数学中考试题分类汇编 动态专题

动态问题一、选择题1．（2013江苏苏州，10，3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt △OAB 的顶点A 在x 轴的正半轴上，顶点B 的坐标为（3），点C 的坐标为（12，0），点P 为斜边OB 上的一动点，则P A ＋PC 的最小值为（ ）．A B C D ．【答案】B ．【解析】如图，作A 关于OB 的对称点D ，连接CD 交OB 于P ，连接AP ，过D 作DN ⊥OA 于N ，则此时P A ＋PC 的值最小，求出AM ，求出AD ，求出DN 、CN ，根据勾股定理求出CD ，即可得出答案．解：如图，作A 关于OB 的对称点D ，连接CD 交OB 于P ，连接AP ，过D 作DN ⊥OA 于N ，则此时P A ＋PC 的值最小．∵DP =P A ，∴P A ＋PC =PD ＋PC =CD ．∵B （3，∴AB ，OA =3，∠B =60°．由勾股定理得：OB ．由三角形面积公式得：12×OA ×AB =12×OB ×AM ，即12×3=12×AM ．∴AM =32．∴AD =2×32=3．∵∠AMB =90°，∠B =60°， ∴∠BAM =30°，∵∠BAO =90°，∴∠OAM =60°． ∵DN ⊥OA ，∴∠NDA =30°，∴AN =12×AD =32．由勾股定理得：DN=2． ∵C （12，0），∴CN =3－12－32=1．在Rt △DNC 中，由勾股定理得：DC 2．即P A ＋PC 所以应选B ．【方法指导】本题考查了三角形的内角和定理，轴对称的最短路线问题，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，关键是求出P 点的位置，题目比较好，难度适中． 【易错警示】弄不清楚最小值问题，赵不到最短距离而出错．2．（2013山东临沂，14，3分）如图，正方形ABCD 中，AB ＝8cm ，对角线AC ，BD 相交于点O ，点E ，F 分别从B ，C 两点同时出发，以1cm/s 的速度沿BC ，CD 运动，到点C ，D 时停止运动．设运动时间为t (s )，△OEF 的面积为S (cm 2)，则S (cm 2)与t (s )的函数关系可用图象表示为（ ）【答案】：B ．3（2013四川南充，10，3分）如图1，点E 为矩形ABCD 边AD 上一点，点P ，点Q 同时从点B 出发，点P 沿BE →ED →DC 运动到点C 停止，点Q 沿BC 运动到点C 停止，它们的运动速度都是1cm/s ．设P ，Q 出发秒时，△BPQ 的面积为y cm 2，已知y 与的函数关系的图象如图2（曲线OM 为抛物线的一部分）．则下列结论： ①AD=BE=5cm ；②当0＜≤5时，252t y =；③直线NH 的解析式为2725+-=t y ； ④若△ABE 与△QBP 相似，则429=t 秒．其中正确结论的个数为（ ） A ．4 B ．3 C ．2 D ．1【答案】：B ．【解析】据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P 到达点E 时点Q 到达点C ，从而得到BC 、BE 的长度，再根据M 、N 是从5秒到7秒，可得ED 的长度，然后表示出AE 的长度，根据勾股定理求出AB 的长度，然后针对各小题分析解答即可． 【方法指导】本题考查了二次函数的综合应用及动点问题的函数图象，根据图（2）判断出A ．D ．DF点P 到达点E 时，点Q 到达点C 是解题的关键，也是本题的突破口，难度较大． 4．(2013湖北荆门，12，3分)如图所示，已知等腰梯形ABCD ，AD ∥BC ，若动直线l 垂直于BC ，且向右匀速(注：“匀速”二字为录入者所添加)平移，设扫过的阴影部分的面积为S ，BP 为x ，则S 关于x 的函数图象大致是( )【答案】A【解析】为计算的方便，不妨设AB ＝CD，AD ＝1，∠ABC ＝45°．分别过点A ，D 向BC 作垂线，垂足依次为E ，F ，如图3，设动直线l 移动的速度为x ．①当0≤x ＜1时，S ＝12x 2，其图象是开口向上的抛物线的一部分；②当1≤x ＜2时，S ＝12＋1×(x －1)＝x －12，其图象是直线的一部分；③当2≤x ≤3时，S ＝2－12(3－x )2，其图象是开口向下的抛物线的一部分．综上所述，选A ．【方法指导】判断函数大致图象的试题，一般应先确立函数关系解析式，再根据函数图象及性质做出合理的判断．解答分段函数的图象问题一般遵循以下步骤：①根据自变量的取值范围对函数进行分段；②求出每段的解析式；③由每段的解析式确定每段图象的形状． 5 (2013山东烟台，12,3分)如图1．E 为矩形ABCD 边AD 上一点，点P 从点B 沿折线BE-—ED —DC 运动到点C 时停止，点Q 从点B 沿BC 运动到点C 时停止．它们的运动速度都是1cm /s .若点P ,Q 同时开始运动，设运动时间为t (s )，⊿BPQ 的面积y (cm 2).已知y 与t 的函数关系图像如图2，则下面结论错误的是（ ）A . cm AE 6=B . 54sin =∠EBC C . 当100≤<t 时，252t y =D .当s t 12=时，PBQ ∆是等腰三角形A ．B ．C ．D ．(第12题)图3【答案】A【考点解剖】本题是一道典型的动点问题，主要考查了三角函数、等腰三角形的判定、二次函数的解析式、三角形的面积公式，解决本题的关键是能够根据图形中点的位置与相应线段、面积的变化来理解函数图象表达的意义，数形结合，化静为动，从而正确的解决问题. 【解析】如图：利用数形结合思想方法，结合图1、图2分别求出BE =BC =10cm ，DE =4cm ，AE =6cm ；然后利用勾股定理求出AB ，即可求出sin ∠EBC =54；当100≤<t 时，根据△BPF ∽△EBA 可求出BQ 边上的高PF t 54=，然后利用三角形面积公式即可求出y 与t 的函数关系式y =⨯t 21t 54252t =，最后利用排除法即可选D .【方法指导】点的运动问题，主要表现在运动路径与时间之间的图象关系.解决动点问题时，对题意的理解要清晰，关键是正确获取或处理题中的信息，明确哪些是变化的量，哪些是不变的量.二、填空题1.（2013杭州4分）射线QN 与等边△ABC 的两边AB ，BC 分别交于点M ，N ，且AC ∥QN ，AM =MB =2cm ，QM =4cm ．动点P 从点Q 出发，沿射线QN 以每秒1cm 的速度向右移动，经过t 秒，以点P 为圆心，cm 为半径的圆与△ABC 的边相切（切点在边上），请写出t 可取的一切值（单位：秒）【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可；【解析】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点，∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°，∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，∴QP=4cm﹣2cm=2cm，即t=2；②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接P A，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm，即t=3，当当⊙P于AC切于C点时，连接PC，则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；③如图1，当⊙P切BC于N′时，连接PN′3则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，即t=8；故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．．2(2013浙江湖州,16,4分)如图，已知点A是第一象限内横坐标为AC⊥x =-于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，轴于点M，交直线y x则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是__▲__．【答案】【解析】（1）首先，需要证明线段B0B n就是点B运动的路径（或轨迹），如答图②所示．利用相似三角形可以证明；（2）其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0B n∽△AON，求出线段B0B n的长度，即点B运动的路径长．OM=N在直线y=-x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，=．如答图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点P在N点（起点）时，点B的位置为B n，连接B0B n．∵AO⊥AB0，AN⊥AB n，∴∠OAC=∠B0AB n，又∵AB0=AO•tan30°，AB n=AN•tan30°，∴AB0：AO=AB n：AN=tan30°，∴△AB0B n∽△AON，且相似比为tan30°，∴B0B n=ON•tan30°=B0B n就是点B运动的路径（或轨迹）．如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为B i，连接AP，AB i，B0B i．∵AO⊥AB0，AP⊥AB i，∴∠OAP=∠B0AB i，又∵AB0=AO•tan30°，AB i=AP•tan30°，∴AB0：AO=AB i：AP，∴△AB0B i∽△AOP，∴∠AB0B i=∠AOP．又∵△AB0B n∽△AON，∴∠AB0B n=∠AOP，∴∠AB0B i=∠AB0B n，∴点B i在线段B0B n上，即线段B0B n就是点B运动的路径（或轨迹）．综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0B n，其长度为．【方法指导】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B 的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B 运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中3．（2013山东菏泽，14，3分）如图所示，在△ABC 中，BC =6，E 、F 分别是AB 、AC 的中点，动点P 在射线EF 上，BP 交CE 于点D ，∠CBP 的平分线交CE 于Q ，当CQ =13CE时， EP +BP =____________.【答案】12．【解析】延长BQ 角射线EF 于M.∵E 、F 分别是AB 、AC 的中点，∴EF//BC ，即EM//BC.∴△EQM ∽△EQB ，∴123132===CE CECQ EQ BC EM ， 即26=EM ，∴EM=12.∵∠CBP 的平分线交CE 于Q ，∴∠PBM=∠CBM ， ∵EM//BC ，∴∠EMB=∠CBM ，∴∠PBM=∠EMB ，∴PB=PM ，所以EP +BP =EM=12.【方法指导】本题考查三角形相似、三角形中位线性质、角平分线意义等.本题是一道动点型问题，解题时要善于从“动中求静，联想关联知识”.三、解答题1.（2013杭州4分）射线QN 与等边△ABC 的两边AB ，BC 分别交于点M ，N ，且AC ∥QN ，AM =MB =2cm ，QM =4cm ．动点P 从点Q 出发，沿射线QN 以每秒1cm的速度向右移动，B（第14题）经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值（单位：秒）【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可；【解析】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点，∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°，∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，∴QP=4cm﹣2cm=2cm，即t=2；②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接P A，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm，即t=3，当当⊙P于AC切于C点时，连接PC，则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；③如图1，当⊙P切BC于N′时，连接PN′3则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，即t=8；故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．2．（2013湖北孝感，25，12分）如图1，已知正方形ABCD的边长为1，点E在边BC上，若∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）图1中若点E是边BC的中点，我们可以构造两个三角形全等来证明AE=EF，请叙述你的一个构造方案，并指出是哪两个三角形全等（不要求证明）；（2）如图2，若点E在线段BC上滑动（不与点B，C重合）．①AE=EF是否总成立？请给出证明；②在如图2的直角坐标系中，当点E滑动到某处时，点F恰好落在抛物线y=﹣x2+x+1上，求此时点F的坐标．，的坐标为3（2013·济宁，23，?分）如图，直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．（1）求点P运动的速度是多少？（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．考点：一次函数综合题．（1）根据直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，分析：得出==，据此可以求得点P的运动速度；（2）当PQ=PE时，以及当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可；（3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．解答：解：（1）∵直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，∴x=0时，y=4，y=0时，x=8，∴==，当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t，∵EP∥BO，∴==，∴AP=2t，∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；（2）如图1，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，则OQ=FQ=t，P A=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2，如图2，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，∵OQ=t，P A=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，∴t=3t－8，解得：t=4；（3）如图1，当Q在P点的左边时，∵OQ=t，P A=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，当t=－=时，S矩形PEFQ的最大值为：=4，如图2，当Q在P点的右边时，∵OQ=t，P A=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，∴S矩形PEFQ=QP•QE=（3t－8）•t=3t2－8t，∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，∴0≤t≤4，当t=－=时，S矩形PEFQ的最小，∴t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42－8×4=16，综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．点评：此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P ，Q 不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．4．（2013·潍坊，24，13分）如图，抛物线c bx ax y ++=2关于直线1=x 对称，与坐标轴交于C B A 、、三点，且4=AB ，点⎪⎭⎫ ⎝⎛232，D 在抛物线上，直线是一次函数()02≠-=k kx y 的图象，点O 是坐标原点．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线平分四边形OBDC 的面积，求k 的值．（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于N M 、两点，问在y 轴正半轴上是否存在一定点P ，使得不论k 取何值，直线PM 与PN 总是关于y 轴对称？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）因为抛物线关于直线x ＝1对称，AB ＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)， 由点D(2，1．5)在抛物线上，所以⎩⎨⎧=++=+-5.1240c b a c b a ，所以3a ＋3b ＝1．5，即a ＋b ＝0．5，又12=-a b，即b ＝－2a ，代入上式解得a ＝－0．5，b ＝1，从而c ＝1．5，所以23212++-=x x y ．（2）由（1）知23212++-=x x y ，令x ＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB ， 令kx －2＝1．5，得l 与CD 的交点F(23,27k )，令kx －2＝0，得l 与x 轴的交点E(0,2k)，根据S 四边形OEFC ＝S 四边形EBDF 得：OE ＋CF ＝DF ＋BE ，即,511),272()23(272=-+-=+k k k k k 解得 （3）由（1）知,2)1(21232122+--=++-=x x x y所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为221x y -=假设在y 轴上存在一点P(0，t)，t ＞0，使直线PM 与PN 关于y 轴对称，过点M 、N 分别向y 轴作垂线MM 1、NN 1，垂足分别为M 1、N 1，因为∠MPO ＝∠NPO ，所以Rt △MPM 1∽Rt △NPN 1， 所以1111PN PM NN MM =，………………(1) 不妨设M(x M ，y M )在点N(x N ，y N )的左侧，因为P 点在y 轴正半轴上， 则（1）式变为NMN M y t y t x x --=-，又y M ＝k x M －2， y N ＝k x N －2， 所以（t ＋2）(x M ＋x N )＝2k x M x N ，……(2) 把y ＝kx －2(k ≠0)代入221x y -=中，整理得x 2＋2kx －4＝0， 所以x M ＋x N ＝－2k ， x M x N ＝－4，代入（2）得t ＝2，符合条件， 故在y 轴上存在一点P （0，2），使直线PM 与PN 总是关于y 轴对称．考点：本题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式的确定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大．点评：本题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。

中考数学动态型问题试卷归类(含解析)以下是查字典数学网为您举荐的中考数学动态型问题试题归类(含答案)，期望本篇文章对您学习有所关心。

中考数学动态型问题试题归类(含答案)18.(2021江苏苏州，18，3分)如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，A =60，动点P从A点动身，以1cm/s的速度沿着ABCD的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止.已知△PAD的面积S(单位：cm2)与点P移动的时刻(单位：s)的函数如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了(4+2 ) 秒(结果保留根号).分析：依照图②判定出AB、BC的长度，过点B作BEAD于点E，然后求出梯形ABCD的高BE，再依照t=2时△PAD的面积求出AD的长度，过点C作CFAD于点F，然后求出DF的长度，利用勾股定理列式求出CD 的长度，然后求出AB、BC、CD的和，再依照时刻=路程速度运算即可得解.解答：解：由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，在AB上运动的时刻是2秒，在BC上运动的时刻是4﹣2=2秒，∵动点P的运动速度是1cm/s，AB=2cm，BC=2cm，过点B作BEAD于点E，过点C作CFAD于点F，则四边形BCFE是矩形，BE=CF，BC=EF=2cm，∵A=60，BE=ABsin60=2 = ，AE=ABcos60=2 =1，ADBE=3 ，即AD =3 ，解得AD=6cm，DF=AD﹣AE﹣EF=6﹣1﹣2=3，在Rt△CDF中，CD= = =2 ，因此，动点P运动的总路程为AB+BC+CD=2+2+2 =4+2 ，∵动点P的运动速度是1cm/s，点P从开始移动到停止移动一共用了(4+2 )1=4+2 (秒).23.(2021贵州省毕节市，23，12分)如图①，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△ABC.(1)如图②，将△ACD沿AC边向上平移，使点A与点C重合，连接A D和BC，四边形ABCD是形;(2)如图③，将△ACD的顶点A与A点重合，然后绕点A沿逆时针方向旋转，使点D、A、B在同一直线上，则旋转角为度;连接CC，四边形C DBC是形;(3)如图④，将AC边与AC边重合，并使顶点B和D在AC边的同一侧，设AB、CD相交于E，连接BD，四边形ADBC是什么专门四边形?请说明你的理由。

（2022•乐山中考）如图，等腰△ABC的面积为2√3，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连结PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（）A．√3B．3 C．2√3D．4【解析】选B．如图，过点A作AH⊥BC于点H．当点P与A重合时，点F与C重合，当点P与B重合时，点F的对应点为F″，点M的运动轨迹是△ECF″的中位线，M′M″=12CF″，因为AB＝AC，AH⊥BC，所以BH＝CH，因为AE∥BC，AE=12BC，所以AE＝CH，所以四边形AHCE是平行四边形，因为∠AHC＝90°，所以四边形AHCE是矩形，所以EC⊥BF″，AH＝EC，因为BC＝2，S△ABC＝2√3，所以12×2×AH＝2√3，所以AH＝EC2√3，因为∠BFF″＝∠ECB＝∠ECF″，所以∠BEC+∠CEF″＝90°，∠CEF″+∠F″＝90°，所以∠BEC＝∠F″，所以△ECB∽△F″CE，所以EC2＝CB•CF″，所以CF″=(2√3)22=6，所以M′M″＝3（2022·恩施州中考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（）A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形C．当CD＝PM时，t＝4sD．当CD＝PM时，t＝4s或6s【解析】选D．根据题意，可得DP＝t，BM＝t，因为AD＝10cm，BC＝8cm，所以AP＝10﹣t，CM＝8﹣t，当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，即10﹣t＝t，解得t＝5，故A选项不符合题意；当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，即t＝8﹣t，解得t＝4，故B选项不符合题意；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，此时CM＝PD，即8﹣t＝t，解得t＝4，②四边形CDPM是等腰梯形，过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：则∠MGP＝∠CHD＝90°，因为PM＝CD，GM＝HC，所以△MGP≌△CHD（HL），所以GP＝HD，因为AG＝AP+GP＝10﹣t+t−(8−t)2，又因为BM＝t，所以10﹣t+t−(8−t)2=t，解得t＝6，综上，当CD＝PM时，t＝4s或6s，故C选项不符合题意，D选项符合题意.（2022•绍兴中考）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是5或354．【解析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．因为tan ∠CBT ＝3=CT BT ，所以可以假设BT ＝k ，CT ＝3k ，因为∠CAT +∠ACT ＝90°，∠ACT +∠JCD ＝90°，所以∠CAT ＝∠JCD ，在△ATC 和△CJD 中，{∠ATC =∠CJD =90°∠CAT =∠JCD CA =CD，所以△ATC ≌△CJD （AAS ），所以DJ ＝CT ＝3k ，AT ＝CJ ＝10+k ，因为∠CJD ＝∠CED ＝90°，所以C ，E ，D ，J 四点共圆，因为EC ＝DE ，所以∠CJE ＝∠DJE ＝45°，所以ET ＝TJ ＝10﹣2k ，因为CE 2＝CT 2+TE 2＝（√22CD ）2，所以（3k ）2+（10﹣2k ）2＝[√22•√(3k)2+(10+k)2]2， 整理得4k 2﹣25k +25＝0，所以（k ﹣5）（4k ﹣5）＝0，所以k ＝5和54，所以BE ＝BT +ET ＝k +10﹣2k ＝10﹣k ＝5或354.答案：5或354．（2022•黄冈中考）如图1，在△ABC 中，∠B ＝36°，动点P 从点A 出发，沿折线A →B →C 匀速运动至点C 停止．若点P 的运动速度为1cm /s ，设点P 的运动时间为t （s ），AP 的长度为y （cm ），y 与t 的函数图象如图2所示．当AP 恰好平分∠BAC 时t 的值为 2√5+2 ．【解析】如图，连接AP ，由题图2可得AB ＝BC ＝4cm ，因为∠B ＝36°，AB ＝BC ，所以∠BAC ＝∠C ＝72°，因为AP 平分∠BAC ，所以∠BAP ＝∠PAC ＝∠B ＝36°，所以AP ＝BP ，∠APC ＝72°＝∠C ，所以AP ＝AC ＝BP ，因为∠PAC ＝∠B ，∠C ＝∠C ，（2022•宿迁中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是√52π．【解析】如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．因为四边形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，所以四边形ABNM是矩形，所以MN＝AB＝6，因为EM∥NF，所以△EPM∽△FPN，所以PMPN =EMNF=2tt=2，所以PN＝2，PM＝4，因为BN＝4，所以BP=√PN2+BN2=√22+42=2√5，因为BH⊥EF，所以∠BPH＝90°，所以点H在BP为直径的⊙O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NĤ．此时AM＝4，NF＝2，所以BF＝AB＝6，（2022•广元中考）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为（24﹣12√2）cm．【解析】当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M．因为DE＝12cm，CD＝CE，∠ACE＝90°，所以CD＝CE＝6√2cm，因为∠MAN＝∠C′NA＝∠C′MA＝90°，所以四边形AMC′N是矩形，所以∠MC′N＝∠D′C′E′＝90°，所以∠D′C′N＝∠E′C′M，因为C′D′＝C′E′，∠C′ND′＝∠C′ME′＝90°，所以△C′ND′≌△C′ME′（AAS），所以C′N＝C′M，因为C′N⊥DA，C′M⊥AF，所以AC′平分∠BAF，所以点C在射线AC′上运动，当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′＝2（12﹣6√2）＝（24﹣12√2）cm．答案：（24﹣12√2）．（1）如图2，当点E 落在边AB 上时，延长DE 交BC 于点F ，求BF 的长．（2）若点C 、E 、D 在同一条直线上，求点D 到直线BC 的距离．（3）连接DC ，取DC 的中点G ，三角板DEB 由初始位置（图1），旋转到点C 、B 、D 首次在同一条直线上（如图3），求点G 所经过的路径长．（4）如图4，G 为DC 的中点，则在旋转过程中，点G 到直线AB 的距离的最大值是 7√34 ．【解析】（1）由题意得，∠BEF ＝∠BD ＝90°，在Rt △BEF 中，∠ABC ＝30°，BE ＝3，所以BF =BE cos∠ABC =3cos30°=2√3；（2）①当点E 在BC 上方时，如图1，过点D 作DH ⊥BC 于H ，在Rt △ABC 中，AC ＝3，所以tan ∠ABC =AC BC ，所以BC =AC tan∠ABC =3tan30°=3√3，在Rt △BED 中，∠EBD ＝∠ABC ＝30°，BE ＝3，所以DE ＝BE •tan ∠DBE =√3，因为S △BCD =12CD •BE =12BC •DH ，所以DH =CD⋅BEBC =√6+1，②当点E 在BC 下方时，如图2，在Rt △BCE 中，BE ＝3，BC ＝3√3，根据勾股定理得，CE =√BC 2−BE 2=3√2，所以CD ＝CE ﹣DE ＝3√2−√3，过点D 作DM ⊥BC 于M ，因为S △BDC =12BC •DM =12CD •BE ，所以DM=CD⋅BEBC=√6−1，即点D到直线BC的距离为√6±1；（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，所以∠OCG＝∠B＝30°，所以∠BOE＝150°，因为点G为CD的中点，点O为BC的中点，所以GO=12BD=√3，所以点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，如图3﹣2，所以三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，所以点G所经过的路径长为150π⋅√3180=5√36π；（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，因为点O为BC的中点，BC＝3√3，所以OB=3√32，所以OK＝OB•sin30°=3√34，由（3）知，点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，所以点G到直线AB的距离的最大值是√3+3√34=7√34，答案：7√34．当OF 与BC 垂直时，重叠部分的面积为 1 ；一般地，若正方形面积为S ，在旋转过程中，重叠部分的面积S 1与S 的关系为 S 1=14S ；类比探究（2）若将三角板的顶点F 放在点O 处，在旋转过程中，OE ，OP 分别与正方形的边相交于点M ，N ． ①如图2，当BM ＝CN 时，试判断重叠部分△OMN 的形状，并说明理由；②如图3，当CM ＝CN 时，求重叠部分四边形OMCN 的面积（结果保留根号）；拓展应用（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O 处，该锐角记为∠GOH （设∠GOH ＝α），将∠GOH 绕点O 逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH 的两边与正方形ABCD 的边所围成的图形的面积为S 2，请直接写出S 2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）．（参考数据：sin15°=√6−√24，cos15°=√6+√24，tan15°＝2−√3）【解析】（1）如图1，若将三角板的顶点P 放在点O 处，在旋转过程中，当OF 与OB 重合时，OE 与OC 重合，此时重叠部分的面积＝△OBC 的面积=14正方形ABCD 的面积＝1；当OF 与BC 垂直时，OE ⊥BC ，重叠部分的面积=14正方形ABCD 的面积＝1；一般地，若正方形面积为S ，在旋转过程中，重叠部分的面积S 1与S 的关系为S 1=14S ．理由：如图1中，设OF 交AB 于点J ，OE 交BC 于点K ，过点O 作OM ⊥AB 于点M ，ON ⊥BC 于点N ．因为O 是正方形ABCD 的中心，所以OM ＝ON ，因为∠OMB ＝∠ONB ＝∠B ＝90°，所以四边形OMBN 是矩形，因为OM ＝ON ，所以四边形OMBN 是正方形，所以∠MON ＝∠EOF ＝90°，所以∠MOJ ＝∠NOK ，因为∠OMJ ＝∠ONK ＝90°，所以△OMJ ≌△ONK （AAS ），所以S △PMJ ＝S △ONK ，所以S 四边形OKBJ ＝S 正方形OMBN =14S 正方形ABCD ，所以S 1=14S ．答案：1，1，S 1=14S ．（2）①如图2中，结论：△OMN 是等边三角形．理由：过点O 作OT ⊥BC ，因为O 是正方形ABCD 的中心，所以BT ＝CT ，因为BM ＝CN ，所以MT ＝TN ，因为OT ⊥MN ，所以OM ＝ON ，因为∠MON ＝60°，所以△MON 是等边三角形；②如图3中，连接OC ，过点O 作OJ ⊥BC 于点J ．因为CM ＝CN ，∠OCM ＝∠OCN ，OC ＝OC ，所以△OCM ≌△OCN （SAS ），所以∠COM ＝∠CON ＝30°，所以∠OMJ ＝∠COM +∠OCM ＝75°，因为OJ ⊥CB ，所以∠JOM ＝90°﹣75°＝15°，因为BJ ＝JC ＝OJ ＝1，所以JM ＝OJ •tan15°＝2−√3，所以CM ＝CJ ﹣MJ ＝1﹣（2−√3）=√3−1，所以S 四边形OMCN ＝2×12×CM ×OJ =√3−1．（3）如图4﹣1中，过点O 作OQ ⊥BC 于点Q ，当BM ＝CN 时，△OMN 的面积最小，即S 2最小．在Rt △MOQ 中，MQ ＝OQ •tan α2=tan α2，所以MN ＝2MQ ＝2tan α2，所以S 2＝S △OMN =12×MN ×OQ ＝tan α2．如图4﹣2中，当CM ＝CN 时，S 2最大．同法可证△COM ≌△CON ，所以∠COM =12α，因为∠COQ ＝45°，所以∠MOQ ＝45°−12α， QM ＝OQ •tan （45°−12α）＝tan （45°−12α），所以MC ＝CQ ﹣MQ ＝1﹣tan （45°−12α），所以S 2＝2S △CMO ＝2×12×CM ×OQ ＝1﹣tan （45°−12α）．（2022•金华中考）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝10，sin B =35，点E 从点B 出发沿折线B ﹣C ﹣D 向终点D 运动．过点E 作点E 所在的边（BC 或CD ）的垂线，交菱形其它的边于点F ，在EF 的右侧作矩形EFGH ．（1）如图1，点G 在AC 上．求证：FA ＝FG ．（2）若EF ＝FG ，当EF 过AC 中点时，求AG 的长．（3）已知FG ＝8，设点E 的运动路程为s ．当s 满足什么条件时，以G ，C ，H 为顶点的三角形与△BEF 相似（包括全等）？【解析】（1）如图1中，因为四边形ABCD 是菱形，所以BA ＝BC ，所以∠BAC ＝∠BCA ，因为FG ∥BC ．所以∠AGF ＝∠ACB ，所以∠AGF ＝∠FAG ，所以FA ＝FG ；（2）设AO 的中点为O ．①如图2中，当点E 在BC 上时，过点A 作AM ⊥CB 于点M ．在Rt△ABM中，AM＝AB•sin B＝10×35=6，所以BM=√AB2−AM2=√102−62=8，所以FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2，因为OA＝OC，OE∥AM，所以CE＝EM=12CM＝1，所以AF＝EM＝1，所以AG＝AF+FG＝7．②如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N．同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN=12CN，所以AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5，综上所述，满足条件的AG的长为5或7；（3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N．①当点E在线段BM上时，0＜s≤8，设EF＝3x，则BE＝4x，GH＝EF＝3x．a、若点H值点C的左侧，x+B≤10，即0＜x≤2，如图4，CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，由△GHC∽△FEB，可得GHEF =CHBE，即GHCH=EFBE，所以3x2−4x =34，解得x=14，经检验x=14是分式方程的解，所以s＝4x＝1．由△GHC∽△BEF，可得GHBE =CHEF，即GHCH=BEEF，所以3x4−2x =43，解得x=825，所以s＝4x=3225．b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5，CH ＝BH ﹣BC ＝（4x +8）﹣10＝4x ﹣2，由△GHC ∽△FEB ，可得GHEF =CHBE ，即GHCH =EFBE ，所以3x4x−2=34，方程无解， 由△GHC ∽△BEF ，可得GHBE =CHEF，即GH CH =BEEF ， 所以3x4x−2=43，解得x =87，所以s ＝4x =327．②当点E 在线段MC 上时，8＜s ≤10，如图6，EF ＝6，EH ＝8，BE ＝s ，所以BH ＝BE +EH ＝s ＝8，CH ＝BH ﹣BC ＝s ﹣2，由△GHC ∽△FEB ，可得GHEF =CHBE ，即GHCH =EFBE ，所以6s−2=6s ，方程无解， 由△GHC ∽△FEB ，可得GHBE =CHEF，即GH CH =BEEF ， 所以6s−2=s6，解得s ＝1±√37（舍弃）；③当点E 在线段CN 上时，10≤x ≤12，如图7，过点C 作CJ ⊥AB 于点J ，在Rt △BJC 中，BC ＝10，CJ ＝6，BJ ＝8，因为EH ＝BJ ＝8，JF ＝CE ，所以BJ +JF ＝EH +CE ，即CH ＝BF ， 所以△GHC ≌△EFB ，符合题意，此时10≤s ≤12． ④当点E 值线段DN 上时，12＜s ＜20， 因为∠EFB ＞90°，所以△GHC 与△BEF 不相似．综上所述．满足条件的s 的值为1或3225或227或10≤s ≤12．的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD＝α．（1）如图，当P与E重合时，求α的度数．（2）当P与E不重合时，记∠BAD＝β，探究α与β的数量关系．【解析】（1）因为∠B＝40°，∠ACB＝90°，所以∠BAC＝50°，因为AE平分∠BAC，P与E重合，所以D在AB边上，AC＝AD，所以∠ACD＝∠ADC＝（180°﹣∠BAC）÷2＝65°，所以α＝∠ACB﹣∠ACD＝25°；答：α的度数为25°；（2）①当点P在线段BE上时，如图：因为将△APC沿AP翻折得△APD，所以AC＝AD，因为∠BCD＝α，∠ACB＝90°，所以∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，又因为∠ADC+∠BAD＝∠B+∠BCD，∠BAD＝β，∠B＝40°，所以（90°﹣α）+β＝40°+α，所以2α﹣β＝50°，②如图2，当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，如图：因为将△APC沿AP翻折得△APD，所以AC＝AD，因为∠BCD＝α，∠ACB＝90°，所以∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，又因为∠ADC＝∠AFC+∠BCD，∠AFC＝∠ABC+∠BAD，所以∠ADC＝∠ABC+∠BAD+∠BCD＝40°+β+α，所以90°﹣α＝40°+α+β，所以2α+β＝50°；综上所述，当点P在线段BE上时，2α﹣β＝50°；当点P在线段CE上时，2α+β＝50°.点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K 是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．【解析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，{BC=CB∠BCK=∠CBE BE=CK，所以△BCE≌△CBK（SAS），所以BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，因为CE＝BD，所以BD＝BK，所以∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，因为∠BEC+∠AEF＝180°，所以∠ADF+∠AEF＝180°，所以∠A+∠EFD＝180°，因为∠A＝60°，所以∠EFD＝120°，所以∠CFE＝180°﹣120°＝60°；（2）结论：BF+CF＝2CN．理由：如图2中，因为AB＝AC，∠A＝60°，所以△ABC是等边三角形，所以AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，因为AE＝BD，所以△ABE≌△BCD（SAS），所以∠BCF＝∠ABE，所以∠FBC+∠BCF＝60°，所以∠BFC＝120°，如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，因为NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，所以△CNM≌△QNF（SAS），所以FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，所以∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，所以∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，因为PB ＝PF ，所以△PFQ ≌△PBC （SAS ），所以PQ ＝PC ，∠CPB ＝∠QPF ＝60°， 所以△PCQ 是等边三角形，所以BF +CF ＝PC ＝QC ＝2CN ． （3）由（2）可知∠BFC ＝120°，所以点F 的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中）， 所以P ，F ，O 三点共线时，PF 的值最小， 此时tan ∠APK =AOAP =2√3，所以∠HPK ＞45°， 因为QK ⊥PF ，所以∠PKH ＝∠QKH ＝45°，如图3﹣2中，过点H 作HL ⊥PK 于点L ，设PQ 交KH 题意点J ，设HL ＝LK ＝2，PL =√3，PH =√7，KH ＝2√2， 因为S △PHK =12•PK •HL =12•KH •PJ ，所以PQ ＝2PJ ＝2×2(2+√3)2√2=2√2+√6，所以PQBC =2√2+√62√7=2√14+√4214．（2022•重庆中考B 卷）在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2√2，D 为BC 的中点，E ，F 分别为AC ，AD 上任意一点，连接EF ，将线段EF 绕点E 顺时针旋转90°得到线段EG ，连接FG ，AG ．（1）如图1，点E 与点C 重合，且GF 的延长线过点B ，若点P 为FG 的中点，连接PD ，求PD 的长； （2）如图2，EF 的延长线交AB 于点M ，点N 在AC 上，∠AGN ＝∠AEG 且GN ＝MF ，求证：AM +AF =√2AE ； （3）如图3，F 为线段AD 上一动点，E 为AC 的中点，连接BE ，H 为直线BC 上一动点，连接EH ，将△BEH 沿EH 翻折至△ABC 所在平面内，得到△B ′EH ，连接B ′G ，直接写出线段B ′G 的长度的最小值．【解析】（1）如图1，连接CP ，由旋转知，CF ＝CG ，∠FCG ＝90°，所以△FCG 为等腰直角三角形， 因为点P 是FG 的中点，所以CP ⊥FG ， 因为点D 是BC 的中点，所以DP =12BC ， 在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝2√2， 所以BC =√2AB ＝4，所以DP ＝2；（2）证明：如图2，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，所以∠AEH＝90°，由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，所以∠FEG＝∠AEH，所以∠AEG＝∠HEF，因为AB＝AC，点D是BC的中点，所以∠BAD＝∠CAD=1∠BAC＝45°，2所以∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，所以AE＝HE，所以△EGA≌△EFH（SAS），所以AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，所以∠EAG＝∠BAD＝45°，因为∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠AFM＝135°﹣∠AFM，因为∠AFM＝∠EFH，所以∠AMF＝135°﹣∠EFH，因为∠HEF＝180°﹣∠EFH﹣∠H＝135°﹣∠EFH，所以∠AMF＝∠HEF，因为△EGA≌△EFH，所以∠AEG＝∠HEF，因为∠AGN＝∠AEG，所以∠AGN＝∠HEF，所以∠AGN＝∠AMF，因为GN＝MF，所以△AGN≌△AMF（AAS），所以AG＝AM，因为AG＝FH，所以AM＝FH，所以AF+AM＝AF+FH＝AH=√2AE；AC=√2，（3）因为点E是AC的中点，所以AE=12根据勾股定理得，BE=√AE2+AB2=√10，由折叠知，BE＝B'E=√10，所以点B'是以点E为圆心，√10为半径的圆上，由旋转知，EF＝EG，所以点G是以点E为圆心，EG为半径的圆上，所以B'G的最小值为B'E﹣EG，要B'G最小，则EG最大，即EF最大，因为点F在AD上，所以点F在点A或点D时，EF最大，最大值为√2，所以线段B′G的长度的最小值√10−√2．（2）若AB ＝6． ①当DE AD=√32时，求AE 的长； ②直接写出运动过程中线段AE 长度的最小值．【解析】（1）①AE ＝2BE ，理由如下：因为DE ⊥AD ，所以∠AED +∠EAD ＝90°＝∠ADE ＝∠BDE +∠BDA ， 因为BE ＝BD ，所以∠AED ＝∠BDE ，所以∠EAD ＝∠BDA ， 所以AB ＝BD ，所以BE ＝BD ＝AB ，所以AE ＝2BE ； ②AE ＝2EB ，理由如下： 如图：因为∠BAC ＝90°，∠C ＝60°，所以∠B ＝30°， 因为EB ＝ED ，所以∠EDB ＝∠B ＝30°， 所以∠AED ＝∠EDB +∠B ＝60°，因为DE ⊥AD ，所以∠EDA ＝90°，∠EAD ＝30°， 所以AE ＝2ED ，所以AE ＝2EB ； （2）①过D 作DF ⊥AB 于F ，如图：因为∠F AD ＝∠DAE ，∠AFD ＝90°＝∠ADE ， 所以△AFD ∽△ADE ， 所以AF AD =DF DE，即DE AD=DF AF，因为DE AD=√32，所以DF AF =√32， 设DF =√3m ，则AF ＝2m ， 在Rt △BDF 中，BF =√3DF ＝3m ， 因为AB ＝6，所以BF+AF＝6，即3m+2m＝6，所以m=65，所以AF=125，DF=6√35，所以AD=√AF2+DF2=6√75，因为△AFD∽△ADE，所以AFAD =ADAE，即1256√75=6√75AE，所以AE=21 5；②作AE的中点G，连接DG，如图：因为∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，所以AE＝2DG，DG＝AG＝EG，当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，因为∠B＝30°，所以BG＝2DG，所以AE＝2DG＝BG，所以BE＝AG，所以AG＝EG＝BE，所以此时AE=23AB＝4，答：线段AE长度的最小值为4（2022•广元中考）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为135°；（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．【解析】（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），所以CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，所以∠BCD＝90°﹣α，因为CD＝CA，CD＝CB，所以∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°−α)2=45°+α2，所以∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°−α2+45°+α2=135°，答案：135°；（2）①依题意补全图形如图，由旋得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，所以∠BCD＝90°+α，因为CD＝CA，CD＝CB，所以∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°+α)2=45°−α2，所以∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°−α2−45°+α2=45°；②√2CE＝2BE﹣AD．证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，因为BC＝CD，CE平分∠BCD，所以CE垂直平分BD，所以BE＝DE，∠EFB＝90°，由①知，∠ADB＝45°，所以∠EBD＝∠EDB＝45°，所以∠FEB＝45°，因为BD∥CG，所以∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，所以EC＝CG，EG=√2EC，因为∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，所以∠ACE＝∠BCG，因为AC＝BC，所以△ACE≌△BCG（SAS），所以AE＝BG，因为EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，所以√2CE＝2BE﹣AD．（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM＝AN时，直接写出线段AN的长．【解析】（1）四边形AMDN是矩形，理由如下：因为点D是BC的中点，点M是AB的中点，所以MD∥AC，所以∠A+∠AMD＝180°，因为∠BAC＝90°，所以∠AMD＝90°，因为∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，所以四边形AMDN是矩形；（2）如图2，过点N作NG⊥CD于G，因为AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，所以BC=√AB2+AC2=10，因为点D是BC的中点，所以BD＝CD＝5，因为∠MDN＝90°＝∠A，所以∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°，所以∠1＝∠C，所以DN＝CN，又因为NG⊥CD，所以DG＝CG=52，因为cos C=CGCN =ACBC，所以52CN=810，所以CN=258；（3）如图③，连接MN，AD，过点N作HN⊥AD于H，因为AM＝AN，∠MAN＝90°，所以∠AMN＝∠ANM＝45°，因为∠BAC+∠EDF＝90°，所以点A，点M，点D，点N四点共圆，所以∠ADN＝∠AMN＝45°，因为NH⊥AD，所以∠ADN＝∠DNH＝45°，所以DH＝HN，因为BD＝CD＝5，∠BAC＝90°，所以AD＝CD＝5，所以∠C＝∠DAC，所以tan C＝tan∠DAC=HNAH =ABAC=34，所以AH=43HN，因为AH+HD＝AD＝5，所以DH＝HN=157，AH=207，所以AN=√AH2+HN2=√22549+40049=257.第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P 的横坐标为m ．过点P 作直线PD ⊥x 轴于点D ，作直线BC 交PD 于点E ．（1）求A ，B ，C 三点的坐标，并直接写出直线BC 的函数表达式； （2）当△CEP 是以PE 为底边的等腰三角形时，求点P 的坐标；（3）连接AC ，过点P 作直线l ∥AC ，交y 轴于点F ，连接DF ．试探究：在点P 运动的过程中，是否存在点P ，使得CE ＝FD ，若存在，请直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）在y =−14x 2+32x +4中，令x ＝0得y ＝4，令y ＝0得x ＝8或x ＝﹣2，所以A （﹣2，0），B （8，0），C （0，4）， 设直线BC 解析式为y ＝kx +4，将B （8，0）代入得：8k +4＝0，解得k =−12，所以直线BC 解析式为y =−12x +4；（2）过C 作CG ⊥PD 于G ，如图：设P （m ，−14m 2+32m +4），所以PD =−14m 2+32m +4，因为∠COD ＝∠PDO ＝∠CGD ＝90°，所以四边形CODG 是矩形， 所以DG ＝OC ＝4，CG ＝OD ＝m ，所以PG ＝PD ﹣DG =−14m 2+32m +4﹣4=−14m 2+32m ，因为CP ＝CE ，CG ⊥PD ，所以GE ＝PG =−14m 2+32m ，因为∠GCE ＝∠OBC ，∠CGE ＝90°＝∠BOC ， 所以△CGE ∽△BOC ，所以CGOB =GEOC ，即m8=−14m 2+32m4，解得m ＝0（舍去）或m ＝4，所以P （4，6）； （3）存在点P ，使得CE ＝FD ，理由如下： 过C 作CH ⊥PD 于H ，如图：设P （m ，−14m 2+32m +4），由A （﹣2，0），C （0，4）可得直线AC 解析式为y ＝2x +4，根据PF ∥AC ，设直线PF 解析式为y ＝2x +b ，将P （m ，−14m 2+32m +4）代入得：−14m 2+32m +4＝2m +b ，所以b =−14m 2−12m +4， 所以直线PF 解析式为y ＝2x −14m 2−12m +4，令x ＝0得y =−14m 2−12m +4，所以F （0，−14m 2−12m +4），所以OF ＝|−14m 2−12m +4|，同（2）可得四边形CODH 是矩形，所以CH ＝OD ，因为CE ＝FD ，所以Rt △CHE ≌Rt △DOF （HL ），所以∠HCE ＝∠FDO ， 因为∠HCE ＝∠CBO ，所以∠FDO ＝∠CBO ， 所以tan ∠FDO ＝tan ∠CBO ，所以OF OD =OCOB ，即|−14m 2−12m+4|m=48，所以−14m 2−12m +4=12m 或−14m 2−12m +4=−12m ，解得m ＝2√5−2或m ＝﹣2√5−2或m ＝4或m ＝﹣4， 因为P 在第一象限，所以m ＝2√5−2或m ＝4.（2022•河北中考）如图1，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，∠C ＝30°，AD ＝3，AB ＝2√3，DH ⊥BC 于点H ．将△PQM 与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P 与A 重合，点B 在PM 上，其中∠Q ＝90°，∠QPM ＝30°，PM ＝4√3．（1）求证：△PQM ≌△CHD ；（2）△PQM 从图1的位置出发，先沿着BC 方向向右平移（图2），当点P 到达点D 后立刻绕点D 逆时针旋转（图3），当边PM 旋转50°时停止．①边PQ 从平移开始，到绕点D 旋转结束，求边PQ 扫过的面积；②如图2，点K 在BH 上，且BK ＝9﹣4√3．若△PQM 右移的速度为每秒1个单位长，绕点D 旋转的速度为每秒5°，求点K 在△PQM 区域（含边界）内的时长；③如图3，在△PQM 旋转过程中，设PQ ，PM 分别交BC 于点E ，F ，若BE ＝d ，直接写出CF 的长（用含d 的式子表示）．【解析】（1）证明：因为四边形ABCD 是矩形， 所以AB ＝DH ＝2√3，∠DHB ＝∠DHC ＝90°，在Rt △AQM 中，∠Q ＝90，∠QAM ＝30°，AM ＝4√3，所以QM =12AM ＝2√3，所以QM ＝DH ，因为∠Q ＝∠DHC ＝90°，∠QAM ＝∠C ＝30°， 在△PQM 和△CHD 中，{∠QPM =∠C∠PQM =∠CHD QM =DH，所以△PQM ≌△CHD （AAS ）； （2）①如图1中，PQ 扫过的面积＝平行四边形AQQ ′D 的面积+扇形DQ ′Q ″的面积．设QQ ′交AM 于点T ．因为AQ =√3QB ＝6，QT ⊥AM ，所以AT ＝AQ •cos30°＝3√3， 所以S PQ 扫过的区域＝3×3√3+50π⋅618050⋅π⋅62360=9√3+5π；②如图2﹣1中，连接DK ．当DM 运动到与DH 重合时，因为BH ＝AD ＝3，BK ＝9﹣4√3，所以KH ＝3﹣（9﹣4√3）＝4√3−6， 所以tan ∠KDH =KHDH =4√3−62√3=2−√3，所以∠KDH ＝15°，因为∠QDM ＝30°﹣15°＝15°， 所以点K 在△PQM 区域（含边界）内的时长4√3−61+155=（4√3−3）s ；③如图3中，在Rt △CDH 中，DH ＝2√3，∠C ＝30°，所以CH =√3DH ＝6， 因为BH ＝3，BE ＝d ，所以EH ＝3﹣d ，因为DH ＝2√3，∠DHE ＝90°，所以DE 2＝EH 2+DH 2＝（3﹣d ）2+（2√3）2，（2022•十堰中考）已知∠ABN ＝90°，在∠ABN 内部作等腰△ABC ，AB ＝AC ，∠BAC ＝α（0°＜α≤90°）．点D 为射线BN 上任意一点（与点B 不重合），连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转α得到线段AE ，连接EC 并延长交射线BN 于点F ．（1）如图1，当α＝90°时，线段BF 与CF 的数量关系是 BF ＝CE ；（2）如图2，当0°＜α＜90°时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （3）若α＝60°，AB ＝4√3，BD ＝m ，过点E 作EP ⊥BN ，垂足为P ，请直接写出PD 的长（用含有m 的式子表示）．【解析】（1）BF ＝CF ；理由如下： 连接AF ，如图所示：根据旋转可知，∠DAE ＝α＝90°，AE ＝AD ，因为∠BAC ＝90°，所以∠EAC +∠CAD ＝90°，∠BAD +∠CAD ＝90°，所以∠EAC ＝∠BAD ， 在△ACE 和△ABD 中，{AE =AD∠EAC =∠DAB AC =AB，所以△ACE ≌△ABD （SAS ），所以∠ACE ＝∠ABD ＝90°，所以∠ACF ＝90°， 在Rt △ABF 与Rt △ACF 中，{AB =ACAF =AF ，所以Rt △ABF ≌Rt △ACF （HL ），所以BF ＝CF ，答案：BF ＝CF ； （2）成立，理由如下： 如图2，连接AF ，根据旋转可知，∠DAE ＝α，AE ＝AD ，因为∠BAC ＝α，所以∠EAC ﹣∠CAD ＝α，∠BAD ﹣∠CAD ＝α，所以∠EAC ＝∠BAD ， 在△ACE 和△ABD 中，{AE =AD∠EAC =∠DAB AC =AB所以△ACE ≌△ABD （SAS ），所以∠ACE ＝∠ABD ＝90°，所以∠ACF ＝90°， 在Rt △ABF 与Rt △ACF 中，{AB =AC AF =AF，所以Rt △ABF ≌Rt △ACF （HL ），所以BF ＝CF ； （3）因为α＝60°，AB ＝AC ，所以△ABC 为等边三角形， 所以∠ABC ＝∠ACB ＝∠BAC ＝60°，AB ＝AC ＝BC ＝4√3， ①当∠BAD ＜60°时，连接AF ，如图所示：因为Rt △ABF ≌Rt △ACF ，所以∠BAF ＝∠CAF =12∠BAC ＝30°，在Rt △ABF 中，BF AB =tan30°，BF 4√3=√33，即CF ＝BF ＝4；根据（2）可知，△ACE ≌△ABD ，所以CE ＝BD ＝m ， 所以EF ＝CF +CE ＝4+m ，∠FBC ＝∠FCB ＝90°﹣60°＝30°， 所以∠EFP ＝∠FBC +∠FCB ＝60°，又因为∠EPF ＝90°，所以∠FEP ＝90°﹣60°＝30°，所以PF =12EF ＝2+12m ，所以BP ＝BF +PF ＝6+12m ，所以PD ＝BP ﹣BD ＝6−12m ； ②当∠BAD ＝60°时，AD 与AC 重合，如图所示：因为∠DAE ＝60°，AE ＝AD ，所以△ADE 为等边三角形，所以∠ADE ＝60°，因为∠ADB ＝90°﹣∠BAC ＝30°，所以∠ADE ＝90°，所以此时点P 与点D 重合，PD ＝0； ③当∠BAD ＞60°时，连接AF ，如图所示：因为Rt △ABF ≌Rt △ACF ，所以∠BAF ＝∠CAF =12∠BAC ＝30°， 在Rt △ABF 中，BFAB =tan30°，BF 4√3=√33，即CF ＝BF ＝4；（2022·新疆生产建设兵团中考）如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE．（1）当AE⊥BC时，∠AEB＝60 °；（2）探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出【解析】；（3）设AC＝4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．【解析】（1）因为∠ABC＝30°，AB＝AC，AE⊥BC，所以∠BAE＝60°，因为将△ACD沿AD折叠得到△AED，所以AC＝AE，所以AB＝AE，所以∠AEB＝60°，答案：60；（2）∠AEB＝30°+∠CAD，理由如下：因为将△ACD沿AD折叠得到△AED，所以AE＝AC，∠CAD＝∠EAD，因为∠ABC＝30°，AB＝AC，所以∠BAC＝120°，所以∠BAE＝120°﹣2∠CAD，因为AB＝AE＝AC，所以∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；（3）如图，连接OA，因为AB＝AC，点O是BC的中点，所以OA⊥BC，因为∠ABC＝∠ACB＝30°，AC＝4，所以AO＝2，OC＝2√3，因为OD2＝AD2﹣AO2，所以OD=√y−4，因为S△ADC=12×OC×AO−12×OD×OA，所以x=12×2×2√3−12×2×√y−4，（2022•福建中考）已知△ABC ≌△DEC ，AB ＝AC ，AB ＞BC ． （1）如图1，CB 平分∠ACD ，求证：四边形ABDC 是菱形；（2）如图2，将（1）中的△CDE 绕点C 逆时针旋转（旋转角小于∠BAC ），BC ，DE 的延长线相交于点F ，用等式表示∠ACE 与∠EFC 之间的数量关系，并证明；（3）如图3，将（1）中的△CDE 绕点C 顺时针旋转（旋转角小于∠ABC ），若∠BAD ＝∠BCD ，求∠ADB 的度数．【解析】（1）证明：因为△ABC ≌△DEC ，所以AC ＝DC ， 因为AB ＝AC ，所以∠ABC ＝∠ACB ，AB ＝DC ， 因为CB 平分∠ACD ，所以∠DCB ＝∠ACB ， 所以∠ABC ＝∠DCB ，所以AB ∥CD ， 所以四边形ABDC 为平行四边形，因为AB ＝AC ，所以平行四边形ABDC 为菱形； （2）∠ACE +∠EFC ＝180°， 理由如下：因为△ABC ≌△DEC ， 所以∠ABC ＝∠DEC ， 所以∠ACB ＝∠DEC ，因为∠ACB +∠ACF ＝∠DEC +∠CEF ＝180°， 所以∠CEF ＝∠ACF ，因为∠CEF +∠ECF +∠EFC ＝180°， 所以∠ACF +∠ECF +∠EFC ＝180°， 所以∠ACE +∠EFC ＝180°；（3）如图3，在AD 上取点M ，使AM ＝BC ，连接BM ， 在△AMB 和△CBD 中，{AM =BC∠BAM =∠DCB AB =CD ，所以△AMB ≌△CBD （SAS ）， 所以BM ＝BD ，∠ABM ＝∠CDB ， 所以∠BMD ＝∠BDM ，因为∠BMD＝∠BAD+∠MBA，所以∠ADB＝∠BCD+∠BDC，设∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝α+β，因为CA＝CD，所以∠CAD＝∠CDA＝α+2β，所以∠BAC＝∠CAD﹣∠BAD＝2β，所以∠ACB=12×（180°﹣2β）＝90°﹣β，所以∠ACD＝90°﹣β+α，因为∠ACD+∠CAD+∠CDA＝180°，所以90°﹣β+α+α+2β+α+2β＝180°，所以α+β＝30°，即∠ADB＝30°．（2022•河南中考）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．（1）操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠CBM（任写一个即可）．（2）迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝15 °，∠CBQ＝15 °；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．（3）拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【解析】（1）因为对折矩形纸片ABCD，（1）如图①，若α＝90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′，B′，D′，连接OD，OD′．判断OD与OD′有什么数量关系？证明你的结论；（2）如图②，若α＝60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离；（3）如图③，若α＝45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大？请说明理由，并求出△AOB 面积的最大值．【解析】（1）OD＝OD′，理由如下：在Rt△AOB中，点D是AB的中点，所以OD=12 AB，同理可得：OD′=12A′B′，因为AB＝A′B′，所以OD＝OD′；（2）如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，所以BO′＝AB＝6，OC最大＝CO′＝CD+DO′=12AB+√32BO′＝3+3√3；（3）如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，所以AI=√22AB=3√2，∠AOB=12∠AIB=45°，则点O在⊙I上，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，因为OC＝CI+OI=12AB+3√2=3+3√2，所以S△AOB最大=12×6×(3+3√2)=9+9√2．①如图1，若∠B＝45°，m＝5√2，则n＝5√2，S＝25；②如图2，若∠B＝60°，m＝4√3，则n＝4，S＝8√3；（2）如图3，当∠ACB＝∠EDF＝90°时，探究S与m，n的数量关系，并说明理由；（3）如图4，当∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4时，请直接写出S的大小．【解析】（1）①如图1中，因为∠ACB＝90°，∠B＝45°，所以CA＝CB，因为CD平分∠ACB，所以AD＝DB＝5√2，因为DE⊥AC，DF⊥BC，∠A＝∠B＝45°，所以△ADE，△BDF都是等腰直角三角形，所以BF＝DF＝5，AE＝DE＝5，所以S=12×5×5+12×5×5＝25，答案：5√2，25；②如图2中，在Rt△ADE中，AD＝4√3，∠A＝90°﹣∠B＝30°，所以DE=12AD＝2√3，AE=√3DE＝6，因为DE⊥AC，DF⊥BC，CD平分∠ACB，所以DE＝DF＝2√3，所以BF＝2，BD＝2BF＝4，所以n＝4，所以S=12×2√3×6+12×2√3×2＝8√3，答案：4，8√3；（2）如图3中，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N．因为DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，所以DM＝DN，因为∠DMC＝∠DNC＝∠MCN＝90°，所以四边形ABCD是矩形，所以DM＝DN，所以四边形DMCN是正方形，所以∠MDN＝∠EDF＝90°，所以∠MDE＝∠NDF，因为∠DME＝∠DNF，所以△DME≌△DNF（ASA），所以S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△BDN绕点D逆时针旋转90°得到右边△ADN，∠ADN＝90°，AD＝m，DN＝n，所以S=12mn；（3）如图4中，过点⊥AC于点M，DN⊥BC于点N．因为DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，所以DM＝DN，因为∠DMC＝∠DNC＝90°，所以∠MDN＝180°﹣∠ACB＝120°，所以∠EDF＝∠MDN＝120°，所以∠EDM＝∠FDN，因为∠DME＝∠DNF＝90°，所以△DME≌△DNF（AAS），所以S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△ADM绕点顺时针旋转120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，过点D作DN⊥BT于点N，所以BH＝BD×sin60°＝4×√32=2√3，所以S＝S△CDT=12×6×2√3=6√3．（2022•泰州中考）如图①，矩形ABCD 与以EF 为直径的半圆O 在直线l 的上方，线段AB 与点E 、F 都在直线l 上，且AB ＝7，EF ＝10，BC ＞5．点B 以1个单位/秒的速度从点E 处出发，沿射线EF 方向运动，矩形ABCD 随之运动，运动时间为t 秒．（1）如图②，当t ＝2．5时，求半圆O 在矩形ABCD 内的弧的长度；（2）在点B 运动的过程中，当AD 、BC 都与半圆O 相交时，设这两个交点为G 、H ．连接OG 、OH ，若∠GOH 为直角，求此时t 的值．【解析】（1）设BC 与⊙O 交于点M ，当t ＝2．5时，BE ＝2．5，因为EF ＝′10，所以OE =12EF ＝5，所以OB ＝2．5，所以EB ＝OE ， 在正方形ABCD 中，∠ABC ＝90°，所以ME ＝MO ， 又因为MO ＝EO ，所以ME ＝EO ＝MO ，所以△MOE 是等边三角形，所以∠EOM ＝90°，所以l ME ̂=60π×5180=5π3， 即半圆O 在矩形ABCD 内的弧的长度为5π3；（2）连接GO ，HO ，因为∠GOH ＝90°，所以∠AOG +∠BOH ＝90°， 因为∠AGO +∠AOG ＝90°，所以∠AGO ＝∠BOH ， 在△AGO 和△OBH 中，{∠AGO =∠BOH∠GAO =∠HBO OG =OH，所以△AGO ≌△BOH （AAS ），所以OB ＝AG ＝t ﹣5， 因为AB ＝7，所以AE ＝t ﹣7，所以AO ＝5﹣（t ﹣7）＝12﹣t ， 在Rt △AGO 中，AG 2+AO 2＝OG 2，所以（t ﹣5）2+（12﹣t ）2＝52，解得：t 1＝8，t 2＝9， 即t 的值为8或9．（2022•龙东中考）△ABC 和△ADE 都是等边三角形．（2）将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；（3）将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【解析】（2）PB＝P A+PC，理由如下：如图②，在BP上截取BF＝PC，连接AF，因为△ABC、△ADE都是等边三角形，所以AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，所以∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE，即∠DAB＝∠EAC，所以△ABD≌△ACE（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，因为AB＝AC，BF＝CP，所以△BAF≌△CAP（SAS），所以AF＝AP，∠BAF＝∠CAP，所以∠BAC＝∠P AF＝90°，所以△AFP是等边三角形，所以PF＝P A，所以PB＝BF+PF＝PC+P A；（3）PC＝P A+PB，理由如下：如图③，在PC上截取CM＝PB，连接AM，同理得：△ABD≌△ACE（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，因为AB＝AC，PB＝CM，所以△AMC≌△APB（SAS），所以AM＝AP，∠BAP＝∠CAM，所以∠BAC＝∠P AM＝60°，所以△AMP是等边三角形，所以PM＝P A，所以PC＝PM+CM＝P A+PB．（2022•龙东中考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴。

中考数学试题分类汇编动态问题动态问题一、选择题1．（2009年长春）如图，动点P 从点A 出发，沿线段AB 运动至点B 后，立即按原路返回，点P 在运动过程中速度大小不变，则以点A 为圆心，线段AP 长为半径的圆的面积S 与点P 的运动时间t 之间的函数图象大致为（ ）2.（2009年江苏省）如图，在55⨯方格纸中，将图①中的三角形甲平移到图②中所示的位置，与三角形乙拼成一个矩形，那么，下面的平移方法中，正确的是（ ）A ．先向下平移3格，再向右平移1格B ．先向下平移2格，再向右平移1格C ．先向下平移2格，再向右平移2格D ．先向下平移3格，再向右平移2格3.（2009年新疆）下列各组图中，图形甲变成图形乙，既能用平移，又能用旋转的是（ ）4.（2009年天津市）在平面直角坐标系中，已知线段AB 的两个端点分别是()()41A B --，，1，1，将线段AB 平移后得到线段A B ''，若点A '的坐标为()22-，，则点B '的坐标为（ ）A ．()43，B ．()34，C ．()12--，D ．()21--，甲 乙 甲 乙 AB CD甲乙甲乙OS tO S tO S tO S t A P B A ．B ．C ．D ．5.（2009年牡丹江市）ABC △在如图所示的平面直角坐标系中，将ABC △向右平移3个单位长度后得111A B C △，再将111A B C △绕点O 旋转180°后得到222A B C △，则下列说法正确的是（ ） A ．1A 的坐标为()31，B ．113ABB A S =四边形C．2B C = D ．245AC O ∠=°6.（2009年莆田）如图1，在矩形MNPQ 中，动点R 从点N 出发，沿N →P →Q →M 方向运动至点M 处停止．设点R 运动的路程为x ，MNR △的面积为y ，如果y 关于x 的函数图象如图2所示，则当9x =时，点R 应运动到（ ）A ．N 处B ．P 处C ．Q 处D ．M 处7.（2009年茂名市）如图，把抛物线2y x =与直线1y =围成的图形OABC 绕原点O 顺时针旋转90°后，再沿x 轴向右平移1个单位得到图形1111O A B C ，则下列结论错误．．的是（ ） A ．点1O 的坐标是(10)， B ．点1C 的坐标是(21)-，（C ．四边形111O BA B 是矩形D ．若连接OC ，则梯形11OCA B 的面积是38．（2009年湖北十堰市）如图，已知Rt ΔABC 中，∠ACB =90°，AC = 4，BC=3，以AB 边所在的直线为轴，将ΔABC 旋转一周，则所得几何体的表面积是（ ）．A ．π5168B ．π24C ．π584D ．π129．（2009 年佛山市）将两枚同样大小的硬币放在桌上，固定其中一枚，而另一枚则沿着其边缘滚动一周，这时滚动的硬币滚动了( ) A ．1圈 B ．1.5圈 C ．2圈 D ．2.5圈二、填空题10.（2009年新疆）如图，60ACB ∠=°，半径为1cm 的O ⊙切BC 于点C ，若将O ⊙在CB 上向右滚动，则当滚动到O ⊙与CA 也相切时，圆心O 移动的水平距离是__________cm ．Oy 1OB1B C1A11A -（，）11C （，）11.（2009年包头）如图，已知ACB △与DFE △是两个全等的直角三角形，量得它们的斜边长为10cm ，较小锐角为30°，将这两个三角形摆成如图（1）所示的形状，使点B C F D 、、、在同一条直线上，且点C 与点F 重合，将图（1）中的ACB △绕点C 顺时针方向旋转到图（2）的位置，点E 在AB 边上，AC 交DE 于点G ，则线段FG 的长为 cm （保留根号）．12.（2009年达州）在边长为2㎝的正方形ABCD 中，点Q 为BC 边的中点，点P 为对角线AC 上一动点，连接PB 、PQ ，则△PBQ 周长的最小值为____________㎝（结果不取近似值）.13.（2009年河南）如图，在Rt△ABC 中，∠ACB =90°, ∠B =60°，BC =2．点0是AC 的中点，过点0的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点0作逆时针旋转，交AB 边于点D .过点C 作CE ∥AB 交直线l 于点E ，设直线l 的旋转角为α. (1)①当α=________度时，四边形EDBC 是等腰梯形，此时AD 的长为_________；②当α=________度时，四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为_________；(2)当α=90°时,判断四边形EDBC 是否为菱形，并说明理由．A E C (B 图E A GBC (D图C三、解答题14. (2009年牡丹江市)已知Rt ABC △中，90AC BC C D ==︒，∠，为AB 边的中点，90EDF ∠=°，EDF ∠绕D 点旋转，它的两边分别交AC 、CB （或它们的延长线）于E 、F ．当EDF ∠绕D 点旋转到DE AC ⊥于E 时（如图1），易证12DEF CEF ABC S S S +=△△△．当EDF ∠绕D 点旋转到DE AC 和不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，DEF S △、CEF S △、ABC S △又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．15.（2009年株洲市）已知ABC ∆为直角三角形，90ACB ∠=︒，AC BC =,点A 、C 在x 轴上，点B 坐标为（3，m ）（0m >），线段AB 与y 轴相交于点D ，以P （1，0）为顶点的抛物线过点B 、D ． （1）求点A 的坐标（用m 表示）； （2）求抛物线的解析式；A E FB D图图ADFEC B AD BCE图F（3）设点Q 为抛物线上点P 至点B 之间的一动点，连结PQ 并延长交BC 于点E ，连结 BQ 并延长交AC 于点F ，试证明：()FC AC EC 为定值．16. （2009年北京市）在ABCD 中，过点C 作CE ⊥CD 交AD 于点E,将线段EC 绕点E 逆时针旋转90得到线段EF(如图1)（1）在图1中画图探究：①当P 为射线CD 上任意一点（P 1不与C 重合）时，连结EP 1绕点E 逆时针旋转90得到线段EC 1.判断直线FC 1与直线CD 的位置关系，并加以证明； ②当P 2为线段DC 的延长线上任意一点时，连结EP 2,将线段EP 2绕点E 逆时针旋转90得到线段EC 2.判断直线C 1C 2与直线CD 的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.（2）若AD=6,tanB=43,AE=1,在①的条件下，设CP 1=x ，S 11P FC =y ，求y 与x之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围.17. （2009年北京市）如图，在平面直角坐标系xOy 中，ABC 三个机战的坐标分别为y xQPFEDCB AO()6,0A -，()6,0B ，()0,43C ，延长AC 到点D,使CD=12AC ,过点D 作DE ∥AB 交BC 的延长线于点E. （1）求D 点的坐标；（2）作C 点关于直线DE 的对称点F,分别连结DF 、EF ，若过B 点的直线y kx b =+将四边形CDFE 分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式； （3）设G 为y 轴上一点，点P 从直线y kx b =+与y 轴的交点出发，先沿y 轴到达G 点，再沿GA 到达A 点，若P 点在y 轴上运动的速度是它在直线GA 上运动速度的2倍，试确定G 点的位置，使P 点按照上述要求到达A 点所用的时间最短。

动态问题一.选择题1.（2020•湖北孝感•3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AB＝4，BC＝6，∠BAD＝30°．动点P沿路径A→B→C→D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向点D运动．过点P作PH⊥AD，垂足为H．设点P运动的时间为x（单位：s），△APH的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（）A．B．C．D．【分析】分别求出点P在AB上运动、点P在BC上运动、点P在CD上运动时的函数表达式，进而求解．【解答】解：①当点P在AB上运动时，y＝AH×PH＝×APsinA×APcosA＝×x2×＝x2，图象为二次函数；②当点P在BC上运动时，如下图，由①知，BH′＝ABsinA＝4×＝2，同理AH′＝2，则y＝×AH×PH＝（2+x﹣4）×2＝2﹣4+x，为一次函数；③当点P在CD上运动时，同理可得：y＝×（2+6）×（4+6+2﹣x）＝（3）（12﹣x），为一次函数；故选：D．【点评】本题是运动型综合题，考查了动点问题的函数图象、解直角三角形、图形面积等知识点．解题关键是深刻理解动点的函数图象，了解图象中关键点所代表的实际意义，理解动点的完整运动过程．二.填空题三.解答题1. （2020•江苏省常州市•10分）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接A C.B C.B D.C D．（1）填空：b＝﹣4；（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD ＝∠ACB，求点P的坐标；（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．【分析】（1）将点C坐标代入解析式可求解；（2）分两种情况讨论，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，可得点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，可得∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE ＝，∠BCF＝45°，由勾股定理逆定理可得∠BCD＝90°，可求∠ACE＝∠DBC，可得∠ACB＝∠CFD，可得点F与点Q重合，即可求点P坐标；当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，先求直线BD解析式，点F坐标，由中点坐标公式可求点Q 坐标，求出CQ解析式，联立方程组，可求点P坐标；（3）设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，先求出∠CNH＝45°，由轴对称的性质可得EN＝NF，∠ENB ＝∠FNB＝45°，由“AAS”可证△EMN≌△NKF，可得EM＝NK＝，MN＝KF，可求CF ＝6，由轴对称的性质可得点G坐标，即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+3的图象过点C（1，0），∴0＝1+b+3，∴b＝﹣4，故答案为：﹣4；（2）∵b＝4，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3∵抛物线y＝x2﹣4x+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，∴点A（0，3），3＝x2﹣4x，∴x1＝0（舍去），x2＝4，∴点B（4，3），∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点D坐标（2，﹣1），如图1，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，∵点A（0，3），点B（4，3），点C（1，0），CE⊥AB，∴点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，∴∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE＝，∴∠BCF＝45°，∵点B（4，3），点C（1，0），点D（2，﹣1），∴BC＝＝3，CD＝＝，BD＝＝2，∵BC2+CD2＝20＝BD2，∴∠BCD＝90°，∴tan∠DBC＝＝＝＝tan∠ACE，∴∠ACE＝∠DBC，∴∠ACE+∠ECB＝∠DBC+∠BCF，∴∠ACB＝∠CFD，又∵∠CQD＝∠ACB，∴点F与点Q重合，∴点P是直线CF与抛物线的交点，∴0＝x2﹣4x+3，∴x1＝1，x2＝3，∴点P（3，0）；当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，∵CH⊥DB，HF＝QH，∴CF＝CQ，∴∠CFD＝∠CQD，∴∠CQD＝∠ACB，∵CH⊥BD，∵点B（4，3），点D（2，﹣1），∴直线BD解析式为：y＝2x﹣5，∴点F（，0），∴直线CH解析式为：y＝﹣x+，∴，解得，∴点H坐标为（，﹣），∵FH＝QH，∴点Q（，﹣），∴直线CQ解析式为：y＝﹣x+，联立方程组，解得：或，∴点P（，﹣）；综上所述：点P的坐标为（3，0）或（，﹣）；（3）如图，设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，∵点A（0，3），点C（1，0），∴直线AC解析式为：y＝﹣3x+3，∴，∴，∴点N坐标为（，﹣），∵点H坐标为（，﹣），∴CH2＝（﹣1）2+（）2＝，HN2＝（﹣）2+（﹣+）2＝，∴CH＝HN，∴∠CNH＝45°，∵点E关于直线BD对称的点为F，∴EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，∴∠ENF＝90°，∴∠ENM+∠FNM＝90°，又∵∠ENM+∠MEN＝90°，∴∠MEN＝∠FNM，∴△EMN≌△NKF（AAS）∴EM＝NK＝，MN＝KF，∴点E的横坐标为﹣，∴点E（﹣，），∴MN＝＝KF，∴CF＝+﹣1＝6，∵点F关于直线BC对称的点为G，∴FC＝CG＝6，∠BCF＝∠GCB＝45°，∴∠GCF＝90°，∴点G（1，6），∴AG＝＝．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合性强，求出∠CNH＝45°是本题的关键．2. （2020•江苏省淮安市•12分）[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为AM＝BM；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与。

专题28动点综合问题（32题）1．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，在ABC 中，1068AB BC AC ，，，点P 为线段AB 上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A 向点B 移动，到达点B 时停止．过点P 作PM AC 于点M 、作PN BC 于点N ，连接MN ，线段MN 的长度y 与点P 的运动时间t （秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E 的坐标为（）A ． 55，B ．246,5C ．3224,55D ．32,55【答案】C 【分析】如图所示，过点C 作CD AB 于D ，连接CP ，先利用勾股定理的逆定理证明ABC 是直角三角形，即90C ，进而利用等面积法求出245CD ，则可利用勾股定理求出325AD ；再证明四边形CMPN 是矩形，得到MN CP ，故当点P 与点D 重合时，CP 最小，即MN 最小，此时MN 最小值为245，325AP ，则点E 的坐标为3224,55．【详解】解：如图所示，过点C 作CD AB 于D ，连接CP ，∵在ABC 中，1068AB BC AC ，，，∴2222226810010AC BC AB ，∴ABC 是直角三角形，即90C ，∴1122ABC S AC BC AB CD，∴245AC BC CD AB ，∴22325AD AC CD；∵90PM AC PN BC C ⊥，⊥，∠，∴四边形CMPN 是矩形，∴MN CP ，【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．2．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图速度为2单位/s ，其中BP 长与运动时间A ．1552B ．427【答案】C【分析】根据图象可知0 t 时，点间，进而得到点P 从点B 运动到点【详解】解：由图象可知：0 t ∴15AB ，∴点P 从点A 运动到点B 所需的时间为∴点P 从点B 运动到点C 的时间为∴248BC ；在Rt ABC △中：2AC AB BC故选：C ．【点睛】本题考查动点的函数图象，勾股定理．从函数图象中有效的获取信息，求出,AB BC 的长，是解题的关键．3．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，在菱形ABCD 中，60A ，4AB ，动点M ，N 同时从A 点出发，点M 以每秒2个单位长度沿折线A B C 向终点C 运动；点N 以每秒1个单位长度沿线段AD 向终点D 运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为x 秒，AMN 的面积为y 个平方单位，则下列正确表示y 与x 函数关系的图象是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【分析】连接BD ，过点B 作BE AD 于点E ，根据已知条件得出ABD △是等边三角形，进而证明AMN ABE ∽得出90ANM AEB ，当04t 时，M 在AB 上，当48t 时，M 在BC 上，根据三角形的面积公式得到函数关系式，【详解】解：如图所示，连接BD ，过点B 作BE AD 于点E ，当04t 时，M 在AB 上，菱形ABCD 中，60A ，AB ∴AB AD ，则ABD △是等边三角形，∴122AE ED AD ，BE ∵2,AM x AN x ，∴2AM AB AN AE，又A A ∴AMN ABE∽∴90ANM AEB∴223MN AM AN x，∴213322y x x x ==当48t 时，M 在BC 上，∴112322y AN BE x 综上所述，04t 时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分，当故选：A ．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图象的性质，一次函数图象的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在正方形同时出发，沿射线AB ，射线BC 动的路程为 04x x ，DMNA ．B ．．．【答案】A【分析】先根据ADM BMN ABCD S S S S V V 正方形，求出S 与x 之间函数关系式，再判断即可得出结论．【详解】解：ADM DCN ABCD S S S S V V 正方形，1114444(4)(4)222x x x ，21282x x ，21(2)62x ，故S 与x 之间函数关系为二次函数，图像开口向上，2x 时，函数有最小值6，故选：A ．【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的图像与性质，本题的关键是求出S 与x 之间函数关系式，再判断S 与x 之间函数类型．5．（2023·河南·统考中考真题）如图1，点从等边三角形ABC 的顶点A 出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点B ．设点运动的路程为x ，PC，图2是点P 运动时关系图象，则等边三角形ABC 的边长为（结合图象可知，当点P 在AO 上运动时，∴PB PC ，23AO ，又∵ABC 为等边三角形，∴60BAC ，AB AC ，∴ SSS APB APC △≌△，∴BAO CAO ，∴30BAO CAO ，当点P 在OB 上运动时，可知点∴23OB ，即23AO OB ∴30BAO ABO ，过点O 作OD AB ，∴AD BD ，则cos30AD AO ∴6AB AD BD ，即：等边三角形ABC 的边长为A ．8B ．6【答案】D 【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出好垂直AB 时，垂足为点E ，此时【详解】解：∵直线y x ∴当0x 时，=2y ，当y ∴ 2,0,0,2A B ，∴2OA OB ，∴2222AB OA OB ，∵PAB 的底边22AB 为定值，∴使得PAB 底边上的高最大时，面积最大，点P 为CD 的中点，当PO 的延长线恰好垂直A．．．．【答案】D【分析】设圆的半径为R，根据机器人移动时最开始的距离为AM CN机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿A D C和C移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．间的距离是直径2R，当机器人分别沿A M【详解】解：由题意可得：机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，设圆的半径为R，两个机器人最初的距离是两个人机器人速度相同，分别同时到达点A，C，两个机器人之间的距离y，C；当两个机器人分别沿A D移动时，此时两个机器人之间的距离是直径和A移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除当机器人分别沿C N故选：D．【点睛】本题考查动点函数图像，找到运动时的特殊点用排除法是关键．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为OA OC为边作矩形OABC,O B同时出发，以每秒,A．10B．910C【答案】D∵点A 的坐标为 9,0，点C 的坐标为 0,3∴ 9,3B ，2239310AC 则9OA ，9BC OA 依题意，414OE ，414BF ∴945AE ，则 4,0E ，∴945CF BC BF ∴ 5,3F ，∴ 22543=10EF ，∵ 0,3C ，∴AC EF 3101030∴,60AP AQ PAQ ，BP ∴APQ △是等边三角形，∴PQ AP ，∴以线段,,AP BP CP 为边的三角形，即∵104APC ，∴76APB∴76AQC APB∴PQC 766016 ，故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10．（2023·甘肃武威·统考中考真题）发沿AB BC 匀速运动，运动到点象如图2所示，则点M 的坐标为（A ． 4,23B ． 4,4【答案】C 【分析】证明4AB BC CD AD ， 此时222425PE ，而运动路程为【详解】解：∵正方形ABCD 的边长为4∴4AB BC CD AD ，C DA ．AFE △的面积C ．BCN △的面积【答案】D 【分析】如图所示，连接ND ，证明又NFD MEC ，则NFD ∽1122EMC DMC MNC S S S ，即可求解．【详解】解：如图所示，连接A．PA PB的最小值为3 周长的最小值为C．CDE【答案】A【分析】延长,AD BC ，则ABQ 是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当E 点与F 重合时，则,,Q P F 三点共线，各项都取得最小值，得出B ，C ，D 选项正确，即可求解．【详解】解：如图所示，延长,AD BC ，依题意60QAD QBA∴ABQ 是等边三角形，∵P 是CD 的中点，∴PD PC ，∵DEA CBA ，∴ED CQ∥∴,PQC PED PCQ PDE ，∴PDE PCQ≌∴PQ PE ，∴四边形DECQ 是平行四边形，则P 为EQ 的中点如图所示，设,AQ BQ 的中点分别为,G H ，此时2AB AB BB故A 选项错误，根据题意可得,,P Q F 三点共线时，CDE 周长等于CD DE 即当CD 最小时，CDE 周长最小，如图所示，作平行四边形∵60,GHQ GHM 如图，延长DE ,H G ，交于点则60NGD QGH ，∴NGD △是等边三角形，∴ND GD HM ，在NPD 与HPC △中，60NPD HPC N CHP PD PC∴NPD HPC≌∴ND CH∴CH MH∴30HCM HMC∴CM QF ∥，则CM DM ∴DMC 是直角三角形，在DCM △中，DC DM∴当DC DM 时，DC 最短，∵2CD PC PC∴CDE 周长的最小值为△的面积为0时，取得最小值，此时，∴当BGD∴四边形ABCD面积的最小值为故选：A．【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与F重合时得出最小值是解题的关键．二、填空题13．（2023·四川达州·统考中考真题）连接AP，则AP的最小值为【答案】2132的外接圆，【分析】如图，作ABC交BP的垂直平分线于N径定理易得AM BM CMAMC PNB，从而易证中由三角形三边关系APN【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，30 角所对的直角边等于斜边的一半，三角形三边之间的关系；解题的关键是结合接圆构造相似三角形．14．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在半圆O与BC相切于点D，连接ADAP的长为_____________．【答案】230或6【分析】连接OD，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出长，分AP AD两种情况进行求解即可．和AP PD【详解】解：连接OD，∵以AE为直径的半圆O与BC相切于点∴6AP OA ，不存在PD AD 的情况；【答案】13【分析】如图所示，取AB的中点D【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等等，正确作出辅助线确定当O C D 、、三点共线时，．（四川泸州统考中考真题）如图，【答案】27【分析】作点F 关于AC 垂线段，交AC 于点K AEP KF P △∽△，可得【详解】解：作点F 关于由题意得：此时F 落在设正方形ABCD 的边长为∵四边形ABCD 是正方形，45F AK ，P AE∵四边形ABCD 矩形，∴90A ，则∥MN AB ，由平行线分线段成比例可得：AN BM ND MD又∵M 为对角线BD 的中点，∵M 为对角线BD 的中点，90NMD∴MN 为BD 的垂直平分线，∴BN ND ，【答案】112∵2AB AB ∴B 在A 为圆心，2为半径的弧上运动，当,,A B C 三点共线时，CB 此时11CB AC AB 当点P 在DC 上时，如图所示，此时112CB 当P 在AD 上时，如图所示，此时综上所述，CB 的最小值为11【答案】2【分析】首先证明出MN 22AE AB BE 合时，BE 最大，即BC 【详解】如图所示，连接∵M ，N 分别是EF AF ，∴MN 是AEF △的中位线，∴12MN AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴90B Ð=°，∴22AE AB BE ∴当BE 最大时，AE 最大，此时∵点E 是BC 上的动点，∴当点E 和点C 重合时，【答案】292【分析】设AD 的中点为O ，以AD 为直径画圆，连接可知点F 在以AD 为直径的半圆上运动，当点解即可．【详解】解：设AD 的中点为O ，以AD ∵90ABC BAD ，∴AD BC ∥，∴DAE AEB ，【答案】60 13【分析】连接OE，根据矩形的性质得到理得到2213AC AB BC，求得【详解】解：连接OE，∵四边形ABCD是矩形，【答案】73 2【分析】过点A作AQ BC于点Q，当点P与Q重合时，在图2中F点表示当AB点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，勾股定理求得AQ，然后等面积法即可求解．【详解】如图过点A作AQ BC于点Q，当点P与Q重合时，在图2中F点表示当AB达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，∴7BC ，4,3BQ QC 在Rt ABQ 中，8,4AB BQ ∴22228443AQ AB BQ∵1122ABC S AB CG AQ BC，∴7437382BC AQ CG AB ,故答案为：732．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短，从函数图象获取信息是解题的关键．23．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在ABCD Y 中，6AB ，8BC ，120ABC 点，将ABE 沿BE 折叠得到A BE ，当点A 恰好落在EC 上时，DE 的长为______．【答案】373【分析】过点C 作CH AD 交AD 的延长线于点H ，根据平行四边形的性质以及已知条件得出120,60ADC ABC HDC ，进而求得,DH HC ，根据折叠的性质得出CB 中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点C 作CH AD 交AD 的延长线于点H ，∵在ABCD Y 中，6AB ，8BC ， ∴120,60ADC ABC HDC ，∴1cos 32DH DC HDC DC ，在Rt ECH △中，22HC CD DH ∵将ABE 沿BE 折叠得到A BE ，当点∴AEB CEB又AD BC∥∴EBC AEB∴EBC CEB∴8CE BC 设ED x ，∴3EH x 在Rt ECH △中，222EC EH HC ∴ 2228333x 解得：373x （负整数）故答案为：373 ．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．【答案】 8,6M 或M【分析】如图，由AMN MN AN ，可得N 是圆H 的上方时，如图，过N 作明MNK NAJ ≌，设 N 则2128x x ，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵ ∴N 在以AM 为直径的圆∴N 是圆H 与直线26y x 的交点，∴90NAJ ANJ ，∵AN MN ，90ANM ，∴90MNK ANJ ，∴MNK NAJ ，∴MNK NAJ ≌，设 ,26N x x ，∴MK NJ x ，266212KN AJ x x ，而8KJ AB ，∴2128x x ，解得：203x ，则22263x ，∴22202333CM CK MK，【答案】392【分析】作出点 32C ，，作CD 直角三角形求得1103F，，利用待定系数法求得直线DG y 轴于点G ，此时35BH 【详解】解：∵直线123y x ∴ 02B ，， 60A ，，作点B 关于x 轴的对称点 0B ，作CD AB 于点D ，交x 轴于点此时，BE B E CF ，∴BE DF CF DF CD 有最小值，作CP x 轴于点P ，则2CP ，3OP ，∵CFP AFD ，∴FCP FAD ，∴tan tan FCP FAD ，∴PF OB PC OA，即226PF ，∴23PF，则1103F ，，设直线CD 的解析式为y kx 则321103k b k b ，解得311k b ∴直线CD 的解析式为3y x 联立，311123y x y x ，解得即3971010D，；过点D 作DG y 轴于点G ，直线423y x 与x 轴的交点为∴332sin 552OQ OBQ BQ ，∴3sin 5HG BH GBH BH ，∴335555BH DH BH DH三、解答题26．（2023·重庆·统考中考真题）如图，ABC 是边长为4的等边三角形，动点E ，F 分别以每秒1个单位长度的速度同时从点A 出发，点E 沿折线A B C 方向运动，点F 沿折线A C B 方向运动，当两者相遇时停止运动．设运动时间为t 秒，点E ，F 的距离为y ．(1)请直接写出y 关于t 的函数表达式并注明自变量t 的取值范围；(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；(3)结合函数图象，写出点E ，F 相距3个单位长度时t 的值．【答案】(1)当04t 时，y t ；当46t 时，122y t(2)图象见解析，当04t 时，y 随x 的增大而增大(3)t 的值为3或4.5【分析】（1）分两种情况：当04t 时，根据等边三角形的性质解答；当46t 时，利用周长减去2AE 即可；（2）在直角坐标系中描点连线即可；（3）利用3y 分别求解即可．【详解】（1）解：当04t 时，连接EF ，由题意得AE AF ，60A ，∴AEF △是等边三角形，∴y t ；当46t 时，122y t ；（2）函数图象如图：当04t 时，y 随t 的增大而增大；（3）当04t 时，3y 即3t ；当46t 时，3y 即1223t ，解得 4.5t ，故t 的值为3或4.5．【点睛】此题考查了动点问题，一次函数的图象及性质，解一元一次方程，正确理解动点问题是解题的关键．27．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y x 与直线BC 相交于点A ， ,0P t 为线段OB 上一动点（不与点B 重合），过点P 作PD x 轴交直线BC 于点D ．OAB 与DPB 的重叠面积为S ．S 关于t 的函数图象如图2所示．(1)OB 的长为_______________；OAB 的面积为_______________．(2)求S 关于t 的函数解析式，并直接写出自变量t 的取值范围．【答案】(1)4，83(2)2218402331424443t t S t t t 【分析】（1）根据函数图象即可求解．（2）根据（1）的结论，分403t ，443t ，根据OAB 与DPB 的重叠面积为【详解】（1）解：当0 t 时，P 点与O 重合，此时83ABO S S，当4t 时，0S ，即P 点与B 点重合，∴4OB ，则 4,0B ，故答案为：4，83．（2）∵A 在y x 上，则45OAB 设 ,A a a ，∴1184223AOB S OB a a ∴43a ,则44,33A 当403t时，如图所示，设DP 交OA 于点E ，∵45OAB ，DP OB ，则EP OP t∴28132S t当443t 时，如图所示，∵ 4,0B ，44,33A 设直线AB 的解析式为y kx b ，∴404433k b k b 解得：212b k，∴直线AB 的解析式为122y x ，当0x 时，2y ，则 0,2C ，∴2OC ，∵21tan 42DP OC CBO PD OB ，∵4BP t ，则122DP t ，(1)设直线1l 经过上例中的点,M N ，求1l 的解析式；析式；(2)点P 从原点O 出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点移动了m 次．①用含m 的式子分别表示,x y ；②请说明：无论m 怎样变化，点Q 都在一条确定的直线上．设这条直线为(3)在（1）和（2）中的直线123,,l l l 上分别有一个动点在一条直线上，直接写出此时a ，b ，c 之间的关系式．【答案】(1)1l 的解析式为6y x ；2l 的解析式为(2)①10,20x m y m ；②3l 的解析式为30y x ，图象见解析；(3)538a c b【分析】（1）根据待定系数法即可求出1l 的解析式，然后根据直线平移的规律：上加下减即可求出直线2l 的解析式；（2）①根据题意可得：点P 按照甲方式移动m 次后得到的点的坐标为 2,m m ，再得出点 2,m m 按照乙方式移动 10m 次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结果；②由①的结果可得直线3l 的解析式，进而可画出函数图象；（3）先根据题意得出点A ，B ，C 的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB 的解析式，再把点C 的坐标代入整理即可得出结果．【详解】（1）设1l 的解析式为y kx b ，把(4,2)M 、(2,4)N 代入，得4224k b k b，解得：16k b ，∴1l 的解析式为6y x ；将1l 向上平移9个单位长度得到的直线2l 的解析式为15y x ；（2）①∵点P 按照甲方式移动了m 次，点P 从原点O 出发连续移动10次，∴点P 按照乙方式移动了 10m 次，∴点P 按照甲方式移动m 次后得到的点的坐标为 2,m m ；∴点 2,m m 按照乙方式移动 10m 次后得到的点的横坐标为21010m m m ，纵坐标为21020m m m ，∴10,20x m y m ；②由于102030x y m m ，∴直线3l 的解析式为30y x ；函数图象如图所示：（3）∵点,,A B C 的横坐标依次为,,a b c ，且分别在直线∴ ,6,,15,,30A a a B b b C c c ，设直线AB 的解析式为y mx n ，把A 、B 两点坐标代入，得615ma n a mb n b ，解得：9196m b a a n b a，∴直线AB 的解析式为916y x b a∵A ，B ，C 三点始终在一条直线上，∴991630a c c b a b a，整理得：538a c b ；即a ，b ，c 之间的关系式为：538a c b ．【点睛】本题是一次函数和平移综合题，主要考查了平移的性质和一次函数的相关知识，正确理解题意、熟练掌握平移的性质和待定系数法求一次函数的解析式是解题关键．29．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，OC 的长是一元二次方程24120x x 的根，过点x 轴和y 轴于点F 和点E ，动点M 从点O 以每秒以每秒2个单位长度的速度沿FE 向终点E(1)求直线AD 的解析式．(2)连接MN ，求MDN △的面积S 与运动时间(3)点N 在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点存在，直接写出点Q 的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)3433y x (2)223912302323912323432t t t S t t t (3)存在，点Q 的坐标是333,22 或6,4【分析】（1）过点A 作AH OC 于H ，解方程可得得到点A 、D 的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；（2）首先证明EOD △是等边三角形，求出023t 时，过点N 作NP OB 于P ，分别解直角三角形求出NP 和NT ，再利用三角形面积公式列式即可；（3）分情况讨论：①当AN 是直角边时，则三角形求出CK 和NK ，再利用平移的性质得出点作NL CF 于L ，证明 NCF NFC ，可得得出点Q 的坐标．【详解】（1）解：解方程24120x x 得：∴6OC ，∵四边形AOCB 是菱形，60AOC ，（2）解：由（1）知在Rt COD 中，CD ∴243OD CD ，90EOD DOC ∵直线3433y x 与y 轴交于点E ，∴43OE ，∴OE OD =，∴EOD △是等边三角形，∴60OED EDO BDF ，ED OD ∴30OFE DOF ，②当点N 在DE 上，即2343t 时，由题意得：43DM OD OM t ，DN 过点N 作NT OB 于T ，则 sin sin 602NT DN NDT DN t ∴ 11433622S DM NT t t 综上， 22391230232391232342t t t S t t t （3）解：存在，分情况讨论：①如图，当AN 是直角边时，则CN EF ，过点②如图，当AN 是对角线时，则90ACN ∵OA OC ，60AOC ，∴AOC 是等边三角形，∴60ACO ，∴180609030NCF NFC ，∴132CL FL CF ，∴3tan 30333NL CL ，∴将点C 向右平移3个单位长度，再向上平移∴将点A 向右平移3个单位长度，再向上平移∵ 3,33A ，∴6,43Q ；【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30 直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．30．（2023·江苏苏州·统考中考真题）某动力科学研究院实验基地内装有一段笔直的轨道金属滑块在上面做往返滑动．如图，滑块首先沿前滑块左端与点A 重合，当滑块右端到达点滑块的左端与点A 重合，滑动停止．设时间为为 2m l ，记12,d l l d 与t 具有函数关系．已知滑块在从左向右滑动过程中，当应的d 的两个值互为相反数；滑块从点A 根据所给条件解决下列问题：(1)滑块从点A 到点B 的滑动过程中，d 的值________________；（填(2)滑块从点B 到点A 的滑动过程中，求d 与t 的函数表达式；(3)在整个往返过程中，若18d ，求t 的值．【答案】(1)由负到正(2)12234d t (3)当6t 或18t 时，18d 【分析】（1）根据等式12d l l ，结合题意，即可求解；（2）设轨道AB 的长为n ，根据已知条件得出121l l n ，则12d l l 181t n ，根据当 4.5s t 和5.5s 时，与之对应的d 的两个值互为相反数；则5t 时，0d ，得出91d ，继而求得滑块返回的速度为 91115=6m/s ，得出 2612l t ，代入12d l l ，即可求解；（3）当18d 时，有两种情况，由（2）可得，①当010t 时，②当1227t 时，分别令18d ，进而即可求解．【详解】（1）∵12d l l ，当滑块在A 点时，10l ，2d l 0 ，当滑块在B 点时，20l ，1d l 0 ，∴d 的值由负到正．故答案为：由负到正．（2）解：设轨道AB 的长为n ，当滑块从左向右滑动时，∵121l l n ，∴211l n l ，∴ 12111221291181d l l l n l l n t n t n ∴d 是t 的一次函数，∵当 4.5s t 和5.5s 时，与之对应的d 的两个值互为相反数；∴当5t 时，0d ，∴18510n ，∴91d ，∴滑块从点A 到点B 所用的时间为 911910 s ，∵整个过程总用时27s （含停顿时间）．当滑块右端到达点B 时，滑块停顿2s ，∴滑块从点B 到点A 的滑动时间为27102= 15s ，∴滑块返回的速度为 91115=6m/s ，∴当1227t 时， 2612l t ，∴ 12911906121626l l t t ，①如图②，当边E F 与AB 相交于点M 、边G H 与BC 相交于点N ，且矩形E F G H 与菱形为五边形时，试用含有t 的式子表示S ，并直接写出t 的取值范围：②当2311334t 时，求S 的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)3,2，33,2 (2)①332t ；②3316S 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；∵四边形ABCD 是菱形，且(3,0),(0,1),(2A B D ∴ 2230012AB AD，AC BD ∴2AC ，∴ 3,2C ，故答案为3,2，33,2；（2）解：①∵点10,2E ，点13,2F ，点∴矩形EFGH 中，EF x ∥轴，EH x 轴，EF ∴矩形E F G H 中，E F x ∥轴，E H x 轴，由点 3,0A ，点 0,1B ，得3,1OA OB ．在Rt ABO △中，tan 3OA ABO OB ，得ABO。

全国各地中考数学试卷分类汇编动态问题动态问题一、选择题1．（2023江苏苏州，10，3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上，顶点B的坐标为（3，3），点C的坐标为（动点，则PA＋PC的最小值为（）．1，0），点P为斜边OB上的一213313?19B．C．D．27222【答案】B．【解析】如图，作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA＋PC的值最小，求出AM，求出AD，求出DN、CN，根据勾股定理求出CD，即可得出答案．解：如图，作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA＋PC的值最小．∵DP=PA∴PA＋PC=PD＋PC=CD．A．∵B（3，3），∴AB=3，OA=3，∠B=60°．由勾股定理得：OB=23．11某OA某AB=某OB某AM，221133即某3某3=某23某AM．∴AM=．∴AD=2某=3．2222由三角形面积公式得：∵∠AMB=90°，∠B=60°，∴∠BAM=30°，∵∠BAO=90°，∴∠OAM=60°．∵DN⊥OA，∴∠NDA=30°，∴AN=13某AD=．22由勾股定理得：DN=3?(=∵C（232233．2113，0），∴CN=3－－=1．222313322．)?1=22在Rt△DNC 中，由勾股定理得：DC=(即PA＋PC的最小值是31．2所以应选B．【方法指导】本题考查了三角形的内角和定理，轴对称的最短路线问题，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，关键是求出P点的位置，题目比较好，难度适中．【易错警示】弄不清楚最小值问题，赵不到最短距离而出错．2．（2023山东临沂，14，3分）如图，正方形ABCD中，AB＝8cm，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别从B，C两点同时出发，以1cm/s 的速度沿BC，CD运动，到点C，D时停止22运动．设运动时间为t(s)，△OEF的面积为S(cm)，则S(cm)与t(s)的函数关系可用图象表示为（）ADOFB E S/cm2 16 16 CS/cm2 16 S/cm2 16 S/cm2 8 8 8 8 O 4 8t/sO48t/sO4C．8t/sO4D．8t/sA．B．【答案】：B．225t；③直线NH的解析式为y??t?27；5229秒．其中准确结论的个数为（）4【答案】：B．【解析】据图（2）能够判断三角形的面积变化分为三段，能够判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．【方法指导】本题考查了二次函数的综合应用及动点问题的函数图象，根据图（2）判断出点P到达点E时，点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口，难度较大．4．(2023湖北荆门，12，3分)如图所示，已知等腰梯形ABCD，AD∥BC，若动直线l垂直于BC，且向右匀速(注：“匀速”二字为录入者所添加)平移，设扫过的阴影部分的面积为S，BP为x，则S关于x的函数图象大致是()ySSSSlADBPCx(第12题)OxxOxOxOA．B．C．D．【答案】AFCxA. AE?6cmB. sin?EBC?4 5C. 当0?t?10时，y?22tD.当t?12s时，?PBQ是等腰三角形 5【答案】A4；当0?t?10时，根据△BPF54t，然后利用三角形面积公式即可求出y与t的函数关5142t?t?t2，最后利用排除法即可选D.255【方法指导】点的运动问题，主要表现在运动路径与时间之间的图象关系.解决动点问题时，对题意的理解要清晰，关键是准确获取或处理题中的信息，明确哪些是变化的量，哪些是不变的量.二、填空题1. （2023杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值（单位：秒）【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可；【解析】∵△ABC是等边三角形∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°当⊙P于AC切于A点时，连接PA则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=∴PM=1cm cm。