《備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)十大題型專練卷 題型07 動態(tài)問題試題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)十大題型專練卷 題型07 動態(tài)問題試題（含解析）（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、題型07 動態(tài)問題試題 一、單選題 1．如圖，矩形中，，，為的中點，為上一動點，為中點，連接，則的最小值是（ ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】根據(jù)中位線定理可得出點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值;由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長，由勾股定理求解即可. 【詳解】解：點P為DF的中點， 當(dāng)F運動過程中，點P的運動軌跡是線段P1P2 因此可得當(dāng)C點和F點重合時，BP1⊥P1P2時使PB最小為BP1. 當(dāng)C和F重合時，P1點是CD的中點 故選D

2、. 【點睛】本題主要考查矩形中的動點問題，關(guān)鍵在于問題的轉(zhuǎn)化，要使PB最小，就必須使得DF最長. 2．如圖，在中，，，．點P是邊AC上一動點，過點P作交BC于點Q，D為線段PQ的中點，當(dāng)BD平分時，AP的長度為（　?。? A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質(zhì)得到，得到，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可． 【詳解】解：，，， ， ， ，又， ， ， ， ， ， ，即， 解得，， ， 故選B． 【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．

3、 3．如圖是函數(shù)的圖象，直線軸且過點，將該函數(shù)在直線l上方的圖象沿直線l向下翻折，在直線1下方的圖象保持不變，得到一個新圖象．若新圖象對應(yīng)的函數(shù)的最大值與最小值之差不大于5，則m的取值范圍是（ ） A． B． C． D．或 【答案】C 【分析】找到最大值和最小值差剛好等于5的時刻，則M的范圍可知. 【詳解】解：如圖1所示，當(dāng)t等于0時， ∵， ∴頂點坐標(biāo)為， 當(dāng)時，， ∴， 當(dāng)時，， ∴， ∴當(dāng)時， ， ∴此時最大值為0，最小值為； 如圖2所示，當(dāng)時， 此時最小值為，最大值為1． 綜上所述：， 故選：C． 【點睛】此題考查了二次函

4、數(shù)與幾何圖形結(jié)合的問題，找到最大值和最小值的差剛好為5的m的值為解題關(guān)鍵． 4．矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，已知，點A在x軸上，點C在y軸上，P是對角線OB上一動點（不與原點重合），連接PC，過點P作，交x軸于點D．下列結(jié)論：①；②當(dāng)點D運動到OA的中點處時，；③在運動過程中，是一個定值；④當(dāng)△ODP為等腰三角形時，點D的坐標(biāo)為．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【答案】D 【分析】①根據(jù)矩形的性質(zhì)即可得到；故①正確； ②由點D為OA的中點，得到，根據(jù)勾股定理即可得到，故②正確； ③如圖，過點P作于F，F(xiàn)P的延長線交BC

5、于E，，則，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到，求得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到，故③正確； ④當(dāng)為等腰三角形時，Ⅰ、，解直角三角形得到， Ⅱ、OP＝OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和得到，故不合題意舍去； Ⅲ、，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和得到，故不合題意舍去；于是得到當(dāng)為等腰三角形時，點D的坐標(biāo)為．故④正確． 【詳解】解：①∵四邊形OABC是矩形，， ；故①正確； ②∵點D為OA的中點， ， ，故②正確； ③如圖，過點P作 A于F，F(xiàn)P的延長線交BC于E， ，四邊形OFEC是矩形， ， 設(shè)，則， 在中，， ， ， ， ， ，

6、， ， ， ， ， ， ， ，故③正確； ④，四邊形OABC是矩形， ， ， ， 當(dāng)為等腰三角形時， Ⅰ、 Ⅱ、 ， ，故不合題意舍去； Ⅲ、， ， 故不合題意舍去， ∴當(dāng)為等腰三角形時，點D的坐標(biāo)為．故④正確， 故選：D． 【點睛】考查了矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形表示出CP和PD是解本題的關(guān)鍵． 5．如圖，在中，，，點在邊上，且，點為的中點，點為邊上的動點，當(dāng)點在上移動時，使四邊形周長最小的點的坐標(biāo)為（ ） A． B． C． D． 【答

7、案】C 【分析】根據(jù)已知條件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D關(guān)于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），求得直線EC的解析式為y=x+2，解方程組即可得到結(jié)論． 【詳解】∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4）， ∴AB=OB=4，∠AOB=45°， ∵，點D為OB的中點， ∴BC=3，OD=BD=2， ∴D（0，2），C（4，3）， 作D關(guān)于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P， 則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2）， ∵直線OA 的解析

8、式為y=x， 設(shè)直線EC的解析式為y=kx+b， ∴， 解得：， ∴直線EC的解析式為y=x+2， 解得，， ∴P（，）， 故選C． 【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的找到P點的位置是解題的關(guān)鍵． 6．如圖，菱形ABCD的頂點B、C在x軸上（B在C的左側(cè)），頂點A、D在x軸上方，對角線BD的長是2310，點E-2,0為BC的中點，點P在菱形ABCD的邊上運動．當(dāng)點F0,6到EP所在直線的距離取得最大值時，點P恰好落在AB的中點處，則菱形ABCD的邊長等于（ ） A．103 B．10 C．163 D．3 【答案】A 【分析】如圖

9、1中，當(dāng)點P是AB的中點時，作FG⊥PE于G，連接EF．首先說明點G與點F重合時，F(xiàn)G的值最大，如圖2中，當(dāng)點G與點E重合時，連接AC交BD于H，PE交BD于J．設(shè)BC=2a．利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程求解即可． 【詳解】如圖1中，當(dāng)點P是AB的中點時，作FG⊥PE于G，連接EF． ∵E（-2，0），F(xiàn)（0，6）， ∴OE=2，OF=6， ∴EF=22+42=210， ∵∠FGE=90°， ∴FG≤EF， ∴當(dāng)點G與E重合時，F(xiàn)G的值最大． 如圖2中，當(dāng)點G與點E重合時，連接AC交BD于H，PE交BD于J．設(shè)BC=2a． ∵PA=PB，BE=EC=a， ∴PE∥A

10、C，BJ=JH， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BH=DH=103，BJ=106， ∴PE⊥BD， ∵∠BJE=∠EOF=∠PEF=90°， ∴∠EBJ=∠FEO， ∴△BJE∽△EOF， ∴BEEF=BJEO， ∴a210=1062， ∴a=53， ∴BC=2a=103， 故選A． 【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題． 7．如圖，拋物線與軸交于、兩點，是以點（0,3）為圓心，2為半徑的圓上的動點，是線段的中點，連結(jié)

11、.則線段的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根據(jù)拋物線解析式可求得點A（-4,0），B（4,0），故O點為AB的中點，又Q是AP上的中點可知OQ=BP，故OQ最大即為BP最大，即連接BC并延長BC交圓于點P時BP最大，進而即可求得OQ的最大值. 【詳解】∵拋物線與軸交于、兩點 ∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4. 在直角三角形COB中 BC= ∵Q是AP上的中點，O是AB的中點 ∴OQ為△ABP中位線，即OQ=BP 又∵P在圓C上，且半徑為2， ∴當(dāng)B、C、P共線時BP最大，即OQ最大 此時BP=BC+CP=7 OQ=BP=.

12、【點睛】本題考查了勾股定理求長度，二次函數(shù)解析式求點的坐標(biāo)及線段長度，中位線，與圓相離的點到圓上最長的距離，解本題的關(guān)鍵是將求OQ最大轉(zhuǎn)化為求BP最長時的情況. 8．如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則的最小值是( ) A． B． C． D．10 【答案】B 【分析】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA==2，設(shè)AE=a，BE=2a，利用勾股定理構(gòu)建方程求出a，再證明DH=BD，推出CD+BD=CD+DH，由垂線段最短即可解決問題． 【詳解】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M． ∵BE⊥A

13、C， ∴∠AEB=90°， ∵tanA==2，設(shè)AE=a，BE=2a， 則有：100=a2+4a2， ∴a2=20， ∴a=2或-2（舍棄）， ∴BE=2a=4， ∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB， ∴CM=BE=4（等腰三角形兩腰上的高相等）） ∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA， ∴， ∴DH=BD， ∴CD+BD=CD+DH， ∴CD+DH≥CM， ∴CD+BD≥4， ∴CD+BD的最小值為4． 故選B． 【點睛】本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

14、 9．如圖，已知 兩點的坐標(biāo)分別為，點分別是直線和x軸上的動點，,點是線段的中點，連接交軸于點；當(dāng)⊿面積取得最小值時，的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，推出點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，推出當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解決問題． 【詳解】如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5， ∴點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓， ∴當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小， ∵AD是切線，點D是切點， ∴AD⊥KD，

15、 ∵AK=13，DK=5， ∴AD=12， ∵tan∠EAO=， ∴， ∴OE=， ∴AE=， 作EH⊥AB于H． ∵S△ABE=?AB?EH=S△AOB-S△AOE， ∴EH=， ∴， ∴， 故選B. 【點睛】本題考查解直角三角形，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題. 10．如圖，是的直徑，、是?。ó愑?、）上兩點，是弧上一動點，的角平分線交于點，的平分線交于點．當(dāng)點從點運動到點時，則、兩點的運動路徑長的比是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】連接BE，由題意可得點E是△ABC

16、的內(nèi)心，由此可得∠AEB＝135°，為定值，確定出點E的運動軌跡是是弓形AB上的圓弧，此圓弧所在圓的圓心在AB的中垂線上，根據(jù)題意過圓心O作直徑CD，則CD⊥AB，在CD的延長線上，作DF＝DA，則可判定A、E、B、F四點共圓，繼而得出DE＝DA＝DF，點D為弓形AB所在圓的圓心，設(shè)⊙O的半徑為R，求出點C的運動路徑長為，DA＝R，進而求出點E的運動路徑為弧AEB，弧長為，即可求得答案. 【詳解】連結(jié)BE， ∵點E是∠ACB與∠CAB的交點， ∴點E是△ABC的內(nèi)心， ∴BE平分∠ABC， ∵AB為直徑， ∴∠ACB＝90°， ∴∠AEB＝180°－(∠CAB+∠CBA)＝135

17、°，為定值，， ∴點E的軌跡是弓形AB上的圓弧， ∴此圓弧的圓心一定在弦AB的中垂線上， ∵， ∴AD=BD， 如下圖，過圓心O作直徑CD，則CD⊥AB， ∠BDO＝∠ADO＝45°， 在CD的延長線上，作DF＝DA， 則∠AFB＝45°， 即∠AFB+∠AEB＝180°， ∴A、E、B、F四點共圓， ∴∠DAE＝∠DEA＝67.5°， ∴DE＝DA＝DF， ∴點D為弓形AB所在圓的圓心， 設(shè)⊙O的半徑為R， 則點C的運動路徑長為：， DA＝R， 點E的運動路徑為弧AEB，弧長為：， C、E兩點的運動路徑長比為：， 故選A. 【點睛】本題考查了點

18、的運動路徑，涉及了三角形的內(nèi)心，圓周角定理，四點共圓，弧長公式等，綜合性較強，正確分析出點E運動的路徑是解題的關(guān)鍵. 二、填空題 11．如圖，矩形硬紙片ABCD的頂點A在軸的正半軸及原點上滑動，頂點B在軸的正半軸及原點上滑動，點E為AB的中點，AB=24,BC=5,給出下列結(jié)論：①點A從點O出發(fā)，到點B運動至點O為止，點E經(jīng)過的路徑長為12π；②△OAB的面積的最大值為144；③當(dāng)OD最大時，點D的坐標(biāo)為，其中正確的結(jié)論是_________（填寫序號）. 【答案】②③ 【分析】①由條件可知AB=24，則AB的中點E的運動軌跡是圓弧，最后根據(jù)弧長公式即可計算出點E所經(jīng)過的路徑長；②當(dāng)

19、△OAB的面積最大時，因為AB=24，所以△OAB為等腰直角三角形，即OA=OB，可求出最大面積為144；③當(dāng)O、E、D三點共線時，OD最大，過點D作DF⊥y軸于點F，可求出OD=25，證明△DFA∽△AOB和△DFO∽△BOA，可求出DF長，則D點坐標(biāo)可求出． 【詳解】解：∵點E為AB的中點，AB=24， ∴AB的中點E的運動軌跡是以點O為圓心，12為半徑的一段圓弧， ∵∠AOB=90°， ∴點E經(jīng)過的路徑長為，故①錯誤； 當(dāng)△OAB的面積最大時，因為AB=24，所以△OAB為等腰直角三角形，即OA=OB， ∵E為AB的中點， ，故②正確； 如圖，當(dāng)O、E、D三點共線

20、時，OD最大，過點D作DF⊥y軸于點F， ∴OD=DE+OE=13+12=25， 設(shè)DF=x， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠DAB=90°， ∴∠DFA=∠AOB， ∴∠DAF=∠ABO， ∴△DFA∽△AOB ∵E為AB的中點，∠AOB=90°， ∴AE=OE， ∴∠AOE=∠OAE， ∴△DFO∽△BOA， 解得舍去， ，故③正確． 故答案為②③． 【點睛】本題考查四邊形綜合題、直角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題． 12．如圖

21、，在邊長為的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，則的最小值為____. 【答案】 【分析】過C點作BD的平行線，以為對稱軸作B點的對稱點，連接交直線于點，當(dāng)三點共線時取最小值，再根據(jù)勾股定理即可求解. 【詳解】如圖，過C點作BD的平行線，以為對稱軸作B點的對稱點，連接交直線于點 根據(jù)平移和對稱可知，當(dāng)三點共線時取最小值，即，又， 根據(jù)勾股定理得，，故答案為 【點睛】此題主要考查菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知平移的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用. 13．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的

22、直角三角形DEF，使點E和點A位于DF兩側(cè)，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是________． 【答案】． 【分析】當(dāng)F與A點重合時和F與C重合時，根據(jù)E的位置，可知E的運動路徑是EE'的長；由已知條件可以推導(dǎo)出△DEE'是直角三角形，且∠DEE'=30°，在Rt△ADE'中，求出DE'＝即可求解． 【詳解】解：如圖 E的運動路徑是EE'的長； ∵AB＝4，∠DCA＝30°， ∴BC＝， 當(dāng)F與A點重合時， 在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°， ∴DE'＝，∠CDE'＝30°， 當(dāng)F與C重合時，∠EDC＝60°， ∴

23、∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°， 在Rt△DEE'中，EE'＝； 故答案為． 【點睛】本題考查點的軌跡；能夠根據(jù)E點的運動情況，分析出E點的運動軌跡是線段，在30度角的直角三角形中求解是關(guān)鍵． 14．如圖，點是雙曲線：（）上的一點，過點作軸的垂線交直線：于點，連結(jié)，.當(dāng)點在曲線上運動,且點在的上方時，△面積的最大值是______. 【答案】3 【分析】令PQ與x軸的交點為E，根據(jù)雙曲線的解析式可求得點A、B的坐標(biāo)，由于點P在雙曲線上，由雙曲線解析式中k的幾何意義可知△OPE的面積恒為2，故當(dāng)△OEQ面積最大時△的面積最大.設(shè)Q（a，）則S△OEQ= ×a×（）==，可知

24、當(dāng)a=2時S△OEQ最大為1，即當(dāng)Q為AB中點時△OEQ為1，則求得△面積的最大值是是3. 【詳解】 ∵交x軸為B點，交y軸于點A, ∴A（0，-2），B（4，0） 即OB=4，OA=2 令PQ與x軸的交點為E ∵P在曲線C上 ∴△OPE的面積恒為2 ∴當(dāng)△OEQ面積最大時△的面積最大 設(shè)Q（a, ） 則S△OEQ= ×a×（）== 當(dāng)a=2時S△OEQ最大為1 即當(dāng)Q為AB中點時△OEQ為1 故△面積的最大值是是3. 【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)幾何圖形面積問題，二次函數(shù)求最大值，解本題的關(guān)鍵是掌握反比例函數(shù)中k的幾何意義，并且建立二次函數(shù)模型求最大值.

25、 15．如圖，正方形ABCD中，，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作，交CD于點Q，則CQ的最大值為_______． 【答案】4 【分析】先證明，得到與CQ有關(guān)的比例式，設(shè)，則，代入解析式，得到y(tǒng)與x的二次函數(shù)式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可求最值． 【詳解】解： 又 設(shè)，則． ，化簡得， 整理得， 所以當(dāng)時，y有最大值為4． 故答案為4． 【點睛】考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，以及二次函數(shù)最值問題，幾何最值用二次函數(shù)最值求解考查了樹形結(jié)合思想． 16．如圖，在平面直角坐標(biāo)中，一次函數(shù)y＝﹣4x+4的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點.正

26、方形ABCD的頂點C、D在第一象限，頂點D在反比例函數(shù)（k≠0）的圖象上.若正方形ABCD向左平移n個單位后，頂點C恰好落在反比例函數(shù)的圖象上，則n的值是_____. 【答案】3. 【分析】過點D作DE⊥x軸過點C作CF⊥y軸，可證△ABO≌△DAE(AAS)，△CBF≌△BAO(AAS)，則可求D(5，1)，C(4，5)，確定函數(shù)解析式，C向左移動n個單位后為(4﹣n，5)，進而求n的值. 【詳解】過點D作DE⊥x軸，過點C作CF⊥y軸， ∵AB⊥AD， ∴∠BAO＝∠DAE， ∵AB＝AD，∠BOA＝∠DEA， ∴△ABO≌△DAE(AAS)， ∴AE＝BO，DE＝

27、OA， y＝﹣4x+4，當(dāng)x=0時，y=4， 當(dāng)y=0時，0=-4x+4，x=1， ∴A(1，0)，B(0，4)， ∴OA=1，OB=4， ∴OE=OA+AE=5， ∴D(5，1)， ∵頂點D在反比例函數(shù)上， ∴k＝5， ∴， 易證△CBF≌△BAO(AAS)， ∴CF＝4，BF＝1， ∴C(4，5)， ∵C向左移動n個單位后為(4﹣n，5)， ∴5(4﹣n)＝5， ∴n＝3， 故答案為：3. 【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圖形的平移等，綜合性較強，正確添加常用輔助線是解題的關(guān)鍵. 17．如圖1，在四邊

28、形中，∥，,直線.當(dāng)直線沿射線方向，從點開始向右平移時，直線與四邊形的邊分別相交于點、.設(shè)直線向右平移的距離為，線段的長為，且與的函數(shù)關(guān)系如圖2所示，則四邊形的周長是_____. 【答案】 【分析】根據(jù)圖1直線l的平移過程分為三段，當(dāng)F與A重合之前，x與y都不斷增大，當(dāng)當(dāng)F與A重合之后到點E與點C重合之前，x增加y不變，E與點C重合后繼續(xù)運動至F與D重合x增加y減小.結(jié)合圖2可知BC=5，AD=7-4=3，由且∠B=30°可知AB=，當(dāng)F與A重合時，把CD平移到E點位置可得三角形AED′為正三角形，可得CD=2，進而可求得周長. 【詳解】由題意和圖像易知BC=5，AD=7-4=

29、3 當(dāng)BE=4時（即F與A重合），EF=2 又∵且∠B=30° ∴AB=， ∵當(dāng)F與A重合時，把CD平移到E點位置可得三角形AED′為正三角形 ∴CD=2 ∴AB+BC+CD+AD=+5+2+3=10+ 故答案時. 【點睛】本題考查了30°所對的直角邊是斜邊的一半，對四邊形中動點問題幾何圖像的理解，解本題的關(guān)鍵是清楚掌握直線l平移的距離為，線段的長為的圖像和直線運動的過程的聯(lián)系，找到對應(yīng)線段長度. 18．如圖，在矩形中，，點是邊上的一個動點，連接，作點關(guān)于直線的對稱點，連接，設(shè)的中點為，當(dāng)點從點出發(fā)，沿邊運動到點時停止運動，點的運動路徑長為_____． 【答案】 【分

30、析】如圖，連接BA1，取BC使得中點O，連接OQ，BD．利用三角形的中位線定理證明=定值，推出點Q的運動軌跡是以O(shè)為圓心，OQ為半徑的圓弧，圓心角為120°，已解決可解決問題． 【詳解】解：如圖，連接，取使得中點，連接． ∵四邊形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴點的運動軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角為， ∴點的運動路徑長． 故答案為． 【點睛】本題考查軌跡，矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型． 19．如圖，是⊙O的內(nèi)接三角形，且AB是⊙O的直徑，點P為⊙O上的動點，且，⊙O的半徑為6，則點P到AC距

31、離的最大值是___． 【答案】． 【分析】過O作OM⊥AC于M，延長MO交⊙O于P，則此時，點P到AC距離的最大，且點P到AC距離的最大值=PM，解直角三角形即可得到結(jié)論． 【詳解】過O作于M，延長MO交⊙O于P，則此時，點P到AC距離的最大，且點P到AC距離的最大值， ∵，，⊙O的半徑為6， ∴， ∴， ∴， ∴則點P到AC距離的最大值是， 故答案為：． 【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，解直角三角形，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵． 20．如圖，在正方形ABCD中，AB=8，AC與BD交于點O，N是AO的中點，點M在BC邊上，且BM=6. P為

32、對角線BD上一點，則PM—PN的最大值為___. 【答案】2. 【分析】如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點，連接，根據(jù)對稱性質(zhì)可知，，由此可得，當(dāng)三點共線時，取“=”，此時即PM—PN的值最大，由正方形的性質(zhì)求出AC的長，繼而可得，，再證明，可得PM∥AB∥CD，∠90°，判斷出△為等腰直角三角形，求得長即可得答案. 【詳解】如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點，連接，根據(jù)對稱性質(zhì)可知，，∴，當(dāng)三點共線時，取“=”， ∵正方形邊長為8， ∴AC=AB=， ∵O為AC中點， ∴AO=OC=， ∵N為OA中點， ∴ON=， ∴， ∴， ∵BM=6， ∴CM=

33、AB-BM=8-6=2， ∴， ∴PM∥AB∥CD，∠90°， ∵∠=45°， ∴△為等腰直角三角形， ∴CM==2， 故答案為：2. 【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，最值問題等，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵. 三、解答題 21．如圖，拋物線C1：y＝x2﹣2x與拋物線C2：y＝ax2+bx開口大小相同、方向相反，它們相交于O，C兩點，且分別與x軸的正半軸交于點B，點A，OA＝2OB． （1）求拋物線C2的解析式； （2）在拋物線C2的對稱軸上是否存在點P，使PA+PC的值最?。咳舸嬖?，求出點P的坐標(biāo)，若不

34、存在，說明理由； （3）M是直線OC上方拋物線C2上的一個動點，連接MO，MC，M運動到什么位置時，△MOC面積最大？并求出最大面積． 【答案】（1）y＝﹣x2+4x；（2）線段AC′的長度；（3）S△MOC最大值為． 【分析】（1）C1、C2：y=ax2+bx開口大小相同、方向相反，則a=-1，將點A的坐標(biāo)代入C2的表達式，即可求解； （2）作點C關(guān)于C1對稱軸的對稱點C′（-1，3），連接AC′交函數(shù)C2的對稱軸與點P，此時PA+PC的值最小，即可求解； （3）S△MOC=MH×xC=（-x2+4x-x）= -x2+，即可求解． 【詳解】（1）令：y＝x2﹣2x＝0，則x＝

35、0或2，即點B（2，0）， ∵C1、C2：y＝ax2+bx開口大小相同、方向相反，則a＝﹣1， 則點A（4，0），將點A的坐標(biāo)代入C2的表達式得： 0＝﹣16+4b，解得：b＝4， 故拋物線C2的解析式為：y＝﹣x2+4x； （2）聯(lián)立C1、C2表達式并解得：x＝0或3， 故點C（3，3）， 作點C關(guān)于C1對稱軸的對稱點C′（﹣1，3）， 連接AC′交函數(shù)C2的對稱軸與點P， 此時PA+PC的值最小為：線段AC′的長度； （3）直線OC的表達式為：y＝x， 過點M作y軸的平行線交OC于點H， 設(shè)點M（x，﹣x2+4x），則點H（x，x）， 則S△MOCMH×x

36、C（﹣x2+4x﹣x）x2， ∵0，故x， S△MOC最大值為． 【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，還考查了三角形的面積，要注意將三角形分解成兩個三角形求解；還要注意求最大值可以借助于二次函數(shù)． 22．如圖一，在射線的一側(cè)以為一條邊作矩形，，，點是線段上一動點（不與點重合），連結(jié)，過點作的垂線交射線于點，連接． （1）求的大?。? （2）問題探究：動點在運動的過程中， ①是否能使為等腰三角形，如果能，求出線段的長度；如果不能，請說明理由． ②的大小是否改變？若不改變，請求出的大??；若改變，請說明理由． （3）問題解決： 如圖二，當(dāng)動點運動到的中點時，與的交點為，的中點

37、為，求線段的長度． 【答案】（1）；（2）①能，的值為5或；②大小不變，；（3）. 【分析】（1）在中，求出的正切值即可解決問題． （2）①分兩種情形：當(dāng)時，當(dāng)時，分別求解即可． ②．利用四點共圓解決問題即可． （3）首先證明是等邊三角形，再證明垂直平分線段，解直角三角形即可解決問題． 【詳解】解：（1）如圖一（1）中， ∵四邊形是矩形， ∴， ∵， ∴． （2）①如圖一（1）中，當(dāng)時， ∵，，， ∴， ∴， 在中，∵，， ∴， ∵，， ∴是等邊三角形， ∴， ∴． 如圖一（2）中，當(dāng)時，易證， ∵， ∴，∵， ∴， ∴， ∴， 綜

38、上所述，滿足條件的的值為5或． ②結(jié)論：大小不變． 理由：如圖一（1）中，∵， ∴四點共圓， ∴． 如圖一（2）中，∵， ∴四點共圓， ∴， ∵， ∴， 綜上所述，． （3）如圖二中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等邊三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分線段， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．

39、 23．如圖，在中，，，，點分別是邊上的動點（點不與重合），且，過點作的平行線，交于點，連接，設(shè)為． （1）試說明不論為何值時，總有∽； （2）是否存在一點，使得四邊形為平行四邊形，試說明理由； （3）當(dāng)為何值時，四邊形的面積最大，并求出最大值． 【答案】（1）見解析；（2）當(dāng)時，四邊形為平行四邊形；（3）當(dāng)時，四邊形的面積最大，最大值為． 【分析】（1）根據(jù)題意得到∠MQB=∠CAB，根據(jù)相似三角形的判定定理證明； （2）根據(jù)對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答； （3）根據(jù)勾股定理求出BC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)用x表示出QM、BM，根據(jù)梯形面積公式列出二次函數(shù)解析式，根

40、據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)計算即可． 【詳解】解：（1）∵， ∴， ∴，又， ∴∽； （2）當(dāng)時，四邊形為平行四邊形， ∵，， ∴四邊形為平行四邊形； （3）∵， ∴， ∵∽， ∴，即， 解得，， ∵， ∴，即， 解得，， 則四邊形的面積， ∴當(dāng)時，四邊形的面積最大，最大值為． 【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定、二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理、二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． 24．如圖，在菱形ABCD中，連結(jié)BD、AC交于點O，過點O作于點H，以點O為圓心，OH為半徑的半圓交AC于點M． ①求證：DC是⊙O的切線． ②若且，求圖

41、中陰影部分的面積． ③在②的條件下，P是線段BD上的一動點，當(dāng)PD為何值時，的值最小，并求出最小值． 【答案】①證明見解析；②③ 【分析】①作，證明OH為圓的半徑，即可求解； ②利用，即可求解； ③作M關(guān)于BD的對稱點N，連接HN交BD于點P，，此時最小，即可求解． 【詳解】解：①過點O作，垂足為G， 在菱形ABCD中，AC是對角線，則AC平分∠BCD， ∵，， ∴， ∴OH、OG都為圓的半徑，即DC是⊙O的切線； ②∵且， ∴， ， ∴， 在直角三角形OHC中，， ∴，， ∴， ； ③作M關(guān)于BD的對稱點N，連接HN交BD于點P， ∵， ∴，

42、此時最小， ∵， ， ∴， ∴， ∴， 即：PH+PM的最小值為， 在Rt△NPO中， ， 在Rt△COD中， ， 則． 【點睛】本題為圓的綜合運用題，涉及到圓切線的性質(zhì)及應(yīng)用、點的對稱性、解直角三角形等知識，其中③，通過點的對稱性確定PH+PM最小，是本題的難點和關(guān)鍵． 25．如圖，在正方形ABCD中，點E是AB邊上的一點，以DE為邊作正方形DEFG，DF與BC交于點M，延長EM交GF于點H，EF與GB交于點N，連接CG. （1）求證：CD⊥CG； （2）若tan∠MEN=，求的值； （3）已知正方形ABCD的邊長為1，點E在運動過程中，EM的長能否為？請說明

43、理由. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）EM長不可能為.理由見解析. 【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS證明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出結(jié)論； （2）先證明△EDM≌△GDM，得出∠DME=∠NMF，，再證明△DME∽△FMN，得出，，在Rt△EFH中，tan∠HEF=，所以； （3）假設(shè)EM= ，先判斷出點G在BC的延長線上，同（2）的方法得，EM=GM=，得出GM=,再判斷出BM＜，得出CM＞，進而得出CM＞GM，即可得出結(jié)論． 【詳解】（1）證明：∵四邊形AB

44、CD和四邊形DEFG是正方形， ∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG， ∴∠ADE=∠CDG， 在△ADE和△CDG中， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴∠A=∠DCG=90°， ∴CD⊥CG； （2）解： ∵CD⊥CG，DC⊥BC， ∴G、C、M三點共線 ∵四邊形DEFG是正方形， ∴DG=DE，∠EDM=∠GDM=45°， 又∵DM=DM ∴△EDM≌△GDM， ∴∠DME=∠DMG 又∠DMG=∠NMF， ∴∠DME=∠NMF， 又∵∠EDM=∠NFM=45° ∴△DME∽△FMN， ∴ 又∵DE∥HF， ∴，

45、 又∵ED=EF， ∴ 在Rt△EFH中，tan∠HEF=， ∴ （3）EM的長不可能為。 理由：假設(shè)EM的長為， ∵點E是AB邊上一點，且∠EDG=∠ADC=90°， ∴點G在BC的延長線上， 同（2）的方法得，EM=GM=， ∴GM=， 在Rt△BEM中，EM是斜邊， ∴BM＜ ∵正方形ABCD的邊長為1， ∴BC=1， ∴CM＞ ∴CM＞GM， ∴點G在正方形ABCD的邊BC上，與“點G在BC的延長線上”相矛盾， ∴假設(shè)錯誤， 即：EM的長不可能為 【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形

46、是解本題的關(guān)鍵，用反證法說明EM不可能為是解本題的難度． 26．在平面直角坐標(biāo)系中，已知，動點在的圖像上運動（不與重合），連接，過點作，交軸于點，連接． （1）求線段長度的取值范圍； （2）試問：點運動過程中，是否問定值？如果是，求出該值；如果不是，請說明理由． （3）當(dāng)為等腰三角形時，求點的坐標(biāo)． 【答案】（1）；（2）為定值，=30°；（3）， ，， 【分析】（1）作，由點在的圖像上知：，求出AH，即可得解； （2）①當(dāng)點在第三象限時，②當(dāng)點在第一象的線段上時，③當(dāng)點在第一象限的線段的延長線上時，分別證明、、、四點共圓，即可求得=30°； （3）分，，三種情況，分別求解

47、即可． 【詳解】解：（1）作，則 ∵點在的圖像上 ∴， ∵， ∴ ∴ （2）①當(dāng)點在第三象限時， 由，可得、、、四點共圓， ∴ ②當(dāng)點在第一象的線段上時， 由，可得、、、四點共圓， ∴，又此時 ∴ ③當(dāng)點在第一象限的線段的延長線上時， 由，可得， ∴、、、四點共圓， ∴ （3）設(shè)，則： ∵，∴ ∴： ∴ ∴， ①當(dāng)時，則 整理得： 解得： ∴， ②當(dāng)時，則 整理得： 解得：或 當(dāng)時，點與重合，舍去， ∴，∴ ③當(dāng)時， 則 整理得： 解得： ∴ 【點睛】本題為一次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法求函數(shù)解析

48、式、三角函數(shù)、等腰三角形判定和性質(zhì)以及圓的相關(guān)性質(zhì)等知識點，其中（2）（3），要注意分類求解，避免遺漏． 27．如圖1，在正方形中，點是邊上的一個動點（點與點不重合），連接，過點作于點，交于點． （1）求證：； （2）如圖2，當(dāng)點運動到中點時，連接，求證：； （3）如圖3，在（2）的條件下，過點作于點，分別交于點，求的值． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）. 【分析】（1）先判斷出，再由四邊形是正方形，得出，，即可得出結(jié)論； （2）過點作于，設(shè)，先求出，進而得出，再求出，，再判斷出，進而判斷出，即可得出結(jié)論； （3）先求出，再求出，再判斷出，求出，再用勾股定理求出

49、，最后判斷出，得出，即可得出結(jié)論. 【詳解】（1）證明：∵， ∴， ∴， ∵四邊形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）證明：如圖2，過點作于， 設(shè)， ∵點是的中點， ∴， ∴， 在中，根據(jù)面積相等，得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如圖3，過點作于， ， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性

50、質(zhì)，勾股定理，判斷出是解本題的關(guān)鍵. 28．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝6．若不改變矩形ABCD的形狀和大小，當(dāng)矩形頂點A在x軸的正半軸上左右移動時，矩形的另一個頂點D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動． (1)當(dāng)∠OAD＝30°時，求點C的坐標(biāo)； (2)設(shè)AD的中點為M，連接OM、MC，當(dāng)四邊形OMCD的面積為時，求OA的長； (3)當(dāng)點A移動到某一位置時，點C到點O的距離有最大值，請直接寫出最大值，并求此時cos∠OAD的值． 【答案】(1)點C的坐標(biāo)為(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值為8，cos∠OAD＝． 【分析】(1

51、)作CE⊥y軸，先證∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，從而得出點C坐標(biāo)； (2)先求出S△DCM＝6，結(jié)合S四邊形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，設(shè)OA＝x、OD＝y(tǒng)，據(jù)此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，代入x2+y2＝36求得x的值，從而得出答案； (3)由M為AD的中點，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知當(dāng)O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，ON⊥AD，證△CMD∽△OMN得，據(jù)此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及

52、cos∠OAD＝可得答案． 【詳解】(1)如圖1，過點C作CE⊥y軸于點E， ∵矩形ABCD中，CD⊥AD， ∴∠CDE+∠ADO＝90°， 又∵∠OAD+∠ADO＝90°， ∴∠CDE＝∠OAD＝30°， ∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2， 在Rt△OAD中，∠OAD＝30°， ∴OD＝AD＝3， ∴點C的坐標(biāo)為(2，3+2)； (2)∵M為AD的中點， ∴DM＝3，S△DCM＝6， 又S四邊形OMCD＝， ∴S△ODM＝， ∴S△OAD＝9， 設(shè)OA＝x、OD＝y(tǒng)，則x2+y2＝36，xy＝9， ∴x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)， 將x＝y(tǒng)

53、代入x2+y2＝36得x2＝18， 解得x＝3(負值舍去)， ∴OA＝3； (3)OC的最大值為8， 如圖2，M為AD的中點， ∴OM＝3，CM＝＝5， ∴OC≤OM+CM＝8， 當(dāng)O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8， 連接OC，則此時OC與AD的交點為M，過點O作ON⊥AD，垂足為N， ∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN， ∴△CMD∽△OMN， ∴，即， 解得MN＝，ON＝， ∴AN＝AM﹣MN＝， 在Rt△OAN中，OA＝， ∴cos∠OAD＝． 【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判

54、定與性質(zhì)等知識點． 29．在等腰三角形中，，作交AB于點M，交AC于點N． （1）在圖1中，求證：； （2）在圖2中的線段CB上取一動點P，過P作交CM于點E，作交BN于點F，求證：； （3）在圖3中動點P在線段CB的延長線上，類似（2）過P作交CM的延長線于點E，作交NB的延長線于點F，求證：． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析 【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，利用AAS定理證明； （2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，證明、，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，證明結(jié)論； （3）根據(jù)，得到，證明，得到，根據(jù)比例的性質(zhì)證明即可． 【詳解】證明

55、：（1）∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）同（2）的方法得到，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵． 30．已知：是等腰直角三角形，，將繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)得到，記旋轉(zhuǎn)角為，當(dāng)時，作，垂足為，與交于點 （1）如圖1，當(dāng)時，作的平分線交于點. ①寫出旋轉(zhuǎn)

56、角的度數(shù)；②求證：； （2）如圖2，在（1）的條件下，設(shè)是直線上的一個動點，連接，，若，求線段的最小值.（結(jié)果保留根號） 【答案】（1）①旋轉(zhuǎn)角為；②見解析；（2）的最小值為. 【分析】（1）①解直角三角形求出即可解決問題. ②連接，設(shè)交于點.在時截取，連接.首先證明是等邊三角形，再證明，即可解決問題. （2）如圖2中，連接，，，作交的延長線于.證明，推出，推出，關(guān)于對稱，推出，推出，求出即可解決問題. 【詳解】解：（1）①旋轉(zhuǎn)角為． 理由：如圖1中， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴旋轉(zhuǎn)角為. ②證明：連接，設(shè)交于點.在時截取，連接. ∵， ∴， ∵平

57、分， ∴， ∵， ∴，∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等邊三角形， ∴， ∵，， ∴是等邊三角形， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴. （2）解：如圖2中，連接，，，作交的延長線于. 由②可知，，，， ∴， ∴， ∴，關(guān)于對稱， ∴， ∴， 在中，，， ∴，， ∴. ∴的最小值為. 【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題. 49