初中數(shù)學(xué)120大招-附7 探究動態(tài)幾何問題

探究動態(tài)幾何問題【命題趨勢】數(shù)學(xué)因運動而充滿活力，數(shù)學(xué)因變化面精彩紛呈。動態(tài)幾何問題是近年來中考的一個重難點問題，以運動的觀點探究幾何圖形或函數(shù)與幾何圖形的變化規(guī)律，從而確定某一圖形的存在性問題。隨之產(chǎn)生的動態(tài)幾何試題就是研究在幾何圖形的運動中，伴隨著出現(xiàn)一定的圖形位置、數(shù)量關(guān)系的“變”與“不變”性的試題。以動態(tài)幾何問題為基架而精心設(shè)計的考題，可謂璀璨奪目、精彩四射?！緷M分技巧】1）動態(tài)幾何問題是以幾何圖形為背景的，幾何圖形有直線型和曲線型兩種，那么動態(tài)幾何也有直線型的和曲線型的兩類，即全等三角形、相似三角形中的動態(tài)幾何問題，也有圓中的動態(tài)問題。有點動、線動、面動，就其運動形式而言，有平移、旋轉(zhuǎn)、翻折、滾動等。根據(jù)其運動的特點，又可分為(1)動點類(點在線段或弧線上運動)也包括一個動點或兩個動點；(2)動直線類；(3)動圖形問題。2）解決動態(tài)幾何題，通過觀察，對幾何圖形運動變化規(guī)律的探索，發(fā)現(xiàn)其中的‘變量”和“定量”動中求靜，即在運動變化中探索問題中的不變性;動靜互化抓住“靜”的瞬間，使一般情形轉(zhuǎn)化為特殊問題，從而找到“動與靜”的關(guān)系;這需要有極敏銳的觀察力和多種情況的分析能力，加以想象、結(jié)合推理，得出結(jié)論。解決這類問題，要善于探索圖形的運動特點和規(guī)律抓住變化中圖形的性質(zhì)與特征，化動為靜，以靜制動。解決運動型試題需要用運動與變化的眼光去觀察和研究圖形，把握圖形運動與變化的全過程，抓住其中的等量關(guān)系和變量關(guān)系，并特別關(guān)注--些不變量和不變關(guān)系或特殊關(guān)系。3）動態(tài)幾何形成的存在性問題，重點和難點在于應(yīng)用分類思想和數(shù)形結(jié)合的思想準(zhǔn)確地進行分類，包括等腰(邊)三角形存在問題，直角三角形存在問題，平行四邊形存在問題，矩形、菱形、正方形存在問題。全等三角形存在問題，相似三角形存在問題等?！鞠迺r檢測】A卷（建議用時：90分鐘）1．（2020·江蘇南通市·中考真題）如圖①，E為矩形ABCD的邊AD上一點，點P從點B出發(fā)沿折線B﹣E﹣D運動到點D停止，點Q從點B出發(fā)沿BC運動到點C停止，它們的運動速度都是1cm/s．現(xiàn)P，Q兩點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為x（s），△BPQ的面積為y（cm2），若y與x的對應(yīng)關(guān)系如圖②所示，則矩形ABCD的面積是（）A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2【答案】C【分析】過點E作EH⊥BC，由三角形面積公式求出EH=AB=6，由圖2可知當(dāng)x=14時，點P與點D重合，則AD=12，可得出答案．【詳解】解：從函數(shù)的圖象和運動的過程可以得出：當(dāng)點P運動到點E時，x＝10，y＝30，過點E作EH⊥BC，由三角形面積公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,由圖2可知當(dāng)x＝14時，點P與點D重合，∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面積為12×6＝72．故選：C．【點睛】本題考查動點問題的函數(shù)圖象，三角形的面積等知識，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想方法是解題的關(guān)鍵．2．（2020·四川雅安市·中考真題）已知，等邊三角形和正方形的邊長相等，按如圖所示的位置擺放（C點與E點重合），點共線，沿方向勻速運動，直到B點與F點重合．設(shè)運動時間為，運動過程中兩圖形重疊部分的面積為，則下面能大致反映與之間關(guān)系的函數(shù)圖象是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】分點C在EF中點的左側(cè)、點C在EF中點的右側(cè)、點C在F點右側(cè)且B在EF中點的左側(cè)，點C在F點右側(cè)且B在EF中點的右側(cè)四種情況，分別求出函數(shù)的表達式即可求解．【詳解】解：設(shè)等邊三角形ABC和正方形DEFG的邊長都為a，運動速度為1，當(dāng)點C在EF的中點左側(cè)時，設(shè)AC交DE于點H，則CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，則S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，可知圖象為開口向上的二次函數(shù)，當(dāng)點C在EF的中點右側(cè)時，設(shè)AB與DE交于點M，則EC=t，BE=a-t，ME=，∴S=，可知圖象為開口向下的二次函數(shù)；當(dāng)點C在F點右側(cè)且B在EF中點的左側(cè)時，S=，可知圖象為開口向下的二次函數(shù)；當(dāng)點C在F點右側(cè)且B在EF中點的右側(cè)時，此時BF=2a-t，MF=，∴，可知圖象為開口向上的二次函數(shù)；故選：A【點睛】本題考查的是動點圖象問題，此類問題關(guān)鍵是：弄清楚不同時間段，圖象和圖形的對應(yīng)關(guān)系，進而求解．3．（2020·遼寧錦州市·中考真題）如圖，在菱形中，P是對角線上一動點，過點P作于點E．于點F．若菱形的周長為20，面積為24，則的值為（）A．4 B． C．6 D．【答案】B【分析】連接BP，通過菱形的周長為20，求出邊長，菱形面積為24，求出SABC的面積，然后利用面積法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．【詳解】解：連接BP，∵菱形ABCD的周長為20，∴AB=BC=20÷4=5，又∵菱形ABCD的面積為24，∴SABC=24÷2=12，又SABC=SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴，∵AB=BC，∴∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故選：B．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在添加輔助線，通過面積法得出等量關(guān)系，求出PF+PE的值．4．（2020·內(nèi)蒙古呼和浩特市·中考真題）如圖，把某矩形紙片沿，折疊（點E、H在邊上，點F，G在邊上），使點B和點C落在邊上同一點P處，A點的對稱點為、D點的對稱點為，若，為8，的面積為2，則矩形的長為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因為△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，推出D′H＝x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=2，分別求出PE和PH，從而得出AD的長.【詳解】解：∵四邊形ABC是矩形，∴AB=CD，AD=BC，設(shè)AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，∵△A′EP的面積為8，△D′PH的面積為2，又∵，∠A′PF=∠D′PG=90°，∴∠A′PD′=90°，則∠A′PE+∠D′PH=90°，∴∠A′PE=∠D′HP，∴△A′EP∽△D′PH，∴A′P2：D′H2=8：2，∴A′P：D′H=2：1，∵A′P=x，∴D′H=x，∵S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即，∴x=2（負(fù)根舍棄），∴AB=CD=2，D′H=DH=，D′P=A′P=CD=2，A′E=2D′P=4，∴PE=，PH=，∴AD==，故選D.【點睛】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2020·湖南邵陽市·中考真題）將一張矩形紙片按如圖所示操作：（1）將沿向內(nèi)折疊，使點A落在點處，（2）將沿向內(nèi)繼續(xù)折疊，使點P落在點處，折痕與邊交于點M．若，則的大小是（）A．135° B．120° C．112.5° D．115°【答案】C【分析】由折疊前后對應(yīng)角相等且可先求出，進一步求出，再由折疊可求出，最后在中由三角形內(nèi)角和定理即可求解．【詳解】解：∵折疊，且，∴，即，∵折疊，∴，∴在中，，故選：C．【點睛】本題借助矩形的性質(zhì)考查了折疊問題、三角形內(nèi)角和定理等，記牢折疊問題的特點：折疊前后對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等即可解題．6．（2020·重慶中考真題）如圖，三角形紙片ABC，點D是BC邊上一點，連接AD，把沿著AD翻折，得到，DE與AC交于點G，連接BE交AD于點F.若，，，的面積為2，則點F到BC的距離為()A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出ABD的面積．根據(jù)三角形的面積公式求出DF，設(shè)點F到BD的距離為h，根據(jù)?BD?h＝?BF?DF，求出BD即可解決問題．【詳解】解：∵DG＝GE，∴S△ADG＝S△AEG＝2，∴S△ADE＝4，由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，∴S△ABD＝S△ADE＝4，∠BFD＝90°，∴?（AF+DF）?BF＝4，∴?（3+DF）?2＝4，∴DF＝1，∴DB＝＝＝，設(shè)點F到BD的距離為h，則?BD?h＝?BF?DF，∴h＝，故選：B．【點睛】本題考查翻折變換，三角形的面積，勾股定理二次根式的運算等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．7．（2020·山東聊城市·中考真題）如圖，在中，，，將繞點旋轉(zhuǎn)得到，使點的對應(yīng)點落在上，在上取點，使，那么點到的距離等于（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和30°角的直角三角形的性質(zhì)可得的長，進而可得的長，過點D作DM⊥BC于點M，過點作于點E，于點F，如圖，則四邊形是矩形，解Rt△可得的長，即為FM的長，根據(jù)三角形的內(nèi)角和易得，然后解Rt△可求出DF的長，進一步即可求出結(jié)果．【詳解】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，∵將繞點旋轉(zhuǎn)得到，使點的對應(yīng)點落在上，∴，∴，過點D作DM⊥BC于點M，過點作于點E，于點F，交AC于點N，如圖，則四邊形是矩形，∴，在Rt△中，，∴FM=1，∵，∴，在Rt△中，，∴，即點到的距離等于．故選：D．【點睛】本題考查了解直角三角形、矩形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，正確作出輔助線、熟練掌握解直角三角形的知識是解題的關(guān)鍵．8．（2020·浙江九年級一模）如圖，已知矩形ABCD中，AB=6，BC=4，點E為AB邊上的中點，點F在BC邊上，且BF＝1，動點P從點E出發(fā)沿直線向點F運動，每當(dāng)碰到矩形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角，經(jīng)過若干次反彈，當(dāng)動點P第一次回到點E時，動點P所經(jīng)過的路程長為（）A．8 B．16+8 C．16 D．16+12【答案】A【分析】利用反射角等于入射角畫出動點的運動軌跡，再證四邊形OP5EF和OP2P3P4為菱形，然后利用等角對等邊證出兩個菱形的邊都相等，再用勾股定理計算即可.【詳解】如下圖藍色線為動點的運動軌跡，可發(fā)現(xiàn)動點P第一次回到點E時共彈出六次.∵入射角等于反射角，AD∥BC，AB∥DC∴∠1=∠2=∠3=∠4，∠5=∠6，∠7=∠8=∠9=∠10，∠11=∠FEB又∵∠4＋∠5=90°，∠6＋∠7=90°，∠10＋∠11=90°∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠7=∠8=∠9=∠10，∠5=∠6=∠11=∠FEB由∠1=∠8，∠3=∠10∴EF∥P5P4，P5E∥P2PF所以四邊形OP5EF為平行四邊形，在△P5AE和△FBE中∴△P5AE≌△FBE（ASA）所以AE=EF∴四邊形OP5EF為菱形同理可證四邊形OP2P3P4為菱形又∵∠2=∠8∴OP4=OF∴兩個菱形的邊都相等，在Rt△EFB中故動點P所經(jīng)過的路程長為8故選A【點睛】此題考查的是入射角等于反射角，矩形的性質(zhì)，菱形的判定及勾股定理.9．（2020·河北石家莊市·九年級其他模擬）如圖，中，，，，以點為圓心3為半徑的優(yōu)弧分布交，于點，點優(yōu)弧上的動點，點為的中點，則長的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根據(jù)勾股定理求得AB=8，然后根據(jù)的性質(zhì)求得NE和OE的長，當(dāng)點P在M處時，AC有最小值，此時，在中應(yīng)用勾股定理即可求解；當(dāng)P在點N處時，AC有最大值，根據(jù)的性質(zhì)求出CF、FO、AF，然后在中應(yīng)用勾股定理即可求解．【詳解】∵OA=6，OB=10，ON=OM=3∴AM=OA-OM=3∴在中，過N點作于點E∴又∵∴∴∴∴，當(dāng)點P在點M、N處時，AC分別有最小值和最大值；當(dāng)點P在M處時，AC有最小值∵C是BP的中點，∴∴在中，∴當(dāng)P在點N處時，AC有最大值∴∵∴∴∴，∴，∴在中，綜上所述，故選D．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，題目較為綜合，難度較大，根據(jù)題意討論兩種情況是本題的關(guān)鍵．10．（2020·洛陽市第二外國語學(xué)校九年級二模）如圖1，在△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，動點P從點B開始沿邊BA、AC向點C以恒定的速度移動，動點Q從點B開始沿邊BC向點C以恒定的速度移動，兩點同時到達點C，設(shè)△BPQ的面積為y（cm2）．運動時間為x（s），y與x之間關(guān)系如圖2所示，當(dāng)點P恰好為AC的中點時，PQ的長為（）A．2 B．4 C．2 D．4【答案】C【分析】點P、Q的速度比為3：，根據(jù)x＝2，y＝6，確定P、Q運動的速度，即可求解．【詳解】解：設(shè)AB＝a，∠C＝30°，則AC＝2a，BC＝a，設(shè)P、Q同時到達的時間為T，則點P的速度為，點Q的速度為，故點P、Q的速度比為3：，故設(shè)點P、Q的速度分別為：3v、v，由圖2知，當(dāng)x＝2時，y＝6，此時點P到達點A的位置，即AB＝2×3v＝6v，BQ＝2×v＝2v，y＝AB×BQ＝6v×2v＝6，解得：v＝1，故點P、Q的速度分別為：3，，AB＝6v＝6＝a，則AC＝12，BC＝6，如圖當(dāng)點P在AC的中點時，PC＝6，此時點P運動的距離為AB+AP＝12，需要的時間為12÷3＝4，則BQ＝x＝4，CQ＝BC﹣BQ＝6﹣4＝2，過點P作PH⊥BC于點H，PC＝6，則PH＝PCsinC＝6×＝3，同理CH＝3，則HQ＝CH﹣CQ＝3﹣2＝，PQ＝＝＝2，故選：C．【點睛】本題考查的是動點圖象問題，此類問題關(guān)鍵是：弄清楚不同時間段，圖象和圖形的對應(yīng)關(guān)系，進而求解．11．（2020·江蘇無錫市·九年級其他模擬）如圖，動點從（0，3）出發(fā)，沿軸以每秒1個單位長度的速度向下移動，同時動點從出發(fā)，沿軸以每秒2個單位長度的速度向右移動，當(dāng)點移動到點時，點、同時停止移動．點在第一象限內(nèi)，在、移動過程中，始終有，且．則在整個移動過程中，點移動的路徑長為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題意過P點作交于D點，作交于E點，并利用全等三角形判定,得出，從而分當(dāng)時，有（0，3），，設(shè)P點坐標(biāo)為以及當(dāng)時，有、O（0，0），、H，設(shè)P點坐標(biāo)為，求出P點坐標(biāo)，繼而由點移動的路徑為一條線段利用兩點間距離公式求得點移動的路徑長.【詳解】解：由題意過P點作交于D點，作交于E點，如圖，∵，∴,∴,∵,∴,即有,由題意可知，當(dāng)時，有（0，3），，設(shè)P點坐標(biāo)為，由，即有，解得，即此時P點坐標(biāo)為；當(dāng)時，有、O（0，0），、H，設(shè)P點坐標(biāo)為，由即圖上，即有，解得，即此時P點坐標(biāo)為；由圖可知點移動的路徑為一條線段，則點移動的路徑長為：.故選：A.【點睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系點的運動問題，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)和判定以及兩點間距離公式是解題的關(guān)鍵.12．（2020·安徽）邊長為4、中心為的正方形如圖所示，動點從點出發(fā)，沿以每秒1個單位長度的速度運動到點時停止，動點從點出發(fā)，沿以每秒2個單位長度的速度運動一周停止，若點同時開始運動，點的運動時間為，當(dāng)時，滿足的點的位置有（）A．6個 B．7個 C．8個 D．9個【答案】B【分析】依次取的中點，連接．由題意可知，當(dāng)點與點到各自所在邊的中點的距離相等時，，則有六種情況，分類列式計算求出t的值，即可解答本題．【詳解】解：依次取的中點，連接．根據(jù)題意，得點運動的路程為，當(dāng)時，點運動的路程為．分析題意可知，當(dāng)點與點到各自所在邊的中點的距離相等時，．當(dāng)時，顯然；②當(dāng)時，如圖（1），點在上，點在上，，由，得；③當(dāng)時，如圖（2），點在上，點在上，，由，得或；④當(dāng)時，如圖（3），點在上，點在上，，由，得（舍去）或；⑤當(dāng)時，如圖（4），點在上，點在上，，由，得或；⑥當(dāng)時，點停在點處，因此當(dāng)時，，只有時滿足．綜上，滿足條件的點的位置有7個，故選：B．【點睛】本題結(jié)合動點考查考生空間想象的能力與分析問題、解決問題的綜合能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)．分析題意時，需注意時間的取值范圍不含0和16，第后點停止運動，且與點重合．13．（2020·黑龍江大慶市·中考真題）如圖，等邊中，，點，點分別是邊，上的動點，且，連接、交于點，當(dāng)點從點運動到點時，則點的運動路徑的長度為_________．【答案】【分析】如圖，作過A、B、F作⊙O,為點F的軌跡，然后計算出,的長度即可．【詳解】解：如圖：作過A、B、F作⊙O,過O作OG⊥AB∵等邊∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°∵∠AFB是弦AB同側(cè)的圓周角∴∠AOB=120°∵OG⊥AB,OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=∴∠OBG=30°設(shè)OB=x，則OG=x∴，解得x=或x=-（舍）∴的長度為．故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、含30度直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及圓周角定理，根據(jù)題意確定點F的軌跡是解答本題的關(guān)鍵．14．（2020·廣西中考真題）如圖，在邊長為的菱形中，，點分別是上的動點，且與交于點.當(dāng)點從點運動到點時，則點的運動路徑長為_____．【答案】【分析】根據(jù)題意證得，推出∠BPE=60，∠BPD=120，得到C、B、P、D四點共圓，知點的運動路徑長為的長，利用弧長公式即可求解．【詳解】連接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，∴△ABD和△CBD都為等邊三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，∵∠BPE=∠BDP+∠DBF=∠BDP+∠ADE=∠BDF=60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，∵∠C=60，∴∠C+∠BPD=180，∴C、B、P、D四點共圓，即⊙O是的外接圓，∴當(dāng)點從點運動到點時，則點的運動路徑長為的長，∴∠BOD=2∠BCD=120，作OG⊥BD于G，根據(jù)垂徑定理得：BG=GD=BD=，∠BOG=∠BOD=60，∵，即，∴，從而點的路徑長為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會準(zhǔn)確尋找點的運動軌跡．15．（2020·內(nèi)蒙古鄂爾多斯市·中考真題）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若過點E作EH⊥AC，H為垂足，則有以下結(jié)論：①點M位置變化，使得∠DHC＝60°時，2BE＝DM；②無論點M運動到何處，都有DM＝HM；③在點M的運動過程中，四邊形CEMD不可能成為菱形；④無論點M運動到何處，∠CHM一定大于135°．以上結(jié)論正確的有_____（把所有正確結(jié)論的序號都填上）．【答案】①②③④【分析】①正確．證明∠ADM＝30°，即可得出結(jié)論．②正確．證明△DHM是等腰直角三角形即可．③正確．首先證明四邊形CEMD是平行四邊形，再證明，DM＞CD即可判斷．④正確．證明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判斷．【詳解】解：如圖，連接DH，HM．由題可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四邊形ABCD是正方形，EH⊥AC，∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正確；當(dāng)∠DHC＝60°時，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正確；∵CD∥EM，EC∥DM，∴四邊形CEMD是平行四邊形，∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四邊形CEMD不可能是菱形，故③正確，∵點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正確；由上可得正確結(jié)論的序號為①②③．故答案為：①②③④．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．16．（2020·湖北鄂州市·中考真題）如圖，半徑為的與邊長為的正方形的邊相切于E，點F為正方形的中心，直線過點．當(dāng)正方形沿直線以每秒的速度向左運動__________秒時，與正方形重疊部分的面積為．【答案】1或．【分析】將正方形向左平移，使得正方形與圓的重疊部分為弓形，根據(jù)題目數(shù)據(jù)求得此時弓形面積符合題意，由此得到OF的長度，然后結(jié)合運動速度求解即可，特別要注意的是正方形沿直線運動，所以需要分類討論．【詳解】解：①當(dāng)正方形運動到如圖1位置，連接OA，OB，AB交OF于點E此時正方形與圓的重疊部分的面積為S扇形OAB-S△OAB由題意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB∴△OAB為等邊三角形∴∠AOB=60°，OE⊥AB在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=∴S扇形OAB-S△OAB∴OF=∴點F向左運動個單位，所以此時運動時間為秒②同理，當(dāng)正方形運動到如圖2位置，連接OC，OD，CD交OF于點E此時正方形與圓的重疊部分的面積為S扇形OCD-S△OCD由題意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD∴△OCD為等邊三角形∴∠COD=60°，OE⊥CD在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=∴S扇形OCD-S△OCD∴OF=∴點F向左運動個單位，所以此時運動時間為秒綜上，當(dāng)運動時間為1或秒時，⊙O與正方形重疊部分的面積為故答案為：1或．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，扇形面積的計算及等邊三角形的判定和性質(zhì)，題目難度不大，注意分情況討論是本題的解題關(guān)鍵．17．（2020·江蘇宿遷市·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P為AD上一個動點，連接BP，線段BA與線段BQ關(guān)于BP所在的直線對稱，連接PQ，當(dāng)點P從點A運動到點D時，線段PQ在平面內(nèi)掃過的面積為_____．【答案】【分析】由矩形的性質(zhì)求出∠ABQ=120°，由矩形的性質(zhì)和軸對稱性可知，△BOQ≌△DOC，根據(jù)S陰影部分=S四邊形ABQD﹣S扇形ABQ=S四邊形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．【詳解】∵當(dāng)點P從點A運動到點D時，線段BQ的長度不變，∴點Q運動軌跡是圓弧，如圖，陰影部分的面積即為線段PQ在平面內(nèi)掃過的面積，∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由軸對稱性得：BQ=BA=CD，在△BOQ和△DOC中，，∴△BOQ≌△DOC，∴S陰影部分=S四邊形ABQD﹣S扇形ABQ=S四邊形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，=S四邊形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，扇形的面積公式，軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．（2020·內(nèi)蒙古通遼市·中考真題）如圖①，在中，，點E是邊的中點，點P是邊上一動點，設(shè)．圖②是y關(guān)于x的函數(shù)圖象，其中H是圖象上的最低點．．那么的值為_______．【答案】7【分析】過B作AC的平行線，過C作AB的平行線，交于點D，證明四邊形ABCD為菱形，得到點A和點D關(guān)于BC對稱，從而得到PA+PE=PD+PE，推出當(dāng)P，D，E共線時，PA+PE最小，即DE的長，觀察圖像可知：當(dāng)點P與點B重合時，PD+PE=，分別求出PA+PE的最小值為3，PC的長，即可得到結(jié)果.【詳解】解：如圖，過B作AC的平行線，過C作AB的平行線，交于點D，可得四邊形ABCD為平行四邊形，又AB=AC，∴四邊形ABCD為菱形，點A和點D關(guān)于BC對稱，∴PA+PE=PD+PE，當(dāng)P，D，E共線時，PA+PE最小，即DE的長，觀察圖像可知：當(dāng)點P與點B重合時，PD+PE=，∵點E是AB中點，∴BE+BD=3BE=，∴BE=，AB=BD=，∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD為等邊三角形，∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值為3，即點H的縱坐標(biāo)為a=3，當(dāng)點P為DE和BC交點時，∵AB∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，即點H的橫坐標(biāo)為b=4，∴a+b=3+4=7，故答案為：7.【點睛】本題考查動點問題的函數(shù)圖象，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．19．（2020·內(nèi)蒙古呼倫貝爾市·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形的頂點與坐標(biāo)原點重合，點的坐標(biāo)為（0,3），點在軸的正半軸上．直線分別與邊相交于兩點，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點并與邊相交于點，連接．點是直線上的動點，當(dāng)時，點的坐標(biāo)是________________．【答案】（1，0）或（3，2）【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)以及一次函數(shù)表達式求出點D和點M坐標(biāo)，從而求出反比例函數(shù)表達式，得到點N的坐標(biāo)，求出MN，設(shè)點P坐標(biāo)為（m，m-1），根據(jù)兩點間距離表示出CP，得到方程，求解即可．【詳解】解：∵正方形OABC的頂點O與坐標(biāo)原點重合，點C的坐標(biāo)為（0，3），∴B（3，3），A（3，0），∵直線y=x-1分別與邊AB，OA相交于D，M兩點，∴可得：D（3，2），M（1，0），∵反比例函數(shù)經(jīng)過點D，k=3×2=6，∴反比例函數(shù)的表達式為，令y=3，解得：x=2，∴點N的坐標(biāo)為（2，3），∴MN==，∵點P在直線DM上，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m-1），∴CP=，解得：m=1或3，∴點P的坐標(biāo)為（1，0）或（3，2）．故答案為：（1，0）或（3，2）．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，兩點之間的距離，反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，解題的關(guān)鍵是根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出反比例函數(shù)解析式.20．（2020·上海中考真題）如圖，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，點D在邊BC上，CD=3，聯(lián)結(jié)AD．如果將△ACD沿直線AD翻折后，點C的對應(yīng)點為點E，那么點E到直線BD的距離為____．【答案】．【分析】過E點作EH⊥BC于H，證明△ABD是等邊三角形，進而求得∠ADC=120°，再由折疊得到∠ADE=∠ADC=120°，進而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函數(shù)即可求出HE的長．【詳解】解：如圖，過點E作EH⊥BC于H，∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直線BD的距離為．故答案為：．【點睛】本題考查了折疊問題，解直角三角形，點到直線的距離，本題的關(guān)鍵點是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重點掌握折疊問題的特點：折疊前后對應(yīng)的邊相等，對應(yīng)的角相等．21．（2020·浙江杭州市·中考真題）如圖是一張矩形紙片，點E在AB邊上，把沿直線CE對折，使點B落在對角線AC上的點F處，連接DF．若點E，F(xiàn)，D在同一條直線上，AE＝2，則DF＝_____，BE＝_____．【答案】2﹣1【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到，，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得到，，，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到；最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得BE的值．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形∴，∵把沿直線CE對折，使點B落在對角線AC上的點F處∴，，∴，∴∴在和中，∴∴∵∴∵∴∴，即∴解得或（不符題意，舍去）則故答案為：2，．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，根據(jù)矩形與折疊的性質(zhì)，正確找出兩個相似三角形是解題關(guān)鍵．22．（2020·江西宜春市·九年級一模）如圖，在中，動點從點出發(fā)，在邊上以每秒的速度向點勻速運動，同時動點從點出發(fā)，在邊上以每秒的速度向點勻速運動，運動時間為秒，連接．若以為直徑的與的邊相切，則的值為_______．【答案】或或【分析】分當(dāng)⊙O與BC相切、⊙O與AB相切，⊙O與AC相切時，三種情況分類討論即可得出結(jié)論．【詳解】解：設(shè)運動時間為t秒（0<t<2），則BM=5t，CN=4t，BN=8-4t，在直角三角形ABC中，由勾股定理，得AB==10.當(dāng)為直徑的與的邊AB相切時，∠BMN=90°=∠C，又因為∠B=∠B，所以△BMN∽△BCA，∴=，解得t=；當(dāng)為直徑的與的邊BC相切,∠BNM=90°=∠C，又因為∠B=∠B，所以△BMN∽△BAC，所以=，解得t=1;當(dāng)為直徑的與的邊AC相切,如圖,過點O作OH⊥AC于點H，交PM于點Q，OH=OQ+QH=PM+PC=（8t-8）+（8-4t）=4，∴MN=2OH=8，∴73t2-128t+64=64解得t1=0，t2=.故t的值為或或.【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及圓的綜合知識；由三角形相似得出對應(yīng)邊成比例是解題的關(guān)鍵，此類題目為中考的熱點考題之一，應(yīng)加強訓(xùn)練．23．（2020·江蘇無錫市·九年級二模）如圖，為的內(nèi)接三角形，，點為弧上一動點，垂直直線于點當(dāng)點由點沿弧運動到點時，點經(jīng)過的路徑長為_______．【答案】【分析】如圖，作OH⊥BC于H，設(shè)OC的中點為K．當(dāng)E的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的圓弧，圓心角為240°，根據(jù)弧長公式計算即可．【詳解】如圖，作OH⊥BC于H，設(shè)OC的中點為K．∵OH⊥BC，∴BH=CH=，∵∠A=60°，∴∠COH=60°，∴∠OCH=30°，∴OC=，∵∠CEO=90°，∴當(dāng)E的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的圓弧，圓心角為240°，∴點E經(jīng)過的路徑長．故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的外心與外接圓，軌跡，弧長公式以及垂徑定理的應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點E的運動軌跡．24．（2020·湖北武漢市·）如圖，在△ABC中，AB＝5，D為邊AB上－動點，以CD為一邊作正方形CDEF，當(dāng)點D從點B運動到點A時，點E運動的路徑長為_________．【答案】5【分析】如圖，構(gòu)造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，則由△CGE∽△CBD，得GE=BD，即可求得點E運動的路徑長．【詳解】如圖：作GB⊥BC于B，取GB=BC，當(dāng)點D與點B重合時，則點E與點G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=BC，∠GCB=45，∵四邊形CDEF是正方形，∴CE=DC，∠ECD=45，∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG=45，∴∠BCD=∠GCE，且，∴△CGE∽△CBD，∴，即GE=BD，∵BD=5，∴點E運動的路徑長為GE=BD=5．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(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．25．（2020·吉林長春市·九年級其他模擬）如圖，長方形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=BC=20，AB=8，動點P從點B出發(fā)，先以每秒2cm的速度沿B→A的方向運動，到達點A后再以每秒4cm的速度沿A→D的方向向終點D運動；動點Q從點B出發(fā)以每秒2cm的速度沿B→C的方向向終點C運動．其中一個動點到達終點時，另一個動點也隨之停止運動，設(shè)點P、Q同時出發(fā)，運動時間為t秒．(1)直接寫出BQ的長(用含t的代數(shù)式表示);(2)求△BPQ的面積S(用含t的代數(shù)式表示);(3)求當(dāng)四邊形APCQ為平行四邊形t的值;(4)若點E為BC中點，直接寫出當(dāng)△BEP為等腰三角形時t的值．【答案】(1)BQ=2t(0≤t≤9)；(2)S=2t2(0＜t≤4)，S=8t(4＜t≤9)；(3)t=6；(4)t=5或或或8【分析】(1)先計算得出點P和點Q走完全程所需時間，即可直接寫出BQ的長；(2)分點P在AB上時和點P在AD上時，兩種情況討論，由三角形面積公式可求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)當(dāng)點P在AD上，且AP=CQ時，四邊形APCQ是平行四邊形．由此構(gòu)建方程即可解決問題．(4)分三種情況討論，利用等腰三角形的性質(zhì)可求解，【詳解】(1)點P走完全程所需時間：(秒)，點Q走完全程所需時間：(秒)，∴點P和點Q運動時間最多為秒，由題意，得：BQ()；(2)當(dāng)點P在AB上時，S=BQ×BP=×2t×2t=2t2(0＜t≤4)，當(dāng)點P在AD上時，S=BQ×8=8t(4＜t≤9)；(3)當(dāng)點P在AD上，且AP=CQ時，四邊形APCQ是平行四邊形，依題意得：4(t-4)=20-2t，解得：t=6．∴t=6時，四邊形APCQ是平行四邊形；(4)∵點E為BC中點，∴BE=EC=10，如圖，若BE=PE=10，過點E作EH⊥AD于H，∵∠ABC=∠BAD=90°，EH⊥AD，∴四邊形ABEH是矩形，∴HE=AB=8，AH=BE=10=HD，∴PH==6，當(dāng)點P在點H左邊時，∴AP=4，∴5(秒)，當(dāng)點P在點H右邊時，∴AP=16∴8(秒)，如圖，若BP=PE，過點P作PM⊥BC于M∴BM=ME=5，∵∠ABC=∠BAD=90°，PM⊥BC，∴四邊形ABMP是矩形，∴AP=BM=5，∴(秒)，若BP=BE=10，∴AP==6∴(秒)，綜上所述：當(dāng)t=5或或或8時，△BEP為等腰三角形．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形的面積，函數(shù)的應(yīng)用，等腰三角形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．26．（2020·江西九江市·九年級零模）如圖，在矩形中，，，點，分別在邊，上，，連接，．動點在上從點向終點勻速運動，同時，動點在射線．上從點沿方向勻速運動，當(dāng)點運動到EF的中點時，點恰好與點重合，點到達終點時，，同時停止運動．（1）求的長．（2）設(shè)，，求關(guān)于的函數(shù)表達式，并寫出自變的取值范圍．（3）連接，當(dāng)與的一邊平行時，求的長．【答案】（1）；（2）（）；（3）的值為或12【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得：∠B＝90°，在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理即可求出EF的長；（2）已知，，根據(jù)“當(dāng)點運動到EF的中點時，點恰好與點重合”，即可求出關(guān)于的函數(shù)表達式；（3）如圖3-1和3-2中，延長交的延長線于，根據(jù)相似三角形的判定定理可證得，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得EH，CH的長，然后分三種情況討論：①，②，③，排除掉不存在的情況，繼而根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可求解．【詳解】(1)∵四邊形是矩形，∴，，，∵，∴，∴．（2）由題意得：，即．∴（）．（3）如圖，延長交的延長線于．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠ECD＝∠ECH＝90°，又∵∠BEF＝∠CEH，∴，∴，∴，∴,，①如圖3-1，當(dāng)時，△HMN∽△HFD，∴，即，解得，②當(dāng)時，這種情形不存在．③如圖3-2中，當(dāng)時，△HED∽△HMN，∴，即，∵，解得，綜上所述，滿足條件的的值為或12．【點睛】本題主要考查勾股定理、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定定理及其性質(zhì)，以動點問題為背景，解題的關(guān)鍵是綜合運用所學(xué)知識，考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能力，有一定的難度．27．（2020·江蘇淮安市·九年級一模）如圖，拋物線經(jīng)過點兩點，與軸交于點，點是拋物線上一個動點，設(shè)點的橫坐標(biāo)為．連接（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）當(dāng)時，若點是軸正半軸上上的一個動點，點是拋物線上動點，試判斷是否存在這樣的點，使得以點為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，請直接寫出點的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）2；（3）存在，點的坐標(biāo)為【分析】（1）由拋物線交點式表達，即可求解；（2）分BD是平行四邊形的一條邊、BD是平行四邊形的對角線兩種情況，分別求解即可．【詳解】（1）拋物線經(jīng)過點解得：拋物線的函數(shù)表達式為（2）存在，（方法多種，以下從對角線出發(fā)來求解）以以為平行四邊形的對角線時，設(shè)點分別是、和的中點，則：，易求得：或（舍去）；以為平行四邊形的對角線時，同理求得：或4（均舍去）；以為平行四邊形的對角線時，同理求得：或（舍去）綜上，點的坐標(biāo)為【點睛】本題考查拋物線的綜合問題，掌握拋物線的性質(zhì)、待定系數(shù)法、平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．（2020·黑龍江鶴崗市·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的邊長是方程的根，連接，，并過點作，垂足為，動點從點以每秒個單位長度的速度沿方向勻速運動到點為止；點沿線段以每秒個單位長度的速度由點向點勻速運動，到點為止，點與點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為秒（1）線段______；（2）連接和，求的面積與運動時間的函數(shù)關(guān)系式；（3）在整個運動過程中，當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，直接寫出點的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)【分析】（1）解方程求出AB的長，由直角三角形的性質(zhì)可求BD，BC的長，CN的長；（2）分三種情況討論，由三角形的面積可求解；（3）分兩種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解．【詳解】（1）解方程得：(舍去)，∴AB=6，∵四邊形是矩形，，∴AB=CD=6，BD=2AB=12，∴BC=AD=，∵，∴，故答數(shù)為：；（2）如圖1，過點M作MH⊥BD于H，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=30°，∴MH=MD=，∵∠DBC=30°，CN⊥BD，∴BN=，當(dāng)點P在線段BN上即時，△PMN的面積；當(dāng)點P與點N重合即時，s=0，當(dāng)點P在線段ND上即時，△PMN的面積；∴；（3）如圖，過點P作PE⊥BC于E，當(dāng)PN=PM=9-2t時，則DM=，MH=DM=，DH=，∵，∴，解得：或，即或，則BE=或BE=，∴點P的坐標(biāo)為(，)或(，)；當(dāng)PN=NM=9-2t時，∵，∴，解得或24（不合題意舍去），∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3∴點P的坐標(biāo)為(，)，綜上所述：點P坐標(biāo)為(，)或(，)．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，一元二次方程的解法，三角形的面積公式，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．29．（2020·廣東廣州市·中考真題）如圖，為等邊的外接圓，半徑為2，點在劣弧上運動（不與點重合），連接，，．（1）求證：是的平分線；（2）四邊形的面積是線段的長的函數(shù)嗎？如果是，求出函數(shù)解析式；如果不是，請說明理由；（3）若點分別在線段，上運動（不含端點），經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，點運動到每一個確定的位置，的周長有最小值，隨著點的運動，的值會發(fā)生變化，求所有值中的最大值．【答案】(1)詳見解析；(2)是，；(3)【分析】(1)根據(jù)等弧對等角的性質(zhì)證明即可；(2)延長DA到E,讓AE=DB,證明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面積；(3)作點D關(guān)于直線BC、AC的對稱點D1、D2，當(dāng)D1、M、N、D共線時△DMN取最小值，可得t=D1D2，有對稱性推出在等腰△D1CD2中,t=，D與O、C共線時t取最大值即可算出．【詳解】(1)∵△ABC為等邊三角形,BC=AC，∴,都為圓，∴∠AOC=∠BOC=120°，∴∠ADC=∠BDC=60°，∴DC是∠ADB的角平分線．(2)是．如圖，延長DA至點E，使得AE=DB．連接EC，則∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，∴△EAC≌△DBC(SAS)，∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，故△EDC是等邊三角形，∵DC=x，∴根據(jù)等邊三角形的特殊性可知DC邊上的高為∴．(3)依次作點D關(guān)于直線BC、AC的對稱點D1、D2,根據(jù)對稱性:C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．∴D1、M、N、D共線時△DMN取最小值t,此時t=D1D2,由對稱有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，則在Rt△D1CH中，根據(jù)30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，同理D2H=∴t=D1D2=．∴x取最大值時,t取最大值．即D與O、C共線時t取最大值,x=4．所有t值中的最大值為．【點睛】本題考查圓與正多邊形的綜合以及動點問題，關(guān)鍵在于結(jié)合題意作出合理的輔助線轉(zhuǎn)移已知量．30．（2020·江蘇蘇州市·中考真題）如圖，已知，是的平分線，是射線上一點，．動點從點出發(fā)，以的速度沿水平向左作勻速運動，與此同時，動點從點出發(fā)，也以的速度沿豎直向上作勻速運動．連接，交于點．經(jīng)過、、三點作圓，交于點，連接、．設(shè)運動時間為，其中．（1）求的值；（2）是否存在實數(shù)，使得線段的長度最大？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）8cm；（2）存在，當(dāng)t=4時，線段OB的長度最大，最大為；【分析】（1）根據(jù)題意可得，，由此可求得的值；（2）過作，垂足為，則，設(shè)線段的長為，可得，，，根據(jù)可得，進而可得，由此可得，由此可得，則可得到答案；【詳解】解：（1）由題可得：，．∴．（2）當(dāng)時，線段的長度最大．如圖，過作，垂足為，則．∵平分，∴，∴，．設(shè)線段的長為，則，，．∵，∴，∴，∴，解得：．∴．∴當(dāng)時，線段的長度最大，最大為．【點睛】本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，直徑的判定及性質(zhì)，二次函數(shù)的最值問題等相關(guān)知識，熟練掌握相關(guān)知識是解決本題的關(guān)鍵．B卷（建議用時：90分鐘）1．（2020·黑龍江大慶市·中考真題）如圖，在邊長為2的正方形中，，分別為與的中點，一個三角形沿豎直方向向上平移，在運動的過程中，點恒在直線上，當(dāng)點運動到線段的中點時，點，恰與，兩邊的中點重合．設(shè)點到的距離為，三角形與正方形的公共部分的面積為，則當(dāng)時，的值為（）A．或 B．或 C． D．或【答案】A【分析】本題應(yīng)該分類討論，從以下三個情況進行討論，分別是：①當(dāng)x<1時，重疊部分為直角三角形的面積，將其三角形面積用x表示，但是求出，與x<1相違背，要舍去；②當(dāng)1<x<2時，除去重疊部分，剩下的圖形為兩個直角梯形的面積，將剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③當(dāng)x>2時，重疊部分為一個多邊形，可以從剩余部分的角度進行求解，分別將矩形PQFE、、的面積用x表示，求出x即可，將x求出后，應(yīng)該與前提條件假設(shè)的x的范圍進行比較，判斷x的值．【詳解】解：∵在邊長為2的正方形EFGH中，如圖所示，當(dāng)A運動到MN的中點時，點E、F恰好與AB、AC的中點重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，∴AME和AMF均為等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，設(shè)A到EF的距離AM=x，①當(dāng)x<1時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EF交于P點，AC與EF交于Q點，∵AM=x，且△APQ為等腰直角三角形，∴，解得：，但是與前提條件x<1相違背，故不存在該情況；②當(dāng)1<x<2時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EH交于P點，AC與GF交于Q點，∵公共部分面積為，正方形剩余部分，∴，四邊形ANHP是直角梯形，當(dāng)AM=x，則AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴，解得：；③當(dāng)2＜x＜3時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EH交于K點，AB與HG交于I點，AC與FG交于L點，AC與HG交于J點，BC與EH交于P點，BC與GF交于Q點，∵公共部分面積為，∴，且，解得：或（舍），④當(dāng)x=3時，H,G分別是AB,AC的中點，此時重合的部分的面積為2，不符合題意；⑤當(dāng)x≥3時，重合的面積小于2，也不符合題意；所以，滿足條件的AM的值為或，故選：A．【點睛】本題考察了移動圖形間的重疊問題，需要進行分類討論，必須要把x的移動范圍進行分類，根據(jù)不同的x取值，畫出不同重疊的圖形，并將重疊部分的面積用x進行表示，解題的關(guān)鍵在于利用剩余部分的面積進行倒推求解．2．（2020·江蘇無錫市·中考真題）如圖，等邊的邊長為3，點在邊上，，線段在邊上運動，，有下列結(jié)論：①與可能相等；②與可能相似；③四邊形面積的最大值為；④四邊形周長的最小值為．其中，正確結(jié)論的序號為（）A．①④ B．②④ C．①③ D．②③【答案】D【分析】①通過分析圖形，由線段在邊上運動，可得出，即可判斷出與不可能相等；②假設(shè)與相似，設(shè)，利用相似三角形的性質(zhì)得出的值，再與的取值范圍進行比較，即可判斷相似是否成立；③過P作PE⊥BC于E，過F作DF⊥AB于F，利用函數(shù)求四邊形面積的最大值，設(shè)，可表示出，，可用函數(shù)表示出，，再根據(jù)，依據(jù)，即可得到四邊形面積的最大值；④作點D關(guān)于直線的對稱點D1，作D1D2∥PQ，連接CD2交AB于點P′，在射線P′A上取P′Q′=PQ，此時四邊形P′CDQ′的周長為：，其值最小，再由D1Q′=DQ′=D2P′，，且∠AD1D2=120°，∠D2AC=90°，可得的最小值，即可得解．【詳解】解：①∵線段在邊上運動，，∴,∴與不可能相等，則①錯誤；②設(shè)，∵，，∴，即，假設(shè)與相似，∵∠A=∠B=60°，∴，即，從而得到，解得或（經(jīng)檢驗是原方程的根），又，∴解得的或符合題意，即與可能相似，則②正確；③如圖，過P作PE⊥BC于E，過D作DF⊥AB于F，設(shè)，由，，得，即，∴，∵∠B=60°，∴，∵，∠A=60°，∴,則，，∴四邊形面積為：,又∵，∴當(dāng)時，四邊形面積最大，最大值為：，即四邊形面積最大值為，則③正確；④如圖，作點D關(guān)于直線的對稱點D1，作D1D2∥PQ，連接CD2交AB于點P′，在射線P′A上取P′Q′=PQ，此時四邊形P′CDQ′的周長為：，其值最小，∴D1Q′=DQ′=D2P′，，且∠AD1D2=180∠D1AB=180∠DAB=120°，∴∠D1AD2=∠D2AD1==30°，∠D2AC=90°，在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，，∴，在Rt△AD2C中，由勾股定理可得，，∴四邊形P′CDQ′的周長為：，則④錯誤，所以可得②③正確，故選：D．【點睛】本題綜合考查等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定、利用函數(shù)求最值、動點變化問題等知識．解題關(guān)鍵是熟練掌握數(shù)形結(jié)合的思想方法，通過用函數(shù)求最值、作對稱點求最短距離，即可得解．3．（2020·河南九年級一模）在中，，，點為中點，點為邊上不與端點重合的一動點，將沿折疊得，點的對應(yīng)點為點，若，則的長為__________．【答案】或．【分析】分兩種情況討論，延長交于，由勾股定理可求的長，由折疊的性質(zhì)可得，，由銳角三角函數(shù)可求，可求的長，可得的長，再由銳角三角函數(shù)可求解．【詳解】解：如圖，延長交于，，，，，點為中點，，將沿折疊得，，，，，，，；如圖，設(shè)與交于，將沿折疊得，，，，，，，，，，，，，故答案為：或．【點睛】本題考查了翻折變換，銳角三角函數(shù)等知識，靈活運用這些性質(zhì)進行推理是本題的關(guān)鍵．4．（2020·遼寧葫蘆島市·九年級三模）如圖，為等邊三角形，為其內(nèi)心，射線交于點，點為射線上一動點，將射線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，與射線交于點，當(dāng)時，的長度為__________【答案】或；【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和內(nèi)心的定義可得∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AD平分∠BAC，AB=BC=AC，然后利用銳角三角函數(shù)求出BD、CD、OD和OC，然后根據(jù)點P和點O的相對位置分類討論，分別畫出對應(yīng)的圖形，利用全等三角形的判定及性質(zhì)、銳角三角函數(shù)和相似三角形的判定及性質(zhì)即可求出結(jié)論．【詳解】解：∵為等邊三角形，為其內(nèi)心，∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AD平分∠BAC，AB=BC=AC∴AD⊥BC，BD=CD，∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°∴BD=CD==，AB=AC=BC=2BD=連接OC;易知OC=OA，∠OCD=30°在Rt△OCD中，OD=CD·tan∠OCD=2，OC=2OD=4①當(dāng)點P在點O上方時，如下圖所示，設(shè)射線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后，點P的對應(yīng)點為E，連接BE，過點E作EF⊥BC于F∴∠PCE=60°，EC=PC，AP=AD－OD－PO=3∴∠PCE=∠ACB=60°∴∠ECB=∠PCA∵BC=AC∴△ECB≌△PCA∴BE=AP=3，∠EBC=∠PAC=30°∴EF=BE·sin∠EBC=,BF=BE·cos∠EBC=∴CF=BC－BF=∵EF⊥BC，AQ⊥BC∴EF∥AQ∴△CDQ∽△CFE∴即解得：DQ=；②當(dāng)點P在點O下方時，如下圖所示，設(shè)射線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后，點P的對應(yīng)點為E，連接BE，過點E作EF⊥BC于F∴∠PCE=60°，EC=PC，AP=AD－OD＋PO=5∴∠PCE=∠ACB=60°∴∠ECB=∠PCA∵BC=AC∴△ECB≌△PCA∴BE=AP=5，∠EBC=∠PAC=30°∴EF=BE·sin∠EBC=,BF=BE·cos∠EBC=∴CF=BC－BF=∵EF⊥BC，AQ⊥BC∴EF∥AQ∴△CDQ∽△CFE∴即解得：DQ=；綜上：DQ=或故答案為：或．【點睛】此題考查的是等邊三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)心的定義、全等三角形的判定及性質(zhì)、銳角三角函數(shù)和相似三角形的判定及性質(zhì)，掌握等邊三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)心的定義、全等三角形的判定及性質(zhì)、銳角三角函數(shù)和相似三角形的判定及性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．5．（2020·廣西九年級其他模擬）如圖，在矩形中，，，是的中點，連接，是邊上一動點，沿過點的直線將矩形折疊，使點落在上的點處，當(dāng)是直角三角形時，__________．【答案】或【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD＝BC＝12，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，根據(jù)勾股定理可求出AE的長，設(shè)＝PD＝x，則AP＝12﹣x，當(dāng)△是直角三角形時，分兩種情況：①當(dāng)∠＝90°，②當(dāng)∠＝90°時，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解之即可得到結(jié)果．【詳解】∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∴AD＝BC＝12，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，∵E是BC的中點，∴BE＝CE＝6，∴AE＝，∵沿過點P的直線將矩形折疊，使點D落在AE上的點處，∴＝PD，設(shè)＝PD＝x，則AP＝12﹣x，當(dāng)△A是直角三角形時，①當(dāng)∠＝90°時，∴∠＝∠B＝90°，∵AD∥BC，∴∠＝∠AEB，∴△ABE∽△，∴，∴，解得：x＝，即PD＝；②當(dāng)∠＝90°時，∴∠＝∠B＝90°，∵∠PAE＝∠AEB，∴△∽△EBA，∴，∴，解得：x＝，即PD＝；綜上所述，當(dāng)△是直角三角形時，PD＝或．故答案為：或．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握上述知識、靈活應(yīng)用分類思想和方程思想是解題的關(guān)鍵．6．（2020·河南焦作市·九年級一模）在矩形ABCD中，，，點E是AD上一動點，過點E作EF∥BD交AB于F，將△AEF沿EF折疊，點A的對應(yīng)點落在△BCD的邊上時，AE的長為_____________．【答案】2或【分析】分落在BD上或BC上兩種情況，分別畫出示意圖，根據(jù)矩形的性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：當(dāng)落在BD上時，如下圖：∵在矩形ABCD中，，，∴根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，∵EF∥BD∴∴∴；當(dāng)落在BC上時，如下圖：∵∴∴∴∵∴∵∴∴∴∴∴故答案為：2或．【點睛】本題考查的知識點是矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，考查的范圍較廣，但難度不大，根據(jù)題意畫出示意圖是解此題的關(guān)鍵．7．（2020·吉林長春市·中考真題）如圖①，在中，，，．點從點出發(fā)，沿折線以每秒5個單位長度的速度向點運動，同時點從點出發(fā)，沿以每秒2個單位長度的速度向點運動，點到達點時，點、同時停止運動．當(dāng)點不與點、重合時，作點關(guān)于直線的對稱點，連結(jié)交于點，連結(jié)、．設(shè)點的運動時間為秒．（1）當(dāng)點與點重合時，求的值．（2）用含的代數(shù)式表示線段的長．（3）當(dāng)為銳角三角形時，求的取值范圍．（4）如圖②，取的中點，連結(jié)．當(dāng)直線與的一條直角邊平行時，直接寫出的值．【答案】（1）；（2）或；（3）或；（4）或.【分析】（1）由題意直接根據(jù)AB=4，構(gòu)建方程進行分析求解即可；（2）由題意分兩種情形：當(dāng)點P在線段AB上時，首先利用勾股定理求出AC，再求出AE即可解決問題．當(dāng)點P在線段BC上時，在Rt△PCE中，求出CE即可；（3）根據(jù)題意求出兩種特殊情形下△PDQ是等腰直角三角形時t的值，即可求解當(dāng)△PDQ為銳角三角形時t的取值范圍；（4）根據(jù)題意分兩種情形：如圖7，當(dāng)點P在線段AB上，QM∥AB時以及如圖8，當(dāng)點P在線段BC上，QM∥BC時，分別求解即可．【詳解】解：（1）當(dāng)點與點重合時，．解得．（2）在中，，，所以，，．如圖3，當(dāng)點在上時，在中，．所以．如圖4，當(dāng)點在上時，在中，，．所以．（3）先考慮臨界值等腰直角三角形，那么．如圖5，當(dāng)點在上時，在中，．而，由，得．解得．如圖6，當(dāng)點在上時，在中，．而，由，得，解得．再數(shù)形結(jié)合寫結(jié)論．當(dāng)為銳角三角形時，，或．（4）的值為或．如圖7，當(dāng)點在上時，延長交于點．作于，作于．由，是的中點，可知是的中點．在中，，所以．在中，．由，解得．如圖8，當(dāng)點在上時，作于．由，是的中點，可知．在中，，所以．在中，．由，得，解得．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查解直角三角形，平行線的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題.8．（2020·山東青島市·中考真題）已知：如圖，在四邊形和中，，，點在上，，，，延長交于點，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，過點作于點，交于點．設(shè)運動時間為．解答下列問題：（1）當(dāng)為何值時，點在線段的垂直平分線上？（2）連接，作于點，當(dāng)四邊形為矩形時，求的值；（3）連接，，設(shè)四邊形的面積為，求與的函數(shù)關(guān)系式；（4）點在運動過程中，是否存在某一時刻，使點在的平分線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）t=；（2）t=3;（3）S與t的函數(shù)關(guān)系式為；（4）存在，t=,【分析】（1）要使點M在線段CQ的垂直平分線上，只需證CM=MQ即可；（2）由矩形性質(zhì)得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推導(dǎo)出PH、QN，進而得關(guān)于t的方程，解之即可；（3）分別用t表示出梯形GHFM的面積、△QHF的面積、△CMQ的面積，即可得到S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）延長AC交EF與T，證得AT⊥EF，要使點P在∠AFE的平分線上，只需PT=PH，分別用t表示PT、PH，代入得關(guān)于t的方程，解之即可．【詳解】（1）當(dāng)=時，點在線段的垂直平分線上，理由為：由題意，CE=2，CM∥BF，∴即：，解得：CM=，要使點在線段的垂直平分線上，只需QM=CM=，∴t=；（2）如圖，∵，，，∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，在Rt△APH中，AP=2t，∴PH=AP·sin∠PAH=，在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，在Rt△QNF中，QF=10-t-=，∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，四邊形為矩形，∴PH=QN，∴=，解得：t=3；（3）如圖，過Q作QN⊥AF于N，由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，∴BH=GC=8-，∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，∴===，∴S與t的函數(shù)關(guān)系式為：；（4）存在，t=．證明：如圖，延長AC交EF于T，∵AB=BF,BC=BF,，∴△ABC≌△EBF，∴∠BAC=∠BEF，∵∠EFB+∠BEF=90o，∴∠BAC+∠EFB=90o，∴∠ATE=90o即PT⊥EF，要使點在的平分線上，只需PH=PT，在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，CT=CE·sin∠BEF=，PT=10+-2t=，又PH=，=，解得：t=．【點睛】本題屬于四邊形的綜合題，考查了解直角三角形、銳角三角函數(shù)、垂直平分線、角平分線、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、多邊形的面積等知識、解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，分析相關(guān)知識，利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，是中考常考題型．9．（2020·吉林中考真題）如圖，是等邊三角形，，動點從點出發(fā)，以的速度沿向點勻速運動，過點作，交折線于點，以為邊作等邊三角形，使點，在異側(cè)．設(shè)點的運動時間為，與重疊部分圖形的面積為．（1）的長為______（用含的代數(shù)式表示）．（2）當(dāng)點落在邊上時，求的值．（3）求關(guān)于的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，．【分析】（1）根據(jù)“路程速度時間”即可得；（2）如圖（見解析），先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)垂直的定義可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，最后在中，利用直角三角形的性質(zhì)列出等式求解即可得；（3）先求出點Q與點C重合時x的值，再分、和三種情況，然后分別利用等邊三角形的性質(zhì)、正切三角函數(shù)、以及三角形的面積公式求解即可得．【詳解】（1）由題意得：故答案為：；（2）如圖，和都是等邊三角形，即，在和中，在中，，即解得；（3）是等邊三角形當(dāng)點Q與點C重合時，則，解得結(jié)合（2）的結(jié)論，分以下三種情況：①如圖1，當(dāng)時，重疊部分圖形為由（2）可知，等邊的邊長為由等邊三角形的性質(zhì)得：PQ邊上的高為則②如圖2，當(dāng)時，重疊部分圖形為四邊形EFPQ則在中，，在中，，即則③如圖3，當(dāng)時，重疊部分圖形為同②可知，，在中，，即則綜上，當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、正切三角函數(shù)等知識點，較難的是題（3），依據(jù)題意，正確分三種情況討論是解題關(guān)鍵．10．（2020·四川樂山市·中考真題）點是平行四邊形的對角線所在直線上的一個動點（點不與點、重合），分別過點、向直線作垂線，垂足分別為點、．點為的中點．（1）如圖1，當(dāng)點與點重合時，線段和的關(guān)系是；（2）當(dāng)點運動到如圖2所示的位置時，請在圖中補全圖形并通過證明判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？（3）如圖3，點在線段的延長線上運動，當(dāng)時，試探究線段、、之間的關(guān)系．【答案】（1）；（2）補圖見解析，仍然成立，證明見解析；（3），證明見解析【分析】（1）證明△AOE≌△COF即可得出結(jié)論；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出結(jié)論；（3）FC＋AE＝OE，理由是：作輔助線，構(gòu)建全等三角形，與（2）類似，同理得，得出，，再根據(jù)，，推出，即可得證．【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；（2）補全圖形如圖所示，仍然成立，證明如下：延長交于點，∵，∴，∴，∵點為的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（3）當(dāng)點在線段的延長線上時，線段、、之間的關(guān)系為，證明如下：延長交的延長線于點，如圖所示，由（2）可知，∴，，又∵，，∴，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形、全等三角形的性質(zhì)和判定以及等腰三角形的性質(zhì)和判定，以構(gòu)建全等三角形和證明三角形全等這突破口，利用平行四邊形的對角線互相平分得全等的邊相等的條件，從而使問題得以解決．11．（2020·四川涼山彝族自治州·中考真題）如圖，點P、Q分別是等邊邊AB、BC上的動點（端點除外），點P、點Q以相同的速度，同時從點A、點B出發(fā)．（1）如圖1，連接AQ、CP求證：（2）如圖1，當(dāng)點P、Q分別在AB、BC邊上運動時，AQ、CP相交于點M，的大小是否變化？若變化，請說明理由；若不變，求出它的度數(shù),（3）如圖2，當(dāng)點P、Q在AB、BC的延長線上運動時，直線AQ、CP相交于M，的大小是否變化？若變化，請說明理由；若不變，求出它的度數(shù)．【答案】（1）證明見解析；（2）不變；60°；（3）不變；120°．【分析】（1）根據(jù)點P、點Q以相同的速度，同時從點A、點B出發(fā)，可得BQ=AP，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)證全等即可；（2）由（1）中全等可得∠CPA=∠AQB，再由三角形內(nèi)角和定理即可求得∠AMP的度數(shù)，再根據(jù)對頂角相等可得的度數(shù)；（3）先證出，可得∠Q=∠P，再由對頂角相等，進而得出∠QMC=∠CBP=120°．【詳解】解：（1）證明：∵三角形ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠CAB=60°，∵點P、點Q以相同的速度，同時從點A、點B出發(fā)，∴BQ=AP，在△ABQ與△CAB中，∴．（2）角度不變，60°，理由如下：∵∴∠CPA=∠AQB，在△AMP中，∠AMP=180°-（∠MAP+∠CPA）=180°-（∠MAP+∠AQB）=∠ABC=60°，∴∠QMC=∠AMP=60°，故∠QMC的度數(shù)不變，度數(shù)為60°．（3）角度不變，120°，理由如下：當(dāng)點P、Q在AB、BC的延長線上運動時，有AP=BQ，∴BP=CQ∵∠ABC=∠BCA=60°，∴∠CBP=∠ACQ=120°，∴∴∠Q=∠P，∵∠QCM=∠BCP，∴∠QMC=∠CBP=120°，故∠QMC的度數(shù)不變，度數(shù)為120°．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，靈活運用等邊三角形的性質(zhì)證全等是解題的關(guān)鍵．12．（2020·江蘇泰州市·中考真題）如圖，正方形的邊長為，為的中點，為等邊三角形，過點作的垂線分別與邊、相交于點、，點、分別在線段、上運動，且滿足，連接．（1）求證：．（2）當(dāng)點在線段上時，試判斷的值是否變化？如果不變，求出這個值，如果變化，請說明理由．（3）設(shè)，點關(guān)于的對稱點為，若點落在的內(nèi)部，試寫出的范圍，并說明理由．【答案】（1）證明見詳解；（2）不變，；（3）當(dāng)時，點落在的內(nèi)部．【分析】（1）由“”可證；（2）連接，過點作于，由“”可證，可得，，，由直角三角形的性質(zhì)可求，由銳角三角函數(shù)可求，由全等三角形的性質(zhì)可求，即可求；（3）當(dāng)點落在上時，，當(dāng)點落在上時，分別求出點落在上和上時的值，即可求解．【詳解】解：∵為等邊三角形，∴，,∴,∴即有：，∵四邊形是正方形，∴在和中∴（2）的值不變，理由如下：如圖1，連接，過點作于，，，，，，，，，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，；（3）當(dāng)點落在上時，如圖2示，，，，是等邊三角形，當(dāng)點落在上時，點關(guān)于的對稱點為，△，點與點重合，點與點重合，，如圖3，當(dāng)點落在上時，同理可求：，綜上所述，當(dāng)時，點落在的內(nèi)部．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．13．（2020·山東聊城市·中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，，與軸交于點，拋物線的頂點為，其對稱軸與線段交于點，垂直于軸的動直線分別交拋物線和線段于點和點，動直線在拋物線的對稱軸的右側(cè)（不含對稱軸）沿軸正方向移動到點．（1）求出二次函數(shù)和所在直線的表達式；（2）在動直線移動的過程中，試求使四邊形為平行四邊形的點的坐標(biāo)；（3）連接，，在動直線移動的過程中，拋物線上是否存在點，使得以點，，為頂點的三角形與相似，如果存在，求出點的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．【答案】（1），；（2）；（3）存在，點的坐標(biāo)是．【分析】（1）將，代入，解