專題29動點綜合問題-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學必刷真題考點分類專練（全國）含解析

備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學必刷真題考點分類專練（全國通用）專題29動點綜合問題一、單選題1．（2022·山東濰坊·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，點E，F(xiàn)在?ABCD的邊上，從點A同時出發(fā)，分別沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1個單位長度的速度運動，到達點C時停止，線段EF掃過區(qū)域的面積記為y，運動時間記為x，能大致反映y與x之間函數(shù)關系的圖象是（

）A． B． C． D．2．（2022·湖北鄂州·中考真題）如圖，定直線MN∥PQ，點B、C分別為MN、PQ上的動點，且BC=12，BC在兩直線間運動過程中始終有∠BCQ=60°．點A是MN上方一定點，點D是PQ下方一定點，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，當線段BC在平移過程中，AB+CD的最小值為（

）A．2413 B．2415 C．1213 D．12153．（2022·四川樂山·中考真題）如圖，等腰△ABC的面積為23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．點P是線段AB上一動點，連接PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（

A．3 B．3 C．23 4．（2022·湖北恩施·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，點P從點D出發(fā)，以1cm/s的速度向點A運動，點M從點B同時出發(fā)，以相同的速度向點C運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動．設點P的運動時間為t（單位：s），下列結論正確的是（

）A．當t=4s時，四邊形ABMPB．當t=5s時，四邊形CDPMC．當CD=PM時，t=4D．當CD=PM時，t=4s或65．（2022·黑龍江·中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F是CD上一點，OE⊥OF交BC于點E，連接AE，BF交于點P，連接OP．則下列結論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP-BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤6．（2022·廣西玉林·中考真題）如圖的電子裝置中，紅黑兩枚跳棋開始放置在邊長為2的正六邊形ABCDEF的頂點A處．兩枚跳棋跳動規(guī)則是：紅跳棋按順時針方向1秒鐘跳1個頂點，黑跳棋按逆時針方向3秒鐘跳1個頂點，兩枚跳棋同時跳動，經過2022秒鐘后，兩枚跳棋之間的距離是(

)A．4 B．23 C．2 7．（2022·廣西·中考真題）如圖，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，將△ABC繞點A逆時針旋轉2α，得到△AB'C'，連接B'C并延長交AB于點D，當B'D⊥AB時，BB'的長是（

）A．233π B．433π8．（2022·江蘇蘇州·中考真題）如圖，點A的坐標為0,2，點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC．若點C的坐標為m,3，則m的值為（

）A．433 B．2213 C．9．（2022·遼寧·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC=4，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段AB勻速運動，當點P運動到點B時，停止運動，過點P作PQ⊥AB交AC于點Q，將△APQ沿直線PQ折疊得到△A'PQ，設動點P的運動時間為t秒，△A'PQ與△ABC重疊部分的面積為S，則下列圖象能大致反映A． B． C． D．10．（2022·貴州遵義·中考真題）遵義市某天的氣溫y1（單位：℃）隨時間t（單位：h）的變化如圖所示，設y2表示0時到t時氣溫的值的極差（即0時到t時范圍氣溫的最大值與最小值的差），則y2與tA． B． C． D．11．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖①所示（圖中各角均為直角)，動點Р從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿A→B→C→D→E路線勻速運動，△AFP的面積y隨點Р運動的時間x（秒）之間的函數(shù)關系圖象如圖②所示，下列說法正確的是（

）A．AF=5 B．AB=4 C．DE=3 D．EF=812．（2022·湖北武漢·中考真題）如圖，邊長分別為1和2的兩個正方形，其中有一條邊在同一水平線上，小正方形沿該水平線自左向右勻速穿過大正方形，設穿過的時間為t，大正方形的面積為S1，小正方形與大正方形重疊部分的面積為S2，若S=S1-S2A． B．C． D．13．（2022·甘肅武威·中考真題）如圖1，在菱形ABCD中，∠A=60°，動點P從點A出發(fā)，沿折線AD→DC→CB方向勻速運動，運動到點B停止．設點P的運動路程為x，△APB的面積為y，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，則AB的長為（

）A．3 B．23 C．33 二、填空題14．（2022·山東煙臺·中考真題）如圖1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC邊上的一個動點（不與點B，C重合），DE∥AB，交AC于點E，EF∥BC，交AB于點F．設BD的長為x，四邊形BDEF的面積為y，y與x的函數(shù)圖象是如圖2所示的一段拋物線，其頂點P的坐標為（2，3），則AB的長為_____．15．（2022·湖北黃岡·中考真題）如圖1，在△ABC中，∠B＝36°，動點P從點A出發(fā)，沿折線A→B→C勻速運動至點C停止．若點P的運動速度為1cm/s，設點P的運動時間為t（s），AP的長度為y（cm），y與t的函數(shù)圖象如圖2所示．當AP恰好平分∠BAC時，t的值為________．16．（2022·廣西·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AB=42，對角線AC,BD相交于點O．點E是對角線AC上一點，連接BE，過點E作EF⊥BE，分別交CD,BD于點F、G，連接BF，交AC于點H，將△EFH沿EF翻折，點H的對應點H'恰好落在BD上，得到△EFH'若點F為CD的中點，則△EGH'17．（2022·四川廣元·中考真題）如圖，直尺AB垂直豎立在水平面上，將一個含45°角的直角三角板CDE的斜邊DE靠在直尺的一邊AB上，使點E與點A重合，DE＝12cm．當點D沿DA方向滑動時，點E同時從點A出發(fā)沿射線AF方向滑動．當點D滑動到點A時，點C運動的路徑長為_____cm．18．（2022·湖北隨州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，連接EF．如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，連接BE并延長交DF于點H，則∠BHD的度數(shù)為______，DH19．（2022·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中ABBC=23．動點M從點A出發(fā)，沿邊AD向點D勻速運動，動點N從點B出發(fā)，沿邊BC向點C勻速運動，連接MN．動點M，N同時出發(fā)，點M運動的速度為v1，點N運動的速度為v2，且v1<v2．當點N到達點C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形MABN沿MN翻折，得到四邊形20．（2022·四川自貢·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中點，線段EF在邊AB上左右滑動；若EF=1，則21．（2022·內蒙古通遼·中考真題）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AC為直徑，若AB=23，BC=3，點P從B點出發(fā)，在△ABC內運動且始終保持∠CBP=∠BAP，當C，P兩點距離最小時，動點P22．（2022·河南·中考真題）如圖，將扇形AOB沿OB方向平移，使點O移到OB的中點O'處，得到扇形A'O'B三、解答題23．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，等邊△ABC、等邊△DEF的邊長分別為3和2．開始時點A與點D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，當點D到達點B時停止．在此過程中，設△ABC、△DEF重合部分的面積為y，△DEF移動的距離為x，則y與x的函數(shù)圖象大致為（

）A． B．C． D．24．（2022·山東臨沂·中考真題）已知△ABC是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)在線段AC上任取一點Р（端點除外），連接PD．將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請?zhí)骄浚寒旤cР在線段AC上的位置發(fā)生變化時，∠DPQ的大小是否發(fā)生變化？說明理由．(3)在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數(shù)量關系，并加以證明．25．（2022·山東濰坊·中考真題）【情境再現(xiàn)】甲、乙兩個含45°角的直角三角尺如圖①放置，甲的直角頂點放在乙斜邊上的高的垂足O處，將甲繞點O順時針旋轉一個銳角到圖②位置．小瑩用作圖軟件Geogebra按圖②作出示意圖，并連接AG,BH，如圖③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通過證明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．請你證明：AG=BH．【遷移應用】延長GA分別交HO,HB所在直線于點P，D，如圖④，猜想并證明DG與BH的位置關系．【拓展延伸】小亮將圖②中的甲、乙換成含30°角的直角三角尺如圖⑤，按圖⑤作出示意圖，并連接HB,AG，如圖⑥所示，其他條件不變，請你猜想并證明AG與BH的數(shù)量關系．26．（2022·廣西梧州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=-43x-4分別與x，y軸交于點A，B(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是0,6，將△ACO繞著點C逆時針旋轉90°得到△ECF，點A的對應點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求35BP+EP取最小值時，點27．（2022·山東青島·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°得到△ADE，連接CD．點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為1cm/s．PQ交AC于點F，連接(1)當EQ⊥AD時，求t的值；(2)設四邊形PCDQ的面積為S(cm2)，求S(3)是否存在某一時刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．28．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當∠B=∠MDB時，求線段CN的長；（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．29．（2022·吉林長春·中考真題）如圖，在?ABCD中，AB=4，AD=BD=13，點M為邊AB的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線AD-DB以每秒13個單位長度的速度向終點B運動，連結PM．作點A關于直線PM的對稱點A'，連結A'P、A'M．設點P的運動時間為t(1)點D到邊AB的距離為__________；(2)用含t的代數(shù)式表示線段DP的長；(3)連結A'D，當線段A'D最短時，求△DPA'的面積；(4)當M、A'、C三點共線時，直接寫出t的值．30．（2022·山東濰坊·中考真題）筒車是我國古代利用水力驅動的灌溉工具，車輪縛以竹簡，旋轉時低則舀水，高則瀉水．如圖，水力驅動筒車按逆時針方向轉動，竹筒把水引至A處，水沿射線AD方向瀉至水渠DE，水渠DE所在直線與水面PQ平行；設筒車為⊙O，⊙O與直線PQ交于P，Q兩點，與直線DE交于B，C兩點，恰有AD2=BD?CD(1)求證：AD為⊙O的切線；(2)筒車的半徑為3m，AC=BC,∠C=30°．當水面上升，A，O，Q三點恰好共線時，求筒車在水面下的最大深度（精確到0.1m，參考值：2≈1.4,31．（2022·山東聊城·中考真題）如圖，在直角坐標系中，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C0,3，對稱軸為直線(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)連接DA，DC，CB，CA，如圖①所示，求證：∠DAC=∠BCO；(3)如圖②，延長DC交x軸于點M，平移二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象，使頂點D沿著射線DM方向平移到點D1且CD1=2CD，得到新拋物線y1，y1交y軸于點N．如果在y1的對稱軸和y1上分別取點P，Q，使以MN32．（2022·山東煙臺·中考真題）(1)【問題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出BDCE(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．連接BD①求BDCE②延長CE交BD于點F，交AB于點G．求sin∠BFC的值．33．（2022·湖南湘潭·中考真題）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線l經過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．(1)特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB=AC=2，分別求出線段BD、CE(2)規(guī)律探究：①如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A旋轉α0<α<45°，請?zhí)骄烤€段BD、CE和DE②如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉α45°<α<90°，與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE(3)嘗試應用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE=3，DE=1，求S△BFC34．（2022·江蘇宿遷·中考真題）如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx+c與x軸交于O(0，0)，A(4，0)兩點，頂點為C，連接OC、AC，若點B是線段OA上一動點，連接BC，將△ABC沿BC折疊后，點A落在點A'的位置，線段A'C與x軸交于點(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)①求證：△OCD∽△A②求DBBA(3)當S△OCD=8S35．（2022·湖北恩施·中考真題）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=-x2+c與y(1)直接寫出拋物線的解析式．(2)如圖，將拋物線y=-x2+c向左平移1個單位長度，記平移后的拋物線頂點為Q，平移后的拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側），與y軸交于點C．判斷以B、C(3)直線BC與拋物線y=-x2+c交于M、N兩點（點N在點M的右側），請?zhí)骄吭趚軸上是否存在點T，使得以B、N、T三點為頂點的三角形與△ABC(4)若將拋物線y=-x2+c進行適當?shù)钠揭疲斊揭坪蟮膾佄锞€與直線BC36．（2022·貴州畢節(jié)·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，頂點為D(2,1)，拋物線的對稱軸交直線BC(1)求拋物線y=-x(2)把上述拋物線沿它的對稱軸向下平移，平移的距離為h(h>0)，在平移過程中，該拋物線與直線BC始終有交點，求h的最大值；(3)M是（1）中拋物線上一點，N是直線BC上一點．是否存在以點D，E，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．37．（2022·湖北武漢·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=x2-2x-3的頂點為A，與y軸交于點C，線段CB∥x(1)求點B的坐標及直線AC的解析式：(2)當二次函數(shù)y=x2-2x-3的自變量x滿足m?x?m+2時，此函數(shù)的最大值為p，最小值為q，且p-q=2(3)平移拋物線y=x2-2x-3，使其頂點始終在直線AC上移動，當平移后的拋物線與射線BA只有一個公共點時，設此時拋物線的頂點的橫坐標為n38．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線F1：y=x2+bx+c經過點(1)求拋物線F1(2)如圖2，作拋物線F2，使它與拋物線F1關于原點O成中心對稱，請直接寫出拋物線(3)如圖3，將（2）中拋物線F2向上平移2個單位，得到拋物線F3，拋物線F1與拋物線F3相交于C，D兩點（點①求點C和點D的坐標；②若點M，N分別為拋物線F1和拋物線F3上C，D之間的動點（點M，N與點C，D不重合），試求四邊形39．（2022·河北·中考真題）如圖，點Pa,3在拋物線C：y=4-6-x2(1)寫出C的對稱軸和y的最大值，并求a的值；(2)坐標平面上放置一透明膠片，并在膠片上描畫出點P及C的一段，分別記為P'，C'．平移該膠片，使C'所在拋物線對應的函數(shù)恰為y=-40．（2022·江蘇連云港·中考真題）已知二次函數(shù)y=x2+(m-2)x+m-4(1)當該函數(shù)的圖像經過原點O0,0，求此時函數(shù)圖像的頂點A(2)求證：二次函數(shù)y=x(3)如圖，在（1）的條件下，若平移該二次函數(shù)的圖像，使其頂點在直線y=-x-2上運動，平移后所得函數(shù)的圖像與y軸的負半軸的交點為B，求△AOB面積的最大值．備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學必刷真題考點分類專練（全國通用）專題29動點綜合問題一、單選題1．（2022·山東濰坊·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，點E，F(xiàn)在?ABCD的邊上，從點A同時出發(fā)，分別沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1個單位長度的速度運動，到達點C時停止，線段EF掃過區(qū)域的面積記為y，運動時間記為x，能大致反映y與x之間函數(shù)關系的圖象是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】分0≤x≤1，1<x<2，2≤x≤3三種情況討論，利用三角形面積公式求解即可．【詳解】解：當0≤x≤1時，過點F作FG⊥AB于點G，∵∠A=60°，AE=AF=x，∴AG=12x由勾股定理得FG=32x∴y=12AE×FG=34x當1<x<2時，過點D作DH⊥AB于點H，∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF=x-1，∴AH=12由勾股定理得DH=32∴y=12(DF+AE)×DH=32x-當2≤x≤3時，過點E作EI⊥CD于點I，∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，同理求得EI=32(3-x∴y=AB×DH-12CF×EI=3-34(3-x)2=-34x2+33觀察四個選項，只有選項A符合題意，故選：A．【點睛】本題考查了利用分類討論的思想求動點問題的函數(shù)圖象；也考查了平行四邊形的性質，含30度的直角三角形的性質，勾股定理，三角形的面積公式以及一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象．2．（2022·湖北鄂州·中考真題）如圖，定直線MN∥PQ，點B、C分別為MN、PQ上的動點，且BC=12，BC在兩直線間運動過程中始終有∠BCQ=60°．點A是MN上方一定點，點D是PQ下方一定點，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，當線段BC在平移過程中，AB+CD的最小值為（

）A．2413 B．2415 C．1213 D．1215【答案】C【解析】【分析】如圖所示，過點F作FH∥CD交BC于H，連接EH，可證明四邊形CDFH是平行四邊形，得到CH=DF=8，CD=FH，則BH=4，從而可證四邊形ABHE是平行四邊形，得到AB=HE，即可推出當E、F、H三點共線時，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延長AE交PQ于G，過點E作ET⊥PQ于T，過點A作AL⊥PQ于L，過點D作DK⊥PQ于K，證明四邊形BEGC是平行四邊形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通過勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的長即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，過點F作FH∥CD交BC于H，連接EH，∵BC∥∴四邊形CDFH是平行四邊形，∴CH=DF=8，CD=FH，∴BH=4，∴BH=AE=4，

又∵AE∥∴四邊形ABHE是平行四邊形，∴AB=HE，∵EH+FH≥EF，∴當E、F、H三點共線時，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延長AE交PQ于G，過點E作ET⊥PQ于T，過點A作AL⊥PQ于L，過點D作DK⊥PQ于K，∵MN∥∴四邊形BEGC是平行四邊形，∠EGT=∠BCQ=60°，∴EG=BC=12，∴GT=同理可求得GL=8，AL=83∴TL=2，

∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，∴AL∥∴△ALO∽△DKO，∴ALDK∴AO=2∴OL=A∴TF=TL+OL+OK+KF=42，∴EF=E故選C．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，正確作出輔助線推出當E、F、H三點共線時，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解題的關鍵．3．（2022·四川樂山·中考真題）如圖，等腰△ABC的面積為23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．點P是線段AB上一動點，連接PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（

A．3 B．3 C．23 【答案】B【解析】【分析】當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．求出CF的長即可解決問題．【詳解】解：過點A作AD⊥BC于點D，連接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=12BC∵AE=12BC∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四邊形AECD是矩形，∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=2∴AD=23，則CE=AD=23，當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在CE的中點N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．∵BC=2，CE=23，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=BCBE=BE∴BF=8，∴CF=BF-BC=6,∵點N是CE的中點，點M是EF的中點，∴MN=12CF∴點M的運動路徑長為3，故選：B．【點睛】本題考查點的軌跡、矩形的判定和性質、解直角三角形、勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找點M的運動軌跡，學會利用起始位置和終止位置尋找軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．4．（2022·湖北恩施·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，點P從點D出發(fā)，以1cm/s的速度向點A運動，點M從點B同時出發(fā)，以相同的速度向點C運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動．設點P的運動時間為t（單位：s），下列結論正確的是（

）A．當t=4s時，四邊形ABMPB．當t=5s時，四邊形CDPMC．當CD=PM時，t=4D．當CD=PM時，t=4s或6【答案】D【解析】【分析】計算AP和BM的長，得到AP≠BM，判斷選項A；計算PD和CM的長，得到PD≠CM，判斷選項B；按PM=CD，且PM與CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分類討論判斷選項C和D．【詳解】解：由題意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，A、當t=4s時，AP=10-t=6cm，BM=4cm，AP≠BM，則四邊形ABMPB、當t=5s時，PD=5cm，CM=8-5=3cm，PD≠CM，則四邊形CDPM作CE⊥AD于點E，則∠CEA=∠A=∠B=90°，∴四邊形ABCE是矩形，∴BC=AE=8cm，∴DE=2cm，PM=CD，且PQ與CD不平行，作MF⊥AD于點F，CE⊥AD于點E，∴四邊形CEFM是矩形，∴FM=CE；∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，∴AP=10-4-(8-t)=10-t，解得t=6s；PM=CD，且PM∥CD，∴四邊形CDPM是平行四邊形，∴DP=CM，∴t=8-t，解得t=4s；綜上，當PM=CD時，t=4s或6s；選項C不符合題意；選項D符合題意；故選：D．【點睛】此題重點考查矩形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，應注意分類討論，求出所有符合條件的t的值．5．（2022·黑龍江·中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F是CD上一點，OE⊥OF交BC于點E，連接AE，BF交于點P，連接OP．則下列結論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP-BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤【答案】B【解析】【分析】分別對每個選項進行證明后進行判斷：①通過證明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再證明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，從而證明∠②通過等弦對等角可證明∠OPA=∠OBA=45°；③通過正切定義得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性質變形得到AP-BP=CE?BPBE，再通過證明④作EG⊥AC于點G可得EG∥BO，根據(jù)tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG，設正方形邊長為5a，分別求出EG、⑤將四邊形OECF的面積分割成兩個三角形面積，利用△DOF≌△COEASA，可證明S四邊形OECF=S△COE+S△COF=S△DOF+S△COF=S【詳解】①∵四邊形ABCD是正方形，O是對角線AC、BD的交點，∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°∵OE⊥OF∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC在△DOF與△COE中∠ODF=∠OCE∴△DOF∴EC=FD∵在△EAC與△FBD中EC=FD∴△EAC∴∠EAC=∠FBD又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正確；②∵∠AOB=∠APB=90°∴點P、O在以AB為直徑的圓上∴AO是該圓的弦∴∠OPA=∠OBA=45°所以②正確；③∵tan∴AB∴AB-BE∴AP-BP∴AP-BP=∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°∴△AOP∴OP∴CE=∴AP-BP=∵1∴AE?BP=AB?BE∴AP-BP=所以③正確；④作EG⊥AC于點G，則EG∥BO，∴EG設正方形邊長為5a，則BC=5a，OB=OC=52若BE:CE=2:3，則BECE∴BE+CE∴CE∴EG=∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=3∴tan所以④錯誤；⑤∵△DOF≌△COEASA，S四邊形OECF=S△COE+∴S四邊形OECF=S△DOF+S△COF=S△COD∵S△COD=1∴S四邊形OECF=1所以⑤正確；綜上，①②③⑤正確，④錯誤，故選B【點睛】本題綜合考查了三角形、正方形、圓和三角函數(shù)，熟練運用全等三角形、相似三角形、等弦對等角和三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．6．（2022·廣西玉林·中考真題）如圖的電子裝置中，紅黑兩枚跳棋開始放置在邊長為2的正六邊形ABCDEF的頂點A處．兩枚跳棋跳動規(guī)則是：紅跳棋按順時針方向1秒鐘跳1個頂點，黑跳棋按逆時針方向3秒鐘跳1個頂點，兩枚跳棋同時跳動，經過2022秒鐘后，兩枚跳棋之間的距離是(

)A．4 B．23 C．2 【答案】B【解析】【分析】由題意可分別求出經過2022秒后，紅黑兩枚跳棋的位置，然后根據(jù)正多邊形的性質及含30度直角三角形的性質可進行求解．【詳解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，∴674÷6=112?????2,2022÷6=337，∴經過2022秒后，紅跳棋落在點A處，黑跳棋落在點E處，連接AE，過點F作FG⊥AE于點G，如圖所示：在正六邊形ABCDEF中，AF=EF=2,∠AFE=120°，∴AG=1∴FG=1∴AG=A∴AE=23故選B．【點睛】本題主要考查圖形規(guī)律問題、勾股定理、含30度直角三角形的性質及正多邊形的性質，熟練掌握圖形規(guī)律問題、勾股定理、含30度直角三角形的性質及正多邊形的性質是解題的關鍵．7．（2022·廣西·中考真題）如圖，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，將△ABC繞點A逆時針旋轉2α，得到△AB'C'，連接B'C并延長交AB于點D，當B'D⊥AB時，BB'的長是（

）A．233π B．433π【答案】B【解析】【分析】先證∠B'AD=60°，再求出AB的長，最后根據(jù)弧長公式求得BB'．【詳解】解：∵CA=CB,B'D⊥AB，∴AD=DB=1∵△AB'C'是△ABC繞點A逆時針旋轉2α得到，∴AB=AB'，AD=1在RtΔAB'D中，∴∠B'AD=60°，∵∠CAB=α,∠B'AB=2α，∴∠CAB=1∵AC=BC=4，∴AD=AC·cos∴AB=2AD=43∴BB'的長=60πAB故選：B．【點睛】本題考查了圖形的旋轉變換，等腰三角形的性質，三角函數(shù)定義，弧長公式，正確運算三角函數(shù)定義求線段的長度是解本題的關鍵．8．（2022·江蘇蘇州·中考真題）如圖，點A的坐標為0,2，點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC．若點C的坐標為m,3，則m的值為（

）A．433 B．2213 C．【答案】C【解析】【分析】過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，根據(jù)將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC，可得△ABC是等邊三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC=m2+1=BC=AB，可得BD=BC2【詳解】解：過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，如圖所示：∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四邊形EODC是矩形，∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE?OA＝CD?OA＝1，∴AC=A在Rt△BCD中，BD=B在Rt△AOB中，OB=A∵OB＋BD＝OD＝m，∴m2化簡變形得：3m4?22m2?25＝0，解得：m=533∴m=5故選：C．【點睛】本題考查直角坐標系中的旋轉變換，解題的關鍵是熟練應用勾股定理，用含m的代數(shù)式表示相關線段的長度．9．（2022·遼寧·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC=4，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段AB勻速運動，當點P運動到點B時，停止運動，過點P作PQ⊥AB交AC于點Q，將△APQ沿直線PQ折疊得到△A'PQ，設動點P的運動時間為t秒，△A'PQ與△ABC重疊部分的面積為S，則下列圖象能大致反映A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由題意易得AP=t，tan∠A=12，則有PQ=12t，進而可分當點【詳解】解：∵∠ABC=90°,AB=2BC=4，∴tan∠A=由題意知：AP=t，∴PQ=AP?tan由折疊的性質可得：A'當點P與AB中點重合時，則有t=2，當點P在AB中點的左側時，即0≤t<2，∴△A'PQ與△ABC當點P在AB中點的右側時，即2≤t≤4，如圖所示：由折疊性質可得：A'P=AP=t,∠APQ=∠A∴BP=4-t，∴A'∴BD=A∴△A'PQ與△ABC綜上所述：能反映△A'PQ與△ABC重疊部分的面積S故選D．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象及三角函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及三角函數(shù)是解題的關鍵．10．（2022·貴州遵義·中考真題）遵義市某天的氣溫y1（單位：℃）隨時間t（單位：h）的變化如圖所示，設y2表示0時到t時氣溫的值的極差（即0時到t時范圍氣溫的最大值與最小值的差），則y2與tA． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)y1【詳解】解：∵根據(jù)函數(shù)y1圖象可知，從0時至5時，y2先變大，從5到10時，大概12時后變大，從14到24時，y2∴y2反映到函數(shù)圖象上是先升，然后一段平行于x的線段，再升，最后不變故選A【點睛】本題考查了函數(shù)圖象，極差，理解題意是解題的關鍵．11．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖①所示（圖中各角均為直角)，動點Р從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿A→B→C→D→E路線勻速運動，△AFP的面積y隨點Р運動的時間x（秒）之間的函數(shù)關系圖象如圖②所示，下列說法正確的是（

）A．AF=5 B．AB=4 C．DE=3 D．EF=8【答案】B【解析】【分析】路線為A→B→C→D→E，將每段路線在坐標系中對應清楚即可得出結論．【詳解】解：坐標系中(4,12)對應點運動到B點AB=v?t=1×4=4B選項正確S即：12=解得：AF=6A選項錯誤12~16s對應的DE段DE=v?△t=1×(16-12)=4C選項錯誤6~12s對應的CD段CD=v?△t=1×(12-6)=6EF=AB+CD=4+6=10D選項錯誤故選：B．【點睛】本題考查動點問題和坐標系，將坐標系中的圖象與點的運動過程對應是本題的解題關鍵．12．（2022·湖北武漢·中考真題）如圖，邊長分別為1和2的兩個正方形，其中有一條邊在同一水平線上，小正方形沿該水平線自左向右勻速穿過大正方形，設穿過的時間為t，大正方形的面積為S1，小正方形與大正方形重疊部分的面積為S2，若S=S1-S2A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，設小正方形運動的速度為V，分三個階段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分別求出S，可得答案．【詳解】解：根據(jù)題意，設小正方形運動的速度為v，由于v分三個階段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3；③小正方形穿出大正方形，S=2×2-（1×1-vt）=3+vt（vt≤1）．分析選項可得，A符合，C中面積減少太多，不符合．故選：A．【點睛】本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，解決此類問題，注意將過程分成幾個階段，依次分析各個階段得變化情況，進而綜合可得整體得變化情況．13．（2022·甘肅武威·中考真題）如圖1，在菱形ABCD中，∠A=60°，動點P從點A出發(fā)，沿折線AD→DC→CB方向勻速運動，運動到點B停止．設點P的運動路程為x，△APB的面積為y，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，則AB的長為（

）A．3 B．23 C．33 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖1和圖2判定三角形ABD為等邊三角形，它的面積為33【詳解】解：在菱形ABCD中，∠A=60°，∴△ABD為等邊三角形，設AB=a，由圖2可知，△ABD的面積為33∴△ABD的面積=解得：a=2故選B【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，根據(jù)菱形的性質和函數(shù)圖象，能根據(jù)圖形得出正確信息是解此題的關鍵．第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明二、填空題14．（2022·山東煙臺·中考真題）如圖1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC邊上的一個動點（不與點B，C重合），DE∥AB，交AC于點E，EF∥BC，交AB于點F．設BD的長為x，四邊形BDEF的面積為y，y與x的函數(shù)圖象是如圖2所示的一段拋物線，其頂點P的坐標為（2，3），則AB的長為_____．【答案】2【解析】【分析】根據(jù)拋物線的對稱性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，當BD＝2時，?BDEF的面積為3，則此時BF＝3，AB＝2BF，即可解決問題．【詳解】解：∵拋物線的頂點為（2，3），過點（0，0），∴x＝4時，y＝0，∴BC＝4，作FH⊥BC于H，當BD＝2時，?BDEF的面積為3，∵3＝2FH，∴FH＝32∵∠ABC＝60°，∴BF＝32sin60∵DE∥AB，∴AB＝2BF＝23故答案為：23【點睛】本題主要考查了動點的函數(shù)圖象問題，拋物線的對稱性，平行四邊形的性質，特殊角的三角函數(shù)值等知識，求出BC＝4是解題的關鍵．15．（2022·湖北黃岡·中考真題）如圖1，在△ABC中，∠B＝36°，動點P從點A出發(fā)，沿折線A→B→C勻速運動至點C停止．若點P的運動速度為1cm/s，設點P的運動時間為t（s），AP的長度為y（cm），y與t的函數(shù)圖象如圖2所示．當AP恰好平分∠BAC時，t的值為________．【答案】25+2【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)圖像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分線AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36°，進而得到△ADC～△BAC，由相似求出BD的長即可．【詳解】根據(jù)函數(shù)圖像可得AB=4，AB+BC=8，∴BC=AB=4，∵∠B＝36°，∴∠BCA＝作∠BAC的平分線AD，∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，∴AD=BD，∠BCA＝∴AD=BD=CD，設AD=BD=CD=x，∵∠DAC＝∠B＝36°，∴△ADC～△BAC，∴ACBC∴x4解得：x1=-2+25∴AD=BD=CD=25此時t=AB+BD故答案為：25【點睛】此題考查了圖形與函數(shù)圖象間關系、相似三角形的判定與性質、解一元二次方程，關鍵是證明△ADC～△BAC．16．（2022·廣西·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AB=42，對角線AC,BD相交于點O．點E是對角線AC上一點，連接BE，過點E作EF⊥BE，分別交CD,BD于點F、G，連接BF，交AC于點H，將△EFH沿EF翻折，點H的對應點H'恰好落在BD上，得到△EFH'若點F為CD的中點，則△EGH'【答案】5+5【解析】【分析】過點E作PQ//AD交AB于點P，交DC于點Q，得到BP=CQ，從而證得△BPE≌△EQF，得到BE=EF，再利用BC=42，F(xiàn)為中點，求得BF=BC2+CF2=210，從而得到BE=EF=2102=25，再求出EO=BE2-BO2=2，再利用AB//FC，求出△ABH∽△CFH，得到4222=AHCH=21，求得AH=23×8=163，CH=13×8=83，從而得到EH=AH-AE=163-2=103，再求得△EOB∽△GOE得到【詳解】解：過點E作PQ//AD交AB于點P，交DC于點Q，∵AD//PQ，∴AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，∴BP=CQ，∵∠ACD=45°，∴BP=CQ=EQ，∵EF⊥BE，∴∠PEB+∠FEQ=90°∵∠PBE+∠PEB=90°∴∠PBE=∠FEQ，在△BPE與△EQF中

∠BPQ=∠FQE∴△BPE≌△EQF，∴BE=EF，又∵BC=AB=42，F(xiàn)∴CF=22∴BF=B∴BE=EF=2又∵BO=42∴EO=B∴AE=AO-EO=4-2=2，∵AB//FC，∴△ABH∽△CFH，∴ABCF∴42∵AC=2AB=8∴AH=2CH=1∴EH=AH-AE=163∵∠BEO+∠FEO=90°，∠BEO+∴∠FEO=∠EBO，又∵∠EOB=∠EOG=90°，

∴△EOB∽△GOE∴EGBEEG2∴EG=5，OG=1，過點F作FM⊥AC于點M，∴FM=MC==FC2∴MH=CH-MC=83-2=作FN⊥OD于點N，F(xiàn)N=DF在Rt△FH'NF∴Rt△FH'∴H'∴ON=2，NG=1，∴GH∴C△EG故答案為：5+【點睛】本題考查了正方形的性質應用，重點是與三角形相似和三角形全等的結合，熟練掌握做輔助線是解題的關鍵．17．（2022·四川廣元·中考真題）如圖，直尺AB垂直豎立在水平面上，將一個含45°角的直角三角板CDE的斜邊DE靠在直尺的一邊AB上，使點E與點A重合，DE＝12cm．當點D沿DA方向滑動時，點E同時從點A出發(fā)沿射線AF方向滑動．當點D滑動到點A時，點C運動的路徑長為_____cm．【答案】24-12【解析】【分析】由題意易得CD=CE=22DE=62cm，則當點D沿DA方向下滑時，得到△D'C'E'，過點C'作C'N⊥AB于點N，作C【詳解】解：由題意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，∴CD=CE=2如圖，當點D沿DA方向下滑時，得到△D'C'E'，過點C'作C∵∠DAM=90°，∴四邊形NAMC′是矩形，∴∠NC∴∠D∴∠D∵D'∴△D∴C'∵C'N⊥AB，∴AC'平分∠即點D沿DA方向下滑時，點C′在射線AC上運動，∴當C'D'⊥AB時，此時四邊形C'∴當點D滑動到點A時，點C運動的路徑長為2×12-6故答案為24-122【點睛】本題主要考查正方形的性質、全等三角形的性質與判定、等腰直角三角形的性質及角平分線的判定定理，熟練掌握正方形的性質、全等三角形的性質與判定、等腰直角三角形的性質及角平分線的判定定理是解題的關鍵．18．（2022·湖北隨州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，連接EF．如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，連接BE并延長交DF于點H，則∠BHD的度數(shù)為______，DH【答案】

90°##90度

455【解析】【分析】設EF交AD于點M，BH交AD于點N，先證明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后過點E作EG⊥AB于點G，可得四邊形AMEG是矩形，從而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM=125，再利用銳角三角函數(shù)可得tan∠AEF=AFAE=34，從而得到AG=ME=AM【詳解】解：如圖，設EF交AD于點M，BH交AD于點N，根據(jù)題意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=1∴AEAF在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，∴ADAB∴△ADF∽△ABE，∴∠ADF=∠ABE，∵∠ANB=∠DNH，∴∠BHD=∠BAD=90°；如圖，過點E作EG⊥AB于點G，∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，∴四邊形AMEG是矩形，∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，∴∠ABE=∠MEN，在Rt△AEF中，EF=A∴tan∠AEF=∵S△AEF∴EG=AM=12∴AG=ME=AM∴BG=AB-AG=8-16∴tan∠MEN=∴MNME=1∴DN=AD-AM-MN=2，∵∠ADF=∠ABE，∴tan∠ADF=即DH=2HN，∵DH解得：DH=455故答案為：90°，4【點睛】本題主要考查了圖形的旋轉，解直角三角形，矩形的性質和判定，相似三角形的判定和性質，熟練掌握直角三角形的性質，矩形的性質和判定，相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．19．（2022·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中ABBC=23．動點M從點A出發(fā)，沿邊AD向點D勻速運動，動點N從點B出發(fā)，沿邊BC向點C勻速運動，連接MN．動點M，N同時出發(fā)，點M運動的速度為v1，點N運動的速度為v2，且v1<v2．當點N到達點C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形MABN沿MN翻折，得到四邊形【答案】3【解析】【分析】在矩形ABCD中ABBC=23，設AB=2a,BC=3a，運動時間為t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中點性質，在RtΔB'【詳解】解：如圖所示：在矩形ABCD中ABBC=23，設∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v在運動過程中，將四邊形MABN沿MN翻折，得到四邊形MA∴B若在某一時刻，點B的對應點B'恰好在CD∴DB在RtΔB'CN中，∵∠A∴∠A∵∠CNB∴∠A∴Δ∴DE∵DB∴DE=34D∴A'E=在ΔA'EM∠A∴ΔA'EM∴A'M=∴v故答案為：35【點睛】本題屬于矩形背景下的動點問題，涉及到矩形的性質、對稱性質、中點性質、兩個三角形相似的判定與性質、勾股定理及兩個三角形全等的判定與性質等知識點，熟練掌握相關性質及判定，求出相應線段長是解決問題的關鍵．20．（2022·四川自貢·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中點，線段EF在邊AB上左右滑動；若EF=1，則【答案】3【解析】【分析】如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，可得四邊形EFCH是平行四邊形，從而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的長，即可求解．【詳解】解：如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四邊形EFCH是平行四邊形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G為邊AD的中點，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴HG即GE+CF的最小值為32故答案為：3【點睛】此題主要考查了利用軸對稱求最短路徑問題，矩形的性質，勾股定理等知識，確定GE+CF最小時E，F(xiàn)位置是解題關鍵．21．（2022·內蒙古通遼·中考真題）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AC為直徑，若AB=23，BC=3，點P從B點出發(fā)，在△ABC內運動且始終保持∠CBP=∠BAP，當C，P兩點距離最小時，動點P【答案】3【解析】【分析】根據(jù)題中的條件可先確定點P的運動軌跡，然后根據(jù)三角形三邊關系確定CP的長最小時點P的位置，進而求出點P的運動路徑長．【詳解】解：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ABC=∴∠ABP+∠PBC=∵∠PAB=∠PBC,∴∠PAB+∠ABP=∴∴∠APB=∴點P在以AB為直徑的圓上運動，且在△ABC的內部，如圖，記以AB為直徑的圓的圓心為O1，連接O1C交⊙O∵∴當點O1,P,C三點共線時，即點P在點P'∵AB=2∴O1在RtΔBC∴∠B∴BP∴.C,P兩點距離最小時，點P的運動路徑長為3【點睛】本題主要考查了直徑所對圓周角是直角，弧長公式，由銳角正切值求角度，確定點P的路徑是解答本題的關鍵．22．（2022·河南·中考真題）如圖，將扇形AOB沿OB方向平移，使點O移到OB的中點O'處，得到扇形A'O'B【答案】π【解析】【分析】設A'O與扇形AOB交于點C，連接OC，解Rt△OCO'【詳解】如圖，設A'O與扇形AOB交于點C，連接∵O'是∴OO'=∵∠AOB＝90°，將扇形AOB沿OB方向平移，∴∠∴∴∠COB=60°∴∴陰影部分的面積為S===故答案為：π【點睛】本題考查了解直角三角形，求扇形面積，平移的性質，求得∠COB=60°是解題的關鍵．三、解答題23．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，等邊△ABC、等邊△DEF的邊長分別為3和2．開始時點A與點D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，當點D到達點B時停止．在此過程中，設△ABC、△DEF重合部分的面積為y，△DEF移動的距離為x，則y與x的函數(shù)圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】當△DEF在△ABC內移動時，△ABC、△DEF重合部分的面積不變，當△DEF移出△ABC時，計算出S△DBN，得到y(tǒng)=【詳解】如下圖所示，當E和B重合時，AD=AB-DB=3-2=1，∴當△DEF移動的距離為0≤x≤1時，△DEF在△ABC內，y=S當E在B的右邊時，如下圖所示，設移動過程中DF與CB交于點N，過點N坐NM垂直于AE，垂足為M，根據(jù)題意得AD=x，AB=3,∴DB=AB-AD=3-x，∵∠NDB=60°，∴ΔNDB∴DN=DB=NB=3-x，∵NM⊥DB，∴DM=MB=1∵NM∴NM=3∴S△DBN∴y=3∴當1≤x≤3時，y是一個關于x的二次函數(shù)，且開口向上，∵當0≤x≤1時，y=34×22故選：C．【點睛】本題考查圖形移動、等邊三角形的性質，二次函數(shù)的性質，根據(jù)題意得到二次函數(shù)的解析式是解題的關鍵．24．（2022·山東臨沂·中考真題）已知△ABC是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)在線段AC上任取一點Р（端點除外），連接PD．將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請?zhí)骄浚寒旤cР在線段AC上的位置發(fā)生變化時，∠DPQ的大小是否發(fā)生變化？說明理由．(3)在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數(shù)量關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)∠DPQ大小不變，理由見解析(3)CP=AQ，證明見解析【解析】【分析】（1）連接BD，由等邊三角形的性質可得AC垂直平分BD，繼而得出AB=BC=CD=AD，便可證明；（2）連接PB，過點P作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點F，可證明△APE是等邊三角形，由等腰三角形三線合一證明∠APF=∠EPF，（3）由等腰三角形三線合一的性質可得AF=FE，QF=BF，即可證明．(1)連接BD，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC，∵點B，D關于直線AC對稱，∴AC垂直平分BD，∴DC=BC,AD=AB，∴AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形；(2)當點Р在線段AC上的位置發(fā)生變化時，∠DPQ的大小不發(fā)生變化，始終等于60°，理由如下：∵將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處，∴PQ=PD，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，連接PB，過點P作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點則∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，∴△APE是等邊三角形，∴AP=EP=AE，∵PF⊥AB，∴∠APF=∠EPF，∵點B，D關于直線AC對稱，點P在線段AC上，∴PB=PD，∠DPA=∠BPA，∴PQ=PD，∵PF⊥AB，∴∠QPF=∠BPF，∴∠QPF-∠APF=∠BPF-∠EPF，即∠QPA=∠BPE，∴∠DPQ=∠DPA-∠QPA=∠BPA-∠BPE=∠APE=60°；(3)AQ=CP，證明如下：∵AC=AB，AP=AE，∴AC-AP=AB–AE，即CP=BE，∵AP=EP，PF⊥AB，∴AF=FE，∵PQ=PD，PF⊥AB，∴QF=BF，∴QF-AF=BF–EF，即AQ=BE，∴AQ=CP．【點睛】本題考查了圖形的旋轉，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，菱形的判定等，熟練掌握知識點是解題的關鍵．25．（2022·山東濰坊·中考真題）【情境再現(xiàn)】甲、乙兩個含45°角的直角三角尺如圖①放置，甲的直角頂點放在乙斜邊上的高的垂足O處，將甲繞點O順時針旋轉一個銳角到圖②位置．小瑩用作圖軟件Geogebra按圖②作出示意圖，并連接AG,BH，如圖③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通過證明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．請你證明：AG=BH．【遷移應用】延長GA分別交HO,HB所在直線于點P，D，如圖④，猜想并證明DG與BH的位置關系．【拓展延伸】小亮將圖②中的甲、乙換成含30°角的直角三角尺如圖⑤，按圖⑤作出示意圖，并連接HB,AG，如圖⑥所示，其他條件不變，請你猜想并證明AG與BH的數(shù)量關系．【答案】證明見解析；垂直；BH=【解析】【分析】證明△BOH?△AOG，即可得出結論；通過∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出結論AG⊥BH；證明△BOH∽△AOG，得出AG【詳解】證明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH?△AOG，∴AG=BH；遷移應用：AG⊥BH，證明：∵△BOH?△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴AG⊥BH；拓展延伸：BH=3證明：在Rt△AOB中，tan30°=在Rt△HOG中，tan30°=∴OAOB由上一問題可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽∴AGBH∴BH=3【點睛】本題考查旋轉變換，涉及知識點：全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)、等角的余角相等，解題關鍵結合圖形靈活應用相關的判定與性質．26．（2022·廣西梧州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=-43x-4分別與x，y軸交于點A，B(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是0,6，將△ACO繞著點C逆時針旋轉90°得到△ECF，點A的對應點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求35BP+EP取最小值時，點【答案】(1)y=(2)①點E在拋物線上；②（0，-9【解析】【分析】（1）先求出A、B坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法求解即可；（2）①根據(jù)旋轉的性質求出EF=AO=3，CF=CO=6，從而可求E的坐標，然后把E的坐標代入（1）的函數(shù)解析式中，從而判斷出點E是否在拋物線上；②過點P作PQ⊥AB于Q，證明△ABO∽△PBQ，從而求出PQ=35BP，則可判斷當P，E，Q三點共線，且EP⊥AB時，35BP+EP(1)解：當x=0時，y=-4，當y=0時，-4∴x=-3，∴A（-3，0），B（0，-4），把A、B代入拋物線y=5得518∴b=-1∴拋物線解析式為y=5(2)①∵A（-3，0），C（0，6），∴AO=3，CO=6，由旋轉知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°∴E到x軸的距離為6-3=3，∴點E的坐標為（6，3），當x=3時，y=5∴點E在拋物線上；②過點P作PQ⊥AB于Q，又∠AOB=90°，∴∠AOB=∠PQB，在Rt△ABO中，AO=3，BO=4，∴由勾股定理得：AB=5，∵∠AOB=∠PQB，∠ABO=∠PBQ，∴△ABO∽△PBQ，∴AOAB∴35∴PQ=3∴35∴當P，E，Q三點共線，且EP⊥AB時，35∵EP⊥AB，∴設直線EP解析式為y=3又E（6，0），∴34∴m=-9∴直線EP解析式為y=3當x=0時，y=-9∴點P坐標為（0，-9【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質等，解第（2）題第②問的關鍵是正確作出點P的位置．27．（2022·山東青島·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°得到△ADE，連接CD．點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為1cm/s．PQ交AC于點F，連接(1)當EQ⊥AD時，求t的值；(2)設四邊形PCDQ的面積為S(cm2)，求S(3)是否存在某一時刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)16(2)S=(3)存在，t=【解析】【分析】（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AE（2）分別過點C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分別為M，N，證△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125（3）當PQ∥CD時∠AQP=∠ADC，易證△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，則(1)解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°得到△ADE∴AD=5∵EQ⊥AD∴∠AQE=∠AED=90°又∠EAQ=∠DAE∴△AQE∽△AED∴AQ∴t∴t=答：當EQ⊥AD時，t的值為165(2)解：分別過點C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分別為M，N∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°∴∠B=∠CAM又∠BCA=∠AMC=90°∴△ABC∽△CAM∴AB∴5∴AM=∵∠B=∠B∴△BPN∽△BAC∴BP∴t∴PN=∴SS∴S==6+8-=∴S=(3)解：假設存在某一時刻t，使PQ∥CD∵AD=5,AM=∴DM=AD-AM=5-∵PQ∥CD∴∠AQP=∠ADC又∠PAQ=∠CMD=90°∴△APQ∽△MCD∴AP∴5-t∴t=∴存在時刻t=6529s【點睛】本題考查了旋轉與相似，利用勾股定理求線段長，平行線的性質，根據(jù)旋轉的性質，找到相似圖形是解決問題的關鍵，是中考中的?？碱}．28．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當∠B=∠MDB時，求線段CN的長；（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．【答案】（1）四邊形AMDN為矩形；理由見解析；（2）CN=258；（3）【解析】【分析】（1）由三角形中位線定理得到MD∥AC，證明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可證明結論；（2）證明△NDC是等腰三角形，過點N作NG⊥BC于點G，證明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性質即可求解；（3）延長ND，使DH=DN，證明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，證明∠MBH=90°，設AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【詳解】解：（1）四邊形AMDN為矩形．理由如下：∵點M為AB的中點，點D為BC的中點，∴MD∥AC，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四邊形AMDN為矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，BC=A∵點D是BC的中點，∴CD=12BC∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．過點N作NG⊥BC于點G，則∠CGN=90°．∴CG=12CD=5∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴CGCA=CN∴CN=25（3）延長ND至H，使DH=DN，連接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中點，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，設AM=AN=x，則BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，解得x=257∴線段AN的長為257【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，矩形的判定，勾股定理，解第（3）問的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題．29．（2022·吉林長春·中考真題）如圖，在?ABCD中，AB=4，AD=BD=13，點M為邊AB的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線AD-DB以每秒13個單位長度的速度向終點B運動，連結PM．作點A關于直線PM的對稱點A'，連結A'P、A'M．設點P的運動時間為t(1)點D到邊AB的距離為__________；(2)用含t的代數(shù)式表示線段DP的長；(3)連結A'D，當線段A'D最短時，求△DPA'的面積；(4)當M、A'、C三點共線時，直接寫出t的值．【答案】(1)3(2)當0≤t≤1時，DP=13-13t；當1＜(3)3(4)23或【解析】【分析】（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；（2）分兩種情況討論：當0≤t≤1時，點P在AD邊上；當1＜t≤2時，點P在BD邊上，即可求解；（3）過點P作PE⊥DM于點E，根據(jù)題意可得點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，可得到當點D、A′、M三點共線時，線段A'D最短，此時點P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，從而得到A'E=DE-A'D=2-3t（4）分兩種情況討論：當點A'位于M、C之間時，此時點P在AD上；當點A'（A″）位于CM的延長線上時，此時點P在BD(1)解：如圖，連接DM，∵AB=4，AD=BD=13，點M為邊AB∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴DM=A即點D到邊AB的距離為3；故答案為：3(2)解：根據(jù)題意得：當0≤t≤1時，點P在AD邊上，DP=13當1＜t≤2時，點P在BD邊上，PD=13綜上所述，當0≤t≤1時，DP=13-13t；當1＜(3)解：如圖，過點P作PE⊥DM于點E，∵作點A關于直線PM的對稱點A'，∴A′M=AM=2，∴點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，∴當點D、A′、M三點共線時，線段A'D最短，此時點P在AD上，∴A'D=1，根據(jù)題意得：A'P=AP=13由（1）得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB，∴△PDE∽△ADM，∴PDAD∴13-解得：DE=3-3t,PE=2-2t，∴A'在Rt△A'PE∴13t2=∴PE=6∴S△DP(4)解：如圖，當點M、A'、C三點共線時，且點A'位于M、C之間時，此時點P在AD上，連接AA′，A′B，過點P作PF⊥AB于點F，過點A′作A′G⊥AB于點G，則AA′⊥PM，∵AB為直徑，∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠ABA′，過點C作CN⊥AB交AB延長線于點N，在?ABCD中，AB∥DC，∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四邊形CDMN為平行四邊形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴sin∠CMN=∵A'M=2，∴A'∴MG=8∴BG=BM-MG=2∴tan∠∴tan∠PMF=∴PFFM=3，即PF=3∵tan∠DAM=DMAM∴PF=3∴3FM=32AF，即AF∵AM=2，∴AF=4∴4313t如圖，當點A'（A″）位于CM的延長線上時，此時點P在BD上，PB=2過點A″作A″G'⊥AB于點G′，則∠AMA″=∠CMN，取AA″的中點H，則點M、P、H三點共線，過點H作HK⊥AB于點同理：A″∵HK⊥AB，A″∴HK∥A′′G′，∴△AHK～△AA∵點H是AA∴HKA∴HK=3∴MK=9∴tan∠PMT=∴PTMT=13，即∵tan∠PBT=DMBM∴BT=2∴MT=9∵MT+BT=BM=2，∴BT=4∴411213綜上所述，t的值為23或20【點睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質，圓的基本性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，根據(jù)題意得到點A'的運動軌跡是解題的關鍵，是中考的壓軸題．30．（2022·山東濰坊·中考真題）筒車是我國古代利用水力驅動的灌溉工具，車輪縛以竹簡，旋轉時低則舀水，高則瀉水．如圖，水力驅動筒車按逆時針方向轉動，竹筒把水引至A處，水沿射線AD方向瀉至水渠DE，水渠DE所在直線與水面PQ平行；設筒車為⊙O，⊙O與直線PQ交于P，Q兩點，與直線DE交于B，C兩點，恰有AD2=BD?CD(1)求證：AD為⊙O的切線；(2)筒車的半徑為3m，AC=BC,∠C=30°．當水面上升，A，O，Q三點恰好共線時，求筒車在水面下的最大深度（精確到0.1m，參考值：2≈1.4,【答案】(1)答案見解析(2)0.9m【解析】【分析】（1）連接AO并延長交⊙O于M，根據(jù)AM為⊙O的直徑可以得到∠ABM=90°，繼而得到∠BAM+∠AMB=90°，根據(jù)AD2=BD?CD可證ΔDAB～ΔDCB，可以得到（2）根據(jù)AB=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75°，根據(jù)AQ為⊙O的直徑得到∠ABQ=∠APQ=90°，進而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根據(jù)PQ//BC得出∠QAC=∠BAP=15°，故可得到∠PQA=45°，過O作OF⊥PQ交⊙O于F，于是在等腰RtΔOEQ中，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出OE長，進而求出最大深度(1)證明：連接AO并延長交⊙O于M，連接BM，∴AM為⊙O的直徑，∴∠ABM=90°，∴∠BAM+∠AMB=90°，∵AD∴AD又∵∠D=∠D，∴Δ∴∠DAB=∠DCA，又∵∠BCA=∠BMA，∴∠BAM+∠DAB=90°，∴∠DAM=90°，∴AD為⊙O的切線；(2)解：如圖所示，∵AC=BC，∠C=30°，∴∠CAB=∠CBA=1∵AQ是⊙O的直徑，∴∠ABQ=∠APQ=90°，∵∠C=30°，∴∠AQB=∠C=30°，∴∠BAQ=90°-∠AQB=60°，∴∠QAC=∠BAC-∠BAQ=75°-60°=15°，∵PQ//BC，∴BP=∴∠QAC=∠BQP=15°，∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45°，過O作OF⊥PQ交⊙O于F，∴Δ∵OQ=3，∴OE=OQsin∴EF=OF-OE=3-3【點睛】本題主要考查圓的切線的判斷，等腰三角形、圓周角定理、相似三