2023中考数学真题分项汇报28动点综合问题(共32题)(解析版)

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，在中，，点P为线段上的动点，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作于点M、作于点N，连接，线段的长度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．B．C．D．【答案】C【分析】如图所示，过点C作于D，连接，先利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而利用等面积法求出，则可利用勾股定理求出；再证明四边形是矩形，得到，故当点P与点D重合时，最小，即最小，此时最小值为，，则点E的坐标为．【详解】解：如图所示，过点C作于D，连接，∵在中，，∴，∴是直角三角形，即，∴，∴，∴；∵，∴四边形是矩形，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴当最小时，即最小，∴当点P与点D重合时，最小，即最小，此时最小值为，，∴点E的坐标为，故选：C．    【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1，在中，动点P从A点运动到B点再到C点后停止，速度为2单位/s，其中长与运动时间t（单位：s）的关系如图2，则的长为（    ）  A．B．C．17D．【答案】C【分析】根据图象可知时，点与点重合，得到，进而求出点从点运动到点所需的时间，进而得到点从点运动到点的时间，求出的长，再利用勾股定理求出即可．【详解】解：由图象可知：时，点与点重合，∴，∴点从点运动到点所需的时间为；∴点从点运动到点的时间为，∴；在中：；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，求出学科网（北京）股份有限公司 的长，是解题的关键．3．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，在菱形中，，，动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度沿折线向终点运动；点以每秒个单位长度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，则下列正确表示与函数关系的图象是（    ）  A．  B．  C．  D．  【答案】A【分析】连接，过点作于点，根据已知条件得出是等边三角形，进而证明得出，当时，在上，当时，在上，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，过点作于点，当时，在上，学科网（北京）股份有限公司     菱形中，，，∴，则是等边三角形，∴，∵，∴，又∴∴∴，∴当时，在上，  ∴，综上所述，时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分，当时，函数图象是直线的一部分，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，在正方形中，，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线，射线的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接，，．设点M运动的路程为，的面积为，下列图像中能反映与之间函数关系的是（    ）学科网（北京）股份有限公司   A．  B．  C．  D．  【答案】A【分析】先根据，求出与之间函数关系式，再判断即可得出结论．【详解】解：，，，，故与之间函数关系为二次函数，图像开口向上，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，本题的关键是求出与之间函数关系式，再判断与之间函数类型．5．（2023·河南·统考中考真题）如图1，点P从等边三角形的顶点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P运动的路程为x，，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则等边三角形的边长为（    ）学科网（北京）股份有限公司 A．6B．3C．D．【答案】A【分析】如图，令点从顶点出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从点沿直线运动到顶点．结合图象可知，当点在上运动时，，，易知，当点在上运动时，可知点到达点时的路程为，可知，过点作，解直角三角形可得，进而可求得等边三角形的边长．【详解】解：如图，令点从顶点出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从点沿直线运动到顶点．结合图象可知，当点在上运动时，，∴，，又∵为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，当点在上运动时，可知点到达点时的路程为，∴，即，∴，过点作，∴，则，∴，  学科网（北京）股份有限公司 即：等边三角形的边长为6，故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是综合利用图象和图形给出的条件．6．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是（    ）  A．8B．6C．4D．3【答案】D【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，确定，再由题意得出当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴当时，，当时，，∴，∴，∴，∵的底边为定值，∴使得底边上的高最大时，面积最大，点P为的中点，当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，学科网（北京）股份有限公司   ∵，的半径为1，∴∴，∵，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形，垂径定理的应用，理解题意，确定出高的最大值是解题关键．7．（2023·河北·统考中考真题）如图是一种轨道示意图，其中和均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且．现有两个机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动，其路线分别为和．若移动时间为x，两个机器人之间距离为y，则y与x关系的图象大致是（    ）  学科网（北京）股份有限公司 A．  B．  C．  D．  【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，之后同时到达点A，C，两个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．【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越来越小，故排除A，C；当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，保持不变，当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除C，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．8．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（    ）学科网（北京）股份有限公司   A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．【详解】解：连接、  ∵点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．∴，则，依题意，，∴，则，∴∴，∴，∵，∴故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键．9．（2023·山东滨州·统考中考真题）已知点是等边的边上的一点，若学科网（北京）股份有限公司 ，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（　　）A．B．C．D．【答案】B【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解．【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，      ∴，，，∴是等边三角形，∴，∴以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，∵，∴∴∴，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）如图1，正方形的边长为4，为边的中点．动点从点出发沿匀速运动，运动到点时停止．设点的运动路程为，线段的长为，与的函数图象如图2所示，则点的坐标为（    ）  A．B．C．D．学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【分析】证明，，，则当P与A，B重合时，最长，此时，而运动路程为0或4，从而可得答案．【详解】解：∵正方形的边长为4，为边的中点，∴，，，当P与A，B重合时，最长，此时，运动路程为0或4，结合函数图象可得，故选：C.【点睛】本题考查的是从函数图象中获取信息，正方形的性质，勾股定理的应用，理解题意，确定函数图象上横纵坐标的含义是解本题的关键．11．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在中，是边上的点（不与点重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（    ）  A．的面积B．的面积C．的面积D．的面积【答案】D【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，学科网（北京）股份有限公司   ∵，，∴，．∴,．∴．∵，，∴，∴．∴．又∵，∴．∴．∵∴．∴．∴．∵，∴．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，证明是解题的关键．12．（2023·安徽·统考中考真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（   ）学科网（北京）股份有限公司   A．的最小值为B．的最小值为C．周长的最小值为6D．四边形面积的最小值为【答案】A【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，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，依题意∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵，∴∴，∴∴，∴四边形是平行四边形，则为的中点如图所示，学科网（北京）股份有限公司   设的中点分别为，则∴当点在上运动时，在上运动，当点与重合时，即，则三点共线，取得最小值，此时，则，∴到的距离相等，则，此时此时和的边长都为2，则最小，∴，∴∴，或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，  此时故A选项错误，根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；学科网（北京）股份有限公司 周长等于，即当最小时，周长最小，如图所示，作平行四边形，连接，  ∵，则如图，延长,，交于点，则，∴是等边三角形，∴，在与中，∴∴∴∴∴，则，∴是直角三角形，  在中，学科网（北京）股份有限公司 ∴当时，最短，∵∴周长的最小值为，故C选项正确；∵∴四边形面积等于  ∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合∴四边形面积的最小值为，故D选项正确，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）在中，，，在边上有一点，且，连接，则的最小值为___________．【答案】【分析】如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；结合圆周角定理及垂径定理易得，再通过圆周角定理、垂直及垂直平分线的性质、三角形内角和定理易得，从而易证可得即勾股定理即可求得在中由三角形三边关系即可求解．【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；学科网（北京）股份有限公司 ，为的外接圆的圆心，，，，，，，在中，，，，即，由作图可知，在的垂直平分线上，，，又为的外接圆的圆心，，，，，，，，即，，在中，学科网（北京）股份有限公司 ，在中，，即最小值为，故答案为：．  【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，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形三边之间的关系；解题的关键是结合的外接圆构造相似三角形．14．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为_____________．  【答案】或【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．【详解】解：连接，学科网（北京）股份有限公司   ∵以为直径的半圆O与相切于点D，∴，，∴设，则，在中：，即：，解得：，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵为等腰三角形，当时，，当时，∵，∴点与点重合，∴，学科网（北京）股份有限公司   不存在的情况；综上：的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．15．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，边长为2的等边的两个顶点分别在两条射线上滑动，若，则的最大值是_________．  【答案】【分析】如图所示，取的中点D，连接，先根据等边三角形的性质和勾股定理求出，再根据直角三角形的性质得到，再由可得当三点共线时，有最大值，最大值为．【详解】解：如图所示，取的中点D，连接，∵是边长为2的等边三角形，∴，∴，∴，∵，即，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴当三点共线时，有最大值，最大值为，故答案为：．  【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三点共线时，有最大值是解题的关键．16．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是___________．  【答案】【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答．【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，学科网（北京）股份有限公司   由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值，设正方形的边长为a，则，四边形是正方形，，，，，，，，，，，  ，当取得最小值时，的值是为，故答案为：．【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．17．（2023·河南·统考中考真题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为______．【答案】2或【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当时，学科网（北京）股份有限公司   ∵四边形矩形，∴，则，由平行线分线段成比例可得：，又∵M为对角线的中点，∴，∴，即：，∴，当时，    ∵M为对角线的中点，∴为的垂直平分线，∴，∵四边形矩形，∴，则，∴∴，综上，的长为2或，故答案为：2或．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．18．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为__________．  【答案】【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解．【详解】解：∵在矩形中，，∴，，如图所示，当点在上时，  ∵∴在为圆心，为半径的弧上运动，当三点共线时，最短，此时，当点在上时，如图所示，  学科网（北京）股份有限公司 此时当在上时，如图所示，此时  综上所述，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．19．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为______．  【答案】【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．【详解】如图所示，连接，  ∵M，N分别是的中点，学科网（北京）股份有限公司 ∴是的中位线，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴当最大时，最大，此时最大，∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．20．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为__________．  【答案】【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴，∴，∵，∴，∴点F在以为直径的半圆上运动，∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，∵，∴，，∴，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．21．（2023·四川内江·统考中考真题）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则___________．学科网（北京）股份有限公司   【答案】【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接，  四边形是矩形，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．22．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图1，在中，动点从点出发沿折线匀速运动至点后停止．设点的运动路程为，线段的长度为，图2是与的函数关系的大致图象，其中点为曲线的最低点，则的高的长为_______．  学科网（北京）股份有限公司   【答案】【分析】过点作于点，当点与重合时，在图2中点表示当时，点到达点，此时当在上运动时，最小，勾股定理求得，然后等面积法即可求解．【详解】如图过点作于点，当点与重合时，在图2中点表示当时，点到达点，此时当在上运动时，最小，  ∴，在中，∴∵，∴,故答案为：．【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，在中，，，，点是学科网（北京）股份有限公司 上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．  【答案】【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，  ∵在中，，，，∴，∴，在中，∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，∴又∴∴∴设，∴在中，学科网（北京）股份有限公司 ∴解得：（负整数）故答案为：．【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．24．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为________  【答案】或【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，学科网（北京）股份有限公司   当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，  学科网（北京）股份有限公司 ∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴，∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．25．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线上的一动点，动点，连接．当取最小值时，的最小值是________．  【答案】【分析】作出点，作于点D，交x轴于点F，此时的最小值为的长，利用解直角三角形求得，利用待定系数法求得直线的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作轴于点G，此时的最小值是的长，据此求解即可．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：∵直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，∴，，作点B关于x轴的对称点，把点向右平移3个单位得到，作于点D，交x轴于点F，过点作交x轴于点E，则四边形是平行四边形，此时，，∴有最小值，作轴于点P，    则，，∵，∴，∴，∴，即，∴，则，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，联立，，解得，即；过点D作轴于点G，学科网（北京）股份有限公司   直线与x轴的交点为，则，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．三、解答题26．（2023·重庆·统考中考真题）如图，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沿折线方向运动，点F沿折线方向运动，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．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)当时，；当时，(2)图象见解析，当时，y随x的增大而增大(3)t的值为3或【分析】（1）分两种情况：当时，根据等边三角形的性质解答；当时，利用周长减去即可；（2）在直角坐标系中描点连线即可；（3）利用分别求解即可．【详解】（1）解：当时，连接，  由题意得，，∴是等边三角形，∴；当时，；  （2）函数图象如图：  当时，y随t的增大而增大；学科网（北京）股份有限公司 （3）当时，即；当时，即，解得，故t的值为3或．【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，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，为线段上一动点（不与点重合），过点作轴交直线于点．与的重叠面积为．关于的函数图象如图2所示．  (1)的长为_______________；的面积为_______________．(2)求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据函数图象即可求解．（2）根据（1）的结论，分，，根据与的重叠面积为，分别求解即可．【详解】（1）解：当时，点与重合，此时，当时，，即点与点重合，∴，则，故答案为：，．学科网（北京）股份有限公司 （2）∵在上，则设，∴∴,则当时，如图所示，设交于点，∵，，则∴  当时，如图所示，  ∵，设直线的解析式为，∴学科网（北京）股份有限公司 解得：，∴直线的解析式为，当时，，则，∴，∵，∵，则，∴，综上所述：．【点睛】本题考查了正切的定义，动点问题的函数图象，一次函数与坐标轴交点问题，从函数图象获取信息是解题的关键．28．（2023·河北·统考中考真题）在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点移动到点称为一次甲方式：从点移动到点称为一次乙方式．例、点P从原点O出发连续移动2次；若都按甲方式，最终移动到点；若都按乙方式，最终移动到点；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点．  (1)设直线经过上例中的点，求的解析式；并直接写出将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式；学科网（北京）股份有限公司 (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．其中，按甲方式移动了m次．①用含m的式子分别表示；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，在图中直接画出的图象；(3)在（1）和（2）中的直线上分别有一个动点，横坐标依次为，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式．【答案】(1)的解析式为；的解析式为；(2)①；②的解析式为，图象见解析；(3)【分析】（1）根据待定系数法即可求出的解析式，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，再得出点按照乙方式移动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）设的解析式为，把、代入，得，解得：，∴的解析式为；将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式为；（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按照乙方式移动了次，∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为；∴点按照乙方式移动次后得到的点的横坐标为，纵坐标为学科网（北京）股份有限公司 ，∴；②由于，∴直线的解析式为；函数图象如图所示：  （3）∵点的横坐标依次为，且分别在直线上，∴，设直线的解析式为，把A、B两点坐标代入，得，解得：，∴直线的解析式为，∵A，B，C三点始终在一条直线上，∴，整理得：；即a，b，c之间的关系式为：．【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．学科网（北京）股份有限公司 29．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．  (1)求直线的解析式．(2)连接，求的面积S与运动时间t的函数关系式．(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，点Q的坐标是或【分析】（1）过点A作于H，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；（2）首先证明是等边三角形，求出，然后分情况讨论：①当点N在上，即时，过点N作于P，②当点N在上，即时，过点N作于T，分别解直角三角形求出和，再利用三角形面积公式列式即可；（3）分情况讨论：①当是直角边时，则，过点N作于K，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当是对角线时，则，过点N作于L，证明，可得，然后解直角三角形求出，再利用平移的性质得出点Q的坐标．学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）解：解方程得：，，∴，∵四边形是菱形，，∴，，∴，∴，过点A作于H，∵，∴，，∴，设直线的解析式为，代入，得：，解得：，∴直线的解析式为；  （2）解：由（1）知在中，，，∴，，∵直线与y轴交于点E，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，①当点N在上，即时，由题意得：，，过点N作于P，则，∴；  ②当点N在上，即时，由题意得：，，过点N作于T，则，∴；综上，；学科网（北京）股份有限公司   （3）解：存在，分情况讨论：①如图，当是直角边时，则，过点N作于K，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，∵，∴；  ②如图，当是对角线时，则，过点N作于L，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点Q，∵，∴；∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是或．  【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，长度为的金属滑块在上面做往返滑动．如图，滑块首先沿方向从左向右匀速滑动，滑动速度为，滑动开始前滑块左端与点重合，当滑块右端到达点时，滑块停顿，然后再以小于的速度匀速返回，直到滑块的左端与点重合，滑动停止．设时间为时，滑块左端离点的距离为，右端离点的距离为，记与具有函数关系．已知滑块在从左向右滑动过程中，当和时，与之对应的的两个值互为相反数；滑块从点出发到最后返回点，整个过程总用时（含停顿时间）．请你根据所给条件解决下列问题：  学科网（北京）股份有限公司 (1)滑块从点到点的滑动过程中，的值________________；（填“由负到正”或“由正到负”）(2)滑块从点到点的滑动过程中，求与的函数表达式；(3)在整个往返过程中，若，求的值．【答案】(1)由负到正(2)(3)当或时，【分析】（1）根据等式，结合题意，即可求解；（2）设轨道的长为，根据已知条件得出，则，根据当和时，与之对应的的两个值互为相反数；则时，，得出，继而求得滑块返回的速度为，得出，代入，即可求解；（3）当时，有两种情况，由（2）可得，①当时，②当时，分别令，进而即可求解．【详解】（1）∵，当滑块在点时，，，当滑块在点时，，，∴的值由负到正．故答案为：由负到正．（2）解：设轨道的长为，当滑块从左向右滑动时，∵，∴，∴∴是的一次函数，∵当和时，与之对应的的两个值互为相反数；∴当时，，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴滑块从点到点所用的时间为，∵整个过程总用时（含停顿时间）．当滑块右端到达点时，滑块停顿，∴滑块从点到点的滑动时间为，∴滑块返回的速度为，∴当时，，∴，∴，∴与的函数表达式为；（3）当时，有两种情况，由（2）可得，①当时，，解得：；②当时，，解得：，综上所述，当或时，．【点睛】本题考查了一次函数的应用，分析得出，并求得往返过程中的解析式是解题的关键．31．（2023·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；(2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．  学科网（北京）股份有限公司 ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)，(2)①；②【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，∴，∴；连接，交于一点H，如图所示：  ∵四边形是菱形，且，∴，，∴，∴，故答案为，；学科网（北京）股份有限公司 （2）解：①∵点，点，点，∴矩形中，轴，轴，．∴矩形中，轴，轴，．由点，点，得．在中，，得．在中，由，得．∴．同理，得．∵，得．又，∴，当时，则矩形和菱形重叠部分为，∴的取值范围是．②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：  此时面积S最大，最大值为；当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：学科网（北京）股份有限公司   由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，由①可知：，∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，∴该等边三角形的边长为，∴此时面积S最小，最小值为；综上所述：当时，则．【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．32．（2023·江西·统考中考真题）综合与实践问题提出：某兴趣小组开展综合实践活动：在中，，D为上一点，，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿匀速运动，到达点A时停止，以为边作正方形设点P的运动时间为，正方形的而积为S，探究S与t的关系  (1)初步感知：如图1，当点P由点C运动到点B时，①当时，_______．学科网（北京）股份有限公司 ②S关于t的函数解析式为_______．(2)当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段的长．(3)延伸探究：若存在3个时刻（）对应的正方形的面积均相等．①_______；②当时，求正方形的面积．【答案】(1)①3；②(2)，(3)①4；②【分析】（1）①先求出，再利用勾股定理求出，最后根据正方形面积公式求解即可；②仿照（1）①先求出，进而求出，则；（2）先由函数图象可得当点P运动到B点时，，由此求出当时，，可设S关于t的函数解析式为，利用待定系数法求出，进而求出当时，求得t的值即可得答案；（3）①根据题意可得可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的，设是函数上的两点，则，是函数上的两点，由此可得，则，根据题意可以看作，则；②由（3）①可得，再由，得到，继而得答案．【详解】（1）解：∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿匀速运动，∴当时，点P在上，且，∵，，∴，∴，故答案为：3；②∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在匀速运动，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，，∴，∴；（2）解：由图2可知当点P运动到B点时，，∴，解得，∴当时，，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为，∴可设S关于t的函数解析式为，把代入中得：，解得，∴S关于t的函数解析式为，在中，当时，解得或，∴；（3）解：①∵点P在上运动时，，点P在上运动时，∴可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的，设是函数上的两点，则，是函数上的两点，∴，∴，∵存在3个时刻（）对应的正方形的面积均相等．∴可以看作，∴，故答案为：4；学科网（北京）股份有限公司 ②由（3）①可得，∵，∴，∴，∴．  .【点睛】本题主要考查了二次函数与图形运动问题，待定系数法求函数解析式，勾股定理等等，正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键．学科网（北京）股份有限公司