2024中考数学第一轮专题复习： 动点综合问题（解析版）

专题动点综合问题(32题)1(2023·四川遂宁·统考中考真题)如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，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()24322432A.5，5B.6,5C.5,5D.5,5【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2432形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD=，则可利用勾股定理求出AD=；再证明四边形5524CMPN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，5323224AP=，则点E的坐标为,．555【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，222222∴AC+BC=6+8=100=10=AB，∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，11∴S△ABC=AC⋅BC=AB⋅CD，22AC⋅BC24∴CD==，AB52232∴AD=AC-CD=；5∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，∴四边形CMPN是矩形，∴MN=CP，∴当MN最小时，即CP最小，2432∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为，AP=AD=，553224∴点E的坐标为,，55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Rt△ABC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BP长与运动时间t(单位：s)的关系如图2，则AC的长为()1 155A.B.427C.17D.532【答案】C【分析】根据图象可知t=0时，点P与点A重合，得到AB=15，进而求出点P从点A运动到点B所需的时间，进而得到点P从点B运动到点C的时间，求出BC的长，再利用勾股定理求出AC即可．【详解】解：由图象可知：t=0时，点P与点A重合，∴AB=15，∴点P从点A运动到点B所需的时间为15÷2=7.5s；∴点P从点B运动到点C的时间为11.5-7.5=4s，∴BC=2×4=8；22在Rt△ABC中：AC=AB+BC=17；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，∠A=60°，AB=4，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.2 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∠ANM=∠AEB=90°，当0<t<4时，M在AB上，当4≤t<8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0<t<4时，M在AB上，菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，∴AB=AD，则△ABD是等边三角形，1∴AE=ED=AD=2，BE=3AE=232∵AM=2x,AN=x，AMAB∴==2，又∠A=∠AANAE∴△AMN∽ABE∴∠ANM=∠AEB=90°22∴MN=AM-AN=3x，132∴y=x×3x=x22当4≤t<8时，M在BC上，11∴y=AN×BE=x×23=3x，22综上所述，0<t<4时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分，当4≤t<8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ABCD中，AB=4，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线AB，射线BC的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接DM，MN，ND．设点M运动的路程为x0≤x≤4，△DMN的面积为S，下列图像中能反映S与x之间函数关系的是()3 A.B.C.D.【答案】A【分析】先根据S=S正方形ABCD-S△ADM-S△DCN-S△BMN，求出S与x之间函数关系式，再判断即可得出结论．【详解】解：S=S正方形ABCD-S△ADM-S△DCN-S△BMN，111=4×4-×4x-×4(4-x)-x(4-x)，22212=x-2x+8，212=(x-2)+6，2故S与x之间函数关系为二次函数，图像开口向上，x=2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P从等边三角形ABC的顶点A出发，沿直线运动到三角形内PB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，=y，图2是点P运动时y随x变化PC的关系图象，则等边三角形ABC的边长为()A.6B.3C.43D.23【答案】A【分析】如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B．结合图象可知，当点P在AO上运动时，PB=PC，AO=23，易知∠BAO=∠CAO=30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为43，可知AO=OB=23，过点O作OD⊥AB，解直角三角形可得AD=AO⋅cos30°=3，进而可求得等边三角形ABC的边长．【详解】解：如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B．4 PB结合图象可知，当点P在AO上运动时，=1，PC∴PB=PC，AO=23，又∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，AB=AC，∴△APB≌△APCSSS，∴∠BAO=∠CAO，∴∠BAO=∠CAO=30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为43，∴OB=23，即AO=OB=23，∴∠BAO=∠ABO=30°，过点O作OD⊥AB，∴AD=BD，则AD=AO⋅cos30°=3，∴AB=AD+BD=6，即：等边三角形ABC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xOy中，直线y=-x-2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的⊙O上两动点，且CD=2，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，△PAB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OA=OB=2，确定AB=22，再由题意得出当PO的延长线恰好垂直AB时，垂足为点E，此时PE即为三角形的最大高，连接DO，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵直线y=-x-2与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴当x=0时，y=-2，当y=0时，x=-2，∴A-2,0,B0,-2，∴OA=OB=2，22∴AB=OA+OB=22，∵△PAB的底边AB=22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AB时，垂足为点E，此时PE即为三角形的最大高，连接DO，∵CD=2，⊙O的半径为1，5 2∴DP=2222∴OP=OD-DP=，2∵OE⊥AB，1∴OE=AB=2，232∴PE=OE+OP=，2132∴S△PAB=×22×=3，22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ADC和ABC均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且AM=CN．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M→A→D→C→N和N→C→B→A→M．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()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AM+CN+2R，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A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是直径2R，当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．6 【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AM+CN+2R，∵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A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是直径2R，保持不变，当机器人分别沿C→N和A→M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A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC．动点E,F分别从点O,B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA,BC向终点A,C移动．当移动时间为4秒时，AC⋅EF的值为()A.10B.910C.15D.30【答案】D【分析】根据题意，得出E4,0，F5,3，勾股定理求得EF=10，AC=310，即可求解．【详解】解：连接AC、EF∵点A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC．22∴B9,3，AC=3+9=310则OA=9，BC=OA=9依题意，OE=4×1=4，BF=4×1=4∴AE=9-4=5，则E4,0，∴CF=BC-BF=9-4=5∴F5,3，22∴EF=5-4+3=10，∵C0,3，∴AC⋅EF=310×10=30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E,F的坐标是解题的关键．7 9(2023·山东滨州·统考中考真题)已知点P是等边△ABC的边BC上的一点，若∠APC=104°，则在以线段AP,BP,CP为边的三角形中，最小内角的大小为()A.14°B.16°C.24°D.26°【答案】B【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，可得以线段AP,BP,CP为边的三角形，即△PCQ，最小的锐角为∠PQC，根据邻补角以及旋转的性质得出∠AQC=∠APB=76°，进而即可求解．【详解】解：如图所示，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，∴AP=AQ,∠PAQ=60°，BP=CQ，∠AQC=∠APB，∴△APQ是等边三角形，∴PQ=AP，∴以线段AP,BP,CP为边的三角形，即△PCQ，最小的锐角为∠PQC，∵∠APC=104°，∴∠APB=76°∴∠AQC=∠APB=76°∴∠PQC=76°-60°=16°，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ABCD的边长为4，E为CD边的中点．动点P从点A出发沿AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，线段PE的长为y，y与x的函数图象如图2所示，则点M的坐标为()A.4,23B.4,4C.4,25D.4,5【答案】C【分析】证明AB=BC=CD=AD=4，∠C=∠D=90°，CE=DE=2，则当P与A，B重合时，PE最长，22此时PE=2+4=25，而运动路程为0或4，从而可得答案．【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4，E为CD边的中点，∴AB=BC=CD=AD=4，∠C=∠D=90°，CE=DE=2，当P与A，B重合时，PE最长，22此时PE=2+4=25，运动路程为0或4，结合函数图象可得M4,25，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△ABC中，D是边BC上的点(不与点B,C重合)．过点D8 作DE∥AB交AC于点E；过点D作DF∥AC交AB于点F．N是线段BF上的点，BN=2NF；M是线段DE上的点，DM=2ME．若已知△CMN的面积，则一定能求出()A.△AFE的面积B.△BDF的面积C.△BCN的面积D.△DCE的面积【答案】DFBFDNFBFFD【分析】如图所示，连接ND，证明△FBD∽△EDC，得出=，由已知得出=，则=EDECMEDEECNF，又∠NFD=∠MEC，则△NFD∽△MEC，进而得出∠MCD=∠NDB，可得MC∥ND，结合题意得出ME11S△EMC=S△DMC=S△MNC，即可求解．22【详解】解：如图所示，连接ND，∵DE∥AB，DF∥AC，∴∠ECD=∠FDB,∠FBD=∠EDC，∠BFD=∠A,∠A=DEC．∴△FBD∽△EDC,∠NFD=∠MEC．FBFD∴=．EDEC∵DM=2ME，BN=2NF，11∴NF=BF,ME=DE，33NFBF∴=．MEDEFDNF∴=．ECME又∵∠NFD=∠MEC，∴△NFD∽△MEC．∴∠ECM=∠FDN．∵∠FDB=∠ECD∴∠MCD=∠NDB．∴MC∥ND．∴S△MNC=S△MDC．∵DM=2ME，11∴S△EMC=S△DMC=S△MNC．22故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，证明MC∥ND是解题的关键．12(2023·安徽·统考中考真题)如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P,F分别是CD,AB的中点．若AB=4，则下列结论错误的是()9 A.PA+PB的最小值为33B.PE+PF的最小值为23C.△CDE周长的最小值为6D.四边形ABCD面积的最小值为33【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∠QAD=∠QBA=60°∴△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，11则GP=AE,PH=EB22∴当E点在AB上运动时，P在GH上运动，当E点与F重合时，即AE=EB，1则Q,P,F三点共线，PF取得最小值，此时AE=EB=AE+EB=2，2则△ADE≌△ECB，∴C,D到AB的距离相等，则CD∥AB，3此时PF=AD=32此时△ADE和△BCE的边长都为2，则AP,PB最小，3∴PF=×2=3，222∴PA=PB=2+3=7∴PA+PB=27，或者如图所示，作点B关于GH对称点B，则PB=PB，则当A,P,B三点共线时，AP+PB=AB10 222此时AB=AB+BB=4+23=27故A选项错误，根据题意可得P,Q,F三点共线时，PF最小，此时PE=PF=3，则PE+PF=23，故B选项正确；△CDE周长等于CD+DE+CE=CD+AE+EB=CD+AB=CD+4，即当CD最小时，△CDE周长最小，如图所示，作平行四边形GDMH，连接CM，∵∠GHQ=60°,∠GHM=∠GDM=60°，则∠CHM=120°如图，延长DE,HG，交于点N，则∠NGD=∠QGH=60°，∠NDG=∠ADE=60°∴△NGD是等边三角形，∴ND=GD=HM，∠NPD=∠HPC在△NPD与△HPC中，∠N=∠CHP=60°PD=PC∴△NPD≌△HPC∴ND=CH∴CH=MH∴∠HCM=∠HMC=30°∴CM∥QF，则CM⊥DM，∴△DMC是直角三角形，在△DCM中，DC>DM1∴当DC=DM时，DC最短，DC=GH=AB=22∵CD=PC+2PC∴△CDE周长的最小值为2+2+2=6，故C选项正确；∵△NPD≌△HPC∴四边形ABCD面积等于S△ADE+S△EBC+S△DEC=S△ADE+S平行四边NEBH11 ∴当△BGD的面积为0时，取得最小值，此时，D,G重合，C，H重合32∴四边形ABCD面积的最小值为3××2=33，故D选项正确，4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E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)在△ABC中，AB=43，∠C=60°，在边BC上有一点P，且BP=1AC，连接AP，则AP的最小值为．2【答案】213-2【分析】如图，作△ABC的外接圆，圆心为M，连接AM、BM、CM，过M作MD⊥AB于D，过B作BN⊥AB，交BP的垂直平分线于N，连接AN、BN、PN，以N为圆心，BNPN为半径作圆；结合圆周角定理及垂径定理易得AM=BM=CM=4，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CMAC21得∠AMC=∠PNB，从而易证△AMC∼△PNB可得==即PN=CM=2勾股定理即可求PNPB12得AN=213在△APN中由三角形三边关系AP≥AN-PN即可求解．【详解】解：如图，作△ABC的外接圆，圆心为M，连接AM、BM、CM，过M作MD⊥AB于D，过B作BN⊥AB，交BP的垂直平分线于N，连接AN、BN、PN，以N为圆心，BNPN为半径作圆；∵∠C=60°，M为△ABC的外接圆的圆心，∴∠AMB=120°，AM=BM，∴∠MAB=∠MBA=30°，1∴MD=AM，2∵MD⊥AB，1∴AD=AB=23，2在Rt△ADM中，222∵AM=MD+AD，2122∴AM=AM+23，2∴AM=4，即AM=BM=CM=4，由作图可知BN⊥AB，N在BP的垂直平分线上，∴∠PBN=∠BPN=90°-∠ABC，∴∠PNB=180°-∠PBN+∠BPN=2∠ABC，12 又∵M为△ABC的外接圆的圆心，∴∠AMC=2∠ABC，∴∠AMC=∠PNB，CMAM∵=，PNBN∴△AMC∼△PNB，CMAC∴=，PNPB1∵BP=AC，2CMAC2∴==，PNPB11即PN=CM=2，2∴PN=BN=2，在Rt△ABN中，2222AN=AB+BN=43+2=213，在△APN中，AP≥AN-PN=213-2，即AP最小值为213-2，故答案为：213-2．【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△ABC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Rt△ABC中，∠C=90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连接AD，BE=3,BD=35．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP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CD的长，勾股定理求出AC和AD的长，分AP=AD和AP=PD两种情况进行求解即可．【详解】解：连接OD，∵以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，∴OD⊥BC，OA=OE=OD，∴∠ODB=90°设OA=OE=OD=r，则OB=OE+BE=3+r，222222在Rt△ODB中：OD+BD=OB，即：r+35=3+r，解得：r=6，∴OA=OE=OD=6，13 ∴OB=9，AB=15，AE=12，∵∠C=∠ODB=90°，∴OD∥AC，OBDB93∴===，OADC62∵DB=35，∴CD=25，∴BC=DB+CD=55，22∴AC=AB-BC=10，22∴AD=AC+CD=230；∵△ADP为等腰三角形，当AD=AP时，AP=230，当PA=PD时，∵OA=OD，∴点P与点O重合，∴AP=OA=6，不存在PD=AD的情况；综上：AP的长为230或6．故答案为：230或6．【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P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△ABC的两个顶点A、B分别在两条射线OM、ON上滑动，若OM⊥ON，则OC的最大值是．【答案】1+3【分析】如图所示，取AB的中点D，连接OD，CD，先根据等边三角形的性质和勾股定理求出CD=3，再1根据直角三角形的性质得到OD=AB=1，再由OC≤OD+CD2可得当O、C、D三点共线时，OC有最大值，最大值为1+3．【详解】解：如图所示，取AB的中点D，连接OD，CD，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴CD⊥AB，BC=AB=2，∴BD=AD=1，22∴CD=BC-BD=3，∵OM⊥ON，即∠AOB=90°，14 1∴OD=AB=1，2∵OC≤OD+CD，∴当O、C、D三点共线时，OC有最大值，最大值为1+3，故答案为：1+3．【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，OC有最大值是解题的关键．16(2023·四川泸州·统考中考真题)如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线ACAP上的动点，当PE+PF取得最小值时，的值是．PC2【答案】7【分析】作点F关于AC的对称点F，连接EF交AC于点P，此时PE+PF取得最小值，过点F作AD的垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明△AEPKP∽△KFP，可得=2，即可解答．AP【详解】解：作点F关于AC的对称点F，连接EF交AC于点P，过点F作AD的垂线段，交AC于点K，由题意得：此时F落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P重合时PE+PF取得最小值，2设正方形ABCD的边长为a，则AF=AF=a，3∵四边形ABCD是正方形，∴∠FAK=45°，∠PAE=45°，AC=2a∵FK⊥AF，∴∠FAK=∠FKA=45°，22∴AK=a，3∵∠FPK=∠EPA，∴△EKP∽△EAP，FKKP∴==2，AEAP15 12∴AP=AK=2a，397∴CP=AC-AP=2a，9AP2∴=，7CPAP2∴当PE+PF取得最小值时，的值是为，PC72故答案为：．7【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ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为．【答案】2或2+1【分析】分两种情况：当∠MND=90°时和当∠NMD=90°时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当∠MND=90°时，∵四边形ABCD矩形，∴∠A=90°，则MN∥AB，ANBM由平行线分线段成比例可得：=，NDMD又∵M为对角线BD的中点，∴BM=MD，ANBM∴==1，NDMD即：ND=AN=1，∴AD=AN+ND=2，当∠NMD=90°时，∵M为对角线BD的中点，∠NMD=90°∴MN为BD的垂直平分线，∴BN=ND，∵四边形ABCD矩形，AN=AB=116 22∴∠A=90°，则BN=AB+AN=2，∴BN=ND=2∴AD=AN+ND=2+1，综上，AD的长为2或2+1，故答案为：2或2+1．【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ABCD中，AB=2,AD=7，动点P在矩形的边上沿B→C→D→A运动．当点P不与点A、B重合时，将△ABP沿AP对折，得到△ABP，连接CB，则在点P的运动过程中，线段CB的最小值为．【答案】11-2【分析】根据折叠的性质得出B在A为圆心，2为半径的弧上运动，进而分类讨论当点P在BC上时，当点P在DC上时，当P在AD上时，即可求解．【详解】解：∵在矩形ABCD中，AB=2,AD=7，22∴BC=AD=7，AC=BC+AB=7+4=11，如图所示，当点P在BC上时，∵AB=AB=2∴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最短，此时CB=AC-AB=11-2，当点P在DC上时，如图所示，此时CB>11-217 当P在AD上时，如图所示，此时CB>11-2综上所述，CB的最小值为11-2，故答案为：11-2．【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ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为．【答案】21【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=2222AB+BE=4+BE，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．【详解】如图所示，连接AE，∵M，N分别是EF，AF的中点，∴MN是△AEF的中位线，1∴MN=AE，2∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，222∴AE=AB+BE=4+BE，∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，∵点E是BC上的动点，∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，2∴此时AE=4+2=22，1∴MN=AE=2，2∴MN的最大值为2．故答案为：2．18 【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ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°,AB=5,AD=4,AD<BC，点E在线段BC上运动，点F在线段AE上，∠ADF=∠BAE，则线段BF的最小值为．【答案】29-2【分析】设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB，设OB与⊙O的交点为点F，证明∠DFA=90°，可知点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与⊙O的交点F时，线段BF有最小值，据此求解即可．【详解】解：设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB，设OB与⊙O的交点为点F，∵∠ABC=∠BAD=90°，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∵∠ADF=∠BAE，∴∠DFA=∠ABE=90°，∴点F在以AD为直径的半圆上运动，∴当点F运动到OB与⊙O的交点F时，线段BF有最小值，∵AD=4，1∴AO=OF=AD=2，，222∴BO=5+2=29，BF的最小值为29-2，故答案为：29-2．【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ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG=．19 60【答案】13【分析】连接OE，根据矩形的性质得到BC=AD=12，AO=CO=BO=DO，∠ABC=90°，根据勾股定2213理得到AC=AB+BC=13，求得OB=OC=，根据三角形的面积公式即可得到结论．2【详解】解：连接OE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，BC=AD=12，AO=CO=BO=DO，∵AB=5，BC=12，22∴AC=AB+BC=13，13∴OB=OC=，211111∴S△BOC=S△BOE+S△COE=×OB⋅EG+OC⋅EF=S△ABC=××5×12=15，22222113113113∴×EG+×EF=×(EG+EF)=15，22222260∴EG+EF=，1360故答案为：．13【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△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止．设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长为．20 73【答案】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+BQ=12时，点P到达点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+BQ=12时，点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，∴BC=7，BQ=4,QC=3在Rt△ABQ中，AB=8,BQ=42222∴AQ=AB-BQ=8-4=4311∵S△ABC=AB×CG=AQ×BC，22BC×AQ7×4373∴CG===,AB8273故答案为：．2【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中，AB=6，BC=8，∠ABC=120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△ABE，当点A恰好落在EC上时，DE的长为．21 【答案】37-3【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∠ADC=∠ABC=120°,∠HDC=60°，进而求得DH,HC，根据折叠的性质得出CB=CE，进而在Rt△ECH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中，AB=6，BC=8，∠ABC=120°，∴∠ADC=∠ABC=120°,∠HDC=60°，CD=AB=6，AD=CB=8，1∴DH=DC×cos∠HDC=DC=3，22222在Rt△ECH中，HC=CD-DH=6-3=33∵将△ABE沿BE折叠得到△ABE，当点A恰好落在EC上时，∴∠AEB=∠CEB又AD∥BC∴∠EBC=∠AEB∴∠EBC=∠CEB∴CE=BC=8设ED=x，∴EH=x+3222在Rt△ECH中，EC=EH+HC222∴8=x+3+33解得：x=37-3(负整数)故答案为：37-3．【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xOy中，点B的坐标为-8，6，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线y=-2x-6与AB交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段BC上，动点N在直线y=-2x-6上，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为22 2【答案】M-8,6或M-8,3【分析】如图，由△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得N在以AM为直径的圆H上，MN=AN，可得N是圆H与直线y=-2x-6的交点，当M,B重合时，符合题意，可得M-8,6，当N在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，JK=AB=8，证明△MNK≌△NAJ，设Nx,-2x-6，可得MK=NJ=-x，KN=AJ=-2x-6-6=-2x-12，而KJ=AB=8，则-2x-12-x=8，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴N在以AM为直径的圆H上，MN=AN，∴N是圆H与直线y=-2x-6的交点，当M,B重合时，∵B-8,6，则H-4,3，∴MH=AH=NH=4，符合题意，∴M-8,6，当N在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，JK=AB=8，∴∠NAJ+∠ANJ=90°，23 ∵AN=MN，∠ANM=90°，∴∠MNK+∠ANJ=90°，∴∠MNK=∠NAJ，∴△MNK≌△NAJ，设Nx,-2x-6，∴MK=NJ=-x，KN=AJ=-2x-6-6=-2x-12，而KJ=AB=8，∴-2x-12-x=8，2022解得：x=-，则-2x-6=，3322202∴CM=CK-MK=-=，3332∴M-8,；32综上：M-8,6或M-8,．32故答案为：M-8,6或M-8,．3【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．125(2023·四川自贡·统考中考真题)如图，直线y=-x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是34线段AB上一动点，点H是直线y=-x+2上的一动点，动点Em，0，Fm+3，0，连接BE，DF，3HD．当BE+DF取最小值时，3BH+5DH的最小值是．39【答案】2【分析】作出点C3，-2，作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，此时BE+DF的最小值为CD的长，利用解24 11直角三角形求得F，0，利用待定系数法求得直线CD的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作3DG⊥y轴于点G，此时3BH+5DH的最小值是5DG的长，据此求解即可．1【详解】解：∵直线y=-x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，3∴B0，2，A6，0，作点B关于x轴的对称点B0，-2，把点B向右平移3个单位得到C3，-2，作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，过点B作BE∥CD交x轴于点E，则四边形EFCB是平行四边形，此时，BE=BE=CF，∴BE+DF=CF+DF=CD有最小值，作CP⊥x轴于点P，则CP=2，OP=3，∵∠CFP=∠AFD，∴∠FCP=∠FAD，∴tan∠FCP=tan∠FAD，PFOBPF2∴=，即=，PCOA26211∴PF=，则F，0，33设直线CD的解析式为y=kx+b，3k+b=-2k=3则11k+b=0，解得b=-11，3∴直线CD的解析式为y=3x-11，x=39y=3x-1110联立，y=-1x+2，解得7，3y=10397即D，；1010过点D作DG⊥y轴于点G，43225直线y=-x+2与x轴的交点为Q，0，则BQ=OQ+OB=，3223OQ23∴sin∠OBQ===，BQ5523∴HG=BHsin∠GBH=BH，53∴3BH+5DH=5BH+DH=5HG+DH=5DG，53939即3BH+5DH的最小值是5DG=5×=，10239故答案为：．2【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，△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25 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0<t≤4时，y=t；当4<t≤6时，y=12-2t(2)图象见解析，当0<t≤4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0<t≤4时，根据等边三角形的性质解答；当4<t≤6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y=3分别求解即可．【详解】(1)解：当0<t≤4时，连接EF，由题意得AE=AF，∠A=60°，∴△AEF是等边三角形，∴y=t；当4<t≤6时，y=12-2t；(2)函数图象如图：26 当0<t≤4时，y随t的增大而增大；(3)当0<t≤4时，y=3即t=3；当4<t≤6时，y=3即12-2t=3，解得t=4.5，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，Pt,0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．8【答案】(1)4，31284-2t+30≤t≤3(2)S=124t-2t+4<t≤443【分析】(1)根据函数图象即可求解．44(2)根据(1)的结论，分0≤t≤，<t≤4，根据△OAB与△DPB的重叠面积为S，分别求解即可．338【详解】(1)解：当t=0时，P点与O重合，此时S==S△ABO，3当t=4时，S=0，即P点与B点重合，∴OB=4，则B4,0，8故答案为：4，．3(2)∵A在y=x上，则∠OAB=45°设Aa,a，27 118∴S△AOB=×OB×a=×4×a=223444∴a=,则A,3334当0≤t≤时，如图所示，设DP交OA于点E，3∵∠OAB=45°，DP⊥OB，则EP=OP=t812∴S=-t324当<t≤4时，如图所示，344∵B4,0，A,33设直线AB的解析式为y=kx+b，4k+b=0∴44k+b=33b=2解得：1，k=-21∴直线AB的解析式为y=-x+2，2当x=0时，y=2，则C0,2，∴OC=2，DPOC21∵tan∠CBO====，PDOB421∵BP=4-t，则DP=2-t，211121212∴S=S△DPB=DP×BP=××4-t=4-t=t-2t+4，222441284-2t+30≤t≤3综上所述：S=．124t-2t+4<t≤443【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(x,y)移动到点(x+2,y+1)称为一次甲方式：从点(x,y)移动到点(x+1,y+2)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M(4,2)；若都按乙方式，最终移动到点N(2,4)；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点E(3,3)．28 (1)设直线l1经过上例中的点M,N，求l1的解析式；并直接写出将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式；(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Q(x,y)．其中，按甲方式移动了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l3，在图中直接画出l3的图象；(3)在(1)和(2)中的直线l1,l2,l3上分别有一个动点A,B,C，横坐标依次为a,b,c，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)l1的解析式为y=-x+6；l2的解析式为y=-x+15；(2)①x=m+10,y=20-m；②l3的解析式为y=-x+30，图象见解析；(3)5a+3c=8b【分析】(1)根据待定系数法即可求出l1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l2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2m,m，再得出点2m,m按照乙方式移动10-m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l3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l1的解析式为y=kx+b，把M(4,2)、N(2,4)代入，得4k+b=2k=-1，解得：，2k+b=4b=6∴l1的解析式为y=-x+6；将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式为y=-x+15；(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10-m次，∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为2m,m；∴点2m,m按照乙方式移动10-m次后得到的点的横坐标为2m+10-m=m+10，纵坐标为m+210-m=20-m，∴x=m+10,y=20-m；②由于x+y=m+10+20-m=30，29 ∴直线l3的解析式为y=-x+30；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l1,l2,l3上，∴Aa,-a+6,Bb,-b+15,Cc,-c+30，设直线AB的解析式为y=mx+n，把A、B两点坐标代入，得m=-1+9ma+n=-a+6b-a，解得：，mb+n=-b+15n=6-9ab-a99a∴直线AB的解析式为y=-1+x+6-，b-ab-a∵A，B，C三点始终在一条直线上，99a∴c-1++6-=-c+30，b-ab-a整理得：5a+3c=8b；即a，b，c之间的关系式为：5a+3c=8b．【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，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC2=60°，OC的长是一元二次方程x-4x-12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD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OD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FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．(1)求直线AD的解析式．30 (2)连接MN，求△MDN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．3【答案】(1)y=-x+43332t-9t+1230≤t≤232(2)S=32-t+9t-12323<t≤432333(3)存在，点Q的坐标是2,2或6,43【分析】(1)过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH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△EOD是等边三角形，求出DO=DF=43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于P，②当点N在DE上，即23<t≤43时，过点N作NT⊥OB于T，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CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，证明∠NCF=∠NFC，可得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．2【详解】(1)解：解方程x-4x-12=0得：x1=6，x2=-2，∴OC=6，∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，1∴OA=OC=6，∠BOC=∠AOC=30°，23∴CD=OC⋅tan30°=6×=23，3∴D6,23，过点A作AH⊥OC于H，∵∠AOH=60°，13∴OH=OA=3，AH=OA⋅sin60°=6×=33，22∴A3,33，设直线AD的解析式为y=kx+bk≠0，3k+b=33代入A3,33，D6,23得：，6k+b=23k=-3解得：3，b=433∴直线AD的解析式为y=-x+43；3(2)解：由(1)知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC=30°，∴OD=2CD=43，∠EOD=90°-∠DOC=90°-30°=60°，3∵直线y=-x+43与y轴交于点E，3∴OE=43，31 ∴OE=OD，∴△EOD是等边三角形，∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=43，∴∠OFE=30°=∠DOF，∴DO=DF=43，①当点N在DF上，即0≤t≤23时，由题意得：DM=OD-OM=43-t，DN=43-2t，过点N作NP⊥OB于P，3则NP=DN⋅sin∠PDN=DN⋅sin60°=43-2t×=6-3t，21132∴S=DM⋅NP=43-t6-3t=t-9t+123；222②当点N在DE上，即23<t≤43时，由题意得：DM=OD-OM=43-t，DN=2t-43，过点N作NT⊥OB于T，3则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=2t-43×=3t-6，21132∴S=DM⋅NT=43-t3t-6=-t+9t-123；22232t-9t+1230≤t≤232综上，S=；32-t+9t-12323<t≤432(3)解：存在，分情况讨论：①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，∵∠NFC=30°，OE=43，∴∠NCK=60°，OF=3OE=12，∴CF=12-6=6，1∴CN=CF=3，213333∴CK=CN⋅cos60°=3×=，NK=CN⋅sin60°=3×=，2222333∴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，22333∴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，22∵A3,33，333∴Q2,2；32 ②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，∵OA=OC，∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO=60°，∴∠NCF=180°-60°-90°=30°=∠NFC，1∴CL=FL=CF=3，23∴NL=CL⋅tan30°=3×=3，3∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3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3个单位长度得到点Q，∵A3,33，∴Q6,43；333∴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2,2或6,43．【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AB，长度为1m的金属滑块在上面做往返滑动．如图，滑块首先沿AB方向从左向右匀速滑动，滑动速度为9m/s，滑动开始前滑块左端与点A重合，当滑块右端到达点B时，滑块停顿2s，然后再以小于9m/s的速度匀速返回，直到滑块的左端与点A重合，滑动停止．设时间为ts时，滑块左端离点A的距离为l1m，右端离点B的距离为l2m，记d=l1-l2,d与t具有函数关系．已知滑块在从左向右滑动过程中，当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；滑块从点A出发到最后返回点A，整个过程总用时27s(含停顿时间)．请你根据所给条件解决下列问题：33 (1)滑块从点A到点B的滑动过程中，d的值；(填“由负到正”或“由正到负”)(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d=18，求t的值．【答案】(1)由负到正(2)d=-12t+234(3)当t=6或t=18时，d=18【分析】(1)根据等式d=l1-l2，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l1+l2+1=n，则d=l1-l2=18t-n+1，根据当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；则t=5时，d=0，得出d=91，继而求得滑块返回的速度为91-1÷15=6m/s，得出l2=6t-12，代入d=l1-l2，即可求解；(3)当d=18时，有两种情况，由(2)可得，①当0≤t≤10时，②当12≤t≤27时，分别令d=18，进而即可求解．【详解】(1)∵d=l1-l2，当滑块在A点时，l1=0，d=-l2<0，当滑块在B点时，l2=0，d=l1>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，∵l1+l2+1=n，∴l2=n-l1-1，∴d=l1-l2=l1-n-l1-2=2l1-n+1=2×9t-n+1=18t-n+1∴d是t的一次函数，∵当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；∴当t=5时，d=0，∴18×5-n+1=0，∴d=91，∴滑块从点A到点B所用的时间为91-1÷9=10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27-10-2=15s，∴滑块返回的速度为91-1÷15=6m/s，∴当12≤t≤27时，l2=6t-12，∴l1=91-1-l2=90-6t-12=162-6t，∴l1-l2=162-6t-6t-12=-12t+234，∴d与t的函数表达式为d=-12t+234；(3)当d=18时，有两种情况，由(2)可得，①当0≤t≤10时，18t-91+1=18，34 解得：t=6；②当12≤t≤27时，-12t+234=18，解得：t=18，综上所述，当t=6或t=18时，d=18．【点睛】本题考查了一次函数的应用，分析得出n=91，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ABCD的顶点A(3,0),B(0,1),113D(23,1)，矩形EFGH的顶点E0,2,F-3,2,H0,2．(1)填空：如图①，点C的坐标为，点G的坐标为；(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形EFGH，点E，F，G，H的对应点分别为E，F，G，H．设EE=t，矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分的面积为S．①如图②，当边EF与AB相交于点M、边GH与BC相交于点N，且矩形EFGH与菱形ABCD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：23113②当≤t≤时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．343【答案】(1)3,2，-3,233(2)①<t≤3；②≤S≤3216【分析】(1)根据矩形及菱形的性质可进行求解；3(2)①由题意易得EF=EF=3,EH=EH=1，然后可得∠ABO=60°，则有EM=，进而根据割补22333法可进行求解面积S；②由①及题意可知当≤t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的3233113面积S是增大的，当<t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，然后24根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．113【详解】(1)解：∵四边形EFGH是矩形，且E0,2,F-3,2,H0,2，∴EF=GH=3,EH=FG=1，3∴G-3,；2连接AC,BD，交于一点H，如图所示：35 ∵四边形ABCD是菱形，且A(3,0),B(0,1),D(23,1)，22∴AB=AD=3-0+0-1=2，AC⊥BD,CM=AM=OB=1,BM=MD=OA=3，∴AC=2，∴C3,2，3故答案为3,2，-3,；2113(2)解：①∵点E0,2，点F-3,2，点H0,2，∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF=3,EH=1．∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF=3,EH=1．由点A3,0，点B0,1，得OA=3,OB=1．OA在Rt△ABO中，tan∠ABO==3，得∠ABO=60°．OB113在Rt△BME中，由EM=EB⋅tan60°,EB=1-=，得EM=．222133∴S△BME=EB⋅EM=．同理，得S△BNH=．288∵EE=t，得S矩形EEHH=EE⋅EH=t．又S=S矩形EEHH-S△BME-S△BNH，3∴S=t-，43当EE=EM=时，则矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为△BEH，23∴t的取值范围是<t≤3．22333②由①及题意可知当≤t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当3233113<t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，2433∴当t=时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：236 此时面积S最大，最大值为S=1×3=3；113当t=时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：41133由(1)可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到GF的距离为3-4-23=4，由①可知：∠D=∠B=60°，∴矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，341∴该等边三角形的边长为2×=，tan60°21133∴此时面积S最小，最小值为××=；22416231133综上所述：当≤t≤时，则≤S≤3．3416【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Rt△ABC中，∠C=90°，D为AC上一点，CD=2，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C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的而积为S，探究S与t的关系37 (1)初步感知：如图1，当点P由点C运动到点B时，①当t=1时，S=．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AB的长．(3)延伸探究：若存在3个时刻t1,t2,t3(t1<t2<t3)对应的正方形DPEF的面积均相等．①t1+t2=；②当t3=4t1时，求正方形DPEF的面积．2【答案】(1)①3；②S=t+42(2)S=t-8t+182≤t≤8，AB=634(3)①4；②9【分析】(1)①先求出CP=1，再利用勾股定理求出DP=3，最后根据正方形面积公式求解即可；②仿照2222(1)①先求出CP=t，进而求出DP=t+2，则S=DP=t+2；2(2)先由函数图象可得当点P运动到B点时，S=DP=6，由此求出当t=2时，S=6，可设S关于t的函数222解析式为S=at-4+2，利用待定系数法求出S=t-8t+18，进而求出当S=t-8t+18=18时，求得t的值即可得答案；22(3)①根据题意可得可知函数S=t-4+2可以看作是由函数S=t+2向右平移四个单位得到的，设22Pm1，n，Qm2，nm2>m1是函数S=t+2上的两点，则m1+4，n，m2+4，n是函数S=t-4+2上的两点，由此可得m1+m2=0，m1<m2<m1+4<m2+4，则m2+m1+4=4，根据题意可以看作t1=4m2，t2=m1+4，t3=m2+4，则t1+t2=4；②由(3)①可得t3=t1+4，再由t3=4t1，得到t1=，继而得答案．3【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C→B→A匀速运动，∴当t=1时，点P在BC上，且CP=1，∵∠C=90°，CD=2，22∴DP=CP+CD=3，2∴S=DP=3，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BC匀速运动，∴CP=t，∵∠C=90°，CD=2，2222∴DP=CP+CD=t+2，38 22∴S=DP=t+2；2(2)解：由图2可知当点P运动到B点时，S=DP=6，2∴t+4=6，解得t=2，∴当t=2时，S=6，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为4，2，2∴可设S关于t的函数解析式为S=at-4+2，22把2，6代入S=at-4+2中得：6=a2-4+2，解得a=1，22∴S关于t的函数解析式为S=t-4+2=t-8t+182≤t≤8，22在S=t-8t+18中，当S=t-8t+18=18时，解得t=8或t=0，∴AB=8-2=6；22(3)解：①∵点P在BC上运动时，S=t+2，点P在AB上运动时S=t-4+2，22∴可知函数S=t-4+2可以看作是由函数S=t+2向右平移四个单位得到的，2设Pm1，n，Qm2，nm2>m1是函数S=t+2上的两点，则m1+4，n，m2+4，n是函数S=t-42+2上的两点，∴m1+m2=0，m1<m2<m1+4<m2+4，∴m2+m1+4=4，∵存在3个时刻t1,t2,t3(t1<t2<t3)对应的正方形DPEF的面积均相等．∴可以看作t1=m2，t2=m1+4，t3=m2+4，∴t1+t2=4，故答案为：4；②由(3)①可得t3=t1+4，∵t3=4t1，∴4t1=t1+4，4∴t1=，324234∴S=t+2=+2=．39.【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．39 40