題型07 動態(tài)問題試題【有答案】

備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學十大題型專練卷題型07動態(tài)問題試題一、單選題1．如圖，矩形中，，，為的中點，為上一動點，為中點，連接，則的最小值是（）A．2 B．4 C． D．【答案】D【分析】根據(jù)中位線定理可得出點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當BP⊥P1P2時，PB取得最小值;由矩形的性質以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長，由勾股定理求解即可.【詳解】解：點P為DF的中點，當F運動過程中，點P的運動軌跡是線段P1P2因此可得當C點和F點重合時，BP1⊥P1P2時使PB最小為BP1.當C和F重合時，P1點是CD的中點故選D.【點睛】本題主要考查矩形中的動點問題，關鍵在于問題的轉化，要使PB最小，就必須使得DF最長.2．如圖，在中，，，．點P是邊AC上一動點，過點P作交BC于點Q，D為線段PQ的中點，當BD平分時，AP的長度為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質得到，得到，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，計算即可．【詳解】解：，，，，，，又，，，，，，，即，解得，，，故選B．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．3．如圖是函數(shù)的圖象，直線軸且過點，將該函數(shù)在直線l上方的圖象沿直線l向下翻折，在直線1下方的圖象保持不變，得到一個新圖象．若新圖象對應的函數(shù)的最大值與最小值之差不大于5，則m的取值范圍是（）A． B． C． D．或【答案】C【分析】找到最大值和最小值差剛好等于5的時刻，則M的范圍可知.【詳解】解：如圖1所示，當t等于0時，∵，∴頂點坐標為，當時，，∴，當時，，∴，∴當時，，∴此時最大值為0，最小值為；如圖2所示，當時，此時最小值為，最大值為1．綜上所述：，故選：C．【點睛】此題考查了二次函數(shù)與幾何圖形結合的問題，找到最大值和最小值的差剛好為5的m的值為解題關鍵．4．矩形OABC在平面直角坐標系中的位置如圖所示，已知，點A在x軸上，點C在y軸上，P是對角線OB上一動點（不與原點重合），連接PC，過點P作，交x軸于點D．下列結論：①；②當點D運動到OA的中點處時，；③在運動過程中，是一個定值；④當△ODP為等腰三角形時，點D的坐標為．其中正確結論的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】①根據(jù)矩形的性質即可得到；故①正確；②由點D為OA的中點，得到，根據(jù)勾股定理即可得到，故②正確；③如圖，過點P作于F，F(xiàn)P的延長線交BC于E，，則，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到，求得，根據(jù)相似三角形的性質得到，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到，故③正確；④當為等腰三角形時，Ⅰ、，解直角三角形得到，Ⅱ、OP＝OD，根據(jù)等腰三角形的性質和四邊形的內角和得到，故不合題意舍去；Ⅲ、，根據(jù)等腰三角形的性質和四邊形的內角和得到，故不合題意舍去；于是得到當為等腰三角形時，點D的坐標為．故④正確．【詳解】解：①∵四邊形OABC是矩形，，；故①正確；②∵點D為OA的中點，，，故②正確；③如圖，過點P作A于F，F(xiàn)P的延長線交BC于E，，四邊形OFEC是矩形，，設，則，在中，，，，，，，，，，，，，，，故③正確；④，四邊形OABC是矩形，，，，當為等腰三角形時，Ⅰ、Ⅱ、，，故不合題意舍去；Ⅲ、，，故不合題意舍去，∴當為等腰三角形時，點D的坐標為．故④正確，故選：D．【點睛】考查了矩形的性質，銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，構造出相似三角形表示出CP和PD是解本題的關鍵．5．如圖，在中，，，點在邊上，且，點為的中點，點為邊上的動點，當點在上移動時，使四邊形周長最小的點的坐標為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)已知條件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D關于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），求得直線EC的解析式為y=x+2，解方程組即可得到結論．【詳解】∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），∴AB=OB=4，∠AOB=45°，∵，點D為OB的中點，∴BC=3，OD=BD=2，∴D（0，2），C（4，3），作D關于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），∵直線OA的解析式為y=x，設直線EC的解析式為y=kx+b，∴，解得：，∴直線EC的解析式為y=x+2，解得，，∴P（，），故選C．【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，等腰直角三角形的性質，正確的找到P點的位置是解題的關鍵．6．如圖，菱形ABCD的頂點B、C在x軸上（B在C的左側），頂點A、D在x軸上方，對角線BD的長是2310，點E-2,0為BC的中點，點P在菱形ABCD的邊上運動．當點F0,6到EP所在直線的距離取得最大值時，點P恰好落在ABA．103 B．10 C．163 D【答案】A【分析】如圖1中，當點P是AB的中點時，作FG⊥PE于G，連接EF．首先說明點G與點F重合時，F(xiàn)G的值最大，如圖2中，當點G與點E重合時，連接AC交BD于H，PE交BD于J．設BC=2a．利用相似三角形的性質構建方程求解即可．【詳解】如圖1中，當點P是AB的中點時，作FG⊥PE于G，連接EF．∵E（-2，0），F(xiàn)（0，6），∴OE=2，OF=6，∴EF=22∵∠FGE=90°，∴FG≤EF，∴當點G與E重合時，F(xiàn)G的值最大．如圖2中，當點G與點E重合時，連接AC交BD于H，PE交BD于J．設BC=2a．∵PA=PB，BE=EC=a，∴PE∥AC，BJ=JH，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BH=DH=103，BJ=10∴PE⊥BD，∵∠BJE=∠EOF=∠PEF=90°，∴∠EBJ=∠FEO，∴△BJE∽△EOF，∴BEEF∴a2∴a=53∴BC=2a=103故選A．【點睛】本題考查菱形的性質，坐標與圖形的性質，相似三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．7．如圖，拋物線與軸交于、兩點，是以點（0,3）為圓心，2為半徑的圓上的動點，是線段的中點，連結.則線段的最大值是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)拋物線解析式可求得點A（-4,0），B（4,0），故O點為AB的中點，又Q是AP上的中點可知OQ=BP，故OQ最大即為BP最大，即連接BC并延長BC交圓于點P時BP最大，進而即可求得OQ的最大值.【詳解】∵拋物線與軸交于、兩點∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4.在直角三角形COB中BC=∵Q是AP上的中點，O是AB的中點∴OQ為△ABP中位線，即OQ=BP又∵P在圓C上，且半徑為2，∴當B、C、P共線時BP最大，即OQ最大此時BP=BC+CP=7OQ=BP=.【點睛】本題考查了勾股定理求長度，二次函數(shù)解析式求點的坐標及線段長度，中位線，與圓相離的點到圓上最長的距離，解本題的關鍵是將求OQ最大轉化為求BP最長時的情況.8．如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則的最小值是()A． B． C． D．10【答案】B【分析】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA==2，設AE=a，BE=2a，利用勾股定理構建方程求出a，再證明DH=BD，推出CD+BD=CD+DH，由垂線段最短即可解決問題．【詳解】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA==2，設AE=a，BE=2a，則有：100=a2+4a2，∴a2=20，∴a=2或-2（舍棄），∴BE=2a=4，∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=4（等腰三角形兩腰上的高相等））∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴，∴DH=BD，∴CD+BD=CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值為4．故選B．【點睛】本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，用轉化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．9．如圖，已知兩點的坐標分別為，點分別是直線和x軸上的動點，,點是線段的中點，連接交軸于點；當⊿面積取得最小值時，的值是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖，設直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，推出點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，推出當直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解決問題．【詳解】如圖，設直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，∴點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，∴當直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，∵AD是切線，點D是切點，∴AD⊥KD，∵AK=13，DK=5，∴AD=12，∵tan∠EAO=，∴，∴OE=，∴AE=，作EH⊥AB于H．∵S△ABE=?AB?EH=S△AOB-S△AOE，∴EH=，∴，∴，故選B.【點睛】本題考查解直角三角形，坐標與圖形的性質，直線與圓的位置關系，三角形的面積等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題.10．如圖，是的直徑，、是?。ó愑凇ⅲ┥蟽牲c，是弧上一動點，的角平分線交于點，的平分線交于點．當點從點運動到點時，則、兩點的運動路徑長的比是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接BE，由題意可得點E是△ABC的內心，由此可得∠AEB＝135°，為定值，確定出點E的運動軌跡是是弓形AB上的圓弧，此圓弧所在圓的圓心在AB的中垂線上，根據(jù)題意過圓心O作直徑CD，則CD⊥AB，在CD的延長線上，作DF＝DA，則可判定A、E、B、F四點共圓，繼而得出DE＝DA＝DF，點D為弓形AB所在圓的圓心，設⊙O的半徑為R，求出點C的運動路徑長為，DA＝R，進而求出點E的運動路徑為弧AEB，弧長為，即可求得答案.【詳解】連結BE，∵點E是∠ACB與∠CAB的交點，∴點E是△ABC的內心，∴BE平分∠ABC，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠AEB＝180°－(∠CAB+∠CBA)＝135°，為定值，，∴點E的軌跡是弓形AB上的圓弧，∴此圓弧的圓心一定在弦AB的中垂線上，∵，∴AD=BD，如下圖，過圓心O作直徑CD，則CD⊥AB，∠BDO＝∠ADO＝45°，在CD的延長線上，作DF＝DA，則∠AFB＝45°，即∠AFB+∠AEB＝180°，∴A、E、B、F四點共圓，∴∠DAE＝∠DEA＝67.5°，∴DE＝DA＝DF，∴點D為弓形AB所在圓的圓心，設⊙O的半徑為R，則點C的運動路徑長為：，DA＝R，點E的運動路徑為弧AEB，弧長為：，C、E兩點的運動路徑長比為：，故選A.【點睛】本題考查了點的運動路徑，涉及了三角形的內心，圓周角定理，四點共圓，弧長公式等，綜合性較強，正確分析出點E運動的路徑是解題的關鍵.二、填空題11．如圖，矩形硬紙片ABCD的頂點A在軸的正半軸及原點上滑動，頂點B在軸的正半軸及原點上滑動，點E為AB的中點，AB=24,BC=5,給出下列結論：①點A從點O出發(fā)，到點B運動至點O為止，點E經(jīng)過的路徑長為12π；②△OAB的面積的最大值為144；③當OD最大時，點D的坐標為，其中正確的結論是_________（填寫序號）.【答案】②③【分析】①由條件可知AB=24，則AB的中點E的運動軌跡是圓弧，最后根據(jù)弧長公式即可計算出點E所經(jīng)過的路徑長；②當△OAB的面積最大時，因為AB=24，所以△OAB為等腰直角三角形，即OA=OB，可求出最大面積為144；③當O、E、D三點共線時，OD最大，過點D作DF⊥y軸于點F，可求出OD=25，證明△DFA∽△AOB和△DFO∽△BOA，可求出DF長，則D點坐標可求出．【詳解】解：∵點E為AB的中點，AB=24，∴AB的中點E的運動軌跡是以點O為圓心，12為半徑的一段圓弧，

∵∠AOB=90°，

∴點E經(jīng)過的路徑長為，故①錯誤；當△OAB的面積最大時，因為AB=24，所以△OAB為等腰直角三角形，即OA=OB，

∵E為AB的中點，，故②正確；如圖，當O、E、D三點共線時，OD最大，過點D作DF⊥y軸于點F，∴OD=DE+OE=13+12=25，

設DF=x，∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠DAB=90°，

∴∠DFA=∠AOB，

∴∠DAF=∠ABO，

∴△DFA∽△AOB∵E為AB的中點，∠AOB=90°，

∴AE=OE，

∴∠AOE=∠OAE，

∴△DFO∽△BOA，解得舍去，，故③正確．故答案為②③．【點睛】本題考查四邊形綜合題、直角形的性質、矩形的性質、相似三角形的判定和性質等知識．解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．12．如圖，在邊長為的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，則的最小值為____.【答案】【分析】過C點作BD的平行線，以為對稱軸作B點的對稱點，連接交直線于點，當三點共線時取最小值，再根據(jù)勾股定理即可求解.【詳解】如圖，過C點作BD的平行線，以為對稱軸作B點的對稱點，連接交直線于點根據(jù)平移和對稱可知，當三點共線時取最小值，即，又，根據(jù)勾股定理得，，故答案為【點睛】此題主要考查菱形的性質，解題的關鍵是熟知平移的性質及勾股定理的應用.13．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位于DF兩側，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是________．【答案】．【分析】當F與A點重合時和F與C重合時，根據(jù)E的位置，可知E的運動路徑是EE'的長；由已知條件可以推導出△DEE'是直角三角形，且∠DEE'=30°，在Rt△ADE'中，求出DE'＝即可求解．【詳解】解：如圖E的運動路徑是EE'的長；∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝，當F與A點重合時，在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，∴DE'＝，∠CDE'＝30°，當F與C重合時，∠EDC＝60°，∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，在Rt△DEE'中，EE'＝；故答案為．【點睛】本題考查點的軌跡；能夠根據(jù)E點的運動情況，分析出E點的運動軌跡是線段，在30度角的直角三角形中求解是關鍵．14．如圖，點是雙曲線：（）上的一點，過點作軸的垂線交直線：于點，連結，.當點在曲線上運動,且點在的上方時，△面積的最大值是______.【答案】3【分析】令PQ與x軸的交點為E，根據(jù)雙曲線的解析式可求得點A、B的坐標，由于點P在雙曲線上，由雙曲線解析式中k的幾何意義可知△OPE的面積恒為2，故當△OEQ面積最大時△的面積最大.設Q（a，）則S△OEQ=×a×（）==，可知當a=2時S△OEQ最大為1，即當Q為AB中點時△OEQ為1，則求得△面積的最大值是是3.【詳解】∵交x軸為B點，交y軸于點A,∴A（0，-2），B（4，0）即OB=4，OA=2令PQ與x軸的交點為E∵P在曲線C上∴△OPE的面積恒為2∴當△OEQ面積最大時△的面積最大設Q（a,）則S△OEQ=×a×（）==當a=2時S△OEQ最大為1即當Q為AB中點時△OEQ為1故△面積的最大值是是3.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)幾何圖形面積問題，二次函數(shù)求最大值，解本題的關鍵是掌握反比例函數(shù)中k的幾何意義，并且建立二次函數(shù)模型求最大值.15．如圖，正方形ABCD中，，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作，交CD于點Q，則CQ的最大值為_______．【答案】4【分析】先證明，得到與CQ有關的比例式，設，則，代入解析式，得到y(tǒng)與x的二次函數(shù)式，根據(jù)二次函數(shù)的性質可求最值．【詳解】解：又設，則．，化簡得，整理得，所以當時，y有最大值為4．故答案為4．【點睛】考查了正方形的性質、相似三角形的判定和性質，以及二次函數(shù)最值問題，幾何最值用二次函數(shù)最值求解考查了樹形結合思想．16．如圖，在平面直角坐標中，一次函數(shù)y＝﹣4x+4的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點.正方形ABCD的頂點C、D在第一象限，頂點D在反比例函數(shù)（k≠0）的圖象上.若正方形ABCD向左平移n個單位后，頂點C恰好落在反比例函數(shù)的圖象上，則n的值是_____.【答案】3.【分析】過點D作DE⊥x軸過點C作CF⊥y軸，可證△ABO≌△DAE(AAS)，△CBF≌△BAO(AAS)，則可求D(5，1)，C(4，5)，確定函數(shù)解析式，C向左移動n個單位后為(4﹣n，5)，進而求n的值.【詳解】過點D作DE⊥x軸，過點C作CF⊥y軸，∵AB⊥AD，∴∠BAO＝∠DAE，∵AB＝AD，∠BOA＝∠DEA，∴△ABO≌△DAE(AAS)，∴AE＝BO，DE＝OA，y＝﹣4x+4，當x=0時，y=4，當y=0時，0=-4x+4，x=1，∴A(1，0)，B(0，4)，∴OA=1，OB=4，∴OE=OA+AE=5，∴D(5，1)，∵頂點D在反比例函數(shù)上，∴k＝5，∴，易證△CBF≌△BAO(AAS)，∴CF＝4，BF＝1，∴C(4，5)，∵C向左移動n個單位后為(4﹣n，5)，∴5(4﹣n)＝5，∴n＝3，故答案為：3.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，圖形的平移等，綜合性較強，正確添加常用輔助線是解題的關鍵.17．如圖1，在四邊形中，∥，,直線.當直線沿射線方向，從點開始向右平移時，直線與四邊形的邊分別相交于點、.設直線向右平移的距離為，線段的長為，且與的函數(shù)關系如圖2所示，則四邊形的周長是_____.【答案】【分析】根據(jù)圖1直線l的平移過程分為三段，當F與A重合之前，x與y都不斷增大，當當F與A重合之后到點E與點C重合之前，x增加y不變，E與點C重合后繼續(xù)運動至F與D重合x增加y減小.結合圖2可知BC=5，AD=7-4=3，由且∠B=30°可知AB=，當F與A重合時，把CD平移到E點位置可得三角形AED′為正三角形，可得CD=2，進而可求得周長.【詳解】由題意和圖像易知BC=5，AD=7-4=3當BE=4時（即F與A重合），EF=2又∵且∠B=30°∴AB=，∵當F與A重合時，把CD平移到E點位置可得三角形AED′為正三角形∴CD=2∴AB+BC+CD+AD=+5+2+3=10+故答案時.【點睛】本題考查了30°所對的直角邊是斜邊的一半，對四邊形中動點問題幾何圖像的理解，解本題的關鍵是清楚掌握直線l平移的距離為，線段的長為的圖像和直線運動的過程的聯(lián)系，找到對應線段長度.18．如圖，在矩形中，，點是邊上的一個動點，連接，作點關于直線的對稱點，連接，設的中點為，當點從點出發(fā)，沿邊運動到點時停止運動，點的運動路徑長為_____．【答案】【分析】如圖，連接BA1，取BC使得中點O，連接OQ，BD．利用三角形的中位線定理證明=定值，推出點Q的運動軌跡是以O為圓心，OQ為半徑的圓弧，圓心角為120°，已解決可解決問題．【詳解】解：如圖，連接，取使得中點，連接．∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∵，∴，∴點的運動軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角為，∴點的運動路徑長．故答案為．【點睛】本題考查軌跡，矩形的性質，軸對稱的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．19．如圖，是⊙O的內接三角形，且AB是⊙O的直徑，點P為⊙O上的動點，且，⊙O的半徑為6，則點P到AC距離的最大值是___．【答案】．【分析】過O作OM⊥AC于M，延長MO交⊙O于P，則此時，點P到AC距離的最大，且點P到AC距離的最大值=PM，解直角三角形即可得到結論．【詳解】過O作于M，延長MO交⊙O于P，則此時，點P到AC距離的最大，且點P到AC距離的最大值，∵，，⊙O的半徑為6，∴，∴，∴，∴則點P到AC距離的最大值是，故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，解直角三角形，正確的作出輔助線是解題的關鍵．20．如圖，在正方形ABCD中，AB=8，AC與BD交于點O，N是AO的中點，點M在BC邊上，且BM=6.P為對角線BD上一點，則PM—PN的最大值為___.【答案】2.【分析】如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點，連接，根據(jù)對稱性質可知，，由此可得，當三點共線時，取“=”，此時即PM—PN的值最大，由正方形的性質求出AC的長，繼而可得，，再證明，可得PM∥AB∥CD，∠90°，判斷出△為等腰直角三角形，求得長即可得答案.【詳解】如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點，連接，根據(jù)對稱性質可知，，∴，當三點共線時，取“=”，∵正方形邊長為8，∴AC=AB=，∵O為AC中點，∴AO=OC=，∵N為OA中點，∴ON=，∴，∴，∵BM=6，∴CM=AB-BM=8-6=2，∴，∴PM∥AB∥CD，∠90°，∵∠=45°，∴△為等腰直角三角形，∴CM==2，故答案為：2.【點睛】本題考查了正方形的性質，平行線分線段成比例定理，等腰直角三角形的判定與性質，最值問題等，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.三、解答題21．如圖，拋物線C1：y＝x2﹣2x與拋物線C2：y＝ax2+bx開口大小相同、方向相反，它們相交于O，C兩點，且分別與x軸的正半軸交于點B，點A，OA＝2OB．（1）求拋物線C2的解析式；（2）在拋物線C2的對稱軸上是否存在點P，使PA+PC的值最?。咳舸嬖?，求出點P的坐標，若不存在，說明理由；（3）M是直線OC上方拋物線C2上的一個動點，連接MO，MC，M運動到什么位置時，△MOC面積最大？并求出最大面積．【答案】（1）y＝﹣x2+4x；（2）線段AC′的長度；（3）S△MOC最大值為．【分析】（1）C1、C2：y=ax2+bx開口大小相同、方向相反，則a=-1，將點A的坐標代入C2的表達式，即可求解；

（2）作點C關于C1對稱軸的對稱點C′（-1，3），連接AC′交函數(shù)C2的對稱軸與點P，此時PA+PC的值最小，即可求解；

（3）S△MOC=MH×xC=（-x2+4x-x）=-x2+，即可求解．【詳解】（1）令：y＝x2﹣2x＝0，則x＝0或2，即點B（2，0），∵C1、C2：y＝ax2+bx開口大小相同、方向相反，則a＝﹣1，則點A（4，0），將點A的坐標代入C2的表達式得：0＝﹣16+4b，解得：b＝4，故拋物線C2的解析式為：y＝﹣x2+4x；（2）聯(lián)立C1、C2表達式并解得：x＝0或3，故點C（3，3），作點C關于C1對稱軸的對稱點C′（﹣1，3），連接AC′交函數(shù)C2的對稱軸與點P，此時PA+PC的值最小為：線段AC′的長度；（3）直線OC的表達式為：y＝x，過點M作y軸的平行線交OC于點H，設點M（x，﹣x2+4x），則點H（x，x），則S△MOCMH×xC（﹣x2+4x﹣x）x2，∵0，故x，S△MOC最大值為．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，還考查了三角形的面積，要注意將三角形分解成兩個三角形求解；還要注意求最大值可以借助于二次函數(shù)．22．如圖一，在射線的一側以為一條邊作矩形，，，點是線段上一動點（不與點重合），連結，過點作的垂線交射線于點，連接．（1）求的大小；（2）問題探究：動點在運動的過程中，①是否能使為等腰三角形，如果能，求出線段的長度；如果不能，請說明理由．②的大小是否改變？若不改變，請求出的大小；若改變，請說明理由．（3）問題解決：如圖二，當動點運動到的中點時，與的交點為，的中點為，求線段的長度．【答案】（1）；（2）①能，的值為5或；②大小不變，；（3）.【分析】（1）在中，求出的正切值即可解決問題．（2）①分兩種情形：當時，當時，分別求解即可．②．利用四點共圓解決問題即可．（3）首先證明是等邊三角形，再證明垂直平分線段，解直角三角形即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖一（1）中，∵四邊形是矩形，∴，∵，∴．（2）①如圖一（1）中，當時，∵，，，∴，∴，在中，∵，，∴，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴．如圖一（2）中，當時，易證，∵，∴，∵，∴，∴，∴，綜上所述，滿足條件的的值為5或．②結論：大小不變．理由：如圖一（1）中，∵，∴四點共圓，∴．如圖一（2）中，∵，∴四點共圓，∴，∵，∴，綜上所述，．（3）如圖二中，∵，∴，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴垂直平分線段，∴，∴，∵，，∴．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．23．如圖，在中，，，，點分別是邊上的動點（點不與重合），且，過點作的平行線，交于點，連接，設為．（1）試說明不論為何值時，總有∽；（2）是否存在一點，使得四邊形為平行四邊形，試說明理由；（3）當為何值時，四邊形的面積最大，并求出最大值．【答案】（1）見解析；（2）當時，四邊形為平行四邊形；（3）當時，四邊形的面積最大，最大值為．【分析】（1）根據(jù)題意得到∠MQB=∠CAB，根據(jù)相似三角形的判定定理證明；

（2）根據(jù)對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；

（3）根據(jù)勾股定理求出BC，根據(jù)相似三角形的性質用x表示出QM、BM，根據(jù)梯形面積公式列出二次函數(shù)解析式，根據(jù)二次函數(shù)性質計算即可．【詳解】解：（1）∵，∴，∴，又，∴∽；（2）當時，四邊形為平行四邊形，∵，，∴四邊形為平行四邊形；（3）∵，∴，∵∽，∴，即，解得，，∵，∴，即，解得，，則四邊形的面積，∴當時，四邊形的面積最大，最大值為．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質、平行四邊形的判定、二次函數(shù)的性質，掌握相似三角形的判定定理、二次函數(shù)的性質是解題的關鍵．24．如圖，在菱形ABCD中，連結BD、AC交于點O，過點O作于點H，以點O為圓心，OH為半徑的半圓交AC于點M．①求證：DC是⊙O的切線．②若且，求圖中陰影部分的面積．③在②的條件下，P是線段BD上的一動點，當PD為何值時，的值最小，并求出最小值．【答案】①證明見解析；②③【分析】①作，證明OH為圓的半徑，即可求解；②利用，即可求解；③作M關于BD的對稱點N，連接HN交BD于點P，，此時最小，即可求解．【詳解】解：①過點O作，垂足為G，在菱形ABCD中，AC是對角線，則AC平分∠BCD，∵，，∴，∴OH、OG都為圓的半徑，即DC是⊙O的切線；②∵且，∴，，∴，在直角三角形OHC中，，∴，，∴，；③作M關于BD的對稱點N，連接HN交BD于點P，∵，∴，此時最小，∵，，∴，∴，∴，即：PH+PM的最小值為，在Rt△NPO中，，在Rt△COD中，，則．【點睛】本題為圓的綜合運用題，涉及到圓切線的性質及應用、點的對稱性、解直角三角形等知識，其中③，通過點的對稱性確定PH+PM最小，是本題的難點和關鍵．25．如圖，在正方形ABCD中，點E是AB邊上的一點，以DE為邊作正方形DEFG，DF與BC交于點M，延長EM交GF于點H，EF與GB交于點N，連接CG.（1）求證：CD⊥CG；（2）若tan∠MEN=，求的值；（3）已知正方形ABCD的邊長為1，點E在運動過程中，EM的長能否為？請說明理由.【答案】（1）見解析；（2）；（3）EM長不可能為.理由見解析.【分析】（1）由正方形的性質得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS證明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出結論；

（2）先證明△EDM≌△GDM，得出∠DME=∠NMF，，再證明△DME∽△FMN，得出，，在Rt△EFH中，tan∠HEF=，所以；（3）假設EM=，先判斷出點G在BC的延長線上，同（2）的方法得，EM=GM=，得出GM=,再判斷出BM＜，得出CM＞，進而得出CM＞GM，即可得出結論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG是正方形，

∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，

∴∠ADE=∠CDG，

在△ADE和△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴∠A=∠DCG=90°，

∴CD⊥CG；（2）解：∵CD⊥CG，DC⊥BC，∴G、C、M三點共線∵四邊形DEFG是正方形，∴DG=DE，∠EDM=∠GDM=45°，又∵DM=DM∴△EDM≌△GDM，∴∠DME=∠DMG又∠DMG=∠NMF，∴∠DME=∠NMF，又∵∠EDM=∠NFM=45°∴△DME∽△FMN，∴又∵DE∥HF，∴，又∵ED=EF，∴在Rt△EFH中，tan∠HEF=，∴（3）EM的長不可能為。理由：假設EM的長為，∵點E是AB邊上一點，且∠EDG=∠ADC=90°，

∴點G在BC的延長線上，

同（2）的方法得，EM=GM=，∴GM=，在Rt△BEM中，EM是斜邊，

∴BM＜∵正方形ABCD的邊長為1，

∴BC=1，

∴CM＞∴CM＞GM，

∴點G在正方形ABCD的邊BC上，與“點G在BC的延長線上”相矛盾，

∴假設錯誤，

即：EM的長不可能為【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，構造出相似三角形是解本題的關鍵，用反證法說明EM不可能為是解本題的難度．26．在平面直角坐標系中，已知，動點在的圖像上運動（不與重合），連接，過點作，交軸于點，連接．（1）求線段長度的取值范圍；（2）試問：點運動過程中，是否問定值？如果是，求出該值；如果不是，請說明理由．（3）當為等腰三角形時，求點的坐標．【答案】（1）；（2）為定值，=30°；（3），，，【分析】（1）作，由點在的圖像上知：，求出AH，即可得解；（2）①當點在第三象限時，②當點在第一象的線段上時，③當點在第一象限的線段的延長線上時，分別證明、、、四點共圓，即可求得=30°；（3）分，，三種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）作，則∵點在的圖像上∴，∵，∴∴（2）①當點在第三象限時，由，可得、、、四點共圓，∴②當點在第一象的線段上時，由，可得、、、四點共圓，∴，又此時∴③當點在第一象限的線段的延長線上時，由，可得，∴、、、四點共圓，∴（3）設，則：∵，∴∴：∴∴，①當時，則整理得：解得：∴，②當時，則整理得：解得：或當時，點與重合，舍去，∴，∴③當時，則整理得：解得：∴【點睛】本題為一次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、三角函數(shù)、等腰三角形判定和性質以及圓的相關性質等知識點，其中（2）（3），要注意分類求解，避免遺漏．27．如圖1，在正方形中，點是邊上的一個動點（點與點不重合），連接，過點作于點，交于點．（1）求證：；（2）如圖2，當點運動到中點時，連接，求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點作于點，分別交于點，求的值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）.【分析】（1）先判斷出，再由四邊形是正方形，得出，，即可得出結論；（2）過點作于，設，先求出，進而得出，再求出，，再判斷出，進而判斷出，即可得出結論；（3）先求出，再求出，再判斷出，求出，再用勾股定理求出，最后判斷出，得出，即可得出結論.【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∴；（2）證明：如圖2，過點作于，設，∵點是的中點，∴，∴，在中，根據(jù)面積相等，得，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：如圖3，過點作于，，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，判斷出是解本題的關鍵.28．如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝6．若不改變矩形ABCD的形狀和大小，當矩形頂點A在x軸的正半軸上左右移動時，矩形的另一個頂點D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動．(1)當∠OAD＝30°時，求點C的坐標；(2)設AD的中點為M，連接OM、MC，當四邊形OMCD的面積為時，求OA的長；(3)當點A移動到某一位置時，點C到點O的距離有最大值，請直接寫出最大值，并求此時cos∠OAD的值．【答案】(1)點C的坐標為(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值為8，cos∠OAD＝．【分析】(1)作CE⊥y軸，先證∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，從而得出點C坐標；(2)先求出S△DCM＝6，結合S四邊形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，設OA＝x、OD＝y(tǒng)，據(jù)此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，代入x2+y2＝36求得x的值，從而得出答案；(3)由M為AD的中點，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知當O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，ON⊥AD，證△CMD∽△OMN得，據(jù)此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠O