2021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41 動(dòng)態(tài)問題(含解析)

20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）41動(dòng)態(tài)問題（含解析）一、選擇題（3分）（2021?河南）如圖1,矩形ABCD中，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P沿BC從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C,設(shè)B,P兩點(diǎn)間的距離為x,PA-PE=y,圖2是點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)y隨x變化的關(guān)系圖象，則BC的長(zhǎng)為（S1A.4B.6D象，則BC的長(zhǎng)為（S1A.4B.6D.7【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.【專題】等腰三角形與直角三角形；運(yùn)算能力；推理能力.【分析】當(dāng)x=0,即P在B點(diǎn)時(shí)，BA-BE=1；在△PAE中，根據(jù)三角形任意兩邊之差小于第三邊得：PA-PEVAE,當(dāng)且僅當(dāng)P與E重合時(shí)有：PA一PE=AE,得y的最大值為AE=5；在RtAABE中，由勾股定理求出BE的長(zhǎng)，再根據(jù)BC=2BE求出BC的長(zhǎng).【解答】解：由函數(shù)圖象知：當(dāng)x=0,即P在B點(diǎn)時(shí)，BA-BE=1.在“PAE中，???三角形任意兩邊之差小于第三邊,:、PA-PEVAE,當(dāng)且僅當(dāng)P與E重合時(shí)有：PA一PE=AE.:y的最大值為AE,：?AE=5.在Rt^ABE中，由勾股定理得：BA2+BE2=AE2=25,設(shè)BE的長(zhǎng)度為t,則BA=t+1,：?（t+1）2+t2=25,即：t2+t-12=0,：.(t+4)(t-3)=0,由于t>0.

.??t+4>0,t-3=0,t=3.:.BC=2BE=2t=2X3=6.故選：C.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，根據(jù)勾股定理求出BE的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵.（2021?湖北省黃岡?T8?3分）如圖，AC為矩形ABCD的對(duì)角線，已知AD=3,CD=4,點(diǎn)P沿折線C-A-D以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)停止），過點(diǎn)P作PE丄BC于點(diǎn)￡,則厶CPE的面積y與點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程x間的函數(shù)圖象大致是（）【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.【專題】函數(shù)思想；應(yīng)用意識(shí).【分析】根據(jù)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)路徑分段寫出△CPE的面積y與點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程x間的函數(shù)關(guān)系式即可.【解答】解：TBC/AD,AZACB=ZDAC,?：/PEC=/D=90°,:.△PCE^^ACD,CPCEPE?…AC=AD=CD,VAD=3,CD=4,.°.AC=AD2CD2=5,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)??.當(dāng)P在CA上時(shí)，即當(dāng)0VxW5時(shí),PE=CD-PCACPE=CD-PCACCE=CD-PCAC1??y=2pe?ce=1346x—xxx=x2,25525當(dāng)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即當(dāng)5<x<8時(shí),PE=CD=4,CE=8-x,1?y=PE?CE=二x4x(8-x)=16-2x,2綜上，當(dāng)0<x<5時(shí)，函數(shù)為二次函數(shù)圖象，且y隨x增大而增大，當(dāng)5<x<8時(shí)，函數(shù)為一次函數(shù)圖象，且y隨x增大而減小，故選：D.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.(2021江蘇南通，9,3分)如圖，四邊形ABCD中，AB〃DC,DE丄AB,CF丄AB,垂足分別為E,F,且AE=EF=FB=5cm,DE=12cm?動(dòng)點(diǎn)P,Q均以1cm/s的速度同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，其中點(diǎn)P沿折線AD-DC-CB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，點(diǎn)Q沿AB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s),△APQ的面積為y(cm2),則y與t對(duì)應(yīng)關(guān)系的圖象大致是()20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）y/cm:【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.【專題】函數(shù)及其圖象；推理能力.【分析】根據(jù)點(diǎn)P在AD,DC,BC上分三種情況，將面積表示成t的函數(shù)，即可確定對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象.【解答】解:?:ad=、IAE2+DE2=\：122+5-13,

:.AB>AD,???點(diǎn)P先到D,當(dāng)0WtV13時(shí),過點(diǎn)P作PH丄AB于H,PH~APPHt121312?PH=13匚???sAAQP112PH~APPHt121312?PH=13匚???sAAQP1126=_XtXt=12,21313???圖象開口向上,?A,B不符合題意,當(dāng)18<t<31時(shí)，點(diǎn)P在BC上,???SAAQP2x155x（31-1）一901+27901313只有D選項(xiàng)符合題意,故選：D.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查動(dòng)點(diǎn)問題求面積，關(guān)鍵是要根據(jù)動(dòng)點(diǎn)在不同的線段上分情況討論,依次來確定對(duì)應(yīng)的分段的函數(shù)的圖象.4.（2021內(nèi)蒙古鄂爾多斯，10,3分）如圖①，在矩形ABCD中，H為CD邊上的一點(diǎn)，點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)沿折線AH-HC-CB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)沿AB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，它們的運(yùn)動(dòng)速度都是1cm/s,若點(diǎn)M、N同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）,AAMN當(dāng)0<06時(shí)，AAMN是等邊三角形.在運(yùn)動(dòng)過程中，使得AADM為等腰三角形的點(diǎn)M一共有3個(gè).20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)當(dāng)0<06時(shí)，S二12.4當(dāng)t=9+\?：3時(shí)，AADHsAABM.當(dāng)9<t<9+3^3時(shí)，S=-3t+9+3乜.A.①③④B.①③⑤C.①②④D.③④⑤【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象【專題】函數(shù)及其圖象；運(yùn)算能力；推理能力【分析】由圖②可知：當(dāng)0<tW6時(shí)，點(diǎn)M、N兩點(diǎn)經(jīng)過6秒時(shí)，S最大，此時(shí)點(diǎn)M在點(diǎn)H處，點(diǎn)N在點(diǎn)B處并停止不動(dòng)；由點(diǎn)M、N兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s，所以可得AH—AB二6cm，利用四邊形ABCD是矩形可知CD二AB二6cm；當(dāng)6?9時(shí)，S—9打且保持不變，說明點(diǎn)N在B處不動(dòng)，點(diǎn)M在線段HC上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為(9-6)秒，可得HC—3cm，即點(diǎn)H為CD的中點(diǎn)；利用以上的信息對(duì)每個(gè)結(jié)論進(jìn)行分析判斷后得出結(jié)論.【解答】解：由圖②可知：點(diǎn)M、N兩點(diǎn)經(jīng)過6秒時(shí)，S最大，此時(shí)點(diǎn)M在點(diǎn)H處，點(diǎn)N在點(diǎn)B處并停止不動(dòng)，如圖，：點(diǎn)M、N兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s,:.AH—AB—6cm，■■-四邊形ABCD是矩形，CD—AB—6cm.:當(dāng)t—6s時(shí)，S—9、：3cm2，.1xABxBC—9.3.2BC—3、：3cm.??當(dāng)6W09時(shí)，S—9七3且保持不變，

點(diǎn)N在B處不動(dòng)，點(diǎn)M在線段HC上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為(9-6)秒,HC=3cm,即點(diǎn)H為CD的中點(diǎn).BH=\CH2+BC2=打2+(3\W)2=6cm..AB=AH=BH=6cm,???AABM為等邊三角形.:上HAB=60°.:點(diǎn)M、N同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，速度均為1cm/s,:AM=AN,?:當(dāng)0<tW6時(shí)，AAMN為等邊三角形.故①正確；如圖，當(dāng)點(diǎn)M在AD的垂直平分線上時(shí)，AADM為等腰三角形:此時(shí)有兩個(gè)符合條件的點(diǎn)；當(dāng)AD=AM時(shí)，AADM為等腰三角形，如圖:當(dāng)DA=DM時(shí)，AADM為等腰三角形，如圖:20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）綜上所述，在運(yùn)動(dòng)過程中，使得AADM為等腰三角形的點(diǎn)M一共有4個(gè).②不正確；過點(diǎn)M作ME丄AB于點(diǎn)E，如圖,由題意：AM=AN=t,由①知：ZHAB=60。.在RtAAME中,ME'：sin上MAE=—AMTOC\o"1-5"\h\z:.ME=AM-sin60°=tcm，2???S=2???S=2ANxME=xtxt=12cm2.224CM=<3cm，如圖,④當(dāng)t=9+杼時(shí),由①知：BC=3x3cm，MB=BC—CM=2.3cm.TAB=6cm,?tanZMAB?tanZMAB=AB2y33?ZMAB=30°.ZHAB=60°,ZDAH=90°—60°=30°.ZDAH=ZBAM.?.?ZD=ZB=90°,?△ADHsAABM.?④正確；⑤當(dāng)9<t<9+3込時(shí)，此時(shí)點(diǎn)M在邊BC上，如圖,此時(shí)MB=9+3爲(wèi)—t,?S=xABxMB=_x6x（9+3y3—t）=27+9亍3—3t.2>2>?⑤不正確；綜上，結(jié)論正確的有：①③④.故選：A.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，主要涉及函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的實(shí)際意義,三角形的面積，等腰三角形的判定，等邊三角形的判定，相似三角形的判定，特殊角的三角函數(shù)值.對(duì)于動(dòng)點(diǎn)問題，依據(jù)已知條件畫出符合題意的圖形并求得相應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵.二、填空題（2021?四川樂山?T16?3分）如圖，已知點(diǎn)A（4，3），點(diǎn)B為直線y=-2上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C（0，n），-2VnV3,AC±BC于點(diǎn)C,連接AB.若直線AB與x正半軸所夾的銳

1角為a,那么當(dāng)sina的值最大時(shí)，n的值為2-2S【考點(diǎn)】坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；解直角三角形.【專題】代數(shù)幾何綜合題；二次函數(shù)圖象及其性質(zhì)；解直角三角形及其應(yīng)用；幾何直觀.【分析】當(dāng)sina的值最大時(shí)，則tana==—值最大，即當(dāng)BG最大時(shí)，sina的值最BNBN1大，設(shè)BG=y,由tanZCAM=tanZBCG，得到y(tǒng)=-4（n-3）（n+2）,進(jìn)而求解.【解答】解：過點(diǎn)A作AM丄y軸于點(diǎn)M,作AN丄BN交于點(diǎn)N，A/CIfl\L1/11L0\/’GV:-2丑N直線y=-2〃x軸，故ZABN=a,當(dāng)sina的值最大時(shí)，則tana=BNBN值最大，故BN最小，即BG最大時(shí)，tana最大，即當(dāng)BG最大時(shí)，sina的值最大，設(shè)BG=y，則AM=4，GC=n+2，CM=4-n，VZACM+ZMAC=90°，ZACM+ZBCG=90°，:.ZCAM=ZBCG，

tanZCAM=tan上BCG,CM_BGIM_CG1?-y=-4（n_3）（n+2）'4v0'1故當(dāng)n=—（3-2）=—時(shí)，y取得最大值,1故n=—,1故答案為：—.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，解直角三角形等，解題的關(guān)鍵是確定sina的值最大時(shí)，即BG最大，題目綜合性強(qiáng)，難度適中.（2021?四川達(dá)州?T1?3分）如圖，在邊長(zhǎng)為6的等邊△ABC中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AC,BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AE=CF,連接BE,AF交于點(diǎn)P，連接CP，則CP的最小值為」弋3一【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理；點(diǎn)與圓的位置關(guān)系.【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；推理能力.【分析】由“SAS”可證△ABE^^ACF，可得ZABE=ZCAF,可求ZAPB=120°，過點(diǎn)A，點(diǎn)P,點(diǎn)B作0O,則點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)，利用銳角三角函數(shù)可求CO,AO的長(zhǎng)，即可求解.【解答】解:[△ABC是等邊三角形，:.AB=AC=BC,ZCAB=ZACB=60°,在厶ABE和厶ACF中，

?AB=AC<ABAC=ZACBAE=CF:.△ABE^^ACF(SAS),:.ZABE=ZCAF,:.ZBPF=ZFAB+ZABP=ZCAP+ZBAP=60°,???ZAPB=120。,如圖，過點(diǎn)A,點(diǎn)P,點(diǎn)B作OO,連接CO,PO,.:點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)，'：AO=OP=OB,：.ZOAP=ZOP4,ZOPB=ZOBP,ZOAB=ZOBA,：.ZAOB=360°-ZOAP-ZOP4-ZOPB-ZOBP=120。,：.ZOAB=30°,：?ZCAO=9O。，?:AC=BC,OA=OB,：.CO垂直平分AB,：?ZACO=3O。，AC羽：?cosZACO=—,CO=2AO,CO2：?CO=4、E,：?AO=2,

在ACPO中，CPXO-OP,???當(dāng)點(diǎn)P在CO上時(shí)，CP有最小值，:,CP的最小值=4j3-2m3=2J3,故答案為2^3?【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓的有關(guān)知識(shí)，確定點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵.（2021湖北武漢，16,3分）如圖（1）,在△ABC中，AB=AC,ZBAC=90°,邊AB上的點(diǎn)D從頂點(diǎn)A出發(fā)，向頂點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，邊BC上的點(diǎn)E從頂點(diǎn)B出發(fā)，向頂點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，D，E兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度的大小相等，設(shè)x=AD，y=AE+CD，y關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖（2），圖象過點(diǎn)（0,2），則圖象最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)是_血-1.（1）⑵【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.【專題】函數(shù)及其圖象；推理能力.【分析】觀察函數(shù)圖象，根據(jù)圖象經(jīng)過點(diǎn)（0,2）即可推出AB和AC的長(zhǎng)，構(gòu)造△NBE^△CAD,當(dāng)A、E、N三點(diǎn)共線時(shí)，y取得最小值，利用三角形相似求出此時(shí)的x值即可.【解答】解：?.?圖象過點(diǎn)（0,2）,即當(dāng)x=AD=0時(shí)，點(diǎn)D與A重合，點(diǎn)E與B重合，此時(shí)y=AE+CD=AB+AC=2,?△ABC為等腰直角三角形，AB=AC=1,過點(diǎn)A作AF丄BC于點(diǎn)F,過點(diǎn)B作NB丄BC,并使得BN=AC,如圖所示：

?.?AD=BE,ZNBE=ZCAD,:.^NBE^^CAD（SAS）,:.NE=CD,又Vy=AE+CD,:.y=AE+CD=AE+NE,當(dāng)A、E、N三點(diǎn)共線時(shí)，y取得最小值，如圖所示，此時(shí)：AD=BE=x,AC=BN=1,.°.AF=AC?sin45°=,2\又VZBEN=ZFEA,ZNBE=ZAFE:.△NBEs'AFENBBE1x.IF=FE，即72二亍，-x22解得：x=、：2-1，圖象最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)為:.邁-1故答案為：富'2—1.【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，通過分析動(dòng)點(diǎn)位置結(jié)合函數(shù)圖象推出AB、AC的長(zhǎng)再通過構(gòu)造三角形全等找到最小值是解決本題的關(guān)鍵.（2021內(nèi)蒙古鄂爾多斯，16,3分）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6,點(diǎn)F是正方形

內(nèi)一點(diǎn)，連接CF,DF，且ZADF=ZDCF，點(diǎn)E是AD邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接EB,EF，則EB+EF長(zhǎng)度的最小值為—-3_.A.￡D【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；軸對(duì)稱-最短路線問題【專題】矩形、菱形、正方形；應(yīng)用意識(shí)【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到ZADC=90。，推出ZDFC=90。，得到點(diǎn)F在以DC為直徑的半圓上移動(dòng)，如圖，設(shè)DC的中點(diǎn)為O，作正方形ABCD關(guān)于直線AD對(duì)稱的正方形ABCD，則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是B，連接BO交AD于E，交OO于F，則線段BF的長(zhǎng)即為EB+EF的長(zhǎng)度最小值，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論.【解答】解：■■■四邊形ABCD是正方形,.??ZADC=90。，:上ADF+ZFDC=90。，ZADF=ZFCD，:ZFDC+ZFDC=90。，:ZDFC=90。，

.?點(diǎn)F在以DC為直徑的半圓上移動(dòng)，如圖，設(shè)DC的中點(diǎn)為O，作正方形ABCD關(guān)于直線AD對(duì)稱的正方形ABCD，則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是B'，連接BO交AD于E，交半圓O于F，則線段B'F的長(zhǎng)即為BE+EF的長(zhǎng)度最小值，OF=3，???ZC'=90。，B'C'=C'D=CD=6，OC'=9，BO=、:B'C'2+OC5=、：62+92=3\13，B'F=3<13-3，???EB+FE的長(zhǎng)度最小值為3^13-3，故答案為：^-13-3.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軸對(duì)稱-最短路線問題，正方形的性質(zhì)，勾股定理的綜合運(yùn)用.凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合軸對(duì)稱變換來解決，多數(shù)情況要作點(diǎn)關(guān)于某直線的對(duì)稱點(diǎn).（2021山東淄博，17,5分）兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD，如圖所示.若Za=30。，則對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是—6^2cm_.【考點(diǎn)】線段的性質(zhì)：兩點(diǎn)之間線段最短；等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì);旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【專題】矩形、菱形、正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對(duì)稱；推理能力【分析】作DE丄BC于E，解直角三角形求得AB=BC=6cm，把AABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60。得到△A'BP，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，AB=AB=6cm，BP=BP，A'P=AP，ZPBP=60。，ABA=60。，所以△P'BP是等邊三角形，根據(jù)兩點(diǎn)間線段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC=A'C時(shí)最短，連接A'C，利用勾股定理求出A'C的長(zhǎng)度，即求得點(diǎn)P到A，

B,C三點(diǎn)距離之和的最小值.【解答】解：如圖，作DE丄BC于E，把AABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60。得到△A'BP,?.*Za=30。，DE=3cm，CD=2DE=6cm，同理：BC=AD=6cm，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，AB=AB=CD=6m，BP=BP，A'P=AP，ZPBP=60。，ZA'BA=60。，△PBP是等邊三角形，???BP=PP'，PA+PB+PC=A'P'+PP'+PC，根據(jù)兩點(diǎn)間線段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC=A'C時(shí)最短，連接AC，與BD的交點(diǎn)即為P點(diǎn)，即點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是A'C.\'ZABC=ZDCE=Za=30。，ZA'BA=60。，?ZA'BC=90。，A'C八A'B2+BC2八62+62=6込(cm)，因此點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是6\2cm，【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)知識(shí)、三角形全等、特殊角直角三角形、等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理，熟練掌握旋轉(zhuǎn)知識(shí)構(gòu)建全等三角形是解題的關(guān)鍵.三、解答題(2021遼寧大連，24，11分)如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=3,BC=4,P、Q均從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P以2個(gè)單位每秒的速度沿BA-AC的方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以1個(gè)單位每秒的速度沿BC-CD運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.求AC的長(zhǎng)；

⑵若S俚pQ=S，求S關(guān)于t的解析式.【考點(diǎn)】函數(shù)關(guān)系式；勾股定理.【專題】函數(shù)及其圖象；數(shù)據(jù)分析觀念.【分析（1）根據(jù)勾股定理直接計(jì)算AC的長(zhǎng)；（2）根據(jù)點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)位置進(jìn)行分類，分別畫圖表示相應(yīng)的△BPQ的面積即可.【解答】解：（1）T四邊形ABCD為矩形，.??ZB=90°,在Rt^ABC中，由勾股定理得：AC=丫AB2+BC2=32+42=5,.AC的長(zhǎng)為5；當(dāng)0VtWl.5時(shí)，如圖，S=xBPxBQ=~!~x2txt=12.2'當(dāng)1.5VtW4時(shí)，如圖，作PH丄BC于H，

:.CP=8:.CP=8-2t,AB5ZBCA=走PH~PC_PH5_8-2t???ph_害-6?：S=2xBQ"?：S=2xBQ"H246t_—xtx(553t2+12t當(dāng)4VtW7時(shí)，如圖，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合,S=—x4x(t-4)_2t-8.212(0<t<1.5)、3t212t.._八綜上所述：S=<-~5+丁(1.5<t<4).2t-8(4<t<7)【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理，以及三角形面積的表示，根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的位置進(jìn)行分類討論是解決問題的關(guān)鍵.（2021遼寧丹東，25，12分）已知，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N為對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且ZMBN=45°，過點(diǎn)M、N分別作AB、BC的垂線相交于點(diǎn)E，垂足分別為F、20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)(1)如圖(1(1)如圖(1),當(dāng)四邊形EFBG為正方形時(shí),①求證：△AFM^^CGN；②求證：S3=S1+S2.如圖(2),當(dāng)四邊形EFBG為矩形時(shí)，寫出S1,S2,S3三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；在(2)的條件下，若BG：GC=m：n(m>n),請(qǐng)直接寫出AF：FB的值.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題；運(yùn)算能力；推理能力.【分析(1)①利用兩個(gè)正方形性質(zhì)易證△AFM^^CGN；②連接BD,貝9BD過點(diǎn)E,且BD丄AC,ZABD=ZCBD=45°，由①知AM=CN,易證AABM竺△CBN,可得BM=BN,進(jìn)一步證明AFEM竺AOBN,從而得到AAFM竺△EON,同理△CGN=AEOM,故S3=S1+S2；BFBM⑵如圖】，連接BD交AC于點(diǎn)0,易證△fbm^obn，進(jìn)而得到OB=麗，仿故S3=S1+S2；照上面同樣的方法，可證bn照上面同樣的方法，可證bn=bgBNBG即OB2=BF-BG,從而得到S矩形efbg=S^bc，在(2)的條件下，有S矩形EFBG=S^ABC，根據(jù)題意可設(shè)BG=mx,GC=nx,AB=BC=(m+n)x,先求出BF的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AF的長(zhǎng)，即可得出答案.【解答】解：(1)①在正方形ABCD和正方形EFBG中,AB=CB,BF=BG,ZF4M=ZGCN=45°,ZAFM=ZCGN=90°,

:.AB-BF=CB-BG,即AF=CG,:.△AFM95CGN(ASA)②如圖1,連接BD,則BD過點(diǎn)E,且BD丄AC,ZABD=ZCBD=45°,由①知△AFM^ACGN,:.AM=CN,VZBAM=ZBCN,AB=BC,:.△ABM^△CBN(SAS),:.BM=BN,ZABM=ZCBN,?:上MBN=45°=上ABD,:.ZFBM+ZMBO=ZMBO+ZOBN,:.ZFBM=ZOBN,?:/BFM=/BON=90°,:.△FBM^OBN(AAS),:.FM=ON,VZAFM=ZEON=90°,ZFAM=ZOEN=45°,:.△AFM^^EON(AAS),同理△CGN^AEOM(AAS),…S^EOM=S^CGN,S^EON=S^AFM'S3=S^MEN=S△EOM+S^EON=S^CGN+S△AFM':?S3=S1+S2.(2)S3=S1+S2,理由如下：如圖2,連接BD交AC于點(diǎn)O,?四邊形ABCD是正方形，四邊形EFBG為矩形，:?BD丄AC,ZBFM=ZBON=90°,ZABD=ZCBD=45°,AC=BD=2OB,VZMBN=45°,ZFBM=ZOBN=45°-ZMBO,:.△FBMsMBN,BFBM…~OB~BN,同理△BOMsABGN,

BM_OB~BN~~BGBF_OB~OB~~BG：.OB2=BF-BG,JSaabc_2OBAC_2OB2OB_OB2，S矩形efbg=BF?BG,???S矩形efbg=s^abc，???S]+S2=S^abc-S五邊形mfbgn，S3=S矩形efbg_S五邊形mfbgn，(3)根據(jù)題意可設(shè)BG=mx,GC=nx,AB=BC=(m+n)x,?:,SeFBg=S_-(m+n)2x2矩形EFBGAABC2即BF-BG_—(m+n)2x2,^2—(m+n)2x2—(m+n)2x2.22(m+n)2x??BF=___BGmx2m???af_ab-bf_憐_(m-n)_(m-n):(m+n).圖2G20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定三角形及矩形面積的求解，解題的關(guān)鍵是巧妙的正方形的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形或相似三角形來解決問題，本題還運(yùn)用到了類比探究的思想.(2021廣西貴港，26,10分)已知在△ABC中，O為BC邊的中點(diǎn)，連接人0,將厶AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)(旋轉(zhuǎn)角為鈍角)，得到△EOF,連接AE，CF.如圖1，當(dāng)ZBAC=90°且AB=AC時(shí)，則AE與CF滿足的數(shù)量關(guān)系是AE=CF；如圖2,當(dāng)ZBAC=90°且ABHAC時(shí)，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)寫出證明過程；若不成立，請(qǐng)說明理由.如圖3,延長(zhǎng)AO到點(diǎn)D,使OD=OA,連接DE,當(dāng)AO=CF=5,BC=6時(shí)，求DE的長(zhǎng).￡EE【考點(diǎn)】幾何變換綜合題.【專題】幾何綜合題；推理能力.【分析】(1)結(jié)論AE=CF.證明△AOE^^COF(SAS),可得結(jié)論.結(jié)論成立.證明方法類似(1).首先證明ZAED=90°,再利用相似三角形的性質(zhì)求出AE,利用勾股定理求出DE即可.

【解答】解：（1）結(jié)論：AE=CF.理由：如圖1中，@1VAB=AC,ZBAC=90°,OC=OB,：.OA=OC=OB,AO丄BC,yZAOC=ZEOF=90°,:.ZAOE=ZCOF,'：OA=OC,OE=OF,:、\AOE9\COF(SAS),:.AE=CF.（2）結(jié)論成立.理由：如圖2中,EA3團(tuán)2?:ZBAC=90°,OC=OB,：OA=OC=OB,：ZAOC=/EOF,：.ZAOE=ZCOF,：OA=OC,OE=OF,:\AOE9\COF(SAS),:AE=CF.

（3）如圖3中,（3）如圖3中,DOA=OD,OE=OA=OD=5,ZAED=90°,OA=OE,OC=OF,ZAOE=ZCOF,OA_OEOF,△AOEs'COF,AE_OACF_OC,CF=OA=5,AE_5,25A],:.DE:.DE=7AD2-AE2102-（25）2【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題.（2021重慶A卷，26,8分）在△ABC中，AB=AC,D是邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD,將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至AE的位置，使得ZDAE+ZBAC=180°.

如圖1,當(dāng)ZBAC=90°時(shí)，連接BE,交AC于點(diǎn)F.若BE平分ZABC,BD=2,求AF的長(zhǎng)；如圖2,連接BE,取BE的中點(diǎn)G,連接AG.猜想AG與CD存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；如圖3,在(2)的條件下，連接DG,CE.若ZBAC=120°，當(dāng)BD>CD,ZAECBDDG=150°時(shí)，請(qǐng)直接寫出的值.CE【考點(diǎn)】幾何變換綜合題.【分析(1)連接CE,過點(diǎn)F作FQLBC于Q,判斷出FA=FQ,再判斷出ZBAD=ZCAE,進(jìn)而得出△ABD^AACE(SAS),得出BD=CE=2,ZABD=ZACE=45°,再判斷出CF=CE=2,即可得出結(jié)論；1延長(zhǎng)BA至點(diǎn)M,使AM=AB,連接EM,得出AG=-ME,再判斷出厶ADC^AAEM厶(SAS),得出CD=CM,即可得出結(jié)論；如圖3,連接DE,AD與BE的交點(diǎn)記作點(diǎn)N,先判斷出厶ADE是等邊三角形，得出AE=DE,ZADE=ZAED=60°,ZACB=ZABC=30°,進(jìn)而判斷出點(diǎn)A,B,C,E四點(diǎn)共圓，得出ZBEC=ZBAC=120°，再判斷出BE是AD的垂直平分線，也是ZABC的角平分線，設(shè)AG=a,則DG=a,進(jìn)而得出CD=2a,CE=DE=邁a,AD=J2a,再構(gòu)造直角三角形求出AC,即可得出結(jié)論.【解答】解：(1)連接CE,過點(diǎn)F作FQ丄BC于Q,?:BE平分ZABC,ZBAC=90°,:.FA=FQ,VAB=AC,.??ZABC=ZACB=45°,邁.FQ=CF,2

?.?ZBAC+ZDAE=180。，:.ZDAE=ZBAC=90°,:.ZBAD=ZCAE,由旋轉(zhuǎn)知，AD=AE,:.△ABD^^ACE(SAS),：?BD=CE=2,ZABD=ZACE=45°,AZBCE=90°,:.ZCBF+ZBEC=90°,?：BE平分ZABC,：.ZABF=ZCBF,:.ZABF+ZBEC=90°,VZBAC=90°,:.ZABF+ZAFB=90°,:.ZAFB=ZBEC,?:/AFB=/CFE,：.ZBEC=ZCFE,：?CF=CE=2,1(2)AG==CD,2理由：延長(zhǎng)BA至點(diǎn)M,使AM=AB,連接EM,:G是BE的中點(diǎn)，1：?AG=—ME,2?:ZBAC+ZDAE=ZBAC+ZCAM=180°,:ZDAE=ZCAM,:ZDAC=ZEAM,?:AB=AM,AB=AC,：?AC=AM,

VAD=AE,:.△ADC^^AEM(SAS),:.CD=CM,1.??AG=—CD；2如圖3,連接DE,AD與BE的交點(diǎn)記作點(diǎn)N,?.?ZBAC+ZDAE=180。，ZBAC=120。，：.ZDAE=60°,?.?AD=AE,.△ADE是等邊三角形，：?AE=DE,ZADE=ZAED=60。，VZAEC=150°,：.ZDEC=ZAEC-ZAED=90°,在△ABC中，AB=AC,ZBAC=120°,:.ZACB=ZABC=30°,VZAEC=150°,:.ZABC+ZAEC=180°,.:點(diǎn)A,B,C,E四點(diǎn)共圓，:上BEC=/BAC=120°,:乙BED=ZBEC-ZDEC=30°,:.ZDNE=180°-/BED-ZADE=90°,?:AE=DE,:AN=DN,:.BD是AD的垂直平分線，:.AG=DG,BA=BD=AC,1:.ZABE=/DBE=—/ABC=15°,2:.ZACE=ZABE=15°,:.ZDCE=45°,VZDEC=90°,

:.ZEDC=45°=ZDCE,：?DE=CE,:.AD=DE,設(shè)AG=a,則DG=a,1由(2)知，AG=-CD,厶：CD=2AG=2a,:CE=DE=CD=￡a,2:.AD=七2a,TOC\o"1-5"\h\z近：.DN=二AD=a,2過點(diǎn)D作DH丄AC于H,在RtAAHC中，ZACB=30°,CD=2a,?:DH=a,根據(jù)勾股定理得，CH仝a,a,在RtAAHD中，根據(jù)勾股定理得，AH=、；AD2-DHa,:.AC=AH+CH=a+\3a,??BD=a+*3a,.BD—DGa+^3a—a\[6CEV2a2S3團(tuán)2AB1【點(diǎn)評(píng)】此題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，判斷出點(diǎn)A，B，C，E四點(diǎn)共圓是解本題的關(guān)鍵.5（2021重慶B卷，26，8分）在等邊△ABC中，AB=6,BD±AC，垂足為D,點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)，連接EF.（1）將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG,連接FG.20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)3333如圖1,當(dāng)點(diǎn)e與點(diǎn)b重合，且gf的延長(zhǎng)線過點(diǎn)c時(shí)，連接dg,求線段DG的長(zhǎng)；如圖2,點(diǎn)E不與點(diǎn)A,B重合，GF的延長(zhǎng)線交BC邊于點(diǎn)H,連接EH,求證：BE+BH=<3BF；(2)如圖3,當(dāng)點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，點(diǎn)N在邊AC上，且DN=2NC,點(diǎn)F從BD中點(diǎn)Q沿射線QD運(yùn)動(dòng)，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP,連1接FP,當(dāng)NP+-MP最小時(shí)，直接寫出△DPN的面積.@3@3【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；推理能力；模型思想；應(yīng)用意識(shí).【分析(1)①過D作DH丄GC于H,先證明△BGF是等邊三角形，求出CD長(zhǎng)度，再CD3片證明BF=CF=GF，從而在RtABDC中，求出CF===2空3，即cosZDCFcos3033羽5^3得GF,在RtACDH中，求出DH=CD?sin30°=-和CH=CD?cos30°=—，可得GH5^3RtAGHD中，即可得到DG=&GH2+DH2=<21；②過E作EP丄AB交BD于P,過H作MH丄BC交BD于M,連接PG,作BP中點(diǎn)N,連接EN,由ZABC+ZEFH=180°，得B、E、F、H共圓，可得ZFBH=ZFEH，從而可證HF=GF,由E、P、F、G共圓可得ZBMH=ZGPF=60°,故厶GFP9HFM,PF=FM,可得NF=MH,BF=MH+EP,在RtABEP中，EP=BE?tan30°=丁BE,RtAMHB中，MH=中，MH=BH?tan30°=BH,即可得到BE+BH=<3BF；(2)以M為頂點(diǎn)，MP為一邊，作ZPML=30°,ML交BD于G,過P作PH丄ML于H,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）11設(shè)MP交BD于K,RtAPMH中，HP=刁MP,NP+石MP最小即是NP+HP最小，此時(shí)N、P、H共線，而將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP,可得/QKP=ZFEP=60°，從而可證MLIIAC，四邊形GHND是矩形，由DN=2NC,得DN=GH=—，由等3邊厶ABC中，AB=6,點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，可得BM=—,BD=AB?sinARtABGM中，RtABGM中，MG=BG=BM?cos30°=〒，可求MH=MG+GH119*3119*3=才，仞=叭眈=〒，RfMHP11^3中，可得HP=——，從而可得PN=HN-丄厶4羽14羽1HP=GD-HP=——，故Sadpn=—PN?DN=4j3【解答】解：（1）①過D作DH丄GC于H,如圖:???線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG,點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且GF的延長(zhǎng)線過點(diǎn)C,:.BG=BF,ZFBG=60°,:.△BGF是等邊三角形，：.ZBFG=ZDFC=60°,BF=GF,???等邊△ABC,AB=6,BD丄AC,111AZDCF=180°-ZBDC-ZDFC=30°,ZDBC=—ZABC=30°,CD=-AC=-AB222=3,:.ZBCG=ZACB-ZDCF=30°,:.ZBCG=ZDBC,:.BF=CF,:.GF=CF,

RtABDCRtABDC中，CF=CDcosZDCF3cos30°:.GF=2^3,亠33忑RfCDH中,DH=CD?sin30°=2，CH=CD?品0°=亍，:.FH:.FH=CF-CH=v'3~25羽?gh=gf+fh=〒RtAGHD中，DG=\?GH2+DH2=<21；②過E作EP丄AB交BD于P,過H作MH丄BC交BD于M,連接PG,作BP中點(diǎn)N,?：EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG,:.△EGF是等邊三角形，.??ZEFG=ZEGF=ZGEF=60。，ZEFH=120°,EF=GF,???△ABC是等邊三角形，AZABC=60°,AZABC+ZEFH=180°,.??B、E、F、H共圓，.ZFBH=ZFEH,而厶ABC是等邊三角形，BD丄AC,AZDBC=ZABD=30°,即ZFBH=30°,.??ZFEH=30°,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）:.ZFHE=180°-ZEFH-ZFEH=30°,:?EF=HF=GF①,TEP丄AB,ZABD=30°,.??ZEPB=60°,ZEPF=120°,:.ZEPF+ZEGF=180°,：?E、P、F、G共圓，:./GPF=/GEF=60°,?:MH丄BC,ZDBC=30°,:.ZBMH=60°,?：/BMH=/GPF②,而ZGFP=ZHFM③,由①②③得△GFP竺4HFM(AAS),：?PF=FM,?:EP丄AB,BP中點(diǎn)N,ZABD=30°,1.：EP=-BP=BN=NP,2:.PF+NP=FM+BN,1:?NF=—BM,21RtAMHB中，MH=-BM,，:NF=MH,，:NF+BN=MH+EP,即卩BF=MH+EP,RtABEP中，EP=BE?tan30°=丁BE,RtARtAMHB中，MH=BH?tan30°=BH,3:.BF=BE+BH,33:.BE+BH=、hBF；(2)以M為頂點(diǎn)，MP為一邊，作ZPML=30°,ML交BD于G,過P作PH丄ML于H,

設(shè)MP交BD于K,如圖:A1RtAPMH中，HP=2MP,1.??NP+2MP最小即是NP+HP最小，此時(shí)N、P、H共線，???將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP,???F在射線QF上運(yùn)動(dòng)，則P在射線MP上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)“瓜豆原理”，F(xiàn)為主動(dòng)點(diǎn)，P是從動(dòng)點(diǎn)，E為定點(diǎn)，ZFEP=60°，則F、P軌跡的夾角ZQKP=ZFEP=60°，ZBKM=60°，ABD=30°，ZBMK=90°，VZPML=30°，ZBML=60°，ZBML=ZA，:、MLIIAC，ZHNA=180°-ZPHM=90°，而BD丄AC，：ZBDC=ZHNA=ZPHM=90°，：?四邊形GHND是矩形，:DN=GH，???邊△ABC中，AB=6，BD丄AC，：?CD=3,又DN=2NC，：.DN=GH=2,

???等邊△ABC中，AB=6，點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn),???BM=2,BD卄…皿6°°f3，RtARtABGM中，MG=1BM=2119羽???MH=MG+GHr，GD=BD—〒，RtARtAMHP中，HPii73=MHTP:.PN=HN-HP=GD-HP=…S…SaDPN_4j3PN?DN=〒【點(diǎn)評(píng)】本題考查等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、三角形全等的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)等知識(shí)，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線.(2021廣東廣州，25，12分)如圖，在菱形ABCD中，ZDAB=60°,AB=2，點(diǎn)E為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，延長(zhǎng)BA到點(diǎn)F,使AF=AE,且CF、DE相交于點(diǎn)G.備用團(tuán)當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形DFEC是平行四邊形；當(dāng)CG=2時(shí)，求AE的長(zhǎng)；當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A開始向右運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，求點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)度.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】多邊形與平行四邊形；幾何直觀.【分析(1)利用平行四邊形的判定定理：兩邊平行且相等的四邊形是平行四邊形,利用三角形相似，求出此時(shí)FG的長(zhǎng)，再借助直角三角形勾股定理求解，利用圖形法，判斷G點(diǎn)軌跡為一條線段，在對(duì)應(yīng)點(diǎn)處求解.

【解答】解：（1）連接DF,CE,如圖所示:?:E為AB中點(diǎn)，1.??AE=AF=-AB,2?.EF=AB,???四邊形ABCD是菱形，:.EF^AB,???四邊形DFEC是平行四邊形.（2）作CH丄BH,設(shè)AE=FA=m，如圖所示,??四邊形ABCD是菱形，:CD//EF,：?△CDGs^FEG,.CDEF:~CG~FG，：?FG=2m,在RtACBH中，ZCBH=60°,BC=2,CHsin60°=,CH=,BCBHcos60=,BC=1,BC在RtACFH中，CF=2+2m,CH=,FH=3+m,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）CF=CH+FH,即（2+2m）2=（\：'3廠+（3+m）2,整理得：3m2+2m_8=0,4解得：m1=3,m2=-2（舍去）,???AE=4.3（3）G點(diǎn)軌跡為線段AG,證明：如圖,跡用）,（此圖僅作為證明AG證明：如圖,跡用）,（此圖僅作為證明AG軌延長(zhǎng)線段AG交CD于H,作HM丄AB于M,作DN丄AB于N,???四邊形ABCD是菱形,:.BF//CD,:.△DHGs^EGA,△HGC^^AGF,AEAGAFAG?:~dh~~HG‘~hc_~hg,.ae_AF:~dh~~ch,?ae=af.:.dh=ch=i.在RtAADF中，AD=2,ZDAB=60°.DN巧AN：.sin60°=,DN=\：3.cos60°=,AN=1,ADAD在Rt^AHM中，HM=DN=爲(wèi),am=AN+FM=AN+DH=2,tanZHAM』2

G點(diǎn)軌跡為線段AG.???G點(diǎn)軌跡是線段AG.如圖所示，作GH丄AB,???四邊形???四邊形ABCD為菱形，ZDAB=60°,AB=2,?CD//BF,BD=2,:.△CDGs^FBG,CDDG:.，即BG=2DG,BFBGVBG+DG=BD=2,:bG=3,4在RtMHB中，BG=3,ZDBA=60°,sin60°GH~Bgsin60°GH~Bg,2^3G"〒BH2COS60°=麗，BH=3'在Rt^在Rt^AHG中,2AH=2-3=gh=~tAG2=(3)2+(羊)2=普，:.ag=247~3~:.ag=247~3~：?G點(diǎn)路徑長(zhǎng)度為2、訂【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平行四邊形的判定，菱形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是借助銳角三角比和勾股定理求解.

（11分）（2021江蘇徐州，28,11分）如圖1,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4,點(diǎn)P在邊AD上（P不與A、D重合），連接PB、PC.將線段PB繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到PE,將線段PC繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到PF,連接EF、EA、FD.（1）求證：APDF的面積S=1PD2；2EA=FD；（2）如圖2,EA、FD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M,取EF的中點(diǎn)N,連接MN,求MN的取值范圍.gl02【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題；推理能力.【分析（1）①作FG丄AD,交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,作EH丄AD,交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,由旋轉(zhuǎn)及正方形的性質(zhì)證明△FPG^^PCD，可得FG=PD，可得結(jié)論；②證明△EPH竺△PBA，再證明厶EAH^^EFG，即可得出結(jié)論；（2）在（1）的基礎(chǔ)上，作F厶丄EH于點(diǎn)厶，設(shè)PD=m，則可證明LH=AH=m，設(shè)EL=n,用含m的代數(shù)式表示n,用含n的代數(shù)式表示EF,可先求出EF的取值范圍，再證明ZEMF=90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出MN的取值范圍.【解答（1）證明：如圖1,作FG丄AD,交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,作EH丄AD,交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.①由旋轉(zhuǎn)得，PF=CP,ZCPF=90°,???四邊形ABCD是正方形，AZPDC=90°,VZFPG+ZDPC=90°,ZPCD+ZDPC=90°,AZFPG=ZPCD,VZG=ZPDC=90°,

:.△FPG^^PCD(AAS),:.FG=PD,.?.△PDF的面積S=LpD?FG=1PD2.22②由①得，竺^PCD,:.PD=FG,PG=CD=4,同理，AEPH今APBA,:.EH=AP,PH=BA=4,?:AH=4-AP=PD,:?AH=FG；VAP=4-PD=DG,：?EH=DG；VZH=ZG=90°,，:AEAH^^DFG(SAS),:?EA=FD.(2)如圖2,在圖1的基礎(chǔ)上，作F厶丄EH于點(diǎn)厶，則ZFLE=ZFLH=90°,：?四邊形HLFG是矩形，：?LH=FG=AH,FL=GH=4+4=8；VEH=PA,AH=PD,：?EH+AH=PA+PD=AD=4；設(shè)PD=m,EL=n,(m>0,n三0),則LH=AH=m,:.n=4-2m；VEF2=EL2+FL2=n2+82=R+64,:?EF=\：n2+64，?:EF隨n的增大而增大；由n=4-2m可知，n隨m的增大而增大，當(dāng)m=2時(shí)，n^=0,此時(shí)，EF==*64=8；最小最小若m=0,則n^=4,此時(shí)，EF=v42+82=4^5，最大最大V點(diǎn)P不與點(diǎn)A、D重合，:.m>0,

.°.nV4,ef<4、：5，???EF的取值范圍是8WEFV牡5，.?.4W1EF<2占;2?：/ADM=/GDF=/HEA,/DAM=/HAE,AZADM+ZDAM=ZHEA+ZHAE=90°,???ZEMF=90°；TN是EF的中點(diǎn)，:.MN=1EF,2.MN的取值范圍是4WMN<2送?H圖IH圖I【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的特征、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及線段和的最值問題等知識(shí)與方法，解題的關(guān)鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，恰當(dāng)?shù)厥褂棉D(zhuǎn)化思想，此題難度較大，綜合性較強(qiáng)，屬于考試壓軸題.&（12分）（&（12分）（2021遼寧大連，26，12分）已知函數(shù)y=1一一X2+\2x+m(x<m)2，記該函x2一mx+m(x>m)數(shù)圖象為G.當(dāng)m=2時(shí)，已知M(4,門)在該函數(shù)圖象上，求n的值；當(dāng)0WxW2時(shí)，求函數(shù)G的最大值.1亠亠當(dāng)m>0時(shí)，作直線x=2m與x軸父于點(diǎn)P,與函數(shù)G父于點(diǎn)Q,若ZPOQ=45°時(shí)，求m的值；當(dāng)mW3時(shí)，設(shè)圖象與x軸交于點(diǎn)人，與y軸交與點(diǎn)B,過點(diǎn)B作BC丄BA交直線x=m于點(diǎn)C,設(shè)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為a，C點(diǎn)的縱坐標(biāo)為c,若a=-3c，求m的值.【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.【專題】壓軸題；應(yīng)用意識(shí).【分析】(1)先把m=2代入函數(shù)y中，①把M(4,n)代入y=x2-2x+2中，可得n的值；亠11、②將0WxW2分為兩部分確定y的最大值，當(dāng)0WxV2時(shí)，將y=-二x2+—x+2配方可得最值，再將x=2代入y=x2-2x+2中，可得y=2，對(duì)比可得函數(shù)G的最大值；證明△POQ是等腰直角三角形，得OP=PQ，列方程可得結(jié)論；如圖2,過點(diǎn)C作CD丄y軸于D,證明△ABO^^BCD(ASA),得OA=BD，列方程可得結(jié)論.11【解答】解：(1)當(dāng)m=2時(shí)，y=【解答】解：(1)當(dāng)m=2時(shí)，y=$22,x2一2x+2(x>2)①TM(4,n)在該函數(shù)圖象上,.*.n=42-2X4+2=10；1111J—(x-—)2+2「②當(dāng)0Wx<2時(shí)，y=-亍x2+x+2=221???-二<0,2cl?°?當(dāng)x=時(shí)，y有最大值是2—,8當(dāng)x=2時(shí)，y=22-2X2+2=2,???2<2§,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)???當(dāng)0WxW2時(shí)，函數(shù)G的最大值是2—；8???△POQ是等腰直角三角形,???△POQ是等腰直角三角形,???OP=PQ,???OP=PQ,1J“11—m=—(—m)2+m+m,2222解得：m1=0,m2=6.*.*m>0,??m=6；(3)如圖2,過點(diǎn)C作CD丄y軸于D,20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）當(dāng)x=O時(shí)，y=m,*.OB當(dāng)x=O時(shí)，y=m,*.OB=m,/CD=m,??CD=OB,:AB丄BC,\ZABC=ZABO+ZCBD=90°,ZZCBD+ZBCD=90°,?./ABO=/BCD,/ZAOB=ZCDB=90°,'.△ABO^^BCD(ASA),??OA=BD,當(dāng)x<m時(shí)，y=O,11即x2+x+m=O,22x2-x-2m=0,解得：x1=1一1+8m21+、；1+8mx2=2—：.OA=：.OA=1+8m-12且-6WmW3,8T點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為a,C點(diǎn)的縱坐標(biāo)為c,若a=-3c,1OD=c=-二a,31.'.BD=m-OD=m+-a,3

^OA=BD,V1+8m一111一｛1+8m=m+h232一20解得：m1=0（此時(shí)，A,B,C二點(diǎn)重合，舍），m2=g?【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，主要考查了函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)關(guān)系式的確定，解題的關(guān)鍵是對(duì)關(guān)鍵點(diǎn)進(jìn)行分析，理解分段函數(shù)，并利用圖象解答.9.（2021四川雅安，24，12分）已知二次函數(shù)y二x2+2bx-3b.（1）當(dāng)該二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（1,0）時(shí)，求該二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）在（1）的條件下，二次函數(shù)圖象與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)B，與y軸的交點(diǎn)為點(diǎn)C，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)在線段AB上以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，直到其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，求ABPQ面積的最大值；（3）若對(duì)滿足x》1的任意實(shí)數(shù)x，都使得0成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題【專題】運(yùn)算能力；數(shù)形結(jié)合；應(yīng)用意識(shí)；二次函數(shù)圖象及其性質(zhì)；動(dòng)點(diǎn)型【分析（1）把點(diǎn)A（1,0）代入解析式，求出b，得到解析式；（2）過點(diǎn)Q作QN丄AB于點(diǎn)N，利用相似表達(dá)出ABPQ的高，然后表示出ABPQ的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最大面積；（3）分類討論，函數(shù)圖象與x軸有一個(gè)交點(diǎn)和沒有交點(diǎn)時(shí)，1的任意實(shí)數(shù)x，都有妙0成立，若函數(shù)圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，則需滿足兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均不大于1,列出不等式即可求b的取值范圍.20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題（含解析）20212021全國(guó)中考數(shù)學(xué)試卷分類-41動(dòng)態(tài)問題(含解析)【解答】解：(1)把點(diǎn)A(1,O)代入y=x2+2bx-3b得:1+2b-3b=0,解得：b=1,二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=x2+2x-3?(2)如圖1,對(duì)函數(shù)y=x2+2x-3,當(dāng)x=0時(shí)，y=-3，當(dāng)y=0時(shí)，x=一3，x=1，12.C(0,-3)，B(-3,0)，A(1,0)，.AB=4，OB=OC=3，BC=3運(yùn)，過點(diǎn)Q作QN丄AB于點(diǎn)N,sinZNBQ=sinZOBC，.NQ=OC…QB—BC，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，貝I」：BQ=t，AP=2t,…NQ3TOC\o"1-5"\h\zBP=4—2t,=—=,t3近:.NQ=t,^2:.S=1-BP-NQ=丄(4-2t)?乜t=—叵(t-1)2abpq22222當(dāng)t=1時(shí)，ABPQ面積的最大值為2①：二次函數(shù)y=x2+2bx—3b的圖象開口向上,.當(dāng)二次函數(shù)y=x2+2bx—3b的圖象與x軸沒有交點(diǎn)或只有1個(gè)交點(diǎn)時(shí)，x21總有y20成立(如圖2)；此時(shí)△W0,即(2b)2—4(-3b)W0,解得-3WbW0；②當(dāng)二次函數(shù)y=x2+2bx-3b的圖象與x軸有2個(gè)交點(diǎn)時(shí)，△=(2b)2-4(-3b)>0，可得b>0或b<-3,設(shè)此時(shí)兩交點(diǎn)為(x,0),(x,0)，則x+x=-2b,x-x=-3b,121212要使x》l的任意實(shí)數(shù)x，都有y20，需xW1,xW1，即x-1<0,x-1W0(如圖3),1212

(x-1)+(x-1)W0且(x-1)-(x-1)20,1212??.-2b-2W0且-3b-(-2b)+1>0,解得-K応1,.此時(shí)0<bWl,總上所述，對(duì)滿足x21的任意實(shí)數(shù)x，都使得妙0成立，則-3WbWl?圖⑴II【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)解析式、與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)、解直角三角形、三角形面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，分類列不等式解決問題.10.（2021山東淄博，24,12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-1x2+m-1?x+m（m〉0）與x軸交于A（-1,0），B（m,0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC?（1）若OC=2OA，求拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）在（1）的條件下，點(diǎn)P位于直線BC上方的拋物線上，當(dāng)APBC面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）設(shè)直線y=1x+b與拋物線交于B，G兩點(diǎn)，問是否存在點(diǎn)E（在拋物線上），點(diǎn)F（在拋物線的對(duì)稱軸上），使得以B，G，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形成為矩形？若存在，求出點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.

【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題【專題】代數(shù)幾何綜合題；壓軸題；存在型；運(yùn)算能力；推理能力；應(yīng)用意識(shí)【分析(1)由OC=2OA，得C(0,2)，代入拋物線y=-1x2+午1-x+歲(m>0)可得m=4，TOC\o"1-5"\h\z3拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=——x2+-x+2；21-過P作PH//y軸，交BC于H，根據(jù)y=--x2+-x+2，m=4，求出B(4,0)，C(0,2)，^2^21一1-從而直線BC的解析式為y=——x+2，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，——m2+m+2)(0<m<4)，^2^2^2則H(m,--m+2)，表示PH的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積可得S=-(m-2)2+4，根據(jù)二次2APBC函數(shù)的最值可得結(jié)論；分BG為邊或?qū)蔷€兩種可能討論，若BG為邊，由ZGBF=90。，得ZOBG=ZBEH，HR1即tanZORG=tan上REH=—一=-，解得：t=3或m，得E的坐標(biāo)為(3,2m-6)，由平移性EH2質(zhì)知，此種假設(shè)不成立；若RG為對(duì)角線，求出RG中點(diǎn)M，由矩形對(duì)角線互相平分求出E的橫坐標(biāo)，由解析式得E坐標(biāo)，