专题37 几何动态性问题之动图问题-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题37 几何动态性问题之动图问题-2023年中考数学二轮专题提升训练，共40页。试卷主要包含了动直线问题，动三角形问题，动矩形问题等内容，欢迎下载使用。
专题37 几何动态性问题之动图问题
类型一 动直线问题
（2022•肥东县校级模拟）
1．如图，在菱形中，连接，，，垂直于的直线从点出发，按的方向平移，移动过程中，直线分别交，，于点，，，直到点与点重合，记直线的平移距离为，的面积为，则随变化的函数图象大致为(　　)

A． B．
C． D．
（2022春•南安市期中）
2．如图1，在四边形ABCD中，，直线，当直线l沿射线BC的方向从点B开始向右平移时，直线l与四边形ABCD的边分别相交于点E，F．设直线l向右平移的距离为x，线段EF的长为y，且y与x的函数关系如图2所示．下列结论：①BC的长为5；②AB的长为；③当时，的面积不变；；④的面积为，其中正确的是__________．（填写序号）

（2022•思明区校级二模）
3．如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．

(1)若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
(2)若BC＝k AB，＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
（2021春•东港区校级期末）
4．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（12，0），（12，6），直线与y轴交于点P，与边OA交于点D，与边BC交于点E．
（1）若直线平分矩形OABC的面积，求b的值；
（2）在（1）的条件下，过点P的直线，与直线BC和x轴分别交于点N、M．问：是否存在ON平分∠CNM的情况？若存在，求线段DM的长，若不存在，请说明理由．
（3）将（1）中的直线沿y轴向下平移a个单位得到新直线，使得矩形OABC沿平移后的直线折叠，若点O落在边BC上的F处，CF=9，求出a的值．


类型二 动三角形问题
（2022•黑山县一模）
5．如图，等边△ABC的顶点C和□DEFG的顶点D重合，且BC和DE在同一条直线上，AB=2，DG=2，DE=3，∠GDE=60°．现将△ABC沿D→E的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点B与点E重合时停止运动，在这个运动过程中，△ABC与四边形DEFG的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系的图象大致是（    ）

A． B．
C． D．
（2021春•汉阴县月考）
6．如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，BC＝11，把三角形ABC向下平移至三角形DEF后，AD＝CG＝6，则图中阴影部分的面积为_____．

（2021•仪征市二模）
7．如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为___．

（2022春•古县期末）
8．如图，中，，把沿所在的直线平移使点C与点B重合得到，连接，则的面积是____________．

（2022春•和平区期末）
9．如图，点A为x轴负半轴上一点，过点A作轴，与直线交于点B，将沿直线平移个单位长度得到，若点A的坐标为，则点的坐标是_________．

（2022春•鹿城区校级期中）
10．如图，直角三角形的边长，将三角形平移得到三角形，边分别交，于点，当点为中点时，此时，则图中阴影部分的面积为 ___．

（2018秋•太原期末）
11．如图，菱形纸片中，，，将纸片沿对角线剪开，再将沿射线的方向平移得到，当是直角三角形时，平移的距离为___．

（2019•宁夏）
12．将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（，0），与s轴相交于点Q．

（1）试确定三角板ABC的面积；
（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
（2019秋•南岗区校级月考）
13．如图，三角形的三个顶点坐标分别是：，直线上的点的横坐标、纵坐标满足．

(1)如图1，三角形经平移变换后得到三角形，三角形内任意一点，在三角形内的对应点是．请直接写出此时点、、的坐标；
(2)如图2，在（1）的条件下，若三角形的两条直角边、分别与交于点、，求此时图中阴影部分的面积；
(3)在（2）的条件下，延长交轴于点，在x轴上有一动点，从点D出发，沿着x轴负方向以每秒两个单位长度运动，连接，若点P的运动时间是t，是否存在某一时刻，使三角形的面积等于阴影部分的面积的，若存在，求出t值和此时的长；若不存在，说明理由．

类型三 动矩形问题
（2019•青岛模拟）
14．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的两边在坐标轴上，OB＝1，点A在函数y＝﹣（x＜0）的图象上，将此矩形向右平移3个单位长度到A1B1O1C1的位置，此时点A1在函数y＝（x＞0）的图象上，C1O1与此图象交于点P，则点P的纵坐标是（　　）

A． B． C． D．
（2022秋•颍州区校级月考）
15．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）的图象和矩形ABCD在第一象限，AD平行于x轴，且AB＝2，AD＝4，点A的坐标为（2，6）．将矩形向下平移，若矩形的两个顶点恰好同时落在反比例函数的图象上，则矩形的平移距离a的值为（　　）

A．a＝2.5 B．a＝3 C．a＝2 D．a＝3.5
（2022•惠阳区二模）
16．在中，，，正方形的边长为1，将正方形和如图放置，与在一条直线上，点A与点E重合．现将正方形沿方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点A与点F重合时停止．在这个运动过程中，正方形和重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
（2021春•河东区校级期末）
17．已知大正方形的边长为4厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图所示，大正方形固定不动，把小正方形以1厘米∕秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．完成下列问题：
(1)平移1.5秒时，S为________平方厘米；
(2)当2≤t≤4时，求小正方形的一条对角线扫过的图形的面积；
(3)当S为2平方厘米时，求小正方形平移的距离．

（2021秋•高州市期末）
18．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点，点B在y轴的正半轴上，，矩形的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，．

(1)如图，求点E的坐标；
(2)将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点D，O，C，E的对应点分别为，，，．设，矩形与重叠部分的面积为．如图，当矩形与重叠部分为五边形时，、分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示s，并直接写出t的范围．
（2020•吉林一模）
19．如图，一条顶点坐标为的抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，有一宽度为，长度足够的矩形阴影部分沿轴方向平移，与轴平行的一组对边交抛物线于点和，交直线于点和，交轴于点和

(1)求抛物线的解析式；
(2)当点和都有在线段上时，连接，如果，求点的坐标；
(3)在矩形的平移过程中，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求点的坐标．
（2022秋•和平区校级月考）
20．如图1，在坐标系中的，点A、B在x轴，点C在y轴，且，，，D是的中点，

(1)求直线的表达式．
(2)如图2，若E、F分别是边的中点，矩形的顶点都在的边上．
①请直接写出下列线段的长度：______，______．
②将矩形沿射线AB向右平移，设矩形移动的距离为m，矩形与重叠部分的面积为S，当时，请直接写出平移距离m的值．
(3)如图3，在矩形平移过程中，当点F在边上时停止平移，再将矩形绕点G按顺时针方向旋转，当点H落在直线上时，此时矩形记作，由向x轴作垂线，垂足为Q，则______．
（2021•成都自主招生）
21．如图．已知直线：与直线：相交于点C，，分别交x轴于A，B两点，矩形的顶点D，E分别在直线，上，顶点F，G都在x轴上，且点G与点B重合．

(1)求矩形的边与的长和点G的坐标；
(2)若矩形从原位置出发，沿x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，设移动时间为秒，矩形与重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式，并求S的最大值和取得最大值时t的值．

参考答案：
1．A
【分析】连结交于，勾股定理得出，分两种情况，①当在左侧时，②当在右侧时，由三角形的面积公式列出关于的函数解析式即可，
【详解】解：连结交于，
，是菱形的对角线，
，，
，
①当在左侧时，如图所示：

，
，
，
，
，
，
当时，图象是开口向上的抛物线，且随的增大而增大；
②当在右侧时，如图所示：

，
，
，
，
，
，
，
当时，图象是开口向下的抛物线，且随的增大而增大．
故选：A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是根据三角形的面积公式列出函数解析式．
2．①④
【分析】按照直线EF平移经过的路径和函数图像提供的信息，逐个选项进行分析即可得到正确的结论．
【详解】解：从图2知：
∵当4≤x≤5时，y的值不变，
∴相应的对应图1是：直线EF从过点A开始到经过C点结束，EF的值不变，
即当BE＝4，BE经过点A，当BE＝5时，EF经过点C，
∴BC＝5，故①结论正确，符合题意；
从图3知，BE1＝4，E1F1＝2，∠BF1E1＝90°，

∴AB＝，故②结论不正确，不符合题意；
当4≤x≤5时，如图4，

S△BEF＝BE•FH，
∵FH不变，BE变化，
∴△BEF的面积变化，
故③结论不正确，不符合题意；
如图5所示，过点A作AN⊥BC于点N，连接AC，

从图3知，BE1＝4，E1F1＝2，AB＝，
由得，
∴AN＝，
由图2可知当EF平移经过点D时，直线l向右平移的距离为7，直线EF过点A时，直线l向右平移的距离为4，
∴AD＝3，
∴ ，
故④结论正确，符合题意．
综上所述，结论正确的有①④．
故答案为：①④．
【点睛】本题考查的是图形的实际运动和其对应的函数图象问题，还考查了勾股定理、平移的性质、三角形的面积等知识，解决问题的关键是找出函数图象上关键点对应的实际图形的位置．
3．(1)见解析
(2)若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由见解析

【分析】（1）根据AF=DF，可得∠DAF=∠ADF，从而得到∠BAF=∠CDF，可证得△BAF≌△CDF，从而得到BF=CF，即可求证；
（2）假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，可证得△BEF∽△FEC，从而得到，然后设BE=x，可得，从而得到，进而得到该方程没有实数根，即可求解．
【详解】（1）证明∶ ∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，
∵AF=DF，
∴∠DAF=∠ADF，
∴∠BAF=∠CDF，
在△BAF和△CDF中，
∵AB=CD，∠BAF=∠CDF，AF=DF，
∴△BAF≌△CDF（SAS），
∴BF=CF，
由平移可知：EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴点E为BC的中点；
（2）若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由如下：
假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，
由平移可知：EF∥AB，EF=AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴∠BEF=∠CEF=90°，
∴∠FBC+∠BFE=90°，
∴∠FCB=∠BFE，
∴△BEF∽△FEC，
∴，即，
∴，
设BE=x，
∵BC＝k AB，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
∵＜k＜2，
∴，
∴，
∴，
∴该方程没有实数根，
即不存在BE，使，
∴若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
4．（1）12；（2）或；（3）．
【分析】（1）根据直线平分矩形的面积，则直线必过矩形的中心，求出中心坐标代入即可；
（2）假设存在平分，利用全等三角形的判定及性质以及角平分线的定义可性质得，从而，则设，则，利用勾股定理列出方程求解即可，注意分两种情形，当与线段，交于，时，利用即可，当与直线BC和x轴交于，时，则；
（3）设平移后的直线，此时直线与y轴的交点记为点，在中，借助勾股定理得方程，解方程即可．
【详解】解：（1）直线平分矩形的面积，
直线过矩形的中心，
，O（0，0），
矩形中心为，
，
解得；
（2）如图，假设存在平分的情况，
当与线段，交于，时，

∵，，
∴，
又∵BC⊥y轴，
∴，
在与中，
，
∴（SAS），
∴，
平分，
∴，
∵，
∴，
，
∴设，则，
∵在Rt中，，
∴，
解得：（舍负），
，
当时，，解得，
，
；
如图，当与直线BC和x轴交于，时，

∵，，
∴，
又∵BC⊥y轴，
∴，
在与中，
，
∴（SAS），
∴，
平分，
∴，
∵，
∴，
，
∴设，则，
∵在Rt中，，
∴，
解得：（舍负），
，
当时，，解得，
，
∴此时，
综上所述，存在平分的情况，此时或；
（3）设平移后的直线，此时直线与y轴的交点记为点，连接，，

则有，，
在中，由勾股定理得：
，
解得，
∴，
．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，运用分类讨论思想是解题的关键，题目综合性较强．
5．B
【分析】分三种情况：①0≤t≤2时，由重叠部分为边长为t的等边三角形可得S=t2；②2＜t≤3时，由重叠部分即为△ABC得S=×22=；③3＜t≤5时由重叠部分是S△ABC-S△HEC且△HEC边长为t-3可得S=-t2+t-，据此可得答案．
【详解】解：①当0≤t≤2时，如图1，

由题意知CD=t，∠HDC=∠HCD=60°，
∴△CDH是等边三角形，
则 S=t2；
②当2＜t≤3时，如图2，

∴S=×22=；
③当3＜t≤5时，如图3，

根据题意可得CE=CD-DE=t-3，∠C=∠HEC=60°，
∴△CEH为等边三角形，
则S=S△ABC-S△HEC=×22-（t-3）2=﹣t2+t-
综上，0≤t≤2时函数图象是开口向上的抛物线的一部分，2＜t≤3时函数图象是平行于x轴的一部分，当3＜t≤5时函数图象是开口向下的抛物线的一部分；
故选：B．
【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，根据重叠部分形状的变化情况分类讨论是解题的关键．
6．48
【分析】先根据平移的性质得到，，，则，由于，所以利用梯形的面积公式计算即可．
【详解】解：三角形向下平移至三角形，
，，，
，
，
，
．
故答案为48．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
7．
【分析】根据平面直角坐标系，可以假设，则，，则，欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得到，，的距离和的最小值，如图1中，作点关于轴的对称点，连接交轴题意，连接，此时的值最小，最小值的长．
【详解】解：建立如图坐标系，

在中，，，，
，
，
斜边上的高，
，
，斜边上的高为，
可以假设，则，，
，
欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得到，，的距离和的最小值，如图1中，

作点关于轴的对称点，连接交轴题意，连接，此时的值最小，最小值，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，平面直角坐标系，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．6
【分析】根据平移的性质可得BC=BD=3，BE=AC=2，BE⊥DC，再利用三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：把沿所在的直线平移使点C与点B重合得到，
∴BC=BD=3，BE=AC=2，且BE⊥DC，
∴CD=BC+BD=6，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了图形的平移变换，熟练掌握图形的平移只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小是解题的关键．
9．（1，1）
【分析】求得B的坐标，根据题意，将△ABO向右平移3个单位，向上平移3个单位得到△A′B′O′，从而得到B′的坐标为（-2+3，-2+3），即B′（1，1）．
【详解】解：∵点A的坐标为（-2，0），AB⊥x轴，与直线y=x交于点B，
∴B（-2，-2），
将△ABO沿直线y=x向上平移个单位长度得到△A′B′O′，实质上是将△ABO向右平移3个单位，向上平移3个单位，
∴B′的坐标为（-2+3，-2+3），即B′（1，1），
故答案为：（1，1）．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与几何变换，点的平移问题，能根据题意得出平移的实质是本题的关键．
10．9
【分析】根据平移的性质可得，结合三角形的中位线可求解，的长，再利用图形的面积公式计算可求解．
【详解】解：由平移可知：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴即，
∴是的中位线，
∵点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移的性质，梯形，三角形的中位线，由平移的性质得是解题的关键．
11．或##或
【分析】根据题意画出图形，利用菱形的性质得到∥∥，进而求得，根据相似三角形的判定得到∽，的长度可得到，即可求解，注意有两种情况．
【详解】解：①当时，连接交于O．

四边形是菱形，
，，
∥∥，，
，
，
∽，
，
，
，
②当时，易知，
6，
平移的距离为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查菱形的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
12．（1）S＝；（2）y＝﹣x+；（3）s＝﹣m+，（0≤m≤），Q（0，）．
【分析】（1）根据点P坐标可得OB的长，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出OA的长，即可求出△ABC的面积；
（2）设AB的解析式y＝kx+b，把A（1，0），B（0，）代入列方程组即可求出b、k的值，进而可得直线AB解析式；
（3）设移动过程中，AB与x轴的交点为D，可得OB=-m，根据含30°角的直角三角形的性质可用m表示出OD的长，即可得出s关于m的关系式，把m=0代入即可求出点Q坐标．
【详解】∵与m轴相交于点P（，0），
∴m=时，s=0，
∴OB＝，
∵∠ABC＝30°，
∴AB=2OA，
∴OA2+OB2=AB2，即OA2+3=4OA2，
解得：OA=1，（负值舍去）
∴S△ABC＝＝．
（2）∵B（0，），A（1，0），
设AB的解析式y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+；
（3）设移动过程中，AB与x轴的交点为D，
∵OB=，平移的距离为m，
∴平移后OB＝﹣m，
∵∠ABC=30°，
∴BD=2OD，
∴OD2+OB2=BD2，即OD2+（﹣m）2=4OD2
∴OD＝1﹣m，
∵s在第一象限，OB=，
∴0≤m≤，
∴s＝×（﹣m）×（1﹣m）＝﹣m+（0≤m≤），
当m＝0时，s＝，
∴Q（0，）．

【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质、待定系数法求一次函数解析式及勾股定理，熟练掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质是解题关键．
13．(1)的坐标分别为
(2)阴影部分的面积
(3)存在，，理由见解析

【分析】（1）根据平移的性质即可求解；
（2）阴影部分的面积＝的面积﹣的面积＝的面积﹣的面积，即可求解；
（3）利用，用含有的代数式表示的坐标，进而表示出和的面积，列方程即可求解．
【详解】（1）点平移后对应点是，则三角形向右平移了2个单位向上平移了1个单位，
故点、、均向右平移了2个单位向上平移了1个单位，
故、、的坐标分别为；
（2）∵点和点的横坐标相同，将代入，
解得：，故点，
点和点的纵坐标相同，将代入，
解得：，故点，
则，
图中阴影部分的面积＝的面积﹣的面积＝的面积﹣的面积；
（3）存在，理由：
设直线交直线于点，

∵点的运动时间是t，则点，
而点，
设直线的表达式为，则，解得，
故的表达式为，
当时，则，
解得：，即点，
则，
，
解得：（舍去）或，
故，此时．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，熟练掌握一次函数的性质、图形的平移、面积的计算是解决本题的关键．
14．C
【详解】分析：先求出A点坐标，再根据图形平移的性质得出A1点的坐标，故可得出反比例函数的解析式，把O1点的横坐标代入即可得出结论．
详解：∵OB=1,AB⊥OB,点A在函数 (x0)的图象上，
∴k=4，
∴反比例函数的解析式为,O1(3,0)，
∵C1O1⊥x轴，
∴当x=3时,   
∴P
故选C.
点睛：考查反比例函数图象上点的坐标特征, 坐标与图形变化-平移，解题的关键是运用双曲线方程求出点A的坐标，利用平移的性质求出点A1的坐标.
15．B
【分析】平移后只能A、C同时落在反比例函数图象上，平移后A（2，6-a） C（6，4-a），列得a=2（6-a）=6（4-a），计算可得．
【详解】解：平移后只能A、C同时落在反比例函数图象上，
平移后A（2，6-a），C（6，4-a），
∴a=2（6-a）=6（4-a），
∴a=3，
故选：B．
【点睛】此题考查了反比例函数图象上点的坐标符合解析式的特点，正确理解点平移的规律列得方程是解题的关键．
16．C
【分析】利用勾股定理求出，按照，，，四个时间段，分别求出S与运动时间t的函数关系式，即可判断．
【详解】解：，，
，
①当时，如图1，设交于点H，
则，

，函数为开口向上的抛物线，当时，；
②当时，如图2，

设直线交于点，交于点H，
则，则，
，
函数为开口向下的抛物线，当时，；
③当时，
，
④当时，
同理可得：，为开口向下的抛物线；
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是找准时间节点，列出不同时间段内S与运动时间t的函数关系式．
17．（1）3  （2）4   （3）1厘米或5厘米
【分析】（1）1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，即可计算出重叠部分面积；
（2）画出图形，计算所得图形面积即可；
（3）小正方形的高不变，根据面积即可求出小正方形平移的距离．
【详解】(1) 1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，S=2×1.5=3平方厘米；
(2)如图(a)所示，小正方形的一条对角线扫过的面积为图中平行四边形的面积，
面积为2×2＝4(厘米2)．

(3)当S为2平方厘米时，重叠部分的宽为2÷2＝1(厘米)，
①如图(b)，小正方形平移的距离为1厘米；

②如图(c)，小正方形平移的距离为4＋1＝5(厘米)．

故小正方形平移的距离为1厘米或5厘米．
【点睛】此题考查了平移的性质，要明确，平移前后图形的形状和面积不变．画出图形即可直观解答．
18．(1)点E的坐标为
(2)

【分析】（1）由点和，得，在中，由勾股定理得，则可求出点E坐标；
（2）由平移可知，，，由平行可知，在 中由勾股定理得，，则，从而可用含有t的式子表示s.
【详解】（1）解：由点，得，又，
∴
在矩形中，，
∴
∴在中，，
∴，即
∴点E的坐标为；
（2）由平移可知，，，．
∵，
∴
在中，．
∴由勾股定理得
∴，
则
∴，其中t的取值范围是：.
【点睛】本题考查平面直角坐标系与几何图形综合，勾股定理，平移的性质，充分利用数形结合思想是解决本题的关键．
19．(1)
(2)
(3)符合条件的点是，或

【分析】（1）设抛物线为 ，把点代入即可解决问题．
（2）作于，设，则，列出方程求出m的值即可解决问题．
（3）设，，，，．①当是对角线时，由，列出方程即可解决问题．②点 ，在直线 异侧时，，解方程即可．
【详解】（1）解：根据题意，抛物线顶点为，
设抛物线为 ．
抛物线过点 ，
，
抛物线解析式为．
（2）令
解得：
，．
如图，作于，

，，
．
设，则．
在中，，
∴，
解得(不符合题意，舍去)．
，
点 的横坐标为．
又点 在抛物线 上，
，
（3）设直线 的解析式 ，
由题意，得
解得：
直线 的解析式 ．
由已知，点 ，，及点 ，，横坐标分别相同．
设，，，，．
在矩形平移过程中，以，，，为顶点的平行四边形有两种情况：
①点，在直线 同侧时，．
∴，
解得：．
．
②点 ，在直线 异侧时，．
∴，
解得
∴或．
∴符合条件的点 是 ，，或．
【点睛】本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，用方程的思想解决问题，属于中考压轴题．
20．(1)直线的表达式为；
(2)①2，；②m的值为或；
(3)．

【分析】（1）根据已知，由直角三角形的性质可知，求得B、C的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）①利用中位线的性质可得，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理可得；
②首先利用分类讨论的思想，分析当矩形与重叠部分为三角形时才满足条件，分和两种情况，利用三角形的面积公式，列出方程解得m；
（3）设，则，求得，，，利用勾股定理可得n，即可求解．
【详解】（1）解：在中，
∵，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴点B的坐标为，点C的坐标为，
设直线的表达式为．
∴，
∴，
∴直线的表达式为；
（2）解：①∵D是的中点，
∴，
又∵E、F分别是边的中点，
∴是的中位线，
∴，，
在中，，
∴，，
在中，，
∴，
故答案为：2，；
②设矩形移动的距离为m，
当时，如图，

∴．
∴，
依题意得，
∴(负值已舍)；
当时，如图，

此时G、D重合，
∴，
∴，此情况不存在；
∴当重叠部分为多边形时，都不存在；
当时，如图，

∴．
∴，
依题意得，
∴(舍)或；
综上，m的值为或；
（3）解：当点F在边上时，
在中，，
∴，，

设，则，
∵，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
解之得（负值已舍），
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的性质，矩形的性质，中位线的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等，利用分类讨论的思想，构建直角三角形是解答此题的关键．
21．(1)，，点G的坐标为
(2)； S的最大值为20，取得最大值时t的值为2

【分析】（1）把代入解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令代入的解析式求出点B的坐标．已知易求D点坐标．又已知可求出E点坐标．故可求出，的长．
（2）分三种情况讨论，作于M，证明利用线段比求出．又知道，根据三角形面积公式可求出S关于t的函数关系式．
【详解】（1）解：把代入得：，得，
∴A点坐标为，
把代入得：，
解得：，
∴B点坐标为，
∵点G与点B重合．
∴点G的坐标为，
∵点D在上且，
∴，
∴D点坐标为，
又∵点E在上且，
∴，
∴，
∴E点坐标为，
∴，；
（2）解：直线：与直线：相交于点C，
∴，
解得：，
∴C点坐标为，
∴，
①当时，如图1，

矩形与重叠部分为五边形（时，为四边形）．
过C作于M，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴


，
∴当时，S的最大值为20，
即；
②当时，如图2所示，

矩形与重叠部分为梯形，由①知， ，
同理可得：，
∴，
即，
∴，
∴
，
即，
∵，
∴当时，S的最大值为3；
③当时，如图3所示，

矩形与重叠部分为，
由②知，，，
∴
即，
∴当时，S的最大值为；
∴．
综上所述，S关于t的函数关系式为； S的最大值为20，取得最大值时t的值为2．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积、梯形的面积公式，画出图形，利用分类讨论思想和数形结合思想是解本题的关键，也是解本题的难点．