中考数学二轮复习转练题型07 动态问题试题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习转练题型07 动态问题试题（含解析），共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
题型07 动态问题试题
一、单选题
1．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是（ ）

A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值;由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可.
【详解】解：点P为DF的中点，
当F运动过程中，点P的运动轨迹是线段P1P2
因此可得当C点和F点重合时，BP1⊥P1P2时使PB最小为BP1.
当C和F重合时，P1点是CD的中点


故选D.

【点睛】本题主要考查矩形中的动点问题，关键在于问题的转化，要使PB最小，就必须使得DF最长.
2．如图，在中，，，．点P是边AC上一动点，过点P作交BC于点Q，D为线段PQ的中点，当BD平分时，AP的长度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据勾股定理求出AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】解：，，，
，
，
，又，
，
，
，
，
，
，即，
解得，，
，
故选B．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．如图是函数的图象，直线轴且过点，将该函数在直线l上方的图象沿直线l向下翻折，在直线1下方的图象保持不变，得到一个新图象．若新图象对应的函数的最大值与最小值之差不大于5，则m的取值范围是（ ）

A． B． C． D．或
【答案】C
【分析】找到最大值和最小值差刚好等于5的时刻，则M的范围可知.
【详解】解：如图1所示，当t等于0时，
∵，
∴顶点坐标为，
当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴当时，
，
∴此时最大值为0，最小值为；
如图2所示，当时，
此时最小值为，最大值为1．
综上所述：，
故选：C．

【点睛】此题考查了二次函数与几何图形结合的问题，找到最大值和最小值的差刚好为5的m的值为解题关键．
4．矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知，点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点（不与原点重合），连接PC，过点P作，交x轴于点D．下列结论：①；②当点D运动到OA的中点处时，；③在运动过程中，是一个定值；④当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为．其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①根据矩形的性质即可得到；故①正确；
②由点D为OA的中点，得到，根据勾股定理即可得到，故②正确；
③如图，过点P作于F，FP的延长线交BC于E，，则，根据三角函数的定义得到，求得，根据相似三角形的性质得到，根据三角函数的定义得到，故③正确；
④当为等腰三角形时，Ⅰ、，解直角三角形得到，
Ⅱ、OP＝OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到，故不合题意舍去；
Ⅲ、，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到，故不合题意舍去；于是得到当为等腰三角形时，点D的坐标为．故④正确．
【详解】解：①∵四边形OABC是矩形，，
；故①正确；
②∵点D为OA的中点，
，
，故②正确；
③如图，过点P作 A于F，FP的延长线交BC于E，
，四边形OFEC是矩形，
，
设，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故③正确；
④，四边形OABC是矩形，
，
，
，
当为等腰三角形时，
Ⅰ、




Ⅱ、
，

，故不合题意舍去；
Ⅲ、，
，
故不合题意舍去，
∴当为等腰三角形时，点D的坐标为．故④正确，
故选：D．

【点睛】考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．
5．如图，在中，，，点在边上，且，点为的中点，点为边上的动点，当点在上移动时，使四边形周长最小的点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y=x+2，解方程组即可得到结论．
【详解】∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），
∴AB=OB=4，∠AOB=45°，
∵，点D为OB的中点，
∴BC=3，OD=BD=2，
∴D（0，2），C（4，3），
作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，
则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），
∵直线OA 的解析式为y=x，
设直线EC的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线EC的解析式为y=x+2，
解得，，
∴P（，），
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．
6．如图，菱形的顶点、在轴上（在的左侧），顶点、在轴上方，对角线的长是，点为的中点，点在菱形的边上运动．当点到所在直线的距离取得最大值时，点恰好落在的中点处，则菱形的边长等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF．首先说明点G与点F重合时，FG的值最大，如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J．设BC=2a．利用相似三角形的性质构建方程求解即可．
【详解】如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF．

∵E（-2，0），F（0，6），
∴OE=2，OF=6，
∴EF=，
∵∠FGE=90°，
∴FG≤EF，
∴当点G与E重合时，FG的值最大．
如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J．设BC=2a．

∵PA=PB，BE=EC=a，
∴PE∥AC，BJ=JH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BH=DH=，BJ=，
∴PE⊥BD，
∵∠BJE=∠EOF=∠PEF=90°，
∴∠EBJ=∠FEO，
∴△BJE∽△EOF，
∴，
∴，
∴a=，
∴BC=2a=，
故选A．
【点睛】本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
7．如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值.
【详解】∵抛物线与轴交于、两点
∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4.
在直角三角形COB中
BC=
∵Q是AP上的中点，O是AB的中点
∴OQ为△ABP中位线，即OQ=BP
又∵P在圆C上，且半径为2，
∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大
此时BP=BC+CP=7
OQ=BP=.
【点睛】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，与圆相离的点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况.
8．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则的最小值是( )

A． B． C． D．10
【答案】B
【分析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA==2，设AE=a，BE=2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH=BD，推出CD+BD=CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．
【详解】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．

∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵tanA==2，设AE=a，BE=2a，
则有：100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=2或-2（舍弃），
∴BE=2a=4，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=4（等腰三角形两腰上的高相等））
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴，
∴DH=BD，
∴CD+BD=CD+DH，
∴CD+DH≥CM，
∴CD+BD≥4，
∴CD+BD的最小值为4．
故选B．
【点睛】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．如图，已知 两点的坐标分别为，点分别是直线和x轴上的动点，,点是线段的中点，连接交轴于点；当⊿面积取得最小值时，的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．
【详解】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，

∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，
∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，
∵AD是切线，点D是切点，
∴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=，
∴，
∴，
故选B.
【点睛】本题考查解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
10．如图，是的直径，、是弧（异于、）上两点，是弧上一动点，的角平分线交于点，的平分线交于点．当点从点运动到点时，则、两点的运动路径长的比是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接BE，由题意可得点E是△ABC的内心，由此可得∠AEB＝135°，为定值，确定出点E的运动轨迹是是弓形AB上的圆弧，此圆弧所在圆的圆心在AB的中垂线上，根据题意过圆心O作直径CD，则CD⊥AB，在CD的延长线上，作DF＝DA，则可判定A、E、B、F四点共圆，继而得出DE＝DA＝DF，点D为弓形AB所在圆的圆心，设⊙O的半径为R，求出点C的运动路径长为，DA＝R，进而求出点E的运动路径为弧AEB，弧长为，即可求得答案.
【详解】连结BE，
∵点E是∠ACB与∠CAB的交点，
∴点E是△ABC的内心，
∴BE平分∠ABC，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠AEB＝180°－(∠CAB+∠CBA)＝135°，为定值，，

∴点E的轨迹是弓形AB上的圆弧，
∴此圆弧的圆心一定在弦AB的中垂线上，
∵，
∴AD=BD，
如下图，过圆心O作直径CD，则CD⊥AB，
∠BDO＝∠ADO＝45°，
在CD的延长线上，作DF＝DA，
则∠AFB＝45°，
即∠AFB+∠AEB＝180°，
∴A、E、B、F四点共圆，
∴∠DAE＝∠DEA＝67.5°，
∴DE＝DA＝DF，
∴点D为弓形AB所在圆的圆心，
设⊙O的半径为R，
则点C的运动路径长为：，
DA＝R，
点E的运动路径为弧AEB，弧长为：，
C、E两点的运动路径长比为：，
故选A.

【点睛】本题考查了点的运动路径，涉及了三角形的内心，圆周角定理，四点共圆，弧长公式等，综合性较强，正确分析出点E运动的路径是解题的关键.
二、填空题
11．如图，矩形硬纸片ABCD的顶点A在轴的正半轴及原点上滑动，顶点B在轴的正半轴及原点上滑动，点E为AB的中点，AB=24,BC=5,给出下列结论：①点A从点O出发，到点B运动至点O为止，点E经过的路径长为12π；②△OAB的面积的最大值为144；③当OD最大时，点D的坐标为，其中正确的结论是_________（填写序号）.

【答案】②③
【分析】①由条件可知AB=24，则AB的中点E的运动轨迹是圆弧，最后根据弧长公式即可计算出点E所经过的路径长；②当△OAB的面积最大时，因为AB=24，所以△OAB为等腰直角三角形，即OA=OB，可求出最大面积为144；③当O、E、D三点共线时，OD最大，过点D作DF⊥y轴于点F，可求出OD=25，证明△DFA∽△AOB和△DFO∽△BOA，可求出DF长，则D点坐标可求出．
【详解】解：∵点E为AB的中点，AB=24，

∴AB的中点E的运动轨迹是以点O为圆心，12为半径的一段圆弧，
∵∠AOB=90°，
∴点E经过的路径长为，故①错误；
当△OAB的面积最大时，因为AB=24，所以△OAB为等腰直角三角形，即OA=OB，
∵E为AB的中点，

，故②正确；
如图，当O、E、D三点共线时，OD最大，过点D作DF⊥y轴于点F，



∴OD=DE+OE=13+12=25，
设DF=x，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DFA=∠AOB，
∴∠DAF=∠ABO，
∴△DFA∽△AOB



∵E为AB的中点，∠AOB=90°，
∴AE=OE，
∴∠AOE=∠OAE，
∴△DFO∽△BOA，


解得舍去，

，故③正确．
故答案为②③．
【点睛】本题考查四边形综合题、直角形的性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
12．如图，在边长为的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为____.

【答案】
【分析】过C点作BD的平行线，以为对称轴作B点的对称点，连接交直线于点，当三点共线时取最小值，再根据勾股定理即可求解.
【详解】如图，过C点作BD的平行线，以为对称轴作B点的对称点，连接交直线于点
根据平移和对称可知，当三点共线时取最小值，即，又，
根据勾股定理得，，故答案为

【点睛】此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知平移的性质及勾股定理的应用.
13．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，点E的运动路径长是________．

【答案】．
【分析】当F与A点重合时和F与C重合时，根据E的位置，可知E的运动路径是EE'的长；由已知条件可以推导出△DEE'是直角三角形，且∠DEE'=30°，在Rt△ADE'中，求出DE'＝即可求解．
【详解】解：如图

E的运动路径是EE'的长；
∵AB＝4，∠DCA＝30°，
∴BC＝，
当F与A点重合时，
在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，
∴DE'＝，∠CDE'＝30°，
当F与C重合时，∠EDC＝60°，
∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，
在Rt△DEE'中，EE'＝；
故答案为．
【点睛】本题考查点的轨迹；能够根据E点的运动情况，分析出E点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是关键．
14．如图，点是双曲线：（）上的一点，过点作轴的垂线交直线：于点，连结，.当点在曲线上运动,且点在的上方时，△面积的最大值是______.

【答案】3
【分析】令PQ与x轴的交点为E，根据双曲线的解析式可求得点A、B的坐标，由于点P在双曲线上，由双曲线解析式中k的几何意义可知△OPE的面积恒为2，故当△OEQ面积最大时△的面积最大.设Q（a，）则S△OEQ= ×a×（）==，可知当a=2时S△OEQ最大为1，即当Q为AB中点时△OEQ为1，则求得△面积的最大值是是3.
【详解】
∵交x轴为B点，交y轴于点A,
∴A（0，-2），B（4，0）
即OB=4，OA=2
令PQ与x轴的交点为E
∵P在曲线C上
∴△OPE的面积恒为2
∴当△OEQ面积最大时△的面积最大
设Q（a, ）
则S△OEQ= ×a×（）==
当a=2时S△OEQ最大为1
即当Q为AB中点时△OEQ为1
故△面积的最大值是是3.
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数几何图形面积问题，二次函数求最大值，解本题的关键是掌握反比例函数中k的几何意义，并且建立二次函数模型求最大值.
15．如图，正方形ABCD中，，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作，交CD于点Q，则CQ的最大值为_______．

【答案】4
【分析】先证明，得到与CQ有关的比例式，设，则，代入解析式，得到y与x的二次函数式，根据二次函数的性质可求最值．
【详解】解：

又


设，则．
，化简得，
整理得，
所以当时，y有最大值为4．
故答案为4．
【点睛】考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质，以及二次函数最值问题，几何最值用二次函数最值求解考查了树形结合思想．
16．如图，在平面直角坐标中，一次函数y＝﹣4x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点.正方形ABCD的顶点C、D在第一象限，顶点D在反比例函数（k≠0）的图象上.若正方形ABCD向左平移n个单位后，顶点C恰好落在反比例函数的图象上，则n的值是_____.

【答案】3.
【分析】过点D作DE⊥x轴过点C作CF⊥y轴，可证△ABO≌△DAE(AAS)，△CBF≌△BAO(AAS)，则可求D(5，1)，C(4，5)，确定函数解析式，C向左移动n个单位后为(4﹣n，5)，进而求n的值.
【详解】过点D作DE⊥x轴，过点C作CF⊥y轴，

∵AB⊥AD，
∴∠BAO＝∠DAE，
∵AB＝AD，∠BOA＝∠DEA，
∴△ABO≌△DAE(AAS)，
∴AE＝BO，DE＝OA，
y＝﹣4x+4，当x=0时，y=4，
当y=0时，0=-4x+4，x=1，
∴A(1，0)，B(0，4)，
∴OA=1，OB=4，
∴OE=OA+AE=5，
∴D(5，1)，
∵顶点D在反比例函数上，
∴k＝5，
∴，
易证△CBF≌△BAO(AAS)，
∴CF＝4，BF＝1，
∴C(4，5)，
∵C向左移动n个单位后为(4﹣n，5)，
∴5(4﹣n)＝5，
∴n＝3，
故答案为：3.
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，图形的平移等，综合性较强，正确添加常用辅助线是解题的关键.
17．如图1，在四边形中，∥，,直线.当直线沿射线方向，从点开始向右平移时，直线与四边形的边分别相交于点、.设直线向右平移的距离为，线段的长为，且与的函数关系如图2所示，则四边形的周长是_____.

【答案】
【分析】根据图1直线l的平移过程分为三段，当F与A重合之前，x与y都不断增大，当当F与A重合之后到点E与点C重合之前，x增加y不变，E与点C重合后继续运动至F与D重合x增加y减小.结合图2可知BC=5，AD=7-4=3，由且∠B=30°可知AB=，当F与A重合时，把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形，可得CD=2，进而可求得周长.
【详解】由题意和图像易知BC=5，AD=7-4=3
当BE=4时（即F与A重合），EF=2
又∵且∠B=30°
∴AB=，
∵当F与A重合时，把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形
∴CD=2
∴AB+BC+CD+AD=+5+2+3=10+
故答案时.
【点睛】本题考查了30°所对的直角边是斜边的一半，对四边形中动点问题几何图像的理解，解本题的关键是清楚掌握直线l平移的距离为，线段的长为的图像和直线运动的过程的联系，找到对应线段长度.
18．如图，在矩形中，，点是边上的一个动点，连接，作点关于直线的对称点，连接，设的中点为，当点从点出发，沿边运动到点时停止运动，点的运动路径长为_____．

【答案】
【分析】如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．利用三角形的中位线定理证明=定值，推出点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为120°，已解决可解决问题．
【详解】解：如图，连接，取使得中点，连接．

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角为，
∴点的运动路径长．
故答案为．
【点睛】本题考查轨迹，矩形的性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
19．如图，是⊙O的内接三角形，且AB是⊙O的直径，点P为⊙O上的动点，且，⊙O的半径为6，则点P到AC距离的最大值是___．

【答案】．
【分析】过O作OM⊥AC于M，延长MO交⊙O于P，则此时，点P到AC距离的最大，且点P到AC距离的最大值=PM，解直角三角形即可得到结论．
【详解】过O作于M，延长MO交⊙O于P，则此时，点P到AC距离的最大，且点P到AC距离的最大值，

∵，，⊙O的半径为6，
∴，
∴，
∴，
∴则点P到AC距离的最大值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6. P为对角线BD上一点，则PM—PN的最大值为___.

【答案】2.
【分析】如图所示，以BD为对称轴作N的对称点，连接，根据对称性质可知，，由此可得，当三点共线时，取“=”，此时即PM—PN的值最大，由正方形的性质求出AC的长，继而可得，，再证明，可得PM∥AB∥CD，∠90°，判断出△为等腰直角三角形，求得长即可得答案.
【详解】如图所示，以BD为对称轴作N的对称点，连接，根据对称性质可知，，∴，当三点共线时，取“=”，
∵正方形边长为8，
∴AC=AB=，
∵O为AC中点，
∴AO=OC=，
∵N为OA中点，
∴ON=，
∴，
∴，
∵BM=6，
∴CM=AB-BM=8-6=2，
∴，
∴PM∥AB∥CD，∠90°，
∵∠=45°，
∴△为等腰直角三角形，
∴CM==2，
故答案为：2.

【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的判定与性质，最值问题等，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
三、解答题
21．如图，抛物线C1：y＝x2﹣2x与抛物线C2：y＝ax2+bx开口大小相同、方向相反，它们相交于O，C两点，且分别与x轴的正半轴交于点B，点A，OA＝2OB．
（1）求抛物线C2的解析式；
（2）在抛物线C2的对称轴上是否存在点P，使PA+PC的值最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由；
（3）M是直线OC上方抛物线C2上的一个动点，连接MO，MC，M运动到什么位置时，△MOC面积最大？并求出最大面积．

【答案】（1）y＝﹣x2+4x；（2）线段AC′的长度；（3）S△MOC最大值为．
【分析】（1）C1、C2：y=ax2+bx开口大小相同、方向相反，则a=-1，将点A的坐标代入C2的表达式，即可求解；
（2）作点C关于C1对称轴的对称点C′（-1，3），连接AC′交函数C2的对称轴与点P，此时PA+PC的值最小，即可求解；
（3）S△MOC=MH×xC=（-x2+4x-x）= -x2+，即可求解．
【详解】（1）令：y＝x2﹣2x＝0，则x＝0或2，即点B（2，0），
∵C1、C2：y＝ax2+bx开口大小相同、方向相反，则a＝﹣1，
则点A（4，0），将点A的坐标代入C2的表达式得：
0＝﹣16+4b，解得：b＝4，
故抛物线C2的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）联立C1、C2表达式并解得：x＝0或3，
故点C（3，3），
作点C关于C1对称轴的对称点C′（﹣1，3），
连接AC′交函数C2的对称轴与点P，

此时PA+PC的值最小为：线段AC′的长度；
（3）直线OC的表达式为：y＝x，
过点M作y轴的平行线交OC于点H，

设点M（x，﹣x2+4x），则点H（x，x），
则S△MOCMH×xC（﹣x2+4x﹣x）x2，
∵0，故x，
S△MOC最大值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意将三角形分解成两个三角形求解；还要注意求最大值可以借助于二次函数．
22．如图一，在射线的一侧以为一条边作矩形，，，点是线段上一动点（不与点重合），连结，过点作的垂线交射线于点，连接．

（1）求的大小；
（2）问题探究：动点在运动的过程中，
①是否能使为等腰三角形，如果能，求出线段的长度；如果不能，请说明理由．
②的大小是否改变？若不改变，请求出的大小；若改变，请说明理由．
（3）问题解决：
如图二，当动点运动到的中点时，与的交点为，的中点为，求线段的长度．
【答案】（1）；（2）①能，的值为5或；②大小不变，；（3）.
【分析】（1）在中，求出的正切值即可解决问题．
（2）①分两种情形：当时，当时，分别求解即可．
②．利用四点共圆解决问题即可．
（3）首先证明是等边三角形，再证明垂直平分线段，解直角三角形即可解决问题．
【详解】解：（1）如图一（1）中，

∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
（2）①如图一（1）中，当时，
∵，，，
∴，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
如图一（2）中，当时，易证，

∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的值为5或．
②结论：大小不变．
理由：如图一（1）中，∵，
∴四点共圆，
∴．
如图一（2）中，∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
综上所述，．
（3）如图二中，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分线段，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
23．如图，在中，，，，点分别是边上的动点（点不与重合），且，过点作的平行线，交于点，连接，设为．
（1）试说明不论为何值时，总有∽；
（2）是否存在一点，使得四边形为平行四边形，试说明理由；
（3）当为何值时，四边形的面积最大，并求出最大值．

【答案】（1）见解析；（2）当时，四边形为平行四边形；（3）当时，四边形的面积最大，最大值为．
【分析】（1）根据题意得到∠MQB=∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，又，
∴∽；
（2）当时，四边形为平行四边形，
∵，，
∴四边形为平行四边形；
（3）∵，
∴，
∵∽，
∴，即，
解得，，
∵，
∴，即，
解得，，
则四边形的面积，
∴当时，四边形的面积最大，最大值为．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定、二次函数的性质，掌握相似三角形的判定定理、二次函数的性质是解题的关键．
24．如图，在菱形ABCD中，连结BD、AC交于点O，过点O作于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
①求证：DC是⊙O的切线．
②若且，求图中阴影部分的面积．
③在②的条件下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，的值最小，并求出最小值．

【答案】①证明见解析；②③
【分析】①作，证明OH为圆的半径，即可求解；
②利用，即可求解；
③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，，此时最小，即可求解．
【详解】解：①过点O作，垂足为G，

在菱形ABCD中，AC是对角线，则AC平分∠BCD，
∵，，
∴，
∴OH、OG都为圆的半径，即DC是⊙O的切线；
②∵且，
∴，
，
∴，
在直角三角形OHC中，，
∴，，
∴，
；
③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，
∵，
∴，此时最小，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
即：PH+PM的最小值为，
在Rt△NPO中，
，
在Rt△COD中，
，
则．
【点睛】本题为圆的综合运用题，涉及到圆切线的性质及应用、点的对称性、解直角三角形等知识，其中③，通过点的对称性确定PH+PM最小，是本题的难点和关键．
25．如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一点，以DE为边作正方形DEFG，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，EF与GB交于点N，连接CG.
（1）求证：CD⊥CG；
（2）若tan∠MEN=，求的值；
（3）已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为？请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）；（3）EM长不可能为.理由见解析.
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出结论；
（2）先证明△EDM≌△GDM，得出∠DME=∠NMF，，再证明△DME∽△FMN，得出，，在Rt△EFH中，tan∠HEF=，所以；
（3）假设EM= ，先判断出点G在BC的延长线上，同（2）的方法得，EM=GM=，得出GM=,再判断出BM＜，得出CM＞，进而得出CM＞GM，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形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三点共线
∵四边形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的长不可能为。
理由：假设EM的长为，
∵点E是AB边上一点，且∠EDG=∠ADC=90°，
∴点G在BC的延长线上，
同（2）的方法得，EM=GM=，
∴GM=，
在Rt△BEM中，EM是斜边，
∴BM＜
∵正方形ABCD的边长为1，
∴BC=1，
∴CM＞
∴CM＞GM，
∴点G在正方形ABCD的边BC上，与“点G在BC的延长线上”相矛盾，
∴假设错误，
即：EM的长不可能为
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明EM不可能为是解本题的难度．
26．在平面直角坐标系中，已知，动点在的图像上运动（不与重合），连接，过点作，交轴于点，连接．

（1）求线段长度的取值范围；
（2）试问：点运动过程中，是否问定值？如果是，求出该值；如果不是，请说明理由．
（3）当为等腰三角形时，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）为定值，=30°；（3）， ，，
【分析】（1）作，由点在的图像上知：，求出AH，即可得解；
（2）①当点在第三象限时，②当点在第一象的线段上时，③当点在第一象限的线段的延长线上时，分别证明、、、四点共圆，即可求得=30°；
（3）分，，三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）作，则
∵点在的图像上
∴，
∵，
∴
∴
（2）①当点在第三象限时，
由，可得、、、四点共圆，
∴
②当点在第一象的线段上时，
由，可得、、、四点共圆，
∴，又此时
∴
③当点在第一象限的线段的延长线上时，
由，可得，
∴、、、四点共圆，
∴
（3）设，则：
∵，∴
∴：
∴
∴，

①当时，则
整理得： 解得：
∴，
②当时，则
整理得：
解得：或
当时，点与重合，舍去，
∴，∴
③当时，
则
整理得：
解得：
∴


【点睛】本题为一次函数综合题，涉及到待定系数法求函数解析式、三角函数、等腰三角形判定和性质以及圆的相关性质等知识点，其中（2）（3），要注意分类求解，避免遗漏．
27．如图1，在正方形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，当点运动到中点时，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作于点，分别交于点，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）先判断出，再由四边形是正方形，得出，，即可得出结论；
（2）过点作于，设，先求出，进而得出，再求出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（3）先求出，再求出，再判断出，求出，再用勾股定理求出，最后判断出，得出，即可得出结论.
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图2，过点作于，

设，
∵点是的中点，
∴，
∴，
在中，根据面积相等，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过点作于，

，
∴，
在中， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是解本题的关键.
28．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．
【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
29．在等腰三角形中，，作交AB于点M，交AC于点N．
（1）在图1中，求证：；
（2）在图2中的线段CB上取一动点P，过P作交CM于点E，作交BN于点F，求证：；
（3）在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似（2）过P作交CM的延长线于点E，作交NB的延长线于点F，求证：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，利用AAS定理证明；
（2）根据全等三角形的性质得到，证明、，根据相似三角形的性质列出比例式，证明结论；
（3）根据，得到，证明，得到，根据比例的性质证明即可．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）的方法得到，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
30．已知：是等腰直角三角形，，将绕点顺时针方向旋转得到，记旋转角为，当时，作，垂足为，与交于点

（1）如图1，当时，作的平分线交于点.
①写出旋转角的度数；②求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，设是直线上的一个动点，连接，，若，求线段的最小值.（结果保留根号）
【答案】（1）①旋转角为；②见解析；（2）的最小值为.
【分析】（1）①解直角三角形求出即可解决问题.
②连接，设交于点.在时截取，连接.首先证明是等边三角形，再证明，即可解决问题.
（2）如图2中，连接，，，作交的延长线于.证明，推出，推出，关于对称，推出，推出，求出即可解决问题.
【详解】解：（1）①旋转角为．
理由：如图1中，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴旋转角为.
②证明：连接，设交于点.在时截取，连接.
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）解：如图2中，连接，，，作交的延长线于.

由②可知，，，，
∴，
∴，
∴，关于对称，
∴，
∴，
在中，，，
∴，，
∴.
∴的最小值为.
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题.