方法必备02由“两点”引发的联想-2024年中考数学考点必备试题

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题型一：求点的坐标
题型二：求面积
题型三：求距离
题型四：旋转问题
题型五：最值问题
题型六：有关存在性问题
题型一：求点的坐标
1．（2023秋•项城市期末）如图，直线与轴、轴分别交于点和点．
（1）求，两点的坐标；
（2）点为轴上一点，若的面积为10，求点的坐标；
（3）点是上的一点，若将沿直线折叠，点恰好落在轴上的点处，求点的坐标．
【分析】（1）根据一次函数的图象的特点，求点、坐标即可；
（2）设，则，求出的值即可求点坐标；
（3）由折叠可知，则，在△中，，解得，即可求点坐标．
【解答】解：（1）当时，，
，
当时，，
；
（2）设，
，
的面积为10，
，
解得或，
或；
（3）由折叠可知，，
，，
，
，
，
，
在△中，，
，
解得，
．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握次一函数的图象及性质，轴对称的性质，勾股定理是解题的关键．
题型二：求面积
2．（2023秋•普陀区校级期末）已知，如图，正方形，点、分别是边、上的两个动点，如果的大小始终保持不变．将绕着点顺时针方向旋转，点、的对应点分别为点、．如果，那么的面积为 ．
【分析】根据旋转得出，，则为等腰直角三角形，则．
【解答】解：将绕着点顺时针方向旋转，点、的对应点分别为点、，
，
，，三点共线，
，，
为等腰直角三角形，
．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，三角形面积的计算，解题的关键是根据旋转得出，．
题型三：求距离
3．（2023秋•埇桥区期末）问题原型：（1）如图①，在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AD＝BD，在AD上取点E，使DE＝CD，连接BE．求证：BE＝AC；
问题拓展：（2）如图②，在（1）的条件下，F为BC的中点，连接EF并延长至点M，使AC⊥MC．
①求证：∠BEM＝∠M；
②若，求A、M两点之间的距离．
【分析】（1）由“SAS”可证△BDE≌△ADC，可得BE＝AC；
（2）①由“ASA”可证△BEF≌△CMF，可得∠BEM＝∠M；
②由全等三角形的性质可得AC＝BE＝MC，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】（1）证明：在△BDE和△ADC中，
，
∴△BDE≌△ADC（SAS），
∴BE＝AC；
（2）①证明：∵点F是BC中点，
∴BF＝CF，
∵AC⊥MC，
∴∠ACD+∠MCB＝90°，
∵∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠MCB，
∵△BDE≌△ADC，
∴∠DAC＝∠EBD，
∴∠EBD＝∠MCB，
又∵∠EFB＝∠MFC，
∴△BEF≌△CMF（ASA），
∴∠BEM＝∠M；
②如图②，连接AM，
由（1）可知，△BDE≌△ADC，
∴BE＝AC，
由（2）①可知：△BEF≌△CMF，
∴CM＝BE＝AC，
∵AC⊥CM，
∴AM＝AC＝．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
题型四：旋转问题
4．（2023•西陵区模拟）如图，点的坐标为，点是轴正半轴上的一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段．若点的坐标为，则点的坐标为 ．
【分析】过作轴于点，通过证得，得出，，可得点的坐标，
【解答】解：过作轴于点，如图：
，
，
，
，
，，
，
，，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，全等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，构造全等三角形解决问题．
5．（2023•蚌山区模拟）综合实践课上，小聪把一张长方形纸片沿着虚线剪开，如图①所示，把得到的两张纸片如图②摆放，纸片△较小锐角的顶点在上，较长直角边与斜边分别交边于点，．以点与重合，且为初始位置，把△沿着方向平移，当点到达点后立刻绕点逆时针旋转，如图③，直到点与点重合停止．为了探求与之间的变化关系，设，请用含的代数式表示．
（1）在平移过程中， ，
（2）在旋转过程中， ．
【分析】（1）解△，求得，进而得出结果；
（2）先拜表示出的长，进而根据得出的长，进一步得出结果．
【解答】解：（1）在△中，，，
，
，
故答案为：；
（2）如图1，
当时，
作于，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
如图2，
当时，
方法同上得出，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
题型五：最值问题
6．（2023•陆丰市二模）如图，在中，，，是的高上一个动点，以点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，连接，则的最小值是 ．
【分析】在上截取，由等腰直角三角形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，可证，可得，当时，有最小值，即有最小值，由直角三角形的性质可求的最小值．
【解答】解：如图，在上截取，连接，
，，，
，，，
以点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，
，，
，
在和中，
，
，
，
当时，有最小值，即有最小值，
，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
7．（2023秋•溧阳市期末）如图所示，平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点、，点、点是轴正半轴、轴正半轴上的两个动点，，以为直径在第一象限内作半圆，与线段交于点、两点，则的最大值为 ．
【分析】过的中点作的垂线与交于点，交于点，连接，当直线过点时，的值最大；利用，求出，，在利用勾股定理求出即可．
【解答】解：过的中点作的垂线与交于点，交于点，连接，
当直线过点时，的值最大；
当时，，当时，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：4.8．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，能够确定最大时的位置，利用直角三角函数求边是解题的关键．
8．（2023秋•宿豫区期末）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，的半径是1，点是直线上的动点，过点作的切线，切点是，则切线长的最小值是 ．
【分析】先解方程得，，再确定，则利用正切的定义可求出，连接、，如图，根据切线的性质得到，则利用勾股定理得到，所以当的长度最小时，的长度最小，根据垂线段最短得到当时，的长度最小，的最小值为4，从而得到的最小值．
【解答】解：当时，，
解得，，
，，
当时，，
，
，，，
在中，，
，
连接、，如图，
为的切线，
，
，
，
当的长度最小时，的长度最小，
而当时，的长度最小，
，
此时，
的最小值为，
即切线长的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了二次函数的性质、抛物线与轴的交点、解直角三角形．
9．（2023秋•黔南州期末）如图，平面直角坐标系内有一个，点、、的坐标分别是、、．
（1）请作出关于轴的对称图形△；
（2）轴上有一点，且，请你用尺规作图的方法找出点（保留作图痕迹不写作法）；
（3）在轴上求作一点，使点到，两点的距离之和最小，请作出点（保留作图痕迹不写作法）．
【分析】（1）根据轴对称的性质作出图形即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质作出图形即可；
（3）取点关于轴的对称点，连接，交轴于点，则点即为所求，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，△即为所求．
（2）如图所示；
（3）如图，点即为所求．
【点评】本题考查作图轴对称变换、轴对称最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
10．（2023秋•夏邑县期末）如图，已知抛物线y＝ax2+2ax+3与x轴交于A、B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当﹣3≤x≤k时，要使函数的最大值与最小值的差是一个不随k的变化而变化的定值，求k的取值范围．
【分析】（1）将（﹣3，0）代入抛物线解析式求出a的值即可；
（2）根据抛物线求出对称轴，结合点B的坐标，根据使函数的最大值与最小值的差是一个不随k的变化而变化的定值求出k的取值范围即可．
【解答】解：（1）将（﹣3，0）代入抛物线解析式y＝ax2+2ax+3可知：
a×（﹣3）2+2a×（﹣3）+3＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由题意得，该抛物线的对称轴为x＝﹣＝﹣1，
∴A（1，0），
当k取值逐渐增大时，根据数形结合可知：当k≥﹣1时，函数的最大值与最小值的差是一个定值，继续增大，当k＝1时，仍满足题意，但当k＞1时，不符合题意，
综上分析，当﹣1≤k≤1时，函数的最大值与最小值的差是一个不随k的变化而变化的定值．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式及二次函数图象与性质，数形结合是解答本题的关键．
11．（2023秋•双台子区校级期末）如图，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，从点开始沿射线方商以每秒1个单位长度的速度平移，平移后的三角形记为，平移时间为秒，射线交抛物线于点、连接，，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点的横坐标是，的面积是，求关于的函数关系式；
（3）如图1，当面积最大时，求的值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由题意，点在第一象限抛物线上移动，过点作轴交于，设点的横坐标是，表示出的长，然后依据列出与的函数关系式即可；
（3）根据（2）求得的函数关系式以及二次函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，
，解得，
抛物线的解析式为；
（2）由题意，点在第一象限抛物线上移动，过点作轴交于，
与轴相交于，两点，与轴相交于点，
令，则，
解得或8，
，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
设点的横坐标是，则，，
，
；
；
（3）由（2）知，的面积是关于的函数关系式为，
，
当时，的面积最大为，
从点开始沿射线方商以每秒1个单位长度的速度平移，平移时间为，，
，
的值为7．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查的是二次函数的性质、图形的平移、面积的计算、最值问题等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题．
题型六：有关存在性问题
12．（2023秋•田阳区期末）如图，是边长为的等边三角形，动点、同时从、两点出发，分别沿、方向匀速移动，它们的速度都是，当点到达点时，、两点停止运动，设点的运动时间为，则当是直角三角形时，等于 ．
【分析】分两种情况：①；②．然后在直角三角形中根据，的表达式和的度数进行求解即可．
【解答】解：设经过秒是直角三角形，
则 ， ，
在中，，，
，
在中，， ，
若是直角三角形，则或，
当时，，
即，
，
当时，，
，
，
即当或时，是直角三角形．
故答案为：1或2．
【点评】本题考查的是等边三角形的性质、解一元一次方程，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解答此题的关键．
13．（2023秋•锦江区校级期末）直线AB：y＝x+3分别与x，y轴交于A，B两点、过点B的直线交x轴正半轴于点C，且OB：OC＝3：1．
（1）直接写出点A、B、C的坐标；
（2）在线段OB上存在点P，使点P到B，C的距离相等，求出点P的坐标：
（3）在第一象限内是否存在一点E，使得△BCE为等腰直角三角形，若存在，直接写出E点坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）把y＝0代入y＝x+3求出x的值，即可得出点A的坐标；把x＝0代入y＝x+3求出y的值，即可求出B的坐标；根据OB：OC＝3：1，求出OC＝1，即可求出点C的坐标；
（2）连接PC，设PB＝PC＝x，则OP＝3﹣x，在Rt△OPC中，根据勾股定理可得：OC2+OP2＝PC2，据此列出方程求出x的值，进而得出OP，即可求出点P的坐标；
（3）根据题意进行分类讨论：①当BC＝CE时，过点E作EF⊥x轴于点F，通过证明△OBC≌△FCE，得出CF＝OB＝3，OC＝EF＝1，即可得出点E的坐标；②当BC＝BE时，过点E作EG⊥y轴于点G，和①同理可证：△OBC≌△GEB，BG＝OC＝1，OB＝GE＝3，即可求出点E坐标；③当BE＝CE时，过点E作EN⊥y轴于点N，过点E作EM⊥x轴于点M，通过证明△BNE≌△CME，设ON＝ME＝NE＝x，则BN＝3﹣x，根据勾股定理列出方程求解即可．
【解答】解：（1）把y＝0代入y＝x+3得：0＝x+3，
解得：x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），
把x＝0代入y＝x+3得：y＝3，
∴B（0，3），
∴OB＝3，
∵OB：OC＝3：1，
∴OC＝1，
∴C（1，0）；
（2）连接PC，
∵点P到B，C的距离相等，
∴PB＝PC，
设PB＝PC＝x，则OP＝3﹣x，
在Rt△OPC中，根据勾股定理可得：OC2+OP2＝PC2，
∴12+（3﹣x）2＝x2，
解得：，
∴，
∴，
∴；
（3）①当BC＝CE时，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵△BCE为等腰直角三角形，
∴∠BCE＝90°，
∴∠BCO+∠FCE＝90°，
∵∠BCO+∠OBC＝90°，
∴∠FCE＝∠OBC，
∵∠FCE＝∠OBC，∠BOC＝∠CFE＝90°，BC＝CE，
∴△OBC≌△FCE，
∴CF＝OB＝3，OC＝EF＝1，
∴E（4，1）；
②当BC＝BE时，过点E作EG⊥y轴于点G，
和①同理可证：△OBC≌△GEB，
∴BG＝OC＝1，OB＝GE＝3，
∴E（3，4）
③当BE＝CE时，过点E作EN⊥y轴于点N，过点E作EM⊥x轴于点M，
∵OB＝3，OC＝1，
∴，
根据勾股定理可得：BE2+CE2＝2BE2＝BC2＝10，
解得：，
∵EN⊥y轴，EM⊥x轴，∠MON＝90°，
∴四边形OMEN为矩形，
∴ON＝EM，∠MEN＝90°，
则∠CEM+∠CEN＝90°，
∵∠BEC＝∠BEN+∠CEN＝90°，
∴∠BEN＝∠CEM，
∵∠BEN＝∠CEM，∠BNE＝∠CME＝90°，BE＝CE，
∴△BNE≌△CME，
∴BN＝CM，NE＝ME，
设ON＝ME＝NE＝x，则BN＝3﹣x，
∵BN2+NE2＝BE2，
∴（3﹣x）2+x2＝5，
解得：x1＝1，x2＝2，
∴ON＝2或ON＝1（舍），
∴E（2，2）；
综上：E（4，1）或E（3，4）或E（2，2）．
【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出辅助线，构造全等三角形和直角三角形求解是解题的关键．
14．（2023秋•蒙城县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数与坐标轴交于A、B两点，若△ABC是等腰直角三角形，求点C的坐标．
【分析】作CD⊥x轴，证明△AOB≌△CDA（AAS），可得OA＝CD，OB＝AD，继而OD＝OA+AD＝7，CD＝OA＝3，可得C（7，3）．
【解答】解：∵一次函数与坐标轴交于A、B两点，
∴A（3，0）B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
如图，作CD⊥x轴，垂足为点D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
在△AOB和△CDA中，
，
∴△AOB≌△CDA（AAS），
∴OA＝CD，OB＝AD，
∴OD＝OA+AD＝7，CD＝OA＝3，
∴C（7，3）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．
15．（2023秋•玉山县期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线，与轴相交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式以及直线的解析式；
（2）在抛物线上找一点，使得轴平分，求点的坐标；
（3），分别是直线和抛物线上的动点，当以，，，为顶点，为边的四边形是平行四边形时，请求出点的坐标．
【分析】（1）首先根据抛物线对称轴求出，得到，然后利用待定系数法求解一次函数解析式即可；
（2）设交轴于点，首先证明出，得到，然后求出直线表达式为，然后根据抛物线联立求解即可；
（3）根据题意得到，，设，则，表示出，然后解方程求解即可．
【解答】解：（1）抛物线的对称轴是直线，
，解得，
抛物线的解析式为，
令，即，
解得，，
，，
令，则，
，设直线的解析式为，
将，代入，
得，
解得，
直线的解析式为；
（2）设交轴于点，
轴平分，
，
，
又，
，
，
，
设直线表达式为，
将，代入得，
解得
直线表达式为，
联立抛物线与直线，得，
解得，
；
（3）以，，，为顶点的四边形是平行四边形，且为边，
，
，分别是直线和抛物线上的动点，
设，则
解得，，，
将，，代入
得，，，
点的坐标为或或．
【点评】本题考查了待定系数求二次函数和一次函数解析式，平行四边形的性质，全等三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用平行四边形的性质解决问题．
16．（2023秋•上期末）如图，二次函数的图象与轴交于为坐标原点），两点，且二次函数的最小值为，点是其对称轴上一点，轴上一点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若点是抛物线上的一点且横坐标为3，当的值最小时，求点的坐标；
（3）二次函数在第四象限的图象上有一点，连结，，求的最大面积；
（4）在二次函数图象上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意设二次函数解析式为，将点代入即可求函数的解析式；
（2）点关于对称轴的对称点为点，连接，与对称轴的交点即为所求的点，使得的值最小，求出直线与对称轴的交点即为点；
（3）设，过点作轴的垂线交于点，则点的坐标为，可得，当时，有最大值，此时的最大值为；
（4）设点坐标为，根据平行四边形对角线的性质，分三种情况讨论，利用中点坐标公式建立方程求的值即可求点坐标．
【解答】解：（1）二次函数的最小值为，点是其对称轴上一点，
二次函数顶点为，
设二次函数解析式为，
将点代入得，，
，
；
（2）由题意知点坐标为，
点关于对称轴的对称点为点，连接，与对称轴的交点即为所求的点，使得的值最小，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
直线的解析式为，
当时，，
点的坐标为；
（3）设，过点作轴的垂线交于点，则点的横坐标为，
令抛物线解析式的，得到，解得，，
的坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入，
，
解得：，
直线的解析式为：，
点的坐标为，
，
当时，有最大值，
面积的最大值为；
（4）存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设点坐标为，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，
，
，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，
，
，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，
，
，
综上所述：或或．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，轴对称求最短距离是解题的关键．