专题34 动点综合问题（33题）（教师卷+学生卷）- 2024年中考数学真题分类汇编（全国通用）

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一、单选题
1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．
根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上，
设此时，则，，
在中，，
即：，
解得：，
，
故选：B．
2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在等腰中，，，动点E，F同时从点A出发，分别沿射线和射线的方向匀速运动，且速度大小相同，当点E停止运动时，点F也随之停止运动，连接，以为边向下做正方形，设点E运动的路程为，正方形和等腰重合部分的面积为下列图像能反映y与x之间函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查动态问题与函数图象，能够明确y与x分别表示的意义，并找到几何图形与函数图象之间的关系，以及对应点是解题的关键，根据题意并结合选项分析当与重合时，及当时图象的走势，和当时图象的走势即可得到答案．
【详解】解：当与重合时，设，由题可得：
∴，，
在中，由勾股定理可得：，
∴，
∴，
∴当时，，
∵，
∴图象为开口向上的抛物线的一部分，
当在下方时，设，由题可得：
∴，，
∵，,
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，
∵，
∴图象为开口向下的抛物线的一部分，
综上所述：A正确，
故选：A．
3．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）

A．4B．5C．8D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴；
如图所示，在延长线上截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，
∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为5，
故选：B．
4．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】C
【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
5．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解．
【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则，
∵在菱形中，，，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
二、填空题
6．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为 ．
【答案】
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．
【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点H在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．
7．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，
∴当重合时，最小，最小值为，
∵，，在中，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键．
8．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为
【答案】
【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
9．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则 ．
【答案】/度
【分析】本题考查了轴对称最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接，
关于对称，
∴，
同理，，，
，，
是等腰三角形．
，
故答案为：．
10．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点，连接，，则的最小值为 ．
【答案】5
【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，得到，，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当三点共线时，的最小值为，再利用勾股定理求即可．
【详解】解：取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，
则可知，，
∴，
即当三点共线时，的最小值为，
∵直线垂直于y轴，
∴轴，
∵，，
∴，
∴在中，
，
故答案为：5
11．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．
【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，

∵I是的内心，
∴平分，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．
12．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．
【详解】解：∵在中，，，
∴，，则，
∵E为边的中点，
∴，
∵沿翻折得，
∴，
∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，
过C作于N，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．
13．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到，从而得解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴，，
将顺时针旋转得到，则，
∴，，，，
∴点P、B、M、C共线，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
设，，则，，
∴，
∵，
∴，即，
整理得：，
∴
，
当且仅当，即，也即时，取最小值，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键．
14．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，在平行四边形中，，E、F分别是边上的动点，且．当的值最小时，则 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质．延长，截取，连接，，证明，得出，说明当最小时，最小，根据两点之间线段最短，得出当A、E、G三点共线时，最小，即最小，再证明，根据相似三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长，截取，连接，，如图所示：

∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴当最小时，最小，
∵两点之间线段最短，
∴当A、E、G三点共线时，最小，即最小，且最小值为的长，

∵，
∴，
∴，即，
解得．
故答案为：．
三、解答题
15．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，，，，反比例函数的图象与交于点，与交于点E．

(1)求m，k的值；
(2)点P为反比例函数图象上一动点（点P在D，E之间运动，不与D，E重合），过点P作，交y轴于点M，过点P作轴，交于点N，连接，求面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
【答案】(1)，
(2)最大值是，此时
【分析】本题考查了二次函数，反比例函数，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
（1）先求出B的坐标，然后利用待定系数法求出直线的函数表达式，把D的坐标代入直线的函数表达式求出m，再把D的坐标代入反比例函数表达式求出k即可；
（2）延长交y轴于点Q，交于点L．利用等腰三角形的判定与性质可得出，设点P的坐标为，，则可求出，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解： ，，
．
又，
．
，
点．
设直线的函数表达式为，
将，代入，得，
解得，
∴直线的函数表达式为．
将点代入，得．
．
将代入，得．
（2）解：延长交y轴于点Q，交于点L．
，，
．
轴，
，．
，
，
，
．
设点P的坐标为，，则，．
．
．
当时，有最大值，此时．
16．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)P是直线上的一个动点，的面积为21，求点P坐标；
(3)点Q在反比例函数位于第四象限的图象上，的面积为21，请直接写出Q点坐标．
【答案】(1)，
(2)点P坐标为或；
(3)Q点坐标为或
【分析】（1）先求出，再代入，得出，再运用待定系数法解一次函数的解析式，即可作答．
（2）先得出直线与直线的交点的坐标，根据求不规则面积运用割补法列式化简得，解出，即可作答．
（3）要进行分类讨论，当点在点的右边时和点在点的左边时，根据求不规则面积运用割补法列式，其中运用公式法解方程，注意计算问题，即可作答．
【详解】（1）解：依题意把代入，得出
解得
把代入中，得出
∴
则把和分别代入
得出
解得
∴；
（2）解：记直线与直线的交点为
∵
∴当时，则
∴
∵P是直线上的一个动点，
∴设点，
∵的面积为21，
∴
即
∴
解得或
∴点P坐标为或；
（3）解：由（1）得出
∵点Q在反比例函数位于第四象限的图象上，
∴设点Q的坐标为
如图：点在点的右边时
∵的面积为21，和
∴
整理得
解得（负值已舍去）
经检验是原方程的解，
∴Q点坐标为
如图：点在点的左边时
∵的面积为21，和
∴
整理得
解得，符合题意，，不符合题意，
则，故
综上：Q点坐标为或．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，几何综合，待定系数法求一次函数的解析式，割补法求面积，公式法解方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
17．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当时，y的取值范围是，求t的值；
(3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）分和，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．
（3）分为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称，
∴，解得：，
∴；
（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线，
∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小，
∵时，，
①当时，则：当时，函数有最大值，即：，
解得：或，均不符合题意，舍去；
②当时，则：当时，函数有最大值，即：，
解得：；
故；
（3）存在；
当时，解得：，当时，，
∴，，
设直线的解析式为，把代入，得：，
∴，
设，则：，
∴，，，
当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况：
①当为边时，则：，即，
解得：（舍去）或，
此时菱形的边长为；
②当为对角线时，则：，即：，
解得：或（舍去）
此时菱形的边长为：；
综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2．
18．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线与轴交于点，．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，抛物线与轴交于点，点为线段上一点（不与端点重合），直线，分别交抛物线于点，，设面积为，面积为，求的值；
(3)如图，点是抛物线对称轴与轴的交点，过点的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点，，过抛物线顶点作直线轴，点是直线上一动点．求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（）利用待定系数法即可求解；
（）设，直线为，求出，直线为，求出，联立方程组得，，再根据，即可求解；
（）设直线为，由得，得，设，，联立直线与抛物，得，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，则有，过点作于F，则，则，，根据勾股定理得，即可求出最小值．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）设，直线为，据题意得，
，解得，
∴，
联立得，
解得或，
∴，
设，直线为，据题意得，
，解得，
∴，
联立得，
解得或，
∴，
，
，
∴；
（3）设直线为，由得，
∴，
∴，
设，，
联立直线与抛物线，
得，
，
根据根与系数的关系可得：，，
作点关于直线的对称点，连接，

由题意得直线，则，
∴，
过点作于F，则．
则，，
在中，
，
即当时，，此时，
故的最小值为．
【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
19．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，，，，是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作，交于点Q，以为边作等边三角形，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为，与重合部分图形的面积为．

(1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）．
(2)当点E与点C重合时，求t的值．
(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
【答案】(1)等腰三角形，
(2)
(3)
【分析】（1）过点Q作于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到，由，得到，解得到；
（2）由为等边三角形得到，而，则，故，解得；
（3）当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，，则，此时；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，此时，因此，故可得，此时；当点P在上，重合部分为， 此时，，解直角三角形得，故，此时，再综上即可求解．
【详解】（1）解：过点Q作于点H，由题意得：

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∴在中，；
（2）解：如图，

∵为等边三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
即，
∴；
（3）解：当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，

∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
由（2）知当点E与点C重合时，，
∴；
当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，如图，

∵是等边三角形，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
当点P与点D重合时，在中，，
∴，
∴；
当点P在上，重合部分为，如图，

∵，
由上知，
∴，
∴此时，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当点P与点B重合时，，
解得：，
∴，
综上所述：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
20．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当时，求的函数值的取值范围；
(3)将拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，点为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)的最小值为：
【分析】（1）直接利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；
（2）求解的对称轴为直线，而，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）求解，，可得，求解直线为，及，证明在直线上，如图，过作于，连接，过作于，可得，，证明，可得，可得，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：∵的对称轴为直线，而，
∴函数最小值为：，
当时，，
当时，，
∴函数值的范围为：；
（3）解：∵，
当时，，
∴，
当时，
解得：，，
∴，
∴，
设直线为，
∴，
∴，
∴直线为，
∵拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，而顶点为，
∴，
∴在直线上，
如图，过作于，连接，过作于，
∵，，
∴，，
∵对称轴与轴平行，
∴，
∴，
∴，
由抛物线的对称性可得：，，
∴，
当三点共线时取等号，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为：．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，利用轴对称的性质求解线段和的最小值，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
21．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．
(1)求点A的坐标；
(2)求S与t的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)点A的坐标为
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；
（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形
【详解】（1）解：，解得，
的长度是的根，
∵是等边三角形，
∴，
过点A作轴，垂足为C，
在中，
∴
，
∴
点A的坐标为
（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，
∴，，
∴
∴，
；
当时，过Q作，垂足为点E
∵
∴
又
∴，
又，
当时，过O作，垂足为F
∴，
同理可得，，
∴；
综上所述
（3）解：当时，解得，
∴，
过点P作轴于点G，则
∴
∴点P的坐标为；
当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；
将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，
作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；
当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
当，解得，，不符合题意，此情况不存在；
当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为，，，
【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键
22．（2024·江西·中考真题）综合与实践
如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，．
特例感知
（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______；
类比迁移
（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当时，请直接写出的长度．
【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或.
【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；
（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；
（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案.
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下：
∵，
∴，，
∵，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（3）由（1）得：，，，
∴，都为等腰直角三角形；
∵点F与点C关于对称，
∴为等腰直角三角形；，
∴四边形为正方形，
如图，过作于，
∵，，
∴，，
当时，
∴，
∴，
如图，当时，
此时，
同理可得：，
∴y与x的函数表达式为，
当时，的最小值为；
②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，
∴，
连接，，，
∴，

∴在上，且为直径，
∴，
过作于，过作于，
∴，，
∴，
∴，
∴正方形面积为,
∴，
解得：，，经检验都符合题意，
如图，
综上：当时，为或.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
(3)当时，求点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；
（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；
（3）先证明可得，设，则,可得，即，求得可得m的值，进而求得点P的坐标；
（4）如图：将线段向右平移单位得到,即四边形是平行四边形，可得,即，作关于对称轴的点,则，由两点间的距离公式可得，再根据三角形的三边关系可得即可解答．
【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，
∴当时，，即；当时，，即；
∵，
∴设抛物线的解析式为，
把代入可得：，解得：，
∴，
∴抛物线的解析式为：．
（2）解：∵，，
∴,
∴，
如图：当，
∴,即；
如图：当，
∴,即；
如图：当，
∴,即；
综上，点D的坐标为．
（3）解：如图：∵轴，
∴，
∵轴，
∴，
∵，
∴,
∴,
∵设，则,
∴，
∴，解得：（负值舍去），
当时，，
∴．
（4）解： ∵抛物线的解析式为：，
∴抛物线的对称轴为：直线，
如图：将线段向右平移单位得到,
∴四边形是平行四边形，
∴,即,
作关于对称轴的点,则
∴,
∵，
∴的最小值为．
故答案为．
24．（2024·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：经过点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)在直线上方抛物线上有一动点C，连接交于点D，求的最大值及此时点C的坐标；
(3)作抛物线F关于直线上一点的对称图象，抛物线F与只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线上一点，H为抛物线对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标．
【答案】(1)；
(2)最大值为，C的坐标为；
(3)点G的坐标为，，．
【分析】（1）本题考查了待定系数法解抛物线分析式，根据题意将点坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）根据题意证明，再设的解析式为，求出的解析式，再设，则，再表示出利用最值即可得到本题答案；
（3）根据题意求出，再分情况讨论当为对角线时，当为边时继而得到本题答案．
【详解】（1）解：，代入，
得：，解得：，
∴抛物线的函数表达式为．
（2）解：如图1，过点C作x轴的垂线交于点M．
∴轴，
∴，
∴，
设的解析式为，
把，代入解析式得，
解得：，
∴．
设，则，
∴，
∵，，
∴当时，最大，最大值为．
∴的最大值为，此时点C的坐标为．
（3）解：由中心对称可知，抛物线F与的公共点E为直线与抛物线F的右交点，
∴，
∴（舍），，
∴．
∵抛物线F：的顶点坐标为，
∴抛物线的顶点坐标为，
∴抛物线的对称轴为直线．
如图2，当为对角线时，由题知，
∴，
∴．
如图3，当为边时，由题知，
∴，
∴．
如图4，由题知，
∴，
∴，
综上：点G的坐标为，，．
25．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且．
(1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______；
(2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设．
①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围；
②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答．
（2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答．
②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：如图：过点C作
∵四边形是平行四边形，，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：，
（2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴是等边三角形
∴
∵
∴
∴；
当与点重合时，
此时与的交点为E与A重合，
如图：当与点B重合时，
此时与的交点为E与B重合，
∴的取值范围为；
②如图：过点C作
由（1）得出，
∴，
∴
当时，
∴，开口向上，对称轴直线
∴在时，随着的增大而增大
∴；
当时，如图：
∴，随着的增大而增大
∴在时；在时；
∴当时，
∵当时，过点E作，如图：
∵由①得出是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∵
∴开口向下，在时，有最大值
∴
∴在时，
∴
则在时，；
当时，如图，
∴，随着的增大而减小
∴在时，则把分别代入
得出，
∴在时，
综上：
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
26．（2024·湖南·中考真题）已知二次函数的图像经过点，点，是此二次函数的图像上的两个动点．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，此二次函数的图像与x轴的正半轴交于点B，点P在直线的上方，过点P作轴于点C，交AB于点D，连接．若，求证的值为定值；
(3)如图2，点P在第二象限，，若点M在直线上，且横坐标为，过点M作轴于点N，求线段长度的最大值．
【答案】(1)
(2)为定值3，证明见解析
(3)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线的解析式，，则，，表示出，，代入即可求解；
（3）设，则，求出直线的解析式，把代入即可求出线段长度的最大值．
【详解】（1）∵二次函数的图像经过点，
∴，
∴，
∴；
（2）当时，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，．
∴，
∴的值为定值；
（3）设，则，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
当时，
，
∴当时，线段长度的最大值．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键．
27．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A．
【构建联系】
（1）求证：函数的图象必经过点C．
（2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解；
（2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解；
（3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．
【详解】（1）设，则，
∵轴，
∴D点的纵坐标为，
∴将代入中得：得，
∴，
∴，
∴，
∴将代入中得出，
∴函数的图象必经过点C；
（2）∵点在直线上，
∴，
∴，
∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
∵函数的图象经过点A，C，
∴，，
∴，
∴，
∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，
∴，，
∴，
如图，过点D作轴，过点B作轴，
∵轴，
∴H，A，D三点共线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，，
∴，
由图知，，
∴，
∴；
（3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴，
∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形，，
∴，，，
∵轴，
∴直线为一，三象限的夹角平分线，
∴，
当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，
∵轴，
∴H，A，D三点共线，
∵以点O为圆心，长为半径作，，
∴，
∴，
∴，，，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，
∵,
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵轴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴当与的边有交点时，k的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．
28．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标；
(3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)或或或
【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得的坐标，根据勾股定理的逆定理得出是等腰三角形，进而根据得出，连接，设交轴于点，则得出是等腰直角三角形，进而得出，则点与点重合时符合题意，，过点作交抛物线于点，得出直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解；
（3）勾股定理求得，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和点，
∴
解得：
∴抛物线的解析式为；
（2）由，当时，，则
∵，则，对称轴为直线
设直线的解析式为，代入，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
当时，，则
∴
∴
∴是等腰三角形，
∴
连接，设交轴于点，则
∴是等腰直角三角形，
∴，，
又
∴
∴
∴点与点重合时符合题意，
如图所示，过点作交抛物线于点，
设直线的解析式为，将代入得，
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：，
∴
综上所述，或；
（3）解：∵，，
∴
∵点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，设其中
∴，
①当时，，解得：或
②当时，，解得：
③当时，，解得：或（舍去）
综上所述，或或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
29．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点．
(1)求二次函数的解析式及点的坐标；
(2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为．
①为何值时线段的长度最大，并求出最大值；
②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①当时，有最大值为；②当P的坐标为或时，与相似
【分析】（1）把，，代入求解即可，利用待定系数法求出直线解析式，然后令，求出y，即可求出C的坐标；
（2）①根据P、D的坐标求出，然后根据二次函数的性质求解即可；
②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出，然后分，两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．
【详解】（1）解：把，，代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为，
设直线解析式为，
则，
解得，
∴直线解析式为，
当时，，
∴；
（2）解：①设，则，
∴
，
∴当时，有最大值为；
②∵，，
∴，
又，
∴，
又轴，
∴轴，
∴，
当时，如图，
∴，
∴轴，
∴P的纵坐标为3，
把代入，得，
解得，，
∴，
∴，
∴P的坐标为；
当时，如图，过B作于F，
则，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴P的坐标为
综上，当P的坐标为或时，与相似．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
30．（2024·四川广安·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．

(1)求此抛物线的函数解析式．
(2)点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
(3)点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
【答案】(1)
(2)的最大值为，点的坐标为
(3)点的坐标为或
【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式；
（2）先求解，及直线为，设，可得，再建立二次函数求解即可；
（3）如图，以为对角线作正方形，可得，与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，设，则，求解，进一步求解直线为：，直线为，再求解函数的交点坐标即可.
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．
∴；
（2）解：当时，，
∴，
设直线为，
∴，解得：，
∴直线为，
设，
∴，
∴
；
当时，有最大值；
此时；
（3）解：如图，以为对角线作正方形，
∴，
∴与抛物线的另一个交点即为，
如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∴,
∴，
由可得：
∴，
解得：，
∴，
设为：，
∴，解得：，
∴直线为：，
∴，
解得：或，
∴，
∵，，，正方形，
∴，
同理可得：直线为，
∴，
解得：或，
∴，
综上：点的坐标为或.
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
31．（2024·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，，，对称轴为直线，将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，抛物线与轴交于点，顶点为，对称轴为直线．
(1)分别求抛物线和的表达式；
(2)如图，点的坐标为，动点在直线上，过点作轴与直线交于点，连接，．求的最小值；
(3)如图，点的坐标为，动点在抛物线上，试探究是否存在点，使？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式，求出其顶点坐标，由旋转可知抛物线的二次项系数为原来的相反数，顶点坐标与抛物线的顶点坐标关于原点对称，即可求解；
（2）将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，则四边形为平行四边形，则，，因此，即可求解；
（3）当点P在直线右侧抛物线上时，可得，作H关于直线的对称点，则点在直线上，可求直线的表达式为，联立， 解得：或（舍），故；当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，可得，可证明出，由，得，设，则，，在和中，由勾股定理得，解得：或（舍），所以，可求直线表达式为：，联立，解得：或（舍），故．
【详解】（1）解：设对称轴与x轴交于点G，
由题意得，
∵对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
将A、B、C分别代入，
得：，
解得：，
∴，
∴，顶点为
∵抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
∴抛物线的，顶点为，
∴的表达式为：，即
（2）解：将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，
∴，
∵，
∴直线为直线，
∵轴，
∴，
对于抛物线，令，则，
∴，
∵点D与点关于直线对称，
∴点，
∵轴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
当点三点共线时，取得最小值，
而，
∴的最小值为；
（3）解：当点P在直线右侧抛物线上时，如图：
∵抛物线，
∴
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作H关于直线的对称点，则点在直线上，
∵点的坐标为，直线：，
∴，
设直线的表达式为：，
代入，,
得：，
解得：，
∴直线的表达式为，
联立，得：，
解得：或（舍），
∴；
②当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，如图：
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
由点
得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，，
在和中，由勾股定理得，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∴，
∴，
设直线表达式为：，
代入点N，E，
得：，
解得：
∴直线表达式为：，
联立，
得：，
整理得：
解得：或（舍），
∴，
综上所述，或．
【点睛】本题是一道二次函数与角度有关的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形三边关系求最值，平行四边形的判定与性质，中心对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
32．（2024·甘肃·中考真题）如图1，抛物线交x轴于O，两点，顶点为．点C为的中点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)过点C作，垂足为H，交抛物线于点E．求线段的长．
(3)点D为线段上一动点（O点除外），在右侧作平行四边形．
①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；
②如图3，连接，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)①②
【分析】（1）根据顶点为．设抛物线，把代入解析式，计算求解即可；
（2）根据顶点为．点C为的中点，得到，当时，，得到．结合，垂足为H，得到的长．
（3）①根据题意，得，结合四边形是平行四边形，设，结合点F落在抛物线上，得到，解得即可；
②过点B作轴于点N，作点D关于直线的对称点G，过点G作轴于点H，连接，，，利用平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形判定和性质，计算解答即可．
【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为．
设抛物线，
把代入解析式，得，
解得，
∴．
（2）∵顶点为．点C为的中点，
∴，
∵，
∴轴，
∴E的横坐标为1，
设，
当时，，
∴．
∴．
（3）①根据题意，得，
∵四边形是平行四边形，
∴点C，点F的纵坐标相同，
设，
∵点F落在抛物线上，
∴，
解得，(舍去)；
故．
②过点B作轴于点N，作点D关于直线的对称点G，过点G作轴于点H，连接，，，
则四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
故当三点共线时，取得最小值，
∵，
∴的最小值，就是的最小值，且最小值就是，
延长交y轴于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故的最小值是．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称的性质求线段和的最小值，熟练掌握平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键．
33．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作．
(1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：；
(2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：；
(3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明；
（2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明；
（3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点G作于H，连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
设，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，且，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴点Q在直线上运动，
设直线交于K，则，
∴，
由垂线段最短可知，当时，有最小值，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
∴；
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，
∴的最大值为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．