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专题36 几何动态性问题之动点问题-2023年中考数学二轮专题提升训练
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这是一份专题36 几何动态性问题之动点问题-2023年中考数学二轮专题提升训练，共46页。试卷主要包含了动点产生函数关系，动点产生面积变化，动点产生两点距离变化，动点产生图形形状变化，动点产生三角形相似，动点产生两直线位置关系变化，动点产生最值等内容，欢迎下载使用。
专题36 几何动态性问题之动点问题
类型一 动点产生函数关系
（2022秋•呼和浩特期末）
1．如图，，O是的中点，P是以点O为圆心，为直径的半圆上的一个动点（点P与点A，B可以重合），连接，过P作于点M．设，则，令，下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
（2022•湖北模拟）
2．如图1，在矩形ABCD中，，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿向点D运动．设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示，则AD边的长为________．
（2022秋•荔城区校级期末）
3．如图，点A为双曲线在第二象限上的动点，的延长线与双曲线的另一个交点为B，以为边的矩形满足，对角线交于点P，设P的坐标为，则m，n满足的关系式为_____．
（2022秋•甘井子区校级期末）
4．如图，中，，，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为，的面积为．
(1)__________；
(2)求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
类型二 动点产生面积变化
（2022春•舒城县校级月考）
5．如图所示，在矩形中，，，点P从点A出发沿以每秒4个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动．
（1）当秒时，线段__．
（2）当__秒时，的面积是24．
（2022秋•江门期末）
6．如图，在中，，，．点从点开始沿边向点以1cm/s的速度移动、同时点从点开始沿边向点以2cm/s的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．
(1)的面积能否等于？请说明理由．
(2)几秒后，四边形的面积等于？请写出过程．
类型三 动点产生两点距离变化
（2022•安岳县模拟）
7．如图所示，A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=8cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10cm．(若一点到达终点，另一点也随之停止运动)（ ）
A．2s或s B．1s或s C．s D．2s或s
（2022秋•荔湾区校级期末）
8．如图，正方形中，，以B为圆心，为半径画圆，点P是上一个动点，连接，并将绕点A逆时针旋转至，连接，在点P移动的过程中，长度的取值范围是 ________ ．
（2022秋•海港区校级期末）
9．如图，已知二次函数图象的顶点坐标为，与y轴交于点，直线与该二次函数的图象交于A，B两点，D是线段上的一个动点，过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E．则线段的最大值为 __．
类型四 动点产生图形形状变化
（2022秋•阳泉期末）
10．如图所示，已知中，，，，点P是边上的一个动点，点P从点B开始沿方向运动，且速度为每秒，设运动的时间为（），若是以为腰的等腰三角形，则运动时间____．
（2022秋•中原区校级期末）
11．如图，在矩形中，，，B为中点，连接．动点M从点O出发沿边向点A运动，动点N从点A出发沿边向点B运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接，，，设运动时间为秒．则______时，为直角三角形．
（2022秋•中原区月考）
12．如图，在矩形中、，动点分别从点同时出发，点P以的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接．
(1)当为何值时，两点间的距离为？
(2)当为何值时，四边形的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
（2022春•淄川区期中）
13．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？
（2022秋•崇左期末）
14．已知抛物线（）交轴于和，交轴于．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若为抛物线上第二象限内一点，求使面积最大时点的坐标；
(3)若是对称轴上一动点，是抛物线上一动点，是否存在、，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标．
类型五 动点产生三角形相似
（2022秋•亳州期末）
15．如图的两条直角边，，点D沿从A向B运动，速度是，同时，点E沿从B向C运动，速度为．动点E到达点C时运动终止．连接．
（1）当动点运动______秒时，与相似；
（2）当动点运动______秒时，．
（2022秋•渠县校级期末）
16．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿的路线运动到点B停止，C是的中点，沿直线PC截，若得到的三角形与相似，则点P的坐标是 _____．
（2022秋•唐河县期末）
17．如图,在矩形ABCD中，，，动点M以的速度从A点出发,沿向点B运动,同时动点N以的速度从点D出发,沿DA向点A运动，设运动的时间为秒（）．
(1)当为何值时，的面积等于矩形面积的？
(2)是否存在某一时刻,使得以A、M、N为顶点的三角形与相似?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
类型六 动点产生两直线位置关系变化
（2022秋•路南区校级期末）
18．如图，矩形中，，，点P为边上一动点，交于点Q．
(1)求证：；
(2)P点从A点出发沿边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，？
类型七 动点产生最值
（2022秋•荆门期末）
19．如图，平面直角坐标系中点，以为边作等边，与关于y轴对称，M为线段上一动点，则的最小值是（ ）
A．6 B．9 C．12 D．18
（2022•扬州三模）
20．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．5 D．2
（2021秋•殷都区期末）
21．如图，在中，，，，，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
（2022秋•横县期中）
22．如图，边长为的等边三角形中，是对称轴上的动点，连接，将线段绕点逆时旋转等到，连接，则在点运动过程中，的最小值是（ ）
A． B．1．5 C． D．6
（2022秋•石门县期末）
23．如图，AB是O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．
（2022秋•泰山区期末）
24．如图，点半径为2，，点M是上的动点，点C是的中点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2022•南京模拟）
25．如图所示，，，于点B，点D是线段BC上一个动点，且于点D，，连接CE，则CE长的最小值是______．
（2022秋•市北区校级期末）
26．如图，正方形边长为12cm，M、N分别是边上的两个动点，且，则线段的最小值是 __cm．
（2022•富阳区二模）
27．如图，在平行四边形中，与交于点O，，，．点P从B点出发沿着方向运动，到达点O停止运动．连接，点B关于直线的对称点为Q．当点Q落在上时，则=___________，在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为___________．
（2022秋•南开区校级期末）
28．平面直角坐标系中，，，A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当BK取最小值时，点B的坐标为_________．
（2022秋•河口区期末）
29．如图，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点，使的周长最小，求点的坐标；
(3)点是第四象限内抛物线上的一个动点，试求四边形面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】根据题意，得出可得y的关于x的函数，再根据得出x的取值范围，即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∴y是关于x的二次函数，
∵，
∴抛物线开口向下，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，确定函数的表达式是本题解题的关键．
2．5
【分析】当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可得面积最大为5，得到与的积为20；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为9，得到与的和为9，构造关于的一元二方程可求解．
【详解】解：由图象与题意知可知，当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为5，
∴，即．
当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为9，
∴．
则，代入，得，
解得或，
∵，即，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
3．
【分析】连接，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，证明，然后利用相似三角形的性质分析求解．
【详解】解：连接，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点A为双曲线 在第二象限上的动点，
设点A的坐标为，
∵，
∴，
∵P的坐标为，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数k的几何意义、相似三角形判定与性质和矩形的性质，恰当的构建相似三角形，利用面积比是相似比的平方是解题关键．
4．(1)
(2)
【分析】（1）过点A作，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；
（2）分两种情况，当时，当时来分别求解．
【详解】（1）过点A作，垂足为D，如图所示：
∵，，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
故答案为
（2）∵，
∴，
∴，
分两种情况：当 时，
过点Q作，垂足为E，
由题意得：，，
∴，
在中， ，
∴；
当时，过点Q作，垂足为E，
由题意得：，，
∴，
，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
5． 20 2或3##3或2
【分析】（1）当秒时，根据题意可得，，再根据勾股定理即可求解．
（2）设运动时间为秒，则，，根据的面积是24列出方程，求解即可．
【详解】解：（1）∵当秒时，，
根据勾股定理得．
故答案为：20．
（2）设运动时间为秒，
此时，，，
∵的面积是24，
∴，
整理得，，
解得：，
∴当秒或3秒时，的面积是24．
故答案为：2或3．
【点睛】本题主要考查勾股定理、列代数式、一元二次方程的应用，根据题意找准数量关系，列出方程是解题关键．
6．(1)的面积不能等于，理由见解析
(2)1s后，四边形的面积等于
【分析】（1）根据的面积等于，即可得出关于的一元二次方程，由根的判别式，可得所列方程没有实数根，进而得出的面积不等等于；
（2）根据四边形的面积等于，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，结合当时，点重合，即可得出结论．
【详解】（1）解：的面积不能等于，理由如下：
s，s，
运动时间的取值范围为：，
根据题意可得：cm， cm，cm，
假设的面积等于，
则，
整理得：，
，
所列方程没有实数根，
的面积不能等于；
（2）解：由（1）得：cm， cm，cm，运动时间的取值范围为：，
四边形的面积等于，
，
整理得：，
解得，，
当当时，点重合，不符合题意，舍去，
，
答：1s后，四边形的面积等于．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记当时，方程无实数根．
7．D
【分析】设当P、Q两点从出发开始到x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3xcm，DQ=（16-2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设当P、Q两点从出发开始到xs时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3xcm，DQ=（16-2x）cm，
根据题意得：（16-2x-3x）2+82=102，
解得：x1=2，x2=，
答：当P、Q两点从出发开始到2s或s时，点P和点Q的距离是10cm．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
8．
【分析】通过画图发现，点的运动路线为以D为圆心，以为半径的圆，可知：当在对角线上时，最小；当在对角线的延长线上时，最大．先证明，则，再利用勾股定理求对角线的长，则得出的长度的取值范围．
【详解】解：如图，当在对角线上时，最小；当在对角线的延长线上时，最大．
连接，
①当在对角线上时，
由旋转得：，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
即长度的最小值为．
②当在对角线的延长线上时，
同理可得，
∴，
即长度的最大值为．
∴长度的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点的运动轨迹是本题的关键．
9．####4.5
【分析】根据题中条件可求出抛物线和直线的解析式，进而求出点A的坐标，根据点D是线段上的一个动点，设出点D的坐标，再根据轴，可得出点E的坐标，则可得出，根据二次函数的性质即可求出最大值．
【详解】解：根据题意可设抛物线解析式为：，
把代入可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
把代入直线可得：，
∴，
当时，
解得：，
∴，
∵点D是线段上的一个动点，
∴可设点D的坐标为，且，
∵过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E，
∴点E的坐标为，
∴，
∵，图象开口向下，且，
∴当时，有最大值，最大值为；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是二次函数之线段最大值题型，解题关键：一是求出抛物线与直线的解析式，二是用含有m的式子表示出的长并配成顶点式．
10．或或
【分析】分情况讨论：，，画出图形分别求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
如图1，，
∴；
如图2，，
∴，
∴；
如图3，，
过点B作于D，则，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
综上所述，t的值是或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，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．
11．或8
【分析】是直角三角形时，有三种情况，一是，二是，三是，然后进行分类讨论求出的值．
【详解】解：过点作的垂线，交于点，交于点，如图，
点是的中点，
，
，
由勾股定理可求：，
，
，
，
，
，
，
，
，
当，
由勾股定理可求：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
当，
由题意知：此情况不存在，
综上所述，为直角三角形时，或8，
故答案为：或8．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性．
12．(1)出发秒时，间的距离是
(2)时，四边形的形状可能为矩形
【分析】（1）设出发秒后两点间的距离是，则作于，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
（2）当四边形APQD为矩形，则，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
依题意，
如图，作于，
则，
在中，
即：，
解得：或，
∵t的最大值是（秒），
∴,
答：出发秒时，间的距离是；
（2）四边形APDQ的形状有可能为矩形；
理由：当四边形APQD为矩形，则，
即，解得：．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，解一元二次方程，根据题意表示出是解题的关键．
13．t＝或时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形
【分析】以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB=PQ时，当PQ=BQ时，当BP=BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
【详解】解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，
∴EQ＝BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8﹣t，
∴EC＝8﹣t+t＝8+t．
∴2t＝8+t．
解得：t＝．
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ＝．
16﹣t＝，
解得：t＝；
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t＝或时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．
14．(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或或
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由，即可求解；
（3）当、、分别是对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解．
【详解】（1）解：把和代入（），得：
，解得，
抛物线解析式为；
（2）解：为抛物线上第二象限内一点，如图，过点作轴交于点，
抛物线解析式为，
，
设直线解析式为，则，
解得：，
设直线解析式为，
设，，，
，
∵，
当时，有最大值，
当时，的面积最大，
的面积最大为：，
将代入得，
此时点的坐标为；
（3）解：存在．理由如下：
抛物线解析式为，，，
抛物线的对称轴为直线，
设点，点，
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
综上所述，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，解决本题的关键是掌握二次函数的图像和性质．
15． 或
【分析】（1）分当时，当时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可；
（2）如图所示，过点E作于F，证明，求出，，则，再证明，得到，即，解方程即可．
【详解】解：（1）由题意得，则，
在中，由勾股定理得，
当时，
∴，即，
解得；
当时，
∴，即，
解得；
综上所述，当或时，与相似，
故答案为：或；
（2）如图所示，过点E作于F，则，
∴，
∴，即，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．或或．
【分析】先求出点A和点B的坐标，根据勾股定理求出的长，得到，然后分三种情况利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：直线，当时，；
当时，则，解得，
∴，
∵，
∴，
∵C是的中点，
∴，
如图1，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图2，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图3，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，点P的坐标是或或．
【点睛】此题考查了一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．
17．(1)或
(2)或
【分析】（1）由的面积等于矩形面积的，可得，即可求得或
（2）与相似，分为两种情况讨论即可得到或
【详解】（1）由题意可知:，
∴
∵的面积等于矩形面积的
∴
解之得:，
∴或时，的面积等于矩形面积的
（2）存在．理由如下：
∵与相似
∴分为两种情况：
①当时
∴，即
解得：
②当时
∴，即
解得：
综上所述,当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似
【点睛】本题考查了相似三角形——动点问题和平行四边形的动点问题，熟练掌握相似三角形的性质和矩形的性质是解决问题的关键
18．(1)见解析
(2)当时，
【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，，进而可得判定；
（2）首先证明，结合相似三角形即可得到t的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：当时，；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：，
即当时，．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
19．C
【分析】连接．首先证明垂直平分线段，推出关于对称，由，可知此时当点M与O重合时，的值最小，最小值为．
【详解】解：连接．
∵'和都是等边三角形，
∴垂直平分线段，
∴关于对称，
∵，
∴当点M与O重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、轴对称−最短问题、勾股定理等知识，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．
20．A
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴，ED＝EF，
∴，
又∵在中，，
∴，
在和中，
∴
∴FG＝AE，EG＝DA，
∴点F在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，
∴EG＝DA，
∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，
∴，
∴点在AB的延长线上，
当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，
∴，
∴DF＋CF的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、最短路径，能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
21．B
【分析】如图：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时， 的长度最小；旋转的性质可得，再根据直角三角形的性质可求得，由中点的定义可求得OA,最后计算即可．
【详解】解：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时，的长度最小；
∵将绕点A逆时针旋转角
∴
∵AC⊥，
∴
∵O为AC的中点
∴AO==3.5
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质和直角三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半．
22．B
【分析】取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出以及，由旋转的性质可得出，由此即可利用全等三角形的判定定理证出，进而即可得出，再根据点为的中点，即可得出的最小值，由此即可求解．
【详解】解：取线段的中点，连接，如图所示，
∵为等边三角形，且为的对称轴，
∴，，
，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
当时，最短，即最短．
∵点为的中点，
∴此时．
故选：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出．
23．D
【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.
【详解】解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，
∵C为的三等分点，
∴的度数为60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
∴OQ= ,
由勾股定理可得，CQ= ,
∵D为AP的中点,
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ= ,
∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为 .
故选D
【点睛】本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键.
24．C
【分析】如图，作射线交于、，连接．因为，所以，所以当最大时，最大，可知当M运动到时，最大，由此即可解决问题．
【详解】如图，作射线交于、，连接，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴当最大时，最大，
∴当M运动到时，最大，
此时的最大值，
故选C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题．
25．3
【分析】在BC上截取，构造相似，可得出，过C点作CH⊥EQ可得出
即可求出CE的长
【详解】解：在BC上截取，则，
中，，
∵，
∴在中，，
∴
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的角度固定不变，
∴CH为CE的最小值．
过C点作CH⊥EQ
∴∠CHQ=∠ABQ=90°
∵
∴∠CQH=∠QAB
∴，
∵，
∴，
CE的最小值是3.
【点睛】本题主要考查相似的性质与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．15
【分析】由正方形和先证明在，，而为定值，所以当取最小值时，也取最小值．于是设，表示出的长，根据二次函数的最值求法即可得到正确结果．
【详解】解：∵，
∴，
而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
整理得：，
∴当时，取得最大值3cm，
∵，
∴当取最小值时，取得最小值、取得最大值，即时，最小，
∴15（cm），
故答案为：15．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质应用与二次函数求最值的结合，把代数与几何问题进行了相互渗透，本题中证以及运用二次函数求线段的最值是解题的关键．
27． 2
【分析】①过点O作，垂足为H，根据题意可得，利用平行四边形的性质可得，然后在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，从而求出、的长，进行计算即可求出的长；②根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得，，，从而可得，，进而求出，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得，最后设，则，，再在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：①过点O作，垂足为H，
由题意得：
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
在中，，
∴，
，
在中，，
∴，，
∴，
∴，
∴当点Q落在上时，则，
②∵，
∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，
当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接，
∵点B关于直线AP的对称点为Q，
∴，，，
∴，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为2．
故答案为：；2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
28．
【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，利用等腰直角三角形的性质可得M的坐标，从而可得答案．
【详解】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
则
作KM⊥EF于M，过作于 则
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点睛】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
29．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接交对称轴于点，当三点共线时，的周长最小，直线与对称轴的交点即为所求点；
（3）过点轴于点．设点坐标为，则，当t时，四边形的面积最大，最大值．
【详解】（1）解：将点代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：连接交对称轴于点，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵关于对称轴对称，
∴，
∴，
当三点共线时，的周长最小，
∵，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴，
∴；
（3）解：在第四象限内抛物线上取点，连接做轴交直线于点，
设点坐标为，
则，
∴，
∵，
∴ t2t＋6，
∴当t时，四边形的面积最大，
最大值（）2．
【点睛】此题主要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，轴对称求最短距离的方法，铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
专题36 几何动态性问题之动点问题
类型一 动点产生函数关系
（2022秋•呼和浩特期末）
1．如图，，O是的中点，P是以点O为圆心，为直径的半圆上的一个动点（点P与点A，B可以重合），连接，过P作于点M．设，则，令，下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
（2022•湖北模拟）
2．如图1，在矩形ABCD中，，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿向点D运动．设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示，则AD边的长为________．
（2022秋•荔城区校级期末）
3．如图，点A为双曲线在第二象限上的动点，的延长线与双曲线的另一个交点为B，以为边的矩形满足，对角线交于点P，设P的坐标为，则m，n满足的关系式为_____．
（2022秋•甘井子区校级期末）
4．如图，中，，，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为，的面积为．
(1)__________；
(2)求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
类型二 动点产生面积变化
（2022春•舒城县校级月考）
5．如图所示，在矩形中，，，点P从点A出发沿以每秒4个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动．
（1）当秒时，线段__．
（2）当__秒时，的面积是24．
（2022秋•江门期末）
6．如图，在中，，，．点从点开始沿边向点以1cm/s的速度移动、同时点从点开始沿边向点以2cm/s的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．
(1)的面积能否等于？请说明理由．
(2)几秒后，四边形的面积等于？请写出过程．
类型三 动点产生两点距离变化
（2022•安岳县模拟）
7．如图所示，A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=8cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10cm．(若一点到达终点，另一点也随之停止运动)（ ）
A．2s或s B．1s或s C．s D．2s或s
（2022秋•荔湾区校级期末）
8．如图，正方形中，，以B为圆心，为半径画圆，点P是上一个动点，连接，并将绕点A逆时针旋转至，连接，在点P移动的过程中，长度的取值范围是 ________ ．
（2022秋•海港区校级期末）
9．如图，已知二次函数图象的顶点坐标为，与y轴交于点，直线与该二次函数的图象交于A，B两点，D是线段上的一个动点，过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E．则线段的最大值为 __．
类型四 动点产生图形形状变化
（2022秋•阳泉期末）
10．如图所示，已知中，，，，点P是边上的一个动点，点P从点B开始沿方向运动，且速度为每秒，设运动的时间为（），若是以为腰的等腰三角形，则运动时间____．
（2022秋•中原区校级期末）
11．如图，在矩形中，，，B为中点，连接．动点M从点O出发沿边向点A运动，动点N从点A出发沿边向点B运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接，，，设运动时间为秒．则______时，为直角三角形．
（2022秋•中原区月考）
12．如图，在矩形中、，动点分别从点同时出发，点P以的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接．
(1)当为何值时，两点间的距离为？
(2)当为何值时，四边形的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
（2022春•淄川区期中）
13．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？
（2022秋•崇左期末）
14．已知抛物线（）交轴于和，交轴于．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若为抛物线上第二象限内一点，求使面积最大时点的坐标；
(3)若是对称轴上一动点，是抛物线上一动点，是否存在、，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标．
类型五 动点产生三角形相似
（2022秋•亳州期末）
15．如图的两条直角边，，点D沿从A向B运动，速度是，同时，点E沿从B向C运动，速度为．动点E到达点C时运动终止．连接．
（1）当动点运动______秒时，与相似；
（2）当动点运动______秒时，．
（2022秋•渠县校级期末）
16．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿的路线运动到点B停止，C是的中点，沿直线PC截，若得到的三角形与相似，则点P的坐标是 _____．
（2022秋•唐河县期末）
17．如图,在矩形ABCD中，，，动点M以的速度从A点出发,沿向点B运动,同时动点N以的速度从点D出发,沿DA向点A运动，设运动的时间为秒（）．
(1)当为何值时，的面积等于矩形面积的？
(2)是否存在某一时刻,使得以A、M、N为顶点的三角形与相似?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
类型六 动点产生两直线位置关系变化
（2022秋•路南区校级期末）
18．如图，矩形中，，，点P为边上一动点，交于点Q．
(1)求证：；
(2)P点从A点出发沿边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，？
类型七 动点产生最值
（2022秋•荆门期末）
19．如图，平面直角坐标系中点，以为边作等边，与关于y轴对称，M为线段上一动点，则的最小值是（ ）
A．6 B．9 C．12 D．18
（2022•扬州三模）
20．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．5 D．2
（2021秋•殷都区期末）
21．如图，在中，，，，，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
（2022秋•横县期中）
22．如图，边长为的等边三角形中，是对称轴上的动点，连接，将线段绕点逆时旋转等到，连接，则在点运动过程中，的最小值是（ ）
A． B．1．5 C． D．6
（2022秋•石门县期末）
23．如图，AB是O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．
（2022秋•泰山区期末）
24．如图，点半径为2，，点M是上的动点，点C是的中点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2022•南京模拟）
25．如图所示，，，于点B，点D是线段BC上一个动点，且于点D，，连接CE，则CE长的最小值是______．
（2022秋•市北区校级期末）
26．如图，正方形边长为12cm，M、N分别是边上的两个动点，且，则线段的最小值是 __cm．
（2022•富阳区二模）
27．如图，在平行四边形中，与交于点O，，，．点P从B点出发沿着方向运动，到达点O停止运动．连接，点B关于直线的对称点为Q．当点Q落在上时，则=___________，在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为___________．
（2022秋•南开区校级期末）
28．平面直角坐标系中，，，A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当BK取最小值时，点B的坐标为_________．
（2022秋•河口区期末）
29．如图，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点，使的周长最小，求点的坐标；
(3)点是第四象限内抛物线上的一个动点，试求四边形面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】根据题意，得出可得y的关于x的函数，再根据得出x的取值范围，即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∴y是关于x的二次函数，
∵，
∴抛物线开口向下，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，确定函数的表达式是本题解题的关键．
2．5
【分析】当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可得面积最大为5，得到与的积为20；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为9，得到与的和为9，构造关于的一元二方程可求解．
【详解】解：由图象与题意知可知，当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为5，
∴，即．
当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为9，
∴．
则，代入，得，
解得或，
∵，即，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
3．
【分析】连接，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，证明，然后利用相似三角形的性质分析求解．
【详解】解：连接，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点A为双曲线 在第二象限上的动点，
设点A的坐标为，
∵，
∴，
∵P的坐标为，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数k的几何意义、相似三角形判定与性质和矩形的性质，恰当的构建相似三角形，利用面积比是相似比的平方是解题关键．
4．(1)
(2)
【分析】（1）过点A作，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；
（2）分两种情况，当时，当时来分别求解．
【详解】（1）过点A作，垂足为D，如图所示：
∵，，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
故答案为
（2）∵，
∴，
∴，
分两种情况：当 时，
过点Q作，垂足为E，
由题意得：，，
∴，
在中， ，
∴；
当时，过点Q作，垂足为E，
由题意得：，，
∴，
，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
5． 20 2或3##3或2
【分析】（1）当秒时，根据题意可得，，再根据勾股定理即可求解．
（2）设运动时间为秒，则，，根据的面积是24列出方程，求解即可．
【详解】解：（1）∵当秒时，，
根据勾股定理得．
故答案为：20．
（2）设运动时间为秒，
此时，，，
∵的面积是24，
∴，
整理得，，
解得：，
∴当秒或3秒时，的面积是24．
故答案为：2或3．
【点睛】本题主要考查勾股定理、列代数式、一元二次方程的应用，根据题意找准数量关系，列出方程是解题关键．
6．(1)的面积不能等于，理由见解析
(2)1s后，四边形的面积等于
【分析】（1）根据的面积等于，即可得出关于的一元二次方程，由根的判别式，可得所列方程没有实数根，进而得出的面积不等等于；
（2）根据四边形的面积等于，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，结合当时，点重合，即可得出结论．
【详解】（1）解：的面积不能等于，理由如下：
s，s，
运动时间的取值范围为：，
根据题意可得：cm， cm，cm，
假设的面积等于，
则，
整理得：，
，
所列方程没有实数根，
的面积不能等于；
（2）解：由（1）得：cm， cm，cm，运动时间的取值范围为：，
四边形的面积等于，
，
整理得：，
解得，，
当当时，点重合，不符合题意，舍去，
，
答：1s后，四边形的面积等于．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记当时，方程无实数根．
7．D
【分析】设当P、Q两点从出发开始到x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3xcm，DQ=（16-2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设当P、Q两点从出发开始到xs时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3xcm，DQ=（16-2x）cm，
根据题意得：（16-2x-3x）2+82=102，
解得：x1=2，x2=，
答：当P、Q两点从出发开始到2s或s时，点P和点Q的距离是10cm．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
8．
【分析】通过画图发现，点的运动路线为以D为圆心，以为半径的圆，可知：当在对角线上时，最小；当在对角线的延长线上时，最大．先证明，则，再利用勾股定理求对角线的长，则得出的长度的取值范围．
【详解】解：如图，当在对角线上时，最小；当在对角线的延长线上时，最大．
连接，
①当在对角线上时，
由旋转得：，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
即长度的最小值为．
②当在对角线的延长线上时，
同理可得，
∴，
即长度的最大值为．
∴长度的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点的运动轨迹是本题的关键．
9．####4.5
【分析】根据题中条件可求出抛物线和直线的解析式，进而求出点A的坐标，根据点D是线段上的一个动点，设出点D的坐标，再根据轴，可得出点E的坐标，则可得出，根据二次函数的性质即可求出最大值．
【详解】解：根据题意可设抛物线解析式为：，
把代入可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
把代入直线可得：，
∴，
当时，
解得：，
∴，
∵点D是线段上的一个动点，
∴可设点D的坐标为，且，
∵过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E，
∴点E的坐标为，
∴，
∵，图象开口向下，且，
∴当时，有最大值，最大值为；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是二次函数之线段最大值题型，解题关键：一是求出抛物线与直线的解析式，二是用含有m的式子表示出的长并配成顶点式．
10．或或
【分析】分情况讨论：，，画出图形分别求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
如图1，，
∴；
如图2，，
∴，
∴；
如图3，，
过点B作于D，则，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
综上所述，t的值是或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，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．
11．或8
【分析】是直角三角形时，有三种情况，一是，二是，三是，然后进行分类讨论求出的值．
【详解】解：过点作的垂线，交于点，交于点，如图，
点是的中点，
，
，
由勾股定理可求：，
，
，
，
，
，
，
，
，
当，
由勾股定理可求：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
当，
由题意知：此情况不存在，
综上所述，为直角三角形时，或8，
故答案为：或8．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性．
12．(1)出发秒时，间的距离是
(2)时，四边形的形状可能为矩形
【分析】（1）设出发秒后两点间的距离是，则作于，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
（2）当四边形APQD为矩形，则，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
依题意，
如图，作于，
则，
在中，
即：，
解得：或，
∵t的最大值是（秒），
∴,
答：出发秒时，间的距离是；
（2）四边形APDQ的形状有可能为矩形；
理由：当四边形APQD为矩形，则，
即，解得：．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，解一元二次方程，根据题意表示出是解题的关键．
13．t＝或时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形
【分析】以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB=PQ时，当PQ=BQ时，当BP=BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
【详解】解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，
∴EQ＝BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8﹣t，
∴EC＝8﹣t+t＝8+t．
∴2t＝8+t．
解得：t＝．
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ＝．
16﹣t＝，
解得：t＝；
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t＝或时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．
14．(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或或
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由，即可求解；
（3）当、、分别是对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解．
【详解】（1）解：把和代入（），得：
，解得，
抛物线解析式为；
（2）解：为抛物线上第二象限内一点，如图，过点作轴交于点，
抛物线解析式为，
，
设直线解析式为，则，
解得：，
设直线解析式为，
设，，，
，
∵，
当时，有最大值，
当时，的面积最大，
的面积最大为：，
将代入得，
此时点的坐标为；
（3）解：存在．理由如下：
抛物线解析式为，，，
抛物线的对称轴为直线，
设点，点，
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
当是对角线时，由中点坐标公式得：，
解得：，则点；
综上所述，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，解决本题的关键是掌握二次函数的图像和性质．
15． 或
【分析】（1）分当时，当时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可；
（2）如图所示，过点E作于F，证明，求出，，则，再证明，得到，即，解方程即可．
【详解】解：（1）由题意得，则，
在中，由勾股定理得，
当时，
∴，即，
解得；
当时，
∴，即，
解得；
综上所述，当或时，与相似，
故答案为：或；
（2）如图所示，过点E作于F，则，
∴，
∴，即，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．或或．
【分析】先求出点A和点B的坐标，根据勾股定理求出的长，得到，然后分三种情况利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：直线，当时，；
当时，则，解得，
∴，
∵，
∴，
∵C是的中点，
∴，
如图1，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图2，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图3，
点P在上，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，点P的坐标是或或．
【点睛】此题考查了一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．
17．(1)或
(2)或
【分析】（1）由的面积等于矩形面积的，可得，即可求得或
（2）与相似，分为两种情况讨论即可得到或
【详解】（1）由题意可知:，
∴
∵的面积等于矩形面积的
∴
解之得:，
∴或时，的面积等于矩形面积的
（2）存在．理由如下：
∵与相似
∴分为两种情况：
①当时
∴，即
解得：
②当时
∴，即
解得：
综上所述,当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似
【点睛】本题考查了相似三角形——动点问题和平行四边形的动点问题，熟练掌握相似三角形的性质和矩形的性质是解决问题的关键
18．(1)见解析
(2)当时，
【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，，进而可得判定；
（2）首先证明，结合相似三角形即可得到t的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：当时，；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：，
即当时，．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
19．C
【分析】连接．首先证明垂直平分线段，推出关于对称，由，可知此时当点M与O重合时，的值最小，最小值为．
【详解】解：连接．
∵'和都是等边三角形，
∴垂直平分线段，
∴关于对称，
∵，
∴当点M与O重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、轴对称−最短问题、勾股定理等知识，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．
20．A
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴，ED＝EF，
∴，
又∵在中，，
∴，
在和中，
∴
∴FG＝AE，EG＝DA，
∴点F在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，
∴EG＝DA，
∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，
∴，
∴点在AB的延长线上，
当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，
∴，
∴DF＋CF的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、最短路径，能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
21．B
【分析】如图：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时， 的长度最小；旋转的性质可得，再根据直角三角形的性质可求得，由中点的定义可求得OA,最后计算即可．
【详解】解：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时，的长度最小；
∵将绕点A逆时针旋转角
∴
∵AC⊥，
∴
∵O为AC的中点
∴AO==3.5
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质和直角三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半．
22．B
【分析】取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出以及，由旋转的性质可得出，由此即可利用全等三角形的判定定理证出，进而即可得出，再根据点为的中点，即可得出的最小值，由此即可求解．
【详解】解：取线段的中点，连接，如图所示，
∵为等边三角形，且为的对称轴，
∴，，
，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
当时，最短，即最短．
∵点为的中点，
∴此时．
故选：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出．
23．D
【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.
【详解】解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，
∵C为的三等分点，
∴的度数为60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
∴OQ= ,
由勾股定理可得，CQ= ,
∵D为AP的中点,
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ= ,
∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为 .
故选D
【点睛】本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键.
24．C
【分析】如图，作射线交于、，连接．因为，所以，所以当最大时，最大，可知当M运动到时，最大，由此即可解决问题．
【详解】如图，作射线交于、，连接，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴当最大时，最大，
∴当M运动到时，最大，
此时的最大值，
故选C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题．
25．3
【分析】在BC上截取，构造相似，可得出，过C点作CH⊥EQ可得出
即可求出CE的长
【详解】解：在BC上截取，则，
中，，
∵，
∴在中，，
∴
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的角度固定不变，
∴CH为CE的最小值．
过C点作CH⊥EQ
∴∠CHQ=∠ABQ=90°
∵
∴∠CQH=∠QAB
∴，
∵，
∴，
CE的最小值是3.
【点睛】本题主要考查相似的性质与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．15
【分析】由正方形和先证明在，，而为定值，所以当取最小值时，也取最小值．于是设，表示出的长，根据二次函数的最值求法即可得到正确结果．
【详解】解：∵，
∴，
而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
整理得：，
∴当时，取得最大值3cm，
∵，
∴当取最小值时，取得最小值、取得最大值，即时，最小，
∴15（cm），
故答案为：15．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质应用与二次函数求最值的结合，把代数与几何问题进行了相互渗透，本题中证以及运用二次函数求线段的最值是解题的关键．
27． 2
【分析】①过点O作，垂足为H，根据题意可得，利用平行四边形的性质可得，然后在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，从而求出、的长，进行计算即可求出的长；②根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得，，，从而可得，，进而求出，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得，最后设，则，，再在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：①过点O作，垂足为H，
由题意得：
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
在中，，
∴，
，
在中，，
∴，，
∴，
∴，
∴当点Q落在上时，则，
②∵，
∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，
当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接，
∵点B关于直线AP的对称点为Q，
∴，，，
∴，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为2．
故答案为：；2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
28．
【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，利用等腰直角三角形的性质可得M的坐标，从而可得答案．
【详解】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
则
作KM⊥EF于M，过作于 则
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点睛】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
29．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接交对称轴于点，当三点共线时，的周长最小，直线与对称轴的交点即为所求点；
（3）过点轴于点．设点坐标为，则，当t时，四边形的面积最大，最大值．
【详解】（1）解：将点代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：连接交对称轴于点，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵关于对称轴对称，
∴，
∴，
当三点共线时，的周长最小，
∵，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴，
∴；
（3）解：在第四象限内抛物线上取点，连接做轴交直线于点，
设点坐标为，
则，
∴，
∵，
∴ t2t＋6，
∴当t时，四边形的面积最大，
最大值（）2．
【点睛】此题主要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，轴对称求最短距离的方法，铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
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