还剩87页未读，
继续阅读
初中数学中考复习 专题29动点综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】
展开
这是一份初中数学中考复习 专题29动点综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】，共90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。
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题29动点综合问题
一、单选题
1．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分0≤x≤1，1
解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠A=60°，AE=AF=x，
∴AG=12x，
由勾股定理得FG=32x，
∴y=12AE×FG=34x2，图象是一段开口向上的抛物线；
当1
∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF= x-1，
∴AH=12，
由勾股定理得DH=32，
∴y=12(DF+AE)×DH=32x-34，图象是一条线段；
当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，
∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，
同理求得EI=32(3-x)，
∴y= AB×DH -12CF×EI=3-34(3-x)2=-34x2+332x-534，图象是一段开口向下的抛物线；
观察四个选项，只有选项A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式以及一次函数和二次函数的图象．
2．（2022·湖北鄂州·中考真题）如图，定直线MN∥PQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°．点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（ ）
A．2413 B．2415 C．1213 D．1215
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，可证明四边形CDFH是平行四边形，得到CH=DF=8，CD=FH，则BH=4，从而可证四边形ABHE是平行四边形，得到AB=HE，即可推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，证明四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通过勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的长即可得到答案．
【详解】
解：如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，
∵BC∥DF，FH∥CD，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，
又∵AE∥BC，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵EH+FH≥EF，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵MN∥PQ，BC∥AE，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴GT=GE⋅cos∠EGT=6，ET=GE⋅sin∠EGT=63，
同理可求得GL=8，AL=83，KF=4，DK=43，
∴TL=2，
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴AL∥DK，
∴△ALO∽△DKO，
∴ALDK=AODO=2，
∴AO=23AD=163，DO=13AD=83，
∴OL=AO2-AL2=24，OK=DO2-DK2=12，
∴TF=TL+OL+OK+KF=42，
∴EF=ET2+TF2=1213，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解题的关键．
3．（2022·四川乐山·中考真题）如图，等腰△ABC的面积为23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．3 B．3 C．23 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．
【详解】
解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，
∵AB=AC，
∴BD=DC=12BC=1，
∵AE=12BC，
∴AE=DC=1，
∵AE∥BC，
∴四边形AECD是矩形，
∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=23，
∴AD=23，则CE=AD=23，
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，
当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．
∵BC=2，CE=23，
由勾股定理得BE=4，
cos∠EBC=BCBE=BEBF，即24=4BF，
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，
∴MN=12CF=3，
∴点M的运动路径长为3，
故选：B．
【点睛】
本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
4．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t=4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t=5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD=PM时，t=4s
D．当CD=PM时，t=4s或6s
【答案】D
【解析】
【分析】
计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．
【详解】
解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，
A、当t=4s时，AP=10-t=6 cm，BM=4 cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；
B、当t=5s时，PD=5 cm，CM=8-5=3 cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；
作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴BC=AE=8 cm，
∴DE=2 cm，
PM=CD，且PQ与CD不平行，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，
∴四边形CEFM是矩形，
∴FM=CE；
∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），
∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，
∴AP=10-4-(8-t)=10-t，
解得t=6 s；
PM=CD，且PM∥CD，
∴四边形CDPM是平行四边形，
∴DP=CM，
∴t=8-t，
解得t=4 s；
综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
5．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP-BP=2OP；④若BE:CE=2:3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再证明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即AE⊥BF；
②通过等弦对等角可证明∠OPA=∠OBA=45°；
③通过正切定义得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性质变形得到AP-BP=CE⋅BPBE，再通过证明△AOP∽△AEC得到CE=OP⋅AEAO，代入前式得AP-BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE，最后根据三角形面积公式得到AE⋅BP=AB⋅BE，整体代入即可证得结论正确；
④作EG⊥AC于点G可得EG∥BO，根据tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出tan∠CAE=37，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用△DOF≌△COEASA，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF= S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】
①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵OE⊥OF
∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°
∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中
∠ODF=∠OCEOC=OD∠DOF=∠EOC
∴△DOF≌△COEASA
∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中EC=FD∠ECA=∠FDB=45°AC=BD
∴△EAC≌△FBDSAS
∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO
∴∠BPQ=∠AOQ=90°
∴AE⊥BF
所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°
∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦
∴∠OPA=∠OBA=45°
所以②正确；
③∵tan∠BAE=BEAB=BPAP
∴ABBE=APBP
∴AB-BEBE=AP-BPBP
∴AP-BPBP=CEBE
∴AP-BP=CE⋅BPBE
∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°
∴△AOP∽△AEC
∴OPCE=AOAE
∴CE=OP⋅AEAO
∴AP-BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE
∵12AE⋅BP=12AB⋅BE=S△ABE
∴AE⋅BP=AB⋅BE
∴AP-BP=OP⋅AB⋅BEAO⋅BE=ABAOOP=2OP
所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EG∥BO，
∴EGOB=CEBC=CGOC
设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=522a，
若BE:CE=2:3，则BECE=23，
∴BE+CECE=2+33
∴CEBC=35
∴EG=CEBC⋅OB=35×522a=322a
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠GEC=45°
∴CG=EG=322a
∴tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG=322a52a-322a=37
所以④错误；
⑤∵△DOF≌△COEASA，S四边形OECF=S△COE+S△COF
∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=14S正方形ABCD
∴S四边形OECF=14S正方形ABCD
所以⑤正确；
综上，①②③⑤正确，④错误，
故选 B
【点睛】
本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
6．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形ABCDEF的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4 B．23 C．2 D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】
解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴674÷6=112⋅⋅⋅⋅⋅2,2022÷6=337，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形ABCDEF中，AF=EF=2,∠AFE=120°，
∴AG=12AE,∠FAE=∠FEA=30°，
∴FG=12AF=1，
∴AG=AF2-FG2=3，
∴AE=23，
故选B．
【点睛】
本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．
7．（2022·广西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB'C'，连接B'C并延长交AB于点D，当B'D⊥AB时，BB'的长是（ ）
A．233π B．433π C．839π D．1039π
【答案】B
【解析】
【分析】
先证∠B'AD=60°，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB'．
【详解】
解：∵CA=CB,B'D⊥AB，
∴AD=DB=12AB，
∵△AB'C'是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，
∴AB=AB'，AD=12AB'，
在RtΔAB'D中，cos∠B'AD=ADAB'=12，
∴∠B'AD=60°，
∵∠CAB=α,∠B'AB=2α，
∴∠CAB=12∠B'AB=12×60°=30°，
∵AC=BC=4，
∴AD=AC·cos30°=4×32=23，
∴AB=2AD=43，
∴BB'的长=60πAB180=433π，
故选：B．
【点睛】
本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
8．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，点A的坐标为0,2，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为m,3，则m的值为（ ）
A．433 B．2213 C．533 D．4213
【答案】C
【解析】
【分析】
过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC=m2+1=BC=AB，可得BD=BC2-CD2=m2-8，OB=AB2-OA2=m2-3，从而m2-3+m2-8=m，即可解得m=533．
【详解】
解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，
∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，
∴AC=AE2+CE2=m2+1=BC=AB，
在Rt△BCD中，BD=BC2-CD2=m2-8，
在Rt△AOB中，OB=AB2-OA2=m2-3，
∵OB＋BD＝OD＝m，
∴m2-3+m2-8=m，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，
解得：m=533或m=-533（舍去），
∴m=533，故C正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
9．（2022·辽宁·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC=4，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB匀速运动，当点P运动到点B时，停止运动，过点P作PQ⊥AB交AC于点Q，将△APQ沿直线PQ折叠得到△A'PQ，设动点P的运动时间为t秒，△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意易得AP=t，tan∠A=12，则有PQ=12t，进而可分当点P在AB中点的左侧时和在AB中点的右侧时，然后分类求解即可．
【详解】
解：∵∠ABC=90°,AB=2BC=4，
∴tan∠A=12，
由题意知：AP=t，
∴PQ=AP⋅tan∠A=12t，
由折叠的性质可得：A'P=AP,∠APQ=∠A'PQ=90°，
当点P与AB中点重合时，则有t=2，
当点P在AB中点的左侧时，即0≤t<2，
∴△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S△A'PQ=12A'P⋅PQ=12t⋅12t=14t2；
当点P在AB中点的右侧时，即2≤t≤4，如图所示：
由折叠性质可得：A'P=AP=t,∠APQ=∠A'PQ=90°，tan∠A=tan∠A'=12，
∴BP=4-t，
∴A'B=2t-4，
∴BD=A'B⋅tan∠A'=t-2，
∴△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S梯形PBDQ=12BD+PQ⋅PB=1212t+t-2⋅4-t=-34t2+4t-4；
综上所述：能反映△A'PQ与△ABC重叠部分的面积S与t之间函数关系的图象只有D选项；
故选D．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象及三角函数，熟练掌握二次函数的图象及三角函数是解题的关键．
10．（2022·贵州遵义·中考真题）遵义市某天的气温y1（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化如图所示，设y2表示0时到t时气温的值的极差（即0时到t时范围气温的最大值与最小值的差），则y2与t的函数图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数y1图象逐段分析，进而即可求解．
【详解】
解：∵根据函数y1图象可知，从0时至5时，y2先变大，从5到10时，y2的值不发生变化
大概12时后变大，从14到24时，y2不变，
∴y2的变化规律是，先变大，然后一段时间不变又变大，最后不发生变化，
反映到函数图象上是先升，然后一段平行于x的线段，再升，最后不变
故选A
【点睛】
本题考查了函数图象，极差，理解题意是解题的关键．
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图①所示（图中各角均为直角)，动点Р从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B→C→D→E路线匀速运动，△AFP的面积y随点Р运动的时间x（秒）之间的函数关系图象如图②所示，下列说法正确的是（ ）
A．AF=5 B．AB=4 C．DE=3 D．EF=8
【答案】B
【解析】
【分析】
路线为A→B→C→D→E，将每段路线在坐标系中对应清楚即可得出结论．
【详解】
解：坐标系中(4,12)对应点运动到B点
AB=v⋅t=1×4=4
B选项正确
S△ABF=12AB⋅AF
即：12=12×4⋅AF
解得：AF=6
A选项错误
12~16s对应的DE段
DE=v⋅△t=1×(16-12)=4
C选项错误
6~12s对应的CD段
CD=v⋅△t=1×(12-6)=6
EF=AB+CD=4+6=10
D选项错误
故选：B．
【点睛】
本题考查动点问题和坐标系，将坐标系中的图象与点的运动过程对应是本题的解题关键．
12．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，边长分别为1和2的两个正方形，其中有一条边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形的面积为S1，小正方形与大正方形重叠部分的面积为S2，若S=S1-S2，则S随t变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别求出S，可得答案．
【详解】
解：根据题意，设小正方形运动的速度为v，由于v分三个阶段；
①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；
②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3；
③小正方形穿出大正方形，S=2×2-（1×1-vt）=3+vt（vt≤1）．
分析选项可得，A符合，C中面积减少太多，不符合．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合可得整体得变化情况．
13．（2022·甘肃武威·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（ ）
A．3 B．23 C．33 D．43
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为33解答即可．
【详解】
解：在菱形ABCD中，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为33，
∴△ABD的面积=34a2=33
解得：a=23
故选B
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
14．（2022·山东烟台·中考真题）如图1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），DE∥AB，交AC于点E，EF∥BC，交AB于点F．设BD的长为x，四边形BDEF的面积为y，y与x的函数图象是如图2所示的一段抛物线，其顶点P的坐标为（2，3），则AB的长为 _____．
【答案】23
【解析】
【分析】
根据抛物线的对称性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，则此时BF＝3，AB＝2BF，即可解决问题．
【详解】
解：∵抛物线的顶点为（2，3），过点（0，0），
∴x＝4时，y＝0，
∴BC＝4，
作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，
∵3＝2FH，
∴FH＝32，
∵∠ABC＝60°，
∴BF＝32sin60°＝3，
∵DE∥AB，
∴AB＝2BF＝23，
故答案为：23．
【点睛】
本题主要考查了动点的函数图象问题，抛物线的对称性，平行四边形的性质，特殊角的三角函数值等知识，求出BC＝4是解题的关键．
15．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时，t的值为________．
【答案】25+2##2+25
【解析】
【分析】
根据函数图像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分线AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36°，进而得到△ADC∼△BAC，由相似求出BD的长即可．
【详解】
根据函数图像可得AB=4，AB+BC=8，
∴BC=AB=4，
∵∠B＝36°，
∴∠BCA＝∠BAC＝72°，
作∠BAC的平分线AD，
∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，
∴AD=BD，∠BCA＝∠DAC＝72°，
∴AD=BD=CD，
设AD=BD=CD=x，
∵∠DAC＝∠B＝36°，
∴△ADC∼△BAC，
∴ACBC=DCAC，
∴x4=4-xx，
解得： x1=-2+25，x2=-2-25（舍去），
∴AD=BD=CD=25-2，
此时t=AB+BD1=25+2(s)，
故答案为：25+2.
【点睛】
此题考查了图形与函数图象间关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，关键是证明△ADC∼△BAC．
16．（2022·广西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=42，对角线AC,BD相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作EF⊥BE，分别交CD,BD于点F、G，连接BF，交AC于点H，将△EFH沿EF翻折，点H的对应点H'恰好落在BD上，得到△EFH'若点F为CD的中点，则△EGH'的周长是_________．
【答案】5+5##5+5
【解析】
【分析】
过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，得到BP=CQ，从而证得△BPE≌△EQF，得到BE=EF，再利用BC=42，F为中点，求得BF=BC2+CF2=210，从而得到BE=EF=2102=25，再求出EO=BE2-BO2=2，再利用AB//FC，求出△ABH∽△CFH，得到4222=AHCH=21，求得AH=23×8=163，CH=13×8=83，从而得到EH=AH-AE=163-2=103，再求得△EOB∽△GOE得到EG25=OG2=24=12，求得EG=5，OG=1， 过点F作FM⊥AC 于点M，作FN⊥OD于点N，求得FM=2，MH=23，FN=2，证得Rt△FH'N≌Rt△FMH得到H'N=MH=23，从而得到ON=2，NG=1， GH'=23+1=53，从而得到答案．
【详解】
解：过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，
∵AD//PQ，
∴AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，
∴BP=CQ，
∵∠ACD=45°，
∴BP=CQ=EQ，
∵EF⊥BE，
∴∠PEB+∠FEQ=90°
∵∠PBE+∠PEB=90°
∴∠PBE=∠FEQ，
在△BPE与△EQF中
∠BPQ=∠FQEPB=EQ∠PBE=∠FEQ
∴△BPE≌△EQF，
∴BE=EF，
又∵BC=AB=42，F为中点，
∴CF=22，
∴BF=BC2+CF2=210，
∴BE=EF=2102=25，
又∵BO=422=4，
∴EO=BE2-BO2=2，
∴AE=AO-EO=4-2=2，
∵AB//FC，
∴△ABH∽△CFH，
∴ABCF=AHCH，
∴4222=AHCH=21，
∵AC=2AB=8，
∴AH=23×8=163，
CH=13×8=83，
∴EH=AH-AE=163-2=103，
∵∠BEO+∠FEO=90°，
∠BEO+∠EBO=90°，
∴∠FEO=∠EBO，
又∵∠EOB=∠EOG=90°，
∴△EOB∽△GOE
∴EGBE=OGOE=OEOB，
EG25=OG2=24=12，
∴EG=5，OG=1，
过点F作FM⊥AC 于点M，
∴FM=MC==FC2=2，
∴MH=CH-MC=83-2=23，
作FN⊥OD于点N，
FN=DF2=2,，
在Rt△FH'N与Rt△FMH中
FH'=FHFN=FM
∴Rt△FH'N≌Rt△FHM
∴H'N=MH=23，
∴ON=2，NG=1，
∴GH'=23+1=53，
∴C△EGH'=EH'+EG+GH'=EH+EG+GH=103+5+53=5+5，
故答案为：5+5．
【点睛】
本题考查了正方形的性质应用，重点是与三角形相似和三角形全等的结合，熟练掌握做辅助线是解题的关键．
17．（2022·四川广元·中考真题）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为 _____cm．
【答案】24-122
【解析】
【分析】
由题意易得CD=CE=22DE=62cm，则当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C'N⊥AB于点N，作C'M⊥AF于点M，然后可得△D'C'N≌△E'C'M，进而可知点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，最后问题可求解．
【详解】
解：由题意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，
∴CD=CE=22DE=62cm，
如图，当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C'N⊥AB于点N，作C'M⊥AF于点M，
∵∠DAM=90°，
∴四边形NAMC′是矩形，
∴∠NC'M=90°，
∴∠D'C'N+∠NC'E'=∠NC'E'+∠E'C'M=90°，
∴∠D'C'N=∠E'C'M，
∵D'C'=E'C',∠D'NC'=∠E'MC'=90°，
∴△D'C'N≌△E'C'M，
∴C'N=C'M，
∵C'N⊥AB，C'M⊥AF，
∴AC'平分∠NAM，
即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，
∴当C'D'⊥AB时，此时四边形C'D'AE'是正方形，CC′的值最大，最大值为AD-AC=12-62cm，
∴当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2×12-62=24-122cm；
故答案为24-122．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理是解题的关键．
18．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 455##455
【解析】
【分析】
设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM=125，再利用锐角三角函数可得tan∠AEF=AFAE=34，从而得到AG=ME=AMtan∠AEF=165，进而得到BG=AB-AG=8-165=245，可得到tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，从而得到MN=85，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】
解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=12AD=3,AE=12AB=4，
∴AEAF=34，
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
∴ADAB=34，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=AE2+AF2=5，
∴tan∠AEF=AFAE=34，
∵S△AEF=12AM⋅EF=12AE⋅AF，
∴EG=AM=125，
∴AG=ME=AMtan∠AEF=165，
∴BG=AB-AG=8-165=245，
∴tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，
∴MNME=12，即MN=85，
∴DN=AD-AM-MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
∴tan∠ADF=tan∠ABE=12，
即DH=2HN，
∵DH2+HN2=DH2+12DH2=DN2=4，
解得：DH=455或-455（舍去）．
故答案为：90°，455
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
19．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1
【答案】35
【解析】
【分析】
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中点性质，在RtΔB'CN中利用勾股定理得到v2t=53a=BN，然后利用ΔEDB'∼ΔB'CN得到DE=34a=A'E，在根据判定的ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA得到AM=v1t=a，从而代值求解即可．
【详解】
解：如图所示：
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，
∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA'B'N，
∴B'N=BN=v2t,A'M=AM=v1t，
若在某一时刻，点B的对应点B'恰好在CD的中点重合，
∴DB'=B'C=a，
在RtΔB'CN中，∠C=90°,B'C=a,B'N=v2t,CN=3a-v2t，则v2t=53a=BN，
∵∠A'B'N=∠B=90°，
∴∠A'B'D+∠CB'N=90°,
∵∠CNB'+∠CB'N=90°,
∴∠A'B'D=∠CNB',
∴ΔEDB'∼ΔB'CN,
∴DEDB'=B'CCN=B'CBC-BN=a3a-53a=34，
∵DB'=B'C=a，
∴DE=34DB'=34a，则B'E=DB'2+DE2=a2+34a2=54a，
∴A'E=A'B'-B'E=2a-54a=34a，即DE=34a=A'E，
在ΔA'EM和ΔDEB'中，
∠A'=∠D=90°A'E=DE∠A'EM=∠DEB'
∴ ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA，
∴A'M=B'D=a，即AM=v1t=a，
∴v1v2=v1tv2t=AMBN=a53a=35，
故答案为：35．
【点睛】
本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
20．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则GE+CF的最小值为____________．
【答案】32
【解析】
【分析】
如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】
解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，
∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴HG'=DH2+DG'2=32+32=32，
即GE+CF的最小值为32．
故答案为：32
【点睛】
此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
21．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为______．
【答案】33π.
【解析】
【分析】
根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】
解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°.
∴∠ABP+∠PBC=90°.
∵∠PAB=∠PBC,
∴∠PAB+∠ABP=90°.
∴∴∠APB=90°.
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为O1，连接O1C交⊙O1于点P'，连接O1P,CP.
∵CP≥O1C-O1P,
∴当点O1,P,C三点共线时，即点P在点P'处时，CP有最小值，
∵AB=23
∴O1B=3
在RtΔBCO1中，tan∠BO1C=BCO1B=33=3.
∴∠BO1C=60°.
∴BP'=60π×3180=33π.
∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为33π.
【点睛】
本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．
22．（2022·河南·中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O'处，得到扇形A'O'B'．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
【答案】π3+32
【解析】
【分析】
设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，解Rt△OCO'，求得O'C=3,∠COB=60°，根据阴影部分的面积为S扇形A'O'B'-S扇形OCB-S△OCO'，即可求解．
【详解】
如图，设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，如图
∵O'是OB的中点
∴OO'=12OB=12OA=1, OA＝2，
∵ ∠AOB＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
∴∠A'O'O=90°
∴cos∠COB=OO'OC=12
∴∠COB=60°
∴O'C=OCsin60°=3
∴阴影部分的面积为S扇形A'O'B'-S扇形OCB-S△OCO'
=S扇形AOB'-S扇形OCB+S△OCO'
=90360π×22-60360π×22+12×1×3
=π3+32
故答案为：π3+32
【点睛】
本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得∠COB=60°是解题的关键．
三、解答题
23．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，等边△ABC、等边△DEF的边长分别为3和2．开始时点A与点D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，当点D到达点B时停止．在此过程中，设△ABC、△DEF重合部分的面积为y，△DEF移动的距离为x，则y与x的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
当△DEF在△ABC内移动时，△ABC、△DEF重合部分的面积不变，当△DEF移出△ABC时，计算出S△DBN，得到y=34x2-332x+934，从而得到答案．
【详解】
如下图所示，当E和B重合时，AD=AB-DB=3-2=1，
∴ 当△DEF移动的距离为0≤x≤1时，△DEF在△ABC内，y=S△DEF，
当E在B的右边时，如下图所示，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N坐NM垂直于AE，垂足为M，
根据题意得AD=x，AB=3,
∴DB=AB-AD=3-x，
∵∠NDB=60°，∠NBD=60°，
∴ΔNDB是等边三角形，
∴DN=DB=NB=3-x，
∵NM⊥DB，
∴DM=MB=123-x，
∵NM2+DM2=DN2，
∴NM=323-x，
∴S△DBN=12DB×NM=123-x×323-x=343-x2，
∴y=343-x2=34x2-332x+934，
∴当1≤x≤3时，y是一个关于x的二次函数，且开口向上，
∵当0≤x≤1时，y=34×22=3，当x=3时，y=0，
故选：C．
【点睛】
本题考查图形移动、等边三角形的性质，二次函数的性质，根据题意得到二次函数的解析式是解题的关键．
24．（2022·山东临沂·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠DPQ大小不变，理由见解析
(3)CP=AQ，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出AB=BC=CD=AD，便可证明；
（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明△APE是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明∠APF=∠EPF，∠QPF=∠BPF，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
(1)
连接BD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵点B，D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BD，
∴DC=BC,AD=AB，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)
当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
∵将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
∴PQ=PD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，
则∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，
∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=EP=AE，
∵PF⊥AB，
∴∠APF=∠EPF，
∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
∴PB = PD，∠DPA =∠BPA，
∴PQ = PD，
∵PF⊥AB，
∴∠QPF=∠BPF，
∴∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∴∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
(3)
AQ= CP，证明如下：
∵AC = AB，AP= AE，
∴AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
∵AP = EP，PF⊥AB，
∴AF = FE，
∵PQ= PD，PF⊥AB，
∴QF = BF，
∴ QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
∴AQ= CP．
【点睛】
本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．
请你证明：AG=BH．
【迁移应用】
延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG
【解析】
【分析】
证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；
【详解】
证明：∵ AB=AC,AO⊥BC，
∴ OA=OB,∠AOB=90°，
∵ ∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，
∴ ∠BOH=∠AOG，
∵ OH=OG，
∴ △BOH≅△AOG，
∴ AG=BH；
迁移应用：AG⊥BH，
证明：∵ △BOH≅△AOG，
∴ ∠BHO=∠AGO，
∵ ∠DGH+∠AGO=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO=45°，
∵ ∠OHG=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，
∴ ∠HDG=90°，
∴ AG⊥BH；
拓展延伸：BH=3AG，
证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，
在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，
∴ OAOB=OGOH，
由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，
∴ △BOH∽△AOG，
∴ AGBH=OAOB=33，
∴ BH=3AG．
【点睛】
本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
26．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-43x-4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y=518x2+bx+c恰好经过这两点．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是0,6，将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求35BP+EP取最小值时，点P的坐标．
【答案】(1)y=518x2-12x-4
(2)①点E在抛物线上；②（0，-92）
【解析】
【分析】
（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
②过点P作PQ⊥AB于Q，证明△ABO∽△PBQ，从而求出PQ=35BP，则可判断当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35BP+EP取最小值，然后根据待定系数法求直线EP解析式，即可求出点P的坐标．
(1)
解：当x=0时，y=-4，
当y=0时，-43x-4=0，
∴x=-3，
∴A（-3，0），B（0，-4），
把A、B代入抛物线y=518x2+bx+c，
得518×(-3)2-3b+c=0c=-4，
∴b=-12c=-4，
∴抛物线解析式为y=518x2-12x-4；
(2)
①∵A（-3，0），C（0，6），
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为（6，3），
当x=3时，y=518×62-12×6-4=3，
∴点E在抛物线上；
②过点P作PQ⊥AB于Q，
又∠AOB=90°，
∴∠AOB=∠PQB，
在Rt△ABO中，AO=3，BO=4，
∴由勾股定理得：AB=5，
∵∠AOB=∠PQB，∠ABO=∠PBQ，
∴△ABO∽△PBQ，
∴AOAB=PQBP，
∴35=PQBP，
∴PQ=35BP，
∴35BP+EP=PQ+EP，
∴当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35BP+EP取最小值，
∵EP⊥AB，
∴设直线EP解析式为y=34x+m，
又E（6，0），
∴34×6+m=0，
∴m=-92，
∴直线EP解析式为y=34x-92，
当x=0时，y=-92，
∴点P坐标为（0，-92）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数函数解析式，相似三角形的判定与性质等，解第（2）题第②问的关键是正确作出点P的位置．
27．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为t(s)(0
(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)165s
(2)S=12t2-3710t+14
(3)存在，t=6529s
【解析】
【分析】
（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AEAD，即t4=45，进而求解；
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125，CM=165，再证△BPN∽△BAC得BPBA=PNAC，得出PN=45t，根据S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC即可求出表达式；
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则5-t165=t135，进而求出t值．
(1)
解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2-BC2=25-9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°
又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
∴AQAE=AEAD
∴t4=45
∴t=165
答：当EQ⊥AD时，t的值为165s．
(2)
解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
∴ABCA=BCAM=ACCM
∴54=3AM=4CM
∴AM=125，CM=165
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
∴BPBA=PNAC
∴t5=PN4
∴PN=45t
∴S△ABC=12⋅BC⋅AC=12×3×4=6,S△ACD=12⋅AD⋅CM=12×5×165=8
S△PBC=12⋅BC⋅PN=12×3×45t=65t,S△APQ=12⋅AQ⋅AP=12t(5-t)
∴S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC
=6+8-12t(5-t)-65t
=12t2-3710t+14
∴S=12t2-3710t+14
(3)
解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD
∵AD=5,AM=125
∴DM=AD-AM=5-125=135
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
∴APMC=AQMD
∴5-t165=t135
∴t=6529
∴存在时刻t=6529s，使PQ∥CD．
【点睛】
本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
28．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】
解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】
本题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，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
29．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD-DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t秒．
(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；
(4)当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)35
(4)23或2011
【解析】
【分析】
（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，从而得到A'E=DE-A'D=2-3t，在Rt△A'PE中，由勾股定理可得t=25，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，
∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=AD2-AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=13-13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13t-13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线PM的对称点A'，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，
∴A'D=1，
根据题意得：A'P=AP=13t，DP=13-13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴PDAD=DEDM=PEAM，
∴13-13t13=DE3=PE2，
解得：DE=3-3t,PE=2-2t，
∴A'E=DE-A'D=2-3t，
在Rt△A'PE中，A'P2=PE2+A'E2，
∴13t2=2-2t2+2-3t2，解得：t=25，
∴PE=65，
∴S△DPA'=12A'D⋅PE=12×1×65=35；
(4)
解：如图，
当点M、A'、C三点共线时，且点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴sin∠CMN=CNCM=35，
∵A' M=2，
∴A'G=2×35=65，
∴MG=85，
∴BG=BM-MG=25，
∴tan∠A'BA=A'GBG=3，
∴tan∠PMF=tan∠A'BA=3，
∴PFFM=3，即PF=3FM，
∵tan∠DAM=DMAM=PFAF=32，cos∠DAM=AMAD=AFAP=213，
∴PF=32AF，
∴3FM=32AF，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴AF=43，
∴4313t=213，解得：t=23；
如图，当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=213-13t，
过点A″作A″G'⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
同理：A″G'=65,AG'=25，
∵HK⊥AB，A″G'⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△AA″G'，
∵点H是AA″的中点，
∴HKA″G'=AKAG'=AHAA″=12，
∴HK=35,AK=15，
∴MK=95，
∴tan∠PMT=tan∠HMK=HKMK=13，
∴PTMT=13，即MT=3PT，
∵tan∠PBT=DMBM=PTBT=32，cos∠PBT=BTPB=BMBD=213，
∴BT=23PT，
∴MT=92BT，
∵MT+BT=BM=2，
∴BT=411，
∴411213-13t=213，解得：t=2011；
综上所述，t的值为23或2011．
【点睛】
本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A'的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
30．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD，连接AB,AC．
(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,3≈1.7）．
【答案】(1)答案见解析
(2)0.9m
【解析】
【分析】
（1）连接AO 并延长交⊙O 于M，根据AM为⊙O的直径可以得到 ∠ABM=90° ，继而得到∠BAM+∠AMB=90° ，根据AD2=BD⋅CD可证ΔDAB∼ΔDCB，可以得到∠DAB=∠DCA，利用等量代换即可证明AD为⊙O的切线；
（2）根据AB=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75° ，根据AQ 为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90° ，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ//BC 得出∠QAC=∠BAP=15°，故可得到∠PQA=45° ，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，于是在等腰RtΔOEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度EF．
(1)
证明：连接AO 并延长交⊙O 于M，连接BM，
∴AM为⊙O的直径，
∴∠ABM=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°，
∵AD2=BD⋅CD，
∴ADBD=CDAD，
又∵∠D=∠D，
∴ΔDAB∼ΔDCB，
∴∠DAB=∠DCA，
又∵∠BCA=∠BMA，
∴∠BAM+∠DAB=90°，
∴∠DAM=90°，
∴AD为⊙O的切线；
(2)
解：如图所示，
∵AC=BC，∠C=30°，
∴∠CAB=∠CBA=12180°-∠C=12180°-30°=75°，
∵AQ 是⊙O的直径，
∴∠ABQ=∠APQ=90°，
∵∠C=30° ，
∴∠AQB=∠C=30° ，
∴∠BAQ=90°-∠AQB=60° ，
∴∠QAC=∠BAC-∠BAQ=75°-60°=15°，
∵PQ//BC，
∴BP=CQ，
∴∠QAC=∠BQP=15°，
∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45° ，
过O作OF⊥PQ交⊙O于F，
∴ΔOEQ为等腰直角三角形，
∵OQ=3，
∴OE=OQsin45°=3×22=322，
∴EF=OF-OE=3-322≈0.9m．
【点睛】
本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
31．（2022·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C0,3，对称轴为直线x=-1，顶点为点D．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO；
(3)如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=-x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N．如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标．
【答案】(1)y=-x2-2x+3
(2)见解析
(3)点Q-1,-8或(5，-8)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；
（2）根据点A，D，C坐标可得出AD，AC，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三角形，进而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，从而得出结论；
（3）先得出y1的顶点，进而得出先抛物线的表达式，从而求得M和N的坐标，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形分为▱MNQP和▱MNPQ，根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而求得结果．
(1)
解：由题意得，
-b2×-1=-1c=3，
∴b=-2c=3，
∴二次函数的表达式为：y=-x2-2x+3；
(2)
证明：∵当x=-1时，y=-1-2×-1+3=4，
∴D-1,4，
由-x2-2x+3=0得，
x1=-3，x2=1，
∴A-3,0，B1,0
∴AD2=(-1+3)2+42=20，
∵C0,3，
∴CD2=(4-3)2+(-1)2=2，AC2=32+32=18，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴tan∠DAC=CDAC=232=13，
∵∠BOC=90°，
∴tan∠BCO=OBOC=13，
∴∠DAC=∠BCO；
(3)
解：如图，
作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于F，
∴DE∥FD1，
∴△DEC∽△D1EF，
∴CFCE=FD1DE=CD1CD=2，
∴FD1=2DE=2，CF=CE=2，
∴D12,1，
∴y1的关系式为：y=-x-22+1，
由-x-22+1=0得，
x=3或x=1，
∴M3,0，
当x=0时，y=-3，
∴N0,-3，
设P2,m，
当四边形MNQP是平行四边形时，
∴MN∥PQ，PQ=MN，
∴Q点的横坐标为-1，
当x=-1时，y=--1-22+1=-8，
∴Q-1,8，
当四边形MNPQ是平行四边形时，
同理可得：点Q横坐标为：5，
当x=5时，y=-5-22+1=-8，
∴Q'5,-8，
综上所述：点Q-1,-8或（5，-8）．
【点睛】
本题考查了求二次函数的表达式，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和分类等知识，解决问题的关键熟练掌握有关基础知识．
32．（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD，CE．
①求BDCE的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)①35；②45
【解析】
【分析】
（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
(1)
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
(2)
解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ABAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
(3)
解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35 ；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
33．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0<α<45°，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α45°<α<90°，与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S△BFC．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)SΔBFC=258
【解析】
【分析】
（1）先根据得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°，∠ACE=45°，
即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出ADAE=AFCF，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
(1)
解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=90°2=45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD=90°-45°=45°，∠ACE=90°-45°=45°，
∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，
∴AD=BD=AB×sin∠DAB=2×22=1，
AE=CE=AC×sin∠EAC=2×22=1，
∴DE=AD+AE=2．
(2)
①DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
(3)
根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴AE=AD+DE=3+1=4，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=AE2+CE2=5，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴DF∥CE，
∴ADAE=AFCF，
即34=AF5，
解得：AF=154，
∴CF=AC-AF=5-154=54，
∵AB=AC=5，
∴SΔBFC=12CF×AB=12×54×5=258．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌ΔCAE，是解题的关键．
34．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
(1)求二次函数的表达式；
(2)①求证：△OCD∽△A'BD；
②求DBBA的最小值；
(3)当S△OCD=8S△A'BD时，求直线A'B与二次函数的交点横坐标．
【答案】(1)y=12x2-2x
(2)①证明见解析，②22
(3)2+2193或2-2193．
【解析】
【分析】
（1）二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A(4，0)两点，代入求得b，c的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）①由y=12x2-2x＝12(x-2)2-2，得到顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线和对称轴为直线x＝2，由抛物线的对称性可知OC＝AC，得到∠CAB＝∠COD，由折叠的性质得到△ABC≌△A'BC，得∠CAB＝∠A'，AB＝A'B，进一步得到∠COD＝∠A'，由对顶角相等得∠ODC＝∠BDA'，证得结论；
②由△OCD∽△A'BD，得到DBBA=DBBA'=DCCO，设点D的坐标为（d，0），由两点间距离公式得DC＝(d-2)2+(0+2)2=(d-2)2+4，在0＜d＜4的范围内，当d＝2时，DC有最小值为4=2，得到DCCO的最小值，进一步得到DBBA的最小值；
（3）由S△OCD=8S△A'BD和△OCD∽△A'BD得到 OCA'B=8=22，求得A'B＝AB＝1，进一步得到点B的坐标是（3，0），设直线BC的解析式为y＝k1x＋b1，把点B（3，0），C（2，﹣2）代人求出直线BC的解析式为y＝2x－6，设点A'的坐标是（p，q），则线段A'A的中点为（p+42，q2），由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线BC上，求得q＝2p－4，由两点间距离公式得A'B＝1，解得p＝2或p＝125，求得点A'的坐标，设直线A'B的解析式为y＝k2x＋b2，由待定系数法求得直线A'B的解析式为y＝-43x＋4，联立直线A'B和抛物线y=12x2-2x，解方程组即可得到答案．
(1)
解：∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，
∴代入O (0，0)，A (4，0)得，c=08+4b+c=0，
解得：b=-2c=0，
∴二次函数的表达式为y=12x2-2x；
(2)
①证明：∵ y=12x2-2x＝12(x-2)2-2，
∴顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线y=12x2-2x的对称轴为直线x＝2，
∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，A(4，0)两点，
∴由抛物线的对称性可知OC＝AC，
∴∠CAB＝∠COD，
∵△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，
∴ △ABC≌△A'BC，
∴∠CAB＝∠A'，AB＝A'B，
∴∠COD＝∠A'，
∵∠ODC＝∠BDA'，
∴△OCD∽△A'BD；
②∵△OCD∽△A'BD，
∴DBBA=DBBA'=DCCO，
设点D的坐标为（d，0），
由两点间距离公式得DC＝(d-2)2+(0+2)2=(d-2)2+4，
∵点D与O、A点不重合，
∴0＜d＜4，
对于DC2 ＝(d-2)2+4来说，
∵ a＝1＞0，
∴抛物线开口向上，在顶点处取最小值，当d＝2时，DC2的最小值是4，
∴当d＝2时，DC有最小值为4=2，
由两点间距离公式得OC＝(2-0)2+(-2-0)2=22，
∴DCCO有最小值为222=22，
∴DBBA的最小值为22；
(3)
解：∵S△OCD=8S△A'BD，
∴S△OCDS△A'BD=8，
∵△OCD∽△A'BD，
∴ OCA'B=8=22，
∵OC＝22，
∴A'B＝AB＝1，
∴点B的坐标是（3，0），
设直线BC的解析式为y＝k1x＋b1，
把点B（3，0），C（2，﹣2）代人得3k1+b1=02k1+b1=-2，
解得k1=2b1=-6，
∴直线BC的解析式为y＝2x－6，
设点A'的坐标是（p，q），
∴线段A'A的中点为（p+42，q2），
由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线BC上，
∴q2＝2×p+42－6，
解得q＝2p－4，
由两点间距离公式得A'B＝(p-3)2+(q-0)2=(p-3)2+(2p-4)2=1，
整理得(p-3)2+(2p-4)2＝1，
解得p＝2或p＝125，
当p＝2时，q＝2p－4＝0，此时点A'（2，0），很显然不符合题意，
当p＝125时，q＝2p－4＝45，此时点A'（125，45），符合题意，
设直线A'B的解析式为y＝k2x＋b2，
把点B（3，0），A'（125，45）代人得，3k2+b2=0125k2+b2=45，
解得k2=-43b2=4，
∴直线A'B的解析式为y＝-43x＋4，
联立直线A'B和抛物线y=12x2-2x得到，y=-43x+4y=12x2-2x，
解得x1=2+2193y1=28-8199，x2=2-2193y2=28+8199，
∴直线A'B与二次函数的交点横坐标为2+2193或2-2193．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数求函数的表达式、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、中点坐标公式、一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、图形的折叠等知识，难度较大，属于中考压轴题，数形结合是解决此问题的关键．
35．（2022·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=-x2+c与y轴交于点P0,4．
(1)直接写出抛物线的解析式．
(2)如图，将抛物线y=-x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
(3)直线BC与抛物线y=-x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)若将抛物线y=-x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出拋物线y=-x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【答案】(1)y=-x2+4
(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析
(3)存在，T25+13,0或T3+54,0，
(4)最短距离为528，平移后的顶点坐标为58,278
【解析】
【分析】
（1）待定系数法求二次函数解析式；
（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；
（3）由∠CBA=∠NBT，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
（4）如图，作l∥BC且与抛物线只有1个交点，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC于F，进而求得直线l与BC的距离，即为所求最短距离，进而求得平移方式，将顶点坐标平移即可求解．
(1)
解：∵抛物线y=-x2+c与y轴交于点P0,4
∴c=4
∴抛物线解析式为y=-x2+4
(2)
以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵ y=-x2+4的顶点坐标为P0,4
依题意得，Q-1,4
∴平移后的抛物线解析式为y=-x+12+4
令y=0，解-x+12+4=0
得x1=-3,x2=1
∴A1,0，B-3,0
令x=0，则y=3，即C0,3
∴BC2=32+32=18，CQ2=12+12=2，QB2=-3+12+42=20
∴BC2+CQ2=QB2
∴以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形
(3)
存在，T25+13,0或T3+54,0，理由如下，
∵B-3,0，C0，3，
∴OB=OC=3
∴ △OBC是等腰直角三角形
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则-3k+b=0b=3，
解得k=1b=3，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
联立y=x+3y=-x2+4
解得x1=-1+52y1=5+52，x2=-1-52y2=5-52
∴N-1+52,5+52
∵ A1,0,B-3,0，C0,3，△OBC是等腰直角三角形
∴ AB=4，BC=2OB=32
设直线AC的解析式为y=mx+n,
∴m+n=0n=3
∴m=-3n=3
∴直线AC的解析式为y=-3x+3
当NT∥AC时，△BNT∽△BCA
设NT的解析式为y=-3x+t，由NT过点N-1+52,5+52
则5+52=-3-1+52+t
解得t=25+1
∴ NT的解析式为y=-3x+25+1，
令y=0
解得x=25+13
∴T25+13,0
∴BT=3+25+13=10+253
∵ △BNT∽△BCA，
∴BTBA=BNBC
∴10+2534=BN32
∴BN=522+102
②当△BNT∽△BAC时，则BTBC=BNBA
即BT32=522+1024
解得BT=154+354
∵OB=3
∴T3+54,0
综上所述，T25+13,0或T3+54,0
(4)
如图，作l∥BC，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC于F
∵直线BC的解析式为y=x+3
设与BC平行的且与y=-x2+4只有一个公共点的直线l解析式为y=x+b
则y=-x2+4y=x+b
整理得：x2+x+b-4=0
则Δ=12-4b-4=0
解得b=174
∴直线l的解析式为y=x+174
∴CD=174-3=54，EF=FC=12CD=58
∴CE=22CD=22×54=528
即拋物线y=-x2+c平移的最短距离为528，方向为EC方向
∵P0,4
∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标
∴平移后的顶点坐标为58,4-58，即58，278
【点睛】
本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．
36．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D(2,1)，抛物线的对称轴交直线BC于点E．
(1)求抛物线y=-x2+bx+c的表达式；
(2)把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为h(h>0)，在平移过程中，该抛物线与直线BC始终有交点，求h的最大值；
(3)M是（1）中抛物线上一点，N是直线BC上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+4x-3
(2)94
(3)存在；1，-2或3+172，17-32或3-172，-17+32或3，0
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线顶点坐标即可求解；
（2）由题意得，求BC的表达式为：y=x-3；抛物线平移后的表达式为：y=-x2+4x-3-h，根据题意得，y=-x2+4x-3-hy=x-3即可求解；
（3）设Mm，-m2+4m-3，Nm，m-3，根据平行四边形的性质进行求解即可．
(1)
解：由D(2,1)可知，
-b2×-1=24×-1c-b24×-1=1，解得：b=4c=-3，
∴y=-x2+4x-3．
(2)
分别令y=-x2+4x-3中，x=0，y=0得，B(3，0)，C(0，-3)；
设BC的表达式为：y=kx+nk≠0，
将B(3，0)，C(0，-3)代入y=kx+n得，
0=3k+n-3=0+n解得：k=1n=-3；
∴BC的表达式为：y=x-3；
抛物线平移后的表达式为：y=-x2+4x-3-h，
根据题意得，y=-x2+4x-3-hy=x-3，即x2-3x+h=0，
∵该抛物线与直线BC始终有交点，
∴-32-4×1×h≥0，
∴h≤94，
∴h的最大值为94．
(3)
存在，理由如下：
将x=2代入y=x-3中得E2，-1，
①当DE为平行四边形的一条边时，
∵四边形DEMN是平行四边形，
∴DE∥MN，DE=MN，
∵DE∥y轴，
∴MN∥y轴，
∴设Mm，-m2+4m-3，Nm，m-3，
当-m2+4m-3-m-3=2时，解得：m1=1，m2=2（舍去），
∴N1，-2，
当m-3--m2+4m-3=2时，解得：m1=3+172，m2=3-172，
∴N3+172，17-32或N3-172，-17+32；
②当DE为平行四边形的对角线时，设Mp，-p2+4p-3，Nq，q-3，
∵D、E的中点坐标为：（2，0），
∴M、N的中点坐标为：（2，0），
∴p+q2=2-p2+4p-3+q-32=0，
解得：p1=1q1=3，p2=2q2=2（舍去），
∴此时点N的坐标为（3，0）；
综上分析可知，点N的坐标为：1，-2或3+172，17-32或3-172，-17+32或（3，0）．
【点睛】
本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用、平行四边形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
37．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2-2x-3的顶点为A，与y轴交于点C，线段CB∥x轴，交该抛物线于另一点B．
(1)求点B的坐标及直线AC的解析式：
(2)当二次函数y=x2-2x-3的自变量x满足m⩽x⩽m+2时，此函数的最大值为p，最小值为q，且p-q=2．求m的值：
(3)平移抛物线y=x2-2x-3，使其顶点始终在直线AC上移动，当平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点的横坐标为n，请直接写出n的取值范围．
【答案】(1)B（2，-3），直线AC为：y=-x-3；
(2)m=1-2或m=-1+2；
(3)n=78或1＜n≤4；
【解析】
【分析】
（1）求得抛物线与y轴交点C，再由对称轴x=1求得点B坐标，由点A、C坐标待定系数法求直线AC解析式即可；
（2）利用二次函数的对称性分情况讨论：①当m+2≤1时，x=m时取最大值，x=m+2时取最小值，②当m+2＞1且m＜1，1-m＞m+2-1时，x=m时取最大值，x=1时取最小值，③当m+2＞1且m＜1，1-m＜m+2-1时，x=m+2时取最大值，x=1时取最小值，④当m≥1时，x=m+2时取最大值，x=m时取最小值；根据p-q=2列方程求解即可；
（3）过点A作直线AE⊥BC于E，作直线AF⊥y轴于F，根据坐标特征求得AECF是正方形，于是点A沿直线AC平移时，横纵坐标平移距离相等；结合图形可得设抛物线向左平移到与直线AB只有1个交点时与射线BA也只有一个交点，由平移后的抛物线与直线BA联立求值即可；当抛物线由点A向右平移至左半部分过点B时，与射线BA也只有一个交点，将B点坐标代入平移后的抛物线计算求值即可；
(1)
解：y=x2-2x-3=x-12-4，
∴顶点坐标A（1，-4），对称轴x=1，
当x=0时y=-3，即C（0，-3），
点B、C关于对称轴x=1对称，则B（2，-3），
设直线AC：y=kx+b，由A（1，-4），C（0，-3），可得
-4=k+b-3=b，解得：k=-1b=-3
∴直线AC为：y=-x-3；
(2)
解：①当m+2≤1时，即m≤-1时，
x=m时取最大值，x=m+2时取最小值，
∴m2-2m-3-m+22-2m+2-3=2，
解得：m=-12，不符合题意；
②当m+2＞1且m＜1，1-m＞m+2-1时，即-1＜m＜0时，
x=m时取最大值，x=1时取最小值，
∴m2-2m-3--4=2，
解得：m=1-2，或m=1+2（舍去），
③当m+2＞1且m＜1，1-m＜m+2-1时，即0＜m＜1时，
x=m+2时取最大值，x=1时取最小值，
∴m+22-2m+2-3--4=2，
解得：m=-1+2，m=-1-2（舍去），
④当m≥1时，
x=m+2时取最大值，x=m时取最小值，
∴m+22-2m+2-3-m2-2m-3=2，
解得：m=12，不符合题意；
m=0时，二次函数在0≤x≤2上最大值-3，最小值-4，-3-（-4）=1不符合题意；
综上所述：m=1-2或m=-1+2；
(3)
解：由题意作图如下，过点A作直线AE⊥BC于E，作直线AF⊥y轴于F，
由A（1，-4）、B（2，-3）可得
直线AB解析式为：y=x-5，
∵C（0，-3），
∴F（0，-4），E（1，-3），
∵AF=1，AE=1，CF=1，CE=1，∠AEC=90°，
∴四边形AECF是正方形，
∴∠CAE=∠CAF=45°，
根据对顶角相等，可得当点A沿直线AC平移m长度时，横坐标平移m•cos45°，纵坐标平移m•cos45°，
即点A沿直线AC平移时，横纵坐标平移距离相等，
设抛物线向左平移m单位后，与直线AB只有1个交点，则
x+m-12-4+m=x-5
x2+2m-3x+m-12+m+1=0
令△=0，解得：m=18，
∴n=1-18=78，
由图象可得当抛物线由点A向右平移至左半部分过点B时，与射线BA只有一个交点，
设抛物线向右平移m单位后，左半部分过点B，则
B（2，-3）在抛物线y'=x-m-12-4-m上，
-3=2-m-12-4-m，
解得：m=0（舍去）或m=3，
∴1＜n≤4，
综上所述n=78或1＜n≤4；
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的综合，根据二次函数的对称性求最值，二次函数的平移，三角函数等知识；数形结合，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
38．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y=x2+bx+c经过点A-3,0和点B1,0．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x-3
(2)y=-x2+2x+3
(3)①C-2,-3或D2,5；②12
【解析】
【分析】
（1）将点A-3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，即可求解；
（2）利用对称性求出函数F1顶点-1,-4关于原点的对称点为1,4，即可求函数F2的解析式；
（3）①通过联立方程组y=-x2+2x+5y=x2+2x-3，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设Mm,m2+2m-3，Nn,-n2+2n+3，则Fm,2m+2，Nn,2n+1，可求MF=-m2+4，NE=-n2+2，由S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=2MF+NE，分别求出MF的最大值4，NE的最大值2，即可求解．
(1)
解：将点A-3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，
∴9-3b+c=01+b+c=0，解得b=2c=-3，
∴y=x2+2x-3．
(2)
∵y=x2+2x-3=(x+1)2-4，
∴抛物线的顶点-1,-4，
∵顶点-1,-4关于原点的对称点为1,4，
∴抛物线F2的解析式为y=-(x-1)2+4，
∴y=-x2+2x+3．
(3)
由题意可得，抛物线F3的解析式为y=-(x-1)2+6=-x2+2x+5，
①联立方程组y=-x2+2x+5y=x2+2x-3，
解得x=2或x=-2，
∴C-2,-3或D2,5；
②设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴-2k+b=-32k+b=5，解得k=2b=1，
∴y=2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，如图所示：
设Mm,m2+2m-3，Nn,-n2+2n+3，
则Fm,2m+1，Nn,2n+1，
∴MF=2m+1-m2+2m-3=-m2+4，
NE=-n2+2n+3-2n-1=-n2+2，
∵-2
当n=0时，NE有最大值2，
∵S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=12×4×MF+NE=2MF+NE，
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为12．
【点睛】
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，图象平移和对称的性质是解题的关键．
39．（2022·河北·中考真题）如图，点Pa,3在抛物线C：y=4-6-x2上，且在C的对称轴右侧．
(1)写出C的对称轴和y的最大值，并求a的值；
(2)坐标平面上放置一透明胶片，并在胶片上描画出点P及C的一段，分别记为P'，C'．平移该胶片，使C'所在抛物线对应的函数恰为y=-x2+6x-9．求点P'移动的最短路程．
【答案】(1)对称轴为直线x=6，y的最大值为4，a=7
(2)5
【解析】
【分析】
（1）由y=a(x-h)2+k的性质得开口方向，对称轴和最值，把Pa,3代入y=4-6-x2中即可得出a的值；
（2）由y=-x2+6x-9=-(x-3)2，得出抛物线y=-x2+6x-9是由抛物线C：y=-x-62+4向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，即可求出点P'移动的最短路程．
(1)
y=4-6-x2=-(x-6)2+4，
∴对称轴为直线x=6，
∵-1<0，
∴抛物线开口向下，有最大值，即y的最大值为4，
把Pa,3代入y=4-6-x2中得：
4-(6-a)2=3，
解得：a=5或a=7，
∵点Pa,3在C的对称轴右侧，
∴a=7；
(2)
∵y=-x2+6x-9=-(x-3)2，
∴y=-(x-3)2是由y=-x-62+4向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，
平移距离为32+42=5，
∴P'移动的最短路程为5．
【点睛】
本题考查二次函数y=a(x-h)2+k的图像与性质，掌握二次函数y=a(x-h)2+k的性质以及平移的方法是解题的关键．
40．（2022·江苏连云港·中考真题）已知二次函数y=x2+(m-2)x+m-4，其中m>2．
(1)当该函数的图像经过原点O0,0，求此时函数图像的顶点A的坐标；
(2)求证：二次函数y=x2+(m-2)x+m-4的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线y=-x-2上运动，平移后所得函数的图像与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．
【答案】(1)A-1,-1
(2)见解析
(3)最大值为98
【解析】
【分析】
（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为2-m2,-m2+8m-204，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为-b2,4c-b24，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线y=-x-2上推出c=b2+2b-84，过点A作AH⊥OB，垂足为H，可以推出S△AOB=-18(b+1)2+98,由此即可求解．
(1)
解：将O0,0代入y=x2+(m-2)x+m-4，
解得m=4．
由m>2，则m=4符合题意，
∴y=x2+2x=(x+1)2-1，
∴A-1,-1．
(2)
解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为2-m2,-m2+8m-204．
∵m>2，
∴m-2>0，
∴2-m<0，
∴2-m2<0．
∵-m2+8m-204=-14(m-4)2-1≤-1<0，
∴二次函数y=x2+(m-2)x+m-4的顶点在第三象限．
(3)
解：设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为-b2,4c-b24
当x=0时，y=c，
∴B0,c．
将-b2,4c-b24代入y=-x-2，
解得c=b2+2b-84．
∵B0,c在y轴的负半轴上，
∴c<0．
∴OB=-c=-b2+2b-84．
过点A作AH⊥OB，垂足为H，
∵A-1,-1，
∴AH=1．
在△AOB中，S△AOB=12OB⋅AH=12×-b2+2b-84×1
=-18b2-14b+1
=-18(b+1)2+98,
∴当b=-1时，此时c<0，△AOB面积有最大值，最大值为98．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题29动点综合问题
一、单选题
1．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分0≤x≤1，1
解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠A=60°，AE=AF=x，
∴AG=12x，
由勾股定理得FG=32x，
∴y=12AE×FG=34x2，图象是一段开口向上的抛物线；
当1
∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF= x-1，
∴AH=12，
由勾股定理得DH=32，
∴y=12(DF+AE)×DH=32x-34，图象是一条线段；
当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，
∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，
同理求得EI=32(3-x)，
∴y= AB×DH -12CF×EI=3-34(3-x)2=-34x2+332x-534，图象是一段开口向下的抛物线；
观察四个选项，只有选项A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式以及一次函数和二次函数的图象．
2．（2022·湖北鄂州·中考真题）如图，定直线MN∥PQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°．点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（ ）
A．2413 B．2415 C．1213 D．1215
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，可证明四边形CDFH是平行四边形，得到CH=DF=8，CD=FH，则BH=4，从而可证四边形ABHE是平行四边形，得到AB=HE，即可推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，证明四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通过勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的长即可得到答案．
【详解】
解：如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，
∵BC∥DF，FH∥CD，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，
又∵AE∥BC，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵EH+FH≥EF，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵MN∥PQ，BC∥AE，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴GT=GE⋅cos∠EGT=6，ET=GE⋅sin∠EGT=63，
同理可求得GL=8，AL=83，KF=4，DK=43，
∴TL=2，
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴AL∥DK，
∴△ALO∽△DKO，
∴ALDK=AODO=2，
∴AO=23AD=163，DO=13AD=83，
∴OL=AO2-AL2=24，OK=DO2-DK2=12，
∴TF=TL+OL+OK+KF=42，
∴EF=ET2+TF2=1213，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解题的关键．
3．（2022·四川乐山·中考真题）如图，等腰△ABC的面积为23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．3 B．3 C．23 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．
【详解】
解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，
∵AB=AC，
∴BD=DC=12BC=1，
∵AE=12BC，
∴AE=DC=1，
∵AE∥BC，
∴四边形AECD是矩形，
∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=23，
∴AD=23，则CE=AD=23，
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，
当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．
∵BC=2，CE=23，
由勾股定理得BE=4，
cos∠EBC=BCBE=BEBF，即24=4BF，
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，
∴MN=12CF=3，
∴点M的运动路径长为3，
故选：B．
【点睛】
本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
4．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t=4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t=5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD=PM时，t=4s
D．当CD=PM时，t=4s或6s
【答案】D
【解析】
【分析】
计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．
【详解】
解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，
A、当t=4s时，AP=10-t=6 cm，BM=4 cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；
B、当t=5s时，PD=5 cm，CM=8-5=3 cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；
作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴BC=AE=8 cm，
∴DE=2 cm，
PM=CD，且PQ与CD不平行，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，
∴四边形CEFM是矩形，
∴FM=CE；
∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），
∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，
∴AP=10-4-(8-t)=10-t，
解得t=6 s；
PM=CD，且PM∥CD，
∴四边形CDPM是平行四边形，
∴DP=CM，
∴t=8-t，
解得t=4 s；
综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
5．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP-BP=2OP；④若BE:CE=2:3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再证明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即AE⊥BF；
②通过等弦对等角可证明∠OPA=∠OBA=45°；
③通过正切定义得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性质变形得到AP-BP=CE⋅BPBE，再通过证明△AOP∽△AEC得到CE=OP⋅AEAO，代入前式得AP-BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE，最后根据三角形面积公式得到AE⋅BP=AB⋅BE，整体代入即可证得结论正确；
④作EG⊥AC于点G可得EG∥BO，根据tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出tan∠CAE=37，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用△DOF≌△COEASA，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF= S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】
①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵OE⊥OF
∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°
∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中
∠ODF=∠OCEOC=OD∠DOF=∠EOC
∴△DOF≌△COEASA
∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中EC=FD∠ECA=∠FDB=45°AC=BD
∴△EAC≌△FBDSAS
∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO
∴∠BPQ=∠AOQ=90°
∴AE⊥BF
所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°
∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦
∴∠OPA=∠OBA=45°
所以②正确；
③∵tan∠BAE=BEAB=BPAP
∴ABBE=APBP
∴AB-BEBE=AP-BPBP
∴AP-BPBP=CEBE
∴AP-BP=CE⋅BPBE
∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°
∴△AOP∽△AEC
∴OPCE=AOAE
∴CE=OP⋅AEAO
∴AP-BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE
∵12AE⋅BP=12AB⋅BE=S△ABE
∴AE⋅BP=AB⋅BE
∴AP-BP=OP⋅AB⋅BEAO⋅BE=ABAOOP=2OP
所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EG∥BO，
∴EGOB=CEBC=CGOC
设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=522a，
若BE:CE=2:3，则BECE=23，
∴BE+CECE=2+33
∴CEBC=35
∴EG=CEBC⋅OB=35×522a=322a
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠GEC=45°
∴CG=EG=322a
∴tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG=322a52a-322a=37
所以④错误；
⑤∵△DOF≌△COEASA，S四边形OECF=S△COE+S△COF
∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=14S正方形ABCD
∴S四边形OECF=14S正方形ABCD
所以⑤正确；
综上，①②③⑤正确，④错误，
故选 B
【点睛】
本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
6．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形ABCDEF的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4 B．23 C．2 D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】
解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴674÷6=112⋅⋅⋅⋅⋅2,2022÷6=337，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形ABCDEF中，AF=EF=2,∠AFE=120°，
∴AG=12AE,∠FAE=∠FEA=30°，
∴FG=12AF=1，
∴AG=AF2-FG2=3，
∴AE=23，
故选B．
【点睛】
本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．
7．（2022·广西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB'C'，连接B'C并延长交AB于点D，当B'D⊥AB时，BB'的长是（ ）
A．233π B．433π C．839π D．1039π
【答案】B
【解析】
【分析】
先证∠B'AD=60°，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB'．
【详解】
解：∵CA=CB,B'D⊥AB，
∴AD=DB=12AB，
∵△AB'C'是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，
∴AB=AB'，AD=12AB'，
在RtΔAB'D中，cos∠B'AD=ADAB'=12，
∴∠B'AD=60°，
∵∠CAB=α,∠B'AB=2α，
∴∠CAB=12∠B'AB=12×60°=30°，
∵AC=BC=4，
∴AD=AC·cos30°=4×32=23，
∴AB=2AD=43，
∴BB'的长=60πAB180=433π，
故选：B．
【点睛】
本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
8．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，点A的坐标为0,2，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为m,3，则m的值为（ ）
A．433 B．2213 C．533 D．4213
【答案】C
【解析】
【分析】
过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC=m2+1=BC=AB，可得BD=BC2-CD2=m2-8，OB=AB2-OA2=m2-3，从而m2-3+m2-8=m，即可解得m=533．
【详解】
解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，
∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，
∴AC=AE2+CE2=m2+1=BC=AB，
在Rt△BCD中，BD=BC2-CD2=m2-8，
在Rt△AOB中，OB=AB2-OA2=m2-3，
∵OB＋BD＝OD＝m，
∴m2-3+m2-8=m，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，
解得：m=533或m=-533（舍去），
∴m=533，故C正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
9．（2022·辽宁·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC=4，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB匀速运动，当点P运动到点B时，停止运动，过点P作PQ⊥AB交AC于点Q，将△APQ沿直线PQ折叠得到△A'PQ，设动点P的运动时间为t秒，△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意易得AP=t，tan∠A=12，则有PQ=12t，进而可分当点P在AB中点的左侧时和在AB中点的右侧时，然后分类求解即可．
【详解】
解：∵∠ABC=90°,AB=2BC=4，
∴tan∠A=12，
由题意知：AP=t，
∴PQ=AP⋅tan∠A=12t，
由折叠的性质可得：A'P=AP,∠APQ=∠A'PQ=90°，
当点P与AB中点重合时，则有t=2，
当点P在AB中点的左侧时，即0≤t<2，
∴△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S△A'PQ=12A'P⋅PQ=12t⋅12t=14t2；
当点P在AB中点的右侧时，即2≤t≤4，如图所示：
由折叠性质可得：A'P=AP=t,∠APQ=∠A'PQ=90°，tan∠A=tan∠A'=12，
∴BP=4-t，
∴A'B=2t-4，
∴BD=A'B⋅tan∠A'=t-2，
∴△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S梯形PBDQ=12BD+PQ⋅PB=1212t+t-2⋅4-t=-34t2+4t-4；
综上所述：能反映△A'PQ与△ABC重叠部分的面积S与t之间函数关系的图象只有D选项；
故选D．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象及三角函数，熟练掌握二次函数的图象及三角函数是解题的关键．
10．（2022·贵州遵义·中考真题）遵义市某天的气温y1（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化如图所示，设y2表示0时到t时气温的值的极差（即0时到t时范围气温的最大值与最小值的差），则y2与t的函数图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数y1图象逐段分析，进而即可求解．
【详解】
解：∵根据函数y1图象可知，从0时至5时，y2先变大，从5到10时，y2的值不发生变化
大概12时后变大，从14到24时，y2不变，
∴y2的变化规律是，先变大，然后一段时间不变又变大，最后不发生变化，
反映到函数图象上是先升，然后一段平行于x的线段，再升，最后不变
故选A
【点睛】
本题考查了函数图象，极差，理解题意是解题的关键．
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图①所示（图中各角均为直角)，动点Р从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B→C→D→E路线匀速运动，△AFP的面积y随点Р运动的时间x（秒）之间的函数关系图象如图②所示，下列说法正确的是（ ）
A．AF=5 B．AB=4 C．DE=3 D．EF=8
【答案】B
【解析】
【分析】
路线为A→B→C→D→E，将每段路线在坐标系中对应清楚即可得出结论．
【详解】
解：坐标系中(4,12)对应点运动到B点
AB=v⋅t=1×4=4
B选项正确
S△ABF=12AB⋅AF
即：12=12×4⋅AF
解得：AF=6
A选项错误
12~16s对应的DE段
DE=v⋅△t=1×(16-12)=4
C选项错误
6~12s对应的CD段
CD=v⋅△t=1×(12-6)=6
EF=AB+CD=4+6=10
D选项错误
故选：B．
【点睛】
本题考查动点问题和坐标系，将坐标系中的图象与点的运动过程对应是本题的解题关键．
12．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，边长分别为1和2的两个正方形，其中有一条边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形的面积为S1，小正方形与大正方形重叠部分的面积为S2，若S=S1-S2，则S随t变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别求出S，可得答案．
【详解】
解：根据题意，设小正方形运动的速度为v，由于v分三个阶段；
①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；
②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3；
③小正方形穿出大正方形，S=2×2-（1×1-vt）=3+vt（vt≤1）．
分析选项可得，A符合，C中面积减少太多，不符合．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合可得整体得变化情况．
13．（2022·甘肃武威·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（ ）
A．3 B．23 C．33 D．43
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为33解答即可．
【详解】
解：在菱形ABCD中，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为33，
∴△ABD的面积=34a2=33
解得：a=23
故选B
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
14．（2022·山东烟台·中考真题）如图1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），DE∥AB，交AC于点E，EF∥BC，交AB于点F．设BD的长为x，四边形BDEF的面积为y，y与x的函数图象是如图2所示的一段抛物线，其顶点P的坐标为（2，3），则AB的长为 _____．
【答案】23
【解析】
【分析】
根据抛物线的对称性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，则此时BF＝3，AB＝2BF，即可解决问题．
【详解】
解：∵抛物线的顶点为（2，3），过点（0，0），
∴x＝4时，y＝0，
∴BC＝4，
作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，
∵3＝2FH，
∴FH＝32，
∵∠ABC＝60°，
∴BF＝32sin60°＝3，
∵DE∥AB，
∴AB＝2BF＝23，
故答案为：23．
【点睛】
本题主要考查了动点的函数图象问题，抛物线的对称性，平行四边形的性质，特殊角的三角函数值等知识，求出BC＝4是解题的关键．
15．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时，t的值为________．
【答案】25+2##2+25
【解析】
【分析】
根据函数图像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分线AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36°，进而得到△ADC∼△BAC，由相似求出BD的长即可．
【详解】
根据函数图像可得AB=4，AB+BC=8，
∴BC=AB=4，
∵∠B＝36°，
∴∠BCA＝∠BAC＝72°，
作∠BAC的平分线AD，
∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，
∴AD=BD，∠BCA＝∠DAC＝72°，
∴AD=BD=CD，
设AD=BD=CD=x，
∵∠DAC＝∠B＝36°，
∴△ADC∼△BAC，
∴ACBC=DCAC，
∴x4=4-xx，
解得： x1=-2+25，x2=-2-25（舍去），
∴AD=BD=CD=25-2，
此时t=AB+BD1=25+2(s)，
故答案为：25+2.
【点睛】
此题考查了图形与函数图象间关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，关键是证明△ADC∼△BAC．
16．（2022·广西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=42，对角线AC,BD相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作EF⊥BE，分别交CD,BD于点F、G，连接BF，交AC于点H，将△EFH沿EF翻折，点H的对应点H'恰好落在BD上，得到△EFH'若点F为CD的中点，则△EGH'的周长是_________．
【答案】5+5##5+5
【解析】
【分析】
过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，得到BP=CQ，从而证得△BPE≌△EQF，得到BE=EF，再利用BC=42，F为中点，求得BF=BC2+CF2=210，从而得到BE=EF=2102=25，再求出EO=BE2-BO2=2，再利用AB//FC，求出△ABH∽△CFH，得到4222=AHCH=21，求得AH=23×8=163，CH=13×8=83，从而得到EH=AH-AE=163-2=103，再求得△EOB∽△GOE得到EG25=OG2=24=12，求得EG=5，OG=1， 过点F作FM⊥AC 于点M，作FN⊥OD于点N，求得FM=2，MH=23，FN=2，证得Rt△FH'N≌Rt△FMH得到H'N=MH=23，从而得到ON=2，NG=1， GH'=23+1=53，从而得到答案．
【详解】
解：过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，
∵AD//PQ，
∴AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，
∴BP=CQ，
∵∠ACD=45°，
∴BP=CQ=EQ，
∵EF⊥BE，
∴∠PEB+∠FEQ=90°
∵∠PBE+∠PEB=90°
∴∠PBE=∠FEQ，
在△BPE与△EQF中
∠BPQ=∠FQEPB=EQ∠PBE=∠FEQ
∴△BPE≌△EQF，
∴BE=EF，
又∵BC=AB=42，F为中点，
∴CF=22，
∴BF=BC2+CF2=210，
∴BE=EF=2102=25，
又∵BO=422=4，
∴EO=BE2-BO2=2，
∴AE=AO-EO=4-2=2，
∵AB//FC，
∴△ABH∽△CFH，
∴ABCF=AHCH，
∴4222=AHCH=21，
∵AC=2AB=8，
∴AH=23×8=163，
CH=13×8=83，
∴EH=AH-AE=163-2=103，
∵∠BEO+∠FEO=90°，
∠BEO+∠EBO=90°，
∴∠FEO=∠EBO，
又∵∠EOB=∠EOG=90°，
∴△EOB∽△GOE
∴EGBE=OGOE=OEOB，
EG25=OG2=24=12，
∴EG=5，OG=1，
过点F作FM⊥AC 于点M，
∴FM=MC==FC2=2，
∴MH=CH-MC=83-2=23，
作FN⊥OD于点N，
FN=DF2=2,，
在Rt△FH'N与Rt△FMH中
FH'=FHFN=FM
∴Rt△FH'N≌Rt△FHM
∴H'N=MH=23，
∴ON=2，NG=1，
∴GH'=23+1=53，
∴C△EGH'=EH'+EG+GH'=EH+EG+GH=103+5+53=5+5，
故答案为：5+5．
【点睛】
本题考查了正方形的性质应用，重点是与三角形相似和三角形全等的结合，熟练掌握做辅助线是解题的关键．
17．（2022·四川广元·中考真题）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为 _____cm．
【答案】24-122
【解析】
【分析】
由题意易得CD=CE=22DE=62cm，则当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C'N⊥AB于点N，作C'M⊥AF于点M，然后可得△D'C'N≌△E'C'M，进而可知点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，最后问题可求解．
【详解】
解：由题意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，
∴CD=CE=22DE=62cm，
如图，当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C'N⊥AB于点N，作C'M⊥AF于点M，
∵∠DAM=90°，
∴四边形NAMC′是矩形，
∴∠NC'M=90°，
∴∠D'C'N+∠NC'E'=∠NC'E'+∠E'C'M=90°，
∴∠D'C'N=∠E'C'M，
∵D'C'=E'C',∠D'NC'=∠E'MC'=90°，
∴△D'C'N≌△E'C'M，
∴C'N=C'M，
∵C'N⊥AB，C'M⊥AF，
∴AC'平分∠NAM，
即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，
∴当C'D'⊥AB时，此时四边形C'D'AE'是正方形，CC′的值最大，最大值为AD-AC=12-62cm，
∴当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2×12-62=24-122cm；
故答案为24-122．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理是解题的关键．
18．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 455##455
【解析】
【分析】
设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM=125，再利用锐角三角函数可得tan∠AEF=AFAE=34，从而得到AG=ME=AMtan∠AEF=165，进而得到BG=AB-AG=8-165=245，可得到tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，从而得到MN=85，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】
解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=12AD=3,AE=12AB=4，
∴AEAF=34，
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
∴ADAB=34，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=AE2+AF2=5，
∴tan∠AEF=AFAE=34，
∵S△AEF=12AM⋅EF=12AE⋅AF，
∴EG=AM=125，
∴AG=ME=AMtan∠AEF=165，
∴BG=AB-AG=8-165=245，
∴tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，
∴MNME=12，即MN=85，
∴DN=AD-AM-MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
∴tan∠ADF=tan∠ABE=12，
即DH=2HN，
∵DH2+HN2=DH2+12DH2=DN2=4，
解得：DH=455或-455（舍去）．
故答案为：90°，455
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
19．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1
【答案】35
【解析】
【分析】
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中点性质，在RtΔB'CN中利用勾股定理得到v2t=53a=BN，然后利用ΔEDB'∼ΔB'CN得到DE=34a=A'E，在根据判定的ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA得到AM=v1t=a，从而代值求解即可．
【详解】
解：如图所示：
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，
∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA'B'N，
∴B'N=BN=v2t,A'M=AM=v1t，
若在某一时刻，点B的对应点B'恰好在CD的中点重合，
∴DB'=B'C=a，
在RtΔB'CN中，∠C=90°,B'C=a,B'N=v2t,CN=3a-v2t，则v2t=53a=BN，
∵∠A'B'N=∠B=90°，
∴∠A'B'D+∠CB'N=90°,
∵∠CNB'+∠CB'N=90°,
∴∠A'B'D=∠CNB',
∴ΔEDB'∼ΔB'CN,
∴DEDB'=B'CCN=B'CBC-BN=a3a-53a=34，
∵DB'=B'C=a，
∴DE=34DB'=34a，则B'E=DB'2+DE2=a2+34a2=54a，
∴A'E=A'B'-B'E=2a-54a=34a，即DE=34a=A'E，
在ΔA'EM和ΔDEB'中，
∠A'=∠D=90°A'E=DE∠A'EM=∠DEB'
∴ ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA，
∴A'M=B'D=a，即AM=v1t=a，
∴v1v2=v1tv2t=AMBN=a53a=35，
故答案为：35．
【点睛】
本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
20．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则GE+CF的最小值为____________．
【答案】32
【解析】
【分析】
如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】
解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，
∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴HG'=DH2+DG'2=32+32=32，
即GE+CF的最小值为32．
故答案为：32
【点睛】
此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
21．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为______．
【答案】33π.
【解析】
【分析】
根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】
解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°.
∴∠ABP+∠PBC=90°.
∵∠PAB=∠PBC,
∴∠PAB+∠ABP=90°.
∴∴∠APB=90°.
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为O1，连接O1C交⊙O1于点P'，连接O1P,CP.
∵CP≥O1C-O1P,
∴当点O1,P,C三点共线时，即点P在点P'处时，CP有最小值，
∵AB=23
∴O1B=3
在RtΔBCO1中，tan∠BO1C=BCO1B=33=3.
∴∠BO1C=60°.
∴BP'=60π×3180=33π.
∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为33π.
【点睛】
本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．
22．（2022·河南·中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O'处，得到扇形A'O'B'．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
【答案】π3+32
【解析】
【分析】
设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，解Rt△OCO'，求得O'C=3,∠COB=60°，根据阴影部分的面积为S扇形A'O'B'-S扇形OCB-S△OCO'，即可求解．
【详解】
如图，设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，如图
∵O'是OB的中点
∴OO'=12OB=12OA=1, OA＝2，
∵ ∠AOB＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
∴∠A'O'O=90°
∴cos∠COB=OO'OC=12
∴∠COB=60°
∴O'C=OCsin60°=3
∴阴影部分的面积为S扇形A'O'B'-S扇形OCB-S△OCO'
=S扇形AOB'-S扇形OCB+S△OCO'
=90360π×22-60360π×22+12×1×3
=π3+32
故答案为：π3+32
【点睛】
本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得∠COB=60°是解题的关键．
三、解答题
23．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，等边△ABC、等边△DEF的边长分别为3和2．开始时点A与点D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，当点D到达点B时停止．在此过程中，设△ABC、△DEF重合部分的面积为y，△DEF移动的距离为x，则y与x的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
当△DEF在△ABC内移动时，△ABC、△DEF重合部分的面积不变，当△DEF移出△ABC时，计算出S△DBN，得到y=34x2-332x+934，从而得到答案．
【详解】
如下图所示，当E和B重合时，AD=AB-DB=3-2=1，
∴ 当△DEF移动的距离为0≤x≤1时，△DEF在△ABC内，y=S△DEF，
当E在B的右边时，如下图所示，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N坐NM垂直于AE，垂足为M，
根据题意得AD=x，AB=3,
∴DB=AB-AD=3-x，
∵∠NDB=60°，∠NBD=60°，
∴ΔNDB是等边三角形，
∴DN=DB=NB=3-x，
∵NM⊥DB，
∴DM=MB=123-x，
∵NM2+DM2=DN2，
∴NM=323-x，
∴S△DBN=12DB×NM=123-x×323-x=343-x2，
∴y=343-x2=34x2-332x+934，
∴当1≤x≤3时，y是一个关于x的二次函数，且开口向上，
∵当0≤x≤1时，y=34×22=3，当x=3时，y=0，
故选：C．
【点睛】
本题考查图形移动、等边三角形的性质，二次函数的性质，根据题意得到二次函数的解析式是解题的关键．
24．（2022·山东临沂·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠DPQ大小不变，理由见解析
(3)CP=AQ，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出AB=BC=CD=AD，便可证明；
（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明△APE是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明∠APF=∠EPF，∠QPF=∠BPF，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
(1)
连接BD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵点B，D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BD，
∴DC=BC,AD=AB，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)
当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
∵将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
∴PQ=PD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，
则∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，
∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=EP=AE，
∵PF⊥AB，
∴∠APF=∠EPF，
∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
∴PB = PD，∠DPA =∠BPA，
∴PQ = PD，
∵PF⊥AB，
∴∠QPF=∠BPF，
∴∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∴∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
(3)
AQ= CP，证明如下：
∵AC = AB，AP= AE，
∴AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
∵AP = EP，PF⊥AB，
∴AF = FE，
∵PQ= PD，PF⊥AB，
∴QF = BF，
∴ QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
∴AQ= CP．
【点睛】
本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．
请你证明：AG=BH．
【迁移应用】
延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG
【解析】
【分析】
证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；
【详解】
证明：∵ AB=AC,AO⊥BC，
∴ OA=OB,∠AOB=90°，
∵ ∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，
∴ ∠BOH=∠AOG，
∵ OH=OG，
∴ △BOH≅△AOG，
∴ AG=BH；
迁移应用：AG⊥BH，
证明：∵ △BOH≅△AOG，
∴ ∠BHO=∠AGO，
∵ ∠DGH+∠AGO=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO=45°，
∵ ∠OHG=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，
∴ ∠HDG=90°，
∴ AG⊥BH；
拓展延伸：BH=3AG，
证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，
在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，
∴ OAOB=OGOH，
由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，
∴ △BOH∽△AOG，
∴ AGBH=OAOB=33，
∴ BH=3AG．
【点睛】
本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
26．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-43x-4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y=518x2+bx+c恰好经过这两点．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是0,6，将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求35BP+EP取最小值时，点P的坐标．
【答案】(1)y=518x2-12x-4
(2)①点E在抛物线上；②（0，-92）
【解析】
【分析】
（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
②过点P作PQ⊥AB于Q，证明△ABO∽△PBQ，从而求出PQ=35BP，则可判断当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35BP+EP取最小值，然后根据待定系数法求直线EP解析式，即可求出点P的坐标．
(1)
解：当x=0时，y=-4，
当y=0时，-43x-4=0，
∴x=-3，
∴A（-3，0），B（0，-4），
把A、B代入抛物线y=518x2+bx+c，
得518×(-3)2-3b+c=0c=-4，
∴b=-12c=-4，
∴抛物线解析式为y=518x2-12x-4；
(2)
①∵A（-3，0），C（0，6），
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为（6，3），
当x=3时，y=518×62-12×6-4=3，
∴点E在抛物线上；
②过点P作PQ⊥AB于Q，
又∠AOB=90°，
∴∠AOB=∠PQB，
在Rt△ABO中，AO=3，BO=4，
∴由勾股定理得：AB=5，
∵∠AOB=∠PQB，∠ABO=∠PBQ，
∴△ABO∽△PBQ，
∴AOAB=PQBP，
∴35=PQBP，
∴PQ=35BP，
∴35BP+EP=PQ+EP，
∴当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35BP+EP取最小值，
∵EP⊥AB，
∴设直线EP解析式为y=34x+m，
又E（6，0），
∴34×6+m=0，
∴m=-92，
∴直线EP解析式为y=34x-92，
当x=0时，y=-92，
∴点P坐标为（0，-92）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数函数解析式，相似三角形的判定与性质等，解第（2）题第②问的关键是正确作出点P的位置．
27．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为t(s)(0
(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)165s
(2)S=12t2-3710t+14
(3)存在，t=6529s
【解析】
【分析】
（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AEAD，即t4=45，进而求解；
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125，CM=165，再证△BPN∽△BAC得BPBA=PNAC，得出PN=45t，根据S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC即可求出表达式；
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则5-t165=t135，进而求出t值．
(1)
解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2-BC2=25-9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°
又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
∴AQAE=AEAD
∴t4=45
∴t=165
答：当EQ⊥AD时，t的值为165s．
(2)
解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
∴ABCA=BCAM=ACCM
∴54=3AM=4CM
∴AM=125，CM=165
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
∴BPBA=PNAC
∴t5=PN4
∴PN=45t
∴S△ABC=12⋅BC⋅AC=12×3×4=6,S△ACD=12⋅AD⋅CM=12×5×165=8
S△PBC=12⋅BC⋅PN=12×3×45t=65t,S△APQ=12⋅AQ⋅AP=12t(5-t)
∴S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC
=6+8-12t(5-t)-65t
=12t2-3710t+14
∴S=12t2-3710t+14
(3)
解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD
∵AD=5,AM=125
∴DM=AD-AM=5-125=135
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
∴APMC=AQMD
∴5-t165=t135
∴t=6529
∴存在时刻t=6529s，使PQ∥CD．
【点睛】
本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
28．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】
解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】
本题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，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
29．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD-DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t秒．
(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；
(4)当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)35
(4)23或2011
【解析】
【分析】
（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，从而得到A'E=DE-A'D=2-3t，在Rt△A'PE中，由勾股定理可得t=25，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，
∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=AD2-AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=13-13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13t-13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线PM的对称点A'，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，
∴A'D=1，
根据题意得：A'P=AP=13t，DP=13-13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴PDAD=DEDM=PEAM，
∴13-13t13=DE3=PE2，
解得：DE=3-3t,PE=2-2t，
∴A'E=DE-A'D=2-3t，
在Rt△A'PE中，A'P2=PE2+A'E2，
∴13t2=2-2t2+2-3t2，解得：t=25，
∴PE=65，
∴S△DPA'=12A'D⋅PE=12×1×65=35；
(4)
解：如图，
当点M、A'、C三点共线时，且点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴sin∠CMN=CNCM=35，
∵A' M=2，
∴A'G=2×35=65，
∴MG=85，
∴BG=BM-MG=25，
∴tan∠A'BA=A'GBG=3，
∴tan∠PMF=tan∠A'BA=3，
∴PFFM=3，即PF=3FM，
∵tan∠DAM=DMAM=PFAF=32，cos∠DAM=AMAD=AFAP=213，
∴PF=32AF，
∴3FM=32AF，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴AF=43，
∴4313t=213，解得：t=23；
如图，当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=213-13t，
过点A″作A″G'⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
同理：A″G'=65,AG'=25，
∵HK⊥AB，A″G'⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△AA″G'，
∵点H是AA″的中点，
∴HKA″G'=AKAG'=AHAA″=12，
∴HK=35,AK=15，
∴MK=95，
∴tan∠PMT=tan∠HMK=HKMK=13，
∴PTMT=13，即MT=3PT，
∵tan∠PBT=DMBM=PTBT=32，cos∠PBT=BTPB=BMBD=213，
∴BT=23PT，
∴MT=92BT，
∵MT+BT=BM=2，
∴BT=411，
∴411213-13t=213，解得：t=2011；
综上所述，t的值为23或2011．
【点睛】
本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A'的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
30．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD，连接AB,AC．
(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,3≈1.7）．
【答案】(1)答案见解析
(2)0.9m
【解析】
【分析】
（1）连接AO 并延长交⊙O 于M，根据AM为⊙O的直径可以得到 ∠ABM=90° ，继而得到∠BAM+∠AMB=90° ，根据AD2=BD⋅CD可证ΔDAB∼ΔDCB，可以得到∠DAB=∠DCA，利用等量代换即可证明AD为⊙O的切线；
（2）根据AB=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75° ，根据AQ 为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90° ，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ//BC 得出∠QAC=∠BAP=15°，故可得到∠PQA=45° ，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，于是在等腰RtΔOEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度EF．
(1)
证明：连接AO 并延长交⊙O 于M，连接BM，
∴AM为⊙O的直径，
∴∠ABM=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°，
∵AD2=BD⋅CD，
∴ADBD=CDAD，
又∵∠D=∠D，
∴ΔDAB∼ΔDCB，
∴∠DAB=∠DCA，
又∵∠BCA=∠BMA，
∴∠BAM+∠DAB=90°，
∴∠DAM=90°，
∴AD为⊙O的切线；
(2)
解：如图所示，
∵AC=BC，∠C=30°，
∴∠CAB=∠CBA=12180°-∠C=12180°-30°=75°，
∵AQ 是⊙O的直径，
∴∠ABQ=∠APQ=90°，
∵∠C=30° ，
∴∠AQB=∠C=30° ，
∴∠BAQ=90°-∠AQB=60° ，
∴∠QAC=∠BAC-∠BAQ=75°-60°=15°，
∵PQ//BC，
∴BP=CQ，
∴∠QAC=∠BQP=15°，
∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45° ，
过O作OF⊥PQ交⊙O于F，
∴ΔOEQ为等腰直角三角形，
∵OQ=3，
∴OE=OQsin45°=3×22=322，
∴EF=OF-OE=3-322≈0.9m．
【点睛】
本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
31．（2022·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C0,3，对称轴为直线x=-1，顶点为点D．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO；
(3)如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=-x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N．如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标．
【答案】(1)y=-x2-2x+3
(2)见解析
(3)点Q-1,-8或(5，-8)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；
（2）根据点A，D，C坐标可得出AD，AC，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三角形，进而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，从而得出结论；
（3）先得出y1的顶点，进而得出先抛物线的表达式，从而求得M和N的坐标，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形分为▱MNQP和▱MNPQ，根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而求得结果．
(1)
解：由题意得，
-b2×-1=-1c=3，
∴b=-2c=3，
∴二次函数的表达式为：y=-x2-2x+3；
(2)
证明：∵当x=-1时，y=-1-2×-1+3=4，
∴D-1,4，
由-x2-2x+3=0得，
x1=-3，x2=1，
∴A-3,0，B1,0
∴AD2=(-1+3)2+42=20，
∵C0,3，
∴CD2=(4-3)2+(-1)2=2，AC2=32+32=18，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴tan∠DAC=CDAC=232=13，
∵∠BOC=90°，
∴tan∠BCO=OBOC=13，
∴∠DAC=∠BCO；
(3)
解：如图，
作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于F，
∴DE∥FD1，
∴△DEC∽△D1EF，
∴CFCE=FD1DE=CD1CD=2，
∴FD1=2DE=2，CF=CE=2，
∴D12,1，
∴y1的关系式为：y=-x-22+1，
由-x-22+1=0得，
x=3或x=1，
∴M3,0，
当x=0时，y=-3，
∴N0,-3，
设P2,m，
当四边形MNQP是平行四边形时，
∴MN∥PQ，PQ=MN，
∴Q点的横坐标为-1，
当x=-1时，y=--1-22+1=-8，
∴Q-1,8，
当四边形MNPQ是平行四边形时，
同理可得：点Q横坐标为：5，
当x=5时，y=-5-22+1=-8，
∴Q'5,-8，
综上所述：点Q-1,-8或（5，-8）．
【点睛】
本题考查了求二次函数的表达式，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和分类等知识，解决问题的关键熟练掌握有关基础知识．
32．（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD，CE．
①求BDCE的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)①35；②45
【解析】
【分析】
（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
(1)
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
(2)
解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ABAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
(3)
解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35 ；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
33．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0<α<45°，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α45°<α<90°，与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S△BFC．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)SΔBFC=258
【解析】
【分析】
（1）先根据得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°，∠ACE=45°，
即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出ADAE=AFCF，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
(1)
解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=90°2=45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD=90°-45°=45°，∠ACE=90°-45°=45°，
∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，
∴AD=BD=AB×sin∠DAB=2×22=1，
AE=CE=AC×sin∠EAC=2×22=1，
∴DE=AD+AE=2．
(2)
①DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
(3)
根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴AE=AD+DE=3+1=4，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=AE2+CE2=5，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴DF∥CE，
∴ADAE=AFCF，
即34=AF5，
解得：AF=154，
∴CF=AC-AF=5-154=54，
∵AB=AC=5，
∴SΔBFC=12CF×AB=12×54×5=258．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌ΔCAE，是解题的关键．
34．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
(1)求二次函数的表达式；
(2)①求证：△OCD∽△A'BD；
②求DBBA的最小值；
(3)当S△OCD=8S△A'BD时，求直线A'B与二次函数的交点横坐标．
【答案】(1)y=12x2-2x
(2)①证明见解析，②22
(3)2+2193或2-2193．
【解析】
【分析】
（1）二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A(4，0)两点，代入求得b，c的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）①由y=12x2-2x＝12(x-2)2-2，得到顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线和对称轴为直线x＝2，由抛物线的对称性可知OC＝AC，得到∠CAB＝∠COD，由折叠的性质得到△ABC≌△A'BC，得∠CAB＝∠A'，AB＝A'B，进一步得到∠COD＝∠A'，由对顶角相等得∠ODC＝∠BDA'，证得结论；
②由△OCD∽△A'BD，得到DBBA=DBBA'=DCCO，设点D的坐标为（d，0），由两点间距离公式得DC＝(d-2)2+(0+2)2=(d-2)2+4，在0＜d＜4的范围内，当d＝2时，DC有最小值为4=2，得到DCCO的最小值，进一步得到DBBA的最小值；
（3）由S△OCD=8S△A'BD和△OCD∽△A'BD得到 OCA'B=8=22，求得A'B＝AB＝1，进一步得到点B的坐标是（3，0），设直线BC的解析式为y＝k1x＋b1，把点B（3，0），C（2，﹣2）代人求出直线BC的解析式为y＝2x－6，设点A'的坐标是（p，q），则线段A'A的中点为（p+42，q2），由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线BC上，求得q＝2p－4，由两点间距离公式得A'B＝1，解得p＝2或p＝125，求得点A'的坐标，设直线A'B的解析式为y＝k2x＋b2，由待定系数法求得直线A'B的解析式为y＝-43x＋4，联立直线A'B和抛物线y=12x2-2x，解方程组即可得到答案．
(1)
解：∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，
∴代入O (0，0)，A (4，0)得，c=08+4b+c=0，
解得：b=-2c=0，
∴二次函数的表达式为y=12x2-2x；
(2)
①证明：∵ y=12x2-2x＝12(x-2)2-2，
∴顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线y=12x2-2x的对称轴为直线x＝2，
∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，A(4，0)两点，
∴由抛物线的对称性可知OC＝AC，
∴∠CAB＝∠COD，
∵△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，
∴ △ABC≌△A'BC，
∴∠CAB＝∠A'，AB＝A'B，
∴∠COD＝∠A'，
∵∠ODC＝∠BDA'，
∴△OCD∽△A'BD；
②∵△OCD∽△A'BD，
∴DBBA=DBBA'=DCCO，
设点D的坐标为（d，0），
由两点间距离公式得DC＝(d-2)2+(0+2)2=(d-2)2+4，
∵点D与O、A点不重合，
∴0＜d＜4，
对于DC2 ＝(d-2)2+4来说，
∵ a＝1＞0，
∴抛物线开口向上，在顶点处取最小值，当d＝2时，DC2的最小值是4，
∴当d＝2时，DC有最小值为4=2，
由两点间距离公式得OC＝(2-0)2+(-2-0)2=22，
∴DCCO有最小值为222=22，
∴DBBA的最小值为22；
(3)
解：∵S△OCD=8S△A'BD，
∴S△OCDS△A'BD=8，
∵△OCD∽△A'BD，
∴ OCA'B=8=22，
∵OC＝22，
∴A'B＝AB＝1，
∴点B的坐标是（3，0），
设直线BC的解析式为y＝k1x＋b1，
把点B（3，0），C（2，﹣2）代人得3k1+b1=02k1+b1=-2，
解得k1=2b1=-6，
∴直线BC的解析式为y＝2x－6，
设点A'的坐标是（p，q），
∴线段A'A的中点为（p+42，q2），
由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线BC上，
∴q2＝2×p+42－6，
解得q＝2p－4，
由两点间距离公式得A'B＝(p-3)2+(q-0)2=(p-3)2+(2p-4)2=1，
整理得(p-3)2+(2p-4)2＝1，
解得p＝2或p＝125，
当p＝2时，q＝2p－4＝0，此时点A'（2，0），很显然不符合题意，
当p＝125时，q＝2p－4＝45，此时点A'（125，45），符合题意，
设直线A'B的解析式为y＝k2x＋b2，
把点B（3，0），A'（125，45）代人得，3k2+b2=0125k2+b2=45，
解得k2=-43b2=4，
∴直线A'B的解析式为y＝-43x＋4，
联立直线A'B和抛物线y=12x2-2x得到，y=-43x+4y=12x2-2x，
解得x1=2+2193y1=28-8199，x2=2-2193y2=28+8199，
∴直线A'B与二次函数的交点横坐标为2+2193或2-2193．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数求函数的表达式、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、中点坐标公式、一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、图形的折叠等知识，难度较大，属于中考压轴题，数形结合是解决此问题的关键．
35．（2022·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=-x2+c与y轴交于点P0,4．
(1)直接写出抛物线的解析式．
(2)如图，将抛物线y=-x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
(3)直线BC与抛物线y=-x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)若将抛物线y=-x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出拋物线y=-x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【答案】(1)y=-x2+4
(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析
(3)存在，T25+13,0或T3+54,0，
(4)最短距离为528，平移后的顶点坐标为58,278
【解析】
【分析】
（1）待定系数法求二次函数解析式；
（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；
（3）由∠CBA=∠NBT，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
（4）如图，作l∥BC且与抛物线只有1个交点，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC于F，进而求得直线l与BC的距离，即为所求最短距离，进而求得平移方式，将顶点坐标平移即可求解．
(1)
解：∵抛物线y=-x2+c与y轴交于点P0,4
∴c=4
∴抛物线解析式为y=-x2+4
(2)
以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵ y=-x2+4的顶点坐标为P0,4
依题意得，Q-1,4
∴平移后的抛物线解析式为y=-x+12+4
令y=0，解-x+12+4=0
得x1=-3,x2=1
∴A1,0，B-3,0
令x=0，则y=3，即C0,3
∴BC2=32+32=18，CQ2=12+12=2，QB2=-3+12+42=20
∴BC2+CQ2=QB2
∴以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形
(3)
存在，T25+13,0或T3+54,0，理由如下，
∵B-3,0，C0，3，
∴OB=OC=3
∴ △OBC是等腰直角三角形
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则-3k+b=0b=3，
解得k=1b=3，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
联立y=x+3y=-x2+4
解得x1=-1+52y1=5+52，x2=-1-52y2=5-52
∴N-1+52,5+52
∵ A1,0,B-3,0，C0,3，△OBC是等腰直角三角形
∴ AB=4，BC=2OB=32
设直线AC的解析式为y=mx+n,
∴m+n=0n=3
∴m=-3n=3
∴直线AC的解析式为y=-3x+3
当NT∥AC时，△BNT∽△BCA
设NT的解析式为y=-3x+t，由NT过点N-1+52,5+52
则5+52=-3-1+52+t
解得t=25+1
∴ NT的解析式为y=-3x+25+1，
令y=0
解得x=25+13
∴T25+13,0
∴BT=3+25+13=10+253
∵ △BNT∽△BCA，
∴BTBA=BNBC
∴10+2534=BN32
∴BN=522+102
②当△BNT∽△BAC时，则BTBC=BNBA
即BT32=522+1024
解得BT=154+354
∵OB=3
∴T3+54,0
综上所述，T25+13,0或T3+54,0
(4)
如图，作l∥BC，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC于F
∵直线BC的解析式为y=x+3
设与BC平行的且与y=-x2+4只有一个公共点的直线l解析式为y=x+b
则y=-x2+4y=x+b
整理得：x2+x+b-4=0
则Δ=12-4b-4=0
解得b=174
∴直线l的解析式为y=x+174
∴CD=174-3=54，EF=FC=12CD=58
∴CE=22CD=22×54=528
即拋物线y=-x2+c平移的最短距离为528，方向为EC方向
∵P0,4
∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标
∴平移后的顶点坐标为58,4-58，即58，278
【点睛】
本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．
36．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D(2,1)，抛物线的对称轴交直线BC于点E．
(1)求抛物线y=-x2+bx+c的表达式；
(2)把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为h(h>0)，在平移过程中，该抛物线与直线BC始终有交点，求h的最大值；
(3)M是（1）中抛物线上一点，N是直线BC上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+4x-3
(2)94
(3)存在；1，-2或3+172，17-32或3-172，-17+32或3，0
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线顶点坐标即可求解；
（2）由题意得，求BC的表达式为：y=x-3；抛物线平移后的表达式为：y=-x2+4x-3-h，根据题意得，y=-x2+4x-3-hy=x-3即可求解；
（3）设Mm，-m2+4m-3，Nm，m-3，根据平行四边形的性质进行求解即可．
(1)
解：由D(2,1)可知，
-b2×-1=24×-1c-b24×-1=1，解得：b=4c=-3，
∴y=-x2+4x-3．
(2)
分别令y=-x2+4x-3中，x=0，y=0得，B(3，0)，C(0，-3)；
设BC的表达式为：y=kx+nk≠0，
将B(3，0)，C(0，-3)代入y=kx+n得，
0=3k+n-3=0+n解得：k=1n=-3；
∴BC的表达式为：y=x-3；
抛物线平移后的表达式为：y=-x2+4x-3-h，
根据题意得，y=-x2+4x-3-hy=x-3，即x2-3x+h=0，
∵该抛物线与直线BC始终有交点，
∴-32-4×1×h≥0，
∴h≤94，
∴h的最大值为94．
(3)
存在，理由如下：
将x=2代入y=x-3中得E2，-1，
①当DE为平行四边形的一条边时，
∵四边形DEMN是平行四边形，
∴DE∥MN，DE=MN，
∵DE∥y轴，
∴MN∥y轴，
∴设Mm，-m2+4m-3，Nm，m-3，
当-m2+4m-3-m-3=2时，解得：m1=1，m2=2（舍去），
∴N1，-2，
当m-3--m2+4m-3=2时，解得：m1=3+172，m2=3-172，
∴N3+172，17-32或N3-172，-17+32；
②当DE为平行四边形的对角线时，设Mp，-p2+4p-3，Nq，q-3，
∵D、E的中点坐标为：（2，0），
∴M、N的中点坐标为：（2，0），
∴p+q2=2-p2+4p-3+q-32=0，
解得：p1=1q1=3，p2=2q2=2（舍去），
∴此时点N的坐标为（3，0）；
综上分析可知，点N的坐标为：1，-2或3+172，17-32或3-172，-17+32或（3，0）．
【点睛】
本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用、平行四边形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
37．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2-2x-3的顶点为A，与y轴交于点C，线段CB∥x轴，交该抛物线于另一点B．
(1)求点B的坐标及直线AC的解析式：
(2)当二次函数y=x2-2x-3的自变量x满足m⩽x⩽m+2时，此函数的最大值为p，最小值为q，且p-q=2．求m的值：
(3)平移抛物线y=x2-2x-3，使其顶点始终在直线AC上移动，当平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点的横坐标为n，请直接写出n的取值范围．
【答案】(1)B（2，-3），直线AC为：y=-x-3；
(2)m=1-2或m=-1+2；
(3)n=78或1＜n≤4；
【解析】
【分析】
（1）求得抛物线与y轴交点C，再由对称轴x=1求得点B坐标，由点A、C坐标待定系数法求直线AC解析式即可；
（2）利用二次函数的对称性分情况讨论：①当m+2≤1时，x=m时取最大值，x=m+2时取最小值，②当m+2＞1且m＜1，1-m＞m+2-1时，x=m时取最大值，x=1时取最小值，③当m+2＞1且m＜1，1-m＜m+2-1时，x=m+2时取最大值，x=1时取最小值，④当m≥1时，x=m+2时取最大值，x=m时取最小值；根据p-q=2列方程求解即可；
（3）过点A作直线AE⊥BC于E，作直线AF⊥y轴于F，根据坐标特征求得AECF是正方形，于是点A沿直线AC平移时，横纵坐标平移距离相等；结合图形可得设抛物线向左平移到与直线AB只有1个交点时与射线BA也只有一个交点，由平移后的抛物线与直线BA联立求值即可；当抛物线由点A向右平移至左半部分过点B时，与射线BA也只有一个交点，将B点坐标代入平移后的抛物线计算求值即可；
(1)
解：y=x2-2x-3=x-12-4，
∴顶点坐标A（1，-4），对称轴x=1，
当x=0时y=-3，即C（0，-3），
点B、C关于对称轴x=1对称，则B（2，-3），
设直线AC：y=kx+b，由A（1，-4），C（0，-3），可得
-4=k+b-3=b，解得：k=-1b=-3
∴直线AC为：y=-x-3；
(2)
解：①当m+2≤1时，即m≤-1时，
x=m时取最大值，x=m+2时取最小值，
∴m2-2m-3-m+22-2m+2-3=2，
解得：m=-12，不符合题意；
②当m+2＞1且m＜1，1-m＞m+2-1时，即-1＜m＜0时，
x=m时取最大值，x=1时取最小值，
∴m2-2m-3--4=2，
解得：m=1-2，或m=1+2（舍去），
③当m+2＞1且m＜1，1-m＜m+2-1时，即0＜m＜1时，
x=m+2时取最大值，x=1时取最小值，
∴m+22-2m+2-3--4=2，
解得：m=-1+2，m=-1-2（舍去），
④当m≥1时，
x=m+2时取最大值，x=m时取最小值，
∴m+22-2m+2-3-m2-2m-3=2，
解得：m=12，不符合题意；
m=0时，二次函数在0≤x≤2上最大值-3，最小值-4，-3-（-4）=1不符合题意；
综上所述：m=1-2或m=-1+2；
(3)
解：由题意作图如下，过点A作直线AE⊥BC于E，作直线AF⊥y轴于F，
由A（1，-4）、B（2，-3）可得
直线AB解析式为：y=x-5，
∵C（0，-3），
∴F（0，-4），E（1，-3），
∵AF=1，AE=1，CF=1，CE=1，∠AEC=90°，
∴四边形AECF是正方形，
∴∠CAE=∠CAF=45°，
根据对顶角相等，可得当点A沿直线AC平移m长度时，横坐标平移m•cos45°，纵坐标平移m•cos45°，
即点A沿直线AC平移时，横纵坐标平移距离相等，
设抛物线向左平移m单位后，与直线AB只有1个交点，则
x+m-12-4+m=x-5
x2+2m-3x+m-12+m+1=0
令△=0，解得：m=18，
∴n=1-18=78，
由图象可得当抛物线由点A向右平移至左半部分过点B时，与射线BA只有一个交点，
设抛物线向右平移m单位后，左半部分过点B，则
B（2，-3）在抛物线y'=x-m-12-4-m上，
-3=2-m-12-4-m，
解得：m=0（舍去）或m=3，
∴1＜n≤4，
综上所述n=78或1＜n≤4；
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的综合，根据二次函数的对称性求最值，二次函数的平移，三角函数等知识；数形结合，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
38．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y=x2+bx+c经过点A-3,0和点B1,0．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x-3
(2)y=-x2+2x+3
(3)①C-2,-3或D2,5；②12
【解析】
【分析】
（1）将点A-3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，即可求解；
（2）利用对称性求出函数F1顶点-1,-4关于原点的对称点为1,4，即可求函数F2的解析式；
（3）①通过联立方程组y=-x2+2x+5y=x2+2x-3，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设Mm,m2+2m-3，Nn,-n2+2n+3，则Fm,2m+2，Nn,2n+1，可求MF=-m2+4，NE=-n2+2，由S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=2MF+NE，分别求出MF的最大值4，NE的最大值2，即可求解．
(1)
解：将点A-3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，
∴9-3b+c=01+b+c=0，解得b=2c=-3，
∴y=x2+2x-3．
(2)
∵y=x2+2x-3=(x+1)2-4，
∴抛物线的顶点-1,-4，
∵顶点-1,-4关于原点的对称点为1,4，
∴抛物线F2的解析式为y=-(x-1)2+4，
∴y=-x2+2x+3．
(3)
由题意可得，抛物线F3的解析式为y=-(x-1)2+6=-x2+2x+5，
①联立方程组y=-x2+2x+5y=x2+2x-3，
解得x=2或x=-2，
∴C-2,-3或D2,5；
②设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴-2k+b=-32k+b=5，解得k=2b=1，
∴y=2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，如图所示：
设Mm,m2+2m-3，Nn,-n2+2n+3，
则Fm,2m+1，Nn,2n+1，
∴MF=2m+1-m2+2m-3=-m2+4，
NE=-n2+2n+3-2n-1=-n2+2，
∵-2
当n=0时，NE有最大值2，
∵S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=12×4×MF+NE=2MF+NE，
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为12．
【点睛】
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，图象平移和对称的性质是解题的关键．
39．（2022·河北·中考真题）如图，点Pa,3在抛物线C：y=4-6-x2上，且在C的对称轴右侧．
(1)写出C的对称轴和y的最大值，并求a的值；
(2)坐标平面上放置一透明胶片，并在胶片上描画出点P及C的一段，分别记为P'，C'．平移该胶片，使C'所在抛物线对应的函数恰为y=-x2+6x-9．求点P'移动的最短路程．
【答案】(1)对称轴为直线x=6，y的最大值为4，a=7
(2)5
【解析】
【分析】
（1）由y=a(x-h)2+k的性质得开口方向，对称轴和最值，把Pa,3代入y=4-6-x2中即可得出a的值；
（2）由y=-x2+6x-9=-(x-3)2，得出抛物线y=-x2+6x-9是由抛物线C：y=-x-62+4向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，即可求出点P'移动的最短路程．
(1)
y=4-6-x2=-(x-6)2+4，
∴对称轴为直线x=6，
∵-1<0，
∴抛物线开口向下，有最大值，即y的最大值为4，
把Pa,3代入y=4-6-x2中得：
4-(6-a)2=3，
解得：a=5或a=7，
∵点Pa,3在C的对称轴右侧，
∴a=7；
(2)
∵y=-x2+6x-9=-(x-3)2，
∴y=-(x-3)2是由y=-x-62+4向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，
平移距离为32+42=5，
∴P'移动的最短路程为5．
【点睛】
本题考查二次函数y=a(x-h)2+k的图像与性质，掌握二次函数y=a(x-h)2+k的性质以及平移的方法是解题的关键．
40．（2022·江苏连云港·中考真题）已知二次函数y=x2+(m-2)x+m-4，其中m>2．
(1)当该函数的图像经过原点O0,0，求此时函数图像的顶点A的坐标；
(2)求证：二次函数y=x2+(m-2)x+m-4的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线y=-x-2上运动，平移后所得函数的图像与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．
【答案】(1)A-1,-1
(2)见解析
(3)最大值为98
【解析】
【分析】
（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为2-m2,-m2+8m-204，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为-b2,4c-b24，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线y=-x-2上推出c=b2+2b-84，过点A作AH⊥OB，垂足为H，可以推出S△AOB=-18(b+1)2+98,由此即可求解．
(1)
解：将O0,0代入y=x2+(m-2)x+m-4，
解得m=4．
由m>2，则m=4符合题意，
∴y=x2+2x=(x+1)2-1，
∴A-1,-1．
(2)
解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为2-m2,-m2+8m-204．
∵m>2，
∴m-2>0，
∴2-m<0，
∴2-m2<0．
∵-m2+8m-204=-14(m-4)2-1≤-1<0，
∴二次函数y=x2+(m-2)x+m-4的顶点在第三象限．
(3)
解：设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为-b2,4c-b24
当x=0时，y=c，
∴B0,c．
将-b2,4c-b24代入y=-x-2，
解得c=b2+2b-84．
∵B0,c在y轴的负半轴上，
∴c<0．
∴OB=-c=-b2+2b-84．
过点A作AH⊥OB，垂足为H，
∵A-1,-1，
∴AH=1．
在△AOB中，S△AOB=12OB⋅AH=12×-b2+2b-84×1
=-18b2-14b+1
=-18(b+1)2+98,
∴当b=-1时，此时c<0，△AOB面积有最大值，最大值为98．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
相关试卷
2022年中考数学真题考点分类专练专题29动点综合问题（含解析）： 这是一份2022年中考数学真题考点分类专练专题29动点综合问题（含解析），共98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。
初中数学中考复习 专题33四边形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】： 这是一份初中数学中考复习 专题33四边形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】，共80页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
初中数学中考复习 专题32三角形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】： 这是一份初中数学中考复习 专题32三角形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】，共77页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
