|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)
    立即下载
    加入资料篮
    资料中包含下列文件,点击文件名可预览资料内容
    • 原卷
      专题28 动点综合问题(原卷版).docx
    • 解析
      专题28 动点综合问题(解析版).docx
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)01
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)02
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)03
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)01
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)02
    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)03
    还剩11页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)

    展开
    这是一份2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用),文件包含专题28动点综合问题解析版docx、专题28动点综合问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共70页, 欢迎下载使用。

    专题28 动点综合问题

    1.(2023·四川遂宁·统考中考真题)如图,在中,,点P为线段上的动点,以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动,到达点B时停止.过点P作于点M、作于点N,连接,线段的长度y与点P的运动时间t(秒)的函数关系如图所示,则函数图象最低点E的坐标为(    )
      
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【分析】如图所示,过点C作于D,连接,先利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形,即,进而利用等面积法求出,则可利用勾股定理求出;再证明四边形是矩形,得到,故当点P与点D重合时,最小,即最小,此时最小值为,,则点E的坐标为.
    【详解】解:如图所示,过点C作于D,连接,
    ∵在中,,
    ∴,
    ∴是直角三角形,即,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    ∵,
    ∴四边形是矩形,
    ∴,
    ∴当最小时,即最小,
    ∴当点P与点D重合时,最小,即最小,此时最小值为,,
    ∴点E的坐标为,
    故选:C.
        
    【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理,矩形的性质与判断,垂线段最短,坐标与图形等等,正确作出辅助线是解题的关键.
    2.(2023·广东深圳·统考中考真题)如图1,在中,动点P从A点运动到B点再到C点后停止,速度为2单位/s,其中长与运动时间t(单位:s)的关系如图2,则的长为(    )
      
    A. B. C.17 D.
    【答案】C
    【分析】根据图象可知时,点与点重合,得到,进而求出点从点运动到点所需的时间,进而得到点从点运动到点的时间,求出的长,再利用勾股定理求出即可.
    【详解】解:由图象可知:时,点与点重合,
    ∴,
    ∴点从点运动到点所需的时间为;
    ∴点从点运动到点的时间为,
    ∴;
    在中:;
    故选:C.
    【点睛】本题考查动点的函数图象,勾股定理.从函数图象中有效的获取信息,求出的长,是解题的关键.
    3.(2023·黑龙江绥化·统考中考真题)如图,在菱形中,,,动点,同时从点出发,点以每秒个单位长度沿折线向终点运动;点以每秒个单位长度沿线段向终点运动,当其中一点运动至终点时,另一点随之停止运动.设运动时间为秒,的面积为个平方单位,则下列正确表示与函数关系的图象是(    )
      
    A.   B.  
    C.   D.  
    【答案】A
    【分析】连接,过点作于点,根据已知条件得出是等边三角形,进而证明得出,当时,在上,当时,在上,根据三角形的面积公式得到函数关系式,
    【详解】解:如图所示,连接,过点作于点,
    当时,在上,
        
    菱形中,,,
    ∴,则是等边三角形,
    ∴,
    ∵,
    ∴,又


    ∴,

    当时,在上,
      
    ∴,
    综上所述,时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分,当时,函数图象是直线的一部分,
    故选:A.
    【点睛】本题考查了动点问题的函数图象,二次函数图象的性质,一次函数图象的性质,菱形的性质,勾股定理,等边三角形的性质与判定,相似三角形的性质与判定,熟练掌握以上知识是解题的关键.
    4.(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)如图,在正方形中,,动点M,N分别从点A,B同时出发,沿射线,射线的方向匀速运动,且速度的大小相等,连接,,.设点M运动的路程为,的面积为,下列图像中能反映与之间函数关系的是(    )
      
    A.   B.   C.   D.  
    【答案】A
    【分析】先根据,求出与之间函数关系式,再判断即可得出结论.
    【详解】解:,



    故与之间函数关系为二次函数,图像开口向上,时,函数有最小值6,
    故选:A.
    【点睛】本题考查了正方形的性质,二次函数的图像与性质,本题的关键是求出与之间函数关系式,再判断与之间函数类型.
    5.(2023·河南·统考中考真题)如图1,点P从等边三角形的顶点A出发,沿直线运动到三角形内部一点,再从该点沿直线运动到顶点B.设点P运动的路程为x,,图2是点P运动时y随x变化的关系图象,则等边三角形的边长为(    )

    A.6 B.3 C. D.
    【答案】A
    【分析】如图,令点从顶点出发,沿直线运动到三角形内部一点,再从点沿直线运动到顶点.结合图象可知,当点在上运动时,,,易知,当点在上运动时,可知点到达点时的路程为,可知,过点作,解直角三角形可得,进而可求得等边三角形的边长.
    【详解】解:如图,令点从顶点出发,沿直线运动到三角形内部一点,再从点沿直线运动到顶点.

    结合图象可知,当点在上运动时,,
    ∴,,
    又∵为等边三角形,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    当点在上运动时,可知点到达点时的路程为,
    ∴,即,
    ∴,
    过点作,
    ∴,则,
    ∴,  
    即:等边三角形的边长为6,
    故选:A.
    【点睛】本题考查了动点问题的函数图象,解决本题的关键是综合利用图象和图形给出的条件.
    6.(2023·四川乐山·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,直线与x轴、y轴分别交于A、B两点,C、D是半径为1的上两动点,且,P为弦CD的中点.当C、D两点在圆上运动时,面积的最大值是(    )
      
    A.8 B.6 C.4 D.3
    【答案】D
    【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出,确定,再由题意得出当的延长线恰好垂直时,垂足为点E,此时即为三角形的最大高,连接,利用勾股定理求解即可.
    【详解】解:∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点,
    ∴当时,,当时,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵的底边为定值,
    ∴使得底边上的高最大时,面积最大,
    点P为的中点,当的延长线恰好垂直时,垂足为点E,此时即为三角形的最大高,连接,
      
    ∵,的半径为1,

    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    故选:D.
    【点睛】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形,垂径定理的应用,理解题意,确定出高的最大值是解题关键.
    7.(2023·河北·统考中考真题)如图是一种轨道示意图,其中和均为半圆,点M,A,C,N依次在同一直线上,且.现有两个机器人(看成点)分别从M,N两点同时出发,沿着轨道以大小相同的速度匀速移动,其路线分别为和.若移动时间为x,两个机器人之间距离为y,则y与x关系的图象大致是(    )
      
    A.   B.  
    C.   D.  
    【答案】D
    【分析】设圆的半径为R,根据机器人移动时最开始的距离为,之后同时到达点A,C,两个机器人之间的距离y越来越小,当两个机器人分别沿和移动时,此时两个机器人之间的距离是直径,当机器人分别沿和移动时,此时两个机器人之间的距离越来越大.
    【详解】解:由题意可得:机器人(看成点)分别从M,N两点同时出发,
    设圆的半径为R,
    ∴两个机器人最初的距离是,
    ∵两个人机器人速度相同,
    ∴分别同时到达点A,C,
    ∴两个机器人之间的距离y越来越小,故排除A,C;
    当两个机器人分别沿和移动时,此时两个机器人之间的距离是直径,保持不变,
    当机器人分别沿和移动时,此时两个机器人之间的距离越来越大,故排除C,
    故选:D.
    【点睛】本题考查动点函数图像,找到运动时的特殊点用排除法是关键.
    8.(2023·江苏苏州·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,点的坐标为,点的坐标为,以为边作矩形.动点分别从点同时出发,以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动.当移动时间为4秒时,的值为(    )
      
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【分析】根据题意,得出,,勾股定理求得,,即可求解.
    【详解】解:连接、
      
    ∵点的坐标为,点的坐标为,以为边作矩形.
    ∴,
    则,
    依题意,,
    ∴,则,

    ∴,
    ∴,
    ∵,

    故选:D.
    【点睛】本题考查了坐标与图形,勾股定理求两点坐标距离,矩形的性质,求得的坐标是解题的关键.
    9.(2023·山东滨州·统考中考真题)已知点是等边的边上的一点,若,则在以线段为边的三角形中,最小内角的大小为(  )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【分析】将绕点逆时针旋转得到,可得以线段为边的三角形,即,最小的锐角为,根据邻补角以及旋转的性质得出,进而即可求解.
    【详解】解:如图所示,将绕点逆时针旋转得到,
          
    ∴,,,
    ∴是等边三角形,
    ∴,
    ∴以线段为边的三角形,即,最小的锐角为,
    ∵,


    ∴,
    故选:B.
    【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的性质与判定,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
    10.(2023·甘肃武威·统考中考真题)如图1,正方形的边长为4,为边的中点.动点从点出发沿匀速运动,运动到点时停止.设点的运动路程为,线段的长为,与的函数图象如图2所示,则点的坐标为(    )
      
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【分析】证明,,,则当P与A,B重合时,最长,此时,而运动路程为0或4,从而可得答案.
    【详解】解:∵正方形的边长为4,为边的中点,
    ∴,,,
    当P与A,B重合时,最长,
    此时,
    运动路程为0或4,
    结合函数图象可得,
    故选:C.
    【点睛】本题考查的是从函数图象中获取信息,正方形的性质,勾股定理的应用,理解题意,确定函数图象上横纵坐标的含义是解本题的关键.
    11.(2023·浙江绍兴·统考中考真题)如图,在中,是边上的点(不与点重合).过点作交于点;过点作交于点.是线段上的点,;是线段上的点,.若已知的面积,则一定能求出(    )
      
    A.的面积 B.的面积
    C.的面积 D.的面积
    【答案】D
    【分析】如图所示,连接,证明,得出,由已知得出,则,又,则,进而得出,可得,结合题意得出,即可求解.
    【详解】解:如图所示,连接,
      
    ∵,,
    ∴,.
    ∴,.
    ∴.
    ∵,,
    ∴,
    ∴.
    ∴.
    又∵,
    ∴.
    ∴.

    ∴.
    ∴.
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    故选:D.
    【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定,证明是解题的关键.
    12.(2023·安徽·统考中考真题)如图,是线段上一点,和是位于直线同侧的两个等边三角形,点分别是的中点.若,则下列结论错误的是(   )
      
    A.的最小值为 B.的最小值为
    C.周长的最小值为6 D.四边形面积的最小值为
    【答案】A
    【分析】延长,则是等边三角形,观察选项都是求最小时,进而得出当点与重合时,则三点共线,各项都取得最小值,得出B,C,D选项正确,即可求解.
    【详解】解:如图所示,
      
    延长,
    依题意
    ∴是等边三角形,
    ∵是的中点,
    ∴,
    ∵,

    ∴,

    ∴,
    ∴四边形是平行四边形,
    则为的中点
    如图所示,
      
    设的中点分别为,

    ∴当点在上运动时,在上运动,
    当点与重合时,即,
    则三点共线,取得最小值,此时,
    则,
    ∴到的距离相等,
    则,
    此时
    此时和的边长都为2,则最小,
    ∴,

    ∴,
    或者如图所示,作点关于对称点,则,则当三点共线时,
      
    此时
    故A选项错误,
    根据题意可得三点共线时,最小,此时,则,故B选项正确;
    周长等于,
    即当最小时,周长最小,
    如图所示,作平行四边形,连接,
      
    ∵,则
    如图,延长,,交于点,
    则,
    ∴是等边三角形,
    ∴,
    在与中,





    ∴,则,
    ∴是直角三角形,
      
    在中,
    ∴当时,最短,

    ∴周长的最小值为,故C选项正确;

    ∴四边形面积等于
      
    ∴当的面积为0时,取得最小值,此时,重合,重合
    ∴四边形面积的最小值为,故D选项正确,
    故选:A.
    【点睛】本题考查了解直角三角形,等边三角形的性质,勾股定理,熟练掌握等边三角形的性质,得出当点与重合时得出最小值是解题的关键.

    二、填空题
    13.(2023·四川达州·统考中考真题)在中,,,在边上有一点,且,连接,则的最小值为___________.
    【答案】
    【分析】如图,作的外接圆,圆心为,连接、、,过作于,过作,交的垂直平分线于,连接、、,以为圆心,为半径作圆;结合圆周角定理及垂径定理易得,再通过圆周角定理、垂直及垂直平分线的性质、三角形内角和定理易得,从而易证可得即勾股定理即可求得在中由三角形三边关系即可求解.
    【详解】解:如图,作的外接圆,圆心为,连接、、,过作于,过作,交的垂直平分线于,连接、、,以为圆心,为半径作圆;
    ,为的外接圆的圆心,
    ,,




    在中,



    即,
    由作图可知,在的垂直平分线上,


    又为的外接圆的圆心,







    即,

    在中,

    在中,

    即最小值为,
    故答案为:.
      
    【点睛】本题考查了圆周角定理,垂径定理,勾股定理解直角三角形,相似三角形的判定和性质,垂直平分线的性质,角所对的直角边等于斜边的一半,三角形三边之间的关系;解题的关键是结合的外接圆构造相似三角形.
    14.(2023·浙江宁波·统考中考真题)如图,在中,,E为边上一点,以为直径的半圆O与相切于点D,连接,.P是边上的动点,当为等腰三角形时,的长为_____________.
      
    【答案】或
    【分析】连接,勾股定理求出半径,平行线分线段成比例,求出的长,勾股定理求出和的长,分和两种情况进行求解即可.
    【详解】解:连接,
      
    ∵以为直径的半圆O与相切于点D,
    ∴,,

    设,则,
    在中:,即:,
    解得:,
    ∴,
    ∴,,,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    ∵为等腰三角形,
    当时,,
    当时,
    ∵,
    ∴点与点重合,
    ∴,
      
    不存在的情况;
    综上:的长为或.
    故答案为:或.
    【点睛】本题考查切线的性质,平行线分线段成比例,勾股定理,等腰三角形的定义.熟练掌握切线的性质,等腰三角形的定义,确定点的位置,是解题的关键.
    15.(2023·四川凉山·统考中考真题)如图,边长为2的等边的两个顶点分别在两条射线上滑动,若,则的最大值是_________.
      
    【答案】
    【分析】如图所示,取的中点D,连接,先根据等边三角形的性质和勾股定理求出,再根据直角三角形的性质得到,再由可得当三点共线时,有最大值,最大值为.
    【详解】解:如图所示,取的中点D,连接,
    ∵是边长为2的等边三角形,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵,即,
    ∴,
    ∵,
    ∴当三点共线时,有最大值,最大值为,
    故答案为:.
      
    【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质,勾股定理,直角三角形斜边上的中线的性质等等,正确作出辅助线确定当三点共线时,有最大值是解题的关键.
    16.(2023·四川泸州·统考中考真题)如图,,是正方形的边的三等分点,是对角线上的动点,当取得最小值时,的值是___________.
      
    【答案】
    【分析】作点F关于的对称点,连接交于点,此时取得最小值,过点作的垂线段,交于点K,根据题意可知点落在上,设正方形的边长为,求得的边长,证明,可得,即可解答.
    【详解】解:作点F关于的对称点,连接交于点,过点作的垂线段,交于点K,
      
    由题意得:此时落在上,且根据对称的性质,当P点与重合时取得最小值,
    设正方形的边长为a,则,
    四边形是正方形,
    ,,







    ,  

    当取得最小值时,的值是为,
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了四边形的最值问题,轴对称的性质,相似三角形的证明与性质,正方形的性质,正确画出辅助线是解题的关键.
    17.(2023·河南·统考中考真题)矩形中,M为对角线的中点,点N在边上,且.当以点D,M,N为顶点的三角形是直角三角形时,的长为______.
    【答案】2或
    【分析】分两种情况:当时和当时,分别进行讨论求解即可.
    【详解】解:当时,
      
    ∵四边形矩形,
    ∴,则,
    由平行线分线段成比例可得:,
    又∵M为对角线的中点,
    ∴,
    ∴,
    即:,
    ∴,
    当时,
        
    ∵M为对角线的中点,
    ∴为的垂直平分线,
    ∴,
    ∵四边形矩形,
    ∴,则,

    ∴,
    综上,的长为2或,
    故答案为:2或.
    【点睛】本题考查矩形的性质,平行线分线段成比例,垂直平分线的判定及性质等,画出草图进行分类讨论是解决问题的关键.
    18.(2023·湖南·统考中考真题)如图,在矩形中,,动点在矩形的边上沿运动.当点不与点重合时,将沿对折,得到,连接,则在点的运动过程中,线段的最小值为__________.
      
    【答案】
    【分析】根据折叠的性质得出在为圆心,为半径的弧上运动,进而分类讨论当点在上时,当点在上时,当在上时,即可求解.
    【详解】解:∵在矩形中,,
    ∴,,
    如图所示,当点在上时,
      

    ∴在为圆心,为半径的弧上运动,
    当三点共线时,最短,
    此时,
    当点在上时,如图所示,
      
    此时
    当在上时,如图所示,此时
      
    综上所述,的最小值为,
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了矩形与折叠问题,圆外一点到圆上的距离的最值问题,熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
    19.(2023·广西·统考中考真题)如图,在边长为2的正方形中,E,F分别是上的动点,M,N分别是的中点,则的最大值为______.
      
    【答案】
    【分析】首先证明出是的中位线,得到,然后由正方形的性质和勾股定理得到,证明出当最大时,最大,此时最大,进而得到当点E和点C重合时,最大,即的长度,最后代入求解即可.
    【详解】如图所示,连接,
      
    ∵M,N分别是的中点,
    ∴是的中位线,
    ∴,
    ∵四边形是正方形,
    ∴,
    ∴,
    ∴当最大时,最大,此时最大,
    ∵点E是上的动点,
    ∴当点E和点C重合时,最大,即的长度,
    ∴此时,
    ∴,
    ∴的最大值为.
    故答案为:.
    【点睛】此题考查了正方形的性质,三角形中位线的性质,勾股定理等知识,解题的关键是熟练掌握以上知识点.
    20.(2023·山东·统考中考真题)如图,在四边形中,,点E在线段上运动,点F在线段上,,则线段的最小值为__________.
      
    【答案】
    【分析】设的中点为O,以为直径画圆,连接,设与的交点为点,证明,可知点F在以为直径的半圆上运动,当点F运动到与的交点时,线段有最小值,据此求解即可.
    【详解】解:设的中点为O,以为直径画圆,连接,设与的交点为点,
      
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴点F在以为直径的半圆上运动,
    ∴当点F运动到与的交点时,线段有最小值,
    ∵,
    ∴,,
    ∴,
    的最小值为,
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了平行线的性质,圆周角定理的推论,勾股定理等知识,根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键.
    21.(2023·四川内江·统考中考真题)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一,最早是由三国时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形,任意切成多块小图形,几何图形的总面积保持不变,等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图,在矩形中,,,对角线与交于点O,点E为边上的一个动点,,,垂足分别为点F,G,则___________.
      
    【答案】
    【分析】连接,根据矩形的性质得到,,,根据勾股定理得到,求得,根据三角形的面积公式即可得到结论.
    【详解】解:连接,
      
    四边形是矩形,
    ,,,
    ,,





    故答案为:.
    【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.
    22.(2023·山东烟台·统考中考真题)如图1,在中,动点从点出发沿折线匀速运动至点后停止.设点的运动路程为,线段的长度为,图2是与的函数关系的大致图象,其中点为曲线的最低点,则的高的长为_______.  
      
    【答案】
    【分析】过点作于点,当点与重合时,在图2中点表示当时,点到达点,此时当在上运动时,最小,勾股定理求得,然后等面积法即可求解.
    【详解】如图过点作于点,当点与重合时,在图2中点表示当时,点到达点,此时当在上运动时,最小,
      
    ∴,
    在中,

    ∵,
    ∴,
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了动点问题的函数图象,勾股定理,垂线段最短,从函数图象获取信息是解题的关键.
    23.(2023·新疆·统考中考真题)如图,在中,,,,点是上一动点,将沿折叠得到,当点恰好落在上时,的长为______.
      
    【答案】
    【分析】过点作交的延长线于点,根据平行四边形的性质以及已知条件得出,进而求得,根据折叠的性质得出,进而在中,勾股定理即可求解.
    【详解】解:如图所示,过点作交的延长线于点,
      
    ∵在中,,,,
    ∴,
    ∴,
    在中,
    ∵将沿折叠得到,当点恰好落在上时,





    设,

    在中,

    解得:(负整数)
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了折叠的性质,平行四边形的性质,解直角三角形,熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
    24.(2023·四川眉山·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,点B的坐标为,过点B分别作x轴、y轴的垂线,垂足分别为点C、点A,直线与交于点D.与y轴交于点E.动点M在线段上,动点N在直线上,若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形,则点M的坐标为________
      
    【答案】或
    【分析】如图,由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形,可得在以为直径的圆上,,可得是圆与直线的交点,当重合时,符合题意,可得,当N在的上方时,如图,过作轴于,延长交于,则,,证明,设,可得,,而,则,再解方程可得答案.
    【详解】解:如图,∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形,
    ∴在以为直径的圆上,,
    ∴是圆与直线的交点,
      
    当重合时,
    ∵,则,
    ∴,符合题意,
    ∴,
    当N在的上方时,如图,过作轴于,延长交于,则,,
    ∴,
      
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,设,
    ∴,,
    而,
    ∴,
    解得:,则,
    ∴,
    ∴;
    综上:或.
    故答案为:或.
    【点睛】本题考查的是坐标与图形,一次函数的性质,等腰直角三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,圆周角定理的应用,本题属于填空题里面的压轴题,难度较大,清晰的分类讨论是解本题的关键.
    25.(2023·四川自贡·统考中考真题)如图,直线与x轴,y轴分别交于A,B两点,点D是线段AB上一动点,点H是直线上的一动点,动点,连接.当取最小值时,的最小值是 ________.
      
    【答案】
    【分析】作出点,作于点D,交x轴于点F,此时的最小值为的长,利用解直角三角形求得,利用待定系数法求得直线的解析式,联立即可求得点D的坐标,过点D作轴于点G,此时的最小值是的长,据此求解即可.
    【详解】解:∵直线与x轴,y轴分别交于A,B两点,
    ∴,,
    作点B关于x轴的对称点,把点向右平移3个单位得到,
    作于点D,交x轴于点F,过点作交x轴于点E,则四边形是平行四边形,
    此时,,
    ∴有最小值,
    作轴于点P,
        
    则,,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,即,
    ∴,则,
    设直线的解析式为,
    则,解得,
    ∴直线的解析式为,
    联立,,解得,
    即;
    过点D作轴于点G,
      
    直线与x轴的交点为,则,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    即的最小值是,
    故答案为:.
    【点睛】本题考查了一次函数的应用,解直角三角形,利用轴对称求最短距离,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.

    三、解答题
    26.(2023·重庆·统考中考真题)如图,是边长为4的等边三角形,动点E,F分别以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发,点E沿折线方向运动,点F沿折线方向运动,当两者相遇时停止运动.设运动时间为t秒,点E,F的距离为y.
      
    (1)请直接写出y关于t的函数表达式并注明自变量t的取值范围;
    (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象,并写出该函数的一条性质;
    (3)结合函数图象,写出点E,F相距3个单位长度时t的值.
    【答案】(1)当时,;当时,
    (2)图象见解析,当时,y随x的增大而增大
    (3)t的值为3或
    【分析】(1)分两种情况:当时,根据等边三角形的性质解答;当时,利用周长减去即可;
    (2)在直角坐标系中描点连线即可;
    (3)利用分别求解即可.
    【详解】(1)解:当时,
    连接,
      
    由题意得,,
    ∴是等边三角形,
    ∴;
    当时,;
      
    (2)函数图象如图:
      
    当时,y随t的增大而增大;
    (3)当时,即;
    当时,即,解得,
    故t的值为3或.
    【点睛】此题考查了动点问题,一次函数的图象及性质,解一元一次方程,正确理解动点问题是解题的关键.
    27.(2023·辽宁大连·统考中考真题)如图1,在平面直角坐标系中,直线与直线相交于点,为线段上一动点(不与点重合),过点作轴交直线于点.与的重叠面积为.关于的函数图象如图2所示.
      
    (1)的长为_______________;的面积为_______________.
    (2)求关于的函数解析式,并直接写出自变量的取值范围.
    【答案】(1),
    (2)
    【分析】(1)根据函数图象即可求解.
    (2)根据(1)的结论,分,,根据与的重叠面积为,分别求解即可.
    【详解】(1)解:当时,点与重合,此时,
    当时,,即点与点重合,
    ∴,则,
    故答案为:,.
    (2)∵在上,则设,

    ∴,则
    当时,如图所示,设交于点,
    ∵,,


      
    当时,如图所示,
      
    ∵,
    设直线的解析式为,

    解得:,
    ∴直线的解析式为,
    当时,,则,
    ∴,
    ∵,
    ∵,则,
    ∴,
    综上所述:.
    【点睛】本题考查了正切的定义,动点问题的函数图象,一次函数与坐标轴交点问题,从函数图象获取信息是解题的关键.
    28.(2023·河北·统考中考真题)在平面直角坐标系中,设计了点的两种移动方式:从点移动到点称为一次甲方式:从点移动到点称为一次乙方式.
    例、点P从原点O出发连续移动2次;若都按甲方式,最终移动到点;若都按乙方式,最终移动到点;若按1次甲方式和1次乙方式,最终移动到点.
      
    (1)设直线经过上例中的点,求的解析式;并直接写出将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式;
    (2)点P从原点O出发连续移动10次,每次移动按甲方式或乙方式,最终移动到点.其中,按甲方式移动了m次.
    ①用含m的式子分别表示;
    ②请说明:无论m怎样变化,点Q都在一条确定的直线上.设这条直线为,在图中直接画出的图象;
    (3)在(1)和(2)中的直线上分别有一个动点,横坐标依次为,若A,B,C三点始终在一条直线上,直接写出此时a,b,c之间的关系式.
    【答案】(1)的解析式为;的解析式为;
    (2)①;②的解析式为,图象见解析;
    (3)
    【分析】(1)根据待定系数法即可求出的解析式,然后根据直线平移的规律:上加下减即可求出直线的解析式;
    (2)①根据题意可得:点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为,再得出点按照乙方式移动次后得到的点的横坐标和纵坐标,即得结果;
    ②由①的结果可得直线的解析式,进而可画出函数图象;
    (3)先根据题意得出点A,B,C的坐标,然后利用待定系数法求出直线的解析式,再把点C的坐标代入整理即可得出结果.
    【详解】(1)设的解析式为,把、代入,得
    ,解得:,
    ∴的解析式为;
    将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式为;
    (2)①∵点P按照甲方式移动了m次,点P从原点O出发连续移动10次,
    ∴点P按照乙方式移动了次,
    ∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为;
    ∴点按照乙方式移动次后得到的点的横坐标为,纵坐标为,
    ∴;
    ②由于,
    ∴直线的解析式为;
    函数图象如图所示:
      
    (3)∵点的横坐标依次为,且分别在直线上,
    ∴,
    设直线的解析式为,
    把A、B两点坐标代入,得
    ,解得:,
    ∴直线的解析式为,
    ∵A,B,C三点始终在一条直线上,
    ∴,
    整理得:;
    即a,b,c之间的关系式为:.
    【点睛】本题是一次函数和平移综合题,主要考查了平移的性质和一次函数的相关知识,正确理解题意、熟练掌握平移的性质和待定系数法求一次函数的解析式是解题关键.
    29.(2023·黑龙江·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,菱形的边在x轴上,,的长是一元二次方程的根,过点C作x轴的垂线,交对角线于点D,直线分别交x轴和y轴于点F和点E,动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动,动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动.两点同时出发,设运动时间为t秒.
      
    (1)求直线的解析式.
    (2)连接,求的面积S与运动时间t的函数关系式.
    (3)点N在运动的过程中,在坐标平面内是否存在一点Q.使得以A,C,N,Q为项点的四边形是矩形.若存在,直接写出点Q的坐标,若不存在,说明理由.
    【答案】(1)
    (2)
    (3)存在,点Q的坐标是或
    【分析】(1)过点A作于H,解方程可得,然后解直角三角形求出、和的长,得到点A、D的坐标,再利用待定系数法求出解析式即可;
    (2)首先证明是等边三角形,求出,然后分情况讨论:①当点N在上,即时,过点N作于P,②当点N在上,即时,过点N作于T,分别解直角三角形求出和,再利用三角形面积公式列式即可;
    (3)分情况讨论:①当是直角边时,则,过点N作于K,首先求出,然后解直角三角形求出和,再利用平移的性质得出点Q的坐标;②当是对角线时,则,过点N作于L,证明,可得,然后解直角三角形求出,再利用平移的性质得出点Q的坐标.
    【详解】(1)解:解方程得:,,
    ∴,
    ∵四边形是菱形,,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    过点A作于H,
    ∵,
    ∴,,
    ∴,
    设直线的解析式为,
    代入,得:,
    解得:,
    ∴直线的解析式为;
      
    (2)解:由(1)知在中,,,
    ∴,,
    ∵直线与 y轴交于点E,
    ∴,
    ∴,
    ∴是等边三角形,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    ①当点N在上,即时,
    由题意得:,,
    过点N作于P,
    则,
    ∴;
      
    ②当点N在上,即时,
    由题意得:,,
    过点N作于T,
    则,
    ∴;
    综上,;
      
    (3)解:存在,分情况讨论:
    ①如图,当是直角边时,则,过点N作于K,
    ∵,,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,,
    ∴将点N向左平移个单位长度,再向下平移个单位长度得到点C,
    ∴将点A向左平移个单位长度,再向下平移个单位长度得到点Q,
    ∵,
    ∴;
      
    ②如图,当是对角线时,则,过点N作于L,
    ∵,,
    ∴是等边三角形,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴将点C向右平移3个单位长度,再向上平移个单位长度得到点N,
    ∴将点A向右平移3个单位长度,再向上平移个单位长度得到点Q,
    ∵,
    ∴;
    ∴存在一点Q,使得以A,C,N,Q为顶点的四边形是矩形,点Q的坐标是或.
      
    【点睛】本题考查了解一元二次方程,菱形的性质,解直角三角形,待定系数法的应用,等边三角形的判定和性质,含直角三角形的性质,二次函数的应用,矩形的判定和性质以及平移的性质等知识,灵活运用各知识点,作出合适的辅助线,熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键.
    30.(2023·江苏苏州·统考中考真题)某动力科学研究院实验基地内装有一段笔直的轨道,长度为的金属滑块在上面做往返滑动.如图,滑块首先沿方向从左向右匀速滑动,滑动速度为,滑动开始前滑块左端与点重合,当滑块右端到达点时,滑块停顿,然后再以小于的速度匀速返回,直到滑块的左端与点重合,滑动停止.设时间为时,滑块左端离点的距离为,右端离点的距离为,记与具有函数关系.已知滑块在从左向右滑动过程中,当和时,与之对应的的两个值互为相反数;滑块从点出发到最后返回点,整个过程总用时(含停顿时间).请你根据所给条件解决下列问题:
      
    (1)滑块从点到点的滑动过程中,的值________________;(填“由负到正”或“由正到负”)
    (2)滑块从点到点的滑动过程中,求与的函数表达式;
    (3)在整个往返过程中,若,求的值.
    【答案】(1)由负到正
    (2)
    (3)当或时,
    【分析】(1)根据等式,结合题意,即可求解;
    (2)设轨道的长为,根据已知条件得出,则,根据当和时,与之对应的的两个值互为相反数;则时,,得出,继而求得滑块返回的速度为,得出,代入,即可求解;
    (3)当时,有两种情况,由(2)可得,①当时,②当时,分别令,进而即可求解.
    【详解】(1)∵,
    当滑块在点时,,,
    当滑块在点时,,,
    ∴的值由负到正.
    故答案为:由负到正.
    (2)解:设轨道的长为,当滑块从左向右滑动时,
    ∵,
    ∴,

    ∴是的一次函数,
    ∵当和时,与之对应的的两个值互为相反数;
    ∴当时,,
    ∴,
    ∴,
    ∴滑块从点到点所用的时间为,
    ∵整个过程总用时(含停顿时间).当滑块右端到达点时,滑块停顿,
    ∴滑块从点到点的滑动时间为,
    ∴滑块返回的速度为,
    ∴当时,,
    ∴,
    ∴,
    ∴与的函数表达式为;
    (3)当时,有两种情况,
    由(2)可得,
    ①当时,,
    解得:;
    ②当时,,
    解得:,
    综上所述,当或时,.
    【点睛】本题考查了一次函数的应用,分析得出,并求得往返过程中的解析式是解题的关键.
    31.(2023·天津·统考中考真题)在平面直角坐标系中,O为原点,菱形的顶点,矩形的顶点.
    (1)填空:如图①,点C的坐标为________,点G的坐标为________;
    (2)将矩形沿水平方向向右平移,得到矩形,点E,F,G,H的对应点分别为,,,.设,矩形与菱形重叠部分的面积为S.
      
    ①如图②,当边与相交于点M、边与相交于点N,且矩形与菱形重叠部分为五边形时,试用含有t的式子表示S,并直接写出t的取值范围:
    ②当时,求S的取值范围(直接写出结果即可).
    【答案】(1),
    (2)①;②
    【分析】(1)根据矩形及菱形的性质可进行求解;
    (2)①由题意易得,然后可得,则有,进而根据割补法可进行求解面积S;②由①及题意可知当时,矩形和菱形重叠部分的面积是增大的,当时,矩形和菱形重叠部分的面积是减小的,然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可.
    【详解】(1)解:∵四边形是矩形,且,
    ∴,
    ∴;
    连接,交于一点H,如图所示:
      
    ∵四边形是菱形,且,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    故答案为,;
    (2)解:①∵点,点,点,
    ∴矩形中,轴,轴,.
    ∴矩形中,轴,轴,.
    由点,点,得.
    在中,,得.
    在中,由,得.
    ∴.同理,得.
    ∵,得.
    又,
    ∴,
    当时,则矩形和菱形重叠部分为,
    ∴的取值范围是.
    ②由①及题意可知当时,矩形和菱形重叠部分的面积是增大的,当时,矩形和菱形重叠部分的面积是减小的,
    ∴当时,矩形和菱形重叠部分如图所示:
      
    此时面积S最大,最大值为;
    当时,矩形和菱形重叠部分如图所示:
      
    由(1)可知B、D之间的水平距离为,则有点D到的距离为,
    由①可知:,
    ∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形,
    ∴该等边三角形的边长为,
    ∴此时面积S最小,最小值为;
    综上所述:当时,则.
    【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标,熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键.
    32.(2023·江西·统考中考真题)综合与实践
    问题提出:某兴趣小组开展综合实践活动:在中,,D为上一点,,动点P以每秒1个单位的速度从C点出发,在三角形边上沿匀速运动,到达点A时停止,以为边作正方形设点P的运动时间为,正方形的而积为S,探究S与t的关系
      
    (1)初步感知:如图1,当点P由点C运动到点B时,
    ①当时,_______.
    ②S关于t的函数解析式为_______.
    (2)当点P由点B运动到点A时,经探究发现S是关于t的二次函数,并绘制成如图2所示的图象请根据图象信息,求S关于t的函数解析式及线段的长.
    (3)延伸探究:若存在3个时刻()对应的正方形的面积均相等.
    ①_______;
    ②当时,求正方形的面积.
    【答案】(1)①3;②
    (2),
    (3)①4;②
    【分析】(1)①先求出,再利用勾股定理求出,最后根据正方形面积公式求解即可;②仿照(1)①先求出,进而求出,则;
    (2)先由函数图象可得当点P运动到B点时,,由此求出当时,,可设S关于t的函数解析式为,利用待定系数法求出,进而求出当时,求得t的值即可得答案;
    (3)①根据题意可得可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的,设是函数上的两点,则,是函数上的两点,由此可得,则,根据题意可以看作,则;②由(3)①可得,再由,得到,继而得答案.
    【详解】(1)解:∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发,在三角形边上沿匀速运动,
    ∴当时,点P在上,且,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    故答案为:3;
    ②∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发,在匀速运动,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴;
    (2)解:由图2可知当点P运动到B点时,,
    ∴,
    解得,
    ∴当时,,
    由图2可知,对应的二次函数的顶点坐标为,
    ∴可设S关于t的函数解析式为,
    把代入中得:,
    解得,
    ∴S关于t的函数解析式为,
    在中,当时,解得或,
    ∴;
    (3)解:①∵点P在上运动时, ,点P在上运动时,
    ∴可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的,
    设是函数上的两点,则,是函数上的两点,
    ∴,
    ∴,
    ∵存在3个时刻()对应的正方形的面积均相等.
    ∴可以看作,
    ∴,
    故答案为:4;
    ②由(3)①可得,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
      .
    【点睛】本题主要考查了二次函数与图形运动问题,待定系数法求函数解析式,勾股定理等等,正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键.

    相关试卷

    专题28 动点综合问题(共32题)--2023年中考数学真题分项汇编(全国通用): 这是一份专题28 动点综合问题(共32题)--2023年中考数学真题分项汇编(全国通用),文件包含专题动点综合问题共32题解析版pdf、专题动点综合问题共32题学生版pdf等2份试卷配套教学资源,其中试卷共51页, 欢迎下载使用。

    专题28 动点综合问题(共16道)-2023年全国各地中考数学真题分项汇编(全国通用): 这是一份专题28 动点综合问题(共16道)-2023年全国各地中考数学真题分项汇编(全国通用),文件包含专题28动点综合问题共16道原卷版docx、专题28动点综合问题共16道解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共39页, 欢迎下载使用。

    专题28 动点综合问题(共32题)-2023年全国各地中考数学真题分项汇编(全国通用): 这是一份专题28 动点综合问题(共32题)-2023年全国各地中考数学真题分项汇编(全国通用),文件包含专题28动点综合问题共32题原卷版docx、专题28动点综合问题共32题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共70页, 欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        即将下载

        2023年中考数学真题分类汇编——专题28 动点综合问题(全国通用)
        该资料来自成套资源,打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动,低至4折起
        [共10份]
        浏览全套
          立即下载(共1份)
          返回
          顶部
          Baidu
          map