专题30动点综合问题-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第01期）.docx

2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期） 专题30动点综合问题 一、单选题 1．（2021·广西贵港市·中考真题）如图，在ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝12，D为AC边上的一个动点，连接BD，E为BD上的一个动点，连接AE，CE，当∠ABD＝∠BCE时，线段AE的最小值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】 如图，取的中点，连接，．首先证明，求出，，根据，可得结论． 【详解】 解：如图，取的中点，连接，． ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 的最小值为4， 故选：B． 【点睛】 本题考查直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是求出，的长，属于中考常考题型． 2．（2021·内蒙古中考真题）如图，在中，，将边沿折叠，使点B落在上的点处，再将边沿折叠，使点A落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点N、M，则线段的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 利用勾股定理求出AB=10，利用等积法求出CN＝，从而得AN＝，再证明∠NMC＝∠NCM＝45°，进而即可得到答案． 【详解】 解：∵ ∴AB=， ∵S△ABC＝×AB×CN＝×AC×BC ∴CN＝， ∵AN＝， ∵折叠 ∴AM＝A'M，∠BCN＝∠B'CN，∠ACM＝∠A'CM， ∵∠BCN+∠B'CN+∠ACM+∠A'CM=90°， ∴∠B'CN +∠A'CM＝45°， ∴∠MCN＝45°，且CN⊥AB， ∴∠NMC＝∠NCM＝45°， ∴MN＝CN＝， ∴A'M＝AM＝AN−MN＝-=． 故选B． 【点睛】 本题考查了翻折变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键． 3．（2021·内蒙古中考真题）如图①，在矩形中，H为边上的一点，点M从点A出发沿折线运动到点B停止，点N从点A出发沿运动到点B停止，它们的运动速度都是，若点M、N同时开始运动，设运动时间为，的面积为，已知S与t之间函数图象如图②所示，则下列结论正确的是（ ） ①当时，是等边三角形． ②在运动过程中，使得为等腰三角形的点M一共有3个． ③当时，． ④当时，． ⑤当时，． A．①③④ B．①③⑤ C．①②④ D．③④⑤ 【答案】A 【分析】 由图②可知：当0＜t≤6时，点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动；由点M、N两点的运动速度为1cm/s，所以可得AH=AB=6cm，利用四边形ABCD是矩形可知CD=AB=6cm；当6≤t≤9时，S=且保持不变，说明点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为（9-6）秒，可得HC=3cm，即点H为CD的中点；利用以上的信息对每个结论进行分析判断后得出结论． 【详解】 解：由图②可知：点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动，如图， ①∵点M、N两点的运动速度为1cm/s， ∴AH=AB=6cm， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD=AB=6cm． ∵当t=6s时，S=cm2， ∴×AB×BC=． ∴BC=． ∵当6≤t≤9时，S=且保持不变， ∴点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为（9-6）秒， ∴HC=3cm，即点H为CD的中点． ∴BH=． ∴AB=AH=BH=6， ∴△ABM为等边三角形． ∴∠HAB=60°． ∵点M、N同时开始运动，速度均为1cm/s， ∴AM=AN， ∴当0＜t≤6时，△AMN为等边三角形． 故①正确； ②如图，当点M在AD的垂直平分线上时，△ADM为等腰三角形： 此时有两个符合条件的点； 当AD=AM时，△ADM为等腰三角形，如图： 当DA=DM时，△ADM为等腰三角形，如图： 综上所述，在运动过程中，使得△ADM为等腰三角形的点M一共有4个． ∴②不正确； ③过点M作ME⊥AB于点E，如图， 由题意：AM=AN=t， 由①知：∠HAB=60°． 在Rt△AME中， ∵sin∠MAE=， ∴ME=AM•sin60°=t， ∴S=AN×ME=． ∴③正确； ④当t=9+时，CM=，如图， 由①知：BC=， ∴MB=BC-CM=． ∵AB=6， ∴tan∠MAB=， ∴∠MAB=30°． ∵∠HAB=60°， ∴∠DAH=90°-60°=30°． ∴∠DAH=∠BAM． ∵∠D=∠B=90°， ∴△ADH∽△ABM． ∴④正确； ⑤当9＜t＜9+时，此时点M在边BC上，如图， 此时MB=9+-t， ∴S=． ∴⑤不正确； 综上，结论正确的有：①③④． 故选：A． 【点睛】 本题主要考查了动点问题的函数图象，主要涉及函数图象上点的坐标的实际意义，三角形的面积，等腰三角形的判定，等边三角形的判定，相似三角形的判定，特殊角的三角函数值．对于动点问题，依据已知条件画出符合题意的图形并求得相应线段的长度是解题的关键． 4．（2021·湖南中考真题）如图，点在矩形的对角线所在的直线上，，则四边形是（ ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】A 【分析】 利用三角形全等的性质得，对应边相等及对应角相等，得出一组对边平行且相等，即可判断出形状． 【详解】 解：由题意： ， ， 又， ， ， ， 四边形为平行四边形， 故选：A． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定定理及性质、平行四边形的判定，解题的关键是：掌握平行四边形判定定理，利用三角形全等去得出相应条件． 5．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（ ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】 连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得． 【详解】 解：如图，连接， 由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为， 四边形是菱形，，， ， ， ， 是等边三角形， 点是的中点， ， ， 即的最小值为， 故选：A． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 6．（2021·河南中考真题）如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 先利用图2得出当P点位于B点时和当P点位于E点时的情况，得到AB和BE之间的关系以及，再利用勾股定理求解即可得到BE的值，最后利用中点定义得到BC的值． 【详解】 解：由图2可知，当P点位于B点时，，即， 当P点位于E点时，，即，则， ∵, ∴, 即, ∵ ∴, ∵点为的中点， ∴, 故选：C． 【点睛】 本题考查了学生对函数图像的理解与应用，涉及到了勾股定理、解一元二次方程、中点的定义等内容，解决本题的关键是能正确理解题意，能从图像中提取相关信息，能利用勾股定理建立方程等，本题蕴含了数形结合的思想方法． 7．（2021·山东中考真题）如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为，直线在轴上平移的距离为，、间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ） A． B． C．8 D．10 【答案】C 【分析】 根据平移的距离可以判断出矩形BC边的长，根据的最大值和平移的距离可以求得矩形AB边的长，从而求得面积 【详解】 如图：根据平移的距离在4至7的时候线段长度不变， 可知图中, 根据图像的对称性，， 由图（2）知线段最大值为，即 根据勾股定理 矩形的面积为 故答案为：C 【点睛】 本题考查了矩形的面积计算，一次函数图形的实际意义，勾股定理，一次函数的分段函数转折点的意义；正确的分析函数图像，数形结合解决实际问题是解题的关键． 8．（2021·山东中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ） A．（） B．（） C．（） D．（） 【答案】A 【分析】 先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解． 【详解】 解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0）， ∴OB=1，OA=2， ∴， ∵∠AOB=90°， ∴∠A1OB1=90°， ∴O A1⊥OB1， 又∵AB⊥OB1， ∴O A1∥AB， ∴∠1=∠2， 过A1点作A1C⊥x轴， ∴∠A1CO=∠AOB， ∴， ∴， ∵O A1=OA=2， ∴， ∴，， ∴， 故选：A． 【点睛】 本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 9．（2021·湖南中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】C 【分析】 根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案． 【详解】 解：①如图1， ∵， ∴， ∵折叠，∴，NC=NP ∴， ∴， ∴PM=CN， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， 故①正确，符合题意； ②当点P与A重合时，如图2所示 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴，， ∴， 又∵四边形为菱形， ∴，且， ∴ ∴， 故②错误，不符合题意． ③当过点D时，如图3所示： 此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为， 当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为， ∴，故③正确，符合题意． 故答案为：①③． 【点睛】 本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键． 10．（2021·山东中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】 过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形． 【详解】 解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I ∵是边长为1的等边三角形 ∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI= ∴S△ABC=,故①正确； 如图2，当D与C重合时 ∵∠DBE=30°，是等边三角形 ∴∠DBE=∠ABE=30° ∴DE=AE= ∵GE//BD ∴ ∴BG= ∵GF//BD,BG//DF ∴HF=BG=,故②正确； 如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN ∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∠3=30° ∴∠2+∠4=∠1+∠4=30° ∴∠NBE=∠3=30° 又∵BD=BN，BE=BE ∴△NBE≌△DBE（SAS） ∴NE=DE 延长EA到P使AP=CD=AN ∵∠NAP=180°-60°-60°=60° ∴△ANP为等边三角形 ∴∠P=60°，NP=AP=CD 如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立； 如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC ∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60° ∴∠AGE=∠AEG=60°， ∴AG=AE 同理：CH=CD ∴AG=CH ∵BG//FH,GF//BH ∴四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH ∴四边形BHFG为菱形，故④正确． 故选B． 【点睛】 本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 11．（2021·甘肃中考真题）如图1，在中，于点．动点从点出发，沿折线方向运动，运动到点停止．设点的运动路程为的面积为与的函数图象如图2，则的长为（ ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【分析】 从图象可知，，点M运动到点 B位置时， 的面积达到最大值y=3，结合等腰三角形的“三线合一”的性质、三角形的面积公式和勾股定理可求得 AC的长． 【详解】 解：根据函数图象可知，点M的运动路程，点 M运动到点B的位置时，的面积y达到最大值3，即的面积为3． ∵ ∴ ∴． ∴，即： ， ，即： ． ∵， ∴． 两式相加，得，2AD=6． ∴AC=2AD=6． 故选：B 【点睛】 本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、等式的性质与恒等变形、函数图象等知识点，从函数图象中获取相应的信息，利用勾股定理和三角形的面积公式，进行等式的恒等变形是解题的关键． 12．（2021·四川中考真题）如图，在中，，，点D是边的中点，点P是边上一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接．则的最小值是（ ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】 以CD为边作等边三角形CDE，连接EQ，由题意易得∠PDC=∠QDE，PD=QD，进而可得△PCD≌△QED，则有∠PCD=∠QED=90°，然后可得点Q是在QE所在直线上运动，所以CQ的最小值为CQ⊥QE时，最后问题可求解． 【详解】 解：以CD为边作等边三角形CDE，连接EQ，如图所示： ∵是等边三角形， ∴， ∵∠CDQ是公共角， ∴∠PDC=∠QDE， ∴△PCD≌△QED（SAS）， ∵，，点D是边的中点， ∴∠PCD=∠QED=90°，， ∴点Q是在QE所在直线上运动， ∴当CQ⊥QE时，CQ取的最小值， ∴， ∴； 故选B． 【点睛】 本题主要考查等边三角形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题，熟练掌握等边三角形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题是解题的关键． 13．（2021·四川中考真题）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、．若，，则的值为（ ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】 根据菱形的基性质，得到∠PAE=30°，,利用勾股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由∠PCF=∠DCA=30°，得到PF=PC ，最后算出结果． 【详解】 解：∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2， ∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD， ∴∠CAE=30︒， ∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2， ∴AC=， ∴AP=+PC， 在直角△AEP中， ∵∠PAE=30°，AP=+PC， ∴PE=AP=+PC， 在直角△PFC中， ∵∠PCF=30°， ∴PF=PC， ∴=+PC-PC=， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查了菱形的基本性质、勾股定理的应用以及在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，关键会在直角三角形中应用30°． 14．（2021·江苏南通市·中考真题）如图，四边形中，，垂足分别为E，F，且，．动点P，Q均以的速度同时从点A出发，其中点P沿折线运动到点B停止，点Q沿运动到点B停止，设运动时间为，的面积为，则y与t对应关系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 分四段考虑，①点P在AD上运动，②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，④点P在BC上运动，分别求出y与t的函数表达式，继而可得出函数图象． 【详解】 解：在Rt△ADE中AD=(cm)， 在Rt△CFB中，BC=(cm)， AB=AE+EF+FB=15(cm)， ①点P在AD上运动，AP=t，AQ= t，即0， 如图，过点P作PG⊥AB于点G， ，则PG=(0)， 此时y=AQPG=(0)，图象是一段经过原点且开口向上的抛物线； ②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，即13， 此时y=AQDE=(13)，图象是一段线段； ③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，即15， 此时y=ABDE=(15)，图象是一段平行于x轴的水平线段； ④点P在BC上运动，PB=31-t，即18， 如图，过点P作PH⊥AB于点H， ，则PH=， 此时y=ABPH=(18)，图象是一段线段； 综上，只有D选项符合题意， 故选：D． 【点睛】 本题考查了动点问题的函数图象，解答本题的关键是分段讨论y与t的函数关系式， 15．（2021·广西中考真题）图（1），在中，，点从点出发，沿三角形的边以/秒的速度逆时针运动一周，图（2）是点运动时，线段的长度（）随运动时间（秒）变化的关系图象，则图（2）中点的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 由图象及题意易得AB=8cm，AB+BC=18cm，则有BC=10cm，当x=13s时，点P为BC的中点，进而根据直角三角形斜边中线定理可求解． 【详解】 解：由题意及图象可得： 当点P在线段AB上时，则有，AP的长不断增大，当到达点B时，AP为最大，所以此时AP=AB=8cm； 当点P在线段BC上时，由图象可知线段的长度先随运动时间的增大而减小，再随运动时间的增大而增大，当到达点C时，则有AB+BC=18cm，即BC=10cm，由图象可知当时间为13s时，则BP=13-8=5cm，此时点P为BC的中点，如图所示： ∵， ∴， ∴点的坐标是； 故选C． 【点睛】 本题主要考查勾股定理、直角三角形斜边中线定理及函数图象，解题的关键是根据函数图象得到相关信息，然后进行求解即可． 16．（湖南省郴州市2021年中考数学试卷）如图，在边长为4的菱形中，．点从点出发，沿路线运动．设点经过的路程为，以点，，为顶点的三角形的面积为，则下列图象能反映与的函数关系的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 过点B作BE⊥AD于点E，由题意易得，当点P从点A运动到点B时，△ADP的面积逐渐增大，当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变，当点P在CD上时，△ADP的面积逐渐减小，由此可排除选项． 【详解】 解：过点B作BE⊥AD于点E，如图所示： ∵边长为4的菱形中，， ∴， ∴∠ABE=30°， ∴， ∴， 当点P从点A运动到点B时，△ADP的面积逐渐增大，点P与点B重合时，△ADP的面积最大，最大为； 当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变； 当点P在CD上时，△ADP的面积逐渐减小，最小值为0； ∴综上可得只有A选项符合题意； 故选A． 【点睛】 本题主要考查函数图象及菱形的性质、勾股定理，熟练掌握函数图象及菱形的性质、勾股定理是解题的关键． 17．（2021·新疆中考真题）如图，在矩形ABCD中，，．点P从点A出发，以2cm/s的速度在矩形的边上沿运动，当点P与点D重合时停止运动．设运动的时间为（单位：s），的面积为S（单位：），则S随t变化的函数图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 分点P在AB上运动, 0≤t≤4；点P在BC上运动, 4＜t≤7；点P在CD上运动, 7＜t≤11，分别计算即可 【详解】 当点P在AB上运动时, S==6t，0≤t≤4； 当点P在BC上运动时, S==24，4＜t≤7； 点P在CD上运动, S=， 7＜t≤11， 故选D． 【点睛】 本题考查了矩形中的动点面积函数图像问题，正确进行分类，清楚函数图像的性质是解题的关键． 18．（2021·山东中考真题）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 依次分析当、、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项． 【详解】 解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F， ∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4， ∴DE=CF=4， ∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB， ∴PQ∥DE∥CF， ∵AD=5， ∴, ∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t， ∵, ∴， ∴， 因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D； ∵CD＝3， ∴EF=CD=3， ∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则， 因此当时，对应图像为，即为一条线段； ∵∠ABC＝45°， ∴BF=CF=4， ∴AB=3+3+4=10， ∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-t， 同理可得，Q2P2=P2B=10-t， ， 因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像； 故选：B． 【点睛】 本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等． 二、填空题 19．（2021·内蒙古中考真题）如图，已知正方形的边长为6，点F是正方形内一点，连接，且，点E是边上一动点，连接，则长度的最小值为___________． 【答案】-3 【分析】 根据正方形的性质得到∠ADC＝90°，推出∠DFC＝90°，点F在以DC为直径的半圆上移动，，如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P，连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADF＋∠CDF＝90°， ∵， ∴∠DCF＋∠CDF＝90°， ∴∠DFC＝90°， ∴点F在以DC为直径的半圆上移动， 如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P， 连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，OF＝3， ∵∠G＝90°，PG＝DG＝AB＝6， ∴OG＝9， ∴OP＝， ∴FP＝-3， ∴BE＋FE的长度最小值为-3， 故答案为：-3． 【点睛】 本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，勾股定理以及圆的基本性质．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 20．（2021·辽宁中考真题）如图，将正方形纸片沿折叠，使点C的对称点E落在边上，点D的对称点为点F，交于点G，连接交于点H，连接．下列四个结论中：①；②；③平分；④，正确的是________（填序号即可）． 【答案】①③④． 【分析】 ①用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可； ②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC＋S四边形CDQH ； ③由折叠可得:∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立； ④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE=∠MCE,∠MCG=∠DCG，则∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°，利用勾股定理可得 EG2-EH2=GH2，由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC=∠EHC=90°，所以E，M，H，C四点共圆，通过△CMH≌△CDH，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2=GQ·GD，从而说明④成立． 【详解】 解：①∵四边形ABCD是正方形, ∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°由折叠可知: ∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90 ∴∠BEP+∠AEG=90°， ∵∠A=90° ∴∠AEG+∠AGE=90°， ∴∠BEP=∠AGE， ∵∠FGQ=∠AGE， ∴∠BEP=∠FGQ， ∵∠B=∠F=90， ∴△PBE~△QFG， 故①说法正确，符合题意； ②过点C作CM⊥EG于M， 由折叠可得:∠GEC=∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC=∠DCE，∠BEC=∠GEC， 在△BEC和△MEC中， ∵∠B=∠EMC=90°，∠BEC=∠GEC， CE= CE ∴△BEC≌△MEC(AAS) ∴CB=CM，S△BEC=S△MBC ， ∵CG=CG， ∴Rt△CMG≌Rt△CDG(HL)， ∴S△CMG=S△CDG ， ∴S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC +S四边形CDQH ∴②说法不正确，不符合题意； ③由折叠可得:∠GEC=∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC=∠DCE， ∴∠BEC=∠GEC，即EC平分∠BEG ∴③说法正确，符合题意； ④连接DH，MH，HE，如图： ∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG， ∴∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG， ∴∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD=45°， ∵EC⊥HP， ∴∠CHP=45°， ∴GHQ=∠CHP=45°， 由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°， ∴EH⊥CG ∴EG2 -EH2=GH2 由折叠可知:EH=CH ∴EG2 -CH2= GH2， ∵CM⊥EG，EH⊥CG， ∴∠EMC=∠EHC=90°， ∴E，M，H，C四点共圆， ∴∠HMC=∠HEC=45°， 在△CMH和△CDH中， ∵CM=CD，∠MCG=∠DCG， CH= CH ∴△CMH≌△CDH(SAS) ∴∠CDH=∠CMH=45 °， ∵∠CDA=90°， ∴∠GDH=45° ∵∠GHQ=∠CHP=45°， ∴∠GHQ=∠GDH=45°， ∵∠HGQ=∠DGH， ∴△GHQ∽△GDH ， ∴， ∴GH2=GQ·GD ∴GE2-CH2=GQ·GD 故④说法正确，符合题意； 综上可得，正确的结论有:①③④ 故答案为：①③④． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质、翻折问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、三角形的相似的判定与性质．翻折问题是全等变换，由翻折得到对应角相等，对应边相等是解题的关键． 21．（2021·江苏中考真题）如图，在中，，，，点E在线段上，且，D是线段上的一点，连接，将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上时，________． 【答案】 【分析】 过点F作FM⊥AC于点M，由折叠的性质得FG=，∠EFG=，EF=AE=1，再证明，得，，进而即可求解． 【详解】 解：过点F作FM⊥AC于点M， ∵将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上， ∴FG=，∠EFG=，EF=AE=1， ∴EG=， ∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°， ∴， ∴， ∴=，， ∴AM=AE+EM=， ∴． 故答案是：． 【点睛】 本题主要考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造”母子相似三角形“是解题的关键． 22．（2021·江苏中考真题）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当________时，是以为腰的等腰三角形． 【答案】或 【分析】 对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在Rt△ABE中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作AH垂直于于点H，然后根据折叠可得到，在结合，利用互余性质可得到，然后证得△ABE≌△AHE，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后在根据数量关系得到． 【详解】 解：当时，设，则， ∵沿翻折得， ∴， 在Rt△ABE中由勾股定理可得：即， 解得：； 当时，如图所示，过A作AH垂直于于点H， ∵AH⊥，， ∴， ∵， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴， 在△ABE和△AHE中， ∴△ABE≌△AHE（AAS）， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， 综上所述，， 故答案为： 【点睛】 本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可． 23．（2021·湖北十堰市·中考真题）如图，在中，，点P是平面内一个动点，且，Q为的中点，在P点运动过程中，设线段的长度为m，则m的取值范围是__________． 【答案】≤m≤ 【分析】 作AB的中点M，连接CM、QM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得QM和CM的长，然后在△CQM中根据三边关系即可求解． 【详解】 解：作AB的中点M，连接CM、QM． 在以为圆心，为半径的圆上运动， 在直角△ABC中，AB＝， ∵M是直角△ABC斜边AB上的中点， ∴CM＝AB＝5． ∵Q是BP的中点，M是AB的中点， ∴MQ＝AP＝． ∴在△CMQ中，5−≤CQ≤＋5，即≤m≤． 故答案是：≤m≤． 【点睛】 本题考查了三角形的中位线的性质，三角形三边长关系，勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，作圆，作AB的中点M，连接CM、QM，构造三角形，是解题的关键． 24．（2021·黑龙江中考真题）如图，在中，，，，以点为圆心，3为半径的，与交于点，过点作交于点，点是边上的点，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】 延长CO，交于一点E，连接PE，由题意易得，，则有，CP=PE，然后可得，，要使的值为最小，即的值为最小，进而可得当D、P、E三点共线时最小，最后求解即可． 【详解】 解：延长CO，交于一点E，连接PE，如图所示： ∵，以点为圆心，3为半径的， ∴， ∵，， ∴， ∴，CP=PE， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵CP=PE， ∴， 则要使的值为最小，即的值为最小， ∴当D、P、E三点共线时最小，即，如图所示： ∴在Rt△DCE中，， ∴的最小值为； 故答案为． 【点睛】 本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 25．（2021·广西中考真题）如图，一次函数与反比例数的图像交于A，B两点，点M在以为圆心，半径为1的上，N是的中点，已知长的最大值为，则k的值是_______． 【答案】 【分析】 根据题意得出是的中位线，所以取到最大值时，也取到最大值，就转化为研究也取到最大值时的值，根据三点共线时，取得最大值，解出的坐标代入反比例函数即可求解． 【详解】 解：连接，如下图： 在中， 分别是的中点， 是的中位线， ， 已知长的最大值为， 此时的， 显然当三点共线时，取到最大值：， ， ， 设，由两点间的距离公式：， ， 解得：（取舍）， ， 将代入， 解得：， 故答案是：． 【点睛】 本题考查了一次函数、反比例函数、三角形的中位线、圆，研究动点问题中线段最大值问题，解题的关键是：根据中位线的性质，利用转化思想，研究取最大值时的值． 26．（2021·陕西中考真题）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为______． 【答案】 【分析】 由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解． 【详解】 解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示： 连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示， ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴， ∴△OFC是等腰直角三角形，， ∵的半径为1， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点A到上的点的距离的最大值为； 故答案为． 【点睛】 本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键． 27．（2021·山东威海市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若，则BG的最小值为__________________． 【答案】． 【分析】 根据SAS证明△DEA≌△AFB，得∠ADE=∠BAF，再证明∠DGA=90°，进一步可得点G在以AD为直径的半圆上，且O，G，B三点共线时BG取得最小值． 【详解】 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC-∠DAE，AD=AB， ∵AE=BF ∴△DEA≌△AFB， ∴∠DAF+∠BAF=∠DAB=90°， ∠ADE+∠DAF=90° ∴∠DGA=90° ∴点G在以AD为直径的圆上移动，连接OB，OG，如图： ∴ 在Rt△AOB中，∠