2023年中考复习三轮难点突破：三角形与动点问题
一、单选题
1．如图，直线，P是直线AB上的动点，当点P的位置变化时，三角形PCD的面积将（ ）
A．变小
B．变大
C．不变
D．变大变小要看点P向左还是向右移动
2．如图，平分，于点，若，点是边上一动点，关于线段叙述正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，AB为⊙O的直径，AB＝8，点C为半圆AB上一动点，以BC为边向⊙O外作正ΔBCD（点D在直线AB的上方），连接OD，则线段OD的( )
A．随点C的运动而变化，最小值为
B．随点C的运动而变化，最大值为8
C．随点C的运动而变化，最大值为
D．随点C的运动而变化，但无最值
4．如图，菱形的边长为，，点P是对角线上的一个动点，点E、F分别为边、的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．在△ABC中，∠ABC=90°， AB=6cm，BC=8cm，动点P从点A沿线段AB向点B移动，一动点Q从点B沿线段BC向点C移动，两点同时开始移动，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，当Q到达点C时两点同时停止运动．若使△PBQ的面积为5cm2，则点P运动的时间是( )
A．1s B．4s C．5s或1s D．4s或1s
6．如图，在矩形中，动点M从点A出发沿边向点D匀速运动，动点N从点B出发沿边向点C匀速运动，连接.动点M，N同时出发，点M运动的速度为每秒1个单位长度，点N运动的速度为每秒3个单位长度.当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动.在运动过程中，将四边形沿翻折，得到四边形.若在某一时刻，点B的对应点恰好与点D重合，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在等边三角形中，，分别是，的中点，点是线段上的一个动点，当的周长最小时，点的位置在（ ）
A．的重心处 B．的中点处
C．点处 D．点处
8．如图，，垂足为点A，，，射线，垂足为点B，一动点E从A点出发以沿射线运动，点D为射线上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持，当点E经过（ ）秒时，与全等．（注：点E与A不重合）
A．4 B．4、12 C．4、8、12 D．4、12、16
9．已知二次函数与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C.下列说法正确的是（ ）
①线段的长度为；②抛物线的对称轴为直线；③P是此抛物线的对称轴上的一个动点，当P点坐标为时，的值最大；④若M是x轴上的一个动点，N是此抛物线上的一个动点，如果以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，满足条件的M点有4个.
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
10．如图，正方形ABCD的边长为4，点M在DC上，且DM=1，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．5
二、填空题
11．如图，边长为2的正方形中，动点F在边上，射线上取一点G，使，当动点F从点C出发向终点D运动时，点G的运动路径长为 ，线段的最大值是 .
12．如图，点M在等边ABC的边BC上，BM＝8，射线CD⊥BC垂足为点C，点P是射线CD上一动点，点N是线段AB上一动点，当MP+NP的值最小时，BN＝9，则AC的长为 ．
13．如图，正方形的边长为4，E，F分别是边上的动点，且，连接交于点G，P是边上的另一个动点，连接，则的最小值为 .
14．在平面直角坐标系中，已知点，点，点，动点D从A点出发，以每秒1个单位的速度水平向右运动，动点E从点B出发，以每秒1个单位的速度竖直向上运动，过点A作交于点G，当线段的值最小时，则运动时间t的值为 .
三、解答题
15．如图，点为的边的延长线上一点，过点作于点，交于点，若，，求的度数.
16．如图，在Rt△ABC中∠C＝90°，BC＝7cm．动点P在线段AC上从点C出发，沿CA方向运动；动点Q在线段BC上同时从点B出发，沿BC方向运动．如果点P，Q的运动速度均为lcm/s，那么运动几秒时，它们相距5cm．
17．如图，直线与x轴和y轴分别交于A、B两点，把射线AB绕点A顺时针旋转90°得射线AC，点P是射线AC上一个动点，点Q是x轴上一个动点．若与全等，试确定点Q的横坐标．
18．如图，菱形的边长为6，，点是上的动点，是上的动点，满足，求证：不论点E、F怎样移动，总是等边三角形．
19．如图，在△ACB中，AC=30cm，BC=25cm．动点P从点C出发，沿CA向终点A匀速运动，速度是2cm/s；同时，动点Q从点B出发，沿BC向终点C匀速运动，速度是1cm/s．当△CPQ与△CAB相似时，求运动的时间．
20．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P从点A开始沿边AB向点B以2mm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以4mm/s的速度移动．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，请求出△PBQ的面积S与出发时间t的函数解析式及t的取值范围．
21．如图，直线与轴、轴分别交于、两点，是线段上的动点（不与、重合），将绕点顺时针旋转得到点，连接，求的最小值．
22．如图，直线 与x轴、y轴分别交于点A，B，与直线y=x交于点C.动点P从原点O出发，以每秒 个单位长度的速度沿O→B→A的路线向终点A运动（点P不与点O，A重合），同时动点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→O→C的路线向终点C运动（点Q不与点A，C重合），设点P运动的时间为t（秒）.设△APQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围.
23．如图，已知在△ABC中，∠BAC为直角，AB=AC，D为AC上一动点，延长BD交CE于E，且CE⊥BD，若BD平分∠ABC，求证：CE= BD
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：设平行线AB、CD间的距离为h，
则，
长度不变，h大小不变，
三角形的面积不变．
故答案为：C．
【分析】根据平行线之间的距离处处相等及三角形的面积公式可得三角形的面积不变。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：过P点作PH⊥AB于H ，如图，
平分 ， ， ，
，
点E是边AB上一动点，
.
故答案为：D.
【分析】过P点作PH⊥AB于H，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得PH=PD=6，进而根据垂线段最短即可得出PE的取值范围.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：连接OC，
∵△CBD是等边三角形，
∴∠BDC=60°，CD=BD，
在△OCD和△OBD中，
∴△OCD≌△OBD（SSS）
∴∠BDO=∠CDO=∠CDB=30°，
过点O作OF⊥BD于点F，
∴OD=2OF，
要使OD的值最大，则OF的值最大，
∴当点F和点B重合时，此时OF的值最大，
∴OF=OB=4，
∴OD=4×2=8.
故答案为：B
【分析】连接OC，利用等边三角形的性质，可证得∠BDC=60°，CD=BD，利用SSS证明△OCD≌△OBD，利用全等三角形的性质可证得∠BDO=∠CDO=30°；过点O作OF⊥BD于点F，可知OD=2OF，要使OD的值最大，则OF的值最大，可得到当点F和点B重合时，此时OF的值最大，可求出OD的长.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：作点E关于直线的对称点G，连接，
∴，
∵点E为边上的动点，即点G也为边上的动点，
∴当点P、G、F在一条直线上时，有最小值，
∵点P、G、F均为动点，
∴由图象可知当为两平行线和间的垂线段时，即菱形的边上的高时，为最小值，
如图，过点D作，垂足为H，
∵在菱形中，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：D.
【分析】作点E关于直线AC的对称点G，连接PG，则PE+PF=PF+PG，由图象可知当FG为两平行线AB和CD间的垂线段时，即菱形ABCD的边AB上的高时，PE+PF=FG为最小值，过点D作DH⊥AB，垂足为H，根据菱形的性质以及平行线的性质可得∠DAH+∠B=180°，结合∠B的度数求出∠DAH的度数，由含30°角的直角三角形的性质可得AH的值，利用勾股定理求出DH的值，据此解答.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：设点P运动的时间为ts，则BP=(6-t)cm，BQ=2tcm，
∵△PBQ的面积为5cm2，
∴(6-t)×2t=5，
整理可得t2-6t+5=0，
解得t1=1，t2=5.
∵当点Q运动到点C时两点停止运动，
∴2t≤8，
∴t≤4，
∴t=1.
故答案为：A.
【分析】设点P运动的时间为ts，则BP=(6-t)cm，BQ=2tcm，根据三角形的面积公式可求出t的值，由点Q运动到点C时两点停止运动可得2t≤8，求出t的范围，然后对求出的t的值进行取舍.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设运动时间为t，则有，
∴，
∴；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质可得AB=CD，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，由折叠的性质可知A′M=AM，∠A′B′N=∠B=90°，∠A=∠A′=90°，BN=B′N，AB=A′B′，则A′B′=CD，∠A′=∠C=90°，根据同角的余角相等可得∠A′B′M=∠CB′N，利用AAS证明△A′B′M≌△CB′N，得到A′M=CN=AM，设运动时间为t，则有AM=A′M=CN=t，BN=B′N=3t，则BC=4t，CD=AB=t，据此求解.
7．【答案】A
【解析】【解答】解：连接，
是等边三角形，是的中点，
是的垂直平分线，
，
的周长，
当、、在一条直线上时，的周长最小，
、都为中线，
点为的重心.
故答案为：A.
【分析】连接BP，根据等边三角形的性质可得AD是BC的垂直平分线，则PB=PC，进而将△PCE的周长转化为EC+EP+BP，故当B、P、E在一条直线上时，△PCE的周长最小，据此解答.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：设点E经过t秒时，与全等；此时，
分情况讨论：
（1）当点E在点B的左侧时，，则，
∴，
∴；
（2）当点E在点B的右侧时，
①，时，，
∴；
②，时，，
∴．
综上所述，点E经过4、12、16秒时，与全等．
故答案为：D．
【分析】分类讨论：①，则，②，时，③，时，再分别列出方程求解即可。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：在中，
令x=0，则y=2，
令y=0，则，
解得x=或2，
∴A（，0），C（0，2），
∴AC=，①正确；
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，②正确；
延长AC，与对称轴交于点P，此时的值最大，
∵A（，0），C（0，2），设直线AC的表达式为：y=mx+n，
则，解得：，
∴直线AC的表达式为y=4x+2，
令，则y=5，
∴当点P的坐标为（，5）时，的值最大，③错误；
如图，若以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
当AC为边时，有ACM1N1，ACM2N2，ACM3N3，共3个平行四边形，
当AC为对角线时，有AMCN1，共1个平行四边形，
∴符合条件的点M有4个，④正确.
故答案为：C.
【分析】分别令x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、C的坐标，利用两点间距离公式求出AC的值，据此判断①；根据对称轴方程可得对称轴，进而判断②；延长AC，与对称轴交于点P，此时|PA-PC|的值最大，利用待定系数法求出直线AC的解析式，令x=，求出y的值，据此可得点P的坐标，进而判断③；当AC为边、AC为对角线，结合平行四边形的性质画出所有的平行四边形，进而判断④.
10．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
∴DN=BN，
连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，
∴当B、N、M共线时，DN+MN有最小值，则BM的长即为DN+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又∵CD=4，DM=1
∴CM=CD-DM=4-1=3，
在Rt△BCM中，BM=
故DN+MN的最小值是5.
故答案为：D.
【分析】根据正方形的性质可得：点B与D关于直线AC对称，则DN=BN，连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，根据两点之间，线段最短的性质可得：当当B、N、M共线时，DN+MN有最小值，则BM的长即为DN+MN的最小值，由已知条件可得CM=CD-DM=3，然后利用勾股定理就可求出BM的值.
11．【答案】π；4
【解析】【解答】解：如图，以为边在正方形内作等边三角形，点O为圆心，为半径作圆，
则点G在上，延长，交于点K，延长，交于点H，连接并延长交于点M，连接，
四边形是正方形，
，
点K、H、M在上，
，
从点C运动到点D，则G点从K运动到M，
即G点的运动路径为，
四边形是正方形，
，，
的长为，
圆内最长的弦为直径，由图可知最大值为，
为的直径，即，
最大值为4.
故答案为：①；②4.
【分析】以AB为边在正方形ABCD内作等边△ABO，点O为圆心，OA为半径作圆，则点G在⊙O上，延长AO、BC交于点K，延长BO、AD交于点H，连接BD并延长交⊙O于点M，连接OM，根据正方形的性质可得∠ABC=∠BAD=90°，由圆周角定理可得∠BKA=∠AHB=∠AGB=∠AMB=30°，由题意可得G点的运动路径为，然后结合弧长公式可得的长，由图可知BG的最大值为BH，据此求解.
12．【答案】13
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠B=60°，
作点M关于直线CD的对称点G，过G作GN⊥AB于N，交CD于P，
则此时，MP+PN的值最小，
∵∠B=60°，∠BNG=90°，
∴∠G=30°，
∵BN=9，
∴BG=2BN=18，
∴MG=BG-BM=18-8=10，
∴CM=CG=5，
∴AC=BC=13.
故答案为：13.
【分析】根据等边三角形的性质可得AC=BC，∠B=60°，作点M关于直线CD的对称点G，过G作GN⊥AB于N，交CD于P，此时MP+PN的值最小，根据内角和定理可得∠G=30°，由含30°角的直角三角形的性质可得BG=2BN=18，由MG=BG-BM可得MG，据此求解.
13．【答案】
【解析】【解答】解：如图，取AB的中点O，连接OG，延长CD到T，使得DT=CD，连接OT，PT，TG，过点O作OH⊥CD于H.
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：.
【分析】取AB的中点O，连接OG，延长CD到T，使DT=CD，连接OT，PT，TG，过点O作OH⊥CD于H，易得PD是CT的垂直平分线，故PT=PC，则PG+PC=PG+PT≥GT；由SAS证出△BAE≌△ADF，得∠ABE=∠DAF，由角的和差及等量代换得∠AGB=90°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OG=AB=2，在Rt△OHT中，由勾股定理算出OT，由三角形三边关系得GT≥OT-OG，据此即可得出答案.
14．【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接，，取的中点Q，连接，，
∵点，点，点，
∴，，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵动点D从A点出发，以每秒1个单位的速度水平向右运动，动点E从点B出发，以每秒1个单位的速度竖直向上运动，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在以为直径的圆上运动，
当Q，G，O三点共线时，最短，
∵，则，
∴，
∴最短时，，
∵，
∴，而，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】连接CA、CB，取AC的中点Q，连接QG、QO，根据点A、B、C的坐标可得OA=OB=AC=BC=4，CB⊥OE，CA⊥OA，推出四边形ACBO为正方形，得到∠ACB=90°，由题意可得AD=BE，证明△CAD≌△CBE，则∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠DCB+∠BCE=∠DCB+∠ACD=90°，故当Q，G，O三点共线时，OG最短，由勾股定理可得OQ，证明△OGD∽△OAG，根据相似三角形的性质可得OD，然后求出AD的值，进而可得t的值.
15．【答案】解：∵在中，，
∴，
∴，
∴.
【解析】【分析】根据垂直的定义得∠AEC=90°，根据直角三角形两锐角互余得∠A=70°，进而根据三角形外角性质得∠FBC=∠A+∠F，代入计算即可得出答案.
16．【答案】解：设运动x秒时，它们相距5cm，则CQ＝（7﹣x）cm，CP＝xcm， 根据题意得：x2+（7﹣x）2＝52， 解得：x1＝3，x2＝4． 答：运动3秒或4秒时，它们相距5cm
【解析】【分析】设运动x秒时，它们相距5cm，则CQ＝（7﹣x）cm，CP＝xcm，根据勾股定理及PQ＝5cm，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
17．【答案】解：在直线中，
当x=0时，y=0+4=4，即，
当y=0时，0=，
∴，即；
∵与全等，
∴分两种情况：
当时，，如图所示，
则，
∴点Q的横坐标为：，
当时，，如图所示，
则，
∵，
∴点Q的横坐标为：；
综上所述：点Q的横坐标为7或8．
【解析】【分析】根据勾股定理得出AB的值，当时，，如图所示，则，当时，，如图所示，则，即可得出点Q的横坐标。
18．【答案】解：连接，
四边形为菱形，
，，
，
，
和都为等边三角形，
，，
，，
，
，
，，
，
为等边三角形．
【解析】【分析】先利用菱形的性质证明
和都为等边三角形，可得，，再利用“SAS”证明，所以
，，再利用角的运算和等量代换可得，即可得到
为等边三角形。
19．【答案】解：设运动的时间为t s，则CP=2t，BQ=t，CQ=25-t，
①当△CPQ∽△CAB时，
，即，
解得t=；
②当△CPQ∽△CBA时，
，即，
解得t=．
综上所述，运动时间为s或s．
【解析】【分析】分两种情况：①当△CPQ∽△CAB时，②当△CPQ∽△CBA时，再利用相似三角形的性质列出比例式求解即可。
20．【答案】解：由题意得可知：AP＝2t，BQ＝4t，
∵AB＝12mm，
∴BP＝12－2t，
∵∠B＝90°，
（0
21．【答案】解：作轴于点，轴于，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
当时，有最小值为5，
∴的最小值为
【解析】【分析】作轴于点，轴于，先利用“AAS”证明可得，，设，再求出，最后利用二次函数的性质求解即可。
22．【答案】解： 解：令y=0，0=-x+2，
解得x = 2，令x=0，y= 2，
∴ A(2，0)， B(0，2)，
∴ OA= OB= 2，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴AB==2，∠OAB=∠OBA = 45° ,
∵直线y= x是第一、三象限的角平分线，
∴OC垂直平分AB，
∴OC = BC= AC=，
①当0
②当
由于AP=2+2-t，
∴△AHP为等腰直角三角形，
∴AH=PH=（2+2-t）=+2-t，
∴S△APQ=AQ·OP=t（+2-t）=-t2+t；
③当2
∴CQ=2+-t，
∴S△APQ=AP·CQ=（2+2-t）（2+-t）
=，
综上，
【解析】【分析】先求出直线AB与坐标轴的交点坐标，然后根据勾股定理求出AB的长，再根据等腰直角三角形的性质求出OA和OC的长，然后分三种情况讨论，①当0
∵CE⊥BD于E，∠BAC＝90°，
∴∠ABD＝∠ACF．
在△ABD与△ACF中，
∵ ，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD＝CF．
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠FBE．
在△BCE与△BFE中，
∵ ，
∴△BCE≌△BFE（ASA），
∴CE＝EF，
即CE＝ CF，
∴CE＝ BD．
【解析】【分析】延长CE、BA交于点F．利用全等等三角形的性质证出△ABD≌△ACF（ASA），得出BD＝CF．因为BD平分∠ABC，得出∠CBE＝∠FBE．再证出△BCE≌△BFE（ASA），得出CE＝EF，即可得出结论。
