2021年全国中考数学真题分项汇编-专题30动点综合问题(解析版)

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BC 的中点T ，连接AT ，ET ．首先证明90CEB ∠=︒，求出AT ，ET ，根据AE AT ET ≥-，可得结论．
【详解】
解：如图，取BC 的中点T ，连接AT ，ET ．
90ABC ∠=︒，
90ABD CBD ∴∠+∠=︒，
ABD BCE ∠=∠，
90CBD BCE ∴∠+∠=︒，
90CEB ∴∠=︒，
6CT TB ==，
1
62
ET BC ∴==，10AT ，
AE AT ET ≥-，
4AE ∴≥，
AE ∴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AT ，ET 的长，属于中考常考题型．
2．（2021·内蒙古中考真题）如图，在Rt ABC 中，90,8,6ACB AC BC ∠=︒==，将边BC 沿CN 折叠，使点B 落在AB 上的点B ′处，再将边AC 沿CM 折叠，使点A 落在CB '的延长线上的点A '处，两条折痕与斜边AB 分别交于点N 、M ，则线段A M '的长为（ ）
A ．95
B ．85
C ．7
5 D ．65
【答案】B
【分析】
利用勾股定理求出AB =10，利用等积法求出CN ＝
245，从而得AN ＝325，再证明∠NMC ＝∠NCM ＝45°，进而即可得到答案．
【详解】
解：∵90,8,6ACB AC BC ∠=︒==
∴AB 10==，
∵S △ABC ＝
12×AB ×CN ＝12×AC ×BC ∴CN ＝245
，
∵AN 325=， ∵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 ＝245
， ∴A'M ＝AM ＝AN −MN ＝
325-245=85． 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ABCD 中，H 为CD 边上的一点，点M 从点A 出发沿折线AH HC CB --运动到点B 停止，点N 从点A 出发沿AB 运动到点B 停止，它们的运动速度都是1cm/s ，
若点M 、N 同时开始运动，设运动时间为()s t ，AMN 的面积为()
2cm S ，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06t <≤时，AMN 是等边三角形．
②在运动过程中，使得ADM △为等腰三角形的点M 一共有3个．
③当06t <≤时，2S =．
④当9t =+ADH ABM ∽．
⑤当99t <<+39S t =-++
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 =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 =2，
∴12
×AB ×BC =
∴BC =
∵当6≤t ≤9时，S =
∴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．
∴BH6
=．
∴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 ，
∴ME =AM •sin60°=2t ，
∴S =1
2AN ×ME =2
1
2t ⨯=．
∴③正确；
④当t CM
由①知：BC =
∴MB =BC -CM =
∵AB =6，
∴tan ∠MAB =BM AB == ∴∠MAB =30°．
∵∠HAB =60°，
∴∠DAH =90°-60°=30°．
∴∠DAH =∠BAM ．
∵∠D =∠B =90°，
∴△ADH ∽△ABM ．
∴④正确；
⑤当9＜t ＜9+M 在边BC 上，如图，
此时MB =9+t ，
∴S =()
116927322AB MB t t ⨯⨯=⨯⨯+=+． ∴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,E F 在矩形ABCD 的对角线BD 所在的直线上，BE DF =，则四边形
AECF 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： //,AD BC ADB CBD ∴∠=∠，
FDA EBC ∴∠=∠，
又,AD BC BE DF ==，
()ADF CBE SAS ∴≌，
AF EC ∴=，
,//AFD CEB AF EC ∴∠=∠∴，
∴四边形AECF 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ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 相交于点O ，=AC 6BD =，点P 是AC 上一动点，点E 是AB 的中点，则PD PE +的最小值为（ ）
A ．
B ．
C ．3
D ．【答案】A
【分析】 连接DE ，先根据两点之间线段最短可得当点,,D P E 共线时，PD PE +取得最小值DE ，再根据菱形的性质、勾股定理可得6AB =，然后根据等边三角形的判定与性质求出DE 的长即可得．
【详解】
解：如图，连接DE ，
由两点之间线段最短得：当点,,D P E 共线时，PD PE +取最小值，最小值为DE ，
四边形ABCD 是菱形，=AC 6BD =，
11
,3,22
AB AD OB BD OA AC AC BD ∴=====⊥，
6AB ∴==，
6AB AD BD ∴===，
ABD ∴是等边三角形，
点E 是AB 的中点，
13,2
AE AB DE AB ∴==⊥，
DE ∴=
即PD PE +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ABCD 中，点E 为BC 的中点，点P 沿BC 从点B 运动到点C ，设
B ，P 两点间的距离为x ，PA PE y -=，
图2是点P 运动时y 随x 变化的关系图象，则BC 的长为（ ）
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
【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5AE =，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，1PA PE -=，即1AB BE -=，
当P 点位于E 点时，5PA PE -=，即05AE -=，则5AE =，
∵222AB BE AE +=,
∴()2
221BE BE AE ++=, 即2120BE BE +-=,
∵0BE >
∴3BE =,
∵点E 为BC 的中点，
∴6BC =,
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ABCD 在第一象限，且//BC x 轴，直线21y x =+沿x 轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形ABCD 截得的线段长为a ，直线在x 轴上平移的距离为b ，a 、b 间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形ABCD 的面积为（ ）
A B ．C ．8 D ．10
【答案】C
【分析】
根据平移的距离b 可以判断出矩形BC 边的长，根据a 的最大值和平移的距离b 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b 在4至7的时候线段长度不变，
可知图中743BF =-=,
根据图像的对称性，1AE CF ==， 314BC BF FC ∴=+=+=
由图（2BE =
根据勾股定理2AB ===
∴矩形ABCD 的面积为248AB BC ⨯=⨯=
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△A 1B 1O ，若AB ⊥OB 1，则点A 1的坐标为（ ）
A ．（55
B ．（55
C ．（24,33）
D ．（48,55
） 【答案】A
【分析】
先求出AB ，OA 1，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A 1C ，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，
∴AB ，
∵∠AOB =90°，
∴∠A 1OB 1=90°，
∴O A 1⊥OB 1，
又∵AB ⊥OB 1，
∴O A 1∥AB ，
∴∠1=∠2，
过A 1点作A 1C ⊥x 轴，
∴∠A 1CO =∠AOB ，
∴1AOB CO A △∽△， ∴11=O C OC AB O O
A B A A =， ∵O A 1=OA =2， 1
1
2OC AC =，
∴=OC 1AC ，
∴1A ⎝⎭， 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,4,8ABCD AB BC ==，点M 、
N 分别在矩形的边AD 、BC 上，将矩形纸片沿直线MN 折叠，使点C 落在矩形的边AD 上，记为点P ，点D 落在G 处，连接PC ，交MN 于点Q ，连接CM ．下列结论：①四边形CMPN 是菱形；②点P 与点A 重合时，5MN =；③PQM 的面积S 的取值范围是45S ≤≤．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PMN PNM ∠=∠，PM PN =，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5CN =，12CQ AC ==，由菱形的性
质对角线互相垂直，再用勾股定理求出2MN QN ==；当MN 过点D 时，最小面积
1144444CMPS S S ==⨯⨯=菱形，当P 点与A 点重合时，S 最大为15454
S =⨯⨯=，得出答案． 【详解】
解：①如图1，
∵PM CN，
∠=∠，
∴PMN MNC
∠=∠，NC=NP ∵折叠，∴MNC PNM
∠=∠，
∴PMN PNM
=，
∴PM PN
∴PM=CN，
∥，
∴MP CN
∴四边形CNPM为平行四边形，
=，
∵CN NP
∴平行四边形CNPM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BN x =，则8AN MC x ==-，
在Rt ABN △中，222AB BN AN +=，
即2224(8)x x +=-，
解得：3x =，
∴5CN =，AC
∴12
CQ AC ==， 又∵四边形CNPM 为菱形，
∴AC MN ⊥，且2MN QN =，
∴QN
∴2MN QN ==，
故②错误，不符合题意．
③当MN 过点D 时，如图3所示：
此时，CN 最短，四边形CMPN 的面积最小，则S 最小为1144444
CMPS S S =
=⨯⨯=菱形， 当P 点与A 点重合时，CN 最长，四边形CMPN 的面积最大，则S 最大为15454S =⨯⨯=， ∴45S ≤≤，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，ABC 是边长为1的等边三角形，D 、E 为线段AC 上两动点，且30DBE ∠=︒，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：①ABC S =；②当点D 与点C 重合时，12FH =；③AE CD +；④当AE CD =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
∵ABC 是边长为1的等边三角形
∴∠BAC =∠ABC =∠C =60°，CI =1212
BC =
∴AI
∴S △ABC =
11122AI BC =⨯=,故①正确；
如图2，当D 与C 重合时
∵∠DBE =30°，ABC 是等边三角形
∴∠DBE =∠ABE =30°
∴DE =AE =
1122
AD = ∵GE //BD ∴
1BG DE AG AE
== ∴BG =1122AB = ∵GF //BD ,BG //DF
∴HF =BG =12
,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成立，则PE,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ABC 中，,AB BC BD AC =⊥于点()D AD BD >．动点M 从A 点出发，沿折线AB BC →方向运动，运动到点C 停止．设点M 的运动路程为,x AMD 的面积为,y y 与x 的函数图象如图2，则AC 的长为（ ）
A ．3
B ．6
C ．8
D ．9 【答案】B
【分析】
从图象可知，AB BC ==M 运动到点 B 位置时， AMD 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x AB BC =+= M 运动到点B 的位置时，AMD 的面积y 达到最大值3，即ABD 的面积为3．
∵AB BC BD AC =⊥，，
∴12?32AB BC AC AD AD BD ====，．
∴2222132?12AD BD AB AD BD +====，．
∴222?131225AD AD BD BD ++=+=，即： ()225AD BD +=，
222?13121AD AD BD BD -+=-=，即： ()2
1AD BD -=．
∵AD BD >，
∴51AD BD AD BD +=-=，．
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ABC 中，90ACB ∠=︒，4AC BC ==，点D 是BC 边的中点，点P 是AC 边上一个动点，连接PD ，以PD 为边在PD 的下方作等边三角形PDQ ，连接CQ ．则CQ 的最小值是（ ）
A B ．1 C D ．32
【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：
∵PDQ 是等边三角形，
∴60,,CED PDQ CDE PD QD CD ED ∠=∠=∠=︒==，
∵∠CDQ 是公共角，
∴∠PDC =∠QDE ，
∴△PCD ≌△QED （SAS ），
∵90ACB ∠=︒，4AC BC ==，点D 是BC 边的中点，
∴∠PCD =∠QED =90°，122CD DE CE BC ===
=， ∴点Q 是在QE 所在直线上运动，
∴当CQ ⊥QE 时，CQ 取的最小值，
∴9030QEC CED ∠=︒-∠=︒， ∴112
CQ CE ==； 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P 是菱形ABCD 的对角线AC 延长线上一点，过点P 分别作AD 、DC 延长线的垂线，垂足分别为点E 、F ．若120ABC ∠=︒，2AB =，则PE PF -的值为（ ）
A ．32
B
C ．2
D ．52
【答案】B
【分析】
根据菱形的基性质，得到∠P AE =30°，,利用勾股理求出AC =AP =+PC ，PE =
12AP 12PC ，由∠PCF =∠DCA =30°，得到PF =
12PC ，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，
∵∠P AE =30°，AP =PC ，
∴PE =12AP 12
PC ， 在直角△PFC 中，
∵∠PCF =30°，
∴PF =12
PC ，
∴PE PF 12PC -12PC 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ABCD 中，//,,AB DC DE AB CF AB ⊥⊥，垂足分别为E ，F ，且5cm AE EF FB ===，12cm DE =．动点P ，Q 均以1cm /s 的速度同时从点A 出发，其中点P 沿折线AD DC CB --运动到点B 停止，点Q 沿AB 运动到点B 停止，设运动时间为()s t ，APQ 的
面积为()
2cm y ，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 13=(cm )，
在Rt △CFB 中，BC 13=(cm )，
AB =AE +EF +FB =15(cm )，
①点P 在AD 上运动，AP =t ，AQ = t ，即013t ≤≤，
如图，过点P 作PG ⊥AB 于点G ，
sin DE PG A DA PA =
=，则PG =1213
t (013t ≤≤)， 此时y =12AQ ⨯PG =2613t (013t ≤≤)，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1315t <<，
此时y =12
AQ ⨯DE =6t (1315t <<)，图象是一段线段； ③点P 在DC 上运动，且点Q 到达端点B ，即1518t ≤≤，
此时y =12
AB ⨯DE =90(1518t ≤≤)，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1831t <≤，
如图，过点P 作PH ⊥AB 于点H ，
sin CF PH B BC PB =
=，则PH =()123113
t -， 此时y =12AB ⨯PH =9011701313t -+(1831t <≤)，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Rt ABC 中，90A ∠=︒，点P 从点A 出发，沿三角形的边以1cm /秒的速度逆时针运动一周，图（2）是点P 运动时，线段AP 的长度y （cm ）随运动时间x （秒）变化的关系图象，则图（2）中P 点的坐标是（ ）
A ．()13,4.5
B ．()13,4.8
C ．()13,5
D ．()13,5.5
【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1cm AP x x =⨯=，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AP 的长度y 先随运动时间x 的增大而减小，再随运动时间x 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：
∵90A ∠=︒， ∴15cm 2
AP BC ==， ∴P 点的坐标是()13,5；
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ABCD 中，60A ∠=︒．点P 从点A 出发，沿路线A B C D →→→运动．设P 点经过的路程为x ，以点A ，D ，P 为顶点的三角形的面积为y ，则下列图象能反映y 与x 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4,AB AD BC BE ====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ABCD 中，60A ∠=︒，
∴4AB AD BC ===，
∴∠ABE =30°，
∴2AE =，
∴BE =
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1
2
ADP S AD BE =⋅=； 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，8cm AB =，6cm AD =．点P 从点A 出发，以2cm/s 的速度在矩形的边上沿A B C D →→→运动，当点P 与点D 重合时停止运动．设运动的时间为t （单位：s ），APD △的面积为S （单位：2cm ），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 =
116222
AD AP t ⨯⨯=⨯⨯=6t ，0≤t ≤4； 当点P 在BC 上运动时, S =116822
AD DC ⨯⨯=⨯⨯=24，4＜t ≤7； 点P 在CD 上运动, S =()11622266622AD AP t t ⨯⨯=⨯⨯-=-， 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03t ≤≤、36t <≤、610t <≤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，
∴3==AE ,
∴当03t ≤≤时，P 点在AE 之间，此时，AP =t ， ∵AP PQ AE DE =,
∴4=
3
PQ t ， ∴2142=2233APQ t S AP PQ t t ⋅=⨯=， 因此，当03t ≤≤时，其对应的图像为()22033y t t =
≤≤，故排除C 和D ； ∵CD ＝3，
∴EF =CD =3，
∴当36t <≤时，P 点位于EF 上，此时，Q 点位于DC 上，其位置如图中的P 1Q 1，则111422
APQ S
t t =⨯⨯=， 因此当36t <≤时，对应图像为()236y t t =<≤，即为一条线段；
∵∠ABC ＝45°，
∴BF =CF =4，
∴AB =3+3+4=10，
∴当610t <≤时，P 点位于FB 上，其位置如图中的P 2Q 2，此时，P 2B =10-t ，
同理可得，Q 2P 2=P 2B =10-t ， ()2221110522
AP Q S t t t t =
⨯-=-+， 因此当610t <≤时，对应图像为()2156102y t t t =-+<≤，其为开口向下的抛物线的610t <≤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ABCD 的边长为6，点F 是正方形内一点，连接,CF DF ，且ADF =DCF ∠∠，点E 是AD 边上一动点，连接,EB EF ，则EB EF +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°，
∵ADF =DCF ∠∠，
∴∠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ABCD 沿PQ 折叠，使点C 的对称点E 落在边AB 上，点D 的对称点为点F ，EF 交AD 于点G ，连接CG 交PQ 于点H ，连接CE ．下列四个结论中：①PBE QFG △∽△；②=CEG CBE CDQH S S S +△△四边形；③EC 平分BEG ∠；④22EG CH GQ GD ⋅﹣＝，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=1
2
∠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=1
2
∠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 ，
∴GQ GH GH GD
，
∴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Rt ABC △中，90BAC ∠=︒，AB =6AC =，点E 在线段AC
上，且1AE =，D 是线段BC 上的一点，连接DE ，将四边形ABDE 沿直线DE 翻折，得到四边形FGDE ，
当点G 恰好落在线段AC 上时，AF =________．
【分析】
过点F 作FM ⊥AC 于点M ，由折叠的性质得FG =AB =EFG =90BAC ∠=︒，EF =AE =1，再证明
FME GFE ∽，得EM =
13，MF = 【详解】 解：过点F 作FM ⊥AC 于点M ，
∵将四边形ABDE 沿直线DE 翻折，得到四边形FGDE ，当点G 恰好落在线段AC 上，
∴FG =AB =EFG =90BAC ∠=︒，EF =AE =1，
∴EG 3=，
∵∠FEM =∠GEF ，∠FME =∠GFE =90°，
∴FME GFE ∽，
∴
13
EM EF MF EF EG FG ===，
∴13
EM EF ==13，13MF FG == ∴AM =AE +EM =43，
∴AF ===
【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ABCD 中，3AB =，4=AD ，E 、F 分别是边BC 、CD 上一点，EF AE ⊥，将ECF △沿EF 翻折得EC F '△，连接AC '，当BE
=________时，AEC '是以AE 为
腰的等腰三角形．
【答案】
78或43
【分析】 对AEC '是以AE 为腰的等腰三角形分类讨论，当=AE EC '时，设BE x =，可得到4EC x =-，再根据折叠可得到=4EC EC x '=-，然后在Rt △ABE 中利用勾股定理列方程计算即可；当=AE AC '时，过A 作
AH 垂直于EC '于点H ，然后根据折叠可得到=C EF FEC '∠∠，在结合EF AE ⊥，利用互余性质可得到BEA AEH =∠∠，然后证得△ABE ≌△AHE ，进而得到BE HE =，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到EH C H '=，然后在根据数量关系得到14=33BE BC =
． 【详解】
解：当=AE EC '时，设BE x =，则4EC x =-，
∵ECF △沿EF 翻折得EC F '△，
∴=4EC EC x '=-，
在Rt △ABE 中由勾股定理可得：222AE BE AB =+即222(4)3x x -=+， 解得：7=8
x ； 当=AE AC '时，如图所示，过A 作AH 垂直于EC '于点H ，
∵AH ⊥EC '，=AE AC '，
∴EH C H '=，
∵EF AE ⊥，
∴=90C EF AEC ''+︒∠∠，90BEA FEC +=︒∠∠
∵ECF △沿EF 翻折得EC F '△，
∴=C EF FEC '∠∠，
∴BEA AEH =∠∠，
在△ABE 和△AHE 中B AHE AEB AEH AE AE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABE ≌△AHE （AAS ），
∴BE HE =，
∴=BE HE HC '=，
∴12
BE EC '= ∵EC EC '=， ∴12
BE EC =
， ∴14=33
BE BC =， 综上所述，7483
BE =或， 故答案为：7483或 【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Rt ABC 中，90,8,6ACB AC BC ∠=︒==，点P 是平面内一个动点，且3AP =，Q 为BP 的中点，在P 点运动过程中，设线段CQ 的长度为m ，则m 的取值范围是__________．
【答案】
72≤m ≤132
【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 ． 3,AP =
∴P 在以A 为圆心，3为半径的圆上运动，
在直角△ABC 中，AB 10=，
∵M 是直角△ABC 斜边AB 上的中点，
∴CM ＝12
AB ＝5． ∵Q 是BP 的中点，M 是AB 的中点，
∴MQ ＝12AP ＝32
． ∴在△CMQ 中，5−
32≤CQ ≤32＋5，即72≤m ≤132
． 故答案是：72≤m ≤132． 【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Rt AOB ∆中，90AOB ∠=︒，4OA =，6OB =，以点O 为圆心，3为半径的O ，与OB 交于点C ，过点C 作CD OB ⊥交AB 于点D ，点P 是边OA 上的点，则PC PD +的最小值为_____．
【答案】
【分析】
延长CO ，交O 于一点E ，连接PE ，由题意易得3OC BC OE ===，90BCD AOB ∠=∠=︒，则有BCD BOA ∽，CP =PE ，然后可得2CD =，PC PD PE PD +=+，要使PC PD +的值为最小，即PE PD +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O 于一点E ，连接PE ，如图所示：
∵6OB =，以点O 为圆心，3为半径的O ，
∴3OC BC OE ===，
∵90AOB ∠=︒，CD OB ⊥，
∴90BCD AOB ∠=∠=︒，
∴//CD OA ，CP =PE ，
∴BCD BOA ∽， ∴12
CD BC OA OB ==， ∵4OA =，
∴2CD =，
∵CP =PE ，
∴PC PD PE PD +=+，
则要使PC PD +的值为最小，即PE PD +的值为最小，
∴当D 、P 、E 三点共线时最小，即PE PD DE +=，如图所示：
∴在Rt △DCE 中，DE ==
∴PC PD +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2y x =与反比例数()0k y k x
=
>的图像交于A ，B 两点，点M 在以()2,0C 为圆心，半径为1的C 上，N 是AM 的中点，已知ON 长的最大值为32，则k 的值是_______．
【答案】
3225
【分析】 根据题意得出ON 是ABM 的中位线，所以ON 取到最大值时，BM 也取到最大值，就转化为研究BM 也取到最大值时k 的值，根据,,B C M 三点共线时，BM 取得最大值，
解出B 的坐标代入反比例函数即可求解． 【详解】
解：连接BM ，如下图：。