1、2023年中考数学分类汇编运动变化类的压轴题2023年运动变化类的压轴题，题目展示涉及：单一双动点在三角形、四边形上运动；在直线、抛物线上运动；几何图形整体运动问题.知识点涉及：全等三角形的判定与性质；特殊四边形形的判定和性质；圆的相关性质；解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质.数学思想涉及：分类讨论；数形结合；方程思想. 解答这类问题的关键是正确分类画出直观图形.现选取局部省市的2023年中考题展示，以飨读者.一、单动点问题【题1】(2023年江苏徐州第28题)如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共
2、点，连接EF、CF，过点E作EGEF，EG与圆O相交于点G，连接CG1试说明四边形EFCG是矩形；2当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？假设存在，求出这个最大值或最小值；假设不存在，说明理由；求点G移动路线的长【考点】：圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质【专题】：压轴题；运动变化型【分析】：1只要证到三个内角等于90即可2易证点D在O上，根据圆周角定理可得FCE=FDE，从而证到CFEDAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2SCFE=然后只需
3、求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围根据圆周角定理和矩形的性质可证到GDC=FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可【解答】：解：1证明：如图1，CE为O的直径，CFE=CGE=90EGEF，FEG=90CFE=CGE=FEG=90四边形EFCG是矩形2存在连接OD，如图2，四边形ABCD是矩形，A=ADC=90点O是CE的中点，OD=OC点D在O上FCE=FDE，A=CFE=90，CFEDAB=2AD=4，AB=3，BD=5，SCFE=2SDAB=34=S矩形ABCD=2SCFE=四边形EFCG是矩形，FCEGFCE=CEGGDC=C
4、EG，FCE=FDE，GDC=FDEFDE+CDB=90，GDC+CDB=90GDB=90当点E在点AE处时，点F在点BF处，点G在点DG处，如图2所示此时，CF=CB=4当点F在点DF处时，直径FGBD，如图2所示，此时O与射线BD相切，CF=CD=3当CFBD时，CF最小，此时点F到达F，如图2所示SBCD=BCCD=BDCF43=5CFCF=CF4S矩形ABCD=，2S矩形ABCD42S矩形ABCD12矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为GDC=FDE=定值，点G的起点为D，终点为G，点G的移动路线是线段DGGDC=FDE，DCG=A=90，DCGDAB=DG=点G移动路线的长为【点
5、评】：此题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强而发现CDG=ADB及FCE=ADB是解决此题的关键【题2】2023湖州第24题在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P1，1为圆心的P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PEPF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒t01假设点E在y轴的负半轴上如以下图，求证：PE=PF；2在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；3作点F关于点M的对称点
6、F，经过M、E和F三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？假设存在，请直接写出t的值；假设不存在，请说明理由【分析】：1连接PM，PN，运用PMFPNE证明，2分两种情况当t1时，点E在y轴的负半轴上，0t1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据1求解，3分两种情况，当1t2时，当t2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t【解答】：证明：1如图，连接PM，PN，P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，PMMF，PNON且PM=PN，PMF=PNE=90且NPM=90，PEPF，N
7、PE=MPF=90MPE，在PMF和PNE中，PMFPNEASA，PE=PF，2解：当t1时，点E在y轴的负半轴上，如图，由1得PMFPNE，NE=MF=t，PM=PN=1，b=OF=OM+MF=1+t，a=NEON=t1，ba=1+tt1=2，b=2+a，0t1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证PMFPNE，b=OF=OM+MF=1+t，a=ONNE=1t，b+a=1+t+1t=2，b=2a，3如图3，当1t2时，F1+t，0，F和F关于点M对称，F1t，0经过M、E和F三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，Q1t，0OQ=1t，由1得PMFPNE NE=MF=t，OE=t1当OE
8、QMPF=，解得，t=，当OEQMFP时，=，=，解得，t=，如图4，当t2时，F1+t，0，F和F关于点M对称，F1t，0经过M、E和F三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，Q1t，0OQ=t1，由1得PMFPNE NE=MF=t，OE=t1当OEQMPF=，无解，当OEQMFP时，=，=，解得，t=2，所以当t=，t=，t=2时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似【点评】：此题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系【题3】 (2023年四川省绵阳市第24题)如图1，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直线A
9、C折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE1求证：DECEDA；2求DF的值；3如图2，假设P为线段EC上一动点，过点P作AEC的内接矩形，使其定点Q落在线段AE上，定点M、N落在线段AC上，当线段PE的长为何值时，矩形PQMN的面积最大？并求出其最大值【考点】：四边形综合题【分析】：1由矩形的性质可知ADCCEA，得出AD=CE，DC=EA，ACD=CAE，从而求得DECEDA；2根据勾股定理即可求得3有矩形PQMN的性质得PQCA，所以，从而求得PQ，由PNEG，得出=，求得PN，然后根据矩形的面积公式求得解析式，即可求得【解答】：1证明：由矩形的性质可知ADCCEA，AD=CE
10、，DC=EA，ACD=CAE，在ADE与CED中DECEDASSS；2解：如图1，ACD=CAE，AF=CF，设DF=x，那么AF=CF=4x，在RTADF中，AD2+DF2=AF2，即32+x2=4x2，解得；x=，即DF=3解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQCA又CE=3，AC=5设PE=x0x3，那么，即PQ=过E作EGAC 于G，那么PNEG，=又在RtAEC中，EGAC=AECE，解得EG=，即PN=3x设矩形PQMN的面积为S那么S=PQPN=x2+4x=+30x3所以当x=，即PE=时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3【点评】：此题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的
11、应用，平行线分线段成比例定理【题4】(2023年浙江绍兴第25题)如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足APQ=90，PQ交x轴于点C1当动点P与点B重合时，假设点B的坐标是2，1，求PA的长2当动点P在线段OB的延长线上时，假设点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值3当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，假设ACE=AEC，PD=2OD，求PA：PC的值【考点】：相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分
12、线段成比例；相似三角形的判定与性质【专题】：压轴题【分析】：1易得点P的坐标是2，1，即可得到PA的长2易证AOB=45，由角平分线的性质可得PA=PC，然后通过证明ANPCMP即可求出PA：PC的值3可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论易证PA：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出PA：PC的值【解答】：解：1点P与点B重合，点B的坐标是2，1，点P的坐标是2，1PA的长为22过点P作PMx轴，垂足为M，过点P作PNy轴，垂足为N，如图1所示点A的纵坐标与点B的横坐标相等，OA=ABOAB=90，AOB=ABO=45AOC=90，POC=45PMx轴，PNy轴，PM=PN，ANP=CMP=90NPM=90APC=90APN=90APM=CPM在ANP和CMP中，APN=CPM，PN=PM，ANP=CMP，ANPCMPPA=PCPA：PC的值为1：13假设点P在线段OB的延长线上，过点P作PMx轴，垂足为M，过点P作PNy轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图2所示APN=CPM，ANP=CMP，ANPCMPACE=AEC，AC=AEAPPC，EP=CPPMy轴，AF=CF，OM=CMFM=OA设OA=x，PFOA，PDFODAPD=2OD，PF=2OA=2x，FM=
