中考數(shù)學(xué)三輪沖刺培優(yōu)訓(xùn)練專(zhuān)題21動(dòng)態(tài)幾何綜合問(wèn)題（解析版）

專(zhuān)題21動(dòng)態(tài)幾何綜合問(wèn)題（最新模擬40題預(yù)測(cè)）一、解答題1．（2023春·吉林長(zhǎng)春·九年級(jí)東北師大附中?？茧A段練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒7個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿折線(xiàn)AC﹣CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P不與△ABC頂點(diǎn)重合時(shí)，作∠CPQ=135°，交邊AB于點(diǎn)Q，以CP、PQ為邊作?CPQD．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(1)求AC的長(zhǎng)．(2)當(dāng)點(diǎn)P在邊AC上時(shí)，求點(diǎn)Q到邊AC的距離（用含t的代數(shù)式表示）；(3)當(dāng)?CPQD的某條對(duì)角線(xiàn)與△ABC的直角邊垂直時(shí)，求?CPQD的面積；(4)以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)作等腰直角三角形EPQ，使點(diǎn)E與點(diǎn)C在PQ同側(cè)，設(shè)EQ的中點(diǎn)為F，?CPQD的對(duì)稱(chēng)中心為點(diǎn)O，連接OF．當(dāng)OF∥PQ時(shí)，直接寫(xiě)出【答案】(1)AC=20(2)點(diǎn)Q到邊AC的距離為3t(3)?CPQD的面積為36或3600(4)滿(mǎn)足條件的t的值為2013【分析】（1）根據(jù)勾股定理求解即可；（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AC于點(diǎn)M，由tanA=MQAM=BCAC=34，設(shè)MQ=3a，AM=4a（3）分兩種情形：當(dāng)PD⊥AC時(shí)，如圖2中，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AC于點(diǎn)M，當(dāng)PD⊥BC時(shí)，如圖3中，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥PB于點(diǎn)N，分別構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論；（4）如圖4﹣1中，當(dāng)△PDQ是等腰直角三角形時(shí)，滿(mǎn)足條件；如圖4﹣2中，當(dāng)△PQD是等腰直角三角形時(shí)，滿(mǎn)足條件，分別構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論．【詳解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25∴AC=AB2?B（2）如圖1中，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AC于點(diǎn)M．在Rt△AMQ中，∠AMQ=90°tanA=設(shè)MQ=3a，AM=4a，∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∴PM=MQ=3a，∴AP=7a=7t，∴a=t，∴MQ=3t；（3）當(dāng)PD⊥AC時(shí)，如圖2中，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AC于點(diǎn)M．∵CP=PD=QM=PM=3t，AM=4t，∴4t+3t+3t=20，∴t=2，∴?CPQD的面積=6×6=36；當(dāng)PD⊥BC時(shí)，如圖3中，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥PB于點(diǎn)N．∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∵CD∥∴∠DCP=∠QPN=45°，∴CP=PD=QN=PN=7t?20，∵tanB=∴27t?20解得t=40∴?CPQD的面積=7×綜上所述，滿(mǎn)足條件的?CPQD的面積為36或3600121（4）如圖4﹣1中，當(dāng)△PDQ是等腰直角三角形時(shí)，滿(mǎn)足條件．過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AC于點(diǎn)M，則AM=4t，PM=QM=3t，∴PQ=PD=32∴PC=6t，∴4t+3t+6t=20，∴t=20如圖4﹣2中，當(dāng)△PQD是等腰直角三角形時(shí)，滿(mǎn)足條件，過(guò)點(diǎn)N作QN⊥CB于點(diǎn)N．∵PC=2PD=2∴7t?20+1∴t=4，綜上所述，滿(mǎn)足條件的t的值為2013【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．2．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市蕭紅中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，直線(xiàn)l1：y=?x+8與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，直線(xiàn)l2：y=x與直線(xiàn)l1交于點(diǎn)C，平行于y軸的直線(xiàn)m從原點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸向右平移，到C點(diǎn)時(shí)停止．直線(xiàn)m交線(xiàn)段BC、OC于點(diǎn)D、E，以DE為斜邊向左側(cè)作等腰Rt△DEF，設(shè)△DEF與(1)填空：OA=_______，∠OAB=______；(2)填空：動(dòng)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，_____），DE=______（用含t的代數(shù)式表示）；(3)當(dāng)點(diǎn)F落在y軸上時(shí)，求t的值．(4)求S與t的函數(shù)關(guān)系式并寫(xiě)出自變量的取值范圍；【答案】(1)8；45°(2)t；8?2t(3)2(4)S=【分析】（1）分別令x=0、y=0求出OA、OB的長(zhǎng)度，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠OAB的度數(shù)；（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得動(dòng)點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而求出DE的長(zhǎng)度；（3）當(dāng)點(diǎn)F在y軸上時(shí)，四邊形DCEF為正方形，進(jìn)而求出t的值；（4）F點(diǎn)的位置有三種可能：①點(diǎn)F在y軸的左側(cè)0≤t<2；②點(diǎn)F在y軸上t=2；③點(diǎn)F在y軸右側(cè)2<t≤4，求出S與t的關(guān)系式．【詳解】（1）l1與x軸交于A(yíng)點(diǎn)，與y軸交于B∵當(dāng)x=0時(shí)，y=8；當(dāng)y=0時(shí)，x=8，∴OA=OB=8，∴∠OAB=45°，故答案為：8；45°．（2）∵直線(xiàn)l2與直線(xiàn)l1交于點(diǎn)∴聯(lián)立y=?x+8y=x，得?x+8=x解得x=4，y=4，∴C4,4，∠COA=45°則OP=PE=t，即Et,t，DE=DP?EP=DP?t∵∠OAB=45°且直線(xiàn)m平行于y軸，垂直于x軸，∴∠DPA=90°，△DPA為等腰直角三角形，∴DP=PA=8?t，∴DE=8?t故答案為：t；8?2t．（3）當(dāng)點(diǎn)F落在y軸上時(shí)，∠CDE=∠FDE=45°DE=DE∴△DEC?△DEFASA∴DC=DF，EC=EF，∴四邊形DCEF為正方形，∴CF⊥DE，即CF⊥OB，∴DE=1∴DE=8?2t=4，即t=2，故答案為：2．（4）由題意可知：直線(xiàn)m交線(xiàn)段BC、OC于點(diǎn)D、E，以DE為斜邊向左側(cè)作等腰Rt△DEF所以F點(diǎn)的位置有三種情況：①由（3）可知，當(dāng)t=2時(shí)，點(diǎn)F在y軸上，此時(shí)△DEF和△BCO重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形DCEF為正方形，S=1②當(dāng)0≤t<2時(shí)，點(diǎn)F在y軸左側(cè)，此時(shí)△DEF與△BCO重疊部分為梯形，如圖，Rt△DEF的兩直角邊與y軸有兩交點(diǎn)P、Q，分別過(guò)兩個(gè)交點(diǎn)作x軸的平行線(xiàn)，交DE于M、NS=====?3t③當(dāng)2<t≤4時(shí)，點(diǎn)F在y軸右側(cè)，此時(shí)△DEF和△BCO重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形DCEF為正方形，S=1故答案為：S=?3【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)一次函數(shù)解析式求點(diǎn)的坐標(biāo)，以及三角形的面積的計(jì)算，正確表示出DE的長(zhǎng)是關(guān)鍵．3．（2023春·江蘇·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿CA向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，速度為3cm/s；連接PD，QD，PQ，將△PQD繞點(diǎn)(1)當(dāng)t為何值時(shí)，RT∥BC？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQRT是菱形？(3)設(shè)四邊形PQRT的面積為ycm2，求y與(4)是否存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)T在△ABC的外接圓上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)t=30(2)t=1+(3)y=48(4)存在，t=【分析】（1）首先根據(jù)勾股定理得到AB的長(zhǎng)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和平行四邊形判定，可以證出四邊形PQRT為平行四邊形，利用RT//BC得線(xiàn)段成比例，從而得解；（2）過(guò)Q作QN⊥BC于N，用含t的代數(shù)式表示出CP、AP、AQ、QB的長(zhǎng)，由（1）已經(jīng)證明四邊形（3）過(guò)P作PM⊥AQ于M，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥BD于N，根據(jù)S?PQRT=2S（4）過(guò)C作CH⊥AB于H，所以CH×AB=AC×BC=2S△ABC，再證明△CDT≌△BDQ(SAS)，對(duì)應(yīng)角相等，即為內(nèi)錯(cuò)角相等，所以CT∥BA，從而證出當(dāng)Q在A(yíng)B上運(yùn)動(dòng)時(shí)，T也在過(guò)C點(diǎn)與AB平行的直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，取AB中點(diǎn)O連OC作OM⊥CT于M，則四邊形OHCM為矩形，OM=CH，若T【詳解】（1）解：連接PQ、QR、PT，由旋轉(zhuǎn)知：DP=DR，DQ=DT，∴四邊形PQRT為平行四邊形，當(dāng)TR∥BC時(shí)，則PQ∥BC，∴APAC∵∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm∴AB=6依題意得：AQ=3tcm，CP=2t∴AP=6?2tcm，∴6?2t6∴60?20t=18t，∴38t=60，∴t=30當(dāng)t=3019時(shí)，（2）解：由（1）知，四邊形PQRT為平行四邊形，根據(jù)對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形為萎形知，當(dāng)DP⊥DQ，即∠PDQ=90°時(shí)，平行四邊形PQRT為菱形，過(guò)Q作QN⊥BC于N，∴∠QND=90°，∴∠QDN+∠DQN=90°，∵∠PDQ=90°，∴∠PDC+∠QDN=90°，∴∠PDC=∠DQN，∵∠PCD=∠DNQ=90°，∴△PCD∽△DNQ，∴PCCD=∵∠BNQ=∠C=90°，∠B=∠B，∴△BNQ∽△BCA，∴BNBC=NQ∴QN=3510?3t∴CN=BC?BN=8?8+12∴DN=CN?CD=12由①等式知：2t4∴6t?9∴30t?9t∴9t∴t=6±6∴t=1+檢驗(yàn)t=1+∴t=1+（3）解：∵四邊形PQRT為平行四邊形，∴S?PQRT過(guò)P作PM⊥AQ于M，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥BD于N，由（2）知QN=6?在Rt△APM中，AP=∴PM=AP?sinA=6?2t∴S=1=24?4t?36=12∴y=4S（4）解：過(guò)C作CH⊥AB于H，∴CH×AB=AC×BC=2S∴CH=6×8連接CT，∵QD=DT，CD=DB，∠CDT=∠BDQ，∴△CDT≌∴∠B＝∴CT∥BA，∴當(dāng)Q在A(yíng)B上運(yùn)動(dòng)時(shí)，T也在過(guò)C點(diǎn)與AB平行的直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，取AB中點(diǎn)O連OC作OM⊥CT于M，則四邊形OHCM為矩形，OM=CH，若T在△ABC的外接圓上，則OT=OC=1∵OM⊥CT，∴CM=MT，又∵CM=O∴CT=2MC=14∵△BQD≌∴CT=BQ=14即10?3t=14∴t=12即當(dāng)t=125時(shí)，T在【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形的外接圓的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)作出輔助線(xiàn)，熟練掌握以上性質(zhì)和判定．4．（2023春·陜西延安·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，連接DE．將△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)①當(dāng)α=0°時(shí)，AEBD=______；②當(dāng)α=180°時(shí)，(2)拓展探究試判斷：當(dāng)0°≤α<360°時(shí)，AEBD(3)問(wèn)題解決△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至A、B、E三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線(xiàn)段BD的長(zhǎng)______．【答案】(1)①5；②5(2)沒(méi)有，證明見(jiàn)解析(3)滿(mǎn)足條件的BD的長(zhǎng)為355【分析】（1）①當(dāng)α=0°時(shí)，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的長(zhǎng)，然后根據(jù)點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，分別求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②當(dāng)α=180°時(shí)，可得AB∥DE，然后根據(jù)ACAE=（2）首先判斷出ECA=∠DCB，再根據(jù)ECDC=AC（3）分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)E在A(yíng)B的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)；當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上時(shí)，分別求解即可．【詳解】（1）解：①當(dāng)α=0°時(shí)，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=A∵點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，∴CE=AE=12AC=∴AE故答案為：5；②如圖，當(dāng)α=180°時(shí)，可得AB∥DE，∵AC∴AE故答案為：5；（2）解：如圖，當(dāng)0°≤α<360°時(shí)，AEBD∵ECD=∠ACB，∴ECA=∠DCB，∵EC∴△ECA∽△DCB，∴AE（3）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)E在A(yíng)B的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=AB+BE=5，∵AE∴BD=5如圖，當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上時(shí)，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=4?1=3，∵AE∴BD=3綜上所述，滿(mǎn)足條件的BD的長(zhǎng)為355或【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線(xiàn)的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．5．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）已知正方形ABCD，點(diǎn)P為直線(xiàn)AC上的一點(diǎn)，連接PB，過(guò)點(diǎn)P作射線(xiàn)PM⊥PB，交直線(xiàn)CD于點(diǎn)E，連接BE，取BE的中點(diǎn)F，連接PF(1)如圖1，點(diǎn)P在線(xiàn)段AC的中點(diǎn)時(shí)，直接寫(xiě)出PB與CF的數(shù)量關(guān)系；(2)如圖2，①點(diǎn)P在線(xiàn)段AC上時(shí)，試判斷（1）中的結(jié)論是否成立，并說(shuō)明理由；②若點(diǎn)P在直線(xiàn)AC上，AB=4，AP=14AC(3)設(shè)AB=4，若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)使△BCF為等邊三角形，請(qǐng)直接寫(xiě)出AP的長(zhǎng)．【答案】(1)PB=2(2)①成立，理由見(jiàn)解析；②CF的長(zhǎng)為5或13；(3)AP的長(zhǎng)為26?22【分析】（1）先證明△ABC,△PBC,△BPF是等腰直角三角形，因此可得PB=PC=2（2）①過(guò)P點(diǎn)作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H，先根據(jù)AAS證明△PGC?△PHC，則可得PG=PH，再根據(jù)ASA證明△PBG?△PEH，則可得△PBE是等腰直角三角形，因此可得PB=2PF，再根據(jù)“直角三角形中斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半”可得PF=CF，因此②分兩種情況，分P點(diǎn)在線(xiàn)段AC上和P點(diǎn)在CA的延長(zhǎng)線(xiàn)上．作PQ⊥BA于Q點(diǎn)，先求出AC的長(zhǎng)，則可知AP的長(zhǎng)，再求出PN、AN的長(zhǎng)，則可求出PB的長(zhǎng)，再根據(jù)CF=PB（3）分兩種情況，F(xiàn)點(diǎn)在BC上方和F點(diǎn)在BC下方．①F點(diǎn)在BC上方時(shí)，由△BCF是等邊三角形可求出BC、BE的長(zhǎng)，再求出PB的長(zhǎng)，設(shè)PQ=AQ=x，根據(jù)勾股定理列方程求出x，即可知PQ的長(zhǎng)，則可求出PA的長(zhǎng)．②F點(diǎn)在BC下方時(shí)，△BCF是等邊三角形可求出BC、BE、CE的長(zhǎng)，再求出PE的長(zhǎng)，作PQ⊥CE于Q點(diǎn)，設(shè)PQ=CQ=x，在Rt△PQE中據(jù)勾股定理列方程求出x，即可知PQ的長(zhǎng)，進(jìn)而可可求出PC的長(zhǎng)和PA【詳解】（1）PB=2∵四邊形ABCD是正方形∴BA=BC,∠ABC=90°∵P是線(xiàn)段AC的中點(diǎn)∴BP=∵F是BC中點(diǎn)∴PF=∴P∴PB=∴PB=（2）①如圖，點(diǎn)P在線(xiàn)段AC上時(shí)，（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：過(guò)P點(diǎn)作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四邊形PGCH是矩形∵正方形ABCD中，AC平分∠BCD∴PG=PH∵∠BPG+∠GPE=∠EPH+∠GPE=90°∴∠BPG=∠EPH又∵∠PGB=∠PHE=90°∴△PGB?△PHE∴PB=PE∴△PBE是等腰直角三角形∵F是BE中點(diǎn)∴PF=∵Rt△BCE中，F(xiàn)是BE中點(diǎn)

∴CF=∴PF=CF∴PB=②(ⅰ)如圖，P點(diǎn)在線(xiàn)段AC上時(shí)，作PQ⊥AB于Q∵AB=4∴AC=PA=∴PQ=∴AQ=PQ=1∴BQ=4?1=3∴PB=由①知PB=∴CF=(ⅱ)如圖，若P點(diǎn)CA的延長(zhǎng)線(xiàn)，

過(guò)P點(diǎn)作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四邊形PGCH是矩形∵正方形ABCD中，AC平分∠BCD∴PG=PH∵∠BPG+∠BPH=∠BPH+∠HPE=90°∴∠BPG=∠EPH又∵∠PGB=∠PHE=90°∴△PGB?△PHE∴PB=PE∴△PBE是等腰直角三角形∵F是BE中點(diǎn)∴PF=∵Rt△BCE中，F(xiàn)是BE中點(diǎn)

∴CF=∴PF=CF∴PB=延長(zhǎng)BA，作PQ⊥BA于Q點(diǎn)∠PAQ=∠BAC=45°∴PQ=AQ=∵PA=∴PQ=∴AQ=1∴BQ=4+1=5∴PB=∴CF=PB綜上，CF的長(zhǎng)為5或13（3）①如圖，F(xiàn)點(diǎn)在BC上方時(shí)∵△BCF為等邊三角形∴∠FBC=60°∴∠BEC=30°∴BE=2BC=8由①知△PBE是等腰直角三角形∴PB=延長(zhǎng)BA，作PQ⊥BA于Q點(diǎn)則∠PAQ=∠BAC=45°AQ=PQ=設(shè)PQ=AQ=x,則BQ=4+x由P得x解得x1=2∴PQ=AQ=2∴PA=②①如圖，F(xiàn)點(diǎn)在BC下方時(shí)∵△BCF為等邊三角形∴∠CBE=60°∵BC=4∴CE=∵△BPE是等腰直角三角形∴PB=PE=過(guò)P點(diǎn)作PQ⊥CE于Q點(diǎn)則∠PQC=90°,∠PCQ=∠ACD=45°∴CQ=PQ設(shè)CQ=PQ=x，則EQ=4在Rt△PQE中P∴解得x1=2∴CQ=QP=2∴PC=(2∵AC=∴AP=4綜上，AP的長(zhǎng)為26?2【點(diǎn)睛】本題綜合性較強(qiáng)，主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理．正確的畫(huà)出圖形，并且正確的作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．注意分類(lèi)討論，不要漏解．6．（2022·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預(yù)測(cè)）問(wèn)題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點(diǎn)(不與點(diǎn)B、C重合)，垂直于A(yíng)E的一條直線(xiàn)MN分別交AB、AE、CD于點(diǎn)M、P、N．則DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系為．問(wèn)題探究：在“問(wèn)題情境”的基礎(chǔ)上．1如圖2，若垂足P恰好為AE的中點(diǎn)，連接BD，交MN于點(diǎn)Q，連接EQ，并延長(zhǎng)交邊AD于點(diǎn)F.求∠AEF的度數(shù)；2如圖3，當(dāng)垂足P在正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)BD上時(shí)，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點(diǎn)P落在點(diǎn)P'處，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，AD的中點(diǎn)為S，求P問(wèn)題拓展：如圖4，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別為邊AB、CD上的點(diǎn)，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對(duì)應(yīng)邊B'C'恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，C'N交AD于點(diǎn)F.分別過(guò)點(diǎn)A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H【答案】問(wèn)題情境：DN+MB=EC問(wèn)題探究：（1）45°；（2）2問(wèn)題拓展：FH【分析】問(wèn)題情境：過(guò)點(diǎn)B作BF//MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF=MB，證明△ABE≌△BCF得出BE=CF，即可得出結(jié)論；問(wèn)題探究：（1）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI//AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出結(jié)論；（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P'與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P'的落點(diǎn)為O'，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ODA=∠ADO'=45°，當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P'作P'H⊥CD交CD延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG=NH，GN=P'H，由正方形的性質(zhì)得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH=P'H，得出∠P'DH=45°，故∠P問(wèn)題拓展：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，則EG=AG=52，PH=FH，得出AE=5，由勾股定理得出BE=AE2?AB2=3，得出CE=BC?BE=1，證明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ=AE+QE=203，證明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折疊的性質(zhì)得：AB'=EB=3，∠B'【詳解】問(wèn)題情境：解：線(xiàn)段DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系為：DN+MB=EC；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，過(guò)點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，如圖1所示：∴四邊形MBFN為平行四邊形，∴NF=MB，∵BF⊥AE，∴∠BGE=90°，∴∠CBF+∠AEB=90°，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠CBF=∠BAE，在△ABE和△BCF中，∠BAE=∠CBFAB=BC∴△ABE≌△BCFASA∴BE=CF，∵DN+NF+CF=BE+EC，∴DN+MB=EC；問(wèn)題探究：解：（1）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴四邊形ABIH為矩形，∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，∴∠BDA=45°，∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，∵M(jìn)N是AE的垂直平分線(xiàn)，∴AQ=QE，在Rt△AHQ和Rt△QIEAQ=QEAH=QI∴Rt△AHQ≌∴∠AQH=∠QEI，∴∠AQH+∠EQI=90°，∴∠AQE=90°，∴△AQE是等腰直角三角形，∴∠EAQ=∠AEQ=45°，即∠AEF=45°；（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，如圖3所示：則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P'與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P'的落點(diǎn)為∵AO=OD，∠AOD=90°，∴∠ODA=∠ADO當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P'作P'H⊥CD交CD延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H∵點(diǎn)P在BD上，∴AP=PC，在△APB和△CPB中，AP=PCBP=BP∴△APB≌△CPBSSS∴∠BAP=∠BCP，∵∠BCD=∠MPA=90°，∴∠PCN=∠AMP，∵AB∥CD，∴∠AMP=∠PNC，∴∠PCN=∠PNC，∴PC=PN，∴AP=PN，∴∠PNA=45°，∴∠PNP∴∠P∵∠P'NH+∠N∴∠NPG=∠P'NH由翻折性質(zhì)得：PN=P在△PGN和△NHP∠NPG=∠P∴△PGN≌△NHP∴PG=NH，GN=P'H，∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，∴∠PDG=45°，易得PG=GD，∴GN=DH，∴DH=P'H，∴∠P'DH=45°∴點(diǎn)P'在線(xiàn)段D過(guò)點(diǎn)S作SK⊥DO'，垂足為∵點(diǎn)S為AD的中點(diǎn)，∴DS=2，則P'S的最小值為問(wèn)題拓展：FH=解：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，如圖4：則EG=AG=52，∴AE=5，在Rt△ABE中，BE=∴CE=BC?BE=1，∵∠B=∠ECQ=90°，∠AEB=∠QEC，∴△ABE∽△QCE，∴AE∴QE=1∴AQ=AE+QE=20∵AG⊥MN，∴∠AGM=90°=∠B，∵∠MAG=∠EAB，∴△AGM∽△ABE，∴AMAE=解得：AM=25由折疊的性質(zhì)得：AB'=EB=3，∠∴B'M=∵∠BAD=90°，∴∠B∴△AFC'∽∴AF解得：AF=25∴DF=4?25∵AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，∴AG//FH，∴AQ//FP，∴△DFP∽△DAQ，∴FPAQ=解得：FP=5∴FH=1【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．7．（2023秋·四川德陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖①，△ABC和△EDC都是等邊三角形，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，連接AE．①∠AEC的度數(shù)為_(kāi)_____；②線(xiàn)段AE、BD之間的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____；（2）拓展探究：如圖②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，CM為△EDC中DE邊上的高，連接AE，試求∠AEB的度數(shù)及判斷線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）解決問(wèn)題：如圖③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，點(diǎn)B、D，E在同一條直線(xiàn)上，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠EAB+∠ECB的度數(shù)．【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由見(jiàn)詳解；（3）180°．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后證明∠ECA=∠DCB，從而可證明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性質(zhì)，①、②即可求解；（2）類(lèi)似（1）中方法，證明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA?∠CEB=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到CM=EM=MD，即可得到線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系；（3）根據(jù)△AEC≌△BDC解答即可．【詳解】（1）解：如圖①所示，∵△ABC和△EDC都是等邊三角形，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，∴∠ECD?∠ACD=∠ACB?∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=60°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，∴∠BDC=120°，∴∠AEC=∠BDC=120°，故①的答案為：120°；②的答案為：相等；（2）解：如圖②所示，∵△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，∴∠ECD?∠ACD=∠ACB?∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=45°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，∴∠BDC=135°，∴∠AEC=∠BDC=135°，∴∠AEB=∠AEC?∠CEB=135°?45°=90°，∵△EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，∴CM=EM=MD，∴ED=2CM，∴BE=BD+DE=AE+2CM，∴∠AEB的度數(shù)為90°，線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系為：∴BE=AE+2CM；（3）解：根據(jù)（1）（2）中結(jié)論可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，∵△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，∴∠CDE=∠ABC=180°?36°∴∠AEC=∠BDC=180°?72°=108°，∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，∴∠EAB+∠ECB=360°?180°=180°．【點(diǎn)睛】此題是三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練而靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解答此題的關(guān)鍵．8．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖,在△ABC中,AC=BC=10，cosC=35，AD是BC邊上的高，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿折線(xiàn)AD?DB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連結(jié)OP，作點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)OP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A'(1)線(xiàn)段AB的長(zhǎng)為_(kāi)______；(2)用含t的代數(shù)式表示點(diǎn)P到AB的距離?；(3)連結(jié)A'D，當(dāng)線(xiàn)段A'(4)當(dāng)點(diǎn)O、A'、C【答案】(1)4(2)?=(3)當(dāng)線(xiàn)段A'D最長(zhǎng)時(shí)，(4)t=【分析】（1）由AD是BC邊上的高得∠ADC=90°，由cosC=CDAC=35，AC=BC=10得（2）分兩種情況討論，當(dāng)點(diǎn)P在A(yíng)D上運(yùn)動(dòng)和點(diǎn)P在BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)等面積法，分別可以求出?和t的關(guān)系，從而即可得到答案；（3）當(dāng)點(diǎn)O、A'、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，線(xiàn)段A（4）以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，可以直接寫(xiě)出各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可以求出直線(xiàn)OC的解析式，由點(diǎn)A'在直線(xiàn)OC上，設(shè)出點(diǎn)A'的坐標(biāo)，再根據(jù)OA=OA'求出點(diǎn)A'的坐標(biāo)，從而可以得出直線(xiàn)A【詳解】（1）解：∵AD是BC邊上的高，∴∠ADC=90°，∵cos∴CD=6，∴AD=A∵∠ADB=90°，∴AB=A故答案為：45（2）解：當(dāng)0<t≤8時(shí)，點(diǎn)P在A(yíng)D上運(yùn)動(dòng)，作PQ⊥AB交AB于點(diǎn)Q，作OM⊥AD交AD于點(diǎn)M，點(diǎn)P到AB的距離即PQ的長(zhǎng)，如圖所示，根據(jù)圖可得：S△AOP∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OA=25∵OM⊥AD，∴∠AMO=∠ADB=90°，∴OM∥BD，∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OM=1∵AP=t，PQ=?，∴1∴?=5當(dāng)8<t≤12時(shí)，點(diǎn)P在BD上運(yùn)動(dòng)，作PQ⊥AB交AB于點(diǎn)Q，作OM⊥BD交BD于點(diǎn)M，點(diǎn)P到AB的距離即PQ的長(zhǎng)，連接OP，如圖所示，根據(jù)圖可得：S△POB∵OM⊥BD，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OM=1∵AD+DP=t，∴DP=t?8，∴BP=BD?PD=4?t?8∴1∴?=?2綜上所述：?=5（3）解：當(dāng)點(diǎn)O、A'、D連接OD、A在△ABD中，∵∠ADB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OD=1∵點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)OP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A'∴OA=OA∴根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得：0<A因此當(dāng)點(diǎn)O、A'、D∵OA=OA'=OB=OD∴△A∴∠AA∴A∴S∴當(dāng)線(xiàn)段A'D最長(zhǎng)時(shí)，（4）解：以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B?4，0，C6，設(shè)直線(xiàn)OC的解析式為：y=kx+b，則?2k+b=46k+b=0解得：k=?1∴直線(xiàn)OC的解析式為：y=?1∵點(diǎn)O、A∴設(shè)點(diǎn)A'坐標(biāo)為m∵點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)OP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A'∴OA=OA∴m+2解得：m=2，∴A∵PA=PA∴點(diǎn)P在A(yíng)A設(shè)直線(xiàn)AA'的解析式為：則2a+b=2b=8，解得a=?3∴直線(xiàn)AA'的解析式為：∴AA'的垂直平分線(xiàn)的解析式為：∵A、A'的中點(diǎn)在∴1∴c=14∴AA'的垂直平分線(xiàn)的解析式為：∴P0∵8?∴t=10【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，等面積法求三角形的高，求一次函數(shù)解析式，建立平面直角坐標(biāo)系求解，本題的綜合性較強(qiáng)，正確作出輔助線(xiàn)，采用數(shù)形結(jié)合和分類(lèi)討論的思想是解題的關(guān)鍵．9．（2022秋·江蘇宿遷·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）已知：⊙O是△ABC的外接圓，且AB=BC，∠ABC=60°，D為(1)如圖1，若點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∠DBA等于多少？(2)過(guò)點(diǎn)B作直線(xiàn)AD的垂線(xiàn)，垂足為點(diǎn)E．①如圖2，若點(diǎn)D在A(yíng)B上，求證：CD=DE+AE．②若點(diǎn)D在A(yíng)C上，當(dāng)它從點(diǎn)A向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)且滿(mǎn)足CD=DE+AE時(shí)，求∠ABD的最大值．【答案】(1)30°(2)①證明見(jiàn)解析；②30°【分析】（1）連接BD，根據(jù)AB=BC可得（2）①過(guò)B作BH⊥CD于點(diǎn)H，則∠BHC=∠BHD=90°，證明△BEA≌△BHC和②連接BO并延長(zhǎng)⊙O交于點(diǎn)I，則點(diǎn)D在A(yíng)I上，證明△BEA≌△BHC和【詳解】（1）如圖1中，連接BD．∵AB=∴∠BCA=∠BAC，∵∠ABC=60°，∴∠BCA=60°，∵D是AB的中點(diǎn)，∴∠DCA=30°，∵AD=∴∠DBA=∠DCA=30°．（2）①過(guò)B作BH⊥CD于點(diǎn)H，則∠BHC=∠BHD=90°．又∵BE⊥AD于點(diǎn)E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵BD=∴∠BAE=∠BCH，∵AB=∴BA=BC，在△BEA和△BHC中，∠BEA=∠BHC∴△BEA≌∴EA=CH，又∵四邊形ACBD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BDE=∠BCA，又∵AB=∴∠BCA=∠BDC，∴∠BDE=∠BDC，在△BED和△BDH中，∠BED=∠BHD=90°∠BDE=∠BDC∴△BED≌∴DE=DH，∴DC=DH+HC=DE+AE．②連接BO并延長(zhǎng)與⊙O交于點(diǎn)I，則點(diǎn)D在A(yíng)I上．如圖：過(guò)B作BH⊥CD于點(diǎn)H，則∠BHC=90°，又∵BE⊥AD于點(diǎn)E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BAE=∠BCD，又∵AB=∴BA=BC，在△BEA和△BCH中，∠BAE=∠BCD∠BED=∠BHC∴△BEA≌∴EA=CH，∵AB=∴∠BDA=∠BDC，又BD=BD，∠BED=∠BHD=90°，在△BED和△BHD中，∠BED=∠BHD=90°∠BDA=∠BDC∴△BED≌∴ED=HD，∴CD=HD+HC=DE+AE，∵BI是⊙O直徑，AB=∴BI垂直平分AC，∴AI=∴2∠ABI=∠ABC=60°，∴當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)I時(shí)∠ABI取得最大值，此時(shí)∠ABD=30°．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解是解決本題的關(guān)鍵．10．（2023春·全國(guó)·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖所示，△ABC是一個(gè)邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，D是直線(xiàn)BC上一點(diǎn)，以AD為邊作△ADE，使AE=AD，∠DAE=120°，并以AB、AE為邊作平行四邊形ABFE．(1)當(dāng)點(diǎn)D在線(xiàn)段BC上時(shí)，AD交BF于點(diǎn)G，求證：△ABD≌△BCF；(2)求線(xiàn)段BF的最小值：．(3)當(dāng)直線(xiàn)AE與△ABC的一邊垂直時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出?ABFE的面積．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)2(3)?ABFE的面積為43或163或【分析】（1）由BF=AE，AE=AD，可得BF=AD，△ABC是等邊三角形可得AB=BC，∠CBF+∠ABG=60°且∠ABD+∠BAG=60°可得∠CBF=∠BAD，從而可證△ABD≌△BCF；（2）當(dāng)BF⊥AC時(shí)，BF有最小值，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理即可求解；（3）分三種情況：①AE⊥AC，②A(yíng)E⊥AB，③AE⊥BC時(shí)，分別畫(huà)出圖形，求出底邊長(zhǎng)度和高，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABFE是平行四邊形，∴BF=AE，BF∥∵AE=AD，∴BF=AD，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC，∠ABC=60°，即∠CBF+∠ABG=60°，∵BF∥AE，∴∠AGF=60°，∴∠ABD+∠BAG=60°，∴∠CBF=∠BAD，在△ABD和△BCF中，BF=AF∠CBF=∠BAD∴△ABD≌△BCFSAS（2）解：當(dāng)BF⊥AC時(shí)，BF有最小值，如圖：∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，∠ABF=30°，∴AF=12AB=2∴BF的最小值為23故答案為：23（3）解：直線(xiàn)AE與△ABC的一邊垂直，分三種情況：①AE⊥AC時(shí)，如圖：此時(shí)∠CAE=90°，∵AE∥∴∠AFB=∠CAE=90°，又∠BAC=60°，在Rt△ABF中，∠ABF=30°AF=12AB=2∴S?ABFE②A(yíng)E⊥AB時(shí)，如圖：此時(shí)∠BAE=90°，平行四邊形ABFE為矩形，在Rt△ABE中，∠ABC=60°，∠AEB=30°∴BE=2AB=8，AE=8∴S?ABFE③AE⊥BC時(shí)，延長(zhǎng)EA交BC于H，如圖：此時(shí)∠EHD=90°，∴∠HAC=30°，∵∠DAE=120°，∴∠CAD=30°，∴∠ADH=180°?∠AHD?∠HAC?∠CAD=30°，Rt△AHC中，CH=12∴BH=2，Rt△AHD中，AD=2AH=4∴BF=AE=AD=43∴S?ABFE綜上所述，直線(xiàn)AE與△ABC的一邊垂直，平行四邊形ABFE的面積為43或163或【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形、平行四邊形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形、矩形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是分別畫(huà)出圖形，分類(lèi)討論．11．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，點(diǎn)D為邊AB的中點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿折線(xiàn)CB?BA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P在CB邊上以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，在BA邊上以每秒5個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，過(guò)點(diǎn)P作CD的平行線(xiàn)，過(guò)點(diǎn)D作PC的平行線(xiàn)，兩條平行線(xiàn)相交于點(diǎn)C'．點(diǎn)P不與點(diǎn)C、點(diǎn)A重合．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(1)用含t的代數(shù)式表示PB的長(zhǎng)；(2)當(dāng)四邊形CPC'D(3)連接CC'，如圖②，當(dāng)CC'將△ABC的面積分成【答案】(1)PB=(2)53或(3)32或157【分析】（1）先利用勾股定理求出BC=6，再分點(diǎn)P在CB邊、BA邊上兩種情況考慮即可；（2）先證明四邊形CPC'D是平行四邊形，由它是軸對(duì)稱(chēng)圖形時(shí)，可證四邊形CPC'D是菱形，再分點(diǎn)P在CB邊、BA邊上兩種情況，由菱形的性質(zhì)結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得；（3）由題意可得BEAE=25或AEBE=25，分點(diǎn)P在CB邊上，BEAE=25；點(diǎn)P在【詳解】（1）解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=A∵點(diǎn)P在CB邊、BA邊上的速度分別為每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度、每秒5個(gè)單位長(zhǎng)度運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)P在CB邊上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為6÷3=2（秒)，在BA邊上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為10÷5=2（秒)，當(dāng)0<t≤2時(shí)，點(diǎn)P在CB邊上，則PB=6?3t；當(dāng)2<t<4時(shí)，點(diǎn)P在BA邊上，則PB=5t?2綜上所述，PB=6?3t（2）解：如圖①所示，當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，連接PD與CC'交于點(diǎn)O，∵PC∴四邊形CPC∵∠ACB=90°，D為AB的中點(diǎn)，∴CD=AD=BD=1∴∠DCB≠90°又∵四邊形CPC∴此時(shí)平行四邊形CPC∴CP=CD=5，∴3t=5，解得t=5如圖②所示，當(dāng)點(diǎn)P在BA邊上，同理可證四邊形CPC∴CC'⊥AB，設(shè)CC'交AB于點(diǎn)E，則∠DEC=90°，∵12∴CE=24∴PE=DE=C∴PB=5?7∴5t?10=11解得t=61綜上所述，t的值為53或61（3）解：設(shè)CC'交AB于點(diǎn)E，∵CC'將△ABC的面積分成∴BEAE=2如圖③所示，點(diǎn)P在CB邊上，BEAE=2∵BD=1∴DE=BD?BE=1∴DEBE∵DC'//BC，∴△△DC'E∽△BCE，∴DC'BC=DE解得t=3如圖④，點(diǎn)P在BA邊上，BEAE=2∵PE=DE=BD?BE=3∴BP=BD?DE?PE=5?2×15∴5t?10=5解得t=15如圖⑤，點(diǎn)P在BA邊上，AEBE∴BE=5∴PE=DE=5∴BP=BD+DE+PE=5+2×15∴5t?10=65解得t=27綜上所述，t的值為32或157或【點(diǎn)睛】本題是動(dòng)點(diǎn)綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等等，利用分類(lèi)討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．12．（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖1，△ABC是邊長(zhǎng)為4cm的等邊三角形，邊AB在射線(xiàn)OM上，且OA=6cm，點(diǎn)D從O點(diǎn)出發(fā)，沿OM方向以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)D不與點(diǎn)A重合時(shí)，將△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到△BCE(1)求證：△CDE是等邊三角形；(2)如圖2，當(dāng)6<t<10時(shí)，△BDE的周長(zhǎng)是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在射線(xiàn)OM上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在以D、E、B為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)存在，23(3)存在，當(dāng)t的值為2s或14s時(shí)，以D、E、B【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠DCE=60°,（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BE=AD，再由△CDE是等邊三角形，可得C△DBE=CD+4，根據(jù)垂線(xiàn)段最短得，當(dāng)CD⊥AB時(shí)，△BDE的周長(zhǎng)最小，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及勾股定理求出（3）分四種情況，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】（1）證明∶∵將△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到△BCE，∴∠DCE=60°,∴△CDE是等邊三角形；（2）解：存在，當(dāng)6<t<10時(shí)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BE=AD，∴C△DBE由（1）知，△CDE是等邊三角形，∴DE=CD，∴C△DBE由垂線(xiàn)段最短得，當(dāng)CD⊥AB時(shí)，△BDE的周長(zhǎng)最小，此時(shí)，AD=1∴CD=A∴△BDE的最小周長(zhǎng)=CD+4=23（3）解：存在，①∵當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，D，B，E不能構(gòu)成三角形，∴當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，不符合題意，②當(dāng)0≤t<6時(shí)，由旋轉(zhuǎn)可知，∠ABE=60°,∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等邊三角形，∴∠DEC=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA?DA=6?4=2，∴t=2÷1=2s③當(dāng)6<t<10s④如圖，當(dāng)t>10s時(shí)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠DBE=60°又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC>0°，∴∠BDE>60°，∴只能∠BDE=90°，從而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm∴t=14÷1=14s綜上所述：當(dāng)t的值為2s或14s時(shí)，以D、E、B【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，利用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．13．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8．點(diǎn)D為斜邊AB的中點(diǎn)，ED⊥AB，交邊BC于點(diǎn)E．點(diǎn)P為射線(xiàn)AC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持PD⊥QD(1)求證：△ADP∽△EDQ；(2)設(shè)AP=x，BQ=y．求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫(xiě)出該函數(shù)的定義域；(3)聯(lián)結(jié)PQ，交線(xiàn)段ED于點(diǎn)F，當(dāng)△PDF為等腰三角形時(shí)，求線(xiàn)段AP的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)y=(3)256或【分析】（1）證∠A=∠DEQ，∠EDQ=∠ADP，即可得出△ADP∽（2）證△EDB∽△ACB，求出ED=154，EB=254，由（1）得：（3）證tan∠QPD=DQDP=EDAD=EDBD=tanB，得∠QPD=∠B，再證△PDF∽△BDQ【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵ED⊥AB，∴∠EDB=90°，∴∠DEQ+∠B=90°，∴∠A=∠DEQ，又∵PD⊥QD，∴∠PDQ=90°，∴∠EDQ+∠PDE=∠ADP+∠PDE=90°，∴∠EDQ=∠ADP，∴△ADP∽（2）解：∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB=6∵點(diǎn)D為斜邊AB的中點(diǎn)，∴AD=BD=1∵∠EDB=∠ACB=90°，∠B=∠B，∴△EDB∽∴EDAC即ED6解得：ED=154，由（1）得：△ADP∽∴APEQ即xEQ解得：EQ=3∴BQ=BE?EQ=25即y=25∵AP≥0，∴x≥0，∵BQ≥0，∴254∴x≤25∴y=25（3）由（1）得：△ADP∽△EDQ，∴EQAP∵PD⊥QD，∴∠PDQ=90°，∴tan∠QPD=∴∠QPD=∠B，又∵∠PDQ=∠BDE=90°，∴∠PDF=∠BDQ，∴△PDF∽∴△PDF為等腰三角形時(shí)，△BDQ也為等腰三角形，在（2）中，AP=x，BQ=y．有y=25①若DQ=BQ，過(guò)Q作QG⊥BD于G，如圖所示：∵AD=BD=1則DG=BG=1∵cos∠B=∴52解得：x=25即AP=25②若BQ=BD，則254解得：x=5即AP=5③若DQ=DB，則∠B=∠DQB，此時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合∴此種情況不存在，舍去；綜上所述，當(dāng)△PDF為等腰三角形時(shí)，線(xiàn)段AP的長(zhǎng)為256或5【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)定義等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．14．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(8，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(0，6)，連接AB．若動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿著線(xiàn)段BA以5個(gè)單位每秒的速度向終點(diǎn)(1)求線(xiàn)段AB的長(zhǎng)．(2)連接OP，當(dāng)△OBP為等腰三角形時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作線(xiàn)段AB的垂線(xiàn)與直線(xiàn)OB交于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)已知N點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，連接ON，點(diǎn)P關(guān)于直線(xiàn)ON的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)記為P'(如圖2)，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若P'點(diǎn)恰好落在△AOB內(nèi)部(不含邊界)，請(qǐng)直接寫(xiě)出【答案】(1)10(2)0,?73,0,?4(3)當(dāng)1439<t<1時(shí)，P'【分析】（1）勾股定理直接求解即可；（2）分PO=PB,BO=BP,OB=BP三種情形，分別討論，即可求解；（3）當(dāng)P'在OA上時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作NF⊥x軸于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AB，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，因?yàn)镹點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，由（2）可知N4,3，OE=245，根據(jù)等面積法求得PG=4t，進(jìn)而得出BG=3t,OG=6?3t,PN=5?5t，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得出OP=OP'，S△PON【詳解】（1）解：∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(8，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是∴OA=8,OB=6，∴AB=O（2）當(dāng)PB=PO時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥y軸于點(diǎn)D，PC⊥x軸于點(diǎn)C，∴BQ=OQ=1∵PB=PO，∴∠PBO=∠POB，∵∠POB+∠POA=90°,∠PAO+∠PBO=90°，∴∠POA=∠PAO，∴PO=PA=1設(shè)OM=x,在Rt△PDM中，P在Rt△BPM中，P∴P即4解得：x=7∴M0,?當(dāng)BP=BO=6時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥y軸于點(diǎn)D，PC⊥x軸于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)∴DO=PC,DP=OC，∵S△AOB∴OE=OB×OA∵S△POB∴PD=OE=24設(shè)PC=a，PD=4.8，在Rt△PCA中，a解得：a=2.4，即OD=2.4，在Rt△PDM中，P在Rt△BPM中，P∴PD即4.82解得：x=4，∴M0,?4當(dāng)OB=OP時(shí)，如圖，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵M(jìn)P⊥AB，∴∠BPO+∠OPM=90°，又∠BMP+∠MBP=90°，∴∠OMP=∠OPM，∴OM=OP=OB=6，∴M0,?6綜上所述，M0,?73或M（3）如圖，當(dāng)P'在OA上時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作NF⊥x軸于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AB，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G∵N點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，由（2）可知N4,3，OE=則NF=3，∵BP=5t，BO=6,AO=8，∴S△BOP∴PG=BP×OE∴BG=B∴OG=6?3t，∵BN=1∴PN=5?5t，∵對(duì)稱(chēng)，∴OP=OP'，∴S△PON即12∴OP=OP在Rt△OPG中，∴4解得t=2（舍去）或t=當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)N，此時(shí)P,P',N重合，此時(shí)5t=5∴當(dāng)1439<t<1時(shí)，P'【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，解一元二次方程，坐標(biāo)與圖形，等腰三角形的性質(zhì)，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．15．（2022秋·吉林長(zhǎng)春·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D①，在△ABC中，AC=BC=10，tanC=43，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿折線(xiàn)AB?BC運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P在A(yíng)B上的運(yùn)動(dòng)速度是每秒25個(gè)單位長(zhǎng)度，在BC上的運(yùn)動(dòng)速度是每秒5個(gè)單位長(zhǎng)度．當(dāng)點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B、C重合時(shí)，作PQ⊥AC于點(diǎn)Q，以線(xiàn)段PQ為邊作矩形PQMN，使點(diǎn)B、M、N始終在線(xiàn)段(1)tanA=

(2)用含有t的代數(shù)式表示線(xiàn)段PQ的長(zhǎng)．(3)當(dāng)點(diǎn)N落在△ABC的邊上時(shí)，求t的值．(4)如圖②，點(diǎn)D、E分別是AC、PN的中點(diǎn)，作直線(xiàn)DE，直接寫(xiě)出直線(xiàn)DE與△ABC的一邊垂直時(shí)【答案】(1)2(2)①當(dāng)0<t<2時(shí)，PQ=4t；②當(dāng)2<t<4時(shí)，PQ=16?4t(3)t=107(4)t=511，53，【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作AC邊的高線(xiàn)，根據(jù)tanC=43及AC=BC=10（2）當(dāng)點(diǎn)P在A(yíng)B段運(yùn)動(dòng)時(shí)，PA=25t，由tanA=2，則PQ=255PA，可得PQ=4t，當(dāng)點(diǎn)P在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)，BP=5（3）分兩大類(lèi)情況討論：點(diǎn)N在BC上與點(diǎn)N在A(yíng)B上，由QM=12PQ，QM=PN，當(dāng)點(diǎn)N在BC上時(shí)，PQ=4t，則PN=12PQ=2t，此時(shí)由△BPN∽△BAC，可得PNAC（4）分別畫(huà)出垂直于三邊的圖形，依據(jù)圖形分析即可．【詳解】（1）如圖所示：過(guò)點(diǎn)B作AC邊的高線(xiàn)BE，由tanC=設(shè)EC=3x，則BE=4x，根據(jù)勾股定理：BC=C可得：EC=6，BE=8，所以∴（2）如下左圖所示：AB=AE2+BE2=45，當(dāng)點(diǎn)P在A(yíng)B段運(yùn)動(dòng)時(shí)（0<t<2），PA=2如下右圖所示：當(dāng)點(diǎn)P在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)（2<t<4），BP=5t?2，則PC=10?5由tanC=4綜上所得：①當(dāng)0<t<2時(shí)，PQ=4t；②當(dāng)2<t<4時(shí)，PQ=16?4t

（3）如下左圖所示：點(diǎn)N在BC上，由QM=12PQ，QM=PN由點(diǎn)P在A(yíng)B上的運(yùn)動(dòng)速度是每秒25個(gè)單位長(zhǎng)度，則PA=25t，由sinA=PQPA=可得PNAC∴2t10如下右圖所示：點(diǎn)N在A(yíng)B上，PQ=16?4t，PN=12PQ=8?2t，PB=5t?2∴PNAC=∴t=（4）當(dāng)DE⊥AC時(shí)：①如圖1所示：PQ=16?4t，PE=1則QC=5?4?t∵QC∴t=11②如圖2所示：PQ=4t，EP=DQ=t，則AQ=5?t，∵AQ∴t=如圖3所示：當(dāng)DE⊥AB時(shí)，設(shè)垂足為R，PQ=4t，EP=t，∵∠REP+∠RPE=∠RPE+∠QPA=90°，∴∠REP=∠QPA，∴△ERP∽△PQA，由相似性質(zhì)及tanA=2，可得：PR=t5∴RA=RP+PA=5∴t=5如圖4所示：當(dāng)DE⊥BC時(shí)，設(shè)垂足為R，PQ=16?4t，PC=20?5t，PE=14PQ=4?t此時(shí)有關(guān)系式：PR+PC=35PE+PC=3∴t=97

圖1

圖2圖3

圖4【點(diǎn)睛】本題結(jié)合動(dòng)點(diǎn)考查了相似與銳角三角函數(shù)，關(guān)鍵是靈活運(yùn)用相似性質(zhì)及三角函數(shù)解三角形，最后一問(wèn)主要通過(guò)畫(huà)圖分析，逆向（執(zhí)果索因）解決問(wèn)題．16．（2023春·全國(guó)·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)P為△ABC邊上的動(dòng)點(diǎn)，速度為1cm/s．(1)如圖1，點(diǎn)D為AB邊上一點(diǎn)，AD=1cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，在△ABC的邊上沿D→B→C的路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)點(diǎn)C時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)△APC的面積為S1（cm2），△BPC的面積為S2（cm2），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．S1①在圖1中，AB=cm，BC=cm；②在圖2中，求EF和MN的交點(diǎn)H的坐標(biāo)；(2)在（1）的條件下，如圖3，若點(diǎn)P，點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，在△ABC的邊上沿A→B→C的路徑勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的速度為0.5cm/s，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．求t為何值時(shí)，BP?BQ最大？最大值為多少？【答案】(1)①5，6；②點(diǎn)H(2)t=11時(shí)，BP?BQ最大值為5.5cm【分析】（1）①由圖象可求解；②由勾股定理可求AT的長(zhǎng)，由三角形的面積公式可求S△ABC，即可求點(diǎn)H（2）分三種情況討論，由線(xiàn)段的和差關(guān)系可求解．【詳解】（1）①由圖2可知，BD=4cm，BC=6cm，∴AB=5（cm），故答案為：5，6；②如圖1，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥BC于T，∵AB=AC，AT⊥BC，∴BT=CT=3（cm），∴AT=AB2∴SΔABC=∴當(dāng)S1=S2時(shí)，即此時(shí)點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，∴AP=BP=5∴PD=3∴點(diǎn)H3（2）①當(dāng)0≤t≤5時(shí)，P，Q均在A(yíng)B上，∴當(dāng)t=5時(shí)，BP?BQ最大=2.5cm，②當(dāng)5<t≤10時(shí)，P在BC上，Q在A(yíng)B上，∴BP?BQ=∴當(dāng)t=10時(shí)，BP?BQ最大=5cm，③當(dāng)10<t≤11時(shí)，P，Q均在BC上，∴BP?BQ=∴當(dāng)t=11時(shí)，BP?BQ最大=5.5cm，∴綜上，t=11時(shí)，BP?BQ最大值為5.5cm．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了函數(shù)圖象的性質(zhì)，勾股定理，利用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．17．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)P是對(duì)角線(xiàn)AC上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、C重合），連接PB，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PB，交DC于點(diǎn)E，已知AD=3，AC=5．設(shè)AP的長(zhǎng)為x．(1)AB=___________；當(dāng)x=1時(shí)，求PEPB(2)試探究：PEPB(3)當(dāng)△PCE是等腰三角形時(shí)，請(qǐng)求出x的值．【答案】(1)4，3(2)是，3(3)75【分析】（1）作PM⊥AB于M交CD于N．由ΔBMP∽ΔPNE，推出PEPB=（2）結(jié)論：PEPB（3）連接BE交AC于F，在Rt△BCF中，cos∠BCF=CFBC【詳解】（1）解：作PM⊥AB于M交CD于N．∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=3，AC=5，∠ABC=90°，∴AB=A在Rt△APM中，PA=1，PM=35∴BM=AB?AM=16∵M(jìn)N=AD=3，∴PN=MN?PM=12∵∠PMB=∠PNE=∠BPE=90°，∴∠BPM+∠EPN=90°，∠EPN+∠PEN=90°，∴∠BPM=∠PEN，∴△BMP∽△PNE，∴PEPB故答案為4，34（2）結(jié)論：PEPB理由：由PA=x，可得PM=35x．AM=45∵△BMP∽△PNE，∴PEPB（3）連接BE交AC于F．∵∠PEC>90°，所以只能EP=EC，∴∠EPC=∠ECP，∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠BPC=∠BCP，∴BP=BC，∴BE垂直平分線(xiàn)段PC，在Rt△BCF中，cos∠BCF=∴CF3∴CF=9∴PC=2CF=18∴x=PA=5?18綜上所述，x的值為75【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題、考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及等腰三角形的構(gòu)成條件等重要知識(shí)，同時(shí)還考查了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，難度較大．18．（2022秋·遼寧營(yíng)口·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖1，△ABC與△AEF都是等邊三角形，邊長(zhǎng)分別為4和3，連接FC,AD為△ABC高，連接CE(1)求證：△ACF(2)將△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)E在A(yíng)D上時(shí)，如圖2，EF與AC交于點(diǎn)G，連接NG，求線(xiàn)段NG(3)連接BN，在△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，求BN【答案】(1)見(jiàn)解析(2)NG=(3)BN的最大值52【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；（2）證明AC垂直平分線(xiàn)段EF，推出CE=CF，利用勾股定理求出CE，再利用三角形中位線(xiàn)定理求出（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，BN≤BH+HN，BN≤52【詳解】（1）證明：∵△ABC與△∴∠BAC∴∠BAE在△ABE和△AB=∴△ABE?△ACF（2）解：∵AD為等邊△ABC∴DC=∴AD=∵AE=∴AC⊥EF，EG=∴CE=∵AE=∴DE=2∴EC=∴CF=∵N為CE的中點(diǎn)，∴NG=（3）解：如圖，取AC的中點(diǎn)H，連接BH，∵BH為等邊△ABC∴BH⊥由（2）同理可得BH=2∵N為CE的中點(diǎn)，∴NH是△ACE∴NH=在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，BN≤∴BN≤523而且當(dāng)點(diǎn)H在線(xiàn)段∴BN的最大值52【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，線(xiàn)段的垂直平分線(xiàn)的判定和性質(zhì)，三角形中位線(xiàn)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造三角形的中位線(xiàn)解決問(wèn)題．19．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）綜合與實(shí)踐??探究特殊三角形中的相關(guān)問(wèn)題問(wèn)題情境：某校學(xué)習(xí)小組在探究學(xué)習(xí)過(guò)程中，將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，且Rt△ABC的較短直角邊AB為2，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α0°<α<90°，如圖2，AE與BC交于點(diǎn)M，AC與EF交于點(diǎn)N，(1)初步探究：勤思小組的同學(xué)提出：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=時(shí)，△AMC是等腰三角形；(2)深入探究：敏學(xué)小組的同學(xué)提出在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中．如果連接AP，CE，那么AP所在的直線(xiàn)是線(xiàn)段CE的垂直平分線(xiàn)，請(qǐng)幫他們證明；(3)再探究：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=30°時(shí)，求△ABC與△AFE重疊的面積；(4)拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，△CPN是否能成為直角三角形？若能，直接寫(xiě)出旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)；若不能，說(shuō)明理由．【答案】(1)60°或15°(2)見(jiàn)解析(3)3(4)能，∠α=30°或60°【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=AN，PE=PC，由線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)已知條件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論；（4）當(dāng)∠CNP=90°時(shí)，依據(jù)對(duì)頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得∠α的度數(shù)；當(dāng)∠CPN=90°時(shí)．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對(duì)頂角相等可得到∠ANF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠α的度數(shù)．【詳解】（1）當(dāng)AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時(shí)，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴α=90°?30°=60°，當(dāng)AM=CM，即∠CAM=∠CMA時(shí)，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴α=15°，綜上所述，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=60°或15°時(shí)，△AMC是等腰三角形，故答案為：60°或15°；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，∵現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），∴∠BAM=∠FAN，在△ABM與△AFN中，∠B∴△ABM∴AM=AN，∵AE=AC，∴EM=CN，在△MPE和△∠E∴△MPE∴PE=PC，∴點(diǎn)P在CE的垂直平分線(xiàn)上，∵AE=AC，∴點(diǎn)A在CE的垂直平分線(xiàn)上，∴AP所在的直線(xiàn)是線(xiàn)段CE的垂直平分線(xiàn)；（3）∵α=30°，∠B=60°，∴∠AMB=90°，∴△ABM是直角三角形，∵AB=2，∴BM=AB?sin30°=1，AM=AB?cos30°=3，∴S△ABM=12AM?MB=12×∵AE=AC=AB?tan60°=23，AM=3，∴EM=3，在△AMB和△∠∴△AMB由（2）可知△ABM∴S△AFN=∵S△AEF=12AF?AE=12∴△ABC與△AFE重疊的面積=S△AEF-S△AFN（4）如答題圖1所示：當(dāng)∠CNP=90°時(shí)．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°?60°?90°=30°．∴∠α=30°．如答題圖2所示：當(dāng)∠CPN=90°時(shí)．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．綜上所述，∠α=30°或60°．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)和全等三角形的判定和性質(zhì)，分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．20．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=53．點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)沿BA方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)D，E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒(t>0)．過(guò)點(diǎn)F作FD⊥BC于點(diǎn)D，連接DE(1)求證：四邊形AEDF是平行四邊形；(2)當(dāng)t為何值時(shí)，AD⊥EF；(3)當(dāng)t為何值時(shí)，△DEF為直角三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)當(dāng)t=103(3)當(dāng)t＝52或4時(shí)，△DEF【分析】（1）根據(jù)平行線(xiàn)的判定與勾股定理即可得出結(jié)論；（2）由（1）知四邊形AEDF是平行四邊形，只要平行四邊形AEDF為菱形，即可利用菱形對(duì)角線(xiàn)垂直得到結(jié)論；（3）要使△DEF為直角三角形，需要分三種情況討論：∠DEF=90°；∠DFE=90°；∠FDE=90°，直接求解即可．【詳解】（1）證明：在Rt△ABC中，∠C=90∵FD⊥BC，∴∠FDB=90°=∠C，∴AC∥∵點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)沿BA方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)D，E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒(t>0)∴AE=t,BF=2t，在RtΔFBD中，∠FDB=90°，∠B=30°∴AE∥FD，且∴四邊形AEDF是平行四邊形；（2）解：由（1）知四邊形AEDF是平行四邊形，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30∴AB=10，∴AF＝AB?BF＝10?2t．當(dāng)平行四邊形AEDF是菱形時(shí)，AD⊥EF，則需AE＝AF，即t＝10?2t，∴t=10即當(dāng)t=103時(shí)，平行四邊形AEFD為菱形，（3）解：（3）解：當(dāng)t＝52或4時(shí)，△DEF理由如下：分情況討論：方法①∠BDF＝∠DFE＝90°時(shí)，如圖所示：則EF∥BC，∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，∴AF＝2AE，∴10?2t＝2t，∴t＝52②∠DEF＝90°時(shí)，如圖所示：∵AC⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF，又∵AE＝DF，∴四邊形AEDF為平行四邊形，∴AF∥ED，∴∠AFE=∠DEF=90°，∠BED＝∠A＝60°，即AF＝12AE∴10?2t＝12t，解得t③∠EFD＝90°時(shí)，此種情況不存在．綜上所述，當(dāng)t＝52或4時(shí)，△DEF【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)及判定是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．21．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1．在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝DC＝16，AD＝12，點(diǎn)E是CD邊的中點(diǎn)，連接(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)求△CFD的面積；(3)如圖2，連接AC交BD于點(diǎn)O，點(diǎn)P為EC上一動(dòng)點(diǎn)，連接OE、OP．將△OPD沿OP折疊得到△OPM，PM交OC于點(diǎn)N，當(dāng)△PCN為直角三角形時(shí)，求CP的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)32(3)2或5【分析】(1)根據(jù)平行線(xiàn)的判定得到AB∥CD，推出四邊形(2)過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD于點(diǎn)G，先證△DFE∽△BFA，得到EF與AE的比值，然后再證△EGF∽△EDA，根據(jù)GFAD=EFAE=(3)依據(jù)題意，求出CE、OE、OC的值，接著討論△PCN為直角三角形時(shí)分兩種情況：①當(dāng)∠CPN＝90°時(shí)，∠DPM＝90°，由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②當(dāng)∠PNC=90°時(shí)，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，從而求出OE、CN，接著證△PNC∽△OEC，利用其性質(zhì)PCOC=CN【詳解】（1）證明：∵∠EDF=∠FBA，∴AB∥∵AB＝CD＝16，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）解：如圖1，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD⊥CD，AB∥∴△DFE∽△BFA，∴EFAF∴EFAE∵∠ADG=∠FGE=90°∴FG∥∴△EGF∽△EDA，∴GFAD∴GF=AD×1∴△CFD的面積為12（3）解：∵ABCD是矩形，E是CD中點(diǎn)∴∠ADC=90°，點(diǎn)O是AC中點(diǎn)，CE＝8，∴AC=122+162∴OE=12AD=6∵∠ACD＜∴△PCN為直角三角形分兩種情況討論：①如圖2，當(dāng)∠CPN＝90°時(shí)，∠DPM＝90°，∴由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，∴PE＝OE＝6，∴CP＝CE－EP＝2；②如圖3，當(dāng)∠PNC＝90°時(shí)，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，∴OE＝ON＝6，∴CN＝OC－ON＝4，∴∠PCN＝∠OCE，∠PNC＝∠OEC＝90°，∴△PNC∽△OEC，∴PCOC=CN∴PC＝5，綜上所述，CP的長(zhǎng)為2或5．【點(diǎn)睛】此題考查了平行線(xiàn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，角平分線(xiàn)的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等內(nèi)容，熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用以及分組討論是解題關(guān)鍵．22．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，使CE＝3，連接DE．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿折線(xiàn)BC－CD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．（t>0）(1)DE＝______；(2)連接AP，當(dāng)四邊形APED是菱形時(shí)，求菱形APED的周長(zhǎng)；(3)連接BP、PD，設(shè)四邊形ABPD的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；(4)直接寫(xiě)出點(diǎn)P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時(shí)t的值．【答案】(1)5；(2)20；(3)S＝{10+4t(0<t<(4)t＝2或32或13【分析】（1）直接利用勾股定理計(jì)算即可；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)：四邊相等，可得答案；（3）分類(lèi)討論，當(dāng)0＜t＜52和5（4）當(dāng)點(diǎn)P在BC上，若點(diǎn)P到AB、AD的距離相等時(shí)，則BP＝4；當(dāng)點(diǎn)P到AD、DE距離相等時(shí)，則PH＝CD＝4，利用AAS證明△ECD≌△EHP，得EP＝DE＝5；當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，若P到BE、DE距離相等時(shí)，則PH＝PC，利用面積法求出PC，進(jìn)而解決問(wèn)題．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，∠BCD＝90°，在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝32故答案為：5；（2）∵四邊形APED是菱形，且AD＝5，∴菱形APED的周長(zhǎng)為4×5＝20；（3）當(dāng)0＜t＜52時(shí)，由題意知，BP＝2t∴S＝12（5+2t）×4＝10+4t當(dāng)52≤t<92時(shí)，則∴S＝12（4+9﹣2t）×5＝65綜上：S＝{10+4t(0<t<（4）當(dāng)點(diǎn)P在BC上，若點(diǎn)P到AB、AD的距離相等時(shí)，則BP＝4，∴t＝2；當(dāng)點(diǎn)P到AD、DE距離相等時(shí)，則PH＝CD＝4，∵∠DCE＝∠PHE，∠E＝∠E，PH＝CD．∴△ECD≌△EHP（AAS），∴EP＝DE＝5，∴BP＝3，∴t＝32當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，若P到BE、DE距離相等時(shí)，則PH＝PC，∴12∴PC＝32∴t＝5+322綜上：t＝2或32或13【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查矩形的性質(zhì)，梯形的面積公式，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積等知識(shí)，運(yùn)用分類(lèi)思想是解題本題的關(guān)鍵．23．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）綜合與實(shí)踐問(wèn)題情境：矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，將△BCD沿著對(duì)角線(xiàn)BD所在的直線(xiàn)平移，得到△B′C′D′，連接AB′，DC′．操作探究：(1)如圖1，當(dāng)△BCD沿射線(xiàn)BD的方向平移時(shí)，請(qǐng)判斷AB′與DC′的長(zhǎng)度有何關(guān)系？并說(shuō)明理由；(2)如圖2，當(dāng)△BCD沿射線(xiàn)DB的方向平移時(shí)，四邊形AB′C′D能成為菱形嗎？若能，求出平移的距離；若不能，說(shuō)明理由；(3)當(dāng)△BCD平移距離為2時(shí)，請(qǐng)你在備用圖中畫(huà)出平移后的圖形（除圖2），并提出一個(gè)問(wèn)題，直接寫(xiě)出結(jié)論．【答案】(1)AB′＝DC′，理由見(jiàn)解析(2)能，2(3)見(jiàn)解析【分析】(1)根據(jù)平移的性質(zhì)證明四邊形AB(2)利用菱形的性質(zhì)可得AB(3)結(jié)合(2)當(dāng)△BCD沿射線(xiàn)DB的方向平移，平移距離為2時(shí)，利用菱形的性質(zhì)可得AC'與【詳解】（1）解：AB∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝∵△B'C∴B'C'∴B'C'∴四邊形AB∴AB（2）能，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵∠ADB=30°，∴∠ABD=60°，∵四邊形AB∴AB∴∠AB∵∠ABD=∠AB∴∠AB∴B'則平移的距離為2．（3）如圖，問(wèn)題：當(dāng)