备考2023年中考数学基础训练- 图形的性质 选择、填空专题（含解析）

备考2023年中考数学基础训练——（图形的性质）选择、填空专题一、单选题1．如图，在中，的平分线交边于点．若，，则的长为（）A． B．2 C． D．32．如图，在等边中，D为BC边上的中点，以A为圆心，AD为半径画弧，与AC边交点为E，则的度数为（）A．60° B．105° C．75° D．15°3．线段AB上有一动点C（不与A，B重合），分别以AC，BC为边向上作等边△ACM和等边△BCN，点D是MN的中点，连结AD，BD，在点C的运动过程中，有下列结论：①△ABD可能为直角三角形；②△ABD可能为等腰三角形；③△CMN可能为等边三角形；④若AB=6，则AD+BD的最小值为.其中正确的是（）A．②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④4．如图，在中，的平分线相交于点E，边的垂直平分线相交于点D.若，则的度数为（）A． B． C． D．5．如图，已知∠MON=30°，点A在射线OM上，0A=4，长度为2的线段BC在射线ON上移动，连结AB,AC，则△ABC周长的最小值为（）A．6 B．8 C．4 D．0A=4＋26．如图，在平面直角坐标系内，Rt△ABC的点A在第一象限，点B与点A关于原点对称，∠C=90°.AC与轴交于点D，点E在轴上，CD=2AD.若AD平分∠OAE，△ADE的面积为1，则△ABC的面积为（）A．6 B．9 C．12 D．157．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点O，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG．有以下结论：①AE⊥DF；②AH＝EH；③；④S四边形BEOF：S△AOF＝4，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在y轴上，点D（4，4），cos∠BCD＝，若反比例函数y＝（k≠0）的图象经过平行四边形对角线的交点E，则k的值为（）A．14 B．7 C．8 D．9．如图，AB∥CD，点E为AB上方一点，FB，HG分别为∠EFG，∠EHD的角平分线，若∠E+2∠G＝150°，则∠EFG的度数为（）A．90° B．95° C．100° D．150°10．如图，在中，，点O是的三等分点，半圆O与相切，M，N分别是与半圆弧上的动点，则的最小值和最大值之和是（）A．8 B．10 C．12 D．1411．如图，将边长为的正六边形在直线l上由图的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当正六边形旋转一周滚动到图位置时，顶点所经过的路径（）A． B． C． D．12．如图，在正方形ABCD中，H是对角线BD的中点，延长DC至E，使得DE=DB，连接BE，作DF⊥BE交BC于点G，交BE于点F，连接CH、FH，下列结论：（1）HC=HF；（2）DG=2EF；（3）BE·DF=2CD2；（4）S△BDE=4S△DFH；（5）HF∥DE，正确的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．2二、填空题13．如图，在⊙O中，OA=2，∠ACB=30°，则弦AB的长度是.14．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠A=30°，则∠E=。15．如图，在中，，．D是的中点，点E在直线上运动，以为边向左侧作正方形，连接，若，则的最小值是．16．如图，在△ABC中，∠C=45°，∠B=60°，BC为+1，点P为边AB上一动点，过点P作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为.17．如图，在矩形中，，，点是线段上的一点（不与点，重合），将△沿折叠，使得点落在处，当△为等腰三角形时，的长为.18．如图，ABC是等腰直角三角形，AB=AC，D是斜边BC的中点，E、F分别是AB、AC边上的点，且DE⊥DF.若BE=6，CF=8，则DEF的面积是19．如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB.在旋转过程中：①EB平分∠AED'；②FB平分∠A'FC；③△DEF的周长是一个定值；④S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD，判断正确的是.20．如图，已知直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以为圆心，1为半径的圆上一动点，连接、，当的面积最大时，点P的坐标为．21．在菱形中，，，对角线，相较于O，作，．得四边形，面积记为；以，为边作平行四边形，连接、相交于点．作，，得四边形，面积记为，以此类推，四边形面积记为……则．22．如图①．在正方形的边上有一点E，连接．点P从正方形的顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点C．图②是点P运动时，的面积随时间变化的函数图象．当时，y的值为．23．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝2，M为边AB的中点，N为边BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE、CE，当△CDE为等腰三角形时，BN的长为.24．如图：已知是等腰三角形，，，点D是上的中点，点E是射线上的一动点，点F是射线上的一动点，且，连接、，则的最小值．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD，

∴DC∥AB，CD=AB=5，AD=BC，

∴∠CDE=∠AED，

∵DE平分∠ADC，

∴∠ADE=∠CDE，

∴∠ADE=∠AED，

∴AD=AE，

∵AE+BE=5即CD+3=5，

解之：CD=2.

故答案为：B.

【分析】利用平行四边形的性质可证得DC∥AB，CD=AB=5，AD=BC，利用平行线的性质和角平分线的定义可推出∠ADE=∠AED，利用等角对等边可得到AE=AE，因此可求出BC的长.2．【答案】C【解析】【解答】解：在等边中，D为BC边上的中点，∴，根据题意，可知，∴，∴.故答案为：C.【分析】根据等边三角形的性质可得∠DAC=∠BAC=30°，根据题意可得AD=AE，由等腰三角形的性质可得∠ADE=∠AED，然后结合内角和定理计算即可.3．【答案】D【解析】【解答】（1）分别过M、D、N作ME⊥AB，DH⊥AB，NF⊥AB，

∵D为MN的中点，

∴DH为梯形MEFN的中位线，

∴DH=（ME+NF），

∵△ACM和△BCN都为等边三角形，

∴ME=AC，NF=BC，

∴DH=（ME+NF）=（AC+BC）=AB，

∴DH是定值，D在与AB平行且距离等于AB的平行线上，

假如∠ADB为90°，则以AB中点O为圆心，AB为直径的圆与MN有交点，

过O作OP⊥MN，

而DP=AB>AB,

∴P点在圆外，MN与圆相离，

∴△ABD不可能是直角三角形，①错误；

当点D与点P重合时，OA=OB，DO⊥AB，

∴OD是AB的垂直平分线，

∴AD=BD，

∴△ABD是等腰三角形，②正确；

当C是AB的中点时，

∵△ACM和△BCN都是等边三角形，

∴CM=CN

∵∠MCN=180°-∠ACM=∠BCN=180°-60°-60°=60°，∴△MCN是等边三角形③正确；

设A点关于MN的对称点为A'，

∴A‘B=,④正确.

故答案为：D.

【分析】分别过M、D、N作ME⊥AB，DH⊥AB，NF⊥AB，结合D为M、N的中点，可得DH为梯形MEFN的中位线，DH=（ME+NF），由于△AMC和△CNB是等边三角形，可知DH为定长，D在与AB平行且距离等于AB的平行线上，根据直线与圆的位置关系可得MN与以AB中点O为圆心，AB为直径的圆相离，则△ADB不可能为直角三角形；当点D与点P重合时，OA=OB，DO⊥AB，由垂直平分线性质可得△ABD是等腰三角形；当C是AB的中点时，因为CM=CN，结合∠MCN为90°，可得△MCN是等边三角形；过A点作关于MN的对称点为A'，可得AD+BD的最短距离为A'B，利用勾股定理即可求出A'B的长度.4．【答案】D【解析】【解答】解：∵∴∠EBC+∠ECB=180°-，∵BE，CE分别，∴∴∵边的垂直平分线相交于点D.∴AD=BD=CD，∴，∴，，∴，∴，故答案为：D.【分析】由内角和定理可得∠EBC+∠ECB=60°，由角平分线的概念可得∠ABC=2∠EBC，∠ACB=2∠ECB，则∠ABC+∠ACB=120°，由内角和定理可得∠BAC=60°，根据垂直平分线的性质可得AD=BD=CD，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠BAD，∠DAC=∠DCA，则∠ADB=180°-2∠DAB，∠ADC=180°-2∠DAC，进而求出∠ADB+∠ADC=240°，接下来根据周角的概念进行计算即可.5．【答案】B【解析】【解答】解：如图，作AA'∥BC，CA'∥AB，过A作关于ON的对称点A"，连接AA“，OA”，

∵∠MON=30°，

∴∠AOA“=60°，

∵ON是AA”的对称轴，

∴△AOA"是等边三角形，

∴A'A"=OA=4，

∴AB+AC=A'C+AC=A'C+CA"≥A'A"，

在Rt△A'AA"中，A’A”=，

∴△ABC周长的最小值为8.

故答案为：B.

【分析】作平行四边形ABCA'，把BC转化为AA'，使问题转化为求某直线外两点到此直线的距离之和最短。为此，过A作关于ON的对称点A"，结合∠MON=30°，推得△AOA"是等边三角形，从而可得AA"的长度，再利用勾股定理求得A'A“的长度，则△ABC周长的最小值可求.

6．【答案】C【解析】【解答】如图，连接OC，作EM⊥AD于M，作ON⊥AC于N，由点B与点A关于原点对称.可得OA＝OB，又∵△ABC是直角三角形，∴OC＝OA，所以∠OCD＝∠OAD，∵AD平分∠OAE，∴∠OAD＝∠EAD，∴∠OCD＝∠EAD，又∵∠ADE＝∠CDO，∴△ADE∽△CDO，∵CD＝2AD，∴ON＝2EM，AC＝3AD，∴BC＝2ON＝4EM，∴S△ABC＝AC•BC＝×3AD•4EM＝12×S△ADE＝12.故答案为：C.【分析】连接OC，根据直角三角形的性质可得OC＝OA，进而得出∠OCD＝∠OAD，根据角平分线的定义可得∠OAD＝∠EAD，从而得出△ADE∽△CDO，易得ON＝2EM，BC＝2ON＝4EM，再根据CD＝2AD可得AC＝3AD，所以△ABC的面积为△ADE的面积的面积的12倍.7．【答案】D【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC，∠DAB=∠B=90°，∴∠ADF+∠AFD=90°，∵点E，F分别是边BC，AB的中点，∴AF=AB，BE=EC=BC，∴AF=BE，∴△DAF≌△ABE(SAS)，∴∠BAE=∠ADF，∴∠BAE+∠AFD=90°，∴∠AOF=180°−(∠BAE+∠AFD)=90°，∴AE⊥DF，故①符合题意；∵四边形ABCD是正方形，∴，∴∠DAE=∠AEB，由折叠得：∠AEB=∠AEG，∴∠DAE=∠AEG，∴AH=EH，故②符合题意；由折叠得：∠AEB=∠AEG=(180°−∠GEC)，GE=EC，∴∠EGC=∠ECG=(180°−∠GEC)，∴∠AEB=∠GCE，∴，故③符合题意；∵∠B=90°，AB=4，AF=2，BE=2，∴，∵∠B=∠AOF=90°，∠FAO=∠BAE，∴△AOF∽△ABE，∴，∴，故④符合题意；所以，以上结论，正确的有4个，故答案为：D．【分析】证明△DAF≌△ABE(SAS)，可得∠BAE=∠ADF，从而得出∠ADF+∠AFD=∠BAE+∠AFD=90°，利用三角形内角和求出∠AOF=180°−(∠BAE+∠AFD)=90°，据此判断①；根据平行线的性质及折叠可求出∠DAE=∠AEB=∠AEG，利用等级角对等边可得AH=EH，据此判断②；由折叠得∠AEB=∠AEG=(180°−∠GEC)，GE=EC，从而得出∠EGC=∠ECG=(180°−∠GEC)，即得∠AEB=∠GCE，根据平行线的判定可得，据此判断③；证明△AOF∽△ABE，可得，利用勾股定理求出AE，即可判断④.8．【答案】B【解析】【解答】解：如图，过点B作BG⊥CD于点G，∵D（4，4），∴DC＝OC＝BG＝4，∵cos∠BCD＝＝，∴设CG＝3x，则BC＝5x，BG＝4，根据勾股定理，得x＝1，∴CG＝OB＝3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝4，∴OA＝OB+AB＝7，过点E作EF⊥x轴于点F，∴EF∥AO，∵平行四边形对角线的交点E，∴AE＝CE，EF∥AO，∴OF＝CF，∴EF是三角形AOC的中位线，∴EF＝OA＝，OF＝OC＝2，∴k＝EF•OF＝7，故答案为：B.

【分析】过点B作BG⊥CD于点G，根据D（4,4）和勾股定理可得，CG=OB=3，OA=OB+AB=7，过点E作EF⊥x轴于点F，可得EF∥AO，则EF是△AOC的中位线，进而可求EF和OF的长，即可求得k值.9．【答案】C【解析】【解答】如图，过G作∴∵∴∴∴∵FB、HG分别为、的角平分线∴，∵∴解得故答案为：C.【分析】如图（见解析），过G作，先根据平行线的性质、角的和差得出，再根据角平分线的定义得出，然后根据平行线的性质、三角形的外角性质得出，联立求解可得，最后根据角平分线的定义可得.10．【答案】C【解析】【解答】解：如图，设半圆O与相切于点D，连接OD，作，垂足为P，交半圆O于F，此时，垂线段OP最短，MN的最小值为OP-OF又同理可得，点O是的三等分点，，，最小值为如图，当点N在AB边上时，M与B重合，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN的最大值的最小值和最大值之和为故答案为：C．

【分析】设半圆O与AC相切于点D，连接OD，作，垂足为P，交半圆O于F，此时，垂线段OP最短，MN的最小值为OP-OF，当点N在AB边上时，M与B重合，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，再分别求出最大值和最小值并相加即可。11．【答案】B【解析】【解答】解：连A1A5，A1A4，A1A3，作A6C⊥A1A5，如图，∵六边形A1A2A3A4A5A6为正六边形，∴A1A4＝2a，∠A1A6A5＝120°，A1A6=A5A6∴∠HA1A6＝30°，∴A6H＝a，A1H=＝a，∴A1A5＝A1A3＝a，当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径分别是以A2，A3，A4，A5，A6为圆心，以a，a，2a，a，a为半径，圆心角都为60°的五条弧，∴顶点A1所经过的路径的长＝++++=.故答案为：B.【分析】连接A1A5，A1A4，A1A3，作A6C⊥A1A5，由正六边形的性质可得A1A4＝2a，∠A1A6A5＝120°，A1A6=A5A6，则∠HA1A6＝30°，然后求出A6H，A1H，A1A5，A1A3，当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径分别是以A2，A3，A4，A5，A6为圆心，以a，a，2a，a，a为半径，圆心角都为60°的五条弧，接下来结合弧长公式进行计算即可.12．【答案】B【解析】【解答】解：∵BD=DE，DF⊥BE，∴EF=BF，∵H是正方形ABCD对角线BD的中点，∴CH=DH=BH=BD，∴HF是△BDE的中位线，∴HF=DE=BD=CH，HF//DE，故①⑤正确，∵∠CBE+∠E=90°，∠FDE+∠E=90°，∴∠CBE=∠FDE，又∵CD=BC，∠DCG=∠BCE=90°，∴△BCE≌△DCG，∴DG=BE，∵BE=2EF，∴DG=2EF，故②正确，∵∠CBE=∠FDE，∠E=∠E，∴△BCE∽△DFE，∴，即BE·DF=DE·BC，∵BD2=CD2+BC2=2CD2∴DE2=2CD2，∴DE·BC≠2CD2，∴BE·DF≠2CD2，故③错误，∵DH=BD，∴S△DFH=S△DFB，∵BF=BE，∴S△DFB=S△BDE，∴S△DFH=S△BDE，即S△BDE=4S△DFH，故④正确，综上所述：正确的结论有①②④⑤，共4个，故答案为：B.【分析】由等腰三角形“三线合一”的性质可得EF=BF，根据H是正方形对角线BD的中点可得CH=DH=BH，即可证明HF是△BDE的中位线，可得HF=DE，HF//DE；由BD=DE即可得HC=HF；利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠CBE=∠CDG，利用ASA可证明△BCE≌△DCG，可得DG=BE，可判定DG=2EF，由正方形的性质可得BD2=2CD2，根据∠CBE=∠CDG，∠E是公共角可证明△BCE∽△DFE，即可得，即BE·DF=DE·BC，可对③进行判定，根据等底等高的三角形面积相等可对④进行判定，综上即可得答案.13．【答案】2【解析】【解答】解：∵，

∴∠AOB=2∠ACB=2×30°=60°，

∵OA=OB，

∴△AOB是等边三角形，

∴OA=AB=2.

故答案为：2

【分析】利用一条弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，可求出∠AOB=60°，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可求出AB的长.14．【答案】30°【解析】【解答】解：

连接OC

∵CE为圆O的切线

∴OC⊥CE

∵∠A=30°

∴∠BOC=2∠A=60°

∴∠E=90°-∠BOC=30°

【分析】根据题意，由切线的性质以及三角形外角的性质，求出∠BOC的度数，继而在直角三角形OCE中，结合三角形的内角和定理，求出∠E的度数。15．【答案】【解析】【解答】解：过点D作于点H，连接BF并延长，如下图：∵，∴又∵∴∴∴∵四边形为正方形∴，∵∴∵∴∴∴∴F在射线上运动，且∴当时，取到最小值，如下图：此时：∴在中：即：∴故答案为：

【分析】过点D作于点H，连接BF并延长，根据等腰三角形的性质可得出四边形为正方形，然后通过可得进而，因此点F在过点B且垂直于BC的直线上运动，利用点到直线的距离中垂线段最短，可知当AF⊥BF时，AF最短，利用勾股定理求解即可。16．【答案】【解析】【解答】解：当CP⊥AB时，线段DE的值最小（因为四边形C、D、P、E四点共圆，PC是直径，BC=和∠B=60°是定值，所以直径CP最小时，∠DCE所对的弦DE最小）；如图：∵PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，∴∠CDP=∠AEP=90°，∴∠CDP+∠AEP=180°，∴C、D、P、E四点共圆，且直径为CP，∵∠B=60°，CP⊥AB，BC=，∴，即，∴,∴，∵∠ACB=45°，∴∠EOD=90°，∴△OED是等腰直角三角形，∴；∴DE的最小值为：.故答案为：.【分析】当CP⊥AB时，线段DE的值最小，利用四点共圆的判定可得：C、D、P、E四点共圆，且直径为CP，由∠B=60°，BC为+1，求出PC，从而得出半径OD的长度，然后由∠ACB=45°，得到∠EOD=90°，利用等腰直角三角形的性质，可求出DE的值.17．【答案】或【解析】【解答】解：∵四边形是矩形∴，∵将△沿折叠，使得点落在处，∴，，设，则①当时，如图过点作，则四边形为矩形，在中在中即解得②当时，如图，设交于点，设垂直平分在中即在中，即联立，解得③当时，如图，又垂直平分垂直平分此时重合，不符合题意综上所述，或故答案为：或

【分析】分三种情况：①当时，②当时，③当时，利用矩形的性质、折叠、等腰三角形的性质及勾股定理分别解答即可.18．【答案】25【解析】【解答】解：连接AD，∵等腰直角三角形ABC，∴∠C=∠B=45°，∵D为BC的中点，∴AD⊥BC，AD=BD=DC，AD平分∠BAC，∴∠DAC=∠BAD=45°=∠B，∠ADC=90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF=90°，∴∠ADF+∠FDC=90°，∠FDC+∠BDE=90°，∴∠BDE=∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF(ASA)，∴DE=DF，BE=AF，∵BE=6，CF=8，∴BE=AF=6，AB=AC=AF+CF=14，∴AE=AB-BE=8，∵，∴EF=，∵DE=DF，DE⊥DF，根据勾股定理得：DE=DF=，△DEF的面积是：DEDF=.故答案为：25.【分析】连接AD，根据等腰直角三角形性质和直角三角形斜边上中线性质求出∠B=∠C=∠BAD=∠DAC=45°，AD=BD，求出∠BDE=∠ADF，根据ASA证△BDE≌△ADF，可推出AF、AC、AE的长，根据勾股定理求出EF的长，再根据等腰直角三角形的性质求出DE和DF，根据三角形的面积公式求出即可.19．【答案】①②③【解析】【解答】解：如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N.∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD旋转得到，菱形的每条边上的高相等，∴BM＝BH＝BN，∵BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N，∴BE平分∠AED′，BF平分∠A′FC，故答案为：①②正确，∵∠BME＝∠NHE＝90°，BE＝BE，BM＝BH，∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL），∴EH＝EM，同法可证，FH＝FN，∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝DE+EM+DF+FN＝DM+DN，∵∠BMA＝∠BNC＝90°，BM＝BN，BA＝BC，∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL），∴AM＝CN，∵DA＝DC，∴DM＝DN，∴△DEF的周长＝2DM＝定值，故③正确，∵Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH，∴S△BEM＝S△BEH，S△BMA＝S△BNC，S△BFN＝S△BFH，∴S△DEF+2S△BEF＝S四边形DMBN，∵∠A不一定为60°，∴AM不一定等于AB，∴S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④错误；故答案为：①②③.【分析】过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N，根据旋转的性质可得BM＝BH＝BN，结合角平分线的性质可判断①②；证明Rt△BEM≌Rt△BEH，得到EH＝EM，同法可证FH＝FN，则△DEF的周长可转化为DM+DN，证明Rt△BMA≌Rt△BNC，得到AM＝CN，结合DA＝DC可得DM＝DN，则△DEF的周长＝2DM，据此判断③；根据全等三角形的性质可推出S△DEF+2S△BEF＝S四边形DMBN，据此判断④.20．【答案】(−,)【解析】【解答】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，∵直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，令x=0，得y=-3，令y=9，得x=4∴A(4,0)，B(0,−3)，∴OA=4，OB=3，∴AB=则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，∴×5×CM=×4×(1+3)，∴CM=∴BM=∴圆C上点到直线的最大距离是DM=1+=当P点在D这个位置时，△PAB的面积最大，∵∠CMB=∠COE=90°，∠OCE=∠MCB，∴△COE∽△CMB，∴∴∴OE=，CE=，∴ED=1+=∵DN⊥x轴，∴DN∥OC，∴△COE∽△DNE，∴，即∴DN=，NE=∴ON=NE−OE=−=∴D(−,)∴当△PAB的面积最大时，点P的坐标为(−,)故答案为：(−,)【分析】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，可知圆C上点到直线y=x-3的最长距离是DM，当P点在D这个位置时，△PAB的面积最大，先证得△COE∽△CMB，求得OE、CE，再通过证得△COE∽△DNE，求得DN和NE，由此求得答案．21．【答案】【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，AC⊥BD，∵∠BCD＝120°，∴∠ABC＝60°，∠OBC＝30°又AB＝BC＝6，AC⊥BD，∴OB＝OD＝，OA＝OC=3，∵，．∴四边形OCFD是平行四边形，∵∠COD＝90°，∴四边形OCFD是矩形，∴DE＝EF＝OE＝CE，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，得到规律：四边形OCFD，四边形GFPH，四边形QPTR，…都是矩形，∵OD＝OC＝3∴S1＝，易知：E为OF的中点，G是DF的中点，∴，∴，易知：∠GEF＝30°，∠EGF＝90°，∴∴S2＝，同理：S3＝，得到规律：S1，S2＝，S3＝，S4＝，…则S2021＝故答案为：

【分析】先求出的面积，再总结规律S1，S2＝，S3＝，S4＝，…，，最后将n=2021代入计算即可。22．【答案】【解析】【解答】解：设正方形的边长为a，①当点P在点D时，，解得：，②当点P在点C时，，解得：，即，，③当时，如下图所示：此时，，，当时，==故答案为：．【分析】当点P在点D时，利用=8，求出正方形的边长，当点P在点C时，利用，求出EP，从而求出EC、BE，当