数学中考复习 动态几何问题综合解答题 考前冲刺达标测试

九年级数学中考复习《动态几何问题综合解答题》考前冲刺达标测试（附答案）（共12小题，每小题10分，满分120分）1．如图，在△ABC中，AB=AC=5，CD⊥AB于点D，CD=3．点P从点A出发沿线段AC以每秒1个单位的速度向终点C运动（点P不与点A、C重合）．过点P作PQ∥AB交BC于点Q，过点P作AC的垂线，过点Q作AC的平行线，两线交于点E．设△PQE与△ACD重叠部分图形的周长为y(y>0)，点P的运动时间为t秒(1)用含t的代数式表示线段PQ的长．(2)当点E落在边AB上时，求t的值．(3)当△PQE与△ACD重叠部分图形是四边形时，求y与t之间的函数关系式．(4)点E关于直线AB的对称点为点F，连结PF．若PF垂直于△ACD的一边时，直接写出t的值．2．如图，▱ABCD中，∠B=2∠A，动点P、Q、M、N分别从点A、B、C、D同时出发，沿平行四边形的边，分别向点B、C、D、A匀速运动，运动时间记为t，当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，连接PQ，QM，MN，NP．已知AB=6cm，BC=4.5cm，动点P、M的速度均是2cm/s，动点Q(1)AP=_______cm，CQ=_______cm（用含t的代数式表示）(2)在点P、Q、M、N的整个运动过程中，四边形PQMN一定会是一种特殊的四边形吗？如果是，指出并证明你的结论，如果不是，说明理由．(3)在点P、Q、M、N的运动过程中，四边形PQMN能成为菱形吗？如果能，求出t的值，如果不能，说明理由．3．已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′,B′,D′，连接OD,OD′．判断OD与OD′有什么数量关系?证明你的结论：(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．4．在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD=10，∠B=90°．(1)如图1，①求证：∠D=90°；②求∠C的正切值；(2)如图2，动点M从点D出发，以1个单位每秒速度，沿折线DA−AB运动，同时，动点N从点B出发，以2个单位每秒速度，沿射线BC运动，当点M到达点B时，点M，N同时停止运动，设运动时间为t秒，以MN为斜边作Rt△MNP，使点P落在线段AB或AD上，在整个运动过程中，当不再连接其他线段，且图中存在与△MNP相似的三角形时，求t5．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝3，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．6．(1)观察猜想：如图①，在正方形ABCD中，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG也是正方形，连接DG．则CF:DG=，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为；(2)探索思考：①如图②，在矩形ABCD中，AD=23，AB=2，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG是矩形，连接DG，则CF:DG=，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为②如图③，若将矩形EBFG绕点B旋转一周，在旋转过程中，CF:DG的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数是否发生变化？请仅就图③的情形给出证明；(3)拓履延伸：在（2）条件下当矩形EBFG旋转至EG垂直DF时，请直接写出点C到直线DF的距离．7．如图1，四边形ABCD为正方形，点A在y轴上，点B在x轴上，且OA=4，OB=2，反比例函数y=kxk≠0(1)求点C的坐标和反比例函数的关系式；(2)如图2，将正方形ABCD沿x轴向右平移m个单位长度得到正方形A′B′C′(3)在（2）的条件下，坐标系内是否存在点P，使以点O，A′，B′，P为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点8．已知在正方形ABCD中，E是BC边上一动点，作点B关于AE的对称点F，BF交AE于点G，连结DF．(1)如图1，求∠DFB的度数；(2)如图2，过点D作DM⊥BF交BF的延长线于点M，连结CM,CF．若DF=CM，试探究四边形DFCM的形状，并说明理由；(3)如图3，连结BD，在AG上截取GT=GB，点P，Q分别是AD,BD上的动点．若正方形ABCD的面积为32，直接写出△PTQ周长的最小值．9．如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN=90°，AM=2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是AM上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．(1)求证：△CMA∽△CBD．(2)若MN=10，MC=NC，求(3)在点C运动过程中，当tan∠MDB=3410．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到．小明在数学学习中遇到了这样一个问题：“如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，点P在AB边上，过点P作PQ⊥AC于点Q，△APQ绕点A逆时针方向旋转，如图2，连接CQ．O为BC边的中点，连接PO并延长到点M，使OM＝OP，连接CM．探究在△APQ的旋转过程中，线段CM，CQ之间的数量关系和位置关系”小明计划采用从特殊到一股的方法探究这个问题．(1)特例探究：填空：如图3，当α＝30°时，CQCM＝，直线CQ与CM所夹锐角的度数为；如图4，α＝45°时，CQCM＝，直线CQ与CM所夹锐角的度数为(2)一般结论：①将△APQ绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段CQ，CM之间的数量关系如何（用含α的式子表示）？直线CQ与CM所夹锐角的度数是多少？请仅就图2所示情况说明理由；②如图4，在Rt△ABC中，若AB＝6，α＝45°，AP＝4，将△APQ由初始位置绕点A逆时针方向旋转β角（0°＜β＜180°），当点Q到直线AC的距离为2时，请直接写出线段CM的值．11．在如图1所示的平面直角坐标系中，O为原点，⊙C的圆心坐标为(−2，−2)，半径为2，直线y=−x+2与x轴，y轴分别交于点A，B，点P在线段AB上运动（包括端点）．(1)直线CO与AB的夹角是_________°；(2)当△POA是等腰三角形时，求点P的坐标；(3)当直线PO与⊙C相切时，求∠POA的度数；(4)如图2．直线PO与⊙C相交于点E，F，M为线段EF的中点，当点P在线段AB上运动时，点M也相应运动，请直接写出点M所经过路径的长度．12．如图1，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)(1)求抛物线的解析式及其对称轴；(2)如图2，连接BC，过点A作BC的平行线交抛物线于点H，M为线段BC上一动点，连接AM交抛物线于点P，连接PH交BC于点N，连接AN，△PAN的面积S是否有最大值，若有，求出S最大值，若无，请说明理由．(3)如图3，以C为直角顶点，OC为直角边边向右作等腰直角△COD，将△COD沿射线线OD平移得到△FEG，连接BE、BF，△BEF的周长l是否有最小值，若有，求△BEF的周长l的最小值，若无，请说明理由．参考答案1．（1）解：∵PQ//AB，且AB=AC=5，∴PQ=PC，∴PC=PQ=5-t，故答案为：5-t．（2）如图：当点E落在边AB上时，由题意得：∴PQ//AE，AP//QE，∴四边形APQE是平行四边形，∴AE=PQ=PC=5-t，在Rt△ADC中，∠CDA=90°，∴AD=Acos∠A=在Rt△APE中，∠APE=90°，cos∠CAD=APAE∴APAE=4∴AE=54AP=54∵PQ∥AB，EQ∥AC，∴四边形AEQP是平行四边形，∴PQ=AE，即：5-t=54t解得t=20（3）①当0＜t≤1时，如图所示，过点P作PF⊥AB，由（2）可知cos∠A=45，则sin∠A=35，tan∠在Rt△PAH中，∵PA=t，∴PH=34t，AH=∵AD=4，∴DH=4-54∵PQ∴∠CPG=∠ADC=90°．∴在Rt△PGC中，PG=45PC=45（5-在Rt△PAF中，PF=35PA=3∴DG=PF=35∴四边形PGDH的周长y=PH+HD+DG+PG=34t+（4-54t）+35=8-710∴当0＜t≤1时，y与t之间的函数关系式为y=−7②当209≤t<5∴∠CPG=∠ADC=90°，．∠CPQ=∠A，由（2）可知cos∠A=45，则sin∠A=35，tan∠∴cos∠CPQ=cos∠A=∵EQ∥∴∠PEQ=∠APE=90°，．∠PQE=∠CPQ，∴cos∠CPQ=cos∠PQE=∵PQ=PC=5-t，∴在Rt△PQE中，PE=35(5−t)，QE=∴在Rt△PGC中，PG=45PC=45（5-∴GQ=PQ-PG=15在Rt△GHQ中，GH=34GQ=3QH=54GQ=∴EH=QE-QH=45(5−t)-1∴四边形PGDH的周长y=PE+EH+GH+PG=35(5−t)+1120(5−t)+320=−∴当209≤t<5时，y与t之间的函数关系式为综上所述：当0＜t≤1时，y与t之间的函数关系式为y=−710t+8；当209≤t<5时，y（4）如图所示，当PF⊥CD时，连接EF，交AB于点G，PE交AB于点H，∵E，F关于AB对称，∴EG=GF，∵PF∥GH，∴PH=HE．由（3）可知PE=35(5−t)，PH∴35(5−t)解得：t=107如图所示，当PF⊥AC时，由（3）可得35(5−t)解得：t=209综上所述，当t=107或t=209时PF2．（1）解：由题意，AP=CM=2tcm，BQ=DN=tcm，则CQ=BC-BQ=(4.5-t)cm，故答案为：2t，（4.5-t）；（2）解：四边形PQMN是平行四边形，理由为：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，BC∥AD，∠A=∠C，∠B=∠D，∴AB-AP=CD-CM，BC-BQ=AD-DN，∴BP=DM，CQ=AN，∴△APN≌△CMQ，△PBQ≌△MDN，∴PN=MQ，PQ=MN，∴四边形PQMN是平行四边形；（3）解：四边形PQMN能成为菱形．过P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延长线于F，则∠AEP=∠BFP=90°，∵BC∥AD，∴∠A+∠ABC=180°，又∠ABC=2∠A，∴∠A+2∠A=180°，∴∠A=60°，∠ABC=120°，∴∠APE=∠BPF=30°，则AE=12AP=tcm，BF=12BP=12（6-2t∴PE=AP2QF=BF+BQ=3-t+t=3cm，EN=AD-AE-DN=（4.5-2t）cm，∴PQ=PF2∵四边形PQMN是平行四边形，∴当PQ=PN时，四边形PQMN是菱形，∴3t2+解得：t=374或t=∵当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，且6÷2=3s，4.5÷1=4.5s，∴0≤t≤3，又37∴t=37故当t=374时，四边形3．（1）解：OD=OD∵∠AOB=α=90°，AB中点为D，∴OD=1∵D′为A′∴OD∵AB=A∴OD=OD（2）解：如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，∴BO′=AB=6，OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+3（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，又OC⊥AB于T，∴TC=AT=BT=12AB∵OC=OT+CT=OT+3，∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，∴△AOB的面积最大，∴∠BOT=12∠AOB∵OE=BE，∴∠OBE=∠BOC=22.5°，∴∠BET=∠OBE+∠BOC=∵OT⊥AB∴∠EBT=∴∠EBT=∠BET=∴ET=BT=3,OE=BE=∴OT=OE+ET=32综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为12×6×34．（1）证明：①连接AC，如图所示：∵在△ABC和△ADC中，AB=ADBC=CD∴ΔABC≌∴∠D=∠B=90°；②过点A作AE∥BC，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，如图所示：∵∠EFC=∠B=90°，∴AB∥EF，∴四边形ABFE为平行四边形，∵∠EFC=90°，∴四边形ABFE为矩形，∴EF=AB=5，∠AEF=90°，∴EF=AD，∵∠DAE+∠AED=90°，∠DEA+∠CEF=90°，∴∠DAE=∠CEF，∵∠D=∠EFC=90°，∴ΔADE≌∴DE=CF，设DE=CF=x，则CE=10−x，∵CE∴10−x解得：x=15∴CF=154，∴sincosC=tanC=（2）①当点M在AD上，ΔMNP∽ΔPNB时，过点M作ME∥BC交CD于点E，延长BA，交EM∵ΔMNP∽∴∠NMP=∠BNP，∠PNM=∠BPN，∵∠PMN+∠PNM=90°，∴∠PNM+∠PNB=90°，即∠MNB=90°，∵GE∥BC，∴∠GMN=90°，∴∠MNB=∠B=∠GMN=90°，∴四边形BNMG为矩形，同理可得四边形GBFE为矩形，∴GM=BN=2t，∠G=90°，∠MEF=90°，∵∠CEF+∠C=90°，∠CEF+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠C，∴tan∵DM=t，∴DE=3∴CE=10−3∵sin∴EF=8−3∴GB=EF=8−3∴GA=8−3∵∠G=∠D=90°，∠DME=∠GMA，∴ΔGMA∽∴DMGM=DE解得：t=10②当点M在AD上，ΔMNP∽ΔPNB时，过点M作ME∥BC交CD于点E，延长BA，交EM于点G，过点P作PH⊥MN∵ME∥BC，∴∠GEF=180°−∠EFB=90°，∴∠GEF=∠EFB=∠B=90°，∴四边形GEFB为矩形，∴EF=GB，∠GEF=90°，∵GF∥BC，∴∠DEG=∠ECB，∴tan∠DEG=∵DM=t，∴DE=3∴CE=10−3∵sin∴EF=8−3∴GB=EF=8−3∴AG=GB−AB=3−3∵ΔMNP∽∴∠BNP=∠MNP，∵∠B=90°，∴PB⊥BC，∵PH⊥MN，∴PH=PB，∵PN=PN，∴RtΔNPB≌∴∠NPB=∠NPH，NH=NB=2t，∵∠MPH+∠HPN=90°，∠GPM+∠NPB=90°，∴∠MPH=∠GPM，∵∠PGM=∠PHM=90°，PM=PM，∴ΔMPG≌∴PH=PG，MH=GM，∴PG=PB=PH=1∵∠G=∠D=90°，∠DME=∠GMA，∴ΔGMA∽∴DMGM=DE∴GM=4−4∵∠MPH+∠HPN=90°，∠MPH+∠PMH=90°，∴∠HPN=∠PMH，∵∠MHP=∠NHP=90°，∴Δ∴MHPH=PH解得：t=40③当M与A点重合，N与C点重合时，P在B点或在D点时，ΔMNP≌ΔACB④当点M在AB上，N在BC的延长线上时，ΔMNP∽∵MN=MN，∴此时ΔMNP≌∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，过点D作DE∥BC，过点N作NF∥CD，DE与NF交于点E，延长AD，交NF于点F，过点M作MH⊥DH，交DA的延长线于点H，延长BA交ED于点G，如图所示：∵DE∥BC，NE∥CD，∴四边形DCNE为平行四边形，∴DE=CN=2t−10，EN=CD=10，∵CD∥NE，∴∠BCD=∠CNE，∠DFE=∠ADC=90°，∵DE∥CN，∴∠FED=∠CNE，∴∠DEF=∠BCD，∴sin∴DF=8∵cos∠DEF=∴EF=6∴FN=10+6∵∠G=∠EFD=90°，∠EDF=∠ADG，∴∠GAD=∠DEF，∵∠HAM=∠GAD，∴∠HAM=∠DEF，∴HM=AM×sinAH=AM×cos∵∠HPM+∠FPN=90°，∠HMP+∠HPM=90°，∴∠HMP=∠FPN，∵∠MHP=∠PFN=90°，∴Δ∴HMPF=MP解得：PF=8∵PF∴85解得：t=30+20511综上分析可知，t=107或t=4013或5．解：（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），∴OA=4，OB=8，∵点C运动到线段OB的中点，∴OC=BC=12OB∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，∴2t=4解之：t=2；∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6∴点E（6，0）（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，∴OC=PD，OC∥PD，∴∠COP=∠OPD，∴∠AOC=∠DPE在△AOC和△EPD中OC=PD∴△AOC≌△EPD（SAS）∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，∴AC∥DE，∴四边形ADEC是平行四边形．（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，设CE的解析式为y=kx+b，则b=8−2t0=k(t+4)+b解得：k=2t−8∴CE的解析式为y=2t−8同理，DE的解析式为y=4−t①当M在CE上时，M(t+3，3)，则2t−8解得，t=28−163②当N在DE上时，N(t+3，-1)，则−1=解得，t=2，当点C在y轴的负半轴上时，③如果点M在DE上时，3=解得，t=4+23④当N在CE上时，2t−8t+4解得，t=12，综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12．6．（1）解：如图①，延长EG交CD于H，∵四边形ABCD和四边形EBFG是正方形，∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD=BC，∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，∴四边形GFCH是矩形，∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，∴CF=GH=12BC，CH=GF=BE=12∴GH=HD，∴在等腰Rt△GHD中，DG=GH2+H∴CF：DG=GH：DG=1：2，∵GH∥CF，∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为45°，故答案为：1：2，45°；（2）解：①如图②，延长EG交CD于H，∵四边形ABCD和四边形EBFG是矩形，∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD，∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，∴四边形GFCH是矩形，∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，AD=23，AB=2∴CH=GF=BE=12AB=1，CF=BF=GH=12BC=∴在Rt△GHD中，DH=CD-CH=1，∴DG=GH2+HD2∴CF：DG=3：2，∠GDH=30°，∵GH∥CF，∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，故答案为：3：2，30°；②解：不发生变化，证明：如图③，连接BD，BG，在矩形EBFG中，BE=GF=1，BF=3，∴BG=FG在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，∴BD=AB∵GF=BE=1，CD=AB=2，BF=3，∴GFCD∴△BGF∽△BDC，∴∠GBF=∠DBC，∴∠CBF=∠DBG，又BFBC∴△BFC∽△BGD，∴CF：DG=BC：BD=3：2，∠BCF=∠BDG，延长DG交CF于H，则∠DHC=∠DBC，在Rt△DBC中，CD=2，BD=4，∴sin∠DBC=CDBD∴∠DBC=30°=∠DHC，即直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，综上，CF:DG的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数不发生变化；（3）解：当点G在DF上时，如图④，在Rt△BFD中，BD=4，BF=3，DF=1+DG，∠BFD=90°，由勾股定理得：（3）2+（1+DG）2=42，解得：DG=13−1由（2）知：CF：DG=3：2，∴CF=39−过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，∴CH=CF·sin∠30°=39−32×1当点G在DF的延长线上时，如图⑤，在Rt△DFB中，BD=4，BF=3，∠BFD=90°，由勾股定理得：DF=BD2−BF由（2）知：CF：DG=3：2，∴CF=39+过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，∴CH=CF·sin30°=39+32×1综上，点C到直线DF的距离为39−347．（1）解：如图所示，过点C作CE⊥x轴于点E，则∠BEC=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∴∠OBA+∠EBC=90°，∵∠OBA+∠OAB=90°，∴∠OAB=∠EBC，在△AOB和△BEC中，∠OAB=∠EBC，∠AOB=∠BEC，AB=BC，∴△AOB≌△BEC(AAS)，∴BE=OA=4，CE=OB=2，∴OE=OB+BE=6，∴点C的坐标为(6，2)，将点C的坐标为(6，2)代入y＝kx得k=12，∴反比例函数的关系式为y＝12x（2）解：∵OA=4，∴点A'纵坐标为4，∴点A'横坐标为124∴m=3；（3）解：如图，设所求坐标为（s，t），则：当四边形POB'A'为平行四边形时，由（2）可得：t=4，OB'=OB+3=5，∴s=3-5=-2，∴此时点P的坐标为(-2，4)，当四边形A'OB'P'为平行四边形时，由（2）可得：t=4，s=3+5=8，∴点P'的坐标为(8，4)，当四边形A'OP"B'为平行四边形时，3+s2∴s=2t=−4∴点P"的坐标为(2，-4)，综上所述：以点O，A'，B'，P为顶点的四边形为平行四边形时，点P坐标为(-2，4)或(2，-4)或(8，4)．8．解：（1）如图1，连结AF，∵点B，F关于AE对称，∴AF=AB．∵正方形ABCD，∴AD=AB,∠DAB=90°．∴AD=AF=AB．∴∠1=∠2,∠3=∠4．∵在四边形ABFD中，有∠1+∠2+∠3+∠4+∠DAB=360°，∴∠2+∠3=1即∠DFB=135°．（2）四边形DFCM是平行四边形，理由如下：如图2，连接DB，∵∠DFB=135°，∴∠DFM=45°．∵DM⊥BF，∴∠DMF=90°．在Rt△DMF中，∠MDF=∠DFM=45°，∴DMDF又∵正方形ABCD,DC∴DMDF又∵∠MDC=∠FDB=45°−∠CDF，∴△DMC∽△DFB．∴∠DMC=∠DFB=135°．∵∠DMF=90°，∴∠CMF=45°=∠DFM，∴DF∥MC．又∵DF=MC，∴四边形DFCM是平行四边形．（3）△PTQ周长的最小值为410解：如图3，作点T关于AD的对称点T′'，作点T关于BD的对称点T连结DT′,DT,DT″，连结T′T″交连结TP、TQ，则△PQT周长的最小值为T′由对称知DT=DT∴DT∴T′由BG⊥GA且GT=GB，有BTGB∴△DTB∽△CGB．∴DTCG∴DT=2∵BF⊥AE于点G，∴点G在以AB为直径的圆弧上运动．取AB中点N，则NG=32当C、N、G三点共线时CG最小(CG≥CN−GN)．CG最小值为210∴DT最小值为2(2∴△PQF周长的最小值为4109．（1）解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，∴∠D+∠DMP=90°，又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，∴∠DMP+∠CAM=90°，∴∠CAM=∠D，∵∠CMA=∠ABC，∴△CMA∽△CBD．（2）连接OC，∵∠MAN=90°，∴MN是直径，∵MN=10，∴OM=ON=OC=5，∵AM=2AN，且AM∴AN=25∵S△AMN∴AP=4，∴BP=AP=4，∴NP=A∴OP=5−2=3，∵MC=∴OC⊥MN，∴∠COE=90°，∵AB⊥MN，∴∠BPE=90°，∴∠BPE=∠COE，又∵∠BEP=∠CEO，∴△COE∽△BPE∴COBP即5由OE+PE=OP=3，∴OE=5∴CE=OBE=B∴BC=5（3）过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，∴∠CMG+∠GCM=90°，∵MN是直径，∴∠MCN=90°，∴∠CNM+∠DMP=90°，∵∠D+∠DMP=90°，∴∠D=∠CNM=∠GCM，∵tan∠MDB=∴tan∠CNM=∵tan∴设GM=3x∴CM=5x∴CN=20x3∴NM=∴OM=ON=∵AM=2AN，且AM∴AN=553∵S△AMN∴AP=10∴NP=5∴PG=16∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG=∠BEP，∴△CGE∽△BPE，∴CGBP即4x∴GE=2x，PE=∴ME=5x，NE=10x∴ME:NE=3:2，∴MENE的值为310．（1）解：如图3中，连接PB，延长BP交CQ的延长线于J，延长QC到R，设AC交BJ于点K．∵∠PAQ＝∠BAC，∴∠CAQ＝∠BAP，∵AQAP=ACAB＝∴△QAC∽△PAB，∴QCPB=ACAB=∵∠AKB＝∠CKJ，∴∠CJK＝∠BAK＝30°，∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，∴△POB≌△MOC（SAS），∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，∴QCCM=32，∴∠RCM＝∠J＝30°．如图4中，同法可证CQCM=22，直线CQ与故答案为：32，30°，22，（2）解：①QCCM＝cosα，直线CQ与CM所夹锐角的度数是α如图2中，连接PB，延长BP交CQ于J，延长QC到R，设AC交BJ于点K．∵∠PAQ＝∠BAC，∴∠CAQ＝∠BAP，∵AQAP=ACAB∴△QAC∽△PAB，∴QCPB=ACAB＝cosα，∠∵∠AKB＝∠CKJ，∴∠CJK＝∠BAK＝α，∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，∴△POB≌△MOC（SAS），∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，∴QCCM＝cosα，BJ∥CM∴∠RCM＝∠J＝α．∴QCCM＝cosα，直线CQ与CM所夹锐角的度数是②如图5中，过点Q作QD⊥AC于D，∵△AQP，△ABC都是等腰直角三角形，AP＝4，AB＝6，∴AQ＝QP＝22，AC＝BC＝32，点Q到AP的距离为2，∵QD＝2，∴AP与AC重合，∴AD＝AQ2−QD2∴CD＝32﹣2，∴CQ＝QD2+CD2∵CQCM＝2∴CM＝2CQ＝262如图6中，过点Q作QD⊥AC于D，同法可得AD＝2，CD＝32+2，∴CQ＝QD2+CD2∴CM＝2CQ＝262综上所述，满足条件的CM的值为262−24或11．（1）解：直线CO与AB的夹角是90°．理由如下：延长CO交AB于D，过点C作CG⊥x轴于点G．∵函数y=-x+2图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，