沪教版九年级上册数学专题训练专题07解直角三角形重难点专练(原卷版+解析)

专题07解直角三角形重难点专练（原卷版）一、解答题1．(2023·上海嘉定区·九年级二模）已知点P为线段AB上的一点，将线段AP绕点A逆时针旋转60°，得到线段AC；再将线段绕点B逆时针旋转120°，得到线段BD；点M是AD的中点，联结BM、CM．（1）如图1，如果点P在线段CM上，求证：；（2）如图1，如果点P在线段CM上，求证：；（3）如果点P不在线段CM上（如图12），当点P在线段AB上运动时，的正切值是否发生变化？如果发生变化，简述理由；如果不发生变化，请求出的正切值．2．(2023·上海奉贤区·九年级三模）已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG．（1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值；（2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围；（3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长．3．(2023·上海杨浦区·九年级三模）已知在中，，，，点是边上一点，过点作，垂足为点，点是边上一点，联结、，以、为邻边作平行四边形．（1）如图1，如果，点恰好在边上，求的余切值；（2）如图2，如果，点在内，求线段的取值范围；（3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形是矩形，求线段的长．4．(2023·上海九年级二模）如图，已知扇形的半径，，点、分别在半径、上（点不与点重合），联结．点是弧上一点，．（1）当，以为半径的圆与圆相切时，求的长；（2）当点与点重合，点为弧的中点时，求的度数；（3）如果，且四边形是梯形，求的值．5．(2023·上海普陀区·九年级二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、F．（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；（3）以点D为圆心，DA为半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．6．(2023·上海崇明区·九年级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过点A和点B，且其顶点为D．（1）求抛物线的表达式；（2）求∠BAD的正切值；（3）设点C为抛物线与x轴的另一个交点，点E为抛物线的对称轴与直线y＝x﹣3的交点，点P是直线y＝x﹣3上的动点，如果△PAC与△AED是相似三角形，求点P的坐标．7．(2023·上海徐汇区·九年级二模）如图，已知∠BAC，且cos∠BAC＝，AB＝10，点P是线段AB上的动点，点Q是射线AC上的动点，且AQ＝BP＝x，以线段PQ为边在AB的上方作正方形PQED，以线段BP为边在AB上方作正三角形PBM．（1）如图2，当点E在射线AC上时，求x的值；（2）如果⊙P经过D、M两点，求正三角形PBM的边长；（3）如果点E在∠MPB的边上，求AQ的长．8．(2023·上海徐汇区·九年级二模）如图，已知抛物线y＝x2+m与y轴交于点C，直线y＝﹣x+4与y轴和x轴分别交于点A和点B，过点C作CD⊥AB，垂足为点D，设点E在x轴上，以CD为对角线作▱CEDF．（1）当点C在∠ABO的平分线上时，求上述抛物线的表达式；（2）在（1）的条件下，如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，求点F的坐标；（3）如果点E是BO的中点，且▱CEDF是菱形，求m的值．9．(2023·上海市实验学校九年级二模）已知直线交x轴于点A，交y轴于点C（0,4），抛物线经过点A，交y轴于点B（0，-2），点P为抛物线上一个动点，设P的横坐标为m（m＞0），过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，联结PB．（1）求抛物线的解析式；（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；（3）将△BDP绕点B旋转得到△且旋转角∠PB=∠OAC，当点P对应点落在y轴上时，求点P的坐标．10．(2023·上海闵行区·九年级二模）如图，在矩形中，，，点P在边上（点P与端点B、C不重合），以P为圆心，为半径作圆，圆P与射线的另一个交点为点E，直线与射线交于点G．点M为线段的中点，联结．设．（1）求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；（2）联结，当时，求x的值；（3）如果射线与圆P的另一个公共点为点F，当为直角三角形时，求的面积．11．(2023·上海九年级专题练习）已知⊙O的直径AB＝4，点P为弧AB上一点，联结PA、PO，点C为劣弧AP上一点（点C不与点A、P重合），联结BC交PA、PO于点D、E．（1）如图，当cos∠CBO＝时，求BC的长；（2）当点C为劣弧AP的中点，且△EDP与△AOP相似时，求∠ABC的度数；（3）当AD＝2DP，且△BEO为直角三角形时，求四边形AOED的面积．12．(2023·上海九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点处，连接、BD．（1）如图1，求证：∠DE＝2∠ABE；（2）如图2，若点恰好落在BD上，求tan∠ABE的值；（3）若AE＝2，求．（4）点E在AD边上运动的过程中，∠CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．13．(2023·上海九年级专题练习）已知正ABC与正CDE，连接BD，AE．（1）如图1，D点在BC上，点E在AC上，AE与BD的数量关系为；直线AE与直线BD所夹锐角为度；（2）将CDE绕点C顺时针旋转至如图2，（1）中结论是否仍然成立？请说明理由；（3）若AB＝7，CD＝3，将CDE绕点C顺时针旋转至B，D，E三点共线时，请画出图形，并求出BD长．14．(2023·上海九年级专题练习）如图，在边长为16的菱形ABCD中，AC、BD为对角线，，点E、F分别是边AB、边BC上的动点，连接DE、DF、EF．（1）当点E、点F分别是边AB，边BC的中点时．①求证：是等边三角形；②若点G是对角线AC上的动点，连接EG，FG，则直接写出的最小值为______；（2）若点H是对角线AC上的动点，连接EH、FH，则直接写出的最小值为______；（3）若，EF交BD于点K，点P、点Q分别是线段DE、线段DF上的动点，连接KQ、PQ，则直接写出的最小值为______．15．(2023·上海九年级专题练习）如图，四边形中，，，，点M、N是边、上的动点，且，、与对角线分别交于点P、Q．（1）求的值：（2）当时，求的度数；（3）试问：在点M、N的运动过程中，线段比的值是否发生变化？如不变，请求出这个值；如变化，请至少给出两个可能的值，并说明点N相度的位置．16．(2023·上海九年级专题练习）二次函数（）的图像经过点A(2，4)、B(5，0)和O(0，0)．（1）求二次函数的解析式；（2）联结AO，过点B作BC⊥AO于点C，与该二次函数图像的对称轴交于点P，联结AP，求∠BAP的余切值；（3）在（2）的条件下，点M在经过点A且与x轴垂直的直线上，当AMO与ABP相似时，求点M的坐标．

17．(2023·上海九年级专题练习）在ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=，点D为边AC的中点（如图），点P、Q分别是射线BC、BA上的动点，且BQ=BP，联结PQ、QD、DP．（1）求证：PQ⊥AB；（2）如果点P在线段BC上，当PQD是直角三角形时，求BP的长；（3）将PQD沿直线QP翻折，点D的对应点为点，如果点位于ABC内，请直接写出BP的取值范围．18．(2023·上海九年级专题练习）四边形ABCD是菱形，∠B≤90°，点E为边BC上一点，联结AE，过点E作EF⊥AE，EF与边CD交于点F，且EC=3CF．（1）如图1，当∠B=90°时，求与的比值；（2）如图2，当点E是边BC的中点时，求的值；（3）如图3，联结AF，当∠AFE=∠B且CF=2时，求菱形的边长．19．(2023·上海嘉定区·）如图，在矩形中，，，点E在边上，．点F是线段上一点，连接，．

（1）如果，求线段的长；（2）如果．①求证：；②求线段的长．20．(2023·上海九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．（1）求该抛物线的表达式及点的坐标：（2）如果点的坐标为，联结、，求的正切值；（3）在（2）的条件下，点为抛物线上一点，当时，求点的坐标．21．(2023·上海闵行区·九年级一模）如图，在矩形中，，，点E在边AB上（点E与端点A、B不重合），联结DE，过点D作，交BC的延长线于点F，连接EF，与对角线AC、边CD分别交于点G、H．设，．（1）求证：，并求的正切值；（2）求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；（3）连接BG，当与相似时，求x的值．二、填空题22．(2023·上海普陀区·九年级二模）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为边BC的中点，点F在AE上，过点F作MN⊥AE，分别交边AB、DC于点M、N，联结FC，如果△FNC是以CN为底边的等腰三角形，那么FC=_____．=23．(2023·上海九年级专题练习）如图，矩形纸片，，点E在线段上，将沿向上翻折，点C的对应点落在线段上，点M、N分别是线段与线段上的点，将四边形沿向下翻折，点A恰好落在线段的中点处．则线段的长为__________．24．(2023·上海九年级专题练习）先将如图（1）的等腰三角形的纸片沿着虚线剪成四块，再用这四块小纸片进行拼接，恰好拼成一个如图（2）无缝隙、不重叠的正方形，则该等腰三角形底角的正切值是____________．25．(2023·上海九年级专题练习）如图，菱形中，，点在边上，且，动点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，则线段长的最小值为____________．专题07解直角三角形重难点专练（解析版）一、解答题1．(2023·上海嘉定区·九年级二模）已知点P为线段AB上的一点，将线段AP绕点A逆时针旋转60°，得到线段AC；再将线段绕点B逆时针旋转120°，得到线段BD；点M是AD的中点，联结BM、CM．（1）如图1，如果点P在线段CM上，求证：；（2）如图1，如果点P在线段CM上，求证：；（3）如果点P不在线段CM上（如图12），当点P在线段AB上运动时，的正切值是否发生变化？如果发生变化，简述理由；如果不发生变化，请求出的正切值．答案:（1）见解析；（2）见解析；（3）分析：（1）由旋转可得，△APC是等边三角形，∠PBD=120°，则∠BPM+∠PBD=180°，所以PM∥BD．（2）利用三角形的中位线定理解决问题即可．（3）延长BM至点G，使得MG=MB，连接AG，BC，GC，PC，可证△CBG是等边三角形且点M是BG的中点，可得结论．【详解】解：（1）如图1中，由题意可得，∠CAP=60°，且AP=AC，∴△APC是等边三角形，∴∠APC=60°，∴∠BPM=60°，又∵∠PBD=120°，∴∠BPM+∠PBD=180°，∴PM∥BD；（2）如图1中，∵AM=MD，PM∥BD，∴AP=PB，∴PM=BD，∵PA=PC=PB=BD，∴PC=2PM；（3）结论：tan∠BCM=．理由如下：如图2，延长BM至点G，使得MG=MB，连接AG，BC，GC，PC，GD，∵AM=MD，GM=BM，∴四边形AGDB是平行四边形，∴AG=BD，AG∥BD，∴∠BAG=180°-∠ABD=60°，∴∠CAG=120°，∵△APC是等边三角形，∴AC=CP，∠CPB=120°，∵PB=DB=AG，∴△CAG≌△CPB（SAS），∴CG=CB，∠ACG=∠PCB，∴∠GCB=60°，∴△CBG是等边三角形，∵GM=BM，∴∠BCM=∠BCG=30°，∴tan∠BCM=．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．2．(2023·上海奉贤区·九年级三模）已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG．（1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值；（2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围；（3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长．答案:（1）；（2）0≤CD；（3）分析：（1）由锐角三角函数的定义求出BC＝8，由勾股定理求出AC＝6，由平行线分线段成比例定理得出，求出CF，则可得出答案；（2）当点G恰好在AB上时，解直角三角形求出CD的长，则可得出答案；（3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x），设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，连接OA，证明△AFO≌△AEO（SSS），由全等三角形的性质得出∠AFO＝∠AEO＝90°，过点E作EH⊥AC于点H，由梯形的中位线定理得出EH＋CD＝2OF＝DE，解方程[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x）可得出答案．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，cosB＝＝，又BC＝8，∴AB＝10，∴AC＝＝6，∵DE⊥AB，∴在Rt△BDE中，cosB＝，又CD＝2，BD＝6，∴BE＝，∵四边形EFDG是平行四边形，∴EF∥DG，∵点G在BC上，∴EF∥BC，∴，∴，∴CF＝，在Rt△CFD中，cos；（2）∵四边形EFDG是平行四边形，∴DF∥EG，当点G恰好在AB上时，∴DF∥AB，∴，设CD＝x，则，∴CF＝，在Rt△BDE中，cosB＝，又CD＝x，则BD＝8﹣x，∴BE＝（8﹣x），∵AE＝AF，∴，∴x＝，当点G在△ABC内时，0≤CD；（3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x），∴AE＝10﹣（8﹣x），设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，连接OA，∵平行四边形EFDG是矩形，∴OF＝OE＝DE，∵AF＝AE，OA＝OA，∴△AFO≌△AEO（SSS），∴∠AFO＝∠AEO＝90°，过点E作EH⊥AC于点H，又∠C＝90°，∴EH∥HF∥CB，∵OD＝OE，∴CF＝HF，∴EH＋CD＝2OF＝DE，∵（8﹣x），EH＝[10﹣（8﹣x）]，∴[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x），∴x＝，∴CD＝．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．3．(2023·上海杨浦区·九年级三模）已知在中，，，，点是边上一点，过点作，垂足为点，点是边上一点，联结、，以、为邻边作平行四边形．（1）如图1，如果，点恰好在边上，求的余切值；（2）如图2，如果，点在内，求线段的取值范围；（3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形是矩形，求线段的长．答案:（1）；（2）0≤CD＜；（3）分析：（1）由锐角三角函数的定义求出，由勾股定理求出，由平行线分线段成比例定理得出，求出，则可得出答案；（2）当点恰好在上时，解直角三角形求出的长，则可得出答案；（3）设，则，设矩形的对角线与相交于点，连接，证明，由全等三角形的性质得出，过点作于点，由梯形的中位线定理得出，解方程可得出答案．【详解】解：（1）在中，，又，，，，在中，，又，，，四边形是平行四边形，，点在上，，，，，在中，；（2）四边形是平行四边形，，当点恰好在上时，，，设，则，，在中，，又，则，，，，，当点在内时，；（3）设，则，，设矩形的对角线与相交于点，连接，平行四边形是矩形，，，，，，过点作于点，又，，，，，，，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．4．(2023·上海九年级二模）如图，已知扇形的半径，，点、分别在半径、上（点不与点重合），联结．点是弧上一点，．（1）当，以为半径的圆与圆相切时，求的长；（2）当点与点重合，点为弧的中点时，求的度数；（3）如果，且四边形是梯形，求的值．答案:（1）；（2）67.5°；（3）或分析：（1）由题意∠COD＝90°，cot∠ODC＝，可以假设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝5k，证明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝，继而可得结论．（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性质证明△PCB是等腰直角三角形，可得结论．（3）分两种情形：如图3−1中，当OC∥PD时，如图3−2中，当PC∥OD时，分别求解即可．【详解】解：（1）如图1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝，∴设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝5k，∵以CD为半径的圆D与圆O相切，∴CD＝DB＝5k，∴OB＝OD＋DB＝3k＋5k＝4，∴k＝，∴CD＝；（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵，∴∠AOP＝∠POB，∵PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠FPB，∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，∴∠PCB＝∠PBC＝45°，∵OP＝OB，∠POB＝45°，∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，∴∠CBO＝67.5°−45°＝22.5°，∴∠OCD＝90°−22.5°＝67.5°；（3）如图3−1中，当OC∥PD时，过点C作CE⊥PD，连接OP，∵OC∥PD，∴∠PDO＝∠AOD＝90°，∵CE⊥PD，∴∠CED＝90°，∴四边形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，设PC＝PD＝x，EC＝OD＝y，则有x2＋y2＝16，x2＝y2＋(x−2)2，可得x＝2−2，（不合题意的已经舍弃），∴PD＝2−2，∴S△PCDS△OCD＝PDOC＝，如图3−2中，当PC∥OD时，过点D作DE⊥CP，连接OP，∵PC∥OD，∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，∴四边形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，∵OP＝4，OC＝2，∴PC＝=，∴PD＝PC＝，∴PE＝=，∴EC＝OD＝-，∴，综上所述，的值为：或．【点睛】本题属于圆综合题，考查了两圆的位置关系，解直角三角形，等腰三角形的性质，梯形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．5．(2023·上海普陀区·九年级二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、F．（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；（3）以点D为圆心，DA为半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．答案:（1）见解析；（2）；（3）⊙M的半径为或分析：（1）如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，通过计算证明AD＝CM，可得结论．（2）如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．由cosC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，想办法构建方程，求解即可．（3）分两种情形：如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．分别利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，在Rt△CGM中，，∴AD＝CM，∵AD∥CM，∴四边形AMCD是平行四边形．（2）解：如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．∵ME＝MC，MT⊥EC，∴CT＝ET，∴cosC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，∴MH＝CM﹣CH＝k，∴tan∠EMH＝，∵∠FMB＝∠EMC，∴tan∠FMB，∴BM＝，∴CM＝BC﹣BM＝＝5k，（BC=6的求解过程见（3）小题）∴CE＝6k＝．（3）如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．∴AD＝BP＝3，在Rt△CDP中，cosC，∵CD＝5，∴PC＝3，AB＝PD＝4，∴BC＝3+3＝6，设CM＝AM＝x，在Rt△ABM中，则有x2＝42+（6﹣x）2，解得x＝，∴⊙M的半径为．如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．设CM＝ME＝MP＝x，则DN＝x﹣3，∵DM2＝MN2+DN2＝MP2﹣DP2，∴42+（x﹣3）2＝x2﹣32，∴x＝，综上所述，满足条件的⊙M的半径为或．【点睛】本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．6．(2023·上海崇明区·九年级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过点A和点B，且其顶点为D．（1）求抛物线的表达式；（2）求∠BAD的正切值；（3）设点C为抛物线与x轴的另一个交点，点E为抛物线的对称轴与直线y＝x﹣3的交点，点P是直线y＝x﹣3上的动点，如果△PAC与△AED是相似三角形，求点P的坐标．答案:（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）；（3）P点坐标为（5，2）或（7，4）分析：（1）根据一次函数y＝x-3可以求出A点和B点坐标，把A点和B点坐标代入即可求出抛物线的表达式；（2）利用勾股定理分别求出AB、AD、BD的长度，再根据勾股定理逆定理可以证明△ABD是直角三角形，从而可以求出∠BAD的正切值；（3）先通过计算得出，则P点在x轴上方，然后分或两种情况进行讨论即可得到答案．【详解】解：（1）在y＝x-3中，x＝0时，y＝-3，y＝0时，x＝3，∴A(3，0)，B(0，-3)，把A(3，0)，B(0，-3)代入得：，解得，∴抛物线的表达式为；（2）∵，∴D(1，-4)，又∵A(3，0)，B(0，-3)，∴，，，∵，，∴．∴△ABD是直角三角形，且∠ADB＝90°．∴；（3）如图，∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，∴∠1＝∠2＝45°，又∵DE∥OB，∴∠3＝∠2＝45°，∴∠AED＝135°，又∵△PAC与△AED相似，∠1＝45°，∴点P在x轴上方，且或，在y=x-3中，x=1时，y=-2，在中，y＝0时，x1=-1，x2=3，∴E(1，-2)，C(-1，0)，∴AC＝3-(-1)＝4，DE＝(-2)-(-4)＝2，，∴或，解得：或，过点P作PQ⊥x轴于点Q，又∵∠4＝∠1＝45°，∴△PAQ是等腰直角三角形，当时，AQ＝2，此时P(5，2)，当时，AQ＝4，此时P(7，4)，综上所述，P点坐标为(5，2)或(7，4)．【点睛】本题为二次函数综合题．考查一次函数与坐标轴的交点问题，利用待定系数法求函数解析式，两点的距离公式，勾股定理，三角函数解直角三角形，相似三角形的性质以及等腰直角三角形的判定和性质等知识．利用数形结合的思想结合分类讨论并正确的作出辅助线是解答本题的关键．7．(2023·上海徐汇区·九年级二模）如图，已知∠BAC，且cos∠BAC＝，AB＝10，点P是线段AB上的动点，点Q是射线AC上的动点，且AQ＝BP＝x，以线段PQ为边在AB的上方作正方形PQED，以线段BP为边在AB上方作正三角形PBM．（1）如图2，当点E在射线AC上时，求x的值；（2）如果⊙P经过D、M两点，求正三角形PBM的边长；（3）如果点E在∠MPB的边上，求AQ的长．答案:（1）；（2）；（3）分析：（1）当点E在AC上时，则∠AQP＝90°，利用解直角三角形的方法解求解；（2）⊙P经过D、M两点，则PQ＝PD＝PB＝AQ＝x，则AH＝，进而求解；（3）①当点E在PM边上时，证明∠QPA＝75°，在Rt△PHQ中，设PH＝t，则GQ＝GP＝2t，GH＝t，则QH＝2t+t＝xsinA＝x，解得t＝，则AP＝AH+PH+PB＝x++x＝10，即可求解；②当点E在AB边上时，则PH＝QH＝AQsinA＝x，AH＝xcosA＝x，则PH＞AH，进而求解．【详解】解：∵cosA＝，则sinA＝．（1）当点E在AC上时，则∠AQP＝90°，∵AQ＝PB＝x，则AP＝AB﹣PB＝10﹣x，则cosA＝＝＝，解得x＝；（2）如图，过点Q作QH⊥AP于点H，∵⊙P经过D、M两点，PD＝PM，则PQ＝PB＝AQ＝x，∴点H是AP的中点，则AH＝AP＝，cosA＝＝＝，解得x＝，即正三角形PBM的边长为；（3）①当点E在PM边上时，如图2，过点Q作QH⊥AB于点H，作PQ的中垂线交QH于点G，交PQ于点N，则∠QPA＝180°﹣∠MPB﹣∠QPE＝180°﹣45°﹣60°＝75°，则∠HQP＝90°﹣75°＝15°，则∠HGP＝15°×2＝30°，在Rt△PHQ中，设PH＝t，则GQ＝GP＝2t，GH＝t，∴QH＝2t+t＝xsinA＝x，解得t＝，AB＝AH+PH+PB，即x++x＝10，解得x＝；②当点E在AB边上时，如图3，过点Q作QH⊥AB于点H，则PH＝QH＝AQsinA＝x，AH＝xcosA＝x，∴PH＞AH，即点P在BA的延长线上，与题意不符；综上，AQ＝．【点睛】本题考查了正方形和等边三角形的性质、解直角三角形等知识，解题关键是构造直角三角形，熟练运用解直角三角形求解．8．(2023·上海徐汇区·九年级二模）如图，已知抛物线y＝x2+m与y轴交于点C，直线y＝﹣x+4与y轴和x轴分别交于点A和点B，过点C作CD⊥AB，垂足为点D，设点E在x轴上，以CD为对角线作▱CEDF．（1）当点C在∠ABO的平分线上时，求上述抛物线的表达式；（2）在（1）的条件下，如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，求点F的坐标；（3）如果点E是BO的中点，且▱CEDF是菱形，求m的值．答案:（1）；（2）；（3）0分析：（1）在Rt△ADC中，设OC=x，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝，即可求解；（2）求出点D的坐标为（，），如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF，进而求解；（3）求出点D的坐标为（，），由DE＝CE，即可求解．【详解】解：（1）对于y＝﹣x+4①，令y＝﹣x+4＝0，解得x＝3，令x＝0，则y＝4，故点A、B的坐标分别为（0，4）、（3，0），由点A、B的坐标知，OA＝4，OB＝3，则AB＝5，连接BC，如下图，∵点C在∠ABO的平分线上，则OC＝CD，∵BC＝BC，∴Rt△BCD≌Rt△BCO（HL），故BD＝OB＝3，则AD＝5﹣3＝2，设OC＝CD＝x，则AC＝4﹣x，在Rt△ADC中，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝，故点C的坐标为（0，），则抛物线的表达式为y＝x2+；（2）如上图，过点C作CH∥x轴交AB于点H，则∠ABO＝∠AHC，由AB得表达式知，tan∠ABO＝＝tan∠DHC，则tan∠DCH＝，故直线CD的表达式为y＝x+②，联立①②并解得，故点D的坐标为（，），如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF，故DE＝yD＝，则yF＝yC+DE＝，故点F的坐标为（0，）；（3）∵点E是BO的中点，故点E（，0），由（2）知，直线CD的表达式为y＝x+m③，联立①③并解得，点D的坐标为（，），而点E、C的坐标分别为（，0）、（0，m），∵▱CEDF是菱形，则DE＝CE，即（﹣）2+（）2＝（）2+m2，即9m2﹣36m＝0，解得m＝4（舍去）或0，故m＝0．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解直角三角形等．9．(2023·上海市实验学校九年级二模）已知直线交x轴于点A，交y轴于点C（0,4），抛物线经过点A，交y轴于点B（0，-2），点P为抛物线上一个动点，设P的横坐标为m（m＞0），过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，联结PB．（1）求抛物线的解析式；（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；（3）将△BDP绕点B旋转得到△且旋转角∠PB=∠OAC，当点P对应点落在y轴上时，求点P的坐标．答案:（1）；（2）或；（3）P（，）分析：（1）用点C，求一次函数解析式，再求点A的坐标，利用待定系数法求抛物线的解析式即可；（2）设点P的横坐标为m，可得P（m，-2），D（m，-2），根据△BPD为等腰直角三角形，则PD=BD；分两种情况：①当点P在直线BD的上方时，PD=；再分点P在y轴的左侧和右侧两种情况，列方程求解即可；②当点P在直线BD的下方时，m＞0，BD=m，PD=，列方程求解即可；（3）由，OA=3，OC=4；可得AC=5，继而可得，，然后根据顺时针与逆时针旋转使点落在y轴上，构造直角三角形，利用锐角三角函数求解即可．【详解】解：（1）由直线过点C（0，4），得n=4，∴直线y=x+4，当y=0时，0=x+4，解得x=3，∴A（3，0），∵抛物线经过点A（3，0），B（0，-2），∴，解得，∴；（2）由题意设P（m，-2），D（m，-2），若△BPD为等腰直角三角形，则PD=BD，①当点P在直线BD的上方时，PD=，（Ⅰ）若点P在y轴的左侧，则m＜0，BD=-m，∴=-m，解得m1=0（舍去），m2=（舍去），（Ⅱ）若点P在y轴的右侧，则m＞0，BD=m，∴=m，解得m1=0（舍去），m2=，PD=②当点P在直线BD的下方时，m＞0，BD=m，PD=，∴=m，解得m1=0（舍去），m2=，综上，m=或；∴当△BPD为等腰直角三角形时，PD的长为或；（3）∵，OA=3，OC=4，∴AC=5，，，当点落在y轴上时，如图，过点作⊥x轴交BD于点M，过点作⊥y轴，交的延长线于点N，∵逆时针旋转，∴，，，∵∠BD′M+∠P′D′N=180°-∠BD′P′=90°，∠D′BM+∠BD′M=90°，∴∠P′D′N=∠D′BM，∴，∴，，在中，，在中，，∵，即：×（m2-m）=m，解得：或（舍去），将代入抛物线得：，∴P（，）．当点落在y轴上时，如图，过点作⊥x轴交BD于点M，过点作⊥y轴，交的延长线于点N，∵顺时针旋转∴，，，∵∠BD′M+∠P′D′N=180°-∠BD′P′=90°，∠D′BM+∠BD′M=90°，∴∠P′D′N=∠D′BM，∴，∴，，在中，，在中，，∵，即：=m，解得：或（舍去），将代入抛物线得：，∴P（，）．∴当点P对应点落在y轴上时，点P的坐标（，）或（，）．【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及了二次函数的性质，图形旋转，解直角三角形的应用等知识，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键，注意数形结合思想的运用．10．(2023·上海闵行区·九年级二模）如图，在矩形中，，，点P在边上（点P与端点B、C不重合），以P为圆心，为半径作圆，圆P与射线的另一个交点为点E，直线与射线交于点G．点M为线段的中点，联结．设．（1）求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；（2）联结，当时，求x的值；（3）如果射线与圆P的另一个公共点为点F，当为直角三角形时，求的面积．答案:（1）；（2）；（3）6分析：（1）勾股定理求出BD长，利用三角函数求解析式，根据点P和点G的位置确定该函数的定义域；(2)设，则，根据勾股定理列方程即可；(3)根据哪个角是直角分类讨论，利用勾股定理或相似三角形的性质列方程，求出直角边长即可．【详解】解：(1)由勾股定理，，∵点M为线段的中点，∴PM⊥BE，中，，解得，点P与端点C不重合，所以，当直线恰好经过A点时，BE=BD=，，，该函数的定义域为：．（2）过点E作于点H，若，可知设，则由勾股定理，可得，解得所以，解得（负根舍去）所以（3）①若，由垂径定理，可知E、F重合，不符合题意；②时，此时E与D重合，，解得所以③时，过点E作，交延长线于点Q由，可得，所以代入数据，，解得综上，的面积为6．【点睛】本题考查了解直角三角形、相似三角形、圆的有关性质，解题关键是熟练综合运用所学知识，进行推理计算，注意：分类讨论思想的运用．11．(2023·上海九年级专题练习）已知⊙O的直径AB＝4，点P为弧AB上一点，联结PA、PO，点C为劣弧AP上一点（点C不与点A、P重合），联结BC交PA、PO于点D、E．（1）如图，当cos∠CBO＝时，求BC的长；（2）当点C为劣弧AP的中点，且△EDP与△AOP相似时，求∠ABC的度数；（3）当AD＝2DP，且△BEO为直角三角形时，求四边形AOED的面积．答案:（1）；（2）18°；（3）或分析：（1）解法一：如图1，过点O作OG⊥BC于点G，根据垂径定理和余弦的定义可得BC的长；解法二：如图2，连接AC，根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，根据cos∠CBO＝可得BC的长；（2）如图3，如图3，连接OC，根据题意可知：△EDP与△AOP相似只存在一种情况：△DPE∽△OPA，得∠DPE＝∠PAO，设∠ABC＝α，则∠AOC＝∠COP＝2α，在△OEB中根据三角形外角的性质列方程可得结论；（3）当△BEO为直角三角形时，∠OBE不可能是直角，所以分两种情况：①如图4，当∠EOB＝90°时，作辅助线，作平行线，根据平行线分线段成比例定理计算AH，OH，BH的长，根据面积差可得结论；②如图5，当∠OEB＝90°时，连接AC，证明∠ABC＝30°，分别计算各边的长，根据面积差可得结论．【详解】解：（1）解法一：如图1，过点O作OG⊥BC于点G，∴BG＝BC，∵AB＝4，∴OB＝2，∵cos∠CBO＝，∴BG＝，∴BC＝2BG＝；解法二：如图2，连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝，∴，∴BC＝；（2）如图3，连接OC，∵∠P＝∠P，△EDP与△AOP相似，∴△DPE∽△OPA，∴∠DPE＝∠PAO，∵C是的中点，∴∠AOC＝∠COP，设∠ABC＝α，则∠AOC＝∠COP＝2α，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝α，∵C是的中点，∴OC⊥AP，∴∠PAO＝90°﹣2α，∴∠DEP＝∠OEB＝90°﹣2α，在△OEB中，∠AOP＝∠OEB+∠ABC，∴4α＝90°﹣2α+α，∴α＝18°，∴∠ABC＝18°；（3）分两种情况：①如图4，当∠EOB＝90°时，过D作DH⊥AB于H，∴DH∥PO，∴，∵AD＝2PD，∴AH＝2HO，∵AB＝4，∴AH＝，OH＝，BH＝，∵AO＝OP，∠AOP＝90°，∴∠A＝45°，∴AH＝DH＝，∵OE∥DH，∴，即，∴OE＝1，∴S四边形AOED＝S△ABD﹣S△OEB＝＝；②如图5，当∠OEB＝90°时，连接AC，∵∠C＝∠OEB＝90°，∴AC∥OE，CE＝BE，∵AD＝2DP，同理得AC＝2PE，∵AO＝BO，∴AC＝2OE，∴OE＝PE＝OP，∴AC＝AB，∴∠ABC＝30°，∵AB＝4，∴OB＝2＝AC，OE＝1，BE＝，BC＝，∴CE＝，∵AC∥PE，∴，∵CD+DE＝，∴CD＝，∴S四边形AOED＝S△ABC﹣S△OEB﹣S△ACD＝，＝．综上，四边形AOED的面积是或．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰三角形的性质等．（1）中能借助定理构造直角三角形是解题关键；（2）能借助相似三角形以及圆周角定理表示相关角是解题关键；（3）中注意分类讨论和正确构造图形．12．(2023·上海九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点处，连接、BD．（1）如图1，求证：∠DE＝2∠ABE；（2）如图2，若点恰好落在BD上，求tan∠ABE的值；（3）若AE＝2，求．（4）点E在AD边上运动的过程中，∠CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．答案:(1)证明见解析，(2)，(3)19.2，(4)8﹣2．分析：(1)利用折叠的性质和平角，直角三角形的性质，即可得出结论；(2)先根据勾股定理得BD＝10，再用勾股定理建立方程求解即可得出结论；(3)过A'作MN⊥AD，交AD于M，交BC于N，先证△A'EM∽△BA'N，得，设A'M＝x，则BN＝3x，A'N＝6﹣x，在Rt△A'BN中，由勾股定理得出方程，解方程求出A'N＝4.8，即可解决问题；(4)先判断出∠A'CB最大时，点A'在CE上，再利用三角形的面积求出CE，进而用勾股定理求出DE，即可得出结论．【详解】(1)证明：由折叠的性质知：∠AEB＝∠A'EB，∴∠AEB＝(180°﹣∠A'ED）＝90°﹣∠A'ED，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴∠ABE＝90°﹣∠AEB＝90°﹣(90°﹣∠A'ED)＝∠A'ED，∴∠A'ED＝2∠ABE；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD＝BC＝8，在Rt△ABD中，根据勾股定理得：BD＝＝10，设AE＝x，则DE＝AD﹣AE＝8﹣x，由折叠的性质知：A'E＝AE＝x，A'B＝AB＝6，∠BA'E＝∠A＝90°，∴A'D＝BD﹣A'B＝4，∴∠DA'E＝90°，在Rt△DA'E中，根据勾股定理得：DE2﹣A'E2＝A'D2＝16，即（8﹣x）2﹣x2＝16，解得：x＝3，∴AE＝3，在Rt△ABE中，tan∠ABE＝；(3)解：过A'作MN⊥AD，交AD于M，交BC于N，如图3所示：则MN⊥BC，MN＝AB＝6，∠A'ME＝∠BNA'＝90°，∴∠EA'M+∠A'EM＝90°，由折叠的性质可知：A'E＝AE＝2，A'B＝AB＝6，∠BA'E＝∠A＝90°，∴∠EA'M+∠BA'N＝90°，∴∠A'EM＝∠BA'N，∴△A'EM∽△BA'N，∴，设A'M＝x，则BN＝3x，A'N＝6﹣x，在Rt△A'BN中，由勾股定理得：A'N2+BN2＝A'B2，即（6﹣x）2+（3x）2＝62，解得：x＝1.2或x＝0（舍去），∴A'N＝6﹣1.2＝4.8，∴S△A′CB＝BC×A'N＝×8×4.8＝19.2；(4)解：∠A′CB的度数存在最大值，理由如下：如图1，过点B作BF⊥CA'交CA'的延长线于F，在Rt△BFC中，sin∠A'CB＝，∴BF越大时，sin∠A'CB越大，即∠A'CB越大，当点E在边AD上运动时，点A'与F重合时，BF最大＝A'B＝AB＝6，∴A'B⊥A'C，∴∠BA'C＝90°，由折叠知，∠BA'E＝∠A＝∠D＝90°，∴点A'在CE上，如图4所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠A＝90°，CD＝AB＝6，根据三角形面积得，S△BCE＝BC•AB＝CE•A'B，∵A'B＝AB，∴CE＝BC＝8，在Rt△CDE中，根据勾股定理DE＝，∴AE＝AD﹣DE＝8﹣2．【点睛】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数定义以及三角形的面积公式等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质以及相似三角形的判定与性质，判断出∠A'CB最大时，点A'在CE上是解本题的关键．13．(2023·上海九年级专题练习）已知正ABC与正CDE，连接BD，AE．（1）如图1，D点在BC上，点E在AC上，AE与BD的数量关系为；直线AE与直线BD所夹锐角为度；（2）将CDE绕点C顺时针旋转至如图2，（1）中结论是否仍然成立？请说明理由；（3）若AB＝7，CD＝3，将CDE绕点C顺时针旋转至B，D，E三点共线时，请画出图形，并求出BD长．答案:(1)AE=BD；∠C=60°；（2）成立，证明见解析(3)画图见解析，5或8．分析：(1)根据等边三角形的性质直接可得出AE=BD，夹角为60°；(2)根据等边三角形的性质证△BCD≌△ACE，再通过导角可证结论成立；(3)过点M作CM⊥DE与M，通过解直角三角形，求得DM、CM，设BD=x，勾股定理列方程即可．【详解】解：(1)∵ABC与CDE是等边三角形，∴AB=BC，CE=CD，∠C=60°，∴AE=BD；故答案为：AE=BD；∠C=60°；(2)成立；证明：∵ABC与CDE是等边三角形，∴AB=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°，∴∠DCB=∠ECA,∴△BCD≌△ACE，∴BD=AE；∠CBD=∠CAF，设直线AE与直线BD相交于点F，∠FAB+∠ABF=∠BAC+∠CAF+∠ABF=60°+∠CBD+∠ABF=120°，∠AFB=180°-120°=60°；(3)过点M作CM⊥DE与M，如图3，∵∠CDM=60°，CD=3，∴DM=CDcos60°=1.5，CM=CDsin60°=1.5，设BD=x，，解得，，（舍去）；如图4，∵∠CDM=60°，CD=3，∴DM=CDcos60°=1.5，CM=CDsin60°=1.5，设BD=x，，解得，（舍去），；综上，BD长为5或8．【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质以及解直角三角形，解题关键是准确理解题意，熟练运用全等三角形的性质证明线段和角的关系，通过作垂线，构建直角三角形．14．(2023·上海九年级专题练习）如图，在边长为16的菱形ABCD中，AC、BD为对角线，，点E、F分别是边AB、边BC上的动点，连接DE、DF、EF．（1）当点E、点F分别是边AB，边BC的中点时．①求证：是等边三角形；②若点G是对角线AC上的动点，连接EG，FG，则直接写出的最小值为______；（2）若点H是对角线AC上的动点，连接EH、FH，则直接写出的最小值为______；（3）若，EF交BD于点K，点P、点Q分别是线段DE、线段DF上的动点，连接KQ、PQ，则直接写出的最小值为______．答案:（1）①见解析②16（2）（3）分析：（1）①由菱形的性质可得AB=BC=CD=AD=16，∠BCD=∠BAD=60°，可证△ABD，△BCD是等边三角形，由全等三角形的判定和性质可证DE=DF，∠EDF=60°，可得结论；②作点F关于AC的对称点N，连接GN，则FG=GN，当点E，点G，点N三点共线时，EG+FG的最小值为EN，即可求解；（2）作点F关于AC的对称点N，连接HN，则FH=HN，当点E，点H，点N三点共线且EN⊥CD时，EH+FH的最小值为EN，即可求解；（3）如图中，作点K关于DF的对称点为M，过点M做DE的垂线，交DF为Q，交DE为P，此时，PQ+KQ最短，连接DM、作DG⊥EF于G，EH⊥AD于H．首先求出DE、DG的长，再证明△DGK≌△MPD，推出MP=DG即可．【详解】解：（1）①如图，∵ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=120°，∴△ADB为等边三角形和△CDB为等边三角形，∴∠ABD=∠CBD=60°，∵点E、点F分别是边AB，边BC的中点，∴AE=BF，在△AED和△BFD中，°，∴△AED≌△BFD，∴DE=DF，∠ADE+∠BDE=∠FDB+∠BDE=60°，∴∠EDF=60°，∴△DEF为等边三角形；②∵四边形ABCD是菱形，∴AC平分∠BAD，如图1，作点F关于AC的对称点N，连接GN，则FG=GN，∴EG+FG=EG+GN，∴点E，点G，点N三点共线时，EG+FG的最小值为EN，∵点F，点N关于AC对称，∴CN=CF=BC=CD，∴DN=CN=AE=BE，又∵AB∥CD，∴四边形AEND是平行四边形，∴EN=AD=16，故答案为：16；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AC平分∠BAD，如图2，作点F关于AC的对称点N，连接HN，则FH=HN，∴EH+FH=EH+HN，∴点E，点H，点N三点共线且EN⊥CD时，EH+FH的最小值为EN，即菱形的高，∵∠DAB=60°，DA=16，菱形的高，∴EN=8，∴EH+FH的最小值为8；（3）如图3，过点D作DN⊥BC于N，作点K关于DF的对称点H，连接DH，HF，QH，∴KQ=HQ，∠BDF=∠HDF，KD=HD，∴PQ+KQ=PQ+QH，∴当点H，点Q，点P三点共线，且HP⊥DE时，PQ+KQ有最小值，∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=60°，∴∠A=∠BCD=60°，AD=CD=BC=AB，∴△ABD，△BCD是等边三角形，∴AD=BD=16，∠ADB=∠DBC=60°，又∵AE=BF，∴△ADE≌△BDF（SAS），∴DE=DF，∠ADE=∠BDF，∴ADB=∠EDF=60°，∴△EDF是等边三角形，∴∠EFD=60°，∵DN⊥BC，△BDC是等边三角形，∴BN=NC=8，∠BDN=30°，∴DN=BN=8，∵FN=BN-BF=4，∴DF，∵∠EFD=∠DBC=60°，∠BDF=∠KDF，∴△BDF∽△FDK，∴，∴，∴DK=13，∴DH=13，∵∠DFN=∠DBC+∠BDF=60°+∠BDF，∠EDH=∠EDF+∠FDH=60°+∠BDF，∴∠DFN=∠EDH，又∵∠HPD=∠DNF，∴△DPH∽△FND，∴，∴，∴HP=2，∴PQ+KQ的最小值为2．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，最短路径等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．15．(2023·上海九年级专题练习）如图，四边形中，，，，点M、N是边、上的动点，且，、与对角线分别交于点P、Q．（1）求的值：（2）当时，求的度数；（3）试问：在点M、N的运动过程中，线段比的值是否发生变化？如不变，请求出这个值；如变化，请至少给出两个可能的值，并说明点N相度的位置．答案:（1）；（2）45°；（3）不会发生变化，．分析：（1）连接AC,利用垂直平分线性质，构造Rt△ABC，由正弦三角函数即可求得；（2）证明△BCG≌△DCN，得到角相等，再由角相等，得△GMC≌△NMC，由解答即可；（3）由D、C、N、P四点共圆，得到∠CPD=∠CND=∠MNC，再得△CPQ∽△CNM，由此解答即可．【详解】解：（1）连接AC∵，∴AC垂直平分BD∴∠ACB=∠ACD=∠BCD=∠MCN在Rt△ABC中，AB=4，AC=3∴AC=∴=sin∠ACB=（2）延长AB至G点，使BG=DN，连接CG，∵CB=CD∠CBG=∠CBN=90°∴△BCG≌△DCN∴∠G=∠CND，CN=CG，∠BCG=∠DCN∴∠MCN=∠BCD∴∠MCB+∠NCD=∠BCD∴∠GCM=∠GCB+∠GCM=∠BCD=∠MCN∵CM=CM，∠G=∠CND,∴△GMC≌△NMC∴∠G=∠MNC=∠DNC当DN=NC时∠DNC=∠DCN=45°∴∠DNC=∠CNM=45°（3）连接NP,∵∠ADC=∠ADO+∠CDO=90°∠ADO+∠CDO=90°∴∠ADO=∠COD=∠BCD=∠MCN∴∠NDP=∠NCP∴D、C、N、P四点共圆，∴∠NPC+∠NDC=180°∵∠NDC=90°∴∠NPC=90°∴∠CPD=∠CND=∠MNC∴△CPQ∽△CNM∴在Rt△CPN中，=cos∠MCN=cos∠ACB=∴不会发生变化【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形全等性质与判断，三角形相似等知识点，解题的关键是掌握性质与判定．16．(2023·上海九年级专题练习）二次函数（）的图像经过点A(2，4)、B(5，0)和O(0，0)．（1）求二次函数的解析式；（2）联结AO，过点B作BC⊥AO于点C，与该二次函数图像的对称轴交于点P，联结AP，求∠BAP的余切值；（3）在（2）的条件下，点M在经过点A且与x轴垂直的直线上，当AMO与ABP相似时，求点M的坐标．

答案:（1）；（2）；（3）或分析：（1）由B(5，0)和O(0，0)在抛物线上，可设抛物线为：再把代入可得答案；（2）先求解的长度，可得利用等腰三角形的性质证明求解的坐标，再求解的解析式及抛物线的对称轴方程，求解的坐标，求解，可得：再求的长及即可得到答案；（3）分两种情况讨论，如图，当时，当时，再利用相似三角形的性质可得答案．【详解】解：（1）由题意设：把代入抛物线为：（2）由抛物线：抛物线的对称轴方程为：

为的中点，设为，解得：当时，（3）如图，当时，则经检验符合题意，

当时，又是等腰三角形，为等腰三角形，且轴，且与轴交于所以：或【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数与一次函数的解析式，二次函数的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键．17．(2023·上海九年级专题练习）在ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=，点D为边AC的中点（如图），点P、Q分别是射线BC、BA上的动点，且BQ=BP，联结PQ、QD、DP．（1）求证：PQ⊥AB；（2）如果点P在线段BC上，当PQD是直角三角形时，求BP的长；（3）将PQD沿直线QP翻折，点D的对应点为点，如果点位于ABC内，请直接写出BP的取值范围．答案:（1）见解析；（2）；（3）＜BP＜．分析：（1）由勾股定理得出AB，再根据相似三角形的判定得出△ABC∽△PBQ即可；（2）根据相似三角形的性质即可求解；（3）分情况考虑P、Q在射线上，不存在△PDQ，此时P、Q继续往右移动，点将不可能位于ABC内，BP应小于当前BP的数值；P在线段BC上时，由特殊锐角三角函数值求得PB即可．【详解】（1）∵∠C=90°，AC=2，BC=，∴在Rt△ABC中AB==∴=∵BQ=BP∴=∴==又∵∠B=∠B∴△ABC∽△PBQ∴∠C=∠PQB=90°∴PQ⊥AB；（2）当PQD是直角三角形时，∵BQ与BP有比例关系，D点固定∴直角三角形PQD的直角也固定，为∠QPD=90°由（1）得PQ⊥AB∴∠PQB=∠QPD=90°∴AB∥PD∴△CPD∽△CBA则∴P为BC的中点∴BP=BC=×=（3）如图：当P、Q、D共线时，此时不存在△PDQ，在此基础上，P继续沿射线BC方向移动，此时将PQD沿直线QP翻折，点D的对应点不可能位于ABC内，∴BP应小于当前BP的数值，在ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=，∴tanB=，∴∠B=30°，∠A=90°-30°=60°，由（1）得PQ⊥AB，PCD是直角三角形，∠B=30°，∴∠BPQ=60°，在Rt△PCD中，DC=AC=1，则CP=×1=，∴BP=+=，∴BP＜；如图：当点D′落在BC上时，由于∠BPQ=60°，∴∠QPD=∠QPB=60°，∴∠DPC=180°-∠QPD-∠QPB=60°，此时，当P继续沿BC方向运动（BP＜），必定会落在ABC内，在Rt△PCD中，CP=DC=，BP=BC-CP=-=，∴BP>，综上＜BP＜．【点睛】此题主要考察了相似三角形的判定及性质，特殊锐角三角函数以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定及性质，特殊锐角三角函数以及勾股定理的应用．18．(2023·上海九年级专题练习）四边形ABCD是菱形，∠B≤90°，点E为边BC上一点，联结AE，过点E作EF⊥AE，EF与边CD交于点F，且EC=3CF．（1）如图1，当∠B=90°时，求与的比值；（2）如图2，当点E是边BC的中点时，求的值；（3）如图3，联结AF，当∠AFE=∠B且CF=2时，求菱形的边长．答案:（1）；（2）；（3）分析：（1）先证明：可得：，结合：可得：再设可得而，建立方程：可得：再利用相似三角形的性质可得答案．（2）延长相交于，过作于连接先证明：可得：证明：设再设利用求解，可得从而可得答案；（3）如图，过作交的延长线于，延长至,使证明：设证明：可得：再证明：利用相似三角形的性质列方程组，解方程组可得答案．【详解】解：（1）四边形ABCD是菱形，四边形ABCD是正方形，，设而（2）延长相交于，过作于连接菱形，为的中点，,设则设由菱形可得：（3）如图，过作交的延长线于，延长至,使设则菱形，解得：经检验：是原方程组的解，即菱形的边长为：【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，菱形，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解分式方程组，掌握以上知识是解题的关键．19．(2023·上海嘉定区·）如图，在矩形中，，，点E在边上，．点F是线段上一点，连接，．

（1）如果，求线段的长；（2）如果．①求证：；②求线段的长．答案:（1）；（2）①证明见解析；②．分析：（1）如图：作，设、FG=2k,然后用k表示出BG，在根据AG+BG=AB求出K即可完成解答；（2）①作，先用矩形的性质和解三角形的相关知识求得EG、CG、FG，最后说明即可证明；②直接运用线段的和差计算即可．【详解】解：（1）如图：作，设，∵∴,即，∵∴，∴，即∵AG+BG=AB∴．∴，∴；（2）作，①∵矩形ABCD∴BC=AD=8,CD=AB=6∴=4∵∴即DE=4,∴CE=CD-DE=6-4=2,∵∠CEG=∠DEA∴tan∠CEG=tan∠DEA=2∴tan∠CEG=2=设EG=m,则CG=2m∴,即，解得m=∴，∴．∴∴；②．【点睛】本题属于三角函数的综合题，主要考查了解三角形、正切以及勾股定理等内容，灵活运用三角函数解直角三角形成为解答本题的关键．20．(2023·上海九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．（1）求该抛物线的表达式及点的坐标：（2）如果点的坐标为，联结、，求的正切值；（3）在（2）的条件下，点为抛物线上一点，当时，求点的坐标．答案:（1）抛物线为，；（2）；（3）分析：（1）将两个点坐标代入解析式即可求出，令x为0，求得C点坐标；（2）过D作CA延长线的垂线，通过证明求出DE和EC的长度，再求出正切值；（3）设，通过可求出参数t，从而得出P点坐标．【详解】解：（1）将，代入抛物线，解得：，∴抛物线为，令x=0，得y=4，故．（2）过作交延长线于，因为，，∴，∵AD=4，DE=AE，由勾股定理得，DE=AE=2，∴，∴，，EC=6，∴．（3）设，连接DP、AP，∵，∴，∴，∴，∴，∴，解得∴．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，相似三角形的证明和解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．21．(2023·上海闵行区·九年级一模）如图，在矩形中，，，点E在边AB上（点E与端点A、B不重合），联结DE，过点D作，交BC的延长线于点F，连接EF，与对角线AC、边CD分别交于点G、H．设，．