中考数学三轮冲刺培优训练专题21动态几何综合问题（解析版）

专题21动态几何综合问题（最新模拟40题预测）一、解答题1．（2023春·吉林长春·九年级东北师大附中校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25．动点P从点A出发，以每秒7个单位长度的速度沿折线AC﹣CB向终点B运动．当点P不与△ABC顶点重合时，作∠CPQ=135°，交边AB于点Q，以CP、PQ为边作▱CPQD．设点P的运动时间为t(1)求AC的长．(2)当点P在边AC上时，求点Q到边AC的距离（用含t的代数式表示）；(3)当▱CPQD的某条对角线与△ABC的直角边垂直时，求▱CPQD的面积；(4)以点P为直角顶点作等腰直角三角形EPQ，使点E与点C在PQ同侧，设EQ的中点为F，▱CPQD的对称中心为点O，连接OF．当OF∥PQ时，直接写出【答案】(1)AC=20(2)点Q到边AC的距离为3t(3)▱CPQD的面积为36或3600(4)满足条件的t的值为2013【分析】（1）根据勾股定理求解即可；（2）如图1，过点Q作QM⊥AC于点M，由tanA=MQAM=BCAC=34，设MQ=3a，AM=4a（3）分两种情形：当PD⊥AC时，如图2中，过点Q作QM⊥AC于点M，当PD⊥BC时，如图3中，过点Q作QN⊥PB于点N，分别构建方程求解，可得结论；（4）如图4﹣1中，当△PDQ是等腰直角三角形时，满足条件；如图4﹣2中，当△PQD是等腰直角三角形时，满足条件，分别构建方程求解，可得结论．【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25∴AC=AB2−B（2）如图1中，过点Q作QM⊥AC于点M．在Rt△AMQ中，∠AMQ=90°tanA=设MQ=3a，AM=4a，∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∴PM=MQ=3a，∴AP=7a=7t，∴a=t，∴MQ=3t；（3）当PD⊥AC时，如图2中，过点Q作QM⊥AC于点M．∵CP=PD=QM=PM=3t，AM=4t，∴4t+3t+3t=20，∴t=2，∴▱CPQD的面积=6×6=36；当PD⊥BC时，如图3中，过点Q作QN⊥PB于点N．∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∵CD∥∴∠DCP=∠QPN=45°，∴CP=PD=QN=PN=7t−20，∵tanB=∴27t−20解得t=40∴▱CPQD的面积=7×综上所述，满足条件的▱CPQD的面积为36或3600121（4）如图4﹣1中，当△PDQ是等腰直角三角形时，满足条件．过点Q作QM⊥AC于点M，则AM=4t，PM=QM=3t，∴PQ=PD=32∴PC=6t，∴4t+3t+6t=20，∴t=20如图4﹣2中，当△PQD是等腰直角三角形时，满足条件，过点N作QN⊥CB于点N．∵PC=2PD=2∴7t−20+1∴t=4，综上所述，满足条件的t的值为2013【点睛】本题属于四边形综合题，考查平行四边形的性质，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．2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图，直线l1：y=−x+8与x轴、y轴分别交于点A和点B，直线l2：y=x与直线l1交于点C，平行于y轴的直线m从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向右平移，到C点时停止．直线m交线段BC、OC于点D、E，以DE为斜边向左侧作等腰Rt△DEF，设△DEF与(1)填空：OA=_______，∠OAB=______；(2)填空：动点E的坐标为（t，_____），DE=______（用含t的代数式表示）；(3)当点F落在y轴上时，求t的值．(4)求S与t的函数关系式并写出自变量的取值范围；【答案】(1)8；45°(2)t；8−2t(3)2(4)S=【分析】（1）分别令x=0、y=0求出OA、OB的长度，再根据等腰直角三角形的性质求出∠OAB的度数；（2）根据等腰直角三角形的性质可得动点E的坐标，进而求出DE的长度；（3）当点F在y轴上时，四边形DCEF为正方形，进而求出t的值；（4）F点的位置有三种可能：①点F在y轴的左侧0≤t<2；②点F在y轴上t=2；③点F在y轴右侧2<t≤4，求出S与t的关系式．【详解】（1）l1与x轴交于A点，与y轴交于B∵当x=0时，y=8；当y=0时，x=8，∴OA=OB=8，∴∠OAB=45°，故答案为：8；45°．（2）∵直线l2与直线l1交于点∴联立y=−x+8y=x，得−x+8=x解得x=4，y=4，∴C4,4，∠COA=45°则OP=PE=t，即Et,t，DE=DP−EP=DP−t∵∠OAB=45°且直线m平行于y轴，垂直于x轴，∴∠DPA=90°，△DPA为等腰直角三角形，∴DP=PA=8−t，∴DE=8−t故答案为：t；8−2t．（3）当点F落在y轴上时，∠CDE=∠FDE=45°DE=DE∴△DEC≅△DEFASA∴DC=DF，EC=EF，∴四边形DCEF为正方形，∴CF⊥DE，即CF⊥OB，∴DE=1∴DE=8−2t=4，即t=2，故答案为：2．（4）由题意可知：直线m交线段BC、OC于点D、E，以DE为斜边向左侧作等腰Rt△DEF所以F点的位置有三种情况：①由（3）可知，当t=2时，点F在y轴上，此时△DEF和△BCO重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形DCEF为正方形，S=1②当0≤t<2时，点F在y轴左侧，此时△DEF与△BCO重叠部分为梯形，如图，Rt△DEF的两直角边与y轴有两交点P、Q，分别过两个交点作x轴的平行线，交DE于M、NS=====−3t③当2<t≤4时，点F在y轴右侧，此时△DEF和△BCO重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形DCEF为正方形，S=1故答案为：S=−3【点睛】本题考查了根据一次函数解析式求点的坐标，以及三角形的面积的计算，正确表示出DE的长是关键．3．（2023春·江苏·九年级校考阶段练习）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．点D是BC中点，点P从点C出发，沿CA向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为3cm/s；连接PD，QD，PQ，将△PQD绕点(1)当t为何值时，RT∥BC？(2)当t为何值时，四边形PQRT是菱形？(3)设四边形PQRT的面积为ycm2，求y与(4)是否存在某一时刻t，使得点T在△ABC的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)t=30(2)t=1+(3)y=48(4)存在，t=【分析】（1）首先根据勾股定理得到AB的长，根据旋转性质和平行四边形判定，可以证出四边形PQRT为平行四边形，利用RT//BC得线段成比例，从而得解；（2）过Q作QN⊥BC于N，用含t的代数式表示出CP、AP、AQ、QB的长，由（1）已经证明四边形（3）过P作PM⊥AQ于M，过点Q作QN⊥BD于N，根据S▱PQRT=2S（4）过C作CH⊥AB于H，所以CH×AB=AC×BC=2S△ABC，再证明△CDT≌△BDQ(SAS)，对应角相等，即为内错角相等，所以CT∥BA，从而证出当Q在AB上运动时，T也在过C点与AB平行的直线上运动，取AB中点O连OC作OM⊥CT于M，则四边形OHCM为矩形，OM=CH，若T【详解】（1）解：连接PQ、QR、PT，由旋转知：DP=DR，DQ=DT，∴四边形PQRT为平行四边形，当TR∥BC时，则PQ∥BC，∴APAC∵∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm∴AB=6依题意得：AQ=3tcm，CP=2t∴AP=6−2tcm，∴6−2t6∴60−20t=18t，∴38t=60，∴t=30当t=3019时，（2）解：由（1）知，四边形PQRT为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形为萎形知，当DP⊥DQ，即∠PDQ=90°时，平行四边形PQRT为菱形，过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+检验t=1+∴t=1+（3）解：∵四边形PQRT为平行四边形，∴S▱PQRT过P作PM⊥AQ于M，过点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：过C作CH⊥AB于H，∴CH×AB=AC×BC=2S∴CH=6×8连接CT，∵QD=DT，CD=DB，∠CDT=∠BDQ，∴△CDT≌∴∠B＝∴CT∥BA，∴当Q在AB上运动时，T也在过C点与AB平行的直线上运动，取AB中点O连OC作OM⊥CT于M，则四边形OHCM为矩形，OM=CH，若T在△ABC的外接圆上，则OT=OC=1∵OM⊥CT，∴CM=MT，又∵CM=O∴CT=2MC=14∵△BQD≌∴CT=BQ=14即10−3t=14∴t=12即当t=125时，T在【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆的性质，解题关键是恰当作出辅助线，熟练掌握以上性质和判定．4．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α(1)问题发现①当α=0°时，AEBD=______；②当α=180°时，(2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD(3)问题解决△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD的长______．【答案】(1)①5；②5(2)没有，证明见解析(3)满足条件的BD的长为355【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的长，然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②当α=180°时，可得AB∥DE，然后根据ACAE=（2）首先判断出ECA=∠DCB，再根据ECDC=AC（3）分两种情形：当点E在AB的延长线上时；当点E在线段AB上时，分别求解即可．【详解】（1）解：①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=A∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴CE=AE=12AC=∴AE故答案为：5；②如图，当α=180°时，可得AB∥DE，∵AC∴AE故答案为：5；（2）解：如图，当0°≤α<360°时，AEBD∵ECD=∠ACB，∴ECA=∠DCB，∵EC∴△ECA∽△DCB，∴AE（3）解：如图，当点E在AB的延长线上时，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=AB+BE=5，∵AE∴BD=5如图，当点E在线段AB上时，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=4−1=3，∵AE∴BD=3综上所述，满足条件的BD的长为355或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．5．（2023·全国·九年级专题练习）已知正方形ABCD，点P为直线AC上的一点，连接PB，过点P作射线PM⊥PB，交直线CD于点E，连接BE，取BE的中点F，连接PF(1)如图1，点P在线段AC的中点时，直接写出PB与CF的数量关系；(2)如图2，①点P在线段AC上时，试判断（1）中的结论是否成立，并说明理由；②若点P在直线AC上，AB=4，AP=14AC(3)设AB=4，若点P运动到某一位置时使△BCF为等边三角形，请直接写出AP的长．【答案】(1)PB=2(2)①成立，理由见解析；②CF的长为5或13；(3)AP的长为26−22【分析】（1）先证明△ABC,△PBC,△BPF是等腰直角三角形，因此可得PB=PC=2（2）①过P点作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H，先根据AAS证明△PGC≅△PHC，则可得PG=PH，再根据ASA证明△PBG≅△PEH，则可得△PBE是等腰直角三角形，因此可得PB=2PF，再根据“直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半”可得PF=CF，因此②分两种情况，分P点在线段AC上和P点在CA的延长线上．作PQ⊥BA于Q点，先求出AC的长，则可知AP的长，再求出PN、AN的长，则可求出PB的长，再根据CF=PB（3）分两种情况，F点在BC上方和F点在BC下方．①F点在BC上方时，由△BCF是等边三角形可求出BC、BE的长，再求出PB的长，设PQ=AQ=x，根据勾股定理列方程求出x，即可知PQ的长，则可求出PA的长．②F点在BC下方时，△BCF是等边三角形可求出BC、BE、CE的长，再求出PE的长，作PQ⊥CE于Q点，设PQ=CQ=x，在Rt△PQE中据勾股定理列方程求出x，即可知PQ的长，进而可可求出PC的长和PA【详解】（1）PB=2∵四边形ABCD是正方形∴BA=BC,∠ABC=90°∵P是线段AC的中点∴BP=∵F是BC中点∴PF=∴P∴PB=∴PB=（2）①如图，点P在线段AC上时，（1）中的结论仍然成立，理由如下：过P点作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四边形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中点∴PF=∵Rt△BCE中，F是BE中点

∴CF=∴PF=CF∴PB=②(ⅰ)如图，P点在线段AC上时，作PQ⊥AB于Q∵AB=4∴AC=PA=∴PQ=∴AQ=PQ=1∴BQ=4−1=3∴PB=由①知PB=∴CF=(ⅱ)如图，若P点CA的延长线，

过P点作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四边形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中点∴PF=∵Rt△BCE中，F是BE中点

∴CF=∴PF=CF∴PB=延长BA，作PQ⊥BA于Q点∠PAQ=∠BAC=45°∴PQ=AQ=∵PA=∴PQ=∴AQ=1∴BQ=4+1=5∴PB=∴CF=PB综上，CF的长为5或13（3）①如图，F点在BC上方时∵△BCF为等边三角形∴∠FBC=60°∴∠BEC=30°∴BE=2BC=8由①知△PBE是等腰直角三角形∴PB=延长BA，作PQ⊥BA于Q点则∠PAQ=∠BAC=45°AQ=PQ=设PQ=AQ=x,则BQ=4+x由P得x解得x1=2∴PQ=AQ=2∴PA=②①如图，F点在BC下方时∵△BCF为等边三角形∴∠CBE=60°∵BC=4∴CE=∵△BPE是等腰直角三角形∴PB=PE=过P点作PQ⊥CE于Q点则∠PQC=90°,∠PCQ=∠ACD=45°∴CQ=PQ设CQ=PQ=x，则EQ=4在Rt△PQE中P∴解得x1=2∴CQ=QP=2∴PC=(2∵AC=∴AP=4综上，AP的长为26−2【点睛】本题综合性较强，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理．正确的画出图形，并且正确的作出辅助线是解题的关键．注意分类讨论，不要漏解．6．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点(不与点B、C重合)，垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．则DN、MB、EC之间的数量关系为．问题探究：在“问题情境”的基础上．1如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F.求∠AEF的度数；2如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F.分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H【答案】问题情境：DN+MB=EC问题探究：（1）45°；（2）2问题拓展：FH【分析】问题情境：过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF=MB，证明△ABE≌△BCF得出BE=CF，即可得出结论；问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI//AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出结论；（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P'与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O'，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠ADO'=45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P'作P'H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG=NH，GN=P'H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH=P'H，得出∠P'DH=45°，故∠P问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则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，证明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ=AE+QE=203，证明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折叠的性质得：AB'=EB=3，∠B'【详解】问题情境：解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB=EC；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：∴四边形MBFN为平行四边形，∴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；问题探究：解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：∵四边形ABCD是正方形，∴四边形ABIH为矩形，∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠BDA=45°，∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，∵MN是AE的垂直平分线，∴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）连接AC交BD于点O，如图3所示：则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P'与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为∵AO=OD，∠AOD=90°，∴∠ODA=∠ADO当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P'作P'H⊥CD交CD延长线于点H∵点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由翻折性质得：PN=P在△PGN和△NHP∠NPG=∠P∴△PGN≌△NHP∴PG=NH，GN=P'H，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠PDG=45°，易得PG=GD，∴GN=DH，∴DH=P'H，∴∠P'DH=45°∴点P'在线段D过点S作SK⊥DO'，垂足为∵点S为AD的中点，∴DS=2，则P'S的最小值为问题拓展：FH=解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：则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由折叠的性质得：AB'=EB=3，∠∴B'M=∵∠BAD=90°，∴∠B∴△AFC'∽∴AF解得：AF=25∴DF=4−25∵AG⊥MN，FH⊥MN，∴AG//FH，∴AQ//FP，∴△DFP∽△DAQ，∴FPAQ=解得：FP=5∴FH=1【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．7．（2023秋·四川德阳·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．①∠AEC的度数为______；②线段AE、BD之间的数量关系为______；（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B、D、E在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由见详解；（3）180°．【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后证明∠ECA=∠DCB，从而可证明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；（2）类似（1）中方法，证明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA−∠CEB=90°，根据等腰直角三角形的性质得到CM=EM=MD，即可得到线段CM、AE、BE之间的数量关系；（3）根据△AEC≌△BDC解答即可．【详解】（1）解：如图①所示，∵△ABC和△EDC都是等边三角形，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC与△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=60°，点B、D、E在同一条直线上，∴∠BDC=120°，∴∠AEC=∠BDC=120°，故①的答案为：120°；②的答案为：相等；（2）解：如图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与△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=45°，点B、D、E在同一条直线上，∴∠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的度数为90°，线段CM、AE、BE之间的数量关系为：∴BE=AE+2CM；（3）解：根据（1）（2）中结论可知：△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°．【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．8．（2023·全国·九年级专题练习）如图,在△ABC中,AC=BC=10，cosC=35，AD是BC边上的高，点O是AB的中点，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿折线AD−DB向终点B运动，连结OP，作点A关于直线OP的对称点A'(1)线段AB的长为_______；(2)用含t的代数式表示点P到AB的距离ℎ；(3)连结A'D，当线段A'(4)当点O、A'、C【答案】(1)4(2)ℎ=(3)当线段A'D最长时，(4)t=【分析】（1）由AD是BC边上的高得∠ADC=90°，由cosC=CDAC=35，AC=BC=10得（2）分两种情况讨论，当点P在AD上运动和点P在BD上运动时，根据等面积法，分别可以求出ℎ和t的关系，从而即可得到答案；（3）当点O、A'、D三点共线时，线段A（4）以点D为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，可以直接写出各个点的坐标，从而可以求出直线OC的解析式，由点A'在直线OC上，设出点A'的坐标，再根据OA=OA'求出点A'的坐标，从而可以得出直线A【详解】（1）解：∵AD是BC边上的高，∴∠ADC=90°，∵cos∴CD=6，∴AD=A∵∠ADB=90°，∴AB=A故答案为：45（2）解：当0<t≤8时，点P在AD上运动，作PQ⊥AB交AB于点Q，作OM⊥AD交AD于点M，点P到AB的距离即PQ的长，如图所示，根据图可得：S△AOP∵点O是AB的中点，∴OA=25∵OM⊥AD，∴∠AMO=∠ADB=90°，∴OM∥BD，∵点O是AB的中点，∴OM=1∵AP=t，PQ=ℎ，∴1∴ℎ=5当8<t≤12时，点P在BD上运动，作PQ⊥AB交AB于点Q，作OM⊥BD交BD于点M，点P到AB的距离即PQ的长，连接OP，如图所示，根据图可得：S△POB∵OM⊥BD，点O是AB的中点，∴OM=1∵AD+DP=t，∴DP=t−8，∴BP=BD−PD=4−t−8∴1∴ℎ=−2综上所述：ℎ=5（3）解：当点O、A'、D连接OD、A在△ABD中，∵∠ADB=90°，点O是AB的中点，∴OD=1∵点A关于直线OP的对称点为A'∴OA=OA∴根据三角形三边关系可得：0<A因此当点O、A'、D∵OA=OA'=OB=OD∴△A∴∠AA∴A∴S∴当线段A'D最长时，（4）解：以点D为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则B−4，0，C6，设直线OC的解析式为：y=kx+b，则−2k+b=46k+b=0解得：k=−1∴直线OC的解析式为：y=−1∵点O、A∴设点A'坐标为m∵点A关于直线OP的对称点为A'∴OA=OA∴m+2解得：m=2，∴A∵PA=PA∴点P在AA设直线AA'的解析式为：则2a+b=2b=8，解得a=−3∴直线AA'的解析式为：∴AA'的垂直平分线的解析式为：∵A、A'的中点在∴1∴c=14∴AA'的垂直平分线的解析式为：∴P0∵8−∴t=10【点睛】本题考查了勾股定理，等面积法求三角形的高，求一次函数解析式，建立平面直角坐标系求解，本题的综合性较强，正确作出辅助线，采用数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．9．（2022秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为(1)如图1，若点D是AB的中点，∠DBA等于多少？(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．【答案】(1)30°(2)①证明见解析；②30°【分析】（1）连接BD，根据AB=BC可得（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°，证明△BEA≌△BHC和②连接BO并延长⊙O交于点I，则点D在AI上，证明△BEA≌△BHC和【详解】（1）如图1中，连接BD．∵AB=∴∠BCA=∠BAC，∵∠ABC=60°，∴∠BCA=60°，∵D是AB的中点，∴∠DCA=30°，∵AD=∴∠DBA=∠DCA=30°．（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．又∵BE⊥AD于点E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵BD=∴∠BAE=∠BCH，∵AB=∴BA=BC，在△BEA和△BHC中，∠BEA=∠BHC∴△BEA≌∴EA=CH，又∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，∴∠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连接BO并延长与⊙O交于点I，则点D在AI上．如图：过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=90°，又∵BE⊥AD于点E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠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直径，AB=∴BI垂直平分AC，∴AI=∴2∠ABI=∠ABC=60°，∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．10．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，△ABC是一个边长为4的等边三角形，D是直线BC上一点，以AD为边作△ADE，使AE=AD，∠DAE=120°，并以AB、AE为边作平行四边形ABFE．(1)当点D在线段BC上时，AD交BF于点G，求证：△ABD≌△BCF；(2)求线段BF的最小值：．(3)当直线AE与△ABC的一边垂直时，请直接写出▱ABFE的面积．【答案】(1)见解析(2)2(3)▱ABFE的面积为43或163或【分析】（1）由BF=AE，AE=AD，可得BF=AD，△ABC是等边三角形可得AB=BC，∠CBF+∠ABG=60°且∠ABD+∠BAG=60°可得∠CBF=∠BAD，从而可证△ABD≌△BCF；（2）当BF⊥AC时，BF有最小值，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解；（3）分三种情况：①AE⊥AC，②AE⊥AB，③AE⊥BC时，分别画出图形，求出底边长度和高，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABFE是平行四边形，∴BF=AE，BF∥∵AE=AD，∴BF=AD，∵△ABC是等边三角形，∴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：当BF⊥AC时，BF有最小值，如图：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∠ABF=30°，∴AF=12AB=2∴BF的最小值为23故答案为：23（3）解：直线AE与△ABC的一边垂直，分三种情况：①AE⊥AC时，如图：此时∠CAE=90°，∵AE∥∴∠AFB=∠CAE=90°，又∠BAC=60°，在Rt△ABF中，∠ABF=30°AF=12AB=2∴S▱ABFE②AE⊥AB时，如图：此时∠BAE=90°，平行四边形ABFE为矩形，在Rt△ABE中，∠ABC=60°，∠AEB=30°∴BE=2AB=8，AE=8∴S▱ABFE③AE⊥BC时，延长EA交BC于H，如图：此时∠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综上所述，直线AE与△ABC的一边垂直，平行四边形ABFE的面积为43或163或【点睛】本题考查等边三角形、平行四边形性质及应用，涉及全等三角形、矩形等知识，解题的关键是分别画出图形，分类讨论．11．（2023·全国·九年级专题练习）如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，点D为边AB的中点．动点P从点C出发，沿折线CB−BA向终点A运动，点P在CB边上以每秒3个单位长度的速度运动，在BA边上以每秒5个单位长度的速度运动，在点P运动的过程中，过点P作CD的平行线，过点D作PC的平行线，两条平行线相交于点C'．点P不与点C、点A重合．设点P的运动时间为t(1)用含t的代数式表示PB的长；(2)当四边形CPC'D(3)连接CC'，如图②，当CC'将△ABC的面积分成【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，再分点P在CB边、BA边上两种情况考虑即可；（2）先证明四边形CPC'D是平行四边形，由它是轴对称图形时，可证四边形CPC'D是菱形，再分点P在CB边、BA边上两种情况，由菱形的性质结合（1）的结论即可求得；（3）由题意可得BEAE=25或AEBE=25，分点P在CB边上，BEAE=25；点P在【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=A∵点P在CB边、BA边上的速度分别为每秒3个单位长度、每秒5个单位长度运动，∴点P在CB边上的运动时间为6÷3=2（秒)，在BA边上的运动时间为10÷5=2（秒)，当0<t≤2时，点P在CB边上，则PB=6−3t；当2<t<4时，点P在BA边上，则PB=5t−2综上所述，PB=6−3t（2）解：如图①所示，当点P在BC上时，连接PD与CC'交于点O，∵PC∴四边形CPC∵∠ACB=90°，D为AB的中点，∴CD=AD=BD=1∴∠DCB≠90°又∵四边形CPC∴此时平行四边形CPC∴CP=CD=5，∴3t=5，解得t=5如图②所示，当点P在BA边上，同理可证四边形CPC∴CC'⊥AB，设CC'交AB于点E，则∠DEC=90°，∵12∴CE=24∴PE=DE=C∴PB=5−7∴5t−10=11解得t=61综上所述，t的值为53或61（3）解：设CC'交AB于点E，∵CC'将△ABC的面积分成∴BEAE=2如图③所示，点P在CB边上，BEAE=2∵BD=1∴DE=BD−BE=1∴DEBE∵DC'//BC，∴△△DC'E∽△BCE，∴DC'BC=DE解得t=3如图④，点P在BA边上，BEAE=2∵PE=DE=BD−BE=3∴BP=BD−DE−PE=5−2×15∴5t−10=5解得t=15如图⑤，点P在BA边上，AEBE∴BE=5∴PE=DE=5∴BP=BD+DE+PE=5+2×15∴5t−10=65解得t=27综上所述，t的值为32或157或【点睛】本题是动点综合题，考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，旋转的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．12．（2023春·八年级课时练习）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D从O点出发，沿OM方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE(1)求证：△CDE是等边三角形；(2)如图2，当6<t<10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由；(3)如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)存在，23(3)存在，当t的值为2s或14s时，以D、E、B【分析】（1）由旋转的性质可得∠DCE=60°,（2）由旋转的性质可得BE=AD，再由△CDE是等边三角形，可得C△DBE=CD+4，根据垂线段最短得，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，根据等边三角形的性质以及勾股定理求出（3）分四种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解．【详解】（1）证明∶∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°,∴△CDE是等边三角形；（2）解：存在，当6<t<10时，由旋转的性质得：BE=AD，∴C△DBE由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE由垂线段最短得，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，AD=1∴CD=A∴△BDE的最小周长=CD+4=23（3）解：存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t<6时，由旋转可知，∠ABE=60°,∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠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当6<t<10s④如图，当t>10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC>0°，∴∠BDE>60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm∴t=14÷1=14s综上所述：当t的值为2s或14s时，以D、E、B【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．13．（2023·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8．点D为斜边AB的中点，ED⊥AB，交边BC于点E．点P为射线AC上的动点，点Q为边BC上的动点，且运动过程中始终保持PD⊥QD(1)求证：△ADP∽△EDQ；(2)设AP=x，BQ=y．求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；(3)联结PQ，交线段ED于点F，当△PDF为等腰三角形时，求线段AP的长．【答案】(1)见详解(2)y=(3)256或【分析】（1）证∠A=∠DEQ，∠EDQ=∠ADP，即可得出△ADP∽（2）证△EDB∽△ACB，求出ED=154，EB=254，由（1）得：（3）证tan∠QPD=DQDP=EDAD=EDBD=tanB，得∠QPD=∠B，再证△PDF∽△BDQ【详解】（1）证明：∵∠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∵点D为斜边AB的中点，∴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为等腰三角形时，△BDQ也为等腰三角形，在（2）中，AP=x，BQ=y．有y=25①若DQ=BQ，过Q作QG⊥BD于G，如图所示：∵AD=BD=1则DG=BG=1∵cos∠B=∴52解得：x=25即AP=25②若BQ=BD，则254解得：x=5即AP=5③若DQ=DB，则∠B=∠DQB，此时，点Q与点C重合∴此种情况不存在，舍去；综上所述，当△PDF为等腰三角形时，线段AP的长为256或5【点睛】本题是三角形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形和直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．14．（2023·全国·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是(0，6)，连接AB．若动点P从点B出发沿着线段BA以5个单位每秒的速度向终点(1)求线段AB的长．(2)连接OP，当△OBP为等腰三角形时，过点P作线段AB的垂线与直线OB交于点M，求点M的坐标；(3)已知N点为AB的中点，连接ON，点P关于直线ON的对称点记为P'(如图2)，在整个运动过程中，若P'点恰好落在△AOB内部(不含边界)，请直接写出【答案】(1)10(2)0,−73,0,−4(3)当1439<t<1时，P'【分析】（1）勾股定理直接求解即可；（2）分PO=PB,BO=BP,OB=BP三种情形，分别讨论，即可求解；（3）当P'在OA上时，过点N作NF⊥x轴于点F，过点O作OE⊥AB，过点P作PG⊥y轴于点G，因为N点为AB的中点，由（2）可知N4,3，OE=245，根据等面积法求得PG=4t，进而得出BG=3t,OG=6−3t,PN=5−5t，根据轴对称的性质得出OP=OP'，S△PON【详解】（1）解：∵点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是∴OA=8,OB=6，∴AB=O（2）当PB=PO时，如图，过点P作PD⊥y轴于点D，PC⊥x轴于点C，∴BQ=OQ=1∵PB=PO，∴∠PBO=∠POB，∵∠POB+∠POA=90°,∠PAO+∠PBO=90°，∴∠POA=∠PAO，∴PO=PA=1设OM=x,在Rt△PDM中，P在Rt△BPM中，P∴P即4解得：x=7∴M0,−当BP=BO=6时，如图，过点P作PD⊥y轴于点D，PC⊥x轴于点C，过点O作OE⊥AB于点∴DO=PC,DP=OC，∵S△AOB∴OE=OB×OA∵S△POB∴PD=OE=24设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当OB=OP时，如图，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵MP⊥AB，∴∠BPO+∠OPM=90°，又∠BMP+∠MBP=90°，∴∠OMP=∠OPM，∴OM=OP=OB=6，∴M0,−6综上所述，M0,−73或M（3）如图，当P'在OA上时，过点N作NF⊥x轴于点F，过点O作OE⊥AB，过点P作PG⊥y轴于点G∵N点为AB的中点，由（2）可知N4,3，OE=则NF=3，∵BP=5t，BO=6,AO=8，∴S△BOP∴PG=BP×OE∴BG=B∴OG=6−3t，∵BN=1∴PN=5−5t，∵对称，∴OP=OP'，∴S△PON即12∴OP=OP在Rt△OPG中，∴4解得t=2（舍去）或t=当点P运动到点N，此时P,P',N重合，此时5t=5∴当1439<t<1时，P'【点睛】本题考查了勾股定理，解一元二次方程，坐标与图形，等腰三角形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．15．（2022秋·吉林长春·九年级校考期中）如图①，在△ABC中，AC=BC=10，tanC=43，点P从点A出发沿折线AB−BC运动．点P在AB上的运动速度是每秒25个单位长度，在BC上的运动速度是每秒5个单位长度．当点P不与点A、B、C重合时，作PQ⊥AC于点Q，以线段PQ为边作矩形PQMN，使点B、M、N始终在线段(1)tanA=

(2)用含有t的代数式表示线段PQ的长．(3)当点N落在△ABC的边上时，求t的值．(4)如图②，点D、E分别是AC、PN的中点，作直线DE，直接写出直线DE与△ABC的一边垂直时【答案】(1)2(2)①当0<t<2时，PQ=4t；②当2<t<4时，PQ=16−4t(3)t=107(4)t=511，53，【分析】（1）过点B作AC边的高线，根据tanC=43及AC=BC=10（2）当点P在AB段运动时，PA=25t，由tanA=2，则PQ=255PA，可得PQ=4t，当点P在BC段运动时，BP=5（3）分两大类情况讨论：点N在BC上与点N在AB上，由QM=12PQ，QM=PN，当点N在BC上时，PQ=4t，则PN=12PQ=2t，此时由△BPN∽△BAC，可得PNAC（4）分别画出垂直于三边的图形，依据图形分析即可．【详解】（1）如图所示：过点B作AC边的高线BE，由tanC=设EC=3x，则BE=4x，根据勾股定理：BC=C可得：EC=6，BE=8，所以∴（2）如下左图所示：AB=AE2+BE2=45，当点P在AB段运动时（0<t<2），PA=2如下右图所示：当点P在BC段运动时（2<t<4），BP=5t−2，则PC=10−5由tanC=4综上所得：①当0<t<2时，PQ=4t；②当2<t<4时，PQ=16−4t

（3）如下左图所示：点N在BC上，由QM=12PQ，QM=PN由点P在AB上的运动速度是每秒25个单位长度，则PA=25t，由sinA=PQPA=可得PNAC∴2t10如下右图所示：点N在AB上，PQ=16−4t，PN=12PQ=8−2t，PB=5t−2∴PNAC=∴t=（4）当DE⊥AC时：①如图1所示：PQ=16−4t，PE=1则QC=5−4−t∵QC∴t=11②如图2所示：PQ=4t，EP=DQ=t，则AQ=5−t，∵AQ∴t=如图3所示：当DE⊥AB时，设垂足为R，PQ=4t，EP=t，∵∠REP+∠RPE=∠RPE+∠QPA=90°，∴∠REP=∠QPA，∴△ERP∽△PQA，由相似性质及tanA=2，可得：PR=t5∴RA=RP+PA=5∴t=5如图4所示：当DE⊥BC时，设垂足为R，PQ=16−4t，PC=20−5t，PE=14PQ=4−t此时有关系式：PR+PC=35PE+PC=3∴t=97

图1

图2图3

图4【点睛】本题结合动点考查了相似与锐角三角函数，关键是灵活运用相似性质及三角函数解三角形，最后一问主要通过画图分析，逆向（执果索因）解决问题．16．（2023春·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AB=AC，点P为△ABC边上的动点，速度为1cm/s．(1)如图1，点D为AB边上一点，AD=1cm，动点P从点D出发，在△ABC的边上沿D→B→C的路径匀速运动，当到达点C时停止运动．设△APC的面积为S1（cm2），△BPC的面积为S2（cm2），点P运动的时间为t（s）．S1①在图1中，AB=cm，BC=cm；②在图2中，求EF和MN的交点H的坐标；(2)在（1）的条件下，如图3，若点P，点Q同时从点A出发，在△ABC的边上沿A→B→C的路径匀速运动，点Q运动的速度为0.5cm/s，当点P到达点C时，点P与点Q同时停止运动．求t为何值时，BP−BQ最大？最大值为多少？【答案】(1)①5，6；②点H(2)t=11时，BP−BQ最大值为5.5cm【分析】（1）①由图象可求解；②由勾股定理可求AT的长，由三角形的面积公式可求S△ABC，即可求点H（2）分三种情况讨论，由线段的和差关系可求解．【详解】（1）①由图2可知，BD=4cm，BC=6cm，∴AB=5（cm），故答案为：5，6；②如图1，过点A作AT⊥BC于T，∵AB=AC，AT⊥BC，∴BT=CT=3（cm），∴AT=AB2∴SΔABC=∴当S1=S2时，即此时点P是AB的中点，∴AP=BP=5∴PD=3∴点H3（2）①当0≤t≤5时，P，Q均在AB上，∴当t=5时，BP−BQ最大=2.5cm，②当5<t≤10时，P在BC上，Q在AB上，∴BP−BQ=∴当t=10时，BP−BQ最大=5cm，③当10<t≤11时，P，Q均在BC上，∴BP−BQ=∴当t=11时，BP−BQ最大=5.5cm，∴综上，t=11时，BP−BQ最大值为5.5cm．【点睛】本题是三角形综合题，考查了函数图象的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．17．（2023·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连接PB，过点P作PE⊥PB，交DC于点E，已知AD=3，AC=5．设AP的长为x．(1)AB=___________；当x=1时，求PEPB(2)试探究：PEPB(3)当△PCE是等腰三角形时，请求出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）结论：PEPB（3）连接BE交AC于F，在Rt△BCF中，cos∠BCF=CFBC【详解】（1）解：作PM⊥AB于M交CD于N．∵四边形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∵MN=AD=3，∴PN=MN−PM=12∵∠PMB=∠PNE=∠BPE=90°，∴∠BPM+∠EPN=90°，∠EPN+∠PEN=90°，∴∠BPM=∠PEN，∴△BMP∽△PNE，∴PEPB故答案为4，34（2）结论：PEPB理由：由PA=x，可得PM=35x．AM=45∵△BMP∽△PNE，∴PEPB（3）连接BE交AC于F．∵∠PEC>90°，所以只能EP=EC，∴∠EPC=∠ECP，∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠BPC=∠BCP，∴BP=BC，∴BE垂直平分线段PC，在Rt△BCF中，cos∠BCF=∴CF3∴CF=9∴PC=2CF=18∴x=PA=5−18综上所述，x的值为75【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．18．（2022秋·辽宁营口·九年级校联考期中）如图1，△ABC与△AEF都是等边三角形，边长分别为4和3，连接FC,AD为△ABC高，连接CE(1)求证：△ACF(2)将△AEF绕点A旋转，当点E在AD上时，如图2，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG(3)连接BN，在△AEF绕点A旋转过程中，求BN【答案】(1)见解析(2)NG=(3)BN的最大值52【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；（2）证明AC垂直平分线段EF，推出CE=CF，利用勾股定理求出CE，再利用三角形中位线定理求出（3）在旋转过程中，BN≤BH+HN，BN≤52【详解】（1）证明：∵△ABC与△∴∠BAC∴∠BAE在△ABE和△AB=∴△ABE≅△ACF（2）解：∵AD为等边△ABC∴DC=∴AD=∵AE=∴AC⊥EF，EG=∴CE=∵AE=∴DE=2∴EC=∴CF=∵N为CE的中点，∴NG=（3）解：如图，取AC的中点H，连接BH，∵BH为等边△ABC∴BH⊥由（2）同理可得BH=2∵N为CE的中点，∴NH是△ACE∴NH=在旋转过程中，BN≤∴BN≤523而且当点H在线段∴BN的最大值52【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题．19．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题问题情境：某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α0°<α<90°，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，(1)初步探究：勤思小组的同学提出：当旋转角α=时，△AMC是等腰三角形；(2)深入探究：敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；(3)再探究：在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；(4)拓展延伸：在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．【答案】(1)60°或15°(2)见解析(3)3(4)能，∠α=30°或60°【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴α=90°−30°=60°，当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴α=15°，综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，故答案为：60°或15°；（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），∴∠BAM=∠FAN，在△ABM与△AFN中，∠B∴△ABM∴AM=AN，∵AE=AC，∴EM=CN，在△MPE和△∠E∴△MPE∴PE=PC，∴点P在CE的垂直平分线上，∵AE=AC，∴点A在CE的垂直平分线上，∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；（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与△AFE重叠的面积=S△AEF-S△AFN（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．∴∠α=30°．如答题图2所示：当∠CPN=90°时．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．综上所述，∠α=30°或60°．【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．20．（2023·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘，BC=53．点E从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长的速度向点C匀速运动，同时点F从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是t秒(t>0)．过点F作FD⊥BC于点D，连接DE(1)求证：四边形AEDF是平行四边形；(2)当t为何值时，AD⊥EF；(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)当t=103(3)当t＝52或4时，△DEF【分析】（1）根据平行线的判定与勾股定理即可得出结论；（2）由（1）知四边形AEDF是平行四边形，只要平行四边形AEDF为菱形，即可利用菱形对角线垂直得到结论；（3）要使△DEF为直角三角形，需要分三种情况讨论：∠DEF=90°；∠DFE=90°；∠FDE=90°，直接求解即可．【详解】（1）证明：在Rt△ABC中，∠C=90∵FD⊥BC，∴∠FDB=90°=∠C，∴AC∥∵点E从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长的速度向点C匀速运动，同时点F从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，设点D，E运动的时间是t秒(t>0)∴AE=t,BF=2t，在RtΔFBD中，∠FDB=90∘，∠B=30∘∴AE∥FD，且∴四边形AEDF是平行四边形；（2）解：由（1）知四边形AEDF是平行四边形，在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠B=30∴AB=10，∴AF＝AB−BF＝10−2t．当平行四边形AEDF是菱形时，AD⊥EF，则需AE＝AF，即t＝10−2t，∴t=10即当t=103时，平行四边形AEFD为菱形，（3）解：（3）解：当t＝52或4时，△DEF理由如下：分情况讨论：方法①∠BDF＝∠DFE＝90°时，如图所示：则EF∥BC，∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，∴AF＝2AE，∴10−2t＝2t，∴t＝52②∠DEF＝90°时，如图所示：∵AC⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF，又∵AE＝DF，∴四边形AEDF为平行四边形，∴AF∥ED，∴∠AFE=∠DEF=90°，∠BED＝∠A＝60°，即AF＝12AE∴10−2t＝12t，解得t③∠EFD＝90°时，此种情况不存在．综上所述，当t＝52或4时，△DEF【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，有一定难度，熟练掌握相关几何性质及判定是解决问题的关键．21．（2023·全国·九年级专题练习）如图1．在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝DC＝16，AD＝12，点E是CD边的中点，连接(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)求△CFD的面积；(3)如图2，连接AC交BD于点O，点P为EC上一动点，连接OE、OP．将△OPD沿OP折叠得到△OPM，PM交OC于点N，当△PCN为直角三角形时，求CP的长．【答案】(1)见解析(2)32(3)2或5【分析】(1)根据平行线的判定得到AB∥CD，推出四边形(2)过点F作FG⊥CD于点G，先证△DFE∽△BFA，得到EF与AE的比值，然后再证△EGF∽△EDA，根据GFAD=EFAE=(3)依据题意，求出CE、OE、OC的值，接着讨论△PCN为直角三角形时分两种情况：①当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②当∠PNC=90°时，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，从而求出OE、CN，接着证△PNC∽△OEC，利用其性质PCOC=CN【详解】（1）证明：∵∠EDF=∠FBA，∴AB∥∵AB＝CD＝16，∴四边形ABCD是平行四边形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：如图1，过点F作FG⊥CD于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥CD，AB∥∴△DFE∽△BFA，∴EFAF∴EFAE∵∠ADG=∠FGE=90°∴FG∥∴△EGF∽△EDA，∴GFAD∴GF=AD×1∴△CFD的面积为12（3）解：∵ABCD是矩形，E是CD中点∴∠ADC=90°，点O是AC中点，CE＝8，∴AC=122+162∴OE=12AD=6∵∠ACD＜∴△PCN为直角三角形分两种情况讨论：①如图2，当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，∴由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，∴PE＝OE＝6，∴CP＝CE－EP＝2；②如图3，当∠PNC＝90°时，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，综上所述，CP的长为2或5．【点睛】此题考查了平行线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，折叠的性质等内容，熟练掌握相关知识并灵活运用以及分组讨论是解题关键．22．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，延长BC到点E，使CE＝3，连接DE．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿折线BC－CD向终点D运动，设点P运动的时间为t秒．（t>0）(1)DE＝______；(2)连接AP，当四边形APED是菱形时，求菱形APED的周长；(3)连接BP、PD，设四边形ABPD的面积为S，求S与t之间的函数关系式；(4)直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时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）直接利用勾股定理计算即可；（2）根据菱形的性质：四边相等，可得答案；（3）分类讨论，当0＜t＜52和5（4）当点P在BC上，若点P到AB、AD的距离相等时，则BP＝4；当点P到AD、DE距离相等时，则PH＝CD＝4，利用AAS证明△ECD≌△EHP，得EP＝DE＝5；当点P在CD上时，若P到BE、DE距离相等时，则PH＝PC，利用面积法求出PC，进而解决问题．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，∠BCD＝90°，在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝32故答案为：5；（2）∵四边形APED是菱形，且AD＝5，∴菱形APED的周长为4×5＝20；（3）当0＜t＜52时，由题意知，BP＝2t∴S＝12（5+2t）×4＝10+4t当52≤t<92时，则∴S＝12（4+9﹣2t）×5＝65综上：S＝{10+4t(0<t<（4）当点P在BC上，若点P到AB、AD的距离相等时，则BP＝4，∴t＝2；当点P到AD、DE距离相等时，则PH＝CD＝4，∵∠DCE＝∠PHE，∠E＝∠E，PH＝CD．∴△ECD≌△EHP（AAS），∴EP＝DE＝5，∴BP＝3，∴t＝32当点P在CD上时，若P到BE、DE距离相等时，则PH＝PC，∴12∴PC＝32∴t＝5+322综上：t＝2或32或13【点睛】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，梯形的面积公式，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，运用分类思想是解题本题的关键．23．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践问题情境：矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，将△BCD沿着对角线BD所在的直线平移，得到△B′C′D′，连接AB′，DC′．操作探究：(1)如图1，当△BCD沿射线BD的方向平移时，请判断AB′与DC′的长度有何关系？并说明理由；(2)如图2，当△BCD沿射线DB的方向平移时，四边形AB′C′D能成为菱形吗？若能，求出平移的距离；若不能，说明理由；(3)当△BCD平移距离为2时，请你在备用图中画出平移后的图形（除图2），并提出一个问题，直接写出结论．【答案】(1)AB′＝DC′，理由见解析(2)能，2(3)见解析【分析】(1)根据平移的性质证明四边形AB(2)利用菱形的性质可得AB(3)结合(2)当△BCD沿射线DB的方向平移，平移距离为2时，利用菱形的性质可得AC'与【详解】（1）解：AB∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝∵△B'C∴B'C'∴B'C'∴四边形AB∴AB（2）能，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵∠ADB=30°，∴∠ABD=60°，∵四边形AB∴AB∴∠AB∵∠ABD=∠AB∴∠AB∴B'则平移的距离为2．（3）如图，问题：当