中考数学三轮冲刺培优训练专题22开放探究型压轴大题（解析版）

一、解答题1．（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．2．（2023春·河南驻马店·九年级驻马店市第二初级中学校考开学考试）点E是矩形ABCD边AB延长线上一动点（不与点B重合），在矩形ABCD外作Rt△ECF其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接DF交CG于点H．(1)发现如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是______(2)探究如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．(3)拓展在（2）的基础上，若FC的延长线经过AD的三等分点，且AD＝3，AB＝4，请直接写出线段EF的值【答案】(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，见解析；(3)552【分析】（1）证明ΔGCF≌ΔBEC(AAS)，得BC=GF，则CD=GF，则证Δ（2）证ΔFCG∽ΔCEB，则GFBC=FCCE（3）根据矩形的性质和已知得n=ABAD=【详解】（1）DH=HF，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠EBC=∠BCD=90°，∵FG⊥BC，∠ECF=90°，∴CD//GF，∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°，∴∠GCF+∵∠BCE+∴∠GCF=在ΔGCF和Δ∠GCF=∴ΔGCF≌∴BC=GF，∴CD=GF，∵CD//GF∴∠HDC=∵∠HCD=在ΔHCD和Δ∠HDC=∴ΔHCD≌∴DH=HF，故答案为DH=HF，（2）DH=HF仍然成立，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，FG⊥BC，∠ECF=90°，∴∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°∴∠FCG+∵∠BCE+∴∠FCG=∴ΔFCG∼∴GFBC∴四边形ABCD是矩形，AB=nAD，∴CDBC∴GFBC∴GF=CD，∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC，∵FG⊥BC，∴CD//FG，∴∠HDC=∠HFG，∠HCD=∠HGF，在ΔHCD和Δ∠HDC=∴ΔHCD≌∴DH=HF，（3）如图所示，延长FC交AD于R，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=4，AD=BC=3，∠RDC=90°，RD//CH，∵AB=nAD，CF=nCE，∴n=AB∴CF=4分两种情况：①当AR=1∵AD=3，∴AR=1，DR=2，在RtΔCR=D∵RD//CH，DH=HF，∴RC=CF=25∴CE=3由勾股定理得：EF＝CF②当DR=13ADDC=4，CF=RC=17∴CE=3由勾股定理得：∴EF=C综上所说，若射线FC过AD的三等分点，AD=3，AB=4，则线段EF的长为552或【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2023·河北·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是10，A，B为⊙O外两点，AB＝22．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”．(1)如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是______；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点______的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；(2)若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为_____；(3)如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是_____；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母．【答案】(1)平行，P2(2)（1，3）(3)2，图见解析【分析】（1）根据平移的性质，可以得到AB//P1P2//P3（2）根据定义和（1）提示，可以知道，平移AB，使对应点落在圆上，即在圆上满足AB//A'B'，AB=A'B'，这样的A'B'只有两条，分别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段AA'是线段AB到⊙O的优距离，利用A和B坐标，求出直线AB解析式，从而得到直线A'B'的比例系数k=−1，同时可以得到ΔAOM为等腰直角三角形，因为A'B'=22，过O作OH⊥A'B'，利用垂径定理和勾股定理，求出OH=22（3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB//A'B'，AB=A'B'，符合条件的A'B'只有两条，并且位于O点两侧，如图2，根据垂线段最短，当AA'⊥AB时，d最小，过O作OH⊥A【详解】（1）解：∵AB平移得到P1∴AB//P同理，AB//P∴P由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O故答案为：平行，P2（2）解：如图1，过B作BG⊥y轴于G，则G0,5∴AG=BG=2，∠GAB=∠GBA=45°，∴AB=2设直线AB为y=kx+7，代入点B，得k=−1，∴直线AB为y=−x+7，设直线AB交x轴于M，∵BG⊥y轴，∴BG//x轴，∴∠AMO=∠GBA=45°，由（1）可得，平移AB，使对应点落在⊙O上，此时AB//A'B这样的对应线段有两条，分别位于圆心O点两侧，所以当A'在如图位置时，线段AA'的长度是AB过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'∵A∴∠OHB∴∠TOM=90°−∠AMO=45°，连接A'∵OH⊥A∴A在RtΔA'过H作HE⊥x轴于E，∵sin∴HE=OE=2，∴H2,2∵AB//A∴设直线A'B'为y=−x+m，代入点H∴直线A'B'设A'a,−a+4，过A'作A在RtΔA'∴a∴a=1或a=3，∵−10∴a=1，∴A故答案为：1,3；（3）解：由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB//A'B符合条件的A'B'如图2，根据垂线段最短，当AA'⊥AB∵AB//A'B∴四边形AA∵AA∴平行四边形AA∴A令x=0，则y=−x+6=6，∴N0,6同理，M6,0∴OM=ON=6，∴Δ过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H∴A在RtΔA'∵AB//A∴∠OTM=∠OHB∴OT⊥MN，又ΔMON∴OT=1∴HT=OT−OH=2∵A'A⊥AB∴AA又AB//A∴四边形A'∴d=AA即d的最小值为2．【点睛】本题主要考查特殊三角形和勾股定理，垂径定理，能根据特殊三角形和勾股定理，垂径定理求解相关的线段和角度，是解决此类问题的关键．4．（2023春·全国·八年级期中）如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：（3）当a=8时，①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．【答案】（1）∠B'AM=∠DAM；（2）a=6；（3）①93；②PB的长度为8或【分析】（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B=∠BAD=90°，∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，∵∠PAM=45°，即∠B′AP+∠B′AM=45°，∴∠DAM+∠BAP=45°，∴∠DAM=∠B′AM，∵AM=AM，∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，∴∠B′AM=∠DAM；（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，∴AD=AB′=AB=a，∵AD=BC=6，∴a=6；（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，由勾股定理得：AC=AB2设PB=x，则PC=6−x，由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，∴∠PB′C=90°，又∵AB′=AB=8，∴B′C=2，在Rt△PB′C中，PC2∴(6−x)2=22+x2，解得：x=93即PB=93②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，设PB′=PB=t，如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，∴DB′=A∴CB′=CD−DB′=8−27，在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，∴t2=(8−27)2+(6−t)2，∴t=32−87如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，在Rt△ADB'中，DB′=A∴CB′=8+27，在Rt△PCB'中，则有：(8−27)2+(t−3)2=t2，解得t=32+87如图2-3中，当∠CPB'=90°时，∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，∴四边形AB'PB为正方形，∴BP=AB=8，∴t=8，综上所述，PB的长度为8或32+873或【点睛】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．5．（2023春·广东深圳·八年级统考阶段练习）已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60°得到AE，连接DE．(1)如图1，猜想△ADE是什么三角形？______________；（直接写出结果）(2)如图2，点D在射线CB上（点C的右边）移动时，证明∠BCE+∠BAC=180°．(3)点D在运动过程中，△DEC的周长是否存在最小值？若存在．请求出△DEC周长的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)等边三角形(2)见解析(3)存在，4+2【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；（2）根据旋转可证△ABD≌△ACESAS，得到∠OCD=∠OAE=60°（3）根据旋转可得，△ABD≌△ACE，则△DEC的周长=DE+CE+DC=BD+CD+DE，当点D在线段BC上时，△DEC的周长=BC+DE，当D在线段BC上，且DE最小时，△DEC的周长最小，由此即可求解．【详解】（1）解：等边三角形，∵点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60°得到AE，∴∠DAE=60°，AD=AE，∴∠ADE=∠AED=1∴△ADE是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）解：等边三角形，如图2中，设AD交CE于点O．由旋转的性质可知，∠DAE=60°，AD=AE，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠BAC=60°，∴∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACESAS∴∠ADB=∠AEC，∵∠COD=∠AOE∴∠OCD=∠OAE=60°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACO=60°+60°=120°，∵∠BAC=60°，∴∠BCE+∠BAC=180°．（3）解：点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+23理由：如图3中，根据旋转可得，△ABD≌△ACE，∴CE=BD，则△DEC的周长=DE+CE+DC=BD+CD+DE，当点D在线段BC上时，△DEC的周长=BC+DE，当点D在线段BC的延长线上时，△DEC的周长=BD+CD+DE>BC+DE，∴△DEC的周长≥BC+DE，∴当D在线段BC上，且DE最小时，△DEC的周长最小，∵△ADE为等边三角形，∴DE=AD，当AD⊥BC时，AD的值最小，AD的最小值为23∴△DEC的周长的最小值为4+23【点睛】本题主要考查等边三角形，旋转的性质的综合，掌握旋转中角与边的关系，全等三角形的判定和性质是解题的关键．6．（2023·山东济南·统考一模）如图1，已知正方形AFEG与正方形ABCD有公共顶点A，点E在正方形ABCD的对角线AC上(AG<AD).(1)如图2，正方形AFEG绕A点顺时针方向旋转α(0°<α<90°)，DG和BF的数量关系是_____________，位置关系是_______________；(2)如图3，正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，求CEDG的值以及直线CE和直线DG(3)如图4，AB=8，点N在对角线AC上，CN=22，将正方形AFEG绕A顺时针方向旋转α(0°<α<360°)，点M是边CD的中点，过点M作MH∥DG交EC于点H；在旋转过程中，线段NH的长度是否变化？如果不变，请直接写出NH【答案】(1)DG=BF，DG⊥BF；(2)CEDG=2(3)不变，线段NH是一个定值，NH=22【分析】（1）如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，证明△DAG≌△BAF，进而得出DG=BF，∠ADG=∠ABF，根据平行线的性质得出（2）连接AE，证明△ADG∽△ACE，得出CEDG=2，∠ADG=∠ACE，延长DG、CE交于点O（3）过点M作MN'⊥AC，得出CN=CN'，即可证明MN⊥NC，设∠ADG=θ，则∠GDC=90°−θ，连接AE，过点M作MO⊥DC交AC于点O，证明△ADG∽△ACE，得出∠ADG=∠ACE=θ【详解】（1）解：如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点∵正方形AFEG与正方形ABCD，∴AG=AF,AD=AB,∠DAB=∠GAF=90°，∴∠DAG+∠GAB=∠GAB+∠BAF=90°，∴∠DAG=∠BAF，∴△DAG≌△BAF，∴DG=BF，∠ADG=∠ABF，∵PB∥∴∠CDG=∠CPB，即90°−∠ADG=90°−∠PCB=∠PBA，又∵∠ADG=∠ABF，∴∠PBA+∠ADG=∠PBA+∠ABF=90°，∴BF⊥PB，∴BF⊥DG，∴DG和BF的数量关系是相等(DG=BF)，位置关系是垂直(DG⊥BF)，故答案为：DG=BF，DG⊥BF；（2）连接AE，由旋转性质知∠CAE=在Rt△AEG和RtAGAE=cos45°=22，∴AGAE∴△ADG∽△ACE，∴DG∴CEDG=∵△ADG∽△ACE，∴∠ADG=∠ACE，延长DG、CE交于点O，∵∠DPO=∠CPA，∴∠DOC=∠DAC=45°（3）∵AB=8，点M是边CD的中点，点N在对角线AC上，CN=22∴MC=4,∠MCN=45°,过点M作MN在Rt△MCN'∴CN=C即点N,N∴MN⊥NC，∴∠MNC=90°设∠ADG=θ，则∠GDC=90°−θ，∵MH∥DG∴∠HMC=90°−θ，如图所示，连接AE，过点M作MO⊥DC交AC于点O，∴MO∴∠MOC=∠DAC=45°，∴△MOC是等腰直角三角形，又∵MN⊥OC，∴MN=NC=NO，∵ADAC=AG∴△ADG∽△ACE，∴∠ADG=∠ACE=θ，∴∠MCH=45°+θ，∴∠MHC=180°−∠HMC−∠HCM=180°−90°−θ∴∠MOC=∠MHC=45°，∴M,C,H,O四点共圆，∴线段NH是一个定值，NH=CN=22．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，四点共圆，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．7．（2023春·全国·八年级期中）如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF=BD，(1)证明：EF=DF；(2)如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG=EC+EM，CM=GM，∠GMC=∠GEC，证明：(3)如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD=4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在，4【分析】（1）可先推出∠CAF=∠ABD，再证△ACF≌（2）在EF上截取EN=EM，连接MN，可推出△EMN是等边三角形，可证△NCM≌△EGM，然后推出（3）先求得AD=833，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，可得△PDQ是等边三角形，于是AP+PD+CP=AP+PQ+QG，故当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP【详解】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB，∠ACB=60°，∴∠CAF+∠DAB=60°，∵∠EDF=60°，∴∠DAB+∠ABD=60°，∴∠CAF=∠ABD，∴在△ACF和△BAD中，AC=AB∠CAF=∠ABD∴△ACF≌△BAD（SAS∴∠DAB=∠ACF，∠CAF=∠ABD，CF=AD，同理可证：△ACF≌△CBE，∴CE=BD=AF，CF=AD=BE，∴EF=DF；（2）证明：如图2，由（1）知，EF=DF，∴△DEF是等边三角形，∴∠DEF=60°，在EF上截取EN=EM，连接MN，∵EG=EC+EM，∴CN=CE+EN=CE+EM=EG，∴△EMN是等边三角形，∴∠CNM=60°，∵∠GMC=∠GEC，∴∠NCM=∠EGM，∴在△NCM和△EGM中CN=∴△NCM≌△EGM（SAS∴∠MEG=∠CNM=60°，∴∠CEG=180°−∠MEG−∠FED=60°，∴∠GME=∠GEC=60°，∵CM=GM，∴△CMG是等边三角形，∴CG=CM；（3）解：如图3，由（1）（2）知，△DEF和△CDG是等边三角形，∵GD=4，∴∠CFD=60°∵CD⊥AD，∴∠CDF=90°，∴在Rt△CDF中，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，∴AD=DQ，CP=QG∴△PDQ是等边三角形，∴PD=PQ，∴AP+PD+CP=AP+PQ+QG，∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CPA最小值为AG，作GH⊥AD于H，∴∠CDG=60°，∴∠GDH=∠CDF−∠CDG=30°，∴在Rt△DGH中，GH=sin∠GDH⋅DG=∴AH=AD+DH=8∴在Rt△AGH中，AG=∴AP+PD+CP的最小值是43【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．8．（2023春·重庆南岸·九年级重庆市珊瑚初级中学校校联考阶段练习）已知△ABC为等边三角形，D是边AB上一点，连接CD，点E为CD上一点，连接BE．(1)如图1，延长BE交AC于点F，若∠ABF=15°，BF=6，求AF(2)如图2，将△BEC绕点C顺时针旋转60°到△AGC，延长BC至点H，使得CH=BD，连接AH交CG于点N，猜想线段CE，GN，DE之间存在的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，AB=8，点H是BC上一点，且BD=2CH，连接DH，点K是AC上一点，CK=AD，连接DK，BK，将△BKD沿BK翻折到△BKQ，连接CQ，当△ADK的周长最小时，直接写出△CKQ的面积．【答案】(1)AF=3(2)CE=DE+2GN，理由见解析(3)△CKQ的面积=43【分析】（1）作FJ⊥BC于J，利用等腰直角三角形的性质求得BJ=FJ=3（2）延长CG到点I，使GI=DE，连接AI，过点H作HM∥AG，交CG于点M，先后证明△BCD≌△ACISAS，△IAN≌△CHNASA，（3）过D、H分别作BC的垂线，分别交AC于点G，交BC于点F，作∠KDE=60°交BC于点E，证明△GCH≌△DBF，推出DF=GH，BF=CH，BD=AK，再证明△BDE≌△AKD，推出BE=AD=CH，设BF=CH=a，推出DE=12a−22+16，得到当【详解】（1）解：作FJ⊥BC于J，∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，∵∠ABF=15°，∴∠JBF=45°，则△JBF是等腰直角三角形，∵BF=6∴BJ=FJ=3∵tan∠ACB=∴JC=1，CF=2JC=2，∴AF=AC−CF=BJ+CJ−CF=3（2）解：CE=DE+2GN，理由如下，延长CG到点I，使GI=DE，连接AI，过点H作HM∥AG，交CG于点∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，由旋转的性质知，∠BCD=∠ACI，CE=CG，BE=AG，∠CBE=∠CAG，∴CD=CI，∴△BCD≌△ACISAS∴BD=AI，∠IAC=∠ABC=60°，则AI∥∴∠IAN=∠CHN，∵CH=BD，∴CH=AI，∵∠INA=∠CNH，∴△IAN≌△CHNASA∴AN=HN，∵HM∥同理，△GAN≌△MHNASA∴AG=MH，GN=MN，同理可证△HCM≌△BDE，∴CM=DE，∴CE=CG=CM+MN+GN=DE+2GN；（3）解：过D、H分别作BC的垂线，分别交AC于点G，交BC于点F，作∠KDE=60°交BC于点E，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠GCH=∠DBF=60°，∴GC=2CH，∵BD=2CH，∴BD=GC，∴△GCH≌△DBF，∴DF=GH，BF=CH，∵CK=AD，∴BD=AK，∵∠KDE=60°，∴∠BDK=∠BDE+60°=60°+∠AKD，∴∠BDE=∠AKD，∴△BDE≌△AKD，∴BE=AD=CH，设BF=CH=a，则CG=AK=BD=2a，HG=FD=3a，∴EF=|BF−BE|=a−∴DE=D∵△ADK的周长=AD+AK+DK=AB+DE=8+DE，当△ADK的周长取最小值时，DE的值最小，∴当a=2时，DE的值最小，此时CG=AK=BD=4，即点G、K重合，如图，∴△CKQ的面积=2S【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，求二次函数的最值，作出合适的辅助线，学会利用参数构建二次函数解决问题是解题的关键．9．（2023·福建三明·校考一模）在矩形ABCD中，连接AC，线段AE是线段AC绕点A逆时针旋转90°得到，平移线段AE得到线段DF（点A与点D对应，点E与点F对应），连接BF，分别交AC，CE于点M，N，连接EF．(1)求证：BN=FN；(2)求∠ABF的大小；(3)若BM=x，FN=y，求矩形ABCD的面积（用含有x，y的式子表示）．【答案】(1)证明见解析(2)∠ABF=45°(3)S【分析】（1）连接BE，CF，根据平移的性质，得出四边形AEFD是平行四边形，再根据平行四边形的性质，得出EF=AD，EF∥AD，再根据平行公理，得出EF∥BC，再根据矩形的性质，得出AD=BC，再根据等量代换，得出（2）延长FE，交BA的延长线于点K，由（1）可知EF∥BC，根据平行线的性质，得出∠K=90°，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠1+∠2=90°，再根据题意，得出∠EAC=90°，再根据角之间的数量关系，得出∠1+∠3=90°，进而得出∠2=∠3，再根据旋转的性质，得出AE=AC，再根据“角角边”，得出△EKA≌△ABC，再根据全等三角形的性质，得出EK=AB，AK=BC，进而得出AK=BC=EF，再根据线段之间的数量关系，得出BK=FK，进而得出（3）根据题意，得出△ACE为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，得出∠AEC=∠ACE=45°，再根据（2）得出∠ABF=∠BFK=45°，进而得出∠ABM=∠MCN=∠EFN=45°，再根据对顶角相等，得出∠AMB=∠CMN，再根据三角形的内角和定理和对顶角相等，得出∠BAM=∠MNC=∠ENF，再根据相似三角形的判定定理，得出△ABM∽△NFE，再根据相似三角形的性质，得出ABBM=FNEF，进而得出【详解】（1）证明：如图，连接BE，CF，∵线段AE平移得到线段DF，∴AE=DF，AE∥∴四边形AEFD是平行四边形，∴EF=AD，EF∥∴EF∥又∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∴EF=BC，∴四边形BCFE是平行四边形，∴BN=FN；（2）解：延长FE，交BA的延长线于点K，由（1）可知：EF∥∴∠K+∠ABC=180°，∵∠ABC=90°，∴∠K=180°−90°=90°，∴∠1+∠2=90°，∵线段AE是线段AC绕点A逆时针旋转90°得到，∴∠EAC=90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，∵线段AE是线段AC绕点A逆时针旋转90°得到，∴AE=AC，∵∠EKA=∠ABC=90°，∴△EKA≌△ABCAAS∴EK=AB，AK=BC，∵EF=BC，∴AK=BC=EF，∴BK=AB+AK=EK+EF=FK，∴△BKF是等腰直角三角形，∴∠ABF=∠BFK=45°；（3）解：∵△ACE为等腰直角三角形，∴∠AEC=∠ACE=45°，由（2）可知：∠ABF=∠BFK=45°，∴∠ABM=∠MCN=∠EFN=45°，∵∠AMB=∠CMN，∴∠BAM=∠MNC=∠ENF，∵∠ABM=∠EFN，∴△ABM∽△NFE，∴ABBM∴AB⋅EF=BM⋅FN=xy，又∵EF=BC，∴AB⋅EF=AB⋅BC=xy，∴S矩形【点睛】本题考查了平移的性质、平行公理、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形两锐角互余、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、对顶角相等、相似三角形的判定与性质，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理．10．（2023·湖北省直辖县级单位·校联考一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.将∠AOB绕点O沿逆时针方向旋转α0°≤α<90°得到∠EOF，OE，OF分别交AB，BC于点E，F，连接EF交OB于点G(1)求证：①△OEF是等腰直角三角形；②△COF∽△BFG；(2)在旋转过程中，探究线段AC，EF，OG的数量关系，并说明理由；(3)若AB=3BE，OE=5，求线段OG，BF【答案】(1)①见解析；②见解析(2)EF(3)53，【分析】（1）①由旋转的性质得到∠EOF=∠AOB=90°，再证明△BOE≌△COF，得到OE=OF，即可证明△OEF是等腰直角三角形；②根据三角形外角的性质证明∠BFG=∠COF，再由∠OBC=∠OCB=45°，即可证明△COF∽△BFG；（2）先证明△OEG∽△OBE，得到OE2=OB⋅OG，由勾股定理得到OE=22（3）过O作OM∥BC交AB于点M，延长OE，CB，相交于点N，证明△AOM∽△ABC，∠EOM=∠ENB，得到OMBC=OAAC=AMAB=12，设BE=a，则BC=AB=3BE=3a，则OM=AM=BM=32a，利用勾股定理求出a=2，进而求出AB=32，EM=【详解】（1）证明：①∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O∴AC⊥BD，OA=OB=OC=1∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBA=∠OBC=∠OCB=45°，由旋转可知，∠EOF=∠AOB=90°，∴∠BOE=∠COF，∴△BOE≌△COFASA∴OE=OF，∴△OEF是等腰直角三角形；②∵△OEF是等腰直角三角形，∴∠OEF=∠OFE=45°，∵∠BFG+∠OFE=∠OCB+∠COF，∴∠BFG=∠COF，∵∠OBC=∠OCB=45°，∴△COF∽△BFG；（2）解：EF∵∠OEG=∠OBE=45°，∠BOE=∠EOG，∴△OEG∽△OBE，∴OE∴OE∵△OEF是等腰直角三角形，∴OE=2∵OB=1∴EF（3）解：过O作OM∥BC交AB于点M，延长OE，CB，相交于点N，则OM∥BC，∴△AOM∽△ABC，∠EOM=∠ENB，∵OA=1∴OM设BE=a，则BC=AB=3BE=3a，∴OM=AM=BM=1∴EM=AB−AM−BE=1∵四边形ABCD是正方形，∴∠AMO=∠ABC=90°，∴∠OME=∠NBE=90°，∴EM∴(1∵a>0，∴a=2∴AB=32，EM=22，BE=∴OB=2∵OE∴OG=5∵△EOM∽△ENB，∴OE∴EN=2OE=25，NB=2OM=3∵∠EBN=∠FON=90°，∠N=∠N，∴△NBE∽△NOF，∴BE∵OF=OE=5∴2∴NF=52∴BF=NF−NB=52【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．11．（2023·江苏盐城·统考一模）【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则线段AE与GC之间的关系为______．【问题类比】如图2，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；【拓展延伸】如图3，点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边AD的最大距离为______（直接写出结果）．【答案】【问题思考】AE=GC，AE⊥GC；【问题类比】：【问题思考】中的结论成立，理由见解析；【拓展应用】3+3【问题思考】根据“SAS”证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；【问题类比】同理证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；【拓展应用】根据∠CPA=90°可得点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上，所以当点P位于AD右侧，PH⊥AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，据此解答即可．【详解】解：问题思考：设AQ和BC交于点H，∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，∴∠ADC=∠EDG=90°，DA=DC,DE=DG，∴∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC，即∠ADE=∠CDG，∴△DAE≌△DCG(SAS∴AE=CG，∠DAE=∠DCG，∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH，即∠BAH=∠PCH，∵∠AHB=∠CHP，∴∠B=∠CPA=90°，即AE⊥CG，故答案为：AE=GC，AE⊥GC；问题类比：问题思考中的结论仍然成立，理由如下：设AQ和BC交于点H，∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，∴∠ADC=∠EDG=90°，DA=DC,DE=DG，∴∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC，即∠ADE=∠CDG，∴△DAE≌△DCG(SAS∴AE=CG，∠DAE=∠DCG，∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH，即∠BAH=∠PCH，∵∠AHB=∠CHP，∴∠B=∠CPA=90°，即AE⊥CG，故答案为：AE=GC，AE⊥GC；拓展应用：∵∠CPA=90°，∴点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上，如图：当点P位于AD右侧，PH⊥AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，∵正方形的边长为6，∴AC=62，OH=3∴OP=OC=1∴PH=OH+OP=3+32即动点P到边AD的最大距离为3+32故答案为：3+32【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及确定出点P的运动轨迹是解本题的关键．12．（2023春·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期中）（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，现将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C'，连接BB（2）如图2，在等边△ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1，如果将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△BP'A，求（3）如图3，将（2）题中“在等边△ABC内有一点P”改为“在等腰直角三角形ABC内有一点P”，且BA=BC，PA=6，BP=4，PC=2，求∠BPC的度数．【答案】（1）45°；（2）∠BPC=150°，PP'【分析】（1）根据旋转的性质只要证明△ABB（2）根据旋转的性质，可得△P'PB是等边三角形，由等边三角形的性质即可求出PP'的长，∠B（3）如图3，将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，，与（2）类似：可得：∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，求出∠BEP=45°，根据勾股定理的逆定理求出∠AEP=90°，即可得出结论．【详解】解：∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C∴AB=AB∴∠AB故答案为：45°；（2）∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，∵将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△BP∴AP'=CP=1∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，∴∠P∴△BPP∴PP∵AP∴AP∴△PP'A∴∠BPC=∠AP（3）如图3，将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，与（2）类似：可得：AE=PC=2，BE=BP=4，∠BPC=∠AEB，∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，∴∠BEP=∠BPE=180°−∠EBP在Rt△PBE中，由勾股定理得PE=∵AE=2，∴AE∴△APE是直角三角形，即∠AEP=90°，∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°．【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解答此题的关键．13．（2023春·重庆合川·九年级重庆市合川中学校考阶段练习）如图1，△ABC与△EDC为等腰直角三角形，AC=BC=6，DE=DC=2，∠ACB=∠CDE=90°，将△EDC绕着点C旋转．(1)如图2，在旋转过程中，当A、C、E三点共线(E在AC延长线上)时，连接BE，过D点作AE的垂线交AE于点G，交BE于点F，求BF的长；(2)如图3，在旋转过程中，连接AE、BE，过点D作DF⊥AE于点G，交BE于点F，请写出EF与BF的数量关系并证明．(3)如图4，在（2）的条件下，连接CF、AF，当AF最小时，请直接写出△ACF的面积．【答案】(1)11(2)EF=FB，证明见解析(3)9−【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理解决问题即可．（2）结论：EF=FB．如图3中，过点C作CT⊥CE交ED的延长线于T，连接BT交AE于J，设AE交BC于点O．证明△ACE≌△BCT（SAS），推出∠CAE=∠CBT，推出∠AJB=90°，即BT⊥AE，证明BT∥DF即可．（3）如图4中，取BC的中点T，连接AT，FT．求出AT，FT即可解决问题．【详解】（1）解：如图所示，∵DC=DE，DF⊥EC，∴CG=EG，∠CGF=∠ACB=90°，∴GF∥BC，∴EF=FB，∵DC=DE=2，∠CDE=90°，∴EC=D∵BC=6,∠ECB=90°，∴BE=∴BF=12故答案为：11．（2）结论：EF=FB．理由：如图3中，过点C作CT⊥CE交ED的延长线于T，连接BT交AE于J，设AE交BC于点O，∵∠TCE=90°，∠CET=45°，∴∠CTE=∠CET=45°，∴CE=CT，∵CD⊥ET，∴DT=DE，∵∠ACB=∠TCE=90°，∴∠ACE=∠BCT，∵CA=CB，CE=CT，∴△ACE≌△BCT（SAS），∴∠CAE=∠CBT，∵∠AOC=∠BOJ，∴∠ACO=∠BJO=90°，∴∠AJB=90°，即BT⊥AE，∵DF⊥AE，∴DF∥BT，∵ED=DT，∴EF=BF．（3）如图4中，取BC的中点T，连接AT，FT．∵DE=DC=2，∠CDE=90°，∴CE=D∵AC=6，CT=TB=3，∠ACT=90°，∴AT=A∵CT=BT，EF=FB，∴FT=1∵AF≥AT−FT，∴AF≥3∴AF的最小值为35−22∴【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理解直角三角形，旋转的性质，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．14．（2023春·湖北十堰·九年级统考阶段练习）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，过点A作AD⊥BC于点D，点M为线段AD上一点（不与A，D重合），在线段BD上取点N，使DM=DN，连接AN，CM．(1)观察猜想：线段AN与CM的数量关系是______，AN与CM的位置关系是______；(2)类比探究：将△DMN绕点D旋转到如图2所示的位置，请写出AN与CM的数量关系及位置关系，并就图2的情形说明理由；(3)问题解决：已知AD=32，DM=3，将△DMN绕点D旋转，当以A、D、M、N四点为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出BN【答案】(1)AN=CM，AN⊥CM；(2)AN=CM，AN⊥CM，理由见解析；(3)BN=3或35【分析】（1）延长CM交AN于点G，先证明△ABC为等腰直角三角形，再证明△ADN≌△CDMSAS（2）延长AN交MC于点E，同（1），先证明△ABC为等腰直角三角形，再证明△ADN≌△CDMSAS（3）先根据等腰直角三角形的性质求得AD=CD=BD=2，再由勾股定理求出AB的长度，分三种情况：①当点N在AB上时，点M在AC上时，四边形ANDM是平行四边形；②当点N在AC上时，四边形ADMN是平行四边形；③当点N在BC外，点M在AB上时，四边形AMND是平行四边形，分别利用勾股定理和平行四边形的性质求解．【详解】（1）延长CM交AN于点G，如图，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∵AD⊥BC，∴AD是△ABC的中线，∴AD=CD=BD，∵∠ADC=∠NDM=90°，ND=MD，∴△ADN≌△CDMSAS∴AN=CM，∠DAN=∠DCM，∵AD⊥BC，∴∠DAN+∠AND=90°.∴∠DCM+∠AND=90°，∴在△CNG中，∠NGC=90°，∴AN⊥CM，故答案为：AN=CM，AN⊥CM；（2）AN=CM，AN⊥CM理由如下：延长AN交MC于点E，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∵AD⊥BC，∴AD=CD，∵根据旋转可知∠ADC=∠NDM，∴∠ADN+∠NDC=∠NDC+∠CDM，∴∠ADN=∠CDM，∵AD=CD，ND=MD，∴△ADN≌△CDMSAS∴AN=CM，∠DAN=∠DCM，∵AD⊥BC，∴∠DAN+∠EAC+∠ACD=90°.∵∠DAN=∠DCM，∴∠EAC+∠ACD+∠DCM=90°，∴在△AEC中，∠AEC=90°，∴AN⊥CM；（3）∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC为等腰直角三角形．∵AD⊥BC，AD=32∴AD=CD=BD=32∴AB=B∵DM=3，以A，D，M，N四点为顶点的四边形为平行四边形，①当点N在AB上时，点M在AC上时，四边形ANDM是平行四边形，∴AN=DM=3，∠AND=90°．∴BN=AB−AN=3；②当点N在AC上时，四边形ADMN是平行四边形，连接BN，∴DM=AN=3，∴BN=A③当点N在BC外，点M在AB上时，四边形AMND是平行四边形，∴AM∥ND，∵DM=DN，AD=BD，∴AM=DM=BM=DN，∴∠MAD=∠ADM=∠BMN=∠ABD=∠DMN=∠MND=∠MDB=45°，∴∠BMD=∠MDN=90°，∴四边形MBND是正方形,∴BN=DM=3．综上所述，BN的长度为3或35【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．理解相关知识，作出辅助线，构建三角形是解答关键．15．（2023·河南商丘·校考一模）综合与实践二轮复习中，刘老师以“最值问题”为专题引导同学们进行复习探究．问题模型：等腰三角形ABC，∠BAC=120°，AB=AC=2，(1)探究1：如图1，点D为等腰三角形ABC底边BC上一个动点，连接AD，则AD的最小值为______，判断依据为______；(2)探究2：在探究1的结论下，继续探究，作∠BAD的平分线AE交BC于点E，点F，G分别为AE，AD上一个动点，求DF+FG的最小值；(3)探究3：在探究1的结论下，继续探究，点M为线段CD上一个动点，连接AM，将AM顺时针旋转60°，得到线段AN，连接ND，求线段DN的最小值．【答案】(1)1；点到直线的距离垂线段最短(2)3(3)1【分析】（1）根据点到直线的距离垂线段最短，当AD⊥BC时，AD有最小值，求出AD即可；（2）作点G关于AE的对称点G1，则点G1在边AB上，连接DG1，过点D作DH⊥AB，垂足为H，由轴对称的性质可得DF+FG=DF+FG1，当DF和FG1在同一条直线上，且（3）延长AD至C1使得AC1=AC=2，连接并延长C1N，交AB于点I，证明△NAC1≌△MACSAS，可得∠C1=∠C=30°，因为∠【详解】（1）解：如图，当AD⊥BC时，AD有最小值，∵AB=AC=2，∴∠B=∠C，∵∠BAC=120°，∠BAC+∠B+∠C=30°，∴∠B=∠C=30°，又∵AD⊥BC，∴AD=1故答案为：1；点到直线的距离垂线段最短．（2）解：如图，作点G关于AE的对称点G1，则点G1在边AB上，连接DG1，过点D作∵点G、G1关于AE∴FG=FG∴DF+FG=DF+FG∵当DF和FG1在同一条直线上，且DG∴DF+FG的最小值为DH，∵AD⊥BC，∠BAC=120°，AB=AC=2，∴∠BAD=∠CAD=1∵DH⊥AB，∴∠ADH=90°−∠BAD=30°，∴AH=1∵∠B=30°，AD⊥BC，∴AD=1∴AH=1∴在Rt△ADH中，DH=∴DF+FG的最小值为32（3）解：延长AD至C1使得AC1=AC=2，连接并延长C1∵AM顺时针旋转60°，得到线段AN，∴AM=AN，∠NAM=60°，∵∠CAD=60°，∴∠NAM−∠DAM=∠CAD−∠DAM，∴∠NAC∵在△NAC1和AN=AM∠NA∴△NAC∴∠C∵AC1=2∴DC∵△NAC1≌△MAC，∠∴点N在C1I上运动，当DN⊥C∴DN=1∴DN的最小值为12【点睛】本题考查了点到直线的最短距离、含30°角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理，根据题意正确作出辅助线是解答本题的关键．16．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=3．点D是BC边上任意一点（不与B，C重合），连接AD，过点D作DE⊥AB于点E，连接CE，点F为(1)当BD=2CD时，判断四边形CDEF的形状，并证明．(2)点D在线段BC上的什么位置时，△DEF的面积最大？请说明理由．(3)如图（1）中的△BDE绕点B旋转到如图（2）所示位置，得到△BD'E'，使得点A在直线D'E'上，连接CE'，点F'【答案】(1)四边形CDEF是菱形，理由见解析(2)当BD=2CD时，△DEF的面积最大，理由见解析(3)见解析【分析】（1）求得∠BAC=60°，则∠B=30°，证明AD是∠BAC的平分线，利用含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质推出CF=FE=CD=DE，即可证明结论；（2）设AC=a，CD=x，推出S△DEF（3）作点A关于BC的对称点A'，点D'关于BE'的对称点Ｈ，证明【详解】（1）解：四边形CDEF是菱形，理由如下：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠BAC=60°，则∠B=30°，∵DE⊥AB，BD=2CD∴BD=2DE=2CD，∴AD是∠BAC的平分线，则∠CAD=∠EAD=30°，∴CD=DE=1∵点F为AD中点，∴CF=FE=1∴CF=FE=CD=DE，∴四边形CDEF是菱形；（2）解：当BD=2CD时，△DEF的面积最大，理由如下：设AC=a，CD=x，则BC=3a，AB=2a，BD=3a−x，DE=1∵点F为AD中点，∴S==−3∵−3∴当x=−a8−2×此时CD=a3=∴当BD=2CD时，△DEF的面积最大；（3）解：作点A关于BC的对称点A'，点D'关于BE'的对称点则AB=A'B∴AE由题意得∠CAB=∠BD∴△A∵∠ABH=∠A∴△ABH≌△A∴AH=A∵点F'为A∴CF'是△A∴A'∴AE【点睛】本题考查了二次函数的应用，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．17．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点A关于直线BE的对称点为点F，连接AF，CF．设(1)试用含α的代数式表示∠DCF；(2)作CG⊥AF，垂足为G，点G在AF的延长线上，连接DG，试判断DG与CF的位置关系，并加以证明；(3)把△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF，若△HBF是等腰三角形，求【答案】(1)45°−α(2)DG∥CF，证明见解析(3)55或【分析】（1）由轴对称的性质可得AB=BF，BE⊥AF，可求∠CBF=90°−2α，由等腰三角形的性质求出∠BCF即可得到答案；（2）通过证明A，D，G，点C四点共圆，可得∠AGD=∠ACD=45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB=90°−α，可得∠CFG=45°=∠DGA，可证DG∥CF；（3）由于BH≠BF，故分两种情况：当BH=FH由旋转的性质可得AE=CH，BE=BH，∠ABE=∠CBH=α=∠FBE，AB=BC，由“ASA”可证△ABE≌△NHB，可得BN=AE=12AB，即可求解；当BF=FH时，可证点F与点C重合，则点E【详解】（1）解：如图1，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∵点A关于直线BE的对称点为点F，∴AB=BF，BE⊥AF，∴∠ABE=∠EBF=α，∴∠CBF=90°−2α，∵AB=BC，AB=BF，∴BF=BC，∴∠BFC=∠BCF=180°−∠CBF∴∠DCF=∠BCD−∠BCF=45°−α；（2）解：DG∥CF，证明如下：如图2，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∠ADC=90°，∵CG⊥AF，∴∠CGA=∠ADC=90°，∴A，D，G，C四点共圆，∴∠AGD=∠ACD=45°，∵AB=BF，∠ABF=2α，∴∠AFB=180°−2α又∵∠BFC=45°+α，∴∠AFC=135°，∴∠CFG=45°=∠DGA，∴DG∥CF；（3）解：∵BE>AB，∴BH>BF，∴BH≠BF；如图3，当BH=FH时，过点H作HN⊥BF于N，∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，∴AE=CH，BE=BH，∠ABE=∠CBH=α=∠FBE，∴∠HBF=90°−α，∴∠BHN=α，∵BH=FH，HN⊥BF，∴BN=NF=12BF=又∵∠ABE=∠BHN，∴△ABE≌△NHBAAS∴BN=AE=1∴BE=A∴sinα=当BF=FH时，∴∠FBH=∠FHB=90°−α，∴∠BFH=2α=∠ABF，∴AB∥FH，∵∠BCH=∠BAE=90°，∴∠BCH+∠BCD=180°，∴D、C、H三点共线∴点F与点C重合，则点E与点D重合，∴sina=综上所述：sinα的值为55或【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．18．（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB，点P和图形G定义如下：线段AB绕点P逆时针旋转90°得到线段A'B'（A'和B'分别是A和B的对应点），若线段AB和A'B'均在图形(1)如图，点C1,0，D①已知图形G1：半径为3的⊙O；G2：以O为中心且边长为6的正方形；G3：以线段OD为边的等边三角形．在G1，G2，G②若半径为5的⊙O是线段CD关于点Tt,0的旋垂闭图，求t(2)已知长度为4的线段AB在x轴负半轴和原点组成的射线上，若存在点Q2+a,2−a，使得对半径为2的⊙Q上任意一点P，都有线段AB满足半径为r的⊙O是该线段关于点P的旋垂闭图，直接写出r【答案】(1)①G1，G(2)r≥4+2【分析】（1）①分别在坐标系中画出G1，G2，G3，再画出线段CD绕点O逆时针旋转90°的线段C'D'即可得到答案；②如图1所示，当点T在点C左侧，且此时刚好点D'落在⊙O上时，如图2所示，当点T在点D（2）先求出点Q在直线y=−x+4上运动；设点A在点B的左侧，如图2-1所示，连接AQ并延长交⊙Q于M，点A绕点M逆时针旋转90°后的对应点为A'，由旋转的性质可得AM=A'M，∠AMA'=90°，则AA'=2AM，由于点A到⊙Q上任意一点的距离的最大值是AP，只需要找到AQ值最小时，则此时⊙O半径有最小值；故当AQ与直线y=−x+4垂直时，AQ有最小值，即【详解】（1）解：①由下图可知，在G1，G2，G3中，线段CD关于点O故答案为：G1②如图1所示，当点T在点C左侧，且此时刚好点D'落在⊙O由旋转的性质可得D'∵Tt∴D'∴D'∵D'在⊙O∴OD∴t2∴2t解得t=3−412如图2所示，当点T在点D右侧，且此时刚好点C'落在⊙O由旋转的性质可得C'∵Tt∴C'∴C'∵C'在⊙O∴OC∴t2∴2t解得t=4，t=−3（不符合题意的值舍去）；∴当3−412≤t≤4时，半径为5的⊙O是线段CD（2）解：∵Q2+a∴yQ∴yQ∴点Q在直线y=−x+4上运动；∵长度为4的线段AB在x轴负半轴和原点组成的射线上，设点A在点B的左侧，如图2-1所示，连接AQ并延长交⊙Q于P，点A绕点P逆时针旋转90°后的对应点为A'由旋转的性质可得AM=A∴AA∵点A到⊙Q上任意一点的距离的最大值是AP，∵A、Q都是动点，∴只需要找到AQ值最小时，则此时⊙O半径有最小值；∵点到直线的距离，垂线段最短，∴当AQ与直线y=−x+4垂直时，AQ有最小值，即AM有最小值，∴如图2-2所示，当点A的坐标为−4，0且AQ与直线y=−x+4垂直时，AQ有最小值，即此时AB=OQ=4∴AP=4∴A∴O∴r≥4+22【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，坐标与图形变化——旋转，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题等等，正确画出示意图，利用数形结合的思想求解是解题的关键．19．（2023春·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2+2ax+c经过B1，0，(1)求抛物线的解析式及点D的坐标；(2)如图1，连接AC，点E在直线AC上方的抛物线上，连接EA，EC，当△EAC面积最大时，求点(3)如图2，连接AC、BC，在抛物线上是否存在点M，使∠ACM=∠BCO，若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x2−2x+3(2)E的坐标为−(3)存在，M−4，【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式．再将其变为顶点式即得出顶点坐标；（2）由抛物线解析式可求A−3，0，即OA=3．利用待定系数法可求出直线AC的解析式为y=x+3．设Em，−m2−2m+3−3<m<0．过点E作EH⊥x轴于点H，交AC于点F，则Fm（3）设Mx，−x2−2x+3．分类讨论：①当CM在CA右侧时，设CM交x轴于G和②当CM在CA左侧时，设CM与x轴交于点N，过B作BP⊥AC于P．分别根据相似三角形的判定和性质求出点G和点N的坐标，再利用待定系数法求出直线【详解】（1）解：把B1，0a+2a+c=0c=3，解得：a=−1∴抛物线的解析式为：y=−x∵y=−x∴顶点D−1（2）对于y=−x2−2x+3，令y=0解得：x1∴A−3∴OA=3．设直线AC的解析式为y=kx+b，∴−3k+b=0b=3，解得：k=1∴直线AC的解析式为y=x+3．∵点E在直线AC上方的抛物线y=−x∴设Em如图，过点E作EH⊥x轴于点H，交AC于点F，∴Fm∴EH=yE=−∴EF=y∴S=====−3∵−32<0∴当m=−32时，△EAC面积最大，此时∴点E的坐标为−3（3）在抛物线上存在点M，使∠ACM=∠BCO，理由：设Mx分类讨论：①如图，当CM在CA右侧时，设CM交x轴于G，∵∠BCO=∠ACM，∴∠ACG=∠OCB．∵OC=OA=3，∴∠OCA=∠OAC=45°，∴∠BCM=45°．∵∠ACB=∠BCM+∠ACG，∴∠ACB=∠BGC．∵∠CBG=∠CBA，∴△BCG∽△BAC，∴BGBC∵OB=1，∴BC=10设Gt，0∴1−t10解得：t=−3∴G−设直线CG的解析式为y=ex+f，∴−32e+f=0∴直线CG的解析式为：y=2x+3，联立y=2x+3y=−x2−2x+3，解得：∴M−4②当CM在CA左侧时，设CM与x轴交于点N，过B作BP⊥AC于P，如图，∵∠OAC=45°，∴△ABP是等腰直角三角形．∵AB=OA+OB=3+1=4，∴AP=BP=2∵AC=O∴CP=AC−AP=2∵∠BCO=∠ACM，∴∠ACB=∠OCM．∵∠BPC=∠COA=90°，∴△BCP∽△NCO，∴BPNO=CP∴NO=6，∴N−6设直线NC的解析式为y=dx+n，∴−6d+n=0n=3，解得：d=∴直线NC的解析式为：y=1联立y=12x+3y=−x∴M−综上所述，存在点M，其坐标为−4，−5或【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数一般式改为顶点式，二次函数图象与坐标轴的交点，二次函数的最值问题，三角形相似的判定和性质，勾股定理，直线与抛物线的交点问题等知识，为中考压轴题．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．20．（2023春·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考阶段练习）如图，直线y=−2x+10与x轴交于点A，与y轴交于点B，以OB为直径的⊙M交AB于另一点C，点D在⊙M上．分别过点O，B作直线CD的垂线段，垂足为E，F，连接OC．(1)求点A，B，C的坐标．(2)当点D在直线BC右侧时，①求证：EC⋅CF=OE⋅BF；②求证：EC=DF．(3)CD与EF的距离和是否为定值？若是，请直接写出定值；若不是，请直接写出取到最小值时直线CD的解析式．【答案】(1)A5，0，B(2)①见解析；②见解析(3)CD与EF的距离和不是定值；直线CD的解析式为y=4【分析】（1）令x=0或y=0，可求得点A，B的坐标，作CG⊥OB于点G，解直角三角形求解即可；（2）①证明△OCE∽△CBF，利用相似三角形的性质即可证明；②作MN⊥CD于点M，利用平行线分线段成比例证得EN=NF，再由垂径定理得到CN=DN，即可证明结论；（3）CD与EF的距离和不是定值；当点D与点C重合时，CD+EF=EF才取得最小值，此时EF切⊙M于点C，利用切线长定理求得H5【详解】（1）解：令x=0，则y=10；令y=0，则0=−2x+10，解得x=5；∴A5，0∴OA=5，OB=10，AB=5作CG⊥OB于点G，∵以OB为直径的⊙M交AB于另一点C，∴∠BCO=90°，∵sin∠OCA=OAAB∴OC=25∵cos∠BOC=OGOC∴OG=2，∴CG=O∴C4（2）解：①∵∠BCO=90°，BF⊥CD，OE⊥CD，即∠BCO=∠BFC=∠CEO=90°，∴∠OCE=∠CBF，∴△OCE∽△CBF，∴CEBF=OE②作MN⊥CD于点M，则OE∥MN∥∴OMBM∴EN=NF，∵MN⊥CD，∴CN=DN，∴EN−CN=NF−DN，即EC=DF；（3）解：随着点D的变化，CD+EF也在不断的变化，不是定值，当点D与点C重合时，CD+EF=EF才取得最小值，此时EF切⊙M于点C，设EF与x轴交于点H，由切线长定理得HC=HO，∴∠HCO=∠HOC，∵∠OCA=90°，∴∠OCH+∠HCA=90°=∠HOC+∠CAH，∴∠HCA=∠HAC，∴HC=HA，∴HC=HA=HO=5∴H5设直线CD即EF的解析式为y=kx+b，∴52k+b=04k+b=2∴直线CD的解析式为y=4【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标，待定系数法求函数解析式，切线长定理，平行线分线段成比例定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．21．（2023春·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，平面直角坐标系中，已知A(−2，0)，B(4，0)，点C是在y轴的负半轴上，且△ABC的面积为9．(1)点C的坐标为_______；(2)P是第四象限内一点且横坐标为m，tan∠PBA=3①连接AP，交线段BC于点D．根据题意画出示意图并求PDDA的值（用含m②连接CP，是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCB=90°【答案】(1)(0，−3)(2)①画图见解析，PDDA=4−m6；②【分析】（1）先求出AB，根据三角形的面积求出OC长，根据点的位置写出坐标即可；（2）①过点P作PE∥AB交直线BC于点E，过点P作PF⊥AB交x轴于点F，写出点P点坐标，进而写出点E的坐标，利用平行线分线段成比例解题；②过点C作CH∥x轴交BP的延长线于点H，延长CP交x轴于点G，可以推出∠HCP=∠PCB，可以得到点G的坐标为(9，0)【详解】（1）解：∵A(−2，0)，B(4，0)∴AB=6，∵S∴9=1解得OC=3，∵点C是在y轴的负半轴上，∴点C的坐标为(0，−3)，故答案为：(0，−3)；（2）①过点P作PE∥AB交直线BC于点E，过点P作PF⊥AB交x轴于点F．∵P是第四象限内一点且横坐标为m，∴F(m，0)，∴BF=4−m，∵tan∠PBA=3∴PF=6−32m∴P(m，32m−6)∵PE∥AB，∴E点坐标为(2m−4，32m−6)∵PE∥AB，∴PDDA∵B(4，0)，C(0，−3)，∴BC的解析式为y=34x−3∴PE=m−(2m−4)=4−m．∴PDDA②过点C作CH∥x轴交BP的延长线于点H，延长CP交x轴于点G．∵CH∥x轴，∴∠HCO=∠COB=90°∵∠BCO＋2∴∠HCB=2∠PCB∵CH∥x轴，∴∠HCP=∴∠PCB=∴BC=BG．∵BC=5，∴点G的坐标为(9，0)．∴CG的解析式为y=13x−3把P(m，32m−6)代入y=13x−3可得【点睛】本题考查点的坐标，平行线分线段成比例，等腰三角形的判定，一次函数的解析式，三角函数，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．22．（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）如图，矩形AOBC的顶点B，A分别在x轴，y轴上，点C坐标是5，4，D为BC边上一点，将矩形沿AD折叠，点C落在x轴上的点E(1)如图1，求点D的坐标；(2)如图2，若P是AF上一动点，PM⊥AC交AC于M，PN⊥CF交CF于N，设AP=t，FN=s，求(3)在（2）的条件下，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点【答案】(1)D4,(2)s=−2(3)点P的坐标是4,2或4011,【分析】（1）设D5,a，则BD=a,CD=ED=4−a，再求出OE,BE的长，在Rt△BDE中，根据勾股定理求出（2）延长MP交OF于N'，则PN'⊥OF，先证明△ADC∽△FDB，可得BF=3，OF=8，从而得到AF=AO2+OF2=45，在Rt△BCF（3）分三种情况：①当PM=PN时；②当PM=MN时；当MN=NP时，即可求解．【详解】（1）解：在矩形AOBC中，C5,4∴AC=5，设D5,a，则BD=a,CD=ED=4−a∵AE=AC=5，在Rt△AOE中，OE=∴BE=OB−OE=5−3=2，在Rt△BDE中，由勾股定理得：D∴4−a∴a=3∴D4,（2）解：如图2，延长MP交OF于N'，则P∵AC//BF，∴∠PAM=∠DFB，∵∠ACD=∠FBD=90°，∴△ADC∽△FDB，∴AC由（1）知：BD=3∴CD=4−32=∴5∴BF=3，∴AF=A在Rt△BCF中，由勾股定理得：CF=∵AC=5，∴AC=CF，∴∠CAF=∠AFC，∵AC//EF，∴∠CAF=∠EFA=∠AFC，∴FA平分∠CFO，∵PN⊥CF,PN∴PN=PN∴PM+PN=PM+PN'∵∠CAF=∠CFA，∴△PFN∽△DAC，∴FN∴PN又NF=s，∴PN=1∵PA=t，∵∠PAM=∠PFN∴△APM∽△FPN∴PMPN∴s=−2（3）解：分三种情况：①当PM=PN时，如图3，∵∠PAM=∠PFN，∴△PAM∽△PFN，∴PA∴PA=PF，即t=45解得：t=25∴PM=2，∴P4,2②当PM=MN时，如图4，过M作MH⊥PN于H，PN与MC的延长线交于点有PH=NH=1∵PM+PN=4，∴PM=4−1∵∠G+∠GCN=∠G+∠MPN=90°，AG∥OF，∴∠GCN=∠MPN=∠BFC，即∠MPN=∠BFC，∵∠MHP=∠CBF=90°，∴△PMH∽△FCB，∴PMPH=解得：s=48代入s=−255∴P40③当MN=NP时，如图5，过点N作NQ⊥PM于Q，∴∠NPQ=∠BFC，∵∠NQP=∠CBF=90°，∴△NQP∽△CBF，∴PN又PN=1∵PQ=1∴1∴s=40代入s=−255∴P48综上，点P的坐标是4,2或4011,【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，一次函数，等腰三角形的性质和判定等知识，用分类讨论的数学思想和方程思想解决问题是解本题的关键．23．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c经过A0,1，B4,−1．直线AB交x轴于点C，P是直线AB上方且在对称轴右侧的一个动点，过P作PD⊥AB，垂足为D(1)求抛物线的函数表达式；(2)当5PD+PE的最大值时，求此时点P的坐标和5(3)将抛物线y关于直线x=3作对称后得新抛物线y'，新抛物线与原抛物线相交于点F，M是新抛物线对称轴上一点，N是平面中任意一点，是否存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N【答案】(1)y=−(2)5PD+PE的最大值为1，此时点P的坐标为(3)存在点N，使以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，此时点N的坐标为N214,52+354【分析】（1）利用待定系数法，将A0,1，B4,−1代入（2）先求得AB的函数表达式，过点P作PQ⊥x轴交AB于点Q，设点Pm,−m2+72m+174<m<4，则Qm,−12（3）先求得点F的坐标及新抛物线的对称轴，设M174,t，以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，则需要△CFM为等腰三角形，分三种情况：CF=CM，FC=FM【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A∴c=1解得：b