九下第1章直角三角形的邊角關(guān)系（壓軸題專練）-2021-2022學(xué)年九年級數(shù)學(xué)期中期末考試滿分全（北師大版）

九下第1章直角三角形的邊角關(guān)系壓軸題專練一、單選題1．（2021·陜西·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，?ABCD的邊，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，，連接，將沿著折疊，點(diǎn)落在．若，則點(diǎn)到邊的距離是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】分別過點(diǎn)E、A作于點(diǎn)F，于點(diǎn)H，由題意易得，，進(jìn)而可得∠FCE=∠AEH，則，設(shè)，點(diǎn)到邊的距離是h，則，然后根據(jù)勾股定理可求解x，最后根據(jù)等積法可求解．【詳解】解：分別過點(diǎn)E、A作于點(diǎn)F，于點(diǎn)H，如圖所示：∵點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，，∴，∵，∴，∴，由折疊的性質(zhì)可得，∵，∴，∴，設(shè)，點(diǎn)到邊的距離是h，則，∵，∴在Rt△ABH中，，即，解得：（不符合題意，舍去），∴，∴根據(jù)△ABE的面積可得：，即，∴，即點(diǎn)到邊的距離是；故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)、折疊的性質(zhì)及等積法，熟練掌握三角函數(shù)、折疊的性質(zhì)及等積法是解題的關(guān)鍵．2．（2021·廣東·珠海市紫荊中學(xué)桃園校區(qū)一模）如圖，在正方形中，E，F(xiàn)分別是，的中點(diǎn)，交于點(diǎn)H，交于點(diǎn)G，下列結(jié)論，①；②；③；④其中正確的是（）A．①③④ B．①② C．②③ D．①②④【答案】D【分析】①根據(jù)正方形的性質(zhì)求證△BHE是直角三角形即可得到結(jié)果；②由①求證△CGF～△BCF，利用其對應(yīng)邊成比例即可得到結(jié)論；③由①求證△BHE≌△CGF即可得出結(jié)論；④利用相似三角形對應(yīng)邊成比例即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，CD=BC=AB，∵E、F分別是邊BC，CD的中點(diǎn)，∴BE=BC，CF=CD，∴BE=CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BEA=∠CFB，∵CG∥AE，∴∠GCB=∠AEB，∴∠CFG=∠GCB，∴∠CFG+∠GCF=90°，即△CGF為直角三角形，∵CG∥AE，∴△BHE也是直角三角形，∴sin∠HBE=cos∠HEB．故①正確；由①得，∠CGF=90°，∴∠CGF=∠BCF=90°，∵∠CFG=∠BFC，∴△CGF～△BCF，∴，∴CG?BF=BC?CF，故②正確；由①得，∠BHE=∠CGF=90°，由②得，△CGF∽△BCF，∴∠HBE=∠GCF，∵BE=CF，∴△BHE≌△CGF（AAS），∴BH=CG，而不是BH=FG，故③錯(cuò)誤；∵△BCG～△BFC，∴，即BC2=BG?BF，同理可得：△BCF～△CGF，∴CF：GF=BF：CF，∴CF2=BF?GF，∴，∴④正確；綜上所述，正確的有①②④．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．3．（2021·重慶南岸·一模）如圖，在紙片中，，折疊紙片，使點(diǎn)落在的中點(diǎn)處，折痕為，則的面積為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】過點(diǎn)D作AB的垂線，垂足為G，過D作CF的垂線，垂足為H，過A作BC的垂線，垂足為N，分別求出△DEA和△DFC的面積，利用S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）可得結(jié)果．【詳解】解：過點(diǎn)D作AB的垂線，垂足為G，∵∠BAC=120°，∴∠GAC=60°，∴DG=ADsin∠GAC=AC·sin∠GAC=×12×=，AG=ADcos∠GAC=AC·cos∠GAC=×12×=3，設(shè)AE=x，則BE=12x=DE，在Rt△DGE中，，即，解得：x=，∴S△ADE=DE×AE==，過D作CF的垂線，垂足為H，過A作BC的垂線，垂足為N，∴AN=AB=6，BN=，∴BC=，設(shè)DF=y，則CF=BCDE==，DH=CD·sin∠C=，CH=CD·cos∠C=，則有，即，解得：，則S△DFC=，∴S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）===故選A．【點(diǎn)睛】此題主要考查了翻折變換，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，表示出相關(guān)三角形的面積是解題關(guān)鍵．4．（2021·江蘇·無錫市南長實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模）如圖，C為線段AB上一點(diǎn)，在線段AB的同側(cè)分別作等邊△ACD、△BCE，連接AE、BD相交于F，連接CF．若S△DEF＝8，則CF的長為（）A．4 B．3 C．3 D．4【答案】A【分析】如圖，過點(diǎn)C分別作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分別是G,H，過點(diǎn)E作EM⊥BD，垂足為M，設(shè)AE，DC的交點(diǎn)為N，BD，CE的交點(diǎn)為Q，證明△ACE≌△BCD，△NCE≌△QCB，△DCF∽△CEF即可【詳解】如圖，過點(diǎn)C分別作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分別是G,H，過點(diǎn)E作EM⊥BD，垂足為M，設(shè)AE，DC的交點(diǎn)為N，BD，CE的交點(diǎn)為Q，∵△ACD，△BCE都是等邊三角形，∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，∴∠ACE=∠BCD，∠DCE=60°，∴△ACE≌△BCD，∴∠AEC=∠DBC，∵∠NCE=∠QCB，CE=CB，∴△NCE≌△QCB，∴NE=QB，，∴EN×CG=QB×CH，∴CG=CH，∴CF平分∠AFB，∵∠NCE=∠QCB，∠FQE=∠CQB，∴∠EFQ=∠QCB=∠AFD=60°，∴∠AFB=120°，∴∠AFC=∠CFB=60°，∴∠DFC=∠CFE=120°，∴∠DCF+∠FCE=60°，∠FEC+∠FCE=60°，∴∠DCF=∠FEC，∴△DCF∽△CEF，∴DF：CF=CF：EF,∴=DF×EF,∵∠EFQ=60°，∴EM=EFsin60°=EF，∵DF×EM=8，∴DF×EF=8，∴DF×EF=32，∴=32，∴CF=4，CF=4（舍去），故選A【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，角的平分線的逆定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，三角形的全等與性質(zhì)，巧妙構(gòu)造輔助線，證明三角形的相似是解題的關(guān)鍵．5．（2021·山東·濰坊市寒亭區(qū)教學(xué)研究室一模）如圖，中，，利用尺規(guī)在上分別截取，使；分別以為圓心、以大于的長為半徑作弧，兩弧在內(nèi)交于點(diǎn)；作射線，點(diǎn)分別為射線，線段上的動(dòng)點(diǎn)，若，則的最小值為（）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】作出點(diǎn)C關(guān)于直線BF的對稱點(diǎn)M，證明點(diǎn)M在AB上，后利用垂線段最短，作出垂線段，利用等邊三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】過點(diǎn)C作CN⊥BF，垂足為N，延長CN交AB于點(diǎn)M，根據(jù)題意，得∠CBN=∠MBN，BN=BN，∴△CBN≌△MBN，∴CB=MB，CN=MN，∴C與M關(guān)于直線BN對稱，過點(diǎn)M作垂足為G，交BF于點(diǎn)P，則CP+GP=MP+PG=MG，即為最小值，∵BC=1，AB=2，∴∠A=30°=∠ABP=∠PBC，∴△MBC是等邊三角形，∴BM=1，∴MG=BMsin60°=1×=，故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)，垂線段最短，等邊三角形的性質(zhì)，三角形的全等，熟練運(yùn)用軸對稱原理構(gòu)造出符合題意的最短距離是解題的關(guān)鍵．6．（2021·廣東·南山實(shí)驗(yàn)教育集團(tuán)南海中學(xué)三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，過點(diǎn)B作BE⊥BC，交AD于點(diǎn)E，點(diǎn)F是線段BE上一點(diǎn)，且tan∠ADF＝．①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③；④AF＝．則下列結(jié)論正確的有（）A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】①利用折疊和平行線的性質(zhì)可知，從而利用等角對等邊即可證明；②利用相似三角形的判定判斷即可；③首先證明△DBE∽△DAB，然后利用相似三角形的性質(zhì)即可證明；④利用折疊的性質(zhì)及勾股定理即可證明．【詳解】①由折疊可知，∵∠ACB＝90°，BE⊥BC，∴BE//AC，∴，∴，∴BE＝AE，①正確；②∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，∴∠BAC＝30°，∠ABC＝60°，∵∠EBA＝30°，由折疊性質(zhì)可知∠ABC＝∠ABD＝60°，則∠DBE＝30°，由∠DBE＝∠BAC＝30°，∠BDE＝∠C＝90°可得△BED∽△ABC，②正確；③相似典型題型：乘積式，轉(zhuǎn)化成比例式：，只需證△DBE∽△DAB，則∠DBE＝∠DBA＝30°，∠BDE＝∠ADB＝90°可證，③正確；④由tan∠ADF＝及∠DEB＝60°可知作FG⊥DE于點(diǎn)G，由題易得：BD＝BC＝，DE＝1，AD＝3，BE＝AE＝2，由tan∠ADF＝設(shè)GF＝a，DG＝2a，由∠DEB＝60°得GE＝a，由DE＝DG＋GE＝2a＋a＝1可得a＝，則GF＝，AG＝，在Rt△AFG中由勾股定理可得AF＝，④正確；綜上所述，正確結(jié)論為①②③④，故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，三角函數(shù)，掌握這些性質(zhì)是關(guān)鍵．7．（2021·河北橋西·模擬預(yù)測）如圖1，菱形紙片ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，如圖2，翻折∠ABC，∠ADC，使兩個(gè)角的頂點(diǎn)重合于對角線BD上一點(diǎn)P，EF，GH分別是折痕．設(shè)BE＝x（0＜x＜2），給出下列判斷：①當(dāng)x＝1時(shí)，DP的長為；②EF＋GH的值隨x的變化而變化；③六邊形AEFCHG面積的最大值是；④六邊形AEFCHG周長的值不變．其中正確的是（）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】先確定出△ABC是等邊三角形，進(jìn)而判斷出△BEF是等邊三角形，當(dāng)x＝1時(shí)，求出BP＝BD，即可判斷出①正確，再用x表示出EF，BP，DP，GH，即可求出EF+GH的值，判斷出②錯(cuò)誤，利用菱形的面積減去兩個(gè)三角形的面積判斷出③正確，利用周長的計(jì)算方法即可判定出④正確，綜上即可得答案．【詳解】解：∵菱形ABCD的邊長為2，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝2，BD＝=2，∵翻折∠ABC，∠ADC，使兩個(gè)角的頂點(diǎn)重合于對角線BD上一點(diǎn)P，∴△BEF是等邊三角形，如圖，設(shè)EF與BD交于M，GH于BD交于N，當(dāng)x＝1時(shí)，BM==，∴BP＝2×＝，∴DP=BDBP=，故①正確；∵BE＝x，△BEF是等邊三角形，∴EF＝BE＝x，BM＝x，∴BP＝2BM＝x，∴DP＝BD﹣BP＝2﹣x，∴DN＝DP＝x，同理可知：△DGH是等邊三角形，∴GH＝DG==2x，∴EF＋GH＝x+2x=2，故②錯(cuò)誤；當(dāng)0＜x＜2時(shí)，∵BE＝EF=x，GH＝2x，BM＝x，DN＝x，∴六邊形AEFCHG面積＝S菱形ABCD﹣S△BEF﹣S△DGH=＝×2×2﹣==，∴當(dāng)x＝1時(shí)，六邊形AEFCHG面積最大為，所以③正確，∵EF=BE=BF，GH=DG=DH，EF+GH=2，∴六邊形AEFCHG周長＝AE+EF+AG+GH+FC+CH=AE+BE+AG+DG+BCEF+CDGH=AB+AD+BC+CD（EF+GH）=82=6，故④正確，∴正確的有①③④，故選：D．【點(diǎn)睛】此題是四邊形的綜合及解直角三角形，主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，菱形的面積公式，解直角三角形，解本題的關(guān)鍵是用x表示出相關(guān)的線段長．8．（2020·浙江杭州·九年級期末）如圖，在菱形中，分別交于?于點(diǎn)，連接，以下結(jié)論：①；②點(diǎn)到的距離是；③；④的面積為．其中一定成立的有幾個(gè)（）A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】利用證明與全等，得出①正確，根據(jù)含角的直角三角形的性質(zhì)得出點(diǎn)到的距離是，得出②正確，同時(shí)得出；的面積為，得出④錯(cuò)誤，得出，得出③正確．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，，在與中，，，①正確；過點(diǎn)作，過點(diǎn)作，，如圖：，，，，，，點(diǎn)到的距離是，故②正確；，，，，的面積為，故④錯(cuò)誤；，，，，，，，故③正確；故其中一定成立的有①②③．故選：C．【點(diǎn)睛】此題考查了四邊形綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)分析．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．9．（2021·廣東深圳·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，P是邊AB上一點(diǎn)，把△PBC沿直線PC折疊，得到△PGC，邊CG交AD于點(diǎn)E，連接BE，∠BEC＝90°，BE交PC于點(diǎn)F，那么下列選項(xiàng)正確的有（）①BP＝BF；②若點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，則△AEB≌△DEC；③當(dāng)AD＝25，且AE＜DE時(shí)，則DE＝16；④當(dāng)AD＝25，可得sin∠PCB＝；⑤當(dāng)BP＝9時(shí)，BE?EF＝108．A．5個(gè) B．4個(gè) C．3個(gè) D．2個(gè)【答案】B【分析】①利用折疊的性質(zhì)，得出∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，進(jìn)而判斷出∠GPF＝∠PFB即可得出結(jié)論；②先判斷出∠A＝∠D＝90°，AB＝DC再判斷出AE＝DE，即可得出結(jié)論；③判斷出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE＝9，DE＝16；④再判斷出△ECF∽△GCP，進(jìn)而求出PC，即可得出結(jié)論；⑤判斷出四邊形BPGF是菱形，即可得出結(jié)論．【詳解】解：①在矩形ABCD，∠ABC＝90°，∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；故①正確；②在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，∵E是AD中點(diǎn)，∴AE＝DE，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；故②正確；③當(dāng)AD＝25時(shí)，∵∠BEC＝90°，∴∠AEB+∠CED＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠CED＝∠ABE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEC，∴，設(shè)AE＝x，∴DE＝25﹣x，∴，∴x＝9或x＝16，∵AE＜DE，∴AE＝9，DE＝16；故③正確；④由③知：，，由折疊得，BP＝PG，∴BP＝BF＝PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴，設(shè)BP＝BF＝PG＝y(tǒng)，∴，∴∴，在Rt△PBC中，，∴sin∠PCB＝，故④不正確；⑤如圖，連接FG，由①知BF∥PG，∵BF＝PG＝PB，∴平行四邊形BPGF是菱形，∴BP∥GF，F(xiàn)G＝PB＝9，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE?EF＝AB?GF＝12×9＝108；故⑤正確，所以本題正確的有①②③⑤，共4個(gè)，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形、菱形的判斷與性質(zhì)，全等三角形、相似三角形的性質(zhì)與判定、三角函數(shù)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，熟知相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并靈活應(yīng)用是解題關(guān)鍵．10．（2020·浙江杭州·九年級期末）如圖，已知在中，點(diǎn)D為邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，點(diǎn)C重合），連結(jié)，點(diǎn)E，點(diǎn)F分別為、上的點(diǎn)，且，交于點(diǎn)G，連結(jié)，并延長交于點(diǎn)H．已知．①若為邊上的中線，則的值為；②若，當(dāng)時(shí)，．其中正確的是（）A．① B．② C．①② D．以上均不正確【答案】A【分析】①過點(diǎn)作，與的延長線相交于點(diǎn)，可得，由得，進(jìn)而得，再由相似三角形得結(jié)果，便可判斷①是否正確；②過點(diǎn)作于點(diǎn)，再解直角三角形和應(yīng)用相似三角形的比例線段便可判斷②的正誤．【詳解】解：①過點(diǎn)作，與的延長線相交于點(diǎn)，，在和中，，，，，，，，，，，，故①正確；（2）過點(diǎn)作于點(diǎn)，則，，，，，即，，，即BH>2ADsin∠DAC故②錯(cuò)誤；故選：．【點(diǎn)睛】本題是三角形的一個(gè)綜合題，主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形與相似三角形、直角三角形進(jìn)行解答．11．（2021·重慶市求精中學(xué)校九年級開學(xué)考試）如圖，在中，，為上一點(diǎn)，連接，將沿翻折，點(diǎn)恰好落在上的點(diǎn)處，連．若，，則的長度為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，記交于過作于過作于先利用角平分線的性質(zhì)證明：再求解由，求解再證明是的中垂線，由，設(shè)則求解可得由可得再利用勾股定理列方程解方程并檢驗(yàn)可得答案．【詳解】解：如圖，記交于過作于過作于中上的高相等，，，，由對折可得：是的中垂線，，設(shè)則整理得：檢驗(yàn)：當(dāng)時(shí)，不合題意舍去，取故選：【點(diǎn)睛】本題考查的是軸對稱的性質(zhì)，角平分線的定義與性質(zhì)，線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．二、填空題12．（2021·安徽包河·三模）已知：在矩形中，，，點(diǎn)在上，將矩形沿折疊，使點(diǎn)落在邊上處，則______；點(diǎn)在上，將矩形沿折疊，使點(diǎn)落在上點(diǎn)處，延長交于，連接，則______．【答案】【分析】第一空：根據(jù)折疊和矩形，可求出BF，在中，根據(jù)勾股定理求出EF的值，即DE的值，又已知，可求．第二空：根據(jù)折疊，可得AH和HF，證明，求出HM的值，在中，根據(jù)勾股定理求出MF的值．【詳解】由折疊可知，∵，∴，，設(shè)，則，，由勾股定理得，解得，∴，設(shè)，則，，由勾股定理得解得，∵，，∴，∴，∴，∴，，∴【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理和相似三角形的相關(guān)知識(shí)．平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似．13．（2021·山東章丘·九年級期中）如圖，點(diǎn)B1在直線l：y＝x上，點(diǎn)B1的橫坐標(biāo)為2，過點(diǎn)B1作B1A1⊥l，交x軸于點(diǎn)A1，以A1B1為邊，向右作正方形A1B1B2C1，延長B2C1交x軸于點(diǎn)A2；以A2B2為邊，向右作正方形A2B2B3C2，延長B3C2交x軸于點(diǎn)A3；以A3B3為邊，向右作正方形A3B3B4C3，延長B4C3交x軸于點(diǎn)A4；…；照這個(gè)規(guī)律進(jìn)行下去，則第n個(gè)正方形AnBnBn+1Cn的邊長為___（結(jié)果用含正整數(shù)n的代數(shù)式表示）．【答案】×（）n1【分析】設(shè)直線y＝x與x軸夾角為，過B1作B1H⊥x軸于H，由點(diǎn)B1的橫坐標(biāo)為2，點(diǎn)B1在直線l：y＝x上，可得OH＝2，B1H＝1，OB1＝，tan＝＝，Rt△A1B1O中，求得A1B1＝OB1?tan＝，即第1個(gè)正方形邊長是，在Rt△A2B2O中，求得第2個(gè)正方形邊長是×，在Rt△A3B3O中，求得第3個(gè)正方形邊長是×＝×（）2，在Rt△A4B4O中，求得第4個(gè)正方形邊長是×＝×（）3，......觀察規(guī)律即可得：第n個(gè)正方形邊長是×（）n1．【詳解】解：設(shè)直線y＝x與x軸夾角為，過B1作B1H⊥x軸于H，如圖：∵點(diǎn)B1的橫坐標(biāo)為2，點(diǎn)B1在直線l：y＝x上，令x＝2得y＝1，∴OH＝2，B1H＝1，OB1＝，∴tan＝＝，Rt△A1B1O中，A1B1＝OB1?tan＝，即第1個(gè)正方形邊長是，∴OB2＝OB1＋B1B2＝+＝×3，Rt△A2B2O中，A2B2＝OB2?tan＝×3×＝×，即第2個(gè)正方形邊長是×，∴OB3＝OB2＋B2B3＝×3＋×＝×，Rt△A3B3O中，A3B3＝OB3?tan＝××＝×，即第3個(gè)正方形邊長是×＝×（）2，∴OB4＝OB3＋B3B4＝×＋×＝×，Rt△A4B4O中，A4B4＝OB4?tan＝××＝×，即第4個(gè)正方形邊長是×＝×（）3，.....．根據(jù)規(guī)律可知：第n個(gè)正方形邊長是×（）n1，故答案為：×（）n1．【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的特征，涉及解直角三角形、規(guī)律探索等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是tan＝的應(yīng)用．14．（2021·湖北十堰·九年級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=，點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)（含B、C兩點(diǎn)），連接AP，以點(diǎn)A為中心，將線段AP逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到AQ，連接DQ，則線段DQ的最小值為____．【答案】2【分析】以AB為邊向右作等邊△ABF，作射線FQ交AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DH⊥QE于點(diǎn)H，證明△BAP?△FAQ，由全等性質(zhì)可以得到∠ABP=∠AFQ，進(jìn)一步解三角形求得AE的值，判斷出點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線FE，在△DHE中，當(dāng)點(diǎn)Q【詳解】解：以AB為邊向右作等邊△ABF，作射線FQ交AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DH⊥QE于點(diǎn)H∵四邊形ABCD是矩形∴∠ABP=∠BAE=∵△ABF和△APQ是等邊三角形∴∠BAF=∠PAQ=，BA=FA，PA=QA∴∠BAP+∠PAF=∠PAF+∠FAQ∴∠BAP=∠FAQ在△BAP和△FAQ中，∴△BAP∴∠ABP=∠AFQ=∵∠FAE=∴∠AEF=∵AB=AF=4∴∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線FE∵AD=BC=∴DE=ADAE=∵DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=∴DH由垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)H重合時(shí)，DH的值最小，最小值為故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查三角形全等的性質(zhì)和證明，等邊三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，能夠根據(jù)已知條件作出相關(guān)的輔助線是解題重點(diǎn)．15．（2021·廣東·佛山市華英學(xué)校九年級月考）如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作AB的垂線，過點(diǎn)F作CD的垂線，兩垂線交于點(diǎn)G，連接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC．若AD、BC所在直線互相垂直，的值為___．【答案】【分析】延長AD交GB于點(diǎn)M，交BC的延長線于點(diǎn)H，則AHBH，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出GA=GB，GD=GC，由SAS證明△AGD△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGE=∠AHB=90°，得出∠AGE=∠AGB=45°，求出，先證出∠AGB=∠DGC，由，證出△AGB△DGC，得出比例式，再證出∠AGD=∠EGF，即可得出，即可得出的值．【詳解】解：延長AD交GB于點(diǎn)M，交BC的延長線于點(diǎn)H，如圖所示：則AHBH，GE是AB的垂直平分線，GA=GB，同理：GD=GC，在△AGD和△BGC中，，△AGD△BGC(SAS)，∠GAD=∠GBC，在△GAM和△HBM中，∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB，∠AGB=∠AHB=90°，∠AGE=∠AGB=45°，∠AGD=∠BGC，∠AGB=∠DGC=90°，∴△AGB和△DGC是等腰直角三角形，，，又∠AGE=∠DGF，∠AGD=∠EGF，△AGD△EGF，．【點(diǎn)睛本題是相似三角形綜合題目，考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，本題難度較大，綜合性強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線綜合運(yùn)用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)．16．（2021·山東慶云·九年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝3，D為斜邊AC的中點(diǎn)，連接BD，點(diǎn)F是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），過點(diǎn)B作BE⊥BD交DF延長線交于點(diǎn)E，連接CE，下列結(jié)論：①若BF＝CF，則CE2+AD2＝DE2；②若∠BDE＝∠BAC，AB＝4，則CE＝；③△ABD和△CBE一定相似；④若∠A＝30°，∠BCE＝90°，則DE＝．其中正確的是_____．（填寫所有正確結(jié)論的序號）【答案】①②④．【分析】①由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得AD＝BD，由BF＝CF，BD＝CD得DE是BC的垂直平分線，得BE＝CE，再由勾股定理便可得結(jié)論，由此判斷結(jié)論的正誤；②證明△ABC∽△DBE，求得BE，再證明DE∥AB，得DE垂直平分BC，得CE＝BE，便可判斷結(jié)論的正誤；③證明∠ABD＝∠CBE，再證明BE與BC或BC與BE兩邊的比不一定等于AB與BD的比，便可判斷結(jié)論正誤；④先求出AC，進(jìn)而得BD，再在Rt△BCE中，求得BE，進(jìn)而由勾股定理求得結(jié)果，便可判斷正誤．【詳解】解：①∵∠ABC＝90°，D為斜邊AC的中點(diǎn)，∴AD＝BD＝CD，∵BF＝CF，∴DE⊥BC，∴BE＝CE，∵BE⊥BD，∴BD2+BE2＝DE2，∴CE2+AD2＝DE2，故①正確；②∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝，∴，∵∠A＝∠BDE，∠ABC＝∠DBE＝90°，∴△ABC∽△DBE，∴，即．∴BE＝，∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD，∵∠A＝∠BDE，∴∠ABD＝∠BDE，∴DE∥AB，∴DE⊥BC，∵BD＝CD，∴DE垂直平分BC，∴BE＝CE，∴CE＝，故②正確；③∵△ABD一定是等腰三角形，而△CBE不一定是等腰三角形，∴△ABD和△CBE不一定相似，故③錯(cuò)誤；④∵∠A＝30°，BC＝3，∴∠A＝∠ABD＝∠CBE＝30°，AC＝2BC＝6，∴BD＝，∵BC＝3，∠BCE＝90°，∴BE＝，∴，故④正確；故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題是三角形的一個(gè)綜合題，主要考查了勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，考試的內(nèi)容多，難度較大，關(guān)鍵是綜合應(yīng)用以上性質(zhì)靈活解題．17．（2021·重慶實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校二模）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，，將菱形紙片翻折，使點(diǎn)B落在CD邊上的點(diǎn)P處，折痕為MN，點(diǎn)M、N分別在邊BC、AB上，若PN⊥AB，則點(diǎn)N到邊MP的距離為________．【答案】【分析】過點(diǎn)P作PE⊥BC于E，作MF⊥AB于F，作NH⊥BM于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)，求點(diǎn)N到邊MP的距離等于求點(diǎn)N到BM的距離NH，在Rt△NBH中求出NH即可．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)P作PE⊥BC于E，過點(diǎn)M作MF⊥AB于F，過點(diǎn)N作NH⊥BM于H，NG⊥MP，∵四邊形ABCD為菱形，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝∠DCE＝60°，又PE⊥BC，∴∠CPE＝30°，∴PC＝2CE，PE＝CE，∵翻折，∴△NBM≌△NPM，∴NH＝NG，∠BNM＝∠PNM，BM＝MP，∠B＝∠NPM＝60°，∵NP⊥BA，∴∠BNP＝90°，∴∠BNM＝∠PNM＝45°，∵∠B＋∠BNP＋∠NPM＋∠BMP＝360°，∴∠BMP＝150°，∴∠PME＝30°，∴MP＝2PE＝2CE，ME＝PE＝3CE，∴BM＝PM＝2CE，MC＝2CE，∵BC＝2＋2＝2CE＋2CE，∴CE＝1，∴MB＝2，∴MF＝MB×sinB＝2×sin60°＝3，BF＝MB×cosB＝2×cos60°＝，∵∠FNM＝45°，F(xiàn)M⊥FN，∴FN＝MF＝3，∴BN＝BF＋FN＝＋3，∴NH＝BN×sinB＝（3＋）×sin60°＝，∴NG＝．故答案為：．【點(diǎn)睛】此題主要考查四邊形的綜合性質(zhì)求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線，利用菱形與三角函數(shù)的性質(zhì)求解．18．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，BE、EG、FG為折痕，若頂點(diǎn)A、C、D都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)B、O、G在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上．（1）的值為________．

（2）若AD=4，則四邊形BEGF的面積為________．【答案】【分析】（1）由折疊可得，E，G分別為AD，CD的中點(diǎn)，證明∠BEG=90°，將轉(zhuǎn)化為，設(shè)CD=2a，AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，可得a2+（2b）2=（3a）2，則b=a，進(jìn)而得出的值；（2）在△BCG中，由勾股定理得出a2+42=（3a）2，解得a，證明△EDG∽△GCF，得出比例線段，求出CF．則可求出EF．由四邊形面積公式可求出答案．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，AB=CD，AD=BC，由折疊的性質(zhì)得：AE=OE=DE，CG=OG=DG，∠ABE=∠OBE，∠AEB=∠OEB，∠DEG=∠OEG，∴∠BEG=180°÷2=90°，且E，G分別為AD，CD的中點(diǎn)，∴tan∠OBE==tan∠ABE=，設(shè)CD=2a，AD=2b，則AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，即a2+（2b）2=（3a）2，∴b2=2a2，∴b=a，∴，∴；（2）由（1）得：AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=，∵∠C=90°，∴Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，∴a2+（）2=（3a）2，∴a=2或2（舍），∴DG=CG=2，∴BG=OB+OG=4+2=6，由折疊可得∠EGD=∠EGO，∠OGF=∠FGC，∴∠EGF=90°，∴∠EGD+∠FGC=90°，∵∠EGD+∠DEG=90°，∴∠FGC=∠DEG，∵∠EDG=∠GCF=90°，∴△EDG∽△GCF，∴，∴，∴CF=，∴FO=，∴EF=，∵點(diǎn)B，O，G在同一條直線上，∴EF⊥BG，∴S四邊形EBFG=×BG×EF==，故答案為：；．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2021·湖北襄陽·中考真題）如圖，正方形的對角線相交于點(diǎn)，點(diǎn)在邊上，點(diǎn)在的延長線上，，交于點(diǎn)，，，則______．【答案】【分析】作出如圖所示的輔助線，利用SAS證明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的邊長，再證明△BAF△OAG，即可求解．【詳解】解：如圖，在CD上取點(diǎn)H，使DH=BF=2，連接EH、AH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，∴△ADH△ABF(SAS)，∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，∴∠DAH+∠EAB=45°，則∠EAH=45°，∴∠EAF=∠EAH=45°，∴△EAF△EAH(SAS)，∴EF=EH，∵，設(shè)BE=a，則AB=2a，EC=a，CH=2a2，EF=EH=a+2，在Rt△CEH中，,即，解得：，則AB=AD=6，BE=EC=3，在Rt△ABE中，,∴AE=3，同理AF=2，AO=AB=3，∵BE∥AD，∴，∴AG=2，∴，，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠BAF=∠OAG，∴△BAF△OAG，∴，∵∠GAF=∠OAB=45°，∴△GAF是等腰直角三角形，∴FG=AG=2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形綜合題，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．20．（2021·四川龍泉驛·九年級期中）如圖，在等腰三角形中，，，為高，，分別是，上的動(dòng)點(diǎn)，若，是的中點(diǎn)，連接，，則的最小值為______．【答案】【分析】連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥BD于點(diǎn)F，根據(jù)三角函數(shù)的定義，求得AB=，AD=10，BD=30，設(shè)DM=m，則DN=2m+10，則MN=，，從而得到的表達(dá)式，結(jié)合兩點(diǎn)之間線段最短，即可求解．【詳解】解：連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥BD于點(diǎn)F，∵在等腰三角形中，，，是的中點(diǎn)，∴CE⊥AB，，設(shè)CE=3x，則AE=x，∴，解得：x=，（負(fù)值舍去），∴AB=2AE=，同理：AD=10，BD=3AD=30，設(shè)DM=m，則DN=2m+10，∴MN=，∵EF⊥BD，AC⊥BD，∴EF∥AC，∴=1，∴F是BD的中點(diǎn)，EF是的中位線，∴EF=，DF=，∴FM=|15m|，∴，∴=+==，∵可以看作x軸上的動(dòng)點(diǎn)H（m，0）到點(diǎn)P（15，5）和點(diǎn)Q（4，2）的距離之和，又∵=，∴≥=．故答案是：．【點(diǎn)睛】本題主要考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，添加輔助線，構(gòu)造直角三角形，用代數(shù)式表示線段的長，是解題的關(guān)鍵．21．（2021·湖北咸寧·模擬預(yù)測）如圖，正方形中，，連接，的平分線交于點(diǎn)E，在上截取，連接，分別交，于點(diǎn)G，H，點(diǎn)P是線段上的動(dòng)點(diǎn)，于點(diǎn)Q，連接．下列結(jié)論：①；②；③；④的最小值是．其中所有正確結(jié)論的序號是_____．【答案】①②④【分析】先根據(jù)定理證出△ADF?△DCE，從而可得，再根據(jù)角的和差即可判斷結(jié)論①；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)線段的和差、等量代換即可判斷結(jié)論②；先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，再根據(jù)可得，從而可得，由此即可判斷結(jié)論③；過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，先根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得，再根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短、垂線段最短可得當(dāng)時(shí)，取得最小值，然后解直角三角形即可得判斷結(jié)論④．【詳解】解：四邊形是正方形，，，在△ADF和△DCE中，∴△ADF，，，，即，結(jié)論①正確；平分，，，，∵AB，，，，結(jié)論②正確；，，，，即，結(jié)論③錯(cuò)誤；如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，平分，，，，，由兩點(diǎn)之間線段最短得：當(dāng)點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，由垂線段最短得：當(dāng)時(shí)，取得最小值，此時(shí)在中，，即的最小值是，結(jié)論④正確；綜上，所有正確結(jié)論的序號是①②④，故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，較難的是④，利用兩點(diǎn)之間線段最短、垂線段最短得出當(dāng)時(shí)，取最小值是解題關(guān)鍵．22．（2021·陜西·西安高新一中實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，菱形中，直線、將菱形的面積四等分，，，，則________．【答案】．【分析】設(shè)EF與GH交于O點(diǎn)，過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，過O作OK⊥BC與K，ON⊥DC于N，連結(jié)AC，BD，根據(jù)性質(zhì)點(diǎn)O為對稱中心，是菱形對角線的交點(diǎn)，根據(jù)菱形是中心對稱圖形，可求BG=DH=2，AE=CF，根據(jù)面積S四邊形FOHC=S△COD=，可得S△OFC=S△OHD，可證FC=DH=2，利用三角函數(shù)求AL=，AL=，可證四邊形ALME為矩形，可得AE=LM=2，AL=EM=在Rt△EFM中由勾股定理即可．【詳解】解：設(shè)EF與GH交于O點(diǎn)，過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，過O作OK⊥BC與K，ON⊥DC于N，連結(jié)AC，BD，∵EF、GH將菱形面積四等分，∴點(diǎn)O為對稱中心，是菱形對角線的交點(diǎn)，S四邊形AEOG=S四邊形GOFB=S四邊形FOHC=S四邊形HOED=，∵菱形是中心對稱圖形，∴BG=DH=2，AE=CF，∵對角線AC、BD將菱形面積四等分，即S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD=，∴S四邊形FOHC=S△COD=，即S△OFC+S△OCH=S△OCH+S△OHD=，∴S△OFC=S△OHD，∵OC平分∠BCD，OK⊥BC，ON⊥CD，∴OK=ON，∴，∴FC=DH=2，∴AE=FC=2，在Rt△ABL中，AB=6，∠ABL=60°，∴AL=ABsin60°=，BL=ABcos60°=，∵過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，AD∥BC，∴∠ALM=∠EML=∠AEM=90°，∴四邊形ALME為矩形，∴AE=LM=2，AL=EM=，∴MC=BCBLLM=632=1，∴FM=FCMC=21=1，在Rt△EFM中由勾股定理．故答案為．【點(diǎn)睛】本題考查菱形面積四等分性質(zhì)，菱形性質(zhì)，矩形判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，利用面積證線段相等，掌握菱形面積四等分性質(zhì)，菱形性質(zhì)，矩形判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，利用面積證線段相等方法是解題關(guān)鍵．23．（2021·廣東龍崗·九年級期末）如圖，已知在菱形ABCD，BC=9，∠ABC=60°，點(diǎn)E在BC上，且BE=6，將ΔABE沿AE折疊得到ΔAB′E，其中B′E交CD于點(diǎn)F，則CF=____________．【答案】【分析】過點(diǎn)A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，過H作HM⊥AE于H，過F作FN⊥BC交BC延長線于N，通過直角三角形求出BG、AE，由三角形的面積求得HM，再通過折疊求出CF．【詳解】解：過點(diǎn)A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，過H作HM⊥AE于H，過F作FN⊥BC交BC延長線于N，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=9，在Rt△ABG中，∠B=60°，∴sinB=sin60°=，∴AG=AB=，∵cosB=cos60°=，∴BG=AB=，∵BE=6，∴HE=2GE=2(BEBG)=2×()=3，在Rt△AGE中，AE==3，∵S△AHE=×HE×AG=×AE×HM，∴×3×=×3×HM，解得，HM=，∵HG=GE，AG⊥HE，∴△AHE是等腰三角形，∴AH=AE，∠AHE=∠HEA，在Rt△AHM中，AM=，∵AB∥CD，∴∠FCN=∠B=60°，∴tan60°=，∵折疊，∴∠AEB′=∠HEA，在△AHE中，∵∠HAE=180°∠HEA∠AHE=180°2∠HEA，又∠FEN=180°∠HEA∠AEB′=180°2∠HEA，∴∠HAE=∠FEN，設(shè)CN=x，F(xiàn)N=x，∵tan∠FEC=tan∠HAM=，∴，∴，∴，∴CN=，F(xiàn)N=，∴CF=．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折求線段，綜合利用了等腰三角形和直角三角形等性質(zhì)以及三角函數(shù)關(guān)系求線段，綜合難度較高．三、解答題24．（2021·遼寧·沈陽市實(shí)驗(yàn)學(xué)校九年級期中）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+3分別與x軸、y軸交于A、B兩點(diǎn)，等腰直角△BOC的直角頂點(diǎn)C位于第一象限，點(diǎn)M為y軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）填空：AB的長是，點(diǎn)C的坐標(biāo)是．（2）若MA＝MB，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）若MC＝OA，請直接寫出此時(shí)∠BCM的度數(shù)；（4）若以A、C、M、N為頂點(diǎn)的平行四邊形的頂點(diǎn)N恰好落在x軸上，請直接寫出M的坐標(biāo)及此時(shí)平行四邊形的面積．【答案】（1），；（2）；（3）15゜或75゜（4），或，【分析】（1）由一次函數(shù)的解析式可求得A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可得OA、OB的長，由勾股定理即可求得AB的長；過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得OD=CD=，從而可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，y)，則由勾股定理可求得MA，由MA=MB即可求得y的值，從而求得點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）分兩種情況：點(diǎn)M位于B、D之間時(shí)；點(diǎn)M位于O、D之間時(shí)，分別計(jì)算此時(shí)的角即可；（4）分三種情況：AC、AN為鄰邊；AC、AM為鄰邊；AC為對角線，利用平行四邊形的性質(zhì)即可求得M點(diǎn)的坐標(biāo)，從而求得此時(shí)四邊形的面積．【詳解】（1）在y＝x+3中，令x=0，得y=3；令y＝x+3=0，得，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，3)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為∴OB=3，由勾股定理得：過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為故答案為：，；（2）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，y)，則OM=y，，由勾股定理可得∵M(jìn)A=MB∴即解得：y=1即點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，1)（3）當(dāng)點(diǎn)M位于B、D之間時(shí)∵△OBC是等腰直角三角形∴∠OBC=45゜∵CD⊥OB∴∠BCD=45゜在Rt△CDM中，∴∠MCD=30゜∴∠BCM=∠BCD∠MCD=45゜30゜=15゜當(dāng)點(diǎn)M位于O、D之間時(shí)，同理可得∠DCM=30゜∴∠BCM=∠BCD+∠MCD=45゜+30゜=75゜綜上所述，∠BCM的度數(shù)為15゜或75゜（4）①若以AC、AN為平行四邊形的鄰邊，如圖則CM∥AN，且CM=AN∴CM⊥OM∴∴，此時(shí)平行四邊形的面積為②若以AC、AM為平行四邊形的鄰邊，如圖則AC∥MN且AC=MN設(shè)M(0，m)∵點(diǎn)A向右平移個(gè)單位長度，再向上平移個(gè)單位長度得到點(diǎn)C∴點(diǎn)M向右平移個(gè)單位長度，再向上平移個(gè)單位長度得到點(diǎn)N，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為∵點(diǎn)N在x軸上∴∴即點(diǎn)M的坐標(biāo)為，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為∴平行四邊形的面積為③AC為對角線，則CM∥AN，且CM=AN，與①同，點(diǎn)M的坐標(biāo)及此時(shí)平行四邊形的面積不變．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為，面積為或M點(diǎn)坐標(biāo)為，面積為．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，勾股定理，三角函數(shù)等知識(shí)，其中用到了分類討論，準(zhǔn)確分類并不重不漏是關(guān)鍵．25．（2021·上海市徐匯中學(xué)九年級期中）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，點(diǎn)E在對角線AC上，且滿足AE＝2EC，點(diǎn)F在線段CD上，作直線FE，交線段AB于點(diǎn)M，交直線BC于點(diǎn)N．（1）當(dāng)CF＝2時(shí)，求線段BN的長；（2）若設(shè)CF＝x，△BNE的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍；（3）試判斷△BME能不能成為等腰三角形，若能，請直接寫出x的值．【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，進(jìn)而求得；（2）分為0＜x＜3和3＜x＜4.5兩種情形，作EG⊥BC于G，根據(jù)三角形相似求出EG和BN；（3）分為BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三種，可根據(jù)BM＝9﹣2CF求得．【詳解】解：（1）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，∴,∴AM＝2CF＝4，∴BM＝AB﹣AM＝5，∴，∴BN＝10；（2）當(dāng)CF＝BM時(shí)，，此時(shí)△BEN不存在，∴CF＝9﹣2CF，∴CF＝3，當(dāng)點(diǎn)M和B點(diǎn)重合時(shí)，AB＝2CF，∴CF＝4.5，∴分為0＜x＜3和3＜x＜4.5，如圖2，當(dāng)0＜x＜3時(shí)，作EG⊥BC于G，由（1）知，EG＝3，AM＝2CF＝2x，∴BM＝9﹣2x，由得，，∴，∴y＝＝＝；如圖3，當(dāng)3＜x＜4.5時(shí)，由得，∴CN＝，∴y＝＝；（3）如圖4，∵，∴，∴CG＝CB＝2，∴GB＝CB﹣CG＝4，∴BE＝5，當(dāng)BM＝BE＝5時(shí)，9﹣2x＝5，∴x＝2，如圖5，當(dāng)EM＝EB＝5時(shí)，作EH⊥AB于H，∴BM＝2BH＝2EG＝6，∴9﹣2x＝6，∴x=，如圖6，當(dāng)EM＝BM時(shí)，作MH⊥BE于H，在Rt△BMH中，BH＝，cos∠MBH＝cos∠BEG＝，∴BM＝，∴9﹣2x＝，∴x＝，綜上所述：x＝2或或．【點(diǎn)睛】此題考查相似三角形的判定及性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理解直角三角形，矩形的性質(zhì)，正確引出輔助線及掌握分類思想解決問題是解題的關(guān)鍵．26．（2021·北京·人大附中九年級期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知線段AB和圖形W，如果對于給定的角α（0°＜α≤90°），線段AB上存在一點(diǎn)C，使得線段AB繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角之后，所得線段與圖形W有公共點(diǎn)，則稱圖形W是線段AB的α﹣聯(lián)絡(luò)圖形．例如，下圖中的正方形即為線段AB的90°﹣聯(lián)絡(luò)圖形．已知點(diǎn)A(1，0)（1）若點(diǎn)B(3，0)，直線y＝﹣1是線段AB的α﹣聯(lián)絡(luò)圖形，則α可能是下列選項(xiàng)中的（填序號）．①15°②30°③54°（2）若點(diǎn)B(t，0)，直線y＝x＋是線段AB的60°﹣聯(lián)絡(luò)圖形，求t的取值范圍．（3）若第一象限內(nèi)的點(diǎn)B滿足AB＝2，點(diǎn)P(m，0)，Q(m－1，)，若存在某個(gè)點(diǎn)B和某個(gè)α，使得線段PQ是線段AB的α﹣聯(lián)絡(luò)圖形，直接寫出m的取值范圍．【答案】（1）②；（2）；（3）【分析】（1）將線段AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B落到直線上的C點(diǎn)，過點(diǎn)C作于點(diǎn)D，求出AB，CD的長度，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得；（2）根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)得，，則，，在中，根據(jù)正切得，連接AC，在中，根據(jù)正切得，則，根據(jù)得，即；（3）當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)Q作于點(diǎn)C，在中，根據(jù)正切得，在中，，則，即，當(dāng)點(diǎn)B在y軸上時(shí)，在中，根據(jù)余弦得，所以當(dāng)m=1時(shí)，線段AB在直線PQ上，即可得．【詳解】解：（1）如圖所示，將線段AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B落到直線上的C點(diǎn)，過點(diǎn)C作于點(diǎn)D，∵A（1，0），B（3，0），∴，，∴，∴在中，，故答案為：②；（2）在中，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，，∴，，∴，，∵在中，，∴，如圖所示，連接AC，∵A（1，0），∴OA=1，∵在中，，∴，∴，∴，，即，∴；（3）如圖所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)Q作于點(diǎn)C，∵，，∴，，∵在中，，∴，∵在中，，∴，∴，如圖所示，當(dāng)點(diǎn)B在y軸上時(shí)，∵在中，，∴，∴當(dāng)m=1時(shí)，線段AB在直線PQ上，∴m的取值范圍是：．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)，直角三角形的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，正弦，余弦，正切，解題的關(guān)鍵是掌握并靈活運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)．27．（2021·吉林朝陽·九年級期中）如圖，在中，，，，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以每秒5個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作于點(diǎn)Q，將線段PQ繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，連結(jié)QR．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）線段AP的長為______（用含t的代數(shù)式表示）．（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，求t的值．（3）當(dāng)C、R、Q三點(diǎn)共線時(shí)，求t的值．（4）當(dāng)為鈍角三角形時(shí)，直接寫出t的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或【分析】（1）根據(jù)路程＝速度×?xí)r間即可求解；（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，得出，即可求解；（3）利用三角函數(shù)求出，，當(dāng)C、R、Q三點(diǎn)共線時(shí)，可證出，進(jìn)而得到即，即可求解；（4）分情況進(jìn)行討論，①如圖2，過C作CD⊥AB于D，當(dāng)點(diǎn)R在CD上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)R在CD左邊時(shí)，為鈍角，先證出四邊形PQDR為正方形，再利用三角函數(shù)求出，，再證出，進(jìn)而得到，即可求出，進(jìn)而可分析出t的取值范圍，②如圖3，當(dāng)點(diǎn)R在BC邊上時(shí)，，若點(diǎn)R在△ABC外，則為鈍角，先證出，即可得到，進(jìn)而求出，再根據(jù)點(diǎn)P最多只能運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C上，即可分析出t的取值范圍．【詳解】：（1）根據(jù)路程＝速度×?xí)r間可得：；（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，，∴，（3）∵，，，∴，∴，，∴，由旋轉(zhuǎn)知，當(dāng)C、R、Q三點(diǎn)共線時(shí)，如圖1，∵，∴，∴，∴，∴即，∵，，∴,∴，∴；（4）由旋轉(zhuǎn)知，∴，∴不可能是鈍角，若點(diǎn)R在△ABC內(nèi)部，也不可能是鈍角，①如圖2，過C作CD⊥AB于D，當(dāng)點(diǎn)R在CD上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)R在CD左邊時(shí)，為鈍角，∵，∴四邊形PQDR為矩形，∵，∴矩形PQDR為正方形，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴當(dāng)時(shí)，為鈍角，②如圖3，當(dāng)點(diǎn)R在BC邊上時(shí)，，若點(diǎn)R在△ABC外，則為鈍角，∵，∴，∵，∴△CPR∴，∴，，，∴，∴，∴，又∵點(diǎn)P最多只能運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C上，∴，∴當(dāng)時(shí)，為鈍角，∴當(dāng)或時(shí)，△PCR為鈍角三角形．【點(diǎn)睛】本題考查幾何變換綜合題、矩形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題．28．（2021·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)九年級期中）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在和中，，，點(diǎn)D是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE．（1）填空：①的值為______；②的度數(shù)為______．（2）類比探究如圖2，在和中，，，點(diǎn)D是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE．請求出的值及的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸如圖3，在和中，，，點(diǎn)D是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE，M為DE中點(diǎn)．若，，在點(diǎn)D從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，請直接寫出M點(diǎn)經(jīng)過的路徑長．【答案】（1）①1；②90°；（2），，理由見解析；（3）【分析】（1）①證明≌即可求得的值；②由①的結(jié)論，可得，進(jìn)而可得的度數(shù)；（2）由已知條件證明∽，可得，又，可得∽，進(jìn)而根據(jù)即可求得，同（1）可得，進(jìn)而可得的度數(shù)；（3）設(shè)的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，由題意的路徑長為的長，根據(jù)（2）的結(jié)論可得∽，進(jìn)而求得的長，根據(jù)中位線定理即可求得，即點(diǎn)經(jīng)過的路徑長．【詳解】（1）∵，，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴≌（SAS），∴，，∴，．故答案為：1，90°．（2），．理由如下：∵，，∴，，即，∴．∵，，∴∽，∴，∴，且，∴∽，∴，，∴．（3）如圖，設(shè)的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，點(diǎn)D是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，M為DE中點(diǎn),在點(diǎn)D從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，點(diǎn)從的中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合，此時(shí)如圖，則點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長為的長，由（2）可得∽，，，,，，，，，分別為的中點(diǎn)，則，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長為．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．29．（2021·遼寧省實(shí)驗(yàn)學(xué)校九年級月考）（1）（問題發(fā)現(xiàn)）：如圖1在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，以CD為一邊作正方形CDEF，點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，易知△ACF∽△BCE．線段BE與AF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出．（2）（拓展研究）：在（1）的條件下，將正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至如圖2所示的位置，連接BE，CE，AF．請猜想線段BE和AF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）（結(jié)論運(yùn)用）：在（1）（2）的條件下，若△ABC的面積為8時(shí)，當(dāng)正方形CDEF旋轉(zhuǎn)到B、E、F點(diǎn)共線時(shí)，請直接寫出線段AF的長．【答案】（1）；（2），證明過程見解答；（3）或．【分析】（1）當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，證明和都是等腰直角三角形，所以它們的對應(yīng)角相等，可得，可推出；（2）由和都是等腰直角三角形可得，再由，可證明，可推出仍然成立；（3）由、、三點(diǎn)共線得，根據(jù)圖1，由的面積為8，可求出，，且，在中由勾股定理求出的長，再求的長，再由求出的長．【詳解】解：（1）結(jié)論：，如圖1，，，，四邊形是正方形，，，，，，點(diǎn)與點(diǎn)重合，，，，；，，，．（2）．證明：如圖2，由（1）得，，四邊形是正方形，，，，，，，，，．（3）如圖1，，，點(diǎn)為的中點(diǎn)，，，，的面積為8，，，，，點(diǎn)與點(diǎn)重合，四邊形是正方形，；如圖2，、、三點(diǎn)共線且點(diǎn)在線段上，，，，．，；如圖3，、、三點(diǎn)共線且點(diǎn)在線段上，，，則，．，，綜上所述，線段的長為或．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、二次根式的化簡以及解直角三角形等知識(shí)與方法，此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．解題關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)相似得到，問題（3）難點(diǎn)正確畫出圖形，得到．30．（2021·湖北·武漢第三寄宿中學(xué)九年級月考）在正方形ABCD中，AB=4，O為對角線AC、BD的交點(diǎn)．（1）如圖1，延長OC，使CE=OC，作正方形OEFG，使點(diǎn)G落在OD的延長線上，連接DE、AG．求證：DE=AG；（2）如圖2，將問題（1）中的正方形OEFG繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)°（0<<180），得到正方形，連接．①當(dāng)=30時(shí)，求點(diǎn)A到的距離；②在旋轉(zhuǎn)過程中，直接寫出面積的最小值為，并寫出此時(shí)的旋轉(zhuǎn)角=．【答案】（1）見解析；（2）①點(diǎn)A到的距離為；②在旋轉(zhuǎn)過程中，直接寫出面積的最小值為，此時(shí)的旋轉(zhuǎn)角=135°．【分析】（1）證明△AOG≌△DOE得出AG=DE即可；（2）①過點(diǎn)E′作E′M⊥AC交AC延長線于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AN⊥G′E′于點(diǎn)N，則∠E′MO=90°,求出OG′=OE′=，可得出G′E′=8,則可得出答案；②可知G′，E′在以O(shè)為圓心，OG′為半徑的圓O上，當(dāng)OA⊥G′E′時(shí)，S△AE′G′最小，此時(shí)OA的延長線與G′E′相交于點(diǎn)H，進(jìn)一步即可得出答案．【詳解】(1)證明：∵點(diǎn)O是正方形ABCD兩對角線的交點(diǎn)，∴OA=OD.∵OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°.∵四邊形OEFG是正方形，∴OG=OE，∴△AOG≌△DOE，∴AG=DE.(2)解：如圖，過點(diǎn)E′作E′M⊥AC交AC延長線于點(diǎn)