中考數學三輪沖刺培優(yōu)訓練專題21動態(tài)幾何綜合問題（解析版）

專題21動態(tài)幾何綜合問題（最新模擬40題預測）一、解答題1．（2023春·吉林長春·九年級東北師大附中?？茧A段練習）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25．動點P從點A出發(fā)，以每秒7個單位長度的速度沿折線AC﹣CB向終點B運動．當點P不與△ABC頂點重合時，作∠CPQ=135°，交邊AB于點Q，以CP、PQ為邊作?CPQD．設點P的運動時間為t(1)求AC的長．(2)當點P在邊AC上時，求點Q到邊AC的距離（用含t的代數式表示）；(3)當?CPQD的某條對角線與△ABC的直角邊垂直時，求?CPQD的面積；(4)以點P為直角頂點作等腰直角三角形EPQ，使點E與點C在PQ同側，設EQ的中點為F，?CPQD的對稱中心為點O，連接OF．當OF∥PQ時，直接寫出【答案】(1)AC=20(2)點Q到邊AC的距離為3t(3)?CPQD的面積為36或3600(4)滿足條件的t的值為2013【分析】（1）根據勾股定理求解即可；（2）如圖1，過點Q作QM⊥AC于點M，由tanA=MQAM=BCAC=34，設MQ=3a，AM=4a（3）分兩種情形：當PD⊥AC時，如圖2中，過點Q作QM⊥AC于點M，當PD⊥BC時，如圖3中，過點Q作QN⊥PB于點N，分別構建方程求解，可得結論；（4）如圖4﹣1中，當△PDQ是等腰直角三角形時，滿足條件；如圖4﹣2中，當△PQD是等腰直角三角形時，滿足條件，分別構建方程求解，可得結論．【詳解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=15，AB=25∴AC=AB2?B（2）如圖1中，過點Q作QM⊥AC于點M．在Rt△AMQ中，∠AMQ=90°tanA=設MQ=3a，AM=4a，∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∴PM=MQ=3a，∴AP=7a=7t，∴a=t，∴MQ=3t；（3）當PD⊥AC時，如圖2中，過點Q作QM⊥AC于點M．∵CP=PD=QM=PM=3t，AM=4t，∴4t+3t+3t=20，∴t=2，∴?CPQD的面積=6×6=36；當PD⊥BC時，如圖3中，過點Q作QN⊥PB于點N．∵∠CPQ=135°，∴∠QPM=45°，∵CD∥∴∠DCP=∠QPN=45°，∴CP=PD=QN=PN=7t?20，∵tanB=∴27t?20解得t=40∴?CPQD的面積=7×綜上所述，滿足條件的?CPQD的面積為36或3600121（4）如圖4﹣1中，當△PDQ是等腰直角三角形時，滿足條件．過點Q作QM⊥AC于點M，則AM=4t，PM=QM=3t，∴PQ=PD=32∴PC=6t，∴4t+3t+6t=20，∴t=20如圖4﹣2中，當△PQD是等腰直角三角形時，滿足條件，過點N作QN⊥CB于點N．∵PC=2PD=2∴7t?20+1∴t=4，綜上所述，滿足條件的t的值為2013【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查平行四邊形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．2．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市蕭紅中學校考模擬預測）如圖，直線l1：y=?x+8與x軸、y軸分別交于點A和點B，直線l2：y=x與直線l1交于點C，平行于y軸的直線m從原點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向右平移，到C點時停止．直線m交線段BC、OC于點D、E，以DE為斜邊向左側作等腰Rt△DEF，設△DEF與(1)填空：OA=_______，∠OAB=______；(2)填空：動點E的坐標為（t，_____），DE=______（用含t的代數式表示）；(3)當點F落在y軸上時，求t的值．(4)求S與t的函數關系式并寫出自變量的取值范圍；【答案】(1)8；45°(2)t；8?2t(3)2(4)S=【分析】（1）分別令x=0、y=0求出OA、OB的長度，再根據等腰直角三角形的性質求出∠OAB的度數；（2）根據等腰直角三角形的性質可得動點E的坐標，進而求出DE的長度；（3）當點F在y軸上時，四邊形DCEF為正方形，進而求出t的值；（4）F點的位置有三種可能：①點F在y軸的左側0≤t<2；②點F在y軸上t=2；③點F在y軸右側2<t≤4，求出S與t的關系式．【詳解】（1）l1與x軸交于A點，與y軸交于B∵當x=0時，y=8；當y=0時，x=8，∴OA=OB=8，∴∠OAB=45°，故答案為：8；45°．（2）∵直線l2與直線l1交于點∴聯立y=?x+8y=x，得?x+8=x解得x=4，y=4，∴C4,4，∠COA=45°則OP=PE=t，即Et,t，DE=DP?EP=DP?t∵∠OAB=45°且直線m平行于y軸，垂直于x軸，∴∠DPA=90°，△DPA為等腰直角三角形，∴DP=PA=8?t，∴DE=8?t故答案為：t；8?2t．（3）當點F落在y軸上時，∠CDE=∠FDE=45°DE=DE∴△DEC?△DEFASA∴DC=DF，EC=EF，∴四邊形DCEF為正方形，∴CF⊥DE，即CF⊥OB，∴DE=1∴DE=8?2t=4，即t=2，故答案為：2．（4）由題意可知：直線m交線段BC、OC于點D、E，以DE為斜邊向左側作等腰Rt△DEF所以F點的位置有三種情況：①由（3）可知，當t=2時，點F在y軸上，此時△DEF和△BCO重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形DCEF為正方形，S=1②當0≤t<2時，點F在y軸左側，此時△DEF與△BCO重疊部分為梯形，如圖，Rt△DEF的兩直角邊與y軸有兩交點P、Q，分別過兩個交點作x軸的平行線，交DE于M、NS=====?3t③當2<t≤4時，點F在y軸右側，此時△DEF和△BCO重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形DCEF為正方形，S=1故答案為：S=?3【點睛】本題考查了根據一次函數解析式求點的坐標，以及三角形的面積的計算，正確表示出DE的長是關鍵．3．（2023春·江蘇·九年級校考階段練習）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．點D是BC中點，點P從點C出發(fā)，沿CA向點A勻速運動，速度為2cm/s；同時點Q從點A出發(fā)，沿AB向點B勻速運動，速度為3cm/s；連接PD，QD，PQ，將△PQD繞點(1)當t為何值時，RT∥BC？(2)當t為何值時，四邊形PQRT是菱形？(3)設四邊形PQRT的面積為ycm2，求y與(4)是否存在某一時刻t，使得點T在△ABC的外接圓上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)t=30(2)t=1+(3)y=48(4)存在，t=【分析】（1）首先根據勾股定理得到AB的長，根據旋轉性質和平行四邊形判定，可以證出四邊形PQRT為平行四邊形，利用RT//BC得線段成比例，從而得解；（2）過Q作QN⊥BC于N，用含t的代數式表示出CP、AP、AQ、QB的長，由（1）已經證明四邊形（3）過P作PM⊥AQ于M，過點Q作QN⊥BD于N，根據S?PQRT=2S（4）過C作CH⊥AB于H，所以CH×AB=AC×BC=2S△ABC，再證明△CDT≌△BDQ(SAS)，對應角相等，即為內錯角相等，所以CT∥BA，從而證出當Q在AB上運動時，T也在過C點與AB平行的直線上運動，取AB中點O連OC作OM⊥CT于M，則四邊形OHCM為矩形，OM=CH，若T【詳解】（1）解：連接PQ、QR、PT，由旋轉知：DP=DR，DQ=DT，∴四邊形PQRT為平行四邊形，當TR∥BC時，則PQ∥BC，∴APAC∵∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm∴AB=6依題意得：AQ=3tcm，CP=2t∴AP=6?2tcm，∴6?2t6∴60?20t=18t，∴38t=60，∴t=30當t=3019時，（2）解：由（1）知，四邊形PQRT為平行四邊形，根據對角線互相垂直的平行四邊形為萎形知，當DP⊥DQ，即∠PDQ=90°時，平行四邊形PQRT為菱形，過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+檢驗t=1+∴t=1+（3）解：∵四邊形PQRT為平行四邊形，∴S?PQRT過P作PM⊥AQ于M，過點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：過C作CH⊥AB于H，∴CH×AB=AC×BC=2S∴CH=6×8連接CT，∵QD=DT，CD=DB，∠CDT=∠BDQ，∴△CDT≌∴∠B＝∴CT∥BA，∴當Q在AB上運動時，T也在過C點與AB平行的直線上運動，取AB中點O連OC作OM⊥CT于M，則四邊形OHCM為矩形，OM=CH，若T在△ABC的外接圓上，則OT=OC=1∵OM⊥CT，∴CM=MT，又∵CM=O∴CT=2MC=14∵△BQD≌∴CT=BQ=14即10?3t=14∴t=12即當t=125時，T在【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質、菱形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、三角形的外接圓的性質，解題關鍵是恰當作出輔助線，熟練掌握以上性質和判定．4．（2023春·陜西延安·九年級專題練習）如圖1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，點D、E分別是邊BC、AC的中點，連接DE．將△CDE繞點C逆時針方向旋轉，記旋轉角為α(1)問題發(fā)現①當α=0°時，AEBD=______；②當α=180°時，(2)拓展探究試判斷：當0°≤α<360°時，AEBD(3)問題解決△CDE繞點C逆時針旋轉至A、B、E三點在同一條直線上時，請直接寫出線段BD的長______．【答案】(1)①5；②5(2)沒有，證明見解析(3)滿足條件的BD的長為355【分析】（1）①當α=0°時，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的長，然后根據點D、E分別是邊BC、AC的中點，分別求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②當α=180°時，可得AB∥DE，然后根據ACAE=（2）首先判斷出ECA=∠DCB，再根據ECDC=AC（3）分兩種情形：當點E在AB的延長線上時；當點E在線段AB上時，分別求解即可．【詳解】（1）解：①當α=0°時，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=A∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴CE=AE=12AC=∴AE故答案為：5；②如圖，當α=180°時，可得AB∥DE，∵AC∴AE故答案為：5；（2）解：如圖，當0°≤α<360°時，AEBD∵ECD=∠ACB，∴ECA=∠DCB，∵EC∴△ECA∽△DCB，∴AE（3）解：如圖，當點E在AB的延長線上時，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=AB+BE=5，∵AE∴BD=5如圖，當點E在線段AB上時，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=4?1=3，∵AE∴BD=3綜上所述，滿足條件的BD的長為355或【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉變換，相似三角形的判定和性質，平行線的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．5．（2023·全國·九年級專題練習）已知正方形ABCD，點P為直線AC上的一點，連接PB，過點P作射線PM⊥PB，交直線CD于點E，連接BE，取BE的中點F，連接PF(1)如圖1，點P在線段AC的中點時，直接寫出PB與CF的數量關系；(2)如圖2，①點P在線段AC上時，試判斷（1）中的結論是否成立，并說明理由；②若點P在直線AC上，AB=4，AP=14AC(3)設AB=4，若點P運動到某一位置時使△BCF為等邊三角形，請直接寫出AP的長．【答案】(1)PB=2(2)①成立，理由見解析；②CF的長為5或13；(3)AP的長為26?22【分析】（1）先證明△ABC,△PBC,△BPF是等腰直角三角形，因此可得PB=PC=2（2）①過P點作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H，先根據AAS證明△PGC?△PHC，則可得PG=PH，再根據ASA證明△PBG?△PEH，則可得△PBE是等腰直角三角形，因此可得PB=2PF，再根據“直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半”可得PF=CF，因此②分兩種情況，分P點在線段AC上和P點在CA的延長線上．作PQ⊥BA于Q點，先求出AC的長，則可知AP的長，再求出PN、AN的長，則可求出PB的長，再根據CF=PB（3）分兩種情況，F點在BC上方和F點在BC下方．①F點在BC上方時，由△BCF是等邊三角形可求出BC、BE的長，再求出PB的長，設PQ=AQ=x，根據勾股定理列方程求出x，即可知PQ的長，則可求出PA的長．②F點在BC下方時，△BCF是等邊三角形可求出BC、BE、CE的長，再求出PE的長，作PQ⊥CE于Q點，設PQ=CQ=x，在Rt△PQE中據勾股定理列方程求出x，即可知PQ的長，進而可可求出PC的長和PA【詳解】（1）PB=2∵四邊形ABCD是正方形∴BA=BC,∠ABC=90°∵P是線段AC的中點∴BP=∵F是BC中點∴PF=∴P∴PB=∴PB=（2）①如圖，點P在線段AC上時，（1）中的結論仍然成立，理由如下：過P點作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四邊形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中點∴PF=∵Rt△BCE中，F是BE中點

∴CF=∴PF=CF∴PB=②(ⅰ)如圖，P點在線段AC上時，作PQ⊥AB于Q∵AB=4∴AC=PA=∴PQ=∴AQ=PQ=1∴BQ=4?1=3∴PB=由①知PB=∴CF=(ⅱ)如圖，若P點CA的延長線，

過P點作PG⊥BC于G，PH⊥DC于H又∵∠BCD=90°∴四邊形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中點∴PF=∵Rt△BCE中，F是BE中點

∴CF=∴PF=CF∴PB=延長BA，作PQ⊥BA于Q點∠PAQ=∠BAC=45°∴PQ=AQ=∵PA=∴PQ=∴AQ=1∴BQ=4+1=5∴PB=∴CF=PB綜上，CF的長為5或13（3）①如圖，F點在BC上方時∵△BCF為等邊三角形∴∠FBC=60°∴∠BEC=30°∴BE=2BC=8由①知△PBE是等腰直角三角形∴PB=延長BA，作PQ⊥BA于Q點則∠PAQ=∠BAC=45°AQ=PQ=設PQ=AQ=x,則BQ=4+x由P得x解得x1=2∴PQ=AQ=2∴PA=②①如圖，F點在BC下方時∵△BCF為等邊三角形∴∠CBE=60°∵BC=4∴CE=∵△BPE是等腰直角三角形∴PB=PE=過P點作PQ⊥CE于Q點則∠PQC=90°,∠PCQ=∠ACD=45°∴CQ=PQ設CQ=PQ=x，則EQ=4在Rt△PQE中P∴解得x1=2∴CQ=QP=2∴PC=(2∵AC=∴AP=4綜上，AP的長為26?2【點睛】本題綜合性較強，主要考查了正方形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質以及勾股定理．正確的畫出圖形，并且正確的作出輔助線是解題的關鍵．注意分類討論，不要漏解．6．（2022·內蒙古赤峰·模擬預測）問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點(不與點B、C重合)，垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點M、P、N．則DN、MB、EC之間的數量關系為．問題探究：在“問題情境”的基礎上．1如圖2，若垂足P恰好為AE的中點，連接BD，交MN于點Q，連接EQ，并延長交邊AD于點F.求∠AEF的度數；2如圖3，當垂足P在正方形ABCD的對角線BD上時，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點P落在點P'處，若正方形ABCD的邊長為4，AD的中點為S，求P問題拓展：如圖4，在邊長為4的正方形ABCD中，點M、N分別為邊AB、CD上的點，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對應邊B'C'恰好經過點A，C'N交AD于點F.分別過點A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分別為G、H【答案】問題情境：DN+MB=EC問題探究：（1）45°；（2）2問題拓展：FH【分析】問題情境：過點B作BF//MN分別交AE、CD于點G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF=MB，證明△ABE≌△BCF得出BE=CF，即可得出結論；問題探究：（1）連接AQ，過點Q作HI//AB，分別交AD、BC于點H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出結論；（2）連接AC交BD于點O，則△APN的直角頂點P在OB上運動，設點P與點B重合時，則點P'與點D重合；設點P與點O重合時，則點P'的落點為O'，由等腰直角三角形的性質得出∠ODA=∠ADO'=45°，當點P在線段BO上運動時，過點P作PG⊥CD于點G，過點P'作P'H⊥CD交CD延長線于點H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG=NH，GN=P'H，由正方形的性質得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH=P'H，得出∠P'DH=45°，故∠P問題拓展：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，則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，證明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ=AE+QE=203，證明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折疊的性質得：AB'=EB=3，∠B'【詳解】問題情境：解：線段DN、MB、EC之間的數量關系為：DN+MB=EC；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，過點B作BF∥MN分別交AE、CD于點G、F，如圖1所示：∴四邊形MBFN為平行四邊形，∴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；問題探究：解：（1）連接AQ，過點Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點H、I，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴四邊形ABIH為矩形，∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∠BDA=45°，∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，∵MN是AE的垂直平分線，∴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）連接AC交BD于點O，如圖3所示：則△APN的直角頂點P在OB上運動，設點P與點B重合時，則點P'與點D重合；設點P與點O重合時，則點P'的落點為∵AO=OD，∠AOD=90°，∴∠ODA=∠ADO當點P在線段BO上運動時，過點P作PG⊥CD于點G，過點P'作P'H⊥CD交CD延長線于點H∵點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由翻折性質得：PN=P在△PGN和△NHP∠NPG=∠P∴△PGN≌△NHP∴PG=NH，GN=P'H，∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∠PDG=45°，易得PG=GD，∴GN=DH，∴DH=P'H，∴∠P'DH=45°∴點P'在線段D過點S作SK⊥DO'，垂足為∵點S為AD的中點，∴DS=2，則P'S的最小值為問題拓展：FH=解：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，如圖4：則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由折疊的性質得：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【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、翻折變換的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵．7．（2023秋·四川德陽·八年級統考期末）（1）問題發(fā)現：如圖①，△ABC和△EDC都是等邊三角形，點B、D、E在同一條直線上，連接AE．①∠AEC的度數為______；②線段AE、BD之間的數量關系為______；（2）拓展探究：如圖②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點B、D、E在同一條直線上，CM為△EDC中DE邊上的高，連接AE，試求∠AEB的度數及判斷線段CM、AE、BE之間的數量關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，點B、D，E在同一條直線上，請直接寫出∠EAB+∠ECB的度數．【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由見詳解；（3）180°．【分析】（1）根據等邊三角形的性質，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后證明∠ECA=∠DCB，從而可證明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性質，①、②即可求解；（2）類似（1）中方法，證明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA?∠CEB=90°，根據等腰直角三角形的性質得到CM=EM=MD，即可得到線段CM、AE、BE之間的數量關系；（3）根據△AEC≌△BDC解答即可．【詳解】（1）解：如圖①所示，∵△ABC和△EDC都是等邊三角形，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，∴∠ECD?∠ACD=∠ACB?∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=60°，點B、D、E在同一條直線上，∴∠BDC=120°，∴∠AEC=∠BDC=120°，故①的答案為：120°；②的答案為：相等；（2）解：如圖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與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=45°，點B、D、E在同一條直線上，∴∠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的度數為90°，線段CM、AE、BE之間的數量關系為：∴BE=AE+2CM；（3）解：根據（1）（2）中結論可知：△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°．【點睛】此題是三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質、等邊三角形的性質、等腰三角形的性質等知識，熟練而靈活運用這些性質解決問題是解答此題的關鍵．8．（2023·全國·九年級專題練習）如圖,在△ABC中,AC=BC=10，cosC=35，AD是BC邊上的高，點O是AB的中點，點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿折線AD?DB向終點B運動，連結OP，作點A關于直線OP的對稱點A'(1)線段AB的長為_______；(2)用含t的代數式表示點P到AB的距離?；(3)連結A'D，當線段A'(4)當點O、A'、C【答案】(1)4(2)?=(3)當線段A'D最長時，(4)t=【分析】（1）由AD是BC邊上的高得∠ADC=90°，由cosC=CDAC=35，AC=BC=10得（2）分兩種情況討論，當點P在AD上運動和點P在BD上運動時，根據等面積法，分別可以求出?和t的關系，從而即可得到答案；（3）當點O、A'、D三點共線時，線段A（4）以點D為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，可以直接寫出各個點的坐標，從而可以求出直線OC的解析式，由點A'在直線OC上，設出點A'的坐標，再根據OA=OA'求出點A'的坐標，從而可以得出直線A【詳解】（1）解：∵AD是BC邊上的高，∴∠ADC=90°，∵cos∴CD=6，∴AD=A∵∠ADB=90°，∴AB=A故答案為：45（2）解：當0<t≤8時，點P在AD上運動，作PQ⊥AB交AB于點Q，作OM⊥AD交AD于點M，點P到AB的距離即PQ的長，如圖所示，根據圖可得：S△AOP∵點O是AB的中點，∴OA=25∵OM⊥AD，∴∠AMO=∠ADB=90°，∴OM∥BD，∵點O是AB的中點，∴OM=1∵AP=t，PQ=?，∴1∴?=5當8<t≤12時，點P在BD上運動，作PQ⊥AB交AB于點Q，作OM⊥BD交BD于點M，點P到AB的距離即PQ的長，連接OP，如圖所示，根據圖可得：S△POB∵OM⊥BD，點O是AB的中點，∴OM=1∵AD+DP=t，∴DP=t?8，∴BP=BD?PD=4?t?8∴1∴?=?2綜上所述：?=5（3）解：當點O、A'、D連接OD、A在△ABD中，∵∠ADB=90°，點O是AB的中點，∴OD=1∵點A關于直線OP的對稱點為A'∴OA=OA∴根據三角形三邊關系可得：0<A因此當點O、A'、D∵OA=OA'=OB=OD∴△A∴∠AA∴A∴S∴當線段A'D最長時，（4）解：以點D為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，則B?4，0，C6，設直線OC的解析式為：y=kx+b，則?2k+b=46k+b=0解得：k=?1∴直線OC的解析式為：y=?1∵點O、A∴設點A'坐標為m∵點A關于直線OP的對稱點為A'∴OA=OA∴m+2解得：m=2，∴A∵PA=PA∴點P在AA設直線AA'的解析式為：則2a+b=2b=8，解得a=?3∴直線AA'的解析式為：∴AA'的垂直平分線的解析式為：∵A、A'的中點在∴1∴c=14∴AA'的垂直平分線的解析式為：∴P0∵8?∴t=10【點睛】本題考查了勾股定理，等面積法求三角形的高，求一次函數解析式，建立平面直角坐標系求解，本題的綜合性較強，正確作出輔助線，采用數形結合和分類討論的思想是解題的關鍵．9．（2022秋·江蘇宿遷·九年級?？茧A段練習）已知：⊙O是△ABC的外接圓，且AB=BC，∠ABC=60°，D為(1)如圖1，若點D是AB的中點，∠DBA等于多少？(2)過點B作直線AD的垂線，垂足為點E．①如圖2，若點D在AB上，求證：CD=DE+AE．②若點D在AC上，當它從點A向點C運動且滿足CD=DE+AE時，求∠ABD的最大值．【答案】(1)30°(2)①證明見解析；②30°【分析】（1）連接BD，根據AB=BC可得（2）①過B作BH⊥CD于點H，則∠BHC=∠BHD=90°，證明△BEA≌△BHC和②連接BO并延長⊙O交于點I，則點D在AI上，證明△BEA≌△BHC和【詳解】（1）如圖1中，連接BD．∵AB=∴∠BCA=∠BAC，∵∠ABC=60°，∴∠BCA=60°，∵D是AB的中點，∴∠DCA=30°，∵AD=∴∠DBA=∠DCA=30°．（2）①過B作BH⊥CD于點H，則∠BHC=∠BHD=90°．又∵BE⊥AD于點E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵BD=∴∠BAE=∠BCH，∵AB=∴BA=BC，在△BEA和△BHC中，∠BEA=∠BHC∴△BEA≌∴EA=CH，又∵四邊形ACBD是⊙O的內接四邊形，∴∠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連接BO并延長與⊙O交于點I，則點D在AI上．如圖：過B作BH⊥CD于點H，則∠BHC=90°，又∵BE⊥AD于點E，∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，又∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠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直徑，AB=∴BI垂直平分AC，∴AI=∴2∠ABI=∠ABC=60°，∴當點D運動到點I時∠ABI取得最大值，此時∠ABD=30°．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、圓周角定理和圓內接四邊形的性質，靈活運用所學知識求解是解決本題的關鍵．10．（2023春·全國·八年級專題練習）如圖所示，△ABC是一個邊長為4的等邊三角形，D是直線BC上一點，以AD為邊作△ADE，使AE=AD，∠DAE=120°，并以AB、AE為邊作平行四邊形ABFE．(1)當點D在線段BC上時，AD交BF于點G，求證：△ABD≌△BCF；(2)求線段BF的最小值：．(3)當直線AE與△ABC的一邊垂直時，請直接寫出?ABFE的面積．【答案】(1)見解析(2)2(3)?ABFE的面積為43或163或【分析】（1）由BF=AE，AE=AD，可得BF=AD，△ABC是等邊三角形可得AB=BC，∠CBF+∠ABG=60°且∠ABD+∠BAG=60°可得∠CBF=∠BAD，從而可證△ABD≌△BCF；（2）當BF⊥AC時，BF有最小值，利用含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理即可求解；（3）分三種情況：①AE⊥AC，②AE⊥AB，③AE⊥BC時，分別畫出圖形，求出底邊長度和高，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABFE是平行四邊形，∴BF=AE，BF∥∵AE=AD，∴BF=AD，∵△ABC是等邊三角形，∴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：當BF⊥AC時，BF有最小值，如圖：∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，∠ABF=30°，∴AF=12AB=2∴BF的最小值為23故答案為：23（3）解：直線AE與△ABC的一邊垂直，分三種情況：①AE⊥AC時，如圖：此時∠CAE=90°，∵AE∥∴∠AFB=∠CAE=90°，又∠BAC=60°，在Rt△ABF中，∠ABF=30°AF=12AB=2∴S?ABFE②AE⊥AB時，如圖：此時∠BAE=90°，平行四邊形ABFE為矩形，在Rt△ABE中，∠ABC=60°，∠AEB=30°∴BE=2AB=8，AE=8∴S?ABFE③AE⊥BC時，延長EA交BC于H，如圖：此時∠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綜上所述，直線AE與△ABC的一邊垂直，平行四邊形ABFE的面積為43或163或【點睛】本題考查等邊三角形、平行四邊形性質及應用，涉及全等三角形、矩形等知識，解題的關鍵是分別畫出圖形，分類討論．11．（2023·全國·九年級專題練習）如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，點D為邊AB的中點．動點P從點C出發(fā)，沿折線CB?BA向終點A運動，點P在CB邊上以每秒3個單位長度的速度運動，在BA邊上以每秒5個單位長度的速度運動，在點P運動的過程中，過點P作CD的平行線，過點D作PC的平行線，兩條平行線相交于點C'．點P不與點C、點A重合．設點P的運動時間為t(1)用含t的代數式表示PB的長；(2)當四邊形CPC'D(3)連接CC'，如圖②，當CC'將△ABC的面積分成【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，再分點P在CB邊、BA邊上兩種情況考慮即可；（2）先證明四邊形CPC'D是平行四邊形，由它是軸對稱圖形時，可證四邊形CPC'D是菱形，再分點P在CB邊、BA邊上兩種情況，由菱形的性質結合（1）的結論即可求得；（3）由題意可得BEAE=25或AEBE=25，分點P在CB邊上，BEAE=25；點P在【詳解】（1）解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=A∵點P在CB邊、BA邊上的速度分別為每秒3個單位長度、每秒5個單位長度運動，∴點P在CB邊上的運動時間為6÷3=2（秒)，在BA邊上的運動時間為10÷5=2（秒)，當0<t≤2時，點P在CB邊上，則PB=6?3t；當2<t<4時，點P在BA邊上，則PB=5t?2綜上所述，PB=6?3t（2）解：如圖①所示，當點P在BC上時，連接PD與CC'交于點O，∵PC∴四邊形CPC∵∠ACB=90°，D為AB的中點，∴CD=AD=BD=1∴∠DCB≠90°又∵四邊形CPC∴此時平行四邊形CPC∴CP=CD=5，∴3t=5，解得t=5如圖②所示，當點P在BA邊上，同理可證四邊形CPC∴CC'⊥AB，設CC'交AB于點E，則∠DEC=90°，∵12∴CE=24∴PE=DE=C∴PB=5?7∴5t?10=11解得t=61綜上所述，t的值為53或61（3）解：設CC'交AB于點E，∵CC'將△ABC的面積分成∴BEAE=2如圖③所示，點P在CB邊上，BEAE=2∵BD=1∴DE=BD?BE=1∴DEBE∵DC'//BC，∴△△DC'E∽△BCE，∴DC'BC=DE解得t=3如圖④，點P在BA邊上，BEAE=2∵PE=DE=BD?BE=3∴BP=BD?DE?PE=5?2×15∴5t?10=5解得t=15如圖⑤，點P在BA邊上，AEBE∴BE=5∴PE=DE=5∴BP=BD+DE+PE=5+2×15∴5t?10=65解得t=27綜上所述，t的值為32或157或【點睛】本題是動點綜合題，考查了相似三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，旋轉的性質等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．12．（2023春·八年級課時練習）如圖1，△ABC是邊長為4cm的等邊三角形，邊AB在射線OM上，且OA=6cm，點D從O點出發(fā)，沿OM方向以1cm/s的速度運動，當D不與點A重合時，將△ACD繞點C逆時針方向旋轉60°得到△BCE(1)求證：△CDE是等邊三角形；(2)如圖2，當6<t<10時，△BDE的周長是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由；(3)如圖3，當點D在射線OM上運動時，是否存在以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析；(2)存在，23(3)存在，當t的值為2s或14s時，以D、E、B【分析】（1）由旋轉的性質可得∠DCE=60°,（2）由旋轉的性質可得BE=AD，再由△CDE是等邊三角形，可得C△DBE=CD+4，根據垂線段最短得，當CD⊥AB時，△BDE的周長最小，根據等邊三角形的性質以及勾股定理求出（3）分四種情況，由旋轉的性質和直角三角形的性質可求解．【詳解】（1）證明∶∵將△ACD繞點C逆時針方向旋轉60°得到△BCE，∴∠DCE=60°,∴△CDE是等邊三角形；（2）解：存在，當6<t<10時，由旋轉的性質得：BE=AD，∴C△DBE由（1）知，△CDE是等邊三角形，∴DE=CD，∴C△DBE由垂線段最短得，當CD⊥AB時，△BDE的周長最小，此時，AD=1∴CD=A∴△BDE的最小周長=CD+4=23（3）解：存在，①∵當點D與點B重合時，D，B，E不能構成三角形，∴當點D與點B重合時，不符合題意，②當0≤t<6時，由旋轉可知，∠ABE=60°,∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等邊三角形，∴∠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當6<t<10s④如圖，當t>10s時，由旋轉的性質可知，∠DBE=60°又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC>0°，∴∠BDE>60°，∴只能∠BDE=90°，從而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm∴t=14÷1=14s綜上所述：當t的值為2s或14s時，以D、E、B【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的性質，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．13．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8．點D為斜邊AB的中點，ED⊥AB，交邊BC于點E．點P為射線AC上的動點，點Q為邊BC上的動點，且運動過程中始終保持PD⊥QD(1)求證：△ADP∽△EDQ；(2)設AP=x，BQ=y．求y關于x的函數解析式，并寫出該函數的定義域；(3)聯結PQ，交線段ED于點F，當△PDF為等腰三角形時，求線段AP的長．【答案】(1)見詳解(2)y=(3)256或【分析】（1）證∠A=∠DEQ，∠EDQ=∠ADP，即可得出△ADP∽（2）證△EDB∽△ACB，求出ED=154，EB=254，由（1）得：（3）證tan∠QPD=DQDP=EDAD=EDBD=tanB，得∠QPD=∠B，再證△PDF∽△BDQ【詳解】（1）證明：∵∠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∵點D為斜邊AB的中點，∴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為等腰三角形時，△BDQ也為等腰三角形，在（2）中，AP=x，BQ=y．有y=25①若DQ=BQ，過Q作QG⊥BD于G，如圖所示：∵AD=BD=1則DG=BG=1∵cos∠B=∴52解得：x=25即AP=25②若BQ=BD，則254解得：x=5即AP=5③若DQ=DB，則∠B=∠DQB，此時，點Q與點C重合∴此種情況不存在，舍去；綜上所述，當△PDF為等腰三角形時，線段AP的長為256或5【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質、直角三角形的性質、等腰三角形的性質、勾股定理、銳角三角函數定義等知識；本題綜合性強，熟練掌握等腰三角形和直角三角形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．14．（2023·全國·九年級專題練習）如圖1，在平面直角坐標系中，點A的坐標為(8，0)，點B的坐標是(0，6)，連接AB．若動點P從點B出發(fā)沿著線段BA以5個單位每秒的速度向終點(1)求線段AB的長．(2)連接OP，當△OBP為等腰三角形時，過點P作線段AB的垂線與直線OB交于點M，求點M的坐標；(3)已知N點為AB的中點，連接ON，點P關于直線ON的對稱點記為P'(如圖2)，在整個運動過程中，若P'點恰好落在△AOB內部(不含邊界)，請直接寫出【答案】(1)10(2)0,?73,0,?4(3)當1439<t<1時，P'【分析】（1）勾股定理直接求解即可；（2）分PO=PB,BO=BP,OB=BP三種情形，分別討論，即可求解；（3）當P'在OA上時，過點N作NF⊥x軸于點F，過點O作OE⊥AB，過點P作PG⊥y軸于點G，因為N點為AB的中點，由（2）可知N4,3，OE=245，根據等面積法求得PG=4t，進而得出BG=3t,OG=6?3t,PN=5?5t，根據軸對稱的性質得出OP=OP'，S△PON【詳解】（1）解：∵點A的坐標為(8，0)，點B的坐標是∴OA=8,OB=6，∴AB=O（2）當PB=PO時，如圖，過點P作PD⊥y軸于點D，PC⊥x軸于點C，∴BQ=OQ=1∵PB=PO，∴∠PBO=∠POB，∵∠POB+∠POA=90°,∠PAO+∠PBO=90°，∴∠POA=∠PAO，∴PO=PA=1設OM=x,在Rt△PDM中，P在Rt△BPM中，P∴P即4解得：x=7∴M0,?當BP=BO=6時，如圖，過點P作PD⊥y軸于點D，PC⊥x軸于點C，過點O作OE⊥AB于點∴DO=PC,DP=OC，∵S△AOB∴OE=OB×OA∵S△POB∴PD=OE=24設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當OB=OP時，如圖，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵MP⊥AB，∴∠BPO+∠OPM=90°，又∠BMP+∠MBP=90°，∴∠OMP=∠OPM，∴OM=OP=OB=6，∴M0,?6綜上所述，M0,?73或M（3）如圖，當P'在OA上時，過點N作NF⊥x軸于點F，過點O作OE⊥AB，過點P作PG⊥y軸于點G∵N點為AB的中點，由（2）可知N4,3，OE=則NF=3，∵BP=5t，BO=6,AO=8，∴S△BOP∴PG=BP×OE∴BG=B∴OG=6?3t，∵BN=1∴PN=5?5t，∵對稱，∴OP=OP'，∴S△PON即12∴OP=OP在Rt△OPG中，∴4解得t=2（舍去）或t=當點P運動到點N，此時P,P',N重合，此時5t=5∴當1439<t<1時，P'【點睛】本題考查了勾股定理，解一元二次方程，坐標與圖形，等腰三角形的性質，掌握勾股定理是解題的關鍵．15．（2022秋·吉林長春·九年級?？计谥校┤鐖D①，在△ABC中，AC=BC=10，tanC=43，點P從點A出發(fā)沿折線AB?BC運動．點P在AB上的運動速度是每秒25個單位長度，在BC上的運動速度是每秒5個單位長度．當點P不與點A、B、C重合時，作PQ⊥AC于點Q，以線段PQ為邊作矩形PQMN，使點B、M、N始終在線段(1)tanA=

(2)用含有t的代數式表示線段PQ的長．(3)當點N落在△ABC的邊上時，求t的值．(4)如圖②，點D、E分別是AC、PN的中點，作直線DE，直接寫出直線DE與△ABC的一邊垂直時【答案】(1)2(2)①當0<t<2時，PQ=4t；②當2<t<4時，PQ=16?4t(3)t=107(4)t=511，53，【分析】（1）過點B作AC邊的高線，根據tanC=43及AC=BC=10（2）當點P在AB段運動時，PA=25t，由tanA=2，則PQ=255PA，可得PQ=4t，當點P在BC段運動時，BP=5（3）分兩大類情況討論：點N在BC上與點N在AB上，由QM=12PQ，QM=PN，當點N在BC上時，PQ=4t，則PN=12PQ=2t，此時由△BPN∽△BAC，可得PNAC（4）分別畫出垂直于三邊的圖形，依據圖形分析即可．【詳解】（1）如圖所示：過點B作AC邊的高線BE，由tanC=設EC=3x，則BE=4x，根據勾股定理：BC=C可得：EC=6，BE=8，所以∴（2）如下左圖所示：AB=AE2+BE2=45，當點P在AB段運動時（0<t<2），PA=2如下右圖所示：當點P在BC段運動時（2<t<4），BP=5t?2，則PC=10?5由tanC=4綜上所得：①當0<t<2時，PQ=4t；②當2<t<4時，PQ=16?4t

（3）如下左圖所示：點N在BC上，由QM=12PQ，QM=PN由點P在AB上的運動速度是每秒25個單位長度，則PA=25t，由sinA=PQPA=可得PNAC∴2t10如下右圖所示：點N在AB上，PQ=16?4t，PN=12PQ=8?2t，PB=5t?2∴PNAC=∴t=（4）當DE⊥AC時：①如圖1所示：PQ=16?4t，PE=1則QC=5?4?t∵QC∴t=11②如圖2所示：PQ=4t，EP=DQ=t，則AQ=5?t，∵AQ∴t=如圖3所示：當DE⊥AB時，設垂足為R，PQ=4t，EP=t，∵∠REP+∠RPE=∠RPE+∠QPA=90°，∴∠REP=∠QPA，∴△ERP∽△PQA，由相似性質及tanA=2，可得：PR=t5∴RA=RP+PA=5∴t=5如圖4所示：當DE⊥BC時，設垂足為R，PQ=16?4t，PC=20?5t，PE=14PQ=4?t此時有關系式：PR+PC=35PE+PC=3∴t=97

圖1

圖2圖3

圖4【點睛】本題結合動點考查了相似與銳角三角函數，關鍵是靈活運用相似性質及三角函數解三角形，最后一問主要通過畫圖分析，逆向（執(zhí)果索因）解決問題．16．（2023春·全國·八年級專題練習）在△ABC中，AB=AC，點P為△ABC邊上的動點，速度為1cm/s．(1)如圖1，點D為AB邊上一點，AD=1cm，動點P從點D出發(fā)，在△ABC的邊上沿D→B→C的路徑勻速運動，當到達點C時停止運動．設△APC的面積為S1（cm2），△BPC的面積為S2（cm2），點P運動的時間為t（s）．S1①在圖1中，AB=cm，BC=cm；②在圖2中，求EF和MN的交點H的坐標；(2)在（1）的條件下，如圖3，若點P，點Q同時從點A出發(fā)，在△ABC的邊上沿A→B→C的路徑勻速運動，點Q運動的速度為0.5cm/s，當點P到達點C時，點P與點Q同時停止運動．求t為何值時，BP?BQ最大？最大值為多少？【答案】(1)①5，6；②點H(2)t=11時，BP?BQ最大值為5.5cm【分析】（1）①由圖象可求解；②由勾股定理可求AT的長，由三角形的面積公式可求S△ABC，即可求點H（2）分三種情況討論，由線段的和差關系可求解．【詳解】（1）①由圖2可知，BD=4cm，BC=6cm，∴AB=5（cm），故答案為：5，6；②如圖1，過點A作AT⊥BC于T，∵AB=AC，AT⊥BC，∴BT=CT=3（cm），∴AT=AB2∴SΔABC=∴當S1=S2時，即此時點P是AB的中點，∴AP=BP=5∴PD=3∴點H3（2）①當0≤t≤5時，P，Q均在AB上，∴當t=5時，BP?BQ最大=2.5cm，②當5<t≤10時，P在BC上，Q在AB上，∴BP?BQ=∴當t=10時，BP?BQ最大=5cm，③當10<t≤11時，P，Q均在BC上，∴BP?BQ=∴當t=11時，BP?BQ最大=5.5cm，∴綜上，t=11時，BP?BQ最大值為5.5cm．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了函數圖象的性質，勾股定理，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．17．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接PB，過點P作PE⊥PB，交DC于點E，已知AD=3，AC=5．設AP的長為x．(1)AB=___________；當x=1時，求PEPB(2)試探究：PEPB(3)當△PCE是等腰三角形時，請求出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）結論：PEPB（3）連接BE交AC于F，在Rt△BCF中，cos∠BCF=CFBC【詳解】（1）解：作PM⊥AB于M交CD于N．∵四邊形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故答案為4，34（2）結論：PEPB理由：由PA=x，可得PM=35x．AM=45∵△BMP∽△PNE，∴PEPB（3）連接BE交AC于F．∵∠PEC>90°，所以只能EP=EC，∴∠EPC=∠ECP，∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠BPC=∠BCP，∴BP=BC，∴BE垂直平分線段PC，在Rt△BCF中，cos∠BCF=∴CF3∴CF=9∴PC=2CF=18∴x=PA=5?18綜上所述，x的值為75【點睛】本題屬于四邊形綜合題、考查了矩形的性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理以及等腰三角形的構成條件等重要知識，同時還考查了分類討論的數學思想，難度較大．18．（2022秋·遼寧營口·九年級校聯考期中）如圖1，△ABC與△AEF都是等邊三角形，邊長分別為4和3，連接FC,AD為△ABC高，連接CE(1)求證：△ACF(2)將△AEF繞點A旋轉，當點E在AD上時，如圖2，EF與AC交于點G，連接NG，求線段NG(3)連接BN，在△AEF繞點A旋轉過程中，求BN【答案】(1)見解析(2)NG=(3)BN的最大值52【分析】（1）根據SAS證明三角形全等即可；（2）證明AC垂直平分線段EF，推出CE=CF，利用勾股定理求出CE，再利用三角形中位線定理求出（3）在旋轉過程中，BN≤BH+HN，BN≤52【詳解】（1）證明：∵△ABC與△∴∠BAC∴∠BAE在△ABE和△AB=∴△ABE?△ACF（2）解：∵AD為等邊△ABC∴DC=∴AD=∵AE=∴AC⊥EF，EG=∴CE=∵AE=∴DE=2∴EC=∴CF=∵N為CE的中點，∴NG=（3）解：如圖，取AC的中點H，連接BH，∵BH為等邊△ABC∴BH⊥由（2）同理可得BH=2∵N為CE的中點，∴NH是△ACE∴NH=在旋轉過程中，BN≤∴BN≤523而且當點H在線段∴BN的最大值52【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，線段的垂直平分線的判定和性質，三角形中位線定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造三角形的中位線解決問題．19．（2023·全國·九年級專題練習）綜合與實踐??探究特殊三角形中的相關問題問題情境：某校學習小組在探究學習過程中，將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，且Rt△ABC的較短直角邊AB為2，現將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉α0°<α<90°，如圖2，AE與BC交于點M，AC與EF交于點N，(1)初步探究：勤思小組的同學提出：當旋轉角α=時，△AMC是等腰三角形；(2)深入探究：敏學小組的同學提出在旋轉過程中．如果連接AP，CE，那么AP所在的直線是線段CE的垂直平分線，請幫他們證明；(3)再探究：在旋轉過程中，當旋轉角α=30°時，求△ABC與△AFE重疊的面積；(4)拓展延伸：在旋轉過程中，△CPN是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉角α的度數；若不能，說明理由．【答案】(1)60°或15°(2)見解析(3)3(4)能，∠α=30°或60°【分析】（1）根據等腰三角形的判定定理即可得到結論；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據旋轉的性質得到∠BAM=∠FAN，根據全等三角形的性質得到AM=AN，PE=PC，由線段垂直平分線的性質即可得到結論；（3）根據已知條件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根據全等三角形的性質和三角形的面積公式即可得到結論；（4）當∠CNP=90°時，依據對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據∠F=60°可求得∠FAN的度數，由旋轉的性質可求得∠α的度數；當∠CPN=90°時．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數，然后依據對頂角相等可得到∠ANF的度數，然后由∠F=60°，依據三角形的內角和定理可求得∠FAN的度數，于是可得到∠α的度數．【詳解】（1）當AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴α=90°?30°=60°，當AM=CM，即∠CAM=∠CMA時，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴α=15°，綜上所述，當旋轉角α=60°或15°時，△AMC是等腰三角形，故答案為：60°或15°；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，∵現將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），∴∠BAM=∠FAN，在△ABM與△AFN中，∠B∴△ABM∴AM=AN，∵AE=AC，∴EM=CN，在△MPE和△∠E∴△MPE∴PE=PC，∴點P在CE的垂直平分線上，∵AE=AC，∴點A在CE的垂直平分線上，∴AP所在的直線是線段CE的垂直平分線；（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與△AFE重疊的面積=S△AEF-S△AFN（4）如答題圖1所示：當∠CNP=90°時．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°?60°?90°=30°．∴∠α=30°．如答題圖2所示：當∠CPN=90°時．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．綜上所述，∠α=30°或60°．【點睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了旋轉的性質、三角形的內角和定理、等邊三角形的性質、三角函數和全等三角形的判定和性質，分類討論是解題的關鍵．20．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=53．點E從點A出發(fā)沿AC方向以每秒1個單位長的速度向點C勻速運動，同時點F從點B出發(fā)沿BA方向以每秒2個單位長的速度向點B勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設點D，E運動的時間是t秒(t>0)．過點F作FD⊥BC于點D，連接DE(1)求證：四邊形AEDF是平行四邊形；(2)當t為何值時，AD⊥EF；(3)當t為何值時，△DEF為直角三角形？請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)當t=103(3)當t＝52或4時，△DEF【分析】（1）根據平行線的判定與勾股定理即可得出結論；（2）由（1）知四邊形AEDF是平行四邊形，只要平行四邊形AEDF為菱形，即可利用菱形對角線垂直得到結論；（3）要使△DEF為直角三角形，需要分三種情況討論：∠DEF=90°；∠DFE=90°；∠FDE=90°，直接求解即可．【詳解】（1）證明：在Rt△ABC中，∠C=90∵FD⊥BC，∴∠FDB=90°=∠C，∴AC∥∵點E從點A出發(fā)沿AC方向以每秒1個單位長的速度向點C勻速運動，同時點F從點B出發(fā)沿BA方向以每秒2個單位長的速度向點B勻速運動，設點D，E運動的時間是t秒(t>0)∴AE=t,BF=2t，在RtΔFBD中，∠FDB=90°，∠B=30°∴AE∥FD，且∴四邊形AEDF是平行四邊形；（2）解：由（1）知四邊形AEDF是平行四邊形，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30∴AB=10，∴AF＝AB?BF＝10?2t．當平行四邊形AEDF是菱形時，AD⊥EF，則需AE＝AF，即t＝10?2t，∴t=10即當t=103時，平行四邊形AEFD為菱形，（3）解：（3）解：當t＝52或4時，△DEF理由如下：分情況討論：方法①∠BDF＝∠DFE＝90°時，如圖所示：則EF∥BC，∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，∴AF＝2AE，∴10?2t＝2t，∴t＝52②∠DEF＝90°時，如圖所示：∵AC⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF，又∵AE＝DF，∴四邊形AEDF為平行四邊形，∴AF∥ED，∴∠AFE=∠DEF=90°，∠BED＝∠A＝60°，即AF＝12AE∴10?2t＝12t，解得t③∠EFD＝90°時，此種情況不存在．綜上所述，當t＝52或4時，△DEF【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、菱形的判定與性質、勾股定理、直角三角形的性質等知識，本題綜合性強，有一定難度，熟練掌握相關幾何性質及判定是解決問題的關鍵．21．（2023·全國·九年級專題練習）如圖1．在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝DC＝16，AD＝12，點E是CD邊的中點，連接(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)求△CFD的面積；(3)如圖2，連接AC交BD于點O，點P為EC上一動點，連接OE、OP．將△OPD沿OP折疊得到△OPM，PM交OC于點N，當△PCN為直角三角形時，求CP的長．【答案】(1)見解析(2)32(3)2或5【分析】(1)根據平行線的判定得到AB∥CD，推出四邊形(2)過點F作FG⊥CD于點G，先證△DFE∽△BFA，得到EF與AE的比值，然后再證△EGF∽△EDA，根據GFAD=EFAE=(3)依據題意，求出CE、OE、OC的值，接著討論△PCN為直角三角形時分兩種情況：①當∠CPN＝90°時，∠DPM＝90°，由折疊的性質，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②當∠PNC=90°時，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，從而求出OE、CN，接著證△PNC∽△OEC，利用其性質PCOC=CN【詳解】（1）證明：∵∠EDF=∠FBA，∴AB∥∵AB＝CD＝16，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）解：如圖1，過點F作FG⊥CD于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD⊥CD，AB∥∴△DFE∽△BFA，∴EFAF∴EFAE∵∠ADG=∠FGE=90°∴FG∥∴△EGF∽△EDA，∴GFAD∴GF=AD×1∴△CFD的面積為12（3）解：∵ABCD是矩形，E是CD中點∴∠ADC=90°，點O是AC中點，CE＝8，∴AC=122+162∴OE=12AD=6∵∠ACD＜∴△PCN為直角三角形分兩種情況討論：①如圖2，當∠CPN＝90°時，∠DPM＝90°，∴由折疊的性質，知∠DPO＝∠MPO＝45°，∴PE＝OE＝6，∴CP＝CE－EP＝2；②如圖3，當∠PNC＝90°時，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，綜上所述，CP的長為2或5．【點睛】此題考查了平行線的性質，平行四邊形的判定與性質，矩形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，角平分線的性質，折疊的性質等內容，熟練掌握相關知識并靈活運用以及分組討論是解題關鍵．22．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，延長BC到點E，使CE＝3，連接DE．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線BC－CD向終點D運動，設點P運動的時間為t秒．（t>0）(1)DE＝______；(2)連接AP，當四邊形APED是菱形時，求菱形APED的周長；(3)連接BP、PD，設四邊形ABPD的面積為S，求S與t之間的函數關系式；(4)直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時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）直接利用勾股定理計算即可；（2）根據菱形的性質：四邊相等，可得答案；（3）分類討論，當0＜t＜52和5（4）當點P在BC上，若點P到AB、AD的距離相等時，則BP＝4；當點P到AD、DE距離相等時，則PH＝CD＝4，利用AAS證明△ECD≌△EHP，得EP＝DE＝5；當點P在CD上時，若P到BE、DE距離相等時，則PH＝PC，利用面積法求出PC，進而解決問題．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，∠BCD＝90°，在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝32故答案為：5；（2）∵四邊形APED是菱形，且AD＝5，∴菱形APED的周長為4×5＝20；（3）當0＜t＜52時，由題意知，BP＝2t∴S＝12（5+2t）×4＝10+4t當52≤t<92時，則∴S＝12（4+9﹣2t）×5＝65綜上：S＝{10+4t(0<t<（4）當點P在BC上，若點P到AB、AD的距離相等時，則BP＝4，∴t＝2；當點P到AD、DE距離相等時，則PH＝CD＝4，∵∠DCE＝∠PHE，∠E＝∠E，PH＝CD．∴△ECD≌△EHP（AAS），∴EP＝DE＝5，∴BP＝3，∴t＝32當點P在CD上時，若P到BE、DE距離相等時，則PH＝PC，∴12∴PC＝32∴t＝5+322綜上：t＝2或32或13【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查矩形的性質，梯形的面積公式，勾股定理，全等三角形的判定與性質，三角形的面積等知識，運用分類思想是解題本題的關鍵．23．（2023·全國·九年級專題練習）綜合與實踐問題情境：矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，將△BCD沿著對角線BD所在的直線平移，得到△B′C′D′，連接AB′，DC′．操作探究：(1)如圖1，當△BCD沿射線BD的方向平移時，請判斷AB′與DC′的長度有何關系？并說明理由；(2)如圖2，當△BCD沿射線DB的方向平移時，四邊形AB′C′D能成為菱形嗎？若能，求出平移的距離；若不能，說明理由；(3)當△BCD平移距離為2時，請你在備用圖中畫出平移后的圖形（除圖2），并提出一個問題，直接寫出結論．【答案】(1)AB′＝DC′，理由見解析(2)能，2(3)見解析【分析】(1)根據平移的性質證明四邊形AB(2)利用菱形的性質可得AB(3)結合(2)當△BCD沿射線DB的方向平移，平移距離為2時，利用菱形的性質可得AC'與【詳解】（1）解：AB∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝∵△B'C∴B'C'∴B'C'∴四邊形AB∴AB（2）能，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵∠ADB=30°，∴∠ABD=60°，∵四邊形AB∴AB∴∠AB∵∠ABD=∠AB∴∠AB∴B'則平移的距離為2．（3）如圖，問題：當