华师大版九年级上册第24章 解直角三角形综合与测试练习

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第24章 解直角三角形（章节复习）
（难点练）
一、单选题
1．（2021·九龙坡·重庆市育才中学九年级）如图，双曲线（）与矩形的边、分别交于点、，且与矩形的对角线交于点，连接，与对角线交于点，是对角线上的一点，连接、．若，，，则点的坐标为（　　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设OB长为4a，用含a的式子分别表示出CE，CF长度，再连接OF，OE，通过含a和k的式子表示出四边形面积，通过方程组求出k的值．再联立直线与双曲线方程求交点坐标．
【详解】设OB＝4a，∴点E坐标为（4a，），
由sin∠COB＝可得BC＝3a，OC＝5a．
∴点C坐标为（4a，3a），点F坐标为（，3a）．∴CE＝3a−，CF＝4a−．
∵S△EFG＝，GH：HC＝1：2，∴S△FCE＝2S△EFG＝，
∴CE•CF＝（3a−）（4a−）＝12a2−2k＋＝①．
连接OF，OE，

∵OG：GH：HC＝3：1：2，
∴点G为OC中点，S△OFG＋S△OEG＝S△EFG＋S△EFC＝＋＝4，
∵S△ODF＋S△OBE＝k，
∴矩形OBCD面积为S△OFG＋S△OEG＋S△EFG＋S△EFC＋S△ODF＋S△OBE＝4＋4＋k＝8＋k，
又∵矩形OBCD面积为OB•OC＝12a2，∴8＋k＝12a2②，
联立方程①②解得k＝4．∴y＝．
OC所在直线解析式为y＝x，
联立，解得，∴点A坐标为（，）．
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，解题关键是通过设坐标，用参数表示出矩形面积求解．
2．（2021·黑龙江龙沙·九年级）如图，在△ABC中，AC＝2，∠CAB＝45°，AD为∠CAB的角平分线，若点E、F分别是AD和AC上的动点，则CE+EF的最小值为（ ）

A．1 B． C．2 D．3
【答案】B
【分析】过点C作，交AD于点E，过点E作，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：过点C作，交AD于点E，过点E作，

∵AD为∠CAB的角平分线，
∴，
∴CE+EF的最小值即为CE+EG的最小值，
当时，CE+EG的值最小，
∵AC＝2，∠CAB＝45°，
∴，
故答案为：B．
【点睛】本题考查角平分线的性质，垂线段最短，等腰直角三角形的性质等内容，掌握上述性质定理是解题的关键．
3．（2021·四川南充·）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 证明 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//
且AB=
∵四边形ABCD为矩形
∴AB//CD，AB=CD=15
∴//CD且=CD
∴四边形CD为平行四边形，故①正确
在矩形ABCD中，BD===25
过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN

∴S△ABD=AB·CD= BD·AM
∴AM=CN==12
∴点C到的距离为24
∴点C到它关于直线的对称点的距离为48
∴故②正确
∵
∴当在一条直线时最大，
此时与D重合
∴的最大值==15
∴故③正确，
如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于
则 为的中位线， ，


由可得，

此时最小，
由②同理可得：

设 则
由勾股定理可得：

整理得：

解得：（负根舍去），


∴故④正确
故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．（2021·四川广安中学）如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：

①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断④．
【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点，

四边形是正方形，，
，
在和中，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，即结论①正确；
，
，
，即结论③正确；
，
，
，
，即，结论②正确；
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，
此时在中，，
又，
的最小值与的最小值相等，即为，结论④错误；
综上，正确的结论为①②③，共有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
5．（2021·杭州市采荷中学九年级）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q，下列结论：①∠BPD＝135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ＝1：2；④S△BDP＝．其中正确的有（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【分析】由等边三角形及正方形的性质求出、，从而判断①；证可判断②；作，设，则，，，由求出，从而求得、的长，据此可判断③，证，根据求解可判断④．
【详解】解：是等边三角形，四边形是正方形，
，，，
，
则，故①正确；
，
，
又，
，故②正确；
如图，过点作于，

设，则，，
，
由知，
解得，
，
，
，
则，故③错误；
，，
，
又，
，
，
，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形和正方形的性质、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定等知识点．
6．（2021·山东历下·九年级）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝10cm，点P，点Q同时从点B出发，点P以2cm/s的速度沿B→A→C运动，终点为C，点Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图象如图2（曲线OM和MN均为抛物线的一部分），给出以下结论：①AC＝6cm；②曲线MN的解析式为y＝﹣t2＋t（4≤t≤7）；③线段PQ的长度的最大值为cm；④若△PQC与△ABC相似，则t＝秒，其中正确的说法是（　　）

A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
【答案】A
【分析】①根据图2可知：走完用了4秒，得，利用勾股定理得的长；②当在上时，，利用同角的三角函数表示高的长，利用三角形面积公式可得与的关系式；③当与重合时，最大，如图4，此时，求出的长；④当在上时，与，列比例式可得的值．
【详解】解：①由图2可知：时，，
，
，，
，故①正确；
②当在上时，如图3，过作于，

此时：，
∴，
由题意得：，，
，
，
，
，
，故②正确；
③当与重合时，最大，如图4，此时，
，
过作于，

，
，
，
同理：，
，
；
线段的长度的最大值为，故③不正确；
④若与相似，点只有在线段上，
分两种情况：，，
当，如图5，则，

，
解得不合题意．
当时，如图6，

，
，
；
若与相似，则秒，故④正确；
其中正确的有：①②④，
故选：A．
【点睛】本题是动点问题的图象问题，此类问题比较复杂，考查了二次函数的关系式、三角形相似的性质和判定、勾股定理、三角函数，解题的关键是学会读懂函数图象信息，并构建直角三角形，利用三角形相似或三角函数列方程解决问题．
7．（2021·四川达州·中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．
【详解】解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，
，
点在第四象限，， ，
点的横坐标为，纵坐标为，
，
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
8．（2021·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图①，在矩形中，H为边上的一点，点M从点A出发沿折线运动到点B停止，点N从点A出发沿运动到点B停止，它们的运动速度都是，若点M、N同时开始运动，设运动时间为，的面积为，已知S与t之间函数图象如图②所示，则下列结论正确的是（ ）

①当时，是等边三角形．
②在运动过程中，使得为等腰三角形的点M一共有3个．
③当时，．
④当时，．
⑤当时，．
A．①③④ B．①③⑤ C．①②④ D．③④⑤
【答案】A
【分析】由图②可知：当0＜t≤6时，点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动；由点M、N两点的运动速度为1cm/s，所以可得AH=AB=6cm，利用四边形ABCD是矩形可知CD=AB=6cm；当6≤t≤9时，S=且保持不变，说明点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为（9-6）秒，可得HC=3cm，即点H为CD的中点；利用以上的信息对每个结论进行分析判断后得出结论．
【详解】解：由图②可知：点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动，如图，

①∵点M、N两点的运动速度为1cm/s，∴AH=AB=6cm，
∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=6cm．
∵当t=6s时，S=cm2，∴×AB×BC=．∴BC=．
∵当6≤t≤9时，S=且保持不变，
∴点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为（9-6）秒，
∴HC=3cm，即点H为CD的中点．∴BH=．
∴AB=AH=BH=6，∴△ABM为等边三角形．∴∠HAB=60°．
∵点M、N同时开始运动，速度均为1cm/s，∴AM=AN，
∴当0＜t≤6时，△AMN为等边三角形．
故①正确；
②如图，当点M在AD的垂直平分线上时，△ADM为等腰三角形：

此时有两个符合条件的点；
当AD=AM时，△ADM为等腰三角形，如图：

当DA=DM时，△ADM为等腰三角形，如图：

综上所述，在运动过程中，使得△ADM为等腰三角形的点M一共有4个．
∴②不正确；
③过点M作ME⊥AB于点E，如图，

由题意：AM=AN=t，
由①知：∠HAB=60°．
在Rt△AME中，
∵sin∠MAE=，
∴ME=AM•sin60°=t，
∴S=AN×ME=．
∴③正确；
④当t=9+时，CM=，如图，

由①知：BC=，
∴MB=BC-CM=．
∵AB=6，
∴tan∠MAB=，
∴∠MAB=30°．
∵∠HAB=60°，
∴∠DAH=90°-60°=30°．
∴∠DAH=∠BAM．
∵∠D=∠B=90°，
∴△ADH∽△ABM．
∴④正确；
⑤当9＜t＜9+时，此时点M在边BC上，如图，

此时MB=9+-t，
∴S=．
∴⑤不正确；
综上，结论正确的有：①③④．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象，主要涉及函数图象上点的坐标的实际意义，三角形的面积，等腰三角形的判定，等边三角形的判定，相似三角形的判定，特殊角的三角函数值．对于动点问题，依据已知条件画出符合题意的图形并求得相应线段的长度是解题的关键．
二、填空题
9．（2021·沙坪坝·重庆一中九年级开学考试）如图，矩形ABCD中，，点E、F分别是AD和BC上的点，，，将矩形沿EF折叠，使得点D恰好落在CB的延长线上的点处点C的对应点为，连接，则点C到的距离为________．

【答案】
【分析】延长D'C'，过点C作CG⊥D'C'于点G，则CG为点C到C'D'的距离，连接EF，DF首先证明出DE＝DF，设BF＝x，在Rt△DFC中，由勾股定理得出x的方程，可求出D'C＝D'F＋FC＝25，再利用三角函数计算即可．
【详解】解：如图：延长D'C'，过点C作CG⊥D'C'于点G，则CG为点C到C'D'的距离，连接EF，DF，

由折叠可得D'E＝DE，DF＝D'F，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠ED'C'＝∠EDC，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，CD＝AB＝5，∠DCB＝∠ADC＝90°，
∴∠ED'C'＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴D'E＝D'F，
∴D'F＝DF＝DE，
∵∠3＝∠4，
∴∠1＝∠4，
∴ED＝DF，
∵∠2＋∠3＋∠ED'F＝180°，∠1＋∠4＋∠EDF＝180°，
∴∠ED'F＝∠EDF，
∴∠FD'C'＝∠FDC，
∵CF＝4BF，
∴设BF＝x，则CF＝4x，BC＝5x，
∴AD＝5x，
∴DE＝AD−AE＝5x−2，
∴DF＝5x−2，
在Rt△DFC中，由勾股定理得DF2−FC2＝CD2，
∴（5x−2）2−（4x）2＝52，
解得：x＝3，x＝（舍去），
∴FC＝12，D'F＝DF＝5x−2＝13，
∴D'C＝D'F＋FC＝25，
在Rt△DFC中，sin∠FDC＝＝，
∴sin∠FD'C'＝，
在Rt△D'CG中，sin∠FD'C'＝，
∴，
∴CG＝，则点C到C'D'的距离为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，以及等腰三角形的性质等知识，证明出DE＝DF，运用方程思想是解题的关键．
10．（2021·广州市第三中学九年级）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E在AD上，且DE=CD，连接OE、BE，AC与BE相交于点F，∠ABE=∠ACB，则下列结论：
①BE=DE；②OE⊥BD；③AEF是等腰三角形；④当AE=2，则OE的长为，其中正确的结论是____（填写所有正确结论的序号）

【答案】③④
【分析】根据矩形的性质和DE=CD，可得①错误；根据BO=DO，BE≠DE，可得②错误；根据∠ABE=∠ACB，于是作CH⊥BE于H，EF⊥BD于F．设BE与AC的交点为G．推出△CBF与△AFE均为等腰三角形，可得③正确；设矩形的宽为x，然后表示出BC和AC的长度，由勾股定理列方程解出x，接下来利用∠ADB的正弦值和余弦值求出EF和OF，EF的长度，OE的长度也就可以算出来了，即可判断④正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=90°，
∵DE=CD，
∴AB=DE，
∵AB＜BE，
∴BE≠DE，故①错误；
∵BO=DO，BE≠DE，
∴OE与BD不垂直，故②错误；
如图，作CH⊥BE于H，EG⊥BD于G．设BE与AC的交点为F．

则∠HBC+∠BCH=∠BHC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AB=CD，∠ABC=∠BAD=90°，AD∥BC，AC=BD
∴∠ABE+∠CBH=90°，
∴∠ABE=∠BCH，
∵∠ABE=∠ACB，
∴∠BCH=∠GCH，
∴BH=FH，BC=CG，∠CBH=∠CGH，
设AB=x，则ED=CD=AB=x，
∵AE=2，所以AD=AE+ED=2+x，
∴CB=CF=2+x，
∵AD∥BC，
∴∠AEG=∠CBH=∠CGH=∠AGE，
∴AF=AE=2，故③正确；
∴AC=AG+CG=4+x，
在Rt△ABC中：AB2+BC2=AC2，
∴x2+（x+2）2=（x+4）2，解得x1=6，x2=-2（舍），
∴AB=CD=6，AD=AC=8，AC=BD=10，
∵AC与BD交于点O，
∴AO=BO=CO=DO=5，
，，
，，
，
在中：
，
，故④正确．
故其中正确的结论是③④．
故答案为：③④．
【点睛】本题为四边形综合题，主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数等重要知识点．证明△CBG和△AEG均为等腰三角形是解答本题的要点和关键所在，难度很大．
11．（2021·长沙市雅礼实验中学九年级月考）如图，矩形中，，，点在边上（不与，重合），将矩形沿折叠，使点，分别落在点，处，有下列结论：①与互余；②若平分，则；③若直线经过点，则；④若直线交边，分别于，，当为等腰三角形时，五边形的周长为．其中正确结论的序号是______．

【答案】①②③④
【分析】①根据折叠可得∠F = ∠G = 90°，∠ADC= 90°，再利用直角三角形两个锐角互余即可判断；
②根据折叠可得∠BCE=∠ECG，再根据CD平分∠ECG，可得∠BCE= 60°，进而即可判断；
③根据题意可知：直线FG经过点D，证明△EFD△DGC，对应边成比例可得AE = EF=，ED=，进而即可判断；
④当△DMN为等腰三角形时，可得△MGC，△DMN均为等腰直角三角形，如图，根据等腰直角三角形的性质即可判断．
【详解】①根据折叠可得∠F = ∠G = 90°，
∠FED + ∠EDF = 90°，∠CDG+ ∠GCD = 90°，
∠ADC = 90°，
∠CDG + ∠EDF = 90°，
∠FED =∠CDG，
∠FED + ∠GCD= 90°，故①正确；
②根据折叠可知：∠BCE =∠ECG，
CD平分∠ECG，
3∠ECD = 90°，
∠ECD = 30°，
∠BCE = 60°，
tan ∠BCE =，故②正确；
③根据题意可知：直线FG经过点D，
BC = CG= 3，CD= 5，
DG = 4，DF = 1，
∠F = ∠G = ∠ADC = 90°，
△EFD△DGC，
，
，

故③正确；
④当△DMN为等腰三角形时，
可得△MGC，△DMN均为等腰直角三角形，
如图，

BC= CG= 3，
MG= 3，
CM= 3，
DN = DM =5-3，
MN =(5-3)=5-6，
五边形ABCMN的周长为：
AB+BC+CM +MN +AN
=5+3+3+5－6+ 3-2 =11，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了折叠问题，同时与相似三角形、特殊三角函数值、等腰三角形、矩形等知识相结合，转化相关线段和角度之间的关系是解题关键．
12．（2021·哈尔滨风华中学）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为射线CB上一点，连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF，直线EF与直线BC交于点M，若AB＝2，BD＝1，则CM的长为____．

【答案】或
【分析】分析条件得出△ABD≌△ACF，从而得出CF＝BD＝1，FC垂直BC，由AD∥EF得知∠FMC＝∠ADP，利用同角的正切值相等即可得出结论．
【详解】解：根据题意可知，分两种情况：
①D点在线段BC上，连接CF，过点A做AP垂直于BC，垂足为点P，如图1，

∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AB＝2，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
AP＝AB×sin∠ABC＝2，BP＝AB×cos∠ABC＝2，
又∵BD＝1，BP＝BD＋DP，
∴DP＝1，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∠BAD＋∠DAC＝∠BAC，∠DAC＋∠CAF＝∠DAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD和△ACF中，
∵，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF＝BD＝1，∠ACF＝∠ABD＝45°，
∴∠MCF＝∠ACB＋∠ACF＝45°＋45°＝90°，
在直角△APD中，AP＝2，DP＝1，
∴tan∠ADP＝2，
∵EF∥AD，
∴∠FMC＝∠ADP，
∴tan∠FMC＝＝2，
∴MC＝；
②D点在线段CB延长线上，连接CF，过点A做AP垂直于BC，垂足为点P，如图2，

∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AB＝2，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AP＝BP＝2，
又∵BD＝1，DP＝DB＋BP，
∴DP＝3，
同理可得：△ABD≌△ACF，
∴∠AFC＝∠ADB，∠ACF＝∠ABD，CF＝BD＝1，
∵∠ABC＝45°，∠ABD＋∠ABC＝180°，
∴∠AFC＝∠ADB＝135°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠MCF＝∠PCF＝90°，
在直角△APD中，AP＝2，DP＝3，
∴tan∠ADP＝，
∵EF∥AD，
∴∠FMC＝∠ADP，
∴tan∠FMC＝=，
∴MC＝．
综合①②得知CM的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是考虑到D点的两种情况，然后利用三角形全等得出相等的边角关系．
13．（2021·全国九年级课时练习）一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，，已知木箱高，斜面坡角为，则木箱端点距地面的高度为_________．


【答案】3
【分析】连接AE，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得AE的长，利用三角函数即可求得，然后在Rt△AEF中，利用三角函数求得的长．
【详解】解：连接AE，在Rt△ABE中，已知AB=3ｍ，BE=，
∴根据勾股定理得．

又∵，∴．
在Rt△AEF中，，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了坡度、坡脚的知识点，勾股定理的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，熟练运用三角函数求线段的长度.
14．（2021·西安铁一中教育集团九年级月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝120°，对角线相交于点O，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，连接AE、AF分别交对角线BD于点M、N，若AB＝5，DN＝2，则△AMN的面积为____．

【答案】
【分析】先求出ON=，过点M作MH⊥AB于H，可得，，于是得，，从而得，进而得，然后即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，∠BAD＝120°，
∴∠ABC=60°，AC⊥BD，
∴∠ABO=30°，∠AOB=90°，
∴AO==，BO=DO=，∠BAO=60°，
∴∠BAM+∠MAO=60°，
∵∠EAF=60°，
∴∠MAO+∠NAO=60°，
∴∠NAO=∠MAB，
∵DN＝2，
∴ON=-2=，
过点M作MH⊥AB于H，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

故答案是：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线，得到，是解题的关键．
15．（2021·福建厦门双十中学思明分校九年级期末）如图，在ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，D为边AB上一动点（B点除外），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE，记BD＝x，记BDE面积为s，若s＝ax2+6x，其中a是常数，则线段AB的长为_____．

【答案】．
【分析】过点C作CG⊥BA于点G，作EH⊥AB于点H，作AM⊥BC于点M．由S△BDE=BD•EH=ax2+6x=x（2ax+12），BD=x，求得EH=2ax+12，易证△EDH≌△DCG，DG=EH=2ax+12，所以GB=DG+BD=（2a+1）x+12，在Rt△GBC中，通过解直角三角形得到BC，在Rt△ABM中，通过解直角三角形得到AB．
【详解】解：过点C作CG⊥BA于点G，作EH⊥AB于点H，作AM⊥BC于点M，

∴∠EHD=∠DGC=90°，
∴∠DEG+∠EDG=90°，
∵四边形CDEF为正方形，
∴ED=CD，∠EDC=90°，
∴∠EDG+∠GDC=90°，
∴∠DEG=∠GDC，
∴△EDH≌△DCG（AAS），
∴DG=EH，
∵S△BDE=BD•EH=ax2+6x=x（2ax+12），BD=x，
∴EH=2ax+12，
∴DG=EH=2ax+12，
∴GB=DG+BD=（2a+1）x+12，
在Rt△GBC中，∠ABC=30°，
∵cos∠ABC=，
∴BC==[（2a+1）x+12]÷
=[（2a+1）x+12]，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BM=BC=[（2a+1）x+12]，
在Rt△ABM中，∠ABC=30°，
∵cos∠ABC=，
∴AB==[（2a+1）x+12]÷
=[（2a+1）x+12]=（）x+8，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形，解直角三角形，熟练运用正方形的性质与解直角三角形，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
三、解答题
16．（2020·武汉第三寄宿中学九年级月考）为等边三角形，，于点，为线段上一点，．以为边在直线右侧构造等边三角形，连接，为的中点．

（1）如图1，与交于点，连接，求线段的长；
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接，．当时，猜想的大小是否为定值，并证明你的结论；
（3）连接，在绕点逆时针旋转过程中，当线段最大时，请直接写出的面积________．
【答案】（1）GN=；（2）是定值，见解析；（3）
【分析】（1）如图1中，连接BE，CF．解直角三角形求出BE，再利用全等三角形的性质证明CF=BE，利用三角形的中位线定理即可解决问题；
（2）结论：∠DNM=120°是定值．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；
（3）如图3-1中，取AC的中点，连接BJ，BN．首先证明当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3-2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．解直角三角形求出NH即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，连接BE，CF．

∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB=BC=AC=4，BD=CD=2，∠BAD=∠CAD=30°，
∴AD=BD=2，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，
∴∠EAG=∠GAF=30°，
∴EG=GF，
∵AE=，
∴DE=AE=，
∴BE=，
∵△ABC，△AEF是等边三角形，
∴AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴CF=BE=，
∵EN=CN，EG=FG，
∴GN=CF=；
（2）结论：∠DNM=120°是定值．

理由：连接BE，CF．同法可证△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°，
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°；
（3）如图3-1中，取AC的中点，连接BJ，BN．

∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN=AE=，
∵BJ=AD=2，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3-2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．

∵KJ=AJ•tan30°=，JN=，
∴KN=，
在Rt△HKN中，∵∠NHK=90°，∠NKH=60°，
∴HN=NK•sin60°=×=，
∴S△ADN=•AD•NH=×2×=．
【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，三角形的中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（2021·广东紫金·）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，D，E是斜边AB上的两个动点（不与点A，B重合），过E作EF⊥BC于点F，设BD＝m，EF＝n，且m＝12﹣4n，连结DF．

（1）当m＝8时，
①求DE长；
②求△BDF的面积．
（2）是否存在点P，使得以D，E，F，P四点为顶点的四边形是菱形，若存在，请求出n的值，若不存在，请说明理由；
（3）当点B关于直线DF的对称点B'落在直线EF上时，请直接写出n的值．
【答案】（1）①6；②；（2）存在，或；（3）或
【分析】（1）①当m＝8时，BD＝12-4n＝8，求出n的值，根据含30°角的直角三角形的性质可得BE=2EF，进而求得DE；②过点D作DF⊥BC于F点，易得BF＝，DF=4，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（2）当D在点E的左侧，四边形DEFP是菱形时，只有一种情形，此时DE＝EF，由（1）得，DE＝12-6n，据此可得n的值；当点D在点E的右侧时，均可得到△DEF是等边三角形，得到DE=EF，据此求解；
（3）连接DB′，过点D作DG⊥FE交FE的延长线于G，根据轴对称的性质可得∠DFB＝∠DB′＝135°，求出∠FDG的度数，推出DG＝FG，据此可得n的值
【详解】（1）解：①当m＝8时，BD＝12﹣4n＝8，
∴n＝1，
∵∠EFB＝90°，∠B＝30°，EF＝1，
∴BE＝2EF＝2，
∴DE＝BD﹣EB＝8﹣2＝6．
②如图1中，过点D作DF⊥BC于F点．

∵∠EFB＝90°，∠B＝30°，EF＝1，
∴BE=2EF=2，
∴BF＝= ，
∵∠DFB＝90°，
∴DF＝ BD＝4，
∴S△BDF＝ •BF•DF＝ × ×4＝2 ．
（2）解：存在．当D在点E的左侧时，
∵∠DEF＝120°，
∴当四边形DEFP是菱形时，只有一种情形如图2中，

此时DE＝EF，由（1）得，DE＝12﹣6n，
∴12﹣6n＝n，
∴n＝ ．
当点D在点E的右侧时，∵∠DEF＝60°，
∴分两种情形，
当四边形DFEP1或四边形DEFP2都是菱形时，如图2中，

均可得到△DEF是等边三角形
∴DE＝EF，
此时DE＝BE﹣BD＝2n﹣（12﹣4n）＝6n﹣12，
∴6n﹣12＝n，
∴n＝ ，
综上所述，满足条件的n的值为或 ．
（3）解：如图4﹣1中，连接DB′，过点D作DG⊥FE交FE的延长线于G，

则DG∥BC，∴∠DGE=∠B=30°，
∴GE=DE，DG==，
∵点B关于直线DF的对称点B'落在直线EF上，
∴∠DFB＝∠DB′＝135°，
∴∠FDG＝45°，
∵DG⊥FG，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝FG，又DE=12﹣6n，
∴ （12﹣6n）＝ （12﹣6n）+n，
解得：n＝ ．
如图4﹣2中，连接DB′．

∵∠FEB＝60°，∠B＝∠B′＝30°，∠FEB＝∠B′+∠EDB′，
∴∠B′＝∠EDB′＝30°，
∴DE＝EB′，
由轴对称的性质得B′F=BF=n，
∴ n﹣n＝6n﹣12，
解得n＝ ，
综上所述，n的值为 或 ．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、轴对称性质、解一元一次方程等知识，综合性强，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系及运用，学会用分类讨论的思想解决问题．
18．（2021·沈阳市尚品学校九年级月考）解答下列各题：
（1）问题发现
如图1，在和中，，，，连接，交于点．
填空：
①的值为____________；
②的度数为_____________；

（2）类比探究
如图2，在和中，，，连接交的延长线于点．请判断的值及的度数，说明理由．

（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，当点与点重合时，请直接写出三角形的面积．

【答案】（1）①；②；（2）；（3）的面积为或．
【分析】（1）问题发现：①证明，得，比值为1；②由，得，根据三角形的内角和定理得：；
（2）类比探究：根据，根据两边的比相等且夹角相等可得，则，由相似三角形的性质得的度数；
（3）拓展延伸：正确画出图形，当点与点重合时，有两种情况：同（2）可得：，则，，设，则，再分别求解 过作于 利用 求解 从而可得答案.
【详解】解：（1）问题发现
①如图1，，

，
，，
，
，
，
②，
，
，
，
在中，

，
故答案为：①1；②；
（2）类比探究
如图2，，，理由是：
中，，
，
同理得：，
，
，
，
，
，，
在中，；
（3）拓展延伸
①点与点重合时，如图，同（2）得：，

同理可得：，
设，则，
中，，，
，
中，，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
整理得：
解得：（舍去）

过作于 而


②点与点重合时，如图，同（2）得：，
同理可得：，

设，则，
中，，，
，
中，，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
整理得：
解得：（舍去）

过作于 而


综上所述，的面积为或．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了三角形全等和相似的性质和判定，三角形内角和定理，勾股定理，锐角三角函数的应用，几何旋转变换问题，解题的关键是能得出：，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题．
19．（2021·娄底市第三中学）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，∠A＝60°．点P从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向点C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P、Q运动的时间是t秒．过点P作PM⊥BC于点M，连接PQ、QM．
（1）请用含有t的式子填空：AQ＝　 　，AP＝　 　，PM＝　 　
（2）是否存在某一时刻使四边形AQMP为菱形？如果存在，求出相应的t值；如果不存在，说明理由；
（3）当t为何值时，△PQM为直角三角形？请说明理由．

【答案】（1）t，40-2t，t；（2）时，四边形AQMP是菱形；（3）或时△PQM是直角三角形
【分析】（1）根据题意求出求出BP=2t，AQ=t，然后利用含30度角的直角三角形的性质求出AB=2AC=40，由此求出AP=AB-BP=40-2t，；
（2）先证明四边形AQMP是平行四边形，然后根据菱形的判定：当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，，解方程即可；
（3）分三种情况进行讨论：当∠MPQ=90°，当∠MQP=90°时，当∠PMQ=90°时，利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t
∵∠C＝90°，∠A＝60°
∴∠B=30°，
∴，
∴，
∵PM⊥AC，
∴∠PMB=90°，
∴，
故答案为：t，40-2t，t；
（2）存在，理由如下：
由（1）知，
∵PM⊥BC，AC⊥BC
∴PM∥AQ，
∴四边形AQMP是平行四边形，
∴当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，
∴，
解得，
∴当时，四边形AQMP是菱形；

（3）当△PQM为直角三角形时有三种情况：
①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，
∴∠PQA=∠PQC=90°，
∴∠APQ=30°，
∴AP=2AQ，
∴，
解得；

②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，
∴∠APQ=∠PQM=90°，
∴∠PQA=30°，
∴AQ=2AP，
∴，
解得；

③当∠PMQ=90°时此种情况不存在，
∴综上所述，或时△PQM是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
20．（2021·哈尔滨市第六十九中学校九年级月考）直线y＝－x＋5交x轴于点A，交y轴于点B，直线AC交y轴正半轴于点C，．
（1）求点C的坐标；
（2）如图1，过点B作BF⊥AB交x轴于点F，E为线段OF上一点，连接BE，设点E的横坐标为n，∠FBE的正切值为m，求m与n之间的函数关系式（不要求写出自变量n的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，D为线段AC上一点，作DG⊥BF于点G，连接DE、EG，当∠DEG＝2∠FGE，m＝时，求sin∠FGE的值．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据直线解析式求得点的坐标，可得的长，进而根据，即可求得的长，进而求得点的坐标；
（2）过点作于点，根据勾股定理求得，进而根据已知条件求得，根据正切的定义即可求得m与n之间的函数关系式；
（3）过点作的角平分线交于，证明四边形是矩形，进而根据m＝，求得，即可求得，解即可求得sin∠FGE的值．
【详解】（1）直线y＝－x＋5交x轴于点A，交y轴于点B，
令，可得，
，
，
，,，
，
；
（2）过点作于点，如图，

直线y＝－x＋5交y轴于点B，
令，可得，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
设点E的横坐标为n，
则，
E为线段OF上一点，
，
，
，
，，
，
，
，
，
即（），
（3）过点作的角平分线交于，

，
，
，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
,，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
在中，．
．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，解直角三角形，根据题意作出辅助线，熟练解直角三角形是解题的关键．
21．（2021·重庆巴蜀中学）等腰中，，点D为AC边上一点，连接BD并延长至点F，连接AF，作于点E．

（1）如图1，若，，，求EF的值；
（2）如图2，连接AE，若AE平分，猜想线段CE、AE、BF之间的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，点M在等腰内，点N在等腰外，，，连接CN，线段AK是中CN边上的中线，若，，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）猜想：；证明见解析；（3）．
【分析】(1)先证明∠DCE=30°，求得CD=2DE=2，设AB=AC=a，用a表示AD，再根据三角函数列出a的方程求得a的值，过A作AGBF于点G，利用三角函数求得BF，BD，最后由线段和差求得结果；
(2)过点A作AHAE，与BF交于点H，证明△ABH△ACE，得AH=AE，BH=CE，得AE=EH，再证明△ACE△AFE，得CE=FE，最后根据线段和差得结论；
(3)过点C作CEAM，与AM的延长线交于点E，与AB交于点F，与AK的延长线交于点G，证明△AKN△GKC，得AN=CG，由已知tan ∠BAM=，得出CE=2AE，由勾股定理得出AC与AE的关系，进而得BC与AE的关系，由已知，用AK表示AM，进而用AK表示EG，再由勾股定理得出AE与AK的关系式，进而解关于AE与AK的二次方程，求得AE与AK的数量关系，进而将此数量关系代入BC与AE的关系中，便可得出结果．
【详解】（1），

，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，如图1，

，
，
解得，，
，
过A点作于点，
，
，
，
，
；
（2）猜想：
过点作，与交于点，如图2，

，
，
，，
，
，，
，，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
；
（3）过点作，与的延长线交于点，与交于点，与的延长线交于点，如图3，

，，
，，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
解得，，或（舍，
，
．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定，第（2）题的关键是构造全等三角形，第(3)题关键是构造直角三角形与全等三角形，难点是得出AE与AK和AE与BC的数量关系．