预测11 【精品】动点变化引起的探究-2022年中考数学三轮冲刺过关（全国通用）

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预测11 动点变化引起的探究



概率预测
☆☆☆☆
题型预测
解答题☆☆☆☆
考向预测
①手拉手模型。
②半角模型。
③对角互补模型


类比探究性问题的特点是“图形变化但结构不变”，初中数学常见的结构有平行结构、直角结构、旋转结构、中点结构。经常以几何三大变换、相似、直角、中点、面积、特殊三角形为载体呈现。通过类比字母、类比辅助线、类比结构、类比思路来解决类比探究问题。

相似三角形模型


8字形模型

8字形 反8字形


A字形模型

A字形 反 A字形 共边反 A字形


一线三等角模型

一线三等角 一线三直角


在探究过程中，一般按照：①对比连续两问的特征，考虑类比的前提条件是否存在；②对比特征应用方式，考虑在“相同”的条件下，能否进行“相同”的组合。③对比结论，先从图上验证上一问的结论或者结合图形以及上一问的结论的组合方式尝试、猜测、验证新结论。


1．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．

（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；
（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；
（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【分析】
（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：

∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：

∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴，
设，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化简得：，
解得：，
∵，
∴当时，易知与相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【点睛】本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
2．（2021·重庆中考真题）在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．

图1 图2 图3
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；
（2） 如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）①；②见解析；（2）
【分析】
（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；
（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．
【详解】
（1）解：①如图所示，连接AG，
由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠GFB=60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC=30°，
∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，
∵AC=BC，GC=GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，
∵AB=6，
∴AD=3，AG=BG=，
∴在Rt△ADG中，，
∴；

②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，
∵△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，
∴∠BEF+∠BHF=180°，
∵∠BHF+∠KHF=180°，
∴∠BEF=∠KHF，
由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，
∵BD是等边△ABC的高，
∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，
∴∠BFK=120°，
在△FEB与△FHK中，

∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE=KH，
∴BE+BH=KH+BH=BK，
∵FB=FK，∠BFK=120°，
∴BK=BF，
即：；

（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ=MP，
∴求的最小值，即为求的最小值，

如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足最小，
此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ=AD，
∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，
∵∠PEF=60°，
∴∠MEP=∠QEF，
由题意，EF=EP，
∴△MEP≌△QEF（SAS），
∴∠EMP=∠EQF=90°，
又∵∠PMJ=30°，
∴∠BMJ=60°，
∴MJ∥AC，
∴∠PMJ=∠DNP=90°，
∵∠BDC=90°，
∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，
由题，AD=3，BD=，
∵MJ∥AC，
∴△BMO∽△BAD，
∴，
∴OD=BD=，OM=AD=，
设PJ=x，则MJ=x，OJ=x-，
由题意可知，DN=CD=2，
∴，
解得：，
即：PJ=，
∴，
∴．

【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等，理解基本图形的性质，合理构造辅助线是解题关键．

3.（2021·湖北十堰市·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．

（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．
【答案】（1）AP=BQ；（2）见详解；（3）或或
【分析】（1）根据旋转的性质以及等边三角形的性质，可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，AC=BC，进而即可得到结论；（2）先证明是等腰直角三角形，再求出∠CBD=45°，根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；（3）过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，根据，可得AP=BQ，∠CAP=
∠CBQ=90°，设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF=( x-)×，再列出关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段绕点C逆时针方向旋转得到，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∵在等边三角形中，∠ACB=60°，AC=BC，∴∠ACP=∠BCQ，
∴，∴=；
（2）∵，CA⊥l，∴是等腰直角三角形，
∵，∴是等腰直角三角形，∠CBQ=90°，
∵在等边三角形中，AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，
∴AB=AP，∠BAP=90°-60°=30°，∴∠ABP=∠APB=(180°-30°)÷2=75°，
∴∠CBD=180°-75°-60°=45°，∴PD平分∠CBQ，∴直线垂直平分线段；
（3）①当点Q在直线上方时，如图所示，
延长BQ交l与点E，过点Q作与点F，

由题意得，
，，，
，，
，，，
设，则，，在中，，
，即，解得或，即AP的长度为或；
②当点Q在直线l下方时，过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，
由（1）小题，可知：，∴AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，
∵∠ACB=60°，∠CAM=90°，∴∠AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∠BME=∠QMF=60°，
∵∠BAE=90°-60°=30°，AB=4，∴BE=，∴BM=BE÷sin60°=2÷=，
设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF= MQ×sin60°=( x-)×，
∵的面积等于，∴AP×QF=，即：x×( x-)×=，解得：或（不合题意，舍去），∴AP=．
综上所述，AP的长为：或或．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
4.（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，,
∴，∴，∴；
(2)①连接BN，如下图所示：

∴，，
且，∴，
∴，，∴，
且为等腰直角三角形，∴，
在中，由勾股定理可知：，且
∴；
②分类讨论：情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，∴,
在中，,
∴；故或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，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，属于中考常考题型．
5.（2021·山东东营市·中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．
（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．

【答案】（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②
【分析】（1）根据三角形全等可得；（2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可，方法二：延长CO交BD于点E，证明即可；
（3）①方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明，
方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明；
②延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出．
【详解】（1）O是线段AB的中点
在和中

（2）数量关系依然成立．
证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E．
∵∴
∴四边形CEFD为矩形．∴，
由（1）知，∴，∴．
证明（方法二）：延长CO交BD于点E，
∵，，∴，∴，
∵点O为AB的中点，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴．
（3）①数量关系依然成立．证明（方法一）：
过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E．

∵∴
∴四边形CEFD为矩形．∴，
由（1）知，∴，∴．10分
证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，
∵，，∴，∴，
∴点O为AB的中点，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴．
②如图，延长CO交DB的延长线于点E，

∵，，∴，
∴，∴点O为AB的中点，∴，
又∵，∴，∴，

∵,

．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．
6.（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．

（1）证明：；
（2）如图2，连接，，交于点．
①证明：在点的运动过程中，总有；
②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形
【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，点，分别为，的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH=；

（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；

（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．

【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
7.（2021·湖北中考真题）已知和都为等腰三角形，．

（1）当时，
①如图1，当点D在上时，请直接写出与的数量关系；_________；
②如图2，当点D不在上时，判断线段与的数量关系，并说明理由；
（2）当时，
①如图3，探究线段与的数量关系，并说明理由；
②当时，请直接写出的长．
【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）①，理由见解析；②5．
【分析】（1）①先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据线段的和差即可得；
②先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得出结论；
（2）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得出结论；
②设与交于点，先根据（2）①的结论可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、线段的和差可得，最后在中，解直角三角形即可得．
【详解】
解：（1）①当时，，
和都为等腰三角形，
和都为等边三角形，
，
，即，
故答案为：；
②，理由如下：
和都为等边三角形，
，
，即，
在和中，，
，
；
（2）①当时，，
和都为等腰直角三角形，
，
，即，
设，
则，
，
在和中，，
，
，
即；
②如图，设与交于点，

，
，
设，则，
，
，，
，即，
解得，
，
在中，，
在中，，
，
则在中，．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（2），正确找出相似三角形是解题关键．
8.（2021·吉林长春市·中考真题）如图，在中，，，，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB—BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P不与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．
（1）线段AD的长为 ．
（2）用含t的代数式表示线段BP的长．
（3）当点在内部时，求的取值范围．
（4）当与相等时，直接写出的值．

【答案】（1）2；（2）BP=5-t或者BP=t-5；（3）；（4）或．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长，再根据点D为AC的中点，得到结果；
（2）由AP=t，AB=5，得出结论；
（3）分情况计算出两个临界值，当点在AB上时，DP⊥AB，△APD∽△ACB，根据对应边成比例求出，当点在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，△ADP∽△ACB，根据对应边成比例求出，最后得出结论；（4）根据要求画出图形，利用折叠全等与两角对应相等，两三角形相似，证明出三角形相似，再根据对应边成比例计算出各边的长，最后得到结果．
【详解】解：（1）∵∠C=90︒，，，∴，
∵点D为边AC的中点，∴AD=2；
（2）当点P在AB上时，∵AP=t，AB=5，∴BP=5-t，
当点P在BC上时，BP=t-5，
∴BP=t-5或者BP=5-t ，
（3）如图，当点在AB上时，DP⊥AB，

∴△APD∽△ACB
∴，
∴，
∴，
如图，当点在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，

∴△ADP∽△ACB
∴，
∴，
∴，
∴当点在内部时，，
（4）①如图，

∵点A关于直线PD的对称点，DE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，
∴，
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
∴，
∴，，
∵△ABC∽△DA’E，
∴∠EDA’=∠ADE=∠CAB，
∴AP=DP=t，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②如图，

∵点A关于直线PD的对称点，PE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，
∴，
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
∴，
∴，，
∵∠DEA=∠DCP，∠C=∠DEA，
∴△DEA∽△DCP，
∴，
∴
∴，
∴，
∴或．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形中的动点问题、相似三角形的判断与性质、勾股定理，解题关键在于根据题意画出图形，再根据两角对应相等，两三角形相似证明三角形相似，再结合勾股定理求出结论．
9.（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．


（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；
（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；
（2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；
（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，
∴ADBC，AB＝CD；
∴∠DEF＝∠EFB，
∵折叠，
∴∠DEF＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠EFB，
∴PE＝PF；
（2）证明：连接PM，ME，MF，


∵在矩形ABCD中，
∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，
∴AD－AE＝BC－CF，
即：DE＝BF，
∵折叠，
∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，
∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，
∴PE－HE＝PF－BF，
即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，
，
∴RtPHM≌RtPBM（HL），
∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM与FPM中，
，
∴EPM≌FPM（SAS），
∴ME＝MF，
∴点M在线段EF的垂直平分线上；
（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，

∵AB＝CD＝5，，
∴BC＝，
∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO与FCO中，
，
∴EAO≌FCO（AAS），
∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折叠，
∴OG＝OC＝5，
当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，

当点E与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，

∵O为定点，OG＝5为定值，
∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，
∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∴的长为＝，
∴点运动的路线长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．
10.（2021年贵州省铜仁市中考数学真题试卷）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．点P是CA边上的一动点，点P从点C出发以每秒2cm的速度沿CA方向匀速运动，以CP为边作等边△CPQ（点B、点Q在AC同侧），设点P运动的时间为x秒，△ABC与△CPQ重叠部分的面积为S．
（1）当点Q落在△ABC内部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示，不要求写x的取值范围）；
（2）当点Q落在AB上时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S的值；
（3）当点Q落在△ABC外部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示）．

【解析】（1）如图1中，当点Q落在△ABC内部时，求出等边△PQC的面积即可．
（2）如图2中，当点Q落在AB上时，过点Q作QH⊥AC于H．利用平行线分线段成比例定理求出QH即可．
（3）如图3中，点Q落在△ABC外部时，设CQ交AB于N，PQ交AB于M，过点N作NH⊥AC于H，过点M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．利用相似三角形的性质求出MJ，求出△BCQ，△APQ的面积即可．
【解答】解：（1）如图1中，当点Q落在△ABC内部时，S＝×（2x）2＝x2．

（2）如图2中，当点Q落在AB上时，过点Q作QH⊥AC于H．

∵∠QHA＝∠ACB＝90°，
∴QH∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4，
∴CP＝8，CH＝PH＝4，
∴S＝×82＝16．

（3）如图3中，点Q落在△ABC外部时，设CQ交AB于N，PQ交AB于M，过点N作NH⊥AC于H，过点M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．

由（2）可知，CH＝HT＝4，CT＝NT＝8，NH＝4，AT＝4，
∴S△BCN＝×6×4＝12，
∵NT∥PM，
∴△AMP∽△ANT，
∴＝，
∴＝，
∴MJ＝12﹣2x，
∴S＝S△ABC﹣S△BCN﹣S△AMP＝×6×12﹣12﹣×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）．
11.（2021年江苏省无锡市中考数学真题试卷）已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是射线BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，设BE＝m．

（1）如图，若点E在线段BC上运动，EF交CD于点P，AF交CD于点Q，连结CF，
①当m＝时，求线段CF的长；
②在△PQE中，设边QE上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过BC的中点且垂直于BC的直线被等腰直角三角形AEF截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．
【解析】（1）①过F作FG⊥BC于G，连接CF，先证明△ABE≌△EGF，可得FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，则EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，再在Rt△CGF中，即可求CF＝；
②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，由△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，可得C、D、E'共线，由△EAQ≌△E'AQ，可得∠E'＝∠AEQ，故∠AEB＝∠AEQ，从而∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分线，有PH＝PC，用△ABE∽△ECP，可求CP＝m（1﹣m），即可得h＝﹣m2+m；
（2）分两种情况：①当m＜时，由△ABE∽△ECP，可求HG＝﹣m2+m，根据MG∥CD，G为BC中点，可得MN＝DQ，设DQ＝x，则EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，可得MN＝，故y＝NH＝MG﹣HG﹣MN＝1﹣m﹣+m2，
②当m＞时，由MG∥AB，可得HG＝，同①可得MN＝DQ＝，即可得y＝，
【解答】解：（1）①过F作FG⊥BC于G，连接CF，如图：

∵四边形ABCD是正方形，∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠EFG，∠B＝∠G＝90°，
∵等腰直角三角形AEF，
∴AE＝EF，
在△ABE和△EGF中，
，
∴△ABE≌△EGF（AAS），
∴FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，
∴EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，
在Rt△CGF中，CF＝＝；
②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，如图：

∵△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，
∴△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，
∴∠ADC+∠ADE'＝180°，
∴C、D、E'共线，
∵∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠DAE'+∠EAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠E'AF＝45，
在△EAQ和△E'AQ中，
，
∴△EAQ≌△E'AQ（SAS），
∴∠E'＝∠AEQ，EQ＝E'Q，
∴∠AEB＝∠AEQ，EQ＝DQ+DE'＝DQ+BE，
∴∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分线，
又∠C＝90°，PH⊥EQ，
∴PH＝PC，
∵∠BAE＝∠CEP，∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECP，
∴＝，即＝，
∴CP＝m（1﹣m），
∴PH＝h＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，
∴m＝时，h最大值是；
（2）①当m＜时，如图：

∵∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠HEG，∠B＝∠HGE＝90°，
∴△ABE∽△ECP，
∴＝，即＝，
∴HG＝﹣m2+m，
∵MG∥CD，G为BC中点，
∴MN为△ADQ的中位线，
∴MN＝DQ，
由（1）知：EQ＝DQ+BE，
设DQ＝x，则EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，
Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，
∴（1﹣m）2+（1﹣x）2＝（x+m）2，
解得x＝，
∴MN＝，
∴y＝NH＝MG﹣HG﹣MN
＝1﹣（﹣m2+m）﹣
＝1﹣m﹣+m2，
②当m＞时，如图：

∵MG∥AB，
∴＝，即＝，
∴HG＝，
同①可得MN＝DQ＝，
∴HN＝MG﹣HG﹣MN
＝1﹣﹣
＝，
∴y＝，
综上所述，y＝1﹣m﹣+m2或y＝



1．（2021年山东省青岛市青岛大学附属中学九年级数学二模试题）如图，等腰三角形的腰长，，动点从出发沿向运动，速度为，动点从出发沿向运动，速度为，当一个点到达终点时两个点同时停止运动．点是点关于直线的对称点，连接和，和相交于点．设运动时间为秒．


（1）若当的值是多少时，恰好经过点?
（2）设的面积为，求与之间的函数关系式．
（3）是否存在某一时刻，使平分?若存在，求出相应的值，若不存在，请说明理由．
（4）是否存在某一时刻，使点在的垂直平分线上?若存在，求出相应的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，2；（4）存在，
【解析】
【分析】（1）过点A作AD⊥BC于D，先利用勾股定理和三线合一定理求出AD，DP，CP，然后根据，进行求解即可；
（2）先证明△ADC∽△PEC，得到，则，，，再根据三角形面积公式求解即可．
（3）假设存在，证明△ADC∽△QHC，得到，则，由（2）得，即，解方程即可；
（4）根据线段垂直平分线的定义可得，再由△ADC∽△QHC，得到，由此求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点A作AD⊥BC于D，
由题意得：恰好经过点A时，∠PAC=90°，，
∵AB=AC=5cm，BC=8cm，
∴BD=CD=4cm，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
解得，
∴当时，恰好经过点A；

（2）如图，过点A作AD⊥BC于D，
由题意得：∠PEC==90°，cm， ，
∴∠ADC=∠PEC=90°，
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△PEC，
∴，
∵，BD=CD=4cm，AD=3cm
∴，
∴，，
∴
∴
；

（3）存在，理由如下：
假设存在某一时刻，使平分，如图所示，过点Q作QH⊥BC于H，
∴∠QHC=∠QHB=∠QEP=∠ADC=90°
∴当平分时，EQ=QH（角平分线的性质），
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△QHC，
∴，
∴即，
∴，
由（2）得，
∴，
解得，
∴存在时，使平分；

（4）存在，理由如下：
假设存在，如图所示，当Q在PC的垂直平分线上时，
∴，
∵△ADC∽△QHC，
∴，
∴，
解得．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
2．(吉林省第二实验学校2020-2021学年九年级下学期第二次模拟数学试题)如图，中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，到点停止．同时点从点出发，沿的线路向点运动，在边上的速度为每秒个单位长度，在边上的速度为每秒2个单位长度，到停止，以为边向右或右下方构造等边，设的运动时间为秒，解答下列问题：

（1）填空：__________，__________．
（2）当在上，落在边上时，求的值．
（3）连结．
①当在边上，与的一边垂直时，求的边长．
②当在边上且不与点重合时，判断的方向是否变化，若不变化，说明理由．
【答案】（1）1，；（2）；（3）①或；②BR的方向不变，∠QBR=60°，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求解即可；
（2）过点Q作QD⊥AB于D，由题意可得，，，然后证明P、D是重合的即可得到，从而可以证明∠PRB=90°，即可得到由此求解即可；
（3）①由（2）得当RBC上时，BR⊥AC；当BR⊥AB时即∠PBR=90°，可以求出，又有，由此即可建立方程求解；
②只需要证明Q、P、B、R四点共圆，即可得到∠QBR=∠QPR=60°．
【详解】解：（1）∵中，，，，
∴
∴，
故答案为：1，；
（2）如图：过点Q作QD⊥AB于D，
由题意可得，，
∴ ，
∴，
∴
∴此时D，P重合，
∴∠QPA=90°，，
∵三角形QPR是等边三角形，
∴，∠QPR=60°，
∴∠RPB=30°，
又∵∠B=180°-∠C-∠A=60°，
∴∠PRB=90°
∴，
∵，
∴，
解得

（3）①由（2）可得QP⊥AB，当点R在BC上时，此时BR⊥AC，
∴此时，∠QPA=90°，
∴此时
如图当BR⊥AB时即∠PBR=90°
由（2）得，，
∴，
∵三角形QPR是等边三角形，
∴∠QPR=60°，QP=PR，
∴∠RPB=30°，
∴PR=2RB，
又∵即，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴
∴综上所述，△PQR的边长为或；

②BR的方向不变，理由如下：
如图所示：
∵△QPR是等边三角形，
∴∠QRP=60°，
∵∠ABC=90°-∠A=60°，
∴∠QBP=∠QRP=60°，
∴Q、P、B、R四点共圆，
∴∠QBR=∠QPR=60°，
∴BR的方向不变．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，四点共圆等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3． （2021年云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县中考数学模拟试卷（二））已知，如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，AD⊥BC于点D，直线PM交BC于点P，交AC于点M，直线PM从点C出发沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s；运动过程中始终保持PM⊥BC，过点P作PQ⊥AB，交AB于点Q，交AD于点N，连接QM，设运动时间是t(s)(0＜t＜6)，解答下列问题：
（1）当t为何值时，QM//BC？
（2）设四边形ANPM的面积为y(cm2)，试求出y与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使四边形ANPM的面积是△ABC面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）是否存在某一时刻t，使点M在线段PQ的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）不存在，见解析；（4）存在， t=4
【解析】解：（1）由题意知，PC=t，BP=12﹣t，
∵AB=AC，AD⊥BC，AB=AC=10，BC=12，
∴BD=DC=6，AD=8，
∵QM∥BC，
∴，
∵AB=AC，
∴BQ=CM，
∵PM⊥BC，AD⊥BC，
∴ PM∥AD，
∴即，
∴CM=，
在Rt△ABD和Rt△PBQ中，
cos∠B=，即，
解得：BQ=(12﹣t)= ，
由BQ=CM得：=，
解得：，
故当 时，QM∥BC；
（2）∵∠B+∠BAD=90°，∠DPN+∠B=90°，
∴∠BAD=∠DPN，又∠PDN=∠ADB=90°，
∴△PDN∽△ADB，
∴，即，
解得：，
∴，
∵PM∥AD，
∴△CPM∽△CDA，
∴即，
解得：，
∴，
∴==，
即y与t的函数关系式为；
（3）假设存在某一时刻t，使四边形ANPM的面积是△ABC面积的，
则= ，
整理得：，
∵△= =﹣1536＜0，
∴此方程无解，
∴不存在某一时刻t，使四边形ANPM的面积是△ABC面积的；
（4）假设存在某一时刻t，使点M在线段PQ的垂直平分线上，则MP=MQ，
过点M作ME⊥PQ于E，则PE=PQ，∠PEM=90°，
在Rt△ABD和Rt△PBQ中，
sin∠B= ，
解得：，
∵∠BPQ+∠B=90°，∠BPQ+∠MPE=90°，
∴∠B=∠MPE，
在Rt△PEM和Rt△BDA中，
cos∠B=cos∠MPE，即，
解得：，
由PE=PQ得=，
解得：t=4，
∵0＜t＜6，
∴存在某一时刻t=4时，点M在线段PQ的垂直平分线上．

4.(2021年四川省成都市邛崃市、崇州市、简阳市中考数学二诊试卷)已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，将△ABC绕点C逆时针旋转α得到△EDC（0°＜α＜180°），直线CD交AB于点M，DE交AB于点N．
（1）如图1，求证：△BCM∽△DNM；
（2）如图2，当α＝120°时，P为线段AB上一动点，旋转后点P的对应点为点Q，求线段PQ的最小值；
（3）在旋转过程中，满足△BMD是等腰三角形时，直接写出点A所旋转的路径长（结果保留π）．

【解析】（1）利用旋转判断出∠B＝∠D，再由对角线得出∠NMD＝∠CMB，即可得出结论；
（2）过点C作CH⊥PQ于H，进而求出PH＝PC，进而判断出PC最小时，PQ最小，最后用三角形的面积计算即可得出结论；
（3）分情况，利用等腰三角形的性质求出旋转角，进而用弧长公式求解，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△EDC，
∴∠B＝∠D，
又∵∠NMD＝∠CMB，
∴△BCM∽△DNM．
（2）如图2，连接CP，CQ
∵点P旋转后的对应点为Q，则∠PCQ＝120°，CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝30°．
过点C作CH⊥PQ于点H，
在Rt△CPH中，，
∴，
当PC的值最小时，PQ的值最小，
∴当CP⊥AP时，CP最小，
此时，
∴，
∴，
即线段PQ的最小值为3．

（3）点A所旋转的路径长为或或或；
如图3﹣1中，若0°＜α＜90°时，连接BD，由题意得CD＝BC．

∵∠DCB＝α，
∴，
∵∠DMB＝α+30°，
∴当BM＝BD时，有∠BDM＝∠DMB，
即，
∴点A所旋转的路径长π×2＝π．
当DM＝DB时，有∠DMB＝∠DBM，
即，解得α＝20°，
∴点A所旋转的路径长π×2＝π．
如图3﹣2中，当DM＝DB时，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴α＝140°，
∴点A所旋转的路径长π×2＝π．
如图3﹣3中，当BD＝BM时，

由∠ABD＝30°﹣（180°﹣α）＝2×，
解得α＝160°，
∴点A所旋转的路径长π×2＝π．

5.（2021辽宁鞍山市仿真模拟题）在矩形中，点E是射线上一动点，连接，过点B作于点G，交直线于点F．

（1）当矩形是正方形时，以点F为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．①如图1，若点E在线段上，则线段与之间的数量关系是________，位置关系是_________；
②如图2，若点E在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；（2）如图3，若点E在线段上，以和为邻边作，M是中点，连接，，，求的最小值．
【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由见解析；（2）
【分析】（1）①证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再证明四边形BEHF为平行四边形，从而可得结果；
②根据（1）中同样的证明方法求证即可；
（2）说明C、E、G、F四点共圆，得出GM的最小值为圆M半径的最小值，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH，
故答案为：相等；垂直；
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，
∴C、E、G、F四点共圆，
∵四边形BCHF是平行四边形，M为BH中点，
∴M也是EF中点，
∴M是四边形BCHF外接圆圆心，
则GM的最小值为圆M半径的最小值，
∵AB=3，BC=2，
设BE=x，则CE=2-x，
同（1）可得：∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴CF=，
∴EF=
=
=，
设y=，
当x=时，y取最小值，
∴EF的最小值为，
故GM的最小值为．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，二次函数的最值，圆的性质，难度较大，找出图形中的全等以及相似三角形是解题的关键．
6.（2021内蒙古赤峰市质量检测题）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；②的值是 ；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.

【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【分析】（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；
（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】（1）①∵PE⊥PD， ∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，∴∠PDM=∠EPN；故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,∴∠ACD=30°，
设MP=x，则NP=4-x，∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，
∴==，故答案为：；
（2）成立，设NP=a，则MP=4+a，
∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），∴MD=(4+a)-4=a，
由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，∴=，
（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
7.（2021湖南益阳市联考试卷）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】
（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．

【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．