专题22开放探究型压轴大题（最新模拟50道）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

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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，AEBD=______．
(2)拓展探究
试判断：当0°≤α<360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
(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)① 5；② 5
(2)没有，证明见解析
(3)满足条件的BD的长为355或5
【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=BCBD，可求AEBD的值；
（2）首先判断出ECA=∠DCB，再根据ECDC=ACBC=5，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三角形的对应边成比例，可求解；
（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=AB2+BC2=22+42=25，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴CE=AE=12AC=5，BD=12BC=1，
∴AEBD=5，
故答案为：5；
②如图，
当α=180°时，可得AB∥DE，
∵ACAE=BCBD，
∴AEBD=ACBC=5，
故答案为：5；
（2）解：如图，
当0°≤α<360°时，AEBD的大小没有变化，
∵ECD=∠ACB，
∴ECA=∠DCB，
∵ECDC=ACBC=5，
∴△ECA∽△DCB，
∴AEBD=ECDC=5；
（3）解：如图，当点E在AB的延长线上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=AB+BE=5，
∵AEBD=5，
∴BD=55=5；
如图，当点E在线段AB上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=4−1=3，
∵AEBD=5，
∴BD=355，
综上所述，满足条件的BD的长为355或5．
【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或5174
【分析】（1）证明ΔGCF≌ΔBEC(AAS)，得BC=GF，则CD=GF，则证ΔHCD≌ΔHGF(ASA)，得出DH=HF即可；
（2）证ΔFCG∽ΔCEB，则GFBC=FCCE=n，由矩形的性质得出CDBC=n，证ΔHCD≌ΔHGF(ASA)，即可得出DH=HF；
（3）根据矩形的性质和已知得n=ABAD=43，则CE=43CF，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．
【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=90°，
∵∠BCE+∠BEC=90°，
∴∠GCF=∠BEC，
在ΔGCF和ΔBEC中，
∠GCF=∠BEC∠CGF=∠EBCCF=CE，
∴ΔGCF≌ΔBEC(AAS)，
∴BC=GF，
∴CD=GF，
∵ CD//GF
∴∠HDC=∠HFG，
∵ ∠HCD=∠HGF，
在ΔHCD和ΔHGF中，
∠HDC=∠HFGCD=GF∠HCD=∠HGF，
∴ΔHCD≌ΔHGFASA，
∴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=90°，
∵∠BCE+∠CEB=90°，
∴∠FCG=∠CEB，
∴ΔFCG∼ΔCEB，
∴GFBC=FCCE=n，
∴四边形ABCD是矩形，AB=nAD，
∴CDBC=n，
∴GFBC=CDBC，
∴GF=CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD⊥BC，
∵FG⊥BC，
∴CD//FG，
∴∠HDC=∠HFG，∠HCD=∠HGF，
在ΔHCD和ΔHGF中，
∠HDC=∠HFGCD=GF∠HCD=∠HGF，
∴ΔHCD≌ΔHGF(ASA)，
∴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=ABAD=43，
∴CF=43CE，
分两种情况：
①当AR=13AD时，
∵AD=3，
∴AR=1，DR=2，
在RtΔCDR中，由勾股定理得：
CR=DR2+CD2=22+42=25，
∵RD//CH，DH=HF，
∴RC=CF=25，
∴CE=34×25=325，
由勾股定理得：EF＝CF2+CE2=252+3252=525；
②当DR=13AD时，同理可得：DR=1，
DC=4，CF=RC=17，
∴ CE=3174，
由勾股定理得：
∴ EF=CF2+CE2=(17)2+(3174)2=5174，
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5174．
【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//P3P4，由图可以得到AP2的长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
（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，利用∠AMO=45°，得到ΔOTM为等腰直角三角形，过H作HE⊥x轴于E点，从而可以求得H2,2，得到直线A'B'解析式为y=−x+4，设A'a,−a+4，过A'作A'F⊥x轴于F，在RtΔA'OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（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'B'，分别交A'B'于H，交AB于T，用（2）中方法求解OH和OT，得到HT的长度，即可解决．
【详解】（1）解：∵AB平移得到P1P2，
∴AB//P1P2，
同理，AB//P3P4，
∴P1P2//P3P4，
由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”，
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=2BG=22，
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'，且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到⊙O的“优距离”，
过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H，交AM于T，
∵A'B'//AM，
∴∠OHB'=∠OTM=90°，
∴∠TOM=90°−∠AMO=45°，
连接A'O，
∵OH⊥A'B'，
∴A'H=B'H=12A'B'=2，
在RtΔA'OH中，OH=A'O2−A'H2=22，
过H作HE⊥x轴于E，
∵sin∠TOM=sin45°=HEOH=22，
∴HE=OE=2，
∴H2,2，
∵AB//A'B'，
∴设直线A'B'为y=−x+m，代入点H，得m=4，
∴直线A'B'为y=−x+4，
设A'a,−a+4，过A'作A'F⊥轴于F，
在RtΔA'OF中，A'O2=OF2+A'F2，
∴a2+−a+42=10，
∴ a=1或a=3，
∵−10∴a=1，
∴A'1,3，
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'，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，
∵AB//A'B'，AB=A'B'，
∴四边形AA'B'B为平行四边形，
∵AA'⊥AB，
∴平行四边形AA'B'B为矩形，
∴A'B'=AB=22，
令x=0，则y=−x+6=6，
∴N0,6，
同理，M6,0，
∴OM=ON=6，
∴ΔMON为等腰直角三角形，
过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H，交AB于T，连接OA'，
∴A'H=B'H=2，
在RtΔA'OH中，OH=A'O2−A'H2=22，
∵AB//A'B'，
∴∠OTM=∠OHB'=90°，
∴OT⊥MN，
又ΔMON是等腰直角三角形，
∴OT=12MN=12OM2+ON2=32，
∴HT=OT−OH=2，
∵A'A⊥AB，OT⊥AB，
∴AA'//OT，
又AB//A'B'，
∴四边形A'ATH为平行四边形，
∴d=AA'=HT=2，
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32+873或32−873．
【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+BC2=10，
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=B'C2+PB2，
∴(6−x)2=22+x2，
解得：x=93，
即PB=93；
②∵△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′=AB'2−AD2=27，
∴CB′=CD−DB′=8−27，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8−27)2+(6−t)2，
∴t=32−873；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，
在Rt△ADB'中，DB′=AB'2−AD2=27，
∴CB′=8+27，
在Rt△PCB'中，则有：(8−27)2+(t−3)2=t2，
解得t=32+873；
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32−873；
【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+23
【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°，由此即可求解；
（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=12(180°−∠DAE)=12×(180°−60°)=60°，
∴△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∠BAD=∠CAE,AD=AE
∴△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(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所夹锐角的度数；
(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的长度；如果改变，请说明理由.
【答案】(1)DG=BF，DG⊥BF；
(2)CEDG=2，∠DOC=45°；
(3)不变，线段NH是一个定值，NH=2 2
【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∠PBA+∠ADG=∠PBA+∠ABF=90°，进而即可得出结论；
（2）连接AE，证明△ADG∽△ACE， 得出CEDG=2，∠ADG=∠ACE，延长DG、CE交于点O，根据三角形的内角和定理，即可得出∠DOC=∠DAC=45°；
（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，进而得出∠MOC=∠MHC=45°，则M,C,H,O四点共圆，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，
∵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∥DG，
∴∠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=∠DAG=α，
在Rt△AEG和Rt△ACD中，
AGAE=cs45° =22 ，ADAC= cs45° =22，
∴AGAE=ADAC，
∴△ADG∽△ACE，
∴DGCE=AGAE=22，
∴ CEDG=2；
∵△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'⊥AC，
在Rt△MCN'中，CN'=MC×cs45°=22，
∴CN=CN'
即点N,N'重合，
∴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∥AD
∴∠MOC=∠DAC=45°，
∴△MOC是等腰直角三角形，
又∵MN⊥OC，
∴MN=NC=NO，
∵ADAC=AGAE=cs45°=12,∠DAG=∠CAE=α,
∴△ADG∽△ACE，
∴∠ADG=∠ACE=θ，
∴∠MCH=45°+θ，
∴∠MHC=180°−∠HMC−∠HCM=180°−90°−θ−45°+θ=45°,
∴∠MOC=∠MHC=45°，
∴M,C,H,O四点共圆，
∴线段NH是一个定值，NH=CN=2 2．
【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，∠EDF=60°．
(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：CG=CM ．
(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△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)存在，4339
【分析】（1）可先推出∠CAF=∠ABD，再证△ACF≌△BAD，即可得出结论；
（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△CMG是等边三角形，从而问题得证；
（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有最小值，最后解斜三角形ADG，从而求得．
【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=∠ABDAF=BD，
∴△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，∠EDF=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF=60°，
在EF上截取EN=EM，连接MN，
∵EG=EC+EM，CM=GM，
∴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=EG∠NCM=∠EGMCM=GM，
∴△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=GD=4，
∵CD⊥AD ，
∴∠CDF=90°，
∴在Rt△CDF中，AD=CF=CDsin∠CFD=CDsin60°=833,
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=12DG=2，DH=cs∠GDH⋅DG=32DG=23，
∴AH=AD+DH=833+23=1433，
∴在Rt△AGH中，AG=GH2+AH2=14332＋22=4339，
∴AP+PD+CP的最小值是4339．
【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的长；
(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=3−1；
(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，再解直角三角形即可求解；
（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，△HCM≌△BDE，△GAN≌△MHNASA，利用全等三角形的性质即可求解；
（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△ADK的周长取最小值时，DE的值最小，据此求解即可．
【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=FJJC=3，
∴JC=1，CF=2JC=2，
∴AF=AC−CF=BJ+CJ−CF=3+1−2=3−1；
（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M，
∵△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∥BC，
∴∠IAN=∠CHN，
∵CH=BD，
∴CH=AI，
∵∠INA=∠CNH，
∴△IAN≌△CHNASA，
∴AN=HN，
∵HM∥AG，
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，BE=AD=CH=8−a，
∴EF=|BF−BE|=a−8−2a=3a−8，
∴DE=DF2+EF2=3a2+3a−82=12a−22+16，
∵△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△CGH=2×12×2×23=43．
【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矩形ABCD=xy
【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EF=BC，再根据平行四边形的判定定理，得出四边形BCFE是平行四边形，再根据平行四边形的性质，即可得出结论；
（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△BKF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，即可得出答案；
（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AB⋅EF=BM⋅FN=xy，再根据等量代换，得出AB⋅EF=AB⋅BC=xy，据此即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接BE，CF，
∵线段AE平移得到线段DF，
∴AE=DF，AE∥DF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴EF=AD，EF∥AD，
∴EF∥BC，
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∥BC，
∴∠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=FNEF，
∴AB⋅EF=BM⋅FN=xy，
又∵EF=BC，
∴AB⋅EF=AB⋅BC=xy，
∴S矩形ABCD=xy．
【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的长度．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)EF2=AC⋅OG，理由见解析
(3)53，22
【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=22EF，再由OB=12AC，即可证明EF2=AC⋅OG；；
（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=22，BE=2，OM=322，证明△EOM∽△ENB，求出EN=2OE=25，NB=2OM=32，再证明△NBE∽△NOF，求出NF=52，即可得到答案．
【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=12AC，
∴∠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：EF2=AC⋅OG，理由如下：
∵∠OEG=∠OBE=45°，∠BOE=∠EOG，
∴△OEG∽△OBE，
∴OEOB=OGOE，
∴OE2=OB⋅OG，
∵△OEF是等腰直角三角形，
∴OE=22EF，
∵OB=12AC，
∴EF2=AC⋅OG；
（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=12AC，
∴OMBC=OAAC=AMAB=12，
设BE=a，则BC=AB=3BE=3a，
∴OM=AM=BM=12AB=32a，
∴EM=AB−AM−BE=12a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AMO=∠ABC=90°，
∴∠OME=∠NBE=90°，
∴EM2+OM2=OE2，
∴(12a)2+(32a)2=(5)2，
∵a>0，
∴a=2，
∴AB=32，EM=22，BE=2，OM=322，
∴OB=22AB=3，
∵OE2=OB⋅OG，
∴OG=53，
∵ △EOM∽△ENB，
∴OEEN=EMEB=OMNB=12，
∴EN=2OE=25，NB=2OM=32，
∵∠EBN=∠FON=90°，∠N=∠N，
∴△NBE∽△NOF，
∴BEOF=NENF，
∵OF=OE=5，
∴25=25NF，
∴NF=52，
∴BF=NF−NB=52−32=22．
【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+32
【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=12AC=32，
∴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'，如图所示则∠AB'B=___________．
（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∠BPC的度数和PP'的长；
（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'=3；（3）135°
【分析】（1）根据旋转的性质只要证明△ABB'是等腰直角三角形即可得到答案；
（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，∠BP'P=60°；而△PP'A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以∠AP'B=150°，从而得出结论；
（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'，∠B'AB=90°，
∴∠AB'B=∠ABB'=45°．
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'A，，
∴AP'=CP=1，BP'=BP=3，∠PBC=∠P'BA，∠AP'B=∠BPC．
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴∠P'BP=∠ABP'+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'=BP=3，∠BP'P=60°．
∵AP'=1，AP=2，
∴AP'2+PP'2=12+32=1+3=4=22=AP2，
∴△PP'A是直角三角形，即∠AP'P=90°，
∴∠BPC=∠AP'B=90°+60°=150°；
（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，∠ABE=∠PBC，
∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，
∴∠BEP=∠BPE=180°−∠EBP2=45°，
在Rt△PBE中，由勾股定理得PE=BE2+BP2=42，
∵AE=2，AP=6，EP=42，
∴AE2+PE2=22+422=4+32=36=62=AP2，
∴△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)9−3105
【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=DC2+DE2=22+22=22，
∵BC=6,∠ECB=90°，
∴ BE=EC2+BC2=222+62=211
∴ BF=12BE=11 ,
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=DE2+DC2=22+22=22，
∵AC=6，CT=TB=3，∠ACT=90°，
∴AT=AC2+CT2=62+32=35，
∵CT=BT，EF=FB，
∴FT=12EC=2，
∵AF≥AT−FT，
∴ AF≥35−22
∴ AF的最小值为35−22，此时如图5所示，A,F,T三点共线，
∴SΔACF=AFAT⋅SΔACT=35−235×12×3×6=9−3105
【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的长．
【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，问题随之得解；
（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，问题随之得解；
（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=BD2+AD2=6．
∵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=AB2+AN2=62+32=35；
③当点N在BC外，点M在AB上时，四边形AMND是平行四边形，
∴AM∥ND，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)32
(3)12
【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DG1⊥AB时，DF+FG有最小值，即为DH，求出DH的长即可；
（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∠C1始终为30°，所以可确定点N在C1I上运动，当DN⊥C1I时，DN有最小值，求出此时DN的值即可．
【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=12AB=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DH⊥AB，垂足为H，
∵点G、G1关于AE的对称，
∴FG=FG1，
∴DF+FG=DF+FG1，
∵当DF和FG1在同一条直线上，且DG1⊥AB时，DF+FG有最小值，
∴DF+FG的最小值为DH，
∵AD⊥BC，∠BAC=120°，AB=AC=2，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=60°，
∵DH⊥AB，
∴∠ADH=90°−∠BAD=30°，
∴AH=12AD，
∵∠B=30°，AD⊥BC，
∴AD=12AB=1，
∴AH=12，
∴在Rt△ADH中，DH=AD2−AH2=12−122=32，
∴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C1N，交AB于点I，
∵AM顺时针旋转60°，得到线段AN，
∴AM=AN，∠NAM=60°，
∵∠CAD=60°，
∴∠NAM−∠DAM=∠CAD−∠DAM，
∴∠NAC1=∠MAC，
∵在△NAC1和△MAC中，
AN=AM∠NAC1=∠MACAC1=AC，
∴△NAC1≌△MACSAS，
∴∠C1=∠C=30°，
∵AC1=2，AD=1，
∴DC1=AC1−AD=2−1=1，
∵△NAC1≌△MAC，∠C1始终为30°，
∴点N在C1I上运动，当DN⊥C1I时，DN有最小值，
∴DN=12C1D=12，
∴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AD中点，连接CF，EF．
(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'为AD'中点，AD'与BC交于点G，其他条件不变．求证：AE'−D'E'=2CF'．
【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=12×12AE×DE=1432x+12a×123a−x，利用二次函数的性质即可求解；
（3）作点A关于BC的对称点A'，点D'关于BE'的对称点Ｈ，证明△A'AB，△BD'H都是等边三角形，推出△ABH≌△A'BD'SAS，再根据三角形中位线定理即可证明结论．
【详解】（1）解：四边形CDEF是菱形，理由如下：
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=3，
∴∠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=12AD，
∵点F为AD中点，
∴CF=FE=12AD，
∴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=12BD=123a−x，BE=3DE=32a−32x，AE=AB−BE=32x+12a，
∵点F为AD中点，
∴S△DEF=12×12AE×DE=1432x+12a×123a−x
=1163x+a3a−x
=−316x2+a8x+316a2，
∵−316<0，
∴当x=−a8−2×316=a3时，S△DEF有最大值，
此时CD=a3=13BC，即BD=2CD，
∴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Ｈ，连接A'B，AD'，BH，
则AB=A'B，BD'=BH，AC=A'C，D'E'=HE'，
∴AE'−D'E'=AH，
由题意得∠CAB=∠BD'H=60°，
∴△A'AB，△BD'H都是等边三角形，
∵∠ABH=∠A'BD'=60°−∠A'BH，
∴△ABH≌△A'BD'SAS，
∴AH=A'D'，
∵点F'为AD'中点，
∴CF'是△AA'D的中位线，
∴A'D'=2CF'，
∴AE'−D'E'=2CF'．
【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∠ABE=α，
(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sinα的值．
【答案】(1)45°−α
(2)DG∥CF，证明见解析
(3)55或22
【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与点D重合，由此即可得到答案．
【详解】（1）解：如图1，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵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°−∠CBF2=45°+α，
∴∠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°−2α2=90°−α，
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=12AB，∠BNH=90°=∠BAE，，
又∵∠ABE=∠BHN，
∴△ABE≌△NHBAAS，
∴BN=AE=12BF=12AB，
∴BE=AE2+AB2=5AE，
∴sinα=AEBE=55；
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=sin∠ABD=sin45°=22；
综上所述：sinα的值为55或22．
【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G的内部（包括边界），则称图形G为线段AB关于点P的旋垂闭图．
(1)如图，点C1,0，D3,0．
①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，G3中，线段CD关于点O的旋垂闭图是__________．
②若半径为5的⊙O是线段CD关于点Tt,0的旋垂闭图，求t的取值范围；
(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的取值范围．
【答案】(1)①G1，G2；②3−412≤t≤4
(2)r≥4+22
【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右侧，且此时刚好点C'落在⊙O上时，求出这两种临界情形下t的值，即可得到答案；
（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AM有最小值，根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由下图可知，在G1，G2，G3中，线段CD关于点O的旋垂闭图是G1，G2，
故答案为：G1，G2；
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，
由旋转的性质可得D'T=DT，∠D'TD=90°，
∵Tt，0，D3，0，
∴D'T=DT=3−t，
∴D't，3−t，
∵D'在⊙O上，
∴OD'=5，
∴t2+3−t2=25，
∴2t2−6t−16=0，
解得t=3−412或t=3+412（不符合题意的值舍去）；
如图2所示，当点T在点D右侧，且此时刚好点C'落在⊙O上时，
由旋转的性质可得C'T=CT，∠C'TC=90°，
∵Tt，0，C1，0，
∴C'T=CT=t−1，
∴C't，t−1，
∵C'在⊙O上，
∴OC'=5，
∴t2+t−12=25，
∴2t2−2t−24=0，
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关于点Tt,0的旋垂闭图；
（2）解：∵Q2+a，2−a，
∴yQ+xQ=2+a+2−a=4，
∴yQ=−xQ+4，
∴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'M，∠AMA'=90°，
∴AA'=2AM，
∵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AM有最小值，
此时AB=OQ=4
∴AP=42+2
∴AA'=2AP=242+2=8+22
∴OA'=AA'−AO=8+22−4=4+22
∴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，C0，3两点，与x轴交于另一点A，点D是抛物线的顶点．
(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E坐标；
(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， D−1，4
(2)E的坐标为−32，154
(3)存在，M−4，−5或−52，74
【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（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CG和CN的解析式，最后两个直线解析式分别与二次函数解析式联立，再求解即可得出点M的坐标．
【详解】（1）解：把B1，0，C0，3代入y=ax2+2ax+c得：
a+2a+c=0c=3，解得：a=−1c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3.
∵y=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴顶点D−1，4；
（2）对于y=−x2−2x+3，令y=0，则−x2−2x+3=0，
解得：x1=1，x2=−3．
∴A−3，0，
∴OA=3．
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴−3k+b=0b=3，解得：k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3．
∵点E在直线AC上方的抛物线y=−x2−2x+3上，
∴设Em，−m2−2m+3−3如图，过点E作EH⊥x轴于点H，交AC于点F，
∴Fm，m+3，
∴EH=yE=−m2−2m+3，FH=yF=m+3，
∴EF=yE−yF=−m2−2m+3−m+3=−m2−3m．
∴S△EAC=S△EAF+S△ECF
=12EF⋅OH+12EF⋅AH
=12EFOH+AH
=12EF⋅OA
=12−m2−3m×3
=−32m+322+278．
∵−32<0，−3∴当m=−32时，△EAC面积最大，此时yE=−−322−2×−32+3=154，
∴点E的坐标为−32，154；
（3）在抛物线上存在点M，使∠ACM=∠BCO，
理由：设Mx，−x2−2x+3，
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，∠BGC=∠OAC+∠ACG，
∴∠ACB=∠BGC．
∵∠CBG=∠CBA，
∴△BCG∽△BAC，
∴BGBC=BCBA．
∵OB=1，OC=3，
∴BC=10．
设Gt，0，则BG=1−t，
∴1−t10=104，
解得：t=−32，
∴G−32，0．
设直线CG的解析式为y=ex+f，
∴−32e+f=0f=3，解得：e=2f=3，
∴直线CG的解析式为：y=2x+3，
联立y=2x+3y=−x2−2x+3，解得：x1=0y1=3，x2=−4y2=−5，
∴M−4，−5；
②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=22AB=22．
∵AC=OA2+OC2=32，
∴CP=AC−AP=2．
∵∠BCO=∠ACM，
∴∠ACB=∠OCM．
∵∠BPC=∠COA=90°，
∴△BCP∽△NCO，
∴BPNO=CPCO，即22NO=23，
∴NO=6，
∴N−6，0．
设直线NC的解析式为y=dx+n，
∴−6d+n=0n=3，解得：d=12n=3，
∴直线NC的解析式为：y=12x+3．
联立y=12x+3y=−x2−2x+3，解得：x1=0y1=3，x2=−52y2=74，
∴M−52，74．
综上所述，存在点M，其坐标为−4，−5或−52，74．
【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，B0，10，C4，2；
(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=43x−103．
【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H52，0，利用待定系数法即可求解．
【详解】（1）解：令x=0，则y=10；令y=0，则0=−2x+10，解得x=5；
∴A5，0，B0，10，
∴OA=5，OB=10，AB=52+52=55，
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=OCOB，即555=OC10，
∴OC=25，
∵cs∠BOC=OGOC=OCOB，即OG25=2510，
∴OG=2，
∴CG=OC2−OG2=4，
∴C4，2；
（2）解：①∵∠BCO=90°，BF⊥CD，OE⊥CD，即∠BCO=∠BFC=∠CEO=90°，∴∠OCE=∠CBF，
∴△OCE∽△CBF，
∴CEBF=OEFC，即EC⋅CF=OE⋅BF；
②作MN⊥CD于点M，
则OE∥MN∥BF，且OM=BM，
∴OMBM=ENNF，
∴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=52，
∴H52，0，
设直线CD即EF的解析式为y=kx+b，
∴52k+b=04k+b=2，解得k=43b=−103，
∴直线CD的解析式为y=43x−103．
【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= 32．
①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m的代数式表示）；
②连接CP，是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCB=90°，若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(0，−3)
(2)①画图见解析，PDDA=4−m6；②存在，m= 187
【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)，进而求出m的值．
【详解】（1）解：∵A( −2 ，0)，B(4，0)
∴AB=6，
∵S△ABC=12AB×OC
∴9=12×6×OC，
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= 32，
∴PF=6− 32 m，
∴P(m， 32 m−6)．
∵PE∥AB，
∴E 点坐标为(2m−4， 32 m−6)，
∵PE∥AB，
∴ PDDA=PEAB
∵B(4，0)，C(0，−3)，
∴BC 的解析式为y= 34 x−3．
∴PE=m−(2m−4)=4−m．
∴ PDDA=PEAB=4−m6．
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．
∵CH∥x轴，
∴∠HCO=∠COB=90°，即∠BCO＋∠HCB=90°，
∵∠BCO＋2∠PCB=90°，
∴∠HCB=2∠PCB，即∠HCP=∠PCB．
∵CH∥x轴，
∴∠HCP=∠AEC．
∴∠PCB=∠AGC．
∴BC=BG．
∵BC=5，
∴点 G 的坐标为(9，0)．
∴CG的解析式为y= 13 x−3．
把 P(m， 32 m−6)代入y=13x−3可得 m= 187．
【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处，AD的延长线与x轴相交于点F
(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s与t之间的函数关系式；
(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P的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)D4,32；
(2)s=−255t+8；
(3)点P的坐标是4,2或4011,2411或4811,2011.
【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a的值，即可求解；
（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中，由勾股定理可得CF=5，可得AC=CF，从而得到∠CAF=∠AFC，进而得到∠CAF=∠EFA=∠AFC，可证得△PFN∽△DAC，可得到PN=12s,PM=4−12s，再证明△APM∽△FPN'，即可求解；
（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，OA=BC=4，
设D5,a，则BD=a,CD=ED=4−a，
∵AE=AC=5，
在Rt△AOE中，OE=AE2−OA2=52−42=3，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE2=BD2+BE2，
∴4−a2=22+a2，
∴a=32，
∴D4,32；
（2）解：如图2，延长MP交OF于N'，则PN'⊥OF，
∵AC//BF，
∴∠PAM=∠DFB，
∵∠ACD=∠FBD=90°，
∴△ADC∽△FDB，
∴ACBF=CDBD，
由（1）知：BD=32，
∴CD=4−32=52，又AC=5，
∴5BF=5232，
∴BF=3，OF=8，
∴AF=AO2+OF2=42+82=45，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：CF=32+42=5，
∵AC=5，
∴AC=CF，
∴∠CAF=∠AFC，
∵AC//EF，
∴∠CAF=∠EFA=∠AFC，
∴FA平分∠CFO，
∵PN⊥CF,PN'⊥OF，
∴PN=PN'，
∴PM+PN=PM+PN'=MN'=4，
∵∠CAF=∠CFA，∠ACD=∠PNF=90°，
∴△PFN∽△DAC，
∴FNAC=PNCD，
∴PNNF=CDAC=525=12，
又NF=s，
∴PN=12s,PM=4−12s，
∵PA=t，PF=45−t，
∵∠PAM=∠PFN',∠APM=∠FPN'，
∴△APM∽△FPN'，
∴PMPN'=APPF，即4−12s12s=t45−t，
∴s=−255t+8；
（3）解：分三种情况：
①当PM=PN时，如图3，
∵∠PAM=∠PFN，∠AMP=∠PNF=90°，
∴△PAM∽△PFN，
∴PAPF=PMPN=1，
∴PA=PF，即t=45−t，
解得：t=25，
∴PM=2，AM=PA2−PM2=252−22=4，
∴P4,2；
②当PM=MN时，如图4，过M作MH⊥PN于H，PN与MC的延长线交于点G，
有PH=NH=12PN=14s，
∵PM+PN=4，
∴PM=4−12s，
∵∠G+∠GCN=∠G+∠MPN=90°，AG∥OF，
∴∠GCN=∠MPN=∠BFC，
即∠MPN=∠BFC，
∵∠MHP=∠CBF=90°，
∴△PMH∽△FCB，
∴PMPH=FCFB=53，即4−12s14s=53，
解得：s=4811，
代入s=−255t+8得：t=20511，
∴P4011,2411；
③当MN=NP时，如图5，过点N作NQ⊥PM于Q，
∴∠NPQ=∠BFC，
∵∠NQP=∠CBF=90°，
∴△NQP∽△CBF，
∴PNPQ=CFBF，
又PN=12s，
∵PQ=12PM=124−12s=2−14s,CF=5，
∴12s2−14s=53，
∴s=4011，
代入s=−255t+8得：t=24511，
∴P4811,2011；
综上，点P的坐标是4,2或4011,2411或4811,2011.
【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，E为点P关于抛物线的对称轴的对应点．
(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5PD+PE的最大值；
(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的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)y=−x2+72x+1
(2)5PD+PE的最大值为1，此时点P的坐标为94,6116
(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或214,52−354或N134,5+914或N134,5−914或N2920,94
【分析】（1）利用待定系数法，将A0,1，B4,−1代入y=−x2+bx+c，即可求得答案；
（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（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，MF=MC，根据题意列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A0,1，B4,−1，
∴c=1−16+4b+c=−1，
解得：b=72c=1，
∴该抛物线的函数表达式为：y=−x2+72x+1；
（2）解：设直线AB的函数表达式为y=kx+n，
将A0,1，B4,−1代入y=kx+n，得n=14k+n=−1，
解得：k=−12n=1，
∴直线AB的函数表达式为y=−12x+1，
令y=0，得−12x+1=0，
解得：x=2，
∴C2,0，
抛物线y=−x2+72x+1的对称轴为直线x=−722×−1=74，
过点P作PQ⊥x轴交AB于点Q，
设点Pm,−m2+72m+174∴PQ=−m2+72m+1−−12m+1=−m2+2m，
∵ A0,1，C2,0，
∴AC=12+22=5，
∵ PQ⊥x轴，
∴PQ∥y轴，
∴∠PQD=∠CAO，
∵PD⊥AB，
∴∠PDQ=∠COA=90°，
∴△PDQ∽△COA，
∴PDPQ=COCA=25，
∴5PD=2PQ=2−m2+2m=−2m2+4m，
∵ E为点P关于抛物线的对称轴的对应点，
∴PE=2m−72，
∴5PD+PE=−2m2+4m+2m−72
=−2m2+6m−72
=−2m−942+1，
∴当m=94时，5PD+PE的最大值为1，此时点P的坐标为94,6116；
（3）解：存在，
∵原抛物线y=−x2+72x+1的对称轴为直线x=74，
∴将抛物线y关于直线x=3作对称后，对称轴向右平移了2×3−74=52，新抛物线y'的对称轴为直线x=74+52=174，
当x=3时，y=y'=52，
∴F3,52，
设M174,t，
若以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，则△CFM为等腰三角形即可，分以下三种情况：
①当CF=CM时，
∵C2,0，F3,52，
∴2−32+0−522=2−1742+0−t2，
解得：t=354或−354，
∴ M174,354或M174,−354，
∵以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，
∴N214,52+354或N214,52−354；
②FC=FM，
∵C2,0，F3,52，
∴3−22+52−02=3−1742+52−t2，
解得：t=52+914或52−914，
∴M174,52+914或M174,52−914，
∵以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，
∴N134,5+914或N134,5−914；
③MF=MC，
∵C2,0，F3,52，
∴174−22+t−02=174−32+t−522，
解得：t=1120，
∴M174,1120，
∵以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，
∴N2920,94，
综上，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或214,52−354或N134,5+914或N134,5−914或N2920,94．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，用待定系数法求函数关系式，勾股定理，菱形的判定与性质，解题的关键是准确的画出图形和所需的辅助线，此题综合性强，计算繁琐，难度较大，属于考试压轴题．
24．（2023·吉林长春·统考一模）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=20，点D从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿AB方向运动，到点B停止．当点D与A、B两点不重合时，作DP⊥AC交AC于点P，作DQ⊥BC交BC于点Q．E为射线CA上一点，且∠CQE=∠BAC．设点D的运动时间为t（秒）．
(1)AB的长为______．
(2)求CQ的长．（用含有t的代数式表示）
(3)线段QE将矩形PDQC分成两部分图形的面积比为1:3时，求t的值．
(4)当t为某个值时，沿PD将以D、E、Q、A为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．请直接写出所有符合上述条件的t值．
【答案】(1)105
(2)2t
(3)t值为109或103
(4)t的值为107或2或5
【分析】（1）利用勾股定理即可求出AB的长；
（2）证明四边形DPCQ是矩形，求出PD，可得结论；
（3）分两种情形：点E在线段PC时，点P在CP的延长线上时，分别构建方程求解即可；
（4）分三种情形，分别画出图形，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：在Rt△ACB中，
∵ AC=10，BC=20，
∴AB=AC2+BC2=102+202=105．
（2）∵DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴∠DPC=∠DQC=∠C=90°，
∴四边形DPCQ是矩形，
∴CQ=PD=AD⋅sinA=5t×255=2t．
（3）如图1中，当点E在线段PC上时，
∴∠C=∠C，∠CQE=∠A，
∴△CQE∽△CAB，
∴CECB=CQAC，
∴CE20=2t10，
∴CE=4t，
由题意，S△CQE=14S矩形DPCQ，
∴12×2t×4t=14×2t×10−t，
解得：t=109；
如图2中，当点P落在CA的延长线上时，设QE交DP于点H，
当PH=DH时，满足条件，
∵DQ∥PE，
∴DQPE=DHPH=1，
∴PE=DQ，
∴4t−10−t=10−t，
解得：t=103，
综上所述，满足条件的t值为109或103；
（4）如图3−1中，当PD=PE时，满足条件，能拼成△TDQ此时2t=10−t−4t，
∴t=107；
如图3−2中，当P，E重合时，能拼成△ADC，此时4t=10−t，
∴t=2；
图3−3中，当AP=QD时，能拼成△DEP，此时t=10−t，
∴t=5；
综上所述，满足条件的t的值为107或2或5
．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
25．（2023·广东云浮·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的其中两边分别在坐标轴上，它的两条对角线交于点E，其中OA=6cm，OB=8cm，动点M从点C出发，以1cm/s的速度在CB上向点B运动，动点N同时从点B出发，以2cm/s的速度在BO上向点O运动．当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动．设它们运动时间是ts．
(1)请直接写出BM，BN的长度；
(2)当t为何值时，△MNB与△OBC相似；
(3)记△MNE的面积为S，求出S与t的函数表达式，并求出S的最小值及此时t的值．
【答案】(1)BM=6−tcm；BN=2tcm
(2)当t为125s或1811s时，△MNB与△OBC相似
(3)S与t的函数表达式为S=t2−5t+120≤t≤4；当t=52s时，S有最小值，最小值为234
【分析】（1）根据矩形的性质，得出OA=BC=6cm，再根据题意，结合线段之间的数量关系，即可得出答案；
（2）首先根据题意，计算出t的取值范围，再根据相似三角形的性质，分两种情况：当△MNB∽△COB时，根据相似三角形的性质，得出BNOB=BMBC，再根据（1）得出BM=6−tcm，BN=2tcm，然后将相应的值代入BNOB=BMBC，得出2t8=6−t6，解出；当△NMB∽△COB时，根据相似三角形的性质，得出BMOB=BNBC，再根据（1）得出BM=6−tcm，BN=2tcm，然后将相应的值代入BMOB=BNBC，得出6−t8=2t6，解出，综合即可得出答案；
（3）过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，过点E作EP⊥BC，垂足为点P，分别求出△BEM、△BEN、△BNM的面积，再根据S△MNE=S△BEM+S△BEN−S△BNM，得出S与t的函数表达式，再把二次函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵矩形AOBC中，OA=BC=6cm，动点M从点C出发，以1cm/s的速度在CB上向点B运动，
∴BM=6−tcm，
∵动点N同时从点B出发，以2cm/s的速度在BO上向点O运动，
∴BN=2tcm；
（2）解：∵动点M从点C出发到点B，需要6÷1=6s；动点N从点B出发到点O，需要8÷2=4s，
∴0≤t≤4，
当△MNB∽△COB时，
∴BNOB=BMBC，
由（1）可知：BM=6−tcm，BN=2tcm，
∴2t8=6−t6，
解得：t=125，
∴当t为125s时，△MNB与△OBC相似；
当△NMB∽△COB时，
∴BMOB=BNBC，
由（1）可知：BM=6−tcm，BN=2tcm，
∴6−t8=2t6，
解得：t=1811，
∴当t为1811s时，△MNB与△OBC相似，
综上可得：当t为125s或1811s时，△MNB与△OBC相似；
（3）解：如图，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，过点E作EP⊥BC，垂足为点P，
∵OB=8cm，矩形AOBC的两条对角线交于点E，
∴EQ=12OB=4cm，
∵在△BEM中，BM=6−tcm，
∴S△BEM=12BM⋅EQ=12×6−t×4=12−2t，
∵OA=6cm，矩形AOBC的两条对角线交于点E，
∴EP=12OA=3cm，
∵在△BEN中，BN=2tcm，
∴S△BEN=12⋅BN⋅EP=12×2t×3=3t，
在△BNM中，
∵BM=6−tcm，BN=2tcm，
∴S△BNM=12⋅BM⋅BN=12×6−t×2t=6t−t2，
∴S△MNE=S△BEM+S△BEN−S△BNM
=12−2t+3t−6t−t2
=12−2t+3t−6t+t2
=t2−5t+12，
∴S与t的函数表达式为S=t2−5t+120≤t≤4，
∵S=t2−5t+12=t−522+234，
∴当t=52s时，S有最小值，最小值为234．
【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的性质、二次函数的性质，解本题的关键在充分利用数形结合和分类讨论思想解答．
26．（2023春·福建厦门·九年级厦门市松柏中学校考阶段练习）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连接AC，AD，点A关于CD的对称点为E，直线CE交⊙O于点F，交AH于点G．
(1)求证：∠CAG=∠AGC；
(2)当点E在AB上，连接AF交CD于点P，若EFCE=25，求DPCP的值；
(3)当点E在射线AB上，AB=2，四边形ACOF中有一组对边平行时，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)57
(3)2−2或3−52
【分析】（1）设AB与CD相交于点M，由⊙O与AH相切于点A，得到∠BAG=90°，由CD⊥AB，得到∠AMC=90°，进而得到AG∥CD，由平行线的性质推导得，∠CAG=∠ACD，∠AGC=∠FCD，最后由点A关于CD的对称点为E得到∠FCD=∠ACD即可证明．
（2）过F点作FK⊥AB于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明∠FAD=∠ADC得到DP=AP，再证明△CPA≌△FPD得到PF=PC；最后根据△KEF∽△NEC及△APN∽△AFK得到KEEN=EFCE=25和PAAF=ANAK=512，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分两种情形：当OC∥AF时，当AC∥OF时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图，设AB与CD相交于点M，
∵⊙O与AH相切于点A，
∴∠BAG=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AMC=90°，
∴AG∥CD，
∴∠CAG=∠ACD，∠AGC=∠FCD，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴∠FCD=∠ACD，
∴∠CAG=∠AGC．
（2）解：过F点作FK⊥AB于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD=∠FAD，
∵AB为⊙O的直径，且CD⊥AB，由垂径定理得：AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴∠FCD=∠ACD，
∴∠FAD=∠FCD=∠ACD=∠ADC，即∠FAD=∠ADC，
∴DP=AP，
由同弧所对的圆周角相等得：∠ACP=∠DFP，且∠CPA=∠FPD，
∴△CPA≌△FPD，
∴PC=PF，
∵FK⊥AB，AB与CD交于点N，
∴∠FKE=∠CNE=90°．
∵∠KEF=∠NEC，∠FKE=∠CNE=90°，
∴△KEF∽△NEC，
∴KEEN=EFCE=25，
设KE=2x,EN=5x，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴AN=EN=5x，AE=AN+NE=10x，AK=AE+KE=12x，
又FK∥PN，
∴△APN∽△AFK，
∴PAAF=ANAK=5x12x=512．
∵∠FCD=∠CDA，
∴CF∥AD，
∴DPCP=APPF=APAF−AP=57；
（3）解：分类讨论如下：
如图，当OC∥AF时，连接OC，OF，设∠AGF=α，则∠CAG=∠ACD=∠DCF=∠AFG=α，
∵OC∥AF，
∴∠OCF=∠AFC=α，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC=3α，
∵∠OAG=45°，
∴4α=90°，
∴α=22.5°，
∵OC=OF，OA=OF，
∴∠OFC=∠OCF−∠AFC=22.5°，
∴∠OFA=∠OAF=45°，
∴AF=2OF=2OC，
∵OC∥AF，
∴AEOE=AFOC=2，
∴AE=2OE，
∵OA=1，
∴AE=21+2=2−2；
如图，当AC∥OF时，连接OC，OF，
设∠AGF=α，
∵∠ACF=∠ACD+∠DCF=2α，
∵AC∥OF，
∴∠CFO=∠ACF=2α，
∴∠CAO=∠ACO=4α，
∵∠AOC+∠OAC+∠ACO=180°，
∴10α=180°，
∴α=18°，
∴∠COE=∠ECO−∠CFO=36°，
∴△OCE∽△FCO，
∴OC2=CE⋅CF，
∴1=CECE+1，
∴CE=AC=OE=5−12，
∴AE=OA−OE=3−52；
综上所述，满足条件的AE的长为2−2或3−52，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．
27．（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）在△ABC中，AB=AC=10，△ABC的面积为30，点D为AC的中点，动点P由点A以每秒5个单位的速度向点B运动，连接PD，以PD、DC为邻边作▱PDCQ，设▱PDCQ与△ABC的重叠部分面积为S，设点P的运动时间为tt>0．
(1)tanA=___________
(2)求点Q落在BC上时t的值．
(3)在点P运动的过程中，求S与t之间的函数关系式．
(4)若点A关于PD所在直线的对称点为A'，当点A'落在△ABC一边上的高上时，直接写出t的值．
【答案】(1)34
(2)t=1
(3)S=15t0(4)1或45或1011
【分析】（1）过B作BE⊥AC于E，利用三角形的面积和勾股定理求得BE，AE，再利用正切定义求解即可；
（2）利用平行四边形的性质和等腰三角形的判定与性质求得PB=PQ=5即可求解；
（3）根据题意，分0（4）分三种情况：当点A'落在△ABC的BC边上的高上时；当点A'落在△ABC的AB边上的高上时；当点A'落在△ABC的AC边上的高上时，画出相应的图形分别求解即可．
【详解】（1）解：过B作BE⊥AC于E，
∵AC=10，△ABC的面积为30，
∴12AC⋅BE=5BE=30，则BE=6，
在Rt△ABE中，AB=10，由勾股定理得
∴AE=AB2−BE2=102−62=8，
∴tanA=BEAE=68=34，
故答案为：34；
（2）解：点Q落在BC上时，如图，
∵AB=AC=10，点D为AC的中点，
∴CD=AD=12AC=5，∠ABC=∠ACB，
∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴PQ=CD=5，PQ∥CD
∴∠PQB=∠ACB=∠ABC
∴PB=PQ=5
∴AP=AB−PB=5
t=5÷5=1；
（3）解：由题意，当0过P作PF⊥AC于F，则PF∥BE，
∴△APF∽△ABE，
∴APAB=PFBE即5t10=PF6，解得PF=3t，
∴S=DC⋅PF=15t；
当1过P作PF⊥AC于F，则PF∥BE，
∴△APF∽△ABE，
∴APAB=PFBE即5t10=PF6，解得PF=3t，
∵PQ∥CD，
∴△BPG∽△BAC
∴PGAC=BPAB即PG10=10−5t10，解得PG=10−5t，
∴S=12PG+CD⋅PF =12×10−5t+5×3t =−152t2+452t，
综上，S=15t0（4）解：由对称性质，得AD=A'D=5，
当点A'落在△ABC的BC边上的高上时，
由（2）知，点Q落在BC上时，AP=PQ=AD=PB=5，
∵PQ∥CD，
∴△BPQ∽△BAC，
∴BQBC=BPAB=12，
∴BQ=12BC，即BQ=CQ，
连接AQ，DQ，如图，
∵AB=AC=10，
∴AQ⊥BC，又点D为AC的中点，
∴QD=AD=12AC=5,
∴四边形APQD是菱形，则Q与A'为同一点，此时 AP=5，
∴t=5÷5=1；
当点A'落在△ABC的AB边上的高上时，如图，过C作CM⊥AB于M，连接DM，
∵点D为AC的中点，
∴MD=AD=12AC=5，则M与A'为同一点，此时 AP=12AM，
∵△ABC的面积为30，AB=10，
∴CM=2×3010=6，则AM=AC2−CM2=8，
∴AP=4，则t=4÷5=45；
当点A'落在△ABC的AC边上的高上时，如图，过B作BE⊥AC于E，交PQ于N，连接PA'，DA'，则AD=A'D=5，A'P=AP，
由（1）中可知，BE=6，AE=8，则DE=3，
∴A'E=A'D2−DE2=4，BA'=BE−A'D=2，
∵PQ∥CD，
∴∠BPQ=∠A，
∴在Rt△BPN中，tan∠BPN=tan∠A=BNPN=34，
设BN=3x，则PN=4x，PB=BN2+PN2=5x，
在Rt△A'PN中，A'P=AP=AB−PB=10−5x，A'N=BN−BA'=3x−2，
由勾股定理得4x2+3x−22=10−5x2，
解得x=1211，
∴AP=10−5x=5011，
∴t=5011÷5=1011，
综上，满足条件的t值为1或45或1011．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、对称性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想和分类讨论思想求解是解答的关键．
28．（2023·山西晋中·统考一模）问题情境：在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展活动．如图①，四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，边长分别是12和13，将顶点A与顶点E重合，正方形EFGH绕点A逆时针方向旋转，连接BF，DH．
初步探究：
(1)试猜想线段BF与DH的关系，并加以证明；
(2)如图②，在正方形EFGH的旋转过程中，当点F恰好落在BC边上时，连接CG，求线段CG的长；
(3)在图②中，若FG与DC交于点M，请直接写出线段MG的长．
【答案】(1)BF=DH，BF⊥DH，理由见解析
(2)CG=52
(3)6512
【分析】（1）先利用SAS证明△BAF≌△DAH，得到BF=DH，∠BFA=∠DHA．如图1，延长BF与HD交于点K，证明∠DHA+∠AFK=180°，根据四边形内角和定理即可得到∠HAF+∠FKH=180°，则∠FKH=90°，即可证明BF⊥DH；
（2）方法一：先利用勾股定理求出BF=5，然后证明△ABF∽△ACG．得到BFCG=ABAC=22，即可得到CG=52．解法二：如图3，过点G作GK⊥BC交BC的延长线于点K，通过证明△ABF≌△FKG，推出CK=KG=5．则在Rt△CKG 中，由勾股定理得CG=CK2+KG2=52；
（3）证明△FCM∽△FKG，求出FMFG=712，则MG=512FG=6512．
【详解】（1）解：BF=DH，BF⊥DH，证明如下：
∵四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，
∴AD=AB，EH=EF，∠BAD=90°，∠FEH=90°，
∴∠BAD−∠DAF=∠FAH−∠FAD，即∠BAF=∠DAH，
∴△BAF≌△DAHSAS，
∴BF=DH，∠BFA=∠DHA．
如图1，延长BF与HD交于点K，
∵∠BFA+∠AFK=180°，
∴∠DHA+∠AFK=180°．
∵∠HAF+∠AFK+∠FKH+∠KHA=360°，
∴∠HAF+∠FKH=180°．
∴∠FKH=90°．
∴BF⊥DH；
（2）解：解法一：如图2，连接AC，AG，
在Rt△ABF中，∠B=90°，AB=12，AF=13，
∴BF=AF2−AB2=132−122=5，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=2AB，
同理AG=2AF，
∴ABAC=AFAG；
由正方形的性质可知∠BAC=∠FAG=45°，
∴∠BAF=∠CAG
∴△ABF∽△ACG．
∴BFCG=ABAC=22．
∵BF=5，
∴CG=52．
解法二：如图3，过点G作GK⊥BC交BC的延长线于点K，
∵在Rt△ABF中，∠B=90°，AB=12，AF=13，
∴BF=AF2−AB2=132−122=5．
∵∠K=∠B=∠AFG=90°，AF=FG，
∴∠BAF+∠BFA=90°，∠BFA+∠GFK=90°．
∴∠BAF=∠GFK．
∴△ABF≌△FKGAAS．
∴BF=KG，AB=FK=BC．
∴BF=CK=KG．
∴CK=KG=5．
∴在Rt△CKG 中，CG=CK2+KG2=52．
（3）解：如图3所示，∵CK⊥BC，MC⊥BC，
∴CM∥GK，
∴△FCM∽△FKG，
∴FMFG=CFFK，
由（2）可知CF=BC−BF=7，FK=AB=12，
∴ FMFG=712，
∴MG=512FG=6512．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形，相似三角形是解题的关键．
29．（2023·江苏无锡·校联考一模）抛物线y=ax2+bx+3过点A−1，0，点B3，0，顶点为C．
(1)直接写出抛物线的表达式及点C的坐标；
(2)如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若△DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作∠PEF=∠CAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的最大值．
【答案】(1)抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；顶点C1,4
(2)P(73,209)
(3)m的最大值为54
【分析】（1）将A,B的坐标代入解析式，待定系数法求解析式即可，根据顶点在对称轴上，求得对称轴，代入解析式即可的顶点C的坐标；
（2）设D(d,0)，根据△DAC是以AC为底的等腰三角形，根据AD=CD，求得D点的坐标，进而求得CD解析式，联立二次函数解析式，解方程组即可求得P点的坐标；
（3）根据题意，可得△CEP∽△AFE，设AE=n，根据相似三角形的性质，线段成比例，可得m=−920(n2−25n)−1，根据配方法可得m的最大值．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过点A−1,0，点B3,0，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴y=−x2+2x+3，
∵x=−b2a=−22×(−1)=1，代入y=−x2+2x+3，
解得：y=4，
∴顶点C(1,4)．
（2）设D(d,0)，
∵ A−1,0,C(1,4)，△DAC是以AC为底的等腰三角形，
∴ AD=CD
即(d+1)2=(d−1)2+42
∴ (d+1)2=(d−1)2+42
解得d=4
∴D(4,0)
∵ C(1,4),D(4,0)
设直线CD的解析式为y=kx+b
4k+b=0k+b=4
解得:k=−43b=163
∴直线CD的解析式为y=−43x+163
联立y=−43x+163y=−x2+2x+3
解得：x1=73y1=209，x2=1y2=4
∴P(73,209)；
（3）∵点F的横坐标为m，A−1,0，C(1,4)，P(73,209)
∴AC=(1+1)2+42=25，AF=m+1
CP=(73−1)2+(209−4)2=209
设AE=n，则CE=25−n，
∵ △DAC是以AC为底的等腰三角形，
∴∠DAC=∠DCA
∵ ∠PEF=∠CAB=∠EAF，∠CEF=∠EAF+∠AFE=∠PEF+∠CEP
∴∠CEP=∠AFE
∴△CEP∽△AFE
∴ AFCE=AECP
即m+125−n=n209
整理得m=−920(n2−25n)−1
m=−920(n−5)2+54≤54
∴m的最大值为54．
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，待定系数法求一次函数解析式，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，二次函数的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
30．（2022春·上海徐汇·九年级统考期中）已知⊙O的直径AB=4，点P为弧AB上一点，连接PA、PO，点C为劣弧AP上一点（点C不与点A、P重合），连接BC交PA、PO于点D、E．
(1)如图，当AD=DP时，求DEEB；
(2)当点C为劣弧AP的中点，且△EDP与△AOP相似时，求∠ABC的度数；
(3)当AD=2DP，且△BEO为直角三角形时，求BC的长．
【答案】(1)DEEB=12
(2)∠ABC=18°
(3)BC的长是855或23
【分析】（1）过点D作DF∥OP交OA于F，判断出OF=12OB，即可求出答案；
（2）连接OC，根据题意可知△EDP与△AOP相似，只存在一种情况：△DPE∽△OPA，得∠DPE=∠PAO=∠DEP，设∠ABC=α，则∠AOC=∠COP=2α，在△OEB中，根据三角形外角的性质列方程可得结论；
（3）当△BEO为直角三角形时，∠OBE不可能是直角，所以分两种情况：①当∠EOB=90°时，作辅助线，作平行线，根据平行线分线段成比例定理计算AH，OH，BH的长，根据面积差可得结论；②当∠OEB=90°时，连接AC，证明∠ABC=30°，分别计算各边的长，根据面积差即可得到答案；
【详解】（1）解：如图1，
过点D作DF∥OP交OA于F，
∵AD=DP，
∴AF=OF=12OA，
∵OA=OB，
∴OF=12OB，
∵DF∥OP，
∴DEEB=OFOB=12OBOB=12；
（2）解：如图2，连接OC，
∵∠P=∠P，△EDP与△AOP相似，
∴△DPE∽△OPA，
∴∠DPE=∠PAO=∠DEP，
∵C是AP的中点，
∴∠AOC=∠COP，
设∠ABC=α，则∠AOC=∠COP=2α，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=α，
∵C是AP的中点，
∴OC⊥AP，
∴∠PAO=90°−2α，
∴∠DEP=∠OEB=90°−2α，
在△OEB中，∠AOP=∠OEB+∠ABC，
∴4α=90°−2α+α，
∴α=18°，
∴∠ABC=18°；
（3）解：①如图3，当∠EOB=90°时，
∵OA=OP，
∴∠OAP=45°，
过D作DH⊥AB于H，连接AC，
∴∠ADH=90°−∠OAP=45°，
∴∠OAP=∠ADH，
∴AH=DH，
∵AHD=∠AOP，
∴DH∥OP，
∴AHOH=ADDP，
∵AD=2PD，
∴AH=2HO，
∵AB=4，
∴AH=43，
∴DH=43，BH=83，
根据勾股定理得，BD=BH2+DH2=453，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°=∠DHB，
∵∠ABC=∠DBH，
∴△ABC∽△DBH，
∴BCBH=ABBD，
∴BC83=4453，
∴BC=855；
②如图4，当∠OEB=90°时，连接AC，
∵∠C=∠OEB=90°，
∴AC∥OE，CE=BE，
∵AD=2DP，
同理得AC=2PE，
∵AO=BO，
∴AC=2OE，
∴OE=PE=12OP，
∴AC=12AB，
∴∠ABC=30°，
∵AB=4，
∴BC=42−22=23，
综上，BC的长是855或23；
【点睛】本题考查了圆的综合题，平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
31．（2022·广东东莞·一模）如图，△ADE由ΔABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
(1)求∠BDE的度数；
(2)F是EC延长线上的点，且∠CDF=∠DAC．
①判断DF和PF的数量关系，并证明；
②求证：EPPF=PCCF．
【答案】(1)90°；
(2)①DF=PF，理由见解析；②见解析
【分析】（1）由旋转的性质得出AB=AD，∠BAD=90°，△ABC≌△ADE，得出∠ADE=∠B=45°，可求出∠BDE的度数；
（2）①由旋转的性质得出AC=AE，∠CAE=90°，证得∠FPD=∠FDP，由等腰三角形的判定得出结论；
②方法一：过点P作PH∥ED交DF于点H，得出∠HPF=∠DEP，EPPF=DHHF，证明△HPF≌△CDF(ASA)，由全等三角形的性质得出HF=CF，则可得出结论．
方法二：证明△DCF∽△EDF，可得出DFEF=CFDF，则可得出结论．
【详解】（1）∵△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴AB=AD，∠BAD=90°，△ABC≌△ADE，
在Rt△ABD中，∠B=∠ADB=45°，
∴∠ADE=∠B=45°，
∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°．
（2）①DF=PF．
证明：由旋转的性质可知，AC=AE，∠CAE=90°，
在Rt△ACE中，∠ACE=∠AEC=45°，
∵∠CDF=∠CAD，∠ACE=∠ADB=45°，
∴∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD，
即∠FPD=∠FDP，
∴DF=PF．
②证明：过点P作PH∥ED交DF于点H，
∴∠HPF=∠DEP，EPPF=DHHF，
∵∠DPF=∠ADE+∠DEP=45°+∠DEP，
∠DPF=∠ACE+∠DAC=45°+∠DAC，
∴∠DEP=∠DAC，
又∵∠CDF=∠DAC，
∴∠DEP=∠CDF，
∴∠HPF=∠CDF，
又∵FD=FP，∠F=∠F，
∴△HPF≌△CDF(ASA)，
∴HF=CF，
∴DH=PC，
又∵ EPPF=DHHF，
∴ EPPF=PCCF．
方法二：∵∠DEP=∠CDF，∠F=∠F，
∴△DCF∽△EDF，
∴ DFEF=CFDF，
∵DF=PF，
∴ PFEF=CFPF
∴ EFPF=PFCF，
∴ EPPF=PCCF．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了旋转的性质，三角形内角与外角的关系，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
32．（2023春·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考阶段练习）（1）问题发现：如图①，△ABC和△ADE均为等边三角形，点A,D,E在同一直线上，连接BD,CE．
①线段BD,CE之间的数量关系为 ___________ ；
②∠BEC的度数为 ___________ ．
（2）拓展探究：如图②，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，点B,D,E在同一直线上，连接BD,CE，求BDCE的值及∠BEC的度数．
（3）解决问题：如图③，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠B=∠ADE=30°，AC与DE相交于点F，点D在BC上，AD=3BD，求DFCF的值．
【答案】（1）①BD=CE ，② 60°；（2）2，∠BEC=45°；（3）3
【分析】（1）①先判断出∠BAD=∠CAE，进而判断出△ABD≌△ACE，即可得出结论；
②由①知，△ABD≌△ACE，得出∠BDA=∠CEA，进而求出∠AEC=120°，即可求出答案；
（2）利用两边成比例且夹角相等证明△ABD∽△ACE，得∠ADB=∠AEC=135°，BDCE=ABAC=ADAE，从而得出结论；
（3）根据相似三角形的判定定理得到△BAC∽△DAE，根据相似三角形的性质得到BAAC=DAAE，求得∠BAD=∠CAE，进而判断出△ADF∽△ECF即可求出答案．
【详解】解：（1）①∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ADE=∠AED=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE，
故答案为：BD=CE；
②由①知，△ABD≌ △ACE，∠BDA=∠CEA，
∵点B,D,E在同一直线上，
∴∠ADB=180°−60°=120°，
∴∠AEC=120°，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=120°−60°=60°，
故答案为：60°；
（2）结论：BD=2CE，∠BEC=45°．
理由：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ADE=∠DAE=45°，∠ACB=∠AED=90°，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADB=∠AED+∠DAE=135°，
在Rt△ABC和Rt△ADE中，
∵sin∠ABC=ACAB，sin∠ADE=AEAD，sin45°=22，
∴ACAB=AEAD=22，
∴ABAD=ACAE，
又∵∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB=∠AEC=135°，BDCE=ABAC=ADAE，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=45°，
∵ACAB=AEAD=22，
∴ABAC=2，
∴BDCE=ABAC=2，
∴BD=2CE；
（3）∵∠ADE=∠DAE，∠B=∠ADE，
∴△BAC∽△DAE，
∴BAAC=DAAE，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD∽△CAE；
∴ADBD=AEEC=3，
∵∠DAE=90°，∠ADE=30°，
∴ADAE=3，
∴ADCE=ADAE⋅AEEC=3×3=3，
∵△ADF ∽△ECF，
∴DFCF=ADEC=3．
【点睛】此题是三角形综合题，主要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，直角三角形的性质，锐角三角函数，掌握两三角形相似的判定是解本题的关键．
33．（2023春·辽宁本溪·九年级统考阶段练习）如图（1），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=AC，EC=DC，点E在△ABC内部，直线AD与BE相交于点F．小明和小军想要探究线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系．
(1)问题探究：他们先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；
(2)再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，（1）中的结论是否成立．若成立请证明，若不成立请写出正确结论并说明理由．
(3)问题拓展：如图（3），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=kAC，EC=kDC（k是常数），点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F．直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系．
【答案】(1)BF−AF=2CF，理由见解析
(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析
(3)BF−kAF=1+k2CF，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件证明△BCE≌△ACF即可得解；
（2）过点C作CG⊥CF交BE于点G，则∠FCG=∠ACB=90°，通过证明证明得到△CGF是等腰直角三角形即可得解；
（3）通过已知条件证明△BCE∽△ACD，得到∠EBC=∠FAC，过点C作CM⊥CF交BE于点M，则∠FCM=∠ACB=90°，根据勾股定理证明即可；
【详解】（1）解：BF−AF=2CF．理由如下：如图（2），
∵∠BCA=∠ECF=90°，
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE，即∠BCE=∠ACF，
∵BC=AC，EC=FC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴BE=AF，
∵∠DCE=90°，EC=DC，
∴ED=2CF，
∴BF=BE+ED=AF+2CF，
∴BF−AF=2CF；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图所示，过点C作CG⊥CF交BE于点G，则∠FCG=∠ACB=90°，
∴∠FCG−∠ACG=∠ACB−∠ACG，即∠BCG=∠ACF．
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠ACD．
又∵AC=BC，DC=EC，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴∠CAF=∠CBG．
∴△ACF≌△BCGASA．
∴AF=BG，CF=CG，
∴△CGF是等腰直角三角形．
∴GF=2CF．
∴BF=BG+GF=AF+GF=AF+2CF，
∴BF−AF=2CF．
（3）解：BF−kAF=1+k2CF．理由如下：
∵∠BCA=∠ECD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵BC=kAC，EC=kCD，
∴BCAC=ECCD=k，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC=∠FAC，
过点C作CM⊥CF交BE于点M，则∠FCM=∠ACB=90°，
∴∠BCM=∠ACF．
∴△BCM∽△ACF，
∴BMAF=BCAC=MCCF=k，
∴BM=kAF，MC=kCF，
∴MF=MC2+CF2=k2CF2+CF2=1+k2CF，
∴BF=BM+MF=kAF+1+k2CF
∴BF−kAF=1+k2CF．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造相似三角形，全等三角形是解题的关键．
34．（2023·河南洛阳·统考一模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
操作一：折叠正方形纸片ABCD，使顶点A落在边DC上点P处，得到折痕EF，把纸片展平；（如图1）
操作二：折叠正方形纸片ABCD，使顶点B也落在边DC上点P处，得到折痕GH，GH与EF交于点O．连接OA，OB，OP．
根据以上操作，直接写出图2中与OP相等的两条线段______和______．
(2)探究发现
把图2中的纸片展平，得到图3，小亮通过观察发现无论点P在线段DC上任何位置，线段OE和线段OF始终相等，请你直接用第一问发现的结论帮小亮写出完整的证明过程．
(3)拓展应用
已知正方形纸片ABCD的边长为6cm，在以上的探究过程中，当点O到AB距离是73 cm时，请直接写出PC的长．
【答案】(1)OA；OB；
(2)证明见解析；
(3)2cm或4cm．
【分析】（1）由折叠的性质可知，点P、B是关于直线GH的对称，点P、A是关于直线EF的对称，由对称的特点即可得出OP=OA=OB；
（2）取AB的中点N，连接ON，证明ON∥AD∥BC，根据平行线等分线段定理即可得出结论，
（3）构造Rt△OMP，根据OP=OA=OB和勾股定理列方程即可解答．
【详解】（1）解：折叠的性质可知，点P、B是关于直线GH的对称，点P、A是关于直线EF的对称，
∴OA=OP，OB=OP，
故答案为：OA；OB．
（2）如解图2，取AB的中点N，即AN=BN，连接ON，
由（1）得OA=OB，
∴ON⊥AB，即∠ONA=∠ONB=90°，
又∵正方形ABCD中，∠DAB=∠ABC=90°，
∴ON∥AD∥BC，
∴BNAN=OFOE，
又∵AN=BN，
∴OE=OF；
（3）如解图3，过点O，延长ON交CD于点M，
由（2）可知四边形BNMC是矩形，ON=73，
∴MC=NB=12AB=3，MN=BC=AB=6，
∴MO=6−73=113，OP2=OB2=ON2+BN2=1309，
设PC=x，则MP=3−x，
在Rt△OMP中，OM2+MP2=OP2，
∴1132+(3−x)2=1309，
解得：x1=4，x2=2，
故PC的长为2cm或4cm．
【点睛】本题主要考查正方形与折叠，轴对称性质、平行线等分线段定理、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
35．（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF，GH折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．
(1)将▱ABCD纸片按图①的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段________，________；S矩形AEFG∶S▱ABCD=________．
(2)▱ABCD纸片还可以按图②的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF=5，EH=12，求AD的长．
(3)如图③，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD【答案】(1)AE，FG；1:2
(2)AD=13；
(3)AD=1，BC=7．
【分析】（1）由折叠的性质可得出结论；
（2）利用勾股定理求得FG=13，证明△BEF≌△DGHAAS，据此即可求解；
（3）分别作边AB、CD的中点E、F，将四边形AEFD沿直线EF折叠，使点A与B重合，点D落在D'处，将△FD'C沿FG折叠，点C落在点D'处．则四边形EFGB是正方形．利用勾股定理和相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】（1）解：将□ABCD纸片按图①的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，
则操作形成的折痕分别是线段AE，FG；
由折叠知S△ABE=S△AHE，S四边形CDGF=S四边形HAGF，
S矩形AEFG∶S▱ABCD=1:2．
故答案为：AE，FG；1:2；
（2）解：∵四边形EFGH是矩形，EF=5，EH=12，
∴FG=52+122=13，EF=GH=5，
∵▱ABCD中，
∴∠B=∠D，∠B+∠A=∠D+∠A=180°，∠AEH+∠AHE+∠A=180°，∠DHG+∠DGH+∠D=180°，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠BEF+∠AEH=90°，∠DHG+∠AHE=90°，
∴∠BEF=∠DGH，
∴△BEF≌△DGHAAS，
∴BF=DH，
由折叠的性质知，AH=HM，BF=FM=DH=HN，
∴AD=AH+HD=HM+FM=13；
（3）解：如图，分别作边AB、CD的中点E、F，将四边形AEFD沿直线EF折叠，使点A与B重合，点D落在D'处，将△FD'C沿FG折叠，点C落在点D'处．则四边形EFGB是正方形．
连接DD'．
由翻折的性质可知：FD=FC=FD'，
∴∠DD'C=90°，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=180°−∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠DD'B=90°，
∴四边形ABD'D是矩形，
当FG=BG时，则四边形EFGB是正方形．
∴∠DD'C=90°，AB=DD'=8，FG∥BE∥AB∥DD'，AD=BD'，
∴D'C=CD2−DD'2=102−82=6，
∵FG∥DD'，且DF=FC=12CD，
∴△CFG∽CDD'，
∴FG=12DD'=4=BG，CG=12CD'=3，
∴AD=BD'=4−3=1，BC=BD'+CD'=7．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
36．（2023·吉林长春·校联考一模）如图，BD是▱ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm．动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD− DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动，过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连结PQ；以PQ与QM为边作▱PQMN，设点P的运动时间为tst>0，▱PQMN与▱ABCD重叠部分图形的面积为Scm2．
(1)AP=______cm（用含t的代数式表示）．
(2)当点N落在边AB上时，求t的值．
(3)当点Q在线段DC上运动时，t为何值时，S有最大值？最大值是多少？
(4)连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值．
【答案】(1)10−5t
(2)t=23
(3)t=117时，S有最大值2227
(4)25，12，2
【分析】（1）先表示PD=t，可得AP=10−5t；
（2）如图1，点N落在边AB上，则AP=10−2t，PN=BQ=8t，证明△APN∽△ADB，列比例式得方程，可得t的值；
（3）当点Q在线段DC上运动时，1＜t≤2，▱PQMN与▱ABCD重叠部分图形是五边形PQHBG，根据三角形和四边形面积和与差可得解析式，根据二次函数的性质求得最大值即可求解；
（4）分三种情况：①当NQ ∥ AD时，如图3，根据DQ=BQ=4=8t，得结论；②当NQ ∥ AB时，如图4，根据PN=BQ=8t，列方程为：8t+8t=8−4t，得结论；③如图5，当Q与C重合，P与A重合时，t=2．
【详解】（1）由题意得：PD=t，
∵AD=10，
∴AP=10−5t，
故答案为(10−5t)；
（2）如图1，点N落在边AB上，则AP=10−2t，PN=BQ=8t，
∵PN ∥ BD，
∴△APN∽△ADB，
∴ PNBD=APAD，
∴ 8t8=10−5t10，
45 (10−5t)=8t，
∴t= 23 .
（3）当点Q在线段DC上运动时，1＜t≤2，
如图，▱PQMN与▱ABCD重叠部分图形是五边形PQHBG，
则PG= 45 (10−5t)=8−4t，MQ=8，MG=BG+MB=6(t−1)+3t=9t−6，
tan∠HBM=tan∠A=HMBM=86，
∴HM=43BM=43DQ=43(6t−6)=8t−8，
∴S=S梯形PQMG−S△HBM=12(PG+QM)⋅MG−12BM⋅HM，
=12(9t−6)[8−4t+8]−12(6t−6)⋅(8t−8)，
=−42t2+132t−72；
t=−1322×−42=117时，S大=2227
∴t=117时，S有最大值2227．
（4）①当NQ ∥ AD时，如图3，
∴∠DPQ=∠PQN=∠QNB，
∵PQ=BN，∠PQD=∠NBQ，
∴△DPQ≌△QNB，
∴DQ=BQ= 12 ×8=4，
即8t=4，t= 12；
②当NQ ∥ AB时，如图4，延长PN交AB于G，则PG⊥AB，则PG=8−4t，
∵PN=BQ=8t，
∴8t+8t=8−4t，t= 25，
③如图5，当Q与C重合，P与A重合时，t=2，
此时，CM=AN=8，B是AM的中点，
NC在直线BC上，
∴NQ ∥ AD，
综上所述，t的值为25秒或12秒或2秒．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了相似或全等三角形的判定与性质、解一元一次方程、三角形的面积、三角函数及二次函数等知识，有难度，运用分类讨论的思想是解决本题的关键．
37．（2023·江苏淮安·统考一模）【基础模型】：
如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B，求证：AC2=AD⋅AB．
【尝试应用】：
如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A，若BF=6，BE=4，求AD的长．
【更上层楼】：
如图，在菱形ABCD中，E是直线AB上一点，F是菱形ABCD内一点，EF//AC，AC=2EF，∠EDF=12∠BAD，AE=2，DF=5，请直接写出菱形ABCD的边长．
【答案】［基础模型］证明见解析；［尝试应用］AD=9；［更上层楼］菱形ABCD的边长52−2
【分析】［基础模型］根据两个三角形相似的判定定理，得到△ADC∽△ACB，从而由性质可得ADAC=ACAB，即可得到答案；
［尝试应用］利用平行四边形性质得到AD=BC，∠BFE=∠C，判定△BFE∽△BCF，从而BF2=BE⋅BC，代值求解即可得到答案；
［更上层楼］分别延长EF，DC相交于点G，如图所示，由题意判定四边形AEGC为平行四边形，进而根据相似三角形判定得到△EDF∽△EGD，则DE=2EF，DG=2DF=52，由DC=DG−CG=52−2，即可得到答案．
【详解】［基础模型］证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2=AD⋅AB；
［尝试应用］解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2=BE⋅BC，
∵BF=6,BE=4，
∴BC=BF2BE=624=9，
∴AD=9；
［更上层楼］解：分别延长EF，DC相交于点G，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC=12∠BAD，
∵ EF//AC，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF=12∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴EDEG=EFDE，
∴DE2=EF⋅EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF2，
∴DE=2EF，
又∵DGDF=DEEF，
∴DG=2DF=52，
∴DC=DG−CG=52−2，
∴菱形ABCD的边长52−2．
【点睛】本题是三角形相似综合问题，涉及三角形相似的判定与性质、平行四边形判定与性质、菱形性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质，熟记常见相似三角形模型是解决问题的关键．
38．（2023·广东深圳·统考一模）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AE，记旋转角为α，连接BE，过点B作BF⊥直线DE，垂足为点F，连接CF．
(1)如图1，当α=30°时，△BEF的形状为______，DECF的值为______；
(2)当90°<α<180°时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②如图3，正方形ABCD边长为4，DN⊥BE，CM⊥BE，在AE旋转的过程中，是否存在△AMN与△BEF相似？若存在，则CF的值为______，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)等腰直角三角形，2；
(2)①成立，理由见解析；②存在，CF=455．
【分析】（1）如图，连接BD，当α=30°时，利用正方形及等腰三角形性质可求得∠DAE=60°，∠ABE=75°，易得△ADE是等边三角形即∠AED=60°即可求出∠BEF=45°结合BF⊥DE即可证得△BEF是等腰直角三角形，在Rt△BEF与Rt△BCD中，求得BEBF=BDBC=21可证得△DBE∼△CBF即可得到DECF=21；
（2）①如图连接BD，当∠BAE=α时，求得∠AEB=90°−α2，∠AED=135°−α2从而得到∠FEB=45°即可证明△BEF是等腰直角三角形，在Rt△BEF与Rt△BCD中求得BEBF=BDBC=21可证得△DBE∼△CBF即可得到DECF=2；
②如图，当AM⊥AN时，由①可证得∠DEN=∠EDN=45°，EN=DN及∠MBG=∠MGB=∠FGC=45°，MG=MB，易证∠ABM=∠ADN从而易证△DAN≌△BAM得△AMN是等腰直角三角形得△AMN∼△FBE，再证△AEN≌△ABM得EN=BM，在Rt△BEF中，DE=2EN，由①可知DE=2CF得EN=CF，即CG=CF=EN=BM=MG，则有CM=2CF在Rt△BCM中勾股定理解可求解．
【详解】（1）解：如图，连接BD，
当∠BAE=α=30°时，
∴∠DAE=60°，
∵AB=AE=AD，
∴∠AEB=180°−30°2=75°，
△ADE是等边三角形，
∴∠AED=60°，
∴∠BEF=180°−∠AEB−∠AED=45°，
∵BF⊥DE，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠DBC=∠FBE=45°，
∴∠DBC−∠CBE=∠FBE−∠CBE，
∴∠DBE=∠CBF，
在Rt△BEF中，
∵BE=BF2+EF2=2BF，
∴BEBF=21，
同理，在Rt△BCD中，BDBC=21，
∴BEBF=BDBC=21，
∴△DBE∼△CBF，
∴DECF=BDBC=21，
故答案为：等腰直角三角形，2；
（2）①成立，理由如下，
如图连接BD，当∠BAE=α时，
∵AB=AE=AD，
∴∠AEB=180°−α2=90°−α2
∠EAD=α−90°，
∴∠AED=180°−∠EAD2=180°−α−90°2=135°−α2，
∴∠FEB=∠AED−∠AEB=135°−α2−90°−α2=45°，
∵BF⊥DE，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠DBC=∠FBE=45°，
∴∠DBC−∠DBF=∠FBE−∠DBF，
∴∠DBE=∠CBF，
在Rt△BEF中，
∵BE=BF2+EF2=2BF，
∴BEBF=21，
同理，在Rt△BCD中，BDBC=21，
∴BEBF=BDBC=21，
∴△DBE∼△CBF，
∴DECF=BDBC=21，
故结论成立；
②如图，当AM⊥AN时，
∵∠MAN=∠BAD=90°，
∴∠MAN−∠MAD=∠BAD−∠MAD，
∴∠DAN=∠BAM，
由①可知∠FEB=45°，
∵DN⊥BE，
∴∠DEN=∠EDN=45°，
∴EN=DN，
同理可证∠MBG=∠MGB=∠FGC=45°，MG=MB，
∵△DBE∼△CBF，
∴∠DEB=∠CFB=45°，
∴∠FGC=∠CFB=45°，
∴CF=CG，
∵AD=AE=AB，
∴∠ADE=∠AED，∠AEN=∠ABM，
∴∠ADE−∠EDN=∠AED−∠DEN，
∴∠AEN=∠ADN，
∴∠ABM=∠ADN，
∵∠DAN=∠BAM，AN=AM，
∴△DAN≌△BAM，
∴AN=AM，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴∠AMN=∠ANM=45°，
∴△AMN∼△FBE，
∴∠ANE=∠AMB，
∵∠AEN=∠ABM，AN=AM，
∴△AEN≌△ABM，
∴EN=BM，
在Rt△BEF中，
DE=EN2+DN2=2EN，
由①可知DE=2CF，
∴EN=CF，
∴CG=CF=EN=BM=MG，
∴CM=CG+MG=2CF，
在Rt△BCM中，
∵BM2+CM2=BC2，
∴CF2+2CF2=42，
∴CF=455．
【点睛】本题考查了正方形的性质，与三角形有关的角的计算，相似三角形的判定和性质的应用，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定和性质的应用．
39．（2023年浙江省宁波市初中学业水平考试数学模拟试卷（探花卷））（1）【问题初探】如图1，E是正方形ABCD的边BC上一点，延长BA至点F，使AF=CE，连接DE，DF．求证：△DCE≌△DAF．
（2）【问题再探】如图2，E，M分别是正方形ABCD的边BC，AB上一点，分别过点M，E作MP⊥CD于点P，EQ⊥AD于点Q，线段QE，MP相交于点N．连接DM，DE，ME，PQ，若∠MDE=45．
①求证：AM+CE=ME．
②探究△NME和△NPQ的面积关系，并说明理由．
（3）【问题延伸】如图3，在正方形ABCD中，E，M分别是射线CB，BA上一点，【问题再探】中的其余条件不变，请直接判断△NME和△NPQ的面积关系是否仍成立．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②S△NME=2S△NPQ，见解析；（3）成立
【分析】（1）【问题初探】根据正方形的性质直接运用SAS证明全等即可；
（2）【问题再探】①根据第一小问的思路，延长BA至点F，使AF=CE，连接DF，证得△DCE≌△DAF，得到DE=DF，∠CDE=∠ADF，再结合正方形的性质以及已知条件证得△FDM≌△EDM，即可得到MF=ME，从而证得结论；②通过设DP=AM=m，CP=n，DQ=CE=a，AQ=b，根据正方形的基本性质建立方程求出其基本关系，然后分别表示△NME和△NPQ的面积，从而求出数量关系即可；
（3）【问题延伸】仿照第二问的求解过程，先证得全等三角形，并结合全等三角形的性质设未知数，然后列方程求解即可．
【详解】解：（1）【问题初探】∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AD，∠DCE=∠DAB=90，
∴∠DAF=90=∠DCE．
在△DCE和△DAF中，
∵CD=AD,∠DCE=∠DAF,CE=AF,
∴△DCE≌△DAFSAS．
（2）【问题再探】①如答图，延长BA至点F，使AF=CE，连接DF．
由（1），得△DCE≌△DAF，
∴DE=DF，∠CDE=∠ADF．
∵在正方形ABCD中，∠ADC=90，∠MDE=45，
∴∠ADM+∠CDE=45，
∴∠MDF=∠ADM+∠ADF=45=∠MDE．
在△FDM和△EDM中，
∵DF=DE,∠MDF=∠MDE,DM=DM,
∴△FDM≌△EDMSAS，
∴MF=ME．
又∵MF=AM+AF=AM+CE，
∴AM+CE=ME．
②S△NME=2S△NPQ，理由如下：
设DP=AM=m，CP=n，DQ=CE=a，AQ=b．
则m+n=a+b,n2+b2=a+m2， ①②
由①，得n−b=a−m，两边平方，得n2−2bn+b2=a2−2am+m2,③
由②，得n2+b2=a2+2am+m2,④ 联立③④，得bn=2am．
又∵S△NME=12BE⋅EN=12bn，S△NPQ=12PN⋅QN=12am，
∴S△NME=2S△NPQ；
（3）【问题延伸】S△NME=2S△NPQ仍成立，理由如下：
如图，延长BA至点F，使AF=CE，连接DF，
同（2）可证，△DCE≌△DAF以及△FDM≌△EDM，
∴MF=ME，
设DP=AM=m，CP=n，DQ=CE=a，AQ=b，
∴ME=a−m，
则n−m=a−b①n2+b2=a−m2②，
由①，得n+b=a+m，两边平方，得n2+2bm+b2=a2+2am+m2③
由②，得n2+b2=a2−2am+m2④ 联立③④，得bn=2am．
又∵S△NME=12BE⋅EN=12bn，S△NPQ=12PN⋅QN=12am，
∴S△NME=2S△NPQ；
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及正方形的基本性质等，掌握“半角”模型并熟练运用其证得基本的全等三角形，灵活运用勾股定理进行计算证明是解题关键．
40．（2023·湖南·校联考一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．
(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；
A．平行四边形；B．矩形；C．正方形；D．菱形
(2)如图1，在边长为a的正方形ABCD中，E为CD边上一动点（E不与C、D重合），AE交BD于点F，过F作FH⊥AE交BC于点H．
①试判断四边形AFHB是否为“等补四边形”并说明理由；
②如图2，连接EH，求△CEH的周长；
③若四边形ECHF是“等补四边形”，求CE的长．
【答案】(1)C
(2)①四边形AFHB是等补四边形，见解析；②2a；③CE=3−33a或者CE=2−2a
【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案；
（2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得∠HAF=∠DBC=45°，进而求出∠AHF=45°=∠HAF，利用等角对等边得出FH=AF，最后利用“等补四边形”的定义即可证明；
②将△ABH绕A点逆时针旋转90°得到△ADL，证明∠HAE=∠EAL=45°，再证△AHE≌△ALE，得出HE=EL，即可求出△CEH的周长；
③根据∠HFE+∠C=180°，四边形ECHF是“等补四边形”可得四边形ECHF有一组邻边相等，然后分FH=CH、CE=EF、CH=CE、EF=HF四种情况讨论即可．
【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，
∴正方形是等补四边形，
故选：D．
（2）解：①四边形AFHB是“等补四边形”，理由如下：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠DBC=45°，
又FH⊥AE，∠ABC=90°，
∴A、B、H、F四点共圆，
∴∠HAF=∠DBC=45°，
∴∠AHF=45°=∠HAF，
∴FH=AF，
又∠AFH+∠ABC=180°，
∴四边形AFHB是“等补四边形”．
②将△ABH绕A点逆时针旋转90°得到△ADL，
∴△ABH≌△ADL，∠ADE+∠ADL=90°+90°=180°，
∴E、D、L三点共线，
由①得∠HAE=45°，
∴∠EAL=45°，
在△AHE和△ALE中
AH=AL，∠HAE=∠LAE，AE=AE，
∴△AHE≌△ALESAS，
∴HE=EL，
∴△CHE的周长=EH+CH+CE=BH+CH+DE+CE=2a；
③∵∠HFE+∠C=180°，四边形ECHF是“等补四边形”，
∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：
情况1：FH=CH，
连接CF，
由题意知∶AB=CB，∠ABD=∠CBD=45°，
又BF=BF，
∴△ABF≌△CBF，
∴CF=AF=HF，
则△FHC为正三角形，
∴∠FCH=∠FAB=60°，
∴∠DAE=30°，
∴DE=33a，CE=3−33a；
情况2：CE=EF，则Rt△HFE≌Rt△HCEHL，
∴FH=CH，
同情况1，CE=3−33a；
情况3：CH=CE，由②得△CEH的周长=2a．
设CE=CH=x，则HE=2x，有x+x+2x=2a，
∴x=2−2a，
即CE=2−2a；
情况4：EF=HF，
连接AH，
则AF=EF，
则HF垂直平分AE，
∴AH=HE，
∵EF=HF，∠HFE=90°，
∴∠FHE=∠FEH=45°，
∵AH=HE，HF⊥AE，
∴∠AHF=∠EHF=45°，
∴∠AHE=90°，
∴∠AHB+∠EHC=90°，
又∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠BAH=∠CHE，
又AH=HE，∠B=∠C=90°，
∴△ABH≌△HCE，
∴AB=CH，这不可能，故这种情况不存在．
综上：CE=3−33a或者CE=2−2a．
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
41．（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D为边AB的中点．动点P从点B出发以每秒1个单位的速度沿BA运动到终点A．连结CP，作点D关于CP的对称点D'，连结PD'，设点P的运动时间为t秒．
(1)点C、D之间的距离为______．
(2)用含t的代数式表示PD'的长．
(3)当PD'⊥AB时，求△BCP的面积．
(4)当点D'在△ABC内部时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)5
(2)PD'=5−t0≤t≤10
(3)9625
(4)当4013【分析】（1）利用勾股定理求出AB=10，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可；
（2）先求出BD=5，再根据PD=BD−AP即可得到答案；
（3）如图1所示，当点P在点D上方时，根据折叠的性质可推出∠CPD=45°，由三角形外角的性质可证∠CPD=∠A+∠ACP>45°，则此种情形不成立；如图2所示，当点P在点D下方时，同理可得∠CPD=45°，过点C作CH⊥AB于H，利用面积法求出CH=245，解Rt△ABC，得到tanA=BCAC=43，解Rt△AHC，求出AH=185，解Rt△PCH，求出PH=245，进而求出BP=85，则S△BPC=12BP⋅CH=12×85×245=9625；
（4）如图3所示，当点D'恰好在AC上时，过点P作PN⊥AC于N，解直角三角形求出sin∠HDC=2425，由折叠的性质可得PD'=PD=t−5，∠PD'N=∠PDC，则sin∠PD'N=sin∠PDC，解Rt△PD'N，得到PN=2425t−5，解Rt△APN中，PN=4510−t，则2425t−5=4510−t，解饿t=8011，再由点P从点B运动到点H的时间为325秒，得到当325【详解】（1）解：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴由勾股定理得AB=AC2+BC2=10，
∵D为边AB的中点，
∴CD=12AB=5，
故答案为：5；
（2）解：由（1）得BD=5
∵动点P从点B出发以每秒1个单位的速度沿BA运动到终点A，
∴BP=t，
∴PD=BD−AP=5−t，
由折叠的性质可得PD'=PD=5−t0≤t≤10
（3）解：如图1所示，当点P在点D上方时，
由折叠的性质可得∠CPD=∠CPD'，
∵PD'⊥AB，即∠DPD'=90°，
∴∠CPD=45°，
∵BC>AC，
∴∠A>∠B（大角对大边），即∠A>45°，
∴∠CPD=∠A+∠ACP>45°，
∴此种情形不成立；
如图2所示，当点P在点D下方时，
同理可得∠CPD=45°，
如图2所示，过点C作CH⊥AB于H，
∵S△ABC=12AB⋅CH=12AC⋅BC，
∴CH=AC⋅BCAB=245，
在Rt△ABC中，tanA=BCAC=43，
在Rt△AHC中，AH=CHtanA=185，
在Rt△PCH中，PH=CHtan∠CPH=245，
∴AP=AH+PH=425，
∴BP=AB−AP=85，
∴S△BPC=12BP⋅CH=12×85×245=9625；
（4）解：如图3所示，当点D'恰好在AC上时，过点P作PN⊥AC于N，
由（3）得AH=185，CH=245，
∴DH=AD−AH=75，
∴sin∠HDC=CHCD=2425，
∵BP=t，BD=5，
∴PD=t−5，
由折叠的性质可得PD'=PD=t−5，∠PD'N=∠PDC，
∴sin∠PD'N=sin∠PDC，
在Rt△PD'N中，PN=PD'⋅sin∠PD'N=2425t−5，
在Rt△ABC中，sinA=BCAB=45，
在Rt△APN中，PN=AP⋅sinA=4510−t，
∴2425t−5=4510−t，
解饿t=8011，
∵BH=AB−AH=325，
∴点P从点B运动到点H的时间为325秒，
∴当325如图4所示，当点D'恰好在BC上时，过点P作PN⊥BC于N，
同理可得sin∠HDC=2425，
∵BP=t，BD=5，
∴PD=5−t，
由折叠的性质可得PD'=PD=5−t，∠PD'C=∠PDC，
∵∠PDC+∠HDC=180°，∠PD'C+∠PD'N=180°，
∴∠HDC=∠PD'N，
∴sin∠HDC=sin∠PD'N，
在Rt△PD'N中，PN=PD'⋅sin∠PD'N=24255−t，
在Rt△ABC中，sinB=ACAB=35，
在Rt△APN中，PN=AP⋅sinB=35t，
∴24255−t=35t，
解饿t=4013，
∵BD=5，
∴点P从点B运动到点D的时间为5秒，
∴当4013综上所述，当4013【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，折叠的性质，直角三角形斜边上的中线的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
42．（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）模型建立：
(1)如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ACD=∠B，求证：AC2=AD⋅AB；
(2)类比探究：如图2，在菱形ABCD中，E、F分别为边BC、DC上的点，且∠EAF=12∠BAD，射线AE交DC的延长线于点M，射线AF交BC的延长线于点N．
①求证：FA2=FC⋅FM；
②若AF=4，CF=2，AM=10，求FN的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②FN=133
【分析】（1）证明△ACD∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得出结论；
（2）①连接AC，证明△FAC∽△FMA，根据相似三角形的性质得出FA2=FC⋅FM；
②由①得：FA2=FC⋅FM，得出FM=8，由①可知，△FAC∼△FMA，得出AC=5，证明△NAC∽△AMC，得出AN=253，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ ACAB=ADAC，
∴ AC2=AD⋅AB；
（2）①证明：如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC= 12 ∠BAD，AB ∥ CD，
∵∠EAF= 12 ∠BAD，
∴∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠FAC，
∵AB ∥ CD，
∴∠BAE=∠M，
∴∠FAC=∠M，
∵∠AFC=∠MFA，
∴△FAC∽△FMA，
∴ FAFM=FCFA，
∴ FA2=FC⋅FM；
②解：由①得：FA2=FC⋅FM，
∵AF=4，CF=2，
∴FM=8，
∴CM=FM−CF=8−2=6，
由①可知，△FAC∼△FMA，
∴ ACMA=FCFA，
即AC10=24，
解得：AC=5，
由①得：∠BAE=∠FAC，
同理得：∠DAN=∠CAM，
∵AD ∥ BC，
∴∠DAN=∠N，
∴∠CAM=∠N，
由①知，∠NAC=∠M，
∴△NAC∽△AMC，
∴ ACCM=ANAM，
即56=AN10，
解得：AN=253，
∴ FN=AN−AF=253−4=133．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
43．（2023春·河南商丘·九年级校考阶段练习）如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（不与点A，B重合），连接AC，BC．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出∠ABC的平分线，交半圆O于点D．（保留作图痕迹，不写做法）
(2)如图2，在（1）的条件下，过点D作半圆的切线，交BC的延长线于点F，作DE⊥AB于点E，连接BD．
①求证：△BED≌△BFD．
②若AB=8，BC=2CF，请直接写出DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②23
【分析】（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可；
（2）①由垂径定理的推论可知AD=CD．连接OD交AC于点H，图2所示，则OD⊥AC．由切线的性质得到OD⊥DF，由AB是半圆O的直径，得到∠ACB=90°．从而可证四边形DHCF是矩形，得到∠F=90°，由此即可利用AAS证明△BED≌△BFD；②由矩形的性质得到DH=CF，设CF=DH=x，则BC=2x，OH=4−x，由全等三角形的性质得到BE=BF=3x，证明△AOH∽△ABC，求出x=2，进而求出OE=2，则DE=OD2−OE2=23．
【详解】（1）解：如图1所示，射线BD即为所求．
（2）解：①由（1），可知BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD．
∴AD=CD．
连接OD交AC于点H，图2所示，则OD⊥AC．
∵DF是半圆O的切线，
∴OD⊥DF．
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠ACF=∠HDF=∠DHC=90°．
∴四边形DHCF是矩形．
∴∠F=90°．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°=∠F．
又∵∠ABD=∠CBD，BD=BD．
∴△BED≌△BFDAAS；
②∵四边形DHCF是矩形，
∴DH=CF，
设CF=DH=x，则BC=2x，OH=OD−DH=4−x，
∵△BED≌△BFD，
∴BE=BF=BC+CF=3x，
∵∠OHA=∠BCA=90°，
∴OH∥BC，
∴△AOH∽△ABC，
∴OHBC=OAAB=12，
∴OH=12BC，即4−x=x，
∴x=2，
∴BE=3x=6，
∴OE=2，
∴DE=OD2−OE2=23．
【点睛】本题主要考查了尺规作图（角平分线），垂径定理及其推论，切线的性质，圆周角定理即其推论，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
44．（2023春·广东广州·九年级华南师大附中校考阶段练习）四边形ABCD是正方形，E是直线BC上一点，连接AE，在AE右侧，过点E作射线EP⊥AE，F为EP上一点．
(1)如图1，若点E是BC边的中点，且EF=AE，连接CF，则∠DCF=________°；
(2)如图2，若点E是BC边上一点（不与B，C重合），∠DCF=45°，判断线段EF与AE的数量关系，并说明理由；
(3)若正方形边长为1，且EF=AE，当AF+BF取最小值时，求△BCF的面积．
【答案】(1)45
(2)EF=AE，理由见解析
(3)16
【分析】（1）如图所示，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，利用AAS证明∴△ABE≌△EGF，得到BE=FG，AB=EG，进而证明CG=FG，得到∠FCG=45°，则∠DCF=45°；
（2）如图所示，在AB上取一点M使得BM=BE，先证明AM=CE，然后利用ASA证明△AME≌△ECF，即可证明EF=AE；
（3）先利用一线三垂直模型分图1和图2两种情况，证明△ABE≌△EGF，推出Fm+1，m，即点F在直线y=x−1上运动；如图3所示，作点B关于直线y=x−1的对称点H，连接HF，则H1，−1，则当A、F、H三点共线时，AF+HF最小，即AF+BF最小，求出直线AH解析式为y=−2x+1，联立y=−2x+1y=x−1，求出F23，−13，则S△BCF=12BC⋅−yF=12×1×13=16．
【详解】（1）解：如图所示，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠DCB=∠DCG=90°，
∴∠ABE=∠EGF，
∵EP⊥AE，即∠AEF=90°，
∴∠BAE+∠BEA=90°=∠BEA+∠GEF，
∴∠BAE=∠GEF，
又∵EF=AE，
∴△ABE≌△EGFAAS，
∴BE=FG，AB=EG，
∴BC=EG，
∴BE=CG，
∴CG=FG，
∴∠FCG=45°，
∴∠DCF=45°，
故答案为：45；
（2）解：EF=AE，理由如下：
如图所示，在AB上取一点M使得BM=BE，
∴AB−AM=BC−BE，即AM=CE，
∵∠B=90°，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∴∠AME=135°，
∵EP⊥AE，即∠AEF=90°，
∠MEA+∠MAE=45°=∠MEA+∠CEF，
∴∠MAE=∠CEF，
∵∠DCE=90°，∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°=∠AME，
∴△AME≌△ECFASA，
∴EF=AE；
（3）解：如图1所示，当点E在AB右侧时，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，以B为原点，BC，AB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设Em，0，
∴OE=m，OA=OB=1，
同理可证△ABE≌△EGF，
∴FG=OE=m，GE=AB=1，
∴OG=OE+GE=m+1，
∴Fm+1，m，
∴点F在直线y=x−1上运动；
如图2所示，当点E在AB左侧时，
∴OE=−m，OA=OB=1，
同理可证△ABE≌△EGF，
∴FG=OE=−m，GE=AB=1，
∴G1−m，0，
∴F1−m，−m，
∴点F在直线y=x−1上运动；
综上所述，点F的运动轨迹即为直线y=x−1；
如图3所示，作点B关于直线y=x−1的对称点H，连接HF，则H1，−1，
∴BF=HF，
∴AF+BF=AF+HF，
∴当A、F、H三点共线时，AF+HF最小，即AF+BF最小，
设直线AH解析式为y=kx+b，
∴k+b=−1b=1，
∴k=−2b=1，
∴直线AH解析式为y=−2x+1，
联立y=−2x+1y=x−1，解得x=23y=−13，
∴F23，−13，
∴S△BCF=12BC⋅−yF=12×1×13=16．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
45．（2023·湖北武汉·校联考一模）问题提出：如图（1），在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，D是△ABC内一点，AD⊥CD，∠ACD=30°，若AD=1，连接BD，求BD的长．
(1)问题探究：请你在图（1）中，用尺规作图，在AB左侧作△ABE，使△ABE∽△ACD．（用直尺、圆规作图，保留作图痕迹，不写作法，不说明理由）
(2)根据（1）中作图，你可以得到CD与BE的位置关系是_______；你求得BD的长为_______；
(3)问题拓展：如图（2），在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，D是△ABC内一点，若AD=7，BD=27，CD=4，求BC的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)CD⊥BE ，7
(3)219
【分析】（1）由△ABE∽△ACD，AD⊥CD，∠ACD=30°，可得∠AEB=∠ADC=90°，∠ABE=∠ACD=30°，根据在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半，以及30°所对的直角边等于斜边的一半，记AB中点为O，连接OE，则OE=OA=AE，如图1，作线段AB中点O，然后分别以O，A为圆心，以OA线段长为半径画弧，交点即为E，连接BE，AE，△ABE即为所求；
（2）如图2，延长CD交BE于F，∠ADC=90°，∠DAC=180°−∠ADC−∠ACD=60°，∠BAD=∠BAC−∠DAC=30°，可得∠EAD=∠E，可证BE∥AD，则∠CFE=∠CDA=90°，有CD⊥BE；由AD=1以及30°所对的直角边等于斜边的一半可得AC，BC的值，由∠BFC=90°，可得∠BCF=180°−∠FBC−∠BFC=30°，BF=12BC，由CF=BCcs30°，CD=ACcs30°，分别求CF，CD的值，则FD=CF−CD，求FD的值，在Rt△BDF中，由勾股定理得，BD=BF2+FD2，求BD的值即可；
（3）如图3，过A作AS⊥AD，取AS=3AD，连接BS，SD，延长CD交BS于H，由∠SAD=∠BAC=90°，∠SAB=∠SAD−∠BAD，∠DAC=∠BAC−∠BAD，可得∠SAB=∠DAC，证明△ABS∽△ACD，则BS=3CD=43，∠ASB=∠ADC，证∠DHS=360°−∠SAD−∠ASB−∠ADH=90°，则DH⊥BS，在Rt△ADS，由勾股定理得，SD=AS2+AD2=27，则BD=SD，△BDS是等腰三角形，BH=SH=12BS=23，在Rt△BDH，由勾股定理求DH的值，由CH=HD+CD，求CH的值，在Rt△BCH，由勾股定理得，BC=BH2+CH2，求BC的值即可．
【详解】（1）解：如图1，分别以A，B为圆心，以12AB线段长为半径画弧，连接两交点与AB交于点O，然后分别以O，A为圆心，以OA线段长为半径画弧，交点即为E，连接BE，AE，△ABE即为所求；
（2）解：如图2，延长CD交BE于F，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=180°−∠ADC−∠ACD=60°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=30°，
∴∠EAD=∠EAB+∠BAD=90°=∠E，
∴BE∥AD，
∴∠CFE=∠CDA=90°，
∴CD⊥BE，
∵AD=1，
∴AC=2AD=2，BC=2AC=4，
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=60°，∠BFC=90°，
∴∠BCF=180°−∠FBC−∠BFC=30°，
∴BF=12BC=2，
∴CF=BCcs30°=23，CD=ACcs30°=3，
∴FD=CF−CD=3，
在Rt△BDF中，由勾股定理得，BD=BF2+FD2=7，
故答案为：CD⊥BE ，7；
（3）解：如图3，过A作AS⊥AD，取AS=3AD，连接BS，SD，延长CD交BS于H，
∴∠SAD=∠BAC=90°，
∵∠SAB=∠SAD−∠BAD，∠DAC=∠BAC−∠BAD，
∴∠SAB=∠DAC，
又∵ASAD=3=ABAC，
∴△ABS∽△ACD，
∴BS=3CD=43，∠ASB=∠ADC，
∵∠ADC+∠ADH=180°，
∴∠ASB+∠ADH=180°，
∴∠DHS=360°−∠SAD−∠ASB−∠ADH=90°，
∴DH⊥BS，
在Rt△ADS，由勾股定理得，SD=AS2+AD2=27，
∴BD=SD，
∴△BDS是等腰三角形，
∴BH=SH=12BS=23，
在Rt△BDH，由勾股定理得，DH=BD2−BH2=4，
∴CH=HD+CD=8，
在Rt△BCH，由勾股定理得，BC=BH2+CH2=219，
∴BC的长为219．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，余弦，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
46．（2023春·河北保定·九年级统考阶段练习）如图1，已知直线l1：y=x+3，点B0,b在直线l1上．y=mx+n是过定点P1,0的一簇直线．嘉淇用绘图软件观察m与n的关系．记y=mx+n过点B时的直线为l2．
(1)求b的值及l2的解析式；
(2)探究m与n的数量关系；当y=mx+n与y轴的交点为0,1时，记此时的直线为l3，l3与l1的交点记为A，求AB的长；
(3)当y=mx+n与直线l1的交点为整点（横、纵坐标均为整数），且m的值也为整数时，称y=mx+n为“美好直线”．
①在如图2所示的视窗下（−2.5≤x≤2.5，−2.5≤y≤2.5），求y=mx+n为“美好直线”时m的值；
②视窗的大小不变，改变其可视范围，且变化前后原点O始终在视窗中心．现将图2中坐标系的单位长度变为原来的1k，使得在视窗内能看到所有“美好直线”与直线y=x+3的交点，求k的最小整数值．
【答案】(1)b=3，y=−3x+3
(2)2
(3)①−1；②4
【分析】（1）根据坐标与图形及待定系数法，即可求解；
（2）首先利用待定系数法，即可求得l3的解析式，即可求得l3与l1的交点A的坐标，再利用两点间距离公式，即可求得；
（3）①根据当−2.5≤x≤2.5，−2.5≤y≤2.5时，可得l1上的整点为−1,2，−2,1，再根据“美好直线”的定义，即可求解；
②设直线l1上的任一整点为t,t+3，则mt+n=t+3，可得m=1+4t−1，再由t，m均为整数，可得l1上满足条件的点为−3,0，−1,2，0,3，2,5，3,6，5,8，据此即可求解．
【详解】（1）解：将点B0,b代入y=x+3，解得b=3；
将0,3，1,0分别代入y=mx+n中，
得m+n=0n=3，
解得m=−3n=3，
∴l2的解析式为y=−3x+3；
（2）解：∵y=mx+n过定点P1,0，则m+n=0，
∴m=−n；
∵y=mx+n过0,1，且m=−n，
∴n=1，m=−1，
∴l3的解析式为y=−x+1；
y=x+3y=−x+1
解得x=−1y=2，
∴l3与l1的交点为A−1,2，
∴AB=12+3−22=2；
（3）解：①当−2.5≤x≤2.5，−2.5≤y≤2.5时，l1上的整点为−1,2，−2,1，
当y=mx+n过−1,2时，且m=−n，
∴m=−1，是“美好直线”；
当y=mx+n过−2,1时，且m=−n，
∴m=−13，不是“美好直线”，
综上，m的值为−1；
②设直线l1上的任一整点为t,t+3，则mt+n=t+3，
∵m=−n，
∴mt−m=t+3，
∴m=t+3t−1=1+4t−1，
当t，m均为整数时，满足题意；
当t=−3时，m=0；当t=−1时，m=−1；当t=0时，m=−3；当t=2时，m=5；当t=3时，m=3；当t=5时，m=2；
l1上满足条件的点为−3,0，−1,2，0,3，2,5，3,6，5,8若这些点全部出现在视窗中，k的最小整数值为4．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数的解析式，坐标与图形，理解“美好直线”的定义和条件是解决本题的关键．
47．（2023·山东济南·统考一模）（1）①如图1，等腰△ABC（BC为底）与等腰△ADE（DE为底），∠BAC=∠DAE，则BD与CE的数量关系为______；
②如图2，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，则sin∠DAC=_______；
（2）如图3，在（1）②的条件下，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，使∠EAF=∠DAC，连接CF．当AE=32时，求CF的长度；
（3）如图4，矩形ABCD中，若AB=23，AD=6，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连结CF，AE中点为G，CF中点为H，若GH=13，直接写出DE的长．
【答案】（1）①BD=CE；②35；（2）3；（3）43−4
【分析】（1）①先证明∠BAD=∠CAE，再根据边角边证明△BAD≅△CAE，即可求解；
②根据矩形的性质可得BC=AD=4，再根据勾股定理可得AC=5，根据正弦定义即可求解；
（2）在（1）②的条件下，当点E在DC边上时，作FM⊥AC于M，由∠EAF=∠DAC可得∠FAM=∠EAD，再根据旋转的性质可证明Rt△DAE≅Rt△MAF，从而得到AD=AM，在Rt△ADE中，由勾股定理得DE=2，在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=5，由FM=DE即可求得FM，由CM=AC−AM即可求得CM，在Rt△FCM中应用勾股定理可求得CF的长；
（3）如图，延长AB、CF交于点M，过点A作AN⊥CF于N，连接EF、GN，过点H作HP⊥GN于P，连接EN并延长交AM延长线于Q，根据正切的定义可得∠ACB=30°，根据旋转的性质可证明△AEF是等边三角形，通过证明点A、F、C、E四点共圆，可得△ACM是等边三角形，通过证明△ADE≅△ANF，△ECN≅△QMN得出GN是△EAQ的中位线，设DE=FN=2x，分别表示出PH、PG，利用勾股定理列方程求出x的值即可得答案．
【详解】（1）①解：由题意可得，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAE=∠DAC+∠CAE
∴∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中，
BA=CA∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≅△CAESAS
∴BD=CE
故答案为：BD=CE
②解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，BC=AD=4，AD∥BC
在Rt△ABC中，
∵AB=3
∴AC=AB2+BC2=32+42=5
∵AD∥BC
∴∠DAC=∠ACB
∴sin∠DAC=sin∠ACB=ABAC=35
故答案为：35
（2）解：在（1）②的条件下，点E在线段CD上运动，如图，作FM⊥AC于M，
∵∠EAF=∠DAC
∴∠FAE=∠DAC
∵∠FAE=∠FAM+∠MAE，∠DAC=∠MAE+∠EAD
∴∠FAM=∠EAD
由旋转的性质可得，AE=AF
∵∠D=∠AMF=90°
∴在Rt△DAE和Rt△MAF中，
∠D=∠AMF∠EAD=∠FAMAE=AF
∴Rt△DAE≅Rt△MAFAAS
∴AD=AM
∵AE=32，AD=4，∠D=90°
∴在Rt△ADE中，由勾股定理得DE=AE2−AD2=2
∵DC=AB=3
∴在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=AD2+DC2=5
∵Rt△DAE≅Rt△MAF
∴AD=AM=4，FM=DE=2
∵AC=AM+CM
∴CM=AC−AM=5−4=1
∴在Rt△CFM中，由勾股定理得CF=FM2+CM2=2+1=3
（3）解：如图，延长AB、CF交于点M，过点A作AN⊥CF于N，连接EF、GN，过点H作HP⊥GN于P，连接EN并延长交AM延长线于Q，
∵AB=23，AD=6，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=43，tan∠ACB=ABBC=33，
∴∠ACB=30°，∠ACD=∠BAC=60°，
∵将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，
∴AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AFE=∠AEF=∠ACD=60°，
∴点A、F、C、E四点共圆，
∴∠ACM=∠AEF=60°，
∴△ACM是等边三角形，AM=CM=AC=43
∵AN⊥CF，
∴CN=MN=12CM=CD=23，
∵∠ACD=∠ACM=60°，∠D=∠ANC=90°，
∴AN=AD，
∵AE=AF，
∴△ADE≅△ANF，
∴DE=FN，
∵∠ENC=∠MNQ，∠QMN=∠ECN=120°，
∴△ECN≅△QMN，
∴QM=CE，
∵点G为AE中点，
∴GN是△EAQ的中位线，
设DE=FN=2x，则CE=CD−DE=23−2x，
∴GN=12AQ=12(AM+CE)=12×(43+23−2x)= 33−x，
∵点H是CF的中点，
∴FN+HN=CN−HN，
∴HN=12(CN−FN)=3−x，
∵GN∥AM，
∴∠GNH=∠AMN=60°，
∴PN=12HN=3−x2，PH=32HN=3−3x2，
∴PG=GN−PN=53−x2，
∵GH=13，
∴(3−3x2)2+(53−x2)2=13，
解得：x=23±2，
∵点E在CD上，
∴x=23−2
∴2x=43−4，即DE=43−4
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、四点共圆的判定、圆周角定理、全等的判定和性质及解直角三角形，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
48．（2023·浙江温州·统考一模）如图，点E，F分别为矩形ABCD边AD，CD上的点，以BE为直径作⊙O交BF于点G，且EF与⊙O相切，连结EG．
(1)若AE=EG，求证：△ABE≌△GBE．
(2)若AB=2，tan∠EBF=12．
①求DE的长．
②连结AG，若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，求所有满足条件的BC的长．
(3)连结CG，若CG的延长线经过点A，且ED=EG，求CGEF的值．
【答案】(1)见解析
(2)①DE=1；②当△ABG是以AG为腰的等腰三角形时，BC的长为52或5；
(3)CGEF=23
【分析】（1）AE=EG，BE=BE，根据圆周角性质得到∠BGE=90°，利用直角三角形全等判定定理即可证明．
（2）①根据切线与矩形的性质证明△ABE∽△DEF，再根据tan∠EBF=EFBE=DEAB=12求值．
②分别讨论GA=GB时，△BEF≌△BCF得到BC=BE，借助勾股定理求解，AG=AB时，△ABE∽△DEF∽△CBF，设DF=a，根据相似比AEAB=DFDE=FCBC求解．
（3）证明△ABE≌△GBE得到AC∥EF，取BF的中点H，连结EH，设CF=DF=GF=m，借助△CGF∽△EFH求解．
【详解】（1）解：证明：在矩形ABCD中，∠BAD=90°
∵BE是直径
∴∠BGE=90°
在Rt△ABE和Rt△GBE中
AE=GEBE=BE
∴△ABE≌△GBEHL
（2）解：①∵EF与⊙O相切
∴∠BEF=90°，∴∠AEB+∠DEF=90°
∵在矩形ABCD中，∠BAD=∠D=90°
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠ABE=∠DEF，
∴△ABE∽△DEF
∴EFBE=DEAB，
∴tan∠EBF=EFBE=DEAB=12，
∴DE=12AB=12×2=1
②（i）当GA=GB时，则∠ABG=∠BAG=∠BEG，
∠ABG+∠CBF=90°=∠BAG+∠GAD=∠BEG+∠EBF
∴∠CBF=∠GAD=∠EBF
在△BEF和△BCF中，
∠BEF=∠BCF∠EBF=∠CBFBF=BF
∴△BEF≌△BCFAAS，
∴BC=BE
由①知，DE=12AB=1
设BC=BE=x，则AE=x−1，
在Rt△ABE中，勾股定理可得22+x−12=x2，
解得x=52，即BC=52
（ii）当AG=AB时，则∠ABG=∠AGB=∠AEB，
∴∠ABE=∠FBC=∠DEF
∴△ABE∽△DEF∽△CBF
∴AEAB=DFDE=FCBC，设DF=a，
由①知，DE=12AB=1
则AE=2a，FC=2−a，BC=2a+1
∴2a2=2−a2a+1，解得a=5−12或a=−5−12（舍），
∴BC=2a+1=5
综上所述，当△ABG是以AG为腰的等腰三角形时，BC的长为52或5．
（3）解：在Rt△EGF和Rt△EDF中，
ED=EGEF=EF
∴Rt△EGF≌Rt△EDFHL，
∴∠GEF=∠DEF
∵∠AEB+∠DEF=90°，∠BEG+∠GEF=90°，
∴∠AEB=∠GEB
在△ABE和△GBE中，
∠BAE=∠BGE=90°∠AEB=∠GEBBE=BE
∴△ABE≌△GBEAAS
∴AE=EG=ED，
∴AG⊥BE，
∴AG∥EF，
∵ CG的延长线经过点A
∴AC∥EF，
∴CF=DF=GF
如图所示，取BF的中点H，连结EH，设CF=DF=GF=m，
则BG=BA=CD=2m，
∴BF=3m，EH=HF=1.5m
∵AC∥EF，
∴∠GCF=CGF=∠EFH=∠HEF，
∴△CGF∽△EFH
∴CGEF=CFEH=m1.5m=23
【点睛】此题考查了圆、圆周角的性质、三角形全等和相似的证明、三角函数三角形中位线定理，解题的关键是综合应用各性质．
49．（2023春·山东济南·九年级校考阶段练习）小明同学和小红同学分别拿着一大一小两个等腰直角三角板，可分别记作△ABC和△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°．
问题的产生：
两位同学先按照图1摆放，点D，E在AB、AC上，发现BD和CE在数量和位置关系分别满足BD=CE，BD⊥CE．
问题的探究：
(1)将△ADE绕点A逆时针旋转一定角度，如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，连接BD，CE，上述结论依然成立吗？如果成立，请证明，如果不成立，并说明理由．
问题的延伸：
继续将△ADE绕点A逆时针旋转，如图3，点D、E都在△ABC的外部，连接BD，CE，CD，EB，BD和CE相交于点H．
(2)若BD=19，求四边形BCDE的面积．
(3)若AB=3，AD=2，设CD2=x，EB2=y，直接写出y和x的函数关系式．
【答案】(1)成立，证明见解析
(2)192
(3)y=26−x
【分析】（1）延长BD，分别交AC、CE于F、G，证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质、垂直的定义解答；
（2）根据S四边形BCDE=S△BCE+S△DCE计算，求出四边形BCDE的面积；
（3）根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：BD=CE，BD⊥CE，
理由如下：延长BD，分别交AC、CE于F、G，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∵∠BAD=∠BAC−∠DAC，∠CAE=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠AFB=∠GFC，
∴∠CGF=∠BAF=90°，即BD⊥CE；
（2）解：如图3，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠CAE=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠AOB=∠DOC，
∴∠BHC=∠BAC=90°，
∴S四边形BCDE=S△BCE+S△DCE
=12×CE×BH+12×CE×DH=12×CE×BD=192；
（3）解：在Rt△ABC中，AB=AC=3，
∴BC=32，
同理：DE=22，
∵∠BHC=90°，
∴CD2+EB2=CH2+HD2+EH2+HB2
=CH2+HB2+EH2+HD2=BC2+DE2
=(32)2+(22)2=26，
∴y=26−x.
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及函数解析式的确定，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
50．（2023·湖南长沙·校联考模拟预测）对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2，给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B（点A，B可以重合），在图形W2上存在两点M，N（点M，N可以重合）使得AM=2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系．
(1)如图1，点C(3,0),D(0,−1),E(0,1)，点P在线段CE上运动（点P可以与点C，E重合），连接OP,DP．
①线段DP的最小值为_____________，最大值为_____________；线段OP的取值范围是______________；
②点O与线段DE______________（填“是”或“否”）满足限距关系；
(2)在（1）的条件下，如图2，⊙O的半径为1，线段FG与x轴、y轴正半轴分别交于点F，G，且FG∥EC，若线段FG与⊙O满足限距关系，求点G纵坐标的取值范围；
(3)⊙O的半径为r(r>0)，点H，K是⊙O上的两个点，分别以H，K为圆心，3为半径作圆得到⊙H和⊙K，若对于任意点H，K，⊙H和⊙K都满足限距关系，直接写出r的取值范围；
【答案】(1)①3，2，32≤OP≤3；②是．
(2)m≥39．
(3)0【分析】（1）①根据垂线段最短求解即可；②根据限距关系判断即可；
（2）设G点纵坐标为m，再求出圆上到线段FG的最大值与最小值即可；
（3）根据限距关系的定义，求出两圆间的最大值与最小值，列不等式即可．
【详解】（1）解：①∵C(3,0),D(0,−1),E(0,1)，
∴tan∠OEC=OCOE=3，
∴∠OEC=60°，CE=OE2+OC2=2，
当DP⊥EC时，线段DP最小，
此时，DE=2，∠DPE=90°，∠EDP=30°，
∴PE=1，DP=DE2−PE2=3；
∵DE=CE=2，∠CED=60°，
∴三角形DEC是等边三角形，
当点P与点C，E重合时，DP最大，最大值为2；
同理OP的最小值为32，最大值为3；
线段OP的取值范围是32≤OP≤3；
故答案为：3，2，32≤OP≤3；
②在线段DE上存在两点M，N，当点M与点E重合，点N是OE中点时，OM=2ON，点O与线段DE满足限距关系；
故答案为：是．
（2）解：设G点纵坐标为m，
作ON⊥FG，垂足为N，交⊙O于M，设⊙O与x轴负半轴交于点W，当直线与圆相离时，此时m>32，圆上点到线段FG最小值为MN，
因为FG∥EC，
所以，∠OEC=∠OGF=60°，
ON=32OG=3m2，
MN=3m2−1，
圆上点到线段FG最大值为WF=3m+1，
因为3m+1≥2(3m2−1)，恒成立；
所以，点G纵坐标的取值范围是m>32；
当线段FG与圆有公共点时，此时33≤m≤32，圆上点到线段FG最小值为0，圆上点到线段FG最大值为WF=3m+1，3m+1≥2×0，所以，点G纵坐标的取值范围是33≤m≤32；
当线段FG在圆内部时，此时m<33，圆上点到线段FG最小值为FZ=1−3m，圆上点到线段FG最大值为WF=3m+1，3m+1≥2(1−3m)，
解得，m≥39，
点G纵坐标的取值范围是39≤m<33
综上，点G纵坐标的取值范围m≥39；
（3）解：如图，H，K所在直线经过点O时，与两个圆交于点U，V，Y，X，
两圆最小距离是VY=2r−6，两圆最大距离是UX=2r+6，
当2r+6≥2(2r−6)时，⊙H和⊙K都满足限距关系，
解得0【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的新定义问题，解题关键是准确理解题意，求出两个图形的最大距离和最小距离．