附7 探究动态几何问题

这是一份附7 探究动态几何问题，共64页。

数学因运动而充满活力，数学因变化面精彩纷呈。动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题。随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
【满分技巧】
1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题。有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等。根据其运动的特点，又可分为(1) 动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点； (2) 动直线类；(3)动图形问题。
2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的‘变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性;动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系;这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论。解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动。解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系。
3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰(边)三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题。全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等。
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·江苏南通市·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．96cm2B．84cm2C．72cm2D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，

由三角形面积公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，
∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面积为12×6＝72．故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
2．（2020·四川雅安市·中考真题）已知，等边三角形和正方形的边长相等，按如图所示的位置摆放（C点与E点重合），点共线，沿方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为，运动过程中两图形重叠部分的面积为，则下面能大致反映与之间关系的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分点C在EF中点的左侧、点C在EF中点的右侧、点C在F点右侧且B在EF中点的左侧，点C在F点右侧且B在EF中点的右侧四种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
【详解】解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，运动速度为1，
当点C在EF的中点左侧时，设AC交DE于点H，
则CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，则S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，
可知图象为开口向上的二次函数，当点C在EF的中点右侧时，设AB与DE 交于点M，

则EC=t，BE=a-t，ME=，
∴S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的左侧时，
S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的右侧时，
此时BF=2a-t，MF=，∴，
可知图象为开口向上的二次函数；故选：A
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
3．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】B
【分析】连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
【详解】解：连接BP，∵菱形ABCD的周长为20，∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴ ，
∵AB=BC，∴ ∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故选：B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题关键在添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
4．（2020·内蒙古呼和浩特市·中考真题）如图，把某矩形纸片沿，折叠（点E、H在边上，点F，G在边上），使点B和点C落在边上同一点P处，A点的对称点为、D点的对称点为，若，为8，的面积为2，则矩形的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出D′H＝x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=2，分别求出PE和PH，从而得出AD的长.
【详解】解：∵四边形ABC是矩形，∴AB=CD，AD=BC，设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，
∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，又∵，∠A′PF=∠D′PG=90°，
∴∠A′P D′=90°，则∠A′PE+∠D′PH=90°，∴∠A′PE=∠D′HP，∴△A′EP∽△D′PH，
∴A′P2：D′H2=8：2，∴A′P：D′H=2：1，∵A′P=x，∴D′H=x，
∵S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即，∴x=2（负根舍弃），
∴AB=CD=2，D′H=DH=，D′P=A′P=CD=2，A′E=2D′P=4，
∴PE=，PH=，
∴AD==，故选D.
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2020·湖南邵阳市·中考真题）将一张矩形纸片按如图所示操作：（1）将沿向内折叠，使点A落在点处，（2）将沿向内继续折叠，使点P落在点处，折痕与边交于点M．若，则的大小是（ ）
A．135°B．120°C．112.5°D．115°
【答案】C
【分析】由折叠前后对应角相等且可先求出，进一步求出，再由折叠可求出，最后在中由三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵折叠，且，∴，即，
∵折叠，∴，
∴在中，，故选：C．
【点睛】本题借助矩形的性质考查了折叠问题、三角形内角和定理等，记牢折叠问题的特点：折叠前后对应边相等，对应角相等即可解题．
6．（2020·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把沿着AD翻折，得到，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F.若，，，的面积为2，则点F到BC的距离为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】解：∵DG＝GE，∴S△ADG＝S△AEG＝2，∴S△ADE＝4，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，∴S△ABD＝S△ADE＝4，∠BFD＝90°，
∴•（AF+DF）•BF＝4，∴•（3+DF）•2＝4，∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，∴h＝，故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
7．（2020·山东聊城市·中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，∴，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，∴，
在Rt△中，，∴，
即点到的距离等于．故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
8．（2020·浙江九年级一模）如图，已知矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E为 AB边上的中点，点F在BC边上，且BF＝1，动点P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，经过若干次反弹，当动点P第一次回到点E时，动点P所经过的路程长为（ ）
A．8B．16+8C．16D．16+12
【答案】A
【分析】利用反射角等于入射角画出动点的运动轨迹，再证四边形OP5EF和OP2P3P4为菱形，然后利用等角对等边证出两个菱形的边都相等，再用勾股定理计算即可.
【详解】如下图蓝色线为动点的运动轨迹，可发现动点P第一次回到点E时共弹出六次.
∵入射角等于反射角，AD∥BC，AB∥DC∴∠1=∠2=∠3=∠4，∠5=∠6，∠7=∠8=∠9=∠10，∠11=∠FEB
又∵∠4＋∠5=90°，∠6＋∠7=90°，∠10＋∠11=90°
∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠7=∠8=∠9=∠10，∠5=∠6=∠11=∠FEB
由∠1=∠8，∠3=∠10∴EF∥P5P4，P5E∥P2PF所以四边形O P5EF为平行四边形，
在△P5AE和△FBE中∴△P5AE≌△FBE（ASA）所以AE=EF
∴四边形OP5EF为菱形同理可证四边形OP2P3P4为菱形 又∵∠2=∠8∴OP4=OF∴两个菱形的边都相等，
在Rt△EFB中 故动点P所经过的路程长为8故选A
【点睛】此题考查的是入射角等于反射角，矩形的性质，菱形的判定及勾股定理.
9．（2020·河北石家庄市·九年级其他模拟）如图，中，，，，以点为圆心3为半径的优弧分布交，于点，点优弧上的动点，点为的中点，则长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据勾股定理求得AB=8，然后根据的性质求得NE和OE的长，当点P在M处时，AC有最小值，此时，在中应用勾股定理即可求解；当P在点N处时，AC有最大值，根据的性质求出CF、FO、AF，然后在中应用勾股定理即可求解．
【详解】∵OA=6，OB=10，ON=OM=3 ∴AM=OA-OM=3
∴在中， 过N点作于点E

∴ 又∵∴
∴ ∴ ∴，
当点P在点M、N处时，AC分别有最小值和最大值；当点P在M处时，AC有最小值
∵C是BP的中点， ∴
∴在中， ∴
当P在点N处时，AC有最大值 ∴
∵∴ ∴
∴， ∴， ∴
在中， 综上所述，故选D．
【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，题目较为综合，难度较大，根据题意讨论两种情况是本题的关键．
10．（2020·洛阳市第二外国语学校九年级二模）如图1，在△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，动点P从点B开始沿边BA、AC向点C以恒定的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以恒定的速度移动，两点同时到达点C，设△BPQ的面积为y（cm2）．运动时间为x（s），y与x之间关系如图2所示，当点P恰好为AC的中点时，PQ的长为（ ）
A．2B．4C．2D．4
【答案】C
【分析】点P、Q的速度比为3：，根据x＝2，y＝6，确定P、Q运动的速度，即可求解．
【详解】解：设AB＝a，∠C＝30°，则AC＝2a，BC＝a，设P、Q同时到达的时间为T，
则点P的速度为，点Q的速度为，故点P、Q的速度比为3：，
故设点P、Q的速度分别为：3v、v，
由图2知，当x＝2时，y＝6，此时点P到达点A的位置，即AB＝2×3v＝6v，BQ＝2×v＝2v，
y＝AB×BQ＝6v×2v＝6，解得：v＝1，
故点P、Q的速度分别为：3，，AB＝6v＝6＝a，则AC＝12，BC＝6，
如图当点P在AC的中点时，PC＝6，此时点P运动的距离为AB+AP＝12，需要的时间为12÷3＝4，
则BQ＝x＝4，CQ＝BC﹣BQ＝6﹣4＝2，过点P作PH⊥BC于点H，
PC＝6，则PH＝PCsinC＝6×＝3，同理CH＝3，则HQ＝CH﹣CQ＝3﹣2＝，
PQ＝＝＝2，故选：C．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
11．（2020·江苏无锡市·九年级其他模拟）如图，动点从（0，3）出发，沿轴以每秒1个单位长度的速度向下移动，同时动点从出发，沿轴以每秒2个单位长度的速度向右移动，当点移动到点时，点、同时停止移动．点在第一象限内，在、移动过程中，始终有，且．则在整个移动过程中，点移动的路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意过P点作交于D点，作交于E点，并利用全等三角形判定,得出，从而分当时，有（0，3），，设P点坐标为以及当时，有、O（0，0），、H，设P点坐标为，求出P点坐标，继而由点移动的路径为一条线段利用两点间距离公式求得点移动的路径长.
【详解】解：由题意过P点作交于D点，作交于E点，如图，
∵，∴,∴,
∵,∴,即有,由题意可知，
当时，有（0，3），，设P点坐标为，
由，即有，解得，即此时P点坐标为；
当时，有、O（0，0），、H，设P点坐标为，
由即图上，即有，
解得，即此时P点坐标为；由图可知点移动的路径为一条线段，
则点移动的路径长为：.故选：A.
【点睛】本题考查平面直角坐标系点的运动问题，熟练掌握全等三角形的性质和判定以及两点间距离公式是解题的关键.
12．（2020·安徽）边长为4、中心为的正方形如图所示，动点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动到点时停止，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度运动一周停止，若点同时开始运动，点的运动时间为，当时，满足的点的位置有（ ）
A．6个B．7个C．8个D．9个
【答案】B
【分析】依次取的中点，连接．由题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，，则有六种情况，分类列式计算求出t的值，即可解答本题．
【详解】解：依次取的中点，连接．
根据题意，得点运动的路程为，当时，点运动的路程为．
分析题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，．
当时，显然；
②当时，如图（1），点在上，点在上， ，
由，得；
③当时，如图（2），点在上，点在上，，
由，得或；
④当时，如图（3），点在上，点在上，，
由，得（舍去）或；
⑤当时，如图（4），点在上，点在上，，
由，得或；
⑥当时，点停在点处，因此当时，，只有时满足．
综上，满足条件的点的位置有7个，故选：B．
【点睛】本题结合动点考查考生空间想象的能力与分析问题、解决问题的综合能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养． 分析题意时，需注意时间的取值范围不含0和16，第后点停止运动，且与点重合．
13．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，等边中，，点，点分别是边，上的动点，且，连接、交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径的长度为_________．
【答案】
【分析】如图，作过A、B、F作⊙O,为点F的轨迹，然后计算出,的长度即可．
【详解】解：如图：作过A、B、F作⊙O,过O作OG⊥AB ∵等边∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°
∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°
∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角∴∠AOB=120°
∵OG⊥AB,OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=∴∠OBG=30°
设OB=x，则OG=x∴，解得x=或x=-（舍）
∴的长度为．故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．
14．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．
【答案】
【分析】根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】连接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，
∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，
∵∠BPE=∠BDP+∠DBF =∠BDP+∠ADE=∠BDF =60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，
∵∠C=60，∴∠C+∠BPD =180，∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，∴∠BOD =2∠BCD =120，
作OG⊥BD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，∴，从而点的路径长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
15．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③④
【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【详解】解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正确；由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．（2020·湖北鄂州市·中考真题）如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．
【答案】1或．
【分析】将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．
【详解】解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB
由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB∴△OAB为等边三角形∴∠AOB=60°，OE⊥AB
在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=
∴S扇形OAB-S△OAB∴OF=
∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒
②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD
由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD∴△OCD为等边三角形∴∠COD=60°，OE⊥CD
在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=
∴S扇形OCD-S△OCD∴OF=
∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒
综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为
故答案为：1或．
【点睛】本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．
17．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．
【答案】
【分析】由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．
【详解】∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，
∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，
∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，
∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由轴对称性得：BQ=BA=CD，
在△BOQ和△DOC中，，∴△BOQ≌△DOC，
∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，
=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
18．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．
【答案】7
【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，∴BE+BD=3BE=，∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，∵AB∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，∴a+b=3+4=7，故答案为：7.
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
19．（2020·内蒙古呼伦贝尔市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点与坐标原点重合，点的坐标为（0,3），点在轴的正半轴上．直线分别与边相交于两点，反比例函数的图象经过点并与边相交于点，连接．点是直线上的动点，当时，点的坐标是________________．
【答案】（1，0）或（3，2）
【分析】根据正方形的性质以及一次函数表达式求出点D和点M坐标，从而求出反比例函数表达式，得到点N的坐标，求出MN，设点P坐标为（m，m-1），根据两点间距离表示出CP，得到方程，求解即可．
【详解】解：∵正方形OABC的顶点O与坐标原点重合，点C的坐标为（0，3），∴B（3，3），A（3，0），
∵直线y=x-1分别与边AB，OA相交于D，M两点，∴可得：D（3，2），M（1，0），
∵反比例函数经过点D，k=3×2=6，∴反比例函数的表达式为，令y=3，解得：x=2，
∴点N的坐标为（2，3），∴MN==，
∵点P在直线DM上，设点P的坐标为（m，m-1），∴CP=，
解得：m=1或3，∴点P的坐标为（1，0）或（3，2）．故答案为：（1，0）或（3，2）．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离，反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据点的坐标，利用待定系数法求出反比例函数解析式.
20．（2020·上海中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．
【答案】．
【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．
∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直线BD的距离为．故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．
21．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．
【答案】2 ﹣1
【分析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】∵四边形ABCD是矩形∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，∴，
∴∴
在和中，∴∴
∵∴∵∴
∴，即∴
解得或（不符题意，舍去）
则故答案为：2，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
22．（2020·江西宜春市·九年级一模）如图，在中，动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，同时动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，运动时间为秒，连接．若以为直径的与的边相切，则的值为_______．
【答案】或或
【分析】分当⊙O与BC相切、⊙O与AB相切，⊙O与AC相切时，三种情况分类讨论即可得出结论．
【详解】解：设运动时间为t秒（0在直角三角形ABC中，由勾股定理，得AB==10.
当为直径的与的边AB相切时，∠BMN=90°=∠C，又因为∠B=∠B，所以△BMN∽△BCA，∴=，解得t=；当为直径的与的边BC相切, ∠BNM=90°=∠C，又因为∠B=∠B，所以△BMN∽△BAC，所以=，解得t=1;当为直径的与的边AC相切,如图,过点O作OH⊥AC于点H，交PM于点Q，
OH=OQ+QH=PM+PC=（8t-8）+（8-4t）=4，∴MN=2OH=8，∴73t2-128t+64=64
解得t1=0，t2=.故t的值为或或.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质及圆的综合知识；由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键，此类题目为中考的热点考题之一，应加强训练．
23．（2020·江苏无锡市·九年级二模）如图，为的内接三角形，，点为弧上一动点，垂直直线于点当点由点沿弧运动到点时，点经过的路径长为_______．
【答案】
【分析】如图，作OH⊥BC于H，设OC的中点为K．当E的运动轨迹是以OC为直径的圆弧，圆心角为240°，根据弧长公式计算即可．
【详解】如图，作OH⊥BC于H，设OC的中点为K．
∵OH⊥BC，∴BH=CH=，∵∠A=60°，∴∠COH=60°，∴∠OCH=30°，∴OC=，
∵∠CEO=90°，∴当E的运动轨迹是以OC为直径的圆弧，圆心角为240°，
∴点E经过的路径长．故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外心与外接圆，轨迹，弧长公式以及垂径定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找点E的运动轨迹．
24．（2020·湖北武汉市·）如图，在△ABC中，AB＝5，D为边AB上－动点，以CD为一边作正方形CDEF，当点D从点B运动到点A时，点E运动的路径长为_________．
【答案】5
【分析】如图，构造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，则由△CGE∽△CBD，得GE=BD，即可求得点E运动的路径长．
【详解】如图：作GB⊥BC于B，取GB=BC，
当点D与点B重合时，则点E与点G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=BC，∠GCB=45，
∵四边形CDEF是正方形，∴CE=DC，∠ECD=45，
∴∠BCD+∠DCG =∠GCE+∠DCG =45，∴∠BCD =∠GCE，且，
∴△CGE∽△CBD，∴，即GE=BD，
∵BD=5，∴点E运动的路径长为GE=BD=5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．（2020·吉林长春市·九年级其他模拟）如图，长方形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=BC=20，AB=8，动点P从点B出发，先以每秒2cm的速度沿B→A的方向运动，到达点A后再以每秒4cm的速度沿A→D的方向向终点D运动；动点Q从点B出发以每秒2cm的速度沿B→C的方向向终点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点P、Q同时出发，运动时间为t秒．
(1)直接写出BQ的长(用含t的代数式表示);(2)求△BPQ的面积S(用含t的代数式表示);(3)求当四边形APCQ为平行四边形t的值;(4)若点E为BC中点，直接写出当△BEP为等腰三角形时t的值．
【答案】(1) BQ=2t(0≤t≤9) ；(2) S=2t2(0＜t≤4)， S=8t(4＜t≤9)； (3) t=6；(4) t=5或或或8
【分析】(1)先计算得出点P和点Q走完全程所需时间，即可直接写出BQ的长；
(2)分点P在AB上时和点P在AD上时，两种情况讨论，由三角形面积公式可求S与t的函数关系式；
(3)当点P在AD上，且AP=CQ时，四边形APCQ是平行四边形．由此构建方程即可解决问题．
(4)分三种情况讨论，利用等腰三角形的性质可求解，
【详解】(1) 点P走完全程所需时间：(秒)，点Q走完全程所需时间：(秒)，
∴点P和点Q运动时间最多为秒，由题意，得：BQ()；
(2)当点P在AB上时，S=BQ×BP=×2t×2t=2t2(0＜t≤4)，
当点P在AD上时，S=BQ×8=8t(4＜t≤9)；
(3)当点P在AD上，且AP=CQ时，四边形APCQ是平行四边形，
依题意得：4(t-4)=20-2t，解得：t=6．∴t=6时，四边形APCQ是平行四边形；
(4)∵点E为BC中点，∴BE=EC=10，
如图，若BE=PE=10，过点E作EH⊥AD于H，

∵∠ABC=∠BAD=90°，EH⊥AD，∴四边形ABEH是矩形，
∴HE=AB=8，AH=BE=10=HD，∴PH==6，
当点P在点H左边时，∴AP=4，∴5(秒)，当点P在点H右边时，∴AP=16∴8(秒)，
如图，若BP=PE，过点P作PM⊥BC于M ∴BM=ME=5，
∵∠ABC=∠BAD=90°，PM⊥BC，∴四边形ABMP是矩形，∴AP=BM=5，∴(秒)，
若BP=BE=10，
∴AP==6 ∴ (秒)，
综上所述：当t=5或或或8时，△BEP为等腰三角形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，函数的应用，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键，属于中考常考题型．
26．（2020·江西九江市·九年级零模）如图，在矩形中，，，点，分别在边，上，，连接，．动点在上从点向终点匀速运动，同时，动点在射线．上从点沿方向匀速运动，当点运动到EF的中点时，点恰好与点重合，点到达终点时，， 同时停止运动．
（1）求的长．（2）设，，求关于的函数表达式，并写出自变的取值范围．
（3）连接，当与的一边平行时，求的长．
【答案】（1）；（2）（）；（3）的值为或12
【分析】（1）由矩形的性质可得：∠B＝90°，在Rt△BEF中，根据勾股定理即可求出EF的长；
（2）已知，，根据“当点运动到EF的中点时，点恰好与点重合”，即可求出关于的函数表达式；（3）如图3-1和3-2中，延长交的延长线于，根据相似三角形的判定定理可证得，根据相似三角形对应边成比例可得EH，CH的长，然后分三种情况讨论：①，②，③，排除掉不存在的情况，继而根据相似三角形对应边成比例即可求解．
【详解】(1)∵四边形是矩形，∴，，，
∵，∴，∴．
（2）由题意得：，即．∴（）．
（3）如图，延长交的延长线于．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠ECD＝∠ECH＝90°，
又∵∠BEF＝∠CEH，∴，∴，∴，
∴,，
①如图3-1，当时，△HMN∽△HFD，∴，即，解得，
②当时，这种情形不存在．
③如图3-2中，当时，△HED∽△HMN，∴，即，
∵，解得，综上所述，满足条件的的值为或12．
【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定定理及其性质，以动点问题为背景，解题的关键是综合运用所学知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力，有一定的难度．
27．（2020·江苏淮安市·九年级一模）如图，抛物线经过点两点，与轴交于点，点是抛物线上一个动点，设点的横坐标为．连接
（1）求抛物线的函数表达式；（2）当时，若点是轴正半轴上上的一个动点，点是抛物线上动点，试判断是否存在这样的点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）2；（3）存在，点的坐标为
【分析】（1）由抛物线交点式表达，即可求解；（2）分BD是平行四边形的一条边、BD是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）抛物线经过点
解得：抛物线的函数表达式为
（2）存在，（方法多种，以下从对角线出发来求解）
以以为平行四边形的对角线时，设点分别是、和的中点，
则：， 易求得： 或 （舍去）；
以为平行四边形的对角线时，同理求得： 或4 （均舍去）；
以为平行四边形的对角线时，同理求得： 或 （舍去）
综上，点的坐标为
【点睛】本题考查抛物线的综合问题，掌握抛物线的性质、待定系数法、平行四边形的性质是解题的关键．
28．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边长是方程的根，连接，，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒
（1）线段______；（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；
（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)
【分析】（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．
【详解】（1）解方程得：(舍去)，∴AB=6，
∵四边形是矩形，，∴AB=CD=6，BD=2AB=12，
∴BC=AD=，
∵，∴，故答数为：；
（2）如图1，过点M作MH⊥BD于H，

∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=30°，∴MH=MD=，∵∠DBC=30°，CN⊥BD，∴BN=，
当点P在线段BN上即时，△PMN的面积；
当点P与点N重合即时，s=0，
当点P在线段ND上即时，△PMN的面积；
∴；
（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，
∵，∴，
解得：或，即或，
则BE=或BE=，∴点P的坐标为(，)或(，)；
当PN=NM=9-2t时，∵，∴，
解得或24（不合题意舍去），∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3
∴点P的坐标为(，)，综上所述：点P坐标为(，)或(，) ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理，等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
29．（2020·广东广州市·中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，∴∠ADC=∠BDC=60°，∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．如图，延长DA至点E，使得AE=DB．连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性:C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=∴t=D1D2=．∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．所有t值中的最大值为．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
30．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；
【分析】（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
【详解】解：（1）由题可得：，．∴．
（2）当时，线段的长度最大．如图，过作，垂足为，则．
∵平分，∴，∴，．
设线段的长为，则，，．
∵，∴，∴，∴，解得：．
∴．∴当时，线段的长度最大，最大为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
B卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（ ）
A．或B．或C．D．或
【答案】A
【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当12时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．
【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，

∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，
设A到EF的距离AM=x，
①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，
∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，
∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；
②当1∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，
∴，解得：；
③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，

∵公共部分面积为，∴，
且，解得：或（舍），
④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；
⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；
所以，满足条件的AM的值为或，故选：A．
【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．
2．（2020·江苏无锡市·中考真题）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④B．②④C．①③D．②③
【答案】D
【分析】①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；④作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，再由D1Q′=DQ′=D2 P′，，且∠AD1D2=120°，∠D2AC=90°，可得的最小值，即可得解．
【详解】解：①∵线段在边上运动，，∴,∴与不可能相等，
则①错误；
②设，∵，，∴，即，
假设与相似，∵∠A=∠B=60°，∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，∴解得的或符合题意，即与可能相似，则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，
设，由，，得，即，∴，
∵∠B=60°，∴，∵，∠A =60°，∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，
∴D1Q′=DQ′=D2 P′，，且∠AD1D2=180∠D1AB=180∠DAB =120°，
∴∠D1AD2=∠D2AD1==30°，∠D2AC=90°，在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，，
∴，
在Rt△AD2C中，由勾股定理可得，，
∴四边形P′CDQ′的周长为：，
则④错误，所以可得②③正确，故选：D．
【点睛】本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
3．（2020·河南九年级一模）在中，，，点为中点，点为边上不与端点重合的一动点，将沿折叠得，点的对应点为点，若，则的长为__________．
【答案】或．
【分析】分两种情况讨论，延长交于，由勾股定理可求的长，由折叠的性质可得，，由锐角三角函数可求，可求的长，可得的长，再由锐角三角函数可求解．
【详解】解：如图，延长交于，

，，，，
点为中点，，将沿折叠得，
，，，，，
，；如图，设与交于，
将沿折叠得，，，，
，，，，
，，，，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
4．（2020·辽宁葫芦岛市·九年级三模）如图，为等边三角形，为其内心，射线交于点， 点为射线上一动点，将射线绕点逆时针旋转，与射线交于点，当时，的长度为__________
【答案】或；
【分析】根据等边三角形的性质和内心的定义可得∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AD平分∠BAC，AB=BC=AC，然后利用锐角三角函数求出BD、CD、OD和OC，然后根据点P和点O的相对位置分类讨论，分别画出对应的图形，利用全等三角形的判定及性质、锐角三角函数和相似三角形的判定及性质即可求出结论．
【详解】解：∵为等边三角形，为其内心，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AD平分∠BAC，AB=BC=AC
∴AD⊥BC，BD=CD，∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°
∴BD=CD==，AB =AC=BC=2BD=
连接OC;易知OC=OA，∠OCD=30° 在Rt△OCD中，OD=CD·tan∠OCD=2，OC=2OD=4
①当点P在点O上方时，如下图所示，设射线绕点逆时针旋转后，点P的对应点为E，连接BE，过点E作EF⊥BC于F
∴∠PCE=60°，EC=PC，AP=AD－OD－PO=3∴∠PCE=∠ACB=60°∴∠ECB=∠PCA
∵BC=AC∴△ECB≌△PCA∴BE=AP=3，∠EBC=∠PAC=30°
∴EF=BE·sin∠EBC=,BF= BE·cs∠EBC=∴CF=BC－BF=
∵EF⊥BC，AQ⊥BC∴EF∥AQ∴△CDQ∽△CFE ∴即解得：DQ=；
②当点P在点O下方时，如下图所示，设射线绕点逆时针旋转后，点P的对应点为E，连接BE，过点E作EF⊥BC于F∴∠PCE=60°，EC=PC，AP=AD－OD＋PO=5∴∠PCE=∠ACB=60°∴∠ECB=∠PCA
∵BC=AC∴△ECB≌△PCA∴BE=AP=5，∠EBC=∠PAC=30°
∴EF=BE·sin∠EBC=,BF= BE·cs∠EBC=∴CF=BC－BF=
∵EF⊥BC，AQ⊥BC∴EF∥AQ∴△CDQ∽△CFE∴即
解得：DQ=；综上：DQ=或故答案为：或．
【点睛】此题考查的是等边三角形的性质、三角形内心的定义、全等三角形的判定及性质、锐角三角函数和相似三角形的判定及性质，掌握等边三角形的性质、三角形内心的定义、全等三角形的判定及性质、锐角三角函数和相似三角形的判定及性质是解决此题的关键．
5．（2020·广西九年级其他模拟）如图，在矩形中，，，是的中点，连接，是边上一动点，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在上的点处，当是直角三角形时，__________．
【答案】或
【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC＝12，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，根据勾股定理可求出AE的长，设＝PD＝x，则AP＝12﹣x，当△是直角三角形时，分两种情况：①当∠＝90°，②当∠＝90°时，根据相似三角形的性质列出方程，解之即可得到结果．
【详解】∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∴AD＝BC＝12，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，
∵E是BC的中点，∴BE＝CE＝6，∴AE＝，
∵沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点处，∴＝PD，
设＝PD＝x，则AP＝12﹣x，当△A是直角三角形时，
①当∠＝90°时，∴∠＝∠B＝90°，∵AD∥BC，∴∠＝∠AEB，
∴△ABE∽△，∴，∴，解得：x＝，即PD＝；
②当∠＝90°时，∴∠＝∠B＝90°，∵∠PAE＝∠AEB，∴△∽△EBA，
∴，∴，解得：x＝，即PD＝；
综上所述，当△是直角三角形时，PD＝或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用分类思想和方程思想是解题的关键．
6．（2020·河南焦作市·九年级一模）在矩形ABCD中，，，点E 是AD上一动点，过点E作EF∥BD交AB于F，将△AEF沿EF折叠，点A的对应点落在△BCD的边上时，AE的长为_____________．
【答案】2或
【分析】分落在BD上或BC上两种情况，分别画出示意图，根据矩形的性质以及折叠的性质求解即可．
【详解】解：当落在BD上时，如下图：∵在矩形ABCD中，，，∴
根据折叠的性质可知， ∵EF∥BD∴∴∴；

当落在BC上时，如下图：∵
∴ ∴ ∴
∵∴∵∴∴
∴∴∴故答案为：2或．
【点睛】本题考查的知识点是矩形的性质、平行线的性质、折叠的性质、相似三角形的判定及性质，考查的范围较广，但难度不大，根据题意画出示意图是解此题的关键．
7．（2020·吉林长春市·中考真题）如图①，在中，，，．点从点出发，沿折线以每秒5个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点运动，点到达点时，点、同时停止运动．当点不与点、重合时，作点关于直线的对称点，连结交于点，连结、．设点的运动时间为秒．
（1）当点与点重合时，求的值．（2）用含的代数式表示线段的长．（3）当为锐角三角形时，求的取值范围．（4）如图②，取的中点，连结．当直线与的一条直角边平行时，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）或；（3）或；（4）或.
【分析】（1）由题意直接根据AB=4，构建方程进行分析求解即可；（2）由题意分两种情形：当点P在线段AB上时，首先利用勾股定理求出AC，再求出AE即可解决问题．当点P在线段BC上时，在Rt△PCE中，求出CE即可；（3）根据题意求出两种特殊情形下△PDQ是等腰直角三角形时t的值，即可求解当△PDQ为锐角三角形时t的取值范围；（4）根据题意分两种情形：如图7，当点P在线段AB上，QM∥AB时以及如图8，当点P在线段BC上，QM∥BC时，分别求解即可．
【详解】解：（1）当点与点重合时，．解得．
（2）在中，，，所以，，．
如图3，当点在上时，在中，．所以．
如图4，当点在上时，在中，，．
所以．
（3）先考虑临界值等腰直角三角形，那么．
如图5，当点在上时，在中，．
而，由，得．解得．
如图6，当点在上时，在中，．
而，由，得，解得．
再数形结合写结论．当为锐角三角形时，，或．
（4）的值为或．如图7，当点在上时，延长交于点．
作于，作于．由，是的中点，可知是的中点．
在中，，所以．在中，．
由，解得．
如图8，当点在上时，作于．由，是的中点，可知．
在中，，所以．
在中，．由，得，解得．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查解直角三角形，平行线的性质，等腰直角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.
8．（2020·山东青岛市·中考真题）已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．
解答下列问题：（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,
【分析】（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可；（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式；
（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可．
【详解】（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：
由题意，CE=2，CM∥BF，∴即：，解得：CM=，
要使点在线段的垂直平分线上， 只需QM=CM=，∴t=；
（2）如图，∵，，，
∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cs∠PAH=，sin∠EFB=，
在Rt△APH中，AP=2t，∴PH=AP·sin∠PAH=，
在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，
在Rt△QNF中，QF=10-t-=，∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，四边形为矩形，
∴PH=QN，∴=，解得：t=3；

（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，
由（2）中知QN=，AH=AP·cs∠PAH=，∴BH=GC=8-，
∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，
∴=
==，
∴S与t的函数关系式为：；
（4）存在，t=．证明：如图，延长AC交EF于T，
∵AB=BF,BC=BF, ，∴△ABC≌△EBF，∴∠BAC=∠BEF，
∵∠EFB+∠BEF=90º，∴∠BAC+∠EFB=90º，∴∠ATE=90º即PT⊥EF，
要使点在的平分线上，只需PH=PT，在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，
CT=CE·sin∠BEF =，PT=10+-2t=，又PH=，=，解得：t=．
【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常考题型．
9．（2020·吉林中考真题）如图，是等边三角形，，动点从点出发，以的速度沿向点匀速运动，过点作，交折线于点，以为边作等边三角形，使点，在异侧．设点的运动时间为，与重叠部分图形的面积为．（1）的长为______（用含的代数式表示）．（2）当点落在边上时，求的值．（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；当时，．
【分析】（1）根据“路程速度时间”即可得；（2）如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，再根据垂直的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后在中，利用直角三角形的性质列出等式求解即可得；
（3）先求出点Q与点C重合时x的值，再分、和三种情况，然后分别利用等边三角形的性质、正切三角函数、以及三角形的面积公式求解即可得．
【详解】（1）由题意得：故答案为：；
（2）如图，和都是等边三角形
，即，
在和中，
在中，，即解得；
（3）是等边三角形
当点Q与点C重合时， 则，解得
结合（2）的结论，分以下三种情况：
①如图1，当时，重叠部分图形为
由（2）可知，等边的边长为
由等边三角形的性质得：PQ边上的高为 则
②如图2，当时，重叠部分图形为四边形EFPQ
则在中，，
在中，，即
则
③如图3，当时，重叠部分图形为
同②可知，，
在中，，即
则
综上，当时，；当时，；当时，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、直角三角形的性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分三种情况讨论是解题关键．
10．（2020·四川乐山市·中考真题）点是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点不与点、重合），分别过点、向直线作垂线，垂足分别为点、．点为的中点．
（1）如图1，当点与点重合时，线段和的关系是 ；（2）当点运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，点在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系．
【答案】（1）；（2）补图见解析，仍然成立，证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；（2）（1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；
（3）FC＋AE＝OE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得，得出，，再根据，，推出，即可得证．
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；
（2）补全图形如图所示，仍然成立，

证明如下：延长交于点，
∵，∴，∴，
∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，
∵，∴；
（3）当点在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，
证明如下：延长交的延长线于点，如图所示，
由（2） 可知 ，∴，，
又∵，，∴，∴．
【点睛】本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题得以解决．
11．（2020·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，点P、Q分别是等边边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．
（1）如图1，连接AQ、CP求证：（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数,（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）不变；60°；（3）不变；120°．
【分析】（1）根据点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发，可得BQ=AP，结合等边三角形的性质证全等即可；（2）由（1）中全等可得∠CPA=∠AQB，再由三角形内角和定理即可求得∠AMP的度数，再根据对顶角相等可得的度数；（3）先证出，可得∠Q=∠P，再由对顶角相等，进而得出∠QMC=∠CBP=120°．
【详解】解：（1）证明：∵三角形ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠CAB=60°，
∵点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发，∴BQ=AP，
在△ABQ与△CAB中，∴．
（2）角度不变，60°，理由如下：∵∴∠CPA=∠AQB，
在△AMP中，∠AMP=180°-（∠MAP+∠CPA）=180°-（∠MAP+∠AQB）=∠ABC=60°，
∴∠QMC=∠AMP=60°，故∠QMC的度数不变，度数为60°．
（3）角度不变，120°，理由如下：当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，
有AP=BQ，∴BP=CQ∵∠ABC=∠BCA=60°，∴∠CBP=∠ACQ=120°，
∴∴∠Q=∠P，
∵∠QCM=∠BCP，∴∠QMC=∠CBP=120°，故∠QMC的度数不变，度数为120°．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，灵活运用等边三角形的性质证全等是解题的关键．
12．（2020·江苏泰州市·中考真题）如图，正方形的边长为，为的中点，为等边三角形，过点作的垂线分别与边、相交于点、，点、分别在线段、上运动，且满足，连接．（1）求证：．（2）当点在线段上时，试判断的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设，点关于的对称点为，若点落在的内部，试写出的范围，并说明理由．
【答案】（1）证明见详解；（2）不变，；（3）当时，点落在的内部．
【分析】（1）由“”可证；
（2）连接，过点作于，由“”可证，可得，，，由直角三角形的性质可求，由锐角三角函数可求，由全等三角形的性质可求，即可求；（3）当点落在上时，，当点落在上时，分别求出点落在上和上时的值，即可求解．
【详解】解：∵为等边三角形，∴，,
∴,∴即有：，
∵四边形是正方形，∴
在和中∴
（2）的值不变，
理由如下：如图1，连接，过点作于，
，，，
，，，
，，，，
，，四边形是矩形，，
，，，，，
，；
（3）当点落在上时，如图2示，

，，，是等边三角形，
当点落在上时，点关于的对称点为，
△，
点与点重合，点与点重合，，
如图3，当点落在上时，同理可求：，
综上所述，当时，点落在的内部．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
13．（2020·山东聊城市·中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．
（1）求出二次函数和所在直线的表达式；
（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；
（3）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，点的坐标是．
【分析】（1）将，代入，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段所在直线的表达式，求解即可；
（2）根据题意只要，四边形即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点的横坐标为，则，，得出，根据，得，求解即可；（3）由（2）知，，根据与有共同的顶点，且在的内部，只有当时，，利用勾股定理，可得
，，根据，即，解出t值，即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意，将，代入，
得，解得，∴二次函数的表达式，
当时，，得点，又点，设线段所在直线的表达式，
∴，解得，∴所在直线的表达式；
（2）∵轴，轴，∴，

只要，此时四边形即为平行四边形，由二次函数，
得点，将代入，即，得点，∴，
设点的横坐标为，则，，
由，得，解之，得（不合题意舍去），，
当时，，∴；
（3）由（2）知，，∴，
又与有共同的顶点，且在的内部，∴，
∴只有当时，，由，，，
利用勾股定理，可得，，
由（2）以及勾股定理知，，，
∴，即，∵，∴，∴，
当时，，∴点的坐标是．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．
14．（2020·四川内江市·中考真题）如图，抛物线经过A（-1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）过点D作，垂足为点E，是否存在点D，使得中的某个角等于的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）（3，2）或（1，3）；（3）存在，2或．
【分析】（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【详解】解答：解：（1）将A（−1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2＋bx＋c得：
，解得：故抛物线的解析式为．
（3）分两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，如图3所示．

∵OC＝OF，OB⊥CF，∴∠ABC＝∠ABF，∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，∴∠DCB＝∠CBF，∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，−2），∴直线BF的解析式为y＝x−2，∴直线CD的解析式为y＝x＋2．
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：，
解得：（舍去），，∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．
∵∠OCH＝90°−∠OHC，∠OBF＝90°−∠BHN，∠OHC＝∠BHN，∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中，∴△OCH∽△OBF，
∴，即，∴OH＝1，H（1，0）．设直线CN的解析式为y＝kx＋n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），∴，解得，∴直线CN的解析式为y＝−2x＋2．
连接直线BF及直线CN成方程组得：，解得：，∴点N的坐标为（）．
∵点B（4，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为y＝− x＋2．
∵NP⊥BC，且点N（），∴直线NP的解析式为y＝2x−．
联立直线BC及直线NP成方程组得：，解得：，∴点Q的坐标为（）．
∵点N（），点N，P关于BC对称，∴点P的坐标为（）．
∵点C（0，2），P（），∴直线CP的解析式为y＝x＋2．
将y＝x＋2代入整理，得：11x2−29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2＝，∴点D的横坐标为．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据三角形面积公式和待定系数法求出点D的坐标；（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
15．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）在等腰和等腰中，，，将绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，连接．
（1）如图1，当点旋转到边上时，请直接写出线段与的位置关系和数量关系；
（2）如图2，当点旋转到边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．（3）若，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明详见解析；（3）或．
【分析】（1）根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半作答，得出DO＝EO，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质得出，从而得出DOEO，问题得解；
（2）方法1:延长EB交AD于F，先证明 ,然后证明,最后证 问题得以证明；方法2:延长EO到M，使得OM＝OE，先证是等腰三角形，然后证OAMOBE，再证MADDCE,最后证明MDE为等腰三角形问题得解．
（3）分BC在AC左侧时和BC在AC右侧两种情况，画出对应图形，求得，根据含30°角的直角三角形边之间的关系和勾股定理即可求得DE,再结合（2）可证OD⊥OE，OD=OE，根据等腰直角三角形三边关系可求得OD．
【详解】（1）
理由：，与是直角三角形，
是AB的中点， ， ，
，，
， ，
，
在中， ，，
故，OD＝OE．
（2）成立． 证法一：延长交于点，连接
和是等腰三角形，
∴四边形是矩形
是的中点
∵在中，是中点，则
．
证法二：延长到点，使得，连接
是的中点
和是等腰三角形，
．
（3）如下图，当BC在AC左侧时，∠ACB=60°，
过E作EH⊥DC，与它的延长线交于H，连接DE，

∵△ADC和△BEC为等腰直角三角形，∴,
∴，
∴在中，,,
∴,
在中,,
由（2）中的证法2可证得OD⊥OE，OD=OE，∴为等腰直角三角形，
∴在中，；
如下图，当BC在AC右侧时，∠ACB=60°，过E作EH⊥DC，与它交于H，连接DE，
∵△ADC和△BEC为等腰直角三角形，∴,
∴，
∴在中，,,
∴,在中,,
∴．综上所述或．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了图形的旋转变换，直角三角形的性质，三角形全等判定与与性质，矩形的判定与性质及勾股定理，三角函数等知识，属于中考压轴题．