中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题20阅读材料与创新型综合问题(江苏最新模拟30题)(原卷版+解析)

这是一份中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题20阅读材料与创新型综合问题(江苏最新模拟30题)(原卷版+解析)，共114页。试卷主要包含了解答题，四象限角，等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．（2023·江苏盐城·校联考模拟预测）如图1，对于平面上小于或等于90°的∠MON，我们给出如下定义：若点P在∠MON的内部或边上，作PE⊥OM于点E，PF⊥ON于点F，则将PE+PF称为点P与∠MON的“点角距”，记作d∠MON,P．如图2，在平面直角坐标系xOy中，x、y正半轴所组成的角记为∠xOy．
(1)已知点A4,0、点B3,1，则d∠xOy,A= ，d∠xOy,B= ．
(2)若点P为∠xOy内部或边上的动点，且满足d∠xOy,P=4，在图2中画出点P运动所形成的图形．
(3)如图3与图4，在平面直角坐标系xOy中，射线OT的函数关系式为y=43xx≥0．
①在图3中，点C的坐标为4,1，试求d∠xOT,C的值；
②在图4中，抛物线y=−12x2+2x+c经过A5,0，与射线OT交于点D，点Q是A，D两点之间的抛物线上的动点（点Q可与A，D两点重合），求c的值和当d∠xOT,Q取最大值时点Q的坐标．
2．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考模拟预测）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A、B分别是图形M和图形N上任意一点，当AB的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离．
例如，如图1，AB⊥l2，线段AB的长度称为点A与直线l2之间的距离．当l2∥l1时，线段AB的长度也是l1与l2之间的距离．
(1)如图2，在等腰直角三角形BAC中，∠A=90°，AB=AC，点D为AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E．若AB=12，AD=8，则DE与BC之间的距离是__________；
(2)如图3，已知直线l3：y=−x+8与双曲线C1：y=kxx>0交于A2,m与B两点，点A与点B之间的距离是__________，点O与双曲线C1之间的距离是__________；
【拓展】
(3)按规定，住宅小区的外延到高架路的距离不超过80m时，需要在高架路旁修建与高架路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南一西北”走向的笔直高架路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于80m．现以高架路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系，此时高架路所在直线l4的函数表达式为y=−x，小区外延所在双曲线C2的函数表达式为y=3000xx>0，那么需要在高架路旁修建隔音屏障的长度是多少？
3．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】
如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求∠BKM的度数和MK的长；
（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．
4．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”，如图1，四边形ABCD中，AB=CD、AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底．
(1)【提出问题】如图2，△ABC与△DEC都是等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，135°<∠AEC<180°．求证：四边形BDEA是“等垂四边形”；
(2)【拓展探究】如图3，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，点M、N分别是AD，BC的中点，连接MN．已知腰AB=5，求MN的长；
(3)【综合运用】如图4，四边形ABCD是“等垂四边形”，AB=CD=4，底BC=9，则较短的底AD长的取值范围为 ．
5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．
(1)利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形______（填写序号）
①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形
(2)如图1，在对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，且AC⊥BC，AC⊥AD．若BC=1，求四边形ABCD的面积和周长．
(3)如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD外接圆的圆心，连接OA，∠OAC=∠ABC．求证：四边形ABCD是“对角互余四边形”；
(4)在（3）的条件下，如图3，已知AD=a，DC=b，AB=3AC，连接BD，求BD2的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
6．（2023·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）问题提出：已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90°)得到△ E'BF'，则AE'与DF'有怎样的数量关系．
【问题探究】
探究一：如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
（1）如图1，直接写出DFAE的值 ；
（2）将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
如图3，若四边形ABCD为矩形，ABBC=22，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△ E'BF' (E、F的对应点分别为E'、F'点)，连接AE'、DF'，则AE'DF'的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出AE'DF'的值．
【一般规律】
如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90 °)得到△ E'BF'，连接AE'，DF'，请直接写出AE'与DF'的数量关系．
7．（2023·江苏苏州·一模）【教材再现】
在初中数学教材中有这样一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．如图1，直线l1∥l2，直线m和直线n分别与直线l1和直线l2相交于点A，点B，点F，点D，直线m和直线n相交于点E，则BEAB=DEFD；
【探究发现】
如图2，在△ABC中，AC=BC=3，∠C=90°，点D在边BC上（不与点B，点C重合），连接AD，点E在边AB上，∠EDB=∠ADC．
(1)求证：BEAB=DEAD；
(2)当DEAD=12时，直接写出AD的长；
(3)点H在射线AC上，连接EH交线段AD于点G，当CH=1，且∠AEH=∠BED时，直接写出BEAB的值．
8．（2023·江苏徐州·校考一模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______（写一个即可）．
(2)迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ= ______°，∠CBQ=______°；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ=3cm时，直接写出AP的长．
9．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
10．（2023春·江苏苏州·九年级苏州高新区实验初级中学校考开学考试）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．
例如：若△ABC中，∠A=2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形．
问题提出
(1)如图，已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线．
①则图中相等的线段有______，图中相似三角形有______；
②若点D正好在BC的垂直平分线上，且tanC=12，求tan∠ABC的值；
问题解决
(2)如图，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=48，BC=132，AD=68，工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形，工人师傅在这块板材上的作法如下：
第一步：作BC的垂直平分线l交BC于点E；
第二步：在BC上方的直线l上截取EF=33，连接CF并延长，交AD于点P；
第三步：连接BP，得△BCP．
①请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法．
②是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请在图中画出一种符合要求的图形并简要说明作法；若不存在，请说明理由．
11．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）阅读理解：
小明热爱数学，在课外数学资料上看到平行四边形一个性质定理：任意平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和．如图1，在平行四边形ABCD中，AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．由此，他探究得到三角形的一个性质：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．
(1)说理证明：
如图2，在△ABC中，若点D为BC的中点，则有：AB2+AC2=2AD2+2BD2．请你证明小明得到的三角形性质的正确性．
(2)理解运用：
①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=4，AC=3，BC=6，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=4 2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
(3)拓展延伸：如图4，已知⊙O的半径为25，以A(2,2)为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，则AD长的最大值为 ．
12．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）平面直角坐标系中，O为原点，点A12，0，点B0，5，线段AB的中点为点C．将△ABO绕着点B逆时针旋转，点O对应点为O1，点A的对应点为A1．
(1)如图，当点O1恰好落在AB上时，
①此时CO1的长为 ；
②点P是线段OA上的动点，旋转后的对应点为P1，连接BP1，PO1，试求BP1+PO1最小时点P的坐标．
(2)如图②，连接CA1，CO1，则在旋转过程中，△CA1O1的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
13．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）数学兴趣小组在探究圆中图形的性质时，用到了半径是6的若干圆形纸片．
(1)如图1，一张圆形纸片，圆心为O，圆上有一点A，折叠圆形纸片使得A点落在圆心O上，折痕交⊙O于B、C两点，求∠BAC的度数．
(2)把一张圆形纸片对折再对折后得到如图扇形，点M是弧PQ上一动点．
①如图2，当点M是弧PQ中点时，在线段OP、OQ上各找一点E、F，使得△EFM是等边三角形．试用尺规作出△EFM，不证明，但简要说明作法，保留作图痕迹．
②在①的条件下，取△EFM的内心N，则ON=___________．
③如图3，当M在弧PQ上三等分点S、T之间（包括S、T两点）运动时，经过兴趣小组探究都可以作出一个△EFM是等边三角形，取△EFM的内心N，请问ON的长度是否变化．如变化，请说明理由；如不变，请求出ON的长度．
14．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC中，∠C=90°，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若AB=23，求出△AFB面积的最大值．
【灵活运用】
在等边△ABC中，AB=23，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，试求出△AFB周长的最大值．
15．（2023秋·江苏南通·九年级启东市长江中学校考期末）在平面直角坐标系中，若对于任意两点Ax1,y1、Bx2,y2，都有x1+x2=y1+y2，则称A、B两点互为“友好点”．已知点A1,4．
(1)若B2,1、C0,−3、D2,−2，则点A的“友好点”是 ；
(2)若A1,4、Pm,n都在双曲线y=kx上，且A、P两点互为“友好点”．请求出点P的坐标；
(3)已知抛物线y=ax2+2bx+3c（a≠0，a，b，c为常数）．顶点为D点，与x轴交于A、B两点，与直线y=bx+2c交于P、Q两点．若满足：①抛物线过点0,−3；②△DAB为等边三角形；③P、Q两点互为“友好点”．求b−a−199c的值．
16．（2023·江苏·九年级专题练习）已知OM⊥ON，垂足为点O，点E、F分别在射线OM、ON上，连接EF，点A为EF的中点，ED∥ON，ED=DF，连接OA并延长交线段ED或DF于点G．
(1)如图1所示，当点G在ED上，若OG=DE，则∠EDF= °；
(2)当点G在FD上，请在图2中画出图形并证明△DEF∽△AOF；
(3)若DG=2，AG=4，求DF的长．
17．（2023春·江苏·九年级专题练习）类比推理是根据两个或两类对象在一系列属性上相同或相似，从而推出它们在其他属性上也相同或相似的推理．借助类比推理可以发现解决问题的方法．
如图（1），在△ABC中，∠C=90°，ACBC=m，点D、F分别是边AB、AC上的点，∠B=2∠ADF，过点A作AE⊥DF交DF的延长线于点E，求AEDF的值．
为了获取解决问题的方法，小敏先假设m=1，点D与点B重合（图（2）），此时她发现BE是∠ABC的角平分线，因为BE又与AE垂直，所以她想到将AE与BC延长，于是她求出了AEDF的值．
(1)图（2）中，∠CAE=______°，小敏求出的AEDF=______；
(2)接着在m=1的条件下，她让点D与点B不重合，如图（3），请尝试探究此时AEDF的值；
(3)最后她类比特例中采用的方法，成功地解决的原题．请结合特例探究的经验，尝试求出原题图（1）中AEDF的值．
(4)如图（4），∠C=90°，点D、F分别在BC、AC边上，BC=mAF，CF=mBD，连接AD、交于点M，过点A作AE⊥BF．请直接写出AEEM的值．
18．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知矩形ABCD中，AB=23，BC=6，点O是BC上一动点，⊙O的半径为r（r为定值），当⊙O经过点C时，此时⊙O恰与对角线BD相切于点P，如图1所示．
(1)求⊙O的半径r；
(2)若⊙O从点B出发（圆心O与点B重合），沿BC方向向点C平移，速度为每秒1个单位长度，同时，动点E，F分别从点A，点C出发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每秒2个单位长度，连接EF，如图2所示．当⊙O平移至点C（圆心O与点C重合）时停止运动，点E，F也随之停止运动．设运动时间为t秒．
①在整个运动过程中，是否存在某一时刻，EF与⊙O相切？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
②在运动过程中，当直线EF与⊙O相交时，直线EF被⊙O截得的线段长度记为d，且d满足2≤d≤4，则运动时间t的取值范围是______．
19．（2023春·江苏·九年级专题练习）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
20．（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF=45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②BECF= ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE=5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC=5，对角线AC=6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，HE=85，求CF的长．
21．（2023·江苏·九年级专题练习）【结论提出】：三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．
(1)【思路说明】已知：如图1，△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC于D．试说明：BDCD=ABAC．理由：过点C作CE∥AD，交BA延长线于点E，易得BDCD=______，由CE∥AD，AD平分∠BAC可得AE= ______，代入上式得BDCD=ABAC．
(2)【直接应用】如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10,CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB=______．
(3)如图3，若四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，延长EF、AF分别交AB,BC于M、H两点，当FH=BH时．
①求BH的长；
②直接写出AMBM=______；
(4)【拓展延伸】如图4，若四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，当点E为CD边的三等分点时，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF与BC所在直线交于点P、与AD所在直线交于点Q，请直接写出CP的长______．
22．（2023春·江苏镇江·九年级统考阶段练习）
(1)[基础巩固]如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为______；
(2)[思维提高]如图②，在三角形纸片ABC中，AC=BC=6，AB=10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求AMBM的值；
(3)[拓展延伸]如图③，在三角形纸片ABC中，AB=9，BC=6，∠ACB=2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B'处，折痕为CM．求线段AC的长；
23．（2023·江苏扬州·校考一模）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
24．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）【阅读理解】三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．
如图1，△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，若CD2=AD⋅BD，则称点D是△ABC中AB边上的“好点”．
【探究应用】
(1)如图2，△ABC的顶点是4×4网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）AB边上的“好点”；
(2)如图3，△ABC中，AB=14，csA=22，tanB=34，若点D是AB边上的“好点”，求线段AD的长；
(3)如图4，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交⊙O于点D，若点H是△ACD中CD边上的“好点”．
①求证：AH=BH；
②若BC⊥CH，⊙O的半径为r，且r=32AD，求DHCH的值．
25．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB＝6cm，BC＝8cm点E从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0(1)求当t为何值时，△EFD∽△ABD?
(2)求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；
(3)将△EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
26．（2023春·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考阶段练习）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB=∠DEB=90°，∠B=30°，BE=AC=3．
【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
(2)若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
(3)连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
(4)如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是_____．
27．（2023·江苏扬州·校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线l：y=−33x+43分别与x轴、y轴交于点A点和B点，过O点作OD⊥AB于D点，以OD为边构造等边△EDF（F点在x轴的正半轴上）．
(1)求A、B点的坐标，以及OD的长；
(2)将等边△EDF，从图1的位置沿x轴的正方向以每秒1个单位的长度平移，移动的时间为t（s），同时点P从E出发，以每秒2个单位的速度沿着折线ED-DF运动（如图2所示），当P点到F点停止，△DEF也随之停止．
①t= （s）时，直线l恰好经过等边△EDF其中一条边的中点；
②当点P在线段DE上运动，若DM=2PM，求t的值；
③当点P在线段DF上运动时，若△PMN的面积为3，求出t的值．
28．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图1，矩形ABCD中，AB=15, BC=20，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转，得到矩形BEFG．
（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于________；
（2）如图2，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE2+AG2的值；
（4）在旋转过程中，请直接写出S△BCE+S△ABG的最大值．
29．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为3,0，B点坐标为−1,0，连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒2个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
（1）求b、c的值；
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
30．（2023·江苏·九年级专题练习）三角形的布洛卡点（Brcardpint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brcard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=∠α，则点P是△ABC的布洛卡点，∠α是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；
（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中∠BAC=90°）的布洛卡点，且∠1=∠2=∠3．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；
②若△ABC的面积为52，求△PBC的面积．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题20阅读材料与创新型综合问题（江苏最新模拟30题）
一、解答题
1．（2023·江苏盐城·校联考模拟预测）如图1，对于平面上小于或等于90°的∠MON，我们给出如下定义：若点P在∠MON的内部或边上，作PE⊥OM于点E，PF⊥ON于点F，则将PE+PF称为点P与∠MON的“点角距”，记作d∠MON,P．如图2，在平面直角坐标系xOy中，x、y正半轴所组成的角记为∠xOy．
(1)已知点A4,0、点B3,1，则d∠xOy,A= ，d∠xOy,B= ．
(2)若点P为∠xOy内部或边上的动点，且满足d∠xOy,P=4，在图2中画出点P运动所形成的图形．
(3)如图3与图4，在平面直角坐标系xOy中，射线OT的函数关系式为y=43xx≥0．
①在图3中，点C的坐标为4,1，试求d∠xOT,C的值；
②在图4中，抛物线y=−12x2+2x+c经过A5,0，与射线OT交于点D，点Q是A，D两点之间的抛物线上的动点（点Q可与A，D两点重合），求c的值和当d∠xOT,Q取最大值时点Q的坐标．
【答案】(1)4，4
(2)见解析
(3)①185；②c=52；点Q的坐标为4,52
【分析】（1）首先根据点A4,0到x轴的距离是0，到y轴的距离是4，可得d∠xOy,A；然后根据点B3,1到x轴的距离是1，到y轴的距离是3，求出d∠xOy,B的值即可；
（2）首先设点P的坐标是x,y，然后根据d∠xOy,P=4，可得x+y=4，据此求出点P运动所形成的图形即可；
（3）①首先过点C作CE⊥OT于点E，CF⊥x轴于点F，延长FC交OT于点H，则CF=1，然后根据直线OT对应的函数关系式为y=43xx≥0，求出点H的坐标为4,163，进而求出CH，OH的值；最后根据相似三角形判定的方法，判断出△HEC∽△HFO，再根据相似三角形的性质，即可求出EC的值，据此即可求解；
②首先过点Q作QG⊥OT于点G，作QH⊥x轴于点H，交OT于点K，设点Q的坐标为m,n，其中3≤m≤5，则n=−12m2+2m+52，然后判断出点K的坐标，以及HK，OK的大小，再判断出Rt△QGK∽Rt△OHK，再根据相似三角形的性质，即可求出QG=4m−3n5；最后求出d∠xOT,Q的值，根据二次函数最值的求法，求出当d∠xOT,Q取最大值时点Q 的坐标即可．
【详解】（1）解：∵点A4,0到x轴的距离是0，到y轴的距离是4，
∴d∠xOy,A=0+4=4，
∵点B3,1到x轴的距离是1，到y轴的距离是3，
∴d∠xOy,B=1+3=4，
故答案为：4；4；
（2）解：设点P的坐标是x,y，
∵d∠xOy,P=4，
∴x+y=4，
∴点P运动所形成的图形是线段y=4−x0≤x≤4，如图2所示：
（3）解：①如图3，过点C作CE⊥OT于点E，CF⊥x轴于点F，延长FC交OT于点H，则CF=1，
∵直线OT对应的函数关系式为y=43xx≥0，
∴点H的坐标为4,163，
∴CH=163−1=133，OH=OF2+FH2=42+1632=203，
∵CE⊥OT，
∴∠OHF+∠HCE=90°，
又∵∠OHF+∠HOF=90°，
∴∠HCE=∠HOF，
在△HEC和△HFO中，∠HCE=∠HOF，∠HEC=∠HFO，
∴△HEC∽△HFO，
∴ECFO=HCHO，
∴EC4=133203，
∴EC=135，
∴d∠xOT,C=135+1=185；
②如图4，过点Q作QG⊥OT于点G，作QH⊥x轴于点H，交OT于点K，
把A5,0代入y=−12x2+2x+c，得
−12×52+2×5+c=0，
解得c=52．
∴y=−12x2+2x+52
令−12x2+2x+52=43x，
解得x1=3，x2=−53，
故点D的横坐标为3，
设点Q的坐标为m,n，其中3≤m≤5，
则n=−12m2+2m+52，
∴点K的坐标为m,43m，QK=43m−n，
∴HK=43m，OK=OH2+HK2=m2+43m2=53m．
∵Rt△QGK∽Rt△OHK，
∴QGOH=QKOK，
∴QGm=43m−n53m
∴QG=4m−3n5，
∴d∠xOT,Q=QG+QH
=4m−3n5+n
=45m+25n
=45m+25−12m2+2m+52
=−15m2+85m+1
=−15m−42+215，
∵−15<0，3≤m≤5，
∴当m=4时，d∠xOT,Q取得最大值为215，
此时，点Q的坐标为4,52．
【点睛】此题主要考查了二次函数综合题，分类讨论思想的应用，数形结合思想的应用，从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力；还考查了相似三角形判定的方法和性质的应用，“点角距”的含义和求法以及二次函数最值的求法，要熟练掌握．
2．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考模拟预测）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A、B分别是图形M和图形N上任意一点，当AB的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离．
例如，如图1，AB⊥l2，线段AB的长度称为点A与直线l2之间的距离．当l2∥l1时，线段AB的长度也是l1与l2之间的距离．
(1)如图2，在等腰直角三角形BAC中，∠A=90°，AB=AC，点D为AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E．若AB=12，AD=8，则DE与BC之间的距离是__________；
(2)如图3，已知直线l3：y=−x+8与双曲线C1：y=kxx>0交于A2,m与B两点，点A与点B之间的距离是__________，点O与双曲线C1之间的距离是__________；
【拓展】
(3)按规定，住宅小区的外延到高架路的距离不超过80m时，需要在高架路旁修建与高架路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南一西北”走向的笔直高架路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于80m．现以高架路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系，此时高架路所在直线l4的函数表达式为y=−x，小区外延所在双曲线C2的函数表达式为y=3000xx>0，那么需要在高架路旁修建隔音屏障的长度是多少？
【答案】(1)22
(2)42，26
(3)40米
【分析】（1）过点D作DH⊥BC于点H，得出△BDH是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出结果即可；
（2）先根据一次函数解析式求出点A，然后再求出反比例函数解析式，再求出点B的坐标，根据两点点距离公式求出AB的值即可；作FG∥AB，且FG与双曲线只有一个交点，设直线FG的解析式为y=−x+b，求出一次函数解析式，再求出交点坐标，最后求出OK的值即可；
（3）作直线AB∥l4，设AB的解析式为y=−x+b，与双曲线y=3000xx>0交于点A、B，过点O作OP⊥AB于点P，过点P作PH⊥x轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线AE、BF，垂足为E、F，先求出直线AB的解析式，然后求出点A、B的坐标，根据两点之间距离公式求出AB的长，进而即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，过点D作DH⊥BC于点H，
∵ ∠A=90°，AB=AC，
∴ ∠B=45°，
∵ DH⊥BC，
∴ △BDH是等腰直角三角形，
∴ DH=22BD，
∵ AB=12，AD=8，
∴ BD=AB−AD=12−8=4，
∴ DH=22×4=22；
故答案为：22；
（2）解：把A2,m代入y=−x+8中，得：m=−2+8=6，
∴ A2,6，
把A2,6代入y=kx，得：6=k2，
∴ k=12，
∴双曲线C1的解析式为y=12x，
联立，得：−x+8=12x，
即x2−8x+12=0，
解得：x1=2，x2=6，
∴ B6,2，
∴ AB=2−62+6−22=42；
如图，作FG∥AB，且FG与双曲线y=12x只有一个交点，设直线FG的解析式为y=−x+b，
则−x+b=12x，
整理得：x2−bx+12=0，
∴ Δ=−b2−4×1×12=b2−48=0，
∴ b=43或b=−43（不符合题意，舍去），
∴直线FG的解析式为y=−x+43，
由−x+43=12x，
解得：x1=x2=23，
∴ K23,23，
∴ OK=232+232=26；
故答案为：42，26；
（3）解：如图，作直线AB∥l4，设AB的解析式为y=−x+b，与双曲线y=3000xx>0交于点A、B，过点O作OP⊥AB于点P，过点P作PH⊥x轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线AE、BF，垂足为E、F，
则OP=80m，
∵直线y=−x平分第二、四象限角，
∴ ∠FOH=45°，
∴ ∠POH=90°−45°=45°，
∴ △POH是等腰直角三角形，
∴ PH=OH=22OP=402，
∴ P402,402，
代入y=−x+b，得402=−402+b，
解得：b=802，
∴ y=−x+802，
联立得：−x+802=3000x，
解得：x=302或502，
∴ A302,502，B502,302，
∴ AB=502−3022+302−5022=40，
∵ AB∥EF，AE∥BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵ AE⊥EF，
∴四边形ABFE是矩形，
∴ EF=AB=40m，
答：需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是40米．
【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的综合应用，两点之间距离公式，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握两点之间距离公式，准确计算．
3．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】
如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求∠BKM的度数和MK的长；
（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．
【答案】（1）见解析；（2）∠BKM=30°，MK=6；（3）3；（4）4或6或8或12
【分析】（1）连接AK，分别以A，K为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于P，B两点，连接PB即为所求．
（2）由折叠可知AB=BK=43，再证明MK垂直平分AB，得到AK=BK=AB，则△ABK为等边三角形，得到∠BKM==30°，则MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG， 由直角三角形斜边上的直线的性质得到BG=MG，则△BMG为等边三角形．证明△FBM≌△EBG，得到FM=EG，则当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，据此求解即可；
（4）分如图4-1，4-2，4-3，4-4四种情况，分别求出对应的KE的长即可．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）由折叠可知AB=BK=43，
∵点M，N分别是AB，CD的中点，
∴AM=BM，MN⊥AB，
∴MK垂直平分AB，
∴AK=BK=AB，
∴△ABK为等边三角形，
∴∠BKA=60°，
∴∠BKM=12∠BKA=30°，
在Rt△BMK中，MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG，
∵AB=BK，M为AB中点，
∴BM=BG．
∵∠BMK=90°，
∴BG=MG=12BK，
∴△BMG为等边三角形．
∵△BEF为等边三角形，
∴BF=BE，∠EBF=∠MBG=60°．
∴∠EBF−∠MBE=∠ABG−∠MBE，即∠MBF=∠GBE，
∴△FBM≌△EBGSAS，
∴FM=EG，
∴当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，
∵∠GKE=30°，GK=12BK=12AB=23，
∴EG最小值=12GK=3．
∴MF的最小值为3，
故答案为：3；
（4）如图4-1所示，当∠BQT=90°时，T在射线KE上时，此时M点与E点重合，
∴KE=KM=6；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得∠ABE=∠KBE=12∠ABK=30°，
∴ME=33BM=2，
∴KE=KM−ME=4；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，
由折叠的性质可得EK=ET，∠ETB=∠EKB=30°，
∴ET=2EM，
∴EM+MK=2EM，
∴EM=MK，
∴EK=2MK=12；
如图4-4所示，当∠QTB=90°时，
∵BQ=EK，BQ∥EK，
∴四边形BQEK是平行四边形，
∴QE∥BK，∠EQB=∠EKB=30°，
由折叠的性质可得∠ETB=∠EKB=30°，
∴∠EQB=∠ETB，
∴E、Q、T、B四点共圆，
∴∠QEB=∠EBK=90°，
∴∠EBM=30°，
∴EM=33BM=2，
∴EK=EM+KM=8；
综上所述，当△BTQ是直角三角形时，KE的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题， 勾股定理，圆周角定理，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
4．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”，如图1，四边形ABCD中，AB=CD、AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底．
(1)【提出问题】如图2，△ABC与△DEC都是等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，135°<∠AEC<180°．求证：四边形BDEA是“等垂四边形”；
(2)【拓展探究】如图3，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，点M、N分别是AD，BC的中点，连接MN．已知腰AB=5，求MN的长；
(3)【综合运用】如图4，四边形ABCD是“等垂四边形”，AB=CD=4，底BC=9，则较短的底AD长的取值范围为 ．
【答案】(1)见解析
(2)522
(3)9−42【分析】（1）利用SAS证明△ECA≌△DCB得到∠CAE=∠CBD，AE=BD，延长BD交AE延长线于F，AF交BC于点O，由∠BOF=∠AOC，推出∠BFO=∠BCA=90°，即AE⊥DB，即可证明四边形BDEA是“等垂四边形”
（2）连接BD，取BD的中点G，连接GM，GN，延长BA，CD交于点H，由题意可知CD⊥AB，AB=CD=5，则∠CBH+∠HCB=90°，由三角形中位线定理得到MG=12AB=2.5，GN=12CD=2.5，CD∥NG，GM∥AB ，进一步证明∠MGN=90°，则△GNM是等腰直角三角形，即可得到MN=2GN=522；
（3）延长BA、CD交于点P，分别取AD、BC的中点M、N，连接PM、PN、MN，由直角三角形斜边上的中线的性质得到MP=12DA，NP=12CB=92，由（2）知，NM=22AB=22，由三角形三边的关系得到9−42≤AD≤9+42；由于AD>AP，当CP最小时，BP最大，即此时AP最大，求出当点D与点P重合时，BP=65，则此时AP=65−4；即可推出9−42【详解】（1）证明：∵△ABC与△DEC都是等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ECA+∠BCE=∠DCB+∠BCE，
∴∠ECA=∠DCB，
在△DCB和△ECA中，
CD=CE∠DCB=∠ECACB=CA，
∴△ECA≌△DCBSAS，
∴∠CAE=∠CBD，AE=BD，
延长BD交AE延长线于F，AF交BC于点O，
∵∠BOF=∠AOC，
∴∠BFO=∠BCA=90°，即AE⊥DB，
∴四边形BDEA是“等垂四边形”；
（2）解：连接BD，取BD的中点G，连接GM，GN，延长BA，CD交于点H，
∵四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，
∴CD⊥AB，AB=CD=5，
∴∠CBH+∠HCB=90°，
∵点M，N，G分别是AD，BC，BD的中点，
∴MG=12AB=2.5，GN=12CD=2.5，CD∥NG，GM∥AB ，
∴∠GNB=∠C，∠DGM=∠HBD，GM=GN，
∴∠MGN=∠MGD+∠NGD=∠ABD+∠DBC+∠GNB=∠ABD+∠DBC+∠C
=∠HBC+∠HCB=90° ，
∴△GNM是等腰直角三角形，
∴MN=2GN=522；
（3）解：延长BA、CD交于点P，分别取AD、BC的中点M、N，连接PM、PN、MN，
∵∠DPA=∠BPC=90°，AB=DC=4，BC=9，
∴MP=12DA，NP=12CB=92，
由（2）知，NM=22AB=22，
∵PN−NM≤PM≤PN+NM，即92−22≤PM≤92+22，
∴92−22≤12AD≤92+22，即9−42≤AD≤9+42；
∵AD>AP，
∴当点D与点P重合时在Rt△PBC中，由勾股定理得BP=BC2−CD2=65，
∴此时AP=BP−AB=65−4；
∴9−42故答案为：9−42【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形三边的关系等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．
(1)利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形______（填写序号）
①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形
(2)如图1，在对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，且AC⊥BC，AC⊥AD．若BC=1，求四边形ABCD的面积和周长．
(3)如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD外接圆的圆心，连接OA，∠OAC=∠ABC．求证：四边形ABCD是“对角互余四边形”；
(4)在（3）的条件下，如图3，已知AD=a，DC=b，AB=3AC，连接BD，求BD2的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
【答案】(1)①③
(2)周长为6+23；面积23
(3)见解析
(4)BD2=10a2+9b2
【分析】（1）结合定义来判断，重点是拼成的四边形一对对角互余．
（2）因为AC⊥BC，AC⊥AD，所以∠ACB=∠CAD=90°，所以在对角互余四边形ABCD中，只能∠B+∠D=90°．这样利用含30°直角三角形三边的特殊关系，就可以解决问题；
（3）连接OC，则OA=OC，得出∠AOC=2∠ADC，进而得出2∠ADC+2∠ABC=180°，即可得出∠ADC+∠ABC=90°；
（4）如图，作∠CDF=∠ABC，过点C作CE⊥DF于点E，连AE．得出AC:AB:BC=1:3:10，同理可得CE:DE:DC=1:3:10，进而证明△ACE∽△BCD，得出AE=BD10，在Rt△CDE中，DEDC=310，即可得出BD2=10a2+9b2．
【详解】（1）解：①两个等腰三角形底边相等，顶角互余，就可以，故①可以得到一个对角互余四边形；
②等边三角形不成，即使是全等的等边三角形拼成四边形对角和为120°或240°，故②得不到对角互余四边形；
③两个全等的直角三角形或有一条直角边相等的相似的两个直角三角都可以，故③可以得到一个对角互余四边形；
④若是两个全等的直角三角形，根据③可以得到一个对角互余四边形，两个一般全等三角形，不成立，
故答案为：①③．
（2）∵AC⊥BC，AC⊥AD，
∴∠ACB=∠CAD=90°，
∵对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，
∴∠B=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=1，
∴AB=2，AC=3，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°，∠D=30°，
∴AD=3，CD=23，
∵S△ABC=12⋅AC⋅BC=12×3×1=32，S△ACD=12⋅AC⋅AD=12×3×3=332，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=23，
四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=2+1+23+3=6+23；
（3）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=∠ABC，
∵AC=AC，
∴∠AOC=2∠ADC，
∴2∠ADC+2∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是“对角互余四边形”；
（4）如图，作∠CDF=∠ABC，过点C作CE⊥DF于点E，连AE．
∵∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠CDF=90°．
∴AD2+DE2=AE2，即a2+DE2=AE2．
∵∠BAC=90°，AB=3AC，
∴AC:AB:BC=1:3:10．
同理可得CE:DE:DC=1:3:10．
∴ACBC=CECD．
∵∠CDF=∠ABC，
∴∠ACB=∠DCE．
∴∠BCD=∠ACE，
∴△ACE∽△BCD．
∴AEBD=ACBC=110，
∴AE=BD10．
在Rt△CDE中，DEDC=310，
∴DE=310b．
∴a2+310b2=BD102，即m2+910n2=BD210．
∴BD2=10a2+9b2．
【点睛】此题考查全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、新定义问题的求解等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（2023·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）问题提出：已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90°)得到△ E'BF'，则AE'与DF'有怎样的数量关系．
【问题探究】
探究一：如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
（1）如图1，直接写出DFAE的值 ；
（2）将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
如图3，若四边形ABCD为矩形，ABBC=22，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△ E'BF' (E、F的对应点分别为E'、F'点)，连接AE'、DF'，则AE'DF'的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出AE'DF'的值．
【一般规律】
如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90 °)得到△ E'BF'，连接AE'，DF'，请直接写出AE'与DF'的数量关系．
【答案】[问题探究]探究一：(1)2；(2)DF=2AF，证明见解析；探究二：AE'DF'=33．[一般规律]DF'=1+m2AE'
【分析】探究一（1）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得解；
（2）由（1）的结论即旋转的性质证明△ABE∽△DBF，则DFAE=BDAB=2，即可得到答案；
探究二：证明△BEF∽△BAD，得到BFBE=BDBA=3，由△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△E'BF'，则∠ABE'＝∠DBF'，BE'＝BE，BF'＝BF，再证明△ABE'∽△DBF'，则DF'AE'=BDBA=3，即可得到答案；
一般规律：同探究二，在Rt△ABD中，BD=1+m2AB，证明△DMF∽△DAB，得到DFMF=DBAB=1+m2，即可得到结论；
【详解】[问题探究]探究一
（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=45°，BD= 2 AB，
∵EF⊥AB，
∴∠BEF=90°，
∴∠BFE=∠ABD=45°，
∴BE=EF，
∴BF=2BE
∴DF=BD−BF=2AB−2BE=2(AB−BE)=2AE
∴DFAE=2
故答案为：2；
（2）DF= 2 AE，
理由：由（1）知，BF= 2 BE，BD= 2 AB，
∴ BFBE=BDAB=2，
由旋转知，∠ABE=∠DBF，
∴△ABE∽△DBF，
∴DFAE=BDAB=2，
∴DF= 2 AE；
探究二：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC= 2 AB，
∴BD= 3 AB，
∵EF⊥AB，
∴EF ∥ AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴BEBA=BFBD
∴BFBE=BDBA=3
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°<α<90°)得到ΔE'BF'
∴∠ABE'=∠DBF',BE'=BE,BF'=BF,
∴BF'BE'=BDBA=3
∴△ABE'∽△DBF'
∵DF'AE'=BDBA=3
即DF'=3AE'
∴ AE'DF'=33；
[一般规律]如图3，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=mAB，
∴BD=AB2+AD2=1+m2AB
∵EF⊥AB，
∴EF ∥ AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴BEBA=BFBD，
∴BFBE=BDBA=1+m2，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°<α<90°)得到ΔE'BF'，
∴∠ABE'=∠DBF',BE'=BE,BF'=BF，
∴BF'BE'=BDBA=1+m2，
∴△ABE'∽△DBF'，
∵DF'AE'=BDBA=1+m2，
即DF'=1+m2AE'．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形和正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是利用相似比表示线段之间的关系．
7．（2023·江苏苏州·一模）【教材再现】
在初中数学教材中有这样一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．如图1，直线l1∥l2，直线m和直线n分别与直线l1和直线l2相交于点A，点B，点F，点D，直线m和直线n相交于点E，则BEAB=DEFD；
【探究发现】
如图2，在△ABC中，AC=BC=3，∠C=90°，点D在边BC上（不与点B，点C重合），连接AD，点E在边AB上，∠EDB=∠ADC．
(1)求证：BEAB=DEAD；
(2)当DEAD=12时，直接写出AD的长；
(3)点H在射线AC上，连接EH交线段AD于点G，当CH=1，且∠AEH=∠BED时，直接写出BEAB的值．
【答案】(1)见解析
(2)10
(3)12或15
【分析】（1）过点A作AF∥CB交DE的延长线于点F，先证明AD=FD，再由BEAB=DEFD可推得BEAB=DEAD；
（2）作DM⊥AF于点M，先证明△AEF≅△BED，得到AF=BD，再证明四边形ACDM是矩形，得CD=AM=12AF=12BD，可求出CD的长，再由勾股定理求出AD的长；
（3）分两种情况，即点H在线段AC上和点H在线段AC的延长线上，由△AEH≅△AEF求出AF的长，再由CD=12AF求出CD的长，得到BD的长，再由相似三角形的性质求出BEAE的值，再转化为BEAB的值．
【详解】（1）证明：如图2，过点A作AF∥CB交DE的延长线于点F．
∵AF∥CB，
∴∠F=∠EDB，∠FAD=∠ADC，
∵∠EDB=∠ADC，
∴∠F=∠FAD，
∴AD=FD；
由（1）得BEAB=DEFD，
∴ BEAB=DEAD；
（2）解：如图3，
作DM⊥AF于点M，
由①得BEAB=DEAD，
∵ DEAD=12，
∴ BEAB=12，
∴AE=BE，
∵∠F=∠EDB，∠EAF=∠B，
∴△AEF≌△BEDAAS，
∴AF=BD；
∵AD=FD，
∴AM=FM=12AF，
∵∠C=90°，
∴∠MAC=180°−∠C=90°，
∴∠AMD=∠MAC=∠C=90°，
∴四边形ACDM是矩形，
∴CD=AM=12AF=12BD，
∵AC=BC=3，
∴CD=13BC=1，
∴AD=AC2+CD2=32+12=10．
（3）解：如图4，
点H在线段AC上，CH=1，
∴AH=3−1=2，
∵∠HAE=∠B，∠FAE=∠B，
∴∠HAE=∠FAE，
∵∠AEH=∠BED，∠AEF=∠BED，
∴∠AEH=∠AEF，
∵AE=AE，
∴△AEH≌△AEFASA，
∴AH=AF=2，
由②得CD=12AF，
∴CD=1，
∴BD=3−1=2，
∴AF=BD，
∵∠F=∠EDB，∠EAF=∠B，
∴△AEF≌△BEDASA，
∴AE=BE，
∴ BEAB=12；
如图5，
点H在线段AC的延长线上，CH=1，
∴AH=3+1=4，
同理可得∴△AEH≌△AEFASA，
∴AH=AF=4，CD=12AF=2，
∴BD=3−2=1，
∵∠EDB=∠F，∠B=∠EAF，
∴△BED∽△AEF，
∴ BEAE=BDAF=14，
∴ BEAB=15，
综上所述，BEAB的值为12或15．
【点睛】此题重点考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识与方法，解题过程中应注意转化类比、数形结合、分类讨论等数学思想的运用，此题难度较大，属于考试压轴题．
8．（2023·江苏徐州·校考一模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______（写一个即可）．
(2)迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ= ______°，∠CBQ=______°；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ=3cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠ABP,∠PBM,∠MBC
(2)①15,15②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
(3)AP=203cm或109cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）①根据折叠的性质，可证RtΔBQM≌RtΔBQCHL，即可求解，②根据折叠的性质，可证RtΔBQM≌RtΔBQCHL，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD,DQ,PQ，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM，
∴BE=12BM，
∵∠BEM=90°， sin∠BME=BEBM=12，
∴∠BME=30°，
∴∠MBE=60°，
∵∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°，
∴BM=BC；
①∵BM=BC,BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∵∠MBC=30°，
∴∠MBQ=∠CBQ=15°；
故答案为：15,15；
②∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵BM=BC,BQ=BQ
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=3cm，DF=FC=5cm，AB=10cm，
∴QC=CD−DF−FQ=10−5−3=2(cm)，DQ=DF+FQ=5+3=8cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x,PD=10−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即10−x2+82=x+22，
解得：x=203，
∴AP=203cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=3cm，DF=FC=5cm，AB=10cm，
∴QC=8cm，DQ=2cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x,PD=10−x,
∴PD2+DQ2=PQ2，
即10−x2+22=x+82，
解得：x=109，
∴AP=109cm．
综上：AP=203cm或109cm．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、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．
9．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
【答案】(1)∠BAC=24°
(2)见解析
(3)①2≤m<2+1；②AD=4+27
【分析】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，则AE=BE=DE=CE=12BD，即可得到A、B、C、D在以E为圆心，12BD为半径的圆心，则∠BAC=∠BDC=24°；
（2）先作等边三角形OAB，再以O为圆心，AB的长为半径画弧与直线l的交点即为所求；
（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于K、Q，则当BF≤m【详解】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，E为BD的中点，
∴AE=BE=DE=CE=12BD，
∴A、B、C、D在以E为圆心，12BD为半径的圆心，
∴∠BAC=∠BDC=24°；
（2）如图所示，P1、P2即为所求；
（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于K、Q，则四边形ABFE为正方形
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，
∴B在圆O上，AF=AB2+BF2=22，
∴OG=OF=2，
∵OH⊥EF，
∴FH=12EF=12AB=1，
∴OH=OF2−OH2=1，
∴GH=OG−OH=2−1，
∴BF≤m∴2≤m<2+2−1，即2≤m<2+1．
②如图所示，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于E，OF⊥AD于F，连接OB，OC，OA，则四边形OFDE是矩形
∵∠BAC=45°，
∴∠BOC=90°，
在直角△BOC中BC=BD+CD=8，
∴BO=CO=42，
∵OE⊥BC，
∴BE=12BC=4，
∴DE=OF=2，OE=DF=OB2−BE2=4，
∴AF=AO2−OF2=27，
∴AD=AF+DF=4+27．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，矩形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．
10．（2023春·江苏苏州·九年级苏州高新区实验初级中学校考开学考试）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．
例如：若△ABC中，∠A=2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形．
问题提出
(1)如图，已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线．
①则图中相等的线段有______，图中相似三角形有______；
②若点D正好在BC的垂直平分线上，且tanC=12，求tan∠ABC的值；
问题解决
(2)如图，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=48，BC=132，AD=68，工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形，工人师傅在这块板材上的作法如下：
第一步：作BC的垂直平分线l交BC于点E；
第二步：在BC上方的直线l上截取EF=33，连接CF并延长，交AD于点P；
第三步：连接BP，得△BCP．
①请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法．
②是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请在图中画出一种符合要求的图形并简要说明作法；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①BD=CD，△ADB∽△ABC；②2
(2)①符合要求，理由见详解；②存在，理由见详解
【分析】（1）①根据题意，可知∠DBC=∠DCB，得等腰三角形，可求解；根据两个角对应相等即可求相似；②根据∠TEC=∠ABC，构造直角三角形即可求解；
（2）①根据已知条件利用相似三角形的判定和性质可得；②根据已知条件，分类讨论，第一种情况，若点P在AD上时，第二种情况，若P在AB上时，第三种情况，若P在CD上时，结合图形分析即可求解．
【详解】（1）解：①如图所示，
∵∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线，
∴∠1=∠2=∠C，即△BCD是等腰三角形，
∴BD=CD，
∵∠BDA是△BCD的外角，
∴∠BDA=∠2+∠C，即∠ADB=∠ABC，且∠A是公共角，
∴△ADB∽△ABC；
故答案为：BD=CD，△ADB∽△ABC；
②如图所示， 连接AE，作ET∥AB交AC于T，
∵点E是BC中点，且ET∥AB，
∴∠ABC=∠TEC，
在Rt△CDE中，tanC=DEEC=ETTC=12，
∴tan∠ABC=tan∠TEC=TCTE=21=2．
（2）解：①符合要求，
如图所示，延长EF交AD于N，则四边形ABEN为矩形，
∴AB=EN=48，AN=BE=EC=12BC=12×132=66，
∵EF=33，
∴NF=EN−EF=48−33=15，
∵PN∥BC，
△PFN∽△CFE，
∴PNEC=NFEF=PFFC，即1533=PN66，则PN=30，
∴PFFC=1533=511，
∴AP=AN−PN=66−30=36，
∵∠A=90°，
∴BP=AP2+BA2=482+362=60，
∴BPFC=60132=511，
∴BPBC=PFFC，
如图所示，过点F作FK⊥BP于K，
∴S△BPFS△BCF=PFFC，即12FK•BP12EF•BC=PFFC，
∴FK=EF，
∵FK⊥BP，FE⊥BC，
∴BF平分∠PBC，
∴∠FBE=12∠PBC，
∵F在BC的垂直平分线上，
∴FB=FC，
∴∠FBC=∠FCB，
∴∠PBC=2∠PCB，
∴符合要求；
②存在，CP=66013，
第一种情况，若点P在AD上时，连接BD，如图所示，
∴∠PBC>∠DBC,∠PCB>∠DCB，
取BD的中垂线，交BC于G，作DH⊥BC于H，连接DG，
∴四边形ABHD是矩形，
∴HD=AB=48,BH=AD=68,DG=GB,CH=BC−BH=132−68=64，
∴DC=DH2+CH2=482+642=80，
设GH=x，则BG=DG=68−x，
∵∠DHG=90°，
∴由勾股定理得，GH2+DH2=DG2，即(68−x)2=482+x2，
∴136x=682−482=116×20，解得，x=29017<64，
在CH上去点M，使得HM=GH=29017，连接DM，如图所示，
∴∠DMB>∠DCB>∠PCB，
∵DG=BG，
∴∠DBC=∠GDB，
∴∠DGC=∠GDB+∠DBC=2∠DBC<2∠PBC，
∴HM=GH,DH⊥MG，
∴DG=DM，
∴∠DMB=∠DGC，
∴2∠PBC>∠PCB，
∴在AD上所有点都满足2∠PBC>∠PCB，
∴不存在；
第二种情况，若P在AB上时，如图所示，
∵BP∴∠BCP<45°，
∴∠PBC≠2∠BCP，
∴在AB上不存在其它满足要求的△BCP；
第三种情况，若P在CD上时，如图所示，
作BC的垂直平分线交AD于L，交BC于R，作∠DBC的平分线交RL于O，连接BO并延长，设交于CD于P，
∴∠BCP=2∠BCO=2∠PBC，
∴△BCP是以BC为底边的倍角三角形，
作OU⊥DC于U，连接OA,OD，如图所示，
∵CO平分∠BCD，OR⊥BC,OU⊥DC，
∴OR=OU，
设OR=x，则OU=x,OL=48−x，
由S梯形ABCD=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD得，12×(68+132)×48=12×48×66+12×132x+12×80x+12×68×(48−x)，解得，x=22，
在Rt△BOR中，OB=OR2+BR2=222+662=2210，
∴OC=OB=2210，
∵∠OCP=∠OCB=∠PBC，∠POC=∠PBC+∠OCB=2∠PBC=2∠PCB，
∴△PBC∽△PCO，
∴CPOP=BPCP=BCOC=1322210=610=3105，
∴OP=5310CP=106CP，BP=3105CP，
由BP−OP=OB得，3105CP−106CP=2210，解得，CP=66013．
综上所述，当P在CD上时，存在.
【点睛】本题主要考查角的倍数关系，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，掌握图形结合分析是解题的关键．
11．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）阅读理解：
小明热爱数学，在课外数学资料上看到平行四边形一个性质定理：任意平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和．如图1，在平行四边形ABCD中，AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．由此，他探究得到三角形的一个性质：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．
(1)说理证明：
如图2，在△ABC中，若点D为BC的中点，则有：AB2+AC2=2AD2+2BD2．请你证明小明得到的三角形性质的正确性．
(2)理解运用：
①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=4，AC=3，BC=6，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=4 2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
(3)拓展延伸：如图4，已知⊙O的半径为25，以A(2,2)为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，则AD长的最大值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)①142；②10
(3)32
【分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，设BD=CD=x，DE=y，由AB2=AE2+BE2，AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，可得，即得AB2+AC2=2AD2+2BD2；
（2）解：①由AB2+AC2=2AD2+2BD2可得42+32=2AD2+2×32，故AD = 142；②连接OC，OF，OB，AF，由AF是△ABC的中线，EF是△AFO的中线，可得BF2=12AB2+12AC2−AF2,OF2=2EF2+2AE2−AF2，而OF2=OB2−BF2，可推得4EF2=2OB2−4AE2，故EF= 10；
（3）连接OA，取OA的中点E，连接DE，AD，由(2)的②可知：DE2=12OB2−14OA2=12×(25)2−14×(22)2=8，有DE=22，当A，E，D共线时，AD长的最大值为32．
【详解】（1）证明：过点A作AE⊥BC于点E，如图，
设BD=CD=x，DE=y，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
∴AB2+AC2=2AE2+CE2+BE2=2AE2+(x−y)2+(x+y)2=2AE2+2x2+2y2，
∵BD2=x2，DE2=y2，
∴AB2+AC2=2AE2+2BD2+2DE2=2(AE2+DE2)+2BD2=2AD2+2BD2；
（2）解：①由(1)知AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∵点D为BC的中点，BC=6，
∴BD=3，
∵AB=4，AC=3，
∴42+32=2AD2+2×32，
∴AD= 142 ；
故答案为：142；
②连接OC，OF，OB，AF，如图，
∵AF是△ABC的中线，EF是△AFO的中线，
∴2AF2+2BF2=AB2+AC2，2EF2+2AE2=AF2+OF2，
∴BF2=12AB2+12AC2−AF2,OF2=2EF2+2AE2−AF2，
∵OB=OC，OF是△BOC的中线，
∴OF⊥BC，
∴OF2=OB2−BF2，
∴2EF2+2AE2−AF2=OB2−(12AB2+12AC2−AF2)，
∴4EF2=2OB2−AB2−AC2+4AF2−4AE2，
∵∠BAC=90°，
∴AB2+AC2=BC2=(2AF)2=4AF2，
∴4EF2=2OB2−4AE2，
∵OA=2AE，
∴4AE2=OA2，
∴4EF2=2OB2−OA2，
∴EF2=12OB2−14OA2=12×62−14×(42)2=10，
∴EF= 10(负值已经舍弃)，
故答案为 10；
（3）解：连接OA，取OA的中点E，连接DE，AD，如图：
∵A(2,2)，
∴OA=22，
由(2)的②可知：DE2=12OB2−14OA2=12×(25)2−14×(22)2=8，
∴DE=22，
在△ADE中，AE=2,DE=22，
∴当A，E，D共线时，AD长的最大值为2+22=32，如图：
故答案为：32．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及三角形的中线、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题．
12．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）平面直角坐标系中，O为原点，点A12，0，点B0，5，线段AB的中点为点C．将△ABO绕着点B逆时针旋转，点O对应点为O1，点A的对应点为A1．
(1)如图，当点O1恰好落在AB上时，
①此时CO1的长为 ；
②点P是线段OA上的动点，旋转后的对应点为P1，连接BP1，PO1，试求BP1+PO1最小时点P的坐标．
(2)如图②，连接CA1，CO1，则在旋转过程中，△CA1O1的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)①32；②207,0
(2)存在；69
【分析】（1）①利用勾股定理求出AB，可得结论；
②作点B关于x轴的对称点B1，连接BP1，PO1，PB，O1B1，过点O1作O1G⊥OB于G．由对称性可知，PB+PO1=PB1+PO1，可知O1B1与x轴的交点即为所求的点P，求出直线O1B1的解析式，可得结论．
（2）如图3中，因为O1A1=12是定值，直线O1A1与B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△O1A1C的面积最大．
【详解】（1）解：①如图1中，
∵点A12，0，点B0，5，
∴OA=12，OB=5，
∵∠AOB=90°，
∴AB=OB2+OA2=52+122=13，
∵BC=CA=12AB=132，BO1=BO=5，
∴CO1=BC−BO1=132−5=32；
故答案为：32．
②如图2中，作点B关于x轴的对称点B1，连接BP1，PO1，PB，O1B1，过点O1作O1G⊥OB于G，如图所示：
由对称性可知，PB+PO1=PB1+PO1，
∴O1B1与x轴的交点即为所求的点P，
∵B10,−5，
∵OG∥OA，
∴△BGO1∽△BOA，
∴BO1BA=GO1AO=BGBO，
∴513=GO112=BG5，
∴GO1=6013，BG=2013，
∴OG=5−2513=4013，
∴O16013,4013，
设直线O1B1的解析式为：y=kx−5，
把O16013,4013代入得：6013k−5=4013，
解得：k=74，
∴直线O1B1的解析式为y=74x−5，
令y=0，得到x=207，
∴满足条件的点P的坐标为207,0；
（2）解：如图3中，因为O1A1=12是定值，直线O1A1与B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△O1A1C的面积最大，
面积最大时，O1在CB的延长线时，此时CO1=5+132=232，
∴△O1A1C的面积的最大值为12×12×232=69．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
13．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）数学兴趣小组在探究圆中图形的性质时，用到了半径是6的若干圆形纸片．
(1)如图1，一张圆形纸片，圆心为O，圆上有一点A，折叠圆形纸片使得A点落在圆心O上，折痕交⊙O于B、C两点，求∠BAC的度数．
(2)把一张圆形纸片对折再对折后得到如图扇形，点M是弧PQ上一动点．
①如图2，当点M是弧PQ中点时，在线段OP、OQ上各找一点E、F，使得△EFM是等边三角形．试用尺规作出△EFM，不证明，但简要说明作法，保留作图痕迹．
②在①的条件下，取△EFM的内心N，则ON=___________．
③如图3，当M在弧PQ上三等分点S、T之间（包括S、T两点）运动时，经过兴趣小组探究都可以作出一个△EFM是等边三角形，取△EFM的内心N，请问ON的长度是否变化．如变化，请说明理由；如不变，请求出ON的长度．
【答案】(1)120∘
(2)①图见解析，说明见解析；②ON=23；③不变，ON=23
【分析】（1）根据折叠得出AC=OC，证明△OAC是等边三角形，∠CAO=60∘，同理得出∠BAO=60∘，即可得出∠BAC的度数；
（2）①作等边△OMG，作OG垂直平分线交OQ于点F，以O为圆心OF为半径作圆交OP于点E，连接EF、ME、MF即可；
②设NH=x，则MN=2x，MH=3x，OH=6−3x，求出EH=MH×tan30°=3x，根据EH=OH=12EF，得出3x=6−3x，求出x，即可得出答案；
③取EF中点H，连接OH，HM，OM，作OL⊥MH交于点L，设HN=x，LH=y，则MN=2x，EH=3x，MH=3x，根据勾股定理得出2x2+xy=6，最后在Rt△ONL中，根据勾股定理求出ON2=12，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵由折叠可得AC=OC，
∵OC=OA，
∴AC=OC=OA，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠CAO=60∘，
同理：∠BAO=60∘，
∴∠CAB=∠CAO+∠BAO=120∘ ；
（2）解：①作等边△OMG，作OG垂直平分线交OQ于点F，以O为圆心OF为半径作圆交OP于点E，连接EF、ME、MF得△EFM；
根据作图可知，OE=OF，
根据折叠可知，∠POQ=90°，
∵点M为PQ的中点，
∴∠POM=∠QOM=12×∠POQ=45°，
∵OM=OM，
∴△OME≌△OMF，
∴∠EMO=∠FMO，EM=FM，
∵△OMG为等边三角形，
∴∠OMG=60°，
∵MF垂直平分OG，
∴∠OMF=∠GMF=30°，
∴∠EMO=∠FMO=30°，
∴∠EMF=60°，
∴△EFM为等边三角形；
②根据解析①可知，△EFM为等边三角形，∠EMO=∠FMO=30°，
∴内心△EFM的内心N在OM上，MH⊥EF，EH=HF，
设NH=x，则MN=2x，MH=3x，OH=6−3x，
∵∠EMH=30°，
∴EH=MH×tan30°=3x，
∵∠POQ=90°，OE=OF，EH=HF，
∴EH=OH=12EF，
∴3x=6−3x，
解得：x=3−3，
∴ON=6−2x=6−23−3=23；
故答案为：23．
③不变，理由如下：
如图，取EF中点H，连接OH，HM，OM，作OL⊥MH交于点L，
设HN=x，LH=y，则MN=2x，EH=3x，MH=3x，
在Rt△OEF中，∠EOF=90°，
∵H为FE的中点，
∴OH=12EF=EH=3x，
在Rt△OML中，OL2=OM2−LM2=62−(3x+y)2，
在Rt△OHL中，OL2=OH2−LH2=3x2−y2，
即有62−(3x+y)2=3x2−y2化简得2x2+xy=6，
在Rt△ONL中，
ON2=OL2+LN2
=3x2−y2+(x+y)2
=4x2+2xy
=22x2+xy
=12；
即ON=23，ON的值不变．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等边三角形的判定和性质．
14．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC中，∠C=90°，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若AB=23，求出△AFB面积的最大值．
【灵活运用】
在等边△ABC中，AB=23，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，试求出△AFB周长的最大值．
【答案】探索发现：∠AFB=135°，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上；拓展应用：△AFB面积取得最大值为32−3；灵活运用：△AFB的周长的最大值为4+23
【分析】探索发现，根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解，再根据圆内接四边形的性质可判断点F运动的特征；
拓展应用，先确定FD⊥AB时，△AFB面积取得最大值，再根据垂径定理求解即可；
灵活运用，先确定点F的运动轨迹，再以BF为边作等边△BFI，构造△ABD≌△BCESAS，当AF+BF=HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，即当弦HF为圆G直径，再根据垂径定理求解即可．
【详解】解：探索发现，∵∠A与∠B的角平分线交于点F，且∠C=90°，
∴∠FAB+∠FBA=12∠CAB+∠CBA
=12180°−∠C
=12180°−90°
=45°，
∴∠AFB=180°−∠FAB+∠FBA=135°，
如图，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上；
；
拓展应用，∵AB=23，是定长，
∴当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值，
此时FD⊥AB，如图，
FA=FB，BG=AG=12AB=3，
∴DG=BG=3，DF=BD=2BG=6，
∴GF=DF−DG=6−3，
∴△AFB面积取得最大值为12AB×GF=32−3；
灵活运用，
∵等边△ABC中，且BD=CE，
∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC，
∴△ABD≌△BCESAS，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠BFD=∠BAF+∠ABF=∠CBF+∠ABF=60°，
∴∠AFB=120°，
作等边△ABH，作等边△ABH的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上；
以BF为边作等边△BFI，延长FI交圆G于点H，如图，连接BH，
∵∠BHI=∠BAF，∠HIB=180°−60°=120°=∠AFB，BI=BF，
∴△BHI≌△BAFAAS，
∴HI=AF，
∴AF+BF=HI+BI=HI+FI=HF，
∵AB=23，是定长，
∴当AF+BF=HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，
即当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，
如图，BJ=AJ=3，∠JBF=30°，
∴BF=2JF，
∵BF2=JF2+BJ2，即BF2=12BF2+32，
∴BF=AF=2，
∴△AFB的周长的最大值为4+23．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理的求值，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，利用圆内接四边形的性质求得点F的运动轨迹是解题的关键．
15．（2023秋·江苏南通·九年级启东市长江中学校考期末）在平面直角坐标系中，若对于任意两点Ax1,y1、Bx2,y2，都有x1+x2=y1+y2，则称A、B两点互为“友好点”．已知点A1,4．
(1)若B2,1、C0,−3、D2,−2，则点A的“友好点”是 ；
(2)若A1,4、Pm,n都在双曲线y=kx上，且A、P两点互为“友好点”．请求出点P的坐标；
(3)已知抛物线y=ax2+2bx+3c（a≠0，a，b，c为常数）．顶点为D点，与x轴交于A、B两点，与直线y=bx+2c交于P、Q两点．若满足：①抛物线过点0,−3；②△DAB为等边三角形；③P、Q两点互为“友好点”．求b−a−199c的值．
【答案】(1)C0,−3
(2)−1,−4或4,1
(3)202
【分析】（1）根据“友好点”的定义逐一判断；
（2）由点A1,4可求得反比例函数的解析式，再设出P点的坐标，根据“友好点”的定义建立方程即可；
（3）由抛物线y=ax2+2bx+3c过0,−3可求得c的值，再表示出AB和△DAB中 AB边上的高，根据△DAB为等边三角形可得到a、b之间的等量关系，再联立一次函数与二次函数，得到关于P、Q两点横坐标的一元二次方程，可得到P、Q两点横坐标之间的关系，再由P、Q两点互为“友好点”得到P、Q两点横坐标的另一个关系，即可得到a、b之间的另一个等量关系，恒等变形即可得到b−a=3，整体代入b−a−199c即可．
【详解】（1）解：∵ 1+2≠1+4，
∴点A与点B不是互为“友好点”，
∵ 1+0=4+−3，
∴点A与点C是互为“友好点”，
∵ 1+2≠4+−3，
∴点A与点D不是互为“友好点”，
综上，点A的“友好点”是点C，
故答案为：C0,−3；
（2）解：∵ A1,4在双曲线y=kx上，
∴ k=4，
∴ Pm,4m，
∵A、P两点互为“友好点”，
∴ 1+m=4+4m，
解得m=−1或m=4 ，
∴ P−1,−4或P4,1；
（3）解：∵抛物线y=ax2+2bx+3c过0,−3，
∴ 3c=−3，
∴ c=−1，
∵抛物线y=ax2+2bx+3c与x轴交于A、B两点，
∴ AB=2b2−4a⋅3ca，
∵抛物线y=ax2+2bx+3c的顶点为D点，
∴ D−ba,12ac−2b24a，
则△DAB中AB边上的高为12ac−2b24a，
∵ △DAB为等边三角形，
∴ 12ac−2b24a=32×2b2−4a⋅3ca，
∴ 2b2−12ac=12，
∵ c=−1，
∴ b2+3a=3，
∵抛物线y=ax2+2bx+3c与直线y=bx+2c交于P、Q两点，
∴ y=ax2+2bx−3y=bx−2，
∴ ax2+bx−1=0，
设Px1,bx1−2，Qx2,bx2−2，
则x1，x2是方程ax2+bx−1=0的两个根，
∴ x1+x2=−ba，
∵P、Q两点互为“友好点”，
∴ x1+x2=bx2−2+bx1−2，
∴ −ba=b×−ba−4，
∴ b2=b−4a，
∴ b−4a+3a=3，
∴ b−a=3，
∴ b−a−199c=3+199=202．
【点睛】本题考查了材料阅读与函数、几何结合，涉及到一次函数，反比例函数，二次函数，等边三角形，读懂题干，熟练掌握函数和几何的有关知识是解决本题的关键．
16．（2023·江苏·九年级专题练习）已知OM⊥ON，垂足为点O，点E、F分别在射线OM、ON上，连接EF，点A为EF的中点，ED∥ON，ED=DF，连接OA并延长交线段ED或DF于点G．
(1)如图1所示，当点G在ED上，若OG=DE，则∠EDF= °；
(2)当点G在FD上，请在图2中画出图形并证明△DEF∽△AOF；
(3)若DG=2，AG=4，求DF的长．
【答案】(1)60
(2)见解析
(3)−3+33或1+33
【分析】（1）证明△DEF是等边三角形，可得结论；
（2）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可；
（3）分两种情形：如图3-1中，当点G在DF上时，设DF=DE=x，AE=AF=OA=AT=y．过点A作AK⊥FG于点K，AH⊥OF于点H．构建方程组求解即可．如图3-2中，当点G在DE上时，由题意AE=AF=AO=AG=4，设DF=DE=y，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：如图1中，
∵OM⊥ON，
∴∠EOF=90°，
∵AE=AF，
∴OA=AE=AF，
∵ED∥ON，
∴∠AGE=∠AOF，
在△AGE和△AOF中，
∠AGE=∠AOF∠EAG=∠FAOAE=AF，
∴△AGE≌△AOFAAS，
∴AG=OA，
∴EF=OG，
∵DE=DF，OG=EF，
∴DE=DF=EF，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠EDF=60°．
故答案为：60；
（2）解：图形如图2所示．
理由：∵∠EOF=90°，AE=AF，
∴OA=AF=AE，
∴∠AOF=∠AFO，
∴DE∥OF，
∴∠AFO=∠DEF，
∵DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE，
∴∠AOF=∠AFO=∠DEF=∠DFE，
∴△DEF∽△AOF；
（3）解：如图3-1中，当点G在DF上时，设DF=DE=x，AE=AF=OA=AT=y．过
过点A作AK⊥FG于点K，AH⊥OF于点H．
∵△DEF∽△AOF，
∴DEOA=EFOF，
∴xy=2yOF，
∴OF=2y2x，
∵∠AFO=∠AFG，AH⊥OF，AK⊥FG，，
∴AH=AK，
∴S△AOFS△AFG=OAAG=12⋅OF⋅AH12⋅FG⋅AK=OFFG，
∴y4=2y2xx+2，
∴x2+2x=8y，
∵DT∥OF，
∴GTTO=DGDF，
∴4−y2y=2x，
∴y=4xx+4，
∴x2+2x=32xx+4，
解得x=−3+33或−3−33或0，
经检验x=−3+33是分式方程的解，且符合题意．
∴DF=−3+33．
如图3-2中，当点G在DE上时，由题意AE=AF=AO=AG=4，设DF=DE=y，
由△DEF∽△AOF可得DEAO=EFOF，
∴y4=8y−2，
∴y2−2y−32=0，
∴y=1+33或1−33，
经检验y=1+33是分式方程的解，且符合题意，
∴DF=1+33，
综上所述，满足条件的DF的值为：−3+33或1+33．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题关键是学会利用参数构建方程组或方程解决问题，属于中考压轴题．
17．（2023春·江苏·九年级专题练习）类比推理是根据两个或两类对象在一系列属性上相同或相似，从而推出它们在其他属性上也相同或相似的推理．借助类比推理可以发现解决问题的方法．
如图（1），在△ABC中，∠C=90°，ACBC=m，点D、F分别是边AB、AC上的点，∠B=2∠ADF，过点A作AE⊥DF交DF的延长线于点E，求AEDF的值．
为了获取解决问题的方法，小敏先假设m=1，点D与点B重合（图（2）），此时她发现BE是∠ABC的角平分线，因为BE又与AE垂直，所以她想到将AE与BC延长，于是她求出了AEDF的值．
(1)图（2）中，∠CAE=______°，小敏求出的AEDF=______；
(2)接着在m=1的条件下，她让点D与点B不重合，如图（3），请尝试探究此时AEDF的值；
(3)最后她类比特例中采用的方法，成功地解决的原题．请结合特例探究的经验，尝试求出原题图（1）中AEDF的值．
(4)如图（4），∠C=90°，点D、F分别在BC、AC边上，BC=mAF，CF=mBD，连接AD、交于点M，过点A作AE⊥BF．请直接写出AEEM的值．
【答案】(1)22.5°，12；
(2)12；
(3)m2；
(4)1m．
【分析】（1）当m=1时，△ABC是等腰直角三角形，求得△BAG是等腰三角形，且AG⊥BE，AE=12AG，∠CAE=∠CBF=22.5°即可得Rt△ACG≌Rt△BCF，求得AEDF=12
（2）过点D作DG∥BC，DG交AE于点G，DG交AC于点H，得到△ADH是等腰直角三角形，AH=DH，△DAG是等腰三角形，且AE=12AG，可得Rt△AHG≌Rt△DHF，即可得到AEDF=12
（3）过点D作DG∥BC，DG交AE于点G，DG交AC于点H，ACBC=m，得到△AHD∽△ACB，ACBC=AHDH=m，由Rt△AHG∽Rt△DHF，得到AGDF=AHDH，且AE=12AG，即可得AEDF=m2
（4）过点B作BG∥AF，过点A作AG∥BF，则四边形AGBF时平行四边形，得到△BCF∽△GBD，所以BFGD=m，得到△AEM∽△DGA，即可得到AEEM=DGAG=1m
【详解】（1）将AE与BC延长交于点G，
∵m=1，ACBC=m，
∴AC=BC，且∠ACB=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=2∠ADF=2∠ABF=45°，
∴∠ABF=22.5°，∠CBF=∠ABC−∠ABF=22.5°，
∵AE⊥DF，即AG⊥BE，
∴∠AEB=∠GEB=90°，
∴∠BAG=∠AGB，
∴△BAG是等腰三角形，且AG⊥BE，
∴AE=12AG，
又∵AC=BC，∠ACG=∠BCF=90°，∠CAG=∠CBF，
∴Rt△ACG≌Rt△BCF，
∴AG=BF，即AG=DF，且AE=12AG，
∴AEDF=12
故答案为：22.5°，12；
（2）过点D作DG∥BC，DG交AE于点G，DG交AC于点H，
∵m=1，ACBC=m，
∴AC=BC，且∠C=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=2∠ADF=45°，
∵DG∥BC，
∴∠BAC=∠ABC=∠ADH=2∠ADF=45°，
∴∠GDF=∠ADF=12∠ABC=22.5°，
∴△ADH是等腰直角三角形，AH=DH，
∵AG⊥DE，
∴∠AED=∠GED=90°，
∴∠DAG=∠AGD
∴△DAG是等腰三角形，
∴AE=12AG，
又∵AH=DH，∠AHG=∠DHF=90°，∠HAG=∠HDF，
∴Rt△AHG≌Rt△DHF，
∴AG=DF，且AE=12AG，
∴AEDF=12
（3）过点D作DG∥BC，DG交AE于点G，DG交AC于点H，
∵在△ABC中，∠C=90°，ACBC=m，
∵DG∥BC，
∴∠ABC=∠ADH，∠AHD=∠ACB=90°，
∴△AHD∽△ACB，
∴ACBC=AHDH=m
又∵∠AFE=∠DFH，∠AEF=∠DHF=90°。
∴∠CAE=∠GDF，∠FDH=∠ADE
∴∠AGD=90°−∠FDH=90°−∠ADE=∠GAD，
∴△DAG是等腰三角形，且AG⊥BE，
∴AE=12AG，
又∵∠AHG=∠DHF=90°，∠HAG=∠HDF，
∴Rt△AHG∽Rt△DHF，
∴AGDF=AHDH，且AE=12AG，ACBC=AHDH=m，
∴AEDF=m2
（4）过点B作BG∥AF，过点A作AG∥BF，
则四边形AGBF时平行四边形
∴BF=AG，BG=AF，
∵BC=mAF，CF=mBD，
∴BCBG=BCAF=CFBD=m，
∵BG∥AF，
∴∠GBC=∠C=90°，
∴△BCF∽△GBD，
∴BFGD=m，∠GDB=∠CFB，
∵BF=AG，
∴AGGD=m，
∵∠C=90°，
∴∠CFB+∠CBF=90°，
∴∠GDB+∠CBF=90°，
∴BE⊥DG，
∴AG⊥DG，
∵AG∥BF，
∴∠EMA=∠DAG，
∵∠E=∠AGD=90°，
∴△AEM∽△DGA，
∴AEEM=DGAG=1m
【点睛】本题是相似三角形和全等三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质和等腰三角形的性质，解决问题的关键是能够应用类比推理
18．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知矩形ABCD中，AB=23，BC=6，点O是BC上一动点，⊙O的半径为r（r为定值），当⊙O经过点C时，此时⊙O恰与对角线BD相切于点P，如图1所示．
(1)求⊙O的半径r；
(2)若⊙O从点B出发（圆心O与点B重合），沿BC方向向点C平移，速度为每秒1个单位长度，同时，动点E，F分别从点A，点C出发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每秒2个单位长度，连接EF，如图2所示．当⊙O平移至点C（圆心O与点C重合）时停止运动，点E，F也随之停止运动．设运动时间为t秒．
①在整个运动过程中，是否存在某一时刻，EF与⊙O相切？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
②在运动过程中，当直线EF与⊙O相交时，直线EF被⊙O截得的线段长度记为d，且d满足2≤d≤4，则运动时间t的取值范围是______．
【答案】(1)r=2
(2)①存在，t=6−63或6+63；②43≤t≤83
【分析】（1）连接OP，先求得∠CBD=30°，在Rt△BOP中列出方程求得结果；
（2）①分为点F在点O的左右两侧两种情形：当点点F在点O右侧时，四边形ABCD是矩形，可求得ET=22，根据tan∠OEF=OTET =OFOE，列出方程，进而求得结果，同样方法求得点F在点O左侧的结果；②求出当d=2的t的值，从而求得范围，和②的方法相同：作OR⊥GH于R，连接OG，依次GR=1，OR=3，ER=3，根据（2）①列出OFOE=ORER，求得t的值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：如图1，

连接OP，则OP=OC=r，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=23，
∴tan∠CBD=CDBC=236=33，
∴∠CBD=30°，
∵BD是⊙O的切线，
∴OP⊥BD，
∴OB=2OP，
∴6−r=2r，
∴r=2；
（2）解：①如图2，

当点F在点O右侧时，
连接OE，连接OT，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥OB，∠A=90°，
∵AE=OB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∴四边形ABOE是矩形，
∴∠EOF=∠BOE=90°，OE=AB=23，
∵AF是⊙O的切线，
∴OT⊥EF，
∴∠OTE=90°，
∴ET=OE2−OT2=(23)2−22=22，
∵tan∠OEF=OTET =OFOE，OF=BC−OB−CF=6−3t，
∴222=6−3t23，
∴t=6−63，
如图3，
当点F在O点的左侧时，
同理可得，
222=3t−623，
∴t=6+63；
综上所述：t=6−63或6+63；
②如图4，

当点F在O点右侧，GH=2时，
作OR⊥GH于R，连接OG，
∴GR=12GH=1，
∴OR=OG2−GR2=22−12=3，
∴ER=OE2−OR2=(23)2−(3)2=3，
由（2）①知，
OFOE=ORER，
∴6−3t23=33，
∴t=43，
当点F在O点左侧时，
同理可得，
3t−623=33，
∴t=83，
∴当43≤t≤83时，2≤d≤4．
故答案为：43≤t≤83．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，矩形判定和性质等知识，解决问题的关键是画出图形，分类讨论．
19．（2023春·江苏·九年级专题练习）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）221+3；（4）存在，最大值为405000m2
【分析】（1）连接AC,BD，证明△ACE≌△DBE即可；
（2）分别以点A,B为圆心，大于12AB长度为半径画弧，两弧交于两点，连接两弧交点，即作AB的垂直平分线，以B为圆心，AC长度为半径画弧交AB的垂直平分线于点D，则点D即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=12AB，根据勾股定理求出AC，则BD已知，然后根据S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD进行计算即可；
（4）当美好四边形的对角线不垂直时，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，可得DE+BF【详解】解：（1）连接AC,BD，
∵∠BEC=∠AED，
∴∠BEC+∠CED=∠AED+∠CED，即∠BED=∠AEC，
在△AEC和△DEB中，
AE=DE∠AEC=∠DEBEC=EB，
∴△AEC≌△DEB(SAS)，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是美好四边形；
（2）如图即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD=BD，
∴AE=BE=12AB，
∵∠ABC=90°，AB=4,BC=3，
∴AC=5，BE=12×4=2，
∵四边形ABCD为美好四边形，
∴AC=BD=5，
∴DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S△ABD=12⋅AB⋅DE=12×4×21=221，S△BCD=12BC⋅BE=12×3×2=3，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=221+3；
（4）存在，
当美好四边形的对角线不垂直时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，
则S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(DE+BF)，
∵DE∴DE+BF当美好四边形对角线互相垂直时，
S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD，
∵12AC⋅(DE+BF)<12AC⋅BD，
∴当美好四边形的对角线垂直时面积最大，
如图，当AC过圆心E，AC最长，四边形ABCD中，AC⊥BD时，其面积最大，
∵湖泊的半径是200m，点A到该湖泊的最近距离为500m，
∴AC=500+200×2=900m，
∴S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD=12×900×900=405000m2．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了特殊四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，明确等角线四边形对角线垂直时面积最大是解题的关键．
20．（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF=45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②BECF= ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE=5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC=5，对角线AC=6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，HE=85，求CF的长．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）3；（3）2．
【分析】（1）①求出∠EDB=∠CDF，∠EBD=∠FCD=45°，即可证明△DBE∼△DCF；
②求出BD=2CD，由△DBE∼△DCF得BECF=BDDC=2CDCD=2；
（2）连接BD交AC于点O，先证明∠ABD=∠OCD，再通过计算tan∠BDC，得出∠EDF=∠BDC，求出∠EDB=∠FDC，证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可；
（3）连接BD交AC于O点，先求出BD=2OD=8，tan∠ODC=OCOD=34，证明△DHB∽△DOC，可得BHCO=DBDC，求出BH、BE的长，然后根据tan∠EDF=34，得出∠EDF=∠ODC，求出∠EDB=∠CDF，然后证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可．
【详解】（1）①证明：∵∠EDF=45°，
∴∠EDB+∠BDF=45°，
∵∠CDF+∠BDF=45°，
∴∠EDB=∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD=∠FCD=45°，
∴△DBE∼△DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC=45°，
∴CD=BD⋅cs45°，
∴BD=2CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=2CDCD=2，
故答案为：2；
（2）解：连接BD交AC于点O，
∵AB=6，BC=8，
∴AC=BD=62+82=10，
∵在矩形ABCD中，AC=BD，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠ODC，
∴∠ABD=∠OCD，
∵tan∠BDC=BCCD=43，tan∠EDF=43，
∴∠EDF=∠BDC，
∵∠EDF=∠EDB＋∠BDF，∠BDC=∠BDF＋∠FDC，
∴∠EDB=∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=53，
∵BE=5，
∴CF=3；
（3）解：连接BD交AC于O点，
∵在菱形ABCD中，BC=AB=DC=AD=5，AC=6，AC⊥BD，
∴OC=12AC=3，BD=2OD，
在Rt△ODC中，OD=DC2−OC2=4，
∴BD=2OD=8，tan∠ODC=OCOD=34，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB=∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB=∠DOC=90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴BHCO=DBDC，即BH3=85，
∴BH=245，
∵HE=85，
∴BE=BH－HE=165，
∵tan∠EDF=34，
∴∠EDF=∠ODC，
∴∠EDB=∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB=90°，
∵∠HDB=∠ODC，∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠HBD=∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=85，
∴CF=5BE8=5×1658=2．
【点睛】本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，作出合适的辅助线，构造相似三角形是解题的关键，注意解题方法的延续性．
21．（2023·江苏·九年级专题练习）【结论提出】：三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．
(1)【思路说明】已知：如图1，△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC于D．试说明：BDCD=ABAC．理由：过点C作CE∥AD，交BA延长线于点E，易得BDCD=______，由CE∥AD，AD平分∠BAC可得AE= ______，代入上式得BDCD=ABAC．
(2)【直接应用】如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10,CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB=______．
(3)如图3，若四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，延长EF、AF分别交AB,BC于M、H两点，当FH=BH时．
①求BH的长；
②直接写出AMBM=______；
(4)【拓展延伸】如图4，若四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，当点E为CD边的三等分点时，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF与BC所在直线交于点P、与AD所在直线交于点Q，请直接写出CP的长______．
【答案】(1)ABAE；AC
(2)20
(3)73；257
(4)32或65
【分析】（1）根据平行线分线段成比例，以及平行线的性质和角平分线的定义作答即可；
（2）由三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比，求出AC与AB的比值，再利用勾股定理进行计算即可；
（3）①设BH=x利用翻折的性质和勾股定理进行求解即可；
②证明Rt△MFH≌Rt△MBH，得到MH平分∠AHB，利用结论即可得解；
（4）分DE=13CD和CE=13CD两种情况进行求解．过点Q作QH⊥DE，利用角平分线的结论，以及勾股定理求出DQ，再利用菱形的对边平行得到△PCE∽△QDE，利用相似比进行计算即可．
【详解】（1）解：∵CE∥AD，
∴BDCD=ABAE，∠BAD=∠AEC,∠CAD=∠ACE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠AEC=∠ACE，
∴AE=AC，
∴BDCD=ABAC；
（2）解：∵AD平分∠BAC，
由（1）知：BDCD=ABAC=106，
设AB=10x,AC=6x，
∵∠C＝90°，BC=BD+CD=16，
∴AB2=AC2+BC2，即：10x2=6x2+162，
解得：x=2，
∴AB=10x=10×2=20；
（3）解：①∵四边形ABCD是矩形，AB=8,AD=6
∴∠D=∠B=90°，
∵翻折，
∴△ADE≌△AFE，
∴AF=AD=6,∠AFE=∠D=90°，
∵FH=BH，
设BH=x，则：AH=6+x，
在Rt△ABH中：AB2=AH2−BH2 ，
∴82=6+x2−x2，解得：x=73，
∴BH=73；
②在Rt△MFH和Rt△MBH中，
FH=BHMH=MH，
∴Rt△MFH≌Rt△MBH(HL)，
∴∠FHM=∠BHM，即MH平分∠AHB，
∴AMBM=AHBH=253÷73=257；
（4）解：当DE=13CD时，
∵四边形ABCD为边长为6的菱形，∠ABC=60°，点E为CD边的三等分点，
∴AD∥BC,∠ADC=60°,CD=6,DE=2，
∴∠PCE=180°−∠DCB=60°,CE=CD−DE=6−2=4，
∵翻折，
∴△DAE≌△FAE，
∴EF=DE=2,AF=AD=6,∠DAE=∠FAE，
∴AE平分∠QAF，
∴QEEF=AQAF，即QE2=AQ6，
∴AQ=3QE，
∴DQ=6−3QE，
过点Q作QH⊥DE，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=6−3x2，QH=3DH=3(6−3x)2,
∴EH=DE−DH=2−6−3EQ2=3EQ−22，
∵QH⊥CD，
∴QH2+EH2=EQ2，
即：3(6−3EQ)22+(3EQ−22)2=EQ2，
解得：EQ=2或EQ=74，
当EQ=2时，DQ=6−3EQ=6−3×2=0，不符合题意．
当EQ=74时，DQ=6−3EQ=6−3×74=34，
∵AD∥BC，
∴△PCE∽△QDE,
∴CPDQ=CEDE,即：CP43=42,
∴CP=32;
当CE=13CD时：如图5，过点Q作QH⊥OD交CD的延长线于点H，
同理可证：EF=DE=4，
EQEF=AQAF,即：EQ4=AQ6,
∴AQ=32EQ,
∴DQ=AQ−AD=32EQ−6,
∵QH⊥CD,∠QDH=∠ADC=60°,
∴DH=12DQ=32EQ−62=3EQ−124，QH=3DH=3(3EQ−12)4,
∴EH=DE+DH=4+3EQ−124=3EQ+44，
∵QH⊥CD，
∴QH2+EH2=EQ2,即：3(3EQ−12)42+(3EQ+44)2=EQ2，
解得：EQ=4或 EQ=285，
当EQ=4时， DQ=32EQ−6=32×4−6=0, 不符合题意，
当 EQ=285 时，DQ=32EQ−6=32×285−6=125,
∵AD//BC,
∴△PCE∽△QDE,
∴CPDQ=CEDE，即：CP125=24,
∴CP=65;
综上所述，CP的长为32或65．
【点睛】本题考查三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．熟练掌握结论，做题过程中合理应用是解题的关键．同时考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性很强，属于中考常考题型．
22．（2023春·江苏镇江·九年级统考阶段练习）
(1)[基础巩固]如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为______；
(2)[思维提高]如图②，在三角形纸片ABC中，AC=BC=6，AB=10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求AMBM的值；
(3)[拓展延伸]如图③，在三角形纸片ABC中，AB=9，BC=6，∠ACB=2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B'处，折痕为CM．求线段AC的长；
【答案】(1)AM＝BM
(2)169
(3)AC=152
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可；
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可；
（3）证明△BCM∽△BAC，推出BCAB=BMBC=CMAC，由此即可解决问题．
【详解】（1）解：如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴BCBA=BMBC，
∴610=BM6，
∴BM=185，
∴AM=AB−BM=10−185=325，
∴AMBM=325185=169．
（3）如图③中，
由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴BCAB=BMBC=CMAC
∴69=BM6，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴69=5AC，
∴AC=152．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
23．（2023·江苏扬州·校考一模）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
24．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）【阅读理解】三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．
如图1，△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，若CD2=AD⋅BD，则称点D是△ABC中AB边上的“好点”．
【探究应用】
(1)如图2，△ABC的顶点是4×4网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）AB边上的“好点”；
(2)如图3，△ABC中，AB=14，csA=22，tanB=34，若点D是AB边上的“好点”，求线段AD的长；
(3)如图4，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交⊙O于点D，若点H是△ACD中CD边上的“好点”．
①求证：AH=BH；
②若BC⊥CH，⊙O的半径为r，且r=32AD，求DHCH的值．
【答案】(1)图见解析
(2)4或9
(3)①见解析；②32
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和“好点”定义解答即可；
（2）过点A作AH⊥AB于H，可设CH=3k，BH=4k，解直角三角形可求得BH=8，AH=CH=6，设AD=x，则DH=6-x，BD=14-x，根据勾股定理和“好点”定义解方程求得x值即可；
（3）①根据圆周角定理可得∠ADH=∠CBH，证明△ADH∽△CBH得到DH·CH=AH·BH，再根据“好点”定义得到DH·CH=AH2即可得证；
②连接OH、BD，根据90°的圆心角所对的弦是直径知BD为直径，再根据垂径定理得到OH⊥AB，由三角形中位线性质和勾股定理可求得BH= 223r，进而可求得AD、DH、CH即可求解．
【详解】（1）解：如图，点D即为求作的AB边上的“好点”；
（2）解：过点A作AH⊥AB于H，
∵csA=22，tanB=34，
∴∠A=45°，CHBH=34，
设CH=3k，BH=4k，则AH=CH==3k，
∵AB=14，∴3k+4k=14，解得：k=2，
∴BH=8，AH=CH=6，
设AD=x，则DH=6-x，BD=14-x，
在Rt△CHD中，AD2=CH2+DH2=62+（6-x）2，
由点D为AB边上的“好点”得：AD2=AD·BD=x（14-x），
∴62+（6-x）2= x（14-x），即x2-14x+36=0，
解得：x=4或x=9，
故线段AD的长是4或9；
（3）解：①∵∠ADH=∠CBH，∠AHD=∠CHB，
∴△ADH∽△CBH，
∴DHBH=AHCH即DH·CH=AH·BH，
∵点H是△ACD中CD边上的“好点”，
∴DH·CH=AH2，
∴AH2=AH·BH，
∴AH=BH；
②连接OH、BD，
∵BC⊥CH，∴BD是直径，则∠DAB=90°，
∵AH=HB，r=32AD
∴OH⊥AB，OH= 12AD=13r，
在Rt△OHB中，BH=OB2−OH2=r2−(13r)2=223r，
∴AH=223r，
在Rt△DAH中，DH=AD2+AH2=233，
∵点H是△ACD中CD边上的“好点”，
∴DH·CH=AH2，
∴CH=AH2DH=439，
∴DHCH=233439=32.
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线、直角三角形的斜边上的中线性质、解直角三角形、解一元二次方程等知识，理解题意，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键.
25．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB＝6cm，BC＝8cm点E从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0(1)求当t为何值时，△EFD∽△ABD?
(2)求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；
(3)将△EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当t的值为207时，△EFD∽△ABD
(2)当t的值为5021或103时△EFD为等腰三角形
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）当△EFD∽△ABD时，得到相似比DEDA=DFDB，解得t=207即可；
（2）根据题意，等腰三角形分三种情况：EF＝DE时；EF＝DF时；DE＝DF时；作出相应图形，结合条件求解即可；
（3）假设存在这样的菱形，当EM=EN时，过点E作EQ⊥BC于点Q，利用勾股定理求出两条线段长，根据相等关系列方程求解即可确定结论存在与否．
【详解】（1）解：如图所示：
在矩形ABCD中，AD＝BC＝8cm，∠A＝∠ABC＝90°，
在Rt△ABD中由勾股定理得BD=AD2+AB2=82+62=10（cm），
由题意得：DE＝2tcm，BF＝tcm，
∴DF=BD−BF=10−tcm，
∵△EFD∽△ABD，
∴DEDA=DFDB，
∴2t8=10−t10，解得t=207
∴当t的值为207时，△EFD∽△ABD；
（2）解：△EFD为等腰三角形有三种情况：
①EF＝DE时，点E在DF的垂直平分线上，过点E作EG⊥DF于点G，如图所示：
则DG=12DF=10−t2cm，
在Rt△DEG中，cs∠1=DGDE=45，
∴5DG＝4DE，
∴5×10−t2=4×2t，解得：t=5021；
②EF＝DF时，点F在DE的垂直平分线上，过点F作FH⊥AD于点H，如图所示：
则DH=12DE=tcm，在Rt△DHF中，cs∠1=DHDF=45，
∴5DH＝4DF，
∴5t=410−t，解得t=409，
∵409>3.6，
∴不合题意舍去；
③DE＝DF时，则2t＝10－t，解得：t=103；
综上：当t的值为5021或103时，△EFD为等腰三角形；
（3）解：不存在．
假设△EMN沿直线MN翻折后点E落在点E'处，由折叠得：EM=E'M，EN=E'N，当翻折后的四边形为菱形时，EM=E'M=E'N=E'N，
∴EM＝EN，
∴EM2=EN2，
过点E作EQ⊥BC于点Q，如图所示：
则四边形EQCD为矩形，
∴EQ＝CD＝6cm，CQ＝DE＝2tcm，
∴NQ=BC−CQ−BN=8−2t−54t=8−134t，
∴EN2=EQ2+NQ2=62+8−134t2=16916t2−52t+100，
∵AM=AB−BM=6−53tcm，AE=8−2tcm，
∴ME2=AM2+AE2=6−53t2+8−2t2=619t2−52t+100，
∴619t2−52t+100=16916t2−52t+100，此方程无解，
∴不存在这样的菱形．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，化动为静，熟练掌握相似三角形的基本模型是解题的关键．
26．（2023春·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考阶段练习）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB=∠DEB=90°，∠B=30°，BE=AC=3．
【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
(2)若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
(3)连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
(4)如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是_____．
【答案】(1)23
(2)6±1
(3)536π
(4)734
【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
（2）分点E在BC上方和下方两种情况讨论求解即可；
（3）取BC的中点O，连接GO，从而求出OG=3，得出点G在以O为圆心，3为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；
（4）由（3）知，点G在以O为圆心，3为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点G到直线AB的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
【详解】（1）解：由题意得，∠BEF=∠BED=90°，
∵在Rt△BEF中，∠ABC=30°，BE=3，cs∠ABC=BEBF．
∴BF=BEcs∠ABC=3cs30°=23．
（2）①当点E在BC上方时，
如图一，过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=3，
∴tan∠ABC=ACBC，
∴BC=ACtan∠ABC=3tan30°=33．
∵在△BDE中，∠DEB=90°，∠DBE=∠ABC=30°，
BE=3，tan∠DBE=DEBE，
∴DE=BE⋅tan30°=3．
∵点C、E、D在同一直线上，且∠DEB=90°，
∴∠CEB=180°−∠DEB=90°．
又∵在△CBE中，∠CEB=90°，BC=33，BE=3，
∴CE=BC2−BE2=32，
∴CD=CE+DE=32+3．
∵在△BCD中，S△BCD=12CD⋅BE=12BC⋅DH，
∴DH=CD⋅BEBC=6+1．
②当点E在BC下方时，
如图二，
在△BCE中，∵∠CEB=90°，BE=3，BC=33，
∴CE=BC2−BE2=32．
∴CD=CE−DE=32−3．
过点D作DM⊥BC，垂足为M．
在△BDC中，S△BDC=12BC⋅DM=12CD⋅BE，
∴DM=6−1．
综上，点D到直线BC的距离为6±1．
（3）解：如图三，取BC的中点O，连接GO，则GO=12BD=3．
∴点G在以O为圆心，3为半径的圆上．
当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，圆弧长为150360×2π×3=536π．
∴点G所经过的路径长为536π．
（4）解：由（3）知，点G在以O为圆心，3为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，
当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点G到直线AB的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，BO=12BC=332，
∴OH=BO⋅sin∠OBH=332⋅sin30°=334，
∴GH=OG+OH=3+334=734，
即点G到直线AB的距离的最大值为734.
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点E在BC上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
27．（2023·江苏扬州·校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线l：y=−33x+43分别与x轴、y轴交于点A点和B点，过O点作OD⊥AB于D点，以OD为边构造等边△EDF（F点在x轴的正半轴上）．
(1)求A、B点的坐标，以及OD的长；
(2)将等边△EDF，从图1的位置沿x轴的正方向以每秒1个单位的长度平移，移动的时间为t（s），同时点P从E出发，以每秒2个单位的速度沿着折线ED-DF运动（如图2所示），当P点到F点停止，△DEF也随之停止．
①t= （s）时，直线l恰好经过等边△EDF其中一条边的中点；
②当点P在线段DE上运动，若DM=2PM，求t的值；
③当点P在线段DF上运动时，若△PMN的面积为3，求出t的值．
【答案】(1)A（12，0）；B（0，43）； OD=6
(2)①3或6；②t=2411s或83s；③t=4s
【分析】（1）把x=0，y=0分别代入y=−33x+43，即可求出点A、B的坐标，求出∠BAO=30°，根据直角三角形的性质，即可得出OD=12OA=6；
（2）①当直线l分别过DE、DF、EF的中点，分三种情况进行讨论，得出t的值，并注意点P运动的最长时间；
②分点P在直线l的下方和直线l上方两种情况进行讨论，求出t的值即可；
③分点P在DN之间和点P在NF之间两种情况进行讨论，求出t的值即可．
【详解】（1）解：把x=0代入y=−33x+43得：y=43，
∴点B的坐标为0,43，
把y=0代入y=−33x+43得：0=−33x+43，解得：x=12，
∴点A的坐标为12,0，
∵tan∠BAO=OBOA=4312=33，
∴∠BAO=30°，
∵OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴ΔODA为直角三角形，
∴OD=12OA=6．
（2）①当直线l过DF的中点G时，如图所示：
∵△DEF为等边三角形，
∴∠DFD=60°，
∵∠BAO=30°，
∴∠FGA=60°−30°=30°，
∴∠FGA=∠BAO，
∴FA=FG=12DF=3，
∴OF=OA−FA=9，
∴OE=OF−EF=9−6=3，
∴ t=31=3s；
当l过DE的中点时，如图所示：
∵DE⊥l，DG=EG，
∴直线l为DE的垂直平分线，
∵△DEF为等边三角形，
∴此时点F与点A重合，
∴t=12−61=6s；
当直线l过EF的中点时，运动时间为t=12−31=9s，
∵点P从运动到停止用的时间为：6+62=6s，
∴此时不符合题意；
综上分析可知，当t=3s或6s时，直线l恰好经过等边△EDF其中一条边的中点；
②∵OE=t，AE=12-t，∠BAO=30°，
∴ME=6-t2，
∴DM=DE-EM=t2，
∵EP=2t，
∴PD=6-2t，
当P在直线l的下方时，
∵DM=23DP，
∴t2=236−2t，
解得：t=2411s；
当P在直线l的上方时，∵DM=2DP，
∴t2=26−2t，解得：t=83s；
综上分析可知，t的值为2411s或83s．
③当P在DN之间时，如图所示：
∵∠D=60°，∠DMN=90°，DM=t2，
∴∠DNM=90°−60°=30°，
∴MN=DM×tan60°=32t，DN=2DM=2×t2=t，
∵DP=6-t，
∴PN=DN−DP=t−6−t=2t−6，
∵∠DNM=30°，
∴边MN的高ℎ=12PN=t−3，
∵△PMN的面积为3，
∴12×32t×t−3=3，
解得：t=4或t=−1（舍去）；
当点P在NF之间时，如图所示：
∵∠D=60°，∠DMN=90°，DM=t2，
∴∠DNM=90°−60°=30°，
∴MN=DM×tan60°=32t，DN=2DM=2×t2=t，
∵DP=6-t，
∴PN=DP−DN=6−t−t=6−2t，
∵∠DNM=30°，
∴∠FNA=∠DNM=30°，
∴边MN的高ℎ=12PN=3−t，
∵△PMN的面积为3，
∴12×32t×3−t=3，
整理得：t2−3t+4=0，
∵Δ=−32−4×1×4=−7＜0，
∴此方程无实数解，
∴P在NF间不成立；
综上分析可知，t的值为4s．
【点睛】本题主要考查了一次函数的性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、利用三角函数解直角三角形，熟练掌握含30°的直角三角形的性质并注意进行分类讨论是解题的关键．
28．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图1，矩形ABCD中，AB=15, BC=20，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转，得到矩形BEFG．
（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于________；
（2）如图2，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE2+AG2的值；
（4）在旋转过程中，请直接写出S△BCE+S△ABG的最大值．
【答案】(1)10；(2)42；(3) AE⊥CG，理由见解析，CE2+AG2=1250；(4)300
【分析】(1)利用勾股定理求出BD，即可得出结论；
(2)先利用三角形的面积求出BM，再根据勾股定理求出AM，进而得出AE，最后用三角形的面积之差即可得出结论；
(3)先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理判断出∠BAE=∠BCG，进而判断出∠CQP=∠ABC=90°，最后用勾股定理，即可得出结论；
(4)如下图证明△BCE≌△BGE'，得出S△BCE=S△BGE'，进而得出S△BCE+S△ABG=3GH，即可得出结论．
【详解】解：(1) 如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=20，∠A=90°，
在Rt△BAD中，根据勾股定理得，BD=AB2+AD2=152+202=25，
由旋转知，BE=AB=15，
∴DE=BD-BE=25-15=10，
故答案为：10；
(2)如图2，
在Rt△ABC中，AC=25，
由旋转得，BE=AB=15，
过点B作BM⊥AC于M，由等腰三角形的“三线合一”性质可知，AE=2AM，
在△ABC中使用等面积法可知：AB⋅BC=AC⋅BM，
解得：BM=AB⋅BCAC=15×2025=12，
在Rt△ABM中，由勾股定理可知：AM=AB2−BM2=152−122=9，
∴AE=2AM=2×9=18，
∴CE=AC-AE=25-18=7，
∴S△BCE=12CE⋅BM=12×7×12=42，
故△BCE的面积为42；
(3)AE⊥CG，理由如下，如图3：
设AE与BC的交点记作点P，AE与CG的交点记作Q，
由旋转知，∠ABE=∠CBG， AB=BE，
∴∠BAE=12(180∘−∠ABE)=12(180∘−∠CBG)，
由旋转知，BC=BG，
∴∠BCG=12(180∘−∠CBG)，
∴∠BAE=∠BCG，
∵∠APB=∠CPE，
∴∠CQP=∠ABC=90∘，
∴AE⊥CG；
连接AC、EG，由旋转知，BE=AB=15，BG=BC=20，
在Rt△AQC中，AQ²+CQ²=AC²=25²=625，
在Rt△BEG中，BE²+BG²=EG²=25²=625，
在Rt△CQE中，CE²=CQ²+QE²，
在Rt△AQG中，AG²=AQ²+GQ²，
∴CE²+AG²= (CQ²+ QE²)+ (AQ²+GQ²)=(CQ²+ AQ²)+ (QE²+QG²)=AC²+EG²=625+625=1250，
故答案为：1250；
(4)如图4，
延长AB至E'，使BE'=BE，连接GE'，过点G作GH⊥AB于H，
∴AE'=AB+BE'=15+15=30，
∵∠EBG=∠CBE'=90°，
∴∠CBE=∠GBE'，
由旋转知，BC=BG，
∴△BCE≌△BGE'(SAS)，
∴SΔBCE=SΔBGE'，
∴SΔBCE+SΔABG=SΔBGE'+SΔABG=SΔAE'G=12AE'⋅GH=15GH，
要使S△BCE+S△ABG最大，则GH最大，而GH最大为BG=20，
故S△BCE+S△ABG的最大值为300．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的旋转，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积公式，勾股定理等知识点，难度比较大，判断出AE⊥CG是解本题的关键．
29．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为3,0，B点坐标为−1,0，连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒2个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
（1）求b、c的值；
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=2，c=3；（2）t=2，最小值为4；（3）（3+174，23+178）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF=PE=t，PF=QE=4-2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式，求出t值，即可算出M的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A（3，0），B（-1，0），
则0=−9+3b+c0=−1−b+c，
解得：b=2c=3；
（2）由（1）得：抛物线表达式为y=-x2+2x+3，C（0，3），A（3，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，由点P的运动可知：
AP=2t，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，
∴AE=PE=2t2=t，即E（3-t，0），
又Q（-1+t，0），
∴S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ
=12×4×3−12×3−−1+tt
=12t2−2t+6
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
AC=32+32=32，AB=4，
∴0≤t≤3，
∴当t=−−22×12=2时，四边形BCPQ的面积最小，即为12×22−2×2+6=4；
（3）∵点M是线段AC上方的抛物线上的点，
如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ，∠MPQ=90°，
∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∠PMF=90°，
∴∠PMF=∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
∠F=∠QEP∠PMF=∠QPEPM=PQ，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF=PE=t，PF=QE=4-2t，
∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，
∴点M的坐标为（3-2t，4-t），
∵点M在抛物线y=-x2+2x+3上，
∴4-t=-（3-2t）2+2（3-2t）+3，
解得：t=9−178或9+178（舍），
∴M点的坐标为（3+174，23+178）．
【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
30．（2023·江苏·九年级专题练习）三角形的布洛卡点（Brcardpint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brcard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=∠α，则点P是△ABC的布洛卡点，∠α是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；
（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中∠BAC=90°）的布洛卡点，且∠1=∠2=∠3．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；
②若△ABC的面积为52，求△PBC的面积．
【答案】（1）30°，PA=PB=PC；（2）①△ABP∽△BCP，证明见解析；（3）S△PBC=1．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；
（2）①找△ABP∽△BCP，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；
②把三角形△ABC面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：∠BAP=∠CBP=∠ACP，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠BCA=∠CAB，AB=BC=AC,
∴△APB≌△BPC，
∴AP=BP，
∴∠PAB=∠PBA，
∴∠PBA=∠PBC,∠PBA+∠PBC=60°，
∴∠PBC=30°，
同理可证得出：
∠BAP=∠CBP=∠ACP=30°，
∠ABP=∠BCP=∠CBP=30°，
PA=PB=PC
故答案是：30°，PA=PB=PC．
（2）①△ABP∽△BCP
证明：∵△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC=∠ACB=45°，
即∠ABP+∠2=∠3+∠BCP=45°，
∵∠2=∠3，∴∠ABP=∠BCP，
又∵∠1=∠2，
∴△ABP∽△BCP.
（3）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴S△ABC=12AB⋅AC=12AC2=52，∴AC=5.
∵△PAB∽△PBC，
∴BPCP=APBP=ABBC=22，
∴AP=22BP，CP=2BP，S△PAB=12S△PBC，
∴CP=2AP.
∵∠APB=∠BPC=180°−(∠1+∠ABP)=180°−(∠2+∠ABP)=135°，
∴∠APC=360°−∠APB−∠BPC=90°.
在Rt△APC中，∵CP=2AP，AC=5，
由勾股定理得AP=1，CP=2，
∴S△APC=12CP⋅AP=1，
∴S△ABC=S△PBC+S△PAC+S△PAB=S△PBC+1+12S△PBC=52
∴S△PBC=1．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．