中考数学三轮冲刺培优训练专题21动态几何综合问题（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023春·吉林长春·九年级东北师大附中校考阶段练习）如图，在中，，，．动点P从点A出发，以每秒7个单位长度的速度沿折线AC﹣CB向终点B运动．当点P不与顶点重合时，作，交边AB于点Q，以CP、PQ为边作．设点P的运动时间为t秒．
(1)求的长．
(2)当点P在边上时，求点Q到边的距离（用含t的代数式表示）；
(3)当的某条对角线与△ABC的直角边垂直时，求的面积；
(4)以点P为直角顶点作等腰直角三角形，使点E与点C在同侧，设的中点为F，的对称中心为点O，连接．当时，直接写出t的值．
【答案】(1)
(2)点Q到边的距离为3t
(3)的面积为36或
(4)满足条件的t的值为或4
【分析】（1）根据勾股定理求解即可；
（2）如图1，过点Q作于点M，由，设，，由题意，推出，，可得，可得结论；
（3）分两种情形：当时，如图2中，过点Q作于点M，当时，如图3中，过点Q作于点N，分别构建方程求解，可得结论；
（4）如图4﹣1中，当是等腰直角三角形时，满足条件；如图4﹣2中，当是等腰直角三角形时，满足条件，分别构建方程求解，可得结论．
【详解】（1）在中，，，，
∴ ＝＝20；
（2）如图1中，过点Q作于点M．
在中，，
，
设，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当时，如图2中，过点Q作于点M．
∵，，
∴，
∴，
∴的面积；
当时，如图3中，过点Q作于点N．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的面积．
综上所述，满足条件的的面积为36或；
（4）如图4﹣1中，当是等腰直角三角形时，满足条件．
过点Q作于点M，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图4﹣2中，当是等腰直角三角形时，满足条件，
过点N作于点N．
∵，，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的t的值为或4．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查平行四边形的性质，解直角三角形等知识，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，属于中考压轴题．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图，直线与x轴、y轴分别交于点和点，直线与直线交于点，平行于y轴的直线m从原点O出发，以每秒个单位长度的速度沿x轴向右平移，到点时停止．直线m交线段、于点、，以为斜边向左侧作等腰，设与重叠部分的面积为（平方单位），直线m的运动时间为t（秒）．
(1)填空：_______，______；
(2)填空：动点的坐标为（t，_____），______（用含t的代数式表示）；
(3)当点落在轴上时，求的值．
(4)求S与t的函数关系式并写出自变量的取值范围；
【答案】(1)8；
(2)；
(3)2
(4)
【分析】（1）分别令、求出、的长度，再根据等腰直角三角形的性质求出的度数；
（2）根据等腰直角三角形的性质可得动点E的坐标，进而求出的长度；
（3）当点在轴上时，四边形为正方形，进而求出的值；
（4）点的位置有三种可能：①点在轴的左侧；②点在轴上；③点在轴右侧，求出S与t的关系式．
【详解】（1）与轴交于A点，与轴交于B点，
∵当时，；当时，，
∴，
∴，
故答案为：8；．
（2）∵直线与直线交于点C，
∴联立，得，
解得，，
∴，，
则，即，，
∵且直线m平行于y轴，垂直于x轴，
∴，为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：；．
（3）当点落在轴上时，
，
∴，
，
∴四边形为正方形，
∴，即，
∴，
∴，即，
故答案为：2．
（4）由题意可知：直线m交线段、于点、，以为斜边向左侧作等腰，
所以点的位置有三种情况：
①由（3）可知，当时，点在轴上，
此时和重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形为正方形，
；
②当时，点 在轴左侧，
此时与重叠部分为梯形，
如图，的两直角边与轴有两交点P、Q，分别过两个交点作x轴的平行线，交于M、N两点，
；
③当时，点在轴右侧，
此时和重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形为正方形，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了根据一次函数解析式求点的坐标，以及三角形的面积的计算，正确表示出的长是关键．
3．（2023春·江苏·九年级校考阶段练习）已知：如图，在中，．点D是中点，点P从点C出发，沿向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q从点A出发，沿向点B匀速运动，速度为3cm/s；连接，将绕点D旋转得．设运动时间为t（s），解答下列问题：
(1)当t为何值时，？
(2)当t为何值时，四边形是菱形？
(3)设四边形的面积为y，求y与t的函数关系式；
(4)是否存在某一时刻t，使得点T在的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)存在，
【分析】（1）首先根据勾股定理得到的长，根据旋转性质和平行四边形判定，可以证出四边形为平行四边形，利用得线段成比例，从而得解；
（2）过Q作于N，用含t的代数式表示出的长，由（1）已经证明四边形PQRT为平行四边形，它的对角线互相垂直时为萎形，再证明，，再根据相似三角形对应边的比相等即可得解；
（3）过P作于M，过点Q作于N，根据，即可得解；
（4）过C作 于H，所以，再证明，对应角相等，即为内错角相等，所以，从而证出当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动，取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则，即可得解．
【详解】（1）解：连接，
由旋转知：，，
∴四边形为平行四边形，
当时，则 ，
∴，
∵，，，
∴，
依题意得：，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，；
（2）解：由（1）知，四边形为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形为萎形知，当，即时，平行四边形为菱形，
过Q作于N，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴①，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
由①等式知：，
∴，
∴，
∴，
∴，舍去负根，
∴，
检验是原方程的根，
∴；
（3）解：∵四边形为平行四边形，
∴，
过P作于M，过点Q作于N，
由（2）知，
在中，，
∴，
∴


，
∴；
（4）解：过C作 于H，
∴，
∴，
连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动，
取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
即当时，T在的外接圆上．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆的性质，解题关键是恰当作出辅助线，熟练掌握以上性质和判定．
4．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）如图1，在中，，，，点分别是边的中点，连接．将绕点逆时针方向旋转，记旋转角为．
(1)问题发现
当时，______；当时，______．
(2)拓展探究
试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
(3)问题解决
绕点逆时针旋转至三点在同一条直线上时，请直接写出线段的长______．
【答案】(1) ；
(2)没有，证明见解析
(3)满足条件的的长为或
【分析】（1）当时，在Rt中，勾股定理，可求的长，然后根据点分别是边的中点，分别求出的大小，即可求出的的值；当时，可得，然后根据，可求的值；
（2）首先判断出，再根据，判断出，然后由相似三角形的对应边成比例，可求解；
（3）分两种情形：当点在的延长线上时；当点在线段上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：当时，
Rt中，，
，
点分别是边的中点，
，，
，
故答案为：；
如图，
当时，可得，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图，
当时，的大小没有变化，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当点在的延长线上时，
在Rt中，，，
，
，
，
；
如图，当点在线段上时，
在Rt中，，，
，
，
，
，
综上所述，满足条件的的长为或．
【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．
5．（2023·全国·九年级专题练习）已知正方形，点为直线上的一点，连接，过点作射线，交直线于点E，连接，取的中点，连接
(1)如图1，点在线段的中点时，直接写出与的数量关系；
(2)如图2，
①点P在线段上时，试判断（1）中的结论是否成立，并说明理由；
②若点P在直线上，，，直接写出的长；
(3)设，若点运动到某一位置时使为等边三角形，请直接写出的长．
【答案】(1)；
(2)①成立，理由见解析；②的长为或；
(3)的长为或．
【分析】（1）先证明是等腰直角三角形，因此可得；
（2）①过点作于，于，先根据AAS证明，则可得，再根据ASA证明，则可得是等腰直角三角形，因此可得，再根据“直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半”可得，因此．
②分两种情况，分点在线段上和P点在的延长线上．作于点，先求出的长，则可知的长，再求出的长，则可求出的长，再根据求出的长即可．
（3）分两种情况，点在上方和点在下方．①F点在上方时，由是等边三角形可求出、的长，再求出的长，设，根据勾股定理列方程求出x，即可知的长，则可求出的长． ②F点在下方时，是等边三角形可求出、、的长， 再求出的长， 作于Q点， 设，在中据勾股定理列方程求出x，即可知的长，进而可可求出的长和的长．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是正方形
P是线段的中点
∵F是中点
（2）①如图，点P在线段上时，（1）中的结论仍然成立，理由如下：
过P点作于G，于H
又
∴四边形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中点
∵Rt中，F是中点
②(ⅰ)如图，P点在线段上时，作于Q
由①知
(ⅱ)如图，若P点的延长线，
过P点作于G，于H
又
∴四边形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中点
∵Rt中，F是中点
延长，作于Q点
∴

综上，的长为或
（3）
①如图，F点在上方时
∵为等边三角形
由①知是等腰直角三角形
延长，作于Q点
则
设则
由
得
解得（舍去）
②①如图，F点在下方时
∵为等边三角形
∵是等腰直角三角形
过P点作于Q点
则
设，则
在Rt中
解得（舍去），
综上，的长为或
【点睛】本题综合性较强，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理．正确的画出图形，并且正确的作出辅助线是解题的关键． 注意分类讨论，不要漏解．
6．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）问题情境：如图1，在正方形中，为边上一点不与点、重合，垂直于的一条直线分别交、、于点、、．则、、之间的数量关系为 ．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点求的度数；
如图3，当垂足在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处，若正方形的边长为，的中点为，求的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为的正方形中，点、分别为边、上的点，将正方形沿着翻折，使得的对应边恰好经过点，交于点分别过点、作，，垂足分别为、,若，请直接写出的长．
【答案】问题情境：
问题探究：（1）；（2）2
问题拓展：
【分析】问题情境：过点作分别交、于点、，证出四边形为平行四边形，得出，证明≌得出，即可得出结论；
问题探究：（1）连接，过点作，分别交、于点、，证出是等腰直角三角形，，，证明≌得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论；
（2）连接交于点，则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，由等腰直角三角形的性质得出，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，证明≌得出，证明≌得出，，由正方形的性质得出，易得出，得出，，得出，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，即可得出结果；
问题拓展：延长交于，交的延长线于，延长交于，则，，得出，由勾股定理得出，得出，证明∽，得出，，证明∽，得出，由折叠的性质得：，，，求出，，证明∽，得出，，证明∽，得出，得出．
【详解】问题情境：
解：线段、、之间的数量关系为：；理由如下：
四边形是正方形，
，，，
过点作分别交、于点、，如图所示：
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
；
问题探究：
解：（1）连接，过点作，分别交、于点、，如图所示：
四边形是正方形，
四边形为矩形，
，，，
是正方形的对角线，
，
是等腰直角三角形，，，
是的垂直平分线，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即；
（2）连接交于点，如图所示：
则的直角顶点在上运动，
设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，
，，
，
当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，
点在上，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
由翻折性质得：，
在和中，
，
≌，
，，
是正方形的对角线，
，
易得，
，
，
，故，
点在线段上运动；
过点作，垂足为，
点为的中点，
，则的最小值为；
问题拓展：
解：延长交于，交的延长线于，延长交于，如图：
则，，
，
在中，，
，
，，
∽，
，
，
，
，
，
，
∽，
，即，
解得：，
由折叠的性质得：，，，
，，
，
，
∽，
，
解得：，
，
，，
，
，
∽，
，即，
解得：，
．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
7．（2023秋·四川德阳·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接．
①的度数为______；
②线段之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数．
【答案】（1）①；②相等；（2）；，理由见详解；（3）．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，然后证明，从而可证明，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质得到，即可得到线段之间的数量关系；
（3）根据解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
和都是等边三角形，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
故①的答案为：；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
，
都是等腰直角三角形，，
，
，
，
的度数为，线段之间的数量关系为：；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：，得，
和都是等腰三角形，，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
8．（2023·全国·九年级专题练习）如图,在中,，是边上的高，点是的中点，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿折线向终点运动，连结，作点关于直线的对称点，设点的运动时间为秒．
(1)线段的长为_______；
(2)用含的代数式表示点到的距离；
(3)连结，当线段最长时，求的面积；
(4)当点三点共线时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)当线段最长时，的面积为24
(4)
【分析】（1）由是边上的高得，由得，再由勾股定理得，又因为，所以，即可得到答案；
（2）分两种情况讨论，当点在上运动和点在上运动时，根据等面积法，分别可以求出和的关系，从而即可得到答案；
（3）当点三点共线时，线段最长，画出图如图所示，此时，求出答案即可；
（4）以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，可以直接写出各个点的坐标，从而可以求出直线的解析式，由点在直线上，设出点的坐标，再根据求出点的坐标，从而可以得出直线的解析式，进而可以得出点所在直线的解析式，得到点的坐标，即可得到答案．
【详解】（1）解：是边上的高，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：当时，点在上运动，
作交于点，作交于点，点到的距离即的长，如图所示，
根据图可得：，
点是的中点，
，
，
，
，
点是的中点，
，
，，
，
；
当时，点在上运动，
作交于点，作交于点，点到的距离即的长，连接，如图所示，
根据图可得：，
，点是的中点，
，
，
，
，
，
，
综上所述：；
（3）解：当点三点共线时，线段最长，
连接，如图所示，
在中，
，点是的中点，
，
点关于直线的对称点为，
，
根据三角形三边关系可得：，
因此当点三点共线时，线段最长，如图所示，
，，
（SAS），
，
，
，
当线段最长时，的面积为24；
（4）解：以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设直线的解析式为：，
则，
解得：，
直线的解析式为：，
点三点在一条直线上，
设点坐标为，
点关于直线的对称点为，
，
，
解得：，
，
，
点在的垂直平分线上，
设直线的解析式为：，
则，解得，
直线的解析式为：，
的垂直平分线的解析式为：，
的中点在的垂直平分线上，
，
，
的垂直平分线的解析式为：，
，
∵
．
【点睛】本题考查了勾股定理，等面积法求三角形的高，求一次函数解析式，建立平面直角坐标系求解，本题的综合性较强，正确作出辅助线，采用数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．
9．（2022秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）已知：是的外接圆，且，，D为上一动点．
(1)如图1，若点D是的中点，等于多少？
(2)过点B作直线的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在上，求证：．
②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）连接，根据可得，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作于点H，则，证明和即可求解；
②连接并延长交于点I，则点D在上，证明和即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∵，
∴．
（2）①过B作于点H，则．
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
②连接并延长与交于点I，则点D在上．
如图：过B作于点H，
则，
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴当点D运动到点I时取得最大值，此时．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
10．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，是一个边长为4的等边三角形，D是直线上一点，以为边作，使，，并以、为边作平行四边形．
(1)当点D在线段上时，交于点G，求证：；
(2)求线段的最小值： ．
(3)当直线与的一边垂直时，请直接写出的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)的面积为或或．
【分析】（1）由，，可得，是等边三角形可得，且可得，从而可证；
（2）当时，有最小值，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解；
（3）分三种情况：①，②，③时，分别画出图形，求出底边长度和高，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：当时，有最小值，如图：
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴的最小值为，
故答案为：；
（3）解：直线与的一边垂直，分三种情况：
①时，如图：
此时，
∵，
∴，
又，
在中，，
，，
∴；
②时，如图：
此时，平行四边形为矩形，
在中，，，
∴，，
∴；
③时，延长交于H，如图：
此时，
∴，
∵，
∴，
∴，
中，，，
∴，
中，，
∴，
∴，
综上所述，直线与的一边垂直，平行四边形的面积为或或．
【点睛】本题考查等边三角形、平行四边形性质及应用，涉及全等三角形、矩形等知识，解题的关键是分别画出图形，分类讨论．
11．（2023·全国·九年级专题练习）如图①，在中，，，，点为边的中点．动点从点出发，沿折线向终点运动，点在边上以每秒3个单位长度的速度运动，在边上以每秒5个单位长度的速度运动，在点运动的过程中，过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线相交于点．点不与点、点重合．设点的运动时间为秒．
(1)用含的代数式表示的长；
(2)当四边形是轴对称图形时，求出的值；
(3)连接，如图②，当将的面积分成两部分时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或
【分析】（1）先利用勾股定理求出，再分点在边、边上两种情况考虑即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，由它是轴对称图形时，可证四边形是菱形，再分点在边、边上两种情况，由菱形的性质结合（1）的结论即可求得；
（3）由题意可得或，分点在边上，；点在边上，；点在边上，三种情况考虑，即可分别求得此时的时间的值即可．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵点在边、边上的速度分别为每秒3个单位长度、每秒5个单位长度运动，
∴点在边上的运动时间为（秒，在边上的运动时间为（秒，
当时，点在边上，则；
当时，点在边上，则，
综上所述，；
（2）解：如图①所示，当点P在上时，连接与交于点O，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，为的中点，
∴，
∴
又∵四边形是轴对称图形，
∴此时平行四边形是菱形，
∴，
∴，
解得；
如图②所示，当点在边上，
同理可证四边形是菱形，
∴，
设交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，的值为或．
（3）解：设交于点，
∵将的面积分成两部分，
或，
如图③所示，点在边上，时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
△，
∴，即，
解得；
如图④，点在边上，，则，
∵，
∴，
∴，
解得；
如图⑤，点在边上，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，的值为或或．
【点睛】本题是动点综合题，考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，旋转的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
12．（2023春·八年级课时练习）如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点D从O点出发，沿方向以的速度运动，当D不与点A重合时，将绕点C逆时针方向旋转得到，连接．
(1)求证：是等边三角形；
(2)如图2，当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由；
(3)如图3，当点D在射线上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)存在，；
(3)存在，当t的值为或时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【分析】（1）由旋转的性质可得，由等边三角形的判定可得结论；
（2）由旋转的性质可得，再由是等边三角形，可得，根据垂线段最短得，当时，的周长最小，根据等边三角形的性质以及勾股定理求出，即可求解．
（3）分四种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）证明∶ ∵将绕点C逆时针方向旋转得到，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：存在，当时，
由旋转的性质得：，
∴，
由（1）知，是等边三角形，
∴，
∴，
由垂线段最短得，当时，的周长最小，
此时，，
∴，
∴的最小周长；
（3）解：存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意，
②当时，由旋转可知，，
∴，
由（1）可知，是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，不存在直角三角形．
④如图，当时，由旋转的性质可知，，
又由（1）知，
∴，
而，
∴，
∴只能，
从而，
∴，
∴，
∴，
综上所述：当t的值为或时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
13．（2023·全国·九年级专题练习）如图，中，，，．点为斜边的中点，，交边于点．点为射线上的动点，点为边上的动点，且运动过程中始终保持．
(1)求证：；
(2)设，．求关于的函数解析式，并写出该函数的定义域；
(3)联结，交线段于点，当为等腰三角形时，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)或
【分析】（1）证，，即可得出；
（2）证，求出，，由（1）得：，得，解得：，进而得出结论；
（3）证，得，再证，得为等腰三角形时，也为等腰三角形，再分三种情况：①，②，③，分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∵点D为斜边的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，，
由（1）得：，
∴，
即，
解得：，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）由（1）得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为等腰三角形时，也为等腰三角形，
在（2）中，，．有，
①若，过Q作于G，
如图所示：
∵，
则，
∵，
∴，
解得：，
即；
②若，则，
解得：，
即；
③若，则，
此时，点Q与点C重合
∴此种情况不存在，舍去；
综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形和直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
14．（2023·全国·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点B的坐标是，连接．若动点从点出发沿着线段以个单位每秒的速度向终点运动，设运动时间为秒．
(1)求线段的长．
(2)连接，当为等腰三角形时，过点作线段的垂线与直线交于点，求点的坐标；
(3)已知点为的中点，连接，点关于直线的对称点记为(如图2)，在整个运动过程中，若点恰好落在内部(不含边界)，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2),,
(3)当时，点恰好落在内部(不含边界)
【分析】（1）勾股定理直接求解即可；
（2）分三种情形，分别讨论，即可求解；
（3）当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，因为点为的中点，由（2）可知，，根据等面积法求得，进而得出, , ，根据轴对称的性质得出，，继而求得，在中，，即可求解．
【详解】（1）解：∵点的坐标为，点B的坐标是，
∴，
∴;
（2）当时，如图，过点作轴于点，轴于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设,
在中，，
在中，，
∴
即
解得：，
∴；
当时，如图，过点作轴于点，轴于点，过点作于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
设，，
在中，，
解得：，
即，
在中，，
在中，，
∴，
即，
解得：，
∴，
当时，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
综上所述，或或，
（3）如图，当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，
∵点为的中点，
由（2）可知，，
则，
∵， ，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∵对称，∴，，
∴，
即，
∴，
在中，
∴
解得（舍去）或
当点运动到点，此时重合，此时，解得，
∴当时，点恰好落在内部(不含边界) ．
【点睛】本题考查了勾股定理，解一元二次方程，坐标与图形，等腰三角形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
15．（2022秋·吉林长春·九年级校考期中）如图①，在 中，，，点从点 出发沿折线运动．点P在AB上的运动速度是每秒个单位长度，在 上的运动速度是每秒5个单位长度．当点不与点重合时，作于点Q，以线段 为边作矩形 ，使点始终在线段的同侧，且，点运动的时间为 （s）．
(1) __________．
(2)用含有t的代数式表示线段的长．
(3)当点落在的边上时，求t的值．
(4)如图②，点分别是的中点，作直线，直接写出直线 与的一边垂直时的值．
【答案】(1)
(2)①当时，；②当时，
(3)或
(4)，，，
【分析】（1）过点作边的高线，根据及，可求高及所在直角三角形的邻直角边即可；
（2）当点在段运动时， ，由，则，可得，当点在段运动时，，则，由，可得：，综上即可；
（3）分两大类情况讨论：点在上与点在上，由，，当点在上时，，则，此时由，可得，代入数据可求，同理求点在上情况即可；
（4）分别画出垂直于三边的图形，依据图形分析即可．
【详解】（1）如图所示：过点作边的高线，由，
设，则，根据勾股定理：，
可得：，所以 ，

（2）如下左图所示：， 当点在段运动时（）， ，由可得，则，可得
如下右图所示：当点在段运动时（），，则，
由，可得：
综上所得：①当时，；②当时，

（3）如下左图所示：
点在上，由，可得：，
由点P在 上的运动速度是每秒个单位长度，则，由，，则，此时由，
可得，
，解得：
如下右图所示：
点在上，，， ，，此时由
，即，
（4）当时：
① 如图1所示：，
则 ，
，
；
② 如图2所示：， ，则 ，
，
如图3所示：当时，设垂足为，，， ，
，
，由相似性质及，可得： ，，
，

如图4所示： 当时，设垂足为，，，，，
此时有关系式： ，即 ，


图1 图2
图3 图4
【点睛】本题结合动点考查了相似与锐角三角函数，关键是灵活运用相似性质及三角函数解三角形，最后一问主要通过画图分析，逆向（执果索因）解决问题．
16．（2023春·全国·八年级专题练习）在中，，点P为边上的动点，速度为．
(1)如图1，点D为边上一点，，动点P从点D出发，在的边上沿D→B→C的路径匀速运动，当到达点C时停止运动．设的面积为（cm2），的面积为（），点P运动的时间为t（）． ，与t之间的函数关系如图2所示，根据题意解答下列问题：
①在图1中， ， ；
②在图2中，求和的交点H的坐标；
(2)在（1）的条件下，如图3，若点P，点Q同时从点A出发，在的边上沿A→B→C的路径匀速运动，点Q运动的速度为，当点P到达点C时，点P与点Q同时停止运动．求t为何值时，最大？最大值为多少？
【答案】(1)①5，6；②点
(2)时，最大值为5.5
【分析】（1）①由图象可求解；②由勾股定理可求的长，由三角形的面积公式可求，即可求点H坐标；
（2）分三种情况讨论，由线段的和差关系可求解．
【详解】（1）①由图2可知， ， ，
∴（），
故答案为：5，6；
②如图1，过点A作于T，
∵，，
∴（），
∴（），
∴（），
∴当时，即 ，
此时点P是的中点，
∴，
∴，
∴点；
（2）①当时，P，Q均在上，
∴当时，最大 ，
②当时，P在上，Q在上，
∴，
∴当时，最大 ，
③当时，P，Q均在上，
∴，
∴当时，最大 ，
∴综上，时，最大值为5.5．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了函数图象的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
17．（2023·全国·九年级专题练习）如图，四边形是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连接，过点P作，交于点E，已知，．设的长为x．
(1)___________；当时，求的值；
(2)试探究：是否是定值?若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
(3)当是等腰三角形时，请求出的值．
【答案】(1)4，
(2)是，
(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解决问题；
（2）结论：的值为定值．证明方法类似（1）；
（3）连接交于，在中，，代入数据求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：作于交于．
四边形是矩形，
，，，
．
在中，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为4，．
（2）结论：的值为定值．
理由：由，可得．，，，
，
；
（3）连接交于．
，所以只能，
，
，
，
，
垂直平分线段，
在中，，
，
，
，
．
综上所述，的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
18．（2022秋·辽宁营口·九年级校联考期中）如图1，与都是等边三角形，边长分别为4和，连接为高，连接，N为的中点．
(1)求证：；
(2)将绕点A旋转，当点E在上时，如图2，与交于点G，连接，求线段的长；
(3)连接，在绕点A旋转过程中，求的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)；
(3)的最大值．
【分析】（1）根据证明三角形全等即可；
（2）证明垂直平分线段，推出，利用勾股定理求出，再利用三角形中位线定理求出；
（3）在旋转过程中，，而且当点H在线段上时，可以取到最大值．
【详解】（1）证明：∵与都是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（）；
（2）解：∵为等边的高，
∴，
∴，
∵，
∴，即G为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵N为的中点，
∴；
（3）解：如图，取的中点H，连接．
∵为等边的中线，
∴，
由（2）同理可得，
∵N为的中点，
∴是的中位线，
∴，
在旋转过程中，，
∴而且当点H在线段上时，可以取到最大值，
∴的最大值．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题．
19．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题
问题情境：
某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．
(1)初步探究：
勤思小组的同学提出：当旋转角α= 时，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；
(3)再探究：
在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；
(4)拓展延伸：
在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)见解析
(3)
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．
【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°−30°=60°，
当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM与△AFN中，
，
∴，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在和中
，
∴，
∴PE=PC，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵AE=AC，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB•sin30°=1，AM=AB•cs30°=，
∴=AM•MB=1×=，
∵AE=AC=AB•tan60°=2，AM=，
∴EM=，
在和中
∴，
由（2）可知，
∴=，
∵ AF•AE=×2×2=2，
∴△ABC与△AFE重叠的面积2−2×=；
（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．
∴∠α=30°．
如答题图2所示：当∠CPN=90°时．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
综上所述，∠α=30°或60°．
【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
20．（2023·全国·九年级专题练习）如图，Rt中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒 ．过点作于点，连接，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当为何值时， ；
(3)当为何值时， 为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，
(3)当t＝或4时，△DEF为直角三角形
【分析】（1）根据平行线的判定与勾股定理即可得出结论；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，只要平行四边形为菱形，即可利用菱形对角线垂直得到结论；
（3）要使为直角三角形，需要分三种情况讨论：；；，直接求解即可．
【详解】（1）证明：在 Rt中，，
，
，
，
点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，设点，运动的时间是秒
，
在Rt中，，，，则，
，且，
四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形是平行四边形，
在 Rt中，，，，
，
∴AF＝AB−BF＝10−2t．
当平行四边形是菱形时，，则需AE＝AF，
即t＝10−2t，
∴，
即当时，平行四边形AEFD为菱形，；
（3）解：（3）解：当t＝或4时，△DEF为直角三角形．
理由如下：
分情况讨论：
方法①∠BDF＝∠DFE＝90°时，如图所示：
则EFBC，
∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，
∴AF＝2AE，
∴10−2t＝2t，
∴t＝；
②∠DEF＝90°时，如图所示：
∵AC⊥BC，DF⊥BC，
∴AEDF，
又∵AE＝DF，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴AFED，
∴，∠BED＝∠A＝60°， 即AF＝AE，
∴10−2t＝t，解得t＝4；
③∠EFD＝90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t＝或4时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，有一定难度，熟练掌握相关几何性质及判定是解决问题的关键．
21．（2023·全国·九年级专题练习）如图1．在四边形ABCD中，，点E是CD边的中点，连接AE交对角线BD于点F，∠EDF=∠FBA，连接CF．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)求△CFD的面积；
(3)如图2，连接AC交BD于点O，点P为EC上一动点，连接OE、OP．将△OPD沿OP折叠得到△OPM，PM交OC于点N，当△PCN为直角三角形时，求CP的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
(3)2或5
【分析】(1)根据平行线的判定得到，推出四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的定义即可得到结论．
(2) 过点F作于点G，先证，得到EF与AE的比值，然后再证，根据，求出GF，从而求出的面积．
(3)依据题意，求出CE、OE、OC的值，接着讨论为直角三角形时分两种情况：①当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②当时，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，从而求出OE、CN，接着证，利用其性质，最后求出PC．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵AB＝CD＝16，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如图1，过点F作于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
（3）解：∵ABCD是矩形，E是CD中点
∴，点O是AC中点，CE＝8，
∴，OE是△ADC的中位线，
∴，OC＝10，
∵，
∴为直角三角形分两种情况讨论：
①如图2，当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，
∴由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，
∴PE＝OE＝6，
∴CP＝CE－EP＝2；
②如图3，当∠PNC＝90°时，同理可得OP平分∠DPM，
OE⊥PD，ON⊥PM，
∴OE＝ON＝6，
∴CN＝OC－ON＝4，
∴∠PCN＝∠OCE，∠PNC＝∠OEC＝90°，
∴，
∴，即，
∴PC＝5，
综上所述，CP的长为2或5．
【点睛】此题考查了平行线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，折叠的性质等内容，熟练掌握相关知识并灵活运用以及分组讨论是解题关键．
22．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，延长BC到点E，使CE＝3，连接DE．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿折线BC－CD向终点D运动，设点P运动的时间为t秒．（t>0）
(1)DE＝______；
(2)连接AP，当四边形APED是菱形时，求菱形APED的周长；
(3)连接BP、PD，设四边形ABPD的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
(4)直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【答案】(1)5；
(2)20；
(3)S＝；
(4)t＝2或或．
【分析】（1）直接利用勾股定理计算即可；
（2）根据菱形的性质：四边相等，可得答案；
（3）分类讨论，当0＜t＜和时，分别计算梯形的面积即可；
（4）当点P在BC上，若点P到AB、AD的距离相等时，则BP＝4；当点P到AD、DE距离相等时，则PH＝CD＝4，利用AAS证明△ECD≌△EHP，得EP＝DE＝5；当点P在CD上时，若P到BE、DE距离相等时，则PH＝PC，利用面积法求出PC，进而解决问题．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠BCD＝90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝＝5，
故答案为：5；
（2）∵四边形APED是菱形，且AD＝5，
∴菱形APED的周长为4×5＝20；
（3）当0＜t＜时，由题意知，BP＝2t，
∴S＝（5+2t）×4＝10+4t，
当时，则PD＝9﹣2t，
∴S＝（4+9﹣2t）×5＝，
综上：S＝；
（4）当点P在BC上，若点P到AB、AD的距离相等时，则BP＝4，
∴t＝2；
当点P到AD、DE距离相等时，则PH＝CD＝4，
∵∠DCE＝∠PHE，∠E＝∠E，PH＝CD．
∴△ECD≌△EHP（AAS），
∴EP＝DE＝5，
∴BP＝3，
∴t＝，
当点P在CD上时，若P到BE、DE距离相等时，则PH＝PC，
∴，
∴PC＝，
∴t＝＝；
综上：t＝2或或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，梯形的面积公式，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，运用分类思想是解题本题的关键．
23．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践
问题情境：
矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，将△BCD沿着对角线BD所在的直线平移，得到△B′C′D′，连接AB′，DC′．
操作探究：
(1)如图1，当△BCD沿射线BD的方向平移时，请判断AB′与DC′的长度有何关系？并说明理由；
(2)如图2，当△BCD沿射线DB的方向平移时，四边形AB′C′D能成为菱形吗？若能，求出平移的距离；若不能，说明理由；
(3)当△BCD平移距离为2时，请你在备用图中画出平移后的图形（除图2），并提出一个问题，直接写出结论．
【答案】(1)AB′＝DC′，理由见解析
(2)能，2
(3)见解析
【分析】(1)根据平移的性质证明四边形是平行四边形，即可解决问题，
(2)利用菱形的性质可得，进而可以解决问题，
(3)结合(2)当沿射线DB的方向平移，平移距离为2时，利用菱形的性质可得与的位置关系．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴，AD＝BC，
∵是由平移得到的，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（2）能，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则平移的距离为2．
（3）如图，问题：当沿射线DB的方向平移，平移距离为2时，与的位置有何关系？
结论：．
证明：∵四边形ABCD为矩形，AD=BC，，
∵沿射线DB的方向平移，平移距离为2，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形，
∴，
即
【点睛】此题考查了平移变换，菱形的判定与性质，矩形的性质，解题关键是掌握平移的性质．
24．（2023·全国·九年级专题练习）如图，正比例函数y＝x与一次函数y＝ax＋7的图像相交于点P（4，n），过点A（t，0）作x轴的垂线l，且0＜t＜4，交一次函数的图像于点B，交正比例函数的图像于点C，连接OB．
(1)求a值；
(2)设△OBP的面积为s，求s与t之间的函数关系式；
(3)当t=2时，在正比例函数y＝x与一次函数y＝ax＋7的图像上分别有一动点M、N，是否存在点M、N，使△CMN是等腰直角三角形，且∠CNM=90º，若存在，请直接写出点M、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在点M、N，坐标为M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【分析】（1）将P（4，n）分别带入y＝x与y＝ax＋7即得；
（2）过P作PD⊥l于D，根据，得到一次函数解析式为，根据得到B（t，-t+7），C（t，），根据，P（4，3），推出BC=-t+7-=，OA+PD=4， 推出S△OBP=S△OBC+S△PBC====，得到与之间的函数关系式．
（3）当点N在直线上方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为Q、P，根据，得到∠PNM+∠CNQ=90°，根据∠QCN+∠CNQ=90°，得到∠QCN=∠PNM，根据CN=MN，∠CQN=∠NPM，推出△QCN≌△PNM，得到PN=QC，QN=PM，设M（m，），N（n，-n+7），根据t=2，得到C（2，），推出PN=，=，QN=n-2，PM=，得到，解得： ，推出M（，），N（，）．当点N在直线下方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为H、G，同理得到CH=NG，HN=MG，设M（m，），N（n，-n+7），推出CH=，NG=，HN=，MG==，得到解得： ，推出M（，5），N（，）．
【详解】（1）∵点P（4，n）在图象上，
∴，
∴P（4，3），
∵点P（4，3）在图象上，∴，
解得：．
（2）如图，过P作PD⊥l于D，
∵，
∴一次函数解析式为，
∵过点作轴的垂线，交的图像于点，交的图像于点，
∴B（t，-t+7），C（t，），
∵，P（4，3），
∴BC=-t+7-=，OA+PD=4，
∴S△OBP=S△OBC+S△PBC====，
∴与之间的函数关系式为：．
（3）如图，当点N在直线上方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为Q、P，
∵△CMN是等腰直角三角形，，∴CN=MN，
∴∠PNM+∠CNQ=90°，
∵∠QCN+∠CNQ=90°，∴∠QCN=∠PNM，
在△QCN和△PNM中，，
∴△QCN≌△PNM，
∴PN=QC，QN=PM，
设M（m，），N（n，-n+7），
∵t=2，∴C（2，），
∴PN=，=，QN=n-2，PM=，
∴，解得： ，
∴ ，=，
∴M（，），N（，）．
如图，当点N在直线下方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为H、G，
同理可得：CH=NG，HN=MG，
设M（m，），N（n，-n+7），
∴CH=，NG=，HN=，
MG==，
∴解得： ，
∴5， ，
∴M（，5），N（，）．
综上所述：存在点M、N，坐标为M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【点睛】本题主要考查了正比例函数、一次函数与几何综合，解决问题的关键是熟练掌握待定系数发求函数解析式，正比例函数、一次函数的性质，三角形面积公式，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
25．（2023·全国·九年级专题练习）如图，已知在△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒，0．
(1)当t=2秒时，求PQ的长；
(2)求出发时间为几秒时，△PQB是等腰三角形？
(3)若Q沿B→C→A方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．（直接写答案）
【答案】(1)2
(2)秒
(3)5.5秒或6秒或6.6秒
【分析】（1）可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP=BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ=BC、CQ=BC和BQ=CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【详解】（1）解：BQ=2×2=4cm， BP=AB﹣AP=8﹣2×1=6cm，
∵∠B=90°，
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=2；
（2）解：根据题意得：BQ=BP， 即2t=8﹣t，
解得：；
即出发时间为秒时，△PQB是等腰三角形；
（3）解：分三种情况：①当CQ=BQ时，如图1所示：
则∠C=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠ABQ
∴BQ=AQ，
∴CQ=AQ=5
∴BC+CQ=11，
∴t=11÷2=5.5秒．
②当CQ=BC时，如图2所示：
则BC+CQ=12
∴t=12÷2=6秒．
③当BC=BQ时，如图3所示： 过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=4.8（cm）
∴CE==3.6cm，
∴CQ=2CE=7.2cm，
∴BC+CQ=13.2cm，
∴t=13.2÷2=6.6秒．
由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时， △BCQ为等腰三角形；
【点睛】本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质；本题有一定难度，注意分类讨论思想的应用．
26．（2023·全国·九年级专题练习）如图，等边△ABC中，AB＝10cm，CD＝4cm．点M以3cm/s的速度运动．
(1)如果点M在线段CB上由点C向点B运动，点N在线段BA上由点B向点A运动、它们同时出发，若点N的速度与点M的速度相等；
①经过2s后，△BMN和△CDM是否全等？请说明理由．
②当M，N两点的运动时间为多少秒时，△BMN恰好是一个直角三角形？
(2)若点N的运动速度与点M的运动速度不相等，点N从点B出发，点M按原来的运动速度从点C同时出发，都顺时针沿△ABC三边运动，经过25s时，点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是 cm/s．（请直接写出答案）
【答案】(1)①△BMN和△CDM全等，理由见解析；②秒或秒；
(2)或
【分析】（1）①由题意求出CM＝BN ，BM＝CD，然后利用SAS可证明△BMN≌△CDM；
②分两种情形讨论解答：①当∠BNM＝90°时；②当∠BMN＝90°时，设两点的运动时为t秒，分别表示出BM，BN的长度，根据含30°角的直角三角形的性质列方程即可求出对应的时间；
（2）分两种情况解答：①当点N的速度小于点M的速度时；②当点N的速度大于点M的速度时，设点N速度为s厘米/秒，利用点M与点N第一次相遇时的路程的差列出方程即可求解．
【详解】（1）解：①△BMN和△CDM全等．
理由：∵点N的运动速度与点M的运动速度相等，点M以3厘米/秒的速度运动，
∴点N的速度是3厘米/秒，
∴经过2秒后，CM＝6厘米，BN＝6厘米，
∴CM＝BN，
∴BM＝BC−CM＝10−6＝4（厘米），
∵DC＝4厘米，
∴BM＝CD，
∵在等边△ABC中，∠B＝∠C＝60°，
∴△BMN≌△CDM（SAS）；
②设两点的运动时间为t秒，则CM＝BN＝3t厘米，
∴BM＝BC−CM＝（10−3t）厘米．
①当∠BNM＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BN＝BM，
∴3t＝（10−3t），
解得：t＝；
②当∠BMN＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°，
∴BM＝BN，
∴10−3t＝×3t．
解得：t＝，
综上，当运动时间为秒或秒时，△BMN是一个直角三角形；
（2）设点N速度为s厘米/秒，则点N25秒运动的距离为25s厘米，
①当点N的速度小于点M的速度时，
由题意得：25×3−25s＝10，
解得：s＝，
②当点N的速度大于点M的速度时，
由题意得：25s−25×3＝20，
解得：s＝，
综上，经过25秒点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是厘米/秒或厘米/秒，
故答案为：或．
【点睛】本题是几何动点的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质以及一元一次方程的应用，利用分类讨论的思想解答是解题的关键．
27．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形中，，，点从点出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知点、两点同时出发，当点到达点时，、两点同时停止运动，连接，设运动时间为秒．
(1)_________，_________；
(2)当为何值时，；
(3)在运动过程中，是否存在一个时刻，使所得沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(4)当点关于点的对称点落在的内部（不包括边上）时，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)3，6
(2)
(3)或或
(4)
【分析】（1）根据矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可；
（2）根据直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可；
（3）分三种情况，利用翻折的性质解答即可；
（4）以AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，则点，点D（0，3），，过点Q作QN⊥AB于点N，可得点，根据中点坐标可得点，然后根据点关于点的对称点落在的内部（不包括边上），得到关于t的不等式组，即可求解．
【详解】（1）解：在矩形中，∠B=90°，
∵，
∴AC=2BC，
∵，
∴，
解得：BC=3或-3（舍去），
∴AC=6；
故答案为：3，6
（2）解：根据题意得：，CQ=2t，
∴，
∵，
∴，
解得；
（3）解：存在，
根据题意得：，
①当时，沿折叠，所得四边形为菱形．
由（2）得：；
②当时，沿折叠，所得四边形为菱形．
过点P作PM⊥AC于点M，则，
∵∠BAC=30°，
∴，
∵，
∴，
解得：或-6（舍去）；
③当时，沿折叠，所得四边形为菱形．
过点Q作QM⊥AB于点M，则，
∵∠BAC=30°，
∴，
∵，
∴，
解得：或6（舍去）．
综上所述，t的值为或或；
（4）解：根据题意得：，
如图，以AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，则点，点D（0，3），，
过点Q作QN⊥AB于点N，
∵∠BAC=30°，
∴，
∴，
∴点，
∴点，
∵点关于点的对称点落在的内部（不包括边上），
∴，解得：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直角梯形ABCD中，．点E为线段DC的中点，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线A→B→C向点C运动，设点P的运动时间为t．
(1)点P在运动过程中，BP=_________________；（用含t的代数式表示）
(2)点P在运动过程中，如果以D、P、E为顶点的三角形为等腰三角形，求t的值；
(3)当点P运动到线段BC上时，过点P作直线LDC，与线段AB交于点Q，使四边形DQPE为直角梯形，求此时直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或或12
(3)或
【分析】（1）分点P在AB上运动时和点P在BC上运动时列出代数式即可；
（2）分DE=DP、DP=PE、DE=PE情况求解即可；
（3）分∠EDQ=∠DQP=90°时和∠DEP=∠EPQ=90°时两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】（1）解：当点P在AB上运动时， BP=AB－AP=8－t；
当点P在BC上运动时BP=t－8，
故答案为：丨8－t丨；
（2）解：过D作DH⊥BC于H，连接EH，则∠DHC=∠DHB=90°，
∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四边形ABHD为矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
则CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，，
∵E为CD的中点，
∴DE=CE=EH=CD=5，
①当DE=DP时，DP=5，点P在AB上，
在Rt△ADP中，，∴t=3；
②当DP=PE时，点P在AB上，取DH的中点F，连接EF并延长交AB于Q，
又∵E为CD的中点，
∴EF= CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，则四边形AQFD为矩形，
∴FQ=AD=4，∠AQE=90°，AQ=DF=4，
在Rt△ADP中，DP2=AD2+AP2=16+t2，
在Rt△EPQ中，EQ=EF+FQ=7，PQ=丨t-4丨，
∴PE2=EQ2+PQ2=49+（t-4）2，
∴16+t2=49+（t-4）2，
解得：t=＜8，故P不可能在BC上；
③当DE=PE时，PE=5，∵5＜7，∴点P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴当P运动到H处时，有DE=PE，此时t=8+4=12；
综上，满足条件的t值为3或或12；
（3）解：如图，当∠EDQ=∠DQP=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
过D作DH⊥BC于H，
由（2）中知，DH=8，CH=6，DE=5，CD=10，∠ADH=∠CHD=90°，
∵∠ADQ+∠QDH=∠CDH+∠QDH=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，又∠A=∠CHD=90°，
∴△ADQ∽△HDC，
∴即，
∴AQ=3，DQ=5，则BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
∴，
如图，当∠DEP=∠EPQ=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
由（2）中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，
∴即，
∴EP= ，CP= ，则PB=BC-CP=10-=，
∵△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
，
综上，直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比为或．
【点睛】本题考查四边形的动点问题，涉及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角梯形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键，计算量较大，需要细心计算．
29．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直线经过、两点，直线与直线交于点C，与x轴交于点D．
(1)求点C的坐标；
(2)点P是y轴上一点，当四边形PDCB的周长最小时，求四边形PDCB的面积；
(3)把直线沿y轴向上平移9个单位长度，得到新直线与直线交于点E，试探究在x轴上是否存在点Q，在平面内存在点F使得以点D，Q，E，F为顶点的四边形是菱形（含正方形）？若存在，直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)点C的坐标为
(2)
(3)存在，点Q的坐标为：，，，
【分析】（1）由待定系数法求出直线的解析式为，然后联立直线与直线，即可求出点C的坐标；
（2）如图，作点D关于y轴的对称点，连接交y轴于点P，连接DP，当、、三点共线时，四边形PDCB的周长最小，求出直线的解析式为，则可求，进而由求解即可；
（3）由题意可知直线的解析式为，联立线与直线，求出，设，分三种情况，①当ED为菱形对角线时，利用可得点Q坐标；②当EQ为菱形对角线时，利用可得点Q坐标；③当EF为菱形对角线时，利用可得点Q坐标．
【详解】（1）解：设直线的解析式为，由直线经过、两点可得：
，解得，
直线的解析式为，
又直线与直线交于点C，
，解得，
当时，则，
点C的坐标为；
（2）解：如图，作点D关于y轴的对称点，连接交y轴于点P，连接DP，根据两点之间“线段最短”可知，当、、三点共线时，四边形PDCB的周长最小，
直线与x轴的交点为，
又点D和点关于y轴对称，
点，
，
设直线的解析式为，可得，解得，
直线的解析式为，
令，则，得点，
，
又 ，，
，
，
；
（3）解：由题意可得直线的解析式为，
联立线与直线，即，解得，，
设，
①当ED为菱形对角线时，，
即，
解得，
；
②当EQ为菱形对角线时，，
，
，
解得或，
，；
③当EF为菱形对角线时，，
即，
解得，
，
综上：存在，点Q的坐标为：，，，．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质、菱形的判定与性质，分类讨论是解题的关键．
30．（2023·全国·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系xOy中，有长方形OABC，其中点C坐标为，，点D是边OC的中点，点P是射线CA上的一个动点，请回答下面的问题：
(1)若点P是线段AC的中点，直接写出________．
(2)如图2，过点P作轴，垂足是点E，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，求出点P的坐标．
(3)连接BP，若是等腰三角形，求CP的长度．
【答案】(1)；
(2)（，）或（，）；
(3)或3或．
【分析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OA＝3，根据三角形中位线定理得出答案；
（2）由PE⊥x轴得PE∥CD，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则PE＝CD＝．点P纵坐标的绝对值是，求出直线AC的解析式为y＝−x＋，分两种情况：若点P在线段AC上，纵坐标是；若点P在线段CA的延长线上，纵坐标是−，分别求出点P的坐标即可；
（3）分三种情况：①当PB＝PC时，②当CP＝CB时，③当BP＝BC时，根据等腰三角形的性质解直角三角形即可求解．
【详解】（1）解：∵C（0，），∠AOC＝90°，∠CAO＝30°，
∴AC＝2OC＝2，
∴OA＝＝3，
∵点D是OC的中点，点P是线段AC的中点，
∴PD是△AOC的中位线，
∴PD＝OA＝，
故答案为：；
（2）∵PE⊥x轴，
∴PE∥CD，
若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则PE＝CD＝OC＝．
∴点P的纵坐标绝对值是，
设直线AC的解析式为y＝kx＋b（k≠0），
把A（3，0）、C（0，）代入得，，
解得：，
∴直线AC的解析式为，
若点P在线段AC上，纵坐标是，
则 ，
解得：x＝，
此时，点P的坐标为（，）；
若点P在线段CA的延长线上，纵坐标是，
则 ，
解得：x＝，
此时，点P的坐标为（，），
综上所述，点P的坐标为（，）或（，）；
（3）①当PB＝PC时，如图：过点P作PQ⊥BC于点Q，
∴∠PQC＝90°，
∵PB＝PC，
∴点P在线段BC的垂直平分线上，
∴CQ＝BQ＝BC＝，
∵BC∥OA，
∴∠PCQ＝∠CAO＝30°，
∴PQ＝CQ＝，
∴CP＝2PQ＝；
②当CP＝CB时，CP＝3；
③当BP＝BC时，过点B作BH⊥CP于点H，如图：
∴∠CHB＝90°，CP＝2CH，
在Rt△BCH中，∠BCH＝30°，BC＝3，
∴BH＝，
∴CH＝BH＝，
∴CP＝2CH＝．
综上，若△CPB是等腰三角形，CP的长度为：或3或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，一次函数的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
31．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点C在x轴的负半轴上，顶点A在y轴的正半轴上，OA=a，AB=2a（a为常数，且a＞0）．动点P从点C出发，沿x轴向点O运动，速度为m个单位/秒；动点Q从点A出发，沿y轴向上运动，速度为n个单位/秒．两点同时出发，当点P到达点O时运动停止，设运动时间为ｔ秒．
(1)用含a的式子表示点A，点B的坐标：A（ ， ）；B（ ， ）．
(2)连接BQ，BP．已知无论t为何值，四边形BPOQ与四边形OABC的面积始终相等，求m：n的值．
(3)在（2）的条件下，当点P运动到OC的中点时，
①求此时点Q的坐标；（用含a的式子表示）
②连接PQ，交边AB于点D．计算四边形BCPD与四边形DPOA的面积之比．
【答案】(1)0，a；－2a，a
(2)m：n=2：1
(3)①Q（0，）；②2：1
【分析】（1）根据坐标与图形性质求解即可；
（2）由已知可得S△BCP=S△ABQ，由三角形的面积公式解答即可；
（3）①根据（2）中结论求得AQ=即可求解；②证明△QAD∽△QOP得到AD=， BD=，利用梯形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵在长方形OABC中，OA=a，AB=2a，
∴BC=OA=a，OC=AB=2a，
∴A（0，a），B（-2a，a），
故答案为：0，a；－2a，a；
（2）解：如图，∵四边形BPOQ与四边形OABC的面积始终相等，
∴S△BCP=S△ABQ，
∴CP·BC= AQ·AB，
∵CP=mt，AQ=nt，
∴mt·a= nt·2a，
∴m=2n，即m：n=2：1；
（3）解：①由（2）知m=2n，
∵点P为OC的中点，
∴mt=CP=OC=a，则AQ=nt=mt=，
∴OQ=OA+AQ=，
∴点Q的坐标为（0，）；
②如图，CP=OP=a，AQ=，OQ=
∵AD∥OP，
∴△QAD∽△QOP，
∴，即，
∴AD=， 则BD=AB-AD=，
∵，
∴四边形BCPD与四边形DPOA的面积之比为2：1．
【点睛】本题考查坐标与图形、相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式、梯形的面积公式、比例性质等知识，利用数形结合思想联系相关知识是解答的关键．
32．（2023·全国·九年级专题练习）如图，中，，动点P、Q、M、N分别从点A、B、C、D同时出发，沿平行四边形的边，分别向点B、C、D、A匀速运动，运动时间记为t，当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，连接PQ，QM，MN，NP．已知，，动点P、M的速度均是，动点Q、N的速度均是，
(1)_______，_______（用含t的代数式表示）
(2)在点P、Q、M、N的整个运动过程中，四边形PQMN一定会是一种特殊的四边形吗？如果是，指出并证明你的结论，如果不是，说明理由．
(3)在点P、Q、M、N的运动过程中，四边形PQMN能成为菱形吗？如果能，求出t的值，如果不能，说明理由．
【答案】(1)2t，（4.5-t）
(2)四边形PQMN是平行四边形，理由见解析
(3)四边形PQMN能成为菱形，t=
【分析】（1）根据速度×时间求解即可；
（2）根据题意和平行四边形的性质可得AP=CM，BP=DM，BQ=DN，CQ=AN，∠A=∠C，∠B=∠D，证明△APN≌△CMQ和△PBQ≌△MDN得到PN=MQ，PQ=MN，利用平行四边形的判定即可得出结论；
（3）过P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延长线于F，根据平行线的性质和含30°的直角三角形的性质可求得 cm， cm，再根据菱形的判定知PQ=PN，进而求解t值即可解答．
【详解】（1）解：由题意，AP=CM=2t cm，BQ=DN=tcm，则CQ=BC-BQ=(4.5-t) cm，
故答案为：2t，（4.5-t）；
（2）解：四边形PQMN是平行四边形，理由为：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC， BC∥AD，∠A=∠C，∠B=∠D，
∴AB-AP=CD-CM，BC-BQ=AD-DN，
∴BP=DM，CQ=AN，
∴△APN≌△CMQ，△PBQ≌△MDN，
∴PN=MQ，PQ=MN，
∴四边形PQMN是平行四边形；
（3）解：四边形PQMN能成为菱形．
过P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延长线于F，则∠AEP=∠BFP=90°，
∵BC∥AD，
∴∠A+∠ABC=180°，又∠ABC=2∠A，
∴∠A+2∠A=180°，
∴∠A=60°，∠ABC=120°，
∴∠APE=∠BPF=30°，则AE=AP=tcm，BF=BP=（6-2t）=（3-t）cm，
∴ cm， cm，
QF=BF+BQ=3-t+t=3 cm，EN=AD-AE-DN=（4.5-2t）cm，
∴ cm， cm，
∵四边形PQMN是平行四边形，
∴当PQ=PN时，四边形PQMN是菱形，
∴=，
解得：t=或t=（舍去），
∵当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，且6÷2=3s，4.5÷1=4.5s，
∴0≤t≤3，又＜3，
∴t=，
故当t=时，四边形PQMN是菱形．
【点睛】本题考查特殊四边形的动点问题，涉及平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、含30°的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，根据动点的运动的速度和时间表示线段的长度是解答的关键．
33．（2022·浙江·九年级专题练习）在四边形中，，，．
(1)如图1，
①求证：；
②求的正切值；
(2)如图2，动点从点出发，以1个单位每秒速度，沿折线运动，同时，动点从点出发，以2个单位每秒速度，沿射线运动，当点到达点时，点，同时停止运动，设运动时间为秒，以为斜边作，使点落在线段或上，在整个运动过程中，当不再连接其他线段，且图中存在与相似的三角形时，求的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)或或或
【分析】（1）①连接AC，根据“SSS”证明，即可得出结论；
②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，先证明四边形为矩形，得出，∠AEF=90°，再根据“ASA”证明，得出，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出结果；
（2）按照点M、N、P的位置，或，以及当三角形全等也是特殊的相似，进行分类讨论，求出t的值即可．
【详解】（1）证明：①连接AC，如图所示：
∵在△ABC和△ADC中，，
∴，
∴；
②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，如图所示：
，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵∠EFC=90°，
∴四边形为矩形，
∴，∠AEF=90°，
∴，
，，
∴，
，
∴，
∴，
设，则，
∵，
，
解得：，
，，
，
，
．
（2）当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，如图所示：
∵，
∴，，
∵，
∴，
即，
，
∴，
，
∴四边形BNMG为矩形，
同理可得四边形GBFE为矩形，
∴GM=BN=2t，，，
，，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：；
②当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，过点P作PH⊥MN于点H，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴四边形GEFB为矩形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵DM=t，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∵，
，
∵，
∴PH=PB，
，
∴（HL），
∴，NH=NB=2t，
，，
，
∵，PM=PM，
∴（AAS），
∴PH=PG，MH=GM，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
，，
∴，
∵，
，
∴，即，
解得：；
③当M与A点重合，N与C点重合时，P在B点或在D点时，，此时相似比为1，符合要求，此时；
④当点M在AB上，N在BC的延长线上时，，
∵MN=MN，
∴此时，
∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，
过点D作，过点N作，DE与NF交于点E，延长AD，交NF于点F，过点M作MH⊥DH，交DA的延长线于点H，延长BA交ED于点G，如图所示：
，，
四边形DCNE为平行四边形，
，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，，
，
∵，
∴，
，
，
∵，，
∴，
，
，
∴，即，
解得：，
，
∴，
解得：或（舍去）；
综上分析可知，或或或．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关的三角形判定的性质和判定，作出辅助线，进行分类讨论是解题的关键．
34．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，点M在BC边所在的直线上，，，以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，点H为半圆弧PQ上一动点．
探索：如图1，当点P与点M重合时，则______，线段CH的最小值为______．
思考：若点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，同时半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，运动时间为t秒．解决下列问题：
（1）如图2，当PQ与D点在一条直线上时，求点O到CD的距离及扇形OHQ的面积；
（2）当圆O与CD相切于点K时，求的度数：
直接判断此时：弧HQ长______弦KQ长（填：＜、＞或＝）
（3）当弧HQ（包括端点）与边有两个交点时，直接写出：运动时间t的取值范围．
【答案】探索：；
思考：（1）；（2）；＜
（3）
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的长，利用“两点之间，线段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面积法建立方程求出O点到CD的距离，再利用扇形面积公式计算扇形OHQ的面积．
（2）利用勾股定理求出CP，进一步求出运动时间后，可以求出角度，利用等边三角形的判定与性质和弧长公式计算后即可完成求解．
（3）分析弧与平行四边形的边有两个交点情况的界点值即可求解．
【详解】索：解：如图，连接BQ，CO，
当点P与点M重合时，
∵以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，
∴，
∵，，，
∴，，
∴；
当C、H、O三点共线时，CH+HO的值最小，由HO为定值，即CH的值最小，
∵，
∴，
故答案为：；．
思考：（1）如图所示，当PQ与D点在一条直线上时，
则，
∵在中，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
设O点到CD的距离为h，
∵
∴，
∵，半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，
∴运动了4秒，
∵点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，
∴，
∴扇形OHQ的面积为；
故答案为：O点到CD的距离为，扇形OHQ的面积为．
（2）如图，连接OK，CO，当圆O与CD相切于点K时，
则OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，，
∴，
∴运动时间为秒，
∴∠HOQ= ，
∴的度数为，
弧HQ的长为；
连接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴△KOQ是等边三角形，
∴KQ=3，
∴弧HQ长＜弦KQ长，
故答案为： ，弧HQ长＜弦KQ长．
（3）
理由：如图，当半圆的圆弧与AB相切时，切点记为N，连接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
∴，
∴，
∴运动时间为秒，
此时，，；
当Q点运动到AB上时，如图所示，
此时，
∴
∴运动时间为秒，
此时，，；
∴．
【点睛】本题考差了圆的运动问题和圆上的点的运动的问题，涉及到了切线的判定与性质、特殊角的三角函数的应用等，解题关键是找出界点值并进行求解．
35．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
36．（2023春·河南省直辖县级单位·九年级专题练习）
(1)观察猜想：
如图①，在正方形ABCD中，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG也是正方形，连接DG．则 ，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为 ；
(2)探索思考：
①如图②，在矩形ABCD中，，，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG是矩形，连接DG，则 ，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为 ；
②如图③，若将矩形EBFG绕点B旋转一周，在旋转过程中，的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数是否发生变化？请仅就图③的情形给出证明；
(3)拓履延伸：
在（2）条件下当矩形EBFG旋转至EG垂直DF时，请直接写出点C到直线DF的距离．
【答案】(1)1：，45°；
(2)①：2，30°；②不发生变化，证明见解析；
(3)或
【分析】（1）解：如图①，延长EG交CD于H，由正方形的性质和矩形的判定可证明四边形GFCH为矩形，进而得到GH=HD，根据等腰直角三角形的性质即可得出结论；
（2）①如图②，延长EG交CD于H，由矩形的判定与性质可证明四边形GFCH为矩形，再根据已知和直角三角形的性质求解CF、DG，即可得出结论；②连接BD，BG，利用矩形的性质和勾股定理求出DB、BG，得出证得△BGF∽△BDC，再证明△BFC∽△BGD，得到CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，延长DG交CF于H，利用对顶角相等和解直角三角形得出∠DHC=∠DBC=30°即可得出结论；
（3）分点G在DF上和点G在DF的延长线上，分别画出图形，利用（2）中结论和解直角三角形求解即可．
【详解】（1）解： 如图①，延长EG交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形EBFG是正方形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°， BE=GF，AB=CD=BC，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四边形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，
∴CF=GH= BC，CH=GF=BE= AB，
∴GH=HD，
∴在等腰Rt△GHD中，DG= ，∠DGH=45°，
∴CF：DG=GH：DG=1：，
∵GH∥CF，
∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为45°，
故答案为：1：，45°；
（2）解：①如图②，延长EG交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形EBFG是矩形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四边形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，，，
∴CH=GF=BE= AB=1，CF=BF=GH= BC= ，
∴在Rt△GHD中，DH=CD-CH=1，
∴DG= ，sin∠DGH= ，
∴CF：DG=：2，∠GDH=30°，
∵GH∥CF，
∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，
故答案为：：2，30°；
②解：不发生变化，
证明：如图③，连接BD，BG，在矩形EBFG中，BE=GF=1，BF=，
∴BG=，
在矩形ABCD中，AB=2，AD=2，
∴BD=，
∵GF=BE=1，CD=AB=2，BF=，
∴，
∴△BGF∽△BDC，∴∠GBF=∠DBC，
∴∠CBF=∠DBG，又，
∴△BFC∽△BGD，
∴CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，
延长DG交CF于H，则∠DHC=∠DBC，
在Rt△DBC中，CD=2，BD=4，
∴sin∠DBC=，
∴∠DBC=30°=∠DHC，即直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，
综上，的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数不发生变化；
（3）解：当点G在DF上时，如图④，
在Rt△BFD中，BD=4，BF=，DF=1+DG，∠BFD=90°，
由勾股定理得：（）2+（1+DG）2=42，解得：DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin∠30°=×=；
当点G在DF的延长线上时，如图⑤，
在Rt△DFB中， BD=4，BF=，∠BFD=90°，
由勾股定理得：，则DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin30°=×=，
综上，点C到直线DF的距离为或．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，综合性强，难度较难，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加适当的辅助线和分类讨论思想的运用是解答的关键．
37．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直线与轴，轴交于，两点，抛物线经过，两点，是射线上一动点，轴交抛物线于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接，，点在线段上，若，求此时点的坐标；
(3)点从点出发，沿射线方向以每秒5个单位长度的速度匀速运动，设运动的时间为秒，当为何值时，，请直接写出所有符合条件的值．
【答案】(1)
(2)的坐标为或
(3)或
【分析】（1）先求出直线与坐标轴的交点，再利用待定系数法求得即可；
（2）延长交轴于点，设设点，则，
再由割补法用表示三角形的面积，利用函数解析式可得；
（3）当在点上方或下方两种情况表示出和点坐标，根据位置不同分别表示出，由列方程求解即可．
【详解】（1）∵直线与轴，轴交于，两点，
∴当时，，
∴，
∴．
∴当时，，
∴．
∵抛物线经过，两点，
∴，
∴，
∴．
（2）如图1，延长交轴于点，
∵，，
∴，，
∴．
设点，则，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，，
的坐标为或．
（3）如图2，当在点上方时，过点作轴，垂足为点，则有，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
当时，有，
解得，，
∴；
如图3，当在点下方时，过点作轴，垂足为点，
∴，，
∴，
当时，，
∴，，
综上所述，符合条件的值为或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式，割补法求三角形的面积，二次函数的性质及解一元二次方程的能力是解本题的关键．
38．（2023·全国·九年级专题练习）如图，四边形为正方形，点在轴上，点在轴上，且，，反比例函数在第一象限的图象经过正方形的顶点．
(1)求点的坐标和反比例函数的关系式；
(2)如图，将正方形沿轴向右平移个单位长度得到正方形，点恰好落在反比例函数的图象上，求值．
(3)在（2）的条件下，坐标系内是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点的坐标为；
(2)3
(3)存在，点坐标为或或
【分析】（1）过点C作CE⊥x轴于点E，证明△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质分别求出BE、CE，求出点C的坐标，进而求出反比例函数解析式；
（2）根据反比例函数图象上点的坐标特征求出点A横坐标，根据平移的性质解答；
（3）根据题意画出图形，然后分三种情况讨论．
【详解】（1）解：如图所示，过点C作CE⊥x轴于点E，
则∠BEC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠OBA+∠EBC=90°，
∵∠OBA+∠OAB=90°，
∴∠OAB=∠EBC，
在△AOB和△BEC中，
∠OAB=∠EBC，∠AOB=∠BEC，AB=BC，
∴△AOB≌△BEC(AAS)，
∴BE=OA=4，CE=OB=2，
∴OE=OB+BE=6，
∴点C的坐标为(6，2)，
将点C的坐标为(6，2)代入 y＝，
得k=12，
∴反比例函数的关系式为y＝；
（2）解：∵OA=4，
∴点A'纵坐标为4，
∴点A'横坐标为=3，
∴m=3；
（3）解：如图，设所求坐标为（s，t），则：
当四边形POB'A'为平行四边形时，由（2）可得：t=4，OB'=OB+3=5，
∴s=3-5=-2，
∴此时点P的坐标为(-2，4)，
当四边形A'OB'P'为平行四边形时，由（2）可得：t=4，s=3+5=8，
∴点P'的坐标为(8，4)，
当四边形A'OP"B'为平行四边形时， ，
∴，
∴点P"的坐标为(2，-4)，
综上所述：以点O，A'，B'，P为顶点的四边形为平行四边形时，点P坐标为(-2，4)或(2，-4)或(8，4)．
【点睛】本题考查的是反比例函数综合题，掌握待定系数法求反比例函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、平移的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质是解题的关键．
39．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直线l： 与x轴、y轴分别交于点B、C，经过B、C两点的抛物线 与x轴的另一个交点为A．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点P在直线l下方的抛物线上，过点P作轴交l于点D，轴交l于点E，求的最大值；
(3)设F为直线l上的点，点P仍在直线l下方的抛物线上，以A、B、P、F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)最大值是3
(3)能，或
【分析】（1）先确定出点B、C坐标，最后用待定系数法即可得出结论；
（2）先设出点P的坐标，进而得出点D、E的坐标，即可得出的函数关系式，即可得出结论；
（3）分AB为边和对角线两种情况，利用平行四边形的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：∵直线与x轴、y轴分别交于点B、C，
∴、，
∵点、C在抛物线解上，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为．
（2）∵点P在直线l下方的抛物线上，设，
∵轴，轴，点D，E都在直线上，
∴，，
∴，
，
∴，
即：，
∴当时，的最大值是3．
（3）能，理由如下：
∵抛物线的解析式为，
令，
解得：或，
∴，，
∴，
如图，若以A、B、P、F为顶点的四边形能构成平行四边形，
当以AB为边时，则且，
设，则，
∴，
解得：或与A重合，舍去，
∴，
当以AB为对角线时，
连接交AB于点G，则，，
设，
∵，，
∴，
∴，
∴，
作于点M，于点N，则，，
设，则，
∴，
解得：或与A重合，舍去，
∴，
综上所述，以A、B、P、F为顶点的四边形能构成平行四边形，此时点F的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，二次函数极值的确定方法，平行四边形的性质，二元一次方程组，一元二次方程，中点坐标，两点间距离公式等知识．用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
40．（2023·全国·九年级专题练习）如图，已知抛物线与x轴的交点A（-3，0），B（1，0），与y轴的交点是点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线对称轴上一点，当PB＋PC的值最小时，求点P的坐标；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M，N，使得且以点C，M，N为顶点的三角形与相似？若存在，求出点M和点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)P(-1，-4)
(3)M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【分析】（1）将A（-3，0），B（1，0）代入，求出a和b即可；
（2）根据抛物线的性质可知，即，即AC与对称轴的交点即为点P，根据抛物线求出C点坐标，从而可求出AC的直线解析式，从而即可求出点P的坐标；
（3）设M点的坐标为（t， ），分t>0和t0时，没有符合的点，
存在点M，N，使得，点M和点N的坐标分别为M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及最短路径问题，相似三角形问题，整体难度较大．