2024年中考数学真题分类汇编：知识点50 动态型问题2024（解析版）

这是一份2024年中考数学真题分类汇编：知识点50 动态型问题2024（解析版），共20页。学案主要包含了2024·乐山，2024·自贡，2024·连云港，2024·重庆B卷，2024·重庆A卷，2024·河北25题，2024·吉林，2024·威海等内容，欢迎下载使用。
10．【2024·乐山】如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，点P是BC边上一个动点，在BC延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连结DP、AQ交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（ ）
A．36B．33C．32D．3
【答案】B【解析】如图过C作CG⊥BC，交AD于点G，作B关于C的对称点Q'，连接BD和AQ'交于点H．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴CG垂直平分AD，∵P、Q关于点C对称，∴M一定在直线CG上，∵P从点B运动到点C，∴可以得到点M的运动轨迹就是CH这一段．∵AB＝1＝CD，
∴CG＝CD•sin60°=32，∵△AHD∽△Q'HB，∴GHCH=ADBQ′=12，∴CH=23CG=33，即点M的运动路径长为33．
故选B．
10．【2024·自贡】如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝6cm，BC＝12cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→D运动，同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度沿C→B→C→…往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段PQ＝CD出现的次数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B【解析】由已知可得，P从A到D需12s，Q从C到B（或从B到C）需4s，设P，Q运动时间为t s，
①当0≤t≤4时，过Q作QH⊥AD于H，过C作CG⊥AD于G，如图：
由题可知，AP＝t cm，CQ＝3t cm＝GH，∵PD∥CQ，PQ＝CD，∴四边形CQPD是等腰梯形，∴∠QPH＝∠D＝∠B＝60°，∵PQ＝CD＝AB＝6cm，∴PH=12PQ＝3cm，DG=12CD＝3cm，∵AP+PH+GH+DG＝AD＝BC＝12，
∴t+3+3t+3＝12，解得t＝1.5；
当四边形CQPD是平行四边形时，如图：
此时PD＝CQ＝3t cm，∴t+3t＝12，解得t＝3，∴t为1.5s或3s时，PQ＝CD；
②当4＜t≤8时，若四边形CQPD是平行四边形，如图：
此时BQ＝3（t−4）cm，AP＝t cm，∵AD＝BC，PD＝CQ，∴BQ＝AP，∴3（t−4）＝t，解得t＝6；
由①知，若四边形CQPD是CD，PQ为腰的等腰梯形，则PD＞6cm，这种情况在4＜t≤8时不存在；∴t为6s时，PQ＝CD；
③当8＜t≤12时，若四边形CQPD是平行四边形，如图：
此时CQ＝3（t−8），PD＝12−t，∴3（t−8）＝12−t，解得t＝9，∴t为9s时，PQ＝CD；综上所述，t为1.5s或3s或6s或9s时，PQ＝CD；故选B．
二、填空题
江苏省
1．【2024·连云港】如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝2．点P在边AC上，过点P作PD⊥AB，垂足为D，过点D作DF⊥BC，垂足为F．连接PF，取PF的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ．
【答案】194【解析】以C为原点，建立坐标系，过点D作DG⊥AC，设AP＝a，则CP＝2−a，∴P（0，2−a）.∵∠B＝30°，∴∠A＝60°.∵PD⊥AB，∴∠PDA＝90°，∴∠APD＝30°，∴AD=12AP=a2.∵DG⊥AC，∴∠AGD＝90°，∴AG=12AD=a4，DG=3AG=34a.∵DF⊥BC，DG⊥AC，∠ACB＝90°，∴四边形DGCF为矩形，∴DG＝CF，∴F(3a4，0).∵E为P，F的中点，∴E(38a，1−12a)，令x=38a，y=1−12a，∴y=1−433x，∴点E在直线y=1−433x上运动，当点P与C重合时，a＝0，此时E（0，1），当点P与A重合时，a＝2，此时E(34，0)，
∴点E所经过的路径长为12+(34)2=194，故答案为194．
三、解答题
重庆
26．【2024·重庆B卷】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点B作BD∥AC．
（1）如图1，若点D在点B的左侧，连接CD，过点A作AE⊥CD交BC于点E．若点E是BC的中点，求证：AC＝2BD；
（2）如图2，若点D在点B的右侧，连接AD，点F是AD的中点，连接BF并延长交AC于点G，连接CF．过点F作FM⊥BG交AB于点M，CN平分∠ACB交BG于点N，求证：AM＝CN+22BD；
（3）若点D在点B的右侧，连接AD，点F是AD的中点，且AF＝AC．点P是直线AC上一动点，连接FP，将FP绕点F逆时针旋转60°得到FQ，连接BQ，点R是直线AD上一动点，连接BR，QR．在点P的运动过程中，当BQ取得最小值时，在平面内将△BQR沿直线QR翻折得到△TQR，连接FT．在点R的运动过程中，直接写出FTCP的最大值．
解：（1）∵∠ACB＝90°，BD∥AC，
∴∠CBD＝180°−∠ACB＝90°，
∵AE⊥CD，∴∠ACD+∠CAE＝90°.
∵∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠CAE＝∠BCD.
又∵AC＝CB，∠CBD＝∠ACE＝90°，
∴△ACE≌△CBD（ASA），∴BD＝CE.
∵点E是BC的中点，∴BC＝2CE＝2BD，
∴AC＝2BD.
证明：（2）过点G作GH⊥AB于H，连接HF，
∵BD∥AC，∴∠FBD＝∠FGA，∠D＝∠FAG.
∵点F是AD的中点，∴AF＝DF，
∴△AGF≌△DBF（AAS），
∴AG＝BD，BF＝GF.
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠ACB＝45°.
∵GH⊥AH，∴△AHG是等腰直角三角形，
∴AH=22AG=22BD.
∵∠BHG＝∠BCG＝90°，BF＝GF，
∴FH=FC=BF=12BG，
∴∠FBH＝∠FHB，∠FBC＝∠FCB，
∴∠GFH＝∠FBH+∠FHB＝2∠FBH，∠GFC＝∠FBC+∠FCB＝2∠FBC，
∴∠HFC＝∠GFH+∠GFC＝2∠FBH+2∠FBC＝2∠ABC＝90°.
∵FM⊥BG，∴∠BFM＝90°，∴∠HFM＝∠CFN.
设∠CBG＝x，则∠ABG＝45°−x，∠CGB＝90°−x，
∴∠HMF＝∠BFM+∠FBM＝135°−x.
∵CN平分∠ACB，∴∠GCN=12∠ACB=45°，
∴∠CNF＝∠CGN+∠GCN＝135°−x，
∴∠HMF＝∠CNF，∴△HFM≌△CFN（AAS），
∴HM＝CN.
∵AM＝AH+HM，∴AM=22BD+CN.
（3）解：过点D作DH⊥AC交AC延长线与H，连接FH，
∵BD∥AC，∠ACB＝90°，∴∠BCH＝∠CBD＝90°，
∵DH⊥AC，∴四边形BCHD是矩形，
∴BC＝DH＝AC，
∵点F是AD的中点，且AF＝AC，
∴AD＝2AF＝2DH＝2FH＝2DF，
∴△FDH是等边三角形，
∴∠DFH＝∠FDH＝60°，
∴∠BDA＝∠DAH＝30°，
∴∠FHA＝∠FAH＝30°，
由旋转的性质可得FQ＝FP，∠PFQ＝60°＝∠DFH，
∴∠DFQ＝∠HFP，∴△DFQ≌△HFP（SAS），
∴∠FDQ＝∠FHP＝30°，∴点Q在直线DQ上运动，
设直线DQ交FH于K，则DK⊥FH，FK=12FH，∠FDK=12∠FDH=30°，
∴∠BDQ＝60°，
由垂线段最短可知，当BQ⊥DQ时，BQ有最小值，
∴∠DBQ＝30°，
设AC＝DH＝6a，则AH=3DH=63a，
∴BD=CH=AH−AC=63a−6a，
∴DQ=12BD=33a−3a，
∴BQ=3DQ=9a−33a，
在Rt△DFK中，FK=12FH=12DH=3a，
∴DK=DF2−FK2=33a，∴QK＝DK−DQ＝3a，
在Rt△FQK中，由勾股定理得FQ=FK2+QK2=32a，
∵△DFQ≌△HFP，∴PH=DQ=33a−3a，
∴CP=CH=PH=33a−3a，
∴由折叠的性质可得：TQ=BQ=9a−33a，
∵FT≤FQ+TQ，∴FTCP≤FQ+TQCP，
∴当点Q在线段FT上时，FTCP此时有最大值，最大值为FQ+TQCP，
∴FTCP的最大值为FQ+TQCP=32a+9a−33a33a−3a=6+2+232．
26．【2024·重庆A卷】在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上一点（点D不与端点重合）．点D关于直线AB的对称点为点E，连接AD，DE．在直线AD上取一点F，使∠EFD＝∠BAC，直线EF与直线AC交于点G．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，BD＜CD，∠BAD＝α，求∠AGE的度数（用含α的代数式表示）；
（2）如图1，若∠BAC＝60°，BD＜CD，用等式表示线段CG与DE之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若∠BAC＝90°，点D从点B移动到点C的过程中，连接AE，当△AEG为等腰三角形时，请直接写出此时CGAG的值．
解：（1）如图1.1，
∵∠EFD＝∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠EFD＝60°，
∵∠EFD＝∠1+∠BAD＝∠1+α，∴∠1＝60°−α，
∵∠AGE+∠1+∠BAC＝180°，
∴∠AGE＝180°−60°−∠1＝120°−∠1，
∴∠AGE＝120°−（60°−α）＝60°+α；
（2）CG=233DE；理由如下：
在CG上截取CM＝BD，连接BM，BE，AE，BM交AD于点H，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△BCA为等边三角形，
∴∠ABC＝∠C＝60°，BC＝AB，
∴△ABD≌△BCM（SAS），∴∠3＝∠4.
∵∠AHM＝∠3+∠5，∴∠AHM＝∠4+∠5＝60°.
∵∠EFD＝∠BAC＝60°，∴∠AHM＝∠EFD，
∴EG∥BM.
∵点D关于直线AB的对称点为点E，
∴AE＝AD，BE＝BD，∠ABE＝∠ABC＝60°，
∴∠EBC＝120°，∴∠EBC+∠C＝180°，
∴EB∥AC，∴四边形EBMG是平行四边形，
∴BE＝GM，∴BE＝GM＝BD＝CM，
∴CG＝2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：DE⊥AB，NE＝ND.
在Rt△DNB中，DN＝BD•sin∠ABC=32BD，
∴DE＝2DN=3BD，∴CGDE=2BD3BD=233，
∴CG=233DE.
（3）连接BE，记AB与DE的交点为点N，如图2，
∵AB＝AC，∠EFD＝∠BAC＝90°，∴∠ABC＝45°.
由轴对称知∠EAB＝∠DAB，∠EBA＝∠DBA＝45°，DE⊥AB，NE＝ND，
当点G在边AC上时，由于∠EAG＞90°，
∴当△AEG为等腰三角形时，只能是AE＝AG，由（1）得∠BAD＝α，∠AGE＝60°+α，
∴∠EAB＝α，∴∠EAD＝2α.
∵AE＝AG，EG⊥AD，
∴∠FAG＝∠EAD＝2α.
在Rt△AFG中，α+2α＝90°，
解得α＝30°，∴∠EAD＝60°，
∵AE＝AD，∴△AED为等边三角形，
∴AE＝ED，
设AF＝x，∵∠EAD＝60°，∴AG＝AE＝ED=AFcs60°=2x，
∴DN＝x，
在Rt△DAN中，AN=DNtan∠DAB=3DN=3x，
∵DE⊥AB，∠ABC＝45°，∴BN=DNtan45°=DN＝x，
∴AC＝AB=3x+x，
∴CG＝AC−AG=3x+x−2x=(3−1)x，
∴CGAG=3−12；
当点G在CA延长线上时，只能是GE＝GA，如图3：
设∠BAD＝∠BAE＝β，
∴∠DAC＝∠GAF＝90−β，∴∠EAF＝180°−2β，
∴∠GAE＝∠EAF−∠GAF＝90°−β，
∵GE＝GA，∴∠GAE＝∠GEA＝90°−β.
∵∠EFD＝∠BAC＝90°，
在Rt△AFE中，90°−β+180°−2β＝90°，
解得β＝60°，
∴∠DAC＝90°−60°＝30°＝∠GAF，
设GF＝x，则AG＝GE＝2x，AF=3x，
在Rt△EFA中，EF＝2x+x＝3x，
由勾股定理得AE=23x，
在Rt△EAN中，AN＝AE•cs60°=3x，EN＝DN＝BN＝AE•sin60°＝3x，
∴AB＝AC＝3x+3x，∴CG＝AG+AC=(5+3)x，
∴CGAG=3+52，
综上所述，CGAG=3+52或3−12．
河北省
25．【2024·河北25题】已知⊙O的半径为3，弦MN＝25．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝32．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x．
（1）当点B与点N重合时，求劣弧AN的长；
（2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值；
（3）设点O到BC的距离为d．
①当点A在劣弧MN上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值；
②直接写出d的最小值．
解：（1）如图，连接OA，OB，
∵⊙O的半径为3，AB＝3，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴△AOB 为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴AN 的长为60π×3180=π，
∴劣弧AN的长为π；
（2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，如图：
∵OA∥MN，
∴∠IBH＝∠BHO＝∠HOI＝∠BIO＝90°，
∴四边形BIOH是矩形，
∴BH＝OI，BI＝OH，
∵MN=25，OH⊥MN，
∴MH=NH=5，
而OM＝3，
∴OH=OM2−MH2=2=BI，
∴点B到OA的距离为2；
∵AB＝3，BI⊥OA，
∴AI=AB2−BI2=5，
∴OI=OA−AI=3−5=BH，
∴x=BN=BH+NH=3−5+5=3；
（3）①过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB于K，如图：
∵∠ABC＝90°，过点A的切线与AC垂直，
∴AC过圆心，
∴四边形KOJB为矩形，
∴OJ＝KB，
∵AB＝3，BC=32，
∴AC=AB2+BC2=33，
∴cs∠BAC=ABAC=333=13=AKAO，
∴AK=3，∴OJ=BK=3−3，即 d=3−3.
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，
∵∠OJL＞90°，
∴OL＞OJ，故当B为MN中点时，d最短小，
过A作AQ⊥OB于Q，
∵B为MN中点，
∴OB⊥MN，
同（2）可得OB＝2，
∴BQ＝OQ＝1，
∴AQ=32−12=22，
∵∠ABC＝90°＝∠AQB，
∴∠OBJ+∠ABO＝90°＝∠ABO+∠BAQ，
∴∠OBJ＝∠BAQ，
∴tan∠OBJ＝tan∠BAQ，
∴OJBJ=BQAQ=122，
设OJ＝m，则 BJ=22m，
∵OJ2+BJ2＝OB2，
∴m2+(22m)2=22，
解得：m=23 （m的负值已舍去），
∴CJ 的最小值为 23，即d的最小值为23．
吉林省
25．【2024·吉林】如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以3cm/s的速度沿折线AD−DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）．
（1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点E与点C重合时，求t的值．
（3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
解：（1）如图，过Q作QH⊥AD于点H，
∵PQ∥AB，∴∠BAD＝∠QAP.
∵AD是角平分线，
∴∠CAD＝∠BAD，∴∠CAD＝∠QAP，
∴QA＝QP，∴△APQ是等腰三角形．
∵QH⊥AP，∴AH=12AP=32t.
∵∠CAD＝30°，∴AQ=AHcs30°=t.
故△APQ是等腰三角形，AQ＝t．
（2）如图所示，E、C重合时图形．
∵△PQE是等边三角形，∴QE＝QP，
由（1）得QA＝QP，
∴AE＝2AQ，即2t＝3，∴t=32．
（3）①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，
∵∠PAQ＝30°，∴PG=12AP=32t.
∵△PQE是等边三角形，
∴QE＝PQ＝AQ＝t，∴S=12QE•PG=34t2．
由（2）知当点EC重合时，t=32，∴S=34t2（0＜t≤32）．
②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．
在Rt△FCE中，CE＝2t−3，∠E＝60°，
∴CF＝CE•tan60°=3（2t−3），
∴S△PCE=12（2t−3）•3（2t−3）=32（2t−3）2，
∴S＝S△PAC−S△PCE=34t2−32（2t−3）2=−734t2+63t−932（32＜t＜2）．
③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，
S=12CQ•CP=12（t−1）•3（t−1）=32（t−1）2，（2≤t≤4）．
综上所述，S=34t2，(0＜t≤32)−734t2+63t−932，(32＜t＜2)32(t−1)2，(2≤t≤4)．
山东省
23.【2024·威海】如图，在菱形ABCD中，AB＝10cm，∠ABC＝60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF＝60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒．
（1）求证：BE＝EF；
（2）求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求x为何值时，线段DF的长度最短．
解：（1）证明：设CD与EF相交于点M，
∵四边形ABCD为菱形，∴BC−＝DC，∠BCE＝∠DCE，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DCF＝60°.
在△BCE和△DCE中，BC=DC∠BCE=∠DCECE=CF，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE，BE＝DE.
∵∠DMF＝∠DEF+∠CDE＝∠DCF+∠CFE，
又∵∠DEF＝∠DCF＝60°，
∴∠CDE＝∠CFE，
∴∠CBE＝∠CFE，
∴BE＝EF.
（2）如图，过点E作EN⊥BC于N，
则∠ENC＝90°，
∵BE＝EF，∴BF＝2BN.
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴BC＝AB＝10cm，∠ACB＝∠BCD＝60°，即∠ECN＝60°，
∵CE＝2x cm，
∴EN＝CE•sin60°＝2x•32=3x（cm），CN＝CE•cs60°＝2x•12=x（cm），
∴BN＝BC−CN＝10−x（cm），
∴BF＝2（10−x）cm，
∴y=12BF•EN=12×2（10−x）×3x=−3x2+103x.
∵0＜2x≤10，
∴0＜x≤5，
∴y=−3x2+103x（0＜x≤5）.
（3）∵BE＝DE，BE＝EF，∴DE＝EF.
∵∠DEF＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴DE＝DF−EF，∴BE＝DF，
∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，如图，
∵四边形 ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AE＝AB＝AC＝10cm.
∵BE⊥AC，
∴CE=12AC＝5cm，∴x=CE2=52，
∴当x=52时，线段DF的长度最短．
四川省
24．【2024·南充】如图，正方形ABCD边长为6cm，点E为对角线AC上一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（0＜t≤3）．
（1）求证：△AEP∽△CEQ．
（2）当△EPQ是直角三角形时，求t的值．
（3）连接AQ，当tan∠AQE=13时，求△AEQ的面积．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAE＝∠QCE＝45°，
∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t，
∴AECE=APCQ=12，∴△AEP∽△CEQ.
（2）如图，过点E作EM⊥AB于点M，过点E作 EN⊥BC于点N．
由题意知AE=22，AM＝ME＝2，EN＝CN＝4，AP＝t，
CQ＝2t，BQ＝6−2t，MP＝|t−2|，BP＝6−t，QN＝|2t−4|，
∴EP2＝EM2+MP2，即EP2＝22+（2−t）2＝t2−4t+8，
PQ2＝BP2+BQ2，即PQ2＝（6−t）2+（6−2t）2＝5t2−36t+72，
EQ2＝EN2+NQ2，即EQ2＝42+（2t−4）2＝4f2−16t+32，
①当∠EPQ＝90°时，则EQ2＝EP2+PQ2，
即4t2−16t+32＝t2−4t+8+5t2−36t+72，
整理得t2−12t+24＝0．
解得t1＝6−23，t2＝6+23（不合题意，舍去），
②当∠PEQ＝90°时，则PQ2＝EP2+EQ2，
即5t2−36t+72＝t2−4t+8+4t2−16t+32，
整理得t−2＝0，解得t＝2；
③当∠PQE＝90°时，则EP2＝PQ2+EQ2，
即t2−4t+8＝5t2−36t+72+4t2−16t+32，
整理得t2−6t+12＝0，该方程无实数解，
综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为6−23秒或2秒；
（3）过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G．如图2，
∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴AF＝AC，
又∵CE＝2AE，
∴AEAC=AEAF=13，∴tan∠AFE=13，
∵tan∠AQE=13，∴∠AFE＝∠AQE.
∵∠AGF＝∠EGQ，
∴△AGF∽△EGQ，∴AGEG=GFGQ.
∵∠AGE＝∠FGQ，
∴△AGE∽△FGQ，∴∠AEG＝∠FQG，
∵∠AFE+∠AEF＝90°，
∴∠FQG+∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°，
∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，
∴QCBC=ECAC，即QC6=22+1，
∴QC＝QE＝4，
∴S△AEQ＝S△AQC−S△EQC
=12QC•AB−12QC•EQ
=12×4×6−12×4×4
＝4（cm2）．
广东省
24．【2024·广州】如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°．点E在射线BC上运动（不与点B，点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．（1）当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝6+63，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r．
①求r的取值范围；
②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由．
解：（1）AF＝AD，AF⊥AD，理由如下，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠C＝120°.
∵△ABE和△AFE关于AE轴对称，
∴AB＝AF，∴AF＝AD.
∵∠BAF＝30°，∴∠DAF＝∠BAD−∠BAF＝90°，
∴AF⊥AD.
综上，AF＝AD，AF⊥AD．
（2）①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H．
∵∠AFE＝∠ABE＝60°，∴∠AOE＝120°，
∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA＝30°，
∴OA=AGcs30°=233AG.
∵r＝OA=233AG=233•12AE=33AE，
在Rt△ABH中，AH＝AB•sin60°＝9+33，
∵AE≥AH，且点E不与B、C重合，
∴AE≥9+33，且AE≠6+63，
∴r≥33+3，且r≠23+6．
（3）能相切，此时BE＝12，理由如下：
假设存在，如图画出示意图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H，
设∠AFD＝α，则∠AEF＝∠AEB＝α（弦切角），
∴∠CEF＝180°−∠AEB−∠AEF＝180°−2α，
∵AF＝AD，∴∠ADF＝∠AFD＝α，
∴∠DAF＝180°−2α.
∵∠CEF＝∠CAF，∴∠CAF＝180°−2α＝∠DAF，
∵∠CAD=12∠BAD＝60°，
∴∠CAF＝180°−2α＝∠DAF＝30°，
∴α＝75°，即∠AEB＝75°，
作EH⊥AB于点H，
∵∠B＝60°，∴∠BEH＝30°，
∴∠AEH＝∠EAH＝45°.
设BH＝m，则EH＝AH=3m，BE＝2m，
∵AB＝6+63，∴m+3m＝6+63，
∴m＝6，∴BE＝12．
黑龙江省
28．【2024·龙东地区】如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2−5x−6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA−AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB−BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S．
（1）求点A的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当S＝63时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）x2−5x−6＝0，解得x1＝6，x2＝−1，
∵OA的长度是x2−5x−6＝0的根，∴OA＝6.
∵△OAB是等边三角形，
∴OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°.
如图，过点A作AC⊥x轴，垂足为C.
在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，∴∠OAC＝30°，∴OC=12OA=12×6＝3，
∴AС=OА2−OC2=62−32=33，
∴点A的坐标为A（3，33）.
（2）当0＜t≤2时，过P作PD⊥x轴，垂足为点D，
∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°，
∴OD＝t，
∴PD=OP2−OD2=(2t)2−t2=3t，
∴S=12OQ•PD=12×3t×3t=323t2.
当2＜t≤3时，过Q作QE⊥OA，垂足为点E，
∵∠A＝60°，∴∠AQE＝30°.
又AQ＝12−3t，
∴AE＝6−32t，QE=AQ2−AE2=63−332t.
又OP＝2t，
∴S=12×2t××（63−332t）=−323t2+63t.
当3＜t＜3.6时，过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴PO＝18−（2t+3t）＝18−5t.
同理可得，BF=12OB＝3，∴OF=OB2−BF2=33，
∴S=12×33×（18−5t）=−1523t+273.
综上所述，S=323t2(0＜t≤2)−323t2+63t(2＜t≤3)−1523t+273(3＜t＜3.6).
（3）当323t2＝603时，解得t＝2，
∴OP＝2×2＝4.
如图，过点P作PG⊥x轴于点G，则OG=12OP＝2，
∴PG=OP2−OG2=42−22=23，
∴点P的坐标为（2，23）.
当OP为边时，将OP沿轴向下平移4个单位得N（2，23−4），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；将OP沿y轴向上平移4个单位得N（2，23+4），此时M（0，4），四边形POMN是菱形，如图.
作点P关于轴的对称点N（−2，23），当M（0，43）时，四边形PMNO是蒌形.
当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥y轴，交y轴于点M，延长MT到N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴于点H，
则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2，
∴ON＝2TN，
∴ON2＝OT2+TN2，即ON2＝22+（12ON）2，解得ON=433，
∴NH=233，OH＝2，N（2，233）；
当−323t2+63t＝63，解得t＝2，不符合题意，此情况不存在；
当−1523t+273=63时，解得t＝245＜3，不符合题意，此情况不存在.
综上，点N的坐标为N（2，4+23），N（2，23−4），N（−2，23），N4（2，233）．