2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点50 动态型问题（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点50 动态型问题（Word版附解析），共22页。学案主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

二、填空题
三、解答题
26．【2023·青岛】如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝10cm，BD＝45cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM与AC交于点E．设运动时间为t（s）（0＜t≤5），解答下列问题：
（1）当点M在BD上时，求t的值；
（2）连接BE．设△PEB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式和S的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使点B在∠PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得：DQ＝10﹣2t，PM＝2t，PB＝10﹣t，QM＝AP＝t，
如下图，点M在BD上时，
∵QM∥PB，PM∥QD，
∴∠DQM＝∠DAB＝∠MPQ，∠DMQ＝∠MBP，
∴△DQM∽△MPB，则DQPM=QMPB，
即10-2t2t=t10-t，
解得：t=103；
（2）如上图，
∵AD∥PM，
∴∠AEP＝∠EAQ，
∵四边形ABCD是菱形，
则∠QAE＝∠EAP，
∴∠AEP＝∠EAP，
∴△APE为等腰三角形，则PE＝AP＝t，
过点D作DH⊥AB于点H，
则S△ABD=12×AB•DH=12×AO•DB，
即10•DH=102-(25)2×45，
解得：DH＝8，
则sin∠DAH=DHAD=810=45，
设△PEB中PB边上的高为h，
则S=12×PB•h=12×（10﹣t）×sin∠DAH×AE=12×（10﹣t）×4t5=-25t2+4t（0＜t≤5），
∵-25＜0，故S有最大值，
当t＝5时，S的最大值为10；
（3）存在，理由：
如下图，过点B作BR⊥PE于点R，
当点B在∠PEC的平分线上时，则BR＝OB＝25，
在Rt△PBR中，sin∠EPB＝sin∠DAB=45=BRPB=2510-t，
解得：t=20-552．
江西省
23．【2023•江西23题】综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD=2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝ ；
②S关于t的函数解析式为 ．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝ ；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．
【分析】（1）①当t＝1时，CP＝1，运用勾股定理即可求得答案；
②由题意得CP＝t，运用勾股定理可得S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2；
（2）观察图象可得当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，抛物线的顶点坐标为（4，2），由勾股定理可得BC=BD2-CD2=2，AD＝32，即M（2，6），设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，即可求得S＝t2﹣8t+18，再利用勾股定理即可求得线段AB的长；
（3）①过点D作DH⊥AB于点H，可证得△ADH∽△ABC，得出DHBC=ADAB=AHAC，可求得DH=2，AH＝4，根据存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，可得DP1＝DP2＝DP3，再证得Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），可得CP1＝HP2，列出等式即可；
②证明Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），得出P3H＝CP1，建立方程求解即可得出答案．
解：（1）①3【解析】当t＝1时，CP＝1，
又∵∠C＝90°，CD=2，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（2）2＝3．
②S＝t2+2【解析】当点P由点C运动到点B时，CP＝t，
∵∠C＝90°，CD=2，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2．
（2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，
抛物线的顶点坐标为（4，2），
∴BC=BD2-CD2=6-2=2，AD=18=32.∴M（2，6）.
设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6，解得：a＝1，
∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18.∴AC＝AD+CD＝32+2=42.
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=(42)2+22=6，CB+AC＝2+6＝8，
∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）.
（3）①4【解析】如图，则∠AHD＝90°＝∠C，
∵∠DAH＝∠BAC，∴△ADH∽△ABC.
∴DHBC=ADAB=AHAC，即DH2=326=AH42，
∴DH=2，AH＝4.∴BH＝2，DH＝CD.
∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，
∴DP1＝DP2＝DP3.∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2.
在Rt△CDP1和Rt△HDP2中，
CD=HDDP1=DP2，∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL）.
∴CP1＝HP2，∴t1＝4﹣t2.∴t1+t2＝4．
②∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°，
∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL）.∴P3H＝CP1.
∵P3H＝t3﹣4，∴t3﹣4＝t1.
∵t3＝4t1，∴t1=43.∴S＝（43）2+2=349．
湖南省
25．【2023·邵阳】如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平形线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D，E重合）．将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ，PQ，PQ交AC于F．
（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°．
（2）当APDP为何值时，△AQF是直角三角形？
​
（1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，
∴PA＝QA，∠PAQ＝60°．∴∠PAD=∠QAE．
∵DE∥BC，∴∠ADE=∠AED．∴AD=AE．
∴△APD≌△AEQ．∴∠AEQ=∠ADP=60°．
∴∠PEQ=∠AEP+∠AEQ=120°．
（2）解：如图．
根据题意，只有当∠AFQ＝90°时，△AQF为直角三角形．
由（1）只△APQ是等边三角形，∴∠PAQ＝60°．
∵∠AFQ＝90°，∴∠PAF＝∠QAF＝30°．
∵∠CAB＝60°．
∴∠DAP＝30°，∠APD＝90°．
∴tan∠ADP＝tan60°=APPD=3．
25．【2023·衡阳】[问题探究]
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．
①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
[迁移探究]
（2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°．
∵CP＝CP，∴△DCP≌△BCP．∴PD＝PB．
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°．
理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M，N，如图．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°．
∴四边形AMPN是矩形，PM＝PN．∴∠MPN＝90°．
∵PD＝PQ，PM＝PN，∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL）．
∴∠DPN＝∠QPM，∴∠QPN+∠QPM＝90°．
∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°．
③解：AQ=2OP．
理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°．
∴∠AEP＝45°，四边形OPEF是矩形．
∴EF＝OP，PA＝PE．
∵PD＝PB，PD＝PQ，∴PQ＝PB．
作PM⊥AE于点M，则QM＝BM，AM＝EM，∴AQ＝BE．
∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°，
∴BE=EFsin45°=2EF．∴AQ=2OP．
（2）解：AQ＝CP．
理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO．
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD．
∴∠BAC＝60°，PD＝PB．
∵PD＝PQ，∴PQ＝PB．
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图．
四边形PEGC是平行四边形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°．
∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，∴BE＝EG＝PC．
作PM⊥AB于点M，则QM＝MB，AM＝EM．
∴QA＝BE，∴AQ＝CP．
湖北省
24. 【2023·鄂州】如图1，在平面直角坐标系中，直线轴，交y轴的正半轴于点，且，点B是y轴右侧直线l上的一动点，连接．

（1）请直接写出点A的坐标；
（2）如图2，若动点B满足，点C为的中点，点为线段上一动点，连接．在平面内，将沿翻折，点B的对应点为点P，与相交于点Q，当时，求线段的长；
（3）如图3，若动点B满足，为的中位线，将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，求直线EB与x轴交点的坐标；
（4）如图4，平分交于点，于点，交于点，为的一条中线．设，，的周长分别为，，．试探究：在B点的运动过程中，当时，请直接写出点B的坐标．
【分析】（1）根据，点A位于y轴的正半轴即可得出答案；
（2）根据折叠性质和特殊角解三角形，先求出，，再过点D作，得出，解三角形即可求出，从而求出，
（3）将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，有两种情况，当将绕点B在平面内逆时针旋转，可得点、F恰好落在x轴，，从而可得直线与x轴交点的坐标；当将绕点B在平面内逆时针旋转到上方时，可得，从而得出，，继而可求，再由即可求出交点坐标．
（4）由已知可证明，进而可得，由此可得，延长交于H点，可得，，然后由双勾股求出，进而求出点B坐标．
解：（1）∵，点A位于y轴的正半轴，∴点A坐标为.
（2）∵，直线轴，，
∴，.
∵点C为的中点，∴.
又∵，∴.
由折叠可知：,∴.
如解（2）图，过点D作，

∴，.
∴，即.
∴.∴.
∴.
（3）∵，，∴.
又∵为的中位线，∴，，.
∴.
I．如图，将绕点B在平面内逆时针旋转，到如解（3）-1图所示位置时，

∴，直线轴.∴.
又∵，∴四边形矩形.
∴点、F恰好落在x轴，，
此时直线EB与x轴交点的坐标为.
II．如图，将绕点B在平面内逆时针旋转到点O、E、F三点共线时，，如解（3）-2图所示位置时，

延长交x轴于点K，
∵，，，
∴.∴，.
∴，.
在中，，即：，
解得：，∴.∴.
∵直线轴，∴直线轴.∴.
∴在中，.∴.
∴此时直线EB与x轴交点的坐标为.
综上所述：将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，直线与x轴交点的坐标为或.
（4）直线轴，于点D，
∴，.
又∵平分交于点，即：，
∴.
又∵，∴.
∴.
∵为的一条中线,∴，即：.
∵，，
∴.
∴设，，的周长分别为，，．
∴，.
∵，∴.
∴.∴.
延长交于H点，如解（4）图，

∵，，，
∴.∴，.
∴，.
∵，，
∴
解得： （不合题意，舍去），.
∴.∴.
∴.所以点B坐标为．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质、解三角形、相似三角形的判定和性质，难度较大，确定运动后线段之间的位置关系、正确作出辅助线是解题的关键．
24．【2023·十堰】过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．
（1）如图1，若∠CDP＝25°，则∠DAF＝ ；
（2）如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在DP绕点D转动的过程中，设AF＝a，EF＝b，请直接用含a，b的式子表示DF的长．
【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，由四边形ABCD是正方形得AD＝CD，所以AD＝ED，从而 ∠DAE=∠DEA=12(180°-∠ADE)=20°；
（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，可证得∠AFC＝90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，从而 CD2=12(AF2+EF2) 5；
（3）由勾股定理 CH=HE=FH=22bDH=CD2-CH2=22a，分情况讨论：当点F在D，H 之间时，DF=DH-FH=22(a-b)；当点D在F，H之间时，DF=FH-DH=22(b-a) 点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．
解：（1）如图，连接CE，DE，
∵点C关于直线DP的对称点为点E，
∴CD，ED关于DP对称，∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∴AD＝ED，
∴∠DAE=∠DEA=12(180°-∠ADE)=12(180°-90°-50°)=20°．
故答案为：20；
（2）结论：CD2=12(AF2+EF2)．
理由：如图，连接DE，CE，AC，CF．
由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，
而∠DEF＝∠DAF，∴∠DAF＝∠DCF．
∵∠FAC+∠FCA＝∠FAC+∠DAF+∠DCA＝90°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝90°，
在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，
在Rt△ACD 中，AD2+CD2＝AC2，
2CD2＝AF2+EF2，即 CD2=12(AF2+EF2)；
（3）∵∠AFC＝90°，CF＝EF＝b，
∴CH=HE=FH=22b，
∵CD2=12(AF2+EF2)=12(a2+b2)，
∴DH=CD2-CH2=12(a2+b2)-(22b)2=22a．
如图，当点F在D，H之间时，DF=DH-FH=22(a-b)，
如图，当点D在F，H之间时，DF=FH-DH=22(b-a)
如图，当点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．
【点评】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾 股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．
23．【2023·黄冈】【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．
【问题探究】
（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系： ．
（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
（3）当m=3，AB＝47，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
（2）通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=3AD，由勾股定理可求解．
解：（1）AD⊥BE【解析】如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，
当m＝1时，DC＝CE，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
故答案为：AD⊥BE；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（4+AE），
∵AD⊥BE，
∵∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（4+AE）2，
∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），
∴BE＝63，
当点D在线段AE上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（AE﹣4），
∵AD⊥BE，
∵∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，
∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），
∴BE＝43，
综上所述：BE＝63或43．
【点评】本题是几何变换综合题，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，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
声明23．【2023·随州】1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，
由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为 三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，
由 可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 点．
（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为 213a 元．（结果用含a的式子表示）
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；
（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB＝30°可证明∠ACA'＝90°，根据勾股定理即可求出A'B；
（3）根据总铺设成本=a(PA+PB+2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A'B即可．
解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，
∴△PCP'为等边三角形，
∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，
又∵P'A'＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，
根据两点之间线段最短可知，当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，
∴△APC≌△A'P'C，∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，
∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，
∵∠BAC≥120°，∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A．
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP＝∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP'＝60°，∴∠BCA'＝90°，
根据旋转的性质可知：AC＝A'C＝3，
∴A'B=42+32=5，即PA+PB+PC的最小值为5；
（3）∵总铺设成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+2PC)，
∴当PA+PB+2PC最小时，总铺设成本最低，
将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，
由旋转性质可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP'，
当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC于H，
∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，
∴∠A'CH＝30°，∴A'H=12A'C＝2km，
∴HC=A'C2-A'H2=42-22=23（km），
∴BH＝BC+CH=23+23=4（km），
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213（km），
即PA+PB+2PC的最小值为213km，
总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+2PC)=213a（元）．
故答案为：213a．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．
吉林省
25.【2023·吉】如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）

（1）的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示）
（2）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
（3）当四边形是轴对称图形时，直接写出的值．
【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出，可得四边形是平行四边形，证明即可；
（2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解；
（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．
解：（1）依题意，，则，
∵四边形是正方形，∴，
∵点是正方形对角线的中点，
∴，则四边形是平行四边形.
∴，，∴.
又，∴，∴.
在中，，
∴.∴.
故答案为：；．
（2）当时，点在上，

由（1）可得，同理可得，
∵，，
则
；
当时，如图所示，

则，，
，
∴.
综上所述，；
（3）依题意，①如图，当四边形是矩形时，此时，
∴.
∵，∴，
又，∴，
∴，即，解得：.

当四边形是菱形时，则，
∴，解得：（舍去）.
②如图所示，当时，四边形是轴对称图形，

，解得，
当四边形是菱形时，则，即，解得：（舍去）.
综上所述，当四边形是轴对称图形时，或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
重庆
26．【2023·重庆A卷】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，点D为线段AB上一动点，连接CD．
（1）如图1，若AC＝9，BD=3，求线段AD的长；
（2）如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G．若∠G＝∠BCE，求证：GF＝BF+BE；
（3）在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP的值．
【分析】（1）在Rt△ABC中，由∠B＝60°，AC＝9，可得BC=AC3=33，AB＝2BC＝63，即得AD＝AB﹣BD＝53；（2）取AB的中点O，连接OC，证明△BOC 为等边三角形，得CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，可得△OCD≌△BCE（SAS），有∠EBC＝∠DOC＝120°，故OC∥BE，在GF上截取 HF＝BF，连接DH，可证△BEF≌△HDF（SAS），得BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，有DH∥BE，DH∥OC，可得∠HDG＝∠OCD，知∠G＝∠HDG，HG＝HD，从而HG＝BE，GF＝HG+FH＝BE+BF；（3）取AB的中点S，连接PS，在CD取得最小值时，CD⊥AB，设AB＝4a，则BC＝2a，AC＝23a，用面积法得CD=AC⋅BCAB=3a，BD=12BC＝a，证明△BCD≌△BCE（SAS），知BD＝BE＝a，根据将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM，有BE＝BN＝a，故N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，又PS=12BN=12a，故P的运动轨迹是以S为圆心，12a为半径的圆，当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PT⊥AC于T，过N作NR⊥AC于R，可得△BSC是等边三角形，∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，而CP＝CS+PS＝2a+12a=52a，可求得PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，AT＝AC﹣CT=334a，连接PQ交NR于W，根据将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，知PQ⊥BC，故即PW∥AR，PW是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，即可得PT＝NW＝RW=54a，PW=12AR＝AT=334a，根据将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，得CP＝CQ，∠QCP＝120°，有PQ=3CP=532a，即得WQ＝PQ﹣PW=734a，从而NQ=NW2+WQ2=432a，NQCP=435．
（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠B＝60°，AC＝9，∴BC=AC3=33，AB＝2BC＝63
∵BD=3，∴AD＝AB﹣BD＝53；
（2）证明：取AB的中点O，连接OC，如图：
在Rt△ABC 中，点O为斜边AB的中点，∴OC＝OB，
∵∠ABC＝60°，∴△BOC为等边三角形，∴CO＝CB，
∠OCB＝∠BOC＝60°，∴∠DOC＝120°，
∵△CDE为等边三角形，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠DCE＝∠OCB＝60°，即∠OCD+∠OCE＝∠OCE+∠BCE，
∴∠OCD＝∠BCE，在△OCD和△BCE 中，CD=CE∠OCD=∠BCECO=CB，
∴△OCD≌△BCE（SAS），∴∠EBC＝∠DOC＝120°，
∴∠OCB+∠EBC＝180°，∴OC∥BE，
在GF上截取HF＝BF，连接DH，∵点F是DE的中点，
∴FE＝FD．在△BEF和△HDF中，BF=HF∠BFE=∠HFDFE=FD，
∴△BEF≌△HDF（SAS），∴BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，
∴DH∥BE，∴DH∥OC，∴∠HDG＝∠OCD，
又∠G＝∠BCE，∴∠G＝∠HDG，∴HG＝HD，∴HG＝BE，
∴GF＝HG+FH＝BE+BF；
（3）解：取AB的中点S，连接PS，如图：
在CD取得最小值时，CD⊥AB，
设AB＝4a，则BC＝2a，AC＝23a，
∵2S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，∴CD=AC⋅BCAB=3a，BD=12BC＝a，
∵△CDE是等边三角形，∴∠DCE＝60°，CD＝CE，
∴∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝60°﹣30°＝30°＝∠DCB，
∵BC＝BC，∴△BCD≌△BCE（SAS），∴BD＝BE＝a，
∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM，
∴BE＝BN＝a，∴N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，
∵点P为AN的中点，S为AB的中点，
∴PS=12BN=12a，∴P的运动轨迹是以S为圆心，12a为半径的圆，
当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PT⊥AC于T，过N作
NR⊥AC于R，如图：
∵S是AB中点，∴BS＝AS＝CS=12AB＝2a，
∵∠ABC＝60°，∴△BSC是等边三角形，∴∠PCB＝60°，
BC＝CS＝2a，∴∠PCA＝30°，
∵CP＝CS+PS＝2a+12a=52a，∴PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，
∴AT＝AC﹣CT=334a，
连接PQ交NR于W，如图：
∵将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴PQ⊥BC，∵AC⊥BC，∴PQ∥AC，即PW∥AR，
∵P为AN中点，∴PW是△ANR的中位线，∴NW＝RW=12NR，
同理可得PT是△ANR的中位线，∴PT=12NR，
∴PT＝NW＝RW=54a，PW=12AR＝AT=334a，
∵将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴∠QCB＝∠PCB＝60°，CP＝CQ，∴∠QCP＝120°，
∴PQ=3CP=532a，∴WQ＝PQ﹣PW=532a-334a=734a，
∴NQ=NW2+WQ2=(54a)2+(734a)2=432a，
∴NQCP=432a52a=435．
【点评】本题考查三角形综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，对称变换，最短路径等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题．