中考专练12（几何压轴大题）（30题）-2022中考数学考点必杀500题（山东专用）（解析版）

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2022中考考点必杀500题
专练12（几何压轴大题）（30道）
1．（2021·青岛市崂山区第三中学九年级其他模拟）在四边形中，是边上一点，点从出发以秒的速度沿线段运动，同时点从出发，沿线段、射线运动，当运动到，两点都停止运动．设运动时间为（秒）：

（1）当与的速度相同，且时，求证：
（2）当与的速度不同，且分别在上运动时（如图1），若与全等，求此时的速度和值；
（3）当运动到上，运动到射线上（如图2），若的速度为秒，是否存在恰当的边的长，使在运动过程中某一时刻刚好与全等，若存在，请求出此时的值和边的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）的速度为3，t的值为2；（3）的长为时，两三角形全等
【分析】
（1）根据SAS即可证明△EBP≌△PCQ．
（2）正确寻找全等三角形的对应边，根据路程，速度，时间的关系即可解决问题．
（3）分两种情形分别构建方程组即可解决问题．
【详解】
（1）由题意：BP=CQ=1×2=2（cm），
∵BC=8cm，BE=6cm，
∴PC=8-2=6（cm），
,,,,


（2）设的速度为，
则，
分两种情况：
①当时，，
即，解得，（舍去）
② 当时，，
即，解得，
Q的速度为3，t的值为2.
（3）设，则，

分两种情况：
①当时，，
即，解得，
②，
即，解得
故：当的长为时，两三角形全等．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，路程，速度，时间之间的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
2．（2021·山东省青岛第二十六中学九年级其他模拟）如图1所示，在正方形ABCD中，，是以点B为圆心，AB长为半径的圆的一段弧，点E是边AD上的任意一点，点E与点A、D不重合，过E作AC所在圆的切线，交边DC于点F，G为切点．
（1）当时，求证：点G为线段EF的中点；
（2）设，，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）图2所示，将沿直线EF翻折后得，当时，讨论与是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要求写出结论，不要求写出理由．

【答案】（1）见解析；（2）（0＜x＜1）；（3）①当AE=时，△ED1F∽△AD1D；②当AE=时，△ED1F与△AD1D不相似，理由见解析．
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的判定性质以及切线长定理可以证明G为线段EF的中点；
（2）根据切线长定理、正方形的性质得到有关的线段用x，y表示，再根据勾股定理建立函数关系式．
（3）结合（2）中的函数关系式，求得x的值．分两种情况分别分析，根据翻折的性质，得到平行，从而证明三角形相似．
【详解】
解：（1）证明：∵∠DEF=45°，
∴∠DFE=90°-∠DEF=45°．
∴∠DFE=∠DEF．
∴DE=DF．
又∵AD=DC，
∴AE=FC．
∵AB是圆B的半径，AD⊥AB，
∴AD切圆B于点A．
同理：CD切圆B于点C．
又∵EF切圆B于点G，
∴AE=EG，FC=FG．
∴EG=FG，即G为线段EF的中点．
（2）根据（1）中的线段之间的关系，得EF=x+y，DE=1-x，DF=1-y，
根据勾股定理，得：（x+y）2=（1-x）2+（1-y）2
∴（0＜x＜1）．
（3）解：当时，由（2）得EF=EG+FG=AE+FC，
即，
解得．
经检验是原方程的解．
①当AE=时，
设直线EF交线段DD1于点H，

由题意，得：
ED1=ED，DH=D1H，∠D1EF=∠DEF，∠ED1F=∠EDF=90°．
∴EH⊥DD1．
∵AE=ED=，DH=D1H，
∴EH∥AD1，
∴∠AD1D=∠EHD=90°，∠D1AD=∠DEF=∠D1EF．
又∵∠ED1F=∠EDF=90°，
∴∠ED1F=∠AD1D，
∴△ED1F∽△AD1D．
②当AE=时，，
∴，
∴EH不平行于AD1，
∴∠AD1D≠90°，∠ADD1≠90°，
∴△ED1F与△AD1D不相似．
【点睛】
此题综合运用了切线长定理、相似三角形的判定和性质等知识；熟练掌握相关性质、灵活应用数形结合的思想是解题关键．
3．（2021·山东淄博市·九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点B是轴正半轴上一点，连接，过点A作，交轴于点C，点D是点C关于点A的对称点，连接，以为直径作交于点E，连接AE并延长交轴于点F，连接DF．
（1）求线段AE的长；
（2）若，求的值；
（3）若与相似，求的值．

【答案】（1）4；（2）；（3）或8
【分析】
（1）由AD是圆Q的直径可得：∠AEB=∠AED=90°，再由BA垂直平分CD可得：BC=BD，然后证明，即可解答；
（2）设，则，根据勾股定理可得：x=3，再证明△BFA∽△AFC，最后运用正切的定义即可解答；
(3)需要分和两种情况解答即可．
【详解】
（1）∵AB是的直径


∵BA垂直平分CD，





（2）设，则
在中，由得，解得：

，




设，则
在中，

解得
∴＝

（3）①如图1，当时，有

BD垂直平分AF


②如图2，设交轴于点，连接DG，作于H
当时，有


综上所述，或8；

【点睛】
本题考查了圆的性质、勾股定理、相似三角形判定和性质等知识点，属于几何综合题和几何压轴题，熟练掌握并运用所学性质定理和判定定理是解答本题的关键．
4．（2021·东营市胜利第三十九中学九年级其他模拟）如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明：四边形CEGF是正方形；
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图3所示，当B，E，F三点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG＝6，GH＝2，求BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AG＝BE，理由见解析；（3）BC=3．
【分析】
（1）先说明GE⊥BC、GF⊥CD，再结合∠BCD=90°可证四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可证明；
（2）连接CG，证明△ACG∽△BCE，再应用相似三角形的性质解答即可；
（3）先证△AHG∽△CHA可得，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，求出AH=a，DH=a，CH= ，最后代入即可求得a的值．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形．
（2）结论：AG＝BE；
理由：连接CG，

由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝， ，
∴ ，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；
（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°，
∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，
则由，得，
∴AH＝a，
则DH＝AD﹣AH＝a，，
∴，得 ，
解得：a＝3，即BC＝3．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查相似形的判定和性质、正方形的性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题并利用参数构建方程解决问题．
5．（2021·山东临沂市·九年级一模）已知：如图1所示将一块等腰三角板BMN放置与正方形ABCD的重合，连接AN、CM，E是AN的中点，连接BE．

（观察猜想）
（1）CM与BE的数量关系是________；CM与BE的位置关系是________；
（探究证明）
（2）如图2所示，把三角板BMN绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段CM与BE的关系是否仍然成立，并说明理由；
（拓展延伸）
（3）若旋转角，且，求的值．
【答案】（1）；；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）【观察猜想】根据正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可证明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根据E是AN的中点，即可证明CM=2BE，根据等边对等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90∘即可证明CM⊥BE．
（2）【探究证明】延长BE至F使EF= BE，连接AF，先证明△AEF≌△NEB，再证明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，进而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可证明EB⊥CM；
（3）[拓展延伸] 由a=45°得到∠ABE= 15°，由前面可得∠BMC= 30°，过C作CG⊥MB于G，设CG为m，则BC=m，MG=m，所以MB= BN=m-m，最后求得的值．
【详解】
解:【观察猜想】(1)CM =2BE ；CM⊥BE；如图1所示


图1
∵正方形ABCD，
∴AB=CB，
∵等腰三角形BMN，
∴BM=BN，
∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，
∴∠BAN=∠BCM，
又∵E是AN的中点，
∴BE=AE=NE=AN，
∴CM=2BE，
∵BE=AE，
∴∠BAN=∠ABE，
∴∠ABE=∠BCM，
∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90∘
∴∠BPM=90∘
∴CM⊥BE．
【探究证明】
(2)CM = 2BE，CM ⊥ BE仍然成立．
如图2所示，延长BE至F使EF= BE，连接AF，


∵AE= EN，∠AEF=∠NEB，EF= BE，
∴△AEF≌△NEB
∴AF= BN，∠F=∠EBN，
∴AF//BN，AF= BM，
∴∠FAB+∠ABN = 180°，
∵ ∠MBN= ∠ABC= 90°，
∴∠NBC+∠ABN= 90°，
∴∠NBA+∠FAD= 90°，
∴∠CBN= ∠FAD
∴∠FAB=∠MBC，
∵AB=BC，
∴△FAB≌MBC，
∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，
∵∠ABF+∠FBC=90°
∴∠BCM+∠EBC=90°，
∴EB⊥CM；
[拓展延伸] (3)由a=45°得 ∠MBA=∠ABN= 45°，
∵∠NBE= 2∠ABE，
∴ ∠ABE= 15°，
由前面可得∠MCB=∠ABE= 15°，∠MBC= 135°，
∴∠BMC= 180°-15°-135°=30°，
如图3所示，过C作CG⊥MB于G，


图3
设CG为m
则BC=m，MG=m ，所以MB= BN=m-m，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用以上性质解决问题．
6．（2021·山东泰安市·）已知在△ABC中，AB＝AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点．
（1）如图1，∠ABC＝60，射线BM在∠ABC内，∠ADB＝60，求证：∠BDC＝60．
请根据以下思维框图，写出证明过程．


（2）如图2，已知∠ABC＝∠ADB＝30．

①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数．
②当射线BM在BC下方，请问∠BDC的度数会变吗？若不变，请说明理由；若改变，请直接写出∠BDC的度数．
（3）在第（2）题的条件下，作AF⊥BD于点F，连接CF，已知BD＝6，CD＝2，求△CDF的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）①∠BDC的度数为120；②改变，∠BDC的度数60；（3）或
【分析】
（1）在BM上取一点E，使AE＝AD；根据等边三角形的性质分析，得∠BAE＝∠CAD；再根据全等三角形的性质，证明△BAE≌△CAD，从而得∠ADC，经计算即可得到答案；
（2）①在BM上取一点E，使AE＝AD；根据等腰三角形性质分析，得∠AEB以及∠BAE＝∠CAD；再根据全等三角形的性质，证明△BAE≌△CAD，从而得∠ADC，经计算即可得到答案；
②在BM上取一点E，使AE＝AD；根据等腰三角形性质分析，得∠AEB以及∠BAE＝∠CAD；再根据全等三角形的性质，证明△BAE≌△CAD，从而得∠ADC，经计算即可得到答案；
（3）根据题意，分射线BM在∠ABC内和在BC下方两种情况分析；结合（2）结论及全等三角形性质，得，从而得DE、DF；再根据等腰三角形和三角函数的性质计算，得CG，通过计算即可得到答案．
【详解】
（1）在BM上取一点E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝60
∴△ADE是等边三角形
∴∠AEB＝180°-＝120
∵AB＝AC，∠ABC＝60
∴△ABC是正三角形
∴∠BAE＝60-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝120
∴∠BDC＝∠ADC-∠ADB＝60；
（2）①在BM上取一点E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝30
∴
∴
∴∠AEB＝180°-＝150
∵AB＝AC，∠ABC＝30
∴
∴
∴
∴∠BAE＝120-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝150
∴∠BDC＝∠ADC-∠ADB＝120；
②如图，在BM上取一点E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝30
∴
∴
∵AB＝AC，∠ABC＝30
∴
∴
∴
∴∠BAE＝120-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝30
∴∠BDC＝∠ADC+∠ADB＝60；
（3）根据题意，分射线BM在∠ABC内和在BC下方两种情况分析
当射线BM在∠ABC内时，如图，作AF⊥BD于点F，连接CF，作CG⊥BD于点G，在BM上取一点E，使AE＝AD

∵△BAE≌△CAD，CD＝2
∴
∵BD＝6
∴
∵AE＝AD，AF⊥BD
∴
∵
∴
∴
∴
当射线BM在BC下方时，如图，作AF⊥BD于点F，连接CF，作CG⊥BD于点G，在BM上取一点E，使AE＝AD

∵△BAE≌△CAD，CD＝2
∴
∵BD＝6
∴
∵AE＝AD，AF⊥BD
∴
∵
∴
∴．
【点睛】
本题考查了等腰三角形、等边三角形、三角形内角和、全等三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、等边三角形、三角函数的性质，从而完成求解．
7．（2021·山东青岛市·九年级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，BD为对角线．点P为线段CD上一动点，点P从点D出发，向点C匀速运动，速度为1cm/s；点Q为BC上一动点，过点Q作BD的垂线，交BD于M，交AD于点N，点Q从点C向点B运动，速度为1cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动；设运动时间为t（s）（0＜t＜6）．

（1）当t为何值时，PQ∥BD？
（2）设四边形NQPD的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使四边形NQPD的面积是矩形ABCD面积的？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）t为s；（2）y＝+3t+；（3）存在，t＝1s
【分析】
（1）当PQ∥BD时，△PQC∽△DBC，则，即，解得t＝即可；
（2）先证明△MBQ∽△CBD，得，解得BM＝，再证△BMQ∽△DMN，得，解得DN＝，然后四边形NQPD的面积为y＝梯形NQCD的面积﹣△PQC的面积，即可求解；
（3）由题意得+3t+=，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝6cm，
当PQ∥BD时，△PQC∽△DBC，
∴，
即，
解得t＝，
∴当t为s时，PQ∥BD；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，DC＝AB＝6cm，∠C＝90°，
∴BD＝＝10（cm），
∵QM⊥BD，
∴∠BMQ＝90°＝∠C，
又∵∠MBQ＝∠CBD，
∴△MBQ∽△CBD，
∴，
解得BM＝，
∵AD∥BC，
∴△BMQ∽△DMN，
∴，
即，
解得DN＝，
∴四边形NQPD的面积为y＝梯形NQCD的面积﹣△PQC的面积＝（CQ+DN）•CD﹣CQ•CP＝（t+）×6﹣t（6﹣t）＝+3t+，
即y与t之间的函数关系式为y＝0.5t2+3t+；
（3）假设存在某一时刻t，使四边形NQPD的面积是矩形ABCD面积的，
则+3t+=，
即+6t﹣7＝0，
解得：t＝1或t＝﹣7（舍去），
∴存在t＝1s，使四边形NQPD的面积是矩形ABCD面积的．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，平行线的性质，三角形相似的判断和性质，图形面积的分割计算，函数表达式的确定，熟练运用平行线的性质判定三角形的相似，正确进行图形面积的分割是解题的关键．
8．（2021·山东青岛市·九年级一模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为a（a＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°时，求正方形MNPQ的面积．
小明发现，分别延长QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）．
请回答：

（1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙不重叠），则新的正方形的边长为　 　；这个新正方形的面积　 　（填“＞”“＝”或“＜”）原正方形ABCD的面积；通过上述分析，可以发现正方形MNPQ的面积与△FSB的面积之间的关系是　 　．
（2）求正方形MNPQ的面积．
（3）如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD＝BE＝CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ．若SRPQ＝，求AD的长．参考小明思考问题的方法，在图3的基础上先画出图形再解决问题．
【答案】（1）a；=；S正方形MNPQ＝4S△FSB；（2）2；（3）AD＝；图见解析
【分析】
（1）先证△AER、△BFS、△CGT、△DHW是四个全等的等腰直角三角形，得AE＝DW，则AE+DE＝DW+DE＝a，即AD＝WE＝a，得这个新正方形的边长为a；求出拼成的新正方形面积为a2，即新正方形与原正方形ABCD的面积相等，即可解决问题；
（2）由S△FSB＝，得S正方形MNPQ＝4S△FSB＝2即可；
（3）分别延长RD、QF、PE交FA、EC、DB的延长线于点S、T、W，由题意得△RSF、△QET、△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长，设等边△ABC的边长为b，则SF＝AC＝b，过点R作RM⊥SF于M，则MF＝SF＝b，求出RM，则S△RSF＝b2，过点A作AN⊥SD于N，设AD＝AS＝m，则AN＝m，SD＝2ND＝m，得S△ADS＝m2，然后由三个等腰三角形的面积和为b2，进而得出＝3×m2，求解即可．
【详解】
解：（1）∵AE＝BF＝CG＝DH＝1，∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，
∴△AER、△BFS、△CGT、△DHW是四个全等的等腰直角三角形，
∴AE＝DW，
∴AE+DE＝DW+DE＝a，即AD＝WE＝a，
∵拼成一个新的正方形无缝隙，不重叠，
∴这个新正方形的边长为a；
∵所得的四个等腰直角三角形的斜边长为a，
则斜边上的高为a，
每个等腰直角三角形的面积为：a×a＝a2，
∴拼成的新正方形面积为：4×a2＝a2，
即新正方形与原正方形ABCD的面积相等；
∵新正方形的面积＝4×S△MSG＝4×（S△FSB+S四边形MFBG），
原正方形ABCD的面积＝S正方形MNPQ+4×S四边形MFBG，
∴4×（S△FSB+S四边形MFBG）＝S正方形MNPQ+4×S四边形MFBG，
即S正方形MNPQ＝4S△FSB；
故答案为：a，＝，S正方形MNPQ＝4S△FSB；
（2）∵S△FSB＝×1×1＝，
∴S正方形MNPQ＝4S△FSB＝4×＝2；
（3）分别延长RD、QF、PE交FA、EC、DB的延长线于点S、T、W，如图（3）所示：
由题意得：△RSF、△QET、△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长，

设等边△ABC的边长为b，
则SF＝AC＝b，
过点R作RM⊥SF于M，
则MF＝SF＝b，
在Rt△RMF中，RM＝MF•tan30°＝b×＝b，
∴S△RSF＝×b×b＝b2，
过点A作AN⊥SD于N，
设AD＝AS＝m，
则AN＝AD•sin30°＝m，SD＝2ND＝2ADcos30°＝2×m×＝m，
∴S△ADS＝SD•AN＝×m×m＝m2，
∵三个等腰三角形（△RSF、△QET、△PDW）的面积和为：3S△RSF＝3×b2＝b2，
∴S△RPQ＝S△ADS+S△CFT+S△BEW＝3S△ADS，
∴＝3×m2，
解得：m＝（负值舍去），
∴AD＝．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角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、含30°角的直角三角形的性质、锐角三角函数定义、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、等腰三角形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
9．（2021·山东青岛市·九年级一模）如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为（﹣1，2），将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．
（1）直接写出点C和点E的坐标；
（2）在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标（写出过程）；
③当5秒＜t＜7秒时，四边形ABCP的面积为4，求点P的坐标．

【答案】（1）C（﹣4，2），E（﹣3，0）；（2）①1秒或3秒；②P（﹣4，7﹣t）；③（﹣4，）．
【分析】
（1）根据平移直接得出结论；
（2）①分两种情况：利用点P的横纵坐标互为相反数，即可求出t的值；
②分三种情况：利用点P的横坐标（或纵坐标）已知，再由运动即可得出结论；
③先表示出点P的坐标，再利用梯形的面积公式建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）由题意知：C（﹣4，2），E（﹣3，0）；
（2）①当点P在AB上时，有P（﹣1，t），
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴t＝1，
当点P在BC上时，设P（xp，2），
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴xp＝﹣2，即﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，
解得：t＝3，
综上所述：当t为1秒或3秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②当点P在AB上时，有P（﹣1，t）；
当点P在BC上时，有点P纵坐标为2，
横坐标为：﹣1﹣（t﹣2）＝1﹣t
此时，P（1﹣t，2）；
当点P在CD上时，有点P的横坐标为﹣4，
纵坐标为：2﹣（t﹣2﹣3）＝7﹣t，
此时，P（﹣4，7﹣t）；
③如图，∵S四边形ABCP＝4，
∴S四边形ABCP＝•BC•（CP＋BA）＝×3（t﹣5＋2）＝4，
解得：t＝，
∴2﹣（t﹣5）＝2﹣＋5，
＝，
∴P（﹣4，）．

【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平移的性质，梯形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
10．（2021·山东枣庄东方国际学校九年级二模）问题情境
如图1，已知矩形ABCD中，点E，F是AD，BC的中点，连接EF，将矩形ABCD沿FF剪开，得到四边形ABFE和四边形EPCD．
（1）求证：四边形EPCD是矩形；
操作探究
保持矩形EPCD位置不变，将矩形ABFE从图1的位置开始，绕点E按逆时针方向旋转．设旋转角为α（O°＜α＜360°）操作中，提出了如下问题，请你解答．
（2）如图2，当矩形ABFE旋转到点A落在线段EP上时，线段EF恰好经过点D，设DC与AB相交于点G．判断四边形EAGD的形状，并说明理由．
（3）在矩形ABFE旋转过程中连接线段AP和BP，当AP＝BP时，求旋转角α的度数．

【答案】（1）见解析；（2）四边形EAGD是正方形，理由见解析；（3）旋转角α的度数是60°或300°．
【分析】
（1）由四边形ABCD是矩形，可知AD∥BC，∠C＝90°，AD＝BC，又点E，F是AD，BC的中点，ED＝PC，可得四边形EPCD是平行四边形，根据∠C＝90°，可证四边形EPCD是矩形.
（2）由EF∥AB，AE∥GD，可先证得四边形EAGD是平行四边形，根据E是AD的中点，可知ED＝AE，结合∠EAG＝90°，可证四边形EAGD是正方形；
（3）根据题意画图可知有两种情况.①由四边形AEFB是矩形，可知AE＝BF，∠EAB＝∠FBA，当PA＝PB，时∠PAB＝∠PBA，即∠EAP＝∠FBP，可证△EAP≌△FBP（SAS），故得EP＝PF、由旋转的性质可得：EP＝EF，所以EP＝PF＝EF，即△EFP是等边三角形，此时α＝∠PEF＝60°；②根据四边形AEFB是矩形，可知AE＝BF，∠EAB＝∠FBA＝90°，当PA＝PB时，∠PAB＝∠PBA，即∠EAP＝∠FBP，可证得△EAP≌△FBP（SAS），即EP＝PF，由旋转可知：EP＝EF，此时EP＝PF＝EF，即△EFP是等边三角形，所以∠PEF＝60°，此时α＝360°∠PEF＝300°；
【详解】
（1）证明：如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，AD＝BC，
∵点E，F是AD，BC的中点，
∴ED＝PC，
∴四边形EPCD是平行四边形，∵∠C＝90°，
∴四边形EPCD是矩形；
（2）解：结论：四边形EAGD是正方形，
理由：如图2中，

∵EF∥AB，AE∥GD，
∴四边形EAGD是平行四边形，
∵E是AD的中点，
∴ED＝AE，
∵∠EAG＝90°，
∴四边形EAGD是正方形；
（3）解：如图3，连接PF，

∵四边形AEFB是矩形，
∴AE＝BF，∠EAB＝∠FBA，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠EAP＝∠FBP，
∴△EAP≌△FBP（SAS），
∴EP＝PF，
由旋转得：EP＝EF，
∴EP＝PF＝EF，
∴△EFP是等边三角形，
∴α＝∠PEF＝60°；
如图4，连接PF，

∵四边形AEFB是矩形，
∴AE＝BF，∠EAB＝∠FBA＝90°，
∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠EAP＝∠FBP，∴△EAP≌△FBP（SAS），
∴EP＝PF，
由旋转得：EP＝EF，
∴EP＝PF＝EF，
∴△EFP是等边三角形，
∴∠PEF＝60°，
∴α＝360°-∠PEF＝300°；
综上，当AP＝BP时，旋转角α的度数是60°或300°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，图形的旋转，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的判定，正方形的判定，解本题的关键是注意旋转角为α（O°＜α＜360°），故有两种情况，不要遗漏即可.
11．（2021·山东青岛市·九年级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点N为BC边上的一点，且BN＝n（n＞0），动点P从点A出发，以每秒1个单位长的速度沿AB边向点B运动，连接NP，作射线PM⊥NP交AD于点M，设点P运动的时间是t秒（t＞0）．
（1）当点M与点A重合时，t等于多少秒，当点M与点D重合时，n等于多少（用含字母t的代数式表示）
（2）若n＝2，则
①在点P运动过程中，点M是否可以到达线段AD的延长线上？通过计算说明理由；
②连接ND，当t为何值时，ND∥PM？
（3）过点N作NK∥AB，交AD于点K，若在点P运动过程中，点K与点M不会重合，直接写出n的取值范围．

【答案】（1）t＝4秒，点M与点A重合；n＝﹣，（2）①点M不能到达线段AD的延长线上，理由见解析；②当t＝秒时，ND∥PM，（3）2＜n≤3．
【分析】
（1）当点M与点A重合时，如图1，AP＝AP＝4，可得t＝4，当点M与点D重合时，如图2，利用三角形相似列比例式可得n的式子；
（2）①如图3，根据△AMP∽△BPN，列比例式，可得AM＝t（4﹣t）＝＝﹣（t﹣2）2+2，当t＝2时，AM取得最大值为2，此时点M在线段AD上；
②如图4，作辅助线构建平行线，证明△PMA∽△NDQ，则，列方程可得t的值；
（3）根据图4，点Q即为本题中的点K，由（2）①的解答过程可知，△AMP∽△BPN，则，当点K与点M重合时，则有AM＝AK＝BN＝n，列方程t2﹣4t+n2＝0，无解可得n的取值．
【详解】
（1）当点M与点A重合时，P与B重合，N与C重合，如图1，
∴PA＝AB＝4，
∴t＝4，
即t＝4秒，点M与点A重合；
当点M与点D重合时，如图2，
∵∠DPN＝90°，
∴∠APD+∠BPN＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADP+∠APD＝90°，
∴∠BPN＝∠ADP，
∴△DAP∽△PBN，
，

，
故答案为4，；
（2）①不能；
如图3，同理得：△AMP∽△BPN．
∴，
即，
∴AM＝t（4﹣t）＝，
显然，AM是关于t的二次函数，当t＝2时，AM取得最大值为2，此时点M在线段AD上，所以点M不能到达线段AD的延长线上．
②如图4，过点N作NQ∥AB，交AD于点Q，
∴∠PAM＝∠NQD＝90°，
当ND∥PM时，有∠PMA＝∠NDQ，
∴△PMA∽△NDQ，
∴，
而PA＝t，NQ＝4，MA＝，DQ＝3﹣2＝1，
代入得，，即2t2﹣t＝0，解得，t1＝0（舍去），t2＝．
∴当t＝秒时，ND∥PM．
（3）2＜n≤3．
理由是：如图4，点Q即为本题中的点K，由（2）①的解答过程可知，
∴△AMP∽△BPN．
∴，即，
当点K与点M重合时，则有AM＝AK＝BN＝n，
∴，化简得，t2﹣4t+n2＝0，
依题意，不存在点K与点M重合的时刻t，即关于t的一元二次方程t2﹣4t+n2＝0无解，
∴△＜0，即（﹣4）2﹣4×1×n2＜0，n2＞4，
∵n＞0，
∴n＞2，
综上，2＜n≤3．

【点睛】
四边形的综合题，主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识，本题综合性比较强，考查了学生对于知识的综合运用能力和空间想象能力，是一道不错的压轴题．
12．（2021·胶州市初级实验中学九年级其他模拟）（问题背景）
如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD＝∠BAC＝60°，.
（问题应用）
如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D、E、C三点共线，连接BD，
（1）求证：△ADB≌△AEC；
（2）直接写出AD、BD、CD之间的数量关系；
如图3，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在△ABC内部作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE、CF．
（1）判断△EFC的形状，并给出证明．
（2）若AE＝5，CE＝2，求BF的长．

【答案】【问题应用】（1）见解析;（2）结论：CD＝AD+BD,理由见解析;如图3，（1）见解析;（2）BF＝3．
【分析】
如图2，（1）只要证明∠DAB＝∠CAE，即可根据SAS解决问题；
（2）结论：CD＝AD+BD．如图2﹣1中，作AH⊥CD于H，由△DAB≌△EAC，可知BD＝CE，在Rt△ADH中，DH＝AD•cos30°＝AD，由AD＝AE，AH⊥DE，推出DH＝HE，由CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD，即可解决问题；
如图3，（1）作BH⊥AE于H，连接BE．由BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，推出A、D、E、C四点共圆，推出∠ADC＝∠AEC＝120°，推出∠FEC＝60°，推出△EFC是等边三角形；
（2）由AE＝5，EC＝EF＝2，推出AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH＝30°，可得＝cos30°，由此即可解决问题．
【详解】
解：【问题应用】如图2，（1）

∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△DAE和△EAC中，
∵，
∴△DAB≌△EAC，
（2）结论：CD＝AD+BD．
理由：如图2﹣1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，
∴BD＝CE，
在Rt△ADH中，DH＝AD•cos30°＝AD，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
∴DH＝HE，
∵CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD．
如图3，（1）证明：如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴△ABD，△BDC是等边三角形，
∴BA＝BD＝BC，
∵E、C关于BM对称，
∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC＝∠AEC＝120°，
∴∠FEC＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
（2）∵AE＝5，EC＝EF＝2，
∴AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH＝30°，
∴＝cos30°，
∴BF＝＝3．
故答案为【问题应用】（1）见解析;（2）结论：CD＝AD+BD,理由见解析;如图3，（1）见解析;（2）BF＝3．
【点睛】
本题考查四边形的综合问题，主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、四点共圆、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
13．（2021·山东青岛市·九年级一模）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．

（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC．
①写出BP，BD的长；
②求证：四边形BCPD是平行四边形．
（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．
【答案】（1）①BD=，BP=；②证明见解析；（2）．
【分析】
（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题；
②证明DP∥BC，DP=BC即可；
（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则CD=4﹣x．在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）2+22，推出x的值，从而得出DN的长．由△BDN∽△BAM，可得，由此求出AM．由△ADM∽△APE，可得，由此求出AE的长，可得EC的长，由此即可解决问题．
【详解】
解：（1）①在Rt△ABC中，
∵BC=2，AC=4，
∴AB==．
∵AD=CD=2，
∴BD==．
由翻折可知：BP=BA=．
②如图1中，∵△BCD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=45°，
∴∠ADB=∠BDP=135°，
∴∠PDC=135°﹣45°=90°，
∴∠BCD=∠PDC=90°，
∴DP∥BC，
∵PD=AD=BC=2，
∴四边形BCPD是平行四边形．

（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．

设BD=AD=x，则CD=4﹣x．在Rt△BDC中，
∵BD2=CD2+BC2，
∴x2=（4﹣x）2+22，
∴x=．
∵DB=DA，DN⊥AB，
∴BN=AN=．
在Rt△BDN中，
DN= =．
由△BDN∽△BAM，可得，
∴，
∴AM=2，
∴AP=2AM=4．
由△ADM∽△APE，可得，
∴，
∴AE=，
∴EC=AC﹣AE=4﹣=．易证四边形PECH是矩形，
∴PH=EC=．
14．（2021·山东省青岛实验初级中学九年级其他模拟）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为：　 　．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：　 　；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．

【答案】（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.
【详解】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．

考点：四边形综合题.
15．（2020·济南市历城区双语实验学校九年级一模）（发现问题）
（1）如图， 已知和均为等边三角形，在上，在上， 易得线段和的数量关系是 ．

（2）将图中的绕点旋转到图的位置， 直线和直线交于点
①判断线段和的数量关系，并证明你的结论．
②图中的度数是 ．

（3）（探究拓展）
如图3，若和均为等腰直角三角形，，，， 直线和直线交于点， 分别写出的度数， 线段、之间的数量关系 ．

【答案】（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】
（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；
（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
②由全等三角形的性质得，然后利用等量代换即可求解；
（3）首先证明，然后根据相似三角形的性质得到，和，即可求解．
【详解】
（1）∵和均为等边三角形
∴CA=CB，CD=CE
∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE
∴AD=BE；
（2）①AD=BE
证明：∵和均为等边三角形
∴CA=CB，CD=CE，
∴
∴
∴AD=BE
②∵
∴
设BC和AF交于点O，如图2

∵
∴，即
∴；
（3）结论，
证明：∵，AB=BC，DE=EC
∴，
∴
∴，
∴
∵
∴
【点睛】
本题考查了几何变换综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，关键证明全等和相似，并且分类讨论．
16．（2020·山东东营市·九年级二模）综合与实践
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的动点（不与点A，B重合）．
（1）操作发现：如图①，当AC＝BC＝8时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE．
①∠CBE的度数为　 　；
②当BE＝　 　时，四边形CDBE为正方形；
（2）探究证明：如图②，当BC＝2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE．
①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；
②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形．

【答案】（1）①45°；②；（2）①∠CBE＝∠A，证明详见解析；②详见解析
【分析】
(1)①根据等腰直角三角形的性质得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；
②根据勾股求出AB，再根据正方形的性质计算即可；
（2）①证明，根据相似三角形的性质证明结论；
②根据全等三角形的性质、矩形的判定定理证明．
【详解】
解：（1）①∵，
∴，
，
∴∠ACB=∠DCE，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
；
故答案为：45°；
②,
，
当四边形CDBE是正方形时，CD⊥AB，BE=BD=AD，
；
故答案为：．

（2）①∠CBE＝∠A．
理由如下：
∵BC＝2AC，CE＝2CD，
∴，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴∠CBE＝∠A；
②证明：∵∠CBE＝∠A，∠DBC+∠A＝90°，
∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBC+∠A＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
又∵∠DCE＝90°，
∴四边形CDBE是矩形．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定、全等三角形的性质和判定、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质是解题的关键．
17．（2020·山东济南市·九年级其他模拟）（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（类比探究）
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（拓展提升）
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．

【答案】（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．
【分析】
（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF
+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．
【详解】
（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中

∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（2），DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．

∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．

易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．
18．（2020·山东青岛市·九年级一模）如图，已知菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC=12cm，BD=16cm，点P从点D出发，沿DA方向匀速向点A运动，速度为2cm/s；同时，点E从点B出发，沿BO方向匀速向点O运动，速度为1cm/s，EF∥BC，交OC于点F．当点P、E中有一点停止运动时，另一点也停止运动，线段EF也停止运动，连接PE、DF（0