初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习几何动点与变换综合性问题

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习几何动点与变换综合性问题，共78页。

【真题再现】
1．（2020年淮安第26题）[初步尝试]
（1）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 AM＝BM ；
[思考说理]
（2）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；
[拓展延伸]
（3）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．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求PFMF的取值范围．
【分析】（1）利用平行线的方向的定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
（3）①证明△BCM∽△BAC，推出BCAB=BMBC=CMAC，由此即可解决问题．
②证明△PFA′∽△MFC，推出PFFM=PA'CM，因为CM＝5，推出PFFM=PA'5即可解决问题．
【解析】（1）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）①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．
②如图③﹣1中，
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴PFFM=PA'CM，
∵CM＝5，
∴PFFM=PA'5，
∵点P在线段OB上运动，OA＝OC=154，AB′=152-6=32，
∴32≤PA′≤154，
∴310≤PFFM≤34．
2．（2020年宿迁第27题）【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，求证：AEEB=DECB．
【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且EFEG=AEEB，连接BG交CD于点H．
求证：BH＝GH．
【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC＝180°，且AEEB=DEEC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG＝CG．
【分析】【感知】证得∠BEC＝∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出AEEB=DECB，则可得出结论；
【探究】过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知EFEG=DEGM，证得BC＝GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；
【拓展】在EG上取点M，使∠BME＝∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N＝∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出AEBE=EFBM，证明△DEF∽△ECN，则DEEC=EFCN，得出EFBM=EFCN，则BM＝CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【解析】【感知】证明：∵∠C＝∠D＝∠AEB＝90°，
∴∠BEC+∠AED＝∠AED+∠EAD＝90°，
∴∠BEC＝∠EAD，
∴Rt△AED∽Rt△EBC，
∴AEEB=DECB．
【探究】证明：如图1，过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知EFEG=DEGM，
∵EFEG=AEEB，AEEB=DECB，
∴DEGM=DECB，
∴BC＝GM，
又∵∠C＝∠GMH＝90°，∠CHB＝∠MHG，
∴△BCH≌△GMH（AAS），
∴BH＝GH，
【拓展】证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME＝∠AFE，
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N＝∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF＝∠AEF+∠AEB+∠BEM＝180°，∠EFA＝∠AEB，
∴∠EAF＝∠BEM，
∴△AEF∽△EBM，
∴AEBE=EFBM，
∵∠AEB+∠DEC＝180°，∠EFA+∠DFE＝180°，
而∠EFA＝∠AEB，
∴∠CED＝∠EFD，
∵∠BMG+∠BME＝180°，
∴∠N＝∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED＝∠FED+∠DEC+∠CEN＝180°，
∴∠EDF＝∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，
∴DEEC=EFCN，
又∵AEEB=DEEC，
∴EFBM=EFCN，
∴BM＝CN，
又∵∠N＝∠BMG，∠BGM＝∠CGN，
∴△BGM≌△CGN（AAS），
∴BG＝CG．
3．（2020年常州第26题）如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．
（1）点F到直线CA的距离是 1 ；
（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为 π12 ；
②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．
【分析】（1）如图1中，作FD⊥AC于D．证明△ABC≌△CDF（AAS）可得结论．
（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．根据S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF计算即可．
（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．在Rt△EOH中，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解析】（1）如图1中，作FD⊥AC于D，
∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．
∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，
∴∠ACF＝30°，
∴∠BAC＝∠FCD，
在△ABC和△CDF中，
∠BAC=∠FCD∠ABC=∠CDFAC=CF，
∴△ABC≌△CDF（AAS），
∴FD＝BC＝1，
法二：∵∠ECF＝∠FCD＝30°，FD⊥CD，FE⊥CE，
∴DF＝EF，
∵EF＝BC＝1，
∴DF＝1．
故答案为1；
（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．
S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH=30⋅π⋅22360-30⋅π⋅(3)2360=π12．
故答案为π12．
（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．
在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，
∴EC=3EF=3，EH=32，CH=3EH=32，
在Rt△BOC中，OC=OB2+BC2=1+x2，
∴OH＝CH﹣OC=32-1+x2，
在Rt△EOH中，则有x2＝（32）2+（32-1+x2）2，
解得x=73或-73（不合题意舍弃），
∴OC=1+(73)2=43，
∵CF＝2EF＝2，
∴OF＝CF﹣OC＝2-43=23．
解法二：作OG⊥EC于G，设OG＝x，则OC＝2x，CG=3x，
在Rt△OBC中，利用勾股定理，构建方程，求出x，可得结论．
4．（2020年南通第24题）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．
（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE的值；
（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．
【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG＝x，则BG＝4﹣x．证明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2+（4+x）2＝122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴POPM=CDPD=812=23，
∴APDE=2PO2PM=23．
解法二：证明△ABP和△DAE相似，APDE=ABDA=23．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x
∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴EGPH=PGDH=EPPD=412=13，
∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得x=165（负值已经舍弃），
∴BG＝4-165=45，
在Rt△EGP中，GP=EP2-EG2=125，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴EGEB=GPBF，
∴1654=125BF，
∴BF＝3．
5．（2019年南通中考第27题）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4．E，F分别在AD，BC上，点A与点C关于EF所在的直线对称，P是边DC上的一动点．
（1）连接AF，CE，求证四边形AFCE是菱形；
（2）当△PEF的周长最小时，求DPCP的值；
（3）连接BP交EF于点M，当∠EMP＝45°时，求CP的长．
【分析】（1）由“AAS”可证△AEO≌△CFO，可得AE＝CF，可得四边形AFCE是平行四边形，且AC⊥EF，可证四边形AFCE是菱形；
（2）作点F关于CD的对称点H，连接EH，交CD于点P，此时△EFP的周长最小，由勾股定理可求AF的长，由平行线分线段成比例可求解；
（3）延长EF，延长AB交于点N，过点E作EH⊥BC于H，交BP于点G，过点O作BO⊥FN于点O，可证四边形ABHE是矩形，可得AB＝EH＝2，BH＝AE=52，由相似三角形的性质依次求出BN，NF，BO，EM，EG的长，通过证明△BGH∽△BPC，由相似三角形的性质可求CP的长．
【解析】证明：（1）如图：连接AF，CE，AC交EF于点O
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC
∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，
∵点A与点C关于EF所在的直线对称
∴AO＝CO，AC⊥EF
∵∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，AO＝CO
∴△AEO≌△CFO（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AFCE是平行四边形，且AC⊥EF
∴四边形AFCE是菱形；
（2）如图，作点F关于CD的对称点H，连接EH，交CD于点P，此时△EFP的周长最小，
∵四边形AFCE是菱形
∴AF＝CF＝CE＝AE，
∵AF2＝BF2+AB2，
∴AF2＝（4﹣AF）2+4，
∴AF=52
∴AE=52=CF
∴DE=32
∵点F，点H关于CD对称
∴CF＝CH=52
∵AD∥BC
∴DPCP=DECH=35
（3）如图，延长EF，延长AB交于点N，过点E作EH⊥BC于H，交BP于点G，过点B作BO⊥FN于点O，
由（2）可知，AE＝CF=52，BF＝DE=32
∵EH⊥BC，∠A＝∠ABC＝90°
∴四边形ABHE是矩形
∴AB＝EH＝2，BH＝AE=52
∴FH＝1
∴EF=EH2+FH2=5，
∵AD∥BC
∴△BFN∽△AEN
∴BNAN=BFAE=FNEN
∴BNBN+2=35=NFNF+5
∴BN＝3，NF=352
∴AN＝5，NE=552
∵∠N＝∠N，∠BON＝∠A＝90°
∴△NBO∽△NEA
∴BNEN=BOAE=NOAN
∴3552=BO52=NO5
∴BO=355，NO=655
∵∠EMP＝∠BMO＝45°，BO⊥EN
∴∠OBM＝∠BMO＝45°
∴BO＝MO=355
∴ME＝EN﹣NO﹣MO=7510
∵AB∥EH
∴△BNM∽△GEM
∴BNEG=NMEM
∴3EG=9557510
∴EG=76
∴GH＝EH﹣EG=56
∵EH∥CD
∴△BGH∽△BPC
∴GHPC=BHBC
∴56PC=524
∴CP=43
点评：本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
6．（2019年苏州中考第27题）已知矩形ABCD中，AB＝5cm，点P为对角线AC上的一点，且AP＝25cm．如图①，动点M从点A出发，在矩形边上沿着A→B→C的方向匀速运动（不包含点C）．设动点M的运动时间为t（s），△APM的面积为S（cm2），S与t的函数关系如图②所示．
（1）直接写出动点M的运动速度为 2 cm/s，BC的长度为 10 cm；
（2）如图③，动点M重新从点A出发，在矩形边上按原来的速度和方向匀速运动，同时，另一个动点N从点D出发，在矩形边上沿着D→C→B的方向匀速运动，设动点N的运动速度为v（cm/s）．已知两动点M，N经过时间x（s）在线段BC上相遇（不包含点C），动点M，N相遇后立即同时停止运动，记此时△APM与△DPN的面积分别为S1（cm2），S2（cm2）
①求动点N运动速度v（cm/s）的取值范围；
②试探究S1•S2是否存在最大值，若存在，求出S1•S2的最大值并确定运动时间x的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意得t＝2.5s时，函数图象发生改变，得出t＝2.5s时，M运动到点B处，得出动点M的运动速度为：52.5=2cm/s，由t＝7.5s时，S＝0，得出t＝7.5s时，M运动到点C处，得出BC＝10（cm）；
（2）①由题意得出当在点C相遇时，v=57.5=23（cm/s），当在点B相遇时，v=5+102.5=6（cm/s），即可得出答案；
②过P作EF⊥AB于F，交CD于E，则EF∥BC，由平行线得出AFAB=APAC，得出AF＝2，DE＝AF＝2，CE＝BF＝3，由勾股定理得出PF＝4，得出EP＝6，求出S1＝S△APM＝S△APF+S梯形PFBM﹣S△ABM＝﹣2x+15，S2＝S△DPM＝S△DEP+S梯形EPMC﹣S△DCM＝2x，得出S1•S2＝（﹣2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x-154）2+2254，即可得出结果．
【解析】（1）∵t＝2.5s时，函数图象发生改变，
∴t＝2.5s时，M运动到点B处，
∴动点M的运动速度为：52.5=2cm/s，
∵t＝7.5s时，S＝0，
∴t＝7.5s时，M运动到点C处，
∴BC＝（7.5﹣2.5）×2＝10（cm），
故答案为：2，10；
（2）①∵两动点M，N在线段BC上相遇（不包含点C），
∴当在点C相遇时，v=57.5=23（cm/s），
当在点B相遇时，v=5+102.5=6（cm/s），
∴动点N运动速度v（cm/s）的取值范围为23cm/s＜v≤6cm/s；
②过P作EF⊥AB于F，交CD于E，如图3所示：
则EF∥BC，EF＝BC＝10，
∴AFAB=APAC，
∵AC=AB2+BC2=55，
∴AF5=2555，
解得：AF＝2，
∴DE＝AF＝2，CE＝BF＝3，PF=AP2-AF2=4，
∴EP＝EF﹣PF＝6，
∴S1＝S△APM＝S△APF+S梯形PFBM﹣S△ABM=12×4×2+12（4+2x﹣5）×3-12×5×（2x﹣5）＝﹣2x+15，
S2＝S△DPM＝S△DEP+S梯形EPMC﹣S△DCM=12×2×6+12（6+15﹣2x）×3-12×5×（15﹣2x）＝2x，
∴S1•S2＝（﹣2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x-154）2+2254，
∵2.5＜154＜7.5，在BC边上可取，
∴当x=154时，S1•S2的最大值为2254．
点评：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、函数的图象、三角形面积公式、梯形面积公式、平行线的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，正确理解函数图象是解题的关键．
7．（2019年扬州中考第27题）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝20，BC＝10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G＝90°．点M在线段AB上，且AM＝a，点P沿折线AD﹣DG运动，点Q沿折线BC﹣CG运动（与点G不重合），在运动过程中始终保持线段PQ∥AB．设PQ与AB之间的距离为x．
（1）若a＝12．
①如图1，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为 3 ；
②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；
（2）如图2，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围．
【分析】（1）①P在线段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，由梯形面积公式得出方程，解方程即可；
②当P，在AD上运动时，P到D点时四边形AMQP面积最大，为直角梯形，得出0＜x≤10时，四边形AMQP面积的最大值=12（12+20）10＝160，
当P在DG上运动，10＜x＜20，四边形AMQP为不规则梯形，作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，则PKa＝x，PN＝x﹣10，
EF＝BC＝10，由等腰直角三角形的性质得出GE=12CD＝10，得出GF＝GE+EF＝20，GH＝20﹣x，证明△GPQ∽△GDC，得出比例式，得出PQ＝40﹣2x，求出梯形AMQP的面积=12（12+40﹣2x）×x＝﹣（x﹣13）2+169，由二次函数的性质即可得出结果；
（2）P在DG上，则10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40﹣2x，梯形AMQP的面积S=12（a+40﹣2x）×x＝﹣x2+40+a2x，对称轴x＝10+a4，得出10≤10+a4≤15，对称轴在10和15之间，得出10≤x＜20，二次函数图象开口向下，当x无限接近于20时，S最小，得出﹣202+40+a2×20＞50，a＜5；即可得出答案．
【解析】（1）解：①P在线段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，
四边形AMQP的面积=12（12+20）x＝48，
解得：x＝3；
故答案为：3；
②当P，在AD上运动时，P到D点时四边形AMQP面积最大，为直角梯形，
∴0＜x≤10时，四边形AMQP面积的最大值=12（12+20）10＝160，
当P在DG上运动，10＜x＜20，四边形AMQP为不规则梯形，
作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，如图2所示：
则PK＝x，PN＝x﹣10，EF＝BC＝10，
∵△GDC是等腰直角三角形，
∴DE＝CE，GE=12CD＝10，
∴GF＝GE+EF＝20，
∴GH＝20﹣x，
由题意得：PQ∥CD，
∴△GPQ∽△GDC，
∴PQDC=GHGE，
即PQ20=20-x10，
解得：PQ＝40﹣2x，
∴梯形AMQP的面积=12（12+40﹣2x）×x＝﹣x2+26x＝﹣（x﹣13）2+169，
∴当x＝13时，四边形AMQP的面积最大＝169；
（2）解：P在DG上，则10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40﹣2x，
梯形AMQP的面积S=12（a+40﹣2x）×x＝﹣x2+40+a2x，对称轴为：x＝10+a4，
∵0≤a≤20，
∴10≤10+a4≤15，对称轴在10和15之间，
∵10≤x＜20，二次函数图象开口向下，
∴当x无限接近于20时，S最小，
∴﹣202+40+a2×20＞50，
∴a＞5；
综上所述，a的取值范围为5＜a≤20．
点评：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式、二次函数的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解题的关键．
8．（2019年无锡中考第28题）如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若AB＝23．
①如图2，当点B′落在AC上时，显然△PAB′是直角三角形，求此时t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．
（2）当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠PAM＝45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论“∠PAM＝45°”是否总是成立？请说明理由．
【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB'CB=PB'AB，即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2﹣1中，当∠PCB′＝90°时．如图2﹣2中，当∠PCB′＝90°时．如图2﹣3中，当∠CPB′＝90°时．
（2）如图3﹣2中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3﹣2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【解析】（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=21，
∵∠PCB′＝∠ACB，∠PB′C＝∠ABC＝90°，
∴△PCB′∽△ACB，
∴CB'CB=PB'AB，
∴21-233=PB'23，
∴PB′＝27-4．
∴t＝PB＝27-4．
②如图2﹣1中，当∠PCB′＝90°时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AB＝CD＝23，AD＝BC＝3，
∴DB′=(23)2-32=3，
∴CB′＝CD﹣DB′=3，
在Rt△PCB′中，∵B′P2＝PC2+B′C2，
∴t2＝（3）2+（3﹣t）2，
∴t＝2．
如图2﹣2中，当∠PCB′＝90°时，
在Rt△ADB′中，DB′=AB'2-AD2=3，
∴CB′＝33
在Rt△PCB′中则有：(33)2+(t-3)2=t2，解得t＝6．
如图2﹣3中，当∠CPB′＝90°时，易证四边形ABP′为正方形，易知t＝23．
综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或23s．
（2）如图3﹣1中，
∵∠PAM＝45°
∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°
又∵翻折，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
又∵∠ADM＝∠AB′M，AM＝AM，
∴△AMD≌△AMB′（AAS），
∴AD＝AB′＝AB，
即四边形ABCD是正方形，
如图，设∠APB＝x．
∴∠PAB＝90°﹣x，
∴∠DAP＝x，
易证△MDA≌△B′AM（HL），
∴∠BAM＝∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB＝∠PAB′＝90°﹣x，
∴∠DAB′＝∠PAB′﹣∠DAP＝90°﹣2x，
∴∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣x，
∴∠MAP＝∠DAM+∠PAD＝45°．
点评：本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，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等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2019年淮安中考第27题）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．
请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
①∠BEP＝ 50 °；
②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 EC∥AB ．
（2）请在图③中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE=12∠BPE＝40°即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．
【解析】（1）①如图②中，
∵∠BPE＝80°，PB＝PE，
∴∠PEB＝∠PBE＝50°，
②结论：AB∥EC．
理由：∵AB＝AC，BD＝DC，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE＝90°，
∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，
∵AE垂直平分线段BC，
∴EB＝EC，
∴∠ECB＝∠EBC＝40°，
∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，
∴∠ABC＝∠ECB，
∴AB∥EC．
故答案为50，AB∥EC．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．
∵AD垂直平分线段BC，
∴PB＝PC，
∴∠BCE=12∠BPE＝40°，
∵∠ABC＝40°，
∴AB∥EC．
（3）如图④中，作AH⊥CE于H，
∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．
点评：本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
10．（2018年苏州中考第28题）如图①，直线l表示一条东西走向的笔直公路，四边形ABCD是一块边长为100米的正方形草地，点A，D在直线l上，小明从点A出发，沿公路l向西走了若干米后到达点E处，然后转身沿射线EB方向走到点F处，接着又改变方向沿射线FC方向走到公路l上的点G处，最后沿公路l回到点A处．设AE＝x米（其中x＞0），GA＝y米，已知y与x之间的函数关系如图②所示，
（1）求图②中线段MN所在直线的函数表达式；
（2）试问小明从起点A出发直至最后回到点A处，所走过的路径（即△EFG）是否可以是一个等腰三角形？如果可以，求出相应x的值；如果不可以，说明理由．
【分析】（1）根据点M、N的坐标，利用待定系数法即可求出图②中线段MN所在直线的函数表达式；
（2）分FE＝FG、FG＝EG及EF＝EG三种情况考虑：①考虑FE＝FG是否成立，连接EC，通过计算可得出ED＝GD，结合CD⊥EG，可得出CE＝CG，根据等腰三角形的性质可得出∠CGE＝∠CEG、∠FEG＞∠CGE，进而可得出FE≠FG；②考虑FG＝EG是否成立，由正方形的性质可得出BC∥EG，进而可得出△FBC∽△FEG，根据相似三角形的性质可得出若FG＝EG则FC＝BC，进而可得出CG、DG的长度，在Rt△CDG中，利用勾股定理即可求出x的值；③考虑EF＝EG是否成立，同理可得出若EF＝EG则FB＝BC，进而可得出BE的长度，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可求出x的值．综上即可得出结论．
【解析】（1）设线段MN所在直线的函数表达式为y＝kx+b，
将M（30，230）、N（100，300）代入y＝kx+b，
30k+b=230100k+b=300，解得：k=1b=200，
∴线段MN所在直线的函数表达式为y＝x+200．
（2）分三种情况考虑：
①考虑FE＝FG是否成立，连接EC，如图所示．
∵AE＝x，AD＝100，GA＝x+200，
∴ED＝GD＝x+100．
又∵CD⊥EG，
∴CE＝CG，
∴∠CGE＝∠CEG，
∴∠FEG＞∠CGE，
∴FE≠FG；
②考虑FG＝EG是否成立．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC∥EG，
∴△FBC∽△FEG．
假设FG＝EG成立，则FC＝BC成立，
∴FC＝BC＝100．
∵AE＝x，GA＝x+200，
∴FG＝EG＝AE+GA＝2x+200，
∴CG＝FG﹣FC＝2x+200﹣100＝2x+100．
在Rt△CDG中，CD＝100，GD＝x+100，CG＝2x+100，
∴1002+（x+100）2＝（2x+100）2，
解得：x1＝﹣100（不合题意，舍去），x2=1003；
③考虑EF＝EG是否成立．
同理，假设EF＝EG成立，则FB＝BC成立，
∴BE＝EF﹣FB＝2x+200﹣100＝2x+100．
在Rt△ABE中，AE＝x，AB＝100，BE＝2x+100，
∴1002+x2＝（2x+100）2，
解得：x1＝0（不合题意，舍去），x2=-4003（不合题意，舍去）．
综上所述：当x=1003时，△EFG是一个等腰三角形．
点评：本题考查了待定系数法求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数关系式；（2）分FE＝FG、FG＝EG及EF＝EG三种情况求出x的值．
【专项突破】
【题组一】
1．（2020•滨湖区模拟）如图1，在菱形ABCD中，AB＝5，tan∠ABC=43，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）当t＝ 8 秒时，DF的长度有最小值，最小值等于 4 ；
（3）如图2，连接BD、EF、BD交EC、EF于点P、Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（4）在点E的运动过程中，是否存在到直线AD的距离为1的点F，若存在直接写出t的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由∠ECF＝∠BCD得∠DCF＝∠BCE，结合DC＝BC、CE＝CF证△DCF≌△BCE即可得；
（2）当点E运动至点E′时，由DF＝BE′知此时DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；
（3）①∠EQP＝90°时，由∠ECF＝∠BCD、BC＝DC、EC＝FC得∠BCP＝∠EQP＝90°，根据AB＝CD＝5，tan∠ABC＝tan∠ADC=43即可求得DE；
②∠EPQ＝90°时，由菱形ABCD的对角线AC⊥BD知EC与AC重合，可得DE＝5；
（4）连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，证△DCE≌△GCF可得∠3＝∠4＝∠1＝∠2，即GF∥CD，从而知四边形CDMN是平行四边形，由平行四边形得MN＝CD＝5；再由∠CGN＝∠DCN＝∠CNG知CN＝CG＝CD＝5，根据tan∠ABC＝tan∠CGN=43可得GM＝11，由GF＝DE＝t得FM＝t﹣11利用tan∠FMH＝tan∠ABC=43即可得FH．
【解析】（1）证明：∵∠ECF＝∠BCD，即∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF＝∠BCE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，
在△DCF和△BCE中，
CF=CE∠DCF=∠BCECD=CB，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF＝BE；
（2）解：如图1，过点B作BE′⊥DA交DA的延长线于E′．
当点E运动至点E′时，DF＝BE′，此时DF最小，
在Rt△ABE′中，AB＝5，tan∠ABC＝tan∠BAE′=43，
∴设AE′＝3x，则BE′＝4x，
∴AB＝5x＝5，
∴x＝1，
∴AE′＝3，BE′＝4
∴DE′＝5+3＝8，DF＝BE′＝8，
∴t＝8时，DF的值最小最小值为4．
故答案为：8，4；
（3）解；∵CE＝CF，
∴∠CEQ＜90°，
①当∠EQP＝90°时，如图2①，
∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，
∴∠CBD＝∠CEF，
∵∠BPC＝∠EPQ，
∴∠BCP＝∠EQP＝90°，
∵AB＝CD＝5，tan∠ABC＝tan∠ADC=43，
∴DE＝3，
∴t＝3．
②当∠EPQ＝90°时，如图2②，
∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴EC与AC重合，
∴DE＝5，
∴t＝5．
综上所述，t＝3或5时，△EPQ是直角三角形．
（4）解：当点F在AD的上方时，如图3，连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，
由（1）知∠1＝∠2，
又∵∠1+∠DCE＝∠2+∠GCF，
∴∠DCE＝∠GCF，
在△DCE和△GCF中，
EC=FC∠DCE=∠GCFDC=GC，
∴△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3＝∠4，
∵∠1＝∠3，∠1＝∠2，
∴∠2＝∠4，
∴GF∥CD，
又∵AH∥BN，
∴四边形CDMN是平行四边形，
∴MN＝CD＝5，
∵∠BCD＝∠DCG，
∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，
∴CN＝CG＝CD＝5，
∵tan∠ABC＝tan∠CGN=43，
∴GN＝6，
∴GM＝5+6＝11，
∵GF＝DE＝t，
∴FM＝t﹣11，
∵tan∠FMH＝tan∠ABC=43，
∴FH=45（t﹣11）＝1，
解得t=494，
当点F在AD的下方时，同法可得t=394，
2．（2020•惠山区校级二模）如图1，边长为6的正方形ABCD，动点P，Q各从点A，D同时出发，分别沿AD，DC方向运动，且速度均为每秒1个单位长度．
（1）AQ与BP关系为 AQ＝BP，AQ⊥BP ．
（2）如图2，当点P运动到线段AD的中点处时，AQ与BP交于点E，试探究∠CEQ和∠BCE满足怎样的数量关系．
（3）如图3，将正方形变为菱形且∠BAD＝60°，其余条件不变，设运动t秒后，点P仍在线段AD上，AQ交BD于F，且△BPQ的面积为S，试求S的最小值，及当S取最小值时∠DPF的正切值．
【分析】（1）根据DQ＝AP，AD＝BA，∠ADQ＝∠BAP＝90°，即可判定△ADQ≌△BAP（SAS），进而得出AQ＝BP，且∠DAQ＝∠ABP，再根据∠ABP+∠BAQ＝90°，可得AQ⊥BP；
（2）结论：∠ECB＝2∠CEQ．如图2，延长AQ，BC交于点G，过点C作CH⊥BP于H．先判定△ADQ≌△GCQ（ASA），得出AD＝CG＝BC，即点C为BG的中点，再根据Rt△BEG中，EC=12BG＝BC，可得结论．
（3）如图3中，连接PF，过点F作FT⊥AD于T．证明△BPQ是等边三角形，再根据垂线段最短解决面积最值问题，解直角三角形求出PT，TF即可求出∠DPF的正切值．
【解析】（1）AQ⊥BP，AQ＝BP，
理由：当点P在线段AD上时，
∵动点P，Q各从点A，D同时出发，分别沿AD，DC方向运动，且速度均为每秒1个单位长度，
∴DQ＝AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠ADQ＝∠BAP＝90°，
在△ADQ和△BAP中，
DQ=AP∠ADQ=∠BAPAD=BA，
∴△ADQ≌△BAP（SAS），
∴AQ＝BP，且∠DAQ＝∠ABP，
又∵∠DAQ+∠BAQ＝90°，
∴∠ABP+∠BAQ＝90°，
∴∠AEB＝90°，
即AQ⊥BP；
当点P在AD的延长线上时，
同理可得，AQ＝BP，AQ⊥BP．
故答案为：AQ＝BP，AQ⊥BP．
（2）结论：∠ECB＝2∠CEQ．
理由：如图2，延长AQ，BC交于点G，过点C作CH⊥BP于H．
当点P运动到线段AD的中点处时，AP＝DQ=12CD，
∴DQ＝CQ，
又∵∠ADQ＝∠GCQ＝90°，∠AQD＝∠GQC，
在△ADQ和△GCQ中，
∠AQD=∠GQCDQ=CQ∠ADQ=∠GCQ，
∴△ADQ≌△GCQ（ASA），
∴AD＝CG＝BC，
即点C为BG的中点，
∵∠BEG＝90°，
∴CE＝CB，
∵CH⊥EB，
∴∠ECH＝∠BCH，
∵AG⊥BP，CH⊥BP，
∴AG∥CH，
∴∠CEQ＝∠ECH，
∴∠ECB＝2∠CEQ．
（3）如图3中，连接PF，过点F作FT⊥AD于T．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝∠BAD＝60°，
∴△ADB，△BCD都是等边三角形，
∴BD＝AD，∠BAD＝∠BDQ＝60°，
∵AP＝DQ，
∴△BAD≌△BDQ（SAS），
∴BP＝BQ，∠ABP＝∠DBQ，
∴∠PBQ＝∠ABD＝60°，
∴△PBQ是等边三角形，
根据垂线段最短可知，当BQ⊥CD时，△PBQ的面积最小，此时BQ＝BC•sin60°＝33，
∴△PBQ的面积的最小值=34×（33）2=2734．
∵BQ⊥CD，BC＝BD，
∴DQ＝QCAP＝DP＝3，
∵DQ∥AB，
∴DFFB=QDAB=12，
∴DF=13BD＝2，
∵FT⊥AD，∠TDF＝60°，
∴DT=12DF＝1，TF=3DT=3，
∴PT＝PD﹣DT＝2，
∴tan∠DPF=TFPT=32．
3．（2020•东海县二模）如图1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P是线段AD延长线上的一个动点，连接CP，以CP为一边，在CP的左侧作矩形CPFE．
（1）若DP=94，
①如图1，当矩形CPFE的顶点F恰好落在CD的延长线上，求PF的长；
②如图2，求证：点A一定在矩形CPFE的边CE所在的直线上；
③如图3，连接EP，易知EP中点O在CP的垂直平分线上，设CP的垂直平分线交BC的延长线于点G，连接BO，求5BO+3OG的最小值；
（2）如图4，若所作矩形CPFE始终保持CE=43CP，在BC的延长线上取一点H，使CH＝2，连接HF，试探究点P移动过程中，HF是否存在最小值，若存在，请直接写出HF的最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①利用相似三角形的性质求出DF即可解决问题．
②如图2中，连接AC．利用相似三角形的性质证明∠ACP＝90°，推出E，A，C共线即可解决问题．
③如图3中，作射线GP，连接BP，过点O作OH⊥GP于H，过点B作B⊥GP于J，设PC交OG于K．证明OH=35OG，推出5BO+3OG＝5（OB+35OG）＝5（OB+OH），OB+OH≥BJ，求出BJ即可解决问题．
（2）如图4中，连接AF，CF，过点H作HJ⊥AF于J，交AP于K，过点K作KP′⊥BC于P′．利用相似三角形的性质证明∠CAF＝90°，推出点F在直线AF上运动，求出HJ，根据垂线段最短解决问题即可．
【解析】（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠ADC＝∠CDP＝90°，
∵四边形CEFP是矩形，
∴∠CPF＝90°，
∴∠DCP+∠CPD＝90°，∠CPD+∠DPE＝90°，
∴∠DCP＝∠DPF，
∵∠CDP＝∠PDF＝90°，
∴△CDP∽△PDF，
∴PDFD=CDPD，
∴94FD=394，
∴DF=2716，
∴PF=DF2+PD2=(2716)2+(94)2=4516．
②如图2中，连接AC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，∠ADC＝∠CDP＝90°，
∴PD=94，
∴CD2＝AD•DP，
∴CDAD=DPDC，
∵∠ADC＝∠CDP，
∴△ADC∽△CDP，
∴∠ACD＝∠DPC，
∵∠DCP+∠CPD＝90°，
∴∠ACD+∠DCP＝90°，
∵∠ECP＝90°，
∴C，A，E共线，
∴点A一定在矩形CPFE的边CE所在的直线上．
③如图3中，作射线GP，连接BP，过点O作OH⊥GP于H，过点B作B⊥GP于J，设PC交OG于K．
在Rt△CDP中，PC=CD2+PD2=32+(94)2=154，
∵OG垂直平分线段PC，
∴CK=12PC=158，GC＝GP，
∵∠DCP+∠GCK＝90°，∠GCK+∠CGK＝90°，
∴∠DCP＝∠CGK，
∵∠CKG＝∠CDP＝90°，
∴△CDP∽△GKC，
∴PCCG=DPKC，
∴154CG=94158，
∴CG＝PG=258，
∵S△PBG=12×（4+258）×3=12×258×BJ，
∴BJ=17125，
∵∠ECK＝∠CKG＝90°，
∴EC∥OG，
∴∠ACB＝∠OGC＝∠OGH，
∴tan∠ACB＝tan∠OGH=34，
∴sin∠OGH=35=OHOG，
∴OH=35OG，
∵5BO+3OG＝5（OB+35OG）＝5（OB+OH），OB+OH≥BJ，
∴5OB+3OG≥1715，
∴5OB+3OG的最小值为1715．
（2）如图4中，连接AF，CF，过点H作HJ⊥AF于J，交AP于K，过点K作KP′⊥BC于P′．
∵CDAD=CPPF=34，
∴CDCP=ADFP，
∵∠ADC＝∠FPC＝90°，
∴△ADC∽△FPC，
∴∠CAD＝∠CFP，
∴A，C，P，F四点共圆，
∴∠CAF+∠CPF＝180°，
∵∠CPF＝90°，
∴∠CAF＝90°，
∴点F在直线AF上运动，
∵CA⊥AF，HJ⊥AF，
∴CA∥KH，
∵AK∥CH，
∴四边形AKHC是平行四边形，
∴AK＝CH＝2，
∵∠AKJ＝∠CHJ＝∠BCA，
∴tan∠AKJ＝tan∠PHK=34，
∴cs∠AKJ=45=JKAK，
∴JK=85，
∵sin∠KHP=35=KP'KH，KP′＝AB＝3，
∴KH＝5，
∴HJ＝KH+JK＝5+85=335，
∵HF≥HL，
∴HF≥335，
∴FH的最小值为335．
4．（2020•铜山区二模）如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）如图1，若BE＝1，则AF＝ 1 ；
（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
（3）如图3，若AB＝4，连接AG，当点E在边AB上运动的过程中．AG是否存在最小值，若存在求出AG最小值，并求出此时AE的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABF≌△BCE，可得BE＝AF＝1；
（2）由“ASA”可证△ABF≌△BCE，可得BE＝AF=12AB=12AD，可得AF＝DF，由“AAS”可证△ABF≌△DHF，可得AB＝DH＝CD，由直角三角形的性质可得结论；
（3）以BC为直径作⊙O，连接AO，OG，由题意可得点G在以BC为直径的⊙O上，则当点G在AO上时，AG有最小值，由勾股定理可求AO的长，可得AG＝25-2，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得AF＝AG＝BE，即可求解．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，
∴∠CEB+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠CEB＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
又∵AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴BE＝AF＝1，
故答案为1；
（2）如图2，延长CD，BF交于点H，
∵点E是AB的中点，
∴BE=12AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AD＝AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，
∴∠CEB+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠CEB＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
又∵AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴BE＝AF，
∴BE＝AF=12AB=12AD，
∴AF＝DF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠H，
在△ABF和△DHF中，
∠ABF=∠H∠DFH=∠AFBAF=DF，
∴△ABF≌△DHF（AAS）
∴AB＝DH，
∴DH＝CD，
又∵BF⊥CE，
∴∠BGH＝90°，
∴DC＝DH＝DG．
（3）如图3，以BC为直径作⊙O，连接AO，OG，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴点G在以BC为直径的⊙O上，
∵在△AGO中，AG≥AO﹣GO，
∴当点G在AO上时，AG有最小值，
此时：如图4，
∵BC＝AB＝4，点O是BC中点，
∴BO＝2＝CO，
∵AO=AB2+BO2=4+16=25，
∴AG＝25-2，
∵OG＝OB，
∴∠OBG＝∠OGB，
∵AD∥BC，
∴∠AFG＝∠OBG，
∴∠AFG＝∠OBG＝∠OGB＝∠AGF，
∴AG＝AF＝25-2，
由（2）可得AF＝BE＝25-2，
∴AE＝AB﹣BE＝4﹣（25-2）＝6﹣25．
【题组二】
5．（2020•滨海县二模）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，连接AC．已知，OA＝8，tan∠OAC=34，点D在BC上，且CD＝3BD，点P为线段AB上一动点（可与A、B重合），连接DP．
（1）求OC的长及点D的坐标；
（2）当DP∥AC时，求AP的长；
（3）如图2，将△DBP沿直线DP翻折，得△DEP，连接AE、CE，问四边形AOCE的面积是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；
（4）以线段DP为边，在DP所在直线的右上方作等边△DPF，当点P从点B运动到点A时，点F也随之运动，请直接写出点F的运动路径长．
【分析】（1）由锐角三角函数的定义求出OC，则可得出答案；
（2）得出BDBC=BPBA，求出PB的长，则可得出答案；
（3）由翻折知，BD＝DE＝2，则点E在以D为圆心2为半径的圆上，当DH⊥AC时，EH最小，求出EH的长即可由面积公式得出答案；
（4）以BD为边向上作等边三角形DBF′，连接FF′．证明△F′DF≌△BDP（SAS），推出FF′＝PB，∠DF′F＝∠DBP＝90°，推出点F的运动轨迹是线段FF′，即可解决问题．
【解析】（1）∵tan∠OAC=34，
∴OCOA=34，
又∵OA＝8，
∴OC＝6，
又∵CD＝3BD，
∴CD＝6，BD＝2，
∴D（6，6）；
（2）∵DP∥AC，
∴BDBC=BPBA，
∴28=BP6，
∴BP=32，
∴AP=92．
（3）存在，
由图形可得S四边形AOCE＝S△AOC+S△ACE，
∵S△AOC=12×6×8＝24，
∴要使四边形面积最小，只要△ACE的面积最小即可，
要使△ACE的面积最小，只要点E到AC的距离最小，
由翻折知，BD＝DE＝2，
∴点E在以D为圆心2为半径的圆上，
∴当DH⊥AC时，EH最小，
∵∠BCA＝∠CAO，
∴sin∠BCA＝sin∠CAO，
∴DHCD=OCAC，
∴DH6=610，
∴DH=185，
∴EH=185-2=85，
∴S四边形AOCE＝S△AOC+S△ACE＝24+12×10×85=32．
（4）6．
如图2中，以BD为边向上作等边三角形DBF′，连接FF′．
∵∠F′DB＝∠FDP＝60°，
∴∠F′DF＝∠BDP，
∵F′D＝BD，FD＝PD，
∴△F′DF≌△BDP（SAS），
∴FF′＝PB，∠DF′F＝∠DBP＝90°，
∴点F的运动轨迹是线段FF′，
当动点P从点B运动到点A时，FF′＝AB＝6，
∴点F运动路径的长为6．
6．（2020•海门市二模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，动点P在CD上（不与点C、D重合），连接BP，AE⊥BP于点E，将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF．连接EF交AB于点Q．
（1）求证：∠FAB＝∠BPC；
（2）当CP＝1时，求EF的长；
（3）当△AFQ是等腰三角形时，求CP的长．
【分析】（1）利用平行线的性质证明即可．
（2）证明△ABJ≌△BCP（ASA），推出BJ＝PC＝1，可得AJ=AB2+BJ2=32+12=10，证明△AEB∽△ABJ，可得AB2＝AE•AJ，求出AE的长即可解决问题．
（3）由题意∠F＝45°，∠AQF＞∠AEF，即∠AQF＞45°，推出有两种情形：如图3﹣1中，当AQ＝QE时，此时点P与D重合，此种情形不符合题意，如图3﹣2中，当AE＝EQ时，证明∠CBP＝22.5°，在BC上取一点J，使得BJ＝PJ，连接PJ．设PC＝CJ＝m，则BJ＝PJ=2m，构建方程求解即可．
【解析】（1）证明：∵AE⊥BP，
∴∠AEP＝90°，
∵∠EAF＝90°，
∴∠EAF＝∠AEP，
∴AF∥BP，
∴∠FAB＝∠ABC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BPC＝∠ABP，
∴∠FAB＝∠BPC．
（2）解：延长AE交BC于J．
∵∠ABJ＝∠C＝∠AEB＝90°，
∴∠BAJ+∠ABE＝90°，∠ABE+∠CBP＝90°，
∴∠BAJ＝∠CBP，
∵AB＝BC，
∴△ABJ≌△BCP（ASA），
∴BJ＝PC＝1，
∴AJ=AB2+BJ2=32+12=10，
∵∠BAE＝∠BAJ，∠AEB＝∠ABJ＝90°，
∴△AEB∽△ABJ，可得AB2＝AE•AJ，
∴AE=91010，
∵EF=2AE，
∴EF=955．
（3）解：∵∠F＝45°，∠AQF＞∠AEF，即∠AQF＞45°，
∴有两种情形：
如图3﹣1中，当AQ＝QE时，此时点P与D重合，此种情形不符合题意，
如图3﹣2中，当AE＝EQ时，
∵EA＝EQ，∠E＝45°，
∴∠EAB＝∠EQA＝67.5°，
∴∠BPC＝∠EAB＝67.5°，
∵∠BCP＝90°，
∴∠CBP＝22.5°，
在BC上取一点J，使得BJ＝PJ，连接PJ．
∵BJ＝PJ，
∴∠JBP＝∠JPB＝22.5°，
∴∠PJC＝∠JBP+∠JPB＝45°，
∴PC＝CJ，设PC＝CJ＝m，则BJ＝PJ=2m，
则有2m+m＝3，
解得m＝32-3，
综上所述，PC的长为32-3．
7．（2020•浦口区二模）如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若AB＝23．
①如图2，当点B'落在AC上时，求t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t值？若不存在，请说明理由．
（2）若四边形ABCD是正方形，直线PB'与直线CD相交于点M，当点P不与点C重合时，求证：∠PAM＝45°．
【分析】（1）①求出AC=21，由△PAB和△PAB'关于直线PA对称，得出BP＝B′P，AB'＝AB＝23，∠AB'P＝∠B＝90°，易证△CB'P∽△CBA，得出B'PB'C=ABBC，求出B'P＝27-4，即可得出结果；
②当∠PCB′＝90°时，由勾股定理求出DB′=3，则CB′=3，在Rt△PCB′中，由勾股定理得出（3）2+（3﹣t）2＝t2，即可得出结果；
当∠PCB′＝90°时，由勾股定理求出DB′=3，则CB′=3，在Rt△PCB′中，由勾股定理得出（33）2+（t﹣3）2＝t2，即可得出结果；
当∠CPB′＝90°时，则四边形ABPB′为正方形，则BP＝AB＝23，即可得出结果；
（2）当t＜3时，由HL证得Rt△MDA≌Rt△MB'A，得出∠DAM＝∠B′AM，则∠B′AM+∠B′AP=12∠DAB＝45°，即可得出结论；
当t＞3时，设∠APB＝x，则∠DAP＝x，由HL证得Rt△MDA≌Rt△MB'A，得出∠DAM＝∠B′AM，得出∠DAB′＝∠PAB'﹣∠DAP＝90°﹣2x，则∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣x，由∠MAP＝∠DAM+∠DAP即可得出结论．
【解析】（1）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝3，AB＝CD＝23，
∴AC=AB2+BC2=(23)2+32=21，
∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，
∴BP＝B′P，AB'＝AB＝23，∠AB'P＝∠B＝90°，
∴∠PB'C＝90°，
∵∠PCB'＝∠ACB，
∴△CB'P∽△CBA，
∴B'PB'C=ABBC，即=B'P21-23=233，
解得：B'P＝27-4，即t＝27-4；
②当∠PCB′＝90°时，如图3所示：
由①得：AB'＝AB＝23，
在Rt△ADB′中，∠D＝90°，
∴DB′=AB'2-AD2=(23)2-32=3，
∴CB′＝CD﹣DB′＝23-3=3，
在Rt△PCB′中，BP＝B′P＝t，CP＝3﹣t，
由勾股定理得：CB′2+CP2＝B′P2，即（3）2+（3﹣t）2＝t2，
解得：t＝2；
当∠PCB′＝90°时，如图4所示：
AB'＝AB＝23，
在Rt△ADB′中，∠D＝90°，
∴DB′=AB'2-AD2=(23)2-32=3，
∴CB′＝CD+DB′＝23+3=33，
在Rt△PCB′中，BP＝B′P＝t，CP＝t﹣3，
由勾股定理得：CB′2+CP2＝B′P2，即（33）2+（t﹣3）2＝t2，
解得：t＝6；
当∠CPB′＝90°时，如图5所示：
AB'＝AB＝23，则四边形ABPB′为正方形，
∴BP＝AB＝23，即t＝23；
综上所述，在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形，符合题意的t值为2或6或23；
（2）证明：当t＜3时，如图6所示：
∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，
∴∠BAP＝∠B′AP，AB＝AB'，∠B＝∠AB'P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝AB'，∠D＝∠B＝∠AB'P＝∠DAB＝90°，
在Rt△MDA和Rt△MB'A中，AD=AB'AM=AM，
∴Rt△MDA≌Rt△MB'A（HL），
∴∠DAM＝∠B′AM，
∴∠B′AM+∠B′AP=12∠DAB＝45°，
即∠PAM＝45°；
当t＞3时，如图7所示：
设∠APB＝x，则∠DAP＝x，
∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，
∴∠BAP＝∠B′AP＝90°﹣x，AB＝AB'，∠B＝∠AB'P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝AB'，∠ADC＝∠B＝∠AB'P＝∠DAB＝90°，
∴∠ADM＝90°，
在Rt△MDA和Rt△MB'A中，AD=AB'AM=AM，
∴Rt△MDA≌Rt△MB'A（HL），
∴∠DAM＝∠B′AM，
∴∠DAB′＝∠PAB'﹣∠DAP＝90°﹣x﹣x＝90°﹣2x，
∴∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣x，
∴∠MAP＝∠DAM+∠DAP＝45°﹣x+x＝45°．
8．（2020•姑苏区一模）如图，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与点C和点A重合），连接PB，过点P作PF⊥PB交射线DA于点F，连接BF．已知AD＝33，CD＝3，设CP的长为x．
（1）线段PB的最小值 332 ，当x＝1时，∠FBP＝ 30° ；
（2）如图，当动点P运动到AC的中点时，AP与BF的交点为G，FP的中点为H，求线段GH的长度；
（3）当点P在运动的过程中：
①试探究∠FBP是否会发生变化？若不改变，请求出∠FBP大小；若改变，请说明理由；
②当x为何值时，△AFP是等腰三角形？
【分析】（1）根据勾股定理求出AC，根据垂线段最短得到BP⊥AC时，线段PB的值最小，根据三角形的面积公式求出BP，根据相似三角形的性质、正切的定义求出∠FBP；
（2）证明△ABP为等边三角形，得到∠ABP＝60°，证明Rt△ABF≌Rt△PBF，得到∠ABF＝∠PBF＝30°，AP⊥BF，根据直角三角形的性质求出GH；
（3）分FA＝FP、AP＝AF、PA＝PB三种情况，根据等腰三角形的性质解答即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=6，
当BP⊥AC时，线段PB的值最小，
S△ABC=12×AB×BC=12×AC×BP，即3×33=BP×6，
解得，BP=332，
过点P作PM⊥交AD于M，交BC于N，
则PN∥AB，
∴△CPN∽△CAB，
∴CPCA=PNAB=CNCB，即16=PN3=CN33，
解得，PN=12，CN=32，
∴PM＝3-12=52，BN＝33-32=532，
∵∠BPF＝90°，∠PMF＝90°，
∴△FMP∽△PNB，
∴PFPB=PMBN=33，
∴tan∠PBF=PFPB=33，
∴∠FBP＝30°，
故答案为：332；30°；
（2）在Rt△ABC中，AP＝PC，
∴BP=12BC＝3，
∴BA＝BP＝AP，
∴△ABP为等边三角形，
∴∠ABP＝60°，
在Rt△ABF和Rt△PBF中，
BA=BPBF=BF，
∴Rt△ABF≌Rt△PBF（HL），
∴∠ABF＝∠PBF＝30°，AP⊥BF，
∴PF＝BP•tan∠BPF=3，
在Rt△FGP中，FH＝HP，
∴GH=12PF=32；
（3）①∠FBP＝30°，
理由如下：由（1）可知，△FMP∽△PNB，
∴PFPB=PMBN=33，
∴tan∠PBF=PFPB=33，
∴∠FBP＝30°；
②当FA＝FP时，BA＝BP，
∴△ABP为等边三角形，
∴AP＝AB＝3，
∴x＝CP＝3，
当PA＝PF时，∠APF＝120°＞90°，不合题意；
当AP＝AF时，∠AFP＝∠APF＝75°，
∴∠CBP＝∠CPB＝75°，
∴CP＝CB＝33，即x＝33，
综上所述，x＝3或33时，△AFP是等腰三角形．
【题组三】
9．（2020•昆山市一模）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC＝5，AD＝6，BC＝12．
（1）梯形ABCD的面积等于 36 ．
（2）如图1，动点P从D点出发沿DC以每秒1个单位的速度向终点C运动，动点Q从C点出发沿CB以每秒2个单位的速度向B点运动．两点同时出发，当P点到达C点时，Q点随之停止运动．当PQ∥AB时，P点离开D点多少时间？
（3）如图2，点K是线段AD上的点，M、N为边BC上的点，BM＝CN＝5，连接AN、DM，分别交BK、CK于点E、F，记△ADG和△BKC重叠部分的面积为S，求S的最大值．
【分析】（1）作AE⊥BC于E，作DF⊥BC于F，得到四边形ADFE是矩形，证明Rt△ABE≌Rt△DCF，根据全等三角形的性质得到BE＝CF，根据勾股定理求出AE，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
（2）过D作DE∥AB，得到四边形ABED是平行四边形，求出BE＝AD＝6，证明△CQP∽△CED，根据相似三角形的性质得到CPCD=CQCE，代入计算得到答案；
（3）作GH⊥BC，EX⊥BC，FU⊥BC，根据相似三角形的性质求出HG，设AK＝x，根据相似三角形的性质用x表示出EX、FU，根据三角形的面积公式列出关于x的函数关系式，根据二次函数的性质计算，得到答案．
【解析】（1）如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，则AE∥DF，
∵AD∥BC，AE⊥BC，
∴四边形ADFE是矩形，
∴AE＝DF，AD＝EF＝6，
在Rt△ABE和Rt△DCF中，
AB=DCAE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
∴BE＝CF，
∴BE＝CF=BC-EF2=3，
由勾股定理得，AE=AB2-BE2=25-9=4，
梯形ABCD的面积=12×（AD+BC）×AE=12×（12+6）×4＝36，
故答案为：36；
（2）如图3，过D作DE∥AB，交BC于点E，
∵AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE＝AD＝6，
∴EC＝6，
当PQ∥AB时，PQ∥DE，
∴△CQP～△CED，
∴CPCD=CQCE，即5-t5=2t6，
解得，t=158；
（3）如图2，过G作GH⊥BC，延长HG交AD于I，过E作EX⊥BC，延长XE交AD于Y，过F作FU⊥BC于U，延长UF交AD于W，
∵BM＝CN＝5，
∴MN＝12﹣5﹣5＝2，
∴BN＝CM＝7，
∵MN∥AD，
∴△MGN～△DGA，
∴HGGI=MNAD，即HG4-HG=26，
解得，HG＝1，
设AK＝x，
∵AD∥BC，
∴△BEN～△KEA，
∴EXEY=BNAK，即EX4-EX=7x，
解得，EX=287+x，
同理：FU=2813-x，
S＝S△BKC﹣S△BEN﹣S△CFM+S△MNG
=12×12×4-12×7×28x+7-12×7×2813-x+12×2×1
=25-1960-(x-3)2+100，
当x＝3时，S的最大值为25-1960100=5.4．
10．（2020•无锡一模）如图，四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，BC＝CD＝6，∠C＝60°，点E是边AD上一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△HBE．
（1）当点B、D、H三点在一直线上时，求线段AE的长；
（2）当点A的对称点H正好落在DC上时，有动点P从点H出发沿线段HB向点B运动，同时动点Q从点B出发沿线段BA向点A运动，速度均为每秒1个单位长度，连接PQ交折痕BE于点M．设运动时间为t秒．
①探究：当时间t为何值时，△PBM为等腰三角形；
②连接AM，请直接写出BM+2AM的最小值是 9 ．
【分析】（1）由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求AD=12DB＝3，AB=3AD＝33，由折叠的性质可得AB＝BH＝33，AE＝EH，∠A＝∠EHB＝90°，由勾股定理可求解；
（2）①分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
②过点M作MN⊥BH于N，连接AN，由三角形三边关系可得12BM+AM≥AN，当点A，点M，点N三点共线，且AN⊥BH时，12BM+AM有最小值，即BM+2AM有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【解析】（1）∵BC＝CD＝6，∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD＝BC＝CD＝6，∠C＝∠DBC＝∠BDC＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴AD=12DB＝3，AB=3AD＝33，
当点B、D、H三点在一直线上时，如图，
∵将△ABE沿BE翻折得到△HBE，
∴AB＝BH＝33，AE＝EH，∠A＝∠EHB＝90°，
∴DH＝6﹣33，
∵DE2＝EH2+DH2，
∴（3﹣AE）2＝AE2+（6﹣33）2，
∴AE＝63-9；
（2）①∵将△ABE沿BE翻折得到△HBE，当点A的对称点H正好落在DC上，且∠ADB＝∠CDB＝60°，
∴点E与点D重合，AB＝BH＝33，∠ABE＝∠HBE＝30°，
如图，若BM＝PM时，则∠MPB＝∠MBP＝30°，
∴∠QMB＝60°，
∴∠BQP＝90°，
又∵∠QPB＝30°，
∴BP＝2QB，
∴23-t＝t，
∴t=3，
如图，若BM＝BP时，则∠BPM＝∠BMP＝75°，
∴∠BQM＝∠BMP﹣∠ABD＝45°，
过点P作PF⊥AB于F，
∴△PFQ是等腰直角三角形，
∴PF＝FQ，
∵∠PBF＝60°，PF⊥AB，
∴∠BPF＝30°，
∴BF=12BP=12（33-t），PF=3BF=32（33-t）＝QF，
∵BQ＝BF+QF，
∴t=12（33-t）+32（33-t），
∴t＝3，
当BP＝PM时，不合题意舍去，
综上所述：当t＝3s或3s时，△PBM为等腰三角形；
②如图，过点M作MN⊥BH于N，连接AN，
∵∠MBN＝30°，MN⊥BH，
∴MN=12BM，
∴BM+2AM＝2（12BM+AM），
∵MN+AM≥AN，
∴12BM+AM≥AN，
∴当点A，点M，点N三点共线，且AN⊥BH时，12BM+AM有最小值，即BM+2AM有最小值，
此时，AN⊥BH，∠ABN＝60°，
∴BN=12AB=323，AN=3BN=92，
∴BM+2AM最小值为9，
故答案为：9．
11．（2020•工业园区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC的方向匀速运动，同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，运动过程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为t秒（0＜t≤5）．线段CM的长度记作y甲，线段BP的长度记作y乙，y甲和y乙关于时间t的函数变化情况如图所示．
（1）由图2可知，点M的运动速度是每秒 2 cm；当t＝ 103 秒时，四边形PQCM是平行四边形？在图2中反映这一情况的点是 E（103，103） （并写出此点的坐标）；
（2）设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；
（3）连接PC，是否存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先由图2判断出点M的速度为2cm/s，PQ的运动速度为1cm/s，再由四边形PQCM为平行四边形，根据平行四边形的性质得到对边平行，进而得到AP＝AM，列出关于t的方程，求出方程的解得到满足题意t的值；
（2）根据PQ∥AC可得△PBQ∽△ABC，根据相似三角形的形状必然相同可知△BPQ也为等腰三角形，即BP＝PQ＝t，再用含t的代数式就可以表示出BF，进而得到梯形的高PE＝DF＝8﹣t，又点M的运动速度和时间可知点M走过的路程AM＝2t，所以梯形的下底CM＝10﹣2t．最后根据梯形的面积公式即可得到y与t的关系式；
（3）假设存在，则根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等即可得到MP＝MC，过点M作MH垂直AB，由一对公共角的相等和一对直角的相等即可得到△AHM∽△ADB，由相似得到对应边成比例进而用含t的代数式表示出AH和HM的长，再由AP的长减AH的长表示出PH的长，从而在直角三角形PHM中根据勾股定理表示出MP的平方，再由AC的长减AM的长表示出MC的平方，根据两者的相等列出关于t的方程进而求出t的值．
【解析】（1）由图2得，点M的运动速度为2cm/s，PQ的运动速度为1cm/s，
∵四边形PQCM是平行四边形，则PM∥QC，
∴AP：AB＝AM：AC，
∵AB＝AC，
∴AP＝AM，即10﹣t＝2t，
解得：t=103，
∴当t=103时，四边形PQCM是平行四边形，此时，图2中反映这一情况的点是E（103，103）
故答案为：2，103，E（103，103）．
（2）∵PQ∥AC，
∴△PBQ∽△ABC，
∴△PBQ为等腰三角形，PQ＝PB＝t，
∴BFBD=BPBA，即BF8=t10，
解得：BF=45t，
∴FD＝BD﹣BF＝8-45t，
又∵MC＝AC﹣AM＝10﹣2t，
∴y=12（PQ+MC）•FD=12（t+10﹣2t）（8-45t）=25t2﹣8t+40．
（3）假设存在某一时刻t，使得M在线段PC的垂直平分线上，则MP＝MC，
过M作MH⊥AB，交AB与H，如图所示：
∵∠A＝∠A，∠AHM＝∠ADB＝90°，
∴△AHM∽△ADB，
∴HMBD=AHAD=AMAB，
又∵AD＝6，
∴HM8=AH6=2t10，
∴HM=85t，AH=65t，
∴HP＝10﹣t-65t＝10-115t，
在Rt△HMP中，MP2＝（85t）2+（10-115t）2=375t2﹣44t+100，
又∵MC2＝（10﹣2t）2＝100﹣40t+4t2，
∵MP2＝MC2，
∴375t2﹣44t+100＝100﹣40t+4t2，
解得 t1=2017，t2＝0（舍去），
∴t=2017s时，点M在线段PC的垂直平分线上．
12．（2020•新都区模拟）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q先以23cm/s的速度沿A→O的路线向点O运动，然后再以2cm/s的速度沿O→D的路线向点D运动，当P、Q到达终点时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）在点P在AB上运动时，判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；
（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．
①直接写出当△PQM是直角三角形时t的取值范围；
②是否存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用相似三角形的性质解决问题即可．
（2）①分两种情形分别求解即可．．
②假设存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形，但是需分点N在AD上时和点N在CD上时两种情况分别讨论．
【解析】（1）由题意AP＝4t，AQ＝23t．
则APAQ=4t23t=233，
又∵AO＝103，AB＝20，
∴ABAO=20103=233．
∴APAQ=ABAO，
又∵∠CAB＝30°，
∴△APQ∽△ABO．
∴∠AQP＝∠AOB＝90°，即PQ⊥AC．
（2）①由（1）可知，当0＜t＜5时，如图1中，∠PQM＝90°，△PQM是直角三角形，
当5＜t＜10时，如图2中，当BP＝PC时，∠PMQ＝90°，此时t＝7.5，
综上所述，当0＜t＜5或t＝7.5时，△PQM是直角三角形
②存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形．
设l交AC于H．
如图1，当点N在AD上时，若PN⊥MN，则∠NMH＝30°．
∴MH＝2NH．得203-43t-233t＝2×833，解得t＝2．
如图3，当点N在CD上时，若PM⊥PN，
则PM∥CD，
∴∠BPM＝∠BCD＝60°，∠BMP＝∠BDC＝60°，
∵∠PBM＝60°，
∴△PBM是等边三角形，
∵PB＝BM，
∴4t﹣20=12[20﹣2×2（t﹣5）]，
解得t=203．
故当t＝2或203时，存在以PN为一直角边的直角三角形．
【题组四】
13．（2019•滨海县二模）如图1，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝3cm，点E为AD上一定点，点F为AD延长线上一点，且DF＝acm，点P从A点出发，沿AB边向点B以2cm/s的速度运动．连接PE，设点P运动的时间为ts，△PAE的面积为ycm2．当0≤t≤1时，△PAE的面积y（cm2）关于时间t（s）的函数图象如图2所示．连接PF，交CD于点H．
（1）t的取值范围为 0≤t≤3 ，AE＝ 1 cm；
（2）如图3，将△HDF沿线段DF进行翻折，与CD的延长线交于点M，连接AM．若四边形PAMH为菱形，求此时点P的运动时间t；
（3）如图4，当点P出发1s后，AD边上另一动点Q从E点出发，沿ED边向点D以1cm/s的速度运动．如果P、Q两点中的任意一点到达终点后，另一点也停止运动．连接PQ、QH，若a＝1，请问△PQH能否构成直角三角形？若能，请求出点P的运动时间t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）由AB的长和P的速度即可得出t的取值范围，由图2图象可知y＝t，当t＝1s时，y＝1cm2，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）由翻折的性质得HD＝DM=12HM，由菱形的性质得AP＝AM＝MH＝2DM＝2t，得出DM＝t，由勾股定理得AD2+DM2＝AM2，即可求出t的值；
（3）设AP＝2t，则EQ＝t﹣1，AQ＝t，QD＝3﹣t，易证△FDH∽△FAP，得出DHAP=DFAF，求出DH=t2，①当点Q为直角顶点时，即∠PQH＝90°时，证明△APQ∽△DQH，得出APDQ=AQDH，即可求出t的值；②当点H为直角顶点时，即当∠PHQ＝90°时，过P作PM⊥CD于点M，同理可证△PMH∽△HDQ，得出PMDH=MHDQ，即可求出t的值；③当点P为直角顶点时，不可能．
【解析】（1）∵AB＝6，6÷2＝3，
∴0≤t≤3，
由图2图象可知：y＝t，
当t＝1s时，y＝1cm2，
∴12×AE×2＝1，
∴AE＝1（cm），
故答案为：0≤t≤3，1；
（2）∵将△HDF沿线段DF进行翻折得到△MDF，
∴HD＝DM=12HM，
又∵四边形PAMH为菱形，
∴AP＝AM＝MH＝2DM＝2t，
∴DM＝t，
∵AD＝3，∠ADM＝90°，
∴在Rt△ADM中，由勾股定理得：AD2+DM2＝AM2，
即：32+t2＝（2t）2，
∴t=±3（负值舍去），
∴当t=3s时，四边形PAMH为菱形；
（3）△PQH能构成直角三角形，理由如下：
∵P先出发1 s后Q再从E出发，
∴AP＝2t，EQ＝t﹣1，AQ＝t，
∴QD＝3﹣1﹣（t﹣1）＝3﹣t，
∵四边形ABCD是矩形，AB∥CD，
∴△FDH∽△FAP，
∴DHAP=DFAF，
∴DH2t=13+1，
∴DH=t2，
由题意可知，若△PQH为直角三角形时，分三种情况：
①当点Q为直角顶点时，即∠PQH＝90°时，
∵∠A＝∠QDH＝90°，
∴∠APQ+∠AQP＝90°，
∵∠AQP+∠DQH＝90°，
∴∠APQ＝∠DQH，
∴△APQ∽△DQH，
∴APDQ=AQDH，
∴2t3-t=tt2，
∴t1＝0（舍去），t2=32（s）；
②当点H为直角顶点时，即当∠PHQ＝90°时，
过P作PM⊥CD于点M，如图5所示：
同理可证△PMH∽△HDQ，
∴PMDH=MHDQ，
∵PM＝AD＝3，
∴312t=2t-t23-t，
解得t1＝﹣6（舍去），t2＝2（s）；
③当点P为直角顶点时，不可能；
综上所述，当t＝2s或32s时△PQH为直角三角形．
14．（2020•姑苏区校级二模）如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P、Q是对角线BD上的两个动点，点P从点D出发沿BD方向以1cm/s的速度向点B运动，运动终点为B；点Q从点B出发沿着BD的方向以2cm/s的速度向点D运动，运动终点为D．两点同时出发，设运动时间为x（s），以A、Q、C、P为顶点的图形面积为y（cm2），y与x的函数图象如图②所示，根据图象回答下列问题：
（1）BD＝ 6 ，a＝ 63 ；
（2）当x为何值时，以A、Q、C、P为顶点的图形面积为43cm2？
（3）在整个运动的过程中，若△AQP为直角三角形，请直接写出符合条件的所有x的值： 9-334或32或3或4 ．
【分析】（1）如图①中，连接AC交BD于点O．由题意：点N的实际意义表示x＝3时，点Q运动到点D，由此求出BD即可解决问题；
（2）图②求出直线EM，直线FN的解析式即可解决问题；
（3）分成0≤x≤3和3＜x≤6两种情况讨论求解即可．
【解析】（1）如图①中，连接AC交BD于点O．
由题意：点N的实际意义表示x＝3时，点Q运动到点D，
∴BD＝2×3＝6，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠ADB＝30°，OB＝OD＝3，
∴OA＝OC=3，AB＝2AO＝23，
∴S菱形ABCD=12×BD×AC=12×6×23=63．
∴a＝63，
故答案为：6，63；
（2）设x秒后P，Q相遇．则3x＝6，x＝2，
∴M（2，0），
∴直线EM的解析式为：y＝﹣33x+63，
当y＝43时，x=23，
∵N（3，33），F（6，63），
∴直线NF的解析式为y=3x，
当y＝43时，x＝4，
综上所述，满足条件的x的值为23s或4s；
（3）a：当0≤x≤3时，PQ＝（6﹣3x）2，AQ2＝3+（3﹣2x）2，AP2＝3+（3﹣x）2，
①当∠PAQ＝90°时，PQ2＝AP2+AQ2，
（6﹣3x）2＝3+（3﹣x）2+3+（3﹣2x）2，
解得x=9-334或9+334（舍去），
②当∠APQ＝90°时，AP2+PQ2＝AQ2，
即3+（3﹣x）2+（6﹣3x）2＝3+（3﹣2x）2，
解得x＝2或x＝3，
③当∠AQP＝90°时，AP2＝PQ2+AQ2，
即3+（3﹣x）2＝（6﹣3x）2+3+（3﹣2x）2，
解得：x＝2（不合题意，舍去），x=32，
b：3＜x≤6时，此时Q已经到达终点，所以，AQ2＝（23）2＝12，此时PQ2＝x2，AP2＝3+（x﹣3）2，
此时，∠AQP＝30°，
∴当∠APQ＝90°时，AQ2＝AP2+PQ2，
即12＝x2+3+（x﹣3）2，
解得：x＝3或0（舍去）
当∠PAQ＝90°时，PQ2＝AP2+AQ2，
即x2＝12+3+（x﹣3）2，
解得：x＝4，
综上所述，满足条件的x的值为9-334或32或3或4，
故答案为：9-334或32或3或4．
15．（2020秋•姜堰区期末）如图1，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），过点P作PE⊥CD于点E，连接PB，已知AD＝3，AB＝4，设AP＝m．
（1）当m＝1时，求PE的长；
（2）连接BE，试问点P在运动的过程中，能否使得△PAB≌△PEB？请说明理由；
（3）如图2，过点P作PF⊥PB交CD边于点F，设CF＝n，试判断5m+4n的值是否发生变化，若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理得出AC，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
【解析】（1）连接BE，
由已知：在Rt△ADC中，AC=AD2+DC2=32+42=5，
当AP＝m＝1时，PC＝AC﹣AP＝5﹣1＝4，
∵PE⊥CD，
∴∠PEC＝∠ADC＝90°，
∵∠ACD＝∠PCE，
∴△ACD∽△PCE，
∴ADPE=ACPC，
即3PE=54，
∴PE=125；
（2）如图1，当△PAB≌△PEB时，
∴PA＝PE，
∵AP＝m，则PC＝5﹣m，
由（1）得：△ACD∽△PCE，
∴3PE=55-m，
∴PE=3(5-m)5，
由PA＝PE，即3(5-m)5=m，
解得：m=158，
∴EC=PC2-PE2=(5-158)2-(158)2=52，
∴BE=EC2+BC2=(52)2+32=312≠AB，
∴△PAB与△PEB不全等，
∴不能使得△PAB≌△PEB；
（3）如图2，延长EP交AB于G，
∵BP⊥PF，
∴∠BPF＝90°，
∴∠EPF+∠BPG＝90°，
∵EG⊥AB，
∴∠PGB＝90°，
∴∠BPG+∠PBG＝90°，
∴∠PBG＝∠EPF，
∵∠PEF＝∠PGB＝90°，
∴△BPG∽△PFE，
∴BGPE=PGEF，
由（1）得：△PCE∽△ACD，PE=3(5-m)5，
∴ECDC=PCAC，
即EC4=5-m5，
∴EC=4(5-m)5，
∴BG＝EC=4(5-m)5，
∴3-3(5-m)54(5-m)5-n=4(5-m)3(5-m)=43，
∴5m+4n＝16．
16．（2020秋•淮安期末）王老师在一次校内公开课上展示“探析矩形折叠问题”内容，引起了同学们的广泛兴趣，他们对折纸进行了如下探究．
如图有一矩形纸片ABCD，AB＝4，AD＝8，点Q为边BC上一个动点，将纸片沿DQ折叠，点C的对应点为点E．
（1）如图1，当射线DE与边BC的交点F到点C的距离为3时，求CQ的长；
（2）如图2，记射线QE与边DA的交点为P，若AP＝3，则CQ的长为 2 ．
（3）如图3，G为AD上一点，且GD＝2，连接AE、CE．
①试判断AE﹣2GE的值是否能随着点Q的位置变化而变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
②连接BE，当AE+2EB的值最小时，直接写出E到边AD的距离为 -6+8313 ．
【分析】（1）利用勾股定理求出DF，证明DE＝DC＝4，EQ＝CQ，设EQ＝CQ＝x，利用勾股定理构建方程求解即可．
（2）利用勾股定理求出PE，再证明PD＝PQ＝5，可得结论．
（3）①结论：AE﹣2EG＝0．利用相似三角形的性质证明即可．
②如图4中，过点E作EH⊥AD于H．由题意AE+2BE＝2EG+2BE＝2（BE+EG），当B，E，G共线时，BE+EG的值最小，此时AE+2BE的值最小，解直角三角形求出EH即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∴CF＝3，CD＝4，
∴DF=CD2+CF2=32+42=5，
由翻折的旋转可知：△DQC≌△DQE，
∴CD＝ED＝4，EQ＝CQ，
∴EF＝DF﹣DE＝5﹣4＝1，
设EQ＝CQ＝x，
在Rt△EFQ中，EF2+EQ2＝FQ2，
∴12+x2＝（3﹣x）2，
∴x=43，
∴CQ=43．
（2）如图2中，
∵AD＝8，AP＝3，
∴PD＝5，
由翻折的性质可知：△DQC≌△DQE，
∴DE＝DC＝4，CE＝CQ，∠DQC＝∠DQE，
∵∠PED＝90°，
∴PE=PD2-DE2=52-42=3，
∵AD∥BC，
∴∠PDQ＝∠DQC，
∴∠PDQ＝∠DQP，
∴PD＝PQ＝5，
∴EQ＝PQ﹣PE＝5﹣3＝2，
∴CQ＝2．
故答案为2．
（3）如图3中，结论：AE﹣2EG＝0．
理由：
∵DE＝DC＝4，DG＝2，DA＝8，
∴DE2＝DG•DA，
∴DEDA=DGDE，
∵∠ADE＝∠EDG，
∴△EDG∽△ADE，
∴EGAE=EDAD=12，
∴AE＝2EG，
∴AE﹣2EG＝0．
（4）如图4中，过点E作EH⊥AD于H．
∵AE＝2EG，
∴AE+2BE＝2EG+2BE＝2（BE+EG），
∴当B，E，G共线时，BE+EG的值最小，此时AE+2BE的值最小，
∵AB∥EH，
∴EHAB=GHAG，
∴HGHE=32，
设HE＝2k，HG＝3k，
在Rt△DHE中，DE2＝EH2+DH2，
∴42＝（2k）2+（3k+2）2，
解得，k=-6+8313或-6-8313（舍弃），
∴E到边AD的距离为-6+8313．
故答案为：-6+8313．