?預測11 動點變化引起的探究



概率預測
☆☆☆☆
題型預測
解答題☆☆☆☆
考向預測
①手拉手模型。
②半角模型。
③對角互補模型


類比探究性問題的特點是“圖形變化但結(jié)構(gòu)不變”，初中數(shù)學常見的結(jié)構(gòu)有平行結(jié)構(gòu)、直角結(jié)構(gòu)、旋轉(zhuǎn)結(jié)構(gòu)、中點結(jié)構(gòu)。經(jīng)常以幾何三大變換、相似、直角、中點、面積、特殊三角形為載體呈現(xiàn)。通過類比字母、類比輔助線、類比結(jié)構(gòu)、類比思路來解決類比探究問題。

相似三角形模型


8字形模型

8字形 反8字形


A字形模型

A字形 反 A字形 共邊反 A字形


一線三等角模型

一線三等角 一線三直角


在探究過程中，一般按照：①對比連續(xù)兩問的特征，考慮類比的前提條件是否存在；②對比特征應用方式，考慮在“相同”的條件下，能否進行“相同”的組合。③對比結(jié)論，先從圖上驗證上一問的結(jié)論或者結(jié)合圖形以及上一問的結(jié)論的組合方式嘗試、猜測、驗證新結(jié)論。


1．（2021·四川資陽市·中考真題）已知，在中，．

（1）如圖1，已知點D在邊上，，連結(jié)．試探究與的關(guān)系；
（2）如圖2，已知點D在下方，，連結(jié)．若，，，交于點F，求的長；
（3）如圖3，已知點D在下方，連結(jié)、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由見詳解；（2）；（3）
【分析】
（1）由題意易得，則易證，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可求解；
（2）過點A作AH⊥BC于點H，由題意易得，，然后可得，進而根據(jù)勾股定理可得，設(shè)，則，易得，則有，所以，最后問題可求解；
（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，由題意易得，，則有，然后可得，設(shè)，，進而根據(jù)勾股定理可求解x的值，然后根據(jù)三角函數(shù)可進行求解．
【詳解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）過點A作AH⊥BC于點H，如圖所示：

∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
設(shè)，則，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，如圖所示：

∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四邊形GMPN是矩形，
∴，
設(shè)，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化簡得：，
解得：，
∵，
∴當時，易知與相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【點睛】本題主要考查三角函數(shù)、相似三角形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握三角函數(shù)、相似三角形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．
2．（2021·重慶中考真題）在等邊中，， ，垂足為D，點E為AB邊上一點，點F為直線BD上一點，連接EF．

圖1 圖2 圖3
（1）將線段EF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．
①如圖1，當點E與點B重合，且GF的延長線過點C時，連接DG，求線段DG的長；
②如圖2，點E不與點A，B重合，GF的延長線交BC邊于點H，連接EH，求證：；
（2） 如圖3，當點E為AB中點時，點M為BE中點，點N在邊AC上，且，點F從BD中點Q沿射線QD運動，將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當最小時，直接寫出的面積．
【答案】（1）①；②見解析；（2）
【分析】
（1）①連接AG，根據(jù)題意得出△ABC和△GEF均為等邊三角形，從而可證明△GBC≌△GAC，進一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，先證明出△BFK是頂角為120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，從而得出結(jié)論即可；
（2）利用“胡不歸”模型構(gòu)造出含有30°角的直角三角形，構(gòu)造出，當N、P、J三點共線的時候滿足條件，然后利用相似三角形的判定與性質(zhì)分別計算出PN與DN的長度，即可得出結(jié)論．
【詳解】
（1）解：①如圖所示，連接AG，
由題意可知，△ABC和△GEF均為等邊三角形，
∴∠GFB=60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC=30°，
∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，
∵AC=BC，GC=GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，
∵AB=6，
∴AD=3，AG=BG=，
∴在Rt△ADG中，，
∴；

②證明：以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，如圖，
∵△ABC和△GEF均為等邊三角形，
∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，
∴∠BEF+∠BHF=180°，
∵∠BHF+∠KHF=180°，
∴∠BEF=∠KHF，
由輔助線作法可知，F(xiàn)B=FK，則∠K=∠FBE，
∵BD是等邊△ABC的高，
∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，
∴∠BFK=120°，
在△FEB與△FHK中，

∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE=KH，
∴BE+BH=KH+BH=BK，
∵FB=FK，∠BFK=120°，
∴BK=BF，
即：；

（2）如圖1所示，以MP為邊構(gòu)造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，則PJ=MP，
∴求的最小值，即為求的最小值，

如圖2所示，當運動至N、P、J三點共線時，滿足最小，
此時，連接EQ，則根據(jù)題意可得EQ∥AD，且EQ=AD，
∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，
∵∠PEF=60°，
∴∠MEP=∠QEF，
由題意，EF=EP，
∴△MEP≌△QEF（SAS），
∴∠EMP=∠EQF=90°，
又∵∠PMJ=30°，
∴∠BMJ=60°，
∴MJ∥AC，
∴∠PMJ=∠DNP=90°，
∵∠BDC=90°，
∴四邊形ODNJ為矩形，NJ=OD，
由題，AD=3，BD=，
∵MJ∥AC，
∴△BMO∽△BAD，
∴，
∴OD=BD=，OM=AD=，
設(shè)PJ=x，則MJ=x，OJ=x-，
由題意可知，DN=CD=2，
∴，
解得：，
即：PJ=，
∴，
∴．

【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)等，理解基本圖形的性質(zhì)，合理構(gòu)造輔助線是解題關(guān)鍵．

3.（2021·湖北十堰市·中考真題）已知等邊三角形，過A點作的垂線l，點P為l上一動點（不與點A重合），連接，把線段繞點C逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連．

（1）如圖1，直接寫出線段與的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當點P、B在同側(cè)且時，求證：直線垂直平分線段；（3）如圖3，若等邊三角形的邊長為4，點P、B分別位于直線異側(cè)，且的面積等于，求線段的長度．
【答案】（1）AP=BQ；（2）見詳解；（3）或或
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，AC=BC，進而即可得到結(jié)論；（2）先證明是等腰直角三角形，再求出∠CBD=45°，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，即可得到結(jié)論；（3）過點B作BE⊥l，過點Q作QF⊥l，根據(jù)，可得AP=BQ，∠CAP=
∠CBQ=90°，設(shè)AP=x，則BQ=x，MQ=x-，QF=( x-)×，再列出關(guān)于x的方程，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵線段繞點C逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∵在等邊三角形中，∠ACB=60°，AC=BC，∴∠ACP=∠BCQ，
∴，∴=；
（2）∵，CA⊥l，∴是等腰直角三角形，
∵，∴是等腰直角三角形，∠CBQ=90°，
∵在等邊三角形中，AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，
∴AB=AP，∠BAP=90°-60°=30°，∴∠ABP=∠APB=(180°-30°)÷2=75°，
∴∠CBD=180°-75°-60°=45°，∴PD平分∠CBQ，∴直線垂直平分線段；
（3）①當點Q在直線上方時，如圖所示，
延長BQ交l與點E，過點Q作與點F，

由題意得，
，，，
，，
，，，
設(shè)，則，，在中，，
，即，解得或，即AP的長度為或；
②當點Q在直線l下方時，過點B作BE⊥l，過點Q作QF⊥l，
由（1）小題，可知：，∴AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，
∵∠ACB=60°，∠CAM=90°，∴∠AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∠BME=∠QMF=60°，
∵∠BAE=90°-60°=30°，AB=4，∴BE=，∴BM=BE÷sin60°=2÷=，
設(shè)AP=x，則BQ=x，MQ=x-，QF= MQ×sin60°=( x-)×，
∵的面積等于，∴AP×QF=，即：x×( x-)×=，解得：或（不合題意，舍去），∴AP=．
綜上所述，AP的長為：或或．
【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意畫出圖形，添加輔助線，構(gòu)造直角三角形，是解題的關(guān)鍵．
4.（2021·內(nèi)蒙古通遼市·中考真題）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如圖1，連接，，求證：；
（2）將繞點O順時針旋轉(zhuǎn)．①如圖2，當點M恰好在邊上時，求證：；
②當點A，M，N在同一條直線上時，若，，請直接寫出線段的長．

【答案】(1)見解析；(2)①見解析；②或
【分析】(1)證明△AMO≌△BNO即可；(2)①連接BN，證明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，進而得到∠MBN=90°，且△OMN為等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可證明；
②分兩種情況分別畫出圖形即可求解．
【詳解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，,
∴，∴，∴；
(2)①連接BN，如下圖所示：

∴，，
且，∴，
∴，，∴，
且為等腰直角三角形，∴，
在中，由勾股定理可知：，且
∴；
②分類討論：情況一：如下圖2所示，設(shè)AO與NB交于點C，過O點作OH⊥AM于H點，
,為等腰直角三角形，∴,
在中，,
∴；
情況二：如下圖3所示，過O點作OH⊥AM于H點，
,為等腰直角三角形，∴,
在中，,
∴；故或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
5.（2021·山東東營市·中考真題）已知點O是線段AB的中點，點P是直線l上的任意一點，分別過點A和點B作直線l的垂線，垂足分別為點C和點D．我們定義垂足與中點之間的距離為“足中距”．
（1）[猜想驗證]如圖1，當點P與點O重合時，請你猜想、驗證后直接寫出“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是________．（2）[探究證明]如圖2，當點P是線段AB上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．（3）[拓展延伸]如圖3，①當點P是線段BA延長線上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；②若，請直接寫出線段AC、BD、OC之間的數(shù)量關(guān)系．

【答案】（1）；（2）仍然成立，證明見解析；（3）①仍然成立，證明見解析；②
【分析】（1）根據(jù)三角形全等可得；（2）方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E，證明即可，方法二：延長CO交BD于點E，證明即可；
（3）①方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E，證明，
方法二：延長CO交DB的延長線于點E，證明；
②延長CO交DB的延長線于點E，證明，根據(jù)已知條件得出．
【詳解】（1）O是線段AB的中點
在和中

（2）數(shù)量關(guān)系依然成立．
證明（方法一）：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E．
∵∴
∴四邊形CEFD為矩形．∴，
由（1）知，∴，∴．
證明（方法二）：延長CO交BD于點E，
∵，，∴，∴，
∵點O為AB的中點，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴．
（3）①數(shù)量關(guān)系依然成立．證明（方法一）：
過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E．

∵∴
∴四邊形CEFD為矩形．∴，
由（1）知，∴，∴．10分
證明（方法二）：延長CO交DB的延長線于點E，
∵，，∴，∴，
∴點O為AB的中點，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴．
②如圖，延長CO交DB的延長線于點E，

∵，，∴，
∴，∴點O為AB的中點，∴，
又∵，∴，∴，

∵,

．
【點睛】此題主要考查了三角形全等的性質(zhì)與判定，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，根據(jù)題意找到全等的三角形，證明線段相等，是解題的關(guān)鍵．
6.（2021·湖南中考真題）如圖1，在等腰直角三角形中，．點，分別為，的中點，為線段上一動點（不與點，重合），將線段繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連接，．

（1）證明：；
（2）如圖2，連接，，交于點．
①證明：在點的運動過程中，總有；
②若，當?shù)拈L度為多少時，為等腰三角形？
【答案】（1）見詳解；（2）①見詳解；②當?shù)拈L度為2或時，為等腰三角形
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AH=AG，∠HAG=90°，從而得∠BAH=∠CAG，進而即可得到結(jié)論；
（2）①由，得AH=AG，再證明，進而即可得到結(jié)論；②為等腰三角形，分3種情況：（a）當∠QAG=∠QGA=45°時，（b）當∠GAQ=∠GQA=67.5°時，（c）當∠AQG=∠AGQ=45°時，分別畫出圖形求解，即可．
【詳解】解：（1）∵線段繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，點，分別為，的中點，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，點，分別為，的中點，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，為等腰三角形，分3種情況：
（a）當∠QAG=∠QGA=45°時，如圖，則∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴點H是EF的中點，
∴EH=；

（b）當∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°時，如圖，則∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；

（c）當∠AQG=∠AGQ=45°時，點H與點F重合，不符合題意，舍去，
綜上所述：當?shù)拈L度為2或時，為等腰三角形．

【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定定理，根據(jù)題意畫出圖形，進行分類討論，是解題的關(guān)鍵．
7.（2021·湖北中考真題）已知和都為等腰三角形，．

（1）當時，
①如圖1，當點D在上時，請直接寫出與的數(shù)量關(guān)系；_________；
②如圖2，當點D不在上時，判斷線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）當時，
①如圖3，探究線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②當時，請直接寫出的長．
【答案】（1）①；②，理由見解析；（2）①，理由見解析；②5．
【分析】（1）①先根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差即可得；
②先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）①先根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)相似三角形的判定可得，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
②設(shè)與交于點，先根據(jù)（2）①的結(jié)論可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，然后利用勾股定理、線段的和差可得，最后在中，解直角三角形即可得．
【詳解】
解：（1）①當時，，
和都為等腰三角形，
和都為等邊三角形，
，
，即，
故答案為：；
②，理由如下：
和都為等邊三角形，
，
，即，
在和中，，
，
；
（2）①當時，，
和都為等腰直角三角形，
，
，即，
設(shè)，
則，
，
在和中，，
，
，
即；
②如圖，設(shè)與交于點，

，
，
設(shè)，則，
，
，，
，即，
解得，
，
在中，，
在中，，
，
則在中，．
【點睛】
本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識點，較難的是題（2），正確找出相似三角形是解題關(guān)鍵．
8.（2021·吉林長春市·中考真題）如圖，在中，，，，點D為邊AC的中點．動點P從點A出發(fā)，沿折線AB—BC以每秒1個單位長度的速度向點C運動，當點P不與點A、C重合時，連結(jié)PD．作點A關(guān)于直線PD的對稱點，連結(jié)、．設(shè)點P的運動時間為t秒．
（1）線段AD的長為 ．
（2）用含t的代數(shù)式表示線段BP的長．
（3）當點在內(nèi)部時，求的取值范圍．
（4）當與相等時，直接寫出的值．

【答案】（1）2；（2）BP=5-t或者BP=t-5；（3）；（4）或．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC的長，再根據(jù)點D為AC的中點，得到結(jié)果；
（2）由AP=t，AB=5，得出結(jié)論；
（3）分情況計算出兩個臨界值，當點在AB上時，DP⊥AB，△APD∽△ACB，根據(jù)對應邊成比例求出，當點在AC上時，PD⊥AC，點A’與點C重合，△ADP∽△ACB，根據(jù)對應邊成比例求出，最后得出結(jié)論；（4）根據(jù)要求畫出圖形，利用折疊全等與兩角對應相等，兩三角形相似，證明出三角形相似，再根據(jù)對應邊成比例計算出各邊的長，最后得到結(jié)果．
【詳解】解：（1）∵∠C=90?，，，∴，
∵點D為邊AC的中點，∴AD=2；
（2）當點P在AB上時，∵AP=t，AB=5，∴BP=5-t，
當點P在BC上時，BP=t-5，
∴BP=t-5或者BP=5-t ，
（3）如圖，當點在AB上時，DP⊥AB，

∴△APD∽△ACB
∴，
∴，
∴，
如圖，當點在AC上時，PD⊥AC，點A’與點C重合，

∴△ADP∽△ACB
∴，
∴，
∴，
∴當點在內(nèi)部時，，
（4）①如圖，

∵點A關(guān)于直線PD的對稱點，DE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，
∴，
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
∴，
∴，，
∵△ABC∽△DA’E，
∴∠EDA’=∠ADE=∠CAB，
∴AP=DP=t，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②如圖，

∵點A關(guān)于直線PD的對稱點，PE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，
∴，
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
∴，
∴，，
∵∠DEA=∠DCP，∠C=∠DEA，
∴△DEA∽△DCP，
∴，
∴
∴，
∴，
∴或．
【點睛】
本題主要考查了直角三角形中的動點問題、相似三角形的判斷與性質(zhì)、勾股定理，解題關(guān)鍵在于根據(jù)題意畫出圖形，再根據(jù)兩角對應相等，兩三角形相似證明三角形相似，再結(jié)合勾股定理求出結(jié)論．
9.（2021·山東菏澤市·中考真題）在矩形中，，點，分別是邊、上的動點，且，連接，將矩形沿折疊，點落在點處，點落在點處．


（1）如圖1，當與線段交于點時，求證：；
（2）如圖2，當點在線段的延長線上時，交于點，求證：點在線段的垂直平分線上；
（3）當時，在點由點移動到中點的過程中，計算出點運動的路線長．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．
【分析】（1）分別根據(jù)平行線的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)即可證得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代換可得∠HEF＝∠EFB，進而可得PE＝PF；
（2）連接PM，ME，MF，先證RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再證EPM≌FPM（SAS），由此即可得證；
（3）連接AC，交EF于點O，連接OG，先證明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，進而根據(jù)折疊可得OG＝OC＝5，由此得到點G的運動軌跡為圓弧，再分別找到點G的起始點和終點便能求得答案．
【詳解】（1）證明：∵在矩形ABCD中，
∴ADBC，AB＝CD；
∴∠DEF＝∠EFB，
∵折疊，
∴∠DEF＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠EFB，
∴PE＝PF；
（2）證明：連接PM，ME，MF，


∵在矩形ABCD中，
∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，
∴AD－AE＝BC－CF，
即：DE＝BF，
∵折疊，
∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，
∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，
∴PE－HE＝PF－BF，
即：PH＝PB，
在RtPHM與RtPBM中，
，
∴RtPHM≌RtPBM（HL），
∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM與FPM中，
，
∴EPM≌FPM（SAS），
∴ME＝MF，
∴點M在線段EF的垂直平分線上；
（3）解：如圖，連接AC，交EF于點O，連接OG，

∵AB＝CD＝5，，
∴BC＝，
∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO與FCO中，
，
∴EAO≌FCO（AAS），
∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折疊，
∴OG＝OC＝5，
當點E與點A重合時，如圖所示，此時點F，點G均與點C重合，

當點E與AD的中點重合時，如圖所示，此時點G與點B重合，

∵O為定點，OG＝5為定值，
∴點G的運動路線為以點O為圓心，5為半徑的圓弧，且圓心角為∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，
∴點A、B、C、G在以點O為圓心，5為半徑的圓上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∴的長為＝，
∴點運動的路線長為．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、圓的相關(guān)概念及性質(zhì)，弧長公式的應用，第（3）問能夠發(fā)現(xiàn)OG＝5是解決本題的關(guān)鍵．
10.（2021年貴州省銅仁市中考數(shù)學真題試卷）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．點P是CA邊上的一動點，點P從點C出發(fā)以每秒2cm的速度沿CA方向勻速運動，以CP為邊作等邊△CPQ（點B、點Q在AC同側(cè)），設(shè)點P運動的時間為x秒，△ABC與△CPQ重疊部分的面積為S．
（1）當點Q落在△ABC內(nèi)部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示，不要求寫x的取值范圍）；
（2）當點Q落在AB上時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S的值；
（3）當點Q落在△ABC外部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示）．

【解析】（1）如圖1中，當點Q落在△ABC內(nèi)部時，求出等邊△PQC的面積即可．
（2）如圖2中，當點Q落在AB上時，過點Q作QH⊥AC于H．利用平行線分線段成比例定理求出QH即可．
（3）如圖3中，點Q落在△ABC外部時，設(shè)CQ交AB于N，PQ交AB于M，過點N作NH⊥AC于H，過點M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．利用相似三角形的性質(zhì)求出MJ，求出△BCQ，△APQ的面積即可．
【解答】解：（1）如圖1中，當點Q落在△ABC內(nèi)部時，S＝×（2x）2＝x2．

（2）如圖2中，當點Q落在AB上時，過點Q作QH⊥AC于H．

∵∠QHA＝∠ACB＝90°，
∴QH∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4，
∴CP＝8，CH＝PH＝4，
∴S＝×82＝16．

（3）如圖3中，點Q落在△ABC外部時，設(shè)CQ交AB于N，PQ交AB于M，過點N作NH⊥AC于H，過點M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．

由（2）可知，CH＝HT＝4，CT＝NT＝8，NH＝4，AT＝4，
∴S△BCN＝×6×4＝12，
∵NT∥PM，
∴△AMP∽△ANT，
∴＝，
∴＝，
∴MJ＝12﹣2x，
∴S＝S△ABC﹣S△BCN﹣S△AMP＝×6×12﹣12﹣×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）．
11.（2021年江蘇省無錫市中考數(shù)學真題試卷）已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，點E是射線BC上的動點，以AE為直角邊在直線BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，設(shè)BE＝m．

（1）如圖，若點E在線段BC上運動，EF交CD于點P，AF交CD于點Q，連結(jié)CF，
①當m＝時，求線段CF的長；
②在△PQE中，設(shè)邊QE上的高為h，請用含m的代數(shù)式表示h，并求h的最大值；
（2）設(shè)過BC的中點且垂直于BC的直線被等腰直角三角形AEF截得的線段長為y，請直接寫出y與m的關(guān)系式．
【解析】（1）①過F作FG⊥BC于G，連接CF，先證明△ABE≌△EGF，可得FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，則EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，再在Rt△CGF中，即可求CF＝；
②△ABE繞A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，過P作PH⊥EQ于H，由△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，可得C、D、E'共線，由△EAQ≌△E'AQ，可得∠E'＝∠AEQ，故∠AEB＝∠AEQ，從而∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分線，有PH＝PC，用△ABE∽△ECP，可求CP＝m（1﹣m），即可得h＝﹣m2+m；
（2）分兩種情況：①當m＜時，由△ABE∽△ECP，可求HG＝﹣m2+m，根據(jù)MG∥CD，G為BC中點，可得MN＝DQ，設(shè)DQ＝x，則EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，可得MN＝，故y＝NH＝MG﹣HG﹣MN＝1﹣m﹣+m2，
②當m＞時，由MG∥AB，可得HG＝，同①可得MN＝DQ＝，即可得y＝，
【解答】解：（1）①過F作FG⊥BC于G，連接CF，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠EFG，∠B＝∠G＝90°，
∵等腰直角三角形AEF，
∴AE＝EF，
在△ABE和△EGF中，
，
∴△ABE≌△EGF（AAS），
∴FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，
∴EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，
在Rt△CGF中，CF＝＝；
②△ABE繞A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，過P作PH⊥EQ于H，如圖：

∵△ABE繞A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，
∴△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，
∴∠ADC+∠ADE'＝180°，
∴C、D、E'共線，
∵∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠DAE'+∠EAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠E'AF＝45，
在△EAQ和△E'AQ中，
，
∴△EAQ≌△E'AQ（SAS），
∴∠E'＝∠AEQ，EQ＝E'Q，
∴∠AEB＝∠AEQ，EQ＝DQ+DE'＝DQ+BE，
∴∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分線，
又∠C＝90°，PH⊥EQ，
∴PH＝PC，
∵∠BAE＝∠CEP，∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECP，
∴＝，即＝，
∴CP＝m（1﹣m），
∴PH＝h＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，
∴m＝時，h最大值是；
（2）①當m＜時，如圖：

∵∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠HEG，∠B＝∠HGE＝90°，
∴△ABE∽△ECP，
∴＝，即＝，
∴HG＝﹣m2+m，
∵MG∥CD，G為BC中點，
∴MN為△ADQ的中位線，
∴MN＝DQ，
由（1）知：EQ＝DQ+BE，
設(shè)DQ＝x，則EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，
Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，
∴（1﹣m）2+（1﹣x）2＝（x+m）2，
解得x＝，
∴MN＝，
∴y＝NH＝MG﹣HG﹣MN
＝1﹣（﹣m2+m）﹣
＝1﹣m﹣+m2，
②當m＞時，如圖：

∵MG∥AB，
∴＝，即＝，
∴HG＝，
同①可得MN＝DQ＝，
∴HN＝MG﹣HG﹣MN
＝1﹣﹣
＝，
∴y＝，
綜上所述，y＝1﹣m﹣+m2或y＝



1．（2021年山東省青島市青島大學附屬中學九年級數(shù)學二模試題）如圖，等腰三角形的腰長，，動點從出發(fā)沿向運動，速度為，動點從出發(fā)沿向運動，速度為，當一個點到達終點時兩個點同時停止運動．點是點關(guān)于直線的對稱點，連接和，和相交于點．設(shè)運動時間為秒．


（1）若當?shù)闹凳嵌嗌贂r，恰好經(jīng)過點?
（2）設(shè)的面積為，求與之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）是否存在某一時刻，使平分?若存在，求出相應的值，若不存在，請說明理由．
（4）是否存在某一時刻，使點在的垂直平分線上?若存在，求出相應的值，若不存在，請說明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，2；（4）存在，
【解析】
【分析】（1）過點A作AD⊥BC于D，先利用勾股定理和三線合一定理求出AD，DP，CP，然后根據(jù)，進行求解即可；
（2）先證明△ADC∽△PEC，得到，則，，，再根據(jù)三角形面積公式求解即可．
（3）假設(shè)存在，證明△ADC∽△QHC，得到，則，由（2）得，即，解方程即可；
（4）根據(jù)線段垂直平分線的定義可得，再由△ADC∽△QHC，得到，由此求解即可．
【詳解】解：（1）如圖所示，過點A作AD⊥BC于D，
由題意得：恰好經(jīng)過點A時，∠PAC=90°，，
∵AB=AC=5cm，BC=8cm，
∴BD=CD=4cm，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
解得，
∴當時，恰好經(jīng)過點A；

（2）如圖，過點A作AD⊥BC于D，
由題意得：∠PEC==90°，cm， ，
∴∠ADC=∠PEC=90°，
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△PEC，
∴，
∵，BD=CD=4cm，AD=3cm
∴，
∴，，
∴
∴
；

（3）存在，理由如下：
假設(shè)存在某一時刻，使平分，如圖所示，過點Q作QH⊥BC于H，
∴∠QHC=∠QHB=∠QEP=∠ADC=90°
∴當平分時，EQ=QH（角平分線的性質(zhì)），
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△QHC，
∴，
∴即，
∴，
由（2）得，
∴，
解得，
∴存在時，使平分；

（4）存在，理由如下：
假設(shè)存在，如圖所示，當Q在PC的垂直平分線上時，
∴，
∵△ADC∽△QHC，
∴，
∴，
解得．
【點睛】
本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解．
2．(吉林省第二實驗學校2020-2021學年九年級下學期第二次模擬數(shù)學試題)如圖，中，，，，點從點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿向點運動，到點停止．同時點從點出發(fā)，沿的線路向點運動，在邊上的速度為每秒個單位長度，在邊上的速度為每秒2個單位長度，到停止，以為邊向右或右下方構(gòu)造等邊，設(shè)的運動時間為秒，解答下列問題：

（1）填空：__________，__________．
（2）當在上，落在邊上時，求的值．
（3）連結(jié)．
①當在邊上，與的一邊垂直時，求的邊長．
②當在邊上且不與點重合時，判斷的方向是否變化，若不變化，說明理由．
【答案】（1）1，；（2）；（3）①或；②BR的方向不變，∠QBR=60°，理由見解析
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解即可；
（2）過點Q作QD⊥AB于D，由題意可得，，，然后證明P、D是重合的即可得到，從而可以證明∠PRB=90°，即可得到由此求解即可；
（3）①由（2）得當RBC上時，BR⊥AC；當BR⊥AB時即∠PBR=90°，可以求出，又有，由此即可建立方程求解；
②只需要證明Q、P、B、R四點共圓，即可得到∠QBR=∠QPR=60°．
【詳解】解：（1）∵中，，，，
∴
∴，
故答案為：1，；
（2）如圖：過點Q作QD⊥AB于D，
由題意可得，，
∴ ，
∴，
∴
∴此時D，P重合，
∴∠QPA=90°，，
∵三角形QPR是等邊三角形，
∴，∠QPR=60°，
∴∠RPB=30°，
又∵∠B=180°-∠C-∠A=60°，
∴∠PRB=90°
∴，
∵，
∴，
解得

（3）①由（2）可得QP⊥AB，當點R在BC上時，此時BR⊥AC，
∴此時，∠QPA=90°，
∴此時
如圖當BR⊥AB時即∠PBR=90°
由（2）得，，
∴，
∵三角形QPR是等邊三角形，
∴∠QPR=60°，QP=PR，
∴∠RPB=30°，
∴PR=2RB，
又∵即，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴
∴綜上所述，△PQR的邊長為或；

②BR的方向不變，理由如下：
如圖所示：
∵△QPR是等邊三角形，
∴∠QRP=60°，
∵∠ABC=90°-∠A=60°，
∴∠QBP=∠QRP=60°，
∴Q、P、B、R四點共圓，
∴∠QBR=∠QPR=60°，
∴BR的方向不變．

【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，四點共圓等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解．
3． （2021年云南省昆明市祿勸彝族苗族自治縣中考數(shù)學模擬試卷（二））已知，如圖，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，AD⊥BC于點D，直線PM交BC于點P，交AC于點M，直線PM從點C出發(fā)沿CB方向勻速運動，速度為1cm/s；運動過程中始終保持PM⊥BC，過點P作PQ⊥AB，交AB于點Q，交AD于點N，連接QM，設(shè)運動時間是t(s)(0＜t＜6)，解答下列問題：
（1）當t為何值時，QM//BC？
（2）設(shè)四邊形ANPM的面積為y(cm2)，試求出y與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻t，使四邊形ANPM的面積是△ABC面積的？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）是否存在某一時刻t，使點M在線段PQ的垂直平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）不存在，見解析；（4）存在， t=4
【解析】解：（1）由題意知，PC=t，BP=12﹣t，
∵AB=AC，AD⊥BC，AB=AC=10，BC=12，
∴BD=DC=6，AD=8，
∵QM∥BC，
∴，
∵AB=AC，
∴BQ=CM，
∵PM⊥BC，AD⊥BC，
∴ PM∥AD，
∴即，
∴CM=，
在Rt△ABD和Rt△PBQ中，
cos∠B=，即，
解得：BQ=(12﹣t)= ，
由BQ=CM得：=，
解得：，
故當 時，QM∥BC；
（2）∵∠B+∠BAD=90°，∠DPN+∠B=90°，
∴∠BAD=∠DPN，又∠PDN=∠ADB=90°，
∴△PDN∽△ADB，
∴，即，
解得：，
∴，
∵PM∥AD，
∴△CPM∽△CDA，
∴即，
解得：，
∴，
∴==，
即y與t的函數(shù)關(guān)系式為；
（3）假設(shè)存在某一時刻t，使四邊形ANPM的面積是△ABC面積的，
則= ，
整理得：，
∵△= =﹣1536＜0，
∴此方程無解，
∴不存在某一時刻t，使四邊形ANPM的面積是△ABC面積的；
（4）假設(shè)存在某一時刻t，使點M在線段PQ的垂直平分線上，則MP=MQ，
過點M作ME⊥PQ于E，則PE=PQ，∠PEM=90°，
在Rt△ABD和Rt△PBQ中，
sin∠B= ，
解得：，
∵∠BPQ+∠B=90°，∠BPQ+∠MPE=90°，
∴∠B=∠MPE，
在Rt△PEM和Rt△BDA中，
cos∠B=cos∠MPE，即，
解得：，
由PE=PQ得=，
解得：t=4，
∵0＜t＜6，
∴存在某一時刻t=4時，點M在線段PQ的垂直平分線上．

4.(2021年四川省成都市邛崍市、崇州市、簡陽市中考數(shù)學二診試卷)已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，將△ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α得到△EDC（0°＜α＜180°），直線CD交AB于點M，DE交AB于點N．
（1）如圖1，求證：△BCM∽△DNM；
（2）如圖2，當α＝120°時，P為線段AB上一動點，旋轉(zhuǎn)后點P的對應點為點Q，求線段PQ的最小值；
（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，滿足△BMD是等腰三角形時，直接寫出點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長（結(jié)果保留π）．

【解析】（1）利用旋轉(zhuǎn)判斷出∠B＝∠D，再由對角線得出∠NMD＝∠CMB，即可得出結(jié)論；
（2）過點C作CH⊥PQ于H，進而求出PH＝PC，進而判斷出PC最小時，PQ最小，最后用三角形的面積計算即可得出結(jié)論；
（3）分情況，利用等腰三角形的性質(zhì)求出旋轉(zhuǎn)角，進而用弧長公式求解，即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵將△ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到△EDC，
∴∠B＝∠D，
又∵∠NMD＝∠CMB，
∴△BCM∽△DNM．
（2）如圖2，連接CP，CQ
∵點P旋轉(zhuǎn)后的對應點為Q，則∠PCQ＝120°，CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝30°．
過點C作CH⊥PQ于點H，
在Rt△CPH中，，
∴，
當PC的值最小時，PQ的值最小，
∴當CP⊥AP時，CP最小，
此時，
∴，
∴，
即線段PQ的最小值為3．

（3）點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長為或或或；
如圖3﹣1中，若0°＜α＜90°時，連接BD，由題意得CD＝BC．

∵∠DCB＝α，
∴，
∵∠DMB＝α+30°，
∴當BM＝BD時，有∠BDM＝∠DMB，
即，
∴點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長π×2＝π．
當DM＝DB時，有∠DMB＝∠DBM，
即，解得α＝20°，
∴點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長π×2＝π．
如圖3﹣2中，當DM＝DB時，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴α＝140°，
∴點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長π×2＝π．
如圖3﹣3中，當BD＝BM時，

由∠ABD＝30°﹣（180°﹣α）＝2×，
解得α＝160°，
∴點A所旋轉(zhuǎn)的路徑長π×2＝π．

5.（2021遼寧鞍山市仿真模擬題）在矩形中，點E是射線上一動點，連接，過點B作于點G，交直線于點F．

（1）當矩形是正方形時，以點F為直角頂點在正方形的外部作等腰直角三角形，連接．①如圖1，若點E在線段上，則線段與之間的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是_________；
②如圖2，若點E在線段的延長線上，①中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給予證明；如果不成立，請說明理由；（2）如圖3，若點E在線段上，以和為鄰邊作，M是中點，連接，，，求的最小值．
【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由見解析；（2）
【分析】（1）①證明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再證明四邊形BEHF為平行四邊形，從而可得結(jié)果；
②根據(jù)（1）中同樣的證明方法求證即可；
（2）說明C、E、G、F四點共圓，得出GM的最小值為圓M半徑的最小值，設(shè)BE=x，證明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．
【詳解】
解：（1）①∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH為等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四邊形BEHF為平行四邊形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH，
故答案為：相等；垂直；
②成立，理由是：
當點E在線段BC的延長線上時，
同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH為等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四邊形BEHF為平行四邊形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，
∴C、E、G、F四點共圓，
∵四邊形BCHF是平行四邊形，M為BH中點，
∴M也是EF中點，
∴M是四邊形BCHF外接圓圓心，
則GM的最小值為圓M半徑的最小值，
∵AB=3，BC=2，
設(shè)BE=x，則CE=2-x，
同（1）可得：∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴CF=，
∴EF=
=
=，
設(shè)y=，
當x=時，y取最小值，
∴EF的最小值為，
故GM的最小值為．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，圓的性質(zhì)，難度較大，找出圖形中的全等以及相似三角形是解題的關(guān)鍵．
6.（2021內(nèi)蒙古赤峰市質(zhì)量檢測題）如圖，矩形ABCD中，點P為對角線AC所在直線上的一個動點，連接 PD，過點P作PE⊥PD，交直線AB于點E，過點P作MN⊥AB，交直線CD于點M，交直線AB于點N.，AD =4.（1）如圖1，①當點P在線段AC上時，∠PDM和∠EPN的數(shù)關(guān)系為:∠PDM___ ∠EPN；②的值是 ；（2）如圖2，當點P在CA延長線上時，（1）中的結(jié)論②是否成立?若成立，請證明；若不成立，說明理由；（3）如圖3，以線段PD ，PE為鄰邊作矩形PEFD.設(shè)PM的長為x，矩形PEFD的面積為y.請直接寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式及y的最小值.

【答案】（1）①=；②；（2）成立，證明見解析；（3），最小值為
【分析】（1）①根據(jù)PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根據(jù)CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，設(shè)MP=x，則NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），證明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）設(shè)NP=a，則MP=4+a，證明△PDM∽△EPN，即可得到結(jié)論成立；
（3）利用勾股定理求出，再根據(jù)矩形的面積公式計算得到函數(shù)關(guān)系式.
【詳解】（1）①∵PE⊥PD， ∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，∴∠PDM=∠EPN；故答案為：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,∴∠ACD=30°，
設(shè)MP=x，則NP=4-x，∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，
∴==，故答案為：；
（2）成立，設(shè)NP=a，則MP=4+a，
∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），∴MD=(4+a)-4=a，
由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，∴=，
（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面積為y=，
∵>0，∴當x=3時，y有最小值為.
【點睛】此題考查矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，利用面積公式得到函數(shù)關(guān)系式及最小值，解答此題中運用類比思想.
7.（2021湖南益陽市聯(lián)考試卷）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形，根據(jù)以上定義，解決下列問題：
（1）如圖1，正方形中，是上的點，將繞點旋轉(zhuǎn)，使與重合，此時點的對應點在的延長線上，則四邊形為“直等補”四邊形，為什么？
（2）如圖2，已知四邊形是“直等補”四邊形，，，，點到直線的距離為．
①求的長．
②若、分別是、邊上的動點，求周長的最小值．

【答案】（1）見解析；（2）①BE=4；②周長的最小值為
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)證得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,進而可證得四邊形為“直等補”四邊形；
（2）如圖2，將△ABE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，可證得四邊形EBFD是正方形，則有BE=FD,設(shè)BE=x，則FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5，則NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，當T、M、N、P共線時，△MNC的周長取得最小值PT，過P作PH⊥BC交BC延長線于H，易證△BFC∽△PHC，求得CH、PH，進而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周長的最小值．
【詳解】
（1）如圖1由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故滿足“直等補”四邊形的定義，
∴四邊形為“直等補”四邊形；
（2）∵四邊形是“直等補”四邊形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如圖2，將△ABE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，
則∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共線，
∴四邊形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
設(shè)BE=x，則CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5,
則NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
當T、M、N、P共線時，△MNC的周長取得最小值PT，
過P作PH⊥BC，交BC延長線于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周長的最小值為．

【點睛】本題是一道四邊形的綜合題，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、動點的最值問題等知識，解答的關(guān)鍵是認真審題，分析圖形，尋找相關(guān)信息的聯(lián)系點，借用類比等解題方法確定解題思路，進而進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．


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