1．（2023春·吉林長春·九年級東北師大附中?？茧A段練習）如圖，在中，，，．動點P從點A出發(fā)，以每秒7個單位長度的速度沿折線AC﹣CB向終點B運動．當點P不與頂點重合時，作，交邊AB于點Q，以CP、PQ為邊作．設(shè)點P的運動時間為t秒．
(1)求的長．
(2)當點P在邊上時，求點Q到邊的距離（用含t的代數(shù)式表示）；
(3)當?shù)哪硹l對角線與△ABC的直角邊垂直時，求的面積；
(4)以點P為直角頂點作等腰直角三角形，使點E與點C在同側(cè)，設(shè)的中點為F，的對稱中心為點O，連接．當時，直接寫出t的值．
【答案】(1)
(2)點Q到邊的距離為3t
(3)的面積為36或
(4)滿足條件的t的值為或4
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求解即可；
（2）如圖1，過點Q作于點M，由，設(shè)，，由題意，推出，，可得，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：當時，如圖2中，過點Q作于點M，當時，如圖3中，過點Q作于點N，分別構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論；
（4）如圖4﹣1中，當是等腰直角三角形時，滿足條件；如圖4﹣2中，當是等腰直角三角形時，滿足條件，分別構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論．
【詳解】（1）在中，，，，
∴ ＝＝20；
（2）如圖1中，過點Q作于點M．
在中，，
，
設(shè)，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）當時，如圖2中，過點Q作于點M．
∵，，
∴，
∴，
∴的面積；
當時，如圖3中，過點Q作于點N．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的面積．
綜上所述，滿足條件的的面積為36或；
（4）如圖4﹣1中，當是等腰直角三角形時，滿足條件．
過點Q作于點M，則，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如圖4﹣2中，當是等腰直角三角形時，滿足條件，
過點N作于點N．
∵，，
∴，
∴，
綜上所述，滿足條件的t的值為或4．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
2．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市蕭紅中學?？寄M預測）如圖，直線與x軸、y軸分別交于點和點，直線與直線交于點，平行于y軸的直線m從原點O出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿x軸向右平移，到點時停止．直線m交線段、于點、，以為斜邊向左側(cè)作等腰，設(shè)與重疊部分的面積為（平方單位），直線m的運動時間為t（秒）．
(1)填空：_______，______；
(2)填空：動點的坐標為（t，_____），______（用含t的代數(shù)式表示）；
(3)當點落在軸上時，求的值．
(4)求S與t的函數(shù)關(guān)系式并寫出自變量的取值范圍；
【答案】(1)8；
(2)；
(3)2
(4)
【分析】（1）分別令、求出、的長度，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出的度數(shù)；
（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得動點E的坐標，進而求出的長度；
（3）當點在軸上時，四邊形為正方形，進而求出的值；
（4）點的位置有三種可能：①點在軸的左側(cè)；②點在軸上；③點在軸右側(cè)，求出S與t的關(guān)系式．
【詳解】（1）與軸交于A點，與軸交于B點，
∵當時，；當時，，
∴，
∴，
故答案為：8；．
（2）∵直線與直線交于點C，
∴聯(lián)立，得，
解得，，
∴，，
則，即，，
∵且直線m平行于y軸，垂直于x軸，
∴，為等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案為：；．
（3）當點落在軸上時，
，
∴，
，
∴四邊形為正方形，
∴，即，
∴，
∴，即，
故答案為：2．
（4）由題意可知：直線m交線段、于點、，以為斜邊向左側(cè)作等腰，
所以點的位置有三種情況：
①由（3）可知，當時，點在軸上，
此時和重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形為正方形，
；
②當時，點 在軸左側(cè)，
此時與重疊部分為梯形，
如圖，的兩直角邊與軸有兩交點P、Q，分別過兩個交點作x軸的平行線，交于M、N兩點，
；
③當時，點在軸右側(cè)，
此時和重疊部分的面積為等腰直角三角形，四邊形為正方形，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了根據(jù)一次函數(shù)解析式求點的坐標，以及三角形的面積的計算，正確表示出的長是關(guān)鍵．
3．（2023春·江蘇·九年級?？茧A段練習）已知：如圖，在中，．點D是中點，點P從點C出發(fā)，沿向點A勻速運動，速度為2cm/s；同時點Q從點A出發(fā)，沿向點B勻速運動，速度為3cm/s；連接，將繞點D旋轉(zhuǎn)得．設(shè)運動時間為t（s），解答下列問題：
(1)當t為何值時，？
(2)當t為何值時，四邊形是菱形？
(3)設(shè)四邊形的面積為y，求y與t的函數(shù)關(guān)系式；
(4)是否存在某一時刻t，使得點T在的外接圓上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)存在，
【分析】（1）首先根據(jù)勾股定理得到的長，根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和平行四邊形判定，可以證出四邊形為平行四邊形，利用得線段成比例，從而得解；
（2）過Q作于N，用含t的代數(shù)式表示出的長，由（1）已經(jīng)證明四邊形PQRT為平行四邊形，它的對角線互相垂直時為萎形，再證明，，再根據(jù)相似三角形對應邊的比相等即可得解；
（3）過P作于M，過點Q作于N，根據(jù)，即可得解；
（4）過C作 于H，所以，再證明，對應角相等，即為內(nèi)錯角相等，所以，從而證出當Q在上運動時，T也在過C點與平行的直線上運動，取中點O連作于M，則四邊形為矩形，，若T在的外接圓上，則，即可得解．
【詳解】（1）解：連接，
由旋轉(zhuǎn)知：，，
∴四邊形為平行四邊形，
當時，則 ，
∴，
∵，，，
∴，
依題意得：，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
當時，；
（2）解：由（1）知，四邊形為平行四邊形，根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形為萎形知，當，即時，平行四邊形為菱形，
過Q作于N，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴①，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
由①等式知：，
∴，
∴，
∴，
∴，舍去負根，
∴，
檢驗是原方程的根，
∴；
（3）解：∵四邊形為平行四邊形，
∴，
過P作于M，過點Q作于N，
由（2）知，
在中，，
∴，
∴


，
∴；
（4）解：過C作 于H，
∴，
∴，
連接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴當Q在上運動時，T也在過C點與平行的直線上運動，
取中點O連作于M，則四邊形為矩形，，若T在的外接圓上，則，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
即當時，T在的外接圓上．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形的外接圓的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是恰當作出輔助線，熟練掌握以上性質(zhì)和判定．
4．（2023春·陜西延安·九年級專題練習）如圖1，在中，，，，點分別是邊的中點，連接．將繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為．
(1)問題發(fā)現(xiàn)
當時，______；當時，______．
(2)拓展探究
試判斷：當時，的大小有無變化？請僅就圖2的情形給出證明．
(3)問題解決
繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至三點在同一條直線上時，請直接寫出線段的長______．
【答案】(1) ；
(2)沒有，證明見解析
(3)滿足條件的的長為或
【分析】（1）當時，在Rt中，勾股定理，可求的長，然后根據(jù)點分別是邊的中點，分別求出的大小，即可求出的的值；當時，可得，然后根據(jù)，可求的值；
（2）首先判斷出，再根據(jù)，判斷出，然后由相似三角形的對應邊成比例，可求解；
（3）分兩種情形：當點在的延長線上時；當點在線段上時，分別求解即可．
【詳解】（1）解：當時，
Rt中，，
，
點分別是邊的中點，
，，
，
故答案為：；
如圖，
當時，可得，
，
，
故答案為：；
（2）解：如圖，
當時，的大小沒有變化，
，
，
，
，
；
（3）解：如圖，當點在的延長線上時，
在Rt中，，，
，
，
，
；
如圖，當點在線段上時，
在Rt中，，，
，
，
，
，
綜上所述，滿足條件的的長為或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
5．（2023·全國·九年級專題練習）已知正方形，點為直線上的一點，連接，過點作射線，交直線于點E，連接，取的中點，連接
(1)如圖1，點在線段的中點時，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系；
(2)如圖2，
①點P在線段上時，試判斷（1）中的結(jié)論是否成立，并說明理由；
②若點P在直線上，，，直接寫出的長；
(3)設(shè)，若點運動到某一位置時使為等邊三角形，請直接寫出的長．
【答案】(1)；
(2)①成立，理由見解析；②的長為或；
(3)的長為或．
【分析】（1）先證明是等腰直角三角形，因此可得；
（2）①過點作于，于，先根據(jù)AAS證明，則可得，再根據(jù)ASA證明，則可得是等腰直角三角形，因此可得，再根據(jù)“直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半”可得，因此．
②分兩種情況，分點在線段上和P點在的延長線上．作于點，先求出的長，則可知的長，再求出的長，則可求出的長，再根據(jù)求出的長即可．
（3）分兩種情況，點在上方和點在下方．①F點在上方時，由是等邊三角形可求出、的長，再求出的長，設(shè)，根據(jù)勾股定理列方程求出x，即可知的長，則可求出的長． ②F點在下方時，是等邊三角形可求出、、的長， 再求出的長， 作于Q點， 設(shè)，在中據(jù)勾股定理列方程求出x，即可知的長，進而可可求出的長和的長．
【詳解】（1），理由如下：
∵四邊形是正方形
P是線段的中點
∵F是中點
（2）①如圖，點P在線段上時，（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：
過P點作于G，于H
又
∴四邊形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中點
∵Rt中，F(xiàn)是中點
②(ⅰ)如圖，P點在線段上時，作于Q
由①知
(ⅱ)如圖，若P點的延長線，
過P點作于G，于H
又
∴四邊形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中點
∵Rt中，F(xiàn)是中點
延長，作于Q點
∴

綜上，的長為或
（3）
①如圖，F(xiàn)點在上方時
∵為等邊三角形
由①知是等腰直角三角形
延長，作于Q點
則
設(shè)則
由
得
解得（舍去）
②①如圖，F(xiàn)點在下方時
∵為等邊三角形
∵是等腰直角三角形
過P點作于Q點
則
設(shè)，則
在Rt中
解得（舍去），
綜上，的長為或
【點睛】本題綜合性較強，主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理．正確的畫出圖形，并且正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵． 注意分類討論，不要漏解．
6．（2022·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預測）問題情境：如圖1，在正方形中，為邊上一點不與點、重合，垂直于的一條直線分別交、、于點、、．則、、之間的數(shù)量關(guān)系為 ．
問題探究：在“問題情境”的基礎(chǔ)上．
如圖2，若垂足恰好為的中點，連接，交于點，連接，并延長交邊于點求的度數(shù)；
如圖3，當垂足在正方形的對角線上時，連接，將沿著翻折，點落在點處，若正方形的邊長為，的中點為，求的最小值．
問題拓展：如圖4，在邊長為的正方形中，點、分別為邊、上的點，將正方形沿著翻折，使得的對應邊恰好經(jīng)過點，交于點分別過點、作，，垂足分別為、,若，請直接寫出的長．
【答案】問題情境：
問題探究：（1）；（2）2
問題拓展：
【分析】問題情境：過點作分別交、于點、，證出四邊形為平行四邊形，得出，證明≌得出，即可得出結(jié)論；
問題探究：（1）連接，過點作，分別交、于點、，證出是等腰直角三角形，，，證明≌得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出結(jié)論；
（2）連接交于點，則的直角頂點在上運動，設(shè)點與點重合時，則點與點重合；設(shè)點與點重合時，則點的落點為，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出，當點在線段上運動時，過點作于點，過點作交延長線于點，連接，證明≌得出，證明≌得出，，由正方形的性質(zhì)得出，易得出，得出，，得出，故，點在線段上運動；過點作，垂足為，即可得出結(jié)果；
問題拓展：延長交于，交的延長線于，延長交于，則，，得出，由勾股定理得出，得出，證明∽，得出，，證明∽，得出，由折疊的性質(zhì)得：，，，求出，，證明∽，得出，，證明∽，得出，得出．
【詳解】問題情境：
解：線段、、之間的數(shù)量關(guān)系為：；理由如下：
四邊形是正方形，
，，，
過點作分別交、于點、，如圖所示：
四邊形為平行四邊形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
；
問題探究：
解：（1）連接，過點作，分別交、于點、，如圖所示：
四邊形是正方形，
四邊形為矩形，
，，，
是正方形的對角線，
，
是等腰直角三角形，，，
是的垂直平分線，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即；
（2）連接交于點，如圖所示：
則的直角頂點在上運動，
設(shè)點與點重合時，則點與點重合；設(shè)點與點重合時，則點的落點為，
，，
，
當點在線段上運動時，過點作于點，過點作交延長線于點，連接，
點在上，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
由翻折性質(zhì)得：，
在和中，
，
≌，
，，
是正方形的對角線，
，
易得，
，
，
，故，
點在線段上運動；
過點作，垂足為，
點為的中點，
，則的最小值為；
問題拓展：
解：延長交于，交的延長線于，延長交于，如圖：
則，，
，
在中，，
，
，，
∽，
，
，
，
，
，
，
∽，
，即，
解得：，
由折疊的性質(zhì)得：，，，
，，
，
，
∽，
，
解得：，
，
，，
，
，
∽，
，即，
解得：，
．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．
7．（2023秋·四川德陽·八年級統(tǒng)考期末）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，和都是等邊三角形，點B、D、E在同一條直線上，連接．
①的度數(shù)為______；
②線段之間的數(shù)量關(guān)系為______；
（2）拓展探究：如圖②，和都是等腰直角三角形，，點B、D、E在同一條直線上，為中邊上的高，連接，試求的度數(shù)及判斷線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）解決問題：如圖③，和都是等腰三角形，，點B、D，E在同一條直線上，請直接寫出的度數(shù)．
【答案】（1）①；②相等；（2）；，理由見詳解；（3）．
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得，然后證明，從而可證明，再利用全等三角形的性質(zhì)，①、②即可求解；
（2）類似（1）中方法，證明，得出，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到線段之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）根據(jù)解答即可．
【詳解】（1）解：如圖①所示，
和都是等邊三角形，
，
，
，
在與中，
，
，
，點B、D、E在同一條直線上，
，
，
故①的答案為：；
②的答案為：相等；
（2）解：如圖②所示，
和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
在與中，
，
，
，點B、D、E在同一條直線上，
，
，
，
都是等腰直角三角形，，
，
，
，
的度數(shù)為，線段之間的數(shù)量關(guān)系為：；
（3）解：根據(jù)（1）（2）中結(jié)論可知：，得，
和都是等腰三角形，，
，
，
，
．
【點睛】此題是三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，熟練而靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解答此題的關(guān)鍵．
8．（2023·全國·九年級專題練習）如圖,在中,，是邊上的高，點是的中點，點從點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿折線向終點運動，連結(jié)，作點關(guān)于直線的對稱點，設(shè)點的運動時間為秒．
(1)線段的長為_______；
(2)用含的代數(shù)式表示點到的距離；
(3)連結(jié)，當線段最長時，求的面積；
(4)當點三點共線時，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)當線段最長時，的面積為24
(4)
【分析】（1）由是邊上的高得，由得，再由勾股定理得，又因為，所以，即可得到答案；
（2）分兩種情況討論，當點在上運動和點在上運動時，根據(jù)等面積法，分別可以求出和的關(guān)系，從而即可得到答案；
（3）當點三點共線時，線段最長，畫出圖如圖所示，此時，求出答案即可；
（4）以點為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，可以直接寫出各個點的坐標，從而可以求出直線的解析式，由點在直線上，設(shè)出點的坐標，再根據(jù)求出點的坐標，從而可以得出直線的解析式，進而可以得出點所在直線的解析式，得到點的坐標，即可得到答案．
【詳解】（1）解：是邊上的高，
，
，
，
，
，
，
故答案為：；
（2）解：當時，點在上運動，
作交于點，作交于點，點到的距離即的長，如圖所示，
根據(jù)圖可得：，
點是的中點，
，
，
，
，
點是的中點，
，
，，
，
；
當時，點在上運動，
作交于點，作交于點，點到的距離即的長，連接，如圖所示，
根據(jù)圖可得：，
，點是的中點，
，
，
，
，
，
，
綜上所述：；
（3）解：當點三點共線時，線段最長，
連接，如圖所示，
在中，
，點是的中點，
，
點關(guān)于直線的對稱點為，
，
根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得：，
因此當點三點共線時，線段最長，如圖所示，
，，
（SAS），
，
，
，
當線段最長時，的面積為24；
（4）解：以點為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，
則，，，，
設(shè)直線的解析式為：，
則，
解得：，
直線的解析式為：，
點三點在一條直線上，
設(shè)點坐標為，
點關(guān)于直線的對稱點為，
，
，
解得：，
，
，
點在的垂直平分線上，
設(shè)直線的解析式為：，
則，解得，
直線的解析式為：，
的垂直平分線的解析式為：，
的中點在的垂直平分線上，
，
，
的垂直平分線的解析式為：，
，
∵
．
【點睛】本題考查了勾股定理，等面積法求三角形的高，求一次函數(shù)解析式，建立平面直角坐標系求解，本題的綜合性較強，正確作出輔助線，采用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．
9．（2022秋·江蘇宿遷·九年級?？茧A段練習）已知：是的外接圓，且，，D為上一動點．
(1)如圖1，若點D是的中點，等于多少？
(2)過點B作直線的垂線，垂足為點E．
①如圖2，若點D在上，求證：．
②若點D在上，當它從點A向點C運動且滿足時，求的最大值．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②
【分析】（1）連接，根據(jù)可得，再根據(jù)圓周角定理進行求解即可；
（2）①過B作于點H，則，證明和即可求解；
②連接并延長交于點I，則點D在上，證明和即可求解；
【詳解】（1）如圖1中，連接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵D是的中點，
∴，
∵，
∴．
（2）①過B作于點H，則．
又∵于點E，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
②連接并延長與交于點I，則點D在上．
如圖：過B作于點H，
則，
又∵于點E，
∴，
∴，
又∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是直徑，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴當點D運動到點I時取得最大值，此時．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，靈活運用所學知識求解是解決本題的關(guān)鍵．
10．（2023春·全國·八年級專題練習）如圖所示，是一個邊長為4的等邊三角形，D是直線上一點，以為邊作，使，，并以、為邊作平行四邊形．
(1)當點D在線段上時，交于點G，求證：；
(2)求線段的最小值： ．
(3)當直線與的一邊垂直時，請直接寫出的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)的面積為或或．
【分析】（1）由，，可得，是等邊三角形可得，且可得，從而可證；
（2）當時，有最小值，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理即可求解；
（3）分三種情況：①，②，③時，分別畫出圖形，求出底邊長度和高，即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：當時，有最小值，如圖：
∵是等邊三角形，
∴，，
∴，，
∴的最小值為，
故答案為：；
（3）解：直線與的一邊垂直，分三種情況：
①時，如圖：
此時，
∵，
∴，
又，
在中，，
，，
∴；
②時，如圖：
此時，平行四邊形為矩形，
在中，，，
∴，，
∴；
③時，延長交于H，如圖：
此時，
∴，
∵，
∴，
∴，
中，，，
∴，
中，，
∴，
∴，
綜上所述，直線與的一邊垂直，平行四邊形的面積為或或．
【點睛】本題考查等邊三角形、平行四邊形性質(zhì)及應用，涉及全等三角形、矩形等知識，解題的關(guān)鍵是分別畫出圖形，分類討論．
11．（2023·全國·九年級專題練習）如圖①，在中，，，，點為邊的中點．動點從點出發(fā)，沿折線向終點運動，點在邊上以每秒3個單位長度的速度運動，在邊上以每秒5個單位長度的速度運動，在點運動的過程中，過點作的平行線，過點作的平行線，兩條平行線相交于點．點不與點、點重合．設(shè)點的運動時間為秒．
(1)用含的代數(shù)式表示的長；
(2)當四邊形是軸對稱圖形時，求出的值；
(3)連接，如圖②，當將的面積分成兩部分時，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或
【分析】（1）先利用勾股定理求出，再分點在邊、邊上兩種情況考慮即可；
（2）先證明四邊形是平行四邊形，由它是軸對稱圖形時，可證四邊形是菱形，再分點在邊、邊上兩種情況，由菱形的性質(zhì)結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得；
（3）由題意可得或，分點在邊上，；點在邊上，；點在邊上，三種情況考慮，即可分別求得此時的時間的值即可．
【詳解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵點在邊、邊上的速度分別為每秒3個單位長度、每秒5個單位長度運動，
∴點在邊上的運動時間為（秒，在邊上的運動時間為（秒，
當時，點在邊上，則；
當時，點在邊上，則，
綜上所述，；
（2）解：如圖①所示，當點P在上時，連接與交于點O，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，為的中點，
∴，
∴
又∵四邊形是軸對稱圖形，
∴此時平行四邊形是菱形，
∴，
∴，
解得；
如圖②所示，當點在邊上，
同理可證四邊形是菱形，
∴，
設(shè)交于點，則，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
綜上所述，的值為或．
（3）解：設(shè)交于點，
∵將的面積分成兩部分，
或，
如圖③所示，點在邊上，時，則，
∵，
∴，
∴，
∵，，
△，
∴，即，
解得；
如圖④，點在邊上，，則，
∵，
∴，
∴，
解得；
如圖⑤，點在邊上，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
綜上所述，的值為或或．
【點睛】本題是動點綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等等，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．
12．（2023春·八年級課時練習）如圖1，是邊長為的等邊三角形，邊在射線上，且，點D從O點出發(fā)，沿方向以的速度運動，當D不與點A重合時，將繞點C逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連接．
(1)求證：是等邊三角形；
(2)如圖2，當時，的周長是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由；
(3)如圖3，當點D在射線上運動時，是否存在以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)見解析；
(2)存在，；
(3)存在，當t的值為或時，以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形．
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，由等邊三角形的判定可得結(jié)論；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再由是等邊三角形，可得，根據(jù)垂線段最短得，當時，的周長最小，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及勾股定理求出，即可求解．
（3）分四種情況，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】（1）證明∶ ∵將繞點C逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴，
∴是等邊三角形；
（2）解：存在，當時，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，
∴，
由（1）知，是等邊三角形，
∴，
∴，
由垂線段最短得，當時，的周長最小，
此時，，
∴，
∴的最小周長；
（3）解：存在，①∵當點D與點B重合時，D，B，E不能構(gòu)成三角形，
∴當點D與點B重合時，不符合題意，
②當時，由旋轉(zhuǎn)可知，，
∴，
由（1）可知，是等邊三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
③當時，不存在直角三角形．
④如圖，當時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，
又由（1）知，
∴，
而，
∴，
∴只能，
從而，
∴，
∴，
∴，
綜上所述：當t的值為或時，以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．
13．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，中，，，．點為斜邊的中點，，交邊于點．點為射線上的動點，點為邊上的動點，且運動過程中始終保持．
(1)求證：；
(2)設(shè)，．求關(guān)于的函數(shù)解析式，并寫出該函數(shù)的定義域；
(3)聯(lián)結(jié)，交線段于點，當為等腰三角形時，求線段的長．
【答案】(1)見詳解
(2)
(3)或
【分析】（1）證，，即可得出；
（2）證，求出，，由（1）得：，得，解得：，進而得出結(jié)論；
（3）證，得，再證，得為等腰三角形時，也為等腰三角形，再分三種情況：①，②，③，分別求解即可．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∵點D為斜邊的中點，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，，
由（1）得：，
∴，
即，
解得：，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）由（1）得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴為等腰三角形時，也為等腰三角形，
在（2）中，，．有，
①若，過Q作于G，
如圖所示：
∵，
則，
∵，
∴，
解得：，
即；
②若，則，
解得：，
即；
③若，則，
此時，點Q與點C重合
∴此種情況不存在，舍去；
綜上所述，當為等腰三角形時，線段的長為或．
【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)定義等知識；本題綜合性強，熟練掌握等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
14．（2023·全國·九年級專題練習）如圖1，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點B的坐標是，連接．若動點從點出發(fā)沿著線段以個單位每秒的速度向終點運動，設(shè)運動時間為秒．
(1)求線段的長．
(2)連接，當為等腰三角形時，過點作線段的垂線與直線交于點，求點的坐標；
(3)已知點為的中點，連接，點關(guān)于直線的對稱點記為(如圖2)，在整個運動過程中，若點恰好落在內(nèi)部(不含邊界)，請直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)
(2),,
(3)當時，點恰好落在內(nèi)部(不含邊界)
【分析】（1）勾股定理直接求解即可；
（2）分三種情形，分別討論，即可求解；
（3）當在上時，過點作軸于點，過點作，過點作軸于點，因為點為的中點，由（2）可知，，根據(jù)等面積法求得，進而得出, , ，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出，，繼而求得，在中，，即可求解．
【詳解】（1）解：∵點的坐標為，點B的坐標是，
∴，
∴;
（2）當時，如圖，過點作軸于點，軸于點，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè),
在中，，
在中，，
∴
即
解得：，
∴；
當時，如圖，過點作軸于點，軸于點，過點作于點，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
設(shè)，，
在中，，
解得：，
即，
在中，，
在中，，
∴，
即，
解得：，
∴，
當時，如圖，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
綜上所述，或或，
（3）如圖，當在上時，過點作軸于點，過點作，過點作軸于點，
∵點為的中點，
由（2）可知，，
則，
∵， ，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∵對稱，∴，，
∴，
即，
∴，
在中，
∴
解得（舍去）或
當點運動到點，此時重合，此時，解得，
∴當時，點恰好落在內(nèi)部(不含邊界) ．
【點睛】本題考查了勾股定理，解一元二次方程，坐標與圖形，等腰三角形的性質(zhì)，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
15．（2022秋·吉林長春·九年級?？计谥校┤鐖D①，在 中，，，點從點 出發(fā)沿折線運動．點P在AB上的運動速度是每秒個單位長度，在 上的運動速度是每秒5個單位長度．當點不與點重合時，作于點Q，以線段 為邊作矩形 ，使點始終在線段的同側(cè)，且，點運動的時間為 （s）．
(1) __________．
(2)用含有t的代數(shù)式表示線段的長．
(3)當點落在的邊上時，求t的值．
(4)如圖②，點分別是的中點，作直線，直接寫出直線 與的一邊垂直時的值．
【答案】(1)
(2)①當時，；②當時，
(3)或
(4)，，，
【分析】（1）過點作邊的高線，根據(jù)及，可求高及所在直角三角形的鄰直角邊即可；
（2）當點在段運動時， ，由，則，可得，當點在段運動時，，則，由，可得：，綜上即可；
（3）分兩大類情況討論：點在上與點在上，由，，當點在上時，，則，此時由，可得，代入數(shù)據(jù)可求，同理求點在上情況即可；
（4）分別畫出垂直于三邊的圖形，依據(jù)圖形分析即可．
【詳解】（1）如圖所示：過點作邊的高線，由，
設(shè)，則，根據(jù)勾股定理：，
可得：，所以 ，

（2）如下左圖所示：， 當點在段運動時（）， ，由可得，則，可得
如下右圖所示：當點在段運動時（），，則，
由，可得：
綜上所得：①當時，；②當時，

（3）如下左圖所示：
點在上，由，可得：，
由點P在 上的運動速度是每秒個單位長度，則，由，，則，此時由，
可得，
，解得：
如下右圖所示：
點在上，，， ，，此時由
，即，
（4）當時：
① 如圖1所示：，
則 ，
，
；
② 如圖2所示：， ，則 ，
，
如圖3所示：當時，設(shè)垂足為，，， ，
，
，由相似性質(zhì)及，可得： ，，
，

如圖4所示： 當時，設(shè)垂足為，，，，，
此時有關(guān)系式： ，即 ，


圖1 圖2
圖3 圖4
【點睛】本題結(jié)合動點考查了相似與銳角三角函數(shù)，關(guān)鍵是靈活運用相似性質(zhì)及三角函數(shù)解三角形，最后一問主要通過畫圖分析，逆向（執(zhí)果索因）解決問題．
16．（2023春·全國·八年級專題練習）在中，，點P為邊上的動點，速度為．
(1)如圖1，點D為邊上一點，，動點P從點D出發(fā)，在的邊上沿D→B→C的路徑勻速運動，當?shù)竭_點C時停止運動．設(shè)的面積為（cm2），的面積為（），點P運動的時間為t（）． ，與t之間的函數(shù)關(guān)系如圖2所示，根據(jù)題意解答下列問題：
①在圖1中， ， ；
②在圖2中，求和的交點H的坐標；
(2)在（1）的條件下，如圖3，若點P，點Q同時從點A出發(fā)，在的邊上沿A→B→C的路徑勻速運動，點Q運動的速度為，當點P到達點C時，點P與點Q同時停止運動．求t為何值時，最大？最大值為多少？
【答案】(1)①5，6；②點
(2)時，最大值為5.5
【分析】（1）①由圖象可求解；②由勾股定理可求的長，由三角形的面積公式可求，即可求點H坐標；
（2）分三種情況討論，由線段的和差關(guān)系可求解．
【詳解】（1）①由圖2可知， ， ，
∴（），
故答案為：5，6；
②如圖1，過點A作于T，
∵，，
∴（），
∴（），
∴（），
∴當時，即 ，
此時點P是的中點，
∴，
∴，
∴點；
（2）①當時，P，Q均在上，
∴當時，最大 ，
②當時，P在上，Q在上，
∴，
∴當時，最大 ，
③當時，P，Q均在上，
∴，
∴當時，最大 ，
∴綜上，時，最大值為5.5．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了函數(shù)圖象的性質(zhì)，勾股定理，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．
17．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接，過點P作，交于點E，已知，．設(shè)的長為x．
(1)___________；當時，求的值；
(2)試探究：是否是定值?若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；
(3)當是等腰三角形時，請求出的值．
【答案】(1)4，
(2)是，
(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解決問題；
（2）結(jié)論：的值為定值．證明方法類似（1）；
（3）連接交于，在中，，代入數(shù)據(jù)求得，進而即可求解．
【詳解】（1）解：作于交于．
四邊形是矩形，
，，，
．
在中，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案為4，．
（2）結(jié)論：的值為定值．
理由：由，可得．，，，
，
；
（3）連接交于．
，所以只能，
，
，
，
，
垂直平分線段，
在中，，
，
，
，
．
綜上所述，的值為．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題、考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及等腰三角形的構(gòu)成條件等重要知識，同時還考查了分類討論的數(shù)學思想，難度較大．
18．（2022秋·遼寧營口·九年級校聯(lián)考期中）如圖1，與都是等邊三角形，邊長分別為4和，連接為高，連接，N為的中點．
(1)求證：；
(2)將繞點A旋轉(zhuǎn)，當點E在上時，如圖2，與交于點G，連接，求線段的長；
(3)連接，在繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，求的最大值．
【答案】(1)見解析
(2)；
(3)的最大值．
【分析】（1）根據(jù)證明三角形全等即可；
（2）證明垂直平分線段，推出，利用勾股定理求出，再利用三角形中位線定理求出；
（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，，而且當點H在線段上時，可以取到最大值．
【詳解】（1）證明：∵與都是等邊三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（）；
（2）解：∵為等邊的高，
∴，
∴，
∵，
∴，即G為的中點，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵N為的中點，
∴；
（3）解：如圖，取的中點H，連接．
∵為等邊的中線，
∴，
由（2）同理可得，
∵N為的中點，
∴是的中位線，
∴，
在旋轉(zhuǎn)過程中，，
∴而且當點H在線段上時，可以取到最大值，
∴的最大值．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，線段的垂直平分線的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造三角形的中位線解決問題．
19．（2023·全國·九年級專題練習）綜合與實踐??探究特殊三角形中的相關(guān)問題
問題情境：
某校學習小組在探究學習過程中，將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，且Rt△ABC的較短直角邊AB為2，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，AE與BC交于點M，AC與EF交于點N，BC與EF交于點P．
(1)初步探究：
勤思小組的同學提出：當旋轉(zhuǎn)角α= 時，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏學小組的同學提出在旋轉(zhuǎn)過程中．如果連接AP，CE，那么AP所在的直線是線段CE的垂直平分線，請幫他們證明；
(3)再探究：
在旋轉(zhuǎn)過程中，當旋轉(zhuǎn)角α=30°時，求△ABC與△AFE重疊的面積；
(4)拓展延伸：
在旋轉(zhuǎn)過程中，△CPN是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)；若不能，說明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)見解析
(3)
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=AN，PE=PC，由線段垂直平分線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)已知條件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
（4）當∠CNP=90°時，依據(jù)對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得∠α的度數(shù)；當∠CPN=90°時．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對頂角相等可得到∠ANF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠α的度數(shù)．
【詳解】（1）當AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°?30°=60°，
當AM=CM，即∠CAM=∠CMA時，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
綜上所述，當旋轉(zhuǎn)角α=60°或15°時，△AMC是等腰三角形，
故答案為：60°或15°；
（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵現(xiàn)將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM與△AFN中，
，
∴，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在和中
，
∴，
∴PE=PC，
∴點P在CE的垂直平分線上，
∵AE=AC，
∴點A在CE的垂直平分線上，
∴AP所在的直線是線段CE的垂直平分線；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB?sin30°=1，AM=AB?cs30°=，
∴=AM?MB=1×=，
∵AE=AC=AB?tan60°=2，AM=，
∴EM=，
在和中
∴，
由（2）可知，
∴=，
∵ AF?AE=×2×2=2，
∴△ABC與△AFE重疊的面積2?2×=；
（4）如答題圖1所示：當∠CNP=90°時．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°?60°?90°=30°．
∴∠α=30°．
如答題圖2所示：當∠CPN=90°時．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
綜上所述，∠α=30°或60°．
【點睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)和全等三角形的判定和性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．
20．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，Rt中，，，．點從點出發(fā)沿方向以每秒個單位長的速度向點勻速運動，同時點從點出發(fā)沿方向以每秒個單位長的速度向點勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設(shè)點，運動的時間是秒 ．過點作于點，連接，，．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當為何值時， ；
(3)當為何值時， 為直角三角形？請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)當時，
(3)當t＝或4時，△DEF為直角三角形
【分析】（1）根據(jù)平行線的判定與勾股定理即可得出結(jié)論；
（2）由（1）知四邊形是平行四邊形，只要平行四邊形為菱形，即可利用菱形對角線垂直得到結(jié)論；
（3）要使為直角三角形，需要分三種情況討論：；；，直接求解即可．
【詳解】（1）證明：在 Rt中，，
，
，
，
點從點出發(fā)沿方向以每秒個單位長的速度向點勻速運動，同時點從點出發(fā)沿方向以每秒個單位長的速度向點勻速運動，設(shè)點，運動的時間是秒
，
在Rt中，，，，則，
，且，
四邊形是平行四邊形；
（2）解：由（1）知四邊形是平行四邊形，
在 Rt中，，，，
，
∴AF＝AB?BF＝10?2t．
當平行四邊形是菱形時，，則需AE＝AF，
即t＝10?2t，
∴，
即當時，平行四邊形AEFD為菱形，；
（3）解：（3）解：當t＝或4時，△DEF為直角三角形．
理由如下：
分情況討論：
方法①∠BDF＝∠DFE＝90°時，如圖所示：
則EFBC，
∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，
∴AF＝2AE，
∴10?2t＝2t，
∴t＝；
②∠DEF＝90°時，如圖所示：
∵AC⊥BC，DF⊥BC，
∴AEDF，
又∵AE＝DF，
∴四邊形AEDF為平行四邊形，
∴AFED，
∴，∠BED＝∠A＝60°， 即AF＝AE，
∴10?2t＝t，解得t＝4；
③∠EFD＝90°時，此種情況不存在．
綜上所述，當t＝或4時，△DEF為直角三角形．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識，本題綜合性強，有一定難度，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)及判定是解決問題的關(guān)鍵．
21．（2023·全國·九年級專題練習）如圖1．在四邊形ABCD中，，點E是CD邊的中點，連接AE交對角線BD于點F，∠EDF=∠FBA，連接CF．
(1)求證：四邊形ABCD是矩形；
(2)求△CFD的面積；
(3)如圖2，連接AC交BD于點O，點P為EC上一動點，連接OE、OP．將△OPD沿OP折疊得到△OPM，PM交OC于點N，當△PCN為直角三角形時，求CP的長．
【答案】(1)見解析
(2)32
(3)2或5
【分析】(1)根據(jù)平行線的判定得到，推出四邊形ABCD是平行四邊形，根據(jù)矩形的定義即可得到結(jié)論．
(2) 過點F作于點G，先證，得到EF與AE的比值，然后再證，根據(jù)，求出GF，從而求出的面積．
(3)依據(jù)題意，求出CE、OE、OC的值，接著討論為直角三角形時分兩種情況：①當∠CPN＝90°時，∠DPM＝90°，由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②當時，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，從而求出OE、CN，接著證，利用其性質(zhì)，最后求出PC．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵AB＝CD＝16，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵，
∴四邊形ABCD是矩形；
（2）解：如圖1，過點F作于點G，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴ ，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面積為；
（3）解：∵ABCD是矩形，E是CD中點
∴，點O是AC中點，CE＝8，
∴，OE是△ADC的中位線，
∴，OC＝10，
∵，
∴為直角三角形分兩種情況討論：
①如圖2，當∠CPN＝90°時，∠DPM＝90°，
∴由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，
∴PE＝OE＝6，
∴CP＝CE－EP＝2；
②如圖3，當∠PNC＝90°時，同理可得OP平分∠DPM，
OE⊥PD，ON⊥PM，
∴OE＝ON＝6，
∴CN＝OC－ON＝4，
∴∠PCN＝∠OCE，∠PNC＝∠OEC＝90°，
∴，
∴，即，
∴PC＝5，
綜上所述，CP的長為2或5．
【點睛】此題考查了平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等內(nèi)容，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用以及分組討論是解題關(guān)鍵．
22．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，延長BC到點E，使CE＝3，連接DE．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線BC－CD向終點D運動，設(shè)點P運動的時間為t秒．（t>0）
(1)DE＝______；
(2)連接AP，當四邊形APED是菱形時，求菱形APED的周長；
(3)連接BP、PD，設(shè)四邊形ABPD的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
(4)直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．
【答案】(1)5；
(2)20；
(3)S＝；
(4)t＝2或或．
【分析】（1）直接利用勾股定理計算即可；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)：四邊相等，可得答案；
（3）分類討論，當0＜t＜和時，分別計算梯形的面積即可；
（4）當點P在BC上，若點P到AB、AD的距離相等時，則BP＝4；當點P到AD、DE距離相等時，則PH＝CD＝4，利用AAS證明△ECD≌△EHP，得EP＝DE＝5；當點P在CD上時，若P到BE、DE距離相等時，則PH＝PC，利用面積法求出PC，進而解決問題．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠BCD＝90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝＝5，
故答案為：5；
（2）∵四邊形APED是菱形，且AD＝5，
∴菱形APED的周長為4×5＝20；
（3）當0＜t＜時，由題意知，BP＝2t，
∴S＝（5+2t）×4＝10+4t，
當時，則PD＝9﹣2t，
∴S＝（4+9﹣2t）×5＝，
綜上：S＝；
（4）當點P在BC上，若點P到AB、AD的距離相等時，則BP＝4，
∴t＝2；
當點P到AD、DE距離相等時，則PH＝CD＝4，
∵∠DCE＝∠PHE，∠E＝∠E，PH＝CD．
∴△ECD≌△EHP（AAS），
∴EP＝DE＝5，
∴BP＝3，
∴t＝，
當點P在CD上時，若P到BE、DE距離相等時，則PH＝PC，
∴，
∴PC＝，
∴t＝＝；
綜上：t＝2或或．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查矩形的性質(zhì)，梯形的面積公式，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積等知識，運用分類思想是解題本題的關(guān)鍵．
23．（2023·全國·九年級專題練習）綜合與實踐
問題情境：
矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，將△BCD沿著對角線BD所在的直線平移，得到△B′C′D′，連接AB′，DC′．
操作探究：
(1)如圖1，當△BCD沿射線BD的方向平移時，請判斷AB′與DC′的長度有何關(guān)系？并說明理由；
(2)如圖2，當△BCD沿射線DB的方向平移時，四邊形AB′C′D能成為菱形嗎？若能，求出平移的距離；若不能，說明理由；
(3)當△BCD平移距離為2時，請你在備用圖中畫出平移后的圖形（除圖2），并提出一個問題，直接寫出結(jié)論．
【答案】(1)AB′＝DC′，理由見解析
(2)能，2
(3)見解析
【分析】(1)根據(jù)平移的性質(zhì)證明四邊形是平行四邊形，即可解決問題，
(2)利用菱形的性質(zhì)可得，進而可以解決問題，
(3)結(jié)合(2)當沿射線DB的方向平移，平移距離為2時，利用菱形的性質(zhì)可得與的位置關(guān)系．
【詳解】（1）解：，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，AD＝BC，
∵是由平移得到的，
∴，，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴．
（2）能，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
則平移的距離為2．
（3）如圖，問題：當沿射線DB的方向平移，平移距離為2時，與的位置有何關(guān)系？
結(jié)論：．
證明：∵四邊形ABCD為矩形，AD=BC，，
∵沿射線DB的方向平移，平移距離為2，
∴，，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平行四邊形為菱形，
∴，
即
【點睛】此題考查了平移變換，菱形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是掌握平移的性質(zhì)．
24．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，正比例函數(shù)y＝x與一次函數(shù)y＝ax＋7的圖像相交于點P（4，n），過點A（t，0）作x軸的垂線l，且0＜t＜4，交一次函數(shù)的圖像于點B，交正比例函數(shù)的圖像于點C，連接OB．
(1)求a值；
(2)設(shè)△OBP的面積為s，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
(3)當t=2時，在正比例函數(shù)y＝x與一次函數(shù)y＝ax＋7的圖像上分別有一動點M、N，是否存在點M、N，使△CMN是等腰直角三角形，且∠CNM=90o，若存在，請直接寫出點M、N的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在點M、N，坐標為M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【分析】（1）將P（4，n）分別帶入y＝x與y＝ax＋7即得；
（2）過P作PD⊥l于D，根據(jù)，得到一次函數(shù)解析式為，根據(jù)得到B（t，-t+7），C（t，），根據(jù)，P（4，3），推出BC=-t+7-=，OA+PD=4， 推出S△OBP=S△OBC+S△PBC====，得到與之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當點N在直線上方時，過點N作x軸的平行線，分別過C、M作平行線的垂線，垂足為Q、P，根據(jù)，得到∠PNM+∠CNQ=90°，根據(jù)∠QCN+∠CNQ=90°，得到∠QCN=∠PNM，根據(jù)CN=MN，∠CQN=∠NPM，推出△QCN≌△PNM，得到PN=QC，QN=PM，設(shè)M（m，），N（n，-n+7），根據(jù)t=2，得到C（2，），推出PN=，=，QN=n-2，PM=，得到，解得： ，推出M（，），N（，）．當點N在直線下方時，過點N作x軸的平行線，分別過C、M作平行線的垂線，垂足為H、G，同理得到CH=NG，HN=MG，設(shè)M（m，），N（n，-n+7），推出CH=，NG=，HN=，MG==，得到解得： ，推出M（，5），N（，）．
【詳解】（1）∵點P（4，n）在圖象上，
∴，
∴P（4，3），
∵點P（4，3）在圖象上，∴，
解得：．
（2）如圖，過P作PD⊥l于D，
∵，
∴一次函數(shù)解析式為，
∵過點作軸的垂線，交的圖像于點，交的圖像于點，
∴B（t，-t+7），C（t，），
∵，P（4，3），
∴BC=-t+7-=，OA+PD=4，
∴S△OBP=S△OBC+S△PBC====，
∴與之間的函數(shù)關(guān)系式為：．
（3）如圖，當點N在直線上方時，過點N作x軸的平行線，分別過C、M作平行線的垂線，垂足為Q、P，
∵△CMN是等腰直角三角形，，∴CN=MN，
∴∠PNM+∠CNQ=90°，
∵∠QCN+∠CNQ=90°，∴∠QCN=∠PNM，
在△QCN和△PNM中，，
∴△QCN≌△PNM，
∴PN=QC，QN=PM，
設(shè)M（m，），N（n，-n+7），
∵t=2，∴C（2，），
∴PN=，=，QN=n-2，PM=，
∴，解得： ，
∴ ，=，
∴M（，），N（，）．
如圖，當點N在直線下方時，過點N作x軸的平行線，分別過C、M作平行線的垂線，垂足為H、G，
同理可得：CH=NG，HN=MG，
設(shè)M（m，），N（n，-n+7），
∴CH=，NG=，HN=，
MG==，
∴解得： ，
∴5， ，
∴M（，5），N（，）．
綜上所述：存在點M、N，坐標為M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【點睛】本題主要考查了正比例函數(shù)、一次函數(shù)與幾何綜合，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)發(fā)求函數(shù)解析式，正比例函數(shù)、一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形面積公式，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．
25．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，已知在△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC邊上的兩個動點，其中點P從點A開始沿A→B方向運動，且速度為每秒1cm，點Q從點B開始沿B→C方向運動，且速度為每秒2cm，它們同時出發(fā)，設(shè)出發(fā)的時間為t秒，0．
(1)當t=2秒時，求PQ的長；
(2)求出發(fā)時間為幾秒時，△PQB是等腰三角形？
(3)若Q沿B→C→A方向運動，則當點Q在邊CA上運動時，求能使△BCQ成為等腰三角形的運動時間．（直接寫答案）
【答案】(1)2
(2)秒
(3)5.5秒或6秒或6.6秒
【分析】（1）可求得AP和BQ，則可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的長；
（2）用t可分別表示出BP和BQ，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到BP=BQ，可得到關(guān)于t的方程，可求得t；
（3）用t分別表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性質(zhì)可分BQ=BC、CQ=BC和BQ=CQ三種情況，分別得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．
【詳解】（1）解：BQ=2×2=4cm， BP=AB﹣AP=8﹣2×1=6cm，
∵∠B=90°，
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=2；
（2）解：根據(jù)題意得：BQ=BP， 即2t=8﹣t，
解得：；
即出發(fā)時間為秒時，△PQB是等腰三角形；
（3）解：分三種情況：①當CQ=BQ時，如圖1所示：
則∠C=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠ABQ
∴BQ=AQ，
∴CQ=AQ=5
∴BC+CQ=11，
∴t=11÷2=5.5秒．
②當CQ=BC時，如圖2所示：
則BC+CQ=12
∴t=12÷2=6秒．
③當BC=BQ時，如圖3所示： 過B點作BE⊥AC于點E，
則BE=4.8（cm）
∴CE==3.6cm，
∴CQ=2CE=7.2cm，
∴BC+CQ=13.2cm，
∴t=13.2÷2=6.6秒．
由上可知，當t為5.5秒或6秒或6.6秒時， △BCQ為等腰三角形；
【點睛】本題考查了勾股定理、三角形的面積以及等腰三角形的判定和性質(zhì)；本題有一定難度，注意分類討論思想的應用．
26．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，等邊△ABC中，AB＝10cm，CD＝4cm．點M以3cm/s的速度運動．
(1)如果點M在線段CB上由點C向點B運動，點N在線段BA上由點B向點A運動、它們同時出發(fā)，若點N的速度與點M的速度相等；
①經(jīng)過2s后，△BMN和△CDM是否全等？請說明理由．
②當M，N兩點的運動時間為多少秒時，△BMN恰好是一個直角三角形？
(2)若點N的運動速度與點M的運動速度不相等，點N從點B出發(fā)，點M按原來的運動速度從點C同時出發(fā)，都順時針沿△ABC三邊運動，經(jīng)過25s時，點M與點N第一次相遇，則點N的運動速度是 cm/s．（請直接寫出答案）
【答案】(1)①△BMN和△CDM全等，理由見解析；②秒或秒；
(2)或
【分析】（1）①由題意求出CM＝BN ，BM＝CD，然后利用SAS可證明△BMN≌△CDM；
②分兩種情形討論解答：①當∠BNM＝90°時；②當∠BMN＝90°時，設(shè)兩點的運動時為t秒，分別表示出BM，BN的長度，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)列方程即可求出對應的時間；
（2）分兩種情況解答：①當點N的速度小于點M的速度時；②當點N的速度大于點M的速度時，設(shè)點N速度為s厘米/秒，利用點M與點N第一次相遇時的路程的差列出方程即可求解．
【詳解】（1）解：①△BMN和△CDM全等．
理由：∵點N的運動速度與點M的運動速度相等，點M以3厘米/秒的速度運動，
∴點N的速度是3厘米/秒，
∴經(jīng)過2秒后，CM＝6厘米，BN＝6厘米，
∴CM＝BN，
∴BM＝BC?CM＝10?6＝4（厘米），
∵DC＝4厘米，
∴BM＝CD，
∵在等邊△ABC中，∠B＝∠C＝60°，
∴△BMN≌△CDM（SAS）；
②設(shè)兩點的運動時間為t秒，則CM＝BN＝3t厘米，
∴BM＝BC?CM＝（10?3t）厘米．
①當∠BNM＝90°時，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BN＝BM，
∴3t＝（10?3t），
解得：t＝；
②當∠BMN＝90°時，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°，
∴BM＝BN，
∴10?3t＝×3t．
解得：t＝，
綜上，當運動時間為秒或秒時，△BMN是一個直角三角形；
（2）設(shè)點N速度為s厘米/秒，則點N25秒運動的距離為25s厘米，
①當點N的速度小于點M的速度時，
由題意得：25×3?25s＝10，
解得：s＝，
②當點N的速度大于點M的速度時，
由題意得：25s?25×3＝20，
解得：s＝，
綜上，經(jīng)過25秒點M與點N第一次相遇，則點N的運動速度是厘米/秒或厘米/秒，
故答案為：或．
【點睛】本題是幾何動點的綜合題，主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及一元一次方程的應用，利用分類討論的思想解答是解題的關(guān)鍵．
27．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在矩形中，，，點從點出發(fā)，每秒個單位長度的速度沿方向運動，點從點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿對角線方向運動．已知點、兩點同時出發(fā)，當點到達點時，、兩點同時停止運動，連接，設(shè)運動時間為秒．
(1)_________，_________；
(2)當為何值時，；
(3)在運動過程中，是否存在一個時刻，使所得沿它的一邊翻折，翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
(4)當點關(guān)于點的對稱點落在的內(nèi)部（不包括邊上）時，請直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)3，6
(2)
(3)或或
(4)
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答即可；
（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式解答即可；
（3）分三種情況，利用翻折的性質(zhì)解答即可；
（4）以AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸建立平面直角坐標系，則點，點D（0，3），，過點Q作QN⊥AB于點N，可得點，根據(jù)中點坐標可得點，然后根據(jù)點關(guān)于點的對稱點落在的內(nèi)部（不包括邊上），得到關(guān)于t的不等式組，即可求解．
【詳解】（1）解：在矩形中，∠B=90°，
∵，
∴AC=2BC，
∵，
∴，
解得：BC=3或-3（舍去），
∴AC=6；
故答案為：3，6
（2）解：根據(jù)題意得：，CQ=2t，
∴，
∵，
∴，
解得；
（3）解：存在，
根據(jù)題意得：，
①當時，沿折疊，所得四邊形為菱形．
由（2）得：；
②當時，沿折疊，所得四邊形為菱形．
過點P作PM⊥AC于點M，則，
∵∠BAC=30°，
∴，
∵，
∴，
解得：或-6（舍去）；
③當時，沿折疊，所得四邊形為菱形．
過點Q作QM⊥AB于點M，則，
∵∠BAC=30°，
∴，
∵，
∴，
解得：或6（舍去）．
綜上所述，t的值為或或；
（4）解：根據(jù)題意得：，
如圖，以AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸建立平面直角坐標系，則點，點D（0，3），，
過點Q作QN⊥AB于點N，
∵∠BAC=30°，
∴，
∴，
∴點，
∴點，
∵點關(guān)于點的對稱點落在的內(nèi)部（不包括邊上），
∴，解得：．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
28．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，直角梯形ABCD中，．點E為線段DC的中點，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿折線A→B→C向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t．
(1)點P在運動過程中，BP=_________________；（用含t的代數(shù)式表示）
(2)點P在運動過程中，如果以D、P、E為頂點的三角形為等腰三角形，求t的值；
(3)當點P運動到線段BC上時，過點P作直線LDC，與線段AB交于點Q，使四邊形DQPE為直角梯形，求此時直角梯形DQPE與直角梯形ABCD面積之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或或12
(3)或
【分析】（1）分點P在AB上運動時和點P在BC上運動時列出代數(shù)式即可；
（2）分DE=DP、DP=PE、DE=PE情況求解即可；
（3）分∠EDQ=∠DQP=90°時和∠DEP=∠EPQ=90°時兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可．
【詳解】（1）解：當點P在AB上運動時， BP=AB－AP=8－t；
當點P在BC上運動時BP=t－8，
故答案為：丨8－t丨；
（2）解：過D作DH⊥BC于H，連接EH，則∠DHC=∠DHB=90°，
∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四邊形ABHD為矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
則CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，，
∵E為CD的中點，
∴DE=CE=EH=CD=5，
①當DE=DP時，DP=5，點P在AB上，
在Rt△ADP中，，∴t=3；
②當DP=PE時，點P在AB上，取DH的中點F，連接EF并延長交AB于Q，
又∵E為CD的中點，
∴EF= CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，則四邊形AQFD為矩形，
∴FQ=AD=4，∠AQE=90°，AQ=DF=4，
在Rt△ADP中，DP2=AD2+AP2=16+t2，
在Rt△EPQ中，EQ=EF+FQ=7，PQ=丨t-4丨，
∴PE2=EQ2+PQ2=49+（t-4）2，
∴16+t2=49+（t-4）2，
解得：t=＜8，故P不可能在BC上；
③當DE=PE時，PE=5，∵5＜7，∴點P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴當P運動到H處時，有DE=PE，此時t=8+4=12；
綜上，滿足條件的t值為3或或12；
（3）解：如圖，當∠EDQ=∠DQP=90°時，四邊形DQPE為直角梯形，
過D作DH⊥BC于H，
由（2）中知，DH=8，CH=6，DE=5，CD=10，∠ADH=∠CHD=90°，
∵∠ADQ+∠QDH=∠CDH+∠QDH=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，又∠A=∠CHD=90°，
∴△ADQ∽△HDC，
∴即，
∴AQ=3，DQ=5，則BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
∴，
如圖，當∠DEP=∠EPQ=90°時，四邊形DQPE為直角梯形，
由（2）中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，
∴即，
∴EP= ，CP= ，則PB=BC-CP=10-=，
∵△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
，
綜上，直角梯形DQPE與直角梯形ABCD面積之比為或．
【點睛】本題考查四邊形的動點問題，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、直角梯形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，利用分類討論思想求解是解答的關(guān)鍵，計算量較大，需要細心計算．
29．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，直線經(jīng)過、兩點，直線與直線交于點C，與x軸交于點D．
(1)求點C的坐標；
(2)點P是y軸上一點，當四邊形PDCB的周長最小時，求四邊形PDCB的面積；
(3)把直線沿y軸向上平移9個單位長度，得到新直線與直線交于點E，試探究在x軸上是否存在點Q，在平面內(nèi)存在點F使得以點D，Q，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形（含正方形）？若存在，直接寫出符合條件的點Q的坐標；若不存在，說明理由．
【答案】(1)點C的坐標為
(2)
(3)存在，點Q的坐標為：，，，
【分析】（1）由待定系數(shù)法求出直線的解析式為，然后聯(lián)立直線與直線，即可求出點C的坐標；
（2）如圖，作點D關(guān)于y軸的對稱點，連接交y軸于點P，連接DP，當、、三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，求出直線的解析式為，則可求，進而由求解即可；
（3）由題意可知直線的解析式為，聯(lián)立線與直線，求出，設(shè)，分三種情況，①當ED為菱形對角線時，利用可得點Q坐標；②當EQ為菱形對角線時，利用可得點Q坐標；③當EF為菱形對角線時，利用可得點Q坐標．
【詳解】（1）解：設(shè)直線的解析式為，由直線經(jīng)過、兩點可得：
，解得，
直線的解析式為，
又直線與直線交于點C，
，解得，
當時，則，
點C的坐標為；
（2）解：如圖，作點D關(guān)于y軸的對稱點，連接交y軸于點P，連接DP，根據(jù)兩點之間“線段最短”可知，當、、三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，
直線與x軸的交點為，
又點D和點關(guān)于y軸對稱，
點，
，
設(shè)直線的解析式為，可得，解得，
直線的解析式為，
令，則，得點，
，
又 ，，
，
，
；
（3）解：由題意可得直線的解析式為，
聯(lián)立線與直線，即，解得，，
設(shè)，
①當ED為菱形對角線時，，
即，
解得，
；
②當EQ為菱形對角線時，，
，
，
解得或，
，；
③當EF為菱形對角線時，，
即，
解得，
，
綜上：存在，點Q的坐標為：，，，．
【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．
30．（2023·全國·九年級專題練習）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，有長方形OABC，其中點C坐標為，，點D是邊OC的中點，點P是射線CA上的一個動點，請回答下面的問題：
(1)若點P是線段AC的中點，直接寫出________．
(2)如圖2，過點P作軸，垂足是點E，若以C、D、E、P為頂點的四邊形是平行四邊形，求出點P的坐標．
(3)連接BP，若是等腰三角形，求CP的長度．
【答案】(1)；
(2)（，）或（，）；
(3)或3或．
【分析】（1）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得OA＝3，根據(jù)三角形中位線定理得出答案；
（2）由PE⊥x軸得PE∥CD，若以C、D、E、P為頂點的四邊形是平行四邊形，則PE＝CD＝．點P縱坐標的絕對值是，求出直線AC的解析式為y＝?x＋，分兩種情況：若點P在線段AC上，縱坐標是；若點P在線段CA的延長線上，縱坐標是?，分別求出點P的坐標即可；
（3）分三種情況：①當PB＝PC時，②當CP＝CB時，③當BP＝BC時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)解直角三角形即可求解．
【詳解】（1）解：∵C（0，），∠AOC＝90°，∠CAO＝30°，
∴AC＝2OC＝2，
∴OA＝＝3，
∵點D是OC的中點，點P是線段AC的中點，
∴PD是△AOC的中位線，
∴PD＝OA＝，
故答案為：；
（2）∵PE⊥x軸，
∴PE∥CD，
若以C、D、E、P為頂點的四邊形是平行四邊形，則PE＝CD＝OC＝．
∴點P的縱坐標絕對值是，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋b（k≠0），
把A（3，0）、C（0，）代入得，，
解得：，
∴直線AC的解析式為，
若點P在線段AC上，縱坐標是，
則 ，
解得：x＝，
此時，點P的坐標為（，）；
若點P在線段CA的延長線上，縱坐標是，
則 ，
解得：x＝，
此時，點P的坐標為（，），
綜上所述，點P的坐標為（，）或（，）；
（3）①當PB＝PC時，如圖：過點P作PQ⊥BC于點Q，
∴∠PQC＝90°，
∵PB＝PC，
∴點P在線段BC的垂直平分線上，
∴CQ＝BQ＝BC＝，
∵BC∥OA，
∴∠PCQ＝∠CAO＝30°，
∴PQ＝CQ＝，
∴CP＝2PQ＝；
②當CP＝CB時，CP＝3；
③當BP＝BC時，過點B作BH⊥CP于點H，如圖：
∴∠CHB＝90°，CP＝2CH，
在Rt△BCH中，∠BCH＝30°，BC＝3，
∴BH＝，
∴CH＝BH＝，
∴CP＝2CH＝．
綜上，若△CPB是等腰三角形，CP的長度為：或3或．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．
31．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點C在x軸的負半軸上，頂點A在y軸的正半軸上，OA=a，AB=2a（a為常數(shù)，且a＞0）．動點P從點C出發(fā)，沿x軸向點O運動，速度為m個單位/秒；動點Q從點A出發(fā)，沿y軸向上運動，速度為n個單位/秒．兩點同時出發(fā)，當點P到達點O時運動停止，設(shè)運動時間為ｔ秒．
(1)用含a的式子表示點A，點B的坐標：A（ ， ）；B（ ， ）．
(2)連接BQ，BP．已知無論t為何值，四邊形BPOQ與四邊形OABC的面積始終相等，求m：n的值．
(3)在（2）的條件下，當點P運動到OC的中點時，
①求此時點Q的坐標；（用含a的式子表示）
②連接PQ，交邊AB于點D．計算四邊形BCPD與四邊形DPOA的面積之比．
【答案】(1)0，a；－2a，a
(2)m：n=2：1
(3)①Q(mào)（0，）；②2：1
【分析】（1）根據(jù)坐標與圖形性質(zhì)求解即可；
（2）由已知可得S△BCP=S△ABQ，由三角形的面積公式解答即可；
（3）①根據(jù)（2）中結(jié)論求得AQ=即可求解；②證明△QAD∽△QOP得到AD=， BD=，利用梯形的面積公式求解即可．
【詳解】（1）解：∵在長方形OABC中，OA=a，AB=2a，
∴BC=OA=a，OC=AB=2a，
∴A（0，a），B（-2a，a），
故答案為：0，a；－2a，a；
（2）解：如圖，∵四邊形BPOQ與四邊形OABC的面積始終相等，
∴S△BCP=S△ABQ，
∴CP·BC= AQ·AB，
∵CP=mt，AQ=nt，
∴mt·a= nt·2a，
∴m=2n，即m：n=2：1；
（3）解：①由（2）知m=2n，
∵點P為OC的中點，
∴mt=CP=OC=a，則AQ=nt=mt=，
∴OQ=OA+AQ=，
∴點Q的坐標為（0，）；
②如圖，CP=OP=a，AQ=，OQ=
∵AD∥OP，
∴△QAD∽△QOP，
∴，即，
∴AD=， 則BD=AB-AD=，
∵，
∴四邊形BCPD與四邊形DPOA的面積之比為2：1．
【點睛】本題考查坐標與圖形、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積公式、梯形的面積公式、比例性質(zhì)等知識，利用數(shù)形結(jié)合思想聯(lián)系相關(guān)知識是解答的關(guān)鍵．
32．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，中，，動點P、Q、M、N分別從點A、B、C、D同時出發(fā)，沿平行四邊形的邊，分別向點B、C、D、A勻速運動，運動時間記為t，當其中一個點到達終點時，其余各點均停止運動，連接PQ，QM，MN，NP．已知，，動點P、M的速度均是，動點Q、N的速度均是，
(1)_______，_______（用含t的代數(shù)式表示）
(2)在點P、Q、M、N的整個運動過程中，四邊形PQMN一定會是一種特殊的四邊形嗎？如果是，指出并證明你的結(jié)論，如果不是，說明理由．
(3)在點P、Q、M、N的運動過程中，四邊形PQMN能成為菱形嗎？如果能，求出t的值，如果不能，說明理由．
【答案】(1)2t，（4.5-t）
(2)四邊形PQMN是平行四邊形，理由見解析
(3)四邊形PQMN能成為菱形，t=
【分析】（1）根據(jù)速度×時間求解即可；
（2）根據(jù)題意和平行四邊形的性質(zhì)可得AP=CM，BP=DM，BQ=DN，CQ=AN，∠A=∠C，∠B=∠D，證明△APN≌△CMQ和△PBQ≌△MDN得到PN=MQ，PQ=MN，利用平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；
（3）過P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延長線于F，根據(jù)平行線的性質(zhì)和含30°的直角三角形的性質(zhì)可求得 cm， cm，再根據(jù)菱形的判定知PQ=PN，進而求解t值即可解答．
【詳解】（1）解：由題意，AP=CM=2t cm，BQ=DN=tcm，則CQ=BC-BQ=(4.5-t) cm，
故答案為：2t，（4.5-t）；
（2）解：四邊形PQMN是平行四邊形，理由為：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AD=BC， BC∥AD，∠A=∠C，∠B=∠D，
∴AB-AP=CD-CM，BC-BQ=AD-DN，
∴BP=DM，CQ=AN，
∴△APN≌△CMQ，△PBQ≌△MDN，
∴PN=MQ，PQ=MN，
∴四邊形PQMN是平行四邊形；
（3）解：四邊形PQMN能成為菱形．
過P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延長線于F，則∠AEP=∠BFP=90°，
∵BC∥AD，
∴∠A+∠ABC=180°，又∠ABC=2∠A，
∴∠A+2∠A=180°，
∴∠A=60°，∠ABC=120°，
∴∠APE=∠BPF=30°，則AE=AP=tcm，BF=BP=（6-2t）=（3-t）cm，
∴ cm， cm，
QF=BF+BQ=3-t+t=3 cm，EN=AD-AE-DN=（4.5-2t）cm，
∴ cm， cm，
∵四邊形PQMN是平行四邊形，
∴當PQ=PN時，四邊形PQMN是菱形，
∴=，
解得：t=或t=（舍去），
∵當其中一個點到達終點時，其余各點均停止運動，且6÷2=3s，4.5÷1=4.5s，
∴0≤t≤3，又＜3，
∴t=，
故當t=時，四邊形PQMN是菱形．
【點睛】本題考查特殊四邊形的動點問題，涉及平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、含30°的直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，根據(jù)動點的運動的速度和時間表示線段的長度是解答的關(guān)鍵．
33．（2022·浙江·九年級專題練習）在四邊形中，，，．
(1)如圖1，
①求證：；
②求的正切值；
(2)如圖2，動點從點出發(fā)，以1個單位每秒速度，沿折線運動，同時，動點從點出發(fā)，以2個單位每秒速度，沿射線運動，當點到達點時，點，同時停止運動，設(shè)運動時間為秒，以為斜邊作，使點落在線段或上，在整個運動過程中，當不再連接其他線段，且圖中存在與相似的三角形時，求的值．
【答案】(1)①見解析；②
(2)或或或
【分析】（1）①連接AC，根據(jù)“SSS”證明，即可得出結(jié)論；
②過點A作，交CD于點E，過點E作EF⊥BC于點F，先證明四邊形為矩形，得出，∠AEF=90°，再根據(jù)“ASA”證明，得出，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于x的方程，解方程得出x的值，即可得出結(jié)果；
（2）按照點M、N、P的位置，或，以及當三角形全等也是特殊的相似，進行分類討論，求出t的值即可．
【詳解】（1）證明：①連接AC，如圖所示：
∵在△ABC和△ADC中，，
∴，
∴；
②過點A作，交CD于點E，過點E作EF⊥BC于點F，如圖所示：
，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
∵∠EFC=90°，
∴四邊形為矩形，
∴，∠AEF=90°，
∴，
，，
∴，
，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∵，
，
解得：，
，，
，
，
．
（2）當點M在AD上，時，過點M作交CD于點E，延長BA，交EM于點G，如圖所示：
∵，
∴，，
∵，
∴，
即，
，
∴，
，
∴四邊形BNMG為矩形，
同理可得四邊形GBFE為矩形，
∴GM=BN=2t，，，
，，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：；
②當點M在AD上，時，過點M作交CD于點E，延長BA，交EM于點G，過點P作PH⊥MN于點H，如圖所示：
∵，
∴，
∴，
∴四邊形GEFB為矩形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵DM=t，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∵，
，
∵，
∴PH=PB，
，
∴（HL），
∴，NH=NB=2t，
，，
，
∵，PM=PM，
∴（AAS），
∴PH=PG，MH=GM，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
，，
∴，
∵，
，
∴，即，
解得：；
③當M與A點重合，N與C點重合時，P在B點或在D點時，，此時相似比為1，符合要求，此時；
④當點M在AB上，N在BC的延長線上時，，
∵MN=MN，
∴此時，
∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，
過點D作，過點N作，DE與NF交于點E，延長AD，交NF于點F，過點M作MH⊥DH，交DA的延長線于點H，延長BA交ED于點G，如圖所示：
，，
四邊形DCNE為平行四邊形，
，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，，
，
∵，
∴，
，
，
∵，，
∴，
，
，
∴，即，
解得：，
，
∴，
解得：或（舍去）；
綜上分析可知，或或或．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，解直角三角形，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)的三角形判定的性質(zhì)和判定，作出輔助線，進行分類討論是解題的關(guān)鍵．
34．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在中，，，點M在BC邊所在的直線上，，，以PQ為直徑的半圓O與BC相切于點P，點H為半圓弧PQ上一動點．
探索：如圖1，當點P與點M重合時，則______，線段CH的最小值為______．
思考：若點H從Q開始繞圓心O逆時針旋轉(zhuǎn)，速度為15度/秒，同時半圓O從M點出發(fā)沿MB做平移運動，速度為1個單位長度/秒，運動時間為t秒．解決下列問題：
（1）如圖2，當PQ與D點在一條直線上時，求點O到CD的距離及扇形OHQ的面積；
（2）當圓O與CD相切于點K時，求的度數(shù)：
直接判斷此時：弧HQ長______弦KQ長（填：＜、＞或＝）
（3）當弧HQ（包括端點）與邊有兩個交點時，直接寫出：運動時間t的取值范圍．
【答案】探索：；
思考：（1）；（2）；＜
（3）
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的長，利用“兩點之間，線段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面積法建立方程求出O點到CD的距離，再利用扇形面積公式計算扇形OHQ的面積．
（2）利用勾股定理求出CP，進一步求出運動時間后，可以求出角度，利用等邊三角形的判定與性質(zhì)和弧長公式計算后即可完成求解．
（3）分析弧與平行四邊形的邊有兩個交點情況的界點值即可求解．
【詳解】索：解：如圖，連接BQ，CO，
當點P與點M重合時，
∵以PQ為直徑的半圓O與BC相切于點P，
∴，
∵，，，
∴，，
∴；
當C、H、O三點共線時，CH+HO的值最小，由HO為定值，即CH的值最小，
∵，
∴，
故答案為：；．
思考：（1）如圖所示，當PQ與D點在一條直線上時，
則，
∵在中，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
設(shè)O點到CD的距離為h，
∵
∴，
∵，半圓O從M點出發(fā)沿MB做平移運動，速度為1個單位長度/秒，
∴運動了4秒，
∵點H從Q開始繞圓心O逆時針旋轉(zhuǎn)，速度為15度/秒，
∴，
∴扇形OHQ的面積為；
故答案為：O點到CD的距離為，扇形OHQ的面積為．
（2）如圖，連接OK，CO，當圓O與CD相切于點K時，
則OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，，
∴，
∴運動時間為秒，
∴∠HOQ= ，
∴的度數(shù)為，
弧HQ的長為；
連接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴△KOQ是等邊三角形，
∴KQ=3，
∴弧HQ長＜弦KQ長，
故答案為： ，弧HQ長＜弦KQ長．
（3）
理由：如圖，當半圓的圓弧與AB相切時，切點記為N，連接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
∴，
∴，
∴運動時間為秒，
此時，，；
當Q點運動到AB上時，如圖所示，
此時，
∴
∴運動時間為秒，
此時，，；
∴．
【點睛】本題考差了圓的運動問題和圓上的點的運動的問題，涉及到了切線的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)的應用等，解題關(guān)鍵是找出界點值并進行求解．
35．（2023春·浙江·八年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別是（﹣4，0），（0，8），動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，同時動點C從點B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個單位的速度運動．以CP，CO為鄰邊構(gòu)造?PCOD，在線段OP延長線上取點E，使PE＝AO，設(shè)點P運動的時間為t秒．
(1)當點C運動到線段OB的中點時，求t的值及點E的坐標；
(2)當點C在線段OB上時，求證：四邊形ADEC為平行四邊形；
(3)在線段PE上取點F，使PF＝3，過點F作MN⊥PE，截取FM＝ ，F(xiàn)N＝1，且點M，N分別在第一、四象限，在運動過程中，當點M，N中，有一點落在四邊形ADEC的邊上時，直接寫出所有滿足條件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)證明見解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由運動的路程OC的長和運動速度，可以求出運動時間t的值；再求線段OE的長和點E的坐標；
（2）證△AOC≌△EPD即可；
（3）點M，N中，有一點落在四邊形ADEC的邊上時，分類討論即可求解．
【詳解】（1）∵點A，B的坐標分別是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵點C運動到線段OB的中點，
∴OC=BC=OB=4，
∵動點C從點B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個單位的速度運動，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴點E（6，0）
（2）證明：∵四邊形PCOD是平行四邊形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四邊形ADEC是平行四邊形．
（3）由題意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(xiàn)(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
設(shè)CE的解析式為y=kx+b，
則，
解得：，
∴CE的解析式為，
同理，DE的解析式為，
①當M在CE上時，M(t+3，)，
則
解得，，
②當N在DE上時，N(t+3，-1)，
則
解得，，
當點C在y軸的負半軸上時，
③如果點M在DE上時，
，
解得，，
④當N在CE上時，
，
解得，，
綜上分析可得，滿足條件的t的值為：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的動態(tài)問題，平行四邊形的判定，抓住動點的坐標是解題的關(guān)鍵．
36．（2023春·河南省直轄縣級單位·九年級專題練習）
(1)觀察猜想：
如圖①，在正方形ABCD中，點E、點F分別是邊AB、BC的中點，四邊形EBFG也是正方形，連接DG．則 ，直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為 ；
(2)探索思考：
①如圖②，在矩形ABCD中，，，點E、點F分別是邊AB、BC的中點，四邊形EBFG是矩形，連接DG，則 ，直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為 ；
②如圖③，若將矩形EBFG繞點B旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過程中，的值以及直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)是否發(fā)生變化？請僅就圖③的情形給出證明；
(3)拓履延伸：
在（2）條件下當矩形EBFG旋轉(zhuǎn)至EG垂直DF時，請直接寫出點C到直線DF的距離．
【答案】(1)1：，45°；
(2)①：2，30°；②不發(fā)生變化，證明見解析；
(3)或
【分析】（1）解：如圖①，延長EG交CD于H，由正方形的性質(zhì)和矩形的判定可證明四邊形GFCH為矩形，進而得到GH=HD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）①如圖②，延長EG交CD于H，由矩形的判定與性質(zhì)可證明四邊形GFCH為矩形，再根據(jù)已知和直角三角形的性質(zhì)求解CF、DG，即可得出結(jié)論；②連接BD，BG，利用矩形的性質(zhì)和勾股定理求出DB、BG，得出證得△BGF∽△BDC，再證明△BFC∽△BGD，得到CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，延長DG交CF于H，利用對頂角相等和解直角三角形得出∠DHC=∠DBC=30°即可得出結(jié)論；
（3）分點G在DF上和點G在DF的延長線上，分別畫出圖形，利用（2）中結(jié)論和解直角三角形求解即可．
【詳解】（1）解： 如圖①，延長EG交CD于H，
∵四邊形ABCD和四邊形EBFG是正方形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°， BE=GF，AB=CD=BC，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四邊形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵點E、點F分別是邊AB、BC的中點，
∴CF=GH= BC，CH=GF=BE= AB，
∴GH=HD，
∴在等腰Rt△GHD中，DG= ，∠DGH=45°，
∴CF：DG=GH：DG=1：，
∵GH∥CF，
∴直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為45°，
故答案為：1：，45°；
（2）解：①如圖②，延長EG交CD于H，
∵四邊形ABCD和四邊形EBFG是矩形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四邊形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵點E、點F分別是邊AB、BC的中點，，，
∴CH=GF=BE= AB=1，CF=BF=GH= BC= ，
∴在Rt△GHD中，DH=CD-CH=1，
∴DG= ，sin∠DGH= ，
∴CF：DG=：2，∠GDH=30°，
∵GH∥CF，
∴直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為30°，
故答案為：：2，30°；
②解：不發(fā)生變化，
證明：如圖③，連接BD，BG，在矩形EBFG中，BE=GF=1，BF=，
∴BG=，
在矩形ABCD中，AB=2，AD=2，
∴BD=，
∵GF=BE=1，CD=AB=2，BF=，
∴，
∴△BGF∽△BDC，∴∠GBF=∠DBC，
∴∠CBF=∠DBG，又，
∴△BFC∽△BGD，
∴CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，
延長DG交CF于H，則∠DHC=∠DBC，
在Rt△DBC中，CD=2，BD=4，
∴sin∠DBC=，
∴∠DBC=30°=∠DHC，即直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為30°，
綜上，的值以及直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)不發(fā)生變化；
（3）解：當點G在DF上時，如圖④，
在Rt△BFD中，BD=4，BF=，DF=1+DG，∠BFD=90°，
由勾股定理得：（）2+（1+DG）2=42，解得：DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
過點C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin∠30°=×=；
當點G在DF的延長線上時，如圖⑤，
在Rt△DFB中， BD=4，BF=，∠BFD=90°，
由勾股定理得：，則DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
過點C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin30°=×=，
綜上，點C到直線DF的距離為或．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，綜合性強，難度較難，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，添加適當?shù)妮o助線和分類討論思想的運用是解答的關(guān)鍵．
37．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，直線與軸，軸交于，兩點，拋物線經(jīng)過，兩點，是射線上一動點，軸交拋物線于點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)連接，，點在線段上，若，求此時點的坐標；
(3)點從點出發(fā)，沿射線方向以每秒5個單位長度的速度勻速運動，設(shè)運動的時間為秒，當為何值時，，請直接寫出所有符合條件的值．
【答案】(1)
(2)的坐標為或
(3)或
【分析】（1）先求出直線與坐標軸的交點，再利用待定系數(shù)法求得即可；
（2）延長交軸于點，設(shè)設(shè)點，則，
再由割補法用表示三角形的面積，利用函數(shù)解析式可得；
（3）當在點上方或下方兩種情況表示出和點坐標，根據(jù)位置不同分別表示出，由列方程求解即可．
【詳解】（1）∵直線與軸，軸交于，兩點，
∴當時，，
∴，
∴．
∴當時，，
∴．
∵拋物線經(jīng)過，兩點，
∴，
∴，
∴．
（2）如圖1，延長交軸于點，
∵，，
∴，，
∴．
設(shè)點，則，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，，
的坐標為或．
（3）如圖2，當在點上方時，過點作軸，垂足為點，則有，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
當時，有，
解得，，
∴；
如圖3，當在點下方時，過點作軸，垂足為點，
∴，，
∴，
當時，，
∴，，
綜上所述，符合條件的值為或．
【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，割補法求三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)及解一元二次方程的能力是解本題的關(guān)鍵．
38．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形為正方形，點在軸上，點在軸上，且，，反比例函數(shù)在第一象限的圖象經(jīng)過正方形的頂點．
(1)求點的坐標和反比例函數(shù)的關(guān)系式；
(2)如圖，將正方形沿軸向右平移個單位長度得到正方形，點恰好落在反比例函數(shù)的圖象上，求值．
(3)在（2）的條件下，坐標系內(nèi)是否存在點，使以點，，，為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點的坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)點的坐標為；
(2)3
(3)存在，點坐標為或或
【分析】（1）過點C作CE⊥x軸于點E，證明△AOB≌△BEC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)分別求出BE、CE，求出點C的坐標，進而求出反比例函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征求出點A橫坐標，根據(jù)平移的性質(zhì)解答；
（3）根據(jù)題意畫出圖形，然后分三種情況討論．
【詳解】（1）解：如圖所示，過點C作CE⊥x軸于點E，
則∠BEC=90°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠OBA+∠EBC=90°，
∵∠OBA+∠OAB=90°，
∴∠OAB=∠EBC，
在△AOB和△BEC中，
∠OAB=∠EBC，∠AOB=∠BEC，AB=BC，
∴△AOB≌△BEC(AAS)，
∴BE=OA=4，CE=OB=2，
∴OE=OB+BE=6，
∴點C的坐標為(6，2)，
將點C的坐標為(6，2)代入 y＝，
得k=12，
∴反比例函數(shù)的關(guān)系式為y＝；
（2）解：∵OA=4，
∴點A'縱坐標為4，
∴點A'橫坐標為=3，
∴m=3；
（3）解：如圖，設(shè)所求坐標為（s，t），則：
當四邊形POB'A'為平行四邊形時，由（2）可得：t=4，OB'=OB+3=5，
∴s=3-5=-2，
∴此時點P的坐標為(-2，4)，
當四邊形A'OB'P'為平行四邊形時，由（2）可得：t=4，s=3+5=8，
∴點P'的坐標為(8，4)，
當四邊形A'OP"B'為平行四邊形時， ，
∴，
∴點P"的坐標為(2，-4)，
綜上所述：以點O，A'，B'，P為頂點的四邊形為平行四邊形時，點P坐標為(-2，4)或(2，-4)或(8，4)．
【點睛】本題考查的是反比例函數(shù)綜合題，掌握待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式、反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、平移的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
39．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，直線l： 與x軸、y軸分別交于點B、C，經(jīng)過B、C兩點的拋物線 與x軸的另一個交點為A．
(1)求該拋物線的解析式；
(2)若點P在直線l下方的拋物線上，過點P作軸交l于點D，軸交l于點E，求的最大值；
(3)設(shè)F為直線l上的點，點P仍在直線l下方的拋物線上，以A、B、P、F為頂點的四邊形能否構(gòu)成平行四邊形？若能，求出點F的坐標；若不能，請說明理由．
【答案】(1)
(2)最大值是3
(3)能，或
【分析】（1）先確定出點B、C坐標，最后用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；
（2）先設(shè)出點P的坐標，進而得出點D、E的坐標，即可得出的函數(shù)關(guān)系式，即可得出結(jié)論；
（3）分AB為邊和對角線兩種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：∵直線與x軸、y軸分別交于點B、C，
∴、，
∵點、C在拋物線解上，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為．
（2）∵點P在直線l下方的拋物線上，設(shè)，
∵軸，軸，點D，E都在直線上，
∴，，
∴，
，
∴，
即：，
∴當時，的最大值是3．
（3）能，理由如下：
∵拋物線的解析式為，
令，
解得：或，
∴，，
∴，
如圖，若以A、B、P、F為頂點的四邊形能構(gòu)成平行四邊形，
當以AB為邊時，則且，
設(shè)，則，
∴，
解得：或與A重合，舍去，
∴，
當以AB為對角線時，
連接交AB于點G，則，，
設(shè)，
∵，，
∴，
∴，
∴，
作于點M，于點N，則，，
設(shè)，則，
∴，
解得：或與A重合，舍去，
∴，
綜上所述，以A、B、P、F為頂點的四邊形能構(gòu)成平行四邊形，此時點F的坐標為或．
【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)極值的確定方法，平行四邊形的性質(zhì)，二元一次方程組，一元二次方程，中點坐標，兩點間距離公式等知識．用分類討論的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．
40．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，已知拋物線與x軸的交點A（-3，0），B（1，0），與y軸的交點是點C．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點P是拋物線對稱軸上一點，當PB＋PC的值最小時，求點P的坐標；
(3)點M在拋物線上運動，點N在y軸上運動，是否存在點M，N，使得且以點C，M，N為頂點的三角形與相似？若存在，求出點M和點N的坐標；若不存在，說明理由．
【答案】(1)
(2)P(-1，-4)
(3)M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【分析】（1）將A（-3，0），B（1，0）代入，求出a和b即可；
（2）根據(jù)拋物線的性質(zhì)可知，即，即AC與對稱軸的交點即為點P，根據(jù)拋物線求出C點坐標，從而可求出AC的直線解析式，從而即可求出點P的坐標；
（3）設(shè)M點的坐標為（t， ），分t>0和t0時，沒有符合的點，
存在點M，N，使得，點M和點N的坐標分別為M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，涉及最短路徑問題，相似三角形問題，整體難度較大．

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