中考数学真题分类汇编及解析(五十二)动态探究问题

（2022•乐山中考）如图，等腰△ABC的面积为2√3，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连结PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（）A．√3B．3 C．2√3D．4【解析】选B．如图，过点A作AH⊥BC于点H．当点P与A重合时，点F与C重合，当点P与B重合时，点F的对应点为F″，点M的运动轨迹是△ECF″的中位线，M′M″=12CF″，因为AB＝AC，AH⊥BC，所以BH＝CH，因为AE∥BC，AE=12BC，所以AE＝CH，所以四边形AHCE是平行四边形，因为∠AHC＝90°，所以四边形AHCE是矩形，所以EC⊥BF″，AH＝EC，因为BC＝2，S△ABC＝2√3，所以12×2×AH＝2√3，所以AH＝EC2√3，因为∠BFF″＝∠ECB＝∠ECF″，所以∠BEC+∠CEF″＝90°，∠CEF″+∠F″＝90°，所以∠BEC＝∠F″，所以△ECB∽△F″CE，所以EC2＝CB•CF″，所以CF″=(2√3)22=6，所以M′M″＝3（2022·恩施州中考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（）A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形C．当CD＝PM时，t＝4sD．当CD＝PM时，t＝4s或6s【解析】选D．根据题意，可得DP＝t，BM＝t，因为AD＝10cm，BC＝8cm，所以AP＝10﹣t，CM＝8﹣t，当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，即10﹣t＝t，解得t＝5，故A选项不符合题意；当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，即t＝8﹣t，解得t＝4，故B选项不符合题意；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，此时CM＝PD，即8﹣t＝t，解得t＝4，②四边形CDPM是等腰梯形，过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：则∠MGP＝∠CHD＝90°，因为PM＝CD，GM＝HC，所以△MGP≌△CHD（HL），所以GP＝HD，因为AG＝AP+GP＝10﹣t+t−(8−t)2，又因为BM＝t，所以10﹣t+t−(8−t)2=t，解得t＝6，综上，当CD＝PM时，t＝4s或6s，故C选项不符合题意，D选项符合题意.（2022•绍兴中考）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是5或354．【解析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．因为tan ∠CBT ＝3=CT BT ，所以可以假设BT ＝k ，CT ＝3k ，因为∠CAT +∠ACT ＝90°，∠ACT +∠JCD ＝90°，所以∠CAT ＝∠JCD ，在△ATC 和△CJD 中，{∠ATC =∠CJD =90°∠CAT =∠JCD CA =CD，所以△ATC ≌△CJD （AAS ），所以DJ ＝CT ＝3k ，AT ＝CJ ＝10+k ，因为∠CJD ＝∠CED ＝90°，所以C ，E ，D ，J 四点共圆，因为EC ＝DE ，所以∠CJE ＝∠DJE ＝45°，所以ET ＝TJ ＝10﹣2k ，因为CE 2＝CT 2+TE 2＝（√22CD ）2，所以（3k ）2+（10﹣2k ）2＝[√22•√(3k)2+(10+k)2]2， 整理得4k 2﹣25k +25＝0，所以（k ﹣5）（4k ﹣5）＝0，所以k ＝5和54，所以BE ＝BT +ET ＝k +10﹣2k ＝10﹣k ＝5或354.答案：5或354．（2022•黄冈中考）如图1，在△ABC 中，∠B ＝36°，动点P 从点A 出发，沿折线A →B →C 匀速运动至点C 停止．若点P 的运动速度为1cm /s ，设点P 的运动时间为t （s ），AP 的长度为y （cm ），y 与t 的函数图象如图2所示．当AP 恰好平分∠BAC 时t 的值为 2√5+2 ．【解析】如图，连接AP ，由题图2可得AB ＝BC ＝4cm ，因为∠B ＝36°，AB ＝BC ，所以∠BAC ＝∠C ＝72°，因为AP 平分∠BAC ，所以∠BAP ＝∠PAC ＝∠B ＝36°，所以AP ＝BP ，∠APC ＝72°＝∠C ，所以AP ＝AC ＝BP ，因为∠PAC ＝∠B ，∠C ＝∠C ，（2022•宿迁中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是√52π．【解析】如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．因为四边形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，所以四边形ABNM是矩形，所以MN＝AB＝6，因为EM∥NF，所以△EPM∽△FPN，所以PMPN =EMNF=2tt=2，所以PN＝2，PM＝4，因为BN＝4，所以BP=√PN2+BN2=√22+42=2√5，因为BH⊥EF，所以∠BPH＝90°，所以点H在BP为直径的⊙O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NĤ．此时AM＝4，NF＝2，所以BF＝AB＝6，（2022•广元中考）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为（24﹣12√2）cm．【解析】当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M．因为DE＝12cm，CD＝CE，∠ACE＝90°，所以CD＝CE＝6√2cm，因为∠MAN＝∠C′NA＝∠C′MA＝90°，所以四边形AMC′N是矩形，所以∠MC′N＝∠D′C′E′＝90°，所以∠D′C′N＝∠E′C′M，因为C′D′＝C′E′，∠C′ND′＝∠C′ME′＝90°，所以△C′ND′≌△C′ME′（AAS），所以C′N＝C′M，因为C′N⊥DA，C′M⊥AF，所以AC′平分∠BAF，所以点C在射线AC′上运动，当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′＝2（12﹣6√2）＝（24﹣12√2）cm．答案：（24﹣12√2）．（1）如图2，当点E 落在边AB 上时，延长DE 交BC 于点F ，求BF 的长．（2）若点C 、E 、D 在同一条直线上，求点D 到直线BC 的距离．（3）连接DC ，取DC 的中点G ，三角板DEB 由初始位置（图1），旋转到点C 、B 、D 首次在同一条直线上（如图3），求点G 所经过的路径长．（4）如图4，G 为DC 的中点，则在旋转过程中，点G 到直线AB 的距离的最大值是 7√34 ．【解析】（1）由题意得，∠BEF ＝∠BD ＝90°，在Rt △BEF 中，∠ABC ＝30°，BE ＝3，所以BF =BE cos∠ABC =3cos30°=2√3；（2）①当点E 在BC 上方时，如图1，过点D 作DH ⊥BC 于H ，在Rt △ABC 中，AC ＝3，所以tan ∠ABC =AC BC ，所以BC =AC tan∠ABC =3tan30°=3√3，在Rt △BED 中，∠EBD ＝∠ABC ＝30°，BE ＝3，所以DE ＝BE •tan ∠DBE =√3，因为S △BCD =12CD •BE =12BC •DH ，所以DH =CD⋅BEBC =√6+1，②当点E 在BC 下方时，如图2，在Rt △BCE 中，BE ＝3，BC ＝3√3，根据勾股定理得，CE =√BC 2−BE 2=3√2，所以CD ＝CE ﹣DE ＝3√2−√3，过点D 作DM ⊥BC 于M ，因为S △BDC =12BC •DM =12CD •BE ，所以DM=CD⋅BEBC=√6−1，即点D到直线BC的距离为√6±1；（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，所以∠OCG＝∠B＝30°，所以∠BOE＝150°，因为点G为CD的中点，点O为BC的中点，所以GO=12BD=√3，所以点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，如图3﹣2，所以三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，所以点G所经过的路径长为150π⋅√3180=5√36π；（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，因为点O为BC的中点，BC＝3√3，所以OB=3√32，所以OK＝OB•sin30°=3√34，由（3）知，点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，所以点G到直线AB的距离的最大值是√3+3√34=7√34，答案：7√34．当OF 与BC 垂直时，重叠部分的面积为 1 ；一般地，若正方形面积为S ，在旋转过程中，重叠部分的面积S 1与S 的关系为 S 1=14S ；类比探究（2）若将三角板的顶点F 放在点O 处，在旋转过程中，OE ，OP 分别与正方形的边相交于点M ，N ． ①如图2，当BM ＝CN 时，试判断重叠部分△OMN 的形状，并说明理由；②如图3，当CM ＝CN 时，求重叠部分四边形OMCN 的面积（结果保留根号）；拓展应用（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O 处，该锐角记为∠GOH （设∠GOH ＝α），将∠GOH 绕点O 逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH 的两边与正方形ABCD 的边所围成的图形的面积为S 2，请直接写出S 2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）．（参考数据：sin15°=√6−√24，cos15°=√6+√24，tan15°＝2−√3）【解析】（1）如图1，若将三角板的顶点P 放在点O 处，在旋转过程中，当OF 与OB 重合时，OE 与OC 重合，此时重叠部分的面积＝△OBC 的面积=14正方形ABCD 的面积＝1；当OF 与BC 垂直时，OE ⊥BC ，重叠部分的面积=14正方形ABCD 的面积＝1；一般地，若正方形面积为S ，在旋转过程中，重叠部分的面积S 1与S 的关系为S 1=14S ．理由：如图1中，设OF 交AB 于点J ，OE 交BC 于点K ，过点O 作OM ⊥AB 于点M ，ON ⊥BC 于点N ．因为O 是正方形ABCD 的中心，所以OM ＝ON ，因为∠OMB ＝∠ONB ＝∠B ＝90°，所以四边形OMBN 是矩形，因为OM ＝ON ，所以四边形OMBN 是正方形，所以∠MON ＝∠EOF ＝90°，所以∠MOJ ＝∠NOK ，因为∠OMJ ＝∠ONK ＝90°，所以△OMJ ≌△ONK （AAS ），所以S △PMJ ＝S △ONK ，所以S 四边形OKBJ ＝S 正方形OMBN =14S 正方形ABCD ，所以S 1=14S ．答案：1，1，S 1=14S ．（2）①如图2中，结论：△OMN 是等边三角形．理由：过点O 作OT ⊥BC ，因为O 是正方形ABCD 的中心，所以BT ＝CT ，因为BM ＝CN ，所以MT ＝TN ，因为OT ⊥MN ，所以OM ＝ON ，因为∠MON ＝60°，所以△MON 是等边三角形；②如图3中，连接OC ，过点O 作OJ ⊥BC 于点J ．因为CM ＝CN ，∠OCM ＝∠OCN ，OC ＝OC ，所以△OCM ≌△OCN （SAS ），所以∠COM ＝∠CON ＝30°，所以∠OMJ ＝∠COM +∠OCM ＝75°，因为OJ ⊥CB ，所以∠JOM ＝90°﹣75°＝15°，因为BJ ＝JC ＝OJ ＝1，所以JM ＝OJ •tan15°＝2−√3，所以CM ＝CJ ﹣MJ ＝1﹣（2−√3）=√3−1，所以S 四边形OMCN ＝2×12×CM ×OJ =√3−1．（3）如图4﹣1中，过点O 作OQ ⊥BC 于点Q ，当BM ＝CN 时，△OMN 的面积最小，即S 2最小．在Rt △MOQ 中，MQ ＝OQ •tan α2=tan α2，所以MN ＝2MQ ＝2tan α2，所以S 2＝S △OMN =12×MN ×OQ ＝tan α2．如图4﹣2中，当CM ＝CN 时，S 2最大．同法可证△COM ≌△CON ，所以∠COM =12α，因为∠COQ ＝45°，所以∠MOQ ＝45°−12α， QM ＝OQ •tan （45°−12α）＝tan （45°−12α），所以MC ＝CQ ﹣MQ ＝1﹣tan （45°−12α），所以S 2＝2S △CMO ＝2×12×CM ×OQ ＝1﹣tan （45°−12α）．（2022•金华中考）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝10，sin B =35，点E 从点B 出发沿折线B ﹣C ﹣D 向终点D 运动．过点E 作点E 所在的边（BC 或CD ）的垂线，交菱形其它的边于点F ，在EF 的右侧作矩形EFGH ．（1）如图1，点G 在AC 上．求证：FA ＝FG ．（2）若EF ＝FG ，当EF 过AC 中点时，求AG 的长．（3）已知FG ＝8，设点E 的运动路程为s ．当s 满足什么条件时，以G ，C ，H 为顶点的三角形与△BEF 相似（包括全等）？【解析】（1）如图1中，因为四边形ABCD 是菱形，所以BA ＝BC ，所以∠BAC ＝∠BCA ，因为FG ∥BC ．所以∠AGF ＝∠ACB ，所以∠AGF ＝∠FAG ，所以FA ＝FG ；（2）设AO 的中点为O ．①如图2中，当点E 在BC 上时，过点A 作AM ⊥CB 于点M ．在Rt△ABM中，AM＝AB•sin B＝10×35=6，所以BM=√AB2−AM2=√102−62=8，所以FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2，因为OA＝OC，OE∥AM，所以CE＝EM=12CM＝1，所以AF＝EM＝1，所以AG＝AF+FG＝7．②如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N．同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN=12CN，所以AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5，综上所述，满足条件的AG的长为5或7；（3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N．①当点E在线段BM上时，0＜s≤8，设EF＝3x，则BE＝4x，GH＝EF＝3x．a、若点H值点C的左侧，x+B≤10，即0＜x≤2，如图4，CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，由△GHC∽△FEB，可得GHEF =CHBE，即GHCH=EFBE，所以3x2−4x =34，解得x=14，经检验x=14是分式方程的解，所以s＝4x＝1．由△GHC∽△BEF，可得GHBE =CHEF，即GHCH=BEEF，所以3x4−2x =43，解得x=825，所以s＝4x=3225．b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5，CH ＝BH ﹣BC ＝（4x +8）﹣10＝4x ﹣2，由△GHC ∽△FEB ，可得GHEF =CHBE ，即GHCH =EFBE ，所以3x4x−2=34，方程无解， 由△GHC ∽△BEF ，可得GHBE =CHEF，即GH CH =BEEF ， 所以3x4x−2=43，解得x =87，所以s ＝4x =327．②当点E 在线段MC 上时，8＜s ≤10，如图6，EF ＝6，EH ＝8，BE ＝s ，所以BH ＝BE +EH ＝s ＝8，CH ＝BH ﹣BC ＝s ﹣2，由△GHC ∽△FEB ，可得GHEF =CHBE ，即GHCH =EFBE ，所以6s−2=6s ，方程无解， 由△GHC ∽△FEB ，可得GHBE =CHEF，即GH CH =BEEF ， 所以6s−2=s6，解得s ＝1±√37（舍弃）；③当点E 在线段CN 上时，10≤x ≤12，如图7，过点C 作CJ ⊥AB 于点J ，在Rt △BJC 中，BC ＝10，CJ ＝6，BJ ＝8，因为EH ＝BJ ＝8，JF ＝CE ，所以BJ +JF ＝EH +CE ，即CH ＝BF ， 所以△GHC ≌△EFB ，符合题意，此时10≤s ≤12． ④当点E 值线段DN 上时，12＜s ＜20， 因为∠EFB ＞90°，所以△GHC 与△BEF 不相似．综上所述．满足条件的s 的值为1或3225或227或10≤s ≤12．的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD＝α．（1）如图，当P与E重合时，求α的度数．（2）当P与E不重合时，记∠BAD＝β，探究α与β的数量关系．【解析】（1）因为∠B＝40°，∠ACB＝90°，所以∠BAC＝50°，因为AE平分∠BAC，P与E重合，所以D在AB边上，AC＝AD，所以∠ACD＝∠ADC＝（180°﹣∠BAC）÷2＝65°，所以α＝∠ACB﹣∠ACD＝25°；答：α的度数为25°；（2）①当点P在线段BE上时，如图：因为将△APC沿AP翻折得△APD，所以AC＝AD，因为∠BCD＝α，∠ACB＝90°，所以∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，又因为∠ADC+∠BAD＝∠B+∠BCD，∠BAD＝β，∠B＝40°，所以（90°﹣α）+β＝40°+α，所以2α﹣β＝50°，②如图2，当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，如图：因为将△APC沿AP翻折得△APD，所以AC＝AD，因为∠BCD＝α，∠ACB＝90°，所以∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，又因为∠ADC＝∠AFC+∠BCD，∠AFC＝∠ABC+∠BAD，所以∠ADC＝∠ABC+∠BAD+∠BCD＝40°+β+α，所以90°﹣α＝40°+α+β，所以2α+β＝50°；综上所述，当点P在线段BE上时，2α﹣β＝50°；当点P在线段CE上时，2α+β＝50°.点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K 是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．【解析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，{BC=CB∠BCK=∠CBE BE=CK，所以△BCE≌△CBK（SAS），所以BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，因为CE＝BD，所以BD＝BK，所以∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，因为∠BEC+∠AEF＝180°，所以∠ADF+∠AEF＝180°，所以∠A+∠EFD＝180°，因为∠A＝60°，所以∠EFD＝120°，所以∠CFE＝180°﹣120°＝60°；（2）结论：BF+CF＝2CN．理由：如图2中，因为AB＝AC，∠A＝60°，所以△ABC是等边三角形，所以AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，因为AE＝BD，所以△ABE≌△BCD（SAS），所以∠BCF＝∠ABE，所以∠FBC+∠BCF＝60°，所以∠BFC＝120°，如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，因为NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，所以△CNM≌△QNF（SAS），所以FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，所以∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，所以∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，因为PB ＝PF ，所以△PFQ ≌△PBC （SAS ），所以PQ ＝PC ，∠CPB ＝∠QPF ＝60°， 所以△PCQ 是等边三角形，所以BF +CF ＝PC ＝QC ＝2CN ． （3）由（2）可知∠BFC ＝120°，所以点F 的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中）， 所以P ，F ，O 三点共线时，PF 的值最小， 此时tan ∠APK =AOAP =2√3，所以∠HPK ＞45°， 因为QK ⊥PF ，所以∠PKH ＝∠QKH ＝45°，如图3﹣2中，过点H 作HL ⊥PK 于点L ，设PQ 交KH 题意点J ，设HL ＝LK ＝2，PL =√3，PH =√7，KH ＝2√2， 因为S △PHK =12•PK •HL =12•KH •PJ ，所以PQ ＝2PJ ＝2×2(2+√3)2√2=2√2+√6，所以PQBC =2√2+√62√7=2√14+√4214．（2022•重庆中考B 卷）在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2√2，D 为BC 的中点，E ，F 分别为AC ，AD 上任意一点，连接EF ，将线段EF 绕点E 顺时针旋转90°得到线段EG ，连接FG ，AG ．（1）如图1，点E 与点C 重合，且GF 的延长线过点B ，若点P 为FG 的中点，连接PD ，求PD 的长； （2）如图2，EF 的延长线交AB 于点M ，点N 在AC 上，∠AGN ＝∠AEG 且GN ＝MF ，求证：AM +AF =√2AE ； （3）如图3，F 为线段AD 上一动点，E 为AC 的中点，连接BE ，H 为直线BC 上一动点，连接EH ，将△BEH 沿EH 翻折至△ABC 所在平面内，得到△B ′EH ，连接B ′G ，直接写出线段B ′G 的长度的最小值．【解析】（1）如图1，连接CP ，由旋转知，CF ＝CG ，∠FCG ＝90°，所以△FCG 为等腰直角三角形， 因为点P 是FG 的中点，所以CP ⊥FG ， 因为点D 是BC 的中点，所以DP =12BC ， 在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝2√2， 所以BC =√2AB ＝4，所以DP ＝2；（2）证明：如图2，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，所以∠AEH＝90°，由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，所以∠FEG＝∠AEH，所以∠AEG＝∠HEF，因为AB＝AC，点D是BC的中点，所以∠BAD＝∠CAD=1∠BAC＝45°，2所以∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，所以AE＝HE，所以△EGA≌△EFH（SAS），所以AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，所以∠EAG＝∠BAD＝45°，因为∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠AFM＝135°﹣∠AFM，因为∠AFM＝∠EFH，所以∠AMF＝135°﹣∠EFH，因为∠HEF＝180°﹣∠EFH﹣∠H＝135°﹣∠EFH，所以∠AMF＝∠HEF，因为△EGA≌△EFH，所以∠AEG＝∠HEF，因为∠AGN＝∠AEG，所以∠AGN＝∠HEF，所以∠AGN＝∠AMF，因为GN＝MF，所以△AGN≌△AMF（AAS），所以AG＝AM，因为AG＝FH，所以AM＝FH，所以AF+AM＝AF+FH＝AH=√2AE；AC=√2，（3）因为点E是AC的中点，所以AE=12根据勾股定理得，BE=√AE2+AB2=√10，由折叠知，BE＝B'E=√10，所以点B'是以点E为圆心，√10为半径的圆上，由旋转知，EF＝EG，所以点G是以点E为圆心，EG为半径的圆上，所以B'G的最小值为B'E﹣EG，要B'G最小，则EG最大，即EF最大，因为点F在AD上，所以点F在点A或点D时，EF最大，最大值为√2，所以线段B′G的长度的最小值√10−√2．（2）若AB ＝6． ①当DE AD=√32时，求AE 的长； ②直接写出运动过程中线段AE 长度的最小值．【解析】（1）①AE ＝2BE ，理由如下：因为DE ⊥AD ，所以∠AED +∠EAD ＝90°＝∠ADE ＝∠BDE +∠BDA ， 因为BE ＝BD ，所以∠AED ＝∠BDE ，所以∠EAD ＝∠BDA ， 所以AB ＝BD ，所以BE ＝BD ＝AB ，所以AE ＝2BE ； ②AE ＝2EB ，理由如下： 如图：因为∠BAC ＝90°，∠C ＝60°，所以∠B ＝30°， 因为EB ＝ED ，所以∠EDB ＝∠B ＝30°， 所以∠AED ＝∠EDB +∠B ＝60°，因为DE ⊥AD ，所以∠EDA ＝90°，∠EAD ＝30°， 所以AE ＝2ED ，所以AE ＝2EB ； （2）①过D 作DF ⊥AB 于F ，如图：因为∠F AD ＝∠DAE ，∠AFD ＝90°＝∠ADE ， 所以△AFD ∽△ADE ， 所以AF AD =DF DE，即DE AD=DF AF，因为DE AD=√32，所以DF AF =√32， 设DF =√3m ，则AF ＝2m ， 在Rt △BDF 中，BF =√3DF ＝3m ， 因为AB ＝6，所以BF+AF＝6，即3m+2m＝6，所以m=65，所以AF=125，DF=6√35，所以AD=√AF2+DF2=6√75，因为△AFD∽△ADE，所以AFAD =ADAE，即1256√75=6√75AE，所以AE=21 5；②作AE的中点G，连接DG，如图：因为∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，所以AE＝2DG，DG＝AG＝EG，当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，因为∠B＝30°，所以BG＝2DG，所以AE＝2DG＝BG，所以BE＝AG，所以AG＝EG＝BE，所以此时AE=23AB＝4，答：线段AE长度的最小值为4（2022•广元中考）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为135°；（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．【解析】（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），所以CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，所以∠BCD＝90°﹣α，因为CD＝CA，CD＝CB，所以∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°−α)2=45°+α2，所以∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°−α2+45°+α2=135°，答案：135°；（2）①依题意补全图形如图，由旋得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，所以∠BCD＝90°+α，因为CD＝CA，CD＝CB，所以∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°+α)2=45°−α2，所以∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°−α2−45°+α2=45°；②√2CE＝2BE﹣AD．证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，因为BC＝CD，CE平分∠BCD，所以CE垂直平分BD，所以BE＝DE，∠EFB＝90°，由①知，∠ADB＝45°，所以∠EBD＝∠EDB＝45°，所以∠FEB＝45°，因为BD∥CG，所以∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，所以EC＝CG，EG=√2EC，因为∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，所以∠ACE＝∠BCG，因为AC＝BC，所以△ACE≌△BCG（SAS），所以AE＝BG，因为EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，所以√2CE＝2BE﹣AD．（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM＝AN时，直接写出线段AN的长．【解析】（1）四边形AMDN是矩形，理由如下：因为点D是BC的中点，点M是AB的中点，所以MD∥AC，所以∠A+∠AMD＝180°，因为∠BAC＝90°，所以∠AMD＝90°，因为∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，所以四边形AMDN是矩形；（2）如图2，过点N作NG⊥CD于G，因为AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，所以BC=√AB2+AC2=10，因为点D是BC的中点，所以BD＝CD＝5，因为∠MDN＝90°＝∠A，所以∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°，所以∠1＝∠C，所以DN＝CN，又因为NG⊥CD，所以DG＝CG=52，因为cos C=CGCN =ACBC，所以52CN=810，所以CN=258；（3）如图③，连接MN，AD，过点N作HN⊥AD于H，因为AM＝AN，∠MAN＝90°，所以∠AMN＝∠ANM＝45°，因为∠BAC+∠EDF＝90°，所以点A，点M，点D，点N四点共圆，所以∠ADN＝∠AMN＝45°，因为NH⊥AD，所以∠ADN＝∠DNH＝45°，所以DH＝HN，因为BD＝CD＝5，∠BAC＝90°，所以AD＝CD＝5，所以∠C＝∠DAC，所以tan C＝tan∠DAC=HNAH =ABAC=34，所以AH=43HN，因为AH+HD＝AD＝5，所以DH＝HN=157，AH=207，所以AN=√AH2+HN2=√22549+40049=257.第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P 的横坐标为m ．过点P 作直线PD ⊥x 轴于点D ，作直线BC 交PD 于点E ．（1）求A ，B ，C 三点的坐标，并直接写出直线BC 的函数表达式； （2）当△CEP 是以PE 为底边的等腰三角形时，求点P 的坐标；（3）连接AC ，过点P 作直线l ∥AC ，交y 轴于点F ，连接DF ．试探究：在点P 运动的过程中，是否存在点P ，使得CE ＝FD ，若存在，请直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）在y =−14x 2+32x +4中，令x ＝0得y ＝4，令y ＝0得x ＝8或x ＝﹣2，所以A （﹣2，0），B （8，0），C （0，4）， 设直线BC 解析式为y ＝kx +4，将B （8，0）代入得：8k +4＝0，解得k =−12，所以直线BC 解析式为y =−12x +4；（2）过C 作CG ⊥PD 于G ，如图：设P （m ，−14m 2+32m +4），所以PD =−14m 2+32m +4，因为∠COD ＝∠PDO ＝∠CGD ＝90°，所以四边形CODG 是矩形， 所以DG ＝OC ＝4，CG ＝OD ＝m ，所以PG ＝PD ﹣DG =−14m 2+32m +4﹣4=−14m 2+32m ，因为CP ＝CE ，CG ⊥PD ，所以GE ＝PG =−14m 2+32m ，因为∠GCE ＝∠OBC ，∠CGE ＝90°＝∠BOC ， 所以△CGE ∽△BOC ，所以CGOB =GEOC ，即m8=−14m 2+32m4，解得m ＝0（舍去）或m ＝4，所以P （4，6）； （3）存在点P ，使得CE ＝FD ，理由如下： 过C 作CH ⊥PD 于H ，如图：设P （m ，−14m 2+32m +4），由A （﹣2，0），C （0，4）可得直线AC 解析式为y ＝2x +4，根据PF ∥AC ，设直线PF 解析式为y ＝2x +b ，将P （m ，−14m 2+32m +4）代入得：−14m 2+32m +4＝2m +b ，所以b =−14m 2−12m +4， 所以直线PF 解析式为y ＝2x −14m 2−12m +4，令x ＝0得y =−14m 2−12m +4，所以F （0，−14m 2−12m +4），所以OF ＝|−14m 2−12m +4|，同（2）可得四边形CODH 是矩形，所以CH ＝OD ，因为CE ＝FD ，所以Rt △CHE ≌Rt △DOF （HL ），所以∠HCE ＝∠FDO ， 因为∠HCE ＝∠CBO ，所以∠FDO ＝∠CBO ， 所以tan ∠FDO ＝tan ∠CBO ，所以OF OD =OCOB ，即|−14m 2−12m+4|m=48，所以−14m 2−12m +4=12m 或−14m 2−12m +4=−12m ，解得m ＝2√5−2或m ＝﹣2√5−2或m ＝4或m ＝﹣4， 因为P 在第一象限，所以m ＝2√5−2或m ＝4.（2022•河北中考）如图1，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，∠C ＝30°，AD ＝3，AB ＝2√3，DH ⊥BC 于点H ．将△PQM 与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P 与A 重合，点B 在PM 上，其中∠Q ＝90°，∠QPM ＝30°，PM ＝4√3．（1）求证：△PQM ≌△CHD ；（2）△PQM 从图1的位置出发，先沿着BC 方向向右平移（图2），当点P 到达点D 后立刻绕点D 逆时针旋转（图3），当边PM 旋转50°时停止．①边PQ 从平移开始，到绕点D 旋转结束，求边PQ 扫过的面积；②如图2，点K 在BH 上，且BK ＝9﹣4√3．若△PQM 右移的速度为每秒1个单位长，绕点D 旋转的速度为每秒5°，求点K 在△PQM 区域（含边界）内的时长；③如图3，在△PQM 旋转过程中，设PQ ，PM 分别交BC 于点E ，F ，若BE ＝d ，直接写出CF 的长（用含d 的式子表示）．【解析】（1）证明：因为四边形ABCD 是矩形， 所以AB ＝DH ＝2√3，∠DHB ＝∠DHC ＝90°，在Rt △AQM 中，∠Q ＝90，∠QAM ＝30°，AM ＝4√3，所以QM =12AM ＝2√3，所以QM ＝DH ，因为∠Q ＝∠DHC ＝90°，∠QAM ＝∠C ＝30°， 在△PQM 和△CHD 中，{∠QPM =∠C∠PQM =∠CHD QM =DH，所以△PQM ≌△CHD （AAS ）； （2）①如图1中，PQ 扫过的面积＝平行四边形AQQ ′D 的面积+扇形DQ ′Q ″的面积．设QQ ′交AM 于点T ．因为AQ =√3QB ＝6，QT ⊥AM ，所以AT ＝AQ •cos30°＝3√3， 所以S PQ 扫过的区域＝3×3√3+50π⋅618050⋅π⋅62360=9√3+5π；②如图2﹣1中，连接DK ．当DM 运动到与DH 重合时，因为BH ＝AD ＝3，BK ＝9﹣4√3，所以KH ＝3﹣（9﹣4√3）＝4√3−6， 所以tan ∠KDH =KHDH =4√3−62√3=2−√3，所以∠KDH ＝15°，因为∠QDM ＝30°﹣15°＝15°， 所以点K 在△PQM 区域（含边界）内的时长4√3−61+155=（4√3−3）s ；③如图3中，在Rt △CDH 中，DH ＝2√3，∠C ＝30°，所以CH =√3DH ＝6， 因为BH ＝3，BE ＝d ，所以EH ＝3﹣d ，因为DH ＝2√3，∠DHE ＝90°，所以DE 2＝EH 2+DH 2＝（3﹣d ）2+（2√3）2，（2022•十堰中考）已知∠ABN ＝90°，在∠ABN 内部作等腰△ABC ，AB ＝AC ，∠BAC ＝α（0°＜α≤90°）．点D 为射线BN 上任意一点（与点B 不重合），连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转α得到线段AE ，连接EC 并延长交射线BN 于点F ．（1）如图1，当α＝90°时，线段BF 与CF 的数量关系是 BF ＝CE ；（2）如图2，当0°＜α＜90°时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （3）若α＝60°，AB ＝4√3，BD ＝m ，过点E 作EP ⊥BN ，垂足为P ，请直接写出PD 的长（用含有m 的式子表示）．【解析】（1）BF ＝CF ；理由如下： 连接AF ，如图所示：根据旋转可知，∠DAE ＝α＝90°，AE ＝AD ，因为∠BAC ＝90°，所以∠EAC +∠CAD ＝90°，∠BAD +∠CAD ＝90°，所以∠EAC ＝∠BAD ， 在△ACE 和△ABD 中，{AE =AD∠EAC =∠DAB AC =AB，所以△ACE ≌△ABD （SAS ），所以∠ACE ＝∠ABD ＝90°，所以∠ACF ＝90°， 在Rt △ABF 与Rt △ACF 中，{AB =ACAF =AF ，所以Rt △ABF ≌Rt △ACF （HL ），所以BF ＝CF ，答案：BF ＝CF ； （2）成立，理由如下： 如图2，连接AF ，根据旋转可知，∠DAE ＝α，AE ＝AD ，因为∠BAC ＝α，所以∠EAC ﹣∠CAD ＝α，∠BAD ﹣∠CAD ＝α，所以∠EAC ＝∠BAD ， 在△ACE 和△ABD 中，{AE =AD∠EAC =∠DAB AC =AB所以△ACE ≌△ABD （SAS ），所以∠ACE ＝∠ABD ＝90°，所以∠ACF ＝90°， 在Rt △ABF 与Rt △ACF 中，{AB =AC AF =AF，所以Rt △ABF ≌Rt △ACF （HL ），所以BF ＝CF ； （3）因为α＝60°，AB ＝AC ，所以△ABC 为等边三角形， 所以∠ABC ＝∠ACB ＝∠BAC ＝60°，AB ＝AC ＝BC ＝4√3， ①当∠BAD ＜60°时，连接AF ，如图所示：因为Rt △ABF ≌Rt △ACF ，所以∠BAF ＝∠CAF =12∠BAC ＝30°，在Rt △ABF 中，BF AB =tan30°，BF 4√3=√33，即CF ＝BF ＝4；根据（2）可知，△ACE ≌△ABD ，所以CE ＝BD ＝m ， 所以EF ＝CF +CE ＝4+m ，∠FBC ＝∠FCB ＝90°﹣60°＝30°， 所以∠EFP ＝∠FBC +∠FCB ＝60°，又因为∠EPF ＝90°，所以∠FEP ＝90°﹣60°＝30°，所以PF =12EF ＝2+12m ，所以BP ＝BF +PF ＝6+12m ，所以PD ＝BP ﹣BD ＝6−12m ； ②当∠BAD ＝60°时，AD 与AC 重合，如图所示：因为∠DAE ＝60°，AE ＝AD ，所以△ADE 为等边三角形，所以∠ADE ＝60°，因为∠ADB ＝90°﹣∠BAC ＝30°，所以∠ADE ＝90°，所以此时点P 与点D 重合，PD ＝0； ③当∠BAD ＞60°时，连接AF ，如图所示：因为Rt △ABF ≌Rt △ACF ，所以∠BAF ＝∠CAF =12∠BAC ＝30°， 在Rt △ABF 中，BFAB =tan30°，BF 4√3=√33，即CF ＝BF ＝4；（2022·新疆生产建设兵团中考）如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE．（1）当AE⊥BC时，∠AEB＝60 °；（2）探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出【解析】；（3）设AC＝4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．【解析】（1）因为∠ABC＝30°，AB＝AC，AE⊥BC，所以∠BAE＝60°，因为将△ACD沿AD折叠得到△AED，所以AC＝AE，所以AB＝AE，所以∠AEB＝60°，答案：60；（2）∠AEB＝30°+∠CAD，理由如下：因为将△ACD沿AD折叠得到△AED，所以AE＝AC，∠CAD＝∠EAD，因为∠ABC＝30°，AB＝AC，所以∠BAC＝120°，所以∠BAE＝120°﹣2∠CAD，因为AB＝AE＝AC，所以∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；（3）如图，连接OA，因为AB＝AC，点O是BC的中点，所以OA⊥BC，因为∠ABC＝∠ACB＝30°，AC＝4，所以AO＝2，OC＝2√3，因为OD2＝AD2﹣AO2，所以OD=√y−4，因为S△ADC=12×OC×AO−12×OD×OA，所以x=12×2×2√3−12×2×√y−4，（2022•福建中考）已知△ABC ≌△DEC ，AB ＝AC ，AB ＞BC ． （1）如图1，CB 平分∠ACD ，求证：四边形ABDC 是菱形；（2）如图2，将（1）中的△CDE 绕点C 逆时针旋转（旋转角小于∠BAC ），BC ，DE 的延长线相交于点F ，用等式表示∠ACE 与∠EFC 之间的数量关系，并证明；（3）如图3，将（1）中的△CDE 绕点C 顺时针旋转（旋转角小于∠ABC ），若∠BAD ＝∠BCD ，求∠ADB 的度数．【解析】（1）证明：因为△ABC ≌△DEC ，所以AC ＝DC ， 因为AB ＝AC ，所以∠ABC ＝∠ACB ，AB ＝DC ， 因为CB 平分∠ACD ，所以∠DCB ＝∠ACB ， 所以∠ABC ＝∠DCB ，所以AB ∥CD ， 所以四边形ABDC 为平行四边形，因为AB ＝AC ，所以平行四边形ABDC 为菱形； （2）∠ACE +∠EFC ＝180°， 理由如下：因为△ABC ≌△DEC ， 所以∠ABC ＝∠DEC ， 所以∠ACB ＝∠DEC ，因为∠ACB +∠ACF ＝∠DEC +∠CEF ＝180°， 所以∠CEF ＝∠ACF ，因为∠CEF +∠ECF +∠EFC ＝180°， 所以∠ACF +∠ECF +∠EFC ＝180°， 所以∠ACE +∠EFC ＝180°；（3）如图3，在AD 上取点M ，使AM ＝BC ，连接BM ， 在△AMB 和△CBD 中，{AM =BC∠BAM =∠DCB AB =CD ，所以△AMB ≌△CBD （SAS ）， 所以BM ＝BD ，∠ABM ＝∠CDB ， 所以∠BMD ＝∠BDM ，因为∠BMD＝∠BAD+∠MBA，所以∠ADB＝∠BCD+∠BDC，设∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝α+β，因为CA＝CD，所以∠CAD＝∠CDA＝α+2β，所以∠BAC＝∠CAD﹣∠BAD＝2β，所以∠ACB=12×（180°﹣2β）＝90°﹣β，所以∠ACD＝90°﹣β+α，因为∠ACD+∠CAD+∠CDA＝180°，所以90°﹣β+α+α+2β+α+2β＝180°，所以α+β＝30°，即∠ADB＝30°．（2022•河南中考）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．（1）操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠CBM（任写一个即可）．（2）迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝15 °，∠CBQ＝15 °；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．（3）拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【解析】（1）因为对折矩形纸片ABCD，（1）如图①，若α＝90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′，B′，D′，连接OD，OD′．判断OD与OD′有什么数量关系？证明你的结论；（2）如图②，若α＝60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离；（3）如图③，若α＝45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大？请说明理由，并求出△AOB 面积的最大值．【解析】（1）OD＝OD′，理由如下：在Rt△AOB中，点D是AB的中点，所以OD=12 AB，同理可得：OD′=12A′B′，因为AB＝A′B′，所以OD＝OD′；（2）如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，所以BO′＝AB＝6，OC最大＝CO′＝CD+DO′=12AB+√32BO′＝3+3√3；（3）如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，所以AI=√22AB=3√2，∠AOB=12∠AIB=45°，则点O在⊙I上，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，因为OC＝CI+OI=12AB+3√2=3+3√2，所以S△AOB最大=12×6×(3+3√2)=9+9√2．①如图1，若∠B＝45°，m＝5√2，则n＝5√2，S＝25；②如图2，若∠B＝60°，m＝4√3，则n＝4，S＝8√3；（2）如图3，当∠ACB＝∠EDF＝90°时，探究S与m，n的数量关系，并说明理由；（3）如图4，当∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4时，请直接写出S的大小．【解析】（1）①如图1中，因为∠ACB＝90°，∠B＝45°，所以CA＝CB，因为CD平分∠ACB，所以AD＝DB＝5√2，因为DE⊥AC，DF⊥BC，∠A＝∠B＝45°，所以△ADE，△BDF都是等腰直角三角形，所以BF＝DF＝5，AE＝DE＝5，所以S=12×5×5+12×5×5＝25，答案：5√2，25；②如图2中，在Rt△ADE中，AD＝4√3，∠A＝90°﹣∠B＝30°，所以DE=12AD＝2√3，AE=√3DE＝6，因为DE⊥AC，DF⊥BC，CD平分∠ACB，所以DE＝DF＝2√3，所以BF＝2，BD＝2BF＝4，所以n＝4，所以S=12×2√3×6+12×2√3×2＝8√3，答案：4，8√3；（2）如图3中，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N．因为DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，所以DM＝DN，因为∠DMC＝∠DNC＝∠MCN＝90°，所以四边形ABCD是矩形，所以DM＝DN，所以四边形DMCN是正方形，所以∠MDN＝∠EDF＝90°，所以∠MDE＝∠NDF，因为∠DME＝∠DNF，所以△DME≌△DNF（ASA），所以S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△BDN绕点D逆时针旋转90°得到右边△ADN，∠ADN＝90°，AD＝m，DN＝n，所以S=12mn；（3）如图4中，过点⊥AC于点M，DN⊥BC于点N．因为DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，所以DM＝DN，因为∠DMC＝∠DNC＝90°，所以∠MDN＝180°﹣∠ACB＝120°，所以∠EDF＝∠MDN＝120°，所以∠EDM＝∠FDN，因为∠DME＝∠DNF＝90°，所以△DME≌△DNF（AAS），所以S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△ADM绕点顺时针旋转120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，过点D作DN⊥BT于点N，所以BH＝BD×sin60°＝4×√32=2√3，所以S＝S△CDT=12×6×2√3=6√3．（2022•泰州中考）如图①，矩形ABCD 与以EF 为直径的半圆O 在直线l 的上方，线段AB 与点E 、F 都在直线l 上，且AB ＝7，EF ＝10，BC ＞5．点B 以1个单位/秒的速度从点E 处出发，沿射线EF 方向运动，矩形ABCD 随之运动，运动时间为t 秒．（1）如图②，当t ＝2．5时，求半圆O 在矩形ABCD 内的弧的长度；（2）在点B 运动的过程中，当AD 、BC 都与半圆O 相交时，设这两个交点为G 、H ．连接OG 、OH ，若∠GOH 为直角，求此时t 的值．【解析】（1）设BC 与⊙O 交于点M ，当t ＝2．5时，BE ＝2．5，因为EF ＝′10，所以OE =12EF ＝5，所以OB ＝2．5，所以EB ＝OE ， 在正方形ABCD 中，∠ABC ＝90°，所以ME ＝MO ， 又因为MO ＝EO ，所以ME ＝EO ＝MO ，所以△MOE 是等边三角形，所以∠EOM ＝90°，所以l ME ̂=60π×5180=5π3， 即半圆O 在矩形ABCD 内的弧的长度为5π3；（2）连接GO ，HO ，因为∠GOH ＝90°，所以∠AOG +∠BOH ＝90°， 因为∠AGO +∠AOG ＝90°，所以∠AGO ＝∠BOH ， 在△AGO 和△OBH 中，{∠AGO =∠BOH∠GAO =∠HBO OG =OH，所以△AGO ≌△BOH （AAS ），所以OB ＝AG ＝t ﹣5， 因为AB ＝7，所以AE ＝t ﹣7，所以AO ＝5﹣（t ﹣7）＝12﹣t ， 在Rt △AGO 中，AG 2+AO 2＝OG 2，所以（t ﹣5）2+（12﹣t ）2＝52，解得：t 1＝8，t 2＝9， 即t 的值为8或9．（2022•龙东中考）△ABC 和△ADE 都是等边三角形．（2）将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；（3）将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【解析】（2）PB＝P A+PC，理由如下：如图②，在BP上截取BF＝PC，连接AF，因为△ABC、△ADE都是等边三角形，所以AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，所以∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE，即∠DAB＝∠EAC，所以△ABD≌△ACE（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，因为AB＝AC，BF＝CP，所以△BAF≌△CAP（SAS），所以AF＝AP，∠BAF＝∠CAP，所以∠BAC＝∠P AF＝90°，所以△AFP是等边三角形，所以PF＝P A，所以PB＝BF+PF＝PC+P A；（3）PC＝P A+PB，理由如下：如图③，在PC上截取CM＝PB，连接AM，同理得：△ABD≌△ACE（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，因为AB＝AC，PB＝CM，所以△AMC≌△APB（SAS），所以AM＝AP，∠BAP＝∠CAM，所以∠BAC＝∠P AM＝60°，所以△AMP是等边三角形，所以PM＝P A，所以PC＝PM+CM＝P A+PB．（2022•龙东中考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴。