中考数学专题图形的变换 轻松过关及详解

中考数学专题图形的变换 轻松过关及详解

‎2016年中考数学图形的变换轻松过关 ‎1.如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，并且OA、OC的长满足：|OA﹣2|+（OC﹣6）2=0．‎ ‎（1）求A、B、C三点的坐标．‎ ‎（2）把△ABC沿AC对折，点B落在点B1处，AB1与x轴交于点D，求直线BB1的解析式．‎ ‎（3）在直线AC上是否存在点P使PB1+PD的值最小？若存在，请找出点P的位置，并求出PB1+PD的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎（4）在直线AC上是否存在点P使|PD﹣PB|的值最大？若存在，请找出点P的位置，并求出|PD﹣PB|最大值．‎ ‎2.如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠QPN=α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）‎ ‎（1）如图①，当α=90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是　　　　　　；‎ ‎（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，其他条件不变，当α=60°时，（1）中的结论变为DE+DF=AD，请给出证明；‎ ‎（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，DE，DF，AD之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．‎ ‎3.已如图,在△ABC中,已知AB=AC=6,BC=8,且△ABC≌△DEF,将△DEF与△ABC重合在一起,△ABC不动,△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动,且DE始终经过点A,EF与AC交于P点.‎ ‎ (1)求证：△ABE∽△ECP；‎ ‎(2)探究：在△DEF运动过程中,重叠部分能否构成等腰三角形,使得AP=EP,若能,求出BE的长;若不能，请说明理由； ‎ ‎(3)当BE为何值时，AP有最小值.‎ ‎4.如图，已知一个三角形纸片ABC，BC边的长为8，BC边上的高为6，∠B和∠C都为锐角，M为AB一动点（点M与点A,B不重合），过点M作MN//BC,交AC于点N，在△AMN中，设MN的长为x，MN上的高为h．‎ ‎（1）请你用含x的代数式表示h．‎ ‎（2）将△AMN沿MN折叠，使△AMN落在四边形BCNM所在平面，设点A落在平面的点为A1，△A1MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y，当x为何值时，y最大，最大值为多少？‎ ‎5.正方形边长为4，、分别是、上的两个动点，当点在上运动时，保持和垂直，‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设，梯形的面积为，求与之间的函数关系式；当点运动到什么位置时，四边形面积最大，并求出最大面积；‎ ‎（3）当点运动到什么位置时，求的值．‎ ‎6.在△ABC中，∠BAC=90°，AB＜AC，∠PMQ是直角，且直角顶点M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N．PM边上动点P从点B出发沿射线BA以每秒2cm的速度运动，同时，MQ边上动点Q从点N出发沿射线NC运动，设运动时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）求证：△PBM∽△QNM；‎ ‎（2）探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（3）若∠ABC=60°，BC=8cm．‎ ‎①求动点Q的运动速度；‎ ‎②设△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式；‎ ‎7.如图（1），在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．容易证得：CE=CF；‎ ‎（1）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°．试猜想GE、BE、GD三线段之间的数量关系，并证明你的结论．‎ ‎（2）运用（1）中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：‎ ‎①如图（2），在四边形ABCD中∠B=∠D=90°，BC=CD，点E，点G分别是AB边，AD边上的动点．若∠BCD=α°，∠ECG=β°，试探索当α和β满足什么关系时，图（1）中GE、BE、GD三线段之间的关系仍然成立，并说明理由．‎ ‎②在平面直角坐标中，边长为1的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点N（如图（3））．设△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写出结论．‎ ‎8.如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．‎ ‎（1）求证：AE⊥BF；‎ ‎（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；‎ ‎（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．‎ ‎9.如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．‎ ‎（1）当t=秒时，则OP=　　　　　　，S△ABP=　　　　　　；‎ ‎（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；‎ ‎（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：AQ•BP=3．‎ ‎10.已知：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC=∠D，点E、F分别在BC、CD上，且∠AEF=∠ACD．‎ ‎（1）如图1，若AB=BC=AC，求证：AE=EF；‎ ‎（2）如图2，若AB=BC，（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；‎ ‎（3）如图3，若AB=kBC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出AE与EF之间的数量关系，并证明．‎ ‎11.已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA、‎ OB（或它们的反向延长线）相交于点D、E．‎ ‎（1）当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），易证：OD+OE=OC；‎ ‎（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2、图3这两种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD、OE、OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．‎ ‎12.如图1，在正方形ABCD的外侧，作两个等边三角形ADE和DCF，连接AF，BE．‎ ‎（1）请判断：AF与BE的数量关系是　　　　　　，位置关系是　　　　　　；‎ ‎（2）如图2，若将条件“两个等边三角形ADE和DCF”变为“两个等腰三角形ADE和DCF，且EA=ED=FD=FC”，第（1）问中的结论是否仍然成立？请作出判断并给予说明；‎ ‎（3）若三角形ADE和DCF为一般三角形，且AE=DF，ED=FC，第（1）问中的结论都能成立吗？请直接写出你的判断．‎ ‎13.如图1，将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，得到△ABD和△ECF，固定△ABD，并把△ABD与△ECF叠放在一起．‎ ‎（1）操作：如图2，将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，设旋转时FC交BA于点H（H点不与B点重合），FE交DA于点G（G点不与D点重合）．‎ 求证：BH•GD=BF2‎ ‎（2）操作：如图3，△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过点A，过点A作AG∥CE，交FE于点G，连接DG．‎ 探究：FD+DG=　　　　　　．请予证明．‎ ‎14.已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=2，OC=3．过原点O作∠AOC的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E．‎ ‎（1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；‎ ‎（2）将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与y轴的正半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果DF与（1）中的抛物线交于另一点M，点M的横坐标为，那么EF=2GO是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（3）对于（2）中的点G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q，使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎15.如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．‎ ‎（1）求证：∠APB=∠BPH；‎ ‎（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；‎ ‎（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎16.已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．‎ ‎（1）求AE和BE的长；‎ ‎（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．‎ ‎（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎17.矩形ABCD一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得点B落在CD边上的点P处．‎ ‎（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．‎ ‎①求证：△OCP∽△PDA；‎ ‎②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长．‎ ‎（2）如图2，在（1）的条件下，擦去AO和OP，连接BP．动点M在线段AP上（不与点P、A重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问动点M、N在移动的过程中，线段EF的长度是否发生变化？若不变，求出线段EF的长度；若变化，说明理由．‎ ‎18.已知：把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与点E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=9cm．‎ 如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动．当△DEF的顶点D移动到AC边上时，△DEF停止移动，点P也随之停止移动、DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）（0＜t＜4.5）解答下列问题：‎ ‎（1）当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？‎ ‎（2）连接PE，设四边形APEC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使面积y最小？若存在，求出y的最小值；若不存在，说明理由；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使P、Q、F三点在同一条直线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．‎ ‎19.已知，点P是Rt△ABC斜边AB上一动点（不与A、B重合），分别过A、B向直线CP作垂线，垂足分别为E、F、Q为斜边AB的中点．‎ ‎（1）如图1，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是　　　　　　，QE与QF的数量关系是　　　　　　；‎ ‎（2）如图2，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明；‎ ‎（3）如图3，当点P在线段BA（或AB）的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并给予证明．‎ ‎20.如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．‎ ‎（1）∠PBD的度数为　　　　　　，点D的坐标为　　　　　　（用t表示）；‎ ‎（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？‎ ‎（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．‎ ‎21.如图，在等边△ABC中，AB=3，D、E分别是AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分记作图形L．‎ ‎（1）求△ABC的面积；‎ ‎（2）设AD=x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；‎ ‎（3）已知图形L的顶点均在⊙O上，当图形L的面积最大时，求⊙O的面积．‎ ‎22.如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BC=10cm，AD=8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB，AC，AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；‎ ‎（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长．‎ ‎23.已知：正方形ABCD的边长为4，点E为BC的中点，点P为AB上一动点，沿PE翻折△BPE得到△FPE，直线PF交CD边于点Q，交直线AD于点G，联接EQ．‎ ‎（1）如图，当BP=1.5时，求CQ的长；‎ ‎（2）如图，当点G在射线AD上时，BP=x，DG=y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；‎ ‎（3）延长EF交直线AD于点H，若△CQE与△FHG相似，求BP的长．‎ ‎24.情境观察:将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示．将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A（A′）、B在同一条直线上，如图2所示．‎ 观察图2可知：与BC相等的线段是　　　　　　，∠CAC′=　　　　　　°．‎ 问题探究:如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论．‎ 拓展延伸:如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎25.（1）操作发现：‎ 将等腰Rt△ABC与等腰Rt△ADE按如图1方式叠放，其中∠ACB=∠ADE=90°，点D，E分别在AB，AC边上，M为BE的中点，连结CM，DM．小明发现CM=DM，你认为正确吗？请说明理由．‎ ‎（2）思考探究：‎ 小明想：若将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转一定的角度，上述结论会如何呢？为此进行以下探究：‎ 探究一：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转45°（如图2），其他条件不变，发现结论CM=DM依然成立．请你给出证明．‎ 探究二：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转135°（如图3），其他条件不变，则结论CM=DM还成立吗？请说明理由．‎ ‎26.【提出问题】（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．‎ ‎【类比探究】（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．‎ ‎【拓展延伸】（3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．‎ ‎27.如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边OA、OB分别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2﹣7x+12=0的两根（OA＜OB），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．‎ ‎（1）求A、B两点的坐标．‎ ‎（2）求当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并直接写出此时点Q的坐标．‎ ‎（3）当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎28.如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．‎ ‎（1）当BC=1时，求线段OD的长；‎ ‎（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域．‎ ‎29.如图，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连接PQ，M为PQ中点．‎ ‎（1）求证：△ADP∽△ABQ；‎ ‎（2）若AD=10，AB=20，点P在边CD上运动，设DP=x，BM2=y，求y与x的函数关系式，并求线段BM的最小值；‎ ‎（3）若AD=10，AB=a，DP=8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围．‎ ‎30.在矩形ABCD中，点F在AD延长线上，且DF=DC，M为AB边上一点，N为MD的中点，点E在直线CF 上（点E、C不重合）．‎ ‎（1）如图1，若AB=BC，点M、A重合，E为CF的中点，试探究BN与NE的位置关系及的值，并证明你的结论；‎ ‎（2）如图2，且若AB=BC，点M、A不重合，BN=NE，你在（1）中得到的两个结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（3）如图3，若点M、A不重合，BN=NE，你在（1）中得到的结论两个是否成立，请直接写出你的结论．‎ ‎31.正方形ABCD中，将一个直角三角板的直角顶点与点A重合，一条直角边与边BC交于点E（点E不与点B和点C重合），另一条直角边与边CD的延长线交于点F．‎ ‎（1）如图①，求证：AE=AF；‎ ‎（2）如图②，此直角三角板有一个角是45°，它的斜边MN与边CD交于G，且点G是斜边MN的中点，连接EG，求证：EG=BE+DG； ‎ ‎（3）在（2）的条件下，如果=，那么点G是否一定是边CD的中点？请说明你的理由．‎ ‎32.．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA=4，AB=2，直线与坐标轴交于D、E．设M是AB的中点，P是线段DE上的动点．‎ ‎（1）求M、D两点的坐标；‎ ‎（2）当P在什么位置时，PA=PB求出此时P点的坐标；‎ ‎（3）过P作PH⊥BC，垂足为H，当以PM为直径的⊙F与BC相切于点N时，求梯形PMBH的面积．‎ ‎33.如图1，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=6，AB=8，点P是边AB上一动点，过点P作PQ⊥AB交BC于点E，截取PQ=AP，连接AQ交边BC于点D．‎ ‎（1）若AP4，求段DQ、DE的长；‎ ‎（2）如图2，连接CQ，设AP=PQ=x，当△CDQ和△ADB相似时，x的值；‎ ‎（3）如图3，将△BCQ沿BC翻折，Q点恰好落在边AB上的M点时，直接写出线段AP的长为　　　　　　．‎ ‎34.如图在△ABC中，AB=BC=10，AC=，D为边AB上的一动点（D与A、B不重合），过D作DE∥BC交AC于E，并以DE为边向BC一侧作正方形DEFG，设AD=x，‎ ‎（1）当边FG落在BC边上时，求x的值；‎ ‎（2）当正方形的边FG在△ABC外部时，如图2，DG、EF分别交边BC于M、N，若，求x的值；‎ ‎（3）点D在运动过程中，若存在D、G、B三点中的两点落在以第三点为圆心的圆上的情况，请直接写出此时AD的值　　　　　　．‎ ‎35.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，BC=50，AD=36，CD=27．点E从C出发以每秒5个单位长度的速度向B运动，点F从A出发，以每秒4个单位长度的速度向D运动．两点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点F作FG⊥BC，垂足为G，连结AC交FG于P，连结EP．‎ ‎（1）点E、F中，哪个点最先到达终点？‎ ‎（2）求△PEC的面积S与运动时间t的函数表达式，并写出自变量t的取值范围．当t为何值时，S的值最大；‎ ‎（3）当△CEP为锐角三角形时，求运动时间t的取值范围．‎ ‎36.如图，在▱ABCD中，AB=6cm，AD=AC=5cm．点P由C出发沿CA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，线段EF由AB出发沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s，交AC于Q，连接PE、PF．若设运动时间为t（s）（0＜t≤2.5）．‎ ‎（1）当t为何值时，PE∥CD；‎ ‎（2）设△PEQ的面积为y（cm2），求出y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使S△PEQ=S△ABC？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；‎ ‎（4）在上述运动过程中，五边形ABFPE的面积是否发生变化？说明理由．‎ ‎37.如图1，已知AB⊥BM，AB=2，点P为射线BM上的动点，联结AP，作BH⊥AP，垂足为H，∠APM的平分线交BH的延长线于点D，联结AD．‎ ‎（1）若∠BAP=30°，求∠ADP的度数；‎ ‎（2）若S△ADP：S△ABP=3：2，求BP的长；‎ ‎（3）若AD∥BM（如图2），求BP的长．‎ ‎38.在Rt△ABC中，AB=BC，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O放在斜边AC上，将三角板绕点O旋转．‎ ‎（1）当点O为AC中点时：‎ ‎①如图1，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，连接EF，猜想线段AE、CF与EF之间存在的等量关系（无需证明）；‎ ‎②如图2，三角板的两直角边分别交AB，BC延长线于E、F两点，连接EF，判断①中的结论是否成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（2）当点O不是AC中点时，如图3，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，若=，则=　　　　　　．‎ ‎39.如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，6）．动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE=AO，设点P运动的时间为t秒．‎ ‎（1）当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；‎ ‎（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；‎ ‎（3）在线段PE上取点F，使PF=1，过点F作MN⊥PE，截取FM=2，FN=1，且点M，N分别在一，四象限，在运动过程中，设▱PCOD的面积为S．‎ ‎①当点M，N中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；‎ ‎②若点M，N中恰好只有一个点落在四边形ADEC的内部（不包括边界）时，直接写出S的取值范围．‎ ‎40.如图1，等边三角形ABC的边长为4，直线l经过点A并与AC垂直．当点P从点A开始沿射线AM运动，连接PC，并将△ACP绕点C按逆时针方向旋转60°得到△BCQ，记点P的对应点为Q，线段PA的长为m（m≥0），当点Q恰好落在直线l上时，点P停止运动．‎ ‎（1）在图1中，当∠ACP=20°，求∠BQC的值；‎ ‎（2）在图2中，已知BD⊥l于点D，QE⊥l于点E，ΩF⊥BD于点F，试问：∠BQF的值是否会随着点P的运动而改变？若不会，求出∠BQF的值；若会，请说明理由．‎ ‎（3）在图3中，连接PQ，记△PAQ的面积为S，请求出S与m的函数关系式（注明m的取值范围），并求出当m为何值时，S有最大值？最大值为多少？‎ ‎41.已知四边形ABCD是边长为2的正方形，在以AB为直径的正方形内作半圆O，P为半圆上的动点（不与A、B重合）连接PA、PB、PC、PD，‎ ‎（1）若DP与半圆O相切时，求PA的长．‎ ‎（2）如图，以BC边为x轴，以AB边为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S1、S2、S3，试求2S1S3﹣S22的最大值，并求出此时点P的坐标．‎ ‎（3）在（2）的条件下，E为边AD上一点，且AE=3DE，连接BE交半圆O于F．连接FP并延长至点Q，使得PQ=PB，求OQ的长．‎ ‎42.如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．‎ ‎（1）∠PBD的度数为　　　　　　，点D的坐标为　　　　　　（用t表示）；‎ ‎（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？‎ ‎（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．‎ ‎43.如图，已知在△ABC中，射线AM∥BC，P是边BC上一动点，∠APD=∠B，PD交射线AM于点D．联结CD．AB=4，BC=6，∠B=60°．‎ ‎（1）求证：AP2=AD•BP；‎ ‎（2）如果以AD为半径的圆A以与A以BP为半径的圆B相切．求线段BP的长度；‎ ‎（3）将△ACD绕点A旋转，如果点D恰好与点B重合，点C落在点E的位置上，求此时∠BEP的余切值．‎ ‎44.如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转90°，得到线段AB，过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D，运动时间为t秒．‎ ‎（1）当点B与点D重合时，求t的值；‎ ‎（2）当t为何值时，S△BCD=？‎ ‎45.在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P．‎ ‎（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．‎ ‎①求证：△AOC1≌△BOD1．‎ ‎②请直接写出AC1 与BD1的位置关系．‎ ‎（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，设AC1=kBD1．判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值．‎ ‎（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=5，BD=10，连接DD1，设AC1=kBD1．请直接写出k的值和AC12+（kDD1）2的值．‎ ‎46.如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点A出发沿AD向点D匀速运动，速度是1cm/s，过点P作PE∥AC交DC于点E，同时，点Q从点C出发沿CB方向，在射线CB上匀速运动，速度是2cm/s，连接PQ、QE，PQ与AC交与点F，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．‎ ‎（1）当t为何值时，四边形PFCE是平行四边形；‎ ‎（2）设△PQE的面积为s（cm2），求s与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使得△PQE的面积为矩形ABCD面积的；‎ ‎（4）是否存在某一时刻t，使得点E在线段PQ的垂直平分线上．‎ ‎47.问题背景：‎ 将已知△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，顶点B、C的对应点分别为点B′，C′，连接CC′，且满足CC′∥AB．‎ 探索发现：‎ ‎（1）若∠BAC=40°，如图1，求旋转角∠CAC′的度数．‎ ‎（2）若∠BAC=70°，如图2，则旋转角∠CAC′　　　　　　°‎ ‎（3）基∠BAC=α，旋转角为β，则β=　　　　　　（用含α的代数式表示），其中α=取值范围是　　　　　　．‎ 应用提升：‎ ‎（1）将矩形ABCD绕其顶点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，且点C′落在CD的延长线上．‎ ‎①当BC=1，AB=时，旋转角的度数为　　　　　　．‎ ‎②若旋转角度为β（0°＜β＜180°），∠BAC=α，则α=　　　　　　（用含β的代数式表示）．‎ ‎48.如图1，平面直角坐标系中，已知A（0，4），B（5，0），D（3，0），点P从点A出发，沿y轴负方向在y轴上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，过点P作PE∥x轴交直线AD于点E．‎ ‎（1）设点P的运动时间为t（s），DE的单位长度为y，求y关于t的函数关系式，并写出t的取值范围；‎ ‎（2）当t为何值时，以EP为半径的⊙E恰好与x轴相切？并求此时⊙E的半径；‎ ‎（3）在点P的运动过程中，当以D，E，P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求此时t的值；‎ ‎（4）如图2，将△ABD沿直线AD翻折，得到△AB′D，连结B′O，如果∠AOE=∠BOB′，求t值．（直接写出答案，不要求解答过程）．‎ ‎49.如图，足够大的直角三角板ABP的顶点P固定在直线OM：y=x上，且点P的横坐标为，直角三角板的边AP、BP分别与y轴、x轴交于C、D两点，在图1中直角三角板的边AP与y轴垂直．‎ ‎（1）将图1中的直角三角板绕顶点P逆时针旋转30°，如图2，则PC=　　　　　　，PD=　　　　　　；若CD交OP于点E，求△PED的面积；‎ ‎（2）将（1）问中的三角板继续绕顶点P逆时针旋转，若PA交直线OD于点G，当△PGD与△OCD相似时，求OD的长．‎ ‎50.已知：点E为AB边上的一个动点．‎ ‎（1）如图1，若△ABC是等边三角形，以CE为边在BC的同侧作等边△DEC，连结AD．试判断AD与BC的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）如图2，若△ABC中，AB=AC，以CE为底边在BC的同侧作等腰△DEC，∠CDE=∠CAB连结AD．试判断AD与BC的位置关系，并说明理由；‎ ‎（3）如图3，若四边形ABCD是边长为2的正方形，以CE为边在BC的同侧作正方形ECGF．‎ ‎①试说明点G一定在AD的延长线上；‎ ‎②当点E在AB边上由点B运动至点A时，点F随之运动，求点F的运动路径长．‎ 答案详解 ‎1.1.【解答】解：（1）∵|OA﹣2|+（OC﹣6）2=0．∴OA=2，OC=6，∴A（0，2），C（6，0），‎ ‎∵四边形OABC为矩形，∴BC=OA=2，∴B（6，2）；‎ ‎（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，把A、C坐标代入可得，解得，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=﹣x+2，由折叠的性质可知AC⊥BB1，∴可设直线BB1的解析式为y=x+m，把B点坐标代入可得2=6+m，解得m=﹣4，‎ ‎∴直线BB1的解析式为y=x﹣4；‎ ‎（3）由（2）可知B和B1关于直线AC对称，如图1，连接BD交AC于点P，‎ ‎ ‎ 则PB=PB1，∴PD+PB=PD+PB1=BD，∴此时PD+PB1最小，‎ 由折叠的性质可知B1C=BC=OA=2，∠AOD=∠CB1D=90°，‎ 在△AOD和△CB1D中，，∴△AOD≌△CB1D（AAS），∴AD=DC，OD=DB1，‎ 设OD=x，则DC=AD=6﹣x，且OA=2，‎ 在Rt△AOD中，由勾股定理可得AO2+OD2=AD2，即（2）2+x2=（6﹣x）2，解得x=2，‎ ‎∴CD=AD=6﹣2=4，‎ 在Rt△BCD中，由勾股定理可得BD===2，‎ 综上可知存在使PB1+PD的值最小的点P，PB1+PD的最小值为2；‎ ‎（4）如图2，连接PB、PD、BD，当p在点A时|PD﹣PB|最大，B与B1对称，|PD﹣PB|=|PD﹣PB1|，根据三角形三边关系|PD﹣PB1|小于或等于DB1，故|PD﹣PB1|的最大值等于DB1．‎ ‎∵AB1=AB=6，AD==4，∴DB1=2，‎ ‎∴在直线AC上，存在点P使|PD﹣PB|的值最大，最大值为：2．‎ ‎2.解答： 解：（1）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，‎ ‎∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，∴∠APE=∠DPF，‎ 在△APE和△DPF中∴△APE≌△DPF（ASA），∴AE=DF，∴DE+DF=AD，‎ ‎（2）如图②，取AD的中点M，连接PM，‎ ‎∵四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，‎ ‎∴△MDP是等边三角形，∴PM=PD，∠PME=∠PDF=60°，‎ ‎∵∠PAM=30°，∴∠MPD=60°，∵∠QPN=60°，∴∠MPE=∠FPD，‎ 在△MPE和△FPD中，∴△MPE≌△FPD（ASA）∴ME=DF，∴DE+DF=AD，‎ ‎（3）如图，‎ 在整个运动变化过程中，‎ ‎①当点E落在AD上时，DE+DF=AD，②当点E落在AD的延长线上时，DE+DF逐渐增大，当点F与点C重合时DE+DF最大，即AD＜DE+DF≤AD．‎ ‎ 3. (1）证明：∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵△ABC≌△DEF， ∴∠AEF=∠B，  ‎ 又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE， ∴∠CEP=∠BAE， ∴△ABE∽△ECP；‎ ‎ （2）解： 当AP=EP时，则∠PAE=∠PEA， ∴∠PAE+∠BAE=∠PEA+∠CEP，‎ ‎ 即∠CAB=∠CEA， 又∵∠C=∠C， ∴△CAE∽△CBA， ∴‎ ‎∴∴ ‎ ‎ （3）解：设BE=x，AP=y  ∵由（1）得△ABE∽△ECP∴ ‎ 又∵CP=AC-AP=6-AP EC=BC-BE=8-BE∴即[‎ ZXXK]∴当x=4时，y有最小值为∴当BE为4时，AP有最小值 ‎4.解：（1）‎ ‎（2）的边上的高为，‎ 当点落在四边形内或边上时，‎ ‎=（0）‎ 当落在四边形外时，如下图，‎ 设的边上的高为，则 ‎ ‎ 所以 ‎ 综上所述：当时，，取，‎ 当时，，取，‎ 当时，最大，‎ M N C B E F A A1‎ ‎5.解：（1）在正方形中，，‎ ‎，，．‎ 在中，，，．‎ ‎（2），，，‎ ‎，‎ 当时，取最大值，最大值为10．‎ ‎（3），要使，必须有，‎ 由（1）知，，当点运动到的中点时，，此时．‎ ‎6.【解答】（1）证明：如图1，∵MQ⊥MP，MN⊥BC，∴∠PMB+∠PMN=90°，∠QMN+∠PMN=90°，‎ ‎∴∠PMB=QMN，∵∠PBM+∠C=90°，∠QNM+∠C=90°，∴∠PBM=∠QNM，∴△PBM∽△QNM；‎ ‎（2）解：PQ2=BP2+CQ2，理由如下：如图1，延长QM至D，使MD=MQ，连结BD、PD，‎ ‎∵BC、DQ互相平分，∴BM=CM，DM=QM，在△BDM和△CQM中，，‎ ‎∴△BDM≌△CQM（SAS），∴∠CQM=∠BDM，BD=CQ，∴BD∥CQ，‎ ‎∵∠BAC=90°，∴∠PBD=90°，∴PD2=BP2+BD2=BP2+CQ2，‎ ‎∵PM垂直平分DQ，∴PQ=PD，则PQ2=BP2+CQ2；‎ ‎（3）解：∵BC=8cm，M为BC的中点，∴BM=CM=4cm，‎ ‎∵∠ABC=60°，∠C=30°，∴MN=CM=cm；‎ ‎①设Q点的运动速度为vcm/s，如图1，当0≤t＜2cm时，由（1）知△PBM∽△QNM，‎ ‎∴=，即=，∴v=cm/s；‎ 如图2，易知当t≥2时，v=cm/s，综上所述，Q点运动速度为cm/s；‎ ‎②∵BC=8cm，AB=4cm，AC=4cm，NC=cm，∴AN=AC﹣NC=4﹣=cm，‎ ‎∴如图1，当0≤t＜2cm时，AP=（4﹣2t）cm，AQ=AN+NQ=（+t）cm，‎ ‎∴S=AP•AQ=（4﹣2t）（+t）=（﹣t2+）cm2；‎ 如图2，当t≥2cm时，AP=（2t﹣4）cm，AQ=AN+NQ=（+t）cm，‎ ‎∴S=AP•AQ=（2t﹣4）（+t）=（t2﹣）cm2．‎ ‎7.【解答】解：（1）∵在△EBC和△FDC中，∴△EBC≌△FDC，∴∠DCF=∠BCE，‎ ‎∵∠GCE=45°，∴∠BCE+∠DCG=90°﹣45°=45°，即∠DCG+∠DCF=45°，∴GC=GC，ECG=∠FCG，‎ 在△ECG和△FCG中，，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，即GE=BE+GD．‎ ‎（2）①α=2β．如图，‎ ‎ ‎ 延长AD到F点，使DF=BE，连接CF，可证△EBC≌△FDC，‎ 则∠BCE+∠DCG=∠GCF，由α=2β可知∠ECG=∠GCF，可证△ECG≌△FCG，故EG=GF，即GE=BE+GD．‎ ‎②在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化．证明：如图，延长BA交y轴于E点，‎ 则∠AOE=45°﹣∠AOM，∠CON=90°﹣45°﹣∠AOM=45°﹣∠AOM，∴∠AOE=∠CON．‎ 又∵OA=OC，∠OAE=180°﹣90°=90°=∠OCN．‎ 在△OAE和△OCN中，‎ ‎．∴△OAE≌△OCN（ASA）．∴OE=ON，AE=CN．‎ 在△OME和△OMN中．∴△OME≌△OMN（SAS）．∴MN=ME=AM+AE．‎ ‎∴MN=AM+CN，∴P=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=2．‎ ‎∴在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化．‎ ‎8.【解答】（1）证明：如图1，‎ ‎∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，‎ 在Rt△ABE和Rt△BCF中，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∠BAE=∠CBF，‎ 又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF．‎ ‎（2）解：如图2，根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°‎ ‎∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，‎ 令PF=k（k＞0），则PB=2k在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=（x﹣k）2+4k2，∴x=，‎ ‎∴sin∠BQP===．‎ ‎（3）解：∵正方形ABCD的面积为4，∴边长为2，‎ ‎∵∠BAE=∠EAM，AE⊥BF，∴AN=AB=2，∵∠AHM=90°，∴GN∥HM，∴=，‎ ‎∴=，∴S△AGN=，∴S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN=1﹣=，‎ ‎∴四边形GHMN的面积是．‎ ‎9.【解答】（1）解：当t=秒时，OP=2t=2×=1．如答图1，过点P作PD⊥AB于点D．‎ 在Rt△POD中，PD=OP•sin60°=1×=，∴S△ABP=AB•PD=×（2+1）×=．‎ ‎（2）解：当△ABP是直角三角形时，①若∠A=90°．‎ ‎∵∠BOC=60°且∠BOC＞∠A，∴∠A≠90°，故此种情形不存在；‎ ‎②若∠B=90°，如答图2所示：‎ ‎∵∠BOC=60°，∴∠BPO=30°，∴OP=2OB=2，又OP=2t，∴t=1；‎ ‎③若∠APB=90°，如答图3所示：‎ 过点P作PD⊥AB于点D，则OD=OP•sin30°=t，PD=OP•sin60°=t，‎ ‎∴AD=OA+OD=2+t，BD=OB﹣OD=1﹣t．‎ 在Rt△ABP中，由勾股定理得：PA2+PB2=AB2∴（AD2+PD2）+（BD2+PD2）=AB2，‎ 即[（2+t）2+（t）2]+[（1﹣t）2+（t）2]=32‎ 解方程得：t=或t=（负值舍去），∴t=．‎ 综上所述，当△ABP是直角三角形时，t=1或t=．‎ ‎（3）证明：如答图4，过点O作OE∥AP，交PB于点E，则有，∴PE=PB．‎ ‎∵AP=AB，∴∠APB=∠B，∵OE∥AP，∴∠OEB=∠APB，∴∠OEB=∠B，∴OE=OB=1，∠3+∠B=180°．‎ ‎∵AQ∥PB，∴∠OAQ+∠B=180°，∴∠OAQ=∠3；‎ ‎∵∠AOP=∠1+∠QOP=∠2+∠B，∠QOP=∠B，∴∠1=∠2；∴△OAQ∽△PEO，‎ ‎∴，即，化简得：AQ•PB=3．‎ ‎10.【解答】解：（1）证明：如图1，过点E作EH∥AB交AC于点H．‎ 则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，‎ ‎∵AB=BC=AC，∴∠BAC=∠ACB=60°，∴∠CHE=∠ACB=∠B=60°，∴EH=EC．‎ ‎∵AD∥BC，∴∠FCE=180°﹣∠B=120°，‎ 又∵∠AHE=180°﹣∠BAC=120°，∴∠AHE=∠FCE，∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，∴∠EAC=∠EFC，‎ ‎∴△AEH≌△FEC，∴AE=EF；‎ ‎（2）（1）中的结论仍然成立．‎ 证明：如图2，过点E作EH∥AB交AC于点H，则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，‎ ‎∵AB=BC，∴∠BAC=∠ACB∴∠CHE=∠ACB，∴EH=EC ‎∵AD∥BC，∴∠D+∠DCB=180°．∵∠BAC=∠D，∴∠AHE=∠DCB=∠ECF ‎∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，∴∠EAC=∠EFC，∴△AEH≌△FEC，∴AE=EF；‎ ‎（3）猜想：（1）中的结论仍然成立．‎ 证明：如图3，过点E作EH∥AB交AC于点H．‎ 由（2）可得∠EAC=∠EFC，∵AD∥BC，∠BAC=∠D，∴∠AHE=∠DCB=∠ECF，∴△AEH∽△FEC，‎ ‎∴AE：EF=EH：EC，∵EH∥AB，∴△ABC∽△HEC，∴EH：EC=AB：BC=k，∴AE：EF=k，∴AE=kEF．‎ ‎11.【解答】解：（1）当CD与OA垂直时，∵△CDO为Rt△，∴OC=，‎ ‎∴，由题意得四边形ODCE是正方形，∴OD+OE=OD+OD=2OD，‎ ‎∴OD+OE=．‎ ‎（2）过点C分别作CK⊥OA，垂足为K，CH⊥OB，垂足为H．‎ ‎∵OM为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，‎ 又∵∠1与∠2都为旋转角，∴∠1=∠2，∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，‎ ‎∴OD+OE=OD+OH+EH=OD+OH+DK=OH+OK．‎ 由（1）知：OH+OK=，∴OD+OE=．‎ ‎（3）结论不成立．过点C分别作CK⊥OA，CH⊥OB，‎ ‎∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，‎ 又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，∴∠KCD=∠HCE，∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，‎ ‎∴OE﹣OD=OH+EH﹣OD=OH+DK﹣OD=OH+OK，由（1）知：OH+OK=，‎ ‎∴OD，OE，OC满足．‎ ‎12.解：（1）AF与BE的数量关系是：AF=BE，位置关系是：AF⊥BE．‎ ‎（2）结论仍然成立．‎ 理由是：∵正方形ABCD中，AB=AD=CD，∴在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF，‎ ‎∴∠DAE=∠CDF，又∵正方形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，∴∠BAE=∠ADF，‎ ‎∴在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∠ABM=∠DAF，‎ 又∵∠DAF+∠BAM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，‎ ‎∴在△ABM中，∠AMB=180°﹣（∠ABM+∠BAM）=90°，∴BE⊥AF；‎ ‎（3）第（1）问中的结论都能成立．‎ 理由是：∵正方形ABCD中，AB=AD=CD，∴在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF，‎ ‎∴∠DAE=∠CDF，又∵正方形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，∴∠BAE=∠ADF，‎ ‎∴在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∠ABM=∠DAF，‎ 又∵∠DAF+∠BAM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，‎ ‎∴在△ABM中，∠AMB=180°﹣（∠ABM+∠BAM）=90°，‎ ‎13.【解答】证明：（1）∵将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，∴∠B=∠D，‎ ‎∵将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，‎ ‎∴BF=DF，∵∠HFG=∠B，又∵∠HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF∴∠GFD=∠BHF，∴△BFH∽△DGF，‎ ‎∴，∴BH•GD=BF2；‎ ‎（2）∵AG∥CE，∴∠FAG=∠C，∵∠CFE=∠CEF，∴∠AGF=∠CFE，∴AF=AG，‎ ‎∵∠BAD=∠C，∴∠BAF=∠DAG，又∵AB=AD，∴△ABF≌△ADG，∴FB=DG，‎ ‎∴FD+DG=BD，故答案为：BD．‎ ‎14.【解答】解：（1）由已知，得C（3，0），D（2，2），‎ ‎∵∠ADE=90°﹣∠CDB=∠BCD，∴AD=BC．AD=2．∴E（0，1）．‎ 设过点E、D、C的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0）．‎ 将点E的坐标代入，得c=1．将c=1和点D、C的坐标分别代入，得 解这个方程组，得故抛物线的解析式为y=﹣x2+x+1；‎ ‎（2）EF=2GO成立．∵点M在该抛物线上，且它的横坐标为，∴点M的纵坐标为．‎ 设DM的解析式为y=kx+b1（k≠0），将点D、M的坐标分别代入，得，解得 ‎∴DM的解析式为y=﹣x+3．∴F（0，3），EF=2．‎ 过点D作DK⊥OC于点K，则DA=DK．∵∠ADK=∠FDG=90°，∴∠FDA=∠GDK．‎ 又∵∠FAD=∠GKD=90°，∴△DAF≌△DKG．∴KG=AF=1．∵OC=3，∴GO=1．∴EF=2GO；‎ ‎（3）∵点P在AB上，G（1，0），C（3，0），则设P（t，2）．‎ ‎∴PG2=（t﹣1）2+22，PC2=（3﹣t）2+22，GC=2．‎ ‎①PG=PC，则（t﹣1）2+22=（3﹣t）2+22，解得t=2．∴P（2，2），此时点Q与点P重合，∴Q（2，2）．‎ ‎②若PG=GC，则（t﹣1）2+22=22，解得t=1，∴P（1，2），‎ 此时GP⊥x轴．GP与该抛物线在第一象限内的交点Q的横坐标为1，∴点Q的纵坐标为，∴Q（1，）．‎ ‎③若PC=GC，则（3﹣t）2+22=22，解得t=3，∴P（3，2），此时PC=GC=2，△PCG是等腰直角三角形．‎ 过点Q作QH⊥x轴于点H，则QH=GH，设QH=h，∴Q（h+1，h）．∴（h+1）2+（h+1）+1=h．‎ 解得h1=，h2=﹣2（舍去）．∴Q（，）．‎ 综上所述，存在三个满足条件的点Q，即Q（2，2）或Q（1，）或Q（，）．‎ ‎15.【解答】（1）证明：如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．‎ 又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．即∠PBC=∠BPH．‎ 又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．‎ ‎（2）△PHD的周长不变为定值8．‎ 证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APB=∠BPH，‎ 在△ABP和△QBP中，∴△ABP≌△QBP（AAS）．∴AP=QP，AB=BQ．‎ 又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH．∴CH=QH．‎ ‎∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．‎ ‎（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．又∵EF为折痕，∴EF⊥BP．‎ ‎∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．‎ 又∵∠A=∠EMF=90°，∴△EFM≌△PBA（ASA）．∴EM=AP=x．‎ ‎∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2．解得，．∴．‎ 又∵折叠的性质得出四边形EFGP与四边形BEFC全等，∴．‎ 即：．配方得，，∴当x=2时，S有最小值6．‎ ‎16.【解答】解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，‎ 由勾股定理得：BD===．‎ ‎∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，∴AE===4．‎ 在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．‎ ‎（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．‎ 由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．‎ ‎①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；‎ ‎②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，‎ 又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．‎ ‎（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：‎ ‎①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，‎ ‎∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．‎ 在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．∴DQ=BQ﹣BD=﹣；‎ ‎②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，‎ ‎∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，‎ ‎∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．‎ 在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，解得：BQ=，‎ ‎∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；‎ ‎③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．‎ ‎∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣∠2．‎ ‎∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，‎ ‎∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．‎ 在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，∴DQ=BD﹣BQ=﹣；‎ ‎④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．‎ 综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；‎ DQ的长度分别为﹣、、﹣或．‎ ‎17.【解答】解：（1）①如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=∠D=90°，∴∠1+∠3=90°，‎ ‎∵由折叠可得∠APO=∠B=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，又∵∠D=∠C，∴△OCP∽△PDA；‎ ‎②如图1，∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，‎ ‎∴===，∴CP=AD=4，‎ 设OP=x，则CO=8﹣x，在Rt△PCO中，∠C=90°，‎ 由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，解得：x=5，∴AB=AP=2OP=10，∴边AB的长为10；‎ ‎（2）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2，∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP=∠MQP．‎ ‎∴MP=MQ，∵BN=PM，∴BN=QM．∵MP=MQ，ME⊥PQ，∴EQ=PQ．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF，‎ 在△MFQ和△NFB中，，∴△MFQ≌△NFB（AAS）．∴QF=QB，‎ ‎∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB，‎ 由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，∴PB==4，∴EF=PB=2，‎ ‎∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2．‎ ‎18.【解答】解：（1）∵点A在线段PQ的垂直平分线上，∴AP=AQ；‎ ‎∵∠DEF=45°，∠ACB=90°，∠DEF+∠ACB+∠EQC=180°，∴∠EQC=45°；∴∠DEF=∠EQC；‎ ‎∴CE=CQ；由题意知：CE=t，BP=2t，∴CQ=t；∴AQ=8﹣t；‎ 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=10cm；则AP=10﹣2t；∴10﹣2t=8﹣t；解得：t=2；‎ 答：当t=2s时，点A在线段PQ的垂直平分线上；‎ ‎（2）过P作PM⊥BE，交BE于M，∴∠BMP=90°；‎ 在Rt△ABC和Rt△BPM中，，∴；∴PM=；‎ ‎∵BC=6cm，CE=t，∴BE=6﹣t；‎ ‎∴y=S△ABC﹣S△BPE=﹣=﹣‎ ‎==；‎ ‎∵，∴抛物线开口向上；∴当t=3时，y最小=；‎ 答：当t=3s时，四边形APEC的面积最小，最小面积为cm2．‎ ‎（3）假设存在某一时刻t，使点P、Q、F三点在同一条直线上；过P作PN⊥AC，交AC于N ‎∴∠ANP=∠ACB=∠PNQ=90°；∵∠PAN=∠BAC，∴△PAN∽△BAC；∴；‎ ‎∴；∴，；‎ ‎∵NQ=AQ﹣AN，∴NQ=8﹣t﹣（）=‎ ‎∵∠ACB=90°，B、C、E、F在同一条直线上，∴∠QCF=90°，∠QCF=∠PNQ；‎ ‎∵∠FQC=∠PQN，∴△QCF∽△QNP；∴，∴；‎ ‎∵0＜t＜4.5，∴；解得：t=1；‎ 答：当t=1s，点P、Q、F三点在同一条直线上．‎ ‎19.【解答】解：（1）如图1，‎ 当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是AE∥BF，QE与QF的数量关系是AE=BF，‎ 理由是：∵Q为AB的中点，∴AQ=BQ，∵AE⊥CQ，BF⊥CQ，∴AE∥BF，∠AEQ=∠BFQ=90°，‎ 在△AEQ和△BFQ中∴△AEQ≌△BFQ，∴QE=QF，故答案为：AE∥BF，QE=QF；‎ ‎（2）QE=QF，证明：延长EQ交BF于D，∵由（1）知：AE∥BF，∴∠AEQ=∠BDQ，‎ 在△AEQ和△BDQ中∴△AEQ≌△BDQ，∴EQ=DQ，∵∠BFE=90°，∴QE=QF；，‎ ‎（3）当点P在线段BA（或AB）的延长线上时，此时（2）中的结论成立，‎ 证明：延长EQ交FB于D，如图3，‎ ‎∵由（1）知：AE∥BF，∴∠AEQ=∠BDQ，‎ 在△AEQ和△BDQ中∴△AEQ≌△BDQ，∴EQ=DQ，∵∠BFE=90°，∴QE=QF．‎ ‎20.【解答】解：（1）如图1，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）∴AO=PQ．‎ ‎∵四边形OABC是正方形，∴AO=AB=BC=OC，∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．‎ ‎∵DP⊥BP，∴∠BPD=90°．∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．‎ ‎∵AO=PQ，AO=AB，∴AB=PQ．‎ 在△BAP和△PQD中，∴△BAP≌△PQD（AAS）．∴AP=QD，BP=PD．‎ ‎∵∠BPD=90°，BP=PD，∴∠PBD=∠PDB=45°．∵AP=t，∴DQ=t．∴点D坐标为（t，t）．‎ 故答案为：45°，（t，t）．‎ ‎（2）①若PB=PE，由△PAB≌△DQP得PB=PD，显然PB≠PE，∴这种情况应舍去．‎ ‎②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°．∴∠BEP=90°．∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．‎ 在△POE和△ECB中，∴△POE≌△ECB（AAS）．∴OE=CB=OC．‎ ‎∴点E与点C重合（EC=0）．∴点P与点O重合（PO=0）．‎ ‎∵点B（﹣4，4），∴AO=CO=4．此时t=AP=AO=4．‎ ‎③若BP=BE，在Rt△BAP和Rt△BCE中，∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．∴AP=CE．‎ ‎∵AP=t，∴CE=t．∴PO=EO=4﹣t．∵∠POE=90°，∴PE==（4﹣t）．‎ 延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．‎ 在△FAB和△ECB中，∴△FAB≌△ECB．∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．‎ ‎∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠EBC=45°．∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°．‎ ‎∴∠FBP=∠EBP．在△FBP和△EBP中，∴△FBP≌△EBP（SAS）．∴FP=EP．‎ ‎∴EP=FP=FA+AP=CE+AP．∴EP=t+t=2t．∴（4﹣t）=2t．解得：t=4﹣4‎ ‎∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．‎ ‎（3）∵EP=CE+AP，∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE=AO+CO=4+4=8．‎ ‎∴△POE周长是定值，该定值为8．‎ ‎ ‎ ‎21【解答】解：（1）如图3，作AH⊥BC于H，∴∠AHB=90°．‎ ‎∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=3．∵∠AHB=90°，∴BH=BC=‎ 在Rt△ABC中，由勾股定理，得AH=．∴S△ABC==；‎ ‎（2）如图1，当0＜x≤1.5时，y=S△ADE．作AG⊥DE于G，∴∠AGD=90°，∠DAG=30°，‎ ‎∴DG=x，AG=x，∴y==x2，‎ ‎∵a=＞0，开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，∴x=1.5时，y最大=，‎ 如图2，当1.5＜x＜3时，作MG⊥DE于G，∵AD=x，∴BD=DM=3﹣x，‎ ‎∴DG=（3﹣x），MF=MN=2x﹣3，∴MG=（3﹣x），‎ ‎∴y=，=﹣；‎ 综上所述，y关于x的函数解析式为：．‎ ‎（3）如图4，∵y=﹣；∴y=﹣（x2﹣4x）﹣，‎ y=﹣（x﹣2）2+，∵a=﹣＜0，开口向下，∴x=2时，y最大=，‎ ‎∵＞，∴y最大时，x=2，∴DE=2，BD=DM=1．作FO⊥DE于O，连接MO，ME．‎ ‎∴DO=OE=1，∴DM=DO．∵∠MDO=60°，∴△MDO是等边三角形，‎ ‎∴∠DMO=∠DOM=60°，MO=DO=1．∴MO=OE，∠MOE=120°，‎ ‎∴∠OME=30°，∴∠DME=90°，∴DE是直径，S⊙O=π×12=π．‎ ‎ ‎ ‎22.【解答】（1）证明：当t=2时，DH=AH=4，则H为AD的中点，如答图1所示．‎ 又∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF．‎ ‎∵AB=AC，AD⊥BC于点D，∴AD⊥BC，∠B=∠C．∴EF∥BC，‎ ‎∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∴AE=AF=DE=DF，即四边形AEDF为菱形．‎ ‎（2）解：如答图2所示，由（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC．∴，即．‎ 解得：EF=10﹣t．S△PEF=EF•DH=（10﹣t）•2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10（0＜t＜），‎ ‎∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10cm2，此时BP=3t=6cm．‎ ‎23.【解答】解：（1）由翻折性质，可知PE为∠BPQ的角平分线，且BE=FE．‎ ‎∵点E为BC中点，∴EC=EB=EF，∴QE为∠CQP的角平分线．‎ ‎∵AB∥CD，∴∠BPQ+∠CQP=180°，即2∠EPQ+2∠EQP=180°，‎ ‎∴∠EPQ+∠EQP=90°，∴∠PEQ=90°，即PE⊥EQ．易证△PBE∽△ECQ，‎ ‎∴，即，解得：CQ=．‎ ‎（2）由（1）知△PBE∽△ECQ，∴，即，∴CQ=，∴DQ=4﹣．‎ ‎∵QD∥AP，∴，又AP=4﹣x，AG=4+y，∴，∴y=（1＜x＜2）．‎ ‎（3）由题意知：∠C=90°=∠GFH．‎ ‎①当点G在线段AD的延长线上时，如答图1所示．‎ 由题意知：∠G=∠CQE∵∠CQE=∠FQE，∴∠DQG=∠FQC=2∠CQE=2∠G．‎ ‎∵∠DQG+∠G=90°，∴∠G=30°，∴∠BEP=∠CQE=∠G=30°，∴BP=BE•tan30°=；‎ ‎②当点G在线段DA的延长线上时，如答图2所示．由题意知：∠FHG=∠CQE．‎ 同理可得：∠G=30°，∴∠BPE=∠G=30°，∴∠BEP=60°，∴BP=BE•tan60°=．‎ 综上所述，BP的长为或．‎ ‎24.【解答】解：①观察图形即可发现△ABC≌△AC′D，即BC=AD，∠C′AD=∠ACB，‎ ‎∴∠CAC′=180°﹣∠C′AD﹣∠CAB=90°；故答案为：AD，90．‎ ‎②FQ=EP，理由如下：∵∠FAQ+∠CAG=90°，∠FAQ+∠AFQ=90°，∴∠AFQ=∠CAG，同理∠ACG=∠FAQ，‎ 又∵AF=AC，∴△AFQ≌△CAG，∴FQ=AG，同理EP=AG，∴FQ=EP．‎ ‎③HE=HF．理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q．‎ ‎∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°，‎ 又AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP．‎ ‎∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，∴AG：EP=AB：EA．‎ 同理△ACG∽△FAQ，∴AG：FQ=AC：FA．‎ ‎∵AB=k•AE，AC=k•AF，∴AB：EA=AC：FA=k，∴AG：EP=AG：FQ．∴EP=FQ．‎ 又∵∠EHP=∠FHQ，∠EPH=∠FQH，∴Rt△EPH≌Rt△FQH（AAS）．∴HE=HF．‎ ‎25.【解答】解：（1）如图一，连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，‎ ‎∵∠EDA=∠ABN=90°，∴DE∥BN，∴∠DEM=∠MBN，‎ ‎∵在△EMD和△BMN中，，∴△EMD≌△BMN（ASA），∴BN=DE=DA，MN=MD，‎ 在△CAD和△CNB中，，∴△CAD≌△CNB，∴CD=CN，‎ ‎∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，∴CM⊥DN，∴△DCM是等腰直角三角形，‎ ‎∴DM=CM；‎ ‎（2）探究一，‎ 理由：如图二，连接DM并延长DM交BC于N，‎ ‎∵∠EDA=∠ACB=90°，∴DE∥BC，∴∠DEM=∠MBC，‎ ‎∵在△EMD和△BMN中，，∴△EMD≌△BMN（ASA），∴BN=DE=DA，MN=MD ‎∵AC=BC，∴CD=CN，∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，‎ ‎∴CM⊥DM，∠DCM=∠DCN=45°=∠BCM，∴△CMD为等腰直角三角形．∴DM=CM；‎ 探究二，理由：如图三，连接DM，过点B作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，‎ ‎∴∠E=∠MBN=45°．∵点M是BE的中点，∴EM=BM．‎ ‎∵在△EMD和△BMN中，∴△EMD≌△BMN（ASA），∴BN=DE=DA，MN=MD，‎ ‎∵∠DAE=∠BAC=∠ABC=45°，∴∠DAC=∠NBC=90°‎ ‎∵在△DCA和△NCB中，∴△DCA≌△NCB（SAS），∴∠DCA=∠NCB，DC=CN，‎ ‎∴∠DCN=∠ACB=90°，∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，‎ ‎∴CM⊥DM，∠DCM=∠DCN=45°=∠CDM，∴△CMD为等腰直角三角形．∴DM=CM ‎26.【解答】（1）证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形，‎ ‎∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，‎ ‎∵在△BAM和△CAN中，∴△BAM≌△CAN（SAS），∴∠ABC=∠ACN．‎ ‎（2）解：结论∠ABC=∠ACN仍成立；理由如下：∵△ABC、△AMN是等边三角形，‎ ‎∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，‎ ‎∵在△BAM和△CAN中，∴△BAM≌△CAN（SAS），∴∠ABC=∠ACN．‎ ‎（3）解：∠ABC=∠ACN；理由如下：∵BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN，‎ ‎∴底角∠BAC=∠MAN，∴△ABC∽△AMN，∴=，‎ 又∵∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，∴∠BAM=∠CAN，‎ ‎∴△BAM∽△CAN，∴∠ABC=∠ACN．‎ ‎27.【解答】解：（1）解方程x2﹣7x+12=0，得x1=3，x2=4，‎ ‎∵OA＜OB，∴OA=3，OB=4，∴A（0，3），B（4，0）；‎ ‎（2）在Rt△AOB中，OA=3，OB=4，∴AB=5，∴AP=t，QB=2t，AQ=5﹣2t．‎ ‎△APQ与△AOB相似，可能有两种情况：①△APQ∽△AOB，如图（1）所示．‎ 则有=，即=，解得t=．此时OP=OA﹣AP=，PQ=AP•tanA=，∴Q（，）；‎ ‎②△APQ∽△ABO，如图（2）所示．则有=，即=，解得t=．‎ 此时AQ=，AH=AQ•cosA=，HQ=AQ•sinA=，OH=OA﹣AH=，∴Q（，）．‎ 综上所述，当t=秒或t=秒时，△APQ与△AOB相似，‎ 所对应的Q点坐标分别为（，）或（，）；‎ ‎（3）结论：存在．如图（3）所示．‎ ‎∵t=2，∴AP=2，AQ=1，OP=1．‎ 过Q点作QE⊥y轴于点E，则QE=AQ•sin∠QAP=，AE=AQ•cos∠QAP=，‎ ‎∴OE=OA﹣AE=，∴Q（，）．‎ ‎∵▱APQM1，∴QM1⊥x轴，且QM1=AP=2，∴M1（，）；‎ ‎∵▱APQM2，∴QM2⊥x轴，且QM2=AP=2，∴M2（，）；‎ 如图（3），过M3点作M3F⊥y轴于点F，‎ ‎∵▱AQPM3，∴M3P=AQ，∠QAE=∠M3PF，∴∠PM3F=∠AQE；‎ 在△M3PF与△QAE中，，∴△M3PF≌△QAE（ASA），‎ ‎∴M3F=QE=，PF=AE=，∴OF=OP+PF=，∴M3（﹣，）．‎ ‎∴当t=2时，在坐标平面内，存在点M，使以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，‎ 点M的坐标为：M1（，）或M2（，）或M3（﹣，）．‎ ‎28.【解答】解：（1）如图（1），∵OD⊥BC，∴BD=BC=，∴OD==；‎ ‎（2）如图（2），存在，DE是不变的．连接AB，则AB==2，‎ ‎∵D和E分别是线段BC和AC的中点，∴DE=AB=；‎ ‎（3）如图（3），连接OC，∵BD=x，∴OD=，‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠2+∠3=45°，过D作DF⊥OE．‎ ‎∴DF==，由（2）已知DE=，‎ ‎∴在Rt△DEF中，EF==，∴OE=OF+EF=+=‎ ‎∴y=DF•OE=••=（0＜x＜）．‎ ‎29.【解答】（1）证明：∵∠QAP=∠BAD=90°，∴∠QAB=∠PAD，‎ 又∵∠ABQ=∠ADP=90°，∴△ADP∽△ABQ．‎ ‎（2）解：∵△ADP∽△ABQ，∴，即，解得QB=2x．‎ ‎∵DP=x，CD=AB=20，∴PC=CD﹣DP=20﹣x．‎ 如解答图所示，过点M作MN⊥QC于点N，‎ ‎∵MN⊥QC，CD⊥QC，点M为PQ中点，∴点N为QC中点，MN为中位线，‎ ‎∴MN=PC=（20﹣x）=10﹣x，‎ BN=QC﹣BC=（BC+QB）﹣BC=（10+2x）﹣10=x﹣5．‎ 在Rt△BMN中，由勾股定理得：BM2=MN2+BN2=（10﹣x）2+（x﹣5）2=x2﹣20x+125，‎ ‎∴y=x2﹣20x+125（0＜x＜20）．∵y=x2﹣20x+125=（x﹣8）2+45，‎ ‎∴当x=8即DP=8时，y取得最小值为45，BM的最小值为=．‎ ‎（3）解：设PQ与AB交于点E．‎ 如解答图所示，点M落在矩形ABCD外部，须满足的条件是BE＞MN．‎ ‎∵△ADP∽△ABQ，∴，即，解得QB=a．∵AB∥CD，∴△QBE∽△QCP，‎ ‎∴，即，解得BE=．∵MN为中位线，∴MN=PC=（a﹣8）．‎ ‎∵BE＞MN，∴＞（a﹣8），解得a＞12.5．‎ ‎∴当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为：a＞12.5．‎ ‎30.【解答】解：（1）BN与NE的位置关系是BN⊥NE； =．‎ 证明：如图，过点E作EG⊥AF于G，则∠EGN=90°．‎ ‎∵矩形ABCD中，AB=BC，∴矩形ABCD为正方形．∴AB=AD=CD，∠A=∠ADC=∠DCB=90°．‎ ‎∴EG∥CD，∠EGN=∠A，∠CDF=90°． ∵E为CF的中点，EG∥CD，∴GF=DG=．‎ ‎∴．∵N为MD（AD）的中点，∴AN=ND=．‎ ‎∴GE=AN，NG=ND+DG=ND+AN=AD=AB．∴△NGE≌△BAN．∴∠1=∠2．‎ ‎∵∠2+∠3=90°，∴∠1+∠3=90°．∴∠BNE=90°．∴BN⊥NE． ∵∠CDF=90°，CD=DF，‎ 可得∠F=∠FCD=45°，．于是．‎ ‎（2）在（1）中得到的两个结论均成立．‎ 证明：如图，延长BN交CD的延长线于点G，连接BE、GE，过E作EH⊥CE，交CD于点H．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CG．∴∠MBN=∠DGN，∠BMN=∠GDN．‎ ‎∵N为MD的中点，∴MN=DN．∴△BMN≌△GDN．∴MB=DG，BN=GN．‎ ‎∵BN=NE，∴BN=NE=GN．∴∠BEG=90°． ‎ ‎∵EH⊥CE，∴∠CEH=90°．∴∠BEG=∠CEH．∴∠BEC=∠GEH．‎ 由（1）得∠DCF=45°．∴∠CHE=∠HCE=45°．∴EC=EH，∠EHG=135°．‎ ‎∵∠ECB=∠DCB+∠HCE=135°，∴∠ECB=∠EHG．∴△ECB≌△EHG．∴EB=EG，CB=HG．‎ ‎∵BN=NG，∴BN⊥NE．∵BM=DG=HG﹣HD=BC﹣HD=CD﹣HD=CH=CE，∴=；‎ ‎（3）BN⊥NE；不一定等于．‎ 证明：可以延长BN交CD的延长线于点G，连接BE、GE，过E作EH⊥CE；H在DC的延长线上，（图有误，请自行绘图）．GE交AD于点Q．‎ 同（2）可以证得：△BMN≌△GDN 则BN=NG=NE，则△BEG是直角三角形，∠BEG=90°，‎ 与（2）相同，可证：△ECB≌△HCG，∴EB=EG，CB=CG．∵BN=NG，∴BN⊥NE．‎ 同（2）可得：GQ=CE≠DG=BM，‎ 故不一定等于（只有当Q与D重合时才相等）．‎ ‎31.【解答】解：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠BAD=∠ADC=∠C=90°，AB=AD．‎ ‎∵∠EAF=90°，∴∠EAF=∠BAD，∴∠EAF﹣∠EAD=∠BAD﹣∠EAD，∴∠BAE=∠DAF．‎ 在△ABE和△ADF中，∴△ABE≌△ADF（ASA）∴AE=AF；‎ ‎（2）如图②，连接AG，∵∠MAN=90°，∠M=45°，∴∠N=∠M=45°，∴AM=AN．‎ ‎∵点G是斜边MN的中点，∴∠EAG=∠NAG=45°．∴∠EAB+∠DAG=45°．‎ ‎∵△ABE≌△ADF，∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，∴∠DAF+∠DAG=45°，即∠GAF=45°，∴∠EAG=∠FAG．‎ 在△AGE和AGF中，，∴△AGE≌AGF（SAS），∴EG=GF．‎ ‎∵GF=GD+DF，∴GF=GD+BE，∴EG=BE+DG；‎ ‎（3）G不一定是边CD的中点．理由：设AB=6k，GF=5k，BE=x，‎ ‎∴CE=6k﹣x，EG=5k，CF=CD+DF=6k+x，∴CG=CF﹣GF=k+x，‎ 在Rt△ECG中，由勾股定理，得（6k﹣x）2+（k+x）2=（5k）2，解得：x1=2k，x2=3k，∴CG=4k或3k．‎ ‎∴点G不一定是边CD的中点．‎ ‎32.【解答】解：（1）M（4，1），D（，0）；‎ ‎（2）∵PA=PB，∴点P在线段AB的中垂线上，∴点P的纵坐标是1，‎ 又∵点P在y=﹣x+上，∴点P的坐标为；‎ ‎（3）设P（x，y），连接PN、MN、NF，∵点P在y=﹣x+上，∴P（x，﹣x+，‎ 依题意知：PN⊥MN，FN⊥BC，F是圆心，‎ ‎∴N是线段HB的中点，HN=NB=，PH=2﹣（﹣x+）=x+，BM=1，‎ ‎∵∠HPN+∠HNP=∠HNP+∠BNM=90°，∴∠HPN=∠BNM，‎ 又∵∠PHN=∠B=90°，∴Rt△PNH∽Rt△NMB，∴，∴，‎ ‎∴x2﹣12x+14=0，解得：x=6+舍去），x=6﹣，． ‎ ‎33.【解答】解：（1）如图1，过点D作DM⊥AC，垂足为M．由题意，可知△APQ是等腰直角三角形，‎ ‎∴AQ=AP=4；∵∠CAB=90°，∠QAP=45°，∴∠CAD=45°，‎ ‎∵DM⊥AC，∴△DAM是等腰直角三角形，易得△CMD∽△CAB，∴===；‎ 设CM=3a，DM=4a，∴AM=4a，∴a=，DM=AM=，∴AD=，∴DQ=4﹣=，‎ ‎∵CM=AC﹣AM=，∴CD==，∵QE∥AC，∴△QDE∽△ACD，∴，∴DE=；‎ ‎（2）∵∠CDQ=∠ADB，∴当△CDQ和△ADB相似时，分以下两种情况：‎ ‎①当∠QCD=∠B时，∴CQ∥AB，四边形CAPQ是正方形；∴x=AP=AC=3． ‎ ‎②当∠QCD=∠QAB时，∴=，由上述（1）的解法，可得CD=，BD=，‎ ‎∵AD=，∴QD=；∴x﹣=，解得x=．‎ 综合①②，当△CDQ和△ADB相似时，x的值为3或．‎ ‎（3）如图，设⊙C与⊙B相交的另一个交点为M，连接QM交BC于点N．‎ ‎∴BC⊥QM，QN=MN．∴△BMN∽△BCA，△QPM∽△BAC，∴=，‎ 设MN=3t，BN=4t，∴BM=5t； ∴QM=6t，∴PQ=t；‎ ‎∵BQ=BM=5t，∴BP=t；又∵AP=PQ=t，∴t+t=4，解得t=；∴AP=×=．故答案为：．‎ ‎ ‎ ‎34.【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，作BH⊥AC于H，DE如图1所示： =‎ ‎∵AB=BC=10，AC=45，BH⊥AC，∴AH=AC=2，∴BH2=AB2﹣AH2=102﹣（2）2=80，‎ ‎∴BH=4，S△ABC=BC•AM=AC•BH，∴AM===8，‎ ‎∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ =，即=，∴DE=x，‎ ‎∴正方形DEFG的面积为DE2=x2；当FG落在BC上时，如图2所示：设DE交AM于P，‎ ‎∵△ADE∽△ABC，∴，即： =，解得：x=；‎ ‎（2）由（1）得，DE=x，当FG在△ABC的外部时，设DG交BC于点N；如图3所示：‎ 在Rt△DBN中，DN=8﹣x，∴S矩形DNKE=DE•DN=x•（8﹣x）=﹣x2+8x，‎ ‎∵=（）2=，∴S△ADE=S△ABC=××8×10=，‎ ‎∵=×=8，‎ ‎∴S矩形DNKE=DE•DN=x•（8﹣x）=﹣x2+8x=×10×8﹣8﹣，‎ 解得x=10（不合题意舍去），x=10﹣2；‎ ‎（3）①当AD=5时，G、B在以D为圆心（DB=DG为半径）的圆上；理由如下：‎ 当G、B在以D为圆心的圆上时，DB=DG=DE=AD，∴D为AB的中点，∴AD=5；‎ ‎②当AD=时，D、G在以B为圆心（BD=BG为半径）的圆上；理由如下：‎ 当BD=BG时，M为DG的中点，∴DN=DG=x，∴x=8﹣x，解得：x=，即AD=；‎ ‎③当AD=时，D、B在以G为圆心（GD=GB为半径）的圆上；理由如下：‎ 根据题意得：GD=GB=DE=x，作GQ⊥AB于Q，如图4所示：‎ 则Q为BD的中点，DQ=BD=5﹣，△DGQ≌△ADP，∴DQ=AP，即5﹣=x，解得：x=；即AD=．‎ 综上所述：若存在D、G、B三点中的两点落在以第三点为圆心的圆上时，AD的值为：5或或．‎ ‎35.【解答】解：（1）点E到达终点需要的时间是： =10（秒），点F到终点需=9（秒），‎ 则F最先到达终点；‎ ‎（2）由题意得：AF=4t，CE=5t，由△APF∽△ACD，则=，得=，∴PF=3t，PG=27﹣3t，‎ S=CE•PG=×5t•（27﹣3t）=﹣t2+t，自变量t的取值范围是：0≤t≤9，当t=4.5时，S的值最大；‎ ‎（3）当∠CEP=90°时，5t+4t=36，解得：t=4，当∠CPE=90°时，EG=9t﹣36，CG=36﹣4t，‎ 由△GEP∽△GPS，得=，得方程（36t﹣4t）（9t﹣36）=（27﹣3t）2，解得：t=5或9（舍去）．‎ 则运动时间t的取值范围是4＜t＜5．‎ ‎36.【解答】解：（1）∵AE=BF=CP=t，∴AP=5﹣t，‎ 在▱ABCD中，AD=BC=AC=5，AB=EF=CD=6，‎ ‎∵PE∥CD，∴△APE∽△ACD，∴=，∴t=2.5，∴当t=2.5时，PE∥CD；‎ ‎（2）如图1，作PG⊥EF于G，∴EG=EF．∵AE∥BF，AB∥EF，∴四边形ABFE是平行四边形，‎ ‎∴AB=EF．∵AB∥EF，AB∥CD，∴EF∥CD，∴=，∴=，∴EQ=t，∴GQ=3﹣t．‎ ‎∵CP=AQ=t，∴PQ=5﹣2t，在Rt△PGQ中，‎ 由勾股定理，得PG==4﹣t．‎ ‎∵S△PQE=EQ•PG，∴y=×t×（4﹣t），=﹣t2+t（0＜t＜2.5）．‎ ‎∴y与t之间的函数关系式为：y=﹣t2+t（0＜t＜2.5）；‎ ‎（3）如图2，过C作CG⊥AB于G，在▱ABCD中，AB=6cm，AD=AC=5cm，∴BC=AD=AC=5，‎ ‎∴BG=AB=3，∴CG=4，∵S△PEQ=S△ABC，∴﹣t2+t=×，∴t=2，或t=，‎ ‎∴当t=2或时，S△PEQ=S△ABC；‎ ‎（4）是定值，为12．理由：由（2）的全等三角形知：S△AEP=S△PCF，即S五边形BFPEA=S△ABC；‎ 过C作CG⊥AB于G，等腰△ACB中，AG=BG=3，AC=BC=5，则CG=4；‎ ‎∴S五边形BFPEA=S△ABC=×6×4=12．‎ ‎37.【解答】解：（1）∵AB⊥BH，∴∠ABP=90°，∵∠BAP=30°，∴∠APB=60°，∴∠APM=180°﹣60°=120°，‎ ‎∵PD平分∠APM，∴∠DPM=∠APM=60°，∵BH⊥AP，∴∠BHP=90°，∴∠HBP=30°，‎ ‎∵∠PBD+∠PDB=∠DPM，∴∠PDB=60°﹣30°=30°，∴PB=PD，‎ 在△ABP和△ADP中，∵，∴△ABP≌△ADP（SAS），∴∠ADP=∠ABP=90°；‎ ‎（2）如图1，过点D作DN⊥BM于N，‎ ‎∵BH⊥AP，∴S△ADP=AP•HD，S△ABP=AP•BH，∵S△ADP：S△ABP=3：2，∴HD：BH=3：2，‎ 设BH=2x，DH=3x，∵PD平分∠APM，BH⊥AP，DN⊥BM，∴DN=DH=2x，‎ 在△BND中，BD=5x，DN=3x，则BN=4x，∴tan∠DBN=，∴HP=2x•=x，∴BP=x，‎ ‎∵AB⊥BP，∴∠BAP+∠BPH=90°=∠HBP+∠APB，∴∠BAP=∠HBP，‎ ‎∴AB=，∵AB=2，∴x=，∴BP=x=；‎ ‎（3）如图2，过点D作DN⊥BM于N，‎ ‎∵AB⊥BN，AD∥BM，∴∠ABN=∠DNB=∠BAD=90°，∴四边形ABND是矩形，∴DN=AB=2，‎ ‎∵PD平分∠APM，∴DH=DN=2，在△ABP和△DHA中，，∴△ABP≌△DHA（ASA），‎ ‎∴BP=HA，设BP=x，∵∠BAH=∠PAB，∠ABP=∠AHB，∴△ABH∽△APB，∴AB2=AH•AP，‎ ‎∴4=x•，解得：x2=2﹣2，（负根已舍）∴BP=．‎ ‎38.【解答】解：（1）①猜想：AE2+CF2=EF2，连接OB，如图1，‎ ‎∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．‎ ‎∵∠EOF=90°，∴∠EOB+∠BOF=∠FOC+∠BOF．∴∠EOB=∠FOC，‎ 在△OEB和△OFC中，，∴△OEB≌△OFC（ASA）．∴BE=CF，‎ 又∵BA=BC，∴AE=BF．在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；‎ ‎②成立．证明：连结OB．如图2，‎ ‎∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．‎ ‎∵∠EOF=90°，∴∠EOB=∠FOC．‎ 在△OEB和△OFC中，，∴△OEB≌△OFC（ASA）．∴BE=CF，‎ 又∵BA=BC，∴AE=BF．在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；‎ ‎（2）=，如图3，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．‎ ‎∵∠B=90°，∴∠MON=90°，∵∠EOF=90°，∴∠EOM=∠FON．‎ ‎∵∠EMO=∠FNO=90°，∴△OME∽△ONF，∴，‎ ‎∵△AOM和△OCN为等腰直角三角形，∴△AOM∽△OCN，∴，‎ ‎∵，∴=，故答案为．‎ ‎39.【解答】解：（1）∵OB=6，C是OB的中点，∴BC=OB=3，∴2t=3即t=，‎ ‎∴OE=+3=，E（，0）；‎ ‎（2）如图，连接CD交OP于点G，‎ 在▱PCOD中，CG=DG，OG=PG，∵AO=PE，∴AG=EG，∴四边形ADEC是平行四边形．‎ ‎（3）①（Ⅰ）当点C在BO上时，第一种情况：如图，当点M在CE边上时，‎ ‎∵MF∥OC，∴△EMF∽△ECO，∴=，即=，∴t=1，‎ 第二种情况：当点N在DE边时，∵NF∥PD，∴△EFN∽△EPD，∴=，即=，∴t=，‎ ‎（Ⅱ）当点C在BO的延长线上时，第一种情况：当点M在DE边上时，‎ ‎∵MF∥PD，∴△EMF∽△EDP，∴= 即=，∴t=，‎ 第二种情况：当点N在CE边上时，∵NF∥OC，∴△EFN∽△EOC，∴=即=，∴t=5．‎ ‎②＜S≤或＜S≤20．当1≤t＜时，S=t（6﹣2t）=﹣2（t﹣）2+，‎ ‎∵t=在1≤t＜范围内，∴＜S≤，当＜t≤5时，S=t（2t﹣6）=2（t﹣）2﹣，∴＜S≤20．‎ ‎40.【解答】解：（1）∵AC⊥l，∴∠CAP=90°，又∵∠ACP=20°，∴∠APC=70°，‎ 由旋转的性质可知∠BQC=∠APC，∴∠BQC=70°；‎ ‎（2）∵△ABC是正三角形，∴∠ACB=60°，由旋转的性质可知∠ACP=∠BCQ，∴∠PCQ=∠ACB=60°，‎ 设∠ACP=α，∴∠ACQ=60°﹣α，∵AC⊥l，EQ⊥l，∴AC∥EQ，∴∠CEQ=180°﹣（60°﹣α）=120°+α，‎ 又∵BD⊥l，QE⊥l，QF⊥BD，∴四边形DEQF是矩形，∴∠EQF=90°，‎ 又∵∠BQC=∠APC=90°﹣α，∠BQF=360°﹣90°﹣（120°+α）﹣（90°﹣α）=60°； ‎ ‎∴∠BQF的值不会随点P的运动而改变大小，始终为一定值，此定值为60°；‎ ‎（3）∵AP=4，BD⊥l，∠BAD=90°﹣60°=30°，∴BD=AB=2，‎ ‎∵QB=AP=m，BD⊥QF，∠BQF=60°，∴BF=，又四边形DEQF是矩形，∴EQ=DF=2﹣，‎ ‎∴S=AP•EQ=m（2﹣m），即S=﹣m2+m（0≤m≤），‎ 当m=﹣=时，∵﹣＜0，0＜＜，∴S有最大值，最大值为．‎ ‎41.【解答】解：（1）如图1，连接OP、OD，AP与OD相交于点M，‎ ‎∵DP与半圆O相切，∴OA=OP，OP⊥DP，得OD垂直平分AP，∴△AMO∽△DAO，∴，‎ ‎∵AD=2，AO=1，DO===，∴AM===，‎ ‎∴AP=2AM=2×=；‎ ‎（2）作PE⊥AB于点E，设P（x，y），在Rt△EPO中，可得PE2+EO2=OP2，‎ 即x2+（y﹣1）2=12，∴x2=2y﹣y2，根据题意可得：S1=•AD•（2﹣y）=2﹣y，‎ S3=•BC•y=y，S2=•AB•x=x，∴2S1S3﹣S22=2•（2﹣y）•y﹣x2=4y﹣2y2﹣x2=x2‎ ‎∵0＜x≤1∴当x=1时，2S1S3﹣S22有最大值，最大值为1，‎ 将x=1代入x2=2y﹣y2中，可得y=1，此时点P（1，1）‎ ‎（3）连接AF，得AF⊥BE，作FK⊥AB交于点K，∵AE=3DE，AD=2，∴AE=，AF=，‎ 根据题意，易得△BAE∽△BFA∽△AFE，即：，得BF===，‎ 在△ABE中，BE==，易得△BFK∽△BEA，即： =，得FK=•BF==，‎ 根据勾股定理可得，BK==∴F（，），‎ ‎∵P（1，1），可求得直线PF解析式：y=﹣7x+8，设Q（a，﹣7a+8），‎ ‎∵PQ=PB=，∴=，∴a1=，a2=，‎ ‎∵Q在FP的延长上，∴a＞1，∴a=，∴Q点坐标为（，﹣），‎ ‎∵O点坐标为（0，1），∴QO==．‎ ‎42.【解答】解：（1）如图1，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）∴AO=PQ．‎ ‎∵四边形OABC是正方形，∴AO=AB=BC=OC，∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．‎ ‎∵DP⊥BP，∴∠BPD=90°．∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．‎ ‎∵AO=PQ，AO=AB，∴AB=PQ．‎ 在△BAP和△PQD中，∴△BAP≌△PQD（AAS）．∴AP=QD，BP=PD．‎ ‎∵∠BPD=90°，BP=PD，∴∠PBD=∠PDB=45°．∵AP=t，∴DQ=t．∴点D坐标为（t，t）．‎ 故答案为：45°，（t，t）．‎ ‎（2）①若PB=PE，由△PAB≌△DQP得PB=PD，显然PB≠PE，∴这种情况应舍去．‎ ‎②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°．∴∠BEP=90°．∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．‎ 在△POE和△ECB中，∴△POE≌△ECB（AAS）．∴OE=CB=OC．‎ ‎∴点E与点C重合（EC=0）．∴点P与点O重合（PO=0）．‎ ‎∵点B（﹣4，4），∴AO=CO=4．此时t=AP=AO=4．‎ ‎③若BP=BE，在Rt△BAP和Rt△BCE中，∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．∴AP=CE．‎ ‎∵AP=t，∴CE=t．∴PO=EO=4﹣t．∵∠POE=90°，∴PE==（4﹣t）．‎ 延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．‎ 在△FAB和△ECB中，∴△FAB≌△ECB．∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．‎ ‎∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠EBC=45°．∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°．‎ ‎∴∠FBP=∠EBP．在△FBP和△EBP中，∴△FBP≌△EBP（SAS）．∴FP=EP．‎ ‎∴EP=FP=FA+AP=CE+AP．∴EP=t+t=2t．∴（4﹣t）=2t．解得：t=4﹣4‎ ‎∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．‎ ‎（3）∵EP=CE+AP，∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE=AO+CO=4+4=8．‎ ‎∴△POE周长是定值，该定值为8．‎ ‎43.【解答】（1）证明：∵AM∥BC，∴∠APB=∠DAP，又∵∠APD=∠B，∴△ABP∽△DPA，‎ ‎∴，∴AP2=AD•BP；‎ ‎（2）解：设BP=x，作AH⊥BC于H，如图1所示：∵∠B=60°，∴∠BAH=30°，∴BH= AB=2，‎ 根据勾股定理得：AH==2，‎ AP2=PH2+AH2=（x﹣2）2+（2）2=x2﹣4x+16，∴AD==，‎ 两圆相切时，AB=|AD+BP|，即4=|x+|，整理得：4x=|4x﹣16|，解得：x=2，‎ ‎∴BP的长度为2时，两圆内切；‎ ‎（3）解：根据题意得：AD=AB==4，解得：x=4，∴BP=4，‎ ‎∵∠ABP=60°，AB=BP=4，∴△ABP为等边三角形，‎ ‎∵AD=AB=4，CH=BC﹣BH=4，AD∥CH，∠AHC=90°，∴四边形ADCH为矩形，‎ ‎∴BE=CD=AH=2，∠ABE=∠ADC=90°，‎ 作PM⊥AB于M，如图2所示：则PM∥BE，PM=2，∴PM=BE，∴BF=FM=BM=1，‎ ‎∴cot∠BEP==2．‎ ‎44.【解答】解：（1）∵∠CAO+∠BAE=90°，∠ABE+∠BAE=90°，‎ ‎∴∠CAO=∠ABE．∴Rt△CAO∽Rt△ABE．∴．∴．∴t=8．‎ ‎（2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：BE=t，AE=2．‎ 当0＜t＜8时，S△BCD=CD•BD=（2+t）（4﹣）=．∴t1=t2=3．‎ 当t＞8时，S△BCD=CD•BD=（2+t）（﹣4）=．‎ ‎∴，（为负数，舍去）．当t=3或3+5时，．‎ ‎45.【解答】（1）①证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，‎ ‎∴∠AOB=∠COD=90°，‎ ‎∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，‎ ‎∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，‎ 在△AOC1和△BOD1中，∴△AOC1≌△BOD1（SAS）；②AC1⊥BD1；‎ ‎（2）AC1⊥BD1．理由如下：如图2，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，‎ ‎∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，‎ ‎∴OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1，∴，∴△AOC1∽△BOD1，∴∠OAC1=∠OBD1，‎ 又∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，∴∠APB=90°‎ ‎∴AC1⊥BD1；∵△AOC1∽△BOD1，∴====，∴k=；‎ ‎（3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，∴===，∴k=；‎ ‎∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，‎ ‎∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100，∴（2AC1）2+DD12=100，‎ ‎∴AC12+（kDD1）2=25．‎ ‎46.【解答】解：（1）PD=8﹣t，CQ=2t，根据题意得：8﹣t=2t，解得：t=；‎ ‎（2）S四边形PDCQ=（PD+CQ）•CD=×6（8﹣t+2t）=3（8+t）=3t+24，‎ ‎∵PE∥AC，∴，∴=，则DE=﹣t+6，则EC=6﹣（﹣t+6）=t，‎ 则S△PDE=PD•DE=（8﹣t）•（﹣t+6），S△CQE=CQ•EC=×2t•t=t2，‎ 则s=3t+24﹣（8﹣t）•（﹣t+6）﹣t2，即s=﹣t2+3t；‎ ‎（3）S矩形ABCD=6×8=48，根据由题意得：﹣ t2+3t=×48，解得：t=2或6；‎ ‎（4）在直角△PDE中，PD2=（8﹣t）2+（﹣t+6）2，‎ 在直角△COQ中，QE2=（2t）2+（t）2，当点E在线段PQ的垂直平分线上时，PD2=QE2，‎ 则（8﹣t）2+（﹣t+6）2=（2t）2+（t）2，解得：t=或（舍去）．‎ 则t=．‎ ‎47.【解答】解：（1）如图1：‎ ‎∵AB∥CC'，∴∠1=∠BAC=40°，由旋转可得：AC=AC'，∴∠1=∠2，∴∠CAC'=180°﹣40°﹣40°=100°；‎ ‎（2）如图2：∵AB∥CC'，∴∠1=∠BAC=70°，由旋转可得：AC=AC'，∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠CAC'=180°﹣70°﹣70°=40°；故答案为：40°；‎ ‎（3）∵AB∥CC'，∴∠1=∠BAC=α，由旋转可得：AC=AC'，∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠CAC'=β=180°﹣α﹣α=180°﹣2α，∴α的取值范围0°＜α＜90°；故答案为：180°﹣2α，0°＜α＜90°；‎ 应用提升：（1）①连接AC'和AC，如图3：‎ ‎∵矩形ABCD，BC=1，AB=，∴∠BAC=30°，∵AB∥CC'，∴∠1=∠BAC=30°，‎ 由旋转可得：AC=AC'，∴∠1=∠2，∴∠CAC'=180°﹣30°﹣30°=120°；故答案为：120°；‎ ‎②∵AB∥CC'，∴∠1=∠BAC=α，由旋转可得：AC=AC'，∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠CAC'=β=180°﹣α﹣α=180°﹣2α，所以α=90°﹣．故答案为：90°﹣．‎ ‎48.【解答】解：（1）∵A（0，4），B（5，0），D（3，0），∴OA=4，OD=3，‎ 由勾股定理得：AD==5，‎ ‎①当0≤t≤4时，∵PE∥x轴，∴=，∴=，∴AE=t，∴DE=5﹣t，即y=5﹣t（0≤t≤4）；‎ ‎②当t＞4时，y=t﹣5（t＞4）；‎ 综上所述，y关于t的函数关系式为y=5﹣t（0≤t≤4），或y=t﹣5（t＞4）；‎ ‎（2）作EM⊥OD于M，如图1所示：则EM=4﹣t，‎ ‎∵PE∥OD，∴，即，解得：PE=t，AE=t，‎ 当以EP为半径的⊙E恰好与x轴相切时，PE=EM，分两种情况：‎ ‎①当0＜t＜4时， t=4﹣t，解得：t=，此时PE=；‎ ‎②当t＞4时， t=t﹣4，解得：t=16，此时12；‎ 综上所述，当t为或16时，以EP为半径的⊙E恰好与x轴相切，⊙E的半径为或12；‎ ‎（3）当0≤t≤4时，由PE=DE，∴t=5﹣t，解得：t=；‎ 当t＞4时，分三种情况：如图2所示：①当DP=DE=t﹣5时，由勾股定理得：OP2+OD2=DP2，‎ 即（t﹣4）2+32=（t﹣5）2，解得：t=8；‎ ‎②当PE=PD时，‎ 由勾股定理得：（t﹣4）2+32=（t）2，解得：t=，或t=4（舍去）；∴t=；‎ ‎③当PE=DE时， t=t﹣5解得：t=10；‎ 综上所述：当以D，E，P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，t的值为或8或或10；‎ ‎（4）设AD交BB′于F，连接BB′，如图3所示：则AF⊥BB′，∴∠AOD=∠BFD=90°，‎ 又∵∠ADO=∠FDB，∴∠OAD=∠FBD，△AOD∽△BFD，∴，即，∴BF=，‎ ‎∴BB′=2BF=，∵∠AOE=∠BOB′，∠OAD=∠FBD，∴△AOE∽△BOB′，‎ ‎∴，即，∴AE==t，∴t=．‎ ‎49.【解答】解：（1）如图1所示：过点P作PF⊥y轴，垂足为FPG⊥x轴，垂足为G．‎ ‎∵点P的横坐标为且点P在y=x上，∴点P的坐标为（，）．∴PF=PG=．‎ ‎∵∠FPC=∠DPG=30°，∴PC==2，PD==2．∴FC=GD=1．‎ ‎∴点C的坐标为（0，），点D的坐标为（，0）．‎ ‎∵点E在y=x上，∴点E到x轴、y轴的距离相等．∴，即．∴．‎ ‎∴==．‎ 故答案为：2；2．‎ ‎（2）设直线PA的解析式为y=k（x﹣）+，直线PB的解析式为y1=（x﹣）+．‎ 令y=0得：k（x﹣）+=0，解得：x=+，令x=0得；y=﹣，‎ 则点G的坐标为（，0），点C的坐标为（0，）．‎ 令y1=0得（x﹣）+=0，解得：x=k+．∴点D的坐标为（，0）．‎ 如图2所示：‎ ‎∵△PDG∽△DOC，∴∠PGD=∠CDG．∴CG=CD．∵OC⊥GD，∴OG=OD．‎ ‎∴+=0．解得：k1=，k2=（舍去）．∴OD==．‎ 如图3所示：∵△PDG∽△DOC，∴∠PDG=∠CDO．∴∠OCG=∠CDO．∴△OCG∽△ODC．‎ ‎∴OC2=OG•OD，即=（）×（）．‎ 解得：k1=，k2=（舍去），k3=1（舍去）．‎ ‎∴OD==+=+2．综上所述，OD的长为或．‎ ‎50.【解答】解：（1）AD∥BC．‎ ‎∵△ABC和△DEC都是等边三角形∴∠DCE=∠ACB=60°∴∠BCE=∠ACD．‎ 在△BEC和△ADC中，∵∴△BCE≌△ACD．∴∠B=∠DAC=60°，‎ ‎∵∠CAB=60°，∴∠DAB+∠B=180°，∴AD∥BC．‎ ‎（2）AD∥BC．理由如下：∵△ABC和△DEC都是等腰三角形，且△DEC∽△ABC∴=．‎ ‎∵∠DCE=∠ACB，∴∠DCA=∠ECB．∴△DCA∽△ECB．∴∠DAC=∠EBC=∠ACB．∴AD∥BC．‎ ‎（3）①连结DG．∵四边形ABCD和FECG都是正方形∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°．‎ ‎∴∠BCE=∠DCG．∴△BCE≌△DCG．∴∠B=∠CDG=90°．∵∠ADC=90°．∴∠ADC+∠CDG=180°‎ ‎∴点G一定在AD的延长线上．‎ ‎②作FH⊥AG于点H．‎ ‎∵∠BCE+ECD=90°，∠ECD+DCG=90°，∴∠BCE=∠GCD．‎ ‎∵∠GCD+∠CGD=90°，∠CGD+∠FGH=90°∴∠FGH=∠GCD．∴∠BCE=∠FGH=∠GCD．‎ 在△FHG和△GDC和△EBC中，∵，∴△FHG≌△GDC≌△EBC，‎ ‎∴FH=BE=DG，HG=BC，∴AH=AG﹣GH=AD+DG﹣GH=BC+DG﹣BC=DG=FH，‎ ‎∴△AFH是等腰直角三角形，∴∠FAG=45°．‎ ‎∴点F的运动路径长=AC==2．‎