資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
備考2024中考二輪數(shù)學(xué)《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題33 存在性問題
考點掃描☆聚焦中考
動態(tài)幾何中的存在性問題是近幾年各地中考主要以解答題的形式進行考查，多數(shù)題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點涉及三角形基本性質(zhì)、相似三角形、三角函數(shù)、四邊形的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)等，考查的熱點主要有與點、線段有關(guān)的存在性問題。
考點剖析☆典型例題
例（2021 湖州）已知在△ACD中，P是CD的中點，B是AD延長線上的一點，連結(jié)BC，AP．
（1）如圖1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝，求BC的長．
（2）過點D作DE∥AC，交AP延長線于點E，如圖2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，求證：BC＝2AP．
（3）如圖3，若∠CAD＝45°，是否存在實數(shù)m，當(dāng)BD＝mAC時，BC＝2AP？若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．
考點過關(guān)☆專項突破
1．（2022 常州）在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若△OAB≌△OCD，則點O叫做該四邊形的“等形點”．
（1）正方形 　 　“等形點”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，連接AC，求AC的長；
（3）在四邊形EFGH中，EH∥FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求的值．
2．（2022 德陽）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，過點D作BC的垂線，交BC的延長線于點H．點F從點B出發(fā)沿BD方向以2cm/s向點D勻速運動，同時，點E從點H出發(fā)沿HD方向以1cm/s向點D勻速運動．設(shè)點E，F(xiàn)的運動時間為t（單位：s），且0＜t＜3，過F作FG⊥BC于點G，連結(jié)EF．
（1）求證：四邊形EFGH是矩形；
（2）連結(jié)FC，EC，點F，E在運動過程中，△BFC與△DCE是否能夠全等？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由．
3．（2022 赤峰）同學(xué)們還記得嗎？圖①，圖②是人教版八年級下冊教材“實驗與探究”中我們研究過的兩個圖形．受這兩個圖形的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組提出了以下三個問題，請你回答：
【問題一】如圖①，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，OA1交AB于點E，OC1交BC于點F，則AE與BF的數(shù)量關(guān)系為 　 　；
【問題二】受圖①啟發(fā)，興趣小組畫出了圖③：直線m、n經(jīng)過正方形ABCD的對稱中心O，直線m分別與AD、BC交于點E、F，直線n分別與AB、CD交于點G、H，且m⊥n，若正方形ABCD邊長為8，求四邊形OEAG的面積；
【問題三】受圖②啟發(fā)，興趣小組畫出了圖④：正方形CEFG的頂點G在正方形ABCD的邊CD上，頂點E在BC的延長線上，且BC＝6，CE＝2．在直線BE上是否存在點P，使△APF為直角三角形？若存在，求出BP的長度；若不存在，說明理由．
4．（2023 青島）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB＝10cm，BD＝4cm．動點P從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，動點Q從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為2cm/s．以AP，AQ為鄰邊的平行四邊形APMQ的邊PM與AC交于點E．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t≤5），解答下列問題：
（1）當(dāng)點M在BD上時，求t的值；
（2）連接BE．設(shè)△PEB的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式和S的最大值；
（3）是否存在某一時刻t，使點B在∠PEC的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
5．（2022 黑龍江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABCD的邊AB在x軸上，頂點D在y軸的正半軸上，M為BC的中點，OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的兩個根（OA＜OB），tan∠DAB＝，動點P從點D出發(fā)以每秒1個單位長度的速度沿折線DC﹣CB向點B運動，到達B點停止．設(shè)運動時間為t秒，△APC的面積為S．
（1）求點C的坐標(biāo)；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；
（3）在點P的運動過程中，是否存在點P，使△CMP是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
6．（2022 濟寧）如圖，△AOB是等邊三角形，過點A作y軸的垂線，垂足為C，點C的坐標(biāo)為（0，）．P是直線AB上在第一象限內(nèi)的一動點，過點P作y軸的垂線，垂足為D，交AO于點E，連接AD，作DM⊥AD交x軸于點M，交AO于點F，連接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，則點D的坐標(biāo)為 　 　；
（2）當(dāng)點P在線段AB上運動時（點P不與點A，B重合），設(shè)點M的橫坐標(biāo)為m．
①求m值最大時點D的坐標(biāo)；
②是否存在這樣的m值，使BE＝BF？若存在，求出此時的m值；若不存在，請說明理由．
7．（2022 宜賓）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，則＝；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則CE＝2+．其中含所有正確結(jié)論的選項是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
8．（2023 廣州）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動點（不與點A，D重合）．邊BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，連接AF．
（1）若∠ABE＝15°，求證：△ABF是等邊三角形；
（2）延長FA，交射線BE于點G．
①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時∠ABE的度數(shù)；如果不能，請說明理由；
②若，求△BGF面積的最大值，并求此時AE的長．
9．（2021 錦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D為線段AB上的動點，連接DC，將DC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α得到DE，連接CE，BE．
（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時，求證：△CAD≌△CBE；
（2）如圖2，當(dāng)tanα＝時，
①探究AD和BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若AC＝5，H是BC上一點，在點D移動過程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，請直接寫出CE+EH的最小值；若不存在，請說明理由．
10．（2022 金華）如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側(cè)作矩形EFGH．
（1）如圖1，點G在AC上．求證：FA＝FG．
（2）若EF＝FG，當(dāng)EF過AC中點時，求AG的長．
（3）已知FG＝8，設(shè)點E的運動路程為s．當(dāng)s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？
11．（2022 鹽城）【經(jīng)典回顧】
梅文鼎是我國清初著名的數(shù)學(xué)家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法．圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四邊形ADEB、ACHI和BFGC分別是以Rt△ABC的三邊為一邊的正方形．延長IH和FG，交于點L，連接LC并延長交DE于點J，交AB于點K，延長DA交IL于點M．
（1）證明：AD＝LC；
（2）證明：正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；
（3）請利用（2）中的結(jié)論證明勾股定理．
【遷移拓展】
（4）如圖2，四邊形ACHI和BFGC分別是以△ABC的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在AB下方是否存在平行四邊形ADEB，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形ADEB（保留適當(dāng)?shù)淖鲌D痕跡）；若不存在，請說明理由．
12．（2022 牡丹江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD，A在y軸的正半軸上，B，C在x軸上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于點E，交AC于點F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的長分別是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的兩個根，且OB＞OC．
請解答下列問題：
（1）求點B，C的坐標(biāo)；
（2）若反比例函數(shù)y＝（k≠0）圖象的一支經(jīng)過點D，求這個反比例函數(shù)的解析式；
（3）平面內(nèi)是否存在點M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N為頂點的四邊形是邊長比為2：3的矩形？若存在，請直接寫出在第四象限內(nèi)點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
13．（2023 北京）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1．對于⊙O的弦AB和⊙O外一點C給出如下定義：若直線CA，CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”．
（1）如圖，點A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在點C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”是 　 　；
②若點C是弦AB2的“關(guān)聯(lián)點”，直接寫出OC的長；
（2）已知點M（0，3），N（，0），對于線段MN上一點S，存在⊙O的弦PQ，使得點S是弦PQ的“關(guān)聯(lián)點”．記PQ的長為t，當(dāng)點S在線段MN上運動時，直接寫出t的取值范圍．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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專題33 存在性問題
考點掃描☆聚焦中考
動態(tài)幾何中的存在性問題是近幾年各地中考主要以解答題的形式進行考查，多數(shù)題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點涉及三角形基本性質(zhì)、相似三角形、三角函數(shù)、四邊形的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)等，考查的熱點主要有與點、線段有關(guān)的存在性問題。
考點剖析☆典型例題
例（2021 湖州）已知在△ACD中，P是CD的中點，B是AD延長線上的一點，連結(jié)BC，AP．
（1）如圖1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝，求BC的長．
（2）過點D作DE∥AC，交AP延長線于點E，如圖2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，求證：BC＝2AP．
（3）如圖3，若∠CAD＝45°，是否存在實數(shù)m，當(dāng)BD＝mAC時，BC＝2AP？若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）2；（2）見解析；（3）．
【點撥】（1）證△ADC是等邊三角形，P為CD中點，通過等邊三角形三線合一，得到AP⊥CD，解三角形即可；
（2）借助中點和平行，可證得△CPA≌△DPE，得出AP＝EP＝，DE＝AC，再證明△CAB≌△EBA，即可得出結(jié)論；
（3）由（2）總結(jié)的解題方法延伸到圖3中，類比解決問題．
【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，
∴AB＝，
∵BD＝AC，
∴AD＝AC，
∴△ADC是等邊三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵P是CD的中點，
∴AP⊥CD，
在Rt△APC中，AP＝，
∴，
∴，
（2）證明：連接BE，
∵DE∥AC，
∴∠CAP＝∠DEP，
在△CPA和△DPE中
，
∴△CPA≌△DPE（AAS），
∴AP＝EP＝，DE＝AC，
∵BD＝AC，
∴BD＝DE，
又∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠CAD＝60°，
∴△BDE是等邊三角形，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∵BD＝AC，
∴AC＝BE，
在△CAB和△EBA中
，
∴△CAB≌△EBA（SAS），
∴AE＝BC，
∴BC＝2AP，
（3）存在這樣的m，m＝．
理由如下：作DE∥AC交AP延長線于E，連接BE，
由（2）同理可得DE＝AC，∠EDB＝∠CAD＝45°，AE＝2AP，
當(dāng)BD＝時，
∴BD＝，
作BF⊥DE于F，
∵∠EDB＝45°，
∴BD＝，
∴DE＝DF，
∴點E，F(xiàn)重合，
∴∠BED＝90°，
∴∠EBD＝∠EDB＝45°，
∴BE＝DE＝AC，
同（2）可證：△CAB≌△EBA（SAS），
∴BC＝AE＝2AP，
∴存在m＝，使得BC＝2AP，
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)的計算等知識，構(gòu)造出全等三角形是解決（2）的關(guān)鍵，類比（2）來解決（3）是解決幾何題常用的方法，體現(xiàn)了變中不變的思想．
考點過關(guān)☆專項突破
1．（2022 常州）在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若△OAB≌△OCD，則點O叫做該四邊形的“等形點”．
（1）正方形 　不存在　“等形點”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，連接AC，求AC的長；
（3）在四邊形EFGH中，EH∥FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求的值．
【答案】（1）不存在；
（2）4；
（3）1．
【點撥】（1）根據(jù)“等形點”的定義可知△OAB≌△OCD，則∠OAB＝∠C＝90°，而O是邊BC上的一點．從而得出正方形不存在“等形點”；
（2）作AH⊥BO于H，由△OAB≌△OCD，得AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，設(shè)OH＝x，則BH＝7﹣x，由勾股定理得，（4）2﹣（7﹣x）2＝52﹣x2，求出x的值，再利用勾股定理求出AC的長即可；
（3）根據(jù)“等形點”的定義可得△OEF≌△OGH，則∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，再由平行線性質(zhì)得OE＝OH，從而推出OE＝OH＝OG，從而解決問題．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠OAB＝∠C＝90°，
∵O是邊BC上的一點．
∴正方形不存在“等形點”，
故答案為：不存在；
（2）作AH⊥BO于H，
∵邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，
∵BC＝12，
∴BO＝7，
設(shè)OH＝x，則BH＝7﹣x，
由勾股定理得，（4）2﹣（7﹣x）2＝52﹣x2，
解得，x＝3，
∴OH＝3，
∴AH＝4，
∴CH＝8，
在Rt△CHA中，AC＝＝＝4；
（3）如圖，∵邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，
∴△OEF≌△OGH，
∴∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，
∵EH∥FG，
∴∠HEO＝∠EOF，∠EHO＝∠HOG，
∴∠HEO＝∠EHO，
∴OE＝OH，
∴OH＝OG，
∴OE＝OF，
∴＝1．
【點睛】本題是新定義題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)等知識，理解新定義，并能熟練掌握全等三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022 德陽）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，過點D作BC的垂線，交BC的延長線于點H．點F從點B出發(fā)沿BD方向以2cm/s向點D勻速運動，同時，點E從點H出發(fā)沿HD方向以1cm/s向點D勻速運動．設(shè)點E，F(xiàn)的運動時間為t（單位：s），且0＜t＜3，過F作FG⊥BC于點G，連結(jié)EF．
（1）求證：四邊形EFGH是矩形；
（2）連結(jié)FC，EC，點F，E在運動過程中，△BFC與△DCE是否能夠全等？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由．
【答案】（1）見解析；
（2）t＝1，
【點撥】（1）根據(jù)平行線的判定定理得到EH∥FG，由題意知BF＝2t cm，EH＝t cm，推出四邊形EFGH是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到四邊形EFGH是矩形；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ABC＝60°，AB＝2cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵EH⊥BC，F(xiàn)G⊥BC，
∴EH∥FG，
由題意知BF＝2t cm，EH＝t cm，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴FG＝BF＝t cm，
∴EH＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵∠FGH＝90°，
∴四邊形EFGH是矩形；
（2）△BFC與△DCE能夠全等，
理由：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，AB∥CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∠DCH＝∠ABC＝60°，
∵DH⊥BC，
∴∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝90°﹣60°＝30°＝∠CBF，
在Rt△CDH中，sin∠CDH＝，
∴DH＝2×＝3，
∵BF＝2t cm，
∴EH＝t cm，
∴DE＝（3﹣t）cm，
∴當(dāng)BF＝DE時，△BFC≌△DEC，
∴2t＝3﹣t，
∴t＝1．
【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2022 赤峰）同學(xué)們還記得嗎？圖①，圖②是人教版八年級下冊教材“實驗與探究”中我們研究過的兩個圖形．受這兩個圖形的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組提出了以下三個問題，請你回答：
【問題一】如圖①，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，OA1交AB于點E，OC1交BC于點F，則AE與BF的數(shù)量關(guān)系為 　AE＝BF　；
【問題二】受圖①啟發(fā)，興趣小組畫出了圖③：直線m、n經(jīng)過正方形ABCD的對稱中心O，直線m分別與AD、BC交于點E、F，直線n分別與AB、CD交于點G、H，且m⊥n，若正方形ABCD邊長為8，求四邊形OEAG的面積；
【問題三】受圖②啟發(fā)，興趣小組畫出了圖④：正方形CEFG的頂點G在正方形ABCD的邊CD上，頂點E在BC的延長線上，且BC＝6，CE＝2．在直線BE上是否存在點P，使△APF為直角三角形？若存在，求出BP的長度；若不存在，說明理由．
【答案】見解析
【點撥】【問題一】利用ASA判斷出△AOE≌△BOF，即可得出答案；
（2）先求出S△AOB＝16，再利用ASA判斷出△AOE≌△BOG，即可求出答案；
【問題三】分三種情況：利用三垂線構(gòu)造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【解析】解：【問題一】∵正方形ABCD的對角線相交于點O，
∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∠AOB＝90°，
∵四邊形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
故答案為：AE＝BF；
【問題二】如圖③，
連接OA，OB，
∵點O是正方形ABCD的中心，
∴S△AOB＝S正方形ABCD＝×82＝16，
∵點O是正方形ABCD的中心，
∴∠OAE＝∠OBG＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°，
∵m⊥n，
∴∠EOG＝90°，
∴∠AOE＝∠BOG，
∴△AOE≌△BOG（ASA），
∴S△AOE＝S△BOG，
∴S四邊形OEAG＝S△AOE+S△AOG＝S△BOG+S△AOG＝S△AOB＝16；
【問題三】在直線BE上存在點P，使△APF為直角三角形，
①當(dāng)∠AFP＝90°時，如圖④，延長EF，AD相交于點Q，
∵四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，
∴EQ＝AB＝6，∠BAD＝∠B＝∠E＝90°，
∴四邊形ABEQ是矩形，
∴AQ＝BE＝BC+CE＝8，EQ＝AB＝6，∠Q＝90°＝∠E，
∴∠EFP+∠EPF＝90，
∵∠AFP＝90°，
∴∠EFP+∠AFQ＝90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴，
∵QF＝EQ﹣EF＝4，
∴，
∴EP＝1，
∴BP＝BE﹣EP＝7；
②當(dāng)∠APF＝90°時，如圖⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴，
∵PE＝BE﹣BP＝8﹣BP，
∴，
∴BP＝2或BP＝6；
③當(dāng)∠PAF＝90°時，如圖⑥，
過點P作AB的平行線交DA的延長線于M，延長EF，AD相交于N，
同①的方法得，四邊形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝6，AM＝BP，∠M＝90°，
同①的方法得，四邊形ABEN是矩形，
∴AN＝BE＝8，EN＝AB＝6，
∴FN＝EN﹣EF＝4，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴，
∴，
∴AM＝3，
∴BP＝3，
即BP的長度為2或3或6或7．
【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
4．（2023 青島）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB＝10cm，BD＝4cm．動點P從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，動點Q從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為2cm/s．以AP，AQ為鄰邊的平行四邊形APMQ的邊PM與AC交于點E．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t≤5），解答下列問題：
（1）當(dāng)點M在BD上時，求t的值；
（2）連接BE．設(shè)△PEB的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式和S的最大值；
（3）是否存在某一時刻t，使點B在∠PEC的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）t＝；
（2）S＝﹣t2+4t（0＜t≤5），S的最大值為10；
（3）存在，t＝．
【點撥】（1）證明△DQM∽△MPB，則，即可求解；
（2）由S＝PB h，即可求解；
（3）當(dāng)點B在∠PEC的平分線上時，則BR＝OB＝2，在Rt△PBR中，sin∠EPB＝sin∠DAB＝＝＝，即可求解．
【解析】解：（1）由題意得：DQ＝10﹣2t，PM＝2t，PB＝10﹣t，QM＝AP＝t，
如下圖，點M在BD上時，
∵QM∥PB，PM∥QD，
∴∠DQM＝∠DAB＝∠MPQ，∠DMQ＝∠MBP，
∴△DQM∽△MPB，則，
即，
解得：t＝；
（2）如上圖，
∵AD∥PM，
∴∠AEP＝∠EAQ，
∵四邊形ABCD是菱形，
則∠QAE＝∠EAP，
∴∠AEP＝∠EAP，
∴△APE為等腰三角形，則PE＝AP＝t，
過點D作DH⊥AB于點H，
則S△ABD＝AB DH＝AO DB，
即10 DH＝×4，
解得：DH＝8，
則sin∠DAH＝＝＝，
設(shè)△PEB中PB邊上的高為h，
則S＝PB h＝（10﹣t）×sin∠DAH×PE＝（10﹣t）×＝﹣t2+4t（0＜t≤5），
∵﹣＜0，故S有最大值，
當(dāng)t＝5時，S的最大值為10；
（3）存在，理由：
如下圖，過點B作BR⊥PE于點R，
當(dāng)點B在∠PEC的平分線上時，則BR＝OB＝2，
在Rt△PBR中，sin∠EPB＝sin∠DAB＝＝＝，
解得：t＝．
【點睛】本題為四邊形綜合題，涉及到特殊四邊形性質(zhì)、三角形相似、解直角三角形、函數(shù)的表達式確定等，綜合性強，難度適中．
5．（2022 黑龍江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABCD的邊AB在x軸上，頂點D在y軸的正半軸上，M為BC的中點，OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的兩個根（OA＜OB），tan∠DAB＝，動點P從點D出發(fā)以每秒1個單位長度的速度沿折線DC﹣CB向點B運動，到達B點停止．設(shè)運動時間為t秒，△APC的面積為S．
（1）求點C的坐標(biāo)；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；
（3）在點P的運動過程中，是否存在點P，使△CMP是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】見解析
【點撥】（1）解一元二次方程求出OA、OB的長度，可得出A、B的坐標(biāo)，即可求解；
（2）分0≤t＜7和7＜t≤12兩種情況考慮：①當(dāng)0≤t＜7時，利用三角形的面積公式可得出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；②當(dāng)7＜t≤12時，過點A作AF⊥BC交CB的延長線于點F，利用三角形的面積求出AF，即可得△APC的面積為S＝PC AF＝（t﹣7）×＝t﹣；
（3）要使△CMP是等腰三角形，點P一定在CD上，需分情況討論：①當(dāng)CM＝CP時；②當(dāng)CM＝MP時；③當(dāng)CP＝MP時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求解．
【解析】解：（1）方程x2﹣7x+12＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
∵OA＜OB，
∴OA＝3，OB＝4，
∵tan∠DAB＝＝，
∴OD＝4，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DC＝AB＝3+4＝7，DC∥AB，
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，
∴點C的坐標(biāo)為（7，4）；
（2）：①當(dāng)0≤t＜7時，
由題意得：PC＝7﹣t，
∴△APC的面積為S＝PC OD＝（7﹣t）×4＝14﹣2t；
②當(dāng)7＜t≤12時，過點A作AF⊥BC交CB的延長線于點F，
∵AD＝＝5，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝AD＝5，
∵S△ABC＝AB OD＝CB AF，
∴AB OD＝CB AF，
∴7×4＝5AF，
∴AF＝，
∴△APC的面積為S＝PC AF＝（t﹣7）×＝t﹣；
綜上，S＝；
（3）∵BC＝AD＝5，M為BC的中點，C（7，4），B（4，0），
∴CM＝，M（，2），
①當(dāng)CM＝CP時，
∵CM＝，
∴CM＝CP＝，
∵CD＝7，
∴DP＝7﹣＝，
∴點P的坐標(biāo)為（，4）；
②當(dāng)CM＝MP時，過點M作ME⊥CD于E，
∴PE＝CE，
∵M（，2），C（7，4），
∴E（，4），CE＝7﹣＝，
∴PE＝CE＝，
∴DP＝DE﹣PE＝﹣＝4，
∴點P的坐標(biāo)為（4，4）；
③當(dāng)CP＝MP時，過點P作PF⊥BC于F，
∴MF＝CF＝CM＝，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BCD＝∠DAB，
∴cos∠BCD＝cos∠DAB＝，
∴，即，
∴PC＝，
∴DP＝DC﹣PC＝7﹣＝，
∴點P的坐標(biāo)為（，4）；
綜上，點P的坐標(biāo)為（4，4）或（，4）或（，4）．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了一元二次方程的解法，平行四邊形的性質(zhì)，三角形面積的計算，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
6．（2022 濟寧）如圖，△AOB是等邊三角形，過點A作y軸的垂線，垂足為C，點C的坐標(biāo)為（0，）．P是直線AB上在第一象限內(nèi)的一動點，過點P作y軸的垂線，垂足為D，交AO于點E，連接AD，作DM⊥AD交x軸于點M，交AO于點F，連接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，則點D的坐標(biāo)為 　（0，）或（0，2）　；
（2）當(dāng)點P在線段AB上運動時（點P不與點A，B重合），設(shè)點M的橫坐標(biāo)為m．
①求m值最大時點D的坐標(biāo)；
②是否存在這樣的m值，使BE＝BF？若存在，求出此時的m值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）（0，）或（0，2）；
（2）①D（0，）；
②．
【點撥】（1）分為點P在線段AB上和在BA的延長線兩種情形．當(dāng)點P在AB上時，AD＝OD，通過解Rt△ACD求得結(jié)果；當(dāng)點P在BA延長線上時，OD＝OA＝2，從而求得點D坐標(biāo)；
（2）①設(shè)OD＝x，可證得△ACD∽△DOM，從而得出m和x之間二次函數(shù)關(guān)系式，進一步求得結(jié)果；
②作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，可證得AE＝OF，從而表示出FH和OH及DH，根據(jù)△DHF∽△DOM列出關(guān)于x的方程，進而求得x，進一步求得m的值．
【解析】解：（1）∵△AOB是等邊三角形，
∴∠AOB＝60°，
當(dāng)點P在線段AB上時，AD＝OD，
∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，
∵AC⊥y軸，
∴∠CAO＝∠AOB＝60°，
∴∠CAD＝∠OAC﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AOC中，
AC＝OC tan∠AOC＝＝1，OA＝2AC＝2，
在Rt△ACD中，
AD＝＝，
∴DO＝，
∴D（0，），
當(dāng)點P在BA的延長線上時，OD＝OA＝2，
∴D（0，2），
故答案為：（0，）或（0，2）；
（2）①設(shè)OD＝x，則CD＝﹣x，
∵∠ACD＝∠DOM＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵DM⊥AD，
∴∠ADM＝90°，
∴∠ADC+∠ODM＝90°，
∴∠CAD＝∠ODM，
∴△ACD∽△DOM，
∴，
∴＝，
∴m＝x （）＝﹣（x﹣）2+，
∴當(dāng)x＝時，m最大＝，
∴當(dāng)m最大＝時，D（0，）；
②如圖，
假設(shè)存在m，使BE＝BF，
作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，
∵BE＝BF，
∴GE＝GF，
∵△AOB是等邊三角形，
∴AB＝OB，
∴AG＝OG，
∴AG﹣GE＝OG﹣GF，
即：AE＝OF，
由①知：m＝x，
∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90°，
∴四邊形ACDQ是矩形，
∴AQ＝CD＝﹣x，
在Rt△AEQ中，
AE＝＝＝，
∴OF＝AE＝，
在Rt△OFH中，
HF＝＝，OH＝OF＝﹣x，
∴DH＝OD﹣OH＝x﹣（﹣x），
∵HF∥OM，
∴△DHF∽△DOM，
∴，
∴＝，
∴x＝，
∴m＝＝2﹣＝．
【點睛】本題考查了等邊三角形性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握“一線三直角”等模型．
7．（2022 宜賓）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，則＝；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則CE＝2+．其中含所有正確結(jié)論的選項是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【點撥】①正確．證明△BAD≌△CAE（SAS），可得結(jié)論；
②正確．證明A，D，C，E四點共圓，利用圓周角定理證明；
③正確．設(shè)CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，過點C作CJ⊥DF于點J，求出AO，CJ，可得結(jié)論；
④錯誤．將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，設(shè)PD＝t，則BD＝AD＝t，構(gòu)建方程求出t，可得結(jié)論．
【解析】解：如圖1中，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正確，
∵∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AEC+∠ADC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCE＝90°，
取DE的中點O，連接OA，OA，OC，則OA＝OD＝OE＝OC，
∴A，D，C，E四點共圓，
∴∠DAC＝∠CED，故②正確，
設(shè)CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，
過點C作CJ⊥DF于點J，
∵tan∠CDF＝＝＝2，
∴CJ＝m，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO∥CJ，
∴＝＝＝，故③正確．
如圖2中，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等邊三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，
∴∠BPD＝∠CPD＝60°，
設(shè)PD＝t，則BD＝AD＝t，
∴2+t＝t，
∴t＝+1，
∴CE＝BD＝t＝3+，故④錯誤．
故選：B．
【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
8．（2023 廣州）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動點（不與點A，D重合）．邊BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，連接AF．
（1）若∠ABE＝15°，求證：△ABF是等邊三角形；
（2）延長FA，交射線BE于點G．
①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時∠ABE的度數(shù)；如果不能，請說明理由；
②若，求△BGF面積的最大值，并求此時AE的長．
【答案】（1）見解析；
（2）①22.5°；
②；．
【點撥】（1）由軸對稱的性質(zhì)得到BF＝BC，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ABC＝90°，求得∠CBE＝75°，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到∠FBE＝∠CBE＝75°，根據(jù)等邊三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）①根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到BC＝BF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC＝AB，得到BA＜BE＜BG，推出點B不可能是等腰三角形BGF頂角的頂點，若點F是等腰三角形BGF頂角的頂點，則有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，此時E與D重合，不合題意，于是得到只剩下GF＝GB了，連接CG交AD于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG＝CG，得到△BGF為等腰三角形，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AHG＝∠BCG，求得∠BGF＝∠BGC＝＝45°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠GBC＝∠GCB＝（180°﹣∠BGC）＝67.5°，于是得到∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△GBC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點M，連接GM，作MN⊥BC于N，設(shè)AB＝2x，則AC＝2x，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到GM＝＝x，MN＝＝x，推出PG≤GM+MN＝（）x，當(dāng)G，M，N三點共線時，取等號，于是得到結(jié)論；如圖3，設(shè)PG與AD交于Q，則四邊形ABPQ是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x，求得QM＝MP＝x，GM＝x，于是得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：由軸對稱的性質(zhì)得到BF＝BC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABE＝15°，
∴∠CBE＝75°，
∵BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，
∴∠FBE＝∠CBE＝75°，
∴∠ABF＝∠FBE﹣∠ABE＝60°，
∴△ABF是等邊三角形；
（2）解：①能，
∵邊BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，
∴BC＝BF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝AB，
∴BF＝BC＝BA，
∵E是邊AD上一動點，
∴BA＜BE＜BG，
∴點B不可能是等腰三角形BGF的頂點，
若點F是等腰三角形BGF的頂點，
則有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，
此時E與D重合，不合題意，
∴只剩下GF＝GB了，
連接CG交AD于H，如圖1，
∵BC＝BF，∠CBG＝∠FBG，BG＝BG，
∴△CBG≌△FBG（SAS），
∴FG＝CG，
∵BA＝BC＝BF，
∴∠BFA＝∠BAF，
∵△CBG≌△FBG，
∴∠BFG＝∠BCG，
∵AD∥BC，
∴∠AHG＝∠BCG，
∴∠BAF+∠HAG＝∠AHG+∠HAG＝180°﹣∠BAD＝90°，
∴∠FGC＝180°﹣∠HAG﹣∠AHG＝90°，
∴∠BGF＝∠BGC＝＝45°，
∵GB＝GC，
∴∠GBC＝∠GCB＝（180°﹣∠BGC）＝67.5°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG，
要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，
在△GBC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，
如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點M，連接GM，作MN⊥BC于N，
設(shè)AB＝2x，則AC＝2x，
由①知∠AGC＝90°，M是AC的中點，
∴GM＝＝x，MN＝＝x，
∴PG≤GM+MN＝（）x，
當(dāng)G，M，N三點共線時，取等號，
∴△BGF面積的最大值＝
＝（1）×
＝；
如圖3，設(shè)PG與AD交于Q，
則四邊形ABPQ是矩形，
∴AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x，
∴QM＝MP＝x，GM＝x，
∴QG＝（），
∵QE+AE＝AQ＝x，
∴，
∴
＝2（）x
＝2（）×（）
＝．
另解：∵AB＝，
∴PB＝AB＝，
∵PG＝，
∵△ABE∽△PGB，
∴，
∴，
∴AE＝．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
9．（2021 錦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D為線段AB上的動點，連接DC，將DC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α得到DE，連接CE，BE．
（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時，求證：△CAD≌△CBE；
（2）如圖2，當(dāng)tanα＝時，
①探究AD和BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若AC＝5，H是BC上一點，在點D移動過程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，請直接寫出CE+EH的最小值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）證明見解析．
（2）①．
②．
【點撥】（1）首先證明△ACB，△CDE都是等邊三角形，再根據(jù)SAS證明三角形全等即可．
（2）①結(jié)論：＝．利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．
②如圖2中，過點C作CJ⊥BE交BE的延長線于J．作點C關(guān)于BE的對稱點R，連接BR，ER，過點R作RT⊥BC于T．利用相似三角形的性質(zhì)求出CJ＝，推出點E的運動軌跡是線段BE，利用面積法求出RT，可得結(jié)論．
【解析】（1）證明：如圖1中，
∵α＝60°，AC＝AB，
∴△ABC是等邊三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵將DC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α得到DE，
∴DC＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等邊三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△CAD≌△CBE（SAS）．
（2）解：①結(jié)論：＝．
如圖2中，過點C作CK⊥AB于K．
∵tan∠CAK＝＝，
∴可以假設(shè)CK＝3k，AK＝4k，則AC＝AB＝5k，BK＝AB﹣AK＝k，
∴BC＝＝k，
∵∠A＝∠CDE，AC＝AB，CD＝DE，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC，
∴△ACB∽△DCE，
∴＝，
∴＝，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝＝＝．
②如圖2中，過點C作CJ⊥BE交BE的延長線于J．作點C關(guān)于BE的對稱點R，連接BR，ER，過點R作RT⊥BC于T．
∵AC＝5，
由①可知，AK＝4，CK＝3，BC＝，
∵△CAD∽△BCE，CK⊥AD，CJ⊥BE，
∴＝＝（全等三角形對應(yīng)邊上的高的比等于相似比），
∴CJ＝，
∴點E的運動軌跡是線段BE，
∵C，R關(guān)于BE對稱，
∴CR＝2CJ＝，
∵BJ＝＝＝，
∵S△CBR＝ CR BJ＝ CB RT，
∴RT＝＝，
∵EC+EH＝ER+EH≥RT，
∴EC+EH≥，
∴EC+EH的最小值為．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱最短問題等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，確定點E的運動軌跡是最后一個問題的突破點，屬于中考壓軸題．
10．（2022 金華）如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側(cè)作矩形EFGH．
（1）如圖1，點G在AC上．求證：FA＝FG．
（2）若EF＝FG，當(dāng)EF過AC中點時，求AG的長．
（3）已知FG＝8，設(shè)點E的運動路程為s．當(dāng)s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？
【答案】（1）證明見解析；
（2）AG的長為5或7；
（3）s的值為1或或或10≤s≤12．
【點撥】（1）欲證明FA＝FG，只要證明∠FAG＝∠FGA即可；
（2）設(shè)AO的中點為O．分兩種情形：如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．分別求解即可；
（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．分四種情形：①當(dāng)點E在線段BM上時，0＜s≤8，設(shè)EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．a(chǎn)、若點H值點C的左側(cè)，x+B≤10，即0＜x≤2，如圖4，b、若點H在點C的右側(cè)，s+8＞10，即2＜s≤8，如圖5；②當(dāng)點E在線段MC上時，8＜s≤10，如圖6；③當(dāng)點E在線段CN上時，10≤x≤12，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J；④當(dāng)點E值線段DN上時，12＜s＜20，分別求解即可．
【解析】解：（1）如圖1中，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵FG∥BC．
∴∠AGF＝∠ACB，
∴∠AGF＝∠FAG，
∴FA＝FG；
（2）設(shè)AC的中點為O．
①如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．
在Rt△ABM中，AM＝AB sinB＝10×＝6，
∴BM＝＝＝8，
∴FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2，
∵OA＝OC，OE∥AM，
∴CE＝EM＝CM＝1，
∴AF＝EM＝1，
∴AG＝AF+FG＝7．
②如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．
同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN＝CN，
∴AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5，
綜上所述，滿足條件的AG的長為5或7；
（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．
①當(dāng)點E在線段BM上時，0＜s≤8，設(shè)EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．
a、若點H點C的左側(cè)，s+8＜10，即0＜s＜2，如圖4，
CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
經(jīng)檢驗x＝是分式方程的解，
∴s＝4x＝1．
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
b、若點H在點C的右側(cè)，s+8＞10，即2＜s≤8，如圖5，
CH＝BH﹣BC＝（4x+8）﹣10＝4x﹣2，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，方程無解，
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
②當(dāng)點E在線段MC上時，8＜s≤10，如圖6，
EF＝6，EH＝8，BE＝s，
∴BH＝BE+EH＝s+8，CH＝BH﹣BC＝s﹣2，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，方程無解，
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得s＝1±（舍棄）
③當(dāng)點E在線段CN上時，10＜s≤12，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J，
在Rt△BJC中，BC＝10，CJ＝6，BJ＝8，
∵EH＝BJ＝8，JF＝CE，
∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF，
∴△GHC≌△EFB，符合題意，此時10＜s≤12．
④當(dāng)點E在線段DN上時，12＜s＜20，
∵∠EFB＞90°，
∴△GHC與△BEF不相似．
綜上所述．滿足條件的s的值為1或或或10≤s≤12．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
11．（2022 鹽城）【經(jīng)典回顧】
梅文鼎是我國清初著名的數(shù)學(xué)家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法．圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四邊形ADEB、ACHI和BFGC分別是以Rt△ABC的三邊為一邊的正方形．延長IH和FG，交于點L，連接LC并延長交DE于點J，交AB于點K，延長DA交IL于點M．
（1）證明：AD＝LC；
（2）證明：正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；
（3）請利用（2）中的結(jié)論證明勾股定理．
【遷移拓展】
（4）如圖2，四邊形ACHI和BFGC分別是以△ABC的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在AB下方是否存在平行四邊形ADEB，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形ADEB（保留適當(dāng)?shù)淖鲌D痕跡）；若不存在，請說明理由．
【點撥】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS證明△ACB≌△HCG，可得結(jié)論；
（2）證明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得結(jié)論；
（3）證明正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝ ADJK的面積+ KJEB的面積＝正方形ADEB，可得結(jié)論；
（4）如圖2，延長IH和FG交于點L，連接LC，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于一點，過這一點和A作直線，以A為圓心，AM為半徑作弧交這直線于D，分別以D，B為圓心，以AB，AM為半徑畫弧交于E，連接AD，DE，BE，則四邊形ADEB即為所求．
【解析】（1）證明：如圖1，連接HG，
∵四邊形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四邊形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）證明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四邊形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；
證明二：∵四邊形CGLH是矩形，
∴PH＝PC，
∴∠CHG＝∠LCH，
∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，
∵∠ACH＝90°，
∴∠ACK+∠LCH＝90°，
∴∠ACK+∠CAK＝90°，
∴∠AKC＝90°，
∴∠AKC＝∠BAD＝90°，
∴DM∥LK，
∵AC∥LI，
∴四邊形ACLM是平行四邊形，
∵正方形ACHI的面積＝AC CH， ACLH的面積＝AC CH，
∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；
（3）證明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，
∴四邊形ADJK是平行四邊形，
由（2）知，四邊形ACLM是平行四邊形，
由（1）知：AD＝LC，
∴ ADJK的面積＝ ACLM的面積＝正方形ACHI，
延長EB交LG于Q，
同理有 KJEB的面積＝ CBQL的面積＝正方形BFGC，
∴正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝ ADJK的面積+ KJEB的面積＝正方形ADEB，
∴AC2+BC2＝AB2；
（4）解：作圖不唯一，如圖2即為所求作的 ADEB．
說明：如圖2，延長IH和FG交于點L，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于點M，在MA的延長線上取AD＝AM，作 ADEB，作射線LC交AB于K，交DE于J，由圖可知：射線LC把 ADEB分成 ADJK和 BKJE，根據(jù)同底等高可得： ADJK， AMLC， ACHI的面積相等，同理 BKKE， CBQL， BCGF的面積相等（Q是直線EB與FG的交點），所以平行四邊形ADEB的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)，勾股定理的證明等知識；熟練掌握正方形的性質(zhì)和全等相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)圖形面積的關(guān)系證出勾股定理是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．
12．（2022 牡丹江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD，A在y軸的正半軸上，B，C在x軸上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于點E，交AC于點F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的長分別是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的兩個根，且OB＞OC．
請解答下列問題：
（1）求點B，C的坐標(biāo)；
（2）若反比例函數(shù)y＝（k≠0）圖象的一支經(jīng)過點D，求這個反比例函數(shù)的解析式；
（3）平面內(nèi)是否存在點M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N為頂點的四邊形是邊長比為2：3的矩形？若存在，請直接寫出在第四象限內(nèi)點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）B（﹣3，0），C （2，0）；
（2）y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），理由見解答過程．
【點撥】（1）解方程的兩個根就是OB，OC的長，再根據(jù)在x軸的正半軸上還是負半軸上就可以得到坐標(biāo)；
（2）根據(jù)題意得∠BAC＝∠BCA，所以AB＝BC＝5，又因為AD∥BC，所以∠ADB＝∠DBC，即∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD＝5，再根據(jù)勾股定理得AO的長，從而求解；
（3）先由勾股定理求出BD的長，再分兩種情況：①當(dāng)BD是矩形一邊，又分BD是短邊和長邊時計算；②當(dāng)BD是對角線時，以BD為半徑作圓，可得符合題意的兩個矩形進行計算，詳情見解答過程．
【解析】解：（1）由x2﹣5x+6＝0，解得x1＝2，x2＝3，
∵OB，OC的長分別是方程的兩個根，且OB＞OC，
∴OB＝3，OC＝2．
∴B（﹣3，0），C （2，0）；
（2）∵AO⊥BC，
∴∠AOB＝90°，
∵∠CAO＝∠DBC，∠CAO+∠AFB＝∠DBC+∠AOB，
∴∠AFB＝∠AOB＝90°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠AFB＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC＝5，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD＝5，
∵在Rt△ABO中，AO＝＝＝4，
∴D（5，4），
∴反比例函數(shù)解析式為：y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），
理由：過點D作DG⊥x軸于點G，
∵B（﹣3，0），D（5，4），
∴BG＝8，DG＝4，BD＝＝4，
∵使以B，D，M，N為頂點的四邊形是邊長比為2：3的矩形，
①當(dāng)BD是矩形一邊，且是短邊時，即圖中矩形BDM1N1和矩形BDM4N4，
由BD：N1B＝2：3，得N1B＝6，
過點N1作N1H⊥x軸于點H，由一線三等角易得△BDG∽△N1BH，
∴根據(jù)相似三角形三邊對應(yīng)成比例得：BH＝6，N1H＝12，
∴OH＝OB+BH＝3+6＝9，
∴N1（﹣9，12），
同理得點N4（3，﹣12），
當(dāng)BD是矩形一邊，且是長邊時，即圖中矩形BDM2N2和矩形BDM3N3，
方法同上，得點N2（﹣，），N3（﹣，﹣）；
②當(dāng)BD是對角線時，如圖：以BD為半徑作圓，矩形BN5DM5，BN6DM6即為符合題意矩形，
當(dāng)BN5：N5D＝2：3時，過點N5作KL∥x軸，過點B作BK⊥KL于點K，過點D作DL⊥KL于點L，
由一線三等角易得△BKN5∽△DLN5，
∴＝＝＝，
∴BK＝N5L，KN5＝LD，
設(shè)N5L＝x，LD＝y(tǒng)，
∴BK＝x，KN5＝y(tǒng)，
∵N5L+KN5＝8，DL﹣BK＝4，
∴，
解得：，
∴KN5＝y(tǒng)＝＝，N5的橫坐標(biāo)＝﹣3＝，
同理得N5的縱坐標(biāo)＝﹣；
再同理得：當(dāng)BN5：N5D＝3：2時，N6（，﹣）．
綜上所述：在第四象限內(nèi)點N的坐標(biāo)為N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣）．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了解一元二次方程、矩形性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、直徑所對的圓周角是直角、分類討論思想和一線三等角模型，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)作出輔助線，計算難度較大，屬于中考常考類型，易出錯．
13．（2023 北京）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1．對于⊙O的弦AB和⊙O外一點C給出如下定義：若直線CA，CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”．
（1）如圖，點A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在點C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”是 　C1，C2　；
②若點C是弦AB2的“關(guān)聯(lián)點”，直接寫出OC的長；
（2）已知點M（0，3），N（，0），對于線段MN上一點S，存在⊙O的弦PQ，使得點S是弦PQ的“關(guān)聯(lián)點”．記PQ的長為t，當(dāng)點S在線段MN上運動時，直接寫出t的取值范圍．
【答案】（1）①C1，C2；
②OC＝；
（2）t的取值范圍為1≤t≤，．
【點撥】（1）根據(jù)題目中關(guān)聯(lián)點的定義分情況討論即可；
（2）根據(jù)M（0，3），N（，0）兩點來求最值情況，共有兩種情況，分別位于S在過點O的、MN的垂線上，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解析】解：（1）①由關(guān)聯(lián)定義可知，若直線CA、CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”，
∵點A（﹣1，0），B1（，），點C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，），
∴直線AC2經(jīng)過點O，且B1C2與⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”，
∵C1（﹣1，1），A（﹣1，0）的橫坐標(biāo)相同，與B1（，）在直線y＝﹣x上，
∴AC1與⊙O相切，B1C1經(jīng)過點O，
∴C1是弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”；
故答案為：C1，C2；
②∵A（﹣1，0），B2（，），
設(shè)C（a，b），如圖所示，共有兩種情況，
a、若C1B2與⊙O相切，AC經(jīng)過點O，
則C1B2，AC1所在直線為，
解得，
∴C1（，0），
∴OC1＝，
b、若AC2與⊙O相切，C2B2經(jīng)過點O，
則直線C2B2，AC2所在直線為，
解得，
∴C2（﹣1，1），
∴OC2＝，
綜上所述，OC＝；
（2）∵線段MN上一點S，存在⊙O的弦PQ，使得點S是弦PQ的“關(guān)聯(lián)點”，
∵弦PQ隨著S的變動在一定范圍內(nèi)變動，且M（0，3），N（，0），OM＞ON，
∴S共有2種情況，分別位于點M和經(jīng)過點O的MN的垂線上，如圖所示，
①當(dāng)S位于點M（0，3）時，MP為⊙O的切線，作PJ⊥OM，
∵M（0，3），⊙O的半徑為1，且MP是⊙O的切線，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴，即，
解得OJ＝，
∴PJ＝＝，Q1J＝，
∴PQ1＝＝，
同理PQ2＝＝，
∴當(dāng)S位于M（0，3）時，PQ1的臨界值為和；
②當(dāng)S位于經(jīng)過點O的MN的垂線上的點K時，
∵M（0，3），N（，0），
∴MN＝，
∴＝2，
∵⊙O的半徑為1，
∴∠OKZ＝30°，
∴△OPQ為等邊三角形，
∴PQ＝1或，
∴當(dāng)S位于經(jīng)過點O且垂直于MN的直線上即點K時，PQ1的臨界點為1和，
∴在兩種情況下，PQ的最小值在1≤t≤內(nèi)，最大值在，
綜上所述，t的取值范圍為1≤t≤，．
【點睛】本題是圓的綜合題，考查了最值問題，切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握新概念“關(guān)聯(lián)點”是解題的關(guān)鍵．
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