2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破題型11 綜合探究題 類型2 與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）（教師版）

類型二與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）1．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形中（頂點(diǎn)按逆時(shí)針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長(zhǎng)．(2)是邊上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)同時(shí)繞點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得點(diǎn)．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)落在射線上時(shí)，求的長(zhǎng)．②當(dāng)是直角三角形時(shí)，求的長(zhǎng)．【答案】(1)8(2)①；②或【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出方程即可；②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點(diǎn)；第二種：為直角頂點(diǎn)；第三種，為直角頂點(diǎn)，但此種情況不成立，故最終有兩個(gè)答案．【詳解】（1）在中，，在中，．（2）①如圖1，作于點(diǎn)，由（1）得，，則，作交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，則，

∴．∵∴．由旋轉(zhuǎn)知，∴．設(shè)，則．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋轉(zhuǎn)得，，又因?yàn)?，所以．情況一：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖2．

∵，∴落在線段延長(zhǎng)線上．∵，∴，由（1）知，，∴．情況二：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3．

設(shè)與射線的交點(diǎn)為，作于點(diǎn)．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．設(shè)，則，∴∵，∴，∴，∴，∴，化簡(jiǎn)得，解得，∴．情況三：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)落在的延長(zhǎng)線上，不符合題意．綜上所述，或．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關(guān)定義，判定，性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2.在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．（1）是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，E是邊上的一點(diǎn)，且，小亮以為邊作等邊三角形，如圖1，求的長(zhǎng)；（2）是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，E是邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，小亮以為邊作等邊三角形，如圖2，在點(diǎn)E從點(diǎn)C到點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)過程中，求點(diǎn)F所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)；（3）是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，M是高上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，小亮以為邊作等邊三角形，如圖3，在點(diǎn)M從點(diǎn)C到點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過程中，求點(diǎn)N所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)；（4）正方形的邊長(zhǎng)為3，E是邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，在點(diǎn)E從點(diǎn)C到點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)過程中，小亮以B為頂點(diǎn)作正方形，其中點(diǎn)F、G都在直線上，如圖4，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)F、G、H與點(diǎn)B重合．則點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為______，點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等邊三角形，，，，可證即可；（2）連接，、是等邊三角形，可證，可得，又點(diǎn)在處時(shí)，，點(diǎn)在A處時(shí)，點(diǎn)與重合．可得點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路徑的長(zhǎng)；（3）取中點(diǎn)，連接，由、是等邊三角形，可證，可得．又點(diǎn)在處時(shí)，，點(diǎn)在處時(shí)，點(diǎn)與重合．可求點(diǎn)所經(jīng)過的路徑的長(zhǎng)；（4）連接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，點(diǎn)G在以AC中點(diǎn)為圓心，AC為直徑的上運(yùn)動(dòng)，由四邊形ABCD為正方形，BC為邊長(zhǎng)，設(shè)OC=x，由勾股定理即，可求，點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為長(zhǎng)=，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為的長(zhǎng)．【詳解】解:（1）∵、是等邊三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）連接，∵、是等邊三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又點(diǎn)在處時(shí)，，點(diǎn)在A處時(shí)，點(diǎn)與重合．∴點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路徑的長(zhǎng)；（3）取中點(diǎn)，連接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又點(diǎn)在處時(shí)，，點(diǎn)在處時(shí)，點(diǎn)與重合，∴點(diǎn)所經(jīng)過的路徑的長(zhǎng)；（4）連接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴點(diǎn)G在以AC中點(diǎn)為圓心，AC為直徑的上運(yùn)動(dòng)，∵四邊形ABCD為正方形，BC為邊長(zhǎng)，∴∠COB=90°，設(shè)OC=x，由勾股定理即，∴，點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為長(zhǎng)=，點(diǎn)H在以BC中點(diǎn)為圓心，BC長(zhǎng)為直徑的弧上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為的長(zhǎng)度，∵點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)圓周的四分之一，∴點(diǎn)H也運(yùn)動(dòng)圓周的四分一，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為的長(zhǎng)=，故答案為；．【點(diǎn)睛本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，90°圓周角所對(duì)弦是直徑，圓的弧長(zhǎng)公式，掌握等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，90°圓周角所對(duì)弦是直徑，圓的弧長(zhǎng)公式是解題關(guān)鍵．3．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考中考真題）已知是等邊三角形，點(diǎn)是射線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，延長(zhǎng)至點(diǎn)，使，連接交射線于點(diǎn)．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)，猜測(cè)線段與的數(shù)量關(guān)系并說明理由；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，①線段與的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請(qǐng)說明理由；②如圖3，連接．設(shè)，若，求四邊形的面積．【答案】(1)，理由見解析(2)①成立，理由見解析②【分析】（1）過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，易得，證明，得到，即可得出結(jié)論．（2）①過點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，易得，證明，得到，即可得出結(jié)論；②過點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，根據(jù)已知條件推出，得到，證明，得到，求出的長(zhǎng)，利用四邊形的面積為進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：，理由如下：∵是等邊三角形，∴，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，

∴，，∴為等邊三角形，∴，∵，，∴，，又，∴，∴，∴；（2）①成立，理由如下：∵是等邊三角形，∴，過點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，

∴，，∴為等邊三角形，∴，∵，，∴，，又，∴，∴，∴；②過點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則：，

由①知：為等邊三角形，，，∵為等邊三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，設(shè)，則：，，∴，∵，∴，∴，即：②，聯(lián)立①②可得：（負(fù)值已舍去），經(jīng)檢驗(yàn)是原方程的根，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴四邊形的面積為．【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(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)，解直角三角形．本題的綜合性強(qiáng)，難度大，屬于中考?jí)狠S題，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造特殊三角形，全等和相似三角形．4.（2021·浙江中考真題）已知在中，是的中點(diǎn)，是延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，連結(jié)．（1）如圖1，若，求的長(zhǎng)．（2）過點(diǎn)作，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，如圖2所示．若，求證：．（3）如圖3，若，是否存在實(shí)數(shù)，當(dāng)時(shí)，？若存在，請(qǐng)直接寫出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）；（2）見解析；（3）存在，【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，從而得出是等邊三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的長(zhǎng)，進(jìn)而得出BC的長(zhǎng)；（2）連結(jié)，先利用AAS證出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等邊三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出結(jié)論；（3）過點(diǎn)作，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接BE，過C作CG⊥AB于G，過E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再證明，從而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．【詳解】（1）解，，，，是等邊三角形，是的中點(diǎn)，，在中，，，．（2）證明：連結(jié)，，，，，，，，又，，是等邊三角形，，，又，，，．（3）存在這樣的．過點(diǎn)作，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接BE，過C作CG⊥AB于G，過E作EN⊥AB于N，則，，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，，∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC，AB=BA，∴∴AC=BE，∴DE=BE，∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形和等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是合理添加輔助線，有一定的難度．5．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師給同學(xué)們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì)．已知，點(diǎn)為上一動(dòng)點(diǎn)，將以為對(duì)稱軸翻折．同學(xué)們經(jīng)過思考后進(jìn)行如下探究：獨(dú)立思考：小明：“當(dāng)點(diǎn)落在上時(shí)，．”小紅：“若點(diǎn)為中點(diǎn)，給出與的長(zhǎng)，就可求出的長(zhǎng)．”實(shí)踐探究：奮進(jìn)小組的同學(xué)們經(jīng)過探究后提出問題1，請(qǐng)你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)落在上時(shí)，求證：；（2）如圖2，若點(diǎn)為中點(diǎn)，，求的長(zhǎng)．問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進(jìn)一步拓展．問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）；問題2：【分析】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角可得，根據(jù)折疊以及三角形內(nèi)角和定理，可得，根據(jù)鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得，即可得證；（2）連接，交于點(diǎn)，則是的中位線，勾股定理求得，根據(jù)即可求解；問題2：連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，根據(jù)已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據(jù)三線合一得出，根據(jù)勾股定理求得的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】（1）∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）如圖所示，連接，交于點(diǎn)，

∵折疊，∴，，，，∵是的中點(diǎn)，∴，∴，在中，，在中，，∴；問題2：如圖所示，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四邊形是矩形，則，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．6.（2021·浙江中考真題）問題：如圖，在中，，，，的平分線AE，BF分別與直線CD交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求EF的長(zhǎng)．答案：．探究：（1）把“問題”中的條件“”去掉，其余條件不變．①當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)F重合時(shí)，求AB的長(zhǎng)；②當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，求EF的長(zhǎng)．（2）把“問題”中的條件“，”去掉，其余條件不變，當(dāng)點(diǎn)C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點(diǎn)間的距離相等時(shí)，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的定義先分別求出，，即可完成求解；

②證明出即可完成求解；

（2）本小題由于E、F點(diǎn)的位置不確定，故應(yīng)先分情況討論，再根據(jù)每種情況，利用，以及點(diǎn)C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點(diǎn)間的距離相等建立相等關(guān)系求解即可．【詳解】（1）①如圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，，．平分，．．．同理可得：．點(diǎn)E與點(diǎn)F重合，．

②如圖2，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，同理可證，∴?ABCD是菱形，，點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，．（2）情況1，如圖3，可得，．情況2，如圖4，同理可得，，又，．情況3，如圖5，由上，同理可以得到，又，．綜上：的值可以是，，．【點(diǎn)睛】本題屬于探究型應(yīng)用題，綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義、菱形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是讀懂題意，正確畫出圖形，建立相等關(guān)系求解等，本題綜合性較強(qiáng)，要求學(xué)生有較強(qiáng)的分析能力，本題涉及到的思想方法有分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想等．7．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）在中，，，點(diǎn)為線段上一動(dòng)點(diǎn)，連接．

(1)如圖1，若，，求線段的長(zhǎng)．(2)如圖2，以為邊在上方作等邊，點(diǎn)是的中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)．若，求證：．(3)在取得最小值的條件下，以為邊在右側(cè)作等邊．點(diǎn)為所在直線上一點(diǎn)，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到．連接，點(diǎn)為的中點(diǎn)，連接，當(dāng)取最大值時(shí)，連接，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，請(qǐng)直接寫出此時(shí)的值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）解，求得，根據(jù)即可求解；（2）延長(zhǎng)使得，連接，可得，根據(jù)，得出四點(diǎn)共圓，則，，得出，結(jié)合已知條件得出，可得，即可得證；（3）在取得最小值的條件下，即，設(shè)，則，，根據(jù)題意得出點(diǎn)在以為圓心，為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，取的中點(diǎn)，連接，則是的中位線，在半徑為的上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)取最大值時(shí)，即三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，交于點(diǎn)，則四邊形是矩形，得出是的中位線，同理可得是的中位線，是等邊三角形，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，則，在中，勾股定理求得，進(jìn)而即可求解．【詳解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）證明：如圖所示，延長(zhǎng)使得，連接，

∵是的中點(diǎn)則，，，∴，∴，∴，∴∵是等邊三角形，∴，∵，∴四點(diǎn)共圓，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如圖所示，

在取得最小值的條件下，即，設(shè)，則，，∴，，∵將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到．∴∴點(diǎn)在以為圓心，為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，取的中點(diǎn)，連接，則是的中位線，∴在半徑為的上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)取最大值時(shí)，即三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

∵是的中點(diǎn)，∴，∴是等邊三角形，則，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如圖所示，連接，交于點(diǎn)，則四邊形是矩形，

∴，是的中點(diǎn)，∴即是的中位線，同理可得是的中位線，∴，∵是等邊三角形，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，∴∴則在中，∴．

【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，圓外一點(diǎn)到圓上距離的最值問題，垂線段最短，矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．8.如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折疊紙片使B點(diǎn)落在邊AD上的E處，折痕為PQ，過點(diǎn)E作EFAB交PQ于F，連接BF．（1）求證：四邊形BFEP為菱形；（2）當(dāng)點(diǎn)E在AD邊上移動(dòng)時(shí)，折痕的端點(diǎn)P、Q也隨之移動(dòng)；①當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)（如圖2），求菱形BFEP的邊長(zhǎng)；②若限定P、Q分別在邊BA、BC上移動(dòng)，求出點(diǎn)E在邊AD上移動(dòng)的最大距離．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行線的性質(zhì)得出∠BPF＝∠EFP，證出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出結(jié)論；（2）①由矩形的性質(zhì)得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由對(duì)稱的性質(zhì)得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；②當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)E離點(diǎn)A最近，由①知，此時(shí)AE＝1cm；當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)E離點(diǎn)A最遠(yuǎn)，此時(shí)四邊形ABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵折疊紙片使B點(diǎn)落在邊AD上的E處，折痕為PQ，∴點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于PQ對(duì)稱，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EFAB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，∴四邊形BFEP為菱形；（2）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于PQ對(duì)稱，∴CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，DE＝＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，∴EP2＝12+（3﹣EP）2，解得：EP＝cm，∴菱形BFEP的邊長(zhǎng)為cm；②當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)，如圖2：點(diǎn)E離點(diǎn)A最近，由①知，此時(shí)AE＝1cm；當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，如圖3所示：點(diǎn)E離點(diǎn)A最遠(yuǎn)，此時(shí)四邊形ABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，∴點(diǎn)E在邊AD上移動(dòng)的最大距離為2cm．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、菱形的判定、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．9．（2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）探究式學(xué)習(xí)是新課程倡導(dǎo)的重要學(xué)習(xí)方式，某興趣小組擬做以下探究．在中，，D是邊上一點(diǎn)，且（n為正整數(shù)），E是邊上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作的垂線交直線于點(diǎn)F．

【初步感知】(1)如圖1，當(dāng)時(shí)，興趣小組探究得出結(jié)論：，請(qǐng)寫出證明過程．【深入探究】(2)①如圖2，當(dāng)，且點(diǎn)F在線段上時(shí)，試探究線段之間的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)寫出結(jié)論并證明；②請(qǐng)通過類比、歸納、猜想，探究出線段之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）【拓展運(yùn)用】(3)如圖3，連接，設(shè)的中點(diǎn)為M．若，求點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的過程中，點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)（用含n的代數(shù)式表示）．【答案】(1)見解析(2)①，證明過程略；②當(dāng)點(diǎn)F在射線上時(shí)，，當(dāng)點(diǎn)F在延長(zhǎng)線上時(shí)，(3)【分析】（1）連接，當(dāng)時(shí)，，即，證明，從而得到即可解答；（2）①過的中點(diǎn)作的平行線，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，根據(jù)，可得是等腰直角三角形，，根據(jù)（1）中結(jié)論可得，再根據(jù)，，即可得到；②分類討論，即當(dāng)點(diǎn)F在射線上時(shí)；當(dāng)點(diǎn)F在延長(zhǎng)線上時(shí)，畫出圖形，根據(jù)①中的原理即可解答；（3）如圖，當(dāng)與重合時(shí)，取的中點(diǎn)，當(dāng)與重合時(shí)，取的中點(diǎn)，可得的軌跡長(zhǎng)度即為的長(zhǎng)度，可利用建系的方法表示出的坐標(biāo)，再利用中點(diǎn)公式求出，最后利用勾股定理即可求出的長(zhǎng)度．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

當(dāng)時(shí)，，即，，，，,，，即，，，在與中，，，，；（2）①證明：如圖，過的中點(diǎn)作的平行線，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，

當(dāng)時(shí)，，即，是的中點(diǎn)，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根據(jù)（1）中的結(jié)論可得，；故線段之間的數(shù)量關(guān)系為；②解：當(dāng)點(diǎn)F在射線上時(shí)，如圖，在上取一點(diǎn)使得，過作的平行線，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，

同①，可得，，，，，同①可得，，即線段之間數(shù)量關(guān)系為；當(dāng)點(diǎn)F在延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，在上取一點(diǎn)使得，過作的平行線，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接

同（1）中原理，可證明，可得，，，，，同①可得，即線段之間數(shù)量關(guān)系為,綜上所述，當(dāng)點(diǎn)F在射線上時(shí)，；當(dāng)點(diǎn)F在延長(zhǎng)線上時(shí)，；（3）解：如圖，當(dāng)與重合時(shí)，取的中點(diǎn)，當(dāng)與重合時(shí)，取的中點(diǎn)，可得的軌跡長(zhǎng)度即為的長(zhǎng)度，

如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，為軸，為軸建立平面直角坐標(biāo)系，過點(diǎn)作的垂線段，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作的垂線段，交于點(diǎn)，

，，，，，，，是的中點(diǎn)，，，，，根據(jù)（2）中的結(jié)論，，，，，，．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確地畫出圖形，作出輔助線，找對(duì)邊之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．10.（2021·山東中考真題）如圖，已知正方形ABCD，點(diǎn)E是BC邊上一點(diǎn)，將△ABE沿直線AE折疊，點(diǎn)B落在F處，連接BF并延長(zhǎng)，與∠DAF的平分線相交于點(diǎn)H，與AE，CD分別相交于點(diǎn)G，M，連接HC（1）求證：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求點(diǎn)D到直線BH的距離；（3）當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上（端點(diǎn)除外）運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠BHC的大小是否變化？為什么？

【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變，理由見解析【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AG⊥BF，結(jié)合角平分線的定義得到∠FAH=∠FAD，從而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點(diǎn)N，易得等腰直角△DHF，推出DH的長(zhǎng)即為點(diǎn)D到BH的距離，根據(jù)DH=FH，轉(zhuǎn)化為求FH的長(zhǎng)，結(jié)合（1）中條件，證明△ABG∽△AEB，得到，從而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圓，判斷出點(diǎn)H在圓上，結(jié)合圓周角定理求出∠BHC即可．【詳解】解：（1）∵△ABE沿直線AE折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F關(guān)于AE對(duì)稱，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點(diǎn)N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，F(xiàn)N=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的長(zhǎng)即為點(diǎn)D到直線BH的距離，由（1）知：在Rt△ABE中，，∴，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△AEB，∴，∴，，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴，，∴DH=FH=GH-GF==，即點(diǎn)D到直線BH的長(zhǎng)為；（3）作正方形ABCD的外接圓，對(duì)角線BD為圓的直徑，∵∠BHD=90°，∴H在圓周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上（除端點(diǎn)外）運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠BHC的大小不變．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的考查：幾何變換的能力，轉(zhuǎn)化能力以及步驟書寫能力，具有一定藝術(shù)性．11.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，點(diǎn)為斜邊上一動(dòng)點(diǎn)，將沿直線折疊，使得點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，連接，，，．（1）如圖①，若，證明：．（2）如圖②，若，，求的值．（3）如圖③，若，是否存在點(diǎn)，使得．若存在，求此時(shí)的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，的值為或．【分析】（1）先根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，最后根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)即可得證；（2）設(shè)與的交點(diǎn)為點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，設(shè)，從而可得，先證出，從而可得，設(shè)，根據(jù)線段的和差可得，代入可求出，從而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根據(jù)余弦三角函數(shù)的定義即可得；（3）如圖（見解析），設(shè)，從而可得，分①點(diǎn)在直線的左側(cè)；②點(diǎn)在直線的右側(cè)兩種情況，再分別利用等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)求解即可得．【詳解】（1）證明：，，，，由折疊的性質(zhì)得：，，，四邊形是平行四邊形，又，平行四邊形是菱形，；（2）如圖，設(shè)與的交點(diǎn)為點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

，是等腰三角形，，設(shè)，則，，，由折疊的性質(zhì)得：，在和中，，，，設(shè)，則，，解得，，在中，，，則；（3），，設(shè)，則，由折疊的性質(zhì)得：，，由題意，分以下兩種情況：①如圖，當(dāng)點(diǎn)在直線的左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

（等腰三角形的三線合一），，在中，，，又，，，，是等邊三角形，，；②如圖，當(dāng)點(diǎn)在直線的右側(cè)時(shí)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

同理可得：，，點(diǎn)在上，由折疊的性質(zhì)得：，在中，，，，綜上，存在點(diǎn)，使得，此時(shí)的值為或．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、折疊的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（3），正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．12.如圖1和圖2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC=3（1）當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，求點(diǎn)P與點(diǎn)A的最短距離；（2）若點(diǎn)P在MB上，且PQ將△ABC的面積分成上下4：5兩部分時(shí)，求MP的長(zhǎng)；（3）設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的路程為x，當(dāng)0≤x≤3及3≤x≤9時(shí)，分別求點(diǎn)P到直線AC的距離（用含x的式子表示）；（4）在點(diǎn)P處設(shè)計(jì)并安裝一掃描器，按定角∠APQ掃描△APQ區(qū)域（含邊界），掃描器隨點(diǎn)P從M到B再到N共用時(shí)36秒．若AK=9【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．（2）利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．（3）分兩種情形：當(dāng)0≤x≤3時(shí)，當(dāng)3＜x≤9時(shí)，分別畫出圖形求解即可．（4）求出CK的長(zhǎng)度，以及CQ的最大值，利用路程與速度的關(guān)系求解即可．【解析】（1）如圖1中，過點(diǎn)A作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，∴tan∠B＝tan∠C=AH∴AH＝3，AB＝AC=A∴當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，點(diǎn)P到A的最短距離為3．（2）如圖1中，∵∠APQ＝∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∵PQ將△ABC的面積分成上下4：5，∴S△APQS△ABC=（AP∴APAB∴AP=10∴PM＝AP＝AM=103?（3）當(dāng)0≤x≤3時(shí)，如圖1﹣1中，過點(diǎn)P作PJ⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于J．∵PQ∥BC，∴APAB∴x+25∴PQ=8∵sin∠AQP＝sin∠C=3∴PJ＝PQ?sin∠AQP=24當(dāng)3＜x≤9時(shí)，如圖2中，過點(diǎn)P作PJ⊥AC于J．同法可得PJ＝PC?sin∠C=3（4）由題意點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度=9當(dāng)3＜x≤9時(shí)，設(shè)CQ＝y(tǒng)．∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，∴∠BAP＝∠CPQ，∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCQ，∴ABCP∴511?x∴y=?15（x﹣7）2∵?1∴x＝7時(shí)，y有最大值，最大值=16∵AK=9∴CK＝5?當(dāng)y=114時(shí)，114=?解得x＝7±32∴點(diǎn)K被掃描到的總時(shí)長(zhǎng)＝（114+6﹣3）13.如圖，點(diǎn)P、Q分別是等邊△ABC邊AB、BC上的動(dòng)點(diǎn)（端點(diǎn)除外），點(diǎn)P、點(diǎn)Q以相同的速度，同時(shí)從點(diǎn)A、點(diǎn)B出發(fā)．（1）如圖1，連接AQ、CP．求證：△ABQ≌△CAP；（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P、Q分別在AB、BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AQ、CP相交于點(diǎn)M，∠QMC的大小是否變化？若變化，請(qǐng)說明理由；若不變，求出它的度數(shù)；（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P、Q在AB、BC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否變化？若變化，請(qǐng)說明理由；若不變，求出它的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，利用SAS證明△ABQ≌△CAP即可；（2）先判定△ABQ≌△CAP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAQ＝∠ACP，從而得到∠QMC＝60°；（3）先判定△ABQ≌△CAP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAQ＝∠ACP，從而得到∠QMC＝120°．【解析】（1）證明：如圖1，∵△ABC是等邊三角形∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，又∵點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)速度相同，∴AP＝BQ，在△ABQ與△CAP中，AB=CA∠ABQ=∠CPA∴△ABQ≌△CAP（SAS）；（2）點(diǎn)P、Q在AB、BC邊上運(yùn)動(dòng)的過程中，∠QMC不變．理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△ACM的外角，∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC∵∠BAC＝60°，∴∠QMC＝60°；（3）如圖2，點(diǎn)P、Q在運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)后繼續(xù)在射線AB、BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠QMC不變理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△APM的外角，∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，即若點(diǎn)P、Q在運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)后繼續(xù)在射線AB、BC上運(yùn)動(dòng)，∠QMC的度數(shù)為120°．14.如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，等腰△ABC的底邊BC在x軸上，BC＝8，頂點(diǎn)A在y的正半軸上，OA＝2，一動(dòng)點(diǎn)E從（3，0）出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿CB向左運(yùn)動(dòng)，到達(dá)OB的中點(diǎn)停止．另一動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，以相同的速度沿CB向左運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止．已知點(diǎn)E、F同時(shí)出發(fā)，以EF為邊作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同側(cè)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t≥0）．（1）當(dāng)點(diǎn)H落在AC邊上時(shí)，求t的值；（2）設(shè)正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，請(qǐng)問是否存在t值，使得S=91（3）如圖2，取AC的中點(diǎn)D，連結(jié)OD，當(dāng)點(diǎn)E、F開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒25個(gè)單位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)．請(qǐng)問在點(diǎn)E的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)M可能在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）嗎？如果可能，求出點(diǎn)M在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）的時(shí)長(zhǎng)；若不可能，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．（2）由題意，在E，F(xiàn)的運(yùn)動(dòng)過程中，開始正方形EFGH的邊長(zhǎng)為1，因?yàn)檎叫蜤FGH與△ABC重疊面積為S，S=91（3）分別求出點(diǎn)M第一次和第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時(shí)長(zhǎng)即可解決問題．【解析】（1）如圖1﹣1中，由題意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，當(dāng)點(diǎn)H落在AC上時(shí)，∵EH∥OA，∴CECO∴CE4∴CE＝2，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路程為1，∴t＝1時(shí)，點(diǎn)E落在AC上．（2）由題意，在E，F(xiàn)的運(yùn)動(dòng)過程中，開始正方形EFGH的邊長(zhǎng)為1，∵正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，S=91∴此時(shí)點(diǎn)F與O重合，已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，如圖1﹣2中，重疊部分是五邊形OEKJG．由題意：（t﹣3）2?12?3t?132整理得45t2﹣486t+1288＝0，解得t=143或∴滿足條件的t的值為143（3）如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)M第一次落在EH上時(shí)，4t+t＝3，t=當(dāng)點(diǎn)M第一次落在FG上時(shí)，4t+t＝4，t=4∴點(diǎn)M第一次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時(shí)長(zhǎng)=4當(dāng)點(diǎn)M第二次落在FG上時(shí)，4t﹣t＝4，t=4當(dāng)點(diǎn)M第二次落在EH上時(shí)，4t﹣（t+1）＝4，t=5點(diǎn)M第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時(shí)長(zhǎng)=5∴點(diǎn)M落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的總時(shí)長(zhǎng)=115.已知：如圖，在四邊形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，點(diǎn)C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延長(zhǎng)DC交EF于點(diǎn)M．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)M出發(fā)，沿MF方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．過點(diǎn)P作GH⊥AB于點(diǎn)H，交CD于點(diǎn)G．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)M在線段CQ的垂直平分線上？（2）連接PQ，作QN⊥AF于點(diǎn)N，當(dāng)四邊形PQNH為矩形時(shí)，求t的值；（3）連接QC，QH，設(shè)四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻t，使點(diǎn)P在∠AFE的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）由平行線分線段成比例可得CMBF（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6（3）利用面積的和差關(guān)系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；（4）連接PF，延長(zhǎng)AC交EF于K，由“SSS”可證△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可證∠ABC＝∠EKC＝90°，由面積法可求CK的長(zhǎng)，由角平分線的性質(zhì)可求解．【解析】（1）∵AB∥CD，∴CMBF∴8?68∴CM=3∵點(diǎn)M在線段CQ的垂直平分線上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如圖1，過點(diǎn)Q作QN⊥AF于點(diǎn)N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC∵CE＝2cm，CM=3∴EM=EC∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴BCAC∴610∴PH=6同理可求QN＝6?4∵四邊形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6?45t∴t＝3；∴當(dāng)t＝3時(shí)，四邊形PQNH為矩形；（3）如圖2，過點(diǎn)Q作QN⊥AF于點(diǎn)N，由（2）可知QN＝6?4∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴AHAP∴AH2t∴AH=8∵四邊形QCGH的面積為S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8?85t+6+8?85t+32）?12×32×[6﹣（6（4）存在，理由如下：如圖3，連接PF，延長(zhǎng)AC交EF于K，∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，∴△ABC≌△EBF（SSS），∴∠E＝∠CAB，又∵∠ACB＝∠ECK，∴∠ABC＝∠EKC＝90°，∵S△CEM=12×∴CK=2×∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，∴65t＝10﹣2t+∴t=7∴當(dāng)t=716.如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為1，∠ABC＝60°，點(diǎn)E是邊AB上任意一點(diǎn)（端點(diǎn)除外），線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點(diǎn)F，G，AE，EF的中點(diǎn)分別為M，N．（1）求證：AF＝EF；（2）求MN+NG的最小值；（3）當(dāng)點(diǎn)E在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠CEF的大小是否變化？為什么？【分析】（1）連接CF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和菱形的對(duì)稱性得到CF＝EF和CF＝AF即可得證；（2）連接AC，根據(jù)菱形對(duì)稱性得到AF+CF最小值為AC，再根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MN+NG的最小值為AC的一半，即可求解；（3）延長(zhǎng)EF，交DC于H，利用外角的性質(zhì)證明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，從而推斷出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，從而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可證明．【解析】（1）連接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF＝EF，∵四邊形ABCD為菱形，∴A和C關(guān)于對(duì)角線BD對(duì)稱，∴CF＝AF，∴AF＝EF；（2）連接AC，∵M(jìn)和N分別是AE和EF的中點(diǎn)，點(diǎn)G為CE中點(diǎn)，∴MN=12AF，NG=1當(dāng)