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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题33 存在性问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的存在性问题是近几年各地中考主要以解答题的形式进行考查，多数题目难度较大，属于压轴题，考查涉及到的知识点涉及三角形基本性质、相似三角形、三角函数、四边形的性质、圆的基本性质等，考查的热点主要有与点、线段有关的存在性问题。
考点剖析☆典型例题
例（2021 湖州）已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连结BC，AP．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝，求BC的长．
（2）过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，如图2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，求证：BC＝2AP．
（3）如图3，若∠CAD＝45°，是否存在实数m，当BD＝mAC时，BC＝2AP？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
考点过关☆专项突破
1．（2022 常州）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
（1）正方形 　 　“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，连接AC，求AC的长；
（3）在四边形EFGH中，EH∥FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求的值．
2．（2022 德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H．点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向以1cm/s向点D匀速运动．设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，连结EF．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
3．（2022 赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为 　 　；
【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC＝6，CE＝2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．
4．（2023 青岛）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝10cm，BD＝4cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM与AC交于点E．设运动时间为t（s）（0＜t≤5），解答下列问题：
（1）当点M在BD上时，求t的值；
（2）连接BE．设△PEB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式和S的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使点B在∠PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
5．（2022 黑龙江）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轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OB），tan∠DAB＝，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线DC﹣CB向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t秒，△APC的面积为S．
（1）求点C的坐标；
（2）求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2022 济宁）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 　 　；
（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
7．（2022 宜宾）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，则＝；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+．其中含所有正确结论的选项是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
8．（2023 广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．
（1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形；
（2）延长FA，交射线BE于点G．
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
9．（2021 锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
10．（2022 金华）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，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）？
11．（2022 盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
12．（2022 牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD，A在y轴的正半轴上，B，C在x轴上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于点E，交AC于点F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的长分别是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的两个根，且OB＞OC．
请解答下列问题：
（1）求点B，C的坐标；
（2）若反比例函数y＝（k≠0）图象的一支经过点D，求这个反比例函数的解析式；
（3）平面内是否存在点M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N为顶点的四边形是边长比为2：3的矩形？若存在，请直接写出在第四象限内点N的坐标；若不存在，请说明理由．
13．（2023 北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
（1）如图，点A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在点C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“关联点”是 　 　；
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
（2）已知点M（0，3），N（，0），对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”．记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题33 存在性问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的存在性问题是近几年各地中考主要以解答题的形式进行考查，多数题目难度较大，属于压轴题，考查涉及到的知识点涉及三角形基本性质、相似三角形、三角函数、四边形的性质、圆的基本性质等，考查的热点主要有与点、线段有关的存在性问题。
考点剖析☆典型例题
例（2021 湖州）已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连结BC，AP．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝，求BC的长．
（2）过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，如图2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，求证：BC＝2AP．
（3）如图3，若∠CAD＝45°，是否存在实数m，当BD＝mAC时，BC＝2AP？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）见解析；（3）．
【点拨】（1）证△ADC是等边三角形，P为CD中点，通过等边三角形三线合一，得到AP⊥CD，解三角形即可；
（2）借助中点和平行，可证得△CPA≌△DPE，得出AP＝EP＝，DE＝AC，再证明△CAB≌△EBA，即可得出结论；
（3）由（2）总结的解题方法延伸到图3中，类比解决问题．
【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，
∴AB＝，
∵BD＝AC，
∴AD＝AC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵P是CD的中点，
∴AP⊥CD，
在Rt△APC中，AP＝，
∴，
∴，
（2）证明：连接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是等边三角形，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∵BD＝AC，
∴AC＝BE，
在△CAB和△EBA中
，
∴△CAB≌△EBA（SAS），
∴AE＝BC，
∴BC＝2AP，
（3）存在这样的m，m＝．
理由如下：作DE∥AC交AP延长线于E，连接BE，
由（2）同理可得DE＝AC，∠EDB＝∠CAD＝45°，AE＝2AP，
当BD＝时，
∴BD＝，
作BF⊥DE于F，
∵∠EDB＝45°，
∴BD＝，
∴DE＝DF，
∴点E，F重合，
∴∠BED＝90°，
∴∠EBD＝∠EDB＝45°，
∴BE＝DE＝AC，
同（2）可证：△CAB≌△EBA（SAS），
∴BC＝AE＝2AP，
∴存在m＝，使得BC＝2AP，
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角函数的计算等知识，构造出全等三角形是解决（2）的关键，类比（2）来解决（3）是解决几何题常用的方法，体现了变中不变的思想．
考点过关☆专项突破
1．（2022 常州）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
（1）正方形 　不存在　“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，连接AC，求AC的长；
（3）在四边形EFGH中，EH∥FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求的值．
【答案】（1）不存在；
（2）4；
（3）1．
【点拨】（1）根据“等形点”的定义可知△OAB≌△OCD，则∠OAB＝∠C＝90°，而O是边BC上的一点．从而得出正方形不存在“等形点”；
（2）作AH⊥BO于H，由△OAB≌△OCD，得AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，设OH＝x，则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的长即可；
（3）根据“等形点”的定义可得△OEF≌△OGH，则∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，再由平行线性质得OE＝OH，从而推出OE＝OH＝OG，从而解决问题．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠OAB＝∠C＝90°，
∵O是边BC上的一点．
∴正方形不存在“等形点”，
故答案为：不存在；
（2）作AH⊥BO于H，
∵边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，
∵BC＝12，
∴BO＝7，
设OH＝x，则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）如图，∵边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，
∴△OEF≌△OGH，
∴∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，
∵EH∥FG，
∴∠HEO＝∠EOF，∠EHO＝∠HOG，
∴∠HEO＝∠EHO，
∴OE＝OH，
∴OH＝OG，
∴OE＝OF，
∴＝1．
【点睛】本题是新定义题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，理解新定义，并能熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
2．（2022 德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H．点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向以1cm/s向点D匀速运动．设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，连结EF．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）t＝1，
【点拨】（1）根据平行线的判定定理得到EH∥FG，由题意知BF＝2t cm，EH＝t cm，推出四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到四边形EFGH是矩形；
（2）根据菱形的性质得到∠ABC＝60°，AB＝2cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，解直角三角形即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EH∥FG，
由题意知BF＝2t cm，EH＝t cm，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴FG＝BF＝t cm，
∴EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∠FGH＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）△BFC与△DCE能够全等，
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，
∴当BF＝DE时，△BFC≌△DEC，
∴2t＝3﹣t，
∴t＝1．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
3．（2022 赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为 　AE＝BF　；
【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC＝6，CE＝2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
【点拨】【问题一】利用ASA判断出△AOE≌△BOF，即可得出答案；
（2）先求出S△AOB＝16，再利用ASA判断出△AOE≌△BOG，即可求出答案；
【问题三】分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【解析】解：【问题一】∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∠AOB＝90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
故答案为：AE＝BF；
【问题二】如图③，
连接OA，OB，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴S△AOB＝S正方形ABCD＝×82＝16，
∵点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四边形OEAG＝S△AOE+S△AOG＝S△BOG+S△AOG＝S△AOB＝16；
【问题三】在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP＝90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ＝AB＝6，∠BAD＝∠B＝∠E＝90°，
∴四边形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当∠APF＝90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴，
∵PE＝BE﹣BP＝8﹣BP，
∴，
∴BP＝2或BP＝6；
③当∠PAF＝90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝6，AM＝BP，∠M＝90°，
同①的方法得，四边形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的长度为2或3或6或7．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
4．（2023 青岛）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝10cm，BD＝4cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM与AC交于点E．设运动时间为t（s）（0＜t≤5），解答下列问题：
（1）当点M在BD上时，求t的值；
（2）连接BE．设△PEB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式和S的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使点B在∠PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）t＝；
（2）S＝﹣t2+4t（0＜t≤5），S的最大值为10；
（3）存在，t＝．
【点拨】（1）证明△DQM∽△MPB，则，即可求解；
（2）由S＝PB h，即可求解；
（3）当点B在∠PEC的平分线上时，则BR＝OB＝2，在Rt△PBR中，sin∠EPB＝sin∠DAB＝＝＝，即可求解．
【解析】解：（1）由题意得：DQ＝10﹣2t，PM＝2t，PB＝10﹣t，QM＝AP＝t，
如下图，点M在BD上时，
∵QM∥PB，PM∥QD，
∴∠DQM＝∠DAB＝∠MPQ，∠DMQ＝∠MBP，
∴△DQM∽△MPB，则，
即，
解得：t＝；
（2）如上图，
∵AD∥PM，
∴∠AEP＝∠EAQ，
∵四边形ABCD是菱形，
则∠QAE＝∠EAP，
∴∠AEP＝∠EAP，
∴△APE为等腰三角形，则PE＝AP＝t，
过点D作DH⊥AB于点H，
则S△ABD＝AB DH＝AO DB，
即10 DH＝×4，
解得：DH＝8，
则sin∠DAH＝＝＝，
设△PEB中PB边上的高为h，
则S＝PB h＝（10﹣t）×sin∠DAH×PE＝（10﹣t）×＝﹣t2+4t（0＜t≤5），
∵﹣＜0，故S有最大值，
当t＝5时，S的最大值为10；
（3）存在，理由：
如下图，过点B作BR⊥PE于点R，
当点B在∠PEC的平分线上时，则BR＝OB＝2，
在Rt△PBR中，sin∠EPB＝sin∠DAB＝＝＝，
解得：t＝．
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到特殊四边形性质、三角形相似、解直角三角形、函数的表达式确定等，综合性强，难度适中．
5．（2022 黑龙江）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轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OB），tan∠DAB＝，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线DC﹣CB向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t秒，△APC的面积为S．
（1）求点C的坐标；
（2）求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【点拨】（1）解一元二次方程求出OA、OB的长度，可得出A、B的坐标，即可求解；
（2）分0≤t＜7和7＜t≤12两种情况考虑：①当0≤t＜7时，利用三角形的面积公式可得出S关于t的函数关系式；②当7＜t≤12时，过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，利用三角形的面积求出AF，即可得△APC的面积为S＝PC AF＝（t﹣7）×＝t﹣；
（3）要使△CMP是等腰三角形，点P一定在CD上，需分情况讨论：①当CM＝CP时；②当CM＝MP时；③当CP＝MP时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【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，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC＝AB＝3+4＝7，DC∥AB，
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，
∴点C的坐标为（7，4）；
（2）：①当0≤t＜7时，
由题意得：PC＝7﹣t，
∴△APC的面积为S＝PC OD＝（7﹣t）×4＝14﹣2t；
②当7＜t≤12时，过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，
∵AD＝＝5，四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝5，
∵S△ABC＝AB OD＝CB AF，
∴AB OD＝CB AF，
∴7×4＝5AF，
∴AF＝，
∴△APC的面积为S＝PC AF＝（t﹣7）×＝t﹣；
综上，S＝；
（3）∵BC＝AD＝5，M为BC的中点，C（7，4），B（4，0），
∴CM＝，M（，2），
①当CM＝CP时，
∵CM＝，
∴CM＝CP＝，
∵CD＝7，
∴DP＝7﹣＝，
∴点P的坐标为（，4）；
②当CM＝MP时，过点M作ME⊥CD于E，
∴PE＝CE，
∵M（，2），C（7，4），
∴E（，4），CE＝7﹣＝，
∴PE＝CE＝，
∴DP＝DE﹣PE＝﹣＝4，
∴点P的坐标为（4，4）；
③当CP＝MP时，过点P作PF⊥BC于F，
∴MF＝CF＝CM＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠DAB，
∴cos∠BCD＝cos∠DAB＝，
∴，即，
∴PC＝，
∴DP＝DC﹣PC＝7﹣＝，
∴点P的坐标为（，4）；
综上，点P的坐标为（4，4）或（，4）或（，4）．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了一元二次方程的解法，平行四边形的性质，三角形面积的计算，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．（2022 济宁）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 　（0，）或（0，2）　；
（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（0，）或（0，2）；
（2）①D（0，）；
②．
【点拨】（1）分为点P在线段AB上和在BA的延长线两种情形．当点P在AB上时，AD＝OD，通过解Rt△ACD求得结果；当点P在BA延长线上时，OD＝OA＝2，从而求得点D坐标；
（2）①设OD＝x，可证得△ACD∽△DOM，从而得出m和x之间二次函数关系式，进一步求得结果；
②作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，可证得AE＝OF，从而表示出FH和OH及DH，根据△DHF∽△DOM列出关于x的方程，进而求得x，进一步求得m的值．
【解析】解：（1）∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
当点P在线段AB上时，AD＝OD，
∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，
∵AC⊥y轴，
∴∠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，），
当点P在BA的延长线上时，OD＝OA＝2，
∴D（0，2），
故答案为：（0，）或（0，2）；
（2）①设OD＝x，则CD＝﹣x，
∵∠ACD＝∠DOM＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵DM⊥AD，
∴∠ADM＝90°，
∴∠ADC+∠ODM＝90°，
∴∠CAD＝∠ODM，
∴△ACD∽△DOM，
∴，
∴＝，
∴m＝x （）＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，m最大＝，
∴当m最大＝时，D（0，）；
②如图，
假设存在m，使BE＝BF，
作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，
∵BE＝BF，
∴GE＝GF，
∵△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB，
∴AG＝OG，
∴AG﹣GE＝OG﹣GF，
即：AE＝OF，
由①知：m＝x，
∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90°，
∴四边形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﹣＝．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”等模型．
7．（2022 宜宾）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，则＝；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+．其中含所有正确结论的选项是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【点拨】①正确．证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论；
②正确．证明A，D，C，E四点共圆，利用圆周角定理证明；
③正确．设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，过点C作CJ⊥DF于点J，求出AO，CJ，可得结论；
④错误．将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，设PD＝t，则BD＝AD＝t，构建方程求出t，可得结论．
【解析】解：如图1中，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确，
∵∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AEC+∠ADC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCE＝90°，
取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠DAC＝∠CED，故②正确，
设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，
过点C作CJ⊥DF于点J，
∵tan∠CDF＝＝＝2，
∴CJ＝m，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO∥CJ，
∴＝＝＝，故③正确．
如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，
∴∠BPD＝∠CPD＝60°，
设PD＝t，则BD＝AD＝t，
∴2+t＝t，
∴t＝+1，
∴CE＝BD＝t＝3+，故④错误．
故选：B．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
8．（2023 广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．
（1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形；
（2）延长FA，交射线BE于点G．
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
【答案】（1）见解析；
（2）①22.5°；
②；．
【点拨】（1）由轴对称的性质得到BF＝BC，根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，求得∠CBE＝75°，根据轴对称的性质得到∠FBE＝∠CBE＝75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到BC＝BF，根据正方形的性质得到BC＝AB，得到BA＜BE＜BG，推出点B不可能是等腰三角形BGF顶角的顶点，若点F是等腰三角形BGF顶角的顶点，则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF＝GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得到FG＝CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG＝∠BCG，求得∠BGF＝∠BGC＝＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠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面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB＝2x，则AC＝2x，根据直角三角形的性质得到GM＝＝x，MN＝＝x，推出PG≤GM+MN＝（）x，当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x，求得QM＝MP＝x，GM＝x，于是得到结论．
【解析】（1）证明：由轴对称的性质得到BF＝BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABE＝15°，
∴∠CBE＝75°，
∵BC关于BE对称的线段为BF，
∴∠FBE＝∠CBE＝75°，
∴∠ABF＝∠FBE﹣∠ABE＝60°，
∴△ABF是等边三角形；
（2）解：①能，
∵边BC关于BE对称的线段为BF，
∴BC＝BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB，
∴BF＝BC＝BA，
∵E是边AD上一动点，
∴BA＜BE＜BG，
∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，
若点F是等腰三角形BGF的顶点，
则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下GF＝GB了，
连接CG交AD于H，如图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面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，
在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，
设AB＝2x，则AC＝2x，
由①知∠AGC＝90°，M是AC的中点，
∴GM＝＝x，MN＝＝x，
∴PG≤GM+MN＝（）x，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴△BGF面积的最大值＝
＝（1）×
＝；
如图3，设PG与AD交于Q，
则四边形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＝．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（2021 锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析．
（2）①．
②．
【点拨】（1）首先证明△ACB，△CDE都是等边三角形，再根据SAS证明三角形全等即可．
（2）①结论：＝．利用相似三角形的性质解决问题即可．
②如图2中，过点C作CJ⊥BE交BE的延长线于J．作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RT⊥BC于T．利用相似三角形的性质求出CJ＝，推出点E的运动轨迹是线段BE，利用面积法求出RT，可得结论．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵α＝60°，AC＝AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，
∴DC＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△CAD≌△CBE（SAS）．
（2）解：①结论：＝．
如图2中，过点C作CK⊥AB于K．
∵tan∠CAK＝＝，
∴可以假设CK＝3k，AK＝4k，则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如图2中，过点C作CJ⊥BE交BE的延长线于J．作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RT⊥BC于T．
∵AC＝5，
由①可知，AK＝4，CK＝3，BC＝，
∵△CAD∽△BCE，CK⊥AD，CJ⊥BE，
∴＝＝（全等三角形对应边上的高的比等于相似比），
∴CJ＝，
∴点E的运动轨迹是线段BE，
∵C，R关于BE对称，
∴CR＝2CJ＝，
∵BJ＝＝＝，
∵S△CBR＝ CR BJ＝ CB RT，
∴RT＝＝，
∵EC+EH＝ER+EH≥RT，
∴EC+EH≥，
∴EC+EH的最小值为．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，确定点E的运动轨迹是最后一个问题的突破点，属于中考压轴题．
10．（2022 金华）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，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）？
【答案】（1）证明见解析；
（2）AG的长为5或7；
（3）s的值为1或或或10≤s≤12．
【点拨】（1）欲证明FA＝FG，只要证明∠FAG＝∠FGA即可；
（2）设AO的中点为O．分两种情形：如图2中，当点E在BC上时，过点A作AM⊥CB于点M．如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N．分别求解即可；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N．分四种情形：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，b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5；②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图6；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；④当点E值线段DN上时，12＜s＜20，分别求解即可．
【解析】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵FG∥BC．
∴∠AGF＝∠ACB，
∴∠AGF＝∠FAG，
∴FA＝FG；
（2）设AC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 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＝CN，
∴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点C的左侧，s+8＜10，即0＜s＜2，如图4，
CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
经检验x＝是分式方程的解，
∴s＝4x＝1．
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
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＝，即＝，
∴＝，方程无解，
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图6，
EF＝6，EH＝8，BE＝s，
∴BH＝BE+EH＝s+8，CH＝BH﹣BC＝s﹣2，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，方程无解，
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得s＝1±（舍弃）
③当点E在线段CN上时，10＜s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点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，符合题意，此时10＜s≤12．
④当点E在线段DN上时，12＜s＜20，
∵∠EFB＞90°，
∴△GHC与△BEF不相似．
综上所述．满足条件的s的值为1或或或10≤s≤12．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
11．（2022 盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【点拨】（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；
（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；
（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝ ADJK的面积+ KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；
（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AM为半径作弧交这直线于D，分别以D，B为圆心，以AB，AM为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．
【解析】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形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°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
证明二：∵四边形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，
∴四边形ACLM是平行四边形，
∵正方形ACHI的面积＝AC CH， ACLH的面积＝AC CH，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，
∴四边形ADJK是平行四边形，
由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，
由（1）知：AD＝LC，
∴ ADJK的面积＝ ACLM的面积＝正方形ACHI，
延长EB交LG于Q，
同理有 KJEB的面积＝ CBQL的面积＝正方形BFGC，
∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝ ADJK的面积+ KJEB的面积＝正方形ADEB，
∴AC2+BC2＝AB2；
（4）解：作图不唯一，如图2即为所求作的 ADEB．
说明：如图2，延长IH和FG交于点L，以A为圆心CL为半径画弧交IH于点M，在MA的延长线上取AD＝AM，作 ADEB，作射线LC交AB于K，交DE于J，由图可知：射线LC把 ADEB分成 ADJK和 BKJE，根据同底等高可得： ADJK， AMLC， ACHI的面积相等，同理 BKKE， CBQL， BCGF的面积相等（Q是直线EB与FG的交点），所以平行四边形ADEB的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等相似三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
12．（2022 牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD，A在y轴的正半轴上，B，C在x轴上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于点E，交AC于点F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的长分别是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的两个根，且OB＞OC．
请解答下列问题：
（1）求点B，C的坐标；
（2）若反比例函数y＝（k≠0）图象的一支经过点D，求这个反比例函数的解析式；
（3）平面内是否存在点M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N为顶点的四边形是边长比为2：3的矩形？若存在，请直接写出在第四象限内点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）B（﹣3，0），C （2，0）；
（2）y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），理由见解答过程．
【点拨】（1）解方程的两个根就是OB，OC的长，再根据在x轴的正半轴上还是负半轴上就可以得到坐标；
（2）根据题意得∠BAC＝∠BCA，所以AB＝BC＝5，又因为AD∥BC，所以∠ADB＝∠DBC，即∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD＝5，再根据勾股定理得AO的长，从而求解；
（3）先由勾股定理求出BD的长，再分两种情况：①当BD是矩形一边，又分BD是短边和长边时计算；②当BD是对角线时，以BD为半径作圆，可得符合题意的两个矩形进行计算，详情见解答过程．
【解析】解：（1）由x2﹣5x+6＝0，解得x1＝2，x2＝3，
∵OB，OC的长分别是方程的两个根，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），
∴反比例函数解析式为：y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），
理由：过点D作DG⊥x轴于点G，
∵B（﹣3，0），D（5，4），
∴BG＝8，DG＝4，BD＝＝4，
∵使以B，D，M，N为顶点的四边形是边长比为2：3的矩形，
①当BD是矩形一边，且是短边时，即图中矩形BDM1N1和矩形BDM4N4，
由BD：N1B＝2：3，得N1B＝6，
过点N1作N1H⊥x轴于点H，由一线三等角易得△BDG∽△N1BH，
∴根据相似三角形三边对应成比例得：BH＝6，N1H＝12，
∴OH＝OB+BH＝3+6＝9，
∴N1（﹣9，12），
同理得点N4（3，﹣12），
当BD是矩形一边，且是长边时，即图中矩形BDM2N2和矩形BDM3N3，
方法同上，得点N2（﹣，），N3（﹣，﹣）；
②当BD是对角线时，如图：以BD为半径作圆，矩形BN5DM5，BN6DM6即为符合题意矩形，
当BN5：N5D＝2：3时，过点N5作KL∥x轴，过点B作BK⊥KL于点K，过点D作DL⊥KL于点L，
由一线三等角易得△BKN5∽△DLN5，
∴＝＝＝，
∴BK＝N5L，KN5＝LD，
设N5L＝x，LD＝y，
∴BK＝x，KN5＝y，
∵N5L+KN5＝8，DL﹣BK＝4，
∴，
解得：，
∴KN5＝y＝＝，N5的横坐标＝﹣3＝，
同理得N5的纵坐标＝﹣；
再同理得：当BN5：N5D＝3：2时，N6（，﹣）．
综上所述：在第四象限内点N的坐标为N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣）．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了解一元二次方程、矩形性质、三角形相似的判定和性质、直径所对的圆周角是直角、分类讨论思想和一线三等角模型，解题关键是恰当作出辅助线，计算难度较大，属于中考常考类型，易出错．
13．（2023 北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
（1）如图，点A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在点C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“关联点”是 　C1，C2　；
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
（2）已知点M（0，3），N（，0），对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”．记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）①C1，C2；
②OC＝；
（2）t的取值范围为1≤t≤，．
【点拨】（1）根据题目中关联点的定义分情况讨论即可；
（2）根据M（0，3），N（，0）两点来求最值情况，共有两种情况，分别位于S在过点O的、MN的垂线上，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【解析】解：（1）①由关联定义可知，若直线CA、CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”，
∵点A（﹣1，0），B1（，），点C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，），
∴直线AC2经过点O，且B1C2与⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“关联点”，
∵C1（﹣1，1），A（﹣1，0）的横坐标相同，与B1（，）在直线y＝﹣x上，
∴AC1与⊙O相切，B1C1经过点O，
∴C1是弦AB1的“关联点”；
故答案为：C1，C2；
②∵A（﹣1，0），B2（，），
设C（a，b），如图所示，共有两种情况，
a、若C1B2与⊙O相切，AC经过点O，
则C1B2，AC1所在直线为，
解得，
∴C1（，0），
∴OC1＝，
b、若AC2与⊙O相切，C2B2经过点O，
则直线C2B2，AC2所在直线为，
解得，
∴C2（﹣1，1），
∴OC2＝，
综上所述，OC＝；
（2）∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M（0，3），N（，0），OM＞ON，
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，
①当S位于点M（0，3）时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，
∵M（0，3），⊙O的半径为1，且MP是⊙O的切线，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴，即，
解得OJ＝，
∴PJ＝＝，Q1J＝，
∴PQ1＝＝，
同理PQ2＝＝，
∴当S位于M（0，3）时，PQ1的临界值为和；
②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，
∵M（0，3），N（，0），
∴MN＝，
∴＝2，
∵⊙O的半径为1，
∴∠OKZ＝30°，
∴△OPQ为等边三角形，
∴PQ＝1或，
∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时，PQ1的临界点为1和，
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤内，最大值在，
综上所述，t的取值范围为1≤t≤，．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了最值问题，切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握新概念“关联点”是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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