专题11 三角形、四边形综合题-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学二轮专项突破（河北专用）

专题十一三角形、四边形综合题(10年7考) 【方法指导】在解此专题时，常要用到全等三角形、相似三角形的判定和性质 (1)全等三角形的常见模型，详见课堂精讲册P73; (2)常见的构造全等三角形的方法，详见本册小专题培优3P6~P9: (3)相似三角形的常见模型，详见课堂精讲册P77; (4)一线三等角、手拉手（旋转）、对角互补、“十”字全等和相似模型，详见本册小专题培优4~7 P10~P15 类型1动点问题(10年3考) 1.原创如图，已知∠AOB=90°，点C,D分别在射线OA,OB上，点P在∠AOB的平分线上， PC=PD,且点P到OB的距离为4. (1)点P到OA的距离为 (2)请证明：OC+0D的长为定值. (3)若N为CD的中点，直接写出点N与点P的最大距离. (4)如图2，若0D=2 ①尺规作图：过点O作直线CD的垂线，垂足为M(保留作图痕迹，不写作图过程)； ②多解法在①的条件下，求OM的长。 图1 图2 70 2.原创如图1，在等边三角形ABC中，AB=12,点E,F分别在边AC,BC上，且AE=BF=4,动 点P从点F出发沿射线FC运动，以EP为边向右侧作等边三角形EPM,连接CM. (1)求证：△EFC是等边三角形 (2)当点P在线段FC上运动时，求EC,PC,CM之间的数量关系. (3)如图2，当点P在线段FC的延长线上运动时， ①∠ACM= o; ②尺规作图及证明：在备用图上，用无刻度的直尺和圆规作CP=CF,交线段BC的延长线 于点P,再以EP为边向右侧作等边三角形EPM,连接CM(保留作图痕迹，不写作图过 程)，并证明：EP⊥CM (4)连接BM,直接写出BM+EM的最小值 F P C B F 图1 图2 备用图 71 图1和图2，在△ABC中，AB=AC,BC=8,anC点K在AC边上，点M,N分别置 BC边上，且AM=CN=2,点P从点M出发沿折线MB-BN匀速移动，到达点N时停止，而 点Q在AC边上随点P移动，且始终保持∠APQ=∠B. (1)当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离： (2)若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长； (3)设点P移动的路程为x,当0≤x≤3及3<x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含 x的式子表示)； (4)在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点 P从到B再到v共用时36秒着4K=?,诗直接写出点K被扫错到的总时长 图1 图2 72 类型2旋转问题(10年4考：2023.26) 4.(2023河北26题13分)如图1和图2，平面内，在四边形ABCD中，AB=8,BC=2√/11，CD= 12,DA=6,∠A=90°，点M在AD边上，且DM=2.将线段MA绕点M顺时针旋转n°(0<n≤ 180)到MA',∠A'MA的平分线MP所在直线交折线AB-BC于点P,设点P在该折线上运 动的路径长为x(x>0),连接A'P. (1)若点P在AB上，求证：A'P=AP. (2)如图2，连接BD. ①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值； ②若点P到BD的距离为2，求tan∠A'MP的值， (3)当0<x≤8时，请直接写出点A'到直线AB的距离（用含x的式子表示）. D D M B P B 图1 图2 备用图 73 5.(2021河北26题12分)在一平面内，线段AB=20,线段BC=CD=DA=10,将这四条线段顺 次首尾相接.把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α(a>0)到某一位置时， BC,CD将会跟随出现到相应的位置 论证如图1，当ADBC时，设AB与CD交于点O,求证：A0=10 发现当旋转角a=60时，∠ADC的度数可能是多少？ 尝试取线段CD的中点M,当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离. 拓展①如图2，设点D与点B的距离为d,若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P,直 接写出BP的长（用含d的式子表示）； ②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出x的余弦值， 0 D >B 460 —B A B 图1 图2 备用图1 备用图2 74 6.原创如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°.在△DEF中，∠E=∠F=45°，△DEF 的顶点D为AB边的中点，△ABC的边AB与△DEF的边DE共线.设DF与AC交于点G, 连接BG. (1)求证：△BCG≌△ADG. (2)已知AB=EF=8,如图2，△DEF从图1所在的位置进行顺时针旋转，设旋转角为0(0° <0<180). ①连接CE,求CE的最小值，并写出此时的旋转角0的度数； ②在旋转过程中，当点C在△DEF内部（包括边界）时，求点F的旋转路径长为多少？ ③如图3，在旋转过程中，设边DE与边AC交于点M,边DF与边BC交于点P.若AM=m, 直接写出四边形MDPC的面积（用含m的代数式表示）： 图1 图2 图3 75 类型3平移问题(2022.26) 7.已知直线AB∥CD,直线EF与AB,CD分别交于点E,F,∠EFC=ax(0°<a<90°).将一个直 角三角板OPQ按如图1所示放置，使点Q,O分别在直线AB,CD上，∠P=90°，∠POQ= 60°，OP∥EF (1)若=80°，分别求∠Q0F与∠AQP的度数 (2)求∠POC+∠AQP的度数. (3)将直角三角板OPQ沿AB向右平移 ①如图2，当点Q与点E重合时，若E0恰好平分∠AEF,求的值； ②作∠FOQ的平分线OG,交直线AB于点G,在整个平移过程中，直接写出∠AG0的度数 (用含的式子表示). QE B A E(Q)B P☑ CO F D CO F D D 图1 图2 备用图 76 8.(2022河北26题12分)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=90°，∠C=30°，AD= 3,AB=2√3，DH⊥BC于点H.将△POM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与 点A重合，点B在PM上，其中∠Q=90°，∠QPM=30°，PM=43 (1)求证：△PQM≌△CHD. (2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻 绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50时停止 ①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积； ②如图2，点K在BH上，且BK=9-43.若△PQM右移的速度为每秒1个单位长度，绕点 D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长； ③如图3，在△PQM旋转过程中，设PQ,PM分别交BC于点E,F,若BE=d,直接写出CF 的长（用含d的式子表示） A(P)D APD A D(P 06B KH BELHF Q M 图1 图2 图3 77 类型4折叠问题 9.原创如图，已知四边形ABCD,AB=AD,∠ABC=90°，连接BD,将△BCD沿BD所在的直线 折叠得到△BC'D,且点C'在AD上. (1)如图1，求证：BC'⊥AD. (2)如图2，作AE⊥BD交BC'于点F,交BC于点E,且BC:CE=8:3,CD=3. ①求tan∠DAE的值； ②求△ABF的面积. (3)若AE⊥BD,且交BC于点E,DC:AB=2:5,求CE:BE的值. D 图1 图2 78选择祺跳的说法：Gy子(-)+-2=- x2十 2 2 tx-2. 当x=0时，y=-2,∴.C2一定过点(0，-2)， ∴无论t为何值，C,总经过一个定点 (3)①当=4时，C,的解析式为y=2(x-4)+6, .顶点P的坐标为(4,6). 设直线PQ的解析式为y=ex+f, 将P(4,6),Q(2,-2)分别代入， 得仁6解得i0 ∴.直线PQ的解析式为y=4x-10. ②当1与C,的交点到x轴的距离为6时， 交点的纵坐标y=6或y=-6. 对于C=2(x-4)2+6, 当y=6时，x=4,到x轴的距离为6的点即为点P,不合 题意，舍去 当)-6时，-6=2x-4)+6, 解得x1=4-2√6，x2=4+26. ∵直线PQ,.设直线1的解析式为y=4x+h. 将x1=4-26,y=-6代人， 得4(4-26)+b=-6,解得b=8√6-22. .直线1的解析式为y=4x+86-22. 当y=0时，x=11-46 2 ~1与x轴交点的横坐标为Ⅱ-46 2 同理，当2=4+26时，1与x轴交点的横坐标 为+46 2 综上所述，1与x轴交点的横坐标为1-46或1+46 2 2 (4)n=t-m+2. 【解法提示】小：C:y= 2（x-2)2-2, Gy=子)-26是曲G,通过旋转10， 1 再平移得到的，两个抛物线的形状相同，如解图，连接AB 交PO于点L,连接AO,BQ,AP,BP,易知四边形APBQ是 平行四边形.·点M是到直线PQ的距离最大的点，最 大距离为d,点N到直线PQ的距离恰好也为d,∴M与 B重合，N与A重合Q(2,-2),P,7-2)点L 的横坐标为空，点业的酸坐标为，点V的损坐标为 几，点L的横坐标为m+nm+n_2+t 2 2=2,n=m+2, B(M 48 专题十一三角形、四边形综合题 1.解：(1)4. (2)证明：如解图1，过点P作PE⊥OB 于点E,作PF⊥OA于点F .·点P在∠AOB的平分线上， .PE=PF=4. -B 0 ED 在R△DPE和R△CPF中，PE=PF, (PD=PC, 解图1 .Rt△DPE≌Rt△CPF(HL), .∴.ED=FC,∴.OC+OD=OE+OF ·∠AOB=∠OEP=∠OFP=90°，.四边形OEPF为矩形. .OE+0F=PF+PE=8...0C+OD=8. .OC+0D的长为定值 (3)点N与点P的最大距离为4.【解法提示】由(2)可 知Rt△DPE≌Rt△CPF,四边形OEPF为矩形，.∠FPC= ∠EPD.∠FPE=90°，.∠CPD=∠CPE+∠EPD=∠CPE+ ∠FPC=∠FPE=90.又：PC=PD,.△PCD为等腰直角 三角形.6D502N为cD的中点子6n=号 2 CP,.当CP取最大值时，NP有最大值点C,D分别 在射线0A,0B上，且0C+0D=8,.当点C与点0重合 时，CP取得最大值，此时CD与OD重合.点P到OB的 距离为4，点P到CD的距离为4.由等腰三角形三线合 一可得NP=4,∴.点N与点P的最大距 A 离为4 (4)①作图如解图2. ②由(2)可知0C+OD=8. .0D=2,.0C=6. 在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD= 解图2 2√/10. 解法1：∠COD=∠OMD,∠CD0=∠0DM, △0CD∽△M0D,OMOD OC CD 0w=0C.0D310 CD 5 解法2：Saam=20C.0D=20M.CD, 0M=0C.0D3v10 CD 5 2.(1)证明：·△ABC是等边三角形， .∴.AC=BC=AB=12,∠ACB=60°. AE=BF=4. .∴.AC-AE=BC-BF=8,即EC=FC. .△EFC是等边三角形 (2)解：.·△EFC是等边三角形， .EF=EC=FC,∠FEC=60° △EPM是等边三角形，.EP=EM,∠PEM=60°， .∠FEC-∠PEC=∠PEM-∠PEC,即∠FEP=∠CEM. (EF=EC, 在△EFP和△ECM中，〈∠FEP=∠CEM. EP=EM. ∴.△EFP≌△ECM(SAS),.FP=CM. EC=FC=FP+PC,..EC=CM+PC. (3)解：①60.【解法提示】：△EFC和△EPM都是等边 三角形，.EC=FE,EP=EM,∠FEC=∠PEM,∴.∠FEP= ∠CEM,∴.△FEP≌△CEM(SAS),·.∠ECM=∠EFP= 60°，即∠ACM=60°. ②作图如解图1.证明如下： .·CE=CF,CP=CF,∴.CE=CP,∴.∠CEP=∠CPE .·∠ACB=∠CEP+∠CPE=60°，∴.∠CEP=∠CPE=30. 由①可得∠ACM=60°，.∠ACM+∠CEP=60°+30°=90° .∴.EP⊥CM M D 解图1 解图2 (4)解：BM+EM的最小值为20.【解法提示】如解图2. 作点E关于CM的对称点E,连接E'M,则CE'=CE=8, EM=E'M.由(2)和(3)可知，动点P从点F沿射线FC运 动的过程中，∠ACM=60°，.点M在∠ACB外角的平分 线上运动.：BM+EM=BM+E'M≥BE',.当点M与点C 重合，点P与点F重合时，BM+ME'的值最小，此时最小值 为BE'=BC+CE'=20,·BM+EM的最小值为20. 3.解：(1)如解图1，当点P在BC上时，点P与点A的最短 距离就是BC边上的高，此时AP垂直平分BC,BP=CP= 3 4,∴.AP=CP·tanC=4x- 3,即点P与点A的最短距离 为3 B 解图1 解图2 (2)如解图2，当点P在MB上时，·∠APO=∠B. ∴.PQ∥BC,∴.△APQ∽△ABC. 由(1)知AB=AC=√3+4=5. .·PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分， 岩分治子 S△ABC AB' APs 2 10 AB=- 3 (3)过点P向直线AC作垂线，垂足为H, 则PH的长就是点P到直线AC的距离： ①如解图3，当0≤x≤3时，点P在MB上，PQ∥BC P--2+,得P0=8(2+ BC AB 5 5 sin∠i0p=sinC=-3 , 0祭 .Pll=3 ②如解图4，当3<x≤9时，点P在BN上， 此时PC=MB+BC-x=3+8-x=11-x, 5x+5 综上所述，当0≤x≤3时，点P到直线AC的距离为4： 2万t 25:当3<x≤9时，点P到直线4C的距离为 48 333 5x+5 B N P 解图3 解图4 (4)点K被扫描到的总时长为23秒.【解法提示】先计 算P的移动速度，再分两种情况讨论.：点P从M到B 再到N共用脚36称-治子当点P在B上时。 如解图5，点O从K到C的过程中点K可以被扫描到， KC-AC-AK=5}=当点P在BN上时，如解图6利 解图7，易知△ABP∽△PCQ, B即0设BP=m当点 AB PC 0与点K重合时，5-8-m,整理得4m-32m+55=0,因 m11 4 5 11 式分解，得(2m-5)(2m-1)=0,解得m=之或m=2 一点K被扫描到时，点D在BN上的路径长为？ 6= 4 点 3点K被扫描到时，点P的总路径长为3=23 231 K被扫描到的总时长t= -=23(秒) 44 M K(O) 解图5 解图6 K(Q) B C 解图7 4.(1)证明：：将线段MA绕点M顺时针旋转n°(0<n≤ 180)得到MA',.A'M=AM. ·MP平分∠A'MA,∴.∠A'MP=∠AMP 又：PM=PM,.△A'MP≌△AMP(SAS),.A'P=AP (2)解：①.AB=8,DA=6,∠A=90°， .BD=√AB+AD=10. 又BC=2√1T,CD=12,.BD2+BC2=144,CD2=144, .BD+BC2=CD,∠CBD=90. 当n=180时，x的值为13. 【解法提示】当n=180时，如解图1，设PM交BD于点N MP平分∠A'MA,.∠PMA=90°，∴.PM/∥AB,.△DNM △ag兴贷名-智nw N=D-N=:∠BV=∠DNN-0,∠B 8 49 ∠DNM.△PBN△DMN,DMN :PB-B即PB20 28PB= 5,.x=AB+PB=8+5=13. B 解图1 ②如解图2，当点P在AB上时，过点P作PQ LBD于点Q, 则P0=2. .·AB=8,DA=6,∠A=90° ∴.BD=√AB+AD=√82+6=10. 在△B0中，血∠品合-在△BP中 PO 210 BP= sin /DBA 3 3' 5 1014 ·.AP=AB-BP=8 Γ33 .·DM=2,AD=6,∴.AM=AD-DM=4, 14 AP 3 7 .∴.tan∠A'MP=tan∠AMP= AM-4-6 D OB 解图2 解图3 如解图3，当点P在BC上时，PB=2,过点P作PQ⊥AB交 AB的延长线于点O,延长MP交AB的延长线于点H. .·∠PQB=∠CBD=∠BAD=90°， ∴.∠QPB=90°-∠PBQ=∠ABD,∴.△PQB∽△BAD, ,P_B-PB即P.B吧-2 6 BA-DA BD' 发==10，“PQ=5,B5、 ∴.AQ=AB+BQ= 46 5 PQ⊥AB,DA⊥AB,PQ∥DA,.△HPQ∽△HMA, 8 HA MA' 0百子解得0器 :吧-即0-三 92 HQ1523 ∴.tan∠A'MP=tan∠AMP=tan∠QPH= P086 7 23 综上所述，tanA'MP的值 6或 (3)解：点A'到直线AB的距离为8r 【解法提示】当 x2+16 0<x≤8时，点P在AB上，如解图4，过点A'作A'F⊥AD于 点F,过点P作PE⊥A'F,交FA'的延长线于点E,则四边 A'P PE A'E 形AFEP是矩形，易证△A'PE∽△MAF,A-AF-MF 易知A'P=AP=x,MA'=MA=4,设A'F=y,PE=h,则x= 4 4 h x-y 若4-y)=x(h-4)4(x-)=xh 50 4),整理得h= 8x,即点A'到直线B的距离为8x x2+16 x2+16 A'D M B P 解图4 5.论证证明：AD∥BC,.∠A=∠B,∠D=∠C. 又：A0=BC△A0D2△B0CA0=B0=号4B=10 发现解：如解图1，当A,B,C三点共线时，△ADC是等 边三角形，此时∠ADC=60°. 如解图2，当A,B,C三点不共线时，取AB的中点O,连接 OD.AD=AO=OD=BO=BC=CD=10. .四边形BCDO为菱形，CD∥AB, .∠ADC=180°-60°=120° 综上所述，∠ADC的度数可能是60°或120°. D D C D G A60 C 0 BAH N B 解图1 解图2 图3 尝试解：如解图3，BM≤BC+CM, 当B,C,D三点共线时，BM取得最大值，为15. 过点D作DH⊥AB,过点M作MW⊥AB,过点B作BG⊥ AD,垂足分别是点H,N,G D=Bc+CD=20=AB,4G=6D=340=5. .BG=√AB-AG=5/15 由5w40-BG=0:0m, 得DH=AD·BC_5√I5 AB 2 、BMMN,15MN 易知△BMN∽△BDH,BDDH205√5 2 :N-15,下，即点M到AB的距离为 15/15 8 8 20d2 拓展①BP=d+300 【解法提示】如解图4，过点D作 DH⊥AB于点H,连接BD交CP于点I,连接DP,设BP= ,由题意得DM=I=号易得△BDAD品品 BI BP 即2x "Bn-T.Bn- 2x4=20- 2云Df=AD-AF= 0-ar.10-(20安-f-(受，即10-0： 20t-()=d-20 20d 2x =f+300,x=+300 即BP 20d2 d2+300 D 解图 ②a的余弦值为5+W7 8 【解法提示】如解图5，过点D作 DE⊥AB,垂足为E,过点C作CF⊥DE的延长线，垂足为 F,作CG⊥AB,垂足为G,连接DG,过点D作DH⊥DG,交 AB于点H,连接AC.设AG=x,则BG=20-x..·AC2-AG= BC-8G(10D)2-x2=102-(20-x),解得x=25 2 G5C6=VCC-号得△0E2ADc, 从而可得△ADI≌△CDG,DG=DM,AM=CG-57 EG.AH+HE+EG+BG=AB,HE=EG=25-57 4,AE= Ah+HB=25+5 AE5+7 -,..C0sa= AD 8 G B 解图5 6.(1)证明：.：∠E=∠F=45°，∠FDE=90°，.FD⊥AB 又：D为AB的中点，GA=GB∠GAD=∠GBA=30° .∠BAC=30°，∠C=90°，.∠ABC=60°， .∴.∠CBG=∠ABC-∠GBA=30°，.∠GAD=∠GBC 1∠C=∠ADG, 在△BCG和△ADG中 ∠GBC=∠GAD. GB=GA, ∴.△BCG≌△ADG. (2)解：①连接CD. 根据题意可知，CD= 24B-4.DE=DF- 2EF=45, .·.当△DEF绕点D顺时针旋转时，CE≥DE-CD=4W2-4. ∴当D,C,E三点共线时，如解图1，CE取得最小值，最小 值为4V2-4,此时∠CDB=60°， ∴.∠BDF=90°-∠CDB=30°， ∴.0=90°+∠BDF=120° 解图1 解图2 F B AS D A H DQ 解图3 解图4 解图5 ②当点C在边DF上时，如解图2，旋转角0，=30°； 如解图3，连接CD,取EF的中点C',连接DC',则DC= DC'=4. 当点C与点C重合时，如解图4，满足题日要求； 当点C在边DE上时，如解图1，旋转角0，=120°， .当点C在△DEF内部（包括边界）时，点F绕点D的旋 转角度0=0，-01=90°. 由①可知DF=42,当点C在△DEF内部（包括边界） 时，点F的旋转路径长为0mDP=22m. 180 ③S四边形e=2m.【解法提示】如解图5，过点M作 MH⊥AB于点H,过点P作PQ⊥AB于点Q,则∠MHD= ∠MDP=90°，∴.∠HMD+∠MDH=∠MDH+∠PDQ=90° ∴，∠IHMD=∠PDQ.又：∠MID=∠DQP=90°，∴△MHD∽ △D0P, DO-POAD=DB=4.AH=AM coM=3 MH HD 2m, 7w-了m=n=4货设 1 2m4 2 则P0=B0·amB=5n,D0=4-n,心4-n5 ，整理 可得n=8-3m,PQ=√5n=2AC=AB、 2 cos30°=43，BC=AB·sin30°=4，AD=DB=4,.S边形wmc =5w5mS=4cBc0:班-2DB 1 11 P0=7x45x4-2×4x2m-2×4 83-3m=2m. 2 7.解：(1)0P∥EF,.∠P0F=180°-∠EFC=100°， .∠Q0F=∠P0F-∠P0Q=40°. .·AB∥CD,∴.∠AQ0=∠Q0F=40°. .·∠PQ0=90°-∠P0Q=30°， .∴.∠AQP=∠A00-∠P00=10°. (2)如解图1，过点P作PM∥AB. .·AB∥CD..ABCD∥PM, ∴.∠AQP=∠QPM,∠POC=∠OPM. .·∠OPQ=∠OPM+∠QPM=90°， .∴.∠POC+∠AQP=90°. (3)①OP∥EF,.∠P0C=∠EFC=a, .∴.∠E0F=180°-60°-a=120°-. ,·E0恰好平分∠AEF, .∴.∠AEO=∠OEF. .·AB∥CD,∴.∠AEO=∠EOF=∠OEF .·∠E0F+∠OEF+∠OFE=180°. .2×(120°-a)+a=180°，解得=60° ②L4C0的度数为60°-2a或10-弓a【解法提 1 示】如解图1，∠AG0=∠G0F=2∠F00=2×(180°-60° -a)=602:如解图2.：P0/EF∠P0F=∠EFC= a,.∠Q0F=60°+.0G平分∠Q0F,.∠G0F= 3<0F-0+AB/cn∠A0=180-∠60P 1 =150° 2综上所述，∠460=60°3或∠4G0=150 1 2 A QE G B A E G QB CO D 解图1 解图2 51 8.(1)证明：.ADBC,∠ABC=90°， .∠DAB=180°-∠ABC=90. 又：DH⊥BC,即∠DHB=90°， .四边形ABHD为矩形，.DH=AB=25,∠DHC=90°. ∠C=30°，.CD=2DH=45 .·PM=43,.PM=CD. 1∠Q=∠DHC. 在△PQM和△CHD中，了∠QPM=∠HCD, \PM=CD. .△PQM≌△CHD(AAS). (2)解：①PM=45,∠QPM=30°，∠Q=90°， ∴.PQ=PM·cos∠QPM=6. 如解图1，过点D作DT⊥QA,交QA的延长线于点T. .·∠QPM=30°，∠BPD=90°，∴.∠TPD=60°， 33 .DT=AD·sin∠TPD= 2 “边P0平移扫过的面积为P0·D=6×3 2 -=95. “边PQ旋转扫过的面积为50mx6 360 =5m, .边PQ扫过的面积为9W3+5m. ②由(1)可得BH=AD=3,DH=AB=25 BK=9-4W3,.KH=BH-BK=43-6. 在Rt△POM中，∠OPM=30°，PM=43, 2PM=23,P0=3 .oM= PM=6 A(P) D D(P) 解图1 解图2 如解图2，当点P平移到与点D重合时， 设DQ交BC于点E,连接DK .·∠HIPE=∠QPM.∠PHE=∠PQM、 △PHE∽△POME=ru,En25 ·QMPQ'25 6EH=2 .·EH-KH=8-4W3>0,∴.此时点K在△PQM内 △PQM右移的速度为每秒1个单位长度， ∴.在△PQM右移的过程中，点K在△PQM区域（含边界） 内的时长为(45-6)秒. 在Rt△DCH中，：∠DHC=90°，∠C=30°， .∠HDC=60°，CH=√3DH=6 BH=3,∴.BC=9. .BK=9-43,...CK=BC-BK=43,..CD=CK. .·∠C=30°，∴.∠CDK=∠CKD=75°， .∠KDH=∠CDK-∠HDC=15°， ∴.∠QPK=∠QPM-∠KDH=15° △PQM旋转的速度为每秒5°。 .在△PQM旋转的过程中，点K在△PQM区域（含边界） 内的时长为15°÷5°=3（秒）， 52 .点K在△PQM区域（含边界）内的时长为4W3-6+3= (43-3)秒 80p的长为9 。【解法提示】小BE=d.EH=13 dl,CE=BH+HC-BE=3+6-d=9-d.由(1)可得DH=AB= 23,.在Rt△DEH中，DE2=Df+Ef=(25)2+I3-dI2 =d-6d+21..∠EDF=∠C,∠DEF=∠CED,.△DEF∽ 正DEF0g-6d+21 ACED...DE_EF CE9d.CF=BC-BE- EF=9-4-f-6d+2160-12d 9-d 9-d 9.(I)证明：由折叠可得∠CDB=∠ADB,∠C=∠BC'D. ,'AB=AD,.∠ADB=∠ABD, ∴.∠CDB=∠ABD,∴.AB∥CD 又∠ABC=90°，.∠C=90°， .∠BC'D=90°，.BC'⊥AD. (2)解：①如解图，连接DE.由(1)知∠C=90°. .·AB=AD,AE⊥BD. ∴.∠DAE=∠BAE. 又.AE=AE, .△ADE≌△ABE(SAS). ∴.DE=BE,∠ADE=∠ABE=90° .BC:CE=8:3,CD=3. 5 在R△DBC中，CD+CE=0E,即3+（号DE)=DE, CECE6.EDE 解得DB=15 '∠EAB+∠AEB=∠DBC+∠AEB=90°， ∴.∠EAB=∠DBC 又.∠C=∠ABE=90°， .△EAB△DBC, 15 即63 解得AB= 15 六tam∠DME=tan∠BAE=BE-1 AB 2 ②由折叠及AEL BD易得FC'=EC=) 如解图，作FG⊥AB交AB于点G. 由0男得PG=fC:号S产RG15 16 (3)解：令CD=2k,AB=5k,CE=x,DE=BE=y 由(2)①知cm4c=派g85 (26)+=,=,整理，得3y-2-52 解-了1不合题意.合. 即CE:BE=3:5.