二轮复习-主从联动（瓜豆原理）演练 2025-2026学年苏科版九年级数学下学期

二轮复习-主从联动（瓜豆原理）演练2025-2026学年苏科版九年级数学下册 1．综合与实践 （1）【提出问题】 如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为 　 　 ； （2）【类比探究】 如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ． ①求∠ADQ的度数； ②当BP＝BA＝2时，求DQ的长； （3）【迁移运用】 如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为时，请直接写出BP的长． 2．【初步感知】 已知△ABC为等边三角形． （1）如图1，若点D为边BC上一点．以AD为边向右侧作等边△ADE，连接CE．当AC＝5，CE＝2时，CD＝　 　 ，∠ACE＝　 　 度； 【类比探究】 （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，随着动点D的运动位置不同，线段EC、AC、CD之间的数量关系为　 　 ，请证明你的结论． 【拓展应用】 （3）如图3，在等边△ABC中，AB＝5，点P是边AC上一定点且AP＝2，若点D为射线BC上动点，以DP为边向右侧作等边△DPE，连接CE、BE，请问：PE+BE是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 3．在等边△ABC中，过点A作AE∥BC． （1）如图1，点E在点A的左侧，点D是AB边上的中点，连接BD，过点D作DE⊥AE交于点E，求证：BC＝4AE． （2）如图2，点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG并延长交BC于点F，过点G作GH⊥AB交AB于点H，求证：． （3）若点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，且BG＝BC，点P是直线BC上一动点，连接GP，将GP绕点G逆时针旋转60°得到GQ，连接AQ，在点P的运动过程中，当AQ取得最小值时，请直接写出的值． 4．如图，△ABC中，点D是AC的中点，将线段AB绕点A逆时针旋转120°得线段AE，连接BE，点G是BE的中点． （1）如图1，若∠ABC＝90°，点D正好在BE上，连接AG，BD＝5，求AG的长度； （2）如图2，点F是BD上一点，连接AF，DG，若∠BAF＝∠DBE，∠ABC+∠DBE＝60°，求证2DG； （3）如图3，AB＝4，∠BAC＝30°，∠BDC＝45°，点F是直线BD上一动点，连接CF，将线段CF绕着点C逆时针旋转90°得线段CF'，点P是直线AE上一动点，点Q是直线AC上一动点，连接GP和PF′，当GP+PF'取最小值时，若△APQ是等腰直角三角形，请直接写出点Q到直线BD的距离． 5．如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D、E分别为射线AC和线段AB上的两点，且ADBE，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得EF，连接DF与BC交于点M． （1）如图1，当tan∠ADE，AE时，求BE的长； （2）如图2；连接AF，N为AF的中点，连接MN，求证：BEMN； （3）如图3，连接CF，将CF绕点C顺时针旋转60°得CG，连接FG、BG、AG，若AC＝4，当BG取得最小值时，直接写出△ABG的面积． 6．在△ABC中，AC＝BC，AC＝6，∠ACB＝α，点D是BC边上任意一点，点E是直线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，得到线段BF，连接EF． （1）如图1，α＝90°，∠BAD＝15°，点F在射线AD上，求BF的长； （2）如图2，BF∥AD，CG⊥AE于点G，2∠ABF﹣3∠EBF＝4∠BAE，猜想线段GE，BE，AC之间存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，α＝60°，点F在射线AD上，点P是BE上一点且满足AF＝3BP，连接AP，直接写出当AP最小时，点P到AB的距离． 7．如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P是抛物线上一动点． （1）求二次函数的表达式． （2）当点P不与点A、B重合时，作直线AP，交直线BC于点Q，若△ABQ的面积是△BPQ面积的4倍，求点P的横坐标． （3）如图②，当点P在第一象限时，连接AP，交线段BC于点M，以AM为斜边向△ABM外作等腰直角三角形AMN，连接BN，△ABN的面积是否变化？如果不变，请求出△ABN的面积；如果变化，请说明理由． 8．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点，连接AD，将点A绕点D顺时针旋转90°得点E，连接AE，DE． （1）如图1，点D在△ABC的内部，连接CD，点E恰好在CD上．若AE＝CE，求∠DAB的度数； （2）如图2，点D在点A的右上方，连接BE，CE，点D恰好在CE上，延长DA交BE于点F，点G是AC的中点，连接FG，求证：； （3）如图3，连接EC，∠AEC＝90°，将线段AD沿AC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到线段AM，点M为点D的对应点，连接BM，当BM取得最大值时，请直接写出此时的值． 9．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在△ABC内部，将线段AD绕点A逆时针旋转120°，得到线段AE． （1）如图1，连接DE，若AD＝2，求△ADE的面积； （2）如图2，连接BD，CD，CE．点F是线段CD的中点，连接EF，若∠ADB＝∠ADC+∠ECF，∠BAD+∠AEF＝120°，求证：AC＝2EF； （3）点H为平面内一动点，连接AH，BH，将△ABH沿BH所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△GBH，连接GC，点P是线段GC的中点，以PC为直角边，点P为直角顶点，在PC上方作等腰直角三角形PCQ，BC＝10，点M为BC上最靠近点C的五等分点，连接MQ，当MQ取最大值时，MQ与AC相交于点R，请直接写出此时的值． 10．如图，在▱ABCD中，AC为对角线，∠ACB＝45°，点E为AC上一点，连接BE． （1）如图1，若AB＝AE，∠BAC＝60°，AE＝6，求▱ABCD的面积； （2）如图2，过点A作AF⊥BE交BC于点F，垂足为点G，连接DF交AC于点H，若DF⊥AC，求证：； （3）如图3，若AK⊥BC于点K，M为AK中点，N为直线BC上一点，连接MN，将△KMN沿MN所在直线翻折到▱ABCD所在平面内得到△K′MN，连接CK'，再将线段CK′绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，连接MP，点Q为直线BC上一点，连接MQ，PQ，若AK＝6，当MQ+PQ取得最小值时，直接写出△MPQ的面积． 11．在平面直角坐标系中，，0），，1），将矩形OABC绕点O逆时针旋转得到矩形OA1B1C1． （Ⅰ）如图①，点A1在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅱ）如图②，点A1在射线AC上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅲ）已知，，记直线AA1与BB1交点为Q，直接写出PQ长度的最大值与最小值． 12．在平面直角坐标系xOy中，给定图形W和点P，若图形W上存在两个点M，N满足PMPN且∠MPN＝90°，则称点P是图形W的关联点． 已知点A（﹣2，0），B（0，2）． （1）在点P1（，﹣1），P2（，3），P3（﹣2，﹣2）中，　 　 是线段AB的关联点； （2）⊙T是以点T（t，0）为圆心，r为半径的圆． ①当t＝0时，若线段AB上任一点均为⊙O的关联点，求r的取值范围； ②记线段AB与线段AO组成折线G，若存在t≥4，使折线G的关联点都是⊙T的关联点，直接写出r的最小值． 参考答案与试题解析 1．【解答】解：（1）∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°， ∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABD＝60°， 由旋转可知，AP＝AQ，∠PAQ＝60°， ∴∠BAP＝∠DAQ＝60°﹣∠PAD， ∴△ABP≌△ADQ（SAS）， ∴∠ADQ＝∠ABP＝60°； 故答案为：60°； （2）过A作AE⊥BD于点E， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ADE＝45°，即△ADE为等腰直角三角形， ∴AD，∠DAE＝45°， 由旋转可知△APQ是等腰直角三角形， ∴AQAP，∠PAQ＝45°， ∴，∠PAE＝∠QAD＝45°﹣∠DAP， ∴△APE∽△AQD， ∴∠ADQ＝∠AEP＝90°； ②在Rt△ABE中，BE＝AB•cos45°， ∴PE＝BP﹣BE＝2， 由①知△APE∽△AQD， ∴， ∴DQPE＝2； （3）在Rt△APQ中，∠AQP＝30°， ∴， ∵∠ADB＝30°， ∴∠ABD＝60°， 过A作AL⊥BD于点L，过Q作QK⊥BD于点K，则QK， 在Rt△ABL中，BL＝AB•cos60°＝2， ①当Q在BD上方时， 同理可得△QPK∽△PAL， ∴， ∴PL， ∴BP＝BL+PL＝2； ②当Q在BD下方时， 同理可得PL， ∴BP＝BL﹣PL＝2； 综上，BP的长为2． 2．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD＝2，∠ACE＝∠ABD＝60°， ∴CD＝BC﹣BD＝3， 故答案为：3，60； （2）EC＝AC+CD；理由如下： ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD， ∵AC＝BC， ∴CE＝BD＝BC+CD＝AC+CD； （3）PE+BE有最小值；理由如下： 如图，在射线BC上截取P'C＝DM，连接EM， ∴PE＝ED，∠DPE＝∠ACB＝60°， ∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝120°， ∴∠ACD+∠DEP＝180°， ∵∠PCE+∠CEP+∠EPC＝180°，∠ECD+∠CDE+∠CED＝180°， ∴∠ECD+∠CDE+∠CED+∠PCE+∠CEP+∠EPC＝360°， ∵∠PCE+∠ECD+∠CEP+∠CED﹣∠ACD+∠DEP＝180°， ∴∠EPC+∠CDE＝180°， ∴∠EPC＝∠EDM， 在△EPC和△EDM中， ∴△EPC≌△EDM（SAS）， ∴EC＝EM，∠PEC＝∠DEM， ∵∠PEC+∠CED＝∠DEP＝60°， ∴∠CEM＝∠DEM+∠CED＝60°， ∴△CEM是等边三角形， ∴∠ECM＝60°， ∴∠ECD＝60°，∠ACE＝180°﹣∠ECD﹣∠ACB＝60°， 即点E在∠ACD角平分线上运动， 在射线CD上截取CP'＝CP，连接EP' 在△CEP和△CEP'中， ∴△CEP≌△CEP′（SAS）， ∴PE＝P′E， ∴BE+PE＝BE+P'E， 由三角形三边关系可得，BE+P'E≥BP'，即当点E与点C重合时，BE+P'E＝BP'时，BE+PE有最小值BP′， ∵AP＝2，AC＝BC＝AB＝5， ∴PC＝AC﹣AP＝3， ∴BE+PE＝BE+P′E＝BP'＝BE+CP'＝BC+CP＝5+3＝8， ∴BE+PE的最小值为8． 3．【解答】（1）证明：∵AE∥BC，△ABC是等边三角形， ∴∠BAE＝∠ABC＝60°． ∵在Rt△ADE中，AE＝AD•cos60°AB•． ∴BC＝4AE． （2）证明：如图，作GK∥BC交AB于点K，易得∠HKG＝∠ABC＝60°． ∵点G是BE中点， ∴KG是△ABE的中位线，KG， 在Rt△HGK中，HG＝KG•sin∠HKG•AEz． （3）解：如图，过点G作BC的垂线，垂足为N，点M为BC上一点，∠GMN＝60°；当点P分别运动到点M，N时，点Q运动到M′、N′；过点A、B分别向M′N′作垂线，R、S为垂足；过点B作EA延长线的垂线，T为垂足． 当主动点P在直线BC上运动时，从动点Q的轨迹为直线M′N′． 根据点到直线的距离最短，当点Q与点R重合时，AQ长度最小， ∵△GMM′和△GNN′为等边三角形，GN⊥MM′． ∴∠NGM30°． 由等腰三角形“三线合一”的性质，点N与点N′关于GM′对称，则∠GMN′＝∠GM′N＝60°． ∴当点Q运动到点R时，点P正好在BC上，与点M′重合，∠NM′N＝120°． ∵∠NM′N+∠ABC＝180°， ∴M′N′∥AB． ∵AR⊥M′N′，BS⊥M′N′， ∴AR＝BS． 设AB＝2a，则BG＝2a，BE＝4a． 则BT＝AB•sins60°a，TA＝AB•cos60°＝a， ∴AE＝TE﹣TATA＝（1）a． ∵∠GBN＝∠BET，sin∠GBN，sin∠BET，BE＝2BG． ∴GNa， 在Rt△BGN中，BNa． ∴BM′＝BN+NM′＝BN+GN•tan30°a． 在Rt△BSM′中，由M′N′∥AB可得∠BM′S＝∠ABM′＝60°，则BS＝BM′•sin60°a． ∴． 4．【解答】（1）解：根据旋转的性质，∠BAE＝120°，AB＝AE，则∠ABE＝（180°﹣∠BAE）÷2＝30°． 在Rt△ABC中，根据斜边中线等于斜边的一半，则AD＝BD，∠BAD＝∠ABE＝30°． ∴BC5． ∴AB5． 在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，则AG． （2）证明：如图，延长AG至点H，使AG＝GH，延长BD至点P使PD＝BD；作AI⊥PF，I为垂足；连接PA，PE，HC． ∵BE和AH分别被点G平分， ∴四边形ABHE为平行四边形． 同理，BP和AC分别被点D平分，则四边形ABCP也是平行四边形． ∴AB＝EH＝PC，PC∥AB∥EH，BP＝2BD． ∴四边形PCHE也是平行四边形． 根据平行四边形的性质可得：AE＝BH＝AB，AP＝BC，EP＝HC， ∴△AEP≌△BHC（SSS）． ∴∠PAE＝∠CBH． ∵AE∥BH， ∴∠ABH＝180°﹣∠BAE＝60°， ∵∠ABC+∠DBE＝60°，∠ABH＝∠ABC+∠CBH＝60°， ∴∠DBE＝∠CBH． ∵∠FAB＝∠DBE， ∴∠PAE＝∠FAB＝∠CBH． ∴∠PAF＝∠PAE+∠FAE＝∠FAE+∠BAF＝∠BAE＝120°， ∵∠PFA＝∠BAF+∠ABF＝∠FBE+∠ABF＝∠ABE＝30°， ∴∠APF＝180°﹣∠PAF﹣∠PFA＝30°＝∠PFA． ∴AF＝AP＝BC， 在△FAB和△CBH中，AF＝BC，∠FAB＝∠CBH，AB＝BH，则△FAB≌△CBH（SAS）． ∴BF＝CH， ∵DG是△ACH的中位线， ∴BF＝CH＝2DG． 在等腰△FAP中，∠AFP＝∠APF＝30°，则底边PF上的高AI，IFAF． ∴PF＝2IFAF． ∵BP＝2BD＝PF+BF， ∴2BDAF+2DG． （3）如图，过点E作ET⊥AB交BA延长线于点T，以点C为旋转中心把线段CD逆时针旋转90°得到CJ，以点C为旋转中心把线段CB逆时针旋转90°得到CH，连接HJ．过点T作TK⊥HJ，垂足为K，延长EA交TK于点P′，连接P′Q并延长交BD延长线于点L． 根据作图可知，∠ETA＝∠AGE＝90°，∠TAE＝180°﹣∠BAE＝60°＝∠GAE，AE＝AE，则△ATE≌△AGE（AAS）， ∴点T是点G关于AE的轴对称点，GP＝TP， 根据旋转的性质，由∠BDC＝45°易知点J在BD上，△CDJ和△CBH均为等腰直角三角形，则点F′在直线HJ上． ∴GP+PF'＝TP+PF′≥TK． 当GP+PF'取最小值TK时，点P与点P′重合． 对于△CDB和△CJH，CD＝CJ，∠DCB＝∠DCJ+∠BCJ＝∠BCH+∠BCJ＝∠JCH，BD＝CH，则△CDB≌△CJH（SAS）， ∴∠CJH＝∠BDC＝45°， ∴∠DJH＝∠DJC+∠CJH＝90°，即BD⊥HK． ∴BD∥TK． ∴∠ATP′＝∠DBA＝∠BDC﹣∠BAC＝15°， ∴∠AP′T＝∠TAE﹣∠ATP′＝45°， 又∵△AP′Q是等腰直角三角形，∠P′AQ＝90°， ∴AQ＝AP′，∠AP′Q＝45°， ∴∠TP′L＝90°， ∴四边形JKP′L为矩形，则线段LQ就是点Q到直线BD的距离． 作TM⊥AE，M为垂足．由∠TEA＝90°﹣∠TAE＝30°可得： TA2，ET2，TM，EM3， 由于△TMP′是等腰直角三角形，MP′＝TM，则EP′＝EM+MP′＝3． ∴AQ＝AP′＝EP′﹣AE＝EP′﹣AB1． 在△ABC中，作CN⊥AB，N为垂足，连接DN． 根据斜边中线的性质，DN，由于∠BAC＝30°，CN＝DNCD，△CDN为等边三角形． ∴∠BDN＝∠CDN﹣∠BDC＝15°＝∠DBN． ∴BN＝DN＝CN，则△CNB为等腰直角三角形． ∵AB＝AN+BN＝4，ANCN， ∴CN+CN＝（1）AD＝4． ∴AD2（1）． ∴DQ＝AD﹣AQ1． ∵∠DQL＝∠AQP′＝45°，△DQL是等腰直角三角形， ∴LQ． 同理，当Q在直线AC上点A的左侧时，DQ＝AD+AQ＝3（1），LQ． 故点Q到直线BD的距离为或． 5．【解答】（1）解：如图1，过点E作EL⊥AC于L，则∠ALE＝90°， ∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°， ∴∠A＝∠B＝45°， ∴△AEL是等腰直角三角形， ∵AE， ∴AL＝ELAE＝1， ∵tan∠ADE， ∴， ∴DL＝3EL＝3， ∴AD＝AL+DL＝1+3＝4， ∵ADBE， ∴BEAD＝2； （2）如图2，过点E作EH⊥AD于H交AF于P，作ET⊥BC于T，过点F作FK⊥EH于K，交CB的延长线于G，连接EM， 由旋转得ED＝EF，∠DEF＝90°， ∴∠DEH+∠FEK＝90°， ∵∠DHE＝∠EKF＝90°， ∴∠DEH+∠EDH＝90°， ∴∠EDH＝∠FEK， 在△DEH和△EFK中， ， ∴△DEH≌△EFK（AAS）， ∴EH＝FK，DH＝EK， ∵∠AHE＝90°，∠BAC＝45°， ∴△AEH是等腰直角三角形， ∴AH＝EH， ∴FK＝AH， 在△APH和△FPK中， ， ∴△APH≌△FPK（AAS）， ∴AP＝FP，HP＝KP， ∴点P是AF的中点， ∵点N为AF的中点， ∴点P与点N重合，即AN＝FN，HN＝KN， ∵∠BTE＝90°，∠EBT＝45°， ∴△BET是等腰直角三角形， ∴BEET， ∵ADBE， ∴AD＝2ET， ∵四边形CHET和四边形CHKG是矩形， ∴CH＝GK＝ETAD，CG＝HK＝2HN， ∴AH+CD＝CH＝GK＝FK+GF， ∵AH＝FK， ∴CD＝GF， 在△DMC和△FMG中， ， ∴△DMC≌△FMG（AAS）， ∴DM＝FM，CM＝GM， ∴CM＝HN， ∴四边形CMNH是矩形， ∴MN＝CH＝ET， ∴BEMN； （3）以BC为边向外作等边△BCH，连接BF、GH，延长GH交AD于L，过点L作LJ⊥CH于J，过点F作FK⊥BC于K，过点E作ET⊥BC于T，如图3， 设CD＝x，则AD＝x+4， ∵ADBE， ∴BEAD（x+4）， ∴ETBE（x+4）， ∵四边形CNET是矩形， ∴CN＝ET（x+4）， ∴DN＝CD+CN＝x（x+4）x+2，AN＝EN＝x+4﹣（x+2）＝2x， ∵∠DNE＝∠EMF＝90°， ∴∠FEM+∠EFM＝90°， 由旋转得：DE＝EF，∠DEF＝90°， ∴∠FEM+∠DEN＝90°， ∴∠DEN＝∠EFM， ∴△DEN≌△EFM（AAS）， ∴EN＝FM，DN＝EM， ∴NM＝EN+EM＝2xx+2＝x+4， ∵四边形CNMK是矩形， ∴CK＝NM，MK＝CN， ∴BK＝CK﹣BC＝x，FK＝MK﹣FM（x+4）﹣（2x）＝x， ∴BK＝FK， ∵∠BKF＝90°， ∴∠FBK＝∠BFK＝45°， ∴∠CBF＝135°， ∵△BCH和△CFG均为等边三角形， ∴CF＝FG，CB＝CH，∠FCG＝∠BCH＝∠BHC＝60°， ∴∠FCG﹣∠BCG＝∠BCH﹣∠BCG， 即∠BCF＝∠HCG， ∴△CBF≌△CHG（SAS）， ∴∠CHG＝∠CBF＝135°， ∴∠CHL＝180°﹣135°＝45°， ∵∠HCL＝30°， ∴∠CLH＝105°， 在Rt△CLJ中，CJ＝CL•cos∠HCLCL，LJ＝CL•sin∠HCLCL， 在Rt△HLJ中，∠CHL＝∠HLJ＝45°， ∴HJ＝LJ， ∵CH＝BC＝AC＝4， ∴CLCL＝4， ∴CL＝44， ∴当点D、E分别在AC的延长线上、线段AB上运动时，点G在射线LG上运动，当BG⊥LG时，BG最小， 如图4，作BH的垂直平分线交BG于P，交BH于W，连接PH，过点G作GQ⊥AB的延长线于Q， 则PH＝BP， ∴∠PBH＝∠PHB＝15°，∠HPG＝30°，∠PHG＝60°， 设GH＝m，则PGm，PH＝BP＝2m， ∴BG＝（2）m， ∵GH2+BG2＝BH2， ∴m2+[（2）m]2＝42， ∵m＞0， ∴m， ∴BG＝（2）（）， ∵∠BCL+∠BGL＝180°， ∴四边形BCLG是圆内接四边形， ∴∠CBG+∠CLG＝180°， ∵∠CLG＝105°，∠ABC＝45°， ∴∠GBQ＝180°﹣∠ABC﹣∠CBG＝60°， ∵∠BQG＝90°， ∴GQ＝BG•sin∠GBQ＝（）•sin60°， ∵AB＝4， ∴S△ABGAB•GQ46+2， 故△ABG的面积为6+2． 6．【解答】解：（1）∵AC＝BC＝6，∠ACB＝α＝90°， ∴∠CAB＝∠ABC＝45°， ∴AB6， ∵∠BAD＝15°， ∴∠CAD＝∠CAB﹣∠BAD＝45°﹣15°＝30°， 在Rt△ADC中，CD＝AC•tan∠CAD＝6tan30°＝2， ∴AD＝2CD＝4，BD＝BC﹣CD＝6﹣2， ∵将BE绕点B顺时针旋转90°，得到线段BF， ∴BF＝BE，∠EBF＝90°， ∴∠F＝∠BEF＝45°， ∴∠F＝∠ABD， ∵∠BAF＝∠DAB， ∴△ABF∽△ADB， ∴，即， ∴BF＝33； （2）∵AC＝BC，AC＝6，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA， 同理∠BEF＝∠BFE， ∵BF∥AD， ∴∠ABF+∠EAB＝180°，∠AEB＝∠EBF＝α， ∴∠ABF＝180°﹣∠EAB ∵2∠ABF﹣3∠EBF＝4∠BAE， ∴∠ABF＝2∠BAEα， ∴2∠BAEα＝180°﹣∠EAB， ∴3∠BAE＝180°α， ∴∠BAE＝60°α， ∴∠CAE＝∠CAB﹣∠EAB（60°α）＝30°， ∵CG⊥AE， ∠AGC＝90°， ∴cos∠CAE，即cos30°， ∴AGAC， 如图2，作CH⊥BE，垂足为H，则∠H＝90°， 在△ACD和△BED中，∠ACD＝∠AEB＝α，∠ADC＝∠BDE， ∴∠CBH＝∠CAG＝30°， ∵AC＝BC，∠H＝∠AGC＝∠90°， ∴△BCH≌△ACG（AAS）， ∴BH＝AGAC，CG＝CH， 又∵CE＝CE， ∴Rt△CEG≌Rt△CEH（HL）， ∴GE＝EH， ∵EH＝BH﹣BE， ∴GEAC﹣BE， 即GE+BEAC； （3）∵AC＝BC，∠ACB＝α＝60°， ∴△ABC和△BEF是等边三角形， ∴∠BFE＝∠ACB＝60°，∠CAB＝∠CBA＝60°， ∴点F在△ABC的外接圆上， 如图3，作△ABC的外接⊙O，连接OC，并延长CO交AB于点H，则CH垂直平分AB，作点F关于OC的对称点F′，则，连接AF′、BF′， ∴∠F′AC＝∠FBC， ∴∠F′AB＝∠FBA， ∵∠AF′B＝∠BFA，AB＝BA， ∴△ABF′≌△BAF（AAS）， ∴BF′＝AF， 连接OF′、OB，在BF′上截取BP′BF′，作P′M∥OF′，P′M交OB于点M，则， ∴MBOB， ∵OB＝OF， ∴MB＝MP′， ∵△ABC是等边三角形，⊙O是△ABC的外接圆，AC＝6， ∴BHAB＝3，∠OBH＝30°， ∴OB2， ∴MB＝MP′， ∵BF′＝AF，AF＝3BP， ∴， ∴点P在以M为圆心，以为半径的圆上，当A、P、M三点共线时，AP的值最小，如图4，作PQ⊥AB于点Q，作MN⊥AB于点N，则PQ∥MN， ∴△APQ∽△AMN， ∴， 在Rt△BMN中，MNBM， ∴BN1， ∴AN＝AB﹣BN＝5， 由勾股定理得，AM， ∴AP＝AM﹣PM， ∴， ∴PQ． 7．【解答】解：（1）∵二次函数经过A（﹣1，0），（3，0）， ∴代入得， 解得， 所以二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3． （2）①如图所示，当P在x轴上方时， 过点P作PF⊥x轴于点F，过点E作QE⊥x轴于点E，过点B作BG⊥AP于点G， 可得△AQE∽△APF， ∴， ∵， ∴， ∴， 设点P（a，﹣a2+2a+3）， ∴OF＝a，PF＝﹣a2+2a+3， ∴AF＝a﹣（﹣1）＝a+1，QE， ∴AE， ∴OE＝AE﹣AO1， ∴Q点的坐标可表示为（，）， ∵B（3，0），C为二次函数与y轴交点， ∴C（0，3）， 可得BC的解析式为y＝﹣x+3， ∵Q在BC上， ∴3， 解得a或． ②如图所示，当P在x轴下方时， 同理①可求出P点的横坐标为或， ∵﹣10， ∴当P点横坐标为时，P在抛物线的AC段， 综上所述，P点的横坐标为或或或． （3）如图所示，以AB为底在x轴上方作等腰直角三角形ABK，连接NK，过点K作KH⊥x轴于点H， ∵△AMN和△ABK均为等腰直角三角形， ∴，∠NAM＝∠BAK， ∴∠NAM+∠MAK＝∠BAK+∠MAK， ∴∠NAK＝∠MAB， ∴△NAK∽△MAB， ∴∠NKA＝∠MBA， ∵C（0，3），B（3，0）， ∴OC＝OB， ∴∠MBA＝45°＝∠NAK＝∠KAB， ∴NK∥AB， ∵两条平行线之间的距离相等， ∴N在运动时，N到AB的距离保持不变，其距离都等于KH的长， ∵在等腰直角三角形KAB中，AB＝4， ∴KH， ∴． 综上所述，△ABN的面积不变，为4． 8．【解答】解：（1）根据题意可知△ABC和△ADE是等腰直角三角形． ∴∠DAE＝∠DEA＝45°． ∵AE＝CE， ∴∠ECA＝∠EAC22.5°， ∵∠DAB＝∠BAC﹣∠DAE﹣∠EAC＝90°﹣45°﹣22.5°＝22.5°． （2）证明：延长DF至点H，使DH＝CD，连接BH，CH，则△DCH是等腰直角三角形． ∴∠DCH＝∠DHC＝∠ACB＝45°， ∴∠ACD＝∠BCH＝45°﹣∠ACH． 又∵． ∴△ACD∽△BCH． ∴BHAD＝AE，∠BHC＝∠ADC＝90°， ∵∠EAH＝180°﹣∠EAD＝135°，∠AHB＝∠BHC+∠DHC＝135°， ∴∠EAH＝∠AHB， 又∵∠AFE＝∠HFB， ∴△BFH≌△EFA（AAS）， ∴AF＝FH， ∵AG＝GC， ∴FGCHCD． ∴CDFG． （3）如图，点F、G分别为AC、AB的中点，过点F作BC的垂线交BA延长线于点H，交BC于点I． 易得△BHI为等腰直角三角形． ∵FG为△ABC的中位线， ∴FG∥BC，FGBCAB． 根据题意，∠AEC＝90°，由定弦定角辅助圆模型可知主动点E的运动轨迹是以AC为直径的⊙F上，因此从动点D的运动轨迹在以GF为直径的⊙P上． 而根据轴对称的性质，点D关于AC的对称点M的运动轨迹在以FH为直径的⊙Q上， ∴FG＝FH，AG＝AH． ∴AQ为△GFH的中位线． ∴AQ∥FG， 由平行线分线段成比例可得F、Q两点分别是线段HI的三等分点，则QI＝FH＝FG． 在Rt△BQI中，BI＝HIFHAB，QI＝FGAB，则BQAB． ∴BM＝BQ+MQABAB． ∴． 9．【解答】（1）解：如图，作AF⊥DE于点F， 由题意知∠DAE＝120°，AD＝AE＝2， ∴∠D＝∠E＝30°， ∴AF＝AD•sin30°＝1，DF＝AD•cos30°， ∴DE＝2， S△ADEDF•AF． （2）如图，延长EF到N，使EF＝FN，则EN＝2EF，连接AN、DN， ∵F是CD中点， ∴DF＝CF， 又∵NF＝EF，∠NFD＝∠EFC， ∴△DFN≌△CFE（SAS）， ∴DN＝CE，∠ECF＝∠NDF， ∴∠ADN＝∠ADC+∠NDC＝∠ADC+∠ECF＝∠ADB， ∵∠BAC＝∠DAE＝120°， ∴∠BAD＝∠CAE＝120°﹣∠CAD， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BD＝DN， ∵AD＝AD，∠ADB＝∠ADN， ∴△ADB≌△ADN（SAS）， ∴AB＝AN，∠BAD＝∠DAN， ∵∠DAN+∠EAN＝120°，∠BAD+∠AEF＝120°， ∴∠EAN＝∠AEF， ∴AN＝EN， ∵EN＝2EF，AN＝AB＝AC， ∴AC＝2EF； （3）∵△ABH沿BH所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△GBH， ∴BG＝BA， 如图，点G是以B为圆心BA为半径的圆上运动，作BC的中垂线，与BC交于点D，在中垂线截取OD＝5， ∵BC＝10， ∴CD＝5＝OD，即△ODC为等腰直角三角形， ∵△PCQ为等腰直角三角形， ∴CQPC， ∵P是CG中点， ∴CG＝2PCCQ，即， 同理， 又∵∠GCB＝∠QCO＝45°﹣∠GCO， ∴△BCG∽△OCQ， ∴， ∵BG＝BA， ∴OQ是个定值， ∴点Q的运动轨迹是定圆⊙O， 当MQ最大时，MQ过点O，如下简化图， 过A作AE∥MQ，则， ∵OD＝5，AD＝BD•tan30°，OM， ∴AE，DE，EC＝5， ∵MR∥AE， ∴． 10．【解答】（1）解：如图，过点B作BK⊥AC于点K， 在Rt△ABK中，∠AKB＝90°，∠BAK＝60°，AB＝AE＝6， ∴，BKAB＝3， 在Rt△BCK中，∠BKC＝90°，∠BCK＝45°， ∴∠KBC＝45°，， ∵S△ABCAC•BK， ∴； （2）证明：过点A作AS⊥BC于点S，过点E作ET⊥BC于点T， ∵DF⊥AC， ∴∠FHC＝∠AHD＝90°， 在Rt△CFH中，∠FHC＝90°，∠HCF＝45°， ∴∠HFC＝45°， ∴HF＝HC， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD， ∴∠HAD＝∠HCF＝45°，∠HDA＝∠HFC＝45°，HA＝HD， 在△HAF和△HDC中， ， ∴△HAF≌△HDC（SAS）， ∴AF＝DC， ∴AB＝AF， 设∠EBC＝α， ∵AF⊥BE， 在Rt△BFG中，∠BFG＝90°， ∴∠AFB＝90°﹣α， 在△ABF中，∠ABF＝∠AFB＝90°﹣α， ∴∠BAF＝2α， ∵∠AEG为△BCE的外角， ∴∠AEG＝45°+α， 在Rt△AEG中，∠AGE＝90°， ∴∠GAE＝45°﹣α， ∴∠BAE＝∠BAG+∠GAE＝45°+α， ∴∠BAE＝∠BEA，BA＝BE， ∵AB＝AF，AS⊥BC， ∴，BF＝2BS， 在△BAS和△EBT中， ， ∴△BAS≌△EBT（AAS）， ∴BS＝ET， 在Rt△CET中，∠CTE＝90°，∠ECT＝45°， ∴，， ∴； （3）如图，连接CM，过C作CO⊥CM，且CO＝CM，连接PO， ∵M是AK中点，AK＝6， ∴MK＝MK'＝3， ∵∠MCO＝∠K'CP＝90°， ∴∠MCK'＝∠OCP， ∵CM＝CO，CK'＝CP， ∴△MCK'≌△OCP（SAS）， ∴MK'＝OP＝3， ∴点P的轨迹是以O为圆心，以3为半径的圆上， 如简化示意图， 作M关于CK的对称点M'则MQ+PQ＝M'Q+PQ≥PM'， ∵点P的轨迹是在⊙O上， ∴当M'、P、O三点共线时M'P最小，此时MQ+PQ也最小． ∵AK＝6，∠ACK＝45°， ∴CK＝6， 过O作OG⊥KC交KC延长线于点G，连接AO， ∴∠MCK＝∠COG＝90°﹣∠OCG， ∵∠MKC＝∠G＝90°，CM＝CO， ∴△MCK≌△COG（AAS）， ∴OG＝KC＝6，CG＝MK＝3， ∵AK∥OG，AK＝OG，∠AKC＝90°， ∴四边形AKGO是矩形， ∴AO＝KG＝6+3＝9， ∵AM'＝AK+KM'＝9， ∴△AOM'是等腰直角三角形， ∴OM'AO＝9，∠M'＝45°， ∴∠KQM'＝∠CQO＝45°，∠MQK， ∴∠MQP＝180°﹣∠MQK﹣∠CQO＝90°，且△KM'Q和△GQO都是等腰直角三角形， ∴M'Q＝MQMK＝3，PQ＝M'O﹣M'Q﹣OP＝63， ∴S△MPQMQ•PQ． 11．【解答】解：（Ⅰ）在矩形OABC中，，0），，1）， ∴，OC＝1， 又点A1在y轴正半轴上， 故矩形OA1B1C1中， ∴旋转角∠A1OA＝90°， ，OC1＝OC＝1， ∴B1（﹣1，； （Ⅱ）连接B1O， 同（Ⅰ）理，矩形OABC中，，OC＝1， 在Rt△CAO中，∠COA＝90°， ， ∴∠CAO＝30°，同理∠B1OA1＝30°， 由OA1＝OA，故∠CA1O＝∠CAO＝30°，旋转角∠A1OA＝120°， 在Rt△B1C1O中，∠C1＝90°， ，C1O＝CO＝1，， 过点B1作B1H⊥x轴于H， 在Rt△B1OH中，∠B1HO＝90°， ∠B1OH＝180°﹣∠B1OA1﹣∠AOA1＝30°， ∴，B1H＝B1O•sin∠B1OH＝1， ∴，1）； （Ⅲ）如图，连接AA1、BB1交于点Q，延长AA1、CB1交于点M， ∵OA＝OA1， ∴∠OAA1＝∠OA1A， ∵∠B1AC＝90°， ∴∠A1MB1＝∠OA1A， ∵∠MA1B1＝∠OAA1， ∴∠MA1B1＝∠M， ∴B1M＝A1B1＝AB， 在△ABQ和△MB1Q中， ， ∴△ABQ≌△MB1Q（AAS）， ∴BQ＝B1Q， 连接OB1和OB，取OB中点N，连接NQ，则NQ为△BOB1中位线， ∴NQOB1， 由（Ⅱ）知OB1＝2， ∴NQOB1＝1， 即点Q在以N为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当P、N、Q三点共线时有最大值和最小值，如图最大值为PQ1的长，最小值为PQ2的长， ∵B（，1），O（0，0）， ∴N（）， ∴PN， ∴PQ1＝PN+r，PQ2＝PN﹣r， 综上，最大值为，最小值为． 12．【解答】解：（1）∵∠MPN＝90°， ∴△MPN为直角三角形， ∴满足MN2＝PM2+PN2， 根据勾股定理可得：， ，， ； ，， ； P3A＝2，， ， ∵，且， ∴ 是线段AB的关联点； ∵，且， ∴ 是线段AB的关联点； ∵，且， ∴∠BAO＝30°，P3A⊥OA， ∴∠P3AB＝90°+30°＝120°， ∴对于线段AB上的任意两点M、N， 当 时，∠P3NM＞90°，如图，则∠MPN必是锐角，不可能是直角， ∴ 不是线段AB的关联点； 故答案为：P1，P2． （2）①由（1）可得：∵∠MPN＝90°， ∴△MPN为直角三角形， ∴MN2＝PM2+PN2＝4PN2， 即MN＝2PN， 即三角形PMN为含30度角的直角三角形，如图： 则点P是以MN为斜边且含30度角的直角三角形的直角顶点． 在圆O上取点M，N，则对于任意位置的M和N，符合的关联点有2个，如图： 以点P为例，当点M在半径为r的⊙O上运动时，点N为圆上一定点，且MN＝2PN，∠PNM＝60°， 则点M的运动轨迹为圆，故点P的轨迹也为圆，令点P的轨迹为圆R，如图： 当M，O，N三点共线，P，R，N三点共线时，∠PNM＝60°， ∴，， 则点O到点P的最大距离为，最小距离为， 当点N也在⊙O上运动时，⊙R也随之运动， 则⊙R扫过的区域为 和r为半径围成的圆， 即⊙O的所有关联点在以O为圆心，和为半径的两个圆构成的圆环中， ∴当线段AB与半径为 交于点A时，r最小，如图： 则， 解得， 当线段AB与半径为的圆相切时，r最大，过点O作OH⊥AB，如图： 则， 即， 解得， 则， 解得， ∴ ②当关联点在线段AB上时，满足条件的关联点所在范围如图阴影部分： 当关联点在线段AO上时，满足条件的关联点所在范围如图阴影部分： 当关联点在不同线段上时，满足条件的关联点在点O和点B上的范围如图阴影部分： 综上，所有区域叠加一起为： 由①可知，满足T的所有关联点所在范围为圆环， 故若使得圆环能够完整“包住”关联点，圆环中外圆 的必须经过点G1， ∵∠GBA＝30°，∠G＝90°，∠OBA＝60°，∠O＝90°， ∴四边形AOBG为矩形， ∴， 则， 即， 解得 （负值舍去）； 综上，r的最小值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $