2024年中考数学热点探究二十一 动态及轨迹型问题练习附解析

这是一份2024年中考数学热点探究二十一 动态及轨迹型问题练习附解析，共53页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EP的值大小变化情况是（ ）
A．一直增大B．一直减小
C．先减小后增大D．先增大后减少
2．如图，在等边△ABC中，AB=4，点D为AB的中点，动点E、F分别在AD、BC上，且EF=23，作△BEF的外接圆⊙O，交AC于点G、H.当动点E从点D向点A运动时，线段GH长度的变化情况为（ ）
A．一直不变B．一直变大
C．先变小再变大D．先变大再变小
3．如图，⊙O的半径为10，弦AB＝16，点M是弦AB上的动点且点M不与点A、B重合，若OM的长为整数，则这样的点M有几个？（ ）
A．4B．5C．7D．9
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为(−8，0)，点B坐标为(0，6)，⊙O的半径为4（O为坐标原点），点C是⊙O上一动点，过点B作直线AC的垂线BP，P为垂足，点C在⊙O上运动一周，则点P运动的路径长等于（ ）
A．5π3B．8π3C．10π3D．20π3
5．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的边OA在x轴的正半轴上，A，C两点的坐标分别为(2,0)，(1,2)，点B在第一象限，将直线y=−2x沿x轴向右平移m(m>0)个单位.若平移后的直线与边AB有交点，则m的取值范围是（ ）
A．4≤m≤8B．06． 两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，将三角板A'B'C'绕直角顶点C'按逆时针方向旋转α（0°＜α≤90°），如图所示．以下结论错误的是（ ）
A．当α＝30°时，A'C与AB的交点恰好为AB中点
B．当α＝60°时，A'B'恰好经过点B
C．在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'＝BB'
D．在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB'
7．如图1，在矩形ABCD(AB>AD)中，动点P从点B出发，沿B→C做匀速运动，到达点C后停止运动，动点Q从点D出发，沿D→C以同样的速度做匀速运动，到达点C后也停止运动，已知点P，Q同时开始运动，连接AP，AQ，设DQ=x，AP−AQ=y，其中y关于x的函数图象如图2所示，则图中m的值为（ ）
A．35−32B．10−2C．410−2D．210−2
8．如图是一张矩形纸片ABCD，点E，G分别在边BC，AB上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处，HF=1，BF=8，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．420B．360C．4202D．3602
9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上的一点，将△BCE沿着CE折叠至△FCE，若CF、CE恰好与正方形ABCD的中心为圆心的⊙O相切，则折痕CE的长为（ ）
A．53B．5C．833D．以上都不对
10．在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为(1，0)，每一次将△AOB绕着点O逆时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2023的坐标为（ ）
A．(−22022，−3×22022)B．(22022，3×22022)
C．(22021，−3×22021)D．(22023，3×22023)
二、填空题（每题2分，共12分）
11．如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=10．动点E在AB边上，以点E为圆心，以BE为半径作弧，点G是弧上一动点．
（1）如图①，若点E与点A重合，且点F在BC上，当DF与弧相切于点G时，则BF的值是 ；
（2）如图②，若AE=1连结CG，DG，分别取DG、CG的中点P、Q，连接PQ，M为PQ的中点，则CM的最小值为 ．
12．如图，直线y=−13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线y=−43x+2上的一动点，动点E(m，0)，F(m+3，0)，连接BE，DF，HD．当BE+DF取最小值时，3BH+5DH的最小值是 ．
13．如图，等边三角形ABC的边长为10cm，动点M从点B出发，沿B→A→C→B的方向以3cm/s的速度运动，动点N从点C出发，沿C→A→B→C的方向以2cm/s的速度运动，且动点M，N同时出发，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动.那么运动到第 秒时，点A，M，N以及△ABC的边上一点D恰能构成一个平行四边形．
14．对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P(2，3)经1次斜平移后的点的坐标为(3，5)．已知点A的坐标为(1，0)．如图，点M是直线l上的一点，点A关于点M的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C．若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为(7，6)，则点B的坐标为 ．
15． 如图，正方形ABCD的边长为4，点M，N分别在AB，CD上.将该正方形沿MN折叠，使点D落在BC边上的点E处，折痕MN与DE相交于点Q．
（1）若E是BC的中点，则DN的长为 ；
（2）若G为EF的中点，随着折痕MN位置的变化，GQ+QE的最小值为 ．
16．如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2），则DF= ；然后将△FBE绕点F旋转到△FMN，当MN过点C时旋转停止，则EN的长度为 ．
三、解答题（共7题，共76分）
17．如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm，动点M以1cm/s的速度从A点出发，沿AB向点B运动，同时动点N以2cm/s的速度从点D出发，沿DA向点A运动，设运动的时间为t秒（0（1）当t为何值时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19？
（2）是否存在某一时刻t，使得以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发， 在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒(0（1）用含t的代数式表示BP、BQ的长．
（2）连结PQ，如图①所示．当△BPQ与△ABC相似时，求t的值．
（3）过点P作PD⊥BC于D，连结AQ、CP，如图②所示．当AQ⊥CP时，直接写出线段PD的长．
19．如图1和图2，在△ABC中，AB=BC=10，AD=8，直线l//BC，若l自点A出发以每秒1个单位长度的速度沿射线AD方向平移，同时点P从点B出发向点C运动，速度是每秒2个单位长度，若直线l分别与AB，AD，AC交于M，H，N三点，连接PH，设运动时间为t(0（1）图中DC＝ ；
（2）求当t为何值时，△HDP∼△ADC；
（3）当四边形HDPN为平行四边形时，则tan∠PHC＝ ；
（4）在边BC或其延长线上取一点Q（点Q在P的右侧），使得∠PHQ=∠ACB，直接写出：当 PQ=8时，t的值为多少?
20．在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°，BO=BA，顶点A(6，0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(−6，0)，C(0，2)，点D在第二象限.将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O'C'D'E'，点O，C，D，E的对应点分别为O'，C'，D'，E'.设OO'=t(0≤t≤6)．
（1）如图①，当t=1时，O'C'与OB交于F点，求点C'，F的坐标；
（2）若矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为五边形时，C'D'分别与OB交于点G，与AB交于点H.O'C'与AB交于点N，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当53≤t≤42时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．
21．如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．
（1）如图1，当0°<α<90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EF=2BF．
（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB=2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°<α<360°）△ADG面积的最大值．
22．如图，在平面直角坐标系中，点A(0，3)，B(3，0)，C(0，−1)，动点P从点B出发，在射线BC上以每秒1个单位长度的速度运动，另一动点Q与动点P同时出发，在射线AB上以每秒2个单位长度的速度运动，设点P、Q运动时间为t秒．
（1）填空：直线AB的函数表达式为： ，△ABC是 三角形；
（2）连接PQ，设△BPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，是否存在t值，使得以点B，P，Q为顶点的△BPQ与△AOB相似？若存在，求出t值，并直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
23． 如图甲，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，动点P从点B出发，沿BA方向向点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1个单位/s，连接PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）设△APQ的面积为S，则S＝ ；（用含t的代数式表示）
（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP’C，当四边形PQP’C为菱形时，求t的值；
（3）当△APQ是等腰三角形时，求t的值？
四、实践探究题（共6题，共42分）
24．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现
①当α=0°时，AEBD= ；②当α=180°时，AEBD= ．
（2）拓展探究
试判断：当0°≤α<360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）问题解决
△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD的长 ．
25． 【问题呈现】小华在一次学习过程中遇到了下面的问题：
点A为⊙O内一定点，点P为⊙O上一动点，确定点P的位置，使线段AP最长．
（1）【问题解决】以下是小华的方法：
如图①，连结AO并延长交⊙O于点P，点P为所求．
理由如下：在⊙O上取点P'(异于点P)，连结AP'、OP'．
接下来只需证明AP>AP'．
请你补全小华的证明过程．
（2）【类比结论】点A为⊙O外一定点，点P为⊙O上一动点，设⊙O的半径为r，AO的长为m，则线段AP长度的最大值为 ，线段AP长度的最小值为 .(用含r、m的代数式表示)
（3）【拓展延伸】如图②，在半圆O中，直径AB的长为10，点D在半圆O上，AD=6，点C在BD上运动，连结AC，H是AC上一点，且∠DHC=90°，连结BH.在点C运动的过程中，线段BH长度的最小值为 ．
26．综合实践：在矩形ABCD中，点E是边BC上的一个动点，连接AE，将△ABE沿着AE对折，点B落在点F处．
（1）如图1，若点F恰好落在矩形的对角线AC上，AB=6，BC=8，直接写出BE的长度是 ；
（2）如图2，若点F恰好落在矩形的对角线BD上，AE与BD相交于点H，AB=6，BC=8，求BE的长度；
（3）如图3，若点F恰好落在矩形一边AB的垂直平分线MN上，AB=6，直接写出BE的长度是 ；
（4）如图4，若点F恰好落在矩形一边AD的垂直平分线MN上，AB=6，BC=8，求BE的长度；
（5）如图5，若点F恰好落在矩形一边AB的垂直平分线MN上，延长EF交AD于点G，过点G作AD的垂线交AF于点K，点P为GK上一点，连接EP，把线段EP绕点E逆时针旋转，使点P落在AK上的点Q处，求证：AQ=GP．
27．综合与实践
[问题情境]
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
（1） [活动猜想]如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
（2） [问题解决]如图1，当AB=4， AD=8，BF=3时，连结B'C，则B'C的长为
（3） [深入探究]如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？
28．【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作△ADB和△A'D'C，∠ADB=∠A'D'C=90°，∠B=∠C=30°，设AB=2．
【操作探究】
如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α≤360°)，旋转过程中△ADB保持不动，连接BC．
（1）当α=60°时，BC= ；当BC=22时，α= °；
（2）当α=90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
（3）如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为 ．
29．数学课上，王老师出示问题：如图1，将边长为5的正方形纸片ABCD折叠，使顶点A落在边CD上的点Р处（点Р与C，D不重合），折痕为EF，折叠后AB边落在PQ的位置，PQ与BC交于点G.
（1）观察操作结果，在图1中找到一个与△DEP相似的三角形，并证明你的结论；
（2）当点Р在边CD的什么位置时，△DEP与△CPG面积的比是9：25？请写出求解过程；
（3）将正方形换成正三角形，如图2，将边长为5的正三角形纸片ABC折叠，使顶点A落在边BC上的点P处（点P与B，C不重合），折痕为EF，当点Р在边BC的什么位置时，△BEP与△CPF面积的比是9∶25？请写出求解过程.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：∵∠A=90°，
∴AB⊥AC，
∵PE⊥AB于E，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，
∴EP≤AC，
∴线段EP的值大小变化情况是一直增大，
故答案为：A.
【分析】根据垂线求出AB⊥AC，再求出EP≤AC，最后判断求解即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】如图，连接BO， EO， FO， GO， HO，过点O作ON⊥EF于N， OP⊥GH于P，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠EOF= 120，
∵OE= OF， ON⊥EF，
∠OEF=∠OFE= 30°
EN= FN=3，
OF= 2ON， FN =3ON，
ON= 1，FO= 2，
OB=GO=OH=2，
∴点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，
∴ OG = OH， OP⊥GH，
∴GH = 2PH，
∵PH=OH2−OP2=4−OP2
GH=24−OP2
∵动点E从点D向点A运动时，OP的长是先变小再变大，
∴ GH的长度是先变大再变小，
故答案为： D.
【分析】连接BO， EO， FO， GO， HO，过点O作ON⊥EF于N， OP⊥GH于P，由等腰三角形的性质可求ON＝1，FO＝OB＝GO＝OH＝2，则点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，由勾股定理可求GH＝2PH=2OH2−OP2，即可求解．
3．【答案】C
【解析】【解答】解：连接OA，过点O作OP⊥AB于点P，
∵AB=16，
∴AP=8，
∵OA=10，
∴OP=OA2−AP2=102−82=6，
∴6≤OM＜10，
∴OM可取得的整数为6，7，8，9，
∴这样的点M共有7个。
故答案为：C.
【分析】连接OA，过点O作OP⊥AB于点P，根据垂径定理可得AP=8，根据勾股定理可得OP=6，即可得出6≤OM＜10，进而根据对称性可得出符合条件的点共有7个。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：∵A（-8，0），B（0，6），
∴AB=82+62=10，
∵BP⊥AC，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的圆弧上，
当AC、AC'与圆O相切时，即OC⊥AC，
∵sin∠OAC=OCOA=12，
∴∠OAC=30°，
∴∠C'AC=60°，
∴弧PP'的弧度=120°，
∴弧PP'的长为120π×5180=10π3，
∴当点C在圆O上运动一周，点P运动的路径长等于20π3.
故答案为：D.
【分析】连接AB，先根据两点间的距离公式算出AB的长，由直径所对的圆周角是90°可得点P在以AB为直径的圆弧上运动，再由当AC与圆相切时，此时点P是运动路径的两端点，由∠OAC得正弦函数及特殊锐角三角函数值得∠OAC=30°，则∠C'AC=60°，弧PP'的弧度=120°，进而根据弧长计算公式算出弧PP'的长，即可解决此题.
5．【答案】D
【解析】【解答】∵将直线y=−2x沿x轴向右平移m(m>0)个单位，
∴平移后的直线解析式为y=−2（x−m）=−2x+2m，
∵平行四边形OABC，且点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（1，2），点O的坐标为（0，0），
∴点B的坐标为（3，2），
∵平移后的直线与边AB有交点，
①当直线过点A时，
∴-4+2m=0，
解得：m=2，
②当直线过点B时，
∴-6+2m=2，
解得：m=4，
∴2≤m≤4，
故答案为：D.
【分析】先求出点B的坐标，再分类讨论：①当直线过点A时，②当直线过点B时，再将点A、B的坐标分别代入y=−2（x−m）=−2x+2m求出m的值，最后求出m的取值范围即可.
6．【答案】C
【解析】【解答】∵直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，
∴AC=A'C，BC=B'C，当α＝30°时，∠A'CB=60°，∴A'C与AB的交点与点B，点C构成等边三角形，∴A'C与AB的交点为AB中点，故A正确，不符合题意；
当α＝60°时，∠B'CB=60°，A'B'恰好经过点B，故B正确，不符合题意；
在旋转过程中，∠ACA'=∠B'CB=∠α，∴△AA'C~△BB'C，∴AA'BB'=ACBC=3，∴AA'≠BB'，故C错误，符合题意；
∵∠CAA'=∠CBB'=(180°−α)，∴AA'，BB'的夹角为360°−（180°−α）×2−（90°+α）=90°，∴在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB' ，故D正确，不符合题意，
故答案为：C.
【分析】根据全等三角形的性质可得AC=A'C，BC=B'C，再根据旋转角求出等边三角形，可以判断A、B正确，求证△AA'C~△BB'C，利用相似三角形的对应边成比例进一步得AA'≠BB'，判断C错误，利用四边形的内角和为360°求出AA'，BB'的夹角为90°，判断D正确，进而得出结论.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：根据函数图象起点坐标可得AB-AD=2，
∵点P、Q的速度相同，
∴当DQ=2时，点P与点C重合，此时BC=DQ=2，AP-AQ=m，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=2，AB=CD，
∴AB=CD=AD+2=22，
点x=2时，在Rt△ABP中，AP=AB2+BP2=AB2+BC2=10，
在Rt△ADQ中，AQ=DQ2+AD2=2，
∴m=AP-AQ=10−2.
故答案为：B.
【分析】根据函数图象起点坐标可得AB-AD=2，由点P、Q的速度相同，结合图象可得当DQ=2时，点P与点C重合，此时BC=DQ=2，AP-AQ=m，由矩形的性质得AB=CD=AD+2=22，然后分别利用勾股定理算出AP与AQ，即可求出m的值.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：设AD=x，因为 把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处 ，由折叠关系可得：AD=DH=x，因为HF=1，则DF=DH+HF=x+1，BD=BF+DF=x+9，因为 把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处 ，所以由折叠关系有：CD=DF=x+1，
又因为四边形ABCD为矩形，所以：AB=CD=x+1，则在Rt∆BAD中，由勾股定理得：BD2=AD2+AB2 ，即x+92=x2+x+12，解得：x1=20，x2=−4（舍去）；故AD=x=20，AB=x+1=21，所以矩形ABCD的面积：S=AD×AB=20×21=420.
故答案为：A.
【分析】首先设AD=x，，由折叠的关系可以得到：AD=DH=x，CD=DF=x+1，还可计算出：
BD=BF+DF=x+9，然后在Rt∆BAD中运用勾股定理解出x，然后根据矩形的面积公式进行求解即可.
9．【答案】C
【解析】【解答】解：连接OC，如图，
∵ 点O为正方形ABCD的中心，
∴ ∠DCO=∠BCO，
∵ CF，CE与 ⊙O相切 ，
∴ ∠FCO=∠ECO，
∴ ∠DCO-∠FCO=∠BCO-∠ECO，
即∠DCF=∠BCE，
∵△BCE沿着CE折叠至△FCE，
∴ ∠BCE=∠FCE，
∴ ∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，
设CE为2x，则BE为x，
在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2，
即42+x2=4x2，
解得，x=433，
则CE=2x=833.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质可得∠DCO=∠BCO，根据切线长定理可得 ∠FCO=∠ECO，进而可得∠DCF=∠BCE，根据折叠的性质可得 ∠BCE=∠FCE，可推出∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，再根据30°的直角三角形的性质可得2BE=CE，再根据勾股定理列方程即可求得CE的长.
10．【答案】B
【解析】【解答】解：∵A（1，0），
∴OA=1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
第一次旋转后，A1在第一象限，OA1=2，
第二次旋转后，A2在第二象限，OA2＝22，
第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3＝23，
第四次旋转后，A4在第三象限，OA4＝24，
第五次旋转后，A5在第四象限，OA5＝25，
第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6＝26，
……
如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到x轴正半轴，
∵2023÷6=337…1，
点A2023在第一象限，且OA2023＝22023，
如图，过点A2023作A2023H⊥x轴于H，
在Rt△OHA2023中，∠HOA2023=60°，
∴OH=OA2023·cs∠HOA2023=22023×cs60°=22023×12=22022，
A2023H=OA2023·sin∠HOA2023=22023×sin60°=3×22022，
∴点A2023的坐标为(22022，3×22022)．
故答案为：B.
【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次后点A又回到x轴的正半轴上，故点A2023在第一象限，且OA2023＝22023，即可求解．
11．【答案】（1）2
（2）41−2.5
【解析】【解答】解：（1）连接AG，由圆的切线的性质可得AG⊥DF，
在Rt△ADG中，AG=6，AD=10，
DG=AD2−AG2=8，
∵∠ABC=90°，
∴FB与弧相切于点B，
∴FB=FG，
设FB=FG=x，于是CF=BC-FB=10-x，
在Rt△CDF中，DF2=CF2+CD2，
∴（8+x）2=(10-x)2+62，解得：x=BF=2；
故答案为：2；
（2）连接DE、GE，取DE的中点H，连接PH，连接CE，取CE的中点I，连接IQ，
于是可得PH∥GE，IQ∥BE，
∴PH=12EG=12BE=IQ=12（AB-AE）=2.5，
∴PH∥IQ，PH=IQ，
∴四边形PHIQ是平行四边形，
∴HI=PQ，HI∥PQ∥CD，
∵P、Q分别是DG、CG的中点，
∴PQ=12CD=HI=3，
取HI的中点J，
易得HJ=12HI=12PQ=PM=1.5，
∴四边形PHJM是平行四边形，
∴JM=PH=2.5，即：M在以J为圆心、2.5为半径的圆弧上，
∴当点C、M、J三点在同一直线上时，CM最短，即CM=CJ-JM=CJ-2.5，延长JH，JI分别交AD、BC于K、L两点，于是可得KL∥AB，
∴CL=12BC-5，
HK=12AE=0.5，KL=CD=6，
∴KJ=KH+HJ=0.5+1.5=2，JL=KL-KJ=6-2=4，
在Rt△CJL中，CJ=JL2+CL2=41，
∴CM的最小值=CJ-JM=41-2.5.
故答案为：41-2.5.
【分析】（1）连接AG，则AG⊥DF，用勾股定理求得DG的值，由切线长定理可得FB=FG，设FB=FG=x，在Rt△CDF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解；
（2）连接DE、GE，取DE的中点H，连接PH，连接CE，取CE的中点I，连接IQ，于是可得PH∥BE，IQ∥BE，易证四边形PHIQ是平行四边形；根据有两组对边分别相等的四边形是平行四边形可得四边形PHJM是平行四边形；得JM=PH=2.5，即：M在以J为圆心、2.5为半径的圆弧上，由两点之间线段最短可得：当点C、M、J三点在同一直线上时，CM最短，延长JH，JI分别交AD、BC于K、L两点，在Rt△CJL中，用勾股定理可求解.
12．【答案】392
【解析】【解答】解：∵直线y=−13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴A（6，0），B（0，2），
过点B作其关于x轴的对称点B'，再把B'向右平移3个单位得到C，过点C作CD⊥AB于点D且交x轴于点F，过点B'作B'E∥CD，过点C作CP⊥x轴于点P，则CP=2，PO=3，如图所示：
∴四边形EFCB'为平行四边形，B'E=BE=CF，B'（0，-2），C（3，-2），
∴FD+EB=FC+DF=CD存在最小值，
∵∠DFA=∠PFC，
∴∠PCF=∠FAD，
∴tan∠PCF=tan∠FAD，
∴PF2=26，
∴PF=23，
∴F（113，0），
设直线CD的解析式为y=kx+b，
由题意得113k+b=−23k+b=0，解得k=3b=−11，
∴y=3x-11，
∴y=−13x+2y=3x−11，
∴D（3910，710），
过点D作GD⊥y轴于点G，如图所示：
∵直线y=−43x+2与x轴交于点Q，
∴Q32，0，
由勾股定理得QB=52，
∴sin∠QBO=QOBQ=35，
∵sin∠GBH=HGBH，
∴HG=35BH，
∴3BH+5DH的最小值是3BH+5DH=535BH+DH=5DG=392，
故答案为：392
【分析】过点B作其关于x轴的对称点B'，再把B'向右平移3个单位得到C，过点C作CD⊥AB于点D且交x轴于点F，过点B'作B'E∥CD，过点C作CP⊥x轴于点P，则CP=2，PO=3，进而即可得到四边形EFCB'为平行四边形，B'E=BE=CF，B'（0，-2），C（3，-2），进而得到FD+EB=FC+DF=CD存在最小值，再运用解直角三角形即可得到点F的坐标，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线CD的解析式，进而即可得到点D的坐标，过点D作GD⊥y轴于点G，先根据一次函数的性质即可得到点Q的坐标，再运用勾股定理即可求出QB的长，最后运用3BH+5DH=5DG即可求解。
13．【答案】2或6
【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，
①当0＜t＜103时，点M、N、D的位置如图所示：
由题意得BM=3t，CN=2t，
∵△ABC是边长为10的等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=AC=10，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴DM=AN，DM∥AN，DN∥AB，
∴∠MDB=∠C=60°，∠NDC=∠B=60°，
∴∠NDC=∠C，∠B=∠BDM，
∴ND=NC=2t，BM=DM=3t，
∵DM+DN=AN+NC=AC=10，
∴3t+2t=10，
解得t=2；
②当103≤t≤5时，点A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；
③当5＜t＜203时，点M、N、D的位置如图，
由题意得：AM=3t-10，AN=2t-10，
∵△ABC是边长为10的等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=AC=10，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴DM=AN，DM∥AN，DN∥AB，
∴∠MDC=∠B=60°，∠NDB=∠C=60°，
∴∠NDB=∠B，∠C=∠CDM，
∴ND=BN=3t-10，AN=DM=2t-10，
∵DM+DN=AN+BN=AB=10，
∴3t-10+2t-10=10，
解得t=6；
④当203≤t≤10，点M、N、D的位置如图，
由题意得：BN=20-2t，BM=30-3t，
∵△ABC是边长为10的等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴MN∥AC，
∴∠NMB=∠C=60°，
∴∠NMB=∠B=60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，即20-2t=30-3t，
解得t=10，
此时M与N重合，不能构成平行四边形，
综上所述，t的值为2或6.
故答案为：2或6.
【分析】分四种情况：①当0＜t＜103时；②当103≤t≤5时，点A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；③当5＜t＜203时，点M、N、D的位置如图；④当203≤t≤10，分别画出图形，从而根据等边三角形的性质及平行四边形的性质列出方程，求解即可.
14．【答案】（5，8）
【解析】【解答】解：如图所示：连接CM，
，
由中心对称可得：AM=BM，
由轴对称可得：MB=MC，
∴AM=CM=BM，
∴∠MAC=∠ACM，∠MBC=∠MCB，
∵∠MAC+∠ACM+∠MBC+∠MCB=180°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形，
延长BC交x轴于点E，过点C作CF⊥AE于点F，
∵A(1， 0)， C(7， 6)，
∴AF=CF=6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∵∠ACE=90°，
∴∠AEC=45°，
∴E点坐标为(13，0)，
设直线BE的解析式为y=kx+b，
∵点C，E在直线上，
∴13k+b=07k+b=6，
解得：k=−1b=13，
∴y=-x+13，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B(n+1，2n)，
∴2n=-n-1，
解得：n=4，
∴B(5，8)，
故答案为：(5，8).
【分析】根据题意先求出△ABC是直角三角形，再利用待定系数法求出y=-x+13，最后求点的坐标即可。
15．【答案】（1）52
（2）25
【解析】【解答】解：(1)根据折叠的性质可得MN是DE的垂直平分线，
∴DN=EN，
设DN=EN=x，则CN=4−x．
∵E是BC的中点，
∴EC=12BC=2．
在Rt△NEC中，
CN2+CE2=EN2，即(4−x)2+22=x2，
解得x=52，即DN=52．
(2)如图，取AD的中点P，连接QP，QG，QC，由折叠的对称性可知QP=QG．
∵Q为DE的中点，△CDE为直角三角形，
∴CQ=12DE=QE，
∴GQ+QE=QP+CQ≥CP，
由勾股定理得CP=42+22=25，当且仅当P，Q，C三点共线时最小，最小值为25．
【分析】（1）设DN=EN=x，则CN=4−x，利用勾股定理可得CN2+CE2=EN2，即(4−x)2+22=x2，再求出x的值即可；
（2）取AD的中点P，连接QP，QG，QC，由折叠的对称性可知QP=QG，再结合CQ=12DE=QE，可得GQ+QE=QP+CQ≥CP，再利用勾股定理求出CP的长从而得解.
16．【答案】2；102613
【解析】【解答】在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=CD=10，AD=BC=12，
由折叠的性质可得AB=BE，∠BEF=90°，
∴四边形ABEF是矩形，∠CEF=180°-90°=90°，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是正方形，
∴AB=BE=EF=AF=10，
∴DF=BC-BE=2，
由勾股定理可得CF=CE2+EF2=22+102=226,
连接CF，如图，
由旋转的性质可得∠BEF=∠CNF=90°，EF=NF，
∵CF=CF，
∴Rt△ECF≅Rt△NCF(HL)，
∴CN=CE=2，EF=NF=10，
∴C、D在EN的垂直平分线上，
∴CF⊥EN，
∴四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,
∴12×EN×226=2×12×10×2,
解得EN=102613，
【分析】先证明四边形ABEF是正方形，得到AB=BE=EF=AF=10，DF=BC-BE=2，连接CF，利用勾股定理求得CF的值以及旋转的性质，通过HL证明Rt△ECF≅Rt△NCF，从而得到CN=CE=2，EF=NF=10，证明C、D在EN的垂直平分线上，最后利用四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,代入数据计算即可求解.
17．【答案】（1）解：由题意可知：AM=tcm，DN=2tcm
∴AN=AD−DN=(6−2t)cm
∵△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19
∴12×t×(6−2t)=19×3×6
解之得：t1=1，t2=2
∴t=1s或t=2s时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19
（2）解：存在．理由如下：
∵△AMN与△ACD相似
∴分为两种情况：
①当△MNA∽△ACD时
∴AMDA=ANDC，即t6=6−2t3
解得：t=125
②当△NMA∽△ACD时
∴AMDC=ANDA，即t3=6−2t6
解得：t=32
综上所述，当t=125s或t=32s时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似
【解析】【分析】（1）先利用线段的和差求出AN的长，再根据“ △AMN的面积等于矩形ABCD面积的19 ”列出方程12×t×(6−2t)=19×3×6求解即可；
（2）分类讨论： ①当△MNA∽△ACD时 ， ②当△NMA∽△ACD时 ，再利用相似三角形的性质分别列出比例式求解即可.
18．【答案】（1）解：由点P和Q的移动速度及方向可知：
BP=5t，BQ=BC−CQ=8−4t；
（2）解：在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=62+82=10．
分两种情况：当△BPQ∽△BAC时，
BPBA=BQBC，即5t10=8−4t8．
解得t=1．
当△BPQ∽△BCA时，
BPBC=BQBA，即5t8=8−4t10．
解得t=3241．
综上可知：t的值为1或3241．
（3）解：∵PD⊥BC，
∴∠PDB=90°，
∵∠PDB=∠ACB=90°，∠PBD=∠ABC，
∴△PDB∽△ACB，
∴PBAB=PDAC，即5t10=PD6，
∴PD=3t，
∴BD=PB2−PD2=25t2−9t2=4t，
∵AQ⊥CP，
∴∠CAQ+∠ACP=∠ACP+∠DCP=90°，
∴∠CAQ=∠DCP，
又∵∠ACQ=∠CDP，
∴△CAQ∽△DCP，
∴CDAC=PDQC，即8−4t6=3t4t，
∴t=78，
∴PD=3×78=218．
【解析】【分析】（1）根据路程=速度×时间这一基本数量关系即可找到BP、BQ的长的表达式；
(2)两三角形相似，有2种情况：△BPQ∽△BAC或 △BPQ∽△BCA，分别找到2种情况下的对应边成比例的情况，可解出t值；或根据2种情况下的动点形成的直角位置不同，借助三角函数和勾股定理也可以计算出t值；
（3）根据题意易知△PDB∽△ACB，可以找到PD的表达式，进而BD、DC、QC的表达式都是可以找到的，因为需要确定t值才能根据关系式求PD，观察这些线段的关系看是否可以应用勾股定理或者线段成比例来找到等式，根据等角的余角相等可以进一步判定△CAQ∽△DCP，故根据对应边成比例可以列出等式，求得t值，进而求的PD的值。
19．【答案】（1）4
（2）解：由题可知，
设AH=t，则BP=2t，DH=8-t，
①若点P在D点左侧，
此时DP=6-2t，0∵△HDP∽△ADC，∴HDAD=DPDC
∴8−t8=6−2t4，∴t=43
①若点P在D点右侧，
此时DP=2t-6，3∵△HDP∽△ADC
∴HDAD=DPDC，∴8−t8=2t−64，∴t=4
（3）13
（4）2
【解析】【解答】解：（1）在Rt△ADB中，由勾股定理，得
BD=AB2−AD2=102−82=6，
∴DC=BC−BD=10−6=4，
（3）t2=2t−6∴t=4，HC=42
HP=25PE⋅42=2×4，∴PE=2
∴CE=2∴tan∠PHC=13，∴HE=32
（4）过H作HF//AC，∴∠1=∠PHQ，△PHF∽△PHQ，∴PH2=PF⋅PQ，
(6−2t)2+(8−t)2=(10−52t)⋅8，∴t=2
【分析】（1）根据题意，在Rt△ADC中，直接利用勾股定理即可求解；
（2）根据点P在BD上或点P在CD上分两种情况讨论，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）先表示出含有t的关系式，根据已知条件求出HP的值，进一步得到PE，CE的值，再利用正切的定义即可求出 tan∠PHC 的值；
（4）过H作HF//AC，可得∠1=∠PHQ，进一步可证明△PHF∽△PHQ，再利用相似三角形的性质：对应边成比例，列出方程，即可求解.
20．【答案】（1）解：由点C(0，2)，得OC=2，
由已知矩形平移得，OO'=t，OC=O'C'=2，∠COE=∠C'O'O=90°，
又△OAB是等腰直角三角形，得∠BOO'=∠BAO=45°，
∴△OOF是等腰直角三角形，
∴OO'=O'F=1，
∴点F的坐标F(1，1)，点C'的坐标C'(1，2)
（2）解：①由平移知，O'C'=2，∠C'=∠C'O'O=90°，OO'=t，
如图②，过点G作GM⊥OA于M，
∴GM=OM=2，
∴O'M=C'G=t−2，
由C'D'//OA，
得∠O'AN=∠C'HN=45°，
∴△O'AN与△C'NH均为等腰直角三角形，
又OA=6，
∴O'A=O'N=6−t，
∴C'H=C'N=2−(6−t)=t−4，
∴S=S梯形OGCO'−S△GNH=12(C'G+OO')O'C'−12C'H⋅C'N
=12(t−2+t)×2−12(t−4)2
=2t−2−12(t−4)2
=−12t2+6t−10，
其中t的取值范围是4②∵t=53时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为等腰直角三角形，
∴S=12×53×53=2518，
当t=42时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为五边形，
∴S=−12t2+6t−10=−12×(42)2+6×42−10=242−26，
∴S的取值范围为：2518≤S≤242−26．
【解析】【分析】（1）根据矩形和等腰三角形的性质，可找到两点的坐标；（2）采用割补法求面积，如何割补的原则是分割的小面积易求，故S=S梯形OGC'O'−S△C'NH，特别注意t的取值范围，要保证重叠部分是五边形，421．【答案】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，
由题意得CD=CE，∠DCE=α，
∴∠CDE=∠CED=12(180°−α)=90°−12α，
∴∠ADF=90°−∠CDE=90°−(90°−12α)=12α，
∵AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD=12α，
∴∠FAD=180°−∠ADF−∠AFD=180°−α，
∴∠BAF=∠FAD−∠BAD=180°−α−90°=90°−α；
证明：②连接BE，
∵∠DCE=α，
∴∠BCE=90°−α=∠BAF，
∵CD=CE=AD=AF=BC，
∴△BCE≌△BAF(SAS)，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF=2BF；
（2）解：过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，
由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD，
∴OB=OD=OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
∴GH=12AB+OG=12AB+12BD=12×2+12×22=1+2，
∴△ADG面积的最大值为12AD×GH=1+2．
【解析】【分析】（1）①由正方形的性质得AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠CDE=∠CED=90°-12α，进而利用角的和差可得∠ADF=12α，再由等边对等角得∠AFD=∠ADF=12α，最后再由三角形的内角和定理及角的和差可用表示出∠BAF的度数；
②连接BE，根据角的和差可得∠BCE=∠BAF=90°-α，由正方形的性质、旋转的性质及已知得CD=CE=AD=AF=BC，从而用SAS判断出△BCE≌△BAF，由全等三角形的性质得BF=BE，∠ABF=∠CBE，进而根据等式的性质及正方形的性质可推出∠EBF=90°，则△EBF是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；
（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，由等腰直角三角形的性质得BG⊥EF，由正方形的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OB=OD=OG，点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，由圆中最长的弦是直径得当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，从而就不难求出答案了.
22．【答案】（1）y=−3x+3​​​​​​​；直角
（2）解：如图：
由（1）知△ABC是直角三角形；
所以S=12QB×BP
依题意，点Q运动到点B时，时间为23÷2=3（秒）
当0≤t≤3时，此时点Q在AB线段上，
则 S=QB×BP×12=(23−2t)×t×12=−t2+3t，
当3则S=QB×BP×12=(2t−23)×t×12=t2−3t，
综上：S=−t2+3t(0≤t≤3)t2−3t(3（3）解：当△BPQ∽△BAO时，BPBA=BQBO
则t23=23−2t3
解得12−43t=3t
则t=235，
∴AQ=2×235=435
则sin∠OAB=OBAB=323=12=xQAQ
得xQ=235
把xQ=235代入y=−3x+3
得y=95
∴Q(235，95)
当△BQP∽△BAO时，BPBO=BQBA
则t3=23−2t23，
解得6−23t=23t，
t=643=32，
则AQ=2×32=3，
∴sin∠OAB=OBAB=323=12=xQAQ，
∴xQ=32，
把xQ=32代入y=−3x+3
得y=−3×32+3=32
∴Q(32，32)
存在，且Q(235，95)或Q(32，32)
【解析】【解答】（1）解：设直线AB的函数表达式为y=kx+b，
把点A(0，3)，B(3，0)代入y=kx+b，
得b=33k+b=0
解得k=−3
∴y=−3x+3；
在△ABC中，AC=4，由勾股定理得
∴AB=3+9=23，BC=3+1=2
∵AC2=AB2+BC2
∴△ABC是直角三角形；
故答案为：y=−3x+3；直角；
【分析】（1）设直线AB的函数表达式为y=kx+b，把点A、B的坐标分别代入y=kx+b，可得关于字母k、b的方程组，求解得出k、b的值，从而得到一次函数的解析式；利用平面内两点间的距离公式求出AB、AC、BC的长，结合勾股逆定理，即可得解；
（2）分类讨论：当0≤t≤3时，此时点Q在AB线段上，则 S=QB×BP×12，当3（3）分类讨论，结合（1）的△ABC是直角三角形，当△BPQ∽△BAO时，BPBA=BQBO和当△BQP∽△BAO时，BPBO=BQBA，列式计算，化简即可得到答案．
23．【答案】（1）−310t2+32t
（2）解：如图，连接PP’，PP’交QC于点E，
当四边形PQP’C为菱形时，
PE垂直平分QC，
∴PE⊥AC，QE＝EC，
∵PE∥BC，
∴△APE∽△ABC，
∴AEAC=APAB，
∴AE4=5−t5，
∴AE＝−45t+4，
∴QE＝AE－AQ＝−45t+4－t＝−95t+4，
∴−95t+4＝2−12t，
∴t＝2013，
∵0＜t＜2013，
∴当四边形PQP’C为菱形时，t的值为2013；
（3）解：由（1）知，PE＝−35t+3，
由（2）知：QE＝−95t+4，
根据勾股定理可得PQ2＝PE2＋QE2＝185t2−18t+25，
在△APQ中，分三种情况讨论：
①当AQ＝AP时，
即t＝5－t时，
解得：t1＝52；
②当PQ＝AQ时，
即185t2−18t+25＝t2时，
解得：t2＝2513，t3＝5；
③当PQ＝AP时，
即185t2−18t+25＝(5－t)2时，
解得：t4＝4013，t5＝0；
∵0＜t＜4，
∴t3＝5，t5＝0不合题意，舍去，
∴当t的值为52或2513或4013时，△APQ是等腰三角形．
【解析】【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝AC2+BC2＝5，
根据题意可知：BP＝AQ＝t，
∴AP＝AB－BP＝5－t，
如图，过点P作PE⊥AC于点E，
∴∠PEC＝∠C＝90°，
∴PE∥BC，
∴△APE∽△ABC，
∴PEBC=APAB，
∴PE3=5−t5，
∴PE＝−35t+3，
∴△APQ的面积＝12×AQ·PE＝12×t·（−35t+3）＝−310t2+32t，
∴S＝−310t2+32t；
【分析】（1）过点P作PE⊥AC于点E，先证出△APE∽△ABC，可得PEBC=APAB，再将数据代入可得PE3=5−t5，求出PE＝−35t+3，最后利用三角形的面积公式求解即可；
（2）先证出△APE∽△ABC，可得AEAC=APAB，再求出 AE＝−45t+4， 利用线段的和差求出 QE＝AE－AQ＝−45t+4－t＝−95t+4， 再利用菱形的性质列出方程 −95t+4＝2−12t， 最后求出t的值即可；
（3）分类讨论： ①当AQ＝AP时，②当PQ＝AQ时，③当PQ＝AP时， 再分别列出方程求解即可.
24．【答案】（1）5；5
（2）解：如图，
当0°≤α<360°时，AEBD的大小没有变化，
∵由旋转知∠ECA=∠DCB，
∵在Rt△ABC中，AC=√BC2+AB²=2√5
D，E分别是BC，AC中点，
∴DC=1，CE=√5
∵CECD=√5，ACBC=√5
∴CECD=ACBC
∴△ACE∽△BCD
∴AEBD=ECDC=5；
（3）355或5
【解析】【解答】解：（1） 由题知：AC=BC2+BA2=22+42=25
∵D、E分别为BC、AC的中点，则AE=5，BD=1
∴AEBD=5
由知AE=35，BD=3，则AEBD=5
故答案为：5，5
（3）解：如图，当点E在AB的延长线上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=AB+BE=5，
∵AEBD=5，
∴BD=55=5；
如图，当点E在线段AB上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=4−1=3，
∵AEBD=5，
∴BD=355，
综上所述，满足条件的BD的长为355或5．
【分析】（1） ①由勾股定理求出AC的长，再根据D、E分别为BC、AC中点，即可求解， ② 由旋转性质结合①即可。
（2） 由旋转知∠ECA=∠DCB，△ACE∽△BCD 始终相似，即可根据对应边成比例可证。
（3）分两种情况讨论，即点E在AB的延长线上时或点E在线段AB上时讨论即可。
25．【答案】（1）解：如图①，连结AO并延长交⊙O于点P，点P为所求．
理由如下：在⊙O上取点P'(异于点P)，连结AP'、OP'．
在△AOP'AOP中，OA+OP'>APAP'，
∵OP=OP'，
∴OA+OP>AP'，
即AP>AP'；
（2）m+r；m−r
（3）73−3
【解析】【解答】解：（2）如图，线段AO并延长交⊙O于点P‘，AO的延长线交⊙O于点P，
由（1）得出，此时AP长度最大为OA+OP=m+r，
当点P在P‘位置时，AP长度最小为OA−OP‘=m−r，
所以线段AP长度的最大值为m+r，线段AP长度的最小值为m−r，
故答案为：m+r，m−r.
（3）如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM，
因为∠DHC=90°，
所以∠AHD=90°，
所以点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，
所以MH=MD=12AD=3，
所以当M、H、B共线时，BH的值最小，
因为AB是直径，
所以∠ADB=90°，
所以BD=AB2−AD2=102−62=8，
所以BM=BD2+MD2=82+32=73，
所以线段BH长度的最小值为73−3；
故i答案为：73−3.
【分析】（1）根据三角形三边关系求解即可；
（2）结合（1）求解即可；
（3）取AD的中点M，连接BD、HM、BM，由题意点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小.
26．【答案】（1）3
（2）解：∵将△ABE沿着AE对折得到△AFE，
∴△ABE≌△AFE，
∴AB=AF，∠BAE=∠FAE，
∴AE⊥BF，即∠AHB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠AHB=90°，
∵∠BAH+∠ABD=90°，∠ADB+∠ABD=90°，
∴∠BAH=∠ADB，
∴tan∠BAH=tan∠ADB，
∴BEAB=ABAD，即BE6=68，
∴BE=92；
（3）23
（4）解：∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°，AD=BC=8
∵将△ABE沿着AE对折得到△AFE
∴△ABE≌△AFE
∴AB=AF=6，BE=EF，∠ABE=∠AFE=90°
∵MN垂直平分AD
∴∠BAM=∠ABN=∠AMN=90°
∴四边形ABNM是矩形
∴AM=BN=4，AB=MN=6
在Rt△AMF中MF=AF2−AM2=25，
∴NF=6−25，
∵∠MAF+∠AFM=90°，∠EFN+∠AFM=90°
∴∠MAF=∠EFN
∴cs∠MAF=cs∠EFN
∴AMAF=NFEF
即46=6−25EF
解得：EF=9−35，
∴BE=9−35；
（5）解：延长GK交BC于点R，
由（3）可得：∠BAF=60°，
∴∠AFM=30°，∠GAF=30°，
∴sin∠AFM=AMAF=AMAB=12，∠GAE=60°，
∴∠AEB=60°，
∵将△ABE沿着AE对折得到△AFE，
∴∠AEF=∠AEB=60°，∠AFE=∠B=90°，
∴∠GER=60°，△AEG为等边三角形，则AE=GE，
∵GR⊥AD，
∴GR⊥BC，即∠GRE=90°，
∵∠GER=∠AEF=60°，∠GRE=∠AFE=90°，AE=GE，
∴△EFA≌△ERG(AAS)，
∴EF=ER，AF=GR，
在Rt△EFQ和Rt△ERP中，
EP=EQEF=ER，
∴Rt△EFQ≌Rt△ERP(HL)，
∴QF=PR，
∴AF−QF=GR−PR，
即AQ=GP．
【解析】【解答】解：（1）∵矩形ABCD，
∴∠B=90°，
∵ 将△ABE沿着AE对折，点B落在点F处，
∴BE=EF，AB=AF=6，∠B=∠EFC=90°，
∴AC=62+82=10，
∴FC=10-6=4，
设BE=x，则EC=8-x，
∵EF2+CF2=EC2，
∴x2+42=（8-x）2
解之：x=3，
∴BE=3.
故答案为：3.
（3）过点F作GH⊥AD于点G，交BC于点H，
∵ 将△ABE沿着AE对折，点B落在点F处 . 若点F恰好落在矩形一边AD的垂直平分线MN上，
∴AB=AF=6，GF=FH=3，
∴AF=2GF，
∴∠GAF=∠EFH=30°，
∴cs∠EFH=cs30°=FHEF=32即3EF=32
解之：EF=23，
∴BE=EF=23.
故答案为：23.
【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质可证得BE=EF，AB=AF=6，∠B=∠EFC=90°，利用勾股定理求出AC的长，设BE=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长.
（2）利用折叠的性质可证得△ABE≌△AFE，利用全等三角形的性质可知AB=AF，∠BAE=∠FAE，可推出AHB=90°；利用矩形的性质及余角的性质可证得∠BAH=∠ADB，利用锐角三角形的定义可得到BE的方程，解方程求出BE的长.
（3）过点F作GH⊥AD于点G，交BC于点H，利用折叠的性质和已知可证得AB=AF=6，GF=FH=3，由此可求出∠GAF=∠EFH=30°，利用解直角三角形求出EF的长，可得到BE的长.
（4）利用矩形的性质可证得∠BAD=∠ABC=90°，AD=BC=8，利用折叠的性质可求出AF的长，同时可证得BE=EF，∠ABE=∠AFE=90°，利用垂直的定义可证得∠BAM=∠ABN=∠AMN=90°，可推出四边形ABNM是矩形，利用矩形的性质可得到AM，MN的长，利用勾股定理求出MF的长，可得到NF的长；利用余角的性质可证得∠MAF=∠EFN，利用解直角三角形可求出EF的长，即可得到BE的长.
（5）延长GK交BC于点R，利用解直角三角形求出∠AEB=60°，利用折叠的性质可证得∠AEF=60°，∠AFE=∠B=90°，可推出△AEG是等边三角形，可得到AE=EG；再利用AAS证明△EFA≌△ERG，利用全等三角形的性质可证得EF=ER，AF=GR，利用HL证明△EFQ≌△ERP，利用全等三角形的性质可证得QF=PR，由此可证得结论.
27．【答案】（1）解：四边形BFDE是菱形。
（2）4
（3）解：BC＝3AB
【解析】【解答】解：
（1）四边形BEDF是菱形。
证明：由折叠可知，EF是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，BF＝DF，EF⊥BD，
由矩形ABCD可得AD∥BC，∴∠ADB＝∠FBD，
由BF＝DF可得∠FDB＝∠FBD，∴∠ADB＝∠FDB，
又EF⊥BD，∴△DEF是等腰三角形，DE＝DF
∴BE＝DE＝BF＝DF，∴四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，设EF与BD相交于M，
∵BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∴BD＝45
易证明△BMF∽△BCD，∴BFBD＝BMBC＝MFCD，
∴345＝BM8＝MF4，∴MF＝35
∴BB′＝2BM＝125，易证明△BB′N∽△BDC，
∴B‘NCD＝B‘BBD＝BNBC，∴B‘N4＝12545＝BN8
∴B′N＝2.4，BN＝4.8，∴CN＝8-4.8＝3.2
∴B′C＝B‘N2+CN2＝2.42+3.22＝4
故答案为：4
（3）设B′F与AC相交于G，∠OCB＝x，
易知OB＝OC，∴OBC＝∠OCB＝∠x，
由折叠可知BF＝B′F，∴∠OBC＝∠FB′B＝x，
∴∠B′FC＝∠OBC+∠FB′B＝2x，
当A′B′∥AC时，∠AGF＝∠A′B′F＝90°，
∵∠AGF＝∠OBC+∠B′FC＝x+2x=3x
∴3x=90°，∴x=30°，
∴BC＝3AB
即当BC＝3AB时， 始终有A'B'与对角线AC平行 。
【分析】
（1）先根据折叠的特点证明BE＝DE，BF＝DF，再证明∠ADB＝∠FDB得DEF是等腰三角形，DE＝DF，从而推导出四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，证明△BMF∽△BCD，求出BM，MF，BB′，再证明△BB′N∽△BDC得B′N，BN，CN，再运用勾股定理计算B′C即可。
（3）设B′F与AC相交于G，根据OB＝OC，A′B′∥AC可推导出∠OCB＝30°，从而得到AB与BC的关系。
28．【答案】（1）2；30或210
（2）解：当α=90°时，如图所示：
∵AB=AC=2，
∴AD=AD'=12AB=1，
∴BD=CD'=22−12=3，
∵∠DAD'=α=90°，
又∵∠ADB=∠AD'C=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD=DE=D'E=1，
∴BE=BD−DE=3−1，
∴EF=BE×tan∠ABD=(3−1)×33=1−33，
∵∠DAG=∠DAD'−∠CAD'=90°−60°=30°，
∴DG=AD×tan∠DAG=1×33=33，
∴S四边形AGEF=S△ABD−S△BEF−S△ADG
=12×1×3−12×(1−33)(3−1)−12×1×33
=32−233+1−36=1−33，
即两块三角板重叠部分图形的面积为1−33．
（3）2π
【解析】【解答】解：（1）如图，
∵∠ADB=∠A′D′C=90°，∠ABD=30°，
∴∠BAD=∠D′AC=90°-30°=60°，
当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=2；
∵AB=AC=2，
当AD，AD′在∠BAC的内部时，
过点A作AH⊥BC于点H，
∴∠AHC=90°，
∵AC=AB，
∴HC=12BC=12×22=2，
∴cs∠ACH=HCAC=22，
∴∠ACH=45°，
∴∠HAC=90°-45°=45°，
∴∠BAC=45°+45°=90°，
图1中，
∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-30°-30°=120°，
∴α=120°-90°=30°；
当AD，AD′在∠BAC的外部时，
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
同理可证∠BAC=90°，
∵∠CAD′=∠ABD=60°，
∴α=90°+60°+60°=210°；
∴当BC=22时α=30°或210°.
故答案为：2，30或210
（3）连接AF，
∵点F为BC的中点，AB=AC，
∴∠AFB=90°，
∴AB是直径，
∴点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，
∴点F的运动路径长为2π×AB2=2π×22=2π.
故答案为：2π
【分析】（1）根据题意画出图形，利用三角形的内角和定理求出∠BAD=∠D′AC=60°，当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可得到△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BC的长；分情况讨论：当AD，AD′在∠BAC的内部时，过点A作AH⊥BC于点H，利用等腰三角形的性质可求出HC的长，利用解直角三角形求出∠HAC的度数，可得到∠BAC的度数；由此可求出α的值；当AD，AD′在∠BAC的外部时，过点A作AH⊥BC于点H，同理求出∠BAC的度数，然后求出α的值；综上所述可得到符合题意的α的值.
（2）当α为90°时，根据题意画出图形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，苛求远程AD，AD′的长，利用勾股定理求出BD，CD′的长；再证明四边形ADED′是正方形，可得到DE的长，由此可求出BE的长，利用解直角三角形求出EF，DG的长；然后根据、S四边形AGEF=S△ABD-S△BEF-S△ADG，利用三角形的面积公式可求出四边形AGEF的面积.
（3）连接AF，利用等腰三角形的性质可知∠AFB=90°，利用圆周角定理可知AB是直径，可得到点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，利用圆的周长公式可求出点F的运动路径长.
29．【答案】（1）解：△DEP∽△CPG.
证明：∵∠EPG=90°，
∴∠EPD+∠GPC=90°，∠EPD+∠DEP=90°，
∴∠DEP=∠GPC，
∵∠D=∠C=90°，
∴△DEP∽△CPG
（2）解：∵△DEP∽△CPG，S△DEP：S△CPG=9：25，
∴DP：GC=3：5，
设PD=3x，则CG=5x，PC=5−3x，DE=35PC=3−95x，
∴EP=AE=AD−DE=2+95x
∴ Rt△DEP 中，(3x)2+(3−95x)2=(2+95x)2，
解得x1=53（舍去），x2=13，
∴DP=3x=1，
即当DP=1时，△DEP与△CPG面积的比是9：25
（3）解：由题可得，∠B=∠C=∠EPF=60°，
∴∠BEP+∠BPE=∠CPF+∠BPE=120°，
∴∠BEP=∠CPF，
∴△BEP∽△CPF，
∵S△BEP：S△CPF=9：25.
∴EPFP=35
设EP=3x，FP=5x，则FC=AC−AF=AC−FP=5−5x，
EB=AB−AE=AB−EP=5−3x，BP=35CF=3−3x，
∴PC=2+3x，
∴EBPC=5−3x2+3x=35，
解得x=1924，
∴PC=2+3x=358
即当PC=358时，△BEP与△CPF面积的比是9：25.
【解析】【分析】（1）根据同角的余角相等得∠DEP＝∠GPC，结合∠D＝∠C＝90°，判定△DEP∽△CPG即可；
（2）根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方，可得DP：GC＝3：5，再设PD＝3x，得出CG＝5x。PC＝5−3x，DE＝35PC＝3−95x，EP＝2＋95x，最后在Rt△DEP中，根据勾股定理，列出关于x的方程进行求解即可；
（3）根据两角对应相等，判定△BEP∽△CPF，再设EP＝3x，FP＝5x，得出FC＝5−5x，EB＝5−3x，BP＝35CF＝3−3x，PC＝2＋3x，最后根据相似三角形对应边成比例，列出方程求解即可．