专题3.4以平面几何图形的变换为背景的解答题2018年中考数学备考优生百日闯关系列解析.doc

第四关 以平面几何图形的变换为背景的解答题
1．如图， 中， 于，且．
（）试说明是等腰三角形．
（）已知，如图，动点从点出发以每秒的速度沿线段向点运动，同时动点从点出发以相同速度沿线段向点运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点运动的时间为（秒）．
①若的边与平行，求的值．
②若点是边的中点，问在点运动的过程中， 能否成为等腰三角形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①为或；②能， 值为或或，理由见解析

在Rt△ACD中，AC＝＝5x，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：S△ABC＝×5x×4x＝40cm2，而x＞0，
∴x＝2cm，
则BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm．
①当MN∥BC时，AM＝AN，
即10－t＝t，
∴t＝5；
当DN∥BC时，AD＝AN，
得：t＝6；
∴若△DMN的边与BC平行时，t值为5或6．
②当点M在BD上，即0≤t＜4时，△MDE为钝角三角形，但DM≠DE；
当t＝4时，点M运动到点D，不构成三角形，
当点M在DA上，即4＜t≤10时，△MDE为等腰三角形，有3种可能．
如果DE＝DM，则t－4＝5，
∴t＝9；
如果ED＝EM，则点M运动到点A，
∴t＝10；
如果MD＝ME＝t－4，
过点E做EF垂直AB于F，
因为ED＝EA，
所以DF＝AF＝AD＝3，
在Rt△AEF中，EF＝4；

点睛：本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、解方程等知识；本题有一定难度，需要进行分类讨论才能得出结果．学/科**网
2．定义：对角线互相垂直的凸四边形叫做“垂直四边形”．
（1）理解：
如图1，已知四边形ABCD是“垂直四边形”，对角线AC，BD交于点O，AC=8，BD=7，求四边形ABCD的面积.
（2）探究：
小明对 “垂直四边形”ABCD（如图1）进行了深入探究，发现其一组对边的平方和等于另一组对边的平方和．即．你认为他的发现正确吗？试说明理由．
（3）应用：
① 如图2，在△ABC中， ，AC=6，BC=8，动点P从点A出发沿AB方向以每秒5个单位的速度向点B匀速运动，同时动点Q从点C出发沿CA方向以每秒6个单位的速度向点A匀速运动，运动时间为t秒（），连结CP，BQ，PQ．当四边形BCQP是“垂直四边形”时，求t的值．
② 如图3，在△ABC中，，AB=3AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连结EG．请直接写出线段EG与BC之间的数量关系．

【答案】（1）28；（2）证明见解析；（3）①；②
【解析】试题分析：（1）由于对角线互相垂直，所以四边形ABCD的面积可化为AO•BD+CO•BD的和；
（2）由于对角线互相垂直，由勾股定理分别表示出AB2、CD2、AD2、BC2；
（3）①过点P作PD⊥AC于点D，构造△PAD∽△BAC后，利用BP2+CQ2=PQ2+BC2列出关于t的方程；②
故答案为：28；

（2）∵四边形ABCD是“垂直四边形”，
∴AC⊥BD.
由勾股定理可知：
AB2+CD2=(AO2+BO2)+(DO2+CO2)，
AD2+BC2=(AO2+DO2)+(BO2+CO2)，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；

∴ AP=5t，CQ=6t
∴，∴AD=3t，PD=4t.
∵ 四边形BCQP是“垂直四边形”.
∴BP2+CQ2=PQ2+BC2.
∴(10-5t)2+(6t)2=(6-9t)2+82，
解得t=或t=0（舍去）.
∴ 当四边形BCQP是“垂直四边形”时，t的值为.
②如图3，

连接CG、BG、BE、CE，
CE与BG交于点O
由题意知：EA=BA，AC=AG
∠EAB=∠CAG=90°
∴∠EAB+∠BAC=∠CAG+∠BAC
∴∠EAC=∠BAG
在△EAC与△BAG中，

点睛：本题考查的是垂直四边形的概念和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，正确理解垂直四边形的定义，灵活运用勾股定理是解题的关键.
3．在四边形中， ，对角线平分.学科..网
（1）如图1，若，且，试探究边、与对角线的数量关系并说明理由.
（2）如图2，若将（1）中的条件“”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由.
（3）如图3，若，探究边、与对角线的数量关系并说明理由.

【答案】（1）.证明见解析；（2）成立；（3）.理由见解析.
【解析】试题分析：（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；
（2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；
（3）结论：AD+AB＝AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；
试题解析：解：（1）AC=AD+AB．
理由如下：如图1中，

（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，

∵∠BAC=60°，
∴△AEC为等边三角形，
∴AC=AE=CE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，
∴∠DCB=60°，

（3）结论：AD+AB＝AC．理由如下：
过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，

∴DCB=90°，
∵∠ACE=90°，
∴∠DCA=∠BCE，
又∵AC平分∠DAB，
∴∠CAB=45°，
∴∠E=45°．
∴AC=CE．
又∵∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，
∴△CDA≌△CBE，
∴AD=BE，
∴AD+AB=AE．
在Rt△ACE中，∠CAB=45°，
∴AE＝
∴.
4．△ABC和△CDE是以C为公共顶点的两个三角形．
（1）如图1，当△ABC和△CDE都是等边三角形时，连接BD、AE相交于点P．求∠DPE的度数；
（2）如图2，当△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，且∠ACB=∠DCE=90°时，连接AD、BE，Q为AD中点，连接QC并延长交BE于K．求证：QK⊥BE；
（3）在（1）的条件下，N是线段AE与CD的交点，PF是∠DPE的平分线，与DC交于点F，CN=2，∠PFN=45°，求FN的长．

【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）
DE、NE,再利用相似三角形的性质可得DE2=NE·PE，求出PE、PN,由此即可解决问题;
解：（1）如图1中，设AE交CD于J．

∴∠DPE=60°．
（2）如图2中，延长CQ到R，使得CQ=QR，连接AR、DR．

∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，学/++科网
∴∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CE=CD，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
∵AQ=DQ，CQ=QR，
∴四边形ACDR是平行四边形，

∴∠CKB=90°，即CK⊥BE．
（3）如图3中，作NH⊥EC于H，NG⊥PF于G，在EH上取一点K使得NK=EK．

∵∠DPE=60°，PF平分∠DPE，
∴∠NPPF=30°，
∵∠PFN=45°，∠NGF=90°，
∴GF=GN=PN，FN=GN，
∴∠PNF=∠CNE=105°，∠CEN=15°，
∵KN=KE，
∴∠KNE=∠KEN=15°，
∴∠NKH=30°，
在Rt△CNH中，∵CN=2，∠CNH=30°，
∴CH=CN=，NH=CH=，
在Rt△NKH中，NK=KE=2NH=2，HK=NH=3，
∴EN===6+2，CE=DE=4+2
∵∠DEN=∠PED，∠EDN=∠EPD，
∴△DEN∽△PED，
∴DE2=NE•PE，
∴可得PE=，PN=PE﹣EN=，
∴FN=××=．
5．在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．
（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不须证明）
（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．

【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF；
（2）是；
（3）成立，理由见解析；
（4）CP=QC﹣QP=．
【解析】
试题分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+∠ADF=90°，所以AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．

理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，

则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°．
∴AE⊥DF；
（4）如图：

由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△QDC中，QC=，
∴CP=QC﹣QP=．
考点：四边形的综合知识．
6．如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）
（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；
（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．

【答案】（1）DM⊥FM，DM=FM，证明见解析；
（2）DM⊥FM，DM=FM．
【解析】
试题分析：（1）连接DF，NF，由四边形ABCD和CGEF是正方形，得到AD∥BC，BC∥GE，于是得到AD∥GE，求得∠DAM=∠NEM，证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，证出△DFN是等腰直角三角形，即可得到结论；
（2）连接DF，NF，由四边形ABCD是正方形，得到AD∥BC，由点E、B、C在同一条直线上，于是得到AD∥CN，求得∠DAM=∠NEM，证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，证出△DFN是等腰直角三角形，于是结论得到．
试题解析：（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM，
证明：连接DF，NF，
∵四边形ABCD和CGEF是正方形，
∴AD∥BC，BC∥GE，
∴AD∥GE，

∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，
∴DM⊥FM，DM=FM 学--科-网
（2）猜想：DM⊥FM，DM=FM，
证明如下：如图3，连接DF，NF，连接DF，NF，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵点E、B、C在同一条直线上，
∴AD∥CN，∴∠ADN=∠MNE，
在△MAD与△MEN中，，
∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，∴∠DCF=∠NEF，
在△DCF与△NEF中，，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，
∵∠CFD+∠EFD=90°，∴∠NFE+∠EFD=90°，∴∠DFN=90°，
∴DM⊥FM，DM=FM．

考点：四边形综合题．
7．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；
（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）存在（3）不成立
【解析】

（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，

整理得：x2﹣bx+a2=0，
∵b＞2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，
∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，
（3）不成立．
理由：若∠BMC=90°，
由（2）可知x2﹣bx+a2=0，
∵b＜2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＜0，
∴方程没有实数根，
∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立．
考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质
8．在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动.
（1）如图1，当点E在边DC上自D向C移动，同时点F在边CB上自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的数量关系和位置关系，并说明理；
（2）如图2，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）；连接AC，求△ACE为等腰三角形时CE：CD的值；
（3）如图3，当E，F分别在直线DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图.若AD=2，试求出线段CP的最大值.

图1 图2 图3
【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF，理由见解析；（2）成立，CE:CD=或2；（3）
【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质，由SAS先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）有两种情况：①当AC=CE时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理求出AC=CE=a即可；②当AE=AC时，设正方形的边长为a，由勾股定理求出AC=AE=a，根据正方形的性质知∠ADC=90°，然后根据等腰三角形的性质得出DE=CD=a即可；
（3）由（1）（2）知：点P的路径是一段以AD为直径的圆，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此
，

有两种情况：

①如图1，当AC=CE时，
设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得，
，
则；

②如图2，当AE=AC时，
设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得：
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，即AD⊥CE，
∴DE=CD=a，
∴CE:CD=2a:a=2；

即CE:CD=或2；
（3）∵点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是以AD为直径的圆，

点睛：此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，能综合运用性质进行推挤是解此题的关键，用了分类讨论思想，难度偏大.
9．综合与实践
问题情境
如图，同学们用矩形纸片ABCD开展数学探究活动，其中AD=8，CD=6。
操作计算 学！科网
（1）如图（1），分别沿BE,DF剪去RtΔABE和RtΔCDF两张纸片，如果剩余的纸片BEDF菱形，求AE的长；

图（1） 图（2） 图（3）
操作探究
把矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到ΔABC和两张纸片
(2)将两张纸片如图（2）摆放，点C和重合，点B,C,D在同一条直线上，连接,记的中点为M，连接BM，MD，发现ΔBMD是等腰三角形，请证明：
（3）如图（3），将两张纸片叠合在一起，然后将纸片绕点B顺时针旋转a（00<a<900),连接和，探究并直接写出线段与的关系。
【答案】（1）AE的长为；（2）见解析；（3）
证出∠BAC=∠BC’A=∠BCA’=∠BA’C，由四边形内角和定理得出∠A’BC’+∠M=180°，证出∠M=90°，得出AC’⊥A’C，证明△ABC’∽△C’BA’，得出对应边成比例,即可求得AC’=A’C．
试题解析：
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，CD=6，
∴AB=CD=6，∠A=90°，
∵四边形BEDF是菱形，
∴BE=DE=AD-AE=8-AE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+AE2=BE2，
即62+AE2=（8-AE）2，
解得：AE= ；
（2）证明：连接MC，如图2所示：

根据题意得：△ABC≌△CDA’，∠CDA’=90°，
∴AC=A’C，∠BCA=∠CA’D，∠CA’D+∠A’CD=90°，
∴∠BCA+∠A’CD=90°，
∵点B，C，D在同一条直线上，
∴∠ACA’=90°，
∴△ACA’是等腰直角三角形，
∴∠CA’A=45°，
∵M是AA’的中点，
∴A’M=CM=AM，∠MCA=45°，CM⊥AA’，
∵∠BCA=∠CA’D，
∴∠BCA+∠MCA=∠CA’D+∠CA’A，
∴∠BCM=∠DA’M，

∴∠BMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形；
（3）解：AC’⊥A’C，AC’=A’C，理由如下：
延长AC’、A’C交于点M，如图3所示：

由旋转的性质得：BC’=BA，BA’=BC，∠A’BC=∠ABC，∠BA’C=∠BC’A，
∴∠BAC=∠BC’A，∠BCA’=∠BA’C，
∴∠BAC=∠BC’A=∠BCA’=∠BA’C，
∵∠BC’A+∠BC’M=180°，
∴∠BA’C+∠BC’M=180°，
∴∠A’BC’+∠M=180°，
∵∠A’BC’=∠ABC=90°，

【点睛】四边形综合题：考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．
10．正方形ABCD中，M，N分别是直线CB，DC上的动点，∠MAN＝45°.
(1)如图①，当∠MAN交边CB，DC于点M，N时，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？请证明；
(2)如图②，当∠MAN分别交边CB，DC的延长线于点M，N时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明；
(3)在图①中，若正方形的边长为16 cm，DN＝4 cm，请利用(1)中的结论，试求MN的长．

【答案】(1)BM＋DN＝MN.证明见解析； (2)DN－BM＝MN.证明见解析； (3) 13.6 cm
【解析】试题分析：（1）BM＋DN＝MN，延长CD至点Q，使DQ＝BM，连结AQ，易证△ADQ≌△ABM(SAS)，再证得∠QAN＝45°＝∠MAN，利用SAS证明△AQN≌△ANM，从而证得结论；（2）DN－BM＝MN. 在DN上截取DK＝BM，连结AK，易证△ADK≌△ABM，类比（1）的方法即可证得结论；（3）设MN＝x，则BM＝MN－DN＝x－4，CM＝BC－BM＝16－(x－4)＝20－x，在Rt△CMN中，根据勾股定理列出方程，解方程即可求得MN的长．
试题解析：
(1)BM＋DN＝MN.

(2)DN－BM＝MN.证明：在DN上截取DK＝BM，连结AK，易证△ADK≌△ABM，
∴AK＝AM，∠DAK＝∠BAM，
∵∠MAN＝∠BAM＋∠BAN＝∠DAK＋∠BAN＝45°，即∠DAK＋∠BAN＝45°，
∴∠KAN＝90°－(∠DAK＋∠BAN)＝90°－45°＝45°，
∴∠KAN＝∠MAN＝45°，
∴△KAN≌△MAN(SAS)，
∴MN＝KN＝DN－DK＝DN－BM；
(3)设MN＝x，则BM＝MN－DN＝x－4，CM＝BC－BM＝16－(x－4)＝20－x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得(16－4)2＋(20－x)2＝x2，解得x＝13.6，
∴MN＝13.6 cm.
点睛：本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，运用截长补短法构造全等三角形是关键，也可运用图形的旋转性质构造全等三角形．
11．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上．点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3cm/s，以O为圆心，1cm半径作⊙O．点P与点D同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s） （0≤t≤）．
（1）如图1，连接DQ，若DQ平分∠BDC，则t的值为　 　s；
（2）如图2，连接CM，设△CMQ的面积为S，求S关于t的函数关系式；
（3）在运动过程中，当t为何值时，⊙O与MN第一次相切？

【答案】（1）1s; （2）S=﹣t2+t；（3）.
【解析】试题分析：（1）由△DQC≌△DQP，推出DP=DC=6，在Rt△ADB中，BD=10，推出PB=4即可解决问题；
（2）过点M作MH⊥BC于点H，证明△HMQ∽△PQB，，由=，得MH=t，即可求得△CMQ

∴∠BPQ=∠C=90°，
∵∠PBQ=∠CBD，
∴△BPQ∽△BCD，
∴==，即==，
则BQ=5t、PQ=3t，
∴CQ=BC﹣BQ=8﹣5t，
∵DQ平分∠BDC，学/*科*-网
∴QP=QC，即3t=8﹣5t，
解得：t=1，
故答案为：1；
（2）如图a，过点M作MH⊥BC于点H，

∴S=×（8﹣5t）•t=﹣t2+t；
（3）如图b，设⊙O与MN相切于点E，连接OE，作OF⊥BD于点F，

则四边形OENF为矩形，
∴OE=FN=1，∠DFO=∠C=90°，
∵∠FDO=∠CDB，
∴△DFO∽△DCB，
∴，即，
解得：t=．
点睛：本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质、切线的判定和性质、勾股定理、角平分线的性质等知识，解题的关键是了灵活运用这些知识解决问题，学会利用方程思想思考问题，充分利用相似三角形的性质构建方程，属于中考压轴题.
12．已知，△AOB中，AB=BC=2,∠ABC=90°，点O是线段AC的中点，连接OB，将△AOB绕点A逆时针旋转α度得到△ANM，连接CM，点P是线段CM的中点，连接PN、PB.
（1）如图1，当α=180°时，直接写出线段PN和PB之间的位置关系和数量关系；
（2）如图2，当α=90°时，探究线段PN和PB之间的位置关系和数量关系，并给出完整的证明过程；
（3）如图3，直接写出当△AOB在绕点A逆时针旋转的过程中，线段PN的最大值和最小值．

【答案】(1)PN=PB，PN⊥PB；(2)略；(3)

∴．
∵，
∴．
∵≌，
∴， ，
∴， ,
又∵,
∴四边形为正方形．
∵为中点， 为中点，
∴，
∴， ，
∴．
∵，
∴．
≌，
∴， ．

在中，
∵， ，
∴．
．
∵，
∴．
最大值为，最小值为．
13．如图甲，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点、，⊙的半径为个单位长度，点为直线上的动点，过点作⊙的切线、，切点分别为、，且．

（1）判断四边形的形状并说明理由．
（2）求点的坐标．
（3）若直线沿轴向左平移得到一条新的直线，此直线将⊙的圆周分得两段弧长之比为，请直接写出的值．
（4）若将⊙沿轴向右平移（圆心始终保持在轴上），试写出当⊙与直线有交点时圆心的横坐标的取值范围．（直接写出答案）
【答案】（1）OCPD是正方形；（2）（2,4）或（4,2）；（3）±；（4）．
，可得，所以当为圆周时，直线与坐标轴的交点恰好是⊙与坐标轴的交点，
即可得当平移到位置时，；当平移到位置时，，所以
的值为或；（4）如图，⊙沿轴向右平移过程中分别在⊙处，⊙处与直线相切，则圆在落在，之间均满足题意，由此即可求得圆心的横坐标的取值范围．
试题解析:
（）四边形为正方形．
理由如下：连接、，易知，，
又，
∴四边形为矩形，
又，
∴四边形为正方形．

由得：
，
解得：或．
∴点坐标为或．
（）平移后的新直线交圆于，分得的两段弧长之比为，
∴分得的劣弧是圆周的，
∵直线与轴夹角为，，
∴，

（）如图，⊙沿轴向右平移过程中分别在⊙处，⊙处与直线相切，
则圆在落在，之间均满足题意，学（科网）
在⊙处相切时，为等腰直角三角形，
∴，．
∴，同理，在⊙处相切时，，
∴，
∴当⊙与直线有交点时，圆心的横坐标的取值范围为．

点睛：本题是一次函数和圆的的综合应用题，有函数参与的几何题往往要找出等量关系后利用函数的解析式列方程进行解答，这种数形结合的思想非常重要，要认真掌握．
14．已知：如图①，在平面直角坐标系xOy中，A（0，5），C（，0），AOCD为矩形，AE垂直于对角线OD于E，点F是点E关于y轴的对称点，连AF、OF．
（1）求AF和OF的长；
（2）如图②，将△OAF绕点O顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△OAF为△OA′F′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与线段AD交于点P，与线段OD交于点Q，是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时点P坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）AF=4，OF=3；（2）存在，点P的坐标为：（，5），（﹣，5）
【解析】试题分析：（1）运用勾股定理和面积相等法结合轴对称性质即可求解；
（2）画出图形，根据PQ=PD，PD=DQ结合平行线的性质，对顶角相等和角的等量代换，运用勾股定理即可求解．
解：（1）如图①

（2）如图②

若PD=PQ，
易得∠1=∠2=∠3，
∵∠1=∠A′，
∴∠3=∠A′，
∴OQ=OA′=5，
∴DQ=，
过点P作PH⊥DQ，
∴，
∵cos∠1=，
∴DP=，
∴AP=，
∴此时点P的坐标为（，5）；
如图③

∵点P在线段AD上，
∴∠1＞∠PDQ，

∴F′Q=5﹣4=1，
∴OQ=，
∴DP=DQ=﹣，
∴AP=AD﹣DP=﹣，
∴此时点P的坐标为：（﹣，5）．
15．问题情境：如图将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点B恰好落在AD边的中点F处，折痕EG分别交AB、CD于点E、G，FN与DC交于点M，连接BF交EG于点P．
独立思考：

（1）AE= cm，△FDM的周长为 cm；
（2）猜想EG与BF之间的位置关系与数量关系，并证明你的结论．
拓展延伸：
如图2，若点F不是AD的中点，且不与点A、D重合：
①△FDM的周长是否发生变化，并证明你的结论．
②判断（2）中的结论是否仍然成立，若不成立请直接写出新的结论（不需证明）．
【答案】（1）3，16；
（2）BF=EG；
拓展延伸：
①△FDM的周长不发生变化；②（2）中结论成立．
【解析】

∴AE=3cm，EF=5cm，EG=BF，
∵∠MFE=90°，
∴∠DFM+∠AFE=90°，
又∵∠A=∠D=90°，∠AFE=∠DMF，
∴△AEF∽△DFM，
∴，

故答案为：3，16；
（2）EG⊥BF，EG=BF，
则∠EGH+∠GEB=90°，
由折叠知，点B、F关于直线GE所在直线对称，

∴∠FBE=∠EGH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠C=∠ABC=90°，
四边形GHBC是矩形，
∴GH=BC=AB，
∴△AFB≌△HEG，
∴BF=EG；

∴，
设AF为x，FD=8﹣x，
∴，
解得：，
∴，
∴FMD的周长=，
∴△FMD的周长不变，学/*科--网
②由折叠知∠FBE=∠EGH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠C=∠ABC=90°，
四边形GHBC是矩形，
∴GH=BC=AB，
∴△AFB≌△HEG，
∴BF=EG，
所以（2）中结论成立．
考点：四边形综合题