九年級(jí)數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)《動(dòng)態(tài)幾何問題綜合解答題》考前沖刺達(dá)標(biāo)測(cè)試（附答案）（共12小題，每小題10分，滿分120分）1．如圖，在△ABC中，AB=AC=5，CD⊥AB于點(diǎn)D，CD=3．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿線段AC以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、C重合）．過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作AC的垂線，過點(diǎn)Q作AC的平行線，兩線交于點(diǎn)E．設(shè)△PQE與△ACD重疊部分圖形的周長(zhǎng)為y(y>0)，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒(1)用含t的代數(shù)式表示線段PQ的長(zhǎng)．(2)當(dāng)點(diǎn)E落在邊AB上時(shí)，求t的值．(3)當(dāng)△PQE與△ACD重疊部分圖形是四邊形時(shí)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式．(4)點(diǎn)E關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連結(jié)PF．若PF垂直于△ACD的一邊時(shí)，直接寫出t的值．2．如圖，?ABCD中，∠B=2∠A，動(dòng)點(diǎn)P、Q、M、N分別從點(diǎn)A、B、C、D同時(shí)出發(fā)，沿平行四邊形的邊，分別向點(diǎn)B、C、D、A勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間記為t，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，其余各點(diǎn)均停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，QM，MN，NP．已知AB=6cm，BC=4.5cm，動(dòng)點(diǎn)P、M的速度均是2cm/s，動(dòng)點(diǎn)Q(1)AP=_______cm，CQ=_______cm（用含t的代數(shù)式表示）(2)在點(diǎn)P、Q、M、N的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，四邊形PQMN一定會(huì)是一種特殊的四邊形嗎？如果是，指出并證明你的結(jié)論，如果不是，說明理由．(3)在點(diǎn)P、Q、M、N的運(yùn)動(dòng)過程中，四邊形PQMN能成為菱形嗎？如果能，求出t的值，如果不能，說明理由．3．已知∠MON=α，點(diǎn)A，B分別在射線OM,ON上運(yùn)動(dòng)，AB=6．(1)如圖①，若α=90°，取AB中點(diǎn)D，點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D也隨之運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A，B，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′,B′,D′，連接OD,OD′．判斷OD與OD′有什么數(shù)量關(guān)系?證明你的結(jié)論：(2)如圖②，若α=60°，以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，求點(diǎn)O與點(diǎn)C的最大距離：(3)如圖③，若α=45°，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△AOB的面積最大?請(qǐng)說明理由，并求出△AOB面積的最大值．4．在四邊形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD=10，∠B=90°．(1)如圖1，①求證：∠D=90°；②求∠C的正切值；(2)如圖2，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，以1個(gè)單位每秒速度，沿折線DA?AB運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)，以2個(gè)單位每秒速度，沿射線BC運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M，N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，以MN為斜邊作Rt△MNP，使點(diǎn)P落在線段AB或AD上，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)不再連接其他線段，且圖中存在與△MNP相似的三角形時(shí)，求t5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（﹣4，0），（0，8），動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)C從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)．以CP，CO為鄰邊構(gòu)造?PCOD，在線段OP延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，使PE＝AO，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．(1)當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到線段OB的中點(diǎn)時(shí)，求t的值及點(diǎn)E的坐標(biāo)；(2)當(dāng)點(diǎn)C在線段OB上時(shí)，求證：四邊形ADEC為平行四邊形；(3)在線段PE上取點(diǎn)F，使PF＝3，過點(diǎn)F作MN⊥PE，截取FM＝3，F(xiàn)N＝1，且點(diǎn)M，N分別在第一、四象限，在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)M，N中，有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的邊上時(shí)，直接寫出所有滿足條件的t的值．6．(1)觀察猜想：如圖①，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、點(diǎn)F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，四邊形EBFG也是正方形，連接DG．則CF:DG=，直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為；(2)探索思考：①如圖②，在矩形ABCD中，AD=23，AB=2，點(diǎn)E、點(diǎn)F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，四邊形EBFG是矩形，連接DG，則CF:DG=，直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為②如圖③，若將矩形EBFG繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過程中，CF:DG的值以及直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)是否發(fā)生變化？請(qǐng)僅就圖③的情形給出證明；(3)拓履延伸：在（2）條件下當(dāng)矩形EBFG旋轉(zhuǎn)至EG垂直DF時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)C到直線DF的距離．7．如圖1，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)A在y軸上，點(diǎn)B在x軸上，且OA=4，OB=2，反比例函數(shù)y=kxk≠0(1)求點(diǎn)C的坐標(biāo)和反比例函數(shù)的關(guān)系式；(2)如圖2，將正方形ABCD沿x軸向右平移m個(gè)單位長(zhǎng)度得到正方形A′B′C′(3)在（2）的條件下，坐標(biāo)系內(nèi)是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)O，A′，B′，P為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)8．已知在正方形ABCD中，E是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，作點(diǎn)B關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F，BF交AE于點(diǎn)G，連結(jié)DF．(1)如圖1，求∠DFB的度數(shù)；(2)如圖2，過點(diǎn)D作DM⊥BF交BF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連結(jié)CM,CF．若DF=CM，試探究四邊形DFCM的形狀，并說明理由；(3)如圖3，連結(jié)BD，在AG上截取GT=GB，點(diǎn)P，Q分別是AD,BD上的動(dòng)點(diǎn)．若正方形ABCD的面積為32，直接寫出△PTQ周長(zhǎng)的最小值．9．如圖所示，在⊙O的內(nèi)接△AMN中，∠MAN=90°，AM=2AN，作AB⊥MN于點(diǎn)P，交⊙O于另一點(diǎn)B，C是AM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A，M重合），射線MC交線段BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，分別連接AC和BC，BC交MN于點(diǎn)E．(1)求證：△CMA∽△CBD．(2)若MN=10，MC=NC，求(3)在點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)tan∠MDB=3410．類比、轉(zhuǎn)化、從特殊到一般等思想方法，在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)和研究中經(jīng)常用到．小明在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中遇到了這樣一個(gè)問題：“如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，點(diǎn)P在AB邊上，過點(diǎn)P作PQ⊥AC于點(diǎn)Q，△APQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，連接CQ．O為BC邊的中點(diǎn)，連接PO并延長(zhǎng)到點(diǎn)M，使OM＝OP，連接CM．探究在△APQ的旋轉(zhuǎn)過程中，線段CM，CQ之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系”小明計(jì)劃采用從特殊到一股的方法探究這個(gè)問題．(1)特例探究：填空：如圖3，當(dāng)α＝30°時(shí)，CQCM＝，直線CQ與CM所夾銳角的度數(shù)為；如圖4，α＝45°時(shí)，CQCM＝，直線CQ與CM所夾銳角的度數(shù)為(2)一般結(jié)論：①將△APQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的過程中，線段CQ，CM之間的數(shù)量關(guān)系如何（用含α的式子表示）？直線CQ與CM所夾銳角的度數(shù)是多少？請(qǐng)僅就圖2所示情況說明理由；②如圖4，在Rt△ABC中，若AB＝6，α＝45°，AP＝4，將△APQ由初始位置繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)β角（0°＜β＜180°），當(dāng)點(diǎn)Q到直線AC的距離為2時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段CM的值．11．在如圖1所示的平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，⊙C的圓心坐標(biāo)為(?2，?2)，半徑為2，直線y=?x+2與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，B，點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)（包括端點(diǎn)）．(1)直線CO與AB的夾角是_________°；(2)當(dāng)△POA是等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)直線PO與⊙C相切時(shí)，求∠POA的度數(shù)；(4)如圖2．直線PO與⊙C相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，M為線段EF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)M也相應(yīng)運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M所經(jīng)過路徑的長(zhǎng)度．12．如圖1，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A(?1,0)(1)求拋物線的解析式及其對(duì)稱軸；(2)如圖2，連接BC，過點(diǎn)A作BC的平行線交拋物線于點(diǎn)H，M為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AM交拋物線于點(diǎn)P，連接PH交BC于點(diǎn)N，連接AN，△PAN的面積S是否有最大值，若有，求出S最大值，若無，請(qǐng)說明理由．(3)如圖3，以C為直角頂點(diǎn)，OC為直角邊邊向右作等腰直角△COD，將△COD沿射線線OD平移得到△FEG，連接BE、BF，△BEF的周長(zhǎng)l是否有最小值，若有，求△BEF的周長(zhǎng)l的最小值，若無，請(qǐng)說明理由．參考答案1．（1）解：∵PQ//AB，且AB=AC=5，∴PQ=PC，∴PC=PQ=5-t，故答案為：5-t．（2）如圖：當(dāng)點(diǎn)E落在邊AB上時(shí)，由題意得：∴PQ//AE，AP//QE，∴四邊形APQE是平行四邊形，∴AE=PQ=PC=5-t，在Rt△ADC中，∠CDA=90°，∴AD=Acos∠A=在Rt△APE中，∠APE=90°，cos∠CAD=APAE∴APAE=4∴AE=54AP=54∵PQ∥AB，EQ∥AC，∴四邊形AEQP是平行四邊形，∴PQ=AE，即：5-t=54t解得t=20（3）①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖所示，過點(diǎn)P作PF⊥AB，由（2）可知cos∠A=45，則sin∠A=35，tan∠在Rt△PAH中，∵PA=t，∴PH=34t，AH=∵AD=4，∴DH=4-54∵PQ∴∠CPG=∠ADC=90°．∴在Rt△PGC中，PG=45PC=45（5-在Rt△PAF中，PF=35PA=3∴DG=PF=35∴四邊形PGDH的周長(zhǎng)y=PH+HD+DG+PG=34t+（4-54t）+35=8-710∴當(dāng)0＜t≤1時(shí)，y與t之間的函數(shù)關(guān)系式為y=?7②當(dāng)209≤t<5∴∠CPG=∠ADC=90°，．∠CPQ=∠A，由（2）可知cos∠A=45，則sin∠A=35，tan∠∴cos∠CPQ=cos∠A=∵EQ∥∴∠PEQ=∠APE=90°，．∠PQE=∠CPQ，∴cos∠CPQ=cos∠PQE=∵PQ=PC=5-t，∴在Rt△PQE中，PE=35(5?t)，QE=∴在Rt△PGC中，PG=45PC=45（5-∴GQ=PQ-PG=15在Rt△GHQ中，GH=34GQ=3QH=54GQ=∴EH=QE-QH=45(5?t)-1∴四邊形PGDH的周長(zhǎng)y=PE+EH+GH+PG=35(5?t)+1120(5?t)+320=?∴當(dāng)209≤t<5時(shí)，y與t之間的函數(shù)關(guān)系式為綜上所述：當(dāng)0＜t≤1時(shí)，y與t之間的函數(shù)關(guān)系式為y=?710t+8；當(dāng)209≤t<5時(shí)，y（4）如圖所示，當(dāng)PF⊥CD時(shí)，連接EF，交AB于點(diǎn)G，PE交AB于點(diǎn)H，∵E，F(xiàn)關(guān)于AB對(duì)稱，∴EG=GF，∵PF∥GH，∴PH=HE．由（3）可知PE=35(5?t)，PH∴35(5?t)解得：t=107如圖所示，當(dāng)PF⊥AC時(shí)，由（3）可得35(5?t)解得：t=209綜上所述，當(dāng)t=107或t=209時(shí)PF2．（1）解：由題意，AP=CM=2tcm，BQ=DN=tcm，則CQ=BC-BQ=(4.5-t)cm，故答案為：2t，（4.5-t）；（2）解：四邊形PQMN是平行四邊形，理由為：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC，BC∥AD，∠A=∠C，∠B=∠D，∴AB-AP=CD-CM，BC-BQ=AD-DN，∴BP=DM，CQ=AN，∴△APN≌△CMQ，△PBQ≌△MDN，∴PN=MQ，PQ=MN，∴四邊形PQMN是平行四邊形；（3）解：四邊形PQMN能成為菱形．過P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延長(zhǎng)線于F，則∠AEP=∠BFP=90°，∵BC∥AD，∴∠A+∠ABC=180°，又∠ABC=2∠A，∴∠A+2∠A=180°，∴∠A=60°，∠ABC=120°，∴∠APE=∠BPF=30°，則AE=12AP=tcm，BF=12BP=12（6-2t∴PE=AP2QF=BF+BQ=3-t+t=3cm，EN=AD-AE-DN=（4.5-2t）cm，∴PQ=PF2∵四邊形PQMN是平行四邊形，∴當(dāng)PQ=PN時(shí)，四邊形PQMN是菱形，∴3t2+解得：t=374或t=∵當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，其余各點(diǎn)均停止運(yùn)動(dòng)，且6÷2=3s，4.5÷1=4.5s，∴0≤t≤3，又37∴t=37故當(dāng)t=374時(shí)，四邊形3．（1）解：OD=OD∵∠AOB=α=90°，AB中點(diǎn)為D，∴OD=1∵D′為A′∴OD∵AB=A∴OD=OD（2）解：如圖1，作△AOB的外接圓I，連接CI并延長(zhǎng)，分別交⊙I于O′和D，當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到O′時(shí)，OC最大，此時(shí)△AOB是等邊三角形，∴BO′=AB=6，OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+3（3）解∶如圖，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到OA=OB時(shí)，△AOB的面積最大，證明如下∶以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點(diǎn)T，在OT上取點(diǎn)E，使OE=BE，連接BE，由（2）可知，當(dāng)OC⊥AB時(shí)，OC最大，∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，又OC⊥AB于T，∴TC=AT=BT=12AB∵OC=OT+CT=OT+3，∴當(dāng)OA=OB時(shí)，此時(shí)OT最大，即OC最大，∴△AOB的面積最大，∴∠BOT=12∠AOB∵OE=BE，∴∠OBE=∠BOC=22.5°，∴∠BET=∠OBE+∠BOC=∵OT⊥AB∴∠EBT=∴∠EBT=∠BET=∴ET=BT=3,OE=BE=∴OT=OE+ET=32綜上，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到OA=OB時(shí)，△AOB的面積最大，△AOB面積的最大值為12×6×34．（1）證明：①連接AC，如圖所示：∵在△ABC和△ADC中，AB=ADBC=CD∴ΔABC≌∴∠D=∠B=90°；②過點(diǎn)A作AE∥BC，交CD于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，如圖所示：∵∠EFC=∠B=90°，∴AB∥EF，∴四邊形ABFE為平行四邊形，∵∠EFC=90°，∴四邊形ABFE為矩形，∴EF=AB=5，∠AEF=90°，∴EF=AD，∵∠DAE+∠AED=90°，∠DEA+∠CEF=90°，∴∠DAE=∠CEF，∵∠D=∠EFC=90°，∴ΔADE≌∴DE=CF，設(shè)DE=CF=x，則CE=10?x，∵CE∴10?x解得：x=15∴CF=154，∴sincosC=tanC=（2）①當(dāng)點(diǎn)M在AD上，ΔMNP∽ΔPNB時(shí)，過點(diǎn)M作ME∥BC交CD于點(diǎn)E，延長(zhǎng)BA，交EM∵ΔMNP∽∴∠NMP=∠BNP，∠PNM=∠BPN，∵∠PMN+∠PNM=90°，∴∠PNM+∠PNB=90°，即∠MNB=90°，∵GE∥BC，∴∠GMN=90°，∴∠MNB=∠B=∠GMN=90°，∴四邊形BNMG為矩形，同理可得四邊形GBFE為矩形，∴GM=BN=2t，∠G=90°，∠MEF=90°，∵∠CEF+∠C=90°，∠CEF+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠C，∴tan∵DM=t，∴DE=3∴CE=10?3∵sin∴EF=8?3∴GB=EF=8?3∴GA=8?3∵∠G=∠D=90°，∠DME=∠GMA，∴ΔGMA∽∴DMGM=DE解得：t=10②當(dāng)點(diǎn)M在AD上，ΔMNP∽ΔPNB時(shí)，過點(diǎn)M作ME∥BC交CD于點(diǎn)E，延長(zhǎng)BA，交EM于點(diǎn)G，過點(diǎn)P作PH⊥MN∵M(jìn)E∥BC，∴∠GEF=180°?∠EFB=90°，∴∠GEF=∠EFB=∠B=90°，∴四邊形GEFB為矩形，∴EF=GB，∠GEF=90°，∵GF∥BC，∴∠DEG=∠ECB，∴tan∠DEG=∵DM=t，∴DE=3∴CE=10?3∵sin∴EF=8?3∴GB=EF=8?3∴AG=GB?AB=3?3∵ΔMNP∽∴∠BNP=∠MNP，∵∠B=90°，∴PB⊥BC，∵PH⊥MN，∴PH=PB，∵PN=PN，∴RtΔNPB≌∴∠NPB=∠NPH，NH=NB=2t，∵∠MPH+∠HPN=90°，∠GPM+∠NPB=90°，∴∠MPH=∠GPM，∵∠PGM=∠PHM=90°，PM=PM，∴ΔMPG≌∴PH=PG，MH=GM，∴PG=PB=PH=1∵∠G=∠D=90°，∠DME=∠GMA，∴ΔGMA∽∴DMGM=DE∴GM=4?4∵∠MPH+∠HPN=90°，∠MPH+∠PMH=90°，∴∠HPN=∠PMH，∵∠MHP=∠NHP=90°，∴Δ∴MHPH=PH解得：t=40③當(dāng)M與A點(diǎn)重合，N與C點(diǎn)重合時(shí)，P在B點(diǎn)或在D點(diǎn)時(shí)，ΔMNP≌ΔACB④當(dāng)點(diǎn)M在AB上，N在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，ΔMNP∽∵M(jìn)N=MN，∴此時(shí)ΔMNP≌∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，過點(diǎn)D作DE∥BC，過點(diǎn)N作NF∥CD，DE與NF交于點(diǎn)E，延長(zhǎng)AD，交NF于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MH⊥DH，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，延長(zhǎng)BA交ED于點(diǎn)G，如圖所示：∵DE∥BC，NE∥CD，∴四邊形DCNE為平行四邊形，∴DE=CN=2t?10，EN=CD=10，∵CD∥NE，∴∠BCD=∠CNE，∠DFE=∠ADC=90°，∵DE∥CN，∴∠FED=∠CNE，∴∠DEF=∠BCD，∴sin∴DF=8∵cos∠DEF=∴EF=6∴FN=10+6∵∠G=∠EFD=90°，∠EDF=∠ADG，∴∠GAD=∠DEF，∵∠HAM=∠GAD，∴∠HAM=∠DEF，∴HM=AM×sinAH=AM×cos∵∠HPM+∠FPN=90°，∠HMP+∠HPM=90°，∴∠HMP=∠FPN，∵∠MHP=∠PFN=90°，∴Δ∴HMPF=MP解得：PF=8∵PF∴85解得：t=30+20511綜上分析可知，t=107或t=4013或5．解：（1）∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（﹣4，0），（0，8），∴OA=4，OB=8，∵點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到線段OB的中點(diǎn)，∴OC=BC=12OB∵動(dòng)點(diǎn)C從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，∴2t=4解之：t=2；∵PE=OA=4，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6∴點(diǎn)E（6，0）（2）證明：∵四邊形PCOD是平行四邊形，∴OC=PD，OC∥PD，∴∠COP=∠OPD，∴∠AOC=∠DPE在△AOC和△EPD中OC=PD∴△AOC≌△EPD（SAS）∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，∴AC∥DE，∴四邊形ADEC是平行四邊形．（3）由題意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(xiàn)(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，設(shè)CE的解析式為y=kx+b，則b=8?2t0=k(t+4)+b解得：k=2t?8∴CE的解析式為y=2t?8同理，DE的解析式為y=4?t①當(dāng)M在CE上時(shí)，M(t+3，3)，則2t?8解得，t=28?163②當(dāng)N在DE上時(shí)，N(t+3，-1)，則?1=解得，t=2，當(dāng)點(diǎn)C在y軸的負(fù)半軸上時(shí)，③如果點(diǎn)M在DE上時(shí)，3=解得，t=4+23④當(dāng)N在CE上時(shí)，2t?8t+4解得，t=12，綜上分析可得，滿足條件的t的值為：t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12．6．（1）解：如圖①，延長(zhǎng)EG交CD于H，∵四邊形ABCD和四邊形EBFG是正方形，∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD=BC，∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，∴四邊形GFCH是矩形，∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，∵點(diǎn)E、點(diǎn)F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，∴CF=GH=12BC，CH=GF=BE=12∴GH=HD，∴在等腰Rt△GHD中，DG=GH2+H∴CF：DG=GH：DG=1：2，∵GH∥CF，∴直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為45°，故答案為：1：2，45°；（2）解：①如圖②，延長(zhǎng)EG交CD于H，∵四邊形ABCD和四邊形EBFG是矩形，∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD，∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，∴四邊形GFCH是矩形，∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，∵點(diǎn)E、點(diǎn)F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，AD=23，AB=2∴CH=GF=BE=12AB=1，CF=BF=GH=12BC=∴在Rt△GHD中，DH=CD-CH=1，∴DG=GH2+HD2∴CF：DG=3：2，∠GDH=30°，∵GH∥CF，∴直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為30°，故答案為：3：2，30°；②解：不發(fā)生變化，證明：如圖③，連接BD，BG，在矩形EBFG中，BE=GF=1，BF=3，∴BG=FG在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，∴BD=AB∵GF=BE=1，CD=AB=2，BF=3，∴GFCD∴△BGF∽△BDC，∴∠GBF=∠DBC，∴∠CBF=∠DBG，又BFBC∴△BFC∽△BGD，∴CF：DG=BC：BD=3：2，∠BCF=∠BDG，延長(zhǎng)DG交CF于H，則∠DHC=∠DBC，在Rt△DBC中，CD=2，BD=4，∴sin∠DBC=CDBD∴∠DBC=30°=∠DHC，即直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)為30°，綜上，CF:DG的值以及直線DG與直線CF相交所夾的銳角度數(shù)不發(fā)生變化；（3）解：當(dāng)點(diǎn)G在DF上時(shí)，如圖④，在Rt△BFD中，BD=4，BF=3，DF=1+DG，∠BFD=90°，由勾股定理得：（3）2+（1+DG）2=42，解得：DG=13?1由（2）知：CF：DG=3：2，∴CF=39?過點(diǎn)C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，∴CH=CF·sin∠30°=39?32×1當(dāng)點(diǎn)G在DF的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖⑤，在Rt△DFB中，BD=4，BF=3，∠BFD=90°，由勾股定理得：DF=BD2?BF由（2）知：CF：DG=3：2，∴CF=39+過點(diǎn)C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，∴CH=CF·sin30°=39+32×1綜上，點(diǎn)C到直線DF的距離為39?347．（1）解：如圖所示，過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，則∠BEC=90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∴∠OBA+∠EBC=90°，∵∠OBA+∠OAB=90°，∴∠OAB=∠EBC，在△AOB和△BEC中，∠OAB=∠EBC，∠AOB=∠BEC，AB=BC，∴△AOB≌△BEC(AAS)，∴BE=OA=4，CE=OB=2，∴OE=OB+BE=6，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(6，2)，將點(diǎn)C的坐標(biāo)為(6，2)代入y＝kx得k=12，∴反比例函數(shù)的關(guān)系式為y＝12x（2）解：∵OA=4，∴點(diǎn)A'縱坐標(biāo)為4，∴點(diǎn)A'橫坐標(biāo)為124∴m=3；（3）解：如圖，設(shè)所求坐標(biāo)為（s，t），則：當(dāng)四邊形POB'A'為平行四邊形時(shí)，由（2）可得：t=4，OB'=OB+3=5，∴s=3-5=-2，∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-2，4)，當(dāng)四邊形A'OB'P'為平行四邊形時(shí)，由（2）可得：t=4，s=3+5=8，∴點(diǎn)P'的坐標(biāo)為(8，4)，當(dāng)四邊形A'OP"B'為平行四邊形時(shí)，3+s2∴s=2t=?4∴點(diǎn)P"的坐標(biāo)為(2，-4)，綜上所述：以點(diǎn)O，A'，B'，P為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)為(-2，4)或(2，-4)或(8，4)．8．解：（1）如圖1，連結(jié)AF，∵點(diǎn)B，F(xiàn)關(guān)于AE對(duì)稱，∴AF=AB．∵正方形ABCD，∴AD=AB,∠DAB=90°．∴AD=AF=AB．∴∠1=∠2,∠3=∠4．∵在四邊形ABFD中，有∠1+∠2+∠3+∠4+∠DAB=360°，∴∠2+∠3=1即∠DFB=135°．（2）四邊形DFCM是平行四邊形，理由如下：如圖2，連接DB，∵∠DFB=135°，∴∠DFM=45°．∵DM⊥BF，∴∠DMF=90°．在Rt△DMF中，∠MDF=∠DFM=45°，∴DMDF又∵正方形ABCD,DC∴DMDF又∵∠MDC=∠FDB=45°?∠CDF，∴△DMC∽△DFB．∴∠DMC=∠DFB=135°．∵∠DMF=90°，∴∠CMF=45°=∠DFM，∴DF∥MC．又∵DF=MC，∴四邊形DFCM是平行四邊形．（3）△PTQ周長(zhǎng)的最小值為410解：如圖3，作點(diǎn)T關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)T′'，作點(diǎn)T關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)T連結(jié)DT′,DT,DT″，連結(jié)T′T″交連結(jié)TP、TQ，則△PQT周長(zhǎng)的最小值為T′由對(duì)稱知DT=DT∴DT∴T′由BG⊥GA且GT=GB，有BTGB∴△DTB∽△CGB．∴DTCG∴DT=2∵BF⊥AE于點(diǎn)G，∴點(diǎn)G在以AB為直徑的圓弧上運(yùn)動(dòng)．取AB中點(diǎn)N，則NG=32當(dāng)C、N、G三點(diǎn)共線時(shí)CG最小(CG≥CN?GN)．CG最小值為210∴DT最小值為2(2∴△PQF周長(zhǎng)的最小值為4109．（1）解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，∴∠D+∠DMP=90°，又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，∴∠DMP+∠CAM=90°，∴∠CAM=∠D，∵∠CMA=∠ABC，∴△CMA∽△CBD．（2）連接OC，∵∠MAN=90°，∴MN是直徑，∵M(jìn)N=10，∴OM=ON=OC=5，∵AM=2AN，且AM∴AN=25∵S△AMN∴AP=4，∴BP=AP=4，∴NP=A∴OP=5?2=3，∵M(jìn)C=∴OC⊥MN，∴∠COE=90°，∵AB⊥MN，∴∠BPE=90°，∴∠BPE=∠COE，又∵∠BEP=∠CEO，∴△COE∽△BPE∴COBP即5由OE+PE=OP=3，∴OE=5∴CE=OBE=B∴BC=5（3）過C點(diǎn)作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，則∠CGM=90°，∴∠CMG+∠GCM=90°，∵M(jìn)N是直徑，∴∠MCN=90°，∴∠CNM+∠DMP=90°，∵∠D+∠DMP=90°，∴∠D=∠CNM=∠GCM，∵tan∠MDB=∴tan∠CNM=∵tan∴設(shè)GM=3x∴CM=5x∴CN=20x3∴NM=∴OM=ON=∵AM=2AN，且AM∴AN=553∵S△AMN∴AP=10∴NP=5∴PG=16∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG=∠BEP，∴△CGE∽△BPE，∴CGBP即4x∴GE=2x，PE=∴ME=5x，NE=10x∴ME:NE=3:2，∴MENE的值為310．（1）解：如圖3中，連接PB，延長(zhǎng)BP交CQ的延長(zhǎng)線于J，延長(zhǎng)QC到R，設(shè)AC交BJ于點(diǎn)K．∵∠PAQ＝∠BAC，∴∠CAQ＝∠BAP，∵AQAP=ACAB＝∴△QAC∽△PAB，∴QCPB=ACAB=∵∠AKB＝∠CKJ，∴∠CJK＝∠BAK＝30°，∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，∴△POB≌△MOC（SAS），∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，∴QCCM=32，∴∠RCM＝∠J＝30°．如圖4中，同法可證CQCM=22，直線CQ與故答案為：32，30°，22，（2）解：①Q(mào)CCM＝cosα，直線CQ與CM所夾銳角的度數(shù)是α如圖2中，連接PB，延長(zhǎng)BP交CQ于J，延長(zhǎng)QC到R，設(shè)AC交BJ于點(diǎn)K．∵∠PAQ＝∠BAC，∴∠CAQ＝∠BAP，∵AQAP=ACAB∴△QAC∽△PAB，∴QCPB=ACAB＝cosα，∠∵∠AKB＝∠CKJ，∴∠CJK＝∠BAK＝α，∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，∴△POB≌△MOC（SAS），∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，∴QCCM＝cosα，BJ∥CM∴∠RCM＝∠J＝α．∴QCCM＝cosα，直線CQ與CM所夾銳角的度數(shù)是②如圖5中，過點(diǎn)Q作QD⊥AC于D，∵△AQP，△ABC都是等腰直角三角形，AP＝4，AB＝6，∴AQ＝QP＝22，AC＝BC＝32，點(diǎn)Q到AP的距離為2，∵QD＝2，∴AP與AC重合，∴AD＝AQ2?QD2∴CD＝32﹣2，∴CQ＝QD2+CD2∵CQCM＝2∴CM＝2CQ＝262如圖6中，過點(diǎn)Q作QD⊥AC于D，同法可得AD＝2，CD＝32+2，∴CQ＝QD2+CD2∴CM＝2CQ＝262綜上所述，滿足條件的CM的值為262?24或11．（1）解：直線CO與AB的夾角是90°．理由如下：延長(zhǎng)CO交AB于D，過點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G．∵函數(shù)y=-x+2圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，