（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？
（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？
若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
10.如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.
（1）如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝3S△EDF，求AE的长；
（2）如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA.
①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；
②求EF的长；
（3）如图③，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN＝1，CE＝，求的值．
11.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.
（1）如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.
①求证：
△CAE∽△CBF；
②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；
（2）如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；
（3）如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系（直接写出结果，不必写出解答过程）．
12.如图①，菱形ABCD中，已知∠BAD＝120°，∠EGF＝60°，∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动，角的两边分别交边BC、CD于点E、F.
图①
（1）如图②，当顶点G运动到与点A重合时，
求证：
EC＋CF＝BC；
（2）知识探究：
①如图③，当顶点G运动到AC中点时，探究线段EC、CF与BC的数量关系；
②在顶点G的运动过程中，若＝t，请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系（不需要写出证明过程）；
（3）问题解决：
如图④，已知菱形边长为8，BG＝7，CF＝，当t＞2时，求EC的长度．
13.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.
（1）观察猜想
如图①，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：
____________．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：
____________（将结论直接写在横线上）．
（2）数学思考
如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2，CD＝BC，请求出GE的长．
14.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.
（1）如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.
①求证：
△ABD是等边三角形；
②求证：
BF⊥AD，AF＝DF；
③请直接写出BE的长；
（2）在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接写出BE＋CE的值．
温馨提示：
考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．
备用图
15.问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图①，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD>90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.
操作发现
（1）将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是________；
（2）创新小组将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接DB、C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形．请你证明这个结论；
实践探究
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图③中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一个问题：
将△AC′D沿着射线DB方向平移acm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，求a的值．请你解答此问题；
（4）请你参照以上操作，将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图④中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．
16.如图，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴的正半轴上，点B的坐标为（4，4），点D在CB上，且CD∶DB＝2∶1，OB交AD于点E，平行于x轴的直线l从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿y轴向上平移，到C点时停止；l与线段OB，AD分别相交于M，N两点，以MN为边作等边△MNP（点P在线段MN的下方），设直线l的运动时间为t（秒），△MNP与△OAB重叠部分的面积为S（平方单位）．
（1）直接写出点E的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得S＝S△ABD成立？
若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
备用图
17.已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE＝OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF，与BC交于点H，再连接EF.
（1）如图①，若△ABC为等边三角形，求证：
①EF⊥BC；②EF＝BC；
（2）如图②，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想
（1）中的两个结论是否成立？
若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；
（3）如图③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，请你直接写出EF与BC之间的数量关系．
18.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形（矩形的四个顶点均在△ACD的边上）．
（1）计算矩形EFGH的面积；
（2）将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；
（3）如图③，将
（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．
参考答案
1.
（1）解：
如图①中，∵AB＝10，AC＝6，AD是BC边上中线，
由旋转性质知，BE＝AC＝6，AD＝DE.
∴在△ABE中，10－6∴2（2）证明：
延长FD至M，
图①
使FD＝MD，连接ME，MB.如图①所示．
∵ED⊥FM，FD＝DM，
∴ME＝EF.
∵CD＝BD，∠CDF＝∠BDM，
∴△CDF≌△BDM（SAS），
∴CF＝BM.
∵BM＋BE>ME，
∴BE＋CF>EF;
（3）解：
BE＋DF＝EF.理由：
延长EB至点N，使BN＝DF，
图②
连接CN，如图②所示．
∵∠EBC＋∠D＝180°，∠EBC＋∠CBN＝180°
∴∠D＝∠CBN，
∴在△CDF和△CBN中，
，
∴△CDF≌△CBN（SAS），
∴CF＝CN.
∵∠BCD＝140°，∠ECF＝70°，
∴∠DCF＋∠BCE＝70°，
∴∠BCN＋∠BCE＝70°，即∠NCE＝70°，
∴在△ECF和△ECN中，
，
∴△ECF≌△ECN（SAS），
∴EF＝EN.
∵EB＋BN＝EN，
∴BE＋DF＝EF.
2.
（1）证明：
∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠CAE＝∠DAB＝60°，
∴∠CAE＋∠BAC＝∠DAB＋∠BAC，即∠BAE＝∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS）．
（2）解：
∠BOC＝90°.理由如下：
由
（1）得△ABE≌△ADC，
∴∠EBA＝∠CDA.
∵∠FBA＋∠FDA＝180°，
∴∠FBA－∠EBA＋∠FDA＋∠CDA＝180°，
即∠FBO＋∠FDO＝180°.
在四边形FBOD中，∠F＝90°，
∴∠DOB＝360°－∠F－（∠FBO＋∠FDO）＝90°，
∴∠BOC＝90°.
（3）解：
72°.
【解法提示】∠BOC＝180°－108°＝72°.
（4）解：
180°－.
【解法提示】由（3）可知，∠BOC度数应为180°减去正多边形内角度数．
3.
（1）证明：
∵△PBC∽△PAM，
∴∠PBC＝∠PAM.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PBC＋∠PBA＝∠CBA＝90°，
∴∠PAM＋∠PBA＝90°，
∴∠APN＝90°，即AP⊥BN，
∴∠BPA＝∠BAN＝90°.
∵∠ABP＝∠NBA，
∴△ABP∽△NBA，＝，
∴＝.
又∵△PAM∽△PBC，
∴＝，
故＝.
又∵AB＝BC，
∴AM＝AN；
（2）解：
①点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM＝AN仍然成立；
②不存在，理由如下：
选择图②，如图，以AB为直径，作半圆O，连接OC，OP，
∵BC＝1，OB＝，
∴OC＝.
∵由①知，AP⊥BN，
∴点P一定在以点O为圆心、半径长为的半圆上（A，B两点除外）．
如果存在点P，那么OP＋PC≥OC，则PC≥.
∵>，
故不存在满足条件的点P，使得PC＝.
4.
（1）解：
BD＝CF成立．
理由如下：
∵AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ，AF＝AD，
∴△ACF≌△ABD，∴CF＝BD.
（2）①证明：
由
（1）得，△ACF≌△ABD，
∴∠HFN＝∠ADN，
在△HFN与△ADN中，
∵∠HFN＝∠ADN，∠HNF＝∠AND，
∴∠NHF＝∠NAD＝90°，
∴HD⊥HF，即BD⊥CF.
②解：
如图，连接DF，延长AB，与DF交于点M，
在△MAD中，
∵∠MAD＝∠MDA＝45°，
∴∠BMD＝90°.
在Rt△BMD与Rt△FHD中，
∵∠MDB＝∠HDF，
∴△BMD∽△FHD.
∵AB＝2，AD＝3，四边形ADEF是正方形，
∴MA＝MD＝＝3，
∴MB＝MA－AB＝3－2＝1，BD＝＝＝，
又∵＝，即＝，
∴DH＝.
5.解：
（1）由矩形性质与折叠可知，∠APO＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠CPO＋∠DPA＝∠DPA＋∠DAP＝90°，
∴∠DAP＝∠CPO，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝（）2，即＝（）2，
∴CP＝4，
设CD＝x，则DP＝x－4，AP＝AB＝CD＝x，
∵AP2－DP2＝AD2，
∴x2－（x－4）2＝82，
解得x＝10，
故CD＝10.
（2）线段EF的长度始终不发生变化，为2.
证明：
如图，过点N作NG⊥PB，与PB的延长线相交于点G，
∵AB＝AP，
∴∠APB＝∠ABP＝∠GBN，
在△PME和△BNG中，
，
∴△PME≌△BNG（AAS），
∴ME＝NG，PE＝BG，
在△FME和△FNG中，
，
∴△FME≌△FNG（AAS），
∴EF＝GF，
∴EF＝EG，
∵BP＝BE＋EP＝BE＋GB＝EG，
∴EF＝BP，
∵BP＝＝＝4，
∴EF＝BP＝2.
6.解：
（1）△ABP∽△PCD.
【解法提示】∵∠MPN＝90°，
∴∠APB＋∠DPC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠APB＋∠BAP＝90°，
∴∠DPC＝∠BAP，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP∽△PCD.
（2）在旋转过程中，的值为定值．
如图，过点F作FG⊥BC，垂足为G.
类比
（1）可得：
△EBP∽△PGF，
∴＝，
∵∠A＝∠B＝∠FGB＝90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴FG＝AB＝2，
∵BP＝1，
∴＝，
即在旋转过程中，的值为定值.
（3）由
（2）知△EBP∽△PGF，
∴＝＝，
又∵AE＝t，
∴BE＝2－t，
∴PG＝2（2－t）＝4－2t，
∴AF＝BG＝BP＋PG＝1＋（4－2t）＝5－2t，
∴S＝S矩形ABGF－S△AEF－S△BEP－S△PFG
＝2（5－2t）－t（5－2t）－×1×（2－t）－×2×（4－2t）
＝t2－4t＋5,
即S＝t2－4t＋5（0≤t≤2），
当S＝4.2时，4.2＝t2－4t＋5，
解得：
t1＝2－，t2＝2＋（不合题意，舍去）．
∴t的值是2－.
7.解：
（1）.
【解法提示】sin120°＝，故这个平行四边形的变形度是.
（2）＝，理由如下：
如图，设矩形的长和宽分别为a，b，其变形后的平行四边形的高为h，
则S1＝ab，S2＝ah，sinα＝，
∴＝＝，
又∵＝，
∴＝.
（3）由AB2＝AE·AD，可得A1B＝A1E1·A1D1，即＝.
又∵∠B1A1E1＝∠D1A1B1，
∴△B1A1E1∽△D1A1B1，
∴∠A1B1E1＝∠A1D1B1，
∵A1D1∥B1C1，
∴∠A1E1B1＝∠C1B1E1，
∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝∠C1B1E1＋∠A1B1E1＝∠A1B1C1.
由
（2）结论＝，可得＝＝2，
∴sin∠A1B1C1＝，
∴∠A1B1C1＝30°，
∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝30°.
8.解：
（1）根据题意BM＝2t，BN＝BC－t，
而BC＝5×tan60°＝5.
∴当BM＝BN时，2t＝5－t，解得t＝10－15.
（2）分类讨论：
①当∠BMN＝∠ACB＝90°时，如图①，
△NBM∽△ABC，cosB＝cos30°＝，
∴＝，解得t＝.
②当∠BNM＝∠ACB＝90°时，如图②，
△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝，
∴＝，解得t＝.
因此当运动时间是秒或秒时，△MBN与△ABC相似．
（3）由于△ABC面积是定值，
∴当四边形ACNM面积最小时，△MBN面积最大，
而△MBN的面积是S＝BM×BN×sinB
＝×2t×（5－t）×＝－t2＋t，
由于a＝－＜0，
∴当t＝－＝时，△MBN面积最大，
最大值是－×（）2＋×＝，
因此四边形ACNM面积最小值是×5×5－＝.
9.
（1）分三种情况：
①若AP＝AO，
在矩形ABCD中，∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，
∴AO＝CO＝5，
∴AP＝5，
∴t＝5，
②若AP＝PO＝t，
在矩形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC，
又∵OA＝OC，
∴△APO≌△CEO，
∴PO＝OE＝t.
作AG∥PE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形，
∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t.
又∵EC＝AP＝t，
∴BG＝8－2t.
在Rt△ABG中，根据勾股定理知62＋（8－2t）2＝（2t）2，
解得t＝.
③若OP＝AO＝5，则t＝0或t＝8，不合题意，舍去．
综上可知，当t＝5或t＝时，△AOP是等腰三角形．
（2）如解图②，作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.
图②
则OM＝AB＝3，ON＝BC＝4，
∴S△OEC＝·CE·OM＝·t·3＝t，
S△OCD＝·CD·ON＝·6·4＝12.
∵QF∥AC，
∴△DFQ∽△DOC，
∴＝（）2，即＝（）2，
∴S△DFQ＝t2，
∴S四边形OFQC＝12－t2，
∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S△OEC＝12－t2＋t，
即S＝－t2＋t＋12（0＜t＜6）．
（3）存在．
理由如下：
要使S五边形OECQF：
S△ACD＝9∶16，
即（－t2＋t＋12）∶（×6×8）＝9∶16，
解得t1＝3，t2＝1.5，两个解都符合题意，
∴存在两个t值，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此时t1＝3，t2＝1.5；
（4）存在．
理由如下：
如解图③，作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，
图③
作AG∥PE交BC于点G.
∵S△OCD＝·OC·DJ＝·5·DJ，且由
（2）知，S△OCD＝12，
∴DJ＝.
∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，
∴DI＝DJ＝＝4.8.
∵AG∥PE，
∴∠DPI＝∠DAG.
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AGB，
∴∠DPI＝∠AGB，
∴Rt△ABG∽Rt△DIP.
由
（1）知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t，
∴＝，
∴＝，
∴IP＝（8－2t）．
在Rt△DPI中，根据勾股定理得
（）2＋[（8－2t）]2＝（8－t）2，
解得t＝.
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