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专题 10 三角形压轴
目 录
题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
题型02 与三角形有关的平移问题
题型03 与三角形有关的翻折问题
题型04 与三角形有关的旋转问题
题型05 与三角形有关的全等/相似问题
题型06 与三角形有关的最值问题
题型07 与三角形有关的动点问题
题型08 与三角形有关的新定义问题
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
题型10 与三角形有关的存在性问题
题型11 三角形与几何图形综合
题型12 三角形与函数综合
（时间：60分钟）
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题型 01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·陕西宝鸡·一模）如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE．设
△ACD，△BCE，△ABC的面积分别是S ,S ,S 现有如下结论：①S :S =AC2:BC2 ；②连接AE，BD，
1 2 3 1 2
3
则△BCD≌△ECA；③若AC⊥BC，则S ⋅S = S2 ，其中正确结论的序号是（ ）
1 2 4 3
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③
【答案】C
【分析】①根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可证；②根据¿，即可求得全等（SAS）；③设
AC=a，BC=b，根据面积公式分别计算出S 、S 、S 即可证．
1 2 3
【详解】解：①S :S =AC2:BC2 正确，
1 2
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，∠DAC=∠EBC=60°，
∴△ADC∽△BCE，
∴S :S =AC2:BC2 ；
1 2
②△BCD≌△ECA正确，
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，CD=AC，CE=BC，
∴∠ACD+∠ACB=∠BCE+∠ACD，
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即∠ACE=∠DCB，
在△ACE与△DCB中，
¿，
∴△BCD≌△ECA（SAS）；
3
③若AC⊥BC，则S ⋅S = S2 正确，
1 2 4 3
设等边三角形ADC的边长为a，等边三角形BCE边长为b，
√3 √3
则△ADC的高为 a，△BCE的高为 b，
2 2
1 √3 √3 1 √3 √3
∴S = a⋅ a= a2，S = b⋅ b= b2 ，
1 2 2 4 2 2 2 4
√3 √3 3
∴S ⋅S = a2 ⋅ b2= a2b2 ，
1 2 4 4 16
1
∵S = ab，
3 2
1
∴S2= a2b2
，
3 4
3
∴S ⋅S = S2 ；
1 2 4 3
故答案是：①②③．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，等边三角形的性质，面积公式以及相似三角形面积的比等于相似
比的平方，熟知各性质是解题的关键．
2．（2023·浙江湖州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D，E分别是边AB和
BC上的两点，连结DE，将△BDE沿DE折叠，点B恰好落在AC的中点M处，BM与DE交于点F．下列
11√3
三个结论：①DF=EF；②DM⊥AM；③tan∠CME= 其中正确的是 ．（写出正确结论的
12
序号）
【答案】③
【分析】①由折叠的性质可得ED是BM的垂直平分线，假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，MB平
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分∠ABC，由∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，得出BM不是∠ABC的平分线，即可判断，
② 由 BM不 是 ∠ABC的 平 分 线 ， 可 得 ∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°， 在 △ADM中
∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，即可判断，
③设CM=a，ME=x，应用勾股定理，表示出CE的长度，在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即可求
13√3a
得：x= ，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
12
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：EB=EM，DB=DM，
∴ED是BM的垂直平分线，
假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，
∴∠EBF=∠DBF，即：MB平分∠ABC，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，
∴BM不是∠ABC的平分线，
∴假设DF=EF错误，故①错误，
∵BM不是∠ABC的平分线，
∴∠DBM=∠DBM≠15°，
∴∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，
∴∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，故②错误，
设CM=a，ME=x，则：AM=a，EB=x，AC=2a，AB=2AC=4a，
由勾股定理得：BC=√AB2−AC2=√(4a) 2−(2a) 2=2√3a，
∴CE=BC−BE=2√3a−x，
13√3a
在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即：x2=a2+(2√3a−x) 2 ，整理得：x= ，
12
13√3a 11√3a
∴CE=2√3a−x=2√3a− = ，
12 12
CE 11√3
∴tan∠CME= = ，故③正确，
CM 12
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
3．（2023·辽宁抚顺·三模）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，
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1
AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF=BC；②2cos∠DEB= ，③
2
AF+BF
AE−CE=√2ED，④若∠CAE=30°，则 =1，正确的是 ．（填写序号）．
AC
【答案】①③④
【分析】①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，
易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明
AE−CE=BC+EF−EC=EF+BE=2EN= √2DE，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH=FB．
连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC=AH即可解决问题．
【详解】解：∵AE⊥BC，CD⊥AB，
∴∠AEC=∠ADC=∠CDB=∠AEB=90°，∠AFD+∠DAF=90°,∠DCB+∠CFE=90°,
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠DAF=∠DCB，
∵CD⊥AB,∠BAC=45°，
∴∠ACD=90°−45°=45°=∠CAD，
∴AD=DC，
在△ADF和△CDB中，
¿，
∴△ADF≌△CDB（ASA），
∴AF=BC，DF=DB，故①正确，
∴∠DFB=∠DBF=45°，
取BF的中点O，连接OD、OE．
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∵∠BDF=∠BEF=90°，
∴OE=OF=OB=OD，
∴E、F、D、B四点共圆，
∴∠DEB=∠DFB=45°，
∴2cos∠DEB=2cos45°=√2，故②错误，
如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，则四边形DMEN是矩形，
∵∠DEB=45°，∠AEB=90°，
∴∠AED=90°−45°=45°=∠DEB，
∴DM=DN，
∵DF=DB，
∴Rt△DMF≌Rt△DNB，
∴MF=BN，EM=EN，
∴EF+EB=EM−FM+EN+NB=2EM=2EN，
EN √2
∵cos∠DEB= =cos∠45°= ，
DE 2
√2
∴EN= DE，
2
∴AE−CE=BC+EF−EC=EF+BE=2EN= √2DE，故③正确，
如图2中，延长FE到H，使得FH=FB．连接HC、BH．
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∵∠CAE=30°，∠CAD=45°，∠ADF=90°，
∴∠DAF=15°，∠AFD=75°，
∵∠DFB=45°，
∴∠AFB=120°，
∴∠BFH=60°，
∵FH=BF，
∴△BFH是等边三角形，
∴BF=BH，
∵BC⊥FH，
∴FE=EH，
∴CF=CH，
∴∠CFH=∠CHF=∠AFD=75°，
∴∠ACH=75°，
∴∠ACH=∠AHC=75°，
∴AC=AH，
∵AF+FB=AF+FH=AH，
∴AF+BF=AC，
AF+BF
∴ =1，故④正确，
AC
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，
解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中
的压轴题．
题型 02 与三角形有关的平移问题
4．（2023·吉林长春·模拟预测）【问题原型】如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB．若
AB=5，BC=3，则CD的长为 ；
【操作一】如图，②，将图①中的，△ACD沿AC翻折得到△ACE，则四边形AECD的周长为 ；
【操作二】如图③，将图②中的△ACE沿射线AB方向平移，使点A与点D重合，得到△DGF，点E的对
应点为点F．
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（1）求证：四边形ADFE是菱形；
（2）直接写出四边形ADGF的周长．
12 56 368
【答案】问题原型： ；操作一： ；操作二：（1）见解析；（2）
5 5 25
【分析】问题原型：首先利用勾股定理解得AC的值，再利用面积法解得CD的长即可；
操作一：首先利用勾股定理解得AD的值，再根据折叠的性质可得CE=CD，AE=AD，然后计算四边形
AECD的周长即可；
操作二：（1）首先根据平移的性质可得AE=DF，AE∥DF，可证明四边形ADFE为平行四边形，再结
合AE=AD，即可证明四边形ADFE为菱形；（2）连接DE，交AC于点O，首先根据菱形的性质可得
1 64
AF⊥DE，OA=OF= AF，利用面积法解得OE的值，再利用勾股定理解得OA=√AE2−OE2= ，
2 25
易得AF的长度，然后利用平移的性质确定FG，DG的值，即可获得答案．
【详解】解：问题原型：
∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC=√AB2−BC2=√52−32=4，
∵CD⊥AB，
1 1
∴S = AB⋅CD= AC⋅BC，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×5×CD= ×4×3，
2 2
12
解得CD= ．
5
12
故答案为： ；
5
操作一：
12
∵CD⊥AB，AC=4，CD= ，
5
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∴AD=√AC2−CD2=
√
42−
(12) 2
=
16
，
5 5
∵△ACD沿AC翻折得到△ACE，
12 16
∴∠AEC=∠ADC=90°，CE=CD= ，AE=AD= ，
5 5
16 12 12 16 56
∴四边形AECD的周长=AE+CE+CD+AD= + + + = ．
5 5 5 5 5
56
故答案为： ；
5
操作二：
（1）∵△ACE沿射线AB方向平移得到△DGF，
∴由平移的性质可得AE=DF，AE∥DF，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AE=AD，
∴四边形ADFE为菱形；
（2）如下图，连接DE，交AC于点O，
∵四边形ADFE为菱形，
1
∴AF⊥DE，OA=OF= AF，
2
1 1
∴S = AE⋅CE= AC⋅OE，
△ACE 2 2
1 16 12 1 48
即 × × = ×4×OE，解得OE= ，
2 5 5 2 25
∴在Rt△AOE中，OA=√AE2−OE2=
√ (16) 2
−
(48) 2
=
64
，
5 25 25
128
∴AF=2OA= ，
25
∵△ACE沿射线AB方向平移得到△DGF，
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12
∴FG=CE= ，DG=AC=4，
5
128 12 16 368
∴四边形ADGF的周长=AF+FG+DG+AD= + +4+ = ．
25 5 5 25
【点睛】本题主要考查了平移的性质、折叠的性质、勾股定理、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠
的性质和平移的性质是解题关键．
5．（2023·山东青岛·三模）已知：如图①，△ABC为边长为2的等边三角形，D、E、F分别为
AB、AC、BC中点，连接DE、DF、EF．将△BDF向右平移，使点B与点C重合；将△ADE向下
平移，使点A与点C重合，如图②．
(1)设△ADE、△BDF、△EFC的面积分别为S 、S 、S ，则S +S +S _______√3（用“<、=、>”填
1 2 3 1 2 3
空）
(2)已知：如图③，∠AOB=∠COD=∠EOF=60°，AD=CF=BE=2，设△ABO、△FEO、△CDO
的面积分别为S 、S 、S ；问：上述结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（可
1 2 3
利用图④进行探究）
【答案】(1)<
(2)结论成立，理由见解析
【分析】
（1）利用等边三角形的性质，证明△ADE∽△ABC,△BDF∽△ABC,△EFC∽△ABC，求出△ABC
的面积，即可得到△ADE、△BDF、△EFC的面积，即可得出结论；
（2）延长OB到H使BH=OE，延长OA到G使AG=OD，连接HG，证明△GHO是等边三角形，且面积
为√3，再证明△MGA≌△COD(SAS)，△MHB≌△FOE，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ D、E、F分别为AB、AC、BC中点，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴DE=BF=CF=AD=AE=BD=GC=DF=EF=1，
∴ △ADE、△BDF、△EFC都是边长为1的等边三角形，
∴△ADE∽△ABC,△BDF∽△ABC,△EFC∽△ABC，
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DE BF CF 1
∴ = = = ，
BC BC BC 2
1
∴ △ADE、△BDF、△EFC的高等于△ABC高的 ，
2
1
∴ △ADE、△BDF、△EFC的面积都等于△ABC面积的 ，
4
如图，设△ABC的高为h，
∵∠ABC=60°,AB=2，
√3
∴h=AB·sin60°= ·AB=√3，
2
1
∴S = h⋅BC=√3，
△ABC 2
1 √3
∵S =S =S = S = ，
△ADE △BDF △EFC 4 △ABC 4
3√3
∴S +S +S =S +S +S = <√3，
1 2 3 △ADE △BDF △EFC 4
故答案为：<；
（2）结论成立
证明：延长OB到H使BH=OE，
延长OA到G使AG=OD，连接HG，
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∵OA+AG=OA+DO=AD=2
OB+BH=OB+OE=BE=2
∠AOB=60°
∴△GHO是等边三角形
∵OG=OH=HG=2
∴S =√3
△GHO
在HG上取点M，使MG=OC
∵HM+MG=HG=2
OC+OF=CF=2
∴HM=OF
在△MGA和△COD中，¿，
∴△MGA≌△COD(SAS)，
同理可证：△MHB≌△FOE，
∴S =S ，S =S
2 △MHB 3 △MGA
由图形可知：S +S +S BC，且BD=DE，AD平分∠BAC，求∠CED的度数．
(2)如图2，若AB=BC，在平面内将线段AD绕点D顺时针方向旋转60度得到线段DF，连接BF，过点F
做FG⊥AB，垂足为点G，在点D运动过程中，猜想线段BD，BA，AG之间存在的数量关系，并证明你
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的猜想．
(3)如图3，若点H为AC下方一点，连接AH，CH，△ACH为等边三角形，将△ACH沿直线AH翻折得
到△AHP．M是线段PB上一点，将△PMH沿直线HM翻折得到△HMN，连接PN，当线段PB取得最小
8√3
值，且tan∠PHN= 时，请求出PN:AC的值．
13
【答案】(1)60°
(2)AB=2AG−BD，证明见解析
√21
(3)
11
【分析】（1）在AB上截取AF=AE，连接DF，可证得△DAF≌△DAE，从而DF=DE，
∠AED=∠AFD，进而得出∠CED=∠BFD，进一步得出结果；
（2）连接AF，在AB上截取AH=BD，根据∠AFD=∠B得出点A、D、B、F共圆，从而
∠FAH=∠BDF，∠ABF=∠ADF=60°，进而得出△FAH≌△FDB，从而AH=BD，FH=BF，进
而得出△BFH是等边三角形，进一步得出结果；
（3）在AC的上方作等边三角形ACD，作△ACD的外接圆O，连接PO并延长，交⊙O于点E，当点B运
动到E点时，PB最大，作OV⊥AC于点V，连接VH，作MT⊥PH于T，可推出O、V、H共线，设
OH 4t 2
OV =t，则AV =CV =√3t，可得出tan∠EPH= = = ，构造Rt△XYZ，∠Y =90°，S在
PH 2√3t √3
8√3 √3
ZY上，ZS=SX，tan∠XSY = ，则∠XSY =2∠Z，进而推出tan∠PHM= ，设MT=√3k，
13 4
TH=4k，解三角形PMH，表示出k，进一步得出结果．
【详解】（1）如图1，
在AB上截取AF=AE，连接DF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
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∵AD=AD，
∴△DAF≌△DAE(SAS)，
∴DF=DE，∠AED=∠AFD，
∴∠CED=∠BFD，
∵BD=DE，
∴DF=BD，
∴∠BFD=∠B=60°，
∴∠CED=60°；
（2）如图2，
AB=2AG−BD，理由如下：
连接AF，在AB上截取AH=BD，
∵∠AFD=60°，AD=DF，
∴△ADF是等边三角形，
∴DF=AF，∠AFD=60°，
∵∠B=60°，
∴∠AFD=∠B，
∴点A、D、B、F共圆，
∴∠FAH=∠BDF，∠ABF=∠ADF=60°，
∴△FAH≌△FDB(SAS)，
∴AH=BD，FH=BF，
∴△BFH是等边三角形，
∵FG⊥AB，
∴BG=GH，
∴AB=AG+BG=AG+GH=AG+AG−AH=2AG−BD；
（3）如图3，
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在AC的上方作等边三角形ACD，作△ACD的外接圆O，连接PO并延长，交⊙O于点E，当点B运动到
E点时，PB最大，
作OV⊥AC于点V，连接VH，作MT⊥PH于T，
∴AV =CV，
∵△ACH是等边三角形，
∴HV⊥AC，
∴O、V、H共线，
设OV =t，则AV =CV =√3t，
∴PH=CH=AC=2√3t，
√3
∴HV = CH=3，
2
∴OH=OV +VH=4t，
OH 4t 2
∴tan∠EPH= = = ，
PH 2√3t √3
如图4，
8√3
在Rt△XYZ中，∠Y =90°，S在ZY上，ZS=SX，tan∠XSY = ，
13
则∠XSY =2∠Z，
不妨设XY =8√3，SY =13，
∴ZS=SX=19，
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∴ZY =ZS+SY =32，
XY 8√3 √3
∴tan∠Z= = = ，
ZY 32 4
√3
∴tan∠PHM= ，
4
MT √3
∵tan∠PHM= = ，
TH 4
∴设MT=√3k，TH=4k，
MT 2
∵tan∠EPH= = ，
PT √3
√3k 2
∴ = ，
PT √3
3
∴PT= k，
2
由PT+TH=PH得，
3
k+4k=PH，
2
2
∴k= PH，
11
3 2√3
∴PT= PH，MT= PH，
11 11
√21 √21
∴PM=√PT2+MT2= PH= AC，
11 11
PM √21
∴ = ．
AC 11
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，
解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
题型 07 与三角形有关的动点问题
19．（2023·吉林长春·二模）在△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，点D是边BC上的一点，且
BD=2.动点P从点B出发，沿折线BA−AC以每秒1个单位长度的速度匀速运动，连结PD，作点B关于直
线PD的对称点B'，连结B'P、B'D.设点P的运动时间为t秒(t>0)．
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(1)线段CD的长为______ ．
(2)用含t的代数式表示线段AP(AP>0)的长．
(3)连结AB'，求AB'的最小值．
(4)当DB'∥AC时，直接写出t的值．
【答案】(1)1
(2)当点P在线段AB上时，0≤t<5，AP=5−t，当点P在线段AC上时，50)的图像上有一点P，PA⊥x轴于点A，点B在y轴上，则△PAB的面
x
积为______．
(3)如图2，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为
1
h ，h ，h ，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知 a(h +h +h )=S =3S ，可得
1 2 3 2 1 2 3 △ABC △OAB
√3
h +h +h = a；如图3，若P是边长为4的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各
1 2 3 2
边距离分别为h ，h ，h ，h ，h ，参照上面的探索过程，求h +h +h +h +h 的值．（参考数据：
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
2 3
tan36°≈ ，tan54°≈ ）
3 2
(4)如图4，已知⊙O的半径为1，点A为⊙O外一点，OA=2，AB切⊙O于点B，弦BC∥OA，连接
AC，求图中阴影部分的面积．（结果保留π）
(5)我国数学家祖暅，提出了一个祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在
所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．如图所示，某帐篷的造型是两个全等圆柱
垂直相交的公共部分的一半（这个公共部分叫做牟合方盖），其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半
圆．用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，且该正方形的面积恰好等
于与帐篷同底等高的正四棱柱中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥后同高度截面的面积（图8中阴影部
1
分的面积），因此该帐篷的体积为______．（正棱锥的体积V = 底面积×高）
3
12
【答案】(1) ；
5
(2)3；
(3)15；
π
(4) ；
6
4
(5) ．
3
【分析】
本题考查三角形的综合应用，熟练掌握正五边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的切
线性质，扇形的面积公式，棱柱的体积，棱锥的体积公式是解题的关键．
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（1）先求斜边，再利用等面积法，求出斜边上的高；
1 1
（2）AP∥y轴，则结合反比例函数的重要性质可得S = |xy|= |k|=3；
PAO 2 2
1
（3）由题可知S = ×AB×(h +h +h +h +h )，连接OE、OD，过O作OO⊥ED交于Q，
正方形ABCDE 2 1 2 3 4 5
1 OQ 3 OQ
根据正五边形的性质可求∠QDO=54°,DQ= DE=2,在 Rt△DOQ中，tan54°= ,即 = ,求
2 DQ 2 2
1 1
出 OQ=3,则 S = ×4×3×5=30， 再 由 方 程 ×AB×(h +h +h +h +h )=30， 可 得
正方形ABCDE 2 2 1 2 3 4 5
h +h +h +h +h =15；
1 2 3 4 5
（4）过A点作AE⊥OC交延长线于E，可证得△OBC是等边三角形，再由 S =S ，即可求解；
阴影 扇形OBC
（5）连接BD，则BD=2,再由四边形ABCD是正方形，求出AB=√2,根据 V =V −V 求
帐篷 正四棱柱 正四棱锥
解即可．
【详解】（1）
解：根据勾股定理，斜边长为：√32+42=5,
设斜边上的高为h，根据等面积法：
1 1
×3×4= ×5×h,
2 2
12
解得：h= ．
5
（2）
解：连接OP，如图：
∵PA⊥x轴，
∴PA∥y轴，
∴S =S ，
△PAB △PAO
1 1
∴△PAB的面积为： ×|x||y|= |k|=3．
2 2
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（3）
1
S = ×AB×(h +h +h +h +h )，
正方形ABCDE 2 1 2 3 4 5
如图3，连接OE、OD，过O作OQ⊥ED交于Q，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形的每一内角为108°,
∴∠QDO=54°,OD=OE,
1
∴DQ= DE=2,
2
OQ
在Rt△DOQ中，tan54°= ,
DQ
3 OQ
∴ = ,
2 2
∴OQ=3,
1
∴S = ×4×3×5=30，
正方形ABCDE 2
1
∴ ×AB×(h +h +h +h +h )=30，
2 1 2 3 4 5
∴h +h +h +h +h =15．
1 2 3 4 5
（4）
解：如图4，过A点作AE⊥CO交延长线于E，
∵AB是圆O的切线，
∴∠OBA=90°,
∴OA=2,OB=1,
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∴AB=√3,∠OAB=30°,
∴∠AOB=60°,
∴BC∥OA,
∴∠OBC=∠AOB=60°，
∵OB=OC,
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°,
过点O作OG⊥BC于点G，如图：
∵BC∥OA，
∴OG是△COB,△ABC的高，
∴S =S ，
△ABC △COB
60×π×1 π
S =S = = ．
阴影 扇形AOB 360 6
（5）
解：如图7，连接BD，
∵BD是圆O的直径，
∴BD=2,
∵四边形ABCD是正方形，
∵AB=√2,
1 4
∴V =V −V =(√2) 2 ×1− ×(√2) 2 ×1= ．
帐篷 正四棱柱 正四棱锥 3 3
34．（2023·山东聊城·二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点
A的坐标为(−1,0)，与y轴交于点C(0,−3)，直线CD:y=2x−3与x轴交于点D．动点M在抛物线上运动，
过点M作MP⊥x轴，垂足为点P，交直线CD于点N．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P在线段OD上时，△CDM的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理
由；
(3)点M在运动过程中，能否使以C，N，M为顶点的三角形是以NM为腰的等腰直角三角形？若存在，
请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3；
45
(2)存在，最大值为 ；
16
(3)不存在．理由见解析．
【分析】
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质等知识点．
（1）利用待定系数法求解即可；
3
（2）设P(p，0)，且00)在第一象限内的图象经过
x
AC 1
点D，与AE交于点C，且 = ．
CE 2
(1)求反比例函数解析式及C点坐标；
(2)若线段BD上一点P，使得∠DCP=∠BDF，求点P的坐标；
(3)过点C作CG∥y轴，交DE于点G，点M为直线CG上的一个动点，H为反比例函数上的动点，是否存
在这样的点H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出所有满足条件的M点
坐标；若不存在，请说明理由．
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12
【答案】(1)反比例函数的解析式为y= ，C(6,2)；
x
6 26
(2)P( , )
7 7
1
(3)存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，M点的坐标为(6,0)或(6,− )或
2
113 249 20 103
(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
14 14 3 6
【分析】
（1）根据正切函数及勾股定理解三角形得出DF=6，BF=3，即可确定D(2,6)，代入反比例函数解析式
12
即可求解；设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，根据平行四边形及相
t
似三角形的判定和性质求解即可；
（2）过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，利用待定系数法确定直线CD的解析式为y=−x+8，再由等腰直角三角
形的性质及勾股定理解三角形确定CM=2√2，DM=6√2，再由正切函数及相似三角形的判定和性质求
解即可；
（3）根据题分情况分析：当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，当点C与点B为对应
点时，当点C与点E为对应点时，当点C与点A为对应点时，分别作出相应图形，然后利用相似三角形的
判定和性质求解即可．
【详解】（1）
DF
解：∵tan∠DBA=2= ，
BF
∴DF=2BF，
∵DF⊥x轴于点F，
∴DB2=DF2+BF2，即45=5BF2，
∴BF=3，
∴DF=6，
∵点B坐标为(−1,0)，
∴FO=2，
∴D(2,6)，
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k
∵反比例函数y= (k>0)在第一象限内的图象经过点D，
x
∴k=12，
12
∴反比例函数的解析式为y= ，
x
12
设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，如图所示：
t
∵四边形BDEA是平行四边形，
∴DE∥AB，
∴EH=DF=6,
∵CG⊥x轴，EH⊥x轴，
∴CG∥EH，
∴△ACG∽△AEH，
CG AC
∴ = ，
EH AE
AC 1
∵ = ，
CE 2
AC 1
∴ = ，
AE 3
GC 1
∴ = ，
EH 3
1
∴CG= EH=2，
3
12
∴2= ，
x
解得x=6，
∴C(6,2)；
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（2）
如图，过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，
设直线CD的解析式为y=mx+n，
∵C(6,2),D(2,6)，
¿，解得¿，
∴直线CD的解析式为y=−x+8，
令y=0，得x=8，
∴M(8,0)，
∵FM=8−2=6,DF=6，
∴FM=DF，
∵∠DFM=90°，
∴∠DMF=45°，
∵∠CKM=90°，
∴CM=√2CK=2√2，DM=√2DF=6√2，
∴CD=DM−CM=4√2，
∵BR⊥CD，BM=9，
9√2
∴BR=RM= ，
2
3√2
∴DR=DM−RM= ，
2
∴BR=3DR，
∵∠DCP=∠BDF，
∴tan∠DCP=tan∠BDF，
PT BF 1
∴ = = ，
CT DF 2
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∴CT=2PT，
∵PT⊥CD，BR⊥CD，
∴PT∥BR，
DT DR 1
∴ = = ，
PT BR 3
∴PT=3DT，
∴CT=6DT，
∵DT+CT=CD即DT+6DT=4√2，
4√2
∴DT= ，
7
12√2
∴PT= ，
7
DP PT 8
∴ = = ，
DB BR 21
BP 13
∴ = ，
DB 21
∵PW⊥x轴，DT⊥x轴，
∴PW∥DT，
∴△BPW∽△BDT，
BW PW BP 13
∴ = = = ，
BF FD BD 21
13 13 13 26
∴BW = BF= ，PW = DF= ，
21 7 21 7
∵B(−1,0)，
6 26
∴P( , )；
7 7
（3）
存在，理由如下：
根据图象得：△ABE为钝角三角形，
∴当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，在x轴上取点Q(10,0)，
∵AC2+CQ2=5+20=25,AQ2=25，
∴AC2+CQ2=AQ2，
∴∠ACQ=90°，
∴∠GCQ=90°+∠ECG=∠BAE，
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设直线CQ的解析式为y=m x+n ，
1 1
∵C(6,2),Q(10,0)，
¿，解得¿，
1
∴直线CQ的解析式为y=− x+5，
2
联立方程组¿，
解得：¿, ¿，
∴直线CQ与双曲线的交点为(6,2)和(4,3)均不符合题意，
当点C与点B为对应点时，如图所示：
12
设H(m, )，
m
过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
12
则EN=6,BN=9,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠ABE，
∴tan∠HCL=tan∠ABE，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 9
CL DN −2
m
4
解得：m =6（舍去），m = ，
1 2 3
4
∴H( ,9)，
3
√ 4 2 7√13
∴CH= (6− ) +(2−9) 2= ，
3 3
设M(6,y)，
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∵△CHM∽△BEA或△CMH∽△BEA
CH BE CM BE
∴ = 或 =
CM BA CH BA
7√13
y−2 √92+62
3 √92+62或 = ，
∴ = 7√13 6
y−2 6
20 103
解得：y= 或y= ，
3 6
20 103
∴M(6, )或(6, )；
3 6
当点C与点E为对应点时，如图所示：
作AS⊥BE于点S，
AB⋅EN 6×6 12√13 21√13
∴AS= = = ，ES=√AE2−AS2=
，
BE √92+62 13 13
∵∠HCL=∠AEB，
∴tan∠HCL=tan∠AEB，
12√13
HL AS 6−m 13
∴ = ，即 = ，
CL ES 12 21√13
−2
m 13
8
解得：m=6（舍去），m= ，
7
8 21
∴H( , )，
7 2
√ 8 2 21 2 17√65
∴CH= (6− ) +(2− ) = ，
7 2 14
∵△CHM∽△EBA或△CMH∽△EBA，
CH BE CM BE
∴ = 或 = ，
CM AE CH AE
17√65 y−2 √92+62
=
∴
14
=
√92+62 或17√65 √32+62，
y−2 √32+62 14
113 249
解得：y= 或y= ，
14 14
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113 249
∴M(6, )或M(6, )；
14 14
当点C与点A为对应点时，如图所示：
12
设H(m, )，过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
m
12
则EN=6,AN=3,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠EAN，
∴tan∠HCL=tan∠EAN，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 3
CL AN −2
m
解得：m =6（舍去），m =4，
1 2
∴H(4,3)，
∴CH=√H L2+CL2=√5，
设M(6,y)，则CM=2−y，
∵△HMC∽△EBA或△MHC∽△EBA
CH AE CH BA
∴ = 或 =
CM BA CM AE
√5 3√5 √5 6
∴ = 或 = ，
2−y 6 2−y 3√5
1
解得：y=0或y=− ，
2
1
∴M(6,0)或(6,− )；
2
综上所述，存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，
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1 113 249 20 103
M点的坐标为(6,0)或(6,− )或(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
2 14 14 3 6
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质，反比例函数的应用，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，
理解题意，综合运用这些知识点，然后进行分情况分析是解题关键．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2024·四川广元·二模）如图，在等边三角形ABC中，D是边BC上的中点，DE∥AB．将△CDE绕
点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，得到△CD'E'，连接AD'，AE'，当AE'=√3CD时，α的大小是
（ ）
A．60°或90° B．90°或120° C．60°或300° D．120°或150°
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理等知识．利用勾股定理的逆定理
证明∠AE'C=90°，分两种情形分别求解即可．
【详解】解：设CD=a，则CE=a，BC=AC=2a，AE'=√3CD，
∴AC2=AE'2+E'C2，
∴∠AE'C=90°，
①如图中，当点D在AC的中点时，满足条件，此时α=60°；
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②如图中，当点E'落在BC的中点时，满足条件，此时α=300°．
综上所述，满足条件的α的值为60°或300°．
故选：C．
2．（2024·安徽马鞍山·一模）如图，D，E分别在等边△ABC的边AB，BC上，且BD=CE，CD与AE交
于点F．延长CD到点P，使∠BPD=30°，若AF=a，CF=b，则下列结论错误的是（ ）
√3
A．∠AFD=60° B．BF的长度的最小值等于 AB
3
1
C．PC的长度为a+√3b D．△ACF的面积的最大值是△ABC的面积的
3
【答案】C
【分析】由等边三角形的性质得AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，可证
△BDC≌△CEA(SAS)，由三角形的外角性质可得∠AFD=60°，可判断A正确；过点B作BG⊥AC于
√3 2 √3
点G，则∠ABG=30°，得到 BG= AB，当CD是中线时，点F在BG上，BF= BG= AB，最小，
2 3 3
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可判断B正确；在AC上截取AM=CE，连接BM交CD于点H，证明△CBD≌△ACE≌△BAM(SAS)，
推出△BHC≌△CFA(ASA)，得到BH=b，CH=a，∠PHB=60°，根据∠BPD=30°，得到
∠PBH=90°，得到PH=2b，即得PC=a+2b；可判断C不正确；当FG⊥AC时，点F到AC的距离
1 1
最大，此时FG= BG，得到S = S ，可判断D正确．
3 △AFC 3 △ABC
【详解】A. ∠AFD=60°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，
∴△BDC≌△CEA(SAS)，
∴∠CAE=∠BCD，
∵∠AFD=∠CAE+∠ACF=∠BCD+∠ACD=∠ACB，
∴∠AFD=60°；
∴A正确；
√3
B. BF的长度的最小值等于 AB．
3
如图1，过点B作BG⊥AC于点G，则∠ABG=30°，
√3
∴BG= AB，
2
当CD是中线时，点F在BG上，BF最小，
2 √3
此时，BF= BG= AB；
3 3
∴B正确；
C. PC的长度为a+√3b．
如图2，在AC上截取AM=CE，连接BM交CD于点H，即AM=CE=BD，
∵∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=AC=CB，
∴△CBD≌△ACE≌△BAM(SAS)，
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∴∠CAE=∠BCD=∠ABM，
∵∠ABC=∠ACE，
∴∠MBC=∠ACD，
∴△BHC≌△CFA(ASA)，
∴BH=CF=b，AF=CH=a，
∵∠PHB=∠HBC+∠HCB=∠ABM+∠MBC=∠ABC，
∴∠PHB=60°，
∵∠BPD=30°，
∴∠PBH=90°，
∴PH=2BH=2b，
∴PC=PH+HC=a+2b；
∴C不正确；
1
D. △ACF的面积的最大值是△ABC的面积的 ．
3
如图1，当FG⊥AC时，F在BG上，点F到AC的距离最大，
1
此时，FG= BG，
3
1
∴S = S ．
△AFC 3 △ABC
∴D正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形综合．熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30°的
直角三角形性质，三角形的外角的性质，三角形三边关系，添加恰当的辅助线构造全等三角形，是解本题
的关键．
3．（2024·河南信阳·一模）如图1，已知 ▱ABCD的边长AB为4√3，∠B=30°，AE⊥BC于点E．现
将△ABE沿BC方向以每秒1个单位的速度匀速运动，运动的△ABE与 ▱ABCD重叠部分的面积S与运动
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时间t的函数图象如图2，则当t为9时，S的值是（ ）
8√3 9√3
A． B．3√3 C． D．5√3
3 2
【答案】C
【分析】本题考查的是动点函数图象问题、平行四边形的性质、勾股定理及含30度角的性质，熟练掌握以
上知识点，弄清楚不同时段，图象和图形的对应关系，是解题的关键．
根据题意得出AE=2√3，BE=6，结合函数图象确定BC=12，当运动时间t>6时，为二次函数，且在
t=6时达到最大值，对称轴为t=6，二次函数与坐标轴的另一个交点为(0,0)，然后确定二次函数解析式，
代入求解即可．
【详解】解：∵AB为4√3，∠B=30°，AE⊥BC于点E．
∴AE=2√3，
∴BE=√AB2−AE2=6，
由运动的△ABE与 ▱ABCD重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象得：
当运动到6时，重叠部分的面积一直不变，
∴CE=6，
∴BC=12，
由函数图象得：当运动时间t>6时，为二次函数，且在t=6时达到最大值，对称轴为直线t=6，
∴二次函数与坐标轴的另一个交点为(0,0)，
设二次函数的解析式为S=at(t−12)(t>6)，
√3
将点(6,6√3)代入得：a=− ，
6
√3
∴S=− t(t−12)(t>6)，
6
9√3
当t为9时，S= ．
2
故选：C．
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4．（2024·河北衡水·一模）如图，在△ABC中，∠B=∠C=65°，将△MNC沿MN折叠得△MNC'，若
MC'与△ABC的边平行，则∠C'MN的度数为（ ）
A．57.5° B．25° C．57.5°或25° D．115°或25°
【答案】C
【分析】
本题考查了翻折的性质，三角形内角和定理，平行线的性质；分类讨论：①当C'M∥BC时， ②当
C'M∥AB时；能根据MC'与△ABC的不同的边平行进行分类讨论是解题的关键.
【详解】
解：①当C'M∥BC时，如图1中，
∴∠AMC'=∠C=65°，
∴∠C'MC=180°−∠AMC'
=115°，
由折叠得，
1
∠C'MN= ∠C'MC=57.5°；
2
②当C'M∥AB时，如图2，
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∴∠C'MC=∠A，
∵ ∠B=∠C=65°，
∴∠A=180°−2∠B
=50°，
1
由折叠得，∠C'MN= ∠C'MC=25°，
2
∴∠C'MN的度数为57.5°或25°；
故选：C．
5．（2024·安徽·一模）如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，AB=BC，CD=DE，
∠ABC=∠CDE=90°，点A，C，E共线，点F和点G分别是BD和AE的中点，AE=4，连接
AF，CF，FG，EF，下列结论错误的是（ ）
A．CF+FG的最小值是2 B．S 的最大值为1
△BCD
C．S +S 的最小值为2√2 D．AF+EF的最小值为2√5
△ABC △CDE
【答案】C
【分析】
延长AB，ED交于点H，连接FH，GH．易得△AEH是等腰直角三角形，四边形BCDH是矩形，得点
F 是 对 角 线 CH与 BD的 交 点 ． 由 FG是 直 角 △HCG斜 边 上 的 中 线 得 FH=FG， 从 而
CF+FG=CF+FH=CH≥GH，当 C 与 G 重合时，取得最小值 2，故选项 A 正确；设AC=a，则
√2 √2 1 1
CE=4−a，BC= a，CD= (4−a)，则S = BC⋅CD=− (a2−4a)，由二次函数的性质即
2 2 △BCD 2 4
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1
可求得其最大值为1，从而判断选项B正确；由S +S = (a−2) 2+2得其最小值为2，从而判断选
△ABC △CDE 2
项C错误；以GH的垂直平分线作点E的对称点P，连接PE，PF，PH，则PF=EF，PE=GH=2，
当A，F，P三点共线时，AF+PF有最小值，最小值为线段AP的长，在Rt△APE中由勾股定理即可求得
最小值为2√5，故选项D正确；最后可确定答案．
【详解】解：如图，延长AB，ED交于点H，连接FH，GH．
∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠BAC=∠DEC=45°，
∴∠AHE=180°−∠BAC−∠DEC=90°，AH=EH，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠CBH=∠CDH=90°，
即∠CBH=∠CDH=∠AHE=90°，
∴四边形BCDH是矩形．
∵点F是BD的中点，
∴点F是对角线CH与BD的交点．
∵△AEH是等腰直角三角形，点G是AE的中点，
1
∴∠CGH=90°，GH= AE=2．
2
∵点F是CH的中点，∠CGH=90°，
1
∴FH=FG= CH．
2
∴CF+FG=CF+FH=CH≥GH．
当CH⊥AE时，即点C与点G重合时，CH有最小值，故CF+FG的最小值为CH=GH=2，故选项A正
确．
√2 √2
设AC=a，则CE=4−a，BC= a，CD= (4−a)．
2 2
∵四边形BCDH是矩形，
∴∠BCD=90°，
1 1 √2 √2 1 1
∴S = BC⋅CD= × a× (4−a)=− (a2−4a)=− (a−2) 2+1．
△BCD 2 2 2 2 4 4
1
∵− <0，
4
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∴当a=2时，S 有最大值为1．
△BCD
故选项B正确．
1 1 1 1 1 1
∵S +S = a× a+ (4−a)× (4−a)= a2−2a+4= (a−2) 2+2．
△ABC △CDE 2 2 2 2 2 2
1
∵ >0，
2
∴S +S 有最小值为2，选项C错误．
△ABC △CDE
如图，以GH的垂直平分线作点E的对称点P，连接PE，PF，PH，则PF=EF，
1
PE=GH= AE=2．
2
当A，F，P三点共线时，AF+PF有最小值，最小值为线段AP的长，
而AP=√AE2+PE2=√42+22=2√5，
即AF+EF的最小值为2√5，故选项D正确．
综上，故选C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾
股定理，两点间线段最短，对称的性质，二次函数求最值等知识，综合性较强，构造的辅助线较多．
二、填空题
6．（23-24九年级下·四川成都·阶段练习）如图，△ABC是等边三角形，AB=4，点D在边AC上由C向
A运动，点E在边BC上由B向C运动，且CD=BE，连接BD、AE交于点P，将边AC绕着点C顺时针旋
1
转90°得到CM，在射线CM上截取线段CF，使CF=√3AC，在D、E的运动过程中，求 PC+PF的最
2
小值 ．
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【答案】2√21
【分析】先证明△ABE≌△BCD，可得∠APB=120°，如图，作等边三角形△ABQ，证明A,P,B,Q四
点共圆，圆心为J，作△ABC的内切圆I，记内切圆与AB的切点为K，取CP的中点H，连接IH，CJ，
1
JP，PK，PI，AF，可得I在⊙J上，证明K，I在CJ上，JK=KI= CI，再证明△PIK≌△PIH，可
2
1 1
得 PC+PF=PK+PF≥KF，当K,P,F共线时， CP+PF最短，过K作KL⊥QF于L，再利用勾股
2 2
定理可得答案．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC，
∵BE=CD，
∴△ABE≌△BCD，
∴∠BAE=∠CBD，
∴∠APD=∠BAE+∠ABP=∠ABP+∠CBD=60°，
∴∠APB=120°，
如图，作等边三角形△ABQ，
∴AB=BQ=AQ=4，∠AQB=60°，
∴∠AQB+∠APB=180°，
∴A,P,B,Q四点共圆，圆心为J，
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作△ABC的内切圆I，记内切圆与AB的切点为K，取CP的中点H，连接IH，CJ，JP，PK，PI，AF，
∴I在⊙J上，
∵等边△ABQ与等边△ABC全等，
1
∴K，I在CJ上，JK=KI= CI，
2
∴IJ=IC，而PH=CH，
1
∴HI∥JP，HI= JP，
2
1
∴HI= JI=IK，∠HIP=∠JPI，
2
∵JI=JP，
∴∠JIP=∠JPI，
∴∠KIP=∠HIP，而PI=PI，
∴△PIK≌△PIH，
∴PH=PK，
1
∴ PC+PF=PK+PF≥KF，
2
1
当K,P,F共线时， CP+PF最短，
2
过K作KL⊥QF于L，
∵K为内切圆与边的切点，
∴AK=BK=2，
∵∠QAB=60°，
∴AL=1，KL=√3，
∵在△ACF中，CF=√3AC，∠ACF=90°，
CF
∴tan∠FAC= =√3，
AC
∴∠FAC=60°，
∴AF=2AC=8，
由∠QAB+∠BAC+∠CAF=180°，
∴L,A,F共线，
∴LF=1+8=9，
∴FK=√K L2+LF2=√81+3=√84=2√21，
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1
∴ CP+PF的最小值为2√21；
2
故答案为：2√21．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，勾股定理的应
用，锐角三角函数的应用，三角形的内切圆的应用，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
7．（2023·浙江金华·三模）如图是某品牌电脑支架，整体支架由3组支撑条和2组活动条组成，支撑条
AB=BC=28cm，CD=24cm，相连两根支撑条可绕交点转动，活动条EF，GH一端分别与支撑条BC，
CD中点连接，并且可绕固定支点E与支点G转动，通过转动活动条，将末端点F与点H分别卡入支撑条
AB及BC上的孔洞中，以此来完成支架调节，其中活动条GH=16cm．将电脑支架调节到如图2所示，底
部一组支撑条贴合水平桌面，调节活动条EF，使得∠ABC=30°，调节活动条GH使得GH⊥CD，此时
活动条末端点H到桌面的距离为 ，如图3某电脑键盘面与显示屏面长度相等，即MP=NP，将其放
置到上述状态电脑支架上，使点M与点C重合，此时点P恰好与点D重合，开合电脑显示屏，点N到桌面
的最大高度是 ．
48√3+154
【答案】 4cm cm
5
【分析】①先由勾股定理求出CH的长，再算出BH，利用∠ABC=30°，即可得出活动条末端点H到桌
面的距离；②当DN⊥AB时，点N到桌面的高度最大，作CL⊥AB于点L，延长ND交AB于点K，作
CS⊥DK于点K，作¿⊥AB于点T，交CS于点O，交BC于点J，作GI⊥BC于点I，先求出CL=14cm，
48 36
根据矩形的性质得出CL=SK=OT=14cm，由三角形面积得出GI= cm，由勾股定理得出CI= cm，
5 5
解直角三角形求出GJ、IJ，进而得出CJ、BJ，再由直角三角形的性质得出JT，进而得出GT、GO，再
根据三角形中位线定理得出DS，即可得出NK的值．
1
【详解】解：①∵CG= CD=12cm，GH=16cm，GH⊥CD，
2
∴CH=√CG2+GH2=√122+162=20cm，
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∴BH=BC−CH=28−20=8cm，
又∵∠ABC=30°，
1
∴活动条末端点H到桌面的距离= BH=4cm；
2
②如图4，当DN⊥AB时，点N到桌面的高度最大，
，
作CL⊥AB于点L，延长ND交AB于点K，作CS⊥DK于点K，作¿⊥AB于点T，交CS于点O，交BC
于点J，作GI⊥BC于点I，
在Rt△CLK中，BC=28cm，∠ABC=30°，
1 1
∴CL= BC= ×28=14cm，
2 2
∵ CL⊥AB，CS⊥DK，NK⊥AB，¿⊥AB，
∴四边形CLKS为矩形，四边形CLTO为矩形，
∴CL=SK=OT=14cm，
1 1
∵S = CG⋅GH= CH⋅GI，CG=12cm，GH=16cm，CH=20cm，
△CGH 2 2
∴12×16=20GI，
48
∴GI= cm，
5
在Rt△CGI中，CI=√CG2−GI2=
√
122−
(48) 2
=
36
cm，
5 5
∵>⊥AB，CL⊥AB，
∴>∥CL，
∴∠CJG=∠BCL=90°−30°=60°，
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∵GI⊥BC，
GI 32√3 1 16√3
∴GJ= = cm，IJ= GJ= cm，
sin60° 5 2 5
36+16√3
∴CJ=CI+IJ= cm，
5
36+16√3 104−16√3
∴BJ=BC−CJ=28− = cm，
5 5
在Rt△BJT中，∠ABC=30°，
1 52−8√3
∴JT= BJ= cm，
2 5
32√3 52−8√3 24√3+52
∴>=GJ+JT= + = cm，
5 5 5
24√3+52 24√3−18
∴GO=>−OT= −14= cm，
5 5
∵>⊥AB，NK⊥AB，
∴ ¿∥NK
∵CG=DG，
∴CO=SO，
24√3−18 48√3−36
∴DS=2OG=2× = cm，
5 5
∵CD=MP=NP=24cm，DN=NP，
48√3−36 48√3+154
∴NK=DN+DS+SK=24+ +14= cm，
5 5
48√3+154
即点N到桌面的最大高度是 cm．
5
48√3+154
故答案为：4cm； cm．
5
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、平行线分线段成比例定理、直角三角形的性质、三角形中位线
的性质、矩形的判定与性质等知识点，综合性较强，添加辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
三、解答题
8．（2024·辽宁大连·模拟预测）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋
转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．
探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
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【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之
间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你
帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF
旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
1
【答案】（1）DE+DF=AD，见解析；（2）DE+DF= AD；（3）4或2
2
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题
的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论
DE+DF=AD；
（2）取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，
1 1
得出TE=DF，由DE+TE= AD，即可得出DE+DF= AD；
2 2
（3）分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交
AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【详解】解：（1）结论：DE+DF=AD．
理由：如图1中，
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∵ ABCD AC BD P
正方形 的对角线 ， 交于点 ，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
¿，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
1
（2）（1）中的结论变为DE+DF= AD，理由如下：
2
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵ ABCD ∠ADC=120°
四边形 为 的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60°，
∵∠PAT=30°，
∴∠TPD=60°，
∵∠MPN=60°，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
¿，
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∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
1
∴DE+DF= AD，
2
1
故答案为：DE+DF= AD；
2
（3）如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD AH⊥BD
是等边三角形， ，
∴BH=DH=4，AH=4√3，
在Rt△APH中，PH=√PA2−AH2=√72−(4√3) 2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4．
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
9．（2024·江苏连云港·一模）问题情景：如图1，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB=4，
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BC=10．矩形顶点C从O点出发沿x轴的正半轴向右运动，矩形的另一个顶点B随之在y轴的正半轴上
运动，当点B回到O点时运动也随之停止．
问题提出：如图2．
（1）当OC=5时，点A的坐标为__________；
（2）在运动过程中，求OA的最大值；
问题探究：（3）如图3，点P为线段AD上一点，AP=2．
①在运动过程中，tan∠POC的值是否会发生改变，如果不变，请求出其值，如果改变，请说明理由；
②从运动开始到运动停止，请直接写出点P所走过的路程．
【答案】（1）(2√3,2+5√3)；（2）5+√41；（3）①不变，2；②20−6√5
【分析】（1）过A作AE⊥y轴与E，OC=5，BC=10，可知∠OBC=30°，则可求出OB=5√3，有
∠ABE=60°，∠BAE=30°，在Rt△ABE中，可求出BE=2，AE=2√3，即可得到A点坐标；
（2）取BC中点M，可求出AM于OM的值，当O、M、A三点不共线时，有OA
