第五讲 多线段最值
题 1
解：（1）把点 A（﹣1，a）代入一次函数 y=x+4，
得：a=﹣1+4，解得：a=3，
∴点 A的坐标为（﹣1，3）．
把点 A（﹣1，3）代入反比例函数 ky= ，
x
得：k=﹣3，
∴反比例函数的表达式 y=﹣ 3 ．
x
?y = x + 4
联立两个函数关系式成方程组得： ?? 3 ，
??
y = ?
x
?x = ?1 ?x = ?3
解得： ? ，或 ? ，
? y = 3 ? y =1
∴点 B的坐标为（﹣3，1）．
故答案为 3，（﹣3，1）；
（2）作点 A关于 y轴的对称点 A′，作点 B作关于 x轴的对称点 B′，连接 A′B′，交 x
轴于点 P，交 y轴于点 Q，连接 PB、QA，如图所示．
∵点 B、B′关于 x轴对称，点 B的坐标为（﹣3，1），
∴点 B′的坐标为（﹣3，﹣1），PB=PB′，
∵点 A、A′关于 y轴对称，点 A的坐标为（﹣1，3），
∴点 A′的坐标为（1，3），QA=QA′，
∴BP+PQ+QA=B′P+PQ+QA′=A′B′，值最小．
设直线 A′B′的解析式为 y=mx+n，
? m + n = 3
把 A′，B′两点代入得： ? ，
??3m + n = ?1
?m =1
解得： ? ，
?n = 2
∴直线 A′B′的解析式为 y=x+2．
令 y=0，则 x+2=0，解得：x=﹣2，点 P的坐标为（-2，0），
令 x=0，则 y=2，点 Q的坐标为（0，2）．
1
题 2
（1）答： 2 ， 2 ?1．
（2）①证明：在正方形 ABCD中，
AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵Q点为 A点关于 BP的对称点，
∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°，
∴QB=BC，∠BQE=∠BCE，
∴∠BQC=∠BCQ，
∴∠EQC=∠EQB﹣∠CQB=∠ECB﹣∠QCB=∠ECQ，
∴EQ=EC．
在 Rt△QDC中，
∵∠QDE=90°﹣∠QCE，
∠DQE=90°﹣∠EQC，
∴∠QDE=∠DQE，
∴EQ=ED，
∴CE=EQ=ED，即 E为 CD的中点．
②解：∵AP=x，AD=1，
∴PD=1﹣x，PQ=x，CD=1．
在 Rt△DQC中，
∵E为 CD的中点，
1
∴DE=QE=CE= ，
2
1
∴PE=PQ+QE=x+ ，
2
1
∴ x + 2
1
= ? x 2 + 2( ) (1 ) ( ) ，
2 2
解得 1 x= ．
3
（ 33）答：△CDQ为等腰三角形时 x的值为 2﹣ 3 ， ，2+ 3 ．
3
（分析如下：以下内容作答不要求书写）
如图，以点 B为圆心，以 AB的长为半径画弧，以点 C为圆心，以 CD的长为半径画
弧，两弧分别交于 Q1，Q3．此时△CDQ1，△CDQ3 都为以 CD为腰的等腰三角形．
作 CD的垂直平分线交弧 AC于点 Q2，此时△CDQ2 以 CD为底的等腰三角形．
2
以下对此 Q1，Q2，Q3．分别讨论各自的 P点，并求 AP的值．
①讨论 Q1，如图作辅助线，连接 BQ1、CQ1，作 PQ1⊥BQ1 交 AD于 P，过点 Q1，作
EF⊥AD于 E，交 BC于 F．
∵△BCQ1 为等边三角形，正方形 ABCD边长为 1，
3 2 ? 3
∴Q1F = ，Q1E = ．
2 2
在四边形 ABPQ1 中，
∵∠ABQ1=30°，
∴∠APQ1=150°，
∴△PEQ1 为含 30°的直角三角形，
2 3 ? 3
∴PE= 3EQ1 = ．
2
1
∵AE= ，
2
∴x=AP=AE﹣PE=2﹣ 3 ．
②讨论 Q2，如图作辅助线，连接 BQ2，AQ2，过点 Q2 作 PG⊥BQ2，交 AD 于 P，连
接 BP，过点 Q2 作 EF⊥CD于 E，交 AB于 F．
3
∵EF垂直平分 CD，
∴EF垂直平分 AB，
∴AQ2=BQ2．
∵AB=BQ2，
∴△ABQ2 为等边三角形．
在四边形 ABQP中，
∵∠BAD=∠BQP=90°，∠ABQ2=60°，
∴∠APE=120°
∴∠EQ2G=∠DPG=180°﹣120°=60°，
2 ? 3
∴Q2E = ，
2
2 3 ? 3
∴EG= ，
2
∴DG=DE+GE= 3 ﹣1，
3
∴PD=1﹣ ，
3
﹣ 3∴x=AP=1 PD= ．
3
③对 Q3，如图作辅助线，连接 BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点 Q3 作 BQ3⊥PQ3，交 AD
的延长线于 P，连接 BP，过点 Q1，作 EF⊥AD 于 E，此时 Q3 在 EF 上，不妨记
Q3 与 F重合．
4
∵△BCQ1 为等边三角形，△BCQ3 为等边三角形，BC=1，
2 ? 3
∴Q1Q2 = 3 ，Q1E = ，
2
2 + 3
∴ EF = ．
2
在四边形 ABQ3P中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，
∴∠EPF=30°，
2 3 + 3
∴EP= 3 EF= ．
2
1
∵AE= ，
2
∴x=AP=AE+PE= 3 +2．
综上所述，△CDQ为等腰三角形时 x的值为 2﹣ 33 ， ，2+ 3 ．
3
题 3
（1）证明：如图 1 中，
∵四边形 CDEF是正方形，
∴CF=CD，∠DCF=∠ACB=90°，
∴∠ACF=∠DCB，
∵AC=CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）．
（2）解：①如图 2 中，当点 D，E在 AB边上时，
5
∵AC=BC=2，∠ACB=90°，
∴AB=2 2 ，
∵CD⊥AB，
∴AD=BD= 2 ，
2
∴BD+ AD= 2 +1．
2
②如图 3 中，当点 E，F在边 AB上时．
BD=CF= 2 ，AD= BD2 + AB2 = 10 ，
2
∴BD+ AD= 2 + 5 ．
2
（3）如图 4 中．取 BC的中点 M．
∵CD= 2 ，CM=1，CB=2，
6
∴ 2CD =CM?CB，
CD CM
∴ = ，∵∠DCM=∠BCD，
CB CD
∴△DCM∽△BCD，
DM CD 2
∴ = = ，
BD CB 2
2
∴DM= BD，
2
2
∴BD+ AD=BD+DM，
2
∴当 A， 2D，M共线时，BD+ AD的值最小，最小值= AC 2 +CM 2 = 5 ．
2
题 4
⑴t=3
9
⑵ND=
4
⑶①△PQC 周长为 CQ + PQ +CP ，∵CQ + PQ最小为 BP = 4 5 ，∴周长最小为
4 5 + 4
9 27
② ND = 或 cm
8 8
A N D
H
E
P
6
F
Q M
B C
8
7
题 5
解：将△BPC绕点 C逆时针旋转 60°，得到△EFC，连接 PF、AE、AC，则 AE的长即
为所求．
由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当 A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形 ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
AB 3
∴tan∠ACB= = ，
BC 3
∴∠ACB=30°，AC=2AB=4 3 ，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴ (4 3)2AE= + 62 =2 21 ，
故选：B．
题 6
（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN﹣∠ABN=∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）解：①当M点落在 BD的中点时，A、M、C三点共线，AM+CM的值最小．②
8
如图，连接 CE，当 M点位于 BD与 CE的交点处时，
AM+BM+CM的值最小．
理由如下：连接 MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
据“两点之间线段最短”可知，若 E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取
得最小值，最小值为 EC．
在△ABM和△CBM中，
? AB = CB
?
?∠ABM = ∠CBM ，
?
? BM = BM
∴△ABM≌△CBM，
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠BEN，
∵EB=CB，
∴若连接 EC，则∠BEC=∠BCE，
∵∠BCM=∠BCE，∠BEN=∠BEC，
∴M、N可以同时在直线 EC上．
∴当 M点位于 BD与 CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于 EC的长．
（3）解：过 E点作 EF⊥BC交 CB的延长线于 F，
∴∠EBF=∠ABF﹣∠ABE=90°﹣60°=30°．
设正方形的边长为 ，则 3 xx BF= x，EF= ．
2 2
在 Rt△EFC中，
∵ 2 2 2EF +FC =EC ，
x
∴（ ）2 3 2+（ x+x） = ( 3 +1)2 ．
2 2
解得 x1= 2 ，x2=﹣ 2 （舍去负值）．
∴正方形的边长为 2 ．
9
10
第九讲：转点睛训练
题 1
【答案】解：过 E作 EP⊥BC于点 P，EQ⊥CD 于点 Q，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠BCD=90°，
又∵∠EPM=∠EQN=90°，
∴∠PEQ=90°，
∴∠PEM+∠MEQ=90°，
∵三角形 FEG 是直角三角形，
∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，
∴∠PEM=∠NEQ，
∵AC 是∠BCD 的角平分线，∠EPC=∠EQC=90°，
∴EP=EQ，四边形 PCQE 是正方形，
在△EPM和△EQN 中，
??PEM ? ?NEQ
?
? EP ? EQ ，
?
??EPM ? ?EQN
∴△EPM≌△EQN（ASA）
∴S△EQN=S△EPM，
∴四边形 EMCN的面积等于正方形 PCQE 的面积，
∵正方形 ABCD 的边长为 a，
∴AC= 2 a，
∵EC=2AE，
2 2
∴EC= a，
3
2
∴EP=PC= a，
3
2 2 4
∴正方形 PCQE 的面积= a× a= a2，
3 3 9
4 4
∴四边形 EMCN的面积= a2，故答案为： a2．
9 9
1
第九讲
4 旋转点睛训练
题 2
【答案】解：在正方形 ABCD 中，AB=AD，
∵△AEF 是等腰直角三角形，
∴AE=AF，
在△ABE 和△ADF中，
? AB ? AD
?
??BAE ? ?DAF ? 90?，
?
? AE ? AF
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE=DF，∠ABE=∠ADG，
如图，在 BE上截取 BH=DG，
则 EH=BE﹣BH=DF﹣DG=FG，
在△ABH 和△ADG 中，
? AB ? AD
?
??ABE ? ?ADG，
?
? BH ? DG
∴△ABH≌△ADG（SAS），
∴AG=AH，∠BAH=∠DAG，
∴∠GAH=∠DAG+∠DAH=∠BAH+∠DAH=∠BAD=90°，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∵EH=FG=3，EG=1，
∴GH=3+1=4，
2 2
∴AG= GH= ×4=2 2 ．
2 2
故答案为 2 2．
题 3
【答案】解：（1）如图 1，
2
由旋转有，∠DAP=∠BAM，AD=AP，AB=AM，
∵正方形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转，得到正方形 AMNP，
∴AD=AP=AB=AM，
在△DAP 和△BAM 中
? AD ? AB
?
??DAP ? ?BAM ，
?
? AP ? AM
∴△DAP≌△BAM，
∴DP=BM=m，
∵AC 为正方形 ABCD 的对角线，
∴AC=6 2，
连接 AN，由旋转有，AD=AP=6，AC=AN=6 2 ，∠DAP=∠CAN，
∴△DAP∽△CAN，
DP AD 6
∴ ? = ，
CN AC 6 2
∴CN= 2 DP= 2 m，
故答案为 m， 2 m；
（2）连接 PM，EF，
∵AN，PM 是正方形 APNM 的对角线，
∴AN⊥PM，∠ANP=∠ANM=45°，
∵EF∥MP，
∴EF⊥AN，
∵∠ANP=∠ANM=45°，
∴AF=AE，
∵∠APF=∠AME=90°，AP=AM
∴△APF≌△AME，
∴∠PAF=∠MAE，
∵∠PAF+∠NAF=∠MAE+∠NAE=45°，
∴∠NAF=∠NAE，
由旋转有，∠NAF=∠MAE，
∴∠PAF=∠FAN=∠NAE=∠MAE，
3
第九讲
4 旋转点睛训练
∵∠PAM=90°，
∴∠PAF+∠FAN+∠NAE+∠MAE=90°，
1
∴∠MAE= ×90°=22.5°，
4
即：当 EF∥MP 时，正方形 ABCD 旋转的角度为 22.5°；
（3）方法 1、在正方形 ABCD 旋转过程中，且点 P 在△ACD 内部时，△NEF 的周长不发生
变化，△NEF的周长为 12；
如图 3，
延长 AP交 C 于 G，连接 AN交 BC于 I，
∵四边形 ABCD，APNM都为正方形，
∴AD=AM，∠ADG=∠AME，
由旋转有，∠DAG=∠MAE，
∴△DAG≌△MAE，
∴DG=ME，
∵CG=CD﹣DG，NE=MN﹣ME，
∴CG=NE，
由旋转有，PK=BK，
∵CK=BC﹣BK，NK=PN﹣PK，
∴CK=NK，
∵∠FCK=∠INK=45°，∠CKF=∠NKI，
∴△CKF≌△NKI，
∴KF=KI，
∵CK=NK，
∴NF=CI，
∵EF2=NF2+NE2=CI2+CG2=GI2，
∴EF=GI，
延长 CD 到 H，使 DH=BI，
∵∠ADH=∠ABI，AD=AB，
∴△ADH≌△ABI，
∴∠DAH=∠BAI，
由旋转有，∠DAG=∠CAN，
4
∵∠DAC=∠BAC=45°，
∴∠GAF=∠BAI，
∴∠HAG=∠IAG，
∵AH=AI，AG=AG，
∴△AHG≌△AIG，
∴HG=GI=EF，
∴L△NEF=NE+NF+EF
=CG+CI+HG=CG+CI+DG+DH
=CG+CI+DG+BI
=（CG+DG）+（CI+BI）
=CD+BC
=2BC
=12；
∴在正方形 ABCD 旋转过程中，且点 P 在△ACD 内部时，△NEF 的周长不发生变化，△NEF
的周长为 12．
方法 2、
延长 NP交 AD 的延长线于 O，
由旋转知，∠MAE=∠PAO，AM=AE，
∵∠AME=∠APO=90°，
∴△AME≌△APO，
∴ME=PO，AE=AO，
∵AC 是正方形 ABCD 的对角线，
∴∠CAE=∠CAO，AC=AC，
∴△FAO≌△FAE，
∴FO=FE，
∴△NEF的周长为EF+NF+NE=OF+NE+NE=PF+OP+NF+NE=PF+NF+NE+ME=PN+MN=12．
题 4
【答案】（1）证明：∵△ABP旋转? 角得到△A?B?P?，
??APA???PBB???， AP ? A?P，BP ? BP?，
180???
??PAA???PBB??
2
?FBE ??PBB?，
5
第九讲
4 旋转点睛训练
??PAA???FBE
（2）存在
若?BFE ? 90?，则?BFA ? 90?，
??BAE ?90???ABP ?90????，
180???
由（1）可知?PAA??
2
ABC为等腰直角三角形，
??BAC ? 45? .
?BAC ??BAE ??PAA?，
?90???? ? 45?，
∴? 和?之间的数量关系为? ?2? ? 270? .
（3）4?2x或2x?4 .
题 5
【答案】证明：（1）如图 1，∵点 N，P 是 BC，CD 的中点，
1
∴PN∥BD，PN= BD，
2
∵点 P，M是 CD，DE 的中点，
1
∴PM∥CE，PM= CE，
2
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形；
（2）①如图 2，∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE，
∵点 M、N、P 分别是线段 DE、BC、CD 的中点，
1 1
∴PN= BD，PM= CE，
2 2
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形；
②当△ADE 绕点 A逆时针旋转到第一次点 D、E、C在一条直线上时，如图 3，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△CAE，
∴BD=CE，
如图 4，连接 AM，
6
∵M 是 DE 的中点，N 是 BC 的中点，AB=AC，
∴A、M、N 共线，且 AN⊥BC，
由勾股定理得： 2 2AN= 6 ? 2 =4 2 ，
∵AD=AE=1，AB=AC=6，
AD AE 1
∴ ? = ，∠DAE=∠BAC，
AB AC 6
∴△ADE∽△AEC，
AM AD DE
∴ ? ? ，
AN AB BC
AM 1 DE
∴ ? ? ，
4 2 6 4
2 2 2
∴AM= ，DE= ，
3 3
1
∴EM= ，
3
2 2 2 79
如图 ， △ 中， AC2 ? AM 23 Rt ACM CM= = 62 ? ( )2 = ，
3 3
2 79 ?1
∴BD=CE=CM+EM= ．
3
7
第九讲
4 旋转点睛训练
题 6
【答案】解：（1）在正方形 ABCD 和等腰直角△BEF 中，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
由旋转的性质得∠GBA=∠CBN，
∴∠ABM+∠GBA=45°，
即∠GBM=45°，
故答案为：45°；
（2）①AM+NC=MN；
理由：∵把图 1 中的△BCN 绕点 B 逆时针旋转 90°得到△ABG，
∴∠GAB=∠C=90°，AG=CN，BG=BN，∠ABG=∠CBN，
∴∠GAB+∠DAB=180°，
∴D，A，G 三点共线，
∴∠ABM+∠GBA=45°，
∴∠GBM=∠MBN，
? BG ? BC
?
在△GBM 与△NBM中， ??GBM ? ?CBM ，
?
? BM ? BM
∴△GBM≌△NBM，
∴GM=MN，
∵GM=AG+AM=CN+AM，
∴MN=AM+CN；
故答案为：MN=AM+CN；
②上面的式子不成立，结论是：AM﹣NC=MN，
理由：在 AM 上截取 AG，使得 AG=CN，连结 BG；
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCN=90°，
? AB ? BC
?
在△BAG 与△BCN 中， ??A ? ?BCN ? 90?，
?
? AG ?CN
∴△BAG≌△BCN，
∴BG=BN，∠ABG=∠NBC，
∴∠MBN=∠MBC+∠CBN=∠MBC+∠ABG=45°=∠GBM，
在△BGM 与△BMN 中，
? BG ? BN
?
??GBM ? ?NBM ，
?
? BM ? BM
8
∴△BGM≌△BNM，
∴GM=NM，
∴AM﹣CN=MN．
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9
第十讲：新定义之几何
题 1
【答案】解：∵△ABC∽△A2B2C，
AC AB
∴ ? ，
A2C A2B2
5 6
∴ ? ，
7 A2B2
42
∴A2B2= ．
5
42
故答案为： ．
5
题 2
【答案】解：如图 1 所示，AC=2AB，
∴最小角为∠C，根据勾股定理得：BC= AC2 ? AB2 = 3 AB，
AB AB 3
则 tanC= = = ；
BC 3AB 3
如图 2 所示，BC=2AB，
AB 1
∴tanC= = ，
BC 2
3 1
综上，这个直角三角形的较小的锐角的正切值为 或 ．
3 2
3 1
故答案为： 或 ．
3 2
1
第十讲
4 新定义之几何
题 3
【答案】（1）当 AD ? BD， BC ? BD时有最大值 30．
（2）当 AD ? BD， BC ? BD时有最大值
设 BD 为 x，
∵AD+BD+BC=16,
∴AD+BC=16-x
?S四边形ABCD =S△ABD ? S△CBD
1 1
= AD ?BD ? BC ?BD
2 2
1
? ?AD ? BC ? ?BD
2
1
? ?16 ? x? ? x
2
1
? ? x2 ? 8x
2
1 2
? ? ?x ? 8? ? 32
2
1
∵ a ? ? ? 0
2
∴抛物线开口向下
∴当 BD=8 时候， S四边形ABCD有最大面积 32
题 4
【答案】解：（1）AB=BC或 BC=CD 或 CD=AD 或 AD=AB（任写一个即可）；
（2）①正确，理由为：
∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，
∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，
∴这个“等邻边四边形”是菱形；
②∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，
∴AC= 5 ，
∵将 Rt△ABC 平移得到△A′B′C′，
∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC= 5 ，
（I）如图 1，当 AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；
（II）如图 2，当 AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′= 5 ；
（III）当 A′C′=BC′= 5 时，
如图 3，延长 C′B′交 AB 于点 D，则 C′B′⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，
1
∴∠ABB′= ∠ABC=45°，
2
∴∠BB′D=′∠ABB′=45°
2
∴B′D=B，
设 B′D=BD=x，
则 C′D=x+1，BB′= 2 x，
∵在 Rt△BC′D 中，BD2+（C′D）2=（BC′）2
∴x2+（x+1）2=（ 5 ）2，
解得：x1=1，x2=﹣2（不合题意，舍去），
∴BB′= 2 x= 2
（Ⅳ）当 BC′=AB=2 时，如图 4，与（Ⅲ）方法一同理可得：BD2+（C′D）2=（BC′）2，
设 B′D=BD=x，
则 x2+（x+1）2=22，
解得： ?1? 7 ?1? 7x1= ，x2= （不合题意，舍去），
2 2
14 ? 2
∴BB′= 2 x= ；
2
（3）BC，CD，BD 的数量关系为：BC2+CD2=2BD2，如图 5，
∵AB=AD，
∴将△ADC 绕点 A 旋转到△ABF，连接 CF，
∴△ABF≌△ADC，
∴∠ABF=∠ADC，∠BAF=∠DAC，AF=AC，FB=CD，
AC AD
∴∠BAD=∠CAF， = =1，
AF AB
∴△ACF∽△ABD，
CF AC
∴ = = 2 ，∴CF ? 2 BD，
BD AB
∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC=360°，
∴∠ABC+∠ADC=360°﹣（∠BAD+∠BCD）=360°﹣90°=270°，
∴∠ABC+∠ABF=270°，
∴∠CBF=90°，
∴BC2+FB2=CF2=（ 2 BD）2=2BD2，
∴BC2+CD2=2BD2．
3
第十讲
4 新定义之几何
题 5
【答案】（1）解：①当 MN 为最大线段时，
∵点 M、N 是线段 AB 的勾股分割点，
∴BN= MN 2 ? AM 2 = 9? 4 = 5 ；
②当 BN为最大线段时，
∵点 M、N是线段 AB 的勾股分割点，
∴BN= MN 2 ? AM 2 = 9? 4 = 13 ，
综上所述：BN= 5 或 13 ；
（2）证明：∵FG 是△ABC 的中位线，
∴FG∥BC，
AM AN AG
∴ = = =1，
MD NE GC
∴点 M、N分别是 AD、AE 的中点，
∴BD=2FM，DE=2MN，EC=2NG，
∵点 D、E是线段 BC 的勾股分割点，且 EC＞DE≥BD，
∴EC2=BD2+DE2，
∴（2NG）2=（2FM）2+（2MN）2，
∴NG2=FM2+MN2，
∴点 M、N是线段 FG 的勾股分割点；
（3）解：作法：①在 AB上截取 CE=CA；
②作 AE的垂直平分线，并截取 CF=CA；
③连接 BF，并作 BF 的垂直平分线，交 AB于 D；
点 D 即为所求；如图所示：
（4）解：S 四边形 MNHG=S△AMF+S△BEN，理由如下：
设 AM=a，BN=b，MN=c，
∵H 是 DN 的中点，
1
∴DH=HN= c，
2
∵△MND、△BNE 均为等边三角形，
∴∠D=∠DNE=60°，
在△DGH 和△NEH 中，
4
? ?D ? ?DNE
?
? DH ? HN ，
?
??DHG ? ?NHE
∴△DGH≌△NEH（ASA），
∴DG=EN=b，
∴MG=c﹣b，
∵GM∥EN，
∴△AGM∽△AEN，
c ? b a
∴ ? ，
b a ? c
∴c2=2ab﹣ac+bc，
∵点 M、N 是线段 AB 的勾股分割点，
∴c2=a2+b2，
∴（a﹣b）2=（b﹣a）c，
又∵b﹣a≠c，
∴a=b，
在△DGH 和△CAF 中，
? ?D ? ?C
?
? DG ?CA ，
?
??DGH ? ?CAF
∴△DGH≌△CAF（ASA），
∴S△DGH=S△CAF，
∵c2=a2+b2，
3 2 3∴ c = a2
3
+ b2，
4 4 4
∴S△DMN=S△ACM+S△ENB，
∵S△DMN=S△DGH+S 四边形 MNHG，S△ACM=S△CAF+S△AMF，
∴S 四边形 MNHG=S△AMF+S△BEN．
题 6
3
【答案】解：（1）对于直线 y= x﹣3，令 x=0，
4
∴y=﹣3，
∴B（0，﹣3），
5
第十讲
4 新定义之几何
令 y=0，
3
∴ x﹣3=0，
4
∴x=4，
∴C（4，0），
3
∵抛物线 y= x2+bx+c过 B，C 两点，
4
?3
? ?16 ? 4b ? c ? 0
∴ ?4 ，
?
? c ? ?3
? 9
?b ? ?
∴ ? 4 ，
?
? c ? ?3
3 9
∴抛物线的解析式为 y= x2﹣ x﹣3；
4 4
令 y=0，
3 9
∴ x2﹣ x﹣3=0，
4 4
∴x=4 或 x=﹣1，
∴A（﹣1，0），
∴AC=5，
如图 2，记半圆的圆心为 O'，连接 O'D，
1 5
∴O'A=O'D=O'C= AC= ，
2 2
5 3
∴OO'=OC﹣O'C=4﹣ = ，
2 2
在 Rt△ 2 2O'OD 中，OD= O 'D ?OO ' =2，
∴D（0，2），
∴BD=2﹣（﹣3）=5；
（2）如图 3，
∵A（﹣1，0），C（4，0），
∴AC=5，
过点 E 作 EG∥BC 交 x轴于 G，
∵△ABF 的 AF 边上的高和△BEF的 EF 边的高相等，设高为 h，
1 1
∴S△ABF= AF?h，S△BEF= EF?h，
2 2
1
AF ? h
S ABF 2 AF∴ = = ，
S 1BEF EFEF ? h
2
S
∵ ABF 的最小值，
S BEF
AF
∴ 最小，
EF
6
∵CF∥GE，
AF AC 5
∴ ? = ，
EF CG CG
5
∴ 最小，即：CG 最大，
CG
∴EG 和果圆的抛物线部分只有一个交点时，CG 最大，
3
∵直线 BC 的解析式为 y= x﹣3，
4
3
设直线 EG 的解析式为 y= x+m①，
4
3 9
∵抛物线的解析式为 y= x2﹣ x﹣3②，
4 4
联立①②化简得，3x2﹣12x﹣12﹣4m=0，
∴△=144+4×3×（12+4m）=0，
∴m=﹣6，
3
∴直线 EG 的解析式为 y= x﹣6，
4
令 y=0，
3
∴ x﹣6=0，
4
∴x=8，
∴CG=4，
S
∴ ABF
AF AC 5
= ? ? ；
S BEF EF CG 4
（3）如图 1，∵AC 是半圆的直径，
∴半圆上除点 A，C 外任意一点 Q，都有∠AQC=90°，
∴点 P 只能在抛物线部分上，
∵B（0，﹣3），C（4，0），
∴BC=5，
∵AC=5，
∴AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC，
当∠APC=∠CAB 时，点 P 和点 B重合，即：P（0，﹣3），
由抛物线的对称性知，另一个点 P的坐标为（3，﹣3），
即：使∠APC=∠CAB，点 P 坐标为（0，﹣3）或（3，﹣3）．
7
第十讲
4 新定义之几何
8
第九讲：转点睛训练
题 1
如图，点 E 在正方形 ABCD 的对角线 AC 上，且 EC=2AE，直角三角形 FEG 的两直角边 EF，
EG 分别交 BC，DC 于点 M，N，若正方形 ABCD 的边长为 3，则重叠部分四边形 EMCN 的
面积为 ．
题 2
如图，在正方形 ABCD 的边 BA 的延长线上作等腰直角△AEF，连接 DF，延长 BE 交 DF 于
G．若 FG=3，EG=1，则线段 AG 的长为 ．
1
第九讲
4 旋转点睛训练
题 3
如图，将边长为 6 的正方形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转，得到正方形 AMNP，当点 P 第一次
落在 AC 上时，正方形停止旋转，在旋转过程中，MN 交直线 AB 于点 E，PN 交 AC 于点 F．
（1）连接 DP，BM，CN，如果 DP=m，则 BM= ，CN= ；（用含 m 的代数式
表示）；
（2）连接 MP，EF，当 EF∥MP 时，求正方形 ABCD 旋转的角度；
（3）在正方形 ABCD 旋转过程中，且点 P 在△ACD 内部时，△NEF 的周长是否发生变化？
如果不变，求出△NEF 的周长；如果变化，说明变化情况及理由．
2
题 4
在等腰直角△ABC 中，AB=BC，点 P 是线段 AC 上的动点(点 P 与点 A、C 不重合)，连接 BP、
将△ABP 绕点 P 按顺时针方向旋转? 角(0°B?B、射线 PB 于点 E、F．
（1）如图 1，当 0°（2）如图 2，当 0°若存在，求出此时? 与? 之间的数量关系；若不存在，请说明该理由；
（3）当? =90°，AC=4 时，设 AP=x(x≠2)，请你直接写出△A?BB?的面积(用含 x 的代数式
表示)
F B
A，
， F
E B B
E
A，
A P C
A P C B，
图 1 图 2
B
A C
备用图
3
第九讲
4 旋转点睛训练
题 5
如图 1，△ABC 中，AB=AC=6，BC=4，点 D、E 分别在边 AB、AC 上，且 AD=AE=1，连接
DE、CD，点 M、N、P 分别是线段 DE、BC、CD 的中点，连接 MP、PN、MN．
（1）求证：△PMN 是等腰三角形；
（2）将△ADE 绕点 A 逆时针旋转，
①如图 2，当点 D、E 分别在边 AC 两侧时，求证：△PMN 是等腰三角形；
②当△ADE 绕点 A 逆时针旋转到第一次点 D、E、C 在一条直线上时，请直接写出此时 BD
的长．
4
题 6
将一块正方形和一块等腰直角三角形如图 1 摆放．
（1）如果把图 1 中的△BCN 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到图 2，则∠GBM= ；
（2）将△BEF 绕点 B 旋转．
①当 M，N 分别在 AD，CD 上（不与 A，D，C 重合）时，线段 AM，MN，NC 之间有一个
不变的相等关系式，请你写出这个关系式： ；（不用证明）
②当点 M 在 AD 的延长线上，点 N 在 DC 的延长线时（如图 3），①中的关系式是否仍然成
立？若成立，写出你的结论，并说明理由；若不成立，写出你认为成立的结论，并说明理由．
5
第十讲：新定义之几何
题 1
如果将一个三角形绕着它一个角的顶点旋转后使这个角的一边与另一边重叠，再将旋转后的
三角形相似缩放，使重叠的两边互相重合，我们称这样的图形为三角形转似，这个角的顶点
称为转似中心，所得的三角形称为原三角形的转似三角形．如图，在△ABC 中，AB=6，BC=7，
AC=5，△A1B1C 是△ABC 以点 C 为转似中心的其中一个转似三角形，那么以点 C 为转似中心
的另一个转似三角形△A2B2C（点 A2，B2分别与 A、B 对应）的边 A2B2 的长为 ．
题 2
如果一个三角形的一边长等于另一边长的两倍，我们把这样的三角形成为“倍边三角形”．如
果一个直角三角形是倍边三角形，那么这个直角三角形的较小的锐角的正切值为 ．
题 3
我们知道△ABC 中，如果 AB=3，A=4，那么当 AB⊥AC 时，△ABC 的面积最大为 6；
(1)若四边形 ABCD 中，AD+BD+BC=16，且 BD=6，直接写出 AD，BD，BC 满足什么位置关
系时四边形 ABCD 面积最大?并直接写出最大面积
(2)已知四边形 ABCD 中，AD+BD+BC=16，求 BD 为多少时,四边形 ABCD 面积最大?并求出
最大面积是多少?
1
第十讲
4 新定义之几何
题 4
类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）概念理解：
如图 1，在四边形 ABCD 中，添加一个条件使得四边形 ABCD 是“等邻边四边形”．请写出你
添加的一个条件．
（2）问题探究：
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由．
②如图 2，小红画了一个 Rt△ABC，其中∠ABC=90°，AB=2，BC=1，并将 Rt△ABC 沿∠ABC
的平分线 BB′方向平移得到△A′B′C′，连结 AA′，BC′，小红要使平移后的四边形 ABC′A′是“等
邻边四边形”，应平移多少距离（即线段 BB′的长）？
（3）拓展应用：
如图 3，“等邻边四边形”ABCD 中，AB=AD，∠BAD+∠BCD=90°，AC，BD 为对角线，AC=
2 AB，试探究 BC，CD，BD 的数量关系．
2
题 5
定义：如图 1，点 M，N 把线段 AB 分割成 AM，MN 和 BN，若以 AM，MN，BN 为边的三
角形是一个直角三角形，则称点 M，N 是线段 AB 的勾股分割点．
（1）已知点 M，N 是线段 AB 的勾股分割点，若 AM=2，MN=3，求 BN 的长；
（2）如图 2，在△ABC 中，FG 是中位线，点 D，E 是线段 BC 的勾股分割点，且 EC＞DE≥BD，
连接 AD，AE 分别交 FG 于点 M，N，求证：点 M，N 是线段 FG 的勾股分割点；
（3）已知点 C 是线段 AB 上的一定点，其位置如图 3 所示，请在 BC 上画一点 D，使点 C，
D 是线段 AB 的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画一种情形即可）；
（4）如图 4，已知点 M，N 是线段 AB 的勾股分割点，MN＞AM≥BN，△AMC，△MND 和△NBE
均为等边三角形，AE 分别交 CM，DM，DN 于点 F，G，H，若 H 是 DN 的中点，试探究 S△AMF，
S△BEN 和 S 四边形 MNHG 的数量关系，并说明理由．
3
第十讲
4 新定义之几何
题 6
如图 1，我们把一个半圆和抛物线的一部分围成的封闭图形成为“果圆”，已知 A，B，C，D
3 3
分别为“果圆”与坐标轴的交点，直线 y= x﹣3 与“果圆”中的抛物线 y= x2+bx+c 交于 BC 两
4 4
点．
（1）求“果圆”中的抛物线的解析式，并直接写出“果圆”被 y 轴截得的线段 BD 的长；
（2）如图 2，E 为直线 BC 下方“果圆”上一点，连接 AE、AB、BE，设 AE 与 BC 交于 F，△BEF
S
的面积记为 S ABF△BEF，△ABF 的面积记为 S△ABF，求 的最小值．
S BEF
（3）“果圆”上是否存在点 P，使∠APC=∠CAB，如果存在，直接写出点 P 坐标，如果不存
在，请说明理由．
4
第五讲 多线段最值
题 1
如图，直线 与双曲线 ky=x+4 y= （k≠0）相交于 A（﹣1，a）、B两点．
x
⑴a= ，点 B坐标为 ；
⑵在 x轴上找一点 P，在 y轴上找一点 Q，使 BP+PQ+QA的值最小，求出点 P、Q两点坐标．
1
题 2
如图 1．已知正方形 ABCD的边长为 1，点 P是 AD边上的一个动点，点 A关于直线 BP的
对称点是点 Q，连结 PQ、DQ、CQ、BQ，设 AP=x．
⑴BQ+DQ的最小值是 ．此时 x的值是 ．
⑵如图 2，若 PQ的延长线交 CD边于点 E，并且∠CQD=90°．
①求证：点 E是 CD的中点；②求 x的值．
⑶若点 P是射线 AD上的一个动点，请直接写出当△CDQ为等腰三角形时 x的值．
2
题 3
如图，Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=BC=2，以 C 为顶点的正方形 CDEF（C、D、E、F 四个
顶点按逆时针方向排列）可以绕点 C自由转动，且 CD= 2 ，连接 AF，BD
⑴求证：△BDC≌△AFC；
⑵当正方形 有顶点在线段 上时，直接写出 2CDEF AB BD+ AD的值；
2
⑶直接写出正方形 2CDEF旋转过程中，BD+ AD的最小值．
2
3
题 4
如图，矩形 ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，动点 E从 A出发，沿 AC向点 C运动，速度为 5
3
cm/s，点 E到达点 C时停止运动，连接 DE并延长交矩形 ABCD的边于点 F.点 M与点 C重
合，MN⊥DF于点 H交矩形的边 AD于点 N.设点 E运动的时间为 t（s）.
⑴当点 F到达点 B时，求 t的值；
⑵当 t=2 时，求 ND的长；
⑶如图 2，点 M从点 C开始沿 CD边向点 D运动，速度为 1cm/s，且与点 E同时开始运动，
当点 E停止运动时，点 M也停止运动，其他条件不变.①连接 FM，点 Q为 FM的中点，点
P在 CD边上，CP=4cm，请直接写出点 F从点 A运动到点 B的过程中，△PQC周长的最小
值；②当 1EF= ED时，请直接写出线段 ND的长.
3
A N D A N D
E H E H
P
F
F
M
B C（M） B C
（第24题题1） （第24题题2）
4
题 5
如图，矩形 ABCD中，AB=2 3 ，BC=6，P为矩形内一点，连接 PA，PB，PC，则 PA+PB+PC
的最小值是（ ）
A．4 3 +3 B．2 21 C．2 3 +6 D．4 5
题 6
如图，四边形 ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线 BD（不含 B点）上任意
一点，将 BM绕点 B逆时针旋转 60°得到 BN，连接 EN、AM、CM．
⑴求证：△AMB≌△ENB；
⑵①当 M点在何处时，AM+CM的值最小；
②当 M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；
⑶当 AM+BM+CM的最小值为 3 +1 时，求正方形的边长．
5
第六讲 等腰三角形存在性问题
题 1
如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC的顶点 A、C分别在 x轴和 y轴上，点 B的坐标为
1
(﹣2,﹣3)，直线 y= x﹣1 与 OC、AB分别交于点 D、E，点 P在矩形的边 AB或 BC上，作
2
PF⊥ED于点 F，连接 PD，当△PFD是等腰三角形时，点 P的坐标为 ．
题 2
已知，矩形 ABCD中，AB=15，AD=20，点 M在对角线 BD上，点 N为射线 BC上一动点，
连接 MN、DN，且∠DNM=∠DBC，当 DMN是等腰三角形，线段 BN的长是 ．
1
题 3
在 Rt△ABC中，∠ACB=90°，点 D在 AB边上，AD=BD，过点 D作射线 DH，交 BC边于点
M．
（1）如图 1，若∠B=30°，求证：△ACD是等边三角形；
（2）如图 2，若 AC=10，AD=13，∠CDH=∠A．
①求线段 DM的长；
②点 P是射线 DH上一点，连接 AP交 CD于点 N，当△DMN是等腰三角形时，求线段 MP
的长．
2
题 4
如图①，矩形 OABC中，A（6，0）、C（0，2 3 ），D（0，3 3 ），射线 l过点 D且与 x轴
平行，点 P、Q分别是 l和 x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．
（1）点 B的坐标是 ；∠CAO═ 度；（直接填空）
（2）如图②，当点 Q与点 A重合时，PO、PQ分别交 BC于点 E、F，求此时四边形 OEFQ
的面积；
（3）若 OA 的中点为 N，线段 PQ 与线段 AC 相交于点 M，是否存在点 P，使△MNA 为等
腰三角形？若存在，请直接写出线段 DP的长；若不存在，请说明理由．
3
题 5
已知：如图 1，在矩形 20ABCD 中，AB=5，AD= ，AE⊥BD，垂足为 E，点 F 是点 E 关于
3
AB的对称点，连接 AF，BF．
（1）AE的长为 ，BE的长为 ；
（2）如图 2，将△ABF 绕点 B 顺时针旋转一个角 α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF 为
△A′BF′．
①在旋转过程中，当 A′F′与 AE垂直于点 H，如图 3，设 BA′所在直线交 AD于点 M，请求出
DM的长；
②在旋转过程中，设 A′F′所在的直线与直线 AD交于点 P，与直线 BD 交于点 Q，是否存在
这样的 P、Q两点，使△DPQ为以 PQ为底的等腰三角形？请直接写出 DQ的长．
4
题 6
已知抛物线 y x2= ? + 2mx 2?m + m +1(m是常数)的顶点为 P，直线 l：y=x+1.
（1）求证：点 P在直线 l上；
（2）当 m=3 时，抛物线与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C，与直线 l 的另一个交点
为 Q，M是 x轴上方抛物线上的一点，∠ACM=∠PAQ，如图所示求点M的坐标；
（3）若以抛物线和直线 l 的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写
出所有符合条件的 m的值
y
P
Q
M
O B A x
l
C
5
第八讲 折叠问题
题 1
【答案】解：∵△DEF是△AEF翻折而成，
∴△DEF≌△AEF，∠A=∠EDF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，由三角形外角性质得∠CDF+45°=∠BED+45°，
∴∠BED=∠CDF，
设 CD=1，CF=x，则 CA=CB=2，
∴DF=FA=2﹣x，
∴在 Rt△CDF中，由勾股定理得，CF 2 +CD2 = DF 2 ，即 x2 +1=（2﹣x）2 ，
解得 3x= ，
4
CF 3
∴tan∠BED=tan∠CDF= = ．
CD 4
故答案为： 3 ．
4
题 2
【答案】解：如图 1，当点 B′在边 AD 上时，连接 BB′，交 EC于点 O；
由题意得：EC⊥BB′，且平分 BB′，
∴B′C=BC=10，BO=BO′；
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴∠D=90°，DC=AB=6；
由勾股定理得：
B′D2=B′C2﹣DC2=100﹣36=64，
∴B′D=8；
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴DE∥BC，
∴∠E=∠BCO；
在△EOB′与△COB中，
?∠EOB ' = ∠COB
?
? ∠E = ∠BCO
?
? OB ' =OB ，
∴△EOB′≌△COB（AAS），
∴B′E=B′C=10，
∴ED=10+8=18，
由勾股定理得：
1
CE 2 = CD2 + ED2 = 36 + 324 = 360 ，
∴CE= 6 10
ED 18 3 10
∴sin∠DCE= = = ；
CE 6 10 10
如图 2，若点 B′在直线 AD上时，
连接 BB′，交 EC于点 O；
类比上述解法，同理可求：
B′D=8，B′E=BC=10，
∴DE=10﹣8=2，
由勾股定理得：
CE 2 = CD2 + DE2 = 36 + 4 = 40 ，
∴CE= 2 10
DE 2 10
∴sin∠DCE= = = ；
CE 2 10 10
故答案为 3 10 或 10 ．
10 10
题 3
【答案】解：如图 1，F是线段 CD 上一动点，由翻折可知，∠FEA=∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE=∠AEF，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CE=CF，
在 2 2Rt△BCE中，EC= BC 2 + EB2 = (2 3) + 4 =2 7 ，
∴CF=CE=2 7 ，
∵AB=CD=6，
∴DF=CD﹣CF=6﹣2 7 ，
如图 2，F 是 DC 延长线上一点，由翻折可知，∠FEA=∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE=∠BEF，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CE=CF，
在 2 2Rt△BCE中，EC= BC 2 + EB2 = (2 3) + 4 =2 7 ，
2
∴CF=CE=2 7 ，
∵AB=CD=6，
∴DF=CD+CF=6+2 7 ，
故答案为 6+2 7 或 6﹣2 7 ．
题 4
【答案】解：分两种情况：
①如图 1，过 A′作 MN∥CD 交 AD于 M，交 BC于 N，
则直线 MN是矩形 ABCD 的对称轴，
1
∴AM=BN= AD=1，
2
∵△ABE 沿 BE 折叠得到△A′BE，
∴A′E=AE，A′B=AB=1，
∴A′N= A 'B2 ? BN 2 =0，即 A′与 N 重合，
∴A′M=1，
∴ 2 2 2A′E =EM +A′M ，
∴ 2 2 2A′E =（1﹣A′E） +1 ，
解得：A′E=1，
∴AE=1；
②如图 2，过 A′作 PQ∥AD交 AB 于 P，交 CD 于 Q，
则直线 PQ是矩形 ABCD 的对称轴，
∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥PQ∥BC，
∴A′B=2PB，
∴∠PA′B=30°，
∴∠A′BC=30°，
3 3
∴∠EBA′=30°，∴AE=A′E=A′B×tan30°=1× = ；
3 3
综上所述：AE 的长为 31 或 ；
3
故答案为： 或 31 ．
3
3
题 5
【答案】解：∵在正方形 ABCD 中，AB=2，
∴AD=CD=2，∠D=∠B=90°，
∵E是 CD 中点，
∴DE=1，
∴AE= AD2 + DE2 = 5 ，
∵将正方形 ABCD 沿 AM折叠，使点 B的对应点 F落在 AE上，
∴AF=AB=2，∠AFN=∠B=90°，
∴EF= 5 ﹣2，∠NFE=90°，
∴∠D=∠NFE，
∵∠AED=∠NEF，
∴△ADE∽△NFE，
AE DE 1
∴ = ，即 5 = ，
NE EF NE 5 ? 2
∴NE=5﹣2 5 ，
∴DN=DE﹣NE=2 5 ﹣4，
故答案为：2 5 ﹣4．
4
题 6
【答案】解：过点 C 作 CD⊥x轴于 D，作 CE⊥y轴于 E，则 CE=DO，CD=EO，
∵A（﹣4，0），
∴AO=4，
由折叠得，AC=AO=4，∠CAO=2∠BAO=60°，
∴Rt△ACD 中，∠ACD=30°，
1
∴AD= AC=4，CD= 42 ? 22 = 2 3 ，
2
∴DO=AO﹣AD=4﹣2=2，OE= 2 3 ，
又∵点 C在第二象限，
∴C（﹣2， 2 3 ），
k
∵点 C 在双曲线 y= ? （k≠0）上，
x
∴k=2× 2 3 = 4 3 ，
故答案为： 4 3
题 7
【答案】解：∵点 B 的抛物线 2y=x +mx+14 上，点 B的坐标为（5，4）．
∴4=25+5m+14，
解得 m=﹣7，
∴抛物线的解析式为 2y=x ﹣7x+14，
①当点 F在 x轴上时，过 Q作 QM⊥x轴于 M，
由题意可知 1QM= AB=2，则 Q 点的纵坐标为 2，
2
代入 2 2y=x ﹣7x+14 得，x ﹣7x+14=2，
∴x=3 或 x=4
∴Q点的坐标为（3，2）或（4，2），
当 Q 点坐标为（3，2）时，如图 1，OM=3，MA=2，FA=4，
∴F（1，0）；
当 Q 点坐标为（4，2）时，如图 1，OM=4，MA=1，FA=2，
∴F（3，0）；
②当点 F在 y轴上时，由题意可知 1 5OM= OA= ，则 Q点的横坐标为 5 ，
2 2 2
5
代入 2﹣ 得， 25 ﹣ 35 11y=x 7x+14 y= +14= ，
4 2 4
∴Q点的坐标为（ 5 ， 11 ），
2 4
11
∴QM= ，
4
1
∵QM= （OF+AB），
2
11 3
∴OF=2QM﹣AB=2× ﹣4= ，
4 2
∴F（0， 3 ）；
2
综上，点 F 的坐标为（1，0）或（3，0）或（0， 3 ）；
2
故答案为（1，0）或（3，0）或（0， 3 ）．
2
题 8
【答案】解：（1）如图 1，连接 CD，
∵点 E 与点 D 关于 AC对称，
∴CE=CD，
∴∠E=∠CDE，
∵∠E+∠F=90°，∠CDE+∠CDF=90°，
∴∠F=∠CDF，
∴CD=CF，
∴CE=CF．
（2）如图 2，连接 CM，
6
∵点 M为 AB的中点，AB=10，
∴CM=MA=MB=5，
∵∠ACB=90°，∠CBA=30°，
∴∠A=60°，
∴△MAC是等边三角形，
∴∠MCB=30°，
∵EF⊥CM，
∴∠MCF=90°，
∴∠FCB=60°，
∵点 E 与点 D 关于 AC对称，
∴DE⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴∠E=∠FCB=60°，∠ADE=∠CBA=30°，
∵∠E=∠CDE=60°，
∴∠ADC=90°，
1 5
∴AD= AM= ．
2 2
（3）如图 3，连接 CD，
∵点 E 与点 D 关于 AC对称，
∴CE=CD，
∴∠E=∠CDE，∠ECA=∠DCA，
∵∠ACB=90°，∠CBA=30°，
∴∠A=60°，
∵EF∥AB，
∴∠A=∠ECA=60°，
∴∠DCA=60°，
∴∠A=∠DCA，
∴AD=CD，
∵∠B=30°，∠BCD=90°﹣∠DCA=90°﹣60°=30°，
∴∠B=∠BCD，
7
∴CD=BD，
∴AD=BD，
∴D为 AB的中点，
1
∴AD= AB =5．
2
故答案为：5．
（4）∵∠ACB=90°，∠CBA=30°，AB=10，
1 1
∴AC= AB= ×10 =5，
2 2
∴BC= AB2 ? AC2 = 102 ? 52 =5 3 ，
当点 D从点 A 运动到点 B时，如图 4，EF扫过的图形就是图中的阴影部分，线段 EF扫
过的面积是△ABC 面积的 2 倍，
1 1 25 3
S
△ABC = AC ?BC = ×5×5 3 = ，
2 2 2
线段 EF扫过的面积是： 25 3 × 2 = 25 3 ．
2
故答案为：25 3 ．
题 9
【答案】解：（1）①当 x=0 时，y=6，
∴A（0，6），
∴OA=6，
当 y=0 时，﹣ 2x +x+6=0，
（x+2）（x﹣3）=0，
x=﹣2 或 3，
∵点 B 在点 C 的左侧，
∴B（﹣2，0），C（3，0），
∴OC=3，
在 Rt△AOC 中，由勾股定理得：AC= OA2 +OC2 = 62 + 32 =3 5 ；
故答案为：（﹣2，0），（3，0），3 5 ；
8
②如图 1，过 B 作 BD⊥AC 于 D，则∠BDA=90°，
1 1
∵S△ABC= BC?AO= AC?BD，
2 2
即 1 1×5×6= × 3 5 ×BD，
2 2
∴BD=2 5 ，
在 Rt△AOB 中，AB= 22 + 62 =2 10 ，
BD 2 5 2
∴sin∠BAC= = = ；
AB 2 10 2
（2）①如图 2，过 H作 HG⊥x轴于 G，
由折叠得：AE=AO=AF=6，∠E=∠AOB=90°，∠F=∠AOC=90°，
∠EAB=∠BAO，∠OAC=∠CAF，
∴∠EAF=2∠BAO+2∠OAC=2（∠BAO+∠OAC）=2∠BAC，
由（1）知： 2sin∠BAC= ，且∠BAC 为锐角，
2
∴∠BAC=45°，
∴∠EAF=∠E=∠F=90°，
∴四边形 AEHF 是正方形，
∴EH=FH=6，
设 H（x，y），则 OG=x，
∴BG=2+x，CG=3﹣x，
9
∵EB=OB=2，FC=OC=3，
∴BH=6﹣2=4，CH=6﹣3=3，
由勾股定理得： 24 ﹣（ 2 2 22+x） =3 ﹣（3﹣x） ，
6
x= ，
5
2 6 2 12∴GH= 3 ? (3? ) = ，
5 5
6
∴H（ ，﹣ 12 ）；
5 5
∴点 H不在抛物线对称轴上；
故答案为：（ 6 ，﹣ 12 ）；不在；
5 5
②如图 3，延长 B'E 至 P，使 PE=C'F，连接 AP，
∵AE=AF，∠AEP=∠AFH=90°，
∴△APE≌△AC'F，
∴AP=AC'，∠PAE=∠C'AF，
由旋转得：∠B′AC′=45°，
∴∠EAB′+∠C'AF=45°，
∴∠PAE+∠EAB′=45°，
∴∠PAB'=∠B'AC'=45°，
∵AB′=AB′，
∴△PAB′≌△C'AB'，
∴∠AB'P=∠AB'C'，
∵∠FEB'=∠B'AC'=45°，
∴∠EMB'=∠AC'B'=∠AMN，
∵∠MAN=∠B'AC'，
∴△AMN∽△AC'B'，
MN AM AM
∴ = = ，
B 'C ' AC ' AP
连接 PM，
∵∠PAM=45°，∠PEM=90°+45°=135°，
∴∠PAM+∠PEM=180，
∴P、E、M、A 四点共圆，
∴∠AMP=∠AEP=90°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
AM 2
∴ = ，
AP 2
MN 2
∴ = ，
B 'C ' 2
2
∴MN= B′C′，
2
10
∵ 2 2 2B′H +C′H =33=B'C' ，
∴B'C'= 33 ，
2 66
∴MN= × 33 = ．
2 2
故答案为： 66 ．
2
11
第七讲 直角三角形存在性问题
题 1
如图，在△ABC中，AB=AC=10 2 ，BC=16 2 ，点 P是 BC边上一动点，连接 AP，将△ABP
沿着直线 AP翻折后得到△APM，当 PM⊥BC时，BP的长是
A
B C
题 2
△ABC中，BC=10，AB= 4 3 ，∠ABC=30°，点 P在直线 AC上，点 P到直线 AB的距离为 1，
则 CP的长为 ．
题 3
⑴如图 1，在平行四边形 ABCD中，对角线 AC、BD相交于 O点，过点 O的直线 1 与边 AB、
CD 分别交于点 E、F，绕点 O 旋转直线 1，猜想直线 1 旋转到什么位置时，四边形 AECF
是菱形．证明你的猜想；
⑵若将⑴中四边形 ABCD改成矩形 ABCD，使 AB=4，BC=3．
①如图 2，绕点 O旋转直线 1 与边 AB、CD分别交于点 E、F，将矩形 ABCD沿 EF折叠，
当点 A与点 C重合时，点 D的对应点为 D′，连接 DD′，求线段 DF的长；
②如图 3，绕点 O 继续旋转直线 1，使直线 1 与边 BC 或 BC 的延长线交于点 E，连接 AE，
将矩形 ABCD沿 AE 折叠，点 B的对应点为 B′，连接 CB′得到△CEB′，当△CEB′为直角三角
形时，请直接写出满足条件的线段 CE的长．
1
题 4
如图 1，在?ABCD 中，AB=2 5 ，tanB=2，点 E 是 AD 边的中点，CE 的延长线与 BA 的延
长线相交于点 P．
⑴求证：AP=AB；
⑴点 F是线段 BP上一点，且 CF⊥BP，连接 EF；
①若 1AF= AB，直接写出 EF的长；
2
②如图 2，若 BC=4 5 ，∠FED与∠PFE之间的数量关系满足∠FED=n∠PFE，求 n的值．
2
题 5
如图 ，抛物线 1 2 经过点 ， 111 y = x +mx + n (-1 -2)，与 y 轴交于点 A,OA 长 ．顶点为 B，对
4 4
称轴 BC与 x轴交于点 C，点 P在抛物线上，直线 PQ∥BC交 x轴于点 Q，连接 BQ．
⑴求此抛物线的解析式；
⑵利用配方法求出此抛物线顶点 B的坐标；
⑶若点 P在抛物线对称轴的右侧，如图 2，等腰 R△CDE直角顶点 D在 BQ上，另一个顶点
E在 PQ上，求直线 BQ的函数解析式；
⑷若 Rt△CDE中一锐角为 30°，直角顶点 D在 BQ上，另一个顶点 E在 PQ上，直接写出点
P的坐标．
y y
C Q
O C x O x
P
D E
A B A B
图1 图2
3
第八讲 折叠问题
题 1
如图，△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点 D为 BC的中点，将△ABC折叠，使点 A与点 D重
合，EF为折痕，则 tan∠BED的值为 ．
题 2
已知矩形 ABCD，AB=6，BC=10，将矩形 ABCD 沿着过点 C的直线折叠使得点 B 落到直线
AD上的点 B′处，设折痕所在直线与直线 AD相交于点 E，则 sin∠DCE= ．
题 3
如图，在矩形 ABCD 中，AB=6，AD=2 3 ，E 是 AB 边上一点，AE=2，F 是直线 CD 上一
动点，将△AEF 沿直线 EF 折叠，点 A 的对应点为点 A′，当点 E、A′、C 三点在一条直线上
时，DF的长度为 ．
题 4
如图，矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，点 E 是边 AD 上的一个动点，把△BAE 沿 BE 折叠，
点 A落在 A′处，如果 A′恰在矩形的对称轴上，则 AE的长为 ．
1
题 5
如图，正方形 ABCD中，AB=2，E 是 CD 中点，将正方形 ABCD 沿 AM折叠，使点 B 的对
应点 F落在 AE上，延长MF交 CD于点 N，则 DN的长为 ．
题 6
如图，在平面直角坐标系中，直线 AB与 x轴交于点 A（﹣4，0），与 x轴夹角为 30°，将△ABO
k
沿直线 AB翻折，点 O的对应点 C恰好落在双曲线 y=? （k≠0）上，则 k的值为 ．
x
题 7
矩形 OABC 在平面直角坐标系内的位置如图所示，点 O为原点，点 A在 x轴的正半轴上，
点 C在 y轴的正半轴上，点 B的坐标为（5，4）．将矩形 OABC沿某直线 1 对折，使点 B落
在坐标轴上的点 处，且 与 2F BF 1 的交点 Q恰好落在过点 B的抛物线 y=x +mx+14 上，则点
F的坐标为 ．
2
题 8
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CBA=30°，AB=10，点 D在线段 AB 上运动，点 E 与点
D关于直线 AC对称，DF⊥DE于点 D，并交 EC的延长线于点 F，点 M为 AB的中点．
⑴当点 D不与点 A，B重合时，求证：CE=CF；
⑵连接 CM，当 EF⊥CM时，求 AD的长；
⑶当 EF∥AB时，AD的长为 ；
⑷当点 D从点 A运动到点 B时，线段 EF扫过的面积为 ．
3
题 9
如图，在平面直角坐标系中，二次函数 ﹣ 2y= x +x+6 的图象与 y轴交于点 A，与 x轴交于 B，
C两点（点 B在点 C的左侧），连接 AB，AC．
⑴①点 B的坐标为 ，点 C的坐标为 ，AC的长为 ；
②求∠BAC的正弦值
⑵将△AOB沿直线 AB折叠得到△AEB，将△AOC沿直线 AC折叠得到△AFC，分别延长 EB，
FC相交于点 H
①点 H坐标为 ，点 H 抛物线对称轴上（“在”或“不在”）
②连接 EF，将∠BAC 绕点 A 顺时针旋转，射线 AB 旋转后交线段 EH 于点 B′，交线段 EF
于点 M，射线 AC旋转后交线段 FH于点 C′，交线段 EF于点 N，当 2 2B′H +C′H =33 时，MN
的长度为 ．
4
第六讲 等腰三角形存在性问题-答案
题 1
解：当 P在 AB上时，
设直线 ED与 x轴交于点 G，
设 PF=DF=x，
令 1y=0 和 x=﹣2 代入 y= x﹣1
2
∴x=2 和 y=﹣2
∴G（2，0），E（﹣2，﹣2），
∴AG=4，AE=2，
PF AG
∴tan∠PEF= = = 2 ，
EF AE
x
∴EF= ，
2
x 3x
∴ED=x+ = ，
2 2
令 1x=0 代入 y= x﹣1，
2
∴D（0，﹣1）
∴ 2 2ED= (?2 ? 0) + (?2 +1) = 5
3
∴ x = 5 ，
2
2 5
∴x=
3
5 5
∴由勾股定理可知：PE= x = ，
2 3
5 1
∴AP=AE﹣PE=2﹣ =
3 3
此时 的坐标为（﹣ ，﹣ 1P 2 ）
3
当点 P在 BC边上时，
过点 D作 P′D⊥PD，垂足为 D，
过点 P作 PH⊥y轴，垂足为 H，
易证：△PDH∽△P′DC
PH CD
∴ =
DH P 'C
， ﹣ ﹣ 1 2∵PH=2 DH=OD OH=1 =
3 3
CD=OC﹣OD=3﹣1=2
2 2
∴ =
2 P 'C
3
1
2
∴P′C= ，
3
2
∴P′的坐标为（﹣ ，﹣3）
3
故答案为：（﹣ 2 ，﹣3）或（﹣2，﹣ 1 ）
3 3
题 2
解：①如图 1 中，当 NM=ND时，
∴∠NDM=∠NMD，
∵∠MND=∠CBD，
∴∠BDN=∠BND，
∴BD=BN= BC2 +CD2 =25．
②如图 2 中，当 DM=DN时，易知 M与 B重合，此时 BC=CN=20，BN=40，
③如图 3 中，当 MN=MD时，易证 BN=DN，设 BN=DN=x，
在 2 2 2Rt△DNC中，∵DN =CN +CD ，
∴ 2 2 2x =（20﹣x） +15 ，
125
∴x= ，
8
故答案为 25，40， 125 ．
8
2
题 3
（1）证明：∵∠B=30°，∠ACB=90°，
∴∠A=60°，
由题意可得 D是直角三角形斜边 A边上的中点，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=60°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD为等边三角形；
（2）解：①∵点 D是直角三角形斜边 AB上的中点，
∴AC=CD=AD，
∴∠ACD=∠A，
∵∠CDH=∠A，
∴∠ACD=∠CDH，
∴DH∥AC，
∴DM为△ABC的中位线，
1
∴DM= AC=5；
2
②分三种情况考虑：
（i）当 MN=DN时，如图 1 所示，
由①得：AD=CD，∠A=∠ACD=∠CDH，DM=5，
∵MN=DN，
∴∠CDN=∠DMN=∠A=∠ACD，
∴△ADC∽△DNM，
DN DM DN 5
∴ = ，即 = ，
AD AC 13 10
解得： 13 1DN= = CD，
2 2
∴CN=DN，
∵DH∥AC，
∴△ACN≌△PDN，
∴PD=AC=10，
∴MP=PD﹣DM=10﹣5=5；
（ii）当 MN=DM=5 时，如图 2 所示，则有∠MND=∠MDN=∠ACD=∠A，
∴△ADC∽△MDN，
DN DM
∴ = ，即 DN 5= ，
AC AD 10 13
解得： 50DN= ，
13
∴CN=13﹣ 50 119= ，
13 13
3
∵△ACN∽△PDN，
50
PD DN PD
∴ = ，即 = 13 ，
AC CN 10 119
13
解得： 500PD= ，
119
则 500 95MP=DM﹣PD=5﹣ = ；
119 119
（iii）当 DN=DM时，如图 2 所示，则有 DN=5，CN=13﹣5=8，
∵△ACN∽△PDN，
PD DN
∴ = ，即 PD 5= ，
AC CN 10 8
解得： 25PD= ，
4
则 5MP=PD﹣DM= ．
4
4
题 4
解：（1）∵四边形 OABC是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，OA∥BC，
∵A（6，0）、C（0，2 3 ），
∴点 B的坐标为：（6，2 3 ）；
故答案为：（6，2 3 ）；30°；
OC 2 3 3
②∵tan∠CAO= = = ，
OA 6 3
∴∠CAO=30°
故答案为：（6，2 3 ）；30；
（2）△POA的面积 1= ×6×3 3 =9 3 ，
2
∵OA∥BC，
DC 3 3 ? 2 3 1
∴△PEF∽△POA，相似比为 = = ，
DO 3 3 3
S
∴ △PWF
1
= ，
S 9
△POA
∴四边形 8 8OEFQ的面积= S△POA= ×9 3 =8 3 ；
9 9
（3）设 DP的长为 m，分情况讨论：
①如图 2，MN=AN=3 时，
则∠AMN=∠MAN=30°，
∴∠MNO=60°，
∵∠PQO=60°，
即∠MQO=60°
∴点 N与 Q重合，
∴点 P与 D重合，
∴此时 DP=0；
②如图 3，AM=AN时，作MJ⊥x轴于 J、PI⊥x轴于 I；
3 1 1 3
MJ=MQ?sin60°=AQ?sin60°=（OA﹣IQ﹣OI）?sin60°= （3﹣m）= AM= AN= ，
2 2 2 2
可得 3 （3﹣m）
2
解得：m=3﹣ 3 ；
③AM=NM时，此时 M的横坐标是 4.5，
如图 4，过点 P作 PI⊥OA于 I，过点 M作 MG⊥OA于 G，
3
∴MG= ，
2
PI 3 3 MG 1
∴QI= = =3，GQ= = ，
tan60° 3 tan60° 2
5
1
∴IG=3﹣0.5=2.5，AG= AN=1.5，
2
∴OI=2，
∴m=2．
综上所述：存在点 P，使△MNA为等腰三角形，线段 DP的长为 0 或 3﹣ 3 或 2．
6
题 5
解：（ 201）∵AB=5，AD= ，
3
∴由勾股定理得 2 25BD= AB + AD2 = ．
3
1 1
∵S△ABD= AB×AD= BD×AE，
2 2
1 20 1 25
∴ ×5× = × ×AE，
2 3 2 3
∴AE=4．
∴ 2 2BE= AB ? AE =3，
故答案为 4，3；
（2）①作 MG⊥BD，A′N⊥BD，
MG AB 3
∴tan∠ADB= = = ，
DG AD 4
设 MG=3x，则 DG=4x，DM=5x，
25
∴BG=BD﹣DG= ﹣4x，
3
∵A′F′⊥AE，AE⊥BD，A′N⊥BD，A′F′⊥BF′，
∴四边形 BF′A′N是矩形，
∴A′N=BF′=3，BN=A′F′=AE=4，
A 'N MG
∵tan∠MBD= = ，
BN BG
3 3x
∴ = ，
4 25 ? 4x
3
25
∴x= ，
24
125
∴DM=5x= ；
24
②存在，理由如下：
∵△DPQ为以 PQ为底的等腰三角形
∴DP=DQ，
若点 Q在线段 BD的延长线上时，如图 1，
有∠Q=∠1，则∠2=∠1+∠Q=2∠Q．
7
∵∠3=∠4+∠Q，∠3=∠2，
∴∠4+∠Q=2∠Q．
∴∠4=∠Q．
∴A′Q=A′B=5．
∴F′Q=A′F′+A′Q=4+5=9．
在 25 2Rt△BF′Q中，81+9=（ +DQ）
3
﹣ 25 25∴DQ=3 10 或 DQ=﹣3 10 ﹣ （舍去）．
3 3
若点 Q在线段 BD上时，如图 2，
有∠QPD=∠PQD=∠BQA′，
∵∠DPQ=∠BMQ，
∴∠BMQ=∠BQM．
∵∠BMQ=∠A′BM+∠A′，∠A′=∠CBD，
∴∠BMQ=∠A′BM+∠CBD=∠A′BQ．
∴∠BQM=∠∠A′BQ．
∴A′Q=A′B=5．
∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．
∴BQ= 9 +1 = 10
25
∴DQ=BD﹣BQ= ﹣ 10
3
综上所述，当△DPQ为等腰三角形时，DQ的长为 25DQ=3 10 ﹣ ， 25DQ= ﹣ 10 ．
3 3
8
题 6
（1）证明：∵y=﹣ 2 2 2x +2mx-m +m+1=﹣（x﹣m） +m+1，
∴点 P的坐标为（m，m+1），
∵当 x=m时，y=x+1=m+1，
∴点 P在直线 l上；
（ 22）解：当 m=3 时，抛物线解析式为 y=﹣x +6x﹣5，
当 2y=0 时，﹣x +6x﹣5=0，解得 x1=1，x2=5，则 A（5，0），
当 时， ﹣ 2x=0 y= x +6x﹣5=﹣5，则 C（0，﹣5），
?y = ?x2 + 6x ? 5 ? x = 3 ?x = 2
可得解方程组 ? ，解得 ? 或 ? ，
? y = x +1 ?y = 4 ?y = 3
则 P（3，4），Q（2，3），
作 ME⊥y轴于 E，PF⊥x轴于 F，QG⊥x轴于 G，
∵OA=OC=5，
∴△OAC为等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∴∠MCE=45°﹣∠ACM，
∵QG=3，OG=2，
∴AG=OA﹣OG=3=QG，
∴△AQG为等腰直角三角形，
∴∠QAG=45°，
∵∠APF=90°﹣∠PAF=90°﹣（∠PAQ+45°）=45°﹣∠PAQ，
∵∠ACM=∠PAQ，
∴∠APF=∠MCE，
∴Rt△CME∽Rt△PAF，
ME CE
∴ = ，
AF PF
设 M（x，﹣ 2x +6x﹣5），
∴ 2 2ME=x，CE=﹣x +6x﹣5﹣（﹣5）=﹣x +6x，
x ?x2 + 6x
∴ = ，
2 4
整理得 2x +4x=0，解得 x1=0（舍去），x2=4，
∴点 M的坐标为（4，3）；
?y = ?x2 + 2mx ?m2 + m +1 ? x = m ?x = m ?1
（3）解：解方程组 ? 得 ? 或 ? ，则 P（m，m+1），
? y = x +1 ?y = m +1 ? y = m
Q（m ? 1，m），
∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2PQ =（m﹣1﹣m） +（m﹣m﹣1） =2，OQ =（m﹣1） +m =2m ﹣2m+1，OP =m +（m+1）
2 2
=2m +2m+1，
当 PQ=OQ时， 22m ﹣2m+1=2，解得 1+ 3 ， 1? 3m1= m2= ；
2 2
9
当 2PQ=OP时，2m +2m+1=2，解得 ?1+ 3 ?1? 3m1= ，m2= ；
2 2
当 OP=OQ时， 22m ﹣ 22m+1=2m +2m+1，解得 m=0，
综上所述， 的值为 ?1+ 3 ， ?1? 3 ，1+ 3 ， 1? 3m ，0．
2 2 2 2
10
第七讲 直角三角形存在性问题
题 1
【答案】 2 2 或14 2
题 2
【答案】解：如图，过点 C作 CD⊥AB交 BA的延长线于点 D，
∵BC=10，∠ABC=30°，
∴CD=BCsin30°=5，
BD=BCcos30°=5 3 ，
∵AB= 4 3 ，
∴AD=BD﹣AB=5 3 ﹣4 3 = 3 ，
2
在 2Rt ACD 中，AC= CD2 + AD2△ = 5 + 3 =2 7 ．
过 P作 PE⊥AB，与 BA 的延长线于点 E，
∵点 P 在直线 AC 上，点 P 到直线 AB的距离为 1，
∴△APE∽△ACD，
AP PE
∴ = ，
AC CD
AP
即 1= ，
2 7 5
解得 2 7AP= ，
5
点 在线段 上时， ﹣ ﹣ 2 7 8 7∴① P AC CP=AC AP=2 7 = ，
5 5
②点 在射线 2 7 12 7P CA 上时，CP=AC+AP=2 7 + = ．
5 5
综上所述， 的长为 8 7 或 12 7CP ．
5 5
故答案为： 8 7 或 12 7 ．
5 5
题 3
【答案】解：⑴结论：当 EF⊥AC 时，四边形 AECF 是菱形．
理由：如图 1 中，连接 AF、CE．
1
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AB∥CD，OA=OC，
∴∠DCA=∠BAC，
在△AOE和△COF中，
?∠AOE = ∠COF
?
? OA =OC ，
?
?∠OAE = ∠OCF
∴△AOE≌△COF，
∴AE=CF，∵AE∥CF，
∴四边形 AECF是平行四边形，
∴当 EF⊥AC 时，四边形 AECF是菱形．
⑵①如图 2 中，
在 Rt△ADC 中，AC= AD2 +CD2 = 32 + 42 =5，
由△COF∽△CDA，可得 CO CF= ，
CD CA
5
CF
∴ 2 = ，
4 5
25
∴CF= ，
8
25 7
∴DF=CD﹣CF=4﹣ = ．
8 8
②如图 3 中，当 B′在对角线上时，△CEB′是直角三角形，易知 AB′=AB=4，AC=5，CB′=1，
设 EC=x，则 BE=EB′=3﹣x，
在 2 2 2Rt△ECB′中，∵EC =CB′ +EB′ ，
∴ 2 2 21 +（3﹣x） =x ，
5
∴x= ，
3
2
5
∴CE=
3
如图 4 中，当 B′在 CD 上时，△CEB′是直角三角形，
易知 DB′= 42 ? 32 = 7 ，CB′=4﹣ 7 ，
设 EC=x，则 BE=EB′=3﹣x，
在 2 2 2Rt△ECB′中，∵EC +CB′ =EB′ ，
∴（ 2 2 24﹣ 7 ） +x =（3﹣x） ，
4 7 ? 7
∴x= ，
3
4 7 ? 7
∴CE= ．
3
如图 5 中，当 B′在 AD 的延长线上时，易知 CE=DB′=AB﹣AD=1．
如图 6 中，当 B′在 CD 的延长线上时，设 EC=x，则 EB=EB′=x+3，
在 2 2 2Rt△CEB′中，∵EB′ =EC +CB′ ，
∴（x+3）2 2 2=x +（4+ 7 ） ，
7 + 4 7
∴x= ，
3
7 + 4 7
∴CE= ，
3
3
综上所述，满足条件的 的长为 5CE 或 4 7 ? 7 或 或 4 7 + 71 ．
3 3 4
题 4
【答案】
解：⑴∵四边形 ABCD是平行四边形，
∴AE∥BC，
AE PA
∴ = ，
BC PB
又∵点 E是 AD边的中点，
∴PB=2PA，
即 AP=AB；
⑵ 1∵AF= AB= 5 ，
2
∴BF= 5 ，
又∵CF⊥BP，tanB=2，
∴FC=2 5 ，
PF=PA+AF=3 5 ，
据勾股定理，PC= PF 2 + FC 2 = 65 ，
由⑴得，PE=EC，
∵CF⊥BP，PE=EC，
1 65
∴EF= PC= ；
2 2
②∵EF=PE=EC，
∴∠P=∠PFE，∠FEC=∠P+∠PFE=2∠PFE，
又∵AP=AE，
∴∠P=∠AEP=∠CED，
∴∠FED=3∠PFE，
∴n=3．
4
题 5
1 11
【答案】解：⑴∵抛物线 2y = x +mx + n与 y 轴交于点 A,OA长 ，
4 4
11
∴ n = ? ，将点(-1，-2)代入，
4
1
∴b= ? ，
2
抛物线解析式为： 1 2 1 11∴ y = x ? x ? ；
4 2 4
⑵ 1 1 11∵抛物线解析式为： y = x2 ? x ? ；
4 2 4
配方可得： 1y = x2 1 11 1 2? x ? = (x ?1) ? 3 ；
4 2 4 4
∴顶点 B (1,?3)
⑶如图： 分别过点 D作 DM⊥x 轴于 M，DN⊥PQ 于点 N，
∵PQ∥BC，∴∠DMQ=∠DNQ=∠MQN=90°，
∴DMQN 是矩形．
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DC=DE，∠CDM=∠EDN
∴△CDM≌△EDN
∴DM=DN，
∴DMQN 是正方形，
∴∠BQC=45°
∴CQ=CB=3
∴Q（4，0）
设 BQ的解析式为：y=kx+b，
把 B（1，-3），Q（4，0）代入解析式得：k=1，b= ?4 ．
所以直线 BQ 的解析式为： y = x ? 4 ；
⑷当点 P在对称轴右侧，如图：
过点 D作 DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于 N，
∵∠CDE=90°，
∴∠CDM=∠EDN，
∴△CDM∽△EDN，
当 DC DM∠DCE=30°， = = 3 ，
DE DN
又 DN=MQ，
DM
∴ = 3 ，
MQ
BC
∴ = 3 ，BC=3，CQ= 3 ，
CQ
∴Q（1+ 3 ，0），
5
9
∴P1（1+ 3 ，? ），
4
当 DC DM 3∠DCE=60°， = = ，
DE DN 3
又 DN=MQ，
DM 3
∴ = ，
MQ 3
BC 3
∴ = ，BC=3，CQ= 3 3 ，
CQ 3
∴Q（1+ 3 3 ，0），
15
∴P2（1+3 3 ， ）．
4
当点 P 在对称轴的左边时，由对称性知：
P3（1﹣ 3 ，
9
? ），P4（
15
1﹣3 3 ， ）
4 4
综上所述：P1（1+ 3 ，
9
? ）， 15 9 15P2（1+3 3 ， ），P3（1﹣ 3 ，? ），P4（1﹣3 3 ， ）．
4 4 4 4
y
C M Q
O x
P
E
D N
A B
图2
6
