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∵△AEB≌△AFD， ∴∠ABE＝∠ADP，
∴∠BAD＝∠BPD＝90°， ∴OP＝OA＝BD＝
，
∴P在以O圆心，以OA为半径的圆上， 当AE⊥BE时，AF⊥DF，如图4， ∵AF＝AD，
∴∠ADF＝30°， ∵OD＝OP，
∴∠ODP＝∠OPD＝45°+30°＝75°， ∴∠DOP＝30°， ∵∠AOD＝90°， ∴∠AOP＝60°，
∴点P在旋转过程中的运动路线长为：
＝π．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解本题的关键是作出辅助线，第三问有难度，注意利用数形结合的思想．
12．已知：正方形ABCD，等腰直角三角形的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转．
（1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想CE与AF的数量关系，并加以证明； （2）在（1）的条件下，若DE＝1，AE＝，CE＝3，求∠AED的度数；
（3）若BC＝4，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点O，当三角板的一边DF与边DM重合时（如图2），若OF＝
，求CN的长．
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【分析】（1）由正方形额等腰直角三角形的性质判断出△ADF≌△CDE即可；
（2）设DE＝k，表示出AE，CE，EF，判断出△AEF为直角三角形，即可求出∠AED； （3）由AB∥CD，得出得到
＝
＝
＝
＝，求出DM，DO，再判断出△DFN∽△DCO，
，求出DN即可
【解答】解：（1）CE＝AF；
证明：在正方形ABCD，等腰直角三角形CEF中，FD＝DE，CD＝CA，∠ADC＝∠EDF＝90°
∴∠ADF＝∠CDE， ∴△ADF≌△CDE， ∴CE＝AF，
（2）∵DE＝1，AE＝，CE＝3， ∴EF＝，
222∴AE+EF＝AF
∴△AEF为直角三角形， ∴∠AEF＝90°
∴∠AED＝∠AEF+DEF＝90°+45°＝135°；
（3）∵M是AB中点， ∴MA＝AB＝AD， ∵AB∥CD， ∴
＝
＝
＝， ＝＝2
，
在Rt△DAM中，DM＝∴DO＝∵OF＝， ，
∴DF＝，
∵∠DFN＝∠DCO＝45°，∠FDN＝∠CDO， ∴△DFN∽△DCO， ∴∴
＝＝
， ，
∴DN＝，
∴CN＝CD﹣DN＝4﹣＝
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形，等腰直角三角形的性质，全等三角
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形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理及其勾股定理的逆定理，判断△AEF为直角三角形是解本题的关键，也是难点．
13．如图，在△ABC中，CA＝CB，AB＝10，0°＜∠C＜60°，AF⊥BC于点F，在FC上截取FD＝FB，点E是AC上一点，连接DA、DE，且∠ADE＝∠B． （1）求证：ED＝EC
（2）若∠C＝30°，求BD长；
（3）在（2）的条件下，将图1中△DEC绕点D逆时针旋转得到△DE′C′，请问在旋转的过程中，以点D、E、C′、E′为顶点的四边形可以构成平行四边形吗？若可以，请求出该平行四边形的面积；若不可以，请说明理由．
【分析】（1）先判断出∠C＝180°﹣2∠ABC，∠CDE＝180°﹣2∠ABC，进而得出∠C＝∠CDE，即可得出结论；
（2）先求出∠BAD＝30°，进而求出BG，AG，即可得出DG，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）①先判断出C'D⊥AC时，以点D，E，C'，E'为顶点的四边形是平行四边形，再求出DH，DE即可得出结论．
②作出图3，利用S?DEC'E'＝2S△CDE即可得出结论． 【解答】解：（1）∵AC＝BC， ∴∠ABC＝∠BAC，
∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣2∠ABC， ∵AF⊥BC，BF＝DF， ∴AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABC， ∵∠ADE＝∠ABC， ∴∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB＝180°﹣2∠ABC， ∴∠CDE＝∠C， ∴DE＝CE；
（2）∵∠C＝30°，
∴∠ABC＝∠ADB＝∠BAC＝∠ADE＝75°， ∴∠BAD＝30°，
过点B作BG⊥AD于G，如图1，
在Rt△ABG中，AB＝10，∠BAD＝30°， ∴BG＝5，AG＝5，
∴DG＝AD﹣AG＝10﹣5＝5（2﹣）， 在Rt△BDG中，BD＝
（3）可以，①理由：如图2；
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＝10＝5﹣5；
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∵DE＝CE，
∴∠EDC＝∠C＝30°，
由旋转知，∠E'DC'＝∠E'C'D＝∠C＝30° ∵四边形DEC'E'是平行四边形， ∴C'E'∥DE，
∴∠C'DE＝30°， ∴∠C'DC＝60°， ∴C'D⊥AC于H，
在Rt△ADH中，AD＝10，∠DAH＝∠BAC﹣∠BAD＝45°， ∴DH＝5，
在Rt△DEH中，∠AED＝∠ACB+∠CDE＝60°， ∴∠EDH＝30°， ∴DE＝∴CE＝
， ，
×5
＝．
∴S?DEC'E'＝2S△CDE＝2×CE×DH＝②理由：如图3， 由①知，S△CDE＝S△C'DE'＝
，
∴S?DEC'E'＝2S△CDE＝2×CE×DH＝
×5＝．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，勾股定理，构造直角三角形是解本题的关键．
14．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在直线的解析式分别为y＝x和y＝﹣x+
．
（1）求正方形OABC的边长；
（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，设运动时间为2秒．当k为何值时，将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的
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四边形为菱形？
（3）若正方形以每秒个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落在x轴上时停止下滑．设正方形在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．
【分析】（1）联立方程组求得点A的坐标即可得到结果； （2）有两种情况：①Q在OA上，则CQ＝PQ时能构成菱形，根据题意列出2k＝4即可求得；②Q点在OC上，则PC＝QC时才能构成菱形，根据题意列出2k＝8即可求得； （3）①当点A运动到点O时，t＝3，当0＜t≤3时，设O′C′交x轴于点D，根据三角函数的定义tan∠DOO′＝，即
＝＝，求得DO′＝t即可得到S＝
DO′?OO′＝?t?t＝t；②当点C运动到x轴上时，t＝（5×）÷＝4，
2当3＜t≤4时，设A′B′交x轴于点E由于A′O＝t﹣5，于是得到A′E＝A′O＝
即可得到S＝（A′E+O′D）?A′O′＝（
+t）?5＝
．
【解答】解：（1）联立，解得，
∴A（4，3）， ∴OA＝＝5，
∴正方形OABC的边长为5；
（2）有两种情况：
①Q在OA上，则CQ＝PQ时能构成菱形， ∵PC＝2，
∴AQ＝4时才能构成CQ＝PQ的等腰三角形， ∴2k＝4，解得k＝2，
②Q点在OC上，∵∠PCQ是直角，
∴只有沿这PQ边对折才能构成菱形，且PC＝QC， ∵PC＝2，
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2019中考数学二轮专题《动态问题4》
