人教版中考数学题型6几何动态综合题含答案解析

人教版中考数学题型6几何动态综合题含答案解析

目 录 题型六　几何动态综合题 1‎ 类型一　点动型探究题 1‎ 类型二　线动型探究题 19‎ 类型三 形动型探究题 35‎ 题型六　几何动态综合题 类型一　点动型探究题 针对演练 ‎1. (2016赤峰12分)如图，正方形ABCD的边长为‎3 cm，P，Q分别从B，A出发沿BC，AD方向运动，P点的运动速度是‎1 cm/秒，Q点的运动速度是‎2 cm/秒，连接AP，并过Q作QE⊥AP垂足为E.‎ ‎(1)求证：△ABP∽△QEA；‎ ‎(2)当运动时间t为何值时，△ABP≌△QEA；‎ ‎(3)设△QEA的面积为y，用运动时间t表示△QEA的面积y.(不要求考虑t的取值范围)‎ ‎(提示：解答(2)(3)时可不分先后)‎ ‎　第1题图 ‎2. (2015省卷25，9分) 如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC和 Rt△ADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠CAD＝30°，AB＝BC＝‎4 cm.‎ ‎(1)填空：AD＝________(cm)，DC＝________(cm)；‎ ‎(2)点M、N分别从A点，C点同时以每秒‎1 cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿A→D，C→B方向运动，当N点运动到B点时，M、N两点同时停止运动，连接MN.求当M、N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)；‎ ‎(3)在(2)的条件下，取DC中点P，连接MP，NP，设△PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，△PMN的面积y存在最大值，请求出y的最大值．(参考数据：sin75°＝，sin15°＝)‎ 第2题图 ‎ 3. (2016梅州10分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝‎5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒‎2 cm的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒 cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为t秒(0≤t≤5)，连接MN.‎ ‎(1)若BM＝BN，求t的值；‎ ‎(2)若△MBN与△ABC相似，求t的值；‎ ‎(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．‎ 第3题图 ‎4. 如图，在▱ABCD中，BC＝‎8 cm，CD＝‎4 cm，∠B＝60°，点M从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为‎2 cm/s，点N从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为‎1 cm/s，过点M作MF⊥CD，垂足为F，延长FM交BA的延长线于点E，连接EN，交AD于点O，设运动时间为t(s)(0＜t＜4)．‎ ‎(1)连接AN，MN，设四边形ANME的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；‎ ‎(2)是否存在某一时刻t，使得四边形ANME的面积是 ▱ABCD面积的？若存在，求出相应的t值，若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)连接AC，交EN于点P，当EN⊥AD时，求线段OP的长度．‎ ‎ 第4题图 备用图 ‎5. 如图，在矩形ABCD中，AB＝‎6 cm，BC＝‎8 cm，如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为每秒‎2 cm和‎1 cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和Q，设运动时间为t秒(0＜t＜4)．‎ ‎(1)连接EF，若运动时间t＝秒时，求证：△EQF是等腰直角三角形；‎ ‎(2)连接EP，设△EPC的面积为y cm2，求y与t的函数关系式，并求y的最大值；‎ ‎(3)若△EPQ与△ADC相似，求t的值．‎ ‎6. (2015郴州)如图，在四边形ABCD中，DC∥AB，DA⊥AB，AD＝‎4 cm，DC＝‎5 cm，AB＝‎8 cm.如果点P由B点出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点Q由A点出发沿AB方向向点B匀速运动，它们的速度均为‎1 cm/s，当P点到达C点时，两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t s，解答下列问题：‎ ‎(1)当t为何值时，P，Q两点同时停止运动？‎ ‎(2)设△PQB的面积为S，当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值；‎ ‎(3)当△PQB为等腰三角形时，求t的值．‎ 第6题图 ‎【答案】‎ ‎1．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，QE⊥AP，‎ ‎∴∠QEA＝∠B＝90°.‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠QAE＝∠APB，‎ ‎∴△ABP∽△QEA；…………………………………………(3分)‎ ‎(2)解： 由题意得：BP＝t cm，AQ＝2t cm，‎ 要使△ABP≌△QEA，则AQ＝AP＝2t cm，‎ 在Rt△ABP中，由勾股定理得：32＋t2＝(2t)2，‎ 解得t＝±(负值舍去)，‎ 即当t＝时，△ABP≌△QEA；…………………………(7分)‎ ‎(3)解：在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP＝，‎ ‎∵△ABP∽△QEA，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴QE＝，AE＝，‎ ‎∴y＝QE·AE＝··＝.……………(12分)‎ ‎2．解：(1)2，2；‎ ‎【解法提示】在Rt△ABC中，根据勾股定理，得 AC＝＝＝‎4 cm，‎ 在Rt△ACD中，AD＝AC·cos30°＝4×＝‎2 cm，‎ DC＝AC·sin30°＝4×＝‎2 cm.‎ ‎(2)如解图，过点N作NE⊥AD于点E，作NF⊥DC交DC延长线于点F，则NE＝DF.‎ ‎∵∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，‎ ‎∴∠NCF＝75°，∠FNC＝15°，‎ 在Rt△NFC中， 第2题解图 ‎∵sin∠FNC＝ ，‎ ‎∴sin15°＝ ，‎ 又∵NC＝x cm，‎ ‎∴FC＝NC·sin15°＝ x cm，‎ ‎∴NE＝DF＝DC＋FC＝(2＋x)cm，‎ ‎∴点N到AD的距离为(2＋x)cm；‎ ‎(3)如解图，在Rt△NFC中，‎ ‎∵sin75°＝，‎ ‎∴NF＝NC·sin75°＝ x cm，‎ ‎∵P为DC中点，DC＝‎2 cm，‎ ‎∴DP＝CP＝ cm，‎ ‎∴PF＝DF－DP＝2＋x－＝(x＋) cm，‎ ‎∵S△PMN＝S四边形DFNM－S△DPM－S△PFN，‎ 即S△PMN＝(NF＋MD)·NE－MD·DP－PF·NF，‎ ‎∴y＝×(x＋2－x)×(2＋x)－×(2－x)×－×(x＋)×x，‎ 即y＝x2＋x＋2，‎ ‎∵＜0，‎ ‎∴当x＝－＝ 秒时，y取得最大值为 ‎＝ cm2.‎ ‎3．解：(1)根据题意BM＝2t cm，BC＝5×tan60°＝‎5 cm，BN＝BC－t＝(5－t)cm，‎ ‎∴当BM＝BN时，2t＝5－t，‎ 解得t＝10－15；…………………………………………(2分)‎ ‎(2)分两种情况讨论：①当∠BMN＝∠ACB＝90°时，如解图①，‎ ‎△NBM∽△ABC，cosB＝cos30°＝，‎ ‎∴＝，‎ 解得t＝；(4分)‎ 第3题解图 ‎②当∠MNB＝∠ACB＝90°时，如解图②，△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝，‎ ‎∴＝，‎ 解得t＝，‎ 故若△MBN与△ABC相似，则t的值为秒或秒；……(6分)‎ ‎ (3)如解图③，过点M作MD⊥BC于点D，则MD∥AC，‎ ‎∴△BMD∽△BAC，‎ ‎∴＝，‎ 又∵BA＝＝10， 第3题解图③‎ ‎∴＝，解得MD＝t.‎ 设四边形ACNM的面积为y，则 y＝S△ABC－S△BMN＝AC×BC－ BN·MD ‎＝×5×5－ (5－t)·t ‎＝t2－t＋ ‎＝(t－)2＋，…………………………………………(8分)‎ ‎∴当t＝秒时，四边形ACNM的面积最小，最小值为cm2.…………………………………………………………………(10分)‎ ‎4．解：(1)如解图①，过点A作AG⊥BC，垂足为点G.‎ 第4题解图①‎ ‎∵∠AGB＝90°，∠B＝60°，‎ ‎∴AG＝AB＝‎2 cm.‎ 由题可知，MD＝2t cm，则AM＝(8－2t) cm，‎ ‎∵AB∥CD，MF⊥CD，‎ ‎∴ME⊥AB，‎ ‎∴∠MEA＝∠MFD＝90°，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠EAM＝∠B＝60°，‎ ‎∴AE＝AM＝(4－t) cm, ME＝(4－t) cm，‎ ‎∴y＝S△ANM＋S△AEM ‎＝×(8－2t)×2＋×(4－t)××(4－t)‎ ‎＝t2－6t＋16(0＜t＜4)；‎ ‎(2)存在．由四边形ANME的面积是▱ABCD面积的可得：‎ t2－6t＋16＝×8×2，‎ 整理得：t2－12t＋11＝0，‎ 解得t＝1或t＝11(舍去)，‎ 所以当t＝1s时，四边形ANME的面积是▱ABCD面积的；‎ ‎(3)如解图②，‎ 第4题解图②‎ 由(1)可知AE＝(4－t) cm，‎ ‎∴BE＝AB＋AE＝(8－t) cm.‎ ‎∵∠B＝60°，EN⊥BC，AG⊥BC，‎ ‎∴BN＝BE＝(4－t) cm，BG＝AB＝‎2 cm.‎ 又∵BN＝t，‎ ‎∴4－t＝t，解得t＝，‎ ‎∴BN＝ cm，‎ ‎∴GN＝BN－BG＝ cm，‎ ‎∴AO＝ cm，NC＝BC-BN= cm.‎ 设PO＝x cm，则PN＝(2－x) cm.‎ ‎∵AO∥NC，‎ ‎∴△AOP∽△CNP，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得x＝，‎ ‎∴当EN⊥AD时，线段OP的长度为 cm.‎ ‎5．(1)证明：若运动时间t＝秒，‎ 则BE＝2×＝ cm，DF＝ cm，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD＝BC＝‎8 cm，AB＝DC＝‎6 cm，∠D＝∠BCD＝90°，‎ ‎∵FQ⊥BC，‎ ‎∴∠FQC＝∠D＝∠QCD＝90°，‎ ‎∴四边形CDFQ是矩形，‎ ‎∴CQ＝DF＝ cm，CD＝QF＝‎6 cm，‎ ‎∴EQ＝BC－BE－CQ＝8－－＝‎6 cm，‎ ‎∴EQ＝QF＝‎6 cm，‎ ‎∴△EQF是等腰直角三角形； ‎ ‎(2)解：∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，‎ ‎∴∠FQC＝∠B，‎ ‎∴PQ∥AB，‎ ‎∴△CPQ∽△CAB，‎ ‎∴＝ ，即＝，‎ ‎∴PQ＝ t cm，‎ ‎∵BE=2t,‎ ‎∴EC=BC-BE=8-2t,‎ ‎∵S△EPC＝EC·PQ，‎ ‎∴y＝(8－2t)·t＝－t2＋3t＝－(t－2)2＋3(0＜t＜4).‎ ‎∵－＜0，‎ ‎∴当t＝2秒时，y有最大值，y的最大值为‎3 cm2；‎ ‎(3)解：分两种情况讨论：‎ ‎ (ⅰ)如解图①，点E在Q的左侧，‎ ‎①当△EPQ∽△ACD时， 第5题解图①‎ 可得＝，即＝，‎ 解得t＝2；‎ ‎②当△EPQ∽△CAD时， ‎ 可得＝，即＝，‎ 解得t＝； ‎ ‎(ⅱ)如解图②，点E在Q的右侧，‎ ‎∵0＜t＜4，‎ ‎∴点E不能与点C重合，‎ ‎∴只存在△EPQ∽△CAD，‎ 可得＝，即＝，‎ 解得t＝， 第5题解图②‎ 故若△EPQ与△ADC相似，则t的值为2秒或秒或秒．‎ ‎6．解：(1)如解图，过点C作CE⊥AB于点E，‎ ‎∵DC∥AB，DA⊥AB，CE⊥AB，‎ ‎∴四边形AECD是矩形，‎ ‎∴AE＝DC＝5，CE＝AD＝4， 第6题解图 ‎∴BE＝AB－AE＝8－5＝3，‎ ‎∴由勾股定理得：BC＝＝＝5，‎ ‎∴BC＜AB，‎ ‎∵当点P运动到点C时，P、Q同时停止运动，‎ ‎∴t＝＝5 s，‎ 即t＝5 s时，P、Q两点同时停止运动；‎ ‎(2)由题意知，AQ＝BP＝t，‎ ‎∴QB＝8－t.‎ 如解图，过点P作PF⊥QB于点F，则△BPF∽△BCE，‎ ‎∴＝ ，即＝，‎ ‎∴PF＝，‎ ‎∴S＝QB·PF＝×(8－t)×＝－＋ ‎＝－(t－4)2＋(0＜t≤5)．‎ ‎∵－＜0，‎ ‎∴当t＝4 s时，S有最大值，最大值为；‎ ‎(3)∵cosB＝＝，‎ ‎∴BF＝PB·cosB＝t·cosB＝，‎ ‎∴QF＝AB－AQ－BF＝8－，‎ ‎∴QP＝＝ ＝4 .‎ 当△PQB为等腰三角形时，分以下三种情况：‎ ‎①当PQ＝PB时，即4＝t，‎ 解得：＝，＝8，‎ ‎∵t2＝8＞5，不合题意，‎ ‎∴t＝；‎ ‎②当PQ＝BQ时，即4＝8－t，‎ 解得：＝0(舍去)，＝；‎ ‎③当QB＝BP时，即8－t＝t，‎ 解得t＝4；‎ 综上所述，当△PQB为等腰三角形时，则t的值为 s或 s或4 s.‎ 类型二　线动型探究题 针对演练 ‎1. 如图，已知矩形ABCD，AB＝，BC＝3，在BC上取两点E，F(E在F左边)，以EF为边作等边三角形PEF，使顶点P在AD上，PE，PF分别交AC于点G，H.‎ ‎(1)求△PEF的边长；‎ ‎(2)若△PEF的边EF在射线BC上移动，(点E的移动范围在B、C之间，不与B、C两点重合)，设BE＝x，PH＝y.‎ ‎①求y与x的函数关系式；‎ ‎②连接BG，设△BEG面积为S，求S与x的函数关系式，判断x为何值时S最大，并求最大值S.‎ 第1题图 ‎2. 已知，如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝‎12 cm，BD＝‎16 cm，点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为‎1 cm/s；过点P作直线PF∥AD，PF交CD于点F，过点F作EF⊥BD，且与AD、BD分别交于点E、Q；连接PE，设点P的运动时间为t(s)(0＜t＜10)．‎ ‎(1)填空：AB＝________cm；‎ ‎(2)当t为何值时，PE∥BD；‎ ‎(3)设四边形APFE的面积为y(cm2)．‎ ‎①求y与t之间的函数关系式；‎ ‎②若用S表示图形的面积，则是否存在某一时刻t，使得S四边形APFE＝S菱形ABCD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ 第2题图 ‎3. (2014省卷25，9分)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BC＝‎10 cm，AD＝‎8 cm.点P从点B出发，在线段BC上以每秒‎3 cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒‎2 cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于点E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒(t＞0)．‎ ‎(1)当t＝2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；‎ ‎(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；‎ ‎(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎4. (2016镇江改编)如图①，在菱形ABCD中，AB＝6，tan∠ABC＝2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t(秒)．将线段CE绕点C顺时针旋转一个角 α(α＝∠BCD)，得到对应线段CF.‎ ‎(1)求证：BE＝DF；‎ ‎(2)如图②，连接BD、EF，BD交EC、EF于点P、Q.当t为何值时，△EPQ是直角三角形？‎ ‎(3)如图③，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α(α＝∠BCD)，得到对应线段CG.在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．‎ 第4题图 ‎【答案】‎ ‎1．解：(1)如解图①，过点P作PQ⊥BC于点Q，‎ ‎∵在矩形ABCD中，∠B＝90°，‎ ‎∴AB⊥BC，‎ 又∵AD∥BC，‎ ‎∴PQ＝AB＝，‎ ‎∵△PEF是等边三角形，‎ ‎∴∠PFQ＝60°，‎ 在Rt△PQF中，sin∠PFQ＝，‎ ‎∴PF＝÷＝2， 第1题解图①‎ ‎∴△PEF的边长为2；‎ ‎(2)①在Rt△ABC中，AB＝，BC＝3，‎ 由勾股定理得，AC＝2，‎ ‎∴∠ACB＝30°，‎ 又∵△PEF是等边三角形，‎ ‎∴∠PFE＝60°，‎ ‎∴∠FHC＝30°，‎ ‎∴FH＝FC，‎ ‎∵HF＝2－PH＝2－y，‎ ‎∴FC＝2－y，‎ 又∵BE＋EF＋FC＝BC，‎ ‎∴x＋2＋2－y＝3，‎ 即y＝x＋1(0＜x＜3)；‎ ‎②如解图②，过点G作GM⊥BC于点M，‎ ‎∵△PEF为等边三角形，‎ ‎∴∠PEF＝60°，‎ ‎∵Rt△ABC中，AB＝，BC＝3， 第1题解图②‎ ‎∴∠ACB＝30°，‎ ‎∴∠EGC＝180°－30°－60°＝90°，‎ ‎∵BE＝x，‎ ‎∴EC＝3－x，‎ ‎∴EG＝，‎ ‎∵∠GEM＝60°，sin∠GEM＝，‎ ‎∴GM＝EG·sin60°＝×＝，‎ ‎∴S＝x× ‎＝－x2＋x＝－(x－)2＋，‎ ‎∵－＜0，‎ ‎∴当x＝时，S最大＝.‎ ‎2．解：(1)10；‎ ‎【解法提示】如解图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD 相交于点O，且AC＝‎12 cm，BD＝‎16 cm，‎ ‎∴ BO＝DO＝‎8 cm，AO＝CO＝‎6 cm，‎ ‎∴ AB＝＝‎10 cm.‎ ‎(2)∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB∥CD，∠ADB＝∠CDB，‎ 又∵PF∥AD，‎ ‎∴四边形APFD为平行四边形，‎ ‎∴DF＝AP＝t cm，‎ 又∵EF⊥BD于点Q，且∠ADB＝∠CDB，‎ ‎∴∠DEF＝∠DFE，‎ ‎∴DE＝DF＝t cm，‎ ‎∴AE＝(10－t) cm，‎ 当PE∥BD时，△APE∽△ABD，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴t＝5，‎ ‎∴当t＝5 s时，PE∥BD；‎ ‎(3)①∵∠FDQ＝∠CDO，∠FQD＝∠COD＝90°，‎ ‎∴△DFQ∽△DCO，‎ ‎∴＝，即＝，‎ ‎∴QF＝ cm，‎ ‎∴EF＝2QF＝ cm，‎ 同理，QD＝ cm，‎ 如解图，过点C作CG⊥AB于点G，‎ ‎∵S菱形ABCD＝AB·CG＝AC·BD，‎ 即10CG＝×12×16， 第2题解图 ‎∴CG＝ cm，‎ ‎∴S▱APFD＝DF·CG＝t cm2，‎ ‎∴S△EFD＝EF·QD＝××＝t‎2 cm2，‎ ‎∴y＝t－t2.‎ ‎②存在．‎ 当S四边形APFE＝S菱形ABCD时，则 t－t2＝×12×16×，‎ 整理得，t2－20t＋64＝0，‎ 解得t1＝4，t2＝16＞10(舍去)，‎ ‎∴当t＝4s时，S四边形APFE＝S菱形ABCD.‎ ‎3．(1)证明：如解图①，连接DE，DF，‎ 当t＝2时，DH＝AH＝4，则H为AD的中点，‎ ‎∵EF⊥AD，‎ ‎∴EF为AD的垂直平分线，‎ ‎∴AE＝DE，AF＝DF.‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴∠B＝∠C，‎ 又∵AD⊥BC，‎ ‎∴EF∥BC，‎ ‎∴∠AEF＝∠B，∠AFE＝∠C，‎ ‎∴∠AEF＝∠AFE，‎ ‎∴AE＝AF，‎ ‎∴AE＝AF＝DE＝DF，‎ ‎∴四边形AEDF为菱形；‎ 第3题解图 ‎ (2)解：如解图②，连接PE，PF，由(1)知EF∥BC，‎ ‎∴△AEF∽△ABC，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得EF＝10－t，‎ ‎∴S△PEF＝EF·DH＝(10－t)·2t＝－t2＋10t ‎＝－(t－2)2＋10(0＜t≤)，‎ ‎∴当t＝2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为‎10 cm2，‎ 此时BP＝3t＝‎6 cm；‎ ‎(3)解：存在．‎ ‎(ⅰ)若点E为直角顶点，如解图③，连接PE，PF，‎ 此时PE∥AD，PE＝DH＝2t，BP＝3t.‎ ‎∵PE∥AD，‎ ‎∴△BEP∽△BAD，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 此比例式不成立，故此种情形不存在；‎ 第3题解图 ‎ (ⅱ)若点F为直角顶点，如解图④，连接PE，PF，‎ 此时PF∥AD，PF＝DH＝2t，BP＝3t，CP＝10－3t.‎ ‎∵PF∥AD，‎ ‎∴△CFP∽△CAD，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得t＝；‎ ‎(ⅲ)若点P为直角顶点，如解图⑤，连接PE，PF，过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM＝FN＝DH＝2t，EM∥FN∥AD.‎ ‎∵EM∥AD，‎ ‎∴△BEM∽△BAD，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得BM＝t，‎ ‎∴PM＝BP－BM＝3t－t＝t.‎ 在Rt△EMP中，由勾股定理得，‎ ‎＝(2t)2＋(t)2＝t2.‎ ‎∵FN∥AD，‎ ‎∴△CFN∽△CAD，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得CN＝t，‎ ‎∴PN＝BC－BP－CN＝10－3t－t＝10－t.‎ 在Rt△FNP中，由勾股定理得，‎ ‎＝(2t)2＋(10－t)2＝t2－85t＋100.‎ 又∵EF＝MN＝BC－BM－CN＝10－t，‎ 在Rt△PEF中，由勾股定理得，，‎ 即(10－t)2＝t2＋(t2－85t＋100)，‎ 化简得183t2－280t＝0，‎ 解得t＝或t＝0(舍去)，‎ ‎∴t＝.‎ 综上所述，当t＝秒或t＝秒时，△PEF为直角三角形．(9分)‎ ‎4．(1)证明：∵∠ECF＝∠BCD＝α，‎ ‎∴∠ECF－∠ECD＝∠BCD－∠ECD，‎ 即∠DCF＝∠BCE.‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴DC＝BC，‎ 在△DCF与△BCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△DCF≌△BCE(SAS)，‎ ‎∴BE＝DF；‎ ‎(2)解：∵CE＝CF，‎ ‎∴∠CEQ<90°.‎ ‎①当∠EQP＝90°时，如解图①，‎ ‎∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，‎ ‎∴△BCD∽△ECF，‎ ‎∴∠CBD＝∠CEF.‎ ‎∵∠BPC＝∠EPQ， 第4题解图①‎ ‎∴∠BCP＝∠EQP＝90°，‎ ‎∴∠CED＝90°，‎ 在Rt△CDE中，∠CED＝90°，‎ ‎∵CD＝AB＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，‎ ‎∴＝2，即EC＝2DE，‎ ‎∵，即CD＝DE，‎ ‎∴DE＝＝＝6，‎ ‎∴t＝6；‎ ‎②当∠EPQ＝90°时，如解图②，‎ ‎∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，‎ ‎∴EC和AC重合， 第4题解图②‎ ‎∴DE＝6，‎ ‎∴t＝6.‎ 综上所述，当t＝6秒或6秒时，△EPQ为直角三角形；‎ ‎(3)解：y＝t－12－ .‎ ‎【解法提示】点G即为t＝0时点E的对应点．‎ 当点F在直线AD上方时，如解图③，连接GF，分别交直线AD、BC的延长线于点M、N，过F点作FH⊥AD，垂足为H，‎ 由(1)得∠1＝∠2.‎ 易证△DCE≌△GCF(SAS)，‎ ‎∴∠3＝∠4，‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴∠1＝∠3，‎ ‎∴∠2＝∠4，‎ ‎∴GF∥CD，‎ ‎∴四边形DCNM为平行四边形，‎ 易得MN＝6.‎ ‎∵∠BCD＝∠DCG，∠DCN＋∠BCD＝∠DCG＋∠CGN＝180°，‎ ‎∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，‎ ‎∴CN＝CG＝CD＝6.‎ ‎∵tan∠ABC＝2，‎ ‎∴tan∠CGN＝2，‎ ‎∴GN＝12，‎ ‎∴GM＝6＋12. 第4题解图③‎ ‎∵GF＝DE＝t×1＝t，‎ ‎∴FM＝t－6－12.‎ ‎∵tan∠FMH＝tan∠ABC＝2，‎ ‎∴FH＝(t－6－12)，‎ 即y＝t－12－.‎ 类型三 形动型探究题 针对演练 ‎1. 在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E(点D不与点B重合，点E不与点C重合)，设BE＝m，CD＝n.‎ ‎(1)求证：△ABE∽△DCA；‎ ‎(2)求m与n的函数关系式，并直接写出自变量n的取值范围；‎ ‎(3)在旋转过程中，试判断等式是否始终成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．‎ 第1题图 ‎2. (2015吉林)两个三角板ABC，DEF，按如图所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点，线都在同一平面内)．其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE＝‎6 cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm)，两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．‎ ‎(1)当点C落在边EF上时，x＝________ cm；‎ ‎(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；‎ ‎(3)设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N.直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．‎ 第2题图 ‎ 3. 如图，在△ABC中，∠B＝45°，BC＝5，高AD＝4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H.‎ ‎(1)求证：＝；‎ ‎(2)设EF＝x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；‎ ‎(3)当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动(当矩形的边PQ到达A点时停止运动)，设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．‎ 第3题图 ‎4. 如图，在▱ABCD中，AD⊥BD，AB＝10，AD＝6，以AD为斜边在▱ABCD的内部作Rt△AED，使∠EAD＝∠DBA，点A′、E′、D′分别与点A、E、D重合，△A′E′D′以每秒5个单位长度的速度沿DC方向平移，当点E′落在BC边上时停止移动，线段BD交边A′D′于点M，交边A′E′或D′E′于点N，设平移的时间为t(秒)．‎ ‎(1)DM的长为________(用含t的代数式表示)；‎ ‎(2)当E′落在BD上时，求t的值；‎ ‎(3)若△A′E′D′与△BDC重叠部分图形的面积为S(平方单位)，求S与t之间的函数关系式；‎ ‎(4)在不添加辅助线的情况下，直接写出平移过程中，出现与△DMD′全等的三角形时t的取值范围．‎ 第4题图 ‎ 5. (2016益阳14分)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．‎ 第5题图 ‎6. (2015青岛)已知：如图①，在▱ABCD中，AB＝‎3 cm，BC＝‎5 cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为‎1 cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为‎1 cm/s；当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②.设移动时间为t(s)(0＜t＜4)，连接PQ，MQ，MC.解答下列问题：‎ ‎(1)当t为何值时，PQ∥MN?‎ ‎(2)设△QMC的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；‎ ‎(3)是否存在某一时刻t，使S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎(4)是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ 第6题图 ‎【答案】‎ ‎1．(1)证明：∵∠BAE＝∠BAD＋45°，∠CDA＝∠BAD＋45°，‎ ‎∴∠BAE＝∠CDA，‎ 又∵∠B＝∠C＝45°，‎ ‎∴△ABE∽△DCA；‎ ‎(2)解：∵△ABE∽△DCA，‎ ‎∴＝，‎ 依题可知CA＝BA＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴m＝，‎ 自变量n的取值范围为1＜n＜2；‎ ‎(3)解：成立．理由如下：‎ 如解图，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CE＝HB，AE＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠EAH＝90°，连接HD，在△EAD和△HAD中，∵AE＝AH，∠HAD＝∠EAH－∠FAG＝45°＝∠EAD，AD＝AD，∴△EAD≌△HAD(SAS)，∴DH＝DE，‎ 又∠HBD＝∠ABH＋∠ABD＝90°，∴BD2＋HB2＝DH2，‎ 即BD2＋CE2＝DE2.‎ ‎2．解：(1)15；‎ ‎【解法提示】如解图①，作CG⊥AB于G点，CH⊥CE于点H，‎ 第2题解图①‎ 在Rt△ABC中，由AC＝6，∠ABC＝30°，得BC＝＝‎6 cm.‎ 在Rt△BCG中，BG＝BC·cos30°＝‎9 cm.‎ ‎∵四边形CGEH是矩形，‎ ‎∴CH＝GE＝BG＋BE＝9＋6＝‎15 cm.‎ ‎ (2)①当0≤x＜6时，如解图②，‎ 由∠GDB＝60°，∠GBD＝30°，DB＝x，得DG＝x，BG＝x，‎ 重叠部分的面积y＝DG·BG＝×x×x＝x2；‎ 第2题解图②‎ ‎②当6≤x＜12时，如解图③，‎ BD＝x，DG＝x，BG＝x，BE＝x－6，EH＝(x－6)，‎ 重叠部分的面积y＝S△BDG－S△BEH＝DG·BG－BE·EH，‎ 即y＝×x×x－(x－6)×(x－6)，‎ 第2题解图③‎ 化简得y＝－x2＋2x－6；‎ ‎③当12≤x≤15时，如解图④，‎ AC＝6，BC＝6，BD＝x，BE＝x－6，EG＝(x－6)，‎ 重叠部分的面积y＝S△ABC－S△BEG＝AC·BC－BE·EG，‎ 即y＝×6×6－(x－6)×(x－6)，‎ 化简得y＝－x2＋2x＋12；‎ 第2题解图④‎ 综上所述，y＝‎ ‎(3)如解图⑤所示，作NG⊥DE于点G，‎ 点M在NG上时MN最短，‎ NG是△DEF的中位线，NG＝EF＝3，‎ ‎∵MB＝CB＝3，∠B＝30°，‎ ‎∴MG＝MB＝，‎ 则MNmin＝NG－MG＝3－＝.‎ 第2题解图⑤‎ ‎3．(1)证明：∵四边形EFPQ是矩形，‎ ‎∴EF∥BC，‎ ‎∴△AEF∽△ABC，‎ ‎∵AD是△ABC的高，AH是△AEF的高，‎ ‎∴＝；‎ ‎(2)解：∵＝，EF＝x，AD＝4，BC＝5，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AH＝，‎ ‎∴HD＝4－，‎ ‎∴S矩形EFPQ＝EF·HD＝x(4－)＝－x2＋4x ‎＝－(x－)2＋5.‎ ‎∵－＜0，‎ ‎∴当x＝时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5；‎ ‎(3)解：由(2)可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长EF为，宽HD＝4－x＝2，在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：‎ ‎(ⅰ)当0≤t≤2时，如解图①所示．‎ 第3题解图①‎ 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1、D1.此时DD1＝t，H1D1＝2，‎ ‎∴HD1＝HD－DD1＝2－t，HH1＝H1D1－HD1＝t，AH1＝AH－HH1＝2－t，‎ ‎∵KN∥EF，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得KN＝(2－t)，‎ ‎∴S＝S梯形KNFE＋‎ ‎ ＝(KN＋EF)·HH1＋EF·EQ1＝[(2－t)＋]×t＋(2－t)＝‎ ‎－t2＋5；‎ ‎(ⅱ)当2＜t≤4时，如解图②所示．‎ 第3题解图②‎ 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2，此时 DD2＝t，AD2＝AD－DD2＝4－t，‎ ‎∵K′N′∥EF，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得K′N′＝5－t，‎ ‎∴S＝S△AKN＝ K′N′·AD2＝×(5－t)×(4－t)＝t2－5t＋10.‎ 综上所述，S与t的函数关系式为：‎ S＝.‎ ‎4．解：(1)4t；‎ ‎【解法提示】∵AD⊥BD，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴BD＝＝＝8，‎ ‎∵AD∥A′D′，‎ ‎∴A′D′⊥BD，‎ ‎∴∠DMD′＝∠ADB＝90°，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴∠D′DM＝∠ABD，‎ ‎∴△DMD′∽△BDA，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴DM＝4t，MD′＝3t. ‎ ‎(2)如解图①，当E′在BD上时，‎ 第4题解图①‎ ‎∵∠ D′E′M＋∠A′E′M＝90°，∠MA′E′＋∠A′E′M＝90°，‎ ‎∴∠ D′E′M＝∠MA′E′，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴∠CDB＝∠ABD，‎ ‎∵∠ MA′E′＝∠ABD，‎ ‎∴∠D′DE′＝∠D′E′D，‎ ‎∴DD′＝D′E′，‎ 由△ADE∽△BAD得到，DE＝，AE＝，‎ ‎∴5t＝，‎ ‎∴t＝；‎ ‎(3)①当0＜t≤时，如解图②，重叠部分是△D′MK，‎ S＝D′M×MK＝×3t×4t＝6t2；‎ 图②‎ ‎　　　图③‎ 第4题解图 ‎②当＜t≤时，如解图③，重叠部分是四边形D′E′KM，‎ S＝S△A′D′E′－S△A′MK＝××－(6－3t)×(6－3t)＝－t2＋t－.‎ 综上所述，S＝；‎ ‎(4)平移过程中，当0＜t≤或t＝1或t＝ s时，出现与△DMD′全等的三角形．‎ ‎【解法提示】①当0＜t≤时，如解图②，△DMD′≌△KMD′，‎ ‎②当DD′＝D′C时，△DMD′≌△BMA′，此时t＝1，‎ ‎③当DD′＝AD时，△DMD′≌△AED，此时5t＝6，t＝，‎ 综上所述，当0＜t≤或t＝1或t＝s时，出现与△DMD′全等的三角形．‎ ‎5．解：(1)在Rt△ACB中，∠B＝30°，AC＝1，‎ ‎∴AB＝‎2AC＝2，‎ ‎∵点D是AB的中点，‎ ‎∴AD＝AB＝1＝CD，‎ ‎∵EF是△ACD的中位线，‎ ‎∴EF＝DF＝＝CD，‎ 在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ ‎∴∠ADC＝60°，‎ 在Rt△FGD中，GF＝DF·sin60°＝，‎ ‎∴矩形EFGH的面积＝EF·FG＝×＝；………………(3分)‎ ‎(2)根据第(1)问，易得GD＝DF＝，‎ 设矩形移动的距离为x，则0＜x≤，‎ 如解图①，当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，0＜x≤，‎ 第5题解图①‎ 则此时重叠部分三角形的高为x，‎ ‎∴重叠部分的面积S＝x·x＝，‎ 解得x＝＞(舍去)；‎ 如解图②，当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，＜x≤，‎ 则此时重叠部分直角梯形的高为，上底边长为x，下底边长为x－，‎ 第5题解图②‎ ‎∴重叠部分的面积S＝[x＋(x－)]·＝，‎ 解得x＝，‎ 即矩形移动的距离为时，矩形与△CBD重叠部分的面积是；(8分)‎ ‎(3)如解图③，过H2作H2K⊥AB于点K.‎ 在Rt△F‎1G1B中，∠B＝30°，F‎1G1＝，‎ 第5题解图③‎ ‎∴BG1＝，‎ ‎∴DG1＝BD－BG1＝1－＝，‎ 设KD＝a，则H2K＝a，‎ 在Rt△H‎2G1K中，有H2K2＋G1K2＝H‎2G，‎ 即(a)2＋(a＋)2＝()2，‎ 解得，a1＝，a2＝(舍去)，‎ ‎∴cosα＝cos∠H‎2G1K＝＝＝.……(14分)‎ ‎6．解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD. ‎ ‎∵AB＝‎3 cm，BC＝‎5 cm，AC⊥AB，‎ 由勾股定理得：AC＝＝‎4 cm.‎ ‎∴cos∠ACB＝＝.‎ ‎∵△ACD沿AC方向平移得到△PNM，平移的速度为‎1 cm/s，‎ ‎∴MN∥AB，PC＝(4－t) cm.‎ ‎∵点Q在BC上运动，运动的速度为‎1 cm/s，‎ 第6题解图①‎ ‎∴QC＝t cm.‎ 如解图①，当PQ∥MN时，‎ 则PQ∥AB，‎ ‎∴PQ⊥AC，‎ ‎∴cos∠ACB＝＝，‎ 即＝，‎ 解得t＝.‎ ‎∴当t＝ s时，PQ∥MN；‎ 第6题解图②‎ ‎(2)如解图②，过点P作PH⊥BC，垂足为点H，‎ 则PH＝PC·sin∠PCQ＝(4－t)，‎ ‎∴y＝·QC·PH＝t·(4－t)＝－t2＋t，‎ 即y与t之间的函数关系式为y＝－t2＋t(0＜t＜4)；‎ ‎(3)存在．‎ ‎∵△PMN是由△ACD沿AC平移得到的，‎ ‎∴PM∥BC，‎ ‎∴S△PCQ＝S△QMC，‎ 由(2)得S△QCP＝S△QMC，‎ ‎∵S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4，‎ ‎∴S△QCP∶S四边形ABQP＝1∶4，‎ ‎∴S△QCP∶S△ACB＝1∶5.‎ ‎∵S△ACB＝AB×AC＝×3×4＝‎6 cm2，‎ ‎∴S△QCP＝S△ABC＝ cm2，‎ 即－t2＋t＝，整理得：t2－4t＋4＝0，‎ 解得t＝2，‎ ‎∴t＝2 s时，使得S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4；‎ ‎(4)存在．‎ 如解图③，过点P作PH⊥BC于H，过点M作MG⊥HC，交HC的延长线于点G，‎ 第6题解图③‎ ‎∴MG＝PH＝(4－t)，tan∠PCH＝＝＝，‎ ‎∴HC＝(4－t)，‎ 又∵QC＝t，HG＝PM＝BC＝5，‎ ‎∴HQ＝HC－QC＝(4－t)－t＝－t，‎ ‎∴QG＝HG－HQ＝5－(－t)＝t＋.‎ ‎∵∠PQM＝90°，‎ ‎∴∠PQH＋∠MQG＝90°，‎ 又∵∠HPQ＋∠PQH＝90°，‎ ‎∴∠HPQ＝∠GQM，‎ ‎∴△PHQ∽△QGM，‎ ‎∴＝ ，‎ 即＝，整理得，2t2－3t＝0，‎ 解得t1＝0，t2＝，‎ ‎∵0＜t＜4，‎ ‎∴t1＝0(舍去)，‎ ‎∴当t＝ s时，PQ⊥MQ.‎