中考數(shù)學(xué) 第二部分 題型研究 題型六 幾何動態(tài)綜合題試題

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題型六　幾何動態(tài)綜合題 類型一　點動型探究題 針對演練 1. (2016赤峰12分)如圖，正方形ABCD的邊長為3 cm，P，Q分別從B，A出發(fā)沿BC，AD方向運動，P點的運動速度是1 cm/秒，Q點的運動速度是2 cm/秒，連接AP，并過Q作QE⊥AP垂足為E. (1)求證：△ABP∽△QEA； (2)當運動時間t為何值時，△ABP≌△QEA； (3)設(shè)△QEA的面積為y，用運動時間t表示△QEA的面積y.(不要求考慮t的取值范圍) (提示：解答(2)(3)時可不分先后) 　第1題圖 2. (2015省卷25，9分) 如圖，在同一平面上，兩塊斜邊相等的直角三角板Rt△ABC和 Rt△ADC拼在一起，使斜邊AC完全重合，且頂點B，D分別在AC的兩旁，∠ABC＝∠ADC＝90，∠CAD＝30，AB＝BC＝4 cm. (1)填空：AD＝________(cm)，DC＝________(cm)； (2)點M、N分別從A點，C點同時以每秒1 cm的速度等速出發(fā)，且分別在AD，CB上沿A→D，C→B方向運動，當N點運動到B點時，M、N兩點同時停止運動，連接MN.求當M、N點運動了x秒時，點N到AD的距離(用含x的式子表示)； (3)在(2)的條件下，取DC中點P，連接MP，NP，設(shè)△PMN的面積為y(cm2)，在整個運動過程中，△PMN的面積y存在最大值，請求出y的最大值．(參考數(shù)據(jù)：sin75＝，sin15＝) 第2題圖 3. (2016梅州10分)如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，AC＝5 cm，∠BAC＝60，動點M從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒2 cm的速度向點A勻速運動，同時動點N從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒 cm的速度向點B勻速運動，設(shè)運動時間為t秒(0≤t≤5)，連接MN. (1)若BM＝BN，求t的值； (2)若△MBN與△ABC相似，求t的值； (3)當t為何值時，四邊形ACNM的面積最??？并求出最小值． 第3題圖 4. 如圖，在?ABCD中，BC＝8 cm，CD＝4 cm，∠B＝60，點M從點D出發(fā)，沿DA方向勻速運動，速度為2 cm/s，點N從點B出發(fā)，沿BC方向勻速運動，速度為1 cm/s，過點M作MF⊥CD，垂足為F，延長FM交BA的延長線于點E，連接EN，交AD于點O，設(shè)運動時間為t(s)(0＜t＜4)． (1)連接AN，MN，設(shè)四邊形ANME的面積為y(cm2)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； (2)是否存在某一時刻t，使得四邊形ANME的面積是 ?ABCD面積的？若存在，求出相應(yīng)的t值，若不存在，請說明理由； (3)連接AC，交EN于點P，當EN⊥AD時，求線段OP的長度． 第4題圖 備用圖 5. 如圖，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，如果點E由點B出發(fā)沿BC方向向點C勻速運動，同時點F由點D出發(fā)沿DA方向向點A勻速運動，它們的速度分別為每秒2 cm和1 cm，F(xiàn)Q⊥BC，分別交AC、BC于點P和Q，設(shè)運動時間為t秒(0＜t＜4)． (1)連接EF，若運動時間t＝秒時，求證：△EQF是等腰直角三角形； (2)連接EP，設(shè)△EPC的面積為y cm2，求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并求y的最大值； (3)若△EPQ與△ADC相似，求t的值． 6. (2015郴州)如圖，在四邊形ABCD中，DC∥AB，DA⊥AB，AD＝4 cm，DC＝5 cm，AB＝8 cm.如果點P由B點出發(fā)沿BC方向向點C勻速運動，同時點Q由A點出發(fā)沿AB方向向點B勻速運動，它們的速度均為1 cm/s，當P點到達C點時，兩點同時停止運動，連接PQ，設(shè)運動時間為t s，解答下列問題： (1)當t為何值時，P，Q兩點同時停止運動？ (2)設(shè)△PQB的面積為S，當t為何值時，S取得最大值，并求出最大值； (3)當△PQB為等腰三角形時，求t的值． 第6題圖 【答案】 1．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，QE⊥AP， ∴∠QEA＝∠B＝90. ∵AD∥BC， ∴∠QAE＝∠APB， ∴△ABP∽△QEA；…………………………………………(3分) (2)解： 由題意得：BP＝t cm，AQ＝2t cm， 要使△ABP≌△QEA，則AQ＝AP＝2t cm， 在Rt△ABP中，由勾股定理得：32＋t2＝(2t)2， 解得t＝(負值舍去)， 即當t＝時，△ABP≌△QEA；…………………………(7分) (3)解：在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP＝， ∵△ABP∽△QEA， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴QE＝，AE＝， ∴y＝QEAE＝＝.……………(12分) 2．解：(1)2，2； 【解法提示】在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，得 AC＝＝＝4 cm， 在Rt△ACD中，AD＝ACcos30＝4＝2 cm， DC＝ACsin30＝4＝2 cm. (2)如解圖，過點N作NE⊥AD于點E，作NF⊥DC交DC延長線于點F，則NE＝DF. ∵∠ACD＝60，∠ACB＝45， ∴∠NCF＝75，∠FNC＝15， 在Rt△NFC中， 第2題解圖 ∵sin∠FNC＝ ， ∴sin15＝ ， 又∵NC＝x cm， ∴FC＝NCsin15＝ x cm， ∴NE＝DF＝DC＋FC＝(2＋x)cm， ∴點N到AD的距離為(2＋x)cm； (3)如解圖，在Rt△NFC中， ∵sin75＝， ∴NF＝NCsin75＝ x cm， ∵P為DC中點，DC＝2 cm， ∴DP＝CP＝ cm， ∴PF＝DF－DP＝2＋x－＝(x＋) cm， ∵S△PMN＝S四邊形DFNM－S△DPM－S△PFN， 即S△PMN＝(NF＋MD)NE－MDDP－PFNF， ∴y＝(x＋2－x)(2＋x)－(2－x)－(x＋)x， 即y＝x2＋x＋2， ∵＜0， ∴當x＝－＝ 秒時，y取得最大值為 ＝ cm2. 3．解：(1)根據(jù)題意BM＝2t cm，BC＝5tan60＝5 cm，BN＝BC－t＝(5－t)cm， ∴當BM＝BN時，2t＝5－t， 解得t＝10－15；…………………………………………(2分) (2)分兩種情況討論：①當∠BMN＝∠ACB＝90時，如解圖①， △NBM∽△ABC，cosB＝cos30＝， ∴＝， 解得t＝；(4分) 第3題解圖 ②當∠MNB＝∠ACB＝90時，如解圖②，△MBN∽△ABC，cosB＝cos30＝， ∴＝， 解得t＝， 故若△MBN與△ABC相似，則t的值為秒或秒；……(6分) (3)如解圖③，過點M作MD⊥BC于點D，則MD∥AC， ∴△BMD∽△BAC， ∴＝， 又∵BA＝＝10， 第3題解圖③ ∴＝，解得MD＝t. 設(shè)四邊形ACNM的面積為y，則 y＝S△ABC－S△BMN＝ACBC－ BNMD ＝55－ (5－t)t ＝t2－t＋ ＝(t－)2＋，…………………………………………(8分) ∴當t＝秒時，四邊形ACNM的面積最小，最小值為cm2.…………………………………………………………………(10分) 4．解：(1)如解圖①，過點A作AG⊥BC，垂足為點G. 第4題解圖① ∵∠AGB＝90，∠B＝60， ∴AG＝AB＝2 cm. 由題可知，MD＝2t cm，則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．由四邊形ANME的面積是?ABCD面積的可得： t2－6t＋16＝82， 整理得：t2－12t＋11＝0， 解得t＝1或t＝11(舍去)， 所以當t＝1s時，四邊形ANME的面積是?ABCD面積的； (3)如解圖②， 第4題解圖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. 設(shè)PO＝x cm，則PN＝(2－x) cm. ∵AO∥NC， ∴△AOP∽△CNP， ∴＝，即＝， 解得x＝， ∴當EN⊥AD時，線段OP的長度為 cm. 5．(1)證明：若運動時間t＝秒， 則BE＝2＝ cm，DF＝ cm， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝8 cm，AB＝DC＝6 cm，∠D＝∠BCD＝90， ∵FQ⊥BC， ∴∠FQC＝∠D＝∠QCD＝90， ∴四邊形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＝ECPQ， ∴y＝(8－2t)t＝－t2＋3t＝－(t－2)2＋3(0＜t＜4). ∵－＜0， ∴當t＝2秒時，y有最大值，y的最大值為3 cm2； (3)解：分兩種情況討論： (ⅰ)如解圖①，點E在Q的左側(cè)， ①當△EPQ∽△ACD時， 第5題解圖① 可得＝，即＝， 解得t＝2； ②當△EPQ∽△CAD時， 可得＝，即＝， 解得t＝； (ⅱ)如解圖②，點E在Q的右側(cè)， ∵0＜t＜4， ∴點E不能與點C重合， ∴只存在△EPQ∽△CAD， 可得＝，即＝， 解得t＝， 第5題解圖② 故若△EPQ與△ADC相似，則t的值為2秒或秒或秒． 6．解：(1)如解圖，過點C作CE⊥AB于點E， ∵DC∥AB，DA⊥AB，CE⊥AB， ∴四邊形AECD是矩形， ∴AE＝DC＝5，CE＝AD＝4， 第6題解圖 ∴BE＝AB－AE＝8－5＝3， ∴由勾股定理得：BC＝＝＝5， ∴BC＜AB， ∵當點P運動到點C時，P、Q同時停止運動， ∴t＝＝5 s， 即t＝5 s時，P、Q兩點同時停止運動； (2)由題意知，AQ＝BP＝t， ∴QB＝8－t. 如解圖，過點P作PF⊥QB于點F，則△BPF∽△BCE， ∴＝ ，即＝， ∴PF＝， ∴S＝QBPF＝(8－t)＝－＋ ＝－(t－4)2＋(0＜t≤5)． ∵－＜0， ∴當t＝4 s時，S有最大值，最大值為； (3)∵cosB＝＝， ∴BF＝PBcosB＝tcosB＝， ∴QF＝AB－AQ－BF＝8－， ∴QP＝＝ ＝4 . 當△PQB為等腰三角形時，分以下三種情況： ①當PQ＝PB時，即4＝t， 解得：＝，＝8， ∵t2＝8＞5，不合題意， ∴t＝； ②當PQ＝BQ時，即4＝8－t， 解得：＝0(舍去)，＝； ③當QB＝BP時，即8－t＝t， 解得t＝4； 綜上所述，當△PQB為等腰三角形時，則t的值為 s或 s或4 s. 類型二　線動型探究題 針對演練 1. 如圖，已知矩形ABCD，AB＝，BC＝3，在BC上取兩點E，F(xiàn)(E在F左邊)，以EF為邊作等邊三角形PEF，使頂點P在AD上，PE，PF分別交AC于點G，H. (1)求△PEF的邊長； (2)若△PEF的邊EF在射線BC上移動，(點E的移動范圍在B、C之間，不與B、C兩點重合)，設(shè)BE＝x，PH＝y(tǒng). ①求y與x的函數(shù)關(guān)系式； ②連接BG，設(shè)△BEG面積為S，求S與x的函數(shù)關(guān)系式，判斷x為何值時S最大，并求最大值S. 第1題圖 2. 已知，如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且AC＝12 cm，BD＝16 cm，點P從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為1 cm/s；過點P作直線PF∥AD，PF交CD于點F，過點F作EF⊥BD，且與AD、BD分別交于點E、Q；連接PE，設(shè)點P的運動時間為t(s)(0＜t＜10)． (1)填空：AB＝________cm； (2)當t為何值時，PE∥BD； (3)設(shè)四邊形APFE的面積為y(cm2)． ①求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； ②若用S表示圖形的面積，則是否存在某一時刻t，使得S四邊形APFE＝S菱形ABCD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由． 第2題圖 3. (2014省卷25，9分)如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，BC＝10 cm，AD＝8 cm.點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3 cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2 cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于點E、F、H，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒(t＞0)． (1)當t＝2時，連接DE、DF，求證：四邊形AEDF為菱形； (2)在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當△PEF的面積最大時，求線段BP的長； (3)是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此刻t的值；若不存在，請說明理由． 4. (2016鎮(zhèn)江改編)如圖①，在菱形ABCD中，AB＝6，tan∠ABC＝2，點E從點D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線DA的方向勻速運動，設(shè)運動時間為t(秒)．將線段CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)一個角 α(α＝∠BCD)，得到對應(yīng)線段CF. (1)求證：BE＝DF； (2)如圖②，連接BD、EF，BD交EC、EF于點P、Q.當t為何值時，△EPQ是直角三角形？ (3)如圖③，將線段CD繞點C順時針旋轉(zhuǎn)一個角α(α＝∠BCD)，得到對應(yīng)線段CG.在點E的運動過程中，當它的對應(yīng)點F位于直線AD上方時，直接寫出點F到直線AD的距離y關(guān)于時間t的函數(shù)表達式． 第4題圖 【答案】 1．解：(1)如解圖①，過點P作PQ⊥BC于點Q， ∵在矩形ABCD中，∠B＝90， ∴AB⊥BC， 又∵AD∥BC， ∴PQ＝AB＝， ∵△PEF是等邊三角形， ∴∠PFQ＝60， 在Rt△PQF中，sin∠PFQ＝， ∴PF＝＝2， 第1題解圖① ∴△PEF的邊長為2； (2)①在Rt△ABC中，AB＝，BC＝3， 由勾股定理得，AC＝2， ∴∠ACB＝30， 又∵△PEF是等邊三角形， ∴∠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如解圖②，過點G作GM⊥BC于點M， ∵△PEF為等邊三角形， ∴∠PEF＝60， ∵Rt△ABC中，AB＝，BC＝3， 第1題解圖② ∴∠ACB＝30， ∴∠EGC＝180－30－60＝90， ∵BE＝x， ∴EC＝3－x， ∴EG＝， ∵∠GEM＝60，sin∠GEM＝， ∴GM＝EGsin60＝＝， ∴S＝x ＝－x2＋x＝－(x－)2＋， ∵－＜0， ∴當x＝時，S最大＝. 2．解：(1)10； 【解法提示】如解圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且AC＝12 cm，BD＝16 cm， ∴ BO＝DO＝8 cm，AO＝CO＝6 cm， ∴ AB＝＝10 cm. (2)∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，∠ADB＝∠CDB， 又∵PF∥AD， ∴四邊形APFD為平行四邊形， ∴DF＝AP＝t cm， 又∵EF⊥BD于點Q，且∠ADB＝∠CDB， ∴∠DEF＝∠DFE， ∴DE＝DF＝t cm， ∴AE＝(10－t) cm， 當PE∥BD時，△APE∽△ABD， ∴＝， ∴＝， ∴t＝5， ∴當t＝5 s時，PE∥BD； (3)①∵∠FDQ＝∠CDO，∠FQD＝∠COD＝90， ∴△DFQ∽△DCO， ∴＝，即＝， ∴QF＝ cm， ∴EF＝2QF＝ cm， 同理，QD＝ cm， 如解圖，過點C作CG⊥AB于點G， ∵S菱形ABCD＝ABCG＝ACBD， 即10CG＝1216， 第2題解圖 ∴CG＝ cm， ∴S?APFD＝DFCG＝t cm2， ∴S△EFD＝EFQD＝＝t2 cm2， ∴y＝t－t2. ②存在． 當S四邊形APFE＝S菱形ABCD時，則 t－t2＝1216， 整理得，t2－20t＋64＝0， 解得t1＝4，t2＝16＞10(舍去)， ∴當t＝4s時，S四邊形APFE＝S菱形ABCD. 3．(1)證明：如解圖①，連接DE，DF， 當t＝2時，DH＝AH＝4，則H為AD的中點， ∵EF⊥AD， ∴EF為AD的垂直平分線， ∴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， ∴四邊形AEDF為菱形； 第3題解圖 (2)解：如解圖②，連接PE，PF，由(1)知EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴＝，即＝， 解得EF＝10－t， ∴S△PEF＝EFDH＝(10－t)2t＝－t2＋10t ＝－(t－2)2＋10(0＜t≤)， ∴當t＝2秒時，S△PEF存在最大值，最大值為10 cm2， 此時BP＝3t＝6 cm； (3)解：存在． (ⅰ)若點E為直角頂點，如解圖③，連接PE，PF， 此時PE∥AD，PE＝DH＝2t，BP＝3t. ∵PE∥AD， ∴△BEP∽△BAD， ∴＝，即＝， 此比例式不成立，故此種情形不存在； 第3題解圖 (ⅱ)若點F為直角頂點，如解圖④，連接PE，PF， 此時PF∥AD，PF＝DH＝2t，BP＝3t，CP＝10－3t. ∵PF∥AD， ∴△CFP∽△CAD， ∴＝，即＝， 解得t＝； (ⅲ)若點P為直角頂點，如解圖⑤，連接PE，PF，過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則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)， 化簡得183t2－280t＝0， 解得t＝或t＝0(舍去)， ∴t＝. 綜上所述，當t＝秒或t＝秒時，△PEF為直角三角形．(9分) 4．(1)證明：∵∠ECF＝∠BCD＝α， ∴∠ECF－∠ECD＝∠BCD－∠ECD， 即∠DCF＝∠BCE. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴DC＝BC， 在△DCF與△BCE中， ， ∴△DCF≌△BCE(SAS)， ∴BE＝DF； (2)解：∵CE＝CF， ∴∠CEQ<90. ①當∠EQP＝90時，如解圖①， ∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC， ∴△BCD∽△ECF， ∴∠CBD＝∠CEF. ∵∠BPC＝∠EPQ， 第4題解圖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當∠EPQ＝90時，如解圖②， ∵菱形ABCD的對角線AC⊥BD， ∴EC和AC重合， 第4題解圖② ∴DE＝6， ∴t＝6. 綜上所述，當t＝6秒或6秒時，△EPQ為直角三角形； (3)解：y＝t－12－ . 【解法提示】點G即為t＝0時點E的對應(yīng)點． 當點F在直線AD上方時，如解圖③，連接GF，分別交直線AD、BC的延長線于點M、N，過F點作FH⊥AD，垂足為H， 由(1)得∠1＝∠2. 易證△DCE≌△GCF(SAS)， ∴∠3＝∠4， ∵DE∥BC， ∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠4， ∴GF∥CD， ∴四邊形DCNM為平行四邊形， 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題解圖③ ∵GF＝DE＝t1＝t， ∴FM＝t－6－12. ∵tan∠FMH＝tan∠ABC＝2， ∴FH＝(t－6－12)， 即y＝t－12－. 類型三 形動型探究題 針對演練 1. 在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC＝∠AGF＝90，它們的斜邊長為2，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉(zhuǎn)，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E(點D不與點B重合，點E不與點C重合)，設(shè)BE＝m，CD＝n. (1)求證：△ABE∽△DCA； (2)求m與n的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量n的取值范圍； (3)在旋轉(zhuǎn)過程中，試判斷等式是否始終成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由． 第1題圖 2. (2015吉林)兩個三角板ABC，DEF，按如圖所示的位置擺放，點B與點D重合，邊AB與邊DE在同一條直線上(假設(shè)圖形中所有的點，線都在同一平面內(nèi))．其中，∠C＝∠DEF＝90，∠ABC＝∠F＝30，AC＝DE＝6 cm.現(xiàn)固定三角板DEF，將三角板ABC沿射線DE方向平移，當點C落在邊EF上時停止運動．設(shè)三角板平移的距離為x(cm)，兩個三角板重疊部分的面積為y(cm2)． (1)當點C落在邊EF上時，x＝________ cm； (2)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍； (3)設(shè)邊BC的中點為點M，邊DF的中點為點N.直接寫出在三角板平移過程中，點M與點N之間距離的最小值． 第2題圖 3. 如圖，在△ABC中，∠B＝45，BC＝5，高AD＝4，矩形EFPQ的一邊QP在BC邊上，E、F分別在AB、AC上，AD交EF于點H. (1)求證：＝； (2)設(shè)EF＝x，當x為何值時，矩形EFPQ的面積最大？并求出最大面積； (3)當矩形EFPQ的面積最大時，該矩形以每秒1個單位的速度沿射線DA勻速向上運動(當矩形的邊PQ到達A點時停止運動)，設(shè)運動時間為t秒，矩形EFPQ與△ABC重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍． 第3題圖 4. 如圖，在?ABCD中，AD⊥BD，AB＝10，AD＝6，以AD為斜邊在?ABCD的內(nèi)部作Rt△AED，使∠EAD＝∠DBA，點A′、E′、D′分別與點A、E、D重合，△A′E′D′以每秒5個單位長度的速度沿DC方向平移，當點E′落在BC邊上時停止移動，線段BD交邊A′D′于點M，交邊A′E′或D′E′于點N，設(shè)平移的時間為t(秒)． (1)DM的長為________(用含t的代數(shù)式表示)； (2)當E′落在BD上時，求t的值； (3)若△A′E′D′與△BDC重疊部分圖形的面積為S(平方單位)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式； (4)在不添加輔助線的情況下，直接寫出平移過程中，出現(xiàn)與△DMD′全等的三角形時t的取值范圍． 第4題圖 5. (2016益陽14分)如圖①，在△ABC中，∠ACB＝90，∠B＝30，AC＝1，D為AB的中點，EF為△ACD的中位線，四邊形EFGH為△ACD的內(nèi)接矩形(矩形的四個頂點均在△ACD的邊上)． (1)計算矩形EFGH的面積； (2)將矩形EFGH沿AB向右平移，F(xiàn)落在BC上時停止移動．在平移過程中，當矩形與△CBD重疊部分的面積為時，求矩形平移的距離； (3)如圖③，將(2)中矩形平移停止時所得的矩形記為矩形E1F1G1H1，將矩形E1F1G1H1繞G1點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，當H1落在CD上時停止轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形E2F2G1H2，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α，求cosα的值． 第5題圖 6. (2015青島)已知：如圖①，在?ABCD中，AB＝3 cm，BC＝5 cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向勻速平移得到△PNM，速度為1 cm/s；同時，點Q從點C出發(fā)，沿CB方向勻速移動，速度為1 cm/s；當△PNM停止平移時，點Q也停止移動，如圖②.設(shè)移動時間為t(s)(0＜t＜4)，連接PQ，MQ，MC.解答下列問題： (1)當t為何值時，PQ∥MN? (2)設(shè)△QMC的面積為y(cm2)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； (3)是否存在某一時刻t，使S△QMC∶S四邊形ABQP＝1∶4？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由； (4)是否存在某一時刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由． 第6題圖 【答案】 1．(1)證明：∵∠BAE＝∠BAD＋45，∠CDA＝∠BAD＋45， ∴∠BAE＝∠CDA， 又∵∠B＝∠C＝45， ∴△ABE∽△DCA； (2)解：∵△ABE∽△DCA， ∴＝， 依題可知CA＝BA＝， ∴＝， ∴m＝， 自變量n的取值范圍為1＜n＜2； (3)解：成立．理由如下： 如解圖，將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90至△ABH的位置，則CE＝HB，AE＝AH，∠ABH＝∠C＝45，旋轉(zhuǎn)角∠EAH＝90，連接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】如解圖①，作CG⊥AB于G點，CH⊥CE于點H， 第2題解圖① 在Rt△ABC中，由AC＝6，∠ABC＝30，得BC＝＝6 cm. 在Rt△BCG中，BG＝BCcos30＝9 cm. ∵四邊形CGEH是矩形， ∴CH＝GE＝BG＋BE＝9＋6＝15 cm. (2)①當0≤x＜6時，如解圖②， 由∠GDB＝60，∠GBD＝30，DB＝x，得DG＝x，BG＝x， 重疊部分的面積y＝DGBG＝xx＝x2； 第2題解圖② ②當6≤x＜12時，如解圖③， BD＝x，DG＝x，BG＝x，BE＝x－6，EH＝(x－6)， 重疊部分的面積y＝S△BDG－S△BEH＝DGBG－BEEH， 即y＝xx－(x－6)(x－6)， 第2題解圖③ 化簡得y＝－x2＋2x－6； ③當12≤x≤15時，如解圖④， AC＝6，BC＝6，BD＝x，BE＝x－6，EG＝(x－6)， 重疊部分的面積y＝S△ABC－S△BEG＝ACBC－BEEG， 即y＝66－(x－6)(x－6)， 化簡得y＝－x2＋2x＋12； 第2題解圖④ 綜上所述，y＝ (3)如解圖⑤所示，作NG⊥DE于點G， 點M在NG上時MN最短， NG是△DEF的中位線，NG＝EF＝3， ∵MB＝CB＝3，∠B＝30， ∴MG＝MB＝， 則MNmin＝NG－MG＝3－＝. 第2題解圖⑤ 3．(1)證明：∵四邊形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＝EFHD＝x(4－)＝－x2＋4x ＝－(x－)2＋5. ∵－＜0， ∴當x＝時，矩形EFPQ的面積最大，最大面積為5； (3)解：由(2)可知，當矩形EFPQ的面積最大時，矩形的長EF為，寬HD＝4－x＝2，在矩形EFPQ沿射線AD的運動過程中： (ⅰ)當0≤t≤2時，如解圖①所示． 第3題解圖① 設(shè)矩形與AB、AC分別交于點K、N，與AD分別交于點H1、D1.此時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＋EFEQ1＝[(2－t)＋]t＋(2－t)＝ －t2＋5； (ⅱ)當2＜t≤4時，如解圖②所示． 第3題解圖② 設(shè)矩形與AB、AC分別交于點K、N，與AD交于點D2，此時 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. 綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為： 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)如解圖①，當E′在BD上時， 第4題解圖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當0＜t≤時，如解圖②，重疊部分是△D′MK， S＝D′MMK＝3t4t＝6t2； 圖② 　　　圖③ 第4題解圖 ②當＜t≤時，如解圖③，重疊部分是四邊形D′E′KM， S＝S△A′D′E′－S△A′MK＝－(6－3t)(6－3t)＝－t2＋t－. 綜上所述，S＝； (4)平移過程中，當0＜t≤或t＝1或t＝ s時，出現(xiàn)與△DMD′全等的三角形． 【解法提示】①當0＜t≤時，如解圖②，△DMD′≌△KMD′， ②當DD′＝D′C時，△DMD′≌△BMA′，此時t＝1， ③當DD′＝AD時，△DMD′≌△AED，此時5t＝6，t＝， 綜上所述，當0＜t≤或t＝1或t＝s時，出現(xiàn)與△DMD′全等的三角形． 5．解：(1)在Rt△ACB中，∠B＝30，AC＝1， ∴AB＝2AC＝2， ∵點D是AB的中點， ∴AD＝AB＝1＝CD， ∵EF是△ACD的中位線， ∴EF＝DF＝＝CD， 在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60， ∴△ACD是等邊三角形， ∴∠ADC＝60， 在Rt△FGD中，GF＝DFsin60＝， ∴矩形EFGH的面積＝EFFG＝＝；………………(3分) (2)根據(jù)第(1)問，易得GD＝DF＝， 設(shè)矩形移動的距離為x，則0＜x≤， 如解圖①，當矩形與△CBD重疊部分為三角形時，0＜x≤， 第5題解圖① 則此時重疊部分三角形的高為x， ∴重疊部分的面積S＝xx＝， 解得x＝＞(舍去)； 如解圖②，當矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時，＜x≤， 則此時重疊部分直角梯形的高為，上底邊長為x，下底邊長為x－， 第5題解圖② ∴重疊部分的面積S＝[x＋(x－)]＝， 解得x＝， 即矩形移動的距離為時，矩形與△CBD重疊部分的面積是；(8分) (3)如解圖③，過H2作H2K⊥AB于點K. 在Rt△F1G1B中，∠B＝30，F(xiàn)1G1＝， 第5題解圖③ ∴BG1＝， ∴DG1＝BD－BG1＝1－＝， 設(shè)KD＝a，則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)∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴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，平移的速度為1 cm/s， ∴MN∥AB，PC＝(4－t) cm. ∵點Q在BC上運動，運動的速度為1 cm/s， 第6題解圖① ∴QC＝t cm. 如解圖①，當PQ∥MN時， 則PQ∥AB， ∴PQ⊥AC， ∴cos∠ACB＝＝， 即＝， 解得t＝. ∴當t＝ s時，PQ∥MN； 第6題解圖② (2)如解圖②，過點P作PH⊥BC，垂足為點H， 則PH＝PCsin∠PCQ＝(4－t)， ∴y＝QCPH＝t(4－t)＝－t2＋t， 即y與t之間的函數(shù)關(guān)系式為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四邊形ABQP＝1∶4， ∴S△QCP∶S四邊形ABQP＝1∶4， ∴S△QCP∶S△ACB＝1∶5. ∵S△ACB＝ABAC＝34＝6 cm2， ∴S△QCP＝S△ABC＝ cm2， 即－t2＋t＝，整理得：t2－4t＋4＝0， 解得t＝2， ∴t＝2 s時，使得S△QMC∶S四邊形ABQP＝1∶4； (4)存在． 如解圖③，過點P作PH⊥BC于H，過點M作MG⊥HC，交HC的延長線于點G， 第6題解圖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)， ∴當t＝ s時，PQ⊥MQ.