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  • 2021-05-10 发布

人教版中考数学题型6几何动态综合题含答案解析

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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.‎