中考数学二轮复习解答题培优专题07 几何图形动点运动问题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习解答题培优专题07 几何图形动点运动问题（含解析），共75页。


专题七 几何图形动点运动问题
【考题研究】
几何动点运动问题，是以几何知识和具体的几何图形为背景，渗透运动变化的观点，通过点、线、形的运动，图形的平移、翻折、旋转等把图形的有关性质和图形之间的数量关系位置关系看作是在变化的、相互依存的状态之中，要求对运动变化过程伴随的数量关系的图形的位置关系等进行探究．对学生分析问题的能力，对图形的想象能力，动态思维能力的培养和提高有着积极的促进作用．动态问题，以运动中的几何图形为载体所构建成的综合题，它能把几何、三角、函数、方程等知识集于一身，题型新颖、灵活性强、有区分度，受到了人们的高度关注，同时也得到了命题者的青睐，动态几何问题，常常出现在各地的中考数学试卷中．
【解题攻略】
几何动点运动问题通常包括动点问题、动线问题、面动问题，在考查图形变换(含三角形的全等与相似)的同时常用到的不同几何图形的性质，以三角形四边形为主，主要运用方程、函数、数形结合、分类讨论等数学思想．
【解题类型及其思路】
动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。利用动点（图形）位置进行分类，把运动问题分割成几个静态问题，然后运用转化的思想和方法将几何问题转化为函数和方程问题 ,利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质（或所求图形面积）直接转化为函数或方程。
解题类型：
几何动点运动问题常见有两种常见类型：
(1)利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质直接转化为函数或方程；
(2)根据运动图形的位置分类，把动态问题分割成几个静态问题，再将几何问题转化为函数和方程问题

【典例指引】
类型一 【探究动点运动过程中线段之间的数量关系】
【典例指引1】在△ABC中，∠ACB＝45°，点D为射线BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，判断∠BAD　 　∠CAF（填“＝”或“≠”），并证明：CF⊥BD
（2）如果AB≠AC，且点D在线段BC的延长线上运动，请在图2中画出相应的示意图，此时（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）设正方形ADEF的边DE所在直线与直线CF相交于点P，若AC＝4，CD＝2，求线段CP的长．

【答案】（1）＝，见解析；（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立，见解析；（3）线段CP的长为1或3
【解析】
【分析】
（1）证出∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠BAD＝∠CAF；可证△DAB≌△FAC（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝45°，得出∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G，可得出AC＝AG，易证△GAD≌△CAF（SAS），得出∠ACF＝∠AGD＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（3）分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，求出AQ＝CQ＝4．即DQ＝4﹣2＝2，易证△AQD∽△DCP，得出对应边成比例，即可得出CP＝1；②点D在线段BC延长线上运动时，同理得出CP＝3．
【详解】
（1）①解：∠BAD＝∠CAF，理由如下：
∵四边形ADEF是正方形
∴∠DAF＝90°，AD＝AF
∵AB＝AC，∠BAC＝90°
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAF+∠DAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
故答案为：＝
②在△BAD和△CAF中，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD
∴∠B＝∠ACF
∴∠B+∠BCA＝90°
∴∠BCA+∠ACF＝90°
∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD
（2）如图2所示：AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立．理由如下：
过点A作GA⊥AC交BC于点G

则∠GAD＝∠CAF＝90°+∠CAD
∵∠ACB＝45°
∴∠AGD＝45°
∴AC＝AG
在△GAD和△CAF中，，
∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°
∴CF⊥BD．
（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，
①点D在线段BC上运动时，如图3所示：

∵∠BCA＝45°
∴△ACQ是等腰直角三角形
∴AQ＝CQ＝AC＝4
∴DQ＝CQ﹣CD＝4﹣2＝2
∵AQ⊥BC，∠ADE＝90°
∴∠DAQ+∠ADQ＝∠ADQ+∠PDC＝90°
∴∠DAQ＝∠PDC
∵∠AQD＝∠DCP＝90°
∴△DCP∽△AQD
∴＝，即＝
解得：CP＝1
②点D在线段BC延长线上运动时，如图4所示：

∵∠BCA＝45°
∴AQ＝CQ＝4
∴DQ＝AQ+CD＝4+2＝6
∵AQ⊥BC于Q
∴∠Q＝∠FAD＝90°
∵∠C′AF＝∠C′CD＝90°，∠AC′F＝∠CC′D
∴∠ADQ＝∠AFC′
则△AQD∽△AC′F
∴CF⊥BD
∴△AQD∽△DCP
∴＝，即＝
解得：CP＝3
综上所述，线段CP的长为1或3．
【名师点睛】
此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
【举一反三】
如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P
（1）观察猜想：①线段AE与BD的数量关系为_________；②∠APC的度数为_______________
（2）数学思考：如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明
（3）拓展应用：如图3，分别以AC、BC为边在AB同侧作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，其中∠ACD=∠BCE=90°，CA=CD，CB=CE，连接AE=BD交于点P，则线段AE与BD的关系为________________

【答案】（1）AE=BD．∠APC=60°；（2）成立，见详解；（3）AE=BD
【解析】
【分析】
（1）观察猜想：①证明△ACE≌△DCB（SAS），可得AE=BD，∠CAE=∠BDC；
②过点C向AE，BD作垂线，由三角形全等可得高相等，再根据角分线判定定理，推出PC平分∠APB，即可求出∠APC的度数；
（2）数学思考：结论成立，证明方法类似；
（3）拓展应用：证明△ACE≌△DCB（SAS），即可得AE=BD.
【详解】
解：（1）观察猜想：结论：AE=BD．∠APC=60°．
理由： ①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD；
②由①得∠EAC=∠BDC，
∵∠AOC=∠DOP，
∴∠APB=∠AOC+∠EAC=180°-60°= 120°．
过过点C向AE，BD作垂线交于点F与G

∵由①知△ACE≌△DCB
∴CF=CG
∴CP为∠APB的角平分线
∴∠APC=60°；
（2）数学思考：结论仍然成立．

①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，
∴∠ACE=∠DCB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD；
②由①得∠AEC=∠DBC，
∴∠CEA+∠PEB=∠CBD+∠PEB=60°，
∴∠APB=∠CBD+∠CBE+∠PEB=120°．
过过点P向AC，BC作垂线交于点H与I

∵由①知△ACE≌△DCB
∴PH=PI
∴CP为∠APB的角平分线
∴∠APC=60°；
（3）∵△ADC，△ECB都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=90°，CE=CB，
∴∠ACB+∠BCE=∠ACB+∠ACD
∴∠ACE=∠DCB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD.
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
类型二 【确定动点运动过程中的运动时间】
【典例指引2】已知：如图，在平面直角坐标系中，长方形的项点的坐标是.

（1）直接写出点坐标（______，______），点坐标（______，______）；
（2）如图，D为中点.连接，，如果在第二象限内有一点，且四边形的面积是面积的倍，求满足条件的点的坐标；

（3）如图，动点从点出发，以每钞个单位的速度沿线段运动，同时动点从点出发.以每秒个单位的連度沿线段运动，当到达点时，，同时停止运动，运动时间是秒，在，运动过程中.当时，直接写出时间的值.

【答案】（1），（2）（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质和直角坐标系中点的确定，即可求出点坐标和点坐标；
（2）根据四边形的面积是面积的倍，列出关于m的方程，解方程即可求出点的坐标；
（3）由题意表示出ON=6－2t，MC=t，过点M作ON 得垂线ME交OA 于点E，
根据勾股定理列出关于t的方程，求解即可.
【详解】
（1）∵长方形的项点的坐标是，
∴BC=6，AB=4，
∴OA=6，OC=4，
∴A（6,0）C（0,4）；
（2）连接PD，PO，过点P作PE⊥OD，交OD 于点E，

∵BC=6，AB=4；
∴，
∵四边形的面积是面积的倍，
∴四边形的面积是24，
∴

∵D为中点，
∴OD=2;
∵是第二象限的点，
∴PE=﹣m，
∴可列方程为；解得m=﹣18，
∴
（3）如图，过点M作ON 的垂线ME交OA 于点E，

由题意得ON=6－2t，MC=t；
∴ME=4，EN=6－3t
又∵，
∴根据勾股定理可列方程为，解方程得t=或t=
∴当t=或t=时，.
【名师点睛】
本题考查了矩形的性质和直角坐标系中点的确定，勾股定理等，利用方程思想解决问题是解题的关键
【举一反三】如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连结PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求BQ的长，（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值
（3）当点O在线段AP的垂直平分线上时，直接写出t的值．

【答案】（1）BQ＝5﹣t;（2）秒;（3）t＝.
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；

（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；

（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝5，
∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）t＝ ，
如图，

在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，


∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，

或（舍去）
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键.
类型三 【探究动点运动过程中图形的形状或图形之间的关系】
【典例指引3】已知矩形ABCD中，，，现有两只蚂蚁P和Q同时分别从A、B出发，沿方向前进，蚂蚁P每秒走1cm，蚂蚁Q每秒走2cm．问：

（1）蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行几秒?
（2）P、Q两只蚂蚁最快爬行几秒后，直线PQ与边AB平行?
【答案】（1）蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行秒；（2）P、Q两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ∥AB
【解析】
【分析】
（1）首先设蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行t秒，可得方程：10-t=2t，解此方程即可求得答案；
（2）首先设P、Q两只蚂蚁最快爬行x秒后，直线PQ∥AB，可得方程：x-10=50-2x，解此方程即可求得答案.
【详解】
(1)设蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行t秒，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B=90∘，
∴BP=BQ，
∵AP=tcm,BQ=2tcm,则PB=AB−AP=10−t(cm)，
∴10−t=2t，
解得：t=，
∴蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行秒；
(2)设P、Q两只蚂蚁最快爬行x秒后,直线PQ∥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AQ=BP，
∴x−10=50−2x，
解得：x=20，
∴P、Q两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ∥AB；
【名师点睛】
此题考查了矩形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
【举一反三】
如图，平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A、B两点（AO
（1）求A、C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A(1，0)，C(-3，0)；(2) （3）存在，点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.
【解析】
【分析】
（1）根据方程求出AO、AB的长，再由AB：AC=1:2求出OC的长，即可得到答案；
（2）分点M在CB上时，点M在CB延长线上时，两种情况讨论S与t的函数关系式；
（3）分AQ=AB,BQ=BA,BQ=AQ三种情况讨论可求点Q的坐标.
【详解】
（1）x2-3x+2=0，
（x-1）（x-2）=0，
∴x1=1，x2=2，
∴AO=1，AB=2，
∴A(1，0)， ，
∵AB：AC=1:2,
∴AC=2AB=4，
∴OC=AC-OA=4-1=3，
∴C(-3，0).
(2) ∵,
∴,
∵,
∴,
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC=90，
由题意得：CM=t，BC=,
当点M在CB上时， ，
②当点M在CB延长线上时， （t＞）.
综上，.
（3）存在，
①当AB是菱形的边时，如图所示，
在菱形AP1Q1B中，Q1O=AO=1，∴ Q1(-1，0)，
在菱形ABP2Q2中，AQ2=AB=2，∴Q2(1，2)，
在菱形ABP3Q3中，AQ3=AB=2，∴Q3(1，-2)；
②当AB为菱形的对角线时，如图所示，
设菱形的边长为x，则在Rt△AP4O中，

，
解得x=，
∴Q4（1，）.
综上，平面内满足条件的点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.

【点睛】
此题考查一次函数的综合运用、解一元二次方程，解题过程中注意分类讨论.
类型四 【探究动点运动过程中图形的最值问题】
【典例指引4】如图，抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴相交于点A（﹣2，0）、B（4，0），与y轴相交于点C，连接AC，BC，以线段BC为直径作⊙M，过点C作直线CE∥AB，与抛物线和⊙M分别交于点D，E，点P在BC下方的抛物线上运动．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）当△PDE是以DE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
（3）当四边形ACPB的面积最大时，求点P的坐标并求出最大值．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣3；（2）P（3，﹣）；（3）点P（2，﹣3），最大值为12
【解析】
【分析】
（1）用交点式设出抛物线的表达式，化为一般形式，根据系数之间的对应关系即可求解；
（2）根据（1）中的表达式求出点C（0，-3），函数对称轴为：x=1，则点D（2，-3），点E（4，-3），当△PDE是以DE为底边的等腰三角形时，点P在线段DE的中垂线上，据此即可求解；
（3）求出直线BC的表达式，设出P、H点的坐标，根据四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP进行计算，化为顶点式即可求解．
【详解】
（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），
即﹣2a＝﹣，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣3；
（2）当x=0时，y=-3，故点C的坐标为（0，﹣3），
函数对称轴为：x＝=1，
∵CE∥AB
∴点D（2，﹣3），点E（4，﹣3），
则DE的中垂线为：x＝＝3，
当x＝3时，y＝x2﹣x﹣3＝﹣，
故点P（3，﹣）；
（3）设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（4，0）C（0，﹣3）代入得：
解得：
∴直线BC的表达式为：y＝x﹣3，
故点P作y轴的平行线交BC于点H，

设点P（x，x2﹣x﹣3），则点H（x，x﹣3）；
四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP＝3×6+HP×OB＝9+×4×（x﹣3﹣x2+x+3）＝﹣x2+3x+9= ，
∵﹣＜0，故四边形ACPB的面积有最大值为12，此时，点P（2，﹣3）．
【名师点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，掌握中点坐标公式及作辅助线的方法是关键．
【举一反三】
已知：如图.在△ABC中.AB=AC=5cm，BC=6cm.点P由B出发，沿BC方向匀速运动.速度为1cm/s.同时，点Q从点A出发，沿AC方向匀速运动.速度为1cm/s，过点P作PMBC交AB于点M，过点Q作QNBC，垂足为点N，连接MQ，若设运动时间为t(s)(0
（1）当t为何值时，点M是边AB中点?
（2）设四边形PNQM的面积为y(cm2)，求出y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S四边形PNQM:S△ABC=4:9?若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；
（4）是否存在某一时刻t，使四边形PNQM为正方形?若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）当t为s时，点M是AB中点；（2）y与t的函数关系式是y；（3）t的值为s；（4）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出BD＝3，根据，即可求出时间t；
（2）先判断出△MBP∽△ABD，进而得出MP，同理表示出QN和CN，然后利用梯形面积公式进行计算即可得出结论；
（3）根据（2）中所求，结合面积之间的关系建立方程即可得出结论；
（4）假设存在，先利用PM＝QN求出t，进而求出PM，PN，判断出PM≠PN即可得出结论．
【详解】
解：（1）过点A作AD⊥BC于点D，

∵PM⊥BC，
∴PM∥AD，
∴，
∵点M是AB中点
∴，
∴，
∵AB = AC，
∴，
∵BP=t，
∴，解得：，
即当t为s时，点M是AB中点；
（2）过点A作AD⊥BC于点D，
∵PM∥AD，
∴△MBP∽△ABD，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，△QCN∽△ACD，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴y =S四边形PNQM=，
即y与t的函数关系式是y；
（3）若S四边形PNQM ：S△ABC＝4：9，则y=S△ABC，
∵S△ABC=，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴t的值为s；
（3）若四边形PNQM为正方形，则需满足PM = QN，PM = PN，
当PM = QN时，，
解得：，
当时，PM =，PN=，
∴PM≠PN，
∴不存在．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式、解一元二次方程以及正方形的性质等知识点，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
【新题训练】
1．如图①，△ABC是等边三角形，点P是BC上一动点（点P与点B、C不重合），过点P作PM∥AC交AB于M，PN∥AB交AC于N，连接BN、CM．

（1）求证：PM+PN＝BC；
（2）在点P的位置变化过程中，BN＝CM是否成立？试证明你的结论；
（3）如图②，作ND∥BC交AB于D，则图②成轴对称图形，类似地，请你在图③中添加一条或几条线段，使图③成轴对称图形（画出一种情形即可）．
【答案】（1）见解析；（2）结论成立，理由见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）先证明△BMP，△CNP是等边三角形，再证明△BPN≌△MPC，从而PM=PB，PN=PC，可得PM+PN＝BC；
（2）BN＝CM总成立，由（1）知△BPN≌△MPC，根据全等三角形的性质可得结论；
（3）作ND∥BC交AB于N，作ME∥BC交AC于M，作EF∥AB交BC于F，连接DF即可．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵PM∥AC，PN∥AB，
∴∠BPM＝∠ACB＝60°，∠CPN＝∠ABC＝60°，
∴△BMP，△CNP是等边三角形，
∴∠BPM＝∠CPN＝60°，PN=PC，PN=PC，
∴∠BPN＝∠MPC，
∴△BPN≌△MPC，
∴PM=PB，PN=PC，
∵BP+PC＝BC，
∴PM+PN＝BC;
（2）BN＝CM总成立，理由：
由（1）知△BPN≌△MPC，
∴BN＝CM；
（3）解：如图③即为所求．

作ND∥BC交AB于N，作ME∥BC交AC于M，作EF∥AB交BC于F，连接DF，作直线AH⊥BC交BC于H，
同（1）可证△AND，△AME，△BPM，△CEF都是等边三角形，
∴D与N，M与E，B与C关于AH对称.
∴BM=CE，
∴BM=CF，
∴P与F关于AH对称，
∴所做图形是轴对称图形.
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，轴对称图形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．如图，在矩形ABCD中，AB=18，AD=12，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点G，点E，F分别是CD与DG上的点，连结EF，

(1)求证：CG=2AG.
(2)若DE=6，当以E，F，D为顶点的三角形与△CDG相似时，求EF的长.
(3)若点E从点D出发，以每秒2个单位的速度向点C运动，点F从点G出发，以每秒1个单位的速度向点D运动.当一个点到达，另一个随即停止运动.在整个运动过程中，求四边形CEFG的面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2) EF=；(3)S四边形CEFG最小=52.
【解析】
【分析】
(1)利用矩形的性质及平行线的性质，可证得∠DCG=∠MAG，,∠CDG=∠AMG，△AGM∽△CGD，再利用相似三角形的对应边相等，可得比例线段，然后证明DC=AB=2AM，即可证得CG与AG的数量关系.
(2)利用勾股定理，分别求出AC、DG的长，再分情况讨论：①当∠DEF=∠DCG时，△DEF∽△DCG；②当∠DEF=∠DGC时，△DEF∽△DGC，分别利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可求出EF的长.
(3)作GH⊥DC，FN⊥DC，易证△DNF∽△MAD，可证对应边成比例，求出NF的长，再根据S四边形CEFG=S△DCG-S△DEF，可得到S与t的函数解析式，再利用二次函数的性质，可求出四边形CEFG的面积的最小值.
【详解】
证明：(1)在矩形ABCD中，AB∥DC,
∴∠DCG=∠MAG,∠CDG=∠AMG,
∴△AGM∽△CGD,
∴
∵点M是边AB的中点,
∴DC=AB=2AM,
∴=2，CG即CG=2AG
(2)在Rt△ADC中,由勾股定理得AC=,
由(1)得CG=2AG，CG=AC=4，同理可得DG=10
①当∠DEF=∠DCG时,△DEF∽△DCG
∴ 即 ,解得EF=
②当∠DEF=∠DGC时,△DEF∽△DGC
∴ ,即 ,解得EF=
(3)作GH⊥DC,FN⊥DC,

设运动时间为t，则DF=DG-FG=10-t，DE=2t，
∵∠DNF=∠DAM,∠NDF=∠AMD,
∴△DNF∽△MAD
∴ 即 ，解得NF=
∵S四边形CEFG=S△DCG-S△DEF
∴当t=5时，S四边形CEFG最小=52
【点睛】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的动点问题，以及二次函数的实际应用，熟练掌握矩形的性质判定相似三角形，然后利用相似三角形的性质求出边长并建立二次函数模型是解题的关键.
3．知识链接：将两个含30°角的全等三角尺放在一起，让两个30°角合在一起成60°，经过拼凑、观察、思考，探究出结论“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”．
如图，等边三角形ABC的边长为4cm，点D从点C出发沿CA向A运动，点E从B出发沿AB的延长线BF向右运动，已知点D、E都以每秒0.5cm的速度同时开始运动，运动过程中DE与BC相交于点P，设运动时间为x秒．
(1)请直接写出AD长．（用x的代数式表示）
(2)当△ADE为直角三角形时，运动时间为几秒？
(3)求证：在运动过程中，点P始终为线段DE的中点．

【答案】（1）AD=4-0.5x；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）直接根据AD=AC-CD求解；（2）设x秒时，△ADE为直角三角形，分别用含x的式子表示出AD和AE，再根据Rt△ADE中30°角所对的直角边等于斜边的一半得出x的方程，求解即可；（3）作DG∥AB交BC于点G，证△DGP≌△EBP便可得.
解：（1）由AC=4，CD=0.5x，得AD=AC-CD=4-0.5x；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=4cm，∠A=∠ABC=∠C=60°．
设x秒时，△ADE为直角三角形，
∴∠ADE=90°，CD=0.5x，BE=0.5x，AD=4-0.5x，AE=4+0.5x，
∴∠AED=30°，∴AE=2AD，
∴4+0.5x=2（4-0.5x），∴x=.
答：运动秒后，△ADE为直角三角形；
（3）

作DG∥AB交BC于点G，
∴∠GDP=∠BEP，∠CDG=∠A=60°，∠CGD=∠ABC=60°，
∴∠C=∠CDG=∠CGD，
∴△CDG是等边三角形，∴DG=DC，
∵DC=BE，∴DG=BE．
在△DEP和△EBP中，∠GDP＝BEP，∠DPG＝∠EPB，DG＝EB，
∴△DGP≌△EBP，∴DP=PE．
∴在运动过程中，点P始终为线段DE的中点．
4．如图所示，已知抛物线与一次函数的图象相交于，两点，点是抛物线上不与，重合的一个动点.

（1）请求出，，的值；
（2）当点在直线上方时，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，的长度为，求出关于的解析式；
（3）在（2）的基础上，设面积为，求出关于的解析式，并求出当取何值时，取最大值，最大值是多少？
【答案】（1），，；（2）；（3）当时，取最大值，最大值为
【解析】
【分析】
（1）把A、B坐标分别代入抛物线和一次函数解析式即可求出a、b、k的值；（2）根据a、b、k的值可得抛物线和直线AB的解析式，根据P点横坐标为m可用m表示P、C两点坐标，根据两点间距离公式即可得L与m的关系式；（3）如图，作AD⊥PC于D，BE⊥PC于E，根据，可用m表示出S，配方求出二次函数的最值即可得答案.
【详解】
（1）∵点A（-1，-1）在抛物线图象上，
∴，
解得：，
∵点A（-1，-1）、B（2，-4）在一次函数的图象上，
∴，
解得，
∴，，
（2）∵，，a=-1，
∴直线的解析式为，抛物线的解析式为，
∵点P在抛物线上，点C在直线AB上，点P横坐标为m，PC//y轴，
∴，，
∴关于的解析式：，
（3）如图，作AD⊥PC于D，BE⊥PC于E，
∴AD=m+1，BE=2-m，
∵，
∴PC·AD+PC·BE



配方得：，
∴当时，取最大值，最大值为

【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的最值，熟练运用配方法求二次函数的最值是解题关键.
5．已知：如图，在矩形ABCD中，AC是对角线，AB＝6cm，BC＝8cm．点P从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为2cm/s，过点Q作QM∥AB交AC于点M，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：

（1）当t为何值时，∠CPM＝90°；
（2）是否存在某一时刻t，使S四边形MQCP＝？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，点P在∠CAD的角平分线上．
【答案】（1）t＝s时，∠CPM＝90°；（2）t＝3s时，S四边形MQCP＝；（3）当t＝s时，点P在∠CAD的平分线上．
【解析】
【分析】
（1）首先证明QM=PC，利用平行线分线段成比例定理构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形MQCP＝，构建方程即可解决问题．
（3）如图1中，作PH⊥AC于H．证明△PAD≌△PAH（AAS），推出AD=AH=8，DP=PH，设DP=PH=x，在Rt△PCH中，构建方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，∠D＝90°，
∴AC＝＝10，
∵∠CPM＝∠D＝90°，
∴PM∥AD，
∵QM∥AB∥CD，
∴四边形PCQM是平行四边形，
∴PC＝QM＝6﹣t，
∵＝，
∴＝，
解得t＝，
∴t＝s时，∠CPM＝90°．
（2）∵S四边形MQCP＝，
∴•（6﹣t）•2t+•2t•×2t＝×6×8，
解得t＝3或﹣15（舍弃），
答：t＝3s时，S四边形MQCP＝．
（3）如图1中，作PH⊥AC于H．

∵∠D＝∠AHP＝90°，AP＝AP，∠PAD＝∠PAH，
∴△PAD≌△PAH（AAS），
∴AD＝AH＝8，DP＝PH，设DP＝PH＝x，
∵AC＝10，
∴CH＝2，
在Rt△PCH中，∵PH2+CH2＝PC2，
∴t2+22＝（6﹣t）2，
解得t＝，
答：当t＝s时，点P在∠CAD的平分线上．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
6．在等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别是边AB、AC（含线段AB、AC的端点）上的动点，且∠EDF＝120°，小明和小慧对这个图形展开如下研究：

问题初探：（1）如图1，小明发现：当∠DEB＝90°时，BE+CF＝nAB，则n的值为　 　；
问题再探：（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：
①DE始终等于DF；②BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明．
成果运用:（3）若边长AB＝8，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L＝DE+EA+AF+FD，则周长L 取最大值和最小值时E点的位置?
【答案】（1）；（2）①见解析；②见解析；（3）周长L 取最大值时点E和点B重合或BE=4，取最小值时BE=2．
【解析】
【分析】
（1）先利用等边三角形判断出BD=CD=AB，进而判断出BE=BD，再判断出∠DFC=90°，得出CF=CD，即可得出结论；
（2）①构造出△EDG≌△FDH（ASA），得出DE=DF，即可得出结论；
②由（1）知，BG+CH=AB，由①知，△EDG≌△FDH（ASA），得出EG=FH，即可得出结论；
（3）由（1）（2）判断出L=2DE+12，再判断出DE⊥AB时，L最小，点F和点C重合时，DE最大，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=BC，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD=BC=AB，
∵∠DEB=90°，
∴∠BDE=90°-∠B=30°，
在Rt△BDE中，BE=BD，
∵∠EDF=120°，∠BDE=30°，
∴∠CDF=180°-∠BDE-∠EDF=30°，
∵∠C=60°，
∴∠DFC=90°，
在Rt△CFD中，CF=CD，
∴BE+CF=BD+CD=BC=AB，
∵BE+CF=nAB，
∴n=，
故答案为：；
（2）如图，

①过点D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，
∴∠DGB=∠AGD=∠CHD=∠AHD=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠GDH=360°-∠AGD-∠AHD-∠A=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠EDG=∠FDH，
∵△ABC是等边三角形，且D是BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD，
∵DG⊥AB，DH⊥AC，
∴DG=DH，
在△EDG和△FDH中，
，
∴△EDG≌△FDH（ASA），
∴DE=DF，
即：DE始终等于DF；
②同（1）的方法得，BG+CH=AB，
由①知，△EDG≌△FDH（ASA），
∴EG=FH，
∴BE+CF=BG-EG+CH+FH=BG+CH=AB，
∴BE与CF的和始终不变；
（3）由（2）知，DE=DF，BE+CF=AB，
∵AB=8，
∴BE+CF=4，
∴四边形DEAF的周长为L=DE+EA+AF+FD
=DE+AB-BE+AC-CF+DF
=DE+AB-BE+AB-CF+DE
=2DE+2AB-（BE+CF）
=2DE+2×8-4
=2DE+12，
∴DE最大时，L最大，DE最小时，L最小，
当DE⊥AB时，DE最小，L最小，
此时∠BDE=90°-60°=30°，
BE=BD=2，
当点F和点C重合或点E和点B重合时，DE最大，点F和点C重合时，∠BDE=180°-∠EDF=120°=60°，
∵∠B=60°，
∴∠B=∠BDE=∠BED=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BE=DE=BD=AB=4，
当点E和点B重合时，DE=BD=4，周长L 有最大值，
即周长L 取最大值时点E和点B重合或BE=4，取最小值时BE=2．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，角平分线定理，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解题的关键．
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
(3)分别求出(2)中菱形AQCP的周长和面积．

【答案】（1）8；（2）6；（3）,40cm,80cm2.
【解析】
【分析】
（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4t，面积=矩形的面积-2个直角三角形的面积．
【详解】
（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，即：t=16-t，
解得t=8．
答：当t=8时，四边形ABQP是矩形；
（2）设t秒后，四边形AQCP是菱形
当AQ=CQ，即=16-t时，四边形AQCP为菱形．
解得：t=6．
答：当t=6时，四边形AQCP是菱形；
（3）当t=6时，CQ=10，则周长为：4CQ=40cm，
面积为：10×8=80（cm2）．
8．如图，O为菱形ABCD对角线的交点，M是射线CA上的一个动点（点M与点C、O、A都不重合），过点A、C分别向直线BM作垂线段，垂足分别为E、F，连接OE，OF．

（1）①依据题意补全图形；
②猜想OE与OF的数量关系为_________________.
（2）小东通过观察、实验发现点M在射线CA上运动时，（1）中的猜想始终成立．
小东把这个发现与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明（1）中猜想的几种想法：
想法1：由已知条件和菱形对角线互相平分，可以构造与△OAE全等的三角形，从而得到相等的线段，再依据直角三角形斜边中线的性质，即可证明猜想；
想法2：由已知条件和菱形对角线互相垂直，能找到两组共斜边的直角三角形，例如其中的一组△OAB和△EAB，再依据直角三角形斜边中线的性质，菱形四边相等，可以构造一对以OE和OF为对应边的全等三角形，即可证明猜想．
……
请你参考上面的想法，帮助小东证明（1）中的猜想（一种方法即可）．
（3）当∠ADC=120°时，请直接写出线段CF，AE，EF之间的数量关系是_________________．
【答案】（1）①见解析；②OE=OF；（2）见解析；（3）EF=（CF+AE）
【解析】
【分析】
（1）①由题意直接补全图形，②结论是OE=OF，
（2）方法1、先判断出△AOE≌△CON，再利用直角三角形的性质即可得出结论；
方法2、利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可得出结论；
（3）先判断出四边形OPBQ是菱形，再判断出∠EOF=∠POQ=120°，再借助直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）①补全的图形如图所示．

②OE=OF．
（2）法一：
证明：如图1，

延长EO交FC的延长线于点N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO．
∵AE⊥BM，CF⊥BM，
∴AE∥CF．
∴∠AEO=∠CNO．
又∵∠AOE=∠CON，
∴△AOE≌△CON．
∴OE=ON=．
∵Rt△EFN中，O是斜边EN的中点，
∴OF=
∴OE=OF．
法二：
证明：如图2，

取线段AB，BC的中点P，Q，连接OP，PE，OQ，QF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD．
∵P，Q是AB，BC的中点，
∴OP=PB= ，OQ=QB=
∴OP=OQ．
同理，PE=QF．
∵OP=PB，PE=PB，
∴∠OPA=2∠OBA，∠EPA=2∠EBA．
∴∠OPA+∠EPA=2∠OBA+2∠EBA，即∠OPE=2∠OBE．
同理，∠OQF=2∠OCF．
∵AC⊥BD，CF⊥BM，
∴∠OBE+∠OMB=∠OCF+∠OMB=90°．
∴∠OBE=∠OCF．
∴∠OPE=∠OQF．
∴△OPE≌△OQF．
∴OE=OF．
（3）如图1，

由（2）方法一、得出△AOE≌△CON，
∴AE=CN，OE=ON，
由（2）知，OE=OF，∴OF=ON，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∵∠AOB=∠AEB=90°，
∴点A、E、B、O共圆，
∴∠AOE=∠ABE，
同理：∠COF=∠CBF，
∴∠NOF=∠NOC+∠COF=∠AOE+∠CBF=∠ABE+∠CBF=60°，
∵OF=ON，
∴△FON是等边三角形，
∴∠ONF=60°，
∴∠FEN=30°，
在Rt△EFN中，∠FEN=30°，
∴EF=FN=（CF+CN）=（CF+AE）．
故答案为EF=（CF+AE）
【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质性质，解（2）的关键是构造全等三角形，解（3）的关键是判断出△OFN是等边三角形，是一道中考常考题．
9．（1）（问题情境）小明遇到这样一个问题：
如图①，已知是等边三角形，点为边上中点，，交等边三角形外角平分线所在的直线于点，试探究与的数量关系．
小明发现：过作，交于，构造全等三角形，经推理论证问题得到解决．请直接写出与的数量关系，并说明理由．
（2）（类比探究）
如图②，当是线段上（除外）任意一点时（其他条件不变）试猜想与的数量关系并证明你的结论．
（3）（拓展应用）
当是线段上延长线上，且满足（其他条件不变）时，请判断的形状，并说明理由．

【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）是等边三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可得，然后根据平行线的性质可得，从而证出是等边三角形，即可证出，然后证出、，最后利用ASA即可证出，从而得出结论；

（2）过作交于，同理可知是等边三角形，从而证出，再证出和，利用ASA即可证出，从而得出结论；
（3）根据等三角形的性质和已知条件可得，再根据三线合一可得垂直平分，从而得出，再根据等边三角形的判定即可证出结论．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又，
∴，
∵是外角平分线，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴在与中，

∴，
∴；
（2）
证明：过作交于，

∵是等边三角形，
∴是等边三角形，
∴BF=BD
∴
∵，，
∴
∵是外角平分线，
∴，
∴，
∴
在与中，

∴，
∴；
（3）是等边三角形，

∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵是等边三角形外角平分线．
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
【点睛】
此题考查的是等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，掌握构造全等三角形的方法和等边三角形的判定及性质是解决此题的关键．
10．如图，直线y=﹣x+4与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标；
（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣x2+x+4；（2）E（3，8）；（3）点P的坐标是或或．
【解析】
【分析】
（1）首先根据直线与x轴交于点C，与y轴交于点B，求出点B的坐标是，点C的坐标是 然后根据抛物线经过两点，求出的值是多少，即可求出抛物线的解析式．
（2）首先过过E作EG∥y轴，交直线BC于G，然后设 则 求出的值是多少；最后根据三角形的面积的求法，求出 进而判断出当面积最大时，点E的坐标和面积的最大值各是多少即可．
（3）在抛物线上存在点P，使得以为顶点的四边形是平行四边形．然后分三种情况讨论，根据平行四边形的特征，求出使得以为顶点的四边形是平行四边形的点P的坐标是多少即可．
【详解】
（1）当时，
∴,
当时，
∴
把和代入抛物线中得：

解得： ，
∴抛物线的解析式为：
（2）如图1，过E作EG∥y轴，交直线BC于G，
设 则


∵
∴S有最大值，此时

（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形；
①如解图，以AM为边时，四边形AMQP是平行四边形，由（2）可得点M的横坐标是3，
点M在直线上，点M的坐标是，又点A的坐标是，点Q的横坐标为根据点M到点Q的平移规律可知点P的横坐标为，
；

②如解图，以AM为边时，四边形AMPQ是平行四边形，
由（2）可得点M的横坐标是3，
，且点Q的横坐标为
根据点A到点Q的平移规律可知点P的横坐标为，
；

③如解图，以AM为对角线时，四边形APMQ是平行四边形，根据点M到点Q的平移规律可得点P到点A的平移规律可知点P的横坐标为，
；

综上所述，在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是
或或.
【点睛】
错因分析
设问
失分原因
第一问
（1）不会利用一次函数求出B、C两点坐标；（2）没有掌握用待定系数法求二次函数的解析式的方法
第二问
（1）不能正确表示EG的长度；（2）不能用EG与CO表示三角形的面积；（3）二次函数的最值问题掌握不牢
第三问
（1）没有分类讨论AM为边还是为对角线而导致漏解；（2）在分类讨论AM为边或对角线
时，没有正确表示出P点与M点的坐标关系

11．如图，边长为4的正方形ABCD中，点P是边CD上一动点，作直线BP，过A、C、D三点分别作直线BP的垂线段，垂足分别是E、F、G．

（1）如图（a）所示，当CP＝3时，求线段EG的长；
（2）如图（b）所示，当∠PBC＝30°时，四边形ABCF的面积；
（3）如图（c）所示，点P在CD上运动的过程中，四边形AECG的面积S是否存在最大值？如果存在，请求出∠PBC为多少度时，S有最大值，最大值是多少？如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）6+2；（3）当∠PBC为22.5°时，S有最大值，最大值是4+4．
【解析】
【分析】
（1）延长AE交BC于点Q，过点D作DR⊥AE，由题意可证四边形DREG是矩形，即DR＝EG，由勾股定理可求BP＝5，由等角的余角相等可得∠ADR＝∠PBQ，可证△ADR∽△PBC，可得,可求出DR＝，即EG＝；（2）过点F作FM⊥AB于点M，作FN⊥BC于点N，由题意可证四边形BNFM是矩形，可得FM＝BN，由直角三角形的性质可求CF＝2，NC＝1，FN＝NC＝，即FM＝BN＝3，根据S四边形ABCF＝S△ABF+S△BFC，可求四边形ABCF的面积；（3）连接AF，AC，过点D作DR⊥AE，由第一问的结论和全等三角形的性质可得BF＝EG，由S四边形AECG＝S△AEG+S△CEG＝×EG×AE+×EG×CF＝×BF×AE+×BF×CF＝S△ABF+S△BCF＝S四边形ABCF＝S△ABC+S△AFC＝8+S△AFC，则当点F在AC的右侧，且到AC距离最大时，S四边形AECG值最大，由点B，点C，点F，点N四点在以O为圆心，OC为半径的圆上，可知当OF⊥AC时，点F到AC距离最大，根据圆的有关性质和等腰三角形的性质，可求四边形AECG的面积S是的最大值和∠PBC的度数；
【详解】
解：
（1）如图，延长AE交BC于点Q，过点D作DR⊥AE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝4，AD∥BC，
∴∠DAR＝∠AQB，
∵∠AQB+∠PBC＝90°，∠DAR+∠ADR＝90°，
∴∠ADR＝∠PBC，
∵PC＝3，BC＝4，
∴BP＝＝5，
∵∠ADR＝∠PBC，∠ARD＝∠BCD＝90°，
∴△ADR∽△PBC，
∴，
∴，
∴DR＝，
∵DR⊥AE，DG⊥BP，AE⊥BP，
∴四边形DREG是矩形，
∴EG＝DR＝；
（2）如图，过点F作FM⊥AB于点M，作FN⊥BC于点N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
∵FM⊥AB，FN⊥BC，∠ABC＝90°，
∴四边形BNFM是矩形，
∴FM＝BN，
∵∠PBC＝30°，
∴FC＝BC＝2，∠FCB＝60°，
∴∠NFC＝30°，
∴NC＝1，FN＝NC＝，
∴BN＝BC﹣NC＝4﹣1＝3＝MF，
∴S四边形ABCF＝S△ABF+S△BFC，
∴S四边形ABCF＝×4×3+×4×＝6+2；
（3）如图，连接AF，AC，过点D作DR⊥AE，

由第一问可得，DR＝EG，∠ADR＝∠PBC，
∵AD＝BC，∠ADR＝∠PBC，∠ARD＝∠CFB＝90°，
∴△ADR≌△CBF（AAS）
∴DR＝BF，
∴BF＝EG，
∵S四边形AECG＝S△AEG+S△CEG，
∴S四边形AECG＝×EG×AE+×EG×CF＝×BF×AE+×BF×CF＝S△ABF+S△BCF，
∴S四边形AECG＝S四边形ABCF，
∴S四边形AECG＝S△ABC+S△AFC＝8+S△AFC，
∴当点F在AC的右侧，且到AC距离最大时，S四边形AECG值最大，
如图，连接BD交AC于点N，取BC中点O，连接ON，OF交AC于点M，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BNC＝90°＝∠BFC，BN＝CN，
∴点B，点C，点F，点N四点在以O为圆心，OC为半径的圆上，
∴OC＝OF＝ON＝2，
∵BN＝CN，BO＝CO，∠BNC＝90°，
∴∠CON＝90°，∠BCN＝∠CNO＝45°，
∴NC＝，
即AC＝，
当OF⊥AC时，点F到AC的距离最大，
∵OF⊥AC，ON＝OC，∠NOC＝90°，
∴OM＝MN＝MC＝，∠FOC＝∠NOC＝45°，
∴FM＝2﹣，
∴四边形AECG的面积S的最大值＝8+×4×（2﹣）＝4+4，
∵OB＝OF，
∴∠PBO＝∠OFB，
∵∠PBO+∠OFB＝∠FOC＝45°，
∴∠PBC＝22.5°，
∴当∠PBC为22.5°时，S有最大值，最大值是4+4.
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、矩形的性质，掌握勾股定理、矩形的性质，是解题的关键.
12．已知：如图，在四边形中，，，，，垂直平分.点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点作，交于点，过点作，分别交，于点，.连接，.设运动时间为，解答下列问题：

(1)当为何值时，点在的平分线上？
(2)设四边形的面积为，求与的函数关系式.
(3)连接，，在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)为4秒时，点在的平分线上；(2)S；(3)当秒时，.
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理求AC，根据证，求出CD、OD的值，根据△BPE∽△BAC得到比例式，用含有t的代数式表示出PE、BE，当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出，由此构建方程即可解决问题．
【详解】
(1)在中，∵，，，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴∠BPE=∠BCA=90°
又∠B=∠B
∴△BPE∽△BAC
∴
即
∴，，
当点在的平分线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴.
∴当为4秒时，点在的平分线上.
(2)如图，连接，.


.
(3)存在.如图，连接.
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得或10(舍)
∴当秒时，.

【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
13．已知：如图1，矩形OABC的两个顶点A，C分别在x轴，y轴上，点B的坐标是（8，2），点P是边BC上的一个动点，连接AP，以AP为一边朝点B方向作正方形PADE，连接OP并延长与DE交于点M，设CP＝a（a＞0）．
（1）请用含a的代数式表示点P，E的坐标．
（2）连接OE，并把OE绕点E逆时针方向旋转90°得EF．如图2，若点F恰好落在x轴的正半轴上，求a与的值．
（3）①如图1，当点M为DE的中点时，求a的值．
②在①的前提下，并且当a＞4时，OP的延长线上存在点Q，使得EQ+PQ有最小值，请直接写出EQ+PQ的最小值．

【答案】（1）P（a，2）；E（a+2，10﹣a）；（2）a＝4，＝3；（3）①a＝2或6；②.
【解析】
【分析】
（1）如图1中，作于N只要证明，即可解决问题；
（2）利用等腰直角三角形的性质，根据点E的坐标构建方程求出a，再构建一次函数求出点M坐标，即可解决问题；
（3）①求出点M坐标，根据＝，构建方程即可；
②如图4中，将绕点P顺时针旋转得到，则是等腰直角三角形．可得的中点，，作，则，推出，可得当E、Q、R共线时，的值最小，求出点R坐标即可解决问题；
【详解】
解：（1）如图1中，作于N．

∵B，
∴BC＝8，，∵，
∴
∵四边形OABC是矩形，四边形ADEP是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）如图2中，

由题意：△EOF是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴a＝4，,
∴直线OP的解析式为，直线DE的解析式为，
由 ，解得，
∴，
∴，
∴．
（3）①如图3中，作于K．

由，可得，，
∴EK＝1，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得或6．
②如图4中，将绕点P顺时针旋转得到，则是等腰直角三角形．

由题意a＝6，，
∴的中点，
∵，
∴，作，则，
∴，
∴当E、Q、R共线时，的值最小，
∵直线PR的解析式为，
∵，
∴直线ER的解析式为，
由 ，解得，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】
本题考查了图形综合题，涉及到相似三角形的判定与性质，平行线的性质以及旋转的性质，解答本题时一定要将图画出来，这样可以使我们的思考方向更准确一些.
14．如图，边长为6的正方形中，分别是上的点，，为垂足．
（1）如图①， AF=BF，AE=2，点T是射线PF上的一个动点，则当△ABT为直角三角形时，求AT的长；
（2）如图②，若，连接，求证：．

【答案】(1) 3或3或3;(2)见解析.
【解析】
分析：（1）解Rt△BAE，由tan∠ABE==，得出∠ABE=30°．然后分三种情况进行讨论：①当点T在AB的上方，∠ATB=90°时，显然点T和点P重合，易求AT=AP=AB=3；②当点T在AB的下方，∠ATB=90°时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得TF=BF=AF=3，而∠BFT=60°，那么 △FTB是等边三角形，TB=3，再根据勾股定理求出AT==3；
③当点T在AB的下方，∠ABT=90°时．在Rt△ATB中利用勾股定理求出AT；
（2）先证明∠1=∠3=∠4，由tan∠1=，tan∠3=，得出=，等量代换得到=．再证明△PBC∽△PAF，得出∠5=∠6，进而可得∠5+∠7=90°，即∠CPF=90°，那么CP⊥FP．
详解：（1）在正方形ABCD中，可得∠DAB=90°．
∵在Rt△BAE中，tan∠ABE===，∴∠ABE=30°．
点T是射线PF上的一个动点，当△ABT为直角三角形时，分三种情况：
①当点T在AB的上方，∠ATB=90°，显然此时点T和点P重合，即AT=AP=AB=3；
②当点T在AB的下方，∠ATB=90°，如图①所示．
在Rt△APB中，由AF=BF，可得：AF=BF=PF=3，∴∠BPF=∠FBP=30°，∴∠BFT=60°．
在Rt△ATB中，TF=BF=AF=3，∴△FTB是等边三角形，∴TB=3，AT==3；
③当点T在AB的下方，∠ABT=90°时，如图②所示．
在Rt△FBT中，∠BFT=60°，BF=3，BT=BF•tan60°=3．
在Rt△ATB中：AT==3．
综上所述：当△ABT为直角三角形时，AT的长为3或3或3；
（2）如图③所示．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC，AD∥BC，∠DAB=90°，∴∠3=∠4．
∵在Rt△EAB中，AP⊥BE，∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3，∴∠1=∠3=∠4．
∵tan∠1=，tan∠3==．
∵AE=AF，AB=BC，∴=．
在△PBC和△PAF中，∵，∠4=∠1，∴△PBC∽△PAF，∴∠5=∠6．
∵∠6+∠7=90°，∴∠5+∠7=90°，即∠CPF=90°，∴CP⊥FP．

点睛：本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，解直角三角形，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形、相似三角形的判定与性质，垂直的定义等知识点，考查了动点型问题，涉及考点较多，有一定的难度．
15．边长相等的两个正方形ABCO、ADEF如图摆放，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AG，已知OA长为.
（1）求证：;
（2）若，AG=2，求点G的坐标；
（3）在（2）条件下，在直线PE上找点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出点M的坐标.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）M坐标为或（．
【解析】
【分析】
（1）由AO＝AD，AG＝AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出即可；
（2）在中，由，，根据勾股定理求出OG的长，即可求出点G坐标；
（3）根据题意，分两种情况：①如图1，当点M在 y轴的负半轴上时；②如图2，当点M在GP延长线上时，作GH⊥AB于点H，通过全等三角形的性质及等边三角形的性质可得出点M为所求的点，再结合点A、点G的坐标即可求出点M的坐标．
【详解】
（1）证明：在Rt△AOG和Rt△ADG中，

∴△AOG≌△ADG（HL）．
（2）解：∵在中，，，
∴,
∴G点坐标为．
（3）①如图1，延长GE交轴于点M，
∵△AOG≌△ADG，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴,
在△AOG和△MOG中，

∴，
∴AG＝MG，
∴△AGM为等腰三角形，
∵点A坐标为，
∴点M坐标为．

②如图2，延长GP与AB的延长线交于点M，作GH⊥AB于点H．

∵，
∴，
∴；
∴，
∴为等边三角形，
∴GH垂直平分线AM．
∵，，
∴，
∴点M坐标为．
综上可得点M坐标为或．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等边三角形判定与性质，解题的关键是利用等腰三角形的性质确定点M的位置．
16．定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“梦想四边形”。如矩形、等腰梯形都是“梦想四边形”.

（1）如图1，在四边形中，是边上的一点，，，，。请判断四边形是否为“梦想四边形”，并说明理由；
（2）如图2，直线与轴、轴分别交于两点。点分别是线段上的动点，点从点出发以每秒个单位长度的速度向点运动，点从点出发以每秒2个单位长度的速度向点运动，两点同时出发，设运动时间为秒。当四边形为“梦想四边形”时，求的值；
（3）如图3，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，直线与抛物线交于点，的延长线相交于点。四边形为“梦想四边形”，且满足：①；②；③；④。
点是抛物线上的一点，，若恒成立，求的最小值。
【答案】（1）四边形是“梦想四边形”，理由见解析；（2）当四边形为“梦想四边形”时，或3 或；（3）；
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的性质得，，又因，可求得，所以为等边三角形，则，故有，即可以判断四边形是“梦想四边形”；
（2）先根据直线方程求出A、B的坐标，即OA、OB的长度；再由“梦想四边形”的定义得，本题需分如图（见解析）所示的三种情况：①由得，求解即可；②由得，求解即可；③由可得，过点作轴于点，则，再由求解即可得；
（3）根据OD在上和得，则，再加上，即和，可得是等腰直角三角形，又因得，再根据和，可得OB和OD的长，从而可得B、C、D三点的坐标，代入抛物线方程即可得一个三元一次方程组，可解得的值，则可知抛物线方程，可得；要使恒成立，即恒成立，则，求出的最大值即可得.
【详解】
（1）四边形是“梦想四边形”
理由：∵
∴
∴
又∵
∴为等边三角形
∴
∵，∴
∴
∴四边形是“梦想四边形”；
（2）由可得
∴
∴
由已知可得：
由“梦想四边形”的定义得，本题需分以下三种情况：
①如图，当时，满足“梦想四边形”的定义

∴
∴
解得：；

②如图，当时，满足“梦想四边形”的定义

∴
∴
解得：；

③如图，当时，满足“梦想四边形”的定义

∴
过点作轴于点，则
在中，
即
解得：

综上所述，当四边形为“梦想四边形”时，或3 或；
（3）由直线可知
∵
∴
∴，∴
∵，∴
∴
∴
∴
∴是等腰直角三角形
∴
又∵
∴
∵
∴
∴，
∴
将三点代入抛物线方程得：
，解得：
则
∴
∴当时，，
要使恒成立，即恒成立
则


∴的最小值是.
【点睛】
本题是一道难度较大的综合题，考查了全等三角形的判定定理和性质、平行线的性质、等腰三角形的定义和性质、直角三角形的性质、锐角的余弦值、二次函数的图象和性质、以及不等式的性质，其中题（3）利用二次函数的性质求给定式子的最值问题需重点掌握，是常考点.
17．综合与实践探究几何元素之间的关系
问题情境：四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是直线AC上的一个动点（点E与点C，O，A都不重合），过点A，C分别作直线BE的垂线，垂足分别为F，G，连接OF，OG.

（1）初步探究：
如图1，已知四边形ABCD是正方形，且点E在线段OC上，求证；
（2）深入思考：请从下面A，B两题中任选一题作答，我选择_______题.
A．探究图1中OF与OG的数量关系并说明理由；
B．如图2，已知四边形ABCD为菱形，且点E在AC的延长线上，其余条件不变，探究OF与OG的数量关系并说明理由；
（3）拓展延伸：请从下面AB两题中任选一题作答，我选择_______题.
如图3，已知四边形ABCD为矩形，且，.
A．点E在直线AC上运动的过程中，若，则FG的长为________.
B．点E在直线AC上运动的过程中，若，则FG的长为________.
【答案】（1）见解析；（2）A. ，理由见解析；B. . 理由见解析；（3）A. B.或
【解析】
【分析】
（1）根据题意，AF⊥BE，CG⊥BE，，，则，利用AAS证明，即可得到答案；
（2）A．由（1）知，，然后得到OB=OA，由，得到，即可得到OF=OG；
B．延长GO交FA的延长线于点H，找到条件，证明，然后得到OH=OG=OF；
（3）A．根据矩形的性质，得到△ABO是等边三角形，然后得到∠ABF=30°，则，由勾股定理，求出BF和BG的长度，即可得到FG.
B．根据题意，由，由两种情况，要进行分类讨论；结合矩形的性质，得到△AFB和△BCG是等腰直角三角形，利用三角函数值，求出BF和BG的长度，然后求出FG的长度即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）A.解： ；
理由如下：如图1，连接OB，

由（1）知，，，
∵点O是AC的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
B.解：.
理由如下：延长GO交FA的延长线于点H，

∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵点O是AC的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ；
（3）A、解：如图：连接OB，

在直角三角形ABC中，OA=OB=OC，
∵∠BAC=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∵BF=BG，
∴点B是FG的中点，
∴OB∥AF，
∴∠BAF=60°，
∵∠AFB=90°，
∴∠ABF=30°，
∴，
∴，
∴BG=，
∴FG=；
故答案为：.
B．解：①如图，OF∥BC，则OF⊥AB，

∵点O为AC中点，
∴点H为AB的中点，即AH=BH，
∴△ABF是等腰三角形，则AF=BF，
∵∠AFB=90°，
∴∠BAF=∠ABF=45°，
∴，
同理：△BCG是等腰直角三角形，，
∴，
∴；
②如图，OF∥BC，延长OF交AB于点I，

由①可知，△ABF是等腰直角三角形，，
△BCG是等腰直角三角形，，
∴；
综合上述，FG的长度为：或.
故答案为：或.
【点睛】
本题考查了四边形综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形，等边三角形，以及勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形，构造等腰直角三角形，构造等边三角形进行解决问题.本题是压轴题，难度很大，需要对所学知识进行融会贯通.
18．如图，在中，，，，点是线段上任意一点，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点．设线段的长为．

（1）用含的代数式表示线段的长．
（2）当四边形为菱形时，求的值．
（3）设与矩形重叠部分图形的面积为，求与之间的函数关系式．
（4）连结、，当与垂直或平行时，直接写出的值．
【答案】（1）或；（2）；（3）；（4）的值是或．
【解析】
【分析】
（1）先根据平行线分线段成比例定理可得：，所以表示CE=2x，AE=4-2x，同理得EF的长，证明四边形CEFG为矩形，可得CG=EF=2-x，分P在G的左侧和右侧分别计算PG的长；
（2）先根据两组对边分别平行可得四边形EPBF是平行四边形，当EF=EP时，列方程解出即可；
（3）先计算当P与G重合时，EF=CP，x=1，分两种情况：
①当0＜x≤1时，②当1＜x＜2时，分别根据三角形面积公式可得结论；
（4）当PF⊥EG时，△PFG∽△EGC，列比例式得方程解出即可；
当PF∥EG时，四边形GEFP是平行四边形，根据EF=GP，列方程解出即可．
【详解】
解：（1）如图1，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
或；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，即，
；
（3）当与重合时，如图2，，

即，
，
分两种情况：
①当时，如图1，；
②当时，如图3，交于，

∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（4）当时，如图4，

∵，，
∴，
∴，即，
解得：，（舍去），
当时，四边形是平行四边形，

∴，即，
∴．
综上，的值是或．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查的是矩形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定和性质，掌握它们的判定定理和性质定理是解题的关键．同时还考查了学生分类讨论思想和方程思想，难度比较大．