中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题37几何动态性问题之动图问题(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题37几何动态性问题之动图问题(原卷版+解析)，共41页。试卷主要包含了动直线问题，动三角形问题，动矩形问题等内容，欢迎下载使用。
1．（2022•肥东县模拟）如图，在菱形ABCD中，连接AC，AB＝5，AC＝8，垂直于AC的直线l从点A出发，按A→C的方向平移，移动过程中，直线l分别交AB（BC），AC，AD（DC）于点E，G，F，直到点G与点C重合，记直线l的平移距离为x，△AEF的面积为S，则S随x变化的函数图象大致为（ ）
A． B．C．D．
2．（2022春•南安市期中）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，直线l⊥AB，当直线l沿射线BC的方向从点B开始向右平移时，直线l与四边形ABCD的边分别相交于点E，F．设直线l向右平移的距离为x，线段EF的长为y，且y与x的函数关系如图2所示．下列结论：①BC的长为5；②AB的长为23；③当4≤x≤5时，△BEF的面积不变；④△ACD的面积为332，其中正确的结论是 （填写序号）．
3．（2022•思明区校级二模）如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．
（1）若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
（2）若BC＝kAB，2＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
4．（2021春•东港区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（12，0），（12，6），直线y=−32x+b（b＞0）与y轴交于点P，与边OA交于点D，与边BC交于点E．
（1）若直线y=−32x+b（b＞0）平分矩形OABC的面积，求b的值；
（2）在（1）的条件下，过点P的直线，与直线BC和x轴分别交于点N、M．问：是否存在ON平分∠CNM的情况？若存在，求线段DM的长，若不存在，请说明理由．
（3）将（1）中的直线沿y轴向下平移a个单位得到新直线l，矩形OABC沿平移后的直线折叠，若点O落在边BC上的F处，CF＝9，求出a的值．
类型二 动三角形问题
5．（2022•黑山县一模）如图，等边△ABC的顶点C和▱DEFG的顶点D重合，且BC和DE在同一条直线上，AB＝2，DG＝2，DE＝3，∠GDE＝60°．现将△ABC沿D→E的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点B与点E重合时停止运动，在这个运动过程中，△ABC与四边形DEFG的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．C．D．
6．（2021春•汉阴县月考）如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，BC＝11，把三角形ABC向下平移至三角形DEF后，AD＝CG＝6，则图中阴影部分的面积为 ．
7．（2021•仪征市二模）如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为 ．
8．（2022春•古县期末）如图，△ABC中，AC＝2，BC＝3，∠ACB＝90°，把△ABC沿CB所在的直线平移使点C与点B重合得到EBD，连接CE，则△CED的面积是 ．
9．（2022春•和平区）如图，点A为x轴负半轴上﹣点，过点A作AB⊥x轴，与直线y＝x交于点B，将△ABO沿直线y＝x平移32个单位长度得到△A'B'O'，若点A的坐标为（﹣2，0），则点B'的坐标是 ．
10．（2022春•鹿城区校级期中）如图，直角三角形ABC的边长AB＝6cm，AC＝4cm，将三角形ABC平移得到三角形A1B1C1，边A1B1分别交AC，BC于点E，F，当点E为AC中点时，此时A1E＝FB1＝1.5cm，则图中阴影部分的面积为 cm2．
11．（2018秋•太原期末）如图，菱形纸片ABCD中，AB＝5，BD＝6，将纸片沿对角线BD剪开，再将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B′D′，当△A′CD′是直角三角形时，△ABD平移的距离为 ．
12．（2019•宁夏）将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（3，0），与s轴相交于点Q．
（1）试确定三角板ABC的面积；（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
13．（2019秋•南岗区校级月考）如图，三角形ABC的三个顶点坐标分别是：A（0，6）、B（0，0）、C（12，0），直线AC上的点的横坐标x、纵坐标y满足x+2y＝12．
（1）如图1，三角形ABC经平移变换后得到三角形A1B1C1，三角形ABC内任意一点M（x，y），在三角形A1B1C1内的对应点是M′（x+2，y+1）．请直接写出此时点A1、B1、C1的坐标；
（2）如图2，在（1）的条件下，若三角形A1B1C1的两条直角边A1B1、B1C1分别与AC交于点M、N，求此时图中阴影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，延长A1C1交x轴于点D（16，0），在x轴上有一动点P，从点D出发，沿着x轴负方向以每秒两个单位长度运动，连接PM，PN，若点P的运动时间是t，是否存在某一时刻，使三角形PMN的面积等于阴影部分的面积的14，若存在，求出t值和此时DP的长；若不存在，说明理由．
类型三 动矩形问题
14．（2019•青岛模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的两边在坐标轴上，OB＝1，点A在函数y=−2x（x＜0）的图象上，将此矩形向右平移3个单位长度到A1B1O1C1的位置，此时点A1在函数y=kx（x＞0）的图象上，C1O1与此图象交于点P，则点P的纵坐标是（ ）
A．53B．34C．43D．23
15．（2022秋•颍州区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=kx（x＞0）的图象和矩形ABCD在第一象限，AD平行于x轴，且AB＝2，AD＝4，点A的坐标为（2，6）．将矩形向下平移，若矩形的两个顶点恰好同时落在反比例函数的图象上，则矩形的平移距离a的值为（ ）
A．a＝2.5B．a＝3C．a＝2D．a＝3.5
16．（2022•惠阳区二模）在△EFG中，∠G＝90°，EG=FG=22，正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD和△EFG如图放置，AD与EF在一条直线上，点A与点E重合．现将正方形ABCD沿EF方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点A与点F重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
17．（2021春•河东区校级期末）已知，大正方形的边长为4厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米∕秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．完成下列问题：
（1）平移1.5秒时，S为 平方厘米；
（2）当2≤t≤4时，小正方形的一条对角线扫过的图形的面积为 平方厘米；
（3）当S＝2时，小正方形平移的距离为 厘米．
18．（2021秋•高州市期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°，矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．
（1）如图，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C'O'D'E'，点D，O，C，E的对应点分别为C'，O'，D'，E'．设OO'＝t，矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分的面积为s．如图，当矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分为五边形时，C'E'、D'E'分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示s，并直接写出t的范围．
19．（2020•吉林一模）如图，一条顶点坐标为（﹣1，163）的抛物线与y轴交于点C（0，5），与x轴交于点A和点B，有一宽度为1，长度足够的矩形（阴影部分）沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和Q，交直线AC于点M和N，交x轴于点E和F
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点M和N都有在线段AC上时，连接MF，如果MF=102AF，求点Q的坐标；
（3）在矩形的平移过程中，当以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．
20．（2022秋•和平区校级月考）如图1，在坐标系中的△ABC，点A、B在x轴，点C在y轴，且∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，D是AB的中点．
（1）求直线BC的表达式．
（2）如图2，若E、F分别是边AC，CD的中点，矩形EFGH的顶点都在△ACD的边上．
①请直接写出下列线段的长度：EF＝ ，FG＝ ．
②将矩形EFGH沿射线AB向右平移，设矩形移动的距离为m，矩形EFGH与△CBD重叠部分的面积为S，当S=34时，请直接写出平移距离m的值．
（3）如图3，在（2）的条件下，在矩形EFGH平移过程中，当点F在边BC上时停止平移，再将矩形EFGH绕点G按顺时针方向旋转，当点H落在直线CD上时，此时矩形记作E1F1GH1，由H1向x轴作垂线，垂足为Q，则H1QH1G= ．
21．（2021•成都自主招生）如图．已知直线l1：y=23x+83与直线l2：y＝﹣2x+16相交于点C，l1，l2分别交x轴于A，B两点，矩形DEFG的顶点D，E分别在直线l1，l2上，顶点F，G都在x轴上，且点G与点B重合．
（1）求矩形DEFG的边DE与EF的长和点G的坐标；
（2）若矩形DEFG从原位置出发，沿x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，设移动时间为t（0≤t≤12）秒，矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式，并求S的最大值和取得最大值时t的值．
专题37 几何动态性问题之动图问题（解析版）
类型一 动直线问题
1．（2022•肥东县校级模拟）如图，在菱形ABCD中，连接AC，AB＝5，AC＝8，垂直于AC的直线l从点A出发，按A→C的方向平移，移动过程中，直线l分别交AB（BC），AC，AD（DC）于点E，G，F，直到点G与点C重合，记直线l的平移距离为x，△AEF的面积为S，则S随x变化的函数图象大致为
（ ）
A．B．
C．D．
思路引领：分两种情况，由三角形的面积公式列出S关于x的函数解析式即可，
解：连结BD交AC于O，
∵AC，BD是菱形的对角线，
∴BD⊥AC，AO＝OC=12AC＝4，
∴BD＝2BO＝2AB2−AO2=252−42=6，
①当EF在BD左侧时，如图所示：
∵EF⊥AC，
∴EF∥BD，
∴△AEF∽△ABD，
∴AGAO=EFBD，
∴EF=AG⋅BDAO=32x，
∴S=12AG•EF=12x•32x=34x2，
∴当0≤x≤4时，图象是开口向上的抛物线，且S随x的增大而增大；
②当EF在BD右侧时，如图所示：
∵AG＝x，
∴CG＝8﹣x，
∵EF∥BD，
∴△CEF∽△CBD，
∴EFBD=CGCO，
∴EF=CG⋅BDCO=6(8−x)4=32（8﹣x），
∴S=12AG•EF=12x×32（8﹣x）=−34x2＝6x，
∴当4＜x≤8时，图象是开口向下的抛物线，且S随x的增大而增大．
故选：A．
总结提升：本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是根据三角形的面积公式列出函数解析式．
2．（2022春•南安市期中）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，直线l⊥AB，当直线l沿射线BC的方向从点B开始向右平移时，直线l与四边形ABCD的边分别相交于点E，F．设直线l向右平移的距离为x，线段EF的长为y，且y与x的函数关系如图2所示．下列结论：①BC的长为5；②AB的长为23；③当4≤x≤5时，△BEF的面积不变；④△ACD的面积为332，其中正确的结论是 （填写序号）．
思路引领：分别研究直线l平移的位置的三种情况，线段l与四边形ABCD的位置，结合函数图象进而求解．
解：从图2知：
∵当4≤x≤5时，y的值不变，
∴相应的对应图1是：直线EF从过点A开始到经过C点结束，EF的值不变，
即当BE＝4，BE经过点A，当BE＝5时，EF经过点C，
∴BC＝5，
∴①正确；
从图1，BE1＝4，E1F1＝2，∠BF1E1＝90°，
∴AB=42−22=23，
∴②正确；
当4≤x≤5时，如图3，
S△BEF=12BE•FH，
∵FH不变，BE变化，
∴△BEF的面积变化，
故③结论不正确；
由函数图象可知AD＝7﹣3＝4，
由上可知FH=23×24=3，
∴△ACD的面积为12×4×3=23，故④不正确；
故答案为：①②．
总结提升：本题考查了动点问题的函数图象，图形的实际运动和其对应的函数图象问题，解决问题的关键是找出函数图象上关键点对应的实际图形的位置．
3．（2022•思明区校级二模）如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．
（1）若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
（2）若BC＝kAB，2＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
思路引领：（1）根据矩形的性质证明△BAF≌△CDF（SAS），可得BF＝CF，再根据等腰三角形的性质即可解决问题；
（2）证明△BEF∽△FEC，设BE＝x，则CE＝BC﹣BE＝kAB﹣x，然后根据一元二次方程的根的情况即可解决问题．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，
∵AF＝DF
∴∠BAF＝∠CDF，
在△BAF和△CDF中，
AB=CD∠BAF=∠CDFAF=DF，
∴△BAF≌△CDF（SAS），
∴BF＝CF，
由平移可知：EF∥AB，
∴∠BEF＝∠ABC＝90°，
∴EF⊥BC，
∴点E为BC的中点；
（2）BC＝kAB，2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由如下：
若∠BFC＝90°，
则∠FBC+∠FCB＝90°，
由平移可知：EF∥AB，EF＝AB，∠BEF＝∠ABC＝90°，
∴EF⊥BC，
∴∠BEF＝∠CEF＝90°，
∴∠FBC+∠BFE＝90°，
∴∠BFE＝∠FCB，
∴△BEF∽△FEC，
∴BEEF=EFCE，
∴EF2＝BE•CE，
∵BC＝kAB，
设BE＝x，
则CE＝BC﹣BE＝kAB﹣x，
∴AB2＝x （kAB﹣x），
整理，得：
x2﹣kABx+AB2＝0①，
∵Δ＝（﹣kAB）2﹣4×1×AB2
＝（k2﹣4）AB2，
∴当2＜k＜2时，k2﹣4＜0，
∴Δ＝（k2﹣4）AB2＜0，
∴一元二次方程①没有实数根，
∴当BC＝kAB，2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°．
总结提升：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解决本题的关键是得到△BEF∽△FEC．
4．（2021春•东港区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（12，0），（12，6），直线y=−32x+b（b＞0）与y轴交于点P，与边OA交于点D，与边BC交于点E．
（1）若直线y=−32x+b（b＞0）平分矩形OABC的面积，求b的值；
（2）在（1）的条件下，过点P的直线，与直线BC和x轴分别交于点N、M．问：是否存在ON平分∠CNM的情况？若存在，求线段DM的长，若不存在，请说明理由．
（3）将（1）中的直线沿y轴向下平移a个单位得到新直线l，矩形OABC沿平移后的直线折叠，若点O落在边BC上的F处，CF＝9，求出a的值．
思路引领：（1）根据直线y=−32x+b（b＞0）平分矩形OABC的面积，则直线必过矩形的中心，求出中心坐标代入即可；
（2）假设存在ON平分∠CNM，过点O作OH⊥MN于H，利用角平分线的性质得OH＝OC＝6，从而∠OPN＝30°，则OM＝OP•tan30°＝43，分两种情形，当PM与线段BC，OA交于N，M时，
利用DM＝OD﹣OM即可，当PM与直线BC，OA交于N，M时，则DM＝OD+OM；
（3）设平移后的直线y=−32x+m，在Rt△CP'F中，借助勾股定理得方程（m﹣6）2+92＝m2，解方程即可．
解：（1）∵直线y=−32x+b（b＞0）平分矩形OABC的面积，
∴直线过矩形的中心，
∵B（12，6），
∴矩形中心为（6，3），
∴−32×6+b＝3，
解得b＝12；
（2）如图，假设存在ON平分∠CNM的情况，
当PM与线段BC，OA交于N，M时，
过点O作OH⊥MN于H，
∵ON平分∠CNM，OC⊥BC，OH⊥MN，
∴OH＝OC＝6，
∵OP＝12，
∴∠OPN＝30°，
∴OM＝OP•tan30°＝43，
当y＝0时，−32x+12=0，解得x＝8，
∴OD＝8，
∴DM＝OD﹣OM＝8﹣43；
当PM与直线BC，OA交于N，M时，如图，
同理可得，此时DM＝OD+OM＝8+43，
综上：存在ON平分∠CNM的情况，此时DM＝8﹣43或8+43；
（3）设平移后的直线y=−32x+m与y轴交于点P'，沿此直线折叠，点O的对应点恰好落在BC边上F处，连接P'F，OF，
则有OP'＝P'F＝m，CP'＝m﹣6，
在Rt△CP'F中，由勾股定理得：
（m﹣6）2+92＝m2，
解得m=394，
∴PP'＝12−394=94，
∴a=94．
总结提升：本题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，角平分线的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键，题目综合性较强．
类型二 动三角形问题
5．（2022•黑山县一模）如图，等边△ABC的顶点C和▱DEFG的顶点D重合，且BC和DE在同一条直线上，AB＝2，DG＝2，DE＝3，∠GDE＝60°．现将△ABC沿D→E的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点B与点E重合时停止运动，在这个运动过程中，△ABC与四边形DEFG的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
思路引领：分三种情况：①0≤t≤2时，由重叠部分为边长为t的等边三角形可得S=34t2；②2＜t≤3时，由重叠部分即为△ABC得S=34×22=3；③3＜t≤5时由重叠部分是S△ABC﹣S△HEC且△HEC边长为t﹣3可得S=−34t2+332t−534，据此可得答案．
解：①当0≤t≤2时，如图1，
由题意知CD＝t，∠HDC＝∠HCD＝60°，
∴△CDH是等边三角形，
则S=34t2；
②当2＜t≤3时，如图2，
∴S=34×22=3；
③当3＜t≤5时，如图3，
根据题意可得CE＝CD﹣DE＝t﹣3，∠C＝∠HEC＝60°，
∴△CEH为等边三角形，
则S＝S△ABC﹣S△HEC=34×22−34（t﹣3）2=−34t2+332t−534；
综上，0≤t≤2时函数图象是开口向上的抛物线的一部分，2＜t≤3时函数图象是平行于x轴的一部分，当3＜t≤5时函数图象是开口向下的抛物线的一部分；
故选：D．
总结提升：本题主要考查动点问题的函数图象，根据重叠部分形状的变化情况分类讨论是解题的关键．
6．（2021春•汉阴县月考）如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，BC＝11，把三角形ABC向下平移至三角形DEF后，AD＝CG＝6，则图中阴影部分的面积为 ．
思路引领：先根据平移的性质得到AD＝BE＝6，EF＝BC＝11，S△ABC＝S△DEF，则BG＝5，由于S阴影部分＝S梯形BEFG，所以利用梯形的面积公式计算即可．
解：∵三角形ABC向下平移至三角形DEF，
∴AD＝BE＝6，EF＝BC＝11，S△ABC＝S△DEF，
∵BG＝BC﹣CG＝11﹣6＝5，
∴S梯形BEFG=12（5+11）×6＝48，
∵S阴影部分+S△DBG＝S△DBG+S梯形BEFG，
∴S阴影部分＝S梯形BEFG＝48．
故答案为48．
总结提升：本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
7．（2021•仪征市二模）如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为 ．
思路引领：根据平面直角坐标系，可以假设E（m，3），则D（m+1，23），则BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R（m，0），使得R到M（﹣1，23），N（0，3）的距离和的最小值，如图1中，作点N关于x轴的对称点N′，连接MN′交x轴题意R，连接RN，此时RM+RN的值最小，最小值＝MN′的长．
解：建立如图坐标系，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝4，∠BAC＝30°，
∴BC=12AC＝2，
AB=3BC＝23，
∴斜边AC上的高=2×234=3，
∵△ABC≌△FDE，
∴EF＝AC＝4，斜边EF上的高为3，
∴可以假设E（m，3），则D（m+1，23），
∴BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，
欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R（m，0），使得R到M（﹣1，23），N（0，3）的距离和的最小值，如图1中，
作点N关于x轴的对称点N′，连接MN′交x轴题意R，连接RN，此时RM+RN的值最小，最小值＝MN′=12+(33)2=27，
∴BD+BE的最小值为27，
故答案为：27．
总结提升：本题考查轴对称最短问题，平面直角坐标系，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2022春•古县期末）如图，△ABC中，AC＝2，BC＝3，∠ACB＝90°，把△ABC沿CB所在的直线平移使点C与点B重合得到EBD，连接CE，则△CED的面积是 ．
思路引领：根据平移的性质推知CD＝2BC＝6，AC＝EB＝2，利用三角形的面积公式求解即可．
解：由平移性质知：∠ACB＝∠EBD＝90°，CD＝2BC＝6，AC＝EB＝2，则△CED的面积为：12CD•EB=12×6×2=6．
故答案是：6．
总结提升：本题主要考查了平移的性质，平移时，新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
9．（2022春•和平区期末）如图，点A为x轴负半轴上﹣点，过点A作AB⊥x轴，与直线y＝x交于点B，将△ABO沿直线y＝x平移32个单位长度得到△A'B'O'，若点A的坐标为（﹣2，0），则点B'的坐标是 ．
思路引领：求得B的坐标，根据题意，将△ABO向右平移3个单位，向上平移3个单位得到△A′B′O′，从而得到B′的坐标为（﹣2+3，﹣2+3），即B′（1，1）．
解：∵点A的坐标为（﹣2，0），AB⊥x轴，与直线y＝x交于点B，
∴B（﹣2，﹣2），
将△ABO沿直线y＝x向上平移32个单位长度得到△A′B′O′，实质上是将△ABO向右平移3个单位，向上平移3个单位，
∴B′的坐标为（﹣2+3，﹣2+3），即B′（1，1），
故答案为：（1，1）．
总结提升：本题主要考查了一次函数的图象与几何变换，点的平移问题，能根据题意得出平移的实质是本题的关键．
10．（2022春•鹿城区校级期中）如图，直角三角形ABC的边长AB＝6cm，AC＝4cm，将三角形ABC平移得到三角形A1B1C1，边A1B1分别交AC，BC于点E，F，当点E为AC中点时，此时A1E＝FB1＝1.5cm，则图中阴影部分的面积为 cm2．
思路引领：根据平移的性质可得S阴影＝S梯形ABFE，结合三角形的中位线可求解EF，AE的长，再利用图形的面积公式计算可求解．
解：由平移可知：△ABC≌△A1B1C1，EF∥AB，
∴S△ABC=S△A1B1C1，
∴S阴影＝S梯形ABFE，
∵点E是AC的中点，AB＝6cm，AC＝4cm，
∴EF是△ABC的中位线，AE=12AC＝2cm，
∴EF=12AB＝3cm，
∴S阴影＝S梯形ABFE=12⋅(EF+AB)⋅AE=12×(3+6)×2=9（cm2）．
故答案为：9．
总结提升：本题主要考查平移的性质，梯形，三角形的中位线，由平移的性质得S阴影＝S梯形ABFE是解题的关键．
11．（2018秋•太原期末）如图，菱形纸片ABCD中，AB＝5，BD＝6，将纸片沿对角线BD剪开，再将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B′D′，当△A′CD′是直角三角形时，△ABD平移的距离为 ．
思路引领：分两种情形分别求解即可解决问题．
解：①当∠CD′A′＝90°时，连接AC交BD于O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝5，OB＝OD＝3，
∵BC∥AD∥A′D′，
∴∠BCD′＝∠BOC＝90°，
∵∠CBO＝∠CBD′，
∴△CBO∽△D′BC，
∴BC2＝BO•BD′，
∴BD′=253，
∴DD′＝BD′﹣BD=73，
②当∠CA″D″＝90°时，易知BD′＝2BD′=503，
∴DD″=503−6=323，
∴△ABD平移的距离为73或323．
故答案为：73或323．
总结提升：本题考查菱形的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
12．（2019•宁夏）将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（3，0），与s轴相交于点Q．
（1）试确定三角板ABC的面积；
（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
思路引领：（1）与m轴相交于点P（3，0），可知OB=3，OA＝1；
（2）设AB的解析式y＝kx+b，将点B（0，3），A（1，0）代入即可；
（3）在移动过程中OB=3−m，则OA＝tan30°×OB=33×（3−m）＝1−33m，所以s=12×（3−m）×（1−33m）=36m2−m+32，（0≤m≤3）；当m＝0时，s=32，即可求Q（0，32）．
解：（1）∵与m轴相交于点P（3，0），
∴OB=3，
∵∠ABC＝30°，
∴OA＝1，
∴S=12×1×3=32；
（2）∵B（0，3），A（1，0），
设AB的解析式y＝kx+b，
∴b=3k+b=0，
∴k=−3b=3，
∴y=−3x+3；
（3）在移动过程中OB=3−m，则OA＝tan30°×OB=33×（3−m）＝1−33m，
∴s=12×（3−m）×（1−33m）=36m2−m+32，（0≤m≤3）
当m＝0时，s=32，
∴Q（0，32）．
总结提升：本题考查直角三角形平移，一次函数的性质；能够通过函数图象得到B（0，3）是解题的关键．
13．（2019秋•南岗区校级月考）如图，三角形ABC的三个顶点坐标分别是：A（0，6）、B（0，0）、C（12，0），直线AC上的点的横坐标x、纵坐标y满足x+2y＝12．
（1）如图1，三角形ABC经平移变换后得到三角形A1B1C1，三角形ABC内任意一点M（x，y），在三角形A1B1C1内的对应点是M′（x+2，y+1）．请直接写出此时点A1、B1、C1的坐标；
（2）如图2，在（1）的条件下，若三角形A1B1C1的两条直角边A1B1、B1C1分别与AC交于点M、N，求此时图中阴影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，延长A1C1交x轴于点D（16，0），在x轴上有一动点P，从点D出发，沿着x轴负方向以每秒两个单位长度运动，连接PM，PN，若点P的运动时间是t，是否存在某一时刻，使三角形PMN的面积等于阴影部分的面积的14，若存在，求出t值和此时DP的长；若不存在，说明理由．
思路引领：（1）根据平移的性质即可求解；
（2）阴影部分的面积＝△A1B1C1的面积﹣△MNB1的面积＝△ABC的面积﹣△MNB1的面积，即可求解；
（3）利用S△PMN＝S△HNP+S△HNM=14×20，即可求解．
解：（1）点M（x，y）平移后对应点是M′（x+2，y+1），
则三角形ABC向右平移了2个单位向上平移了1个单位，
故点A、B、C均向右平移了2个单位向上平移了1个单位，
故A1、B1、C1的坐标分别为（2，7）、（2，1）、（14，1）；
（2）∵点M和点B1的横坐标相同，将x＝2代入x+2y＝12，
解得：y＝5，故点M（2，5），
同理可得点N（10，1），
则MB1＝5﹣1＝4，NB1＝10﹣2＝8，
图中阴影部分的面积＝△A1B1C1的面积﹣△MNB1的面积＝△ABC的面积﹣△MNB1的面积=12×6×12−12×4×8＝20；
（3）存在，理由：
设直线MP交直线B1C1于点H，
∵点P的运动时间是t，则点P（16﹣2t，0），
而点M（2，5），
设直线PM的表达式为y＝kx+b，则5=2k+b0=(16−2t)k+b，解得k=52t−14b=10t−802t−14，
故PM的表达式为y=52t−14（x﹣16+2t），
当y＝1时，则y=52t−14（x﹣16+2t）＝1，
解得：x=66−8t5，即点H（66−8t5，1），
则HN＝|66−8t5−10|＝|16−8t5|，
S△PMN＝S△HNP+S△HNM=12HN（yM﹣yP）=12×|16−8t5|×5=14×20，解得：t=−98（舍去）或418，
故t=418，此时PD＝2t=414．
总结提升：本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、图形的平移、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
类型三 动矩形问题
14．（2019•青岛模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的两边在坐标轴上，OB＝1，点A在函数y=−2x（x＜0）的图象上，将此矩形向右平移3个单位长度到A1B1O1C1的位置，此时点A1在函数y=kx（x＞0）的图象上，C1O1与此图象交于点P，则点P的纵坐标是（ ）
A．53B．34C．43D．23
思路引领：先求出A点坐标，再根据图形平移的性质得出A1点的坐标，故可得出反比例函数的解析式，把O1点的横坐标代入即可得出结论．
解：∵OB＝1，AB⊥OB，点A在函数y=−2x（x＜0）的图象上，
∴当x＝﹣1时，y＝2，
∴A（﹣1，2）．
∵此矩形向右平移3个单位长度到A1B1O1C1的位置，
∴B1（2，0），
∴A1（2，2）．
∵点A1在函数y=kx（x＞0）的图象上，
∴k＝4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，O1（3，0），
∵C1O1⊥x轴，
∴当x＝3时，y=43，
∴P（3，43）．
故选：C．
总结提升：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
15．（2022秋•颍州区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=kx（x＞0）的图象和矩形ABCD在第一象限，AD平行于x轴，且AB＝2，AD＝4，点A的坐标为（2，6）．将矩形向下平移，若矩形的两个顶点恰好同时落在反比例函数的图象上，则矩形的平移距离a的值为（ ）
A．a＝2.5B．a＝3C．a＝2D．a＝3.5
思路引领：平移后只能A、C同时落在反比例函数图象上，平移后A（2，6﹣a） C（6，4﹣a），列得a＝2（6﹣a）＝6（4﹣a），计算可得．
解：平移后只能A、C同时落在反比例函数图象上，
平移后A（2，6﹣a），C（6，4﹣a），
∴a＝2（6﹣a）＝6（4﹣a），
∴a＝3，
故选：B．
总结提升：此题考查了反比例函数图象上点的坐标符合解析式的特点，正确理解点平移的规律列得方程是解题的关键．
16．（2022•惠阳区二模）在△EFG中，∠G＝90°，EG=FG=22，正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD和△EFG如图放置，AD与EF在一条直线上，点A与点E重合．现将正方形ABCD沿EF方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点A与点F重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
思路引领：分0≤t≤1、1＜t≤2、2＜t≤3、3＜t≤4分别求出函数表达式即可求解．
解：EG=FG=22，则EF＝4，
①当0≤t≤1时，如图1，设AB交EG于点H，
则AE＝t＝AH，
S=12×AE×AH=12t2，函数为开口向上的抛物线，当t＝1时，y=12；
②当1＜t≤2时，如图2，设直线EG交BC于点G′，交CD于点H，
′′′
则ED＝AE﹣AD＝t﹣1＝HD，则CH＝CD﹣HD＝2﹣t＝CG′，
S＝S正方形ABCD﹣S△CG′H＝1−12×CH×CG＝1−12（2﹣t）2，函数为开口向下的抛物线，当t＝2时，y＝1；
③当2＜t≤3时，
S＝S正方形ABCD＝1，
④当3＜t≤4时，
同理可得：S＝1−12（t﹣3）2，为开口向下的抛物线；
故选：C．
总结提升：本题考查动点问题的函数过图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．（2021春•河东区校级期末）已知，大正方形的边长为4厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米∕秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．完成下列问题：
（1）平移1.5秒时，S为 平方厘米；
（2）当2≤t≤4时，小正方形的一条对角线扫过的图形的面积为 平方厘米；
（3）当S＝2时，小正方形平移的距离为 厘米．
思路引领：（1）1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，即可计算出重叠部分面积；
（2）画出图形，计算所得图形面积即可；
（3）小正方形的高不变，根据面积即可求出小正方形平移的距离．
解：（1）1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，S＝2×1.5＝3平方厘米；
（2）如图所示，小正方形的一条对角线扫过的面积为红色平行四边形，
面积为2×2＝4平方厘米；
（3）S等于2时，重叠部分宽为2÷2＝1，
①如图，小正方形平移距离为1厘米；
②如图，小正方形平移距离为4+1＝5厘米．
故答案为3；4；1或5．
总结提升：此题考查了平移的性质，要明确：平移前后图形的形状和面积不变．画出图形即可直观解答．
18．（2021秋•高州市期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°，矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．
（1）如图，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C'O'D'E'，点D，O，C，E的对应点分别为C'，O'，D'，E'．设OO'＝t，矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分的面积为s．如图，当矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分为五边形时，C'E'、D'E'分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示s，并直接写出t的范围．
思路引领：（1）由已知得出AD＝OA﹣OD＝4，再由含30°角的直角三角形的性质得AE＝2AD＝8，由勾股定理得出ED＝43，即可得出答案；
（2）由平移的性质得：O′D′＝2，E′D′＝43，ME′＝OO′＝t，D′E′∥O′C′∥OB，则∠E′FM＝∠ABO＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得MF＝2ME′＝2t，FE′=3t，求出S△MFE′=123t2，S矩形C′O′D′E′＝83，即可得出答案．
解：（1）由点A（6，0）得OA＝6，
又OD＝2，
∴AD＝OA﹣OD＝4，
在矩形CODE中，由DE∥CO，得∠AED＝∠ABO＝30°，
∴在Rt△AED中，AE＝2AD＝8，
由勾股定理得：ED=AE2−AD2=43，
又CO＝43，
∴点E的坐标为（2，43）；
（2）由平移可知，O'D'＝OD＝2，E'D'＝ED＝43，ME'＝OO'＝t．
由E'D'∥BO，得∠E'FM＝∠ABO＝30°，
在Rt△MFE'中，MF＝2ME'＝2t．
∴由勾股定理得FE′=MF2−ME′2=3t，
∴S△MFE′=12ME′⋅FE′=12t⋅3t=32t2，S矩形C′O′D′E′=O′D′⋅E′D′=83，
∴s=−32t2+83（0＜t＜2）．
总结提升：本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平移的性质、含30°角的直角三角形的性质、三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
19．（2020•吉林一模）如图，一条顶点坐标为（﹣1，163）的抛物线与y轴交于点C（0，5），与x轴交于点A和点B，有一宽度为1，长度足够的矩形（阴影部分）沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和Q，交直线AC于点M和N，交x轴于点E和F
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点M和N都有在线段AC上时，连接MF，如果MF=102AF，求点Q的坐标；
（3）在矩形的平移过程中，当以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．
思路引领：（1）设抛物线为 y=a(x+1)2+163，把点（0，5）代入即可解决问题．
（2）作FD⊥AC于D，设AF＝m，则MF=102m，ME=AE=m+1，列出方程求出m的值即可解决问题．
（3）设F（t，0），E（t+1，0），N（t，t+5），M（t+1，t+6），Q(t，−13t2−23t+5)，P(t+1，−13t2−43t+4)．①当MN是对角线时，由QN＝PM，列出方程即可解决问题．②点 Q，P在直线 AC异侧时，QN＝MP，解方程即可．
解：（1）根据题意，抛物线顶点为(−1，163)，
设抛物线为 y=a(x+1)2+163．
抛物线过点 C（0，5），
∴a=−13，
抛物线解析式为y=−13(x+1)2+163=−13x2−23x+5．
（2）易得：A（﹣5，0），B（3，0）．如图，作FD⊥AC于D，
∵OA＝5，OC＝5，
∴∠CAO＝45°．
设AF＝m，则MF=102m，ME=AE=m+1．
在△MEF中，FM2＝ME2+EF2，
∴(102m)2=(m+1)2+12，
解得m1=2，m2=−23（不符合题意，舍去）．
∴AF＝2，
∴点 Q的横坐标为﹣3．
又点 Q在抛物线 y=−13(x+1)2+163上，
∴Q（﹣3，4），
（3）设直线 AC的解析式 y＝kx+n，
由题意，得−5k+n=0n=5解得：k=1n=5∴直线 AC的解析式 y＝x+5．
由已知，点 Q，N，F及点 P，M，E横坐标分别相同．
设F（t，0），E（t+1，0），N（t，t+5），M（t+1，t+6），Q(t，−13t2−23t+5)，P(t+1，−13t2−43t+4)．
在矩形平移过程中，以P，Q，N，M为顶点的平行四边形有两种情况：
①点Q，P在直线 AC同侧时，QN＝PM．
∴(−13t2−23t+5)−(t+5)=(−13t2−43t+4)−(t+6)，
解得：t＝﹣3．∴M（﹣2，3）．
②点 Q，P在直线 AC异侧时，QN＝MP．
∴(−13t2−23t+5)−(t+5)=(t+6)−(−13t2−43t+4)，
解得 t1=−3+6，t2=−3−6，∴M(−2+6，3+6)，或(−2−6，3−6)．
∴符合条件的点 M是 （﹣2，3），(−2+6，3+6)，或(−2−6，3−6)．
总结提升：本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，用方程的思想解决问题，属于中考压轴题．
20．（2022秋•和平区校级月考）如图1，在坐标系中的△ABC，点A、B在x轴，点C在y轴，且∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，D是AB的中点．
（1）求直线BC的表达式．
（2）如图2，若E、F分别是边AC，CD的中点，矩形EFGH的顶点都在△ACD的边上．
①请直接写出下列线段的长度：EF＝ ，FG＝ ．
②将矩形EFGH沿射线AB向右平移，设矩形移动的距离为m，矩形EFGH与△CBD重叠部分的面积为S，当S=34时，请直接写出平移距离m的值．
（3）如图3，在（2）的条件下，在矩形EFGH平移过程中，当点F在边BC上时停止平移，再将矩形EFGH绕点G按顺时针方向旋转，当点H落在直线CD上时，此时矩形记作E1F1GH1，由H1向x轴作垂线，垂足为Q，则H1QH1G= ．
思路引领：（1）根据含30°直角三角形的三边关系和待定系数法可得出直线BC的解析式；
（2）①根据已知，由直角三角形的性质可知AB＝8，从而求得AD，CD，利用中位线的性质可得EF，DF，利用三角函数可得GF；
②首先利用分类讨论的思想，分析当0＜m≤1，当1＜m≤2，当2＜m≤3，当3＜m≤4，当4＜m≤5，当5＜m≤7，当列出方程解得m；
（3）根据题意，需要分两种情况：①当点H1在线段CD上时，作H1Q⊥AB于Q，设DQ＝t，则H1Q=3t，又DG＝1，H1G＝2，利用勾股定理可得t，在Rt△QH1G中，利用三角函数解得H1QH1G．②当点H1在CD的延长线时，方法同上．
解：（1）在△ABC中，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，
∴AB＝8，
∵AC＝4，∠AOC＝90°，
∴OA＝2，OC＝23，
∴OB＝6，
∴C（0，23），B（6，0），
∴直线BC的解析式为：y=−33x+23．
（2）∵D是AB的中点，
∴AD＝4，CD=12AB＝4，
又∵EF是△ACD的中位线，
∴EF＝DF＝2，
在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，
∴∠ADC＝60°，
在△FGD中，GF＝DF•sin60°=3，
故答案为：2；3；
②当0＜m≤1时，如图1，
∴FN＝m，∠FNM＝∠ADC＝60°．
∴FM=3x，
S=12m•3m=32m2，
令32m2=34，
解得m=22（负值舍去）；
当1＜m≤2时，如图2，
∵FN＝m，DG＝m﹣1，
∴重叠部分的面积S=12（DG+FN）FG=12（m﹣1+m）×3=32（2m﹣1）；
令32（2m﹣1）=34，
解得m=34，舍去；
当2＜m≤3时，如图3，
S=32（2m﹣1）−12×33（m﹣2）2=34，
解得m＝5±662（不合题意，舍）；
当3＜m≤4时，如图4，
S＝23−12×33（m﹣2）2=34，
解得m＝2±422（不合题意，舍）；
当4＜m≤5时，如图5，
S=36（7﹣m）2−36（5﹣m）2=34，
解得m=458（不合题意，舍）；
当5＜m≤7时，如图6，
S=36（7﹣m）2=34，
解得m＝7−62或m＝7+62（舍）；
综上，符合题意的m的值为22或7−62．
（3）①当点H1在线段CD上时，如图7，
设DQ＝t，则H1Q=3t，
∵DG＝1，H1G＝2，
∴GQ＝t+1，
在Rt△H1QG中，根据勾股定理得，H1Q2+GQ2＝H1G2，
∴3t2+（t+1）2＝4，
解之得t=13−14（负的舍去），
∴QG＝1+13−14=13+34，H1Q=3t=39−34，
∴H1QH1G=39−342=39−38．
②当点H1在CD的延长线上时，如图8，
设GQ＝n，
∴DQ＝n+1，
∴H1Q=3（n+1），
在Rt△H1QG中，根据勾股定理得，H1Q2+GQ2＝H1G2，
∴[3（n+1）]2+n2＝4，
解之得n=13−34（负的舍去），
∴QG=3（n+1）=39+34，
∴H1QH1G=39+342=39+38．
故答案为：39−38或39+38．
总结提升：本题是一次函数背景下四边形综合题，主要考查了直角三角形的性质，矩形的性质，中位线的性质和三角函数定义等，利用分类讨论的思想，构建直角三角形是解答此题的关键．
21．（2021•成都自主招生）如图．已知直线l1：y=23x+83与直线l2：y＝﹣2x+16相交于点C，l1，l2分别交x轴于A，B两点，矩形DEFG的顶点D，E分别在直线l1，l2上，顶点F，G都在x轴上，且点G与点B重合．
（1）求矩形DEFG的边DE与EF的长和点G的坐标；
（2）若矩形DEFG从原位置出发，沿x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，设移动时间为t（0≤t≤12）秒，矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式，并求S的最大值和取得最大值时t的值．
思路引领：（1）把y＝0代入l1解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令x＝0代入l2的解析式求出点B的坐标．已知xD＝xB＝8易求D点坐标．又已知yE＝yD＝8可求出E点坐标．故可求出DE，EF的长．
（2）作CM⊥AB于M，证明Rt△RGB∽Rt△CMB利用线段比求出RG＝2t．又知道S＝S△ABC﹣S△BRG﹣S△AFH，根据三角形面积公式可求出S关于t的函数关系式．
解：（1）由23x+83=0，得x＝﹣4．
∴A点坐标为（﹣4，0），
由﹣2x+16＝0，
得x＝8．
∴B点坐标为（8，0），
∵点G与点B重合．
∴点G的坐标为（8，0），
∵点D在l1上且xD＝xB＝8，
∴yD=23×8+83=8，
∴D点坐标为（8，8），
又∵点E在l2上且yE＝yD＝8，
∴﹣2xE+16＝8，
∴xE＝4，
∴E点坐标为（4，8），
∴DE＝8﹣4＝4，EF＝8；
（2）由直线l1：y=23x+83与直线l2：y＝﹣2x+16相交于点C，，
∴23x+83=−2x+16，解得x＝5，
∴C点坐标为（5，6），
∴S△ABC=12AB•yC=12×（4+8）×6＝36．
①当0≤t＜3时，如图1，
矩形DEFG与△ABC重叠部分为五边形CHFGR（t＝0时，为四边形CHFG）．
过C作CM⊥AB于M，则Rt△RGB∽Rt△CMB，
∴BGBM=RGCM，即t8−5=RG6，
∴RG＝2t，
∵Rt△AFH∽Rt△AMC，
∴FHCM=AFAM，即FH6=4+4−t4+5，
∴FH=23（8﹣t），
∴S＝S△ABC﹣S△BRG﹣S△AFH＝36−12×t×2t−12（8﹣t）×23（8﹣t）=−43t2+163t+443=−43（t﹣2）2+20．
∴当t＝2时，S的最大值为20，
即S=−43t2+163t+443（0≤t＜3）；
②当3≤t＜8时，如图2所示，
矩形DEFG与△ABC重叠部分为梯形HFGR，由①知，HF=23（8﹣t），
∵Rt△AGR∽Rt△AMC，
∴RGCM=AGAM，即RG6=4+8−t4+5，
∴RG=23（12﹣t），
∴S=12（HF+RG）×FG=12[23（8﹣t）+23（12﹣t）]×4，
即S=−83t+803（3≤t＜8），
∵−83＜0，
∴当t＝3时，S的最大值为−83×3+803=563；
③当8≤t≤12时，如图3所示，
矩形DEFG与△ABC重叠部分为△AGR，
由②知，AG＝12﹣t，RG=23（12﹣t），
∴S=12AG•RG=12（12﹣t）×23（12﹣t）即S=13（12﹣t）2（8≤t≤12），
∴当t＝8时，S的最大值为=13（12﹣8）2=163；
∴S=13t2﹣8t+48（8≤t≤12）．
综上所述，S关于t的函数关系式为S=−83t+803（3≤t＜8），S=−83t+803（3≤t＜8），S=13t2﹣8t+48（8≤t≤12），S的最大值为20，取得最大值时t的值为2．
总结提升：此题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积、梯形的面积公式，画出图形，利用分类讨论思想和数形结合思想是解本题的关键，也是解本题的难点．