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免费人教版2017年中考数学：几何动态综合题（含答案解析）中考数学试题试卷网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3cm，P，Q分别从B，A出发沿BC，AD方向运动，P点的运动速度是1cm/秒，Q点的运动速度是2cm/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＝4cm.(1)填空：AD＝________(cm)，DC＝________(cm)；(2)点M、N分别从A点，C点同时以每秒1cm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°＝6＋24，sin15°＝6－24)第2题图3.(2016梅州10分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2cm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3cm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＝8cm，CD＝4cm，∠B＝60°，点M从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为2cm/s，点N从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/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2132？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＝6cm，BC＝8cm，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2cm和1cm，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＝23秒时，求证：△EQF是等腰直角三角形；(2)连接EP，设△EPC的面积为ycm2，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＝4cm，DC＝5cm，AB＝8cm.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1cm/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ts，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＝tcm，AQ＝2tcm，要使△ABP≌△QEA，则AQ＝AP＝2tcm，在Rt△ABP中，由勾股定理得：32＋t2＝(2t)2，解得t＝±3(负值舍去)，即当t＝3时，△ABP≌△QEA；…………………………(7分)(3)解：在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP＝32＋t2，∵△ABP∽△QEA，∴ABQE＝BPAE＝APAQ，∴3QE＝tAE＝32＋t22t，∴QE＝6t32＋t2，AE＝2t232＋t2，∴y＝12QE·AE＝12·6t32＋t2·2t232＋t2＝6t3t2＋9.……………(12分)2．解：(1)26，22；【解法提示】在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AC＝AB2＋BC2＝42＋42＝42cm，在Rt△ACD中，AD＝AC·cos30°＝42×32＝26cm，DC＝AC·sin30°＝42×12＝22cm.(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＝FCNC，∴sin15°＝FCNC，又∵NC＝xcm，∴FC＝NC·sin15°＝6－24xcm，∴NE＝DF＝DC＋FC＝(22＋6－24x)cm，∴点N到AD的距离为(22＋6－24x)cm；(3)如解图，在Rt△NFC中，∵sin75°＝NFNC，∴NF＝NC·sin75°＝6＋24xcm，∵P为DC中点，DC＝22cm，∴DP＝CP＝2cm，∴PF＝DF－DP＝22＋6－24x－2＝(6－24x＋2)cm，∵S△PMN＝S四边形DFNM－S△DPM－S△PFN，即S△PMN＝12(NF＋MD)·NE－12MD·DP－12PF·NF，∴y＝12×(6＋24x＋26－x)×(22＋6－24x)－12×(26－x)×2－12×(6－24x＋2)×6＋24x，即y＝2－68x2＋7－3－224x＋23，∵12－68＜0，∴当x＝－7－3－2242×2－68＝36－23＋22－22秒时，y取得最大值为4×2－68×23－（7－3－224）24×2－68＝236＋83＋92－1616cm2.3．解：(1)根据题意BM＝2tcm，BC＝5×tan60°＝53cm，BN＝BC－3t＝(53－3t)cm，∴当BM＝BN时，2t＝53－3t，解得t＝103－15；…………………………………………(2分)(2)分两种情况讨论：①当∠BMN＝∠ACB＝90°时，如解图①，△NBM∽△ABC，cosB＝cos30°＝BMBN，∴2t53－3t＝32，解得t＝157；(4分)第3题解图②当∠MNB＝∠ACB＝90°时，如解图②，△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝BNBM，∴53－3t2t＝32，解得t＝52，故若△MBN与△ABC相似，则t的值为157秒或52秒；……(6分)(3)如解图③，过点M作MD⊥BC于点D，则MD∥AC，∴△BMD∽△BAC，∴BMBA＝MDAC，又∵BA＝＝10，第3题解图③∴2t10＝，解得MD＝t.设四边形ACNM的面积为y，则y＝S△ABC－S△BMN＝12AC×BC－12BN·MD＝12×5×53－12(53－3t)·t＝32t2－532t＋2532＝32(t－52)2＋7538，…………………………………………(8分)∴当t＝52秒时，四边形ACNM的面积最小，最小值为7538cm2.…………………………………………………………………(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＝32AB＝23cm.由题可知，MD＝2tcm，则AM＝(8－2t)cm，∵AB∥CD，MF⊥CD，∴ME⊥AB，∴∠MEA＝∠MFD＝90°，∵AD∥BC，∴∠EAM＝∠B＝60°，∴AE＝12AM＝(4－t)cm,ME＝3(4－t)cm，∴y＝S△ANM＋S△AEM＝12×(8－2t)×23＋12×(4－t)×3×(4－t)＝32t2－63t＋163(0＜t＜4)；(2)存在．由四边形ANME的面积是?ABCD面积的2132可得：32t2－63t＋163＝2132×8×23，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2132；(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＝12BE＝(4－12t)cm，BG＝12AB＝2cm.又∵BN＝t，∴4－12t＝t，解得t＝83，∴BN＝83cm，∴GN＝BN－BG＝23cm，∴AO＝23cm，NC＝BC-BN=163cm.设PO＝xcm，则PN＝(23－x)cm.∵AO∥NC，∴△AOP∽△CNP，∴AONC＝POPN，即23163＝x23－x，解得x＝239，∴当EN⊥AD时，线段OP的长度为239cm.5．(1)证明：若运动时间t＝23秒，则BE＝2×23＝43cm，DF＝23cm，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8cm，AB＝DC＝6cm，∠D＝∠BCD＝90°，∵FQ⊥BC，∴∠FQC＝∠D＝∠QCD＝90°，∴四边形CDFQ是矩形，∴CQ＝DF＝23cm，CD＝QF＝6cm，∴EQ＝BC－BE－CQ＝8－43－23＝6cm，∴EQ＝QF＝6cm，∴△EQF是等腰直角三角形；(2)解：∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，∴∠FQC＝∠B，∴PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，∴PQAB＝QCBC，即＝t8，∴PQ＝34tcm，∵BE=2t,∴EC=BC-BE=8-2t,∵S△EPC＝12EC·PQ，∴y＝12(8－2t)·34t＝－34t2＋3t＝－34(t－2)2＋3(0＜t＜4).∵－34＜0，∴当t＝2秒时，y有最大值，y的最大值为3cm2；(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PQCD＝EQAD，即＝8－3t8，解得t＝2；②当△EPQ∽△CAD时，可得PQAD＝EQCD，即＝8－3t6，解得t＝12857；(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PQAD＝EQCD，即＝3t－86，解得t＝12839，第5题解图②故若△EPQ与△ADC相似，则t的值为2秒或12857秒或12839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＝＝32＋42＝5，∴BC＜AB，∵当点P运动到点C时，P、Q同时停止运动，∴t＝51＝5s，即t＝5s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，∴PFCE＝BPBC，即PF4＝t5，∴PF＝4t5，∴S＝12QB·PF＝12×(8－t)×4t5＝－25＋16t5＝－25(t－4)2＋325(0＜t≤5)．∵－25＜0，∴当t＝4s时，S有最大值，最大值为325；(3)∵cosB＝BEBC＝35，∴BF＝PB·cosB＝t·cosB＝3t5，∴QF＝AB－AQ－BF＝8－8t5，∴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：＝4011，＝8，∵t2＝8＞5，不合题意，∴t＝4011；②当PQ＝BQ时，即4＝8－t，解得：＝0(舍去)，＝4811；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4011s或4811s或4s.类型二线动型探究题针对演练1.如图，已知矩形ABCD，AB＝3，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＝12cm，BD＝16cm，点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/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＝825S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＝10cm，AD＝8cm.点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm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2cm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＝65，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＝3，∵△PEF是等边三角形，∴∠PFQ＝60°，在Rt△PQF中，sin∠PFQ＝PQPF，∴PF＝3÷32＝2，第1题解图①∴△PEF的边长为2；(2)①在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝3，由勾股定理得，AC＝23，∴∠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＝3，BC＝3，第1题解图②∴∠ACB＝30°，∴∠EGC＝180°－30°－60°＝90°，∵BE＝x，∴EC＝3－x，∴EG＝3－x2，∵∠GEM＝60°，sin∠GEM＝GMGE，∴GM＝EG·sin60°＝32×3－x2＝33－3x4，∴S＝12x×33－3x4＝－38x2＋338x＝－38(x－32)2＋9332，∵－38＜0，∴当x＝32时，S最大＝9332.2．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＝12cm，BD＝16cm，∴BO＝DO＝8cm，AO＝CO＝6cm，∴AB＝82＋62＝10cm.(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＝tcm，又∵EF⊥BD于点Q，且∠ADB＝∠CDB，∴∠DEF＝∠DFE，∴DE＝DF＝tcm，∴AE＝(10－t)cm，当PE∥BD时，△APE∽△ABD，∴APAB＝AEAD，∴t10＝10－t10，∴t＝5，∴当t＝5s时，PE∥BD；(3)①∵∠FDQ＝∠CDO，∠FQD＝∠COD＝90°，∴△DFQ∽△DCO，∴QFOC＝DFDC，即QF6＝t10，∴QF＝3t5cm，∴EF＝2QF＝6t5cm，同理，QD＝4t5cm，如解图，过点C作CG⊥AB于点G，∵S菱形ABCD＝AB·CG＝12AC·BD，即10CG＝12×12×16，第2题解图∴CG＝485cm，∴S?APFD＝DF·CG＝485tcm2，∴S△EFD＝12EF·QD＝12×6t5×4t5＝1225t2cm2，∴y＝485t－1225t2.②存在．当S四边形APFE＝825S菱形ABCD时，则485t－1225t2＝825×12×16×12，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＝825S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，∴EFBC＝AHAD，即EF10＝8－2t8，解得EF＝10－52t，∴S△PEF＝12EF·DH＝12(10－52t)·2t＝－52t2＋10t＝－52(t－2)2＋10(0＜t≤103)，∴当t＝2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10cm2，此时BP＝3t＝6cm；(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，∴PEAD＝BPBD，即2t8＝3t5，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，∴PFAD＝CPCD，即2t8＝10－3t5，解得t＝4017；(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，∴EMAD＝BMBD，即2t8＝BM5，解得BM＝54t，∴PM＝BP－BM＝3t－54t＝74t.在Rt△EMP中，由勾股定理得，＝(2t)2＋(74t)2＝11316t2.∵FN∥AD，∴△CFN∽△CAD，∴FNAD＝CNCD，即2t8＝CN5，解得CN＝54t，∴PN＝BC－BP－CN＝10－3t－54t＝10－174t.在Rt△FNP中，由勾股定理得，＝(2t)2＋(10－174t)2＝35316t2－85t＋100.又∵EF＝MN＝BC－BM－CN＝10－52t，在Rt△PEF中，由勾股定理得，，即(10－52t)2＝11316t2＋(35316t2－85t＋100)，化简得183t2－280t＝0，解得t＝280183或t＝0(舍去)，∴t＝280183.综上所述，当t＝4017秒或t＝280183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＝65，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，∴ECDE＝2，即EC＝2DE，∵，即CD＝5DE，∴DE＝＝655＝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＝65，∴t＝65.综上所述，当t＝6秒或65秒时，△EPQ为直角三角形；(3)解：y＝255t－12－2455.【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＝65.∵∠BCD＝∠DCG，∠DCN＋∠BCD＝∠DCG＋∠CGN＝180°，∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，∴CN＝CG＝CD＝65.∵tan∠ABC＝2，∴tan∠CGN＝2，∴GN＝12，∴GM＝65＋12.第4题解图③∵GF＝DE＝t×1＝t，∴FM＝t－65－12.∵tan∠FMH＝tan∠ABC＝2，∴FH＝255(t－65－12)，即y＝255t－12－2455.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＝6cm.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：AHAD＝EFBC；(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316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＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/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，∴BECA＝BACD，依题可知CA＝BA＝2，∴m2＝2n，∴m＝2n，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＝＝63cm.在Rt△BCG中，BG＝BC·cos30°＝9cm.∵四边形CGEH是矩形，∴CH＝GE＝BG＋BE＝9＋6＝15cm.(2)①当0≤x＜6时，如解图②，由∠GDB＝60°，∠GBD＝30°，DB＝x，得DG＝12x，BG＝32x，重叠部分的面积y＝12DG·BG＝12×12x×32x＝38x2；第2题解图②②当6≤x＜12时，如解图③，BD＝x，DG＝12x，BG＝32x，BE＝x－6，EH＝33(x－6)，重叠部分的面积y＝S△BDG－S△BEH＝12DG·BG－12BE·EH，即y＝12×12x×32x－12(x－6)×33(x－6)，第2题解图③化简得y＝－324x2＋23x－63；③当12≤x≤15时，如解图④，AC＝6，BC＝63，BD＝x，BE＝x－6，EG＝33(x－6)，重叠部分的面积y＝S△ABC－S△BEG＝12AC·BC－12BE·EG，即y＝12×6×63－12(x－6)×33(x－6)，化简得y＝－36x2＋23x＋123；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＝12EF＝33，∵MB＝12CB＝33，∠B＝30°，∴MG＝12MB＝332，则MNmin＝NG－MG＝33－332＝332.第2题解图⑤3．(1)证明：∵四边形EFPQ是矩形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵AD是△ABC的高，AH是△AEF的高，∴AHAD＝EFBC；(2)解：∵AHAD＝EFBC，EF＝x，AD＝4，BC＝5，∴AH4＝，∴AH＝4x5，∴HD＝4－4x5，∴S矩形EFPQ＝EF·HD＝x(4－4x5)＝－45x2＋4x＝－45(x－52)2＋5.∵－45＜0，∴当x＝52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52，宽HD＝4－45x＝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，∴KNEF＝AH1AH，即KN52＝2－t2，解得KN＝54(2－t)，∴S＝S梯形KNFE＋＝12(KN＋EF)·HH1＋EF·EQ1＝12[54(2－t)＋52]×t＋52(2－t)＝－58t2＋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，∴K′N′EF＝AD2AH，即K′N′52＝4－t2，解得K′N′＝5－54t，∴S＝S△AKN＝12K′N′·AD2＝12×(5－54t)×(4－t)＝58t2－5t＋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＝＝102－62＝8，∵AD∥A′D′，∴A′D′⊥BD，∴∠DMD′＝∠ADB＝90°，∵CD∥AB，∴∠D′DM＝∠ABD，∴△DMD′∽△BDA，∴DMBD＝＝，∴＝＝，∴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＝185，AE＝245，∴5t＝185，∴t＝1825；(3)①当0＜t≤1825时，如解图②，重叠部分是△D′MK，S＝12D′M×MK＝12×3t×4t＝6t2；图②图③第4题解图②当1825＜t≤3225时，如解图③，重叠部分是四边形D′E′KM，S＝S△A′D′E′－S△A′MK＝12×185×245－12(6－3t)×34(6－3t)＝－278t2＋272t－24350.综上所述，S＝；(4)平移过程中，当0＜t≤1825或t＝1或t＝65s时，出现与△DMD′全等的三角形．【解法提示】①当0＜t≤1825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＝65，综上所述，当0＜t≤1825或t＝1或t＝65s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＝12AB＝1＝CD，∵EF是△ACD的中位线，∴EF＝DF＝12＝12CD，在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ADC＝60°，在Rt△FGD中，GF＝DF·sin60°＝34，∴矩形EFGH的面积＝EF·FG＝12×34＝38；………………(3分)(2)根据第(1)问，易得GD＝12DF＝14，设矩形移动的距离为x，则0＜x≤12，如解图①，当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，0＜x≤14，第5题解图①则此时重叠部分三角形的高为3x，∴重叠部分的面积S＝12x·3x＝316，解得x＝24＞14(舍去)；如解图②，当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，14＜x≤12，则此时重叠部分直角梯形的高为34，上底边长为x，下底边长为x－14，第5题解图②∴重叠部分的面积S＝12[x＋(x－14)]·34＝316，解得x＝38，即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD重叠部分的面积是316；(8分)(3)如解图③，过H2作H2K⊥AB于点K.在Rt△F1G1B中，∠B＝30°，F1G1＝34，第5题解图③∴BG1＝34，∴DG1＝BD－BG1＝1－34＝14，设KD＝a，则H2K＝3a，在Rt△H2G1K中，有H2K2＋G1K2＝H2G21，即(3a)2＋(a＋14)2＝(12)2，解得，a1＝－1＋1316，a2＝－1－1316(舍去)，∴cosα＝cos∠H2G1K＝KG1H2G1＝13－116＋1412＝13＋38.……(14分)6．解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.∵AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，由勾股定理得：AC＝BC2－AB2＝4cm.∴cos∠ACB＝ACBC＝45.∵△ACD沿AC方向平移得到△PNM，平移的速度为1cm/s，∴MN∥AB，PC＝(4－t)cm.∵点Q在BC上运动，运动的速度为1cm/s，第6题解图①∴QC＝tcm.如解图①，当PQ∥MN时，则PQ∥AB，∴PQ⊥AC，∴cos∠ACB＝PCQC＝45，即4－tt＝45，解得t＝209.∴当t＝209s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＝35(4－t)，∴y＝12·QC·PH＝12t·35(4－t)＝－310t2＋65t，即y与t之间的函数关系式为y＝－310t2＋65t(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＝12AB×AC＝12×3×4＝6cm2，∴S△QCP＝15S△ABC＝65cm2，即－310t2＋65t＝65，整理得：t2－4t＋4＝0，解得t＝2，∴t＝2s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＝35(4－t)，tan∠PCH＝PHHC＝ABAC＝34，∴HC＝45(4－t)，又∵QC＝t，HG＝PM＝BC＝5，∴HQ＝HC－QC＝45(4－t)－t＝165－95t，∴QG＝HG－HQ＝5－(165－95t)＝95t＋95.∵∠PQM＝90°，∴∠PQH＋∠MQG＝90°，又∵∠HPQ＋∠PQH＝90°，∴∠HPQ＝∠GQM，∴△PHQ∽△QGM，∴PHHQ＝QGGM，即125－35t165－95t＝95t＋95125－35t，整理得，2t2－3t＝0，解得t1＝0，t2＝32，∵0＜t＜4，∴t1＝0(舍去)，∴当t＝32s时，PQ⊥MQ.