9.4 动点综合问题
动点综合问题是以运动的点、线段、变化的角、图形的面积为基本条件，给出一个或多个变量，要求确定变量与其他量之间的函数等其他关系；;或变量在一定条件为定值时，进行相关的计算和综合解答。解答这类题目，一般要根据点的运动和图形的变化过程，对其不同情况进行分类求解。在中考数学中，主要涉及三类问题，一是动点问题中的特殊图形问题；二是动点问题中的计算问题；三是动点问题中函数问题。其解决的方法是与几何相关的问题，不仅包含众多的知识点，更需要通过添加辅助线来解决，还需要进行转化，即把复杂图形转化成基本图形来解决；而与函数有关的问题，要利用函数的图象和性质进行求解或证明，必要时可添加辅助线加以解决。
1．（2017?江西）如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
2．（2017?淄博）如图，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写做法）；
②设AB=4，随着点P在CD上的运动，若①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，求此时DP的长．
3．（2017?菏泽）正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.
（1）如图1，若点与点重合，求证：；
（2）如图2，若点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
①设,求关于t的函数表达式；
②当时，连接，求的长.
4．（2018?荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、
Q（x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|=x1?x22+y1?y22．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|=1?32+2?42=22．
对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．
解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+12交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．
（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是 ；
（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；
问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②1AE+1AF为定值．
5．（2018?黄冈）如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.
（1）当t=2时，求线段PQ的长；
（2）求t为何值时，点P与N重合；
（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.
6．（2018?永州）如图1．在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI＝4，HI＝3，AD=92．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．
7．（2018?广州）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
8．（2018?攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
9．（2019·北京）已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON．
（1）依题意补全图1；
（2）求证：；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明．
10．（2019·吉林）如图，在矩形中，，为边上一点，，连接．动点从点同时出发，点以的速度沿向终点运动；点以的速度沿折线向终点运动．设点运动的时间为，在运动过程中，点，点经过的路线与线段围成的图形面积为．
⑴________,________°；
⑵求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
⑶当时，直接写出的值．
11．（2019·连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：过点C(0，﹣3)，与抛物线L2：的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、抛物线L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR，若OQ∥PR，求出点Q的坐标．
12．（2019·湖州）如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形点分别在轴和轴的正半轴上，连结，，，是的中点.
(1)求OC的长和点的坐标；
(2)如图2，是线段上的点，，点是线段上的一个动点，经过三点的抛物线交轴的正半轴于点，连结交于点
①将沿所在的直线翻折，若点恰好落在上，求此时的长和点的坐标；
②以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点从点运动到点时，点也随之运动，请直接写出点运动路径的长.
一、解答题（共12道题）
1．（2018?保定模拟）如图,已知四边形ABCD中,AB//DC,AB=DC,且AB=6cm,BC=8cm,对角线AC =10cm,?
(1)求证:四边形ABCD是矩形;?
(2)如图(2),若动点Q从点C出发,在CA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动,同时动点P从点B出发,在BC边上以每秒4cm的速度向点C匀速运动,运动时间为t秒(0≤t＜2),连接BQ、AP,若AP⊥BQ,求t的值;?
(3)如图(3),若点Q在对角线AC上,CQ=4cm?,动点P从B点出发,以每秒1cm的速度沿BC运动至点C止.设点P运动了t?秒,请你探索:从运动开始,经过多少时间,以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形?请求出所有可能的结果.?
2．（2018?天津模拟）如图，已知点A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，直线y2=﹣12x+12与反比例函数y1=mx的图象的交点为点B、D，且B（3，﹣1），求：
（Ⅰ）求反比例函数的解析式；
（Ⅱ）求点D坐标，并直接写出y1＞y2时x的取值范围；
（Ⅲ）动点P（x，0）在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标．
3．（2018?银川模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度，沿BA向点A移动；同时点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度，沿CB向点B移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0（1）当x为何值时，PQ⊥DQ；
（2）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最小值？并求出最小值．
4．（2018?重庆模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由．
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
5．（2018?无锡模拟）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．
（1）若∠AOB＝60o，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB．
（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．
①问：1OM?1ON的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求S1S2的取值范围．
6．（2018?连云港模拟）如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
7．（2019·西宁模拟）如图，在⊙O中，AB是直径，半径为R，弧AC=R.
求：（1）∠AOC的度数.（2）若D为劣弧BC上的一动点，且弦AD与半径OC交于E点.试探求△AEC≌△DEO时，D点的位置.
8．（2019·鸡西模拟）如图，以长方形OBCD的顶点O为坐标原点建立平面直角坐标系，B点坐标为（0，a），C点坐标为（c，b），且a、b、C满足+|2b+12|+（c﹣4）2＝0．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）动点P从点O出发，沿O→B→C的路线以每秒2个单位长度的速度匀速运动，设点P的运动时间为t秒，DC上有一点M（4，﹣3），用含t的式子表示三角形OPM的面积；
（3）当t为何值时，三角形OPM的面积是长方形OBCD面积的？直接写出此时点P的坐标．
9．（2019·成都模拟）在△ABC中，∠ACB＝45°．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？
（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝4，BC＝3，CD＝x，求线段CP的长．（用含x的式子表示）
10．（2019·南京模拟）在△ABC中，∠ABC为锐角，点M为射线AB上一动点，连接CM，以点C为直角顶点，以CM为直角边在CM右侧作等腰直角三角形CMN，连接NB．
（1）如图1，图2，若△ABC为等腰直角三角形，
问题初现：①当点M为线段AB上不与点A重合的一个动点，则线段BN，AM之间的位置关系是 ，数量关系是 ；
深入探究：②当点M在线段AB的延长线上时，判断线段BN，AM之间的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图3，∠ACB≠90°，若当点M为线段AB上不与点A重合的一个动点，MP⊥CM交线段BN于点P，且∠CBA＝45°，BC＝，当BM＝ 时，BP的最大值为 ．
11．（2019·河南模拟）如下图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点．另一边交的延长线于点．
（1）观察猜想：线段与线段的数量关系是 ；
（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：
（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若、，求的值．
12．（2019·红河州模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P、Q同时停止运动，设运动时间为t（s）
（1）当t＝3时，线段PQ的长为 cm；
（2）是否存在某一时刻t，使点B在线段PQ的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形CPMN与Rt△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式．
9.4 动点综合问题
动点综合问题是以运动的点、线段、变化的角、图形的面积为基本条件，给出一个或多个变量，要求确定变量与其他量之间的函数等其他关系；;或变量在一定条件为定值时，进行相关的计算和综合解答。解答这类题目，一般要根据点的运动和图形的变化过程，对其不同情况进行分类求解。在中考数学中，主要涉及三类问题，一是动点问题中的特殊图形问题；二是动点问题中的计算问题；三是动点问题中函数问题。其解决的方法是与几何相关的问题，不仅包含众多的知识点，更需要通过添加辅助线来解决，还需要进行转化，即把复杂图形转化成基本图形来解决；而与函数有关的问题，要利用函数的图象和性质进行求解或证明，必要时可添加辅助线加以解决。
1．（2017?江西）如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．
【解析】（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
解：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB?tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB?cos30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），
∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
2．（2017?淄博）如图，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写做法）；
②设AB=4，随着点P在CD上的运动，若①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，求此时DP的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①作图见解析；②3．
【解析】（1）根据折叠的性质可知，MN垂直平分线段BP，即∠BFN=90°，由矩形的性质可得出∠C=90°=∠BFN，结合公共角∠FBN=∠CBP，即可证出△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可；
②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，由△MDP为直角三角形，可得出AP为⊙O的直径，根据BM与⊙O相切，可得出MP⊥BM，进而可得出△BMP为等腰直角三角形，根据同角的余角相等可得出∠PMD=∠MBA，结合∠A=∠PMD=90°、BM=MP，即可证出△ABM≌△DMP（AAS），根据全等三角形的性质可得出DM=AB=4、DP=AM，设DP=2a，根据勾股定理结合半径为直径的一半，即可得出关于a的方程，解之即可得出a值，再将a代入OP=2a中求出DP的长度．
解：（1）证明：∵将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合，∴MN垂直平分线段BP，∴∠BFN=90°．
∵四边形ABCD为矩形，∴∠C=90°．
∵∠FBN=∠CBP，∴△BFN∽△BCP．
（2）解：①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可．如图所示．
②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，如图3所示．
∵△MDP为直角三角形，∴AP为⊙O的直径，∵BM与⊙O相切，∴MP⊥BM．
∵MB=MP，∴△BMP为等腰直角三角形．
∵∠AMB+∠PMD=180°﹣∠AMP=90°，∠MBA+∠AMB=90°，∴∠PMD=∠MBA．
在△ABM和△DMP中，∵∠MBA=∠PMD，∠A=∠PMD=90°，BM=MP，∴△ABM≌△DMP（AAS），∴DM=AB=4，DP=AM．
设DP=2a，则AM=2a，OE=4﹣a，BM= =．
∵BM=MP=2OE，∴=2×（4﹣a），解得：a=，∴DP=2a=3．
3．（2017?菏泽）正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.
（1）如图1，若点与点重合，求证：；
（2）如图2，若点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
①设,求关于t的函数表达式；
②当时，连接，求的长.
【答案】（1）详见解析；（2）①；②5.
【解析】（1）根据已知条件易证△ABF≌△NAD，由全等三角形的性质即可得；（2）
先证△ABF∽△NAD，根据全等三角形的性质求得；（3）利用△ABF∽△NAD，求得t=2，根据（2）的函数解析式求得BF的长，再由勾股定理即可得FN的长.
解：（1）∵正方形
∴AD=AB,∠DAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NDA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NDA
∴△ABF≌△NAD
∴
（2）①∵正方形
∴AD∥BF
∴∠ADE=∠FBE
∵∠AED=∠BEF
∴△EBF∽△EAD
∴
∵正方形
∴AD=DC=CB=6
∴BD=
∵点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
∴BE=，DE=
∴
∴
②当时，连接，求的长.
∵正方形
∴∠MAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NMA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NMA
∴△ABF∽△NAD
∴
∵，AB=6
∴AN=2,BN=4
∴
∴t=2
把t=2代入，得y=3，即BF=3,
在RT△BFN中，BF=3,BN=4,
根据勾股定理即可得FN=5.
4．（2018?荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、
Q（x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|=x1?x22+y1?y22．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|=1?32+2?42=22．
对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．
解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+12交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．
（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是 ；
（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；
问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②1AE+1AF为定值．
【答案】（1）x2+（y﹣12）2=1；（2）动点C轨迹的函数表达式y=12x2；（3）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】（1）利用两点间的距离公式即可得出结论；
（2）利用两点间的距离公式即可得出结论；
（3）①先确定出m+n=2k，mn=﹣1，再确定出M（m，﹣12），N（n，﹣12），进而判断出△AMN是直角三角形，再求出直线AQ的解析式为y=﹣1kx+12，即可得出结论；
②先确定出a=mk+12，b=nk+12，再求出AE=ME=a+12=mk+1，AF=NF=b+12=nk+1，即可得出结论．
解：（1）设到点A的距离等于线段AB长度的点D坐标为（x，y），
∴AD2=x2+（y﹣12）2，
∵直线y=kx+12交y轴于点A，
∴A（0，12），
∵点A关于x轴的对称点为点B，
∴B（0，﹣12），
∴AB=1，
∵点D到点A的距离等于线段AB长度，
∴x2+（y﹣12）2=1，
故答案为：x2+（y﹣12）2=1；
（2）∵过点B作直线l平行于x轴，
∴直线l的解析式为y=﹣12，
∵C（x，y），A（0，12），
∴AC2=x2+（y﹣12）2，点C到直线l的距离为：（y+12），
∵动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，
∴x2+（y﹣12）2=（y+12）2，
∴动点C轨迹的函数表达式y=12x2；
（3）①如图，
设点E（m，a）点F（n，b），
∵动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，
∴y=12x2y=kx+12，
∴x2﹣2kx﹣1=0，
∴m+n=2k，mn=﹣1，
∵过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，
∴M（m，﹣12），N（n，﹣12），
∵A（0，12），
∴AM2+AN2=m2+1+n2+1=m2+n2+2=（m+n）2﹣2mn+2=4k2+4，
MN2=（m﹣n）2=（m+n）2﹣4mn=4k2+4，
∴AM2+AN2=MN2，
∴△AMN是直角三角形，MN为斜边，
取MN的中点Q，
∴点Q是△AMN的外接圆的圆心，
∴Q（k，﹣12），
∵A（0，12），
∴直线AQ的解析式为y=﹣1kx+12，
∵直线EF的解析式为y=kx+12，
∴AQ⊥EF，
∴EF是△AMN外接圆的切线；
②∵点E（m，a）点F（n，b）在直线y=kx+12上，
∴a=mk+12，b=nk+12，
∵ME，NF，EF是△AMN的外接圆的切线，
∴AE=ME=a+12=mk+1，AF=NF=b+12=nk+1，
∴1AE+1AF=1mk+1+1nk+1=m+nk+2mnk2+m+nk+1=2k2+2?k2+2k·k+1=2，
即：1AE+1AF为定值，定值为2．
【点评】本题是代数几何综合题，综合性较强，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，直角三角形的判定和性质，根与系数的关系，圆的切线的判定和性质，利用根与系数的确定出m+n=2k，mn=﹣1是解本题是关键．
5．（2018?黄冈）如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.
（1）当t=2时，求线段PQ的长；
（2）求t为何值时，点P与N重合；
（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.
【答案】（1）PQ=433；（2）t=203秒时，点P与N重合；（3）S与t的函数关系式为：S=43t（0≤t≤4）403?63t（4＜t≤203）63t?43（203＜t≤8）?32t2+123t?563（8＜t≤12）.
【解析】（1）解直角三角形求出PM，QM即可解决问题；
（2）根据点P、N的路程之和=24，构建方程即可解决问题；
（3）分四种情形考虑问题即可解决问题.
解：（1）在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，
当t=2时，OM=2，PM=23，QM=233，PQ=433.
（2）当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，
t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.
设t秒时，点P与N重合，则(t-4)+2(t-4)=8,
∴t=203.
即t=203秒时，点P与N重合.
（3）①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM=3t，
S△APN=12·8·3t=43t；
②当4＜t≤203时，PN=8-3(t-4)=20-3t，
S△APN=12×43×(20-3t)=403-63t；
③当203＜t≤8时，PN=3(t-4)-8=3t-20，
S△APN=12×43×(3t-20)= 63t -43；
④8＜t≤12时，ON=24-2t，N到OM距离为123-3t,
N到CP距离为43-(123-3t)= 3t-83，CP=t-4，BP=12-t，
S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB
=323-12×8×(123-3t)- 12（t-4）（3t-83）-12（12-t）×43
= - 32t2+123t-563
综上，S与t的函数关系式为：S=43t（0≤t≤4）403?63t（4＜t≤203）63t?43（203＜t≤8）?32t2+123t?563（8＜t≤12）
【点评】本题考查四边形综合题、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.
6．（2018?永州）如图1．在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI＝4，HI＝3，AD=92．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．
【答案】（1）2；（2）三角形；（3）4．
【解析】(1)由HI∥AD，得到HIAD=CIAD，求出AD即可解决问题；
(2)如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．求出IG′和BD的长比较即可判定；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题.
解：(1)∵HI∥AD，
∴HIAD=CIAD，
∴392=4AD，
∴AD＝6，
∴ID＝CD﹣CI＝2，∴正方形的边长为2；
(2)三角形，理由如下：
如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．
∵CA＝CP，CD⊥PA，∴∠ACD＝∠PCD，∠A＝∠P，
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′＝∠A，∠CG′H＝∠P，
∴∠CHG′＝∠CG′H，∴CH＝CG′，
∴IH＝IG′＝DF′＝3，
∵IG∥DB，∴IGDB=CICD，
∴2DB=46，∴DB＝3，
∴DB＝DF′＝3，∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．
∵∠MDN＝∠NDF+∠MDI′＝∠NDF′+∠DF′R＝∠NDR＝45°，
∵DN＝DN，DM＝DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN＝NR＝NF′+RF′＝NF′+MI′，
∴△MNG′的周长＝MN+MG′+NG′＝MG′+MI′+NG′+F′R＝2I′G′＝4．
【点评】本题考查的是四边形综合题，涉及了矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．（2018?广州）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
【答案】（1）270°；（2）DB2＝DA2+DC2；（3）π3．
【解析】（1）利用四边形内角和定理计算即可；
（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；
（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC=150°即可解决问题.
解：（1）如图1中，
在四边形ABCD中，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠C＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；
（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2，
理由：连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，
∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
∵AB＝BC，DB＝BQ，
∴△ABD≌△CBQ，
∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，
∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，
∴∠DCQ＝90°，
∴DQ2＝DC2+CQ2，
∵CQ＝DA，DQ＝DB，
∴DB2＝DA2+DC2；
（3）如图3中，
连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE，则△AER是等边三角形，
∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，
∴RE2＝RB2+EB2，
∴∠EBR＝90°，
∴∠RAE+∠RBE＝150°，
∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，
∴∠BEC＝150°，
∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，
∵∠K+∠BEC＝180°，
∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴点E的运动路径=60?π?1180=π3．
【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
8．（2018?攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【答案】（1）coaA=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当t=27?3326s或27+3326s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【解析】（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=95S△QCN构建方程即可解决问题；
（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可；
解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．
∵S△ABC=12?AC?BE=814，
∴BE=92，
在Rt△ABE中，AE=AB2?BE2=6，
∴coaA=AEAB=67.5=45．
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．
∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，
∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，
∵S△PQM=95S△QCN，
∴34?PQ2=95×34?CQ2，
∴9t2+（9-9t）2=95×（5t）2，
整理得：5t2-18t+9=0，
解得t=3（舍弃）或35．
∴当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN．
（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．
易知：PM∥AC，
∴∠MPQ=∠PQH=60°，
∴PH=3HQ，
∴3t=3（9-9t），
∴t=27?3326．
②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．
同法可得PH=3QH，
∴3t=3（9t-9），
∴t=27+3326，
综上所述，当t=27?3326s或27+3326s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【点评】本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（2019·北京）已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON．
（1）依题意补全图1；
（2）求证：；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明．
【答案】（1）如图所示见解析；（2）见解析；（3）OP=2.证明见解析.
【解析】（1）根据题意画出图形即可． （2）由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°-∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°-30°-∠OPM=150°-∠OPM，得证． （3）根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP．此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD．再设DM=CP=x，所以OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1，由于点M、Q关于点H对称，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出△OCN≌△QDP即可
解：（1）如图1所示为所求． （2）设∠OPM=α， ∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN ∴∠MPN=150°，PM=PN ∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α ∵∠AOB=30° ∴∠OMP=180°-∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α ∴∠OMP=∠OPN
（3）OP=2时，总有ON=QP，证明如下： 过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90° ∵∠AOB=30°，OP=2
∴DH=OH-OD=1 ∵∠OMP=∠OPN ∴180°-∠OMP=180°-∠OPN 即∠PMD=∠NPC 在△PDM与△NCP中
∴△PDM≌△NCP（AAS） ∴PD=NC，DM=CP 设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1 ∵点M关于点H的对称点为Q ∴HQ=MH=x+1 ∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x ∴OC=DQ 在△OCN与△QDP中
∴△OCN≌△QDP（SAS） ∴ON=QP
【点评】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP．
10．（2019·吉林）如图，在矩形中，，为边上一点，，连接．动点从点同时出发，点以的速度沿向终点运动；点以的速度沿折线向终点运动．设点运动的时间为，在运动过程中，点，点经过的路线与线段围成的图形面积为．
⑴________,________°；
⑵求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
⑶当时，直接写出的值．
【答案】（1），45；（2）（），（），（）；（3）或.
【解析】（1）由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求∠EAD的度数；
（2）分三种情况讨论，由面积和差关系可求解；
（3）分三种情况讨论，由勾股定理可求解．
解：（1）∵AB=3cm，BE=AB=3cm，
∴AE=cm，∠BAE=∠BEA=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠DAE=45°
故答案为：3，45；
（2）当0＜x≤2时，如图，过点P作PF⊥AD，
∵AP=x，∠DAE=45°，PF⊥AD，
∴PF=x=AF，
∴y=S△PQA=×AQ×PF=x2；
（2）当2＜x≤3时，如图，过点P作PF⊥AD，
∵PF=AF=x，QD=2x-4，
∴DF=4-x，
∴y=x2+（2x-4+x）（4-x）=-x2+8x-8；
当3＜x≤时，如图，点P与点E重合．
∵CQ=（3+4）-2x=7-2x，CE=4-3=1cm，
∴y=（1+4）×3-（7-2x）×1=x+4；
（3）当0＜x≤2时，
∵QF=AF=x，PF⊥AD，
∴PQ=AP.
∵PQ=cm，
∴x=，
∴x=；
当2＜x≤3时，过点P作PM⊥CD，
∴四边形MPFD是矩形，
∴PM=DF=4-2x，MD=PF=x，
∴MQ=x-（2x-4）=4-x.
∵MP2+MQ2=PQ2，
∴（4-2x）2+（4-x）2=，
∵△＜0，
∴方程无解，
当3＜x≤时，
∵PQ2=CP2+CQ2，
∴=1+（7-2x）2，
∴x=，
综上所述：x=或.
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
11．（2019·连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：过点C(0，﹣3)，与抛物线L2：的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、抛物线L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR，若OQ∥PR，求出点Q的坐标．
【答案】（1）抛物线对应的函数表达式为；（2）点的坐标为或或或；（3）点坐标为或.
【解析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线中，列出方程求得解便可；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．
解：（1）将代入，得，故点的坐标为.
将代入，
得，解得.
所以抛物线对应的函数表达式为.
（2）设点的坐标为.
第一种情况：为平行四边形的一条边.
①当点在点右侧时，则点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
因为时，点与点重合，不符合题意，所以舍去，
此时点的坐标为.
②当点在点左侧时，则点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
此时点的坐标为或.
第二种情况：当为平行四边形的一条对角线时.
由的中点坐标为，得的中点坐标为，
故点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
因为时，点与点重合，不符合题意，所以舍去，
此时点的坐标为.
综上所述，点的坐标为或或或.
（3）当点在轴左侧时，抛物线不存在动点使得平分.
当点在轴右侧时，不妨设点在的上方，点在的下方，
过点、分别作轴的垂线，垂足分别为，
过点作，垂足为，则有.
由平分，得，则，
故，所以.
设点坐标为，
点坐标为，
所以有，
整理得.
在中，.
过点作轴，垂足为.设点坐标为.
若，则需.所以.
所以.解得.
所以点坐标为或.
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，解直角三角形的应用，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，动点问题探究，突破第（2）题的方法是分情况讨论；突破第（3）的方法是作直角三角形，构造相似三角形，用相似三角形的相似比列方程．
12．（2019·湖州）如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形点分别在轴和轴的正半轴上，连结，，，是的中点.
(1)求OC的长和点的坐标；
(2)如图2，是线段上的点，，点是线段上的一个动点，经过三点的抛物线交轴的正半轴于点，连结交于点
①将沿所在的直线翻折，若点恰好落在上，求此时的长和点的坐标；
②以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点从点运动到点时，点也随之运动，请直接写出点运动路径的长.
【答案】(1) OC=，点的坐标为；(2) ①点的坐标为，②.
【解析】（1）由OA=3，tan∠OAC=，得OC= ，由四边形OABC是矩形，得BC=OA=3，所以CD= BC= ，求得D（）； （2）①由易知得ACB=∠OAC=30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'=DB=DC，∠BDF=∠B'DF，所以∠BDB'=60°，∠BDF=∠B'DF=30°，所以BF=BD?tan30°=，AF=BF=，因为∠BFD=∠AEF，所以∠B=∠FAE=90°，因此△BFD≌△AFE，AE=BD=，点E的坐标（ ，0）； ②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y=，因此E（，0），直线DE： ，F1（3，）；当动点P从点O运动到点M时，求得此时抛物线解析式为，所以E（6，0），直线DE：
，所以F2（3，）；所以点F运动路径的长为，即G运动路径的长为 ．
解：(1) ∵，
∴.
∵四边形是矩形，
∴.
∵是的中点，
∴，
∴点的坐标为.
(2) ①∵，
∴，
∴.
设将翻折后，点落在上的处，
则，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∵，
∴.
∴.
∴，∴点的坐标为.
②动点P在点O时， ∵抛物线过点P（0，0）、
求得此时抛物线解析式为y=
∴E（，0）， ∴直线DE： ， ∴F1（3，）； 当动点P从点O运动到点M时， ∵抛物线过点
求得此时抛物线解析式为， ∴E（6，0）， ∴直线DE：y=-
∴F2（3，）
∴点F运动路径的长为， ∵△DFG为等边三角形， ∴G运动路径的长为
【点评】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质、特殊三角函数以及三角形全等的判定与性质是解题的关键．
一、解答题（共12道题）
1．（2018?保定模拟）如图,已知四边形ABCD中,AB//DC,AB=DC,且AB=6cm,BC=8cm,对角线AC =10cm,?
(1)求证:四边形ABCD是矩形;?
(2)如图(2),若动点Q从点C出发,在CA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动,同时动点P从点B出发,在BC边上以每秒4cm的速度向点C匀速运动,运动时间为t秒(0≤t＜2),连接BQ、AP,若AP⊥BQ,求t的值;?
(3)如图(3),若点Q在对角线AC上,CQ=4cm?,动点P从B点出发,以每秒1cm的速度沿BC运动至点C止.设点P运动了t?秒,请你探索:从运动开始,经过多少时间,以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形?请求出所有可能的结果.?
【答案】（1）见解析；（2）；（3）t=4秒或1.6秒或5.5秒.
【解析】（1）先根据一对对边平行且相等的四边形是平行四边形判定四边形ABCD是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理证明∠B＝90°，得出四边形ABCD是矩形；
（2）先过Q作QM⊥BC于M点，AP与BQ交于点N，判定△ABP∽△BMQ，得出，即，求得t的值即可；
（3）分为三种情况讨论：当CQ＝CP＝4cm时，当PQ＝CQ＝4cm时，当QP＝CP时，分别根据等腰三角形的性质，求得BP的长，进而得到t的值．
证明：（1）∵AB∥DC，AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，AC＝l0cm，
∴AB2＋BC2＝100，AC2＝100，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）如图，过Q作QM⊥BC于M点，AP与BQ交于点N，
则CQ＝5t，QM＝3t，CM＝4t，MB＝8－4t，
∵∠NAB＋∠ABN＝90°，∠ABN＋∠NBP＝90°，
∴∠NAB＝∠NBP，且∠ABP＝∠BMQ＝90°，
∴△ABP∽△BMQ，
∴，
即，
解得t＝；
（3）分为三种情况：①如图1，
当CQ＝CP＝4cm时，
BP＝8－4＝4cm，
即t＝4秒；
②如图2，
当PQ＝CQ＝4cm时，过Q作QM⊥BC于M，
则AB∥QM，
∴，
∴，
∴CM＝3.2（cm），
∵PQ＝CQ，QM⊥CP，
∴PC＝2CM＝6.4cm，
∴BP＝8cm－6.4cm＝1.6cm，
∴t＝1.6s；
③如图3，当QP＝CP时，过P作PN⊥AC于N，
则CN＝CQ＝2，∠CNP＝∠B＝90°，
∵∠PCN＝∠BCA，
∴△PCN∽△ACB，
∴，
∴，
∴CP＝2.5cm，
∴BP＝8cm－2.5cm＝5.5cm，
t＝5.5s，
即从运动开始，经过4秒或1.6秒或5.5秒时，以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形，即t＝4秒或1.6秒或5.5秒.
【点评】本题以动点问题为背景，主要考查了四边形的综合应用，解决问题时需要运用矩形的判定、勾股定理的逆定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质等，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，解题时注意分类思想的运用．
2．（2018?天津模拟）如图，已知点A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，直线y2=﹣12x+12与反比例函数y1=mx的图象的交点为点B、D，且B（3，﹣1），求：
（Ⅰ）求反比例函数的解析式；
（Ⅱ）求点D坐标，并直接写出y1＞y2时x的取值范围；
（Ⅲ）动点P（x，0）在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标．
【答案】（1）反比例函数的解析式为y=﹣3x；（2）D（﹣2，32）；﹣2＜x＜0或x＞3；（3）P（4，0）．
【解析】（1）把点B（3，﹣1）带入反比例函数y1=mx中，即可求得k的值；
（2）联立直线和反比例函数的解析式构成方程组，化简为一个一元二次方程，解方程即可得到点D坐标，观察图象可得相应x的取值范围；
（3）把A（1，a）是反比例函数y1=mx的解析式，求得a的值，可得点A坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式，令y=0，解得x的值，即可求得点P的坐标.
解：（1）∵B（3，﹣1）在反比例函数y1=mx的图象上，
∴-1=m3，
∴m=-3，
∴反比例函数的解析式为y=?3x；
（2）y=?3xy=?12x+12，
∴?3x=?12x+12，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
当x=-2时，y=32，
∴D（－2，32）；
y1＞y2时x的取值范围是-232；
（3）∵A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，
∴a=-3，
∴A（1，-3），
设直线AB为y=kx+b,
k+b=?33k+b=?1，
∴k=1b=?4，
∴直线AB为y=x-4，
令y=0，则x=4，
∴P(4，0)
3．（2018?银川模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度，沿BA向点A移动；同时点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度，沿CB向点B移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0（1）当x为何值时，PQ⊥DQ；
（2）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最小值？并求出最小值．
【答案】（1）1.25（2）当x=1.5时，S有最小值为3.75
【解析】（1）可知BP=x,CQ=2x,BQ=4?2x， 先判定△BPQ∽△CQD， 得到QBCD=BPCQ， 即4?2x3=x2x, 解出x的值即得答案.
2用矩形的面积减去三个直角三角形的面积即可表示出S，根据二次函数的性质求解即可.
解：（1）当PQ⊥DQ时，∠PQB+∠DQC=90°,
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°.
∴∠PQB+∠QPB=90°,
∴∠QPB=∠DQC，
∴△BPQ∽△CQD，
∴QBCD=BPCQ，即4?2x3=x2x,
得x=1.25.
（2）S△QPD=12?12x4?2x?12×3×2x?12×4×3?x,
=x2?3x+6,
=x?1.52+3.75,
∴当x=1.5时，S有最小值为3.75.
【点评】考查了几何背景下的双动点问题，涉及二次含的最值，勾股定理，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，涉及知识点多，综合性比较强，熟悉各个知识点是解题的关键.
4．（2018?重庆模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由．
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
【答案】（1）经过2秒或4秒，△PBQ的面积等于8cm2；（2）线段PQ不能否将△ABC分成面积相等的两部分；（3）经过（5﹣2）秒，5秒，（5+2 ）秒后，△PBQ的面积为1．
【解析】（1）设经过x秒，使△PBQ面积等于8cm2．根据等量关系：△PBQ的面积等于8cm2，列出方程求解即可； （2）设经过y秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分根据面积之间的等量关系和判别式即可求解； （3）分三种情况：①P在线段AB上，Q在线段CB上，(06)，进行讨论即可求解．
解：（1）设经过x秒，
12(6?x)?2x=8，
x1=2，x2=4，
故经过2秒或4秒后，△PBQ面积等于8cm2．
（2）设经过y秒，
△ABC面积=12×6×8=24，
∴12(6?y)?2y=242，
y2?6y+12=0，
Δ=36?48=?12<0，
∴不存在．
（3）①P在线段AB上，Q在线段CB上，(012(6?t)(8?2t)=1，
t=5±2，
∵0∴t=5?2．
②P在线段AB上，Q在CB延长线上，(412(2t?8)(6?t)=1，
t2?70t+25=0，
t=5．
③P在AB延长线上，Q在CB延长线上，(t>6)，
12(t?6)(2t?8)=1，
t=5±2，
∵t>6，
∴t=5+2，
综上所述，t=5?2，5，5+2时，△PBQ面积为1.
5．（2018?无锡模拟）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．
（1）若∠AOB＝60o，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB．
（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．
①问：1OM?1ON的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求S1S2的取值范围．
【答案】（1）CN⊥OB；（2）①16②0＜S1S2≤12
【解析】（1）过P作PE⊥OA于E，易证四边形OMPQ为平行四边形．根据三角函数求得PE的长，再根据三角函数求得∠PCE的度数，即可得∠CPM＝90o，又因PM∥OB，即可证明CN⊥OB．（2）①设OM＝x，ON＝y，先证△NQP∽△NOC，即可得，把x，y代入整理即可得1OM－1ON的值.②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，可得S1＝OM·PE，S2＝12OC·NF，所以S1S2＝x?PE3NF．再证△CPM∽△CNO，所以PENF＝CMCO＝6?x6，用x表示出S1S2与x的关系，根据二次函数的性质即可得S1S2的取值范围．
解：（1）
过P作PE⊥OA于E．∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形．
∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60o，
∴PE＝PM·sin60o＝32，ME＝12，
∴CE＝OC－OM－ME＝32，∴tan∠PCE＝PECE＝33，
∴∠PCE＝30o，∴∠CPM＝90o，
又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90 o，即CN⊥OB．
（2）①1OM－1ON的值不发生变化． 理由如下：
设OM＝x，ON＝y．∵四边形OMPQ为菱形，∴ OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y－x．
∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O．又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴QPOC＝NQON，即x6＝y?xy，
∴6y－6x＝xy．两边都除以6xy，得1x－1y＝16，即1OM－1ON＝16．
②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，
则S1＝OM·PE，S2＝12OC·NF，
∴S1S2＝x?PE3NF．
∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O．又∵∠PCM=∠NCO，
∴△CPM∽△CNO．∴PENF＝CMCO＝6?x6．
∴S1S2＝x(6?x)18＝－118（x－3）2＋12．
∵06．（2018?连云港模拟）如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．
【解析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°． （2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系． （3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．
解：（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等边三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=12OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
而OC是⊙O的半径，
故PC与⊙O的位置关系是相切．
（3）如图；有三种情况：
①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣23）；
劣弧MA的长为：60π×4180=4π3；
②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣23）；
劣弧MA的长为：120π×4180=8π3；
③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，23）；
优弧MA的长为：240π×4180=16π3；
④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，23）；
优弧MA的长为：300π×4180=20π3；
综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为4π3,8π3,16π3,20π3对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．
【点评】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．
7．（2019·西宁模拟）如图，在⊙O中，AB是直径，半径为R，弧AC=R.
求：（1）∠AOC的度数.（2）若D为劣弧BC上的一动点，且弦AD与半径OC交于E点.试探求△AEC≌△DEO时，D点的位置.
【答案】(1)∠AOC=60°；
(2)D的位置，只要满足∠DOB=60°，或AC∥OD或劣弧BC的中点其中一条.
【解析】（1）根据弧AC=R和弧长公式，即可求得弧所对的圆心角的度数；
（2）根据全等三角形的性质得到对应角相等，再根据内错角相等，两条直线平行，即可得到AC∥OD，或者结合（1）的结论发现等边三角形AOC，从而证明点D只要满足∠DOB=60°，或AC∥OD或劣弧BC的中点即可．
解：（1）设∠AOC=n°,
∵AC=R，
∴R，
∴n=60°,
∴∠AOC=60°；
（2）∵∠AOC=60°,OA=OC,
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=∠AOC=60°.
∵△AEC≌△DEO，
∴∠CAO=∠DOB=∠C=60°，
∴AC∥OD,
∴∠BOD=∠CAO=60°, ∠COD=∠C=60°,
∴D是劣弧BC的中点，
∴D的位置，只要满足∠DOB=60°，或AC∥OD或劣弧BC的中点即可．
【点评】本题考查了弧长的计算公式，熟记弧长计算公式是解答本题的关键，如果扇形的圆心角是no，扇形的半径是R，则扇形的弧长l的计算公式为：.本题也考查了等边三角形的判定与性质，平行线的判定与性质.
8．（2019·鸡西模拟）如图，以长方形OBCD的顶点O为坐标原点建立平面直角坐标系，B点坐标为（0，a），C点坐标为（c，b），且a、b、C满足+|2b+12|+（c﹣4）2＝0．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）动点P从点O出发，沿O→B→C的路线以每秒2个单位长度的速度匀速运动，设点P的运动时间为t秒，DC上有一点M（4，﹣3），用含t的式子表示三角形OPM的面积；
（3）当t为何值时，三角形OPM的面积是长方形OBCD面积的？直接写出此时点P的坐标．
【答案】（1）B点坐标为（0，﹣6），C点坐标为（4，﹣6）（2）S△OPM＝4t或S△OPM＝﹣3t+21（3）当t为2秒或秒时，△OPM的面积是长方形OBCD面积的．此时点P的坐标是（0，﹣4）或（，﹣6）
【解析】（1）根据绝对值、平方和算术平方根的非负性，求得a，b，c的值，即可得到B、C两点的坐标；
（2）分两种情况：①P在OB上时，直接根据三角形面积公式可得结论；②P在BC上时，根据面积差可得结论；
（3）根据已知条件先计算三角形OPM的面积为8，根据（2）中的结论分别代入可得对应t的值，并计算此时点P的坐标．
解：（1）∵|2b+12|+（c﹣4）2=0，∴a+6=0，2b+12=0，c﹣4=0，∴a=﹣6，b=﹣6，c=4，∴B点坐标为（0，﹣6），C点坐标为（4，﹣6）．
（2）①当点P在OB上时，如图1，OP=2t，S△OPM2t×4=4t；
②当点P在BC上时，如图2，由题意得：BP=2t﹣6，CP=BC﹣BP=4﹣（2t﹣6）=10﹣2t，DM=CM=3，S△OPM=S长方形OBCD﹣S△0BP﹣S△PCM﹣S△ODM=6×46×（2t﹣6）3×（10﹣2t）4×3=﹣3t+21．
（3）由题意得：S△OPMS长方形OBCD（4×6）=8，分两种情况讨论：
①当4t=8时，t=2，此时P（0，﹣4）；
②当﹣3t+21=8时，t，PB=2t﹣6，此时P（，﹣6）．
综上所述：当t为2秒或秒时，△OPM的面积是长方形OBCD面积的．此时点P的坐标是（0，﹣4）或（，﹣6）．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，主要考查了平面直角坐标系中求点的坐标，动点问题，求三角形的面积，还考查了绝对值、平方和算术平方根的非负性、解一元一次方程，分类讨论是解答本题的关键．
9．（2019·成都模拟）在△ABC中，∠ACB＝45°．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？
（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝4，BC＝3，CD＝x，求线段CP的长．（用含x的式子表示）
【答案】（1）CF与BD位置关系是垂直,理由见解析；（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立，理由见解析；（3）见解析
【解析】（1）由∠ACB=45°，AB=AC，得∠ABD=∠ACB=45°；可得∠BAC=90°，由正方形ADEF，可得∠DAF=90°，AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF；∠BAC=∠BAD+∠DAC；得∠CAF=∠BAD．可证△DAB≌△FAC（SAS），得∠ACF=∠ABD=45°，得∠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，所以∠ACF=∠AGD=45°，∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°．即CF⊥BD． （3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC=4 ，BC=3，CD=x，求线段CP的长．考虑点D的位置，分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，已知∠BCA=45°，可求出AQ=CQ=4．即DQ=4-x，易证△AQD∽△DCP，再根据相似三角形的性质求解问题．②点D在线段BC延长线上运动时，由∠BCA=45°，可求出AQ=CQ=4，则DQ=4+x．过A作AQ⊥BC交CB延长线于点Q，则△AGD∽△ACF，得CF⊥BD，由△AQD∽△DCP，得再根据相似三角形的性质求解问题．
解：（1）CF与BD位置关系是垂直；
证明如下：
∵AB=AC，∠ACB=45°，
∴∠ABC=45°．
由正方形ADEF得AD=AF，
∵∠DAF=∠BAC=90°，
∴∠DAB=∠FAC，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ACF=∠ABD．
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°．
即CF⊥BD．
（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立．
理由是：
过点A作GA⊥AC交BC于点G，
∵∠ACB=45°，
∴∠AGD=45°，
∴AC=AG，
同理可证：△GAD≌△CAF
∴∠ACF=∠AGD=45°，∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°，
即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，
∵∠BCA=45°，可求出AQ=CQ=4．
∴DQ=4﹣x，△AQD∽△DCP，
∴，
∴，
∴．
②点D在线段BC延长线上运动时，
∵∠BCA=45°，
∴AQ=CQ=4，
∴DQ=4+x．
过A作AQ⊥BC，
∴∠Q=∠FAD=90°，
∵∠C′AF=∠C′CD=90°，∠AC′F=∠CC′D，
∴∠ADQ=∠AFC′，
则△AQD∽△AC′F．
∴CF⊥BD，
∴△AQD∽△DCP，
∴，
∴，
∴．
【点评】综合性题型，解题关键是灵活运用所学全等、相似、正方形等知识点.
10．（2019·南京模拟）在△ABC中，∠ABC为锐角，点M为射线AB上一动点，连接CM，以点C为直角顶点，以CM为直角边在CM右侧作等腰直角三角形CMN，连接NB．
（1）如图1，图2，若△ABC为等腰直角三角形，
问题初现：①当点M为线段AB上不与点A重合的一个动点，则线段BN，AM之间的位置关系是 ，数量关系是 ；
深入探究：②当点M在线段AB的延长线上时，判断线段BN，AM之间的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图3，∠ACB≠90°，若当点M为线段AB上不与点A重合的一个动点，MP⊥CM交线段BN于点P，且∠CBA＝45°，BC＝，当BM＝ 时，BP的最大值为 ．
【答案】（1）①AM⊥BN，AM＝BN；②AM与BN位置关系是AM⊥BN，数量关系是AM＝BN，见解析；（2）2，1.
【解析】（1）问题初现：①由“SAS”证明△ACM≌△BCN，可得结论；
深入探究：②由“SAS”证明△ACM≌△BCN，可得结论；
（2）过点C作CE⊥AB于点E，过点N作NF⊥CE于点F，则FN∥AB，通过证明四边形FNBE是矩形，可得CE＝BE＝4，∠CEM＝∠ABN＝90°，通过证明△CEM∽△MBP，可得，即BP＝=﹣（BM﹣2）2+1，由二次函数的性质可求解．
解：（1）问题初现：①AM与BN位置关系是AM⊥BN，数量关系是AM＝BN．
理由：∵△ABC，△CMN为等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠MCN＝90°，AC＝BC，CM＝CN，∠CAB＝∠CBA＝45°
∴∠ACM＝∠BCN，且 AC＝BC，CM＝CN，
∴△ACM≌△BCN （SAS）
∴∠CAM＝∠CBN＝45°，AM＝BN．
∵∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠ABN＝45°+45°＝90°，即 AM⊥BN
故答案为：AM⊥BN； AM＝BN；
深入探究：②当点M在线段AB的延长线上时，AM与BN位置关系是AM⊥BN，数量关系是AM＝BN．
理由如下：如图，
∵△ABC，△CMN为等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠MCN＝90°，AC＝BC，CM＝CN，∠CAB＝∠CBA＝45°
∴∠ACM＝∠BCN，且 AC＝BC，CM＝CN，
∴△ACM≌△BCN （SAS）
∴∠CAM＝∠CBN＝45°，AM＝BN．
∵∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠ABN＝45°+45°＝90°，即 AM⊥BN；
（2）如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点N作NF⊥CE于点F，则FN∥AB
∵△MCN是等腰直角三角形
∴CM＝CN，∠MCN＝90°
∴∠ECM+∠FCN＝90°，且∠ECM+∠CME＝90°
∴∠FCN＝∠CME，且CM＝CN，∠F＝∠CEM＝90°
∴△CNF≌△CME（AAS）
∴FN＝EC，EM＝CF
∵BC＝，CE⊥AB，∠CBA＝45°
∴CE＝BE＝4，
∴FN＝BE＝CE，且FN∥BA
∴四边形FNBE是平行四边形，且∠F＝90°
∴四边形FNBE是矩形
∴∠CEM＝∠ABN＝90°
∴∠PMB+∠MPB＝90°
∵CM⊥MP
∴∠CME+∠PMB＝90°
∴∠CME＝∠MPB，且∠CEM＝∠ABN＝90°
∴△CEM∽△MBP
∴
∴BP＝＝﹣（BM﹣2）2+1
∴当BM＝2时，BP有最大值为1．
故答案为：2，1
【点评】本题为三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，二次函数的性质及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
11．（2019·河南模拟）如下图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点．另一边交的延长线于点．
（1）观察猜想：线段与线段的数量关系是 ；
（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：
（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若、，求的值．
【答案】（1）；（2）成立，证明过程见解析；（3）.
【解析】（1）利用三角形全等的判定定理与性质即可得；
（2）如图（见解析），过点分别作，垂足分别为，证明方法与题（1）相同；
（3）如图（见解析），过点分别作，垂足分别为，先同（2）求出，从而可证，由相似三角形的性质可得，再根据平行线的性质和相似三角形的性质求出的值，即可得出答案.
解：（1），理由如下：
由直角三角板和正方形的性质得
在和中，
；
（2）成立，证明如下：
如图，过点分别作，垂足分别为，则四边形是矩形
由正方形对角线的性质得，为的角平分线
则
在和中，
；
（3）如图，过点分别作，垂足分别为
同（2）可知，
由长方形性质得：
，即
在和中，
.
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质，较难的是题（3），通过作辅助线，构造两个相似三角形是解题关键.
12．（2019·红河州模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P、Q同时停止运动，设运动时间为t（s）
（1）当t＝3时，线段PQ的长为 cm；
（2）是否存在某一时刻t，使点B在线段PQ的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形CPMN与Rt△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式．
【答案】（1）3；（2）存在，理由见解析, t＝（12﹣6）s；（3）S＝t2（0＜t≤3）或S＝﹣t2+12t﹣18（3＜t≤6）
【解析】（1）由题意得：当t＝3时，PC＝3＝AC，AQ＝3＝AB，即P、Q分别为AC、AB的中点，得出PQ为△ABC的中位线，得出PQ＝BC＝3即可；
（2）由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）分两种情况，由正方形面积公式和三角形面积公式，即可得出答案．
解：（1）∵∠C＝90°，AC＝BC＝6，
∴AB＝＝6，
当t＝3时，PC＝3＝AC，AQ＝3＝AB，
即P、Q分别为AC、AB的中点，
∴PQ为△ABC的中位线，
∴PQ＝BC＝3（cm）；
故答案为：3；
（2）存在．理由如下：
连接BP．如图1，
在Rt△ACB中，∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝6，
若点B在线段PQ的垂直平分线上，
则BP＝BQ，
∵AQ＝t，CP＝t，
∴BQ＝6﹣t，
∵PB2＝62+t2，
∴（6﹣t）2＝62+t2，
整理得：t2﹣24t+36＝0，
解得：t＝12﹣6或t＝12+6（舍去），
∴t＝（12﹣6）s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．
（3）分两种情况：
①当0＜t≤3时，如图2：
S＝正方形CPMN的面积＝t2；
②当3＜t≤6时，如图3：
∵PC＝t，AC＝6，
∴AP＝6﹣t
∵∠C＝∠APM＝∠M＝90°，∠A＝∠EFM＝45°，
∴△APE∽△FME∽△ACB，并且都是等腰直角三角形
∴PE＝AP＝6﹣t，
∴EM＝FM＝t﹣（6﹣t）＝2t﹣6，
∴S＝S正方形CPMN﹣SRt△EFM ＝t2﹣（2t﹣6）2＝﹣t2+12t﹣18；
综上所述，S关于t的函数关系式为：S＝t2（0＜t≤3）或S＝﹣t2+12t﹣18（3＜t≤6）．
【点评】本题主要考查等腰直角三角形中的动点问题，根据题意，分类讨论，求出二次函数解析式，是解题的关键.
