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中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
備考2024中考二輪數(shù)學(xué)《高頻考點(diǎn)沖刺》（全國通用）
專題29 點(diǎn)動問題
考點(diǎn)掃描☆聚焦中考
動態(tài)幾何中的點(diǎn)動問題在近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式考查，有一定的難度，屬于壓軸題，考查的知識點(diǎn)涉及三角形、四邊形、圓等，考查的熱點(diǎn)主要有單動點(diǎn)問題和雙動點(diǎn)問題。
考點(diǎn)剖析☆典型例題
例1 （2022 大連）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，點(diǎn)D在AC上，CD＝3，連接DB，AD＝DB，點(diǎn)P是邊AC上一動點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D，C重合），過點(diǎn)P作AC的垂線，與AB相交于點(diǎn)Q，連接DQ，設(shè)AP＝x，△PDQ與△ABD重疊部分的面積為S．
（1）求AC的長；
（2）求S關(guān)于x的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量x的取值范圍．
【答案】（1）AC＝8；
（2）當(dāng)0＜x＜5時，S＝﹣x2+x；當(dāng)5＜x＜8時，S＝﹣x2+x﹣．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)勾股定理可求出BD，根據(jù)AD＝BD進(jìn)而求出AC，
（2）分兩種情況進(jìn)行解答，即點(diǎn)P在點(diǎn)D的左側(cè)或右側(cè)，分別畫出相應(yīng)的圖形，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)分別用含有x的代數(shù)式表示PD、PE、PQ，由三角形面積之間的關(guān)系可得答案．
【解析】解：（1）在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝3，
∴BD＝＝5，
又∵AD＝BD，
∴AC＝AD+CD＝5+3＝8；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)D的左側(cè)時，即0＜x＜5，如圖1，此時重疊部分的面積就是△PQD的面積，
∵PQ⊥AC，BC⊥AC，
∴PQ∥BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴＝＝＝2，
設(shè)AP＝x，則PQ＝x，PD＝AD﹣AP＝5﹣x，
∴S重疊部分＝S△PQD＝（5﹣x）×x
＝﹣x2+x；
當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)D的右側(cè)時，即5＜x＜8，如圖2，
由（1）得，AP＝x，PQ＝x，則PD＝x﹣5，
∵PQ∥BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴＝＝，
∴PE＝（x﹣5），
∴QE＝PQ﹣PE＝x﹣（x﹣5）＝﹣x+，
∴S重疊部分＝S△DEQ
＝（x﹣5）×（﹣x+）
＝﹣x2+x﹣；
答：S關(guān)于x的函數(shù)解析式為：當(dāng)0＜x＜5時，S＝﹣x2+x；當(dāng)5＜x＜8時，S＝﹣x2+x﹣．
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，函數(shù)關(guān)系式以及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，求出相關(guān)三角形的邊長是解決問題的關(guān)鍵．
例2（2021 河池）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D，E分別是AB，BC邊上的動點(diǎn)，以BD為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)AD＝DF時，求證：△CAD≌△CFD；
（2）當(dāng)△CED是等腰三角形且△DEB是直角三角形時，求AD的長．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）AD的長為或．
【點(diǎn)撥】（1）因?yàn)锽D是⊙O的直徑，所以∠DFB＝90°，利用“HL“證明Rt△CAD≌Rt△CFD；
（2）因?yàn)椤鰿ED為等腰三角形，故每一條邊都可能是底邊，可以分三類討論，由于△DEB是直角三角形，所以D和F都可能為直角頂點(diǎn)，故需要分兩類討論，我們選擇按照D和F為直角頂點(diǎn)分兩類討論更簡單，當(dāng)∠EDB＝90°時，∠DEB＜90°，∠CED是鈍角，所以此時只能構(gòu)造EC＝ED的等腰三角形，故取點(diǎn)D使CD平分∠ACB，作DE⊥AB交BC于E，可以證明DE＝DC，且DE∥AC，得到△BDE∽△BAC，設(shè)DE＝DC＝x，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例，列出方程并求解，即可解決，當(dāng)∠DEB＝90°時，如圖2，則∠AED＝90°，若△CED為等腰三角形，則∠ECD＝∠EDC＝45°，即EC＝DC，可以利用三角函數(shù)或相似來求AD的長度．
【解析】證明：（1）∵BD為⊙O直徑，
∴∠DFB＝90°，
在Rt△ACD與Rt△FCD中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△FCD（HL），
解：（2）∵△DEB是直角三角形，且∠B＜90°，
∴直角頂點(diǎn)只能是D點(diǎn)和E點(diǎn)，
①若∠EDB＝90°，
如圖1，在AB上取點(diǎn)D，使CD平分∠ACB，過D作DE⊥AB交BC于E，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠ECD，
∵∠CAB＝∠EDB＝90°，
∴AC∥DE，
∴∠ACD＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，
此時△ECD為E為頂角頂點(diǎn)的等腰三角形，△DEB是以D為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
設(shè)CE＝DE＝x，
在直角△ABC中，BC＝＝5，
∴BE＝5﹣x，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴＝，
∴，
∴x＝，
∴，
∵DE∥AC，
∴，
∴，
∴AD＝，
②若∠DEB＝90°，
如圖2，則∠CED＝90°，
∵△CED為等腰三角形，
∴∠ECD＝∠EDC＝45°，
∴可設(shè)CE＝DE＝y(tǒng)，
∵tan∠B＝＝，
∴tan∠B＝＝，
∴，
∴BC＝CE+EB＝5，
∴y+＝5，
∴，
∴CE＝DE＝，
∴BD＝＝＝，
∴AD＝AB﹣BD＝4﹣＝，
∴AD的長為或．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，對于動點(diǎn)條件下的等腰三角形和直角三角形存在性問題，要注意分類討論，數(shù)形結(jié)合來解決問題．
考點(diǎn)過關(guān)☆專項(xiàng)突破
類型一 單動點(diǎn)問題
1．（2022 綿陽）如圖1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中點(diǎn)，N是對角線BD上一動點(diǎn)，設(shè)DN長為x，線段MN與AN長度的和為y，圖2是y關(guān)于x的函數(shù)圖象，圖象右端點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，3），則圖象最低點(diǎn)E的坐標(biāo)為（　　）
A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2）
【答案】C
【點(diǎn)撥】由函數(shù)圖象可得點(diǎn)F表示圖1中點(diǎn)N與點(diǎn)B重合時，即可求BD，BM的長，由銳角三角函數(shù)可求解．
【解析】解：如圖，連接AC，MC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，
∴AB＝BC，AC垂直平分BD，∠ABC＝60°，∠ABD＝∠DBC＝30°，
∴AN＝CN，△ABC是等邊三角形，
∴AN+MN＝CN+MN，
∴當(dāng)點(diǎn)N在線段CM上時，AN+MN有最小值為CM的長，
∵點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，3），
∴DB＝2，AB+BM＝3，
∵點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，
∴AM＝BM，CM⊥AB，
∴2BM+BM＝3，
∴BM＝1，
∵tan∠ABC＝tan60°＝＝，
∴CM＝，
∵cos∠ABD＝cos30°＝＝，
∴BN'＝，
∴DN'＝，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為：（，），
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，動點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，理解函數(shù)圖象中點(diǎn)表示的具體意義是解題的關(guān)鍵．
2．（2022 十堰）如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，點(diǎn)D是弧AC上一動點(diǎn)（不與A，C重合），下列結(jié)論：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③當(dāng)DB最長時，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正確的結(jié)論有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【點(diǎn)撥】由△ABC是等邊三角形，及同弧所對圓周角相等可得∠ADB＝∠BDC，即可判斷①正確；由點(diǎn)D是弧AC上一動點(diǎn)，可判斷②錯誤；根據(jù)DB最長時，DB為⊙O直徑，可判定③正確；在DB上取一點(diǎn)E，使DE＝AD，可得△ADE是等邊三角形，從而△ABE≌△ACD（SAS），有BE＝CD，可判斷④正確．
【解析】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵＝，＝，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝∠BDC，故①正確；
∵點(diǎn)D是弧AC上一動點(diǎn)，
∴與不一定相等，
∴DA與DC不一定相等，故②錯誤；
當(dāng)DB最長時，DB為⊙O直徑，
∴∠BCD＝90°，
∵∠BDC＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴DB＝2DC，故③正確；
在DB上取一點(diǎn)E，使DE＝AD，如圖：
∵∠ADB＝60°，
∴△ADE是等邊三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴BD＝BE+DE＝CD+AD，故④正確；
∴正確的有①③④，共3個，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形及外接圓，涉及三角形全等的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造三角形全等解決問題．
3．（2023 內(nèi)江）出入相補(bǔ)原理是我國古代數(shù)學(xué)的重要成就之一，最早是由三國時期數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)建．“將一個幾何圖形，任意切成多塊小圖形，幾何圖形的總面積保持不變，等于所分割成的小圖形的面積之和”是該原理的重要內(nèi)容之一，如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，對角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為BC邊上的一個動點(diǎn)，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分別為點(diǎn)F，G，則EF+EG＝　　．
【答案】．
【點(diǎn)撥】連接OE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，∠ABC＝90°，根據(jù)勾股定理得到AC＝＝13，求得OB＝OC＝，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解析】解：連接OE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，
∵AB＝5，BC＝12，
∴AC＝＝13，
∴OB＝OC＝，
∴S△BOC＝S△BOE+S△COE＝×OB EG+OC EF＝S△ABC＝＝15，
∴，
∴EG+EF＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
4．（2021 浙江）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，點(diǎn)D在AC上，且AD＝2，點(diǎn)E是AB上的動點(diǎn)，連結(jié)DE，點(diǎn)F，G分別是BC和DE的中點(diǎn)，連結(jié)AG，F(xiàn)G，當(dāng)AG＝FG時，線段DE長為（　　）
A． B． C． D．4
【答案】A
【點(diǎn)撥】法一：分別過點(diǎn)G，F(xiàn)作AB的垂線，垂足為M，N，過點(diǎn)G作GP⊥FN于點(diǎn)P，由中位線定理及勾股定理可分別表示出線段AG和FG的長，建立等式可求出結(jié)論．
法二：連接DF，AF，EF，利用中位線定理，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半求得△DFG是直角三角形，然后再結(jié)合全等三角形的判定和性質(zhì)求勾股定理求解．
【解析】解：法一、如圖，分別過點(diǎn)G，F(xiàn)作AB的垂線，垂足為M，N，過點(diǎn)G作GP⊥FN于點(diǎn)P，
∴四邊形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵點(diǎn)G和點(diǎn)F分別是線段DE和BC的中點(diǎn)，
∴GM和FN分別是△ADE和△ABC的中位線，
∴GM＝＝1，AM＝AE，
FN＝AC＝，AN＝AB＝，
∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，
∴PN＝1，F(xiàn)P＝，
設(shè)AE＝m，
∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，
在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，
在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，
∵AG＝GF，
∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，
解得m＝3，即AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故選：A．
法二、如圖，連接DF，AF，EF，
在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵點(diǎn)G是DE的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，
∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，
∴∠DAF＝∠B＝45°，
∵FG＝AG，
∴FG＝DG＝EG，
∴△DFE是直角三角形，且∠DFE＝90°，
∵∠DFA+∠AFE＝∠BFE+∠AFE＝90°，
∴∠DFA＝∠EFB，
在△AFD和△BFE中，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝BE＝2，
∴AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題主要考查中位線定理，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，構(gòu)造中位線是解題過程中常見思路．
5．（2022 貴港）如圖，在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，動點(diǎn)E在AB邊上（與點(diǎn)A，B均不重合），點(diǎn)F在對角線AC上，CE與BF相交于點(diǎn)G，連接AG，DF，若AF＝BE，則下列結(jié)論錯誤的是（　　）
A．DF＝CE B．∠BGC＝120° C．AF2＝EG EC D．AG的最小值為
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的性質(zhì)，利用SAS證明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正確；利用菱形的軸對稱知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，則∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，利用△BEG∽△CEB，得，且AF＝BE，可得C正確，利用定角對定邊可得點(diǎn)G在以O(shè)為圓心，OB為半徑的圓上運(yùn)動，連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AG的最小值，從而解決問題．
【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，BC＝AD，∠DAC＝∠BAD＝60°，
∴∠DAF＝∠CBE，
∵BE＝AF，
∴△ADF≌△BCE（SAS），
∴DF＝CE，∠BCE＝∠ADF，故A正確，不符合題意；
∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠BCE，
∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，不符合題意；
∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴，
∴BE2＝CE×EG，
∵BE＝AF，
∴AF2＝EG EC，故C正確，不符合題意；
以BC為底邊，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵∠BGC＝120°，BC＝1，
∴點(diǎn)G在以O(shè)為圓心，OB為半徑的圓上運(yùn)動，
連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝，
∴AO＝2OC＝，
∴AG的最小值為AO﹣OC＝，故D錯誤，符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用定邊對定角確定點(diǎn)G的運(yùn)動路徑是解題的關(guān)鍵．
6．（2023 常州）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延長線上的一點(diǎn)，CD＝2．M是邊BC上的一點(diǎn)（點(diǎn)M與點(diǎn)B、C不重合），以CD、CM為鄰邊作 CMND．連接AN并取AN的中點(diǎn)P，連接PM，則PM的取值范圍是 　．　．
【答案】．
【點(diǎn)撥】先根據(jù)題意確定點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡，即可確定MP的最大值和最小值，從而解答．
【解析】解：∵AB＝AC＝4，
∴AD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形CNMD是平行四邊形，
∴DN∥BC，DN＝BC，CD∥MN，CD＝MN，
∴∠ADN＝∠ACB＝45°＝∠ABC＝∠CMN，
當(dāng)M與B重合時，如圖M1，N1，P1，∠ABN1＝90°，
∴AN1＝＝2，
∵P1是中點(diǎn)，
∴MP1＝AN1＝，
當(dāng)MP⊥BC時，如圖P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中點(diǎn)，
∴P的運(yùn)動軌跡為平行于BC的線段，交AC于H，
∴CH＝3﹣2＝1，
∵∠ACB＝45°，
∴PH與BC間的距離為P2M2＝CH＝，
∵M(jìn)不與B、C重合，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形中線的性質(zhì)，勾股定理，確定點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡是解題關(guān)鍵．
7．（2023 廣州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，點(diǎn)M是邊AC上一動點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別是AB，MB的中點(diǎn)，當(dāng)AM＝2.4時，DE的長是 　1.2　.若點(diǎn)N在邊BC上，且CN＝AM，點(diǎn)F，G分別是MN，AN的中點(diǎn)，當(dāng)AM＞2.4時，四邊形DEFG面積S的取值范圍是 　3≤S≤4　．
【答案】1.2；3＜S≤4．
【點(diǎn)撥】依據(jù)題意，根據(jù)三角形中位線定理可得DE＝AM＝1.2；設(shè)AM＝x，從而DE＝x，由DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，F(xiàn)G＝AM，進(jìn)而DE∥FG，DE＝FG，從而四邊形DEFG是平行四邊形，結(jié)合題意可得DE邊上的高為（4﹣x），故四邊形DEFG面積S＝4x﹣x2，進(jìn)而利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得S的取值范圍．
【解析】解：由題意，點(diǎn)D，E分別是AB，MB的中點(diǎn)，
∴DE是三角形ABM的中位線．
∴DE＝AM＝1.2．
如圖，
設(shè)AM＝x，
∴DE＝AM＝x．
由題意得，DE∥AM，且DE＝AM，
又FG∥AM，F(xiàn)G＝AM，
∴DE∥FG，DE＝FG．
∴四邊形DEFG是平行四邊形．
由題意，GF到AC的距離是x，BC＝＝8，
∴DE邊上的高為（4﹣x）．
∴四邊形DEFG面積S＝2x﹣x2，＝﹣（x﹣4）2+4．
∵2.4＜x≤6，
∴3≤S≤4．
故答案為：1.2；3≤S≤4．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形的中位線定理，解題時要熟練掌握并靈活運(yùn)用是關(guān)鍵．
8．（2023 通遼）如圖，等邊三角形ABC的邊長為6cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B勻速運(yùn)動，過點(diǎn)P作PQ⊥AB，交邊AC于點(diǎn)Q，以PQ為邊作等邊三角形PQD，使點(diǎn)A，D在PQ異側(cè)，當(dāng)點(diǎn)D落在BC邊上時，點(diǎn)P需移動 　1　s．
【答案】1．
【點(diǎn)撥】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到角與邊的等量關(guān)系，從而證明△BDP≌APQ，由此得到邊之間的關(guān)系，進(jìn)而求解．
【解析】解：設(shè)點(diǎn)P需移動t秒，點(diǎn)D落在BC邊上，如圖所示．
∵三角形PQD是等邊三角形，
∴∠DPQ＝60°，
∴∠BPD＝180°﹣∠APQ﹣∠DPQ＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠BDP＝180°﹣∠B﹣∠BPD＝180°﹣60°﹣30°＝90°．
∠AQP＝180°﹣∠APQ﹣∠A＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
∵∠BDP＝∠APQ＝90°，DP＝PQ，∠BPD＝∠AQP＝30°，
∴△BDP≌△APQ（ASA）．
∴BP＝AB﹣AP＝6﹣2t，BD＝AP＝2t，
∵∠BPD＝30°，
∴BD＝BP，即2t＝（6﹣2t），
∴t＝1．
故答案為：1．
【點(diǎn)睛】本題通過動點(diǎn)問題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定及其性質(zhì)的運(yùn)用．
9．（2021 湖北）如圖1，已知∠RPQ＝45°，△ABC中，∠ACB＝90°，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以2cm/s的速度在線段AC上向點(diǎn)C運(yùn)動，PQ，PR分別與射線AB交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，且PE⊥AB，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時停止運(yùn)動，如圖2，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x s，∠RPQ與△ABC的重疊部分面積為y cm2，y與x的函數(shù)關(guān)系由C1（0＜x≤5）和C2（5＜x≤n）兩段不同的圖象組成．
（1）填空：①當(dāng)x＝5s時，EF＝　10　cm；
②sinA＝　　；
（2）求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；
（3）當(dāng)y≥36cm2時，請直接寫出x的取值范圍．
【答案】（1）10，．
（2）y＝．
（3）3≤x≤6．
【點(diǎn)撥】（1）當(dāng)x＝5時，如圖3中，點(diǎn)F與B重合．利用三角形的面積公式求出EF，PE，可得結(jié)論．
（2）分兩種情形：當(dāng)0＜x≤5時，重疊部分是△PEF，當(dāng)5＜x≤6時，如圖4中，重疊部分是四邊形PTBE，分別利用三角形面積公式求解即可．
（3）求出y＝36時，對應(yīng)的x的值，可得結(jié)論．
【解析】解：（1）當(dāng)x＝5時，如圖3中，點(diǎn)F與B重合．
∵∠RPQ＝45°，PE⊥AB，
∴∠PEF＝90°，
∴∠EPF＝∠PFE＝45°，
∴EF＝EP，
由題意 EF PE＝50，
∴EF＝PE＝10（cm），
∵AP＝5×2＝10（cm），
∴sinA＝＝＝．
故答案為：10，．
（2）當(dāng)0＜x≤5時，重疊部分是△PEF，y＝×（×2x）2＝2x2．
如圖3中，在Rt△APE中，AE＝＝＝20（cm），
∴AB＝EF+AE＝30（cm），
∴BC＝AB＝6（cm），
∴AC＝＝＝12，
∴點(diǎn)P從A運(yùn)動到C的時間x＝＝6，
當(dāng)5＜x≤6時，如圖4中，重疊部分是四邊形PTBE，作BL∥PF交AC于L，過點(diǎn)L作LJ⊥AB于J，LK⊥AC交AB于K，過點(diǎn)B作BH⊥PF于H．
∵BL∥PF，
∴∠LBJ＝∠PFE＝45°，
∴△BLJ是等腰直角三角形，
∴BJ＝LJ＝10（cm），BL＝10（cm），
∵tanA＝＝，
∴LK＝5，AK＝25，
∴BK＝AB﹣AK＝30﹣25＝5，
∵BC∥KL，
∴∠FBT＝∠BKL，
∴△FBT∽△BKL，
∴＝，
∴＝，
∴FT＝（12x﹣60）（cm），
∵BH＝BF＝（6x﹣30）＝3x﹣15，
∴y＝S△PEF﹣S△BTF＝×2x×2x﹣×（12x﹣60） （3x﹣15）＝﹣34x2+360x﹣900．
解法二：過點(diǎn)T作TW⊥BF于W，求出TW，根據(jù)S△TBF＝ BF TW，求解．
綜上所述，y＝．
（3）當(dāng)y＝36時，2x2＝36，x＝3，
﹣34x2+360x﹣900＝36，
解得x＝6或，
∵＜5，
∴x＝不符合題意舍棄，
觀察圖象可知，滿足條件的x的值為3≤x≤6．
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，三角形的面積，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是讀懂圖象信息，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．
10．（2021 銅仁市）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．點(diǎn)P是CA邊上的一動點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以每秒2cm的速度沿CA方向勻速運(yùn)動，以CP為邊作等邊△CPQ（點(diǎn)B、點(diǎn)Q在AC同側(cè)），設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為x秒，△ABC與△CPQ重疊部分的面積為S．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC內(nèi)部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示，不要求寫x的取值范圍）；
（2）當(dāng)點(diǎn)Q落在AB上時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S的值；
（3）當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC外部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示）．
【答案】（1）S＝x2．
（2）S＝16．
（3）S＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）．
【點(diǎn)撥】（1）如圖1中，當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC內(nèi)部時，求出等邊△PQC的面積即可．
（2）如圖2中，當(dāng)點(diǎn)Q落在AB上時，過點(diǎn)Q作QH⊥AC于H．利用平行線分線段成比例定理求出QH即可．
（3）如圖3中，點(diǎn)Q落在△ABC外部時，設(shè)CQ交AB于N，PQ交AB于M，過點(diǎn)N作NH⊥AC于H，過點(diǎn)M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．利用相似三角形的性質(zhì)求出MJ，求出△BCQ，△APQ的面積即可．
【解析】解：（1）如圖1中，當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC內(nèi)部時，S＝×（2x）2＝x2．
（2）如圖2中，當(dāng)點(diǎn)Q落在AB上時，過點(diǎn)Q作QH⊥AC于H．
∵∠QHA＝∠ACB＝90°，
∴QH∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4，
∴CP＝8，CH＝PH＝4，
∴S＝×82＝16．
（3）如圖3中，點(diǎn)Q落在△ABC外部時，設(shè)CQ交AB于N，PQ交AB于M，過點(diǎn)N作NH⊥AC于H，過點(diǎn)M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．
由（2）可知，CH＝HT＝4，CT＝NT＝8，NH＝4，AT＝4，
∴S△BCN＝×6×4＝12，
∵NT∥PM，
∴△AMP∽△ANT，
∴＝，
∴＝，
∴MJ＝12﹣2x，
∴S＝S△ABC﹣S△BCN﹣S△AMP＝×6×12﹣12﹣×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）．
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，三角形的面積，平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
11．（2023 綏化）已知：四邊形ABCD為矩形，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)F是BC延長線上的一個動點(diǎn)（點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合）．連接AF交CD于點(diǎn)G．
（1）如圖一，當(dāng)點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)時，求證：△ADG≌△FCG；
（2）如圖二，過點(diǎn)C作CE⊥AF，垂足為E．連接BE，設(shè)BF＝x，CE＝y(tǒng)．求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖三，在（2）的條件下，過點(diǎn)B作BM⊥BE，交FA的延長線于點(diǎn)M．當(dāng)CF＝1時，求線段BM的長．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）y＝（或者y＝）；
（3）BM＝．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD∥BF，則∠D＝∠DCF，根據(jù)題意得出DG＝CG，即可證明△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）在Rt△ABF中，根據(jù)勾股定理表示出AF，證明△CEF∽△ABF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（3）過點(diǎn)E作EN⊥BF于點(diǎn)N，得出△ABF，△CEF為等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，證明△BAM∽△BCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，
.∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
∵G為CD中點(diǎn)，
∴DG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF＝90°＝∠ABC，
∵∠F＝∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝，
∵AB＝4，BF＝x，
在Rt△ABF中，AF＝＝，
∵CE＝y(tǒng)，
∴＝，
∴y＝（或者y＝）；
（3）解：過點(diǎn)E作EN⊥BF于點(diǎn)N，
∵四邊形ABCD為矩形，AD＝3，
∴AD＝BC＝3，
∵AB＝4，CF＝1，
∴AB＝BF，
∴△ABF為等腰直角三角形，
∴∠CFE＝∠BAF＝45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF為等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN＝NF＝NE＝，
在Rt△BNE中，根據(jù)勾股定理得：
BE2＝BN2+EN2，
∴BE＝＝，
∵∠ECF＝∠BAF＝45°，
∴∠BAM＝∠BCE＝135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE＝90°，
∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠MBA＝∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，列函數(shù)關(guān)系式，勾股定理，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
12．（2023 成都）探究式學(xué)習(xí)是新課程倡導(dǎo)的重要學(xué)習(xí)方式，某興趣小組擬做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB邊上一點(diǎn)，且＝（n為正整數(shù)），E是AC邊上的動點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE的垂線交直線BC于點(diǎn)F．
【初步感知】
（1）如圖1，當(dāng)n＝1時，興趣小組探究得出結(jié)論：AE+BF＝AB，請寫出證明過程．
【深入探究】
（2）①如圖2，當(dāng)n＝2，且點(diǎn)F在線段BC上時，試探究線段AE，BF，AB之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；
②請通過類比、歸納、猜想，探究出線段AE，BF，AB之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）．
【拓展運(yùn)用】
（3）如圖3，連接EF，設(shè)EF的中點(diǎn)為M，若AB＝2，求點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)C的過程中，點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長（用含n的代數(shù)式表示）．
【答案】（1）見解析過程；
（2）①＝，見解析過程；
②當(dāng)點(diǎn)F在射線BC上時，，當(dāng)點(diǎn)F在CB延長線上時，；
（3）點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長為 ．
【點(diǎn)撥】（1）由“ASA”可證△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解；
（2）①先證△ADN和△BDH是等腰直角三角形，可得AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，可求AD＝x，BD＝2x，通過證明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解；
②分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可求解；
（3）由題意可得點(diǎn)M在線段CD的垂直平分線上運(yùn)動，由相似三角形的性質(zhì)可求M'R＝1，由勾股定理和相似三角形的性質(zhì)可求RM″＝n，由勾股定理可求解．
【解析】（1）證明：連接CD，
∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB，
∴AB＝AC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB，
∵ED⊥FD，
∴∠EDF＝∠CDB＝90°，
∴∠CDE＝∠BDF，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴CE＝BF，
∴AE+BF＝AE+CE＝AC＝AB；
（2）①AE+BF＝AB，理由如下：
過點(diǎn)D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
設(shè)AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，
∴AD＝x，BD＝2x，
∴AB＝3x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝2NE，
∴AE+BF＝x+NE+（2x﹣FH）＝2x＝AB；
②如圖4，當(dāng)點(diǎn)F在射線BC上時，過點(diǎn)D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
設(shè)AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE+BF＝x﹣NE+（nx+FH）＝2x＝AB；
當(dāng)點(diǎn)F在CB的延長線上時，如圖5，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
設(shè)AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；
綜上所述：當(dāng)點(diǎn)F在射線BC上時，，當(dāng)點(diǎn)F在CB延長線上時，；
（3）如圖，連接CD，CM，DM，
∵EF的中點(diǎn)為M，∠ACB＝∠EDF＝90°，
∴CM＝DM＝EF，
∴點(diǎn)M在線段CD的垂直平分線上運(yùn)動，
如圖，當(dāng)點(diǎn)E'與點(diǎn)A重合時，點(diǎn)F'在BC的延長線上，
當(dāng)點(diǎn)E''與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)F″在CB的延長線上，
過點(diǎn)M'作M'R⊥F'C于R，
∴M'R∥AC，
∴＝，
∴M'R＝1，F(xiàn)'R＝CR，
由圖2，設(shè)AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x＝2，
∴x＝，
∵F'D＝BD＝nx，
∴F'B＝2nx，
∴CF'＝2nx﹣2，
∴CR＝nx﹣1＝﹣1＝，
由（2）可得：CD＝＝x ，DF″＝nDE″＝nx ，
∴CF″＝（1+n2）x，
∴CM″＝＝＝，
∴RM″＝n，
∴M″M'＝，
∴點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長為．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．
類型二 雙動點(diǎn)問題
1．（2023 蘇州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（9，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），以O(shè)A，OC為邊作矩形OABC．動點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)O，B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OA，BC向終點(diǎn)A，C移動．當(dāng)移動時間為4秒時，AC EF的值為（　　）
A． B．9 C．15 D．30
【答案】D
【點(diǎn)撥】利用點(diǎn)的坐標(biāo)，分別計算AC和EF，再相乘即可．
【解析】解：連接AC、EF．
∵四邊形OABC為矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F(xiàn)（5，3）．
∴AC＝＝＝3，
EF＝＝，
∴AC EF＝3×＝30．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)及坐標(biāo)，較為簡單，直接計算即可．
2．（2022 恩施州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)M從點(diǎn)B同時出發(fā)，以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)其中一個動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，兩個動點(diǎn)同時停止運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（單位：s），下列結(jié)論正確的是（　　）
A．當(dāng)t＝4s時，四邊形ABMP為矩形 B．當(dāng)t＝5s時，四邊形CDPM為平行四邊形
C．當(dāng)CD＝PM時，t＝4s D．當(dāng)CD＝PM時，t＝4s或6s
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意，表示出DP，BM，AP和CM的長，當(dāng)四邊形ABMP為矩形時，根據(jù)AP＝BM，列方程求解即可；當(dāng)四邊形CDPM為平行四邊形，根據(jù)DP＝CM，列方程求解即可；當(dāng)CD＝PM時，分兩種情況：①四邊形CDPM是平行四邊形，②四邊形CDPM是等腰梯形，分別列方程求解即可．
【解析】解：根據(jù)題意，可得DP＝t cm，BM＝t cm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
當(dāng)四邊形ABMP為矩形時，AP＝BM，
即10﹣t＝t，
解得t＝5，
故A選項(xiàng)不符合題意；
當(dāng)四邊形CDPM為平行四邊形，DP＝CM，
即t＝8﹣t，
解得t＝4，
故B選項(xiàng)不符合題意；
當(dāng)CD＝PM時，分兩種情況：
①四邊形CDPM是平行四邊形，
此時CM＝PD，
即8﹣t＝t，
解得t＝4，
②四邊形CDPM是等腰梯形，
過點(diǎn)M作MG⊥AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)C作CH⊥AD于點(diǎn)H，如圖所示：
則∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵PM＝CD，GM＝HC，
∴△MGP≌△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∵AG＝AP+GP＝10﹣t+，
又∵BM＝t，
∴10﹣t+＝t，
解得t＝6，
綜上，當(dāng)CD＝PM時，t＝4s或6s，
故C選項(xiàng)不符合題意，D選項(xiàng)符合題意，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，涉及動點(diǎn)問題，用含t的代數(shù)式表示出各線段的長是解題的關(guān)鍵．
3．（2023 陜西）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．點(diǎn)E在邊AD上，且ED＝3，M、N分別是邊AB、BC上的動點(diǎn)，且BM＝BN，P是線段CE上的動點(diǎn)，連接PM，PN．若PM+PN＝4．則線段PC的長為 　2　．
【答案】2．
【點(diǎn)撥】過點(diǎn)P分別作PF⊥DC，PG⊥BC，PH⊥AB，由題意知PG＝PF，再說明PM與PH重合，PN與PG重合，得出四邊形MPNB為正方形，即可求出PC＝2．
【解析】解：如圖，過點(diǎn)P分別作PF⊥DC，PG⊥BC，PH⊥AB，
∵DE＝CD＝3，∠D＝90°，
∴∠ECD＝45°，
∴∠ECB＝45°，
∴PG＝PF，
∵PM≥PH，PN≥PG，
∴PM+PN≥PH+PG＝4，
∵PM+PN＝4，
∴PM與PH重合，PN與PG重合，
∵BM＝BN，
∴四邊形MPNB為正方形，
∴PM＝PN＝2，
∴PC＝2．
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，作出適當(dāng)?shù)妮o助線是解題關(guān)鍵．
4．（2022 宿遷）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)M、N分別是邊AD、BC的中點(diǎn)，某一時刻，動點(diǎn)E從點(diǎn)M出發(fā)，沿MA方向以每秒2個單位長度的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動；同時，動點(diǎn)F從點(diǎn)N出發(fā)，沿NC方向以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動，其中一點(diǎn)運(yùn)動到矩形頂點(diǎn)時，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，連接EF，過點(diǎn)B作EF的垂線，垂足為H．在這一運(yùn)動過程中，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長是 　π　．
【答案】π．
【點(diǎn)撥】如圖1中，連接MN交EF于點(diǎn)P，連接BP．首先證明PN＝2，利用勾股定理求出BP．由∠BHP＝90°，推出點(diǎn)H在BP為直徑的⊙O上運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)E與A重合時，如圖2中，連接OH，ON．點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡是．求出∠HON，再利用弧長公式求解．
【解析】解：如圖1中，連接MN交EF于點(diǎn)P，連接BP．
∵四邊形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，
∴四邊形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝6，
∵EM∥NF，
∴△EPM∽△FPN，
∴＝＝＝2，
∴PN＝2，PM＝4，
∵BN＝4，
∴BP＝＝＝2，
∵BH⊥EF，
∴∠BHP＝90°，
∴點(diǎn)H在BP為直徑的⊙O上運(yùn)動，
當(dāng)點(diǎn)E與A重合時，如圖2中，連接OH，ON．點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡是．
此時AM＝4，NF＝2，
∴BF＝AB＝6，
∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，
∴BH平分∠ABF，
∴∠HBN＝45°，
∴∠HON＝2∠HBN＝90°，
∴點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡的長＝＝π．
故答案為：π．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，軌跡，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．
5．（2022 大慶）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的兩個動點(diǎn)，且正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍．連接DE，DF分別與對角線AC交于點(diǎn)M，N，給出如下幾個結(jié)論：①若AE＝2，CF＝3，則EF＝4；②∠EFN+∠EMN＝180°；③若AM＝2，CN＝3，則MN＝4；④若＝2，BE＝3，則EF＝4．其中正確結(jié)論的序號為 　②　．
【答案】②．
【點(diǎn)撥】根據(jù)已知條件可得EF＝AE+FC，即可判斷①，進(jìn)而推出∠EDF＝45°，判斷②正確，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM，GN，證明△GMN是直角三角形，結(jié)合勾股定理驗(yàn)證③，證明∠BEF＝∠MNG＝30°，即可判斷④．
【解析】解：∵正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍，
∴BE+BF+EF＝AB+BC，
∴EF＝AE+FC，
若AE＝2，CF＝3，則EF＝2+3＝5，故①錯誤；
如圖，在BA的延長線上取點(diǎn)H，使得AH＝CF，
在正方形ABCD中，AD＝CD，∠HAD＝∠FCD＝90°，
在△AHD和△CFD中，
，
∴△AHD≌△CFD（SAS），
∴∠CDF＝∠ADH，HD＝DF，∠H＝∠DFC，
又∵EF＝AE+CF，
∴EF＝AE+AH＝EH，
在△DEH和△DEF中，
，
∴△DEH≌△DEF（SSS），
∴∠HDE＝∠FDE，∠H＝∠EFD，∠HED＝∠FED，
∵∠CDF+∠ADF＝∠ADH+∠ADF＝∠HDF＝90°
∴∠EDF＝∠HDE＝45°，
∵∠H＝∠DFC＝∠DFE，∠EMN＝∠HED+∠EAM＝45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN＝∠DFC+45°+∠DEF＝∠DFE+∠EDF+∠DEF＝180°，
則∠EFN+∠EMN＝180°，故②正確；
如圖，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM，GN，
在△AED和△GED中，
，
∴△AED≌△GED（AAS），
同理，△GDF≌△CDF（AAS），
∴AG＝DG＝CF，∠ADE＝∠GDE，∠GDF＝∠CDF，
∴點(diǎn)A，G關(guān)于DE對稱軸，C，G關(guān)于DF對稱，
∴GM＝AM，GN＝CN，∠EGM＝∠EAM＝45°，∠NGF＝∠NCF＝45°，
∴∠MGN＝90°，即△GMN是直角三角形，
若AM＝2，CN＝3，
∴GM＝2，GN＝3，
在Rt△GMN中，MN＝＝，故③錯誤；
∵M(jìn)G＝AM，且＝2，BE＝3，
在Rt△GMN中，sin∠MNG＝＝＝，
∴∠MNG＝30°，
∵∠EFN+∠EMN＝180°，∠EMN+∠AME＝180°，
且∠CFN＝∠EFN，
∴∠AME＝∠CFN，
∴2∠AME＝2∠CFN，
即∠AMG＝∠CFG，
∴∠GMN＝∠BFE，
∴∠BEF＝∠MNG＝30°，
∴cos∠BEF＝cos∠MNG＝＝，
∴EF＝2，故④錯誤，
綜上，正確結(jié)論的序號為②，
故答案為：②．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，題目有一定綜合性，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．
6．（2023 重慶）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，動點(diǎn)E，F(xiàn)均以每秒1個單位長度的速度同時從點(diǎn)A出發(fā)，E沿折線A→B→C方向運(yùn)動，F(xiàn)沿折線A→C→B方向運(yùn)動，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，點(diǎn)E，F(xiàn)的距離為y．
（1）請直接寫出y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式并注明自變量t的取值范圍；
（2）在給定的平面直角坐標(biāo)系中，畫出這個函數(shù)圖象，并寫出該函數(shù)的一條性質(zhì)；
（3）結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出點(diǎn)E，F(xiàn)相距3個單位長度時t的值．
【答案】（1）；
（2）圖象見解答過程；當(dāng)0≤t≤4時，y隨t的增大而增大．（答案不唯一，正確即可）；
（3）3或4.5．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)動點(diǎn)E、F運(yùn)動的路線和速度分段進(jìn)行分析，寫出不同時間的函數(shù)表達(dá)式并注明自變量t的取值范圍即可；
（2）根據(jù)畫函數(shù)圖象的方法分別畫出兩段函數(shù)圖象，然后寫出這個函數(shù)的其中一條性質(zhì)即可；
（3）根據(jù)兩個函數(shù)關(guān)系式分別求出當(dāng)y＝3時的t值即可解決問題．
【解析】解：（1）當(dāng)點(diǎn)E、F分別在AB、AC上運(yùn)動時，△AEF為邊長等于t的等邊三角形，
∴點(diǎn)E，F(xiàn)的距離等于AE、AF的長，
∴當(dāng)0≤t≤4時，y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式為y＝t，
當(dāng)點(diǎn)E、F都在BC上運(yùn)動時，點(diǎn)E，F(xiàn)的距離等于4﹣2（t﹣4），
∴當(dāng)4＜t≤6時，y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式為y＝4﹣2（t﹣4）＝12﹣2t，
∴y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）由（1）中得到的函數(shù)表達(dá)式可知：當(dāng)t＝0時，y＝0；當(dāng)t＝4時，y＝4；當(dāng)t＝6時，y＝0，
分別描出三個點(diǎn)（0，0），（4，4）（6，0），然后順次連線，如圖：
根據(jù)函數(shù)圖象可知這個函數(shù)的其中一條性質(zhì)：當(dāng)0≤t≤4時，y隨t的增大而增大．（答案不唯一，正確即可）
（3）把y＝3分別代入y＝t和y＝12﹣2t中，得：
3＝t，3＝12﹣2t，
解得：t＝3或t＝4.5，
∴點(diǎn)E，F(xiàn)相距3個單位長度時t的值為3或4.5．
【點(diǎn)睛】本題是一道三角形綜合題，主要考查等邊三角形的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，以及一次函數(shù)的應(yīng)用，深入理解題意是解決問題的關(guān)鍵．
7．（2021 大連）如圖，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q兩動點(diǎn)同時從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿BC→CD以1cm/s的速度向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q沿BA→AC以2cm/s的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動．
設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（s），△BPQ 的面積為S （cm2）．
（1）求AC的長；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
【答案】（1）5cm；（2）S＝．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)勾股定理直接計算AC的長；
（2）根據(jù)點(diǎn)P、Q的運(yùn)動位置進(jìn)行分類，分別畫圖表示相應(yīng)的△BPQ的面積即可．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC＝（cm），
∴AC的長為5cm；
（2）當(dāng)0＜t≤1.5時，如圖，
S＝；
當(dāng)1.5＜t≤4時，如圖，作QH⊥BC于H，
∴CQ＝8﹣2t，
∵sin∠BCA＝，
∴，
∴QH＝，
∴S＝＝﹣；
③當(dāng)4＜t≤7時，
CP＝t﹣4，BQ＝BC＝4，
∴S＝S△BPQ＝＝＝2t﹣8，
綜上所述：S＝．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)、勾股定理，以及三角形面積的表示，根據(jù)動點(diǎn)的位置進(jìn)行分類討論是解決問題的關(guān)鍵．
8．（2023 吉林）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4cm，點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，動點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，B同時出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度沿邊AB向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿折線BC﹣CD向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動，連接PO并延長交邊CD于點(diǎn)M，連接QO并延長交折線DA﹣AB于點(diǎn)N，連接PQ，QM，MN，NP，得到四邊形PQMN．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x（s）（0＜x＜4），四邊形PQMN的面積為 y（cm2）
（1）BP的長為 　（4﹣x）　cm，CM的長為 　x　cm．（用含x的代數(shù)式表示）
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
（3）當(dāng)四邊形PQMN是軸對稱圖形時，直接寫出x的值．
【答案】（1）（4﹣x），x；
（2）；
（3） s或 s．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，即可證得△MCO和△PAO全等，從而得出CM＝AP；
（2）分0＜x≤2，2＜x≤4兩種情況分別畫出圖形，根據(jù)正方形的面積、直角三角形的面積、平行四邊形的面積即可求解；
（3）根據(jù)（2）中的圖形，分四邊形PQMN為矩形、菱形分別求解即可．
【解析】解：（1）由題意得，AP＝x cm，BQ＝2x cm，
∵AB＝4cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（4﹣x） cm，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，
∵點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，
∴CO＝AO，
在△MCO和△PAO中，
，
∴△MCO≌△PAO（AAS），
∴CM＝AP＝x cm，
故答案為：（4﹣x），x；
（2）當(dāng)0＜x≤2時，點(diǎn)Q在邊BC上，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠QCO＝∠NAO，∠CQO＝∠ANO，
∵點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，
∴CO＝AO，
在△QCO和△NAO中，
，
∴△QCO≌△NAO（AAS），
∴CQ＝AN．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝CD＝AD＝4cm，
∵BQ＝2x cm，
∴CQ＝BC﹣BQ＝（4﹣2x） cm，
∴AN＝（4﹣2x） cm，
∴DM＝CD﹣CM＝（4﹣x） cm，DN＝AD﹣AN＝2x cm，
∴，
，
，
，
∴y＝S正方形ABCD﹣S△APN﹣S△CMQ﹣S△BPQ﹣S△DMN
＝42﹣2（2x﹣x2）﹣2（4x﹣x2）
＝16﹣4x+2x2﹣8x+2x2
＝4x2﹣12x+16；
當(dāng)2＜x＜4時，點(diǎn)Q在邊CD上，如圖，
同上△MCO≌△PAO，△QCO≌△NAO，
∴MO＝PO，QO＝NO，
∴四邊形PQMN是平行四邊形，
∵AP＝x cm，AN＝CQ＝（2x﹣4）cm，
∴PN＝AP﹣AN＝x﹣（2x﹣4）＝（﹣x+4）cm，
∴y＝AD PN＝4（﹣x+4）＝﹣4x+16；
綜上，；
（3）①當(dāng)0＜x≤2時，
當(dāng)四邊形PQMN是矩形時，PB＝QB，
∴4﹣x＝2x，
解得；
當(dāng)四邊形PQMN是菱形時，PQ＝MQ，
∴（4﹣x）2+（2x）2＝x2+（4﹣2x）2，
解得x＝0（舍去）；
②當(dāng)2＜x＜4時，
當(dāng)四邊形PQMN是矩形時，PB＝CQ，
∴4﹣x＝2x﹣4，
解得；
當(dāng)四邊形PQMN是菱形時，PN＝PQ，
∴（﹣x+4）2＝42+[2x﹣4﹣（4﹣x）]2，
∵Δ＜0，
∴方程無解，舍去；
綜上，當(dāng)四邊形PQMN是軸對稱圖形時，x的值是 s或 s．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，軸對稱圖形的定義，動點(diǎn)問題等知識，熟練掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．
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備考2024中考二輪數(shù)學(xué)《高頻考點(diǎn)沖刺》（全國通用）
專題29 點(diǎn)動問題
考點(diǎn)掃描☆聚焦中考
動態(tài)幾何中的點(diǎn)動問題在近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式考查，有一定的難度，屬于壓軸題，考查的知識點(diǎn)涉及三角形、四邊形、圓等，考查的熱點(diǎn)主要有單動點(diǎn)問題和雙動點(diǎn)問題。
考點(diǎn)剖析☆典型例題
例1 （2022 大連）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，點(diǎn)D在AC上，CD＝3，連接DB，AD＝DB，點(diǎn)P是邊AC上一動點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D，C重合），過點(diǎn)P作AC的垂線，與AB相交于點(diǎn)Q，連接DQ，設(shè)AP＝x，△PDQ與△ABD重疊部分的面積為S．
（1）求AC的長；
（2）求S關(guān)于x的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量x的取值范圍．
例2（2021 河池）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D，E分別是AB，BC邊上的動點(diǎn)，以BD為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)AD＝DF時，求證：△CAD≌△CFD；
（2）當(dāng)△CED是等腰三角形且△DEB是直角三角形時，求AD的長．
考點(diǎn)過關(guān)☆專項(xiàng)突破
類型一 單動點(diǎn)問題
1．（2022 綿陽）如圖1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中點(diǎn)，N是對角線BD上一動點(diǎn)，設(shè)DN長為x，線段MN與AN長度的和為y，圖2是y關(guān)于x的函數(shù)圖象，圖象右端點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，3），則圖象最低點(diǎn)E的坐標(biāo)為（　　）
A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2）
2．（2022 十堰）如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，點(diǎn)D是弧AC上一動點(diǎn)（不與A，C重合），下列結(jié)論：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③當(dāng)DB最長時，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正確的結(jié)論有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
3．（2023 內(nèi)江）出入相補(bǔ)原理是我國古代數(shù)學(xué)的重要成就之一，最早是由三國時期數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)建．“將一個幾何圖形，任意切成多塊小圖形，幾何圖形的總面積保持不變，等于所分割成的小圖形的面積之和”是該原理的重要內(nèi)容之一，如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，對角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為BC邊上的一個動點(diǎn)，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分別為點(diǎn)F，G，則EF+EG＝　　．
4．（2021 浙江）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，點(diǎn)D在AC上，且AD＝2，點(diǎn)E是AB上的動點(diǎn)，連結(jié)DE，點(diǎn)F，G分別是BC和DE的中點(diǎn)，連結(jié)AG，F(xiàn)G，當(dāng)AG＝FG時，線段DE長為（　　）
A． B． C． D．4
5．（2022 貴港）如圖，在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，動點(diǎn)E在AB邊上（與點(diǎn)A，B均不重合），點(diǎn)F在對角線AC上，CE與BF相交于點(diǎn)G，連接AG，DF，若AF＝BE，則下列結(jié)論錯誤的是（　　）
A．DF＝CE B．∠BGC＝120° C．AF2＝EG EC D．AG的最小值為
6．（2023 常州）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延長線上的一點(diǎn)，CD＝2．M是邊BC上的一點(diǎn)（點(diǎn)M與點(diǎn)B、C不重合），以CD、CM為鄰邊作 CMND．連接AN并取AN的中點(diǎn)P，連接PM，則PM的取值范圍是 　　．
7．（2023 廣州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，點(diǎn)M是邊AC上一動點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別是AB，MB的中點(diǎn)，當(dāng)AM＝2.4時，DE的長是 　　.若點(diǎn)N在邊BC上，且CN＝AM，點(diǎn)F，G分別是MN，AN的中點(diǎn)，當(dāng)AM＞2.4時，四邊形DEFG面積S的取值范圍是 　　．
8．（2023 通遼）如圖，等邊三角形ABC的邊長為6cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B勻速運(yùn)動，過點(diǎn)P作PQ⊥AB，交邊AC于點(diǎn)Q，以PQ為邊作等邊三角形PQD，使點(diǎn)A，D在PQ異側(cè)，當(dāng)點(diǎn)D落在BC邊上時，點(diǎn)P需移動 　　s．
9．（2021 湖北）如圖1，已知∠RPQ＝45°，△ABC中，∠ACB＝90°，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以2cm/s的速度在線段AC上向點(diǎn)C運(yùn)動，PQ，PR分別與射線AB交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，且PE⊥AB，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時停止運(yùn)動，如圖2，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x s，∠RPQ與△ABC的重疊部分面積為y cm2，y與x的函數(shù)關(guān)系由C1（0＜x≤5）和C2（5＜x≤n）兩段不同的圖象組成．
（1）填空：①當(dāng)x＝5s時，EF＝　　cm；
②sinA＝　　；
（2）求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；
（3）當(dāng)y≥36cm2時，請直接寫出x的取值范圍．
10．（2021 銅仁市）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．點(diǎn)P是CA邊上的一動點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以每秒2cm的速度沿CA方向勻速運(yùn)動，以CP為邊作等邊△CPQ（點(diǎn)B、點(diǎn)Q在AC同側(cè)），設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為x秒，△ABC與△CPQ重疊部分的面積為S．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC內(nèi)部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示，不要求寫x的取值范圍）；
（2）當(dāng)點(diǎn)Q落在AB上時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S的值；
（3）當(dāng)點(diǎn)Q落在△ABC外部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S（用含x的代數(shù)式表示）．
11．（2023 綏化）已知：四邊形ABCD為矩形，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)F是BC延長線上的一個動點(diǎn)（點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合）．連接AF交CD于點(diǎn)G．
（1）如圖一，當(dāng)點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)時，求證：△ADG≌△FCG；
（2）如圖二，過點(diǎn)C作CE⊥AF，垂足為E．連接BE，設(shè)BF＝x，CE＝y(tǒng)．求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖三，在（2）的條件下，過點(diǎn)B作BM⊥BE，交FA的延長線于點(diǎn)M．當(dāng)CF＝1時，求線段BM的長．
12．（2023 成都）探究式學(xué)習(xí)是新課程倡導(dǎo)的重要學(xué)習(xí)方式，某興趣小組擬做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB邊上一點(diǎn)，且＝（n為正整數(shù)），E是AC邊上的動點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE的垂線交直線BC于點(diǎn)F．
【初步感知】
（1）如圖1，當(dāng)n＝1時，興趣小組探究得出結(jié)論：AE+BF＝AB，請寫出證明過程．
【深入探究】
（2）①如圖2，當(dāng)n＝2，且點(diǎn)F在線段BC上時，試探究線段AE，BF，AB之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；
②請通過類比、歸納、猜想，探究出線段AE，BF，AB之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）．
【拓展運(yùn)用】
（3）如圖3，連接EF，設(shè)EF的中點(diǎn)為M，若AB＝2，求點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)C的過程中，點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長（用含n的代數(shù)式表示）．
類型二 雙動點(diǎn)問題
1．（2023 蘇州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（9，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），以O(shè)A，OC為邊作矩形OABC．動點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)O，B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OA，BC向終點(diǎn)A，C移動．當(dāng)移動時間為4秒時，AC EF的值為（　　）
A． B．9 C．15 D．30
2．（2022 恩施州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)M從點(diǎn)B同時出發(fā)，以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)其中一個動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，兩個動點(diǎn)同時停止運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（單位：s），下列結(jié)論正確的是（　　）
A．當(dāng)t＝4s時，四邊形ABMP為矩形 B．當(dāng)t＝5s時，四邊形CDPM為平行四邊形
C．當(dāng)CD＝PM時，t＝4s D．當(dāng)CD＝PM時，t＝4s或6s
3．（2023 陜西）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．點(diǎn)E在邊AD上，且ED＝3，M、N分別是邊AB、BC上的動點(diǎn)，且BM＝BN，P是線段CE上的動點(diǎn)，連接PM，PN．若PM+PN＝4．則線段PC的長為 　　．
4．（2022 宿遷）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)M、N分別是邊AD、BC的中點(diǎn)，某一時刻，動點(diǎn)E從點(diǎn)M出發(fā)，沿MA方向以每秒2個單位長度的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動；同時，動點(diǎn)F從點(diǎn)N出發(fā)，沿NC方向以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動，其中一點(diǎn)運(yùn)動到矩形頂點(diǎn)時，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，連接EF，過點(diǎn)B作EF的垂線，垂足為H．在這一運(yùn)動過程中，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長是 　　．
5．（2022 大慶）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的兩個動點(diǎn)，且正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍．連接DE，DF分別與對角線AC交于點(diǎn)M，N，給出如下幾個結(jié)論：①若AE＝2，CF＝3，則EF＝4；②∠EFN+∠EMN＝180°；③若AM＝2，CN＝3，則MN＝4；④若＝2，BE＝3，則EF＝4．其中正確結(jié)論的序號為 　　．
6．（2023 重慶）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，動點(diǎn)E，F(xiàn)均以每秒1個單位長度的速度同時從點(diǎn)A出發(fā)，E沿折線A→B→C方向運(yùn)動，F(xiàn)沿折線A→C→B方向運(yùn)動，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，點(diǎn)E，F(xiàn)的距離為y．
（1）請直接寫出y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式并注明自變量t的取值范圍；
（2）在給定的平面直角坐標(biāo)系中，畫出這個函數(shù)圖象，并寫出該函數(shù)的一條性質(zhì)；
（3）結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出點(diǎn)E，F(xiàn)相距3個單位長度時t的值．
7．（2021 大連）如圖，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q兩動點(diǎn)同時從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿BC→CD以1cm/s的速度向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q沿BA→AC以2cm/s的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動．
設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（s），△BPQ 的面積為S （cm2）．
（1）求AC的長；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
8．（2023 吉林）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4cm，點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，動點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，B同時出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度沿邊AB向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿折線BC﹣CD向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動，連接PO并延長交邊CD于點(diǎn)M，連接QO并延長交折線DA﹣AB于點(diǎn)N，連接PQ，QM，MN，NP，得到四邊形PQMN．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x（s）（0＜x＜4），四邊形PQMN的面積為 y（cm2）
（1）BP的長為 　　cm，CM的長為 　　cm．（用含x的代數(shù)式表示）
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
（3）當(dāng)四邊形PQMN是軸對稱圖形時，直接寫出x的值．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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