中考數(shù)學解題技巧 95幾何動點與變換綜合性問題

中考數(shù)學大題狂練之壓軸大題突破培優(yōu)練幾何動點與變換綜合性問題【真題再現(xiàn)】1．（2020年淮安第26題）[初步嘗試]（1）如圖①，在三角形紙片ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，則AM與BM的數(shù)量關系為AM＝BM；[思考說理]（2）如圖②，在三角形紙片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，求AMBM[拓展延伸]（3）如圖③，在三角形紙片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，將△ABC沿過頂點C的直線折疊，使點B落在邊AC上的點B′處，折痕為CM．①求線段AC的長；②若點O是邊AC的中點，點P為線段OB′上的一個動點，將△APM沿PM折疊得到△A′PM，點A的對應點為點A′，A′M與CP交于點F，求PFMF【分析】（1）利用平行線的方向的定理解決問題即可．（2）利用相似三角形的性質(zhì)求出BM，AM即可．（3）①證明△BCM∽△BAC，推出BCAB②證明△PFA′∽△MFC，推出PFFM=PA'CM，因為【解析】（1）如圖①中，∵△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，∴MN垂直平分線段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案為AM＝BM．（2）如圖②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由題意MN垂直平分線段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴BCBA∴610∴BM=18∴AM＝AB﹣BM＝10?18∴AMBM（3）①如圖③中，由折疊的性質(zhì)可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴BC∴69∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴69∴AC=15②如圖③﹣1中，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴PFFM∵CM＝5，∴PFFM∵點P在線段OB上運動，OA＝OC=154，AB′=15∴32≤PA′∴3102．（2020年宿遷第27題）【感知】如圖①，在四邊形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，點E在邊CD上，∠AEB＝90°，求證：AEEB【探究】如圖②，在四邊形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，點E在邊CD上，點F在邊AD的延長線上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且EFEG=AEEB，連接BG交求證：BH＝GH．【拓展】如圖③，點E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC＝180°，且AEEB=DEEC，過E作EF交AD于點F，若∠EFA＝∠AEB，延長FE交BC于點G．求證：【分析】【感知】證得∠BEC＝∠EAD，證明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性質(zhì)得出AEEB【探究】過點G作GM⊥CD于點M，由（1）可知EFEG=DEGM，證得BC＝GM，證明△BCH≌△【拓展】在EG上取點M，使∠BME＝∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N＝∠BMG，證明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性質(zhì)得出AEBE=EFBM，證明△DEF∽△ECN，則DEEC=EFCN，得出EFBM=EF【解析】【感知】證明：∵∠C＝∠D＝∠AEB＝90°，∴∠BEC+∠AED＝∠AED+∠EAD＝90°，∴∠BEC＝∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴AEEB【探究】證明：如圖1，過點G作GM⊥CD于點M，由（1）可知EFEG∵EFEG∴DEGM∴BC＝GM，又∵∠C＝∠GMH＝90°，∠CHB＝∠MHG，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH＝GH，【拓展】證明：如圖2，在EG上取點M，使∠BME＝∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N＝∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF＝∠AEF+∠AEB+∠BEM＝180°，∠EFA＝∠AEB，∴∠EAF＝∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴AEBE∵∠AEB+∠DEC＝180°，∠EFA+∠DFE＝180°，而∠EFA＝∠AEB，∴∠CED＝∠EFD，∵∠BMG+∠BME＝180°，∴∠N＝∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED＝∠FED+∠DEC+∠CEN＝180°，∴∠EDF＝∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴DEEC又∵AEEB∴EFBM∴BM＝CN，又∵∠N＝∠BMG，∠BGM＝∠CGN，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG＝CG．3．（2020年常州第26題）如圖1，點B在線段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．（1）點F到直線CA的距離是1；（2）固定△ABC，將△CEF繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)30°，使得CF與CA重合，并停止旋轉(zhuǎn)．①請你在圖1中用直尺和圓規(guī)畫出線段EF經(jīng)旋轉(zhuǎn)運動所形成的平面圖形（用陰影表示，保留畫圖痕跡，不要求寫畫法）．該圖形的面積為π12②如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中，線段CF與AB交于點O，當OE＝OB時，求OF的長．【分析】（1）如圖1中，作FD⊥AC于D．證明△ABC≌△CDF（AAS）可得結論．（2）線段EF經(jīng)旋轉(zhuǎn)運動所形成的平面圖形如圖所示，此時點E落在CF上的點H處．根據(jù)S陰＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF計算即可．（3）如圖2中，過點E作EH⊥CF于H．設OB＝OE＝x．在Rt△EOH中，利用勾股定理構建方程求解即可．【解析】（1）如圖1中，作FD⊥AC于D，∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，∴∠ACF＝30°，∴∠BAC＝∠FCD，在△ABC和△CDF中，∠BAC=∠FCD∠ABC=∠CDF∴△ABC≌△CDF（AAS），∴FD＝BC＝1，法二：∵∠ECF＝∠FCD＝30°，F(xiàn)D⊥CD，F(xiàn)E⊥CE，∴DF＝EF，∵EF＝BC＝1，∴DF＝1．故答案為1；（2）線段EF經(jīng)旋轉(zhuǎn)運動所形成的平面圖形如圖所示，此時點E落在CF上的點H處．S陰＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH=30?π?故答案為π12（3）如圖2中，過點E作EH⊥CF于H．設OB＝OE＝x．在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，∴EC=3EF=3，EH=32，CH在Rt△BOC中，OC=O∴OH＝CH﹣OC=3在Rt△EOH中，則有x2＝（32）2+（32?解得x=73或∴OC=1+(∵CF＝2EF＝2，∴OF＝CF﹣OC＝2?4解法二：作OG⊥EC于G，設OG＝x，則OC＝2x，CG=3x在Rt△OBC中，利用勾股定理，構建方程，求出x，可得結論．4．（2020年南通第24題）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．將矩形折疊，使點A落在點P處，折痕為DE．（1）如圖①，若點P恰好在邊BC上，連接AP，求APDE（2）如圖②，若E是AB的中點，EP的延長線交BC于點F，求BF的長．【分析】（1）如圖①中，取DE的中點M，連接PM．證明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．（2）如圖②中，過點P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．設EG＝x，則BG＝4﹣x．證明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2【解析】（1）如圖①中，取DE的中點M，連接PM．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴POPM∴APDE解法二：證明△ABP和△DAE相似，APDE（2）如圖②中，過點P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．則四邊形AGHD是矩形，設EG＝x，則BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴EGPH∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得x=16∴BG＝4?16在Rt△EGP中，GP=E∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴EGEB∴165∴BF＝3．5．（2019年南通中考第27題）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4．E，F(xiàn)分別在AD，BC上，點A與點C關于EF所在的直線對稱，P是邊DC上的一動點．（1）連接AF，CE，求證四邊形AFCE是菱形；（2）當△PEF的周長最小時，求DPCP（3）連接BP交EF于點M，當∠EMP＝45°時，求CP的長．【分析】（1）由“AAS”可證△AEO≌△CFO，可得AE＝CF，可得四邊形AFCE是平行四邊形，且AC⊥EF，可證四邊形AFCE是菱形；（2）作點F關于CD的對稱點H，連接EH，交CD于點P，此時△EFP的周長最小，由勾股定理可求AF的長，由平行線分線段成比例可求解；（3）延長EF，延長AB交于點N，過點E作EH⊥BC于H，交BP于點G，過點O作BO⊥FN于點O，可證四邊形ABHE是矩形，可得AB＝EH＝2，BH＝AE=52，由相似三角形的性質(zhì)依次求出BN，NF，BO，EM，EG的長，通過證明△BGH∽△BPC，由相似三角形的性質(zhì)可求【解析】證明：（1）如圖：連接AF，CE，AC交EF于點O∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，∵點A與點C關于EF所在的直線對稱∴AO＝CO，AC⊥EF∵∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，AO＝CO∴△AEO≌△CFO（AAS）∴AE＝CF，且AE∥CF∴四邊形AFCE是平行四邊形，且AC⊥EF∴四邊形AFCE是菱形；（2）如圖，作點F關于CD的對稱點H，連接EH，交CD于點P，此時△EFP的周長最小，∵四邊形AFCE是菱形∴AF＝CF＝CE＝AE，∵AF2＝BF2+AB2，∴AF2＝（4﹣AF）2+4，∴AF=∴AE=5∴DE=∵點F，點H關于CD對稱∴CF＝CH=∵AD∥BC∴DP（3）如圖，延長EF，延長AB交于點N，過點E作EH⊥BC于H，交BP于點G，過點B作BO⊥FN于點O，由（2）可知，AE＝CF=52，BF＝∵EH⊥BC，∠A＝∠ABC＝90°∴四邊形ABHE是矩形∴AB＝EH＝2，BH＝AE=∴FH＝1∴EF=EH∵AD∥BC∴△BFN∽△AEN∴BN∴BN∴BN＝3，NF=∴AN＝5，NE=∵∠N＝∠N，∠BON＝∠A＝90°∴△NBO∽△NEA∴BN∴3∴BO=355∵∠EMP＝∠BMO＝45°，BO⊥EN∴∠OBM＝∠BMO＝45°∴BO＝MO=∴ME＝EN﹣NO﹣MO=∵AB∥EH∴△BNM∽△GEM∴BN∴3∴EG=∴GH＝EH﹣EG=∵EH∥CD∴△BGH∽△BPC∴GH∴5∴CP=點評：本題是相似形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當輔助線構造相似三角形是本題的關鍵．6．（2019年蘇州中考第27題）已知矩形ABCD中，AB＝5cm，點P為對角線AC上的一點，且AP＝25cm．如圖①，動點M從點A出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C的方向勻速運動（不包含點C）．設動點M的運動時間為t（s），△APM的面積為S（cm2），S與t的函數(shù)關系如圖②所示．（1）直接寫出動點M的運動速度為2cm/s，BC的長度為10cm；（2）如圖③，動點M重新從點A出發(fā)，在矩形邊上按原來的速度和方向勻速運動，同時，另一個動點N從點D出發(fā)，在矩形邊上沿著D→C→B的方向勻速運動，設動點N的運動速度為v（cm/s）．已知兩動點M，N經(jīng)過時間x（s）在線段BC上相遇（不包含點C），動點M，N相遇后立即同時停止運動，記此時△APM與△DPN的面積分別為S1（cm2），S2（cm2）①求動點N運動速度v（cm/s）的取值范圍；②試探究S1?S2是否存在最大值，若存在，求出S1?S2的最大值并確定運動時間x的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由題意得t＝2.5s時，函數(shù)圖象發(fā)生改變，得出t＝2.5s時，M運動到點B處，得出動點M的運動速度為：52.5=2cm/s，由t＝7.5s時，S＝0，得出t＝7.5s時，M運動到點C處，得出BC＝10（（2）①由題意得出當在點C相遇時，v=57.5=23（cm/s），當在點B相遇時，v=②過P作EF⊥AB于F，交CD于E，則EF∥BC，由平行線得出AFAB=APAC，得出AF＝2，DE＝AF＝2，CE＝BF＝3，由勾股定理得出PF＝4，得出EP＝6，求出S1＝S△APM＝S△APF+S梯形PFBM﹣S△ABM＝﹣2x+15，S2＝S△DPM＝S△DEP+S梯形EPMC﹣S△DCM＝2x，得出S1?S2＝（﹣2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x?【解析】（1）∵t＝2.5s時，函數(shù)圖象發(fā)生改變，∴t＝2.5s時，M運動到點B處，∴動點M的運動速度為：52.5=2cm/∵t＝7.5s時，S＝0，∴t＝7.5s時，M運動到點C處，∴BC＝（7.5﹣2.5）×2＝10（cm），故答案為：2，10；（2）①∵兩動點M，N在線段BC上相遇（不包含點C），∴當在點C相遇時，v=57.5=23當在點B相遇時，v=5+102.5=6（cm∴動點N運動速度v（cm/s）的取值范圍為23cm/s＜v≤6cm/s②過P作EF⊥AB于F，交CD于E，如圖3所示：則EF∥BC，EF＝BC＝10，∴AFAB∵AC=AB2∴AF5解得：AF＝2，∴DE＝AF＝2，CE＝BF＝3，PF=A∴EP＝EF﹣PF＝6，∴S1＝S△APM＝S△APF+S梯形PFBM﹣S△ABM=12×4×2+12（4+2x﹣5）×3?S2＝S△DPM＝S△DEP+S梯形EPMC﹣S△DCM=12×2×6+12（6+15﹣2x）×3?∴S1?S2＝（﹣2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x?154）2∵2.5＜154＜∴當x=154時，S1?S2的最大值為點評：本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、函數(shù)的圖象、三角形面積公式、梯形面積公式、平行線的性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性強，有一定難度，正確理解函數(shù)圖象是解題的關鍵．7．（2019年揚州中考第27題）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB＝20，BC＝10，以CD為一邊向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G＝90°．點M在線段AB上，且AM＝a，點P沿折線AD﹣DG運動，點Q沿折線BC﹣CG運動（與點G不重合），在運動過程中始終保持線段PQ∥AB．設PQ與AB之間的距離為x．（1）若a＝12．①如圖1，當點P在線段AD上時，若四邊形AMQP的面積為48，則x的值為3；②在運動過程中，求四邊形AMQP的最大面積；（2）如圖2，若點P在線段DG上時，要使四邊形AMQP的面積始終不小于50，求a的取值范圍．【分析】（1）①P在線段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，由梯形面積公式得出方程，解方程即可；②當P，在AD上運動時，P到D點時四邊形AMQP面積最大，為直角梯形，得出0＜x≤10時，四邊形AMQP面積的最大值=1當P在DG上運動，10＜x＜20，四邊形AMQP為不規(guī)則梯形，作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，則PKa＝x，PN＝x﹣10，EF＝BC＝10，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出GE=12CD＝10，得出GF＝GE+EF＝20，GH＝20﹣x，證明△GPQ∽△GDC，得出比例式，得出PQ＝40﹣2x，求出梯形AMQP的面積=12（12+40﹣2x）×x＝﹣（（2）P在DG上，則10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40﹣2x，梯形AMQP的面積S=12（a+40﹣2x）×x＝﹣x2+40+a2x，對稱軸x＝10+a4，得出10≤10+a4≤15，對稱軸在10和15之間，得出10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開口向下，當【解析】（1）解：①P在線段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，四邊形AMQP的面積=12（12+20）解得：x＝3；故答案為：3；②當P，在AD上運動時，P到D點時四邊形AMQP面積最大，為直角梯形，∴0＜x≤10時，四邊形AMQP面積的最大值=1當P在DG上運動，10＜x＜20，四邊形AMQP為不規(guī)則梯形，作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，如圖2所示：則PK＝x，PN＝x﹣10，EF＝BC＝10，∵△GDC是等腰直角三角形，∴DE＝CE，GE=12∴GF＝GE+EF＝20，∴GH＝20﹣x，由題意得：PQ∥CD，∴△GPQ∽△GDC，∴PQDC即PQ20解得：PQ＝40﹣2x，∴梯形AMQP的面積=12（12+40﹣2x）×x＝﹣x2+26x＝﹣（x﹣13）∴當x＝13時，四邊形AMQP的面積最大＝169；（2）解：P在DG上，則10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40﹣2x，梯形AMQP的面積S=12（a+40﹣2x）×x＝﹣x2+40+a2x，對稱軸為：∵0≤a≤20，∴10≤10+a∵10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開口向下，∴當x無限接近于20時，S最小，∴﹣202+40+a∴a＞5；綜上所述，a的取值范圍為5＜a≤20．點評：本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、梯形面積公式、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形相似是解題的關鍵．8．（2019年無錫中考第28題）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝3，動點P從B出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿射線BC方向移動，作△PAB關于直線PA的對稱△PAB′，設點P的運動時間為t（s）．（1）若AB＝23．①如圖2，當點B′落在AC上時，顯然△PAB′是直角三角形，求此時t的值；②是否存在異于圖2的時刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，請直接寫出所有符合題意的t的值？若不存在，請說明理由．（2）當P點不與C點重合時，若直線PB′與直線CD相交于點M，且當t＜3時存在某一時刻有結論∠PAM＝45°成立，試探究：對于t＞3的任意時刻，結論“∠PAM＝45°”是否總是成立？請說明理由．【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB'CB②分三種情形分別求解即可：如圖2﹣1中，當∠PCB′＝90°時．如圖2﹣2中，當∠PCB′＝90°時．如圖2﹣3中，當∠CPB′＝90°時．（2）如圖3﹣2中，首先證明四邊形ABCD是正方形，如圖3﹣2中，利用全等三角形的性質(zhì)，翻折不變性即可解決問題．【解析】（1）①如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC=A∵∠PCB′＝∠ACB，∠PB′C＝∠ABC＝90°，∴△PCB′∽△ACB，∴CB'CB∴21?2∴PB′＝27?∴t＝PB＝27?②如圖2﹣1中，當∠PCB′＝90°時，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AB＝CD＝23，AD＝BC＝3，∴DB′=(2∴CB′＝CD﹣DB′=3在Rt△PCB′中，∵B′P2＝PC2+B′C2，∴t2＝（3）2+（3﹣t）2，∴t＝2．如圖2﹣2中，當∠PCB′＝90°時，在Rt△ADB′中，DB′=AB∴CB′＝33在Rt△PCB′中則有：(33)2如圖2﹣3中，當∠CPB′＝90°時，易證四邊形ABP′為正方形，易知t＝23．綜上所述，滿足條件的t的值為2s或6s或23s．（2）如圖3﹣1中，∵∠PAM＝45°∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°又∵翻折，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∵∠ADM＝∠AB′M，AM＝AM，∴△AMD≌△AMB′（AAS），∴AD＝AB′＝AB，即四邊形ABCD是正方形，如圖，設∠APB＝x．∴∠PAB＝90°﹣x，∴∠DAP＝x，易證△MDA≌△B′AM（HL），∴∠BAM＝∠DAM，∵翻折，∴∠PAB＝∠PAB′＝90°﹣x，∴∠DAB′＝∠PAB′﹣∠DAP＝90°﹣2x，∴∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣∴∠MAP＝∠DAM+∠PAD＝45°．點評：本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．9．（2019年淮安中考第27題）如圖①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點．小明對圖①進行了如下探究：在線段AD上任取一點P，連接PB．將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應點是點E，連接BE，得到△BPE．小明發(fā)現(xiàn)，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側．請你幫助小明繼續(xù)探究，并解答下列問題：（1）當點E在直線AD上時，如圖②所示．①∠BEP＝50°；②連接CE，直線CE與直線AB的位置關系是EC∥AB．（2）請在圖③中畫出△BPE，使點E在直線AD的右側，連接CE．試判斷直線CE與直線AB的位置關系，并說明理由．（3）當點P在線段AD上運動時，求AE的最小值．【分析】（1）①利用等腰三角形的性質(zhì)即可解決問題．②證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（2）如圖③中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．利用圓周角定理證明∠BCE=12∠（3）因為點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，所以當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【解析】（1）①如圖②中，∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，②結論：AB∥EC．理由：∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分線段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案為50，AB∥EC．（2）如圖③中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．∵AD垂直平分線段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE=12∠∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．（3）如圖④中，作AH⊥CE于H，∵點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，∴當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．點評：本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，圓周角定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，靈活運用所學知識解決問題，學會利用輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題．10．（2018年蘇州中考第28題）如圖①，直線l表示一條東西走向的筆直公路，四邊形ABCD是一塊邊長為100米的正方形草地，點A，D在直線l上，小明從點A出發(fā)，沿公路l向西走了若干米后到達點E處，然后轉(zhuǎn)身沿射線EB方向走到點F處，接著又改變方向沿射線FC方向走到公路l上的點G處，最后沿公路l回到點A處．設AE＝x米（其中x＞0），GA＝y(tǒng)米，已知y與x之間的函數(shù)關系如圖②所示，（1）求圖②中線段MN所在直線的函數(shù)表達式；（2）試問小明從起點A出發(fā)直至最后回到點A處，所走過的路徑（即△EFG）是否可以是一個等腰三角形？如果可以，求出相應x的值；如果不可以，說明理由．【分析】（1）根據(jù)點M、N的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出圖②中線段MN所在直線的函數(shù)表達式；（2）分FE＝FG、FG＝EG及EF＝EG三種情況考慮：①考慮FE＝FG是否成立，連接EC，通過計算可得出ED＝GD，結合CD⊥EG，可得出CE＝CG，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出∠CGE＝∠CEG、∠FEG＞∠CGE，進而可得出FE≠FG；②考慮FG＝EG是否成立，由正方形的性質(zhì)可得出BC∥EG，進而可得出△FBC∽△FEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出若FG＝EG則FC＝BC，進而可得出CG、DG的長度，在Rt△CDG中，利用勾股定理即可求出x的值；③考慮EF＝EG是否成立，同理可得出若EF＝EG則FB＝BC，進而可得出BE的長度，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可求出x的值．綜上即可得出結論．【解析】（1）設線段MN所在直線的函數(shù)表達式為y＝kx+b，將M（30，230）、N（100，300）代入y＝kx+b，30k+b=230100k+b=300，解得：k=1∴線段MN所在直線的函數(shù)表達式為y＝x+200．（2）分三種情況考慮：①考慮FE＝FG是否成立，連接EC，如圖所示．∵AE＝x，AD＝100，GA＝x+200，∴ED＝GD＝x+100．又∵CD⊥EG，∴CE＝CG，∴∠CGE＝∠CEG，∴∠FEG＞∠CGE，∴FE≠FG；②考慮FG＝EG是否成立．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC∥EG，∴△FBC∽△FEG．假設FG＝EG成立，則FC＝BC成立，∴FC＝BC＝100．∵AE＝x，GA＝x+200，∴FG＝EG＝AE+GA＝2x+200，∴CG＝FG﹣FC＝2x+200﹣100＝2x+100．在Rt△CDG中，CD＝100，GD＝x+100，CG＝2x+100，∴1002+（x+100）2＝（2x+100）2，解得：x1＝﹣100（不合題意，舍去），x2=100③考慮EF＝EG是否成立．同理，假設EF＝EG成立，則FB＝BC成立，∴BE＝EF﹣FB＝2x+200﹣100＝2x+100．在Rt△ABE中，AE＝x，AB＝100，BE＝2x+100，∴1002+x2＝（2x+100）2，解得：x1＝0（不合題意，舍去），x2=?400綜上所述：當x=1003時，△點評：本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及勾股定理，解題的關鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)關系式；（2）分FE＝FG、FG＝EG及EF＝EG三種情況求出x的值．【專項突破】【題組一】1．（2020?濱湖區(qū)模擬）如圖1，在菱形ABCD中，AB＝5，tan∠ABC=43，點E從點D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線DA的方向勻速運動，設運動時間為t（秒），將線段CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)一個角α（α＝∠BCD），得到對應線段（1）求證：BE＝DF；（2）當t＝8秒時，DF的長度有最小值，最小值等于4；（3）如圖2，連接BD、EF、BD交EC、EF于點P、Q，當t為何值時，△EPQ是直角三角形？（4）在點E的運動過程中，是否存在到直線AD的距離為1的點F，若存在直接寫出t的值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）由∠ECF＝∠BCD得∠DCF＝∠BCE，結合DC＝BC、CE＝CF證△DCF≌△BCE即可得；（2）當點E運動至點E′時，由DF＝BE′知此時DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；（3）①∠EQP＝90°時，由∠ECF＝∠BCD、BC＝DC、EC＝FC得∠BCP＝∠EQP＝90°，根據(jù)AB＝CD＝5，tan∠ABC＝tan∠ADC=43即可求得②∠EPQ＝90°時，由菱形ABCD的對角線AC⊥BD知EC與AC重合，可得DE＝5；（4）連接GF分別交直線AD、BC于點M、N，過點F作FH⊥AD于點H，證△DCE≌△GCF可得∠3＝∠4＝∠1＝∠2，即GF∥CD，從而知四邊形CDMN是平行四邊形，由平行四邊形得MN＝CD＝5；再由∠CGN＝∠DCN＝∠CNG知CN＝CG＝CD＝5，根據(jù)tan∠ABC＝tan∠CGN=43可得GM＝11，由GF＝DE＝t得FM＝t﹣11利用tan∠FMH＝tan∠ABC=4【解析】（1）證明：∵∠ECF＝∠BCD，即∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，∴∠DCF＝∠BCE，∵四邊形ABCD是菱形，∴DC＝BC，在△DCF和△BCE中，CF=CE∠DCF=∠BCE∴△DCF≌△BCE（SAS），∴DF＝BE；（2）解：如圖1，過點B作BE′⊥DA交DA的延長線于E′．當點E運動至點E′時，DF＝BE′，此時DF最小，在Rt△ABE′中，AB＝5，tan∠ABC＝tan∠BAE′=4∴設AE′＝3x，則BE′＝4x，∴AB＝5x＝5，∴x＝1，∴AE′＝3，BE′＝4∴DE′＝5+3＝8，DF＝BE′＝8，∴t＝8時，DF的值最小最小值為4．故答案為：8，4；（3）解；∵CE＝CF，∴∠CEQ＜90°，①當∠EQP＝90°時，如圖2①，∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，∴∠CBD＝∠CEF，∵∠BPC＝∠EPQ，∴∠BCP＝∠EQP＝90°，∵AB＝CD＝5，tan∠ABC＝tan∠ADC=4∴DE＝3，∴t＝3．②當∠EPQ＝90°時，如圖2②，∵菱形ABCD的對角線AC⊥BD，∴EC與AC重合，∴DE＝5，∴t＝5．綜上所述，t＝3或5時，△EPQ是直角三角形．（4）解：當點F在AD的上方時，如圖3，連接GF分別交直線AD、BC于點M、N，過點F作FH⊥AD于點H，由（1）知∠1＝∠2，又∵∠1+∠DCE＝∠2+∠GCF，∴∠DCE＝∠GCF，在△DCE和△GCF中，EC=FC∠DCE=∠GCF∴△DCE≌△GCF（SAS），∴∠3＝∠4，∵∠1＝∠3，∠1＝∠2，∴∠2＝∠4，∴GF∥CD，又∵AH∥BN，∴四邊形CDMN是平行四邊形，∴MN＝CD＝5，∵∠BCD＝∠DCG，∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，∴CN＝CG＝CD＝5，∵tan∠ABC＝tan∠CGN=4∴GN＝6，∴GM＝5+6＝11，∵GF＝DE＝t，∴FM＝t﹣11，∵tan∠FMH＝tan∠ABC=4∴FH=45（解得t=49當點F在AD的下方時，同法可得t=392．（2020?惠山區(qū)校級二模）如圖1，邊長為6的正方形ABCD，動點P，Q各從點A，D同時出發(fā)，分別沿AD，DC方向運動，且速度均為每秒1個單位長度．（1）AQ與BP關系為AQ＝BP，AQ⊥BP．（2）如圖2，當點P運動到線段AD的中點處時，AQ與BP交于點E，試探究∠CEQ和∠BCE滿足怎樣的數(shù)量關系．（3）如圖3，將正方形變?yōu)榱庑吻摇螧AD＝60°，其余條件不變，設運動t秒后，點P仍在線段AD上，AQ交BD于F，且△BPQ的面積為S，試求S的最小值，及當S取最小值時∠DPF的正切值．【分析】（1）根據(jù)DQ＝AP，AD＝BA，∠ADQ＝∠BAP＝90°，即可判定△ADQ≌△BAP（SAS），進而得出AQ＝BP，且∠DAQ＝∠ABP，再根據(jù)∠ABP+∠BAQ＝90°，可得AQ⊥BP；（2）結論：∠ECB＝2∠CEQ．如圖2，延長AQ，BC交于點G，過點C作CH⊥BP于H．先判定△ADQ≌△GCQ（ASA），得出AD＝CG＝BC，即點C為BG的中點，再根據(jù)Rt△BEG中，EC=12BG＝（3）如圖3中，連接PF，過點F作FT⊥AD于T．證明△BPQ是等邊三角形，再根據(jù)垂線段最短解決面積最值問題，解直角三角形求出PT，TF即可求出∠DPF的正切值．【解析】（1）AQ⊥BP，AQ＝BP，理由：當點P在線段AD上時，∵動點P，Q各從點A，D同時出發(fā)，分別沿AD，DC方向運動，且速度均為每秒1個單位長度，∴DQ＝AP，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BA，∠ADQ＝∠BAP＝90°，在△ADQ和△BAP中，DQ=AP∠ADQ=∠BAP∴△ADQ≌△BAP（SAS），∴AQ＝BP，且∠DAQ＝∠ABP，又∵∠DAQ+∠BAQ＝90°，∴∠ABP+∠BAQ＝90°，∴∠AEB＝90°，即AQ⊥BP；當點P在AD的延長線上時，同理可得，AQ＝BP，AQ⊥BP．故答案為：AQ＝BP，AQ⊥BP．（2）結論：∠ECB＝2∠CEQ．理由：如圖2，延長AQ，BC交于點G，過點C作CH⊥BP于H．當點P運動到線段AD的中點處時，AP＝DQ=12∴DQ＝CQ，又∵∠ADQ＝∠GCQ＝90°，∠AQD＝∠GQC，在△ADQ和△GCQ中，∠AQD=∠GQCDQ=CQ∴△ADQ≌△GCQ（ASA），∴AD＝CG＝BC，即點C為BG的中點，∵∠BEG＝90°，∴CE＝CB，∵CH⊥EB，∴∠ECH＝∠BCH，∵AG⊥BP，CH⊥BP，∴AG∥CH，∴∠CEQ＝∠ECH，∴∠ECB＝2∠CEQ．（3）如圖3中，連接PF，過點F作FT⊥AD于T．∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝∠BAD＝60°，∴△ADB，△BCD都是等邊三角形，∴BD＝AD，∠BAD＝∠BDQ＝60°，∵AP＝DQ，∴△BAD≌△BDQ（SAS），∴BP＝BQ，∠ABP＝∠DBQ，∴∠PBQ＝∠ABD＝60°，∴△PBQ是等邊三角形，根據(jù)垂線段最短可知，當BQ⊥CD時，△PBQ的面積最小，此時BQ＝BC?sin60°＝33，∴△PBQ的面積的最小值=34×（33）∵BQ⊥CD，BC＝BD，∴DQ＝QCAP＝DP＝3，∵DQ∥AB，∴DFFB∴DF=13∵FT⊥AD，∠TDF＝60°，∴DT=12DF＝1，TF=3∴PT＝PD﹣DT＝2，∴tan∠DPF=TF3．（2020?東?？h二模）如圖1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點P是線段AD延長線上的一個動點，連接CP，以CP為一邊，在CP的左側作矩形CPFE．（1）若DP=9①如圖1，當矩形CPFE的頂點F恰好落在CD的延長線上，求PF的長；②如圖2，求證：點A一定在矩形CPFE的邊CE所在的直線上；③如圖3，連接EP，易知EP中點O在CP的垂直平分線上，設CP的垂直平分線交BC的延長線于點G，連接BO，求5BO+3OG的最小值；（2）如圖4，若所作矩形CPFE始終保持CE=43CP，在BC的延長線上取一點H，使CH＝2，連接HF，試探究點P移動過程中，HF是否存在最小值，若存在，請直接寫出【分析】（1）①利用相似三角形的性質(zhì)求出DF即可解決問題．②如圖2中，連接AC．利用相似三角形的性質(zhì)證明∠ACP＝90°，推出E，A，C共線即可解決問題．③如圖3中，作射線GP，連接BP，過點O作OH⊥GP于H，過點B作B⊥GP于J，設PC交OG于K．證明OH=35OG，推出5BO+3OG＝5（OB+35OG）＝5（OB+OH），OB+OH≥（2）如圖4中，連接AF，CF，過點H作HJ⊥AF于J，交AP于K，過點K作KP′⊥BC于P′．利用相似三角形的性質(zhì)證明∠CAF＝90°，推出點F在直線AF上運動，求出HJ，根據(jù)垂線段最短解決問題即可．【解析】（1）①如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，∠ADC＝∠CDP＝90°，∵四邊形CEFP是矩形，∴∠CPF＝90°，∴∠DCP+∠CPD＝90°，∠CPD+∠DPE＝90°，∴∠DCP＝∠DPF，∵∠CDP＝∠PDF＝90°，∴△CDP∽△PDF，∴PDFD∴94∴DF=27∴PF=D②如圖2中，連接AC．∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，∠ADC＝∠CDP＝90°，∴PD=9∴CD2＝AD?DP，∴CDAD∵∠ADC＝∠CDP，∴△ADC∽△CDP，∴∠ACD＝∠DPC，∵∠DCP+∠CPD＝90°，∴∠ACD+∠DCP＝90°，∵∠ECP＝90°，∴C，A，E共線，∴點A一定在矩形CPFE的邊CE所在的直線上．③如圖3中，作射線GP，連接BP，過點O作OH⊥GP于H，過點B作B⊥GP于J，設PC交OG于K．在Rt△CDP中，PC=C∵OG垂直平分線段PC，∴CK=12PC=158，∵∠DCP+∠GCK＝90°，∠GCK+∠CGK＝90°，∴∠DCP＝∠CGK，∵∠CKG＝∠CDP＝90°，∴△CDP∽△GKC，∴PCCG∴154∴CG＝PG=25∵S△PBG=12×（4+25∴BJ=171∵∠ECK＝∠CKG＝90°，∴EC∥OG，∴∠ACB＝∠OGC＝∠OGH，∴tan∠ACB＝tan∠OGH=3∴sin∠OGH=3∴OH=35∵5BO+3OG＝5（OB+35OG）＝5（OB+OH），OB+OH≥∴5OB+3OG≥171∴5OB+3OG的最小值為1715（2）如圖4中，連接AF，CF，過點H作HJ⊥AF于J，交AP于K，過點K作KP′⊥BC于P′．∵CDAD∴CDCP∵∠ADC＝∠FPC＝90°，∴△ADC∽△FPC，∴∠CAD＝∠CFP，∴A，C，P，F(xiàn)四點共圓，∴∠CAF+∠CPF＝180°，∵∠CPF＝90°，∴∠CAF＝90°，∴點F在直線AF上運動，∵CA⊥AF，HJ⊥AF，∴CA∥KH，∵AK∥CH，∴四邊形AKHC是平行四邊形，∴AK＝CH＝2，∵∠AKJ＝∠CHJ＝∠BCA，∴tan∠AKJ＝tan∠PHK=3∴cos∠AKJ=4∴JK=8∵sin∠KHP=35=KP'KH∴KH＝5，∴HJ＝KH+JK＝5+8∵HF≥HL，∴HF≥33∴FH的最小值為3354．（2020?銅山區(qū)二模）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊AB上的一個動點（點E與點A，B不重合），連接CE，過點B作BF⊥CE于點G，交AD于點F．（1）如圖1，若BE＝1，則AF＝1；（2）如圖2，當點E運動到AB中點時，連接DG，求證：DC＝DG；（3）如圖3，若AB＝4，連接AG，當點E在邊AB上運動的過程中．AG是否存在最小值，若存在求出AG最小值，并求出此時AE的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由“ASA”可證△ABF≌△BCE，可得BE＝AF＝1；（2）由“ASA”可證△ABF≌△BCE，可得BE＝AF=12AB=12AD，可得AF＝DF，由“AAS”可證△ABF≌△DHF，可得AB＝（3）以BC為直徑作⊙O，連接AO，OG，由題意可得點G在以BC為直徑的⊙O上，則當點G在AO上時，AG有最小值，由勾股定理可求AO的長，可得AG＝25?2，由等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)可得AF＝AG＝BE【解析】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，∴∠CEB+∠BCE＝90°，∵BF⊥CE，∴∠ABF+∠CEB＝90°，∴∠ABF＝∠BCE，又∵AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，∴△ABF≌△BCE（ASA），∴BE＝AF＝1，故答案為1；（2）如圖2，延長CD，BF交于點H，∵點E是AB的中點，∴BE=12∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，AD＝AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，∴∠CEB+∠BCE＝90°，∵BF⊥CE，∴∠ABF+∠CEB＝90°，∴∠ABF＝∠BCE，又∵AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，∴△ABF≌△BCE（ASA），∴BE＝AF，∴BE＝AF=12AB=∴AF＝DF，∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠H，在△ABF和△DHF中，∠ABF=∠H∠DFH=∠AFB∴△ABF≌△DHF（AAS）∴AB＝DH，∴DH＝CD，又∵BF⊥CE，∴∠BGH＝90°，∴DC＝DH＝DG．（3）如圖3，以BC為直徑作⊙O，連接AO，OG，∵BF⊥CE，∴∠BGC＝90°，∴點G在以BC為直徑的⊙O上，∵在△AGO中，AG≥AO﹣GO，∴當點G在AO上時，AG有最小值，此時：如圖4，∵BC＝AB＝4，點O是BC中點，∴BO＝2＝CO，∵AO=AB2+BO∴AG＝25?∵OG＝OB，∴∠OBG＝∠OGB，∵AD∥BC，∴∠AFG＝∠OBG，∴∠AFG＝∠OBG＝∠OGB＝∠AGF，∴AG＝AF＝25?由（2）可得AF＝BE＝25?∴AE＝AB﹣BE＝4﹣（25?2）＝6﹣25【題組二】5．（2020?濱?？h二模）如圖1，在平面直角坐標系中，四邊形OABC是矩形，點A、C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC．已知，OA＝8，tan∠OAC=34，點D在BC上，且CD＝3BD，點P為線段AB上一動點（可與A、B重合），連接（1）求OC的長及點D的坐標；（2）當DP∥AC時，求AP的長；（3）如圖2，將△DBP沿直線DP翻折，得△DEP，連接AE、CE，問四邊形AOCE的面積是否存在最小值，若存在，求出這個最小值；（4）以線段DP為邊，在DP所在直線的右上方作等邊△DPF，當點P從點B運動到點A時，點F也隨之運動，請直接寫出點F的運動路徑長．【分析】（1）由銳角三角函數(shù)的定義求出OC，則可得出答案；（2）得出BDBC=BP（3）由翻折知，BD＝DE＝2，則點E在以D為圓心2為半徑的圓上，當DH⊥AC時，EH最小，求出EH的長即可由面積公式得出答案；（4）以BD為邊向上作等邊三角形DBF′，連接FF′．證明△F′DF≌△BDP（SAS），推出FF′＝PB，∠DF′F＝∠DBP＝90°，推出點F的運動軌跡是線段FF′，即可解決問題．【解析】（1）∵tan∠OAC=3∴OCOA又∵OA＝8，∴OC＝6，又∵CD＝3BD，∴CD＝6，BD＝2，∴D（6，6）；（2）∵DP∥AC，∴BDBC∴28∴BP=3∴AP=9（3）存在，由圖形可得S四邊形AOCE＝S△AOC+S△ACE，∵S△AOC=1∴要使四邊形面積最小，只要△ACE的面積最小即可，要使△ACE的面積最小，只要點E到AC的距離最小，由翻折知，BD＝DE＝2，∴點E在以D為圓心2為半徑的圓上，∴當DH⊥AC時，EH最小，∵∠BCA＝∠CAO，∴sin∠BCA＝sin∠CAO，∴DHCD∴DH6∴DH=18∴EH=18∴S四邊形AOCE＝S△AOC+S△ACE＝24+1（4）6．如圖2中，以BD為邊向上作等邊三角形DBF′，連接FF′．∵∠F′DB＝∠FDP＝60°，∴∠F′DF＝∠BDP，∵F′D＝BD，F(xiàn)D＝PD，∴△F′DF≌△BDP（SAS），∴FF′＝PB，∠DF′F＝∠DBP＝90°，∴點F的運動軌跡是線段FF′，當動點P從點B運動到點A時，F(xiàn)F′＝AB＝6，∴點F運動路徑的長為6．6．（2020?海門市二模）如圖，正方形ABCD中，AB＝3，動點P在CD上（不與點C、D重合），連接BP，AE⊥BP于點E，將線段AE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AF．連接EF交AB于點Q．（1）求證：∠FAB＝∠BPC；（2）當CP＝1時，求EF的長；（3）當△AFQ是等腰三角形時，求CP的長．【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)證明即可．（2）證明△ABJ≌△BCP（ASA），推出BJ＝PC＝1，可得AJ=AB2+BJ2=32+12=10（3）由題意∠F＝45°，∠AQF＞∠AEF，即∠AQF＞45°，推出有兩種情形：如圖3﹣1中，當AQ＝QE時，此時點P與D重合，此種情形不符合題意，如圖3﹣2中，當AE＝EQ時，證明∠CBP＝22.5°，在BC上取一點J，使得BJ＝PJ，連接PJ．設PC＝CJ＝m，則BJ＝PJ=2m【解析】（1）證明：∵AE⊥BP，∴∠AEP＝90°，∵∠EAF＝90°，∴∠EAF＝∠AEP，∴AF∥BP，∴∠FAB＝∠ABC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠BPC＝∠ABP，∴∠FAB＝∠BPC．（2）解：延長AE交BC于J．∵∠ABJ＝∠C＝∠AEB＝90°，∴∠BAJ+∠ABE＝90°，∠ABE+∠CBP＝90°，∴∠BAJ＝∠CBP，∵AB＝BC，∴△ABJ≌△BCP（ASA），∴BJ＝PC＝1，∴AJ=A∵∠BAE＝∠BAJ，∠AEB＝∠ABJ＝90°，∴△AEB∽△ABJ，可得AB2＝AE?AJ，∴AE=9∵EF=2AE∴EF=9（3）解：∵∠F＝45°，∠AQF＞∠AEF，即∠AQF＞45°，∴有兩種情形：如圖3﹣1中，當AQ＝QE時，此時點P與D重合，此種情形不符合題意，如圖3﹣2中，當AE＝EQ時，∵EA＝EQ，∠E＝45°，∴∠EAB＝∠EQA＝67.5°，∴∠BPC＝∠EAB＝67.5°，∵∠BCP＝90°，∴∠CBP＝22.5°，在BC上取一點J，使得BJ＝PJ，連接PJ．∵BJ＝PJ，∴∠JBP＝∠JPB＝22.5°，∴∠PJC＝∠JBP+∠JPB＝45°，∴PC＝CJ，設PC＝CJ＝m，則BJ＝PJ=2m則有2m+m＝3，解得m＝32?綜上所述，PC的長為32?7．（2020?浦口區(qū)二模）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝3，動點P從B出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿射線BC方向移動，作△PAB關于直線PA的對稱△PAB'，設點P的運動時間為t（s）．（1）若AB＝23．①如圖2，當點B'落在AC上時，求t的值；②是否存在異于圖2的時刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，請直接寫出所有符合題意的t值？若不存在，請說明理由．（2）若四邊形ABCD是正方形，直線PB'與直線CD相交于點M，當點P不與點C重合時，求證：∠PAM＝45°．【分析】（1）①求出AC=21，由△PAB和△PAB'關于直線PA對稱，得出BP＝B′P，AB'＝AB＝23，∠AB'P＝∠B＝90°，易證△CB'P∽△CBA，得出B'PB'C=ABBC，求出B②當∠PCB′＝90°時，由勾股定理求出DB′=3，則CB′=3，在Rt△PCB′中，由勾股定理得出（3）2+（3﹣t）2＝t當∠PCB′＝90°時，由勾股定理求出DB′=3，則CB′=3，在Rt△PCB′中，由勾股定理得出（33）2+（t﹣3）2＝t當∠CPB′＝90°時，則四邊形ABPB′為正方形，則BP＝AB＝23，即可得出結果；（2）當t＜3時，由HL證得Rt△MDA≌Rt△MB'A，得出∠DAM＝∠B′AM，則∠B′AM+∠B′AP=12∠當t＞3時，設∠APB＝x，則∠DAP＝x，由HL證得Rt△MDA≌Rt△MB'A，得出∠DAM＝∠B′AM，得出∠DAB′＝∠PAB'﹣∠DAP＝90°﹣2x，則∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣x，由∠MAP＝∠DAM+∠【解析】（1）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝3，AB＝CD＝23，∴AC=A∵△PAB和△PAB'關于直線PA對稱，∴BP＝B′P，AB'＝AB＝23，∠AB'P＝∠B＝90°，∴∠PB'C＝90°，∵∠PCB'＝∠ACB，∴△CB'P∽△CBA，∴B'PB'C=AB解得：B'P＝27?4，即t＝27②當∠PCB′＝90°時，如圖3所示：由①得：AB'＝AB＝23，在Rt△ADB′中，∠D＝90°，∴DB′=AB∴CB′＝CD﹣DB′＝23?在Rt△PCB′中，BP＝B′P＝t，CP＝3﹣t，由勾股定理得：CB′2+CP2＝B′P2，即（3）2+（3﹣t）2＝t2，解得：t＝2；當∠PCB′＝90°時，如圖4所示：AB'＝AB＝23，在Rt△ADB′中，∠D＝90°，∴DB′=AB∴CB′＝CD+DB′＝23+3=在Rt△PCB′中，BP＝B′P＝t，CP＝t﹣3，由勾股定理得：CB′2+CP2＝B′P2，即（33）2+（t﹣3）2＝t2，解得：t＝6；當∠CPB′＝90°時，如圖5所示：AB'＝AB＝23，則四邊形ABPB′為正方形，∴BP＝AB＝23，即t＝23；綜上所述，在異于圖2的時刻，使得△PCB′是直角三角形，符合題意的t值為2或6或23；（2）證明：當t＜3時，如圖6所示：∵△PAB和△PAB'關于直線PA對稱，∴∠BAP＝∠B′AP，AB＝AB'，∠B＝∠AB'P，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝AB'，∠D＝∠B＝∠AB'P＝∠DAB＝90°，在Rt△MDA和Rt△MB'A中，AD=AB'AM=AM∴Rt△MDA≌Rt△MB'A（HL），∴∠DAM＝∠B′AM，∴∠B′AM+∠B′AP=12∠即∠PAM＝45°；當t＞3時，如圖7所示：設∠APB＝x，則∠DAP＝x，∵△PAB和△PAB'關于直線PA對稱，∴∠BAP＝∠B′AP＝90°﹣x，AB＝AB'，∠B＝∠AB'P，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝AB'，∠ADC＝∠B＝∠AB'P＝∠DAB＝90°，∴∠ADM＝90°，在Rt△MDA和Rt△MB'A中，AD=AB'AM=AM∴Rt△MDA≌Rt△MB'A（HL），∴∠DAM＝∠B′AM，∴∠DAB′＝∠PAB'﹣∠DAP＝90°﹣x﹣x＝90°﹣2x，∴∠DAM=12∠DAB′＝45°﹣∴∠MAP＝∠DAM+∠DAP＝45°﹣x+x＝45°．8．（2020?姑蘇區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與點C和點A重合），連接PB，過點P作PF⊥PB交射線DA于點F，連接BF．已知AD＝33，CD＝3，設CP的長為x．（1）線段PB的最小值332，當x＝1時，∠FBP＝（2）如圖，當動點P運動到AC的中點時，AP與BF的交點為G，F(xiàn)P的中點為H，求線段GH的長度；（3）當點P在運動的過程中：①試探究∠FBP是否會發(fā)生變化？若不改變，請求出∠FBP大?。蝗舾淖?，請說明理由；②當x為何值時，△AFP是等腰三角形？【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)垂線段最短得到BP⊥AC時，線段PB的值最小，根據(jù)三角形的面積公式求出BP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)、正切的定義求出∠FBP；（2）證明△ABP為等邊三角形，得到∠ABP＝60°，證明Rt△ABF≌Rt△PBF，得到∠ABF＝∠PBF＝30°，AP⊥BF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出GH；（3）分FA＝FP、AP＝AF、PA＝PB三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)解答即可．【解析】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC=A當BP⊥AC時，線段PB的值最小，S△ABC=12×AB×BC=12×AC解得，BP=3過點P作PM⊥交AD于M，交BC于N，則PN∥AB，∴△CPN∽△CAB，∴CPCA=PN解得，PN=12，CN∴PM＝3?12=52∵∠BPF＝90°，∠PMF＝90°，∴△FMP∽△PNB，∴PFPB∴tan∠PBF=PF∴∠FBP＝30°，故答案為：33（2）在Rt△ABC中，AP＝PC，∴BP=12∴BA＝BP＝AP，∴△ABP為等邊三角形，∴∠ABP＝60°，在Rt△ABF和Rt△PBF中，BA=BPBF=BF∴Rt△ABF≌Rt△PBF（HL），∴∠ABF＝∠PBF＝30°，AP⊥BF，∴PF＝BP?tan∠BPF=3在Rt△FGP中，F(xiàn)H＝HP，∴GH=12PF（3）①∠FBP＝30°，理由如下：由（1）可知，△FMP∽△PNB，∴PFPB∴tan∠PBF=PF∴∠FBP＝30°；②當FA＝FP時，BA＝BP，∴△ABP為等邊三角形，∴AP＝AB＝3，∴x＝CP＝3，當PA＝PF時，∠APF＝120°＞90°，不合題意；當AP＝AF時，∠AFP＝∠APF＝75°，∴∠CBP＝∠CPB＝75°，∴CP＝CB＝33，即x＝33，綜上所述，x＝3或33時，△AFP是等腰三角形．【題組三】9．（2020?昆山市一模）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC＝5，AD＝6，BC＝12．（1）梯形ABCD的面積等于36．（2）如圖1，動點P從D點出發(fā)沿DC以每秒1個單位的速度向終點C運動，動點Q從C點出發(fā)沿CB以每秒2個單位的速度向B點運動．兩點同時出發(fā)，當P點到達C點時，Q點隨之停止運動．當PQ∥AB時，P點離開D點多少時間？（3）如圖2，點K是線段AD上的點，M、N為邊BC上的點，BM＝CN＝5，連接AN、DM，分別交BK、CK于點E、F，記△ADG和△BKC重疊部分的面積為S，求S的最大值．【分析】（1）作AE⊥BC于E，作DF⊥BC于F，得到四邊形ADFE是矩形，證明Rt△ABE≌Rt△DCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝CF，根據(jù)勾股定理求出AE，根據(jù)梯形的面積公式計算，得到答案；（2）過D作DE∥AB，得到四邊形ABED是平行四邊形，求出BE＝AD＝6，證明△CQP∽△CED，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到CPCD（3）作GH⊥BC，EX⊥BC，F(xiàn)U⊥BC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出HG，設AK＝x，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)用x表示出EX、FU，根據(jù)三角形的面積公式列出關于x的函數(shù)關系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計算，得到答案．【解析】（1）如圖1，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，則AE∥DF，∵AD∥BC，AE⊥BC，∴四邊形ADFE是矩形，∴AE＝DF，AD＝EF＝6，在Rt△ABE和Rt△DCF中，AB=DCAE=DF∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），∴BE＝CF，∴BE＝CF=BC?EF由勾股定理得，AE=AB梯形ABCD的面積=12×（AD+BC）×故答案為：36；（2）如圖3，過D作DE∥AB，交BC于點E，∵AD∥BC，DE∥AB，∴四邊形ABED為平行四邊形，∴BE＝AD＝6，∴EC＝6，當PQ∥AB時，PQ∥DE，∴△CQP～△CED，∴CPCD=CQ解得，t=15（3）如圖2，過G作GH⊥BC，延長HG交AD于I，過E作EX⊥BC，延長XE交AD于Y，過F作FU⊥BC于U，延長UF交AD于W，∵BM＝CN＝5，∴MN＝12﹣5﹣5＝2，∴BN＝CM＝7，∵MN∥AD，∴△MGN～△DGA，∴HGGI=MN解得，HG＝1，設AK＝x，∵AD∥BC，∴△BEN～△KEA，∴EXEY=BN解得，EX=28同理：FU=28S＝S△BKC﹣S△BEN﹣S△CFM+S△MNG=12×12×4?12=25?1960當x＝3時，S的最大值為25?196010．（2020?無錫一模）如圖，四邊形紙片ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，BC＝CD＝6，∠C＝60°，點E是邊AD上一點，連接BE，將△ABE沿BE翻折得到△HBE．（1）當點B、D、H三點在一直線上時，求線段AE的長；（2）當點A的對稱點H正好落在DC上時，有動點P從點H出發(fā)沿線段HB向點B運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿線段BA向點A運動，速度均為每秒1個單位長度，連接PQ交折痕BE于點M．設運動時間為t秒．①探究：當時間t為何值時，△PBM為等腰三角形；②連接AM，請直接寫出BM+2AM的最小值是9．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求AD=12DB＝3，AB=3AD＝33，由折疊的性質(zhì)可得AB＝BH＝33，AE＝EH，∠A（2）①分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求解；②過點M作MN⊥BH于N，連接AN，由三角形三邊關系可得12BM+AM≥AN，當點A，點M，點N三點共線，且AN⊥BH時，12BM+AM有最小值，即BM+2【解析】（1）∵BC＝CD＝6，∠C＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴BD＝BC＝CD＝6，∠C＝∠DBC＝∠BDC＝60°，∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB＝60°，∴∠ABD＝30°，∴AD=12DB＝3，AB=3AD當點B、D、H三點在一直線上時，如圖，∵將△ABE沿BE翻折得到△HBE，∴AB＝BH＝33，AE＝EH，∠A＝∠EHB＝90°，∴DH＝6﹣33，∵DE2＝EH2+DH2，∴（3﹣AE）2＝AE2+（6﹣33）2，∴AE＝63?（2）①∵將△ABE沿BE翻折得到△HBE，當點A的對稱點H正好落在DC上，且∠ADB＝∠CDB＝60°，∴點E與點D重合，AB＝BH＝33，∠ABE＝∠HBE＝30°，如圖，若BM＝PM時，則∠MPB＝∠MBP＝30°，∴∠QMB＝60°，∴∠BQP＝90°，又∵∠QPB＝30°，∴BP＝2QB，∴23?t＝t∴t=3如圖，若BM＝BP時，則∠BPM＝∠BMP＝75°，∴∠BQM＝∠BMP﹣∠ABD＝45°，過點P作PF⊥AB于F，∴△PFQ是等腰直角三角形，∴PF＝FQ，∵∠PBF＝60°，PF⊥AB，∴∠BPF＝30°，∴BF=12BP=12（33?t），PF=3BF=∵BQ＝BF+QF，∴t=12（33?t）+3∴t＝3，當BP＝PM時，不合題意舍去，綜上所述：當t＝3s或3s時，△PBM為等腰三角形；②如圖，過點M作MN⊥BH于N，連接AN，∵∠MBN＝30°，MN⊥BH，∴MN=12∴BM+2AM＝2（12BM+AM∵MN+AM≥AN，∴12BM+AM≥AN∴當點A，點M，點N三點共線，且AN⊥BH時，12BM+AM有最小值，即BM+2AM此時，AN⊥BH，∠ABN＝60°，∴BN=12AB=323，∴BM+2AM最小值為9，故答案為：9．11．（2020?工業(yè)園區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于點D，BD＝8cm．點M從點A出發(fā)，沿AC的方向勻速運動，同時直線PQ由點B出發(fā)，沿BA的方向勻速運動，運動過程中始終保持PQ∥AC，直線PQ交AB于點P、交BC于點Q、交BD于點F．連接PM，設運動時間為t秒（0＜t≤5）．線段CM的長度記作y甲，線段BP的長度記作y乙，y甲和y乙關于時間t的函數(shù)變化情況如圖所示．（1）由圖2可知，點M的運動速度是每秒2cm；當t＝103秒時，四邊形PQCM是平行四邊形？在圖2中反映這一情況的點是E（103，10（2）設四邊形PQCM的面積為ycm2，求y與t之間的函數(shù)關系式；（3）連接PC，是否存在某一時刻t，使點M在線段PC的垂直平分線上？若存在，求出此時t的值；若不存在，說明理由．【分析】（1）先由圖2判斷出點M的速度為2cm/s，PQ的運動速度為1cm/s，再由四邊形PQCM為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到對邊平行，進而得到AP＝AM，列出關于t的方程，求出方程的解得到滿足題意t的值；（2）根據(jù)PQ∥AC可得△PBQ∽△ABC，根據(jù)相似三角形的形狀必然相同可知△BPQ也為等腰三角形，即BP＝PQ＝t，再用含t的代數(shù)式就可以表示出BF，進而得到梯形的高PE＝DF＝8﹣t，又點M的運動速度和時間可知點M走過的路程AM＝2t，所以梯形的下底CM＝10﹣2t．最后根據(jù)梯形的面積公式即可得到y(tǒng)與t的關系式；（3）假設存在，則根據(jù)垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等即可得到MP＝MC，過點M作MH垂直AB，由一對公共角的相等和一對直角的相等即可得到△AHM∽△ADB，由相似得到對應邊成比例進而用含t的代數(shù)式表示出AH和HM的長，再由AP的長減AH的長表示出PH的長，從而在直角三角形PHM中根據(jù)勾股定理表示出MP的平方，再由AC的長減AM的長表示出MC的平方，根據(jù)兩者的相等列出關于t的方程進而求出t的值．【解析】（1）由圖2得，點M的運動速度為2cm/s，PQ的運動速度為1cm/s，∵四邊形PQCM是平行四邊形，則PM∥QC，∴AP：AB＝AM：AC，∵AB＝AC，∴AP＝AM，即10﹣t＝2t，解得：t=10∴當t=103時，四邊形PQCM是平行四邊形，此時，圖2中反映這一情況的點是E（103故答案為：2，103，E（103，（2）∵PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC，∴△PBQ為等腰三角形，PQ＝PB＝t，∴BFBD=BP解得：BF=45∴FD＝BD﹣BF＝8?45又∵MC＝AC﹣AM＝10﹣2t，∴y=12（PQ+MC）?FD=12（t+10﹣2t）（8?45t）（3）假設存在某一時刻t，使得M在線段PC的垂直平分線上，則MP＝MC，過M作MH⊥AB，交AB與H，如圖所示：∵∠A＝∠A，∠AHM＝∠ADB＝90°，∴△AHM∽△ADB，∴HMBD又∵AD＝6，∴HM8∴HM=85t，AH=∴HP＝10﹣t?65t＝10?在Rt△HMP中，MP2＝（85t）2+（10?115t）2=375又∵MC2＝（10﹣2t）2＝100﹣40t+4t2，∵MP2＝MC2，∴375t2﹣44t+100＝100﹣40t+4t2解得t1=2017，t∴t=2017s時，點M在線段12．（2020?新都區(qū)模擬）如圖，菱形ABCD的邊長為20cm，∠ABC＝120°．動點P、Q同時從點A出發(fā)，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路線向點C運動；Q先以23cm/s的速度沿A→O的路線向點O運動，然后再以2cm/s的速度沿O→D的路線向點D運動，當P、Q到達終點時，整個運動隨之結束，設運動時間為t秒．（1）在點P在AB上運動時，判斷PQ與對角線AC的位置關系，并說明理由；（2）若點Q關于菱形ABCD的對角線交點O的對稱點為M，過點P且垂直于AB的直線l交菱形ABCD的邊AD（或CD）于點N．①直接寫出當△PQM是直角三角形時t的取值范圍；②是否存在這樣的t，使△PMN是以PN為一直角邊的直角三角形？若存在，請求出所有符合條件的t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．（2）①分兩種情形分別求解即可．．②假設存在這樣的t，使得△PMN是以PN為一直角邊的直角三角形，但是需分點N在AD上時和點N在CD上時兩種情況分別討論．【解析】（1）由題意AP＝4t，AQ＝23t．則APAQ又∵AO＝103，AB＝20，∴ABAO∴APAQ又∵∠CAB＝30°，∴△APQ∽△ABO．∴∠AQP＝∠AOB＝90°，即PQ⊥AC．（2）①由（1）可知，當0＜t＜5時，如圖1中，∠PQM＝90°，△PQM是直角三角形，當5＜t＜10時，如圖2中，當BP＝PC時，∠PMQ＝90°，此時t＝7.5，綜上所述，當0＜t＜5或t＝7.5時，△PQM是直角三角形②存在這樣的t，使△PMN是以PN為一直角邊的直角三角形．設l交AC于H．如圖1，當點N在AD上時，若PN⊥MN，則∠NMH＝30°．∴MH＝2NH．得203?43t?233t＝2如圖3，當點N在CD上時，若PM⊥PN，則PM∥CD，∴∠BPM＝∠BCD＝60°，∠BMP＝∠BDC＝60°，∵∠PBM＝60°，∴△PBM是等邊三角形，∵PB＝BM，∴4t﹣20=12[20﹣2×2（解得t=20故當t＝2或203時，存在以PN【題組四】13．（2019?濱?？h二模）如圖1，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝3cm，點E為AD上一定點，點F為AD延長線上一點，且DF＝acm，點P從A點出發(fā)，沿AB邊向點B以2cm/s的速度運動．連接PE，設點P運動的時間為ts，△PAE的面積為ycm2．當0≤t≤1時，△PAE的面積y（cm2）關于時間t（s）的函數(shù)圖象如圖2所示．連接PF，交CD于點H．（1）t的取值范圍為0≤t≤3，AE＝1cm；（2）如圖3，將△HDF沿線段DF進行翻折，與CD的延長線交于點M，連接AM．若四邊形PAMH為菱形，求此時點P的運動時間t；（3）如圖4，當點P出發(fā)1s后，AD邊上另一動點Q從E點出發(fā)，沿ED邊向點D以1cm/s的速度運動．如果P、Q兩點中的任意一點到達終點后，另一點也停止運動．連接PQ、QH，若a＝1，請問△PQH能否構成直角三角形？若能，請求出點P的運動時間t的值；若不能，請說明理由．【分析】（1）由AB的長和P的速度即可得出t的取值范圍，由圖2圖象可知y＝t，當t＝1s時，y＝1cm2，由三角形面積公式即可得出結果；（2）由翻折的性質(zhì)得HD＝DM=12HM，由菱形的性質(zhì)得AP＝AM＝MH＝2DM＝2t，得出DM＝t，由勾股定理得AD2+DM2＝AM2，即可求出（3）設AP＝2t，則EQ＝t﹣1，AQ＝t，QD＝3﹣t，易證△FDH∽△FAP，得出DHAP=DFAF，求出DH=t2，①當點Q為直角頂點時，即∠PQH＝90°時，證明△APQ∽△DQH，得出APDQ=AQDH，即可求出t的值；②當點H為直角頂點時，即當∠PHQ＝90°時，過P作PM⊥CD于點M，同理可證△PMH∽△【解析】（1）∵AB＝6，6÷2＝3，∴0≤t≤3，由圖2圖象可知：y＝t，當t＝1s時，y＝1cm2，∴12×∴AE＝1（cm），故答案為：0≤t≤3，1；（2）∵將△HDF沿線段DF進行翻折得到△MDF，∴HD＝DM=12又∵四邊形PAMH為菱形，∴AP＝AM＝MH＝2DM＝2t，∴DM＝t，∵AD＝3，∠ADM＝90°，∴在Rt△ADM中，由勾股定理得：AD2+DM2＝AM2，即：32+t2＝（2t）2，∴t=±3∴當t=3s時，四邊形PAMH（3）△PQH能構成直角三角形，理由如下：∵P先出發(fā)1s后Q再從E出發(fā)，∴AP＝2t，EQ＝t﹣1，AQ＝t，∴QD＝3﹣1﹣（t﹣1）＝3﹣t，∵四邊形ABCD是矩形，AB∥CD，∴△FDH∽△FAP，∴DHAP∴DH2t∴DH=t由題意可知，若△PQH為直角三角形時，分三種情況：①當點Q為直角頂點時，即∠PQH＝90°時，∵∠A＝∠QDH＝90°，∴∠APQ+∠AQP＝90°，∵∠AQP+∠DQH＝90°，∴∠APQ＝∠DQH，∴△APQ∽△DQH，∴APDQ∴2t3?t∴t1＝0（舍去），t2=32（②當點H為直角頂點時，即當∠PHQ＝90°時，過P作PM⊥CD于點M，如圖5所示：同理可證△PMH∽△HDQ，∴PMDH∵PM＝AD＝3，∴31解得t1＝﹣6（舍去），t2＝2（s）；③當點P為直角頂點時，不可能；綜上所述，當t＝2s或3