中考數(shù)學(xué)考點復(fù)習(xí)：三角形考點解讀＋考題精析

三角形

考點解讀

1、了解三角形的有關(guān)概念，并探索其性質(zhì)。會證三角形全等

2、能運用有關(guān)三角形的知識解決問題。

3、重點、易錯點分析：

4、通過證明線段或角相等來考慮三角形的性質(zhì)和判定；運用勾股定理解決實際問題，三角

形中重要線段的性質(zhì)和判定。確定邊長的取值范圍時，容易忽略是不是能構(gòu)成三角形；等腰

三角形注意解的不唯一性。

考題解析

1.如圖，已知△ABC,AB=AC,NA=90。，直角NEPF的頂點P是BC的中點，兩

邊PE,PF分別交AB,AC于點E、F.給出以下四個結(jié)論：

①AE=CF；

②EF=AP；

③4EPF是等腰直角三角形；

A.①②③B.①③C.①③④D.①②③④

【考點】KY：三角形綜合題.

【分析】連接AP,判斷出△APE^^CPF,可得①③結(jié)論正確，同理證明4APF

^△BPE,即可得到④正確；

【解答】解：連接AP,EF,

VAB=AC,ZA=90°,

AAPlBC,

/.ZAPC=90°,

，ZAPF+ZCPF=90",

VZEPF=ZAPE+ZAPF=90°,

，NAPE=NCPF,

在等腰直角三角形ABC中，AP_LBC,

ZBAP=ZCAP=ZC=45°,AP=CP,

，ZBAP=ZC=45"

在AAPE和ACPF中，AP=CP

ZAPE=ZCPF

.,.△APE之△CPF,

?e?SAAPE=SACPF，AE=CF,PE=PF,

VZEPF=90°,

.二△EPF是等腰直角三角形；

即：①③正確；

同理：Z\APF四△BPE,

??SAAPF=SABPE>

?"S四邊彩AEPF=SAAPE+SAAPF=-1"SAABC，

即：④正確;

???△△EPF是等腰直角三角形，

，EF=RPE,

當(dāng)PELAB時，AP=、QEF,而PE不一定垂直于AB,

AAP不一定等于EF,

...②錯誤；

故選C.

2.如圖，在AABC中，ZC=90°,AC=BC=4,D是AB的中點，點E、F分別在AC、

BC邊上運動（點E不與點A、C重合），且保持AE=CF,連接DE、DF、EF.在此

運動變化的過程中，有下列結(jié)論：①4DFE是等腰直角三角形；②四邊形CEDF

不可能為正方形；③四邊形CEDF的面積隨點E位置的改變而發(fā)生變化；④點C、

E、D、F四點在同一個圓上，且該圓的面積最小為4n.其中錯誤結(jié)論的個數(shù)是

()個.

【考點】KY：三角形綜合題.

【分析】①正確.連接CD.只要證明△ADEgACDF(SAS),即可解決問題.

②錯誤.當(dāng)E、F分別為AC、BC中點時，四邊形CEDF為正方形.

③錯誤.四邊形CEDF的面積=右加=*><94*4=4,為定值.

④錯誤.以EF為直徑的圓的面積的最小值=兀?(2=2n.

【解答】解：連接CD,如圖1,

VZC=90°,AC=BC=4,

???△ABC是等腰直角三角形，

ZA=ZB=45",

?.?D為AB的中點，

/.CD±AB,CD=AD=BD,

AZDCB=ZB=45°,

ZA=ZDCF,

在AADE和aCDF中

'AE=CF

<ZA=ZDCF,

AD=CD

.'.△ADE^ACDF(SAS),

，ED=DF,NCDF=NADE,

VZADE+ZEDC=90°,

NEDC+NCDF=90°,即/EDF=90°,

...△DFE是等腰直角三角形，所以①正確；

當(dāng)E、F分別為AC、BC中點時，如圖2,則AE=CE=CF=BF,DE=AE=CE,

；.CE=CF=DE=DF,

而NECF=90。，

...四邊形CDFE是正方形，所以②錯誤；

VAADE^ACDF,

??SAADE=S^CDF>

"

??S叫邊彩CEDF=SZ\CDE+SZ\CDF=SACDE+SZ\ADE=S/\ADC=^SAABC='^X'l■義4X4=4,所以③錯誤;

VACEF和4DEF都為直角三角形，

.?.點C、D在以EF為直徑的圓上，即點C、E、D、F四點在同一個圓上，

???△DEF是等腰直角三角形，

.?.EF=V2DE,

當(dāng)DE_LAC時，DE最短，此時DE=^AC=2,

EF的最小值為2/2,

...以EF為直徑的圓的面積的最小值=兀?（三?2、02=2n,所以④錯誤；

故選C.

3.在正方形網(wǎng)格中，^ABC的位置如圖所示，則cosB的值為（)

A.￡B.返C.返D.返

【考點】KQ：勾股定理；T1：銳角三角函數(shù)的定義.

【分析】先設(shè)小正方形的邊長為1,然后找個與NB有關(guān)的RTAABD,算出AB

的長，再求出BD的長，即可求出余弦值.

【解答】解：設(shè)小正方形的邊長為1,則AB=4近，BD=4,

/.cosZB=-T4=-=^-.

W22

故選B.

4.如圖，△ABC、AADE41，C、E兩點分別在AD、AB上，且BC與DE相交于

F點，若NA=90。，ZB=ZD=30°,AC=AE=1,則四邊形AEFC的周長為何（）

A.2如B.25c.2+V2D.2+73

【考點】KQ：勾股定理；KJ：等腰三角形的判定與性質(zhì)；K0：含30度角的直角

三角形.

【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到NAED=NACB=60。，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)

得到NB=/EFB=NCFD=ND,根據(jù)等腰三角形的判定得到BE=EF=CF=CD,于是得

到四邊形AEFC的周長=AB+AC.

【解答】解：VZA=90°,ZB=ZD=30°,

ZAED=ZACB=60°,

VZAED=ZB+ZEFB=ZACD=ZZCFD+ZD=60°,

.*.ZEFB=ZCFD=30o,

ZB=ZEFB=ZCFD=ZD,

，BE=EF=CF=CD,

二四邊形AEFC的周長=AB+AC,

VZA=90°,AE=AC=1,

，AB=AB=b，

/.四邊形AEFC的周長=2、Q.

故選B.

5.如圖，四邊形ABCD中，AD〃BC,ZABC+ZDCB=90°,且BC=2AD,以AB、

BC、DC為邊向外作正方形，其面積分別為Si、S2>S3,若Si=3,S3=9,則S2的

值為（）

A.12B.18C.24D.48

【考點】KQ：勾股定理.

【分析】根據(jù)已知條件得到AB=g,CD=3,過A作AE〃CD交BC于E,則NAEB=

ZDCB,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CE=AD,AE=CD=3,由已知條件得到/

BAE=90。，根據(jù)勾股定理得到BE=^AB2+AE2=2,（3,于是得到結(jié)論.

【解答】解：..0=3,S3=9,

，AB=、n，CD=3,

過A作AE〃CD交BC于E,

則/AEB=NDCB,

VAD/7BC,

二四邊形AECD是平行四邊形,

，CE=AD,AE=CD=3,

,/NABC+NDCB=90°,

/.ZAEB+ZABC=90",

，NBAE=90°,

?*-BE=VAB2+AE2=2'/3?

BC=2AD,

BC=2BE=4A/5，

.*.S2=(473)2=48,

6.“趙爽弦圖"巧妙地利用面積關(guān)系證明了勾股定理，是我國古代數(shù)學(xué)的驕傲，

如圖所示的“趙爽弦圖"是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個

大正方形，設(shè)直角三角形較長直角邊長為a,較短直角邊長為b,若（a+b）2=21,

大正方形的面積為13,則小正方形的面積為（）

【考點】KR：勾股定理的證明.

【分析】觀察圖形可知，小正方形的面積=大正方形的面積-4個直角三角形的

面積，利用已知(a+b)2=21,大正方形的面積為13,可以得出直角三角形的面

積，進(jìn)而求出答案.

【解答】解：如圖所示：

(a+b)2=21,

/.a2+2ab+b2=21,

?.?大正方形的面積為13,

2ab=21-13=8,

...小正方形的面積為13-8=5.

故選：C.

7.如圖，要測定被池塘隔開的A,B兩點的距離.可以在AB外選一點C,連接

AC,BC,并分別找出它們的中點D,E,連接ED.現(xiàn)測得AC=30m,BC=40m,DE=24m,

則AB=()

A.50mB.48mC.45mD.35m

【考點】KX：三角形中位線定理.

【分析】根據(jù)中位線定理可得：AB=2DE=48m.

【解答】解：:D是AC的中點，E是BC的中點,

ADE是4ABC的中位線，

ADE-yAB,

VDE=24m,

；.AB=2DE=48m,

故選B.

8.如圖，E是4ABC中BC邊上的一點，且BE=-1-BC；點D是AC上一點，且AD=-1

A.1B.2C.3D.4

【考點】K3：三角形的面積.

【分析】過D作DG〃AE交CE于G,根據(jù)已知條件得到CG=3EG,求得AE=^DG,

CE="G,求出SMBD*MBC=6.由EC=2BE,SAABC=24,得至ISMBE=LABC=8,于

是得到結(jié)論.

【解答】解：過D作DG〃AE交CE于G,

??AD」AC,

4

\CG=3EG,

\AE=4DG,CE=^-CG,

.?EC=2BE,

\BE=2EG,

2

\EF=yDG,

9

?.AF=yDG,

\EF=AF,

S/\ABC=24,

SAABD=^_SCABC=6.

4

VEC=2BE,SAABC=24,

SAABE=47SAABC=8,

=-

S/iABE-SAABD(SAABF+S^BEF)(SAADF+SAABF)=S"EF-SAADF，

即SABEF-SAADF=SAABE-S^ABD=8-6=2.

故選B.

9.如圖，在RtZ\ABC中，BC=2,ZBAC=30°,斜邊AB的兩個端點分別在相互垂

直的射線。M、ON上滑動，下列結(jié)論：

①若C、。兩點關(guān)于AB對稱，則0A=2f；

②C、。兩點距離的最大值為4；

③若AB平分CO,則ABJ_CO；

jr

④斜邊AB的中點D運動路徑的長為

其中正確的是①②（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號都填上）.

【考點】KY：三角形綜合題.

【分析】①先根據(jù)直角三角形30。的性質(zhì)和勾股定理分別求AC和AB,由對稱的

性質(zhì)可知：AB是OC的垂直平分線，所以O(shè)A=AC；

②當(dāng)OC經(jīng)過AB的中點E時，OC最大，則C、0兩點距離的最大值為4；

③如圖2,當(dāng)NABO=30。時，易證四邊形。ACB是矩形，此時AB與CO互相平分,

但所夾銳角為60°,明顯不垂直，或者根據(jù)四點共圓可知：A、C、B、0四點共

圓，則AB為直徑，由垂徑定理相關(guān)推論：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于這

條弦，但當(dāng)這條弦也是直徑時，即OC是直徑時，AB與OC互相平分，但AB與

OC不一定垂直；

④如圖3,半徑為2,圓心角為90。，根據(jù)弧長公式進(jìn)行計算即可.

【解答】解：在ABC中，VBC=2,ZBAC=30°,

.?.AB=4,AC=742-22=2A/3?

①若C、。兩點關(guān)于AB對稱，如圖1,

，AB是OC的垂直平分線，

則OA=AC=2V3;

所以①正確；

②如圖1,取AB的中點為E,連接OE、CE,

,/ZAOB=ZACB=90°,

.\0E=CE=7-AB=2,

2

當(dāng)0c經(jīng)過點E時，0C最大，

則C、0兩點距離的最大值為4；

所以②正確；

③如圖2,當(dāng)/ABO=30。時，ZOBC=ZAOB=ZACB=90°,

二四邊形AOBC是矩形，

AAB與0C互相平分，

但AB與0C的夾角為60。、120°,不垂直，

所以③不正確；

④如圖3,斜邊AB的中點D運動路徑是：以。為圓心，以2為半徑的圓周的占,

4

l90KX2

則nil：F"H

所以④不正確；

綜上所述，本題正確的有：①②；

故答案為：①②.

0AM

10.如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD,ZBAD=ZBCD=90°,連接AC.若AC=6,

則四邊形ABCD的面積為18.

【考點】KD：全等三角形的判定與性質(zhì).

【分析】作輔助線；證明△ABM之△ADN,得到AM=AN,aABM與AADN的面

積相等；求出正方形AMCN的面積即可解決問題.

【解答】解：如圖，作AMLBC、AN1CD,交CD的延長線于點N；

VZBAD=ZBCD=90°

四邊形AMCN為矩形,ZMAN=90°；

VZBAD=90°,

NBAM=NDAN；

在△ABM與4ADN中，

'NBAM=/D研

-NAMB=NAND,

AB=AD

.'.△ABM^AADN(AAS),

，AM=AN(設(shè)為人)；AABM與△ADN的面積相等；

四邊形ABCD的面積=正方形AMCN的面積；

由勾股定理得：AC2=AM2+MC2,而AC=6；

，2入2=36,入2=18,

故答案為：18.

11.如圖，已知在^ABC中，DE是BC的垂直平分線，垂足為E,交AC于點D,

若AB=6,AC=9,則Z\ABD的周長是15

【考點】KG：線段垂直平分線的性質(zhì).

【分析】根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到DB=DC,根據(jù)三角形的周長公式計算

即可.

【解答】解：:DE是BC的垂直平分線，

，DB=DC,

/.△ABD的周長=AB+AD+BD=AB+AD+DC=AB+AC=15,

故答案為：15.

12.在邊長為4的等邊三角形ABC中，D為BC邊上的任意一點，過點D分別作

DE1AB,DF1AC,垂足分別為E,F,貝UDE+DF=2n.

【考點】KK：等邊三角形的性質(zhì).

【分析】作AGLBC于G,根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出NB=60。，解直角三角形求

得AG=26，根據(jù)S,\ABD+SAACD=SAABC即可得出DE+DF=AG=2方.

【解答】解：如圖，作AGLBC于G,

?..△ABC是等邊三角形，

/.ZB=60o,

.?.AG=^AB=2、/5，

連接AD,貝USMBD+SAACD=S/\ABC?

...gAB?DE^AC?DF=《BC?AG,

222

VAB=AC=BC=4,

/.DE+DF=AG=2x/3，

故答案為：2，^.

三.解答題（共7小題）

13.已知AABC,AB=AC,D為直線BC上一點，E為直線AC上一點，AD=AE,設(shè)

ZBAD=a,ZCDE=p.

（1）如圖，若點D在線段BC上，點E在線段AC上.

①如果NABC=60°,ZADE=70",那么a=20°,B=10°,②求a,0之間的

關(guān)系式.

（2）是否存在不同于以上②中的a,0之間的關(guān)系式？若存在，求出這個關(guān)系式

（求出一個即可）；若不存在，說明理由.

【考點】KY：三角形綜合題.

【分析】（1）①先利用等腰三角形的性質(zhì)求出NDAE,進(jìn)而求出NBAD,即可得

出結(jié)論；

②利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和即可得出結(jié)論；

（2）①當(dāng)點E在CA的延長線上，點D在線段BC上，同（1）的方法即可得出

結(jié)論；

②當(dāng)點E在CA的延長線上，點D在CB的延長線上，同（1）的方法即可得出結(jié)

論.

【解答】解：（1）①?.?AB=AC,ZABC=60°,

AZBAC=60°,

VAD=AE,ZADE=70°,

.,.ZDAE=180°-2ZADE=40°,

/.a=ZBAD=60°-40°=20°,

ZADC=ZBAD+ZABD=60°+20°=80°,

p=ZCDE=ZADC-ZADE=10°,

故答案為：20,10；

②設(shè)NABC=x,NAED=y,

；.NACB=x,NAED=y,

在Z\DEC中,y邛+x,

在AABD中，a+x=y+p=p+x+p,

a=2P；

（2）①當(dāng)點E在CA的延長線上，點D在線段BC上,

如圖1

設(shè)NABC=x,NADE=y,

NACB=x,ZAED=y,

在ZXABD中,x+a邛-y,

在Z^DEC中,x+y+p=180°,

/.a=2P-180°,

②當(dāng)點E在CA的延長線上，點D在CB的延長線上,

如圖2,同①的方法可得a=180°-20.

E

D

14.問題背景：如圖1,等腰AABC中，AB=AC,ZBAC=120°,作ADLBC于點D,

則D為BC的中點，ZBAD=^-ZBAC=60°,于是磐嚕

zADAD

遷移應(yīng)用：如圖2,ZXABC和aADE都是等腰三角形，ZBAC=ZDAE=120°,D,E,

C三點在同一條直線上，連接BD.

①求證：4ADB之△AEC；

②請直接寫出線段AD,BD,CD之間的等量關(guān)系式；

拓展延伸：如圖3,在菱形ABCD中，ZABC=120°,在NABC內(nèi)作射線BM,作點

C關(guān)于BM的對稱點E,連接AE并延長交BM于點F,連接CE,CF.

①證明4CEF是等邊三角形；

②若AE=5,CE=2,求BF的長.

。圖3

【考點】KY：三角形綜合題；KD：全等三角形的判定與性質(zhì).

【分析】遷移應(yīng)用：①如圖②中，只要證明NDAB=NCAE,即可根據(jù)SAS解決問

題；

②結(jié)論：CD=V3AD+BD.由△DABgZ\EAC,可知BD=CE,在RtAADH中，

DH=AD*cos30°=^AD,由AD=AE,AH_LDE,推出DH=HE,由CD=DE+EC=2DH+BD=?

AD+BD,即可解決問題；

拓展延伸：①如圖3中，作BHLAE于H,連接BE.由BC=BE=BD=BA,FE=FC,

推出A、D、E、C四點共圓，推出NADC=NAEC=120。，推出NFEC=60。，推出△

EFC是等邊三角形；

②由AE=5,EC=EF=2,推出AH=HE=2.5,FH=4.5,在Rt^BHF中，由NBFH=30。，

可得冬=cos30。，由此即可解決問題.

Dr

【解答】遷移應(yīng)用：①證明：如圖②

VZBAC=ZDAE=120°,

/.ZDAB=ZCAE,

在4DAE和4EAC中，

'DA二EA

"ZDAB=ZEAC,

AB=AC

/.△DAB^AEAC,

②解：結(jié)論：CD=VsAD+BD.

理由：如圖2-1中，作AH_LCD于H.

；.BD=CE,

在RtAADH中，DH=AD?cos30°=返A(chǔ)D,

2

VAD=AE,AH±DE,

，DH=HE,

CD=DE+EC=2DH+BD=VSAD+BD.

,四邊形ABCD是菱形，ZABC=120°,

...△ABD,ABDC是等邊三角形，

BA=BD=BC,

VE,C關(guān)于BM對稱，

，BC=BE=BD=BA,FE=FC,

:.A、D、E、C四點共圓，

/.ZADC=ZAEC=120°,

AZFEC=60",

/.△EFC是等邊三角形，

②解:VAE=5,EC=EF=2,

，AH=HE=2.5,FH=4.5,

在RtABHF中，ZBFH=30°,

?,照=cos30°,

BF

4.5

BF=V3=35/3.

V

15.已知：ZSACB和ADCE都是等腰直角三角形，ZACB=ZDCE=90°,連接AE,

BD交于點。，AE與DC交于點M,BD與AC交于點N.

（1）如圖1,求證:AE=BD；

（2）如圖2,若AC=DC,在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中四

對全等的直角三角形.

【考點】KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；KW：等腰直角三角形.

【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求證4ACE絲ABCD,從而可知AE=BD；

（2）根據(jù)條件即可判斷圖中的全等直角三角形；

【解答】解：（1）???△ACB和4DCE都是等腰直角三角形，

ZACB=ZDCE=90°,

.*.AC=BC,DC=EC,

NACB+NACD=NDCE+NACD,

/.ZBCD=ZACE,

在^ACE與ABCD中，

'AC=BC

<ZACE=ZBCD

CE=CD

.'.△ACE^ABCD(SAS),

，AE=BD,

(2)VAC=DC,

，AC=CD=EC=CB,

△ACB^ADCE(SAS)；

由(1)可知：NAEC=NBDC,ZEAC=ZDBC

，NDOM=90°,

VZAEC=ZCAE=ZCBD,

.,.△EMC^ABCN(ASA),

，CM=CN,

；.DM=AN,

△AON四△DOM(AAS),

VDE=AB,AO=DO,

.,.△AOB^ADOE(HL)

16.在AABC中，ZABM=45°,AM±BM,垂足為M,點C是BM延長線上一點,

連接AC.

(1)如圖1,若AB=3&,BC=5,求AC的長；

(2)如圖2,點D是線段AM上一點，MD=MC,點E是AABC外一點，EC=AC,

連接ED并延長交BC于點F,且點F是線段BC的中點，求證：ZBDF=ZCEF.

【考點】KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；KQ：勾股定理.

【分析】(1)先由AM=BM=ABcos45o=3可得CM=2,再由勾股定理可得AC的長;

(2)延長EF到點G,使得FG=EF,證aBIVID之ZXAMC得AC=BD,再證aBFG之

△CFE可得BG=CE,ZG=ZE,從而得BD=BG=CE,即可得NBDG=NG=NE.

【解答】解：(1)VZABM=45°,AM1BM,

AM=BM=ABcos45o=3&X券=3,

則CM=BC-BM=5-3=2,

?*-AC=VAM2+CM2=V22+32=V13；

(2)延長EF到點G,使得FG=EF,連接BG.

V

G

由DM=MC,ZBMD=ZAMC,BM=AM,

.,.△BMD^AAMC(SAS),

，AC=BD,

又CE=AC,

因止匕BD=CE,

由BF=FC,ZBFG=ZEFC,FG=FE,

.".△BFG^ACFE,

故BG=CE,ZG=ZE,

所以BD=CE=BG,

因止匕NBDG=NG=NE.

17.如圖，DE±AB,CF±AB,垂足分別是點E、F,DE=CF,AE=BF,求證：AC〃

BD.

【考點】KD：全等三角形的判定與性質(zhì).

【分析】欲證明AC〃BD,只要證明NA=NB,只要證明△DEBgZXCFA即可.

【解答】證明：?.?DE，AB,CF1AB,

/.ZDEB=ZAFC=90o,

VAE=BF,

/.AF=BE,

在aDEB和4CFA中，

'DE=CF

,ZDEB=ZAFC，

AF=BE

△DEB^ACFA,

:.ZA=ZB,

；.AC:〃DB.

18.如圖，直角△ABC中，NA為直角，AB=6,AC=8.點P,Q,R分別在AB,

BC,CA邊上同時開始作勻速運動，2秒后三個點同時停止運動，點P由點A出

發(fā)以每秒3個單位的速度向點B運動，點Q由點B出發(fā)以每秒5個單位的速度

向點C運動，點R由點C出發(fā)以每秒4個單位的速度向點A運動，在運動過程

中：

（1）求證：4APR,△BPQ,△CQR的面積相等；

（2）求△PQR面積的最小值；

（3）用t（秒）（0WtW2）表示運動時間，是否存在t,使NPQR=90。？若存在,

請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由.

【考點】KY：三角形綜合題.

【分析】(1)先利用銳角三角函數(shù)表示出QE=4t,QD=3(2-t),再由運動得出

AP=3t,CR=4t,BP=3(2-t),AR=4(2-t),最后用三角形的面積公式即可得出

結(jié)論；

(2)借助(1)得出的結(jié)論，利用面積差得出SMQR=18(t-1)2+6,即可得出結(jié)

論；

(3)先判斷出NDQR=NEQP,用此兩角的正切值建立方程求解即可.

【解答】解:(1)如圖，在R3ABC中，AB=6,AC=8,根據(jù)勾股定理得,BC=10,

ACJ_13

sinZB===sinZC=—，

正-正-石4

過點Q作QELAB于E,

在RgBQE中，BQ=5t,

.\sinZB=QE_1

/.QE=4t,

過點Q作QDJ_AC于D,

在Rt^CDQ中，CQ=BC-BQ=10-5t,

.,.QD=CQ?sinNC旦(10-5t)=3(2-t),

5

由運動知,AP=3t,CR=4t,

，BP=AB-AP=6-3t=3(2-t),AR=AC-CR=8-4t=4(2-t),

?*.SAAPR^AP^AR^X3tX4(2-t)=6t(2-t),

SABPQ=-|-BP*QE=-|-X3(2-t)X4t=6t(2-t),

SACQR=^-CR?QD=yX4tX3(2-t)=6t(2-t),

??SAAPR=SABPQ=SACQR'

/.△APR,ABPQ,△CQR的面積相等;

(2)由(1)知，SAAPR二S/XBPQ二SaCQR=6t(2-t),

VAB=6,AC=8,

??SAPQR=SAABC-(SAAPR+SABPQ+SACQR)

=^X6X8-3X6t(2-t)=24-18(2t-t2)=18(t-1)2+6,

YOU

???當(dāng)t=l時，SAPQR妓小=6；

(3)存在，由(1)知，QE=4t,QD=3(2-t),AP=3t,CR=4t,AR=4(2-t),

/.BP=AB-AP=6-3t=3(2-t),AR=AC-CR=8-4t=4(2-t),

過點Q作QDLAC于D,作QELAB于E,VZA=90°,

???四邊形APQD是矩形，

.?.AE=DQ=3(2-t),AD=QE=4t,

/.DR=AD-AR=4t-4(2-t)|=|4(2t-2),PE=AP-AE=|3t-3(2-t)

|=|3(2t-2)|

VZDQE=90°,NPQR=90°,

；.NDQR=NEQP,

/.tanZDQR=tanZEQP,

在RtADQR中，tanZDQR=DQ=^^Q1[

322

在RtZ\EQP中，tanZEQP=