提優(yōu)題型十一 綜合探究題2 與動點有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）（解析版）

題型十一綜合探究題類型二與動點有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）1.在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小亮進行數(shù)學(xué)探究活動．（1）是邊長為3的等邊三角形，E是邊上的一點，且，小亮以為邊作等邊三角形，如圖1，求的長；（2）是邊長為3的等邊三角形，E是邊上的一個動點，小亮以為邊作等邊三角形，如圖2，在點E從點C到點A的運動過程中，求點F所經(jīng)過的路徑長；（3）是邊長為3的等邊三角形，M是高上的一個動點，小亮以為邊作等邊三角形，如圖3，在點M從點C到點D的運動過程中，求點N所經(jīng)過的路徑長；（4）正方形的邊長為3，E是邊上的一個動點，在點E從點C到點B的運動過程中，小亮以B為頂點作正方形，其中點F、G都在直線上，如圖4，當(dāng)點E到達點B時，點F、G、H與點B重合．則點H所經(jīng)過的路徑長為______，點G所經(jīng)過的路徑長為______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等邊三角形，，，，可證即可；（2）連接，、是等邊三角形，可證，可得，又點在處時，，點在A處時，點與重合．可得點運動的路徑的長；（3）取中點，連接，由、是等邊三角形，可證，可得．又點在處時，，點在處時，點與重合．可求點所經(jīng)過的路徑的長；（4）連接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，點G在以AC中點為圓心，AC為直徑的上運動，由四邊形ABCD為正方形，BC為邊長，設(shè)OC=x，由勾股定理即，可求，點G所經(jīng)過的路徑長為長=，點H所經(jīng)過的路徑長為的長．【詳解】解:（1）∵、是等邊三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）連接，∵、是等邊三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又點在處時，，點在A處時，點與重合．∴點運動的路徑的長；（3）取中點，連接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又點在處時，，點在處時，點與重合，∴點所經(jīng)過的路徑的長；（4）連接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴點G在以AC中點為圓心，AC為直徑的上運動，∵四邊形ABCD為正方形，BC為邊長，∴∠COB=90°，設(shè)OC=x，由勾股定理即，∴，點G所經(jīng)過的路徑長為長=，點H在以BC中點為圓心，BC長為直徑的弧上運動，點H所經(jīng)過的路徑長為的長度，∵點G運動圓周的四分之一，∴點H也運動圓周的四分一，點H所經(jīng)過的路徑長為的長=，故答案為；．【點睛本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，90°圓周角所對弦是直徑，圓的弧長公式，掌握等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，90°圓周角所對弦是直徑，圓的弧長公式是解題關(guān)鍵．2.（2021·浙江中考真題）已知在中，是的中點，是延長線上的一點，連結(jié)．（1）如圖1，若，求的長．（2）過點作，交延長線于點，如圖2所示．若，求證：．（3）如圖3，若，是否存在實數(shù)，當(dāng)時，？若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）見解析；（3）存在，【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，從而得出是等邊三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的長，進而得出BC的長；（2）連結(jié)，先利用AAS證出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等邊三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出結(jié)論；（3）過點作，交延長線于點，連接BE，過C作CG⊥AB于G，過E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再證明，從而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．【詳解】（1）解，，，，是等邊三角形，是的中點，，在中，，，．（2）證明：連結(jié)，，，，，，，，又，，是等邊三角形，，，又，，，．（3）存在這樣的．過點作，交延長線于點，連接BE，過C作CG⊥AB于G，過E作EN⊥AB于N，則，，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，，∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC，AB=BA，∴∴AC=BE，∴DE=BE，∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形和等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是合理添加輔助線，有一定的難度．3.（2021·浙江中考真題）問題：如圖，在中，，，，的平分線AE，BF分別與直線CD交于點E，F(xiàn)，求EF的長．答案：．探究：（1）把“問題”中的條件“”去掉，其余條件不變．①當(dāng)點E與點F重合時，求AB的長；②當(dāng)點E與點C重合時，求EF的長．（2）把“問題”中的條件“，”去掉，其余條件不變，當(dāng)點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等時，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的定義先分別求出，，即可完成求解；

②證明出即可完成求解；

（2）本小題由于E、F點的位置不確定，故應(yīng)先分情況討論，再根據(jù)每種情況，利用，以及點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等建立相等關(guān)系求解即可．【詳解】（1）①如圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，，．平分，．．．同理可得：．點E與點F重合，．

②如圖2，點E與點C重合，同理可證，∴?ABCD是菱形，，點F與點D重合，．（2）情況1，如圖3，可得，．情況2，如圖4，同理可得，，又，．情況3，如圖5，由上，同理可以得到，又，．綜上：的值可以是，，．【點睛】本題屬于探究型應(yīng)用題，綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義、菱形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是讀懂題意，正確畫出圖形，建立相等關(guān)系求解等，本題綜合性較強，要求學(xué)生有較強的分析能力，本題涉及到的思想方法有分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想等．4.如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ，過點E作EFAB交PQ于F，連接BF．（1）求證：四邊形BFEP為菱形；（2）當(dāng)點E在AD邊上移動時，折痕的端點P、Q也隨之移動；①當(dāng)點Q與點C重合時（如圖2），求菱形BFEP的邊長；②若限定P、Q分別在邊BA、BC上移動，求出點E在邊AD上移動的最大距離．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行線的性質(zhì)得出∠BPF＝∠EFP，證出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出結(jié)論；（2）①由矩形的性質(zhì)得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由對稱的性質(zhì)得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；②當(dāng)點Q與點C重合時，點E離點A最近，由①知，此時AE＝1cm；當(dāng)點P與點A重合時，點E離點A最遠，此時四邊形ABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ，∴點B與點E關(guān)于PQ對稱，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EFAB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，∴四邊形BFEP為菱形；（2）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵點B與點E關(guān)于PQ對稱，∴CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，DE＝＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，∴EP2＝12+（3﹣EP）2，解得：EP＝cm，∴菱形BFEP的邊長為cm；②當(dāng)點Q與點C重合時，如圖2：點E離點A最近，由①知，此時AE＝1cm；當(dāng)點P與點A重合時，如圖3所示：點E離點A最遠，此時四邊形ABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，∴點E在邊AD上移動的最大距離為2cm．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、菱形的判定、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．5.（2021·山東中考真題）如圖，已知正方形ABCD，點E是BC邊上一點，將△ABE沿直線AE折疊，點B落在F處，連接BF并延長，與∠DAF的平分線相交于點H，與AE，CD分別相交于點G，M，連接HC（1）求證：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求點D到直線BH的距離；（3）當(dāng)點E在BC邊上（端點除外）運動時，∠BHC的大小是否變化？為什么？

【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變，理由見解析【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AG⊥BF，結(jié)合角平分線的定義得到∠FAH=∠FAD，從而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點N，易得等腰直角△DHF，推出DH的長即為點D到BH的距離，根據(jù)DH=FH，轉(zhuǎn)化為求FH的長，結(jié)合（1）中條件，證明△ABG∽△AEB，得到，從而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圓，判斷出點H在圓上，結(jié)合圓周角定理求出∠BHC即可．【詳解】解：（1）∵△ABE沿直線AE折疊，點B落在點F處，∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F關(guān)于AE對稱，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，F(xiàn)N=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的長即為點D到直線BH的距離，由（1）知：在Rt△ABE中，，∴，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△AEB，∴，∴，，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴，，∴DH=FH=GH-GF==，即點D到直線BH的長為；（3）作正方形ABCD的外接圓，對角線BD為圓的直徑，∵∠BHD=90°，∴H在圓周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴當(dāng)點E在BC邊上（除端點外）運動時，∠BHC的大小不變．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，側(cè)重對學(xué)生能力的考查：幾何變換的能力，轉(zhuǎn)化能力以及步驟書寫能力，具有一定藝術(shù)性．6.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，點為斜邊上一動點，將沿直線折疊，使得點的對應(yīng)點為，連接，，，．（1）如圖①，若，證明：．（2）如圖②，若，，求的值．（3）如圖③，若，是否存在點，使得．若存在，求此時的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，的值為或．【分析】（1）先根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，最后根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)即可得證；（2）設(shè)與的交點為點，過點作于點，設(shè)，從而可得，先證出，從而可得，設(shè)，根據(jù)線段的和差可得，代入可求出，從而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根據(jù)余弦三角函數(shù)的定義即可得；（3）如圖（見解析），設(shè)，從而可得，分①點在直線的左側(cè)；②點在直線的右側(cè)兩種情況，再分別利用等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)求解即可得．【詳解】（1）證明：，，，，由折疊的性質(zhì)得：，，，四邊形是平行四邊形，又，平行四邊形是菱形，；（2）如圖，設(shè)與的交點為點，過點作于點，

，是等腰三角形，，設(shè)，則，，，由折疊的性質(zhì)得：，在和中，，，，設(shè)，則，，解得，，在中，，，則；（3），，設(shè)，則，由折疊的性質(zhì)得：，，由題意，分以下兩種情況：①如圖，當(dāng)點在直線的左側(cè)時，過點作于點，

（等腰三角形的三線合一），，在中，，，又，，，，是等邊三角形，，；②如圖，當(dāng)點在直線的右側(cè)時，過點作于點，

同理可得：，，點在上，由折疊的性質(zhì)得：，在中，，，，綜上，存在點，使得，此時的值為或．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、折疊的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是題（3），正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．7.（2020?河北）如圖1和圖2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC=34．點K在AC邊上，點M，N分別在AB，BC上，且AM＝CN＝2．點P從點M出發(fā)沿折線MB﹣BN勻速移動，到達點N時停止；而點Q在AC邊上隨P移動，且始終保持∠APQ＝∠（1）當(dāng)點P在BC上時，求點P與點A的最短距離；（2）若點P在MB上，且PQ將△ABC的面積分成上下4：5兩部分時，求MP的長；（3）設(shè)點P移動的路程為x，當(dāng)0≤x≤3及3≤x≤9時，分別求點P到直線AC的距離（用含x的式子表示）；（4）在點P處設(shè)計并安裝一掃描器，按定角∠APQ掃描△APQ區(qū)域（含邊界），掃描器隨點P從M到B再到N共用時36秒．若AK=94，請直接寫出點【分析】（1）如圖1中，過點A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．（2）利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．（3）分兩種情形：當(dāng)0≤x≤3時，當(dāng)3＜x≤9時，分別畫出圖形求解即可．（4）求出CK的長度，以及CQ的最大值，利用路程與速度的關(guān)系求解即可．【解析】（1）如圖1中，過點A作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，∴tan∠B＝tan∠C=AH∴AH＝3，AB＝AC=AH∴當(dāng)點P在BC上時，點P到A的最短距離為3．（2）如圖1中，∵∠APQ＝∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∵PQ將△ABC的面積分成上下4：5，∴S△APQS△ABC=（AP∴APAB∴AP=10∴PM＝AP＝AM=103-（3）當(dāng)0≤x≤3時，如圖1﹣1中，過點P作PJ⊥CA交CA的延長線于J．∵PQ∥BC，∴APAB=PQBC，∠∴x+25∴PQ=85（∵sin∠AQP＝sin∠C=3∴PJ＝PQ?sin∠AQP=2425（當(dāng)3＜x≤9時，如圖2中，過點P作PJ⊥AC于J．同法可得PJ＝PC?sin∠C=35（11﹣（4）由題意點P的運動速度=936=當(dāng)3＜x≤9時，設(shè)CQ＝y(tǒng)．∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，∴∠BAP＝∠CPQ，∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCQ，∴ABCP∴511-x∴y=-15（x﹣7）∵-15∴x＝7時，y有最大值，最大值=16∵AK=9∴CK＝5-當(dāng)y=114時，114=-15（解得x＝7±32∴點K被掃描到的總時長＝（114+6﹣3）÷8.（2020?涼山州）如圖，點P、Q分別是等邊△ABC邊AB、BC上的動點（端點除外），點P、點Q以相同的速度，同時從點A、點B出發(fā)．（1）如圖1，連接AQ、CP．求證：△ABQ≌△CAP；（2）如圖1，當(dāng)點P、Q分別在AB、BC邊上運動時，AQ、CP相交于點M，∠QMC的大小是否變化？若變化，請說明理由；若不變，求出它的度數(shù)；（3）如圖2，當(dāng)點P、Q在AB、BC的延長線上運動時，直線AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否變化？若變化，請說明理由；若不變，求出它的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，利用SAS證明△ABQ≌△CAP即可；（2）先判定△ABQ≌△CAP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAQ＝∠ACP，從而得到∠QMC＝60°；（3）先判定△ABQ≌△CAP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAQ＝∠ACP，從而得到∠QMC＝120°．【解析】（1）證明：如圖1，∵△ABC是等邊三角形∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，又∵點P、Q運動速度相同，∴AP＝BQ，在△ABQ與△CAP中，AB=CA∠ABQ=∠CPA∴△ABQ≌△CAP（SAS）；（2）點P、Q在AB、BC邊上運動的過程中，∠QMC不變．理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△ACM的外角，∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC∵∠BAC＝60°，∴∠QMC＝60°；（3）如圖2，點P、Q在運動到終點后繼續(xù)在射線AB、BC上運動時，∠QMC不變理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△APM的外角，∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，即若點P、Q在運動到終點后繼續(xù)在射線AB、BC上運動，∠QMC的度數(shù)為120°．9.（2020?衡陽）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，等腰△ABC的底邊BC在x軸上，BC＝8，頂點A在y的正半軸上，OA＝2，一動點E從（3，0）出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿CB向左運動，到達OB的中點停止．另一動點F從點C出發(fā)，以相同的速度沿CB向左運動，到達點O停止．已知點E、F同時出發(fā)，以EF為邊作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同側(cè)，設(shè)運動的時間為t秒（t≥0）．（1）當(dāng)點H落在AC邊上時，求t的值；（2）設(shè)正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，請問是否存在t值，使得S=9136？若存在，求出（3）如圖2，取AC的中點D，連結(jié)OD，當(dāng)點E、F開始運動時，點M從點O出發(fā)，以每秒25個單位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO運動，到達點O停止運動．請問在點E的整個運動過程中，點M可能在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）嗎？如果可能，求出點M在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）的時長；若不可能，請說明理由．【分析】（1）利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．（2）由題意，在E，F(xiàn)的運動過程中，開始正方形EFGH的邊長為1，因為正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，S=9136，推出此時點F與O重合，已經(jīng)停止運動，如圖1﹣2中，重疊部分是五邊形（3）分別求出點M第一次和第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長即可解決問題．【解析】（1）如圖1﹣1中，由題意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，當(dāng)點H落在AC上時，∵EH∥OA，∴CECO∴CE4∴CE＝2，∴點E的運動路程為1，∴t＝1時，點E落在AC上．（2）由題意，在E，F(xiàn)的運動過程中，開始正方形EFGH的邊長為1，∵正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，S=91∴此時點F與O重合，已經(jīng)停止運動，如圖1﹣2中，重疊部分是五邊形OEKJG．由題意：（t﹣3）2-12?3t-132?（3t﹣13整理得45t2﹣486t+1288＝0，解得t=143或∴滿足條件的t的值為143（3）如圖3﹣1中，當(dāng)點M第一次落在EH上時，4t+t＝3，t=當(dāng)點M第一次落在FG上時，4t+t＝4，t=4∴點M第一次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長=45-當(dāng)點M第二次落在FG上時，4t﹣t＝4，t=4當(dāng)點M第二次落在EH上時，4t﹣（t+1）＝4，t=5點M第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長=5∴點M落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的總時長=15+10.（2020?青島）已知：如圖，在四邊形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，點C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延長DC交EF于點M．點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為2cm/s；同時，點Q從點M出發(fā)，沿MF方向勻速運動，速度為1cm/s．過點P作GH⊥AB于點H，交CD于點G．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時，點M在線段CQ的垂直平分線上？（2）連接PQ，作QN⊥AF于點N，當(dāng)四邊形PQNH為矩形時，求t的值；（3）連接QC，QH，設(shè)四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）點P在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點P在∠AFE的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由平行線分線段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的長，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6-（3）利用面積的和差關(guān)系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；（4）連接PF，延長AC交EF于K，由“SSS”可證△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可證∠ABC＝∠EKC＝90°，由面積法可求CK的長，由角平分線的性質(zhì)可求解．【解析】（1）∵AB∥CD，∴CMBF∴8-68∴CM=3∵點M在線段CQ的垂直平分線上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如圖1，過點Q作QN⊥AF于點N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC2=64+36∵CE＝2cm，CM=32∴EM=EC∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴BCAC∴610∴PH=65同理可求QN＝6-45∵四邊形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6-45t=∴t＝3；∴當(dāng)t＝3時，四邊形PQNH為矩形；（3）如圖2，過點Q作QN⊥AF于點N，由（2）可知QN＝6-45∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴AHAP∴AH2t∴AH=85∵四邊形QCGH的面積為S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45t）]（4）存在，理由如下：如圖3，連接PF，延長AC交EF于K，∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，∴△ABC≌△EBF（SSS），∴∠E＝∠CAB，又∵∠ACB＝∠ECK，∴∠ABC＝∠EKC＝90°，∵S△CEM=12×EC×CM=1∴CK=2×∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，∴65t＝10﹣2t+∴t=7∴當(dāng)t=72時，使點P在∠11.（2020?臨沂）如圖，菱形ABCD的邊長為1，∠ABC＝60°，點E是邊AB上任意一點（端點除外），線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點F，G，AE，EF的中點分別為M，N．（1）求證：AF＝EF；（2）求MN+NG的最小值；（3）當(dāng)點E在AB上運動時，∠CEF的大小是否變化？為什么？【分析】（1）連接CF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和菱形的對稱性得到CF＝EF和CF＝AF即可得證；（2）連接AC，根據(jù)菱形對稱性得到AF+CF最小值為AC，再根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MN+NG的最小值為AC的一半，即可求解；（3）延長EF，交DC于H，利用外角的性質(zhì)證明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，從而推斷出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，從而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可證明．【解析】（1）連接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF＝EF，∵四邊形ABCD為菱形，∴A和C關(guān)于對角線BD對稱，∴CF＝AF，∴AF＝EF；（2）連接AC，∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG當(dāng)點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，即此時MN+NG最小，∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，AC＝AB＝1，即MN+NG的最小值為12（3）不變，理由是：延長EF，交DC于H，∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，∵點F在菱形ABCD對角線BD上，根據(jù)菱形的對稱性可得：∠AFD＝∠CFD=12∠∵AF＝CF＝EF，∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，∴∠ABF＝∠CEF，∵∠ABC＝60°，∴∠ABF＝∠CEF＝30°，為定值．12.（2020?岳陽）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，動點P，Q分別從C點，A點同時以每秒1個單位長度的速度出發(fā)，且分別在邊CA，AB上沿C→