中考數(shù)學總復習《四邊形》專項檢測卷含答案

第第頁中考數(shù)學總復習《四邊形》專項檢測卷含答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________一．解答題（共30小題）1．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝9cm，點P從點A出發(fā)，沿AB邊向點B以1cm/s的速度移動，同時點Q從點B出發(fā)，沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動．若其中有一個動點先到達終點，則兩個動點同時停止運動，設運動時間為ts．（1）填空：AP＝cm，BQ＝cm；（用含t的代數(shù)式表示）（2）求當t為何值時，PQ＝4cm？（3）在動點P，Q運動過程中，是否存在某個時刻使五邊形APQCD的面積為矩形面積的23？若存在，請求出此時t2．如圖①，矩形ABCD與Rt△EFG疊放在一起（點D，C分別與點G，F(xiàn)重合，點E落在對角線BD上），已知AB＝15cm，AD＝20cm，∠GEF＝90°．如圖②，△EFG從圖①的位置出發(fā)，沿DB方向勻速運動，速度為1cm/s；動點P同時從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為2cm/s；設它們的運動時間為t（s）（0＜t＜10），連接PE．解答下列問題：（1）求EG的長；（2）當t為何值時，點D在線段PE的垂直平分線上？（3）是否存在某一時刻t，使得△DPE的面積是矩形ABCD面積的750？若存在，求出t（4）如圖③，點F1是點F關于BD的對稱點，連接F1P，GP，當t為何值時，F(xiàn)1P+PG的值最??？3．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1所示，將軍每天從軍營A出發(fā)，先到河邊l飲馬，再去河岸同側的軍營B開會，為了方便，將軍給自己制定了方案，找到了飲馬的最佳位置，如圖2，作B關于直線的對稱點B′，連接AB′與直線交于C，點C就是所求位置．∵直線l是點B，B′的對稱軸，∴CB＝CB′．∴AC+CB＝AC+CB′．根據“”可得AC+CB的最小值是AB′．【問題探究】（2）如圖3，在正方形ABCD中，AB＝8，E是AB邊上的一點，且AE＝2，F(xiàn)是BD上的一個動點，求△AEF周長的最小值．【問題解決】（3）如圖4、在長方形ABCD中，AB＝120，AD＝220，P是CB邊上一點，且CP＝100，點E是線段CD上的任一點，連接EP，以EP為直角邊在BC上方作等腰直角三角形EPF，F(xiàn)E為斜邊．連接AP，AP邊上存在一個點M，且AM=402，連接FM，△PFM4．綜合與探究如圖，在長方形ABCD中，∠DAB＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝DC＝12cm，AD＝BC＝16cm，點E在線段BC上以2cm/s的速度由點B向點C運動，同時點F在線段CD上由點C向點D運動，它們運動的時間為t（s）．（1）EC＝cm（用含t的代數(shù)式表示）；（2）若點F的運動速度與點E的運動速度相同，當t＝2時，判斷線段AE和EF的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；（3）若點F的運動速度為vcm/s，是否存在v的值，使得△ABE與△ECF全等？若存在直接寫出v的值；若不存在，請說明理由．5．（1）如圖1，點E為矩形ABCD內一點，請過點E作一條直線l，將矩形ABCD的面積分為相等的兩部分；（2）如圖2，在平行四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，E為邊DC上一點，且DE＝1，請問在邊AB上是否存在一點F，使得直線EF將平行四邊形ABCD的面積分為相等的兩部分，如果存在，求出線段EF的長；如果不存在，請說明理由；（3）如圖3，現(xiàn)有一塊平行四邊形空地ABCD，AB＝60米，BC＝80米，∠B＝60°，P為對角線AC上一點，且PC＝3PA，計劃過點P修一條小路EF，使得E、F分別在線段AD、AB上，小路EF的右側區(qū)域種植花卉．如圖，△CEF的區(qū)域種郁金香，△BFC與△DEC的區(qū)域種紫羅蘭，已知郁金香的費用為每平方米200元，紫羅蘭的費用為每平方米100元，請問種植費用最少是多少元？（結果保留根號）6．如圖1，四邊形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，動點P從點A出發(fā)，沿AC方向以每秒2個單位長度勻速運動，當點P運動到點C時，點P停止運動，設運動時間為t秒．（1）尺規(guī)作圖：沿過點P的直線將矩形ABCD折疊，使得點A與點C重合，在圖1中作出該折痕；（2）在（1）的條件下，該折痕分別與AD，BC相交于點E，F(xiàn)點，連接AF，CE，求四邊形AECF的周長；（3）過點P作AC的垂線，是否存在某一時間t，使得該直線被矩形的邊所截得的線段長為5，若存在，求t的值，若不存在，說明理由．7．如圖（1），正方形ABCD和正方形AEFG，邊AE在邊AB上，AB＝12，AE=62，將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉α（0°≤α（1）如圖（2），正方形AEFG旋轉到此位置，求證：BE＝DG；（2）在旋轉的過程中，當∠BEA＝120°時，試求BE的長；（3）BE的延長線交直線DG于點P，在旋轉的過程中，是否存在某時刻BF＝BC？若存在，試求出DP的長；若不存在，請說明理由．8．如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，平行四邊形ABCD的頂點B、C在x軸上，A在y軸上，OA＝OC＝2OB＝4，直線y＝x+t（﹣2≤t＜4）分別與x軸、y軸、線段AD、射線AB交于點E、F、P、Q．（1）當t＝1時，求證：AP＝DP．（2）探究線段AP與PQ之間的數(shù)量關系，并說明理由．（3）在x軸上是否存在點M，使得∠PMQ＝90°，且以點M、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似？若存在，請求出此時t的值以及點M的坐標；若不存在，請說明理由．9．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．設運動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）①判斷：直線AC與EF的位置關系是；②當點M在線段CQ的垂直平分線上時，求t的值；（2）連接PQ，作QN⊥AF于點N，當四邊形PQNH為矩形時，求t的值；（3）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；（4）連接QC，QH，設四邊形QCGH的面積為S（cm2），直接寫出運動過程中S的最大值．10．如圖①，在長方形ABCD中，已知AB＝13，AD＝5，動點P從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段DC向終點C運動，運動時間為t秒，連接AP，把△ADP沿著AP翻折得到△AEP．（注：長方形的對邊平行且相等，四個角都是直角）（1）如圖②，射線PE恰好經過點B，求出此時t的值；（2）當射線PE與邊AB交于點F時，是否存在這樣的t的值，使得FE＝FB？若存在，請求出所有符合題意的t的值；若不存在，請說明理由；（3）在動點P從點D到點C的整個運動過程中，若點E到直線AB的距離等于3，則此時t＝．11．如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG，A，E，B三點共線，AD＝4，AG=22，將正方形AEFG繞點A順時針旋轉α（0°≤α≤45°），連接BE，DG（1）如圖2，求證：BE＝DG；（2）如圖3，在旋轉的過程中，當D，G，E三點共線時，試求DG的長；（3）在旋轉的過程中，是否存在某時刻，使得∠DGA＝120°，若存在，請直接寫出DG的長；若不存在，請說明理由．12．問題提出：（1）如圖1，AB⊥BC，CD⊥BC，AB＝2，BC＝7，點E是BC上一點．當∠AED＝90°且BE＝3時，CD＝．問題探究：（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，過點A作AE∥CD交BC于點E．將△ABE沿AE折疊，此時點B恰好落在邊CD上的點F處，若CD＝2BE＝10，求DF的長．問題解決：（3）如圖3，已知在矩形ABCD中，AB＝16，BC＝12，P是對角線AC上一動點，Q是邊AD上一動點，且sin∠DPQ=45，當P在AC上運動時，四邊形ABCQ的面積是否存在最大值，若存在，求出四邊形ABCQ面積的最大值與此時13．如圖，在△ABC中，AC＝4，BC＝3，AB＝5，動點P從點A出發(fā)，沿AC以每秒2個單位長度的速度向終點C勻速運動同時，動點Q從點C出發(fā)，沿CB以每秒1個單位長度的速度向終點B勻速運動，當點P到達終點時，點Q也隨之停止運動．當點P不與點A、C重合時，連結PQ．作線段PQ的垂直平分線交折線AC﹣CB于點E，交AB于點F，交PQ于點G，連結CG．設點P的運動時間為t（秒）．（1）是否存在t的值使四邊形APQB的面積為4，若存在求出此值；若不存在請說明理由；（2）當△PEG是等腰三角形時，求t的值；（3）當CG=134時，求14．在平面直角坐標系xOy中，四邊形OADC為正方形，點D的坐標為（6，6），動點E沿邊OA從O向A以每秒1\，cm的速度運動至A，同時動點F沿邊CO從C向O以同樣的速度運動，當其中一個點停止時，另一個也停止運動，設運動時間為t秒，連接AF、DE交于點G．（1）如圖①，線段AF和DE有什么數(shù)量關系；有什么位置關系；（2）當t＝秒時線段EF最小，最小值為；（3）如圖②，E為AO中點，除了點E，坐標軸上是否存在點P，使S△ACP＝S△ACE，若存在，直接寫出P點的坐標；（4）如圖②，E為AO中點，點M是直線EC上一點，點N是平面內任意一點，當四邊形OCMN為菱形時，請直接寫出點N的坐標．15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm．點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到A即停止點；同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是1cm/s．連接PQ、AQ、CP．設點P、Q運動的時間為ts．（1）當t＝時，四邊形ABQP是矩形；（2）當t＝時，四邊形AQCP是菱形；（3）是否存在某一時刻t使得PQ⊥PC，如果存在，請求出t的值，如果不存在，請說明理由；（4）在運動過程中，沿著AQ把△ABQ翻折，當t為何值時，翻折后點B的對應點B′恰好落在PQ邊上．16．綜合與實踐課上，李老師讓同學們以“旋轉”為主題展開探究．【問題情境】如圖①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．將邊AB繞點A逆時針旋轉（0°＜θ＜180°）得到線段AE，過點E作EF⊥AE交直線BC與點F．【猜想證明】（1）當θ＝90°時，四邊形ABFE的形狀為；（直接寫出答案）（2）如圖②，當θ＝45°時，連接DE，求此時△ADE的面積；【能力提升】（3）在【問題情境】的條件下，是否存在θ，使點F，E，D三點共線？若存在，請直接寫出此時BF的長度；若不存在，請說明理由．17．如圖，在矩形ABCD中，AB＝15cm，AD＝5cm，動點P從點A出發(fā)，沿邊AB以3cm/s的速度向點B運動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿邊CD以2cm/s的速度向點D運動（點P停止運動時點Q也停止運動）．設運動時間為ts，連接BQ，PQ．（1）當t為何值時，線段PQ的長度為13cm？（2）當t為何值時，△BPQ為等腰三角形？（3）在運動過程中，是否存在一個時刻使得∠PQB＝90°？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．18．已知：如圖，在等腰△ABC中，AB＝5cm，BC＝6cm，動點P從點A出發(fā)以1cm/s的速度沿AB勻速運動，動點Q同時從點C出發(fā)以同樣的速度沿BC的延長線方向勻速運動，當點P到達點B時，點P、Q同時停止運動，設運動時間為t（s）（0＜t＜5）．過點P作PE∥BC交AC于點E，以CQ、CE為邊作平行四邊形CQFE．（1）當t為何值時，△BPQ為直角三角形；（2）設四邊形BPFQ的面積為y（cm2），求y與t的函數(shù)關系式；（3）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使S四邊形BPFQ：S△ABC＝7：6？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（4）是否存在某一時刻t，使點F在∠ABC的平分線上？若存在，求出t的值，若不存在，請說明理由．19．如圖，長方形ABCD和長方形DEFG共同組成一個六邊形ABCEFG，其中AB＝6，BC＝8，AG＝12，點E是CD的中點．點P以每秒2個單位的速度從點A出發(fā)，沿A→B→C→E→F→G方向運動，到達G點后停止運動．設點P的運動時間為t秒（t＞0）．（1）求六邊形ABCEFG的周長和面積；（2）在點P的運動過程中，①是否存在點P，使得直線AP剛好平分六邊形ABCEFG的周長？如果存在，試求出t的值；如果不存在，試說明理由；②是否存在點P，使得直線AP剛好平分六邊形ABCEFG的面積？如果存在，試求出t的值；如果不存在，試說明理由；（3）設△ADP的面積為S，試用含t的代數(shù)式表示S．（直接寫出結果）20．如圖，在矩形ABCD中，AB=33，∠CAB＝30°，點P從點A出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿AB方向運動，點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿對角線CA方向運動．已知P，Q兩點同時出發(fā)，當點Q到達點A時，P，Q兩點同時停止運動，連結EF．設運動時間為t（1）BC＝，AC＝．（2）當t為何值時，△APQ的面積為3．（3）是否存在某一時刻t，使△APQ是以PQ為底邊的等腰三角形？如果存在，求出t值，如果不存在，請說明理由．21．如圖，在?ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，∠B＝30°．點P在BC上由點B向點C出發(fā)，速度為每秒2cm；點Q在邊AD上，同時由點D向點A運動，速度為每秒1cm．當點P運動到點C時，點P，Q同時停止運動．連接PQ，設運動時間為t秒．（1）當t為何值時，四邊形ABPQ為平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形ABPQ的面積是四邊形ABCD的面積的四分之三？求出此時∠PQD的度數(shù)．（3）連接AP，是否存在某一時刻t，使△ABP為等腰三角形？若存在，請求出此刻t的值；若不存在，請說明理由．22．如圖，在長方形ABCD中，AB＝DC＝12厘米，AD＝BC＝9厘米．動點P從點A出發(fā)，以2厘米/秒的速度沿A→B運動；同時點Q從點C出發(fā)，以4厘米/秒的速度沿C→B→A運動，當一點到達終點時，另一點也隨之停止運動，設點P運動的時間為t秒（t＞0）．（1）用含t的代數(shù)式表示線段BQ的長；（2）求t為何值時，△ADP與△BQD的面積相等；（3）求t為何值時，△PBC與△QAD全等；（4）是否存在t值，使DP＝PQ，且DP⊥PQ？若存在，直接寫出t的值，若不存在，請說明理由．23．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4cm，AD＝9cm，BC＝12cm，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿線段AD向點D運動；同時點Q從點C出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點B運動．規(guī)定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．設P、Q運動時間為t秒，回答下列問題：（1）求t為何值時，四邊形PQBA是矩形？（2）求t為何值時，PQ＝CD？（3）是否存在t的值，使得△DQP是以DP為腰的等腰三角形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．24．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝3cm，AB＝4cm，BC＝6cm，動點P從點A出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C勻速運動，點P運動的時間為t（s）（0≤t≤10），請解答以下問題：（1）求邊DC的長；（輔助線提示：過D點作BC邊的垂線）（2）是否存在某一時刻t，使線段DP把四邊形ABCD分成面積相等的兩部分？如果存在，請求出t的值；如果不存在，請說明理由；（3）是否存在某一時刻t，使△DPC恰好是直角三角形？如果存在，請求出t的值；如果不存在，請說明理由．25．如圖，在菱形OABC中，O為坐標原點，點A的坐標為（6，0），∠COA＝60°．動點P從點A出發(fā)，沿著射線AO以每秒3個單位長度的速度運動，動點Q從點C出發(fā)，沿著射線CB以每秒1個單位長度的速度運動．點P，Q同時出發(fā)，設運動時間為t（t＞0）秒．（1）求點C的坐標．（2）當t＝1時，求△POQ的面積．（3）試探究在點P，Q運動的過程中，是否存在某一時刻，使得以C，O，P，Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出此時t的值與點Q的坐標；若不存在，請說明理由．26．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，直線EF從點A出發(fā)沿AD方向勻速運動，速度是2cm/s，運動過程中始終保持EF∥AC，EF交AD于E，交DC于點F，同時，點P從點C出發(fā)沿CB方向勻速運動，速度是1cm/s，連接PE、PF，設運動時間t（s）（0＜t≤4）．（1）用含t的代數(shù)式表示以下線段AE＝，CF＝；（2）求t為何值時，四邊形EPCD為矩形；（3）在運動過程中，是否存在某一時刻使S△PCF：S矩形ABCD＝1：16？若存在，求出t的值；（4）是否存在某一時刻t，使FP平分∠EFC？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．27．如圖，將矩形OABC放在直角坐標系中，O為原點，點C在x軸上，點A在y軸上，OA＝4，OC＝8．把矩形OABC沿對角線OB所在直線翻折，點C落到點D處，OD交AB于點E．（1）求AE的長．（2）求D點坐標．（3）點M是坐標軸上一點，直線OB上是否存在一點N，使以O、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點N坐標；若不存在，請說明理由．28．問題探究（1）如圖1，在?ABCD中，已知AB＝2，∠ABC＝60°，∠ABC的平分線交AD于點G，求BG的長；問題解決（2）某科技公司現(xiàn)有一塊形如四邊形ABCD的研發(fā)基地，如圖2，已知AB＝CD＝200米，BC＝AD＝400米，∠ABC＝60°，∠ABC的平分線交AD于點G．為了響應國家“科教興國”戰(zhàn)略，現(xiàn)需要擴大基地面積．擴建方案如下：點P是射線BG上一動點，連接PC、PD，將△PCD修建成新能源研發(fā)區(qū)，為安全起見，要沿△PCD一周修建隔離帶（寬度忽略不計），為了節(jié)省費用，要求隔離帶的長度盡可能的短，問隔離帶的長度是否存在最小值？若存在，請求出隔離帶長度（△PCD的周長）的最小值；若不存在，請說明理由．29．探究不同長方形周長與面積的關系【項目化情境與問題】某學習小組在一次參觀畫展時，一同學發(fā)現(xiàn)作品甲的邊框是矩形，它的長、寬、周長C和面積S分別如圖所示．根據以上，這個同學提出一個有趣問題，任意給定一個矩形A，是否存在另一個矩形B，它的周長和面積分別是已知矩形A周長和面積的12，即C【項目支架與探究】為了進一步深入探究提出的問題，小組成員對任務進行了如下分解，先從最簡單情形入手，再逐次遞進，最后猜想得出結論．探究1研究特殊情況小組成員研究過后得知一定存在作品乙的矩形邊框與原作品甲的矩形邊框滿足CBCA=SBSA=12，則C乙＝；S乙＝．設作品乙的矩形邊框的長為x探究2研究特殊情況在探究1得到作品乙的矩形邊框數(shù)據的基礎上，繼續(xù)探究，是否存在作品丙的矩形邊框是作品乙的矩形邊框周長和面積的12，使得C【項目成果】任意給定一個矩形A，長為m，寬為1（m＞1），若一定存在另一個矩形B，滿足CBCA=S30．在平面直角坐標系中，A（﹣a，b），B（a，a），且a，b滿足2a?3b+14+|a?2|=0（1）求點A，B的坐標．（2）如圖1，連接AO、BO，設線段AB與y軸交于點M，現(xiàn)將求出的點M先向右平移3個單位長度，再向上平移4個單位長度得點M'（x，y），設4x+2y﹣1的立方根為t，2x+4y﹣22的算術平方根為q，計算：t3?q2+5（3）如圖2，將線段AB沿x軸的正方向平移4個單位長度，過A、B兩點分別作y軸的垂線，垂足分別為點D、C．在四邊形ABCD內是否存在一點P（m，n）（0＜m＜6），使得S△PAD＝S△PBC且S△PCD＝S△PAB．若存在，求P點的坐標；若不存在，請說明理由．參考答案與試題解析一．解答題（共30小題）1．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝9cm，點P從點A出發(fā)，沿AB邊向點B以1cm/s的速度移動，同時點Q從點B出發(fā)，沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動．若其中有一個動點先到達終點，則兩個動點同時停止運動，設運動時間為ts．（1）填空：AP＝tcm，BQ＝2tcm；（用含t的代數(shù)式表示）（2）求當t為何值時，PQ＝4cm？（3）在動點P，Q運動過程中，是否存在某個時刻使五邊形APQCD的面積為矩形面積的23？若存在，請求出此時t【分析】（1）根據點的移動速度，行程問題的數(shù)量關系可得AP＝tcm，BQ＝2tcm，由此即可求解；（2）根據矩形的性質可得∠B＝90°，結合（1）中的信息，可得BP＝AB﹣AP＝（4﹣t）cm，在Rt△BPQ中，運用勾股定理得PQ2＝BP2+BQ2，由此歷史求解即可；（3）根據題意，五邊形APQCD的面積為矩形面積的23，則△BPQ的面積為矩形面積的13，即S△【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝9cm，點P從點A出發(fā)，沿AB邊向點B以1cm/s的速度移動，同時點Q從點B出發(fā)，沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動．設運動時間為ts．∴點P從A→B的時間為4÷1＝4（s），點Q從B→C的時間為9÷2＝4.5（s），∴AP＝tcm，BQ＝2tcm，故答案為：t，2t；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，由（1）可知，AP＝tcm，BQ＝2tcm，∴BP＝AB﹣AP＝（4﹣t）cm，在Rt△BPQ中，由勾股定理得：PQ2＝BP2+BQ2，且PQ＝4cm，∴42＝（4﹣t）2+4t2，整理得：5t2﹣8t＝0，解得t1＝0，t2∴當t＝0或85時，PQ＝4cm（3）不存在某個時刻使五邊形APQCD的面積為矩形面積的23已知AB＝4cm，BC＝9cm，∴S矩形ABCD∵五邊形APQCD的面積為矩形面積的23∴S五邊形APQCD=23×36=24(cm2)，則S△BPQ＝∴S△BPQ整理得t2﹣4t+12＝0，∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×12＝﹣32＜0，即原方程無實數(shù)根，∴不存在某個時刻使五邊形APQCD的面積為矩形面積的23【點評】本題主要考查矩形的性質，勾股定理，一元二次方程的運用，解答本題的關鍵是熟練運用數(shù)形結合的思想解決問題．2．如圖①，矩形ABCD與Rt△EFG疊放在一起（點D，C分別與點G，F(xiàn)重合，點E落在對角線BD上），已知AB＝15cm，AD＝20cm，∠GEF＝90°．如圖②，△EFG從圖①的位置出發(fā)，沿DB方向勻速運動，速度為1cm/s；動點P同時從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為2cm/s；設它們的運動時間為t（s）（0＜t＜10），連接PE．解答下列問題：（1）求EG的長；（2）當t為何值時，點D在線段PE的垂直平分線上？（3）是否存在某一時刻t，使得△DPE的面積是矩形ABCD面積的750？若存在，求出t（4）如圖③，點F1是點F關于BD的對稱點，連接F1P，GP，當t為何值時，F(xiàn)1P+PG的值最小？【分析】（1）可證得△BCD∽△FEG，從而得出1525=EG（2）根據點D在線段PE的垂直平分線上得出DP＝DE，從而20﹣2t＝9+t，從而求得結果；（3）過E作EH⊥AD于H，可得出△EDH∽△BAD，從而得出EH15=9+t25，求得EH=27+3t5，根據△DPE的面積是矩形ABCD面積的750（4）連接FG，可推出當G，P，F(xiàn)1共線時，F(xiàn)1P+PG的值最小，連接AF1，CF，設FF1交AD于O，作AH⊥BD于D，作CK⊥BD于K，可推出∠AF1O＝90°，AF1＝EH＝BD﹣DK﹣EK﹣BH＝25﹣9﹣9﹣t＝7﹣t，AF1∥EH，從而得出△APF1∽△DPG，從而AF1DG【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝15cm，BC＝AD＝20cm，∠BCD＝90°，∴BD=BC2∵∠GEF＝∠BCD＝90°，∠CDB＝∠EGF，∴△BCD∽△FEG，∴GFBD∴1525∴EG＝9；（2）∵點D在線段PE的垂直平分線上，∴DP＝DE，∵AP＝（20﹣2t）cm，DE＝（9+t）cm，∴20﹣2t＝9+t，∴t=11故當t為113時，點D在線段PE（3）如圖1，存在t的值，△DPE的面積是矩形ABCD面積的750過E作EH⊥AD于H，∴EH∥AB，∴△EDH∽△BAD，∴EHAB∴EH15∴EH=27+3t∵△DPE的面積是矩形ABCD面積的750∴12PD?EH=750×∴12（20﹣2t）?27+3t解得t＝5（負值舍去），答：當t＝5時，△DPE的面積是矩形ABCD面積的750（4）如圖2﹣1，連接FG，∵點F1是點F關于BD的對稱點，∴FG﹣GF＝15，∵PF1+PG≥PF1，∴當G，P，F(xiàn)1共線時，F(xiàn)1P+PG的值最小，如圖2﹣2，連接AF1，CF，設FF1交AD于O，作AH⊥BD于D，作CK⊥BD于K，由（1）知，DK＝EF＝9，DK∥EF，同理可得，AH＝9，∵點F1是點F關于BD的對稱點，∴EF1＝EF，∴EF1＝AH，又EF1∥AH，∴四邊形AHEF1是平行四邊形，∵∠AHE＝90°，∴四邊形AHEF1是矩形，∴∠AF1O＝90°，AF1＝EH＝BD﹣DK﹣EK﹣BH＝25﹣9﹣9﹣t＝7﹣t，AF1∥EH，∴△APF1∽△DPG，∴AF∴7?tt∴t=70【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，軸對稱的性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線表示出關鍵的數(shù)量．3．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1所示，將軍每天從軍營A出發(fā)，先到河邊l飲馬，再去河岸同側的軍營B開會，為了方便，將軍給自己制定了方案，找到了飲馬的最佳位置，如圖2，作B關于直線的對稱點B′，連接AB′與直線交于C，點C就是所求位置．∵直線l是點B，B′的對稱軸，∴CB＝CB′．∴AC+CB＝AC+CB′．根據“兩點之間，線段最短”可得AC+CB的最小值是AB′．【問題探究】（2）如圖3，在正方形ABCD中，AB＝8，E是AB邊上的一點，且AE＝2，F(xiàn)是BD上的一個動點，求△AEF周長的最小值．【問題解決】（3）如圖4、在長方形ABCD中，AB＝120，AD＝220，P是CB邊上一點，且CP＝100，點E是線段CD上的任一點，連接EP，以EP為直角邊在BC上方作等腰直角三角形EPF，F(xiàn)E為斜邊．連接AP，AP邊上存在一個點M，且AM=402，連接FM，△PFM【分析】（1）根據兩點之間線段最短可得答案；（2）連接CF，CE，利用正方形的性質、勾股定理可得出A、C關于BD對稱，AF＝CF，CE＝6，則△AEF周長＝AE+AF+EF＝AE+CF+EF≥AE+CE，當E、F、C三點共線時，△AEF周長最小，即可求解；（3）如圖，過F作FG⊥CD于G，交AB于K，過PH⊥KG于H，交AD于O，過M作MN⊥AD于N，交GK于Q，根據矩形的性質和勾股定理可求出AP=1202，PM=802，證明四邊形CPHG是矩形，得出∠HPC＝90°，∠DGH＝90°，結合△EPF是等腰直角三角形，可證明△PHF≌△PCE，得出PH＝PC＝100，同理可證四邊形PCDO是矩形，可求出OH＝PO﹣PH＝20，同理可證OHQN是矩形，可求出NQ＝OH＝20，證明△AMN是等腰直角三角形，得出AN＝MN，根據勾股定理可求出MN＝40，則可判斷；FQ垂直平分MN，得出MF＝NF，則PF+MF＝PF+NF≥PN，當P、F、N三點共線時，PF+MF最小，最小值為【解答】解：（1）∵直線l是點B，B′的對稱軸，∴CB＝CB′．∴AC+CB＝AC+CB′．根據“兩點之間，線段最短”可得AC+CB的最小值是AB′，故答案為：兩點之間，線段最短；（2）連接CF，CE，如圖3，在正方形ABCD中，AB＝8，∴BC＝AB＝8，∠ABC＝90°，A、C關于BD對稱，∴AF＝CF，BE＝AB﹣AE＝6，∴CE=B∴△AEF周長＝AE+AF+EF＝AE+CF+EF≥AE+CE，當E、F、C三點共線時，△AEF的周長最小，最小值為AE+CE＝2+10＝12；（3）如圖4，過F作FG⊥CD于G，交AB于K，過PH⊥KG于H，交AD于O，過M作MN⊥AD于N，交GK于Q，在長方形ABCD中，AB＝120，AD＝220，∴∠BAC＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，BC＝AD＝220，又∵CP＝100，∴BP＝BC﹣CP＝120，∴AP=A又∵AM=40∴PM=AP?AM=802∵PH⊥KG，F(xiàn)G⊥CD，∠C＝90°，∴四邊形CPHG是矩形，∴∠HPC＝90°，∠DGH＝90°，又∵△EPF是等腰直角三角形，∴FP＝EP，∠EPF＝90°，∴∠FPH＝∠EPC＝90°﹣∠HPE，在△PHF和△PCE中，∠PHF=∠C=90°∠FPH=∠EPC∴△PHF≌△PCE（AAS），∴PH＝PC＝100，同理可證四邊形PCDO是矩形，∴PO＝CD＝120，∠PON＝90°，OD＝PC＝100∴OH＝PO﹣PH＝20，同理可證OHQN是矩形，∴NQ＝OH＝20，∵AB＝BP，∠B＝90°，∴∠BAP＝45°，∴∠PAO＝45°，∴△AMN是等腰直角三角形，∴AN＝MN，∴MN∴MN＝40，∴MQ＝MN﹣NQ＝20＝NQ，∴FQ垂直平分MN，NO＝AD﹣AN﹣OD＝80，∴MF＝NF，∴PF+MF＝PF+NF≥PN，∴當P、F、N三點共線時，PF+MF最小，最小值為PN=P又∵△PMF的周長為PM+FM+PF＝PM+PF+NF，∴△PMF的周長最小值為802【點評】本題考查了軸對稱的性質，正方形的性質，等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理，矩形的判定與性質，二次根式的化簡等知識，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．4．綜合與探究如圖，在長方形ABCD中，∠DAB＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝DC＝12cm，AD＝BC＝16cm，點E在線段BC上以2cm/s的速度由點B向點C運動，同時點F在線段CD上由點C向點D運動，它們運動的時間為t（s）．（1）EC＝（16﹣2t）cm（用含t的代數(shù)式表示）；（2）若點F的運動速度與點E的運動速度相同，當t＝2時，判斷線段AE和EF的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；（3）若點F的運動速度為vcm/s，是否存在v的值，使得△ABE與△ECF全等？若存在直接寫出v的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據總長度減去運動的長度即可得到結果；（2）根據運動的速度以及時間得到線段長度，即可求得結果；（3）分兩種情況，根據兩個三角形全等，對應邊相等可求得結果；【解答】解：（1）∵點E在線段BC上以2cm/s的速度由點B向點C運動，∴BE＝2t，∵AD＝BC＝16cm，∴EC＝BC﹣BE＝（16﹣2t）cm，∵AD＝BC＝16cm，∴t最大取到162=8∴EC＝（16﹣2t）cm，其中0≤t≤8，故答案為：（16﹣2t）；（2）點F的運動速度與點E的運動速度相同，當t＝2時，此時BE＝2×2＝4cm，CF＝2×2＝4cm，則EC＝16﹣4＝12cm，在△ABE和△ECF中，AB=EC=12BE=CF=4∴△ABE≌△ECF（SAS），∴AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEF+∠BEA＝90°，∴∠AEF＝180°﹣∠CEF+∠BEA＝90°，∴AE⊥EF，∴當t＝2時，AE＝EF，AE⊥EF；（3）由（2）可得，當△ABE≌△ECF時，此時v＝2cm/s，當△ABE≌△FCE，此時BE＝EC，CF＝12，即2t＝16﹣2t，解得：t＝4，CF＝vt＝4v＝12，解得：v＝3cm/s，∴存在v的值，使得△ABE與△ECF全等，此時v的值為2cm/s或3cm/s．【點評】本題考查了一元一次方程的幾何問題、全等三角形的性質、用代數(shù)式表示式，數(shù)形結合，理解題意是解題的關鍵．5．（1）如圖1，點E為矩形ABCD內一點，請過點E作一條直線l，將矩形ABCD的面積分為相等的兩部分；（2）如圖2，在平行四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，E為邊DC上一點，且DE＝1，請問在邊AB上是否存在一點F，使得直線EF將平行四邊形ABCD的面積分為相等的兩部分，如果存在，求出線段EF的長；如果不存在，請說明理由；（3）如圖3，現(xiàn)有一塊平行四邊形空地ABCD，AB＝60米，BC＝80米，∠B＝60°，P為對角線AC上一點，且PC＝3PA，計劃過點P修一條小路EF，使得E、F分別在線段AD、AB上，小路EF的右側區(qū)域種植花卉．如圖，△CEF的區(qū)域種郁金香，△BFC與△DEC的區(qū)域種紫羅蘭，已知郁金香的費用為每平方米200元，紫羅蘭的費用為每平方米100元，請問種植費用最少是多少元？（結果保留根號）【分析】（1）矩形是中心對稱圖形，過對稱中心的直線等分面積；（2）求線段長，不勾股就相似，E作EH⊥AB于點H，求出DG＝EH＝23，再求出HF＝2，利用勾股定理即可得解；（3）通過已知PC＝3PA，很容易得到S四邊形AECF＝4S△AEF，進而W＝200?S△CEF+100（S△BFC+S△CED）＝200×3S△AEF+100（S?ABCD﹣S四邊形AECF）＝600S△AEF+2400003?100S四邊形AECF＝200S△AEF+240003，所以求出S△AEF面積最小值即可，S△AEF＝S△AEG+S△FPG，過點O分別作OG∥AD交AB于點G，交EF于點M，作OH∥AB交AD于點H，連接PH，PG，四邊形AGOH為平行四邊形，當F與G重合時，即PE＝PF時，SΔ△FPG【解答】解：（1）如圖，（2）存在，理由如下：連接AC，BD，交于點O，當EF過點O時，EF平分平行四邊形ABCD，過點D作DG⊥AB于點G，過點E作EH⊥AB于點H，∴AF＝AB﹣BF＝6﹣1＝5，在Rt△ADG中，DG＝AD?sin∠DAG＝4?sin60°＝23，AG＝AD?cos∠DAG＝4?cos60°＝2，∵AB∥CD，DG⊥AB，∴DG⊥CD，∵EH⊥AB，∴四邊形EGHE為矩形，∴EH=DG=23，DE＝GH∴HF＝AF﹣AG﹣GH＝5﹣2﹣1＝2，在Rt△EHF中，EF=E（3）∵PC＝3PA，∴S△PCE＝3S△PAE，S△PCF＝3S△APF，∴S△CEF＝3S△AEF，∴S四邊形AECF＝4S△AEF，過點A作AM⊥BC于點M，則AM=AB?sin∠ABC=60?3∴S?ABCD＝BC?AM＝80?303=24003∴S△BFC+S△CED＝S?ABCD﹣S四邊形AECF＝24003?S四邊形AECF設總費用為W元，則W＝200?S△CEF+100（S△BFC+S△CED）＝200×3S△AEF+100（S?ABCD﹣S四邊形AECF）＝600S△AEF+2400003?100S四邊形AECF＝200S△AEF+240003故要使總費用W最少，即要求S△AEF最?。B接BD交AC于點O，則O為AC，BD的中點，過點O分別作OG∥AD交AB于點G，交EF于點M，作OH∥AB交AD于點H，連接PH，PG，四邊形AGOH為平行四邊形，由（1）可知，EF平分?AGOH的面積，∴S△AEF＝S△AEG+S△FPG，當F與G重合時，即PE＝PF時，SΔ△FPG＝0，此時E與H重合，S△AEF故S△AEF最小為3003∴總費用W＝200S△AEF+2400003≥200×3003+2400003=∴種植費用最少為3000003【點評】本題主要考查了中心對稱圖形、平行四邊形的性質和判定、矩形的性質和判定、勾股定理等內容，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．6．如圖1，四邊形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，動點P從點A出發(fā)，沿AC方向以每秒2個單位長度勻速運動，當點P運動到點C時，點P停止運動，設運動時間為t秒．（1）尺規(guī)作圖：沿過點P的直線將矩形ABCD折疊，使得點A與點C重合，在圖1中作出該折痕；（2）在（1）的條件下，該折痕分別與AD，BC相交于點E，F(xiàn)點，連接AF，CE，求四邊形AECF的周長；（3）過點P作AC的垂線，是否存在某一時間t，使得該直線被矩形的邊所截得的線段長為5，若存在，求t的值，若不存在，說明理由．【分析】（1）根據題意，作出AC的垂直平分線，即可求解；（2）先證明△APE≌△CPF，得出AE＝CF得出四邊形AECF是平行四邊形，根據EF垂直平分AC，即可證明四邊形AECF是菱形，進而在Rt△CDE中，勾股定理求得AE，進而根據菱形的性質求得周長，即可求解；（3）分情況討論，根據相似三角形的性質求得AP的長，即可求解．【解答】解：（1）沿過點P的直線將矩形ABCD折疊，使得點A與點C重合，如圖所示，EF即為所求；（2）如圖2，連接AF，CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠EAP＝∠FCP，∠AEP＝∠CFP，∵沿過點P的直線將矩形ABCD折疊，使得點A與點C重合，∴PA＝PC，在△APE和△CPF中，∠EAP=∠FCP∠AEP=∠CFP∴△APE≌△CPF（AAS），∴AE＝CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵EF垂直平分AC，∴EA＝EC，∴四邊形AECF是菱形，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，設AE＝x，∵AB＝6，AD＝8，EA＝EC，∴ED＝AD﹣AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，EC2＝ED2+CD2，∴x2＝（8﹣x）2+62，解得：x=254，即∴四邊形AECF的周長為4×25（3）如圖3，當M在AD上，∵MN⊥AC，∴∠ANP＝90°﹣∠NAP＝∠CAD，又∵四邊形ABCD是矩形，AB＝CD＝6，AD＝8，∴∠NAM＝∠D＝∠APN＝90°，AC=A∴△NAM∽△ADC，△ANP∽△CAD，∴MNAC=AN依題意，MN＝5，∴AN=AD×MNAC=∴t=2.4如圖4，當M在CD上，同理可得CP＝2.4，則AP＝AC﹣PC＝10﹣2.4＝7.6，∴t=7.6綜上所述，t＝1.2或t＝3.8．【點評】本題考查了折疊的性質，作垂線，垂直平分線的性質，矩形的性質，菱形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．7．如圖（1），正方形ABCD和正方形AEFG，邊AE在邊AB上，AB＝12，AE=62，將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉α（0°≤α（1）如圖（2），正方形AEFG旋轉到此位置，求證：BE＝DG；（2）在旋轉的過程中，當∠BEA＝120°時，試求BE的長；（3）BE的延長線交直線DG于點P，在旋轉的過程中，是否存在某時刻BF＝BC？若存在，試求出DP的長；若不存在，請說明理由．【分析】（1）結合正方形的性質證明△ABE≌△ADG，由全等三角形的性質可證明BE＝DG；（2）過點A作AH⊥BE交BE的延長線于點H，結合題意可得∠AEH＝60°，進而可得∠EAH＝30°，由“直角三角形中30度角所對的直角邊等于斜邊的一半”可知EH=12AE=32，進而解得AH的長度，再在Rt△（3）連接AF，首先證明△ABF是等邊三角形，BE是線段AF的垂直平分線，結合EG是線段AF的垂直平分線，易得直線BE與直線EG是同一條直線，即點P與點G重合，設EG與AF交于點O，解得BO，BE的長度，再證明△ABE≌△ADG，由全等三角形的性質可證明BE＝DG，即可獲得答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝∠DAG+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠BAE=∠DAG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴BE＝DG；（2）解：正方形ABCD和正方形AEFG，邊AE在邊AB上，AB＝12，AE=62，∠BEA＝120°，如圖2，過點A作AH⊥BE交BE的延長線于點H∴∠AEH＝180°﹣∠BEA＝60°，∵AH⊥BE，即∠AHE＝90°，∴∠EAH＝90°﹣60°＝30°，∴EH=1∴AH=A在Rt△ABH中，BH=A∴BE=BH?EH=310（3）解：在旋轉的過程中，存在某時刻BF＝BC；理由如下：如圖3，連接AF，∵四邊形AEFG是正方形，∴AE=EF=62，∠AEF在直角三角形AEF中，由勾股定理得：AF=A∵BF＝BC＝AB＝12，∴AF＝BF＝AB＝12，∴△ABF是等邊三角形，∵BA＝BF，EA＝EF，∴BE是線段AF的垂直平分線，如圖，∵EG是線段AF的垂直平分線，∴直線BE與直線EG是同一條直線，∴點P與點G重合，即DP＝DG，設EG與AF交于點O，則AO=EO=12AF=6在直角三角形ABO中，由勾股定理得：BO=A∴BE=BO?EO=63∵∠BAE+∠EAD＝∠DAG+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠BAE=∠DAG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴DG＝BE，∴DP=BE=63【點評】本題主要考查了正方形的性質、旋轉的性質、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質、垂直平分線的判定與性質等知識，熟練掌握正方形的性質和全等三角形的性質是解題關鍵．8．如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，平行四邊形ABCD的頂點B、C在x軸上，A在y軸上，OA＝OC＝2OB＝4，直線y＝x+t（﹣2≤t＜4）分別與x軸、y軸、線段AD、射線AB交于點E、F、P、Q．（1）當t＝1時，求證：AP＝DP．（2）探究線段AP與PQ之間的數(shù)量關系，并說明理由．（3）在x軸上是否存在點M，使得∠PMQ＝90°，且以點M、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似？若存在，請求出此時t的值以及點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）求出點P的坐標，即可求解；（2）求出Q（t﹣4，2t﹣4），點P（4﹣t，4），即可求解；（3）證明Rt△PHG∽Rt△GMQ，Rt△PHM和Rt△QMG的相似比為：2或12，則PH：MI＝HM：QI＝2或1【解答】（1）證明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，則AD＝BC＝6，則點A、B的坐標分別為：（0，4）、（﹣2，0），當y＝4時，y＝x+t＝4，則x＝4﹣t＝4﹣1＝3=12即點P（3，4），即AP＝DP；（2）解：PQ＝22AP，理由如下：由點A、B的坐標得，直線AB的表達式為：y＝2x+4，聯(lián)立上式和y＝x+t得：2x+4＝x+t，解得：x＝4﹣t，即點Q（t﹣4，2t﹣4），同理可得，點P（4﹣t，4），則AP＝4﹣t，由點PQ的坐標得，PQ＝22（4﹣t）＝22AP；（3）解：在x軸上存在點M，使得∠PMQ＝90°，且以點M、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似；理由如下：過點P作PH⊥x軸于點H，過點Q作QI⊥x軸于點I，見圖1、2、3，設點M（m，0），由（2）知，點P、Q的坐標分別為：（4﹣t，4）、（t﹣4，2t﹣4），則PH＝|m﹣4+t|，HM＝OA＝4，QI＝|m﹣t+4|，IM＝4﹣2t，∵∠PMH+∠QMI＝90°，∠QMI+∠IQM＝90°，∴∠IQM＝∠PMH，∴Rt△PHM∽Rt△MIQ，∵以點M、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似，則PM：QM＝2或12故Rt△PHM和Rt△QMI的相似比為：2或12則PH：MI＝HM：QI＝2或12當m＞0時，如圖1，2，當相似比為2時，如圖1，PHMI則PH＝2MI，MH＝2QI，即4＝2（m﹣t+4）且4﹣t﹣m＝2（2t﹣4），解得：m=13，t即點M（13，0），t=當相似比為12PHMI則PH=12MI，MH=則2×4＝m﹣（t﹣4）且2（m﹣4+t）＝4﹣2t，解得：m=143，t則點M（143，0），t=當m＜0時，如圖3，當相似比為2時，如圖1，PHMI則PH＝2MI，MH＝2QI，則4＝2[（t﹣4）﹣m]且4﹣t﹣m＝2（4﹣2t），解得：m＝﹣7，t＝﹣1，即點M（﹣7，0），t＝﹣1；當相似比為12經驗證，該情況不存在，綜上，在x軸上存在點M，使得∠PMQ＝90°，且以點M、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似；點M（13，0），t=73或M（143，0），t=2【點評】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了一次函數(shù)的圖象與性質，相似三角形的判定與性質，平行四邊形的性質等，分類求解是解題的關鍵．9．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．設運動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）①判斷：直線AC與EF的位置關系是AC⊥EF；②當點M在線段CQ的垂直平分線上時，求t的值；（2）連接PQ，作QN⊥AF于點N，當四邊形PQNH為矩形時，求t的值；（3）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；（4）連接QC，QH，設四邊形QCGH的面積為S（cm2），直接寫出運動過程中S的最大值．【分析】（1）①首先證明∴△ABC≌△EBF（SAS），推導出∠BAC＝∠E，進而推導出∠E+∠ECN＝90°，即可得解；②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可得（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6?（3）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，由角平分線的性質可求解；（4）利用面積的和差關系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解．【解答】解：（1）①AC⊥EF，理由如下：如圖1，延長AC，交EF于點N，在△ABC和△EBF中，AB=BE∠ABC=∠EBF∴△ABC≌△EBF（SAS），∴∠BAC＝∠E，又∵∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB＝∠ECB，∴∠E+∠ECN＝90°，∴∠ENC＝90°，∴AC⊥EF，故答案為：AC⊥EF；②∵AB∥CD，∴CMBF∴8?68∴CM=32∵點M在線段CQ的垂直平分線上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如圖2，過點Q作QN⊥AF于點N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC2=64+36=10（∵CE＝2cm，CM=32∴EM=EC2+CM∵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t＝3時，四邊形PQNH為矩形；（3）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．CK=2×∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，65=10?2t+6∴當t=72時，使點P在∠（4）S=1825如圖3，過點Q作QN⊥AF于點N，由（2）可知QN=6?4∵cos∠PAH＝cos∠CAB，AHAP=AB∴AH=8∵四邊形QCGH的面積為S＝S擇系GGMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8?85t+6+8?85t+32）?12×32×[6﹣（6?45∴當t=532時，S最大，此時【點評】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，矩形的性質，平行線分線段成比例，勾股定理，銳角三角函數(shù)，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．10．如圖①，在長方形ABCD中，已知AB＝13，AD＝5，動點P從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段DC向終點C運動，運動時間為t秒，連接AP，把△ADP沿著AP翻折得到△AEP．（注：長方形的對邊平行且相等，四個角都是直角）（1）如圖②，射線PE恰好經過點B，求出此時t的值；（2）當射線PE與邊AB交于點F時，是否存在這樣的t的值，使得FE＝FB？若存在，請求出所有符合題意的t的值；若不存在，請說明理由；（3）在動點P從點D到點C的整個運動過程中，若點E到直線AB的距離等于3，則此時t＝52或10【分析】（1）由矩形的性質得∠D＝∠C＝90°，AB＝CD＝13，BC＝AD＝5，AB∥CD，再證∠BPA＝∠PAB，則BP＝AB＝13，然后由勾股定理得CP＝12，則DP＝1，即可得出結論；（2）分兩種情況：點E在矩形的內部和外部，根據等量關系列方程可解答；（3）分兩種情況，①點E在AB的上方時，②點E在AB的下方時，由折疊的性質和勾股定理解答即可．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是長方形，∴∠D＝∠C＝90°，AB＝CD＝13，BC＝AD＝5，AB∥CD，∴∠DPA＝∠PAB，由翻折的性質得：∠DPA＝∠EPA，∴∠BPA＝∠PAB，∴BP＝AB＝13，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP=B∴DP＝CD﹣CP＝13﹣12＝1，∵DP＝t，∴t＝1；（2）存在，分兩種情況：①當點E在矩形ABCD內部時，過點P作PM⊥AB于M，過點F作FN⊥CD于N，如圖③所示：則四邊形CBFN、四邊形NFAD、四邊形ADPM都是矩形，∴NF＝PM＝AD＝5，AF＝DN，在Rt△PNF中，由勾股定理得：PF2＝NF2+NP2＝52+NP2＝25+NP2，由（1）得：∠DPA＝∠PAB，由翻折的性質得：DP＝PE，∠DPA＝∠FPA，∴∠FPA＝∠PAB，∴PF＝AF，∴PF2＝AF2＝25+NP2，∵FE＝PF﹣PE＝PF﹣DP＝PF﹣t，F(xiàn)E＝FB，∴FB＝PF﹣t，∵PF+FB＝AF+BF＝AB＝13，∴PF+PF﹣t＝13，∴PF=13+t∵AF＝DN＝NP+DP，∴（NP+DP）2＝25+NP2，∵DP＝t，∴（NP+t）2＝25+NP2，解得：NP=25?∴AF＝NP+DP=25?t22tz∴13+t2解得：t=25解法2：設FE＝FB＝m，則AF＝13﹣m，由（1）得：∠DPA＝∠PAB，由翻折的性質得：DP＝PE，∠DPA＝∠FPA，∴∠FPA＝∠PAB，∴PF＝AF，在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+EF2＝AF2，即52+m2＝（13﹣m）2，解得：m=144∴PE＝PF﹣EF＝AF﹣BF＝13﹣m﹣m＝13﹣2m＝13﹣2×144∴t=25②當點E在矩形ABCD的外部時，如圖④所示：同①得：PF＝AF，∵FE＝PE﹣PF＝DP﹣AF＝t﹣AF，F(xiàn)E＝FB，∴FB＝t﹣AF，∴AB﹣AF＝t﹣AF，∴AB＝t，∴t＝AB＝13（此時P與C重合），綜上，存在這樣的t值，使得FE＝FB，t的值為2513（3）∵四邊形ABCD是長方形，∴CD＝AB＝5，分兩種情況：①點E在AB的上方時，過點E作GH⊥AB，交CD于G，交AB于H，如圖⑤所示：則GH⊥CD，EH＝3，四邊形ADGH時矩形，∴GH＝AD＝5，DG＝AH，∴GE＝GH﹣EH＝5﹣3＝2，由翻折的性質得：AE＝AD＝5，DP＝EP，在Rt△AHE中，由勾股定理得：AH=A∴PG＝DG﹣DP＝AH﹣DP＝4﹣DP，在Rt△PGE中，由勾股定理得：PE2＝GE2+PG2，即PD2＝22+（4﹣PD）2，解得：PD=5∴t=5②點E在AB的下方時，過點E作EK⊥DA交DA的延長線于K，連接DE交AP于R，如圖⑥所示：∵點E到直線AB的距離等于3，∴KA＝3，∴DK＝AD+KC＝5+3＝8，由翻折的性質得：AE＝AD＝5，DE⊥AP，DR=12∴EK=A∴DE=DK2∴DR＝25，∵AP2＝AD2+DP2，S△ADP=12AD?DP=12∴AD2?DP2＝（AD2+DP2）?DR2，即52×DP2＝（52+DP2）×（25）2，解得：DP＝10（負值已舍去），∴t＝10；綜上所述，在動點P從點D到點C的整個運動過程中，若點E到直線AB的距離等于3，則此時t的值為52故答案為：52【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質、軸對稱的性質、勾股定理、等腰三角形的判定、三角形面積以及分類討論等知識，本題綜合性強，熟練掌握矩形的性質、軸對稱的性質以及勾股定理，進行分類討論是解題的關鍵，屬于中考常考題型．11．如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG，A，E，B三點共線，AD＝4，AG=22，將正方形AEFG繞點A順時針旋轉α（0°≤α≤45°），連接BE，DG（1）如圖2，求證：BE＝DG；（2）如圖3，在旋轉的過程中，當D，G，E三點共線時，試求DG的長；（3）在旋轉的過程中，是否存在某時刻，使得∠DGA＝120°，若存在，請直接寫出DG的長；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據正方形的性質得出AB＝AD，∠DAB＝90°，AE＝AG，∠EAG＝90°，根據角的和差推出∠BAE＝∠DAG，利用SAS證明△ABE≌△ADG，根據全等三角形的性質即可得解；（2）AF交GE于點O，根據正方形的性質求出AO＝OG＝2，再根據勾股定理及線段的和差求解即可；（3）如圖2，過點A作AH⊥BG，交BG的延長線于點H，根據鄰補角定義求出∠HGA＝60°，解直角三角形求出GH=2，BG=【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD和AEFG是正方形，∴AB＝AD，∠DAB＝90°，AE＝AG，∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠BAE=∠DAG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴BE＝DG；（2）解：如圖3，交GE于點O，∵四邊形AEFG是正方形，AG＝22，∴AG＝GF＝22，∠AGF＝90°，AO＝GO=12AF，∠∴AF=A∴AO＝OG＝2，∵D，G，E三點共線，AD＝4，∴OD=42?∴DG＝OD﹣OG＝23?（3）解：存在某時刻，使得∠DGA＝120°；DG=10如圖4，過點A作AH⊥BE，交BE的延長線于點H，∵∠DGA+∠HGA＝180°，∠DGA＝120°，∴∠HGA＝60°，∵AH⊥BE，∴∠HGA+∠HAG＝90°，∴∠HAG＝30°，∴GH=12AG∴AH=A在Rt△ADH中，AD＝4，∴DH=A∴DG＝DH﹣GH=10【點評】此題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、解直角三角形等知識，熟練運用有關知識并作出合理的輔助線是解題的關鍵．12．問題提出：（1）如圖1，AB⊥BC，CD⊥BC，AB＝2，BC＝7，點E是BC上一點．當∠AED＝90°且BE＝3時，CD＝6．問題探究：（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，過點A作AE∥CD交BC于點E．將△ABE沿AE折疊，此時點B恰好落在邊CD上的點F處，若CD＝2BE＝10，求DF的長．問題解決：（3）如圖3，已知在矩形ABCD中，AB＝16，BC＝12，P是對角線AC上一動點，Q是邊AD上一動點，且sin∠DPQ=45，當P在AC上運動時，四邊形ABCQ的面積是否存在最大值，若存在，求出四邊形ABCQ面積的最大值與此時【分析】（1）證明△ABE∽△ECD，可得3CD=2（2）求出CE＝EF＝5，再證明△ABE∽△ECF，可得105=5CF，求得CF＝2.5，從而DF＝（3）求出sin∠DAP=CDAC=1620=45，知∠DAP＝∠DPQ，可得△ADP∽△PDQ，有DQ=PD2AD=PD212，即可得S四邊形ABCQ=(AQ+BC)?AB2=(12?PD212+12)×162=?2【解答】解：（1）∵AB⊥BC，CD⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∵∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°﹣∠DEC＝∠EDC，∴△ABE∽△ECD，∴BECD∵BC＝7，BE＝3，∴CE＝4，∴3CD∴CD＝6；故答案為：6；（2）∵2BE＝10，∴BE＝5，∵將△ABE沿AE折疊，此時點B恰好落在邊CD上的點F處，∴EF＝BE＝5，∠AEB＝∠AEF，∵AE∥CD，∴∠AEB＝∠C，∠AEF＝∠EFC，∴∠C＝∠EFC，∴CE＝EF＝5，∵AD∥BC，AE∥CD，∴四邊形AECD是平行四邊形，∴AE＝CD＝10＝AB，∴∠ABE＝∠AEB，∵∠AEB＝∠C，∴∠ABE＝∠C＝∠AEB＝∠AEF＝∠EFC，∴△ABE∽△ECF，∴ABCE=BE∴CF＝2.5，∴DF＝CD﹣CF＝10﹣2.5＝7.5，∴DF的長為7.5；（3）四邊形ABCQ的面積存在最大值，理由如下：∵矩形ABCD中，AB＝16，BC＝12，∴AC=AB2+BC2=16∴sin∠DAP=CD∵sin∠DPQ=4∴∠DAP＝∠DPQ，∵∠ADP＝∠PDQ，∴△ADP∽△PDQ，∴ADPD∴DQ=P∴AQ＝12?P∴S四邊形ABCQ=(AQ+BC)?AB2=∵?2∴當PD最小時，S四邊形ABCQ最大，由垂線段最短可知，此時PD⊥AC，∵sin∠DAP=4∴PD12∴PD=48∴S四邊形ABCQ=?23×（485）2∴四邊形ABCQ面積的最大值為130.56，此時AP的長度為7.2．【點評】本題考查四邊形綜合應用，涉及相似三角形判定與性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理及應用等，解題的關鍵是掌握相似三角形的判定定理．13．如圖，在△ABC中，AC＝4，BC＝3，AB＝5，動點P從點A出發(fā)，沿AC以每秒2個單位長度的速度向終點C勻速運動同時，動點Q從點C出發(fā)，沿CB以每秒1個單位長度的速度向終點B勻速運動，當點P到達終點時，點Q也隨之停止運動．當點P不與點A、C重合時，連結PQ．作線段PQ的垂直平分線交折線AC﹣CB于點E，交AB于點F，交PQ于點G，連結CG．設點P的運動時間為t（秒）．（1）是否存在t的值使四邊形APQB的面積為4，若存在求出此值；若不存在請說明理由；（2）當△PEG是等腰三角形時，求t的值；（3）當CG=134時，求【分析】（1）先判斷△ABC是直角三角形，根據題意得AP＝2t，CQ＝t，PC＝AC﹣AP＝4﹣2t，根據S四邊形APQB＝S△ABC﹣S△PCQ＝4，得t2﹣2t+2＝0，根據根的判別式得Δ＜0，可知結論不存在；（2）由等腰三角形的性質得出4﹣2t＝t，則可得出答案；（3）由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）不存在t的值使四邊形APQB的面積為4；理由如下：根據題意得：AP＝2t，CQ＝t，PC＝AC﹣AP＝4﹣2t，∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，42+32＝52，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，又∵S四邊形APQB＝S△ABC﹣S△PCQ＝4，∴12整理得，t2﹣2t+2＝0，∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×2＝﹣4＜0，∴此方程無實數(shù)根，即不存在t的值使四邊形APQB的面積為4；（2）∵EF垂直平分PQ，△PEG是等腰三角形，∴∠EPG＝45°，在△PCQ中，∠CQP＝∠CPQ＝45°，∴CP＝CQ，∴4﹣2t＝t，∴t=4（3）由題意得，點G為PQ的中點，∵CG=13∴PQ＝2CG=13在直角三角形CPQ中，由勾股定理得：CP2+CQ2＝PQ2，∴(4?2t)整理得：20t2﹣64t+51＝0，解得：t=32或【點評】本題考查了等腰三角形的性質，勾股定理及其逆定理，直角三角形的性質，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．14．在平面直角坐標系xOy中，四邊形OADC為正方形，點D的坐標為（6，6），動點E沿邊OA從O向A以每秒1\，cm的速度運動至A，同時動點F沿邊CO從C向O以同樣的速度運動，當其中一個點停止時，另一個也停止運動，設運動時間為t秒，連接AF、DE交于點G．（1）如圖①，線段AF和DE有什么數(shù)量關系AF＝DE；有什么位置關系AF⊥DE；（2）當t＝3秒時線段EF最小，最小值為32（3）如圖②，E為AO中點，除了點E，坐標軸上是否存在點P，使S△ACP＝S△ACE，若存在，直接寫出P點的坐標（3，0）或（9，0）或（0，9）；（4）如圖②，E為AO中點，點M是直線EC上一點，點N是平面內任意一點，當四邊形OCMN為菱形時，請直接寫出點N的坐標(?1255，【分析】（1）根據已知利用SAS判定△AOF≌△DAE，由全等三角形的性質可得到AF＝DE，∠ADE＝∠FAO，再根據∠FAO+∠AED＝90°得到∠AGE＝90°即可得到AF⊥DE；（2）連接EF，在Rt△EOF中，EF=O（3）分P在x軸、y軸畫出圖形，即可得答案；（4）過N作NH⊥x軸于H，畫出圖形，由△NHO∽△EOC，可得NH=655【解答】解：（1）∵四邊形OADC是正方形，點D的坐標為（6，6），∴OA＝AD＝CD＝OC＝6，∠DAE＝∠AOF＝90°，由題意得：OE＝CF，∴AE＝OF，在△AOF和△DAE中，OA=AD∠AOF=∠DAE∴△AOF≌△DAE（SAS），∴AF＝DE，∠ADE＝∠FAO，∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠FAO+∠AED＝90°，∴∠AGE＝90°，即AF⊥DE，故答案為：AF＝DE，AF⊥DE；（2）連接EF，如圖①：在Rt△EOF中，EF=O∵OE＝CF＝t，∴OF＝OC﹣CF＝6﹣t∴EF=O∴t＝3時，EF最小為18=3故答案為：3，32（3）如圖②：∵E為AO中點，∴AE=1∴S△ACE當P在x軸上時，S△ACP=1∴CP＝3，∵C（6，0），∴P1（3，0），P2（9，0），當P在y軸上時，S△ACP＝S△ACE，只需AE＝AP＝3，∴P3（0，9），綜上所述，P的坐標為：（3，0）或（9，0）或（0，9），故答案為：（3，0）或（9，0）或（0，9）；（4）過N作NH⊥x軸于H，如圖③：∵E為AO中點，∴OE=1∴CE=O∵四邊形OCMN為菱形，∴OC＝CM＝MN＝NO＝6，MN∥OC，ON∥CM，∴∠NOH＝∠ECO，而∠NHO＝∠EOC＝90°，∴△NHO∽△EOC，∴NHOE∴NH3∴NH=655∴N(?12由對稱性可知N′(12故答案為：(?1255【點評】本題考查四邊形綜合應用，涉及全等三角形判定與性質，相似三角形判定與性質，菱形、矩形的性質等，解題的關鍵是分類畫出圖形，數(shù)形結合解決問題．15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm．點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到A即停止點；同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是1cm/s．連接PQ、AQ、CP．設點P、Q運動的時間為ts．（1）當t＝4時，四邊形ABQP是矩形；（2）當t＝3時，四邊形AQCP是菱形；（3）是否存在某一時刻t使得PQ⊥PC，如果存在，請求出t的值，如果不存在，請說明理由；（4）在運動過程中，沿著AQ把△ABQ翻折，當t為何值時，翻折后點B的對應點B′恰好落在PQ邊上．【分析】（1）當四邊形ABQP是矩形時，BQ＝AP，據此求得t的值；（2）當四邊形AQCP是菱形時，AQ＝QC，列方程求得運動的時間t；（3）過Q作QM⊥AD，交AD于M，∠QMD＝∠QMA＝90°，得出四邊形ABQM是矩形，列方程得t2﹣4t+8＝0，根據根的判別式得出方程無實數(shù)根，即可得出答案；（4）根據折疊的性質得出∠AQB＝∠AQB′，AB′＝AB＝4cm，BQ＝B′Q＝tcm，進而在Rt△AB′P中，∠AB′Q＝∠B＝90°，AB′2+B′P2＝PA2，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm．點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到A即停止點；同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是1cm/s．設點P、Q運動的時間為ts．∴BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（8﹣t）cm，在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝BC，當BQ＝AP時，四邊形ABQP為矩形，∴t＝8﹣t，解得：t＝4，故當t＝4時，四邊形ABQP為矩形，故答案為：4；（2）∵BQ＝DP＝tcm，AD＝BC，∴AD﹣DP＝BC﹣BQ，即AP＝CQ，∵AD∥BC，∴四邊形AQCP為平行四邊形，∴當AQ＝CQ時，四邊形AQCP為菱形，根據勾股定理得：AQ2＝AB2+BQ2＝42+t2，CQ2＝（8﹣t）2，∴此時42+t2＝（8﹣t）2，解得t＝3，故當t＝3時，四邊形AQCP為菱形，故答案為：3；（3）不存在某一時刻t使得PQ⊥PC；理由如下：過Q作QM⊥AD，交AD于M，如圖1：則∠QMD＝∠QMA＝90°，∵∠QMA＝∠BAM＝∠B＝90°，∴四邊形ABQM是矩形，∴AM＝BQ＝tcm，QM＝AB＝4cm，∴MP＝（8﹣2t）cm，∴PQ2＝PM2+QM2＝（8﹣2t）2+42，在矩形ABCD中，∠D＝90°，