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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题29 点动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的点动问题在近几年各地中考中以选择题、填空题、解答题的形式考查，有一定的难度，属于压轴题，考查的知识点涉及三角形、四边形、圆等，考查的热点主要有单动点问题和双动点问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2022 大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，点D在AC上，CD＝3，连接DB，AD＝DB，点P是边AC上一动点（点P不与点A，D，C重合），过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP＝x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
（1）求AC的长；
（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．
【答案】（1）AC＝8；
（2）当0＜x＜5时，S＝﹣x2+x；当5＜x＜8时，S＝﹣x2+x﹣．
【点拨】（1）根据勾股定理可求出BD，根据AD＝BD进而求出AC，
（2）分两种情况进行解答，即点P在点D的左侧或右侧，分别画出相应的图形，根据相似三角形的判定和性质分别用含有x的代数式表示PD、PE、PQ，由三角形面积之间的关系可得答案．
【解析】解：（1）在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝3，
∴BD＝＝5，
又∵AD＝BD，
∴AC＝AD+CD＝5+3＝8；
（2）当点P在点D的左侧时，即0＜x＜5，如图1，此时重叠部分的面积就是△PQD的面积，
∵PQ⊥AC，BC⊥AC，
∴PQ∥BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴＝＝＝2，
设AP＝x，则PQ＝x，PD＝AD﹣AP＝5﹣x，
∴S重叠部分＝S△PQD＝（5﹣x）×x
＝﹣x2+x；
当点P在点D的右侧时，即5＜x＜8，如图2，
由（1）得，AP＝x，PQ＝x，则PD＝x﹣5，
∵PQ∥BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴＝＝，
∴PE＝（x﹣5），
∴QE＝PQ﹣PE＝x﹣（x﹣5）＝﹣x+，
∴S重叠部分＝S△DEQ
＝（x﹣5）×（﹣x+）
＝﹣x2+x﹣；
答：S关于x的函数解析式为：当0＜x＜5时，S＝﹣x2+x；当5＜x＜8时，S＝﹣x2+x﹣．
【点睛】本题考查勾股定理，函数关系式以及相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质，求出相关三角形的边长是解决问题的关键．
例2（2021 河池）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D，E分别是AB，BC边上的动点，以BD为直径的⊙O交BC于点F．
（1）当AD＝DF时，求证：△CAD≌△CFD；
（2）当△CED是等腰三角形且△DEB是直角三角形时，求AD的长．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）AD的长为或．
【点拨】（1）因为BD是⊙O的直径，所以∠DFB＝90°，利用“HL“证明Rt△CAD≌Rt△CFD；
（2）因为△CED为等腰三角形，故每一条边都可能是底边，可以分三类讨论，由于△DEB是直角三角形，所以D和F都可能为直角顶点，故需要分两类讨论，我们选择按照D和F为直角顶点分两类讨论更简单，当∠EDB＝90°时，∠DEB＜90°，∠CED是钝角，所以此时只能构造EC＝ED的等腰三角形，故取点D使CD平分∠ACB，作DE⊥AB交BC于E，可以证明DE＝DC，且DE∥AC，得到△BDE∽△BAC，设DE＝DC＝x，利用相似三角形对应边成比例，列出方程并求解，即可解决，当∠DEB＝90°时，如图2，则∠AED＝90°，若△CED为等腰三角形，则∠ECD＝∠EDC＝45°，即EC＝DC，可以利用三角函数或相似来求AD的长度．
【解析】证明：（1）∵BD为⊙O直径，
∴∠DFB＝90°，
在Rt△ACD与Rt△FCD中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△FCD（HL），
解：（2）∵△DEB是直角三角形，且∠B＜90°，
∴直角顶点只能是D点和E点，
①若∠EDB＝90°，
如图1，在AB上取点D，使CD平分∠ACB，过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，
此时△ECD为E为顶角顶点的等腰三角形，△DEB是以D为直角顶点的直角三角形，
设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°，
如图2，则∠CED＝90°，
∵△CED为等腰三角形，
∴∠ECD＝∠EDC＝45°，
∴可设CE＝DE＝y，
∵tan∠B＝＝，
∴tan∠B＝＝，
∴，
∴BC＝CE+EB＝5，
∴y+＝5，
∴，
∴CE＝DE＝，
∴BD＝＝＝，
∴AD＝AB﹣BD＝4﹣＝，
∴AD的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，对于动点条件下的等腰三角形和直角三角形存在性问题，要注意分类讨论，数形结合来解决问题．
考点过关☆专项突破
类型一 单动点问题
1．（2022 绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（2，3），则图象最低点E的坐标为（　　）
A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2）
【答案】C
【点拨】由函数图象可得点F表示图1中点N与点B重合时，即可求BD，BM的长，由锐角三角函数可求解．
【解析】解：如图，连接AC，MC，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，
∴AB＝BC，AC垂直平分BD，∠ABC＝60°，∠ABD＝∠DBC＝30°，
∴AN＝CN，△ABC是等边三角形，
∴AN+MN＝CN+MN，
∴当点N在线段CM上时，AN+MN有最小值为CM的长，
∵点F的坐标为（2，3），
∴DB＝2，AB+BM＝3，
∵点M是AB的中点，
∴AM＝BM，CM⊥AB，
∴2BM+BM＝3，
∴BM＝1，
∵tan∠ABC＝tan60°＝＝，
∴CM＝，
∵cos∠ABD＝cos30°＝＝，
∴BN'＝，
∴DN'＝，
∴点E的坐标为：（，），
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，动点问题的函数图象，理解函数图象中点表示的具体意义是解题的关键．
2．（2022 十堰）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点（不与A，C重合），下列结论：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③当DB最长时，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【点拨】由△ABC是等边三角形，及同弧所对圆周角相等可得∠ADB＝∠BDC，即可判断①正确；由点D是弧AC上一动点，可判断②错误；根据DB最长时，DB为⊙O直径，可判定③正确；在DB上取一点E，使DE＝AD，可得△ADE是等边三角形，从而△ABE≌△ACD（SAS），有BE＝CD，可判断④正确．
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵＝，＝，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝∠BDC，故①正确；
∵点D是弧AC上一动点，
∴与不一定相等，
∴DA与DC不一定相等，故②错误；
当DB最长时，DB为⊙O直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠BDC＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴DB＝2DC，故③正确；
在DB上取一点E，使DE＝AD，如图：
∵∠ADB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴BD＝BE+DE＝CD+AD，故④正确；
∴正确的有①③④，共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形及外接圆，涉及三角形全等的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造三角形全等解决问题．
3．（2023 内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝　　．
【答案】．
【点拨】连接OE，根据矩形的性质得到BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，∠ABC＝90°，根据勾股定理得到AC＝＝13，求得OB＝OC＝，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】解：连接OE，
∵四边形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＝，
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
4．（2021 浙江）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（　　）
A． B． C． D．4
【答案】A
【点拨】法一：分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．
法二：连接DF，AF，EF，利用中位线定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得△DFG是直角三角形，然后再结合全等三角形的判定和性质求勾股定理求解．
【解析】解：法一、如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，
∴四边形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，
∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，
∴GM＝＝1，AM＝AE，
FN＝AC＝，AN＝AB＝，
∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，
∴PN＝1，FP＝，
设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＝＝．
故选：A．
法二、如图，连接DF，AF，EF，
在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，
∴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＝＝．
故选：A．
【点睛】本题主要考查中位线定理，勾股定理，矩形的性质与判定，构造中位线是解题过程中常见思路．
5．（2022 贵港）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，动点E在AB边上（与点A，B均不重合），点F在对角线AC上，CE与BF相交于点G，连接AG，DF，若AF＝BE，则下列结论错误的是（　　）
A．DF＝CE B．∠BGC＝120° C．AF2＝EG EC D．AG的最小值为
【答案】D
【点拨】根据菱形的性质，利用SAS证明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正确；利用菱形的轴对称知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，则∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，利用△BEG∽△CEB，得，且AF＝BE，可得C正确，利用定角对定边可得点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，利用含30°角的直角三角形的性质可得AG的最小值，从而解决问题．
【解析】解：∵四边形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正确，不符合题意；
∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠BCE，
∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，不符合题意；
∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴，
∴BE2＝CE×EG，
∵BE＝AF，
∴AF2＝EG EC，故C正确，不符合题意；
以BC为底边，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵∠BGC＝120°，BC＝1，
∴点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，
连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝，
∴AO＝2OC＝，
∴AG的最小值为AO﹣OC＝，故D错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用定边对定角确定点G的运动路径是解题的关键．
6．（2023 常州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延长线上的一点，CD＝2．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作 CMND．连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是 　．　．
【答案】．
【点拨】先根据题意确定点P的运动轨迹，即可确定MP的最大值和最小值，从而解答．
【解析】解：∵AB＝AC＝4，
∴AD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CNMD是平行四边形，
∴DN∥BC，DN＝BC，CD∥MN，CD＝MN，
∴∠ADN＝∠ACB＝45°＝∠ABC＝∠CMN，
当M与B重合时，如图M1，N1，P1，∠ABN1＝90°，
∴AN1＝＝2，
∵P1是中点，
∴MP1＝AN1＝，
当MP⊥BC时，如图P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中点，
∴P的运动轨迹为平行于BC的线段，交AC于H，
∴CH＝3﹣2＝1，
∵∠ACB＝45°，
∴PH与BC间的距离为P2M2＝CH＝，
∵M不与B、C重合，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中线的性质，勾股定理，确定点P的运动轨迹是解题关键．
7．（2023 广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点M是边AC上一动点，点D，E分别是AB，MB的中点，当AM＝2.4时，DE的长是 　1.2　.若点N在边BC上，且CN＝AM，点F，G分别是MN，AN的中点，当AM＞2.4时，四边形DEFG面积S的取值范围是 　3≤S≤4　．
【答案】1.2；3＜S≤4．
【点拨】依据题意，根据三角形中位线定理可得DE＝AM＝1.2；设AM＝x，从而DE＝x，由DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，FG＝AM，进而DE∥FG，DE＝FG，从而四边形DEFG是平行四边形，结合题意可得DE边上的高为（4﹣x），故四边形DEFG面积S＝4x﹣x2，进而利用二次函数的性质可得S的取值范围．
【解析】解：由题意，点D，E分别是AB，MB的中点，
∴DE是三角形ABM的中位线．
∴DE＝AM＝1.2．
如图，
设AM＝x，
∴DE＝AM＝x．
由题意得，DE∥AM，且DE＝AM，
又FG∥AM，FG＝AM，
∴DE∥FG，DE＝FG．
∴四边形DEFG是平行四边形．
由题意，GF到AC的距离是x，BC＝＝8，
∴DE边上的高为（4﹣x）．
∴四边形DEFG面积S＝2x﹣x2，＝﹣（x﹣4）2+4．
∵2.4＜x≤6，
∴3≤S≤4．
故答案为：1.2；3≤S≤4．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．
8．（2023 通辽）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，动点P从点A出发以2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥AB，交边AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQD，使点A，D在PQ异侧，当点D落在BC边上时，点P需移动 　1　s．
【答案】1．
【点拨】根据等边三角形的性质得到角与边的等量关系，从而证明△BDP≌APQ，由此得到边之间的关系，进而求解．
【解析】解：设点P需移动t秒，点D落在BC边上，如图所示．
∵三角形PQD是等边三角形，
∴∠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．
故答案为：1．
【点睛】本题通过动点问题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定及其性质的运用．
9．（2021 湖北）如图1，已知∠RPQ＝45°，△ABC中，∠ACB＝90°，动点P从点A出发，以2cm/s的速度在线段AC上向点C运动，PQ，PR分别与射线AB交于E，F两点，且PE⊥AB，当点P与点C重合时停止运动，如图2，设点P的运动时间为x s，∠RPQ与△ABC的重叠部分面积为y cm2，y与x的函数关系由C1（0＜x≤5）和C2（5＜x≤n）两段不同的图象组成．
（1）填空：①当x＝5s时，EF＝　10　cm；
②sinA＝　　；
（2）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当y≥36cm2时，请直接写出x的取值范围．
【答案】（1）10，．
（2）y＝．
（3）3≤x≤6．
【点拨】（1）当x＝5时，如图3中，点F与B重合．利用三角形的面积公式求出EF，PE，可得结论．
（2）分两种情形：当0＜x≤5时，重叠部分是△PEF，当5＜x≤6时，如图4中，重叠部分是四边形PTBE，分别利用三角形面积公式求解即可．
（3）求出y＝36时，对应的x的值，可得结论．
【解析】解：（1）当x＝5时，如图3中，点F与B重合．
∵∠RPQ＝45°，PE⊥AB，
∴∠PEF＝90°，
∴∠EPF＝∠PFE＝45°，
∴EF＝EP，
由题意 EF PE＝50，
∴EF＝PE＝10（cm），
∵AP＝5×2＝10（cm），
∴sinA＝＝＝．
故答案为：10，．
（2）当0＜x≤5时，重叠部分是△PEF，y＝×（×2x）2＝2x2．
如图3中，在Rt△APE中，AE＝＝＝20（cm），
∴AB＝EF+AE＝30（cm），
∴BC＝AB＝6（cm），
∴AC＝＝＝12，
∴点P从A运动到C的时间x＝＝6，
当5＜x≤6时，如图4中，重叠部分是四边形PTBE，作BL∥PF交AC于L，过点L作LJ⊥AB于J，LK⊥AC交AB于K，过点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：过点T作TW⊥BF于W，求出TW，根据S△TBF＝ BF TW，求解．
综上所述，y＝．
（3）当y＝36时，2x2＝36，x＝3，
﹣34x2+360x﹣900＝36，
解得x＝6或，
∵＜5，
∴x＝不符合题意舍弃，
观察图象可知，满足条件的x的值为3≤x≤6．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，三角形的面积，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
10．（2021 铜仁市）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．点P是CA边上的一动点，点P从点C出发以每秒2cm的速度沿CA方向匀速运动，以CP为边作等边△CPQ（点B、点Q在AC同侧），设点P运动的时间为x秒，△ABC与△CPQ重叠部分的面积为S．
（1）当点Q落在△ABC内部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示，不要求写x的取值范围）；
（2）当点Q落在AB上时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S的值；
（3）当点Q落在△ABC外部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示）．
【答案】（1）S＝x2．
（2）S＝16．
（3）S＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）．
【点拨】（1）如图1中，当点Q落在△ABC内部时，求出等边△PQC的面积即可．
（2）如图2中，当点Q落在AB上时，过点Q作QH⊥AC于H．利用平行线分线段成比例定理求出QH即可．
（3）如图3中，点Q落在△ABC外部时，设CQ交AB于N，PQ交AB于M，过点N作NH⊥AC于H，过点M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．利用相似三角形的性质求出MJ，求出△BCQ，△APQ的面积即可．
【解析】解：（1）如图1中，当点Q落在△ABC内部时，S＝×（2x）2＝x2．
（2）如图2中，当点Q落在AB上时，过点Q作QH⊥AC于H．
∵∠QHA＝∠ACB＝90°，
∴QH∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4，
∴CP＝8，CH＝PH＝4，
∴S＝×82＝16．
（3）如图3中，点Q落在△ABC外部时，设CQ交AB于N，PQ交AB于M，过点N作NH⊥AC于H，过点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）．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，三角形的面积，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
11．（2023 绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）y＝（或者y＝）；
（3）BM＝．
【点拨】（1）根据矩形的性质得出AD∥BF，则∠D＝∠DCF，根据题意得出DG＝CG，即可证明△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）在Rt△ABF中，根据勾股定理表示出AF，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
.∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF＝90°＝∠ABC，
∵∠F＝∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝，
∵AB＝4，BF＝x，
在Rt△ABF中，AF＝＝，
∵CE＝y，
∴＝，
∴y＝（或者y＝）；
（3）解：过点E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为矩形，AD＝3，
∴AD＝BC＝3，
∵AB＝4，CF＝1，
∴AB＝BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE＝∠BAF＝45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN＝NF＝NE＝，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2＝BN2+EN2，
∴BE＝＝，
∵∠ECF＝∠BAF＝45°，
∴∠BAM＝∠BCE＝135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE＝90°，
∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠MBA＝∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2023 成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．
【初步感知】
（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．
【深入探究】
（2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．
【拓展运用】
（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】（1）见解析过程；
（2）①＝，见解析过程；
②当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，；
（3）点M运动的路径长为 ．
【点拨】（1）由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解；
（2）①先证△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，通过证明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；
（3）由题意可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，由相似三角形的性质可求M'R＝1，由勾股定理和相似三角形的性质可求RM″＝n，由勾股定理可求解．
【解析】（1）证明：连接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：
过点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，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，
∴AD＝x，BD＝2x，
∴AB＝3x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形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如图4，当点F在射线BC上时，过点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，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE+BF＝x﹣NE+（nx+FH）＝2x＝AB；
当点F在CB的延长线上时，如图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，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；
综上所述：当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，；
（3）如图，连接CD，CM，DM，
∵EF的中点为M，∠ACB＝∠EDF＝90°，
∴CM＝DM＝EF，
∴点M在线段CD的垂直平分线上运动，
如图，当点E'与点A重合时，点F'在BC的延长线上，
当点E''与点C重合时，点F″在CB的延长线上，
过点M'作M'R⊥F'C于R，
∴M'R∥AC，
∴＝，
∴M'R＝1，F'R＝CR，
由图2，设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'＝，
∴点M运动的路径长为．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
类型二 双动点问题
1．（2023 苏州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，AC EF的值为（　　）
A． B．9 C．15 D．30
【答案】D
【点拨】利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可．
【解析】解：连接AC、EF．
∵四边形OABC为矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F（5，3）．
∴AC＝＝＝3，
EF＝＝，
∴AC EF＝3×＝30．
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及坐标，较为简单，直接计算即可．
2．（2022 恩施州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（　　）
A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形 B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
【答案】D
【点拨】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP＝BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP＝CM，列方程求解即可；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
【解析】解：根据题意，可得DP＝t cm，BM＝t cm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，
解得t＝5，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，
即t＝8﹣t，
解得t＝4，
故B选项不符合题意；
当CD＝PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM＝PD，
即8﹣t＝t，
解得t＝4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
则∠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，
综上，当CD＝PM时，t＝4s或6s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
3．（2023 陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E在边AD上，且ED＝3，M、N分别是边AB、BC上的动点，且BM＝BN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM+PN＝4．则线段PC的长为 　2　．
【答案】2．
【点拨】过点P分别作PF⊥DC，PG⊥BC，PH⊥AB，由题意知PG＝PF，再说明PM与PH重合，PN与PG重合，得出四边形MPNB为正方形，即可求出PC＝2．
【解析】解：如图，过点P分别作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与PH重合，PN与PG重合，
∵BM＝BN，
∴四边形MPNB为正方形，
∴PM＝PN＝2，
∴PC＝2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键．
4．（2022 宿迁）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 　π　．
【答案】π．
【点拨】如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．首先证明PN＝2，利用勾股定理求出BP．由∠BHP＝90°，推出点H在BP为直径的⊙O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是．求出∠HON，再利用弧长公式求解．
【解析】解：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．
∵四边形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝6，
∵EM∥NF，
∴△EPM∽△FPN，
∴＝＝＝2，
∴PN＝2，PM＝4，
∵BN＝4，
∴BP＝＝＝2，
∵BH⊥EF，
∴∠BHP＝90°，
∴点H在BP为直径的⊙O上运动，
当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是．
此时AM＝4，NF＝2，
∴BF＝AB＝6，
∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，
∴BH平分∠ABF，
∴∠HBN＝45°，
∴∠HON＝2∠HBN＝90°，
∴点H的运动轨迹的长＝＝π．
故答案为：π．
【点睛】本题考查矩形的性质，轨迹，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022 大庆）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍．连接DE，DF分别与对角线AC交于点M，N，给出如下几个结论：①若AE＝2，CF＝3，则EF＝4；②∠EFN+∠EMN＝180°；③若AM＝2，CN＝3，则MN＝4；④若＝2，BE＝3，则EF＝4．其中正确结论的序号为 　②　．
【答案】②．
【点拨】根据已知条件可得EF＝AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF＝45°，判断②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM，GN，证明△GMN是直角三角形，结合勾股定理验证③，证明∠BEF＝∠MNG＝30°，即可判断④．
【解析】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF＝AB+BC，
∴EF＝AE+FC，
若AE＝2，CF＝3，则EF＝2+3＝5，故①错误；
如图，在BA的延长线上取点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°，
则∠EFN+∠EMN＝180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM，GN，
在△AED和△GED中，
，
∴△AED≌△GED（AAS），
同理，△GDF≌△CDF（AAS），
∴AG＝DG＝CF，∠ADE＝∠GDE，∠GDF＝∠CDF，
∴点A，G关于DE对称轴，C，G关于DF对称，
∴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错误；
∵MG＝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错误，
综上，正确结论的序号为②，
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，题目有一定综合性，通过添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
6．（2023 重庆）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，动点E，F均以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发，E沿折线A→B→C方向运动，F沿折线A→C→B方向运动，当两点相遇时停止运动．设运动的时间为t秒，点E，F的距离为y．
（1）请直接写出y关于t的函数关系式并注明自变量t的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中，画出这个函数图象，并写出该函数的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出点E，F相距3个单位长度时t的值．
【答案】（1）；
（2）图象见解答过程；当0≤t≤4时，y随t的增大而增大．（答案不唯一，正确即可）；
（3）3或4.5．
【点拨】（1）根据动点E、F运动的路线和速度分段进行分析，写出不同时间的函数表达式并注明自变量t的取值范围即可；
（2）根据画函数图象的方法分别画出两段函数图象，然后写出这个函数的其中一条性质即可；
（3）根据两个函数关系式分别求出当y＝3时的t值即可解决问题．
【解析】解：（1）当点E、F分别在AB、AC上运动时，△AEF为边长等于t的等边三角形，
∴点E，F的距离等于AE、AF的长，
∴当0≤t≤4时，y关于t的函数表达式为y＝t，
当点E、F都在BC上运动时，点E，F的距离等于4﹣2（t﹣4），
∴当4＜t≤6时，y关于t的函数表达式为y＝4﹣2（t﹣4）＝12﹣2t，
∴y关于t的函数表达式为；
（2）由（1）中得到的函数表达式可知：当t＝0时，y＝0；当t＝4时，y＝4；当t＝6时，y＝0，
分别描出三个点（0，0），（4，4）（6，0），然后顺次连线，如图：
根据函数图象可知这个函数的其中一条性质：当0≤t≤4时，y随t的增大而增大．（答案不唯一，正确即可）
（3）把y＝3分别代入y＝t和y＝12﹣2t中，得：
3＝t，3＝12﹣2t，
解得：t＝3或t＝4.5，
∴点E，F相距3个单位长度时t的值为3或4.5．
【点睛】本题是一道三角形综合题，主要考查等边三角形的性质、一次函数的图象和性质，以及一次函数的应用，深入理解题意是解决问题的关键．
7．（2021 大连）如图，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q两动点同时从点B出发，点P沿BC→CD以1cm/s的速度向终点D匀速运动，点Q沿BA→AC以2cm/s的速度向终点C匀速运动．
设点P的运动时间为t（s），△BPQ 的面积为S （cm2）．
（1）求AC的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【答案】（1）5cm；（2）S＝．
【点拨】（1）根据勾股定理直接计算AC的长；
（2）根据点P、Q的运动位置进行分类，分别画图表示相应的△BPQ的面积即可．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC＝（cm），
∴AC的长为5cm；
（2）当0＜t≤1.5时，如图，
S＝；
当1.5＜t≤4时，如图，作QH⊥BC于H，
∴CQ＝8﹣2t，
∵sin∠BCA＝，
∴，
∴QH＝，
∴S＝＝﹣；
③当4＜t≤7时，
CP＝t﹣4，BQ＝BC＝4，
∴S＝S△BPQ＝＝＝2t﹣8，
综上所述：S＝．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角函数、勾股定理，以及三角形面积的表示，根据动点的位置进行分类讨论是解决问题的关键．
8．（2023 吉林）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC﹣CD向终点D匀速运动，连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA﹣AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4），四边形PQMN的面积为 y（cm2）
（1）BP的长为 　（4﹣x）　cm，CM的长为 　x　cm．（用含x的代数式表示）
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
【答案】（1）（4﹣x），x；
（2）；
（3） s或 s．
【点拨】（1）根据正方形的性质得出∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，即可证得△MCO和△PAO全等，从而得出CM＝AP；
（2）分0＜x≤2，2＜x≤4两种情况分别画出图形，根据正方形的面积、直角三角形的面积、平行四边形的面积即可求解；
（3）根据（2）中的图形，分四边形PQMN为矩形、菱形分别求解即可．
【解析】解：（1）由题意得，AP＝x cm，BQ＝2x cm，
∵AB＝4cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（4﹣x） cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，
∵点O是对角线AC的中点，
∴CO＝AO，
在△MCO和△PAO中，
，
∴△MCO≌△PAO（AAS），
∴CM＝AP＝x cm，
故答案为：（4﹣x），x；
（2）当0＜x≤2时，点Q在边BC上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠QCO＝∠NAO，∠CQO＝∠ANO，
∵点O是对角线AC的中点，
∴CO＝AO，
在△QCO和△NAO中，
，
∴△QCO≌△NAO（AAS），
∴CQ＝AN．
∵四边形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；
当2＜x＜4时，点Q在边CD上，如图，
同上△MCO≌△PAO，△QCO≌△NAO，
∴MO＝PO，QO＝NO，
∴四边形PQMN是平行四边形，
∵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；
综上，；
（3）①当0＜x≤2时，
当四边形PQMN是矩形时，PB＝QB，
∴4﹣x＝2x，
解得；
当四边形PQMN是菱形时，PQ＝MQ，
∴（4﹣x）2+（2x）2＝x2+（4﹣2x）2，
解得x＝0（舍去）；
②当2＜x＜4时，
当四边形PQMN是矩形时，PB＝CQ，
∴4﹣x＝2x﹣4，
解得；
当四边形PQMN是菱形时，PN＝PQ，
∴（﹣x+4）2＝42+[2x﹣4﹣（4﹣x）]2，
∵Δ＜0，
∴方程无解，舍去；
综上，当四边形PQMN是轴对称图形时，x的值是 s或 s．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，轴对称图形的定义，动点问题等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．
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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题29 点动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的点动问题在近几年各地中考中以选择题、填空题、解答题的形式考查，有一定的难度，属于压轴题，考查的知识点涉及三角形、四边形、圆等，考查的热点主要有单动点问题和双动点问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2022 大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，点D在AC上，CD＝3，连接DB，AD＝DB，点P是边AC上一动点（点P不与点A，D，C重合），过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP＝x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
（1）求AC的长；
（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．
例2（2021 河池）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D，E分别是AB，BC边上的动点，以BD为直径的⊙O交BC于点F．
（1）当AD＝DF时，求证：△CAD≌△CFD；
（2）当△CED是等腰三角形且△DEB是直角三角形时，求AD的长．
考点过关☆专项突破
类型一 单动点问题
1．（2022 绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（2，3），则图象最低点E的坐标为（　　）
A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2）
2．（2022 十堰）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点（不与A，C重合），下列结论：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③当DB最长时，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023 内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝　　．
4．（2021 浙江）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（　　）
A． B． C． D．4
5．（2022 贵港）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，动点E在AB边上（与点A，B均不重合），点F在对角线AC上，CE与BF相交于点G，连接AG，DF，若AF＝BE，则下列结论错误的是（　　）
A．DF＝CE B．∠BGC＝120° C．AF2＝EG EC D．AG的最小值为
6．（2023 常州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延长线上的一点，CD＝2．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作 CMND．连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是 　　．
7．（2023 广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点M是边AC上一动点，点D，E分别是AB，MB的中点，当AM＝2.4时，DE的长是 　　.若点N在边BC上，且CN＝AM，点F，G分别是MN，AN的中点，当AM＞2.4时，四边形DEFG面积S的取值范围是 　　．
8．（2023 通辽）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，动点P从点A出发以2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥AB，交边AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQD，使点A，D在PQ异侧，当点D落在BC边上时，点P需移动 　　s．
9．（2021 湖北）如图1，已知∠RPQ＝45°，△ABC中，∠ACB＝90°，动点P从点A出发，以2cm/s的速度在线段AC上向点C运动，PQ，PR分别与射线AB交于E，F两点，且PE⊥AB，当点P与点C重合时停止运动，如图2，设点P的运动时间为x s，∠RPQ与△ABC的重叠部分面积为y cm2，y与x的函数关系由C1（0＜x≤5）和C2（5＜x≤n）两段不同的图象组成．
（1）填空：①当x＝5s时，EF＝　　cm；
②sinA＝　　；
（2）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当y≥36cm2时，请直接写出x的取值范围．
10．（2021 铜仁市）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6cm，AC＝12cm．点P是CA边上的一动点，点P从点C出发以每秒2cm的速度沿CA方向匀速运动，以CP为边作等边△CPQ（点B、点Q在AC同侧），设点P运动的时间为x秒，△ABC与△CPQ重叠部分的面积为S．
（1）当点Q落在△ABC内部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示，不要求写x的取值范围）；
（2）当点Q落在AB上时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S的值；
（3）当点Q落在△ABC外部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S（用含x的代数式表示）．
11．（2023 绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．
12．（2023 成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．
【初步感知】
（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．
【深入探究】
（2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．
【拓展运用】
（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
类型二 双动点问题
1．（2023 苏州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，AC EF的值为（　　）
A． B．9 C．15 D．30
2．（2022 恩施州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（　　）
A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形 B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
3．（2023 陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E在边AD上，且ED＝3，M、N分别是边AB、BC上的动点，且BM＝BN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM+PN＝4．则线段PC的长为 　　．
4．（2022 宿迁）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 　　．
5．（2022 大庆）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍．连接DE，DF分别与对角线AC交于点M，N，给出如下几个结论：①若AE＝2，CF＝3，则EF＝4；②∠EFN+∠EMN＝180°；③若AM＝2，CN＝3，则MN＝4；④若＝2，BE＝3，则EF＝4．其中正确结论的序号为 　　．
6．（2023 重庆）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，动点E，F均以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发，E沿折线A→B→C方向运动，F沿折线A→C→B方向运动，当两点相遇时停止运动．设运动的时间为t秒，点E，F的距离为y．
（1）请直接写出y关于t的函数关系式并注明自变量t的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中，画出这个函数图象，并写出该函数的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出点E，F相距3个单位长度时t的值．
7．（2021 大连）如图，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q两动点同时从点B出发，点P沿BC→CD以1cm/s的速度向终点D匀速运动，点Q沿BA→AC以2cm/s的速度向终点C匀速运动．
设点P的运动时间为t（s），△BPQ 的面积为S （cm2）．
（1）求AC的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
8．（2023 吉林）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC﹣CD向终点D匀速运动，连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA﹣AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4），四边形PQMN的面积为 y（cm2）
（1）BP的长为 　　cm，CM的长为 　　cm．（用含x的代数式表示）
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
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