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【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2）
1．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，在中，AD为直径，弦于点，连接OB．已知．动点从点出发，在直径AD上沿路线以的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当时，的值为　 　.
2．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且和AF相交于点，在点E，F运动的过程中，当中某一个内角是另一个内角的2倍时，的面积为　 　．
3．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，矩形ABCD中，M，N分别为CD，AB上一个动点，连接MN，分别以AM，CN为对称轴折叠△ADM，△CBN，得到△AEM，△CFN．若AD＝4，AB＝7，DM＝BN，当点E，F恰好落在MN上时，且EF＝1，则此时MN的长为　 　．
4．（2023八下·邗江期末）如图，矩形中，，，点从点出发沿向点移动（不与点，重合），一直到达点为止；同时，点从点出发沿向点移动（不与点、重合）．
（1）若点、均以的速度移动，经过多长时间四边形为菱形？
（2）若点为的速度移动，点以的速度移动，经过多长时间为直角三角形？
5．（2021九上·娄底月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，∠A＝60°.点P从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点P、Q运动的时间是t秒.过点P作PM⊥BC于点M，连接PQ、QM.
（1）请用含有t的式子填空：AQ＝　 　，AP＝　 　，PM＝　 　
（2）是否存在某一时刻使四边形AQMP为菱形？如果存在，求出相应的t值；如果不存在，说明理由；
（3）当t为何值时，△PQM为直角三角形？请说明理由.
6．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为acm/s（当P、Q两个点中有一个点到达终点时，即停止）．连接PQ，设P的运动的时间为t（单位：s）．设CQ=y，运动时间为x（s），y与x函数关系如图②所示：
解答下列问题：
（1）a的值　 　；当t= 　 　时，PQ//BC；
（2）设ΔAQP面积为S（单位：cm2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．
（3）是否存在某一时刻使得ΔAQP为等腰三角形，如果存在请直接写出t的值，如果不存在请说明理由．
7．（2017·惠阳模拟）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；
（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
8．（2021·兴庆模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm.设P，Q分别为BD，BC上的动点，在点P自点D沿DB方向作匀速移动的同时，点Q自点B沿BC方向向点C作匀速移动，移动的速度均为1cm/s，设P，Q移动的时间为t秒（0＜t≤4）.
（1）写出△PBQ的面积S（cm2）与时间t（s）的函数关系式，当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
（2）当t为何值时，△PBQ为等腰三角形？
9．（2018·龙湾模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣3，0），点C在y轴正半轴上，且sin∠CBO= ，点P从原点O出发，以每秒一个单位长度的速度沿x轴正方向移动，移动时间为t（0≤t≤5）秒，过点P作平行于y轴的直线l，直线l扫过四边形OCDA的面积为S．
（1）求点D坐标．
（2）求S关于t的函数关系式．
（3）在直线l移动过程中，l上是否存在一点Q，使以B、C、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2020八下·姜堰期末）点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD.
（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为　 　；
（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角(0°＜α＜360°)，
①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由.
②若AC=4，BC=2 ，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度.
11．（2020九上·金安期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→C向点C运动，同时点Q从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C向点C运动，直到它们都到达点C为止．若△APQ的面积为S（cm2），点P的运动时间为t（s），则S与t的函数图象是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2023八上·淮阳期中）如图，（点，分别与点，对应），，．固定不动，运动，并满足点在边从向移动（点不与，重合），始终经过点，与边交于点，当是等腰三角形时，　 　．
13．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图（1），在平面直角坐标系中，点A，~B的坐标分别为，连结AB．抛物线经过点，且对称轴是直线．
（1）求抛物线的函数关系式．
（2）将图①中的△ABO沿x轴向左平移得到△DCE（如图②），当四边形ABCD是菱形时，说明点C和点D都在该抛物线上．
（3）在（2）中，若点M是抛物线上的一个动点（点M不与点C、D重合），过点M作MN∥y轴交直线CD于点N．设点M的横坐标为m，线段MN的长为l．求l与m之间的函数关系式．
（4）在（3）的条件下，直接写出m为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形
14．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））已知，大正方形的边长为4厘米，小正方形的边长为2厘米，状态如图所示．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向大正方形的内部沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S厘米2，
完成下列问题：
（1）平移到1.5秒时，重叠部分的面积为　 　厘米2．
（2）求小正方形在平移过程中，S与t的关系式．
15．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，在□ABCD中，∠ABD＝90°，AD= 4cm，BD＝8cm．点P从点A出发，沿折线AB—BC向终点C运动，点P在AB边、BC边上的运动速度分别为1cm/s、cm/s．在点P的运动过程中，过点P作AB所在直线的垂线，交边AD或边CD于点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且QM=2PQ，MN与BD在PQ的同侧．设点P的运动时间为t（秒），矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为S（cm2）．
（1）求边AB的长；
（2）当0＜t＜4时，PQ＝　 　，当4＜t＜8时，PQ＝　 　（用含t的代数式表示）；
（3）当点M落在BD上时，求t的值；
（4）当矩形PQMN与□ABCD重叠部分图形为四边形时，求S与t的函数关系式
答案解析部分
1．【答案】1s，3s或6s
【知识点】三角形的外角性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；分类讨论
【解析】【解答】解：∵，∴，DH=OD-OH=2-1=1
E点从O到H运动时间1S；从H到D运动时间1S；从D到H运动时间1S；从H到O运动时间1S；从O到A运动时间2S；
分三种情况：
①当点从运动到的过程中，点运动到点时，。
②当点从运动到的过程中，点运动到点时，。
③当点从H运动到的过程中，在Rt△OBH中，∠OBC=30°，∠HOB=60°，
∠OAB=∠OBA=∠HOB=30°，所以点运动到点A时，∠OBE=30°，t=6S
故答案为：1s，3s或6s.
【分析】分别求出OH、HD、DO、OA的长度和E点在该线段的运动时间，再分三种情况（E在OD，E在DO，E在OA，）讨论E点运动到什么位置时∠OBE=30°即可求出E点的运动时间。
2．【答案】4或2
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；分类讨论
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AB=CD=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，
∵CE+CF=4，CF+BF=4，
∴CE=BF，
在△ABF和△BCE中，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠BAG+∠ABE=90°，
∴∠AGB=90°，
当∠AGB=2∠ABG=90°时，即∠ABG=∠BAG=45°，
∴∠GBC=45°，
过点G作GH⊥BC于点H，GH=2，
∴△BCG的面积为BC×GH=× 4×2=4；
当∠ABG=2∠BAG时，即∠ABG=60°，∠BAG=30°，
∴∠GBC=30°，
∴BG=AB=2，GH=BG=1，
∴△BCG的面积为BC×GH=× 4×1=2；
综上，△BCG的面积为4或2．
故答案为：4或2．
【分析】先证△ABF≌△BCE，再求出∠AGB=90°。然后分两种情况讨论：当∠AGB=2∠ABG，求出△BCG的高GH，继而求出△BCG的面积；当∠ABG=2∠BAG，求出△BCG的高GH，继而求出△BCG的面积；
3．【答案】5或
【知识点】勾股定理的应用；翻折变换（折叠问题）；列一元二次方程；解一元二次方程的其他方法；分类讨论
【解析】【解答】解：①当点E在点F上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，
如图，过点M作MG⊥AB于点G，ADMG是矩形。
设DM＝BN＝x，
由翻折可知：EM＝DM＝BN＝NF＝x，
则MN＝2x+1，
GN=AB-AG-BN=7-2X
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
∴MN＝2x+1＝5；
②当点F在点E上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，如图
同理可得：MN＝2x﹣1，
∴GN＝AB-AG-BN=7-2X，
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
综上所述：MN的长为5或．
故答案为：5或．
【分析】考查翻折的性质、矩形的性质、勾股定理及一元二次方程求解。过点M作MG⊥AB于点G。分两种情况，E在F的上方和E在F的上方。根据题意和翻折性质可知EM＝DM＝BN＝NF并用x表示它们的长度，MG=AD=4，AB=7，分别用含有x的式子表示MN和GN，在直角三角形MGN中利用勾股定理列出含有x的方程，继而求出x，再求出MN的长度。
4．【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵点、均以的速度移动，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
设经过，四边形是菱形，则有，，
由勾股定理得：，
∴，解得：，
答：经过时四边形是菱形，
（2）解：∵点不与点重合，
∴，
∴为直角三角形分两种情况：
当时，为直角三角形，
过点作于，易得四边形为矩形，如图所示，
∵，，则，，
∴，解得：或，
当时，，
∴， 解得：，
综上可知：经过或或时为直角三角形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据矩形性质可得，，由题意可得，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，设经过，四边形是菱形，则有，，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）分情况讨论：当时，为直角三角形，过点作于，易得四边形为矩形，根据边之间的关系可得，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当时，，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
5．【答案】（1）t；40-2t；t
（2）解：存在，理由如下：
由（1）知 ，
∵PM⊥BC，AC⊥BC
∴PM∥AQ，
∴四边形AQMP是平行四边形，
∴当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，
∴ ，
解得 ，
∴当 时，四边形AQMP是菱形；
（3）解：当△PQM为直角三角形时有三种情况：
①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，
∴∠PQA=∠PQC=90°，
∴∠APQ=30°，
∴AP=2AQ，
∴ ，
解得 ；
②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，
∴∠APQ=∠PQM=90°，
∴∠PQA=30°，
∴AQ=2AP，
∴ ，
解得 ；
③当∠PMQ=90°时此种情况不存在，
∴综上所述， 或 时△PQM是直角三角形
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t
∵∠C＝90°，∠A＝60°
∴∠B=30°，
∴ ，
∴ ，
∵PM⊥AC，
∴∠PMB=90°，
∴ .
故答案为：t，40-2t，t；
【分析】（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t，根据三角形内角和定理可得∠B=30°，根据含30°直角三角形的边之间的关系得AB=2AC=40，然后表示出AP，PM；
（2）由（1）知AQ=PM=t，易得四边形AQMP是平行四边形，故当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，据此可得t的值；
（3）①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，得到∠APQ=30°，则AP=2AQ，求解可得t的值；②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，∠PQA=30°，则AQ=2AP，求解可得t的值；
③当∠PMQ=90°时，此种情况不存在，据此解答.
6．【答案】（1）2；
（2）解：如图1所示，过点作于点．
即
解得．
当时，取得最大值，最大值为
（3）解：存在，．
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形-动点问题；相似三角形的性质-对应边；等腰三角形的性质-三线合一；分类讨论
【解析】【解答】
（1）由图2可知，y=CQ=AC-at，当运动2s时，CQ=4，
∴a=（AC-CQ）÷t=(8-4)÷2=2，
要使，则有，即，
解得：；
故答案为：.
（3）存在
当AQ=PQ时过Q作QT⊥AP，
如图：
∵AQ=PQ， QT⊥AP，
∴AT=PT=，AQ=2t
∠BAC=∠QAT，∠C=∠ATQ
△ABC∽△AQT
，即
解得
当时，过P向AQ作垂线交AQ于J，如图
∵AP=PQ， QJ⊥AQ，
∴AJ=QT=，AP=10-2t
∠BAC=∠PAJ，∠C=∠AJQ
△ABC∽△APJ
，即
解得：；
当时，，解得：，
综上可得：存在，．
【分析】(1)根据y=CQ=AC-at=8-at，由图像可知当t=2 ，y=4，代入y=8-at中求出a.
当PQ∥BC，根据平行线分对应线段成比例求出t值。
（2）过点作于点．根据平行线分对应线段成比例，用含有字母t的式子表示PD，也就是△APQ的高，根据三角形面积公式得，然后配方法求出二次函数的最大值。
（3）分三种情况：AP=AQ； AP=PQ； AQ=PQ.前2种情况，分别从等腰三角形的顶点先对边作垂线，根据等腰三角形三线合一，证三角形相似，利用相似三角形对应边成比例求出t值。后一种情况之间列出一元一次方程求解。
7．【答案】（1）解：AP=2t
∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，
∴∠CQE=45°=∠DEF，
∴CQ=CE=t，
∴AQ=8﹣t，
t的取值范围是：0≤t≤5；
（2）解：过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB=10，SinB= ，PB=10﹣2t，EB=6﹣t，
∴PG=PBSinB= （10﹣2t）
∴y=S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE= =
∴当 （在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值= （cm2）
（3）解：若AP=AQ，则有2t=8﹣t解得： （s）
若AP=PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH=QH= ，PH∥BC
∴△APH∽△ABC，
∴ ，
即 ，
解得： （s）
若AQ=PQ，如图②：过点Q作QI⊥AB，则AI=PI= AP=t
∵∠AIQ=∠ACB=90°∠A=∠A，
∴△AQI∽△ABC
∴ 即 ，
解得： （s）
综上所述，当 或 或 时，△APQ是等腰三角形．
【知识点】二次函数的最值；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据题意以及直角三角形性质表达出CQ、AQ，从而得出结论，（2）作PG⊥x轴，将四边形的面积表示为S△ABC﹣S△BPE﹣S△QCE即可求解，（3）根据题意以及三角形相似对边比例性质即可得出结论．
8．【答案】（1）解：矩形中，，
过点P作，垂足为M，
，
，
，
当时，S有最大值；
（2）解：①当时，，
，
②当时，作，垂足为E，
此时，，
即，
.
③当时，作，垂足为F，
此时，，
即，
.
或或均使为等腰三角形.
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；等腰三角形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据勾股定理求出BD，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则△BPM∽△BDC，根据相似三角形的性质可得PM，利用三角形的面积公式表示出S，然后根据二次函数的性质可得S的最大值；
（2）①当BP=BQ时，可得t的值；②当BQ=PQ时，作QE⊥BD，垂足为E，此时BE= ，易证△BQE∽△BDC，然后根据相似三角形的性质可得t的值；③当BP=PQ时，作PF⊥BC，垂足为F，此时BF= ，易证△BPF∽△BDC，然后根据相似三角形的性质可得t的值.
9．【答案】（1）解：在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO= ，设CO=4k，BC=5k，
∵BC2=CO2+OB2，
∴25k2=16k2+9，
∴k=1或﹣1（舍去），
BC=5，OC=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=BC=5，
∴D（5，4）
（2）解：①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形CCQP，S=4t．
②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA．
S=S梯形OCDA﹣S△DQT= ×（2+5）×4﹣ ×（5﹣t）× （5﹣t）=﹣ t2+ t﹣ ，
∴
（3）解：如图3中，①当QB=QC，∠BQC=90°，Q（ ， ）；
②当BC=CQ′，∠BCQ′=90°时，Q′（4，1）；
③当BC=BQ″，∠CBQ″=90°时，Q″（1，﹣3）；
综上所述，满足条件的点Q坐标为（ ， ）或（4，1）或（1，﹣3）
【知识点】分段函数；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据B点的坐标，求出OB的长，根据正弦函数的定义，由 sin∠CBO= 4 ∶5=OC∶CB ，设CO=4k，BC=5k，根据勾股定理建立方程即可求出k的值，进而得出OC，BC的长，根据菱形的四边相等及对边平行及平行于x轴的直线上的点的坐标特点即可求出D点的坐标；
（2） ①如图1中，当0≤t≤2时，OP=t，直线l扫过的图象是四边形CCQP ，根据矩形的面积等于两邻边之积即可建立出S与t的函数关系式； ②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA． 根据 S=S梯形OCDA﹣S△DQT 即可建立出函数关系式；
（3） 如图3中，分①当QB=QC，∠BQC=90°， ②当BC=CQ′，∠BCQ′=90°时 ， ③当BC=BQ″，∠CBQ″=90°时 ，三类情况分别求出Q点的坐标即可。
10．【答案】（1）AF=BD，AF⊥BD
（2）解：①第（1）问的结论仍然成立.理由如下：
设AF交CD于点M，如图②所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC=CD，CF=CB，∠ACD=∠FCB=90°，
∴∠CAF+∠AMC=90°，∴∠ACD+∠DCF=∠FCB+∠DCF，
即∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△DCB中， ，
∴△ACF≌△DCB(SAS)，
∴AF=BD，∠CAF=∠CDB.
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠CDB+∠DMH=∠CAF+∠AMC=90°，
∴∠DHM=90°，∴AF⊥BD；
②分两种情况：
a、如图③所示：连接CG交BF于O.
∵四边形BCFG是正方形，
∴CB=FB，BF⊥CG，∠BGF=90°，OB=OF=OC=OG，
∴BF=CG BC 2 4，OB=OF=OC BF=2，
∴AO 2 ，
∴AF=AO+OF=2 2，
由（2）得：AF=DB，
∴DB=2 2；
b、如图④所示：连接CG交BF于O，
同上得：OB=OF=OC BF=2，AO 2 ，
∴AF=AO﹣OF=2 2，
由（2）得：AF=DB，
∴DB=2 2；
综上所述：当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为2 2或2 2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF=BD，AF⊥BD.理由如下：
延长AF交BD于H，如图①所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC=CD，CF=CB，∠ACF=∠DCB=90°，
∴∠CAF+∠AFC=90°，
在△ACF和△DCB中， ，
∴△ACF≌△DCB(SAS)，
∴AF=BD，∠CAF=∠CDB.
∵∠DFH=∠AFC，
∴∠CDB+∠DFH=∠CAF+∠AFC=90°，
∴∠DHF=90°，
∴AF⊥BD.
故答案为：AF=BD，AF⊥BD；
【分析】（1）利用正方形的性质证明△ACF≌△DCB，得到AF=BD，∠CAF=∠CDB，再通过等量代换即可证明AF⊥BD，从而可得出AF与BD的数量关系和位置关系；
（2）①仍然利用正方形的性质证明△ACF≌△DCB，得到AF=BD，∠CAF=∠CDB，再通过等量代换即可证明AF⊥BD，从而可得出AF与BD的数量关系和位置关系；②分两种情况：点F在线段AB上或点F在线段AB的延长线上，分别画出图形，利用正方形的性质，勾股定理及（1）种的结论求解即可.
11．【答案】D
【知识点】动点问题的函数图象；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：①当 时，点 在 上，
， ，
过 作 交 于点 ，
中， ， ， ，
，
，
，
，
②当 时，点 在 上，
，
综上所述，正确的图象是 ．
故答案为：D．
【分析】分两种情况：①当 时，过 作 交 于点 ， ，②当 时，得出。
12．【答案】 或
【知识点】等腰三角形的判定；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，
∴∠AME＞∠AEF，
∴AE≠AM；
当AE=EM时，
∵∠AEB=∠MAE+∠C，∠EMC=∠MAE+∠AEM=∠MAE+∠B=∠MAE+∠C
∴∠AEB=∠EMC
又∵∠B=∠C
∴△ABE≌△ECM，
∴CE=AB=5，
∴BE=BC-EC=6-5=1，
当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，
∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，
即∠CAB=∠CEA，
又∵∠C=∠C，
∴△CAE∽△CBA，
∴
∴
∴．
故答案为： 或．
【分析】根据角之间的关系可得∠AME＞∠AEF，则AE≠AM，分情况讨论：当AE=EM时，根据角之间的关系可得∠AEB=∠EMC，再根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ECM，则CE=AB=5，根据边之间的关系即可求出答案；当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，根据角之间的关系可得∠CAB=∠CEA，再根据相似三角形判定定理可得△CAE∽△CBA，则，代值计算可得CE，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．【答案】（1）解：由已知，得，解得
二次函数的解析式为
（2）解：在Rt△ABO中，
∵OA=4，OB=3，
∴AB=5．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AD=AB=5．
∵△ABO沿x轴向左平移得到△DCE，
∴CE=OB=3．
∴C（ 5，3）、D（ 1，0）．
当时，，
当时，，
在该抛物线上；
（3）解：设直线CD的解析式为，则，
解得，
，
轴，
的横坐标均为，
当在直线CD的上方时，有；
当在直线CD的下方时，有
与之间的函数解析式为或
（4）或或-3
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征；分类讨论
【解析】【解答】解：（4）解：由于，要使以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，只需，当时，解得；当时，解得
即；或-3时，以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】（1）抛物线经过B(0.3)，且对称轴，用待定系数法求抛物线的解析式。
（2）根据平移规律找出C、D两点的坐标，代入解析式中来判断C、D是否再抛物线上。
（3）先用待定系数法求出CD的解析式，分两种情况讨论M在直线CD上方和M在直线CD的下方，求出线段MN的长度的解析式
（4）由于，使以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，只需。把线段MN的距离等于3代入直线I的解析式计算即可。
14．【答案】（1）3
（2）解：分情况讨论：
当0≤t＜2时，小正方形未完全进入大正方形，此时S＝2t；
当2≤t≤4时，小正方形完全在大正方形内，此时S＝2×2＝4；
当4＜t≤6时，小正方形逐渐离开大正方形，此时S＝2×2﹣2（
t﹣4）＝12﹣2t；
当t＞6时，无重叠部分，此时S＝0．
综上所述：小正方形在平移过程中，
当0≤t＜2时，S＝2t；
当2≤t≤4时，S＝4；
当4＜t≤6时，
S＝12﹣2t；
当t＞6时，S＝0
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；平移的性质；图形的平移；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，S＝2×1.5＝3（厘米2）；
故答案为：3
【分析】（1）重叠部分的面积是长方形的面积，其中长是平移的距离，宽是原正方形边长，据此解答。
（2）分4其中情况讨论：①小正方体没有完全进入；②小正方体完全在大正方形内；③小正方形逐渐离开答正方形，④小正方形完全离开答正方形。再根据矩形面积的计算公式求解析式。
15．【答案】（1）解：．
（2）；
（3）解：如图，当点在AB上时，，则，
在矩形PQMN中，BP=QM，
∵QM=2PQ，
∴BP=2PQ，
由（2）得PQ=2t
，解得：；
如图，当点P在BC边上时，点M与点D重合
由（2）得：此时，
由（2）得
∵QM=2PQ，
，解得：；
综上所述，当点落在BD上时，的值为或；
（4）解：如图，当时，
矩形PQMN与重叠部分的面积为；
如图，当时，设MQ交BC于点，
根据题意得：AQ∥BT，QT∥AB，
∴四边形ABTQ是平行四边形，
∴QT= 4cm，
∵BP=AB-AP=（4-t）cm，PO=2tcm
∴矩形PQMN与重叠部分的面积为
如图，当点N落在AD边上时，四边形ABPN是平行四边形
∴PN=AB= = 4cm，
∴MQ=PN= = 4cm，
∵QM=2PQ，PQ=（16-2t）cm
∴2（16-2t）=4，解得：t= 7，
如图，当4＜t≤7时，设PN交AD于点K，此时四边形ABPK是平行四边形，
∴PKAB= = 4cm，
矩形PQMN与重叠部分的面积为
如图，当时，
矩形PQMN与重叠部分的面积为
综上所述，S与t的函数关系式为
【知识点】勾股定理的应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【解答】解：（2）当时，点在AB边上，，如图，
∵PQ⊥AB，∠ABD＝90°，
∴PQ∥BD，
∴△APQ∽△ABD，
即
当时，点在BC边上，，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=4cm，AB∥CD，∠BDC=∠ABD=90°，
，
∵PQ⊥AB，
∴PQ⊥CD，
∴PQ∥BD，
∴△CPQ∽△CBD，
即
故答案为：2t或16-2t
【分析】（1）在直角三角形ABD中AD= 4cm，BD＝8cm．利用勾股定理求出AB.
(2)当时，点在AB边上，M在BD边上；当时，点在BC边上，M在BD边上。先证△APQ∽△ABD和△CPQ∽△CBD，再用对应边成比例求出PQ的值.
(3)分两种情况：当P在AB边上，QM=BP=4-t，由（2）PQ=2AP=2t.，根据QM=2PQ列出等式求出t值。当P在BC边长，由（2）得PQ=16-2t.OM=CD-CQ=t-4，根据QM=2PQ列出等式求出t值。
（4）结合（3）t的时间，分四种情况讨论：.分别利用矩形面积或梯形面积求解。
1 / 1【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2）
1．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，在中，AD为直径，弦于点，连接OB．已知．动点从点出发，在直径AD上沿路线以的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当时，的值为　 　.
【答案】1s，3s或6s
【知识点】三角形的外角性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；分类讨论
【解析】【解答】解：∵，∴，DH=OD-OH=2-1=1
E点从O到H运动时间1S；从H到D运动时间1S；从D到H运动时间1S；从H到O运动时间1S；从O到A运动时间2S；
分三种情况：
①当点从运动到的过程中，点运动到点时，。
②当点从运动到的过程中，点运动到点时，。
③当点从H运动到的过程中，在Rt△OBH中，∠OBC=30°，∠HOB=60°，
∠OAB=∠OBA=∠HOB=30°，所以点运动到点A时，∠OBE=30°，t=6S
故答案为：1s，3s或6s.
【分析】分别求出OH、HD、DO、OA的长度和E点在该线段的运动时间，再分三种情况（E在OD，E在DO，E在OA，）讨论E点运动到什么位置时∠OBE=30°即可求出E点的运动时间。
2．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且和AF相交于点，在点E，F运动的过程中，当中某一个内角是另一个内角的2倍时，的面积为　 　．
【答案】4或2
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；分类讨论
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AB=CD=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，
∵CE+CF=4，CF+BF=4，
∴CE=BF，
在△ABF和△BCE中，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠BAG+∠ABE=90°，
∴∠AGB=90°，
当∠AGB=2∠ABG=90°时，即∠ABG=∠BAG=45°，
∴∠GBC=45°，
过点G作GH⊥BC于点H，GH=2，
∴△BCG的面积为BC×GH=× 4×2=4；
当∠ABG=2∠BAG时，即∠ABG=60°，∠BAG=30°，
∴∠GBC=30°，
∴BG=AB=2，GH=BG=1，
∴△BCG的面积为BC×GH=× 4×1=2；
综上，△BCG的面积为4或2．
故答案为：4或2．
【分析】先证△ABF≌△BCE，再求出∠AGB=90°。然后分两种情况讨论：当∠AGB=2∠ABG，求出△BCG的高GH，继而求出△BCG的面积；当∠ABG=2∠BAG，求出△BCG的高GH，继而求出△BCG的面积；
3．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，矩形ABCD中，M，N分别为CD，AB上一个动点，连接MN，分别以AM，CN为对称轴折叠△ADM，△CBN，得到△AEM，△CFN．若AD＝4，AB＝7，DM＝BN，当点E，F恰好落在MN上时，且EF＝1，则此时MN的长为　 　．
【答案】5或
【知识点】勾股定理的应用；翻折变换（折叠问题）；列一元二次方程；解一元二次方程的其他方法；分类讨论
【解析】【解答】解：①当点E在点F上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，
如图，过点M作MG⊥AB于点G，ADMG是矩形。
设DM＝BN＝x，
由翻折可知：EM＝DM＝BN＝NF＝x，
则MN＝2x+1，
GN=AB-AG-BN=7-2X
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
∴MN＝2x+1＝5；
②当点F在点E上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，如图
同理可得：MN＝2x﹣1，
∴GN＝AB-AG-BN=7-2X，
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
综上所述：MN的长为5或．
故答案为：5或．
【分析】考查翻折的性质、矩形的性质、勾股定理及一元二次方程求解。过点M作MG⊥AB于点G。分两种情况，E在F的上方和E在F的上方。根据题意和翻折性质可知EM＝DM＝BN＝NF并用x表示它们的长度，MG=AD=4，AB=7，分别用含有x的式子表示MN和GN，在直角三角形MGN中利用勾股定理列出含有x的方程，继而求出x，再求出MN的长度。
4．（2023八下·邗江期末）如图，矩形中，，，点从点出发沿向点移动（不与点，重合），一直到达点为止；同时，点从点出发沿向点移动（不与点、重合）．
（1）若点、均以的速度移动，经过多长时间四边形为菱形？
（2）若点为的速度移动，点以的速度移动，经过多长时间为直角三角形？
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵点、均以的速度移动，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
设经过，四边形是菱形，则有，，
由勾股定理得：，
∴，解得：，
答：经过时四边形是菱形，
（2）解：∵点不与点重合，
∴，
∴为直角三角形分两种情况：
当时，为直角三角形，
过点作于，易得四边形为矩形，如图所示，
∵，，则，，
∴，解得：或，
当时，，
∴， 解得：，
综上可知：经过或或时为直角三角形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据矩形性质可得，，由题意可得，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，设经过，四边形是菱形，则有，，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）分情况讨论：当时，为直角三角形，过点作于，易得四边形为矩形，根据边之间的关系可得，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当时，，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
5．（2021九上·娄底月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，∠A＝60°.点P从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点P、Q运动的时间是t秒.过点P作PM⊥BC于点M，连接PQ、QM.
（1）请用含有t的式子填空：AQ＝　 　，AP＝　 　，PM＝　 　
（2）是否存在某一时刻使四边形AQMP为菱形？如果存在，求出相应的t值；如果不存在，说明理由；
（3）当t为何值时，△PQM为直角三角形？请说明理由.
【答案】（1）t；40-2t；t
（2）解：存在，理由如下：
由（1）知 ，
∵PM⊥BC，AC⊥BC
∴PM∥AQ，
∴四边形AQMP是平行四边形，
∴当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，
∴ ，
解得 ，
∴当 时，四边形AQMP是菱形；
（3）解：当△PQM为直角三角形时有三种情况：
①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，
∴∠PQA=∠PQC=90°，
∴∠APQ=30°，
∴AP=2AQ，
∴ ，
解得 ；
②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，
∴∠APQ=∠PQM=90°，
∴∠PQA=30°，
∴AQ=2AP，
∴ ，
解得 ；
③当∠PMQ=90°时此种情况不存在，
∴综上所述， 或 时△PQM是直角三角形
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t
∵∠C＝90°，∠A＝60°
∴∠B=30°，
∴ ，
∴ ，
∵PM⊥AC，
∴∠PMB=90°，
∴ .
故答案为：t，40-2t，t；
【分析】（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t，根据三角形内角和定理可得∠B=30°，根据含30°直角三角形的边之间的关系得AB=2AC=40，然后表示出AP，PM；
（2）由（1）知AQ=PM=t，易得四边形AQMP是平行四边形，故当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，据此可得t的值；
（3）①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，得到∠APQ=30°，则AP=2AQ，求解可得t的值；②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，∠PQA=30°，则AQ=2AP，求解可得t的值；
③当∠PMQ=90°时，此种情况不存在，据此解答.
6．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为acm/s（当P、Q两个点中有一个点到达终点时，即停止）．连接PQ，设P的运动的时间为t（单位：s）．设CQ=y，运动时间为x（s），y与x函数关系如图②所示：
解答下列问题：
（1）a的值　 　；当t= 　 　时，PQ//BC；
（2）设ΔAQP面积为S（单位：cm2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．
（3）是否存在某一时刻使得ΔAQP为等腰三角形，如果存在请直接写出t的值，如果不存在请说明理由．
【答案】（1）2；
（2）解：如图1所示，过点作于点．
即
解得．
当时，取得最大值，最大值为
（3）解：存在，．
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形-动点问题；相似三角形的性质-对应边；等腰三角形的性质-三线合一；分类讨论
【解析】【解答】
（1）由图2可知，y=CQ=AC-at，当运动2s时，CQ=4，
∴a=（AC-CQ）÷t=(8-4)÷2=2，
要使，则有，即，
解得：；
故答案为：.
（3）存在
当AQ=PQ时过Q作QT⊥AP，
如图：
∵AQ=PQ， QT⊥AP，
∴AT=PT=，AQ=2t
∠BAC=∠QAT，∠C=∠ATQ
△ABC∽△AQT
，即
解得
当时，过P向AQ作垂线交AQ于J，如图
∵AP=PQ， QJ⊥AQ，
∴AJ=QT=，AP=10-2t
∠BAC=∠PAJ，∠C=∠AJQ
△ABC∽△APJ
，即
解得：；
当时，，解得：，
综上可得：存在，．
【分析】(1)根据y=CQ=AC-at=8-at，由图像可知当t=2 ，y=4，代入y=8-at中求出a.
当PQ∥BC，根据平行线分对应线段成比例求出t值。
（2）过点作于点．根据平行线分对应线段成比例，用含有字母t的式子表示PD，也就是△APQ的高，根据三角形面积公式得，然后配方法求出二次函数的最大值。
（3）分三种情况：AP=AQ； AP=PQ； AQ=PQ.前2种情况，分别从等腰三角形的顶点先对边作垂线，根据等腰三角形三线合一，证三角形相似，利用相似三角形对应边成比例求出t值。后一种情况之间列出一元一次方程求解。
7．（2017·惠阳模拟）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；
（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
【答案】（1）解：AP=2t
∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，
∴∠CQE=45°=∠DEF，
∴CQ=CE=t，
∴AQ=8﹣t，
t的取值范围是：0≤t≤5；
（2）解：过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB=10，SinB= ，PB=10﹣2t，EB=6﹣t，
∴PG=PBSinB= （10﹣2t）
∴y=S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE= =
∴当 （在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值= （cm2）
（3）解：若AP=AQ，则有2t=8﹣t解得： （s）
若AP=PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH=QH= ，PH∥BC
∴△APH∽△ABC，
∴ ，
即 ，
解得： （s）
若AQ=PQ，如图②：过点Q作QI⊥AB，则AI=PI= AP=t
∵∠AIQ=∠ACB=90°∠A=∠A，
∴△AQI∽△ABC
∴ 即 ，
解得： （s）
综上所述，当 或 或 时，△APQ是等腰三角形．
【知识点】二次函数的最值；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据题意以及直角三角形性质表达出CQ、AQ，从而得出结论，（2）作PG⊥x轴，将四边形的面积表示为S△ABC﹣S△BPE﹣S△QCE即可求解，（3）根据题意以及三角形相似对边比例性质即可得出结论．
8．（2021·兴庆模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm.设P，Q分别为BD，BC上的动点，在点P自点D沿DB方向作匀速移动的同时，点Q自点B沿BC方向向点C作匀速移动，移动的速度均为1cm/s，设P，Q移动的时间为t秒（0＜t≤4）.
（1）写出△PBQ的面积S（cm2）与时间t（s）的函数关系式，当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
（2）当t为何值时，△PBQ为等腰三角形？
【答案】（1）解：矩形中，，
过点P作，垂足为M，
，
，
，
当时，S有最大值；
（2）解：①当时，，
，
②当时，作，垂足为E，
此时，，
即，
.
③当时，作，垂足为F，
此时，，
即，
.
或或均使为等腰三角形.
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；等腰三角形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据勾股定理求出BD，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则△BPM∽△BDC，根据相似三角形的性质可得PM，利用三角形的面积公式表示出S，然后根据二次函数的性质可得S的最大值；
（2）①当BP=BQ时，可得t的值；②当BQ=PQ时，作QE⊥BD，垂足为E，此时BE= ，易证△BQE∽△BDC，然后根据相似三角形的性质可得t的值；③当BP=PQ时，作PF⊥BC，垂足为F，此时BF= ，易证△BPF∽△BDC，然后根据相似三角形的性质可得t的值.
9．（2018·龙湾模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣3，0），点C在y轴正半轴上，且sin∠CBO= ，点P从原点O出发，以每秒一个单位长度的速度沿x轴正方向移动，移动时间为t（0≤t≤5）秒，过点P作平行于y轴的直线l，直线l扫过四边形OCDA的面积为S．
（1）求点D坐标．
（2）求S关于t的函数关系式．
（3）在直线l移动过程中，l上是否存在一点Q，使以B、C、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO= ，设CO=4k，BC=5k，
∵BC2=CO2+OB2，
∴25k2=16k2+9，
∴k=1或﹣1（舍去），
BC=5，OC=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=BC=5，
∴D（5，4）
（2）解：①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形CCQP，S=4t．
②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA．
S=S梯形OCDA﹣S△DQT= ×（2+5）×4﹣ ×（5﹣t）× （5﹣t）=﹣ t2+ t﹣ ，
∴
（3）解：如图3中，①当QB=QC，∠BQC=90°，Q（ ， ）；
②当BC=CQ′，∠BCQ′=90°时，Q′（4，1）；
③当BC=BQ″，∠CBQ″=90°时，Q″（1，﹣3）；
综上所述，满足条件的点Q坐标为（ ， ）或（4，1）或（1，﹣3）
【知识点】分段函数；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据B点的坐标，求出OB的长，根据正弦函数的定义，由 sin∠CBO= 4 ∶5=OC∶CB ，设CO=4k，BC=5k，根据勾股定理建立方程即可求出k的值，进而得出OC，BC的长，根据菱形的四边相等及对边平行及平行于x轴的直线上的点的坐标特点即可求出D点的坐标；
（2） ①如图1中，当0≤t≤2时，OP=t，直线l扫过的图象是四边形CCQP ，根据矩形的面积等于两邻边之积即可建立出S与t的函数关系式； ②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA． 根据 S=S梯形OCDA﹣S△DQT 即可建立出函数关系式；
（3） 如图3中，分①当QB=QC，∠BQC=90°， ②当BC=CQ′，∠BCQ′=90°时 ， ③当BC=BQ″，∠CBQ″=90°时 ，三类情况分别求出Q点的坐标即可。
10．（2020八下·姜堰期末）点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD.
（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为　 　；
（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角(0°＜α＜360°)，
①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由.
②若AC=4，BC=2 ，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度.
【答案】（1）AF=BD，AF⊥BD
（2）解：①第（1）问的结论仍然成立.理由如下：
设AF交CD于点M，如图②所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC=CD，CF=CB，∠ACD=∠FCB=90°，
∴∠CAF+∠AMC=90°，∴∠ACD+∠DCF=∠FCB+∠DCF，
即∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△DCB中， ，
∴△ACF≌△DCB(SAS)，
∴AF=BD，∠CAF=∠CDB.
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠CDB+∠DMH=∠CAF+∠AMC=90°，
∴∠DHM=90°，∴AF⊥BD；
②分两种情况：
a、如图③所示：连接CG交BF于O.
∵四边形BCFG是正方形，
∴CB=FB，BF⊥CG，∠BGF=90°，OB=OF=OC=OG，
∴BF=CG BC 2 4，OB=OF=OC BF=2，
∴AO 2 ，
∴AF=AO+OF=2 2，
由（2）得：AF=DB，
∴DB=2 2；
b、如图④所示：连接CG交BF于O，
同上得：OB=OF=OC BF=2，AO 2 ，
∴AF=AO﹣OF=2 2，
由（2）得：AF=DB，
∴DB=2 2；
综上所述：当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为2 2或2 2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF=BD，AF⊥BD.理由如下：
延长AF交BD于H，如图①所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC=CD，CF=CB，∠ACF=∠DCB=90°，
∴∠CAF+∠AFC=90°，
在△ACF和△DCB中， ，
∴△ACF≌△DCB(SAS)，
∴AF=BD，∠CAF=∠CDB.
∵∠DFH=∠AFC，
∴∠CDB+∠DFH=∠CAF+∠AFC=90°，
∴∠DHF=90°，
∴AF⊥BD.
故答案为：AF=BD，AF⊥BD；
【分析】（1）利用正方形的性质证明△ACF≌△DCB，得到AF=BD，∠CAF=∠CDB，再通过等量代换即可证明AF⊥BD，从而可得出AF与BD的数量关系和位置关系；
（2）①仍然利用正方形的性质证明△ACF≌△DCB，得到AF=BD，∠CAF=∠CDB，再通过等量代换即可证明AF⊥BD，从而可得出AF与BD的数量关系和位置关系；②分两种情况：点F在线段AB上或点F在线段AB的延长线上，分别画出图形，利用正方形的性质，勾股定理及（1）种的结论求解即可.
11．（2020九上·金安期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→C向点C运动，同时点Q从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C向点C运动，直到它们都到达点C为止．若△APQ的面积为S（cm2），点P的运动时间为t（s），则S与t的函数图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】动点问题的函数图象；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：①当 时，点 在 上，
， ，
过 作 交 于点 ，
中， ， ， ，
，
，
，
，
②当 时，点 在 上，
，
综上所述，正确的图象是 ．
故答案为：D．
【分析】分两种情况：①当 时，过 作 交 于点 ， ，②当 时，得出。
12．（2023八上·淮阳期中）如图，（点，分别与点，对应），，．固定不动，运动，并满足点在边从向移动（点不与，重合），始终经过点，与边交于点，当是等腰三角形时，　 　．
【答案】 或
【知识点】等腰三角形的判定；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，
∴∠AME＞∠AEF，
∴AE≠AM；
当AE=EM时，
∵∠AEB=∠MAE+∠C，∠EMC=∠MAE+∠AEM=∠MAE+∠B=∠MAE+∠C
∴∠AEB=∠EMC
又∵∠B=∠C
∴△ABE≌△ECM，
∴CE=AB=5，
∴BE=BC-EC=6-5=1，
当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，
∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，
即∠CAB=∠CEA，
又∵∠C=∠C，
∴△CAE∽△CBA，
∴
∴
∴．
故答案为： 或．
【分析】根据角之间的关系可得∠AME＞∠AEF，则AE≠AM，分情况讨论：当AE=EM时，根据角之间的关系可得∠AEB=∠EMC，再根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ECM，则CE=AB=5，根据边之间的关系即可求出答案；当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，根据角之间的关系可得∠CAB=∠CEA，再根据相似三角形判定定理可得△CAE∽△CBA，则，代值计算可得CE，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图（1），在平面直角坐标系中，点A，~B的坐标分别为，连结AB．抛物线经过点，且对称轴是直线．
（1）求抛物线的函数关系式．
（2）将图①中的△ABO沿x轴向左平移得到△DCE（如图②），当四边形ABCD是菱形时，说明点C和点D都在该抛物线上．
（3）在（2）中，若点M是抛物线上的一个动点（点M不与点C、D重合），过点M作MN∥y轴交直线CD于点N．设点M的横坐标为m，线段MN的长为l．求l与m之间的函数关系式．
（4）在（3）的条件下，直接写出m为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形
【答案】（1）解：由已知，得，解得
二次函数的解析式为
（2）解：在Rt△ABO中，
∵OA=4，OB=3，
∴AB=5．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AD=AB=5．
∵△ABO沿x轴向左平移得到△DCE，
∴CE=OB=3．
∴C（ 5，3）、D（ 1，0）．
当时，，
当时，，
在该抛物线上；
（3）解：设直线CD的解析式为，则，
解得，
，
轴，
的横坐标均为，
当在直线CD的上方时，有；
当在直线CD的下方时，有
与之间的函数解析式为或
（4）或或-3
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征；分类讨论
【解析】【解答】解：（4）解：由于，要使以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，只需，当时，解得；当时，解得
即；或-3时，以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】（1）抛物线经过B(0.3)，且对称轴，用待定系数法求抛物线的解析式。
（2）根据平移规律找出C、D两点的坐标，代入解析式中来判断C、D是否再抛物线上。
（3）先用待定系数法求出CD的解析式，分两种情况讨论M在直线CD上方和M在直线CD的下方，求出线段MN的长度的解析式
（4）由于，使以点M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，只需。把线段MN的距离等于3代入直线I的解析式计算即可。
14．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））已知，大正方形的边长为4厘米，小正方形的边长为2厘米，状态如图所示．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向大正方形的内部沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S厘米2，
完成下列问题：
（1）平移到1.5秒时，重叠部分的面积为　 　厘米2．
（2）求小正方形在平移过程中，S与t的关系式．
【答案】（1）3
（2）解：分情况讨论：
当0≤t＜2时，小正方形未完全进入大正方形，此时S＝2t；
当2≤t≤4时，小正方形完全在大正方形内，此时S＝2×2＝4；
当4＜t≤6时，小正方形逐渐离开大正方形，此时S＝2×2﹣2（
t﹣4）＝12﹣2t；
当t＞6时，无重叠部分，此时S＝0．
综上所述：小正方形在平移过程中，
当0≤t＜2时，S＝2t；
当2≤t≤4时，S＝4；
当4＜t≤6时，
S＝12﹣2t；
当t＞6时，S＝0
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；平移的性质；图形的平移；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）1.5秒时，小正方形向右移动1.5厘米，S＝2×1.5＝3（厘米2）；
故答案为：3
【分析】（1）重叠部分的面积是长方形的面积，其中长是平移的距离，宽是原正方形边长，据此解答。
（2）分4其中情况讨论：①小正方体没有完全进入；②小正方体完全在大正方形内；③小正方形逐渐离开答正方形，④小正方形完全离开答正方形。再根据矩形面积的计算公式求解析式。
15．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，在□ABCD中，∠ABD＝90°，AD= 4cm，BD＝8cm．点P从点A出发，沿折线AB—BC向终点C运动，点P在AB边、BC边上的运动速度分别为1cm/s、cm/s．在点P的运动过程中，过点P作AB所在直线的垂线，交边AD或边CD于点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且QM=2PQ，MN与BD在PQ的同侧．设点P的运动时间为t（秒），矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为S（cm2）．
（1）求边AB的长；
（2）当0＜t＜4时，PQ＝　 　，当4＜t＜8时，PQ＝　 　（用含t的代数式表示）；
（3）当点M落在BD上时，求t的值；
（4）当矩形PQMN与□ABCD重叠部分图形为四边形时，求S与t的函数关系式
【答案】（1）解：．
（2）；
（3）解：如图，当点在AB上时，，则，
在矩形PQMN中，BP=QM，
∵QM=2PQ，
∴BP=2PQ，
由（2）得PQ=2t
，解得：；
如图，当点P在BC边上时，点M与点D重合
由（2）得：此时，
由（2）得
∵QM=2PQ，
，解得：；
综上所述，当点落在BD上时，的值为或；
（4）解：如图，当时，
矩形PQMN与重叠部分的面积为；
如图，当时，设MQ交BC于点，
根据题意得：AQ∥BT，QT∥AB，
∴四边形ABTQ是平行四边形，
∴QT= 4cm，
∵BP=AB-AP=（4-t）cm，PO=2tcm
∴矩形PQMN与重叠部分的面积为
如图，当点N落在AD边上时，四边形ABPN是平行四边形
∴PN=AB= = 4cm，
∴MQ=PN= = 4cm，
∵QM=2PQ，PQ=（16-2t）cm
∴2（16-2t）=4，解得：t= 7，
如图，当4＜t≤7时，设PN交AD于点K，此时四边形ABPK是平行四边形，
∴PKAB= = 4cm，
矩形PQMN与重叠部分的面积为
如图，当时，
矩形PQMN与重叠部分的面积为
综上所述，S与t的函数关系式为
【知识点】勾股定理的应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【解答】解：（2）当时，点在AB边上，，如图，
∵PQ⊥AB，∠ABD＝90°，
∴PQ∥BD，
∴△APQ∽△ABD，
即
当时，点在BC边上，，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=4cm，AB∥CD，∠BDC=∠ABD=90°，
，
∵PQ⊥AB，
∴PQ⊥CD，
∴PQ∥BD，
∴△CPQ∽△CBD，
即
故答案为：2t或16-2t
【分析】（1）在直角三角形ABD中AD= 4cm，BD＝8cm．利用勾股定理求出AB.
(2)当时，点在AB边上，M在BD边上；当时，点在BC边上，M在BD边上。先证△APQ∽△ABD和△CPQ∽△CBD，再用对应边成比例求出PQ的值.
(3)分两种情况：当P在AB边上，QM=BP=4-t，由（2）PQ=2AP=2t.，根据QM=2PQ列出等式求出t值。当P在BC边长，由（2）得PQ=16-2t.OM=CD-CQ=t-4，根据QM=2PQ列出等式求出t值。
（4）结合（3）t的时间，分四种情况讨论：.分别利用矩形面积或梯形面积求解。
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