中考数学二轮复习考点精讲专题41 几何问题（1）之动点问题【热点专题】（教师版）

专题41几何问题（1）之动点问题专题41几何问题（1）之动点问题题型精讲题型精讲题型一：圆背景下的动态探究题【例1】（2020•连云港）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点AB筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间．（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．（参考数据：cos43°＝sin47°≈1115，sin16°＝cos74°≈11【分析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．【解析】（1）如图1中，连接OA．由题意，筒车每秒旋转360°×5在Rt△ACO中，cos∠AOC=OC∴∠AOC＝43°，∴180−435答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，过点P作PD⊥OC于D，在Rt△POD中，OD＝OP•cos60°＝3×12=2.2﹣1.5＝0.7（m），答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面0.7m．（3）如图3中，∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，在Rt△OPM中，cos∠POM=OP∴∠POM＝68°，在Rt△COM中，cos∠COM=OC∴∠COM＝74°，∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，∴需要的时间为385答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．【例2】（2020•苏州）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．（1）求OP+OQ的值；（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．（3）求四边形OPCQ的面积．【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．∵OT平分∠MON，∴∠BOD＝∠OBD＝45°，∴BD＝OD，OB=2BD设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣∵BD∥OQ，∴PDOP∴8−t−x8−t∴x=8t−∴OB=2当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为22cm．（3）∵∠POQ＝90°，∴PQ是圆的直径．∴∠PCQ＝90°．∵∠PQC＝∠POC＝45°，∴△PCQ是等腰直角三角形．∴S△PCQ=12PC•QC=12×在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ=1=1＝4t−12t∴四边形OPCQ的面积为16cm2．题型二：四边形动点探究【例3】（2021·山东中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC（1）求证：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？【答案】（1）见解析；（2）SKIPIF1<0；（3）不变，理由见解析【分析】（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=SKIPIF1<0∠FAD，从而推出∠EAH=SKIPIF1<0（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到SKIPIF1<0，从而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．【详解】解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，∴∠BAG=∠GAF=SKIPIF1<0BAF，B、F关于AE对称，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=SKIPIF1<0∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=SKIPIF1<0∠BAF+SKIPIF1<0∠FAD=SKIPIF1<0（∠BAF+∠FAD）=SKIPIF1<0∠BAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=SKIPIF1<0∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；（2）连接DH，DF，交AH于点N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，FN=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的长即为点D到直线BH的距离，由（1）知：在Rt△ABE中，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△AEB，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴DH=FH=GH-GF=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，即点D到直线BH的长为SKIPIF1<0；（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，∵∠BHD=90°，∴H在圆周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．【例4】（2021·湖南中考真题）如图，在SKIPIF1<0中，点SKIPIF1<0为斜边SKIPIF1<0上一动点，将SKIPIF1<0沿直线SKIPIF1<0折叠，使得点SKIPIF1<0的对应点为SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．（1）如图①，若SKIPIF1<0，证明：SKIPIF1<0．（2）如图②，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的值．（3）如图③，若SKIPIF1<0，是否存在点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0．若存在，求此时SKIPIF1<0的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）SKIPIF1<0；（3）存在，SKIPIF1<0的值为SKIPIF1<0或SKIPIF1<0．【分析】（1）先根据平行线的判定与性质可得SKIPIF1<0，再根据折叠的性质可得SKIPIF1<0，从而可得SKIPIF1<0，然后根据平行线的判定可得SKIPIF1<0，最后根据菱形的判定与性质即可得证；（2）设SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的交点为点SKIPIF1<0，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，从而可得SKIPIF1<0，先证出SKIPIF1<0，从而可得SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，根据线段的和差可得SKIPIF1<0，代入可求出SKIPIF1<0，从而可得SKIPIF1<0，再在SKIPIF1<0中，解直角三角形可得SKIPIF1<0，由此可得SKIPIF1<0，然后在SKIPIF1<0中，根据余弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），设SKIPIF1<0，从而可得SKIPIF1<0，分①点SKIPIF1<0在直线SKIPIF1<0的左侧；②点SKIPIF1<0在直线SKIPIF1<0的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．【详解】（1）证明：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由折叠的性质得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0四边形SKIPIF1<0是平行四边形，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平行四边形SKIPIF1<0是菱形，SKIPIF1<0；（2）如图，设SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的交点为点SKIPIF1<0，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是等腰三角形，SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由折叠的性质得：SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，由折叠的性质得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由题意，分以下两种情况：①如图，当点SKIPIF1<0在直线SKIPIF1<0的左侧时，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（等腰三角形的三线合一），SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是等边三角形，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；②如图，当点SKIPIF1<0在直线SKIPIF1<0的右侧时，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，同理可得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上，由折叠的性质得：SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，综上，存在点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，此时SKIPIF1<0的值为SKIPIF1<0或SKIPIF1<0．提分作业提分作业1．（2021·江苏中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）SKIPIF1<0是边长为3的等边三角形，E是边SKIPIF1<0上的一点，且SKIPIF1<0，小亮以SKIPIF1<0为边作等边三角形SKIPIF1<0，如图1，求SKIPIF1<0的长；（2）SKIPIF1<0是边长为3的等边三角形，E是边SKIPIF1<0上的一个动点，小亮以SKIPIF1<0为边作等边三角形SKIPIF1<0，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）SKIPIF1<0是边长为3的等边三角形，M是高SKIPIF1<0上的一个动点，小亮以SKIPIF1<0为边作等边三角形SKIPIF1<0，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形SKIPIF1<0的边长为3，E是边SKIPIF1<0上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形SKIPIF1<0，其中点F、G都在直线SKIPIF1<0上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）SKIPIF1<0；（4）SKIPIF1<0；SKIPIF1<0【分析】（1）由SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可证SKIPIF1<0即可；（2）连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，可证SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，又点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0在A处时，点SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合．可得点SKIPIF1<0运动的路径的长SKIPIF1<0；（3）取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，可证SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0．又点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，点SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合．可求点SKIPIF1<0所经过的路径的长SKIPIF1<0；（4）连接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的SKIPIF1<0上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理SKIPIF1<0即，可求SKIPIF1<0，点G所经过的路径长为SKIPIF1<0长=SKIPIF1<0，点H所经过的路径长为SKIPIF1<0的长SKIPIF1<0．【详解】解:（1）∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0；（2）连接SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，又点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0在A处时，点SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合．∴点SKIPIF1<0运动的路径的长SKIPIF1<0；（3）取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是等边三角形，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，又点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处时，点SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合，∴点SKIPIF1<0所经过的路径的长SKIPIF1<0；（4）连接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的SKIPIF1<0上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理SKIPIF1<0即SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，点G所经过的路径长为SKIPIF1<0长=SKIPIF1<0，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧SKIPIF1<0上运动，点H所经过的路径长为SKIPIF1<0的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为SKIPIF1<0的长=SKIPIF1<0，故答案为SKIPIF1<0；SKIPIF1<0．2．（2021·四川中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．（1）求证：直线AC是⊙O的切线；（2）求△ABC的面积；（3）点E在SKIPIF1<0上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．【答案】（1）见解析；（2）SKIPIF1<0；（3）①3；②SKIPIF1<0【分析】（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；（2）要求SKIPIF1<0的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；（3）SKIPIF1<0根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；SKIPIF1<0由SKIPIF1<0可知，点E在运动过程中，始终有SKIPIF1<0，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．【详解】（1）证明：连结OC，如图所示．∵AD＝CD，∠A＝30°，∴∠ACD＝∠A=30°．∴∠CDB＝60°．∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC=60°．∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．∴OC⊥AC．∴直线AC是⊙O的切线．（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．∵OD=OC，∠ODC=60°，∴SKIPIF1<0是等边三角形．∴SKIPIF1<0．∴在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0．∵AB＝AD＋BD＝3，∴SKIPIF1<0．（3）SKIPIF1<0当点SKIPIF1<0运动到与点SKIPIF1<0关于直径BD对称时，如图所示．此时，CE⊥AB，设垂足为K．由（2）可知，SKIPIF1<0．∵BD为圆的直径，CE⊥AB，∴CE＝2CK＝SKIPIF1<0．∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°．∵SKIPIF1<0，∴∠E=∠CDB＝60°．在SKIPIF1<0中，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．SKIPIF1<0如图所示：由SKIPIF1<0可知，在SKIPIF1<0中，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．∴当点E在SKIPIF1<0上运动时，始终有SKIPIF1<0．∴当CE最大时，CF取得最大值．∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为SKIPIF1<0．3．（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC=34．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK=94，请直接写出点【分析】（1）如图1中，过点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质求解即可．（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3＜x≤9时，分别画出图形求解即可．（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．【解析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，∴tan∠B＝tan∠C=AH∴AH＝3，AB＝AC=A∴当点P在BC上时，点P到A的最短距离为3．（2）如图1中，∵∠APQ＝∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，∴S△APQS△ABC=（AP∴APAB∴AP=10∴PM＝AP＝AM=103−（3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．∵PQ∥BC，∴APAB=PQBC，∠∴x+25∴PQ=85（∵sin∠AQP＝sin∠C=3∴PJ＝PQ•sin∠AQP=2425（当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．同法可得PJ＝PC•sin∠C=35（11﹣（4）由题意点P的运动速度=9当3＜x≤9时，设CQ＝y．∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，∴∠BAP＝∠CPQ，∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCQ，∴ABCP∴511−x∴y=−15（x﹣7）2∵−1∴x＝7时，y有最大值，最大值=16∵AK=9∴CK＝5−当y=114时，114=−15解得x＝7±32∴点K被扫描到的总时长＝（114+6﹣3）4．（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由平行线分线段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6−（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．【解析】（1）∵AB∥CD，∴CMBF∴8−68∴CM=3∵点M在线段CQ的垂直平分线上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC2=64+36=10∵CE＝2cm，CM=32∴EM=EC∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴BCAC∴610∴PH=65同理可求QN＝6−45∵四边形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6−45t=∴t＝3；∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，由（2）可知QN＝6−45∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴AHAP∴AH2t∴AH=85∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8−85t+6+8−85t+32）−12×32×[6﹣（6−45（4）存在，理由如下：如图3，连接PF，延长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∴当t=72时，使点P在∠5．（2020•温州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知y=−65x+12，当Q为BF中点时，y（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．（2）求DE，BF的长．（3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；（2）求出DE＝12，MN＝10，把y=245代入y=−65x+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出（3）连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝23，BE＝43，当DP＝DF时，求出BQ=223，即可得出BQ＞②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y＝0，则x＝10；（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则FQDP=CFCD（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则PEBQ=AEAB，求出AE＝63，AB＝103，即可得出x=14【解析】（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：如图1所示：∵∠A＝∠C＝90°，∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，∴∠ADE=12∠ADC，∠ABF=1∴∠ADE+∠ABF=1∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠ABF，∴DE∥BF；（2）令x＝0，得y＝12，∴DE＝12，令y＝0，得x＝10，∴MN＝10，把y=