2024年中考数学热点探究二十一 动态及轨迹型问题

2024年中考数学热点探究二十一动态及轨迹型问题一、选择题（每题2分，共20分）1．（2023九上·吉林开学考）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点A．一直增大 B．一直减小C．先减小后增大 D．先增大后减少2．（2022九上·江北期末）如图，在等边△ABC中，AB=4，点D为AB的中点，动点E、F分别在AD、BC上，且EF=23，作△BEF的外接圆⊙O，交AC于点GA．一直不变 B．一直变大C．先变小再变大 D．先变大再变小3．（2023九上·绥阳期中）如图，⊙O的半径为10，弦AB＝16，点M是弦AB上的动点且点M不与点A、B重合，若OM的长为整数，则这样的点M有几个？（）A．4 B．5 C．7 D．94．（2024九下·定海开学考）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为(-8，0)，点B坐标为(0，6)，⊙O的半径为4（O为坐标原点），点C是⊙O上一动点，过点B作直线AC的垂线BP，P为垂足，点A．5π3 B．8π3 C．10π3 5．（2024九下·吉林月考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的边OA在x轴的正半轴上，A，C两点的坐标分别为(2,0)，(1,2)，点B在第一象限，将直线y=-2x沿x轴向右平移m(A．4≤m≤8 B．0<m<4 C．2<6．（2024九上·丰台期中）两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，将三角板A'B'C'绕直角顶点C'按逆时针方向旋转α（0°＜α≤90°），如图所示．以下结论错误的是（）A．当α＝30°时，A'C与AB的交点恰好为AB中点B．当α＝60°时，A'B'恰好经过点BC．在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'＝BB'D．在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB'7．（2023九上·郑州经济技术开发月考）如图1，在矩形ABCD(AB>AD)中，动点P从点B出发，沿B→C做匀速运动，到达点C后停止运动，动点Q从点D出发，沿D→C以同样的速度做匀速运动，到达点C后也停止运动，已知点P，Q同时开始运动，连接AP，AQ，设A．35-32 B．10-2 C8．（2023九上·仙居开学考）如图是一张矩形纸片ABCD，点E，G分别在边BC，AB上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处，HF=1，BFA．420 B．360 C．4202 D．9．（2024九上·义乌期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上的一点，将△BCE沿着CE折叠至△FCE，若CF、CE恰好与正方形ABCD的中心为圆心的⊙OA．53 B．5 C．83310．（2023·东莞模拟）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为(1，0)，每一次将△AOB绕着点O逆时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OBA．(-22022，-C．(22021，-二、填空题（每题2分，共12分）11．（2023·绍兴模拟）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=10．动点E在AB边上，以点E为圆心，以BE为半径作弧，点G是弧上一动点．（1）如图①，若点E与点A重合，且点F在BC上，当DF与弧相切于点G时，则BF的值是；（2）如图②，若AE=1连结CG，DG，分别取DG、CG的中点P、Q，连接PQ，M为PQ的中点，则CM的最小值为12．（2023·自贡）如图，直线y=-13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线y=-43x+2上的一动点，动点E(m13．（2023九上·中牟开学考）如图，等边三角形ABC的边长为10cm，动点M从点B出发，沿B→A→C→B的方向以3cm/s的速度运动，动点N从点C出发，沿C→A→B→C的方向以2cm/s的速度运动，且动点M，14．（2023·吉安模拟）对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P(2，3)经1次斜平移后的点的坐标为(3，5)．已知点A的坐标为(1，0)．如图，点M是直线l上的一点，点A关于点M的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C．若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为(7，15．（2023·泗县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点M，N分别在AB，CD上.将该正方形沿MN折叠，使点D落在BC边上的点E处，折痕MN与DE相交于点Q．

（1）若E是BC的中点，则DN的长为；（2）若G为EF的中点，随着折痕MN位置的变化，GQ+QE的最小值为16．（2024九上·简阳期末）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2），则DF=；然后将△FBE绕点F旋转到△FMN，当MN过点C时旋转停止，则EN三、解答题（共7题，共76分）17．（2024九上·澧县期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm，动点M以1cm/s的速度从A点出发，沿AB向点B运动，同时动点N以2cm/s的速度从点（1）当t为何值时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的1（2）是否存在某一时刻t，使得以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似?若存在，求出t18．（2023九上·盘州期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒（1）用含t的代数式表示BP、（2）连结PQ，如图①所示．当△BPQ与△ABC相似时，求（3）过点P作PD⊥BC于D，连结AQ、CP，如图②所示．当19．（2023九上·石家庄月考）如图1和图2，在△ABC中，AB=BC=10，AD=8，直线l//BC，若l自点A出发以每秒1个单位长度的速度沿射线AD方向平移，同时点P从点B出发向点C运动，速度是每秒2个单位长度，若直线l（1）图中DC＝；（2）求当t为何值时，△HDP（3）当四边形HDPN为平行四边形时，则tan∠PHC＝（4）在边BC或其延长线上取一点Q（点Q在P的右侧），使得∠PHQ=∠ACB，直接写出：当PQ=820．（2024九上·松原期末）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°，BO=BA，顶点A(6，0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(-6，0)，C(0，2)，点D在第二象限.将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O'C'D'E'（1）如图①，当t=1时，O'C'与OB交于F点，求点C'，F（2）若矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积为S①如图②，当矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为五边形时，C'D'分别与OB交于点G，与AB交于点H.O'C'与AB交于点N，试用含有t的式子表示S②当53≤t≤42时，求S21．（2023·阜新）如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接（1）如图1，当0°<α①求∠BAF的大小（用含α②求证：EF=（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB=2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°<α<360°22．（2023九上·七星期中）如图，在平面直角坐标系中，点A(0，3)，B(3，0)，C(0，-1)，动点P从点B出发，在射线BC上以每秒1个单位长度的速度运动，另一动点Q与动点P（1）填空：直线AB的函数表达式为：，△ABC是（2）连接PQ，设△BPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t（3）在（2）的条件下，是否存在t值，使得以点B，P，Q为顶点的△BPQ与△AOB相似？若存在，求出t值，并直接写出点23．（2023九上·崂山期中）如图甲，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，动点P从点B出发，沿BA方向向点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1个单位/s，连接PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，则S＝；（用含t的代数式表示）（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP’C，当四边形PQP’C为菱形时，求t的值；（3）当△APQ是等腰三角形时，求t的值？四、实践探究题（共6题，共42分）24．（2023九上·商河期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接（1）问题发现①当α=0°时，AEBD=；②当α=180°时，AE（2）拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD（3）问题解决△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD25．（2024九上·长春汽车经济技术开发期末）【问题呈现】小华在一次学习过程中遇到了下面的问题：

点A为⊙O内一定点，点P为⊙O上一动点，确定点P的位置，使线段AP（1）【问题解决】以下是小华的方法：

如图①，连结AO并延长交⊙O于点P，点P为所求．

理由如下：在⊙O上取点P'(异于点P)，连结AP'、OP'．（2）【类比结论】点A为⊙O外一定点，点P为⊙O上一动点，设⊙O的半径为r，AO的长为m，则线段AP长度的最大值为，线段AP长度的最小值为.(用含r、（3）【拓展延伸】如图②，在半圆O中，直径AB的长为10，点D在半圆O上，AD=6，点C在BD上运动，连结AC，H是AC上一点，且∠DHC=90°，连结BH.在点C运动的过程中，线段BH长度的最小值为26．（2023九上·道里开学考）综合实践：在矩形ABCD中，点E是边BC上的一个动点，连接AE，将△ABE沿着AE对折，点B落在点F（1）如图1，若点F恰好落在矩形的对角线AC上，AB=6，BC=8，直接写出BE的长度是（2）如图2，若点F恰好落在矩形的对角线BD上，AE与BD相交于点H，AB=6，BC=8，求（3）如图3，若点F恰好落在矩形一边AB的垂直平分线MN上，AB=6，直接写出BE的长度是（4）如图4，若点F恰好落在矩形一边AD的垂直平分线MN上，AB=6，BC=8，求（5）如图5，若点F恰好落在矩形一边AB的垂直平分线MN上，延长EF交AD于点G，过点G作AD的垂线交AF于点K，点P为GK上一点，连接EP，把线段EP绕点E逆时针旋转，使点P落在AK上的点Q处，求证：AQ=27．（2023九上·朝阳月考）综合与实践[问题情境]如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．（1）[活动猜想]如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．（2）[问题解决]如图1，当AB=4，AD=8，BF=3时，连结B'C，则B'C的长为（3）[深入探究]如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？28．（2023·扬州）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作△ADB和△A'【操作探究】如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'（1）当α=60°时，BC=；当BC=22时，α=（2）当α=90°（3）如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F29．（2022九上·长顺期末）数学课上，王老师出示问题：如图1，将边长为5的正方形纸片ABCD折叠，使顶点A落在边CD上的点Р处（点Р与C，D不重合），折痕为EF，折叠后AB边落在PQ的位置，PQ与BC交于点G.（1）观察操作结果，在图1中找到一个与△DEP（2）当点Р在边CD的什么位置时，△DEP与△CPG面积的比是（3）将正方形换成正三角形，如图2，将边长为5的正三角形纸片ABC折叠，使顶点A落在边BC上的点P处（点P与B，C不重合），折痕为EF，当点Р在边BC的什么位置时，△BEP与△CPF面积的比是9∶25？请写出求解过程.

答案解析部分1．【答案】A【知识点】垂线；三角形-动点问题【解析】【解答】解：∵∠A=90°，

∴AB⊥AC，

∵PE⊥AB于E，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，

∴EP≤AC，

∴线段EP的值大小变化情况是一直增大，

故答案为：A.

【分析】根据垂线求出AB⊥AC，再求出2．【答案】D【知识点】勾股定理；垂径定理【解析】【解答】如图，连接BO，EO，FO，GO，HO，过点O作ON⊥EF于N，OP⊥GH于P，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°∴∠EOF=120，∵OE=OF，ON⊥EF，∠OEF=∠OFE=30°EN=FN=3，OF=2ON，FN=3ON，ON=1，FO=2，OB=GO=OH=2，∴点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，∴OG=OH，OP⊥GH，∴GH=2PH，∵PH=OGH∵动点E从点D向点A运动时，OP的长是先变小再变大，∴GH的长度是先变大再变小，故答案为：D.【分析】连接BO，EO，FO，GO，HO，过点O作ON⊥EF于N，OP⊥GH于P，由等腰三角形的性质可求ON＝1，FO＝OB＝GO＝OH＝2，则点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，由勾股定理可求GH＝2PH=2OH3．【答案】C【知识点】勾股定理；垂径定理【解析】【解答】解：连接OA，过点O作OP⊥AB于点P，

∵AB=16，

∴AP=8，

∵OA=10，

∴OP=OA2-AP2=102-82=6，

∴6≤OM＜10，

∴OM可取得的整数为6，7，故答案为：C.

【分析】连接OA，过点O作OP⊥AB于点P，根据垂径定理可得AP=8，根据勾股定理可得OP=6，即可得出6≤OM＜10，进而根据对称性可得出符合条件的点共有7个。4．【答案】D【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形—边角关系【解析】【解答】解：∵A（-8，0），B（0，6），

∴AB=82+62=10，

∵BP⊥AC，

∴∠APB=90°，

∴点P在以AB为直径的圆弧上，

当AC、AC'与圆O相切时，即OC⊥AC，

∵sin∠OAC=OCOA=12，

∴∠OAC=30°，

∴∠C'AC=60°，

∴弧PP'的弧度=120°，

∴弧PP'的长为120π×5180=10π3，

∴当点C在圆O上运动一周，点P运动的路径长等于20π3.

故答案为：D.

【分析】连接AB，先根据两点间的距离公式算出AB的长，由直径所对的圆周角是90°可得点P在以5．【答案】D【知识点】一次函数图象与几何变换；待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质【解析】【解答】∵将直线y=-2x沿x轴向右平移m(m>0)个单位，

∴平移后的直线解析式为y=-2（x-m）=-2x+2m，

∵平行四边形OABC，且点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（1，2），点O的坐标为（0，0），

∴点B的坐标为（3，2），

∵平移后的直线与边AB有交点，

①当直线过点A时，

∴-4+2m=0，

解得：m=2，

②当直线过点B时，

∴-6+2m=2，

解得：m=4，

∴2≤m≤4，

故答案为：D.

【分析】先求出点B的坐标，再分类讨论：①当直线过点A时，6．【答案】C【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质【解析】【解答】∵直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，

∴AC=A'C，BC=B'C，当α＝30°时，∠A'CB=60°，∴A'C与AB的交点与点B，点C构成等边三角形，∴A'C与AB的交点为AB中点，故A正确，不符合题意；

当α＝60°时，∠B'CB=60°，A'B'恰好经过点B，故B正确，不符合题意；

在旋转过程中，∠ACA'=∠B'CB=∠α，∴△A7．【答案】B【知识点】勾股定理；矩形的性质；动点问题的函数图象【解析】【解答】解：根据函数图象起点坐标可得AB-AD=2，

∵点P、Q的速度相同，

∴当DQ=2时，点P与点C重合，此时BC=DQ=2，AP-AQ=m，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AD=BC=2，AB=CD，

∴AB=CD=AD+2=22，

点x=2时，在Rt△ABP中，AP=AB2+BP2=AB2+BC2故答案为：B.【分析】根据函数图象起点坐标可得AB-AD=2，由点P、Q的速度相同，结合图象可得当DQ=2时，点P与点C重合，此时BC=DQ=2，AP-AQ=m，由矩形的性质得AB=CD=AD+2=22，然后分别利用勾股定理算出AP与AQ，即可求出m的值8．【答案】A【知识点】公式法解一元二次方程；勾股定理；勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）【解析】【解答】解：设AD=x，因为把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处，由折叠关系可得：AD=DH=x，因为HF=1，则DF=DH+HF=x+1，BD=BF+DF=x+9，因为把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处故答案为：A.【分析】首先设AD=x，，由折叠的关系可以得到：AD=DH=x，CD=DF9．【答案】C【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；切线长定理【解析】【解答】解：连接OC，如图，

∵点O为正方形ABCD的中心，

∴∠DCO=∠BCO，

∵CF，CE与⊙O相切，

∴∠FCO=∠ECO，

∴∠DCO-∠FCO=∠BCO-∠ECO，

即∠DCF=∠BCE，

∵△BCE沿着CE折叠至△FCE，

∴∠BCE=∠FCE，

∴∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，

设CE为2x，则BE为x，

在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2，

即42+x2=4x2，

解得，x=433，

故答案为：C.【分析】根据正方形的性质可得∠DCO=∠BCO，根据切线长定理可得∠FCO=∠ECO，进而可得∠DCF=∠BCE，根据折叠的性质可得∠BCE=∠FCE，可推出∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，再根据30°的直角三角形的性质可得2BE=CE，再根据勾股定理列方程即可求得CE的长.10．【答案】B【知识点】解直角三角形；坐标与图形变化﹣旋转；探索图形规律【解析】【解答】解：∵A（1，0），

∴OA=1，

∵每次旋转角度为60°，

∴6次旋转360°，

第一次旋转后，A1在第一象限，OA1=2，

第二次旋转后，A2在第二象限，OA2＝22，

第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3＝23，

第四次旋转后，A4在第三象限，OA4＝24，

第五次旋转后，A5在第四象限，OA5＝25，

第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6＝26，

……

如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到x轴正半轴，

∵2023÷6=337…1，

点A2023在第一象限，且OA2023＝22023，

如图，过点A2023作A2023H⊥x轴于H，

在Rt△OHA2023中，∠HOA2023=60°，

∴OH=OA2023·cos∠HOA2023=22023故答案为：B.【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次后点A又回到x轴的正半轴上，故点A2023在第一象限，且OA2023＝22023，即可求解．11．【答案】（1）2（2）41【知识点】圆的综合题【解析】【解答】解：（1）连接AG，由圆的切线的性质可得AG⊥DF，

在Rt△ADG中，AG=6，AD=10，

DG=AD2-AG2=8，

∵∠ABC=90°，

∴FB与弧相切于点B，

∴FB=FG，

设在Rt△CDF中，DF2=CF2+CD2，

∴（8+x）2=(10-x)2+62，解得：x=BF=2；

故答案为：2；

（2）连接DE、GE，取DE的中点H，连接PH，连接CE，取CE的中点I，连接IQ，

于是可得PH∥GE，IQ∥BE，

∴PH=12EG=12BE=IQ=12（AB-AE）=2.5，

∴PH∥IQ，PH=IQ，

∴四边形PHIQ是平行四边形，

∴HI=PQ，HI∥PQ∥CD，

∵P、Q分别是DG、CG的中点，

∴PQ=12CD=HI=3，

取HI的中点J，

易得HJ=12HI=12PQ=PM=1.5，

∴四边形PHJM是平行四边形，

∴JM=PH=2.5，即：M在以J为圆心、2.5为半径的圆弧上，

∴当点C、M、J三点在同一直线上时，CM最短，即CM=CJ-JM=CJ-2.5，延长JH，JI分别交AD、BC于K、L两点，于是可得KL∥AB，

∴CL=12BC-5，

HK=12AE=0.5，KL=CD=6，

∴KJ=KH+HJ=0.5+1.5=2，JL=KL-KJ=6-2=4，

在Rt△CJL中，CJ=JL2+CL2=41，

∴CM的最小值=CJ-JM=41-2.5.

故答案为：41-2.5.

【分析】（1）连接AG，则AG⊥DF，用勾股定理求得DG的值，由切线长定理可得FB=FG，设FB=FG=x，在Rt△CDF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解；

（2）连接DE、GE，取DE的中点H，连接PH，连接CE，取CE的中点I，连接IQ，于是可得PH∥BE，IQ∥BE，易证四边形PHIQ是平行四边形；根据有两组对边分别相等的四边形是平行四边形可得四边形PHJM是平行四边形；得JM=PH=2.5，即：M在以J为圆心、2.5为半径的圆弧上，由两点之间线段最短可得：当点C、M、J三点在同一直线上时，CM最短，延长JH12．【答案】39【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；平行四边形的性质；解直角三角形；一次函数的性质【解析】【解答】解：∵直线y=-13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，

∴A（6，0），B（0，2），

过点B作其关于x轴的对称点B'，再把B'向右平移3个单位得到C，过点C作CD⊥AB于点D且交x轴于点F，过点B'作B'E∥CD，过点C作CP⊥x轴于点P，则CP=2，PO=3，如图所示：

∴四边形EFCB'为平行四边形，B'E=BE=CF，B'（0，-2），C（3，-2），

∴FD+EB=FC+DF=CD存在最小值，

∵∠DFA=∠PFC，

∴∠PCF=∠FAD，

∴tan∠PCF=tan∠FAD，

∴PF2=26，

∴PF=23，

∴F（113，0），

设直线CD的解析式为y=kx+b，

由题意得113k+b=-23k+b=0，解得k=3b=-11，

∴y=3x-11，

∴y=-13x+2y=3x-11，

∴D（3910，710），

过点D作GD⊥y轴于点G，如图所示：

∵直线y=-43x+2与x轴交于点Q，

∴Q32，0，

由勾股定理得QB=52，

∴sin∠QBO=QOBQ=35，

∵sin∠GBH=HGBH，

∴HG=35BH，

∴3BH+5DH的最小值是3BH+5DH=535BH+DH=5DG=39213．【答案】2或6【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，

①当0＜t＜103时，点M、N、D的位置如图所示：

由题意得BM=3t，CN=2t，

∵△ABC是边长为10的等边三角形，

∴∠B=∠C=60°，AB=AC=10，

∵四边形AMDN是平行四边形，∴DM=AN，DM∥AN，DN∥AB，

∴∠MDB=∠C=60°，∠NDC=∠B=60°，

∴∠NDC=∠C，∠B=∠BDM，

∴ND=NC=2t，BM=DM=3t，

∵DM+DN=AN+NC=AC=10，

∴3t+2t=10，

解得t=2；

②当103≤t≤5时，点A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；

③当5＜t＜203时，点M、N、D的位置如图，

由题意得：AM=3t-10，AN=2t-10，

∵△ABC是边长为10的等边三角形，

∴∠B=∠C=60°，AB=AC=10，

∵四边形AMDN∴DM=AN，DM∥AN，DN∥AB，

∴∠MDC=∠B=60°，∠NDB=∠C=60°，

∴∠NDB=∠B，∠C=∠CDM，

∴ND=BN=3t-10，AN=DM=2t-10，

∵DM+DN=AN+BN=AB=10，

∴3t-10+2t-10=10，

解得t=6；④当203≤t≤10，点M、N、D的位置如图，

由题意得：BN=20-2t，BM=30-3t，

∵△ABC是边长为10的等边三角形，

∴∠B=∠C=60°，

∵四边形AMDN是平行四边形，∴MN∥AC，

∴∠NMB=∠C=60°，

∴∠NMB=∠B=60°，

∴△BMN是等边三角形，

∴BM=BN，即20-2t=30-3t，

解得t=10，

此时M与N重合，不能构成平行四边形，

综上所述，t的值为2或6.故答案为：2或6.【分析】分四种情况：①当0＜t＜103时；②当103≤t≤5时，点A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；③当5＜t＜203时，点M、N、D的位置如图；④当2014．【答案】（5，8）【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰直角三角形；直角三角形的性质【解析】【解答】解：如图所示：连接CM，

，

由中心对称可得：AM=BM，

由轴对称可得：MB=MC，

∴AM=CM=BM，

∴∠MAC=∠ACM，∠MBC=∠MCB，

∵∠MAC+∠ACM+∠MBC+∠MCB=180°，

∴∠ACB=90°，

∴△ABC是直角三角形，

延长BC交x轴于点E，过点C作CF⊥AE于点F，

∵A(1，0)，C(7，6)，

∴AF=CF=6，

∴△ACF是等腰直角三角形，

∵∠ACE=90°，

∴∠AEC=45°，

∴E点坐标为(13，0)，

设直线BE的解析式为y=kx+b，

∵点C，E在直线上，

∴13k+b=07k+b=6，

解得：k=-1b=13，

∴y=-x+13，

∵点B由点A经n次斜平移得到，

∴点B(n+1，2n)，

∴2n=-n-1，

解得：n=4，

∴B(5，8)，

故答案为：(5，8).

【分析】根据题意先求出△ABC是直角三角形，再利用待定系数法求出y=-x+13，最后求点的坐标即15．【答案】（1）5（2）2【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合【解析】【解答】解：(1)根据折叠的性质可得MN是DE的垂直平分线，

∴DN=EN，

设DN=EN=x，则CN=4-x．

∵E是BC的中点，

∴EC=12BC=2．

在Rt△NEC中，

CN2+CE2=EN2，即(4-x)2+22=x2，

解得x=52，即DN=52．

(2)如图，取AD的中点P，连接QP，QG，QC，由折叠的对称性可知QP=QG．

∵Q为DE的中点，△CDE为直角三角形，

∴CQ=12DE=QE，

∴16．【答案】2；10【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；线段垂直平分线的判定【解析】【解答】在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=CD=10，AD=BC=12，

由折叠的性质可得AB=BE，∠BEF=90°，

∴四边形ABEF是矩形，∠CEF=180°-90°=90°，

∵AB=BE，

∴四边形ABEF是正方形，

∴AB=BE=EF=AF=10，

∴DF=BC-BE=2，

由勾股定理可得CF=CE2+EF2=22+102=226,

连接CF，如图，

由旋转的性质可得∠BEF=∠CNF=90°，EF=NF，

∵CF=CF，

∴Rt△ECF≅Rt△NCF(HL)，

∴CN=CE=2，EF=NF=10，

∴C、D在EN的垂直平分线上，

∴CF⊥EN，

∴四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,

∴117．【答案】（1）解：由题意可知：AM=tcm∴AN∵△AMN的面积等于矩形ABCD面积的∴1解之得：t1=1∴t=1s或t=2s时，△（2）解：存在．理由如下：∵△AMN与△∴分为两种情况：①当△MNA∴AMDA=解得：t②当△NMA∴AMDC=解得：t综上所述，当t=125s或t=32s时，以【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）先利用线段的和差求出AN的长，再根据“△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19”列出方程12×t×(6-2t)=19×3×6求解即可；

（2）分类讨论：①当△18．【答案】（1）解：由点P和Q的移动速度及方向可知：BP=5t，（2）解：在Rt△ABC中，分两种情况：当△BPQBPBA=BQ解得t=1当△BPQBPBC=BQ解得t=综上可知：t的值为1或3241（3）解：∵PD∴∠PDB∵∠PDB=∠ACB∴△PDB∴PBAB=∴PD∴BD∵AQ∴∠∴∠CAQ又∵∠ACQ∴△CAQ∴CDAC=∴t∴PD【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形-动点问题；用代数式表示实际问题中的数量关系【解析】【分析】（1）根据路程=速度×时间这一基本数量关系即可找到BP、BQ的长的表达式；

(2)两三角形相似，有2种情况：△BPQ∽△BAC或△BPQ∽△BCA，分别找到2种情况下的对应边成比例的情况，可解出t值；或根据2种情况下的动点形成的直角位置不同，借助三角函数和勾股定理也可以计算出t值；

（3）根据题意易知△PDB∽△ACB，可以找到PD的表达式，进而BD、DC、QC的表达式都是可以找到的，因为需要确定t19．【答案】（1）4（2）解：由题可知，

设AH=t，则BP=2t，DH=8-t，

①若点P在D点左侧，

此时DP=6-2t，0<t∵△HDP∽△ADC∴8-t8=6-2t①若点P在D点右侧，

此时DP=2t-6，3<t<8，

∵∴HDAD=DPDC，∴（3）1（4）2【知识点】勾股定理的应用；相似三角形的判定与性质；三角形-动点问题【解析】【解答】解：（1）在Rt△ADB中，由勾股定理，得

BD=AB2-AD2=102-8HP=25PE∴CE=2∴tan∠（4）过H作HF//AC，∴∠1=∠PHQ，△PHF(6-2t)

【分析】（1）根据题意，在Rt△ADC中，直接利用勾股定理即可求解；

（2）根据点P在BD上或点P在CD上分两种情况讨论，利用相似三角形的性质即可求解；

（3）先表示出含有t的关系式，根据已知条件求出HP的值，进一步得到PE，CE的值，再利用正切的定义即可求出tan∠PHC的值；

（4）过H作HF//AC，可得∠1=∠20．【答案】（1）解：由点C(0，由已知矩形平移得，OO'=t，OC=又△OAB是等腰直角三角形，得∠BOO'∴△OOF∴OO'∴点F的坐标F(1，1（2）解：①由平移知，O'C'=2，∠C'=∠C'O'O如图②，过点G作GM⊥OA于∴GM∴O'M由C'D'//得∠O'AN=∴△O'AN与△又OA=6∴O'A∴C'H∴==2=-1其中t的取值范围是4<t②∵t=53∴S当t=42时，矩形O'C'D'E'与∴S∴S的取值范围为：25【知识点】二次函数-动态几何问题；几何图形的面积计算-割补法【解析】【分析】（1）根据矩形和等腰三角形的性质，可找到两点的坐标；（2）采用割补法求面积，如何割补的原则是分割的小面积易求，故S=S梯形OGC'O'-S△C'NH，特别注意t的取值范围，要保证重叠部分是五边形，4<t<6；在前一问的基础上，t=421．【答案】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=由题意得CD=CE，∴∠CDE∴∠ADF∵AD=∴∠ADF∴∠FAD∴∠BAF证明：②连接BE，∵∠DCE∴∠BCE∵CD=∴△BCE∴BF=BE，∵∠ABC∴∠EBF∴△EBF∴EF=（2）解：过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF∴BG⊥EF，即∵四边形ABCD是正方形，∴OB=∴OB=∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，∴GH=∴△ADG面积的最大值为1【知识点】四边形的综合【解析】【分析】（1）①由正方形的性质得AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠CDE=∠CED=90°-12α，进而利用角的和差可得∠ADF=12α，再由等边对等角得∠AFD=∠ADF=12α，最后再由三角形的内角和定理及角的和差可用表示出∠BAF的度数；

②连接BE，根据角的和差可得∠BCE=∠BAF=90°-α，由正方形的性质、旋转的性质及已知得CD=CE=AD=AF=BC，从而用SAS判断出△BCE≌△BAF，由全等三角形的性质得BF=BE，∠ABF=∠CBE，进而根据等式的性质及正方形的性质可推出∠EBF=90°，则△EBF是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；

（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，由等腰直角三角形的性质得BG⊥EF，由正方形的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OB=OD=OG，点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，由圆中最长的弦是直径得当点H、O、G在同一直线22．【答案】（1）y=-3（2）解：如图：由（1）知△ABC所以S依题意，点Q运动到点B时，时间为23当0≤t≤3时，此时点Q则S=当3<t时，此时点Q在则S=综上：S（3）解：当△BPQ∽△则t解得12-4则t=∴AQ则sin得x把xQ=得y∴Q当△BQP∽△则t3解得6-23t=则AQ=2×∴sin∠∴xQ把xQ=得y∴Q存在，且Q(2【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理的逆定理；相似三角形的性质；解直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用【解析】【解答】（1）解：设直线AB的函数表达式为y=把点A(0，3)，B得b=3解得k∴y=-在△ABC中，AC∴AB∵A∴△ABC故答案为：y=-【分析】（1）设直线AB的函数表达式为y=kx+b，把点A、B的坐标分别代入y=kx+b，可得关于字母k、b的方程组，求解得出k、b（2）分类讨论：当0≤t≤3时，此时点Q在AB线段上，则S=QB×BP×1（3）分类讨论，结合（1）的△ABC是直角三角形，当△BPQ∽△BAO时，BPBA23．【答案】（1）-（2）解：如图，连接PP’，PP’交QC于点E，当四边形PQP’C为菱形时，PE垂直平分QC，∴PE⊥AC，QE＝EC，∵PE∥BC，∴△APE∽△ABC，∴AEAC∴AE4∴AE＝-4∴QE＝AE－AQ＝-45t+4－∴-95t∴t＝2013∵0＜t＜2013∴当四边形PQP’C为菱形时，t的值为2013（3）解：由（1）知，PE＝-3由（2）知：QE＝-9根据勾股定理可得PQ2＝PE2＋QE2＝185在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ＝AP时，即t＝5－t时，解得：t1＝52②当PQ＝AQ时，即185t2-解得：t2＝2513，t3＝5③当PQ＝AP时，即185t2-18t解得：t4＝4013，t5＝0∵0＜t＜4，∴t3＝5，t5＝0不合题意，舍去，∴当t的值为52或2513或4013【知识点】等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形的综合；三角形-动点问题【解析】【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，

∵AC＝4，BC＝3，

∴AB＝AC2+BC2＝5，

根据题意可知：BP∴AP＝AB－BP＝5－t，如图，过点P作PE⊥AC于点E，∴∠PEC＝∠C＝90°，∴PE∥BC，∴△APE∽△ABC，∴PEBC∴PE3∴PE＝-3∴△APQ的面积＝12×AQ·PE＝12×t·（-3∴S＝-3

【分析】（1）过点P作PE⊥AC于点E，先证出△APE∽△ABC，可得PEBC=APAB，再将数据代入可得PE3=5-t5，求出PE＝-35t+3，最后利用三角形的面积公式求解即可；

（2）先证出△APE∽△ABC，可得AEAC=APAB，再求出AE＝-45t+4，利用线段的和差求出QE＝AE－AQ＝-45t+4－t＝-95t+4，再利用菱形的性质列出方程-95t+4＝24．【答案】（1）5；5（2）解：如图，当0°≤α<360°时，AE∵由旋转知∠ECA=∠DCB，∵在Rt△ABC中，AC=√BCD，E分别是BC，AC中点，∴DC=1，CE=√5∵CECD=√5，∴CECD=∴△ACE∽△BCD∴AE（3）355【知识点】相似三角形的判定与性质；坐标与图形变化﹣旋转【解析】【解答】解：（1）由题知：AC=BC2+BA2=22+42=25

∵D、E分别为BC、AC的中点，则AE=5，BD=1

∴AEBD=5

由知AE=35在Rt△BCE中，CE=5∴BE∴AE∵AE∴BD如图，当点E在线段AB上时，在Rt△BCE中，CE=5∴BE∴AE∵AE∴BD综上所述，满足条件的BD的长为355或

【分析】（1）①由勾股定理求出AC的长，再根据D、E分别为BC、AC中点，即可求解，②由旋转性质结合①即可。

（2）由旋转知∠ECA=∠DCB，△ACE∽△BCD始终相似，即可根据对应边成比例可证。

（3）分两种情况讨论，即点E在AB的延长线上时或点E在线段AB上时讨论即可。25．【答案】（1）解：如图①，连结AO并延长交⊙O于点P，点P为所求．

理由如下：在⊙O上取点P'(异于点P)，连结AP'、OP'．

在△AOP'AOP中，OA+OP（2）m+r（3）73【知识点】圆的综合题；圆-动点问题【解析】【解答】解：（2）如图，线段AO并延长交⊙O于点P‘，AO的延长线交⊙O于点P，

由（1）得出，此时AP长度最大为OA+OP=m+r，

当点P在P‘位置时，AP长度最小为OA-OP‘=m-r，

所以线段AP长度的最大值为m+r，线段AP长度的最小值为m-r，

故答案为：m+r，m-r.

（3）如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM，

因为∠DHC=90°，

所以∠AHD=90°，

所以点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，

所以MH=MD=12AD=3，

所以当M、H、B共线时，BH的值最小，

因为AB是直径，

所以∠ADB=90°，

所以BD=AB2-AD226．【答案】（1）3（2）解：∵将△ABE沿着AE对折得到△∴△ABE∴AB=AF，∴AE⊥BF，即∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD∵∠BAH+∠ABD∴∠BAH∴tan∠BAH∴BEAB=AB∴BE=（3）2（4）解：∵四边形ABCD是矩形∴∠BAD=∠∵将△ABE沿着AE对折得到∴△∴AB=AF=6，∵MN垂直平分AD∴∠∴四边形ABNM是矩形∴AM=BN在Rt△AMF中∴NF=6-2∵∠MAF+∠∴∠∴cos∴AM即4解得：EF=9-3∴BE=9-3（5）解：延长GK交BC于点R，由（3）可得：∠BAF∴∠AFM=30°，∴sin∠AFM=∴∠AEB∵将△ABE沿着AE对折得到△∴∠AEF=∠AEB∴∠GER=60°，△AEG∵GR⊥∴GR⊥BC，即∵∠GER=∠AEF=60°，∴△EFA∴EF=在Rt△EFQ和EP=EQEF=ER∴Rt△∴QF=∴AF-即AQ=【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合【解析】【解答】解：（1）∵矩形ABCD，

∴∠B=90°，

∵将△ABE沿着AE对折，点B落在点F处，

∴BE=EF，AB=AF=6，∠B=∠EFC=90°，

∴AC=62+82=10，

∴FC=10-6=4，

设BE=x，则EC=8-x，

∵EF2+CF2=EC2，

∴x2+42=（8-x）2

解之：x=3，

∴BE=3.

故答案为：3.

（3）过点F作GH⊥AD于点G，交BC于点H，

∵将△ABE沿着AE对折，点B落在点F处.若点F恰好落在矩形一边AD的垂直平分线MN上，

∴AB=AF=6，GF=FH=3，

∴AF=2GF，

∴∠GAF=∠EFH=30°，

∴cos∠EFH=cos30°=FHEF=32即3EF=32

解之：EF=23，

∴BE=EF=23.

故答案为：23.

【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质可证得BE=EF，AB=AF=6，∠B=∠EFC=90°，利用勾股定理求出AC的长，设BE=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长.

（2）利用折叠的性质可证得△ABE≌△AFE，利用全等三角形的性质可知AB=AF，∠BAE=∠FAE，可推出AHB=90°；利用矩形的性质及余角的性质可证得∠BAH=∠ADB，利用锐角三角形的定义可得到BE的方程，解方程求出BE的长.

（3）过点F作GH⊥AD于点G，交BC于点H，利用折叠的性质和已知可证得AB=AF=6，GF=FH=3，由此可求出∠GAF=∠EFH=30°，利用解直角三角形求出EF的长，可得到BE的长.

（4）利用矩形的性质可证得∠BAD=∠ABC=90°，AD=BC=8，利用折叠的性质可求出AF的长，同时可证得BE=EF，∠ABE=∠AFE=90°，利用垂直的定义可证得∠BAM=∠ABN=∠AMN=90°，可推出四边形ABNM是矩形，利用矩形的性质可得到AM，MN的长，利用勾股定理求出MF的长，可得到NF的长；利用余角的性质可证得∠MAF=∠EFN，利用解直角三角形可求出EF的长，即可得到BE的长.

（5）延长GK交27．【答案】（1）解：四边形BFDE是菱形。（2）4（3）解：BC＝3AB【知识点】勾股定理的应用；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）【解析】【解答】解：

（1）四边形BEDF是菱形。

证明：由折叠可知，EF是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，BF＝DF，EF⊥BD，

由矩形ABCD可得AD∥BC，∴∠ADB＝∠FBD，

由BF＝DF可得∠FDB＝∠FBD，∴∠ADB＝∠FDB，

又EF⊥BD，∴△DEF是等腰三角形，DE＝DF

∴BE＝DE＝BF＝DF，∴四边形BFDE是菱形。

（2）过B′作B′N⊥BC于N，设EF与BD相交于M，

∵BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∴BD＝45

易证明△BMF∽△BCD，∴BFBD＝BMBC＝MFCD，

∴345＝BM8＝MF4，∴MF＝35

∴BB′＝2BM＝125，易证明△BB′N∽△BDC，

∴B‘NCD＝B‘BBD＝BNBC，∴B‘N4