中考压轴题第10部分 相似动点 学案

1．（16平度市一模）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．点P从B出发沿BA向A运动，速度为每秒1cm，点E是点B以P为对称中心的对称点，点P运动的同时，点Q从A出发沿AC向C运动，速度为每秒2cm，当点Q到达顶点C时，P，Q同时停止运动，设P，Q两点运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，PQ∥BC？
（2）设四边形PQCB的面积为y，求y关于t的函数关系式；
（3）四边形PQCB面积能否是△ABC面积的？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由；
（4）当t为何值时，△AEQ为等腰三角形？（直接写出结果）














2．（16•淮阴区一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，点Q在AB上，且AQ=2，过Q做QR⊥AB，垂足为Q，QR交折线AC﹣CB于R（如图1），当点Q以每秒2个单位向终点B移动时，点P同时从A出发，以每秒6个单位的速度沿AB﹣BC﹣CA移动，设移动时间为t秒（如图2）．

（1）求△BCQ的面积S与t的函数关系式．
（2）t为何值时，QP∥AC？
（3）t为何值时，直线QR经过点P？
（4）当点P在AB上运动时，以PQ为边在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC内部，求此时t的取值范围．












3．（15无锡）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC=6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．
（1）若∠AOB=60°，OM=4，OQ=1，求证：CN⊥OB．
（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．
①问：﹣的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围．














4．（15廊坊二模）将边长为8cm的正方形纸片ABCD沿EG折叠（折痕EG分别与AB、DC交于点E、G），使点B落在AD边上的点 F处，FN与DC交于点M，连接BF与EG交于点P．
（1）当点F与AD的中点重合时（如图1）：
①△AEF的边AE=　3　cm，EF=　5　cm，线段EG与BF的大小关系是EG　=　BF；
（填“＞”、“=”或“＜”）
②求△FDM的周长．
（2）当点F在AD边上除点A、D外的任意位置时（如图2）：
③试问第（1）题中线段EG与BF的大小关系是否发生变化？请证明你的结论；
④当点F在何位置时，四边形AEGD的面积S最大？最大值是多少？










5．（15宜城市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P、Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度，匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动．点P、Q同时出发，同时停止，设运动时间为t秒，当t=2秒时．
（Ⅰ）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；
（Ⅱ）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，t为何值时，PQ∥AF？









6．（14娄底）如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/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，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
（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t为何值时，△APQ是等腰三角形？
















7．（14•无锡）如图1，已知点A（2，0），B（0，4），∠AOB的平分线交AB于C，一动点P从O点出发，以每秒2个单位长度的速度，沿y轴向点B作匀速运动，过点P且平行于AB的直线交x轴于Q，作P、Q关于直线OC的对称点M、N．设P运动的时间为t（0＜t＜2）秒．
（1）求C点的坐标，并直接写出点M、N的坐标（用含t的代数式表示）；
（2）设△MNC与△OAB重叠部分的面积为S．
①试求S关于t的函数关系式；
②在图2的直角坐标系中，画出S关于t的函数图象，并回答：S是否有最大值？若有，写出S的最大值；若没有，请说明理由．











8．（14溧水县校级模拟）如图，在直角梯形OABC中，OA∥BC，A、B两点的坐标分别为A（13，0），B（11，12）．动点P、Q分别从O、B两点出发，点P以每秒2个单位的速度沿x轴向终点A运动，点Q以每秒1个单位的速度沿BC方向运动；当点P停止运动时，点Q也同时停止运动．线段PQ和OB相交于点D，过点D作DE∥x轴，交AB于点E，射线QE交x轴于点F．设动点P、Q运动时间为t（单位：秒）．
（1）当t为何值时，四边形PABQ是平行四边形．
（2）△PQF的面积是否发生变化？若变化，请求出△PQF的面积s关于时间t的函数关系式；若不变，请求出△PQF的面积．
（3）随着P、Q两点的运动，△PQF的形状也随之发生了变化，试问何时会出现等腰△PQF？








9．（14乌海模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，运动时间为x秒，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．设PE=y；
（1）求y关于x的函数关系式；
（2）探究：当x为何值时，四边形PQBE为梯形？
（3）是否存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由．












10．（14万州区校级模拟）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=5，BC=11．一个动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC方向运动，过点P作PQ⊥BC，交折线段BA﹣AD于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，当Q点到达D点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，求运动时间t的值；
（2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与△BCD的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）如图2，当点Q在线段AD上运动时，线段PQ与对角线BD交于点E，将△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，连接PF．是否存在这样的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．












11．（14黄冈模拟）如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，▱ABCD的顶点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（0，），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点，过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G．
（1）求∠DCB的度数；
（2）当点F的坐标为（﹣4，0）时，求点G的坐标；
（3）连接OE，以OE所在直线为对称轴，△OEF经轴对称变换后得到△OEF′，记直线EF′与射线DC的交点为H．
①如图2，当点G在点H的左侧时，求证：△DEG∽△DHE；
②若△EHG的面积为，请直接写出点F的坐标．














12．（14徐州模拟）如图，矩形ABCD的边AB=6cm，BC=4cm，点F在DC上，DF=2cm．动点M、N分别从点D、B同时出发，沿射线DA、线段BA向点A的方向运动（点M可运动到DA的延长线上），当动点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动．连接FM、FN，当F、N、M不在同一直线时，可得△FMN，再连接△FMN三边的中点得
△PQW．设动点M、N的速度都是1cm/s，M、N运动的时间为ts．
（1）试说明△FMN∽△QWP；
（2）在点M运动的过程中，
①当t为何值时，线段MN最短？并求出此时MN的长．
②当t为何值时，△PQW是直角三角形？











13．（13苏州）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）．
（1）当t=　2.5　s时，四边形EBFB′为正方形；
（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；
（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．











14．（13•淮安）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=3，AB=5．点P从点B出发，以每秒1个单位长度沿B→C→A→B的方向运动；点Q从点C出发，以每秒2个单位沿C→A→B方向的运动，到达点B后立即原速返回，若P、Q两点同时运动，相遇后同时停止，设运动时间为t秒．
（1）当t=　7　时，点P与点Q相遇；
（2）在点P从点B到点C的运动过程中，当t为何值时，△PCQ为等腰三角形？
（3）在点Q从点B返回点A的运动过程中，设△PCQ的面积为S平方单位．
①求S与t之间的函数关系式；
②当S最大时，过点P作直线交AB于点D，将△ABC中沿直线PD折叠，使点A落在直线PC上，求折叠后的△APD与△PCQ重叠部分的面积．












15．（13温州）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（6，0），B（0，8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上的一动点，连接CD，DE，以CD，DE为边作▱CDEF．
（1）当0＜m＜8时，求CE的长（用含m的代数式表示）；
（2）当m=3时，是否存在点D，使▱CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．











16．（13哈尔滨）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A点的坐标为（3，0），以OA为边作等边三角形OAB，点B在第一象限，过点B作AB的垂线交x轴于点C，动点P从O点出发沿OC向C点运动，动点Q从B点出发沿BA向A点运动，P，Q两点同时出发速度均为1个单位/秒，设运动时间为t秒．
（1）求线段BC的长；
（2）连接PQ交线段OB于点E．过点E作x轴的平行线交线段BC于点F．设线段EF的长为m，求m与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，将△BEF绕点B逆时针旋转得到△BE′F′，使点E的对应点E′落在线段AB上，点F的对应点是F′，E′F′交x轴于点G，连接PE，QG，当t为何值时，2BQ﹣PF=QG？








17．（13天津）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，0），点B（0，4），点E在OB上，且∠OAE=∠0BA．
（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）如图②，将△AEO沿x轴向右平移得到△A′E′O′，连接A′B、BE′．
①设AA′=m，其中0＜m＜2，试用含m的式子表示A′B2+BE′2，并求出使A′B2+BE′2取得最小值时点E′的坐标；
②当A′B+BE′取得最小值时，求点E′的坐标（直接写出结果即可）．












18．（13东湖区校级模拟）如图，边长为4的等边三角形AOB的顶点O在坐标原点，点A在x轴正半轴上，点B在第一象限．一动点P沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，点C随点P的运动而运动，连接CP、CA，过点P作PD⊥OB于点D．
（1）填空：PD的长为　　用含t的代数式表示）；
（2）求点C的坐标（用含t的代数式表示）；
（3）在点P从O向A运动的过程中，△PCA能否成为直角三角形？若能，求t的值．若不能，请说明理由；
（4）填空：在点P从O向A运动的过程中，点C运动路线的长为　2　．







19．（13常州）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=2x+2的图象与x轴交于A，与y轴交于点C，点B的坐标为（a，0），（其中a＞0），直线l过动点M（0，m）（0＜m＜2），且与x轴平行，并与直线AC、BC分别相交于点D、E，P点在y轴上（P点异于C点）满足PE=CE，直线PD与x轴交于点Q，连接PA．
（1）写出A、C两点的坐标；
（2）当0＜m＜1时，若△PAQ是以P为顶点的倍边三角形（注：若△HNK满足HN=2HK，则称△HNK为以H为顶点的倍边三角形），求出m的值；
（3）当1＜m＜2时，是否存在实数m，使CD•AQ=PQ•DE？若能，求出m的值（用含a的代数式表示）；若不能，请说明理由．













20．（11•常州）在平面直角坐标系XOY中，直线l1过点A（1，0）且与y轴平行，直线l2过点B（0，2）且与x轴平行，直线l1与直线l2相交于点P．点E为直线l2上一点，反比例函数（k＞0）的图象过点E与直线l1相交于点F．
（1）若点E与点P重合，求k的值；
（2）连接OE、OF、EF．若k＞2，且△OEF的面积为△PEF的面积的2倍，求E点的坐标；
（3）是否存在点E及y轴上的点M，使得以点M、E、F为顶点的三角形与△PEF全等？若存在，求E点坐标；若不存在，请说明理由．







1.解：（1）Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，∴AB=10cm．
∵BP=t，AQ=2t，∴AP=AB﹣BP=10﹣t．
∵PQ∥BC，∴=，∴=，解得t=；

（2）∵S四边形PQCB=S△ACB﹣S△APQ=AC•BC﹣AP•AQ•sinA
∴y=×6×8﹣×（10﹣t）•2t•=24﹣t（10﹣t）=t2﹣8t+24，
即y关于t的函数关系式为y=t2﹣8t+24；

（3）四边形PQCB面积能是△ABC面积的，理由如下：
由题意，得t2﹣8t+24=×24，整理，得t2﹣10t+12=0，
解得t1=5﹣，t2=5+（不合题意舍去）．
故四边形PQCB面积能是△ABC面积的，此时t的值为5﹣；

（4）△AEQ为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①如果AE=AQ，那么10﹣2t=2t，解得t=；
②如果EA=EQ，那么（10﹣2t）×=t，解得t=；
③如果QA=QE，那么2t×=5﹣t，解得t=．
故当t为秒秒秒时，△AEQ为等腰三角形．



















　
2.解：（1）过C作CD⊥AB于D点，如图所示：
∵AB=10，AQ=2+2t，∴QB=AB﹣AQ=10﹣（2+2t）=8﹣2t，
在Rt△ABC中，AB=10，AC=8，根据勾股定理得：BC=6，
∵AC•BC=AB•CD，即×6×8=×10×CD，∴CD=，
则S△BCQ=QB•CD=（8﹣2t）=﹣t+（0≤t≤8）；

（2）当PQ∥AC时，可得∠BPQ=∠C，∠BQP=∠A，
∴△BPQ∽△BCA，又BQ=8﹣2t，BP=6t﹣10，∴=，即=，
整理得：6（8﹣2t）=10（6t﹣10），解得：t=，则t=时，QP∥AC；
（3）①当Q、P均在AB上时，AP=6t，AQ=2+2t，
可得：AP=AQ，即6t=2+2t，解得：t=0.5s；
②当P在BC上时，P与R重合，如图所示：
∵∠PQB=∠ACB=90°，∠B=∠B，∴△BPQ∽△BAC，
∴=，又BP=6t﹣10，AB=10，BQ=8﹣2t，BC=6，∴=，即6（6t﹣10）=10（8﹣2t），
解得：t=2.5s；
③当P在AC上不存在QR经过点P，综上，当t=0.5s或2.5s时直线QR经过点P；

（4）当点P在点Q的左侧时，若点N落在AC上，如图所示：

∵AP=6t，AQ=2+2t，∴PQ=AQ﹣AP=2+2t﹣6t=2﹣4t，
∵四边形PQMN是正方形，∴PN=PQ=2﹣4t，
∵∠APN=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴△APN∽△ACB，∴=，即=，解得：t=，
当点P在点Q的右侧时，若点N落在BC上，如图所示：
由题意得：BP=10﹣6t，PN=PQ=4t﹣2，
∵∠BPN=∠BCA=90°，∠B=∠B，∴△BPN∽△BCA，
∴=，即=，
整理得：8（10﹣6t）=6（4t﹣2），解得：t=，
∵t=0.5时点P与点Q重合，∴≤t≤且t≠0.5时正方形PQMN在Rt△ABC内部．
　





　
3.解：（1）过P作PE⊥OA于E，
∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形，
∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，∴PE=PM•sin60°=，ME=，∴CE=OC﹣OM﹣ME=，
∴tan∠PCE==，∴∠PCE=30°，∴∠CPM=90°，
又∵PM∥OB，∴∠CNO=∠CPM=90°，则CN⊥OB；
（2）①﹣的值不发生变化，理由如下：
设OM=x，ON=y，
∵四边形OMPQ为菱形，∴OQ=QP=OM=x，NQ=y﹣x，
∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O，
又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴=，即=，
∴6y﹣6x=xy．两边都除以6xy，得﹣=，即﹣=．
②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，
则S1=OM•PE，S2=OC•NF，∴=．
∵PM∥OB，∴∠PMC=∠O，
又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△CNO，∴==，
∴==﹣（x﹣3）2+，
∵0＜x＜6，则根据二次函数的图象可知，0＜≤．




















4.解：（1）①AE=3cm，EF=5cm；EG=BF，
设AE=x，则EF=8﹣x，AF=4，∠A=90°，42+x2=（8﹣x）2，x=3，
∴AE=3cm，EF=5cm，EG=BF，
②解：如图1，∵∠MFE=90°，∴∠DFM+∠AFE=90°，
又∵∠A=∠D=90°，∠AFE=∠DMF，∴△AEF∽△DFM，∴，
又∵AE=3，AF=DF=4，EF=5，∴，，，，
∴△FMD的周长=4++=16；
（2）①EG=BF不会发生变化，
理由：证明：如图2，∵B、F关于GE对称，
∴BF⊥EG于P，过G作GK⊥AB于K，∴∠FBE=∠KGE，
在正方形ABCD中，GK=BC=AB，∠A=∠EKG=90°，
∴△AFB≌△KEG（AAS），∴EG=BF，
②如图2，设AF=x，EF=8﹣AE，x2+AE2=（8﹣AE）2，∴AE=4﹣，
∵△AFB≌△KEG，
∴AF=EK=x，AK=AE+EK=AF+AE=4﹣+x，
S=×8=0.5×8（AE+AK）=4×（4﹣+4﹣+x）=，
S=，（0＜x＜8）
当x=4，即F与AD的中点重合时，S最大=40．

　
5.解：（1）t=2时，OP=2×2=4，CQ=2×1=2，
∵矩形AOCD的∠OCD=90°，∴PC===4，
∴OC=OP+PC=4+4=8，
又∵A（0，4），∴OA=4，∴点D的坐标为（8，4），
点P运动到点C的时间为：8÷2=4秒，点Q运动到点D的时间为：4÷1=4秒，
∵点P、Q同时出发，同时停止，∴0＜t＜4；
（2）△AEF的面积S不变，为32．
理由如下：∵点Q的速度是每秒1个单位长度，∴CQ=t，DQ=4﹣t，
∵AD∥x轴，∴△ADQ∽△ECQ，∴=，即=，解得CE=，
∵AF是AE沿AD翻折得到，∴AF=AQ，
∵AD⊥CD，∴QF=2DQ=2（4﹣t），
∴S△AEF=S△AQF+S△EFQ，=QF•AD+QF•CE，=QF（AD+CE），
=×2（4﹣t）×（8+），=32﹣8t+8t，=32是定值，
∴△AEF的面积S不变，为32；

（3）由翻折的性质AF=AQ，∴∠AQF=∠AFQ，
∵PQ∥AF，∴∠AFQ=∠PQC，∴∠AQF=∠PQC，
又∵∠ADQ=∠PCQ=90°，∴△ADQ∽△PCQ，∴=，即=，
整理得，t2﹣12t+16=0，
解得t1=6+2，t2=6﹣2，∵0＜t＜4，∴t为6﹣2时，PQ∥AF．
　
6.解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴=，
∵AC=4cm，BC=3cm，∴AB=5cm，∴=，∴PH=3﹣t，
∴△AQP的面积为：S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）2+，
∴当t为秒时，S最大值为cm2．

（2）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，∴=，∴AE===﹣t+4
QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，QE=QC=（4﹣t）=﹣t+2，∴﹣t+4=﹣t+2，
解得：t=，
∵0＜＜4，∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；

（3）由（1）知，
PE=﹣t+3，与（2）同理得：QE=AE﹣AQ=﹣t+4
∴PQ===，
在△APQ中，
①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；
②当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=，t3=5；
③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；
∵0＜t＜4，
∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，
∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．


7.解：（1）如答图1，过点C作CF⊥x轴于点F，CE⊥y轴于点E，
由题意，易知四边形OECF为正方形，设正方形边长为x．

∵CE∥x轴，∴，即，解得x=．∴C点坐标为（，）；
∵PQ∥AB，∴，即，∴OP=2OQ．
∵P（0，2t），∴Q（t，0）．
∵对称轴OC为第一象限的角平分线，∴对称点坐标为：M（2t，0），N（0，t）．
（2）①当0＜t≤1时，如答图2﹣1所示，点M在线段OA上，重叠部分面积为S△CMN．

S△CMN=S四边形CMON﹣S△OMN=（S△COM+S△CON）﹣S△OMN=（•2t×+•t×）﹣•2t•t
=﹣t2+2t；
当1＜t＜2时，如答图2﹣2所示，点M在OA的延长线上，设MN与AB交于点D，则重叠部分面积为S△CDN．
设直线MN的解析式为y=kx+b，将M（2t，0）、N（0，t）代入得，解得，
∴y=﹣x+t；
同理求得直线AB的解析式为：y=﹣2x+4．
联立y=﹣x+t与y=﹣2x+4，求得点D的横坐标为．
S△CDN=S△BDN﹣S△BCN=（4﹣t）•﹣（4﹣t）×=t2﹣2t+．
综上所述，S=．
②画出函数图象，如答图2﹣3所示：

观察图象，可知当t=1时，S有最大值，最大值为1．
　
8.解：（1）设OP=2t，QB=t，PA=13﹣2t，要使四边形PABQ为平行四边形，则13﹣2t=t ∴．
（2）不变．
∵，∴=，
∵QB∥DE∥PA，∴=，∴AF=2QB=2t，∴PF=OA=13，
∴S△PQF=；
（3）由（2）知，PF=OA=13，
①QP=FQ，作QG⊥x轴于G，则11﹣t﹣2t=2t+13﹣（11﹣t），∴；
②PQ=FP，
∴，∴；
③FQ=FP，，∴t=1；
综上，当或时，△PQF是等腰三角形．
　






































9.解：（1）∵矩形ABCD，
∴∠D=90°，AB=DC=3，AD=BC=4，∴在Rt△ACD中，利用勾股定理得：AC==5，
∵PE∥CD，∴∠APE=∠ADC，∠AEP=∠ACD，
∴△APE∽△ADC，
又PD=x，AD=4，AP=AD﹣PD=4﹣x，AC=5，PE=y，DC=3，
∴==，即==，∴y=﹣x+3；

（2）若QB∥PE，四边形PQBE是矩形，非梯形，故QB与PE不平行，
当QP∥BE时，∠PQE=∠BEQ，∴∠AQP=∠CEB，
∵AD∥BC，∴∠PAQ=∠BCE，∴△PAQ∽△BCE，
由（1）得：AE=﹣x+5，PA=4﹣x，BC=4，AQ=x，
∴==，即==，
整理得：5（4﹣x）=16，解得：x=，
∴当x=时，QP∥BE，而QB与PE不平行，此时四边形PQBE是梯形；
（3）存在．分两种情况：
当Q在线段AE上时：QE=AE﹣AQ=﹣x+5﹣x=5﹣x，
（i）当QE=PE时，5﹣x=﹣x+3，解得：x=；
（ii）当QP=QE时，∠QPE=∠QEP，
∵∠APQ+∠QPE=90°，∠PAQ+∠QEP=90°，∴∠APQ=∠PAQ，
∴AQ=QP=QE，∴x=5﹣x，
解得：x=；
（iii）当QP=PE时，过P作PF⊥QE于F，

可得：FE=QE=（5﹣x）=，
∵PE∥DC，∴∠AEP=∠ACD，∴cos∠AEP=cos∠ACD==，∵cos∠AEP===，
解得：x=；
当点Q在线段EC上时，△PQE只能是钝角三角形，如图所示：

∴PE=EQ=AQ﹣AE，AQ=x，AE=﹣x+5，PE=﹣x+3，
∴﹣x+3=x﹣（﹣x+5），解得：x=．
综上，当x=或x=或x=或x=时，△PQE为等腰三角形．
　
10.解：（1）如图2，作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为G、H，∴四边形AGHD为矩形．
∵梯形ABCD，AB=AD=DC=5，∴△ABG≌△DCH，
∴BG=（BC﹣AD）=3，AG=4，
∴当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，点M与点D重合，此时MQ=4，
∴GP=AQ=AD﹣DQ=1，BP=BG+GP=4，
∴t=4，即4秒时，正方形PQMN的边MN恰好经过点D；

（2）如图1，当0＜t≤3时，BP=t，
∵tan∠DBC=，tan∠C=tan∠ABC=，∴GP=t，PQ=t，BN=t+t=t，∴NR=t，
∴S==；
如图3，当3＜t≤4时，BP=t，∴GP=t，PQ=4，BN=t+4，∴NR=t+2，∴S==2t+4；
如图4，当4＜t≤7时，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8﹣t，BN=t+4，HN=t+4﹣8=t﹣4，
∴CN=3﹣（t﹣4）=7﹣t，∴NR=，
∴S=+=；
如图5，当7＜t≤8时，BP=t，
∴GP=t，PQ=4，PH=8﹣t，∴S=+=﹣t2+22；∴S=；
（3）∵∠PEF+∠QEF=180°=∠QDF+∠QEF，
∴∠PEF=∠QDF=2∠ADB=∠ABC，∴cos∠ABC=cos∠PEF=，
由（1）可知EP=BP=t，则EF=EQ=PQ﹣EP=4﹣，
①如图6，当EF=EP时，4﹣t=t，∴t=4；
②如图7，当FE=FP时，作FR⊥EP，垂足为R，∴ER=EP=EF，∴，∴t=；
③如图8，当PE=PF时，作PS⊥EF，垂足为S，
∵ES=EF=PE，∴（4﹣t）=，∴t=．∴当t=4、或时，△PEF是等腰三角形．

　
11.解：（1）在直角△OAD中，∵tan∠OAD==，∴∠A=60°，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠C=∠A=60°；
（2）∵点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（0，），点E为线段AD的中点，
∴点E的坐标是（﹣1，）．
设直线EF的方程为y=kx+b（k≠0），则，解得，，
∴直线EF的解析式是：y=x+．
又∵点G的纵坐标是2，∴2=x+．解得，x=2，∴点G的坐标是（2，2）；

（3）①证明：∵E（﹣1，），AE=DE=2，OE=OA=2，
∴△OAE是等边三角形，则∠AOE=∠AEO=60°；
根据轴对称的性质知：∠AOE=∠EOF′，故∠EOF′=∠AEO=60°，即OF′∥AE，
∴∠OF′E=∠DEH；
∵∠OF′E=∠OFE=∠DGE，∴∠DGE=∠DEH，
又∵∠GDE=∠EDH，∴△DGE∽△DEH．
②过点E作EM⊥直线CD于点M，
∵CD∥AB，∴∠EDM=∠DAB=60°，∴EM=DE•sin60°=2×=，
∵S△EGH=GH•ME=×GH=3，∴GH=6；
∵△DHE∽△DEG，∴=即DE2=DG•DH，
当点H在点G的右侧时，设DG=x，DH=x+6，∴4=x（x+6），
解得：x1=﹣3+，x2=﹣3﹣（舍去），∴点F的坐标为（1﹣，0）；
当点H在点G的左侧时，设DG=x，DH=x﹣6，∴4=x（x﹣6），x2﹣6x﹣4=0
解得：x1=3+，x2=3﹣（舍去），
∵△DEG≌△AEF，∴AF=DG=3+，
∵OF=AO+AF=3++2=5+，
∴点F的坐标为（﹣﹣5，0），
综上可知，点F的坐标有两个，分别是F1（1﹣，0），F2（﹣﹣5，0）．


　




12.（1）证明：如图1，
∵点P、点Q、点W分别是FM、MN、NF的中点，
∴PQ=FN，QW=FM，PW=MN．∴===2．∴△FMN∽△QWP．
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=∠C=∠D=∠90°，AD=BC=4cm，DC=AB=6cm．
由题可得：DM=BN=1×t=t（cm）．则有AM=，AN=6﹣t．∴MN2=AM2+AN2
=（4﹣t）2+（6﹣t）2=2t2﹣20t+52=2（t﹣5）2+2．
∵2＞0，∴当t=5时，MN2最小，最小值为2．
∴当t=5时，MN取到最小值，最小值为．

②∵△FMN∽△QWP，
∴∠PQW=∠NFM，∠QWP=∠FMN，∠WPQ=∠MNF．
Ⅰ．当∠PQW=90°时，∠NFM=90°．
过点N作NE⊥DC，垂足为E，如图2，
∵∠MDF=∠MFN=∠FEN=90°，∴∠DFM=90°﹣∠EFN=∠ENF．
∴△MDF∽△FEN．∴=．
∵DM=t，DF=2，EF=CF﹣CE=6﹣2﹣t=4﹣t，EN=BC=4，∴=．解得：t=．
经检验t=是方程的解，且符合题意．
Ⅱ．当∠PWQ=90°时，∠NMF=90°．
同理可得：△MDF∽△NAM．则有=．
∵DF=2，DM=t，AM=4﹣t，AN=6﹣t，∴=．
整理得：t2﹣6t+12=0．
∵（﹣6）2﹣4×1×12=﹣12＜0，∴方程无实数根．
Ⅲ．当∠WPQ=90°时，∠MNF=90°．
（a）当0＜t＜4时，如图2，有∠MNF＜∠ANE=90°；
（b）当t=4时，AN=DF=2，DM=DA=4，如图3，
此时点M与点A重合．
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB．
∵DF∥AN，DF=AN，∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形．
∴∠ANF=90°．
∴∠MNF=∠ANF=90°．
（c）当4＜t≤6时，∠MNF＞90°．
综上所述：当t为或4秒时，△PQW是直角三角形．

　

13.解：（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE=BF，BE=10﹣t，BF=3t，
即：10﹣t=3t，解得t=2.5；
（2）分两种情况，讨论如下：
①若△EBF∽△FCG，则有，即，解得：t=2.8；
②若△EBF∽△GCF，则有，即，
解得：t=﹣14﹣2（不合题意，舍去）或t=﹣14+2．
∴当t=2.8s或t=（﹣14+2）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似．

（3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合．
如图，过点O作OM⊥BC于点M，则在Rt△OFM中，OF=BF=3t，FM=BC﹣BF=6﹣3t，OM=5，
由勾股定理得：OM2+FM2=OF2，
即：52+（6﹣3t）2=（3t）2解得：t=；

过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE=BE=10﹣t，EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t，ON=6，
由勾股定理得：ON2+EN2=OE2，
即：62+（5﹣t）2=（10﹣t）2 解得：t=3.9．
∵≠3.9，∴不存在实数t，使得点B′与点O重合．
　

























14.解：（1）在直角△ABC中，AC==4，
则Q从C到B经过的路程是9，需要的时间是4.5秒．此时P运动的路程是4.5，P和Q之间的距离是：3+4+5﹣4.5=7.5．
根据题意得：（t﹣4.5）+2（t﹣4.5）=7.5，解得：t=7s．

（2）Q从C到A的时间是2秒，P从B到C的时间是3秒．
则当0≤t≤2时，若△PCQ为等腰三角形，则一定有：PC=CQ，即3﹣t=2t，解得：t=1s．
当2＜t≤3时，若△PCQ为等腰三角形，则一定有PQ=QC（如图1）．则Q在PC的中垂线上，作QH⊥AC，则QH=PC．△AQH∽△ABC，
∵BC=3，AB=5，QH⊥AC，∴==，∴QH=AQ，
在直角△AQH中，AQ=2t﹣4，则QH=AQ=．
∵PC=BC﹣BP=3﹣t，∴（2t﹣4）=（3﹣t），解得：t=s；综上所述，t=1s或s；

（3）①连接DC（即AD的折叠线）交PQ于点O，过Q作QE⊥CA于点E，过O作OF⊥CA于点F，
则△PCO即为折叠后的△APD与△PCQ重叠部分的面积．
在点Q从点B返回点A的运动过程中，P一定在AC上，则PC=t﹣3，BQ=2t﹣9，即AQ=5﹣（2t﹣9）=14﹣2t．
同（2）可得：△PCQ中，PC边上的高是：（14﹣2t），
故S=（t﹣3）×（14﹣2t）=（﹣t2+10t﹣21）．

②故当t=5时，s有最大值，此时，P在AC的中点．（如图2）．
∵沿直线PD折叠，使点A落在直线PC上，
∴PD一定是AC的中垂线．
则AP=AC=2，PD=BC=，AQ=14﹣2t=14﹣2×5=4．
则PC边上的高是：AQ=×4=．
∵∠COF=∠CDP=∠B，所以，在Rt△COF中，tan∠COF=，设OF为x，
则利用三角函数得CF=，PF=2﹣，
则QE=，AE=，∴PE=AE﹣AP=，
∵△POF∽△PQE，∴=，解得：x=，
S△PCO=×2×=．


　


15.解：（1）∵A（6，0），B（0，8）．∴OA=6，OB=8．∴AB=10，
∵∠CEB=∠AOB=90°，
又∵∠OBA=∠EBC，∴△BCE∽△BAO，∴=，即=，∴CE=﹣m；
（2）∵m=3，∴BC=8﹣m=5，CE=﹣m=3．∴BE=4，∴AE=AB﹣BE=6．
∵点F落在y轴上（如图2）．∴DE∥BO，
∴△EDA∽△BOA，∴=即=．∴OD=，∴点D的坐标为（，0）．
（3）取CE的中点P，过P作PG⊥y轴于点G．则CP=CE=﹣m．
（Ⅰ）当m＞0时，
①当0＜m＜8时，如图3．易证∠GCP=∠BAO，∴cos∠GCP=cos∠BAO=，
∴CG=CP•cos∠GCP=（﹣m）=﹣m．
∴OG=OC+CG=m+﹣m=m+．
根据题意得，得：OG=CP，∴m+=﹣m，解得：m=；
②当m≥8时，OG＞CP，显然不存在满足条件的m的值．
（Ⅱ）当m=0时，即点C与原点O重合（如图4）．
（Ⅲ）当m＜0时，
①当点E与点A重合时，（如图5），
易证△COA∽△AOB，∴=，即=，解得：m=﹣．
③当点E与点A不重合时，（如图6）．
OG=OC﹣CG=﹣m﹣（﹣m）=﹣m﹣．
由题意得：OG=CP，∴﹣m﹣=﹣m．解得m=﹣．
综上所述，m的值是或0或﹣或﹣．

　



16.解：（1）如图1，∵△AOB为等边三角形，∴∠BAC=∠AOB=60°，
∵BC⊥AB，∴∠ABC=90°，∴∠ACB=30°，∠OBC=30°，
∴∠ACB=∠OBC，∴CO=OB=AB=OA=3，∴AC=6，∴BC=ACcos30°=AC=3；
（2）如图1，过点Q作QN∥OB交x轴于点N，
∴∠QNA=∠BOA=60°=∠QAN，∴QN=QA，∴△AQN为等边三角形，
∴NQ=NA=AQ=3﹣t，∴ON=3﹣（3﹣t）=t，∴PN=t+t=2t，
∵OE∥QN，∴△POE∽△PNQ，∴=，∴=，∴OE=﹣t，
∵EF∥x轴，∴∠BFE=∠BCO=∠FBE=30°，∴EF=BE，
∴m=BE=OB﹣OE=t+（0＜t＜3）；

（3）如备用图：
∵∠BE′F′=∠BEF=180°﹣∠EBF﹣∠EFB=120°，∴∠AE′G=60°=∠E′AC，∴GE′=GA，
∴△AE′G为等边三角形，
∵QE′=BE′﹣BQ=m﹣t=t+﹣t=﹣
∴GE′=GA=AE′=AB﹣BE′=﹣t=QE′，∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴∠2+∠3=90°，即∠QGA=90°，
∴QG=AG=﹣t，
∵EF∥OC，∴=，∴=，∴BF=m=t+，
∵CF=BC﹣BF=﹣t，CP=CO﹣OP=3﹣t，∴===
∵∠FCP=∠BCA，∴△FCP∽△BCA，∴=，∴PF=，
∵2BQ﹣PF=QG，∴2t﹣=×（﹣t）
解得：t=1，
∴当t=1时，2BQ﹣PF=QG．
　









17.方法一：
解：（Ⅰ）如图①，∵点A（﹣2，0），点B（0，4），∴OA=2，OB=4．
∵∠OAE=∠0BA，∠EOA=∠AOB=90°，∴△OAE∽△OBA，
∴=，即=，解得OE=1，∴点E的坐标为（0，1）；

（Ⅱ）①如图②，连接EE′．
由题设知AA′=m（0＜m＜2），则A′O=2﹣m．
在Rt△A′BO中，由A′B2=A′O2+BO2，得A′B2=（2﹣m）2+42=m2﹣4m+20．
∵△A′E′O′是△AEO沿x轴向右平移得到的，
∴EE′∥AA′，且EE′=AA′．
∴∠BEE′=90°，EE′=m．
又∵BE=OB﹣OE=3，
∴在Rt△BE′E中，BE′2=E′E2+BE2=m2+9，
∴A′B2+BE′2=2m2﹣4m+29=2（m﹣1）2+27．
当m=1时，A′B2+BE′2可以取得最小值，此时，点E′的坐标是（1，1）．

②如图②，过点A作AB′⊥x，并使AB′=BE=3．
易证△AB′A′≌△EBE′，
∴B′A′=BE′，
∴A′B+BE′=A′B+B′A′．
当点B、A′、B′在同一条直线上时，A′B+B′A′最小，即此时A′B+BE′取得最小值．
易证△AB′A′∽△OBA′，
∴==，∴=，AO=2，∴AA′=×2=，∴EE′=AA′=，
∴点E′的坐标是（，1）．
方法二：
（1）略．
（2）由AA′=m⇒A′（m﹣2，0），E′（m，1），B（0，4），
A′B2+BE′2=（m﹣2）2+（0﹣4）2+（0﹣m）2+（4﹣1）2，
A′B2+BE2=2m2﹣4m+29，
∴当m=1时，A′B2+BE2有最小值，最小值为27．
（3）A′（m﹣2，0），E（m，1），B（0，4），
过B作平行于x轴的直线l，
∴E′关于l的对称点为E″（m，7），
A′，B，E″三点共线时，A′B+BE′有最小值，
根据黄金法则一：KA′B=KBE′时，A′，B，E′三点共线，
（理由K1﹣K2，l1∥l2，又l1，l2共线，即A′，B，E′三点共线）
∴，∴m=，∴点E′的坐标是（，1）．

　
18.解：（1）∵△AOB是等边三角形，∴OB=OA=AB=4，∠BOA=∠OAB=∠ABO=60°．
∵PD⊥OB，∴∠PDO=90°，∴∠OPD=30°，∴OD=OP．
∵OP=t，∴OD=t，在Rt△OPD中，由勾股定理，得PD= 故答案为：
（2）如图（1）过C作CE⊥OA于E，∴∠PEC=90°，
∵OD=t，∴BD=4﹣t．
∵线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，∴∠BPC=60°．
∵∠OPD=30°，∴∠BPD+∠CPE=90°．
∴∠DBP=∠CPE∴△PCE∽△BPD∴，∴，，
∴CE=，PE=，OE=，∴C（，）．

（3）如图（3）当∠PCA=90度时，作CF⊥PA，
∴△PCF∽△ACF，∴，∴CF2=PF•AF，
∵PF=2﹣t，AF=4﹣OF=2﹣t CF=，∴（）2=（2﹣t）（2﹣t），
求得t=2，这时P是OA的中点．
如图（2）当∠CAP=90°时，C的横坐标就是4，∴2+t=4∴t=
（4）设C（x，y），∴x=2+t，y=，∴y=x﹣，
∴C点的运动痕迹是一条线段（0≤t≤4）．
当t=0时，C1（2，0），
当t=4时，C2（5，），
∴由两点间的距离公式得：C1C2=2．
故答案为：2．

　











19.解：（1）在直线解析式y=2x+2中，当y=0时，x=﹣1；当x=0时，y=2，∴A（﹣1，0），C（0，2）；
（2）当0＜m＜1时，依题意画出图形，如答图1所示．
∵PE=CE，∴直线l是线段PC的垂直平分线，∴MC=MP，又C（0，2），M（0，m），∴P（0，2m﹣2）；
直线l与y=2x+2交于点D，令y=m，则x=，∴D（，m），
设直线DP的解析式为y=kx+b，则有，解得：k=﹣2，b=2m﹣2，
∴直线DP的解析式为：y=﹣2x+2m﹣2．
令y=0，得x=m﹣1，∴Q（m﹣1，0）．
已知△PAQ是以P为顶点的倍边三角形，由图可知，PA=2PQ，
∴，即，
整理得：（m﹣1）2=，解得：m=（＞1，不合题意，舍去）或m=，∴m=．
（3）当1＜m＜2时，假设存在实数m，使CD•AQ=PQ•DE．
依题意画出图形，如答图2所示．由（2）可知，OQ=m﹣1，OP=2m﹣2，
由勾股定理得：PQ=（m﹣1）；
∵A（﹣1，0），Q（m﹣1，0），B（a，0），∴AQ=m，AB=a+1；
∵OA=1，OC=2，由勾股定理得：CA=．
∵直线l∥x轴，∴△CDE∽△CAB，∴；
又∵CD•AQ=PQ•DE，∴，∴，即，解得：m=．
∵1＜m＜2，
∴当0＜a≤1时，m≥2，m不存在；当a＞1时，m=．
∴当1＜m＜2时，若a＞1，则存在实数m=，使CD•AQ=PQ•DE；若0＜a≤1，则m不存在．
















20.解：（1）若点E与点P重合，则k=1×2=2；
（2）当k＞2时，如图1，
点E、F分别在P点的右侧和上方，过E作x轴的垂线EC，垂足为C，过F作y轴的垂线FD，垂足为D，EC和FD相交于点G，则四边形OCGD为矩形，
∵PF⊥PE，∴S△FPE=PE•PF=（﹣1）（k﹣2）=k2﹣k+1，
∴四边形PFGE是矩形，∴S△PFE=S△GEF，
∴S△OEF=S矩形OCGD﹣S△DOF﹣S△EGF﹣S△OCE=•k﹣﹣（k2﹣k+1）﹣=k2﹣1，
∵S△OEF=2S△PEF，
∴k2﹣1=2（k2﹣k+1），解得k=6或k=2，
∵k=2时，E、F重合，∴k=6，∴E点坐标为：（3，2）；

（3）存在点E及y轴上的点M，使得△MEF≌△PEF，
①当k＜2时，如图2，只可能是△MEF≌△PEF，作FH⊥y轴于H，
∵∠MHF=∠EBM=90°，∠HMF=∠MEB，∴△FHM∽△MBE，∴=，
∵FH=1，EM=PE=1﹣，FM=PF=2﹣k，∴=，BM=，
在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，∴（1﹣）2=（）2+（）2，
解得k=，此时E点坐标为（，2），
②当k＞2时，如图3，
只可能是△MFE≌△PEF，作FQ⊥y轴于Q，△FQM∽△MBE得，=，
∵FQ=1，EM=PF=k﹣2，FM=PE=﹣1，∴=，BM=2，
在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，
∴（k﹣2）2=（）2+22，解得k=或0，但k=0不符合题意，∴k=．此时E点坐标为（，2），
∴符合条件的E点坐标为（，2）（，2）．