题型十一 综合探究题 类型二 与动点有关的探究题（专题训练）-备战2024年中考数学二轮复习高分突破（全国通用）

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1.在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；
（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，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）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，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）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，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，其中点F、G都在直线上，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）；（4）；
【分析】
（1）由、是等边三角形，，， ，可证即可；
（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．
【详解】
解:（1）∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又点在处时，，点在A处时，点与重合．
∴点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵、是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又点在处时，，点在处时，点与重合，
∴点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，
∵∠CGA=90°，
∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，
∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，
∴∠COB=90°，设OC=x，
由勾股定理即，
∴，
点G所经过的路径长为长=，
点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，
点H所经过的路径长为的长度，
∵点G运动圆周的四分之一，
∴点H也运动圆周的四分一，
点H所经过的路径长为的长=，
故答案为；．
【点睛
本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．
2.（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】
（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；
（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】
（1）解 ，
，
，
，
是等边三角形，
是的中点，
，
在中，，
，
．
（2）证明：连结，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
是等边三角形，
，
，
又，
，
，
．
（3）存在这样的．
过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，
由（2）得AE=2AP，DE=AC，
∴CG=EN，
∵，
∴AE=BC，
∵∠ANE=∠BGC=90°，
，
∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，
∴
∴AC=BE，
∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
∴∠DEB=90°，
∴，
∵
∴
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
3.（2021·浙江中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．
【答案】（1）①10；②5；（2），，
【分析】
（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
【详解】
（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴▱ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．
（2）情况1，如图3，
可得，
．
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．
综上：的值可以是，，．
【点睛】
本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．
4.如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EFAB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在RtCDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
5.（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）；（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=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠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，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=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠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，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（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．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．
6.（2021·湖南中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．
（1）如图①，若，证明：．
（2）如图②，若，，求的值．
（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．
【分析】
（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；
（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；
（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，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：，，
，
，
由折叠的性质得：，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，
；
（2）如图，设与的交点为点，过点作于点，
，
是等腰三角形，，
设，则，
，
，
由折叠的性质得：，
在和中，，
，
，
设，则，
，
解得，
，
在中，，
，
则；
（3），
，
设，则，
由折叠的性质得：，
，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当点在直线的左侧时，过点作于点，
（等腰三角形的三线合一），
，
在中，，
，
又，
，
，
，
是等边三角形，
，
；
②如图，当点在直线的右侧时，过点作于点，
同理可得：，
，
点在上，
由折叠的性质得：，
在中，，
，
，
综上，存在点，使得，此时的值为或．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．
7.（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＝∠B．
（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K被扫描到的总时长．
【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=AHBH=34，
∴AH＝3，AB＝AC=AH2+BH2=32+42=5．
∴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=（APAB）2=49，
∴APAB=23，
∴AP=103，
∴PM＝AP＝AM=103-2=43．
（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，∠AQP＝∠C，
∴x+25=PQ8，
∴PQ=85（x+2），
∵sin∠AQP＝sin∠C=35，
∴PJ＝PQ•sin∠AQP=2425（x+2）．
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﹣x）．
（4）由题意点P的运动速度=936=14单位长度/秒．
当3＜x≤9时，设CQ＝y．
∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，
∴∠BAP＝∠CPQ，
∵∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCQ，
∴ABCP=BPCQ，
∴511-x=x-3y，
∴y=-15（x﹣7）2+165，
∵-15＜0，
∴x＝7时，y有最大值，最大值=165，
∵AK=94，
∴CK＝5-94=114＜165
当y=114时，114=-15（x﹣7）2+165，
解得x＝7±32，
∴点K被扫描到的总时长＝（114+6﹣3）÷14=23秒．
8.（2020•凉山州）如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．
（1）如图1，连接AQ、CP．求证：△ABQ≌△CAP；
（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；
（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；
（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解析】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
AB=CA∠ABQ=∠CPAAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）点P、Q在AB、BC边上运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△ACM的外角，
∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC
∵∠BAC＝60°，
∴∠QMC＝60°；
（3）如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变
理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△APM的外角，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，
即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，∠QMC的度数为120°．
9.（2020•衡阳）如图1，平面直角坐标系xOy中，等腰△ABC的底边BC在x轴上，BC＝8，顶点A在y的正半轴上，OA＝2，一动点E从（3，0）出发，以每秒1个单位的速度沿CB向左运动，到达OB的中点停止．另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点O停止．已知点E、F同时出发，以EF为边作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧，设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）当点H落在AC边上时，求t的值；
（2）设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，请问是否存在t值，使得S=9136？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取AC的中点D，连结OD，当点E、F开始运动时，点M从点O出发，以每秒25个单位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO运动，到达点O停止运动．请问在点E的整个运动过程中，点M可能在正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，因为正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S=9136，推出此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．构建方程求解即可．
（3）分别求出点M第一次和第二次落在正方形内部（包括边界）的时长即可解决问题．
【解析】（1）如图1﹣1中，
由题意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，
当点H落在AC上时，∵EH∥OA，
∴CECO=EHOA，
∴CE4=12，
∴CE＝2，
∴点E的运动路程为1，
∴t＝1时，点E落在AC上．
（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，
∵正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S=9136，
∴此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．
由题意：（t﹣3）2-12•3t-132•（3t﹣13）=9136，
整理得45t2﹣486t+1288＝0，
解得t=143或9215（舍弃），
∴满足条件的t的值为143．
（3）如图3﹣1中，当点M第一次落在EH上时，4t+t＝3，t=35
当点M第一次落在FG上时，4t+t＝4，t=45，
∴点M第一次落在正方形内部（包括边界）的时长=45-35=15（s），
当点M第二次落在FG上时，4t﹣t＝4，t=43，
当点M第二次落在EH上时，4t﹣（t+1）＝4，t=53，
点M第二次落在正方形内部（包括边界）的时长=53-43=13，
∴点M落在正方形内部（包括边界）的总时长=15+13=815（s）．
10.（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CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6-45t，由矩形的性质可求解；
（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=CEBE，
∴8-68=CM6，
∴CM=32，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（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=10cm，EF=BF2+BE2=64+36=10cm，
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6-45t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6-45t=65t，
∴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＝6-45t，
∵cs∠PAH＝cs∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵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﹣（6-45t）]-12×（6-45t）（8-85t+6）=-1625t2+15t+572；
（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=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴65t＝10﹣2t+65，
∴t=72，
∴当t=72时，使点P在∠AFE的平分线上．
11.（2020•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？
【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．
【解析】（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；
（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=12（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值为12；
（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD＝∠CFD=12∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．
12.（2020•岳阳）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE．
（1）如图2，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F．求证：AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当t＞94s时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求AFCE的值．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判断出CP＝AP，进而判断出△APF≌△CPE，即可得出结论；
（2）先判断出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出结论；
（3）先判断出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而判断出PE＝CE，再判断出△CNE∽△CBA，得出CE=58t，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，∴t2+（58t）2＝（6﹣t）2，进而求出t，即可得出结论．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
由运动知，CP＝t＝5，
∴AP＝AC﹣CP＝5，
∴AP＝CP，
∵AD∥BC，
∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，
∴△APF≌△CPE（AAS），
∴AF＝CE；
（2）结论：AQ2+CE2＝QE2，
理由：如图2，
连接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，
∴AF＝CE，PE＝PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE＝QF，
在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，
∴AQ2+CE2＝QE2；
（3）如图3，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFC＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣t，∠FAC＝∠FPA，
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，
∴∠ACB＝∠CPE，
∴PE＝CE，过点E作EN⊥AC于N，
∴CN=12CP=12t，∠CNE＝90°＝∠ABC，
∵∠NCE＝∠BCA，
∴△CNE∽△CBA，
∴CEAC=CNCB，
∴CE10=12t8，
∴CE=58t，
∴PE=58t，BE＝BC﹣CE＝8-58t，
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，
在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，
∴PQ2+PE2＝BQ2+BE2，
∴t2+（58t）2＝（6﹣t）2+（8-58t）2，
∴t=5011，
∴CP＝t=5011，
∴AP＝10﹣CP=6011，
∵AD∥BC，
∴△APF∽△CPE，
∴AFCE=APCP=60115011=65．