2024年中考数学热点探究二十一 动态及轨迹型问题练习附解析

这是一份2024年中考数学热点探究二十一 动态及轨迹型问题练习附解析，共53页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。
1．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B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EP的值大小变化情况是（ ）
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．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G、H.当动点E从点D向点A运动时，线段GH长度的变化情况为（ ）
A．一直不变B．一直变大
C．先变小再变大D．先变大再变小
3．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．4B．5C．7D．9
4．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C在⊙O上运动一周，则点P运动的路径长等于（ ）
A．5π3B．8π3C．10π3D．20π3
5．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(m>0)个单位.若平移后的直线与边AB有交点，则m的取值范围是（ ）
A．4≤m≤8B．0AP'．
请你补全小华的证明过程．
（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、m的代数式表示)
（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．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处．
（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BE的长度；
（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BE的长度；
（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=GP．
27．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．【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'D'C，∠ADB=∠A'D'C=90°，∠B=∠C=30°，设AB=2．
【操作探究】
如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α≤360°)，旋转过程中△ADB保持不动，连接BC．
（1）当α=60°时，BC= ；当BC=22时，α= °；
（2）当α=90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
（3）如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为 ．
29．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相似的三角形，并证明你的结论；
（2）当点Р在边CD的什么位置时，△DEP与△CPG面积的比是9：25？请写出求解过程；
（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
【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EP≤AC，最后判断求解即可。
2．【答案】D
【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=OH2−OP2=4−OP2
GH=24−OP2
∵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=2OH2−OP2，即可求解．
3．【答案】C
【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6，7，8，9，
∴这样的点M共有7个。
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
【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AB为直径的圆弧上运动，再由当AC与圆相切时，此时点P是运动路径的两端点，由∠OAC得正弦函数及特殊锐角三角函数值得∠OAC=30°，则∠C'AC=60°，弧PP'的弧度=120°，进而根据弧长计算公式算出弧PP'的长，即可解决此题.
5．【答案】D
【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，②当直线过点B时，再将点A、B的坐标分别代入y=−2（x−m）=−2x+2m求出m的值，最后求出m的取值范围即可.
6．【答案】C
【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，∴△AA'C~△BB'C，∴AA'BB'=ACBC=3，∴AA'≠BB'，故C错误，符合题意；
∵∠CAA'=∠CBB'=(180°−α)，∴AA'，BB'的夹角为360°−（180°−α）×2−（90°+α）=90°，∴在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB' ，故D正确，不符合题意，
故答案为：C.
【分析】根据全等三角形的性质可得AC=A'C，BC=B'C，再根据旋转角求出等边三角形，可以判断A、B正确，求证△AA'C~△BB'C，利用相似三角形的对应边成比例进一步得AA'≠BB'，判断C错误，利用四边形的内角和为360°求出AA'，BB'的夹角为90°，判断D正确，进而得出结论.
7．【答案】B
【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=10，
在Rt△ADQ中，AQ=DQ2+AD2=2，
∴m=AP-AQ=10−2.
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
【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 ，所以由折叠关系有：CD=DF=x+1，
又因为四边形ABCD为矩形，所以：AB=CD=x+1，则在Rt∆BAD中，由勾股定理得：BD2=AD2+AB2 ，即x+92=x2+x+12，解得：x1=20，x2=−4（舍去）；故AD=x=20，AB=x+1=21，所以矩形ABCD的面积：S=AD×AB=20×21=420.
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=DF=x+1，还可计算出：
BD=BF+DF=x+9，然后在Rt∆BAD中运用勾股定理解出x，然后根据矩形的面积公式进行求解即可.
9．【答案】C
【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，
则CE=2x=833.
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
【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·cs∠HOA2023=22023×cs60°=22023×12=22022，
A2023H=OA2023·sin∠HOA2023=22023×sin60°=3×22022，
∴点A2023的坐标为(22022，3×22022)．
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）41−2.5
【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FB=FG=x，于是CF=BC-FB=10-x，
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JH，JI分别交AD、BC于K、L两点，在Rt△CJL中，用勾股定理可求解.
12．【答案】392
【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=392，
故答案为：392
【分析】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，进而即可得到四边形EFCB'为平行四边形，B'E=BE=CF，B'（0，-2），C（3，-2），进而得到FD+EB=FC+DF=CD存在最小值，再运用解直角三角形即可得到点F的坐标，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线CD的解析式，进而即可得到点D的坐标，过点D作GD⊥y轴于点G，先根据一次函数的性质即可得到点Q的坐标，再运用勾股定理即可求出QB的长，最后运用3BH+5DH=5DG即可求解。
13．【答案】2或6
【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是平行四边形，
∴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203≤t≤10，分别画出图形，从而根据等边三角形的性质及平行四边形的性质列出方程，求解即可.
14．【答案】（5，8）
【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，最后求点的坐标即可。
15．【答案】（1）52
（2）25
【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，
∴GQ+QE=QP+CQ≥CP，
由勾股定理得CP=42+22=25，当且仅当P，Q，C三点共线时最小，最小值为25．
【分析】（1）设DN=EN=x，则CN=4−x，利用勾股定理可得CN2+CE2=EN2，即(4−x)2+22=x2，再求出x的值即可；
（2）取AD的中点P，连接QP，QG，QC，由折叠的对称性可知QP=QG，再结合CQ=12DE=QE，可得GQ+QE=QP+CQ≥CP，再利用勾股定理求出CP的长从而得解.
16．【答案】2；102613
【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,
∴12×EN×226=2×12×10×2,
解得EN=102613，
【分析】先证明四边形ABEF是正方形，得到AB=BE=EF=AF=10，DF=BC-BE=2，连接CF，利用勾股定理求得CF的值以及旋转的性质，通过HL证明Rt△ECF≅Rt△NCF，从而得到CN=CE=2，EF=NF=10，证明C、D在EN的垂直平分线上，最后利用四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,代入数据计算即可求解.
17．【答案】（1）解：由题意可知：AM=tcm，DN=2tcm
∴AN=AD−DN=(6−2t)cm
∵△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19
∴12×t×(6−2t)=19×3×6
解之得：t1=1，t2=2
∴t=1s或t=2s时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19
（2）解：存在．理由如下：
∵△AMN与△ACD相似
∴分为两种情况：
①当△MNA∽△ACD时
∴AMDA=ANDC，即t6=6−2t3
解得：t=125
②当△NMA∽△ACD时
∴AMDC=ANDA，即t3=6−2t6
解得：t=32
综上所述，当t=125s或t=32s时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似
【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△MNA∽△ACD时 ， ②当△NMA∽△ACD时 ，再利用相似三角形的性质分别列出比例式求解即可.
18．【答案】（1）解：由点P和Q的移动速度及方向可知：
BP=5t，BQ=BC−CQ=8−4t；
（2）解：在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=62+82=10．
分两种情况：当△BPQ∽△BAC时，
BPBA=BQBC，即5t10=8−4t8．
解得t=1．
当△BPQ∽△BCA时，
BPBC=BQBA，即5t8=8−4t10．
解得t=3241．
综上可知：t的值为1或3241．
（3）解：∵PD⊥BC，
∴∠PDB=90°，
∵∠PDB=∠ACB=90°，∠PBD=∠ABC，
∴△PDB∽△ACB，
∴PBAB=PDAC，即5t10=PD6，
∴PD=3t，
∴BD=PB2−PD2=25t2−9t2=4t，
∵AQ⊥CP，
∴∠CAQ+∠ACP=∠ACP+∠DCP=90°，
∴∠CAQ=∠DCP，
又∵∠ACQ=∠CDP，
∴△CAQ∽△DCP，
∴CDAC=PDQC，即8−4t6=3t4t，
∴t=78，
∴PD=3×78=218．
【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t值才能根据关系式求PD，观察这些线段的关系看是否可以应用勾股定理或者线段成比例来找到等式，根据等角的余角相等可以进一步判定△CAQ∽△DCP，故根据对应边成比例可以列出等式，求得t值，进而求的PD的值。
19．【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