中考压轴题第11部分 相似动点 学案

1．（13济南一模）如图，已知矩形ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，如果点P由C出发沿CA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AB方向向点B匀速运动，它们的速度均为2cm/s，连接PQ，设运动的时间为t．（单位：s）．（0≤t≤4）解答下列问题：
（1）求AC的长；
（2）当t为何值时，PQ∥BC；
（3）设△AQP的面积为S（单位：cm2），当t为何值时，s=cm2；
（4）是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分？若存在求出此时t的值；若不存在，请说明理由．











2．（13重庆模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，点P在AB上，AP=2，点E、F同时从点P出发，分别沿PA、PB以每秒1个单位长度的速度向点A、B匀速运动，点E到达点A后立即以原速度沿AB向点B运动，点E运动到点B时停止，点F也随之停止．在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧．设E、F运动的时间为t秒（t＞0），正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．
（1）当点E由P向A运动过程中，请求出点H恰好落在AC边上时，t的值；
（2）当0＜t≤2时，求S与t的函数关系式；
（3）设AC的中点为N，是否存在这样的t，使△NEF为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，说明理由．














3．（13惠山区校级模拟）已知矩形OABC的顶点O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）．动点P从O出发，以每秒1个单位的速度，沿射线OB方向运动．设运动时间为t秒．
（1）求P点的坐标（用含t的代数式表示）；
（2）如图，以P为一顶点的正方形PQMN的边长为2，且边PQ⊥y轴．设正方形PQMN与矩形OABC的公共部分面积为S，当正方形PQMN与矩形OABC无公共部分时，运动停止．
①当t＜4时，求S与t之间的函数关系式；
②当t＞4时，设直线MQ、MN分别交矩形OABC的边BC、AB于D、E，问：是否存在这样的t，使得△PDE为直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．













4．（13清河区校级模拟）在矩形ABCD中，点P在AD上，AB=3，AP=1，∠MPN=90°，如图①，当直角边PM经过点B时，另一直角边PN恰好经过点C，将∠MPN从图①的位置开始，绕点P顺时针旋转，PM交射线BA于点E，PN交边BC于点F，当点F与点B重合时停止转动（如图②），在这个过程中，请你观察、探究并解答：

（1）直接写出：线段BC的长度　10　；
（2）当点E在线段AB上时．设BE=x，EF2=y，求y关于x的函数关系式，并求当x为何值时，y值最小．最小值为多少？
（3）在整个运动过程中，∠PEF的大小是否发生变化？请说明理由．
（4）直接写出从开始到停止，线段EF的中点经过的路线长．












5．（12南通）如图△ABC中，AB=AC=10厘米，BC=12厘米，D是BC的中点，点P从B出发，以a厘米/秒（a＞0）的速度沿BA匀速向点A运动，点Q同时以1厘米/秒的速度从D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为t秒．
（1）若a=2，△BPQ∽△BDA，求t的值；
（2）设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．
①若a=，求PQ的长；
②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．










6．（12青岛）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E分别是AC、AB的中点，连接DE，点P从点D出发，沿DE方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ⊥AB？
（2）当点Q在BE之间运动时，设五边形PQBCD的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的情况下，是否存在某一时刻t，使PQ分四边形BCDE两部分的面积之比为S△PQE：S五边形PQBCD=1：29？若存在，求出此时t的值以及点E到PQ的距离h；若不存在，请说明理由．













7．（12漳州）如图，在▱OABC中，点A在x轴上，∠AOC=60°，0C=4cm．OA=8cm．动点P从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OA→AB运动；动点Q同时从点O出发，以acm/s的速度沿线段OC→CB运动，其中一点先到达终点B时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒．
（1）填空：点C的坐标是（　2　，　2　），对角线OB的长度是　4　cm；
（2）当a=1时，设△OPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出当t为何值时，S的值最大？
（3）当点P在OA边上，点Q在CB边上时，线段PQ与对角线OB交于点M．若以O、M、P为顶点的三角形与△OAB相似，求a与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．














8．如图，将一个边长为1的正方形纸片ABCD折叠，使点B落在边AD上（不与A、D重合），MN为折痕，折叠后B′C′与DN交于P．
（1）P判断△MAB′与△NC′P是否相似？并说明理由；
（2）当B落在什么位置上时，折叠起来的梯形MNC′B′面积最小，并求此时两纸片重叠部分的面积．

　










9．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=　　　　　cm，EF=　　　　　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？

　












10．如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C﹣D﹣A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与折线A﹣C﹣B的交点为Q．点M运动的时间为t（秒）．
（1）当AM=0.5时，求线段QM的长；
（2）点M在线段AB上运动时，是否可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形？若可以，请直接写出t的值（不需解题步骤）；若不可以，请说明理由．
（3）若△PCQ的面积为y，请求y关于出t的函数关系式及自变量的取值范围．

　







11．等边△ABC的边长为2，P是BC边上的任一点（与B、C不重合），连接AP，以AP为边向两侧作等边△APD和等边△APE，分别与边AB、AC交于点M、N（如图1）．

（1）求证：AM=AN；（2）设BP=x．
①若BM=，求x的值；
②求四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积S与x之间的函数关系式以及S的最小值；
③连接DE分别与边AB、AC交于点G、H（如图2）．当x为何值时，∠BAD=15°？此时，以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是什么特殊三角形，请说明理由．
　


















12．如图，G为正方形ABCD的对称中心，A（0，2），B（1，0），直线OG交AB于E，DC于F，点Q从A出发沿A→B→C的方向以个单位每秒速度运动，同时，点P从O出发沿OF方向以个单位每秒速度运动，Q点到达终点，点P停止运动，运动时间为t．求：
（1）求G点的坐标．
（2）当t为何值时，△AEO与△DFP相似？
（3）求△QCP面积S与t的函数关系式．

　




13．（15•连云港）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．

　










14．（15•徐州）如图，在矩形OABC中，OA=3，OC=5，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数y=（k＞0）的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE．
（1）连接OE，若△EOA的面积为2，则k=　　　　　　；
（2）连接CA、DE与CA是否平行？请说明理由；
（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

　









15．（15•南通）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15，BC=9，点P，Q分别在BC，AC上，CP=3x，CQ=4x（0＜x＜3）．把△PCQ绕点P旋转，得到△PDE，点D落在线段PQ上．
（1）求证：PQ∥AB；
（2）若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；
（3）若△PDE与△ABC重叠部分图形的周长为T，且12≤T≤16，求x的取值范围．

　













16．（15•江阴市模拟）【回归课本】我们曾学习过一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
【初步体验】
（1）如图1，在△ABC中，点D、F在AB上，E、G在AC上，DE∥FC∥BC．若AD=2，AE=1，DF=6，则EG=　　　　　　，=　　　　　　．
（2）如图2，在△ABC 中，点D、F在AB上，E、G在AC上，且DE∥BC∥FG．以AD、DF、FB为边构造△ADM（即AM=BF，MD=DF）；以AE、EG、GC为边构造△AEN（即AN=GC，NE=EG）．
求证：∠M=∠N．
【深入探究】
上述基本事实启发我们可以用“平行线分线段成比例”解决下列问题：
（3）如图3，已知△ABC和线段a，请用直尺与圆规作△A′B′C′．
满足：①△A′B′C′∽△ABC；②△A′B′C′的周长等于线段a的长度．（保留作图痕迹，并写出作图步骤）





17．图1是由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点A1的直线分别与BC1、BE交于点M、N，且图1被直线MN分成面积相等的上、下两部分．

（1）求的值； （2）求MB、NB的长；
（3）将图1沿虚线折成一个无盖的正方体纸盒（图2）后，求点M、N间的距离．
　















18．（15•北塘区一模）如图，已知直线l1∥l2，一个45°角的顶点A在l1上，过A作AD⊥l2，垂足为D，AD=6．将这个角绕顶点A旋转（角的两边足够长）．
（1）如图，旋转过程中，若角的两边与l2分别交于B、C，且AB=AC，求BD的长．为了解决这个问题，下面提供一种解题思路：如图，作∠DAP=45°，AP与l2相交于点P，过点C作CQ⊥AP于点Q．∵∠DAP=∠BAC=45°，∴∠BAD=∠CAQ，请你接下去完成解答．
（2）旋转过程中，若角的两边与l2分别交于E、F（E在F左面），且AE＞AF，DF=2，求DE的长．请你借鉴（1）的做法在备用图中画图并解答这个问题．

　














19．（15春•锡山区期中）（1）问题情境：如图（1），已知，锐角∠AOB内有一定点P，过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．将直线MN绕着点P旋转，旋转过程中△MON的面积存在最小值．请问当直线MN在什么位置时，△MON的面积最小，并说明理由．
方法探究：小明与小亮二人一起研究，一会儿，小明说有办法了．小亮问：“怎么解决？”小明画出了图（2）的四边形，说：“四边形ABCD中，AD∥BC，取DC边的中点E，连结AE并延长交BC的延长线于点F．显然有△ADE≌△FCE，则S四边形ABCD=S△ABF（S表示面积）．借助这图和图中的结论就可以解决了．”
请你照小明提供的方法完成“问题情境”这个问题．
（2）实际应用：如图（3），若在道路OA、OB之间有一村庄Q发生疫情，防疫部门计划以公路OA、OB 和经过防疫站P的一条直线MN为隔离线，建立一个面积最小的三角形隔离区△MON．若测得∠AOB=70°，∠POB=30°，OP=4km，试求△MON的面积．（结果精确到0.1km2）
（3）拓展延伸：如图（4），在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，0）、（6，3）、（，）、（4，2），过点P的直线l与四边形OABC 一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，则其中以点O为顶点的四边形的面积的最大值是　　　　　　．







20．（08•苏州）课堂上，老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化．当△AOB旋转90°时，得到∠A1OB1．已知A（4，2），B（3，0）．
（1）△A1OB1的面积是　　　　　　；A1点的坐标为（　　　　　　）；B1点的坐标为（　　　　　　）；
（2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行探究，将图②中△AOB绕AO的中点C（2，1）逆时针旋转90°得到△A′O′B′，设O′B′交OA于D，O′A′交x轴于E．此时A′，O′和B′的坐标分别为（1，3），（3，﹣1）和（3，2），且O′B′经过B点．在刚才的旋转过程中，小玲和小惠发现旋转中的三角形与△AOB重叠部分的面积不断变小，旋转到90°时重叠部分的面积（即四边形CEBD的面积）最小，求四边形CEBD的面积；
（3）在（2）的条件下，△AOB外接圆的半径等于　　　　　　．
　



1.解：（1）∵AB=8cm，BC=6cm，∴AC==10（cm）；
（2）当PQ∥BC时，
∵CP=2t，则AP=10﹣2t．∵PQ∥BC，∴=，即=，解得：t=，
∴当t=s时，PQ∥BC．

（3）如图2所示，过P点作PD′⊥AC于点D．
∴PD′∥BC，∴=，即=，
解得：PD′=6﹣t．S=×AQ×PD′=×2t×（6﹣t）=﹣t2+6t=
整理得出：t2﹣5t+6=0，（t﹣2）（t﹣3）=0，解得：t1=2，t2=3，
故当t为2或3时，s=cm2；
（4）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，
则有S△AQP=S△ABC，而S△ABC=AC•BC=24，∴此时S△AQP=12．
由（2）可知，S△AQP=﹣t2+6t，∴﹣t2+6t=12，化简得：t2﹣5t+10=0，
∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解，
∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．


　
2.解：（1）依题意有=，解得；

（2）当正方形EFGH与△ABC重叠部分的形状为正方形时，时，S=2t×2t=4t2；
当＜t≤时，
==；
当时，；
（3）t的值为或2或或．
　



3.解：（1）设PN与x轴交于点D，如图1．
∵矩形OABC中，OA=4，AB=3，∠OAB=90°，∴OB==5．
∵PD∥AB，∴△OPD∽△OBA，
∴==，==，∴OD=，PD=，∴P点的坐标为（，）；

（2）①分三种情况：
（i）当0＜t≤时，如图1，设PQ与y轴交于点E，则S=S矩形ODPE．
由（1）知OD=，PD=，
∴S=OD•PD=•=t2；
（ii）当＜t≤时，如图2，设PN与x轴交于点D，QM与x轴交于点F，则S=S矩形PQFD．
∵PQ=2，PD=，∴S=PQ•PD=2•=t；
（iii）当＜t＜4时，如图3，S=S正方形PQMN=2×2=4；
综上所述，当t＜4时，求S与t之间的函数关系式为S=；
②由题意，知t＜5+2．如图5，分三种情况：
（i）当4＜t≤5时，
∵∠DPE＞∠DBE=90°，∴△PDE不可能为直角三角形；
（ii）当t=5时，∠DPE=∠DBE=90°，此时，△PDE为直角三角形；
（iii）当t＞5时，
∵∠DPE＜∠DBE=90°，∴当△PDE为直角三角形时，可能∠PDE=90°或者∠PED=90°．
若∠PDE=90°，则△PQD∽△DME，
∴PQ：DQ=DM：ME，即2：（t﹣3）=（5﹣t）：（6﹣t），
整理，得9t2﹣160t+675=0，解得t=，
∵t＜5+2，∴t=；
若∠PED=90°，则△PNE∽△EMD，
∴PN：NE=EM：MD，即2：（t﹣4）=（6﹣t）：（5﹣t），
整理，得8t2﹣115t+425=0，∵△=1152﹣4×8×425=﹣375＜0，∴t无实数根，
综上所述，所有符合条件的t的值为t=5或t=．


　

4.解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AP=1，CD=AB=3，∴PB=，∠ABP+∠APB=90°．
∵∠BPC=90°，∴∠APB+∠DPC=90°．
∴∠ABP=∠DPC．∴△ABP∽△DPC．∴=，即=．
∴PC=3，
∴线段BC的长度为：BC==10；故答案为：10．

（2）如图1，过点F作FG⊥AD于点G．∴四边形ABFG是矩形．
∴∠A=∠AGF=90°．∴GF=AB=3，∠AEP+∠APE=90°．
∵∠EPF=90°，∴∠APE+∠GPF=90°．
∴∠AEP=∠GPF．∴△APE∽△GFP，
∴=，∴=，∴PG=9﹣3x，∴AG=BF=10﹣3x，
∵EF2=BE2+BF2，∴y=x2+（10﹣3x）2，=10x2﹣60x+100，=10（x﹣3） 2+10．
故当x为3时，y值最小，最小值为10．

（3）∠PEF的大小不变．
理由：由（2）得出∵△APE∽△GFP，∴===3．
∴在Rt△EPF中，tan∠PEF==3．
即tan∠PEF的值不变．
∴∠PEF的大小不变．

（4）如图2所示：
设线段EF的中点为O，连接OP，OB，∵在Rt△EPF中，OP=EF，
如图3所示：可得：AP2=AE×AB，解得：AE=，则BE=，
在Rt△EBC中，EC==，
故线段EF的中点经过的路线长为O1O2=CE=．



　










5.解：（1）△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6cm，
∵a=2，∴BP=2tcm，DQ=tcm，∴BQ=BD﹣QD=6﹣t（cm），
∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：t=；
（2）①过点P作PE⊥BC于E，
∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM，
∴PB：AB=CM：AC，
∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ，∴BE=BQ=（6﹣t）cm，
∵a=，∴PB=tcm，
∵AD⊥BC，∴PE∥AD，∴PB：AB=BE：BD，即，解得：t=，
∴PQ=PB=t=（cm）；
②不存在．理由如下：
∵四边形PQCM为平行四边形，
∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM，
∴PB：AB=CM：AC，
∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ．
若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，
∵PM∥CQ，
∴∠PCQ=∠CPM，
∴∠CPM=∠PCM，
∴PM=CM，
∴四边形PQCM是菱形，
∴PQ=CQ，PM∥CQ，
∴PB=CQ，PM：BC=AP：AB，
∵PB=atcm，CQ=CD+QD=6+t（cm），
∴PM=CQ=6+t（cm），AP=AB﹣PB=10﹣at（cm），
，
化简得②：6at+5t=30③，
把①代入③得，t=﹣，
∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上．






　
6.解：（1）如图①，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8∴AB=．
∵D、E分别是AC、AB的中点．
AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC且DE=BC=4
∵PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=90°
又∵DE∥BC ∴∠AED=∠B ∴△PQE∽△ACB
由题意得：PE=4﹣t，QE=2t﹣5，即，解得t=；

（2）如图②，过点P作PM⊥AB于M，由△PME∽△ACB，得，
∴，得PM=（4﹣t）．
S△PQE=EQ•PM=（5﹣2t）•（4﹣t）=t2﹣t+6，
S梯形DCBE=×（4+8）×3=18，
∴y=18﹣（t2﹣t+6）=t2+t+12．

（3）假设存在时刻t，使S△PQE：S五边形PQBCD=1：29，
则此时S△PQE=S梯形DCBE，
∴t2﹣t+6=×18，
即2t2﹣13t+18=0，
解得t1=2，t2=（舍去）．
当t=2时，
PM=×（4﹣2）=，ME=×（4﹣2）=，
EQ=5﹣2×2=1，MQ=ME+EQ=+1=，
∴PQ===．
∵PQ•h=，∴h=•=（或）．


　


7.解：（1）过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥OA于E，连接OB，
∵∠AOC=60°，0C=4cm，
∴OD=0C•cos60°=4×=2（cm），CD=OC•sin60°=4×=2（cm），∴C（2，2），
∵四边形OABC是平行四边形，∴AB=OC=4cm，BC∥OA，∴BE=CD=2cm，
∴AE==2（cm），
∵OA=8cm，∴OE=OA+AE=10（cm），∴OB==4cm．

（2）①当0＜t≤4时，
过点Q作QD⊥x轴于点D（如图1），则QD=t．∴S=OP•QD=t2．…（5分）
②当4≤t≤8时，
作QE⊥x轴于点E（如图2），则QE=2．
∴S=OP•QE=t．

③当8≤t＜12时，
解法一：延长QP交x轴于点F，过点P作PH⊥AF于点H（如图3）．
∴△PBQ与△PAF均为等边三角形，
∴OF=OA+AP=t，AP=t﹣8．∴PH=（t﹣8）．
∴S=S△OQF﹣S△OPF=t•2﹣t•（t﹣8）=﹣t2+3t．
当t=8时，S最大．
解法二：过点P作PH⊥x轴于点H（如图3）．
∴△PBQ为等边三角形．
∵AP=t﹣8．∴PH=（t﹣8）．
∴S=S梯形OABQ﹣S△PBQ﹣S△OAP=（20﹣t）﹣（12﹣t）2﹣2（t﹣8）．=﹣t2+3t．
当t=8时，S最大．
（3）①当△OPM∽△OAB时（如图4），则PQ∥AB．
∴CQ=OP．∴at﹣4=t，a=1+．t的取值范围是0＜t＜8．
②当△OPM∽△OBA时（如图5），则，∴，∴OM=．
又∵QB∥OP，∴△BQM∽△OPM，∴，∴，
整理得t﹣at=2，∴a=1﹣．t的取值范围是6≤t≤8．


　
8.
解：（1）△MAB′与△NC′P相似，
其理由如下：∵∠NC′P=∠B′AM=90°，
又∵∠B′PD+∠PB′D=90°，∠DB′P+∠MB′A=90°，∴∠MB′A=∠B′PD，
又由∠NPC′=∠B′PD，∴∠MB′A=∠NPC′，∴△MAB′∽△NC′P．
（2）如图，过N作NR⊥AB与R，则RN=BC=1，
连BB′，交MN于Q．则由折叠知，
△MBQ与△MB′Q关于直线MN对称，即△MBQ≌△MB′Q，
有BQ=B′Q，MB=MB′，MQ⊥BB′．
∵∠A=∠MQB，∴△MQB∽△B′AB，∴==．
设AB′=x，则BB′2=1+x2，BQ=，代入上式得：BM=B'M=．
在Rt△MRN和Rt△B′AB中，
∠MNR+∠BMQ=90°，∠ABB′+∠BMQ=90°，∴∠MNR=∠ABB′，
∵AB=BC，BC=RN，∴AB=RN，
∴Rt△MRN≌Rt△B′AB，∴MR=AB′=x．
故C'N=CN=BR=MB﹣MR=﹣x=（x﹣1）2．
∴S梯形MNC′B′=[（x﹣1）2+（x2+1）]×1=（x2﹣x+1）=（x﹣）2+，
得当x=时，即B落在AD的中点处时，梯形面积最小，其最小值．
此时，C′N=，BM=，AM=，
由（1）得===；
故S△NPC′=×S△AMB′=×）=，
所以两纸片重叠部分的面积为：
S梯形MB'C'N﹣S△NPC′==．













9：
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．
















10：
解：（1）∵AB∥DC，∴Rt△AQM∽Rt△CAD．∴．
即，∴QM=1．
（2）∵根据题意可得当0≤t≤2时，以C、P、Q为顶点可以构成三角形为直角三角形，故两种情况
①当∠CPQ=90°时，点P与点E重合，
此时DE+CP=CD，即t+t=2，∴t=1，
②当∠PQC=90°时，如备用图1，
此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴，
由（1）知，EQ=EM﹣QM=4﹣2t，
而PE=PC﹣CE=PC﹣（DC﹣DE）=t﹣（2﹣t）=2t﹣2，∴，∴；
③当2＜t≤6时，
可得CD=DP=2时，∠DCP=45°，
可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，
此时t=4，综上所述，t=1或或4；
（3）如图1，当0≤t≤2时，点P在线段CD上，设直线l交CD于点E
由（1）可得．即，∴QM=2t．∴QE=4﹣2t．∴S△PQC=PC•QE=﹣t2+2t，
即y=﹣t2+2t，
当6≥t＞2时，如图3，过点C作CF⊥AB交AB于点F，交PQ于点H．
PA=DA﹣DP=4﹣（t﹣2）=6﹣t．
由题意得，BF=AB﹣AF=4．∴CF=BF，∴∠CBF=45°，∴QM=MB=6﹣t，∴QM=PA．
∴四边形AMQP为矩形．∴PQ∥AB．CH⊥PQ，HF=AP=6﹣t∴CH=AD﹣HF=t﹣2，
∴S△PQC=PQ•CH=，即y=，综上所述y=﹣t2+2t（0＜t≤2），或y=（2＜t≤6）．


















11
解：（1）证明：∵△ABC、△APD和△APE是等边三角形，
∴AD=AP，∠DAP=∠BAC=60°，∠ADM=∠APN=60°，∴∠DAM=∠PAN．
在△ADM和△APN中，∵，∴△ADM≌△APN，∴AM=AN．

（2）①∵△ABC、△ADP是等边三角形，∴∠B=∠C=∠DAP=∠BAC=60°，∴∠DAM=∠PAC，
∵∠ADM=∠B，∠DMA=∠BMP，∴180°﹣∠ADM﹣∠DMA=180°﹣∠B﹣∠BMP，
∴∠DAM=∠BPM，∴∠BPM=∠NAP，∴△BPM∽△CAP，∴，
∵BM=，AC=2，CP=2﹣x，∴4x2﹣8x+3=0，解得x1=，x2=．
②∵四边形AMPN的面积即为四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积，△ADM≌△APN，
∴S△ADM=S△APN，∴S四边形AMPN=S△APM+S△APN=S△AMP+S△ADM=S△ADP．
过点P作PS⊥AB，垂足为S，
在Rt△BPS中，∵∠B=60°，BP=x，∴PS=BPsin60°=x，BS=BPcos60°=x，
∵AB=2，∴AS=AB﹣BS=2﹣x，
∴AP2=AS2+PS2==x2﹣2x+4．
取AP的中点T，连接DT，在等边三角形ADP中，DT⊥AP，
∴S△ADP=AP•DT=AP×=，
∴S=S四边形AMPN=S△ADP==（0＜x＜2），
∴当x=1时，S的最小值是．
③连接PG，若∠DAB=15°，
∵∠DAP=60°，∴∠PAG=45°．
∵△APD和△APE是等边三角形，∴四边形ADPE是菱形，∴DO垂直平分AP，∴GP=AG，
∴∠PAG=∠APG=45°，∴∠PGA=90°．
设BG=t，在Rt△BPG中，∠ABP=60°，∴BP=2t，PG=t，∴AG=PG=t，∴t+t=2，
解得t=﹣1，
∴BP=2t=2﹣2．∴当BP=2﹣2时，∠BAD=15°．
猜想：以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形为直角三角形．
设DE交AP于点O，
∵△APD和△APE是等边三角形，∴AD=DP=AP=PE=EA，∴四边形ADPE为菱形，
∴AO⊥DE，∠ADO=∠AEH=30°．
∵∠DAB=15°，∴∠GAO=45°，∴∠AGO=45°，∠HAO=15°，∴∠EAH=45°．
设AO=a，则AD=AE=2a，GO=AO=a，OD=a．
∴DG=DO﹣GO=（﹣1）a．
∵∠DAB=15°，∠BAC=60°，∠ADO=30°，∴∠DHA=∠DAH=75°．∴DH=AD=2a，
∴GH=DH﹣DG=2a﹣（﹣1）a=（3﹣）a．HE=DE﹣DH=2DO﹣DH=2a﹣2a．
∵DG2+GH2=，
HE2==．∴DG2+GH2=HE2，
∴以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形为直角三角形．
12：
解：（1）过C作CN⊥x轴于N；由于四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°；∴∠ABO+∠CBN=90°，
∵∠CBN+∠BCN=90°，∴∠BCN=∠ABO，∠AOB=∠BNC，∴△ABO≌△BCN（aas），
则AO=BN=2，OB=CN=1，∴C（3，1），
∵A（0，2），G为对角线AC的中点，∴G（，）即G（）；
（2）由于G是正方形的对称中心，∴∠GDF=45°，
由于AB∥CD，得∠DFP=∠AEO，若△AEO与△DFP相似，则：
①当∠PDF=45°时，P、G重合，此时P（），，故t=，
②∵A（0，2）B（1，0）C（3，1），∴D（2，3），
当∠DPF=45°时，DP∥y轴，此时P（2，2），故t=2；
所以当t=2或t=时，△AEO与△DFP相似；
（3）0≤t≤，
∵AQ=t，∴Q（t，2﹣2t），
∵OP=t，∴P（t，t），∴PQ∥y轴，∴PQ=2﹣2t﹣t=﹣3t+2，∴高h=3﹣t，
∴S△QCP=（﹣3t+2）（3﹣t），∴S=，
②≤t≤1时，PQ=3t﹣2，∴S△QCP=（3t﹣2）（3﹣t），∴S=﹣t2+t﹣3，
③1≤t≤2时，
如图，过P点作PH⊥BC，PI⊥x轴，垂足为H、I，PI交BC于M，
∴△BIM∽△PHM，
∵正方形ABCD，∴∠ABO+∠MBI=90°，∴∠OAB=∠MBI，∴△BIM∽△ABO∽△PHM，
∵BI=t﹣1，∴MI=，PM=，∴PH=PM=，
∴S△QCP=，
∴S=．










13：
解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，
在△ADG和△ABE中，，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴∠AGD=∠AEB，
如图1所示，延长EB交DG于点H，
在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°，
在△EDH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°，则DG⊥BE；
（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，
在△ADG和△ABE中，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴DG=BE，
如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，
∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°，
在Rt△AMD中，∠MDA=45°，∴cos45°=，
∵AD=2，∴DM=AM=，在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM==，
∵DG=DM+GM=+，∴BE=DG=+；
（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：
对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；
对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大，
则△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．

14：
解：（1）连接OE，如，图1，∵Rt△AOE的面积为2，∴k=2×2=4．
（2）连接AC，如图1，设D（x，5），E（3，），则BD=3﹣x，BE=5﹣，
=， ∴ ∴DE∥AC．
（3）假设存在点D满足条件．设D（x，5），E（3，），则CD=x，
BD=3﹣x，BE=5﹣，AE=．
作EF⊥OC，垂足为F，如图2，易证△B′CD∽△EFB′，∴，即=，
∴B′F=，∴OB′=B′F+OF=B′F+AE=+=，∴CB′=OC﹣OB′=5﹣，
在Rt△B′CD中，CB′=5﹣，CD=x，B′D=BD=3﹣x，
由勾股定理得，CB′2+CD2=B′D2，（5﹣）2+x2=（3﹣x）2，
解这个方程得，x1=1.5（舍去），x2=0.96，
∴满足条件的点D存在，D的坐标为D（0.96，5）．故答案为4．

15：
（1）证明：∵在Rt△ABC中，AB=15，BC=9，∴AC===12．
∵==，==，∴=．
∵∠C=∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ=∠B，∴PQ∥AB；
（2）解：连接AD，
∵PQ∥AB，∴∠ADQ=∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，∴∠DAQ=∠DAB，∴∠ADQ=∠DAQ，∴AQ=DQ．
在Rt△CPQ中，PQ=5x，
∵PD=PC=3x，∴DQ=2x．∵AQ=12﹣4x，∴12﹣4x=2x，解得x=2，∴CP=3x=6．
（3）解：当点E在AB上时，
∵PQ∥AB，∴∠DPE=∠PEB．
∵∠CPQ=∠DPE，∠CPQ=∠B，∴∠B=∠PEB，∴PB=PE=5x，∴3x+5x=9，解得x=．
①当0＜x≤时，T=PD+DE+PE=3x+4x+5x=12x，此时0＜T≤；
②当＜x＜3时，设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥FQ，垂足为H，
∴HG=DF，FG=DH，Rt△PHG∽Rt△PDE，∴==．
∵PG=PB=9﹣3x，∴==，∴GH=（9﹣3x），PH=（9﹣3x），∴FG=DH=3x﹣（9﹣3x）
∴T=PG+PD+DF+FG=（9﹣3x）+3x+（9﹣3x）+[3x﹣（9﹣3x）]=x+，此时，＜T＜18．
∴当0＜x＜3时，T随x的增大而增大，∴T=12时，即12x=12，解得x=1；
TA=16时，即x+=16，解得x=．∵12≤T≤16，∴x的取值范围是1≤x≤．












16：
解：（1）如图1，

∵DE∥FG∥BC，∴，，∴==．
∵AD=2，AE=1，DF=6，∴==，∴EG=3，=2．故答案分别为：3、2；

（2）如图2，
∵DE∥FG∥BC，∴，，∴==．
∵DF=DM，EG=EN，BF=AM，GC=AN，∴==，∴△AMD∽△ANE，∴∠M=∠N；
（3）步骤：
①延长BA到D，使得AD=AC，延长AB到E，使得BE=BC；
②过点D画一条线段DF，使得DF=a，连接EF；
③过点B作∠DBB′=∠DEF，交DF于点B′，过点A作∠DAA′=∠DEF，交DF于点A′；
④以点A′为圆心，A′D为半径画弧，以点B′为圆心，B′F为半径画弧，两弧交于点C′；
⑤连接A′C′，B′C′，如图4，△A′B′C′即为所求作．

17.解答：
解：（1）∵△A1B1M∽△NBM且A1B1=BB1=1，∴，即
整理，得MB+NB=MB•NB，
两边同除以MB•NB得；
（2）由题意得，即MB•NB=5，
又由（1）可知MB+NB=MB•NB=5，
∴MB、NB分别是方程x2﹣5x+5=0的两个实数根．解方程，得x1=，x2=；
∵MB＜NB，∴MB=，NB=；
（3）由（2）知B1M=﹣1=，EN=4﹣=，
∵图（2）中的BN与图（1）中的EN相等，∴BN=B1M；
∴四边形BB1MN是矩形，∴MN的长是1．



18：
解：（1）∵AD⊥l2，CQ⊥AP，∴∠ADB=∠AQC=90°，
又∵AB=AC，在△ABD和△ACQ中，，∴△ABD≌△ACQ（AAS），
∴BD=CQ，AQ=AD=6，
∵∠DAP=∠BAC=45°，∴△ADP、△CQP是等腰直角三角形，∴AP=，
∴QP=，∴BD=CQ=QP=．

（2）①如图1：
作∠DAP=45°，AP与l2相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q．
∵∠DAP=∠EAF=45°，∴∠EAD=∠FAQ，
∵AD⊥l2，FQ⊥AP，∴∠ADE=∠AQF=90°，∴△AED∽△AFQ，∴．
∴△ADP、△FQP是等腰直角三角形，∴DP=AD=6，AP=，
∵DF=2，∴FP=DP﹣DF=4，∴FQ=QP=，∴AQ=，∴，∴DE=3．
②如图2：作∠DAP=45°，AP与l2相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q．
∵∠DAP=∠EAF=45°，∴∠EAD=∠FAQ，
∵AD⊥l2，FQ⊥AP，∴∠ADE=∠AQF=90°，∴△AED∽△AFQ，∴
∴△ADP、△FQP是等腰直角三角形，∴DP=AD=6，AP=6，
∵DF=2，∴FP=DP+DF=8，∴FQ=QP=4，∴AQ=，
∴，∴DE=12．





























19：
解：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，
如图（1）过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE过点M作MG∥OB交EF于G
由方法探究可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．
∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF，
∴当点P是MN的中点时S△MON最小；
（2）实际运用：如图3，作PP1⊥OB，MM1⊥OB，垂足分别为P1，M1，
在Rt△OPP1中，∠POB=30°，∴PP1=，OP=2km，OP1=OP cos∠POB=2km，
由方法探究的结论知道，当PM=PN时，△MON的面积最小，
∵PP1∥MM1∴△N PP1∽△NMM1∴MM1=2PP1=4 km，M1P1=P1N，
在Rt△OMM1中，∠AOB=70°，∴OM1== km，
∴M1P1=P1N=（2﹣） km，
∴ON=OP1+P1N=2+（2﹣）=（4﹣） km，
∴S△MON=ON•MM1= （4﹣）×4≈10.9km2．
（3）拓展延伸：①如图4，当过点P的直线l与四边形OABC的一组对边OC、AB分别交于点M、N，延长OC、AB交于点D，
∵C（，），∴∠AOC=45°，∴AO=AD．
∵A（6，0），∴OA=6，∴AD=6．∴S△AOD=×6×6=18，
由问题迁移的结论可知，当PN=PM时，△MND的面积最小，
∴四边形ANMO的面积最大．
作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1，M1，∴M1P1=P1A=2，
∴OM1=M1M=2，∴MN∥OA，
∴S四边形OANM=S△OMM1+S四边形ANMM1=×2×2+2×4=10
②图5，当过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，延长CB交x轴于T
∵C（，）、B（6，3），设直线BC的解析式为y=kx+b，由题意，得，解得：，
∴y=﹣x+9，
当y=0时，x=9，∴T（9，0）．∴S△OCT=××，
由问题迁移的结论可知，当PM=PN时，△MNT的面积最小，
∴四边形CMNO的面积最大．
∴NP1=M1P1，MM1=2PP1=4，∴4=﹣x+9，∴x=5，∴M（5，4），∴OM1=5，
∵P（4，2），∴OP1=4，∴P1M1=NP1=1，∴ON=3，∴NT=6，∴S△MNT=×4×6=12，
∴S四边形OCMN=﹣12=＜10．
∴综上所述：截得四边形面积的最大值为10．


20.解：（1）3，A1（﹣2，4），B1（0，3）；

（2）作CG⊥BD于G，CH⊥x轴于H，
∵B'，B的横坐标相等，∴B'B⊥x轴，∴四边形CHBG为矩形．
∵C（2，1），B（3，0）∴CG=1，∴G（3，1），∴GB=1，∴CG=CH=1，
∴矩形CHBG为正方形．∴∠HCG=90度．
∵∠ECD=90°，∴∠HCE+∠ECG=∠GCD+∠ECG=90° ∴∠HCE=∠GCD．
在△HCE和△GCD中，∴△HCE≌△GCD．∴S四边形CEBD=S正方形CHBG=1；
（3）由垂径定理知，△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点．
OB的中垂线的解析式为x=，
设OA的中垂线的解析式为y=kx+b，把点A′，O′的坐标代入得，
解得，k=﹣2，b=5，即OA的中垂线的解析式为y=﹣2x+5，
所以圆心的坐标为（，2），△AOB的外接圆的半径==．