2024贵州中考数学二轮复习专题 题型九 几何综合题专项训练 （含答案）

这是一份2024贵州中考数学二轮复习专题 题型九 几何综合题专项训练 （含答案），共29页。试卷主要包含了25，黔东南州2023，25)，26，黔东南州2018等内容，欢迎下载使用。
(黔西南州2022.25，黔东南州2023.25)
典例精讲
例1 (2023黔西南州25题14分)如图①，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F.
(1)求证：BD＝CE；
例1题图①
条件分析：
共顶点：点A
等线段：AD＝AE，AB＝AC
等角：∠BAC＝∠DAE＝60°
联想到手拉手全等模型
模型抽离：
(2)如图②，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
例1题图②
条件分析：
共顶点：点A
等线段：AD＝AE
等角：∠ADB＝∠AEC
联想到构造手拉手全等模型
【解题思路】在BD上取一点M，使得MD＝EF，则△AMD≌△AFE，得到△AMF为等边三角形即可求解．
拓展设问
如图③，连接AF，若∠DAF＝30°，AD＝4，且BD＝2DF，求CD的长．
例1题图③
【解题思路】通过证明△DAF≌△EAF，并利用边角关系，得到DF、EF、CF的线段数量关系，以此证得△CDE为直角三角形，通过角度转换得到∠DEC＝30°即可求解．
针对演练
1. (2023黔东南州25题14分)如图①，△ABC和△DCE都是等边三角形．
第1题图
探究发现
(1)△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由；
拓展运用
(2)若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长；
(3)若B、C、E三点在一条直线上(如图②)，且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．
第1题图
类型二 对角互补全等模型探究
(黔东南州2023.25)
典例精讲
例2 (2023黔东南州25题12分)在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD.
【探究发现】
(1)如图①，若∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝90°，求证：AD＋AB＝AC；
例2题图①
【解题思路】由题意可得∠CAD＝∠CAB＝60°，进而可求得AD、AB分别与AC的数量关系，即可得证；
如图②，若∠BAD＝120°，∠ABC＋∠ADC＝180°.
①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；
例2题图②
条件分析：
①AC平分∠DAB，即∠DAC＝∠BAC＝60°；②∠ABC＋∠ADC＝180°
联想到120°对角互补模型
【解题思路】方法一：过点C分别作AB，AD的垂线于点M、N，由△CBM≌△CDN，故BM＝DN，再利用等量代换及直角三角形的性质求解；方法二：在AD的延长线上取一点E，使AE＝AC，由△ABC≌△EDC即可求解．
②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．
【解题思路】方法一：由△CBM≌△CDN，将四边形ABCD的面积转化为四边形AMCN的面积，利用等量代换及锐角三角函数即可求解；方法二：由△ABC≌△EDC，将四边形ABCD的面积转化为△ACE的面积即可求解．
针对演练
2. 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为边AB中点，点E、F分别在射线CA、BC上，且DE⊥DF，连接EF.
(1)猜想：如图①，当点E、F分别在边CA和BC上时，线段DE与EF的大小关系；
(2)如图②，当点E、F分别在边CA、BC的延长线上．
①判断线段DE与EF的大小关系，并加以证明；
②若DE＝4，利用探究得到的结论，求△DEF的面积．
第2题图
类型三 三垂直模型探究
典例精讲
例3 如图①，在等腰直角△ABC中，AB＝BC，点E为BC上一点，连接AE，过点E作EM⊥AE，且AE＝EM，连接MC.
求证：∠ACM＝90°；
例3题图①
条件分析：
垂直：AB⊥BC，EM⊥AE
线段关系：AE＝EM
联想到三垂直全等模型
【解题思路】过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，证明△MHE≌△EBA，通过线段数量关系求得∠MCH＝45°即可；
(2)如图②，若AC＝2CM，AB＝4，求EM的长．
例3题图②
条件分析：
垂直：AC⊥CM，AB⊥BC
线段关系：AC＝2CM
联想到三垂直相似
【解题思路】过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，利用△ABC∽△MHC，求得MH的长，通过证明△ABE≌△EHM可得EH的长，再利用勾股定理求解即可．
针对演练
3. 如图①，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D.
(1)求证：△BCE≌△CAD；
(2)猜想：线段AD，DE，BE之间有怎样的数量关系，并说明理由；
(3)如图②，若AD＝3，BE＝7，求DE的长．
第3题图
类型四 半角模型探究
典例精讲
例4 【问题解决】
(1)如图①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠DAE的两边交线段BC于D、E两点，且∠DAE＝eq \f(1,2)∠BAC.
求证：BD2＋CE2＝DE2；
例4题图①
条件分析：
①∠BAC＝90°，∠DAE＝eq \f(1,2)∠ABC＝45°；②AB＝AC
联想到45°旋转半角模型
【解题思路】要证BD2＋CE2＝DE2，可将△ABD旋转至△ACD′，连接D′E，证得CD′2＋CE2＝D′E2，再利用全等证得D′E＝DE即可；
【类比探究】
(2)如图②，若∠BAC＝120°，其余条件不变，且S△ABD＝2，S△ACE＝4，求△ABC的面积．
例4题图②
条件分析：
①∠BAC＝120°，∠DAE＝eq \f(1,2)∠ABC＝60°；②AB＝AC
联想到60°旋转半角模型
【解题思路】旋转△ABD至△ACD′，连接D′E，可求得∠D′CE，根据△ACD′和△ACE的面积关系求出CD′和CE的数量关系，再根据DE和CE的关系可求得△ABC的面积．
针对演练
4.)已知，△AMN的顶点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.
【问题解决】
(1)如图①，当点M、N分别在线段CB、DC上时，线段MN、BM和DN之间的数量关系为________；
(2)如图②，当点M、N分别在边CB、DC的延长线上时，请探究线段MN、MB和DN之间存在怎样的数量关系，并说明理由；
【类比探究】
如图③，在(2)的条件下，作射线DB分别交直线AM、AN于P、Q两点，若MN＝10，CM＝8，求AP的长．
第4题图
类型五 动点探究问题
(黔西南州2018.26，黔东南州2018.26)
典例精讲
例5 (2018三州联考26题16分)如图①，已知矩形AOCB，AB＝6 cm，BC＝16 cm，动点P从点A出发，以3 cm/s的速度向点O运动，直到点O为止；动点Q同时从点C出发，以 2 cm/s的速度向点B运动，与点P同时结束运动．
(1)点P到达终点O的运动时间是________s，此时点Q的运动距离是________cm；
(2)当运动时间为2 s时，P、Q两点的距离为______cm；
(3)请你计算出发多久时，点P和点Q之间的距离是10 cm；
【解题思路】设出运动时间，表示出线段长，通过勾股定理列等量关系式求解即可；
例5题图①
(4)如图②，以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，1 cm长为单位长度建立平面直角坐标系，连接AC，与PQ相交于点D，若双曲线y＝eq \f(k,x)过点D，问k的值是否会变化？若会变化，说明理由；若不会变化，请求出k的值．
【解题思路】通过证明△APD∽△CQD及速度比，即可得到eq \f(AD,AC)＝eq \f(3,5)，再证明△ADG∽△ACO，由线段比求得OG与GD的长，即可得到点D的坐标，进而求得k的值．
例5题图②
针对演练
5.)如图，在平面直角坐标系中，点A、C的坐标分别为(8，0)、(0，6)，四边形OABC是以OA、OC为边的矩形，点P从点C出发，沿折线CO－OA以每秒1个单位的速度运动，过点P作PQ⊥CP，交AB于点Q，交AC于点E，设点P的运动时间为t秒(0＜t＜14)．
(1)点P到点B距离的最大值是__________；
(2)当点P在CO上时，若S△CPE＝eq \f(27,2)，求S△EQA；
(3)如图②，当点P在OA上，且∠OCP＝45°时，求tan∠PCE的值．
第5题图
6. (2023铜仁25题14分)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6eq \r(3) cm，AC＝12 cm.点P是CA边上的一动点，点P从点C出发以每秒2 cm的速度沿CA方向匀速运动，以CP为边作等边△CPQ(点B、点Q在AC同侧)，设点P运动的时间为x秒，△ABC与△CPQ重叠部分的面积为S.
(1)当点Q落在△ABC内部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S(用含x的代数式表示，不要求写x的取值范围)；
(2)当点Q落在AB上时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S的值；
(3)当点Q落在△ABC外部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S(用含x的代数式表示)．
第6题图
参考答案
类型一 手拉手全等模型探究
典例精讲
例1 (1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠BAD＋∠DAG＝60°.
∵AE是AD绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠CAE＋∠DAG＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE.
在△BAD和△CAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE，,AD＝AE)))
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE；(7分)
(2)解：正确．
证明：如解图①，在BD上取一点M，使得DM＝EF，连接AM，
由(1)知△BAD≌△CAE，
∴∠ADM＝∠AEC，
在△AMD和△AFE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AD,∠ADM＝∠AEF,DM＝EF))，
∴△AMD≌△AFE(SAS)，
∴∠MAD＝∠FAE，∠AMF＝∠AFE，
∵∠DAF＋∠FAE＝60°，
∴∠DAF＋∠MAD＝60°，
∴△MAF是等边三角形，
∴∠AFB＝∠AFE＝60°，
∴∠BFC＝60°，
∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.(14分)
例1题解图①
【拓展设问】
解：如解图②，连接CD、DE，
∵∠DAF＝30°，∠DAE＝60°，
∴∠DAF＝∠EAF＝30°，
由(2)知∠DFA＝∠EFA＝60°，
在△DAF和△EAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DAF＝∠EAF,AF＝AF,∠AFD＝∠AFE))，
∴△DAF≌△EAF(ASA)，
∴DF＝EF，
∵∠DAF＝30°，∠AFD＝60°，
∴∠AEF＝∠ADF＝90°，
∵AE＝AD，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝60°，
∴∠CED＝30°，
∵BD＝2DF，
由(1)知BD＝CE，
∴CE＝2DF，
∴DF＝EF＝CF，
∴∠FED＝∠FDE，∠FDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠EDF＋∠FDC＝eq \f(180°,2)＝90°，
∵∠CED＝30°，DE＝AD＝4，
∴CD＝DE·tan∠DEC＝eq \f(4\r(3),3).
例1题解图②
针对演练
1. 解：(1)全等；
证明：
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CD＝CE，
∴∠BCA＋∠ACD＝∠DCE＋∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BC＝AC,∠BCD＝∠ACE,CD＝CE))，
∴△BCD≌△ACE；(4分)
(2)∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝90°，
∵AD＝3，CD＝DE＝2，
∴AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(32＋22)＝eq \r(13)，
由(1)可知△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∴BD＝eq \r(13)；(8分)
(3)如解图，过点A作AF⊥CD于点F，
∵∠BCA＝∠DCE＝60°，B、C、E在同一条直线上，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF＝eq \f(AF,AC)，
∴AF＝AC·sin∠ACF＝1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
∴S△ACD＝eq \f(1,2)CD·AF＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).(11分)
∵CF＝AC·cs∠ACF＝1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
∴FD＝CD－CF＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2＋FD2＝(eq \f(\r(3),2))2＋(eq \f(3,2))2＝3，
∴AD＝eq \r(3).(14分)
第1题解图
类型二 对角互补全等模型探究
典例精讲
例2 (1)证明：∵∠BAD＝120°，AC平分∠BAD，
∴∠CAB＝∠CAD＝60°，
∵∠B＝∠D＝90°，
∴AB＝AD＝eq \f(1,2)AC，
∴AB＋AD＝AC；(3分)
(2)①解：AB＋AD＝AC.理由如下：
如解图①，过点C作AB的垂线交AB于点M，过点C作AD的垂线交AD的延长线于点N，
∵AC平分∠DAB，CN⊥AN，CM⊥AB，
∴∠CAD＝∠CAB，CN＝CM，
∵∠CBM＋∠ADC＝180°，
∠CDN＋∠ADC＝180°，
∴∠CDN＝∠CBM，
在△CDN和△CBM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CDN＝∠CBM,∠CND＝∠CMB,CN＝CM))，
∴△CDN≌△CBM(AAS)，
∴DN＝BM.
∴AB＋AD＝AM＋AD＋DN＝AM＋AN，
由(1)知AM＝AN，
∴AB＋AD＝2AN，
∵∠NAC＝60°，∠N＝90°，
∴∠ACN＝30°，
∴AC＝2AN＝AB＋AD，
∴AB＋AD＝AC；(8分)
例2题解图①
【一题多解】
解：AB＋AD＝AC.理由如下：
如解图②，延长AD到点E，使得AE＝AC，连接CE，
例2题解图②
∵∠CAE＝60°，
∴△ACE为等边三角形，
∴∠AEC＝60°，AC＝EC，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠CDE＝180°，
∴∠ABC＝∠EDC，
∵∠BAC＝∠AEC＝60°，
∴△ABC≌△EDC(AAS)，
∴AB＝ED，
∴AB＋AD＝DE＋AD＝AE，
∵AE＝AC，
∴AB＋AD＝AC；(8分)
②解：如解图①，由(2)①知△CDN≌△CBM，易证△CAN≌△CAM，
∴S四边形ABCD＝S△ADC＋S△ABC＝S△ANC＋S△AMC＝2S△ANC，
∵AC＝10，∠N＝90°，∠ACN＝30°，
∴AN＝AC·sin30°＝5，
CN＝AC·cs30°＝5eq \r(3)，
∴S四边形ABCD＝2S△ANC＝2×eq \f(1,2)AN·CN＝2×eq \f(1,2)×5×5eq \r(3)＝25eq \r(3).(12分)
【一题多解】
解：如解图②，过点E作EF⊥AC于点F，
∵△ABC≌△EDC，
∴S△ABC＝S△DEC，
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝S△DEC＋S△ACD＝S△ACE，
∵∠CAD＝60°，AC＝AE＝10，
∴EF＝AE·sin60°＝5eq \r(3)，
∴S四边形ABCD＝S△ACE＝eq \f(1,2)AC·EF＝25eq \r(3).(12分)
针对演练
2. 解：(1)猜想：EF＝eq \r(2)DE；
如解图①，连接CD，
第2题解图①
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，
∴∠BCD＝∠CAD＝45°，CD＝AD，
∵ED⊥FD，
∴∠FDC＋∠EDC＝90°，
∵∠ADE＋∠EDC＝90°，
∴∠FDC＝∠ADE，
在△AED和△CFD中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EAD＝∠FCD,AD＝CD,∠ADE＝∠CDF))，
∴△AED≌△CFD(ASA)，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，
∴EF＝eq \r(2)DE；
(2)①EF＝eq \r(2)DE，证明如下：
如解图②，连接CD，
第2题解图②
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAD＝45°，
∵D为AB中点，
∴AD＝CD，CD⊥AB，
∵ED⊥FD，
∴∠EDA＋∠ADF＝90°，
∵∠FDC＋∠ADF＝90°，
∴∠EDA＝∠FDC，
∵∠CAD＋∠EAD＝∠BCD＋∠FCD＝180°，
∴∠EAD＝∠FCD＝135°，
在△ADE和△CDF中
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADE＝∠CDF,AD＝CD,∠EAD＝∠FCD))，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，
∴EF＝eq \r(2)DE；
②∵∠EDF＝90°，
∴DE＝DF＝4，
∴S△DEF＝eq \f(1,2)DE2＝eq \f(1,2)×42＝8.
类型三 三垂直模型探究
典例精讲
例3 (1)证明：如解图①，过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，
∵∠AEM＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠HEM＋∠AEB＝90°，∠BAE＋∠AEB＝90°，
∴∠HEM＝∠BAE，
在△ABE和△EHM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EBA＝∠MHE,∠BAE＝∠HEM，,AE＝EM))
∴△ABE≌△EHM(AAS)，
∴BE＝MH，AB＝EH，
∵BC＝AB，
∴BC＝EH，
∴BE＝CH，
∴CH＝MH，
∴△CMH是等腰直角三角形，
∴∠HCM＝45°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ACM＝180°－∠HCM－∠ACB＝90°；
例3题解图①
(2)解：如解图②，过M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，
由(1)得△CMH是等腰直角三角形，
∴△ABC∽△MHC，
∴eq \f(AB,MH)＝eq \f(AC,MC)＝2，
∵AB＝4，
∴MH＝2.
∵AE⊥EM，
∴∠AEB＋∠MEH＝90°，
∠AEB＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠MEH，
由(1)得△ABE≌△EHM(AAS)，
∴AB＝EH＝4，
由勾股定理得EM＝eq \r(EH2＋MH2)＝2eq \r(5).
例3题解图②
针对演练
3. (1)证明：∵BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，∠ACB＝90°，
∴∠E＝∠ADC＝90°，∠BCE＝90°－∠ACD，∠CAD＝90°－∠ACD，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△BCE与△CAD中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠E＝∠ADC,∠BCE＝∠CAD，,BC＝CA))
∴△BCE≌△CAD(AAS)；
(2)解：AD＝DE＋BE.
理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°，
∵AD⊥DE，
∴∠ACD＋∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
又∵AC＝BC，∠ADC＝∠E＝90°，
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴AD＝CE＝DE＋CD＝DE＋BE，即AD＝DE＋BE；
(3)解：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°，
∵AD⊥DE，
∴∠ACD＋∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
又∵AC＝BC，∠D＝∠BEC＝90°，
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CD－CE＝BE－AD.
∵AD＝3，BE＝7，
∴DE＝7－3＝4.
类型四 半角模型探究
典例精讲
例4 (1)证明：如解图①，将△ABD绕点A旋转至△ACD′，连接D′E，则△ABD≌△ACD′，
∴BD＝CD′，AD＝AD′，∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′＝∠ACB＝45°，
∴∠D′CE＝90°.
∵∠DAE＝eq \f(1,2)∠BAC，
例4题解图①
∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC－eq \f(1,2)∠BAC＝eq \f(1,2)∠BAC＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△AD′E≌△ADE，
∴D′E＝DE，
在Rt△CD′E中，由勾股定理得CD′2＋CE2＝D′E2，
即BD2＋CE2＝DE2；
(2)解：如解图②，将△ABD绕点A旋转至△ACD′，连接D′E，过点A作AH⊥CD′交CD′的延长线于点H，作AP⊥BC于点P，则△ABD≌△ACD′，
例4题解图②
∴CD′＝BD，AD′＝AD，∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′.
∵∠BAC＝120°，
∴∠ACD′＝∠B＝∠ACB＝30°，
∴∠D′CE＝60°，AH＝AP.
∵∠DAE＝eq \f(1,2)∠BAC，
∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC－eq \f(1,2)∠BAC＝eq \f(1,2)∠BAC＝∠DAE.
∵AE＝AE，
∴△AD′E≌△ADE，
∴D′E＝DE.
∵S△ACD′＝eq \f(1,2)CD′·AH＝S△ABD＝2，S△ACE＝eq \f(1,2)CE·AP＝4，
∴eq \f(\f(1,2)CD′·AH,\f(1,2)CE·AP)＝eq \f(2,4)，即eq \f(CD′,CE)＝eq \f(1,2).
∵∠D′CE＝60°，
∴cs∠D′CE＝cs60°＝eq \f(1,2)＝eq \f(CD′,CE)，
∴∠CD′E＝90°，
∴DE＝D′E＝eq \f(\r(3),2)CE，
∴S△ADE＝eq \f(\r(3),2)S△ACE＝2eq \r(3)，
∴S△ABC＝S△ABD＋S△ADE＋S△ACE＝2＋2eq \r(3)＋4＝6＋2eq \r(3).
针对演练
4. 解：(1)MN＝DN＋BM；
【解法提示】如解图①，在CB的延长线上取一点E，使得BE＝DN，连接AE.在△AEB和△AND中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD,∠ABE＝∠ADN＝90°,BE＝DN))，∴△AEB≌△AND.∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD.∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠DAN＝45°.∴∠BAM＋∠EAB＝∠EAM＝45°.∴∠EAM＝∠NAM.在△AEM和△ANM中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AN,∠EAM＝∠NAM,AM＝AM))，
∴△AEM≌△ANM.∴EM＝MN.∵EM＝EB＋BM＝DN＋BM，∴MN＝DN＋BM.
第4题解图①
(2)DN＝MN＋BM；
理由如下：
如解图②，在DN上取一点G，使得DG＝MB，连接AG、MG，可得△ABM≌△ADG，
∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD.
∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，
∴∠BAG＋∠MAB ＝90°，
∴△AMG为等腰直角三角形．
又∵∠MAN＝45°，
∴AN为MG的垂直平分线，
∴MN＝NG，
∴DN＝NG＋DG＝MN＋BM；
图②

图③
第4题解图
(3)如解图③，连接AC，在Rt△MNC中，MN2＝CM2＋NC2，即102＝82＋NC2，
解得NC＝6.
由(2)结论可得：MN＋BM＝DN，
而BM＝CM－BC，DN＝DC＋CN，DC＝BC，
∴MN＋CM－BC＝BC＋CN，即10＋8－BC＝BC＋6，
解得BC＝6，∴AC＝6eq \r(2)，DN＝6＋6＝12.
∵∠BAP＋∠BAQ＝45°，∠NAC＋∠BAQ＝45°，
∴∠BAP＝∠NAC.
又∵∠ABP＝∠ACN＝135°，
∴△ABP∽△ACN，
∴eq \f(AP,AN)＝eq \f(AB,AC)＝eq \f(1,\r(2)) .
在Rt△AND中，AN2＝AD2＋DN2＝36＋144＝180，
∴AN＝6eq \r(5)，
∴AP＝6eq \r(5)×eq \f(1,\r(2))＝3eq \r(10).
类型五 动点探究问题
典例精讲
例5 解：(1)eq \f(16,3)，eq \f(32,3)；(3分)
【解法提示】∵四边形AOCB是矩形，∴AO＝BC＝16 cm，∵点P向点O运动，速度为3 cm/s，∴点P运动到点O的时间为eq \f(16,3) s．∵点Q运动的速度为2 cm/s，∴点Q的运动距离为eq \f(16,3)×2＝eq \f(32,3) cm.
(2) 6eq \r(2)；(5分)
【解法提示】当t＝2 s时，AP＝2×3＝6 cm，∴OP＝16－6＝10 cm，CQ＝2×2＝4 cm.如解图①，过点Q作QM⊥AO于点M，则PM＝10－4＝6 cm.∵QM＝AB＝6 cm，∴PQ＝eq \r(PM2＋MQ2)＝6eq \r(2) cm.
例5题解图①
(3)设运动x秒时，点P和点Q之间的距离是10 cm，
如解图②，过点Q作QH⊥AO，垂足为H，
则AP＝3x，CQ＝OH＝2x，OP＝16－3x，
∴PH＝|(16－3x)－2x|＝|16－5x|.(6分)
在Rt△PHQ中，PH2＋QH2＝PQ2，
∴|16－5x|2＋62＝102，(8分)
解得x1＝eq \f(8,5)，x2＝eq \f(24,5)，
∴运动时间为eq \f(8,5) s或eq \f(24,5) s时，点P和点Q之间的距离是10 cm；(10分)
例5题解图②
(4)k的值不会变化；(11分)
理由如下：
∵点P、点Q运动时间相同，速度比是3∶2，
∴eq \f(AP,CQ)＝eq \f(3,2).
∵AO∥BC，
∴∠PAD＝∠QCD，∠APD＝∠CQD，
∴△APD∽△CQD，
∴eq \f(AD,CD)＝eq \f(AP,CQ)＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(AD,AC)＝eq \f(3,5)，
如解图③，过点D作DG⊥y轴，垂足为点G，
∴∠AGD＝∠AOC＝90°，且∠GAD＝∠OAC，
∴△ADG∽△ACO，
∴eq \f(GD,OC)＝eq \f(AG,AO)＝eq \f(AD,AC)＝eq \f(3,5).
即eq \f(GD,6)＝eq \f(AG,16)＝eq \f(3,5)，
∴GD＝eq \f(18,5)，AG＝eq \f(48,5)，
∴OG＝AO－AG＝16－eq \f(48,5)＝eq \f(32,5)，
∴点D坐标为(eq \f(18,5)，eq \f(32,5))，(15分)
∵点D在双曲线y＝eq \f(k,x)上，
∴k＝eq \f(18,5)×eq \f(32,5)＝eq \f(576,25).(16分)
例5题解图③
针对演练
5. 解：(1)10；
【解法提示】∵点C的坐标为(0，6)，点A的坐标为(8，0)，∴OC＝6，BC＝8，当PC＝6，BC＝8时，PB取得最大值，即PB＝eq \r(62＋82)＝10；
(2)∵A(8，0)，C(0，6)，
∴直线AC的解析式为y＝－eq \f(3,4)x＋6，
设CP＝m，则点P的坐标为(0，6－m)，E(eq \f(4,3)m，6－m)，
∴S△CPE＝eq \f(27,2)＝eq \f(1,2)m·eq \f(4,3)m，
解得m＝eq \f(9,2)(负值已舍)，
∴PE＝6，
∴AQ＝OP＝eq \f(3,2)，QE＝2，
∴S△EQA＝eq \f(1,2)×2×eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)；
(3)∵∠OCP＝45°，
∴OP＝6，
∴AP＝2，
∵∠CPQ＝90°，
∴∠QPA＝45°，
∴AQ＝AP＝2，
∴P(6，0)，Q(8，2)，
∴直线PQ的解析式为y＝x－6，
由(2)知直线AC的解析式为
y＝－eq \f(3,4)x＋6，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(3,4)x＋6,y＝x－6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(48,7),y＝\f(6,7)))，
∴点E的坐标为(eq \f(48,7)，eq \f(6,7))，
∵P(6，0)，
∴由两点之间距离公式得PE＝eq \f(6\r(2),7)，CP＝6eq \r(2)，
∴tan∠PCE＝eq \f(PE,CP)＝eq \f(1,7).
6. 解：(1)如解图①，过点Q作QM⊥CP于点M，
可知：CP＝2x(0