广东中考复习题型六几何动态综合题类型二线动型探究题.docx
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广东中考复习题型六几何动态综合题类型二线动型探究题
2017广东中考复习题型六几何动态综合题类型二线动型探究题
题型六几何动态综合题
类型二线动型探究题
针对演练
1.如图，已知矩形ABCD，AB＝3，BC＝3，在BC上取两点E，F（E在F左边），以EF为边作等边三角形PEF，使顶点P在AD上，PE，PF分别交AC于点G，H.
（1）求△PEF的边长；
（2）若△PEF的边EF在射线BC上移动，（点E的移动范围在B、C之间，不与B、C两点重合），设BE＝x，PH＝y.
①求y与x的函数关系式；
②连接BG，设△BEG面积为S，求S与x的函数关系式，判断x为何值时S最大，并求最大值S
.
第1题图
1
2.已知，如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12cm，BD＝16cm，点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；过点P作直线PF∥AD，PF交CD于点F，过点F作EF⊥BD，且与AD、BD分别交于点E、Q；连接PE，设点P的运动时间为t（s）（0＜t＜10）．
（1）填空：
AB＝________cm；
（2）当t为何值时，PE∥BD；
（3）设四边形APFE的面积为y（cm2）．
①求y与t之间的函数关系式；
②若用S表示图形的面积，则是否存在某一时刻t，使得S四边形APFE8＝25S菱形ABCD？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
第2题图
2
3.（2014省卷25，9分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BC＝10cm，AD＝8cm.点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于点E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当t＝2时，连接DE、DF，求证：
四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？
若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由．
3
4.（2016镇江改编）如图①，在菱形ABCD中，AB＝5，tan∠ABC＝2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒）．将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CF.
（1）求证：
BE＝DF；
（2）如图②，连接BD、EF，BD交EC、EF于点P、Q.当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（3）如图③，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CG.在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．
第4题图
4
【答案】
1．解：
（1）如解图①，过点P作PQ⊥BC于点Q，∵在矩形ABCD中，∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
又∵AD∥BC，
∴PQ＝AB＝3，
∵△PEF是等边三角形，
∴∠PFQ＝60°，
在Rt△PQF中，sin∠PFQ＝PQPF
∴PF＝3÷3
2＝2，
∴△PEF的边长为2；
（2）①在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝3，
由勾股定理得，AC＝23，
∴∠ACB＝30°，
又∵△PEF是等边三角形，
∴∠PFE＝60°，
∴∠FHC＝30°，
∴FH＝FC，
∵HF＝2－PH＝2－y，
∴FC＝2－
y，
第1题解图①5
又∵BE＋EF＋FC＝BC，
∴x＋2＋2－y＝3，
即y＝x＋1（0＜x＜3）；
②如解图②，过点G作GM⊥BC于点M，∵△PEF为等边三角形，
∴∠PEF＝60°，
∵Rt△ABC中，AB3，BC＝3，∴∠ACB＝30°，
∴∠EGC＝180°－30°－60°＝90°，
∵BE＝x，
∴EC＝3－x，
∴EG＝3－x2
∵∠GEM＝60°，sin∠GEM＝GMGE
∴GM＝EG·sin60°＝33－x＝333x
2×24，
∴S＝133－3x
2×43x2＋33338＝－8（x－2）2＋93
832
38＜0，
∴当x＝3
3
2S最大＝322．解：
（1）10；1题解图②
6第
【解法提示】如解图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12cm，BD＝16cm，
∴BO＝DO＝8cm，AO＝CO＝6cm，
∴AB8＋6＝10cm.
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠ADB＝∠CDB，
又∵PF∥AD，
∴四边形APFD为平行四边形，
∴DF＝AP＝tcm，
又∵EF⊥BD于点Q，且∠ADB＝∠CDB，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝tcm，
∴AE＝（10－t）cm，
当PE∥BD时，△APE∽△ABD，
APAEABAD
∴t10－t1010
∴t＝5，
∴当t＝5s时，PE∥BD；
（3）①∵∠FDQ＝∠CDO，∠FQD＝∠COD＝90°，
∴△DFQ∽△DCO，
∴QF＝DFQFtOCDC，即6＝10，
7
∴QF＝3t5cm，
∴EF＝2QF＝6t5cm，
同理，QD＝4t5cm，
如解图，过点C作CG⊥AB于点G，∵S1菱形ABCD＝AB·CG＝2·BD，
即10CG＝1212×16，
∴CG＝485cm，
∴S＝DF·CG＝48?
APFD52，
∴S＝11×6t4t12△EFD2·QD＝25525t2cm2，∴y＝48125－252.
②存在．
当S8四边形APFE25S菱形ABCD时，则
485t12252＝8125×12×16×2，
整理得，t2－20t＋64＝0，
解得t1＝4，t2＝16＞10（舍去），∴当t＝4s时，S8四边形APFE25菱形ABCD
.第2题解图
8
3．
（1）证明：
如解图①，连接DE，DF，
当t＝2时，DH＝AH＝4，则H为AD的中点，∵EF⊥AD，
∴EF为AD的垂直平分线，
∴AE＝DE，AF＝DF.
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
又∵AD⊥BC，
∴EF∥BC，
∴∠AEF＝∠B，∠AFE＝∠C，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝DE＝DF，
∴四边形AEDF为菱形；
第3题解图
（2）解：
如解图②，连接PE，PF，由
（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，
∴EFAHEF8－2tBCAD108，
解得EF＝1052t，
9
∴S1EF·DH＝155△PEF＝22－2t）·2t＝－22＋10t
＝－52－2）2＋10（0＜t≤103，
∴当t＝2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10cm2，此时BP＝3t＝6cm；
（3）解：
存在．
（ⅰ）若点E为直角顶点，如解图③，连接PE，PF，此时PE∥AD，PE＝DH＝2t，BP＝3t.
∵PE∥AD，
∴△BEP∽△BAD，
PEBP，即2t3tADBD85
此比例式不成立，故此种情形不存在；
第3题解图
（ⅱ）若点F为直角顶点，如解图④，连接PE，PF，此时PF∥AD，PF＝DH＝2t，BP＝3t，CP＝10－3t.∵PF∥AD，
∴△CFP∽△CAD，
PFCP2t10－3tADCD，即8＝5，
10
40解得t＝17
（ⅲ）若点P为直角顶点，如解图⑤，连接PE，PF，过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM＝FN＝DH＝2t，EM∥FN∥AD.
∵EM∥AD，
∴△BEM∽△BAD，
∴EMBM2tBMADBD，即85
解得BM＝54t，
∴PM＝BP－BM＝3t－574＝4在Rt△EMP中，由勾股定理得，
PE2?
EM2?
PM2＝（2t）2＋（721134＝2
16.
∵FN∥AD，
∴△CFN∽△CAD，
∴FNCN2tCNADCD，即8＝5，
解得CN＝54，
∴PN＝BC－BP－CN＝10－3t－5174＝10－4t.
在Rt△FNP中，由勾股定理得，
PF2?
FN2?
PN2＝（2t）2＋（10－1723532
4＝16t－85t＋100.
11
又∵EF＝MN＝BC－BM－CN＝10－52，
在Rt△PEF中，由勾股定理得，EF2?
PE2?
PF2，即（10－522＝113162＋（3532
16t－85t＋100），
化简得183t2－280t＝0，
解得t＝280183或t＝0（舍去），
∴t＝280183.
综上所述，当t＝4017t＝280183秒时，△PEF为直角三角形．
分）
4．
（1）证明：
∵∠ECF＝∠BCD＝α，∴∠ECF－∠ECD＝∠BCD－∠ECD，即∠DCF＝∠BCE.
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，
在△DCF与△BCE中，
?
?
CF?
CE
?
?
DCF?
?
BCE
?
，
?
DC?
BC
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴BE＝DF；
（2）解：
∵CE＝CF，
12（9
∴∠CEQ<90°.
①当∠EQP＝90°时，如解图①，
∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，
∴△BCD∽△ECF，
∴∠CBD＝∠CEF.
∵∠BPC＝∠EPQ，第4题解图①∴∠BCP＝∠EQP＝90°，
∴∠CED＝90°，
在Rt△CDE中，∠CED＝90°，
∵CD＝AB＝65，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，
∴ECDE＝2，即EC＝2DE，
∵CD2?
EC2?
DE2，即CD＝5DE，
∴DE
＝CD5
＝5＝6，
∴t＝6；
②当∠EPQ＝90°时，如解图②，
∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴EC和AC重合，第4题解图②∴DE＝65，
∴t＝65.
综上所述，当t＝6秒或65秒时，△EPQ为直角三角形；
（3）解：
y＝255
5t－12－
5.
13
【解法提示】点G即为t＝0时点E的对应点．
当点F在直线AD上方时，如解图③，连接GF，分别交直线AD、BC的延长线于点M、N，过F点作FH⊥AD，垂足为H，
由
（1）得∠1＝∠2.
易证△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3＝∠4，
∵DE∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠4，
∴GF∥CD，
∴四边形DCNM为平行四边形，
易得MN＝65.
∵∠BCD＝∠DCG，∠DCN＋∠BCD＝∠DCG＋∠CGN＝180°，∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，
∴CN＝CG＝CD＝5.
∵tan∠ABC＝2，
∴tan∠CGN＝2，
∴GN＝12，
∴GM＝5＋12.第4题解图③∵GF＝DE＝t×1＝t，
∴FM＝t－65－12.
∵tan∠FMH＝tan∠ABC＝2，
14
25∴FH＝5－5－12），55即y＝5t－12－5.
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