22555
如图3，当M在OB上时，OM＝t－2，此时
11422
SOMNH（t2）tt2
2255
解得t1211，t2211（舍去负值）
因此，当点M在线段OB上运动时，存在S＝4的情形，此时t211．
3
3如图4，当∠OMN＝90°时，在Rt△BNM中，BN＝t，BM5t，cosB，
5t325
所以．解得t．
t58
如图5，当∠OMN＝90°时，N与C重合，t5．不存在∠ONM＝90°的可能．
考点伸展：
在本题情景下，如果△MON的边与AC平行，求t的值．如图6，当ON//AC时，t＝3；
如图7，当MN//AC时，t＝2.5．
6，BA＝35．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系．
图1图2思路点拨：
1．第
（1）题和第
（2）题蕴含了OB与DF垂直的结论，为第（3）题讨论菱形提供了计算基础．
2．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照DO为边和对角线分类，再进行二级分类，
DO与DM、DO与DN为邻边．
解答：
（1）如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．
在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝35，所以BH＝6．因此点B的坐标为（3,6）．
22
（2）因为OE＝2EB，所以xExB2，yEyB4，E（2,4）．
33b5,1
设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D（0,5），E（2,4），得解得k，b5．所
2kb4.2
1以直线DE的解析式为yx5．
2
1
（3）由yx5，知直线DE与x轴交于点F（10,0），OF＝10，DF＝55．
2
1如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M
55的坐标为（5,），点N的坐标为（－5,）．
22
2如图4，当DO、DN为菱形的邻边时，点N与点O关于点E对称，此时点N的坐标为（4,8）．
3
如图5，当DO、DM为菱形的邻边时，NO＝5，延长MN交x轴于P．
考点伸展
如果第（3）题没有限定点N在x轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．
四、相似三角形：
因动点产生的相似三角形问题
例4：
（2013年苏州中考28题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运
动的时间为t（单位：
s）．
（1）当t=s时，四边形EBFB′为正方形；
（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题．假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在．
解答：
（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE=BF，即：
10﹣t=3t，解得t=2.5；
（2）分两种情况，讨论如下：
①若△EBF∽△FCG，则有，即，解得：
t=2.8；
②若△EBF∽△GCF，则有，即，解得：
t=﹣14﹣2（不合题意，舍去）
或t=﹣14+2．∴当t=2.8s或t=（﹣14+2）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，
C，G为顶点的三角形相似．
（3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合．如图，过点O作OM⊥BC于点M，则在Rt△OFM中，OF=BF=3t，FM=BC﹣BF=6﹣3t，OM=5，由勾股定理得：
OM2+FM2=OF2，即：
52+（6﹣3t）2=（3t）2解得：
t=；
过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE=BE=10﹣t，EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t，ON=6，
由勾股定理得：
ON2+EN2=OE2，即：
62+（5﹣t）2=（10﹣t）2解得：
t=3.9．∵≠3.9，∴不存在实
数t，使得点B′与点O重合．
考点伸展：
本题为运动型综合题，考查了矩形性质、轴对称、相似三角形的判定性质、勾股定理、
解方程等知识点．题目并不复杂，但需要仔细分析题意，认真作答．第
（2）问中，需要分类讨论，
避免漏解；第（3）问是存在型问题，可以先假设存在，然后通过推导出互相矛盾的结论，从而判定
不存在．拓展练习：
1、如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm,AD=18cm,BC=21cm,点P从A开始沿
AD边以1cm/秒的速度移动，点Q从C开始沿CB向点B以2cm/秒的速度移动，如果P，Q分别从A，C同时出发，设移动时间为t秒。
当t=时，四边形是平行四边形；
当t=时，四边形是等腰梯形.
（1题图）备用图
2、如图2，正方形ABCD的边长为4，点M在边DC上，且DM=1，N为对角线AC上任意一点，则DN+MN的最小值为。
直线l于点E，设直线l的旋转角为
2）当
90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．
4、在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E.
等量关系，并加以证明
5、数学课上，张老师出示了问题：
如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点．
且EF交正方形外角DCG的平行线CF于点F，求证：
AE=EF．经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：
取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证
△AME≌△ECF，所以AEEF．在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：
如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？
如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：
如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？
如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
6、如图,射线MB上,MB=9,A是射线MB外一点,AB=5且A到射线MB的距离为3,动点P从M沿射线MB方向以1个单位/秒的速度移动，设P的运动时间为t.
求
（1）△PAB为等腰三角形的t值；
（2）△PAB为直角三角形的t值；
（3）若AB=5且∠ABM=45°，其他条件不变，直接写出△PAB为直角三角形的t值。
F．AB4，BC6，∠B60.求：
（1）求点E到BC的距离；
（2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线
ADC于点N，连结PN，设EPx.①当点N在线段AD上时（如图2），△PMN的形状是否发生改变？
若不变，求出△PMN的周长；若改变，请说明理由；②当点N在线段DC上时（如图3），
是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？
若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请
说明理由
8、如图，已知△ABC中，ABAC10厘米，BC8厘米，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动
1若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
2若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与
△CQP全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿
△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
（8题图）（9题图）
9、如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C．D重合．
（1）证明不论E、F在BC．CD上如何滑动，总有BE=CF；
（2）当点E、F在BC．CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？
如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．
10、如图，在△AOB中，∠AOB=90°，OA=OB=6，C为OB上一点，射线CD⊥OB交AB于点D，OC=2．点P从点A出发以每秒个单位长度的速度沿AB方向运动，点Q从点C出发以每秒2个单位长度的速度沿CD方向运动，P、Q两点同时出发，当点P到达到点B时停止运动，点Q也随之停止．过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，得到矩形PEOF．以点Q为直角顶点向下作等腰直角三角形QMN，斜边MN∥OB，且MN=QC．设运动时间为t（单位：
秒）．
1）求t=1时FC的长度．
2）求MN=PF时t的值．
3）当△QMN和矩形PEOF有重叠部分时，求重叠（阴影）部分图形面积S与t的函数关系式．
4）直接写出△QMN的边与矩形PEOF的边有三个公共点时t的值．
参考答案：
1、解：
：
（1）要使四边形PQCD为平行四边形，则PD=CQ，∵AD=18cm，即18-t=2t，解得：
t=6；
（2）设经过ts，四边形PQCD是等腰梯形．过Q点作QE⊥AD，过D点作DF⊥BC，∵四边形PQCD是等腰梯形，∴PQ=DC．又∵AD∥BC，∠B=90°，∴AB=EQ=DF．∴△EQP≌△FDC．
∴FC=EP=BC-AD=21-18=3．又∵AE=BQ=21-2t，EP=t-AE，∴EP=AP-AE=t-（21-2t）=3．得：
t=8．∴经过8s，四边形PQCD是等腰梯形．
2、5；3、解：
（1）①30，1；②60，1.5；
（2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形.
∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED.∵CE//AB,∴四边形EDBC是平行四边形
在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2,∴∠A=300.
1AC
∴AB=4,AC=23.∴AO=2=3.在Rt△AOD中，∠A=300，∴AD=2.
∴BD=2.∴BD=BC.又∵四边形EDBC是平行四边形，
∴四边形EDBC是菱形
4、解：
（1）①∵∠ACD=∠ACB=90°∴∠CAD+∠ACD=9°0∴∠BCE+∠ACD=9°0
∴∠CAD=∠BCE∵AC=BC∴△ADC≌△CEB
②∵△ADC≌△CEB∴CE=AD，CD=BE∴DE=CE+CD=AD+BE
（2）∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°∴∠ACD=∠CBE又∵AC=BC
∴△ACD≌△CBE∴CE=AD，CD=BE∴DE=CE-CD=AD-BE
（3）当MN旋转到图3的位置时，DE=BE-AD（或AD=BE-DE，BE=AD+DE等）∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°∴∠ACD=∠CBE，又∵AC=BC，∴△ACD≌△CBE，∴AD=CE，CD=BE，∴DE=CD-CE=BE-AD.
5、解：
（1）正确．
证明：
在AB上取一
点M，
使AM
EC，连接ME．
BM
BE．
BME45°，
AME
135°．
QCF
是
外角平
分
线，
DCF45°
ECF
135°．
AME
ECF
．QAEB
BAE
90°，
AEB
CEF90°
BAE
CEF．
△AME≌△BCF（ASA）．
AE
EF．
（2）正确．
证明：
在BA
的延
长线
上取一
点N
．使
AN
CE，连
接
NE．
BNBE
．
N
PCE45°
．Q四
边形
ABCD
是正方形
AD∥BE．
DAE
BEA．
NAE
CEF
．△ANE≌△ECF
ASA）．AEEF．
6、解：
解：
（1）作AE⊥BM于E。
则AE=3，∵AB=5，∴BE=√（AB2-AE2）=4MP=t,BP=9-t①若AP=AB,∴9-t=2×4∴t=1
②若PA=PB，∴BP/（1/2AB）=AB/BP∴（9-t）2=1/2*5*5∴t=9-√5/2（9+√5/舍2去）
3若BA=BP，∴|9-t|=5∴t=4、14
∴综上，t=1、4、9-√5/2、14
（2）①若∠APB=90°∴9-t=4∴t=5
②若∠PAB=90°∴BP/BA=BA/BE∴（9-t）/5=5/4∴t=11/4∴综上，t=5、11/4。
1
BEAB2．
7、解：
（1）如图1，过点E作EGBC于点G．∵E为AB的中点，∴2
在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30．∴BG2BE1，EG213．
即点E到BC的距离为3．
图1
∴∠NMC∠B60
∠PMH
30．
∴PH
1PM
2
∴MHPMgcos30
NHMNMH
在Rt△PNH中，PN
NH2
PH2
43
2
32
2
C
图2
∴△PMN的周长=PM
PN
MN37
4．
②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形．当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．
3
类似①，MR3．∴MN2MR3．∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3．
2
此时，xEPGMBCBGMC6132．
当MP
MN时，如图
4，这时MC
MNMP3．
此时，x
EPGM61353．
NM时，如图∴∠PNM∠MNC∴MCPMgtan30综上所述，当x2或4或53时，
当NP
5，∠NPM
180．因此点1．此时，x
∠PMN30．P与F重合，EPGM
则∠PMN120，又∠MNC60，△PMC为直角三角形．
6114．
△PMN为等腰三角形．
8、解：
解：
（1）①∵t1秒，∴BP
CQ3
13厘米，
∵AB10厘米，
点D为AB的中点，
∴BD
5厘米．
又∵
PC
BC
BP，
BC
8厘米，
PC8
35厘米，∴PCBD
又∵
AB
AC，
C，
△BPD≌△CQP
vQ
BP
CQ
又∵
△BPD≌△CQP，
C，则
BP
PC
4，CQ
BD
5，
∴点
P，点Q运动的时间
BP
3
4
3秒，
vQ
CQ
t
15
4
厘米/秒。
2）
设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，
由题意，得
15
x
4
3x210
解得
80
3秒．
∴点
80380
P共运动了3厘米．
∵80
2824，
∴点P、点Q在AB边上相遇，
80
∴经过3秒点P与点Q第一次在边
AB上相遇．
9、解：
（1）证明：
如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠BAE+∠EAC=60°
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