中考数学 300压轴题 相似动点(含答案)

1．如图，把一块含45°的直角三角板AOB放置在以O为原点的直角坐标系中，A点的坐标为（0，2），直线x=2交x轴于点B．P为线段AB上一动点，作直线PC⊥PO，交直线x=2于点C．过P点作直线MN平行于x轴，交y轴于点M，交直线x=2于点N．（1）填空：∠NPB=度；（2）当点C在第一象限时，①试判断PO与PC的大小关系，并加以证明；②设AP长为m，四边形POBC的面积为S，请求出S与m间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；（3）设点P的横坐标为t，当点P在线段AB上移动时，点C也随之在直线x=2上移动，以点B为圆心，BC长为半径作⊙B，求线段PN与⊙B有一个交点时，t的范围．2．（10•徐州）如图①，将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E、F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P，连接EP．（1）如图②，若M为AD边的中点，①△AEM的周长=cm；②求证：EP=AE+DP；（2）随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与A、D重合），△PDM的周长是否发生变化？请说明理由．3．（15•无锡校级一模）如图①，直线l：y=mx+n（m＜0，n＞0）与x，y轴分别相交于A，B 两点，将△AOB 绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，（1）若l：y=﹣3x+3，E为AD的中点①在CD上有一动点F，求当△DEF与△COD相似时点F的坐标；②如图②，过E作x轴的垂线a，在直线a上是否存在一点Q，使∠CQO=∠CDO？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由（2）如图③，若l：y=mx﹣4m，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM．若OM=，直接写出l的函数解析式．4．（15•无锡校级一模）已知矩形纸片ABCD中，AB=24厘米，BC=10厘米．（1）按如下操作：先将矩形纸片上下对折，而后左右对折，再沿对角线对折，而后展开得到图中的折痕四边形EFGH（如图1），求菱形EFGH的面积．（2）如图2，将矩形纸片ABCD先沿对角线AC对折，再将纸片折叠使点A与点C重合得折痕EF，则四边形AECF必为菱形，请加以证明．（3）请通过一定的操作，构造一个菱形EFGH（不同于第（1）题中的特殊图形），使菱形的四个顶点分别落在矩形ABCD的四条边上（E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且不与矩形ABCD的顶点重合）．①请简述操作的方法，并在图3中画出菱形EFGH．②求菱形EFGH的面积的取值范围．（1）如图1，设∠BOD=α（0°＜α＜60°），点E、F、M分别是AC、CD、DB的中点．连接FM、EM．请问：随着α的变化，试判断的值是否发生变化？若不变，请求出的值；若变化，请说明理由；（2）如图2，若BO=3，点N在线段OD上，且NO=1，点P是线段AB上的一个动点，将△COD固定，△AOB 绕点O旋转的过程中，线段PN长度的最大值是；最小值是．6．（15•滨湖区一模）已知矩形OABC在如图所示平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），连接AC．动点P从点B出发，以2cm/s的速度，沿直线BC方向运动，运动到C为止，过点P作PQ∥AC交线段BA于点Q，以PQ为边向下作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABC重叠部分图形面积为S（cm2），设点P的运动时间为t（s）．（1）请用含t的代数式表示N点的坐标；（2）求S与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围；（3）如图②，点G在边OC上，且OG=1cm，在点P从点B出发的同时，另有一动点E从点O出发，以2cm/s的速度，沿x轴正方向运动，以OG、OE为一组邻边作矩形OEFG．试求当点F落在正方形PQMN的内部（不含边界）时t的取值范围．7．（15•北塘区一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣6，0），点B（0，8），点C在y轴上，将△OAB沿直线AC对折，使点O落在边AB上的点D处．（2）如图2，过B作BE⊥AC，垂足为E，若F为AB边上一动点，是否存在点F，使C为△EOF内心？若存在，请求出F点坐标；若不存在，请说明理由．8．（14•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．9．（13•梅州）用如图①，②所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下两个探究问题：探究一：将以上两个三角形如图③拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；（2）当点P在运动的过程中出现PA=FC时，求∠PAB的度数．探究二：如图④，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连接MN．在旋转△DEF的过程中，△AMN 的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．10．（15春•无锡期中）如图①，将▱ABCD置于直角坐标系中，其中BC边在x轴上（B在C的左边），点D 坐标为（0，4），直线MN：y=x﹣6沿着x轴的负方向以每秒1个单位的长度平移，设在平移过程中该直线被▱ABCD截得的线段长度为m，平移时间为t，m与t的函数图象如图②所示．（1）填空：点C的坐标为；在平移过程中，该直线先经过B、D中的哪一点？；（填“B”或“D”）（2）点B的坐标为，n=，a=；（3）在平移过程中，求该直线扫过▱ABCD的面积y与t的函数关系式．11．（2013秋•周口期末）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=20cm，BC=15cm，动点P从点A出发，以每秒4cm的速度沿AB方向运动，到达点B时停止运动．过点P作AB的垂线交斜边AC于点E，将△APE绕点P顺时针旋转90°得到△DPF．设点P在边AB上运动的时间为t（秒）．（1）当点F与点B重合时，求t的值；（2）当△DPF与△ABC重叠部分的图形为四边形时，设此四边形的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）若点M是DF的中点，当点M恰好在Rt△ABC的内角角平分线上时，求t的值；（4）在点P的运动过程中，图中出现多少个彼此相似但互不全等的三角形，并写出相应的t值．12．（15•惠山区一模）如图，点A（0，2）、B（4，0），点P从（8，0）出发，以每秒2个单位长度沿x轴向坐标原点O匀速运动，同时，点Q从B点出发，以每秒1个单位长度沿x轴向坐标原点O匀速运动，过点P作x轴的垂线l，过点Q作AB的垂线l2，它们的交点为M．设运动的时间为t（0＜t＜4）秒（1）写出点M的坐标（用含t的代数式表示）；（2）设△MPQ与△OAB重叠部分的面积为S①试求S关于t的函数关系式；②在整个运动过程中，S是否存在最大值？若有，写出S的最大值；若没有，请说明理由．13．（14•无锡模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，6），tan∠CBO=，E是线段AB上的一个动点（与点A、点B不重合），过点E作EF∥AC交BC于点F，连结CE．（1）求AC和OB的长；（2）设AE的长为m，△CEF的面积为S，求S与m之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下试说明S是否存在最大值？若存在，请求出S的最大值，并求出此时点E的坐标．14．（14•惠山区校级模拟）数学课上，张老师出示图1和下面的条件：如图1，两块都含有30°角的直角三角板ABC和DEF有一条边在同一直线L上，∠ABC=∠DEF=90°，AB=1，DE=2．将直线EB绕点E逆时针旋转30°，交直线AD于点M．将图中的三角板ABC沿直线L向右平移．请你和小明同学一起尝试探究下列问题：（1）当点C与点F重合时，如图2所示，AM与DM是否相等？；（填”是”或”否”）；（2）小明同学将图2中的三角板ABC绕点C逆时针旋转90°，将直线EB绕点E逆时针旋转30°，交直线AD于点M，如图3，过点B作EB的垂线交直线EM于G，连结AG，①求证：△ABG∽△CBE；②求AG 的长．（3）小明同学又将图1中的三角板ABC绕点C逆时针旋转m度，0＜m≤90，原题中的其他条件保持不变，如图4，设CE=x，计算的值（用含x的代数式表示）．15．（12•安徽模拟）如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，AD为BC边上的高，点P沿BC向终点C运动，速度为1cm/s，点Q沿CA、AB向终点B运动，速度为2cm/s，若点P、Q两点同时出发，设它们的运动时间为x（s）．（l）求x为何值时，PQ⊥AC；x为何值时，PQ⊥AB？（2）当O＜x＜2时，AD是否能平分△PQD的面积？若能，说出理由；（3）探索以PQ为直径的圆与AC的位置关系，请写出相应位置关系的x的取值范围（不要求写出过程）．16．（2010•南京校级模拟）如图，直线l与x轴、y轴分别交于点M（8，0）点N（0，6），点P以每秒3个单位长度的速度沿NO由N向O运动，点Q以每秒5个单位长度的速度沿MN由M向N运动．已知点P，Q同时出发，且当一点运动到终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．（1）当四边形PQMO为梯形时，求t的值；（2）当△PQO为等腰三角形时，求t的值；（3）在整个运动中，以PQ为直径的圆能否与x轴相切？若能，请求出运动时间t；若不能，请说明理由．17．（11•浙江校级自主招生）如图，已知AB⊥MN，垂足为点B，P是射线BN上的一个动点，AC⊥AP，∠ACP=∠BAP，AB=4，BP=x，CP=y，点C到MN的距离为线段CD的长．（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（2）在点P的运动过程中，点C到MN的距离是否会发生变化？如果发生变化，请用x的代数式表示这段距离；如果不发生变化，请求出这段距离；（3）如果圆C与直线MN相切，且与以BP为半径的圆P也相切，求BP：PD的值．18．（11•确山县校级模拟）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6cm，∠ABC=30°．D是CB上一点，DC=1cm．P、Q是直线CB上的两个动点，点P从C点出发，以1cm/s的速度沿直线CB向右运动，同时，点Q从D点出发，以2cm/s的速度沿直线CB向右运动，以PQ为一边在CB的上方作等边三角形PQR，如图是其运动过程中的某一位置．设运动的时间是t（s）．（1）△PQR的边长是cm（用含有t的代数式表示）；当t=时，点R落在AB上．（2）若等边△PQR与△ABC重叠部分的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．（3）在P、Q移动的同时，以点A为圆心、tcm为半径的⊙A也在不断变化，请直接写出⊙A与△PQR的三边所在的直线相切时t的值．19．（10•泰兴市校级一模）如图，将直角梯形ABCD置于直角坐标系中，点A和点C分别在x轴和y轴的正半轴上，点D和坐标原点O重合．已知：BC∥AD，BC=2，AD=AB=5，M（7，1），点P从点M出发，以每秒2个单位长度的速度水平向左平移，同时点Q从点A沿AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，设移动时间为t秒．（1）直接写出点Q和点P的坐标（用t的代数式表示）．（2）以点P为圆心，t个单位长度为半径画圆．①当⊙P与直线AB第一次相切时，求出点P坐标，并判断此时⊙P与x轴的位置关系，并说明理由．②设⊙P与直线MP交于E、F（E左F右）两点，当△QEF为直角三角形时，求t的值．20．（2008•上海）已知AB=2，AD=4，∠DAB=90°，AD∥BC（如图），E是射线BC上的动点（点E与点B不重合），M是线段DE的中点．（1）设BE=x，△ABM的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；（2）如果以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切，求线段BE的长；（3）连接BD，交线段AM于点N，如果以A，N，D为顶点的三角形与△BME相似，求线段BE的长．1.（1）解：∵MN∥OB，OA∥BN，∠AOB=90°，∴四边形MOBN是矩形，∴MN∥OB，∴∠NPB=∠ABO=45°，故答案为：45．（2）①PO=PC；证明：∵OM∥BN，MN∥OB，∴四边形OBNM是矩形，∵∠AOB=90°，OA=OB，∴△AOB、△AMP、△PNB是等腰直角三角形，∴PN=BN=OM，∵∠MPO+∠NPC=90°，∠MPO+∠MOP=90°，∴∠NPC=∠MOP，又∠OMP=∠PNC=90°，∴△OPM≌△PCN，∴PO=PC．②依题意可得：，∴．∴=（3）①当点P与点A重合时，点P、M、A三点重合，点C、N重合，由PC⊥BC，则线段PN与⊙B相切，即PN与⊙B有交点，此时PC=2，P（0，2）；②当点P恰好在⊙B上时，点C在第四象限，此时BP=BC，∴，即∴m=2，∴，∴当MN与⊙B相切时，此时BC=BN=PN，同理可证得：△OPM≌△PCN，则PC=OP，PN=OM，NC=MP，则MP+PN=CN+PN=3PN=MN，故，，∴综上，当t=0或时，线段PN与⊙B有一个交点．2.解：（1）由折叠知BE=EM，∠B=∠EMP=90°．①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM．∵AB=4，M是AD中点，∴△AEM的周长=4+2=6（cm）；②现证明EP=AE+PD方法一：取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，∴MG=（AE+PD），在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线，∴MG=EP，∴EP=AE+PD．方法二：延长EM交CD延长线于Q点．∵∠A=∠MDQ=90°，AM=DM，∠AME=∠DMQ，∴△AME≌△DMQ．∴AE=DQ，EM=MQ．又∵∠EMP=∠B=90°，∴PM垂直平分EQ，有EP=PQ．∵PQ=PD+DQ，∴EP=AE+PD．（2）△PDM的周长保持不变．设AM=x，则MD=4﹣x．由折叠性质可知，EM=4﹣AE，在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，即AE2+x2=（4﹣AE）2，整理得：AE2+x2=16﹣8AE+AE2，∴AE=（16﹣x2），又∵∠EMP=90°，∴∠AME+∠DMP=90°．∵∠AME+∠AEM=90°，∴∠AEM=∠DMP．又∵∠A=∠D，∴△PDM∽△MAE．∴∴C△PDM=C△MAE•=（4+x）•=8．∴△PDM的周长保持不变．3解：（1）①A（1，0），B（0，3），C（0，1），D（﹣3，0），，如图1，当△DEF∽△COD时，，∴EF=，∴F（﹣1，）；当△DEF∽△COD时，DF=DEcos∠CDO=，作FK⊥OD于K，则FK=DFsin∠CDO=，DK=DFcos∠CDO=，∴F（﹣，）；②如图2，以CD为直径作圆，设其圆心为P，交直线a于点Q、Q′，连接PQ，P Q′，，由圆周角定理，可得∠CQO=∠CQ′O=∠CDO，在Rt△CDO中，由勾股定理可得CD=，则PQ=CD=，又∵P为CD中点，P（，），设Q（﹣1，a），则（）2+（a﹣）2=，解得a=2或﹣1，∴Q（﹣1，2）或（﹣1，﹣1）．（2）如图3，，连接OG、OH，∵点G为直角三角形OAB的AB边上的中点，∴OG=AB；∵点H为直角三角形OCD的CD边上的中点，∴OH=CD；∵AB=CD，OG=AB，OH=CD，∴OG=OH，OG⊥OH，∴△OGH为等腰直角三角形；∵M为GH中点，∴OM=OG，OM⊥OG，∴△OMG为等腰直角三角形，∴OG=OM=，∴AB=2OG=2=4；∵l：y=mx﹣4m，∴A（4，0），B（0，﹣4m）．因为OA2+OB2=AB2，所以42+（﹣4m）2=（4）2，解得m=﹣2或m=2，根据图示，可得点B的纵坐标大于0，∴m=﹣2，﹣4m=（﹣4）×（﹣2）=8，∴l的函数解析式是：y=﹣2x+8．4解：（1）如图1，由折叠可得：HF=AB=24，GE=BC=10．∴S菱形EFGH=HF•GE=×24×10=120．∴菱形EFGH的面积为120cm2．（2）证明：如图2，由折叠可得：EF⊥AC．OA=OC．∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB．∴∠ECO=∠FAO．在△EOC和△FOA中，．∴△EOC≌△FOA（ASA）．∴OE=OF．∵OE=OF，OC=OA，∴四边形AECF是平行四边形．∵EF⊥AC，∴平行四边形AECF是菱形．（3）①将矩形纸片分别沿着AC、BD折叠，设两折痕的交点为0，展开后沿经过点O的线FH折叠，展开后再沿经过点O且与FH垂直的线EG折叠，则图3中的四边形EFGH就是符合要求的菱形EFGH．②∵四边形ABCD是矩形，四边形EFGH是菱形，∴∠GDH=∠GOH=90°．∴O、G、D、H四点共圆．∴∠GHO=∠GDO．∴tan∠GHO=tan∠GDO．∴===．设OG=5k，则OH=12k．∴FH=24k，GE=10k．∴S菱形EFGH=FH•GE=120k2．在Rt△ABC中，AC===26．∴OA=AC=13．当OH⊥AD时，OH=AB=12．∴12＜OH＜13．∴12＜12k＜13．∴1＜k＜．∴1＜k2＜．∴120＜120k2＜．∴120＜S菱形EFGH＜．即菱形EFGH的面积大于120cm2且小于cm2．5解：（1）不变；=，如图1，连接AD、BC交于一点Q，AD交BO于P，∵∠AOB=∠COD=90°，∠ABO=∠DCO=30°，∵，∠AOD=∠BOC，∴△AOD∽△BOC，∴∠OAD=∠CBO，，∵∠APO=∠BPO，∴∠BQP=∠AOB=90°，∴AD⊥BC，∵点E、F、M分别是AC、CD、DB的中点，∴EF∥AD，EF=AD，∴MF∥BC，MF=BC，在Rt△EFM中，=；（2）如图2，过O作OE⊥AB于E，∵BO=3，∠ABO=30°，∴AO=，AB=，∴AB•OE=OA•OB，∴OE=，∴当P在点E处时，点P到O点的距离最近为，这时当旋转到OE与OD重合是，NP取最小值为：OP﹣ON=；如图4，当点P在点B处时，且当旋转到OB在DO的延长线时，NP取最大值OB+ON=3+1=4，∴线段PN长度的最小值为，最大值为4．故答案为：4，．6解：（1）作NH⊥BC于点H．∵PQ∥CA，∴△BPQ∽△BCA，∴，即，解得：BQ=t，∵在△BPQ和△HNP，∴，∴△BPQ≌△HNP，∴HP=BQ=t，NH=BP=2t，则BH=2t+=，则N点坐标（4﹣t，3﹣2t）；（2）当MN在AC上时，如图②．∵△BPQ∽△BCA，∴，即，解得：PQ=t，当MN在AC上时，PN=PQ=，△ABC∽△PNC，即，即，解得：t=．则S=t2．其中，0≤t≤．当t＞时，设PN交AC于点E，如图③．则△ABC∽△PEC，则，即，解得：PE=，则S=﹣3t2+6t．其中，＜t≤2．（3）设AC的解析式是y=kx+b，则，解得：，则设直线MN的解析式是y=﹣x+c，则﹣（4﹣t）+c=3﹣2t，解得：c=，则直线的解析式是y=﹣x+（）．同理，直线PQ的解析式是y=﹣x+（﹣t），F的坐标是（2t，1）．当点F落在MN上时，t=．当点F落在PQ上时，∴t=．∴＜t＜．7解：（1）设直线AB解析式为y=kx+b，把A、B两点坐标代入可得，解得，∴直线AB解析式为y=x+8；设C点坐标为（0，x），则OC=CD=x，又A（﹣6，0），B（0，8），∴AO=6，BO=8，AB=10，∴AD=AO=6，BD=AB﹣AD=10﹣6=4，BC=OB﹣OC=8﹣x，在Rt△BCD中，由勾股定理可得BD2+CD2=BC2，即42+x2=（8﹣x）2，解得x=3，∴点C坐标为（0，3），设直线AC的解析式为y=mx+n，把A、C坐标代入可得，解得，∴直线AC的解析式为y=x+3；（2）由题意可知∠BAE=∠OAC，且∠BEA=∠∠COA=90°，∴△ABE∽△ACO，∴=，又由（1）可知AB=10，AC=3，AO=6，∴=，解得AE=4，∵E在直线AC上，∴可设点E坐标为（x，x+3），∴AE=，∴=4，解得x=2或x=﹣14（舍去），∴E点坐标为（2，4），若C为△EOF的内心，则∠FEA=∠OEA，且∠FAE=∠OAE，在△AOE和△AFE中∴△AOE≌△AFE（ASA），∴AF=AO=6，∵点F在直线AB上，∴可设F点坐标为（a，a+8），∴AF==6，解得a=﹣或a=﹣（舍去），∴F（﹣，），分别过F、E作x轴的垂线，垂足分别为M、N，如图，则FM=，OM=，且NE=4，ON=2，∴=，且∠FMO=∠ENO=90°，∴△FMO∽△ENO，∴∠FOM=∠EON，∴∠FOB=∠EOB，即OB平分∠FOE，∴C为△EOF的内心，综上可知存在点F（﹣，），使点C为△EOF的内心．8解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），∴点P的坐标是（2，1）．∴PA的长为2；（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，∴OA=AB．∵∠OAB=90°，∴∠AOB=∠ABO=45°．∵∠AOC=90°，∴∠POC=45°．∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．∴∠NPM=90°．∵∠APC=90°．∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．在△ANP和△CMP中，，∴△ANP≌△CMP．∴PA=PC．∴PA：PC的值为1：1；（3）①若点P在线段OB的延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图2所示．∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，∴△ANP∽△CMP．∴．∵∠ACE=∠AEC，∴AC=AE．∵AP⊥PC，∴EP=CP．∵PM∥y轴，∴AF=CF，OM=CM．∴FM=OA．设OA=x，∵PF∥OA，∴△PDF∽△ODA．∴，∵PD=2OD，∴PF=2OA=2x，FM=x．∴PM=x．∵∠APC=90°，AF=CF，∴AC=2PF=4x．∵∠AOC=90°，∴OC=x．∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，∴四边形PMON是矩形．∴PN=OM=x．∴PA：PC=PN：PM=x：x=．②若点P在线段OB的反向延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图3所示．同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．∴PN=OM=OC=x．∴PA：PC=PN：PM=x：x=．综上所述：PA：PC的值为或．9解：探究一：（1）依题意画出图形，如答图1所示：由题意，得∠CFB=60°，FP为角平分线，则∠CFP=30°，∴CF=BC•tan30°=3×=，∴CP=CF•tan∠CFP=×=1．过点A作AG⊥BC于点G，则AG=BC=，∴PG=CG﹣CP=﹣1=．在Rt△APG中，由勾股定理得：AP===．（2）由（1）可知，FC=．如答图2所示，以点A为圆心，以FC=长为半径画弧，与BC交于点P1、P2，则AP1=AP2=．过点A过AG⊥BC于点G，则AG=BC=．在Rt△AGP1中，cos∠P1AG===，∴∠P1AG=30°，∴∠P1AB=45°﹣30°=15°；同理求得，∠P2AG=30°，∠P2AB=45°+30°=75°．∴∠PAB的度数为15°或75°．探究二：△AMN的周长存在有最小值．如答图3所示，连接AD．∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点，∴AD=CD，∠C=∠MAD=45°．∵∠EDF=90°，∠ADC=90°，∴∠MDA=∠NDC．∵在△AMD与△CND中，∴△AMD≌△CND（ASA）．∴AM=CN．设AM=x，则CN=x，AN=AC﹣CN=BC﹣CN=﹣x．在Rt△AMN中，由勾股定理得：MN====．△AMN的周长为：AM+AN+MN=+，当x=时，有最小值，最小值为+=．∴△AMN周长的最小值为．10解：（1）令y=0，则x﹣6=0，解得x=8，令x=0，则y=﹣6，∴点M（8，0），N（0，﹣6）∴OM=8，ON=6，由图2可知5秒后直线经过点C，∴CM=5，OC=OM﹣CM=8﹣5=3，∴C（3，0），∵10秒～a秒被截线段长度不变，∴先经过点B；故填：（3，0）；B（2）由图2可知BM=10，∴OB=BM﹣OM=10﹣8=2，∴B（﹣2，0），在Rt△OCD中，由勾股定理得，CD==5，∴BC=CD=5，∴▱ABCD是菱形，∵，∴MN⊥CD，∴n=DO=4∵设直线MN向x轴负方向平移的速度为每秒1个单位的长度，平移后的直线解析式为y=（x+t）﹣6，把点D（0，4）代入得，（0+t）﹣6=4，解得t=，∴a=；故答案为：（1）（3，0），B；（2）（﹣2，0），4，；（3）当0≤t≤5时，y=0；当5＜t≤10，如图1，该直线与BC、CD分别交于F、E，FC=t﹣5，∵直线CD的解析式为：y=﹣x+4，∴EF⊥CD，∴△CEF∽△COD，∴，∴，∴EF=，CE=，∴y=××==t2﹣12t+30，当10＜t≤，如图2，直线与AB、CD分别交于G、E，与射线CB交于F，FB=t﹣10，∵△BGF∽△COD，∴∴FG=，BG=，y=S△CEF﹣S△BGF=﹣=（10t﹣75）=12t﹣90，当时，如图3，BG=，AG=5﹣，∵△EAG∽△DCO，∵=，∴DG=×（5﹣），∴y=20﹣（5﹣）××（5﹣）=，当t≥时y=20．综上所述：y=．11.解：（1）如图1，∵△APE绕点P顺时针旋转90°得到△DPF，∴∠D=∠A，∠DFP=∠AEP，∠DPB=∠APE=90°，AP=DP，EP=FP，AE=DF．∵点F与点B重合，∴PB=PF．∴EP=BP．∵AB=20，AP=4t，∴EP=BP=20﹣4t．∵∠APE=∠ABC=90°，∴PE∥BC．∴△APE∽△ABC，∴，∵BC=15，AP=4t，AB=20，∴PE=3t．∵EP=BP=20﹣4t，∴3t=20﹣4t．解得：t=．∴t的值为（秒）．（2）当△DPF与△ABC重叠部分的图形为四边形时，如图2，此时．∵PE∥BC，∴∠DEG=∠C．又∵∠D=∠A，∴△DGE∽△ABC．∴=（）2．∵∠B=90°，AB=20，BC=15，∴AC=25，S△ABC=×20×15=150．∵DE=DP﹣EP=AP﹣EP=4t﹣3t=t，∴=（）2．∴S△DGE=．∵S△DPF=S△APE=AP•EP=×4t×3t=6t2，∴S=S△DPF﹣S△DGE=6t2﹣=．∴S与t的函数关系式为S=．其中．（3）设DF交AC于点G，过点M作MH⊥AB于点H，过点M作MN⊥BC于点N，如图3，∵△DEG∽△ACB，∴∠DGE=∠B=90°，=．∵DE=t，AB=20，AC=25，∴DG=．∵∠APE=90°，AP=4t，PE=3t，∴AE=5t．∴DF=AE=5t∵点M是DF的中点，∴DM=FM=DF=．∴MG=DM﹣DG=﹣=．∵∠MHF=∠DPF=90°，∴MH∥DP．∴△FNM∽△FPD．∴=．∴MH=DP=2t，FH=FP=EP=．∴PH=FH=．∴HB=AB﹣AP﹣PH=20﹣4t﹣=20﹣．∵∠MHB=∠B=∠MNB=90°，∴四边形MNBH是矩形．∴MN=HB=20﹣．①当点M在∠A的角平分线上时，∵MG⊥AC，MH⊥AB，∴MG=MH．∴=2t．解得：t=0．（舍去）②当点M在∠B的角平分线上时，∵MH⊥AB，MN⊥BC，∴MH=MN．∴2t=20﹣．解得：t=．③当点M在∠C的角平分线上时，∵MG⊥AC，MN⊥BC，∴MG=MN．∴=20﹣．解得：t=．12解：（1）由题意得：P（8﹣2t，0），Q（4﹣t，0），∴PQ=4﹣t，∵△OAB∽△QPM，∴===2，∴PM=2PQ=8﹣2t，∴M（8﹣2t，8﹣2t）；（2）①设l2与AB的交点为C，l1与AB的交点为D，易得直线AB对应的解析式为y=﹣x+2，∴8﹣2t=﹣（8﹣2t）+2，解得：t=；（i）当0＜t≤2时，如图1所示，在Rt△OAB中，AB=2，由△OAB∽△CQB，得到=（）2，∴S=S△CQB=××2×4=t2；（ii）当2＜t＜时，如图2所示，PD=2t﹣4，由△OAB∽△PDB，得到PD=t﹣2，∴S=S四边形CQPD=S△CQB﹣S△PDB=S△CQB﹣PD•PB=t2﹣•（2t﹣4）•（t﹣2）=﹣t2+4t﹣4；（iii）当≤t＜4时，S=S△POM=PQ•PM=•（4﹣t）•（8﹣2t）=（4﹣t）2=t2﹣8t+16；②（i）当0＜t≤2时，S=t2，此时当t=2时，S最大=；（ii）当2＜t＜时，S=﹣t2+4t﹣4=﹣（t﹣）2+1，此时当t=时，S最大=1；（iii）当≤t＜4时，S=（4﹣t）2，此时当t=时，S最大=，综上，当t=时，S最大=1．13解：（1）∵点A的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，6），∴OA=6，OC=6，由勾股定理得到AC=，在Rt△BOC中，tan∠CBO=∴BO=2；（2）依题意，AE=m，则BE=4﹣m，∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC．∴，即，∵S△ABC=AB•OC==12，∴S△BEF=（4﹣m）2，∴，自变量m的取值范围是0＜m＜4．（3）S存在最大值．∵，∴当m=2时，S有最大值，S最大值=3，∵AE=m=2，∴OE=OA﹣AE=4，∴点E的坐标为（4，0）．14.（1）解：是，如图2，∵∠MEB=∠ACB=30°，∴AC∥EM，∴=∵∠MEB=∠DFE=30°，∴OE=OF，∵∠DEF=90°，∠MEB=30°，∴∠DEM=∠EDF=60°，∴OD=OE，∴OD=OF，∴AM=DM；（2）①证明：∵∠EBG=90°，∠ABC=90°，∴∠EBG=∠ABC，∴∠EBG﹣∠ABE=∠ABC﹣∠ABE，即∠ABG=∠EBF，∵∠GEB=30°∠EBG=90°，∴tan30°=，在RT△ABC中，∠ACB=30°，∴tan30°=，∴=，∴△ABG∽△CBE；②解：如图3，在RT△DEF中，DE=2，∠DFE=30°，∴EF==2，在RT△ABF中，AB=1，∠AFB=30°，∴BF==，∵△ABG∽△CBE，∴=，即=，∴AG=2；（3）解：如图4，过B点作BG⊥BE，交EM的延长线于G，连接AG，同（2）即可证明△ABG∽△CBE，∴∠BEF=∠AGB，==，∴AG=EC=x，∴∠MEB=30°，∴∠DEM+∠BEF=60°，∠EGA+∠AGB=60°∵∠BEF=∠AGB，∴∠DEM=∠EGA，∴DE∥AG，∴△AGM∽△DEM，∴===x．15.解：（1）当Q在AB上时，显然PQ不垂直于AC，当Q在AC上时，由题意得，BP=x，CQ=2x，PC=4﹣x；∵AB=BC=CA=4，∴∠C=60°；若PQ⊥AC，则有∠QPC=30°，∴PC=2CQ，∴4﹣x=2×2x，∴x=；当x=（Q在AC上）时，PQ⊥AC；如图：①当PQ⊥AB时，BP=x，BQ=x，AC+AQ=2x；∵AC=4，∴AQ=2x﹣4，∴2x﹣4+x=4，∴x=，故x=时PQ⊥AB；（2）过点QN⊥BC于点N，当0＜x＜2时，在Rt△QNC中，QC=2x，∠C=60°；∴NC=x，∴BP=NC，∵BD=CD，∴DP=DN；∵AD⊥BC，QN⊥BC，∴DP=DN；∵AD⊥BC，QN⊥BC，∴AD∥QN，∴OP=OQ，∴S△PDO=S△DQO，∴AD平分△PQD的面积；（3）显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离，当x=或时，以PQ为直径的圆与AC相切，当0≤x＜或＜x＜或＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交．16.解：（1）当PQ∥OM时，四边形PQMO为梯形此时有，即，解得：t=1，所以，当t=1秒时，四边形PQMO为梯形．（2）P点的坐标为（0，6﹣3t），Q点的坐标为（8﹣4t，3t），△PQO为等腰三角形；当PO=OQ时，作OH⊥x轴于点H，在Rt△OQH中，有（6﹣3t）2=（8﹣4t）2+（3t）2，此时方程无实数根，故此种情况不存在；当PQ=OQ时，此时Q在OP的垂直平分线上，所以P点的纵坐标是Q点纵坐标的2倍，即有6﹣3t=2×3t，解得t=，当t=秒时，△PQO为等腰三角形；当PO=PQ时，作QG⊥y轴于点G．在Rt△PGQ中，有（6﹣3t）2=（8﹣4t）2+（6﹣3t﹣3t）2，此时方程无实数根，故此种情况不存在（3）若以PQ为直径的⊙A与x轴相切点T，连接AT，作QB⊥x轴于点B，则A T=R=（OP+QB）=PQ，即OP+QB=PQ，所以[（6﹣3t）+3t]2=（8﹣4t）2+（6﹣3t﹣3t）2，解得：t1=，t2=2，所以当t1=，t2=2时，以PQ为直径的圆与x轴相切．17.解：（1）∵AB⊥MN，AC⊥AP，∴∠ABP=∠CAP=90°．又∵∠ACP=∠BAP，∴△ABP∽△CAP．∴．即．∴所求的函数解析式为（x＞0）（2）CD的长不会发生变化．延长CA交直线MN于点E．∵AC⊥AP，∴∠PAE=∠PAC=90°．∵∠ACP=∠BAP，∴∠APC=∠APE．∴∠AEP=∠ACP．∴PE=PC．∴AE=AC．∵AB⊥MN，CD⊥MN，∴AB∥CD．∴．∵AB=4，∴CD=8．（3）∵圆C与直线MN相切，∴圆C的半径为8．（i）当圆C与圆P外切时，CP=PB+CD，即y=x+8，∴，∴x=2，∴BP=2，∴CP=y=2+8=10，根据勾股定理得PD=6 ∴BP：PD=．（ii）当圆C与圆P内切时，CP=|PB﹣CD|，即y=|x﹣8|，∴．∴或．∴x=﹣2（不合题意，舍去）或无实数解．∴综上所述BP：PD=．18.解：（1）△PQR的边长PQ=CQ﹣CP=（CD+DQ）﹣CP=（1+2t）﹣t=（t+1）cm；∵当t为某值时，点R落在AB上，三角形RPQ是等边三角形，∴QB=QR=QP=t+1，∠RQD=60°，∴∠RQB=120°，∠QRB=30°，∴△QRB为等腰三角形，∵QB=CB﹣CP﹣PQ=6﹣t﹣（t+1）=5﹣2t，∴5﹣2t=t+1，解得：t=s；（2）分为四种情况：①当0≤t＜时，如图1：重叠部分是△RPQ，∵△RPQ的边长为t+1，∴高为（t+1）cm，∴y=×（t+1）×（t+1）=（t+1）2；②当≤t＜时，如图2：重叠部分为四边形MNQP，∵∠B=30°，且△RPQ为等边三角形，∴∠RPQ=∠R=60°，∴∠PMN=90°，且PB=BC﹣CP=6﹣t，∠RNM=30°，∴PM=（6﹣t），∴MR=PR﹣PM=（t+1）﹣（6﹣t）=（3t﹣4），∴MN=MR•tan60°=（3t﹣4），∴y=（t+1）2﹣（3t﹣4）2=﹣t2+t﹣=﹣（t﹣2）2+；③当≤t＜6时，如图3：同理可得y=（6﹣t）2；④当t≥6时，如图4：此时y=0．（3）（一）如图a，⊙A与RQ所在的直线相切时，切点为N，N在QR的延长线上，AB与NQ交于L点，AN=t，得到AL=2t，QB=5﹣2t，得到BL=（5﹣2t），AB=4=BL﹣AL=（5﹣2t）﹣2t，得到t=．即t=．如图b，若NR交AB与E，∵⊙A半径=AN=t，则AE=2t，QE=QB=5﹣2t，BE=（5﹣2t），AB=4=BE+AE=（5﹣2t）+2t，∴t=，（二）如图c：当⊙A与PQ所在的直线相切时，∵AC⊥PQ所在的直线，∴⊙A半径=AC=t=2．此时，若设AB与PR相交于M，则AM=⊙A半径=2，∴BM=4﹣2=2，∴∠PMB=90°，∴⊙A 也同时与PR相切．（三）如图d：⊙A与PR所在的直线相切时，切点为M，可知道点M在AB延长线上，在Rt△PBM中，∠ABC=30°，有AM=t，BM=AM﹣AB=t﹣4，斜边PB=CP﹣BC=t﹣6，所以PB=BM，有（t﹣6）=t﹣4，得到t=4+6；19.解：（1）点P（7﹣2t，1），Q（5﹣t，t）；（2）①当⊙P与直线AB第一次相切时，则点P到直线AB的距离（7﹣2t﹣5+t）=t，解得t=，则点P（，1），此时⊙P与x轴相离；②根据题意，得E（7﹣3t，1），F（7﹣t，1）．要使△QEF为直角三角形，①若EF是斜边：根据勾股定理，得（2﹣t）2+2（1﹣t）2+（2﹣t）2=4t2，解得t=．②若QE是斜边：（﹣4）2+4t2=（t﹣4）2，解得t=；③若QF是斜边：4t2+（﹣4）2=（﹣4）2，解得t=5．20.解：（1）取AB的中点H，连接MH，∵M是线段DE的中点∴MH=（BE+AD），MH∥AD，∵∠DAB=90°，∴AD⊥AB，∴MH⊥AB，∴S△ABM=AB•MH得y=x+2；（x＞0）（2）过点D作DF⊥BC交于F，由图形可得DE=，又∵MH=AD+BE=（AD+BE），即（x+4）=[2+]．解得x=．即线段BE的长为．（3）因为如果三角形ADN和BME相似，一定不相等的角是∠ADN和∠MBE，因为AD∥BC，如果两角相等，那么M与D重合，显然不合题意，故应分两种情况进行讨论．①当∠ADN=∠BEM时，那么∠ADB=∠BEM，作DF⊥BE，垂足为F，tan∠ADB=tan∠BEM．AB：AD=DF：FE=AB：（BE﹣AD）．即2：4=2：（x﹣4）．解得x=8．即BE=8．②当∠ADB=∠BME，而∠ADB=∠DBE，∴∠DBE=∠BME，∵∠E是公共角，∴△BED∽△MEB，∵，即BE2=DE•EM，∴BE2=DE2，∴x2=[22+（x﹣4）2]，∴x1=2，x2=﹣10（舍去），∴BE=2．综上所述线段BE为8或2．。