专题07 几何动点综合性问题（南通27题苏州27题扬州27题等）（解析版）.docx

1、 20202020 年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用） 专题专题 07 几何动点综合性问题几何动点综合性问题 【真题再现】【真题再现】 1 （2019 年南通中考第 27 题）如图，矩形 ABCD 中，AB2，AD4E，F 分别在 AD，BC 上，点 A 与 点 C 关于 EF 所在的直线对称，P 是边 DC 上的一动点 （1）连接 AF，CE，求证四边形 AFCE 是菱形； （2）当PEF 的周长最小时，求 的值； （3）连接 BP 交 EF 于点 M，当EMP45时，求 CP 的长 【分析】 （1）由“AAS”可证AEOCF

2、O，可得 AECF，可得四边形 AFCE 是平行四边形，且 AC EF，可证四边形 AFCE 是菱形； （2）作点 F 关于 CD 的对称点 H，连接 EH，交 CD 于点 P，此时EFP 的周长最小，由勾股定理可求 AF 的长，由平行线分线段成比例可求解； （3）延长 EF，延长 AB 交于点 N，过点 E 作 EHBC 于 H，交 BP 于点 G，过点 O 作 BOFN 于点 O， 可证四边形 ABHE 是矩形， 可得 ABEH2， BHAE= 5 2， 由相似三角形的性质依次求出 BN， NF， BO， EM，EG 的长，通过证明BGHBPC，由相似三角形的性质可求 CP 的长 【解答】

3、证明： （1）如图：连接 AF，CE，AC 交 EF 于点 O 四边形 ABCD 是矩形， ABCD，ADBC，ADBC AEOCFO，EAOFCO， 点 A 与点 C 关于 EF 所在的直线对称 AOCO，ACEF AEOCFO，EAOFCO，AOCO AEOCFO（AAS） AECF，且 AECF 四边形 AFCE 是平行四边形，且 ACEF 四边形 AFCE 是菱形； （2）如图，作点 F 关于 CD 的对称点 H，连接 EH，交 CD 于点 P，此时EFP 的周长最小， 四边形 AFCE 是菱形 AFCFCEAE， AF2BF2+AB2， AF2（4AF）2+4， AF= 5 2 AE

4、= 5 2 =CF DE= 3 2 点 F，点 H 关于 CD 对称 CFCH= 5 2 ADBC = = 3 5 （3）如图，延长 EF，延长 AB 交于点 N，过点 E 作 EHBC 于 H，交 BP 于点 G，过点 B 作 BOFN 于点 O， 由（2）可知，AECF= 5 2，BFDE= 3 2 EHBC，AABC90 四边形 ABHE 是矩形 ABEH2，BHAE= 5 2 FH1 EF= 2+ 2 = 5， ADBC BFNAEN = = :2 = 3 5 = :5 BN3，NF= 35 2 AN5，NE= 55 2 NN，BONA90 NBONEA = = 3 55 2 = 5

5、2 = 5 BO= 35 5 ，NO= 65 5 EMPBMO45，BOEN OBMBMO45 BOMO= 35 5 MEENNOMO= 75 10 ABEH BNMGEM = 3 = 95 5 75 10 EG= 7 6 GHEHEG= 5 6 EHCD BGHBPC = 5 6 = 5 2 4 CP= 4 3 点评： 本题是相似形综合题， 考查了矩形的性质， 全等三角形的判定和性质， 相似三角形的判定和性质， 添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键 2（2019 年苏州中考第 27 题） 已知矩形 ABCD 中， AB5cm， 点 P 为对角线 AC 上的一点， 且 AP25cm 如 图

6、，动点 M 从点 A 出发，在矩形边上沿着 ABC 的方向匀速运动（不包含点 C） 设动点 M 的运 动时间为 t（s） ，APM 的面积为 S（cm2） ，S 与 t 的函数关系如图所示 （1）直接写出动点 M 的运动速度为 2 cm/s，BC 的长度为 10 cm； （2）如图，动点 M 重新从点 A 出发，在矩形边上按原来的速度和方向匀速运动，同时，另一个动点 N 从点 D 出发，在矩形边上沿着 DCB 的方向匀速运动，设动点 N 的运动速度为 v（cm/s） 已知两 动点 M，N 经过时间 x（s）在线段 BC 上相遇（不包含点 C） ，动点 M，N 相遇后立即同时停止运动，记 此时A

7、PM 与DPN 的面积分别为 S1（cm2） ，S2（cm2） 求动点 N 运动速度 v（cm/s）的取值范围； 试探究 S1S2是否存在最大值，若存在，求出 S1S2的最大值并确定运动时间 x 的值；若不存在，请说 明理由 【分析】 （1）由题意得 t2.5s 时，函数图象发生改变，得出 t2.5s 时，M 运动到点 B 处，得出动点 M 的运动速度为：5 2.5 =2cm/s， 由 t7.5s 时， S0， 得出 t7.5s 时， M 运动到点 C 处， 得出 BC10 （cm） ； （2）由题意得出当在点 C 相遇时，v= 5 7.5 = 2 3（cm/s） ，当在点 B 相遇时，v=

8、5+10 2.5 =6（cm/s） ，即可 得出答案； 过 P 作 EFAB 于 F，交 CD 于 E，则 EFBC，由平行线得出 = ，得出 AF2，DEAF2， CEBF3， 由勾股定理得出PF4， 得出EP6， 求出S1SAPMSAPF+S梯形PFBMSABM2x+15， S2SDPMSDEP+S梯形EPMCSDCM2x， 得出 S1S2 （2x+15） 2x4x2+30x4 （x 15 4 ） 2+225 4 ， 即可得出结果 【解析】 （1）t2.5s 时，函数图象发生改变， t2.5s 时，M 运动到点 B 处， 动点 M 的运动速度为： 5 2.5 =2cm/s， t7.5s 时

9、，S0， t7.5s 时，M 运动到点 C 处， BC（7.52.5）210（cm） ， 故答案为：2，10； （2）两动点 M，N 在线段 BC 上相遇（不包含点 C） ， 当在点 C 相遇时，v= 5 7.5 = 2 3（cm/s） ， 当在点 B 相遇时，v= 5+10 2.5 =6（cm/s） ， 动点 N 运动速度 v（cm/s）的取值范围为2 3cm/sv6cm/s； 过 P 作 EFAB 于 F，交 CD 于 E，如图 3 所示： 则 EFBC，EFBC10， = ， AC= 2+ 2=55， 5 = 25 55， 解得：AF2， DEAF2，CEBF3，PF= 2 2=4， E

10、PEFPF6， S1SAPMSAPF+S梯形PFBMSABM= 1 2 42+ 1 2（4+2x5）3 1 2 5（2x5）2x+15， S2SDPMSDEP+S梯形EPMCSDCM= 1 2 26+ 1 2（6+152x）3 1 2 5（152x）2x， S1S2（2x+15）2x4x2+30x4（x 15 4 ）2+ 225 4 ， 2.5 15 4 7.5，在 BC 边上可取， 当 x= 15 4 时，S1S2的最大值为225 4 点评：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、函数的图象、三角形面积公式、梯形面积公式、平 行线的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，正确理解函数

11、图象是解题的关键 3 （2019 年扬州中考第 27 题）如图，四边形 ABCD 是矩形，AB20，BC10，以 CD 为一边向矩形外部 作等腰直角GDC，G90点 M 在线段 AB 上，且 AMa，点 P 沿折线 ADDG 运动，点 Q 沿 折线 BCCG 运动（与点 G 不重合） ，在运动过程中始终保持线段 PQAB设 PQ 与 AB 之间的距离为 x （1）若 a12 如图 1，当点 P 在线段 AD 上时，若四边形 AMQP 的面积为 48，则 x 的值为 3 ； 在运动过程中，求四边形 AMQP 的最大面积； （2）如图 2，若点 P 在线段 DG 上时，要使四边形 AMQP 的面积

12、始终不小于 50，求 a 的取值范围 【分析】 （1）P 在线段 AD 上，PQAB20，APx，AM12，由梯形面积公式得出方程，解方程即 可； 当 P，在 AD 上运动时，P 到 D 点时四边形 AMQP 面积最大，为直角梯形，得出 0x10 时，四边 形 AMQP 面积的最大值= 1 2（12+20）10160， 当 P 在 DG 上运动，10x20，四边形 AMQP 为不规则梯形，作 PKAB 于 K，交 CD 于 N，作 GE CD 于 E，交 AB 于 F，则 PKax，PNx10， EFBC10，由等腰直角三角形的性质得出 GE= 1 2CD10，得出 GFGE+EF20，GH2

13、0x，证明 GPQGDC，得出比例式，得出 PQ402x，求出梯形 AMQP 的面积= 1 2（12+402x）x（x 13）2+169，由二次函数的性质即可得出结果； （2）P 在 DG 上，则 10x20，AMa，PQ402x，梯形 AMQP 的面积 S= 1 2（a+402x）x x2+ 40+ 2 x，对称轴 x10+ 4，得出 1010+ 4 15，对称轴在 10 和 15 之间，得出 10x20，二次函 数图象开口向下，当 x 无限接近于 20 时，S 最小，得出202+ 40+ 2 2050，a5；即可得出答案 【解答】 （1）解：P 在线段 AD 上，PQAB20，APx，AM

14、12， 四边形 AMQP 的面积= 1 2（12+20）x48， 解得：x3； 故答案为：3； 当 P，在 AD 上运动时，P 到 D 点时四边形 AMQP 面积最大，为直角梯形， 0x10 时，四边形 AMQP 面积的最大值= 1 2（12+20）10160， 当 P 在 DG 上运动，10x20，四边形 AMQP 为不规则梯形， 作 PKAB 于 K，交 CD 于 N，作 GECD 于 E，交 AB 于 F，如图 2 所示： 则 PKx，PNx10，EFBC10， GDC 是等腰直角三角形， DECE，GE= 1 2CD10， GFGE+EF20， GH20x， 由题意得：PQCD， GP

15、QGDC， = ， 即 20 = 20; 10 ， 解得：PQ402x， 梯形 AMQP 的面积= 1 2（12+402x）xx 2+26x（x13）2+169， 当 x13 时，四边形 AMQP 的面积最大169； （2）解：P 在 DG 上，则 10x20，AMa，PQ402x， 梯形 AMQP 的面积 S= 1 2（a+402x）xx 2+40+ 2 x，对称轴为：x10+ 4， 0a20， 1010+ 4 15，对称轴在 10 和 15 之间， 10x20，二次函数图象开口向下， 当 x 无限接近于 20 时，S 最小， 202+ 40+ 2 2050， a5； 综上所述，a 的取值范

16、围为 5a20 点评： 本题是四边形综合题目， 考查了矩形的性质、 等腰直角三角形的性质、 相似三角形的判定与性质、 梯形面积公式、二次函数的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解题的关键 4 （2019 年无锡中考第 28 题）如图 1，在矩形 ABCD 中，BC3，动点 P 从 B 出发，以每秒 1 个单位的速 度，沿射线 BC 方向移动，作PAB 关于直线 PA 的对称PAB，设点 P 的运动时间为 t（s） （1）若 AB23 如图 2，当点 B落在 AC 上时，显然PAB是直角三角形，求此时 t 的值； 是否存在异于图 2 的时刻， 使得PCB是直角三角形？若存在，

17、 请直接写出所有符合题意的 t 的值？ 若不存在，请说明理由 （2）当 P 点不与 C 点重合时，若直线 PB与直线 CD 相交于点 M，且当 t3 时存在某一时刻有结论 PAM45成立，试探究：对于 t3 的任意时刻，结论“PAM45”是否总是成立？请说明理由 【分析】 （1）利用勾股定理求出 AC，由PCBACB，推出 = ，即可解决问题 分三种情形分别求解即可： 如图 21 中， 当PCB90时 如图 22 中， 当PCB90时 如 图 23 中，当CPB90时 （2）如图 32 中，首先证明四边形 ABCD 是正方形，如图 32 中，利用全等三角形的性质，翻折不变 性即可解决问题 【解

18、析】 （1）如图 1 中， 四边形 ABCD 是矩形， ABC90， AC= 2+ 2= 21， PCBACB，PBCABC90， PCBACB， = ， 21;23 3 = 23， PB27 4 tPB27 4 如图 21 中，当PCB90时， 四边形 ABCD 是矩形， D90，ABCD23，ADBC3， DB=(23)2 32= 3， CBCDDB= 3， 在 RtPCB中，BP2PC2+BC2， t2（3）2+（3t）2， t2 如图 22 中，当PCB90时， 在 RtADB中，DB= 2 2= 3， CB33 在 RtPCB中则有：(33)2+ ( 3)2= 2，解得 t6 如图

19、23 中，当CPB90时，易证四边形 ABP为正方形，易知 t23 综上所述，满足条件的 t 的值为 2s 或 6s 或 23s （2）如图 31 中， PAM45 2+345，1+445 又翻折， 12，34， 又ADMABM，AMAM， AMDAMB（AAS） ， ADABAB， 即四边形 ABCD 是正方形， 如图，设APBx PAB90x， DAPx， 易证MDABAM（HL） ， BAMDAM， 翻折， PABPAB90x， DABPABDAP902x， DAM= 1 2DAB45x， MAPDAM+PAD45 点评：本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三

20、角形的判定和性质， 相似三角形的判定和性质解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问 题，属于中考压轴题 5 （2019 年淮安中考第 27 题）如图，在ABC 中，ABAC3，BAC100，D 是 BC 的中点 小明对图进行了如下探究：在线段 AD 上任取一点 P，连接 PB将线段 PB 绕点 P 按逆时针方向旋转 80，点 B 的对应点是点 E，连接 BE，得到BPE小明发现，随着点 P 在线段 AD 上位置的变化，点 E 的位置也在变化，点 E 可能在直线 AD 的左侧，也可能在直线 AD 上，还可能在直线 AD 的右侧 请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：

21、（1）当点 E 在直线 AD 上时，如图所示 BEP 50 ； 连接 CE，直线 CE 与直线 AB 的位置关系是 ECAB （2）请在图中画出BPE，使点 E 在直线 AD 的右侧，连接 CE试判断直线 CE 与直线 AB 的位置关 系，并说明理由 （3）当点 P 在线段 AD 上运动时，求 AE 的最小值 【分析】 （1）利用等腰三角形的性质即可解决问题证明ABC40，ECB40，推出ABC ECB 即可 （2）如图中，以 P 为圆心，PB 为半径作P利用圆周角定理证明BCE= 1 2BPE40即可解决 问题 （3）因为点 E 在射线 CE 上运动，点 P 在线段 AD 上运动，所以当点

22、P 运动到与点 A 重合时，AE 的值 最小，此时 AE 的最小值AB3 【解析】 （1）如图中， BPE80，PBPE， PEBPBE50， 结论：ABEC 理由：ABAC，BDDC， ADBC， BDE90， EBD905040， AE 垂直平分线段 BC， EBEC， ECBEBC40， ABAC，BAC100， ABCACB40， ABCECB， ABEC 故答案为 50，ABEC （2）如图中，以 P 为圆心，PB 为半径作P AD 垂直平分线段 BC， PBPC， BCE= 1 2BPE40， ABC40， ABEC （3）如图中，作 AHCE 于 H， 点 E 在射线 CE 上运

23、动，点 P 在线段 AD 上运动， 当点 P 运动到与点 A 重合时，AE 的值最小，此时 AE 的最小值AB3 点评：本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题 的关键是熟练掌握基本知识， 灵活运用所学知识解决问题， 学会利用辅助圆解决问题， 属于中考压轴题 6 （2018 年苏州中考第 28 题）如图，直线 l 表示一条东西走向的笔直公路，四边形 ABCD 是一块边长为 100 米的正方形草地，点 A，D 在直线 l 上，小明从点 A 出发，沿公路 l 向西走了若干米后到达点 E 处， 然后转身沿射线 EB 方向走到点 F 处， 接着又改变方向沿射

24、线 FC 方向走到公路 l 上的点 G 处， 最后沿公 路 l 回到点 A 处设 AEx 米（其中 x0） ，GAy 米，已知 y 与 x 之间的函数关系如图所示， （1）求图中线段 MN 所在直线的函数表达式； （2）试问小明从起点 A 出发直至最后回到点 A 处，所走过的路径（即EFG）是否可以是一个等腰三 角形？如果可以，求出相应 x 的值；如果不可以，说明理由 【分析】 （1）根据点 M、N 的坐标，利用待定系数法即可求出图中线段 MN 所在直线的函数表达式； （2）分 FEFG、FGEG 及 EFEG 三种情况考虑：考虑 FEFG 是否成立，连接 EC，通过计算 可得出 EDGD，结

25、合 CDEG，可得出 CECG，根据等腰三角形的性质可得出CGECEG、 FEGCGE，进而可得出 FEFG；考虑 FGEG 是否成立，由正方形的性质可得出 BCEG，进 而可得出FBCFEG，根据相似三角形的性质可得出若 FGEG 则 FCBC，进而可得出 CG、DG 的长度，在 RtCDG 中，利用勾股定理即可求出 x 的值；考虑 EFEG 是否成立，同理可得出若 EF EG 则 FBBC，进而可得出 BE 的长度，在 RtABE 中，利用勾股定理即可求出 x 的值综上即可得 出结论 【解析】 （1）设线段 MN 所在直线的函数表达式为 ykx+b， 将 M（30，230） 、N（100，

26、300）代入 ykx+b， 30 + = 230 100 + = 300，解得： = 1 = 200， 线段 MN 所在直线的函数表达式为 yx+200 （2）分三种情况考虑： 考虑 FEFG 是否成立，连接 EC，如图所示 AEx，AD100，GAx+200， EDGDx+100 又CDEG， CECG， CGECEG， FEGCGE， FEFG； 考虑 FGEG 是否成立 四边形 ABCD 是正方形， BCEG， FBCFEG 假设 FGEG 成立，则 FCBC 成立， FCBC100 AEx，GAx+200， FGEGAE+GA2x+200， CGFGFC2x+2001002x+100

27、在 RtCDG 中，CD100，GDx+100，CG2x+100， 1002+（x+100）2（2x+100）2， 解得：x1100（不合题意，舍去） ，x2= 100 3 ； 考虑 EFEG 是否成立 同理，假设 EFEG 成立，则 FBBC 成立， BEEFFB2x+2001002x+100 在 RtABE 中，AEx，AB100，BE2x+100， 1002+x2（2x+100）2， 解得：x10（不合题意，舍去） ，x2= 400 3 （不合题意，舍去） 综上所述：当 x= 100 3 时，EFG 是一个等腰三角形 点评： 本题考查了待定系数法求一次函数解析式、 等腰三角形的判定与性质

28、、 相似三角形的判定与性质、 正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是： （1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数关系式； （2）分 FEFG、FGEG 及 EFEG 三种情况求出 x 的值 【专项突破】【专项突破】 【题组一】【题组一】 1 （2019东台市模拟）如图 1，在ABC 中，BABC，点 D，E 分别在边 BC、AC 上，连接 DE，且 DE DC （1）问题发现：若ACBECD45，则 = 2 （2） 拓展探究， 若ACBECD30， 将EDC 绕点 C 按逆时针方向旋转 度 （0180） ， 图 2 是旋转过程中的某一位置，在此过程中 的大小有无变化？如果不变，请求出 的

29、值，如果变化， 请说明理由 （3） 问题解决： 若ACBECD（090） ， 将EDC 旋转到如图 3 所示的位置时， 则 的 值为 2cos （用含 的式子表示） 【分析】 （1）如图 1，过 E 作 EFAB 于 F，根据等腰三角形的性质得到ACDEC45，于 是得到BEDC90，推出四边形 EFBD 是矩形，得到 EFBD，推出AEF 是等腰直角三角形， 根据等腰直角三角形的性质得到结论； （2）根据等腰三角形的性质得到ACBCABECDCED30，根据相似三角形的判定和性 质即可得到结论； （3）根据等腰三角形的性质得到ACBCABECDCED，根据相似三角形的性质得到 = ，即 =

30、，根据角的和差得到ACEBCD，求得ACEBCD，证得 = ，过 点 B 作 BFAC 于点 F，则 AC2CF，根据相似三角形的性质即可得到结论 【解答】解： （1）如图 1，过 E 作 EFAB 于 F， BABC，DEDC，ACBECD45， ACDEC45， BEDC90， 四边形 EFBD 是矩形， EFBD， EFBC， AEF 是等腰直角三角形， = =2， 故答案为：2； （2）此过程中 的大小有变化， 由题意知，ABC 和EDC 都是等腰三角形， ACBCABECDCED30， ABCEDC， = ，即 = ， 又ECD+ECBACB+ECB， ACEBCD， ACEBCD，

31、 = ， 在ABC 中，如图 2，过点 B 作 BFAC 于点 F，则 AC2CF， 在 RtBCF 中，CFBCcos30= 3 2 BC， AC= 3BC = =3； （3）由题意知，ABC 和EDC 都是等腰三角形，且ACBECD， ACBCABECDCED， ABCEDC， = ，即 = ， 又ECD+ECBACB+ECB， ACEBCD， ACEBCD， = ， 在ABC 中，如图 3，过点 B 作 BFAC 于点 F，则 AC2CF， 在 RtBCF 中，CFBCcos， AC2BCcos = =2cos， 故答案为 2cos 2 （2019六合区二模） 【初步认识】 （1）如图，

32、将ABO 绕点 O 顺时针旋转 90得到MNO，连接 AM、BM，求证AOMBON 【知识应用】 （2）如图，在ABC 中，BAC90，AB= 2，AC32，将ABC 绕着点 A 旋转得到ADE， 连接 DB、EC，直线 DB、EC 相交于点 F，线段 AF 的最大值为 25 【拓展延伸】 （3）如图，在等边ABC 中，点 E 在ABC 内部，且满足 AE2BE2+CE2，用直尺和圆规作出所有 的点 E（保留作图的痕迹，不写作法） 【分析】 （1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似即可证明 （2）如图中，取 BC 的中点 O，连接 OF，OA，AF，设 BD 交 AE 于 K首先证明BFC90

33、，利 用直角三角形斜边中线的性质求出 OF，OA，根据 AFOF+OA，即可解决问题 （3）如图 3 中，如图点 E 即为所求，点 E 在 上（不包括端点） 理由构造BEC150将 BCE 绕点 C 顺时针旋转 60得到ACF， 可证ECF 是等边三角形， AFE90， 由 AE2AF2+EF2， 即可推出 AE2BE2+EC2 【解答】 （1）证明：如图中， ABO 绕点 O 顺时针旋转 90得到MNO， AOOM， BOON， AOMBON90， = ， AOMBON （2）如图中，取 BC 的中点 O，连接 OF，OA，AF，设 BD 交 AE 于 K 由（1）可知DABEAC， ADK

34、FEK， EKFAKD， EFKDAK90， CFB90， 在 RtABC 中，AB= 2，AC32， BC=(2)2+ (32)2=25， OBOC，BACBFC90， OAOF= 5， AFOF+OA， AF25， AF 的最大值为 25 故答案为：25 （3）如图 3 中，如图点 E 即为所求，点 E 在 上（不包括端点） 理由要点：构造BEC150 将BCE 绕点 C 顺时针旋转 60得到ACF，可证ECF 是等边三角形，AFE90，由 AE2 AF2+EF2，即可推出 AE2BE2+EC2 3 （2019建邺区校级二模） 如图 1， 在四边形 ABCD 中， BADBDC90， AB

35、AD， DCB60， CD8 （1）若 P 是 BD 上一点，且 PACD，求PAB 的度数 （2）将图 1 中的ABD 绕点 B 顺时针旋转 30，点 D 落在边 BC 上的 E 处，AE 交 BD 于点 O，连 接 DE如图 2，求证：DE2DODB； 将图 1 中ABD 绕点 B 旋转 得到ABD（A 与 A，D 与 D时对应点） ，若 DDCD，则 cos 的值为 5 6 【分析】 （1）根据勾股定理求出 BC、BD，分点 P 在点线段 DH 上、点 P 在点线段 BH 上两种情况，根 据余弦的定义解答； （2）证明BDEEDO，根据相似三角形的性质证明结论； 作 BHDD，DGBD，

36、根据三角形的面积公式求出 DG，根据勾股定理求出 BG，根据余弦的定 义计算即可 【解答】解： （1）在 RtBCD 中，BDC90，DCB60，CD8， BC16，BD83， 在 RtBAD 中，ABAD， ABDADB45， ABADBD 2 2 =46， 作 AHBD 于 H， 则 AH= 1 2BD43，BAH45， 当点 P 在点线段 DH 上时，cosPAH= = 3 2 ， PAH30， PAB30+4575， 当点 P在点线段 BH 上时，PAB453015， 综上所述，PAB 的度数为 75或 15； （2）证明：由题意得，BDBE，DBE30，AEB45， BDEBED75

37、，又BDEEDO， BDEEDO， = ，即 DE 2DODB； 解：如图 3，符合条件的点有两个 D和 D， 由题意得，DBDDBD，它们的余弦值相等， 作 BHDD，DGBD， 则 DHHD4， 在 RtBDH 中，BH= 2 2=411， BDD的面积= 1 2 DDBH= 1 2 BDDG，即1 2 8411 = 1 2 83 DG， 解得，DG= 433 3 ， 由勾股定理得，BG= 2 2= 203 3 ， coscosDBD= = 5 6， 故答案为：5 6 4 （2020常熟市校级模拟）如图，在矩形 ABCD 中，AB6，P 为边 CD 上一点，把BCP 沿直线 BP 折 叠，

38、顶点 C 折叠到 C，连接 BC与 AD 交于点 E，连接 CE 与 BP 交于点 Q，若 CEBE （1）求证：ABEDEC； （2）当 AD13 时，AEDE，求 CE 的长； （3）连接 CQ，直接写出四边形 CQCP 的形状： 菱形 当 CP4 时，并求 CEEQ 的值 【分析】 （1）由题意可得AEB+CED90，且ECD+CED90，可得AEBECD，且A D90，则可证ABEDEC； （2）设 AEx，则 DE13x，由相似三角形的性质可得 = ，即： 6 = 6 13;，可求 x 的值，即 可得 DE9，根据勾股定理可求 CE 的长； （3）由折叠的性质可得 CPCP，CQCQ

39、，CPQCPQ，BCPBCP90，由平行线的性 质可得CPQCQPCPQ，即可得 CQCPCQCP，则四边形 CQCP 是菱形，通过证CEQ EDC，可得 = ，即可求 CEEQ 的值 【解答】证明： （1）CEBE， BEC90， AEB+CED90， 又ECD+CED90， AEBECD， 又AD90， ABEDEC （2）设 AEx，则 DE13x， 由（1）知：ABEDEC， = ，即： 6 = 6 13; x213x+360， x14，x29， 又AEDE AE4，DE9， 在 RtCDE 中，由勾股定理得： = 62+ 92= 313 （3） 折叠， CPCP，CQCQ，CPQCP

40、Q，BCPBCP90， CEBC，BCP90， CECP， CPQCQP， CQPCPQ， CQCP， CQCPCQCP， 四边形 CQCP 是菱形， 故答案为：菱形 四边形 CQCP 是菱形， CQCP，CQCP，EQCECD 又CEQD90 CEQEDC = 即：CEEQDCCQ6424 【题组二】【题组二】 5 （2019 秋沙坪坝区校级月考）如图，在矩形 ABCD 中，AB12cm，BC6m，点 P 从 A 点出发，沿 A BCD 路线运动，到 D 点停止：点 Q 从 D 点出发，沿 DCBA 运动，到 A 点停止若点 P、 点 Q 同时出发，点 P 的速度为每秒 1cm，点 Q 的速

41、度为每秒 2cm，a 秒时点 P、点 Q 同时改变速度，点 P 的速度变为每秒 b（cm） ，点 Q 的速度变为每秒 c（cm） ，如图是APD 的面积 S1（cm2）与点 P 出 发时间 x（秒）之间的关系：图是AQD 的面积 S2（cm2）与 Q 点出发时间 x（秒）之间的关系，根 据图象回答下列问题： （1）则 a 8 ；b 2 ；c 1 （2）设点 P 出发 x（秒）后离开点 A 的路程为 y（cm） ，请写出 y 与 x 的关系式，并求出点 P 与 Q 相遇 时 x 的值 【分析】 （1）先观察图象，由面积公式得出关于 a 的方程，解出 a，进而可根据面积差除以时间差求 得 b，再根据图象，以路程相等为等量关系，求得 c 的值； （2）由（1）可知相遇时间在 8 秒以后，分别写出点 P 和点 Q 关于 x 的函数关系，相遇时两个函数值相 等，从而可求得