四十章動態型問題

18.（2018江蘇蘇州，18,3分）如圖①，在梯形ABCD中，AD〃BC,ZA=60°,動點P從A點出發，以lcm/s的

速度沿著A-BfCfD的方向不停移動，直到點P到達點D后才停止.已知4PAD的面積S（單位：cm?）與點P

移動的時間（單位：s）的函數如圖②所示，則點P從開始移動到停止移動一共用了（4+2盜）秒（結果保

留根號）.

24

（圖②）

分析：根據圖②判斷出AB、BC的長度，過點B作BELAD于點E,然后求出梯形ABCD的高

BE,再根據t=2時4PAD的面積求出AD的長度，過點C作CF_LAD于點F,然后求出

DF的長度，利用勾股定理列式求出CD的長度，然后求出AB、BC、CD的和，再根據

時間=路程+速度計算即可得解.

解答：解：由圖②可知，t在2到4秒時，APAD的面積不發生變化，

...在AB上運動的時間是2秒，在BC上運動的時間是4-2=2秒，

???動點P的運動速度是lcm/s,

.\AB=2cm,BC=2cm,

過點B作BE±AD于點E,過點C作CF±AD于點F,

則四邊形BCFE是矩形，

/.BE=CF,BC=EF=2cm,

VZA=60°,

ABE=ABsin60°=2X

2

AE=ABcos60°=2X.1=1,

2

.,.1XADXBE=3V3,

即.XADX后3&,

解得AD=6cm,

ADF=AD-AE-EF=6-1-2=3,

在RSCDF中，2=^22=2^,

CD=^CF2+DF+3

所以，動點P運動的總路程為AB+BC+CD=2+2+2后4+2?,

?動點P的運動速度是lcm/s,__

.?.點P從開始移動到停止移動一共用了（4+273）+1=4+2?（秒）.

故答案為：（4+273）.

cB

EA

點評：本題考查了動點問題的函數圖象，根據圖②的三角形的面積的變化情況判斷出AB、

BC的長度是解題的關鍵，根據梯形的問題中，經常作過梯形的上底邊的兩個頂點的

高線作出輔助線也很關鍵.

23.(2018貴州省畢節市，23,12分)如圖①，有一張矩形紙片，將它沿對角線AC剪開，得到4ACD和4A'BC'.

⑴如圖②，將4ACD沿A'C邊向上平移，使點A與點C，重合，連接卜D和BC,四邊形A，BCD是形;

(2)如圖③，將4ACD的頂點A與A，點重合，然后繞點A沿逆時針方向旋轉，使點D、A、B在同一直線上，

則旋轉角為度；連接CC，,四邊形CDBC'是形；

(3)如圖④，將AC邊與A'C'邊重合，并使頂點B和D在AC邊的同一側，設AB、CD相交于E,連接BD,四

邊形ADBC是什么特殊四邊形？請說明你的理由。

第23題圖

解析：(1)利用平行四邊形的判定，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形得出即可；(2)利用旋轉變換的

性質以及直角梯形判定得出即可；(3)利用等腰梯形的判定方法得出BD〃AC,AD=CE,即可得出答案.

解案：解：(1)平行四邊形；

證明：,??AD=AB,AA'=AC,C與BD互相平分，

四邊形A'BCD是平行四邊形；.

(2)；DA由垂直于AB,逆時針旋轉到點D、A、B在同一直線上，

.?.旋轉角為90度；

證明：VZD=ZB=90°,A,D,B在一條直線上，勺~-yCC(C)

.?.CD〃BC',.'.四邊形CDBC'是直角梯形；Dc……......

故答案為：9。，直角梯；,V

(3)四邊形ADBC是等腰梯形；與BA'SDA(A'LB/

①②③④

證明：過點B作BMLAC,過點D作DN_LAC,垂足

分別為M,N,

\?有一張矩形紙片，將它沿對角線AC剪開，得到4ACD和AA'BC'./.AACD^AA,BC',；.BM=ND,；.BD〃

AC,

???AD=BC,...四邊形ADBC是等腰梯形.

點評：此題主要考查了圖形的剪拼與平行四邊形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知識，熟練

掌握判定定理是解題關鍵.

26.（2019年廣一西玉林市，26,12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形AOCD的頂點A的坐標是（0,4）,

現有兩動點P,Q,點P從點0出發沿線段0C（不包括端點0,C）以每秒2個單位長度的速度勻速向點C運動，

點Q從點C出發沿線段CD（不包括端點C、D）以每秒1個單位長度的速度勻速向點D運動.點P,Q同時出發，

同時停止.設運動的時間為t（秒），當t=2（秒）時，PQ=2V5.

（1）求點D的坐標，并直接寫出t的取值范圍；

（2）連接AQ并延長交x軸于點E,把AE沿AD翻折交CD延長線于點F,連接EF,則4AEF的面積S是否隨t

的變化而變化？若變化，求出S與t的函數關系式；若不變化，求出s的值.

（3）在（2）的條件下，t為何值時，四邊形APQF是梯形？

解：（1）設0C=x,當t=2時，0P=4,PC=x—4；CQ=2.

22222

在RtZ\PQC中，PQ=PC+CQ,.（2V5J=（%-4）+2，解得玉=0（不合題意，舍去），x2=8,AD

點坐標（8,4）；

（2）由翻折可知，點Q和點F關于直線AD對稱，.?.QD=DF=4-t,而AD=8,二S.QF=gx8x2（4—。=32—8f.

設經過A（0,4）、Q（8,t）兩點的一次函數解析式為y=故有：

A=bt—4/—4

解得女=，，一次函數的解析式為y=.X+4,易知一次函數與大軸的交點的坐標為

t=Sk+h88

32321三一8卜2(4—f)=8f,

0),.'.EC=------8,S.rnF=—x

4-/4-tQ2

：.S^FE=SMFQ+SSQFE=32-8f+8f=32....AAEF的面積S不隨t的變化而變化，s的值為32.

(3)因AP與QF不平行，要想使四邊形APQF是梯形，須有PQ〃AF.

VAF=AQ,AZAFQ=ZAQF,而NCQE=NAQF,要想PQ〃AF,須有NAFQ=NPQC,故只需具備條件NPQC=NCQE,

又；QC_LPE,CQP=NQCE,QC=QC,.-.△CQP^AQCE,.\PC=CE,即8-2t=-----8,解得乙=6+2,(不

4—f

合題意，舍去），L=6-2岔.故當/=6-2若時，四邊形APQF是梯形.

22.(2018珠海，22,9分)如圖，在等腰梯形ABCD中AB〃CD,AB=3四，DC=四，高CE=2亞，對角線AC、BD

交于H,平行于線段BD的兩條直線MN、RQ同時從點A出發沿AC方向向點C勻速平移，分別交等腰梯形ABCD的

邊于M、N和R、Q,分別交對角線AC于F、G；當直線RQ到達點C時，兩直線同時停止移動.記等腰梯形ABCD

被直線MN掃過的面積為5,被直線RQ掃過的面積為$2,若直線MN平移的速度為1單位/秒，直線RQ平移的速

度為2單位/秒,設兩直線移動的時間為x秒.

(1)填空:NAHB=;AC=;

⑵若S?=3S],求x;

(3)若邑="玷,求m的變化范圍.

【解析】(1)如圖第22題-1所示,

平移對角線DB,交AB的延長線于P.則四邊形BPCD是平行四邊形,BD=PC,BP=DC=&.因為等腰梯形ABCD,AB

〃CD,所以AC=BD.所以AC=PC.又高CE=2亞，AB=3&,所以AE=EP=2也.所以NAHB=90°AC=4;

⑵直線移動有兩種情況：0〈尤<3及需要分類討論.①當0<x<3時，有*=4./.

222sl{AF)

3

S2。3sl②當5vx?2時,先用含有x的代數式分別表示5,S2,然后由$2=3號列出方程,解之可得x的值；

(3)分情況討論：①當0<x<3時，m=叢=4.②當時，由S,=〃珞，得

2sl2

m=a=g-gfr)=一36(,一21+4.然后討論這個函數的最值,確定m的變化范圍.

￡2U3；

—X2

【答案】(1)90°,4;

(2)直線移動有兩種情況：0<xv?3及一3<x<2.

22

3

①當0<%<一時，TMN〃BD,???△AMNsaARQ,AANF^AAQG.

2

3

②當］<x<2時，如圖第22題-2所示,

2

第22題圖-2

f4-2xY/2

CG=4—2x,CH=1,S^CD=—x4xl=2.SACRQ=2x―—I=8(2一

2

29

S,=-x,S2=8-8(2-%)"

926

由S2=35,得方程8—8(2—x)~=3x§V,解得％=不(舍去)，%2=2.

x=2.

(3)當0<x<3時,m=4

2

當時，

2

一,8-8(2-x)23648<12?

由S,=加B，得根=——-----一二+，—12=-36---------+4.

2

■22Xx\x3J

3

131171

M是上的二次函數，當巳時，即當上《上〈士時，M隨乙的增大而增大.

x22x3x

3

當x=一時,最大值m=4.當x=2時,最小值m=3.

2

.,.3Wm近4.

【點評】本題是一道幾何代數綜合壓軸題,重點考查等腰梯形，相似三角形的性質，二次函數的增減性和最值及

分類討論，由特殊到一般的數學思想等的綜合應用.解題時，

(1)小題,通過平移對角線,將等腰梯形轉化為等腰三角形,從而使問題得以簡化,是我們解決梯形問題常用的方

法.

(2)小題直線移動有兩種情況：0<x<13及需3要分類討論.這點萬不可忽略,解題時用到的知識點主

22

要是相似三角形面積比等于相似比的平方.

(3)小題仍需要分情況討論.對于函數m=-36+4,討論它的增減性和最值是個難點.討論之前點明

我們把這個函數看作"M是'的二次函數”對順利作答至關重要.

x

16、(2018?湖南省張家界市?16題?3分)已知線段AB=6,C、D是

AB上兩點，且AC=DB=1,P是線段CD上一動點，在AB同側分別作等邊三角

形APE和等邊三角形PBF,G為線段EF的中點，點P由點C移動到點D時，

G點移動的路徑長度為.

【分析】

不好意思，本題做不出來，還請高手補充

ACPDB

18.(2018湖北荊州,18,3分)如圖⑴所示，E為矩形ABCD的邊AD上一

點，動點P、Q同時從點B出發，點P沿折線BE—ED—DC運動到點C時停止，點Q沿BC運動到點C時停止，它

們運動的速度都是1cm/秒.設P、Q同發t秒時，4BPQ的面積為ycm：已知y與t的函數關系圖象如圖(2)(曲

線0M為拋物線的一部分)，則下列結論:

①AD=BE=5；②cosNABE=,；③當0Vt<5時，y=|t2；④當t=疊秒時，△ABEs/\QBP；其中正確的結

圖⑶

【解析】首先，分析函數的圖象兩個坐標軸表示的實際意義及函數的圖象的增減情況.

橫軸表示時間t,縱軸表示△BPQ的面積y.

當0VtW5時，圖象為拋物線，圖象過原點，且關于y軸對稱，y隨的t增大而增大，

t=5的時候，△BPQ的面積最大，

5VtV7時，y是常函數，/kBPCI的面積不變，為10.

從而得到結論：t=5的時候，點Q運動到點C,點P運動到點E,

所以BE=BC=AD=5Xl=5cm,

5VtV7時，點P從E-D,所以ED=2Xl=2cm,AE=3cm,AB=4cm.

cosZABE=—=-.

BE5

2

設拋物線0M的函數關系式為y=〃2(aNO,ovtW5),把(5,10)代入得到10=25a,所以a=§,

2

所以當0VtW5時，y=yt2

當t>5時，點P位于線段CD上，點Q與點C重合，.

當t=尊秒，點P位于P，處，CP'=CD-DP，=4-（尊-7）=—cm.

444

在4ABE和△€>'BP'中，M="=S,NA=Q'=90°,所以△ABES/\Q，BP'

AECP'3

【答案】①③④

【點評】本題綜合考察了動點問題、二次函數、三角形相似、常一函數、銳角三角函數、分段函數的知識，綜合

性強。讀函數的圖象時首先要理解橫縱坐標表示的含義，理解問題敘述的過程，把圖象的過程和幾何的動點運

動過程相結合，化靜為動，從而解決問題。本題考察的知識點全面，難度較大。

8.（2018湖北黃岡，8,3）如圖，在Rt/XABC中，ZC=90°,AC=BC=6cm,點P從點A出發，沿AB方向以每

秒加cm的速度向終點B運動；同時，動點Q從點B出發沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，將△PQC

沿BC翻折，點P的對應點為點P'.設Q點運動的時間t秒，若四邊形QPCP為一菱形，貝!It的值為（）

A.V2B.2C.272D.3

【解析】連接PP'交BC于點D,若四邊形QPCP為菱形，則PP'±BC,CD=-CQ=-（6-t）,

/.BD=6--(6-t)=3+L.在RtZ\BPD中，PB=AB-AP=6拒一直t,而PB=&BD,

22

.\6^-V2t=V2(3+-t),解得：t=2,故選B.

2dB8sa>

【答案】B

【點評】本題主要考查了等腰直角三角形和菱形的性質，要能在動態變化中抓住靜態結論利用方程思想解題.難

度中等.

12.（2018甘肅蘭州，12,4分）如圖，AB是。。的直徑，弦BC=2cm,F是弦BC的中點，NABC=60°.若動點E

以2cm/s的速度從A點出發沿著A-*B-*A的方向運動，設運動時間為t（s）（0Wt<3）,

連接EF,當4BEF是直角三角形時，t的值為（）

7779

A.—B.1C.一或1D.一或1或一

4444

解析：；AB是。0的直徑，.,.NACB=90°；RtzXABC中，BC=2,NABC=60°；

.,.AB=2BC=4cm.①當NBFE=90。時；RtZ\BEF中，NABC=60°,

則BE=2BF=2cm；故此時AE=AB-BE=2cm；：.E點運動的距離為：2cm或6cm,

故t=ls或3s；由于0WtV3,故t=3s不合題意，舍去；所以當NBFE=90°時，t=ls；②當NBEF=90°時；同

①可求得BE=0.5cm,此時AE=AB-BE=3.5cm；，E點運動的距離為：3.5cm或4.5cm,故t=l.75s或2.25s；綜上

所述，當t的值為1、1.75或2.25s時，4BEF是直角三角形.故選D.

答案：D

點評：根據直徑所對的圓周角是直角得到直角三角形ABC,再根據30°直角三角形的性質，可求出AB的長.ABEF

是直角三角形，則有兩種情況：①NBFE=90°,②NBEF=90°；在上述兩種情況所得到的直角三角形中，已知

了BC邊和NB的度數，即可求得BE的長；由AE-AB-BE即可求出AE的長，也就能得出E點運動的距離（有兩種

情況），從而求出t的值.此題綜合考查了圓周角定理的推論、垂徑定理以及直角三角形的性質，是一道動態

題，同時還考查了分類討論的數學思想，有一定的難度.

26.（2018貴州遵義，26,分）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與

A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過

P作PEJ_AB于E,連接PQ交AB于D.

(1)當NBQD=30°時，求AP的長；

(2)當運動過程中線段ED的長是否發生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由.

解析：(1))由△ABC是邊長為6的等邊三角形，可知NACB=60°,再由NBQD=30°可知NQPC=90°,設AP=x,

貝！|PC=6-x,QB=x,在RtaQCP中，NBQD=30°,PC=上QC,即6-x=1(6+x),求出x的值即可；

22

(2)作QFJ_AB,交直線AB的延長線于點F,連接QE,PF,由點P、Q做勻速運動且速度相同，可知AP=BQ,

再根據全等三角形的判定定理得出AAPE絲aBOF,再由AE=BF,PE=QF且PE〃QF,可知四邊形PEQF是平行

四邊形，進而可得出EB+AE=BE+BF=AB,DE=』AB,由等邊△ABC的邊長為6可得出DE=3,故當點P、Q運動

2

時，線段DE的長度不會改變.

答案：解：(1)???△ABC是邊長為6的等邊三角形，

.,.NACB=60°,

VZBQD=30°,

AZQPC=90°,

設AP=x,則PC=6-x,QB=x,

；.QC=QB+BC=6+x,

,在RtZiQCP中，ZBQD=30",

**.PC=-1QC,即6-X=J(6+X),解得x-2；

22

(2)當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.理由如下：

作QF_LAB,交直線AB的延長線于點F,連接QE,PF,

又于E,

/.ZDFQ=ZAEP=90°,

???點P、Q做勻速運動且速度相同，

；.AP=BQ,

VAABC是等邊三角形，

，NA=NABC=NFBQ=60°,

...在aAPE和△BQF中，

VNA=NFBQNAEP=NBFQ=90°,

二ZAPE=ZBQF,

<ZA=ZFBQ

AP=BQ

,NAEP=NBFQ

.,.△APE^ABQF,

；.AE=BF,PE=QF且PE〃QF,

:.四邊形PEQF是平行四邊形，

.,.DE=1EF,

2

：EB+AE=BE+BF=AB,

.?.DEJAB,

2

又?.?等邊aABC的邊長為6,

；.DE=3,

當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.

點評：本題考查的是等邊三角形的性質及全等三角形的判定定理、平行四邊形的判定與性質，根據題意作出輔助

線構造出全等三角形是答案此題的關鍵.

24.(2018山東省青島市，24,12)(12分)已知：如圖，在RtZkABC中，ZC=90°,AC=6cm,BC=8cm,D、E

分別是AC、AB的中點，連接DE,點P從點D出發，沿DE方向勻速運動，速度為lcm/s；同時，點Q從點B出

發,沿BA方向勻速運動，速度為2cm/s,當點P停止運動時，點Q也停止運動.連接PQ,設運動時間為t(s)(0<t<4).

解答下列問題：

⑴當t為何值時，PQ±AB?

⑵當點Q在BE之間運動時，設五邊形PQBCD的面積為y(cm2),求y與t之間的函數關系式；

⑶在(2)的情況下，是否存在某一時刻t,使PQ分四邊形BCDE兩部分的面積之比為SAKS：S五邊形網>=1：29?

若存在，求出此時t的值以及點E到PQ的距離h；若不存在，請說明理由.

第24題

24.【解析】(1)要使PQLAB,只要說明△PQES/\ACB,所以得方,可得求t值.

(2)五邊形PQBCD的面積=梯形DEBC的面積-的面積，易求梯形DEBC的面積，求4PEQ的面積，要作EQ

邊上高，利用△PMEs/kABC可求出高..(3)可先假設其存在，即S△昵：S五邊形的=1：29,根據(2)中關系代

入計算，若得出結果與假設一致，則假設正確，反之，則假設不成立.

【答案】解：⑴如圖①，在Rt^ABC中，AC=6,BC=8,.,?他=仲m=10.

：D、E分別是AC、AB的中點.

.?.AD=DC=3,AE=EB=5,DE〃BC且DE=BC=4,因為PQ_LAB,NPQB=NC=90°,又DE〃BC,，NAED=NB,；.△

PEQE

PQE^AACB,/?.

ADDL

4-+2t-541

t=

由題意得：PE=4-t,QE=2t-5,即7TL解得TA-

LK)o

⑵過點P作PMAB于M,由△PMEs△ABC,得—=—.，—=—,^-PM=-(4-t),，

ACAB6105

ii3339

2

S^F=-EQPM=-(5-2t)--(4-t)=-t--t+6.

A

5WDCBE=2X(4+8)X3=18-

???y=18-審條+6)=-2+率+12

⑶假設存在時刻t,使S.：S五邊形謝產1:29,此時SAPQE=-!-S四邊冊BCDE????：2-型/+6=-!-X18,即2t2-13t+18=0.A

30四3CDE51030

9

ti=2,5^(舍去).當t=2時,

PM=-x(4-2)=-,ME=-x(4-2)=-.EQ=5-2X2=1,MQ=ME+EQ=-+1=—,PQ=《PM2+MQ])22=

555555+苧

PQ?1口號福二嚼（或券”

【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質，將相似三角形與二次函數融合在一起，運用了勾股定理、三角

形面積公式知識，綜合強.像本題這樣的存在型問題是中考的常考點，要注意掌握這類問題的解題方法.

24.（2018湖北咸寧，24,12分）如圖，在平面直角坐標系中，點C的坐標為（0,4）,動點A以每秒1個單

位長的速度，從點0出發沿x軸的正方向運動，M是線段AC的中點.將線段AM以點A為中心，沿順時針方向旋

轉90。，得到線段AB.過點B作x軸的垂線，垂足為E,過點C作），軸的垂線，交直線BE于點D,運動時間為f

（1）當點B與點D重合時，求，的值；

25

（2）設4BCD的面積為S,當/為何值時，5=—?

4

（3）連接MB,當MB〃0A時，如果拋物線y=oy2-10儀的頂點在AABM內部（不包括邊），求a的取值范圍.

【解析】（1）易證得RtZkCAOsRt/kABE；當B、D重合時，BE的長已知（即0C長），根據AC、AB的比例關系，

可得AO、BE的比例關系，由此求得t的值.

（2）求4BCD的面積時，可以CD為底、BD為高來解，那么表示出BD的長是關鍵；RtACAO^RtAABE,且知道

AC、AB的比例關系，即可通過相似三角形的對應邊成比例求出BE的長，進一步得到BD的長，在表達BD長時，

應分兩種情況考慮：①B在線段DE上，②B在ED的延長線上.

（3）通過配方法，可得拋物線的頂點坐標，將其橫坐標分別代入直線MB、AB的解析式中，可得拋物線對稱軸

與這兩條直線的交點坐標，根據這兩個坐標即可判定出a的取值范圍.

［答案］（1）VZG4O+NBAE=90°,ZABE+ZBAE=90°,

ZCAO=ZABE.

ARtACAO^RtAABE....................................................2分

.CAAO

??-------,

ABBE

=/.r=8.3分

AB4

(2)由Rt2\CA0sRtZ\ABE可知：BE=\,AE=2.

4分

2

當0Vf<8時，S=gcO-8O=g(2+r)(4—；)=等.

.??4=，2=3?.........................................................................................??????6分

當/>8時，5=^CDBD=^(2+0(1-4)=y.

."=3+5&,Z2=3-572(為負數，舍去).

當，=3或3+5近時，S=—......................................................................................8分

4

(3)如圖，過M作MNLx軸于N,則/N=，C0=2.

2

當MB〃OA時，BE=MN=2,OA=2BE=4.........................................................9分

拋物線y=or2-10or的頂點坐標為(5,-25a)................................................10分

它的頂點在直線x=5上移動.直線x=5交MB于點（5,2）,交AB于點（5,1）.11分

21

：.l<-25a<2.：_____<a<——.....................................................................12分

2525

【點評】本題是二次函數綜合題，屬于圖形的動點問題，前兩問的關鍵在于找出相似三角形，得到關鍵線段的

表達式，注意點在運動過程中未知數的取值范圍問題.最后一問中，先得到拋物線的頂點坐標是簡化解題的關

鍵.

25.（2018貴州六盤水，25,16分）如圖13,已知△ABC中，AB=10cm,AC=8cm,BC=6cm,如果點P由B出發沿BA

方向向點A勻速運動，同時點Q由A出發沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為2cm/s,連接PQ,

設運動的時間為t（單位：s）（0Wt<4）.解答下列問題：

（1）當t為何值時，PQ〃BC.（4分）

（2）設4AQP的面積為S（單位：cm?）,當t為何值時，S取得最大值，并求出最大值.

（3）是否存在某時刻3使線段PQ恰好把AABC的面積平分？若存在求出此時t的值；若不存在，請說明理由.

（3分）

（4）如圖14,把AATQ沿AP翻折，得到四邊形AQPQ..那么是否存在某時刻t使四邊形AQPQ,為菱形？若存在，

求出此時菱形的面積；若不存在，請說明理由.（5分）

分析：(1)由PQ〃BC時的比例線段關系，列一元一次方程求解；

(2)如解答圖1所示，過P點作PD_LAC于點D,構造比例線段，求得PD,從而可以得到S的表達式，然后利

用二次函數的極值求得S的最大值；

(3)要點是利用(2)中求得的4AQP的面積表達式，再由線段PQ恰好把aABC的面積平分，列出一元二次方

程；由于此一元二次方程的判別式小于0,則可以得出結論：不存在這樣的某時刻3使線段PQ恰好把△ABC的

面積平分；

(4)首先根據菱形的性質及相似三角形比例線段關系，求得PQ、QD和PD的長度；然后在Rt^PQD中，求得時

間t的值；最后求菱形的面積，值得注意的是菱形的面積等于4AQP面積的2倍，從而可以利用(2)中4AQP

面積的表達式，這樣可以化簡計算.

解答：解：VAB=lOcm,AC=8cm,BC=6cm,

二由勾股定理逆定理得aABC為直角三角形，NC為直角.

(1)BP=2t,則AP=10-2t.

..?APAQ10-2Z2t20

.PQ0〃//RBCr,.?-----=-------，即------=—,解得/=—，

ABAC1089

20

.,.當一s時，PQ〃BC.

9

(2)如答圖1所示，過P點作PD_LAC于點D.

.APPD10-2fPD解得P￡>=6-3.

.\PD〃BC,即

106

S^-AQ?PD^-x2tx(6--t)=--r+6Z=--(Z--)2+—,

2266622

...當1=3s時，S取得最大值，最大值為坦cm?.

22

(3)假設存在某時刻t,使線段PQ恰好把aABC的面積平分，

貝!］有S&M—SAABC,SAAB^—AC*BC=24,???此時SzkAMiZ.

22

59

由(2)可知，SAAQP=—廠+6/,

6

...一9*+6/=12,化簡得：t2-5t+10=0,

6

?/△=(-5)2-4XlX10=-15<0,此方程無解，

不存在某時刻3使線段PQ恰好把AABC的面積平分.

(4)假設存在時刻t,使四邊形AQPQ'為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t.

如答圖2所示，過P點作PD_LAC于點D,則有PD〃BC,

APPDAD10-2/PDAD

..-----=------=------，即an-------=----=----,

ABBCAC1068

解得：PD=6--t,AD=S--t,

68

512

AQD=AD-AQ=8——t-2t=8-----1.

85

在RtaPQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2,

即(8-yZ)2+(6-1r)2=(2r)2,

化簡得:13t2-90t+125=0,

25

解得：tl=5>t2=----9

13

25

???t=5s時，AQ=10cm>AC,不符合題意，舍去，At=一.

13

59

由(2)可知，SzkAQk—廠+6f

6

?cMc52,c6,25、2￡252400

??S菱形AQPQf=2SAAQP=2X—廣+6,=2x—x(—)~+6x——-------cm2.

6L51313j169

所以存在時刻t,使四邊形AQPQ，為菱形，此時菱形的面積為現cm?.

169

點評：本題是非常典型的動點型綜合題，全面考查了相似三角形線段比例關系、菱形的性質、勾股定理及其逆

定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法與判別式、二次函數的極值等知識點，涉及的考點眾多，計

算量偏大，有一定的難度.本題考查知識點非常全面，是一道測試學生綜合能力的好題.

專項六動態型問題（40）

10.（2018浙江省溫州市，10,4分）如圖，在AABC中，NC=90,M是AB的中點，動點P從點A出發，沿

AC方向勻速運動到終點C,動點Q從點C出發，沿CB方向勻速運動到終點B。已知P,Q兩點同時出發，并同時

到達終點，連結MP,MQ,PQo在整個運動過程中，的面積大小變化情況是（）

A.一直增大B.一直減小

C.先減小后增大D,先增大后減少

【解析】本題是一道動態變化問題，可利用特值判斷選項。

【答案】C

【點評】本題屬于態變化問題，題中沒有給出邊長和速度，有一定難度.

14.（2018山東省臨沂市，14,3分）如圖，正方形ABCD的邊長為4cm,動點P、Q同時從點A出發，以lcm/s

的速度分別沿A-B-C和A-D-C的路徑向點C運動，設運動時間為x（單位：s）,四邊形PBDQ的面積為y（單

位：cm?），則y與x（0/x<8）之間的函數關系可用圖象表示為（）

【解析】在0WxW4時,y隨x的增大而減小，在4《xW8時,y隨x的增大而增大；且y與x的函數關系是二次

函數，故選B.

【答案】選B.

【點評】考查動點問題的函數圖象問題；根據自變量不同的取值范圍得到相應的函數關系式是解決本題的關鍵.

25.（2018山東省臨沂市，25,11分）已知，在矩形ABCD中，AB=a,BC=b,動點M從點A出發沿邊AD向點D

運動。

（1）如圖1,當b=2a,點M運動到邊AD的中點時，請證明NBMC=90°;

（2）如圖2,當b>2a時，點M在運動的過程中，是否存在NBMC=90°,若存在，請給予證明；若不存在，請說

明理由；

（3）如圖3,當bV2a時，（2）中的結論是否仍然成立？請說明理由。

(范乃超國)

【解析】(1)由b=2a,點M是邊AD的中點，可得AAMB和aDMC是等腰直角三角形，NAMB=NDMC=45°,可證明

NBMC=90°;

(2)(3)分析圖形，△ABMs/J)MC,利用相似圖形的性質列出方程，探索方程根的情況，

當△=bZ-4ac>0,存在NBMC=90°；當△=b2-4acV0,不存在NBMC=90°；

解：(1)證明：；b=2a,點M是邊AD的中點，.*.AB=AM=MD=DC.

又；四邊形ABCD是矩形，NA=NI>90°,二NAMB=NDMC=45°,

.,.NBMC=90°;

(2)存在。

理由：若NBMC=90",則NAMB+NDMC=90",

又,.,NAMB+NABM=90°,/.ZAMB=ZDMC,

又VNA=ND=90°,/.AABM^ADMC,

CDDM

.?.國￡=」_，設AM為x,整理得，x2-bx+a2=0,

ab-AM

2

Vb>2a,a>0,b>0,/.△=b-4ac>0>

.?.方程有兩個不相等的實數根，且兩根均大于0,符合題意。

.,.當b>2a時，存在NBMC=90°；

(3)不成立。

理由：若NBMC=90°,由(2)可知*2-汝+。2=0,

Vb<2a,a>0,b>0,.,.△=b2-4ac<0,

.?.方程無實數根，

...當b<2a時，不存在NBMC=90°,即(2)中的結論不成立。

【點評】本題涉及到動點問題，比較復雜，解答此題的關鍵是根據題意分析圖形，確定△ABMsZiDMC,,由數形

結合便可解答，體現了數形結合在解題中的重要作用.

21.(2018四川省南充市，21,8分)在Rt^POQ中，0P=0QM,M是PQ中點，把一三角尺的直角頂點放在點M

處，以M為旋轉中心，旋轉三角尺，三角尺的兩直角邊與APOQ的兩直角邊分別交于點A、B.

(1)求證：MA=MB;

(2)連接AB,探究：在旋轉三角尺的過程中，AAOB的周長是否存在最小值.若存在，求出最小值；若不

存在，請說明理由.

解析：（1）連接0M.證明/AMOg/AMO即可.（2）在Rt/AOB中，運用勾股定理得到求AB長的式子，轉

化成二次函數的問題，運用二次函數的最值求解.

答案：（1）證明：連接0M.

VZPQR是等腰之間三角形且M是斜邊PQ的中點，

AMOMQ,NM0A=NM0AMQB=45°.

VZAMQ+Z0MB=90°,ZOMB+ZAMO=90°.

,ZAMO=NAM0.

.,./AMOg/AMO.

AMA-MB.

（2）解：由（1）中/AMOq/AMO得A（月BQ.

設A0=x,則