3.1 以数辅形 一．选择题（共 5 小题）1．图①是一瓷砖的图案，用这种瓷砖铺设地面，图②铺成了一个 2×2 的近似正方形，其中完整菱形共有 5 个；若铺成 3×3 的近似正方形图案③，其中完整的菱形有 13 个；铺成 4×4 的近似正方形图案④，其中完整的菱形有 25 个；如此下去，可铺成一个 n×n 的近似正方形图案．当得到完整的菱形共 181 个时，n的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10 2．如图，将矩形沿图中虚线（其中 x＞y）剪成四块图形，用这四块图形恰能拼一个正方形，若 y=2，则 x 的值等于（）A．3 B．2 ﹣1 C．1+ D．1+ 3．如图，AD∥BC，∠D=90°，AD=2，BC=5，DC=8．若在边 DC 上有点 P，使△PAD与△PBC 相似，则这样的点 P 有（）A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 4．如图．在直角坐标系中，矩形 ABCO 的边 OA 在 x 轴上，边 OC 在 y 轴上，点B 的坐标为（1，3），将矩形沿对角线 AC 翻折，B 点落在 D 点的位置，且 AD 交y 轴于点 E．那么点 D 的坐标为（）
A． B． C． D． 5．已知：如图，在正方形 ABCD 外取一点 E，连接 AE、BE、DE．过点 A 作 AE的垂线交 DE 于点 P．若 AE=AP=1，PB= ．下列结论：
①△APD≌△AEB； ②点 B 到直线 AE 的距离为 ； ③EB⊥ED； ④S △ APD +S △ APB =1+ ； ⑤S 正方形 ABCD =4+ ． 其中正确结论的序号是（）A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤ 二．填空题（共 5 小题）6．如图，▱ABCD 的顶点 A、B 的坐标分别是 A（﹣1，0），B（0，﹣2），顶点 C、D 在双曲线 y= 上，边 AD 交 y 轴于点 E，且四边形 BCDE 的面积是△ABE 面积的5 倍，则 k= ．
7．把棱长为 4 的正方体分割成 29 个棱长为整数的正方体（且没有剩余），其中棱长为 1 的正方体的个数为 ． 8．双曲线 y 1 =、y 2 = 在第一象限的图象如图，过 y 2 上的任意一点 A，作 x 轴的平行线交 y 1 于 B，交 y 轴于 C，过 A 作 x 轴的垂线交 y 1 于 D，交 x 轴于 E，连接BD、CE，则 = ． 9．如图，点 A 在双曲线 y= 的第一象限的那一支上，AB 垂直于 y 轴于点 B，点C 在 x 轴正半轴上，且 OC=2AB，点 E 在线段 AC 上，且 AE=3EC，点 D 为 OB 的中点，若△ADE 的面积为 3，则 k 的值为 ． 10．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3．点 D 是 BC 边上的一动点（不与点 B、C 重合），过点 D 作 DE⊥BC 交 AB 于点 E，将∠B 沿直线 DE 翻折，点 B 落在射线 BC 上的点 F 处．当△AEF 为直角三角形时，BD 的长为 ．
三．解答题（共 6 小题）11．已知：如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E 分别是 AC、AB 的中点，连接 DE，点 P 从点 D 出发，沿 DE 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 2cm/s，当点 P 停止运动时，点 Q 也停止运动．连接 PQ，设运动时间为 t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）当 t 为何值时，PQ⊥AB？（2）当点 Q 在 BE 之间运动时，设五边形 PQBCD 的面积为 y（cm 2），求 y 与 t之间的函数关系式；（3）在（2）的情况下，是否存在某一时刻 t，使 PQ 分四边形 BCDE 两部分的面积之比为 S △ PQE ：S 五边形 PQBCD =1：29？若存在，求出此时 t 的值以及点 E 到 PQ 的距离 h；若不存在，请说明理由． 12．已知，在矩形 ABCD 中，AB=a，BC=b，动点 M 从点 A 出发沿边 AD 向点 D运动．（1）如图 1，当 b=2a，点 M 运动到边 AD 的中点时，请证明∠BMC=90°；（2）如图 2，当 b＞2a 时，点 M 在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；（3）如图 3，当 b＜2a 时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
13．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y=x+1 与 y=﹣ x+3 交于点 A，分别交 x 轴于点 B 和点 C，点 D 是直线 AC 上的一个动点．（1）求点 A，B，C 的坐标；（2）当△CBD 为等腰三角形时，求点 D 的坐标；（3）在直线 AB 上是否存在点 E，使得以点 E，D，O，A 为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，直接写出 的值；如果不存在，请说明理由． 14．如图（1），在矩形 ABCD 中，把∠B、∠D 分别翻折，使点 B、D 恰好落在对角线 AC 上的点 E、F 处，折痕分别为 CM、AN，（1）求证：△ADN≌△CBM；（2）请连接 MF、NE，证明四边形 MFNE 是平行四边形；四边形 MFNE 是菱形吗？请说明理由；（3）点 P、Q 是矩形的边 CD、AB 上的两点，连接 PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若 PQ=CQ，PQ∥MN，且 AB=4cm，BC=3cm，求 PC 的长度． 15．如图，△ABC 中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点 P、Q 同时从点 C 出发，以 1cm/s 的速度分别沿 CA、CB 匀速运动．当点 Q 到达点 B 时，点 P、Q 同时停
止运动．过点 P 作 AC 的垂线 l 交 AB 于点 R，连接 PQ、RQ，并作△PQR 关于直线 l 对称的图形，得到△PQ′R．设点 Q 的运动时间为 t（s），△PQ′R 与△PAR 重叠部分的面积为 S（cm 2）．（1）t 为何值时，点 Q′恰好落在 AB 上？（2）求 S 与 t 的函数关系式，并写出 t 的取值范围；（3）S 能否为 cm 2 ？若能，求出此时的 t 值；若不能，说明理由． 16．如图，在平面直角坐标系中，已知 Rt△AOB 的两条直角边 OA、OB 分别在 y轴和 x 轴上，并且 OA、OB 的长分别是方程 x 2 ﹣7x+12=0 的两根（OA＜OB），动点 P 从点 A 开始在线段 AO 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 0 运动；同时，动点 Q 从点 B 开始在线段 BA 上以每秒 2 个单位长度的速度向点 A 运动，设点 P、Q 运动的时间为 t 秒．（1）求 A、B 两点的坐标．（2）求当 t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似，并直接写出此时点 Q 的坐标．（3）当 t=2 时，在坐标平面内，是否存在点 M，使以 A、P、Q、M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出 M 点的坐标；若不存在，请说明理由．
3.1 以数辅形 参考答案与试题解析 一．选择题（共 5 小题）1．（2011•荆门）图①是一瓷砖的图案，用这种瓷砖铺设地面，图②铺成了一个2×2 的近似正方形，其中完整菱形共有 5 个；若铺成 3×3 的近似正方形图案③，其中完整的菱形有 13 个；铺成 4×4 的近似正方形图案④，其中完整的菱形有25 个；如此下去，可铺成一个 n×n 的近似正方形图案．当得到完整的菱形共 181个时，n 的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】观察图形特点，从中找出数字规律，图①菱形数为，2×1 2 ﹣2×1+1=1，图②为，2×2 2 ﹣2×2+1=5，图③为，2×3 2 ﹣2×3+1=13，图④为，2×4 2 ﹣2×4+1=25，…，据此规律可表示出图 n 的菱形数，由已知得到关于 n 的方程，从求出 n 的值． 【解答】解：由已知通过观察得：
图①菱形数为，2×1 2 ﹣2×1+1=1，图②为，2×2 2 ﹣2×2+1=5，图③为，2×3 2 ﹣2×3+1=13，图④为，2×4 2 ﹣2×4+1=25，…，所以铺成一个 n×n 的近似正方形图案的菱形个数为：
2n 2 ﹣2n+1，则 2n 2 ﹣2n+1=181，解得：n=10 或 n=﹣9（舍去），故选：D．
【点评】此题考查的知识点是图形数字的变化类问题，解题的关键是先观察分析总结出规律，根据规律列方程求解． 2．（2012•西宁）如图，将矩形沿图中虚线（其中 x＞y）剪成四块图形，用这四块图形恰能拼一个正方形，若 y=2，则 x 的值等于（）A．3 B．2 ﹣1 C．1+ D．1+ 【分析】观察图形可得，两个直角梯形的斜腰重合在一起可以组成一个长为 x，宽为 y 的矩形，两个直角三角形的斜边重合可以组成一个长为 x，宽为（x﹣y）的矩形，两个矩形放在一起恰好可以组成一个边长为 x 的正方形，然后根据剪拼前后两个图形的面积不变列式求解即可． 【解答】解：如图所示，四块图形拼成一个正方形边长为 x，根据剪拼前后图形的面积相等可得，y（x+y）=x 2，∵y=2，∴2（x+2）=x 2，整理得，x 2 ﹣2x﹣4=0，解得 x 1 =1+，x 2 =1﹣（舍去）． 故选 C． 【点评】本题考查了图形的剪拼，根据四块图形的特点，找出可以重合的边，拼接出正方形并得到正方形的边长是解题的关键． 3．（2012•乌鲁木齐）如图，AD∥BC，∠D=90°，AD=2，BC=5，DC=8．若在边 DC上有点 P，使△PAD 与△PBC 相似，则这样的点 P 有（）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【分析】根据已知分两种情况△PAD∽△PBC 或△PAD∽△CBP 来进行分析，求得PD 的长，从而确定 P 存在的个数． 【解答】解：∵AD∥BC，∠D=90°，∴∠C=∠D=90°，∵DC=8，AD=2，BC=5，设 PD=x，则 PC=8﹣x． ①若 PD：PC=AD：BC，则△PAD∽△PBC，则 =，解得：x= ； ②若 PD：BC=AD：PC，则△PAD∽△BPC，则 =，解得：PD=4±，所以这样的点 P 存在的个数有 3 个． 故选 C． 【点评】此题考查了相似三角形的判定：
①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似； ②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似； ③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似； ④平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似． 4．（2011•内江）如图．在直角坐标系中，矩形 ABCO 的边 OA 在 x 轴上，边 OC在 y 轴上，点 B 的坐标为（1，3），将矩形沿对角线 AC 翻折，B 点落在 D 点的位置，且 AD 交 y 轴于点 E．那么点 D 的坐标为（）
A． B． C． D． 【分析】如图，过 D 作 DF⊥AF 于 F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到 OE=DE，OA=CD=1，设 OE=x，那么 CE=3﹣x，DE=x，利用勾股定理即可求出 OE 的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD=AB=3，接着利用相似三角形的性质即可求出 DF、AF 的长度，也就求出了 D的坐标． 【解答】解：如图，过 D 作 DF⊥AF 于 F，∵点 B 的坐标为（1，3），∴AO=1，AB=3，根据折叠可知：CD=OA，而∠D=∠AOE=90°，∠DEC=∠AEO，∴△CDE≌△AOE，∴OE=DE，OA=CD=1，设 OE=x，那么 CE=3﹣x，DE=x，∴在 Rt△DCE 中，CE 2 =DE 2 +CD 2，∴（3﹣x）2 =x 2 +1 2，∴x=，又 DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF，而 AD=AB=3，∴AE=CE=3﹣ =，∴，即，∴DF=，AF=，∴OF= ﹣1=，∴D 的坐标为（﹣，）． 故选 A． 【点评】此题主要考查了图形的折叠问题，也考查了坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题． 5．（2010•重庆）已知：如图，在正方形 ABCD 外取一点 E，连接 AE、BE、DE．过点 A 作 AE 的垂线交 DE 于点 P．若 AE=AP=1，PB= ．下列结论：
①△APD≌△AEB； ②点 B 到直线 AE 的距离为 ； ③EB⊥ED； ④S △ APD +S △ APB =1+ ； ⑤S 正方形 ABCD =4+ ． 其中正确结论的序号是（）A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤ 【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用 SAS
可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；②过 B 作 BF⊥AE，交 AE 的延长线于 F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求 BE，结合△AEP 是等腰直角三角形，可证△BEF 是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求 EF、BF；⑤在 Rt△ABF 中，利用勾股定理可求 AB 2，即是正方形的面积；④连接 BD，求出△ABD 的面积，然后减去△BDP 的面积即可． 【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，∴∠EAB=∠PAD，又∵AE=AP，AB=AD，∴△APD≌△AEB（故①正确）； ③∵△APD≌△AEB，∴∠APD=∠AEB，又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，∴∠BEP=∠PAE=90°，∴EB⊥ED（故③正确）； ②过 B 作 BF⊥AE，交 AE 的延长线于 F，∵AE=AP，∠EAP=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，又∵③中 EB⊥ED，BF⊥AF，∴∠FEB=∠FBE=45°，又∵BE= = =，∴BF=EF=（故②不正确）； ④如图，连接 BD，在 Rt△AEP 中，∵AE=AP=1，∴EP=，又∵PB=，∴BE=，∵△APD≌△AEB，∴PD=BE=，∴S △ ABP +S △ ADP =S △ ABD ﹣S △ BDP = S 正方形 ABCD ﹣ ×DP×BE= ×（4+）﹣ × ×= + ．（故④不正确）． ⑤∵EF=BF=，AE=1，∴在 Rt△ABF 中，AB 2 =（AE+EF）2 +BF 2 =4+，∴S 正方形 ABCD =AB 2 =4+（故⑤正确）； 故选：D． 【点评】本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识． 二．填空题（共 5 小题）6．（2011•武汉）如图，▱ABCD 的顶点 A、B 的坐标分别是 A（﹣1，0），B（0，﹣2），顶点 C、D 在双曲线 y= 上，边 AD 交 y 轴于点 E，且四边形 BCDE 的面积是△ABE 面积的 5 倍，则 k= 12 ． 【分析】分别过 C、D 作 x 轴的垂线，垂足为 F、G，过 C 点作 CH⊥DG，垂足为H，根据 CD∥AB，CD=AB 可证△CDH≌△ABO，则 CH=AO=1，DH=OB=2，由此设C（m+1，n），D（m，n+2），C、D 两点在双曲线 y= 上，则（m+1）n=m（n+2），解得 n=2m，设直线 AD 解析式为 y=ax+b，将 A、D 两点坐标代入求解析式，确定E 点坐标，求 S △ ABE，根据 S 四边形 BCDE =5S △ ABE，列方程求 m、n 的值，根据 k=（m+1）
n 求解． 【解答】解：如图，过 C、D 两点作 x 轴的垂线，垂足为 F、G，DG 交 BC 于 M点，过 C 点作 CH⊥DG，垂足为 H，∵ABCD 是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，∵BO∥DG，∴∠OBC=∠GDE，∴∠HDC=∠ABO，∴△CDH≌△ABO（AAS），∴CH=AO=1，DH=OB=2，设 C（m+1，n），D（m，n+2），则（m+1）n=m（n+2）=k，解得 n=2m，则 D 的坐标是（m，2m+2），设直线 AD 解析式为 y=ax+b，将 A、D 两点坐标代入得，由①得：a=b，代入②得：mb+b=2m+2，即 b（m+1）=2（m+1），解得 b=2，则，∴y=2x+2，E（0，2），BE=4，∴S △ ABE = ×BE×AO=2，∵S 四边形 BCDE =5S △ ABE =5× ×4×1=10，∵S 四边形 BCDE =S △ ABE +S 四边形 BEDM =10，即 2+4×m=10，解得 m=2，∴n=2m=4，∴k=（m+1）n=3×4=12． 故答案为：12．
【点评】本题考查了反比例函数的综合运用．关键是通过作辅助线，将图形分割，寻找全等三角形，利用边的关系设双曲线上点的坐标，根据面积关系，列方程求解． 7．（2011•常州）把棱长为 4 的正方体分割成 29 个棱长为整数的正方体（且没有剩余），其中棱长为 1 的正方体的个数为 24 ． 【分析】从三种情况进行分析：（1）只有棱长为 1 的正方体；（2）分成棱长为 3的正方体和棱长为1的正方体；（3）分成棱长为2的正方体和棱长为1的正方体． 【解答】解：棱长为 4 的正方体的体积为 64，如果只有棱长为 1 的正方体就是 64 个不符合题意排除； 如果有一个 3×3×3 的立方体（体积 27），有 1×1×1 的立方体 37 个，37+1＞29，不符合题意排除； 所以应该是有 2×2×2 和 1×1×1 两种立方体． 则设棱长为 1 的有 x 个，则棱长为 2 的有（29﹣x）个，解方程：x+8×（29﹣x）=64，解得：x=24． 所以分割的立方体应为：棱长为 1 的 24 个，棱长为 2 的 5 个． 故答案为：24． 【点评】本题考查了一元一次方程的应用，立体图形的求解，解题的关键是分三种情况考虑，得到符合题意的可能，再列方程求解． 8．（2012•桂林）双曲线 y 1 =、y 2 = 在第一象限的图象如图，过 y 2 上的任意一点 A，作 x 轴的平行线交 y 1 于 B，交 y 轴于 C，过 A 作 x 轴的垂线交 y 1 于 D，交
x 轴于 E，连接 BD、CE，则 = ． 【分析】由于点 A 在 y= 的图象上，可设点 A 的坐标为（a，），由于 AC⊥y轴，AE⊥x 轴，则 C 点坐标为（0，），B 点的纵坐标为 ；E 点坐标为（a，0），D 点的横坐标为 a，而 B 点、D 点在 y= 上，易得 B 点坐标为（，），D 点坐标为（a，），于是 AB=a﹣ =，AC=a，AD= ﹣ =，AE=，则 AB= AC，AD= AE，根据相似三角形的判定易得△BAD∽△CAE，即可得到 = = ． 【解答】解：设 A 点的横坐标为 a，把 x=a 代入 y= 得 y=，则点 A 的坐标为（a，），∵AC⊥y 轴，AE⊥x 轴，∴C 点坐标为（0，），B 点的纵坐标为 ；E 点坐标为（a，0），D 点的横坐标为 a，∵B 点、D 点在 y= 上，∴当 y= 时，x= ；当 x=a，y=，∴B 点坐标为（，），D 点坐标为（a，），∴AB=a﹣ =，AC=a，AD= ﹣ =，AE=，∴AB= AC，AD= AE，而∠BAD=∠CAD，∴△BAD∽△CAE，∴ = = ．
故答案为 ． 【点评】本题考查了反比例函数综合题：点在反比例函数图象上，点的横纵坐标满足反比例函数图象的解析式；平行于 x 轴的直线上的所有点的纵坐标相同；平行于 y 轴的直线上的所有点的横坐标相同；合理运用相似三角形的判定与性质解决线段之间的比例关系． 9．（2012•武汉）如图，点 A 在双曲线 y= 的第一象限的那一支上，AB 垂直于 y轴于点 B，点 C 在 x 轴正半轴上，且 OC=2AB，点 E 在线段 AC 上，且 AE=3EC，点 D 为 OB 的中点，若△ADE 的面积为 3，则 k 的值为 ． 【分析】由 AE=3EC，△ADE 的面积为 3，得到△CDE 的面积为 1，则△ADC 的面积为 4，设 A 点坐标为（a，b），则 k=ab，AB=a，OC=2AB=2a，BD=OD= b，利用 S 梯形 OBAC =S △ ABD +S △ ADC +S △ ODC 得（a+2a）×b= a× b+4+ ×2a× b，整理可得 ab=，即可得到 k 的值． 【解答】解：连 DC，如图，∵AE=3EC，△ADE 的面积为 3，∴△CDE 的面积为 1，∴△ADC 的面积为 4，设 A 点坐标为（a，b），则 AB=a，OC=2AB=2a，而点 D 为 OB 的中点，∴BD=OD= b，∵S 梯形 OBAC =S △ ABD +S △ ADC +S △ ODC，∴（a+2a）×b= a× b+4+ ×2a× b，∴ab=，把 A（a，b）代入双曲线 y=，∴k=ab= ． 故答案为：
． 【点评】本题考查了反比例函数综合题：点在反比例函数图象上，则点的横纵坐标满足其解析式；利用三角形的面积公式和梯形的面积公式建立等量关系． 10．（2012•河南）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3．点 D 是BC 边上的一动点（不与点 B、C 重合），过点 D 作 DE⊥BC 交 AB 于点 E，将∠B沿直线 DE 翻折，点 B 落在射线 BC 上的点 F 处．当△AEF 为直角三角形时，BD的长为 1 或 2 ． 【分析】首先由在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，即可求得 AC 的长、∠AEF 与∠BAC 的度数，然后分别从从∠AFE=90°与∠EAF=90°去分析求解，又由折叠的性质与三角函数的知识，即可求得 CF 的长，继而求得答案． 【解答】解：根据题意得：∠EFB=∠B=30°，DF=BD，EF=EB，∵DE⊥BC，∴∠FED=90°﹣∠EFD=60°，∠BEF=2∠FED=120°，∴∠AEF=180°﹣∠BEF=60°，∵在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，∴AC=BC•tan∠B=3× =，∠BAC=60°，如图①若∠AFE=90°，∵在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∴∠EFD+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，∴∠FAC=∠EFD=30°，∴CF=AC•tan∠FAC= × =1，∴BD=DF= =1； 如图②若∠EAF=90°，则∠FAC=90°﹣∠BAC=30°，∴CF=AC•tan∠FAC= × =1，∴BD=DF= =2，∴△AEF 为直角三角形时，BD 的长为：1 或 2． 【点评】此题考查了直角三角形的性质、折叠的性质以及特殊角的三角函数问题．此题难度适中，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用． 三．解答题（共 6 小题）11．（2012•青岛）已知：如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E 分别是 AC、AB 的中点，连接 DE，点 P 从点 D 出发，沿 DE 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 2cm/s，当点 P 停止运动时，点 Q 也停止运动．连接 PQ，设运动时间为 t（s）（0＜t＜4）．解
答下列问题：
（1）当 t 为何值时，PQ⊥AB？（2）当点 Q 在 BE 之间运动时，设五边形 PQBCD 的面积为 y（cm 2），求 y 与 t之间的函数关系式；（3）在（2）的情况下，是否存在某一时刻 t，使 PQ 分四边形 BCDE 两部分的面积之比为 S △ PQE ：S 五边形 PQBCD =1：29？若存在，求出此时 t 的值以及点 E 到 PQ 的距离 h；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）如图①所示，当 PQ⊥AB 时，△PQE 是直角三角形．解决问题的要点是将△PQE 的三边长 PE、QE、PQ 用时间 t 表示，这需要利用相似三角形（△PQE∽△ACB）比例线段关系（或三角函数）；（2）本问关键是利用等式“五边形 PQBCD 的面积=四边形 DCBE 的面积﹣△PQE的面积”，如图②所示．为求△PQE 的面积，需要求出 QE 边上的高，因此过 P点作 QE 边上的高，利用相似关系（△PME∽△ABC）求出高的表达式，从而问题解决；（3）本问要点是根据题意，列出一元二次方程并求解．假设存在时刻 t，使 S △PQE ：S 五边形 PQBCD =1：29，则此时 S △ PQE = S 梯形 DCBE，由此可列出一元二次方程，解方程即求得时刻 t；点 E 到 PQ 的距离 h 利用△PQE 的面积公式得到． 【解答】解：（1）如图①，在 Rt△ABC 中，AC=6，BC=8 ∴AB= ． ∵D、E 分别是 AC、AB 的中点． AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC 且
DE= BC=4 ∵PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=90° 又∵DE∥BC ∴∠AED=∠B ∴△PQE∽△ACB 由题意得：PE=4﹣t，QE=2t﹣5，即，解得 t= ；（2）如图②，过点 P 作 PM⊥AB 于 M，由△PME∽△ACB，得，∴，得 PM=（4﹣t）． S △ PQE = EQ•PM=（5﹣2t）•（4﹣t）= t 2 ﹣ t+6，S 梯形 DCBE = ×（4+8）×3=18，∴y=18﹣（t 2 ﹣ t+6）= t 2 + t+12．（3）假设存在时刻 t，使 S △ PQE ：S 五边形 PQBCD =1：29，则此时 S △ PQE = S 梯形 DCBE，∴ t 2 ﹣ t+6= ×18，即 2t 2 ﹣13t+18=0，解得 t 1 =2，t 2 =（舍去）． 当 t=2 时，PM= ×（4﹣2）=，ME= ×（4﹣2）=，EQ=5﹣2×2=1，MQ=ME+EQ= +1=，∴PQ= = = ． ∵ PQ•h=，∴h= • =（或）． 【点评】本题是动点型综合题，解题关键是掌握动点运动过程中的图形形状、图形面积的表示方法．所考查的知识点涉及到勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、解方程（包括一元一次方程和一元二次方程）等，有一定的难度．注意题中求时刻 t 的方法：最终都是转化为一元一次方程或一元二次方程求解． 12．（2012•临沂）已知，在矩形 ABCD 中，AB=a，BC=b，动点 M 从点 A 出发沿边 AD 向点 D 运动．（1）如图 1，当 b=2a，点 M 运动到边 AD 的中点时，请证明∠BMC=90°；（2）如图 2，当 b＞2a 时，点 M 在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；
（3）如图 3，当 b＜2a 时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【分析】（1）由 b=2a，点 M 是 AD 的中点，可得 AB=AM=MD=DC=a，又由四边形 ABCD 是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设 AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x 2 ﹣bx+a 2 =0，由 b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；（3）由（2），当 b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程 x 2 ﹣bx+a 2 =0 的根的情况，即可求得答案． 【解答】（1）证明：∵b=2a，点 M 是 AD 的中点，∴AB=AM=MD=DC=a，又∵在矩形 ABCD 中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°，∴∠BMC=90°．（2）解：存在，理由：若∠BMC=90°，则∠AMB+∠DMC=90°，又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC，又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC，∴ =，设 AM=x，则 =，整理得：x 2 ﹣bx+a 2 =0，∵b＞2a，a＞0，b＞0，∴△=b 2 ﹣4a 2 ＞0，∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，∴当 b＞2a 时，存在∠BMC=90°，（3）解：不成立． 理由：若∠BMC=90°，由（2）可知 x 2 ﹣bx+a 2 =0，∵b＜2a，a＞0，b＞0，∴△=b 2 ﹣4a 2 ＜0，∴方程没有实数根，∴当 b＜2a 时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立． 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及一元二次方程的性质．此题难度较大，解此题的关键是利用相似的性质构造方程，然后利用判别式求解． 13．（2008•太原）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y=x+1 与 y=﹣ x+3 交于点 A，分别交 x 轴于点 B 和点 C，点 D 是直线 AC 上的一个动点．（1）求点 A，B，C 的坐标；（2）当△CBD 为等腰三角形时，求点 D 的坐标；（3）在直线 AB 上是否存在点 E，使得以点 E，D，O，A 为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，直接写出 的值；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）令 y=0，代入直线解析式求出 B，C 点坐标．联立方程组后可求出点 A 的坐标．（2）当△CBD 为等腰三角形时，分三种情况讨论（BD 1 =D 1 C；BC=BD 2 ；CD 3 =BC，或 CD 4 =BC），依靠辅助线的帮助求出点 D 的坐标．（3）本题也要借助辅助线的帮助．分为三种情况讨论（当四边形 AE 1 OD 1 为平行四边形；当四边形 AD 2 E 1 O 为平行四边形时；当四边形 AOD 1 E 2 为平行四边形时）． 【解答】解：（1）在 y=x+1 中，当 y=0 时，x+1=0，∴x=﹣1，点 B 的坐标为（﹣1，0）．（1"）在 y=﹣ x+3 中，当 y=0 时，﹣ x+3=0，∴x=4，点 C 的坐标为（4，0）．（2分）由题意，得 解得 ∴点 A 的坐标为（，）．（3 分）（2）当△CBD 为等腰三角形时，有以下三种情况，如图（1）．设动点 D 的坐标为（x，y）． 由（1），得 B（﹣1，0），C（4，0），∴BC=5． ①当 BD 1 =D 1 C 时，过点 D 1 作 D 1 M 1 ⊥x 轴，垂足为点 M 1，则 BM 1 =M 1 C= BC． ∴BM 1 =，OM 1 = ﹣1=，x= ． ∴y=﹣，点 D 1 的坐标为 ．（4 分）②当 BC=BD 2 时，过点 D 2 作 D 2 M 2 ⊥x 轴，垂足为点 M 2，则 D 2 M 2 2 +M 2 B 2 =D 2 B 2，∵M 2 B=﹣x﹣1，D 2 M 2 =﹣ x+3，D 2 B=5，∴（﹣x﹣1）2 +（﹣ x+3）2 =5 2 ． 解得 x 1 =﹣，x 2 =4（舍去）．此时，．
∴点 D 2 的坐标为 ．（6 分）③当 CD 3 =BC，或 CD 4 =BC 时，同理可得 D 3（0，3），D 4（8，﹣3）．（9 分）由此可得点 D 的坐标分别为 D 1（，），D 2（﹣，），D 3（0，3），D 4（8，﹣3）． 评分说明：符合条件的点有 4 个，正确求出 1 个点的坐标得（1 分），2 个点的坐标得（3 分），3 个点的坐标得（5 分），4 个点的坐标得满分；与所求点的顺序无关．（3）存在．以点 E，D，O，A 为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情形，如图（2）． ①当四边形 AE 1 OD 1 为平行四边形时，．（10 分）②当四边形 AD 2 E 1 O 为平行四边形时，= ．（11 分）③当四边形 AOD 1 E 2 为平行四边形时，．（12 分）【点评】本题考查的是二元一次方程组的应用，平行四边形的判定以及线段比的有关知识，难度中上． 14．（2012•海南）如图（1），在矩形 ABCD 中，把∠B、∠D 分别翻折，使点 B、D 恰好落在对角线 AC 上的点 E、F 处，折痕分别为 CM、AN，（1）求证：△ADN≌△CBM；（2）请连接 MF、NE，证明四边形 MFNE 是平行四边形；四边形 MFNE 是菱形吗？
请说明理由；（3）点 P、Q 是矩形的边 CD、AB 上的两点，连接 PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若 PQ=CQ，PQ∥MN，且 AB=4cm，BC=3cm，求 PC 的长度． 【分析】（1）根据折叠的性质得出∠DAN=∠NAC，∠BCM=∠ACM，从而根据 AD∥BC 可得出∠DAN=∠BCM，从而即可判断出△ADN≌△CBM．（2）连接 NE、MF，根据（1）的结论可得出 NF=ME，再由∠NFE=∠MEF 可判断出 NF∥ME，在直角三角形 NFE 中，NE 为斜边，NF 为直角边，可判断四边形MFNE 不是菱形．（3）设 AC 与 MN 的交点为 O，EF=x，作 QG⊥PC 于 G 点，首先求出 AC=5，根据翻折变换知：AF=CE=3，于是可得 AF+（CE﹣EF）=5，可得 EF=1，在 Rt△CFN中，NF=tan∠NCF•CF，在 Rt△NFE 中，NO 2 =NF 2 +OF 2，求出 NO 的长，即NM=PQ=QC=2NO，PC=2 ． 【解答】（1）证明：由折叠的性质得出∠DAN=∠NAC，∠BCM=∠ACM，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠BCA，∴∠DAN=∠BCM，在 Rt△ADN 和 Rt△CBM 中，∵，∴△ADN≌△CBM，（2）解：连接 NE、MF，∵△ADN≌△CBM，∴NF=ME，∵∠NFE=∠MEF，∴NF∥ME，∴四边形 MFNE 是平行四边形，∵MN 与 EF 不垂直，∴四边形 MFNE 不是菱形；
（3）解：设 AC 与 MN 的交点为 O，EF=x，作 QG⊥PC 于 G 点，∵AB=4，BC=3，∴AC=5，∵AF=CE=BC=3，∴2AF﹣EF=AC，即 6﹣x=5，解得 x=1，∴EF=1，∴CF=2，在 Rt△CFN 中，tan∠NCF= = =，解得 NF=，∵OE=OF= EF=，∴在 Rt△NFO 中，ON 2 =OF 2 +NF 2，∴ON=，∴MN=2ON=，∵PQ∥MN，PN∥MQ，∴四边形 MQPN 是平行四边形，∴MN=PQ=，∵PQ=CQ，∴△PQC 是等腰三角形，∴PG=CG，在 Rt△QPG 中，PG 2 =PQ 2 ﹣QG 2，即 PG= =1，∴PC=2PG=2．
【点评】本题主要考查翻折变换的知识点，还涉及平行四边形、菱形的证明，解答（3）问的关键是求出 EF 的长，此题难度较大，要熟练掌握此类试题的解答，此类题经常出现中考试卷中，请同学们关注． 15．（2012•大连）如图，△ABC 中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点 P、Q 同时从点 C 出发，以 1cm/s 的速度分别沿 CA、CB 匀速运动．当点 Q 到达点 B 时，点P、Q 同时停止运动．过点 P 作 AC 的垂线 l 交 AB 于点 R，连接 PQ、RQ，并作△PQR 关于直线 l 对称的图形，得到△PQ′R．设点 Q 的运动时间为 t（s），△PQ′R与△PAR 重叠部分的面积为 S（cm 2）．（1）t 为何值时，点 Q′恰好落在 AB 上？（2）求 S 与 t 的函数关系式，并写出 t 的取值范围；（3）S 能否为 cm 2 ？若能，求出此时的 t 值；若不能，说明理由． 【分析】（1）如图所示，连接 QQ′，由题意得到三角形 PQC 为等腰直角三角形，可得出∠CPQ=45°，再由 l 与 AC 垂直，得到∠RPQ 也为 45°，进而由对称性得出PQ′=PQ，∠QPQ′=90°，QQ′=2t，且 QQ′∥CA，由平行得到一对同位角相等，再由公共角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似得到△BQQ′∽△BCA，由相似
得比例，将各自的值代入列出关于 t 的方程，求出方程的解即可得到此时 t 的值；（2）由（1）求出 t 的值，分两种情况考虑：当 0＜t≤2.4 时，过 Q′作 Q′D⊥l 于D 点，则 Q′D=t，由 RP 与 BC平行，利用两直线平行得到两对同位角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似得到△RPA∽△BCA，由相似得比例表示出 RP，利用三角形的面积公式表示出 S 关于 t 的关系式即可；当 2.4＜t≤6 时，记 PQ′与AB的交点为E，过E作ED⊥l于D，由对称性得到由对称可得：∠DPE=∠DEP=45°，可得出三角形 DEP 为等腰直角三角形，得到 DE=DP，由△RDE∽△BCA，利用相似得比例，表示出 DR，再由△RPA∽△BCA，由相似得比例，表示出 RP，由RP=RD+DP=RD+DE，将表示出的 DR 及 RP 代入，表示出 DE，利用三角形的面积公式即可表示出 S 与 t 的关系式；（3）S 能为 cm 2，具体求法为：当 0＜t≤2.4 时，令 S=，得出关于 t 的一元二次方程，求出方程的解得到 t 的值；当 2.4＜t≤6 时，令 S=，得出关于 t 的一元二次方程，求出方程的解得到 t 的值，经检验得到满足题意 t 的值． 【解答】解：（1）连接 QQ′，∵PC=QC，∠C=90°，∴∠CPQ=45°，又 l⊥AC，∴∠RPQ=∠RPC﹣∠CPQ=90°﹣45°=45°，由对称可得 PQ′=PQ，∠QPQ′=90°，QQ′=2t，且 QQ′∥CA，∴∠BQQ′=∠BCA，又∠B=∠B，∴△BQQ′∽△BCA，∴ = =，即 =，解得：t=2.4；（2）当 0＜t≤2.4 时，过 Q′作 Q′D⊥l 于 D 点，则 Q′D=t，又∵RP∥BC，∴△RPA∽△BCA，∴ =，即 =，∴RP=（8﹣t）• =，∴S= RP•Q′D= • •t=﹣ t 2 +3t； 当 2.4＜t≤6 时，记 PQ′与 AB 的交点为 E，过 E 作 ED⊥l 于 D，由对称可得：∠DPE=∠DEP=45°，又∵∠PDE=90°，∴△DEP 为等腰直角三角形，∴DP=DE，∵△RDE∽△BCA，∴ = = =，即 DR= DE，∵△RPA∽△BCA，∴ =，即 =，∴RP=，∴RP=RD+DP=DR+DE=DE+ DE=，即 DE=，∴DE=，∴S= RP•DE= • • = t 2 ﹣ t+ ；
（3）S 能为 cm 2，理由为：
若 t 2 ﹣ t+ =（2.4＜t≤6），整理得：t 2 ﹣16t+57=0，解得：t= =8±，∴t 1 =8+（舍去），t 2 =8﹣ ； 若﹣ t 2 +3t=（0＜t≤2.4），整理得：t 2 ﹣8t+3=0，解得：t= =4±，∴t 1 =4+（舍去），t 2 =4﹣，综上，当 S 为 cm 2 时，t 的值为（8﹣）或（4﹣）秒． 【点评】考查了相似形综合题，此题涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，轴对称的性质，勾股定理，以及根的判别式，是一道较难的相似形综合题． 16．（2012•齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，已知 Rt△AOB 的两条直角边 OA、OB 分别在 y 轴和 x 轴上，并且 OA、OB 的长分别是方程 x 2 ﹣7x+12=0 的两根（OA＜OB），动点 P 从点 A 开始在线段 AO 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 0 运动；同时，动点 Q 从点 B 开始在线段 BA 上以每秒 2 个单位长度的速度向点 A 运动，设点 P、Q 运动的时间为 t 秒．（1）求 A、B 两点的坐标．（2）求当 t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似，并直接写出此时点 Q 的坐标．（3）当 t=2 时，在坐标平面内，是否存在点 M，使以 A、P、Q、M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出 M 点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解一元二次方程，求出 OA、OB 的长度，从而得到 A、B 点的坐标；（2）△APQ 与△AOB 相似时，存在两种情况，需要分类讨论，不要遗漏，如图（2）所示；（3）本问关键是找齐平行四边形的各种位置与性质，如图（3）所示．在求 M 1，M 2 坐标时，注意到 M 1，M 2 与 Q 点坐标的对应关系，则容易求解；在求 M 3 坐标时，可以利用全等三角形，得到线段之间关系． 【解答】解：（1）解方程 x 2 ﹣7x+12=0，得 x 1 =3，x 2 =4，∵OA＜OB，∴OA=3，OB=4． ∴A（0，3），B（4，0）．（2）在 Rt△AOB 中，OA=3，OB=4，∴AB=5，∴AP=t，QB=2t，AQ=5﹣2t． △APQ 与△AOB 相似，可能有两种情况：
①△APQ∽△AOB，如图（2）a 所示．
则有，即，解得 t= ． 此时 OP=OA﹣AP=，PQ=AP•tanA=，∴Q（，）； ②△APQ∽△ABO，如图（2）b 所示． 则有，即，解得 t= ． 此时 AQ=，AH=AQ•cosA=，HQ=AQ•sinA=，OH=OA﹣AH=，∴Q（，）． 综上所述，当 t= 秒或 t= 秒时，△APQ 与△AOB 相似，所对应的 Q 点坐标分别为（，）或（，）．（3）结论：存在．如图（3）所示． ∵t=2，∴AP=2，AQ=1，OP=1． 过 Q 点作 QE⊥y 轴于点 E，则 QE=AQ•sin∠QAP=，AE=AQ•cos∠QAP=，∴OE=OA﹣AE=，∴Q（，）． ∵▱APQM 1，∴QM 1 ⊥x 轴，且 QM 1 =AP=2，∴M 1（，）； ∵▱APQM 2，∴QM 2 ⊥x 轴，且 QM 2 =AP=2，∴M 2（，）； 如图（3），过 M 3 点作 M 3 F⊥y 轴于点 F，∵▱AQPM 3，∴M 3 P=AQ，∠QAE=∠M 3 PF，∴∠PM 3 F=∠AQE；
在△M 3 PF 与△QAE 中，∵∠QAE=∠M 3 PF，M 3 P=AQ，∠PM 3 F=∠AQE，∴△M 3 PF≌△QAE，∴M 3 F=QE=，PF=AE=，∴OF=OP+PF=，∴M 3（﹣，）． ∴当 t=2 时，在坐标平面内，存在点 M，使以 A、P、Q、M 为顶点的四边形是平行四边形． 点 M 的坐标为：M 1（，），M 2（，），M 3（﹣，）． 【点评】本题是动点型压轴题，综合考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解一元二次方程、平行四边形等知识点．本题难点在于分类讨论思想的应用，第（2）（3）问中，均涉及到多种情况，需要逐一分析不能遗漏；另外注意解答中求动点时刻 t 和点的坐标的过程中，全等三角形、相似三角形、三角函数等知识发挥了重要作用，这是解答压轴题的常见技巧，需要熟练掌握．
