四边形动点问题（初二用平行四边形和面积问题总结）

2015-2016学年度???学校3月月考卷

1．如图，矩形AEHC是由三个全等矩形拼成的，AH与BE、BF、DF、DG、CG分别交于点P、Q、K、M、N，设△BPQ, △DKM, △CNH 的面积依次为S1，S2，S3.若S1+S3=20，则S2的值为( )．

A．6 B. 8 C. 10 D. 12

2．如右图所示，ABCD是一个正方形，其中几块阴影部分的面积如图所示，则四边形BMQN的面积为 。

3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=Rt∠，AB=AD=10cm，BC=8cm．点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线ABCD方向运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P、Q同时发，当点Q运动到点C时，P、Q运动停止，设运动时间为t． （1）求CD的长；

（2）当四边形PBQD为平行四边形时，求四边形PBQD的周长；

2

（3）在点P、点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．

4．如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．

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AHBENGCF DM（1）求证：四边形ABCD是正方形；

（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．

（3）若EG=4，GF=6，BM=32，求AG、MN的长．

5．正方形ABCD的顶点A在直线MN上，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作OE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．

（1）如图1，当O、B两点均在直线MN上方时，易证：AF+BF=2OE（不需证明）

（2）当正方形ABCD绕点A顺时针旋转至图2、图3的位置时，线段AF、BF、OE之间又有怎样的关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．

6．如图，在正方形ABCD中，AB?2，点P是边BC上的任意一点，E是BC延长线上一点，联结AP，作PF?AP交?DCE的平分线CF上一点F，联结AF交边CD于点G．

（1）求证：AP?PF；

（2）设点P到点B的距离为x，线段DG的长为y，试求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

（3）当点P是线段BC延长线上一动点，那么（2）式中y与x的函数关系式保持不变吗？如改变，试直接写出函数关系式．

7．已知：在梯形ABCD中，CD∥AB，AD=DC=BC=2，AB=4．点M从A开始，以每秒1个单位的速度向点B运动；点N从点C出发，沿C→D→A方向，以每秒1个单位的速度向点A运动，若M、N同时出发，其中一点到达终点时，另一个点也停止运动．运动时间为t秒，过点N作NQ⊥CD交AC于点Q．

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（1）设△AMQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

（2）在梯形ABCD的对称轴上是否存在点P，使△PAD为直角三角形？若存在，求点P到AB的距离；若不存在，说明理由．

（3）在点M、N运动过程中，是否存在t值，使△AMQ为等腰三角形？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．

8．已知：在矩形ABCD中，E为边BC上的一点，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F为线段BE

0

上一点，EF=7，连接AF。如图1，现有一张硬纸片△GMN，∠NGM=90，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上。如图2，△GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时，点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ。当点N到达终点B时，△GMNP和点同时停止运动。设运动时间为t秒，解答问题：

（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值； （2）在整个运动过程中，是否存在点P，使△APQ是等腰三角形，若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；

（3）在整个运动过程中，设△GMN与△AEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式以及自变量t的取值范围。

9．小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为a(a?2)的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积。小明发现：分别延长QE，MF，NG，PH，交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）请回答：

（1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙，不重叠），则这个新的正方形的边长为 ；

（2）求正方形MNPQ的面积。参考小明思考问题的方法，解决问题： （3）如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，

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3，则AD的长为 。 310．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD的中点，AF，DE相交于点G，则可得结论：①AF?DE；②AF?DE．（不需要证明） （1）如图2，若点E，F不是正方形ABCD的边BC，CD的中点，但满足CE?DF，则上面的结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”）

（2）如图3，若点E，F分别在正方形ABCD的边CB的延长线和DC的延长线上，且CE?DF，此时上面的结论1，2是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．

AB的垂线，得到等边△RPQ，若S?RPQ?（3）如图4，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为

AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形、等腰梯

形”中的哪一种？并写出证明过程．

11．如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=10. （1）求矩形ABCD的周长；

（2）E是CD上的点，将△ADE沿折痕AE折叠,使点D落在BC边上点F处. ①求DE的长；

② 点P是线段CB延长线上的点，连接PA，若△PAF是等腰三角形，求PB的长. M是AD上的动点，在DC 上存在点N,使△MDN沿折痕MN折叠,点D落在BC边上点T处, 求线段CT长度的最大值与最小值之和。

12．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标为(－4，0)，点B的坐标为(0，b)(b>0)． P是直线AB上的一个动点，作PC⊥x轴，垂足为C．记点P关于y轴的对称点为P'（点 P'不在y轴上），连结P P'， P'A，P'C．设点P的横坐标为a．

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(1) 当b＝3时，求直线AB的解析式；

(2) 在(1)的条件下，若点P'的坐标是(-1，m)，求m的值；

(3) 若点P在第一像限，是否存在a ，使△P'CA为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足要求的a的值；若不存在，请说明理由．

13．如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O． （1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；

（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点； （3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．

14．如图①所示,已知A、B为直线l上两点,点C为直线l上方一动点,连接AC、BC,分别以AC、BC为边向?ABC外作正方形CADF和正方形CBEG,过点D作

DD1?l于点D1,过点E作EE1?l于点E1.

【小题1】如图②,当点E恰好在直线l上时(此时E1与E重合),试说明DD1?AB； 【小题1】在图①中,当D、E两点都在直线l的上方时,试探求三条线段DD1、EE1、

AB之间的数量关系,并说明理由；

【小题1】如图③,当点E在直线l的下方时,请直接写出三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系.(不需要证明)

F

D E B

图①

F

D

C B

G E l (E1)

D1 A

B 图③

F D D1 A

G C C E1 G E

l

E1

l

D1 A

图②

15．【提出问题】如图1，小东将一张AD为12，宽AB为4的长方形纸片按如下方式进

试卷第5页，总8页

行折叠：在纸片的一边BC上分别取点P、Q，使得BP=CQ，连结AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得△APM，△DQN，连结MN．小东发现线段MN的位置和长度随着点P、Q的位置发生改变．

【规律探索】

（1）请在图1中过点M，N分别画ME⊥BC于点E，NF⊥BC于点F． 求证：①ME=NF；②MN∥BC． 【解决问题】

（2）如图1，若BP=3，求线段MN的长；

（3）如图2，当点P与点Q重合时，求MN的长． 16．（本题满分12分）已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F为线段BE上一点，EF=7，连接AF．如图①，现有一张硬质纸片△GMN，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上．如图②，△GMN从图①的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时，点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ．当点N到达终点B时，△GMN和点P同时停止运动．设运动时间为t秒，解答下列问题：

（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值． （2）在整个运动过程中，是否存在点P，使△APQ是等腰三角形．若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

（3）在整个运动过程中，设△GMN与△AEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围． 17．（本题14分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点。

（1）若四边形OABC为矩形，如图1， ①求点B的坐标；

②若BQ:BP=1:2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标；

（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，与对角线AC、边OC分别交于点E、点F。若B1E: B1F=1:3，点B1的横坐标为m，求点B1的纵坐标，并直接写出m的取值范围。

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18．（本题8分）如图，在□ABCD中，E、F是BC、AB的中点，DE、DF的延长线分别交AB、CB的延长线于H、G；

（1）求证：BH=AB；

（2）若四边形ABCD为菱形，试判断?G与?H的大小，并证明你的结论． 19．（本小题满分11分）如图，E、F分别是正方形ABCD的边DC、CB上的点，且DE=CF，以AE为边作正方形AEHG，HE与BC交于点Q，连接DF.

（1）求证：△ADE≌△DCF；

（2）若E是CD的中点，求证：Q为CF的中点；

（3）连接AQ，设S△CEQ=S1，S△AED=S2，S△EAQ=S3，在（2）的条件下，判断S1+S2=S3是否成立？并说明理由．

20．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的OA边在x轴上，OC边在y轴上，且B点坐标为（4，3）．动点M、N分别从点O、B同时出发，以1单位/秒的速度运动（点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动），过点N作NP∥AB交AC于点P，连结MP．

（1）直接写出OA、AB的长度； （2）试说明△CPN∽△CAB；

（3）在两点的运动过程中，请求出ΔMPA的面积S与运动时间t的函数关系式；

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（4）在运动过程中，△MPA的面积S是否存在最大值？若存在，请求出当t为何值时有最大值，并求出最大值；若不存在，请说明理由．

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参考答案

1．B． 【解析】

试题分析：∵矩形AEHC是由三个全等矩形拼成的， ∴AB=BD=CD，AE∥BF∥DG∥CH，

∴四边形BEFD，四边形DFGC是平行四边形，∠BQP=∠DMK=∠CHN， ∴BE∥DF∥CG

∴∠BPQ=∠DKM=∠CNH，

∵△ABQ∽△ADM，△ABQ∽△ACH， ∴ABBQ1BQAB1??，??， ADMD2CHAC3BQ1BQ1?，? MD2CH3∴△BPQ∽△DKM∽△CNH ∴∴S11S11?，? S24S39∴S2=4S1，S3=9S1， ∵S1+S3=20， ∴S1=2， ∴S2=8． 故选B．

考点：1.矩形的性质，2.三角形的面积，3.相似三角形的判定与性质． 2．24

【解析】S(ADP)+S（APM）+S(MBC)=0.5 S(ABCD)=S(AND)

两边各减去公共部分即 APD QNR 即得到S（APM）+S(BMQN)+S(RNC)=S(DQPR) 故S（BMQN）=24

3．（1）16；（2）8?813；（3）或5339. 5【解析】 试题分析：（1）过点A作AM⊥CD于M，根据勾股定理，可以求出DM=6所以DC=16． （2）当四边形PBQD为平行四边形时，点P在AB上，点Q在DC上，如图示，由题可得：BP=10-3t，DQ=2t，所以可以列出方程10-3t=2t，解得t=2，此时，BP=DQ=4，CQ=12，在△CBQ中，根据勾股定理，求出BQ即可．

（3）此题要分三种情况进行讨论：即①当点P在线段AB上，②当点P在线段BC上，③当点P在线段CD上，根据三种情况点的位置，可以确定t的值． （1）如图，过点A作AM⊥CD于M， 根据勾股定理，AD=10，AM=BC=8， ∴DM?10?8?6．∴CD=16. 22答案第1页，总25页

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（2）当四边形PBQD为平行四边形时， 点P在AB上，点Q在DC上，如图，

由题知：BP=10-3t，DQ=2t，∴10-3t=2t，解得t=2． 此时，BP=DQ=4，CQ=12，∴BQ?82?122?413. ∴四边形PBQD的周长=2（BP+BQ）=8?813.

（3）①当点P在线段AB上时，即0?t?S?BPQ10时，如图， 3115?BP?BC?(10?3t)?8?20，解得t?. 223 ②当点P在线段BC上时，即∴S?BPQ?10

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S?BPQ?139(5t?34)?8?20，解得t?. 25539或. 35综上所述，满足条件的t存在，其值分别为

考点：1.双动点问题；2.平行四边形的性质；3.一元二次方程的应用；4.直角梯形的性质；

5.勾股定理；6.分类思想的应用．

4．(1)证明见解析；（2）MN=ND+DH，理由见解析；（3）52.

2

2

2

【解析】 试题分析：（1）由图形翻折变换的性质可知∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD即可得出结论；

（2）连接NH，由△ABM≌△ADH，得AM=AH，BM=DH，∠ADH=∠ABD=45°，故∠NDH=90°，再证△AMN≌△AHN，得MN=NH，由勾股定理即可得出结论；

（3）设AG=x，则EC=x-4，CF=x-6，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可得出AG的值，同理可得出BD的长，设NH=y，在Rt△NHD，利用勾股定理即可得出MN的值． 试题解析：（1）证明：∵△AEB由△AED翻折而成， ∴∠ABE=∠AGE=90°，∠BAE=∠EAG，AB=AG， ∵△AFD由△AFG翻折而成，

∴∠ADF=∠AGF=90°，∠DAF=∠FAG，AD=AG， ∵∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，

∴∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∵AB=AD，

∴四边形ABCD是正方形；

222

（2）MN=ND+DH， 理由：连接NH，

∵△ADH由△ABM旋转而成， ∴△ABM≌△ADH， ∴AM=AH，BM=DH，

∵由（1）∠BAD=90°，AB=AD，

答案第3页，总25页

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∴∠ADH=∠ABD=45°， ∴∠NDH=90°，

?AM＝AH?∵ ??EAF＝?NAH，

?AN＝AN?∴△AMN≌△AHN， ∴MN=NH，

222

∴MN=ND+DH；

（3）设AG=BC=x，则EC=x-4，CF=x-6， 在Rt△ECF中，

∵CE2+CF2=EF2，即（x-4）2+（x-6）2=100，x1=12，x2=-2（舍去） ∴AG=12，

∵AG=AB=AD=12，∠BAD=90°， ∴BD?AB2?AD2?122?122?122，

∵BM=32，

∴MD=BD-BM=12122?32?92， 设NH=y，

在Rt△NHD中，

∵NH=ND+DH，即y=（92-y）+（32），解得y=52，即MN=52．

2

2

2

2

2

2

考点: 1.翻折变换（折叠问题）；2.一元二次方程的应用；3.勾股定理；4.正方形的判定. 5．（1）见解析 （2）见解析 【解析】 思路分析：（1）过点B作BG⊥OE于G，可得四边形BGEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BG，BF=GE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBG，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBG全等，根据全等三角形对应边相等可得OG=AE，OE=BG，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；

（2）选择图2，过点B作BG⊥OE交OE的延长线于G，可得四边形BGEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BG，BF=GE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBG，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBG全等，根据全等三角形对应边相等可得OG=AE，OE=BG，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；选择图3同理可证． 解：（1）证明：如图，过点B作BG⊥OE于G， 则四边形BGEF是矩形， ∴EF=BG，BF=GE，

在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°， ∵BG⊥OE，

∴∠OBG+∠BOE=90°，

答案第4页，总25页

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又∵∠AOE+∠BOE=90°， ∴∠AOE=∠OBG，

∵在△AOE和△OBG中，

??AOE??OBG???AEO??OGB?90?， ?OA?OB?∴△AOE≌△OBG（AAS）， ∴OG=AE，OE=BG，

∵AF-EF=AE，EF=BG=OE，AE=OG=OE-GE=OE-BF， ∴AF-OE=OE-BF， ∴AF+BF=2OE；

（2）图2结论：AF-BF=2OE， 图3结论：AF-BF=2OE．

对图2证明：过点B作BG⊥OE交OE的延长线于G， 则四边形BGEF是矩形， ∴EF=BG，BF=GE，

在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°， ∵BG⊥OE，

∴∠OBG+∠BOE=90°， 又∵∠AOE+∠BOE=90°， ∴∠AOE=∠OBG，

∵在△AOE和△OBG中，

??AOE??OBG???AEO??OGB?90?， ?OA?OB?∴△AOE≌△OBG（AAS）， ∴OG=AE，OE=BG，

∵AF-EF=AE，EF=BG=OE，AE=OG=OE+GE=OE+BF， ∴AF-OE=OE+BF， ∴AF-BF=2OE；

若选图3，其证明方法同上．

点评：本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形与矩形是解题的关键，也是本题的难点．

答案第5页，总25页

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6．（1）证明见解析；（2）y?2x?44?2x（3）改变，y??x>2?. ?0?x?2?；x?2x?2【解析】

试题分析：（1）欲证AP?PF利用原图无法证明，需构建三角形且使之全等，因此在边AB上截取线段AH，使AH?PC，连接PH，证明?AHP与?PCF全等即可． （2）由?APM∽?GAN列式化简即可得. （3）在AD延长线上取点N，令ND?DG，

∴?NDG是等腰直角三角形.∴NG?2DG?2y, AN?2?y. ?2， 同理，PM?2x, AM?x∵?APM?45???PAM??NAG, ?PMA??ANG?45?，

∴?APM∽?GAN. ∴x?22yAMNG，即. ??PMAN2x2?y整理，得y?2x?4?x>2?. x?2

试题解析：（1）在边AB上截取线段AH，使AH?PC，连接PH， 由正方形ABCD，得?B??BCD??D?90?，AB?BC?AD， ∵?APF?90?，∴?APF??B.

∵?APC??B??BAP??APF??FPC，∴?PAH??FPC.

又∵?BCD??DCE?90?，CF平分?DCE，∴?FCE?45?.∴?PCF?135?.

，AH?P，C∴BH?BP又∵AB?BC，即得?BPH??BHP?45?.

∴?AHP?135?，即得?AHP??PCF.

CAH?P，C?AH?P?P，C 在?AHP和?PCF中，?PAH??FP，∴?AHP≌?PCF， ∴AP?PF．

答案第6页，总25页

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（2）在AD上取点N，令ND?DG，

∴?NDG是等腰直角三角形.∴NG?2DG?2y, AN?2?y. x 同理，PM?2x, AM?2?，∵?APM?45???PAM??NAG, ?PMA??ANG?135?，

∴?APM∽?GAN. ∴2?x2yAMNG，即. ??PMAN2x2?y4?2x?0?x?2?. x?22x?4（3）改变，y??x>2?. x?2考点：1.正方形的性质；2. 等腰直角三角形的判定和性质；3.全等三角形的判定与性质；4.由实际问题列函数关系式.

整理，得y?7．（1）S=-632332323，S=-；（2）；（3）t=，t?t（0＜t≤2）t?t（2≤t＜4）

562123312-63，2.

【解析】

试题分析：（1）求出t的临界点t=2，分别求出当0＜t≤2时和2≤t＜4时，S与t的函数关系式即可，

（2）作梯形对称轴交CD于K，交AB于L，分3种情况进行讨论，①取AD的中点G，②以D为直角顶点，③以A为直角顶点，

（3）当0＜t≤2时，若△AMQ为等腰三角形，则MA=MQ或者AQ=AM，分别求出t的值，然后判断t是否符合题意． 试题解析：（1）当0＜t≤2时，

如图：过点Q作QF⊥AB于F，过点C作CE⊥AB于E，

∵AB∥CD， ∴QF⊥CD， ∵NQ⊥CD，

∴N，Q，F共线， ∴△CQN∽△AFQ， ∴ CNNQ?， AFQF答案第7页，总25页

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∵CN=t，AF=AE-CN=3-t， ∵NF=3，

∴QF=3?3t， 33t)， 3∴S??t?(3?12∴S=-323t?t， 62当2≤t＜4时，

如图：△FQC∽△PQA， ∵DN=t-2，

∴FD=DN?cos∠FDN=DN?cos60°=∴FC=CD+FD=2+1（t-2）， 211（t-2）=t?1， 22133t?1）?=（t+2）， 236∴FQ=FC?tan∠FCQ=FC?tan30°=（∴PQ=PF-FQ=3?3(t?2)， 613S??t?[3?(t?2)] 26∴S=-323t?t； 123（2）作梯形对称轴交CD于K，交AB于L，

情况一：取AD的中点G，GD=1， 过G作GH⊥对称轴于H，GH=1.5， ∵1.5＞1，

∴以P为直角顶点的Rt△PAD不存在， 情况二：以D为直角顶点：KP1=3， 3∴P1L=23， 323， 3答案第8页，总25页

情况三：以A为直角顶点，LP2=本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

综上：P到AB的距离为23时，△PAD为Rt△， 3（3）0＜t≤2时， 若MA=MQ， 则：333t， t=3?226， 5∴t=若AQ=AM，则t=23?解得t=12-63，

23t， 3若QA=QM，则∠QMA=30°

而0＜t≤2时，∠QMA＞90°， ∴QA=QM不存在； 2≤t＜4（图中）

若QA=QM，AP：AD=3：2， ∴t=2， 若AQ=AM，23-3（t+2）=t， 3∴t=23-2， ∵23-2＜2，

∴此情况不存在若MA=MQ，则∠AQM=30°，而∠AQM＞60°不存在． 综上：t=6，12-63，2时，△AMQ是等腰三角形． 5考点: 1.等腰梯形的性质；2.等腰三角形的判定；3.直角三角形的性质.

0

8．解：（1）∵∠NGM=90，NG=6，MG=8，， ∴由勾股定理，得NM=10。 当点G在线段AE上时，如图，

此时，GG′=MN=10。

∵△GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，

答案第9页，总25页

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∴t=10秒。 （2）存在。

由矩形ABCD中，AB=12，BE=16，得AE=20。 ①当0＜t≤10时，线段GN与线段AE相交，如图，过点Q作QH⊥BC于点H，QI⊥AB于点I，过点P作PJ⊥IJ于点J。

根据题意，知AP=EN=t， 由△QNE∽△GNM得QENEQEt44，即???QE?t，∴AQ?20?t。

GMNM810554tQHHE51216QHHEQE由△QHE∽△NGM得，即???QH?t，HE?t， ??68102525NGGMNM∴PJ?12?121641t，JQ?16?t?t?16?t。 252525222212??41?73?∴PQ?PJ?JQ??12?t???16?t??t2?8t?400。

25??25?25?2若AP=AQ，则t?20?t，解得t?若AP=PQ，则t2?45100>10，不存在； 9732t?8t?400?6t2?25t?1250?0，△＜0，无解，不存在； 2524?73257?若AQ=PQ，则?20?t??t?8t?400?t2?16t?0，无正数解，不存在。

5?2525?②当10＜t≤16时，线段GN的延长线与线段AE相交，如图，过点Q作QH⊥BC于点H，QI

⊥AB于点I，过点P作PJ⊥IJ于点J。

同上，AP=EN=t， 由△QNE∽△GNM得QENEQEt44，即???QE?t，∴AQ?20?t。

GMNM81055答案第10页，总25页

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4tQHHE51216QHQE由△QHE∽△NGM得，即???QH?t，HE?t， ?68102525NGNM∴PJ?12?1216?41?t，QJ?t??16?t??t?16。 252525??222212??41732??∴PQ?PG?JQ??12?t???t?16??t?8t?400。

252525????2若AP=AQ，则t?20?t，解得t?若AP=PQ，则t2?45100。 9732t?8t?400?6t2?25t?1250?0，△＜0，无解，不存在； 2524?73257?若AQ=PQ，则?20?t??t?8t?400?t2?16t?0，无正数解，不存在。

5?2525?综上所述，存在t?100，使△APQ是等腰三角形。 9?62?25t?0

121423?71???t?t??10

速度即得t的值。

（2）分0＜t≤10和10＜t≤16两种情况讨论，每种情况分AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ三种情况讨论。

（3）当0＜t≤7时，△GMN与△AEF重叠部分的面积等于△QNE的面积，

121126t，∴S??t?t?t2。 2522525当7＜t≤10时，如图，△GMN与△AEF重叠部分的面积等于四边形QIFE的面积，它等于△NQE的面积减去△NIF的面积。

由（2）①，EN=t，QH?

答案第11页，总25页

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126t，∴S?NQE?t2。 2525过点I 作IJ⊥BC于点J，

∵EF=7，EN=t，∴NF? t?7。 JFIJJFIJ由△FJI∽△FBA得，即??。 BFAB16?712t?7?JFIJNJIJ由△INJ∽△MNG得，即??。 68NGMG21212二式相加，得IJ??t?7?。∴S?NIF???t?7???t?7???t?7? 3233621714492∴S?t??t?7?=?t2?t?。 253753371当10＜t≤时，如图，△GMN与△AEF重叠部分的面积等于四边形GIFM的面积，它等于

5△GMN的面积减去△INF的面积。 过点I 作IH⊥BC于点H，

由（2）①，EN=t，QH? ∵EF=7，EN=t，∴NF? t?7。 HFIHHFIH，即。 ??BFAB16?712t?7?HFIHNHIH由△INH∽△MNG得，即。 ??68NGMG21212二式相加，得IH??t?7?。∴S?NIF???t?7???t?7???t?7?。

323311114232∴S??6?8??t?7?=?t2?t?。 2333371当＜t≤16时，如图，△GMN与△AEF重叠部分的面积等于△IFM的面积。 5由△FHG∽△FBA得

∵FM?NM?NF?NM??NE?EF??10??t?7??17?t，

答案第12页，总25页

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2， ?t?7?（同上可得）3121119∴S???17?t???t?7?=?t2?8t?。

2333 IH??62?25t?0

121423?71???t?t??10

（2）∵△RQF，△SMG，△TNH，△WPE四个全等的等腰直角三角形面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2，∴S正方形MNPQ?4S?ARE?4??1?1?2。 （3）122 3【解析】（1）由△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形可知△AER，△BFS，△CGT，△DHW也是全等的等腰直角三角形，从而得新的正方形的边长FR=FA＋AR=FA＋AE=FA＋BF=a。

（2）由正方形ABCD的面积等于△RQF，△SMG，△TNH，△WPE四个全等的等腰直角三角形面积和可知S正方形MNPQ?4S?ARE?4??1?1?2。 （3）如图，延长DP交BC于点H，

12

323可求得等边△RPQ的边长RP?。 33设等边△ABC的边长为a，AD=BE=CF=x，则BD=CE=a?x。 由等边三角形的性质和含30度角直角三角形的性质，得

由S?RPQ?DH=3?a?x?2，BH=a?xa?3xa?x，EH=， ?x?222PH=3?a?3x?3?a?3x?a?3x3??，DR=EP=。 2363答案第13页，总25页

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由DH=DR＋RP＋PH得：3?a?x?2?3?a?3x?3?3?a?3x?23?， 36解得x?22，即AD的长为。

3310．解：（1）成立；（2）成立．

?四边形ABCD是正方形，?∠ADF?∠DCE?90?,AD?CD．

△ADF≌△DCE．?∠E?∠F，AF?DE． 又?EC?DF，?又?∠E?∠CDE?90?，?∠F?∠CDE?90?．?∠FGD?90?，?AF?DE． （3）正方形．证明：?AM?ME，AQ?DQ，

?MQ∥ED，MQ?11∥NP． ED，同理NP∥ED，NP?ED，?MQ 22?四边形MNPQ是平行四边形．

，NE?NF，?MN∥AF，MN?又?ME?MA1AF． 2又?AF?ED，?MQ?MN．?平行四边形MNPQ是菱形．

?AF?ED，MQ∥ED，?AF?MQ．

又?MN∥AF，?MN?MQ．?∠QMN?90，?菱形MNPQ是正方形． 【解析】（1）根据正方形的性质证明△DEC≌△AFD即可知道结论成立． （2）由已知得四边形ABCD为正方形，证明Rt△ADF≌Rt△ECD，然后推出∠ADE+∠DAF=90°；进而得出AF⊥DE；

（3）首先根据题意证明四边形MNPQ是菱形，然后又因为AF⊥DE，得出四边形MNPQ为正方形． 11．（1）36

（2）①∵四边形ABCD是矩形， 由折叠对称性：AF=AD=10，FE=DE. 在Rt△ABF中，BF=6. ∴FC=4.

222

在Rt△ECF中，4+（8-DE）=EF，解得DE=5. ②分三种情形讨论：

若AP=AF，∵AB⊥PF，∴PB=BF=6. 若PF=AF，则PB+6=10，解得PB=4.

?7222

若AP=PF，在Rt△APB中，AP=PB+AB，解得PB=3. 7综合得PB=6或4或3.

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（3）当点N与C重合时，AT取最大值是8， 当点M与A重合时， AT取最小值为4．

所以线段AT长度的最大值与最小值之和为：12． 【解析】（1）因为矩形的两组对边相等，所以周长等于邻边之和的2倍；

（2）①四边形ABCD是矩形，由折叠对称的特点和勾股定理即可求出ED的长； ②分若AP=AF；PF=AF以及AP=P三种情形分别讨论求出满足题意的PB的值即可；

由题意可知当点N与C重合时，AT取最大值是8，当点M与A重合时，AT取最小值为4，进而求出

线段CT长度的最大值与最小值之和．

12．解: (1)设直线AB的解析式为y=kx+3， 把x＝－4，y＝0代人上式，得－4k+3＝0，

∴k?33y?x?34， ∴4 （2）由已知得点P的坐标是(1，m)，

33m??1?3m?344. ∴，∴(3) 以下分三种情况讨论．

i)若∠AP'C= 90°，P'A= P'C（如图1），过点P'作P'H⊥x轴于点'H，

1∴PP'=CH=AH=P'H =2AC，

142a?(a?4)a?23． ∴，∴ii)若∠P'AC=90°，P'A= CA(如图2)，

则PP'=AC，∴2a＝a+4，∴ a＝4．

答案第15页，总25页

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iii)若∠P'CA =90°，则点P'，P都在第一象限， 这与条件矛盾，

∴△P'CA不可能是以C为直角顶点的等腰直角三角形． 【解析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；

（2）把（-1，m）代入函数解析式即可求得m的值；可以证明△PP′D∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解； （3）点P在第一像限，若使△P'CA为等腰直角三角则∠AP′C=90°或∠P′AC=90°或∠P′CA=90°就三种情况分别讨论求出出所有满足要求的a的值即可 13．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）43 3【解析】解：（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF， ∵DC∥AB，

∴∠EFG=∠AGF， ∴∠EFG=∠EGF， ∴EF=EG=AG，

∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）， 又∵AG=GE，

∴四边形AGEF是菱形． （2）连接ON，

∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△AED的外接圆与BC相切于点N， ∴ON⊥BC，

∵点O是AE的中点，

∴ON是梯形ABCE的中位线， ∴点N是线段BC的中点．

（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径， ∴OE=OA=ON=2， 故可得AE=AB=4，

在RT△ADE中，AD=2，AE=4， ∴∠AED=30°，

在RT△OEF中，OE=2，∠AED=30°， ∴OF?23， 3答案第16页，总25页

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故可得FG=2OF?43 3（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，继而结合AG=GE，可得出结论．

（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，继而可得出结论．

（3）根据（1）可得出AE=AB，继而在RT△ADE中，可判断出∠AED为30°，在RT△EFO中求出FO，继而可得出FG的长度 14．

【小题1】在正方形ACFD中,∵AC?AD，?CAD?90? ， ∴?DAD1??CAB?90?

又∵DD1?l, ∴?DD1A?90?,∴?D1DA??DAD1?90?, ∴?CAB??D1DA

又∵四边形BCGE为正方形,∴?ABC??CBE?90?,∴?ABC??DD1A

??ABC??DD1A?在?ADD1与?CAB中,??CAB??ADD1,

?AC?DA?∴?ADD1≌?CAB,∴DD1?AB 【小题1】DD1?EE1?AB

过点C作CH?l，垂足为H，

G

F D

C B

E

D1 A H E1

由（1）知：?ADD1≌?CAH，?BEE1≌?CBH、

∴DD1?AH,EE1?BH,∴DD1?EE1?AH?BH?AB 、 【小题1】DD1?EE1?AB

【解析】

【小题1】由四边形CADF、CBEG是正方形，可得AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAB，然后利用AAS证得△ADD1≌△CAB，根据全等三角形的对应边相

答案第17页，总25页

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等，即可得DD1=AB；

【小题1】首先过点C作CH⊥AB于H，由DD1⊥AB，可得∠DD1A=∠CHA=90°，由四边形CADF是正方形，可得AD=CA，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAH，然后利用AAS证得 △ADD1≌△CAH，根据全等三角形的对应边相等，即可得DD1=AH，同理EE1=BH，则可得AB=DD1+EE1．

【小题1】证明方法同（2），易得AB=DD1-EE1 15．（1）①证明详见解析；②证明详见解析；（2）10860；（3）． 2513【解析】

试题分析：（1）首先证明△ABP≌△DCQ，则∠APB=∠DQG，然后证明△MEP≌△NPQ即可证得； （2）证明△EMP∽△MAG，根据相似三角形的对应边的比相等，以及矩形的性质即可求解； （3）设PM、PN分别交AD于点E、F，证明△PEF∽△PMN，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解． 试题解析：解：（1）①∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠C=90°，AB=CD． ∵在△ABP和△DCQ中，

?AB?DC???B??C， ?BP?CQ?∴△ABP≌△DCQ， ∴∠APB=∠DQG．

∴∠MPE=180°﹣2∠APB=180°﹣2∠DQC=∠NQF． ∴在△MEP和△NPQ中，

??MPE??NQF???MEP??NPQ， ?MP?NQ?∴△MEP≌△NPQ， ∴ME=NF；

②∵ME∥NF，ME=NF， ∴四边形EFMN是矩形， ∴MN∥BC．

（2）延长EM、FN交AD于点G、H． ∵AB=4，BP=3， ∴AM=4，PM=3． ∵AD∥BC， ∴EM⊥AD．

∵∠AMP=∠MEP=∠MGA， ∴∠EMP=∠MAG． ∴△EMP∽△MAG． ∴AGMGAM4???， EMEPMP3设AG=4a，MG=3b．

答案第18页，总25页

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∵四边形ABEG是矩形， ∴??4a?3b?3，

?3a?4b?42425， 725?a???解得：??b???∴AG=9696，同理DH=． 2525108∴MN=；

25（3）设PM、PN分别交AD于点E、F． ∵∠EPA=∠APB=∠PAE， ∴EA=EP． 设EA=EP=x，

222

在直角△AME中，4+（6﹣x）=x，

13． 91310∴EF=12﹣2×=．

33解得：x=∵EF∥MN，

∴△PEF∽△PMN．

1013EFPE?∴，即3?3， MNPMMN660解得：MN=．

13

考点：四边形综合题．

答案第19页，总25页

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?62?25t(0?t?7)???7t2?14t?49(7?t?10)?75251008003316．（1）t=10；（2）①t=，②t=，③t=；（3）S=?．

39571142371??t2??(10?t?)?3335?671?(t?17)2(?t?16)5?7【解析】

试题分析：（1）△GMN是直角三角形，利用勾股定理，即可求得t的值；

（2）△APQ是等腰三角形，分为三种情形，需要分类讨论，避免漏掉，如图所示；

（3）整个运动过程分为四个阶段，每个阶段重叠图形的形状各不相同，分别求出其面积的表达式．

试题解析：（1）在△GMN中，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，由勾股定理，得MN=NG?MG=10． ∵tan∠AEB=22AE123NG63==，tan∠GMN===，∴∠AEB=∠GMN， BE164MG84∴当点G运动到AE上时，点M与点E重合，运动路程为10，

又∵△GMN运动速度为每秒一个单位长度，∴t=10．（2分） （2）存在满足条件的t．理由如下：

在△ABE中，∠ABE=90°，AB=12，BE=16，由勾股定理，得AE=AB?BE=20． 由（1）可知，∠AEB=∠GMN，∴AE∥GM，∴∠NQE=∠NGM=90°， ∴∠NQE=∠B=90°，又∵∠AEB=∠NEQ，∴△ABE∽△NQE． ∴22AEBE201644=，即=，∴QE=t，∴AQ=AE-QE=20-t． NEQEtQE5512AQ=10-t． 25当AP=PQ时，如图①，过点P作PH⊥AE于点H，得AH=210?tAHAP5=t，解得t=25． 由△APH∽△EAB，得=，即203BEAB164100②当AP=AQ时，如图②，由t=20-t，解得t=．

5911③当AQ=PQ时，如图③，过点Q作QK⊥AD于K，可得AK=AP=t．

2241t20?tAQAK5=2，解得t=800． 由△AQK∽△EAB，得=，即AEBE57162025100800综上所述，当t=或t=或t=时，△APQ是等腰三角形．（每种情况2分）

3957答案第20页，总25页

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?62?25t(0?t?7)???7t2?14t?49(7?t?10)?7533（3）S=? 1142371??t2??(10?t?)?3335?671?(t?17)2(?t?16)．5?7（每种情况（包括取值范围全对）得1分，否则1分全扣）

考点：相似形综合题．

17．（1）①点B（4，2）． ②点B1（3，0）． （2）①B1的纵坐标为－10736317，ｍ的取值范围是≤ｍ≤1+． m?7755答案第21页，总25页

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②B1的纵坐标为－33315m+，ｍ的取值范围是≤ｍ≤3．

722【解析】

试题分析：（1）①点B（4，2）． ②证明△PB1D∽△B1QA，从而有PDPB1?=2,从而可得BA=1，得OB=3，即点B（3，0）． AB1B1Q1

1

1

（2）由已知确定点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上．然后分情况讨论：①点B1在线段FE的延长线上，②点B1的线段EF（除点E、F）上，即可． 试题解析：（1）①点B（4，2）．

②如图1，过点P作PD⊥OA，垂足为点D，∵BQ：BP=1：2，点B关于PQ的对称点为B1，∴B1Q：B1P=1：2，∵∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°，∴∠PB1D=∠B1QA，∴△PB1D∽△B1QA，∴

PDPB1?=2,∴BA=1，∴OB=3，即点B（3，0）． AB1B1Q1

1

1

∵四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且OC⊥AC，∴∠OAC=30°，∴点C（1，，3）∵B1E：B1F=1：3，∴点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上．

①当点B1在线段FE的延长线上时，如图2，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m， B1F//x轴，B1E：B1F=1：3，∴B1G=m，设OG=a，则GF=32323∴CF＝2-a，a， a，OF＝3333a3∴FE＝4－43232343B1E＝2-∴B1G＝B1E+EF+FG＝（2-+（4-+a，a，a）a）3333＝ｍ，∴ａ＝－36336317，即B的纵坐标为－，ｍ的取值范围是m?m?755551

107≤ｍ≤1+．

7答案第22页，总25页

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②当点B1的线段EF（除点E、F）上时，如图3，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，B1F//x轴，B1E：B1F=1：3，∴B1G=m，设OG=a，则GF=32323OF＝∴CF＝2-a，a， a，3333a＝ｍ，∴ａ＝3∴FE＝4－343a，B1F=EF＝3-3a，∴B1G＝B1F+FG＝（3-3a）+341

－33333315m+，即B的纵坐标为－m+，ｍ的取值范围是≤ｍ≤3．

72222

考点：1．综合题；2．分类讨论．

18．（1）见解析（2）∠G=∠H 【解析】 试题分析：（1）根据平行四边形的性质得出△DCE与△BHE全等条件，即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出△ADF≌△CDE，进而得出∠1=∠3，再根据平行性的性质，得出∠3=∠G，∠1=∠H，等量代换即可得出结论． 试题解析：（1）在□ABCD中，E为BC的中点，所以BE=CE，因为AB∥CD，所以∠1=∠H，∠2=∠C，△DCE≌△BHE，所以BH=CD，又因为AB=CD，所以BH=AB。

答案第23页，总25页

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（2）若四边形ABCD为菱形，则AD=CD，AF=CE，∠A=∠C，△ADF≌△CDE，∠1=∠3，AD∥GC，∠3=∠G，AB∥CD，∠1=∠H，所以∠G=∠H．

考点：1．平行四边形的性质；2．菱形的性质；3．全等三角形的判定；4．平行线的性质 19．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）成立，理由见解析. 【解析】 试题分析：（1）根据”SAS”判定△ADE≌△DCF；（2）根据两角对应相等的两个三角形相似易证△ADE∽△ECQ，所以 CQCECEDE1CQCQ1，又因???，所以??，即点Q是

DEADADAD2DECF2CF中点.（3）可证△AEQ∽△ECQ∽△ADE，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得S1S2EQ2AE2EQ2?AE2S2S1EQ2AE2??()?()??()，所以?() ， ，又因

S3AQS3AQS3S3AQAQAQ2EQ2?AE2?AQ2，所以S1S2??1，即S1?S2?S3. S3S3试题解析：（1）由AD=CD,∠ADE=∠DCF=90°， DE=CF得△ADE≌△DCF （2）易证△ADE∽△ECQ 所以 因为所以CEDE1??, ADAD2CQCE . ?DEADCQCQ1?? . DECF2即点Q是CF中点 （3）S1?S2?S3成立

理由：因为△ADE∽△ECQ 所以CQQECQQE, 所以, ??DEAECEAE因为∠C=∠AEQ=90°， 所以△AEQ∽△ECQ， 所以△AEQ∽△ECQ∽△ADE

SSEQ2AE2) ) ， 2?(所以 1?(S3AQS3AQS1S2EQ2AE2EQ2?AE2?()?()?所以 ?

S3S3AQAQAQ2由EQ2?AE2?AQ2， 所以 S1S2??1 即S1?S2?S3 S3S3考点：全等三角形的判定；相似三角形的判定及性质；勾股定理.

33s??t2?t82； 20．（1）OA=4、 AB=3；（2）见解析；（3）3（4）存在，当t=2时有最大值，最大值为2 【解析】 试题分析：（1）利用矩形的性质对边相等，结合条件B点坐标为（4，3）可求出结论；（2）根据条件NP∥AB即可证明△CPN∽△CAB；（3）求出直线AC的解析式，然后用t表示出点P

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的坐标，利用三角形的面积公式即可用t表示出ΔMPA的面积S；（4）将（3）中的函数解析式配方化为顶点式，求出顶点坐标即可解决问题． 试题解析：（1）∵矩形ABCO的OA边在x 轴上，OC边在y轴上，且B点坐标为（4，3） ∴OA=4，AB=3；

（2）∵NP∥AB，∴△CPN∽△CAB；

?4k?b?0?b?3（3）设直线AC解析式为：y=kx+b，把A（4,0），C（0,3）代入y=kx+b得：?，

所以

3?k???4?3y??x?3?b?3?4，所以， y??∵P点的横坐标是4﹣t，代入333x?3tt444得y=，所以P的坐标为（4﹣t，） 11333t﹣t2?t2，∴S△MPA=MA×yP×2=2×（4﹣t）×4=8（t≤4），

33333S?﹣t2?t?﹣(t?2)2?，8282所以当t=2时有最大值，最大值为2． （4）存在，因为考点：1．矩形的性质2．相似三角形的判定3．待定系数法求解析式4．二次函数的性质．

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