?專題十一 幾何動點問題

1．（2021?廣東）有一架豎直靠在直角墻面的梯子正在下滑，一只貓緊緊盯住位于梯子正中間的老鼠，等待與老鼠距離最小時撲捉．把墻面、梯子、貓和老鼠都理想化為同一平面內(nèi)的線或點，模型如圖，∠ABC＝90°，點M，N分別在射線BA，BC上，MN長度始終保持不變，MN＝4，E為MN的中點，點D到BA，BC的距離分別為4和2．在此滑動過程中，貓與老鼠的距離DE的最小值為　 ?。?br />
【分析】如圖，連接BE，BD．求出BE，BD，根據(jù)DE≥BD﹣BE求解即可．
【解析】如圖，連接BE，BD．

由題意BD=22+42=25，
∵∠MBN＝90°，MN＝4，EM＝NE，
∴BE=12MN＝2，
∴點E的運動軌跡是以B為圓心，2為半徑的弧，
∴當(dāng)點E落在線段BD上時，DE的值最小，
∴DE的最小值為25-2．
故答案為25-2．
2．（2021?成都）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E，F(xiàn)分別為AB，CD邊的中點．動點P從點E出發(fā)沿EA向點A運動，同時，動點Q從點F出發(fā)沿FC向點C運動，連接PQ，過點B作BH⊥PQ于點H，連接DH．若點P的速度是點Q的速度的2倍，在點P從點E運動至點A的過程中，線段PQ長度的最大值為　 　，線段DH長度的最小值為　 ?。?br />
【分析】連接EF交PQ于M，連接BM，取BM的中點O，連接OH，OD，過點O作ON⊥CD于N．首先利用相似三角形的性質(zhì)證明EM＝2FN，推出EM＝2，F(xiàn)N＝1，當(dāng)點P與A重合時，PQ的值最大，解直角三角形求出OD，OH即可解決問題．
【解析】連接EF交PQ于M，連接BM，取BM的中點O，連接OH，OD，過點O作ON⊥CD于N．
∵四邊形ABCD是矩形，DF＝CF，AE＝EB，
∴四邊形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝3，
∵FQ∥PE，
∴△MFQ∽△MEP，
∴MFME=FQPE，
∵PE＝2FQ，
∴EM＝2MF，
∴EM＝2，F(xiàn)M＝1，
當(dāng)點P與A重合時，PQ的值最大，此時PM=AE2+ME2=22+22=22，MQ=FQ2+MF2=12+12=2，
∴PQ＝32，
∵MF∥ON∥BC，MO＝OB，
∴FN＝CN＝1，DN＝DF+FN＝3，ON=12(FM+BC)=2，
∴OD=DN2+ON2=32+22=13，
∵BH⊥PQ，
∴∠BHM＝90°，
∵OM＝OB，
∴OH=12BM=12×22+22=2，
∵DH≥OD﹣OH，
∴DH≥13-2，
∴DH的最小值為13-2，
故答案為32，13-2．

3．（2021臨沂）如圖，菱形ABCD的邊長為1，∠ABC＝60°，點E是邊AB上任意一點（端點除外），線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點F，G，AE，EF的中點分別為M，N．
（1）求證：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）當(dāng)點E在AB上運動時，∠CEF的大小是否變化？為什么？

【分析】（1）連接CF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和菱形的對稱性得到CF＝EF和CF＝AF即可得證；
（2）連接AC，根據(jù)菱形對稱性得到AF+CF最小值為AC，再根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MN+NG的最小值為AC的一半，即可求解；
（3）延長EF，交DC于H，利用外角的性質(zhì)證明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，從而推斷出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，從而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可證明．
【解析】（1）連接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴A和C關(guān)于對角線BD對稱，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；

（2）連接AC，
∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，
∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=12（AF+CF），
當(dāng)點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，
AF+CF最小，即此時MN+NG最小，
∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值為12；


（3）不變，理由是：
延長EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵點F在菱形ABCD對角線BD上，根據(jù)菱形的對稱性可得：
∠AFD＝∠CFD=12∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，為定值．

4．（2021?連云港）筒車是我國古代利用水力驅(qū)動的灌溉工具，唐代陳廷章在《水輪賦）中寫道：“水能利物，輪乃曲成”．如圖，半徑為3m的筒車⊙O按逆時針方向每分鐘轉(zhuǎn)56圈，筒車與水面分別交于點A、B，筒車的軸心O距離水面的高度OC長為2.2m，筒車上均勻分布著若干個盛水筒．若以某個盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間．
（1）經(jīng)過多長時間，盛水筒P首次到達最高點？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距離水面多高？
（3）若接水槽MN所在直線是⊙O的切線，且與直線AB交于點M，MO＝8m．求盛水筒P從最高點開始，至少經(jīng)過多長時間恰好在直線MN上．
（參考數(shù)據(jù)：cos43°＝sin47°≈1115，sin16°＝cos74°≈1140，sin22°＝cos68°≈38）

【分析】（1）如圖1中，連接OA．求出∠AOC的度數(shù)，以及旋轉(zhuǎn)速度即可解決問題．
（2）如圖2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此時∠AOP＝3.4×5°＝17°，過點P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．
（3）如圖3中，連接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度數(shù)即可解決問題．
【解析】（1）如圖1中，連接OA．

由題意，筒車每秒旋轉(zhuǎn)360°×56÷60＝5°，
在Rt△ACO中，cos∠AOC=OCOA=2.23=1115．
∴∠AOC＝43°，
∴180-435=27.4（秒）．
答：經(jīng)過27.4秒時間，盛水筒P首次到達最高點．
（2）如圖2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此時∠AOP＝3.4×5°＝17°，

∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，
過點P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，OD＝OP?cos60°＝3×12=1.5（m），
2.2﹣1.5＝0.7（m），
答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距離水面0.7m．
（3）如圖3中，

∵點P在⊙O上，且MN與⊙O相切，
∴當(dāng)點P在MN上時，此時點P是切點，連接OP，則OP⊥MN，
在Rt△OPM中，cos∠POM=OPOM=38，
∴∠POM＝68°，
在Rt△COM中，cos∠COM=OCOM=2.28=1140，
∴∠COM＝74°，
∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，
∴需要的時間為385=7.6（秒），
答：盛水筒P從最高點開始，至少經(jīng)過7.6秒恰好在直線MN上．
5．（2021?濰坊）如圖1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，點D，E分別在邊AB，AC上，且AD＝AE＝1，連接DE．現(xiàn)將△ADE繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°），如圖2，連接CE，BD，CD．
（1）當(dāng)0°＜α＜180°時，求證：CE＝BD；
（2）如圖3，當(dāng)α＝90°時，延長CE交BD于點F，求證：CF垂直平分BD；
（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，求△BCD的面積的最大值，并寫出此時旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．

【分析】（1）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD即可得到結(jié)論；
（2）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，計算得出AD＝BC=2+2，利用等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）觀察圖形，當(dāng)點D在線段BC的垂直平分線上時，△BCD的面積取得最大值，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形面積公式即可求解．
【解答】（1）證明：如圖2中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）證明：如圖3中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是線段BD的垂直平分線；
（3）解：△BCD中，邊BC的長是定值，則BC邊上的高取最大值時△BCD的面積有最大值，
∴當(dāng)點D在線段BC的垂直平分線上時，△BCD的面積取得最大值，如圖4中：

∵∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面積的最大值為：12BC?DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋轉(zhuǎn)角α＝135°．
6．（2021?蘇州）如圖，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點，OA＝8cm．動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左作勻速運動，與此同時，動點Q從點O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上作勻速運動．連接PQ，交OT于點B．經(jīng)過O、P、Q三點作圓，交OT于點C，連接PC、QC．設(shè)運動時間為t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在實數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）求四邊形OPCQ的面積．

【分析】（1）由題意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，則可得出答案；
（2）如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ，則8-t-x8-t=xt，解出x=8t-t28．由二次函數(shù)的性質(zhì)可得出答案；
（3）證明△PCQ是等腰直角三角形．則S△PCQ=12PC?QC=12×22PQ?22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由題意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大．
如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB=2BD．
設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴PDOP=BDOQ，
∴8-t-x8-t=xt，
∴x=8t-t28．
∴OB=2?8t-t28=-28(t-4)2+22．
當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大，最大為22cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圓的直徑．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQ=12PC?QC=12×22PQ?22PQ=14PQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ=12OP?OQ+14PQ2，
=12t(8-t)+14[(8-t)2+t2]，
＝4t-12t2+12t2+16﹣4t＝16．
∴四邊形OPCQ的面積為16cm2．
7．（2021?河北）如圖1和圖2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC=34．點K在AC邊上，點M，N分別在AB，BC上，且AM＝CN＝2．點P從點M出發(fā)沿折線MB﹣BN勻速移動，到達點N時停止；而點Q在AC邊上隨P移動，且始終保持∠APQ＝∠B．
（1）當(dāng)點P在BC上時，求點P與點A的最短距離；
（2）若點P在MB上，且PQ將△ABC的面積分成上下4：5兩部分時，求MP的長；
（3）設(shè)點P移動的路程為x，當(dāng)0≤x≤3及3≤x≤9時，分別求點P到直線AC的距離（用含x的式子表示）；
（4）在點P處設(shè)計并安裝一掃描器，按定角∠APQ掃描△APQ區(qū)域（含邊界），掃描器隨點P從M到B再到N共用時36秒．若AK=94，請直接寫出點K被掃描到的總時長．

【分析】（1）如圖1中，過點A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．
（2）利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
（3）分兩種情形：當(dāng)0≤x≤3時，當(dāng)3＜x≤9時，分別畫出圖形求解即可．
（4）求出CK的長度，以及CQ的最大值，利用路程與速度的關(guān)系求解即可．
【解析】（1）如圖1中，過點A作AH⊥BC于H．

∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，
∴tan∠B＝tan∠C=AHBH=34，
∴AH＝3，AB＝AC=AH2+BH2=32+42=5．
∴當(dāng)點P在BC上時，點P到A的最短距離為3．

（2）如圖1中，∵∠APQ＝∠B，
∴PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∵PQ將△ABC的面積分成上下4：5，
∴S△APQS△ABC=（APAB）2=49，
∴APAB=23，
∴AP=103，
∴PM＝AP＝AM=103-2=43．

（3）當(dāng)0≤x≤3時，如圖1﹣1中，過點P作PJ⊥CA交CA的延長線于J．

∵PQ∥BC，
∴APAB=PQBC，∠AQP＝∠C，
∴x+25=PQ8，
∴PQ=85（x+2），
∵sin∠AQP＝sin∠C=35，
∴PJ＝PQ?sin∠AQP=2425（x+2）．
當(dāng)3＜x≤9時，如圖2中，過點P作PJ⊥AC于J．

同法可得PJ＝PC?sin∠C=35（11﹣x）．

（4）由題意點P的運動速度=936=14單位長度/秒．
當(dāng)3＜x≤9時，設(shè)CQ＝y(tǒng)．
∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，
∴∠BAP＝∠CPQ，
∵∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCQ，
∴ABCP=BPCQ，
∴511-x=x-3y，
∴y=-15（x﹣7）2+165，
∵-15＜0，
∴x＝7時，y有最大值，最大值=165，
∵AK=94，
∴CK＝5-94=114＜165
當(dāng)y=114時，114=-15（x﹣7）2+165，
解得x＝7±32，
∴點K被掃描到的總時長＝（114+6﹣3）÷14=23秒．
8．（2021?青島）已知：如圖，在四邊形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，點C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延長DC交EF于點M．點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為2cm/s；同時，點Q從點M出發(fā)，沿MF方向勻速運動，速度為1cm/s．過點P作GH⊥AB于點H，交CD于點G．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5）．
解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，點M在線段CQ的垂直平分線上？
（2）連接PQ，作QN⊥AF于點N，當(dāng)四邊形PQNH為矩形時，求t的值；
（3）連接QC，QH，設(shè)四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）點P在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點P在∠AFE的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由平行線分線段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的長，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6-45t，由矩形的性質(zhì)可求解；
（3）利用面積的和差關(guān)系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）連接PF，延長AC交EF于K，由“SSS”可證△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可證∠ABC＝∠EKC＝90°，由面積法可求CK的長，由角平分線的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴CMBF=CEBE，
∴8-68=CM6，
∴CM=32，
∵點M在線段CQ的垂直平分線上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（2）如圖1，過點Q作QN⊥AF于點N，

∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC=AB2+BC2=64+36=10cm，EF=BF2+BE2=64+36=10cm，
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6-45t，
∵四邊形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6-45t=65t，
∴t＝3；
∴當(dāng)t＝3時，四邊形PQNH為矩形；
（3）如圖2，過點Q作QN⊥AF于點N，

由（2）可知QN＝6-45t，
∵cos∠PAH＝cos∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵四邊形QCGH的面積為S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45t）]-12×（6-45t）（8-85t+6）=-1625t2+15t+572；
（4）存在，
理由如下：如圖3，連接PF，延長AC交EF于K，

∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴65t＝10﹣2t+65，
∴t=72，
∴當(dāng)t=72時，使點P在∠AFE的平分線上．
9．（2021?溫州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分別平分∠ADC，∠ABC，并交線段AB，CD于點E，F(xiàn)（點E，B不重合）．在線段BF上取點M，N（點M在BN之間），使BM＝2FN．當(dāng)點P從點D勻速運動到點E時，點Q恰好從點M勻速運動到點N．記QN＝x，PD＝y(tǒng)，已知y=-65x+12，當(dāng)Q為BF中點時，y=245．
（1）判斷DE與BF的位置關(guān)系，并說明理由．
（2）求DE，BF的長．
（3）若AD＝6．
①當(dāng)DP＝DF時，通過計算比較BE與BQ的大小關(guān)系．
②連結(jié)PQ，當(dāng)PQ所在直線經(jīng)過四邊形ABCD的一個頂點時，求所有滿足條件的x的值．

【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE＝12，MN＝10，把y=245代入y=-65x+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出FN＝2，BM＝4，即可得出結(jié)果；
（3）連接EM并延長交BC于點H，易證四邊形DFME是平行四邊形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝23，BE＝43，當(dāng)DP＝DF時，求出BQ=223，即可得出BQ＞BE；
②（Ⅰ）當(dāng)PQ經(jīng)過點D時，y＝0，則x＝10；
（Ⅱ）當(dāng)PQ經(jīng)過點C時，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，則FQDP=CFCD，即可求出x=103；
（Ⅲ）當(dāng)PQ經(jīng)過點A時，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，則PEBQ=AEAB，求出AE＝63，AB＝103，即可得出x=143，由圖可知，PQ不可能過點B．
【解析】（1）DE與BF的位置關(guān)系為：DE∥BF，理由如下：
如圖1所示：
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
∵DE、BF分別平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE=12∠ADC，∠ABF=12∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF=12×180°＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x＝0，得y＝12，
∴DE＝12，
令y＝0，得x＝10，
∴MN＝10，
把y=245代入y=-65x+12，
解得：x＝6，即NQ＝6，
∴QM＝10﹣6＝4，
∵Q是BF中點，
∴FQ＝QB，
∵BM＝2FN，
∴FN+6＝4+2FN，
解得：FN＝2，
∴BM＝4，
∴BF＝FN+MN+MB＝16；
（3）①連接EM并延長交BC于點H，如圖2所示：
∵FM＝2+10＝12＝DE，DE∥BF，
∴四邊形DFME是平行四邊形，
∴DF＝EM，EH∥CD，
∴∠MHB＝∠C＝90°，
∵AD＝6，DE＝12，∠A＝90°，
∴∠DEA＝30°，
∴∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，
∴∠DFM＝∠DEM＝120°，
∴∠MEB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠MEB＝∠FBE＝30°，
∴∠EHB＝180°﹣30°﹣30°﹣30°＝90°，DF＝EM＝BM＝4，
∴MH=12BM＝2，
∴EH＝4+2＝6，
由勾股定理得：HB=BM2-MH2=42-22=23，
∴BE=EH2+HB2=62+(23)2=43，
當(dāng)DP＝DF時，-65x+12＝4，
解得：x=203，
∴BQ＝14﹣x＝14-203=223，
∵223＞43，
∴BQ＞BE；
②（Ⅰ）當(dāng)PQ經(jīng)過點D時，如圖3所示：
y＝0，
則x＝10；
（Ⅱ）當(dāng)PQ經(jīng)過點C時，如圖4所示：
∵BF＝16，∠FCB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CF=12BF＝8，
∴CD＝8+4＝12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴FQDP=CFCD，
∴2+x-65x+12=812，
解得：x=103；
（Ⅲ）當(dāng)PQ經(jīng)過點A時，如圖5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴PEBQ=AEAB，
由勾股定理得：AE=DE2-AD2=122-62=63，
∴AB＝63+43=103，
∴12-(-65x+12)14-x=63103，
解得：x=143，
由圖可知，PQ不可能過點B；
綜上所述，當(dāng)x＝10或x=103或x=143時，PQ所在的直線經(jīng)過四邊形ABCD的一個頂點．





10．（2021?衡陽）如圖1，平面直角坐標系xOy中，等腰△ABC的底邊BC在x軸上，BC＝8，頂點A在y的正半軸上，OA＝2，一動點E從（3，0）出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿CB向左運動，到達OB的中點停止．另一動點F從點C出發(fā)，以相同的速度沿CB向左運動，到達點O停止．已知點E、F同時出發(fā)，以EF為邊作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同側(cè)，設(shè)運動的時間為t秒（t≥0）．
（1）當(dāng)點H落在AC邊上時，求t的值；
（2）設(shè)正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，請問是否存在t值，使得S=9136？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由；
（3）如圖2，取AC的中點D，連結(jié)OD，當(dāng)點E、F開始運動時，點M從點O出發(fā)，以每秒25個單位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO運動，到達點O停止運動．請問在點E的整個運動過程中，點M可能在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）嗎？如果可能，求出點M在正方形EFGH內(nèi)（含邊界）的時長；若不可能，請說明理由．

【分析】（1）利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．
（2）由題意，在E，F(xiàn)的運動過程中，開始正方形EFGH的邊長為1，因為正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，S=9136，推出此時點F與O重合，已經(jīng)停止運動，如圖1﹣2中，重疊部分是五邊形OEKJG．構(gòu)建方程求解即可．
（3）分別求出點M第一次和第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長即可解決問題．
【解析】（1）如圖1﹣1中，

由題意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，
當(dāng)點H落在AC上時，∵EH∥OA，
∴CECO=EHOA，
∴CE4=12，
∴CE＝2，
∴點E的運動路程為1，
∴t＝1時，點E落在AC上．

（2）由題意，在E，F(xiàn)的運動過程中，開始正方形EFGH的邊長為1，
∵正方形EFGH與△ABC重疊面積為S，S=9136，
∴此時點F與O重合，已經(jīng)停止運動，如圖1﹣2中，重疊部分是五邊形OEKJG．

由題意：（t﹣3）2-12?3t-132?（3t﹣13）=9136，
整理得45t2﹣486t+1288＝0，
解得t=143或9215（舍棄），
∴滿足條件的t的值為143．

（3）如圖3﹣1中，當(dāng)點M第一次落在EH上時，4t+t＝3，t=35

當(dāng)點M第一次落在FG上時，4t+t＝4，t=45，
∴點M第一次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長=45-35=15（s），
當(dāng)點M第二次落在FG上時，4t﹣t＝4，t=43，
當(dāng)點M第二次落在EH上時，4t﹣（t+1）＝4，t=53，
點M第二次落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的時長=53-43=13，
∴點M落在正方形內(nèi)部（包括邊界）的總時長=15+13=815（s）．








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