2023年中考數(shù)學(xué)高頻考點-三角形動點問題含答案

2023年中考數(shù)學(xué)高頻考點--三角形動點問題1．如圖（1）在△ABC中，∠C=90°，AB=25cm，BC=15cm，若動點P從點C開始沿著C→B→A→C的路徑運動，且速度為每秒5cm，設(shè)點P運動的時間為t秒．（1）點P運動2秒后，求△ABP的面積；（2）如圖（2），當(dāng)t為何值時，BP平分∠ABC；（3）當(dāng)△BCP為等腰三角形時，直接寫出所有滿足條件t的值．2．如圖，ΔABC中，∠C=90°，AC=3?cm，BC=4?cm，動點P從點B出發(fā)以2?cm/s的速度向點C移動，同時動點Q從點C出發(fā)以（1）t為何值時，ΔCPQ的面積等于ΔABC面積的18；（2）運動幾秒時，ΔCPQ與ΔABC相似?（3）在運動過程中，PQ的長度能否為1?cm?試說明理由3．如圖，AE與BD交于點C，AC=EC，BC=DC，AB=6cm，點P從A出發(fā)，沿A→B→A的方向以3cm/s的速度運動；點Q從D出發(fā)，沿D→E的方向以1cm/s的速度運動．點P，Q同時出發(fā)，當(dāng)點P到達A時，P，Q兩點同時停止運動．設(shè)點P的運動時間為t（s）．（1）直接寫出線段BP的長；（用含t的式子表示）（2）連接PQ，當(dāng)線段PQ經(jīng)過點C時，求t的值．4．如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，點P從點A出發(fā)沿邊AC向點C以1cm/s的速度移動，點Q從點C出發(fā)沿邊CB向點B以2cm/s的速度移動.（1）如果點P、Q同時出發(fā)，幾秒后，可使△PCQ的面積為8cm2？（2）點P、Q在移動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形APQB的面積等于△ABC的面積的14？若存在，求出運動的時間；若不存在，說明理由5．如圖，△ABC為等邊三角形，四邊形BCDE為正方形，AB=6，點M以每秒1個單位的速度從點A沿AC向點C運動，同時點N以同樣的速度從點D沿DE向點E運動，當(dāng)點M達到點C時，M，N同時停止運動，設(shè)點M的運動時間為（1）當(dāng)t=0時，求∠（2）若∠CMN=60°，求線段（3）當(dāng)點M，N在運動時，求MN的最小值．6．在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，點A(-2，0)，B(6，0)，點C（1）如圖①，求點C的坐標(biāo)；（2）將△AOC沿x軸向右平移得△A'O'C'，點A，O，C的對應(yīng)點分別為A'，O'，C①如圖②，當(dāng)△A'O'C'與△OBC重疊部分為四邊形時，A'C'，O'C'②當(dāng)S取得最大值時，求t的值（直按寫出結(jié)果即可）．7．如圖，在ΔABC中，∠ACB=90°，點P在AC上運動，點D在AB上，PD始終保持與PA相等，BD的垂直平分線交BC于點E，交BD于F（1）判斷DE與DP的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若AC=6，BC=8，PA=2，求線段DE8．如圖，在等邊△ABC中，BC＝8cm，射線AG∥BC，點E從點A出發(fā)沿射線AG以1cm/s的速度運動，同時點F從點B出發(fā)沿射線BC以2cm/s的速度運動，設(shè)運動時間為t（s）．（1）連接EF，當(dāng)EF經(jīng)過AC邊的中點D時，求證：△ADE≌△CDF；（2）填空：①當(dāng)t為s時，以A、F、C、E為頂點的四邊形是平行四邊形；②當(dāng)t為s時，四邊形ACFE是菱形．9．如圖1，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為2cm/s．以AQ、PQ為邊作?AQPD，連接DQ，交AB于點E．設(shè)運動的時間為t（單位：s）（0＜t≤4）．解答下列問題：（1）用含有t的代數(shù)式表示AE=．（2）如圖2，當(dāng)t為何值時，?AQPD為菱形．（3）求運動過程中，?AQPD的面積的最大值．10．如圖，在△ABC中，O是AC邊上的一個動點（不與點A，C重合），過點O作直線MN//BC，設(shè)MN交∠BCA的平分線于點E，交△ABC（1）求證：EO=（2）若CE=12，CF=5，求（3）當(dāng)點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．11．如圖，△ABC中，AB=AC=8厘米，BC=6厘米，點D為AB的中點．動點P在線段BC上以2厘米/秒的速度向點C運動，同時，動點Q在線段CA上由點C向點A運動，連接DP，PQ．設(shè)點P運動的時間為t秒，回答下列問題：（1）當(dāng)點Q的運動速度為厘米/秒時，△BPD和△CPQ全等；（2）若動點P的速度不變，同時動點Q以5厘米/秒的速度出發(fā)，兩個點運動方向不變，沿△ABC的三邊運動．①請求出兩點首次相遇時的t值，并說明此時兩點在△ABC的哪一條邊上；②在P、Q兩點首次相遇前，能否得到以PQ為底的等腰△APQ？如果能，請直接寫出t值；如果不能，請說明理由．12．如圖所示，△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC：AB=3：5，點P從點B出發(fā)沿BC向點C以2cm/s的速度移動，點Q從點C出發(fā)沿CA向點A以1cm/s的速度移動，如果P、Q分別從B、C同時出發(fā)：（1）經(jīng)過多少秒后，△CPQ的面積為8cm？（2）經(jīng)過多少秒時，以C、P、Q為頂點的三角形恰與△ABC相似？13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，已知點A（0，6），點B（8，0）．動點P從A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O移動，同時動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A移動，設(shè)點P，Q移動的時間為t秒．（1）求直線AB的解析式；（2）當(dāng)t為何值時，△APQ與△AOB相似，并求出此時點P的坐標(biāo)．14．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12AB，D為AB的中點，點E在直線（1）當(dāng)點E在線段BC上移動時，如圖①所示，求證：EC+（2）當(dāng)點E在直線BC上移動時，如圖②、圖③所示，線段EC、CF與AC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想．15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，點A在y軸上，點B，C在x軸上，B(-4，0)，OA（1）求線段AC的長；（2）點P從C點出發(fā)沿射線CA以每秒2個單位長度的速度運動，過點A作AF⊥AP，點F在y軸的左側(cè)，AF=AP，過點F作FE⊥y軸，垂足為E，設(shè)點P的運動時間為（3）在（2）的條件下，直線BP交y軸于點K，C(43，0)，當(dāng)BK=16．已知：如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B，C都在坐標(biāo)軸上，且OA=OB=OC，△ABC的面積為9，點P從C點出發(fā)沿y軸負方向以1個單位/秒的速度向下運動，連接PA，PB，D（﹣m，﹣m）為AC上的點（m＞0）（1）試分別求出A，B，C三點的坐標(biāo)；（2）設(shè)點P運動的時間為t秒，問：當(dāng)t為何值時，DP與DB垂直且相等？請說明理由；（3）如圖2，若PA=AB，在第四象限內(nèi)有一動點Q，連QA，QB，QP，且∠PQA=60°，當(dāng)Q在第四象限內(nèi)運動時，求∠APQ與∠PBQ的度數(shù)和．

答案解析部分1．【答案】（1）解：如圖1．∵∠C=90°，AB=25，BC=15，∴AC=AB2∵CP=5×2=10，BP=BC－PC=15-10=5，∴△ABP的面積=12×PB×AC=12×5×20=50（cm（2）解：如圖（3），過點P作PD⊥AB于點D．∵BP平分∠ABC，∴PD=PC．在Rt△BPD和Rt△BPC中，∵BP=BPPC=PD，∴Rt△BPD≌Rt△BPC（HL），∴BD=BC=15，∴AD=25﹣15=10，設(shè)PC=x，則PD=x，AP=20﹣x．在Rt△APD中，PD2+AD2=AP2，即x2+102=（20﹣x）2，解得：x=7.5，∴t=（CB+BA+AC-PC）÷5=（故t=10.5秒時，BP平分∠ABC．（3）解：分三種情況討論：①如圖（4），作CB的垂直平分線交AB于P，連接CP，則CP=BP．∵AC⊥BC，PD⊥BC，∴AC∥PD．∵CD=DB，∴AP=PB=12AB=12.5，∴t=(CB+BP)÷5=（15+12.5）÷5=5.5②如圖（5），以B為圓心，CB為半徑作弧交AB于點P，則CB=PB=15，∴t=(CB+BP)÷5=（15+15）÷5=6；③如圖（6），以C為圓心，CB為半徑作弧交AB于P1，交AC于點P2，過C作CD⊥AB于D，則CP1=CB，CP2=CB，CD=AC×BCAB=∵CP1=CB，CD⊥AB，∴BD=DP1=BC2-CD2=9，∴BP1=2BD=18，∴t=(15+18)÷5=6.6；∵CP2=CB=15，∴t=(CB+BA+AC-CP2)÷5=（15+25+20-15）÷5=9．綜上所述：當(dāng)△BCP為等腰三角形時，t的值為：5.5，【知識點】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的判定；角平分線的判定；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC的長，根據(jù)動點P的運動路徑和運動速度求出CP、BP的長，然后利用三角形的面積公式求出△ABP的面積。

（2）過點P作PD⊥AB于點D，若BP平分∠ABC，則PD=CP，先證明Rt△BPD≌Rt△BPC，可證得BD=BC=15，求出AD的長，設(shè)PC=x，表示出PD、AP，利用勾股定理求出x的值，即可得出結(jié)論。

（3）分三種情況討論：①如圖（4），作CB的垂直平分線交AB于P，連接CP，則CP=BP；；②以B為圓心，CB為半徑作弧交AB于點P，則CB=PB=15；以③C為圓心，CB為半徑作弧交AB于P1；交AC于點P2，過C作CD⊥AB于D，則CP1=CB，CP2=CB，分別求出t的值即可。2．【答案】（1）解：經(jīng)過t秒后，PC=4-2t，CQ=t，由題意知，當(dāng)ΔCPQ的面積等于ΔABC面積的18即12×(4-2解得：t1=32，所以經(jīng)過32或12秒后，當(dāng)ΔCPQ的面積等于ΔABC面積的1（2）解：設(shè)經(jīng)過t秒后兩三角形相似，①若RtΔABC～RtΔQPC，則ACBC=QCPC，即3②若RtΔABC～RtΔPQC，則PCQC=ACBC，即3又0<t<2所以要使ΔCPQ與ΔCBA相似，運動的時間為65秒或1611（3）解：∵∠C=90°，若PQ=1則(4-2t)∴5∵b2所以此方程無實數(shù)解，PQ的長度不能為1?cm【知識點】相似三角形的性質(zhì)；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）由題意可得：經(jīng)過t秒后，PC=4-2t，CQ=t，根據(jù)S△CPQ=18S△ABC可得關(guān)于t的方程，解方程可求解；

（2）設(shè)經(jīng)過t秒后兩三角形相似，由題意可分三種情況：

①若Rt△ABC∽Rt△QPC，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例可得比例式ACBC=QCPC，結(jié)合已知可得關(guān)于t的方程，解方程可求解；

②若Rt△ABC∽Rt△PQC，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例可得比例式PCQC=ACBC，結(jié)合已知可得關(guān)于3．【答案】（1）解：當(dāng)0≤t≤2時，BP=（6-3t）cm，當(dāng)2＜t≤4時，BP=（3t-6）cm；（2）解：在△ABC和△EDC中，AC=EC∠ACB=∠ECDBC=DC，∴△ABC≌△EDC（SAS），∴∠A=∠E，ED=AB=6cm，當(dāng)線段PQ經(jīng)過點C時，如圖，在△ACP和△ECQ中，∠A=∠EAC=CE∠ACP=∠ECQ，∴△ACP≌△ECQ（綜上所述，當(dāng)線段PQ經(jīng)過點C時，t的值為1.5s或3s．【知識點】三角形全等的判定；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）分兩種情況分別表示出BP即可；

（2）先證出△ABC≌△EDC（SAS），再得出∠A=∠E，ED=AB=6cm，分兩種情況：當(dāng)0≤t≤2時，當(dāng)2＜t≤4時，分別解出t即可。4．【答案】（1）解：設(shè)x秒后，△PCQ的面積為8cm2，由題意，得12(6-解得x1=2，x所以，2秒或4秒時，△PCQ的面積為8cm2；（2）解：不存在.理由如下：設(shè)y秒時，四邊形APQB的面積等于△ABC的面積的14，則△PCQ的面積是△ABC的面積的3由題意，得12(6-y)·2y=由于Δ=36-4×18=-36<0所以，不存在某一時刻使四邊形APQB的面積等于△ABC面積的14【知識點】一元二次方程的實際應(yīng)用-幾何問題；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）設(shè)x秒后，可使△PCQ的面積為8cm2，根據(jù)三角形的面積公式即可列式求解；（2）設(shè)y秒時，四邊形APQB的面積等于△ABC的面積的14，則△PCQ的面積是△ABC的面積的345．【答案】（1）解：如圖1中，當(dāng)t=0時，∵△ABC都是等邊三角形，∴CA=CB，∠ACB=60°，∵四邊形BCDE是正方形，∴CB=CD，∠BCD=90°，∴CA=CD，∠ACD=150°，∴∠CMN=∠CND=15°；（2）解：如圖2中，連接BD，EC，設(shè)MN交BC于點G，交CB于點O，過點O作OT⊥CB于點T．∵∠CMN=∠MCG=60°，∴△CMG是等邊三角形，∴CM=CG，∵DE=AC，AM=DN，∴CM=EN=CG，∵CG∥OC，∴∠GCO=∠NEO，∵∠COG=∠NOE，∴△COG≌△EON（AAS），∴OC=OE，OG=GN，∵△BEC是等腰直角三角形∴BO⊥EC，∴△BOC是等腰直角三角形∴OB=OC，∵OT⊥BC，∴BT=TC=3，∴OT=TB=TC=3，∵∠CGM=∠OGT=60°，∴∠TOG=30°∴Rt△OTG中，TG=12OG∴TO=OG2-TG2（3）解：如圖3中，過點M作MJ⊥DE于點J，交CB于點K．∵∠D=∠DJK=∠DCK=90°，∴四邊形CDJK是矩形，∴CD=JK=6，DJ=CK，∠CKJ=∠CKM=90°，∵CM=6-t，∴CK=DJ=【知識點】三角形全等的判定；勾股定理；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）由△ABC都是等邊三角形，得出CA=CB，∠ACB=60°，再由四邊形BCDE是正方形，得出∠ACD=150°，即可得解；

（2）利用AAS證出△COG≌△EON，得出OC=OE，OG=GN，再由△BEC是等腰直角三角形，得出△BOC是等腰直角三角形，再利用勾股定理得出TO的長，由此得出TG、OG、GM的長，即可得解；

（3）先證出四邊形CDJK是矩形，得出CD=JK=6，DJ=CK，∠CKJ=∠CKM=90°，利用勾股定理得出MN的長，從而得出t的值，即可得出答案。6．【答案】（1）解：∵A∴OA∵∠∴∠∴∠∴即COCO∴（2）①S②t【知識點】三角形的面積；銳角三角函數(shù)的定義；三角形-動點問題【解析】【解答】解：(2)①∵B(6，0)設(shè)BC直線解析式為y則b解得k∴BC直線解析式為y∵∴tan∴∠∴∠∵O'∴∠當(dāng)△A'O'C'與△OBCSS△A∵∴∴∵∠∴∠∴S△DEDE∴S=S△A'O∴②S∵a=-324<0∴t=2【分析】（1）證明角相等，根據(jù)正弦函數(shù)的定義列出方程，解出CO

（2）根據(jù)S=S△A'O'C'-S△C7．【答案】（1）解：DE⊥DP∵∠ACB=90°∴∠A+∠∵PD=PA∴∠PDA=∠∵EF垂直平分BD，∴ED=EB∴∠EDB=∠∴∠PDA+∠∴∠PDE=180°-∠即DE⊥（2）解：連接PE，設(shè)DE=x由（1）得BE=DE=x，CE=BC-BE=8-x∵∠PDE=∠∴PC2∴22+解得x=194，即【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；三角形的綜合；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）根據(jù)PD=PA得到∠A=∠PDA，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到∠EDB=∠B，利用∠A+∠B=90°，得到∠PDA+∠EDB=90°8．【答案】（1）解：證明：∵AG∥BC，∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，∵D為AC的中點，∴AD＝CD，∵在△ADE和△CDF中，∠EAD=∠∴△ADE≌△CDF（AAS）（2）或8；8【知識點】三角形全等的判定；平行四邊形的判定；菱形的判定；三角形-動點問題【解析】【解答】（2）解：①當(dāng)點F在C的左側(cè)時，根據(jù)題意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，則CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），∵AG∥BC，∴當(dāng)AE＝CF時，四邊形AECF是平行四邊形，即t＝8﹣2t，解得：t＝83當(dāng)點F在C的右側(cè)時，根據(jù)題意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，則CF＝BF﹣BC＝2t﹣8（cm），∵AG∥BC，∴當(dāng)AE＝CF時，四邊形AEFC是平行四邊形，即t＝2t﹣8，解得：t＝8；綜上可得：當(dāng)t＝83或8s時，以A、C、E、F②若四邊形ACFE是菱形，則有CF＝AC＝AE＝8，則此時的時間t＝8÷1＝8（s）；故答案是：83或8；8

【分析】（1）由AG∥BC，可得∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，再利用AAS即可證明；

（2）由一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可將F點分別在C點左邊、右邊進行討論，分別求出當(dāng)AE=CF時t值即可；菱形也是平行四邊形，且只有

CF＝AC＝AE成立才滿足，計算可得。9．【答案】（1）5﹣t（2）解：如圖2中，當(dāng)?AQPD是菱形時，DQ⊥AP，則COS∠BAC=AEAQ=ACAB，即解得：t=2513所以當(dāng)t=2513時，□AQPD（3）解：如圖3中，設(shè)平行四邊形AQPD的面積為S，作PM⊥AC于M，∵PM∥BC，∴△APM∽△ABC，∴APAB=PMBC，即∴PM=65(5﹣t∴S=AQ?PM=2t?65（5﹣t）=﹣125t2+12t（0＜∵﹣125＜0∴當(dāng)t=52時，S有最大值，最大值為15cm2．【知識點】菱形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義；三角形-動點問題【解析】【解答】（1）如圖1，∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，∴由勾股定理得：AB=10cm，∵點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，速度均為2cm/s，∴BP=2tcm，∴AP=AB﹣BP=10﹣2t，∵四邊形AQPD為平行四邊形，∴AE=12AP=5﹣t故答案是：5﹣t；【分析】（1）Rt△ABC中由勾股定理得AB的長，根據(jù)路程等于速度乘以時間得出BP=2tcm，故AP=AB﹣BP=10﹣2t，根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分得出AE的長；

（2）如圖2中，當(dāng)?AQPD是菱形時，DQ⊥AP，根據(jù)余弦函數(shù)的定義，由COS∠BAC=AEAQ=ACAB，從而得出關(guān)于t的方程，求解即可得出答案；

（3），設(shè)平行四邊形AQPD的面積為S，作PM⊥AC于M，根據(jù)平行于三角形一邊的直線截其它兩邊，所截得的三角形與原三角形相似得出△APM∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出AP∶AB=PM∶BC，根據(jù)比例式表示出10．【答案】（1）證明：∵CE平分∠ACB，CF平分∠∴∠BCE∵MN//∴∠OEC=∠BCE∴∠ACE=∠OEC∴OC=OE，∴OE=（2）解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠∴∠BCE=∠ACE∵∠BCE∴∠ACE即∠ECF∵CE=12，CF∴在Rt△CEF中，∵OE=∴OC=6（3）解：當(dāng)點O運動到AC的中點時，四邊形AECF是矩形，理由如下：∵OE=OF，O是AC的中點，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵∠ECF∴四邊形AECF是矩形．【知識點】勾股定理；矩形的判定；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）由平行線的性質(zhì)和角平分線的定義得出∠OEC=∠BCE，∠OFC=∠DCF，得出OC=OE，OC=OF，即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出∠BCE=∠ACE，∠ACF=∠DCF，再根據(jù)∠BCE11．【答案】（1）83或（2）解：①∵當(dāng)PQ相遇時，Q點比P點多走的距離為AB+AC，∴5t解得t=∵AB+∴兩個點在△ABC的邊AC上首次相遇；②如圖①所示，當(dāng)P在BC上靠近B一端，Q在AC上時，過點A作AE⊥BC于E，∴BE=12BC∴PE=BE-∵AE∴(8-5t解得t=0或t同理可求出當(dāng)P在BC上靠近C一端，Q在AC上時，結(jié)果與上面相同；如圖②所示，當(dāng)P在AC上，Q在AB上時，∴AQ=AP，∴8+6-2t解得t=如圖③所示，當(dāng)P在AC上，Q在BC上時，同圖①可知此時不存在t使得AQ=AP，綜上所述，當(dāng)t=0或t=227，使得△APQ【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；三角形的綜合；三角形-動點問題【解析】【解答】解：（1）當(dāng)△BPD≌△CPQ時，∴BP=CP=∴t=∴Q點的運動速度為4÷3當(dāng)△BPD≌△CQP時，∴BP=CQ=2∴BP=∴2∴t=1∴Q點的運動速度為2÷1=2cm綜上所述，當(dāng)點Q的運動速度為83或2厘米/秒時，△BPD和△CPQ【分析】（1）分類討論，利用全等三角形的判定與性質(zhì)求解即可；

（2）①先求出5t-2t=8+8，再求出t=12．【答案】（1）解：設(shè)AC=3x，AB=5x，由勾股定理得：AB2=AC2+BC2，∴（3x）2+82=（5x）2，解得：x=2，∴AC=6，AB=10，設(shè)經(jīng)過t秒后，△CPQ的面積為8cm2，PC=8-2t，CQ=t，12PC×CQ=8即12×（8-2t解得：此方程無解，答：不論經(jīng)過多少秒后，△CPQ的面積都不能為8cm2．（2）解：設(shè)經(jīng)過x秒時，以C、P、Q為頂點的三角形恰與△ABC相似，∵∠C=∠C=90°，∴要使以C、P、Q為頂點的三角形恰與△ABC相似，具備CQCA=CPCB或CQCB=CPCA就行，代入得：x解得：x=2.4或x=3211答：經(jīng)過2.4秒或3211秒時，以C、P、Q為頂點的三角形恰與△ABC【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）設(shè)AC=3x，AB=5x，根據(jù)勾股定理列出方程即可求出AC和AB，設(shè)經(jīng)過t秒后，△CPQ的面積為8cm2，然后用t表示出PC和CQ，根據(jù)三角形的面積列方程即可求出結(jié)論；（2）設(shè)經(jīng)過x秒時，以C、P、Q為頂點的三角形恰與△ABC相似，根據(jù)有兩組對應(yīng)邊成比例及其夾角相等的兩個三角形相似，列出比例式，即可求出結(jié)論．13．【答案】（1）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，由題意得：b=68k+b=0∴直線AB的解析式為y=﹣34（2）解：在Rt△AOB中，AO=6，BO=8，根據(jù)勾股定理得：AB=10．由題意知：AP=t，AQ=10﹣2t．分兩種情況討論：①當(dāng)∠APQ=∠AOB時．∵∠A=∠A，∴△APQ∽△AOB，∴t6=10-2t10②當(dāng)∠AQP=∠AOB時．∵∠A=∠A，∴△AQP∽△AOB，∴t10=10-2t6，綜上所述：當(dāng)t為5013秒或3011秒時，△APQ與【知識點】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）設(shè)出直線AB的一般式，將點A，B的坐標(biāo)代入得到一個二元一次方程組，解方程組即可求得直線AB的解析式；（2）先利用勾股定理求得AB長，并用t表示出AP，AQ長，又兩個三角形相似可能為△APQ∽△AOB或△AQP∽△AOB，對其進行分類討論，再利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可求得t的值.14．【答案】（1）證明：如圖①，連接CD，∵∠ACB=90°，D為AB的中點，∴AD=BD=CD=12AB，∵BC=12AB，∴BD=CD=BC，∴△BCD是等邊三角形，∴∠BDC=60°，∵△DEF是等邊三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∴∠BDC=∠DEF，即∠BDE+∠CDE=∠CDE+∠CDF，∴∠BDE=∠CDF，在△BDE和△CDF中，BD=CD∠BDE=∠CDFDE=DF，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，∵AB=2BC，∴AC=AB2-（2）解：圖②中：EC-FC=33AC，圖③中：FC-EC=33AC，理由如下：如圖②，連接由（1）知：BD=CD，DE=DF，∠BDC=∠EDF=60°，BC=33AC，∴∠BDF+∠CDF=∠BDF+∠BDE，∴∠BDE=∠CDF，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，∵EC-BE=BC，∴EC-FC=33AC；如圖③，連接CD由（1）知：BD=CD，DE=DF，∠BDC=∠EDF=60°，BC=33AC，∴∠BDC+∠CDE=∠EDF+∠CDE，即∠BDE=∠CDF，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，又∵BE-EC=BC，∴FC-EC=33【知識點】等邊三角形的性質(zhì)；三角形-動點問題【解析】【分析】(1)、做輔助線連接CD，證得△BCD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得∠BDE=∠CDF，證明△BDE≌△CDF（SAS），勾股定理求得AC=3BC，再通過線段的代換即可解得.

(2)、第一種情況證明如圖②，△BDE≌△CDF（SAS）證得BE=FC，即可解得.第二種情況證明如圖③，△BDE≌△CDF（SAS）證得BE=FC，即可解得.15．【答案】（1）解：∵B(-4，0)∴OA=∵∠ACO=30°，∴AC=2（2）解：作PG⊥OA于G，當(dāng)點P在線段CA上時，CP=2t，AP=8-2t，∵AF⊥AP∴∠AEF∴∠EAF∴∠EAF∵AF=∴△AFE≌△PAG，∴EF=∵∠ACO∴∠CAO∴∠APG∴EF=當(dāng)點P在線段CA延長線上時，CP=2t，AP=2t-8，同理可得△AFE≌△PAG，EF（3）解：作PN⊥OB于N，如圖，∵BK=AC，OA=∴Rt△BOK≌Rt△AOC，∴∠BKO=∠ACO=30°，∵∠CAO∴∠APK=∠∴AP=此時，點P在線段CA延長線上，∴2tt=∵B