人教版2021中考數學總復習 第35講 動態(tài)專題(動點問題)課件

第二部分專題提升第35講動態(tài)專題(1)(動點問題)第二部分專題提升第35講動態(tài)專題(1)(動點問題)

動點問題研究的是在幾何圖形的運動中，一些圖形位置、數量關系的“變”與“不變”的問題.常用的數學思想是方程思想、數學建模思想、函數思想、轉化思想等；常用的數學方法有分類討論法、數形結合法等.解答動點問題的時學會“動中找靜”，即把動點問題變?yōu)殪o態(tài)問題來解決，尋找動點問題中的特殊情況.知識梳理動點問題研究的是在幾何圖形的運動中，一些圖形位置、數2考點突破

考點一

動點問題（5年4考）1.（2018·廣東）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉60°得到△ODC，如圖2-35-1①，連接BC.（1）填空：∠OBC=________°；（2）如圖2-35-1①，連接AC，過點P作OP⊥AC，垂足為點P，求OP的長度；60考點突破考點一動點問題（5年4考）1.（3（3）如圖2-35-1②，點M，N同時從點O出發(fā)，在△OCB的邊上運動，點M沿O→C→B路徑勻速運動，點N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時停止運動.已知點M的運動速度為1.5單位長度/s，點N的運動速度為1單位長度/s.設運動時間為xs，△OMN的面積為y，則當x為何值時,y取得最大值？最大值為多少？（3）如圖2-35-1②，點M，N同時從點O出發(fā)，在△OCB4解：（2）在Rt△OAB中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2.∴S△AOC=OA·AB=×2×2=2.∵∠OBC=60°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°.∴AC=∴OP=解：（2）在Rt△OAB中，∵OB=4，∠ABO=30°，5（3）①當0＜x≤時，點M在OC上運動，點N在OB上運動，此時過點N作NE⊥OC,交OC于點E,如答圖2-35-1.則NE=ON·sin60°=x.∴y=OM·NE=×1.5x×x=x2.∴當x=時，y取得最大值，最大值為（3）①當0＜x≤時，點M在OC上運動，點N在OB上運6②當＜x≤4時，點M在BC上運動，點N在OB上運動，此時過點M作MH⊥OB于點H,如答圖2-35-2.則BM=8-1.5x，MH=BM·sin60°=（8-1.5x）.∴y=ON·MH=x·(8-1.5x)=x2+2x=∴當x=時，y取得最大值，此時y＜②當＜x≤4時，點M在BC上運動，點N在OB上運動，此7③當4＜x≤4.8時，點M，N都在BC上運動，過點O作OG⊥BC于點G,如答圖2-35-3.則MN=12-2.5x，OG=AB=2∴y=MN·OG=(12-2.5x)×23=12∴當x=4時，y取得最大值，最大值為2綜上所述，當x=時，y取得最大值，最大值為③當4＜x≤4.8時，點M，N都在BC上運動，過點O作OG⊥8變式診斷2.（2020·嶗山一模）如圖2-35-2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．點P從點B出發(fā)沿BA向點A運動，速度為1cm/s，點E是點B以P為對稱中心的對稱點，點P運動的同時，點Q從A出發(fā)沿AC向C運動，速度為2cm/s，當點Q到達頂點C時，點P，Q同時停止運動.設P，Q兩點運動時間為ts．（1）當t為何值時，PQ∥BC？（2）設四邊形PQCB的面積為y，求y關于t的函數關系式；變式診斷2.（2020·嶗山一模）如圖2-35-2，在Rt△9（3）四邊形PQCB的面積能否是△ABC面積的？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由；（4）當t為何值時，△AEQ為等腰三角形？（直接寫出結果）（3）四邊形PQCB的面積能否是△ABC面積的？若能，10解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，∴AB=10cm．∵BP=t，AQ=2t，∴AP=AB－BP=10-t．∵PQ∥BC，∴解得t=解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，11（2）∵S四邊形PQCB=S△ACB－S△APQ=AC·BC－AP·AQ·sinA∴y=×6×8-（10-t）·2t·t2-8t+24.∴y關于t的函數關系式為y=t2-8t+24（0<t<3）.（2）∵S四邊形PQCB=S△ACB－S△APQ=AC12（3）四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的理由如下：由題意，得t2-8t+24=×24.整理，得t2-10t+12=0.解得t1=5-t2=5+（不合題意,舍去）．故四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的，此時t的值為5-（3）四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的理由如13（4）△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：①如果AE=AQ，那么10-2t=2t，解得t=②如果EA=EQ，那么（10-2t）×=t，解得t=③如果QA=QE，那么2t×=5-t，解得t=故當t為時，△AEQ為等腰三角形.（4）△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：14考點突破

考點二

動線問題（5年1考）3.（2016·廣東）如圖2-35-3，BD是正方形ABCD的對角線，BC=2，邊BC在其所在的直線上平移，將通過平移得到的線段記為PQ，連接PA，QD，并過點Q作QO⊥BD，垂足為O，連接OA，OP．考點突破考點二動線問題（5年1考）3.（2015（1）請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四邊形；（2）請判斷OA，OP之間的數量關系和位置關系，并加以證明；（3）在平移變換過程中，設y=S△OPB，BP=x（0≤x≤2），求y與x之間的函數關系式，并求出y的最大值．（1）請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四16解：（1）四邊形APQD為平行四邊形.（2）OA=OP，OA⊥OP，證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=PQ，∠ABO=∠OBQ=45°.∵OQ⊥BD，∴∠PQO=45°.∴∠ABO=∠OBQ=∠PQO=45°.∴OB=OQ.在△AOB和△POQ中，∴△AOB≌△POQ（SAS）.∴OA=OP，∠AOB=∠POQ.∴∠AOP=∠AOB+∠BOP=∠POQ+∠BOP=∠BOQ=90°.∴OA⊥OP.AB=PQ,∠ABO=∠PQO,BO=QO,解：（1）四邊形APQD為平行四邊形.AB=PQ,17（3）過點O作OE⊥BC于點E．答圖2-35-4①如答圖2-35-4，當點P在點B右側時，則BQ=x+2，OE=∴y=·x，即y=（x+1）2-.又∵0≤x≤2，∴當x=2時，y有最大值為2；（3）過點O作OE⊥BC于點E．18②如答圖2-35-5，當點P在點B左側時，則BQ=2-x，OE=∴y=·x，即y=-（x-1）2+又∵0≤x≤2，∴當x=1時，y有最大值為.綜上所述，當x=2時，y有最大值為2.②如答圖2-35-5，當點P在點B左側時，則BQ=2-x，O19變式診斷4.（2014·東莞）如圖2-35-4，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點D，BC=10cm，AD=8cm．點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB，AC，AD于E，F，H，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設運動時間為ts（t＞0）．（1）當t=2時，連接DE,DF，求證：四邊形AEDF為菱形；變式診斷4.（2014·東莞）如圖2-35-4，在△ABC中20（2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當△PEF的面積最大時，求線段BP的長；（3）是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由．（2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當21（1）證明：如答圖2-35-6，當t=2時，DH=AH=4，則H為AD的中點.又∵EF⊥AD，∴EF是AD的垂直平分線.∴AE=DE，AF=DF．∵AD⊥EF，AD⊥BC，∴EF∥BC.∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C.又∵∠B=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF.∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形．答圖2-35-6（1）證明：如答圖2-35-6，當t=2時，DH=AH=4，22（2）解：如答圖2-35-7.由（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC.∴解得EF=10-則S△PEF=EF·DH=·2t=-t2+10t=-（t-2）2+100＜t＜∴當t=2時，S△PEF存在最大值，最大值為10cm2，此時BP=3t=6cm．（2）解：如答圖2-35-7.23（3）解：存在．理由如下：①若點E為直角頂點，如答圖2-35-8①.此時PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．∵PE∥AD，∴此比例式不成立，故此種情形不存在；（3）解：存在．理由如下：24②若點F為直角頂點，如答圖2-35-8②.此時PF∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10-3t．∵PF∥AD，∴解得t=②若點F為直角頂點，如答圖2-35-8②.25③若點P為直角頂點，如答圖2-35-8③．過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．∵EM∥AD，∴解得BM=t.∴PM=BP－BM=3t-③若點P為直角頂點，如答圖2-35-8③．26在Rt△EMP中，由勾股定理可得PE2=EM2+PM2=（2t）2+∵FN∥AD，∴∴PN=BC－BP－CN=10-3t-t=10-t．在Rt△FNP中，由勾股定理可得PF2=FN2+PN2=（2t）2+t2-85t+100．在Rt△EMP中，由勾股定理可得PE2=EM2+PM2=（227在Rt△PEF中，由勾股定理可得EF2=PE2+PF2，化簡，得t2-35t=0.解得t=或t=0（舍去）.∴t=綜上所述，當t=或t=時，△PEF為直角三角形.在Rt△PEF中，由勾股定理可得EF2=PE2+PF2，28專題突破5.（2020·浙江紹興）如圖2-35-5，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿AB向點B運動，運動到點B時停止.延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為()A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形B專題突破5.（2020·浙江紹興）如圖2-35-5，點O為296.（2018·黑龍江）如圖2-35-6，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的邊AB在x軸上，點B的坐標為（-3，0），點C在y軸正半軸上，且sin∠CBO=點P從原點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸正方向移動，移動時間為ts（0≤t≤5）,過點P作平行于y軸的直線l，直線l掃過四邊形OCDA的面積為S.（1）求點D的坐標;（2）求S關于t的函數關系式;6.（2018·黑龍江）如圖2-35-6，在平面直角坐標30（3）在直線l移動過程中，l上是否存在一點Q，使得以點B，C，Q為頂點的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.（3）在直線l移動過程中，l上是否存在一點Q，使得以點B，C31解：（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=45=∴設CO=4k，則BC=5k.∵BC2=CO2+OB2，∴25k2=16k2+9.解得k=1或-1（舍去）.∴BC=5，OC=4.∵四邊形ABCD是菱形，∴CD=BC=5.∴D（5，4）.解：（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=45=32（2）①如答圖2-35-9，當0≤t≤2時，直線l掃過的圖形是四邊形OCQP.S=4t.②如答圖2-35-10，當2＜t≤5時，直線l掃過的圖形是五邊形OCQTA.S=S梯形OCDA-S△DQT=×（2+5）×4-×（5-t）×（5-t）=（2）①如答圖2-35-9，當0≤t≤2時，33（3）如答圖2-35-11.①當QB=QC，∠BQC=90°時，Q②當BC=CQ′，∠BCQ′=90°時，Q′（4，1）；③當BC=BQ″，∠CBQ″=90°時，Q″（1，-3）.綜上所述，滿足條件的點Q的坐標為或（4，1）或（1，-3）.（3）如答圖2-35-11.347.(2020·青島改編）如圖2-35-7，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．設運動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：7.(2020·青島改編）如圖2-35-7，在四邊形ABC35（1）當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，當四邊形PQNH為矩形時，求t的值；（3）連接QC，QH，設四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數關系式.（1）當t為何值時，點M在線段CQ的垂直平分線上？36解：（1）∵AB∥CD，∴∴CM=cm.∵點M在線段CQ的垂直平分線上，∴MQ=CM,即1×t=∴t=解：（1）∵AB∥CD，∴37（2）如答圖2-35-12，過點Q作QN⊥AF于點N.∵∠ABC=∠EBF=90°，AB=BE=8cm，BC=BF=6cm，∴AC==10（cm），EF==10（cm）.∵CE=2cm，CM=cm，∠ECM=90°，（2）如答圖2-35-12，過點Q作QN⊥AF于點N.38∴EM=∵sin∠PAH=sin∠CAB，∴∴PH=t.∴EM=39同理可求QN=6-t.∵四邊形PQNH是矩形，∴PH=NQ，即t=6-t.∴t=3.∴當t=3時，四邊形PQNH為矩形.同理可求QN=6-t.40（3）如答圖2-35-13，過點Q作QN⊥AF于點N.由（2）可知QN=6-t，∵cos∠PAH=cos∠CAB，∴∴AH=t.∴S=S梯形GMFH－S△CMQ－S△HFQ=（3）如答圖2-35-13，過點Q作QN⊥AF于點N.41

謝謝謝謝42第二部分專題提升第35講動態(tài)專題(1)(動點問題)第二部分專題提升第35講動態(tài)專題(1)(動點問題)

動點問題研究的是在幾何圖形的運動中，一些圖形位置、數量關系的“變”與“不變”的問題.常用的數學思想是方程思想、數學建模思想、函數思想、轉化思想等；常用的數學方法有分類討論法、數形結合法等.解答動點問題的時學會“動中找靜”，即把動點問題變?yōu)殪o態(tài)問題來解決，尋找動點問題中的特殊情況.知識梳理動點問題研究的是在幾何圖形的運動中，一些圖形位置、數44考點突破

考點一

動點問題（5年4考）1.（2018·廣東）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉60°得到△ODC，如圖2-35-1①，連接BC.（1）填空：∠OBC=________°；（2）如圖2-35-1①，連接AC，過點P作OP⊥AC，垂足為點P，求OP的長度；60考點突破考點一動點問題（5年4考）1.（45（3）如圖2-35-1②，點M，N同時從點O出發(fā)，在△OCB的邊上運動，點M沿O→C→B路徑勻速運動，點N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時停止運動.已知點M的運動速度為1.5單位長度/s，點N的運動速度為1單位長度/s.設運動時間為xs，△OMN的面積為y，則當x為何值時,y取得最大值？最大值為多少？（3）如圖2-35-1②，點M，N同時從點O出發(fā)，在△OCB46解：（2）在Rt△OAB中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2.∴S△AOC=OA·AB=×2×2=2.∵∠OBC=60°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°.∴AC=∴OP=解：（2）在Rt△OAB中，∵OB=4，∠ABO=30°，47（3）①當0＜x≤時，點M在OC上運動，點N在OB上運動，此時過點N作NE⊥OC,交OC于點E,如答圖2-35-1.則NE=ON·sin60°=x.∴y=OM·NE=×1.5x×x=x2.∴當x=時，y取得最大值，最大值為（3）①當0＜x≤時，點M在OC上運動，點N在OB上運48②當＜x≤4時，點M在BC上運動，點N在OB上運動，此時過點M作MH⊥OB于點H,如答圖2-35-2.則BM=8-1.5x，MH=BM·sin60°=（8-1.5x）.∴y=ON·MH=x·(8-1.5x)=x2+2x=∴當x=時，y取得最大值，此時y＜②當＜x≤4時，點M在BC上運動，點N在OB上運動，此49③當4＜x≤4.8時，點M，N都在BC上運動，過點O作OG⊥BC于點G,如答圖2-35-3.則MN=12-2.5x，OG=AB=2∴y=MN·OG=(12-2.5x)×23=12∴當x=4時，y取得最大值，最大值為2綜上所述，當x=時，y取得最大值，最大值為③當4＜x≤4.8時，點M，N都在BC上運動，過點O作OG⊥50變式診斷2.（2020·嶗山一模）如圖2-35-2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．點P從點B出發(fā)沿BA向點A運動，速度為1cm/s，點E是點B以P為對稱中心的對稱點，點P運動的同時，點Q從A出發(fā)沿AC向C運動，速度為2cm/s，當點Q到達頂點C時，點P，Q同時停止運動.設P，Q兩點運動時間為ts．（1）當t為何值時，PQ∥BC？（2）設四邊形PQCB的面積為y，求y關于t的函數關系式；變式診斷2.（2020·嶗山一模）如圖2-35-2，在Rt△51（3）四邊形PQCB的面積能否是△ABC面積的？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由；（4）當t為何值時，△AEQ為等腰三角形？（直接寫出結果）（3）四邊形PQCB的面積能否是△ABC面積的？若能，52解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，∴AB=10cm．∵BP=t，AQ=2t，∴AP=AB－BP=10-t．∵PQ∥BC，∴解得t=解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，53（2）∵S四邊形PQCB=S△ACB－S△APQ=AC·BC－AP·AQ·sinA∴y=×6×8-（10-t）·2t·t2-8t+24.∴y關于t的函數關系式為y=t2-8t+24（0<t<3）.（2）∵S四邊形PQCB=S△ACB－S△APQ=AC54（3）四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的理由如下：由題意，得t2-8t+24=×24.整理，得t2-10t+12=0.解得t1=5-t2=5+（不合題意,舍去）．故四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的，此時t的值為5-（3）四邊形PQCB的面積可以是△ABC面積的理由如55（4）△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：①如果AE=AQ，那么10-2t=2t，解得t=②如果EA=EQ，那么（10-2t）×=t，解得t=③如果QA=QE，那么2t×=5-t，解得t=故當t為時，△AEQ為等腰三角形.（4）△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：56考點突破

考點二

動線問題（5年1考）3.（2016·廣東）如圖2-35-3，BD是正方形ABCD的對角線，BC=2，邊BC在其所在的直線上平移，將通過平移得到的線段記為PQ，連接PA，QD，并過點Q作QO⊥BD，垂足為O，連接OA，OP．考點突破考點二動線問題（5年1考）3.（2057（1）請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四邊形；（2）請判斷OA，OP之間的數量關系和位置關系，并加以證明；（3）在平移變換過程中，設y=S△OPB，BP=x（0≤x≤2），求y與x之間的函數關系式，并求出y的最大值．（1）請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四58解：（1）四邊形APQD為平行四邊形.（2）OA=OP，OA⊥OP，證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=PQ，∠ABO=∠OBQ=45°.∵OQ⊥BD，∴∠PQO=45°.∴∠ABO=∠OBQ=∠PQO=45°.∴OB=OQ.在△AOB和△POQ中，∴△AOB≌△POQ（SAS）.∴OA=OP，∠AOB=∠POQ.∴∠AOP=∠AOB+∠BOP=∠POQ+∠BOP=∠BOQ=90°.∴OA⊥OP.AB=PQ,∠ABO=∠PQO,BO=QO,解：（1）四邊形APQD為平行四邊形.AB=PQ,59（3）過點O作OE⊥BC于點E．答圖2-35-4①如答圖2-35-4，當點P在點B右側時，則BQ=x+2，OE=∴y=·x，即y=（x+1）2-.又∵0≤x≤2，∴當x=2時，y有最大值為2；（3）過點O作OE⊥BC于點E．60②如答圖2-35-5，當點P在點B左側時，則BQ=2-x，OE=∴y=·x，即y=-（x-1）2+又∵0≤x≤2，∴當x=1時，y有最大值為.綜上所述，當x=2時，y有最大值為2.②如答圖2-35-5，當點P在點B左側時，則BQ=2-x，O61變式診斷4.（2014·東莞）如圖2-35-4，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點D，BC=10cm，AD=8cm．點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB，AC，AD于E，F，H，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設運動時間為ts（t＞0）．（1）當t=2時，連接DE,DF，求證：四邊形AEDF為菱形；變式診斷4.（2014·東莞）如圖2-35-4，在△ABC中62（2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當△PEF的面積最大時，求線段BP的長；（3）是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由．（2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當63（1）證明：如答圖2-35-6，當t=2時，DH=AH=4，則H為AD的中點.又∵EF⊥AD，∴EF是AD的垂直平分線.∴AE=DE，AF=DF．∵AD⊥EF，AD⊥BC，∴EF∥BC.∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C.又∵∠B=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF.∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形．答圖2-35-6（1）證明：如答圖2-35-6，當t=2時，DH=AH=4，64（2）解：如答圖2-35-7.由（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC.∴解得EF=10-則S△PEF=EF·DH=·2t=-t2+10t=-（t-2）2+100＜t＜∴當t=2時，S△PEF存在最大值，最大值為10cm2，此時BP=3t=6cm．（2）解：如答圖2-35-7.65（3）解：存在．理由如下：①若點E為直角頂點，如答圖2-35-8①.此時PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．∵PE∥AD，∴此比例式不成立，故此種情形不存在；（3）解：存在．理由如下：66②若點F為直角頂點，如答圖2-35-8②.此時PF∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10-3t．∵PF∥AD，∴解得t=②若點F為直角頂點，如答圖2-35-8②.67③若點P為直角頂點，如答圖2-35-8③．過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．∵EM∥AD，∴解得BM=t.∴PM=BP－BM=3t-③若點P為直角頂點，如答圖2-35-8③．68在Rt△EMP中，由勾股定理可得PE2=EM2+PM2=（2t）2+∵FN∥AD，∴∴PN=BC－BP－CN=10-3t-t=10-t．在Rt△FNP中，由勾股定理可得PF2=FN2+PN2=（2t）2+t2-85t+100．在Rt△EMP中，由勾股定理可得PE2=EM2+PM2=（269在Rt△PEF中，由勾股定理可得EF2=PE2+PF2，化簡，得t2-35t=0.解得t=或t=0（舍去）.∴t=綜上所述，當t=或t=時，△PEF為直角三角形.在Rt△PEF中，由勾股定理可得EF2=PE2+PF2，70專題突破5.（2020·浙江紹興）如圖2-35-5，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿AB向點B運動，運動到點B時停止.延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為()A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形B專題突破5.（2020·浙江紹興）如圖2-35-5，點O為716.（2018·黑龍江）如圖2-35-6，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的邊AB在x軸上，點B的坐標為（-3，0），點C在y軸正半軸上，且sin∠CBO=點P從原點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸正方向移動，移動時間為ts（0≤t≤5）,過點P作平行于y軸的直線l，直線l掃過四邊形OCDA的面積為S.（1）求點D的坐標;（2）求S關于t的函數關系式;6.（2018·黑龍江）如圖2-35-6，在平面直角坐標72（3）在直線l移動過程中，l上是否存在一點Q，使得以點B，C，Q為頂點的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.（3）在直線l移動過程中，l上是否存在一點Q，使得以點B，C73解：（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=45=∴設CO=4k，則BC=5k.∵BC2=CO2+OB2，∴25k2=16k2+9.解得k=1或-1（舍去）.∴BC=5，OC=4.∵