2024貴州中考數(shù)學二輪復習專題題型九幾何綜合題專項訓練類型一手拉手全等模型探究(黔西南州2022.25，黔東南州2023.25)典例精講例1(2023黔西南州25題14分)如圖①，D為等邊△ABC內一點，將線段AD繞點A逆時針旋轉60°得到AE，連接CE，BD的延長線與AC交于點G，與CE交于點F.(1)求證：BD＝CE；例1題圖①條件分析：共頂點：點A等線段：AD＝AE，AB＝AC等角：∠BAC＝∠DAE＝60°聯(lián)想到手拉手全等模型模型抽離：(2)如圖②，連接FA，小穎對該圖形進行探究，得出結論：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.小穎的結論是否正確？若正確，請給出證明；若不正確，請說明理由．例1題圖②條件分析：共頂點：點A等線段：AD＝AE等角：∠ADB＝∠AEC聯(lián)想到構造手拉手全等模型【解題思路】在BD上取一點M，使得MD＝EF，則△AMD≌△AFE，得到△AMF為等邊三角形即可求解．拓展設問如圖③，連接AF，若∠DAF＝30°，AD＝4，且BD＝2DF，求CD的長．例1題圖③【解題思路】通過證明△DAF≌△EAF，并利用邊角關系，得到DF、EF、CF的線段數(shù)量關系，以此證得△CDE為直角三角形，通過角度轉換得到∠DEC＝30°即可求解．針對演練1.(2023黔東南州25題14分)如圖①，△ABC和△DCE都是等邊三角形．第1題圖探究發(fā)現(xiàn)(1)△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由；拓展運用(2)若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長；(3)若B、C、E三點在一條直線上(如圖②)，且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．第1題圖類型二對角互補全等模型探究(黔東南州2023.25)典例精講例2(2023黔東南州25題12分)在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD.【探究發(fā)現(xiàn)】(1)如圖①，若∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝90°，求證：AD＋AB＝AC；例2題圖①【解題思路】由題意可得∠CAD＝∠CAB＝60°，進而可求得AD、AB分別與AC的數(shù)量關系，即可得證；如圖②，若∠BAD＝120°，∠ABC＋∠ADC＝180°.①猜想AB、AD、AC三條線段的數(shù)量關系，并說明理由；例2題圖②條件分析：①AC平分∠DAB，即∠DAC＝∠BAC＝60°；②∠ABC＋∠ADC＝180°聯(lián)想到120°對角互補模型【解題思路】方法一：過點C分別作AB，AD的垂線于點M、N，由△CBM≌△CDN，故BM＝DN，再利用等量代換及直角三角形的性質求解；方法二：在AD的延長線上取一點E，使AE＝AC，由△ABC≌△EDC即可求解．②若AC＝10，求四邊形ABCD的面積．【解題思路】方法一：由△CBM≌△CDN，將四邊形ABCD的面積轉化為四邊形AMCN的面積，利用等量代換及銳角三角函數(shù)即可求解；方法二：由△ABC≌△EDC，將四邊形ABCD的面積轉化為△ACE的面積即可求解．針對演練2.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D為邊AB中點，點E、F分別在射線CA、BC上，且DE⊥DF，連接EF.(1)猜想：如圖①，當點E、F分別在邊CA和BC上時，線段DE與EF的大小關系；(2)如圖②，當點E、F分別在邊CA、BC的延長線上．①判斷線段DE與EF的大小關系，并加以證明；②若DE＝4，利用探究得到的結論，求△DEF的面積．第2題圖類型三三垂直模型探究典例精講例3如圖①，在等腰直角△ABC中，AB＝BC，點E為BC上一點，連接AE，過點E作EM⊥AE，且AE＝EM，連接MC.求證：∠ACM＝90°；例3題圖①條件分析：垂直：AB⊥BC，EM⊥AE線段關系：AE＝EM聯(lián)想到三垂直全等模型【解題思路】過點M作MH⊥BC交BC的延長線于點H，證明△MHE≌△EBA，通過線段數(shù)量關系求得∠MCH＝45°即可；(2)如圖②，若AC＝2CM，AB＝4，求EM的長．例3題圖②條件分析：垂直：AC⊥CM，AB⊥BC線段關系：AC＝2CM聯(lián)想到三垂直相似【解題思路】過點M作MH⊥BC交BC的延長線于點H，利用△ABC∽△MHC，求得MH的長，通過證明△ABE≌△EHM可得EH的長，再利用勾股定理求解即可．針對演練3.如圖①，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于點E，AD⊥CE于點D.(1)求證：△BCE≌△CAD；(2)猜想：線段AD，DE，BE之間有怎樣的數(shù)量關系，并說明理由；(3)如圖②，若AD＝3，BE＝7，求DE的長．第3題圖類型四半角模型探究典例精講例4【問題解決】(1)如圖①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠DAE的兩邊交線段BC于D、E兩點，且∠DAE＝eq\f(1,2)∠BAC.求證：BD2＋CE2＝DE2；例4題圖①條件分析：①∠BAC＝90°，∠DAE＝eq\f(1,2)∠ABC＝45°；②AB＝AC聯(lián)想到45°旋轉半角模型【解題思路】要證BD2＋CE2＝DE2，可將△ABD旋轉至△ACD′，連接D′E，證得CD′2＋CE2＝D′E2，再利用全等證得D′E＝DE即可；【類比探究】(2)如圖②，若∠BAC＝120°，其余條件不變，且S△ABD＝2，S△ACE＝4，求△ABC的面積．例4題圖②條件分析：①∠BAC＝120°，∠DAE＝eq\f(1,2)∠ABC＝60°；②AB＝AC聯(lián)想到60°旋轉半角模型【解題思路】旋轉△ABD至△ACD′，連接D′E，可求得∠D′CE，根據(jù)△ACD′和△ACE的面積關系求出CD′和CE的數(shù)量關系，再根據(jù)DE和CE的關系可求得△ABC的面積．針對演練4.)已知，△AMN的頂點M、N分別在正方形ABCD的邊BC、CD所在的直線上，且滿足∠MAN＝45°.【問題解決】(1)如圖①，當點M、N分別在線段CB、DC上時，線段MN、BM和DN之間的數(shù)量關系為________；(2)如圖②，當點M、N分別在邊CB、DC的延長線上時，請?zhí)骄烤€段MN、MB和DN之間存在怎樣的數(shù)量關系，并說明理由；【類比探究】如圖③，在(2)的條件下，作射線DB分別交直線AM、AN于P、Q兩點，若MN＝10，CM＝8，求AP的長．第4題圖類型五動點探究問題(黔西南州2018.26，黔東南州2018.26)典例精講例5(2018三州聯(lián)考26題16分)如圖①，已知矩形AOCB，AB＝6cm，BC＝16cm，動點P從點A出發(fā)，以3cm/s的速度向點O運動，直到點O為止；動點Q同時從點C出發(fā)，以2cm/s的速度向點B運動，與點P同時結束運動．(1)點P到達終點O的運動時間是________s，此時點Q的運動距離是________cm；(2)當運動時間為2s時，P、Q兩點的距離為______cm；(3)請你計算出發(fā)多久時，點P和點Q之間的距離是10cm；【解題思路】設出運動時間，表示出線段長，通過勾股定理列等量關系式求解即可；例5題圖①(4)如圖②，以點O為坐標原點，OC所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，1cm長為單位長度建立平面直角坐標系，連接AC，與PQ相交于點D，若雙曲線y＝eq\f(k,x)過點D，問k的值是否會變化？若會變化，說明理由；若不會變化，請求出k的值．【解題思路】通過證明△APD∽△CQD及速度比，即可得到eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5)，再證明△ADG∽△ACO，由線段比求得OG與GD的長，即可得到點D的坐標，進而求得k的值．例5題圖②針對演練5.)如圖，在平面直角坐標系中，點A、C的坐標分別為(8，0)、(0，6)，四邊形OABC是以OA、OC為邊的矩形，點P從點C出發(fā)，沿折線CO－OA以每秒1個單位的速度運動，過點P作PQ⊥CP，交AB于點Q，交AC于點E，設點P的運動時間為t秒(0＜t＜14)．(1)點P到點B距離的最大值是__________；(2)當點P在CO上時，若S△CPE＝eq\f(27,2)，求S△EQA；(3)如圖②，當點P在OA上，且∠OCP＝45°時，求tan∠PCE的值．第5題圖6.(2023銅仁25題14分)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6eq\r(3)cm，AC＝12cm.點P是CA邊上的一動點，點P從點C出發(fā)以每秒2cm的速度沿CA方向勻速運動，以CP為邊作等邊△CPQ(點B、點Q在AC同側)，設點P運動的時間為x秒，△ABC與△CPQ重疊部分的面積為S.(1)當點Q落在△ABC內部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S(用含x的代數(shù)式表示，不要求寫x的取值范圍)；(2)當點Q落在AB上時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S的值；(3)當點Q落在△ABC外部時，求此時△ABC與△CPQ重疊部分的面積S(用含x的代數(shù)式表示)．第6題圖參考答案類型一手拉手全等模型探究典例精講例1(1)證明：∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴∠BAD＋∠DAG＝60°.∵AE是AD繞點A逆時針旋轉60°得到的，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∴∠CAE＋∠DAG＝60°，∴∠BAD＝∠CAE.在△BAD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE，,AD＝AE)))∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝CE；(7分)(2)解：正確．證明：如解圖①，在BD上取一點M，使得DM＝EF，連接AM，由(1)知△BAD≌△CAE，∴∠ADM＝∠AEC，在△AMD和△AFE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AD,∠ADM＝∠AEF,DM＝EF))，∴△AMD≌△AFE(SAS)，∴∠MAD＝∠FAE，∠AMF＝∠AFE，∵∠DAF＋∠FAE＝60°，∴∠DAF＋∠MAD＝60°，∴△MAF是等邊三角形，∴∠AFB＝∠AFE＝60°，∴∠BFC＝60°，∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.(14分)例1題解圖①【拓展設問】解：如解圖②，連接CD、DE，∵∠DAF＝30°，∠DAE＝60°，∴∠DAF＝∠EAF＝30°，由(2)知∠DFA＝∠EFA＝60°，在△DAF和△EAF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DAF＝∠EAF,AF＝AF,∠AFD＝∠AFE))，∴△DAF≌△EAF(ASA)，∴DF＝EF，∵∠DAF＝30°，∠AFD＝60°，∴∠AEF＝∠ADF＝90°，∵AE＝AD，∠DAE＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴∠AED＝60°，∴∠CED＝30°，∵BD＝2DF，由(1)知BD＝CE，∴CE＝2DF，∴DF＝EF＝CF，∴∠FED＝∠FDE，∠FDC＝∠FCD，∴∠EDC＝∠EDF＋∠FDC＝eq\f(180°,2)＝90°，∵∠CED＝30°，DE＝AD＝4，∴CD＝DE·tan∠DEC＝eq\f(4\r(3),3).例1題解圖②針對演練1.解：(1)全等；證明：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CD＝CE，∴∠BCA＋∠ACD＝∠DCE＋∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BC＝AC,∠BCD＝∠ACE,CD＝CE))，∴△BCD≌△ACE；(4分)(2)∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝90°，∵AD＝3，CD＝DE＝2，∴AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13)，由(1)可知△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∴BD＝eq\r(13)；(8分)(3)如解圖，過點A作AF⊥CD于點F，∵∠BCA＝∠DCE＝60°，B、C、E在同一條直線上，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF＝eq\f(AF,AC)，∴AF＝AC·sin∠ACF＝1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)CD·AF＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).(11分)∵CF＝AC·cos∠ACF＝1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴FD＝CD－CF＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，在Rt△AFD中，AD2＝AF2＋FD2＝(eq\f(\r(3),2))2＋(eq\f(3,2))2＝3，∴AD＝eq\r(3).(14分)第1題解圖類型二對角互補全等模型探究典例精講例2(1)證明：∵∠BAD＝120°，AC平分∠BAD，∴∠CAB＝∠CAD＝60°，∵∠B＝∠D＝90°，∴AB＝AD＝eq\f(1,2)AC，∴AB＋AD＝AC；(3分)(2)①解：AB＋AD＝AC.理由如下：如解圖①，過點C作AB的垂線交AB于點M，過點C作AD的垂線交AD的延長線于點N，∵AC平分∠DAB，CN⊥AN，CM⊥AB，∴∠CAD＝∠CAB，CN＝CM，∵∠CBM＋∠ADC＝180°，∠CDN＋∠ADC＝180°，∴∠CDN＝∠CBM，在△CDN和△CBM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CDN＝∠CBM,∠CND＝∠CMB,CN＝CM))，∴△CDN≌△CBM(AAS)，∴DN＝BM.∴AB＋AD＝AM＋AD＋DN＝AM＋AN，由(1)知AM＝AN，∴AB＋AD＝2AN，∵∠NAC＝60°，∠N＝90°，∴∠ACN＝30°，∴AC＝2AN＝AB＋AD，∴AB＋AD＝AC；(8分)例2題解圖①【一題多解】解：AB＋AD＝AC.理由如下：如解圖②，延長AD到點E，使得AE＝AC，連接CE，例2題解圖②∵∠CAE＝60°，∴△ACE為等邊三角形，∴∠AEC＝60°，AC＝EC，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠CDE＝180°，∴∠ABC＝∠EDC，∵∠BAC＝∠AEC＝60°，∴△ABC≌△EDC(AAS)，∴AB＝ED，∴AB＋AD＝DE＋AD＝AE，∵AE＝AC，∴AB＋AD＝AC；(8分)②解：如解圖①，由(2)①知△CDN≌△CBM，易證△CAN≌△CAM，∴S四邊形ABCD＝S△ADC＋S△ABC＝S△ANC＋S△AMC＝2S△ANC，∵AC＝10，∠N＝90°，∠ACN＝30°，∴AN＝AC·sin30°＝5，CN＝AC·cos30°＝5eq\r(3)，∴S四邊形ABCD＝2S△ANC＝2×eq\f(1,2)AN·CN＝2×eq\f(1,2)×5×5eq\r(3)＝25eq\r(3).(12分)【一題多解】解：如解圖②，過點E作EF⊥AC于點F，∵△ABC≌△EDC，∴S△ABC＝S△DEC，∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝S△DEC＋S△ACD＝S△ACE，∵∠CAD＝60°，AC＝AE＝10，∴EF＝AE·sin60°＝5eq\r(3)，∴S四邊形ABCD＝S△ACE＝eq\f(1,2)AC·EF＝25eq\r(3).(12分)針對演練2.解：(1)猜想：EF＝eq\r(2)DE；如解圖①，連接CD，第2題解圖①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，點D為AB的中點，∴∠BCD＝∠CAD＝45°，CD＝AD，∵ED⊥FD，∴∠FDC＋∠EDC＝90°，∵∠ADE＋∠EDC＝90°，∴∠FDC＝∠ADE，在△AED和△CFD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EAD＝∠FCD,AD＝CD,∠ADE＝∠CDF))，∴△AED≌△CFD(ASA)，∴DE＝DF，∵∠EDF＝90°，∴EF＝eq\r(2)DE；(2)①EF＝eq\r(2)DE，證明如下：如解圖②，連接CD，第2題解圖②∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAD＝45°，∵D為AB中點，∴AD＝CD，CD⊥AB，∵ED⊥FD，∴∠EDA＋∠ADF＝90°，∵∠FDC＋∠ADF＝90°，∴∠EDA＝∠FDC，∵∠CAD＋∠EAD＝∠BCD＋∠FCD＝180°，∴∠EAD＝∠FCD＝135°，在△ADE和△CDF中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ADE＝∠CDF,AD＝CD,∠EAD＝∠FCD))，∴△ADE≌△CDF(ASA)，∴DE＝DF，∵∠EDF＝90°，∴EF＝eq\r(2)DE；②∵∠EDF＝90°，∴DE＝DF＝4，∴S△DEF＝eq\f(1,2)DE2＝eq\f(1,2)×42＝8.類型三三垂直模型探究典例精講例3(1)證明：如解圖①，過點M作MH⊥BC交BC的延長線于點H，∵∠AEM＝90°，∠ABC＝90°，∴∠HEM＋∠AEB＝90°，∠BAE＋∠AEB＝90°，∴∠HEM＝∠BAE，在△ABE和△EHM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EBA＝∠MHE,∠BAE＝∠HEM，,AE＝EM))∴△ABE≌△EHM(AAS)，∴BE＝MH，AB＝EH，∵BC＝AB，∴BC＝EH，∴BE＝CH，∴CH＝MH，∴△CMH是等腰直角三角形，∴∠HCM＝45°，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°，∴∠ACM＝180°－∠HCM－∠ACB＝90°；例3題解圖①(2)解：如解圖②，過M作MH⊥BC交BC的延長線于點H，由(1)得△CMH是等腰直角三角形，∴△ABC∽△MHC，∴eq\f(AB,MH)＝eq\f(AC,MC)＝2，∵AB＝4，∴MH＝2.∵AE⊥EM，∴∠AEB＋∠MEH＝90°，∠AEB＋∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠MEH，由(1)得△ABE≌△EHM(AAS)，∴AB＝EH＝4，由勾股定理得EM＝eq\r(EH2＋MH2)＝2eq\r(5).例3題解圖②針對演練3.(1)證明：∵BE⊥CE于點E，AD⊥CE于點D，∠ACB＝90°，∴∠E＝∠ADC＝90°，∠BCE＝90°－∠ACD，∠CAD＝90°－∠ACD，∴∠BCE＝∠CAD，在△BCE與△CAD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠E＝∠ADC,∠BCE＝∠CAD，,BC＝CA))∴△BCE≌△CAD(AAS)；(2)解：AD＝DE＋BE.理由：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＋∠BCE＝90°，∵AD⊥DE，∴∠ACD＋∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，又∵AC＝BC，∠ADC＝∠E＝90°，∴△ACD≌△CBE，∴AD＝CE，CD＝BE，∴AD＝CE＝DE＋CD＝DE＋BE，即AD＝DE＋BE；(3)解：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＋∠BCE＝90°，∵AD⊥DE，∴∠ACD＋∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，又∵AC＝BC，∠D＝∠BEC＝90°，∴△ACD≌△CBE，∴AD＝CE，CD＝BE，∴DE＝CD－CE＝BE－AD.∵AD＝3，BE＝7，∴DE＝7－3＝4.類型四半角模型探究典例精講例4(1)證明：如解圖①，將△ABD繞點A旋轉至△ACD′，連接D′E，則△ABD≌△ACD′，∴BD＝CD′，AD＝AD′，∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′＝∠ACB＝45°，∴∠D′CE＝90°.∵∠DAE＝eq\f(1,2)∠BAC，例4題解圖①∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC－eq\f(1,2)∠BAC＝eq\f(1,2)∠BAC＝∠DAE，∵AE＝AE，∴△AD′E≌△ADE，∴D′E＝DE，在Rt△CD′E中，由勾股定理得CD′2＋CE2＝D′E2，即BD2＋CE2＝DE2；(2)解：如解圖②，將△ABD繞點A旋轉至△ACD′，連接D′E，過點A作AH⊥CD′交CD′的延長線于點H，作AP⊥BC于點P，則△ABD≌△ACD′，例4題解圖②∴CD′＝BD，AD′＝AD，∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′.∵∠BAC＝120°，∴∠ACD′＝∠B＝∠ACB＝30°，∴∠D′CE＝60°，AH＝AP.∵∠DAE＝eq\f(1,2)∠BAC，∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC－eq\f(1,2)∠BAC＝eq\f(1,2)∠BAC＝∠DAE.∵AE＝AE，∴△AD′E≌△ADE，∴D′E＝DE.∵S△ACD′＝eq\f(1,2)CD′·AH＝S△ABD＝2，S△ACE＝eq\f(1,2)CE·AP＝4，∴eq\f(\f(1,2)CD′·AH,\f(1,2)CE·AP)＝eq\f(2,4)，即eq\f(CD′,CE)＝eq\f(1,2).∵∠D′CE＝60°，∴cos∠D′CE＝cos60°＝eq\f(1,2)＝eq\f(CD′,CE)，∴∠CD′E＝90°，∴DE＝D′E＝eq\f(\r(3),2)CE，∴S△ADE＝eq\f(\r(3),2)S△ACE＝2eq\r(3)，∴S△ABC＝S△ABD＋S△ADE＋S△ACE＝2＋2eq\r(3)＋4＝6＋2eq\r(3).針對演練4.解：(1)MN＝DN＋BM；【解法提示】如解圖①，在CB的延長線上取一點E，使得BE＝DN，連接AE.在△AEB和△AND中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD,∠ABE＝∠ADN＝90°,BE＝DN))，∴△AEB≌△AND.∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD.∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠DAN＝45°.∴∠BAM＋∠EAB＝∠EAM＝45°.∴∠EAM＝∠NAM.在△AEM和△ANM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AN,∠EAM＝∠NAM,AM＝AM))，∴△AEM≌△ANM.∴EM＝MN.∵EM＝EB＋BM＝DN＋BM，∴MN＝DN＋BM.第4題解圖①(2)DN＝MN＋BM；理由如下：如解圖②，在DN上取一點G，使得DG＝MB，連接AG、MG，可得△ABM≌△ADG，∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD.∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，∴∠BAG＋∠MAB＝90°，∴△AMG為等腰直角三角形．又∵∠MAN＝45°，∴AN為MG的垂直平分線，∴MN＝NG，∴DN＝NG＋DG＝MN＋BM；圖②圖③第4題解圖(3)如解圖③，連接AC，在Rt△MNC中，MN2＝CM2＋NC2，即102＝82＋NC2，解得NC＝6.由(2)結論可得：MN＋BM＝DN，而BM＝CM－BC，DN＝DC＋CN，DC＝BC，∴MN＋CM－BC＝BC＋CN，即10＋8－BC＝BC＋6，解得BC＝6，∴AC＝6eq\r(2)，DN＝6＋6＝12.∵∠BAP＋∠BAQ＝45°，∠NAC＋∠BAQ＝45°，∴∠BAP＝∠NAC.又∵∠ABP＝∠ACN＝135°，∴△ABP∽△ACN，∴eq\f(AP,AN)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,\r(2)).在Rt△AND中，AN2＝AD2＋DN2＝36＋144＝180，∴AN＝6eq\r(5)，∴AP＝6eq\r(5)×eq\f(1,\r(2))＝3eq\r(10).類型五動點探究問題典例精講例5解：(1)eq\f(16,3)，eq\f(32,3)；(3分)【解法提示】∵四邊形AOCB是矩形，∴AO＝BC＝16cm，∵點P向點O運動，速度為3cm/s，∴點P運動到點O的時間為eq\f(16,3)s．∵點Q運動的速度為2cm/s，∴點Q的運動距離為eq\f(16,3)×2＝eq\f(32,3)cm.(2)6eq\r(2)；(5分)【解法提示】當t＝2s時，AP＝2×3＝6cm，∴OP＝16－6＝10cm，CQ＝2×2＝4cm.如解圖①，過點Q作QM⊥AO于點M，則PM＝10－4＝6cm.∵QM＝AB＝6cm，∴PQ＝eq\r(PM2＋MQ2)＝6eq\r(2)cm.例5題解圖①(3)設運動x秒時，點P和點Q之間的距離是10cm，如解圖②，過點Q作QH⊥AO，垂足為H，則AP＝3x，CQ＝OH＝2x，OP＝16－3x，∴PH＝|(16－3x)－2x|＝|16－5x|.(6分)在Rt△PHQ中，PH2＋QH2＝PQ2，∴|16－5x|2＋62＝102，(8分)解得x1＝eq\f(8,5)，x2＝eq\f(24,5)，∴運動時間為eq\f(8,5)s或eq\f(24,5)s時，點P和點Q之間的距離是10cm；(10分)例5題解圖②(4)k的值不會變化；(11分)理由如下：∵點P、點Q運動時間相同，速度比是3∶2，∴eq\f(AP,CQ)＝eq\f(3,2).∵AO∥BC，∴∠PAD＝∠QCD，∠APD＝∠CQD，∴△APD∽△CQD，∴eq\f(AD,CD)＝eq\f(AP,CQ)＝eq\f(3,2)，∴eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5)，如解圖③，過點D作DG⊥y軸，垂足為點G，∴∠AGD＝∠AOC＝90°，且∠GAD＝∠OAC，∴△ADG∽△ACO，∴eq\f(GD,OC)＝eq\f(AG,AO)＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5).即eq\f(GD,6)＝eq\f(AG,16)＝eq\f(3,5)，∴GD＝eq\f(18,5)，AG＝eq\f(48,5)，∴OG＝AO－AG＝16－eq\f(48,5)＝eq\f(32,5)，∴點D坐標為(eq\f(18,5)，eq\f(32,5))，(15分)∵點D在雙曲線y＝eq\f(k,x)上，∴k＝eq\f(18,5)×eq\f(32,5)＝eq\f(576,25).(16分)例5題解圖③針對演練5.解：(1)10；【解法提示】∵點C的坐標為(0，6)，點A的坐標為(8，0)，∴OC＝6，BC＝8，當PC＝6，BC＝8時，PB取得最大值，即PB＝eq\r(62＋82)＝10；(2)∵A(8，0)，C(0，6)，∴直線AC的解析式為y＝－eq\f(3,4)x＋6，設CP＝m，則點P的坐標為(0，6－m)，E(eq\f(4,3)m，6－m)，∴S△CPE＝eq\f(27,2)＝eq\f(1,2)m·eq\f(4,3)m，解得m＝eq\f(9,2)(負值已舍)，∴PE＝6，∴AQ＝OP＝eq\f(3,2)，QE＝2，∴S△EQA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)；(3)∵∠OCP＝45°，∴OP＝6，∴AP＝2，∵∠CPQ＝90°，∴∠QPA＝45°，∴AQ＝AP＝2，∴P(6，0)，Q(8，2)，∴直線PQ的解析式為y＝x－6，由(2)知直線AC的解析式為y＝－eq\f(3,4)x＋6，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(3,4)x＋6,y＝x－6))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(48,7),y＝\f(6,7)))，∴點E的坐標為(eq\f(48,7)，eq\f(6,7))，∵P(6，0)，∴由兩點之間距離公