初中数学中考模拟试卷(附答案)

2023年12月3日发(作者：中考福建押题数学试卷)

初中数学试卷

一.填空题（共10题；共10分）

1.如图∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA

， PD⊥OA

，

若PC=6，则PD等于________.

2.若a,b,c是直角三角形的三条边长，斜边c上的高的长是h，给出下列结论：

①以a2，b2，c2的长为边的三条线段能组成一个三角形；②以

，

，

的长为边的三条线段, ,

的长为能组成一个三角形；③以a+b，c+h，h的长为边的三条线段能组成直角三角形；④以

边的三条线段能组成直角三角形，正确结论的序号为________．

3.要在一个长方体中放入一细直木条，现知长方体的长为2，宽为最大长度为________

．

，

高为，

则放入木盒的细木条4.如图，在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，则这个最小值是________．

5.如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E运动过程中，DF的最小值是________．

6.如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中一定成立的是________（把所有正确结论的序号都填在横线上）

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①∠DCF= ∠BCD；②EF=CF；③S△BEC=2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF.

7.课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20 cm，小聪很快就知道了砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)为________cm.

8.如图，在

中，

，连接

，则

，点

为

上任意一点，连接

，以

为邻边作平行四边形

的最小值为________.

9.如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，直线l1、l2、l3分别通过A、B、C三点，且l1∥l2∥l3

．

若l1与l2的距离为4，l2与l3的距离为6，则Rt△ABC的面积为________．

10.如图，在矩形 ABCD中，AB =8，点E是AD上一点，AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连接EF交CD于点G，若G是CD的中点，则BC的长是________。

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二.综合题（共8题；共107分）

11.根据直角三角形的判定的知识解决下列问题

(1)如图①所示，P是等边△ABC内的一点，连接PA、PB、PC，将△BAP绕B点顺时针旋转60°得△BCQ，连接PQ．若PA2+PB2=PC2，证明∠PQC=90°；

(2)如图②所示，P是等腰直角△ABC（∠ABC=90°）内的一点，连接PA、PB、PC，将△BAP绕B点顺时针旋转90°得△BCQ，连接PQ．当PA、PB、PC满足什么条件时，∠PQC=90°？请说明．

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12.在△ABC和△DEC中，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=90°

(1)如图1，当点A、C、D在同一条直线上时，AC=12，EC=5

①求证：AF⊥BD ②求AF的长度；

(2)如图2，当点A、C、D不在同一条直线上时，求证：AF⊥BD；

(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF并延长CF交AD于点G，∠AFG是一个固定的值吗？若是，求出∠AFG的度数；若不是，请说明理由

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13.如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

(1)求证：∠APB=∠BPH；

(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；

(3)设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

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14.如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．

(1)猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；

(2)将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断（1）中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．

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15.如图，△ABC中，∠C=Rt∠，AB=5cm，BC=3cm，若动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t秒．

(1)出发2秒后，求△ABP的周长．

(2)问t满足什么条件时，△BCP为直角三角形？

(3)另有一点Q，从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为每秒2cm，若P、Q两点同时出发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分？

16.如图，已知△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．

(1)出发2秒后，求PQ的长；

(2)从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？

(3)当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．

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17.如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=5

，∠C=30°．点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向A点匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（t＞0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．

(1)AC的长是________，AB的长是________．

(2)在D、E的运动过程中，线段EF与AD的关系是否发生变化？若不变化，那么线段EF与AD是何关系，并给予证明；若变化，请说明理由．

(3)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．

(4)当t为何值，△BEF的面积是2

？

18.如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/秒的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（秒）表示移动的时间（0＜t＜6）．

(1)当t为何值时，△PBC为等腰直角三角形？

(2)求当移动到△QAP为等腰直角三角形时斜边QP的长．

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答案解析部分

一.填空题

1.【答案】3

【考点】等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形

【解析】

【解答】如图，过点P作PE⊥OB于E

， ∵PC∥OA

， ∴∠AOP=∠CPO

，

∴∠PCE=∠BOP+∠CPO=∠BOP+∠AOP=∠AOB=30°,

又∵PC=6，∴PE等于PC的一半为3，∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OA，∴PD=PE=3．

【分析】过点P作PE⊥OB于E，根据两直线平行，内错角相等可得∠AOP=∠CPO，利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得∠PCE=∠AOB=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半.

2.【答案】②③

【考点】三角形三边关系，勾股定理，勾股定理的逆定理

【解析】【解答】①直角三角形的三条边满足勾股定理a2+b2=c2，因而以a2，b2，c2的长为边的三条线段不能满足两边之和大于第三边，故不能组成一个三角形，故错误；②直角三角形的三边

有a+b>c(a,b,c中c最大)，而在

>

成立，即(

,

+

,

，

)2>(

，

三个数中

最大，如果能组成一个三角形，则有 +

)2，即a+b+2 >c(由a+b>c),则不等式成立,从而满足两边之和大于第三边，则以

的长为边的三条线段能组成一个三角形，故正确；③a+b,c+h,h这三个数中 c+h一定最大,(a+b)2+h2=a2+b2+2ab+h2，（c+h)2=c2+h2+2ch，又∵2ab=2ch=4S△ABC，∴(a+b)2+h2=(c+h)2,根据勾股定理的逆定理即以a+b，c+h，h的长为边的三条线段能组成直角三角形，故正确；④假设a= 3，b=4，c=5,则

段不能组成直角三角形，故错误.

【分析】充分运用勾股定理和勾股定理的逆定理结合三角形成立的三边关系进行判断判断分析，是学生综合所学知识体系进行辩证提高的一个过程

3.【答案】3

【考点】勾股定理的应用

【解析】【解答】解：由题意可知FG=在直角△EFG中，

、EF=2、CG=，

连接EG、CE，

，

，

的长为

，

， ,以这三个数的长为边的三条线第

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EG=在Rt△EGC中，EG=由勾股定理得CE=故答案为：3．

， CG=，

=3，

【分析】根据题意构建直角三角形，直角边分别为木箱的高、底面的对角线，据此根据勾股定理求出木条的最大长度．

4.【答案】5

【考点】勾股定理，菱形的性质，轴对称-最短路线问题

【解析】【解答】

解：AC交BD于O，

作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，

∴PN=PE，

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠DAB=∠BCD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD，AD∥BC，

∵E为AB的中点，

∴N在AD上，且N为AD的中点，

∵AD∥CB，

∴∠ANP=∠CFP，∠NAP=∠FCP，

∵AD=BC，N为AD中点，F为BC中点，

∴AN=CF，

在△ANP和△CFP中

，

∴△ANP≌△CFP（ASA），

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∴AP=CP，

即P为AC中点，

∵O为AC中点，

∴P、O重合，

即NF过O点，

∵AN∥BF，AN=BF，

∴四边形ANFB是平行四边形，

∴NF=AB，

∵菱形ABCD，

∴AC⊥BD，OA= AC=3，BO= BD=4，

=5，

由勾股定理得：AB=

故答案为：5．

AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，根据菱【分析】形的性质推出N是AD中点，P与O重合，推出PE+PF=NF=AB，根据勾股定理求出AB的长即可．

5.【答案】1.5

【考点】垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质

【解析】【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG，

∵旋转角为60°，

∴∠ECD+∠DCF=60°，

又∵∠ECD+∠GCE=∠ACB=60°，

∴∠DCF=∠GCE，

∵AD是等边△ABC的对称轴，

∴CD= BC，

∴CD=CG，

又∵CE旋转到CF，

∴CE=CF，

在△DCF和△GCE中，

，

∴△DCF≌△GCE（SAS），

∴DF=EG，

根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，

此时∵∠CAD=

∴EG= AG=

×60°=30°，AG=

×3=1.5，

AC= ×6=3，

∴DF=1.5．

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故答案为：1.5．

【分析】取AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质可得CD=CG，再求出∠DCF=∠GCE，根据旋转的性质可得CE=CF，然后利用“边角边”证明△DCF和△GCE全等，再根据全等三角形对应边相等可得DF=EG，然后根据垂线段最短可得EG⊥AD时最短，再根据∠CAD=30°求解即可．

6.【答案】①②④．

【考点】平行线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质

【解析】【解答】①∵F是AD的中点，

∴AF=FD，

∵在▱ABCD中，AD=2AB，

∴AF=FD=CD，

∴∠DFC=∠DCF，

∵AD∥BC，

∴∠DFC=∠FCB，

∴∠DCF=∠BCF，

∴∠DCF= ∠BCD，故此选项正确；

延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠A=∠MDF，

∵F为AD中点，

∴AF=FD，

在△AEF和△DFM中，

，

∴△AEF≌△DMF（ASA），

∴FE=MF，∠AEF=∠M，

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∵CE⊥AB，

∴∠AEC=90°，

∴∠AEC=∠ECD=90°，

∵FM=EF，

∴FC=FM，故②正确；

③∵EF=FM，

∴S△EFC=S△CFM

，

∵MC＞BE，

∴S△BEC＜2S△EFC

故S△BEC=2S△CEF错误；

④设∠FEC=x，则∠FCE=x，

∴∠DCF=∠DFC=90°-x，

∴∠EFC=180°-2x，

∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，

∵∠AEF=90°-x，

∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．

7.【答案】

【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理

【解析】【解答】解：过点B作BF⊥AD于点F，

设砌墙砖块的厚度为xcm，则BE=2xcm，则AD=3xcm，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACD+∠ECB=90°，

∵∠ECB+∠CBE=90°，

∴∠ACD=∠CBE，

在△ACD和△CEB中，

，

∴△ACD≌△CEB（AAS），

∴AD=CE，CD=BE，

∴DE=5x，AF=AD-BE=x，

∴在Rt△AFB中，AF2+BF2=AB2

，

∴25x2+x2=400，

解得；x=

．

故答案为：

．

【分析】首先证明△ACD≌△CEB（AAS），进而利用勾股定理，在Rt△AFB中，AF2+BF2=AB2可．

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求出即

，

8.【答案】

【考点】勾股定理，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：

,AB=3,AC=4,

四边形APCQ是平行四边形,

∵PQ最短也就是PO最短,

,

,

,

,

PQ的最小值为 .

PO=QO,CO=AO.

,

过O作BC的垂线OP′.

,

9.【答案】26

【考点】余角和补角，垂线，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，勾股定理

【解析】【解答】解：过点B作EF⊥l2,交l1于E,交l3于F，如图，

∵EF⊥l2,l1∥l2∥l3

，

∴EF⊥l1⊥l3

，

∴∠ABE+∠EAB=90°,∠AEB=∠BFC=90°，

又∵∠ABC=90°，

∴∠ABE+∠FBC=90°，

∴∠EAB=∠FBC，

在△ABE和△BCF中，

，

∴△ABE≌△BCF，

∴BE=CF=4，AE=BF=6，

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在Rt△ABE中,AB2=BE2+AE2

，

∴AB2=52，

∴S△ABC= AB⋅BC= AB2=26.

故答案是26.

10.【答案】7

【考点】全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理

【解析】【解答】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=8，

∴CG=DG= ×8=4，

在△DEG和△CFG中，

，

∴△DEG≌△CFG(ASA)，

∴DE=CF

， EG=FG

，

设DE=x

，

则BF=BC+CF=AD+CF=4+x+x=4+2x

，

在Rt△DEG中,EG=

∴EF=2

，

=

，

∵FH垂直平分BE

，

∴BF=EF

，

∴4+2x=2

解得x=3，

，

∴AD=AE+DE=4+3=7，

∴BC=AD=7.

故答案为：7.

二.综合题

11.【答案】（1）证明：由旋转的性质知：BP=BQ、PA=QC，∠ABP=∠CBQ；

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=60°，即∠CBP+∠ABP=60°；

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∵∠ABP=∠CBQ，

∴∠CBP+∠CBQ=60°，即∠PBQ=60°；

又∵BP=BQ，∴△BPQ是等边三角形；

∴BP=PQ；

∵PA2+PB2=PC2

，

即PQ2+QC2=PC2；

∴△PQC是直角三角形，且∠PQC=90°

（2）解：PA2+2PB2=PC2；理由如下：

同（1）可得：△PBQ是等腰直角三角形，则PQ=

由旋转的性质知：PA=QC；

在△PQC中，若∠PQC=90°，则PQ2+QC2=PC2

，

即PA2+2PB2=PC2；

故当PA2+2PB2=PC2时，∠PQC=90°．

【考点】全等三角形的判定，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理

【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得到的条件是：①BP=BQ、PA=QC，②∠ABP=∠CBQ；

由②可证得∠PBQ=∠CBP+∠CBQ=∠CBP+∠ABP=∠ABC=60°，联立BP=BQ，即可得到△BPQ是等边三角形的结论，则BP=PQ；将等量线段代换后，即可得出PQ2+QC2=PC2，由此可证得∠PQC=90°；（2）由（1）的解题思路知：△PBQ是等腰Rt△，则PQ2=2PB2，其余过程同（1），只不过所得结论稍有不同．此题考查了等边三角形、等腰直角三角形的性质，旋转的性质，直角三角形的判定及勾股定理的应用等知识，能够正确的判断出△BPQ的形状，从而得到BP、PQ的数量关系，是解答此题的关键．

12.【答案】（1）①证明：如图1，

PB，即PQ2=2PB2；

在△ACE和△BCD中，

∵

，

∴△ACE≌△BCD，

∴∠1=∠2，

∵∠3=∠4，

∴∠BFE=∠ACE=90°，

∴AF⊥BD．

②∵∠ECD=90°，BC=AC=12，DC=EC=5，

∴BD=

∵S△ABD=

=13，

AD•BC= BD•AF，

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即

∴AF=

（2）证明：如图4，

∵∠ACB=∠ECD，

∴∠ACB+∠ACD=∠ECD+∠ACD，

∴∠BCD=∠ACE，

在△ACE≌△BCD中

∴△ACE≌△BCD，

∴∠1=∠2，

∵∠3=∠4，

∴∠BFA=∠BCA=90°，

∴AF⊥BD

（3）∠AFG=45°，

如图3，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M、N，

∵△ACE≌△BCD，

∴S△ACE=S△BCD

， AE=BD，

∵S△ACE=

S△BCD=

AE•CN，

BD•CM，

∴CM=CN，

∵CM⊥BD，CN⊥AE，

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∴CF平分∠BFE，

∵AF⊥BD，

∴∠BFE=90°，

∴∠EFC=45°，

∴∠AFG=45°

【考点】全等三角形的判定与性质

【解析】【分析】（1）①证明△ACE≌△BCD，得到∠1=∠2，由对顶角相等得到∠3=∠4，所以∠BFE=∠ACE=90°，即可解答；②根据勾股定理求出BD，利用△ABD的面积的两种表示方法，即可解答；（2）证明△ACE≌△BCD，得到∠1=∠2，又由∠3=∠4，得到∠BFA=∠BCA=90°，即可解答；（3）∠AFG=45°，如图3，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M、N，由△ACE≌△BCD，得到S△ACE=S△BCD

， AE=BD，证明得到CM=CN，得到CF平分∠BFE，由AF⊥BD，得到∠BFE=90°，所以∠EFC=45°，根据对顶角相等得到∠AFG=45°．

13.【答案】（1）证明：如图1，∵PE=BE， ∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．

即∠PBC=∠BPH．

又∵AD∥BC，

∴∠APB=∠PBC．

∴∠APB=∠BPH

（2）△PHD的周长不变为定值8．

证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由（1）知∠APB=∠BPH，

在△ABP和△QBP中

，

∴△ABP≌△QBP（AAS）．

∴AP=QP，AB=BQ．

又∵AB=BC，

∴BC=BQ．

又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，

∴△BCH≌△BQH．

∴CH=QH．

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8

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（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，

则FM=BC=AB．

又∵EF为折痕，

∴EF⊥BP．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，

∴∠EFM=∠ABP．

又∵∠A=∠EMF=90°，

∴△EFM≌△PBA（ASA）．

∴EM=AP=x．

∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2

．

解得，

．

∴

．

又∵折叠的性质得出四边形EFGP与四边形BEFC全等，

∴

．

即：

配方得，

．

，

∴当x=2时，S有最小值6．

【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）

【解析】【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2

，

利用二次函数的最值求出即可．

14.【答案】（1）解：延长BG交DE于点H，

在△BCG与△DCE中，

，

∴△BCG≌△DCE（SAS），

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∴∠GBC=∠EDC，BG=DE，

∵∠BGC=∠DGH，

∴∠DHB=∠BCG=90°，

∴BG⊥DE

（2）解：BG=DE，BG⊥DE仍然成立

如图2，∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，

即∠BCG=∠DCE，

在△BCG与△DCE中，

，

∴△BCG≌△DCE（SAS），

∴∠GBC=∠EDC，BG=DE，

∵∠BHC=∠DHG，

∴∠BCD=∠DOB=90°，

即BG⊥DE

【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质

【解析】【分析】（1）延长BG交DE于点H，易证△BCG≌△DCE，所以∠GBC=∠EDC，BG=DE，所以∠DHB=90°；（2）易证△BCG≌△DCE，所以∠GBC=∠EDC，BG=DE，所以∠BCD=90°．

15.【答案】（1）解：∵∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm， ∴AC=4cm，动点P从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，速度为每秒1cm，

∴出发2秒后，则CP=2cm，

∵∠C=90°，

∴PB= = cm，

=7+

（cm） ∴△ABP的周长为：AP+PB+AB=2+5+

（2）解：∵AC=4，动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm， ∴P在AC上运动时△BCP为直角三角形，

∴0＜t≤4，

当P在AB上时，CP⊥AB时，△BCP为直角三角形，

∵ ×AB×CP= AC×BC，

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∴ ×5×CP= 3×4，

cm，

=

cm，

cm，

解得：CP=

∴AP=

∴AC+AP=

∵速度为每秒1cm，

∴t=

，

，△BCP为直角三角形

综上所述：当0＜t≤4或t=

（3）解：当P点在AC上，Q在AB上，则PC=t，BQ=2t﹣3， ∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，

∴t+2t﹣3=3，

∴t=2；

当P点在AB上，Q在AC上，则AC=t﹣4，AQ=2t﹣8，

∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，

∴t﹣4+2t﹣8=6，

∴t=6，

∴当t=2或6秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．

【考点】勾股定理，勾股定理的逆定理

【解析】【分析】（1）首先利用勾股定理计算出AC长，根据题意可得CP=2cm，再利用勾股定理计算出PB的长，进而可得△ABP的周长；（2）当P在AC上运动时△BCP为直角三角形，由此可得0＜t≤4；当P在AB上时，CP⊥AB时，△BCP为直角三角形，首先计算出CP的长，然后再利用勾股定理计算出AP长，进而可得答案．（3）分类讨论：当P点在AC上，Q在AB上，则PC=t，BQ=2t﹣3，t+2t﹣3=3；当P点在AB上，Q在AC上，则AC=t﹣4，AQ=2t﹣8，t﹣4+2t﹣8=6．

16.【答案】（1）解：BQ=2×2=4cm， BP=AB﹣AP=8﹣2×1=6cm，

∵∠B=90°，

PQ= = = =2

（2）解：BQ=2t， BP=8﹣t

2t=8﹣t，

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解得：t=

（3）解：①当CQ=BQ时（图1），则∠C=∠CBQ， ∵∠ABC=90°，

∴∠CBQ+∠ABQ=90°，

∠A+∠C=90°，

∴∠A=∠ABQ，

∴BQ=AQ，

∴CQ=AQ=5，

∴BC+CQ=11，

∴t=11÷2=5.5秒．

②当CQ=BC时（如图2），则BC+CQ=12

∴t=12÷2=6秒．

③当BC=BQ时（如图3），过B点作BE⊥AC于点E，

则BE= =

，

所以CE=

故CQ=2CE=7.2，

所以BC+CQ=13.2，

∴t=13.2÷2=6.6秒．

由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，

△BCQ为等腰三角形．

，

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【考点】三角形的面积，等腰三角形的判定与性质，勾股定理

【解析】【分析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；（2）设出发t秒钟后，△PQB能形成等腰三角形，则BP=BQ，由BQ=2t，BP=8﹣t，列式求得t即可；（3）当点Q在边CA上运动时，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：①当CQ=BQ时（图1），则∠C=∠CBQ，可证明∠A=∠ABQ，则BQ=AQ，则CQ=AQ，从而求得t；②当CQ=BC时（如图2），则BC+CQ=12，易求得t；③当BC=BQ时（如图3），过B点作BE⊥AC于点E，则求出BE，CE，即可得出t．

17.【答案】（1）10；5

（2）解：EF与AD平行且相等．

证明：在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，

∴DF=t．

又∵AE=t，

∴AE=DF，

∵AB⊥BC，DF⊥BC，

∴AE∥DF．

∴四边形AEFD为平行四边形．

∴EF与AD平行且相等

（3）解：能；

理由如下：

∵AB⊥BC，DF⊥BC，

∴AE∥DF．

又∵AE=DF，

∴四边形AEFD为平行四边形．

∵AB=BC•tan30°=5

∴AC=2AB=10．

∴AD=AC﹣DC=10﹣2t．

若使▱AEFD为菱形，则需AE=AD，

即t=10﹣2t，t=

即当t=

．

× =5，

时，四边形AEFD为菱形

（4）解：∵在Rt△CDF中，∠A=30°，

∴DF=

∴CF=

CD，

t，

﹣ t，

又∵BE=AB﹣AE=5﹣t，BF=BC﹣CF=5

∴

，

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即：

，

解得：t=3，t=7（不合题意舍去），

∴t=3．

故当t=3时，△BEF的面积为2

故答案为：5，10；平行且相等；

．

；3

【考点】含30度角的直角三角形，勾股定理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定

【解析】【分析】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠C=30°，

∴AC=2AB，

根据勾股定理得：AC2﹣AB2=BC2

，

∴3AB2=75，

∴AB=5，AC=10；

在Rt△ABC中，∠C=30°，则AC=2AB，根据勾股定理得到AC和AB的值．（2）先证四边形AEFD是平行四边形，从而证得AD∥EF，并且AD=EF，在运动过程中关系不变．（3）求得四边形AEFD为平行四边形，若使▱AEFD为菱形则需要满足的条件及求得．（4）BE=AB﹣AE=5﹣t，BF=BC﹣CF=5

，然后求得t的值．

18.【答案】（1）解：对于任何时刻t，PB=12﹣2t， ∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=90°，CB=AD=6，

当PB=CB时，△PBC为等腰直角三角形，

即12﹣2t=6，

解得：t=3

∴当t=3，△PBC为等腰直角三角形

（2）解：∵AP=2t，DQ=t，QA=6﹣t

当QA=AP时，△QAP为等腰直角三角形．

即6﹣t=2t．

解得：t=2（秒）．

∴当t=2秒时，△QAP为等腰直角三角形．

此时 AP=4，QA=2，

在Rt△QAP中，QP= = =2

﹣ t，从而得到

【考点】勾股定理，矩形的性质，等腰直角三角形

【解析】【分析】（1）由矩形的性质得出∠A=∠B=90°，CB=AD=6，当PB=CB时，△PBC为等腰直角三角形，得出方程，解方程即可；（2）由题意得出AP=2t，DQ=t，QA=6﹣t当QA=AP时，△QAP为等腰直角三角形．得出方程，解方程求出t=2，得出AP、QA的长度，再由勾股定理求出QP即可．

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