浙江省市5中考数学试题分类解析汇编专题动态几何问题

1、专题13：动态几何问题1. （2015年浙江丽水3分）如图，在方格纸中，线段，的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有【 】A. 3种 B. 6种 C. 8种 D. 12种【答案】B【考点】网格问题；勾股定理；三角形构成条件；无理数的大小比较；平移的性质；分类思想的应用.【分析】由图示，根据勾股定理可得：.，根据三角形构成条件，只有三条线段首尾相接能组成三角形.如答图所示，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，能组成三角形的不同平移方法有6种.故选B2. （2015年浙江绍兴4分）如果一种变换是将抛物线向右平移

2、2个单位或向上平移1个单位，我们把这种变换称为抛物线的简单变换. 已知抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，则原抛物线的解析式不可能的是【 】A. B. C. D. 【答案】B.【考点】新定义；平移的性质；分类思想的应用.【分析】根据定义，抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，即将抛物线向右平移4个单位或向上平移2个单位或向右平移2个单位且向上平移1个单位，得到抛物线. 抛物线向左平移4个单位得到；抛物线向下平移2个单位得到；抛物线向左平移2个单位且向下平移1个单位得到，原抛物线的解析式不可能的是.故选B.3. （2015年浙江义乌3分）如果一种变换是将抛物线向右平移2个单位或向上平移1个

3、单位，我们把这种变换称为抛物线的简单变换. 已知抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，则原抛物线的解析式不可能的是【 】A. B. C. D. 【答案】B.【考点】新定义；平移的性质；分类思想的应用.【分析】根据定义，抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，即将抛物线向右平移4个单位或向上平移2个单位或向右平移2个单位且向上平移1个单位，得到抛物线. 抛物线向左平移4个单位得到；抛物线向下平移2个单位得到；抛物线向左平移2个单位且向下平移1个单位得到，原抛物线的解析式不可能的是.故选B.1. （2015年浙江嘉兴5分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的

4、P周长为1. 点M从A开始沿P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）.（1）当时，= ；（2）随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 【答案】（1）；（2）.【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等腰直角三角形的判定和性质；等边三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质.【分析】（1）当时，.A（0，1），.（2）以AP为半径的P周长为1，当从变化到时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°.根据对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.此时构成等边三角形，且. 点A（0

5、，1），即OA=1，.当从变化到时，点N相应移动的路径长为.2. （2015年浙江金华4分）图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时，点A，B，C在同一直线上，且ACD=90°.图2是小床支撑脚CD折叠的示意图，在折叠过程中，ACD变形为四边形，最后折叠形成一条线段.（1）小床这样设计应用的数学原理是 （2）若AB：BC=1：4，则tanCAD的值是 【答案】（1）三角形的稳定性和四边形的不稳定性；（2）.【考点】线动旋转问题；三角形的稳定性；旋转的性质；勾股定理；锐角三角函数定义.【分析】（1）在折叠过程中，由稳定的ACD变形为不稳定四边形，最后折叠形成一条线段

6、，小床这样设计应用的数学原理是：三角形的稳定性和四边形的不稳定性.（2）AB：BC=1：4，设，则.由旋转的性质知，.在中，根据勾股定理得，.3. （2015年浙江丽水4分）如图，圆心角AOB=20°，将旋转得到，则的度数是 度【答案】20. 【考点】旋转的性质；圆周角定理. 【分析】如答图，将旋转得到，根据旋转的性质，得.AOB=20°，COD=20°.的度数是20°.4. （2015年浙江丽水4分）如图，反比例函数的图象经过点（-1，），点A是该图象第一象限分支上的动点，连结AO并延长交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第四象

7、限，AC与轴交于点P，连结BP.（1）的值为 .（2）在点A运动过程中，当BP平分ABC时，点C的坐标是 .【答案】（1） ；（2）（2，）.【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；等腰直角三角形的性质；角平分线的性质；相似、全等三角形的判定和性质；方程思想的应用.【分析】（1）反比例函数的图象经过点（-1，），.（2）如答图1，过点P作PMAB于点M，过B点作BN轴于点N，设，则.ABC是等腰直角三角形，BAC=45°.BP平分ABC，.又，.易证，.由得，解得.，.如答图2，过点C作EF轴，过点A作AFEF于点F，过B点作BEEF于点E，易知，设.又，根据

8、勾股定理，得，即.，解得或（舍去）.由，可得.5. （2015年浙江衢州4分）已知，正六边形在直角坐标系的位置如图所示，点在原点，把正六边形沿轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，经过2015次翻转之后，点的坐标是 .【答案】【考点】探索规律题（图形的变化类-循环问题）；正六边形的性质；含30度角直角三角形的性质 【分析】如答图，根据翻转的性质，每6次为一个循环组依次循环.，经过2015次翻转之后，为第336个循环组的第5步.，在中，.在中，.的横坐标为，纵坐标为.经过2015次翻转之后，点的坐标是6. （2015年浙江衢州4分）如图，已知直线分别交轴、轴于点、，是抛物线上的一

9、个动点，其横坐标为，过点且平行于轴的直线交直线于点，则当时，的值是 .【答案】4或或或.【考点】二次函数与一次函数综合问题；单动点问题，曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；分类思想和方程思想的应用【分析】根据题意，设点的坐标为，则.在令得.，即.由解得或.由解得或.综上所述，的值是4或或或.7. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD的边长为1，中心为点O，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ绕点O可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE的最小值为 【答案】.【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形结合

10、思想的应用.【分析】如答图，当这个正六边形的中心与点O重合，两个对点刚好在正方形两边中点，这个六边形的边长最大，此时，这个六边形的边长为.当顶点E刚好在正方形对角线AC的AO一侧时，AE的值最小，最小值为.8. （2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的P周长为1. 点M从A开始沿P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）. 随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 【答案】.【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质.【分析】以AP为半径的P周长为

11、1，当从变化到时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°.根据对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.此时构成等边三角形，且. 点A（0，1），即OA=1，.当从变化到时，点N相应移动的路径长为.1. （2015年浙江杭州10分）设函数 (k是常数)（1）当k取1和2时的函数y1和y2的图象如图所示，请你在同一直角坐标系中画出当k取0时函数的图象；（2）根据图象，写出你发现的一条结论；（3）将函数y2的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数y3的图象，求函数y3的最小值.【答案】解：（1）作图如答图：（2）

12、函数 (k是常数)的图象都经过点（1，0）.（答案不唯一）（3），将函数y2的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数y3为.当时，函数y3的最小值为.【考点】开放型；二次函数的图象和性质；平移的性质. 【分析】（1）当时，函数为，据此作图.（2）答案不唯一，如：函数 (k是常数)的图象都经过点；函数 (k是常数)的图象总与轴交于（1，0）；当k取0和2时的函数时得到的两图象关于（0，2）成中心对称；等等.（3）根据平移的性质，左右平移时，左减右加。上下平移时，下减上加，得到平移后的表达式，根据二次函数的性质求出最值.2. （2015年浙江嘉兴12分）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上

13、，显示屏OB与底板OA所在的水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下垫入散热架后，电脑转到位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm，于点C，=12cm.（1）求的度数；（2）显示屏的顶部比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏应绕点按顺时针方向旋转多少度？【答案】解：（1）于点C，OA=OB=24，OC=12，.30°.（2）如答图，过点作交的延长线于点.，.，.显示屏的顶部比原来升高了 cm.（3）显示屏应绕点按顺时针方向旋转30°

14、;.理由如下：如答图，电脑显示屏绕点按顺时针方向旋转度至处，.电脑显示屏 与水平线的夹角仍保持120°，.，即.显示屏应绕点按顺时针方向旋转30°.【考点】解直角三角形的应用；线动旋转问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.【分析】（1）直接正弦函数定义和30度角的正弦函数值求解即可.（2）过点作交的延长线于点，则显示屏的顶部比原来升高的距离就是，从而由求出即可求解.（3）根据旋转和平行的的性质即可得出结论.3. （2015年浙江湖州10分）问题背景：已知在ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A，B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与

15、C重合)，连结DE交AC于点F，点H是线段AF上一点（1）初步尝试：如图1，若ABC是等边三角形，DHAC，且点D，E的运动速度相等，求证：HF=AH+CF小王同学发现可以由以下两种思路解决此问题：思路一：过点D作DGBC，交AC于点G，先证GH=AH，再证GF=CF，从而证得结论成立；思路二：过点E作EMAC，交AC的延长线于点M，先证CM=AH，再证HF=MF，从而证得结论成立.请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程(如用两种方法作答，则以第一种方法评分)（2）类比探究：如图2，若在ABC中，ABC=90°，ADH=BAC=30°，且点D，E的运动速度之比是，求的

16、值；（3）延伸拓展：如图3，若在ABC中，AB=AC，ADH=BAC=36°，记，且点D、E的运动速度相等，试用含m的代数式表示(直接写出结果，不必写解答过程).【答案】解：（1）证明：选择思路一：如题图1，过点D作DGBC，交AC于点G，ABC是等边三角形，.ADG是等边三角形. .DHAC，.DGBC，.，即.选择思路二：如题图1，过点E作EMAC，交AC的延长线于点M，ABC是等边三角形，.DHAC，EMAC，.，.又，.（2）如答图1，过点D作DGBC，交AC于点G，则.，.由题意可知，.DGBC，.，即.（3）.【考点】开放型；双动点问题；等边三角形的判定和性质；全等三角形

17、的判定和性质；相似三角形的判定和性质.【分析】（1）根据思路任选择一个进行证明即可.（2）仿思路一，作辅助线：过点D作DGBC，交AC于点G，进行计算.（3）如答图2，过点D作DGBC，交AC于点G，由AB=AC，ADH=BAC=36°可证：，由点D、E的运动速度相等，可得.从而可得.4. （2015年浙江湖州12分）已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A(0，2)，B(1，0)分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90°得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点D.（1）如图1，若该抛物线

18、经过原点O，且.求点D的坐标及该抛物线的解析式；连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得POB与BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由；（2）如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足QOB与BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围.【答案】解：（1）如答图，过点D作DF轴于点F，.又，.点D的坐标为根据题意得，解得抛物线的解析式点、的纵坐标都为，轴和互余若要使得和互余，则只要满足设点的坐标为，i）当点在轴上方时，如答图，过点作轴于点，则，即，解得（舍去）点的坐标为ii）当点在轴下方时，如

19、答图，过点作轴于点，则，即，解得（舍去）点的坐标为综上所述，在抛物线上存在点P，使得POB与BCD互余，点的坐标为或（2）a的取值范围为或【考点】二次函数综合题；线动旋转问题；全等三角形的判定和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；余角的性质；方程和不等式的应用；分类思想和数形结合思想的应用【分析】（1）根据证明即可得到，从而得到点D的坐标；由已知和曲线上点的坐标与方程的关系即可求得抛物线的解析式得可以证明，使得和互余，只要满足即可，从而分点在轴上方和点在轴下方讨论即可（2）由题意可知，直线BD的解析式为，由该抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点E(1，1)，可得，所以抛物线

20、的解析式为若要使得和互余，则只要满足，据此分和两种情况讨论5. （2015年浙江金华6分）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，3），点B在轴上，将AOB绕点A逆时针旋转90°得到AEF，点O，B对应点分别是E，F.（1）若点B的坐标是，请在图中画出AEF，并写出点E，F的坐标；（2）当点F落在轴上方时，试写出一个符合条件的点B的坐标.【答案】解：（1）如答图，AEF就是所求作的三角形； 点E的坐标是(3，3)，点F的坐标是.（2）答案不唯一，如B. 【考点】开放型；网格问题；图形的设计（面动旋转）；点的坐标.【分析】（1）将线段AO、AB绕点A逆时针旋转90°得到AE、A

21、F，连接EF，则AEF就是所求作的三角形，从而根据图形得到点E，F的坐标.（2）由于旋转后，点E的坐标是(3，3)，所以当点F落在轴上方时，只要即即可，从而符合条件的点B的坐标可以是等，答案不唯一.6. （2015年浙江金华10分）图1，图2为同一长方体房间的示意图，图2为该长方体的表面展开图.（1）蜘蛛在顶点处苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线；苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线和往墙面爬行的最近路线，试通过计算判断哪条路线更近？（2）在图3中，半径为10dm的M与相切，圆心M到边的距离为15dm，蜘蛛P在线

22、段AB上，苍蝇Q在M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线。若PQ与M相切，试求PQ的长度的范围.【答案】解：（1）如答图1，连结，线段就是所求作的最近路线.EBAABFC两种爬行路线如答图2所示，由题意可得：在RtA'C'C2中， A'HC2= (dm)；在RtA'B'C1中， A'GC1=(dm)，路线A'GC1更近.（2）如答图，连接MQ，PQ为M的切线，点Q为切点，MQPQ.在RtPQM中，有PQ2=PM2QM2= PM2100，当MPAB时,MP最短，PQ取得最小值，如答图3,此时MP=30+20=50，PQ= (dm).当点P与点A

23、重合时, MP最长，PQ取得最大值，如答图4,过点M作MNAB，垂足为N，由题意可得 PN=25，MN=50，在RtPMN中，.在RtPQM中，PQ= (dm).综上所述， 长度的取值范围是.【考点】长方体的表面展开图；双动点问题；线段、垂直线段最短的性质；直线与圆的位置关系；勾股定理.【分析】（1）根据两点之间线段最短的性质作答.根据勾股定理，计算两种爬行路线的长，比较即可得到结论.（2）当MPAB时,MP最短，PQ取得最小值；当点P与点A重合时, MP最长，PQ取得最大值.求出这两种情况时的PQ长即可得出结论.7. （2015年浙江金华12分）如图，抛物线与轴交于点A，与轴交于点B，C两点

24、（点C在轴正半轴上），ABC为等腰直角三角形，且面积为4. 现将抛物线沿BA方向平移，平移后的抛物线经过点C时，与轴的另一交点为E，其顶点为F，对称轴与轴的交点为H.（1）求，的值；（2）连结OF，试判断OEF是否为等腰三角形，并说明理由；（3）现将一足够大的三角板的直角顶点Q放在射线AF或射线HF上，一直角边始终过点E，另一直角边与轴相交于点P，是否存在这样的点Q，使以点P，Q，E为顶点的三角形与POE全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）ABC为等腰直角三角形，OA=BC.又ABC的面积=BC×OA=4，即=4，OA=2. A ，B ，C .，解得

25、.（2）OEF是等腰三角形. 理由如下：如答图1，A ，B ，直线AB的函数表达式为，又平移后的抛物线顶点F在射线BA上，设顶点F的坐标为（m，m+2）.平移后的抛物线函数表达式为.抛物线过点C ，解得.平移后的抛物线函数表达式为，即.当y=0时，解得.E（10，0），OE=10.又F（6，8），OH=6，FH=8.，OE=OF，即OEF为等腰三角形.（3）存在. 点Q的位置分两种情形：情形一：点Q在射线HF上，当点P在轴上方时，如答图2.PQEPOE， QE=OE=10.在RtQHE中，,Q.当点P在轴下方时，如答图3，有PQ=OE=10,过P点作于点K，则有PK=6.在RtPQK中，,，.

26、，.又，. ， 即，解得.Q.情形二：点Q在射线AF上，当PQ=OE=10时，如答图4，有QE=PO,四边形POEQ为矩形，Q的横坐标为10.当时， Q.当QE=OE=10时，如答图5.过Q作轴于点M，过E点作x轴的垂线交QM于点N，设Q的坐标为，.在中，有, 即，解得.当时，如答图5，Q.当时，如答图6， .综上所述，存在点Q或或或或，使以P,Q,E三点为顶点的三角形与POE全等.【考点】二次函数综合题；线动平移和全等三角形存在性问题；等腰直角三角形的性质；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用.【分析

27、】（1）由ABC为等腰直角三角形求得点A、B、C的坐标，应用待定系数法即可求得，的值. （2）求得平移后的抛物线解析式，从而求得点E、F的坐标，应用勾股定理分别求出OE、OF、EF的长，从而得出结论.（3）分点Q在射线HF上和点Q在射线AF上两种情况讨论即可.8. （2015年浙江宁波10分）已知抛物线，其中是常数（1）求证：不论为何值，该抛物线与轴一定有两个公共点；（2）若该抛物线的对称轴为直线，求该抛物线的函数解析式；把该抛物线沿轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点？【答案】解：（1）证明：，由得.，不论为何值，该抛物线与轴一定有两个公共点.（2），抛物线的对称轴为直

28、线，解得.抛物线的函数解析式为.该抛物线沿轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点.【考点】抛物线与轴交点问题；二次函数的性质；二次函数的平移性质.【分析】（1）证明总有两个不等的实数根即可.（2）根据对称轴为直线列方程求解即可.把化为顶点式即可求解.9. （2015年浙江宁波12分）如图1，点P为MON的平分线上一点，以P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，如果APB绕点P旋转时始终满足，我们就把APB叫做MON的智慧角.（1）如图2，已知MON=90°，点P为MON的平分线上一点，以点P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，且APB=1

29、35°. 求证：APB是MON的智慧角；（2）如图1，已知MON=（0°<<90°），OP=2，若APB是MON的智慧角，连结AB，用含的式子分别表示APB的度数和AOB的面积；（3）如图3，C是函数图象上的一个动点，过点C的直线CD分别交轴和轴于点A，B两点，且满足BC=2CA，请求出AOB的智慧角APB的顶点P的坐标.【答案】解：（1）证明：MON=90°，点P为MON的平分线上一点，.，.，.，即.APB是MON的智慧角.（2）APB是MON的智慧角，即.点P为MON的平分线上一点，.如答图1，过点A作AHOB于点H，.，.（3）设点，

30、则.如答图，过C点作CHOA于点H.i）当点B在轴的正半轴时，如答图2，当点A在轴的负半轴时，不可能.如答图3，当点A在轴的正半轴时，.，.APB是AOB的智慧角，.AOB=90°，OP平分AOB，点P的坐标为.ii）当点B在轴的负半轴时，如答图4，.AOB=AHC=90°，BAO=CAH，.APB是AOB的智慧角，.AOB=90°，OP平分AOB，点P的坐标为.综上所述，点P的坐标为或.【考点】新定义和阅读理解型问题；单动点和旋转问题；相似三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；反比例函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想的应用.【分析】（1）通过证明，

31、即可得到，从而证得APB是MON的智慧角.（2）根据得出结果.（3）分点B在轴的正半轴，点B在轴的负半轴两种情况讨论.10. （2015年浙江衢州12分）如图，在中，动点从点出发，沿射线方向以每秒5个单位的速度运动，动点从点出发，以相同的速度在线段上由向运动，当点运动到点时， 、两点同时停止运动. 以为边作正方形（按逆时针排序），以为边在上方作正方形.（1）求的值；（2）设点运动时间为，正方形的面积为，请探究是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；（3）当为何值时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上，请直接写出的值【答案】解：（1）如答图1，过点作于点，解得，.又

32、根据勾股定理，得.（2）存在.如答图2，过点作于点，经过时间，.根据勾股定理，得，.，且在的取值范围内，.存在最小值？若存在，这个最小值是.（3）当或或1或秒时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上.【考点】双动点问题；勾股定理；锐角三角函数定义；二次函数最值的应用；分类思想的应用【分析】（1）作辅助线“过点作于点”构造直角三角形，根据已知求出和应用的长，即可根据正切函数定义求出（2）根据求得关于的二次函数，应用研究二次函数的最值原理求解即可（3）分四种情况讨论：当点在上时，如答图3，；当点在上时，如答图4，；当点在上（或点在上）时，如答图5，；当点在上时，如答图6，.11. （2015

33、年浙江温州14分）如图，点A和动点P在直线上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作RtABQ，使BAQ=90°，AQ:AB=3:4，作ABQ的外接圆O. 点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线，过点O作OD于点D，交AB右侧的圆弧于点E。在射线CD上取点F，使DF=CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF，设AQ=（1）用关于的代数式表示BQ，DF；（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长；（3）在点P的整个运动过程中，当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？作直线BG交O于另一点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）【答案】解：（1）在RtABQ

34、中，AQ：AB=3：4，AQ=，AB=.BQ=.又OD，OD.OB=OQ，AH=BH=AB=.FD=CD=.（2）AP=AQ=，PC=4，CQ=.如答图1，过点O作OMAQ于点M，OMAB.O是ABQ的外接圆，BAQ=90°，点O是BQ的中点.QM=AM=.OD=MC=.OE=BQ=.ED=.解得（舍去）.AP=.（3）若矩形DEGF是正方形，则ED=FD. 当点C在点Q的右侧时，i）如答图1，点P在点A的右侧时，由解得，AP=.ii）点P在点A的左侧时，（I）如答图2，时，ED=，FD=，由解得，AP=.（II）如答图3，时，ED=， DF=，由解得（舍去）. 当点C在点Q的左侧时

35、，即，如答图4，DE=， DF=，由解得. AP=.综上所述，当AP为12或或3时，矩形DEGF是正方形.AP的长为或【考点】单动点和中心对称问题；列代数式；平行的判定和性质；圆周角定理；矩形的性质；正方形的判定；等腰直角三角形的判定和性质方程思想、分类思想和数形结合思想的应用.【分析】（1）根据AQ：AB=3：4和平行的性质求解.（2）把DF，DE用的代数式表示，即可由矩形DEGF的面积等于90列议程求解.（3）根据ED=FD时矩形DEGF是正方形，分点C在点Q的右侧，点C在点Q的左侧的情况分类讨论，其中点C在点Q的右侧又分点P在点A的右侧，点P在点A的左侧（再分和）讨论.如答图5、6，连接

36、NQ，由点N到BN的弦心距为1得NQ=2.如答图5，当点N在AB的左侧时，过点B作BMEG于点M，GM=，BM=，GBM=45°.BMAQ.AI=AB=.IQ=.NQ=，解得.AP=.如答图6，当点N在AB的右侧时，过点B作BJGE于点J，GJ=，BJ=，tanGBJ=.AI=.QI=.NQ=，解得.AP=.综上所述，AP的长为或.12. （2015年浙江舟山10分）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在的水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下垫入散热架后，电脑转到位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm，于点C，=12cm.（1）求的度数；（2）显示屏的顶部比原来升高