2024贵州中考数学二轮复习专题 题型九 几何综合题专项训练 （含答案）

2024贵州中考数学二轮复习专题题型九几何综合题专项训练类型一手拉手全等模型探究(黔西南州2022.25，黔东南州2023.25)典例精讲例1(2023黔西南州25题14分)如图①，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F.(1)求证：BD＝CE；例1题图①条件分析：共顶点：点A等线段：AD＝AE，AB＝AC等角：∠BAC＝∠DAE＝60°联想到手拉手全等模型模型抽离：(2)如图②，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．例1题图②条件分析：共顶点：点A等线段：AD＝AE等角：∠ADB＝∠AEC联想到构造手拉手全等模型【解题思路】在BD上取一点M，使得MD＝EF，则△AMD≌△AFE，得到△AMF为等边三角形即可求解．拓展设问如图③，连接AF，若∠DAF＝30°，AD＝4，且BD＝2DF，求CD的长．例1题图③【解题思路】通过证明△DAF≌△EAF，并利用边角关系，得到DF、EF、CF的线段数量关系，以此证得△CDE为直角三角形，通过角度转换得到∠DEC＝30°即可求解．针对演练1.(2023黔东南州25题14分)如图①，△ABC和△DCE都是等边三角形．第1题图探究发现(1)△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由；拓展运用(2)若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长；(3)若B、C、E三点在一条直线上(如图②)，且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．第1题图类型二对角互补全等模型探究(黔东南州2023.25)典例精讲例2(2023黔东南州25题12分)在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD.【探究发现】(1)如图①，若∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝90°，求证：AD＋AB＝AC；例2题图①【解题思路】由题意可得∠CAD＝∠CAB＝60°，进而可求得AD、AB分别与AC的数量关系，即可得证；如图②，若∠BAD＝120°，∠ABC＋∠ADC＝180°.①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；例2题图②条件分析：①AC平分∠DAB，即∠DAC＝∠BAC＝60°；②∠ABC＋∠ADC＝180°联想到120°对角互补模型【解题思路】方法一：过点C分别作AB，AD的垂线于点M、N，由△CBM≌△CDN，故BM＝DN，再利用等量代换及直角三角形的性质求解；方法二：在AD的延长线上取一点E，使AE＝AC，由△ABC≌△EDC即可求解．②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．【解题思路】方法一：由△CBM≌△CDN，将四边形ABCD的面积转化为四边形AMCN的面积，利用等量代换及锐角三角函数即可求解；方法二：由△ABC≌△EDC，将四边形ABCD的面积转化为△ACE的面积即可求解．针对演练2.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为边AB中点，点E、F分别在射线CA、BC上，且DE⊥DF，连接EF.(1)猜想：如图①，当点E、F分别在边CA和BC上时，线段DE与EF的大小关系；(2)如图②，当点E、F分别在边CA、BC的延长线上．①判断线段DE与EF的大小关系，并加以证明；②若DE＝4，利用探究得到的结论，求△DEF的面积．第2题图类型三三垂直模型探究典例精讲例3如图①，在等腰直角△ABC中，AB＝BC，点E为BC上一点，连接AE，过点E作EM⊥AE，且AE＝EM，连接MC.求证：∠ACM＝90°；例3题图①条件分析：垂直：AB⊥BC，EM⊥AE线段关系：AE＝EM联想到三垂直全等模型【解题思路】过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，证明△MHE≌△EBA，通过线段数量关系求得∠MCH＝45°即可；(2)如图②，若AC＝2CM，AB＝4，求EM的长．例3题图②条件分析：垂直：AC⊥CM，AB⊥BC线段关系：AC＝2CM联想到三垂直相似【解题思路】过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点H，利用△ABC∽△MHC，求得MH的长，通过证明△ABE≌△EHM可得EH的长，再利用勾股定理求解即可．针对演练3.如图①，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D.(1)求证：△BCE≌△CAD；(2)猜想：线段AD，DE，BE之间有怎样的数量关系，并说明理由；(3)如图②，若AD＝3，BE＝7，求DE的长．第3题图类型四半角模型探究典例精讲例4【问题解决】(1)如图①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠DAE的两边交线段BC于D、E两点，且∠DAE＝eq\f(1,2)∠BAC.求证：BD2＋CE2＝DE2；例4题图①条件分析：①∠BAC＝90°，∠DAE＝eq\f(1,2)∠ABC＝45°；②AB＝AC联想到45°旋转半角模型【解题思路】要证BD2＋CE2＝DE2，可将△ABD旋转至△ACD′，连接D′E，证得CD′2＋CE2＝D′E2，再利用全等证得D′E＝DE即可；【类比探究】(2)如图②，若∠BAC＝120°，其余条件不变，且S△ABD＝2，S△ACE＝4，求△ABC的面积．例4题图②条件分析：①∠BAC＝120°，∠DAE＝eq\f(1,2)∠ABC＝60°；②AB＝AC联想到60°旋转半角模型【解题思路】旋转△ABD至△ACD′，连接D′E，可求得∠D′CE，根据△ACD′和△ACE的面积关系求出CD′和CE的数量关系，再根据DE和CE的关系可求得△ABC的面积．针对演练4.)已知，△AMN的顶点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.【问题解决】(1)如图①，当点M、N分别在线段CB、DC上时，线段MN、BM和DN之间的数量关系为________；(2)如图②，当点M、N分别在边CB、DC的延长线上时，请探究线段MN、MB和DN之间存在怎样的数量关系，并说明理由；【类比探究】如图③，在(2)的条件下，作射线DB分别交直线AM、AN于P、Q两点，若MN＝10，CM＝8，求AP的长．第4题图类型五动点探究问题(黔西南州2018.26，黔东南州2018.26)典例精讲例5(2018三州联考26题16分)如图①，已知矩形AOCB，AB＝6cm，BC＝16cm，动点P从点A出发，以3cm/s的速度向点O运动，直到点O为止；动点Q同时从点C出发，以2cm/s的速度向点B运动，与点P同时结束运动．(1)点P到达终点O的运动时间是________s，此时点Q的运动距离是________cm；(2)当运动时间为2s时，P、Q两点的距离为______cm；(3)请你计算出发多久时，点P和点Q之间的距离是10cm；【解题思路】设出运动时间，表示出线段长，通过勾股定理列等量关系式求解即可；例5题图①(4)如图②，以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，1cm长为单位长度建立平面直角坐标系，连接AC，与PQ相交于点D，若双曲线y＝eq\f(k,x)过点D，问k的值是否会变化？若会变化，说明理由；若不会变化，请求出k的值．【解题思路】通过证明△APD∽△CQD及速度比，即可得到eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5)，再证明△ADG∽△ACO，由线段比求得OG与GD的长，即可得到点D的坐标，进而求得k的值．例5题图②针对演练5.)如图，在平面直角坐标系中，点A、C的坐标分别为(8，0)、(0，6)，四边形OABC是以OA、OC为边的矩形，点P从点C出发，沿折线CO－OA以每秒1个单位的速度运动，过点P作PQ⊥CP，交AB于点Q，交AC于点E，设点P的运动时间为t秒(0＜t＜14)．(1)点P到点B距离的最大值是__________；(2)当点P在CO上时，若S△CPE＝eq\f(27,2)，求S△EQA；(3)如图②，当点P在OA上，且∠OCP＝45°时，求tan∠PCE的值．第5题图6.(2023铜仁25题14分)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6eq\r(3)cm，AC＝12cm.点P是CA边上的一动点，点P从点C出发以每秒2cm的速度沿CA方向匀速运动，以CP为边作等边△CPQ(点B、点Q在AC同侧)，设点P运动的时间为x秒，△ABC与△CPQ重叠部分的面积为S.(1)当点Q落在△ABC内部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S(用含x的代数式表示，不要求写x的取值范围)；(2)当点Q落在AB上时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S的值；(3)当点Q落在△ABC外部时，求此时△ABC与△CPQ重叠部分的面积S(用含x的代数式表示)．第6题图参考答案类型一手拉手全等模型探究典例精讲例1(1)证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴∠BAD＋∠DAG＝60°.∵AE是AD绕点A逆时针旋转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：正确．证明：如解图①，在BD上取一点M，使得DM＝EF，连接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是等边三角形，∴∠AFB＝∠AFE＝60°，∴∠BFC＝60°，∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE.(14分)例1题解图①【拓展设问】解：如解图②，连接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是等边三角形，∴∠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题解图②针对演练1.解：(1)全等；证明：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴∠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)如解图，过点A作AF⊥CD于点F，∵∠BCA＝∠DCE＝60°，B、C、E在同一条直线上，∴∠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题解图类型二对角互补全等模型探究典例精讲例2(1)证明：∵∠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：如解图①，过点C作AB的垂线交AB于点M，过点C作AD的垂线交AD的延长线于点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题解图①【一题多解】解：AB＋AD＝AC.理由如下：如解图②，延长AD到点E，使得AE＝AC，连接CE，例2题解图②∵∠CAE＝60°，∴△ACE为等边三角形，∴∠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：如解图①，由(2)①知△CDN≌△CBM，易证△CAN≌△CAM，∴S四边形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四边形ABCD＝2S△ANC＝2×eq\f(1,2)AN·CN＝2×eq\f(1,2)×5×5eq\r(3)＝25eq\r(3).(12分)【一题多解】解：如解图②，过点E作EF⊥AC于点F，∵△ABC≌△EDC，∴S△ABC＝S△DEC，∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝S△DEC＋S△ACD＝S△ACE，∵∠CAD＝60°，AC＝AE＝10，∴EF＝AE·sin60°＝5eq\r(3)，∴S四边形ABCD＝S△ACE＝eq\f(1,2)AC·EF＝25eq\r(3).(12分)针对演练2.解：(1)猜想：EF＝eq\r(2)DE；如解图①，连接CD，第2题解图①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，∴∠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，证明如下：如解图②，连接CD，第2题解图②∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAD＝45°，∵D为AB中点，∴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.类型三三垂直模型探究典例精讲例3(1)证明：如解图①，过点M作MH⊥BC交BC的延长线于点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题解图①(2)解：如解图②，过M作MH⊥BC交BC的延长线于点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题解图②针对演练3.(1)证明：∵BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，∠ACB＝90°，∴∠E＝∠ADC＝90°，∠BCE＝90°－∠ACD，∠CAD＝90°－∠ACD，∴∠BCE＝∠CAD，在△BCE与△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.类型四半角模型探究典例精讲例4(1)证明：如解图①，将△ABD绕点A旋转至△ACD′，连接D′E，则△ABD≌△ACD′，∴BD＝CD′，AD＝AD′，∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′＝∠ACB＝45°，∴∠D′CE＝90°.∵∠DAE＝eq\f(1,2)∠BAC，例4题解图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：如解图②，将△ABD绕点A旋转至△ACD′，连接D′E，过点A作AH⊥CD′交CD′的延长线于点H，作AP⊥BC于点P，则△ABD≌△ACD′，例4题解图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).针对演练4.解：(1)MN＝DN＋BM；【解法提示】如解图①，在CB的延长线上取一点E，使得BE＝DN，连接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题解图①(2)DN＝MN＋BM；理由如下：如解图②，在DN上取一点G，使得DG＝MB，连接AG、MG，可得△ABM≌△ADG，∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD.∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，∴∠BAG＋∠MAB＝90°，∴△AMG为等腰直角三角形．又∵∠MAN＝45°，∴AN为MG的垂直平分线，∴MN＝NG，∴DN＝NG＋DG＝MN＋BM；图②图③第4题解图(3)如解图③，连接AC，在Rt△MNC中，MN2＝CM2＋NC2，即102＝82＋NC2，解得NC＝6.由(2)结论可得：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).类型五动点探究问题典例精讲例5解：(1)eq\f(16,3)，eq\f(32,3)；(3分)【解法提示】∵四边形AOCB是矩形，∴AO＝BC＝16cm，∵点P向点O运动，速度为3cm/s，∴点P运动到点O的时间为eq\f(16,3)s．∵点Q运动的速度为2cm/s，∴点Q的运动距离为eq\f(16,3)×2＝eq\f(32,3)cm.(2)6eq\r(2)；(5分)【解法提示】当t＝2s时，AP＝2×3＝6cm，∴OP＝16－6＝10cm，CQ＝2×2＝4cm.如解图①，过点Q作QM⊥AO于点M，则PM＝10－4＝6cm.∵QM＝AB＝6cm，∴PQ＝eq\r(PM2＋MQ2)＝6eq\r(2)cm.例5题解图①(3)设运动x秒时，点P和点Q之间的距离是10cm，如解图②，过点Q作QH⊥AO，垂足为H，则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)，∴运动时间为eq\f(8,5)s或eq\f(24,5)s时，点P和点Q之间的距离是10cm；(10分)例5题解图②(4)k的值不会变化；(11分)理由如下：∵点P、点Q运动时间相同，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)，如解图③，过点D作DG⊥y轴，垂足为点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)，∴点D坐标为(eq\f(18,5)，eq\f(32,5))，(15分)∵点D在双曲线y＝eq\f(k,x)上，∴k＝eq\f(18,5)×eq\f(32,5)＝eq\f(576,25).(16分)例5题解图③针对演练5.解：(1)10；【解法提示】∵点C的坐标为(0，6)，点A的坐标为(8，0)，∴OC＝6，BC＝8，当PC＝6，BC＝8时，PB取得最大值，即PB＝eq\r(62＋82)＝10；(2)∵A(8，0)，C(0，6)，∴直线AC的解析式为y＝－eq\f(3,4)x＋6，设CP＝m，则点P的坐标为(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)(负值已舍)，∴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)，∴直线PQ的解析式为y＝x－6，由(2)知直线AC的解析式为y＝－eq\f(3,4)x＋6，联立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)))，∴点E的坐标为(eq\f(48,7)，eq\f(6,7))，∵P(6，0)，∴由两点之间距离公