6．（2012?六盘水）解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm， ∴由勾股定理逆定理得△ABC为直角三角形，∠C为直角． （1）BP=2t，则AP=10﹣2t． ∵PQ∥BC，∴
，即
，解得t=
，∴当t=
s时，PQ∥BC．
（2）如答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D． ∴PD∥BC，∴
，即
，解得PD=6﹣t．
S=×AQ×PD=×2t×（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣）2+，
∴当t=s时，S取得最大值，最大值为
cm2．
（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分， 则有S△AQP=S△ABC，而S△ABC=AC?BC=24，∴此时S△AQP=12． 由（2）可知，S△AQP=﹣t2+6t， ∴﹣t2+6t=12，化简得：t2﹣5t+10=0，
∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解，
∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．
（4）假设存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，则有AQ=PQ=BP=2t． 如答图2所示，过P点作PD⊥AC于点D，则有PD∥BC， ∴
，即
，
解得：PD=6﹣t，AD=8﹣t， ∴QD=AD﹣AQ=8﹣t﹣2t=8﹣
t．
在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2， 即（8﹣
t）2+（6﹣t）2=（2t）2，
化简得：13t2﹣90t+125=0， 解得：t1=5，t2=
，
∵t=5s时，AQ=10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t=．
由（2）可知，S△AQP=﹣t2+6t，
∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×（﹣t2+6t）=2×[﹣×（
）2+6×
]=（cm2）．所以存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为cm2．
16
7．（2012秋?江南区校级期中）解：（1）由题意得BD=8﹣2t， ∵DP∥AC∴△BDP∽△BCA，∴∴
∴DP=6﹣
若△PDE的面积为4.5，则（6﹣
）×2t=4.5解得：t=1或3，
∴当t=1或3时，△PDE的面积为4.5； （2）显然，∠PDE≠90°，
当∠PED=90°时，如图1，△CDE∽△EPD，∴
∴
解得：t=
当∠DPE=90°时，如图2，CE=DP∴t=6﹣解得：t=
∴当t=
或
时，△PDE的外心恰好在它的一条边上．
（3）存在；
如图3，设AB的中点为O，过点O作OM⊥BC交EE′于点N，ON=3﹣t，NE′=4t﹣4，在Rt△ONE中，ON2+NE2=OE2∴（3﹣t）2+（4t﹣4）2=25解得：t=0（舍去），t=
8．（2009?邵阳）解：（1）当x=0时，y=4；当y=0时， x=4．∴A（4，0），B（0，4）；（2）∵MN∥AB，
，∴OM=ON=t，∴S1=OM?ON=t2；
（3）①当2＜t≤4时，易知点P在△OAB的外面，则点P的坐标为（t，t）． 理由：当t=2时，OM=2，ON=2，OP=MN==2， 直角三角形AOB中，设AB边上的高为h， 易得AB=4
，则×4
h=4×4×，解得h=2
，
故t=2时，点P在l上，
2＜t≤4时，点P在△OAB的外面． F点的坐标满足
，即F（t，4﹣t），
同理E（4﹣t，t），则PF=PE=|t﹣（4﹣t）|=2t﹣4，
所以S2=S△MPN﹣S△PEF=S△OMN﹣S△PEF，
=t2﹣PE?PF=t2﹣（2t﹣4）（2t﹣4）=﹣t2+8t﹣8； ②当0＜t≤2时，S2=t2，t2=，
解得t1=﹣
＜0，t2=
＞2，两个都不合题意，舍去；
当2＜t≤4时，S2=﹣t2+8t﹣8=，解得t3=3，t4=， 综上得，当t=或t=3时，S2为△OAB的面积的．
17
9．（2016?齐齐哈尔）（1）∵x2
﹣2x﹣3=0，∴x=3或x=﹣1，∴B（0，3），C（0，﹣1），∴BC=4， （2）∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1）， ∴OA=，OB=3，OC=1，∴OA2=OB?OC， ∵∠AOC=∠BOA=90°，∴△AOC∽△BOA，
∴∠CAO=∠ABO，∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°， ∴∠BAC=90°，∴AC⊥AB；
（3）设直线AC的解析式为y=kx+b， 把A（﹣
，0）和C（0，﹣1）代入y=kx+b，∴
，解得：
，
∴直线AC的解析式为：y=﹣
x﹣1，
∵DB=DC，∴点D在线段BC的垂直平分线上，∴D的纵坐标为1， ∴把y=1代入y=﹣
x﹣1，∴x=﹣2
，∴D的坐标为（﹣2
，1），
（4）设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E， 把B（0，3）和D（﹣2
，1）代入y=mx+n，∴
，解得
，
∴直线BD的解析式为：y=x+3，令y=0代入y=x+3，∴x=﹣3
，
∴E（﹣3
，0），∴OE=3
，∴tan∠BEC=
=
，∴∠BEO=30°，
同理可求得：∠ABO=30°，∴∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图1，此时，∠BEA=∠ABE=30°，∴EA=AB， ∴P与E重合，∴P的坐标为（﹣3，0），
当PA=PB时，如图2，此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，∴∠PAB=∠ABO，∴PA∥BC， ∴∠PAO=90°，∴点P的横坐标为﹣， 令x=﹣
代入y=
x+3，∴y=2，∴P（﹣
，2），
当PB=AB时，如图3，
∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，过点P1作P1F⊥x轴于点F， ∴P1B=AB=2，∴EP1=6﹣2
，∴sin∠BEO=
，∴FP1=3﹣
，
令y=3﹣
代入y=
x+3，∴x=﹣3，∴P1（﹣3，3﹣
），
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，
过点P2作P2G⊥x轴于点G， ∴P2B=AB=2，∴EP2=6+2
，∴sin∠BEO=
，∴GP2=3+
，
令y=3+
代入y=
x+3，∴x=3，
∴P2（3，3+
），
18
10．（2015?衢州）解：（1）如图1，过点B作BM⊥AC于点M， ∵AC=9，S△ABC=
，∴AC?BM=
，即×9?BM=
，解得BM=3．
由勾股定理，得AM==
=4，则tanA=
=；
（2）存在．如图2，过点P作PN⊥AC于点N． 依题意得AP=CQ=5t．∵tanA=，∴AN=4t，PN=3t． ∴QN=AC﹣AN﹣CQ=9﹣9t．
根据勾股定理得到：PN2+NQ2=PQ2，
S正方形PQEF=PQ2=（3t）2+（9﹣9t）2=90t2﹣162t+81（0＜t＜）． ∵﹣
=
=在t的取值范围之内，
∴S最小值==
=
；
（3）
①如图3，当点E在边HG上时，t1=； ②如图4，当点F在边HG上时，t2=
；
③如图5，当点P边QH（或点E在QC上）时，t3=1 ④如图6，当点F边CG上时，t4=．
19
11．（2014秋?连云港期中）（1）证明：当t=2时，DH=AH=4，则点H是AD的中点， ∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF， ∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠B=∠C，
∵EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF， ∴AE=AF=DE=DF，∴四边形AEDF为菱形； （2）解：存在，理由：
①点E为直角顶点，如图1，此时PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t， ∵PE∥AD，∴
，即
，
∵t＞0，故此情况不存在； ②点F为直角顶点，如图2，
此时PF∥AD，PE=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t， ∵PF∥AD，∴
，即
，解得：t=
，
③点P为直角顶点，
如图3，过E作EM⊥BC于M，过F作FN⊥BC于N，则EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD， ∴
，即
，解得：BM=
，∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t，
在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2，
∵FN∥AD，∴
，即
，解得：CN=t，
∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣
t，
在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=
t2﹣85t+100，
在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2即：（10﹣t）2=（t2）+（
t2﹣85t+100），解得：t=
，t=0（舍去），
综上所述：当t=秒，或t=
秒时，△PEF为直角三角形．
20
中考压轴题之动点、中线定理 - 图文
