n
AB＝a.此时4a＝a，
∴n＝4.∴当点F落在矩形内部时，n＞4. ∵点F落在矩形的内部，点G在AD上， ∴∠FCG＜∠BCD，∴∠FCG＜90°.
第5题答图②
第5题答图③
AD①若∠CFG＝90°，则点F落在AC上，由(2)得AB＝n，∴n＝16. ②若∠CGF＝90°(如答图③)， 则∠CGD＋∠AGF＝90°. ∵∠FAG＋∠AGF＝90°， ∴∠CGD＝∠FAG＝∠ABE， ∵∠BAE＝∠D＝90°，
ABAE∴△ABE∽△DGC.∴DG＝DC，
?n?2
∴AB·DC＝DG·AE，即?4a?＝(n－2)a·a，
??
解得n1＝8＋42，n2＝8－42＜4(不合题意，舍去)．∴当n＝16或8＋42时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形．
(20分)
6．(20分)[2017·菏泽]如图6－1－6，正方形ABCD的边长为6 cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连结AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.
(1)如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；
(2)如图②，若点M从点D出发，以1 cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以2 cm/s的速度沿BD向点D运动，设运动时间为t s. ①设BF＝y cm，求y关于t的函数表达式； ②当BN＝2AN时，连结FN，求FN的长．
图6－1－6
【解析】 (1)由正方形性质和垂直的性质就可以得出∠ADN＝∠BAF，利用“AAS”可以得出△ADN≌△BAF就可以得到结论AF＝MN；
ADDE
(2)①由AD∥BF可得△ADE∽△FBE，利用BF＝BE可以构造y关于t的函数6－tMAAB
表达式；②由(1)可知△MAN∽△ABF，∴AN＝BF，又∵BN＝2AN，∴2＝6
BF，用含t的代数式表示BF，结合①中的关系式，可以构造关于t的方程求出t的值，从而求出BF，最后利用勾股定理求FN 的长． 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°. ∵MN⊥AF，∴∠DHA＝∠NHA＝90°，
∴∠ADH＋∠HAD＝90°，∠NAH＋∠HAD＝90°， ∴∠ADH＝∠NAH.在△ADN与△BAF中，
?∠ADN＝∠BAF， ?AD＝BA，∴△ADN≌△BAF， ?∠DAN＝∠ABF，
∴AF＝DN，即AF＝MN.
(2)①∵正方形的边长为6 cm，∴BD＝AB2＋AD2＝2AD＝62 cm， ∵设运动时间为t s，根据题意，得BE＝2t cm， ∴DE＝ BD－BE＝(62－2t)cm，
ADDE
∵AD∥BF，∴△ADE∽△FBE，∴ BF＝BE， 662－2t6t
∵BF＝y cm，∴y＝，即y＝，
6－t2t
∴y关于t的函数表达式为y＝
6t. 6－t
②∵BN＝2AN，AB＝6 cm，∴AN＝2 cm，BN＝4 cm，由(1)得△MAN∽△ABF，又∵DM＝t cm，AM＝(6－t)cm， 6－t6MAAB12∴AN＝BF，即2＝BF，∴BF＝，
6－t
6t126t，∴，＝ 解得t＝2， 6－t6－t6－t
6t
当t＝2时，BF＝y＝＝3 cm，在Rt△NBF中，FN＝BN2＋BF2＝42＋326－t又∵y＝＝5，
∴当BN＝2AN时，FN的长为5 cm.
(22分)
7．(22分)[2017·温州]如图6－1－7，已知线段AB＝2，MN⊥AB于点M，且AM＝BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点为C(点C 在线段BD上)，连结AC，DE. ︵
(1)当∠APB＝28°时，求∠B和CM的度数； (2)求证：AC＝AB； (3)在点P的运动过程中．
①当MP＝4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；
②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得点G，若点G恰好落在MN上，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG与△DEG的面积比．
图6－1－7
【解析】 (1)由垂直平分线的性质得到等腰△PAB，由三线合一得 ∠APM＝
1
∠BPM＝2∠APB＝14°，∠B＝90°－∠BPM＝90°－14°＝ 76°，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得∠MDB＝∠BAC ＝2∠DPM＝28°，以此求得弧CD的度数为2∠MDB＝56°； (2)由同角的余角相等，得 ∠ACB＝∠B，AC＝AB；
(3)由垂直分线的性质，分类讨论符合条件的点Q的个数，利用相似和勾股定理分别求出MQ的长度；利用旋转的性质，平行四边形的性质，锐角三角比求出各边的长度，用面积公式求出比值． 解：(1)如答图①，连结MD. ∵AB⊥MN，AM＝BM，
∴PM垂直平分线段AB，∴PA＝PB，
1
在等腰三角形PAB中，∵∠APB＝28°，∴∠APM＝∠BPM＝2∠APB＝14°， ∴∠B＝90°－∠BPM＝90°－14°＝ 76°， 在Rt△MPB中，点D为斜边BP的中点， ∴DM＝DP，∴∠MPD＝∠DMP＝14°， ∴∠MDB＝∠BAC ＝2∠DPM＝28°， ︵
∴CM的度数＝2∠MDB＝56°； (2)证明：由(1)可得
1
∠B＝90°－∠BPM＝90°－2∠BAC，
1
在△ABC中，∠ACB＝180°－∠B－∠BAC＝180°－(90°－2∠BAC)－1
∠BAC ＝90°－2∠BAC， ∴∠ACB＝∠B, ∴AC＝AB.
第7题答图① 第7题答图②
(3)①若要满足题意，则点Q必为过点A，C，E，D的垂线与线段MN的交点，
分析图形可得只有过点C，E，D的垂线与线段MN的交点满足题意． (Ⅰ)若CQ⊥CP(如答图②点Q1)，AM＝BM＝1，MP＝4，由勾股定理，得BP＝12＋42＝17，由(1)(2)可得∠BAC＝∠APB， 又∵∠B＝∠B， ∴△ABC∽△PBA， ABBP417∴BC＝AB，得BC＝17， 1317
∴CP＝17. CPPQ113
由△PCQ1∽△PMB，得MP＝PB，解得PQ1＝4， 3
∴ MQ1＝4－PQ1＝4.
(Ⅱ)若QD⊥BP，由EP＝DP可知 △EPQ2≌△DPQ2(如答图②点Q2)，∴ EQ2⊥EP.(即过点E，D的垂线与线段MN的交点重合) ∵点D为线段BP的中点，且Q2D⊥BP， ∴Q2D垂直平分线段BP，则Q2P＝Q2B，
设Q2M＝x，则Q2B＝Q2P＝4－x, 由勾股定理，得BM2＋M2Q2＝B2Q2，12＋18
x2＝(4－x)2，解得x＝5. (Ⅲ)若AC⊥CQ(如答图②点Q3)， ∵∠ACQ3＝90°，∴Q3A为该圆的直径， ∴点Q3为MP与圆的交点，
∵∠MAC＝∠MQ3C＝2∠MPC，∠MQ3C＝∠MPC＋∠Q3CP，∴PQ3＝ CQ3， 设MQ3＝x，则PQ3＝4－x，AC＝AB＝2， ∵A3Q2＝AM2＋M3Q2＝AC2＋C3Q2， 19∴12＋x2＝22＋(4－x)2，解得x＝8. 31519
综上所述，MQ的值为4或8或8.
②如答图③，过点E作AP的中垂线，交MP于点K.过点C作CJ⊥AB于点J，连结AK，KE，DM.
∵点M，D分别为AB，BP的中点，∴MD为
第7题答图③
△ABP的中位线， ∴MD∥AP，AM＝DF.
又∵AM∥ED，∴四边形MAED为平行四边形， ∴AM＝DE，∠MDE＝∠MAP，∴DE＝DF， ∵△GHE≌△GHD，∴ GE＝GD，
∴GE＝GD＝DE＝DF，则△GDE为正三角形，∠GDE＝60°. 1∵∠EDF＝90°－60°－30°，∴∠DEF＝2(180°－∠EDF)＝75°， ∴∠APM＝15°，则∠AKM＝2∠APM＝30°，
PM2＋3∴MK＝3，AK＝KP＝2，tan75°＝tan∠MAP＝MA＝1＝2＋3， ∴tan∠MAP＝tan∠HEP＝tan75°＝2＋3，
13∵EH为△AMP的中位线，∴EH＝2，GH＝2，
PH1
∴tan∠HEP＝EH＝2＋3，HP＝2(2＋3)，∴MG＝1，
11
∵∠MAC＝2∠MPA＝30°，AM＝1，CJ＝2AC＝2AB＝1，
33
∴MI＝3，IG＝1－3，AJ＝3，
3－111?11333?
?1－?×3＝∴S△ACG＝2IG·AJ＝2×，SGH＝×1×＝ △EDG＝ED·22224，3??3－1
26－23S△ACG
∴S＝＝3. △DEG3
4
2019年数学中考：第六讲 第1课时 几何图形中的动点问题
