初二年级30道典型几何综合题.docx
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初二年级30道典型几何综合题
30道典型几何综合题
1、解答:
解:
(1)如图,作点D关于x轴的对称点D',连接CD'与x轴交于点E,连接DE.
若在边OA上任取点E'与点E不重合,连接CE'、DE'、D'E'
由DE'+CE'=D'E'+CE'>CD'=D'E+CE=DE+CE,
可知△CDE的周长最小.
∵在矩形OACB中,OA=3,OB=4,D为OB的中点,
∴BC=3,D'O=DO=2,D'B=6,
∵OE∥BC,
∴Rt△D'OE∽Rt△D'BC,有
∴
∴点E的坐标为(1,0);
(2)如图,作点D关于x轴的对称点D',在CB边上截取CG=2,连接D'G与x轴交于点E,在EA上截取EF=2,
∵GC∥EF,GC=EF,
∴四边形GEFC为平行四边形,有GE=CF,
又GC、EF的长为定值,
∴此时得到的点E、F使四边形CDEF的周长最小.
∵OE∥BC,
∴Rt△D'OE∽Rt△D'BG,有.
∴
∴
∴点E的坐标为(,0),点F的坐标为(,0)(10分)
2、解答:
解:
(1)设点B(4,﹣1)关于x轴的对称点是B',其坐标为(4,1),
设直线AB'的解析式为y=kx+b,
把A(2,﹣3),B'(4,1)代入得:
,
解得
∴y=2x﹣7,
令y=0得x=,
即p=.
(2)过A点作AE⊥x轴于点E,且延长AE,取A'E=AE.做点F(1,﹣1),连接A'F.那么A'(2,3).
直线A'F的解析式为,即y=4x﹣5
∵C点的坐标为(a,0),且在直线A'F上,
∴a=.
(3)存在使四边形ABMN周长最短的点M、N,
作A关于y轴的对称点A′,作B关于x轴的对称点B′,连接A′B′,与x轴、y轴的交点即为点M、N,
∴A′(﹣2,﹣3),B′(4,1),
∴直线A′B′的解析式为:
y=x﹣,
∴M(,0),N(0,﹣).
m=,n=﹣.
3、解答:
(1)证明:
∵沿对角线BD对折,点C落在点C′的位置,
∴∠A=∠C′,AB=C′D
∴在△GAB与△GC′D中,
∴△GAB≌△GC′D
∴AG=C′G;
(2)解:
∵点D与点A重合,得折痕EN,
∴DM=4cm,ND=5cm,
∵EN⊥AD,
∴MN==3(cm),
由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC,
∵EN∥CD,
∴∠END=∠NDC,
∴∠END=∠NDC=∠NDE,
∴EN=ED,设EM=x,则ED=EN=x+3,
由勾股定理得ED2=EM2+DM2,即(x+3)2=x2+42,
解得x=,即EM=.
4、解答:
解:
(1)等腰.
(2)如图①,连接BE,画BE的中垂线交BC与点F,连接EF,△BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形.
∵折痕垂直平分BE,AB=AE=2,
∴点A在BE的中垂线上,即折痕经过点A.
∴四边形ABFE为正方形.
∴BF=AB=2,
∴F(2,0).
(3)矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF,其面积为4,
理由如下:
①当F在边BC上时,如图②所示.
S△BEF≤S矩形ABCD,即当F与C重合时,面积最大为4.
②当F在边CD上时,如图③所示,
过F作FH∥BC交AB于点H,交BE于K.
∵S△EKF=KF•AH≤HF•AH=S矩形AHFD,
S△BKF=KF•BH≤HF•BH=S矩形BCFH,
∴S△BEF≤S矩形ABCD=4.
即当F为CD中点时,△BEF面积最大为4.
下面求面积最大时,点E的坐标.
①当F与点C重合时,如图④所示.
由折叠可知CE=CB=4,
在Rt△CDE中,ED===2.
∴AE=4﹣2.
∴E(4﹣2,2).
②当F在边DC的中点时,点E与点A重合,如图⑤所示.
此时E(0,2).
综上所述,折痕△BEF的最大面积为4时,点E的坐标为E(0,2)或E(4﹣2,2).
5、解答:
解:
(1)由折叠知BE=EM,∠B=∠EMP=90°.
①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM.
∵AB=4,M是AD中点,
∴△AEM的周长=4+2=6(cm);
②现证明EP=AE+PD
方法一:
取EP的中点G,则在梯形AEPD中,MG为中位线,
∴MG=(AE+PD),
在Rt△EMP中,MG为斜边EP的中线,
∴MG=EP,
∴EP=AE+PD.
方法二:
延长EM交CD延长线于Q点.
∵∠A=∠MDQ=90°,AM=DM,∠AME=∠DMQ,
∴△AME≌△DMQ.
∴AE=DQ,EM=MQ.
又∵∠EMP=∠B=90°,
∴PM垂直平分EQ,有EP=PQ.
∵PQ=PD+DQ,
∴EP=AE+PD.
(2)△PDM的周长保持不变.
设AM=x,则MD=4﹣x.
由折叠性质可知,EM=4﹣AE,
在Rt△AEM中,AE2+AM2=EM2,即AE2+x2=(4﹣AE)2,
∴AE=(16﹣x2)
又∵∠EMP=90°,∴∠AME+∠DMP=90°.
∵∠AME+∠AEM=90°,∴∠AEM=∠DMP.
又∠A=∠D,
∴△PDM∽△MAE.
∴
∴C△PDM=C△MAE•=(4+x)•=8.
∴△PDM的周长保持不变.
6、解答:
解:
(1)∵A(﹣6,0),C(0,4)
∴OA=6,OC=4
设DE与y轴交于点M
由DE∥AB可得△DMC∽△AOC
又CD=AC
∴
∴CM=2,MD=3
同理可得EM=3
∴OM=6
∴D点的坐标为(3,6);
(2)由
(1)可得点M的坐标为(0,6)
由DE∥AB,EM=MD
可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线
∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上
∴ED与CF互相垂直平分
∴CD=DF=FE=EC
∴四边形CDFE为菱形,且点M为其对称中心
作直线BM,设BM与CD、EF分别交于点S、点T
可证△FTM≌△CSM
∴FT=CS
∵FE=CD
∴TE=SD
∵EC=DF
∴TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS
∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形,
由点B(6,0),点M(0,6)在直线y=kx+b上,可得直线BM的解析式为y=﹣x+6.
(3)确定G点位置的方法:
过A点作AH⊥BM于点H,则AH与y轴的交点为所求的G点
由OB=6,OM=6
可得∠OBM=60°
∴∠BAH=30°
在Rt△OAG中,OG=AO•tan∠BAH=2
∴G点的坐标为.(或G点的位置为线段OC的中点)
7、解答:
解:
(1)△A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2(4,0),B2(5,0),C2(5,2);(3分)
(2)如果0<a≤3,那么点P1在线段OM上,PP2=PP1+P1P2=2OP1+2P1M=2(OP1+P1M)=2OM=6;(5分)
如果a>3,那么点P1在点M的右边,PP2=PP1﹣P1P2=2OP1﹣2P1M=2(OP1﹣P1M)=2OM=6.
所以PP2的长是6.(7分)
8、解答:
解:
(1)Rt△CEF、Rt△ADE、Rt△AEF、Rt△AA1D1、Rt△ED1C1、Rt△C1B1F.(写出其中三个即可)
(2)AF==5
过E作EM⊥AF,垂足为M,交D1C1于N,则
EM=2
∵四边形A1B1C1D1是正方形
∴D1C1∥AF
∴△D1C1E∽△AFE
∴
设正方形A1B1C1D1的边长为x,则
解得x=
∴正方形A1B1C1D1的边长为.
(3)∵D1C1=,EN=2﹣=
∴S△D1EC1=××=
∴=,C1B1=
∴B1F=
∴S△C1B1F1=××=
∵∠1=∠2,∠1+∠4=90°,∠2+∠3=90°
∴∠3=∠4
∴E1点在C1F1上
又∵S△正方形A1B1C1D=()2=
∴S未被覆盖四边形=﹣﹣=.
9、解答:
解:
(1)由题意可知:
OA=2,∠AOB=30°,则根据直角三角形中30°所对的边是斜边的一半,则AB=1,根据勾股定理可以求得OB=;则点A的坐标为(1,),点B的坐标为(0,);
(2)垂直.
理由:
连接DE,直角三角形ODE中,tan∠OED==,
∴∠OED=60°.
∵∠BAO=30°,
∴OA⊥ED.
(3)因为DE总是垂直于OA运动,因此可以看做直线DE沿OA方向进行运动.因此两者有公共点的取值围就是O⇒A之间.
当DE过O点时,t=0.
当DE过A点时,直角三角形OAD中,OA=2,∠ODA=30°,因此OD=4,t=.
因此t的取值围是0≤t≤.
(4)当0≤t≤时,S=t2;Smax=;
当<t≤时,S=﹣t2﹣(﹣t)2=﹣(t﹣)2+,Smax=;
当<t≤时,S=(2﹣t)2,S无最大值;
综上所述S的最大值为.
10、解答:
解:
(1)∵OA=OB=2,
∴A(0,2)、B(2,0)、C(2,2).(3分)
(2)△AOM∽△ONO’(4分)
证明:
∵四边形AOBC是正方形,
∴∠AOM=90°.
又O’N⊥OB,
∴∠ONO'=90°.
∴∠AOM=∠ONO’=90°.
又根据对称性质可知:
AM⊥OO’于D点,
∴在Rt△ODM中,∠1+∠3=90°.
在Rt△AOM中,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠2.
∴△AOM∽△ONO’(6分)
(3)∵M是OB的中点,
∴OM=•OB=1.
∴在Rt△AOM中,AM=.
又∵OD是Rt△AOM斜边上的高,
∴.
∴.(8分)
又∵△AOM∽△ONO’,
∴.
.
∴.
∴.(10分)
11、解答:
解:
(1)∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转,
∴OA旋转了45度.
∴OA在旋转过程中所扫过的面积为.
(2)∵MN∥AC,
∴∠BMN=∠BAC=45°,∠BNM=∠BCA=45度.
∴∠BMN=∠BNM.∴BM=BN.
又∵BA=BC,∴AM=CN.
又∵OA=OC,∠OAM=∠OCN,∴△OAM≌△OCN.
∴∠AOM=∠CON.∴∠AOM=(90°﹣45°)=22.5度.
∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形OABC旋转的度数为45°﹣22.5°=22.5度.
(3)在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.
证明:
延长BA交y轴于E点,
则∠AOE=45°﹣∠AOM,∠CON=90°﹣45°﹣∠AOM=45°﹣∠AOM,
∴∠AOE=∠CON.
又∵OA=OC,∠OAE=180°﹣90°=90°=∠OCN.
∴△OAE≌△OCN.
∴OE=ON,AE=CN.
又∵∠MOE=∠MON=45°,OM=OM,
∴△OME≌△OMN.∴MN=ME=AM+AE.
∴MN=AM+CN,
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.
∴在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.
12、解答:
解:
(1)图②中与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH.
(2)D1F1=AH1,
证明:
∵,
∴△AF1C≌△D1H1C.
∴F1C=H1C,又CD1=CA,
∴CD1﹣F1C=CA﹣H1C.
即D1F1=AH1;
(3)连接CG1.
在△D1G1F1和△AG1H1中,
∵,
∴△D1G1F1≌△AG1H1.
∴G1F1=G1H1,
又∵H1C=F1C,G1C=G1C,
∴△CG1F1≌△CG1H1.
∴∠1=∠2.
∵∠B=60°,∠BCF=30°,
∴∠BFC=90°.
又∵∠DCE=90°,
∴∠BFC=∠DCE,
∴BA∥CE,
∴∠1=∠3,
∴∠2=∠3,
∴G1I=CI.
13、解答:
解:
(1)BE=DF且BE⊥DF;
(2)在△DFA和△BEA中,
∵∠DAF=90°﹣∠FAB,∠BAE=90°﹣∠FAB,
∴∠DAF=∠BAE,
又AB=AD,AE=AF,
∴△DFA≌△BEA,
∴BE=DF;∠ADF=∠ABE,
∴BE⊥DF;
(3)AE=(﹣1)AD;
(4)正方形.
14、解答:
解:
(1)AB=AE,AB⊥AE;
(2)将△BCG绕点C顺时针旋转90°后能与△ACE重合(或将△ACE绕点C逆时针旋转90°后能与△BCG重合),
理由如下:
∵AC⊥BC,DF⊥EF,B、F、C、E共线,
∴∠ACB=∠ACE=∠DFE=90°,
又∵AC=BC,DF=EF,
∴∠DEF=∠D=45°,
在△CEG中,∵∠ACE=90°,
∴∠CGE+∠DEF=90°
∴∠CGE=∠DEF=45°,
∴CG=CE,
在△BCG和△ACE中,
∵,
∴△BCG≌△ACE(SAS),
∴将△BCG绕点C顺时针旋转90°后能与△ACE重合(或将△ACE绕点C逆时针旋转90°后能与△BCG重合).
15、解答:
解:
(1)∠EBF=30°;(1分)
∠QFC=60°;(2分)
(2)∠QFC=60°.(1分)
解法1:
不妨设BP>AB,如图1所示.
∵∠BAP=∠BAE﹣∠EAP=60°﹣∠EAP,
∠EAQ=∠QAP﹣∠EAP=60°﹣∠EAP,
∴∠BAP=∠EAQ.(2分)
在△ABP和△AEQ中
AB=AE,∠BAP=∠EAQ,AP=AQ,
∴△ABP≌△AEQ.(SAS)(3分)
∴∠AEQ=∠ABP=90°.(4分)
∴∠BEF=180°﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°﹣90°﹣60°=30°.
∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°+30°=60°.(5分)
(事实上当BP≤AB时,如图2情形,不失一般性结论仍然成立,不分类讨论不扣分)
解法2:
设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角
∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC,
由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB,由旋转知∠PAQ=60°,
∴∠QFC=∠PAQ=60°,
(3)在图1中,过点F作FG⊥BE于点G.
∵△ABE是等边三角形,
∴BE=AB=2.
由
(1)得∠EBF=30°.
在Rt△BGF中,BG==,
∴BF==2.
∴EF=2.(1分)
∵△ABP≌△AEQ.
∴QE=BP=x,
∴QF=QE+EF=x+2.(2分)
过点Q作QH⊥BC,垂足为H.
在Rt△QHF中,y=QH=sin60°×QF=(x+2).(x>0)
即y关于x的函数关系式是:
y=x+.(3分)
16、解答:
解:
(1)BG=AE,
证明:
易得BD=DC,GD=DE,∠GDB=∠EDA;
故可得Rt△BDG≌Rt△EDA;
故BG=AE;
(2)成立:
证明:
连接AD,
∵Rt△BAC中,D为斜边BC的中点,
∴AD=BD,AD⊥BC,
∴∠ADG+∠GDB=90°,
∵EFGD为正方形,
∴DE=DG,且∠GDE=90°,
∴∠ADG+∠ADE=90°,
∴∠BDG=∠ADE,
在△BDG和△AED中,
∴△BDG≌△AED(SAS),
∴BG=AE;
(3)由
(2)可得BG=AE,当BG取得最大值时,AE取得最大值;
分析可得:
当旋转角度为270°时,BG=AE最大值为1+2=3,
此时如图:
AF=.
17、解答:
(1)证明:
∵∠A=30°,∠ACB=90°,D是AB的中点.
∴CD=AD=BD,
又∠B=90°﹣∠A=60°,
∴△BCD是等边三角形.
又∵CN⊥DB,
∴DN=DB.
∵∠EDF=90°,△BCD是等边三角形,
∴∠ADG=30°,而∠A=30°.
∴GA=GD.
∵GM⊥AB,
∴AM=AD.
又∵AD=DB,
∴AM=DN.
(2)解:
(1)的结论依然成立.理由如下:
∵DF∥AC,
∴∠1=∠A=30°,∠AGD=∠GDH=90°,
∴∠ADG=60°.
∵∠B=60°,AD=DB,
∴△ADG≌△DBH,
∴AG=DH.
又∵∠1=∠A,GM⊥AB,HN⊥AB,
∴△AMG≌△DNH,
∴AM=DN.
18、解答:
解:
(1)∵点F在AD上,
∴AF2=a2+a2,即AF=a,
∴DF=b﹣a,
∴S△DBF=DF×AB=×(b﹣a)×b=b2﹣ab;
(2)连接AF,由题意易知AF∥BD,
∴四边形AFDB是梯形,
∴△DBF与△ABD等高同底,即BD为两三角形的底,
由AF∥BD,得到平行线间的距离相等,即高相等,
∴S△DBF=S△ABD=b2;
(3)正方形AEFG在绕A点旋转的过程中,F点的轨迹是以点A为圆心,AF为半径的圆,
第一种情况:
当b>2a时,存在最大值及最小值,
因为△BFD的边BD=b,故当F点到BD的距离取得最大、最小值时,S△BFD取得最大、最小值.
如图②所示CF2⊥BD时,S△BFD的最大值=,
S△BFD的最小值=,
第二种情况:
当b=2a时,存在最大值,不存在最小值.
∴S△BFD的最大值=.(如果答案为4a2或b2也可).
19、解答:
(1)证明:
证法一:
在△ABP与△ADP中,
∵AB=AD∠BAC=∠DAC,AP=AP,
∴△ABP≌△ADP,
∴BP=DP.(2分)
证法二:
利用正方形的轴对称性,可得BP=DP.(2分)
(2)解:
不是总成立.(3分)
当四边形PECF的点P旋转到BC边上时,DP>DC>BP,此时BP=DP不成立,(5分)
说明:
未用举反例的方法说理的不得分.
(3)解:
连接BE、DF,则BE与DF始终相等,(6分)
在图1中,由正方形ABCD可证:
AC平分∠BCD,
∵PE⊥BC,PF⊥BD,
∴PE=PF,∠BCD=90°,
∴四边形PECF为正方形.(7分)
∴CE=CF,
∵∠DCF=∠BCE,
BC=CD,
∴△BEC≌△DFC,
∴BE=DF.(8分)
20、解答:
证明:
(1)∵将菱形纸片AB(E)CD(F)沿对角线BD(EF)剪开,
∴∠B=∠D,
∵将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处,△ECF绕点F在BD边上方左右旋转,
∴BF=DF,
∵∠HFG=∠B,
又∵∠HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF
∴∠GFD=∠BHF,
∴△BFH∽△DGF,
∴,
∴BH•GD=BF2;
(2)∵AG∥CE,
∴∠FAG=∠C,
∵∠CFE=∠CEF,
∴∠AGF=∠CFE,
∴AF=AG,
∵∠BAD=∠C,
∴∠BAF=∠DAG,
∴△ABF≌△ADG,
∴FB=DG,
∴FD+DG=BD,
故答案为:
BD.
21、解答:
解:
(1)相似(1分)
由题意得:
∠APA1=∠BPB1=α,AP=A1P,BP=B1P,
则∠PAA1=∠PBB1=,(2分)
∵∠PBB1=∠EBF,
∴∠PAE=∠EBF,
又∵∠BEF=∠AEP,
∴△BEF∽△AEP;(3分)
(2)存在,理由如下:
(4分)
易得:
△BEF∽△AEP,
若要使得△BEF≌△AEP,只需要满足BE=AE即可,(5分)
∴∠BAE=∠ABE,
∵∠BAC=60°,
∴∠BAE=,
∵∠ABE=β∠BAE=∠ABE,(6分)
∴,
即α=2β+60°;(7分)
(3)连接BD,交A1B1于点G,
过点A1作A1H⊥AC于点H.
∵∠B1A1P=∠A1PA=60°,
∴A1B1∥AC,
由题意得:
AP=A1P=2+x,∠A=60°,
∴△PAA1是等边三角形,
∴A1H=sin60°A1P=,(8分)
在Rt△ABD中,BD=,
∴BG=,(9分)
∴
(0≤x<2).(10分)
22、解答:
解:
(1)∵点A(3,0),B(0,4),得OA=3,OB=4,
∴在Rt△AOB中,由勾股定理,得AB==5,
根据题意,有DA=OA=3.
如图①,过点D作DM⊥x轴于点M,
则MD∥OB,
∴△ADM∽△ABO.有,
得,
∴OM=,
∴,
∴点D的坐标为(,).
(2)如图②,由已知,得∠CAB=α,AC=AB,
∴∠ABC=∠ACB,
∴在△ABC中,
∴α=180°﹣2∠ABC,
∵BC∥x轴,得∠OBC=90°,
∴∠ABC=90°﹣∠ABO=90°﹣β,
∴α=2β;
(3)若顺时针旋转,如图,过点D作DE⊥OA于E,过点C作CF⊥OA于F,
∵∠AOD=∠ABO=β,
∴tan∠AOD==,
设DE=3x,OE=4x,
则AE=3﹣4x,
在Rt△ADE中,AD2=AE2+DE2,
∴9=9x2+(3﹣4x)2,
∴x=,
∴D(,),
∴直线AD的解析式为:
y=x﹣,
∵直线CD与直线AD垂直,且过点D,
∴设y=﹣x+b,
则b=4,
∵互相垂直的两条直线的斜率的积等于﹣1,
∴直线CD的解析式为y=﹣,
若顺时针旋转,则可得直线CD的解析式为y=.
∴直线CD的解析式为y=﹣或y=.
23、解答:
(1)证明:
如图1,分别连接OE、0F,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,BD平分∠ADC.AO=DC=BC,
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°.
∠ADO=∠ADC=×60°=30°,
又∵E、F分别为DC、CB中点,
∴OE=CD,OF=BC,AO=AD,
∴0E=OF=OA,
∴点O即为△AEF的外心.
(2)解:
①猜想:
外心P一定落在直线DB上.
证明:
如图2,分别连接PE、PA,过点P分别作PI⊥CD于I,PJ⊥AD于J,
∴∠PIE=∠PJD=90°,
∵∠ADC=60°,
∴∠IPJ=360°﹣∠PIE﹣∠PJD﹣∠JDI=120°,
∵点P是等边△AEF的外心,
∴∠EPA=120°,PE=PA,
∴∠IPJ=∠EPA,
∴∠IPE=∠JPA,
∴△PIE≌△PJA,
∴PI=PJ,
∴点P在∠ADC的平分线上,即点P落在直线DB上.
②为定值2.
当AE⊥DC时.△AEF面积最小,
此时点E、F分别为DC、CB中点.
连接BD、AC交于点P,由
(1)
可得点P即为△AEF的外心.
如图3.设MN交BC于点G,
设DM=x,DN=y(x≠0.y≠O),则CN=y﹣1,
∵BC∥DA,
∴△GBP≌△MDP.
∴BG=DM=x.
∴CG=1﹣x
∵BC∥DA,
∴△NCG∽△NDM,
∴,
∴,
∴x+y=2xy,
∴+=2,
即=2.
24、解答:
解:
(1)设AC=4x,BC=3x,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
即:
(4x)2+(3x)2=102,
解得:
x=2,
∴AC=8cm,BC=6cm;
(2)①当点Q在边BC上运动时,过点Q作QH⊥AB于H,
∵AP=x,
∴BP=10﹣x,BQ=2x,
∵△QHB∽△ACB,
∴,
∴QH=x,
y=BP•QH=(10﹣x)•x=﹣x2+8x(0<x≤3),
②当点Q在边CA上运动时,过点Q作QH′⊥AB于H′,
∵AP=x,
∴BP=10﹣x,AQ=14﹣2x,
∵△AQH′∽△ABC,
∴,
即:
=,
解得:
QH′=(14﹣2x),
∴y=PB•QH′=(10﹣x)•(14﹣2x)=x2﹣x+42(3<x<7);
∴y与x的函数关系式为:
y=;
(3)∵AP=x,AQ=14﹣2x,
∵PQ⊥AB,
∴△APQ∽△ACB,
∴=,
即:
=,
解得:
x=,PQ=,
∴PB=10﹣x=,
∴≠,
∴==≠,
∴当点Q在CA上运动,使PQ⊥AB时,以点B、P、Q为定点
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