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一、点动带动线动
例1如图1-1所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－■x＋b交折线O-A-B于点E。
（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式。（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由。
分析：本题是以一条运动直线为载体，以矩形为背景的有关图形面积是否改变的探究题。问题（1）：点D在线段BC上沿CB向点B运动，其实就是直线DE向右平移。在运动过程中，有三个临界点：直线DE经过点C（b=1），直线DE经过点A（b=■），直线DE经过点B（b=■），故分两种情况①1＜b≤■，②■＜b＜■展开讨论；问题（2）：直线DE运动过程中，重叠部分（菱形）的面积是否变化，取决于这个菱形的边长，由勾股定理可知这个菱形的边长始终不变，且为■，从而确定重叠部分的面积不会变化。
解：（1）①当点E在线段OA上时，即1＜b≤■，此时E（2b，0）
∴S＝■OE·CO＝■×2b×1＝b
②当点E在线段AB上时（如图1-2），即■＜b＜■，此时E（3，b－■），D（2b－2，1）
∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )＝ 3－[■(2b－1)×1＋■×(5－2b)·(■－b)＋■×3(b－■)]＝－b2＋■b
（2）如图1-3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，则四边形DNEM为平行四边形。
由轴对称知，∠MED＝∠NED
又∵∠MDE＝∠NED
∴∠MED＝∠MDE ∴MD＝ME
∴平行四边形DNEM为菱形
过点D作DH⊥OA于H，则tan∠DEN＝■，DH＝1 ∴HE＝2
设菱形DNEM的边长为a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：
a2＝（2－a）2＋12，a＝■
∴S四边形DNEM＝NE·DH＝■
∴矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为■。
二、形动带动线动
例2刘卫同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图2-1、2-2。图2-1中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm；图2-2中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm。图2-3是刘卫同学所做的一个实验：他将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动。在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）。
（1）在△DEF沿AC方向移动的过程中，刘卫同学发现：F、C两点间的距离逐渐____。（填“不变”、“变大”或“变小”）（2）刘卫同学经过进一步地研究，编制了如下问题：问题①：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？问题②：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形？问题③：在△DEF的移动过程中，是否存在某个位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的长度；如果不存在，请说明理由。
请你分别完成上述三个问题的解答过程。
分析：本题是以运动的等腰直角三角形为载体，以直角三角形为背景创设的有关线段位置（数量）关系的探究题。问题（1）：△DEF沿AC方向移动的过程中，线段DC的长度逐渐变小，由勾股定理可知线段FC的长度亦逐渐变小。问题（2）①：利用平行线的性质和三角函数便可求得线段AD的长；问题（2）②：关键是要用AD表示出FC，并对AD、FC、BC三条线段中哪一条是斜边，哪两条是直角边展开讨论，并根据勾股定理建立关于AD的方程，求出AD的值；问题（2）③即为∠FCD=15°时，检验线段DC的长度是否在4≤DC≤12的范围之内。那么15°这个非特殊角究竟该怎么处理呢？我们可以作Rt△FDC斜边FC的垂直平分线MN交DC于N，这样Rt△FDC被分割成Rt△FDN和等腰△FNC，于是线段DC的长就转化为FN+DN的长。
解：（1）变小。
（2）问题①：连结FC（如图2-4）
∵∠B=90°，∠A=30°，BC=6
∴AC=12
∵∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=4
∴DF=4
∵FC∥AB
∴∠FCD=∠A=30°
∴在Rt△FDC中，DC＝4■
∴AD=AC-DC=12-4■
即AD的长为（12-4■）cm时，FC∥AB。
问题②：设AD＝x，在Rt△FDC中，FC2=DC2+FD2=（12-x）2+16
（Ⅰ）当FC为斜边时，由AD2+BC2=FC2得，x2+62=（12-x）2+16，x=■
（Ⅱ）当AD为斜边时，由FC2+BC2=AD2得，（12-x）2+16+62=x2，x=■＞8（不合题意，舍去）
（Ⅲ）当BC为斜边时，由FC2+AD2=BC2得，（12-x）2+16+x2=62，x2-12x+62=0，此方程无实数解
综上，当AD的长为■cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形。
问题③：不存在这样的位置，使得∠FCD=15°。理由如下：
假设∠FCD=15°，作FC的垂直平分线MN交DC于N，连结FN（如图2-5），则FN=CN。
∴∠NFC=∠FCD=15°
∴∠FND=∠NFC+∠FCD=30° ∴在Rt△FDN中，DN＝，FN＝8
∴DC=CN+DN=FN+DN=8+4■＞12（不合题意）
∴不存在这样的位置，使得∠FCD=15°
三、点、形联动带动线动
例3已知：把Rt△ACB和Rt△EDF按如图3-1摆放（点C与点E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上。∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC =8cm，BC=6cm，EF=9cm。
如图3-2，△EDF从图3-1的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ACB匀速移动，在△EDF移动的同时，点P从△ACB的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动。当△EDF的顶点D移动到AC边上时，△EDF停止移动，点P也随之停止移动。DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）（0＜t＜4.5）。解答下列问题：
（1）当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？（2）连接PE，设四边形APEC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使面积y最小？若存在，求出y的最小值；若不存在，说明理由。（3）是否存在某一时刻t，使P、Q、F三点在同一条直线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由。
分析：本题将点和等腰直角三角形的运动巧妙地结合在一起，从而带动了一条射线的运动，从不同角度考查学生捕捉信息的能力。
解：（1）由勾股定理得：AB=■=10
∵∠DEF=45°，∠ACB=90°
∴CE =CQ
∵点A在线段PQ的垂直平分线上
∴AP=AQ，即10－2t=8－t，t=2
答：当t=2s时，点A在线段PQ的垂直平分线上。
（2）过P作PM⊥BE于M（如图3-3），在Rt△ACB和Rt△PMB中，sinB =■ =■，即■=■，PM =■t
∴y=S△ABC－S△BPE
=■BC·AC－■BE·PM
= ■×6×8－■×（6-t）×■t
= ■t2－■t+24
= ■（t-3）2+■（0＜t＜4.5）
∴当t=3时，y最小=■
答：当t=3s时，四边形APEC的面积最小，最小面积为■cm2。
（3）假设存在某一时刻t，使点P、Q、F三点在同一条直线上。过P作于N，则PN∥BC（如图3-4）
∴△APN∽△ABC
∴■=■=■，即■=■=■ ∴PN=6－■t，AN=8－■t
NQ=AQ－AN=8－t－(8－■t)=■t
∵∠PNQ=∠FCQ=90°，∠PQN=∠FQC
∴△PNQ∽△FCQ
∴■=■，即■=■，t = 1
答：当t= 1s，点P、Q、F三点在同一条直线上。
四、点动带动形动
例4如图4-1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ACB=90°，AD=6，BC=8，AB=3■，点M是BC的中点。点P从点M出发沿MB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，到达点B后立刻以原速度沿BM返回；点Q从点M出发以每秒1个单位长的速度在射线MC上匀速运动。在点P，Q的运动过程中，以PQ为边作等边三角形EPQ，使它与梯形ABCD在射线BC的同侧。点P，Q同时出发，当点P返回到点M时停止运动，点Q也随之停止。设点P，Q运动的时间是t秒(t＞0)。
（1）设PQ的长为y，在点P从点M向点B运动的过程中，写出y与t之间的函数关系式（不必写t的取值范围）。（2）当BP=1时，求△EPQ与梯形ABCD重叠部分的面积。（3）随着时间t的变化，线段AD会有一部分被△EPQ覆盖，被覆盖线段的长度在某个时刻会达到最大值，请回答：该最大值能否持续一个时段？若能，直接写出t的取值范围；若不能，请说明理由。
分析：本题是以运动的等边三角形为载体，以直角梯形为背景设计的线段最值问题。问题（1）容易解决；问题（2）须考虑点P的运动方向，当点P运动到点B时是一个临界点（t=4），故既要考虑点P到达点B之前的情况（0＜t＜4），还得考虑点P到达点B之后的情况（4＜t≤8）；问题（3）也应分两种情况，点P从点M向点B运动的过程中，△EPQ逐渐变大。从点E在AD上（t=3）开始，线段AD逐渐被△EPQ覆盖，当点P运动到点B（此时点Q运动到点C）时，线段AD被△EPQ覆盖的线段的长度达到最大值2。那么，点P从点B向点M运动的过程中，△EPQ还会继续变大吗？本题的出彩之处正在于此。在这个过程中，△EPQ的大小是否变化，取决于线段PQ的长度，而PM＝8-t，MQ＝t，所以此过程中PQ为定值（PQ＝PM+MQ＝8），△EPQ的大小也不再变化，并且自点P到达点B之后直至EQ过点D，线段AD被△EPQ覆盖的线段的长度始终为2。
解：（1）y=2t。
（2）易知MB=■=4，当BP=1时，有两种情形：
①若点P从点M向点B运动，连结EM（如图4-2），此时t＝BM-BP＝4-1＝3，PQ=6
∵△EPQ是等边三角形，MP=MQ=3
∴EM⊥PQ ∴EM=3■
∵AB=3■ ∴点E在AD上
∴△EPQ与梯形ABCD重叠部分就是△EPQ，其面积为9■
②若点P从点B向点M运动，此时t＝BM+BP＝4+1＝5，PQ=8，PC=7。设PE与AD交于点F，QE与AD或AD的延长线交于点G，过点P作PH⊥AD于点H（如图4-3），则HP=3■，AH=1
在Rt△PHF中，∠HPF=30°，
∴HF=3，PF=6 ∴FG=FE=2
又∵FD=2
∴点G与点D重合，此时△EPQ与梯形ABCD的重叠部分就是梯形FPCG，其面积为■■
（3）能。4≤t≤5。
五、线动带动形动
例5如图5-1，等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点M与点A重合，点N到达点B时运动终止），过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其它边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒。 （1）线段MN在运动的过程中，t为何值时，四边形MNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积。（2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t。求四边形MNQP的面积S随运动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围。
分析：本题是以一条运动线段为载体，以等边三角形为背景创设的有关图形面积的探究题。问题（1）：由轴对称可知，当AB边上的高所在直线是线段MN的垂直平分线时，四边形MNQP是矩形。问题（2）：线段MN在边AB上沿AB向点B运动的同时，点P、Q沿折线A-C-B运动，开始和结束的两个状态为三角形，运动过程中四边形MNQP是一个梯形，有两个临界点，Q与C重合（t=1）和P与C重合（t=2），故分三种情形：①0＜t＜1，②1≤t≤2，③2＜t＜3逐一讨论解答。
解：（1）过点C作CD⊥AB于D（如图5-2），则AD=2
当MN运动到被CD垂直平分时，四边形MNQP是矩形，此时AM=■，即t=■秒时，四边形MNQP是矩形
∵PM=AM·tan60°＝■■
∴S四边形MNQP＝■■。
（2）①当0＜t＜1时（如图5-3）
S四边形MNQP＝■（PM+QM）·MN
＝■[■t+■（t+1）]·1
＝■t+■
②当1≤t≤2时（如图5-4）
S四边形MNQP＝■（PM+QN）·MN
＝■[■t+■（3-t）]·1
＝■■
③当2＜t＜3时（如图5-5）
S四边形MNQP＝■（PM+QN）·MN
＝■[■（3-t）+■（4-t）]·1
＝■t+■■。
六、点、线联动带动形动
例6如图6-1，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6。动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C-D-A向点A运动。当点M到达点B时，两点同时停止运动。过点M作直线l∥AD，与线段CD的交点为E，与折线A-C-B的交点为Q。点M运动的时间为t（秒）。
（1）当t=0.5时，求线段QM的长。（2）当0＜t＜2时，如果以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，求t的值。（3）当t＞2时，连接PQ交线段AC于点R。请探究■是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由。
分析：本题借助双动点探索一组线段长度比值是否变化，构思新颖，有利于培养学生的思维能力。问题（1）：将梯形分割成矩形和等腰直角三角形，线段QM的长可以通过相似三角形对应边成比例求得。问题（2）：当0＜t＜2时，点P在DC上，点Q在CA上。△CPQ的三个内角中，∠PCQ是锐角，若△CPQ为直角三角形，须分∠CPQ=90°和∠PQC=90°两种情况讨论，建立关于t的方程，求出t的值。问题（3）：当2＜t＜6时，点P在DA上，点Q在CB上。由于两动点等速且CD+DA＝AB，所以PA=MB，又等腰Rt△QMB中QM=MB，于是PA=QM，说明此运动过程中PQ总是与AB保持平行，有了这样的认识，余下的问题便可迎刃而解了。
解：（1）过点C作CF⊥AB于F（如图6-2），则四边形AFCD为矩形
∴CF=DA=4，AF=DC=2
∵l∥AD
∴Rt△AMQ∽Rt△AFC
∴■ =■，即■=■，QM=1。
（2）分两种情况讨论：
①当∠CPQ=90°时，点P与点E重合。此时DE+CP=CD，即t+t=2，t=1
②当∠PQC=90°时（如图6-3），此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，则■ =■
由（1）知，EQ=EM-QM=4-2t，而PE=PC-CE=PC-(DC-DE)=t-(2-t)＝2t-2
∴■=■，t=■
综上所述，t=1或■。
（3）■为定值。理由如下：当t＞2时（如图6-4），由（1）得，BF=AB-AF=4。
∴CF=BF
∴∠CBF=45°
∴QM=MB=6-t
∵PA=DA-DP=4-(t-2)=6-t
∴QM=PA
∴四边形AMQP为矩形
∴PQ∥AB，
∴△CRQ∽△CAB
∴■=■=■=■=■。
通过以上几例，我们知道解决此类问题的关键是要在变化过程中寻找某些量的不变属性，善于将“动”定格为“静”，方能以“不变”应“万变”。
（作者单位：浙江上虞市竺可桢中学）
例1如图1-1所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－■x＋b交折线O-A-B于点E。
（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式。（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由。
分析：本题是以一条运动直线为载体，以矩形为背景的有关图形面积是否改变的探究题。问题（1）：点D在线段BC上沿CB向点B运动，其实就是直线DE向右平移。在运动过程中，有三个临界点：直线DE经过点C（b=1），直线DE经过点A（b=■），直线DE经过点B（b=■），故分两种情况①1＜b≤■，②■＜b＜■展开讨论；问题（2）：直线DE运动过程中，重叠部分（菱形）的面积是否变化，取决于这个菱形的边长，由勾股定理可知这个菱形的边长始终不变，且为■，从而确定重叠部分的面积不会变化。
解：（1）①当点E在线段OA上时，即1＜b≤■，此时E（2b，0）
∴S＝■OE·CO＝■×2b×1＝b
②当点E在线段AB上时（如图1-2），即■＜b＜■，此时E（3，b－■），D（2b－2，1）
∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )＝ 3－[■(2b－1)×1＋■×(5－2b)·(■－b)＋■×3(b－■)]＝－b2＋■b
（2）如图1-3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，则四边形DNEM为平行四边形。
由轴对称知，∠MED＝∠NED
又∵∠MDE＝∠NED
∴∠MED＝∠MDE ∴MD＝ME
∴平行四边形DNEM为菱形
过点D作DH⊥OA于H，则tan∠DEN＝■，DH＝1 ∴HE＝2
设菱形DNEM的边长为a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：
a2＝（2－a）2＋12，a＝■
∴S四边形DNEM＝NE·DH＝■
∴矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为■。
二、形动带动线动
例2刘卫同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图2-1、2-2。图2-1中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm；图2-2中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm。图2-3是刘卫同学所做的一个实验：他将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动。在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）。
（1）在△DEF沿AC方向移动的过程中，刘卫同学发现：F、C两点间的距离逐渐____。（填“不变”、“变大”或“变小”）（2）刘卫同学经过进一步地研究，编制了如下问题：问题①：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？问题②：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形？问题③：在△DEF的移动过程中，是否存在某个位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的长度；如果不存在，请说明理由。
请你分别完成上述三个问题的解答过程。
分析：本题是以运动的等腰直角三角形为载体，以直角三角形为背景创设的有关线段位置（数量）关系的探究题。问题（1）：△DEF沿AC方向移动的过程中，线段DC的长度逐渐变小，由勾股定理可知线段FC的长度亦逐渐变小。问题（2）①：利用平行线的性质和三角函数便可求得线段AD的长；问题（2）②：关键是要用AD表示出FC，并对AD、FC、BC三条线段中哪一条是斜边，哪两条是直角边展开讨论，并根据勾股定理建立关于AD的方程，求出AD的值；问题（2）③即为∠FCD=15°时，检验线段DC的长度是否在4≤DC≤12的范围之内。那么15°这个非特殊角究竟该怎么处理呢？我们可以作Rt△FDC斜边FC的垂直平分线MN交DC于N，这样Rt△FDC被分割成Rt△FDN和等腰△FNC，于是线段DC的长就转化为FN+DN的长。
解：（1）变小。
（2）问题①：连结FC（如图2-4）
∵∠B=90°，∠A=30°，BC=6
∴AC=12
∵∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=4
∴DF=4
∵FC∥AB
∴∠FCD=∠A=30°
∴在Rt△FDC中，DC＝4■
∴AD=AC-DC=12-4■
即AD的长为（12-4■）cm时，FC∥AB。
问题②：设AD＝x，在Rt△FDC中，FC2=DC2+FD2=（12-x）2+16
（Ⅰ）当FC为斜边时，由AD2+BC2=FC2得，x2+62=（12-x）2+16，x=■
（Ⅱ）当AD为斜边时，由FC2+BC2=AD2得，（12-x）2+16+62=x2，x=■＞8（不合题意，舍去）
（Ⅲ）当BC为斜边时，由FC2+AD2=BC2得，（12-x）2+16+x2=62，x2-12x+62=0，此方程无实数解
综上，当AD的长为■cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形。
问题③：不存在这样的位置，使得∠FCD=15°。理由如下：
假设∠FCD=15°，作FC的垂直平分线MN交DC于N，连结FN（如图2-5），则FN=CN。
∴∠NFC=∠FCD=15°
∴∠FND=∠NFC+∠FCD=30° ∴在Rt△FDN中，DN＝，FN＝8
∴DC=CN+DN=FN+DN=8+4■＞12（不合题意）
∴不存在这样的位置，使得∠FCD=15°
三、点、形联动带动线动
例3已知：把Rt△ACB和Rt△EDF按如图3-1摆放（点C与点E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上。∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC =8cm，BC=6cm，EF=9cm。
如图3-2，△EDF从图3-1的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ACB匀速移动，在△EDF移动的同时，点P从△ACB的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动。当△EDF的顶点D移动到AC边上时，△EDF停止移动，点P也随之停止移动。DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）（0＜t＜4.5）。解答下列问题：
（1）当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？（2）连接PE，设四边形APEC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使面积y最小？若存在，求出y的最小值；若不存在，说明理由。（3）是否存在某一时刻t，使P、Q、F三点在同一条直线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由。
分析：本题将点和等腰直角三角形的运动巧妙地结合在一起，从而带动了一条射线的运动，从不同角度考查学生捕捉信息的能力。
解：（1）由勾股定理得：AB=■=10
∵∠DEF=45°，∠ACB=90°
∴CE =CQ
∵点A在线段PQ的垂直平分线上
∴AP=AQ，即10－2t=8－t，t=2
答：当t=2s时，点A在线段PQ的垂直平分线上。
（2）过P作PM⊥BE于M（如图3-3），在Rt△ACB和Rt△PMB中，sinB =■ =■，即■=■，PM =■t
∴y=S△ABC－S△BPE
=■BC·AC－■BE·PM
= ■×6×8－■×（6-t）×■t
= ■t2－■t+24
= ■（t-3）2+■（0＜t＜4.5）
∴当t=3时，y最小=■
答：当t=3s时，四边形APEC的面积最小，最小面积为■cm2。
（3）假设存在某一时刻t，使点P、Q、F三点在同一条直线上。过P作于N，则PN∥BC（如图3-4）
∴△APN∽△ABC
∴■=■=■，即■=■=■ ∴PN=6－■t，AN=8－■t
NQ=AQ－AN=8－t－(8－■t)=■t
∵∠PNQ=∠FCQ=90°，∠PQN=∠FQC
∴△PNQ∽△FCQ
∴■=■，即■=■，t = 1
答：当t= 1s，点P、Q、F三点在同一条直线上。
四、点动带动形动
例4如图4-1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ACB=90°，AD=6，BC=8，AB=3■，点M是BC的中点。点P从点M出发沿MB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，到达点B后立刻以原速度沿BM返回；点Q从点M出发以每秒1个单位长的速度在射线MC上匀速运动。在点P，Q的运动过程中，以PQ为边作等边三角形EPQ，使它与梯形ABCD在射线BC的同侧。点P，Q同时出发，当点P返回到点M时停止运动，点Q也随之停止。设点P，Q运动的时间是t秒(t＞0)。
（1）设PQ的长为y，在点P从点M向点B运动的过程中，写出y与t之间的函数关系式（不必写t的取值范围）。（2）当BP=1时，求△EPQ与梯形ABCD重叠部分的面积。（3）随着时间t的变化，线段AD会有一部分被△EPQ覆盖，被覆盖线段的长度在某个时刻会达到最大值，请回答：该最大值能否持续一个时段？若能，直接写出t的取值范围；若不能，请说明理由。
分析：本题是以运动的等边三角形为载体，以直角梯形为背景设计的线段最值问题。问题（1）容易解决；问题（2）须考虑点P的运动方向，当点P运动到点B时是一个临界点（t=4），故既要考虑点P到达点B之前的情况（0＜t＜4），还得考虑点P到达点B之后的情况（4＜t≤8）；问题（3）也应分两种情况，点P从点M向点B运动的过程中，△EPQ逐渐变大。从点E在AD上（t=3）开始，线段AD逐渐被△EPQ覆盖，当点P运动到点B（此时点Q运动到点C）时，线段AD被△EPQ覆盖的线段的长度达到最大值2。那么，点P从点B向点M运动的过程中，△EPQ还会继续变大吗？本题的出彩之处正在于此。在这个过程中，△EPQ的大小是否变化，取决于线段PQ的长度，而PM＝8-t，MQ＝t，所以此过程中PQ为定值（PQ＝PM+MQ＝8），△EPQ的大小也不再变化，并且自点P到达点B之后直至EQ过点D，线段AD被△EPQ覆盖的线段的长度始终为2。
解：（1）y=2t。
（2）易知MB=■=4，当BP=1时，有两种情形：
①若点P从点M向点B运动，连结EM（如图4-2），此时t＝BM-BP＝4-1＝3，PQ=6
∵△EPQ是等边三角形，MP=MQ=3
∴EM⊥PQ ∴EM=3■
∵AB=3■ ∴点E在AD上
∴△EPQ与梯形ABCD重叠部分就是△EPQ，其面积为9■
②若点P从点B向点M运动，此时t＝BM+BP＝4+1＝5，PQ=8，PC=7。设PE与AD交于点F，QE与AD或AD的延长线交于点G，过点P作PH⊥AD于点H（如图4-3），则HP=3■，AH=1
在Rt△PHF中，∠HPF=30°，
∴HF=3，PF=6 ∴FG=FE=2
又∵FD=2
∴点G与点D重合，此时△EPQ与梯形ABCD的重叠部分就是梯形FPCG，其面积为■■
（3）能。4≤t≤5。
五、线动带动形动
例5如图5-1，等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点M与点A重合，点N到达点B时运动终止），过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其它边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒。 （1）线段MN在运动的过程中，t为何值时，四边形MNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积。（2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t。求四边形MNQP的面积S随运动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围。
分析：本题是以一条运动线段为载体，以等边三角形为背景创设的有关图形面积的探究题。问题（1）：由轴对称可知，当AB边上的高所在直线是线段MN的垂直平分线时，四边形MNQP是矩形。问题（2）：线段MN在边AB上沿AB向点B运动的同时，点P、Q沿折线A-C-B运动，开始和结束的两个状态为三角形，运动过程中四边形MNQP是一个梯形，有两个临界点，Q与C重合（t=1）和P与C重合（t=2），故分三种情形：①0＜t＜1，②1≤t≤2，③2＜t＜3逐一讨论解答。
解：（1）过点C作CD⊥AB于D（如图5-2），则AD=2
当MN运动到被CD垂直平分时，四边形MNQP是矩形，此时AM=■，即t=■秒时，四边形MNQP是矩形
∵PM=AM·tan60°＝■■
∴S四边形MNQP＝■■。
（2）①当0＜t＜1时（如图5-3）
S四边形MNQP＝■（PM+QM）·MN
＝■[■t+■（t+1）]·1
＝■t+■
②当1≤t≤2时（如图5-4）
S四边形MNQP＝■（PM+QN）·MN
＝■[■t+■（3-t）]·1
＝■■
③当2＜t＜3时（如图5-5）
S四边形MNQP＝■（PM+QN）·MN
＝■[■（3-t）+■（4-t）]·1
＝■t+■■。
六、点、线联动带动形动
例6如图6-1，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6。动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C-D-A向点A运动。当点M到达点B时，两点同时停止运动。过点M作直线l∥AD，与线段CD的交点为E，与折线A-C-B的交点为Q。点M运动的时间为t（秒）。
（1）当t=0.5时，求线段QM的长。（2）当0＜t＜2时，如果以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，求t的值。（3）当t＞2时，连接PQ交线段AC于点R。请探究■是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由。
分析：本题借助双动点探索一组线段长度比值是否变化，构思新颖，有利于培养学生的思维能力。问题（1）：将梯形分割成矩形和等腰直角三角形，线段QM的长可以通过相似三角形对应边成比例求得。问题（2）：当0＜t＜2时，点P在DC上，点Q在CA上。△CPQ的三个内角中，∠PCQ是锐角，若△CPQ为直角三角形，须分∠CPQ=90°和∠PQC=90°两种情况讨论，建立关于t的方程，求出t的值。问题（3）：当2＜t＜6时，点P在DA上，点Q在CB上。由于两动点等速且CD+DA＝AB，所以PA=MB，又等腰Rt△QMB中QM=MB，于是PA=QM，说明此运动过程中PQ总是与AB保持平行，有了这样的认识，余下的问题便可迎刃而解了。
解：（1）过点C作CF⊥AB于F（如图6-2），则四边形AFCD为矩形
∴CF=DA=4，AF=DC=2
∵l∥AD
∴Rt△AMQ∽Rt△AFC
∴■ =■，即■=■，QM=1。
（2）分两种情况讨论：
①当∠CPQ=90°时，点P与点E重合。此时DE+CP=CD，即t+t=2，t=1
②当∠PQC=90°时（如图6-3），此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，则■ =■
由（1）知，EQ=EM-QM=4-2t，而PE=PC-CE=PC-(DC-DE)=t-(2-t)＝2t-2
∴■=■，t=■
综上所述，t=1或■。
（3）■为定值。理由如下：当t＞2时（如图6-4），由（1）得，BF=AB-AF=4。
∴CF=BF
∴∠CBF=45°
∴QM=MB=6-t
∵PA=DA-DP=4-(t-2)=6-t
∴QM=PA
∴四边形AMQP为矩形
∴PQ∥AB，
∴△CRQ∽△CAB
∴■=■=■=■=■。
通过以上几例，我们知道解决此类问题的关键是要在变化过程中寻找某些量的不变属性，善于将“动”定格为“静”，方能以“不变”应“万变”。
（作者单位：浙江上虞市竺可桢中学）