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1，如图1 在矩形ABCD中 AB20 cm BC4cm 点p从A开始沿折线AB

当圆P和圆Q外切时.PQ=4cm当P还在AB段时.则为题一的情况.则t1=4s当P在CD段时.PQ=4cm(Q在P的前面)或QP=4cm(P在Q的前面)当 PQ=4cm(Q在P的前面)此时P从A出发.走的距离=AB+BC+CP=24+CP此时Q从C出发.走的距离=CP+4因为 P.Q同时出发所以 t2=(24+CP)/4=20/3s

如图1 在矩形ABCD中 AB20 cm BC4cm 点p从A开始沿折线AB

2，如图一在四边形abcd的边ab上任取一点e分别连接ad1c可以把四边形abcd

（1）要证明点E是四边形ABCD的AB边上的相似点，只要证明有一组三角形相似就行，很容易证明△ADE∽△BEC，所以问题得解． （2）根据两个直角三角形相似得到强相似点的两种情况即可． （3）因为点E是梯形ABCD的AB边上的一个强相似点，所以就有相似三角形出现，根据相似三角形的对应线段成比例，可以判断出AE和BE的数量关系，从而可求出解． 【解析】 （1）点E是四边形ABCD的边AB上的相似点． 理由：∵∠A=55°， ∴∠ADE+∠DEA=125°． ∵∠DEC=55°， ∴∠BEC+∠DEA=125°． ∴∠ADE=∠BEC．（2分） ∵∠A=∠B， ∴△ADE∽△BEC． ∴点E是四边形ABCD的AB边上的相似点． （2）作图如下： （3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点， ∴△AEM∽△BCE∽△ECM， ∴∠BCE=∠ECM=∠AEM． 由折叠可知：△ECM≌△DCM， ∴∠ECM=∠DCM，CE=CD， ∴∠BCE= ∠BCD=30°， ∴BE= CE= AB． 在Rt△BCE中，tan∠BCE= =tan30°， ∴ ， ∴ ．

如图一在四边形abcd的边ab上任取一点e分别连接ad1c可以把四边形abcd

3，如图1大正方体上截去一个小正方体后可得到图2的几何体 1

解：（1）都等于原来正方体的面积，故选B；（2）由题意得：6x=3，∴x=1／2，所以x为1／2时，小明的说法才正确；（3）不正确．如图：
（1）设原大正方体的表面积为s，图②中几何体的表面积为s1，那么s1与s的大小关系是相等；故选：b；（2）设大正方体棱长为1，小正方体棱长为x，那么l1-l=6x．只有当x=1 2 时，才有6x=3，所以小明的话是不对的；（3）如图所示：

如图1大正方体上截去一个小正方体后可得到图2的几何体 1

4，如图1直线y43xb分别与x轴y轴交于AB两点与直线ykx交于

将C（2，4 3）分别代入直线y=-4 3x+b和y=kx得：4 3 ＝? 4 3 ×2+b 4 3 ＝2k；解得：b＝4 k＝ 2 3∴y=-4 3x+4；y＝2 3x（1）当F在y轴上时，设D（m，-4 3m+4）（0＜m＜2），则E（m，2 3m）设直线L与x轴交于点P，则P（m，0）∴OP=m=t∵△DEF是等腰直角三角形∴点F纵坐标为(? 4 3 m+4)+ 2 3 m 2＝?1 3m+2∴F（0，-1 3m+2）；∴DE2＝[(?4 3m+4)?2 3m]2＝4(m?2)2 EF2＝m2+(2 3m+1 3m?2)2＝m2+(m?2)2∵DE2=2EF2∴4（m-2）2=2[m2+（m-2）2]解得：m=1∴t=1s故当t=1s时，点F在y轴上

5，如图1在正方形ABCD中点EF分别为边BCCD的中点AF

如果我没猜错，这是06年的中考题。卫龙哥来copy一下。解：（1）∵DF=CE，AD=DC，且∠ADF=∠DCE， ∴△DEC≌△AFD； ∴结论①、②成立（1分） （2）结论①、②仍然成立理由为： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=DC=CB且∠ADC=∠DCB=90°， 在Rt△ADF和Rt△ECD中AD=DC∠ADC=∠DCBCE=DF， ∴Rt△ADF≌Rt△ECD（SAS），（3分） ∴AF=DE， ∴∠DAF=∠CDE， ∵∠ADE+∠CDE=90°， ∴∠ADE+∠DAF=90°， ∴∠AGD=90°， ∴AF⊥DE；（5分） （3）结论：四边形MNPQ是正方形（6分） 证明：∵AM=ME，AQ=QD， ∴MQ∥DE且MQ= DE， 同理可证：PN∥DE，PN= DE；MN∥AF，MN= AF；PQ∥AF，PQ= AF； ∵AF=DE， ∴MN=NP=PQ=QM， ∴四边形MNPQ是菱形，（8分） 又∵AF⊥DE， ∴∠MQP=∠QMN=∠MNP=∠NPQ=90°， ∴四边形MNPQ是正方形．
把题 写完啊

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