登录
初
中
学
九
年
级
二
册
6.「2026天津东丽期中，★☆」从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度$h$(单位：m)与小球的运动时间$t$(单位：s)之间的关系式是$h=30t-5t^2(0≤ t≤6)$.有下列结论：①小球从抛出到落地需要6 s；②小球运动1 s时的高度小于运动4 s时的高度；③小球在运动中的高度可以是46 m.其中正确的结论是 (
A.②
B.①②
C.②③
D.①②③
中
学
九
年
级
二
册
6.「2026天津东丽期中，★☆」从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度$h$(单位：m)与小球的运动时间$t$(单位：s)之间的关系式是$h=30t-5t^2(0≤ t≤6)$.有下列结论：①小球从抛出到落地需要6 s；②小球运动1 s时的高度小于运动4 s时的高度；③小球在运动中的高度可以是46 m.其中正确的结论是 (
B
)A.②
B.①②
C.②③
D.①②③
答案
当$h=0$时,可得方程$30t-5t^2=0$,解得$t_1=6$,$t_2=0$,$\therefore$ 小球从抛出到落地需要6 s,故①正确;当$t=1$时,可得$h=30t-5t^2=30-5=25$,当$t=4$时,可得$h=30×4-5×4^2=120-80=40$,$\because 25＜40$,$\therefore$ 小球运动1 s时的高度小于运动4 s时的高度,故②正确;当$h=46$时,可得$30t-5t^2=46$,整理得$5t^2-30t+46=0$,$\because \Delta=(-30)^2-4×5×46=-20＜0$,$\therefore$ 方程$5t^2-30t+46=0$无解,$\therefore$ 小球在运动中的高度不可能是46 m,故③错误.
综上所述,正确的结论是①②.故选B.
综上所述,正确的结论是①②.故选B.
解析
【分析】
这是二次函数在竖直上抛运动中的应用问题，我们需要逐个判断三个结论的正确性：①判断小球抛出到落地的时间，落地时小球高度h=0，代入关系式解出t的非零正解即可；②比较两个时刻的高度，分别将t=1和t=4代入高度公式算出h的值再比较大小即可；③判断高度能否达到46m，可将h=46代入关系式，转化为一元二次方程，通过判断方程是否有实根来确定是否存在对应时刻。
【解析】
1. 验证结论①：当小球落地时，高度h=0，代入关系式得：
$30t-5t^2=0$
因式分解得$5t(6-t)=0$，解得$t_1=0$（为小球抛出的初始时刻，舍去），$t_2=6$，因此小球从抛出到落地需要6s，结论①正确。
2. 验证结论②：分别代入t=1和t=4计算高度：
当t=1时，$h=30×1 -5×1^2=30-5=25\ \mathrm{m}$；
当t=4时，$h=30×4 -5×4^2=120-80=40\ \mathrm{m}$；
因为25＜40，所以小球运动1s时的高度小于运动4s时的高度，结论②正确。
3. 验证结论③：假设小球高度可达46m，令h=46，代入关系式得：
$30t-5t^2=46$
整理为标准一元二次方程：$5t^2-30t+46=0$
计算判别式$\Delta=(-30)^2 -4×5×46=900-920=-20＜0$，因此该方程无实数根，即小球运动中的高度不可能是46m，结论③错误。
综上，正确的结论为①②，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
二次函数实际应用；一元二次方程求解；根的判别式应用
【点评】
本题结合竖直上抛运动的实际场景，考查二次函数与一元二次方程的综合应用，解题核心是将每个结论转化为对应的方程问题，只要熟练掌握一元二次方程的解法和根的判别式的用法，即可快速解答。
【难度系数】
0.8
这是二次函数在竖直上抛运动中的应用问题，我们需要逐个判断三个结论的正确性：①判断小球抛出到落地的时间，落地时小球高度h=0，代入关系式解出t的非零正解即可；②比较两个时刻的高度，分别将t=1和t=4代入高度公式算出h的值再比较大小即可；③判断高度能否达到46m，可将h=46代入关系式，转化为一元二次方程，通过判断方程是否有实根来确定是否存在对应时刻。
【解析】
1. 验证结论①：当小球落地时，高度h=0，代入关系式得：
$30t-5t^2=0$
因式分解得$5t(6-t)=0$，解得$t_1=0$（为小球抛出的初始时刻，舍去），$t_2=6$，因此小球从抛出到落地需要6s，结论①正确。
2. 验证结论②：分别代入t=1和t=4计算高度：
当t=1时，$h=30×1 -5×1^2=30-5=25\ \mathrm{m}$；
当t=4时，$h=30×4 -5×4^2=120-80=40\ \mathrm{m}$；
因为25＜40，所以小球运动1s时的高度小于运动4s时的高度，结论②正确。
3. 验证结论③：假设小球高度可达46m，令h=46，代入关系式得：
$30t-5t^2=46$
整理为标准一元二次方程：$5t^2-30t+46=0$
计算判别式$\Delta=(-30)^2 -4×5×46=900-920=-20＜0$，因此该方程无实数根，即小球运动中的高度不可能是46m，结论③错误。
综上，正确的结论为①②，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
二次函数实际应用；一元二次方程求解；根的判别式应用
【点评】
本题结合竖直上抛运动的实际场景，考查二次函数与一元二次方程的综合应用，解题核心是将每个结论转化为对应的方程问题，只要熟练掌握一元二次方程的解法和根的判别式的用法，即可快速解答。
【难度系数】
0.8
7.「2026福建南平质检，★☆」如图,在矩形ABCD中,AB=10 cm,BC=12 cm,点P从点A开始沿边AB向终点B以2 cm/s的速度移动,与此同时,点Q从点B开始沿边BC向终点C以4 cm/s的速度移动.如果P,Q分别从A,B同时出发,当点Q运动到点C时,两点停止运动.设运动时间为t秒.
(1)填空: BQ=
(2)当t为何值时,PQ的长度为10 cm?
(3)是否存在t的值,使△BPQ的面积S最大?若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
(1)填空: BQ=
4t
cm, PB=10-2t
cm(用含t的代数式表示).(2)当t为何值时,PQ的长度为10 cm?
(3)是否存在t的值,使△BPQ的面积S最大?若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1)$4t$;$(10-2t)$.
(2)由当点$Q$运动到点$C$时,两点停止运动得$0≤ t≤3$.$\because PQ$的长度等于10 cm,$∠ B=90°$,$\therefore (10-2t)^2+(4t)^2=10^2$,解得$t_1=0$,$t_2=2$,
$\therefore$ 当$t=0$或2时,$PQ$的长度为10 cm.
(3)存在.由题意得$△ BPQ$的面积$S=\frac{1}{2}BQ· PB=\frac{1}{2}×4t(10-2t)=-4t^2+20t=-4(t-\frac{5}{2})^2+25$,
$\because -4＜0$,$\therefore$ 当$t=\frac{5}{2}$时,$△ BPQ$的面积$S$有最大值.
(2)由当点$Q$运动到点$C$时,两点停止运动得$0≤ t≤3$.$\because PQ$的长度等于10 cm,$∠ B=90°$,$\therefore (10-2t)^2+(4t)^2=10^2$,解得$t_1=0$,$t_2=2$,
$\therefore$ 当$t=0$或2时,$PQ$的长度为10 cm.
(3)存在.由题意得$△ BPQ$的面积$S=\frac{1}{2}BQ· PB=\frac{1}{2}×4t(10-2t)=-4t^2+20t=-4(t-\frac{5}{2})^2+25$,
$\because -4＜0$,$\therefore$ 当$t=\frac{5}{2}$时,$△ BPQ$的面积$S$有最大值.
解析
【分析】
（1）第一问利用“路程=速度×时间”的基本关系，先分别表示出两点的运动路程，再结合线段和差关系即可写出对应线段的含t代数式，同时先确定t的取值范围：点Q从B到C的总路程为12cm，速度为4cm/s，因此运动总时长最多为3s，即0≤t≤3。
（2）第二问求PQ=10cm时的t值，观察到∠B为直角，△BPQ是直角三角形，因此直接用勾股定理建立关于t的一元二次方程，求解后验证根是否在t的取值范围内即可。
（3）第三问求△BPQ的面积最大值，先根据三角形面积公式写出面积S关于t的函数表达式，发现为二次函数，结合二次函数开口方向判断最值位置，再验证最值对应的t是否符合运动范围即可。
【解析】
(1) 点Q的运动速度为4cm/s，运动时间为t秒，因此$BQ=4t\ \mathrm{cm}$；
点P的运动速度为2cm/s，运动t秒后$AP=2t\ \mathrm{cm}$，已知$AB=10\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(10-2t)\ \mathrm{cm}$。
(2) 当点Q运动到点C时两点停止运动，$BC=12\ \mathrm{cm}$，因此$4t≤12$，得t的取值范围为$0≤ t≤3$。
∵$∠ B=90°$，△BPQ为直角三角形，根据勾股定理得$PB^2+BQ^2=PQ^2$，
将$PQ=10\ \mathrm{cm}$、$PB=10-2t$、$BQ=4t$代入得：
$(10-2t)^2+(4t)^2=10^2$
整理得$20t^2-40t=0$，解得$t_1=0$，$t_2=2$，两个解均满足$0≤ t≤3$，均有效。
(3) 存在。根据三角形面积公式得：
$S=\frac{1}{2}· BQ· PB=\frac{1}{2}×4t×(10-2t)=-4t^2+20t$
配方得$S=-4(t-\frac{5}{2})^2+25$，
∵二次项系数$-4＜0$，抛物线开口向下，函数有最大值，
又$t=\frac{5}{2}=2.5$，满足$0≤2.5≤3$，符合运动时间要求，因此存在对应的t值。
【答案】
(1) $4t$；$10-2t$
(2) 当$t=0$或$t=2$时，PQ的长度为10 cm
(3) 存在，此时$t$的值为$\frac{5}{2}$
【知识点】
1. 动点问题代数式表示
2. 勾股定理的应用
3. 二次函数的最值
【点评】
本题是矩形背景下的动点基础综合题，结合了行程、几何、函数三类核心知识，解题时首先要明确动点的运动范围，再结合对应性质列方程或函数表达式求解，最终结果要注意验证是否符合实际运动情况。
【难度系数】
0.7
（1）第一问利用“路程=速度×时间”的基本关系，先分别表示出两点的运动路程，再结合线段和差关系即可写出对应线段的含t代数式，同时先确定t的取值范围：点Q从B到C的总路程为12cm，速度为4cm/s，因此运动总时长最多为3s，即0≤t≤3。
（2）第二问求PQ=10cm时的t值，观察到∠B为直角，△BPQ是直角三角形，因此直接用勾股定理建立关于t的一元二次方程，求解后验证根是否在t的取值范围内即可。
（3）第三问求△BPQ的面积最大值，先根据三角形面积公式写出面积S关于t的函数表达式，发现为二次函数，结合二次函数开口方向判断最值位置，再验证最值对应的t是否符合运动范围即可。
【解析】
(1) 点Q的运动速度为4cm/s，运动时间为t秒，因此$BQ=4t\ \mathrm{cm}$；
点P的运动速度为2cm/s，运动t秒后$AP=2t\ \mathrm{cm}$，已知$AB=10\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(10-2t)\ \mathrm{cm}$。
(2) 当点Q运动到点C时两点停止运动，$BC=12\ \mathrm{cm}$，因此$4t≤12$，得t的取值范围为$0≤ t≤3$。
∵$∠ B=90°$，△BPQ为直角三角形，根据勾股定理得$PB^2+BQ^2=PQ^2$，
将$PQ=10\ \mathrm{cm}$、$PB=10-2t$、$BQ=4t$代入得：
$(10-2t)^2+(4t)^2=10^2$
整理得$20t^2-40t=0$，解得$t_1=0$，$t_2=2$，两个解均满足$0≤ t≤3$，均有效。
(3) 存在。根据三角形面积公式得：
$S=\frac{1}{2}· BQ· PB=\frac{1}{2}×4t×(10-2t)=-4t^2+20t$
配方得$S=-4(t-\frac{5}{2})^2+25$，
∵二次项系数$-4＜0$，抛物线开口向下，函数有最大值，
又$t=\frac{5}{2}=2.5$，满足$0≤2.5≤3$，符合运动时间要求，因此存在对应的t值。
【答案】
(1) $4t$；$10-2t$
(2) 当$t=0$或$t=2$时，PQ的长度为10 cm
(3) 存在，此时$t$的值为$\frac{5}{2}$
【知识点】
1. 动点问题代数式表示
2. 勾股定理的应用
3. 二次函数的最值
【点评】
本题是矩形背景下的动点基础综合题，结合了行程、几何、函数三类核心知识，解题时首先要明确动点的运动范围，再结合对应性质列方程或函数表达式求解，最终结果要注意验证是否符合实际运动情况。
【难度系数】
0.7
8. 核心素养 几何直观 如图1,在$△ ABC$中,$AB=10,BC=6$, $AC=8$,点$P$为线段$AB$上的动点,且以每秒1个单位长度的速度从点$A$向点$B$移动,到达点$B$时停止.过点$P$作$PM ⊥ AC$于点$M$,作$PN ⊥ BC$于点$N$,连接$MN$,线段$MN$的长度$y$与点$P$的运动时间$t$(秒)的函数关系如图2所示,则函数图象最低点$E$的坐标为 $(\quad)$
A.$(5,5)$
B.$(6,\dfrac{24}{5})$
C.$(\dfrac{32}{5},\dfrac{24}{5})$
D.$(\dfrac{32}{5},5)$
A.$(5,5)$
B.$(6,\dfrac{24}{5})$
C.$(\dfrac{32}{5},\dfrac{24}{5})$
D.$(\dfrac{32}{5},5)$
答案
如图,过点$C$作$CD⊥ AB$于$D$,连接$CP$,
$\because$ 在$△ ABC$中,$AB=10$,$BC=6$,$AC=8$,$\therefore AC^2+BC^2=8^2+6^2=100=10^2=AB^2$,$\therefore △ ABC$是直角三角形,$∠ ACB=90°$,$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$,
$\therefore CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{24}{5}$,$\therefore AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\frac{32}{5}$.$\because PM⊥ AC$,$PN⊥ BC$,$∠ ACB=90°$,$\therefore$ 四边形$CMPN$是矩形,$\therefore MN=CP$,当点$P$与点$D$重合时,$CP$的值最小,此时$MN$取最小值,为$\frac{24}{5}$,$AP=AD=\frac{32}{5}$,$\therefore$ 点$E$的坐标为$(\frac{32}{5},\frac{24}{5})$.故选C.
解析
【分析】
解题首先判断△ABC的形状：由三边长6、8、10满足勾股定理逆定理，可确定△ABC是直角三角形，∠ACB=90°；其次分析四边形CMPN的特征，其三组邻边均垂直，可判定为矩形，根据矩形对角线相等的性质，可将求MN的最小值转化为求CP的最小值；最后根据“垂线段最短”可知，当CP⊥AB时CP长度最小，此时对应的AP长度就是点P的运动时间t，CP的长度就是MN的最小值y，即可求出最低点E的坐标。
【解析】
如图，过点$C$作$CD⊥ AB$于$D$，连接$CP$，
$\because$ 在$△ ABC$中,$AB=10$,$BC=6$,$AC=8$,
$\therefore AC^2+BC^2=8^2+6^2=100=10^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形,$∠ ACB=90°$,
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$,
$\therefore CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{8×6}{10}=\frac{24}{5}$,
在$Rt△ACD$中，由勾股定理得$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5}$.
$\because PM⊥ AC$,$PN⊥ BC$,$∠ ACB=90°$,
$\therefore$ 四边形$CMPN$是矩形,
$\therefore MN=CP$,
根据垂线段最短，当点$P$与点$D$重合时,$CP$的值最小,此时$MN$取最小值,为$\frac{24}{5}$,
$\because$ 点$P$运动速度为每秒1个单位长度，此时$AP=AD=\frac{32}{5}$，即运动时间$t=\frac{32}{5}$,
$\therefore$ 函数图象最低点$E$的坐标为$(\frac{32}{5},\frac{24}{5})$.
故选C.
【答案】
C
【知识点】
勾股定理及逆定理，矩形的性质，垂线段最短
【点评】
本题将动点问题与几何性质结合，通过转化思想将求MN的最小值转化为求点C到AB的垂线段长度，是解决问题的核心，很好地考查了几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
解题首先判断△ABC的形状：由三边长6、8、10满足勾股定理逆定理，可确定△ABC是直角三角形，∠ACB=90°；其次分析四边形CMPN的特征，其三组邻边均垂直，可判定为矩形，根据矩形对角线相等的性质，可将求MN的最小值转化为求CP的最小值；最后根据“垂线段最短”可知，当CP⊥AB时CP长度最小，此时对应的AP长度就是点P的运动时间t，CP的长度就是MN的最小值y，即可求出最低点E的坐标。
【解析】
如图，过点$C$作$CD⊥ AB$于$D$，连接$CP$，
$\because$ 在$△ ABC$中,$AB=10$,$BC=6$,$AC=8$,
$\therefore AC^2+BC^2=8^2+6^2=100=10^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形,$∠ ACB=90°$,
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$,
$\therefore CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{8×6}{10}=\frac{24}{5}$,
在$Rt△ACD$中，由勾股定理得$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5}$.
$\because PM⊥ AC$,$PN⊥ BC$,$∠ ACB=90°$,
$\therefore$ 四边形$CMPN$是矩形,
$\therefore MN=CP$,
根据垂线段最短，当点$P$与点$D$重合时,$CP$的值最小,此时$MN$取最小值,为$\frac{24}{5}$,
$\because$ 点$P$运动速度为每秒1个单位长度，此时$AP=AD=\frac{32}{5}$，即运动时间$t=\frac{32}{5}$,
$\therefore$ 函数图象最低点$E$的坐标为$(\frac{32}{5},\frac{24}{5})$.
故选C.
【答案】
C
【知识点】
勾股定理及逆定理，矩形的性质，垂线段最短
【点评】
本题将动点问题与几何性质结合，通过转化思想将求MN的最小值转化为求点C到AB的垂线段长度，是解决问题的核心，很好地考查了几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
9. 核心素养 几何直观 如图1，放置两个全等的含有$30°$角的直角三角尺$ABC$与$DEF$($∠ B=∠ E=30°$).若将三角尺$ABC$向右以每秒1个单位长度的速度移动(点$C$与点$E$重合时移动终止)，移动过程中始终保持点$B,F,C,E$在同一条直线上，如图2，$AB$与$DF,DE$分别交于点$P,M$，$AC$与$DE$交于点$Q$，其中$AC=DF=\sqrt{3}$，设三角尺$ABC$的移动时间为$x$秒.
(1)在移动过程中，试用含$x$的代数式表示$△ AMQ$的面积.
(2)当$x$等于多少时，两个三角尺重叠部分的面积有最大值？最大值是多少？
(1)在移动过程中，试用含$x$的代数式表示$△ AMQ$的面积.
(2)当$x$等于多少时，两个三角尺重叠部分的面积有最大值？最大值是多少？
答案
(1)$\because$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$\therefore ∠ BAC=60°$.$\because ∠ E=30°$,$\therefore ∠ EQC=∠ AQM=60°$,$\therefore △ AMQ$为等边三角形,如图,过点$M$作$MN⊥ AQ$,垂足为$N$.
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$AC=\sqrt{3}$,则$BC=3$,
$\therefore EF=BC=3$.根据题意知$CF=x$,
$\therefore CE=EF-CF=3-x$,易得$CQ=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
$\therefore AQ=AC-CQ=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,
$\therefore AM=AQ=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,$\therefore MN=\frac{1}{2}x$,
$\therefore S_{△ AMQ}=\frac{1}{2}AQ· MN=\frac{1}{2}·\frac{\sqrt{3}}{3}x·\frac{1}{2}x=\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$.
(2)由(1)知$BF=CE=3-x$,$PF=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
设两个三角尺重叠部分的面积为$S_{\mathrm{重叠}}$,
$\therefore S_{\mathrm{重叠}}=S_{△ ABC}-S_{△ AMQ}-S_{△ BPF}=\frac{1}{2}AC· BC-S_{△ AMQ}-\frac{1}{2}BF· PF=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2-\frac{1}{2}(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}$,$\because -\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$,
$\therefore$ 当$x=2$时,重叠部分面积有最大值,最大值是$\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 求△AMQ的面积首先需确定其形状：根据直角三角板的角度可推出△AMQ三个内角均为60°，即它是等边三角形；再结合移动距离x，先解Rt△ABC求出BC长度，进而得到CE的长度，解Rt△CQE求出CQ，即可得到等边三角形的边长AQ，再求出等边三角形的高代入面积公式，就能得到含x的代数式。
(2) 重叠部分为不规则图形，采用割补法计算：用大三角形ABC的面积减去两个空白小三角形△AMQ、△BPF的面积，即可得到重叠部分面积关于x的二次函数表达式，再结合二次函数的性质和x的取值范围求最大值即可。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$\therefore ∠ BAC=60°$.$\because ∠ E=30°$,$\therefore ∠ EQC=∠ AQM=60°$,$\therefore △ AMQ$为等边三角形,过点$M$作$MN⊥ AQ$,垂足为$N$.
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$AC=\sqrt{3}$,则$BC=\frac{AC}{\tan30°}=3$,
$\because△ABC≌△DEF$,$\therefore EF=BC=3$.根据题意知$CF=x$,
$\therefore CE=EF-CF=3-x$,易得$CQ=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
$\therefore AQ=AC-CQ=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,
$\because△AMQ$是等边三角形,$\therefore AM=AQ=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,等边三角形的高$MN=AM·\sin60°=\frac{1}{2}x$,
$\therefore S_{△ AMQ}=\frac{1}{2}AQ· MN=\frac{1}{2}·\frac{\sqrt{3}}{3}x·\frac{1}{2}x=\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$.
(2)由(1)知$BF=CE=3-x$,$PF=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
设两个三角尺重叠部分的面积为$S_{\mathrm{重叠}}$,
$\therefore S_{\mathrm{重叠}}=S_{△ ABC}-S_{△ AMQ}-S_{△ BPF}=\frac{1}{2}AC· BC-S_{△ AMQ}-\frac{1}{2}BF· PF$
$=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2-\frac{1}{2}(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$
$=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}$,
$\because -\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$,且$0≤x≤3$,
$\therefore$ 当$x=2$时,重叠部分面积有最大值,最大值是$\sqrt{3}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{S_{△ AMQ}=\dfrac{\sqrt{3}}{12}x^2}$
(2) 当$\boldsymbol{x=2}$时，两个三角尺重叠部分的面积有最大值，最大值为$\boldsymbol{\sqrt{3}}$
【知识点】
等边三角形判定与性质、二次函数的最值、解直角三角形
【点评】
本题结合三角板动点运动的场景，综合考查了角度推导、解直角三角形、不规则图形面积的割补求法以及二次函数最值的应用，解题的关键是理清运动过程中各线段的数量关系，将几何问题转化为代数函数问题求解，对几何直观和综合运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求△AMQ的面积首先需确定其形状：根据直角三角板的角度可推出△AMQ三个内角均为60°，即它是等边三角形；再结合移动距离x，先解Rt△ABC求出BC长度，进而得到CE的长度，解Rt△CQE求出CQ，即可得到等边三角形的边长AQ，再求出等边三角形的高代入面积公式，就能得到含x的代数式。
(2) 重叠部分为不规则图形，采用割补法计算：用大三角形ABC的面积减去两个空白小三角形△AMQ、△BPF的面积，即可得到重叠部分面积关于x的二次函数表达式，再结合二次函数的性质和x的取值范围求最大值即可。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$\therefore ∠ BAC=60°$.$\because ∠ E=30°$,$\therefore ∠ EQC=∠ AQM=60°$,$\therefore △ AMQ$为等边三角形,过点$M$作$MN⊥ AQ$,垂足为$N$.
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=30°$,$AC=\sqrt{3}$,则$BC=\frac{AC}{\tan30°}=3$,
$\because△ABC≌△DEF$,$\therefore EF=BC=3$.根据题意知$CF=x$,
$\therefore CE=EF-CF=3-x$,易得$CQ=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
$\therefore AQ=AC-CQ=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,
$\because△AMQ$是等边三角形,$\therefore AM=AQ=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,等边三角形的高$MN=AM·\sin60°=\frac{1}{2}x$,
$\therefore S_{△ AMQ}=\frac{1}{2}AQ· MN=\frac{1}{2}·\frac{\sqrt{3}}{3}x·\frac{1}{2}x=\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$.
(2)由(1)知$BF=CE=3-x$,$PF=\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$,
设两个三角尺重叠部分的面积为$S_{\mathrm{重叠}}$,
$\therefore S_{\mathrm{重叠}}=S_{△ ABC}-S_{△ AMQ}-S_{△ BPF}=\frac{1}{2}AC· BC-S_{△ AMQ}-\frac{1}{2}BF· PF$
$=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2-\frac{1}{2}(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)$
$=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}$,
$\because -\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$,且$0≤x≤3$,
$\therefore$ 当$x=2$时,重叠部分面积有最大值,最大值是$\sqrt{3}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{S_{△ AMQ}=\dfrac{\sqrt{3}}{12}x^2}$
(2) 当$\boldsymbol{x=2}$时，两个三角尺重叠部分的面积有最大值，最大值为$\boldsymbol{\sqrt{3}}$
【知识点】
等边三角形判定与性质、二次函数的最值、解直角三角形
【点评】
本题结合三角板动点运动的场景，综合考查了角度推导、解直角三角形、不规则图形面积的割补求法以及二次函数最值的应用，解题的关键是理清运动过程中各线段的数量关系，将几何问题转化为代数函数问题求解，对几何直观和综合运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
