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22. (10分)某市A,B两个蔬菜基地得知C,D两个灾民安置点分别急需蔬菜240 t和260 t的消息后,决定调运蔬菜支援灾区.已知A蔬菜基地有蔬菜200 t,B蔬菜基地有蔬菜300 t,现将这些蔬菜全部调运C和D两个灾民安置点,从A基地运往C,D两处的费用分别为每吨20元和25元,从B基地运往C,D两处的费用分别为每吨15元和18元,设从B基地运往C处的蔬菜为x t.
(1)请将表中横线上的内容填写完整；
(2)设A,B两个蔬菜基地的总运费为W元,求出W与x之间的函数关系式,并求总运费最小的调运方案；
(3)经过抢修,从B基地到C处的路况得到进一步改善,缩短了运输时间,运费每吨减少m元(m＞0),其余线路的运费不变,试讨论总运费最小的调运方案.
(1)请将表中横线上的内容填写完整；
(2)设A,B两个蔬菜基地的总运费为W元,求出W与x之间的函数关系式,并求总运费最小的调运方案；
(3)经过抢修,从B基地到C处的路况得到进一步改善,缩短了运输时间,运费每吨减少m元(m＞0),其余线路的运费不变,试讨论总运费最小的调运方案.
答案
22. 【点拨】本题考查一次函数的应用.
【解析】(1)填写表格如下.
| | C | D | 总计/t |
| --- | --- | --- | --- |
| A | $240 - x$ | $x - 40$ | 200 |
| B | $x$ | $300 - x$ | 300 |
| 总计/t | 240 | 260 | 500 |
(2)$W$ 与 $x$ 之间的函数关系式为 $W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + 15x + 18(300 - x) = 2x + 9\ 200$,
由题意可得 $\begin{cases}240 - x ≥ 0,\\x - 40 ≥ 0,\\x ≥ 0,\\300 - x ≥ 0,\end{cases}$ $\therefore 40≤ x≤ 240$.
$\because W$ 随 $x$ 的增大而增大.
$\therefore$ 当 $x = 40$ 时,总运费 $W$ 取最小值,最小值为 $40 × 2 + 9\ 200 = 9\ 280$(元).
此时调运方案为
| | C | D |
| --- | --- | --- |
| A | 200 t | 0 t |
| B | 40 t | 260 t |
(3)由题意得 $W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + (15 - m)x + 18(300 - x) = (2 - m)x + 9\ 200$.
当 $0 ＜ m ＜ 2$ 时,(2)中的调运方案总运费最小,
当 $m = 2$ 时,在 $40≤ x≤ 240$ 的前提下,调运方案的总运费不变,
当 $2 ＜ m ＜ 15$ 时,$x = 240$,总运费最小,
此时调运方案为
| | C | D |
| --- | --- | --- |
| A | 0 t | 200 t |
| B | 240 t | 60 t |
【解析】(1)填写表格如下.
| | C | D | 总计/t |
| --- | --- | --- | --- |
| A | $240 - x$ | $x - 40$ | 200 |
| B | $x$ | $300 - x$ | 300 |
| 总计/t | 240 | 260 | 500 |
(2)$W$ 与 $x$ 之间的函数关系式为 $W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + 15x + 18(300 - x) = 2x + 9\ 200$,
由题意可得 $\begin{cases}240 - x ≥ 0,\\x - 40 ≥ 0,\\x ≥ 0,\\300 - x ≥ 0,\end{cases}$ $\therefore 40≤ x≤ 240$.
$\because W$ 随 $x$ 的增大而增大.
$\therefore$ 当 $x = 40$ 时,总运费 $W$ 取最小值,最小值为 $40 × 2 + 9\ 200 = 9\ 280$(元).
此时调运方案为
| | C | D |
| --- | --- | --- |
| A | 200 t | 0 t |
| B | 40 t | 260 t |
(3)由题意得 $W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + (15 - m)x + 18(300 - x) = (2 - m)x + 9\ 200$.
当 $0 ＜ m ＜ 2$ 时,(2)中的调运方案总运费最小,
当 $m = 2$ 时,在 $40≤ x≤ 240$ 的前提下,调运方案的总运费不变,
当 $2 ＜ m ＜ 15$ 时,$x = 240$,总运费最小,
此时调运方案为
| | C | D |
| --- | --- | --- |
| A | 0 t | 200 t |
| B | 240 t | 60 t |
解析
【分析】
本题是一次函数在调运问题中的应用，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据蔬菜基地总量、安置点需求量，结合设的“从B基地运往C处的蔬菜为x t”，用总量关系表示各调运量，同时保证调运量非负，确定x的初步范围；
2. 第(2)问：总运费为各段调运量对应运费之和，据此列出W与x的函数关系式，根据调运量非负列不等式组确定x的取值范围，结合一次函数增减性求最小值；
3. 第(3)问：调整B到C的运费后，重新推导总运费函数，根据一次函数斜率的正负分情况讨论总运费最小时的调运方案，注意m的取值范围（m＞0且运费非负）。
【解析】
(1) 设从B基地运往C处的蔬菜为x t，则：
从A基地运往C处的蔬菜量为$(240 - x)t$，从A基地运往D处的蔬菜量为$200 - (240 - x) = (x - 40)t$，从B基地运往D处的蔬菜量为$(300 - x)t$，表格填写如下：
| | C | D | 总计/t |
| --- | --- | --- | --- |
| A | $240 - x$ | $x - 40$ | 200 |
| B | $x$ | $300 - x$ | 300 |
| 总计/t | 240 | 260 | 500 |
(2) 总运费W为各段运费之和：
$W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + 15x + 18(300 - x)$
化简得：$W = 2x + 9200$
根据调运量非负，列不等式组：$\begin{cases}240 - x ≥ 0 \\ x - 40 ≥ 0 \\ x ≥ 0 \\ 300 - x ≥ 0\end{cases}$，解得$40 ≤ x ≤ 240$
因$k=2＞0$，W随x增大而增大，故当$x=40$时，W最小，最小值为$2×40 + 9200 = 9280$元，调运方案为：A运往C 200 t、D 0 t，B运往C 40 t、D 260 t。
(3) B到C运费减少m元后，总运费：
$W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + (15 - m)x + 18(300 - x) = (2 - m)x + 9200$
因$0 ＜ m ＜ 15$（运费非负），分情况：
当$0 ＜ m ＜ 2$时，$k=2 - m＞0$，x=40时W最小，调运方案同(2)；
当$m=2$时，$k=0$，W为定值，$40 ≤ x ≤ 240$时总运费不变；
当$2 ＜ m ＜ 15$时，$k=2 - m＜0$，x=240时W最小，调运方案为：A运往C 0 t、D 200 t，B运往C 240 t、D 60 t。
【答案】
(1) 表格填写见上述解析；
(2) W与x的函数关系式为$W=2x + 9200$（$40≤x≤240$），总运费最小的调运方案为：A基地运往C处200 t、D处0 t，B基地运往C处40 t、D处260 t，最小总运费9280元；
(3) 当$0＜m＜2$时，总运费最小的调运方案同(2)；当$m=2$时，$40≤x≤240$时总运费不变；当$2＜m＜15$时，总运费最小的调运方案为：A基地运往C处0 t、D处200 t，B基地运往C处240 t、D处60 t。
【知识点】
一次函数的应用；调运方案问题；不等式的应用
【点评】
本题是一次函数在实际调运问题中的典型应用，需结合总量关系表示调运量，通过不等式确定自变量范围，利用一次函数性质求最值，第三问需分类讨论，综合性较强，考查学生逻辑分析与分类讨论能力。
【难度系数】
0.4
本题是一次函数在调运问题中的应用，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据蔬菜基地总量、安置点需求量，结合设的“从B基地运往C处的蔬菜为x t”，用总量关系表示各调运量，同时保证调运量非负，确定x的初步范围；
2. 第(2)问：总运费为各段调运量对应运费之和，据此列出W与x的函数关系式，根据调运量非负列不等式组确定x的取值范围，结合一次函数增减性求最小值；
3. 第(3)问：调整B到C的运费后，重新推导总运费函数，根据一次函数斜率的正负分情况讨论总运费最小时的调运方案，注意m的取值范围（m＞0且运费非负）。
【解析】
(1) 设从B基地运往C处的蔬菜为x t，则：
从A基地运往C处的蔬菜量为$(240 - x)t$，从A基地运往D处的蔬菜量为$200 - (240 - x) = (x - 40)t$，从B基地运往D处的蔬菜量为$(300 - x)t$，表格填写如下：
| | C | D | 总计/t |
| --- | --- | --- | --- |
| A | $240 - x$ | $x - 40$ | 200 |
| B | $x$ | $300 - x$ | 300 |
| 总计/t | 240 | 260 | 500 |
(2) 总运费W为各段运费之和：
$W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + 15x + 18(300 - x)$
化简得：$W = 2x + 9200$
根据调运量非负，列不等式组：$\begin{cases}240 - x ≥ 0 \\ x - 40 ≥ 0 \\ x ≥ 0 \\ 300 - x ≥ 0\end{cases}$，解得$40 ≤ x ≤ 240$
因$k=2＞0$，W随x增大而增大，故当$x=40$时，W最小，最小值为$2×40 + 9200 = 9280$元，调运方案为：A运往C 200 t、D 0 t，B运往C 40 t、D 260 t。
(3) B到C运费减少m元后，总运费：
$W = 20(240 - x) + 25(x - 40) + (15 - m)x + 18(300 - x) = (2 - m)x + 9200$
因$0 ＜ m ＜ 15$（运费非负），分情况：
当$0 ＜ m ＜ 2$时，$k=2 - m＞0$，x=40时W最小，调运方案同(2)；
当$m=2$时，$k=0$，W为定值，$40 ≤ x ≤ 240$时总运费不变；
当$2 ＜ m ＜ 15$时，$k=2 - m＜0$，x=240时W最小，调运方案为：A运往C 0 t、D 200 t，B运往C 240 t、D 60 t。
【答案】
(1) 表格填写见上述解析；
(2) W与x的函数关系式为$W=2x + 9200$（$40≤x≤240$），总运费最小的调运方案为：A基地运往C处200 t、D处0 t，B基地运往C处40 t、D处260 t，最小总运费9280元；
(3) 当$0＜m＜2$时，总运费最小的调运方案同(2)；当$m=2$时，$40≤x≤240$时总运费不变；当$2＜m＜15$时，总运费最小的调运方案为：A基地运往C处0 t、D处200 t，B基地运往C处240 t、D处60 t。
【知识点】
一次函数的应用；调运方案问题；不等式的应用
【点评】
本题是一次函数在实际调运问题中的典型应用，需结合总量关系表示调运量，通过不等式确定自变量范围，利用一次函数性质求最值，第三问需分类讨论，综合性较强，考查学生逻辑分析与分类讨论能力。
【难度系数】
0.4
23. (10分)如图1,在四边形ABCD中,∠A = ∠B = 90°,AB = 2(AD + BC),P,Q分别为AB,CD的中点,连接PC,PD,将线段PC绕点P顺时针旋转90°得到PE,将线段PD绕点P逆时针旋转90°得到PF,连接EF,分别过点E,F作AB的垂线,垂足为G,H.
(1)若AD = 2,BC = 1,求PC的长;
(2)求证:四边形EFHG是正方形;
(3)如图2,DH与CG的延长线交于点M,连接MQ,AB = m(m ＞ 0),求MQ长度的取值范围(用含m的式子表示).
(1)若AD = 2,BC = 1,求PC的长;
(2)求证:四边形EFHG是正方形;
(3)如图2,DH与CG的延长线交于点M,连接MQ,AB = m(m ＞ 0),求MQ长度的取值范围(用含m的式子表示).
答案
23. 【点拨】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质.
【解析】(1)$\because AD = 2$,$BC = 1$,
$\therefore AB = 2(AD + BC) = 2 × (2 + 1) = 6$.
$\because$ 点 $P$ 是 $AB$ 的中点,$\therefore PB = \frac{1}{2}AB = 3$,
在 $\mathrm{Rt}△ PCB$ 中,$PC = \sqrt{PB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}$.
(2)证明:由旋转得 $PD = PF$,$PC = PE$,$∠ DPF = ∠ CPE = 90°$,
$\therefore ∠ APD + ∠ HPF = ∠ BPC + ∠ GPE = 90°$.
$\because ∠ A = ∠ B = ∠ FHP = ∠ EGP = 90°$,
$\therefore ∠ ADP + ∠ APD = ∠ BPC + ∠ BCP = 90°$,
$\therefore ∠ ADP = ∠ HPF$,$∠ BCP = ∠ GPE$,
$\therefore △ APD ≌ △ HFP(\mathrm{AAS})$,$△ BCP ≌ △ GPE(\mathrm{AAS})$,
$\therefore AP = FH$,$AD = PH$,$PB = EG$,$BC = PG$.
$\because P$ 是 $AB$ 的中点,$\therefore AP = BP = \frac{1}{2}AB$,$\therefore FH = EG$.
$\because FH// EG$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是平行四边形.
$\because ∠ FHP = 90°$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是矩形.
$\because AB = 2(AD + BC) = 2(PH + PG) = 2GH$,
$\therefore GH = \frac{1}{2}AB$,$\therefore FH = GH$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是正方形.
(3)如题图 2,过点 $C$ 作 $CL ⊥ AD$ 于点 $L$,则 $∠ ALC = ∠ A = ∠ B = 90°$,
$\therefore$ 四边形 $ABCL$ 是矩形,
$\therefore AL = BC$,$CL = AB = m$.
$\because AH + PH = AP = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,$AD = PH$,$AD + BC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,
$\therefore AL = BC = AH$.
设 $AL = BC = AH = x$,
$\therefore DL = AD - AL = \frac{1}{2}m - 2x$.
在 $\mathrm{Rt}△ CDL$ 中,$CD^2 = CL^2 + DL^2 = m^2 + (\frac{1}{2}m - 2x)^2 = \frac{5}{4}m^2 - 2mx + 4x^2$.
$\because PG + BG = BP = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,$PG = BC = AH$,$\therefore BG = AD$.
在 $△ ADH$ 和 $△ BGC$ 中,$\begin{cases}AD = BG,\\∠ A = ∠ B,\\AH = BC,\end{cases}$
$\therefore △ ADH ≌ △ BGC(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ADH = ∠ BGC$,$∠ AHD = ∠ BCG$.
$\because ∠ AHD = ∠ GHM$,$∠ CGB = ∠ HGM$,
$\therefore ∠ GHM = ∠ BCG$.
$\because ∠ BGC + ∠ BCG = 90°$,$\therefore ∠ HGM + ∠ GHM = 90°$,
$\therefore ∠ CMD = 90°$,$\therefore △ CDM$ 是直角三角形.
$\because Q$ 是斜边 $CD$ 的中点,$\therefore MQ = \frac{1}{2}CD$,
$\therefore MQ^2 = \frac{1}{4}CD^2 = \frac{1}{4}(\frac{5}{4}m^2 - 2mx + 4x^2) = x^2 - \frac{1}{2}mx + \frac{5}{16}m^2 = (x - \frac{1}{4}m)^2 + \frac{1}{4}m^2$.
当 $x = \frac{1}{4}m$ 时,$MQ^2_{\mathrm{最小值}} = \frac{1}{4}m^2$,$\therefore MQ_{\mathrm{最小值}} = \frac{1}{2}m$.
当 $x = 0$ 时,$DL = \frac{1}{2}m$,
此时 $MQ^2_{\mathrm{最大值}} = \frac{5}{16}m^2$.$\therefore MQ_{\mathrm{最大值}} = \frac{\sqrt{5}}{4}m$,$\therefore \frac{1}{2}m ≤ MQ ＜ \frac{\sqrt{5}}{4}m$.
【解析】(1)$\because AD = 2$,$BC = 1$,
$\therefore AB = 2(AD + BC) = 2 × (2 + 1) = 6$.
$\because$ 点 $P$ 是 $AB$ 的中点,$\therefore PB = \frac{1}{2}AB = 3$,
在 $\mathrm{Rt}△ PCB$ 中,$PC = \sqrt{PB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}$.
(2)证明:由旋转得 $PD = PF$,$PC = PE$,$∠ DPF = ∠ CPE = 90°$,
$\therefore ∠ APD + ∠ HPF = ∠ BPC + ∠ GPE = 90°$.
$\because ∠ A = ∠ B = ∠ FHP = ∠ EGP = 90°$,
$\therefore ∠ ADP + ∠ APD = ∠ BPC + ∠ BCP = 90°$,
$\therefore ∠ ADP = ∠ HPF$,$∠ BCP = ∠ GPE$,
$\therefore △ APD ≌ △ HFP(\mathrm{AAS})$,$△ BCP ≌ △ GPE(\mathrm{AAS})$,
$\therefore AP = FH$,$AD = PH$,$PB = EG$,$BC = PG$.
$\because P$ 是 $AB$ 的中点,$\therefore AP = BP = \frac{1}{2}AB$,$\therefore FH = EG$.
$\because FH// EG$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是平行四边形.
$\because ∠ FHP = 90°$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是矩形.
$\because AB = 2(AD + BC) = 2(PH + PG) = 2GH$,
$\therefore GH = \frac{1}{2}AB$,$\therefore FH = GH$,$\therefore$ 四边形 $EFHG$ 是正方形.
(3)如题图 2,过点 $C$ 作 $CL ⊥ AD$ 于点 $L$,则 $∠ ALC = ∠ A = ∠ B = 90°$,
$\therefore$ 四边形 $ABCL$ 是矩形,
$\therefore AL = BC$,$CL = AB = m$.
$\because AH + PH = AP = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,$AD = PH$,$AD + BC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,
$\therefore AL = BC = AH$.
设 $AL = BC = AH = x$,
$\therefore DL = AD - AL = \frac{1}{2}m - 2x$.
在 $\mathrm{Rt}△ CDL$ 中,$CD^2 = CL^2 + DL^2 = m^2 + (\frac{1}{2}m - 2x)^2 = \frac{5}{4}m^2 - 2mx + 4x^2$.
$\because PG + BG = BP = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}m$,$PG = BC = AH$,$\therefore BG = AD$.
在 $△ ADH$ 和 $△ BGC$ 中,$\begin{cases}AD = BG,\\∠ A = ∠ B,\\AH = BC,\end{cases}$
$\therefore △ ADH ≌ △ BGC(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ADH = ∠ BGC$,$∠ AHD = ∠ BCG$.
$\because ∠ AHD = ∠ GHM$,$∠ CGB = ∠ HGM$,
$\therefore ∠ GHM = ∠ BCG$.
$\because ∠ BGC + ∠ BCG = 90°$,$\therefore ∠ HGM + ∠ GHM = 90°$,
$\therefore ∠ CMD = 90°$,$\therefore △ CDM$ 是直角三角形.
$\because Q$ 是斜边 $CD$ 的中点,$\therefore MQ = \frac{1}{2}CD$,
$\therefore MQ^2 = \frac{1}{4}CD^2 = \frac{1}{4}(\frac{5}{4}m^2 - 2mx + 4x^2) = x^2 - \frac{1}{2}mx + \frac{5}{16}m^2 = (x - \frac{1}{4}m)^2 + \frac{1}{4}m^2$.
当 $x = \frac{1}{4}m$ 时,$MQ^2_{\mathrm{最小值}} = \frac{1}{4}m^2$,$\therefore MQ_{\mathrm{最小值}} = \frac{1}{2}m$.
当 $x = 0$ 时,$DL = \frac{1}{2}m$,
此时 $MQ^2_{\mathrm{最大值}} = \frac{5}{16}m^2$.$\therefore MQ_{\mathrm{最大值}} = \frac{\sqrt{5}}{4}m$,$\therefore \frac{1}{2}m ≤ MQ ＜ \frac{\sqrt{5}}{4}m$.
解析
【分析】
本题分三小问逐步推导：
1. 第(1)问：先根据已知AB与AD、BC的关系算出AB长度，再利用P是AB中点得PB长度，最后在Rt△PCB中用勾股定理求PC。
2. 第(2)问：通过旋转性质得到线段相等和角的关系，证明△APD≌△HFP、△BCP≌△GPE，推出四边形EFHG是平行四边形，再结合直角和邻边相等，证明其为正方形。
3. 第(3)问：构造矩形ABCL，证明△ADH≌△BGC，推出∠CMD=90°，利用直角三角形斜边中线性质得MQ=CD/2，再将CD用参数表示，通过二次函数求MQ的取值范围。
【解析】
(1)
∵ AD=2，BC=1，
∴ AB=2(AD+BC)=2×(2+1)=6。
∵ 点P是AB中点，
∴ PB=½AB=3，
在Rt△PCB中，PC=√(PB²+BC²)=√(3²+1²)=√10。
(2) 证明：由旋转得PD=PF，PC=PE，∠DPF=∠CPE=90°，
∴ ∠APD+∠HPF=∠BPC+∠GPE=90°。
∵ ∠A=∠B=∠FHP=∠EGP=90°，
∴ ∠ADP+∠APD=∠BPC+∠BCP=90°，
∴ ∠ADP=∠HPF，∠BCP=∠GPE，
∴ △APD≌△HFP(AAS)，△BCP≌△GPE(AAS)，
∴ AP=FH，AD=PH，PB=EG，BC=PG。
∵ P是AB中点，
∴ AP=PB=½AB，
∴ FH=EG。
∵ FH//EG，
∴ 四边形EFHG是平行四边形。
∵ ∠FHP=90°，
∴ 四边形EFHG是矩形。
∵ AB=2(AD+BC)=2(PH+PG)=2GH，
∴ GH=½AB，
∴ FH=GH，
∴ 四边形EFHG是正方形。
(3) 过点C作CL⊥AD于点L，则∠ALC=∠A=∠B=90°，
∴ 四边形ABCL是矩形，
∴ AL=BC，CL=AB=m。
∵ AH+PH=AP=½AB=½m，AD=PH，AD+BC=½AB=½m，
∴ AL=BC=AH。
设AL=BC=AH=x，
∴ DL=AD-AL=½m-2x。
在Rt△CDL中，CD²=CL²+DL²=m²+(½m-2x)²=5/4 m² -2mx +4x²。
∵ PG+BG=BP=½AB=½m，PG=BC=AH，
∴ BG=AD。
在△ADH和△BGC中，{AD=BG，∠A=∠B，AH=BC}，
∴ △ADH≌△BGC(SAS)，
∴ ∠ADH=∠BGC，∠AHD=∠BCG。
∵ ∠AHD=∠GHM，∠CGB=∠HGM，
∴ ∠GHM=∠BCG。
∵ ∠BGC+∠BCG=90°，
∴ ∠HGM+∠GHM=90°，
∴ ∠CMD=90°，
∴ △CDM是直角三角形。
∵ Q是斜边CD的中点，
∴ MQ=½CD，
∴ MQ²=¼CD²=¼(5/4 m² -2mx +4x²)=x² -½mx +5/16 m²=(x -¼m)² +¼m²。
当x=¼m时，MQ²最小值=¼m²，
∴ MQ最小值=½m。
当x=0时，DL=½m，此时MQ²最大值=5/16 m²，
∴ MQ最大值=√5/4 m，
∴ ½m ≤ MQ ＜ √5/4 m。
【答案】
(1) PC的长为√10；
(2) 四边形EFHG是正方形；
(3) MQ的取值范围是½m ≤ MQ ＜ √5/4 m。
【知识点】
正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、直角三角形斜边中线定理。
【点评】
本题综合考查几何变换、全等证明、正方形判定及最值问题，第(3)问需转化为直角三角形斜边中线结合二次函数求范围，综合性较强，需逐步推导各角、边的关系。
【难度系数】
0.4
本题分三小问逐步推导：
1. 第(1)问：先根据已知AB与AD、BC的关系算出AB长度，再利用P是AB中点得PB长度，最后在Rt△PCB中用勾股定理求PC。
2. 第(2)问：通过旋转性质得到线段相等和角的关系，证明△APD≌△HFP、△BCP≌△GPE，推出四边形EFHG是平行四边形，再结合直角和邻边相等，证明其为正方形。
3. 第(3)问：构造矩形ABCL，证明△ADH≌△BGC，推出∠CMD=90°，利用直角三角形斜边中线性质得MQ=CD/2，再将CD用参数表示，通过二次函数求MQ的取值范围。
【解析】
(1)
∵ AD=2，BC=1，
∴ AB=2(AD+BC)=2×(2+1)=6。
∵ 点P是AB中点，
∴ PB=½AB=3，
在Rt△PCB中，PC=√(PB²+BC²)=√(3²+1²)=√10。
(2) 证明：由旋转得PD=PF，PC=PE，∠DPF=∠CPE=90°，
∴ ∠APD+∠HPF=∠BPC+∠GPE=90°。
∵ ∠A=∠B=∠FHP=∠EGP=90°，
∴ ∠ADP+∠APD=∠BPC+∠BCP=90°，
∴ ∠ADP=∠HPF，∠BCP=∠GPE，
∴ △APD≌△HFP(AAS)，△BCP≌△GPE(AAS)，
∴ AP=FH，AD=PH，PB=EG，BC=PG。
∵ P是AB中点，
∴ AP=PB=½AB，
∴ FH=EG。
∵ FH//EG，
∴ 四边形EFHG是平行四边形。
∵ ∠FHP=90°，
∴ 四边形EFHG是矩形。
∵ AB=2(AD+BC)=2(PH+PG)=2GH，
∴ GH=½AB，
∴ FH=GH，
∴ 四边形EFHG是正方形。
(3) 过点C作CL⊥AD于点L，则∠ALC=∠A=∠B=90°，
∴ 四边形ABCL是矩形，
∴ AL=BC，CL=AB=m。
∵ AH+PH=AP=½AB=½m，AD=PH，AD+BC=½AB=½m，
∴ AL=BC=AH。
设AL=BC=AH=x，
∴ DL=AD-AL=½m-2x。
在Rt△CDL中，CD²=CL²+DL²=m²+(½m-2x)²=5/4 m² -2mx +4x²。
∵ PG+BG=BP=½AB=½m，PG=BC=AH，
∴ BG=AD。
在△ADH和△BGC中，{AD=BG，∠A=∠B，AH=BC}，
∴ △ADH≌△BGC(SAS)，
∴ ∠ADH=∠BGC，∠AHD=∠BCG。
∵ ∠AHD=∠GHM，∠CGB=∠HGM，
∴ ∠GHM=∠BCG。
∵ ∠BGC+∠BCG=90°，
∴ ∠HGM+∠GHM=90°，
∴ ∠CMD=90°，
∴ △CDM是直角三角形。
∵ Q是斜边CD的中点，
∴ MQ=½CD，
∴ MQ²=¼CD²=¼(5/4 m² -2mx +4x²)=x² -½mx +5/16 m²=(x -¼m)² +¼m²。
当x=¼m时，MQ²最小值=¼m²，
∴ MQ最小值=½m。
当x=0时，DL=½m，此时MQ²最大值=5/16 m²，
∴ MQ最大值=√5/4 m，
∴ ½m ≤ MQ ＜ √5/4 m。
【答案】
(1) PC的长为√10；
(2) 四边形EFHG是正方形；
(3) MQ的取值范围是½m ≤ MQ ＜ √5/4 m。
【知识点】
正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、直角三角形斜边中线定理。
【点评】
本题综合考查几何变换、全等证明、正方形判定及最值问题，第(3)问需转化为直角三角形斜边中线结合二次函数求范围，综合性较强，需逐步推导各角、边的关系。
【难度系数】
0.4
