2013年中考数学压轴题分类解析汇编动点问题（含答案）

动点问题

1. （2012上海市14分）如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E． （1）当BC=1时，求线段OD的长；

（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；

（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域．

【答案】解：（1）∵点O是圆心，OD⊥BC，BC=1，∴BD=

11BC=。 222215?1? 又∵OB=2，∴OD=OB?BD?2????。

22??22（2）存在，DE是不变的。

如图，连接AB，则AB=OB2+OA2?22。 ∵D和E是中点，∴DE=AB=2。 （3）∵BD=x，∴OD?4?x2。

∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠AOB=90。 ∴∠2+∠3=45°。

过D作DF⊥OE，垂足为点F。∴DF=OF=0

124?x22。

由△BOD∽△EDF，得

BDOD=，即 EFDFx4?x21=，解得EF=x。

2EF24?x2第 1 页 共 44 页

∴OE=∴

x+4?x22。

114?x2x+4?x24?x2+x4?x2。 y?DF?OE???=（0

【分析】（1）由OD⊥BC，根据垂径定理可得出BD=即可求出OD的长。

（2）连接AB，由△AOB是等腰直角三角形可得出AB的长，再由D和E是中点，根据三角形中位线定理可得出DE= 2。

（3）由BD=x，可知OD?4?x2，由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°，过D作DF⊥OE，则DF=OF=系式。

∵AB=OB2+OA2?22，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）， ∴0

2. （2012福建南平14分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠1=∠B=∠C．

（1）由题设条件，请写出三个正确结论：（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中，不必证明） 答：结论一： ；结论二： ；结论三： ．

（2）若∠B=45°，BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）， ①求CE的最大值；

②若△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．

（注意：在第（2）的求解过程中，若有运用（1）中得出的结论，须加以证明）

11BC= ，在Rt△BOD中利用勾股定理224?x22，EF=12x，OE=x+4?x22，即可求得y关于x的函数关

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【答案】解：（1）AB=AC；∠AED=∠ADC；△ADE∽△ACD。

（2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB为等腰直角三角形。

∴AC?22BC??2?2。 22∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。

AD2AD22?∴AD：AC=AE：AD，∴AE??AD2 。 AC2 2当AD最小时，AE最小，此时AD⊥BC，AD=∴AE的最小值为 1BC=1。 222222。∴CE的最大值= 2?。 ?1??2222②当AD=AE时，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。 ∴点D与B重合，不合题意舍去。 当EA=ED时，如图1，∴∠EAD=∠1=45°。 ∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC。∴BD=1。 当DA=DE时，如图2，

∵△ADE∽△ACD，∴DA：AC=DE：DC。 ∴DC=CA=2。∴BD=BC－DC=2－2。

综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1或

2－2。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性质。 【分析】（1）由∠B=∠C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC；由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC；又由∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。

（2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB为等腰直角三角形，则

AC?22BC??2?2，由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得22AD2AD22?△ADE∽△ACD，则有AD：AC=AE：AD，即AE??AD2，当AD⊥BC，AD最AC2 2第 3 页 共 44 页

小，此时AE最小，从而由CE=AC－AE得到CE的最大值。

②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。

3. （2012甘肃兰州12分）如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝(1)求抛物线对应的函数关系式；

(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；

(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；

(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．

22

x＋35上． 2

【答案】解：（1）∵抛物线y＝

22

x＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。 3510b5∵顶点在直线x＝上，∴?=，解得b=?。

22232?3210∴所求函数关系式为y=x2?x+4。

33（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴AB=OA2?OB2?5。

∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。 ∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，

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210?5+4=4；

33210当x＝2时，y=?22??2+4=0。

33当x＝5时，y=?52?∴点C和点D都在所求抛物线上。 （3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，

设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，

?4k=?48?5k+b=4?3则?，解得，?。∴直线CD对应的函数关系式为y=x?。

82k+b=033??b=??3?当x＝

5458252 )。 时，y=??=。∴P(，2323323（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。

∴设

OMONtONt?，即?，得ON?。 OBOD422对

称

轴

交

x

于

点

F

，

则

11?2?555S梯形PFOM???PF?OM??OF=??+t??=t+。

22?3?246∵S?MON?1111?OM?ON=?t?t=t2， 222411?51?215S?PME??NF?PF=???t??=?t+ ，

22?22?366S=S梯形PFOM?S?MON?S?PME

551117?15??t+?t2???t+???t2+t (0＜t＜4)。 464412?66?1171?17?289117∵S=?t2+t=??t??+，?<0，0＜＜4，

4124?6?14446∴当t=21728917时，S取最大值是。此时，点M的坐标为(0，)。 61446【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）根据抛物线y＝b，c即可。

225x＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线x＝上，得出32第 5 页 共 44 页

（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点

的性质得出x＝5或2时，y的值即可。

（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，求出解析式，当x＝

出y即可。

（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出

表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可。 4. （2012广东省9分）如图，抛物线y=x2?点C，连接BC、AC． （1）求AB和OC的长；

（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．

5时，求2OMONt?，得到ON?，从而OBOD2123x?9与x轴交于A、B两点，与y轴交于2

【答案】解：（1）在y=x2?123x?9中， 23x?9=0，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，2令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）； 令y=0，即x2?0）。

∴AB=9，OC=9。

12sS?m??AE??（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴?AED??，即： ??。?19S?ABC?AB????9?92第 6 页 共 44 页

22

12

m（0＜m＜9）。 21912

（3）∵S△AEC=AE?OC=m，S△AED=s=m，

222∴s=

∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED

12919281m+m=﹣（m﹣）+。 2222881∴△CDE的最大面积为，

899此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=。

22=﹣

又BC?62+92=313，

9EFBEEF过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：?，即：?2。

9313OCBC∴EF?2713。 262

∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π?EF=

729?。 52【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，勾股定理，直线与圆相切的性质。

【分析】（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，从而确定AB、OC的长。

（2）直线l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题目条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围。 （3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE关于m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值。

②过E做BC的垂线EF，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似

三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解。

5. （2012贵州毕节16分）如图，直线l1经过点A（－1，0），直线l2经过点B(3，0), l1、l2均为与y轴交于点C(0，?3)，抛物线y=a2x+bx+c(a?0)经过A、B、C三点。 （1）求抛物线的函数表达式；

（2）抛物线的对称轴依次与x轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证：DE=EF=FG;

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(3)若l1⊥l2于y轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。

【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c(a?0)经过A（－1，0），B（3，0），C（0，?3）三点，

?3 a??? a?b?c?03??23。 ?∴?9a?3b?c?0 ，解得??b??3??c??3?c??3???∴抛物线的解析式为：y=3223x+x?3． 33（2）证明：设直线l1的解析式为y=kx+b，由直线l1经过A（－1，0），C（0，

?3），得

???k??3 ??k?b?0 ∴ ?，解得?，∴直线l1的解析式为：

b??3????b??3y=-?3x?3 。

直线l2经过B（3，0），C（0，?3）两点，同理可求得直线l2解析式为：

y= 3x?3 。 332233432， x+x?3=?x?1??333343∴对称轴为x=1，D（1，0），顶点坐标为F（1，? ）。

3∵抛物线y=第 8 页 共 44 页

点E为x=1与直线l2：y= （1，?323x?3的交点，令x=1，得y=? ，∴E3323 ）。 3点G为x=1与直线l1：y=-?3x?3 的交点，令x=1，得y=?23 ，

∴G（1，?23）。

∴各点坐标为：D（1，0），E（1，?它们均位于对称轴x=1上。

∴DE=EF=FG=2343 ），F（1，?），G（1，?23 ），3323。 3（3）如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1

交对称轴于H点，连接CF，PG。

△PCG为等腰三角形，有三种情况：

①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1

满足P1G=CG。

∵C（0，?3），对称轴x=1，∴P1（2，?3 ）。 ②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等

于CG。

如图，C（1，?3 ），H点在x=1上，∴H（1，?3）。 在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG－yH|=|?23 －（?3）|= 3， ∴由勾股定理得：CG?1?2?3?322?2。∴PC=2．

如图，CP1=2，此时与①中情形重合。 又Rt△OAC中，AC?12????2，∴点A满足PC=2的条件，但点A、

C、G在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。

③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线上. ∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。

由（2）可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。 ∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2（1，?43）。 3第 9 页 共 44 页

又cos?CGE?CG3，∴∠CGE=30°。∴∠HCG=60°。 ?EG2又P1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。

∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。

43 ）。 3【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，

综上所述，P点的坐标为P1（2，?3 ）或P2（1，?等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】（1）已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。

（2）D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得到线段

DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求；E是对称轴与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。

（3）△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG，CG=PC，PC=PG。

6. （2012贵州遵义12分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D． （1）当∠BQD=30°时，求AP的长；

（2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．

【答案】解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°。

∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。

设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。 ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=∴当∠BQD=30°时，AP=2。

（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。理由如下：

作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF。

11QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2。 22第 10 页 共 44 页

∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。 ∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ。 ∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。 ∴在△APE和△BQF中，

∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。 ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。 ∴DE=

1EF。 21AB。 2∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=

又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3。

∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。

【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。

【分析】（1）由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=x=

1QC，即6﹣21（6+x），求出x的值即可。 2（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动

且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=

1AB，2由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。 7. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=3x+1分别与两坐标轴3交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣3）a．

（1）求点A的坐标和∠ABO的度数； （2）当点C与点A重合时，求a的值；

（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？

2

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【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣3，

∴OA=1，OB=3。∴A的坐标是（0，1）。

∴tan∠ABO=

OA13??。∴∠ABO=30°。 OB33（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=

∴D的坐标是（﹣OD3，∴OD=。 OA333，0），E的坐标是（，0）， 33332

把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）+n，得

33??2?1=am+n?2?a=?3???3???m+n，解得??0=a??m=0。∴a=﹣3。 ?3?????n=1??2?3??0=a?m????3?+n???（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，

MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。

∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°， ∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。

∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。 ∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。 ∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣3）a（a＜0）。 ∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。

∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。

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∴在Rt△MEP中，tan30°=

PE，∴PE=（3﹣3）a。 PM∴CE=CP+PE=3（1﹣3）a+（3﹣3）a=﹣23a。 ∴DH=HE=﹣3a，CH=﹣3a，BH=﹣33a。 ∴OH=﹣33a﹣3，OE=﹣43a﹣3。

∴E（﹣43a﹣3，0），C（﹣33a﹣3，﹣3a）。 设二次函数的解析式为：y=a（x+33a+3）﹣3a，

∵E在该抛物线上，∴a（﹣43a﹣3+33a+3）﹣3a=0， 得：a=1，解之得a1=1，a2=﹣1。 ∵a＜0，∴a=﹣1。

∴AF=23，CF=2，∴AC=4。

∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。

【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。

【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。

（2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性

求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。

（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三

个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。 8. （2012湖南常德10分）已知四边形ABCD是正方形，O为正方形对角线的交点，一动点P从B开始，沿射线BC运动，连结DP，作CN⊥DP于点M，且交直线AB于点N，连结OP，ON。（当P在线段BC上时，如图1：当P在BC的延长线上时，如图2） （1）请从图1，图2中任选一图证明下面结论： ①BN=CP： ②OP=ON，且OP⊥ON

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2

2

2

(2) 设AB=4，BP=x，试确定以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系。

【答案】（1）证明：如图1，

①∵四边形ABCD是正方形，

∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB。 ∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°。

∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°。∴∠CPD=∠CNB。 ∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD。

∵在△DCP和△CBN中，∠DCP=∠CBN，∠CPD=∠BNC，DC=BC， ∴△DCP≌△CBN（AAS）。∴CP=BN。

②∵在△OBN和△OCP中，OB=OC，∠OCP=∠OBN， CP=BN ， ∴△OBN≌△OCP（SAS）。∴ON=OP，∠BON=∠COP。 ∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°。 ∴ON⊥OP。

（2）解：∵AB=4，四边形ABCD是正方形，∴O到BC边的距离是2。

S四边形OPBN?S?OBN?S?BOP?（?4?x）?2?图1中，

图

2

中

2121?x?2?4（0

S四边形OBN??S?POB?PS111???x?2（??x）?4?xPBN222? x（>x）x。 4∴以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系是：

0

x?x（x>4）??2【考点】正方形的性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，两线垂直的判定，多边形的面积的分解，函数解析式的确定，分段函数，点到直线的距离。

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【分析】（1）对于图1，证明线段相等，一般情况下找全等。根据BN，CP的分布情况 可以观察△CNB和△DPC，然后证明两三角形全等。也可以观察△CAN和△DBP，证明AN=BP，从而有BN=CP。

对于图2，证明如下：

①∵ABCD为正方形，AC，BD为对角线，∴∠DCP=90o。

∵CM⊥DP， ∴∠PCM=∠PDC。∴∠PDB=∠CAN。 又∵∠DPB=∠ANC，BD=AC，∴△PDB≌△NCA（ASA）。 ∴PB=AN，DP=CN。∴CP=BN。

②∵∠PDB=∠CAN，OD=OC， CP=BN，∴△PDO≌△NCO（SAS）。 ∴OP=ON，∠DOP=∠CON。

∵∠DOC=90o，∴∠PON=∠NOC+POC=∠DOP+∠POC=∠DOC=90o。∴OP⊥ON。

（2）求以O、P、B、N为顶点的四边形的面积，则要把四边形分解为两个三角形去

解决问题。图1中，S四边形OPBN=S△OBN+S△BOP，，；图2中，S四边形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可。 9. （2012湖南张家界10分）如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作

?上一动点（不与A．C重合）⊙O的切线DC，P点为优弧CBA．

（1）求∠APC与∠ACD的度数；

（2）当点P移动到CB弧的中点时，求证：四边形OBPC是菱形． （3）P点移动到什么位置时，△APC与△ABC全等，请说明理由．

【答案】解：（1）连接AC，如图所示：

∵AB=4，∴OA=OB=OC=

1AB=2。 2又∵AC=2，∴AC=OA=OC。∴△ACO为等边三角形。 ∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°， ∴∠APC=

1∠AOC=30°。 2又DC与圆O相切于点C，∴OC⊥DC。∴∠DCO=90°。 ∴∠ACD=∠DCO﹣∠ACO=90°﹣60°=30°。

第 15 页 共 44 页

（2）连接PB，OP，

∵AB为直径，∠AOC=60°，∴∠COB=120°。 当点P移动到弧CB的中点时，∠COP=∠POB=60°。 ∴△COP和△BOP都为等边三角形。∴AC=CP=OA=OP。 ∴四边形AOPC为菱形。

（3）当点P与B重合时，△ABC与△APC重合，显然△ABC≌△APC。

当点P继续运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA，理由为： ∵CP与AB都为圆O的直径，∴∠CAP=∠ACB=90°。 在Rt△ABC与Rt△CPA中，AB=CP，AC=AC ∴Rt△ABC≌Rt△CPA（HL）。

综上所述，当点P与B重合时和点P运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA。

【考点】切线的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定。

【分析】（1）连接AC，由直径AB=4，得到半径OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即△AOC为等边三角形，可得出三个内角都为60°，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，得到∠APC为30°，由CD为圆O的切线，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD为直角，用∠OCD-∠OCA可得出∠ACD的度数。

（2）由∠AOC为60°，AB为圆O的直径，得到∠BOC=120°，再由P为CB 的中

点，得到两条弧相等，根据等弧对等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，从而得到△COP与△BOP都为等边三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四边形OBPC为菱形。

（3）点P有两个位置使△APC与△ABC全等，其一：P与B重合时，显然两三角形

全等；第二：当CP为圆O的直径时，此时两三角形全等。

10. （2012江苏无锡10分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB=60°．点P从A点出发，以

cm/s的速度，沿AC向C作匀速运动；与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s

的速度，沿射线AB作匀速运动．当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts．

（1）当P异于A．C时，请说明PQ∥BC；

（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？

第 16 页 共 44 页

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2，

∴AB=BC=2，∠BAC=

1∠DAB。 2又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°。 如图1，连接BD交AC于O。 ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=∴OB=

1AC。 21AB=1。∴OA=3，AC=2OA=23。 2运动ts后，AP=3t，AO=t，∴

APAC=?3。 AQAB又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB. ∴PQ∥BC.

（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC。

在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=

13PC=3?t。 22由PM=PQ=AQ=t，即3?3t=t，解得t=43?6， 2此时⊙P与边BC有一个公共点。 如图3，⊙P过点B，此时PQ=PB， ∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°

∴△PQB为等边三角形。∴QB=PQ=AQ=t。∴t=1。 ∴当43?6

第 17 页 共 44 页

∴当1≤t≤3?3时，⊙P与边BC有一个公共点。 当点P运动到点C，即t=2时，Q、B重合，⊙P过点B， 此时，⊙P与边BC有一个公共点。

综上所述，当t=43?6或1≤t≤3?3或t=2时，⊙P与菱形ABCD

的边BC有1个公共点；当43?6

【考点】直线与圆的位置关系，菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行的判定，切线的性质，等边三角形的判定和性质。

【分析】（1）连接BD交AC于O，构建直角三角形AOB．利用菱形的对角线互相垂直、对角线平分对角、邻边相等的性质推知△PAQ∽△CAB；然后根据“相似三角形的对应角相等”证得∠APQ=∠ACB；最后根据平行线的判定定理“同位角相等，两直线平行”可以证得结论。

（2）分⊙P与BC切于点M，⊙P过点B，⊙P过点C和点P运动到点C四各情况讨论即可。

11. （2012江苏南通12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．

(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值； (2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形． 5

①若a＝，求PQ的长；

2

②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明

理由．

第 18 页 共 44 页

【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=

∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。 ∵△BPQ∽△BDA，∴

1BC=6。 2BPBQt6?t18?，即?，解得：t=。 BDAB61013（2）①过点P作PE⊥BC于E，

∵四边形PQCM为平行四边形， ∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。 ∴PB：AB=CM：AC。

∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。 ∴BE=

11BQ=（6－t）。 22 5 5 ∵a=，∴PB=t。

22

51t(6－t)22∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。 ?106解得，t=

3。 2 5 15∴PQ=PB=t=（cm）。

24②不存在．理由如下：

∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。 ∴PB：AB=CM：AC。

∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。

若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM， ∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。 ∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。 ∴PB=CQ。

∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且 at=6+t①。 ∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴把①代入②得，t=?6?t10?at?，化简得：6at+5t=30②。 12106。 11∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。

第 19 页 共 44 页

【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的判定和性质，反证法。

【分析】（1）由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，根据等腰三角形三线合一的

性质，

即可求得BD与CD的长，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例，即可

求得t的值。

（2）①首先过点P作PE⊥BC于E，由四边形PQCM为平行四边形，易证得PB=PQ，又由平行

51t(6－t)22线分线段成比例定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。 ?106②用反证法，假设存在点P在∠ACB的平分线上，由四边形PQCM为平行四边形，

可得四边形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程组，解此方程组求得t值为负，故可得不存在。

12. （2012江苏泰州12分） 如图，已知一次函数y1?kx?b的图象与x轴相交于点A，与

反比例函数y2?c x5，d）两点．点P（m，n）是一次函数y1?kx?b的图象上2的图象相交于B（－1，5）、C（

的动点．

（1）求k、b的值； （2）设?1?m?的面积是

3c，过点P作x轴的平行线与函数y2?的图象相交于点D．试问△PAD2x否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由； （3）设m?1?a，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求

实数a的取值

范围．

第 20 页 共 44 页

解：（?1?m?32

1）将点B 的坐标代入yc2?x，得5?c?1 ，解得c=?5。 ∴反比例函数解析式为y52??x。

将点C（52，d）的坐标代入y5552??x，得d??5=?2。∴C（2，－2）。2∵一次函数ykx?b的图象经过B（－1，5）、C（51?2，－2）两点，

?5??k?b∴?????2?52k?b，解得??k=?2。 ?b=32）存在。

令y1?0，即?2x?3?0，解得x?32。∴A（32，0）。 由题意，点P（m，n）是一次函数y1??2x?3的图象上的动点，且

∴点P在线段AB 上运动（不含A、B）。设P（

3?n2，n）。 ∵DP∥x轴，且点D在y52??x的图象上， ∴y55D?yP?n，xD=?n，即D（?n，n）。

11?3?n5?1?3?2∴△PAD的面积为S?492PD?OP=2???2+n???n=?4??n?2??+16。 ∴S关于n的二次函数的图象开口向下，有最大值。 又∵n=?2m?3，?1?m?32，得0?n?5，而0?n=32?5。 第 21 页 共 44 页

【答案】 （

）时，△PAD的面积S最大，为 ∴当n=时，即P（， （3）由已知，P（1?a, 2a+1）。

易知m≠n，即1?a?2a+1，即a?0。 若a>0，则m<1

由题设，m>0，n?2，解出不等式组的解为0

32334249。 161。 21?a<0。 211 综上所述，数a的取值范围为??a<0，0

22 由题设，n?0，m<2，解出不等式组的解为?【考点】反比例函数和一次函数综合问题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的性质，二次函数的性质，不等式组的应用。

【分析】（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，由B 的坐标求得c=?5，从而得到y2??由点C在y2??5；x5上求得d??2，即得点C的坐标；由点B、C在y1?kx?b上，得方程组，x解出即可求得k、b的值。

（2）求出△PAD的面积S关于n的二次函数（也可求出关于m），应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。

（3）由m≠n得到a?0。分a>0和a<0两种情况求解。

13. （2012江苏常州9分）已知，在矩形ABCD中，AB=4，BC=2，点M为边BC的中点，点P为边CD上的动点（点P异于C、D两点）。连接PM，过点P作PM的垂线与射线DA相交于点E（如图）。设CP=x，DE=y。

（1）写出y与x之间的函数关系式 ▲ ； （2）若点E与点A重合，则x的值为 ▲ ；

（3）是否存在点P，使得点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上？若存在，求x的值；若不存在，请说明理由。

第 22 页 共 44 页

【答案】解：（1）y=－x＋4x。 （2）2+2或2?2。 （3）存在。

过点P作PH⊥AB于点H。则

∵点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，

∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x＋4x，EA=AD－ED= x－4x＋2，∠P D′E=∠D=90。 在D′H=Rt△D′P H

中，PH=2， D′P =DP=4－x，

0

2

2

2

?4?x?2?22?x2?8x+12。

0

0

0

∵∠ E D′A=180－90－∠P D′H=90－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =90，

0

E D?EA?x2＋4xx2?4x+2? ∴△E D′A∽△D′P H。∴，即， ?2D?PD?H4?xx?8x+12 即x?x2?4x+2x2?8x+12，两边平方并整理得，2x－4x＋1=0。解得

2

x?2?2。 2?2+2?2+25+222+2+4?=>2， ∵当x?时，y=????2?222??∴此时，点E已在边DA延长线上，不合题意，舍去（实际上是无理方程

的增根）。

2?2?2?2?25+222?2+4?=<2， ∵当x?时，y=????2?222??∴此时，点E在边AD上，符合题意。

2第 23 页 共 44 页

∴当x?2?2时，点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上。 2【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠对称的性质，解无理方程。 【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE， ∴

DEDPy4?x2

?，即?。∴y=－x＋4x。 CPCMx12

2

（2）当点E与点A重合时，y=2，即2=－x＋4x，x－4x＋2=0。 解得x?2?2。

（3）过点P作PH⊥AB于点H，则由点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，

可得△E D′A与△D′P H相似，由对应边成比例得得关于x的方程即可求解。注意检验。 14. （2012江苏徐州8分）如图1，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD=4cm，AB=dcm。动点E、F分别从点D、B出发，点E以1 cm/s的速度沿边DA向点A移动，点F以1 cm/s的速度沿边BC向点C移动，点F移动到点C时，两点同时停止移动。以EF为边作正方形EFGH，点F出发xs时，正方形EFGH的面积为ycm。已知y与x的函数图象是抛物线的一部分，如图2所示。请根据图中信息，解答下列问题： （1）自变量x的取值范围是 ▲ ；

（2）d= ▲ ，m= ▲ ，n= ▲ ； （3）F出发多少秒时，正方形EFGH的面积为16cm？

2

2

【答案】解：（1）0≤x≤4。 （2）3，2，25．

（3）过点E作EI⊥BC垂足为点I。则四边形DEIC为矩形。 ∴EI=DC=3，CI=DE=x。 ∵BF=x，∴IF=4－2x。

第 24 页 共 44 页

在Rt△EFI中，EF2?EI2＋IF2?32＋?4?2 x?。 ∵y是以EF为边长的正方形EFGH的面积， ∴y?32＋?4?2 x?。

当y=16时，32＋?4?2 x??16，

2224＋74?7。 ，x2?224＋74?72

∴F出发或秒时，正方形EFGH的面积为16cm。

22解得，x1?【考点】动点问题，矩形的判定和性质，平行线间垂直线段的性质，勾股定理，解一元二次方程。

【分析】（1）自变量x的取值范围是点F从点C到点B的运动时间，由时间=距离÷速度，即可求。

（2）由图2知，正方形EFGH的面积的最小值是9，而正方形EFGH的面积最小时，根据地两平行线间垂直线段最短的性质，得d=AB=EF=3。

当正方形EFGH的面积最小时，由BF=DE和EF∥AB得，E、F分别为AD、BC的中点，即m=2。

当正方形EFGH的面积最大时，EF等于矩形ABCD的对角线，根据勾股定理，它为5，即n=25。

（3）求出正方形EFGH的面积y关于x的函数关系式，即可求得F出发4＋7或24?72

秒时，正方形EFGH的面积为16cm。 215. （2012四川乐山13分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x﹣2x﹣3=0的两根． （1）求抛物线的解析式；

（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD． ①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标； ②求△BOD 面积的最大值，并写出此时点D的坐标．

2

第 25 页 共 44 页

【答案】解：（1）解方程x﹣2x﹣3=0，得 x1=3，x2=﹣1。

∵m＜n，∴m=﹣1，n=3。∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）。 ∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax+bx。

2

2

1?a=???a?b=?1?2。

∴?，解得：??9a?3b=?3?b=1??211∴抛物线的解析式为y=?x2+x。

22（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b。

1?k=????k+b=?1?2。

∴?，解得：??3k+b=?3?b=?3?2?13∴直线AB的解析式为y=?x?。

223∴C点坐标为（0，?）。

2∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），∴直线OB的解析式为y=﹣x。 ∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC。 设P（x，﹣x）。

（i）当OC=OP时，x2+??x?=∴P1（293232，解得x1=（舍去）。 ，x2=?4443232）。 ，?44?（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2（，22343）。 43?93?（iii）当OC=PC时，由x+??x+?=，解得x1=，x2=0（舍去）。

242??第 26 页 共 44 页

?∴P3（，323）。 233333232?）或P3（，?））或P2（，。 ，?442244综上所述，P点坐标为P1（②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．

112211S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ?OG+DQ?GH

221=DQ（OG+GH） 21??11??=?x+??x2+x???3 2??22??设Q（x，﹣x），D（x，?x2+x）．

3?3?27=?x??+。 4?2?16∵0＜x＜3，∴当x=时，S取得最大值为

2322733 ?），此时D（，。

1628【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，等腰三角形的性质，二次函数的最值。

【分析】（1）首先解方程得出A，B两点的坐标，从而利用待定系数法求出二次函数解析式即可。

（2）①首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可。

②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出关于x的二次函数，从而得出最值即可。

16. （2012四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，顶点A．C．D

均在坐标轴上，且AB=5，sinB=

4． 5（1）求过A．C．D三点的抛物线的解析式；

（2）记直线AB的解析式为y1=mx+n，（1）中抛物线的解析式为y2=ax+bx+c，求当y1＜y2时，自变量x的取值范围；

（3）设直线AB与（1）中抛物线的另一个交点为E，P点为抛物线上A．E两点之间的一个动点，当P点在何处时，△PAE的面积最大？并求出面积的最大值．

2

第 27 页 共 44 页

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且AB=5，∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD=

在Rt△OCD中，OC=CD?sinD=4，OD=3，∴OA=AD﹣OD=2。 ∴A（﹣2，0）、B（﹣5，4）、C（0，4）、D（3，0）。

设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣3），将C（0，4）代入得： 2×（﹣3）a=4，解得a=﹣∴抛物线的解析式为y=

4。 52。 3222（x+2）（x﹣3）??x2+x+4。 33348（2）由A（﹣2，0）、B（﹣5，4）得直线AB：y1??x?。

3322由（1）得：y2??x2+x+4，则：

3348?y??x??x?5??x1??2?2?33，解得：?，??28。

y?022y2???1??y??x2+x+43??33?由图可知：当y1＜y2时，﹣2＜x＜5。 （3）∵S△PAE等于AE和AE上高乘积的一半，

∴当在抛物线上A．E两点之间，P到直线AB的距离最大时，S△PAE最大。 若设直线L∥AB，则直线L与抛物线有且只有一个交点时，该交点为点P。 设直线L：y??x+b，

当直线L与抛物线有且只有一个交点时，

43422?x+b??x2+x+4，且△=0。 333422由?x+b??x2+x+4化简，得

333第 28 页 共 44 页

2x2?6x+3b?12?0，

?=??6??4?2??3b?12???24b+132=0，

解得，b=

211。 232且4x2?12x+9?0，解得x=。

1137 ）。 。∴点P（，2222811由（2）得：E（5，?），则直线PE：y??x+9。

332749设直线PE与x轴交于点F，则点F（，0），∴AF=OA+OF=。

1111149287343（?）?∴△PAE的最大值：S?PAE?S?PAF?S?AEF???。

211321237343 ）时，△PAE的面积最大，为综上所述，当P（，。 2212∴直线L：y??x+【考点】二次函数综合题，菱形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与抛物线的交点，平行线的性质，一元二次方程根的判别式。 【分析】（1）由菱形ABCD的边长和一角的正弦值，可求出OC．OD．OA的长，从而确定A．C．D三点坐标，通过待定系数法可求出抛物线的解析式。

（2）首先由A．B的坐标确定直线AB的解析式，然后求出直线AB与抛物线解析式

的两个交点，然后通过观察图象找出直线y1在抛物线y2图象下方的部分。

（3）该题的关键点是确定点P的位置：P△AE的面积最大，那么AE上的高最大，即点P离直线AE的距离最远，那么点P为与直线AB平行且与抛物线有且仅有的唯一交点。根据一元二次方程根的判别式△=0求解即可。

17. （2012四川广元12分）如图，在矩形ABCO中，AO=3，tan∠ACB=

OC为x

轴，OA为y轴建立平面直角坐标系。设D，E分别是线段AC，OC上的动点，它们同时出发，

点D以每

秒3个单位的速度从点A向点C运动，点E以每秒1个单位的速度从点C向点O运动，设运

动时间为t 秒。

（1）求直线AC的解析式；

434，以O为坐标原点，3第 29 页 共 44 页

（2）用含t的代数式表示点D的坐标； （3）当t为何值时，△ODE为直角三角形？

（4）在什么条件下，以Rt△ODE的三个顶点能确定一条对称轴平行于y轴的抛物线？并

请选择一种

情况，求出所确定抛物线的解析式。

【答案】解：（1）根据题意，得CO=AB=BC?tan∠ACB=4，

∴A（0，3）、B（4，3）、C（4，0）。

设直线AC的解析式为：y=kx+3，代入C点坐标，得：4k+3=0，k=?。 ∴直线AC：y=?x+3。

（2）分别作DF⊥AO，DH⊥CO，垂足分别为F，H，

则有△ADF∽△DCH∽△ACO。

∴AD：DC：AC=AF：DH：AO=FD：HC：OC， 而AD=3t（其中0≤t≤∴FD=AD?34345），OC=AB=4，AC=5， 341239912t，AF=AD?t，DH=3?t，HC=4?t。

555555129∴D（t，3?t）。

55（3）CE= t，E（t，0），OE=OC-CE=4- t，HE=|CH-CE|=(4?12t17t)?t?4?， 559t212t254)?()=9t2?t?9， 5559t17t2742222

)=t?38t?25。 DE=DH+HE=(3?)2?(4?555则OD=DH+OH=(3?2

2

2

当△ODE为直角三角形时，有OD+DE=OE，或OD+OE=DE，或DE+OE=OD， 即(9t2?222222222

5474t?9)?(t2?38t?25)?(4?t)2①， 55第 30 页 共 44 页

5474t?9)?(4?t)2?t2?38t?25②， 557454或(t2?38t?25)?(4?t)2?9t2?t?9③，

55或(9t2?上述三个方程在0≤t≤

5内的所有实数解为 3t1?1520，t2?1，t3?0，t4?。 191720时，以Rt△ODE的三个顶点17（4）当DO⊥OE，及DE⊥OE时，即t3?0和t4?不确定对

称轴平行于y轴的抛物线，其它两种情况都可以各确定一条对称轴平行于y轴的抛物线。

129t，3?t），E（4-t，0） 55126∴当t2?1时，D（，），E（3，0）。

55∵D（

∵抛物线过O（0，0），∴设所求抛物线为y?ax2?bx，将点D，E坐标代

入，得

5?a???614412?a+b?=?6，解得。 5?525?5??b??0=9a+3b?2?55∴所求抛物线为y??x2?x。

62【考点】二次函数综合题，动点问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，解一元二次方程和二元一次方程组。

【分析】（1）在Rt△AOC中，已知AO的长以及∠ACB的正弦值，能求出OC的长，即可确定

点C的坐

标，利用待定系数法能求出直线AC的解析式。

（2）过D作AO、OC的垂线，通过构建相似三角形来求出点D的坐标。

（3）用t表示出OD、DE、OE的长，若△ODE为直角三角形，那么三边符合勾股定理，据此列方 程求出对应的t的值。

（4）根据（3）的结论能得到t的值，△ODE中，当OD⊥x轴或DE垂直x轴时，都不能确定“一

第 31 页 共 44 页

条对称轴平行于y轴的抛物线”，余下的情况都是符合要求的，首先得D、E的坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式。

当t1?151961x。 时，所求抛物线为y??x2?19303018. （2012四川巴中12分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴，y轴上，

四边形ABCO

为矩形，AB=16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB=

的动点（点

E不与点A，D重合），且∠CEF=∠ACB。 （1）求AC的长和点D的坐标； （2）说明△AEF与△DCE相似；

（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标。

4，点E，F分别是线段AD，AC上3

【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠B=90°。

在

Rt△ABC

中

，

BC=AB÷tan∠ACB=16÷

43=12 ，

AC=AB2?BC2?162+122?20。

则AO=BC=12。∴ A（-12，0）。

∵点D与点A关于y轴对称，∴D（12，0）。 （2）∵点D与点A关于y轴对称，∴∠CDE=∠CAO。

∵∠CEF=∠ACB，∠ACB=∠CAO，∴∠CDE=∠CEF。

又∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠CDE+∠DCE（三角形外角性质），∴∠AEF=∠DCE。 则在△AEF与△DCE中，∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE， ∴△AEF∽△DCE。

（3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况：

①当CE=EF时，∵△AEF∽△DCE，∴△AEF≌△DCE。∴AE=CD=20。

第 32 页 共 44 页

∴OE=AE－OA=20－12=8。∴E（8，0）。

②当EF=FC时，如图所示，过点F作FM⊥CE于M，

则点M为CE中点。

∴CE=2ME=2EF?cos∠CEF=2EF?cos∠ACB=

6EF。 5∵点D与点A关于y轴对称，∴CD=AC=20。 ∵△AEF∽△DCE，

EFAE50EFAE。 ? ，即? ，解得 AE?6CECD320EF5501414?12?，∴E（ ，0）∴OE=AE－OA=。 333∴

③当CE=CF时，则有∠CFE=∠CEF， ∵∠CEF=∠ACB=∠CAO，∴∠CFE=∠CAO。 即此时F点与A点重合，这与已知条件矛盾。

综上所述，当△EFC为等腰三角形时，点E的坐标为（8，0）或（

14，0）。 3【考点】坐标与图形性质，矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义。

【分析】（1）利用矩形的性质，在Rt△ABC中，利用三角函数求出AC、BC的长度，从而得

到A点坐标；

由点D与点A关于y轴对称，进而得到D点的坐标。

（2）欲证△AEF与△DCE相似，只需要证明两个对应角相等即可，在△AEF与△DCE中，易知

∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE，从而问题解决。

（3）当△EFC为等腰三角形时，需要分CE=EF，EF=FC，CE=CF三种情况讨论。

19. （2012山东临沂11分）已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；

（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；

（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．

第 33 页 共 44 页

【答案】（1）证明：∵b=2a，点M是AD的中点，∴AB=AM=MD=DC=a，

又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°。 ∴∠BMC=90°。

（2）解：存在，理由如下：

若∠BMC=90°，则∠AMB=∠DMC=90°。 又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC。 又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC。∴设AM=x，则

AMAB?。 CDDMxa22

?，整理得：x﹣bx+a=0。 bb?x2

2

∵b＞2a，a＞0，b＞0，∴△=b﹣4a＞0。 ∴方程有两个不相等的实数根。 又∵两根之积等于a＞0，∴两根同号。

又∵两根之和等于b ＞0，∴两根为正。符合题意。 ∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°。

（3）解：不成立．理由如下：

若∠BMC=90°，由（2）可知x﹣bx+a=0，

∵b＜2a，a＞0，b＞0，∴△=b﹣4a＜0，∴方程没有实数根。 ∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立。

【考点】动点问题，矩形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

【分析】（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°。

（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即

可得方程：x2-bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，结合根与系数的关系可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意。

第 34 页 共 44 页

2

2

2

2

2

（3）用反证法，由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2-bx+a2=0的根的情况，即可求得答案。

20. （2012山东济宁10分）如图，抛物线y=ax+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点（端点除外），过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）当动点P运动到何处时，BP=BD?BC； （3）当△PCD的面积最大时，求点P的坐标．

2

2

【答案】解：（1）∵抛物线y=ax+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点

2

?1?16a+4b?4=0?a=∴?，解得?2。 ?4a?2b?4=0??b=?1∴抛物线的解析式为y=x2?x?4。 （2）设点P运动到点（x，0）时，有BP=BD?BC，

在y=x2?x?4中，令x=0时，则y=﹣4，∴点C的坐标为（0，﹣4）。 ∵PD∥AC，∴△BPD∽△BAC。∴

2

1212BDBP?。 BCBA∵BC?BC2?OC2?22?42?25，AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2 ∴BD252

?x+25，即BD??x+2?。 632∵BP=BD?BC，∴?x+2??意，舍去）。

45?x+2??25，解得x1=，x2=﹣2（不合题

33第 35 页 共 44 页

4，0）。 342

∴当点P运动到（，0）时，BP=BD?BC。

3∴点P的坐标是（

S?BP? （3）∵△BPD∽△BAC，∴?BPD???

S?BAC?AB?∴S?BPD21?BP??x+2?1???S???6?4=?x+2?2， ?BAC???3?AB??6?222又∵S?BPC?∴S?PCD1??x+2??4， 211122?S?BPC?S?BPD=??x+2??4??x+2????x?1?+3。

233∵?＜0，∴当x=1时，S△BPC有最大值为3。 ∴点P的坐标为（1，0）时，△PDC的面积最大。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）该抛物线的解析式中有两个待定系数，只需将点A、B的坐标代入解析式中求解即可。

（2）首先设出点P的坐标，由PD∥AC得到△BPD∽△BAC，通过比例线段可表示出

BD的长；BC的长易得，根据题干给出的条件BP=BD?BC即可求出点P的坐标。

（3）由于PD∥AC，根据相似三角形△BPD、△BAC的面积比，可表示出△BPD的面积；以BP为底，OC为高，易表示出△BPC的面积，△BPC、△BPD的面积差为△PDC的面积，通过所列二次函数的性质，即可确定点P的坐标。

21. （2012山东青岛12分）如图，在△ABC中，∠C＝90o，AC＝6cm，BC＝8cm，D、E分别

是AC、AB

的中点，连接DE．点P从点D出发，沿DE方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点

B出发，沿

BA方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动

时间为t(0＜t ＜4)s．解答下列问题：

(1)当t为何值时，PQ⊥AB？

(2)当点Q在B、E之间运动时，设五边形PQBCD的面积为ycm，求y与t之间的函数关

第 36 页 共 44 页

2

2

13

系式；

(3)在(2)的情况下，是否存在某一时刻t，使得PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为

S?PQE∶S五边形PQBCD＝1∶29？若存在，求出此时t的值以及点E到PQ的距离h；若不存

在，请说明理由．

【答案】解：（1）如图，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，

∴AB?AC2?BC2?62?82?10。

∵点D、E分别是AC、AB的中点，

∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC，且DE=

∵PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=90。

又∵DE∥BC，∴∠AED=∠B。 ∴△PQE∽△ABC。∴

0

1BC=4。 2PEQE?。 ABBC由题意，得PE=4－t，QE=2t－5，

4?t2t?541?，解得t=。 1081441∴当t=时，PQ⊥AB。

14∴

（2）过点P作PM⊥AB于点M。

PMPE?， ACABPM4?t3? ∴，即PM??4?t?。 6105113339 ∴S?PDE??EQ?PM???5?2t???4?t?=t2?t+6，

2255101S梯形DCBE???4+8??3?18 。 2 由△PME∽△ABC，得

第 37 页 共 44 页

∴y=S梯形DCBE?S?PDE=18??t2??3?539339?t+6???t2+t+12。 10510?（3）假设存在时刻t使S?PQE∶S五边形PQBCD＝1∶29，此时，

S?PQE=1S梯形BCDE， 303391t+6=?18，即2t2?13t+18=0。 ∴t2?510309 解得t1?2，t2=（舍去）。

23648 当t?2时，PM=??4?2??，ME=??4?2??，EQ=5－2×2=1，

5555813205?6??13?MQ=ME＋EQ=+1?，PQ?PM2?MQ2???????。

55555????13656205=∵?PQ?h=，∴h=?。

520525205当t?2时， PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为

22S?PQE∶S五边形PQBCD＝1∶29，此时点E到PQ的距离h=6205。 205【考点】动点问题，勾股定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，求二次函数关系式。

【分析】（1）由△PQE∽△ABC可列式求解。

3 ?4?t?，根据y=S梯形DCBE?S?PDE可求关系式。

51S五边形PQBCD＝1∶29可得S?PQE=S梯形BCDE，即 （3）假设存在，由已知S?PQE∶3013可求出t?2，进一步由?PQ?h=求出h。

25 （2）由△PME∽△ABC可求得PM?22. （2012山东济南9分）如图，已知双曲线y?k，经过点D（6，1），点C是双曲线第x三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC． （1）求k的值；

（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式； （3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由．

第 38 页 共 44 页

【答案】解：（1）∵双曲线y?

kk经过点D（6，1），∴?1，解得k=6。 x61×6?h=12，解得2（2）设点C到BD的距离为h，

∵点D的坐标为（6，1），DB⊥y轴，∴BD=6，∴S△BCD=

h=4。

∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1，∴点C的纵坐标

为1－4= －3。

∴

6。 ?3，解得x= －2。∴点C的坐标为（－2，－3）

x设直线CD的解析式为y=kx＋b，

1???2k?b??3?k?则?，解得?2。

6k?b?1???b??2∴直线CD的解析式为y?（3）AB∥CD。理由如下：

∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，点C的坐标为（－2，－3），点D的坐标为（6，1）， ∴点A、B的坐标分别为A（－2，0），B（0，1）。 设直线AB的解析式为y=mx+n，

1x?2。 21???2m?n?0?m?则?，解得?2。 ?n?1??n?11x?1。 21∵AB、CD的解析式k都等于相等。

2∴直线AB的解析式为y?∴AB与CD的位置关系是AB∥CD。

第 39 页 共 44 页

【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的判定。 【分析】（1）把点D的坐标代入双曲线解析式，进行计算即可得解。

（2）先根据点D的坐标求出BD的长度，再根据三角形的面积公式求出点C到BD

的距离，然后求出点C的纵坐标，再代入反比例函数解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答。

（3）根据题意求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，可知与直线

CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行。

23. （2012浙江嘉兴14分）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m． （1）如图1，当m=2时， ①求线段OP的长和tan∠POM的值；

②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标； （2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E． ①用含m的代数式表示点Q的坐标； ②求证：四边形ODME是矩形．

2

【答案】解：（1）①把x=2代入 y=x，得 y=2，∴P（2，2），∴OP=6。

2

OP2。 =AP2n2222

②设 Q（n，n），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴n=?。 =?n22213∴Q（?。∴OQ=。 ， ）

222∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan?POM?tan?OPA?第 40 页 共 44 页

∴当 OQ=OC 时，则C1（0，33），C2（0，－）。 22当 OQ=CQ 时，则 C3（0，1）。

（2）①∵点P的横坐标为m，∴P（m，m）。设 Q（n，n），

2

2

n2?nBQBO1=2，得n=?。 =∵△APO∽△BOQ，∴。∴

mmAOAPm∴Q（?11。 ， 2）

mm2

②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m）、Q（?入，得：

11， 2）代mm?m2=mk+b?，解得b=1。∴M（0，1）。 ?11?2=??k+bm?m∵

QBOB1，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。 =?MOAPm2∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。 同理可证：EM∥OD。

又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。

【分析】（1）①已知m的值，代入抛物线的解析式中可求出点P的坐标；由此确定PA、OA的长，通过解直角三角形易得出结论。

②题目要求△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO两种情况来判

断：

QO=QC时，Q在线段OC的垂直平分线上，Q、O的纵坐标已知，C点坐标即可确定； QO=OC时，先求出OQ的长，那么C点坐标可确定。

（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q

的坐标。

②在四边形ODME中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，那

么可通过证明两组对边平行来得证。

第 41 页 共 44 页

24. （2012浙江绍兴14分）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线

y?x2?4x?2经过A，B两点。

（1）求A点坐标及线段AB的长；

（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。 ①当PQ⊥AC时，求t的值；

②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。

【答案】解：（1）由抛物线y?x?4x?2知：当x=0时，y=﹣2，∴A（0，﹣2）。

∵四边形OABC是矩形，∴AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同。

当y=﹣2时，?2?x?4x?2，解得x1?0，x2?4。∴B（4，﹣2）。 ∴AB=4。

（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t－1）=7 t －7。

当Q点在OA上时，即0?7t?7?2，1?t?229时， 7如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。

QAAP7t?7t7，即=?，解得t?。

ABBC42579∵?，∴此时t值不合题意。 57913当Q点在OC上时，即2?7t?7?6，?t?时，

77∴

如图2，过Q点作QD⊥AB。∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。 ∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。 若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，

第 42 页 共 44 页

QADP29?6t4，即?，解得t?。 =ABBC44394134∵??，∴t?符合题意。 73731315当Q点在BC上时，即6?7t?7?8，?t?时，

77∴

如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC， 则QG⊥PG，即∠GQP=90°。

∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾， 此时PQ不与AC垂直。 综上所述，当t?4时，有PQ⊥AC。 3BPBQ， =BABC②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴∴

4?t8?7(t?1)，解得t=2。 ?42即当t=2时，PQ∥AC。此时AP=2，BQ=CQ=1。 ∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。 抛物线对称轴的解析式为x=2，

当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ， ∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ。

作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N

垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，

在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。∴OQ=17， ∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=

1OQ×PM， 2∴PM=6171217。∴PP′=2PM=。 1717∵NPP′=∠COQ。∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′。 ∴

CQOQOC121174'，即，解得 ，==PN?=='''NPPPPN17PN1217PN17PN?48。 17第 43 页 共 44 页

46147。∴直线OP′的解析式为y?，）x。

17172314∴OP′与NP的交点H2（2，）。

2314∴当yH?时，∠HOP＞∠POQ。

2314综上所述，当yH??2或yH?时，∠HOQ＞∠POQ。

23∴P′（

【考点】二次函数综合题，曲线图上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，对称的性质。

【分析】（1）已知抛物线的解析式，将x=0代入即可得A点坐标；由于四边形OABC是矩形，那么A、B纵坐标相同，代入该纵坐标可求出B点坐标，则AB长可求。

（2）①Q点的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上 三段来分析，若PQ⊥AC时，

很显然前两种情况符合要求，首先确定这三段上t的取值范围，然后通过相似三角形（或构建相似三角形），利用比例线段来求出t的值，然后由t的取值范围将不合题意的值舍去。

②当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，通过比例线段求出t的值以及P、Q点的坐标，

可判定P点在抛物线的对称轴上，若P、H1重合，此时有∠H1OQ=∠POQ。若作P点关于OQ的对称点P′，OP′与NP的交点H2，亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而题目要求的是∠HOQ＞∠POQ，那么H1点以下、H2点以上的H点都是符合要求的。

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