2012年全国各地中考数动态型问题 - 图文

四十章 动态型问题

18．(2012江苏苏州，18，3分)如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止．已

2

知△PAD的面积S（单位：cm）与点P移动的时间（单位：s）的函数如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了 （4+2） 秒（结果保留根号）．

分析： 根据图②判断出AB、BC的长度，过点B作BE⊥AD于点E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根据t=2时△PAD的面积求出AD的长度，过点C作CF⊥AD于点F，然后求出DF的长度，利用勾股定理列式求出CD的长度，然后求出AB、BC、CD的和，再根据时间=路程÷速度计算即可得解． 解答： 解：由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化， ∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4﹣2=2秒， ∵动点P的运动速度是1cm/s， ∴AB=2cm，BC=2cm， 过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F， 则四边形BCFE是矩形， ∴BE=CF，BC=EF=2cm， ∵∠A=60°， ∴BE=ABsin60°=2×=， AE=ABcos60°=2×=1， ∴×AD×BE=3即×AD×=3， ， 解得AD=6cm， ∴DF=AD﹣AE﹣EF=6﹣1﹣2=3， 在Rt△CDF中，CD===2， 所以，动点P运动的总路程为AB+BC+CD=2+2+2=4+2， ∵动点P的运动速度是1cm/s， ∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+2）÷1=4+2（秒）． 故答案为：（4+2）．

点评： 本题考查了动点问题的函数图象，根据图②的三角形的面积的变化情况判断出AB、BC的长度是解题的关键，根据梯形的问题中，经常作过梯形的上底边的两个顶点的高线作出辅助线也很关键．

23.（2012贵州省毕节市，23，12分）如图①，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′.

(1)如图②，将△ACD沿A′C′边向上平移，使点A与点C′重合，连接A′D和BC，四边形A′BCD是 形；

（2）如图③，将△ACD的顶点A与A′点重合，然后绕点A沿逆时针方向旋转，使点D、A、B在同一直线上，则旋转角为 度；连接CC′，四边形CDBC′是 形； （3）如图④，将AC边与A′C′边重合，并使顶点B和D在AC边的同一侧，设AB、CD相交于E，连接BD，四边形ADBC是什么特殊四边形？请说明你的理由。

第23题图

解析：（1）利用平行四边形的判定，对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可；（2）利用旋转变换的性质以及直角梯形判定得出即可；（3）利用等腰梯形的判定方法得出BD∥AC，AD=CE，即可得出答案． 解案：解：（1）平行四边形；

证明：∵AD=AB，AA′=AC，∴A′C与BD互相平分，

∴四边形A′BCD是平行四边形；

（2）∵DA由垂直于AB，逆时针旋转到点D、A、B在同一直线上， ∴旋转角为90度；

证明：∵∠D=∠B=90°，A，D，B在一条直线上，

∴CD∥BC′，∴四边形CDBC′是直角梯形； 故答案为：90，直角梯； （3）四边形ADBC是等腰梯形；

证明：过点B作BM⊥AC，过点D作DN⊥AC，垂足分别为M，N，

∵有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′．∴△ACD≌△A′BC′，∴BM=ND，∴BD∥AC，

∵AD=BC，∴四边形ADBC是等腰梯形．

点评：此题主要考查了图形的剪拼与平行四边形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知识，熟练掌握判定定理是解题关键．

26.（2012年广西玉林市，26，12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P，Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C、D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动.点P，Q同时出发，同时停止.设运动的时间为t（秒），当t=2（秒）时，PQ=25.

（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；

（2）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值.

（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？

解：（1）设OC=x， 当t=2时，OP=4，PC=x－4；CQ=2.

在Rt△PQC中，PQ2?PC2?CQ2，?25?2??x?4?2?22 ,解得x1?0（不合题意，舍

去），x2?8，∴D点坐标（8，4）；

（2）由翻折可知，点Q和点F关于直线AD对称，∴QD=DF=4－t，而AD=8，∴

S?AQF?1?8?2?4?t??32?8t. 2设经过A（0，4）、Q（8，t）两点的一次函数解析式为y?kx?b，故有：

?4?bt?4t?4k?y?x?4，，解得，∴一次函数的解析式为易知一次函数与x轴?88t?8k?b?的交点的坐标为（

32321?32?，0），∴EC=－8，∴S?EQ ???8??2?4?t??8t，F?4?t4?t2?4?t?∴S?AFE?S?AFQ?S?QFE?32?8t?8t?32.∴△AEF的面积S不随t的变化而变化，S的值为32.

（3）因AP与QF不平行，要想使四边形APQF是梯形，须有PQ∥AF.

∵AF=AQ，∴∠AFQ=∠AQF，而∠CQE=∠AQF，要想PQ∥AF，须有∠AFQ=∠PQC，故只需具备条件∠PQC =∠CQE ，又∵QC⊥PE，∴∠ CQP=∠QCE，QC=QC，∴△CQP ≌△QCE ，∴PC=CE，即8－2t=

32－8，解得t1?6?25（不合题意，舍去），t2?6?25.故4?t当t?6?25时，四边形APQF是梯形.

22. （2012珠海，22，9分）如图,在等腰梯形ABCD中AB∥CD,AB＝32,DC＝2,高CE＝22,对角线AC、BD交于H，平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G；当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动.记等腰梯形ABCD被直线MN扫过的面积为S1，被直线RQ扫过的面积为S2，若直线MN平移的速度为1单位/秒,直线RQ平移的速度为2单位/秒,设两直线移动的时间为x秒.

(1)填空:∠AHB＝____________; AC＝_____________; (2) 若S2?3S1,求x;

(3) 若S2?mS1,求m的变化范围.

DHRMFANQGCDHRMFGNQCEBAEB第22题图第22题备用图

【解析】(1) 如图第22题-1所示,平移对角线DB,交AB的延长线于P.则四边形BPCD是平行四边形,BD＝PC,BP＝DC＝2.因为等腰梯形ABCD,AB∥CD,所以AC＝BD. 所以AC＝PC.又高CE＝22, AB＝32,所以AE＝EP＝22.所以∠AHB＝90°AC＝4;

DHRMFANQEBPGC第22题图-1

⑵直线移动有两种情况:0?x?2333及?x?2,需要分类讨论.①当0?x?时, 有222S2?AG?3?x?2时,先用含有x的代数式分别表示S1,S2,然.∴②当S?3S???421?2S1?AF?后由S2?3S1列出方程,解之可得x的值; (3) 分情况讨论:①当0?x?3时, 22.②当

错误！未指定应用程序。

23?x?2时,由28?8?2?x?S?12?＝?36????4.然后讨论这个函数的最值,确S2?mS1,得m?2?22S1?x3?x3定m的变化范围.

【答案】(1) 90°,4;

(2)直线移动有两种情况:0?x?33及?x?2. 22

①当0?x?3时,∵MN∥BD,∴△AMN∽△ARQ,△ANF∽△AQG. 22S2?AG?????4.∴S2?3S1 S1?AF?②当

3?x?2时, 如图第22题-2所示, 2DHFRGMCQANE第22题图-2B

CG＝4－2x,CH＝1,S?BCD12?4?2x???4?1?2. S?CRQ?2?? ?82?x???2?1?2S1?222x,S2?8?8?2?x? 32由S2?3S1,得方程8?8?2?x??3?∴x＝2. (3) 当0?x?当

622x,解得x1?(舍去),x2?2.

533时,m＝4 23?x?2时, 2228?8?2?x?3648?12??12＝?36????4. 由S2?mS1,得m?＝?2?22xx?x3?x3113112的二次函数, 当?x?2时, 即当??时, M随的增大而增大. xx22x33当x?时,最大值m＝4. 当x＝2时,最小值m＝3.

2M是

∴3≤m≤4.

【点评】本题是一道几何代数综合压轴题,重点考查等腰梯形, 相似三角形的性质,二次函数的增减性和最值及分类讨论,由特殊到一般的数学思想等的综合应用.解题时,

(1)小题,通过平移对角线,将等腰梯形转化为等腰三角形,从而使问题得以简化,是我们解决梯形问题常用的方法.

(2) 小题直线移动有两种情况:0?x?33及?x?2,需要分类讨论.这点万不可忽略,解222题时用到的知识点主要是相似三角形面积比等于相似比的平方.

?12?(3) 小题仍需要分情况讨论.对于函数m??36????4,讨论它的增减性和最值是个

?x3?难点. 讨论之前点明我们把这个函数看作“M是

16、（2012·湖南省张家界市·16题·3分）已知线段AB=6，C、D是AB上两点，且AC=DB=1，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点C移动到点D时，G点移动的路径长度为________.

【分析】

不好意思，本题做不出来，还请高手补充 18．（2012湖北荆州，18，3分）如图(1)所示，E为矩形ABCD

的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE—ED—DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：

①AD＝BE＝5；②cos∠ABE＝

F G E 1的二次函数”对顺利作答至关重要. xA C P D B

3；③当0＜t≤5时，y＝2t2；④当t＝29秒时，554__(填序号)．

△ABE∽△QBP；其中正确的结论是__▲A P B Q C O 5 7 E D y 10 M N H t 图(1) 图(2)

第18题图

图(3)

【解析】首先，分析函数的图象两个坐标轴表示的实际意义及函数的图象的增减情况. 横轴表示时间t，纵轴表示△BPQ的面积y.

当0＜t≤5时，图象为抛物线，图象过原点，且关于y轴对称，y随的t增大而增大，

t=5的时候，△BPQ的面积最大，

5＜t＜7时，y是常函数，△BPQ的面积不变，为10.

从而得到结论：t=5的时候，点Q运动到点C，点P运动到点E， 所以BE＝BC=AD＝5×1=5cm，

5＜t＜7时，点P从E→D，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm. cos∠ABE＝

AB4?. BE5设抛物线OM的函数关系式为y?at2（a?0,0＜t≤5),把（5,10）代入得到10?25a，所以a?2， 522 t5所以当0＜t≤5时， y＝

当t＞5时，点P位于线段CD上，点Q与点C重合，. 当t＝

29秒，点P位于P’处，C P’=CD－DP’=4－（29－7）=15 cm. 444在△ABE和△Q’BP’中，【答案】①③④

ABQ'B4??,∠A＝Q’=90°，所以△ABE∽△Q’BP’ AECP'3【点评】本题综合考察了动点问题、二次函数、三角形相似、常函数、锐角三角函数、分段函数的知识，综合性强。读函数的图象时首先要理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，把图象的过程和几何的动点运动过程相结合，化静为动，从而解决问题。本题考察的知识点全面，难度较大。

8.（2012湖北黄冈，8，3）如图，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，点P从点A出发，

沿AB方向以每

秒2cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC

沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP为菱形，则t的值为（ ）

A. 2 B. 2 C. 22 D.3 【解析】连接PP′交BC于点D，若四边形QPCP为菱形，则PP′⊥BC，CD＝

∴BD=6-

11CQ=（6-t）， 22D

11（6-t）=3+t.在Rt△BPD中，PB=AB-AP=62-2t，而PB=2BD， 221∴62-2t=2（3+t），解得：t=2，故选B.

2【答案】B 【点评】本题主要考查了等腰直角三角形和菱形的性质，要能在动态变化中抓住静态结论利

用方程思想解题.难度中等.

12. （2012甘肃兰州，12，4分）如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°.若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A的方向运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜3)，

连接EF，当△BEF是直角三角形时，t的值为（ ） A.

7779 B. 1 C. 或1 D. 或1或 4444解析：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°；Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°； ∴AB=2BC=4cm.①当∠BFE=90°时；Rt△BEF中，∠ABC=60°，

第12题图 则BE=2BF=2cm；故此时AE=AB-BE=2cm；∴E点运动的距离为：2cm或6cm，[来源:Zxxk.Com]

故t=1s或3s；由于0≤t＜3，故t=3s不合题意，舍去；所以当∠BFE=90°时，t=1s；②当∠BEF=90°时；同①可求得BE=0.5cm，此时AE=AB-BE=3.5cm；∴E点运动的距离为：3.5cm或4.5cm，故t=1.75s或2.25s；综上所述，当t的值为1、1.75或2.25s时，△BEF是直角三角形．故选D． 答案：D

点评：根据直径所对的圆周角是直角得到直角三角形ABC，再根据30°直角三角形的性质，可求出AB的长.△BEF是直角三角形，则有两种情况：①∠BFE=90°，②∠BEF=90°；在上述两种情况所得到的直角三角形中，已知了BC边和∠B的度数，即可求得BE的长；由AE=AB-BE即可求出AE的长，也就能得出E点运动的距离（有两种情况），从而求出t的值．此题综合考查了圆周角定理的推论、垂径定理以及直角三角形的性质，是一道动态题，同时还考查了分类讨论的数学思想，有一定的难度． 26．（2012贵州遵义，26, 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．

解析： （1））由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QPC=90°，设AP=x，则P﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可； （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=B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是行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点Q运动时，线段DE的长度不会改变． 答案： 解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形， ∴∠ACB=60°，

∵∠BQD=30°， ∴∠QPC=90°， 设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x， ∴QC=QB+BC=6+x， ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°， ∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=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， 又∵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∠AEP=∠BFQ=90°， ∴∠APE=∠BQF， ∴ ∴△APE≌△BQF， ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF， ∴四边形PEQF是平行四边形， ∴DE=EF， ∵EB+AE=BE+BF=AB， ∴DE=AB， 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． 点评： 本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助构造出全等三角形是答案此题的关键． 24. （2012山东省青岛市，24，12）（12分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，

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(s)(0

⑵当点Q在BE之间运动时，设五边形PQBCD的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；

⑶在（2）的情况下，是否存在某一时刻t，使PQ分四边形BCDE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.

PEQE

24. 【解析】（1）要使PQ⊥AB，只要说明△PQE∽△ACB，所以= ，可得求t值.

ABBC（2）五边形PQBCD的面积=梯形DEBC的面积-△PEQ的面积，易求梯形DEBC的面积，

求△PEQ的面积，要作EQ边上高，利用△PME∽△ABC可求出高.（3）可先假设其存在，即S△PQE：S五边形PQBCD=1:29，根据（2）中关系代入计算，若得出结果与假设一致，则假设正确，反之，则假设不成立．

【答案】解：⑴如图①，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，∴AB=62+82=10. ∵D、E分别是AC、AB的中点.

1

∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC且DE=BC =4,因为PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=90°，又

2DE∥BC，∴∠AED=∠B，∴△PQE∽△ACB，∴ 4-t2t-541

由题意得：PE=4-t,QE=2t-5,即= ,解得t= . 10814⑵过点P作PM⊥AB于M，由△PME∽△ABC，得∴S113339=EQ?PM=(5-2t)?(4-t)=t2-t+6. 225510PMPEPM4-t3.∴?=,得PM=(4?t)，

ACAB6105PEQE= . ABBC

PQE

1S梯形DCBE=?（4+8）?3=18.

2339339∴y=18-(t2-t+6)=-t2+t+12

510510⑶假设存在时刻t,使S△PQE：S五边形PQBCD=1:29，

此时S

△PQE

=

13391S四边形BCDE.∴t2-t+6=?18，30510309

即2t2-13t+18=0. ∴t1=2,t2=(舍去).当t=2时，

2PM=

3648?（4-2）=，ME=?（4-2）=.EQ=5-2×2=1，MQ=ME+EQ=555565132205)=. 55813+1=55，

PQ=PM2+MQ2=()2+(136562056=(或）. ∵PQ·h=，∴h=?255205205205【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，将相似三角形与二次函数融合在一起，运用了勾股定理、三角形面积公式知识，综合强．像本题这样的存在型问题是中考的常考点，要注意掌握这类问题的解题方法.

24．（2012湖北咸宁，24，12分）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转90?，得到线段AB．过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D，运动时间为t秒．

y C D C y M O A B E x O 备用图

x （第24题）

（1）当点B与点D重合时，求t的值；

25? 4（3）连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线y?ax2?10ax的顶点在△ABM内部（不包括边），求a的取值范围． 【解析】（1）易证得Rt△CAO∽Rt△ABE；当B、D重合时，BE的长已知（即OC长），根据AC、AB的比例关系，可得AO、BE的比例关系，由此求得t的值．

（2）求△BCD的面积时，可以CD为底、BD为高来解，那么表示出BD的长是关键；Rt△CAO∽Rt△ABE，且知道AC、AB的比例关系，即可通过相似三角形的对应边成比例求出BE的长，进一步得到BD的长，在表达BD长时，应分两种情况考虑：①B在线段DE上，②B在ED的延长线上． （3）通过配方法，可得抛物线的顶点坐标，将其横坐标分别代入直线MB、AB的解析式中，可得抛物线对称轴与这两条直线的交点坐标，根据这两个坐标即可判定出a的取值范围． 【答案】（1）∵?CAO??BAE?90?，?ABE??BAE?90?， ∴?CAO??ABE．

（2）设△BCD的面积为S，当t为何值时，S?

∴Rt△CAO∽Rt△ABE． ······························································································· 2分

CAAO， ?ABBE2ABt∴······························································································· 3分 ?，∴t?8． ·

AB41（2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：BE?t，AE?2． ········································· 4分

211t25当0＜t＜8时，S?CD?BD?(2?t)(4?)?．

2224∴

∴t1?t2?3． ················································································································ 6分 当t＞8时，S?CD?BD?121t25． (2?t)(?4)?224∴t1?3?52，t2?3?52（为负数，舍去）．

25．··················································································· 8分 41（3）如图，过M作MN⊥x轴于N，则MN?CO?2．

2当t?3或3?52时，S?y C x＝5 D B E O A （第24题） x

当MB∥OA时，BE?MN?2，OA?2BE?4． ······················································· 9分 抛物线y?ax2?10ax的顶点坐标为（5，?25a）． ·················································· 10分 它的顶点在直线x?5上移动．直线x?5交MB于点（5，2），交AB于点（5，1）．11分 ∴1＜?25a＜2．∴?21＜a＜?．···································································· 12分 2525【点评】本题是二次函数综合题，属于图形的动点问题，前两问的关键在于找出相似三角形，得到关键线段的表达式，注意点在运动过程中未知数的取值范围问题．最后一问中，先得到抛物线的顶点坐标是简化解题的关键．

25．(2012贵州六盘水，25，16分)如图13，已知△ABC中，AB=10cm,AC=8cm,BC=6 cm ,

如果点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm /s，连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）（0≤t≤4）.解答下列问题：

（1）当t为何值时，PQ∥BC.（4分） （2）设△AQP的面积为S（单位：cm 2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值. （3）是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC 的面积平分？若存在求出此时t的值；若

不存在，请说明理由.（3分）

（4）如图14，把△APQ沿AP翻折，得到四边形AQPQ°.那么是否存在某时刻t使四边形

AQPQ°为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由.（5分）

分析： （1）由PQ∥BC时的比例线段关系，列一元一次方程求解； （2）如解答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D，构造比例线段，求得PD，从而可以得到S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值； （3）要点是利用（2）中求得的△AQP的面积表达式，再由线段PQ恰好把△ABC的面积平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于0，则可以得出结论：不存在这样的某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分；

（4）首先根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、QD和PD的长度；然后在Rt△PQD中，求得时间t的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于△AQP面积的2倍，从而可以利用（2）中△AQP面积的表达式，这样可以化简计算． 解答：解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm， ∴由勾股定理逆定理得△ABC为直角三角形，∠C为直角．

（1）BP=2t，则AP=10﹣2t． ∵PQ∥BC，∴∴当t?20APAQ10?2t2t??，解得t?，即，

9ABAC10820s时，PQ∥BC． 9

（2）如答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D．

APPD10?2tPD5??，即，解得PD?6?t． ABBC106611555515S?AQPD??2t?(6?t) ??t2?6t??(t?)2?，

22666225152

∴当t= s时，S取得最大值，最大值为cm．

22∴PD∥BC，∴

（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，

1S△ABC，而S△ABC=AC?BC=24，∴此时S△AQP=12． 252由（2）可知，S△AQP=?t?6t，

65?t2?6t?12，化简得：t2﹣5t+10=0， ∴6则有S△AQP=

∵△=（﹣5）﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解， ∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．

（4）假设存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，则有AQ=PQ=BP=2t． 如答图2所示，过P点作PD⊥AC于点D，则有PD∥BC，

2

APPDAD10?2tPDAD????，即， ABBCAC106855解得：PD?6?t，AD?8?t，

68518∴QD=AD﹣AQ=8?t?2t?8?t．[来源:Z.xx.k.Com]

85∴在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD+PD=PQ， 即(8?2

2

2

1826t)?(6?t)2?(2t)2， 552

化简得：13t﹣90t+125=0， 解得：t1=5，t2=

25， 1325． 13∵t=5s时，AQ=10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t=由（2）可知，S△AQP=?t?6t

∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×?t?6t=2????(562562?6?525225?24002

cm． )?6???1313?16924002

cm． 169所以存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为

点评：本题是非常典型的动点型综合题，全面考查了相似三角形线段比例关系、菱形的性质、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法与判别式、二次函数的极值等知识点，涉及的考点众多，计算量偏大，有一定的难度．本题考查知识点非常全面，是一道测试学生综合能力的好题．

专项六 动态型问题（40）

10．（2012浙江省温州市，10，4分）如图，在△ABC中，?C?90,M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B。已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连结MP，MQ，PQ。在整个

运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是（ ）

A. 一直增大 B.一直减小 C. 先减小后增大 D.先增大后减少

【解析】本题是一道动态变化问题，可利用特值判断选项。 【答案】C

【点评】本题属于态变化问题，题中没有给出边长和速度，有一定难度．

14. (2012山东省临沂市，14，3分）如图，正方形ABCD的边长为4cm,动点P、Q同时从点A出发，以1cm/s的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动，设运动时间为x（单位：s），四边形PBDQ的面积为y（单位：cm2）,则y与x（0≤x≤8）之间的函数关系可用图象表示为（ ）

【解析】在0≤x≤4时,y随x的增大而减小，在4≤x≤8时,y随x的增大而增大；且y与x的函数关系是二次函数，故选B. 【答案】选B.

【点评】考查动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键．

25. (2012山东省临沂市，25，11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=900;

(2) 如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=900，若存在，请给予证明；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。

【解析】（1）由b=2a，点M是边AD的中点，可得△AMB和△DMC是等腰直角三角形，∠AMB=∠DMC=450，可证明∠BMC=900; （2）（3）分析图形，△ABM∽△DMC, 利用相似图形的性质列出方程，探索方程根的情况， 当△=b2-4ac＞0, 存在∠BMC=900；当△=b2-4ac＜0, 不存在∠BMC=900； 解：（1）证明：∵b=2a，点M是边AD的中点，∴AB=AM=MD=DC. 又∵四边形ABCD是矩形，∠A=∠D=900，∴∠AMB=∠DMC=450， ∴∠BMC=900;

(2)存在。

理由：若∠BMC=900，则∠AMB+∠DMC=900， 又∵∠AMB+∠ABM=900，∴∠AMB=∠DMC, 又∵∠A=∠D=900，∴△ABM∽△DMC,∴∴

AMAB, ?CDDMAMa,设AM为x，整理得，x2-bx?a2?0， ?ab-AM∵b＞2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＞0,

∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于0，符合题意。 ∴当b＞2a时，存在∠BMC=900； （3）不成立。

理由：若∠BMC=900，由（2）可知x2-bx?a2?0， ∵b＜2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＜0, ∴方程无实数根，

∴当b＜2a时，不存在∠BMC=900，即（2）中的结论不成立。 【点评】本题涉及到动点问题，比较复杂，解答此题的关键是根据题意分析图形，确定△ABM∽△DMC,，由数形结合便可解答，体现了数形结合在解题中的重要作用．

21. (2012四川省南充市，21，8分) 在Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ中点，把一三角尺

的直角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与△POQ的两直角边分别交于点A、B. （1）求证：MA=MB;

（2）连接AB，探究：在旋转三角尺的过程中，△AOB的周长是否存在最小值.若存在，

求出最小值；若不存在，请说明理由.

解析：（1）连接OM.证明⊿AMO ≌⊿AMO即可.（2）在Rt⊿AOB中，运用勾股定理得到求AB长的式子，转化成二次函数的问题，运用二次函数的最值求解.

答案：（1）证明：连接OM.

∵⊿PQR是等腰之间三角形且M是斜边PQ的中点，

0

∴MO=MQ，∠MOA=∠MOAMQB=45.

00

∵∠AMO+∠OMB=90，∠OMB+∠AMO =90.

∴∠AMO =∠AMO. ∴⊿AMO ≌⊿AMO. ∴MA=MB.

（2）解：由（1）中⊿AMO ≌⊿AMO得AO=BQ. 设AO=x，则OB=4-x.

22 在Rt⊿OAB中，AB?OA?OB?x2+(4-x)2=2(x-2)2+8.

∴当x=2时，AB的最小值为22， ∴⊿AOB的周长的最小值为22+4.

点评：本题以直角三角形为基本图形，综合考查了全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理和二次函数的性质等知识点.考查了学生综合运用数学知识以及转化的数学思想解决问题的能力.对于几何知识与二次函数的综合，是学生解题的难点之一.难度较大

24. （2012浙江省衢州，24，12分）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上.已知点A(1，2)，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F.抛物线

2

y＝ax＋bx＋c经过O、A、C三点. （1）求该抛物线的函数解析式；

（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M.交x轴于点

N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由.

（3）若△AOB沿AC方向平移(点A始终在线段AC上，且不与点C重合)，△AOB在

平移过程中与△COD重叠部分记为S.试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.

【解析】（1）将A(1，2)、D(1，2)、O(0，0)代入函数解析式，利用待定系数法求该函数的解析式即可；

（2）根据题意先假设P点横坐标坐标为t，再根据M在抛物线上的关系用t表示出M点的坐标，最后求出P点的坐标，便可得出答案；

（3）由△OQT∽△OCD，△A′RQ∽△AOJ，利用相似比表示△A′KT，△A′RQ的面积，根据S四边形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ，运用二次函数的性质求面积最大时，a的值．

2

【答案】解：（1）∵抛物线y＝ax＋bx＋c经过O、A、C

?a?b＝2 可得c＝0，∴? ?1分

?4a?2b＝137 解得，a＝?，b＝， ?3分

22327 抛物线的解析式为y＝?x＋x ?4分

22

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN＝ ∴P(t，

t 2t327)，∵点M在抛物线上，∴M(t，?t＋t ) ?5分 222 过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，

327327 AG＝yA－yM＝2－(?t＋t )＝t－t＋2，

2222t ?6分 2 当AG＝BH时，四边形ABPM为等腰梯形 BH＝PN＝ ∴

327tt－t＋2＝ ?7分 2222

化简得，3t－8t＋4＝0，解得，t1＝2(不合题意，舍去)，t2＝ ∴点P的坐标为( ∴存在点P(

2， 321，) 33

21，)使四边形ABPM为等腰梯形. ?8分 33（3）如图，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，

A′Q′交x轴于K，交OC于R.求得过AC的直线为yAC＝－x+3，可设点A′

的横坐标为a，则点A′(a，－a +3)，易知△OQT∽△OCD，可得QT＝

a， 2

a) ?9分 2 设AB与OC相交于点J，

HTA?Q∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ ＝OBAJ ∴点Q的坐标为(a，

13?a?aA?Q2∴HT＝·OB＝×1

1AJ2?2 =2－a 由△A′KT∽△A′O′B′得∴KT＝

KTO?B?1＝＝ ???ATAB211a3A′T＝(3－a)，A′Q′＝yA′－yQ＝(－a+3)－＝3－a ?10分 2222S四边形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ ＝＝

11KT·A′T－ A′Q·HT 2213?a13··(3－a)－(3－a)·(－a+2) 2222132

a＋a－＝－22错误！未指定应用程

?11分 序。＝－

1323( a－)＋ 228

由于－

133＜0，∴在线段AC上存在点A′(，)， 2223能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 ?12分

8【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、等腰梯形的性质及判定以及相似三角形的性质以及二次函数的最值问题等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合，求出函数表达式，做好辅助点，找对相似三角形，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．

22. (2012四川省南充市，22，8分) 如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=

抛物线y?ax2?bx经过点A(4,0)与点（-2,6）.

3,4（1）求抛物线的函数解析式；

（2）直线m与⊙C相切于点A，交y于点D.动点P在线段OB上，从点O出发向点B运

动；同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动；点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时，求运动时间t的值；

（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.

解析：（1）运用待定系数法求出解析式即可.（2）先运用三角函数的知识求出OD的长，在结合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的长是一个定值，所以△ROB面积与RH的长成正比.设出R点的坐标，用含x的代数式分别表示出RH的长，转化为二次函数的最值的问题来解决问题.

?16a+4b=0答案：解：（1）将点A（4，0）和点（-2，6）的坐标代入y=ax+bx中，得方程组?，

4a-2b=6?2?112?a=解之，得?2.∴抛物线的解析式为y=x-2x.

2?b=-2?（2）连接AC交OB于E.

∵直线m切⊙C于A ∴AC⊥m，∵ 弦 AB=AO， ∴AB?AO .∴AC⊥OB，∴m∥OB.

33，∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3. 443作OF⊥AD于F.则OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4.

5∴∠ OAD=∠AOB，∵OA=4 tan∠AOB=

t秒时，OP=t,DQ=2t，若PQ⊥AD，则FQ=OP= t.DF=DQ－FQ= t. ⊿ODF中，t=DF=OD2?OF2=1.8秒.

（3）令R(x, x－2x) (0＜x＜4).

作RG⊥y轴于G 作RH⊥OB于H交y轴于I.则RG= x，OG= x+2x.

122

122

345.∴IG=x IR= x,

3344121224122Rt⊿OIH中，OI=IG－OG=x－（x+2x）=x－x.HI=（x－x）.

333225254122223322112于是RH=IR－IH= x－（x－ x）=－ x+x=－ x+x=－( x－

3535555215112121)+ 44011121112115511当x=时，RH最大.S⊿ROB最大.这时x－2x=×()－2×=－.∴点R(,

4224443255－) 32Rt⊿RIG中，∵∠GIR=∠AOB ，∴tan∠GIR=

点评：本题以圆和二次函数为背景，综合考查了直线与圆的位置关系及其性质、二次函数的性质、勾股定理、三角函数以及动态几何相关知识.考查了学生建立二次函数和方程的模型以及运用转化等数学思想来解决问题的能力.本题中，正确添画辅助线以及准确的建立函数与方程的模型是解决问题的关键.难度较大.

21.（2012山东省荷泽市，21,10）

如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角形，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A?B?O.

(1)一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式

（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的４倍？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（３）在（２）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出它的两条性质。

【解析】根据三角形的旋转确定抛物线三个点的坐标，利用待定系数法求函数的关系式，四边形PB′A′B的面积是由三个三角形的面积拼接而成，列出四边形的面积公式，利用解方程的方法求出自变量x的值，如果x的值存在，这说明点P是存在的，由P点的位置可得出四边形是梯形，由两腰的相等关系，可以判断四边形是等腰梯形. 【答案】(1)?A?B?O是由?ABO绕原点O逆时针旋转90?得到的，

又A(0,1),B(2,0),O(0,0)，?A?(?1,0),B?(0,2).----------1分

设抛物线的解析式为y?ax2?bx?c(a?0)，

抛物线经过点A?、B?、B， ?0?a?b?c?a??1??，解之得?b?1， ??2?c?c?2?0?4a?2b?c???满足条件的抛物线的解析式为y??x2?x?2.----------3分

（2）P为第一象限内抛物线上的一动点，

设P(x,y)，则x?0,y?0，P点坐标满足y??x2?x?2. 连结PB,PO,PB?,

?S四边形PB?A?B ?S?B?OA? ?S?PB?O ?S?POB

y 2

B?

P·

111 ??1?2+?2?x+?2?y

222A? B 22?x?(?x?x?2)?1??x?2x?3.----------5分 -1 O 2 x 1 假设四边形PB?A?B的面积是?A?B?O面积的4倍，则 ?x2?2x?3?4，

即x2?2x?1?0，解之得x?1，此时y??12?1?2?2，即P(1,2).----------7分 ?存在点P(1,2)，使四边形PB?A?B的面积是?A?B?O面积的4倍. ----------8分

（3）四边形PB?A?B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可． ①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等. ----------10分

或用符号表示：

①?B?A?B??PBA?或?A?B?P??BPB?;②PA??B?B;③B?P//A?B;④B?A??PB.----------10分

【点评】（1）灵活利用二次函数及其它函数的图象与性质；（2）利用几何图形间的数量关系列方程、不等式或函数解决几何问题，即数形结合地解决问题；（3）分类讨论各种情况；（4）以静制动，将动态问题转化为静态问题解决；（5）会抽取所需图形，或分割图形，使问题简化，转化为一般的几何问题解决.

21.（2012福州，21，满分13分）如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动。过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ。点P、Ｑ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）.

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB= ，PD= 。 （2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由。并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；

（3）如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长。

1 A

解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由△APD∽△ACB，得PD=

4t；（2）易t表示出AD、BD，3若四边形PDBQ为菱形，则BQ=PD，因而能求出此时的t,在看PD与BD能否相等，经判定不为菱形；改变速度后，注意在PD=BD=BQ，情况下求Q点的移动速度；（3）本问题关键是确定动点M运动的路径，最易想到的是可以建立直角坐标系，研究点M在哪类函数的解析式上，从而可以求出其经过的路径长，可以考虑以两条直角边为坐标轴，考虑两种特殊情况：即未运动时点M在AC上，此时坐标为（3,0），运动4秒时，Q与B重合，AP=4，此时M坐标为（1,4）可以求出经过这两点的直线解析式为： y=-2x+6，∵点Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在运动过程中，线段PQ中点的坐标为?6?t?6?t?代入y=-2x+6，得y=t，这,t?，把x?22??就说明点M在直线y=-2x+6（1≤x≤3）上运动，故可求出其经过的路径长。

答案：解：（1）QB=8-2t, PD=

4t 3（2）不存在

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8 ∴AB=10 ∵PD∥BC

∴△APD∽△ACB

ADAPADt?,即:? ABAC1065∴AD?t

35∴BD=AB-AD=10?t

3∴

∵BQ∥DP

∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形

412t,解得：t? 351241216512?，BD=10???6 当t?时，PD=?535535即8?2t?∴DP≠BD

∴平行四边形PDBQ不能为菱形 设点Q的速度为每秒v个单位长度

则BQ=8-vt, PD=

45t，BD =10?t 33要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ

4510t?10?t，解得：t?

333104101016?8?v，解得：v? 当PD=BQ，t?时，即?3153331610∴当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形。

153当PD=BD时，即

（3）解法一：如图2，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系

依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3,0），当t=4时，点M2的坐标为（1,4），设直线M1M2的解析式为y=kx+b， ∴??3k?b?0?k??2，解得?

k?b?4b?6??∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6， ∵点Q（0，2t）,P（6-t,0）

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为?把x??6?t?,t? ?2?6?t代入y=-2x+6，得y=t 2∴点M3在直线M1M2上

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2

∴M1M2?25 ∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

解法二：如图3，设E是AC的中点，连接ME

当t=4时，点Q与点B重合，运动停止，设此时PQ中点为F，连接EF，过点M作MN⊥AC，垂足为N，则MN∥BC ∴△PMN∽△PQC ∴

MNPNPMMNPN1??,即?? QCPCPQ2t6?t21t 2∴MN=t,PN=3?∴CN=PC-PN=?6?t???3???1?1t??3?t 2?2∴EN=CE-CN=3??3?∴tan?MEN???1?1t??t 2?2MN?2 EN∵tan?MEN的值不变，∴点M在直线EF上 过F作FH⊥AC，垂足为H，则EH=2，FH=4 ∴EF=25 ∵当t=0时，点M与点E重合，当t=4时，点M与点F重合[来源:Z|xx|k.Com] ∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

点评：本题通过运动问题，考查了学生探究问题的能力和发散思维的能力，考查了平行四边形、菱形的判定和性质，用特殊化方法探究问题的灵活性，考查了数形结合思想，三角形的相似及勾股定理的运用，有较强的综合性。

26. （2011江苏省无锡市，26，10′）如图1，A、D分别在x轴和y轴上，CD∥x轴，BC∥y轴。点P从D点出发，以1cm/s的速度，沿五边形OABCD的边匀速运动一周，记顺次连接P、O、D三点所围成图形的面积为Scm2,点P运动的时间为ts.已知S与t之间的

函数关系如图2中折线段OEFGHI所示。 （1）求A、B两点的坐标； （2）若直线PD将五边形OABCD分成面积相等的两部分，求直线PD的函数关系式。

【解析】结合图1和图2，可知，当P点从D沿DO匀速运动到O点时，对应图2中OE线段，此时顺次连接P、O、D三点不能构成三角形，所以对应三角形的面积为0；当P点从O沿OA匀速运动到A点时，对应图2中的线段EF，当P点运动到A点时，对应三角形的面积为4,由此还可以判断DO+OA=6；当P点从A沿AB匀速运动到B点时，对应图2中的线段FG，由横轴数据可知AB=5，当P点运动到B点时，三角形的面积达到最大；当P点从B沿BC匀速运动到C点时，三角形以边DO为底边，由于BC∥y轴，相当于三角形的高没有变化，所以对应

三角形的面积没有变，因此在图２中对应线段ＧＨ与横轴平行，根据横轴数据可知BC=1；

当P点从Ｃ沿CD匀速运动到D点时,三角形的面积逐渐变小直到为0，对应图2中线段HI。弄清楚了整个运动过程， （1） 当P点运动到A点时，对应三角形的面积为4,由此还可以判断DO+OA=6，

可设A坐标，列方程求出A的坐标为(2,0)和 D点坐标为(0,4)。求B点坐标需要添加辅助线：延长CB交x轴于M，利用勾股定理可以得到AM=4，

进而达到B点坐标为(6,3)。

（2）求直线PD的函数关系式，已经知道D点坐标（0,4），只需找到P点坐标即可，设P(x,y)，根据已知面积相等，列方程找到x与y的关系式，解方程组得到P点坐标。

【答案】解：（1）连接AD,设点A的坐标为(a,0), 由图2知，DO+OA=6cm, DO=6－AO,

1由图2可知S?AOD?4，∴DO·AO=4，

2∴a2?6a?8?0，

解得a?2或a=4。由图2可知，DO＞3，∴AO＜3，∴a=2，∴A的坐标为(2,0)， D点坐标为(0,4)，在图1中，延长CB交x轴于M，由图2可知，AB=5,CB=1, ∴MB=3,[来源:学#科#网Z#X#X#K]

∴AM=AB2-MB2=4,∴OM=6, ∴B的坐标为(6,3).

(2) 直线PD将五边形OABCD分成面积相等的两部分,显然点P一定在AB上，设

S四边形D点P

=S?P?D+SBP(x,y)，

P连接

-SM?OPC

CA、

=9

DBPO

CD，

A则

BM1=CCS五边形21=BS矩形CO211?6?（4-y)+?1?(6-x)=9,即x+6y=12.同理，由S四边形DPAO=9，可得2x+y=9. 22?42x=??11?x+6y=124215解方程组?，得到?，即P(,).

1111?y=15?2x+y=9??11设直线PD的函数关系式为y=kx+4,则∴直线PD的函数关系式为y=-154229=k+4,解得k=-． 11114229x+4 42【点评】本题综合性较强，涉及函数、方程、直角三角形等知识点，并且在动态的情况下进行分析求解。读函数的图象时首先要理解横纵坐标轴表示的含义，理解问题叙述的过程，能够通过图象得到函数随自变量的变化情况。

28 （2011江苏省无锡市，28，10′）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠

DAB=60°.点P从A点出发，以3cm/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？

【解析】（1）利用菱形的性质及相似三角形的判定和性质解决此问题。（2）直线与圆的位置关系，抓住动态问题的几个关键位置，⊙P过边BC的端点B或C时， ⊙P与边BC相切时，用时间t及点P和点Q的运动速度表示对应边的长度，利用特殊三角形的特殊性质构造一元一次方程，进一步求出t的值，根据运动的过程找到边BC与⊙P有不同交点个数时的t的取值范围。

1【答案】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB.

2

又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°. 连接BD交AC于点O，∵四边形ABCD为菱形

1∴AC⊥BD，OA=AC

21∴OB=AB=1，∴OA=3，AC=23 2运动t秒时，AP=3t，AQ=t，∴

APAC==3 AQABO 又∵∠PAQ=∠CAB，∴ΔPAQ∽ΔCAB ∴∠APQ=∠ACB, ∴PQ∥BC

（2）如图1，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC.

13在RtΔCPM中，∠PCM=30°，∴PM=PC=3-t

22由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2，⊙P过点B，此时PQ=PB

∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°∴ΔPQB为等边三角形，

∴QB=PQ=AQ=t, ∴t=1

∴当43-6

∴当1

综上所述：当t=43-6或1

【点评】本题综合性很强，把菱形、三角形及直线与圆的位置关系，在动态的背景下柔和在一起。考查学生综合应用的能力。

专项六 动态型问题（40）

14. (2012山东省临沂市，14，3分）如图，正方形ABCD的边长为4cm,动点P、Q同时从点A出发，以1cm/s的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动，设运动时间为x（单位：s），四边形PBDQ的面积为y（单位：cm2）,则y与x（0≤x≤8）之间的函数关系可用图象表示为（ ）

【解析】在0≤x≤4时,y随x的增大而减小，在4≤x≤8时,y随x的增大而增大；且y与x的函数关系是二次函数，故选B. 【答案】选B.

【点评】考查动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键． 16．（2012浙江省义乌市，16，4分）如图,已知点A（0,2）、B（23,2）、C(0,4),过点C向右作平行于x轴的射线,点P是射线上的动点,连结AP,以AP为边在其左侧作等边△APQ ,连结PB、BA.若四边形ABPQ为梯形,则（1）当AB为梯形的底时,点P的横坐标是 ；（2）当AB为梯形的腰时,点P的横坐标是 .

y Q P B x (第16题图)

C A O

【解析】（1）由题意知，当AB为梯形的底时，AB∥PQ，即PQ⊥y轴，又△APQ为等边三角形，AC＝2，由几何关系知，点P的横坐标是

23.（2）当AB为梯形的腰时，当PB3∥y轴时，满足题意，此时AQ=4，由几何关系得，点P的横坐标是23。 【答案】 （1）

18. ( 2012年浙江省宁波市,18,3)如图,△ABC中,∠BAC=60,∠ABC=45,AB=22 , D是线段BC上的一个动点,以AD为直径画⊙O 分别交AB,AC于E,F ,连接EF,则线段EF长度 的最小值为___________

【解析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20E?sin∠EOH=20E?sin60°，当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH=12

∠EOF=∠BAC=60°，在Rt△EOH中，解直角三角形 求EH，由垂径定理可知EF=2EH．

如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H， ∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=22 ， ∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2，

1

由圆周角定理可知∠EOH= ∠EOF=∠BAC=60°，

2∴在Rt△EOH中，EH=OE?sin∠EOH=1×

33

= ， 22

0

0

23 (2分) （2） 0， 23（每个1分） 3由垂径定理可知EF=2EH=3 ， 故答案为：3 ． 【答案】3

【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的综合运用．关键是根据运动变化，找出满足条件的最小圆，再解直角三角形．

25. (2012山东省临沂市，25，11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=900;

(2) 如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=900，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由；[来源:学§科§网]

(3) 如图3，当b＜2a时，(2)中的结论是否仍然成立？请说明理由。

【解析】（1）由b=2a，点M是边AD的中点，可得△AMB和△DMC是等腰直角三角形，∠AMB=∠DMC=450，可证明∠BMC=900; （2）（3）分析图形，△ABM∽△DMC, 利用相似图形的性质列出方程，探索方程根的情况， 当△=b2-4ac＞0, 存在∠BMC=900；当△=b2-4ac＜0, 不存在∠BMC=900； 解：（1）证明：∵b=2a，点M是边AD的中点，∴AB=AM=MD=DC. 又∵四边形ABCD是矩形，∠A=∠D=900，∴∠AMB=∠DMC=450， ∴∠BMC=900; (2)存在。

理由：若∠BMC=900，则∠AMB+∠DMC=900， 又∵∠AMB+∠ABM=900，∴∠AMB=∠DMC, 又∵∠A=∠D=900，∴△ABM∽△DMC,∴∴

AMAB, ?CDDMAMa,设AM为x，整理得，x2-bx?a2?0， ?ab-AM∵b＞2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＞0,[来源:学.科.网Z.X.X.K] ∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于0，符合题意。 ∴当b＞2a时，存在∠BMC=900； （3）不成立。

理由：若∠BMC=900，由（2）可知x2-bx?a2?0， ∵b＜2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＜0, ∴方程无实数根，

∴当b＜2a时，不存在∠BMC=900，即（2）中的结论不成立。 【点评】本题涉及到动点问题，比较复杂，解答此题的关键是根据题意分析图形，确定△ABM∽△DMC,，由数形结合便可解答，体现了数形结合在解题中的重要作用．

21. (2012四川省南充市，21，8分) 在Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ中点，把一三角尺

的直角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与△POQ的两直角边分别交于点A、B. （1）求证：MA=MB;

（2）连接AB，探究：在旋转三角尺的过程中，△AOB的周长是否存在最小值.若存在，

求出最小值；若不存在，请说明理由.

解析：（1）连接OM.证明⊿AMO ≌⊿AMO即可.（2）在Rt⊿AOB中，运用勾股定理得到求AB长的式子，转化成二次函数的问题，运用二次函数的最值求解.

答案：（1）证明：连接OM.

∵⊿PQR是等腰之间三角形且M是斜边PQ的中点，

0

∴MO=MQ，∠MOA=∠MOAMQB=45.

00

∵∠AMO+∠OMB=90，∠OMB+∠AMO =90.

∴∠AMO =∠AMO. ∴⊿AMO ≌⊿AMO. ∴MA=MB.

（2）解：由（1）中⊿AMO ≌⊿AMO得AO=BQ. 设AO=x，则OB=4-x.

22 在Rt⊿OAB中，AB?OA?OB?x2+(4-x)2=2(x-2)2+8.

∴当x=2时，AB的最小值为22， ∴⊿AOB的周长的最小值为22+4.

点评：本题以直角三角形为基本图形，综合考查了全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理和二次函数的性质等知识点.考查了学生综合运用数学知识以及转化的数学思想解决问题的能力.对于几何知识与二次函数的综合，是学生解题的难点之一.难度较大

（2012四川成都，20，10分）如图，△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=

∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q． （1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；

（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP=a，

CQ=

9a时，P、Q两点间的距离 (用含a的代数式表示)． 2

解析：等腰直角三角形的两个底角都等于45°，底边的长等于腰长的2倍，因为AP=AQ，所以BP=CQ，于是，可以用“SAS”证明△BPE≌△CQE；因为∠BEP+∠CEQ=135°，∠BEP+∠BPE=135°，所以∠BPE=∠CEQ，于是可以用“两角对应相等的两个三角形相似”证明△BPE∽△CEQ；然后用相似三角形的对应边成比例建立方程求AP、AQ的长，最后用勾股定理求QP的长。 答案：(1)∵△ABC是等腰直角三角形

∴∠B＝∠C=45°，AB=AC ∵AP=AQ ∴BP=CQ

在△BPE与△CQE中

?BP?CQ?∵??B??C ?BE?CE?∴△BPE≌△CQE（SAS）

（2）∵△DEF是等腰直角三角形 ∴∠DEF＝45° ∴∠BEP+∠CEQ=180°-45°=135° 又∵∠BEP+∠BPE=180°-∠B=180°-45°=135° ∴∠BPE=∠CEQ 又∵∠B＝∠C=45°

∴△BPE∽△CEQ（两角对应相等的两个三角形相似）；

设AB=AC=DE=DF=x，则BC=2x， ∵E是BC中点， ∴BE=EC=2x 2∵△BPE∽△CEQ ∴

PBEC? BECQ

2xa即?2

9a2x22∴x?3a

∴AP=3a-a=2a AQ=

93a?2a?a 22∴PQ?AP2?AQ2??2a?25?3???a??a

2?2?2点评：本题综合考查了全等三角形的判定、形似三角形的判定，相似三角形的性质、勾股定

理等知识，属于大型综合题，解题时，要沉着冷静，逐个解决，每解决一个问题后可以适当休息。 25．（2012湖南湘潭，25，10分）如图，在⊙O上位于直径AB的异侧有定点C和动点P，

AC?1AB,点P在半圆弧AB上运动（不与A、B两点重合），过点C作直线PB的垂线2CD交PB于D点．

（1）如图1，求证：?PCD∽?ABC；

（2）当点P运动到什么位置时，?PCD≌?ABC？请在图2中画出?PCD并说明理由； （3）如图3，当点P运动到CP⊥AB时，求?BCD的度数. A

图1

图 1 图 2

图3

CDOBPPAOBCCAE DB【解析】由同弧的圆周角相等，及直径所对的圆周角是直角，找到两角对应相等的三角形PCD与三角形ABC相似。（2）要使?PCD≌?ABC，必须要CP也是直径，所以当点P运动到过圆心，PB=AC，点D与点B重合时，?PCD≌?ABC。（3）根据300角所对的直角边等于斜边的一半，来证明三角形BCP是等边三角形，由等边三角形的三线合一定理得?BCD=300。 【答案】（1）由同弧的圆周角相等，得∠P=∠A，及直径所对的圆周角是直角，得∠ACB=∠PDC=900，所以⊿PCD∽⊿ABC。

（2）当点P运动到过圆心，PB=AC，点D与点B重合时，?PCD≌?ABC。因为∠P=∠A，∠ACB=∠PDC=900，PC=AB，所以⊿PCD≌⊿ABC。

（3）因AC?

1AB,∠ACB=900，所以∠ABC=300，∠A=∠P=600，而CP⊥AB，则AB2平分CP，⊿PBE≌⊿CBE，BC=BP，⊿PBC为等边三角形，而CD⊥PB，所以?BCD=300。 找到两角对应相等的三角形PCD与三角形ABC相似。（2）要使?PCD≌?ABC，必须要CP也是直径，所以当点P运动到过圆心，PB=AC，点D与点B重合时，?PCD≌?ABC。

（3）根据300角所对的直角边等于斜边的一半，来证明三角形BCP是等边三角形，由等边三角形的三线合一定理得?BCD=300。

【点评】本题考查了等边三角形的性质、相似三角形及全等三角形的判断方法，考查了圆周角等圆的相关性质。 23．（2012四川省资阳市，23，8分）（1）(3分)如图（1），正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD∶GC∶EB的结果（不必写计算过程）；

（2）(3分)将图（1）中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，如图（2），求HD∶GC∶EB； （3）(2分)把图（2）中的正方形都换成矩形，如图（3），且已知ＤA∶AB＝HA∶AE＝m:n，此时HD∶GC∶EB的值与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）．

DDCDCHCHHAGAEBGEBGAEB（1）

【解析】（1）由正方形性质、等式的性质及勾股定理可直接得出.

（2）连结AG、AC，易证△DAH∽△CAG得HD:GC＝AD:AC＝１:2、△DAH≌△BAE

得HD=EB从而得HD:GC:EB＝１:2 :1

（3）思路类似（2）：连结AG、AC，①易证△DAH∽△CAG得HD:GC＝AD:AC＝

②易证△CAG∽△BAE得CG:BE＝AC:AB＝m2?n2:n；从而得HD:GC:EBm:m2?n2；＝m:m2?n2:n 【答案】

︿网（2）

（第23题图）

（3）

DCDCDHCHAGEBHAEGGABBE（1） （3）

中~&国︿教育出版网@]（2）

（1）HD:GC:EB＝１:2 :1……………………………3分

（2）连结AG、AC，∵△ADC和△AHG都是等腰直角三角形，∴AD:AC＝AH:AG＝１:2 ∠DAC=∠HAG=45°，∴∠DAH=∠CAG…………………………………………………………4分 ∴△DAH∽△CAG ,∴HD:GC＝AD:AC＝１:2 ……………………………………………5分

∵∠DAB=∠HAE=90°，∴∠DAH=∠BAE，又∵AD＝AB，AH＝AE，∴△DAH≌△BAE，∴HD=EB

∴HD:GC:EB＝

来源中国教育︿出版&网@]１:2 :1………………………………………………………………………6分

（3）有变化，HD:GC:EB＝m:m?n:n……………………………………………………8分

【点评】本题综合考察了正方形性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理等多个初中数学的常见知识点，属于几何知识综合运用题．解答此类题应具备综合运用能力，包括知识综合、方法综合的运用．难度较大．

23．(2012山东德州中考,23,12,)如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为

正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论； （3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最

P A D P 小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． A D

E E H H G G F

F C B

C （备用图） B

23．【解析】（1）要证?APB=?BPH，由内错角?APB=?PBC，即证?PBC=?BPH，

22

折叠后?EBP=?EPB=90°，再由性质等角的余角相等即可得证．（2）△PHD的周长为PD+DH+PH．过B作BQ⊥PH构造直角三角形，再利用三角形全等：△ABP≌△QBP和△BCH≌△BQ．证明AP=QP， CH=QH，可得其周长为定值．（3）S?1(BE?CF)BC，2关键是用x来表示BE、CF．过F作FM⊥AB，垂足为M，先由边角关系得△EFM≌△BPA，得EM?AP=x．在Rt△APE中可由勾股定理表示出BE，再由

CF?B?Ex2E2?M?8?x，很容易用x表示出S，再配方求最值．

解：（1）∵PE=BE，

A

∴?EBP=?EPB．????????????（1分） 又∵?EPH=?EBC=90°， ∴?EPH-?EPB=?EBC-?EBP．

即?PBC=?BPH．????????????（2分） 又∵AD∥BC， ∴?APB=?PBC．

∴?APB=?BPH．????????????（3分）

B E

P

D

H G F C （2）△PHD的周长不变，为定值 8．????????????（4分） 证明：过B作BQ⊥PH，垂足为Q． 由（1）知?APB=?BPH， 又∵?A=?BQP=90°，BP=BP， ∴△ABP≌△QBP．

∴AP=QP, AB=BQ．????????（5分） 又∵ AB=BC， ∴BC = BQ．

又∵?C=?BQH=90°，BH=BH，

∴△BCH≌△BQH．????????（6分） ∴CH=QH．

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8. ????????（7分） （3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM?BC?AB. 又EF为折痕，∴EF⊥BP.

∴?EFM??MEF??ABP??BEF?90?， ∴?EFM??ABP．

E

A P

Q D

E

H G F

B

C A P

D

M B

H G F C

又∵?A=?EMF=90°， ∴△EFM≌△BPA．

∴EM?AP=x．??????（8分） ∴在Rt△APE中，(4?BE)2?x2?BE2．

x2解得，BE?2?．??????（9分）

8x2?x．??????（10分） ∴CF?BE?EM?2?8又四边形PEFG与四边形BEFC全等，

11x2?x)?4． ∴S?(BE?CF)BC?(4?22412x?2x?8．?????（11分）． 212配方得，S?(x?2)?6，∴当x=2时，S有最小值6．??????（12分）．

2即：S?【点拨】本题将函数和几何知识较好的综合起来，对能力的要求较高．本题考查了三角形全等、正方形的性质、勾股定理、梯形的面积公式、折叠的性质、二次函数等相关知识．难度较大，是一套很好的压轴题，通过此题能够反映出学生的思维能力及数学知识的掌握程度，解答本题要学会将题目中的已知量与待求量联系起来．此题的关键是证明几组三角形的全等，以及用x来表示S．

24. （2012浙江省衢州，24，12分）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上.已知点A(1，2)，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F.抛物线

2

y＝ax＋bx＋c经过O、A、C三点. （1）求该抛物线的函数解析式；

（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M.交x轴于点

N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由.

（3）若△AOB沿AC方向平移(点A始终在线段AC上，且不与点C重合)，△AOB在

平移过程中与△COD重叠部分记为S.试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.

【解析】（1）将A(1，2)、D(1，2)、O(0，0)代入函数解析式，利用待定系数法求该函数的解析式即可；

（2）根据题意先假设P点横坐标坐标为t，再根据M在抛物线上的关系用t表示出M点的坐标，最后求出P点的坐标，便可得出答案；

（3）由△OQT∽△OCD，△A′RQ∽△AOJ，利用相似比表示△A′KT，△A′RQ的面积，根据S四边形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ，运用二次函数的性质求面积最大时，a的值．

2

【答案】解：（1）∵抛物线y＝ax＋bx＋c经过O、A、C

?a?b＝2 可得c＝0，∴? ?1分

4a?2b＝1?37 解得，a＝?，b＝， ?3分

22327 抛物线的解析式为y＝?x＋x ?4分

22

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN＝ ∴P(t，

t 2t327)，∵点M在抛物线上，∴M(t，?t＋t ) ?5分 222 过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，

[来源:学§科§网Z§X§X§K]

327327 AG＝yA－yM＝2－(?t＋t )＝t－t＋2，

2222 BH＝PN＝

t ?6分 2

当AG＝BH时，四边形ABPM为等腰梯形 ∴

327tt－t＋2＝ ?7分 2222

化简得，3t－8t＋4＝0，解得，t1＝2(不合题意，舍去)，t2＝ ∴点P的坐标为( ∴存在点P(

2， 321，) 33

21，)使四边形ABPM为等腰梯形. ?8分 33（3）如图，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，

A′Q′交x轴于K，交OC于R.求得过AC的直线为yAC＝－x+3，可设点A′

的横坐标为a，则点A′(a，－a +3)，易知△OQT∽△OCD，可得QT＝

a， 2

a) ?9分 2 设AB与OC相交于点J，

HTA?Q∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ ＝OBAJ ∴点Q的坐标为(a，

13?a?aA?Q2∴HT＝·OB＝×1

1AJ2?2 =2－a 由△A′KT∽△A′O′B′得∴KT＝

KTO?B?1＝＝ A?TA?B?211a3A′T＝(3－a)，A′Q′＝yA′－yQ＝(－a+3)－＝3－a ?10分 2222S四边形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ ＝＝

11KT·A′T－ A′Q·HT 2213?a13··(3－a)－(3－a)·(－a+2) 22221233a＋a－ ?11分 224

＝－

＝－

1323( a－)＋ 228

由于－

133＜0，∴在线段AC上存在点A′(，)， 2223能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 ?12分

8【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、等腰梯形的性质及判定以及相似三角形的性质以及二次函数的最值问题等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合，求出函数表达式，做好辅助点，找对相似三角形，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件． 23．（2012浙江省义乌市，23，10分）在锐角△ABC中,AB=4,BC=5,∠ACB=45°,将△ABC绕点B按逆时针方向旋转,得到△A1BC1．

（1）如图1,当点C1在线段CA的延长线上时,求∠CC1A1的度数； （2）如图2,连结AA1,CC1.若△ABA1的面积为4,求△CBC1的面积；

（3）如图3,点E为线段AB中点,点P是线段AC上的动点,在△ABC绕点B按逆时针 方向旋转过程中,点P的对应点是点P1,求线段EP1长度的最大值与最小值.

C1

C1

C1 P1 A A

A E P A1 A1

C B C B C A1 B

图2 图1

23．【解析】（1）由旋转的性质可得两三角形全等，对应的角也相等可求．

（2）由全等三角形的性质及各角之间的关系可得∠ABA1=∠CBC1，易知△ABA1∽△CBC1 由边长比可求出面积比．

（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足，由边角关系可得BD的长，由几何关系可得线段EP1长度的最大值与最小值。

解: （1）由旋转的性质可得∠A1C1B =∠ACB =45°，BC=BC1

∴∠CC1B =∠C1CB =45° ，∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°＋45°=90° ． （2）∵△ABC≌△A1BC1 ， ∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1 ， ∴

BABA1 ，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1，∴∠ABA1=∠CBC1 ， ?BCBC1， ∴

∴△ABA1∽△CBC1

S?ABA1S?CBC125 ． 4（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足

∵△ABC为锐角三角形 ∴点D在线段AC上 S?CBC1?在Rt△BCD中，BD=BC×sin45°=①

16?AB??4??4 ， ∴?? ∵S?ABA?????1BC525????CA PD AB E P C 2252， 2当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，

使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为

52－2 ， 2② 当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为2+5=7．

【点评】此题考查旋转的性质，全等三角形及相似三角形的性质，是一道难得的好题．

22. (2012四川省南充市，22，8分) 如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=

抛物线y?ax2?bx经过点A(4,0)与点（-2,6）.

（1）求抛物线的函数解析式；

（2）直线m与⊙C相切于点A，交y于点D.动点P在线段OB上，从点O出发向点B运

动；同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动；点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时，求运动时间t的值；

（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.

3,4

解析：（1）运用待定系数法求出解析式即可.（2）先运用三角函数的知识求出OD的长，在结合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的长是一个定值，所以△ROB面积与RH的长成正比.设出R点的坐标，用含x的代数式分别表示出RH的长，转化为二次函数的最值的问题来解决问题.

?16a+4b=0答案：解：（1）将点A（4，0）和点（-2，6）的坐标代入y=ax+bx中，得方程组?，

4a-2b=6?2?112?a=解之，得?2.∴抛物线的解析式为y=x-2x.

2?b=-2?（2）连接AC交OB于E.

∵直线m切⊙C于A ∴AC⊥m，∵ 弦 AB=AO， ∴AB?AO .∴AC⊥OB，∴m∥OB. ∴∠ OAD=∠AOB，∵OA=4 tan∠AOB=

33，∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3. 44

作OF⊥AD于F.则OF=OA·sin∠OAD=4×

3=2.4. 5t秒时，OP=t,DQ=2t，若PQ⊥AD，则FQ=OP= t.DF=DQ－FQ= t. ⊿ODF中，t=DF=OD2?OF2=1.8秒. （3）令R(x, x－2x) (0＜x＜4).

作RG⊥y轴于G 作RH⊥OB于H交y轴于I.则RG= x，OG= x+2x.

122

122

345.∴IG=x IR= x,

3344121224122Rt⊿OIH中，OI=IG－OG=x－（x+2x）=x－x.HI=（x－x）.

333225254122223322112于是RH=IR－IH= x－（x－ x）=－ x+x=－ x+x=－( x－

3535555215112121)+ 44011121112115511当x=时，RH最大.S⊿ROB最大.这时x－2x=×()－2×=－.∴点R(,

4224443255－) 32Rt⊿RIG中，∵∠GIR=∠AOB ，∴tan∠GIR=

点评：本题以圆和二次函数为背景，综合考查了直线与圆的位置关系及其性质、二次函数的性质、勾股定理、三角函数以及动态几何相关知识.考查了学生建立二次函数和方程的模型以及运用转化等数学思想来解决问题的能力.本题中，正确添画辅助线以及准确的建立函数与方程的模型是解决问题的关键.难度较大.

21.（2012山东省荷泽市，21,10）

如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角形，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A?B?O.[来源:学科网ZXXK]

(1)一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式

（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的４倍？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（３）在（２）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出它的两条性质。

【解析】根据三角形的旋转确定抛物线三个点的坐标，利用待定系数法求函数的关系式，四边形PB′A′B的面积是由三个三角形的面积拼接而成，列出四边形的面积公式，利用解方程

的方法求出自变量x的值，如果x的值存在，这说明点P是存在的，由P点的位置可得出四边形是梯形，由两腰的相等关系，可以判断四边形是等腰梯形. 【答案】(1)?A?B?O是由?ABO绕原点O逆时针旋转90?得到的，

又A(0,1),B(2,0),O(0,0)，?A?(?1,0),B?(0,2).----------1分

设抛物线的解析式为y?ax2?bx?c(a?0)， 抛物线经过点A?、B?、B， ?0?a?b?c?a??1??，解之得?b?1， ??2?c?c?2?0?4a?2b?c???满足条件的抛物线的解析式为y??x2?x?2.----------3分

（2）P为第一象限内抛物线上的一动点，

设P(x,y)，则x?0,y?0，P点坐标满足y??x2?x?2. 连结PB,PO,PB?,

?S四边形PB?A?B ?S?B?OA? ?S?PB?O ?S?POB

y 2

B?

P·

111 ??1?2+?2?x+?2?y

222A? B 22?x?(?x?x?2)?1??x?2x?3.----------5分 -1 O 2 x 1 假设四边形PB?A?B的面积是?A?B?O面积的4倍，则 ?x2?2x?3?4，

即x2?2x?1?0，解之得x?1，此时y??12?1?2?2，即P(1,2).----------7分 ?存在点P(1,2)，使四边形PB?A?B的面积是?A?B?O面积的4倍. ----------8分

（3）四边形PB?A?B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可． ①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等. ----------10分

或用符号表示：

①?B?A?B??PBA?或?A?B?P??BPB?;②PA??B?B;③B?P//A?B;④B?A??PB.----------10分

【点评】（1）灵活利用二次函数及其它函数的图象与性质；（2）利用几何图形间的数量关系列方程、不等式或函数解决几何问题，即数形结合地解决问题；（3）分类讨论各种情况；（4）以静制动，将动态问题转化为静态问题解决；（5）会抽取所需图形，或分割图形，使问题简化，转化为一般的几何问题解决.

21.（2012福州，21，满分13分）如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动。过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ。点P、Ｑ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）.

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB= ，PD= 。 （2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由。并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；

（3）如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长。

1 A

解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由△APD∽△ACB，得PD=

4t；（2）易t表示出AD、BD，3若四边形PDBQ为菱形，则BQ=PD，因而能求出此时的t,在看PD与BD能否相等，经判定不为菱形；改变速度后，注意在PD=BD=BQ，情况下求Q点的移动速度；（3）本问题关键是确定动点M运动的路径，最易想到的是可以建立直角坐标系，研究点M在哪类函数的解析式上，从而可以求出其经过的路径长，可以考虑以两条直角边为坐标轴，考虑两种特殊情况：即未运动时点M在AC上，此时坐标为（3,0），运动4秒时，Q与B重合，AP=4，此时M坐标为（1,4）可以求出经过这两点的直线解析式为： y=-2x+6，∵点Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在运动过程中，线段PQ中点的坐标为?6?t?6?t?代入y=-2x+6，得y=t，这,t?，把x?22??就说明点M在直线y=-2x+6（1≤x≤3）上运动，故可求出其经过的路径长。

答案：解：（1）QB=8-2t, PD=

4t 3（2）不存在

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8 ∴AB=10

∵PD∥BC[来源:学科网ZXXK] ∴△APD∽△ACB

ADAPADt?,即:? ABAC1065∴AD?t

35∴BD=AB-AD=10?t

3∴

∵BQ∥DP

∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形

412t,解得：t? 351241216512?，BD=10???6 当t?时，PD=?535535即8?2t?∴DP≠BD

∴平行四边形PDBQ不能为菱形 设点Q的速度为每秒v个单位长度

则BQ=8-vt, PD=

45t，BD =10?t 33要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ

4510t?10?t，解得：t?

333104101016?8?v，解得：v? 当PD=BQ，t?时，即?3153331610∴当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形。

153当PD=BD时，即

（3）解法一：如图2，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系

依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3,0），当t=4时，点M2的坐标为（1,4），设直线M1M2的解析式为y=kx+b， ∴??3k?b?0?k??2，解得?

k?b?4b?6??∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6， ∵点Q（0，2t）,P（6-t,0）

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为?把x??6?t?,t? ?2?6?t代入y=-2x+6，得y=t 2∴点M3在直线M1M2上

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2

∴M1M2?25 ∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

解法二：如图3，设E是AC的中点，连接ME

当t=4时，点Q与点B重合，运动停止，设此时PQ中点为F，连接EF，过点M作MN⊥AC，垂足为N，则MN∥BC ∴△PMN∽△PQC ∴

MNPNPMMNPN1??,即?? QCPCPQ2t6?t21t 2∴MN=t,PN=3?∴CN=PC-PN=?6?t???3???1?1t??3?t 2?2∴EN=CE-CN=3??3?∴tan?MEN???1?1t??t 2?2MN?2 EN∵tan?MEN的值不变，∴点M在直线EF上 过F作FH⊥AC，垂足为H，则EH=2，FH=4 ∴EF=25 ∵当t=0时，点M与点E重合，当t=4时，点M与点F重合 ∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

点评：本题通过运动问题，考查了学生探究问题的能力和发散思维的能力，考查了平行四边形、菱形的判定和性质，用特殊化方法探究问题的灵活性，考查了数形结合思想，三角形的相似及勾股定理的运用，有较强的综合性。

24. （2012浙江省绍兴，24，14分）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连结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，求出点H的纵坐标的取值范围.

【解析】（1）先求出二次函数与y轴的交点，然后把该交点的纵坐标代入解析式即可求解；（2）①根据点P和点Q运动的位置可知，点Q的位置存在三种不同的情况：当Q点在OA上；当Q点在OC上；当Q在BC上.然后依据构造的相似三角形模型，利用相似三角形的性质可以求出t值，最后把不符合题意的舍去；②根据点P和点Q的位置可知△BPQ∽△BAC，从而求出t的值 ．

【答案】解：（1）A（0，-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)?7t?7.

当Q点在OA上时，即0≤或7t－7≤2，1≤t≤

9时， 7 如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC.

QAAP7t?77??， ，即ABBC427∴t?.

579∵＞，∴此时t值不合题意. 57∴

当Q点在OC上时，即2≤或7t－7＜6，Q作QD⊥AB， ∴四边形OADQ为矩形. ∴AD=OQ=7（t－1）－2=7t－9， ∴DP=t－（7t－9）=9－6t.

913≤t＜时，如图2.过 77

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