2004-2013年浙江11市中考数学专题5：单动点问题

2004-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编

专题5：单动点问题

一、选择题

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1.（2006年浙江宁波大纲卷3分）已知∠BAC=45°，一动点O在射线AB上运动（点O与点A不重合），设OA=x，如果半径为1的⊙O与射线AC有公共点，那么x的取值范围是【 】

A、0＜x≤2 B、l＜x≤2 C、1≤x＜2 D、x＞2 【答案】A。

【考点】动点问题，直线与圆的位置关系，切线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】当⊙O与射线AC相切时，OA有最大值，当⊙O与点A重合时，有最小值，因O与A不重合，故最小值应大于0。因此，

如图，当⊙O与AC相切时，OA最长， 故OA=

OD1??2。

sin?BAC22∵点O与点A不重合， ∴故OA的长应大于0，

∴x的取值范围是0＜x≤2。故选A。

2.（2008年浙江丽水4分）如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，∠AOB=45°，点 P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP=x，则x的取值范围是【 】

A．0≤x≤2 B．?2≤x≤2 C．－1≤x≤1 D．x＞2

【答案】A。

【考点】动点问题，直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质。 【分析】设切点为C，连接OC，则圆的半径OC=1，OC⊥PC，

∵∠AOB=45°，OA∥PC，∴∠OPC=45°。 ∴PC=OC=1。 ∴OP=2。

同理，原点左侧的距离也是2。 ∴x的取值范围是0≤x≤2。故选A。

3.（2010年浙江台州4分）如图，点A，B的坐标分别为（1, 4）和（4, 4）,抛物线y?a?x?m??n的 顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为－3，则点D 的横坐标最大值为【 】

2

A．－3 B．1 C．5 D．8 【答案】D。

【考点】二次函数的性质。

【分析】当点C横坐标为－3时，抛物线顶点为A（1，4），对称轴为x=1，此时D点横坐标为5，则CD=8。

当抛物线顶点为B（4，4）时，抛物线对称轴为x=4，且CD=8，故C（0，0），D（8，0）。 由于此时D点横坐标最大，故点D的横坐标最大值为8。故选D。

4.（2011年浙江湖州3分）如图，已知A、B是反比例函数y＝

k

(k＞0，x＞0)图象上的两点，BC∥x x

轴，交y轴于点C．动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C匀速运动，终点为C．过点P作PM⊥x 轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N．设四边形OMPN的面积为S，点P运动的时间为t，则S关于t的函 数图象大致为【 】

A．【答案】A。

B． C． D．

【考点】动点问题的函数图象，反比例函数综合题。

【分析】当点p在OA上运动时，此时S随t的增大而增大，当点P在AB上运动时，S不变，∴B、D错误；当点P在BC上运动时，S随t的增大而逐渐减小，∴C错误。故选A。

5.（2011年浙江台州4分）如图，⊙O的半径为2，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上的一个动 点，PQ切⊙O于点Q，则PQ的最小值为【 】

A．13 B．5 C．3 D．2 【答案】B。

【考点】圆的切线的性质，垂线段的性质，勾股定理。

【分析】因为PQ为切线，所以△OPQ是Rt△．又OQ为定值，所以当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=3时PQ最小．运用勾股定理得PQ=OP2?OQ2?32?22?5。故选B。

6.（2012年浙江舟山、嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是【 】

A． B．

C．【答案】D。

【考点】动点问题的函数图象。

D．

【分析】因为动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，因此，y关于x的函数图象分为四部分：A→B，B→D，D→C，C→A。

当动点P在A→B上时，函数y随x的增大而增大，且y=x，四个图象均正确。

当动点P在B→D上时，函数y在动点P位于BD中点时最小，且在中点两侧是对称的，故选项B错误。

当动点P在D→C上时，函数y随x的增大而增大，故选项A，C错误。 当动点P在C→A上时，函数y随x的增大而减小。故选项D正确。故选D。

7.（2013年浙江杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，3cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值 ▲ （单位：秒）

【答案】t=2或3≤t≤7或t=8。

【考点】单动点问题，切线的性质，等边三角形的性质，平行线的性质，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，分类思想的应用。

【分析】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°。

∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点。 ∴MN=

1AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°。 2分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′， 则PM′=3cm，∠PM′M=90°，

∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm， ∴QP=4cm﹣2cm=2cm， ∵速度是每秒1cm，∴t=2。

②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接PA，

则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=3cm ∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm。 ∵速度是每秒1cm，∴t=3。

当⊙P于AC切于C点时，连接P′C，

则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=3cm， ∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm。 ∵速度是每秒1cm，∴t=7。 ∴当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切。 ③如图3，当⊙P切BC于N′时，连接PN′， 则PN′=3cm，∠PM\\N′N=90°，

∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm。 ∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm。 ∵速度是每秒1cm，∴t=8。

综上所述，t可取的一切值为：t=2或3≤t≤7或t=8。

8.（2013年浙江金华、丽水3分）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=900，点P以每秒1cm的速度从点A出发，沿折线AC－CB运动，到点B停止。过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD的长y（cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图2所示。当点P运动5秒时，PD的长是【 】

A．1.5cm B．1.2cm C．1.8cm D．2cm 【答案】B。

【考点】单动点问题，由实际问题列函数关系式，待定系数法的应用，直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分类思想和数形结合思想的应用。 【分析】由图2知，点P在AC、CB上的运动时间时间分别是3秒和4秒，

∵点P的运动速度是每秒1cm ，∴AC=3，BC=4。

∵在Rt△ABC中，∠ACB=900，∴根据勾股定理得：AB=5。 如图，过点C作CH⊥AB于点H，则易得△ABC∽△ACH。

CHACAC?BC3?412，即CH??CH??。 ?AB55BCAB12 ∴如图，点E（3，），F（7，0）。

5 ∴

设直线EF的解析式为y?kx?b，则

3?k???12?321??3k?b?5 ?5，解得：? 。∴直线EF的解析式为y??x?。

2155??b??0?7k?b?5?3216 ∴当x?5时，PD?y???5???1.2?cm?。故选B。

5559.（2013年浙江舟山4分）如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB、BC上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P所经过的路程为 ▲ ．

【答案】65。

【考点】跨学科问题，正方形的性质，轴对称的性质， 相似三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为

1，第一次碰撞点2为F，在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得第

11DA=，第三次碰撞点为H，在DC上，且6211DH=DC=1，第四次碰撞点为M，在CB上，且CM=BC=1，第五次碰撞点为N，

33111在DA上，且AN=AD=，第六次回到E点，AE=AB=1。

6233131由勾股定理可以得出EF=5，FG=5，GH=5，HM=5，MN=5，NE=5，

22223131∴小球经过的路程为：5+5+5+5+5+5=65。

2222二次碰撞点为G，在DA上，且DG=

10.（2013年浙江衢州3分）如图，正方形ABCD的边长为4，P为正方形边上一动点，沿A→D→C→B→A 的路径匀速移动，设P点经过的路径长为x，△APD的面积是y，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是【 】

A．

【答案】B。

B． C． D．

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】当点P由点A向点D运动时，y的值为0；

当点p在DC上运动时，y随着x的增大而增大； 当点p在CB上运动时，y不变；

当点P在BA上运动时，y随x的增大而减小。 故选B。

二、填空题

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?上有一动点P，PH⊥OA，垂1.（2004年浙江湖州3分）如图，在半径为9，圆心角为90°的扇形OAB的AB足为H，设G为△OPH的重心（三角形的三条中线的交点），当△PHG为等腰三角形时，PH的长为 ▲ 。

【答案】36或3。 2【考点】动点问题，重心定义，三角形中位线定理，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，分类思想的应用。

【分析】△PHG为等腰三角形．没有指明哪个是底哪个是腰，则应该分三种情况进行分析，求得PH的长：

如图，MH，NP是Rt△OPH的两条中线，交点为G，连接MN， ∵M，N分别是OP，OH的中点 ∴MN∥PH，MN=设PH=x，

（1）当PG=PH=x时，

∵MN∥PH，∴△MNG∽△HPG。∴

1PH。∴MN⊥OH。 2NGMN1??。 PGPH213∴NG=x。∴NP=x。

225?3?∵NH?NP?PH??x??x2?x2，ON2?MN2?OM2，且 ON=NH，

4?2?222253?1??9?∴x2??x????，解得：x?6。 4222????（2）当PH=GH=x时，同理得x=3。

（3）当GH=PG时，G点在线段PH的中垂线上，G点不是三角形的重心了。

22

综上所述，PH的长为36或3。 22.（2006年浙江宁波课标卷3分）已知∠BAC=45°，一动点O在射线AB上运动（点O与点A不重合），设OA=x，如果半径为1的⊙O与射线AC只有一个公共点，那么x的取值范围是 ▲ ． 【答案】0＜x＜1，x=2。

【考点】直线和圆的位置关系，等腰直角三角形的判定，勾股定理，分类思想的应用。 【分析】分两种情况：

①如图，当圆O与AC相切时，圆O与AC只有一个公共点，设切点为

E，连接OE，

∴∠OAE=45°。

∵∠A=45°，∴△OEA是等腰直角三角形。 ∴x?AO?12?12?2。

②当为左图时，点A在圆O内部时，圆O与AC只有一个公共点，此时

OA小于圆O的半径1，故有0＜x＜1。

综上所述，x的取值范围是0＜x＜1，x=2。

3.（2006年浙江湖州4分）一青蛙在如图8×8的正方形（每个小正方形的边长为1）网格的格点（小正 方形的顶点）上跳跃，青蛙每次所跳的最远距离为5，青蛙从点A开始连续跳六次正好跳回到点A，则 所构成的封闭图形的面积的最大值是 ▲ 。

【答案】12。

【考点】网格问题，动点问题，勾股定理，等积变换。

【分析】∵青蛙每次所跳的最远距离为5，且在网格的格点上，

∴根据勾股定理，青蛙每次所跳的最远点在两个小正方形组成的矩形的对角顶点上。

如图，根据题意，青蛙从点A开始连续跳六次正好跳回到点A，构成红线构成的封闭图形面积最大，由等积变换，它与蓝线构成的封闭图形面积相等，面积等于3×4=12。

4.（2006年浙江金华5分）如图，点M是直线y＝2x＋3上的动点，过点M作MN垂直于x轴于点N，

y轴上是否存在点P，使△MNP为等腰直角三角形.小明发现：当动点M运动到（－1，1）时，y轴上存

在点P（0，1）,此时有MN=MP，能使△NMP为等腰直角三角形.那么，在y轴和直线上是否还存在符合 条件的点P和点M呢？请你写出其它符合条件的点P的坐标 ▲ ．

【答案】（0，0），（0，

3），（0，－3）。 2【考点】动点问题，等腰直角三角形的判定和性质，分类思想的应用。

【分析】由题意，应分M在第二象限和第三象限两类情况讨论：每种情况又分MN为直角边时和MN为斜边两种情况：

①当M在第二象限，运动到（－1，1）时，ON=1，MN=1， ∵MN⊥x轴，∴由ON=MN可知，（0，0）是符合条件的P点； 若MN为斜边时，则NP=MP，∠MNP=45°， 设点M（x，2x+3），则OP=ON，而OP=则有?x?1MN， 2133解得x??。 这时点P的坐标为（0，）。 ?2x?3?，

224②当M运动到第三象限时，

若MN=MP，且PM⊥MN，设点M（x，2x+3），

则有?x???2x?3?，解得x=－3，这时点P坐标为（0，－3）。 若MN为斜边，则∠ONP=45°，ON=OP，设点M（x，2x+3）， 则有?x??1?2x?3?，这方程无解，所以这时不存在符合条件2

的P点。

3综上所述，其他符合条件的点P坐标是（0，0），（0，? ），（0，－3）。

45.（2010年浙江金华4分）如图在边长为2的正方形ABCD中，E，F，O分别是AB，CD，AD的中点，

?上的一个动点，连结OP，并延长OP交线段BC于点K，过 以O为圆心，以OE为半径画弧EF.P是EF点P作⊙O的切线，分别交射线AB于点M，交直线BC于点G. 若

BG?3，则BK﹦ ▲ . BM

15【答案】或。

33【考点】动点问题，切线的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，分类思想的应用。 【分析】分两种情况：

（1）当点P在圆弧左侧时，

∵正方形ABCD中，边长为2，O为AD的中点，∴AO=1，∠ABC=90°。 又∵O为圆心，OE为半径，直线MPG是圆O的切线，

∴OP⊥MPG，即OH⊥MG。∴∠MPH=90°。∴∠BHP+∠BMG=90°。 在Rt△BMG中，∠BGM+∠BMG=90°，， ∴∠BHP=∠BGM。 又∵∠HBK=∠GBM=90°=∠A，， ∴△BHK∽△BGM，△BHK∽△HAO。

BGBMBKBHBGBHBHAH。∴?, ??=3, ?=3。

BHBKAOAHBMBKBKAO1∴BH=1,BK=。

3∴

（2）当点P在圆弧左侧时（如图），

15 同（1）可得：CK=，∴BK=。

3315BG 综上所述，若?3，则BK﹦或。

33BM

6.（2012年浙江杭州4分）如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为 ▲ ．

【答案】（﹣1，1），（﹣2，﹣2），（0，2），（﹣2，﹣3）。 【考点】利用轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，把A进行移动可得到点的坐标：

如图所示：（﹣1，1），（﹣2，﹣2）分别与其它三点构成等腰梯形；（0，2），（﹣2，﹣3）分别与其

它三点构成铮形。

7.（2012年浙江宁波3分）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 ▲ ．

【答案】3。

【考点】垂线段的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】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。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∠EOF=∠BAC=60°， 233∴在Rt△EOH中，EH=OE?sin∠EOH=1×=。

22由圆周角定理可知∠EOH=由垂径定理可知EF=2EH=3。

8.（2013年浙江湖州4分）如图，已知点A是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y=－x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是 ▲ ．

【答案】22。

【考点】单动点问题，一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】首先，需要找出点B运动的路径（或轨迹），其次，才是求出路径长。

由题意可知，OM=23，点N在直线y=－x上，AC⊥x轴于点M， 则△OMN为等腰直角三角形，∴ ON=2OM?2?23?26。 如图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点

P在N点（起点）时，点B的位置为Bn，连接B0Bn．

∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC=∠B0ABn。

又∵AB0=AO?tan30°，ABn=AN?tan30°， ∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°。

∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°。 ∴B0Bn=ON?tan30°=26?3?22。 3现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）：

如图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为

Bi，连接AP，ABi，B0Bi。

∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP=∠B0ABi。

又∵AB0=AO?tan30°，ABi=AP?tan30°，∴AB0：AO=ABi：AP。 ∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi=∠AOP。 又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn=∠AOP。 ∴∠AB0Bi=∠AB0Bn。

∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）。 综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0Bn，其长度为22。

三、解答题

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1.（2004年浙江温州、台州12分）如图甲，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上的一个动点(不运动至M，C),以AB为直径作⊙O，过点P的切线交AD于点F，切点为E。

（1）求四边形CDFP的周长；

（2）请连结OF，OP，求证：OF⊥OP；

（3）延长DC，FP相交于点G，连结OE并延长交直线DC于H(如图乙)。是否存在点P使

△EFO∽△EHG（其对应关系是E?E，F?H，O?G）？如果存在，试求此时的BP的长；如果不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是正方形 ，∴∠A=∠B=900。∴AF、BP都是⊙O的切线。 又∵PF是⊙O的切线， ∴EF=FA，PE=PB 。

∴四边形CDFP的周长为AD+DC+CB=2×3=6。

（2）证明：连结OE，

∵PF是⊙O的切线，∴OE⊥PF。

在Rt△AOF和Rt△EOF中，∵AO=EO，OF=OF， ∴Rt△AOF∽Rt△EOF。∴∠AOF=∠EOF。 同理∠BOP=∠EOP。

∴∠EOF+∠EOP=

1×180°=90°。 2∴∠EOP=90°，即OF⊥OP 。 （3）存在。

∵∠EOF=∠AOF，∴∠EHG=∠AOE=2∠EOF。

∴当∠EHG=∠AOE=2∠EOF,即∠EOF=30°时，Rt△EOF∽Rt△EHG。 此时∠EOF=30°，∠BOP=∠EOP=90°－30°=60°。 ∴BP=OB·tan60°=3。

【考点】正方形的性质，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义。

【分析】（1）根据切线的性质，将所求四边形CDFP的边转化为已知正方形ABCD的边，即可求得。

（2）连结OE，根据切线的性质和相似三角形的判定和性质，求出∠EOF+∠EOP=

可根据三角形内角和定理得到∠EOP=90°，即OF⊥OP 。

（3）要△EFO∽△EHG，必须∠EHG=∠EFO=2∠EOF=60°，在直角△OBP中，由正切定理可求出

1×180°=90°，即2

BP的长。

2.（2004年浙江温州14分）已知抛物线y=－x2+2(m－3)x+m－1与x轴交于B，A两点，其中点B在x 轴的负半轴上，点A在x轴的正半轴上，该抛物线与y轴于点C。 （1）写出抛物线的开口方向与点C的坐标(用含m的式子表示)； （2）若tan∠CBA=3，试求抛物线的解析式；

（3）设点P(x，y)（其中0＜x＜3）是（2）中抛物线上的一个动点，试求四边形AOCP的面积的最大值 及此时点P的坐标。

【答案】解：（1）抛物线的开口向下，点C的坐标是(0，m－1) 。

（2）∵点A、B分别在x轴的正、负半轴上，

∴方程－x2+2 (m－3)x+m－1=0的两根异号，即m－1＞0。∴OC=m－1。

11m?1 由tan∠CAB=3得OB=OC= (m－1) ， ∴点B的坐标为(?,0) 。

33312代入解析式得?(m?1)2?(m?1)(m?3)?m?1?0

9312由m－1≠0得 ?(m?1)?(m?3)?1?0， ∴m=4。

93∴抛物线的解析式为y=?x2?2x?3。 （3）当0＜x＜3时，y＞0，

∴四边形AOCP的面积为

1133323S△COP+S△OPA=?3x??3y?(x?x2?2x?3)??(x?)2?。

2222283153?3?∵当x=时，y=????2??3=

242?2?231523∴当点P的坐标为(,)时，四边形AOCP的面积达到最大值。

248【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，锐角三角函数定义。

【分析】（1）二次函数的二次项系数是-1＜0，因而抛物线的开口向下．在函数解析式中令x=0解得y的值，就是C的纵坐标。

（2）由方程－x2+2 (m－3)x+m－1=0的两根异号，根据一元二次方程根与系数的关系，得m－1＞0，从而OC=m－1。由tan∠CBA=3转化为OB，OC之间的关系，即可用m表示出B点的坐标，把B点的坐标代入抛物线的解析式，就可以得到一个关于m的方程，从而解出m的值．得到函数的解析式。

（3）四边形AOCP的面积为S△COP＋S△OPA，这两个三角形的面积就可以用x表示出来，从而把面积表

示成x的函数，转化为函数的最值问题。

3.（2004年浙江宁波12分）已知AB是半圆O的直径，AB=16，P点是AB上的一动点（不与A、B重合），PQ⊥AB，垂足为P，交半圆O于Q；PB是半圆O1的直径，⊙O2与半圆O、半圆O1及PQ都相 切，切点分别为M、N、C．

（1）当P点与O点重合时（如图1），求⊙O2的半径r；

（2）当P点在AB上移动时（如图2），设PQ=x，⊙O2的半径r．求r与x的函数关系式，并求出r的取 值范围．

【答案】解：（1）连接OO2、O1O2、O2C，作O2D⊥AB于D，

∵⊙O2与⊙O、⊙O1、PQ相切， ∴OO2=8－r， O1O2=4＋r。 ∵四边形ODO2C是矩形， ∴OD=r，O1D=4－r。

OO22?OD2?O2D2?O1O22?O1D2，根据勾股定理得：

即：?8?r??r2??r?4???4?r?，解得：r=2。 （2）连接AQ，BQ，

∵AB是⊙O直径，PQ⊥AB，∴PQ2=AP?PB。

设⊙O1半径是a，

则x2?2a?16?2a??48a?a2。 连接O1O2、OO2，作O2D⊥AB于D

∴O1O2=a＋r，OO2=8－r，O1D=O1P－PD=a－r，OD=PB－PD-OB=2a－r－8。 根据勾股定理得；O1O22?O1D2?O2D2?OO22?OD2，

即：?a?r???a?r???8?r???2a?r?8?，化简得：8r?8a?a2。

2222222??

∴x2?32r，即r?12x。 32∵P点是AB上的一动点（不与A、B重合），PQ⊥AB， ∴PQ≠0，最大值为⊙O的半径8。∴0＜x≤8 ∴0＜r≤2。

∴r与x的函数关系式为r?12，r的取值范围为0＜r≤2。 x（0＜x≤8）

32【考点】动点问题，切线的性质，矩形的性质，勾股定理，圆周角定理，射影定理（或用相似）。 【分析】（1）由勾股定理得OO22?OD2?O2D2?O1O22?O1D2，可求得r的值。

（2）连接O1O2、OO2，作O2D⊥AB于D，由射影定理（或用相似）和勾股定理可求得r与x的函数

关系式。

4.（2004年浙江金华12分）已知：四边形ABCD为圆内接矩形，过点D作圆的切线DP，交BA的延长线于点P，且PD=15，PA=9。 （1）求AD与AB的长；

（2）如果点E为PD的一个动点（不与运动至P，D），过点E作直线EF，交PB于点F，并将四边形PBCD的周长平分，记△PEF的面积为y，PE的长为x，请求出y关于x的函数关系式；

（3）如果点E为折线DCB上一个动点（不与运动至D，B），过点E作直线EF交PB于点F，试猜想直线EF能否将四边形PBCD的周长和面积同时平分？若能，请求出BF的长；若不能，请说明理由。

【答案】解：（1）如图1连接BD，

∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥PB。

∴∠PAD=∠BAD=90°。

∴△PAD与△ABD都是直角三角形。 ∵PD=15，PA=9，∴AD=12。

∵DP切⊙O于D，∴BD⊥DP。∴∠PDB=90°。 ∵∠P＋∠ADP=∠ADP＋∠ADB=90°，∴∠P=∠ADB。

AD124AB4??，∴tan?ADB??。 AP93AD312?4∴AB=AD?tan∠ADB=?16 。

3∵tan?P?（2）如图2，过点E作直线EF，交PB于点F，并将四边形

PBCD的周长平分，

∵AB=16，AD=12，

∴四边形PBCD的周长为：15+16+12+16+9=68。 ∴PE+PF=34。

4∵PE=x，∴PF=34－x， EN=PE?sin∠P=x。

5∴y?S?PEF?114?3268?EN?PF??x???x???x2?x?0

①如图3，若点E在DC上，设CE =x，BF =y， ∵PD=15，PA=9，AD=CB=12， DC=16，PB=25， ∴DE=16－x，PF=25－y。

∴若直线EF能将四边形PBCD的周长和面积同时平分，

则：

??16?x??15??25?y??x?12?y?x?y?22??，即??16?x???25?y??41，无解。 x?yx?y??12??12??2?22?∴若点E在DC上，不存在直线EF将四边形PBCD的周长和面积同时平分。 ②如图4，若点E在CB上，设CE =x， BF =y， ∵PD=15，PA=9，AD=CB=12， DC=16，PB=25， ∴BE=12－x，PF=25－y。

∴若直线EF能将四边形PBCD的周长和面积同时平分，则：

?x?16?15??25?y???12?x??y?x?y?22?，即。 ?16??25?y??11xy?12y?246?0?12?x?y??y??12?x???222?将x?y?22代入xy?12y?246?0得?y?22?y?12y?246?0，即y2?34y?246?0。

解得，y?17?43。

∵y?17?43时，x?17?43?22??5?43<0，不合题意，舍去。 ∴BF =y?17?43。

∴若点E在CB上，存在直线EF将四边形PBCD的周长和面积同时平分，此时，

BF?17?43。

【考点】动点问题，圆内接矩形的性质，由实际问题建立函数关系式，解二元方程组，分类思想的应用。 【分析】（1）由四边形是圆内接矩形可知，∠PAD=90°．根据勾股定理便可求出AD的长。因为PD是⊙O的切线，所以根据切线的性质和直径所对的圆周角是90°构造直角三角形，应用三角函数即可求出AD与AB的长。

4（2）因为PE=x，所以根据EN=PE?sin∠P=x，建立起EN和x之间的关系，利用三角形的面积公

5式求出y关于x的函数关系式。

（3）分点E在DC上和点E在CB上两种情况讨论即可。

5.（2004年浙江金华14分）如图在平面直角坐标系内，点A与C的坐标分别为（4，8），（0，5），过点A作AB⊥x轴于点B，过OB上的动点D作直线y?kx?b平行于AC，与AB相交于点E，连结CD，过点E作直线EF∥CD，交AC于点F。

（1）求经过点A，C两点的直线解析式；

（2）当点D在OB上移动时，能否使四边形CDEF成为矩形？若能，求出此时k、b的值；若不能，请说明理由；

（3）如果将直线AC作向上下平移，交Y轴于点Cˊ，交AB于点Aˊ，连结DCˊ，过点E作EFˊ∥DCˊ，交AˊCˊ于点Fˊ，那么能否使四边形CˊDEFˊ成为正方形？若能，请求出此时正方形的面积；若不能，请说明理由。

【答案】解：（1）设直线AC的解析式为y=k1x+b1，

∵A（4，8），C（0，5），

3??8?4k1?b1?k1?∴?，解得?4。 ?5?b??b1?5∴直线AC的解析式为： y?（2）设D（m，0），

如图，过点C作DG⊥AB于点G， 则GA=3，CG=4，CO=5。

若四边形CDEF成为矩形，则CD⊥AC。

3x?5。 4ODCO。 ?GACGOD51515 ∴。 ?，即OD?。∴D（，0）

4344 ∴Rt△COD∽Rt△CGA。∴

又∵直线DE：y?kx?b平行于AC，∴直线DE：y?3x?b。 41531545，0）代入，得0???b，即b??。 41644345 ∴k?，b??。

164 将D（

（3）能。假设存在这样的正方形。则C′D=DE， ∴Rt△C′OD∽Rt△DBE（AAS）。∴OC′=BD。 由（2）知

OD3OD3?，∴?。 OC'4BD41216，BD?。 77 又∵OD＋BD=4，∴二者联立，解得OD?

符合题意，四边形C?DEF?为正方形成立。

∴OC′=

16。 722400?12??16? 由勾股定理，得C?D2?OD2? OC?2???????。

49?7??7? ∴此时正方形的面积为

400。 49【考点】动点和平移问题，一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，全等、相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）由已知A、C两点坐标，用待定系数求出解析式。

（2）D在OB上移动，设出D点坐标，根据矩形性质CD⊥DE，由相似得比例关系，代入可求出D点坐标，从而求出直线DE。

（3）在第二问的基础上继续延伸，使其成正方形，要求C′D=DE就可以了，列出方程组求解即可。 6.（2004年浙江衢州14分）如图，在平面直角坐标系中，已知ΔABC的顶点坐标分别为A（0，3），B（－2，0）,C(m，0),其中m>0.以OB，OC为直径的圆分别交AB于点E，交AC于点F，连结EF。 （！）求证：ΔAFE∽ΔABC 。

（2）是否存在m的值，使得ΔAEF是等腰三角形？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。 （3）观察当点C在x轴上移动时，点F移动变化的情况。试求点C1（3，0）移动到点C2（33，0）点F移动的行程。

【答案】解：（1）根据题意，由切割线定理，得：AE?AB?AO2?AF?AC，即 又∵∠EAF=∠CAB（公共角），∴ΔAFE∽ΔABC 。

AEAF。 ?ACAB

（2）存在。

∵A（0，3），B（－2，0）,C(m，0)，即OA=3，OB=2，OC= m，BC=2＋m ∴根据勾股定理，得AB?OA2?OB2?13，AC?OA2?OC2?9?m2。

由（1）ΔAFE∽ΔABC，∴若要使ΔAEF是等腰三角形，必须ΔABC是等腰三角形。 ①若要AE=AF，则要AC=AB，即9?m2?13，解得m??2（－2舍去）。 ②若要AE=FE，则要AC=CB，即9?m2?2?m，解得m?5。 4 ③若要AF=FE，则要AB=CB，即13?2?m，解得m?13?2。 综上所述，存在m的值，使得ΔAEF是等腰三角形，m 的值为2，（3）连接OF，则∠CFO=900。

∴∠AFO始终为直角，且OA为定值OA=3。 ∴点F移动的行程在以AO的中点D为圆心，

一半为半径的圆上（如图）。

AO的

5，13?2。 4?。 连接DF1，DF2，则点F移动的行程为FF12 ∵OC1=3 ，∴tan?OAC1?∴∠OAC1=300。

∵OC1=33 ，∴tan?OAC2?3。 ∴∠OAC2=600。 ∴∠C1AC2=300。 ∴∠F1DF2=600。 ∴点F移动的行程为 ：

3。 3?F?F1260???32??。 1802【考点】动点问题，切割线定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，圆周角定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，弧长的计算，分类思想的应用。

【分析】（1）根据切割线定理，得到相应线段成比例，再加上公共角相等，可得到两三角形相似。?

（2）按边相等的不同情况讨论。

（3）因为CO为直径，则∠OFC=90°，可得到∠AFO=90°，并且OA为定值，即可得到点F移动的

行程为以OA的直径上的一段弧长。

7.（2005年浙江宁波12分）已知抛物线y??x2?2kx?3k2（k>0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，以

?上的动点(不与点A、D重合)，直线CGAB 为直径的⊙E交y轴于点D、F(如图)，且DF=4，G是劣弧AD交x轴于点P.

（1）求抛物线的解析式;

（2）当直线 CG是⊙E的切线时，求tan∠PCO的值.

（3）当直线CG是⊙E的割线时，作GM⊥AB，垂足为H，交PF于点M，交⊙E于另一点N，设MN=t，GM=u，求u关于t的函数关系式.

【答案】解：（1）解方程?x2?2kx?3k2?0，得x1=－3k，x2=k。

由题意知OA=|－3k|=3k，OB=|k|=k。

1DF=2。 22∵OA?OB=OD?OF，∴3k2?4，解得： k??33∵直径AB⊥DF，DF=4，∴OD=OF=

（负的舍去）。

43x?4。 38343（2）由（1）可知AO=23，AB=，EG=，

33∴所求的抛物线的解析式为y??x2?

∵抛物线y??x2?连接EG，

∵CG切⊙E于G，∴∠PGE=∠POC=90°。 ∴Rt△PGE∽Rt△POC。

43x?4过C点，∴OC=4。 343PGEGPG3∴ ，即。 ??3?POCOPO43?83?PA?由切割线定理得PG2?PA?PB?PA????， 3??又PO?PA?AO?PA?23，

?83?PA?PA??3???1，整理得：PA2?23PA?6?0。解得PA??3?3。 ∴23PA?23??∵PA＞0，∴PA?3?3 ∴tan?PCO?POPA?AO3?3。 ??OCOC4 （3）∵GN⊥AB，CF⊥AB，∴GN∥CF。∴△PGH∽△PCO，∴

GHPH。 ?COPOHMPH。 ?OFPOGHHM∴。 ?COOF11∵CO=4，OF=2，∴GH?HN?MN。∴GM=3MN。

2223∴u=3t（0＜t≤ ）。

3同理 ，

【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，垂径定理，相交弦定理，相似三角形的判定和性质，切割线定理。

【分析】（1）本题抛物线解析式只有一个待定系数k，用k表示A、B两点坐标，用相交弦定理OA?OB=OD?OF，可求k值，确定抛物线解析式。

（2）由（1）可求圆的直径AB，半径EG及OC长，连接GE，由Rt△PGE∽Rt△POC，得出对应边的比相等，及切割线定理结合运用可求PA、PO长，在Rt△POC中，可求tan∠PCO的值。

（3）由GN∥CF，得相似，由中间比

GHPHHMHNHM ，及GH=HN，CO=4，OF=2，得 ，???42COPOOF故HN=2HM，M为线段HN的中点，从而可得出：GM=3MN，即u=3t。

8.（2005年浙江湖州12分）如图，已知直角坐标系内的梯形AOBC（O为原点），AC∥OB，OC⊥BC， AC，OB的长是关于x的方程x2??k?2?x?5?0的两个根，且S△AOC：S△BOC=1：5。

（1）填空：OC=________，k=________； （2）求经过O，C，B三点的抛物线的解析式；

（3）AC与抛物线的另一个交点为D，动点P，Q分别从O，D同时出发，都以每秒1个单位的速度 运动，其中点P沿OB由O→B运动，点Q沿DC由D→C运动，过点Q作QM⊥CD交BC于点M，连结PM，设动点运动时间为t秒，请你探索：当t为何值时，△PMB是直角三角形。

【答案】解：（1）5，4。

（2）由（1）得关于x的方程为：x2?6x?5?0，解得x1?1，x2?5。 ∴AC=1，OB=5。∴OA?OC2?AC2?5?1?2。

∴C（1，2），B（5，0）。

设经过O，C，B三点的抛物线的解析式为y?ax?x?5?。 将C（1，2）代入得：a??1。 2115∴经过O，C，B三点的抛物线的解析式为y??x?x?5?，即y??x2?x。

222（3）∵直线AC：y=2，直线AC与抛物线交于点C，D，

15 ∴由2??x2?x解得：x1=1，x2=4。∴CD=3。

22延长QM交x轴于点N，

①若MP⊥OB，则四边形AOPQ是矩形，

∴AQ=OP，∴4－t=t，解得：t=2。 ②若PM⊥BM，则MN2?PN?BN，

MN1?t， ?241?t∴MN?，PN?5?（1?t）?t?4?2t，BN?1?t。

2∵

5?t?1?∴?，t2?。 ???4?2t??1?t?，解得：∴t1=－1（舍去）

3?2?综上所述，当t=2秒或t?25秒时，△PMB是直角三角形。 3【考点】二次函数综合题，动点问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，矩形的判定和性质，射影定理，分类思想的应用。

【分析】（1）∵AC，OB是关于x的方程x2??k?2?x?5?0的两个根，∴AC?OB?5。

1AC?OA12?，即OB=5AC。 ∵S△AOC：S△BOC=1：5，∴

1OB?OA52∴OB=5，AC=1．k+2=AC+OB=6。∴k=4。

在直角三角形ACO中，根据OA=2，AC=1即可根据勾股定理求得OC=5。 （2）可根据O，C，B三点的坐标用待定系数法求出抛物线的解析式。

（3）先求出CD的距离，关键是求出D的坐标，可根据直线AC的解析式和（2）得出的抛物线的解

析式求出D点的坐标，然后用时间t表示出QD，CQ，OP，PB的长。

①如果MP⊥OB，此时四边形AOPQ是矩形，那么AQ=OP，可据此求出t的值。

②如果PM⊥BM，可延长QM交OB于N，则MN⊥OB，如果过C作OB的垂线设垂足为E，

那么NE=CD－QD，可用含t的式子表示出NE的长，进而可表示出BN，NP的长，然后根据MN∥CE，依据平行线分线段成比例定理可得出MN：OC=BN：BE，可求出MN的长，在直角三角形BPM中由于MN⊥PB，可根据射影定理得出关于t的方程，从而求出t的值。

综上所述可求得符合条件的t的值。

9.（2005年浙江舟山、嘉兴12分）在坐标平面内，半径为R的⊙O与x轴交于点D（1，0）、E（5，0）， 与y轴的正半轴相切于点B。点A、B关于x轴对称，点P（a，0）在x的正半轴上运动，作直线AP，作 EH⊥AP于H。

（1）求圆心C的坐标及半径R的值；

（2）△POA和△PHE随点P的运动而变化，若它们全等，求a的值； （3）若给定a=6，试判定直线AP与⊙C的位置关系（要求说明理由）。

【答案】（1）连接BC，则BC⊥y轴，取DE中点M，连CM，则CM⊥x轴，连接CD，

∵D（1，0）、E（5，0），∴OD=1，OE=5。 ∴CD=BC=OM=3，DM=2。 ∴CM?32?22?5。 ∴圆心C（3，5），半径R=3。 （2）∵△POA≌△PHE，∴PA=PE。

∵OA=OB=5，OE=5，OP=a，∴PA2?a2?5，PE2??5?a?。 ∴a2?5??5?a?，解得 a=2。

（3）过点A作⊙C的切线AT（T为切点），交x正半轴于Q。

设Q（m，0），则QE=m－5，QD=m＋1，

22QT?QA?AT?QA?AB?m2?5?25。

由QT?QE?QD得

2?m?5?252

2?2??m?5??m?1?，

即25m2?5?3m?10，11m－60m=0。 ∵m＞0，∴m???60。 1160，0）的右侧， 11∵a=6，点P（6，0），在点Q（

∴直线AP与⊙C相离。

【考点】动点问题，切线的性质，勾股定理，全等三角形的性质，直线与圆的位置关系。

【分析】（1）由题意知圆心C点的横坐标为DE中点的坐标，纵坐标和B点纵坐标相等，用勾股定理求出CM的长即可，C点的横坐标等于半径。

（2）因为△POA≌△PHE，OE的长为直角边和斜边的和，而OE的长已求，用OP表示PE，并且OA=OB。 （3）根据勾股定理求出OP的长即为a的值，过A作圆的切线证明AP与⊙C的关系。

10.（2005年浙江金华12分）如图，在矩形ABCD中，AD=8,点E是AB边上的一点，AE=22,过D,E两点作直线PQ，与BC边所在的直线MN相交于点F。 （1）求tan∠ADE的值；

（2）点G是线段AD上的一个动点（不运动至点A,D），GH⊥DE垂足为H，设DG为x，四边形AEHG的面积为y，请求出y与x之间的函数关系式；

（3）如果AE=2EB，点O是直线MN上的一个动点，以O为圆心作圆，使⊙O与直线PQ相切，同时又与矩形ABCD的某一边相切。问满足条件的⊙O有几个？并求出其中一个圆的半径。

【答案】解：（1）∵矩形ABCD中，∠A=90°，AD=8，AE=22，

∴tan?ADE?AE222。 ??AD842（22）?62， （2）∵在Rt△ADE中，DE?AD2?AE2?82?∴sin?ADE?AE221AD822??，cos?ADE???。 ED623ED62322x。 31122122∴S?DGH??DG?DH?sin?ADE??x?x??x。

2233911∵S?AED??AD?AE??8?22?82，

2222∴y?S?AED?S?DGH?82?x。

9在Rt△DGH中，∵GD=x，∴DH?DG?cos?ADE?

∴y与x之间的函数关系式是y??（3）满足条件的⊙O有4个。

以⊙O在AB的左侧与AB相切为例，求⊙O半径如下：

22x?82。 91∵AD∥FN，∴△AED∽△BEF。∴∠PFN=∠ADE。∴sin∠PFN=sin∠ADE=。

3∵AE=2BE，∴△AED与△BEF的相似比为2：1。 ∴

AD2?。 FB1∵AD=8，∴FB=4。

过点O作OI⊥FP，垂足为I，设⊙O的半径为r，

那么FO=4－r，

∵sin?PFN?OIr1??，∴r=1。 FO4?r3（满足条件的⊙O还有：⊙O在AB的右侧与AB相切，这时r=2；⊙O在CD的左侧与CD

相切，这时r=3；⊙O在CD的右侧与CD相切，这时r=6）

【考点】动点问题，锐角三角函数定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直线与圆相切的条件，分类思想的应用。

【分析】（1）在Rt△ADE中，已知AD，AE的长，根据三角函数tan∠ADE=AEAD，代入数据进行求解即可；

（2）根据y?S?AED?S?DGH，S?AED?11?AD?AE，S?DGH??DG?DH?sin?ADE，故应求出DH和22sin∠ADE的值。在Rt△ADE中，根据勾股定理可将DE的值求出，又知AE的长，故可将sin∠ADH的值求出；在Rt△DGH中，根据三角函数可将DH的值求出，故将各数据代入进行求解可写出y与x之间的函数关系式。

（3）满足条件的⊙O有4个：⊙O在AB的左侧与AB相切；⊙O在AB的右侧与AB相切；⊙O在

CD的左侧与CD相切；⊙O在CD的右侧与CD相切．⊙O在AB的左侧与AB相切为例：作辅助线，过点O作OI⊥FP，垂足为I．根据AD∥FN，得：△AED∽△BEF，可知sin∠PFN，FB的值，在Rt△FOI中，根据sin∠PFN=OIFO，可将⊙O的半径求出，其他情况同理可求解半径r。

11.（2005年浙江金华14分） 如图，抛物线y?ax2?bx?c经过点O(0,0)，A(4,0)，B(5,5)，点C是y轴负半轴上一点，直线l经过B,C两点，且tan?OCB?（1）求抛物线的解析式；

5 9

（2）求直线l的解析式；

（3）过O,B两点作直线，如果P是直线OB上的一个动点，过点P作直线PQ平行于y轴，交抛物线于点Q。问：是否存在点P，使得以P,Q,B为顶点的三角形与OBC相似？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）∵抛物线y?ax2?bx?c经过点（0，0），（4，0），

∴可设抛物线解析式为y?ax?x?4?。

把B（5，5）代入，得5?a?5?5?4?，解得a=1。 ∴抛物线解析式为y?x?x?4?，即y?x2?4x。

（2）过点B作BD⊥y轴于点D，

∵点B的坐标为（5，5），∴BD=5，OD=5。 ∵tan?OCB?BDCD?59，∴CD=9。∴OC=CD－OD=4。 ∴点C坐标为（0，－4）。 设直线l的解析式为y?kx?4， 把B（5，5）代入，得5=5k－4，解得k?95。 ∴直线l的解析式为y?95x?4。

（3）①当点P在线段OB上（即0＜x＜5时），

∵PQ∥y轴，∴∠BPQ=∠BOC=1350。 当

PBOB?PQOC时，△PBQ∽△OBC， 这时，抛物线y?x2?4x与直线l的交点就是满足题意的点Q，

94则x2?4x?x?4，解得x1=5（舍去），x2=。

5544∴P1（，）。

55PBPQ当时，△PQB∽△OBC， ?OCOB∵PB?2?5?x?，PQ?x?x2?4x?5x?x2，OC=4，OB?52，

??∴

2?5?x?4?5x?x252，整理得2x2?15x?25?0。解得x1=5（舍去），x2=

5。 2∴P2（

55，）。 22②当点P在点O左侧（即x＜0=时），

∵PQ∥y轴，∴∠BPQ=45°，△BPQ中不可能出现135°的角，这时以P，Q，B为顶点的三

角形不可能与△OBC相似。

③当点P在点B右侧（即x＞5）时，

∵∠BPQ=135°，∴符合条件的点Q即在抛物线上，同时又在直线l上；或者既在抛物线上，

同时又在Q2，B所在直线上（Q2为上面求得的P2所对应）。

∵直线l（或直线Q2B）与抛物线的交点均在0＜x≤5内，而直线与抛物线交点不可能多于

两个，

∴x＞5时，以P，Q，B为顶点的三角形也不可能与△OBC相似。 综上所述，符合条件的点P的坐标只有两个：P1（

4455，），P2（，）。 5522【考点】二次函数综合题，动点问题，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，相似三角形的判定和性质，平行的性质，分类思想的应用。

【分析】（1）依题意设抛物线解析式为y?ax?x?4?，把B（5，5）代入求得解析式。

（2）过点B作BD⊥y轴于点D，求出点C的坐标．设直线l的解析式为y=kx－4，把点B的坐标代

入求出k值之后可求出直线l的解析式。

（3）分点P在线段OB上，点P在点O左侧，当点P在点B右侧三种情况讨论即可。

12.（2005年浙江衢州12分）已知，△ABC中，∠B=90°，∠BAD=∠ACB，AB=2，BD=1，过点D作DM⊥AD交AC于点M，DM的延长线与过点C的垂线交于点P． （1）求sin∠ACB的值；

（2）求MC的长；

（3）若点Q以每秒1个单位的速度由点C向点P运动，是否存在某一时刻t，使四边形ADQP的面积等于四边形ABCQ的面积；若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）在Rt△ABD中，∵AB=2，BD=1，

∴根据勾股定理得：AD?AB2?BD2?5。 ∵∠BAD=∠ACB，∴sin?ACB?sin?BAD?BD5。 ?AD5（2）∵DM⊥AD，∴∠MDC=900－∠MDC=∠BAD=∠MCD。

∴MD=MC。

∵∠BAD=∠ACB，∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA。∴∴AC?25。

设MC=x，则DM=x，AM=AC－MC=25?x，

在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM2?AD2?DM2，即25?x解得： x?（3）存在。

在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC?AC2?AB2?4， ∴DC=3。

∵∠BAD=∠CDP，，∠ABD=∠DCP，∴△ABD∽△DCP。∴∴CP?15BDDA，即?。 ?2ACBAAC????5?22?x2，

3535。∴MC=。 44ABBD23，即?。 ?1CPDCCP3。 23?t。 211313?3?2???4??3?t?6?t， 22222连接AP、AQ、DQ，设CQ=t时，四边形ADQP的面积等于四边形ABCQ的面积， 则PQ=

∵SADQP?S?ADC?S?ACP?S?DCQ?

11?BA?CQ?BC???2?t??4?4?2t， 2234∴由6?t?4?2t解得t?。

274∴当点Q从点c向点P运动s时，存在四边形ADQP的面积等于四边形ABCQ的面积。

7 SABCQ?【考点】动点问题，勾股定理，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据AB=2，BD=1，∠B=90°，根据勾股定理得到AD的长，根据∠BAD=∠ACB得到sin∠ACB=sin∠BAD，在Rt△ABD中，根据三角函数的定义就可以求出sin∠ACB的值．

（2）设MC=x，则DM=x，AM=AC－MC=25?x，在Rt△ADM中，由勾股定理就可以求出CM

的长。

（3）根据SADQP?S?ADC?S?ACP?S?DCQ?SABCQ即可求出t的值。

13.（2006年浙江杭州大纲卷12分）已知，直线y??3x?1与x轴，y轴分别交于点A、B，以线段AB3为直角边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90o。且点P（1，a）为坐标系中的一个动点。

（1）求三角形ABC的面积S△ABC；

（2）证明不论a取任何实数，三角形BOP的面积是一个常数； （3）要使得△ABC和△ABP的面积相等，求实数a的值。

【答案】解：（1）在y??3x?1中令x=0，得点B坐标为（0，1）；令y=0，得点A坐标为（3，0）。 3 由勾股定理得|AB|=2。

∵△ABC是等腰直角三角形，∴S△ABC=2。

（2）不论a取任何实数，△BOP都可以以BO=1为底，点P到y轴的距离1为高，

∴S△BOP=

1为常数。 2（3）当点P在第四象限时，

∵S△ABO=

33，S△APO=?a，

223313?53。 ?a??2，解得a?2223∴S△ABP=S△ABO＋S△APO－S△BOP=S△ABC=2，即当点P在第一象限时，同理可得a?3+53。 3【考点】一次函数综合题，动点问题，直线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的性质， 分类思想的应用，解一元二次方程。

【分析】（1）根据直线的解析式容易求出A，B的坐标，也可以求出OA，OB，AB的长，由于三角形ABC是等腰直角三角形，知道AB就可以求出S△ABC。

（2）不论a取任何实数，△BOP都可以以BO=1为底，点P到y轴的距离1为高，所以三角形BOP的面积是一个常数。

（3）△ABC的面积已知，把△ABP的面积用a表示，就可以得到关于a的方程，解方程可以求出a。 14.（2006年浙江温州14分）如图，在ABCD中，对角线AC⊥BC，AC=BC=2,动点P从点A出发沿

AC向终点C移动，过点P分别作PM∥AB交BC于M，PN∥AD交DC于N．连接AM．设AP=x

(1)四边形PMCN的形状有可能是菱形吗?请说明理由； (2)当x为何值时，四边形PMCN的面积与△ABM的面积相等?

【答案】解：（1）四边形PMCN不可能是菱形。理由如下：

用反证法：

假设四边形PMCN是菱形，则PM=MC=CN=NP。 ∵AC⊥BC，∴∠ACB=900。

∵在Rt△PCM中，PM为斜边，MC为直角边，∴PM>MC。 ∴PM不可能等于MC。

∴与假设四边形PMCN是菱形相矛盾，所以四边形PMCN不可能是菱形。 （2）设AP=x，

∵PM//AB， PN//AD，AC=BC=2，AC⊥BC，

∴PC=2－x，BM= x，MC=2－x。 ∴SPMCN??2?x???2?x?，S?ABM?1?2?x?x。 2 由?2?x???2?x??x解得x =1，x =4（不合题意，舍去）。 ∴当x=1时，四边形PMCN的面积与△ABM的面积相等。

【考点】动点问题，平行四边形的性质，菱形的判定，解一元二次方程，反证法的应用。 【分析】（1）用反证法证明四边形PMCN不可能是菱形。

（2）设AP=x，用x表示出四边形PMCN的面积和△ABM的面积，由二者相等列式解一元二次方程

即可。

15.（2006年浙江湖州10分）如图，已知平面直角坐标系，A、B两点的坐标分别为A（2，－3），B（4，－1）。

（1）若P（p，0）是x轴上的一个动点，则当p=____时，△PAB的周长最短；

（2）若C（a，0），D（a+3，0）是x轴上的两个动点，则当a=____时，四边形ABDC的周长最短； （3）设M，N分别为x轴和y轴上的动点，请问：是否存在这样的点M（m，0）、N（0，n），使四边形ABMN的周长最短？若存在，请求出m=____,n=___（不必写解答过程）；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）

7。 25（2）。

455（3）存在。，?。

23【考点】单动点和双动点问题，轴对称的应用（最短线段问题），待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。 【分析】（1）根据题意，设出并找到B（4，－1）关于x轴的对称点是E，其坐标为（4，1），进而可得直线AE的解析式，进而可得答案：

设点B（4，－1）关于x轴的对称点是E，其坐标为（4，1），

设直线AE的解析式为y=kx?b， 把A（2，－3），E（4，1）代入得：

?2k?b??3?k?2，解得。 ??4k?b?1b??7??∴直线AE的解析式为y=2x?7。 令y=0得x=∴p=

7。 27。 2（2）B向左平移3个单位得F(1,－1)，FBDC是平行四边形，AB+BD+DC+CA=AB+FC+3+AC，AB是定长，所以FC+AC最短。

过A点作AG⊥x轴于点G，且延长AG，取EG=AG， 那么E（2，3），取点F（1，－1），连接EF， 设直线EF的解析式为y=kx?b，

?k?b=?1?k=4则?，解得：?。

2k?b=3b=?5??∴直线EF的解析式为y=4x?5。

∵C点的坐标为（a，0），且在直线EF上，∴a=（3）存在使四边形ABMN周长最短的点M、N。

作A关于y轴的对称点E，作B关于x轴的对称点

F，连接EF，与x轴、y轴的交点即为点M、N。

∴E（－2，－3），F（4，1）。 ∴同上可求直线EF的解析式为：y?5。 425x?。 3355，0），N（0，?）。 2355∴m=，n=?。

23∴M（

16.（2006年浙江舟山、嘉兴14分）如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），?以OA?为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，?以BC?为边在第四象限内作等边△CBD，直线DA交y轴于点E．

（1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论．

（2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E?的坐标；若有变化，请说明理由．

（3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m．

【答案】解：（1）两个三角形全等。证明如下：

∵△AOB、△CBD都是等边三角形，∴OBA=∠CBD=60°。 ∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD。 ∵OB=AB，BC=BD，∴△OBC≌△ABD（SAS）。 （2）点E位置不变。理由如下：

∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∠OAE=180°－60°－60°=60°。 在Rt△EOA中，EO=OA·tan60°=3。

∴点E的坐标为（0，3），即点E位置不变。

（3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1·m=n·AG，即AG= 又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，∴OE2=EG·EF。 在Rt△EOA中，AE=3?1=2， ∴

m。 n??32m????2???2?n?，即2n2?n?2m?mn?0。

n??2n2?n 解得m=。

n?2

【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相交弦定理，切线的判定，切割线定理，代数式化简。

【分析】（1）由等边三角形的性质知，OBA=∠CBD=60°，易得∠OBC=∠ABD，又有OB=AB，BC=BD故有△OBC≌△ABD。

（2）由（1）知，△OBC≌△ABD?∠BAD=∠BOC=60°，可得∠OAE=60°，在Rt△EOA中，有

EO=OA?tan60°=3，即可求得点E的坐标，即点E位置不变。

（3）由相交弦定理知1?m=n?AG，即AG=

m ，由切割线定理知，OE2=EG?EF，在Rt△EOA中，由nm????2???2?n? ，即可求得m与n关系。

n??勾股定理知，AE=3?1 =2，故建立方程：

??3217.（2007年浙江湖州12分）如图，P是射线y＝点，与x轴的正半轴交于A、B两点。

3x(x＞0)上的一动点，以P为圆心的圆与y轴相切于C 5（1）若⊙P的半径为5，则P点坐标是( ， )；A点坐标是( ， )；以P为顶点，且经过A点的抛物线的解析式是 ；

（2）在（1）的条件下，上述抛物线是否经过点C关于原点的对称点D，请说明理由；

（3）试问：是否存在这样的直线l，当P在运动过程中，经过A、B、C三点的抛物线的顶点都在直线l上？若存在，请求出直线l的解析式；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）P（5，3）；A（1，0）；y??32x?5??3?。 16（2）C点关于原点的对称点8的坐标为（0，－3），

3272?0?5??3??， 161632∴D点不在抛物线y???x?5??3上。

16∵当ｘ＝0时，y??（3）存在。

3设P（m，m），m＞0，

5过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，则AQ=BQ，

34∵PA=PC=m，PQ=m，∴AQ=m 。

55193∴A（m，0)，B（m ，0），C（0，m）。

555设经过A，B，C三点的抛物线的解析式为

1??9??y?a?x?m??x?m?，

5??5??3将C（0，m） 代入解析式，得：

531??9?5?。 m?a?0?m??0?m?，解得：a?55??5?3m?∴经过A，B，C三点的抛物线的解析式为y?5?1??9??x?m??x?m? 。 3m?5??5?∵y?5?1??9?521035162x?mx?m?x?x?m?x?m?m， ??????3m?5??5?3m353m15∴抛物线的顶点坐标为（m,?∴存在直线l：y??顶点都在直线上。

16。 m）15163x，当P在射线y?x上运动时，过A，B，C三点着抛物线着155【考点】一、二次函数综合题，动点问题，直线与圆相切的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理。

【分析】（1）∵圆的半径为5，且圆与y轴相切，∴P点的横坐标为5。

3∵P点在射线y?x上，∴P点的纵坐标为3。

5∴P（5，3）。

连接PA，过P作PM⊥BA于M，则AP=5，PM=3， ∴根据勾股定理可得：AM=4。 ∵OM=5，∴OA=1。 ∴A（1，0）。

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