动态问题2013中考汇编 - 图文

动态问题

一、选择题

1．（2013江苏苏州，10，3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上，顶点B的坐标为（3，3），点C的坐标为（一动点，则PA＋PC的最小值为（ ）．

1，0），点P为斜边OB上的213313?19 B． C． D．27 222【答案】B．

【解析】如图，作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA＋PC的值最小，求出AM，求出AD，求出DN、CN，根据勾股定理求出CD，即可得出答案．

解：如图，作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA＋PC的值最小． ∵DP=PA，

∴PA＋PC=PD＋PC=CD．

A．∵B（3，3），∴AB=3，OA=3，∠B=60°． 由勾股定理得：OB=23．

11×OA×AB=×OB×AM， 221133即×3×3=×23×AM．∴AM=．∴AD=2×=3．

2222由三角形面积公式得：

∵∠AMB=90°，∠B=60°， ∴∠BAM=30°，∵∠BAO=90°，∴∠OAM=60°． ∵DN⊥OA，∴∠NDA=30°，∴AN=

13×AD=． 22由勾股定理得：DN=3?()=∵C（

232233． 2113，0），∴CN=3－－=1． 222在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC=(313322． )?1=22即PA＋PC的最小值是31． 2所以应选B．

【方法指导】本题考查了三角形的内角和定理，轴对称的最短路线问题，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，关键是求出P点的位置，题目比较好，难度适中． 【易错警示】弄不清楚最小值问题，赵不到最短距离而出错．

2．（2013山东临沂，14，3分）如图，正方形ABCD中，AB＝8cm，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别从B，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿BC，CD运动，到点C，D时停

22

止运动．设运动时间为t(s)，△OEF的面积为S(cm)，则S(cm)与t(s)的函数关系可用图象表示为（ ）

A O F

B E S/cm2 16 16 C

S/cm2 16 S/cm2 16 S/cm2 D

8 8 8 8 O 4 8

t/s

O 4 8 t/s

O 4 C．

8

t/s

O 4 D．

8 t/s

A． B．

【答案】：B．

3（2013四川南充，10，3分）如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．设P，Q出发秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与的函数关系的图象如图2（曲线OM为抛物线的一部分）．则下列结论： ①AD=BE=5cm；②当0＜≤5时，y?④若△ABE与△QBP相似，则t?225t；③直线NH的解析式为y??t?27； 5229秒．其中正确结论的个数为（ ） 4A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】：B．

【解析】据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可． 【方法指导】本题考查了二次函数的综合应用及动点问题的函数图象，根据图（2）判断出

点P到达点E时，点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口，难度较大．

4．(2013湖北荆门，12，3分)如图所示，已知等腰梯形ABCD，AD∥BC，若动直线l垂直于BC，且向右匀速(注：“匀速”二字为录入者所添加)平移，设扫过的阴影部分的面积为S，BP为x，则S关于x的函数图象大致是( ) y l A D S S S S B P C x (第12题)

O x x O x O x O A． B． C． D．

【答案】A

【解析】为计算的方便，不妨设AB＝CD＝2，AD＝1，∠ABC＝45°．分别过点A，D向BC作垂线，垂足依次为E，F，如图3，设动直线l移动的速度为x．①当0≤x＜1时，S＝

1x2，其图象是开口向上的抛物线的一部分；②当1≤x＜2时，S＝1＋1×(x－1)＝x－1，222其图象是直线的一部分；③当2≤x≤3时，S＝2－一部分．综上所述，选A． y l A D F C x 1(3－x)2，其图象是开口向下的抛物线的

2B P E 图3

【方法指导】判断函数大致图象的试题，一般应先确立函数关系解析式，再根据函数图象及性质做出合理的判断．解答分段函数的图象问题一般遵循以下步骤：①根据自变量的取值范围对函数进行分段；②求出每段的解析式；③由每段的解析式确定每段图象的形状． 5 (2013山东烟台，12,3分)如图1．E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE-—ED—DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止．它们的运动速度都是1cm/s.若点P,Q同时开始运动，设运动时间为t(s)，⊿BPQ的面积y(cm2).已知y与t的函数关系图像如图2，则下面结论错误的是（ ）

A. AE?6cm

B. sin?EBC?4 5C. 当0?t?10时，y?22t D.当t?12s时，?PBQ是等腰三角形 5

【答案】A

【考点解剖】本题是一道典型的动点问题，主要考查了三角函数、等腰三角形的判定、二次函数的解析式、三角形的面积公式，解决本题的关键是能够根据图形中点的位置与相应线段、面积的变化来理解函数图象表达的意义，数形结合，化静为动，从而正确的解决问题. 【解析】 如图：利用数形结合思想方法，结合图1、图2分别求出BE=BC=10cm，DE=4cm，AE=6cm；然后利用勾股定理求出AB，即可求出sin∠EBC=∽△EBA可求出BQ边上的高PF?系式y=

4；当0?t?10时，根据△BPF54t，然后利用三角形面积公式即可求出y与t的函数关5142t?t?t2，最后利用排除法即可选D. 255

【方法指导】点的运动问题，主要表现在运动路径与时间之间的图象关系.解决动点问题时，对题意的理解要清晰，关键是正确获取或处理题中的信息，明确哪些是变化的量，哪些是不变的量.

二、填空题

1. （2013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，

cm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）

【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可； 【解析】∵△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=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°， 分为三种情况：①如图1，

当⊙P切AB于M′时，连接PM′， 则PM′=

cm，∠PM′M=90°，

∵∠PMM′=∠BMN=60°， ∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm， ∴QP=4cm﹣2cm=2cm， 即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=∴PM=1cm，

cm，

∴QP=4cm﹣1cm=3cm， 即t=3，

当当⊙P于AC切于C点时，连接PC， 则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=∴P′N=1cm，

∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm， 即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切； ③如图1，

cm，

当⊙P切BC于N′时，连接PN′3 则PN′=

cm，∠PM\\N′N=90°，

∵∠PNN′=∠BNM=60°， ∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm， ∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm， 即t=8；

故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．

【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．

．2(2013浙江湖州,16,4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 【解析】（1）首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹），如答图②所示．利用相似三角形可以证明；（2）其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．

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．如答图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×动的路径（或轨迹）．

3=22．现在来证明线段B0Bn就是点B运3

如答图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．故答案为：22．

【方法指导】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点

有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中 3．（2013山东菏泽，14，3分）如图所示，在△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于Q，当CQ=时， EP+BP=____________.

A 1CE3E D P Q F B

（第14题）

【答案】12．

C

【解析】延长BQ角射线EF于M.

∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF//BC，即EM//BC.

2CEEMEQ23∴△EQM∽△EQB，∴???， BCCQ1CE13EM即?2，∴EM=12.

6∵∠CBP的平分线交CE于Q，∴∠PBM=∠CBM， ∵EM//BC，∴∠EMB=∠CBM，

∴∠PBM=∠EMB，∴PB=PM，所以EP+BP=EM=12.

【方法指导】本题考查三角形相似、三角形中位线性质、角平分线意义等.本题是一道动点型问题，解题时要善于从“动中求静，联想关联知识”.

三、解答题

1. （2013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，

cm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）

【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可； 【解析】∵△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=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°， 分为三种情况：①如图1，

当⊙P切AB于M′时，连接PM′， 则PM′=

cm，∠PM′M=90°，

∵∠PMM′=∠BMN=60°， ∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm， ∴QP=4cm﹣2cm=2cm， 即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=∴PM=1cm，

∴QP=4cm﹣1cm=3cm， 即t=3，

当当⊙P于AC切于C点时，连接PC， 则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=∴P′N=1cm，

∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm， 即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切； ③如图1，

cm， cm，

当⊙P切BC于N′时，连接PN′3 则PN′=

cm，∠PM\\N′N=90°，

∵∠PNN′=∠BNM=60°， ∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm， ∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm， 即t=8；

故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．

【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．

2．（2013湖北孝感，25，12分）如图1，已知正方形ABCD的边长为1，点E在边BC上，若∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．

（1）图1中若点E是边BC的中点，我们可以构造两个三角形全等来证明AE=EF，请叙述你的一个构造方案，并指出是哪两个三角形全等（不要求证明）； （2）如图2，若点E在线段BC上滑动（不与点B，C重合）． ①AE=EF是否总成立？请给出证明；

2

②在如图2的直角坐标系中，当点E滑动到某处时，点F恰好落在抛物线y=﹣x+x+1上，求此时点F的坐标．

考点：二 次函数综合题． 专题：综 合题． 分析：（ 1）取AB的中点G，连接EG，利用SSS能得到△AGE与△ECF全等； （2）①在AB上截取AM=EC，证得△AME≌△ECF即可证得AE=EF； ②过点F作FH⊥x轴于H，根据FH=BE=CH设BH=a，则FH=a﹣1，然后表示出点F2的坐标，根据点F恰好落在抛物线y=﹣x+x+1上得到有关a的方程求得a值即可求得点F的坐标； 解答：（ 1）解：如图1，取AB的中点G，连接EG． △AGE与△ECF全等． （2）①若点E在线段BC上滑动时AE=EF总成立． 证明：如图2，在AB上截取AM=EC． ∵AB=BC， ∴BM=BE， ∴△MBE是等腰直角三角形， ∴∠AME=180°﹣45°=135°， 又∵CF平分正方形的外角， ∴∠ECF=135°， ∴∠AME=∠ECF． 而∠BAE+∠AEB=∠CEF+∠AEB=90°， ∴∠BAE=∠CEF， ∴△AME≌△ECF． ∴AE=EF． ②过点F作FH⊥x轴于H， 由①知，FH=BE=CH， 设BH=a，则FH=a﹣1， ∴点F的坐标为F（a，a﹣1） 2∵点F恰好落在抛物线y=﹣x+x+1上， 2∴a﹣1=﹣a+a+1， 2∴a=2，（负值不合题意，舍去）， ∴． ∴点F的坐标为． 点评：本 题考查了二次函数的综合知识，题目中涉及到了全等的知识，还渗透了方程思想，是一道好题． 3（2013·济宁，23，?分）如图，直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）． （1）求点P运动的速度是多少？

（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？

（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．

考点：一次函数综合题．

分析：（1）根据直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出

=

=，据此可以求得点P的运动速度；

（2）当PQ=PE时，以及当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可； （3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可． 解答：解：（1）∵直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B， ∴x=0时，y=4，y=0时，x=8，∴==， 当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t， ∵EP∥BO，∴=

=，∴AP=2t，

∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动， ∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；

（2）如图1，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，

则OQ=FQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2， 如图2，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，

∵OQ=t，PA=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8， ∴t=3t－8，解得：t=4；

（3）如图1，当Q在P点的左边时， ∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t， 当t=－

=时，

S矩形PEFQ的最大值为：

如图2，当Q在P点的右边时，

∵OQ=t，PA=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8， ∴S矩形PEFQ=QP?QE=（3t－8）?t=3t2－8t，

=4，

∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，∴0≤t≤4， 当t=－

=时，S矩形PEFQ的最小，

∴t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42－8×4=16， 综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．

点评：此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P，Q不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．

4．（2013·潍坊，24，13分）如图，抛物线y?ax2?bx?c关于直线x?1对称，与坐标轴交于A、B、C三点，且AB?4，点D?2，?在抛物线上，直线是一次函数

??3?2?y?kx?2?k?0?的图象，点O是坐标原点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若直线平分四边形OBDC的面积，求k的值．

（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于M、N两点，问在y轴正半轴上是否存在一定点P，使得不论k取何值，直线PM与PN总是关于y轴对称？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

答案：（1）因为抛物线关于直线x＝1对称，AB＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，

由点D(2，1．5)在抛物线上，所以?又??a?b?c?0，所以3a＋3b＝1．5，即a＋b＝0．5，

?4a?2b?c?1.5b?1，即b＝－2a，代入上式解得a＝－0．5，b＝1，从而c＝1．5，所以2a13y??x2?x?．

22

123x?x?，令x＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB， 2273,)， 令kx－2＝1．5，得l与CD的交点F(

2k22令kx－2＝0，得l与x轴的交点E(,0)，

k（2）由（1）知y??根据S四边形OEFC＝S四边形EBDF得：OE＋CF＝DF＋BE，

272711??(3?)?(2?),解得k?, k2kk2k512312（3）由（1）知y??x?x???(x?1)?2,

222即

所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为y??12x 2

假设在y轴上存在一点P(0，t)，t＞0，使直线PM与PN关于y轴对称，过点M、N分别向y轴作垂线MM1、NN1，垂足分别为M1、N1，因为∠MPO＝∠NPO，所以Rt△MPM1∽Rt△NPN1， 所以

MM1PM1?，………………(1) NN1PN1?xMt?yM?，又yM ＝k xM－2， yN＝k xN－2， xNt?yN不妨设M(xM，yM)在点N(xN，yN)的左侧，因为P点在y轴正半轴上， 则（1）式变为

所以（t＋2）(xM ＋xN)＝2k xM xN，……(2) 把y＝kx－2(k≠0)代入y??12x中，整理得x2＋2kx－4＝0， 2所以xM ＋xN＝－2k， xM xN＝－4，代入（2）得t＝2，符合条件， 故在y轴上存在一点P（0，2），使直线PM与PN总是关于y轴对称．

考点：本题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式的确定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大．

点评：本题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。问题设计富有梯度、由易到难层层推进，既考查了知识掌握，也考查了方法的灵活应用和数学思想的形成。

5 ．（2013湖北宜昌，22，12分）如图1，平面之间坐标系中，等腰直角三角形的直角边

BC在x轴正半轴上滑动，点C的坐标为（t，0），直角边AC=4，经过O，C两点做抛物线y1=ax（x﹣t）（a为常数，a＞0），该抛物线与斜边AB交于点E，直线OA：y2=kx（k为常数，k＞0）

（1）填空：用含t的代数式表示点A的坐标及k的值：A （t，4） ，k= （k＞0） ； （2）随着三角板的滑动，当a=时：

①请你验证：抛物线y1=ax（x﹣t）的顶点在函数y=

的图象上；

②当三角板滑至点E为AB的中点时，求t的值；

（3）直线OA与抛物线的另一个交点为点D，当t≤x≤t+4，|y2﹣y1|的值随x的增大而减小，当x≥t+4时，|y2﹣y1|的值随x的增大而增大，求a与t的关系式及t的取值范围．

考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）根据题意易得点A的横坐标与点C的相同，点A的纵坐标即是线段AC的长度；把点A的坐标代入直线OA的解析式来求k的值； （2）①求得抛物线y1的顶点坐标，然后把该坐标代入函数y=数解析式y=数y=，即表示该顶点在函数y=图象上； ，若该点满足函图象上；反之，该顶点不在函②如图1，过点E作EK⊥x轴于点K．则EK是△ACB的中位线，所以根据三角形中位线定理易求点E的坐标，把点E的坐标代入抛物线y1=x（x﹣t）即可求得t=2； （3）如图2，根据抛物线与直线相交可以求得点D横坐标是由此可以求得a与t的关系式． 解答：解 ：（1）∵点C的坐标为（t，0），直角边AC=4， ∴点A的坐标是（t，4）． 又∵直线OA：y2=kx（k为常数，k＞0）， ∴4=kt，则k=（k＞0）． （2）①当a=时，y1=x（x﹣t），其顶点坐标为（，﹣对于y=上． 故当a=时，抛物线y1=ax（x﹣t）的顶点在函数y= ②如图1，过点E作EK⊥x轴于点K． ∵AC⊥x轴， ∴AC∥EK． ∵点E是线段AB的中点， ∴K为BC的中点， ∴EK是△ACB的中位线， ∴EK=AC=2，CK=BC=2， ∴E（t+2，2）． ∵点E在抛物线y1=x（x﹣t）上， ∴（t+2）（t+2﹣t）=2， 解得t=2． （3）如图2，，则x=ax（x﹣t）， 的图象上； 来说，当x=时，y=×=﹣）． ）在抛物线y=+4．则t+4=+4，，即点（，﹣解得x=+4，或x=0（不合题意，舍去）．． +t． +t， 故点D的横坐标是当x=+t时，|y2﹣y1|=0，由题意得t+4=解得a=（t＞0）． 点评：本 题考查了坐标与图形的性质、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数与二次函数交点坐标等知识点．解题时，注意“数形结合”数学思想的应用． ．（2013湖南郴州，25，10分）如图，△ABC中，AB=BC，AC=8，tanA=k，P为AC边上一动点，设PC=x，作PE∥AB交BC于E，PF∥BC交AB于F． （1）证明：△PCE是等腰三角形；

（2）EM、FN、BH分别是△PEC、△AFP、△ABC的高，用含x和k的代数式表示EM、FN，并探究EM、FN、BH之间的数量关系；

（3）当k=4时，求四边形PEBF的面积S与x的函数关系式．x为何值时，S有最大值？并求出S的最大值．

考点：等 腰三角形的判定与性质；二次函数的最值；解直角三角形． 分析：（ 1）根据等边对等角可得∠A=∠C，然后根据两直线平行，同位角相等求出∠CPE=∠A，从而得到∠CPE=∠C，即可得证； （2）根据等腰三角形三线合一的性质求出CM=CP，然后求出EM，同理求出FN、BH的长，再根据结果整理可得EM+FN=BH； （3）分别求出EM、FN、BH，然后根据S△PCE，S△APF，S△ABC，再根据S=S△ABC﹣S△PCE﹣S△APF，整理即可得到S与x的关系式，然后利用二次函数的最值问题解答． 解答：（ 1）证明：∵AB=BC， ∴∠A=∠C， ∵PE∥AB， ∴∠CPE=∠A， ∴∠CPE=∠C， ∴△PCE是等腰三角形； （2）解：∵△PCE是等腰三角形，EM⊥CP， ∴CM=CP=，tanC=tanA=k， ∴EM=CM?tanC=?k=同理：FN=AN?tanA=， ?k=4k﹣， 由于BH=AH?tanA=×8?k=4k， 而EM+FN=+4k﹣=4k， ∴EM+FN=BH； （3）解：当k=4时，EM=2x，FN=16﹣2x，BH=16， 22所以，S△PCE=x?2x=x，S△APF=（8﹣x）?（16﹣2x）=（8﹣x），S△ABC=×8×16=64， S=S△ABC﹣S△PCE﹣S△APF， 22=64﹣x﹣（8﹣x）， 2=﹣2x+16x， 2配方得，S=﹣2（x﹣4）+32， 所以，当x=4时，S有最大值32． 点评：本 题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，锐角三角函数，二次函数的最值问题，表示出各三角形的高线是解题的关键，也是本题的难点． 8 ．（2013湖南郴州，26，10分）如图，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O为原点，OC、OA所在直线为轴建立坐标系．抛物线顶点为A，且经过点C．点P在线段AO上由A向点O运动，点O在线段OC上由C向点O运动，QD⊥OC交BC于点D，OD所在直线与抛物线在第一象限交于点E．

（1）求抛物线的解析式； （2）点E′是E关于y轴的对称点，点Q运动到何处时，四边形OEAE′是菱形？

（3）点P、Q分别以每秒2个单位和3个单位的速度同时出发，运动的时间为t秒，当t为何值时，PB∥OD？

考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）根据顶点式将A，C代入解析式求出a的值，进而得出二次函数解析式； （2）利用菱形的性质得出AO与EE′互相垂直平分，利用E点纵坐标得出x的值，进而得出BC，EO直线解析式，再利用两直线交点坐标求法得出Q点坐标，即可得出答案； （3）首先得出△APB∽△QDO，进而得出解答：解 ：（1）∵A（0，2）为抛物线的顶点， 2∴设y=ax+2， =，求出m的值，进而得出答案． ∵点C（3，0），在抛物线上， ∴9a+2=0， 解得：a=﹣， 2∴抛物线为；y=﹣x+2； （2）如果四边形OEAE′是菱形，则AO与EE′互相垂直平分， ∴EE′经过AO的中点， ∴点E纵坐标为1，代入抛物线解析式得： 21=﹣x+2， 解得：x=±， ∵点E在第一象限， ∴点E为（，1）， 设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得： ， 解得：， ∴BC的解析式为：y=﹣x+3， 将E点代入y=ax，可得出EO的解析式为：y=x， 由， 得：， ∴Q点坐标为：（∴当Q点坐标为（，0）， ，0）时，四边形OEAE′是菱形； （3）法一：设t为m秒时，PB∥DO，又QD∥y轴，则有∠APB=∠AOE=∠ODQ， 又∵∠BAP=∠DQO，则有△APB∽△QDO， ∴=， 由题意得：AB=1，AP=2m，QO=3﹣3m， 又∵点D在直线y=﹣x+3上，∴DQ=3m， 因此：=，解得：m=， 经检验：m=是原分式方程的解， ∴当t=秒时，PB∥OD． 法二：作BH⊥OC于H，则BH=AO=2，OH=AB=1，HC=OC﹣OH=2，

∴BH=HC，∴∠BCH=∠CBH=45°， 易知DQ=CQ， 设t为m秒时PB∥OE，则△ABP∽△QOD， ∴∴==，易知AP=2m，DQ=CQ=3m，QO=3﹣3m， ， 解得m=，经检验m=是方程的解， ∴当t为秒时，PB∥OD． 26点此题主要考查了菱形的判定与性质以及顶点式求二次函数解析式以及相似三角形的评： 判定与性质等知识，根据数形结合得出△APB∽△QDO是解题关键． 9. ．（2013湖南娄底，25，10分）如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H． （1）求证：

；

（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；

（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

考点：相 似形综合题． 分析：（ 1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明； （2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积； （3）本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程： （I）当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形； （II）当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠部分是一个三角形． 解答：（ 1）证明：∵矩形EFPQ， ∴EF∥BC，∴△AHF∽△ADC，∴∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴∴． ， ， （2）解：∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1． ∵EF∥BC，∴△AEH∽△ABD，∴∵EF∥BC，∴△AFH∽△ACD，∴∴，即，∴EH=4HF， ， ， 已知EF=x，则EH=x． ∵∠B=45°，∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x． 22S矩形EFPQ=EF?EQ=x?（4﹣x）=﹣x+4x=﹣（x﹣）+5， ∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5． （3）解：由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2． 在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中： （I）当0≤t≤2时，如答图①所示． 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1． 此时DD1=t，H1D1=2， ∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，． ∵KN∥EF，∴，即，得KN=（2﹣t）． S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=（KN+EF）?HH1+EF?EQ1 = [（2﹣t）+]×t+（2﹣t） =t+5； 2（II）当2＜t≤4时，如答图②所示． 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2． 此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t， ∵KN∥EF，∴，即，得KN=5﹣t． S=S△AKN=KN?AD2 =（5﹣t）（4﹣t） 2=t﹣5t+10． 综上所述，S与t的函数关系式为： S=． 点评：本 题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第（3）问，弄清矩形的运动过程是解题的关键． 210 ．（2013湖南张家界，25，12分）如图，抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC． （1）求直线CD的解析式； （2）求抛物线的解析式； （3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；

（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）利用待定系数法求出直线解析式； （2）利用待定系数法求出抛物线的解析式； （3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形； （4）如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度． 利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小． 如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值． 解答：解 ：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）． 设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将C（0，1），D（1，0）代入得：解得：b=1，k=﹣1， ∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1． 2（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）+3， 将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）+3，解得a=∴y=（x﹣2）+3=22， ． x+2x+1． 2 （3）证明：由题意可知，∠ECD=45°， ∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD为等腰直角三角形，∠ODC=45°， ∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x轴，则点C、E关于对称轴（直线x=2）对称， ∴点E的坐标为（4，1）． 如答图①所示，设对称轴（直线x=2）与CE交于点F，则F（2，1）， ∴ME=CM=QM=2，∴△QME与△QMC均为等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°． 又∵△OCD为等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°， ∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°， ∴△CEQ∽△CDO． （4）存在． 如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度． （证明如下：不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′． 由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′； 而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段， 由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″， 即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．） 如答图③所示，连接C′E， ∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形， ∴△QC′E为等腰直角三角形， ∴△CEC′为等腰直角三角形， ∴点C′的坐标为（4，5）； ∵C，C″关于x轴对称，∴点C″的坐标为（﹣1，0）． 过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6， 在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===． ． 综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为 点评：本 题是中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、等腰直角三角形、勾股定理、轴对称的性质等重要知识点，涉及考点较多，有一点的难度．本题难点在于第（4）问，如何充分利用轴对称的性质确定△PCF周长最小时的几何图形，是解答本题的关键．

11.（2013上海市，24，12分）如图9，在平面直角坐标系xoy中，顶点为M的抛

物线y?ax2?bx(a?0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO?OB= 2，?AOB?1200． （1）求这条抛物线的表达式；

（2）联结OM，求?AOM的大小；

（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．

12.（2013山西，26，14分）综合与探究：如图,抛物线y=123x-x-4与x轴交于A,B42两点(点B在点A的右侧)与y轴交于点C,连接BC,以BC为一边,点O为对称中心作菱形

BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物

线于点Q

（1）求点A,B,C的坐标。

（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD，BC于点M,N。试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由。

（3）当点P在线段EB上运动时，是否存在点 Q，使△BDQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。 解析：（1）当y=0时，

123x-x-4=0，解得，x1=-2,x2=8 42∵点B在点A的右侧，

∴点A,B的坐标分别为：（-2，0），（8，0） 当x=0时，y=-4 ∴点C的坐标为（0，-4），

（2）由菱形的对称性可知，点D的坐标为（0，4）.

ì1?b=4设直线BD的解析式为y＝kx＋b，则í.解得，k=-，b=4.

2??8k+b=0∴直线BD的解析式为y=-1x+4. 2113m+4），（m，m2-m-4） 242∵l⊥x轴，∴点M，Q的坐标分别是（m，-如图，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形.

∴（-113m+4）-(m2-m-4)=4-(-4) 242化简得：m2-4m=0.解得，m1=0，（舍去）m2=4. ∴当m=4时，四边形CQMD是平行四边形. 此时，四边形CQBM是平行四边形. 解法一：∵m=4，∴点P是OB中点.∵l⊥x轴，∴l∥y轴. ∴△BPM∽△BOD.∴BPBM1BM=DM. ==.∴

BOBD2∵四边形CQMD是平行四边形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四边形CQBM为平行四边形.

ì1?b1=-4解法二：设直线BC的解析式为y=k1x+b1，则í.解得，k1=，b1=-4

2??8k1+b1=0∴直线BC的解析式为y=

1x-4 2又∵l⊥x轴交BC于点N.∴x=4时，y=-2. ∴点N的坐标为（4，-2）由上面可知，点M,Q的坐标分别为：（4，2），Q(4,-6). ∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN. 又∵四边形CQMD是平行四边形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4， 又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN. ∴四边形CQBM为平行四边形.

（3）抛物线上存在两个这样的点Q，分别是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.

13.（2013四川乐山，26，13分）如图1，已知抛物线C经过原点，对称轴x=?3与抛物线

相交于第三象限的点M，与x轴相交于点N，且tan?MON?3。 （1）求抛物线C的解析式；

（2）将抛物线C绕原点O旋转1800得到抛物线C'，抛物线C'与x轴的另一交点为A，B为抛物线C'上横坐标为2的点。

①若P为线段AB上一动点，PD⊥y轴于点D，求△APD面积的最大值；

②过线段OA上的两点E、F分别作x轴的垂线，交折线O－B－A于E1、F1，再分别以线段EE1、FF1为边作如图2所示的等边△AE1E2、等边△AF1F2，点E以每秒1个长度单位的速度从点O向点A运动，点F以每秒1个长度单位的速度从点A向点O运动，当△AE1E2有一边与△AF1F2的某一边在同一直线上时，求时间t的值。

14.（2013上海市，24，12分）如图9，在平面直角坐标系xoy中，顶点为M的抛

物线y?ax?bx(a?0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO?OB= 2，?AOB?120． （1）求这条抛物线的表达式；

（2）联结OM，求?AOM的大小；

（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．

20

15.（2013山西，26，14分）综合与探究：如图,抛物线y=123x-x-4与x轴交于A,B42两点(点B在点A的右侧)与y轴交于点C,连接BC,以BC为一边,点O为对称中心作菱形

BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物

线于点Q

（1）求点A,B,C的坐标。

（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD，BC于点M,N。试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由。

（3）当点P在线段EB上运动时，是否存在点 Q，使△BDQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。 解析：（1）当y=0时，

123x-x-4=0，解得，x1=-2,x2=8 42∵点B在点A的右侧，

∴点A,B的坐标分别为：（-2，0），（8，0） 当x=0时，y=-4 ∴点C的坐标为（0，-4），

（2）由菱形的对称性可知，点D的坐标为（0，4）.

ì1?b=4设直线BD的解析式为y＝kx＋b，则í.解得，k=-，b=4.

2??8k+b=0∴直线BD的解析式为y=-1x+4. 2113m+4），（m，m2-m-4） 242∵l⊥x轴，∴点M，Q的坐标分别是（m，-如图，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形. ∴（-113m+4）-(m2-m-4)=4-(-4) 242化简得：m2-4m=0.解得，m1=0，（舍去）m2=4. ∴当m=4时，四边形CQMD是平行四边形. 此时，四边形CQBM是平行四边形. 解法一：∵m=4，∴点P是OB中点.∵l⊥x轴，∴l∥y轴. ∴△BPM∽△BOD.∴BPBM1BM=DM. ==.∴

BOBD2∵四边形CQMD是平行四边形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四边形CQBM为平行四边形.

ì1?b1=-4解法二：设直线BC的解析式为y=k1x+b1，则í.解得，k1=，b1=-4

2??8k1+b1=0∴直线BC的解析式为y=

1x-4 2又∵l⊥x轴交BC于点N.∴x=4时，y=-2. ∴点N的坐标为（4，-2）由上面可知，点M,Q的坐标分别为：（4，2），Q(4,-6). ∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN. 又∵四边形CQMD是平行四边形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4， 又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN. ∴四边形CQBM为平行四边形.

（3）抛物线上存在两个这样的点Q，分别是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.

16.（2013四川乐山，26，13分）如图1，已知抛物线C经过原点，对称轴x=?3与抛物线

相交于第三象限的点M，与x轴相交于点N，且tan?MON?3。 （1）求抛物线C的解析式；

（2）将抛物线C绕原点O旋转1800得到抛物线C'，抛物线C'与x轴的另一交点为A，B为抛物线C'上横坐标为2的点。

①若P为线段AB上一动点，PD⊥y轴于点D，求△APD面积的最大值；

②过线段OA上的两点E、F分别作x轴的垂线，交折线O－B－A于E1、F1，再分别以线段EE1、FF1为边作如图2所示的等边△AE1E2、等边△AF1F2，点E以每秒1个长度单位的速度从点O向点A运动，点F以每秒1个长度单位的速度从点A向点O运动，当△AE1E2有一边与△AF1F2的某一边在同一直线上时，求时间t的值。

17．（2013·济宁，23，?分）如图，直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运

动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）． （1）求点P运动的速度是多少？

（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？

（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．

考点：一次函数综合题．

分析：（1）根据直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出

=

=，据此可以求得点P的运动速度；

（2）当PQ=PE时，以及当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可； （3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可． 解答：解：（1）∵直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B， ∴x=0时，y=4，y=0时，x=8，∴==， 当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t， ∵EP∥BO，∴=

=，∴AP=2t，

∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动， ∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；

（2）如图1，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，

则OQ=FQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2， 如图2，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，

∵OQ=t，PA=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8， ∴t=3t－8，解得：t=4；

（3）如图1，当Q在P点的左边时，

∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t， 如图2，当Q在P点的右边时，

∵OQ=t，PA=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8， ∴S矩形PEFQ=QP?QE=（3t－8）?t=3t2－8t，

∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，∴0≤t≤4， 当t=－

=时，S矩形PEFQ的最小，

∴t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42－8×4=16， 综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．

点评：此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P，Q不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．

18．（2013·潍坊，24，13分）如图，抛物线y?ax?bx?c关于直线x?1对称，与坐标轴交于A、B、C三点，且AB?4，点D?2，?在抛物线上，直线是一次函数

2??3?2?y?kx?2?k?0?的图象，点O是坐标原点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若直线平分四边形OBDC的面积，求k的值．

（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于M、N两

点，问在y轴正半轴上是否存在一定点P，使得不论k取何值，直线PM与PN总是关于y轴对称？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

答案：（1）因为抛物线关于直线x＝1对称，AB＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，

?a?b?c?0由点D(2，1．5)在抛物线上，所以?，所以3a＋3b＝1．5，即a＋b＝0．5，

4a?2b?c?1.5?又?b?1，即b＝－2a，代入上式解得a＝－0．5，b＝1，从而c＝1．5，所以2a13y??x2?x?．

22

123x?x?，令x＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB， 2273,)， 令kx－2＝1．5，得l与CD的交点F(

2k22令kx－2＝0，得l与x轴的交点E(,0)，

k（2）由（1）知y??根据S四边形OEFC＝S四边形EBDF得：OE＋CF＝DF＋BE，

272711??(3?)?(2?),解得k?, k2kk2k512312（3）由（1）知y??x?x???(x?1)?2,

222即

所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为y??12x 2

假设在y轴上存在一点P(0，t)，t＞0，使直线PM与PN关于y轴对称，过点M、N分别向y轴作垂线MM1、NN1，垂足分别为M1、N1，因为∠MPO＝∠NPO，所以Rt△MPM1∽Rt△NPN1， 所以

MM1PM1?，………………(1) NN1PN1?xMt?yM?，又yM ＝k xM－2， yN＝k xN－2， xNt?yN12x中，整理得x2＋2kx－4＝0， 2不妨设M(xM，yM)在点N(xN，yN)的左侧，因为P点在y轴正半轴上， 则（1）式变为

所以（t＋2）(xM ＋xN)＝2k xM xN，……(2) 把y＝kx－2(k≠0)代入y??所以xM ＋xN＝－2k， xM xN＝－4，代入（2）得t＝2，符合条件， 故在y轴上存在一点P（0，2），使直线PM与PN总是关于y轴对称．

考点：本题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式的确定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大．

点评：本题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。问题设计富有梯度、由易到难层层推进，既考查了知识掌握，也考查了方法的灵活应用和数学思想的形成。

19．（2013江苏苏州，28，9分）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝10cm，BC＝12cm．点E，F，G分别从A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm／s，点G的运动速度为1.5cm／s．当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F，设点E，F，G运动的时间为t（单位：s）．

(1)当t＝ ▲ s时，四边形EBFB′为正方形；

(2)若以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值； (3)是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/vq33.html