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2019届数学中考复习资料四十章 动态型问题18(2012江苏苏州，18，3分)如图，在梯形ABCD中，ADBC，A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着ABCD的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止已知PAD的面积S（单位：cm2）与点P移动的时间（单位：s）的函数如图所示，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：根据图判断出AB、BC的长度，过点B作BEAD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CFAD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42=2秒，动点P的运动速度是1cm/s，AB=2cm，BC=2cm，过点B作BEAD于点E，过点C作CFAD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=ADAEEF=612=3，在RtCDF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，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到ACD和ABC.(1)如图，将ACD沿AC边向上平移，使点A与点C重合，连接AD和BC，四边形ABCD是 形；（2）如图，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，将AC边与AC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BDAC，AD=CE，即可得出答案解案：解：（1）平行四边形；证明：AD=AB，AA=AC，AC与BD互相平分，四边形ABCD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，CDBC，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BMAC，过点D作DNAC，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ABCACDABC，BM=ND，BDAC，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=.（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的面积是否随t的变化而变化？若变化，求出与t的函数关系式；若不变化，求出的值.（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？解：（1）设OC=， 当t=2时，OP=4，PC=4；CQ=2.在RtPQC中， ,解得（不合题意，舍去），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=4t，而AD=8，.设经过A（0，4）、Q（8，t）两点的一次函数解析式为，故有：，解得，一次函数的解析式为，易知一次函数与轴的交点的坐标为（，0），EC=8，.AEF的面积不随t的变化而变化，的值为32.（3）因AP与QF不平行，要想使四边形APQF是梯形，须有PQAF.AF=AQ，AFQ=AQF，而CQE=AQF，要想PQAF，须有AFQ=PQC，故只需具备条件PQC =CQE ，又QCPE， CQP=QCE，QC=QC，CQP QCE ，PC=CE，即82t=8，解得（不合题意，舍去），.故当时，四边形APQF是梯形.22. （2012珠海，22，9分）如图,在等腰梯形ABCD中ABCD,AB,DC,高CE,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，被直线RQ扫过的面积为，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,求x;(3) 若,求m的变化范围.【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,BDPC,BPDC.因为等腰梯形ABCD,ABCD,所以ACBD. 所以ACPC.又高CE, AB,所以AEEP.所以AHB90°AC4;直线移动有两种情况:及,需要分类讨论.当时, 有.当时,先用含有x的代数式分别表示,然后由列出方程,解之可得x的值; (3) 分情况讨论:当时, .当时,由,得.然后讨论这个函数的最值,确定m的变化范围.【答案】(1) 90°,4;(2)直线移动有两种情况:及.当时,MNBD,AMNARQ,ANFAQG.当时, 如图第22题-2所示,CG42x,CH1,. ,由,得方程,解得(舍去),.x2.(3) 当时,m4当时, 由,得.M是的二次函数, 当时, 即当时, M随的增大而增大.当时,最大值m4. 当x2时,最小值m3.3m4.【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:及,需要分类讨论.这点万不可忽略,解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.(3) 小题仍需要分情况讨论.对于函数,讨论它的增减性和最值是个难点. 讨论之前点明我们把这个函数看作“M是的二次函数”对顺利作答至关重要.ACPDBEGF16、（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BEEDDC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：ADBE5；cosABE；当0t5时，yt2；当t秒时，ABEQBP；其中正确的结论是_(填序号)图(3) 图(1) 图(2) 第18题图ADEPQCBMNHytO5710【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0t5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，5t7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BEBC=AD5×1=5cm，5t7时，点P从ED，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm.cosABE.设抛物线OM的函数关系式为（0t5),把（5,10）代入得到，所以，所以当0t5时， yt2当t5时，点P位于线段CD上，点Q与点C重合，.当t秒，点P位于P处，C P=CDDP=4（7）= cm.在ABE和QBP中，,AQ=90°，所以ABEQBP【答案】【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RtABC 中，C=90° ，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm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. B. 2 C. D.3D【解析】连接PP交BC于点D，若四边形QPCP为菱形，则PPBC，CDCQ=（6-t），BD=6-（6-t）=3+t.在RtBPD中，PB=AB-AP=6-t，而PB=BD，6-t=（3+t），解得：t=2，故选B.【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ABA的方向运动，设运动时间为t(s)(0t3)，第12题图连接EF，当BEF是直角三角形时，t的值为（ ）A. B. 1 C. 或1 D. 或1或 解析：AB是O的直径，ACB=90°；RtABC中，BC=2，ABC=60°；AB=2BC=4cm.当BFE=90°时；RtBEF中，ABC=60°，则BE=2BF=2cm；故此时AE=AB-BE=2cm；E点运动的距离为：2cm或6cm，故t=1s或3s；由于0t3，故t=3s不合题意，舍去；所以当BFE=90°时，t=1s；当BEF=90°时；同可求得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：BFE=90°，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PEAB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PC=6x，QB=x，在RtQCP中，BQD=30°，PC=QC，即6x=（6+x），求出x的值即可；（2）作QFAB，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APEBQF，再由AE=BF，PE=QF且PEQF，可知四边形PEQF是平行四边形，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P、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=6x，QB=x，QC=QB+BC=6+x，在RtQCP中，BQD=30°，PC=QC，即6x=（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QFAB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，又PEAB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=FBQAEP=BFQ=90°，APE=BQF，APEBQF，AE=BF，PE=QF且PEQF，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，根据题意作出辅助线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RtABC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<t<4).解答下列问题：当t为何值时，PQAB？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；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SPQE：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.24. 【解析】（1）要使PQAB，只要说明PQEACB，所以= ，可得求t值.（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PMEABC可求出高.（3）可先假设其存在，即SPQE：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：如图，在RtABC中，AC=6，BC=8，AB=10.D、E分别是AC、AB的中点.AD=DC=3，AE=EB=5，DEBC且DE=BC =4,因为PQAB，PQB=C=90°，又DEBC，AED=B，PQEACB， = .由题意得：PE=4-t,QE=2t-5,即= ,解得t= .过点P作PMAB于M，由PMEABC，得.，.y=18-()=假设存在时刻t,使SPQE：S五边形PQBCD=1:29，此时SPQE=.，即2t2-13t+18=0. t1=2,t2=(舍去).当t=2时，PM=EQ=5-2×2=1，MQ=ME+EQ=，PQ=.PQ·h=，h=【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，得到线段AB过点B作轴的垂线，垂足为E，过点C作轴的垂线，交直线BE于点D，运动时间为秒yxOC备用图yxOABCMD（第24题）E（1）当点B与点D重合时，求的值；（2）设BCD的面积为S，当为何值时，?（3）连接MB，当MBOA时，如果抛物线的顶点在ABM内部（不包括边），求a的取值范围【解析】（1）易证得RtCAORtABE；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；RtCAORtABE，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：B在线段DE上，B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），RtCAORtABE2分，3分（2）由RtCAORtABE可知：，4分当08时，6分当8时，（为负数，舍去）当或时，8分（3）如图，过M作MN轴于N，则yxOCx5ABD（第24题）E当MBOA时，9分抛物线的顶点坐标为（5，）10分它的顶点在直线上移动直线交MB于点（5，2），交AB于点（5，1）11分1212分【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）（0t4）.解答下列问题：（1）当t为何值时，PQBC.（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PQBC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PDAC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RtPQD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=102tPQBC，即，解得，当s时，PQBC（2）如答图1所示，过P点作PDAC于点DPDBC，即，解得 ，当t= s时，S取得最大值，最大值为cm2（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把ABC的面积平分，则有SAQP= SABC，而SABC=ACBC=24，此时SAQP=12由（2）可知，SAQP=，化简得：t25t+10=0，=（5）24×1×10=150，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PDAC于点D，则有PDBC，即，解得：，QD=ADAQ=在RtPQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即，化简得：13t290t+125=0，解得：t1=5，t2=，t=5s时，AQ=10cmAC，不符合题意，舍去，t=由（2）可知，SAQP=S菱形AQPQ=2SAQP=2×=cm2所以存在时刻t，使四边形AQPQ为菱形，此时菱形的面积为cm2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，,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ABC和ADC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（0x8）之间的函数关系可用图象表示为（ ）【解析】在0x4时,y随x的增大而减小，在4x8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b2a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b2a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，ABMDMC, 利用相似图形的性质列出方程，探索方程根的情况，当=b2-4ac0, 存在BMC=900；当=b2-4ac0, 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，ABMDMC,设AM为x，整理得，b2a，a0,b0,=b2-4ac0,方程有两个不相等的实数根，且两根均大于0，符合题意。当b2a时，存在BMC=900；（3）不成立。理由：若BMC=900，由（2）可知，b2a，a0,b0,=b2-4ac0,方程无实数根，当b2a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ABMDMC,，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RtPOQ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RtAOB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， MO=MQ，MOA=MOAMQB=450. AMO+OMB=900，OMB+AMO =900.AMO =AMO.AMO AMO.MA=MB.（2）解：由（1）中AMO AMO得AO=BQ. 设AO=x，则OB=4-x. 在RtOAB中，. 当x=2时，AB的最小值为， AOB的周长的最小值为.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RtAOB和RtCOD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yax 2bxc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OQTOCD，ARQAOJ，利用相似比表示AKT，ARQ的面积，根据S四边形RKTQSAKTSARQ，运用二次函数的性质求面积最大时，a的值【答案】解：（1）抛物线yax 2bxc经过O、A、C 可得c0， 1分 解得，a，b， 3分 抛物线的解析式为yx 2x 4分（2）设点P的横坐标为t，PNCD，OPNOCD，可得PN P(t，)，点M在抛物线上，M(t，t2t ) 5分 过M点作MGAB于G，过P点作PHAB于H， AGyAyM2(t2t )t2t2， BHPN 6分 当AGBH时，四边形ABPM为等腰梯形 t2t2 7分 化简得，3t 28t40，解得，t12(不合题意，舍去)，t2， 点P的坐标为(， ) 存在点P(， )使四边形ABPM为等腰梯形. 8分（3）如图，AOB沿AC方向平移至AOB，AB交x轴于T，交OC于Q，AQ交x轴于K，交OC于R.求得过AC的直线为yACx+3，可设点A的横坐标为a，则点A(a，a +3 )，易知OQTOCD，可得QT， 点Q的坐标为(a，) 9分 设AB与OC相交于点J，ARQAOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，HT·OB×1 =2a由AKTAOB得KTAT(3a)，AQyAyQ(a+3)3 10分S四边形RKTQSAKTSARQKT·AT AQ·HT··(3a)(3)·(a+2)a 2 11分( a) 2由于0，在线段AC上存在点A(，)，能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 12分【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，tanAOB=,抛物线经过点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PQAD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.答案：解：（1）将点A（4，0）和点（-2，6）的坐标代入中，得方程组，解之，得.抛物线的解析式为.（2）连接AC交OB于E.直线m切C于A ACm， 弦 AB=AO， .ACOB，mOB. OAD=AOB，OA=4 tanAOB=，OD=OA·tanOAD=4×=3.作OFAD于F.则OF=OA·sinOAD=4×=2.4.t秒时，OP=t,DQ=2t，若PQAD，则FQ=OP= t.DF=DQFQ= t.ODF中，t=DF=1.8秒.（3）令R(x, x22x) (0x4). 作RGy轴于G 作RHOB于H交y轴于I.则RG= x，OG= x2+2x.RtRIG中，GIR=AOB ，tanGIR=.IG=x IR= x, RtOIH中，OI=IGOG=x（x2+2x）=x2x.HI=（x2x）.于是RH=IRIH= x（x2 x）= x2+x= x2+x=( x)2+当x=时，RH最大.SROB最大.这时x22x=×()22×=.点R(,)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.(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PBAB的面积是ABO面积的倍？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（）在（）的条件下，试指出四边形PBAB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PBAB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)是由绕原点逆时针旋转得到的，又，.-1分设抛物线的解析式为，抛物线经过点、，解之得，满足条件的抛物线的解析式为.-3分xyO-11221·（2）为第一象限内抛物线上的一动点，设，则，点坐标满足.连结,.-5分假设四边形的面积是面积的倍，则，即，解之得，此时，即.-7分存在点，使四边形的面积是面积的倍. -8分（3）四边形为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可等腰梯形同一底上的两个内角相等；等腰梯形对角线相等；等腰梯形上底与下底平行；等腰梯形两腰相等. -10分或用符号表示：或;.-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，在RtABC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PDBC，交AB于点D，连接PQ。点P、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（t0）.（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，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长。解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由APDACB，得PD=；（2）易t表示出AD、BD，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，把代入y=-2x+6，得y=t，这就说明点M在直线y=-2x+6（1x3）上运动，故可求出其经过的路径长。答案：解：（1）QB=8-2t, PD=（2）不存在在RtABC中，C=90°，AC=6，BC=8AB=10PDBCAPDACBBD=AB-AD=BQDP当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形即当时，PD=，BD=DPBD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=，BD =要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ当PD=BD时，即，解得：当PD=BQ，时，即，解得：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。（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0t4，当t=0时，点的坐标为（3,0），当t=4时，点的坐标为（1,4），设直线的解析式为y=kx+b，解得直线的解析式为y=-2x+6，点Q（0，2t）,P（6-t,0）在运动过程中，线段PQ中点的坐标为把代入y=-2x+6，得y=t点在直线上过点作x轴于点N，则=4，=2线段PQ中点M所经过的路径长为单位长度。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MNAC，垂足为N，则MNBCPMNPQCMN=t,PN=CN=PC-PN=EN=CE-CN=的值不变，点M在直线EF上过F作FHAC，垂足为H，则EH=2，FH=4EF=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，CDx轴，BCy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BCy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，因此在图中对应线段与横轴平行，根据横轴数据可知BC=1；当P点从沿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的坐标为和 D点坐标为。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。（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，根据已知面积相等，列方程找到的关系式，解方程组得到P点坐标。【答案】解：（1）连接AD,设点A的坐标为,由图2知，DO+OA=6cm, DO=6AO,由图2可知，DO·AO=4， 解得。由图2可知，DO3，AO3，A的坐标为，D点坐标为，在图1中，延长CB交x轴于M，由图2可知，AB=5,CB=1, MB=3,OM=6, B的坐标为.(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，设点P，连接PC、PO，则.同理，由.解方程组，得到，即.设直线PD的函数关系式为直线PD的函数关系式为【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PQBC；（2）以为圆心、长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，为怎样的值时，与边分别有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。【答案】解：（1）四边形ABCD为菱形，AB=BC=2，BAC=DAB. 又DAB=60°，BAC=BCA=30°.O连接BD交AC于点O，四边形ABCD为菱形ACBD，OA=ACOB=AB=1，运动t秒时，AQ=t，又PAQ=CAB，PAQCABAPQ=ACB, PQBC（2）如图1，P与BC切于点M，连接PM，则PMBC.在RtCPM中，PCM=30°，PM=PC=由PQ=AQ=t,即=t,解得t=，此时P与边BC有一个公共点。如图2，P过点B，此时PQ=PBPQB=PAQ+APQ=60°PQB为等边三角形，QB=PQ=AQ=t, t=1当时，P与边BC有2个公共点。 如图3，P过点C，此时PC=PQ,即，.当时，P与边BC有1个公共点。当点P运动到点C，即t=2时，P过点B，此时P与边BC有1个公共点。综上所述：当t=或或t=2时，P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当时，P与边BC有2个公共点。【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
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