2021年中考数学专题复习 专题53 中考几何动态试题解法（教师版含解析） 42页

专题 53 中考几何动态试题解法 一、动态问题概述数 1.就运动类型而言,有函数中的动点问题有图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性 问题等。怎 2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题有点动、线动、面动三大类。怎样 3.就图形变化而言,有轴对称(翻折)、平移、旋转(中心对称、滚动)等。 4.动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求 解。另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分 析能力进行考察。所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，属于初中数学难点，综合性强，只有完 全掌握才能拿高分。 二、动点与函数图象问题常见的四种类型 1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。 2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。、 3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。怎样解决好 4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，根据问题中的常量与变量之 间的关系，判断函数图象。 三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型寸 1.线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形，根据问题中的常量与 变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。 2.多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形，根据问题 中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。怎样解决好中考数 3.多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四 边形沿一定方向运动经过一个圆，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。 四、动点问题常见的四种类型解题思路 1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，通过全等或相似，探究构成的新图形与原图形的边或角 的关系。 2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，通过探究构成的新图形与原图形的全等或相似，得出它 们的边或角的关系。 3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，探究构成的新图形的边角等关系。 4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，探究是否存在动点构成的三 角形是等腰三角形或与已知图形相似等问题。 五、解决动态问题一般步骤 (1)用数量来刻画运动过程。因为在不同的运动阶段，同一个量的数学表达方式会发生变化，所以需要分类 讨论。有时符合试题要求的情况不止一种，这时也需要分类讨论。 (2)画出符合题意的示意图。 (3)根据试题的已知条件或者要求列出算式、方程或者数量间的关系式。 【例题 1】(2020•连云港)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，半径为 2 的⊙O 与 x 轴的正半轴交于点 A，点 B 是⊙O 上一动点，点 C 为弦 AB 的中点，直线 y x﹣3 与 x 轴、y 轴分别交于点 D、E，则△CDE 面积的最小 值为 ． 【答案】2 【分析】如图，连接 OB，取 OA 的中点 M，连接 CM，过点 M 作 MN⊥DE 于 N．首先证明点 C 的运动轨迹是 以 M 为圆心，1 为半径的⊙M，设⊙M 交 MN 于 C′．求出 MN，当点 C 与 C′重合时，△C′DE 的面积最小． 【解析】如图，连接 OB，取 OA 的中点 M，连接 CM，过点 M 作 MN⊥DE 于 N． ∵AC＝CB，AM＝OM， ∴MC OB＝1， ∴点 C 的运动轨迹是以 M 为圆心，1 为半径的⊙M，设⊙M 交 MN 于 C′． ∵直线 y x﹣3 与 x 轴、y 轴分别交于点 D、E， ∴D(4，0)，E(0，﹣3)， ∴OD＝4，OE＝3， ∴DE 5， ∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE， ∴△DNM∽△DOE， ∴ ， ∴ ， ∴MN ， 当点 C 与 C′重合时，△C′DE 的面积最小，最小值 ×5×( 1)＝2 【对点练习】(2020 年浙江台州模拟)如图所示，在△ABC 中，AB=10，AC=8，BC=6，以边 AB 的中点 O 为圆 心，作半圆与 AC 相切，点 P，Q 分别是边 BC 和半圆上的动点，连接 PQ，则 PQ 长的最大值与最小值的和是( ) A．6 B．2 +1 C．9 D． 【答案】C 【解析】如图，设⊙O 与 AC 相切于点 E，连接 OE，作 OP1⊥BC 垂足为 P1 交⊙O 于 Q1， 此时垂线段 OP1 最短，P1Q1 最小值为 OP1﹣OQ1， ∵AB=10，AC=8，BC=6， ∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°， ∵∠OP1B=90°，∴OP1∥AC ∵AO=OB，∴P1C=P1B，∴OP1=AC=4， ∴P1Q1 最小值为 OP1﹣OQ1=1， 如图，当 Q2 在 AB 边上时，P2 与 B 重合时， P2Q2 最大值=5+3=8， ∴PQ 长的最大值与最小值的和是 9． 【点拨】设⊙O 与 AC 相切于点 E，连接 OE，作 OP1⊥BC 垂足为 P1 交⊙O 于 Q1，此时垂线段 OP1 最短，P1Q1 最 小值为 OP1﹣OQ1，求出 OP1，如图当 Q2 在 AB 边上时，P2 与 B 重合时，P2Q2 最大值=5+3=8，由此不难解决问题． 【例题 2】(2020•重庆)如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 D 是 BC 边上一动点，连接 AD，把 AD 绕点 A 逆时针旋转 90°，得到 AE，连接 CE，DE．点 F 是 DE 的中点，连接 CF． (1)求证：CF AD； (2)如图 2 所示，在点 D 运动的过程中，当 BD＝2CD 时，分别延长 CF，BA，相交于点 G，猜想 AG 与 BC 存在 的数量关系，并证明你猜想的结论； (3)在点 D 运动的过程中，在线段 AD 上存在一点 P，使 PA+PB+PC 的值最小．当 PA+PB+PC 的值取得最小值时， AP 的长为 m，请直接用含 m 的式子表示 CE 的长． 【答案】见解析。 【分析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的 性质和等腰直角三角形的性质可得结论； (2)过点 G 作 GH⊥BC 于 H，设 CD＝a，可得 BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC a，由全等三角形的性质可得 BD ＝CE＝2a，由锐角三角函数可求 GH＝2CH，可求 CH＝a，可求 BG 的长，即可求 AG a CD BC； (3)将△BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°得到△BNM，连接 PN，可得当点 A，点 P，点 N，点 M 共线时，PA+PB+PC 值最小，由旋转的性质可得△BPN 是等边三角形，△CBM 是等边三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM， 由直角三角形的性质可求解． 证明：(1)∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵把 AD 绕点 A 逆时针旋转 90°，得到 AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAE，DE AD， 又∵AB＝AC， ∴△BAD≌△CAE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE＝45°， ∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°， ∵点 F 是 DE 的中点， ∴CF DE AD； (2)AG BC， 理由如下：如图 2，过点 G 作 GH⊥BC 于 H， ∵BD＝2CD， ∴设 CD＝a，则 BD＝2a，BC＝3a， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴AB＝AC a， 由(1)可知：△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE＝2a， ∵CF＝DF， ∴∠FDC＝∠FCD， ∴tan∠FDC＝tan∠FCD， ∴ 2， ∴GH＝2CH， ∵GH⊥BC，∠ABC＝45°， ∴∠ABC＝∠BGH＝45°， ∴BH＝GH， ∴BG BH ∵BH+CH＝BC＝3a， ∴CH＝a，BH＝GH＝2a， ∴BG＝2 a， ∴AG＝BG﹣AB a CD BC； (3)如图 3﹣1，将△BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°得到△BNM，连接 PN， ∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°， ∴△BPN 是等边三角形， ∴BP＝PN， ∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN， ∴当点 A，点 P，点 N，点 M 共线时，PA+PB+PC 值最小， 此时，如图 3﹣2，连接 MC， ∵将△BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°得到△BNM， ∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM， ∴△BPN 是等边三角形，△CBM 是等边三角形， ∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM， ∵BM＝CM，AB＝AC， ∴AM 垂直平分 BC， ∵AD⊥BC，∠BPD＝60°， ∴BD PD， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴AD＝BD， ∴ PD＝PD+AP， ∴PD m， ∴BD PD m， 由(1)可知：CE＝BD m． 【对点练习】如图，在菱形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点 O，AB＝4，∠DAB＝120°，动点 P 从点 A 出 发，以每秒 2 个单位的速度沿 AC 向终点 C 运动．过 P 作 PE⊥AB 交 AB 于点 E，作 PF⊥AD 交 AD 于点 F，设 四边形 AEPF 与△ABD 的重叠部分的面积为 S，点 P 的运动时间为 t． (1)用含 t 的代数式表示线段 BE 的长； (2)当点 P 与点 O 重合时，求 t 的值； (3)求 S 与 t 之间的函数关系式； (4)在点 P 出发的同时，有一点 Q 从点 C 出发，以每秒 6 个单位的速度沿折线 C﹣D﹣A﹣B 运动，设点 Q 关 于 AC 的对称点是 Q'，直接写出 PQ'与菱形 ABCD 的边垂直时 t 的值． 【答案】见解析。 【解析】(1)如图 1 中， ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠CAB＝ ∠DAB＝60°， ∴△ADC，△ABC 都是等边三角形， ∵PE⊥AB，PA＝2t， ∴∠PEA＝90°，∠APE＝30°， ∴AE＝ PA＝t， ∴BE＝AB﹣AE＝4﹣t． (2)当点 P 与点 O 重合时，PA＝OA＝2＝2t， ∴t＝1 时，点 P 与点 O 重合． (3)当 0＜t≤1 时，如图 1 中，重叠部分是四边形 PEAF，S＝2× ×t× t＝ t2． 当 1＜t≤2 时，如图 2 中，重叠部分是五边形 AEMNF，S＝S 四边 形 PEAF﹣S △PMN＝ t2 ﹣ ( )2＝﹣ t2+ t﹣ ． (4)如图 4﹣1 中，当 PQ′⊥BC 时，易知 PC＝2CQ′，可得 4﹣2t＝2×6t，解得 t＝ ． 如图 4﹣2 中，当点 Q 与点 F 重合时，PQ⊥AB，则有：6t+t＝8，t＝ 如图 4﹣3 中，当点 Q 与点 E 重合时，PQ′⊥AD，则有：6t＝8+t，t＝ ， 综上所述，满足条件的 t 的值为 s 或 s 或 s． 【点拨】本题是几何图形中的动点综合题问题，可以用一下思路解决：(1)解直角三角形求出 AE 即可解决 问题． (2)根据 PA＝OA，构建方程即可解决问题． (3)分两种情形分别画出图形解决问题即可． (4)分三种情形：①如图 4﹣1 中，当 PQ′⊥BC 时．②如图 4﹣2 中，当点 Q 与点 F 重合时．③如图 4﹣3 中， 当点 Q 与点 E 重合时，分别求解即可． 【例题 3】(2020•苏州)如图，已知∠MON＝90°，OT 是∠MON 的平分线，A 是射线 OM 上一点，OA＝8cm．动 点 P 从点 A 出发，以 1cm/s 的速度沿 AO 水平向左作匀速运动，与此同时，动点 Q 从点 O 出发，也以 1cm/s 的速度沿 ON 竖直向上作匀速运动．连接 PQ，交 OT 于点 B．经过 O、P、Q 三点作圆，交 OT 于点 C，连接 PC、 QC．设运动时间为 t(s)，其中 0＜t＜8． (1)求 OP+OQ 的值； (2)是否存在实数 t，使得线段 OB 的长度最大？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明理由． (3)求四边形 OPCQ 的面积． 【答案】见解析。 【分析】(1)由题意得出 OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案； (2)如图，过点 B 作 BD⊥OP，垂足为 D，则 BD∥OQ．设线段 BD 的长为 x，则 BD＝OD＝x，OB BD x， PD＝8﹣t﹣x，得出 ，则 ，解出 x ．由二次函数的性质可得出答案； (3)证明△PCQ 是等腰直角三角形．则 S△PCQ PC•QC × PQ PQ2．在 Rt△POQ 中，PQ2＝OP2+OQ2 ＝(8﹣t)2+t2．由四边形 OPCQ 的面积 S＝S△POQ+S△PCQ 可得出答案． 【解析】(1)由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t， ∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8(cm)． (2)当 t＝4 时，线段 OB 的长度最大． 如图，过点 B 作 BD⊥OP，垂足为 D，则 BD∥OQ． ∵OT 平分∠MON， ∴∠BOD＝∠OBD＝45°， ∴BD＝OD，OB BD． 设线段 BD 的长为 x，则 BD＝OD＝x，OB BD x，PD＝8﹣t﹣x， ∵BD∥OQ， ∴ ， ∴ ， ∴x ． ∴OB ． 当 t＝4 时，线段 OB 的长度最大，最大为 2 cm． (3)∵∠POQ＝90°， ∴PQ 是圆的直径． ∴∠PCQ＝90°． ∵∠PQC＝∠POC＝45°， ∴△PCQ 是等腰直角三角形． ∴S△PCQ PC•QC × PQ PQ2． 在 Rt△POQ 中，PQ2＝OP2+OQ2＝(8﹣t)2+t2． ∴四边形 OPCQ 的面积 S＝S△POQ+S△PCQ ， ， ＝4t 16﹣4t＝16． ∴四边形 OPCQ 的面积为 16cm2． 【对点练习】(2019•山东潍坊)如图，直线 y＝x+1 与抛物线 y＝x2﹣4x+5 交于 A，B 两点，点 P 是 y 轴上的 一个动点，当△PAB 的周长最小时，S△PAB＝ ． 【答案】 ． 【解析】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题 意，利用数形结合的思想解答． 根据轴对称，可以求得使得△PAB 的周长最小时点 P 的坐标，然后求出点 P 到直线 AB 的距离和 AB 的长度， 即可求得△PAB 的面积，本题得以解决． ， 解得， 或 ， ∴点 A 的坐标为(1，2)，点 B 的坐标为(4，5)， ∴AB＝ ＝3 ， 作点 A 关于 y 轴的对称点 A′，连接 A′B 与 y 轴的交于 P，则此时△PAB 的周长最小， 点 A′的坐标为(﹣1，2)，点 B 的坐标为(4，5)， 设直线 A′B 的函数解析式为 y＝kx+b， ，得 ， ∴直线 A′B 的函数解析式为 y＝ x+ ， 当 x＝0 时，y＝ ， 即点 P 的坐标为(0， )， 将 x＝0 代入直线 y＝x+1 中，得 y＝1， ∵直线 y＝x+1 与 y 轴的夹角是 45°， ∴点 P 到直线 AB 的距离是：( ﹣1)×sin45°＝ ＝ ， ∴△PAB 的面积是： ＝ ， 【点拨】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题 意，利用数形结合的思想解答． 一、选择题 1．(2019 海南)如图，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点 P 是边 AC 上一动点，过点 P 作 PQ∥ AB 交 BC 于点 Q，D 为线段 PQ 的中点，当 BD 平分∠ABC 时，AP 的长度为( ) A． B． C． D． 【答案】B． 【解析】根据勾股定理求出 AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠QBD＝∠BDQ，得到 QB＝QD，根 据相似三角形的性质列出比例式，计算即可． 解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4， ∴AC＝ ＝3， ∵PQ∥AB， ∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD， ∴∠QBD＝∠BDQ， ∴QB＝QD， ∴QP＝2QB， ∵PQ∥AB， ∴△CPQ∽△CAB， ∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ， 解得，CP＝ ， ∴AP＝CA﹣CP＝ 2.(2019•四川省达州市)如图，边长都为 4 的正方形 ABCD 和正三角形 EFG 如图放置，AB 与 EF 在一条直线上， 点 A 与点 F 重合．现将△EFG 沿 AB 方向以每秒 1 个单位的速度匀速运动，当点 F 与 B 重合时停止．在这个 运动过程中，正方形 ABCD 和△EFG 重叠部分的面积 S 与运动时间 t 的函数图象大致是( ) A． B． C． D． 【答案】C． 【解析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选项中的图象符合题意， 本题得以解决． 当 0≤t≤2 时，S＝ ＝ ，即 S 与 t 是二次函数关系，有最小值(0，0)，开口向上， 当 2＜t≤4 时，S＝ ﹣ ＝ ，即 S 与 t 是 二次函数关系，开口向下， 由上可得，选项 C 符合题意。 3．(2019•山东泰安)如图，矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 为 AB 的中点，F 为 EC 上一动点，P 为 DF 中点， 连接 PB，则 PB 的最小值是( ) A．2 B．4 C． D． 【答案】D． 【解析】根据中位线定理可得出点点 P 的运动轨迹是线段 P1P2，再根据垂线段最短可得当 BP⊥P1P2 时，PB 取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知 BP1⊥P1P2，故 BP 的最小值为 BP1 的长，由勾股定理求解 即可．如图： 当点 F 与点 C 重合时，点 P 在 P1 处，CP1＝DP1， 当点 F 与点 E 重合时，点 P 在 P2 处，EP2＝DP2， ∴P1P2∥CE 且 P1P2＝ CE 当点 F 在 EC 上除点 C、E 的位置处时，有 DP＝FP 由中位线定理可知：P1P∥CE 且 P1P＝ CF ∴点 P 的运动轨迹是线段 P1P2， ∴当 BP⊥P1P2 时，PB 取得最小值 ∵矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 为 AB 的中点， ∴△CBE、△ADE、△BCP1 为等腰直角三角形，CP1＝2 ∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90° ∴∠DP2P1＝90° ∴∠DP1P2＝45° ∴∠P2P1B＝90°，即 BP1⊥P1P2， ∴BP 的最小值为 BP1 的长 在等腰直角 BCP1 中，CP1＝BC＝2 ∴BP1＝2 ∴PB 的最小值是 2 4．(2019•山东潍坊)如图，在矩形 ABCD 中，AB＝2，BC＝3，动点 P 沿折线 BCD 从点 B 开始运动到点 D．设 运动的路程为 x，△ADP 的面积为 y，那么 y 与 x 之间的函数关系的图象大致是( ) A． B． C． D． 【答案】D． 【解析】由题意当 0≤x≤3 时，y＝3，当 3＜x＜5 时，y＝ ×3×(5﹣x)＝﹣ x+ ．由此即可判断． 由题意当 0≤x≤3 时，y＝3， 当 3＜x＜5 时，y＝ ×3×(5﹣x)＝﹣ x+ ． 5.(2019•湖北武汉)如图，AB 是⊙O 的直径，M、N 是 (异于 A.B)上两点，C 是 上一动点，∠ACB 的角平 分线交⊙O 于点 D，∠BAC 的平分线交 CD 于点 E．当点 C 从点 M 运动到点 N 时，则 C.E 两点的运动路径长的 比是( ) A． B． C． D． 【答案】A． 【解析】本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的 运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题． 如图，连接 EB．设 OA＝r．易知点 E 在以 D 为圆心 DA 为半径的圆上，运动轨迹是 ，点 C 的运动轨迹是 ， 由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题． ∵AB 是直径，∴∠ACB＝90°， ∵E 是△ACB 的内心，∴∠AEB＝135°， ∵∠ACD＝∠BCD， ∴ ＝ ，∴AD＝DB＝ r，∴∠ADB＝90°， 易知点 E 在以 D 为圆心 DA 为半径的圆上，运动轨迹是 ，点 C 的运动轨迹是 ， ∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α ∴ ＝ ＝ ． 6.(2019•甘肃武威)如图①，在矩形 ABCD 中，AB＜AD，对角线 AC，BD 相交于点 O，动点 P 由点 A 出发，沿 AB→BC→CD 向点 D 运动．设点 P 的运动路程为 x，△AOP 的面积为 y，y 与 x 的函数关系图象如图②所示， 则 AD 边的长为( ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B． 【解析】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到 分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值． 当 P 点在 AB 上运动时，△AOP 面积逐渐增大，当 P 点到达 B 点时，△AOP 面积最大为 3． ∴ AB• ＝3，即 AB•BC＝12． 当 P 点在 BC 上运动时，△AOP 面积逐渐减小，当 P 点到达 C 点时，△AOP 面积为 0，此时结合图象可知 P 点 运动路径长为 7， ∴AB+BC＝7． 则 BC＝7﹣AB，代入 AB•BC＝12，得 AB2﹣7AB+12＝0，解得 AB＝4 或 3， 因为 AB＜AD，即 AB＜BC， 所以 AB＝3，BC＝4． 二、填空题 7．(2019 桂林)如图，在矩形 ABCD 中，AB＝ ，AD＝3，点 P 是 AD 边上的一个动点，连接 BP，作点 A 关 于直线 BP 的对称点 A1，连接 A1C，设 A1C 的中点为 Q，当点 P 从点 A 出发，沿边 AD 运动到点 D 时停止运动， 点 Q 的运动路径长为 ． 【答案】 π． 【解析】如图，连接 BA1，取 BC 使得中点 O，连接 OQ，BD． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∴tan∠ABD＝ ＝ ， ∴∠ABD＝60°， ∵A1Q＝QC，BO＝OC， ∴OQ＝ BA1＝ AB＝ ， ∴点 Q 的运动轨迹是以 O 为圆心，OQ 为半径的圆弧，圆心角为 120°， ∴点 Q 的运动路径长＝ ＝ π． 8．如图，AB 是⊙O 的弦，AB=5，点 C 是⊙O 上的一个动点，且∠ACB=45°，若点 M、N 分别是 AB、AC 的中 点，则 MN 长的最大值是 ． 【答案】 ． 【解析】如图，∵点 M，N 分别是 AB，AC 的中点， ∴MN= BC， ∴当 BC 取得最大值时，MN 就取得最大值，当 BC 是直径时，BC 最大， 连接 BO 并延长交⊙O 于点 C′，连接 AC′， ∵BC′是⊙O 的直径， ∴∠BAC′=90°． ∵∠ACB=45°，AB=5， ∴∠AC′B=45°， ∴BC′= = =5 ， ∴MN 最大= ． 故答案为： ． 【点拨】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什 么时候 MN 的值最大，难度不大． 9．(2020 湖北随州模拟)如图，∠AOB 的边 OB 与 x 轴正半轴重合，点 P 是 OA 上的一动点，点 N(3，0)是 OB 上的一定点，点 M 是 ON 的中点，∠AOB＝30°，要使 PM＋PN 最小，则点 P 的坐标为________． 【答案】(3 2 ， 3 2 )， 【解析】作点 N 关于 OA 的对称点 N′，连接 MN′交 OA 于点 P，则点 P 为所求． 显然 ON＝ON′，∠NON′＝2∠AOB＝2×30°＝60°， ∴△ONN′为等边三角形，MN′⊥ON， ∵OM＝3 2 ，则 PM＝OMtan30°＝3 2 × 3 3 ＝ 3 2 ， ∴点 P 的坐标为(3 2 ， 3 2 )． 10.(2019•四川广安)如图 1.8 ，在四边形 ABCD中， AD ∥ BC ，  30B ,直线 ABl  .当直线l 沿射线 BC 方向，从点 B 开始向右平移时，直线l 与四边形 ABCD的边分别相交于点 E 、F .设直线l 向右平移的 距离为 x ，线段 EF 的长为 y ，且 y 与 x 的函数关系如图 2.8 所示，则四边形 ABCD的周长是 . 【答案】10 2 3 【解析】由题意和图像易知 BC=5，AD=7-4=3 当 BE=4 时(即 F 与 A 重合)，EF=2，又因为 l AB 且∠B=30°，所以 AB= 32 ， 因为当 F 与 A 重合时，把 CD 平移到 E 点位置可得三角形 AED′为正三角形，所以 CD=2，故答案时10 2 3 . 三、解答题 11．(2020•铜仁市)如图，已知抛物线 y＝ax2+bx+6 经过两点 A(﹣1，0)，B(3，0)，C 是抛物线与 y 轴的交 点． (1)求抛物线的解析式； (2)点 P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC 的面积为 S，求 S 关于 m 的函数表达 式(指出自变量 m 的取值范围)和 S 的最大值； (3)点 M 在抛物线上运动，点 N 在 y 轴上运动，是否存在点 M、点 N 使得∠CMN＝90°，且△CMN 与△OBC 相 似，如果存在，请求出点 M 和点 N 的坐标． 【答案】见解析。 【分析】(1)根据点 A、B 的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； (2)过点 P 作 PF∥y 轴，交 BC 于点 F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点 C 的坐标，根据点 B、C 的坐标利用待定系数法即可求出直线 BC 的解析式，设点 P 的坐标为(m，﹣2m2+4m+6)，则点 F 的坐标为(m， ﹣2m+6)，进而可得出 PF 的长度，利用三角形的面积公式可得出 S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性 质即可求出△PBC 面积的最大值； (3)分两种不同情况，当点 M 位于点 C 上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点 M， 点 N 的坐标即可． 【解析】(1)将 A(﹣1，0)、B(3，0)代入 y＝ax2+bx+6， 得： ，解得： ， ∴抛物线的解析式为 y＝﹣2x2+4x+6． (2)过点 P 作 PF∥y 轴，交 BC 于点 F，如图 1 所示． 当 x＝0 时，y＝﹣2x2+4x+6＝6， ∴点 C 的坐标为(0，6)． 设直线 BC 的解析式为 y＝kx+c， 将 B(3，0)、C(0，6)代入 y＝kx+c，得： ൅ ͸ ͸ ，解得： ൅ ͸ ， ∴直线 BC 的解析式为 y＝﹣2x+6． ∵点 P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动， ∴点 P 的坐标为(m，﹣2m2+4m+6)，则点 F 的坐标为(m，﹣2m+6)， ∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣(﹣2m+6)＝﹣2m2+6m， ∴S△PBC PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3(m )2 ， ∴当 m 时，△PBC 面积取最大值，最大值为 ． ∵点 P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动， ∴0＜m＜3． (3)存在点 M、点 N 使得∠CMN＝90°，且△CMN 与△OBC 相似． 如图 2，∠CMN＝90°，当点 M 位于点 C 上方，过点 M 作 MD⊥y 轴于点 D， ∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM， ∴△MCD∽△NCM， 若△CMN 与△OBC 相似，则△MCD 与△OBC 相似， 设 M(a，﹣2a2+4a+6)，C(0，6)， ∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a， 当 时，△COB∽△CDM∽△CMN， ∴ ， 解得，a＝1， ∴M(1，8)， 此时 ND DM ， ∴N(0， )， 当 时，△COB∽△MDC∽△NMC， ∴ ， 解得 a ， ∴M( ， )， 此时 N(0， )． 如图 3，当点 M 位于点 C 的下方， 过点 M 作 ME⊥y 轴于点 E， 设 M(a，﹣2a2+4a+6)，C(0，6)， ∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a， 同理可得： 或 2，△CMN 与△OBC 相似， 解得 a 或 a＝3， ∴M( ， )或 M(3，0)， 此时 N 点坐标为(0， )或(0， )． 综合以上得，M(1，8)，N(0， )或 M( ， )，N(0， )或 M( ， )，N(0， )或 M(3，0)，N(0， )，使 得∠CMN＝90°，且△CMN 与△OBC 相似． 12．(2020•嘉兴)在篮球比赛中，东东投出的球在点 A 处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分(如 图 1 所示建立直角坐标系)，抛物线顶点为点 B． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)当球运动到点 C 时被东东抢到，CD⊥x 轴于点 D，CD＝2.6m． ①求 OD 的长． ②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点 D 处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华， 目标为华华的接球点 E(4，1.3)．东东起跳后所持球离地面高度 h1(m)(传球前)与东东起跳后时间 t(s)满足 函数关系式 h1＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7(0≤t≤1)；小戴在点 F(1.5，0)处拦截，他比东东晚 0.3s 垂直起跳，其 拦截高度 h2(m)与东东起跳后时间 t(s)的函数关系如图 2 所示(其中两条抛物线的形状相同)．东东的直线传 球能否越过小戴的拦截传到点 E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由(直线 传球过程中球运动时间忽略不计)． 【答案】见解析。 【分析】(1)设 y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)，将 A(0，3)代入求解即可得出答案； (2)①把 y＝2.6 代入 y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32，解方程求出 x，即可得出 OD＝1m； ②东东在点 D 跳起传球与小戴在点 F 处拦截的示意图如图 2，设 MD＝h1，NF＝h2，当点 M，N，E 三点共线时， 过点 E 作 EG⊥MD 于点 G，交 NF 于点 H，过点 N 作 NP⊥MD 于点 P，证明△MPN∽△NEH，得出 ，则 NH ＝5MP．分不同情况：(Ⅰ)当 0≤t≤0.3 时，(Ⅱ)当 0.3＜t≤0.65 时，(Ⅲ)当 0.65＜t≤1 时，分别求出 t 的范围可得出答案． 【解析】(1)设 y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)， 把 x＝0，y＝3 代入，解得 a＝﹣2， ∴抛物线的函数表达式为 y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32． (2)①把 y＝2.6 代入 y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32， 化简得(x﹣0.4)2＝0.36， 解得 x1＝﹣0.2(舍去)，x2＝1， ∴OD＝1m． ②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点 E． 由图 1 可得，当 0≤t≤0.3 时，h2＝2.2． 当 0.3＜t≤1.3 时，h2＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7． 当 h1﹣h2＝0 时，t＝0.65， 东东在点 D 跳起传球与小戴在点 F 处拦截的示意图如图 2， 设 MD＝h1，NF＝h2， 当点 M，N，E 三点共线时，过点 E 作 EG⊥MD 于点 G，交 NF 于点 H，过点 N 作 NP⊥MD 于点 P， ∴MD∥NF，PN∥EG， ∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH， ∴△MPN∽△NEH， ∴ ， ∵PN＝0.5，HE＝2.5， ∴NH＝5MP． (Ⅰ)当 0≤t≤0.3 时， MP＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣2.2＝﹣2(t﹣0.5)2+0.5， NH＝2.2﹣1.3＝0.9． ∴5[﹣2(t﹣0.5)2+0.5]＝0.9， 整理得(t﹣0.5)2＝0.16， 解得 (舍去)， ， 当 0≤t≤0.3 时，MP 随 t 的增大而增大， ∴ ＜ ． (Ⅱ)当 0.3＜t≤0.65 时，MP＝MD﹣NF＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣[﹣2(t﹣0.8)2+2.7]＝﹣1.2t+0.78， NH＝NF﹣HF＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7﹣1.3＝﹣2(t﹣0.8)2+1.4， ∴﹣2(t﹣0.8)2+1.4＝5×(﹣1.2t+0.78)， 整理得 t2﹣4.6t+1.89＝0， 解得， (舍去)， ， 当 0.3＜t≤0.65 时，MP 随 t 的增大而减小， ∴ ＜ ＜ ． (Ⅲ)当 0.65＜t≤1 时，h1＜h2，不可能． 给上所述，东东在起跳后传球的时间范围为 ＜ ＜ ． 13．(2020•黔东南州)已知抛物线 y＝ax2+bx+c(a≠0)与 x 轴交于 A、B 两点(点 A 在点 B 的左边)，与 y 轴交 于点 C(0，﹣3)，顶点 D 的坐标为(1，﹣4)． (1)求抛物线的解析式． (2)在 y 轴上找一点 E，使得△EAC 为等腰三角形，请直接写出点 E 的坐标． (3)点 P 是 x 轴上的动点，点 Q 是抛物线上的动点，是否存在点 P、Q，使得以点 P、Q、B、D 为顶点，BD 为 一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点 P、Q 坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】见解析。 【分析】(1)根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点 C 坐标代入求解，即可得出结论； (2)先求出点 A，C 坐标，设出点 E 坐标，表示出 AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可； (3)利用平移先确定出点 Q 的纵坐标，代入抛物线解析式求出点 Q 的横坐标，即可得出结论． 【解析】(1)∵抛物线的顶点为(1，﹣4)， ∴设抛物线的解析式为 y＝a(x﹣1)2﹣4， 将点 C(0，﹣3)代入抛物线 y＝a(x﹣1)2﹣4 中，得 a﹣4＝﹣3， ∴a＝1， ∴抛物线的解析式为 y＝a(x﹣1)2﹣4＝x2﹣2x﹣3； (2)由(1)知，抛物线的解析式为 y＝x2﹣2x﹣3， 令 y＝0，则 x2﹣2x﹣3＝0， ∴x＝﹣1 或 x＝3， ∴B(3，0)，A(﹣1，0)， 令 x＝0，则 y＝﹣3， ∴C(0，﹣3)， ∴AC ， 设点 E(0，m)，则 AE ，CE＝|m+3|， ∵△ACE 是等腰三角形， ∴①当 AC＝AE 时， ， ∴m＝3 或 m＝﹣3(点 C 的纵坐标，舍去)， ∴E(0，3)， ②当 AC＝CE 时， |m+3|， ∴m＝﹣3± ， ∴E(0，﹣3 )或(0，﹣3 )， ③当 AE＝CE 时， |m+3|， ∴m ， ∴E(0， )， 即满足条件的点 E 的坐标为(0，3)、(0，﹣3 )、(0，﹣3 )、(0， )； (3)如图，存在，∵D(1，﹣4)， ∴将线段 BD 向上平移 4 个单位，再向右(或向左)平移适当的距离，使点 B 的对应点落在抛物线上，这样 便存在点 Q，此时点 D 的对应点就是点 P， ∴点 Q 的纵坐标为 4， 设 Q(t，4)， 将点 Q 的坐标代入抛物线 y＝x2﹣2x﹣3 中得，t2﹣2t﹣3＝4， ∴t＝1+2 或 t＝1﹣2 ， ∴Q(1+2 ，4)或(1﹣2 ，4)， 分别过点 D，Q 作 x 轴的垂线，垂足分别为 F，G， ∵抛物线 y＝x2﹣2x﹣3 与 x 轴的右边的交点 B 的坐标为(3，0)，且 D(1，﹣4)， ∴FB＝PG＝3﹣1＝2， ∴点 P 的横坐标为(1+2 )﹣2＝﹣1+2 或(1﹣2 )﹣2＝﹣1﹣2 ， 即 P(﹣1+2 ，0)、Q(1+2 ，4)或 P(﹣1﹣2 ，0)、Q(1﹣2 ，4)． 14．(2020•遂宁)如图，抛物线 y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象经过 A(1，0)，B(3，0)，C(0，6)三点． (1)求抛物线的解析式． (2)抛物线的顶点 M 与对称轴 l 上的点 N 关于 x 轴对称，直线 AN 交抛物线于点 D，直线 BE 交 AD 于点 E，若 直线 BE 将△ABD 的面积分为 1：2 两部分，求点 E 的坐标． (3)P 为抛物线上的一动点，Q 为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点 P，使 A、D、P、Q 为顶点的四边形 为平行四边形？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】见解析。 【分析】(1)设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，把点 C 坐标代入解析式，可求解； (2)先求出点 M，点 N 坐标，利用待定系数法可求 AD 解析式，联立方程组可求点 D 坐标，可求 S△ABD ×2 ×6＝6，设点 E(m，2m﹣2)，分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解； (3)分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解． 【解析】(1)∵抛物线 y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象经过 A(1，0)，B(3，0)， ∴设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)， ∵抛物线 y＝a(x﹣1)(x﹣3)(a≠0)的图象经过点 C(0，6)， ∴6＝a(0﹣1)(0﹣3)， ∴a＝2， ∴抛物线解析式为：y＝2(x﹣1)(x﹣3)＝2x2﹣8x+6； (2)∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2， ∴顶点 M 的坐标为(2，﹣2)， ∵抛物线的顶点 M 与对称轴 l 上的点 N 关于 x 轴对称， ∴点 N(2，2)， 设直线 AN 解析式为：y＝kx+b， 由题意可得： ൅ ൅ ， 解得： ൅ ， ∴直线 AN 解析式为：y＝2x﹣2， 联立方程组得： ， 解得： ， ， ∴点 D(4，6)， ∴S△ABD ×2×6＝6， 设点 E(m，2m﹣2)， ∵直线 BE 将△ABD 的面积分为 1：2 两部分， ∴S△ABE S△ABD＝2 或 S△ABE S△ABD＝4， ∴ ×2×(2m﹣2)＝2 或 ×2×(2m﹣2)＝4， ∴m＝2 或 3， ∴点 E(2，2)或(3，4)； (3)若 AD 为平行四边形的边， ∵以 A、D、P、Q 为顶点的四边形为平行四边形， ∴AD＝PQ， ∴xD﹣xA＝xP﹣xQ 或 xD﹣xA＝xQ﹣xP， ∴xP＝4﹣1+2＝5 或 xP＝2﹣4+1＝﹣1， ∴点 P 坐标为(5，16)或(﹣1，16)； 若 AD 为平行四边形的对角线， ∵以 A、D、P、Q 为顶点的四边形为平行四边形， ∴AD 与 PQ 互相平分， ∴ ， ∴xP＝3， ∴点 P 坐标为(3，0)， 综上所述：当点 P 坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)时，使 A、D、P、Q 为顶点的四边形为平行四边形． 15．(2019•山东青岛)已知：如图，在四边形 ABCD 中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD 垂 直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向 匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P 作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过 点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD，OD 于点 F，G．连接 OP，EG．设运动时间为 t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题： (1)当 t 为何值时，点 E 在∠BAC 的平分线上？ (2)设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2)，求 S 与 t 的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻 t，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出 t 的值；若不存在，请 说明理由； (4)连接 OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t，使 OE⊥OQ？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说 明理由． 【答案】见解析。 【解析】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边 形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． (1)在 Rt△ABC 中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm， ∴AC＝ ＝6(cm)， ∵OD 垂直平分线段 AC， ∴OC＝OA＝3(cm)，∠DOC＝90°， ∵CD∥AB， ∴∠BAC＝∠DCO， ∵∠DOC＝∠ACB， ∴△DOC∽△BCA， ∴ ＝ ＝ ， ∴ ＝ ＝ ， ∴CD＝5(cm)，OD＝4(cm)， ∵PB＝t，PE⊥AB， 易知：PE＝ t，BE＝ t， 当点 E 在∠BAC 的平分线上时， ∵EP⊥AB，EC⊥AC， ∴PE＝EC， ∴ t＝8﹣ t， ∴t＝4． ∴当 t 为 4 秒时，点 E 在∠BAC 的平分线上． (2)如图，连接 OE，PC． S 四边形 OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+(S△OPC+S△PCE﹣S△OEC) ＝ •(4﹣ t)•3+[ •3•(8﹣ t)+ •(8﹣ t)• t﹣ •3•(8﹣ t) ＝﹣ t2+ t+16(0＜t＜5)． (3)存在． ∵S＝﹣ (t﹣ )2+ (0＜t＜5)， ∴t＝ 时，四边形 OPEG 的面积最大，最大值为 ． (4)存在．如图，连接 OQ． ∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°， ∵∠QOC+∠QOG＝90°，∴∠EOC＝∠QOG，∴tan∠EOC＝tan∠QOG， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， 整理得：5t2﹣66t+160＝0， 解得 t＝ 或 10(舍弃) ∴当 t＝ 秒时，OE⊥OQ．