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  • 2021-11-11 发布

中考数学解题指导专题17:动态几何之面积问题探讨

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1 【2013 年中考攻略】专题 17:动态几何之面积问题探讨 动态题是近年来中考的的一个热点问题,动态包括点动、线动和面动三大类,解这类题目要“以静制 动”,即把动态问题,变为静态问题来解,而静态问题又是动态问题的特殊情况。常见的题型包括最值问 题、面积问题、和差问题、定值问题和图形存在问题等。前面我们已经对最值问题进行了探讨,本专题对 面积问题行探讨。 结合 2011 年和 2012 年全国各地中考的实例,我们从四方面进行动态几何之面积问题的探讨:(1)静 态面积问题;(2)点动形成的动态面积问题;(3)线动形成的动态面积问题;( 4)面动形成的动态面积问 题。 一、静态面积问题: 典型例题: 例 1:(2012 山西省 2 分)如图是某公园的一角,∠AOB=90°,弧 AB 的半径 OA 长是 6 米,C 是 OA 的中 点,点 D 在弧 AB 上,CD∥OB,则图中休闲区(阴影部分)的面积是【 】 A. 910 32 米 2 B. 9 32 米 2 C. 9632 米 2 D. 6 9 3  米 2 【答案】 C。 【考点】扇形面积的计算,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。 【分析】连接 OD,则 DOCAODS S S扇形影阴 。 ∵弧 AB 的半径 OA 长是 6 米,C 是 OA 的中点,∴OC= 1 2 OA= ×6=3。 ∵∠AOB=90°,CD∥OB,∴CD⊥OA。 在 Rt△OCD 中,∵OD=6,OC=3,∴ 2 2 2 2CD= OD OC 6 3 3 3    。 又∵ CD 3 3 3sin DOC = =OD 6 2 ,∴∠DOC=60°。 ∴ 2 DOCAOD 60 6 1 9S S S = 3 3 3=6 3360 2 2        扇形影阴 (米 2)。故选 C。 2 例 2:(2012 湖北恩施 3 分)如图,菱形 ABCD 和菱形 ECGF 的边长分别为 2 和 3,∠A=120°,则图中阴 影部分的面积是【 】 A. 3 B.2 C.3 D. 2 例 3:(2012 湖北随州 4 分)如图,直线 l 与反比例函数 2y= x 的图象在第一象限内交于 A、B 两点,交 x 轴的正半轴于 C 点,若 AB:BC=(m 一 l):1(m>l)则△OAB 的面积(用 m 表示)为【 】 3 A. 2m1 2m  B. 2m1 m  C.  23 m 1 m  D.  23 m 1 2m  【答案】B。 【考点】反比例函数的应用,曲线上点的坐标与方程式关系,相似三角形的判定和性质,代数式化简。 【分析】如图,过点 A 作 AD⊥OC 于点 D,过点 B 作 BE⊥OC 于点 E, 设 A(xA,yA),B (xB,yB),C(c¸0)。 ∵AB:BC=(m 一 l):1(m>l),∴AC:BC=m:1。 又∵△ADC∽△BEC,∴AD:BE=DC:EC= AC:BC=m:1。 又∵AD=yA,BE=yB,DC= c-xA,EC= c-xB, ∴yA:yB= m:1,即yA= myB。 ∵直线 l 与反比例函数 2y= x 的图象在第一象限内交于 A、B 两点, ∴ A A 2y=x , B B 2y=x 。 ∴ AB 2 2m=xx , AB 1x = xm 。 将 又由 AC:BC=m:1 得(c-xA):( c-xB)=m:1,即  BB 1c x : c x m:1m    ,解得  Bx m+1c= m 。 ∴      B OAB OCB OBC A B A B B B x m+11 1 1 1S =S S = c y c y c y y my y2 2 2 2 m                      222 BBBB x y m 1 2 m 1x y m+1 m 11 m 1 2 m 2m 2m m       。 故选 B。 例 4:(2012 贵州贵阳 12 分)如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分,我们把这条直线称 为这个平面图形的一条面积等分线. (1)三角形有 条面积等分线,平行四边形有 条面积等分线; (2)如图①所示,在矩形中剪去一个小正方形,请画出这个图形的一条面积等分线; (3)如图②,四边形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行,AB≠CD,且 S△ABC<S△ACD,过点 A 画出四边形 ABCD 的面积等分线,并写出理由. 4 【答案】解:(1)6;无数。 (2)这个图形的一条面积等分线如图: 连接2 个矩形的对角线的交点的直线即把这个图形分成 2 个相等的部分.即 OO′为这个 图形的一条面积等分线。 (3)四边形 ABCD 的面积等分线如图所示: 理由如下: 过点 B 作 BE∥AC 交 DC 的延长线于点 E,连接 AE。 ∵BE∥AC,∴△ABC 和△AEC 的公共边 AC 上的高也相等,∴ S△ABC=S△AEC。 ∴ ACD ABC ACD AEC AEDABCDS S S S S S        四 形边 。 ∵S△ACD>S△ABC, ∴面积等分线必与 CD 相交,取 DE 中点 F,则直线 AF 即为要求作的四边形 ABCD 的面积等分线。 【考点】面积及等积变换,平行线之间的距离,三角形的面积,平行四边形的性质,矩形的性质。 【分析】(1)读懂面积等分线的定义,不难得出:三角形的面积等分线是三角形的中线所在的直线;过两 条对角线的交点的直线都可以把平行四边形的面积分成 2 个相等的部分;从而三角形有 3 条面积等分线, 平行四边形有无数条面积等分线。 (2)由(1)知,矩形的一条对角线所在的直线就是矩形的一条面积等分线; 5 (3)过点 B 作 BE∥AC 交 DC 的延长线于点 E,连接 AE.根据△ABC 和△AEC 的公共边 AC 上 的 高 也 相 等 推 知 S△ABC=S△AEC ;由“ 割 补 法 ” 可 以 求 得 ACD ABC ACD AEC AEDABCDS S S S S S        四 形边 。 例 5:(2012 贵州毕节 3 分)如图,在正方形 ABCD 中,以 A 为顶点作等边△AEF,交 BC 边于 E,交 DC 边于F;又以 A 为圆心,AE 的长为半径作 EF 。若△AEF 的边长为 2,则阴影部分的面积约是【 】 (参考数据: 2 1.414 3 1.732 , ,π 取 3.14) A. 0.64 B. 1.64 C. 1.68 D. 0.36 【答案】A。 【考点】正方形和等边三角形的性质,勾股定理,扇形和三角形面积。 【分析】由图知, AEF CEF AEFS S S S   扇形影部分阴 。因此,由已知,根据正方形、等边三角形的性质和 勾股定理,可得等边△AEF 的边长为 2,高为 3 ;Rt△AEF 的两直角边长为 2 ;扇形 AEF 的半径为 2 圆心角为 600。 ∴ 2 AEF CEF AEF 1 1 60 2 2S S S S = 2 3 2 2 = 3+1 0.642 2 360 3            扇形影部分阴 。故选 A。 例 6:(2012 山东德州 3 分)如图,两个反比例函数 1y= x 和 2y= x 的图象分别是 l1 和 l2.设点 P 在 l1 上, PC⊥x 轴,垂足为 C,交 l2 于点 A,PD⊥y 轴,垂足为 D,交 l2 于点 B,则三角形 PAB 的面积为【 】 A.3 B.4 C. 9 2 D.5 【答案】C。 【考点】反比例函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,三角形的面积。 6 例 7:(2012 内蒙古赤峰 3 分)如图,等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,以点 C 为圆心,CD 为半径的弧与 BC 交于点 E,四边形 ABED 是平行四边形,AB=3,则扇形 CDE(阴影部分)的面积是【 】 A. 3 2  B. 2  C.π D.3π 【答案】A。 【考点】等腰梯形的性质,平行四边形的性质,等边三角形的判定和性质,扇形面积的计算。 【分析】∵四边形 ABCD 是等腰梯形,且 AD∥BC,∴AB=CD。 又∵四边形 ABED 是平行四边形,∴AB=DE(平行四边形的对边相等)。∴DE=DC=AB=3。 ∵CE=CD,∴CE=CD=DE=3,即△DCE 是等边三角形。∴∠C=60°。 7 ∴扇形 CDE(阴影部分)的面积为: 260 3 3=360 2   。故选 A。 例 8:(2012 黑龙江绥化 3 分)如图,在平行四边形 ABCD 中,E 是 CD 上的一点,DE:EC=2:3,连接 AE、BE、BD,且 AE、BD 交于点 F,则 S△DEF:S△EBF:S△ABF=【 】 A.2:5:25 B.4:9:25 C.2:3:5 D.4:10:25 【答案】D。 【考点】平行四边形的性质,相似三角形的判定和性质。 【分析】由 DE:EC=2:3 得 DE:DC=2:5,根据平行四边形对边相等的性质,得 DE:AB=2:5 由平行四边形对边平行的性质易得△DFE∽△BFA ∴DF:FB= DE:AB=2:5,S△DEF:S△ABF=4:25。 又∵S△DEF 和 S△EBF 是等高三角形,且 DF:FB =2:5,∴S△DEF:S△EBF =2:5=4:10。 ∴S△DEF:S△EBF:S△ABF =4:10:25。故选 D。 例 9:(2012 安徽省 5 分)如图,P 是矩形 ABCD 内的任意一点,连接 PA、PB、PC、PD,得到△PAB、 △PBC、△PCD、△PDA,设它们的面积分别是 S1、S2、S3、S4,给出如下结论: ①S1+S2=S3+S4 ② S2+S4= S1+ S3 ③若 S3=2 S1,则 S4=2 S2 ④若 S1= S2,则 P 点在矩形的对角线上 其中正确的结论的序号是 ▲ (把所有正确结论的序号都填在横线上). 【答案】②④。 【考点】矩形的性质,相似 【分析】如图,过点 P 分别作四个三角形的高, ∵△APD 以 AD 为底边,△PBC 以 BC 为底边, 8 ∴此时两三角形的高的和为 AB, ∴S1+S3= 1 2 S 矩形 ABCD; 同理可得出 S2+S4= S 矩形 ABCD。 ∴②S2+S4= S1+ S3 正确,则①S1+S2=S3+S4 错误。 若 S3=2 S1,只能得出△APD 与△PBC 高度之比,S4 不一定等于 2S2;故结论③错误。 如图,若 S1=S2,则 ×PF×AD= ×PE×AB, ∴△APD 与△PBA 高度之比为:PF:PE =AB:AD 。 ∵∠DAE=∠PEA=∠PFA=90°,∴四边形 AEPF 是矩形, ∴矩形 AEPF∽矩形 ABCD。连接 AC。 ∴PF:CD =PE :BC=AP:AC, 即 PF:CD =AF :AD=AP:AC。 ∴△APF∽△ACD。∴∠PAF=∠CAD。∴点 A、P、C 共线。∴P 点在矩形的对角线上。 故结论④正确。 综上所述,结论②和④正确。 例 10:(2012 福建宁德 3 分)如图,点 M 是反比例函数 y= 1 x 在第一象限内图象上的点,作 MB⊥x 轴于 点.过点 M 的第一条直线交 y 轴于点 A1,交反比例函数图象于点 C1,且 A1C1= 1 2 A1M,△A1C1B 的面积 记为 S1;过点 M 的第二条直线交 y 轴于点 A2,交反比例函数图象于点 C2,且 A2C2= 1 4 A2M,△A2C2B 的 面积记为 S2;过点 M 的第三条直线交 y 轴于点 A3,交反比例函数图象于点 C3,且 A3C3= 1 8 A3M,△A3C3B 的面积记为 S3;依次类推…;则 S1+S2+S3+…+S8= ▲ . 【答案】 255 512 。 9 【考点】反比例函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,平行线分线段成比例定理。 【分析】过点 M 作 MD⊥y 轴于点 D,过点 A1 作 A1E⊥BM 于点 E,过点 C1 作 C1F⊥BM 于点 F, ∵点 M 是反比例函数 y= 1 x 在第一象限内图象上的点, ∴OB×DM=1。∴ 1A BM 11S OB MB22     。 ∵A1C1= 1 2 A1M,即 C1 为 A1M 中点, ∴C1 到 BM 的距离 C1F 为 A1 到 BM 的距离 A1E 的一半。 ∴ 111 BMC A BM 11S S S24   。 ∴ 2BMA 2 1 1 1S BM A BM BM BO2 2 2       到 距离 。 ∵A2C2= 1 4 A2M,∴C2 到 BM 的距离为 A2 到 BM 的距离的 3 4 。 ∴ 2 2 22 A C B BMA 11S S S48   。 同理可得:S3= 1 16 ,S4= 1 32 ,… ∴ 1 2 3 8 89 1 1 1 1 1 1 1 1 255S S S S 4 8 4 8 256 512 51222         + + + + = 。 练习题: 1. (2012 广东省 4 分)如图,在▱ABCD 中,AD=2,AB=4,∠A=30°,以点 A 为圆心,AD 的长为半径 画弧交 AB 于点 E,连接 CE,则阴影部分的面积是 ▲ (结果保留 π). 2. (2012 浙江温州 5 分)如图,已知动点 A 在函数 4y= x (x>o)的图象上,AB⊥x 轴于点 B,AC⊥y 轴于 点 C,延长 CA 至点 D,使 AD=AB,延长 BA 至点E,使 AE=AC.直线 DE 分别交 x 轴,y 轴于点 P,Q.当 QE:DP=4:9 时,图中的阴影部分的面积等于 ▲ _. 10 3. (2012 江苏常州 2 分)如图,已知反比例函数  1 1 ky= k 0x > 和  2 2 ky= k 0x < 。点 A 在 y 轴的正半轴上, 过点 A 作直线 BC∥x 轴,且分别与两个反比例函数的图象交于点 B 和 C,连接 OC、OB。若△BOC 的面 积为 5 2 ,AC:AB=2:3,则 1k = ▲ , 2k = ▲ 。 4. (2012 江苏扬州 3 分)如图,双曲线 ky= x 经过 Rt△OMN 斜边上的点 A,与直角边 MN 相交于点 B, 已知 OA=2AN,△OAB 的面积为 5,则 k 的值是 ▲ . 5. (2012 湖南岳阳 3 分)如图,△ABC 中,AB=AC,D 是 AB 上的一点,且 AD= 2 3 AB,DF∥BC,E 为 BD 的中点.若 EF⊥AC,BC=6,则四边形 DBCF 的面积为 ▲ . 6. (2012 四川攀枝花 4 分)如图,以 BC 为直径的⊙O1 与⊙O2 外切,⊙O1 与⊙O2 的外公切线交于点 D, 且∠ADC=60°,过 B 点的⊙O1 的切线交其中一条外公切线于点 A.若⊙O2 的面积为 π,则四边形 ABCD 的面积是 ▲ . 11 7. (2012 辽宁朝阳 3 分)如图,在正方形 ABCD 内有一折线,其中 AE⊥EF,EF⊥FC,并且 AE=4,EF=8, FC=12。则正方形与其外接圆形成的阴影部分的面积为 ▲ 。 8. (2012 辽宁沈阳 4 分)如图,菱形 ABCD 的边长为 8cm,∠A=60°,DE⊥AB 于点 E,DF⊥BC 于点 F, 则四边形 BEDF 的面积为 ▲ _cm2. 9. (2012 辽宁营口 3 分)如图,直线 bxy  与双曲线 xy 1 (x>0)交于 A、B 两点,与 x 轴、 y 轴 分别交于 E、F 两点,连结 OA、OB,若 AOB OBF OAES S S  ,则 b ▲ . 10. (2012 贵州遵义 4 分)如图,平行四边形 ABCD 的顶点为 A、C 在双曲线 1 1 ky= x 上,B、D 在双曲 线 2 2 ky=x 上,k1=2k2(k1>0), AB∥y 轴,S△ABCD=24,则 k1= ▲ . 12 二、点动形成的动态面积问题: 典型例题: 例 1:(2012 广东广州 14 分)如图,抛物线 233y= x x+384 与 x 轴交于 A、B 两点(点 A 在点 B 的左侧), 与 y 轴交于点 C. (1)求点 A、B 的坐标; (2)设 D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点,当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时,求点 D 的坐标; (3)若直线 l 过点 E(4,0), M 为直线 l 上的动点,当以 A、B、M 为顶点所作的直角三角形有且只有三 个时,求直线 l 的解析式. 【答案】解:(1)在 233y= x x+384 中,令 y=0,即 233x x+3=084 ,解得 x1=﹣4,x2=2。 ∵点 A 在点 B 的左侧,∴A、B 点的坐标为 A(﹣4,0)、 B(2,0)。 (2)由 得,对称轴为 x=﹣1。 在 中,令 x=0,得 y=3。 ∴OC=3,AB=6, ACB 11S AB OC 6 3 922       。 在 Rt△AOC 中, 2 2 2 2AC= OA +OC 4 +3 5。 设△ACD 中 AC 边上的高为 h,则有 1 2 AC•h=9,解得 h=18 5 。 13 如图 1,在坐标平面内作直线平行于 AC,且到 AC 的距离=h=18 5 ,这样的直线有 2 条, 分别是 L1 和 L2,则直线与对称轴 x=﹣1 的两个交点即为所求的点 D。 设 L1 交 y 轴于 E,过 C 作 CF⊥L1 于 F,则 CF=h= , ∴ 18 CF CF 95CE 4sin CEF sin OCA 2 5     。 设直线 AC 的解析式为 y=kx+b, 将 A(﹣4,0), B(0,3)坐标代入,得 4k+b=0 b=3    ,解得 3k= 4 b=3   。来源:21 ∴直线 AC 解析式为 3y x 34。来源:] 直线 L1 可以看做直线 AC 向下平移 CE 长度单位( 9 2 个长度单位)而形成的, ∴直线 L1 的解析式为 3 9 3 3y x 3 x4 2 4 2     。 则 D1 的纵坐标为  3 3 914 2 4     。∴D1(﹣4, 9 4 )。 同理,直线 AC 向上平移 个长度单位得到 L2,可求得 D2(﹣1, 27 4 )。 综上所述,D 点坐标为:D1(﹣4, ), D2(﹣1, )。 (3)如图 2,以 AB 为直径作⊙F,圆心为 F.过 E 点作⊙F 的切线,这样的切线有 2 条. 连接 FM,过 M 作 MN⊥x 轴于点 N。 ∵A(﹣4,0), B(2,0), ∴F(﹣1,0), ⊙F 半径 FM=FB=3。 又 FE=5,则在 Rt△MEF 中,- ME= 225 3 4,sin∠MFE= 4 5 ,cos∠MFE= 3 5 。 在 Rt△FMN 中,MN=MN•sin∠MFE=3×4 12 55 , FN=MN•cos∠MFE=3×39 55 。 则 ON= 。∴M 点坐标为( ,12 5 )。 直线 l 过 M( , ), E(4,0), 14 设直线 l 的解析式为 y=k1x+b1,则有 4 12k+b=55 4k+b=0   ,解得 3k= 4 b=3    。 ∴直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3。 同理,可以求得另一条切线的解析式为 y= 3 4 x﹣3。 综上所述,直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3 或 y= 3 4 x﹣3。 例 2:(2012 广东梅州 11 分)如图,矩形 OABC 中,A(6,0)、 C(0,2 )、 D(0,3 ),射线 l 过 点 D 且与 x 轴平行,点 P、Q 分别是 l 和 x 轴正半轴上动点,满足∠PQO=60°. (1)①点 B 的坐标是 ;②∠CAO= 度;③当点 Q 与点 A 重合时,点 P 的坐标为 ;(直接写 出答案) (2)设 OA 的中心为 N,PQ 与线段 AC 相交于点 M,是否存在点 P,使△AMN 为等腰三角形?若存在, 请直接写出点 P 的横坐标为 m;若不存在,请说明理由. 15 (3)设点 P 的横坐标为 x,△OPQ 与矩形 OABC 的重叠部分的面积为 S,试求 S 与 x 的函数关系式和相 应的自变量 x 的取值范围. 【答案】解:(1)①(6,2 3 )。 ②30。③(3,3 )。 (2)存在。m=0 或 m=3﹣ 或 m=2。 (3)当 0≤x≤3 时, 如图 1,OI=x,IQ=PI•tan60°=3,OQ=OI+IQ=3+x; 由题意可知直线 l∥BC∥OA, 可得 EF PE DC 3 1==OQ PO DO 333 ,∴EF= 1 3 (3+x), 此时重叠部分是梯形,其面积为: EFQO 1 4 3 4 3S S EF OQ OC 3 x x 4 32 3 3      梯形 ( ) ( )= 当 3<x≤5 时,如图 2,   HAQEFQO EFQO 2 2 1S S S S AH AQ2 4 3 3 3 13 3 3x 4 3 x 3 x x3 2 2 3 2              = 梯形 梯形 。 当 5<x≤9 时,如图 3, 12S BE OA OC 3 12 x23 23= x 12 33       ( ) ( ) 。 当 x>9 时,如图 4, 1 1 18 3 54 3S OA AH 6 =2 2 x x     。 综上所述,S 与 x 的函数关系式为:         2 43x 4 3 0 x 33 3 13 3 3x x 3 x 52 3 2S 23x 12 3 5 x 93 54 3 x9x < < >                  。 16 【考点】矩形的性质,梯形的性质,锐角三角函数,特殊角的三角函数值,相似三角形的判定和性质,解 直角三角形。 【分析】(1)①由四边形 OABC 是矩形,根据矩形的性质,即可求得点 B 的坐标: ∵四边形 OABC 是矩形,∴AB=OC,OA=BC, ∵A(6,0)、 C(0,2 3 ), ∴点 B 的坐标为:(6,2 )。 ②由正切函数,即可求得∠CAO 的度数: ∵ OC 2 3 3tan CAO = =OA 6 3 ,∴∠CAO=30°。 ③由三角函数的性质,即可求得点 P 的坐标;如图:当点 Q 与点 A 重合时,过点 P 作 PE⊥OA 于 E, ∵∠PQO=60°,D(0,3 ), ∴PE=3 。 ∴ 0 PEAE 3 tan60 。 ∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3,∴点 P 的坐标为(3,3 )。 (2)分别从 MN=AN,AM=AN 与 AM=MN 去分析求解即可求得答案: 情况①:MN=AN=3,则∠AMN=∠MAN=30°, ∴∠MNO=60°。 ∵∠PQO=60°,即∠MQO=60°,∴点 N 与 Q 重合。 ∴点 P 与 D 重合。∴此时 m=0。 情况②,如图 AM=AN,作 MJ⊥x 轴、PI⊥x 轴。 MJ=MQ•sin60°=AQ•sin600 3OA IQ OI sin60 3 m2      ( ) ( ) 又 1 1 3MJ AM= AN=2 2 2 , ∴ 333m22( )= ,解得:m=3﹣ 。 情况③AM=NM,此时 M 的横坐标是 4.5, 过点 P 作 PK⊥OA 于 K,过点 M 作 MG⊥OA 于 G, ∴MG= 3 2 。 17 ∴ 00 PK 3 3 MG 1QK 3 GQ 2tan60 3 tan60     , 。 ∴KG=3﹣0.5=2.5,AG= 1 2 AN=1.5。∴OK=2。∴m=2。 综上所述,点 P 的横坐标为 m=0 或 m=3﹣ 3 或 m=2。 (3)分别从当 0≤x≤3 时,当 3<x≤5 时,当 5<x≤9 时,当 x>9 时去分析求解即可求得答案。 例 3:(2012 广东汕头 12 分)如图,抛物线 213y= x x 922与 x 轴交于 A、B 两点,与 y 轴交于点 C,连 接 BC、AC. (1)求 AB 和 OC 的长; (2)点 E 从点 A 出发,沿 x 轴向点 B 运动(点 E 与点 A、B 不重合),过点 E 作直线 l 平行 BC,交 AC 于点 D.设 AE 的长为 m,△ADE 的面积为 s,求 s 关于 m 的函数关系式,并写出自变量 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下,连接 CE,求△CDE 面积的最大值;此时,求出以点 E 为圆心,与 BC 相切的圆 的面积(结果保留 π). 【答案】解:(1)在 213y= x x 922中, 令 x=0,得 y=-9,∴C(0,﹣9); 令 y=0,即 213x x 9=022 ,解得:x1=﹣3,x2=6,∴A(﹣3,0)、 B(6,0)。 ∴AB=9,OC=9。 (2)∵ED∥BC,∴△AED∽△ABC,∴ 2 AED ABC S AE S AB     ,即: 2sm 1 9992   。 ∴s= 1 2 m2(0<m<9)。 (3)∵S△AEC= AE•OC= 9 2 m,S△AED=s= m2, 18 ∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED =﹣ 1 2 m2+ 9 2 m=﹣ (m﹣ )2+ 81 8 。 ∴△CDE 的最大面积为 , 此时,AE=m= ,BE=AB﹣AE= 。 又 22BC 6 +9 =3 13 , 过 E 作 EF⊥BC 于 F,则 Rt△BEF∽Rt△BCO,得: EF BE OC BC ,即: 9 EF 2 9 3 13  。 ∴ 27EF 1326 。 ∴以 E 点为圆心,与 BC 相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2= 729 52  。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,相似三角形的判定和性质,二次函数的最值, 勾股定理,直线与圆相切的性质。 【分析】(1)已知抛物线的解析式,当 x=0,可确定 C 点坐标;当 y=0 时,可确定 A、B 点的坐标,从而 确定 AB、OC 的长。 (2)直线 l∥BC,可得出△AED∽△ABC,它们的面积比等于相似比的平方,由此得到关于 s、m 的函数关系式;根据题目条件:点 E 与点 A、B 不重合,可确定 m 的取值范围。 (3)①首先用 m 列出△AEC 的面积表达式,△AEC、△AED 的面积差即为△CDE 的面积,由此可 得关于 S△CDE 关于 m 的函数关系式,根据函数的性质可得到 S△CDE 的最大面积以及此时 m 的值。 ②过 E 做 BC 的垂线 EF,这个垂线段的长即为与 BC 相切的⊙E 的半径,可根据相似三角形△BEF、 △BCO 得到的相关比例线段求得该半径的值,由此得解。 例 4:(2012 贵州铜仁 14 分)如图,已知:直线 y x 3   交 x 轴于点A,交 y 轴于点 B ,抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A、B、C(1,0)三点. (1)求抛物线的解析式; (2)若点 D 的坐标为(-1,0),在直线 上有一点 P,使 ΔABO 与 ΔADP 相似,求出点 P 的坐标; (3)在(2)的条件下,在 x 轴下方的抛物线上,是否存在点 E,使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积?如果存在,请求出点 E 的坐标;如果不存在,请说明理由. 19 【答案】解:(1)由题意得,A(3,0), B(0,3), ∵抛物线经过 A、B、C 三点, ∴把 A(3,0), B(0,3), C(1,0)三点分别代入 y=ax2+bx+c 得方程组 9a 3b c 0 c3 a b c 0          ,解得: a1 b4 c3      。 ∴抛物线的解析式为 2 43y x x= - + 。 (2)由题意可得:△ABO 为等腰三角形,如图 1 所示, 若△ABO∽△AP1D,连接 DP1,则 1 AO OB AD OP , ∴DP1=AD=4。∴P1 ( 1,4)- 。 若△ABO∽△ADP2 ,过点 P2 作 P2 M⊥x 轴于 M,连接 DP2, ∵△ABO 为等腰三角形, ∴△ADP2 是等腰三角形。 由三线合一可得:DM=AM=2= P2M,即点 M 与点 C 重合。∴P2(1,2)。 (3)不存在。理由如下: 如图 2 设点 E ( , ) xy,则 ADE 1S AD | y | 2 | y |2     ①当 P1(-1,4)时, S 四边形 AP1CE=S 三角形 ACP1+S 三角形 ACE 20 1AP1CE ACP ACES S S 112 4 2 | y | 4 y22          四 形边 ∴ 24yy=+ 。 ∴ 4y = 。 ∵点 E 在 x 轴下方 ∴ 4y =- 。代入得: 2 4 3 4xx- + = - ,即 2x 4x 7 0   ∵△=(-4)2-4×7=+12<0,∴此方程无解。 ∴当 P1(-1,4)时,在 x 轴下方的抛物线上,不存在点 E,使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 ②当 P2(1,2)时, 22ACP ACE四边形AP2CES S S yDD= + = + ∴ 22yy=+ 。∴ 2y = 。 ∵点 E 在 x 轴下方,∴ 2y =- 。代入得: 2 4 3 2xx- + = - ,即 2x 4x 5 0   ∵△=(-4)2-4×5=-4<0,∴此方程无解。 ∴当 P2(1,2)时,在 x 轴下方的抛物线上,不存在点 E,使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 综上所述,在 x 轴下方的抛物线上不存在这样的点 E,使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰三角形的判定和性质,相似三角形的性质, 一元二次方程根的判别式。 【分析】(1)求出 A(3,0), B(0,3),由 A、B、C 三点坐标用待定系数法即可求得抛物线的解析式。 (2)根据等腰三角形的判定和性质和相似三角形的性质即可求出点 P 的坐标。 (3)由(2)的两解分别作出判断。 例 5:(2012 湖南张家界 12 分)如图,抛物线 2 2 33y x x 2    与 x 轴交于 C.A 两点,与 y 轴交于点 B,点 O 关于直线 AB 的对称点为 D,E 为线段 AB 的中点. (1)分别求出点 A.点 B 的坐标; (2)求直线 AB 的解析式; (3)若反比例函数 ky x 的图象过点 D,求 k 值; 21 (4)两动点 P、Q 同时从点 A 出发,分别沿 AB.AO 方向向 B.O 移动,点 P 每秒移动 1 个单位,点 Q 每秒移动 1 2 个单位,设△POQ 的面积为 S,移动时间为 t,问:S 是否存在最大值?若存在,求出这个最 大值,并求出此时的 t 值;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)令 y=0,即 2 2x 3x 2 03    ,解得 12 3x = x =2 33 , 。 ∴C( 3 3 ,0)、 A( 23,0)。 令 x=0,得 y=2。∴B(0,2)。 ∴A( ,0)、 B(0,2)。 (2)∵令直线 AB 经过点 B(0,2), ∴设 AB 的解析式为 y=k1x+2。 又∵点 A( ,0)在直线上,∴0=k1 +2,解得 k1= 3 3 。 ∴直线 AB 的解析式为 y= 3 3 x+2。 (3)由 A( ,0)、 B(0,2)得:OA= ,OB=2,AB=4,∠BAO=30°,∠DOA=60°。 ∵OD 与 O 点关于 AB 对称,∴OD=OA= 。 ∴D 点的横坐标为 OD·cos600= 3 ,纵坐标为 OD·sin600=3。 ∴D( ,3)。 ∵ ky x 过点 D,∴ k3 3  ,即 k=3 。 (4)存在。 ∵AP=t,AQ= 1 2 t,P 到 x 轴的距离:AP•sin30°= t,OQ=OA﹣AQ= ﹣ t, 22 ∴ 22 OPQ 1 1 1 1 3 1 3S 2 3 t t t t t 2 32 2 2 8 2 8 2           ( ) ( ) 。 依题意, t 4 1 t 2 32 t0>      , 得 0<t≤4。 ∴当 t= 23时,S 有最大值为 3 2 。 例 6:(2012 四川内江 12 分)如图,已知点 A(-1,0), B(4,0),点 C 在 y 轴的正半轴上,且∠ACB=900, 抛物线 2y ax bx c   经过 A、B、C 三点,其顶点为 M. (1)求抛物线 的解析式; (2)试判断直线 CM 与以 AB 为直径的圆的位置关系,并加以证明; (3)在抛物线上是否存在点 N,使得 BCNS 4  ?如果存在,那么这样的点有几个?如果不存在,请说明理由。 23 【答案】解:(1)Rt△ACB 中,OC⊥AB,AO=1,BO=4, ∴△ACO∽△ABO 。∴ CO AO OB CO ,∴OC2=OA•OB=4。 ∴OC=2。∴点 C(0,2)。 ∵抛物线 2y ax bx c   经过 A、B 两点, ∴设抛物线的解析式为:   y a x+1 x 4,将 C 点代入上式,得:   2 a 0+1 0 4,解得 1a= 2 。 ∴抛物线的解析式:   1y x+1 x 42   ,即 213y x + x+222 。 (2)直线 CM 与以 AB 为直径的圆相切。理由如下: 如图,设抛物线的对称轴与 x 轴的交点为 D,连接 CD。 由于 A、B 关于抛物线的对称轴对称,则点 D 为 Rt△ABC 斜边 AB 的中 点,CD= 1 2 AB。 由(1)知: 2 21 3 1 3 25y x + x+2= x +2 2 2 2 8     , 则点 M( 3 25 28 , ), ME= 25 9 288 。 而 CE=OD= 3 2 ,OC=2,∴ME:CE=OD:OC。 又∵∠MEC=∠COD=90°,∴△COD∽△CEM。∴∠CME=∠CDO。 ∴∠CME+∠CDM=∠CDO+∠CDM=90°。∠DCM=90°。 ∵CD 是⊙D 的半径,∴直线 CM 与以 AB 为直径的圆相切。 (3)由 B(4,0)、 C(0,2)得:BC= 25, 则: BCN 1 1 4 5S BC h 2 5 h 4 h2 2 5       , 。 过点 B 作 BF⊥BC,且使 BF=h= 45h 5 ,过 F 作直线 l∥BC 交 x 轴于 G。 Rt△BFG 中,sin∠BGF=sin∠CBO= 5 5 , BG=BF÷sin∠BGF= 4 5 5 =455 。 ∴G(0,0)或(8,0)。 易知直线 BC:y= 1 2 x+2,则可设直线 l:y= 1 2 x+b, 24 将 G 点坐标代入,得:b=0 或 b=4,则: 直线 l:y= 1 2 x 或 y= x+4; 联立抛物线的解析式,得: 2 1y x 2 13y x x 222        ,或 2 1 y x 4 2 13y x x 222          。 解得 x 2+2 2 y 1 2      或 x 2 2 2 y 1+ 2    或 x2 y3    。 ∴抛物线上存在点 N,使得 BCNS4  ,这样的点有 3 个: 123N 2 2 2 1 2 N 2 2 2 1 2 N 2 3     ( , )、 ( , )、 ( ,)。 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,相似三角形的判定和性质,二次 函数的性质,直线与的位置关系,平行线的性质。 【分析】(1)Rt△ACB 中,OC⊥AB,利用相似三角形能求出 OC 的长,即可确定 C 点坐标,再利用待定 系数法能求出该抛物线的解析式。 (2)证明 CM 垂直于过点 C 的半径即可。 (3)先求出线段 BC 的长,根据△BCN 的面积,可求出 BC 边上的高,那么做直线 l,且直线 l 与直线 BC 的长度正好等于 BC 边上的高,那么直线 l 与抛物线的交点即为符合条件的 N 点。 例 7:(2012 山东菏泽 10 分)如图,在平面直角坐标系中放置一直角三角板,其顶点为 A(0,1), B(2, 0), O(0,0),将此三角板绕原点 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 4 倍?若存在,请求出 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?并写出四边形 PB′A′B 的两条性质. 25 【答案】解:(1) ∵△A′B′O 是由△ABO 绕原点 O 逆时针旋转 900 得到的, 且 A(0,1), B(2,0), O(0,0) ∴ A ( 1, 0), B (0, 2)   。 设抛物线的解析式为 2 ( 0)y ax bx c a    , ∵抛物线经过点 A′、B′、B, ∴ 0 2 0 4 2 a b c c a b c          ,解之得 1 1 2 a b c      。 ∴满足条件的抛物线的解析式为 2 2y x x    。 (2)∵P 为第一象限内抛物线上的一动点, 设 P( , )xy,则 0, 0xy ,P 点坐标满足 。 连接 PB,PO,PB′。 ∴ B OA B O OB PB A B S S S S       PP四边形 1 1 11 2+ 2 + 22 2 2xy       22( 2) 1 2 3x x x x x          。 假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍, 则 2 2 3 4xx    ,即 2 2 1 0xx   ,解之得 1x  ,此时 21 1 2 2y      。 ∴P(1,2)。 ∴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。 (3)四边形 PB′A′B 为等腰梯形。它的性质有: ①等腰梯形同一底上的两个内角相等; 26 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。 答案不唯一,上面性质中的任意 2 个均可。 【考点】二次函数综合题,旋转的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰梯形的判定和 性质。 【分析】(1)利用旋转的性质得出 A′(-1,0), B′(0,2),再利用待定系数法求二次函数解析式即可。 (2)利用 S 四边形 PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB,再假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍, 得出一元二次方程,得出 P 点坐标即可。 (3)利用 P 点坐标以及 B 点坐标即可得出四边形 PB′A′B 为等腰梯形,利用等腰梯形性质得出答 案即可。 例 8:(2012 广西柳州 12 分)如图,在△ABC 中,AB=2,AC=BC= 5 . (1)以 AB 所在的直线为 x 轴,AB 的垂直平分线为 y 轴,建立直角坐标系如图,请你分别写出 A、B、C 三点的坐标; (2)求过 A、B、C 三点且以 C 为顶点的抛物线的解析式; (3)若 D 为抛物线上的一动点,当 D 点坐标为何值时,S△ABD= 1 2 S△ABC; (4)如果将(2)中的抛物线向右平移,且与 x 轴交于点 A′B′,与 y 轴交于点 C′,当平移多少个单位时, 点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上(解答过程如果有需要时,请参看阅读材料). 附:阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法,对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解.如解方程:y4-4y2+3=0. 解:令 y2=x(x≥0),则原方程变为 x2-4x+3=0,解得 x1=1,x2=3. 27 当 x1=1 时,即 y2=1,∴y1=1,y2=-1. 当 x2=3,即 y2=3,∴y3= 3 ,y4=- 3 . 所以,原方程的解是 y1=1,y2=-1,y3= 3 ,y4=- 3 . 再如 22x 2 x 2   ,可设 2y x 2 ,用同样的方法也可求解. 【答案】解:(1)∵AB 的垂直平分线为 y 轴,∴OA=OB= 1 2 AB= ×2=1。 ∴A 的坐标是(-1,0), B 的坐标是(1,0)。 在 Rt△OBC 中,  OC BC OB 5 1 2     22 2 2 ,∴C 的坐标为(0,2)。 (2)设抛物线的解析式是:y=ax2+b, 根据题意得: a b 0 b2    ,解得: a2 b2    。 ∴抛物线的解析式是: 2y 2x 2   。 (3)∵S△ABC= 1 2 AB•OC= ×2×2=2,S△ABD= S△ABC,∴S△ABD= S△ABC=1。 设 D 的纵坐标是 m,则 AB•|m|=1,∴m=±1。 当 m=1 时,-2x2+2=1,解得:x=± 2 2 。 当 m=-1 时,-2x2+2=-1,解得:x=± 6 2 。 ∴D 的坐标是:( ,1)或(- ,1)或( ,-1),或(- ,-1)。 (4)设抛物线向右平移 c 个单位长度,则 0<c≤1,OA′=1-c,OB′=1+c。 平移以后的抛物线的解析式是:  2y 2 x c 2    。 令 x=0,解得 y=-2c2+2,即 OC′= +2c2+2。 当点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上时有:OC′2=OA′•OB′, 则(-2c2+2)2=(1-c)( 1+c),即(4c2-3)( c2-1)=0。 解得:c= 3 2 , 3 2 (舍去),1,-1(舍去)。 28 故平移 3 2 或 1 个单位长度。 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,线段垂直平分线的性质,勾股定 理,平移的性质,相似三角形的判定和性质,解多元方程。 【分析】(1)根据 y 轴是 AB 的垂直平分线,则可以求得 OA,OB 的长度,在直角△OAC 中,利用勾股 定理求得 OC 的长度,则 A、B、C 的坐标即可求解。 (2)利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。 (3)首先求得△ABC 的面积,根据 S△ABD= 1 2 S△ABC,以及三角形的面积公式,即可求得 D 的 纵坐标,把 D 的纵坐标代入二次函数的解析式,即可求得横坐标。 (4)设抛物线向右平移 c 个单位长度,则 0<c≤1,可以写出平移以后的函数解析式,当点 C′ 同时在以 A′B′为直径的圆上时由相似三角形的性质有:OC′2=OA•OB,据此即可得到一个关于 c 的方程求 得 c 的值。 例 9: (2012 广西桂林 12 分)如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=6,D 为 BC 的中点. (1)若 E、F 分别是 AB、AC 上的点,且 AE=CF,求证:△AED≌△CFD; (2)当点 F、E 分别从 C、A 两点同时出发,以每秒 1 个单位长度的速度沿 CA、AB 运动,到点 A、B 时停止;设△DEF 的面积为 y,F 点运动的时间为 x,求 y 与 x 的函数关系式; (3)在(2)的条件下,点 F、E 分别沿 CA、AB 的延长线继续运动,求此时 y 与 x 的函数关系式. 【答案】解:(1)证明:∵∠BAC =90°, AB=AC=6,D 为 BC 中点, ∴∠BAD=∠DAC=∠B=∠C=45° 。∴AD=BD=DC=32 。 ∵AE=CF,∴△AED≌△CFD(SAS)。 (2)依题意有,FC=AE=x,AF=6-x ∵△AED≌△CFD, ∴ AED ADF CFD ADF ADCAEDF 1S S S S S S 3 2 3 2 92            四 形边 29 ∴   2 DEF AEFAEDF 11S S S 9 x 6 x x 3x+922      四 形边 。 ∴ 21y x 3x+92 。 (3)依题意有:FC=AE=x,AF=BE=x-6,AD=DB,∠ABD=∠DAC=45°, ∴∠DAF=∠DBE=135° 。∴△ADF≌△BDE(SAS)。 ∴ ADF BDESS 。 ∴   2 DEF EAF ADB 11S S +S x x 6 +9 x 3x+922       。 ∴ 。 【考点】动点问题,勾股定理,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,等积变换。 【分析】(1)由已知推出△ABC 是等腰直角三角形后易用 SAS 证得结果。 (2)由△AED≌△CFD,根据等积变换由 DEF AEFAEDFS S S四 形边 可得结果。 (3)由△AED≌△CFD,根据等积变换由 DEF EAF ADBS S +S   可得结果。 例 10:(2012 广西玉林、防城港 10 分)如图,在平面直角坐标系 x O y 中,梯形 AOBC 的边 OB 在 轴的 正半轴上,AC//OB,BC⊥OB,过点 A 的双曲线 ky x 的一支在第一象限交梯形对角线 OC 于点 D,交边 BC 于 点 E. (1)填空:双曲线的另一支在第 象限, k 的取值范围是 ; (2)若点 C 的坐标为(2,2),当点 E 在什么位置时,阴影部分面积 S 最小? (3)若 OD 1 OC 2 ,S△OAC=2 ,求双曲线的解析式. 【答案】解:(1)三,k>0, (2)∵梯形 AOBC 的边 OB 在 x 轴的正半轴上,AC∥OB,BC⊥OB, 而点 C 的坐标标为(2,2), ∴A 点的纵坐标为 2,E 点的横坐标为 2,B 点坐标为(2,0), 把 y=2 代入 ky x 得 kx 2 ;把 x=2 代入 得 ky 2 。 30 ∴A 点的坐标为( k 2 ,2), E 点的坐标为(2, k 2 )。 ∴ 22 ACE OBE 1 k k 1 k 1 1 1S S S 2 2 2 k k 2 k 2 1.52 2 2 2 2 8 2 8               影部分 ( )( ) ( )阴 。 当 k=2 时,S 阴影部分最小,最小值为 1.5。 此时 E 点的坐标为(2,1),即 E 点为 BC 的中点。 ∴当点 E 在 BC 的中点时,阴影部分的面积 S 最小。 (3)设 D 点坐标为(a, k a ), ∵ OD 1 OC 2 ,∴OD=DC,即 D 点为 OC 的中点。∴C 点坐标为(2a, 2k a )。 ∴A 点的纵坐标为 。 把 y= 代入 ky x 得 x= a 2 ,∴A 点坐标为( , ), 又∵S△OAC=2,∴ 1 2 ×(2a- )× =2,∴k= 4 3 。 ∴双曲线的解析式为 4y 3x 。 【考点】反比例函数综合题,反比例函数图象与性质,曲线上点的坐标与方程的关系,梯形的性质,二次 函数的最值。 【分析】(1)根据反比例函数图象与性质得到:双曲线 的一支在第一象限,则 k>0,得到另一支在 第三象限。 (2)根据梯形的性质,AC∥x 轴,BC⊥x 轴,而点 C 的坐标为(2,2),则 A 点的纵坐标为 2,E 点的横坐标为 2,B 点坐标为(2,0),再分别把 y=2 或 x=2 代入 可得到 A 点的坐标和 E 点的坐标, 然后计算出阴影部分面积 S 关于 k 的二次函数关系式,应用二次函数的最值求法即可求得阴影部分面积 S 最小时点 E 的位置。 (3)设 D 点坐标为(a, ),由 得 OD=DC,即 D 点为 OC 的中点,从而可得 C 点坐标为 (2a, ),得到 A 点的纵坐标为 ,代入 可确定 A 点坐标为( , ),根据三角形面积公 式由 S△OAC=2 列式求解即可求出 k 的值,从而得到双曲线的解析式。 练习题: 1. (2012 内蒙古呼和浩特 12 分)如图,抛物线 y=ax2+bx+c(a<0)与双曲线 ky= x 相交于点 A,B,且抛 物线经过坐标原点,点 A 的坐标为(﹣2,2),点 B 在第四象限内,过点 B 作直线 BC∥x 轴,点 C 为直 31 线 BC 与抛物线的另一交点,已知直线 BC 与 x 轴之间的距离是点 B 到 y 轴的距离的 4 倍,记抛物线顶点 为 E. (1)求双曲线和抛物线的解析式; (2)计算△ABC 与△ABE 的面积; (3)在抛物线上是否存在点 D,使 △ABD 的面积等于△ABE 的面积的 8 倍?若存在,请求出点 D 的坐标; 若不存在,请说明理由. 2. (2012 广西柳州 12 分)如图,在△ABC 中,AB=2,AC=BC= 5 . (1)以 AB 所在的直线为 x 轴,AB 的垂直平分线为 y 轴,建立直角坐标系如图,请你分别写出 A、B、C 三点的坐标; (2)求过 A、B、C 三点且以 C 为顶点的抛物线的解析式; (3)若 D 为抛物线上的一动点,当 D 点坐标为何值时,S△ABD= 1 2 S△ABC; (4)如果将(2)中的抛物线向右平移,且与 x 轴交于点 A′B′,与 y 轴交于点 C′,当平移多少个单位时, 点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上(解答过程如果有需要时,请参看阅读材料). 附:阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法,对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解.如解方程:y4-4y2+3=0. 解:令 y2=x(x≥0),则原方程变为 x2-4x+3=0,解得 x1=1,x2=3. 32 当 x1=1 时,即 y2=1,∴y1=1,y2=-1. 当 x2=3,即 y2=3,∴y3= 3 ,y4=- 3 . 所以,原方程的解是 y1=1,y2=-1,y3= 3 ,y4=- 3 . 再如 22x 2 x 2   ,可设 2y x 2 ,用同样的方法也可求解. 3. (2012 安徽省 4 分)如图,A 点在半径为 2 的⊙O 上,过线段 OA 上的一点 P 作直线 ,与⊙O 过 A 点的切线交于点 B,且∠APB=60°,设 OP= x,则△PAB 的面积 y 关于 x 的函数图像大致是【 】 4. (2012 浙江温州 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.先增大后减小 5. (2012 四川巴中 3 分)如图,点 P 是等边△ABC 的边上的一个作匀速运动的动点,其由点 A 开始沿 AB 边运动到 B,再沿 BC 边运动到 C 为止,设运动时间为 t,△ACP 的面积为 S,则 S 与 t 的大致图象是 【 】 6. (2012 江苏徐州 8 分)如图 1,A、B、C、D 为矩形的四个顶点,AD=4cm,AB=dcm。动点 E、F 分别 从点 D、B 出发,点 E 以 1 cm/s 的速度沿边 DA 向点 A 移动,点 F 以 1 cm/s 的速度沿边 BC 向点 C 移动, 点 F 移动到点 C 时,两点同时停止移动。以 EF 为边作正方形 EFGH,点 F 出发 xs 时,正方形 EFGH 的 面积为 ycm2。已知 y 与 x 的函数图象是抛物线的一部分,如图 2 所示。请根据图中信息,解答下列问题: 33 (1)自变量 x 的取值范围是 ▲ ; (2)d= ▲ ,m= ▲ ,n= ▲ ; (3)F 出发多少秒时,正方形 EFGH 的面积为 16cm2? 7. (2012 福建漳州 14 分)如图,在 OABC 中,点 A 在 x 轴上,∠AOC=60o,OC=4cm.OA=8cm.动 点 P 从点 O 出发,以 1cm/s 的速度沿线段 OA→AB 运动;动点 Q 同时..从点 O 出发,以 acm/s 的速度沿线段 OC→CB 运动,其中一点先到达终点 B 时,另一点也随之停止运动. 设运动时间为 t 秒. (1)填空:点 C 的坐标是(______,______),对角线 OB 的长度是_______cm; (2)当 a=1 时,设△OPQ 的面积为 S,求 S 与 t 的函数关系式,并直接写出当 t 为何值时,S 的值最大? (3)当点 P 在 OA 边上,点 Q 在 CB 边上时,线段 PQ 与对角线 OB 交于点 M.若以 O、M、P 为顶点的 三角形与△OAB 相似,求 a 与 t 的函数关系式,并直接写出 t 的取值范围. 8. (2012 湖北咸宁 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. (1)当点 B 与点 D 重合时,求 t 的值; 34 (2)设△BCD 的面积为 S,当 t 为何值时,S 25 4 ? (3)连接 MB,当 MB∥OA 时,如果抛物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部(不包括边),求 a 的取值范围. 9. (2012 湖北十堰 12 分)抛物线 y=-x2+bx+c 经过点 A、B、C,已知 A(-1,0), C(0,3). (1)求抛物线的解析式; (2)如图 1,P 为线段 BC 上一点,过点 P 作 y 轴平行线,交抛物线于点D,当△BDC 的面积最大时,求 点 P 的坐标; (3)如图 2,抛物线顶点为 E,EF⊥x 轴于 F 点,M(m,0)是 x 轴上一动点,N 是线段 EF 上一点,若 ∠MNC=90°,请指出实数 m 的变化范围,并说明理由. 10. (2012 湖北孝感 12 分))如图,抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)与 x 轴交于点 A(-1,0)、B(3,0),与 y 轴交于点 C(0,3). (1)求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标; (2)若 P 为线段 BD 上的一个动点,过点 P 作 PM⊥x 轴于点 M,求四边形 PMAC 的面积的最大值和此 时点 P 的坐标; (3)若点 P 是抛物线第一象限上的一个动点,过点 P 作 PQ∥AC 交 x 轴于点 Q.当点 P 的坐标为 时,四边形 PQAC 是平行四边形;当点 P 的坐标为 时,四边形 PQAC 是等腰梯 35 形(直接写出结果,不写求解过程). 三、线动形成的动态面积问题: 典型例题: 例 1:(2012 陕西省 3 分)在平面内,将长度为 4 的线段 AB 绕它的中点 M,按逆时针方向旋转 30°,则线 段 AB 扫过的面积为 ▲ . 【答案】 2 3 ;2.47。 【考点】扇形面积的计算,计算器的应用。 【分析】画出示意图,根据扇形的面积公式求解即可: 由题意可得,AM=MB= 1 2 AB=2。 ∵线段 AB 扫过的面积为扇形 MCB 和扇形 MAB 的面积和, ∴线段 AB 扫过的面积= 230 2 22 360 3  。 例 2:(2012 湖北十堰 3 分)如图,O 是正△ABC 内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段 BO 以点 B 为旋 转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′,下列结论:①△BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到;② 点 O 与 O′的距离为 4;③∠AOB=150°;④ AOBOS =6+3 3四 形边 ;⑤ AOC AOB 93S S 6+ 4 .其中正确的 结论是【 】 A.①②③⑤ B.①②③④ C.①②③④⑤ D.①②③ 36 【答案】A。 【考点】旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理的逆定理。 【分析】∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600。 ∵线段 BO 以点 B 为旋转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600。 ∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。 ∴△ BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到。故结论①正确。 连接 OO′, ∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。 故结论②正确。 ∵在△AOO′中,三边长为 O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾 股数, ∴△AOO′是直角三角形。 ∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB =900+600=150°。故结论③正确。 AOO OBOAOBO 11S S S 3 4+ 4 2 3 6+4 322           四 形边 。故结论④错误。 如图所示,将△AOB 绕点 A 逆时针旋转 60°,使得 AB 与 AC 重合, 点 O 旋转至 O″点. 易知△AOO″是边长为 3 的等边三角形,△COO″是边长为 3、4、5 的 直角三角形。 则 AOC AOB AOCO COO AOO 1 1 3 3 9 3S S S S S 3 4+ 3 =6+2 2 2 4               。 故结论⑤正确。 综上所述,正确的结论为:①②③⑤。故选 A。 例 3.(2012 四川广安 3 分)如图,把抛物线 y= 1 2 x2 平移得到抛物线 m,抛物线 m 经过点 A(﹣6,0)和 原点 O(0,0),它的顶点为 P,它的对称轴与抛物线 y= x2 交于点 Q,则图中阴影部分的面积为 ▲ . 37 【答案】 27 2 。 【考点】二次函数图象与平移变换,平移的性质,二次函数的性质。 【分析】根据点 O 与点 A 的坐标求出平移后的抛物线的对称轴,然后求出 点 P 的坐标,过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M,根据抛物线的对称性可知阴影部 分的面积等于四边形 NPMO 的面积,然后求解即可: 过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M,设 PQ 交 x 轴于点 N, ∵抛物线平移后经过原点 O 和点 A(﹣6,0), ∴平移后的抛物线对称轴为 x=﹣3。 ∴平移后的二次函数解析式为:y= 1 2 (x+3)2+h, 将(﹣6,0)代入得出:0= 1 2 (﹣6+3)2+h,解得:h=﹣ 9 2 。∴点 P 的坐标是(3,﹣ )。 根据抛物线的对称性可知,阴影部分的面积等于矩形 NPMO 的面积, ∴S= 9 273=22 。 例 4:(2012 广东深圳 9 分)如图,在平面直角坐标系中,直线l :y=-2x+b (b≥0)的位置随 b 的不同取值 而变化. (1)已知⊙M 的圆心坐标为(4,2),半径为 2. 当 b= 时,直线l :y=-2x+b (b≥0)经过圆心 M: 当 b= 时,直线 :y=-2x+b(b≥0)与 OM 相切: (2)若把⊙M 换成矩形 ABCD,其三个顶点坐标分别为:A(2,0)、B(6,0)、C(6,2). 设直线 扫过矩形 ABCD 的面积为 S,当 b 由小到大变化时,请求出 S 与 b 的函数关系式, 38 【答案】解:(1)10;10 2 5 。 (2)由 A(2,0)、B(6,0)、C(6,2),根据矩形的性质,得 D(2, 2)。 如图,当直线l 经过 A(2,0)时,b=4;当直线 经过 D(2,2) 时,b=6;当直线 经过 B(6,0)时,b=12;当直线 经过 C(6,2)时,b=14。 当 0≤b≤4 时,直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为 0。 当 4<b≤6 时,直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为△EFA 的面积(如图 1), 在 y=-2x+b 中,令 x=2,得 y=-4+b,则 E(2,- 4+b), 令 y=0,即-2x+b=0,解得 x= 1 b2 ,则 F( ,0)。 ∴AF= 1 b22  ,AE=-4+b。 ∴S=   21 1 1 1AF AE b 2 4 b b 2b+42 2 2 4        - + - 。 当 6<b≤12 时,直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为直角梯形 DHGA 的面积(如图 2), 在 y=-2x+b 中,令 y=0,得 x= ,则 G( ,0), 令 y=2,即-2x+b=2,解得 x= 1 b12  ,则 H( ,2)。 ∴DH= 1 b32  ,AG= 。AD=2 ∴S=    11DH+AG AD b 5 2 b 522        。 当 12<b≤14 时,直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为五边 形 DMNBA 的面积=矩形 ABCD 的面积-△CMN 的面积(如图 2) 39 在 y=-2x+b 中,令 y=2,即-2x+b=2,解得 x= 1 b12  ,则 M( ,0), 令 x=6,得 y=-12+b,,则 N(6,-12+b)。 ∴MC= 17b2 ,NC=14-b。 ∴S=   21 1 1 14 2 MC NC 8 7 b 14 b b +7b 412 2 2 4             - 。 当 b>14 时,直线l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为矩形 ABCD 的面积,面积为民 8。 综上所述。S 与 b 的函数关系式为:           2 2 0 0 b 4 1 b 2b+4 4 b 64 S b 5 6 b 1 1 b +7b 41 12 b 144 8 b 14 < < < >               - 。 【考点】直线平移的性质,相似三角形的判定和性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,直线 与圆相切的性质,勾股定理,解一元二次方程,矩形的性质。 【分析】(1)①∵直线 y=-2x+b (b≥0)经过圆心 M(4,2), ∴2=-2×4+b,解得 b=10。 ②如图,作点 M 垂直于直线 y=-2x+b 于点 P,过点 P 作 PH∥x 轴,过点 M 作 MH⊥PH,二者交于点 H。设直线 y=- 2x+b 与 x,y 轴分别交于点 A,B。 则由△OAB∽△HMP,得 MH AO 1 PH OB 2。 ∴可设直线 MP 的解析式为 1 1y x b2 + 。 由 M(4,2),得 1 12 4 b2+ ,解得 1b0 。∴直线 MP 的解析式为 1yx2 。 联立 y=-2x+b 和 ,解得 21x= b, y b55 。 ∴P( 21b, b55 )。 由 PM=2,勾股定理得, 2221b + b 455            -4 -2 ,化简得 24b 20b+80=0- 。 解得 b=10 2 5 。 40 (2)求出直线l 经过点 A、B、C、D 四点时 b 的值,从而分 0≤b≤4,4<b≤6,6<b≤12,12<b≤14, b>14 五种情况分别讨论即可。 例 5:(2012 广东珠海 9 分)如图,在等腰梯形 ABCD 中,ABDC,AB=3 2 ,DC= ,高 CE=2 , 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 扫过的图形面积为 S1、被直线 RQ 扫过的图形面积 为 S 2,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)设 S2=mS1,求 m 的变化范围. 【答案】解:(1)90°;4。 (2)直线移动有两种情况:0<x< 3 2 及 ≤x≤2。 ①当 0<x< 时,∵MN∥BD,∴△AMN∽△ARQ。 ∵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, ∴△AMN 和△ARQ 的相似比为 1:2。 ∴ 2 2 1 S 2 4S1  。∴S2=4S1,与题设 S2=3S1 矛盾。 ∴当 0<x< 时,不存在 x 使 S2=3S1。 ②当 ≤x≤2 时, ∵AB∥CD,∴△ABH∽△CDH。 41 ∴CH:AH=CD:AB=DH:BH=1:3。 ∴CH=DH= 1 4 AC=1,AH═BH=4﹣1=3。 ∵CG=4﹣2x,AC⊥BD,∴S△BCD= 1 2 ×4×1=2 ∵RQ∥BD,∴△CRQ∽△CDB。 ∴   2 2 CRQ 4 2xS 2 =8 2 x1    。 又 ABCD ABD 1 1 1 1S AB CD CE 3 2 2 2 2 8 S AB CE 3 2 2 2 62 2 2 2             梯形 ( ) ( ) , , ∵MN∥BD,∴△AMN∽△ADB。∴ 2 2 1 ABD S AF x S AH 9  , ∴S1= 2 3 x2,S2=8﹣8(2﹣x)2。 ∵S2=3S1,∴8﹣8(2﹣x)2=3· x2,解得:x1= 62 53< (舍去),x2=2。 ∴x 的值为 2。 (3)由(2)得:当 0<x< 3 2 时,m=4, 当 ≤x≤2 时,∵S2=mS1, ∴  2 2 2 221 8 8 2 xS 36 48 1 2m= = + 12= 36 +42S x x 3xx3       。 ∴m 是 1 x 的二次函数,当 ≤x≤2 时,即当 1 1 2 2 x 3时,m 随 的增大而增大, ∴当 x= 时,m 最大,最大值为 4;当 x=2 时,m 最小,最小值为 3。 ∴m 的变化范围为:3≤m≤4。 【考点】相似三角形的判定和性质,平移的性质,二次函数的最值,等腰梯形的性质。 【分析】(1)过点 C 作 CK∥BD 交 AB 的延长线于 K, ∵CD∥AB,∴四边形 DBKC 是平行四边形。 ∴BK=CD= 2 ,CK=BD。 ∴AK=AB+BK=3 2+ 2=4 2 。 ∵四边形 ABCD 是等腰梯形,∴BD=AC。 42 ∴AC=CK。∴AE=EK= 1 2 AK=2 2 =CE。 ∵CE 是高,∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°。∴∠ACK=90°。∴∠AHB=∠ACK=90° ∴AC=AK•cos45°= 24 2 42。 (2)直线移动有两种情况:0<x< 3 2 及 ≤x≤2;然后分别从这两种情况分析求解:当 0<x< 时,易得 S2=4S1≠3S1;当 ≤x≤2 时,根据相似三角形的性质与直角三角形的面积的求解方法, 可求得△BCD 与△CRQ 的面积,继而可求得 S2 与 S1 的值,由 S2=3S1,即可求得 x 的值; (3)由(2)可得当 0<x< 时,m=4;当 ≤x≤2 时,可得  2 2 21 8 8 2 xSm= 2S x3  ,化为关于 1 x 的二次函数 212m= 36 +4x3  ,利用二次函数的性质求得 m 的变化范围。 例 6:(2012 湖北咸宁 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. (1)当点 B 与点 D 重合时,求 t 的值; (2)设△BCD 的面积为 S,当 t 为何值时,S 25 4 ? (3)连接 MB,当 MB∥OA 时,如果抛物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部(不包括边),求 a 的取值范围. 【答案】解:(1)∵ CAO BAE 90    ,∴ CAO ABE   。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。 ∴ CA AO AB BE ,即 2AB t AB 4 ,解得 t8 。 (2)由 Rt△CAO∽Rt△ABE 可知: 1BE t2 , AE 2 。 43 当 0< t <8 时, 1 1 t 25S CD BD (2 t)(4 )2 2 2 4      ,解得 12t t 3。 当 >8 时, 1 1 t 25S CD BD (2 t)( 4)2 2 2 4      , 解得 1t 3 5 2 , 2t 3 5 2 (为负数,舍去)。 当 t3 或3 5 2 时, 25S 4 。 (3)过 M 作 MN⊥x 轴于 N,则 1MN CO 22。 当 MB∥OA 时,BE=MN=2,OA=2BE=4。 ∵  22y ax 10ax=a x 5 25a    , ∴抛物线 2y ax 10ax 的顶点坐标为(5, 25a )。 ∴它的顶点在直线 x5 上移动。 ∵直线 交 MB 于点(5,2),交 AB 于点(5,1), ∴1< <2。∴ 2 25 < a < 1 25 。 【考点】动点问题,旋转的性质,矩形的性质,直角三角形两锐角的关系,相似三角形的判定和性质,解 一元二次方程,二次函数的性质。 【分析】(1)由 Rt△CAO∽Rt△ABE 得到 CA AO AB BE ,根据点 B 与点 D 重合的条件,代入 CA=2AM=2AB, AO=1·t= t,BE(DE)=OC=4,即可求得此时 t 的值。 (2)分 0< <8 和 >8 两种情况讨论即可。 (3)求出抛物线 的顶点坐标为(5, ),知它的顶点在直线 上移动。由抛 物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部(不包括边)得 1< <2,解之即得 a 的取值范围。 例 7:(2012 广西河池 12 分)如图,在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,以底边 BC 的垂直平分线和 BC 所 在的直线建立平面直角坐标系,抛物线 217y x x 422= - + + 经过 A、B 两点. (1)写出点 A、点 B 的坐标; (2)若一条与 y 轴重合的直线 l 以每秒 2 个单位长度的速度向右平移,分别交线段 OA、CA 和抛物 线于点 E、M 和点 P,连结 PA、PB.设直线 l 移动的时间为 t(0<t<4)秒,求四边形 PBCA 的面积 S(面 积单位)与 t(秒)的函数关系式,并求出四边形 PBCA 的最大面积; (3)在(2)的条件下,抛物线上是否存在一点 P,使得△PAM 是直角三角形?若存在,请求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 44 【答案】解:(1)A(8,0), B(0,4)。 (2)∵AB=AC,∴OB=OC。∴C(0,-4)。 设直线 AC: y=kx+b,由 A(8,0), C(0,-4)得 8k+b=0 b= 4    ,解得 1k= 2 b= 4    。∴直线 AC: 1y= x 42  。 ∵ 直线 l 移动的速度为 2,时间为 t,∴OE=2t。 设 P 22t 2t 7t 4   , , 在 中,令 x=2t,得 y=t 4 ,∴M(2t, t4 )。 ∵BC=8,PM=  222t 7t 4 t 4 = 2t 6t 8        ,OE=2t,EA= 4 2t , ∴      22 PMABCMP 11S S S 2t 6t 8 8 2t 4 2t 2t 6t 822               梯形 2= 4t 20t 16   。 ∴四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函数关系式为 2S= 4t 20t 16   (0<t<4)。 ∵ 2 2 5S= 4t 20t 16= 4 t 412       , ∴四边形 PBCA 的最大面积为 41 个平方单位。 (3)存在。∵由(2),在 0<t<4,即 0<t<8 时,∠AMP 和∠APM 不可能为直角。 若∠PAM 为直角,则 PA⊥CA,∴△AOC∽△PEA。∴ OC OA EA EP 。 设 P 217p p p 422 骣 ÷ç - + + ÷ç ÷ç桫, ,则 OC=4,OA=8,EA=8-p,EP= 217p p 422- + + , 45 ∴ 2 48 178p p p 422     ,整理得 2p 11p 24=0-+ ,解得 12p =3 p =8, (舍去)。 当 p=3时, 221 7 1 7p p 4= 3 3 4=102 2 2 2- + + - ? ? 。∴P(3,10)。 ∴当 P(3,10)时,△PAM 是直角三角形。 【考点】二次函数综合题,动直线问题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数最值,相 似三角形的判定和性质,直角三角形的判定。 【分析】(1)在 217y x x 422= - + + 中,令 x=0,得 y=4;令 y=0,得 x=-1 或 x=8。 ∴A(8,0), B(0,4)。 (2)由 AB=AC,根据等腰三角形三线合一的性质可得点 C 的坐标,从而用待定系数法求出直线 AC 的解析式,得到点 M 关于 t 的表达式,根据 PMABCMPS S S梯形 求出四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函 数关系式,应用二次函数最值的求法求出四边形 PBCA 的最大面积。 (3)存在。易知,∠AMP 和∠APM 不可能为直角。当∠PAM 为直角时,△AOC∽△PEA,根据 比例关系列出方程求解即可。 例 8:(2012 广西百色 10 分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线 y=ax2+bx+6 经过点 A(-3,0)和点 B(2, 0).直线 y=h(h 为常数,且 0<h<6)与 BC 交于点 D,与 y 轴交于点 E,与 AC 交于点 F,与抛物线在 第二象限交于点 G. (1)求抛物线的解析式; (2)连接 BE,求 h 为何值时,△BDE 的面积最大; (3)已知一定点 M(-2,0).问:是否存在这样的直线 y=h,使△OMF 是等腰三角形,若存在,请 求出 h 的值和点 G 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)∵抛物线 y=ax2+bx+6 经过点 A(-3,0)和点 B(2,0), y=h 46 ∴  9a-3b+6=0 4a+2b+6=0。解得  a=-1 b=-1。 ∴抛物线的解析式为 y=-x2-x+6。 (2)把 x=0 代入 y=-x2-x+6,得 y=6。 ∴点 C 的坐标为(0,6). 设经过点 B 和点 C 的直线的解析式为 y=mx+n,则  2m+n=0 n=6 ,解得  m=-3 n=6 。 ∴经过点 B 和点 C 的直线的解析式为 y=-3x+6。 ∵点 E 在直线 y=h 上,∴点 E 的坐标为(0,h)。 ∴OE=h。 ∵点 D 在直线 y=h 上,∴点 D 的纵坐标为 h。 把 y=h 代入 y=-3x+6,得 h=-3x+6.解得 x=6-h 3 。∴点 D 的坐标为(6-h 3 ,h)。 ∴DE=6-h 3 。 ∴S△BDE=1 2•OE•DE=1 2•h•6-h 3 =-1 6(h-3)2+3 2。 ∵-1 6<0 且 0<h<6, ∴当 h=3 时,△BDE 的面积最大,最大面积是3 2。 (3)存在符合题意的直线 y=h。 设经过点 A 和点 C 的直线的解析式为 y=kx+p,则  -3k+p=0 p=6 ,解得  k=2 p=6。 ∴经过点 A 和点 C 的直线的解析式为 y=2x+6。 把 y= h 代入 y=2x+6,得 h=2x+6.解得 x=h-6 2 。 ∴点 F 的坐标为(h-6 2 ,h)。 在△OFM 中,OM=2,OF= (h-6 2 )2+h2,MF= (h-6 2 +2)2+h2。 ①若 OF=OM,则 (h-6 2 )2+h2=2,整理,得 5h2-12h+20=0。 ∵△=(-12)2-4×5×20=-256<0,∴此方程无解。∴OF=OM 不成立。 47 ②若 OF=MF,则 (h-6 2 )2+h2= (h-6 2 +2)2+h2,解得 h=4。 把 y=h=4 代入 y=-x2-x+6,得-x2-x+6=4,解得 x1=-2,x2=1。 ∵点 G 在第二象限,∴点 G 的坐标为(-2,0)。 ③若 MF=OM,则 (h-6 2 )2+h2= (h-6 2 +2)2+h2,解得 h1=2,h2=-6 5(不合题意, 舍去)。 把 y=h1=2 代入 y=-x2-x+6,得 -x2-x+6=2.解得 x1=-1- 17 2 ,x2=-1+ 17 2 。 ∵点 G 在第二象限,∴点 G 的坐标为(-1- 17 2 ,0)。 综上所述,存在这样的直线 y=2 或 y=4,使△OMF 是等腰三角形,当 h=4 时,点 G 的坐标为(-2,0);当 h=2 时,点 G 的坐标为(-1- 17 2 ,0)。 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的最值,等腰三角形的 性质,分类讨论思想。 【分析】(1)把 A(-3,0)和点 B(2,0)代入 y=ax2+bx+6 即可求。 (2)求出△BDE 的面积关于 h 的表达式,应用二次函数最值即可求得△BDE 的面积最大时的 h 值。 (3)分 OF=OM,OF=MF,MF=OM 三种情况讨论即可。 练习题: 1. (2011 湖北随州 4 分)如图,把 Rt△ABC 放在直角坐标系内,其中∠CAB=90°,BC=5,点 A、B 的坐 标分别为(1,0)、( 4,0),将△ABC 沿 x 轴向右平移,当点 C 落在直线 y =2 ﹣6 上时,线段 BC 扫过 的面积为 【 】 A、4 B、8 C、16 D、8 2 2. (2011 重庆潼南 4 分)如图,在平面直角坐标系中,四边形 OABC 是菱形,点 C 的坐标为(4,0), 48 ∠AOC=60°,垂直于 x 轴的直线 l 从 y 轴出发,沿 轴正方向以每秒 1 个单位长度的速度向右平移,设直 线 l 与菱形 OABC 的两边分别交于点 M,N(点 M 在点 N 的上方),若△OMN 的面积为 S,直线 l 的运动 时间为 t 秒(0≤t≤4),则能大致反映 S 与 t 的函数关系的图象是【 】 3. (2011 浙江宁波 3 分)如图,Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AC=BC= 22,若把 Rt△绕边 AB 所在直线 旋转一周,则所得几何体的表面积为【 】 (A) 4 (B) 42 (C)8 (D)82 4. (2011 山东济宁 10 分)如图,第一象限内半径为 2 的⊙C 与 轴相切于点 A,作直径 AD,过点 D 作 ⊙C 的切线 l 交 轴于点 B,P 为直线 l 上一动点,已知直线 PA 的解析式为: =k +3。 (1) 设点 P 的纵坐标为 p,写出 p 随 k 变化的函数关系式。 (2)设⊙C 与 PA 交于点 M,与 AB 交于点 N,则不论动点 P 处于直线 l 上(除点 B 以外)的什么位置时, 都有△AMN∽△ABP。请你对于点 P 处于图中位置时的两三角形相似给予证明; (3)是否存在使△AMN 的面积等于 32 25 的 k 值?若存在,请求出符合的 k 值;若不存在,请说明理由。 49 5. (2011 江苏盐城 12 分)如图,已知一次函数 7yx   与正比例函数 4 3yx 的图象交于点 A,且与 x 轴交于点 B. (1)求点 A 和点 B 的坐标; (2)过点 A 作 AC⊥ y 轴于点 C,过点 B 作直线 l∥ 轴. 动点 P 从点 O 出发,以每秒 1 个单位长的速度,沿 O—C—A 的路线向点 A 运动;同时直线 l 从点 B 出 发,以相同速度向左平移,在平移过程中,直线 l 交 轴于点 R,交线段 BA 或线段 AO 于点 Q.当点 P 到达点 A 时,点 P 和直线 l 都停止运动.在运动过程中,设动点 P 运动的时间为 t 秒. ①当 t 为何值时,以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为 8? ②是否存在以 A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求 t 的值;若不存在,请说 明理由. 四、面动形成的动态面积问题: 典型例题: 例 1:(2012 湖南岳阳 3 分)如图,两个边长相等的正方形 ABCD 和 EFGH,正方形 EFGH 的顶点 E 固定 在正方形 ABCD 的对称中心位置,正方形 EFGH 绕点 E 顺时针方向旋转,设它们重叠部分的面积为 S,旋 转的角度为 θ,S 与 θ 的函数关系的大致图象是【 】 50 A. B. C. D. 【答案】B。 【考点】旋转问题的函数图象,正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质。 【分析】如图,过点 E 作 EM⊥BC 于点 M,EN⊥AB 于点 N, ∵点 E 是正方形的对称中心,∴EN=EM,EMBN 是正方形。 由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL, 在 Rt△ENK 和 Rt△EML 中, ∠NEK=∠MEL,EN=EM,∠ENK=∠EML, ∴△ENK≌△ENL(ASA)。 ∴阴影部分的面积始终等于正方形面积的 1 4 ,即它们重叠部分的面 积 S 不因旋转的角度 θ 的改变而改变。故选 B。 例 2:(2012 宁夏区 3 分)如图,将等边△ABC 沿 BC 方向平移得到△A1B1C1.若 BC=3, 1PB CS 3  , 则 BB1= ▲ . 【答案】1。 【考点】平移的性质,等边三角形的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质。 【分析】由等边△ABC 中 BC=3 可求得高为 33 2 ,面积为 1 3 3 9 33=2 2 4 。 由平移的性质,得△ABC∽△PB1C。∴ 1 2 PB C 1 ABC S BC S BC     ,即 2 1BC3 393 4   ,得 B1C=2。 ∴BB1=BC-B1C=1。 例 3:(2012 山东济南 3 分)如图,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,AC=4,将 △ABC 沿 CB 向右平移得到△DEF, 51 若平移距离为 2,则四边形 ABED 的面积等于 ▲ . 【答案】8。 【考点】平移的性质,平行四边形的判定和性质。 【分析】根据平移的性质,经过平移,对应点所连的线段平行且相等,可得四边形 ABED 是平行四边形, 再根据平行四边形的面积公式即可求解: ∵将△ABC 沿 CB 向右平移得到△DEF,平移距离为 2,∴AD∥BE,AD=BE=2, ∴四边形 ABED 是平行四边形。∴四边形 ABED 的面积=BE×AC=2×4=8。 例 4:(2012 辽宁锦州 3 分)如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,∠BAC=60°.把△ABC 绕点 A 按顺时针 方向旋转 60°后得到△AB'C ',若 AB=4,则线段 BC 在上述旋转过程中所扫过部分(阴影部分)的面积是 【 】 A. 3 2 π B. 3 5 π C. 2π D. 4π 【答案】C。 【考点】旋转的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,扇形面积的计算。 【分析】∵∠ACB=90°,∠BAC=60°,AB=4,∴AC=ABcos∠BAC=2,∠CA C′=60°。 ∵△ABC 绕点 A 按顺时针方向旋转 60°后得到△AB′C′,∴ AB C ABCS S    。 ∴ ABC AB CABB ACC ABB ACCS S S S S S S           扇形 扇形 扇形 扇形影部分阴 = 2260 4 60 2 2360 360    。 故选 C。 例 5:(2012 湖南益阳 12 分)已知:如图 1,在面积为 3 的正方形 ABCD 中,E、F 分别是 BC 和 CD 边上 的两点,AE⊥BF 于点 G,且 BE=1. (1)求证:△ABE≌△BCF; 52 (2)求出△ABE 和△BCF 重叠部分(即△BEG)的面积; (3)现将△ABE 绕点 A 逆时针方向旋转到△AB′E′(如图 2),使点 E 落在 CD 边上的点 E′处,问△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积是否发生了变化?请说明理由. 【答案】(1)证明:∵四边形 ABCD 是正方形,∴∠ABE=∠BCF=90°,AB=BC。∴∠ABF+∠CBF=90°。 ∵AE⊥BF,∴∠ABF+∠BAE=90°。∴∠BAE=∠CBF。 在△ABE 和△BCF 中,∵∠ABE=∠BCF,AB=BC,∠BAE=∠CBF, ∴△ABE≌△BCF(ASA)。 (2)解:∵正方形面积为 3,∴AB= 3 。 在△BGE 与△ABE 中,∵∠GBE=∠BAE,∠EGB=∠EBA=90°,∴△BGE∽△ABE。 ∴ 2BGE ABE S BE =( )S AE   。 又∵BE=1,∴AE2=AB2+BE2=3+1=4。 ∴ 2 BGE ABE2 BE 1 3 3S = S 4 2 8AE    。 (3)解:没有变化。理由如下: ∵AB= ,BE=1,∴ 13tan BAE 33    。∴∠BAE=30°。 ∵AB′=AD,∠AB′E′=∠ADE'=90°,AE′= AE′,∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′, ∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°。 ∴AB′与 AE 在同一直线上,即 BF 与 AB′的交点是 G。 设 BF 与 AE′的交点为 H, 则∠BAG=∠HAG=30°,而∠AGB=∠AGH=90°,AG= AG,∴△BAG≌△HAG。 ∴ AB E AGH ABE ABG BGEGHE BS S S S S S          四 形边 。 ∴△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积没有变化。 53 【考点】正方形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,旋转的性质,解直角三角 形。 【分析】(1)由四边形 ABCD 是正方形,可得∠ABE=∠BCF=90°,AB=BC,又由 AE⊥BF,由同角的余 角相等,即可证得∠BAE=∠CBF,然后利用 ASA,即可判定:△ABE≌△BCF。 (2)由正方形 ABCD 的面积等于 3,即可求得此正方形的边长,由在△BGE 与△ABE 中, ∠GBE=∠BAE,∠EGB=∠EBA=90°,可证得△BGE∽△ABE,由相似三角形的面积比等于相似比的平方, 即可求得答案。 (3)由正切函数,求得∠BAE=30°,易证得 Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′,可得 AB′与 AE 在同一直线上,即 BF 与 AB′的交点是 G,然后设 BF 与 AE′的交点为 H,可证得△BAG≌△HAG,从而证 得结论。 例 6:(2012 江苏宿迁 12 分)如图,在平面直角坐标系 xoy 中,已知直线 l1:y= 1 2 x 与直线 l2:y=-x+6 相 交于点 M,直线 l2 与 x 轴相较于点 N. (1) 求 M,N 的坐标; (2) 在矩形 ABCD 中,已知 AB=1,BC=2,边 AB 在 x 轴上,矩形 ABCD 沿 x 轴自左向右以每秒 1 个 单位长度的速度移动.设矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为 S.移动的时间为 t(从点 B 与点 O 重合 时开始计时,到点 A 与点 N 重合时计时结束)。直接写出 S 与自变量 t 之间的函数关系式(不需要给出解 答过程); (3) 在(2)的条件下,当 t 为何值时,S 的值最大?并求出最大值. 【答案】解:(1)解 1y= x2 y x 6      得 x=4 y2    。∴M 的坐标为(4,2)。 在 y=-x+6 中令 y=0 得 x=6,∴N 的坐标为(6,0)。 (2)S 与自变量 t 之间的函数关系式为: 54           2 2 2 1 t 0 t 14 11t 1 t 424 3 13 49S= t + t 4 t 54 2 4 13t+ 5 t 62 1 49t 7t+ 6 t 722 < < < <              (3)当 0≤t≤1 时,S 的最大值为 1 4 ,此时 t=1。 当 1<t≤4 时,S 的最大值为 7 4 ,此时 t=4。 当 4<t≤5 时,∵ 2 23 13 49 3 13 11S= t + t = t +4 2 4 4 3 6     , ∴S 的最大值为11 6 ,此时 t=13 3 。 当 5<t≤6 时,S 随 t 的增大而减小,最大值不超过 3 2 。 当 6<t≤7 时,S 随 t 的增大而减小,最大值不超过 1 2 。 综上所述,当 t= 时,S 的值最大,最大值为 。 【考点】一次函数综合题,平移问题,直线上点的坐标与方程的关系,一次函数和二次函数的最值。 【分析】(1)联立两直线方程即可求得 M 的坐标,在 y=-x+6 中令 y=0 即可求得 N 的坐标。 (2)先求各关键位置,自变量 t 的情况: 起始位置时,t=0;当点 A 与点 O 重合时,如图 1,t=1;当点 C 与点 M 重合时,如图 2, t=4;当点 D 与点 M 重合时,如图 3,t=5;当点 B 与点 N 重合时,如图 4,t=6;结束位置时,点 A 与点 N 重合,t=7。 ①当 0≤t≤1 时,矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积(不含 t=0),三角 55 形的底为 t,高为 1 t2 ,∴ 21 1 1S= t t= t2 2 4 。 ②当 1<t≤4 时,矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积,梯形的上底为  1 t12  ,下底为 ,高为 1。∴  1 1 1 1 1S= t 1 + t 1= t2 2 2 2 4    。 ③当 4<t≤5 时,矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为两梯形面积的和,第一个梯形的 上底为 ,下底为 2,高为  4 t 1 =5 t   ;第二个梯形的上底为-t +6,下底为 2,高为 t4 。 ∴         21 1 1 3 13 49S= t 1 +2 5 t + t +6+2 t 4 = t + t2 2 2 4 2 4         。 ④当 5<t≤6 时,矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积,梯形的上底为 6-t ,下底为 7-t,高为 1。∴  1 13S= 6 t+7 t 1= t+22    。 ⑤当 6<t≤7 时,矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积(不含 t=7),三角 形的底为 7-t,高为 7-t,∴     21 1 49S= 7 t 7 t = t 7t+2 2 2     。 (3)分别讨论各分段函数的最大值而得所求。 例 7:(2012 黑龙江大庆 8 分) 已知半径为 1cm 的圆,在下面三个图中 AC=10cm,AB=6cm,BC=8cm, 在图 2 中∠ABC=90°. (1)如图 1,若将圆心由点 A 沿 AC 方向运动到点 C,求圆扫过的区域面积; (2)如图 2,若将圆心由点 A 沿 AB C 方向运动到点 C,求圆扫过的区域面积; (3)如图 3,若将圆心由点 A 沿 A B C A 方向运动回到点 A. 则 I)阴影部分面积为_ ___;Ⅱ)圆扫过的区域面积为__ __. 【答案】解:(1)由题意得,圆扫过的面积=DE×AC+πr2=(20+π)cm2。 (2)圆扫过的区域面积=AB 的面积+BC 的面积-一个圆的面积。 结合(1)的求解方法,可得所求面积 56 =(2r×AB+πr2)+(2r×BC+πr2)﹣πr2=2r(AB+BC)+πr2=(28+π)cm2。 (3)I) 55 12 cm2;Ⅱ)( 263 6 +π)cm2。 例 8:(2012 湖北荆州 12 分)如图甲,四边形 OABC 的边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上,顶点 在 B 点的抛物线交 x 轴于点 A、D,交 y 轴于点 E,连接 AB、AE、BE.已知 tan∠CBE= 1 3 ,A(3,0), D(﹣1,0), E(0,3). (1)求抛物线的解析式及顶点 B 的坐标; (2)求证:CB 是△ABE 外接圆的切线; (3)试探究坐标轴上是否存在一点 P,使以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似,若存在,直接写出 点 P 的坐标;若不存在,请说明理由; 57 (4)设△AOE 沿 x 轴正方向平移 t 个单位长度(0<t≤3)时,△AOE 与△ABE 重叠部分的面积为 s,求 s 与 t 之间的函数关系式,并指出 t 的取值范围. 【答案】解:(1)∵抛物线经过点 A(3,0), D(﹣1,0), ∴设抛物线解析式为 y=a(x﹣3)( x+1)。 将 E(0,3)代入上式,解得:a=﹣1。 ∴抛物线的解析式为 y=-(x﹣3)( x+1),即 y=﹣x2+2x+3。 又∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴点 B(1,4)。 (2)证明:如图 1,过点 B 作 BM⊥y 于点 M,则 M(0,4). 在 Rt△AOE 中,OA=OE=3, ∴∠1=∠2=45°, 22AE= OA +OE =3 2 。 在 Rt△EMB 中,EM=OM﹣OE=1=BM, ∴∠MEB=∠MBE=45°, 22BE= EM +BM = 2 。 ∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。 ∴AB 是△ABE 外接圆的直径。 在 Rt△ABE 中, BE 1tan BAE= = =tan CBEAE 3,∴∠BAE=∠CBE。 在 Rt△ABE 中,∠BAE+∠3=90°,∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°,即 CB⊥AB。 ∴CB 是△ABE 外接圆的切线。 (3)存在。点 P 的坐标为(0,0)或(9,0)或(0,﹣ 1 3 )。 (4)设直线 AB 的解析式为 y=kx+b. 将 A(3,0), B(1,4)代入,得 3k+b=0 k+b=4    ,解得 k= 2 b=6    。 ∴直线 AB 的解析式为 y=﹣2x+6。 过点 E 作射线 EF∥x 轴交 AB 于点 F,当 y=3 时,得 x= 3 2 ,∴F( ,3)。 58 情况一:如图 2,当 0<t≤ 3 2 时,设△AOE 平移到△DNM 的位置,MD 交 AB 于点 H, MN 交 AE 于点 G。 则 ON=AD=t,过点 H 作 LK⊥x 轴于点 K,交 EF 于点 L. 由△AHD∽△FHM,得 AD HK=FM HL ,即 t HK=3 3 HKt2  ,解得 HK=2t。 ∴ MND GNA HADS S S S    阴 = 1 2 ×3×3﹣ (3﹣t)2﹣ t•2t=﹣ t2+3t。 情况二:如图 3,当 <t≤3 时,设△AOE 平移到△PQR 的位置,PQ 交 AB 于点 I,交 AE 于点 V。 由△IQA∽△IPF,得 AQ IQ=FP IP .即 3 t IQ=3 3 IQt 2   , 解得 IQ=2(3﹣t)。 ∴ IQA VQAS S S阴 = ×(3﹣t)×2 (3﹣t)﹣ (3﹣t)2= (3﹣t)2= t2﹣3t+ 9 2 。 综上所述: 2 2 33 t +3t(0 t )22s= 1 9 3 t 3t+ ( t 3) 2 2 2 < <    。 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数性质,等腰直角三角形 的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,圆的切线的判定,相似三角形的性质,平移的性质。 【分析】(1)已知 A、D、E 三点的坐标,利用待定系数法可确定抛物线的解析式,从而能得到顶点 B 的 坐标。 (2)过 B 作 BM⊥y 轴于 M,由 A、B、E 三点坐标,可判断出△BME、 △AOE 都为等腰直角三角形,易证得∠BEA=90°,即△ABE 是直角三角形,而 AB 是△ABE 外接圆的直径,因此只需证明 AB 与 CB 垂直即可.BE、AE 长易 得,能求出 tan∠BAE 的值,结合 tan∠CBE 的值,可得到∠CBE=∠BAE,由 此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°,从而得证。 (3)在 Rt△ABE 中,∠AEB=90°,tan∠BAE= 1 3 ,sin∠BAE= 10 10 , 59 cos∠BAE= 3 10 10 。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似,则△DEP 必为直角三角形。 ①DE 为斜边时,P1 在 x 轴上,此时 P1 与 O 重合。 由 D(﹣1,0)、 E(0,3),得 OD=1、OE=3, 即 tan∠DEO= 1 3 =tan∠BAE, 即∠DEO=∠BAE,满足△DEO∽△BAE 的条件。 因此 O 点是符合条件的 P1 点,坐标为(0,0)。 ②DE 为短直角边时,P2 在 x 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似, ∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE= 10 10 。 而 DE= 221 +3 = 10 ,则 DP2=DE÷sin∠DP2E= 10 ÷ =10,OP2=DP2﹣OD=9。 即 P2(9,0)。 ③DE 为长直角边时,点 P3 在 y 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似, 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE= 。 则 EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷3 10 10=10 3 ,OP3=EP3﹣OE= 。即 P3(0,﹣ )。 综上所述,得:P1(0,0), P2(9,0), P3(0,﹣ )。 (4)过 E 作 EF∥x 轴交 AB 于 F,当 E 点运动在 EF 之间时,△AOE 与△ABE 重叠部分是个五边 形;当 E 点运动到 F 点右侧时,△AOE 与△ABE 重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和 差关系进行求解。 例 9:(2012 重庆市 12 分)已知:如图,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠B=90°,AD=2,BC=6,AB=3.E 为 BC 边上一点,以 BE 为边作正方形 BEFG,使正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在 BC 的同侧. (1)当正方形的顶点 F 恰好落在对角线 AC 上时,求 BE 的长; (2)将(1)问中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移,记平移中的正方形 BEFC 为正方形 B′EFG,当点 E 与 点 C 重合时停止平移.设平移的距离为 t,正方形 B′EFG 的边 EF 与 AC 交于点 M,连接 B′D,B′M,DM, 是否存在这样的 t,使△B′DM 是直角三角形?若存在,求出 t 的值;若不存在,请说明理由; 60 (3)在(2)问的平移过程中,设正方形 B′EFG 与△ADC 重叠部分的面积为 S,请直接写出 S 与 t 之间的 函数关系式以及自变量 t 的取值范围. 【答案】解:(1)如图①,设正方形 BEFG 的边长为 x, 则 BE=FG=BG=x。 ∵AB=3,BC=6,∴AG=AB﹣BG=3﹣x。 ∵GF∥BE,∴△AGF∽△ABC。 ∴ AG GF=AB BC ,即 3 x x=36  。 解得:x=2,即 BE=2。 (2)存在满足条件的 t,理由如下: 如图②,过点 D 作 DH⊥BC 于 H, 则 BH=AD=2,DH=AB=3, 由题意得:BB′=HE=t,HB′=|t﹣2|,EC=4﹣t, ∵EF∥AB,∴△MEC∽△ABC。 ∴ ME EC=AB BC ,即 ME 4 t=36  。∴ME=2﹣ 1 2 t。 在 Rt△B′ME 中,B′M2=ME2+B′E2=22+(2﹣ t)2= 1 4 t2﹣2t+8。 在 Rt△DHB′中,B′D2=DH2+B′H2=32+(t﹣2)2=t2﹣4t+13。 过点 M 作 MN⊥DH 于 N,则 MN=HE=t,NH=ME=2﹣ t, ∴DN=DH﹣NH=3﹣(2﹣ t)= t+1。 在 Rt△DMN 中,DM2=DN2+MN2=( t+1)2+ t 2= 5 4 t2+t+1。 (Ⅰ)若∠DB′M=90°,则 DM2=B′M2+B′D2, 即 t2+t+1=( t2﹣2t+8)+(t2﹣4t+13),解得:t= 20 7 。 (Ⅱ)若∠B′MD=90°,则 B′D2=B′M2+DM2, 61 即 t2﹣4t+13=( 1 4 t2﹣2t+8)+( 5 4 t2+t+1),解得:t1=﹣3+ 17 ,t2=﹣3﹣ (舍去)。 ∴t=﹣3+ 。 (Ⅲ)若∠B′DM=90°,则 B′M2=B′D2+DM2, 即 t2﹣2t+8=(t2﹣4t+13)+( t2+t+1),此方程无解。 综上所述,当 t= 20 7 或﹣3+ 时,△B′DM 是直角三角形; (3) 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      < < < 。 【考点】相似三角形的判定和性质,勾股定理和逆定理,正方形的性质,直角梯形的性质,平移的性质。 【分析】(1)首先设正方形 BEFG 的边长为 x,易得△AGF∽△ABC,根据相似三角形的对应边成比例, 即可求得 BE 的长。 (2)首先由△MEC∽△ABC 与勾股定理,求得 B′M,DM 与 B′D 的平方,然后分别从若∠DB′M、 ∠DB′M 和∠B′DM 分别是直角,列方程求解即可。 (3)分别从 40t3 , 4 t23 < , 102t 3< 和10 t43 < 时去分析求解即可求得答案: ①如图③,当 F 在 CD 上时,EF:DH=CE:CH, 即 2:3=CE:4,∴CE= 8 3 。 ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣ 84=33 。 ∵ME=2﹣ 1 2 t,∴FM= t, ∴当 时,S=S△FMN= ×t× t= 1 4 t2。 ②如图④,当 G 在 AC 上时,t=2, ∵EK=EC•tan∠DCB=  DH 3 3EC 4 t =3 tCH 4 4    , ∴FK=2﹣EK= 3 t4 ﹣1。 62 ∵NL= 24AD=33 ,∴FL=t﹣ 4 3 , ∴当 4 t23 < 时,S=S△FMN﹣S△FKL= 1 4 t2﹣ 1 2 (t﹣ )( 3 t4 ﹣1)= 212tt83   。 ③如图⑤,当 G 在 CD 上时,B′C:CH=B′G:DH, 即 B′C:4=2:3,解得:B′C= 8 3 , ∴EC=4﹣t=B′C﹣2= 2 3 。∴t=10 3 。 ∵B′N= B′C= (6﹣t)=3﹣ t, ∴GN=GB′﹣B′N= t﹣1。 ∴当 102t 3< 时,S=S 梯形 GNMF﹣S△FKL= ×2×( t﹣1+ t)﹣ (t﹣ )( ﹣1) = 235t 2t83   。 ④如图⑥,当10 t43 < 时, ∵B′L= 3 4 B′C= 3 4 (6﹣t), EK= 3 4 EC= 3 4 (4﹣t), B′N= B′C= (6﹣t)EM= EC= (4﹣t), ∴S=S 梯形 MNLK=S 梯形 B′EKL﹣S 梯形 B′EMN= 15t22。 综上所述: 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      < < < 。 例 10:(2012 江苏淮安 12 分)如图,矩形 OABC 在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点 A(0,4), C (2,0),将矩形 OABC 绕点 O 按顺时针方向旋转 1350,得到矩形 EFGH(点 E 与 O 重合). (1)若 GH 交 y 轴于点 M,则∠FOM= ,OM= (2)矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移 t 个单位。 ①直线 GH 与 x 轴交于点 D,若 AD∥BO,求 t 的值; ②若矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为 S 个平方单位,试求当 0