中考数学二轮复习资料动点型问题 30页

2014 年中考数学二轮复习精品资料 动点型问题 一、中考专题诠释 所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动 的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题. “动点型问题” 题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括 空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。 二、解题策略和解法精讲 解决动点问题的关键是“动中求静”. 从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的 运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和 合情推理。在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计 算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几 何数学问题中最核心的数学本质。 三、中考考点精讲 考点一：建立动点问题的函数解析式（或函数图像） 函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反 映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的 一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系. 例 1 （2013•兰州）如图，动点 P 从点 A 出发，沿线段 AB 运动至点 B 后，立即按原路返 回，点 P 在运动过程中速度不变，则以点 B 为圆心，线段 BP 长为半径的圆的面积 S 与点 P 的运动时间 t 的函数图象大致为（ ） A． B． C． D． 思路分析：分析动点 P 的运动过程，采用定量分析手段，求出 S 与 t 的函数关系式，根据关 系式可以得出结论． 解：不妨设线段 AB 长度为 1 个单位，点 P 的运动速度为 1 个单位，则： （1）当点 P 在 A→B 段运动时，PB=1-t，S=π（1-t）2（0≤t＜1）； （2）当点 P 在 B→A 段运动时，PB=t-1，S=π（t-1）2（1≤t≤2）． 综上，整个运动过程中，S 与 t 的函数关系式为：S=π（t-1）2（0≤t≤2）， 这是一个二次函数，其图象为开口向上的一段抛物线．结合题中各选项，只有 B 符合要求． 故选 B． 点评：本题结合动点问题考查了二次函数的图象．解题过程中求出了函数关系式，这是定量 的分析方法，适用于本题，如果仅仅用定性分析方法则难以作出正确选择． 对应训练 1．（2013•白银）如图，⊙O 的圆心在定角∠α（0°＜α＜180°）的角平分线上运动，且⊙O 与∠α的两边相切，图中阴影部分的面积 S 关于⊙O 的半径 r（r＞0）变化的函数图象大致是 （ ） A． B． C． D． 1．C 考点二：动态几何型题目 点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载体，运动变 化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题. 这类题综合性强，能力要求高， 它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力. 动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与 特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊 位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角 形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。 （一）点动问题． 例 2 （2013•河北）如图，梯形 ABCD 中，AB∥DC，DE⊥AB，CF⊥AB，且 AE=EF=FB=5， DE=12 动点 P 从点 A 出发，沿折线 AD-DC-CB 以每秒 1 个单位长的速度运动到点 B 停止．设 运动时间为 t 秒，y=S△EPF，则 y 与 t 的函数图象大致是（ ） A． B． C． D． 思路分析：分三段考虑，①点 P 在 AD 上运动，②点 P 在 DC 上运动，③点 P 在 BC 上运动， 分别求出 y 与 t 的函数表达式，继而可得出函数图象． 解：在 Rt△ADE 中，AD= 2 2 13AE DE  ，在 Rt△CFB 中，BC= 2 2 13BF CF  ， ①点 P 在 AD 上运动： 过点 P 作 PM⊥AB 于点 M，则 PM=APsin∠A= 12 13 t， 此时 y= 1 2 EF×PM= 30 13 t，为一次函数； ②点 P 在 DC 上运动，y= 1 2 EF×DE=30； ③点 P 在 BC 上运动，过点 P 作 PN⊥AB 于点 N，则 PN=BPsin∠B= 12 13 （AD+CD+BC-t） =12(31 ) 13 t ， 则 y= 1 2 EF×PN= 30(31 ) 13 t ，为一次函数． 综上可得选项 A 的图象符合． 故选 A． 点评：本题考查了动点问题的函数图象，解答本题的关键是分段讨论 y 与 t 的函数关系式， 当然在考试过程中，建议同学们直接判断是一次函数还是二次函数，不需要按部就班的解出 解析式． 对应训练 2．（2013•北京）如图，点 P 是以 O 为圆心，AB 为直径的半圆上的动点，AB=2．设弦 AP 的长为 x，△APO 的面积为 y，则下列图象中，能表示 y 与 x 的函数关系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 2．A （二）线动问题 例 3 （2013•荆门）如右图所示，已知等腰梯形 ABCD，AD∥BC，若动直线 l 垂直于 BC， 且向右平移，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（ ） A． B． C． D． 思路分析：分三段考虑，①当直线 l 经过 BA 段时，②直线 l 经过 AD 段时，③直线 l 经过 DC 段时，分别观察出面积变化的情况，然后结合选项即可得出答案． 解：①当直线 l 经过 BA 段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度越来越快； ②直线 l 经过 DC 段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度保持不变； ③直线 l 经过 DC 段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度越来越小； 结合选项可得，A 选项的图象符合． 故选 A． 点评：本题考查了动点问题的函数图象，类似此类问题，有时候并不需要真正解出函数解析 式，只要我们能判断面积增大的快慢就能选出答案． 对应训练 3．（2013•永州）如图所示，在矩形 ABCD 中，垂直于对角线 BD 的直线 l，从点 B 开始沿着 线段 BD 匀速平移到 D．设直线 l 被矩形所截线段 EF 的长度为 y，运动时间为 t，则 y 关于 t 的函数的大致图象是（ ） A． B． C． D． 3．A （三）面动问题 例 4 （2013•牡丹江）如图所示：边长分别为 1 和 2 的两个正方形，其中一边在同一水平线 上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为 t，大正方形内去掉小 正方形后的面积为 s，那么 s 与 t 的大致图象应为（ ） A． B． C． D． 思路分析：根据题意，设小正方形运动的速度为 V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿 入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别 求出 S，可得答案． 解：根据题意，设小正方形运动的速度为 V，分三个阶段； ①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-Vt×1=4-Vt， ②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3， ③小正方形穿出大正方形，S=Vt×1， 分析选项可得，A 符合； 故选 A． 点评：解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合 可得整体得变化情况． 对应训练 4．（2013•衡阳）如图所示，半径为 1 的圆和边长为 3 的正方形在同一水平线上，圆沿该水 平线从左向右匀速穿过正方形，设穿过时间为 t，正方形除去圆部分的面积为 S（阴影部分）， 则 S 与 t 的 大 致 图 象 为 （ ） A． B． C． D． 4．A 考点三：双动点问题 动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,其中以灵活多变而著称的 双动点问题更成为中考试题的热点中的热点，双动点问题对同学们获取信息和处理信息的能 力要求更高高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程, 并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动. 例 5 （2013•攀枝花）如图，在平面直角坐标系中，四边形 ABCD 是梯形，AB∥CD，点 B （10，0），C（7，4）．直线 l 经过 A，D 两点，且 sin∠DAB= 2 2 ．动点 P 在线段 AB 上从 点 A 出发以每秒 2 个单位的速度向点 B 运动，同时动点 Q 从点 B 出发以每秒 5 个单位的速 度沿 B→C→D 的方向向点 D 运动，过点 P 作 PM 垂直于 x 轴，与折线 A→D→C 相交于点 M，当 P，Q 两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点 P，Q 运动的时间为 t 秒（t＞0），△MPQ 的面积为 S． （1）点 A 的坐标为 ，直线 l 的解析式为 ； （2）试求点 Q 与点 M 相遇前 S 与 t 的函数关系式，并写出相应的 t 的取值范围； （3）试求（2）中当 t 为何值时，S 的值最大，并求出 S 的最大值； （4）随着 P，Q 两点的运动，当点 M 在线段 DC 上运动时，设 PM 的延长线与直线 l 相交于 点 N，试探究：当 t 为何值时，△QMN 为等腰三角形？请直接写出 t 的值． 思路分析：（1）利用梯形性质确定点 D 的坐标，利用 sin∠DAB= 2 2 特殊三角函数值，得到 △AOD 为等腰直角三角形，从而得到点 A 的坐标；由点 A、点 D 的坐标，利用待定系数法 求出直线 l 的解析式； （2）解答本问，需要弄清动点的运动过程： ①当 0＜t≤1 时，如答图 1 所示； ②当 1＜t≤2 时，如答图 2 所示； ③当 2＜t＜16 7 时，如答图 3 所示． （3）本问考查二次函数与一次函数在指定区间上的极值，根据（2）中求出的 S 表达式与取 值范围，逐一讨论计算，最终确定 S 的最大值； （4）△QMN 为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论，避免漏解． 解：（1）∵C（7，4），AB∥CD， ∴D（0，4）． ∵sin∠DAB= 2 2 ， ∴∠DAB=45°， ∴OA=OD=4， ∴A（-4，0）． 设直线 l 的解析式为：y=kx+b，则有 4 -4 0 b k b     ， 解得：k=1，b=4， ∴y=x+4． ∴点 A 坐标为（-4，0），直线 l 的解析式为：y=x+4． （2）在点 P、Q 运动的过程中： ①当 0＜t≤1 时，如答图 1 所示： 过点 C 作 CF⊥x 轴于点 F，则 CF=4，BF=3，由勾股定理得 BC=5． 过点 Q 作 QE⊥x 轴于点 E，则 BE=BQ•cos∠CBF=5t• 3 5 =3t． ∴PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t， S= 1 2 PM•PE= 1 2 ×2t×（14-5t）=-5t2+14t； ②当 1＜t≤2 时，如答图 2 所示： 过点 C、Q 分别作 x 轴的垂线，垂足分别为 F，E， 则 CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t， S= 1 2 PM•PE= 1 2 ×2t×（16-7t）=-7t2+16t； ③当点 M 与点 Q 相遇时，DM+CQ=CD=7， 即（2t-4）+（5t-5）=7，解得 t=16 7 ． 当 2＜t＜16 7 时，如答图 3 所示： MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t， S= 1 2 PM•MQ= 1 2 ×4×（16-7t）=-14t+32． （3）①当 0＜t≤1 时，S=-5t2+14t=-5（t- 7 5 ）2+ 49 5 ， ∵a=-5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线 t= 7 5 ， ∴当 0＜t≤1 时，S 随 t 的增大而增大， ∴当 t=1 时，S 有最大值，最大值为 9； ②当 1＜t≤2 时，S=-7t2+16t=-7（t- 8 7 ）2+ 64 7 ， ∵a=-7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线 t= 8 7 ， ∴当 t= 8 7 时，S 有最大值，最大值为 64 7 ； ③当 2＜t＜16 7 时，S=-14t+32 ∵k=-14＜0， ∴S 随 t 的增大而减小． 又∵当 t=2 时，S=4； 当 t=16 7 时，S=0， ∴0＜S＜4． 综上所述，当 t= 8 7 时，S 有最大值，最大值为 64 7 ． （4）△QMN 为等腰三角形，有两种情形： ①如答图 4 所示，点 M 在线段 CD 上， MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4， 由 MN=MQ，得 16-7t=2t-4，解得 t= 20 9 ； ②如答图 5 所示，当点 M 运动到 C 点，同时当 Q 刚好运动至终点 D， 此时△QMN 为等腰三角形，t=12 5 ． 故当 t= 20 9 或 t=12 5 时，△QMN 为等腰三角形． 点评：本题是典型的运动型综合题，难度较大，解题关键是对动点运动过程有清晰的理解．第 （3）问中，考查了指定区间上的函数极值，增加了试题的难度；另外，分类讨论的思想贯 穿（2）-（4）问始终，同学们需要认真理解并熟练掌握． 对应训练 5．（2013•长春）如图①，在▱ABCD 中，AB=13，BC=50，BC 边上的高为 12．点 P 从点 B 出发，沿 B-A-D-A 运动，沿 B-A 运动时的速度为每秒 13 个单位长度，沿 A-D-A 运动时的速 度为每秒 8 个单位长度．点 Q 从点 B 出发沿 BC 方向运动，速度为每秒 5 个单位长度．P、 Q 两点同时出发，当点 Q 到达点 C 时，P、Q 两点同时停止运动．设点 P 的运动时间为 t（秒）．连 结 PQ． （1）当点 P 沿 A-D-A 运动时，求 AP 的长（用含 t 的代数式表示）． （2）连结 AQ，在点 P 沿 B-A-D 运动过程中，当点 P 与点 B、点 A 不重合时，记△APQ 的 面积为 S．求 S 与 t 之间的函数关系式． （3）过点 Q 作 QR∥AB，交 AD 于点 R，连结 BR，如图②．在点 P 沿 B-A-D 运动过程中， 当线段 PQ 扫过的图形（阴影部分）被线段 BR 分成面积相等的两部分时 t 的值． （4）设点 C、D 关于直线 PQ 的对称点分别为 C′、D′，直接写出 C′D′∥BC 时 t 的值． 5．解：（1）当点 P 沿 A-D 运动时，AP=8（t-1）=8t-8． 当点 P 沿 D-A 运动时，AP=50×2-8（t-1）=108-8t． （2）当点 P 与点 A 重合时，BP=AB，t=1． 当点 P 与点 D 重合时，AP=AD，8t-8=50，t= 29 4 ． 当 0＜t＜1 时，如图①． 作过点 Q 作 QE⊥AB 于点 E． S△ABQ= 1 2 AB•QE= 1 2 BQ×12， ∴QE= 12 12 5 13 BQ AB  = 60 13 ． ∴S=-30t2+30t． 当 1＜t≤ 29 4 时，如图②． S= 1 2 AP×12= 1 2 ×(8t-8)×12， ∴S=48t-48； （3）当点 P 与点 R 重合时， AP=BQ，8t-8=5t，t= 8 3 ． 当 0＜t≤1 时，如图③． ∵S△BPM=S△BQM， ∴PM=QM． ∵AB∥QR， ∴∠PBM=∠QRM，∠BPM=∠MQR， 在△BPM 和△RQM 中 PBM QRM BPM MQR PM QM         ， ∴△BPM≌△RQM． ∴BP=RQ， ∵RQ=AB， ∴BP=AB ∴13t=13， 解得：t=1 当 1＜t≤ 8 3 时，如图④． ∵BR 平分阴影部分面积， ∴P 与点 R 重合． ∴t= 8 3 ． 当 8 3 ＜t≤ 29 4 时，如图⑤． ∵S△ABR=S△QBR， ∴S△ABR＜S 四边形 BQPR． ∴BR 不能把四边形 ABQP 分成面积相等的两部分． 综上所述，当 t=1 或 8 3 时，线段 PQ 扫过的图形（阴影部分）被线段 BR 分成面积相等的两 部分． （4）如图⑥，当 P 在 A-D 之间或 D-A 之间时，C′D′在 BC 上方且 C′D′∥BC 时， ∴∠C′OQ=∠OQC． ∵△C′OQ≌△COQ， ∴∠C′OQ=∠COQ， ∴∠CQO=∠COQ， ∴QC=OC， ∴50-5t=50-8（t-1）+13，或 50-5t=8（t-1）-50+13， 解得：t=7 或 t= 95 13 ． 当 P 在 A-D 之间或 D-A 之间，C′D′在 BC 下方且 C′D′∥BC 时，如图⑦． 同理由菱形的性质可以得出：OD=PD， ∴50-5t+13=8（t-1）-50， 解得：t=121 13 ． ∴当 t=7，t= 95 13 ，t=121 13 时，点 C、D 关于直线 PQ 的对称点分别为 C′、D′，且 C′D′∥BC． 四、中考真题演练 一、选择题 1．（2013•新疆）如图，Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2cm，D 为 BC 的中 点，若动点 E 以 1cm/s 的速度从 A 点出发，沿着 A→B→A 的方向运动，设 E 点的运动时间 为 t 秒（0≤t＜6），连接 DE，当△BDE 是直角三角形时，t 的值为（ ） A．2 B．2.5 或 3.5 C．3.5 或 4.5 D．2 或 3.5 或 4.5 1．D 2．（2013•安徽）图 1 所示矩形 ABCD 中，BC=x，CD=y，y 与 x 满足的反比例函数关系如 图 2 所示，等腰直角三角形 AEF 的斜边 EF 过 C 点，M 为 EF 的中点，则下列结论正确的是 （ ） A．当 x=3 时，EC＜EM B．当 y=9 时，EC＞EM C．当 x 增大时，EC•CF 的值增大 D．当 y 增大时，BE•DF 的值不变 2．D 3．（2013•盘锦）如图，将边长为 4 的正方形 ABCD 的一边 BC 与直角边分别是 2 和 4 的 Rt △GEF 的一边 GF 重合．正方形 ABCD 以每秒 1 个单位长度的速度沿 GE 向右匀速运动，当 点 A 和点 E 重合时正方形停止运动．设正方形的运动时间为 t 秒，正方形 ABCD 与 Rt△GEF 重叠部分面积为 s，则 s 关于 t 的函数图象为（ ） A． B． C． D． 3．B 4．（2013•龙岩）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，A（0，2），B（0，6），动点 C 在直线 y=x 上．若以 A、B、C 三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点 C 的个数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．B 5．（2013•武汉）如图，E，F 是正方形 ABCD 的边 AD 上两个动点，满足 AE=DF．连接 CF 交 BD 于点 G，连接 BE 交 AG 于点 H．若正方形的边长为 2，则线段 DH 长度的最小值 是 ． 5． 5 1 6．（2013•连云港）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点 A、B 的坐标分别为（8， 0）、（0，6）．动点 Q 从点 O、动点 P 从点 A 同时出发，分别沿着 OA 方向、AB 方向均以 1 个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为 t（秒）（0＜t≤5）．以 P 为圆心，PA 长为半径的 ⊙P 与 AB、OA 的另一个交点分别为 C、D，连接 CD、QC． （1）求当 t 为何值时，点 Q 与点 D 重合？ （2）设△QCD 的面积为 S，试求 S 与 t 之间的函数关系式，并求 S 的最大值； （3）若⊙P 与线段 QC 只有一个交点，请直接写出 t 的取值范围． 6．解：（1）∵A（8，0），B（0，6）， ∴OA=8，OB=6， ∴AB= 2 2 2 28 6OA OB   =10， ∴cos∠BAO= 4 5 OA AB  ，sin∠BAO= 3 5 OB AB  ． ∵AC 为⊙P 的直径， ∴△ACD 为直角三角形． ∴AD=AC•cos∠BAO=2t× 4 5 = 8 5 t． 当点 Q 与点 D 重合时，OQ+AD=OA， 即：t+ 8 5 t=8， 解得：t= 40 13 ． ∴t= 40 13 （秒）时，点 Q 与点 D 重合． （2）在 Rt△ACD 中，CD=AC•sin∠BAO=2t× 3 6 5 5  t． ①当 0＜t≤ 40 13 时， DQ=OA-OQ-AD=8-t- 8 5 t=8-13 5 t． ∴S= 1 2 DQ•CD= 1 2 （8-13 5 t）• 6 5 t=- 39 25 t2+ 24 5 t． ∵- 2 b a = 20 13 ，0＜ 20 13 ＜ 40 13 ， ∴当 t= 20 13 时，S 有最大值为 48 13 ； ②当 40 13 ＜t≤5 时， DQ=OQ+AD-OA=t+ 8 5 t-8= 13 5 t-8． ∴S= 1 2 DQ•CD= 1 2 （13 5 t-8）• 6 5 t= 39 25 t2- 24 5 t． ∵- 2 b a = 20 13 ， 20 13 ＜ 40 13 ，所以 S 随 t 的增大而增大， ∴当 t=5 时，S 有最大值为 15＞ 48 13 ． 综上所述，S 的最大值为 15． （3）当 CQ 与⊙P 相切时，有 CQ⊥AB， ∵∠BAO=∠QAC，∠AOB=∠ACQ=90°， ∴△ACQ∽△AOB， ∴ AC AC OA AB  ， 2 8 8 10 t t ， 解得 t=16 7 ． 所以，⊙P 与线段 QC 只有一个交点，t 的取值范围为 0＜t≤16 7 或 40 13 ＜t≤5． 7．（2013•宜昌）半径为 2cm 的与⊙O 边长为 2cm 的正方形 ABCD 在水平直线 l 的同侧，⊙ O 与 l 相切于点 F，DC 在 l 上． （1）过点 B 作的一条切线 BE，E 为切点． ①填空：如图 1，当点 A 在⊙O 上时，∠EBA 的度数是 ； ②如图 2，当 E，A，D 三点在同一直线上时，求线段 OA 的长； （2）以正方形 ABCD 的边 AD 与 OF 重合的位置为初始位置，向左移动正方形（图 3），至 边 BC 与 OF 重合时结束移动，M，N 分别是边 BC，AD 与⊙O 的公共点，求扇形 MON 的 面积的范围． 7．解：（1）①∵半径为 2cm 的与⊙O 边长为 2cm 的正方形 ABCD 在水平直线 l 的同侧，当 点 A 在⊙O 上时，过点 B 作的一条切线 BE，E 为切点， ∴OB=4，EO=2，∠OEB=90°， ∴∠EBA 的度数是：30°； ②如图 2， ∵直线 l 与⊙O 相切于点 F， ∴∠OFD=90°， ∵正方形 ADCB 中，∠ADC=90°， ∴OF∥AD， ∵OF=AD=2， ∴四边形 OFDA 为平行四边形， ∵∠OFD=90°， ∴平行四边形 OFDA 为矩形， ∴DA⊥AO， ∵正方形 ABCD 中，DA⊥AB， ∴O，A，B 三点在同一条直线上； ∴EA⊥OB， ∵∠OEB=∠AOE， ∴△EOA∽△BOE， ∴ OA OE OE OB  ， ∴OE2=OA•OB， ∴OA（2+OA）=4， 解得：OA=-1± 5 ， ∵OA＞0，∴OA= 5 -1； 方法二： 在 Rt△OAE 中，cos∠EOA= 2 OA OA OE  ， 在 Rt△EOB 中，cos∠EOB= 2 2 OE OB OA   ， ∴ 2 2 2 OA OA   ， 解得：OA=-1± 5 ， ∵OA＞0，∴OA= 5 -1； 方法三： ∵OE⊥EB，EA⊥OB， ∴由射影定理，得 OE2=OA•OB， ∴OA（2+OA）=4， 解得：OA=-1± 5 ， ∵OA＞0， ∴OA= 5 -1； （2）如图 3，设∠MON=n°，S 扇形 MON= 360 n ×22= 90  n（cm2）， S 随 n 的增大而增大，∠MON 取最大值时，S 扇形 MON 最大， 当∠MON 取最小值时，S 扇形 MON 最小， 如图，过 O 点作 OK⊥MN 于 K， ∴∠MON=2∠NOK，MN=2NK， 在 Rt△ONK 中，sin∠NOK= 2 NK NK ON  ， ∴∠NOK 随 NK 的增大而增大，∴∠MON 随 MN 的增大而增大， ∴当 MN 最大时∠MON 最大，当 MN 最小时∠MON 最小， ①当 N，M，A 分别与 D，B，O 重合时，MN 最大，MN=BD， ∠MON=∠BOD=90°，S 扇形 MON 最大=π（cm2）， ②当 MN=DC=2 时，MN 最小， ∴ON=MN=OM， ∴∠NOM=60°， S 扇形 MON 最小= 2 3 π（cm2）， ∴ 2 3 π≤S 扇形 MON≤π． 故答案为：30°． 8．（2013•重庆）已知：如图①，在平行四边形 ABCD 中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以 AD 为斜边在平行四边形 ABCD 的内部作 Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°． （1）求△AED 的周长； （2）若△AED 以每秒 2 个单位长度的速度沿 DC 向右平行移动，得到△A0E0D0，当 A0D0 与 BC 重合时停止移动，设运动时间为 t 秒，△A0E0D0 与△BDC 重叠的面积为 S，请直接写 出 S 与 t 之间的函数关系式，并写出 t 的取值范围； （3）如图②，在（2）中，当△AED 停止移动后得到△BEC，将△BEC 绕点 C 按顺时针方 向旋转α（0°＜α＜180°），在旋转过程中，B 的对应点为 B1，E 的对应点为 E1，设直线 B1E1 与直线 BE 交于点 P、与直线 CB 交于点 Q．是否存在这样的α，使△BPQ 为等腰三角形？ 若存在，求出α的度数；若不存在，请说明理由． 8．解：（1）∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD=BC=6． 在 Rt△ADE 中，AD=6，∠EAD=30°， ∴AE=AD•cos30°=3 3 ，DE=AD•sin30°=3， ∴△AED 的周长为：6+3 3 +3=9+3 3 ． （2）在△AED 向右平移的过程中： （I）当 0≤t≤1.5 时，如答图 1 所示，此时重叠部分为△D0NK． ∵DD0=2t，∴ND0=DD0•sin30°=t，NK=ND0•tan30°= 3 t， ∴S=S△D0NK= 1 2 ND0•NK= 1 2 t• 3 t= 3 2 t2； （II）当 1.5＜t≤4.5 时，如答图 2 所示，此时重叠部分为四边形 D0E0KN． ∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t， ∴A0N= 1 2 A0B=6-t，NK=A0N•tan30°= 3 3 （6-t）． ∴S=S 四边形 D0E0KN=S△ADE-S△A0NK= 1 2 ×3×3 3 - 1 2 ×（6-t）× 3 3 （6-t）=- 3 6 t2+2 3 t- 3 3 2 ； （III）当 4.5＜t≤6 时，如答图 3 所示，此时重叠部分为五边形 D0IJKN． ∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t=D0C， ∴A0N= 1 2 A0B=6-t，D0N=6-（6-t）=t，BN=A0B•cos30°= 3 （6-t）； 易知 CI=BJ=A0B=D0C=12-2t，∴BI=BC-CI=2t-6， S=S 梯 形 BND0I-S △ BKJ= 1 2 [t+ （ 2t-6 ） ]• 3 （ 6-t ） - 1 2 • （ 12-2t ） • 3 3 （ 12-2t ） =- 13 3 6 t2+20 3 t-42 3 ． 综上所述，S 与 t 之间的函数关系式为： S= 2 2 2 3 (0 1.5)2 3 3 3- 2 3 - (1.5 4.5)6 2 13 3- 20 3 - 42 3(4.5 6)6 t t S t t t t t t               ． （3）存在α，使△BPQ 为等腰三角形． 理由如下：经探究，得△BPQ∽△B1QC， 故当△BPQ 为等腰三角形时，△B1QC 也为等腰三角形． （I）当 QB=QP 时（如答图 4）， 则 QB1=QC，∴∠B1CQ=∠B1=30°， 即∠BCB1=30°， ∴α=30°； （II）当 BQ=BP 时，则 B1Q=B1C， 若点 Q 在线段 B1E1 的延长线上时（如答图 5）， ∵∠B1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=75°， 即∠BCB1=75°， ∴α=75°． 9．（2013•遵义）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．动点 M，N 从点 C 同时出发，均以每秒 1cm 的速度分别沿 CA、CB 向终点 A，B 移动，同时动点 P 从点 B 出发，以每秒 2cm 的速度沿 BA 向终点 A 移动，连接 PM，PN，设移动时间为 t（单位：秒， 0＜t＜2.5）． （1）当 t 为何值时，以 A，P，M 为顶点的三角形与△ABC 相似？ （2）是否存在某一时刻 t，使四边形 APNC 的面积 S 有最小值？若存在，求 S 的最小值； 若不存在，请说明理由． 9．解：如图， ∵在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm． ∴根据勾股定理，得 2 2AC BC =5cm． （1）以 A，P，M 为顶点的三角形与△ABC 相似，分两种情况： ①当△AMP∽△ABC 时， AP AM AC AB  ，即 5 2 4 4 5 t t  ， 解得 t= 3 2 ； ②当△APM∽△ABC 时， AM AP AC AB  ，即 4 5 2 4 5 t t  ， 解得 t=0（不合题意，舍去）； 综上所述，当 t= 3 2 时，以 A、P、M 为顶点的三角形与△ABC 相似； （2）存在某一时刻 t，使四边形 APNC 的面积 S 有最小值．理由如下： 假设存在某一时刻 t，使四边形 APNC 的面积 S 有最小值． 如图，过点 P 作 PH⊥BC 于点 H．则 PH∥AC， ∴ PH BP AC BA  ，即 2 4 5 PH t ， ∴PH= 8 5 t， ∴S=S△ABC-S△BPH， = 1 2 ×3×4- 1 2 ×（3-t）• 8 5 t， = 4 5 （t- 3 2 ）2+ 21 5 （0＜t＜2.5）． ∵ 4 5 ＞0， ∴S 有最小值． 当 t= 3 2 时，S 最小值= 21 5 ． 答：当 t= 3 2 时，四边形 APNC 的面积 S 有最小值，其最小值是 21 5 ． 10．（2013•苏州）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． 10．解：（1）若四边形 EBFB′为正方形，则 BE=BF， 即：10-t=3t， 解得 t=2.5； （2）分两种情况，讨论如下： ①若△EBF∽△FCG， 则有 EB BF FC CG  ，即 10 3 12 3 1.5 t t t t   ， 解得：t=2.8； ②若△EBF∽△GCF， 则有 EB BF CG FC  ，即10 3 1.5 12 3 t t t t    ， 解得：t=-14-2 69 （不合题意，舍去）或 t=-14+2 69 ． ∴当 t=2.8s 或 t=（-14+2 69 ）s 时，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． （3）假设存在实数 t，使得点 B′与点 O 重合． 如图，过点 O 作 OM⊥BC 于点 M，则在 Rt△OFM 中，OF=BF=3t，FM= 1 2 BC-BF=6-3t， OM=5， 由勾股定理得：OM2+FM2=OF2， 即：52+（6-3t）2=（3t）2 解得：t= 61 36 ； 过点 O 作 ON⊥AB 于点 N，则在 Rt△OEN 中，OE=BE=10-t，EN=BE-BN=10-t-5=5-t，ON=6， 由勾股定理得：ON2+EN2=OE2， 即：62+（5-t）2=（10-t）2 解得：t=3.9． ∵ 61 36 ≠3.9， ∴不存在实数 t，使得点 B′与点 O 重合． 11．（2013•吉林）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．点 D、E、F 分别是边 AB、BC、AC 的中点，连接 DE、DF，动点 P，Q 分别从点 A、B 同时出发，运动 速度均为 1cm/s，点 P 沿 A F D 的方向运动到点 D 停止；点 Q 沿 BC 的方向运动，当点 P 停止运动时，点 Q 也停止运动．在运动过程中，过点 Q 作 BC 的垂线交 AB 于点 M，以点 P，M，Q 为顶点作平行四边形 PMQN．设平行四边形边形 PMQN 与矩形 FDEC 重叠部分的 面积为 y（cm2）（这里规定线段是面积为 0 有几何图形），点 P 运动的时间为 x（s） （1）当点 P 运动到点 F 时，CQ= cm； （2）在点 P 从点 F 运动到点 D 的过程中，某一时刻，点 P 落在 MQ 上，求此时 BQ 的长度； （3）当点 P 在线段 FD 上运动时，求 y 与 x 之间的函数关系式． 11．解：（1）当点 P 运动到点 F 时， ∵F 为 AC 的中点，AC=6cm， ∴AF=FC=3cm， ∵P 和 Q 的运动速度都是 1cm/s， ∴BQ=AF=3cm， ∴CQ=8cm-3cm=5cm， 故答案为：5． （2）设在点 P 从点 F 运动到点 D 的过程中，点 P 落在 MQ 上，如图 1， 则 t+t-3=8， t=11 2 ， BQ 的长度为11 2 ×1= 11 2 （cm）； （3）∵D、E、F 分别是 AB、BC、AC 的中点， ∴DE= 1 2 AC= 1 2 ×6=3， DF= 1 2 BC= 1 2 ×8=4， ∵MQ⊥BC， ∴∠BQM=∠C=90°， ∵∠QBM=∠CBA， ∴△MBQ∽△ABC， ∴ BQ MQ BC AC  ， ∴ 8 6 x MQ ， MQ= 3 4 x， 分为三种情况：①当 3≤x＜4 时，重叠部分图形为平行四边形，如图 2， y=PN•PD = 3 4 x（7-x） 即 y=- 3 4 x2+ 21 4 x； ②当 4≤x＜11 2 时，重叠部分为矩形，如图 3， y=3[（8-X）-（X-3））] 即 y=-6x+33； ③当11 2 ≤x≤7 时，重叠部分图形为矩形，如图 4， y=3[（x-3）-（8-x）] 即 y=6x-33． 12．（2013•宁波）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点 A 的坐标为（0，4），点 B 的坐标为（4，0），点 C 的坐标为（-4，0），点 P 在射线 AB 上运动，连结 CP 与 y 轴交 于点 D，连结 BD．过 P，D，B 三点作⊙Q 与 y 轴的另一个交点为 E，延长 DQ 交⊙Q 于点 F，连结 EF，BF． （1）求直线 AB 的函数解析式； （2）当点 P 在线段 AB（不包括 A，B 两点）上时． ①求证：∠BDE=∠ADP； ②设 DE=x，DF=y．请求出 y 关于 x 的函数解析式； （3）请你探究：点 P 在运动过程中，是否存在以 B，D，F 为顶点的直角三角形，满足两条 直角边之比为 2：1？如果存在，求出此时点 P 的坐标：如果不存在，请说明理由． 12．解：（1）设直线 AB 的函数解析式为 y=kx+4， 代入（4，0）得：4k+4=0， 解得：k=-1， 则直线 AB 的函数解析式为 y=-x+4； （2）①由已知得： OB=OC，∠BOD=∠COD=90°， 又∵OD=OD， ∴△BDO≌△COD， ∴∠BDO=∠CDO， ∵∠CDO=∠ADP， ∴∠BDE=∠ADP， ②如图，连结 PE， ∵∠ADP 是△DPE 的一个外角， ∴∠ADP=∠DEP+∠DPE， ∵∠BDE 是△ABD 的一个外角， ∴∠BDE=∠ABD+∠OAB， ∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD， ∴∠DPE=∠OAB， ∵OA=OB=4，∠AOB=90°， ∴∠OAB=45°， ∴∠DPE=45°， ∴∠DFE=∠DPE=45°， ∵DF 是⊙Q 的直径， ∴∠DEF=90°， ∴△DEF 是等腰直角三角形， ∴DF= 2 DE，即 y= 2 x； （3）当 BD：BF=2：1 时， 如图，过点 F 作 FH⊥OB 于点 H， ∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°， ∴∠DBO=∠BFH， 又∵∠DOB=∠BHF=90°， ∴△BOD∽△FHB， ∴ OB OD BD HF HB FB   =2， ∴FH=2，OD=2BH， ∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°， ∴四边形 OEFH 是矩形， ∴OE=FH=2， ∴EF=OH=4- 1 2 OD， ∵DE=EF， ∴2+OD=4- 1 2 OD， 解得：OD= 4 3 ，∴点 D 的坐标为（0， 4 3 ）， ∴直线 CD 的解析式为 y= 1 3 x+ 4 3 ， 由 1 4 3 3 4 y x y x        ，得： 2 2 x y    ， 则点 P 的坐标为（2，2）； 当 1 2 BD BF  时， 连结 EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP， 而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA， ∵∠DEP=∠DPA， ∴∠DBE=∠DAP=45°， ∴△DEF 是等腰直角三角形， 如图，过点 F 作 FG⊥OB 于点 G， 同理可得：△BOD∽△FGB， ∴ 1 2 OB OD BD GF GB FB    ， ∴FG=8，OD= 1 2 BG， ∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°， ∴四边形 OEFG 是矩形， ∴OE=FG=8， ∴EF=OG=4+2OD， ∵DE=EF， ∴8-OD=4+2OD， OD= 4 3 ， ∴点 D 的坐标为（0，- 4 3 ）， 直线 CD 的解析式为： 1 4 3 3y x   ， 由 1 4 3 3 4 y x y x         ，得： 8 4 x y     ， ∴点 P 的坐标为（8，-4）， 综上所述，点 P 的坐标为（2，2）或（8，-4）． 13．（2013•遵义）如图，已知抛物线 y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（4，- 2 3 ），且与 y 轴交于点 C（0，2），与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左边）． （1）求抛物线的解析式及 A，B 两点的坐标； （2）在（1）中抛物线的对称轴 l 上是否存在一点 P，使 AP+CP 的值最小？若存在，求 AP+CP 的最小值，若不存在，请说明理由； （3）在以 AB 为直径的⊙M 相切于点 E，CE 交 x 轴于点 D，求直线 CE 的解析式． 13．解：（1）如图， 由题意，设抛物线的解析式为 y=a（x-4）2- 2 3 （a≠0） ∵抛物线经过（0，2） ∴a（0-4）2- 2 3 =2 解得：a= 1 6 ， ∴y= 1 6 （x-4）2- 2 3 ， 即：y= 1 6 x2- 4 3 x+2 当 y=0 时， 1 6 x2- 4 3 x+2=0 解得：x=2 或 x=6 ∴A（2，0），B（6，0）； （2）存在， 如图 2，由（1）知：抛物线的对称轴 l 为 x=4， 因为 A、B 两点关于 l 对称，连接 CB 交 l 于点 P，则 AP=BP，所以 AP+CP=BC 的值最小 ∵B（6，0），C（0，2） ∴OB=6，OC=2 ∴BC=2 10 ， ∴AP+CP=BC=2 10 ， ∴AP+CP 的最小值为 2 10 ； （3）如图 3，连接 ME， ∵CE 是⊙M 的切线 ∴ME⊥CE，∠CEM=90° 由题意，得 OC=ME=2，∠ODC=∠MDE ∵在△COD 与△MED 中 COA DEM ODC MD EOC ME         ， ∴△COD≌△MED（AAS）， ∴OD=DE，DC=DM 设 OD=x 则 CD=DM=OM-OD=4-x 则 RT△COD 中，OD2+OC2=CD2， ∴x2+22=（4-x）2 ∴x= 3 2 ， ∴D（ 3 2 ，0） 设直线 CE 的解析式为 y=kx+b ∵直线 CE 过 C（0，2），D（ 3 2 ，0）两点， 则 3 02 2 k b b      ， 解得： 4 3 2 k b      。 ∴直线 CE 的解析式为 y=- 4 3 x+2。