全国中考数学百卷压轴题分类解析汇编专题动点问题 44页

精品资料《2012年全国中考数学百卷压轴题分类解析汇编》，在对100套中考数学试卷解析的基础上将押轴题单独汇编构成10个专题。‎ 每条题目给出了：1.原始题目（对照扫描试卷逐条检验，力求无差错）；2.完整解答（解答全面，完整绘图，对网上流传的错误答题进行了更正）；3.归纳考点；4.详细分析；5.考题出处；6.考题分值。‎ ‎10个专题为：专题1：动点问题；专题2：函数问题；专题3：面积问题；专题4：三角形四边形存在性问题；专题5：定值问题；专题6：由运动产生的线段和差问题；专题7：几何三大变换相关问题；专题8：实践操作、探究类问题；专题9：几何综合问题；专题10：代数综合问题。‎ 精品打造，助2013届学子步步登高！ ‎ 专题1：动点问题 ‎1. （2012上海市14分）如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．‎ ‎（1）当BC=1时，求线段OD的长；‎ ‎（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域．‎ ‎【答案】解：（1）∵点O是圆心，OD⊥BC，BC=1，∴BD=BC=。‎ ‎ 又∵OB=2，∴。‎ ‎（2）存在，DE是不变的。‎ 如图，连接AB，则。‎ ‎∵D和E是中点，∴DE=。‎ ‎（3）∵BD=x，∴。‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠AOB=900。‎ ‎∴∠2+∠3=45°。‎ 过D作DF⊥OE，垂足为点F。∴DF=OF=。‎ 由△BOD∽△EDF，得，即 ‎，解得EF=x。‎ ‎∴OE=。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）由OD⊥BC，根据垂径定理可得出BD=BC= ，在Rt△BOD中利用勾股定理即可求出OD的长。‎ ‎（2）连接AB，由△AOB是等腰直角三角形可得出AB的长，再由D和E是中点，根据三角形中位线定理可得出DE= 。‎ ‎（3）由BD=x，可知，由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°，过D作DF⊥OE，则DF=OF=，EF=x，OE=，即可求得y关于x的函数关系式。‎ ‎ ∵，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合），‎ ‎ ∴。‎ ‎2. （2012福建南平14分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠1=∠B=∠C．‎ ‎（1）由题设条件，请写出三个正确结论：（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中，不必证明）‎ 答：结论一： ；结论二： ；结论三： ．‎ ‎（2）若∠B=45°，BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），‎ ‎①求CE的最大值；‎ ‎②若△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．‎ ‎（注意：在第（2）的求解过程中，若有运用（1）中得出的结论，须加以证明）‎ ‎【答案】解：（1）AB=AC；∠AED=∠ADC；△ADE∽△ACD。‎ ‎（2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB为等腰直角三角形。‎ ‎∴。‎ ‎∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。‎ ‎∴AD：AC=AE：AD，∴ 。‎ 当AD最小时，AE最小，此时AD⊥BC，AD=BC=1。‎ ‎∴AE的最小值为 。∴CE的最大值= 。‎ ‎②当AD=AE时，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。‎ ‎∴点D与B重合，不合题意舍去。‎ 当EA=ED时，如图1，∴∠EAD=∠1=45°。‎ ‎∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC。∴BD=1。‎ 当DA=DE时，如图2，‎ ‎∵△ADE∽△ACD，∴DA：AC=DE：DC。‎ ‎∴DC=CA=。∴BD=BC－DC=2－。‎ 综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1或2－。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）由∠B=∠C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC；由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC；又由∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。‎ ‎（2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB为等腰直角三角形，则，由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，则有AD：AC=AE：AD，即，当AD⊥BC，AD最小，此时AE最小，从而由CE=AC－AE得到CE的最大值。‎ ‎②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。‎ ‎3. （2012甘肃兰州12分）如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．‎ ‎(1)求抛物线对应的函数关系式；‎ ‎(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；‎ ‎(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；‎ ‎(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。‎ ‎∵顶点在直线x＝上，∴，解得。‎ ‎∴所求函数关系式为。‎ ‎（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。‎ ‎∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，‎ 当x＝5时，；‎ 当x＝2时，。‎ ‎∴点C和点D都在所求抛物线上。‎ ‎（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，‎ 设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，‎ 则，解得，。∴直线CD对应的函数关系式为。‎ 当x＝时，。∴P()。‎ ‎（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。‎ ‎∴，即，得。‎ 设对称轴交x于点F，则。‎ ‎∵，‎ ‎ ，‎ ‎ (0＜t＜4)。‎ ‎∵，，0＜＜4，‎ ‎∴当时，S取最大值是。此时，点M的坐标为(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，二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线x＝上，得出b，c即可。‎ ‎（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的性质得出x＝5或2时，y的值即可。‎ ‎（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，求出解析式，当x＝时，求出y即可。‎ ‎（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到，从而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可。‎ ‎4. （2012广东省9分）如图，抛物线与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）在中，‎ 令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）；‎ 令y=0，即，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0）。‎ ‎∴AB=9，OC=9。‎ ‎（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，即：。‎ ‎∴s=m2（0＜m＜9）。‎ ‎（3）∵S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2，‎ ‎∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED ‎=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+。‎ ‎∴△CDE的最大面积为，‎ 此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=。‎ 又，‎ 过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：，即：。‎ ‎∴。‎ ‎∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2=。‎ ‎【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。‎ ‎5. （2012贵州毕节16分）如图，直线l1经过点A（－1，0），直线l2经过点B(3，0), l1、l2均为与y轴交于点C(0，)，抛物线经过A、B、C三点。‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）抛物线的对称轴依次与轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证：DE=EF=FG;‎ ‎(3)若l1⊥l2于y轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过A（－1，0），B（3，0），C（0，）三点，‎ ‎∴ ，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为：． （2）证明：设直线l1的解析式为y=kx+b，由直线l1经过A（－1，0），C（0，‎ ‎），得 ‎∴ ，解得，∴直线l1的解析式为：y=-x 。‎ 直线l2经过B（3，0），C（0，）两点，同理可求得直线l2解析式为：y= x 。‎ ‎∵抛物线，‎ ‎∴对称轴为x=1，D（1，0），顶点坐标为F（1， ）。‎ 点E为x=1与直线l2：y= x的交点，令x=1，得y= ，∴E（1， ）。‎ 点G为x=1与直线l1：y=-x 的交点，令x=1，得y= ，∴G（1，）。‎ ‎∴各点坐标为：D（1，0），E（1， ），F（1，），G（1， ），它们均位于对称轴x=1上。‎ ‎∴DE=EF=FG=。‎ ‎（3）如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1交对称轴于H点，连接CF，PG。‎ ‎△PCG为等腰三角形，有三种情况：‎ ‎①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1满足P‎1G=CG。‎ ‎∵C（0，），对称轴x=1，∴P1（2， ）。‎ ‎②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等于CG。‎ 如图，C（1， ），H点在x=1上，∴H（1，）。‎ 在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG－yH|=| －（）|= ，‎ ‎∴由勾股定理得：。∴PC=2．‎ 如图，CP1=2，此时与①中情形重合。‎ 又Rt△OAC中，，∴点A满足PC=2的条件，但点A、C、G在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。‎ ‎③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线上.‎ ‎∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。‎ 由（2）可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。‎ ‎∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2（1，）。‎ 又，∴∠CGE=30°。∴∠HCG=60°。‎ 又P‎1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。‎ ‎∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。‎ 综上所述，P点的坐标为P1（2， ）或P2（1， ）。‎ ‎【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，二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得到线段DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求；E是对称轴与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。‎ ‎（3）△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG，CG=PC，PC=PG。‎ ‎6. （2012贵州遵义12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PE⊥AB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．‎ ‎【答案】解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°。‎ ‎∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。‎ 设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。‎ ‎∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2。‎ ‎∴当∠BQD=30°时，AP=2。‎ ‎（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。理由如下：‎ 作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF。‎ ‎∵PE⊥AB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=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。‎ ‎∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴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。‎ ‎【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可。‎ ‎（2）作QF⊥AB，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△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，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。‎ ‎7. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．‎ ‎（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；‎ ‎（2）当点C与点A重合时，求a的值；‎ ‎（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？‎ ‎【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，‎ ‎ ∴OA=1，OB=。∴A的坐标是（0，1）。‎ ‎∴tan∠ABO=。∴∠ABO=30°。‎ ‎（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=，∴OD=。‎ ‎∴D的坐标是（﹣，0），E的坐标是（，0），‎ 把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）2+n，得 ‎，解得。∴a=﹣3。‎ ‎（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。‎ ‎∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，‎ ‎∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。‎ ‎∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。‎ ‎∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。‎ ‎∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）。‎ ‎∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。‎ ‎∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。‎ ‎∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a。‎ ‎∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣‎2‎a。‎ ‎∴DH=HE=﹣a，CH=﹣‎3a，BH=﹣‎3‎a。‎ ‎∴OH=﹣‎3‎a﹣，OE=﹣‎4‎a﹣。‎ ‎∴E（﹣‎4‎a﹣，0），C（﹣‎3‎a﹣，﹣‎3a）。‎ 设二次函数的解析式为：y=a（x+‎3‎a+）2﹣‎3a，‎ ‎∵E在该抛物线上，∴a（﹣‎4‎a﹣+‎3‎a+）2﹣‎3a=0，‎ 得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1。‎ ‎∵a＜0，∴a=﹣1。‎ ‎∴AF=2，CF=2，∴AC=4。‎ ‎∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。‎ ‎【考点】动点问题，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，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。‎ ‎【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。‎ ‎ （2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。‎ ‎（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。‎ ‎8. （2012湖南常德10分）已知四边形ABCD是正方形，O为正方形对角线的交点，一动点P从B开始，沿射线BC运动，连结DP，作CN⊥DP于点M，且交直线AB于点N，连结OP，ON。（当P在线段BC上时，如图1：当P在BC的延长线上时，如图2）‎ ‎ （1）请从图1，图2中任选一图证明下面结论：‎ ‎ ①BN=CP： ②OP=ON，且OP⊥ON ‎ (2) 设AB=4，BP=x，试确定以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系。‎ ‎【答案】（1）证明：如图1，‎ ‎①∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB。‎ ‎∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°。‎ ‎∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°。∴∠CPD=∠CNB。‎ ‎∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD。‎ ‎∵在△DCP和△CBN中，∠DCP=∠CBN，∠CPD=∠BNC，DC=BC，‎ ‎∴△DCP≌△CBN（AAS）。∴CP=BN。‎ ‎②∵在△OBN和△OCP中，OB=OC，∠OCP=∠OBN， CP=BN ，‎ ‎∴△OBN≌△OCP（SAS）。∴ON=OP，∠BON=∠COP。‎ ‎∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°。‎ ‎∴ON⊥OP。‎ ‎（2）解：∵AB=4，四边形ABCD是正方形，∴O到BC边的距离是2。‎ 图1中，，‎ 图2中，。‎ ‎∴以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系是：‎ ‎ 。‎ ‎【考点】正方形的性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，两线垂直的判定，多边形的面积的分解，函数解析式的确定，分段函数，点到直线的距离。‎ ‎【分析】（1）对于图1，证明线段相等，一般情况下找全等。根据BN，CP的分布情况 可以观察△CNB和△DPC，然后证明两三角形全等。也可以观察△CAN和△DBP，证明AN=BP，从而有BN=CP。‎ 对于图2，证明如下：‎ ‎①∵ABCD为正方形，AC，BD为对角线，∴∠DCP=90º。‎ ‎ ∵CM⊥DP， ∴∠PCM=∠PDC。∴∠PDB=∠CAN。‎ ‎ 又∵∠DPB=∠ANC，BD=AC，∴△PDB≌△NCA（ASA）。‎ ‎ ∴PB=AN，DP=CN。∴CP=BN。‎ ‎ ②∵∠PDB=∠CAN，OD=OC， CP=BN，∴△PDO≌△NCO（SAS）。‎ ‎ ∴OP=ON，∠DOP=∠CON。‎ ‎ ∵∠DOC=90º，∴∠PON=∠NOC+POC=∠DOP+∠POC=∠DOC=90º。∴OP⊥ON。‎ ‎（2）求以O、P、B、N为顶点的四边形的面积，则要把四边形分解为两个三角形去解决问题。图1中，S四边形OPBN=S△OBN+S△BOP，，；图2中，S四边形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可。‎ ‎9. （2012湖南张家界10分）如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作⊙O的切线DC，P点为优弧上一动点（不与A．C重合）．‎ ‎（1）求∠APC与∠ACD的度数；‎ ‎（2）当点P移动到CB弧的中点时，求证：四边形OBPC是菱形．‎ ‎（3）P点移动到什么位置时，△APC与△ABC全等，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）连接AC，如图所示：‎ ‎∵AB=4，∴OA=OB=OC=AB=2。‎ 又∵AC=2，∴AC=OA=OC。∴△ACO为等边三角形。‎ ‎∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°，‎ ‎∴∠APC=∠AOC=30°。‎ 又DC与圆O相切于点C，∴OC⊥DC。∴∠DCO=90°。‎ ‎∴∠ACD=∠DCO﹣∠ACO=90°﹣60°=30°。‎ ‎ （2）连接PB，OP，‎ ‎∵AB为直径，∠AOC=60°，∴∠COB=120°。‎ 当点P移动到弧CB的中点时，∠COP=∠POB=60°。‎ ‎∴△COP和△BOP都为等边三角形。∴AC=CP=OA=OP。‎ ‎∴四边形AOPC为菱形。‎ ‎（3）当点P与B重合时，△ABC与△APC重合，显然△ABC≌△APC。‎ 当点P继续运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA，理由为：‎ ‎∵CP与AB都为圆O的直径，∴∠CAP=∠ACB=90°。‎ 在Rt△ABC与Rt△CPA中，AB=CP，AC=AC ‎∴Rt△ABC≌Rt△CPA（HL）。‎ 综上所述，当点P与B重合时和点P运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA。‎ ‎【考点】切线的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定。‎ ‎【分析】（1）连接AC，由直径AB=4，得到半径OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即△AOC为等边三角形，可得出三个内角都为60°，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，得到∠APC为30°，由CD为圆O的切线，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD为直角，用∠OCD-∠OCA可得出∠ACD的度数。‎ ‎（2）由∠AOC为60°，AB为圆O的直径，得到∠BOC=120°，再由P为CB 的中点，得到两条弧相等，根据等弧对等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，从而得到△COP与△BOP都为等边三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四边形OBPC为菱形。‎ ‎ （3）点P有两个位置使△APC与△ABC全等，其一：P与B重合时，显然两三角形全等；第二：当CP为圆O的直径时，此时两三角形全等。‎ ‎10. （2012江苏无锡10分）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PQ∥BC；‎ ‎（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2，‎ ‎∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB。‎ 又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°。‎ 如图1，连接BD交AC于O。‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，OA=AC。‎ ‎∴OB=AB=1。∴OA=，AC=2OA=2。‎ 运动ts后，AP=t，AO=t，∴。‎ 又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB.‎ ‎∴PQ∥BC.‎ ‎（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC。‎ 在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=。‎ 由PM=PQ=AQ=t，即=t，解得t=，‎ 此时⊙P与边BC有一个公共点。‎ 如图3，⊙P过点B，此时PQ=PB，‎ ‎∵∠PQB=∠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4，⊙P过点C，此时PC=PQ，即 =t ‎∴t=。‎ ‎∴当1≤t≤时，⊙P与边BC有一个公共点。‎ 当点P运动到点C，即t=2时，Q、B重合，⊙P过点B，‎ 此时，⊙P与边BC有一个公共点。‎ 综上所述，当t=或1≤t≤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。‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系，菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行的判定，切线的性质，等边三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）连接BD交AC于O，构建直角三角形AOB．利用菱形的对角线互相垂直、对角线平分对角、邻边相等的性质推知△PAQ∽△CAB；然后根据“相似三角形的对应角相等”证得∠APQ=∠ACB；最后根据平行线的判定定理“同位角相等，两直线平行”可以证得结论。‎ ‎（2）分⊙P与BC切于点M，⊙P过点B，⊙P过点C和点P运动到点C四各情况讨论即可。‎ ‎11. （2012江苏南通12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝‎10cm，BC＝‎12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以‎1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．‎ ‎(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值；‎ ‎(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．‎ ‎①若a＝，求PQ的长；‎ ‎②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明 理由．‎ ‎【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6。‎ ‎∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。‎ ‎∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。‎ ‎（2）①过点P作PE⊥BC于E，‎ ‎∵四边形PQCM为平行四边形，‎ ‎∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。‎ ‎∴PB：AB=CM：AC。‎ ‎∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。‎ ‎∴BE=BQ=（6－t）。‎ ‎∵a=，∴PB=t。‎ ‎∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。‎ 解得，t=。‎ ‎∴PQ=PB=t=（cm）。‎ ‎②不存在．理由如下：‎ ‎∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。‎ ‎∴PB：AB=CM：AC。‎ ‎∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。‎ 若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，‎ ‎∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。‎ ‎∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。‎ ‎∴PB=CQ。‎ ‎∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且 at=6+t①。‎ ‎∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化简得：6at+5t=30②。‎ 把①代入②得，t=。‎ ‎∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。‎ ‎【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的判定和性质，反证法。‎ ‎【分析】（1）由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，‎ 即可求得BD与CD的长，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得t的值。‎ ‎（2）①首先过点P作PE⊥BC于E，由四边形PQCM为平行四边形，易证得PB=PQ，又由平行 线分线段成比例定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。‎ ‎②用反证法，假设存在点P在∠ACB的平分线上，由四边形PQCM为平行四边形，可得四边形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程组，解此方程组求得t值为负，故可得不存在。‎ ‎12. （2012江苏泰州12分） 如图，已知一次函数的图象与x轴相交于点A，与反比例函数 的图象相交于B（－1，5）、C（，d）两点．点P（m，n）是一次函数的图象上的动点．‎ ‎（1）求k、b的值；‎ ‎（2）设，过点P作x轴的平行线与函数的图象相交于点D．试问△PAD的面积是 否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求实数a的取值 范围．‎ ‎【答案】解：（1）将点B 的坐标代入，得 ，解得。‎ ‎ ∴反比例函数解析式为。‎ ‎ 将点C（，d）的坐标代入，得。∴C（，－2）。‎ ‎ ∵一次函数的图象经过B（－1，5）、C（，－2）两点，‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎（2）存在。‎ ‎ 令，即，解得。∴A（，0）。‎ ‎ 由题意，点P（m，n）是一次函数的图象上的动点，且 ‎ ∴点P在线段AB 上运动（不含A、B）。设P（）。‎ ‎ ∵DP∥x轴，且点D在的图象上，‎ ‎ ∴，即D（）。‎ ‎ ∴△PAD的面积为。‎ ‎ ∴S关于n的二次函数的图象开口向下，有最大值。‎ ‎ 又∵n=，，得，而。‎ ‎ ∴当时，即P（）时，△PAD的面积S最大，为。‎ ‎ （3）由已知，P（）。‎ ‎ 易知m≠n，即，即。‎ ‎ 若，则。‎ ‎ 由题设，，解出不等式组的解为。‎ ‎ 若，则。‎ ‎ 由题设，，解出不等式组的解为。‎ ‎ 综上所述，数a的取值范围为，。‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合问题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的性质，二次函数的性质，不等式组的应用。‎ ‎【分析】（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，由B 的坐标求得，从而得到；由点C在上求得，即得点C的坐标；由点B、C在上，得方程组，解出即可求得k、b的值。 ‎ ‎ （2）求出△PAD的面积S关于n的二次函数（也可求出关于m），应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。‎ ‎（3）由m≠n得到。分和两种情况求解。‎ ‎13. （2012江苏常州9分）已知，在矩形ABCD中，AB=4，BC=2，点M为边BC的中点，点P为边CD上的动点（点P异于C、D两点）。连接PM，过点P作PM的垂线与射线DA相交于点E（如图）。设CP=x，DE=y。‎ ‎（1）写出y与x之间的函数关系式 ▲ ；‎ ‎（2）若点E与点A重合，则x的值为 ▲ ；‎ ‎（3）是否存在点P，使得点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上？若存在，求x的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）y=－x2＋4x。‎ ‎ （2）或。‎ ‎ （3）存在。‎ ‎ 过点P作PH⊥AB于点H。则 ‎ ∵点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，‎ ‎ ∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x2＋4x，EA=AD－ED= x2－4x＋2，∠P D′E=∠D=900。‎ ‎ 在Rt△D′P H中，PH=2， D′P =DP=4－x，D′H=。‎ ‎ ∵∠ E D′A=1800－900－∠P D′H=900－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =900，‎ ‎ ∴△E D′A∽△D′P H。∴，即，‎ ‎ 即，两边平方并整理得，2x2－4x＋1=0。解得。‎ ‎∵当时，y=，‎ ‎∴此时，点E已在边DA延长线上，不合题意，舍去（实际上是无理方程的增根）。‎ ‎∵当时，y=，‎ ‎∴此时，点E在边AD上，符合题意。‎ ‎∴当时，点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上。‎ ‎【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠对称的性质，解无理方程。‎ ‎【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE，‎ ‎ ∴，即。∴y=－x2＋4x。‎ ‎（2）当点E与点A重合时，y=2，即2=－x2＋4x，x2－4x＋2=0。‎ ‎ 解得。‎ ‎（3）过点P作PH⊥AB于点H，则由点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，可得△E D′A与△D′P H相似，由对应边成比例得得关于x的方程即可求解。注意检验。‎ ‎14. （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：‎ ‎（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？‎ ‎【答案】解：（1）0≤x≤4。‎ ‎ （2）3，2，25．‎ ‎ （3）过点E作EI⊥BC垂足为点I。则四边形DEIC为矩形。‎ ‎ ∴EI=DC=3，CI=DE=x。‎ ‎ ∵BF=x，∴IF=4－2x。‎ ‎ 在Rt△EFI中，。‎ ‎ ∵y是以EF为边长的正方形EFGH的面积，‎ ‎ ∴。‎ ‎ 当y=16时，，‎ 解得，。‎ ‎∴F出发或秒时，正方形EFGH的面积为‎16cm2。‎ ‎【考点】动点问题，矩形的判定和性质，平行线间垂直线段的性质，勾股定理，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）自变量x的取值范围是点F从点C到点B的运动时间，由时间=距离÷速度，即可求。‎ ‎ （2）由图2知，正方形EFGH的面积的最小值是9，而正方形EFGH的面积最小时，根据地两平行线间垂直线段最短的性质，得d=AB=EF=3。‎ ‎ 当正方形EFGH的面积最小时，由BF=DE和EF∥AB得，E、F分别为AD、BC的中点，即m=2。‎ ‎ 当正方形EFGH的面积最大时，EF等于矩形ABCD的对角线，根据勾股定理，它为5，即n=25。‎ ‎ （3）求出正方形EFGH的面积y关于x的函数关系式，即可求得F出发或秒时，正方形EFGH的面积为‎16cm2。‎ ‎15. （2012四川乐山13分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD．‎ ‎①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标；‎ ‎②求△BOD 面积的最大值，并写出此时点D的坐标．‎ ‎【答案】解：（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，得 x1=3，x2=﹣1。‎ ‎∵m＜n，∴m=﹣1，n=3。∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）。‎ ‎∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx。‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b。‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴直线AB的解析式为。‎ ‎∴C点坐标为（0，）。‎ ‎∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），∴直线OB的解析式为y=﹣x。‎ ‎∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC。‎ 设P（x，﹣x）。‎ ‎（i）当OC=OP时，，解得（舍去）。‎ ‎∴P1（）。‎ ‎（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2（）。‎ ‎（iii）当OC=PC时，由，解得（舍去）。‎ ‎∴P3（）。‎ 综上所述，P点坐标为P1（）或P2（）或P3（）。‎ ‎②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．‎ 设Q（x，﹣x），D（x，）．‎ S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ•OG+DQ•GH ‎=DQ（OG+GH）‎ ‎=‎ ‎=。‎ ‎∵0＜x＜3，∴当时，S取得最大值为，此时D（）。‎ ‎【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，解一元二次方程，等腰三角形的性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）首先解方程得出A，B两点的坐标，从而利用待定系数法求出二次函数解析式即可。‎ ‎ （2）①首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可。‎ ‎②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出关于x的二次函数，从而得出最值即可。‎ ‎16. （2012四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，顶点A．C．D 均在坐标轴上，且AB=5，sinB=．‎ ‎（1）求过A．C．D三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）记直线AB的解析式为y1=mx+n，（1）中抛物线的解析式为y2=ax2+bx+c，求当y1＜y2时，自变量x的取值范围；‎ ‎（3）设直线AB与（1）中抛物线的另一个交点为E，P点为抛物线上A．E两点之间的一个动点，当P点在何处时，△PAE的面积最大？并求出面积的最大值．‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且AB=5，∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD=。‎ 在Rt△OCD中，OC=CD•sinD=4，OD=3，∴OA=AD﹣OD=2。‎ ‎∴A（﹣2，0）、B（﹣5，4）、C（0，4）、D（3，0）。‎ 设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣3），将C（0，4）代入得：‎ ‎2×（﹣3）a=4，解得a=﹣。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=（x+2）（x﹣3）。‎ ‎（2）由A（﹣2，0）、B（﹣5，4）得直线AB：。‎ 由（1）得：，则：‎ ‎，解得：，。‎ 由图可知：当y1＜y2时，﹣2＜x＜5。‎ ‎（3）∵S△PAE等于AE和AE上高乘积的一半， ‎ ‎∴当在抛物线上A．E两点之间，P到直线AB的距离最大时，S△PAE最大。‎ 若设直线L∥AB，则直线L与抛物线有且只有一个交点时，该交点为点P。‎ 设直线L：，‎ 当直线L与抛物线有且只有一个交点时，，且△=0。‎ 由化简，得 ‎，‎ ‎，‎ 解得，b=。‎ 且，解得。‎ ‎∴直线L：。∴点P（）。‎ 由（2）得：E（5，），则直线PE：。‎ 设直线PE与x轴交于点F，则点F（，0），∴AF=OA+OF=。‎ ‎∴△PAE的最大值：。 ‎ 综上所述，当P（）时，△PAE的面积最大，为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，菱形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与抛物线的交点，平行线的性质，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）由菱形ABCD的边长和一角的正弦值，可求出OC．OD．OA的长，从而确定A．C．D三点坐标，通过待定系数法可求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）首先由A．B的坐标确定直线AB的解析式，然后求出直线AB与抛物线解析式的两个交点，然后通过观察图象找出直线y1在抛物线y2图象下方的部分。‎ ‎（3）该题的关键点是确定点P的位置：P△AE的面积最大，那么AE上的高最大，即点P离直线AE的距离最远，那么点P为与直线AB平行且与抛物线有且仅有的唯一交点。根据一元二次方程根的判别式△=0求解即可。‎ ‎17. （2012四川广元12分）如图，在矩形ABCO中，AO=3，tan∠ACB=，以O为坐标原点，OC为x 轴，OA为y轴建立平面直角坐标系。设D，E分别是线段AC，OC上的动点，它们同时出发，点D以每 秒3个单位的速度从点A向点C运动，点E以每秒1个单位的速度从点C向点O运动，设运动时间为t 秒。‎ ‎（1）求直线AC的解析式；‎ ‎（2）用含t的代数式表示点D的坐标；‎ ‎（3）当t为何值时，△ODE为直角三角形？‎ ‎（4）在什么条件下，以Rt△ODE的三个顶点能确定一条对称轴平行于y轴的抛物线？并请选择一种 情况，求出所确定抛物线的解析式。‎ ‎【答案】解：（1）根据题意，得CO=AB=BC•tan∠ACB=4，‎ ‎∴A（0，3）、B（4，3）、C（4，0）。‎ 设直线AC的解析式为：y=kx+3，代入C点坐标，得：4k+3=0，k=。‎ ‎∴直线AC：y=x+3。‎ ‎（2）分别作DF⊥AO，DH⊥CO，垂足分别为F，H，‎ 则有△ADF∽△DCH∽△ACO。‎ ‎∴AD：DC：AC=AF：DH：AO=FD：HC：OC，‎ 而AD=3t（其中0≤t≤），OC=AB=4，AC=5，‎ ‎∴FD=，AF=，DH=，HC=。‎ ‎∴D（，）。‎ ‎（3）CE= t，E（t，0），OE=OC-CE=4- t，HE=|CH-CE|=，‎ 则OD2=DH2+OH2=，‎ DE2=DH2+HE2=。‎ 当△ODE为直角三角形时，有OD2+DE2=OE2，或OD2+OE2=DE2‎ ‎，或DE2+OE2=OD2，‎ 即①，‎ 或②，‎ 或③，‎ 上述三个方程在0≤t≤内的所有实数解为 ‎。‎ ‎（4）当DO⊥OE，及DE⊥OE时，即和时，以Rt△ODE的三个顶点不确定对 称轴平行于y轴的抛物线，其它两种情况都可以各确定一条对称轴平行于y轴的抛物线。‎ ‎∵D（，），E（4-t，0）‎ ‎∴当时，D（，），E（3，0）。‎ ‎∵抛物线过O（0，0），∴设所求抛物线为，将点D，E坐标代入，得 ‎，解得。‎ ‎∴所求抛物线为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，动点问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，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，勾股定理和逆定理，解一元二次方程和二元一次方程组。‎ ‎【分析】（1）在Rt△AOC中，已知AO的长以及∠ACB的正弦值，能求出OC的长，即可确定点C的坐 标，利用待定系数法能求出直线AC的解析式。‎ ‎（2）过D作AO、OC的垂线，通过构建相似三角形来求出点D的坐标。‎ ‎（3）用t表示出OD、DE、OE的长，若△ODE为直角三角形，那么三边符合勾股定理，据此列方 程求出对应的t的值。‎ ‎（4）根据（3）的结论能得到t的值，△ODE中，当OD⊥x轴或DE垂直x轴时，都不能确定“一 条对称轴平行于y轴的抛物线”，余下的情况都是符合要求的，首先得D、E的坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ 当时，所求抛物线为。‎ ‎18. （2012四川巴中12分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴，y轴上，四边形ABCO 为矩形，AB=16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB=，点E，F分别是线段AD，AC上的动点（点 E不与点A，D重合），且∠CEF=∠ACB。‎ ‎（1）求AC的长和点D的坐标；‎ ‎（2）说明△AEF与△DCE相似；‎ ‎（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标。‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠B=90°。‎ 在Rt△ABC中，BC=AB÷tan∠ACB=16÷=12 ，AC=。‎ 则AO=BC=12。∴ A（-12，0）。‎ ‎∵点D与点A关于轴对称，∴D（12，0）。‎ ‎（2）∵点D与点A关于y轴对称，∴∠CDE=∠CAO。‎ ‎∵∠CEF=∠ACB，∠ACB=∠CAO，∴∠CDE=∠CEF。‎ 又∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠CDE+∠DCE（三角形外角性质），∴∠AEF=∠DCE。‎ 则在△AEF与△DCE中，∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE，‎ ‎∴△AEF∽△DCE。‎ ‎（3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况：‎ ‎①当CE=EF时，∵△AEF∽△DCE，∴△AEF≌△DCE。∴AE=CD=20。‎ ‎∴OE=AE－OA=20－12=8。∴E（8，0）。‎ ‎②当EF=FC时，如图所示，过点F作FM⊥CE于M，‎ 则点M为CE中点。‎ ‎∴CE=2ME=2EF•cos∠CEF=2EF•cos∠ACB=EF。‎ ‎∵点D与点A关于y轴对称，∴CD=AC=20。‎ ‎∵△AEF∽△DCE，‎ ‎∴ ，即 ，解得。‎ ‎∴OE=AE－OA=，∴E（ ，0）。‎ ‎③当CE=CF时，则有∠CFE=∠CEF，‎ ‎∵∠CEF=∠ACB=∠CAO，∴∠CFE=∠CAO。‎ 即此时F点与A点重合，这与已知条件矛盾。‎ 综上所述，当△EFC为等腰三角形时，点E的坐标为（8，0）或（，0）。‎ ‎【考点】坐标与图形性质，矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义。‎ ‎【分析】（1）利用矩形的性质，在Rt△ABC中，利用三角函数求出AC、BC的长度，从而得到A点坐标；‎ 由点D与点A关于y轴对称，进而得到D点的坐标。‎ ‎（2）欲证△AEF与△DCE相似，只需要证明两个对应角相等即可，在△AEF与△DCE中，易知 ‎∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE，从而问题解决。‎ ‎（3）当△EFC为等腰三角形时，需要分CE=EF，EF=FC，CE=CF三种情况讨论。‎ ‎19. （2012山东临沂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=90°；‎ ‎（2）如图2，当b＞‎2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图3，当b＜‎2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明：∵b=‎2a，点M是AD的中点，∴AB=AM=MD=DC=a，‎ 又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°。‎ ‎∴∠BMC=90°。‎ ‎（2）解：存在，理由如下：‎ 若∠BMC=90°，则∠AMB=∠DMC=90°。‎ 又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC。‎ 又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC。∴。‎ 设AM=x，则，整理得：x2﹣bx+a2=0。‎ ‎∵b＞‎2a，a＞0，b＞0，∴△=b2﹣‎4a2＞0。‎ ‎∴方程有两个不相等的实数根。‎ 又∵两根之积等于a2＞0，∴两根同号。‎ 又∵两根之和等于b ＞0，∴两根为正。符合题意。‎ ‎∴当b＞‎2a时，存在∠BMC=90°。‎ ‎（3）解：不成立．理由如下：‎ 若∠BMC=90°，由（2）可知x2﹣bx+a2=0，‎ ‎∵b＜‎2a，a＞0，b＞0，∴△=b2﹣‎4a2＜0，∴方程没有实数根。‎ ‎∴当b＜‎2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立。‎ ‎【考点】动点问题，矩形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。‎ ‎【分析】（1）由b=‎2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°。‎ ‎（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即 可得方程：x2-bx+a2=0，由b＞‎2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，结合根与系数的关系可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意。‎ ‎（3）用反证法，由（2），当b＜‎2a，a＞0，b＞0，判定方程x2-bx+a2=0的根的情况，即可求得答案。‎ ‎20. （2012山东济宁10分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点（端点除外），过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）当动点P运动到何处时，BP2=BD•BC；‎ ‎（3）当△PCD的面积最大时，求点P的坐标．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点 ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎（2）设点P运动到点（x，0）时，有BP2=BD•BC，‎ 在中，令x=0时，则y=﹣4，∴点C的坐标为（0，﹣4）。‎ ‎∵PD∥AC，∴△BPD∽△BAC。∴。‎ ‎∵，AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2‎ ‎∴，即。‎ ‎∵BP2=BD•BC，∴，解得x1=，x2=﹣2（不合题意，舍去）。‎ ‎∴点P的坐标是（，0）。‎ ‎∴当点P运动到（，0）时，BP2=BD•BC。‎ ‎ （3）∵△BPD∽△BAC，∴‎ ‎∴， ‎ 又∵，‎ ‎∴。‎ ‎∵＜0，∴当x=1时，S△BPC有最大值为3。‎ ‎∴点P的坐标为（1，0）时，△PDC的面积最大。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）该抛物线的解析式中有两个待定系数，只需将点A、B的坐标代入解析式中求解即可。‎ ‎（2）首先设出点P的坐标，由PD∥AC得到△BPD∽△BAC，通过比例线段可表示出BD的长；BC的长易得，根据题干给出的条件BP2=BD•BC即可求出点P的坐标。‎ ‎（3）由于PD∥AC，根据相似三角形△BPD、△BAC的面积比，可表示出△BPD的面积；以BP为底，OC为高，易表示出△BPC的面积，△BPC、△BPD的面积差为△PDC的面积，通过所列二次函数的性质，即可确定点P的坐标。‎ ‎21. （2012山东青岛12分）如图，在△ABC中，∠C＝90º，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(0＜t ‎＜4)s．解答下列问题：‎ ‎(1)当t为何值时，PQ⊥AB？‎ ‎(2)当点Q在B、E之间运动时，设五边形PQBCD的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；‎ ‎(3)在(2)的情况下，是否存在某一时刻t，使得PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为 ‎＝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．‎ ‎【答案】解：（1）如图，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∵点D、E分别是AC、AB的中点，‎ ‎∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC，且DE=BC=4。‎ ‎ ∵PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=900。‎ ‎ 又∵DE∥BC，∴∠AED=∠B。‎ ‎∴△PQE∽△ABC。∴。‎ 由题意，得PE=4－t，QE=2t－5，‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴当时，PQ⊥AB。‎ ‎（2）过点P作PM⊥AB于点M。‎ ‎ 由△PME∽△ABC，得，‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ ∴，‎ ‎ 。‎ ‎ ∴。‎ ‎（3）假设存在时刻t使＝1∶29，此时，，‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ 解得（舍去）。‎ ‎ 当时，PM=，ME=，EQ=5－2×2=1，‎ MQ=ME＋EQ=，。‎ ‎∵，∴。‎ 当时， PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为＝1∶29，此时点E到PQ的距离h。‎ ‎【考点】动点问题，勾股定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，求二次函数关系式。‎ ‎【分析】（1）由△PQE∽△ABC可列式求解。‎ ‎ （2）由△PME∽△ABC可求得，根据可求关系式。‎ ‎ （3）假设存在，由已知＝1∶29可得，即可求出，进一步由求出。‎ ‎22. （2012山东济南9分）如图，已知双曲线，经过点D（6，1），点C是双曲线第三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式；‎ ‎（3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵双曲线经过点D（6，1），∴，解得k=6。‎ ‎（2）设点C到BD的距离为h，‎ ‎∵点D的坐标为（6，1），DB⊥y轴，∴BD=6，∴S△BCD=×6•h=12，解得h=4。‎ ‎∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1，∴点C的纵坐标为1－4= －3。‎ ‎∴，解得x= －2。∴点C的坐标为（－2，－3）。‎ 设直线CD的解析式为y=kx＋b，‎ 则，解得。‎ ‎∴直线CD的解析式为。‎ ‎（3）AB∥CD。理由如下：‎ ‎∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，点C的坐标为（－2，－3），点D的坐标为（6，1），‎ ‎∴点A、B的坐标分别为A（－2，0），B（0，1）。‎ 设直线AB的解析式为y=mx+n，‎ 则，解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为。‎ ‎∵AB、CD的解析式k都等于相等。‎ ‎∴AB与CD的位置关系是AB∥CD。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的判定。‎ ‎【分析】（1）把点D的坐标代入双曲线解析式，进行计算即可得解。‎ ‎（2）先根据点D的坐标求出BD的长度，再根据三角形的面积公式求出点C到BD的距离，然后求出点C的纵坐标，再代入反比例函数解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答。‎ ‎（3）根据题意求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，可知与直线 CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行。‎ ‎23. （2012浙江嘉兴14分）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）如图1，当m=时，‎ ‎①求线段OP的长和tan∠POM的值；‎ ‎②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；‎ ‎（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．‎ ‎①用含m的代数式表示点Q的坐标；‎ ‎②求证：四边形ODME是矩形．‎ ‎【答案】解：（1）①把x=代入 y=x2，得 y=2，∴P（，2），∴OP=。‎ ‎∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴。‎ ‎②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴。‎ ‎∴Q（）。∴OQ=。‎ ‎∴当 OQ=OC 时，则C1（0，），C2（0，－）。‎ 当 OQ=CQ 时，则 C3（0，1）。‎ ‎（2）①∵点P的横坐标为m，∴P（m，m2）。设 Q（n，n2），‎ ‎∵△APO∽△BOQ，∴。∴，得。‎ ‎∴Q（）。‎ ‎②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（）代入，得：‎ ‎，解得b=1。∴M（0，1）。‎ ‎∵，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。‎ ‎∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。‎ 同理可证：EM∥OD。‎ 又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。‎ ‎【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，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。‎ ‎【分析】（1）①已知m的值，代入抛物线的解析式中可求出点P的坐标；由此确定PA、OA的长，通过解直角三角形易得出结论。‎ ‎②题目要求△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO两种情况来判断：‎ QO=QC时，Q在线段OC的垂直平分线上，Q、O的纵坐标已知，C点坐标即可确定；‎ QO=OC时，先求出OQ的长，那么C点坐标可确定。‎ ‎（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q的坐标。‎ ‎②在四边形ODME中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，那么可通过证明两组对边平行来得证。‎ ‎24. （2012浙江绍兴14分）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线经过A，B两点。‎ ‎（1）求A点坐标及线段AB的长；‎ ‎（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。‎ ‎①当PQ⊥AC时，求t的值；‎ ‎②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）由抛物线知：当x=0时，y=﹣2，∴A（0，﹣2）。‎ ‎∵四边形OABC是矩形，∴AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同。‎ 当y=﹣2时，，解得。∴B（4，﹣2）。‎ ‎∴AB=4。‎ ‎（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t－1）=7 t －7。‎ 当Q点在OA上时，即，时，‎ 如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∵，∴此时t值不合题意。‎ 当Q点在OC上时，即，时，‎ 如图2，过Q点作QD⊥AB。∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。‎ ‎∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。‎ 若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∵，∴符合题意。‎ 当Q点在BC上时，即，时，‎ 如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，‎ 则QG⊥PG，即∠GQP=90°。‎ ‎∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，‎ 此时PQ不与AC垂直。‎ 综上所述，当时，有PQ⊥AC。‎ ‎②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴，‎ ‎∴，解得t=2。‎ 即当t=2时，PQ∥AC。此时AP=2，BQ=CQ=1。‎ ‎∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。‎ 抛物线对称轴的解析式为x=2，‎ 当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，‎ ‎∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ。‎ 作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，‎ 在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。∴OQ=，‎ ‎∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=OQ×PM，‎ ‎∴PM=。∴PP′=2PM=。‎ ‎∵NPP′=∠COQ。∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′。‎ ‎∴，即，解得 ，。‎ ‎∴P′（）。∴直线OP′的解析式为。‎ ‎∴OP′与NP的交点H2（2，）。‎ ‎∴当时，∠HOP＞∠POQ。‎ 综上所述，当或时，∠HOQ＞∠POQ。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线图上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，对称的性质。‎ ‎【分析】（1）已知抛物线的解析式，将x=0代入即可得A点坐标；由于四边形OABC是矩形，那么A、B纵坐标相同，代入该纵坐标可求出B点坐标，则AB长可求。‎ ‎（2）①Q点的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上 三段来分析，若PQ⊥AC时，很显然前两种情况符合要求，首先确定这三段上t的取值范围，然后通过相似三角形（或构建相似三角形），利用比例线段来求出t的值，然后由t的取值范围将不合题意的值舍去。‎ ‎②当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，通过比例线段求出t的值以及P、Q点的坐标，可判定P点在抛物线的对称轴上，若P、H1重合，此时有∠H1OQ=∠POQ。若作P点关于OQ的对称点P′，OP′与NP的交点H2，亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而题目要求的是∠HOQ＞∠POQ，那么H1点以下、H2点以上的H点都是符合要求的。‎