中考数学试卷解析分类汇编第期专题动态问题 44页

动态问题 ‎ ‎ ‎ 一.选择题 ‎ ‎1.（2015湖南邵阳第9题3分）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y与t的函数关系的图象是（　　） ‎ ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎ ‎ 考点： 动点问题的函数图象．.‎ 专题： 数形结合．‎ 分析： 作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，根据等腰三角形的性质得∠B=∠C，BD=CD=m，当点F从点B运动到D时，如图1，利用正切定义即可得到y=tanB•t（0≤t≤m）；当点F从点D运动到C时，如图2，利用正切定义可得y=tanC•CF=﹣tanB•t+2mtanB（m≤t≤‎2m），即y与t的函数关系为两个一次函数关系式，于是可对四个选项进行判断．‎ 解答： 解：作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，‎ ‎∵△ABC为等腰三角形，‎ ‎∴∠B=∠C，BD=CD，‎ 当点F从点B运动到D时，如图1，‎ 在Rt△BEF中，∵tanB=，‎ ‎∴y=tanB•t（0≤t≤m）；‎ 当点F从点D运动到C时，如图2，‎ 在Rt△CEF中，∵tanC=，‎ ‎∴y=tanC•CF ‎=tanC•（‎2m﹣t）‎ ‎=﹣tanB•t+2mtanB（m≤t≤‎2m）．‎ 故选B．‎ ‎ ‎ 点评： 本题考查了动点问题的函数图象：利用三角函数关系得到两变量的函数关系，再利用函数关系式画出对应的函数图象．注意自变量的取值范围．‎ ‎　 ‎ ‎2.（2015湖北荆州第9题3分）如图，正方形ABCD的边长为‎3cm，动点P从B点出发以‎3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA运动，到达A点停止运动；另一动点Q同时从B点出发，以‎1cm/s的速度沿着边BA向A点运动，到达A点停止运动．设P点运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象是（　　） ‎ ABC．D．‎ 考点：动点问题的函数图象． ‎ 分析：首先根据正方形的边长与动点P、Q的速度可知动点Q始终在AB边上，而动点P可以在BC边、CD边、AD边上，再分三种情况进行讨论：①0≤x≤1；②1＜x≤2；③2＜x≤3；分别求出y关于x的函数解析式，然后根据函数的图象与性质即可求解． ‎ 解答：解：由题意可得BQ=x． ‎ ‎①0≤x≤1时，P点在BC边上，BP=3x， ‎ 则△BPQ的面积=BP•BQ， ‎ 解y=•3x•x=x2；故A选项错误； ‎ ‎②1＜x≤2时，P点在CD边上， ‎ 则△BPQ的面积=BQ•BC， ‎ 解y=•x•3=x；故B选项错误； ‎ ‎③2＜x≤3时，P点在AD边上，AP=9﹣3x， ‎ 则△BPQ的面积=AP•BQ， ‎ 解y=•（9﹣3x）•x=x﹣x2；故D选项错误． ‎ 故选C． ‎ 点评： 本题考查了动点问题的函数图象，正方形的性质，三角形的面积，利用数形结合、分类讨论是解题的关键． ‎ ‎ ‎ ‎3．（2015•甘肃武威,第10题3分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B、C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E．设BP=x，BE=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． ‎ ‎ ‎ 考点： 动点问题的函数图象．‎ 分析： 证明△BPE∽△CDP，根据相似三角形的对应边的比相等求得y与x的函数关系式，根据函数的性质即可作出判断．‎ 解答： 解：∵∠CPD=∠FPD，∠BPE=∠FPE，‎ 又∵∠CPD+∠FPD+∠BPE+∠FPE=180°，‎ ‎∴∠CPD+∠BPE=90°，‎ 又∵直角△BPE中，∠BPE+∠BEP=90°，‎ ‎∴∠BEP=∠CPD，‎ 又∵∠B=∠C，‎ ‎∴△BPE∽△CDP，‎ ‎∴，即，则y=﹣x2+，y是x的二次函数，且开口向下．‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查了动点问题的函数图象，求函数的解析式，就是把自变量当作已知数值，然后求函数变量y的值，即求线段长的问题，正确证明△BPE∽△CDP是关键．‎ ‎4．（2015•四川资阳,第8题3分）如图4，AD、BC是⊙O的两条互相垂直的直径，点P从点O出发，沿O→C→D→O的路线匀速运动，设∠APB=y（单位：度），那么y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：动点问题的函数图象．. ‎ 分析：根据图示，分三种情况：（1）当点P沿O→C运动时；（2）当点P沿C→D运动时；（3）当点P沿D→O运动时；分别判断出y的取值情况，进而判断出y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是哪个即可． ‎ 解答：解：（1）当点P沿O→C运动时， ‎ 当点P在点O的位置时，y=90°， ‎ 当点P在点C的位置时， ‎ ‎∵OA=OC， ‎ ‎∴y=45°， ‎ ‎∴y由90°逐渐减小到45°； ‎ ‎（2）当点P沿C→D运动时， ‎ 根据圆周角定理，可得 ‎ y≡90°÷2=45°； ‎ ‎（3）当点P沿D→O运动时， ‎ 当点P在点D的位置时，y=45°， ‎ 当点P在点0的位置时，y=90°， ‎ ‎∴y由45°逐渐增加到90°． ‎ 故选：B． ‎ 点评：（1）此题主要考查了动点问题的函数图象，解答此类问题的关键是通过看图获取信息，并能解决生活中的实际问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即学会识图． ‎ ‎（2）此题还考查了圆周角定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；相等的圆周角所对的弧也相等． ‎ ‎ ‎ ‎5. （2015•四川省内江市，第11题，3分）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE最小，则这个最小值为（　　） ‎ ‎ ‎ ‎　 A． B． 2 C． 2 D． ‎ ‎ ‎ 考点： 轴对称－最短路线问题；正方形的性质．.‎ 分析： 由于点B与D关于AC对称，所以BE与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．‎ 解答： 解：由题意，可得BE与AC交于点P．‎ ‎∵点B与D关于AC对称，‎ ‎∴PD=PB，‎ ‎∴PD+PE=PB+PE=BE最小．‎ ‎∵正方形ABCD的面积为12，‎ ‎∴AB=2．‎ 又∵△ABE是等边三角形，‎ ‎∴BE=AB=2．‎ 故所求最小值为2．‎ 故选B．‎ 点评： 此题考查了轴对称﹣﹣最短路线问题，正方形的性质，等边三角形的性质，找到点P的位置是解决问题的关键．‎ ‎　 ‎ ‎6. 　（2015•山东威海，第 11题3分）如图，已知△ABC为等边三角形，AB=2，点D为边AB上一点，过点D作DE∥AC，交BC于E点；过E点作EF⊥DE，交AB的延长线于F点．设AD=x，△DEF的面积为y，则能大致反映y与x函数关系的图象是（　　） ‎ ‎ ‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎ ‎ 考点： 动点问题的函数图象．.‎ 分析： 根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60°，根据三角形内角和定理即可求得∠F=30°，然后证得△EDC是等边三角形，从而求得ED=DC=2﹣x，再根据直角三角形的性质求得EF，最后根据三角形的面积公式求得y与x函数关系式，根据函数关系式即可判定．‎ 解答： 解：∵△ABC是等边三角形，‎ ‎∴∠B=60°，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴∠EDC=∠B=60°，‎ ‎∵EF⊥DE，‎ ‎∴∠DEF=90°，‎ ‎∴∠F=90°﹣∠EDC=30°；‎ ‎∵∠ACB=60°，∠EDC=60°，‎ ‎∴△EDC是等边三角形．‎ ‎∴ED=DC=2﹣x，‎ ‎∵∠DEF=90°，∠F=30°，‎ ‎∴EF=ED=（2﹣x）．‎ ‎∴y=ED•EF=（2﹣x）•（2﹣x），‎ 即y=（x﹣2）2，（x＜2），‎ 故选A．‎ 点评： 本题考查了等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，特殊角的三角函数、三角形的面积等．‎ ‎7. （2015山东省德州市，11，3分）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得到下面四个结论： ‎ ‎①OA=OD; ‎ ‎②AD⊥EF; ‎ ‎③当∠A=90°时，四边形AEDF是正方形； ‎ ‎④AE2+DF2=AF2+DE2.其中正确的是（ ） ‎ A. ②③ B. ②④ C. ①③④ D.②③④ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 第11题图 ‎ ‎【答案】D ‎ ‎ ‎ 考点：角平分线的性质；正方形的判定方法；全等三角形的判定、勾股定理 ‎ 考点：几何动态问题函数图象 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二.填空题 ‎ ‎1. （2015•四川广安，第16题3分）如图，半径为r的⊙O分别绕面积相等的等边三角形、正方形和圆用相同速度匀速滚动一周，用时分别为t1、t2、t3，则t1、t2、t3的大小关系为　t2＞t3＞t1　． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 轨迹．.‎ 分析： 根据面积，可得相应的周长，根据有理数的大小比较，可得答案．‎ 解答： 解：设面积相等的等边三角形、正方形和圆的面积为3.14，‎ 等边三角型的边长为a≈2，‎ 等边三角形的周长为6；‎ 正方形的边长为b≈1.7，‎ 正方形的周长为1.7×4=6.8；‎ 圆的周长为3.14×2×1=6.28，‎ ‎∵6.8＞6.28＞6，‎ ‎∴t2＞t3＞t1．‎ 故答案为：t2＞t3＞t1．‎ 点评： 本题考查了轨迹，利用相等的面积求出相应的周长是解题关键．‎ 三.解答题 ‎ ‎1. （2015•四川甘孜、阿坝，第28题12分）如图，已知抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于点A（1，0）和点B． ‎ ‎（1）求抛物线的解析式； ‎ ‎（2）求直线BC的解析式； ‎ ‎（3）若点N是抛物线上的动点，过点N作NH⊥x轴，垂足为H，以B，N，H为顶点的三角形是否能够与△OBC相似？若能，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不能，请说明理由． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 二次函数综合题．.‎ 分析： （1）把点A坐标代入抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）求得抛物线的解析式即可；‎ ‎（2）求出抛物线的对称轴，再求得点B、C坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b，再把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，求得k和b即可；‎ ‎（3）设N（x，ax2﹣5ax+2），分两种情况讨论：①△OBC∽△HNB，②△OBC∽△HBN，根据相似，得出比例式，再分别求得点N坐标即可．‎ 解答： 解：（1）∵点A（1，0）在抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）上，‎ ‎∴a﹣‎5a+2=0，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；‎ ‎（2）抛物线的对称轴为直线x=，‎ ‎∴点B（4，0），C（0，2），‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∴把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，得 ‎，‎ 解得k=﹣，b=2，‎ ‎∴直线BC的解析式y=﹣x+2；‎ ‎（3）设N（x，x2﹣x+2），分两种情况讨论：‎ ‎①当△OBC∽△HNB时，如图1，‎ ‎=，‎ 即=，‎ 解得x1=5，x2=4（不合题意，舍去），‎ ‎∴点N坐标（5，2）；‎ ‎②当△OBC∽△HBN时，如图2，‎ ‎=，‎ 即=﹣，‎ 解得x1=2，x2=4（不合题意舍去），‎ ‎∴点N坐标（2，﹣1）；‎ 综上所述点N坐标（5，2）或（2，﹣1）．‎ 点评： 本题考查了二次函数的综合题，以及二次函数解析式和一次函数的解析式的确定以及三角形的相似，解答本题需要较强的综合作答能力，特别是作答（3）问时需要进行分类，这是同学们容易忽略的地方，此题难度较大．‎ ‎2. （2015•山东威海，第25题12分）已知：抛物线l1：y=﹣x2+bx+3交x轴于点A，B，（点A在点B的左侧），交y轴于点C，其对称轴为x=1，抛物线l2经过点A，与x轴的另一个交点为E（5，0），交y轴于点D（0，﹣）． ‎ ‎（1）求抛物线l2的函数表达式； ‎ ‎（2）P为直线x=1上一动点，连接PA，PC，当PA=PC时，求点P的坐标； ‎ ‎（3）M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 二次函数综合题．.‎ 分析： （1）由对称轴可求得b，可求得l1的解析式，令y=0可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得l2的表达式；‎ ‎（2）设P点坐标为（1，y），由勾股定理可表示出PC2和PA2，由条件可得到关于y的方程可求得y，可求得P点坐标；‎ ‎（3）可分别设出M、N的坐标，可表示出MN，再根据函数的性质可求得MN的最大值．‎ 解答： 解：（1）∵抛物线l1：y=﹣x2+bx+3的对称轴为x=1，‎ ‎∴﹣=1，解得b=2，‎ ‎∴抛物线l1的解析式为y=﹣x2+2x+3，‎ 令y=0，可得﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴A点坐标为（﹣1，0），‎ ‎∵抛物线l2经过点A、E两点，‎ ‎∴可设抛物线l2解析式为y=a（x+1）（x﹣5），‎ 又∵抛物线l2交y轴于点D（0，﹣），‎ ‎∴﹣=﹣‎5a，解得a=，‎ ‎∴y=（x+1）（x﹣5）=x2﹣2x﹣，‎ ‎∴抛物线l2的函数表达式为y=x2﹣2x﹣；‎ ‎（2）设P点坐标为（1，y），由（1）可得C点坐标为（0，3），‎ ‎∴PC2=12+（y﹣3）2=y2﹣6y+10，PA2=[1﹣（﹣1）]2+y2=y2+4，‎ ‎∵PC=PA，‎ ‎∴y2﹣6y+10=y2+4，解得y=1，‎ ‎∴P点坐标为（1，1）；‎ ‎（3）由题意可设M（x，x2﹣2x﹣），‎ ‎∵MN∥y轴，‎ ‎∴N（x，﹣x2+2x+3），x2﹣2x﹣‎ 令﹣x2+2x+3=x2﹣2x﹣，可解得x=﹣1或x=，‎ ‎①当﹣1＜x≤时，MN=（﹣x2+2x+3）﹣（x2﹣2x﹣）=﹣x2+4x+=﹣（x﹣）2+，‎ 显然﹣1＜≤，∴当x=时，MN有最大值；‎ ‎②当＜x≤5时，MN=（x2﹣2x﹣）﹣（﹣x2+2x+3）=x2﹣4x﹣=（x﹣）2﹣，‎ 显然当x＞时，MN随x的增大而增大，‎ ‎∴当x=5时，MN有最大值，×（5﹣）2﹣=12；‎ 综上可知在点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值为12．‎ 点评： 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理等知识点．在（1）中求得A点的坐标是解题的关键，在（2）中用P点的坐标分别表示出PA、PC是解题的关键，在（3）中用M、N的坐标分别表示出MN的长是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较为基础，难度适中．‎ ‎3.（2015•山东日照 ，第22题14分）如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）． ‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值； ‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下： ‎ ‎（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． ‎ ‎（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 二次函数综合题；线段的性质：两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．.‎ 专题： 压轴题．‎ 分析： （Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=3，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．‎ 解答： 解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x2+mx+n，得 ‎，‎ 解得：．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．‎ 联立，‎ 解得：或，‎ ‎∴点B的坐标为（4，1）．‎ 过点B作BH⊥x轴于H，如图1．‎ ‎∵C（3，0），B（4，1），‎ ‎∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，‎ ‎∴BH=CH=1．‎ ‎∵∠BHC=90°，‎ ‎∴∠BCH=45°，BC=．‎ 同理：∠ACO=45°，AC=3，‎ ‎∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，‎ ‎∴tan∠BAC===；‎ ‎（Ⅱ）（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．‎ 过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．‎ 设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．‎ ‎∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠APQ=∠ACB=90°．‎ 若点G在点A的下方，‎ ‎①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．‎ ‎∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，‎ ‎∴△PGA∽△BCA，‎ ‎∴==．‎ ‎∴AG=3PG=3x．‎ 则P（x，3﹣3x）．‎ 把P（x，3﹣3x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣3x，‎ 整理得：x2+x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．‎ ‎②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x），‎ 把P（x，3﹣x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣x，‎ 整理得：x2﹣x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=，‎ ‎∴P（，）；‎ 若点G在点A的上方，‎ ‎①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，‎ 同理可得：点P的坐标为（11，36）．‎ ‎②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：点P的坐标为P（，）．‎ 综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；‎ ‎（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．‎ 在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=AE，即AE=EN，‎ ‎∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN．‎ 作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，‎ 则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，‎ ‎∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．‎ 根据两点之间线段最短可得：‎ 当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．‎ 此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，‎ ‎∴四边形OCD′N是矩形，‎ ‎∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．‎ 对于y=x2﹣x+3，‎ 当y=0时，有x2﹣x+3=0，‎ 解得：x1=2，x2=3．‎ ‎∴D（2，0），OD=2，‎ ‎∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，‎ ‎∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，‎ ‎∴点E的坐标为（2，1）．‎ 点评： 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．‎ ‎ ‎ ‎4.（2015•山东聊城,第25题12分）如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，解答下列问题： ‎ ‎（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）； ‎ ‎（2）设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式；当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？ ‎ ‎（3）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 相似形综合题．.‎ 分析： （1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于P，则NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式，求出OP、PN，即可得出点N的坐标；‎ ‎（2）由三角形的面积公式得出S是x的二次函数，即可得出S的最大值；‎ ‎（3）分两种情况：①若∠OMN=90°，则MN∥AB，由平行线得出△OMN∽△OAB，得出比例式，即可求出x的值；‎ ‎②若∠ONM=90°，则∠ONM=∠OAB，证出△OMN∽△OBA，得出比例式，求出x的值即可．‎ 解答： 解：（1）根据题意得：MA=x，ON=1.25x，‎ 在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB===5，‎ 作NP⊥OA于P，如图1所示：‎ 则NP∥AB，‎ ‎∴△OPN∽△OAB，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：OP=x，PN=，‎ ‎∴点N的坐标是（x，）；‎ ‎（2）在△OMN中，OM=4﹣x，OM边上的高PN=，‎ ‎∴S=OM•PN=（4﹣x）•=﹣x2+x，‎ ‎∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x（0＜x＜4），‎ 配方得：S=﹣（x﹣2）2+，‎ ‎∵﹣＜0，‎ ‎∴S有最大值，‎ 当x=2时，S有最大值，最大值是；‎ ‎（3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形，理由如下：‎ 分两种情况：①若∠OMN=90°，如图2所示：‎ 则MN∥AB，‎ 此时OM=4﹣x，ON=1.25x，‎ ‎∵MN∥AB，‎ ‎∴△OMN∽△OAB，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：x=2；‎ ‎②若∠ONM=90°，如图3所示：‎ 则∠ONM=∠OAB，‎ 此时OM=4﹣x，ON=1.25x，‎ ‎∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA，‎ ‎∴△OMN∽△OBA，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：x=；‎ 综上所述：x的值是2秒或秒．‎ 点评： 本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、坐标与图形特征、直角三角形的性质、三角形面积的计算、求二次函数的解析式以及最值等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形相似才能得出结果．‎ ‎ ‎ ‎5．(2015·深圳，第22题 分)如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，开始的时候BD=‎1cm,现在三角板以‎2cm/s的速度向右移动。 ‎ ‎（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间； ‎ ‎（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD； ‎ ‎（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：。 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎6． (2015·河南，第17题9分)如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD，PO. ‎ ‎（1）求证：△CDP∽△POB； ‎ ‎（2）填空： ‎ ‎① 若AB=4，则四边形AOPD的最大面积为 ； ‎ ‎② 连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形. ‎ P O C D B A 第17题 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（1）【分析】要证△C ‎ ‎ ‎ DP≌△POB，已知有一组对应边相等，结合已知条件易得DP是△ACB 的中位线，进而可得出一组对应角和一组对应边相等，根据SAS即可得证. ‎ 解：∵点D是AC的中点，PC=PB，…………………………………………（3分） ‎ ‎∴DP∥DB，，∴∠CPD=∠PBO. ‎ ‎∵,∴DP=OB，∴△CDP≌△POB（SAS）.………………………………（5分） ‎ ‎ ‎ ‎ 第17题解图 ‎ ‎(2) 【分析】①易得四边形AOPD是平行四边形，由于AO是定值，要使四边形AOPD的面积最大，就得使四边形AOPD底边AO上的高最大，即当OP⊥OA时面积最大；②易得四边形BPDO是平行四边形，再根据菱形的判定得到△PBO是等边三角形即可求解. ‎ 解： ① 4 ；………………………………………………………………………………（7分） ‎ ‎ ② 60°.（注：若填为60，不扣分）…………………………………………………（9分） ‎ ‎【解法提示】①当OP⊥OA时四边形AOPD的面积最大，∵由（1）得DP=AO，DP∥DB，∴四边形AOPD是平行四边形，∵AB=4，∴AO=PO=2，∴四边形AOPD的面积最大为,2×2=4；②连接OD,∵由（1）得DP=AO=OB，DP∥DB，∴四边形BPDO是平行四边形，∴当OB=BP时四边形BPDO是菱形，∵PO=BO，∴△PBO是等边三角形，∴∠PBA=60°. ‎ ‎ ‎ ‎7. （2015•四川成都,第28题12分） ‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax 2－2ax－‎3a（a＜0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx＋b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝‎4AC． ‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）； ‎ ‎（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为 ，求a的值； ‎ ‎（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由． ‎ x y O A B D l C 备用图 x y O A B D l C E ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【答案】：（1）A（－1，0），y＝ax＋a； ‎ ‎（2）a＝－ ； ‎ ‎（3）P的坐标为（1，－ ）或（1，－4） ‎ ‎【解析】： ‎ ‎（1）A（－1，0） ‎ x y O A B D l C E F ‎∵直线l经过点A，∴0＝－k＋b，b＝k ‎ ‎∴y＝kx＋k ‎ 令ax 2－2ax－‎3a＝kx＋k，即ax 2－( ‎2a＋k )x－‎3a－k＝0 ‎ ‎∵CD＝‎4AC，∴点D的横坐标为4 ‎ ‎∴－3－ ＝－1×4，∴k＝a ‎ ‎∴直线l的函数表达式为y＝ax＋a ‎ ‎（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F ‎ 设E（x，ax 2－2ax－‎3a），则F（x，ax＋a） ‎ EF＝ax 2－2ax－‎3a－( ax＋a )＝ax 2－3ax－‎4a ‎ S△ACE ＝S△AFE － S△CFE ‎ ‎＝ ( ax 2－3ax－‎4a )( x＋1 )－ ( ax 2－3ax－‎4a )x ‎ ‎＝ ( ax 2－3ax－‎4a )＝ a( x－ )2－ a ‎ ‎∴△ACE的面积的最大值为－ a ‎ ‎∵△ACE的面积的最大值为 ‎ ‎∴－ a＝ ，解得a＝－ ‎ ‎（3）令ax 2－2ax－‎3a＝ax＋a，即ax 2－3ax－‎4a＝0 ‎ x y A B D l C Q P O 解得x1＝－1，x2＝4 ‎ ‎∴D（4，‎5a） ‎ ‎∵y＝ax 2－2ax－‎3a，∴抛物线的对称轴为x＝1 ‎ 设P（1，m） ‎ ‎①若AD是矩形的一条边，则Q（－4，‎21a） ‎ m＝‎21a＋‎5a＝‎26a，则P（1，‎26a） ‎ ‎∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP＝90° ‎ ‎∴AD 2＋PD 2＝AP 2 ‎ ‎∴5 2＋( ‎5a )2＋( 1－4 )2＋( ‎26a－‎5a )2＝( －1－1 )2＋( ‎26a )2 ‎ 即a 2＝ ，∵a＜0，∴a＝－ ‎ ‎∴P1（1，－ ） ‎ x y O A B D l C P Q ‎②若AD是矩形的一条对角线 ‎ 则线段AD的中点坐标为（ ，），Q（2，－‎3a） ‎ m＝‎5a－( －‎3a )＝‎8a，则P（1，‎8a） ‎ ‎∵四边形APDQ为矩形，∴∠APD＝90° ‎ ‎∴AP 2＋PD 2＝AD 2 ‎ ‎∴( －1－1 )2＋( ‎8a )2＋( 1－4 )2＋( ‎8a－‎5a )2＝5 2＋( ‎5a )2 ‎ 即a 2＝ ，∵a＜0，∴a＝－ ‎ ‎∴P2（1，－4） ‎ 综上所述，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形 ‎ 点P的坐标为（1，－ ）或（1，－4） ‎ ‎8. （2015辽宁大连，26，12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为（‎2m,m），翻折矩形OABC,使点A与点C重合，得到折痕DE.设点B的对应点为F,折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C、F、D的抛物线为。 ‎ （1） 求点D的坐标（用含m的式子表示） ‎ （2） 若点G的坐标为（0，－3），求该抛物线的解析式。 ‎ （3） 在（2）的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P,使PM=EA?若存在，直接写出P的坐标，若不存在，说明理由。 ‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)（，m）;（2）（3）存在，点P坐标为（1.6,3.2）和（0.9,3.2）。 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】解：（1）设D的坐标为：（d,m)，根据题意得：CD=d,OC=m ‎ ‎（第26题图） ‎ ‎ ‎ 因为CD∥EA,所以∠CDE=∠AED,又因为∠AED=∠CED，所以∠CDE=∠CED， ‎ 所以CD=CE=EA=d,OE=‎2m－d, ‎ 在Rt△COE中，,，解得：。 ‎ 所以D的坐标为：（，m） ‎ (2) 作DH垂直于X轴，由题意得：OG=3， ‎ OE=OA－EA=‎2m－=.EH=OH－OE=－=,DH=m. ‎ ‎△GOE∽△DHE,,。所以m=2 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以此时D点坐标为（，2）,CD=,CF=2，FD=BD=4－=1.5 ‎ 因为CD×FI=CF×FD,FI=2×1.5÷2.5=1.2 ‎ CI=, ‎ 所以F的坐标为（1.6，3.2） ‎ 抛物线为经过点C、F、D，所以代入得： ‎ 解得： ‎ 所以抛物线解析式为。 ‎ （3） 存在，因为PM=EA，所以PM=CD.以M为圆心，MC为半径化圆，交抛物线于点F和点P.如下图： ‎ ‎ ‎ 点P坐标为（1.6,3.2）和（0.9,3.2）。 ‎ ‎ ‎ ‎9. （2015•浙江省台州市，第23题）如图，在多边形ABCDE中，∠A=∠AED=∠D=90°，AB=5，AE=2，ED=3，过点E作EF∥CB交AB于点F，FB=1，过AE上的点P作PQ∥AB交线段EF于点O，交折线BCD于点Q，设AP=x，PO.OQ=y ‎ ‎（1）①延长BC交ED于点M，则MD= ，DC= ‎ ‎②求y关于x的函数解析式； ‎ ‎（2）当时，，求a，b的值； ‎ ‎（3）当时，请直接写出x的取值范围 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎10. （2015•浙江湖州，第24题12分）在直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A(0，2)，B(1，0)分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90°得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点D. ‎ ‎(1)如图1，若该抛物线经过原点O，且a=. ‎ ‎①求点D的坐标及该抛物线的解析式. ‎ ‎②连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得∠POB与∠BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由. ‎ ‎(2)如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) ①D（3，1），；②在抛物线上存在点,使得∠POB与∠BCD互余.（2）a的取值范围是. ‎ ‎【解析】 ‎ 试题分析：(1) ①过点D作DF⊥x轴于点F,可证△AOB≌△BFD，即可求得D点的坐标，把a=，点D的坐标代入抛物线即可求抛物线的解析式. ②由C、D两点的纵坐标都为1可知CD∥x轴，所以∠BCD=∠ABO,又因∠BAO与∠BCD互余，若要使得∠POB与∠BCD互余，则需满足∠POB=∠BAO, 设点P的坐标为（x，）.分两种情况：第一种情况，当点P在x轴上方时，过点P作PG⊥x轴于点G,由tan∠POB=tan∠BAO=可得，解得x的值后代入求得的值即可得点P的坐标. 第一种情况，当点P在x轴下方时，利用同样的方法可求点P的坐标.（2）抛物线y=ax2+bx+c过点E、D，代入可得，解得，所以，分两种情况： ‎ ‎①当抛物线y=ax2+bx+c开口向下时，满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，点Q在x轴的上、下方各有两个，点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点必须在x轴的正半轴上，与y轴的交点在y轴的负半轴，所以‎3a+1＜0，解得a＜‎ ‎，当a＜符合条件的点Q有两个, 点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个.所以当a＜，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个；②当抛物线y=ax2+bx+c开口向上时，满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，点Q在x轴的上、下方各有两个，当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个. 当点Q在x轴的下方时，直线OQ必须与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q才有两个.由题意可求的直线OQ的解析式为，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c由两个交点，所以，方程有两个不相等的实数根所以△=，即，画出二次函数图象并观察可得的解集为或（不合题意舍去），所以当，在x轴的下方符合条件的点Q有两个.所以当，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个. ‎ 综上，当a＜或时，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，符合条件的Q点的个数是4个. ‎ 试题解析：解：(1) ①过点D作DF⊥x轴于点F,如图所示. ‎ ‎∵∠DBF+∠ABO=90°, ‎ ‎∠BAO+∠ABO=90°, ‎ ‎∴∠DBF=∠BAO, ‎ 又∵∠AOB=∠BFD=90°,AB=BD, ‎ ‎∴△AOB≌△BFD, ‎ ‎∴DF=BO=1,BF=AO=2, ‎ ‎∴D点的坐标是（3，1）， ‎ 根据题意得，， ‎ ‎∴，∴该抛物线的解析式为. ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）当点P在x轴的上方时，过点P作PG⊥x轴于点G, ‎ 则tan∠POB=tan∠BAO，即, ‎ ‎∴，解得， ‎ ‎∴， ‎ ‎∴点P的坐标是. ‎ ‎ ‎ ‎(2)a的取值范围是. ‎ 考点：二次函数综合题. ‎ ‎ ‎ ‎11.‎ ‎ （2015•浙江金华，第23题10分）图1，图2为同一长方体房间的示意图，图2为该长方体的表面展开图. ‎ ‎（1）蜘蛛在顶点处①苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线；②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线和往墙面爬行的最近路线，试通过计算判断哪条路线更近？ ‎ ‎（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与相切，圆心M到边的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上，苍蝇Q在⊙M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线。若PQ与⊙M相切，试求PQ的长度的范围. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】解：（1）①如答图1，连结，线段就是所求作的最近路线. ‎ ‎ ‎ E B′‎ A′‎ A B F C ‎②两种爬行路线如答图2所示， ‎ 由题意可得： ‎ 在Rt△A'C'C2中， A'HC2= (dm)； ‎ 在Rt△A'B'C1中， A'GC1=(dm) ‎ ‎∵＞，∴路线A'GC1更近. ‎ ‎ ‎ ‎（2）如答图，连接MQ， ‎ ‎∵PQ为⊙M的切线，点Q为切点， ‎ ‎∴MQ⊥PQ. ‎ ‎∴在Rt△PQM中，有PQ2=PM2－QM2= PM2－100， ‎ 当MP⊥AB时,MP最短，PQ取得最小值，如答图3, ‎ 此时MP=30+20=50，[ ‎ ‎∴PQ= (dm). ‎ 当点P与点A重合时, MP最长，PQ取得最大值，如答图4, ‎ ‎ ‎ 过点M作MN⊥AB，垂足为N， ‎ ‎∵由题意可得 PN=25，MN=50， ‎ ‎∴在Rt△PMN中，. ‎ ‎∴在Rt△PQM中，PQ= (dm). ‎ 综上所述， 长度的取值范围是. ‎ ‎【考点】长方体的表面展开图；双动点问题；线段、垂直线段最短的性质；直线与圆的位置关系；勾股定理. ‎ ‎【分析】（1）①根据两点之间线段最短的性质作答. ‎ ‎②根据勾股定理，计算两种爬行路线的长，比较即可得到结论. ‎ ‎（2）当MP⊥AB时,MP最短，PQ取得最小值；当点P与点A重合时, MP最长，PQ取得最大值.求出这两种情况时的PQ长即可得出结论. ‎ ‎ ‎ ‎12、（2015•四川自贡,第23题12分）如图，已知抛物线 的对称轴为，且抛物线经过两点，与轴交于点. ‎ ‎⑴.若直线经过两点，求直线所在直线的解析式； ‎ ‎⑵. 抛物线的对称轴上找一点,使点到点的距离与到点的距离之和最小，求出此点 的坐标； ‎ ‎⑶.设点为抛物线的对称轴上的一个动点，求使△为直角三角形的点的坐标. ‎ ‎ ‎ 考点：二次函数的性质、待定系数法求解析式、轴对称的性质、三角形三边之间关系、勾股定理及其逆定理、分类讨论的思想、解方程等. ‎ ‎ ‎ 分析： ‎ ‎⑴.两点是抛物线与坐标轴的交 ‎ 点，根据题中提供的对称轴和可以确定抛物线 ‎ 的解析式，再通过抛物线的解析式可求出两点的坐标， ‎ 进一步可求出直线所在直线的解析式 ‎ ‎⑵.要求点到点的距离与到点的距离之和最小，关键是 ‎ 作出或关于直线为对称轴的对称点，根据二次函 ‎ 数图象及其性质，关于直线的对称点恰好是；根据 ‎ 轴对称的性质和三角形三边之间的关系可知，此时到点的 ‎ 距离与到点的距离之和即的值最小；是直线和直线的交点，所以把代入⑴问中求出的所在直线的解析式便可求出的坐标. ‎ ‎ ‎ ‎⑶. 要使△为直角三角形有三种情况，即以点为直角顶点、以点为直角顶点、以点为直角顶点的直角三角形；由于为抛物线的对称轴上的一个动点，所以的横坐标为，我们可以设的纵坐标为一个未知数，利用勾股定理（或者是平面直角坐标系中的两点间的距离公式）分别表示出△的三边，再以勾股定理的逆定理为依据，按上面所说的三种情况进行讨论，建立方程解方程后的纵坐标便可求出. ‎ ‎ ‎ 略解： ‎ ‎⑴.根据题意： 解得： ‎ ‎∴抛物线的解析式为 ‎ ‎∵本抛物线的对称轴为，且抛物线过点 ‎ ‎∴把分别代入 得: 解得： ‎ ‎∴直线的解析式为 ‎ ‎⑵.设直线与对称轴的交点为,则此时的值最小.把代入得：.∴，即当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为. ‎ ‎⑶.设，又 ‎ ‎∴ ‎ ‎①.若点为直角顶点，则,即 解得：； ‎ ‎②.若点为直角顶点，则,即 解得：； ‎ ‎③.若点为直角顶点，则,即 解得：, ‎ 综上所述点的坐标为或或或 ‎ ‎13、（2015•四川自贡,第24题14分）在△中，,将△绕点顺时针旋转，得到△. ‎ ‎⑴.如图①，当点在线段延长线上时. ①.求证：；②.求△的面积； ‎ ‎ ‎ ‎⑵. 如图②，点是上的中点，点为线段上的动点，在△绕点顺时针旋转过程中，点的对应点是，求线段长度的最大值与最小值的差. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：旋转的特征、平行线的判定、等腰三角形的性质、三角函数的定义、三角形的面积、勾股定理、圆的基本性质等. ‎ ‎ ‎ 分析： ‎ ‎⑴.①.见图①要使根据本题的条件可以通过这两线所截得内错角来证得. ‎ 如图根据可以得出，根据旋转的特征可以得出，所以 ，而(旋转角相等) ，所以 . ‎ ‎②. 求△的面积可以把作为底边，其高在的延长线上，恰好落在等腰三角形的上；在等腰和,根据等腰三角形的性质、三角函数以及勾股定理可以求出，而，△的面积可以通过求出. ‎ ‎⑵. 见图②.点到的垂线段最短，过点作于；点点的对应点是，若以点为圆心为半径画圆交于,有最小值； 根据⑴的和求出的，当点为线段上的移到端点时最长，此时其对应点移动到时也就最长； 如图②，以点为圆心为半径画圆交于的延长线,有最大值. 有最小值和最大值都可以利用同圆的半径相等在圆的同一条直径上来获得解决（见图②）. ‎ ‎ ‎ ‎2.略解： ‎ ‎⑴.①.证明： ‎ ‎∵ ‎ ‎∴ ‎ ‎ ∵(旋转角相等) ‎ ‎∴ ‎ ‎ ∴ ‎ ‎ ②.过作于,过作于 ‎ ‎ ∵ ‎ ‎ ∴（三线合一） ‎ ‎ ∵在Rt中， ,又 ‎ ‎ ∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴作后 （三线合一） ‎ ‎∴C ‎ ‎∵ 在Rt中， ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴（注：也可以用三角函数求出） ‎ ‎∴ ‎ ‎∴△的面积为： ‎ ‎⑵.如图过点作于,以点为圆心为半径画圆交于,有最小值.此时在△中，. ‎ ‎ ∴ ‎ ‎∴的最小值为； ‎ 如图，以点为圆心为半径画圆交于的延长线 ‎ ‎,有最大值. ‎ 此时 ‎ ‎∴线段的最大值与最小值的差. ‎ ‎ ‎ ‎14．（2015•广东省,第25题，9分）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC与Rt△ADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，∠ABC=∠ADC=90°，∠CAD=30°，AB=BC=‎4cm. ‎ ‎（1）填空：AD= ▲ (cm)，DC= ▲ (cm)； ‎ ‎（2）点M，N分别从A点，C点同时以每秒‎1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿A→D，C→B的方向运动，当N点运动 到B点时，M，N两点同时停止运动，连结MN，求当M，N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)； ‎ ‎（3）在（2）的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设△PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，△PMN的面积y存在最大值，请求出这个最大值. ‎ ‎(参考数据：sin75°=，sin15°=) ‎ ‎ ‎ ‎【答案】解：（1）；. ‎ ‎（2）如答图，过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F，则NE=DF. ‎ ‎∵∠ACD=60°，∠ACB=45°，∴∠NCF=75°，∠FNC=15°.∴sin15°=. ‎ 又∵NC=x，sin15°=，∴. ‎ ‎∴NE=DF=. ‎ ‎∴点N到AD的距离为cm. ‎ ‎ ‎ ‎（3）∵NC=x，sin75°=，且sin75°=∴， ‎ ‎∵PD=CP=，∴PF=. ‎ ‎∴· ‎ 即. ‎ ‎∴当时，y有最大值为. ‎ ‎【考点】双动点问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；由实际问题列函数关系式；二次函数的最值；转换思想的应用. ‎ ‎【分析】（1）∵∠ABC =90°，AB=BC=4，∴. ‎ ‎∵∠ADC=90°，∠CAD=30°， ‎ ‎∴. ‎ ‎（2）作辅助线“过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F”构造直角三角形CNF，求出FC的长，即可由NE=DF=FC+CD求解. ‎ ‎（3）由列式，根据二次函数的最值原理求解. ‎ ‎15. （2015•浙江衢州,第24题12分）如图，在中，，动点从点出发，沿射线方向以每秒5个单位的速度运动，动点从点出发，以相同的速度在线段上由向运动，当点运动到点时， 、两点同时停止运动. 以为边作正方形（按逆时针排序），以为边在上方作正方形. ‎ ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）设点运动时间为，正方形的面积为，请探究是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由； ‎ ‎（3）当为何值时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上，请直接写出的值． ‎ ‎ ‎ ‎【答案】解：（1）如答图1，过点作于点， ‎ ‎∵，， ‎ ‎∴，解得，. ‎ 又∵ ‎ ‎∴根据勾股定理，得 ‎ ‎. ‎ ‎∴. ‎ ‎（2）存在. ‎ 如答图2，过点作于点， ‎ 经过时间， ‎ ‎∵， ‎ ‎∴. ‎ ‎∴. ‎ 根据勾股定理，得，， ‎ ‎∴. ‎ ‎∵，且在的取值范围内， ‎ ‎∴. ‎ ‎∴存在最小值？若存在，这个最小值是. ‎ ‎（3）当或或1或秒时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上. ‎ ‎【考点】双动点问题；勾股定理；锐角三角函数定义；二次函数最值的应用；分类思想的应用． ‎ ‎【分析】（1）作辅助线“过点作于点”构造直角三角形，根据已知求出和应用的长，即可根据正切函数定义求出． ‎ ‎（2）根据求得关于的二次函数，应用研究二次函数的最值原理求解即可． ‎ ‎（3）分四种情况讨论：①当点在上时，如答图3，；②当点在上时，如答图4，；③当点在上（或点在上）时，如答图5，；④当点在上时，如答图6，. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 6．(2015•江苏苏州,第28题10分)如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm(a＞b＞4)，半径为‎2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切．现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置(即再次与AB相切)时停止移动．已知点P与⊙O 同时开始移动，同时停止移动(即同时到达各自的终止位置)． ‎ ‎(1)如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 ▲ cm(用含a、b的代数式表示)； ‎ ‎(2)如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点．若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离； ‎ ‎(3)如图②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时(此时圆心O1在矩形对角线BD上)，DP与⊙O1恰好相切？请说明理由． ‎ ‎ ‎ ‎【难度】★★★ ‎ ‎【考点分析】考察动点问题，主要涉及点动点与图形运动综合考察。是中考必考题型。与 ‎ 往年相比主要有两点变化：1、往年动点问题是放在倒数第二题考察，今年放到了最后 ‎ 一题；2、往年动点问题要么考察点运动的题目，要么考察图形运动的题目，今年则是 ‎ 把点运动和图形运动结合在一起考察。难度与往年动点问题类似。 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎