初三中考数学动点型题复习 21页

苏州市2015—2016学年初三中考数学动点型题复习 知　识　点 名师点晴 动点问题中的特殊图形[]‎ 等腰三角形与直角三角形 利用等腰三角形或直角三角形的特殊性质求解动点问题 相似问题 利用相似三角形的对应边成比例、对应角相等求解动点问题 动点问题中的计算问题 动点问题的最值与定值问题 理解最值或定值问题的求法 动点问题的面积问题 结合面积的计算方法来解决动点问题 动点问题的函数图象问题 一次函数或二次函数的图象 结合函数的图象解决动点问题 归纳 1：动点中的特殊图形 基础知识归纳：等腰三角形的两腰相等，直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方，平行四边形的对边平行且相等，矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直 基本方法归纳：动点问题常与等腰三角形、直角三角形、平行四边形、矩形、菱形等特殊图形相结合，解决此类问题要灵活运用这些图形的特殊性质 注意问题归纳：注意区分等腰三角形、直角三角形、平行四边形、矩形、菱形的性质．‎ ‎【例1】已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，AC=3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒．‎ ‎（1）求BC边的长；‎ ‎（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值；‎ ‎（3）当△ABP为等腰三角形时，求t的值 归纳 2：动点问题中的计算问题 基础知识归纳：动点问题的计算常常涉及到线段和的最小值、三角形周长的最小值、面积的最大值、线段或面积的定值等问题．‎ 基本方法归纳：线段和的最小值通常利用轴对称的性质来解答，面积采用割补法或面积公式，通常与二次函数、相似等内容．‎ 注意问题归纳：在计算的过程中，要注意与相似、锐角三角函数、对称、二次函数等内容的结合．‎ ‎【例2】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎（例2图）‎ 练习：（2013•日照）问题背景：如图（a），点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，则点C即为所求．‎ ‎（1）实践运用：如图（b），已知，⊙O的直径CD为4，点A在⊙O上，∠ACD=30°，B为弧AD的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为　 　．‎ ‎（2）知识拓展：如图（c），在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．‎ 归纳 3：动点问题的图象 基础知识归纳：动点问题经常与一次函数、反比例函数和二次函数的图象相结合．‎ 基本方法归纳：一次函数图象是一条直线，反比例函数图象是双曲线，二次函数图象是抛物线．‎ 注意问题归纳：动点函数的图象问题可以借助于相似、特殊图形的性质求出函数的图象解析式，同时也可以观察图象的变化趋势．‎ ‎【例3】如图，在矩形ABCD中，AB=2，点E在边AD上，∠ABE=45°，BE=DE，连接BD，点P在线段DE上，过点P作PQ∥BD交BE于点Q，连接QD．设PD=x，△PQD的面积为y，则能表示y与x函数关系的图象大致是（　　）‎ 归纳4：函数中的动点问题 基础知识归纳：函数中的动点问题的背景是特殊图形，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。‎ 基本方法归纳：一是利用动点（图形）位置进行分类，把运动问题分割成几个静态问题，然后运用转化的思想和方法将几何问题转化为函数和方程问题；二是利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质（或所求图形面积）直接转化为函数或方程。‎ 注意问题归纳：化动为静，画出符合条件的图形。‎ ‎【例4】（2015年江苏盐城12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线的对称轴绕着点P（，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上的一点.‎ ‎（1）求直线AB的函数表达式；‎ ‎（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；‎ ‎（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t<2）是直线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值.‎ 巩固练习：‎ ‎1. （2015年江苏扬州3分）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF= ▲ ．‎ ‎2. （2015年江苏宿迁3分）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，4），直线与x轴、y轴分别交于点A，B，点M是直线AB上的一个动点，则PM长的最小值为 ▲ ．‎ ‎（第1题）（第2题）‎ ‎3. （2015年江苏连云港12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．‎ ‎（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．‎ ‎（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．‎ ‎（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．‎ ‎4. 如图①，正方形的顶点的坐标分别为，顶点在第一象限．点从点出发，沿正方形按逆时针方向匀速运动，同时，点从点出发，沿轴正方向以相同速度运动．当点到达点时，两点同时停止运动，设运动的时间为秒．‎ ‎（1）求正方形的边长． ‎ ‎（2）当点在边上运动时，的面积（平方单位）与时间（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分（如图②所示），求两点的运动速度． ‎ ‎（3）求（2）中面积（平方单位）与时间（秒）的函数关系式及面积取最大值时点坐标．‎ 图①‎ 图②‎ ‎（4）若点保持（2）中的速度不变，则点沿着边运动时，的大小随着时间的增大而增大；沿着边运动时，的大小随着时间的增大而减小．当点沿着这两边运动时，使的点有　　　　　个． ‎ 中午作业：‎ ‎1．（2014年甘肃天水）如图，扇形OAB动点P从点A出发，沿线段BO、OA匀速运动到点A，则OP的长度y与运动时间t之间的函数图象大致是（ ）‎ A．B．C．D．‎ ‎2．（2014年贵州安顺）如图，MN是半径为1的⊙O的直径，点A在⊙O上，∠AMN=30°，点B为劣弧AN的中点．点P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎（第2题）（第4题）（第5题）‎ ‎3．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC上移动，记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x的函数图象大致是（ ）‎ A. B． C． D．‎ ‎4．（2014年江苏苏州）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA＝x，PB＝y，则（x－y）的最大值是 ．‎ ‎5．（2014年四川资阳）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为__________‎ ‎6．（2014年浙江嘉兴中考）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB=8，∠CBA=30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①CE=CF；②线段EF的最小值为；③当AD=2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在BC上，则AD=；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是．其中正确结论的序号是 ．‎ ‎（第6题）‎ ‎7.（2015柳州）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发以2cm/s的速度沿A→D→C运动，点P从点A出发的同时点Q从点C出发，以1cm/s速度向点B运动，当点P到达点C时，点Q也停止运动．设点P，Q运动时间为t秒．‎ ‎（1）从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD？‎ ‎（2）从运动开始，当t取何值时，△PQC为直角三角形？‎ ‎8. （2015年江苏苏州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．‎ 回家作业：‎ ‎1.（2015盐城）如图，在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG，动点P从点A出发，沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图象大致是（　　）‎ A． B． C．D．‎ ‎2.（2015乐山）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（　　）‎ A．8 B．12 C． D．‎ ‎（第2题）（第3题）‎ ‎3.（2015咸宁）如图，已知正方形ABCD的边长为2，E是边BC上的动点，BF⊥AE交CD于点F，垂足为G，连结CG．下列说法：①AG＞GE；②AE=BF；③点G运动的路径长为π；④CG的最小值为．其中正确的说法是 ．（把你认为正确的说法的序号都填上）‎ ‎4.（2015年江苏徐州8分）如图，在矩形OABC中，OA=3，OC=5,分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数的图像经过点D且与边BA交于点E，连接DE.‎ ‎（1）连接OE，若△EOA的面积为2，则k= ；‎ ‎（2）连接CA、DE与CA是否平行？请说明理由；‎ ‎（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎5. （2015年江苏宿迁8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，1），B（0，﹣3），反比例函数的图象经过点A，动直线x=t（0＜t＜8）与反比例函数的图象交于点M，与直线AB交于点N．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）求△BMN面积的最大值；‎ ‎（3）若MA⊥AB，求t的值．‎ ‎6. （2015年江苏常州10分）如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．‎ ‎（1）写出点A的坐标；‎ ‎（2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求的值．‎ 参考答案 例1. 解：（1）在Rt△ABC中，BC2=AB2﹣AC2=52﹣32=16，∴BC=4（cm）；‎ ‎（2）由题意知BP=tcm，①当∠APB为直角时，点P与点C重合，BP=BC=4cm，即t=4；‎ ‎②当∠BAP为直角时，BP=tcm，CP=（t﹣4）cm，AC=3cm，在Rt△ACP中，‎ AP2=32+（t﹣4）2，在Rt△BAP中，AB2+AP2=BP2，即：52+[32+（t﹣4）2]=t2，解得：t=，‎ 故当△ABP为直角三角形时，t=4或t=；‎ ‎（3）①当AB=BP时，t=5；②当AB=AP时，BP=2BC=8cm，t=8；‎ ‎③当BP=AP时，AP=BP=tcm，CP=|t﹣4|cm，AC=3cm，在Rt△ACP中，AP2=AC2+CP2，‎ 所以t2=32+（t﹣4）2，解得：t=，‎ 综上所述：当△ABP为等腰三角形时，t=5或t=8或t=．‎ ‎【点评】本题考查了勾股定理以及等腰三角形的知识，解答本题的关键是掌握勾股定理的应用，以及分情况讨论，注意不要漏解．‎ 例2. 【答案】C．【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，‎ ‎∵AD是∠BAC的平分线．∴PQ=PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，‎ ‎∵AC=6，BC=8，∠ACB=90°，∴AB=，‎ ‎∵S△ABC=AB•CM=AC•BC，∴CM==．‎ 考点：1.轴对称的应用（最短路线问题）；2．角平分线的性质；3．勾股定理；4．直角三角形的面积．‎ 练习：解：（1）作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于AE．作直径AC′，连接C′E．根据垂径定理得=．∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°，‎ ‎∴∠AOE=90°，∴∠C′AE=45°，又AC′为圆的直径，∴∠AEC′=90°，∴∠C′=∠C′AE=45°，‎ ‎∴C′E=AE=AC′=2，即AP+BP的最小值是2．故答案为：2；‎ ‎（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连结BB′．∵AD平分∠BAC，∴∠B′AM=∠BAM，‎ 在△B′AM和△BAM中，，∴△B′AM≌△BAM（SAS），‎ ‎∴BM=B′M，∠BMA=∠B′MA=90°，∴点B与点B′关于直线AD对称．过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连结BE，则线段B′F的长即为所求．（点到直线的距离最短）在Rt△AFB′中，∵∠BAC=45°，AB′=AB=10，∴B′F=AB′•sin45°=AB•sin45°=10×=5，‎ ‎∴BE+EF的最小值为．‎ 例3. 【答案】C．【解析】‎ ‎∵∠ABE=45°，∠A=90°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB=2，BE=AB=2，‎ ‎∵BE=DE，PD=x，∴PE=DE﹣PD=2﹣x，∵PQ∥BD，BE=DE，∴QE=PE=2﹣x，‎ 又∵△ABE是等腰直角三角形（已证），∴点Q到AD的距离=（2﹣x）=2﹣x,‎ ‎∴△PQD的面积y=x（2﹣x）=﹣（x2﹣2x+2）=﹣（x﹣）2+,‎ 即y=﹣（x﹣）2+，纵观各选项，只有C选项符合．‎ 考点：动点问题的函数图象．‎ 例4. 解：（1）如答图1，设直线AB与轴的交点为M，‎ ‎∵，P（，2），∴.‎ 设直线AB的解析式为，‎ 则，解得.∴直线AB的解析式为.‎ ‎（2）如答图2，过点Q作轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D，根据条件可知，是等腰直角三角形.‎ ‎∴.‎ 设，则，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴当时，点Q到直线AB的距离的最大值为.‎ ‎（3）∵，∴中必有一角等于45°.‎ ‎①由图可知，不合题意.‎ ‎②若，‎ 如答图3，过点B作轴的平行线与轴和抛物线 分别交于点，此时，.‎ 根据抛物线的轴对称性质，知，‎ ‎∴是等腰直角三角形.‎ ‎∵与相似，且，‎ ‎∴也是等腰直角三角形.‎ i）若，‎ 联立，解得或.‎ ‎∴. ∴.∴，此时，.‎ ii）若，，此时，.‎ ‎③若，②是情况之一，答案同上.‎ 如答图4，5，过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点，以点为圆心，为半径画圆，则都在上，设与y轴左侧的抛物线交于另一点.‎ ‎∵根据圆周角定理，，‎ ‎∴点也符合要求.‎ 设，‎ 由得解得或，‎ 而，故.∴.‎ 可证是等边三角形，∴.‎ ‎∴.‎ 则在中，.‎ i）若，‎ 如答图4，过点作轴于点，‎ 则，‎ ‎∴.‎ ‎∴，此时，.‎ ii）若，‎ 如答图5，过点作轴于点，‎ 设，则.‎ ‎∵，∴，.∴.‎ ‎∴，此时，.‎ 综上所述，所有满足条件的t的值为或或或.‎ 巩固练习：‎ ‎1. 如答图，连接，过点作于点，‎ ‎∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点F是DE的中点，‎ ‎∴.∴是等腰三角形.‎ ‎∵将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，BC=4，AC=6，∴.‎ ‎∵，∴.∴‎ 又∵分别是的中点，∴是△DEC的中位线.∴.‎ 在Rt△AGF中，∵，，∴由勾股定理，得AF=5.‎ ‎2. 根据垂线段最短得出PM⊥AB时线段PM最短，分别求出PB、OB、OA、AB的长度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案 如答图，过点P作PM⊥AB，则：∠PMB=90°，‎ 当PM⊥AB时，PM最短，‎ ‎∵直线与x轴、y轴分别交于点A，B，‎ ‎∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣3）.‎ 在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根据勾股定理，得AB=5.‎ ‎∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM， ‎ ‎∴△PBM∽△ABO. ∴，即：，解得.‎ ‎3. 解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，‎ ‎∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB.‎ 如答图1，延长EB交DG于点H，‎ 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°，‎ ‎∴∠AEB+∠ADG=90°.‎ 在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，‎ ‎∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE.‎ ‎（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，‎ ‎∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.‎ 如答图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，则∠AMD=∠AMG=90°，‎ ‎∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，‎ ‎∴.在Rt△AMG中，根据勾股定理得：，‎ ‎∵，∴.‎ ‎（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由如下：‎ ‎∵对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；‎ ‎∵对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大.‎ ‎∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．‎ ‎【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用．‎ ‎4. [解] （1）作轴于．，．．‎ ‎（2）由图②可知，点从点运动到点用了10秒．又．‎ 两点的运动速度均为每秒1个单位．‎ ‎（3）方法一：作轴于，则．，即．．‎ ‎．，． ‎ 即．，且，‎ 当时，有最大值．此时，‎ 点的坐标为．‎ 方法二：当时，．‎ 设所求函数关系式为．抛物线过点，‎ ‎． ‎ ‎，且，当时，有最大值．‎ 此时，点的坐标为． ‎ ‎（4）． ‎ ‎[点评]本题主要考查函数性质的简单运用和几何知识，是近年来较为流行的试题，解题的关键在于结合题目的要求动中取静，相信解决这种问题不会非常难 中午作业：‎ ‎1. 【答案】D．考点：1．动点问题的函数图象；2．分类思想的应用．‎ ‎2. 【答案】A．考点：1．轴对称的应用（最短路线问题）；2．圆周角定理；3．等腰直角三角形的判定和性质．‎ ‎（2题答图）（3题答图）（4题答图）‎ ‎3. 【答案】B．考点：1．单动点问题函数图象的分析；2．由实际问题列函数关系式；3．矩形的性质；4．相似三角形的判定和性质；．‎ ‎4. 【答案】1．考点：1．圆周角定理；2．相似三角形的判定和性质；3．由实际问题列函数关系式；3．二次函数的最值．‎ ‎5. 【答案】6．考点：1．单动点问题；2．轴对称的应用（最短路线问题）；3．正方形的性质；4．勾股定理．‎ ‎（5题答图）（6题答图）‎ ‎6. 【答案】①③⑤．考点：1．轴对称的性质；2．垂直线段的性质；3．圆周角定理；4．含30度角直角三角形的性质；5．等边三角形的性质；6．切线的判定．‎ ‎7. 解：（1）当PQ∥CD时，四边形PDCB是平行四边形，此时PD=QC，∴12﹣2t=t，∴t=4．‎ ‎∴当t=4时，四边形PQDC是平行四边形．‎ ‎（2）过D点，DF⊥BC于F，∴DF=AB=8．FC=BC﹣AD=18﹣12=6，CD=10，‎ ‎①当PQ⊥BC，则BQ+CQ=18．即：2t+t=18，∴t=6；‎ ‎②当QP⊥PC，此时P一定在DC上，CP1=10+12﹣2t=22﹣2t，CQ2=t，易知，△CDF∽△CQ2P1，‎ ‎∴，解得：t=，‎ ‎ ③情形：当PC⊥BC时，因∠DCB＜90°，此种情形不存在．‎ ‎∴当t=6或时，△PQC是直角三角形．‎ ‎8. 解：（1）.‎ ‎（2）∵在整个运动过程中，点P移动的距离为cm，圆心移动的距离为cm，‎ ‎∴由题意得①.∵点P移动2s到达B点，即点P用2s移动了cm，点P继续移动3s到达BC的中点，即点P用3s移动了cm，∴②.联立①②，解得.‎ ‎∵点P移动的速度与⊙O移动的速度相等，∴⊙O移动的速度为（cm/s）.‎ ‎∴这5s时间内圆心O移动的距离为（cm）.‎ ‎（3）存在这样的情形.‎ 设点P移动的速度为cm/s，⊙O移动的速度为cm/s，‎ 根据题意，得.‎ 如答图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点E，⊙O1与AD相切于点PG.‎ 若PD与⊙O1相切，切点为H，则.易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP.‎ ‎∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD.∴BP=DP.‎ 设cm，则cm，cm，在中，由勾股定理，得，‎ 即，解得.∴此时点P移动的距离为（cm）.‎ ‎∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD. ∴，即.∴cm，cm.‎ ‎①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为14cm.‎ ‎∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为.∴此时DP与⊙O1恰好相切.‎ ‎②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为cm.‎ ‎∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为.∴此时DP与⊙O1不可能相切.‎ ‎【考点】单动点和动圆问题；矩形的性质；直线与圆的位置关系；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；方程思想和分类思想的应用. ‎ ‎【分析】（1）根据矩形的性质可得：点P从A→B→C→D，全程共移动了cm.‎ ‎（2）根据“在整个运动过程中，点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用2s移动了cm，点P用3s移动了cm”列方程组求出a，b，根据点P移动的速度与⊙O移动的速度相等求得⊙O移动的速度，从而求得这5s时间内圆心O移动的距离.‎ ‎（3）分⊙O首次到达⊙O1的位置和⊙O在返回途中到达⊙O1的位置两种情况讨论即可.‎ 回家作业：‎ ‎1. 【答案】B．【解析】试题分析：当点P在AD上时，△ABP的底AB不变，高增大，所以△ABP的面积S随着时间t的增大而增大；‎ 当点P在DE上时，△ABP的底AB不变，高不变，所以△ABP的面积S不变；‎ 当点P在EF上时，△ABP的底AB不变，高减小，所以△ABP的面积S随着时间t的减小；‎ 当点P在FG上时，△ABP的底AB不变，高不变，所以△ABP的面积S不变；‎ 当点P在GB上时，△ABP的底AB不变，高减小，所以△ABP的面积S随着时间t的减小；‎ 故选B．‎ 考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数；3．分类讨论；4．压轴题．‎ ‎2. 【答案】C．【解析】试题分析：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，﹣3），，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，∴点C（0，1）到直线的距离是=，∴圆C上点到直线的最大距离是=，∴△PAB面积的最大值是=，故选C．‎ 考点：1．圆的综合题；2．最值问题；3．动点型．‎ ‎3. 解：∵在正方形ABCD中，BF⊥AE，∴∠AGB保持90°不变，∴G点的轨迹是以AB中点O为圆心，AO为半径的圆弧，∴当E移动到与C重合时，F点和D点重合，此时G点为AC中点，‎ ‎∴AG=GE，故①错误；‎ ‎∵BF⊥AE，∴∠AEB+∠CBF=90°，∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠CBF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴故②正确；‎ ‎∵当E点运动到C点时停止，∴点G运动的轨迹为圆，圆弧的长=×2=，故③错误；‎ 由于OC和OG的长度是一定的，因此当O、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，‎ OC==，CG的最小值为OC﹣OG=﹣1，故④正确；‎ 综上所述，正确的结论有②④．故答案为②④．‎ ‎4. 解：（1）4.‎ ‎（2）平行，理由如下：‎ 如答图1，连接AC，‎ 设，∵在上，‎ ‎∴.∵BC=OA=3，AB=OC=5，∴BD=3－，BE=5－.‎ ‎∴.∴，即.∴DE∥AC．‎ ‎（3）存在。假设存在点D满足条件．设，‎ 则CD=，BD=3－，AE=，BE=5－．‎ 如答图2，过点E作EF⊥OC，垂足为F， ‎ 易证△B'CD∽△EFB'，∴，即.∴.‎ ‎∴.‎ 在Rt△B'CD中，CB'= ，CD=，B'D=BD=3－，由勾股定理得，CB'²＋CD²= B'D²，‎ ‎∴，整理得.解得，（不合题意，舍去）.∴.∴满足条件的点D存在，D的坐标为．‎ ‎【考点】反比例函数综合题；单动和轴对称问题； 曲线上点的坐标与方程的关系；平行的判定；相似三角形的判定和性质；勾股定理；方程思想的应用.‎ ‎【分析】（1）设，则OA=3， AE=．∵△EOA的面积为2，∴.‎ ‎（2）设，由在上，得到，从而求得，即，进而证得DE∥AC．‎ ‎（3）设，作辅助线“过点E作EF⊥OC，垂足为F”，由△B'CD∽△EFB'得到而求得，从而在Rt△B'CD中，应用勾股定理列方程求解即可.‎ ‎（4题答图）（5题答图）‎ ‎5. 解：（1）把点A（8，1）代入反比例函数得：k=1×8=8， ∴k=8.‎ ‎（2）设直线AB的解析式为：，∵A（8，1），B（0，﹣3），‎ ‎∴，解得：. ∴直线AB的解析式为：.由（1）得反比例函数的解析式为：，设，则.‎ ‎∴.∴△BMN的面积是t的二次函数.‎ ‎∵＜0，∴△BMN的面积有最大值.∴当t=3时，△BMN的面积的最大值为.‎ ‎（3）如答图，过点作轴于点，延长交轴于点，∵MA⊥AB，∴.∴，即，解得.∴.又∵A（8，1），∴直线AP的解析式为：.∴解得，.∴.‎ ‎【考点】反比例函数综合题；线动问题；待定系数法的应用；曲线上点的代代相传坏蛋方程的关系；二次函数最值的应用；相似三角形的判定和性质．‎ ‎6. 解（1）（4，0）.‎ ‎（2）存在．理由如下：如答图1所示：‎ 将x=0代入得：，∴OB=4.‎ 由（1）可知OA=4.‎ 在Rt△BOA中，由勾股定理得：．‎ ‎∵△BOQ≌△AQP，∴QA=OB=4，BQ=PA．‎ ‎∵，∴PA= ．‎ ‎∴点P的坐标为（4，）．‎ ‎（3）如答图2所示：‎ ‎∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°．‎ 又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3．‎ 又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO．‎ ‎∴.设AP=m，则：，∴．‎ 在Rt△OAP中，，∴.‎ 在Rt△OAM中，，‎ ‎∴.∴.‎