中考数学综合题专题动点综合型问题三专题解析 41页

中考数学综合题专题【动点综合型问题二】专题解析 ‎52．（辽宁葫芦岛）△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD为AB边的高，如图1，A在原点处，点B在y轴正半轴上，点C在第一象限．若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC在平面内滑动，如图2．设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动．‎ ‎（1）当t＝0时，求点C的坐标；‎ ‎（2）当t＝4时，求OD的长及∠BAO的大小；‎ ‎（3）求从t＝0到t＝4这一时段点D运动路线的长；‎ ‎（4）当以点C为圆心，CA为半径的圆与坐标轴相切时，求t的值．‎ y B C D x O 图2‎ A y B C D x O ‎(A)‎ 图1‎ y B C D x O 图2‎ A 解：（1）∵BC＝AC，CD⊥AB ‎∴D为AB的中点，∴AD＝ AB＝4‎ 在Rt△CAD中，CD＝ ＝3‎ ‎∴点C的坐标为（3，4）‎ y B C D′‎ x O 图3‎ A D ‎（2）如图2，当t＝4时，AO＝4‎ 在Rt△ABO中，D为AB的中点 ‎∴OD＝ AB＝4‎ ‎∴△AOD为等边三角形，∴∠BAO＝60°‎ ‎（3）如图3，从t＝0到t＝4这一时段点D的运动路线是 其中OD＝OD′＝4，又∠D′OD＝90°－60°＝30°‎ y B C x O 图4‎ A D ‎∴的长为 ＝ ‎（4）由题意，AO＝t 当⊙C与x轴相切时，A为切点，如图4‎ ‎∴CA⊥OA，∴CA∥y轴 y B C x O 图5‎ A D ‎∴∠CAD＝∠ABO，∴Rt△CAD∽Rt△ABO ‎∴ ＝ ，即 ＝ ‎∴t＝ 当⊙C与y轴相切时，B为切点，如图5‎ 同理可得t＝ ‎∴t的值为 或 ‎53．（辽宁丹东）已知抛物线y＝ax 2－2ax＋c与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，点A的坐标是（－1，0），O是坐标原点，且|OC|＝3|OA|．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）直接写出直线BC的函数表达式；‎ ‎（3）如图1，D为y轴负半轴上的一点，且OD＝2，以OD为边向左作正方形ODEF．将正方形ODEF以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向移动，当点F与点B重合时停止移动．在移动过程中，设正方形O′DEF与△OBC重叠部分的面积为S，运动时间为t秒．‎ ‎①求S与t之间的函数关系式；‎ ‎②在运动过程中，S是否存在最大值？如果存在，直接写出这个最大值；如果不存在，请说明理由；‎ ‎（4）如图2，点P（1，k）在直线BC上，点M在x轴上，点N在抛物线上，是否存在以A、M、N、P为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．‎ B O C A x y D E F 图1‎ B O C A x y P 图2‎ B O′‎ C A x y D E F O G 解：（1）∵A（－1，0），|OC|＝3|OA|，∴C（0，－3）‎ ‎∵抛物线y＝ax 2－2ax＋c经过A、C两点 ‎∴ 解得 ‎∴抛物线的函数表达式为y＝x 2－2x－3‎ ‎（2）直线BC的函数表达式为y＝x－3‎ ‎（3）①设D（m，－2），则E（m－2，－2）‎ B O′‎ C A x y D E F O G H I 当正方形ODEF的顶点D运动到直线BC上时 有－2＝m－3，∴m＝1‎ 正方形ODEF的边EF运动到与OC重合时 m＝2‎ 当正方形ODEF的顶点E运动到直线BC上时 有－2＝( m－2 )－3，∴m＝3‎ 在y＝x－3中，当y＝0时，x＝3，∴B（3，0）‎ 当正方形ODEF的顶点F运动到与点B重合时 有m＝3＋2＝5‎ B O′‎ C A x y D E F O H I 当0＜t ≤1时，重叠部分为矩形OGDO′‎ S＝2t 当1＜t ≤2时，重叠部分为五边形OGHIO′‎ HD＝ID＝t－1‎ S＝S矩形OGDO′ － S△HID ＝2t－ ( t－1 )2＝－ t 2＋3t－ 当2＜t ≤3时，重叠部分为五边形FEHIO′‎ B O′‎ C A x y D E F O K S＝S正方形O′DEF － S△HID ＝2 2－ ( t－1 )2＝－ t 2＋t＋ 当3＜t ≤5时，重叠部分为△FKB FB＝FK＝2－( t－3 )＝5－t S＝ ( 5－t )2＝ t 2－5t＋ B O C A x y P M3‎ M1‎ N1‎ N2‎ N3‎ M4‎ N4‎ ‎②当t＝2秒时，S有最大值，最大值为 ‎（4）存在．‎ M1（－－1，0），M2（－1，0）‎ M3（3－，0），M4（3＋，0）‎ 提示：如图 ‎54．（辽宁本溪）如图，已知抛物线y＝ax 2＋bx＋3经过点B（－1，0）、C（3，0），交y轴于点A，将线段OB绕点O顺时针旋转90°，点B的对应点为点M，过点A的直线与x轴交于点D（4，0）．直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合，∠FEH＝90°，EF∥HG，EF＝EH＝1．直角梯形EFGH从点D开始，沿射线DA方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG与直线AD始终重合，设运动时间为t秒．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式；‎ ‎（2）当t为何值时，以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形；‎ ‎（3）作点A关于抛物线对称轴的对称点A′，直线HG与对称轴交于点K．当t为何值时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合条件的t值．‎ B A C O M ‎(E)‎ D ‎(F)‎ H G x y B A C O ‎(E)‎ D ‎(F)‎ H G x y A′‎ K B A C O M D x y 备用图 解：（1）∵抛物线y＝ax 2＋bx＋3经过点B（－1，0）、C（3，0）‎ ‎∴ 解得 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋2x＋3‎ B A C O M D x y E′‎ F′‎ G′‎ H′‎ P N ‎（2）过点F′ 作F′N⊥OD轴于点N，延长E′H′ 交x轴于点P ‎∵点M是点B绕O点顺时针旋转90° 后得到的 ‎∴点M的坐标为（0，1）‎ ‎∵点A是抛物线与y轴的交点 ‎∴A点坐标为（0，3），∴OA＝3‎ ‎∵D（4，0），∴OD＝4‎ ‎∴AD＝ ＝5‎ ‎∵E′H′∥OM，E′H′＝OM＝1‎ ‎∴四边形MOH′E′ 是平行四边形（当EH不与y轴重合时）‎ ‎∵F′N∥OA，∴△F′ND∽△AOD，∴ ＝ ＝ B A C O M D x y E′‎ F′‎ H′‎ N ‎(G′)‎ ‎∵直角梯形E′F′G′H′ 是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的 ‎∴F′D＝t，∴ ＝ ＝ ，∴F′N＝ t，ND＝ t ‎∵E′F′＝PN＝1，∴OP＝OD－ND－PN＝4－ t－1＝3－ t ‎∵E′P＝F′N＝ t，E′H′＝1，∴H′P＝ t－1‎ 若平行四边形MOH′E′ 是矩形，则∠MOH′＝90°‎ 此时H′G′ 与x轴重合，∴F′N＝1‎ B A C O M D x y A′‎ E H G F K ‎∵ t＝1，∴t＝ 即当t＝ 秒时平行四边形MOH′E′ 是矩形 若平行四边形MOH′E′ 是菱形，则OH′＝E′H′＝1‎ 在Rt△H′OP中，( 3－ t )2＋( t－1 )2＝1 2‎ 解得t＝3‎ 即当t＝3秒时平行四边形MOH′E′ 是菱形 B A C O M D x y A′‎ K E F H G 综上：当t＝ 秒时平行四边形MOH′E′ 是矩形；‎ 当t＝3秒时平行四边形MOH′E′ 是菱形 ‎（3）t1＝ 秒，t2＝ 秒 提示：∵KG∥AA′，∴当KG＝AA′＝2时，‎ 以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形 当点E与点C重合、点F与点D重合时 KG＝KH＋HG＝KH＋CD＋ ＝2＋1＋ ＝ ‎∴移动t秒时，KG＝ － t（直线HG在AA′ 下方）‎ 或KG＝ t－ （直线HG在AA′ 上方）‎ 由 － t＝2，得t＝ 由 t－ ＝2，得t＝ ‎55．（辽宁模拟）将Rt△ABC和Rt△DEF按图1摆放（点F与点A重合），点A、E、F、B在同一直线上。∠ACB＝∠DEF＝90°，∠BAC＝∠D＝30°，BC＝8cm，EF＝6cm．‎ 如图2，△DEF从图1位置出发，以1cm/s的速度沿射线AB下滑，DE与AC相交于点H，DF与AC相交于点G，设下滑时间为t（s）（0＜t ≤6）．‎ ‎（1）当t＝___________s时，△GHD经过旋转后与△AFG能够组成菱形；‎ ‎（2）当t为何值时，点G在线段AE的垂直平分线上？‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使B、C、D三点在同一条直线上，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ A B D C E ‎(F)‎ 图1‎ A B C 备用图 A B D G C E 图2‎ H F ‎（4）设△DEF与△ABC的重合部分的面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式以及S的最大值（不需要给出解答过程）．‎ 解：（1）6－6‎ A B C E D F G H A B C E D F G H 提示：由题意，∠A＝∠AGF＝∠DGH＝∠D＝30°‎ 若△GHD经过旋转后与△AFG能够组成菱形 则AG＝DG，即 t＝12－t ‎∴t＝6－6‎ ‎（2）连接EG ‎∵点G在线段AE的垂直平分线上 ‎∴AG＝EG，∴AE＝2AG·cos30°＝AG＝3AF A B C E D F G H ‎∴t＋6＝3t，∴t＝3‎ ‎（3）假设存在存在某一时刻t，使B、C、D三点在同一条直线上 ‎∵∠BFD＝∠B＝60°，∴△BFD是等边三角形 ‎∵DE⊥BF，∴BE＝EF，BF＝2EF＝12‎ ‎∵AF＋BF＝AB＝2BC ‎∴t＋12＝16，∴t＝4‎ A B C E D F G K L A B C E D F G L A B C E D F G K A B C E D F G H ‎（4）S＝ S的最大值为 ‎56．（辽宁模拟）如图，抛物线y＝ax 2＋bx＋ （a≠0）经过A（－3，0），B（5，0）两点，点C为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ O N y x A D E B C R Q P M ‎（2）动点P从点C出发，以每秒1个单位的速度沿线段CD向终点D匀速运动，过点P作PM⊥CD，交BC于点M，以PM为一边向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交x轴于点E．设运动时间为t（秒）．‎ ‎①当t为何值时，点N落在抛物线上；‎ ‎②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形QEBR为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．‎ 解：（1）∵抛物线y＝ax 2＋bx＋ （a≠0）经过A（－3，0），B（5，0）两点 O N y x A D E B C R Q P M ‎∴ 解得： ‎∴抛物线的解析式为y＝－ x 2＋x＋ ‎（2）①∵y＝－ x 2＋x＋ ＝－ ( x－1)2＋8，∴C（1，8）‎ ‎∴CD＝8，OD＝1，BD＝4‎ 又∵PM⊥CD，CD⊥AB，∴PM∥AB ‎∴Rt△CPM∽Rt△CDB ‎∴ ＝ ，即 ＝ ，∴PM＝ t ‎∵四边形PDEM为矩形，∴DE＝PM＝ t ‎∴OE＝1＋ t，即点E的横坐标为1＋ t ‎∴点N的横坐标为1＋ t 若点N落在抛物线上，则点N的纵坐标为－ (1＋ t )2＋(1＋ t )＋ ‎∴NE＝－ (1＋ t )2＋(1＋ t )＋ ＝－ t 2＋8‎ ‎∵CP＝t，PD＝ME，∴ME＝8－t ‎∴NM＝NE－ME＝－ t 2＋8－( 8－t )＝－ t 2＋t ‎∵四边形PMNQ是正方形，∴PM＝NM ‎∴ t＝－ t 2＋t，即t1＝0（舍去），t2＝4‎ ‎∴当t＝4秒时，点N落在抛物线上 ‎②由于QR∥EB，要使四边形QEBR为平行四边形，只需QR＝EB O N y x A D E B C R Q P M ‎∵Rt△CQR∽Rt△CDB，∴ ＝ ‎∵CQ＝CP－QP＝CP－PM＝t－ t＝ t ‎∴ ＝ ，∴QR＝ t 而EB＝5－(1＋ t )＝4－ t ‎∴ t＝4－ t，∴t＝ ‎∴当t＝ 秒时，四边形QEBR为平行四边形 ‎57．（辽宁模拟）如图1，已知点A（8，4），点B（0，4），线段CD的长为3，点C与原点O重合，点D在x轴正半轴上．线段CD沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，过点D作x轴的垂线交线段AB于点E，交OA于点G，连接CE交OA于点F（如图2），设运动时间为t．当E点与A点重合时停止运动．‎ ‎（1）求线段CE的长；‎ ‎（2）记△CDE与△ABO公共部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；‎ ‎（3）如图2，连接DF．‎ ‎①当t取何值时，以C、F、D为顶点的三角形为等腰三角形？‎ ‎②△CDF的外接圆能否与OA相切？如果能，直接写出此时t的值；如果不能，‎ 请说明理由．‎ C A B O E x D y G F 图2‎ A B O E x D y G 图1‎ ‎(C)‎ 解：（1）在Rt△CDE中，CD＝3，DE＝4‎ ‎∴CE＝ ＝5‎ C A B O E x D y G F H ‎（2）作FH⊥CD于H ‎∵AB∥OD，∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG ‎∴ ＝ ＝ ， ＝ ＝ 又∵CF＋EF＝5，DG＋EG＝4，∴CF＝t，EG＝ ‎∵FH∥ED，∴ ＝ ，∴HD＝ ·CD＝ (5－t )‎ ‎∴S＝ EG·HD＝ ×× (5－t )＝ (5－t )2（0≤t≤5）‎ ‎（3）①由（2）知CF＝t ‎（i）当CF＝CD时，则t＝3‎ ‎（ii）当CF＝DF时，则CH＝ CD C A B O E x D y G F K ‎∵FH∥ED，∴CF＝ CE＝ ，∴t＝ ‎（iii）当DF＝CD时 作DK⊥CF于K，则CK＝ CF＝ t ‎∵CK＝CD·cos∠ECD，∴ t＝3× ，∴t＝ 综上，当t＝3或 或 时，△CDF为等腰三角形 ②能 t＝ C A B O E x D y G F H 提示：‎ 作FH⊥CD于H，则△FCH∽△ECD ‎∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ‎∴CH＝ t，FH＝ t，OH＝t＋ t ＝ t 若△CDF的外接圆与OA相切，则F点为切点 由切割线定理，得：OF 2＝OC·OD ‎∴( t )2＋( t )2＝t( t＋3 )，解得t＝ ‎58．（贵州安顺）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为12cm、6cm，点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过点A、B，且18a＋c＝0．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以2cm/s的速度向终点C移动．移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S．‎ ‎①试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；‎ A C Q P B O x y ‎②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出R点的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c 由题意知点A（0，－12），∴c＝－12‎ 又∵18a＋c＝0，∴a＝ ‎∵AB∥OC，且AB＝6‎ ‎∴抛物线的对称轴是x＝－ ＝3，∴b＝－4‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝ x 2－4x－12‎ ‎（2）①S＝ ·2t·( 6－t )＝－t 2＋6t＝－( t－3 )2＋9（0＜t ＜6）‎ ‎②当t＝3时，S取得最大值为9‎ 此时点P的坐标（3，－12），点Q坐标（6，－6）‎ 若以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形，则有以下三种情况：‎ ‎（Ⅰ）当点R在BQ左侧，且在PB下方时，点R的坐标（3，－18）‎ 将（3，－18）代入抛物线的解析式中，满足解析式 所以存在点R，点R的坐标为（3，－18）‎ ‎（Ⅱ）当点R在BQ左侧，且在PB上方时，点R的坐标（3，－6）‎ 将（3，－6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件 ‎（Ⅲ）当点R在BQ右侧，且在PB上方时，点R的坐标（9，－6）‎ 将（9，－6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件 综上所述，点R坐标为（3，－18）‎ ‎59．（贵州六盘水）如图1，已知△ABC中，AB＝10cm，AC＝8cm，BC＝6cm．如果点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）（0≤t ≤4）．解答下列问题： （1）当t为何值时，PQ∥BC．‎ ‎（2）设△AQP的面积为S（单位：cm2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．‎ ‎（3）是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎（4）如图2，把△AQP沿AP翻折，得到四边形AQPQ′ ．那么是否存在某时刻t，使四边形AQPQ′ 为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由．‎ B A C P Q 图2‎ Q′‎ B A C P Q 图1‎ 解：（1）若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC ‎∴ ＝ ，∴ ＝ ，解得t＝ B A C P Q H ‎∴当t＝ s时PQ∥BC ‎（2）∵8 2＋6 2＝10 2，∴△ABC为直角三角形，且∠C＝90°‎ 过P作PH⊥AC于H，则PH∥BC ‎∴△APH∽△ABC，∴ ＝ ‎∴ ＝ ，∴PH＝－ t＋6‎ ‎∴S＝ AQ·PH＝ ×2t(－ t＋6 )＝－ t 2＋6t＝－ ( t－ )2＋ ‎∴当t＝ s时，S取最大值为 cm2‎ ‎（3）不存在 理由是：若PQ把△ABC的面积平分，即S△APQ ＝ S△ABC 则－ t 2＋6t＝ ××6×8，整理得t 2－5t＋10＝0‎ ‎∵△＝25－40＝－15＜0，∴此方程无实数解 B A C P Q Q′‎ E ‎∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分 ‎（4）存在 理由是：连接QQ′，交AP于E，若四边形AQPQ′ 是菱形 则QE⊥AP，AE＝PE＝ AP＝ ( 10－2t )＝5－t 易知△AQE∽△ABC，∴ ＝ ‎∴ ＝ ，解得t＝ ‎∵0＜ ＜4，∴存在 当t＝ s时，四边形AQPQ′ 为菱形 此时AP＝10－2t＝10－2× ＝ ‎∵△AQE∽△ABC，∴ ＝ ‎∴ ＝ ，∴QE＝ t＝ × ＝ ，∴QQ′＝2QE＝ ‎∴S菱形AQPQ′ ＝ AP·QQ′＝ ×× ＝ （cm2）‎ ‎60．（贵州模拟）如图（1），在Rt△AOB中，∠A＝90°，AB＝6，OB＝4，∠AOB的平分线OC交AB于C，过O点作与OB垂直的直线OF．动点P从点B出发沿折线BC→CO方向以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，同时动点Q从点C出发沿折CO→OF方向以相同的速度运动．设点P的运动时间为t秒，当点P到达点O时P、Q同时停止运动．‎ ‎（1）求OC、BC的长；‎ ‎（2）设△CPQ的面积为S，求S与t的函数关系式；‎ ‎（3）如图（2），当点P在OC上、点Q在OF上运动时，PQ与OA交于点E．‎ ‎①当t为何值时，△OPE为等腰三角形？‎ A B P O Q F C 图（2）‎ E A B P O Q F C 图（1）‎ ‎②直接写出线段OE长度的最大值．‎ 解：（1）在Rt△AOB中，∠A＝90°，AB＝6，OB＝4 ‎∴sin∠AOB＝ ＝ ＝ ，∴∠AOB＝60°‎ ‎∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝30°，OA＝ OB＝2 在Rt△AOC中，∠A＝90°，∠AOC＝30°，AC＝ ＝2‎ OC＝2AC＝4‎ ‎∴BC＝AB－AC＝6－2＝4‎ A B P O Q F C 图（1）‎ M ‎（2）①当0＜t ＜4时，点P在BC上，点Q在OC上，如图（1）‎ CP＝4－t，CQ＝t 过点P作PM⊥OC于M 在Rt△CPM中，∠M＝90°，∠MCP＝60°‎ ‎∴CM＝ PC＝ ( 4－t )，PM＝CM＝ ( 4－t )‎ ‎∴S＝ QC·PM＝ t·( 4－t )＝－ t 2＋ t ‎②当t＝4时，点P与点C重合，点Q与点O重合，此时不能构成△CPQ ‎③当4＜t ≤8时，点P在OC上，点Q在OQ上，如图（2）‎ PC＝t－4，OQ＝t－4‎ A B P O Q F C 图（2）‎ N 过点Q作QN⊥OC于N 在Rt△OQN中，∠QNO＝90°，∠QON＝60°，ON＝ OQ＝ ( t－4 )‎ QN＝ON＝ ( t－4 )‎ ‎∴S＝ PC·QN＝ ( t－4 )· ( t－4 )＝ ( t－4 )2‎ ‎（3）①（i）若OP＝OE，则∠OPE＝∠OEP＝75°‎ ‎∴∠EQO＝∠OEP－∠AOQ＝75°－30°＝45°‎ 过点E作EH⊥OQ于H，如图（3）‎ A B P O Q F C 图（3）‎ E H 则QH＝EH＝ OE，OH＝ OE ‎∴OQ＝QH＋OH＝( ＋ )OE ‎∴OE＝ ＝ ，‎ 又∵OP＝8－t，∴＝8－t 解得t＝ A B P O Q F C 图（4）‎ E ‎（ii）若EP＝EO，则∠EPO＝∠EOP＝30°，如图（4）‎ ‎∴∠PQO＝90°，OQ＝ OP ‎∴t－4＝ ( 8－t )，解得t＝ ‎（iii）若PE＝PO，则PE∥OF，PE不与OF相交，故舍去 综上所述，当t＝ 或t＝ 时，△OPE为等腰三角形 A B P O Q F C 图（5）‎ E F H G ‎②线段OE长的最大值为 提示：作PF⊥OQ于F，PG⊥OA于G，QH⊥OA于H，如图（5）‎ 则PF＝ OP＝ ( 8－t )，PG＝ OP，QH＝ OQ ‎∴△POQ ＝ OQ·PF＝ ( t－4 )· ( 8－t )＝－ t 2＋3t－8 ‎△POQ ＝S△POE ＋ S△QOE ＝ OE·PG＋ OE·QH ‎＝ OE( PG＋QH )＝ OE( OP＋OQ )＝ OE( 8－t＋t－4 )＝OE ‎∴OE＝－ t 2＋3t－8＝ － ( t－6)2＋ ‎∴当t＝6时，线段OE的长取得最大值 ‎61．（四川广元）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？‎ B A C D E O x y ‎（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．‎ 解：（1）在Rt△ABC中，BC＝AO＝3，tan∠ACB＝ ＝ ‎∴CO＝AB＝4，∴A（0，3），B（4，3），C（4，0）‎ 设直线AC的解析式为y＝kx＋b B A C D E O x y F ‎∴ 解得k＝－ ，b＝3‎ ‎∴y＝－ x＋3‎ ‎（2）在Rt△AOC中，AO＝3，OC＝4，∴AC＝5‎ 过点D作DF⊥AO于F，则△AFD∽△AOC ‎∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ＝ B A C D E O x y F G ‎∴AF＝ t，FD＝ t ‎∴D（ t，3－ t）‎ ‎（3）①若∠DOE＝90°，则点D与点A重合，点E与点C重合 此时t＝0‎ ‎②若∠ODE＝90°，过点D作DG⊥OC于G 则△ODG∽△DEG，∴ ＝ B A C D E O x y F ‎∴ ＝ ，解得t＝ 或t＝1‎ ‎③若∠OED＝90°，则△DEC∽△AOC ‎∴ ＝ ，∴ ＝ ，解得t＝ 综上，当t＝0或t＝ 或t＝1或t＝ 时，△ODE为直角三角形 ‎（4）∵抛物线过Rt△ODE的三个顶点，且对称轴平行于y轴 ‎∴∠ODE＝90°‎ 选择t＝1时的情况，则D（ ，），E（3，0）‎ ‎∵抛物线过O（0，0），∴设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx 将点D，E坐标代入，求得a＝－ ，b＝ ‎∴抛物线的解析式为y＝－ x 2＋ x ‎62．（湖南张家界）如图，抛物线y＝－x 2＋ 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．‎ ‎（1）分别求出点A、点C的坐标；‎ ‎（2）求直线AB的解析式；‎ ‎（3）若反比例函数y＝ 的图象经过点D，求k的值；‎ ‎（4）现有两动点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 个单位，设△POQ的面积为S，移动时间为t．问：在P、Q移动过程中，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．‎ ‎1‎ O x y C Q A P B D ‎1‎ ‎2‎ 解：（1）令y＝0，即－x 2＋ x＋2＝0，解得x1＝－ ，x2＝2 ‎1‎ O x y C Q A P B D ‎1‎ ‎2‎ ‎∴C（－ ，0），A（2，0）‎ ‎（2）令x＝0，即y＝2，∴B（0，2）‎ 设直线AB的解析式为y＝k1x＋2，把A（2，0）代入 得0＝2k1＋2，∴k1＝－ ‎∴直线AB的解析式为y＝－ x＋2‎ ‎（3）连接DA ‎∵OA＝2，OB＝2，∴∠BAO＝30°‎ ‎∵D点与O点关于AB对称 ‎∴OD⊥AB，DA＝OA，∴∠BAD＝∠BAO＝30°‎ ‎∴△DOA是等边三角形 ‎∴OD＝OA＝2，∠DOA＝60°‎ ‎∴D点的横坐标为 ，纵坐标为3，即D（，3）‎ ‎∵反比例函数y＝ 的图象经过点D ‎∴3＝ ，∴k＝3 ‎（4）AP＝t，AQ＝ t，点P到OQ的距离为 t ‎∴S＝ ( 2－ t )· t＝－ t 2＋ t＝－ ( t－2)2＋ 依题意， 得0＜t ≤4‎ ‎∴当t＝2 时，S有最大值为 ‎63．（湖北鄂州）已知：如图1，抛物线y＝ax 2＋bx＋c与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y＝x－2经过A、C两点，且AB＝2．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E、D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位的速度运动（如图2），当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连接DP，若点P运动时间为t秒，设s＝ ，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．‎ O x y C A B 图1‎ O x y C A B 图2‎ E D P ‎（1）∵直线y＝x－2与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点C ‎∴A（2，0），C（0，－2）‎ 又AB＝2，∴B（4，0）‎ 设抛物线解析式为y＝a( x－2 )( x－4 )，把C点坐标代入，得a＝－ ‎∴抛物线的解析式为y＝－ ( x－2 )( x－4 )＝－ x 2＋ x－2‎ ‎（2）依题意，CE＝t，PB＝2t，∴OP＝4－2t O x y C A B E D P ‎∵DE∥BA，∴ ＝ 即 ＝ ，∴ED＝2CE＝2t 又s＝ ＝ ＝ ‎∵－t 2＋2t＝－( t－1 )2＋1‎ ‎∴当t＝1时，－t 2＋2t有最大值1‎ ‎∴当t＝1时，s有最小值＝ ＝1‎ O x y C A B E D P ‎（3）由题意可求：CD＝t，BC＝2 ‎∴BD＝2－t ‎∵∠PBD＝∠ABC ‎∴以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况 ‎①当 ＝ 时，即 ＝ ，解得t＝ ‎②当 ＝ 时，即 ＝ ，解得t＝ ‎∴当t＝ 或t＝ 时，以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似 ‎64．（湖北咸宁）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＝ ？‎ y x O C 备用图 y x O A B C M D E ‎（3）连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线y＝ax 2－10ax的顶点在△ABM内部（不包括边），求a的取值范围．‎ 解：（1）当点B与点D重合时，BE＝4‎ y x O A B C M D E ‎∵∠CAB＝90°，∴∠CAO＋∠BAE＝90°‎ ‎∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∴∠CAO＝∠ABE ‎∴Rt△CAO∽Rt△ABE ‎∴ ＝ ，∴ ＝ ‎∴t＝8‎ ‎（2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：BE＝ t，AE＝2‎ y x O A B C M D E 当0＜t ＜8时，S＝ CD·BD＝ ( 2＋t )( 4－ t )＝ ‎∴t1＝t2＝3‎ 当t ＞8时，S＝ CD·BD＝ ( 2＋t )( t－ 4 )＝ ‎∴t1＝3＋5，t1＝3－5（舍去）‎ ‎∴当t＝3或3＋5 时，S＝ y x O A B C M D E N x＝5‎ ‎（3）过M作MN⊥x轴于N，则MN＝ CO＝2‎ 当MB∥OA时，BE＝MN＝2，OA＝2BE＝4‎ 抛物线y＝ax 2－10ax的顶点坐标为（5，－25a）‎ 它的顶点在直线x＝5上移动．‎ 直线x＝5交MB于点（5，2），交AB于点（5，1）‎ ‎∴1＜－25a ＜2‎ ‎∴＝－ ＜a ＜－ ‎65．（湖北宜昌）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向右上移动，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？‎ B A D E O x y ‎(C)‎ ‎（图1）‎ B A O x y ‎（图2）‎ M 解：（1）当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝－ ‎∴OA＝1，OB＝ ‎∴A的坐标是（0，1），∠ABO＝30°‎ ‎（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1）‎ ‎∴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 解得：a＝－3‎ ‎（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过C点作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足 ‎∵△CDE为等边三角形，∠ABO＝30°‎ B A O x y M D H E Q P F C N ‎∴∠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 方法一：‎ ‎∴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－ ‎∴C（－3a－，－a），E（－4a－，0）‎ 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a 2＝1，解得a1＝1，a2＝－1‎ ‎∵a ＜0，∴a＝－1‎ ‎∴AF＝2，CF＝2，∴AC＝4‎ ‎∴点C移动4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切 方法二：‎ ‎∵C（m，n）在直线AB：y＝ x＋1上 ‎∴n＝ m＋1 ①‎ 在Rt△EPM中，∠PEM＝60°，EP＝ ＝( －3 )a ‎∴CE＝CP＋PE＝3(1－ )a＋( －3 )a＝－2a ‎∵sin∠HEC＝ ，∴＝ 即n＝－3a ②‎ 由①、②两式得m＝－3a－ ‎∴C（－3a－，－a），E（－4a－，0）‎ 以下同方法一 ‎66．（广东珠海）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝3，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S2，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．‎ A B M N Q D C H R G F E A B M N Q D C H R G F E 备用图 ‎（1）90°；4‎ ‎（2）直线移动有两种情况：0＜x ＜ 及 ≤x ≤2‎ ‎①当0＜x ＜ 时 ‎∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ，△ANF∽△AQG ‎∴ ＝ ( )2＝4，∴S2＝4S1≠3S1‎ ‎②当 ≤x ≤2时 CG＝4－2x，CH＝1，S△BCD ＝ ×4×1＝2，S△CRQ ＝2×( )2＝8( 2－x )2‎ ‎∴S1＝ x 2，S2＝8－8( 2－x )2‎ 由S2＝3S1，得方程8－8( 2－x )2＝3× x 2，解得x1＝ （舍去），x2＝2‎ ‎∴x的值为2‎ ‎（3）当0＜x ＜ 时，m＝4‎ 当 ≤x ≤2时，由S2＝mS1，得m＝ ＝－ ＋ －12＝－36( － )2＋4‎ m是 的二次函数，当 ≤x ≤2时，即当 ≤ ≤ 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 ‎∴3≤m≤4‎ ‎67．（广东茂名）如图所示，抛物线y＝ax 2＋ x＋c经过原点O和A（4，2），与x轴交于点C，点M、N同时从原点O出发，点M以2个单位/秒的速度沿y轴正方向运动，点N以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，当其中一个点停止运动时，另一点也随之停止．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；‎ ‎（2）在点M、N运动过程中，‎ ‎①若线段MN与OA交于点G，试判断MN与OA的位置关系，并说明理由；‎ ‎②若线段MN与抛物线相交于点P，探索：是否存在某一时刻t，使得以O、P、A、C为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．‎ O x y C N A M P G 解；（1）依题意，得 解得 ‎∴抛物线的解析式为y＝－ x 2＋ x 令y＝0，则有－ x 2＋ x＝0‎ O x y C N A M G B 解得x1＝0，x2＝6，∴点C坐标为（6，0）‎ ‎（2）①MN⊥OA，理由如下：‎ 过点A作AB⊥x轴于点B，则OB＝4，AB＝2‎ 由已知可得： ＝ ＝ ，∴Rt△MON∽Rt△OBA ‎∴∠AOB＝∠NMO ‎∵∠NMO＋∠MNO＝90°，∴∠AOB＋∠MNO＝90°‎ ‎∴∠OGN＝90°，∴MN⊥OA ‎②存在 O x y C N A M P D 设点P的坐标为（x，y），依题意可得：当点P是点A关于抛物线对称轴的对称点时，四边形APOC为等腰梯形 易知点P坐标为（2，2）‎ 过点P作PD⊥x轴于点D，则PD＝2，OD＝2‎ 由Rt△PDN∽Rt△MON，得 ＝ ＝ ‎∴DN＝1，∴ON＝OD＋DN＝2＋1＝3‎ ‎∴t＝ ＝3‎ ‎∴当t＝3秒时，以O、P、A、C为顶点的四边形是等腰梯形 ‎68．（广东湛江）如图，在平面直角坐标系中，直角三角形AOB的顶点A、B分别落在坐标轴上，O为原点，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（0，8）．动点M从点O出发，沿OA向终点A以每秒1个单位的速度运动，同时动点N从点A出发，沿AB向终点B以每秒 个单位的速度运动．当一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设动点M、N运动的时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）当t＝3秒时，直接写出点N的坐标，并求出经过O、A、N三点的抛物线的解析式；‎ O x y B A M N ‎（2）在此运动的过程中，△MNA的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）当t为何值时，△MNA是一个等腰三角形？‎ 解：（1）N（3，4）‎ 设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c 把O（0，0），A（6，0），N（3，4）代入，得：‎ 解得 O x y B A M N H G ‎∴抛物线的解析式为y＝－ x 2＋ x ‎（2）∵A（6，0），B（0，8），∴OA＝6，OB＝8‎ ‎∴AB＝ ＝10‎ 过点N作NH⊥OA于H，则△ANH∽△ABO ‎∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ＝ ‎∴AH＝t，NH＝ t ‎∴S△MNA ＝ AM·NH＝ ( 6－t )· t＝－ t 2＋4t＝－ ( t－3 )2＋6‎ ‎∴当t＝3秒时△MNA的面积有最大值，且最大值为6‎ ‎（3）①若AM＝AN，则6－t＝ t，∴t＝ ‎②若NM＝NA，则AM＝2AH ‎∴6－t＝2t，∴t＝2‎ ‎③若MN＝MA，过点M作MG⊥AB于G 则△AMG∽△ABO，得AG＝ MA＝ ( 6－t )‎ ‎∴AN＝2AG，∴ t＝ ( 6－t )，∴t＝ ‎∴当t＝2或t＝ 或t＝ 时，△MNA是等腰三角形 ‎69．（广西玉林、防城港）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P、Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动．点P，Q同时出发，同时停止．设运动时间为t（秒），当t＝2（秒）时，PQ＝2．‎ ‎（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；‎ ‎（2）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值；‎ O x y Q P A D F C E ‎（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？‎ 解：（1）当t＝2（秒）时，OP＝4，CQ＝2‎ 在Rt△PCQ中，PC＝ ＝ ＝4‎ ‎∴OC＝OP＋PC＝4＋4＝8，CD＝OA＝4‎ ‎∴D（8，4）‎ ‎0＜t ＜4‎ ‎（2）S值不变化 O x y Q P A D F C E ‎∵Rt△QCE∽Rt△QDA，∴ ＝ 即 ＝ ，∴CE＝ 由题意，QF＝2QD＝2( 4－t )‎ ‎∴S＝ QF( AD＋CE )＝( 4－t )( 8＋ )＝32‎ ‎∴S值不发生变化，S＝32‎ ‎（3）若四边形APQF是梯形，则PQ∥AF ‎∴△PCQ∽△ADF，∴ ＝ 又PC＝8－2t，DF＝DQ＝4－t，∴ ＝ 解得t＝6±2 ‎∵0＜t ＜4，∴t＝6＋2不合题意，舍去 ‎∴当t＝6－2（秒）时，四边形APQF是梯形 ‎70．（福建福州）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t ≥0）．‎ ‎（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝______________，PD＝_______________．‎ ‎（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；‎ ‎（3）如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．‎ A C B D P Q 图①‎ A C B D P Q 图②‎ M ‎34．解：（1）8－2t t ‎（2）不存在 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10‎ A C B D P Q 图①‎ ‎∵PD∥BC，∴△ADP∽△ABC ‎∴ ＝ ，即 ＝ ，∴AD＝ t ‎∵BQ∥DP，∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形 即8－2t＝ t，解得t＝ 当t＝ 时，DP＝ × ＝ ，BD＝10－ × ＝6‎ ‎∴DP≠BD，∴□PDBQ不能为菱形 设点Q的运动速度为每秒v个单位长度 则BQ＝8－vt，DP＝ t，BD＝10－ t 要使四边形PDBQ为菱形，则DP＝BD＝BQ 当DP＝BD时，即 t＝10－ t，解得t＝ 当DP＝BQ，t＝ 时，即 × ＝8－ v，解得v＝ ‎∴当点Q的运动速度为每秒 个单位长度时，经过 秒，四边形PDBQ是菱形 ‎（3）解法一：‎ A C B D P Q 图②‎ N M2‎ M3‎ M1‎ x y 以C为原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系 依题意，可知0≤t ≤4，当t＝0时，点M1的坐标为（3，0）‎ 当t＝4时，点M2的坐标为（1，4）‎ 设直线M1M2的解析式为y＝kx＋b，则：‎ 解得： ‎∴直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6‎ ‎∵P（6－t，0），Q（0，2t）‎ ‎∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为（ ，t）‎ 把x＝ 代入y＝－2x＋6，得y＝－2× ＋6＝t ‎∴点M3在直线M1M2上 过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2‎ ‎∴M1M2＝ ＝2 ‎∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度 解法二：‎ 设E是AC中点，连接ME 当t＝4时，点Q与点B重合，运动停止 设此时PQ中点为F，连接EF A C B D P Q 图③‎ H N E F M 过点M作MN⊥AC于点N，则MN∥BC ‎∴△PMN∽△PQC，∴ ＝ ＝ 即 ＝ ＝ ，∴MN＝t，PN＝3－ t ‎∴CN＝PC－PN＝6－t－(3－ t )＝3－ t ‎∴EN＝CE－CN＝3－(3－ t )＝ t ‎∴tan∠MEN＝ ＝2‎ ‎∵tan∠MEN的值不变，∴点M在直线EF上 过点F作FH⊥AC于点H，则EH＝2，FH＝4‎ ‎∴EF＝ ＝2 当t＝0时，点M与点E重合；当t＝4时，点M与点F重合 ‎∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度 ‎71．（福建漳州）如图，在□OABC中，点A在x轴上，∠AOC＝60°，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a cm／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．‎ O x y Q P B C A 解：（1）C（2，2），OB＝4 ‎（2）①当0＜t ≤4时 O x y Q D B C A P 过点Q作QD⊥x轴于点D，则QD＝ t ‎∴S＝ OP·QD＝ t 2‎ ‎②当4≤t ≤8时 过点Q作QE⊥x轴于点E，则QE＝2 ‎∴S＝ OP·QE＝t O x y Q E B C A P ‎③当8≤t ＜12时 延长QP交x轴于点F，过点P作PH⊥AF于点H 易证△PBQ与△PAF均为等边三角形 ‎∴OF＝OA＋AF＝OA＋AP＝t，AP＝t－8‎ ‎∴PH＝ ( t－8 )‎ O x y Q F B C A P H ‎∴S＝S△OQF － S△OPF ‎＝ t·2－ t·( t－8 )‎ ‎＝－ t 2＋3t 当t＝8时，S最大 ‎（3）①当△OPM∽△OAB时，则PQ∥AB O x y Q M B C A P ‎∴CQ＝OP ‎∴at－4＝t，a＝1＋ t的取值范围是0＜t ≤8‎ ‎②当△OPM∽△OBA时，则 ＝ O x y Q M B C A P ‎∴ ＝ ，∴OM＝ t 又∵QB∥OP，∴△BQM∽△OPM ‎∴ ＝ ，∴ ＝ 整理得t－at＝2，∴a＝1－ t的取值范围是6≤t ≤8‎ 综上所述：a＝1＋ （0＜t ≤8）或a＝1－ （6≤t ≤8）‎ ‎72．（福建模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AD＝12，CD＝6，点E从点D出发，沿线段DA以每秒1个单位的速度向点A方向移动，同时点F从点C出发，沿射线CD方向以每秒2个单位的速度移动，当B、E、F三点共线时，两点同时停止移动．设点E移动的时间为t（秒）．‎ ‎（1）求当t为何值时，E、F两点同时停止移动；‎ ‎（2）设四边形BCFE的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；‎ ‎（3）求当t为何值时，以E、F、C三点为顶点的三角形是等腰三角形；‎ A B D O C E F ‎（4）求当t为何值时，∠BEC＝∠BFC；‎ ‎（5）在运动过程中BF、CE有怎样的位置关系？证明你的结论．‎ 解：（1）当B、E、F三点共线时，E、F两点同时停止运动 由题意，ED＝t，BC＝12，FD＝2t－6，FC＝2t A B D C E F ‎∵ED∥BC，∴△FED∽△FBC．∴ ＝ ‎∴ ＝ ，解得t＝6‎ ‎∴当t＝6秒时，E、F两点同时停止运动 ‎（2）∵ED＝t，CF＝2t ‎∴S＝S△BCE ＋ S△ECF ＝ ×12×6＋ ×2t×t＝t 2＋36‎ 即S＝t 2＋36（0≤t ≤6）‎ ‎（3）EF 2＝( 2t－6 )2＋t 2＝5t 2－24t＋36，FC 2＝4t 2‎ EC 2＝6 2＋t 2＝t 2＋36‎ ‎①若EF＝EC，则点F只能在CD的延长线上 ‎∴5t 2－24t＋36＝t 2＋36，∴t＝0（舍去）或t＝6‎ ‎②若CE＝CF，则t 2＋36＝4t 2，∴t＝2（舍去负值）‎ ‎③若FE＝FC，则5t 2－24t＋36＝4t 2‎ ‎∴t＝12＋6（舍去）或t＝12－6 ‎（4）∵∠BCF＝∠CDE＝90°， ＝ ＝2‎ ‎∴△BCF∽△CDE，∴∠BFC＝∠CED ‎∵AD∥BC，∴∠BCE＝∠CED 若∠BEC＝∠BFC，则∠BEC＝∠BCE ‎∴BE＝BC，∴( 12－t )2＋6 2＝12 2‎ ‎∴t＝12＋6（舍去）或t＝12－6 ‎∴当t＝12－6 时，∠BEC＝∠BFC ‎（5）BF⊥CE ‎∵△BCF∽△CDE，∴∠BFC＝∠CED ‎∵∠ECD＋∠CED＝90°，∴∠ECD＋∠BFC＝90°‎ ‎∴∠COF＝90°，∴BF⊥CE A B C D E F ‎73．（福建模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝16cm，长为4cm的动线段DE（端点D从点B开始）沿BC边以1cm/s的速度向点C运动，当端点E到达点C时运动停止．过点E作EF∥AC交AB于点F，连接DF，设运动的时间为t秒．‎ ‎（1）当t为何值时，△DEF为等腰三角形；‎ ‎（2）设M、N分别是DF、EF的中点，求在整个运动过程中MN所扫过的面积．‎ 解：（1）∵EF∥AC，∴ ＝ 即 ＝ ，∴EF＝ ( t＋4)‎ ‎①当DF＝EF时，则∠EDF＝∠DEF＝∠B ‎∴点B与点D重合，∴t＝0‎ ‎②当DE＝EF时，则4＝ ( t＋4)，解得t＝ ‎③当DE＝DF时，则∠DFE＝∠DEF＝∠B＝∠C ‎∴△DEF∽△ABC，∴ ＝ 即 ＝ ，解得t＝ 综上所述，当t＝0或 或 秒时，△DEF为等腰三角形 A B C D E F M N P ‎（2）设P是AC的中点，连接BP ‎∵ ＝ ，∴ ＝ 又∠BEN＝∠C，∴△BNE∽△BPC ‎∴∠NBE＝∠PBC ‎∴点N沿直线BP运动，MN也随之平移 如图，设MN从ST位置运动到PQ位置，则四边形PQST是平行四边形 ‎∵M、N分别是DF、EF的中点 ‎∴MN∥DE，且ST＝MN＝ DE＝2‎ 分别过点T、P作TK⊥BC于K，PL⊥BC于L，延长ST交PL于点R，则四边形TKLR是矩形 当t＝0时，EF＝ ( 0＋4)＝ ，TK＝ EF·sin∠DEF＝ ×× ＝ A B C R L S K T P Q 当t＝12时，EF＝AC＝10，PL＝ AC·sinC＝ ×10× ＝3‎ ‎∴PR＝PL－RL＝PL－TK＝3－ ＝ ‎∴S□PQST ＝ST·PR＝2× ＝ ‎∴在整个运动过程中，MN所扫过的面积为 cm2‎ ‎74．（福建模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P以每秒1个单位的速度从A向C运动，同时点Q以每秒2个单位的速度沿A→B→C方向运动，⊙P和⊙Q的半径都为1．求：‎ A B C Q P ‎（1）求圆心距PQ的最大值；‎ ‎（2）设运动时间为t，求两圆相切时t的值；‎ ‎（3）当t为何值时，两圆相离．‎ 解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6‎ A B C Q P E ‎∴AB＝ ＝10‎ 当点Q在AB上时， ＝ ＝2‎ 当点Q在BC上时， ＝ ＝2‎ ‎∴PQ在运动过程中保持平行 ‎∴当点Q运动到点B时，PQ的值最大 A B C Q P E 过点B作BE∥PQ交AC于E，则AE＝ AB＝5‎ ‎∴CE＝3，∴BE＝ ＝3 即圆心距PQ的最大值为3 ‎（2）∵⊙P和⊙Q是等圆，∴两圆相切只能是外切 ‎①当点Q在AB上，两圆外切时，PQ＝2‎ ‎∵PQ∥BE，∴△AQP∽△ABE ‎∴ ＝ ，即 ＝ ‎∴t＝ ‎②当点Q在BC上，两圆外切时，PQ＝2‎ ‎∵PQ∥BE，∴△CPQ∽△CAB ‎∴ ＝ ，即 ＝ ‎∴t＝8－ t＝8－ ‎∴当t＝ 或t＝8－ 时，两圆相切 ‎（3）当＜t ＜8－ 时，两圆相离 ‎75．（海南模拟）在平行四边形ABOC中，AO⊥BO，且AO＝BO．以AO、BO所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系，已知B（－6，0），直线y＝3x＋b过点C且与x轴交于点D．‎ ‎（1）求点D的坐标；‎ ‎（2）点E为y轴正半轴上一点，当∠BED＝45°时，求直线EC的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设直线EC与x轴交于点F，ED与AC交于点G．点P从点O出发以每秒1个单位的速度沿折线OF－FE运动，在运动过程中直线PA交BE于H，设运动时间为t．当以E、H、A为顶点的三角形与△EGC相似时，求t的值．‎ B A C x O y D 解：（1）∵B（－6，0），∴BO＝6‎ ‎∵AO＝BO，∴AO＝6‎ ‎∵□ABOC，AC∥OB，∴AC＝BO＝6‎ ‎∴C（6，6）‎ ‎∵直线y＝3x＋b过点C，∴6＝18＋b ‎∴b＝－12，∴y＝3x－12‎ 令y＝0，得0＝3x－12‎ ‎∴x＝4，∴D（4，0）‎ B A C O y K D E x I ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎（2）过B作BK⊥AD于K，交AO于I 则∠1＝∠2＝90°－∠3‎ ‎∵∠BED＝45°，∴∠EBK＝45°‎ ‎∴BK＝EK，∴Rt△BDK≌Rt△EIK ‎∴EI＝BD＝BO＋OD＝6＋4＝10‎ ‎∵∠1＝∠2，∴△BOI∽△EOD ‎∴ ＝ ，∴ ＝ 解得OI＝2（舍去负值）‎ ‎∴EO＝EI＋OI＝10＋2＝12‎ ‎∴E（0，12）‎ 设直线EC的解析式为y＝kx＋m ‎∴ 解得 B A C O y D E G F x P H ‎4‎ ‎5‎ ‎∴直线EC的解析式为y＝－x＋12‎ ‎（3）∵y＝－x＋12，当y＝0时，x＝12‎ ‎∴F（12，0），∴OF＝12‎ ‎∴OE＝OF，∴∠OEF＝45°‎ ‎∵∠BED＝45°，∴∠4＝∠5‎ ‎∵∠OEF＝45°，∴∠ECG＝45°‎ ‎①当∠EAH＝∠ECG＝45°时，△EHA∽△EGC ‎∴∠OAP＝∠EAH＝45°，∴OP＝OA＝6‎ ‎∴t＝6‎ ‎②当∠EHA＝∠ECG＝45°时，△EAH∽△EGC ‎∴ ＝ B A C O y D E G F x P H ‎4‎ ‎5‎ ‎∵EA＝EO－AO＝6，AC＝6，∴EC＝6 ‎∵EO＝12，OD＝4，∴ED＝ ＝4 ‎∵EA＝AO＝6，AG∥OD，∴EG＝ ED＝2 ‎∴ ＝ ，∴EH＝ ‎∵∠EHP＝∠EFB＝45°，∠PEH＝∠BEF ‎∴△EHP∽△EFB，∴ ＝ ‎∴ ＝ ，∴EP＝ ‎∴t＝12＋12－ ＝12＋ ‎∴当以E、H、A为顶点的三角形与△EGC相似时，t的值为6或12＋ ‎76．（哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋4分别交x轴、y轴于点A、B，直线y＝－2x＋b分别交x轴、y轴于点C、D，且OC＝2OB，直线AB、CD相交于点E．‎ ‎（1）求直线CD的解析式；‎ ‎（2）动点P从点B出发沿线段BC以每秒 个单位的速度向点C匀速运动，同时动点Q从点D出发沿线段DC以每秒2 个单位的速度向点C匀速运动，当P到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设运动时间为t秒，线段PQ的长为d（d≠0），求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，在P、Q的运动过程中，设直线PQ与直线AB相交于点N．当t为何值时， ＝ ？并判断此时以点Q为圆心，以3 为半径的⊙Q与直线AB位置关系，请说明理由．‎ D O y x B C E A 备用图 D O y x B C E A 备用图 D O y x B C E A 解：（1）由题意得：A（－4，0），B（0，4），∴OA＝OB＝4‎ ‎∵OC＝2OB，∴OC＝8，∴C（8，0）‎ 把C（8，0）代入y＝－2x＋b，得b＝16‎ ‎∴直线CD的解析式为y＝－2x＋16‎ ‎（2）过点P作PG⊥OB于G，则△BGP∽△BOC D O y x B C E A Q P G 由题意得：BP＝t，DQ＝2t 在Rt△OBC中，OB＝4，OC＝8，∴BC＝4 ‎∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ＝ ‎∴BG＝t，GP＝2t，∴P（2t，4－t）‎ 同理Q（2t，16－4t），∴PQ∥y轴 ‎∴d＝PQ＝16－4t－( 4－t )＝12－3t（0≤t ＜4）‎ ‎（3）联立 解得 ∴E（4，8）‎ ‎∵PQ∥y轴，点N是直线PQ与直线AB的交点 D O y x B C E A Q P M N H ‎∴N（2t，2t＋4）‎ ‎∵ ＝ ，∴3NQ＝2PQ 过点C作CH⊥AB于H，过点Q作QM⊥AB于M ‎①当点Q在DE上时，NQ＝16－4t－( 2t＋4 )＝12－6t ‎∴3( 12－6t )＝2( 12－3t )‎ ‎∴t＝1，∴DQ＝2 ‎∵C（8，0），D（16，0），E（4，8），∴DE＝CE＝4 ‎∴EQ＝4－2＝2 ‎∵OA＝OB＝4，OC＝8，∴AC＝12，∠BAO＝45°‎ ‎∴CH＝AC·sin45°＝6 D O y x B C E A Q P M N H 由△QEM∽△CEH，得 ＝ ，即 ＝ ，∴QM＝3 ‎∴t＝1时，以点Q为圆心，以3 为半径的⊙Q与直线AB相切 ‎②当点Q在EC上时，NQ＝2t＋4－( 16－4t )＝6t－12‎ ‎∴3( 6t－12 )＝2( 12－3t )，∴t＝ ‎∴DQ＝5，∴EQ＝5－4＝ 由△QEM∽△CEH，得 ＝ ，即 ＝ ，∴QM＝ ‎∴t＝ 时，以点Q为圆心，以3 为半径的⊙Q与直线AB相交 综上所述，t＝1或t＝ 时， ＝ ；t＝1时，以点Q为圆心，以3 为半径的⊙Q与直线AB相切；t＝ 时，以点Q为圆心，以3 为半径的⊙Q与直线AB相交 ‎77．（江苏模拟）如图，抛物线y＝－ x 2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，交y轴交于点C，cos∠ABC＝ ，抛物线的对称轴为直线x＝1．动点P从点A出发，沿折线AB→BC向终点C运动；同时动点Q从点B出发，沿射线BC方向运动．P、Q两点的运动速度均为每秒1个单位长度，当点P到达点C时，运动停止，设运动时间为t秒．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）设△APQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；‎ O x y C B Q A P ‎（3）在运动过程中，是否存在这样的t值，使△APQ是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由．‎ 解：（1）∵抛物线y＝－ x 2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1‎ ‎∴－ ＝1，∴b＝ ‎∴y＝－ x 2＋ x＋c，∴C（0，c），∴OC＝c 在Rt△BOC中，∵cos∠ABC＝ ＝ ‎∴设OB＝4k，则BC＝5k，由勾股定理得OC＝3k ‎∴OB＝ OC＝ c，∴B（ c，0）‎ 把B点坐标代入y＝－ x 2＋ x＋c，得－ × c 2＋ × c＋c＝0‎ ‎∵c≠0，∴c＝6‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－ x 2＋ x＋6‎ ‎（2）由（1）知，B（8，0），C（0，6）‎ ‎∴OB＝8，OC＝6，∴BC＝10‎ 令y＝－ x 2＋ x＋6＝0，解得x1＝－6或x2＝8‎ ‎∴A（－6，0），∴OA＝6‎ ‎∴AB＝6＋8＝14，AB＋BC＝14＋10＝24‎ O x y C B Q A P D ‎①当0＜t ≤14时，点P在AB上 过点Q作QD⊥AB于D 则△BDQ∽△BOC，得QD＝ t ‎∴S＝ AP·QD＝ t· t＝ t 2‎ ‎②当14≤t ≤24时，点P在BC上 过点A作AE⊥PQ于E 则AE＝ AB＝ ，又PQ＝t－( t－14 )＝14‎ ‎∴S＝ PQ·AE＝ ×14× ＝ ‎∴S与t的函数关系式为：‎ O x y C B Q A P E S＝ ‎（3）①当0＜t ≤14时 若AP＝AQ，∵AP＝BQ，∴AQ＝BQ 过点Q作QD⊥AB于D 则AB＝2BD＝ t＝14，∴t＝ 若PA＝PQ，∵AP＝BQ，∴PQ＝BQ 过点Q作QD⊥AB于D 则AB＝AP＋2BD＝t＋ t＝14，∴t＝ 若QA＝QP，过点Q作QD⊥AB于D 则AP＝2PD＝2[ t－( 14－t )]＝t，∴t＝ ‎②当14≤t ≤24时 若AP＝AQ，过点A作AE⊥PQ于E 则PE＝ PQ＝7，BE＝ AB＝ ，BP＝t－14‎ ‎∴7＋t－14＝ ，∴t＝ 若PA＝PQ，则[ ( t－14 )]2＋[14－ ( t－14 )]2＝14 2‎ 解得t＝14或t＝ （舍去）‎ 若QA＝QP，则( t )2＋( 14－ t )2＝14 2‎ 解得t＝0（舍去）或t＝ 综上所述，符合条件的t值有6个：t1＝ ，t2＝ ，t3＝ ，t4＝14，t5＝ ，t6＝ O x y C A A′‎ B D F l ‎78．（江苏模拟）已知点A（2，0），直线y＝(2－)x－2与x轴交于点F，与y轴交于点B，直线l从AB出发，以每秒1个单位的速度沿y轴正方向向上平移，平移后的直线交y轴于点C，交x轴于点D，点A关于直线l的对称点为A′，连接AA′、A′D．过点C作直线AB的垂线交直线y＝(2－)x－2于点E，以点C为圆心CE为半径作⊙C．设移动时间为t（秒）．‎ ‎（1）求点A′ 的坐标（用含t的代数式表示）；‎ ‎（2）当t为何值时：①⊙C经过点D；②⊙C与A′A相切；‎ ‎（3）探索：⊙C是否能为△A′DA的外接圆？请说明理由．‎ 解：（1）∵直线y＝( 2－)x－2与x轴交于点F，与y轴交于点B ‎∴B（0，－2），F（4＋2，0）‎ ‎∴OB＝2，OF＝4＋2 由题意l∥AB，∴∠ODC＝∠OAB ‎∵A（2，0），∴OA＝2 O x y C A A′‎ B D F l H ‎∴tan∠OAB＝ ＝ ＝ ‎∴∠ODC＝∠OAB＝30°‎ ‎∵BC＝t ‎∴当0＜t ≤2时，OC＝2－t，∴OD＝( 2－t )‎ ‎∴AD＝2－( 2－t )＝t 当t ＞2时，OC＝t－2，∴OD＝( t－2 )‎ ‎∴AD＝2＋( t－2 )＝t 综合得AD＝t ‎∵点A和A′，关于直线l对称 ‎∴A′D＝AD＝t，∠A′DA＝60°‎ O x y A A′‎ B D F l C E ‎∴△A′DA是等边三角形 过点A′，作A′H⊥AD于H ‎∴AH＝ t，A′H＝ t ‎∴A′（2－ t， t）‎ ‎（2）①∵OA＝2，OF＝4＋2，∴AF＝4‎ 在Rt△OAB中，OB＝2，∠OAB＝30°‎ O x y A A′‎ B D F l C E G ‎∴∠OBA＝60°，AB＝2OB＝4‎ ‎∴AB＝AF，∴∠ABF＝∠AFB＝15°‎ ‎∴∠CBF＝75°，∴∠BCE＝30°‎ ‎∵CE⊥AB，∴∠BCE＝30°‎ ‎∴∠CEB＝75°，∴∠CBE＝∠CEB ‎∴CB＝CE 当⊙C经过点D时，CD＝CE ‎∴CD＝CB＝t，∴OC＝ CD＝ t ‎∵OC＋CB＝OB，∴ t＋t＝2，∴t＝ O x A A′‎ B D F l C E y ‎②设⊙C与A′A相切于点G，则CG＝CB＝t ‎∵CD＋CG＝DG，CD＝2OC＝2( t－2 )，DG＝ AD＝ t ‎∴2( t－2 )＋t＝ t，∴t＝ ‎（3）能 理由：∵△A′DA是等边三角形 ‎∴当⊙C是△A′DA的外接圆时，点A′，在y轴正半轴上 ‎∴OD＝OA＝2，∴( t－2 )＝2 ‎∴t＝4‎ ‎∴当t＝4秒时，⊙C是△A′DA的外接圆 ‎79．（北京模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12，在Rt△DEF中，∠DFE＝90°，EF＝6，DF＝8，E、F两点在BC边上，DE、DF两边分别与AB边交于点G、H．固定△ABC不动，△DEF从点F与点B重合的位置出发，沿BC边以每秒1个单位的速度向点C运动；同时点P从点F出发，在折线FD－DE上以每秒2个单位的速度向点E运动．当点E到达点C时，△DEF和点P同时停止运动．设运动时间为t（秒）．‎ ‎（1）当t＝2时，PH＝_________，DG＝_________；‎ ‎（2）当t为何值时，△PDE为等腰三角形？请说明理由；‎ ‎（3）当t为何值时，点P与点G重合？写出计算过程；‎ ‎（4）求tan∠PBF的值（用含t的代数式表示）．‎ A B C 备用图 A B D G C H E F P 解：（1） 提示：当t＝2时，BF＝2，PF＝4‎ 由△HBF∽△ABC，得HF＝ ，∴PH＝4－ ＝ ，DH＝8－ ＝ 由△DHG∽△BAC，得DG＝ ‎（2）只有点P在DF边上运动时，△PDE才能成为等腰三角形，且PD＝PE ‎∵BF＝t，PF＝2t，DF＝8，∴PD＝8－2t 在Rt△PEF中，PE 2＝PF 2＋EF 2＝4t 2＋36‎ 得(8－2t )2＝4t 2＋36，解得t＝ ‎∴当t＝ 时，△PDE为等腰三角形 ‎（3）当点P与点G重合时，点P一定在DE边上，DP＝DG ‎∵tanB＝ ＝ ＝ ，tanD＝ ＝ ＝ ，∴∠B＝∠D ‎∴∠DGH＝∠BFH＝90°‎ A B D G C H E F P ‎∴HF＝BF·tanB＝ t，DH＝DF－HF＝8－ t DG＝DH·cosD＝(8－ t )× ＝－ t＋ 由DP＝DG得2t－8＝－ t＋ ，解得t＝ ‎∵4＜＜6，∴此时点P在DE边上 ‎∴当t＝ 时，点P与点G重合 ‎（4）当0＜t ≤4时，点P在DF边上运动，tan∠PBF＝ ＝2‎ 当4＜t ≤6时，点P在DE边上运动，作PM⊥BC于M，则tan∠PBF＝ 可得PE＝DE－DP＝10－(2t－8)＝18－2t A B C E F M P G H D PM＝PE·cos∠EPM＝PE·cosD＝ (18－2t )＝－ t＋ EM＝PE·sin∠EPM＝PE·sinD＝ (18－2t )＝－ t＋ BM＝BF＋EF－EM＝t＋6－(－ t＋ )＝ t－ ‎∴tan∠PBF＝ ＝ 综上所述，tan∠PBF＝ ‎80．（浙江模拟）如图，在直角坐标系中，△ABC是等边三角形，点A在y轴的正半轴上，点B（－8，0），点C（8，0）．直线l从y轴出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向右平移，直线l与线段AC交于点D，与直线y＝ x交于点E，与x轴交于点P．以DE为边向左侧作等边△DEF，DF与y轴交于点G．当点D与点E重合时，直线l停止移动，设直线l的移动时间为t（秒）．‎ ‎（1）当t为何值时，四边形OEDG是菱形；‎ ‎（2）是否存在t值，使点G恰好落在以DE为直径的圆上？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；‎ y＝ x A B E D C O F y G P x l ‎（3）设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；‎ ‎（4）直接写出点（1，2）落在△DEF内部时t的取值范围．‎ 解：（1）由题意，E（t， t），OP＝t，EP＝ t y＝ x A B E D C O F y G P x l ‎∴tan∠EOP＝ ＝ ，∴∠EOP＝30°，∴∠OEP＝60°‎ ‎∵△DEF是等边三角形，∴∠FDE＝60°‎ ‎∴∠OEP＝∠FDE，∴GD∥OE 又∵GO∥DE，∴四边形OEDG是平行四边形 当OE＝DE时，四边形OEDG是菱形 ‎∵△ABC是等边三角形，点A在y轴的正半轴上 ‎∴A（0，8）‎ 由A（0，8），C（8，0）可求得直线AC的解析式为 y＝－x＋8 ‎∴D（t，－t＋8）‎ ‎∴DE＝－t＋8－ t＝－ t＋8 ‎∵OE＝2EP＝ t，∴－ t＋8＝ t 解得t＝4‎ ‎∴当t＝4秒，四边形OEDG是菱形 ‎（2）连接EG，当∠DGE＝90°时，点G恰好落在以DE为直径的圆上 y＝ x A B E D C O F y G P x l ‎∵△DEF是等边三角形，∴点G为DF的中点 ‎∴DG＝ DF＝ DE ‎∵四边形OEDG是平行四边形，∴OE＝DG＝ DE ‎∵DE＝－ t＋8，OE＝ t ‎∴ t＝ (－ t＋8 )，解得t＝3‎ ‎∴当t＝3秒时，点G恰好落在以DE为直径的圆上 ‎（3）过点F作FH⊥DE于H 则FH＝ DF＝ DE＝ (－ t＋8)＝－2t＋12‎ ‎∵D（t，－t＋8），E（t， t），∴H（t，－ t＋4）‎ ‎∴点F横坐标为t－(－2t＋12 )＝3t－12‎ ‎∴F（3t－12，－ t＋4）‎ 由A（0，8），B（－8，0）可求得直线AB的解析式为 y＝x＋8 当点F落在AB上时，有－ t＋4＝( 3t－12 )＋8 y＝ x A B E D C O F y G P x l H M N 解得t＝ 当点D与点E重合时，DE＝0‎ 即－ t＋8＝0，解得t＝6‎ ‎①当0≤t ≤ 时，重叠部分为四边形DMNE ‎∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC ‎∴∠OAC＝30°，∴∠ADE＝150°‎ ‎∵∠FDE＝60°，∴∠ADG＝90°‎ ‎∴∠FMN＝∠AMD＝30°，∴∠FNM＝90°‎ ‎∵OP＝t，∴AD＝2t，∴DM＝2t ‎∴FM＝－ t＋8－2t＝－ t＋8 ‎∴FN＝－ t＋4，MN＝FN＝－5t＋12‎ ‎∴S＝S△DEF － S△FMN ＝ ( 8－ t )(12－2t )－ ( 8－ t )(12－5t )‎ ‎＝－7t 2＋24t y＝ x A B E D C O F y G P x l H ‎②当 ≤t ≤6时，重叠部分为△DEF S＝ ( 8－ t )(12－2t )＝ t 2－16t＋48 综上，S＝ ‎（4）1＜t ＜ 提示：∵0≤t ≤6，∴2≤－ t＋4≤4 ‎∴点（1，2）始终在线段DF下方 当点（1，2）落在线段DE上时，t＝1‎ 当点（1，2）落在线段EF上时，则有 ＝ ，解得t＝ ‎∵点（1，2）落在△DEF内部 ‎∴1＜t ＜ ‎81．（辽宁模拟）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝10，BC＝5，CD＝3，∠A＝45°，∠B＞∠A．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿A→B→C→D向点D运动；动点Q从点B出发，以每秒1个单位的速度沿B→C→D→A向点A运动．P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t（秒）．‎ A B P C Q D ‎（1）当t为何值时PQ∥AD？‎ ‎（2）设△PBQ的面积为S，求S关于t的函数关系式；‎ ‎（3）是否存在实数t，使△PBQ为等腰三角形？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，设DE＝x 则四边形DEFC是矩形，∴EF＝CD＝3，CF＝DE＝x ‎∵∠A＝45°，∴AE＝DE＝x A B P C Q D E F G ‎∴BF＝AB－AE－EF＝10－x－3＝7－x 在Rt△BCF中，( 7－x )2＋x 2＝5 2‎ 解得x1＝3，x2＝4‎ ‎∵∠A＝45°，∠B＞∠A，∴∠B＞45°，∴∠BCF＜45°‎ ‎∴∠B＞∠BCF，∴CF＞BF 当x＝3时，CF＝3，BF＝7－3＝4，CF＜BF ‎∴x＝3不合题意，舍去 ‎∴x＝4，即DE＝CF＝4，BF＝7－4＝3‎ 过点Q作QG⊥AB于G ‎∵PQ∥AD，∴∠QPG＝∠A＝45°‎ ‎∴PG＝QG ‎∵PG＝AB－AP－BG＝10－2t－ t，QG＝ t A B P C Q D H ‎∴10－2t－ t＝ t，∴t＝ ‎∴当t＝ 秒时，PQ∥AD ‎（2）①当0＜t ≤5时，点P在AB上，点Q在BC上 S＝ PB·QG＝ ( 10－2t )× t＝－ t 2＋4t ‎②当5＜t ≤7.5时，点P在BC上，点Q在CD上 A B P C Q D S＝ S△BCQ － S△BCQ ＝ ( t－5 )×4－ ( t－5 )× ( 15－2t )＝ t 2－10t＋30‎ ‎③当7.5＜t ≤8时，点P、Q都在CD上 S＝ [( t－5 )－( 2t－15 )]×4＝－2t＋20‎ ‎④当8＜t ≤9时，点P在CD上，点Q在DA上 S＝ S梯形ABCD － S△ABQ － S△BCP － S△PDQ ‎ ‎＝ ( 3＋10 )×4－ ×10× ( 8＋4－t )－ ( 2t－15 )×4－ ( 18－2t )× ( t－8 )‎ A B P C Q D N M ‎＝－ t 2＋( 11－4 )t＋36－56 ‎∴S＝ ‎（3）①当0＜t ≤5时，点P在AB上，点Q在BC上 A B P C Q D G 若QP＝QB，过点Q作QG⊥AB于G 则BP＝2BG，即10－2t＝2× t ‎∴t＝ 若BP＝BQ，则10－2t＝t ‎∴t＝ A B P C Q D H 若PB＝PQ，过点P作PH⊥BC于H 则BQ＝2BH，即t＝2×( 10－2t )‎ ‎∴t＝ ‎②当5＜t ≤7.5时，点P在BC上，点Q在CD上 ‎∵∠BPQ＞∠C＞90°，∴只能PB＝PQ A B P C Q D H 过点P作PH⊥CD于H 则CH＝ ( 15－2t )，PH＝ ( 15－2t )，QC＝t－5‎ ‎∴PQ 2＝PH 2＋QH 2＝[ ( 15－2t )]2＋[ t－5＋ ( 15－2t )]2‎ ‎∴( 2t－10 )2＝[ ( 15－2t )]2＋[ t－5＋ ( 15－2t )]2‎ A B P C Q D H ‎∴t＝ ‎③当7.5＜t ≤8时，点P、Q都在CD上 过点P作PH⊥AB于H ‎∵∠BPQ＞∠C＞90°，∴BQ＞BP 又∵PQ＜CD＝3，BP＞PH＝4，∴BP＞PQ ‎∴BQ＞BP＞PQ 此时△PBQ不可能是等腰三角形 ‎④当8＜t ≤9时，点P在CD上，点Q在DA上 A B P C Q D H N M 作PH⊥AB于H，QN⊥AB于N，交CD于M ‎∵8＜t ≤9，∴0≤DP＜2，0＜DQ≤1‎ ‎∴4＜BP≤2，2＜BQ≤，1≤PQ＜2‎ ‎∴BQ＞BP＞PQ 此时△PBQ不可能是等腰三角形 综上所述，满足条件的t值为 、 、 、