全國各地中考數(shù)學(xué)解析匯編四十章 動(dòng)態(tài)型問題

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1、▼▼▼2019屆數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)資料▼▼▼ 四十章 動(dòng)態(tài)型問題 18．(2012江蘇蘇州，18，3分)如圖①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度沿著A→B→C→D的方向不停移動(dòng)，直到點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D后才停止．已知△PAD的面積S（單位：cm2）與點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間（單位：s）的函數(shù)如圖②所示，則點(diǎn)P從開始移動(dòng)到停止移動(dòng)一共用了?。?+2）　秒（結(jié)果保留根號）． 分析： 根據(jù)圖②判斷出AB、BC的長度，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根據(jù)t=2時(shí)△PAD的面積求出AD的長度，過點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)F，然后

2、求出DF的長度，利用勾股定理列式求出CD的長度，然后求出AB、BC、CD的和，再根據(jù)時(shí)間=路程÷速度計(jì)算即可得解． 解答： 解：由圖②可知，t在2到4秒時(shí)，△PAD的面積不發(fā)生變化， ∴在AB上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是2秒，在BC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是4﹣2=2秒， ∵動(dòng)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度是1cm/s， ∴AB=2cm，BC=2cm， 過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)F， 則四邊形BCFE是矩形， ∴BE=CF，BC=EF=2cm， ∵∠A=60°， ∴BE=ABsin60°=2×=， AE=ABcos60°=2×=1，

3、 ∴×AD×BE=3， 即×AD×=3， 解得AD=6cm， ∴DF=AD﹣AE﹣EF=6﹣1﹣2=3， 在Rt△CDF中，CD===2， 所以，動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的總路程為AB+BC+CD=2+2+2=4+2， ∵動(dòng)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度是1cm/s， ∴點(diǎn)P從開始移動(dòng)到停止移動(dòng)一共用了（4+2）÷1=4+2（秒）． 故答案為：（4+2）． 點(diǎn)評： 本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，根據(jù)圖②的三角形的面積的變化情況判斷出AB、BC的長度是解題的關(guān)鍵，根據(jù)梯形的問題中，經(jīng)常作過梯形的上底邊的兩個(gè)頂點(diǎn)的高線作出輔助線也很關(guān)鍵．

4、 23.（2012貴州省畢節(jié)市，23，12分）如圖①，有一張矩形紙片，將它沿對角線AC剪開，得到△ACD和△A′BC′. (1)如圖②，將△ACD沿A′C′邊向上平移，使點(diǎn)A與點(diǎn)C′重合，連接A′D和BC，四邊形A′BCD是 形； （2）如圖③，將△ACD的頂點(diǎn)A與A′點(diǎn)重合，然后繞點(diǎn)A沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D、A、B在同一直線上，則旋轉(zhuǎn)角為 度；連接CC′，四邊形CDBC′是 形； （3）如圖④，將AC邊與A′C′邊重合，并使頂點(diǎn)B和D在AC邊的同一側(cè)，設(shè)AB、CD相交于E，連接BD，四邊形ADBC是什么特殊四邊形？請說明你的理由。

5、 第23題圖 解析：（1）利用平行四邊形的判定，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形得出即可；（2）利用旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)以及直角梯形判定得出即可；（3）利用等腰梯形的判定方法得出BD∥AC，AD=CE，即可得出答案． 解案：解：（1）平行四邊形； 證明：∵AD=AB，AA′=AC，∴A′C與BD互相平分， ∴四邊形A′BCD是平行四邊形； （2）∵DA由垂直于AB，逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)D、A、B在同一直線上， ∴旋轉(zhuǎn)角為90度； 證明：∵∠D=∠B=90°，A，D，B在一條直線上， ∴CD∥BC′，∴四邊形CDBC′是直角

6、梯形； 故答案為：90，直角梯； （3）四邊形ADBC是等腰梯形； 證明：過點(diǎn)B作BM⊥AC，過點(diǎn)D作DN⊥AC，垂足分別為M，N， ∵有一張矩形紙片，將它沿對角線AC剪開，得到△ACD和△A′BC′．∴△ACD≌△A′BC′，∴BM=ND，∴BD∥AC， ∵AD=BC，∴四邊形ADBC是等腰梯形． 點(diǎn)評：此題主要考查了圖形的剪拼與平行四邊形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知識，熟練掌握判定定理是解題關(guān)鍵． 26.（2012年廣西玉林市，26，12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形AOCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4），現(xiàn)有兩動(dòng)點(diǎn)P，Q，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿線段OC（不

7、包括端點(diǎn)O，C）以每秒2個(gè)單位長度的速度勻速向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿線段CD（不包括端點(diǎn)C、D）以每秒1個(gè)單位長度的速度勻速向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng).點(diǎn)P，Q同時(shí)出發(fā)，同時(shí)停止.設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒），當(dāng)t=2（秒）時(shí)，PQ=. （1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)，并直接寫出t的取值范圍； （2）連接AQ并延長交x軸于點(diǎn)E，把AE沿AD翻折交CD延長線于點(diǎn)F，連接EF，則△AEF的面積是否隨t的變化而變化？若變化，求出與t的函數(shù)關(guān)系式；若不變化，求出的值. （3）在（2）的條件下，t為何值時(shí)，四邊形APQF是梯形？ 解：（1）設(shè)OC=， 當(dāng)t=2時(shí)，OP=4，PC=－4；CQ=2. 在Rt△PQC中，

8、， ,解得（不合題意，舍去），，∴D點(diǎn)坐標(biāo)（8，4）； （2）由翻折可知，點(diǎn)Q和點(diǎn)F關(guān)于直線AD對稱，∴QD=DF=4－t，而AD=8，∴. 設(shè)經(jīng)過A（0，4）、Q（8，t）兩點(diǎn)的一次函數(shù)解析式為，故有： ，解得，∴一次函數(shù)的解析式為，易知一次函數(shù)與軸的交點(diǎn)的坐標(biāo)為（，0），∴EC=－8，∴， ∴.∴△AEF的面積不隨t的變化而變化，的值為32. （3）因AP與QF不平行，要想使四邊形APQF是梯形，須有PQ∥AF. ∵AF=AQ，∴∠AFQ=∠AQF，而∠CQE=∠AQF，要想PQ∥AF，須有∠AFQ=∠PQC，故只需具備條件∠PQC =∠CQE ，又∵QC⊥PE，∴∠ CQP=

9、∠QCE，QC=QC，∴△CQP ≌△QCE ，∴PC=CE，即8－2t=－8，解得（不合題意，舍去），.故當(dāng)時(shí)，四邊形APQF是梯形. 22. （2012珠海，22，9分）如圖,在等腰梯形ABCD中AB∥CD,AB＝,DC＝,高CE＝,對角線AC、BD交于H，平行于線段BD的兩條直線MN、RQ同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速平移，分別交等腰梯形ABCD的邊于M、N和R、Q，分別交對角線AC于F、G；當(dāng)直線RQ到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，兩直線同時(shí)停止移動(dòng).記等腰梯形ABCD被直線MN掃過的面積為，被直線RQ掃過的面積為，若直線MN平移的速度為1單位/秒,直線RQ平移的

10、速度為2單位/秒,設(shè)兩直線移動(dòng)的時(shí)間為x秒. (1)填空:∠AHB＝____________; AC＝_____________; (2) 若,求x; (3) 若,求m的變化范圍. 【解析】(1) 如圖第22題-1所示,平移對角線DB,交AB的延長線于P.則四邊形BPCD是平行四邊形,BD＝PC,BP＝DC＝.因?yàn)榈妊菪蜛BCD,AB∥CD,所以AC＝BD. 所以AC＝PC.又高CE＝, AB＝,所以AE＝EP＝.所以∠AHB＝90°AC＝4; ⑵直線移動(dòng)有兩種情況:及,需要分類討論.①當(dāng)時(shí), 有.∴②當(dāng)時(shí),先用含有x的代數(shù)式分別表示,,然后由列出方程,解之可得

11、x的值; (3) 分情況討論:①當(dāng)時(shí), .②當(dāng)時(shí),由,得＝.然后討論這個(gè)函數(shù)的最值,確定m的變化范圍. 【答案】(1) 90°,4; (2)直線移動(dòng)有兩種情況:及. ①當(dāng)時(shí),∵M(jìn)N∥BD,∴△AMN∽△ARQ,△ANF∽△AQG. .∴ ②當(dāng)時(shí), 如圖第22題-2所示, CG＝4－2x,CH＝1,. , 由,得方程,解得(舍去),. ∴x＝2. (3) 當(dāng)時(shí),m＝4 當(dāng)時(shí), 由,得＝＝. M是的二次函數(shù), 當(dāng)時(shí), 即當(dāng)時(shí), M隨的增大而增大. 當(dāng)時(shí),最大值m＝4. 當(dāng)x＝2時(shí),最小值m＝3. ∴3≤m≤4. 【點(diǎn)評】本題是一道幾何代數(shù)

12、綜合壓軸題,重點(diǎn)考查等腰梯形, 相似三角形的性質(zhì),二次函數(shù)的增減性和最值及分類討論,由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想等的綜合應(yīng)用.解題時(shí), (1)小題,通過平移對角線,將等腰梯形轉(zhuǎn)化為等腰三角形,從而使問題得以簡化,是我們解決梯形問題常用的方法. (2) 小題直線移動(dòng)有兩種情況:及,需要分類討論.這點(diǎn)萬不可忽略,解題時(shí)用到的知識點(diǎn)主要是相似三角形面積比等于相似比的平方. (3) 小題仍需要分情況討論.對于函數(shù),討論它的增減性和最值是個(gè)難點(diǎn). 討論之前點(diǎn)明我們把這個(gè)函數(shù)看作“M是的二次函數(shù)”對順利作答至關(guān)重要. A C P D B E G F 16、（2012&

13、#183;湖南省張家界市·16題·3分）已知線段AB=6，C、D是AB上兩點(diǎn)，且AC=DB=1，P是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，在AB同側(cè)分別作等邊三角形APE和等邊三角形PBF，G為線段EF的中點(diǎn)，點(diǎn)P由點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，G點(diǎn)移動(dòng)的路徑長度為________. 【分析】 不好意思，本題做不出來，還請高手補(bǔ)充 18．（2012湖北荊州，18，3分）如圖(1)所示，E為矩形ABCD的邊AD上一點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿折線BE—ED—DC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，點(diǎn)Q沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，它們運(yùn)動(dòng)的速度都是1cm/秒．設(shè)P、Q同發(fā)t秒時(shí)，△BPQ的面積為ycm2．已知y與t的

14、函數(shù)關(guān)系圖象如圖(2)(曲線OM為拋物線的一部分)，則下列結(jié)論： ①AD＝BE＝5；②cos∠ABE＝；③當(dāng)0＜t≤5時(shí)，y＝t2；④當(dāng)t＝秒時(shí)，△ABE∽△QBP；其中正確的結(jié)論是__▲__(填序號)． 圖(3) 圖(1) 圖(2) 第18題圖 A D E P Q C B M N H y t O 5 7 10 【解析】首先，分析函數(shù)的圖象兩個(gè)坐標(biāo)軸表示的實(shí)際意義及函數(shù)的圖象的增減情況. 橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示△BPQ的面積y. 當(dāng)0＜t≤5時(shí)，圖象為拋物線，圖象過原點(diǎn)，且關(guān)于y軸對稱，y隨的t增大而增

15、大， t=5的時(shí)候，△BPQ的面積最大， 5＜t＜7時(shí)，y是常函數(shù)，△BPQ的面積不變，為10. 從而得到結(jié)論：t=5的時(shí)候，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)E， 所以BE＝BC=AD＝5×1=5cm， 5＜t＜7時(shí)，點(diǎn)P從E→D，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm. cos∠ABE＝. 設(shè)拋物線OM的函數(shù)關(guān)系式為（0＜t≤5),把（5,10）代入得到，所以， 所以當(dāng)0＜t≤5時(shí)， y＝t2 當(dāng)t＞5時(shí)，點(diǎn)P位于線段CD上，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，. 當(dāng)t＝秒，點(diǎn)P位于P’處，C P’=CD－DP’=4－（－7）= cm. 在△ABE和△Q’

16、BP’中，,∠A＝Q’=90°，所以△ABE∽△Q’BP’ 【答案】①③④ 【點(diǎn)評】本題綜合考察了動(dòng)點(diǎn)問題、二次函數(shù)、三角形相似、常函數(shù)、銳角三角函數(shù)、分段函數(shù)的知識，綜合性強(qiáng)。讀函數(shù)的圖象時(shí)首先要理解橫縱坐標(biāo)表示的含義，理解問題敘述的過程，把圖象的過程和幾何的動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程相結(jié)合，化靜為動(dòng)，從而解決問題。本題考察的知識點(diǎn)全面，難度較大。 8.（2012湖北黃岡，8，3）如圖，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB方向以每 秒cm的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，將△PQC 沿

17、BC翻折，點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)P′.設(shè)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t秒，若四邊形QPCP為菱形，則t的值為（ ） A. B. 2 C. D.3 D 【解析】連接PP′交BC于點(diǎn)D，若四邊形QPCP為菱形，則PP′⊥BC，CD＝CQ=（6-t）， ∴BD=6-（6-t）=3+t.在Rt△BPD中，PB=AB-AP=6-t，而PB=BD， ∴6-t=（3+t），解得：t=2，故選B. 【答案】B 【點(diǎn)評】本題主要考查了等腰直角三角形和菱形的性質(zhì)，要能在動(dòng)態(tài)變化中抓住靜態(tài)結(jié)論利用方程思想解題.難度中等. 12. （2012甘肅蘭州，12，4分）如圖，AB是

18、⊙O的直徑，弦BC=2cm，F(xiàn)是弦BC的中點(diǎn)，∠ABC=60°.若動(dòng)點(diǎn)E以2cm/s的速度從A點(diǎn)出發(fā)沿著A→B→A的方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0≤t＜3)， 第12題圖 連接EF，當(dāng)△BEF是直角三角形時(shí)，t的值為（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 或1或 解析：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°；Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°； ∴AB=2BC=4cm.①當(dāng)∠BFE=90°時(shí)；Rt△BEF中，∠ABC=60°， 則BE=2BF=2cm；故此

19、時(shí)AE=AB-BE=2cm；∴E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為：2cm或6cm， 故t=1s或3s；由于0≤t＜3，故t=3s不合題意，舍去；所以當(dāng)∠BFE=90°時(shí)，t=1s；②當(dāng)∠BEF=90°時(shí)；同①可求得BE=0.5cm，此時(shí)AE=AB-BE=3.5cm；∴E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為：3.5cm或4.5cm，故t=1.75s或2.25s；綜上所述，當(dāng)t的值為1、1.75或2.25s時(shí)，△BEF是直角三角形．故選D． 答案：D 點(diǎn)評：根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得到直角三角形ABC，再根據(jù)30°直角三角形的性質(zhì)，可求出AB的長.△BEF是直角三角形，則有兩種情況：①∠BFE=90

20、°，②∠BEF=90°；在上述兩種情況所得到的直角三角形中，已知了BC邊和∠B的度數(shù)，即可求得BE的長；由AE=AB-BE即可求出AE的長，也就能得出E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離（有兩種情況），從而求出t的值．此題綜合考查了圓周角定理的推論、垂徑定理以及直角三角形的性質(zhì)，是一道動(dòng)態(tài)題，同時(shí)還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，有一定的難度． 26．（2012貴州遵義，26, 分）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動(dòng)點(diǎn)，由A向C運(yùn)動(dòng)（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點(diǎn)，與點(diǎn)P同時(shí)以相同的速度由B向CB延長線方向運(yùn)動(dòng)（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D．

21、 （1）當(dāng)∠BQD=30°時(shí)，求AP的長； （2）當(dāng)運(yùn)動(dòng)過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由． 解析： （1））由△ABC是邊長為6的等邊三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QPC=90°，設(shè)AP=x，則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，交直線AB的延長線于點(diǎn)F，連接QE，PF，由點(diǎn)P、Q做勻速運(yùn)動(dòng)且速度相同，可知AP=BQ， 再根據(jù)全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQ

22、F，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四邊形PEQF是平行四邊形，進(jìn)而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等邊△ABC的邊長為6可得出DE=3，故當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變． 答案： 解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形， ∴∠ACB=60°， ∵∠BQD=30°， ∴∠QPC=90°， 設(shè)AP=x，則PC=6﹣x，QB=x， ∴QC=QB+BC=6+x， ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°， ∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2； （2）當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)

23、改變．理由如下： 作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點(diǎn)F，連接QE，PF， 又∵PE⊥AB于E， ∴∠DFQ=∠AEP=90°， ∵點(diǎn)P、Q做勻速運(yùn)動(dòng)且速度相同， ∴AP=BQ， ∵△ABC是等邊三角形， ∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°， ∴在△APE和△BQF中， ∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°， ∴∠APE=∠BQF， ∴ ∴△APE≌△BQF， ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF， ∴四邊形PEQF是平行四邊形， ∴DE=EF， ∵EB+AE=BE+BF=AB， ∴DE=AB， 又∵等邊△ABC的邊長為6

24、， ∴DE=3， ∴當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變． 點(diǎn)評： 本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線構(gòu)造出全等三角形是答案此題的關(guān)鍵． 24. （2012山東省青島市，24，12）（12分）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E分別是AC、AB的中點(diǎn)，連接DE，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿DE方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s，當(dāng)點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng).連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0<t<4)

25、.解答下列問題： ⑴當(dāng)t為何值時(shí)，PQ⊥AB？ ⑵當(dāng)點(diǎn)Q在BE之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)五邊形PQBCD的面積為y（cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； ⑶在（2）的情況下，是否存在某一時(shí)刻t，使PQ分四邊形BCDE兩部分的面積之比為S△PQE：S五邊形PQBCD=1:29？若存在，求出此時(shí)t的值以及點(diǎn)E到PQ的距離h；若不存在，請說明理由. 24. 【解析】（1）要使PQ⊥AB，只要說明△PQE∽△ACB，所以= ，可得求t值. （2）五邊形PQBCD的面積=梯形DEBC的面積-△PEQ的面積，易求梯形DEBC的面積，求△PEQ的面積，要作EQ邊上高，利用△PME∽△ABC可求出高.

26、（3）可先假設(shè)其存在，即S△PQE：S五邊形PQBCD=1:29，根據(jù)（2）中關(guān)系代入計(jì)算，若得出結(jié)果與假設(shè)一致，則假設(shè)正確，反之，則假設(shè)不成立． 【答案】解：⑴如圖①，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，∴AB==10. ∵D、E分別是AC、AB的中點(diǎn). ∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC且DE=BC =4,因?yàn)镻Q⊥AB，∴∠PQB=∠C=90°，又DE∥BC，∴∠AED=∠B，∴△PQE∽△ACB，∴ = . 由題意得：PE=4-t,QE=2t-5,即= ,解得t= . ⑵過點(diǎn)P作PM⊥AB于M，由△PME∽△ABC，得.∴，∴. ∴y=18

27、-()= ⑶假設(shè)存在時(shí)刻t,使S△PQE：S五邊形PQBCD=1:29，此時(shí)S△PQE=.∴，即2t2-13t+18=0. ∴t1=2,t2=(舍去).當(dāng)t=2時(shí)， PM=EQ=5-2×2=1，MQ=ME+EQ=，PQ=. ∵PQ·h=，∴h= 【點(diǎn)評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，將相似三角形與二次函數(shù)融合在一起，運(yùn)用了勾股定理、三角形面積公式知識，綜合強(qiáng)．像本題這樣的存在型問題是中考的常考點(diǎn)，要注意掌握這類問題的解題方法. 24．（2012湖北咸寧，24，12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，4），動(dòng)點(diǎn)A以每秒1個(gè)單位長的速度，從點(diǎn)O

28、出發(fā)沿軸的正方向運(yùn)動(dòng)，M是線段AC的中點(diǎn)．將線段AM以點(diǎn)A為中心，沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得到線段AB．過點(diǎn)B作軸的垂線，垂足為E，過點(diǎn)C作軸的垂線，交直線BE于點(diǎn)D，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒． y x O C 備用圖 y x O A B C M D （第24題） E （1）當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)D重合時(shí)，求的值； （2）設(shè)△BCD的面積為S，當(dāng)為何值時(shí)，? （3）連接MB，當(dāng)MB∥OA時(shí)，如果拋物線的頂點(diǎn)在△ABM內(nèi)部（不包括邊），求a的取值范圍． 【解析】（1）易證得Rt△CAO∽Rt△ABE；當(dāng)B、D重合時(shí)，BE的長已知（即OC長），根據(jù)AC、AB的比例關(guān)系，可得AO、BE的

29、比例關(guān)系，由此求得t的值． （2）求△BCD的面積時(shí)，可以CD為底、BD為高來解，那么表示出BD的長是關(guān)鍵；Rt△CAO∽Rt△ABE，且知道AC、AB的比例關(guān)系，即可通過相似三角形的對應(yīng)邊成比例求出BE的長，進(jìn)一步得到BD的長，在表達(dá)BD長時(shí)，應(yīng)分兩種情況考慮：①B在線段DE上，②B在ED的延長線上． （3）通過配方法，可得拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，將其橫坐標(biāo)分別代入直線MB、AB的解析式中，可得拋物線對稱軸與這兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)這兩個(gè)坐標(biāo)即可判定出a的取值范圍． 【答案】（1）∵，， ∴． ∴Rt△CAO∽Rt△ABE． 2分 ∴， ∴，∴． 3分 （2）由Rt△CAO∽Rt

30、△ABE可知：，． 4分 當(dāng)0＜＜8時(shí)，． ∴． 6分 當(dāng)＞8時(shí)，． ∴，（為負(fù)數(shù)，舍去）． 當(dāng)或時(shí)，． 8分 （3）如圖，過M作MN⊥軸于N，則． y x O C x＝5 A B D （第24題） E 當(dāng)MB∥OA時(shí)，，． 9分 拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（5，）． 10分 它的頂點(diǎn)在直線上移動(dòng)．直線交MB于點(diǎn)（5，2），交AB于點(diǎn)（5，1）． 11分 ∴1＜＜2．∴＜＜． 12分 【點(diǎn)評】本題是二次函數(shù)綜合題，屬于圖形的動(dòng)點(diǎn)問題，前兩問的關(guān)鍵在于找出相似三角形，得到關(guān)鍵線段的表達(dá)式，注意點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中未知數(shù)的取值范圍問題．最后一問中，先得到拋物線的頂點(diǎn)

31、坐標(biāo)是簡化解題的關(guān)鍵． 25．(2012貴州六盤水，25，16分)如圖13，已知△ABC中，AB=10cm,AC=8cm,BC=6 cm ,如果點(diǎn)P由B出發(fā)沿BA方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q由A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，它們的速度均為2cm /s，連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（單位：s）（0≤t≤4）.解答下列問題： （1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥BC.（4分） （2）設(shè)△AQP的面積為S（單位：cm 2），當(dāng)t為何值時(shí)，S取得最大值，并求出最大值. （3）是否存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC 的面積平分？若存在求出此時(shí)t的值；若不存在，請說明理由.（3分） （4）如

32、圖14，把△APQ沿AP翻折，得到四邊形AQPQ°.那么是否存在某時(shí)刻t使四邊形AQPQ°為菱形？若存在，求出此時(shí)菱形的面積；若不存在，請說明理由.（5分） 分析： （1）由PQ∥BC時(shí)的比例線段關(guān)系，列一元一次方程求解； （2）如解答圖1所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，構(gòu)造比例線段，求得PD，從而可以得到S的表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的極值求得S的最大值； （3）要點(diǎn)是利用（2）中求得的△AQP的面積表達(dá)式，再由線段PQ恰好把△ABC的面積平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判別式小于0，則可以得出結(jié)論：不存在這樣的某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△

33、ABC的面積平分； （4）首先根據(jù)菱形的性質(zhì)及相似三角形比例線段關(guān)系，求得PQ、QD和PD的長度；然后在Rt△PQD中，求得時(shí)間t的值；最后求菱形的面積，值得注意的是菱形的面積等于△AQP面積的2倍，從而可以利用（2）中△AQP面積的表達(dá)式，這樣可以化簡計(jì)算． 解答：解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm， ∴由勾股定理逆定理得△ABC為直角三角形，∠C為直角． （1）BP=2t，則AP=10﹣2t． ∵PQ∥BC，∴，即，解得， ∴當(dāng)s時(shí)，PQ∥BC． （2）如答圖1所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D． ∴PD∥BC，∴，即，解得． ， ∴當(dāng)t= s時(shí)，S

34、取得最大值，最大值為cm2． （3）假設(shè)存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分， 則有S△AQP= S△ABC，而S△ABC=AC?BC=24，∴此時(shí)S△AQP=12． 由（2）可知，S△AQP=， ∴，化簡得：t2﹣5t+10=0， ∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程無解， ∴不存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分． （4）假設(shè)存在時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t． 如答圖2所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，則有PD∥BC， ∴，即， 解得：，， ∴QD=AD﹣AQ=． 在Rt

35、△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2， 即， 化簡得：13t2﹣90t+125=0， 解得：t1=5，t2=， ∵t=5s時(shí)，AQ=10cm＞AC，不符合題意，舍去，∴t=． 由（2）可知，S△AQP= ∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×=cm2． 所以存在時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，此時(shí)菱形的面積為cm2． 點(diǎn)評：本題是非常典型的動(dòng)點(diǎn)型綜合題，全面考查了相似三角形線段比例關(guān)系、菱形的性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法與判別式、二次函數(shù)的極值等知識點(diǎn)，涉及的考點(diǎn)眾多，計(jì)算量偏大，有一定的難度．本題考查知識點(diǎn)非

36、常全面，是一道測試學(xué)生綜合能力的好題． 專項(xiàng)六 動(dòng)態(tài)型問題（40） 10．（2012浙江省溫州市，10，4分）如圖，在△ABC中，,M是AB的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC方向勻速運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)C，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)B。已知P，Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，并同時(shí)到達(dá)終點(diǎn)，連結(jié)MP，MQ，PQ。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，△MPQ的面積大小變化情況是（ ） A. 一直增大 B.一直減小 C. 先減小后增大 D.先增大后減少 【解析】本題是一道動(dòng)態(tài)變化問題，可利用特值判斷選項(xiàng)。 【答案】C 【點(diǎn)評】本題屬于態(tài)變化

37、問題，題中沒有給出邊長和速度，有一定難度． 14. (2012山東省臨沂市，14，3分）如圖，正方形ABCD的邊長為4cm,動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度分別沿A→B→C和A→D→C的路徑向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x（單位：s），四邊形PBDQ的面積為y（單位：cm2）,則y與x（0≤x≤8）之間的函數(shù)關(guān)系可用圖象表示為（ ） 【解析】在0≤x≤4時(shí),y隨x的增大而減小，在4≤x≤8時(shí),y隨x的增大而增大；且y與x的函數(shù)關(guān)系是二次函數(shù)，故選B. 【答案】選B. 【點(diǎn)評】考查動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象問題；根據(jù)自變量不同的取值范圍得到相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是解決本題的關(guān)鍵．

38、25. (2012山東省臨沂市，25，11分）已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)沿邊AD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)。 (1)如圖1，當(dāng)b=2a，點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到邊AD的中點(diǎn)時(shí)，請證明∠BMC=900; (2) 如圖2，當(dāng)b＞2a時(shí)，點(diǎn)M在運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在∠BMC=900，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由； (3) 如圖3，當(dāng)b＜2a時(shí)，(2)中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由。 【解析】（1）由b=2a，點(diǎn)M是邊AD的中點(diǎn)，可得△AMB和△DMC是等腰直角三角形，∠AMB=∠DMC=450，可證明∠BMC=900; （2）（3）分析圖形，△ABM∽△DMC, 利用

39、相似圖形的性質(zhì)列出方程，探索方程根的情況， 當(dāng)△=b2-4ac＞0, 存在∠BMC=900；當(dāng)△=b2-4ac＜0, 不存在∠BMC=900； 解：（1）證明：∵b=2a，點(diǎn)M是邊AD的中點(diǎn)，∴AB=AM=MD=DC. 又∵四邊形ABCD是矩形，∠A=∠D=900，∴∠AMB=∠DMC=450， ∴∠BMC=900; (2)存在。 理由：若∠BMC=900，則∠AMB+∠DMC=900， 又∵∠AMB+∠ABM=900，∴∠AMB=∠DMC, 又∵∠A=∠D=900，∴△ABM∽△DMC,∴, ∴,設(shè)AM為x，整理得，， ∵b＞2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＞0,

40、 ∴方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，且兩根均大于0，符合題意。 ∴當(dāng)b＞2a時(shí)，存在∠BMC=900； （3）不成立。 理由：若∠BMC=900，由（2）可知， ∵b＜2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＜0, ∴方程無實(shí)數(shù)根， ∴當(dāng)b＜2a時(shí)，不存在∠BMC=900，即（2）中的結(jié)論不成立。 【點(diǎn)評】本題涉及到動(dòng)點(diǎn)問題，比較復(fù)雜，解答此題的關(guān)鍵是根據(jù)題意分析圖形，確定△ABM∽△DMC,，由數(shù)形結(jié)合便可解答，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合在解題中的重要作用． 21. (2012四川省南充市，21，8分) 在Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ中點(diǎn)，把一三角尺的直角頂點(diǎn)放在

41、點(diǎn)M處，以M為旋轉(zhuǎn)中心，旋轉(zhuǎn)三角尺，三角尺的兩直角邊與△POQ的兩直角邊分別交于點(diǎn)A、B. （1）求證：MA=MB; （2）連接AB，探究：在旋轉(zhuǎn)三角尺的過程中，△AOB的周長是否存在最小值.若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由. 解析：（1）連接OM.證明⊿AMO ≌⊿AMO即可.（2）在Rt⊿AOB中，運(yùn)用勾股定理得到求AB長的式子，轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)的問題，運(yùn)用二次函數(shù)的最值求解. 答案：（1）證明：連接OM. ∵⊿PQR是等腰之間三角形且M是斜邊PQ的中點(diǎn)， ∴MO=MQ，∠MOA=∠MOAMQB=

42、450. ∵∠AMO+∠OMB=900，∠OMB+∠AMO =900. ∴∠AMO =∠AMO. ∴⊿AMO ≌⊿AMO. ∴MA=MB. （2）解：由（1）中⊿AMO ≌⊿AMO得AO=BQ. 設(shè)AO=x，則OB=4-x. 在Rt⊿OAB中，. ∴當(dāng)x=2時(shí)，AB的最小值為， ∴⊿AOB的周長的最小值為. 點(diǎn)評：本題以直角三角形為基本圖形，綜合考查了全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理和二次函數(shù)的性質(zhì)

43、等知識點(diǎn).考查了學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識以及轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想解決問題的能力.對于幾何知識與二次函數(shù)的綜合，是學(xué)生解題的難點(diǎn)之一.難度較大 24. （2012浙江省衢州，24，12分）如圖，把兩個(gè)全等的Rt△AOB和Rt△COD分別置于平面直角坐標(biāo)系中，使直角邊OB、OD在x軸上.已知點(diǎn)A(1，2)，過A、C兩點(diǎn)的直線分別交x軸、y軸于點(diǎn)E、F.拋物線 y＝ax 2＋bx＋c經(jīng)過O、A、C三點(diǎn). （1）求該拋物線的函數(shù)解析式； （2）點(diǎn)P為線段OC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)M.交x軸于點(diǎn)N，問是否存在這樣的點(diǎn)P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？若存在，求出此時(shí)點(diǎn)P的

44、坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. （3）若△AOB沿AC方向平移(點(diǎn)A始終在線段AC上，且不與點(diǎn)C重合)，△AOB在平移過程中與△COD重疊部分記為S.試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請說明理由. 【解析】（1）將A(1，2)、D(1，2)、O(0，0)代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求該函數(shù)的解析式即可； （2）根據(jù)題意先假設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)坐標(biāo)為t，再根據(jù)M在拋物線上的關(guān)系用t表示出M點(diǎn)的坐標(biāo)，最后求出P點(diǎn)的坐標(biāo)，便可得出答案； （3）由△OQT∽△OCD，△A′RQ∽△AOJ，利用相似比表示△A′KT，△A′RQ的面積，根據(jù)S四邊形RKTQ＝S△A′KT－S△A

45、′RQ，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)求面積最大時(shí)，a的值． 【答案】解：（1）∵拋物線y＝ax 2＋bx＋c經(jīng)過O、A、C 可得c＝0，∴ …1分 解得，a＝，b＝， …3分 拋物線的解析式為y＝x 2＋x …4分 （2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN＝ ∴P(t，)，∵點(diǎn)M在拋物線上

46、，∴M(t，t2＋t ) …5分 過M點(diǎn)作MG⊥AB于G，過P點(diǎn)作PH⊥AB于H， AG＝y(tǒng)A－yM＝2－(t2＋t )＝t2－t＋2， BH＝PN＝ …6分 當(dāng)AG＝BH時(shí)，四邊形ABPM為等腰梯形 ∴t2－t＋2＝ …7分 化簡得，3t 2－8t＋4＝0，解得，t1＝2(不合題意，舍去)，t2＝， ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(， ) ∴存在

47、點(diǎn)P(， )使四邊形ABPM為等腰梯形. …8分 （3）如圖，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x軸于T，交OC于Q，A′Q′交x軸于K，交OC于R.求得過AC的直線為yAC＝－x+3，可設(shè)點(diǎn)A′的橫坐標(biāo)為a，則點(diǎn)A′(a，－a +3 )，易知△OQT∽△OCD，可得QT＝， ∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(a，) …9分 設(shè)AB與OC相交于點(diǎn)J， ∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比，∴ ∴HT＝·OB＝×1

48、 =2－a 由△A′KT∽△A′O′B′得 ∴KT＝A′T＝(3－a)，A′Q′＝y(tǒng)A′－yQ＝(－a+3)－＝3－ …10分 S四邊形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ ＝KT·A′T－ A′Q·HT ＝··(3－a)－(3－)·(－a+2) ＝－a 2＋－ …11分 ＝－( a－) 2＋ 由于－＜0，∴在線段AC上存在點(diǎn)A′(，)， 能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為 …12分 【點(diǎn)評】本題著重考查了

49、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、等腰梯形的性質(zhì)及判定以及相似三角形的性質(zhì)以及二次函數(shù)的最值問題等知識．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合，求出函數(shù)表達(dá)式，做好輔助點(diǎn)，找對相似三角形，善于利用幾何圖形的有關(guān)性質(zhì)、定理和二次函數(shù)的知識，并注意挖掘題目中的一些隱含條件． 22. (2012四川省南充市，22，8分) 如圖，⊙C的內(nèi)接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=,拋物線經(jīng)過點(diǎn)A(4,0)與點(diǎn)（-2,6）. （1）求拋物線的函數(shù)解析式； （2）直線m與⊙C相切于點(diǎn)A，交y于點(diǎn)D.動(dòng)點(diǎn)P在線段OB上，從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q在線段DA上，從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)P的速度

50、為每秒1個(gè)單位長，點(diǎn)Q的速度為每秒2個(gè)單位長，當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值； （3）點(diǎn)R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當(dāng)△ROB面積最大時(shí)，求點(diǎn)R的坐標(biāo). 解析：（1）運(yùn)用待定系數(shù)法求出解析式即可.（2）先運(yùn)用三角函數(shù)的知識求出OD的長，在結(jié)合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的長是一個(gè)定值，所以△ROB面積與RH的長成正比.設(shè)出R點(diǎn)的坐標(biāo)，用含x的代數(shù)式分別表示出RH的長，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值的問題來解決問題. 答案：解：（1）將點(diǎn)A（4，0）和點(diǎn)（-2，6）的坐標(biāo)代入中，得方程組， 解之，得.∴拋物線的解析式為. （2）連接AC交OB于E. ∵直線m切⊙

51、C于A ∴AC⊥m，∵ 弦 AB=AO， ∴ .∴AC⊥OB，∴m∥OB. ∴∠ OAD=∠AOB，∵OA=4 tan∠AOB=，∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3. 作OF⊥AD于F.則OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4. t秒時(shí)，OP=t,DQ=2t，若PQ⊥AD，則FQ=OP= t.DF=DQ－FQ= t. ⊿ODF中，t=DF==1.8秒. （3）令R(x, x2－2x) (0＜x＜4). 作RG⊥y軸于G 作RH⊥OB于H交y軸于I.則RG= x，OG= x2+2x. Rt⊿RIG中，∵∠GIR=∠AOB ，∴t

52、an∠GIR=.∴IG=x IR= x, Rt⊿OIH中，OI=IG－OG=x－（x2+2x）=x2－x.HI=（x2－x）. 于是RH=IR－IH= x－（x2－ x）=－ x2+x=－ x2+x=－( x－)2+ 當(dāng)x=時(shí)，RH最大.S⊿ROB最大.這時(shí)x2－2x=×()2－2×=－.∴點(diǎn)R(,－) 點(diǎn)評：本題以圓和二次函數(shù)為背景，綜合考查了直線與圓的位置關(guān)系及其性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)以及動(dòng)態(tài)幾何相關(guān)知識.考查了學(xué)生建立二次函數(shù)和方程的模型以及運(yùn)用轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想來解決問題的能力.本題中，正確添畫輔助線以及準(zhǔn)確的建立函數(shù)與方程的模型是解決問

53、題的關(guān)鍵.難度較大. 21.（2012山東省荷澤市，21,10） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中放置一直角三角形，其頂點(diǎn)為A（0，1），B（2，0），O（0，0），將三角板繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△. (1)一拋物線經(jīng)過點(diǎn)A′、B′、B，求該拋物線的解析式 （2）設(shè)點(diǎn)P是在第一象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使四邊形PB′A′B的面積是△A′B′O面積的４倍？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （３）在（２）的條件下，試指出四邊形PB′A′B是哪種形狀的四邊形？并寫出它的兩條性質(zhì)。 【解析】根據(jù)三角形的旋轉(zhuǎn)確定拋物線三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)的關(guān)

54、系式，四邊形PB′A′B的面積是由三個(gè)三角形的面積拼接而成，列出四邊形的面積公式，利用解方程的方法求出自變量x的值，如果x的值存在，這說明點(diǎn)P是存在的，由P點(diǎn)的位置可得出四邊形是梯形，由兩腰的相等關(guān)系，可以判斷四邊形是等腰梯形. 【答案】(1)是由繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到的， 又，.----------1分 設(shè)拋物線的解析式為， 拋物線經(jīng)過點(diǎn)、、， ，解之得， 滿足條件的拋物線的解析式為.----------3分 x y O -1 1 2 2 1 · （2）為第一象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)， 設(shè)，則，點(diǎn)坐標(biāo)滿足. 連結(jié), .-

55、---------5分 假設(shè)四邊形的面積是面積的倍，則 ， 即，解之得，此時(shí)，即.----------7分 存在點(diǎn)，使四邊形的面積是面積的倍. ----------8分 （3）四邊形為等腰梯形，答案不唯一，下面性質(zhì)中的任意2個(gè)均可． ①等腰梯形同一底上的兩個(gè)內(nèi)角相等；②等腰梯形對角線相等；③等腰梯形上底與下底平行；④等腰梯形兩腰相等. ----------10分 或用符號表示： ①或;②;③;④.----------10分 【點(diǎn)評】（1）靈活利用二次函數(shù)及其它函數(shù)的圖象與性質(zhì)；（2）利用幾何圖形間的數(shù)量關(guān)系列方程、不等式或函數(shù)解決幾何問題，即數(shù)形結(jié)合地解決問題；（3）分類

56、討論各種情況；（4）以靜制動(dòng)，將動(dòng)態(tài)問題轉(zhuǎn)化為靜態(tài)問題解決；（5）會(huì)抽取所需圖形，或分割圖形，使問題簡化，轉(zhuǎn)化為一般的幾何問題解決. 21.（2012福州，21，滿分13分）如圖①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AC向點(diǎn)C以每秒1個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)。過點(diǎn)P作PD∥BC，交AB于點(diǎn)D，連接PQ。點(diǎn)P、Ｑ分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0）. （1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB= ，PD=

57、 。 （2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由。并探究如何改變點(diǎn)Q的速度（勻速運(yùn)動(dòng)），使四邊形PDBQ在某一時(shí)刻為菱形，求點(diǎn)Q的速度； （3）如圖②，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求出線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長。 解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由△APD∽△ACB，得PD=；（2）易t表示出AD、BD，若四邊形PDBQ為菱形，則BQ=PD，因而能求出此時(shí)的t,在看PD與BD能否相等，經(jīng)判定不為菱形；改變速度后，注意在PD=BD=BQ，情況下求Q點(diǎn)的移動(dòng)速度；（3）本問題關(guān)鍵是確定動(dòng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路徑，最易想到的是可以建立直角

58、坐標(biāo)系，研究點(diǎn)M在哪類函數(shù)的解析式上，從而可以求出其經(jīng)過的路徑長，可以考慮以兩條直角邊為坐標(biāo)軸，考慮兩種特殊情況：即未運(yùn)動(dòng)時(shí)點(diǎn)M在AC上，此時(shí)坐標(biāo)為（3,0），運(yùn)動(dòng)4秒時(shí)，Q與B重合，AP=4，此時(shí)M坐標(biāo)為（1,4）可以求出經(jīng)過這兩點(diǎn)的直線解析式為： y=-2x+6，∵點(diǎn)Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在運(yùn)動(dòng)過程中，線段PQ中點(diǎn)的坐標(biāo)為，把代入y=-2x+6，得y=t，這就說明點(diǎn)M在直線y=-2x+6（1≤x≤3）上運(yùn)動(dòng)，故可求出其經(jīng)過的路徑長。 答案：解：（1）QB=8-2t, PD= （2）不存在 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8 ∴AB=10

59、 ∵PD∥BC ∴△APD∽△ACB ∴ ∴ ∴BD=AB-AD= ∵BQ∥DP ∴當(dāng)BQ=DP時(shí)，四邊形PDBQ是平行四邊形 即 當(dāng)時(shí)，PD=，BD= ∴DP≠BD ∴平行四邊形PDBQ不能為菱形 設(shè)點(diǎn)Q的速度為每秒v個(gè)單位長度 則BQ=8-vt, PD=，BD = 要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ 當(dāng)PD=BD時(shí)，即，解得： 當(dāng)PD=BQ，時(shí)，即，解得： ∴當(dāng)點(diǎn)Q的速度為每秒個(gè)單位長度時(shí)，經(jīng)過秒，四邊形PDBQ是菱形。 （3）解法一：如圖2，以C為原點(diǎn)，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系 依題意，可知0≤t≤4，當(dāng)t=0時(shí)

60、，點(diǎn)的坐標(biāo)為（3,0），當(dāng)t=4時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)為（1,4），設(shè)直線的解析式為y=kx+b， ∴，解得 ∴直線的解析式為y=-2x+6， ∵點(diǎn)Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在運(yùn)動(dòng)過程中，線段PQ中點(diǎn)的坐標(biāo)為 把代入y=-2x+6，得y=t ∴點(diǎn)在直線上 過點(diǎn)作⊥x軸于點(diǎn)N，則=4，=2 ∴ ∴線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長為單位長度。 解法二：如圖3，設(shè)E是AC的中點(diǎn)，連接ME 當(dāng)t=4時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合，運(yùn)動(dòng)停止，設(shè)此時(shí)PQ中點(diǎn)為F，連接EF，過點(diǎn)M作MN⊥AC，垂足為N，則MN∥BC ∴△PMN∽△PQC ∴ ∴MN=t,PN= ∴CN=PC-PN=

61、 ∴EN=CE-CN= ∴ ∵的值不變，∴點(diǎn)M在直線EF上 過F作FH⊥AC，垂足為H，則EH=2，F(xiàn)H=4 ∴EF= ∵當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)E重合，當(dāng)t=4時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)F重合 ∴線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長為單位長度。 點(diǎn)評：本題通過運(yùn)動(dòng)問題，考查了學(xué)生探究問題的能力和發(fā)散思維的能力，考查了平行四邊形、菱形的判定和性質(zhì)，用特殊化方法探究問題的靈活性，考查了數(shù)形結(jié)合思想，三角形的相似及勾股定理的運(yùn)用，有較強(qiáng)的綜合性。 26. （2011江蘇省無錫市，26，10′）如圖1，A、D分別在x軸和y軸上，CD∥x軸，BC∥y軸。點(diǎn)P從D點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度

62、，沿五邊形OABCD的邊勻速運(yùn)動(dòng)一周，記順次連接P、O、D三點(diǎn)所圍成圖形的面積為Scm²,點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts.已知S與t之間的函數(shù)關(guān)系如圖2中折線段OEFGHI所示。 （1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)； （2）若直線PD將五邊形OABCD分成面積相等的兩部分，求直線PD的函數(shù)關(guān)系式。 【解析】結(jié)合圖1和圖2，可知，當(dāng)P點(diǎn)從D沿DO勻速運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，對應(yīng)圖2中OE線段，此時(shí)順次連接P、O、D三點(diǎn)不能構(gòu)成三角形，所以對應(yīng)三角形的面積為0；當(dāng)P點(diǎn)從O沿OA勻速運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，對應(yīng)圖2中的線段EF，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，對應(yīng)三角形的面積為4,由此還可以判斷DO

63、+OA=6；當(dāng)P點(diǎn)從A沿AB勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，對應(yīng)圖2中的線段FG，由橫軸數(shù)據(jù)可知AB=5，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，三角形的面積達(dá)到最大；當(dāng)P點(diǎn)從B沿BC勻速運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，三角形以邊DO為底邊，由于BC∥y軸，相當(dāng)于三角形的高沒有變化，所以對應(yīng)三角形的面積沒有變，因此在圖２中對應(yīng)線段ＧＨ與橫軸平行，根據(jù)橫軸數(shù)據(jù)可知BC=1；當(dāng)P點(diǎn)從Ｃ沿CD勻速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí),三角形的面積逐漸變小直到為0，對應(yīng)圖2中線段HI。弄清楚了整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程， （1） 當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，對應(yīng)三角形的面積為4,由此還可以判斷DO+OA=6，可設(shè)A坐標(biāo)，列方程求出A的坐標(biāo)為和 D點(diǎn)坐標(biāo)為。求B點(diǎn)坐標(biāo)需要添加輔助線：延長CB交x軸

64、于M，利用勾股定理可以得到AM=4，進(jìn)而達(dá)到B點(diǎn)坐標(biāo)為。 （2）求直線PD的函數(shù)關(guān)系式，已經(jīng)知道D點(diǎn)坐標(biāo)（0,4），只需找到P點(diǎn)坐標(biāo)即可，設(shè)P，根據(jù)已知面積相等，列方程找到的關(guān)系式，解方程組得到P點(diǎn)坐標(biāo)。 【答案】解：（1）連接AD,設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為, 由圖2知，DO+OA=6cm, DO=6－AO, 由圖2可知，∴DO·AO=4， ∴， 解得。由圖2可知，DO＞3，∴AO＜3，∴，∴A的坐標(biāo)為， D點(diǎn)坐標(biāo)為，在圖1中，延長CB交x軸于M，由圖2可知，AB=5,CB=1, ∴MB=3, ∴,∴OM=6, ∴B的坐標(biāo)為. (2) 直線PD將五邊形OABCD分成面積相

65、等的兩部分,顯然點(diǎn)P一定在AB上，設(shè)點(diǎn)P，連接PC、PO，則 .同理，由. 解方程組，得到，即. 設(shè)直線PD的函數(shù)關(guān)系式為． ∴直線PD的函數(shù)關(guān)系式為 【點(diǎn)評】本題綜合性較強(qiáng)，涉及函數(shù)、方程、直角三角形等知識點(diǎn)，并且在動(dòng)態(tài)的情況下進(jìn)行分析求解。讀函數(shù)的圖象時(shí)首先要理解橫縱坐標(biāo)軸表示的含義，理解問題敘述的過程，能夠通過圖象得到函數(shù)隨自變量的變化情況。 28 （2011江蘇省無錫市，28，10′）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠DAB=60°.點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以cm/s的速度，沿AC向C作勻速運(yùn)動(dòng)；與此同時(shí)，點(diǎn)Q也從A點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度，沿射線AB作勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)P

66、運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，P、Q都停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts. （1）當(dāng)P異于A、C時(shí)，請說明PQ∥BC； （2）以Ｐ為圓心、ＰＱ長為半徑作圓， 請問：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，ｔ為怎樣的值時(shí)， ⊙Ｐ與邊ＢＣ分別有1個(gè)公共點(diǎn)和2個(gè)公共點(diǎn)？ 【解析】（1）利用菱形的性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)解決此問題。（2）直線與圓的位置關(guān)系，抓住動(dòng)態(tài)問題的幾個(gè)關(guān)鍵位置，⊙P過邊BC的端點(diǎn)B或C時(shí)， ⊙P與邊BC相切時(shí)，用時(shí)間t及點(diǎn)P和點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度表示對應(yīng)邊的長度，利用特殊三角形的特殊性質(zhì)構(gòu)造一元一次方程，進(jìn)一步求出t的值，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的過程找到邊BC與⊙P有不同交點(diǎn)個(gè)數(shù)時(shí)的t的取值范圍。 【答案】解：

67、（1）∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB. 又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°. O 連接BD交AC于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD為菱形 ∴AC⊥BD，OA=AC ∴OB=AB=1，∴ 運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，，AQ=t，∴ 又∵∠PAQ=∠CAB，∴ΔPAQ∽ΔCAB ∴∠APQ=∠ACB, ∴PQ∥BC （2）如圖1，⊙P與BC切于點(diǎn)M，連接PM，則PM⊥BC. 在RtΔCPM中，∠PCM=30°，∴PM=PC= 由PQ=AQ=t,即=t,解得t=， 此時(shí)⊙P與邊BC有一個(gè)公共點(diǎn)。 如圖2，⊙P過點(diǎn)B，此時(shí)PQ=PB ∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°∴ΔPQB為等邊三角形， ∴QB=PQ=AQ=t, ∴t=1 ∴當(dāng)時(shí)，⊙P與邊BC有2個(gè)公共點(diǎn)。 如圖3，⊙P過點(diǎn)C，此時(shí)PC=PQ, 即，∴. ∴當(dāng)時(shí)，⊙P與邊BC有1個(gè)公共點(diǎn)。 當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，即t=2時(shí)，⊙P過點(diǎn)B， 此時(shí)⊙P與邊BC有1個(gè)公共點(diǎn)。 綜上所述：當(dāng)t=或或t=2時(shí)，⊙P與菱形ABCD的邊BC有1個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，⊙P與邊BC有2個(gè)公共點(diǎn)。 【點(diǎn)評】本題綜合性很強(qiáng)，把菱形、三角形及直線與圓的位置關(guān)系，在動(dòng)態(tài)的背景下柔和在一起。考查學(xué)生綜合應(yīng)用的能力。 專