全國(guó)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，在梯形ABCD中，ADBC，A=60°，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度沿著ABCD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)如圖所示，則點(diǎn)P從開始移動(dòng)到停止移動(dòng)一共用了（4+2）秒（結(jié)果保留根號(hào)）分析：根據(jù)圖判斷出AB、BC的長(zhǎng)度，過點(diǎn)B作BEAD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(zhǎng)度，過點(diǎn)C作CFAD于點(diǎn)F，然后求出DF的長(zhǎng)度，利用勾股定理列式求出CD的長(zhǎng)度，然后求出AB、BC、CD的和

2、，再根據(jù)時(shí)間=路程÷速度計(jì)算即可得解解答：解：由圖可知，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42=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BEAD于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CFAD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，×AD×BE=3，即×AD×=3，解得AD=6cm，DF=ADAEEF=612=3，在RtCDF中，CD=

3、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(píng)：本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，根據(jù)圖的三角形的面積的變化情況判斷出AB、BC的長(zhǎng)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23.（2012貴州省畢節(jié)市，23，12分）如圖，有一張矩形紙片，將它沿對(duì)角線AC剪開，得到ACD和ABC.(1)如圖，將ACD沿AC邊向上平移，使點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，連接AD和BC，四邊形ABCD是 形；（2）如圖，將ACD的頂點(diǎn)A與A點(diǎn)重

4、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，將AC邊與AC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(qǐng)說明你的理由。 第23題圖 解析：（1）利用平行四邊形的判定，對(duì)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BDAC，AD=CE，即可得出答案解案：解：（1）平行四邊形；證明：AD=AB，AA=AC，AC與BD互相平分，四邊形ABCD是平行四邊形；（2）DA由垂直于AB，逆時(shí)針旋

5、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，CDBC，四邊形CDBC是直角梯形；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BMAC，過點(diǎn)D作DNAC，垂足分別為M，N，有一張矩形紙片，將它沿對(duì)角線AC剪開，得到ACD和ABCACDABC，BM=ND，BDAC，AD=BC，四邊形ADBC是等腰梯形點(diǎn)評(píng)：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(shí)，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

6、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（不包括端點(diǎn)O，C）以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)交x軸于點(diǎn)E，把AE沿AD翻折交CD延長(zhǎng)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

7、；CQ=2.在RtPQC中， ,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(duì)稱，QD=DF=4t，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PQAF.AF=AQ，AFQ=AQF，而CQE=AQF，要想PQAF，須有AFQ=PQC，故只需具備條件PQC =CQE ，又QCPE， CQP=QCE，QC=QC，CQP QCE ，PC=CE，即82

8、t=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ABCD,AB,DC,高CE,對(duì)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(duì)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

9、圍.【解析】(1) 如圖第22題-1所示,平移對(duì)角線DB,交AB的延長(zhǎng)線于P.則四邊形BPCD是平行四邊形,BDPC,BPDC.因?yàn)榈妊菪蜛BCD,ABCD,所以ACBD. 所以ACPC.又高CE, AB,所以AEEP.所以AHB90°AC4;直線移動(dòng)有兩種情況:及,需要分類討論.當(dāng)時(shí), 有.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x的值; (3) 分情況討論:當(dāng)時(shí), .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.當(dāng)時(shí),MNBD,AMNARQ,ANFAQG.當(dāng)時(shí), 如圖第22題-2所示

10、,CG42x,CH1,. ,由,得方程,解得(舍去),.x2.(3) 當(dāng)時(shí),m4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m4. 當(dāng)x2時(shí),最小值m3.3m4.【點(diǎn)評(píng)】本題是一道幾何代數(shù)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(duì)角線,將等腰梯形轉(zhuǎn)化為等腰三角形,從而使問題得以簡(jiǎn)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(shí)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

11、要分情況討論.對(duì)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(duì)順利作答至關(guān)重要.ACPDBEGF16、（2012·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(zhǎng)度為_.【分析】不好意思，本題做不出來，還請(qǐng)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BEEDDC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)

12、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：ADBE5；cosABE；當(dāng)0t5時(shí)，yt2；當(dāng)t秒時(shí)，ABEQBP；其中正確的結(jié)論是_(填序號(hào))圖(3) 圖(1) 圖(2) 第18題圖ADEPQCBMNHytO5710【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)0t5時(shí)，圖象為拋物線，圖象過原點(diǎn)，且關(guān)于y軸對(duì)稱，y隨的t增大而增大，t=5的時(shí)候，BPQ的面積最大，5t7時(shí)，y是常函數(shù)，

13、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BEBC=AD5×1=5cm，5t7時(shí)，點(diǎn)P從ED，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm.cosABE.設(shè)拋物線OM的函數(shù)關(guān)系式為（0t5),把（5,10）代入得到，所以，所以當(dāng)0t5時(shí)， yt2當(dāng)t5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=CDDP=4（7）= cm.在ABE和QBP中，,AQ=90°，所以ABEQBP【答案】【點(diǎn)評(píng)】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(shí)，綜合性

14、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(shí)點(diǎn)全面，難度較大。8.（2012湖北黃岡，8，3）如圖，在RtABC 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BC翻折，點(diǎn)P的對(duì)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.3D【解析】連接PP交BC于點(diǎn)D，若四邊形QPCP為菱形，則PPBC，CDCQ=（6-

15、t），BD=6-（6-t）=3+t.在RtBPD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(píng)】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ABA的方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0t3)，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&#

16、176;；RtABC中，BC=2，ABC=60°；AB=2BC=4cm.當(dāng)BFE=90°時(shí)；RtBEF中，ABC=60°，則BE=2BF=2cm；故此時(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0t3，故t=3s不合題意，舍去；所以當(dāng)BFE=90°時(shí)，t=1s；當(dāng)BEF=90°時(shí)；同可求得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(píng)：根據(jù)直徑所

17、對(duì)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(zhǎng).BEF是直角三角形，則有兩種情況：BFE=90°，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(zhǎng)；由AE=AB-BE即可求出AE的長(zhǎng)，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(zhǎng)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

18、延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，與點(diǎn)P同時(shí)以相同的速度由B向CB延長(zhǎng)線方向運(yùn)動(dòng)（Q不與B重合），過P作PEAB于E，連接PQ交AB于D（1）當(dāng)BQD=30°時(shí)，求AP的長(zhǎng)；（2）當(dāng)運(yùn)動(dòng)過程中線段ED的長(zhǎng)是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長(zhǎng)；如果變化請(qǐng)說明理由解析：（1）由ABC是邊長(zhǎng)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=6x，QB=x，在RtQCP中，BQD=30°，PC=QC，即6x=（6+x），求出x的值即可；（2）作QFAB，交直線AB的延長(zhǎng)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

19、同，可知AP=BQ，再根據(jù)全等三角形的判定定理得出APEBQF，再由AE=BF，PE=QF且PEQF，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(zhǎng)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(zhǎng)度不會(huì)改變答案：解：（1）ABC是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，ACB=60°，BQD=30°，QPC=90°，設(shè)AP=x，則PC=6x，QB=x，QC=QB+BC=6+x，在RtQCP中，BQD=30°，PC=QC，即6x=（6+x），解得x=2；（2）當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長(zhǎng)度不會(huì)改變理由如下：作QF

20、AB，交直線AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接QE，PF，又PEAB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=FBQAEP=BFQ=90°，APE=BQF，APEBQF，AE=BF，PE=QF且PEQF，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(zhǎng)為6，DE=3，當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長(zhǎng)度不會(huì)改變點(diǎn)評(píng)：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

21、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RtABC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).解答下列問題：當(dāng)t為何值時(shí)，PQAB？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；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

22、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(qǐng)說明理由.24. 【解析】（1）要使PQAB，只要說明PQEACB，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PMEABC可求出高.（3）可先假設(shè)其存在，即SPQE：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：如圖，在RtABC中，AC=6，BC=8，AB=10.D、E分別是AC、AB的中點(diǎn).AD=DC=3，AE=EB=5

23、，DEBC且DE=BC =4,因?yàn)镻QAB，PQB=C=90°，又DEBC，AED=B，PQEACB， = .由題意得：PE=4-t,QE=2t-5,即= ,解得t= .過點(diǎn)P作PMAB于M，由PMEABC，得.，.y=18-()=假設(shè)存在時(shí)刻t,使SPQE：S五邊形PQBCD=1:29，此時(shí)SPQE=.，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(píng)】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(shí)，綜合強(qiáng)像本

24、題這樣的存在型問題是中考的?？键c(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(zhǎng)的速度，從點(diǎn)O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yxOC備用圖yxOABCMD（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)MBOA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RtCAORtAB

25、E；當(dāng)B、D重合時(shí)，BE的長(zhǎng)已知（即OC長(zhǎng)），根據(jù)AC、AB的比例關(guān)系，可得AO、BE的比例關(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(zhǎng)是關(guān)鍵；RtCAORtABE，且知道AC、AB的比例關(guān)系，即可通過相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例求出BE的長(zhǎng)，進(jìn)一步得到BD的長(zhǎng)，在表達(dá)BD長(zhǎng)時(shí)，應(yīng)分兩種情況考慮：B在線段DE上，B在ED的延長(zhǎng)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(duì)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），RtCAORtABE2分，3分（2）由RtCAOR

26、tABE可知：，4分當(dāng)08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yxOCx5ABD（第24題）E當(dāng)MBOA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1212分【點(diǎn)評(píng)】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)坐標(biāo)是簡(jiǎn)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)

27、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）（0t4）.解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQBC.（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(qǐng)說明理由.（3分）（4）如圖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(qǐng)說明理由.（5分）分析： （1）由PQBC時(shí)的比例線段

28、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PDAC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(zhǎng)度；然后在RtPQD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(jiǎn)計(jì)算

29、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=102tPQBC，即，解得，當(dāng)s時(shí)，PQBC（2）如答圖1所示，過P點(diǎn)作PDAC于點(diǎn)DPDBC，即，解得 ，當(dāng)t= s時(shí)，S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SAQP= SABC，而SABC=ACBC=24，此時(shí)SAQP=12由（2）可知，SAQP=，化簡(jiǎn)得：t25t+10=0，=（5）24×1×10=150，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

30、形AQPQ為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t如答圖2所示，過P點(diǎn)作PDAC于點(diǎn)D，則有PDBC，即，解得：，QD=ADAQ=在RtPQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即，化簡(jiǎn)得：13t290t+125=0，解得：t1=5，t2=，t=5s時(shí)，AQ=10cmAC，不符合題意，舍去，t=由（2）可知，SAQP=S菱形AQPQ=2SAQP=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(píng)：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

31、識(shí)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(shí)點(diǎn)非常全面，是一道測(cè)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)?！敬鸢浮緾【點(diǎn)評(píng)】本題屬于態(tài)變化問題，題中沒有給出邊長(zhǎng)和速度，有一定難度14.

32、 (2012山東省臨沂市，14，3分）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)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ABC和ADC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（0x8）之間的函數(shù)關(guān)系可用圖象表示為（ ）【解析】在0x4時(shí),y隨x的增大而減小，在4x8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(píng)】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

33、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(qǐng)證明BMC=900;(2) 如圖2，當(dāng)b2a時(shí)，點(diǎn)M在運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在BMC=900，若存在，請(qǐng)給予證明；若不存在，請(qǐng)說明理由；(3) 如圖3，當(dāng)b2a時(shí)，(2)中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)說明理由?！窘馕觥浚?）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，ABMDMC, 利用相似圖形的性質(zhì)列出方程，探索方程根的情況，當(dāng)=b2-4ac0, 存在BMC=900；當(dāng)=b2-4ac0, 不存在BMC=900；解：（1）證明：b=2

34、a，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，ABMDMC,設(shè)AM為x，整理得，b2a，a0,b0,=b2-4ac0,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)b2a時(shí)，存在BMC=900；（3）不成立。理由：若BMC=900，由（2）可知，b2a，a0,b0,=b2-4ac0,方程無實(shí)數(shù)根，當(dāng)b2a時(shí)，不存在BMC=900，即（2）中的結(jié)論不成立。【點(diǎn)評(píng)】本題涉及到動(dòng)點(diǎn)問題，比較

35、復(fù)雜，解答此題的關(guān)鍵是根據(jù)題意分析圖形，確定ABMDMC,，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RtPOQ中，OP=OQ=4，M是PQ中點(diǎn)，把一三角尺的直角頂點(diǎn)放在點(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(zhǎng)是否存在最小值.若存在，求出最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由.解析：（1）連接OM.證明AMO AMO即可.（2）在RtAOB中，運(yùn)用勾股定理得到求AB長(zhǎng)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.

36、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=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RtOAB中，. 當(dāng)x=2時(shí)，AB的最小值為， AOB的周長(zhǎng)的最小值為.點(diǎn)評(píng)：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)等知識(shí)點(diǎn).考查了學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)以及轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想解決問題的能力.對(duì)于幾何知識(shí)與二次函數(shù)的綜合，是學(xué)生解題的難點(diǎn)

37、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RtAOB和RtCOD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yax 2bxc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的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)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

38、在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請(qǐng)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OQTOCD，ARQAOJ，利用相似比表示AKT，ARQ的面積，根據(jù)S四邊形RKTQSAKTSARQ，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yax 2bxc經(jīng)過O、A、C 可得c0， 1分 解得，a，b， 3分 拋物線的解析式為yx 2x 4分（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，PNCD，OP

39、NOCD，可得PN P(t，)，點(diǎn)M在拋物線上，M(t，t2t ) 5分 過M點(diǎn)作MGAB于G，過P點(diǎn)作PHAB于H， AGyAyM2(t2t )t2t2， BHPN 6分 當(dāng)AGBH時(shí)，四邊形ABPM為等腰梯形 t2t2 7分 化簡(jiǎn)得，3t 28t40，解得，t12(不合題意，舍去)，t2， 點(diǎn)P的坐標(biāo)為(， ) 存在點(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AOB，AB交x軸于T，交OC于Q，AQ交x軸于K，交OC于R.求得過AC的直線為yACx+3，可設(shè)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為a，則點(diǎn)A(a，a +3 )，易知OQTOCD，可得QT， 點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(a，) 9

40、分 設(shè)AB與OC相交于點(diǎn)J，ARQAOJ，相似三角形對(duì)應(yīng)高的比等于相似比，HT·OB×1 =2a由AKTAOB得KTAT(3a)，AQyAyQ(a+3)3 10分S四邊形RKTQSAKTSARQKT·AT AQ·HT··(3a)(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(píng)】本題著重考查了待定系數(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(shí)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，

41、做好輔助點(diǎn)，找對(duì)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(shí)，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，tanAOB=,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的速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)，點(diǎn)Q的速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)，當(dāng)PQAD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

42、求出解析式即可.（2）先運(yùn)用三角函數(shù)的知識(shí)求出OD的長(zhǎng)，在結(jié)合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的長(zhǎng)是一個(gè)定值，所以ROB面積與RH的長(zhǎng)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(zhǎng)，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C于A ACm， 弦 AB=AO， .ACOB，mOB. OAD=AOB，OA=4 tanAOB=，OD=OA·tanOAD=4×=3.作OFAD于F.則OF=OA·sinOAD=4×

43、;=2.4.t秒時(shí)，OP=t,DQ=2t，若PQAD，則FQ=OP= t.DF=DQFQ= t.ODF中，t=DF=1.8秒.（3）令R(x, x22x) (0x4). 作RGy軸于G 作RHOB于H交y軸于I.則RG= x，OG= x2+2x.RtRIG中，GIR=AOB ，tanGIR=.IG=x IR= x, RtOIH中，OI=IGOG=x（x2+2x）=x2x.HI=（x2x）.于是RH=IRIH= x（x2 x）= x2+x= x2+x=( x)2+當(dāng)x=時(shí)，RH最大.SROB最大.這時(shí)x22x=×()22×=.點(diǎn)R(,)點(diǎn)評(píng)：本題以圓和二次函數(shù)為背景，綜合考查

44、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(shí).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PBAB的面積是ABO面積的倍？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說

45、明理由；（）在（）的條件下，試指出四邊形PBAB是哪種形狀的四邊形？并寫出它的兩條性質(zhì)?！窘馕觥扛鶕?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)系式，四邊形PBAB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xyO-11221·（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

46、.連結(jié),.-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)均可等腰梯形同一底上的兩個(gè)內(nèi)角相等；等腰梯形對(duì)角線相等；等腰梯形上底與下底平行；等腰梯形兩腰相等. -10分或用符號(hào)表示：或;.-10分【點(diǎn)評(píng)】（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(jiǎn)化，轉(zhuǎn)化為一般的幾何問題解決.21.（

47、2012福州，21，滿分13分）如圖，在RtABC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(zhǎng)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(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)。過點(diǎn)P作PDBC，交AB于點(diǎn)D，連接PQ。點(diǎn)P、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（t0）.（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB= ，PD= 。（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，在整

48、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(zhǎng)。解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由APDACB，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(zhǎng)，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)

49、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（1x3）上運(yùn)動(dòng)，故可求出其經(jīng)過的路徑長(zhǎng)。答案：解：（1）QB=8-2t, PD=（2）不存在在RtABC中，C=90°，AC=6，BC=8AB=10PDBCAPDACBBD=AB-AD=BQDP當(dāng)BQ=DP時(shí)，四邊形PDBQ是平行四邊形即當(dāng)時(shí)，PD=，BD=DPBD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(zhǎng)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)，

50、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(zhǎng)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0t4，當(dāng)t=0時(shí)，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(zhǎng)為單位長(zhǎng)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

51、F，連接EF，過點(diǎn)M作MNAC，垂足為N，則MNBCPMNPQCMN=t,PN=CN=PC-PN=EN=CE-CN=的值不變，點(diǎn)M在直線EF上過F作FHAC，垂足為H，則EH=2，F(xiàn)H=4EF=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(zhǎng)為單位長(zhǎng)度。點(diǎn)評(píng)：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，CDx軸，BCy軸。點(diǎn)P從D點(diǎn)出發(fā)，

52、以1cm/s的速度，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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)應(yīng)三角形的面積為4,由此還可以判斷DO+OA=6；當(dāng)P點(diǎn)從A沿AB勻

53、速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，對(duì)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BCy軸，相當(dāng)于三角形的高沒有變化，所以對(duì)應(yīng)三角形的面積沒有變，因此在圖中對(duì)應(yīng)線段與橫軸平行，根據(jù)橫軸數(shù)據(jù)可知BC=1；當(dāng)P點(diǎn)從沿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(duì)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(duì)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(zhǎng)CB交x軸于M，利用勾股定理可以得到AM=4，進(jìn)而達(dá)到

54、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)?！敬鸢浮拷猓海?）連接AD,設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為,由圖2知，DO+OA=6cm, DO=6AO,由圖2可知，DO·AO=4， 解得。由圖2可知，DO3，AO3，A的坐標(biāo)為，D點(diǎn)坐標(biāo)為，在圖1中，延長(zhǎng)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

55、式為直線PD的函數(shù)關(guān)系式為【點(diǎn)評(píng)】本題綜合性較強(qiáng)，涉及函數(shù)、方程、直角三角形等知識(shí)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(zhǎng)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(qǐng)說明PQBC；（2）以為圓心、長(zhǎng)為半徑作圓，請(qǐng)問：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過

56、程中，為怎樣的值時(shí)，與邊分別有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(duì)應(yīng)邊的長(zhǎng)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?！敬鸢浮拷猓海?）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ACBD，OA=ACOB=AB=1

57、，運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，AQ=t，又PAQ=CAB，PAQCABAPQ=ACB, PQBC（2）如圖1，P與BC切于點(diǎn)M，連接PM，則PMBC.在RtCPM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=PBPQB=PAQ+APQ=60°PQB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)?！军c(diǎn)評(píng)】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?？疾閷W(xué)生綜合應(yīng)用的能力。專