2018年中考數(shù)學專題復習卷 幾何圖形的動態(tài)問題精編（含解析）

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1、 幾何圖形的動態(tài)問題精編 1.如圖，平行四邊形ABCD中，AB= cm，BC=2cm，∠ABC=45°，點P從點B出發(fā)，以1cm/s的速度沿折線BC→CD→DA運動，到達點A為止，設運動時間為t(s)，△ABP的面積為S(cm2)，則S與t的大致圖象是（?? ） A.??????????????????B.??????????????????C.??????????????????D.? 【答案】A 【解析】 ：分三種情況討論： ①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E．∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB= ，∴AE=1，∴S= BP×AE= ×t×1= t；

2、 ②當2＜t≤ 時，S= ? = ×2×1=1； ③當 ＜t≤ 時，S= AP×AE= ×（ -t）×1= （ -t）． 故答案為：A． 【分析】根據(jù)題意分三種情況討論：①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E；②當2＜t≤ 2 +時；③當 2 + ＜t≤ 4 +時，分別求出S與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項作出判斷，即可得出答案。 2.如圖，邊長為a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,滿足AE+CF=a,△BEF的周長最小值是(??? ) A.??????????????????????????????????????B.

3、??????????????????????????????????????C.??????????????????????????????????????D.? 【答案】B 【解析】 ：連接BD ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=AD， ∵∠DAB=60°， ∴△ABD是等邊三角形， ∴AB=DB，∠BDF=60° ∴∠A=∠BDF 又∵AE+CF=a， ∴AE=DF， 在△ABE和△DBF中， ∴△ABE≌△DBF（SAS）， ∴BE=BF，∠ABE=∠DBF， ∴∠EBF=∠ABD=60°， ∴△BEF是等邊三角形． ∵E是異于A、D兩點的動點

4、,F是CD上的動點, 要使△BEF的周長最小，就是要使它的邊長最短 ∴當BE⊥AD時，BE最短 在Rt△ABE中，BE== ∴△BEF的周長為 【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及菱形的性質(zhì)，證明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可證明△ABE≌△DBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，可證得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再證明△BEF是等邊三角形，然后根據(jù)垂線段最短，可得出當BE⊥AD時，BE最短，利用勾股定理求出BE的長，即可求出△BEF的周長。 3.如圖,菱形 的邊長是4厘米, ?,動點 以1厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿 方向運動至 點停止,動點 以2厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿折線

5、運動至 點停止若點 同時出發(fā)運動了 秒,記 的面積為 ,下面圖象中能表示 與 之間的函數(shù)關(guān)系的是(??? ) A.????????????????????????????B.? C.????????????????????????????????D.? 【答案】D 【解析】 當0≤t＜2時，S=2t× ×（4-t）=- t2+4 t； 當2≤t＜4時，S=4× ×（4-t）=-2 t+8 ； 只有選項D的圖形符合． 故答案為：D． 【分析】分別求出當0≤t＜2時和當2≤t＜4時，s與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項的圖像逐一判斷即可。 4.如圖,矩形ABCD,R是CD的中

6、點,點M在BC邊上運動,E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,則EF的長隨M點的運動(????? ) A.?變短??????????????????????????????????B.?變長??????????????????????????????????C.?不變??????????????????????????????????D.?無法確定 【答案】C 【解析】 ：∵E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點, ∴EF是△ANR的中位線 ∴EF= AR ∵R是CD的中點，點M在BC邊上運動 ∴AR的長度一定 ∴EF的長度不變。 故答案為：C【分析】根據(jù)已知E，F(xiàn)分別為AM，MR的中

7、點,，可證得EF是△ANR的中位線，根據(jù)中位線定理，可得出EF= AR，根據(jù)已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出結(jié)果。 5.如圖甲，A，B是半徑為1的⊙O上兩點，且OA⊥OB．點P從A出發(fā)，在⊙O上以每秒一個單位的速度勻速運動，回到點A運動結(jié)束．設運動時間為x，弦BP的長度為y，那么如圖乙圖象中可能表示y與x的函數(shù)關(guān)系的是（?? ） A.?①?????????????????????????????????????B.?④?????????????????????????????????????C.?①或③????????????????????????????????

8、?????D.?②或④ 【答案】C 【解析】 當點P順時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是③，當點P逆時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是①， 故答案為①③. 故答案為：C． 【分析】由題意知PB的最短距離為0，最長距離是圓的直徑；而點P從A點沿順時針旋轉(zhuǎn)和逆時針旋轉(zhuǎn)后與點B的距離有區(qū)別，當點P從A點沿順時針旋轉(zhuǎn)時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度增大到直徑的長，然后漸次較小至點B為0，再從點B運動到點A，則弦BP的長度y由0增大到AB的長； 當點P從A點沿逆時針旋轉(zhuǎn)時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度減小到0，再由0增大到直徑的長，最后由直徑的長減小到AB的長。 6.如圖，一塊等邊三角形的木板，邊長為

9、1，現(xiàn)將木板沿水平線翻滾，那么B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度為________． 【答案】 【解析】 ：從圖中發(fā)現(xiàn)：B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度為兩段弧長即第一段= ，第二段= ． 故B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度= + = ． 故答案為： 【分析】B點的運動路徑是2個圓心角是120度的扇形的弧長，根據(jù)弧長公式求解。 7.如圖，長方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，點E是CD的中點，動點P從A點出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 運動，最終到達點E．若點P運動的時間為x秒，那么當x= ________時，△APE的面積等于5 ． 【答案】或5 【解

10、析】 ①如圖1， 當P在AB上時， ∵△APE的面積等于5， ∴ x?3=5， x= ； ②當P在BC上時， ∵△APE的面積等于5， ∴ ， ∴3×4? ?(3+4?x)×2? ×2×3? ×4×(x?4)=5， x=5； ③當P在CE上時， ∴ ?(4+3+2?x)×3=5， x= <3+4+2，此時不符合； 故答案為： 或5. 【分析】先對點P所在不同線段的區(qū)間進行分類討論，再結(jié)合實際情況與所得結(jié)果進行對比從而判斷結(jié)果的合理性. 8.如圖，在矩形 中， 點 同時從點 出發(fā)，分別在 ， 上運動，若點 的運動速度是每秒2個單位長度，且是點 運動速度的2倍

11、，當其中一個點到達終點時，停止一切運動．以 為對稱軸作 的對稱圖形 ．點 恰好在 上的時間為________秒．在整個運動過程中， 與矩形 重疊部分面積的最大值為________． 【答案】； 【解析】 ：（1）如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F， ∴∠DFM=90°． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°． ∴四邊形DCMF是矩形， ∴CD=MF． ∵△MNB與△MNE關(guān)于MN對稱， ∴△MNB≌△MNE， ∴ME=MB，NE=BN． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8，

12、∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t 在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理，得（1） EF=AE= ∴＋=2t 解得? ：t= （2）如圖， ∵△MNE與△MNB關(guān)于MN對稱， ∴∠MEN=∠MBN=90°． ∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°， ∴∠EMB+∠ENB=180°． ∵∠ENA+∠ENB=180°， ∴∠ENA=∠EMB． ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB= ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EFG=∠EMB． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8， ∴

13、CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6 ?∴GA=(6-t)? GN=(6-t) ∵EG=EN-GN=t-(6-t)= ∴EF=()×=2t- ∴當時， S=t2-(2t-)()=-(t-6)2+ ∴t=4時，s最大=. 當0＜t≤時，S=t2 ∴t=時，S最大=. ∵＞ ∴最大值為【分析】（1）如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．進而判斷出四邊形DCMF是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等得出CD=MF．根據(jù)翻折的性質(zhì)得出△MNB≌△MNE，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出ME=MB，NE=BN．然后表示出EN=

14、t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,AE的長，根據(jù)線段的和差得出方程，求解得出t的 值； （2）根據(jù)翻折的性質(zhì)得出∠MEN=∠MBN=90°．根據(jù)四邊形的內(nèi)角和，鄰補角定義及等量代換得出∠ENA=∠EMB．根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=， 根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EMB．EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，進而表示出GA,GN,EG,EF,的長，當 < t ≤ 4 時，與當0＜t≤ 時，分別求出S的值，再比大小即可得出答案。 9.如圖，在△ABC

15、中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD為AB邊的高，點A在x軸上，點B在y軸上，點C在第一象限，若A從原點出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個單位長的速度運動，則點B隨之沿y軸下滑，并帶動△ABC在平面內(nèi)滑動，設運動時間為t秒，當B到達原點時停止運動 （1）連接OC，線段OC的長隨t的變化而變化，當OC最大時，t＝________； （2）當△ABC的邊與坐標軸平行時，t＝________。 【答案】（1） （2）t＝ 【解析】 （1）如圖： 當 三點共線時， 取得最大值， ? ? ? （ 2 ）分兩種情況進行討論：①設 ?時，CA⊥OA， ∴CA∥y軸， ∴

16、∠CAD=∠ABO. 又 ? ∴Rt△CAD∽Rt△ABO， ∴ ?即 ? 解得 ? ②設 時， ? ∴CB∥x軸， Rt△BCD∽Rt△ABO， ∴ ?即 ? ? 綜上可知,當以點C為圓心,CA為半徑的圓與坐標軸相切時,t的值為 或 ? 故答案為： ? ? 或 ? 【分析】（1）當 O , C , D 三點共線時，OC取得最大值，此時OC是線段AB的中垂線， 根據(jù)中垂線的性質(zhì)，及勾股定理得出OA =OB = 4?,? 然后根據(jù)時間等于路程除以速度即可得出答案； （ 2 ）分兩種情況進行討論：①設OA = t 1 ?時，CA⊥OA，故CA∥y軸，然后判斷出Rt△

17、CAD∽Rt△ABO，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,從而得出答案；②設 A O = t 2 時，BC ⊥OB ，故CB∥x軸，然后判斷出Rt△BCD∽Rt△ABO，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得出BC∶AB=BD∶ AO,?從而得出答案. 10.如圖，在平面直角坐標系中，A(4，0)、B(0，-3)，以點B為圓心、2 為半徑的⊙B上 有一動點P.連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為________． 【答案】 【解析】 ：作A關(guān)于y軸的對稱點A′， 則A′（－4，0）， ∴OC是△AA′P的中位線，當A′P取最小值時，OC取

18、最小值．連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最?。? 在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3， ∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC= ， ∴OC的最小值 ． 故答案為： ． 【分析】作A關(guān)于y軸的對稱點A′，可得出點A′的坐標，可證得OC是△AA′P的中位線，因此當A′P取最小值時，OC取最小值．連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根據(jù)圓的半徑求出A′P的長，利用三角形的中位線定理，即可求出OC的最小值 。 11.已知矩形 中， 是 邊上的一個動點，點 ， ， 分別是 ， ， 的中點. （1）求證： ； （2）設 ，當四邊形 是

19、正方形時，求矩形 的面積. 【答案】（1）解：∵點F,H分別是BC,CE的中點， ∴FH∥BE， ． ∴ ． 又∵點G是BE的中點， ∴ ． 又∵ ， ∴△BGF ≌ △FHC． （2）解：當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點, ∴ ?且GH∥BC, ∴ 又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ， ∴ ． 【解析】【分析】（1）根據(jù)點F,H分別是BC,CE的中點，可證得FH是△BCE的中位線，就可證得FH∥BE， FH=BE 再根據(jù)點G是BE的中點，得出FH=BG，就可證得結(jié)論。 （2）當四邊形

20、EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 E F = G H ，根據(jù)已知在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點，可證得GH是△BCE的中位線，可求出GH的長及GH∥BC，再根據(jù)AD∥BC, AB⊥BC，可證得AB=GH，然后利用矩形的面積公式，即可求解。 12.如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，點D在BC上，且CD＝3cm.動點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā)，其中點P以1cm/s的速度沿AC向終點C移動；點Q以 cm/s的速度沿CB向終點B移動．過點P作PE∥CB交AD于點E，設動點的運動時間為x秒． （1）用含x的代數(shù)式表示EP； （2）當Q在

21、線段CD上運動幾秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形； （3）當Q在線段BD(不包括點B、點D)上運動時，求當x為何值時，四邊形EPDQ面積等于 . 【答案】（1）解:如圖所示， ∵PE∥CB， ∴∠AEP＝∠ADC.? 又∵∠EAP＝∠DAC， ∴△AEP∽△ADC， ∴ ＝ ，? ∴ ＝ ， ∴EP＝ x. （2）解：由四邊形PEDQ1是平行四邊形，可得EP＝DQ1.? 即 x＝3－ x，所以x＝1.5. ∵0＜x＜2.4 ∴當Q在線段CD上運動1.5秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形 （3）解： S四邊形EPDQ2＝ ?( x＋ x－3)·(4－

22、x)＝－x2＋ x－6， ∵四邊形EPDQ面積等于 ， ∴－x2＋ x－6＝ ， 整理得：2x2－11x＋15＝0. 解得：x＝3或x＝2.5， ∴當x為3或2.5時，四邊形EPDQ面積等于 . 【解析】【分析】（1）抓住已知條件PE∥CB，證明△AEP∽△ADC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出對應邊成比例，可得出EP的長。 （2）根據(jù)已知可知PE∥CB，要證四邊形PEDQ是平行四邊形，則EP＝DQ1 ， 建立關(guān)于x的方程，求出x的值，再寫出x的取值范圍即可。 （3）根據(jù)PE∥CB，可證得四邊形EPDQ是梯形，根據(jù)梯形的面積=， 建立關(guān)于x的方程，再解方程求解即可。 13.

23、如圖1，圖2中，正方形ABCD的邊長為6，點P從點B出發(fā)沿邊BC—CD以每秒2個單位長的速度向點D勻速運動，以BP為邊作等邊三角形BPQ，使點Q在正方形ABCD內(nèi)或邊上，當點Q恰好運動到AD邊上時，點P停止運動。設運動時間為t秒（t≥0）。 ?? ? （1）當t＝2時，點Q到BC的距離＝________； （2）當點P在BC邊上運動時，求CQ的最小值及此時t的值； （3）若點Q在AD邊上時，如圖2，求出t的值； （4）直接寫出點Q運動路線的長。 【答案】（1）解： （2）解：點P在BC邊上運動時，有 ，根據(jù)垂線段最短，當 時，CQ最小

24、， 如圖，在直角三角形BCQ中， ， ? ? ∴ ? ∴ ? ∴ （3）解：若點Q在AD邊上，則 ? ∵ ? ∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）, ∴ ? ∴ ? ∵ ，且由勾股定理可得， ∴ 解得： （不合題意，舍去）， ∴ （4）解：點Q運動路線的長等于點 運動的路線長： ? 【解析】【解答】 如圖： 過點 作 ? 當 時， ? 是等邊三角形， ? ? 故答案為： 【分析】(1）過點 Q 作QE⊥BC,? 根據(jù)路程等于速度乘以時間，由 t = 2 ， 得出BP的長，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BQ = 4 ,

25、 ∠QBE = 60 ° ,在Rt△BPQ中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義即可得出QE的長； （2）點P在BC邊上運動時，有 ∠QBC = 60 ° ，根據(jù)垂線段最短，當 CQ⊥BQ 時，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， ∠QBC= 60 ° ，從而得出BQ的長度，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BP=BQ=3，根據(jù)時間等于路程除以速度，從而得出t的值，再根據(jù)正切函數(shù)的定義，即可得出CQ的長； （3）若點Q在AD邊上，則 C P = 2 t ? 6 ，? 首先利用HL判斷出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出A Q = C P = 2 t ? 6 ,? 進而得出DQ

26、 =DP= 12 ? 2 t , 由 BP = PQ ，且由勾股定理可得，DQ 2 + DP 2 =QP 2 ， BC 2 +CP2 =BP 2,得出關(guān)于t的方程，求解并檢驗即可得出t的值； （4）根據(jù)題意點Q運動路線的長等于點 P 運動的路線長，由路程等于速度乘以時間即可得出答案。 14.已知：如圖①，在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以AD為斜邊在平行四邊形AB CD的內(nèi)部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°． （1）求△AED的周長； （2）若△ AED以每秒2個單位長度的速度沿DC向右平行移動，得到△AE0D0 ， 當

27、A0D0與BC重合時停止移動，設運動時間為t秒，△A0E0D0與△BDC重疊的面積為S，請直接寫出 S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍； （3）如圖②，在（2）中，當△AED停止移動后得到△BEC，將△BEC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），在旋轉(zhuǎn)過程中，B的對應點為B1 ， E的對應點為E1 ， 設直線B1E1與直線BE交于點P、與直線CB交于點Q．是否存在這樣的α，使△BPQ為等腰三角形？若存在，求出α的度數(shù)；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC=6． 在Rt△ADE中，AD=6，∠E

28、AD=30°， ∴AE=AD?cos30°=6×=3， DE=AD?sin30°=6×=3， ∴△AED的周長為：6+3+3=9+3。 （2）解：在△AED向右平移的過程中： （I）當0≤t≤1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為△D0NK． ∵DD0=2t，∴ND0=DD0?sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=t， ∴S=S△D0NK=1ND0?NK=t?t=t2； （II）當1.5

29、（6-t）． ∴S=S四邊形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×（6-t）×（6-t）=-t2+2t-； （III）當4.5

30、==-t2+2t-（1.5

31、6）， ∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°， 即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°， ∴α=165°． ③當PQ=PB時（如答圖7），則CQ=CB1 ， ∵CB=CB1 ， ∴CQ=CB1=CB， 又∵點Q在直線CB上，0°<α<180°， ∴點Q與點B重合， 此時B、P、Q三點不能構(gòu)成三角形． 綜上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ為等腰三角形． 【解析】【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出AD的長，再利用解直角三角形求出AE、DE的長，然后求出△AED的周長即可。 （2）在△AED

32、向右平移的過程中，分三種情況討論：（I）當0≤t≤1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為△D0NK；（II）當1.5

33、ABC的邊OA在x軸正半軸上，點B，C在第一象限，∠C=120°，邊長OA=8，點M從原點O出發(fā)沿x軸正半軸以每秒1個單位長的速度作勻速運動，點N從A出發(fā)沿邊AB—BC—CO以每秒2個單位長的速度作勻速運動.過點M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對角線OB于Q，點M和點N同時出發(fā)，分別沿各自路線運動，點N運動到原點O時，M和N兩點同時停止運動. （1）當t=2時，求線段PQ的長； （2）求t為何值時，點P與N重合； （3）設△APN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍. 【答案】（1）解：在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30

34、°，當t=2時，OM=2，PM=2 ，QM= ，PQ= （2）解：當t≤4時，AN=PO=2OM=2t， t=4時，P到達C點，N到達B點，點P，N在邊BC上相遇. 設t秒時，點P與N重合，則(t-4)+2(t-4)=8, ∴t= . 即t= 秒時，點P與N重合? （3）解：①當0≤t≤4時， PN=OA=8，且PN∥OA，PM= t， S△APN= ·8· t=4 t； ②當4＜t≤ 時， PN=8-3(t-4)=20-3t， S△APN= ×4 ×(20-3t)=40 -6 t； ③當 ＜t≤8時，PN=3(t-4)-8=3t-20， S△APN= ×4

35、 ×(3t-20)= 6 t -4 ； ④8＜t≤12時，ON=24-2t，N到OM距離為12 - t, ? N到CP距離為4 -(12 - t)= t-8 ，CP=t-4，BP=12-t， S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB =32 - ×8×(12 - t)- （t-4）（ t-8 ）- （12-t）×4 = - t2+12 t-56 綜上，S與t的函數(shù)關(guān)系式為： 【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠AOC=60°，∠AOQ=30°，當t=2時，OM=2，再直角三角形中根據(jù)含30°角的直角三角形的邊之間的關(guān)系得出PM,QM的長，進而利用線段

36、的和差得出PQ的長； （2）當t≤4時，AN=PO=2OM=2t，t=4時，P到達C點，N到達B點，點P，N在邊BC上相遇.設t秒時，點P與N重合，根據(jù)相遇問題的等量關(guān)系，列出方程，求解得出t的值； （3）①當0≤t≤4時，PN=OA=8，且PN∥OA，PM= 3 t，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；②當4＜t?時，P,N都在BC上相向運動，此時PN=8-3(t-4)=20-3t，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；③當?＜t≤8時，P,N都在BC上運動，不過此時是背向而行，此時PN=3(t-4)-8=3t

37、-20，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；④8＜t≤12時，N在OC上運動，ON=24-2t，M在A點的右側(cè)運動，N到OM距離為12-?t, N到CP距離為4 ?-(12?-? t)=?t-8?，CP=t-4，BP=12-t，由S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB即可得出答案；綜上所述即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式。 16.如圖，已知△ABC的頂點坐標分別為A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。動點M，N同時從A點出發(fā)，M沿A→C,N沿折線A→B→C，均以每秒1個單位長度的速度移動，當一個動點到達終點C時，另一個動點也隨之停止

38、移動，移動時間記為t秒。連接MN。 （1）求直線BC的解析式； （2）移動過程中，將△AMN沿直線MN翻折，點A恰好落在BC邊上點D處，求此時t值及點D的坐標； （3）當點M,N移動時，記△ABC在直線MN右側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于時間t的函數(shù)關(guān)系式。 【答案】（1）解：設直線BC解析式為：y=kx+b， ∵B（0，4），C（-3，0）， ∴ ， 解得： ∴直線BC解析式為：y= x+4. （2）解：依題可得：AM=AN=t， ∵△AMN沿直線MN翻折，點A與點點D重合， ∴四邊形AMDN為菱形， 作NF⊥x軸，連接AD交MN于O′，

39、 ∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3,OB=4， ∴AB=5, ∴M（3-t，0）， 又∵△ANF∽△ABO， ∴ = = , ∴ = = , ∴AF= t，NF= t， ∴N（3- t， t）， ∴O′（3- t, t）， 設D（x,y）, ∴ =3- t， = t， ∴x=3- t,y= t， ∴D（3- t， t）， 又∵D在直線BC上， ∴ ×（3- t）+4= t， ∴t= ， ∴D（- ， ）. （3）①當0

40、

41、N于O′，結(jié)合已知條件得M（3-t，0），又△ANF∽△ABO，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得 = = , 代入數(shù)值即可得AF= t，NF= t，從而得N（3- t， t），根據(jù)中點坐標公式得O′（3- t, t）， 設D（x,y）,再由中點坐標公式得D（3- t， t），又由D在直線BC上，代入即可得D點坐標.（3）①當0

42、·CM·NF，代入數(shù)值即可得表達式. 17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°，如題圖1，連接BC． （1）填空：∠OBC=________°； （2）如圖1，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度； （3）如圖2，點M，N同時從點O出發(fā)，在△OCB邊上運動，M沿O→C→B路徑勻速運動，N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒，點N的運動速度為1單位/秒，設運動時間為x秒，△OMN的面積為y，求當x為何值時y取得最大值？最大值為多少？

43、【答案】（1）60 （2）解：如圖1中， ∵OB=4，∠ABO=30°， ∴OA= OB=2，AB= OA=2 ， ∴S△AOC= ?OA?AB= ×2×2 =2 ， ∵△BOC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC= =2 ， ∴OP= = = （3）解：①當0＜x≤ 時，M在OC上運動，N在OB上運動，此時過點N作NE⊥OC且交OC于點E． 則NE=ON?sin60°= x， ∴S△OMN= ?OM?NE= ×1.5x× x， ∴y= x2 ． ∴x= 時，y有最大值，最大值= ． ②當 ＜x≤4時，M在B

44、C上運動，N在OB上運動． 作MH⊥OB于H． 則BM=8﹣1.5x，MH=BM?sin60°= （8﹣1.5x）， ∴y= ×ON×MH=﹣ x2+2 x． 當x= 時，y取最大值，y＜ ， ③當4＜x≤4.8時，M、N都在BC上運動，作OG⊥BC于G． MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ， ∴y= ?MN?OG=12 ﹣ x， 當x=4時，y有最大值，最大值=2 ， 綜上所述，y有最大值，最大值為 【解析】【解答】解：（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：OB=OC，∠BOC=60°， ∴△OBC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°． 故答案為60． 【分析】（1）

45、根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OB=OC，∠BOC=60°，根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形可判斷出△OBC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得出答案； （2）根據(jù)含30角的直角三角形的邊之間的關(guān)系得出OA,AB的長，由S△AOC=?OA?AB得出△AOC的面積，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及角的和差得出∠ABC=90°，根據(jù)勾股定理得出AC的長，利用三角形的面積法即可得出OP的長； （3）①當0＜x≤?時，M在OC上運動，N在OB上運動，此時過點N作NE⊥OC且交OC于點E．利用正弦函數(shù)的定義由NE=ON?sin60°，表示出NE的長，根據(jù)∴S△OMN=??OM?NE，得出y與x之間的函數(shù)關(guān)

46、系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得出答案；②當???＜x≤4時，M在BC上運動，N在OB上運動，作MH⊥OB于H．則BM=8﹣1.5x，MH=BM?sin60°=?（8﹣1.5x），根據(jù)三角形的面積公式由y= ??×ON×MH得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得出結(jié)論；③當4＜x≤4.8時，M、N都在BC上運動，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，根據(jù)三角形的面積公式由y= ?MN?OG得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得出結(jié)論；通過比較即可得出最終答案。 18.如圖1，四邊形 是矩形，點 的坐標為 ，點 的坐標為 .點 從點 出發(fā)，沿 以每秒1個單位長度的速度向點 運動，同

47、時點 從點 出發(fā)，沿 以每秒2個單位長度的速度向點 運動，當點 與點 重合時運動停止.設運動時間為 秒. （1）當 時，線段 的中點坐標為________； （2）當 與 相似時，求 的值； （3）當 時，拋物線 經(jīng)過 、 兩點，與 軸交于點 ，拋物線的頂點為 ，如圖2所示.問該拋物線上是否存在點 ，使 ，若存在，求出所有滿足條件的 點坐標；若不存在，說明理由. 【答案】（1）（ ，2） （2）解：如圖1，∵四邊形OABC是矩形， ∴∠B=∠PAQ=90° ∴當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況： ①當△PAQ∽△QBC時， ， ∴ ， 4t

48、2-15t+9=0， （t-3）（t- ）=0， t1=3（舍），t2= ， ②當△PAQ∽△CBQ時， ， ∴ ， t2-9t+9=0， t= ， ∵0≤t≤6， ＞7， ∴x= 不符合題意，舍去， 綜上所述，當△CBQ與△PAQ相似時，t的值是 或 （3）解：當t=1時，P（1，0），Q（3，2）， 把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得： ，解得： ， ∴拋物線：y=x2-3x+2=（x- ）2- ， ∴頂點k（ ，- ）， ∵Q（3，2），M（0，2）， ∴MQ∥x軸， 作拋物線對稱軸，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ，

49、 ∴∠MKE=∠QKE= ∠MKQ， 如圖2，∠MQD= ∠MKQ=∠QKE，設DQ交y軸于H， ∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴ ， ∴ ， ∴MH=2， ∴H（0，4）， 易得HQ的解析式為：y=- x+4， 則 ， x2-3x+2=- x+4， 解得：x1=3（舍），x2=- ， ∴D（- ， ）； 同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM= ∠MKQ=∠QKE， 由對稱性得：H（0，0）， 易得OQ的解析式：y= x， 則 ， x2-3x+2= x， 解得：x1=3（舍），x2= ， ∴D（ ， ）；

50、 綜上所述，點D的坐標為：D（- ， ）或（ ， ） 【解析】【解答】解：（1）如圖1，∵點A的坐標為（3，0）， ∴OA=3， 當t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P（2，0），Q（3，4）， ∴線段PQ的中點坐標為：（ ， ），即（ ，2）； 故答案為：（ ，2）； 【分析】（1）根據(jù)A點坐標得出OA的長度，當t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，從而得出P,Q兩點的坐標，根據(jù)線段中點坐標公式得出線段PQ的中點坐標； （2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠B=∠PAQ=90°，當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時， PA∶ AQ ＝QB∶

51、BC ，②當△PAQ∽△CBQ時， PA∶AQ＝BC∶QB ，從而得出關(guān)于t的方程，求解并檢驗得出t的值； （3）當t=1時，得出P,Q兩點的坐標，再將P,Q兩點的坐標分別代入拋物線y=x2+bx+c中得：得出關(guān)于b,c的二元一次方程組，求解得出b,c的值，從而得出拋物線的解析式，進一步得出拋物線的頂點K的坐標，根據(jù)Q,M兩點的坐標特點得出MQ∥x軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，根據(jù)拋物線的對稱性得出KM=KQ，KE⊥MQ，根據(jù)等腰三角形的三線合一得出∠MKE=∠QKE=?∠MKQ，如圖2，∠MQD=?∠MKQ=∠QKE，設DQ交y軸于H，然后判斷出△KEQ∽△QMH，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得出KE∶EQ＝MQ∶MH，從而得出MH的長度，H點的坐標，用待定系數(shù)法得出直線HQ的解析式，解聯(lián)立直線HQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標，同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM=?∠MKQ=∠QKE，由對稱性得H點的坐標，用待定系數(shù)法得出直線OQ的解析式，解聯(lián)立直線OQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標;綜上所述得出答案。 31