專題60動態(tài)幾何之雙多動點問題

1、2013年全國中考數(shù)學試題分類解析匯編(169套75專題）專題60：動態(tài)幾何之雙（多）動點問題江蘇泰州錦元數(shù)學工作室 編輯一、選擇題【1.（2013年福建三明4分）如圖，在矩形ABCD中，O是對角線AC的中點，動點P從點C出發(fā)，沿DC方向勻速運動到終點C已知P，Q兩點同時出發(fā)，并同時到達終點，連接OP，OQ設運動時間為t，四邊形OPCQ的面積為S，那么下列圖象能大致刻畫S與t之間的關系的是【 】 A B C D【答案】A?！究键c】動點問題的函數(shù)圖象?！痉治觥咳鐖D，作OEBC于E點，OFCD于F點，設BC=a，AB=b，點P的速度為x，點F的速度為y，則CP=xt，DQ=yt，所以CQ=byt，

2、O是對角線AC的中點，OE=b，OF=a。P，Q兩點同時出發(fā)，并同時到達終點，即ay=bx，。S與t的函數(shù)圖象為常函數(shù)，且自變量的范圍為0t）。故選A。2. （ 2013年廣西貴港3分）如圖，點A（a，1）、B（1，b）都在雙曲線上，點P、Q分別是x軸、y軸上的動點，當四邊形PABQ的周長取最小值時，PQ所在直線的解析式是【 】A B C D【答案】C。【考點】反比例函數(shù)綜合題，雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，軸對稱的應用（最短線段問題）?！痉治觥糠謩e把點A（a，1）、B（1，b）代入雙曲線得a=3，b=3，則點A的坐標為（3，1）、B點坐標為（1，3）。如圖，作A點

3、關于x軸的對稱點C，B點關于y軸的對稱點D，所以C點坐標為（3，1），D點坐標為（1，3）。連接CD分別交x軸、y軸于P點、Q點，根據(jù)兩點之間線段最短，此時四邊形PABQ的周長最小。設直線CD的解析式為y=kx+b，把C（3，1），D（1，3）分別代入，得，解得。直線CD的解析式為y=x+2。故選C。3. （2013年山東臨沂3分）如圖，正方形ABCD中，AB=8cm，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別從B，C兩點同時出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC，CD運動，到點C，D時停止運動，設運動時間為t（s），OEF的面積為s（cm2），則s（cm2）與t（s）的函數(shù)關系可用圖象表示為【 】A

4、B C D，【答案】B?！究键c】動點問題的函數(shù)圖象，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，轉換思想的應用?！痉治觥扛鶕?jù)題意BE=CF=t，CE=8t，四邊形ABCD為正方形，OB=OC，OBC=OCD=45°。在OBE和OCF中，OBEOCF（SAS）。s（cm2）與t（s）的函數(shù)圖象為拋物線一部分，頂點為（4，8），自變量為0t8。故選B。4. （2013年山東煙臺3分）如圖1，E為矩形ABCD邊AD上一點，點P從點B沿折線BEEDDC運動到點C時停止，點Q從點B沿BC運動到點C時停止，它們運動的速度都是1cm/s若P，Q同時開始運動，設運動時間為t（s），BPQ的面積為y（cm2

5、）已知y與t的函數(shù)圖象如圖2，則下列結論錯誤的是【 】AAE=6cm B C當0t10時， D當t=12s時，PBQ是等腰三角形【答案】D?！究键c】動點問題的函數(shù)圖象?！痉治觥浚?）結論A正確，理由如下：分析函數(shù)圖象可知，BC=10cm，ED=4cm，故AE=ADED=BCED=104=6cm。（2）結論B正確，理由如下：如圖，連接EC，過點E作EFBC于點F，由函數(shù)圖象可知，BC=BE=10cm，EF=8。（3）結論C正確，理由如下：如圖，過點P作PGBQ于點G，BQ=BP=t，。（4）結論D錯誤，理由如下：當t=12s時，點Q與點C重合，點P運動到ED的中點，設為N，如圖，連接NB，NC。

6、此時AN=8，ND=2，由勾股定理求得：NB=，NC=。BC=10，BCN不是等腰三角形，即此時PBQ不是等腰三角形。故選D。5. （2013年四川南充3分） 如圖1，點E為矩形ABCD邊AD上一點，點P，點Q同時從點B出發(fā)，點P沿BEEDDC 運動到點C停止，點Q沿BC運動到點C停止，它們運動的速度都是1cm/s，設P，Q出發(fā)t秒時，BPQ的面積為ycm，已知y與t的函數(shù)關系的圖形如圖2（曲線OM為拋物線的一部分），則下列結論：AD=BE=5cm；當0t5時，；直線NH的解析式為；若ABE與QBP相似，則t=秒。其中正確的結論個數(shù)為【 】A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】B?！究?/p>

7、點】動點問題的函數(shù)圖象，雙動點問題，矩形的性質，銳角三角函數(shù)定義，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，相似三角形的性質，分類思想的應用。【分析】根據(jù)圖（2）可得，當點P到達點E時點Q到達點C， 點P、Q的運動的速度都是1cm/秒，BC=BE=5cm。AD=BE=5，故結論正確。如圖1，過點P作PFBC于點F，根據(jù)面積不變時BPQ的面積為10，可得AB=4，ADBC，AEB=PBF。PF=PBsinPBF=t。當0t5時，y=BQPF=tt=。故結論正確。根據(jù)57秒面積不變，可得ED=2，當點P運動到點C時，面積變?yōu)?，此時點P走過的路程為BE+ED+DC=11，故點H的坐標為（11，

8、0）。設直線NH的解析式為y=kx+b，將點H（11，0），點N（7，10）代入可得：，解得：。直線NH的解析式為：。故結論錯誤。如圖2，當ABE與QBP相似時，點P在DC上，tanPBQ=tanABE=，即。解得：t=。故結論正確。綜上所述，正確，共3個。故選B。二、填空題【1.（ 2013年廣西河池3分）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E、F分別是BC、CD上的兩個動點，且AEEF。則AF的最小值是 ?！敬鸢浮??！究键c】雙動點問題，正方形的性質，由實際問題列函數(shù)關系式，相似三角形的判定和性質，二次函數(shù)最值，勾股定理。【分析】根據(jù)題意，要求AF的最小值，只要CF最大即可。 設BE=x，CF

9、=y，則由正方形ABCD的邊長為4，得CE=。 ABCD是正方形，B=C，BAE+BEA=90°。 AEEF，BEA+CEF=90°。BAE=CEF。ABEECF。，即。，當x=2時，y即CF有最大值1。此時，DF=3。在RtADF中，根據(jù)勾股定理，得AF=5。AF的最小值是5。2. （2013年湖北武漢3分）如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足AEDF連接CF交BD于G，連接BE交AG于點H若正方形的邊長為2，則線段DH長度的最小值是 【答案】。【考點】雙動點問題，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形斜邊上的中線的性質，勾股定理，三角形的三邊關

10、系?！痉治觥吭谡叫蜛BCD中，AB=AD=CD，BAD=CDA，ADG=CDG，在ABE和DCF中，ABEDCF（SAS）。1=2。在ADG和CDG中，ADGCDG（SAS）。2=3。1=3。BAH+3=BAD=90°，1+BAH=90°。AHB=180°90°=90°。如圖，取AB的中點O，連接OH、OD，則根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得OH=AO=AB=1。在RtAOD中，根據(jù)三角形的三邊關系，OH+DHOD，當O、D、H三點共線時，DH的長度最小。最小值=。三、解答題【1.（2013年內蒙古赤峰14分）如圖，在RtABC中

11、，B=90°，AC=60cm，A=60°，點D從點C出發(fā)沿CA方向以4cm/秒的速度向點A勻速運動，同時點E從點A出發(fā)沿AB方向以2cm/秒的速度向點B勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動設點D、E運動的時間是t秒（0t15）過點D作DFBC于點F，連接DE，EF（1）求證：AE=DF；（2）四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應的t值，如果不能，說明理由；（3）當t為何值時，DEF為直角三角形？請說明理由【答案】解：（1）證明：在RtABC中，C=90°A=30°，AB=AC=×60=30cm。CD=4t，AE=2

12、t，又在RtCDF中，C=30°，DF=CD=2t。DF=AE。（2）能。DFAB，DF=AE，四邊形AEFD是平行四邊形。當AD=AE時，四邊形AEFD是菱形，即604t=2t，解得：t=10。當t=10時，AEFD是菱形。（3）若DEF為直角三角形，有兩種情況：如圖1，EDF=90°，DEBC，則AD=2AE，即604t=2×2t，解得：t=。如圖2，DEF=90°，DEAC，則AE=2AD，即2t =2×60-4t，解得：t=12。綜上所述，當t=或12時，DEF為直角三角形?！究键c】雙動點問題，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，菱形

13、的判定，直角三角形的判定，分類思想的應用。【分析】（1）利用t表示出CD以及AE的長，然后在直角CDF中，利用直角三角形的性質求得DF的長，即可證明。 （2）易證四邊形AEFD是平行四邊形，當AD=AE時，四邊形AEFD是菱形，據(jù)此即可列方程求得t的值。（3）DEF為直角三角形，分EDF=90°和DEF=90°兩種情況討論。2. （2013年內蒙古呼和浩特12分）如圖，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（6，0）、B（2，0）和點C（0，8）（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）設該二次函數(shù)圖象的頂點為M，若點K為x軸上的動點，當KCM的周長最小時，點K的坐標為 ；（3）連接AC，有兩

14、動點P、Q同時從點O出發(fā)，其中點P以每秒3個單位長度的速度沿折線OAC按OAC的路線運動，點Q以每秒8個單位長度的速度沿折線OCA按OCA的路線運動，當P、Q兩點相遇時，它們都停止運動，設P、Q同時從點O出發(fā)t秒時，OPQ的面積為S請問P、Q兩點在運動過程中，是否存在PQOC？若存在，請求出此時t的值；若不存在，請說明理由；請求出S關于t的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍；設S0是中函數(shù)S的最大值，直接寫出S0的值【答案】解：（1）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（6，0）、B（2，0），設二次函數(shù)的解析式為y=a（x+2）（x6）。圖象過點（0，8），8=a（0+2）（06），解得a=。二次函數(shù)的

15、解析式為y=（x+2）（x6），即。（2）（，0）。 （3）不存在PQOC，若PQOC，則點P，Q分別在線段OA，CA上，此時，1t2。PQOC，APQAOC。AP=63t，AQ=188t，解得t=。t=2不滿足1t2，不存在PQOC。分三種情況討論如下，情況1：當0t1時，如圖1，S=OPOQ=×3t×8t=12t2。情況2：當1t2時，如圖2，作QEOA，垂足為E，S=OPEQ=×3t×。情況3：當2t時，如圖3，作OFAC，垂足為F，則OF=。S=QPOF=×（2411t）×。綜上所述，S關于t的函數(shù)關系式?！究键c】二次函數(shù)綜合

16、題，單雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，軸對稱的應用（最短線路問題），平行的判定，由實際問題列函數(shù)關系式，一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質，分類思想、數(shù)形結合思想和反證法的應用?！痉治觥浚?）根據(jù)已知的與x軸的兩個交點坐標和經(jīng)過的一點利用交點式求二次函數(shù)的解析式即可。（2）根據(jù)（1）求得的函數(shù)的解析式確定頂點坐標，然后求得點C關于x軸的對稱點的坐標C，從而求得直線CM的解析式，求得與x軸的交點坐標即可：，點M的坐標為（2，）。點C的坐標為（0，8），點C關于x軸對稱的點C的坐標為（0，8）。直線CM的解析式為：y=x+8。令y=0得x+8=0，解得：x=。點K的坐標為（，0）。

17、（3）如果DEOC，此時點D，E應分別在線段OA，CA上，先求出這個區(qū)間t的取值范圍，然后根據(jù)平行線分線段成比例定理，求出此時t的值，然后看t的值是否符合此種情況下t的取值范圍如果符合則這個t的值就是所求的值，如果不符合，那么就說明不存在這樣的t。本題要分三種情況進行討論：當E在OC上，D在OA上，即當0t1時，此時S=OEOD，由此可得出關于S，t的函數(shù)關系式；當E在CA上，D在OA上，即當1t2時，此時S=OD×E點的縱坐標由此可得出關于S，t的函數(shù)關系式；當E，D都在CA上時，即當2t相遇時用的時間，此時S=SAOESAOD，由此可得出S，t的函數(shù)關系式；綜上所述，可得出不同的

18、t的取值范圍內，函數(shù)的不同表達式。根據(jù)的函數(shù)即可得出S的最大值當0t1時，S=12t2，函數(shù)的最大值是12；當1t2時，S，函數(shù)的最大值是；當2t，S=QPOF，函數(shù)的最大值不超過。3. （2013年青海西寧12分）如圖，正方形AOCB在平面直角坐標系中，點O為原點，點B在反比例函數(shù)（）圖象上，BOC的面積為（1）求反比例函數(shù)的關系式； （2）若動點E從A開始沿AB向B以每秒1個單位的速度運動，同時動點F 從B開始沿BC向C以每秒個單位的速度運動，當其中一個動點到達端點時，另一個動點隨之停止運動若運動時間用t表示，BEF的面積用表示，求出S關于t的函數(shù)關系式，并求出當運動時間t取何值時，BEF

19、的面積最大？ （3）當運動時間為秒時，在坐標軸上是否存在點P，使PEF的周長最?。咳舸嬖?，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由【答案】解：（1）四邊形AOCB為正方形 ，AB=BC=OC=OA。設點B坐標為（，），解得。又點B在第一象限，點B坐標為（4，4）。將點B（4，4）代入得，反比例函數(shù)解析式為。（2）運動時間為t，動點E的速度為每秒1個單位，點F 的速度為每秒2個單位，AE=t， BF。AB=4，BE=。 S關于t的函數(shù)關系式為；當時，BEF的面積最大。（3）存在。當時，點E的坐標為（，4），點F的坐標為（4，），作F點關于軸的對稱點F1，得F1（4，），經(jīng)過點E、F1作直線，由E（

20、，4），F(xiàn)1（4，）可得直線EF1的解析式是，當時，P點的坐標為（，0）。作E點關于軸的對稱點E1，得E1（，4），經(jīng)過點E1、F作直線，由E1（，4），F(xiàn)（4，）可得直線E1F的解析式是，當時，P點的坐標為（0，）。綜上所述，P點的坐標分別為（，0）或（0，）。【考點】反比例函數(shù)綜合題，雙動點問題，正方形的性質，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，由實際問題列函數(shù)關系式，二次函數(shù)的最值，軸對稱的應用（最短線路問題），分類思想的應用?！痉治觥浚?）根據(jù)正方形的性質和BOC的面積為8，列式求出點B的坐標，代入，即可求得k，從而求得反比例函數(shù)的關系式。（2）根據(jù)雙動點的運動時間和速度表示

21、出BF和BE，即可求得S關于t的函數(shù)關系式，化為頂點式即可根據(jù)二次函數(shù)的最值原理求得BEF的面積最大時t的值。（3）根據(jù)軸對稱的原理，分F點關于軸的對稱點F1和E點關于軸的對稱點E1兩種情況討論。4. （2013年福建龍巖14分）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD交于點O，且AC=80，BD=60動點M、N分別以每秒1個單位的速度從點A、D同時出發(fā)，分別沿AOD和DA運動，當點N到達點A時，M、N同時停止運動設運動時間為t秒（1）求菱形ABCD的周長；（2）記DMN的面積為S，求S關于t的解析式，并求S的最大值；（3）當t=30秒時，在線段OD的垂直平分線上是否存在點P，使得DPO=

22、DON？若存在，這樣的點P有幾個？并求出點P到線段OD的距離；若不存在，請說明理由【答案】解：（1）在菱形ABCD中，ACBD，AC=80，BD=60，。菱形ABCD的周長為200。（2）過點M作MPAD，垂足為點P當0t40時，如答圖1，MP=AMsinOAD=t。S=DNMP=×t×t=t2。當40t50時，如答圖2，MD=70t，MP=（70t）。SDMN=DNMP=×t×（70t）=t2+28t=（t35）2+490。S關于t的解析式為。當0t40時，S隨t的增大而增大，當t=40時，最大值為480；當40t50時，S隨t的增大而減小，最大值不超

23、過480。綜上所述，S的最大值為480。（3）存在2個點P，使得DPO=DON。如答圖3所示，過點N作NFOD于點F，則NF=NDsinODA=30×=24， DF=NDcosODA=30×=18。OF=12。作NOD的平分線交NF于點G，過點G作GHON于點H，則FG=GH。SONF=OFNF=SOGF+SOGN=OFFG+ONGH=（OF+ON）FG。設OD中垂線與OD的交點為K，由對稱性可知：DPK=DPO=DON=FOG，。PK=。根據(jù)菱形的對稱性可知，在線段OD的下方存在與點P關于OD軸對稱的點P。存在兩個點P到OD的距離都是。【考點】幾何綜合題，雙動點問題，菱形

24、的性質，勾股定理，由實際問題列函數(shù)關系式，二次函數(shù)的性質，銳角三角函數(shù)定義，分類思想的應用。【分析】（1）根據(jù)勾股定理及菱形的性質，求出菱形的周長。（2）在動點M、N運動過程中：當0t40時，如答圖1所示，當40t50時，如答圖2所示分別求出S的關系式，然后利用二次函數(shù)的性質求出最大值。（3）如答圖3所示，在RtPKD中，DK長可求出，則只有求出tanDPK即可，為此，在ODM中，作輔助線，構造RtOND，作NOD平分線OG，則GOF=DPK。在RtOGF中，求出tanGOF的值，從而問題解決。另解：答圖4所示，作ON的垂直平分線，交OD的垂直平分線EF于點I，連接結OI，IN，過點N作NGO

25、D，NHEF，垂足分別為G，H。當t=30時，DN=OD=30，易知DNGDAO，即。NG=24，DG=18。EF垂直平分OD，OE=ED=15，EG=NH=3。設OI=R，EI=x，則在RtOEI中，有R2=152+x2 在RtNIH中，有R2=32+（24x）2 由、可得：。PE=PI+IE=。根據(jù)對稱性可得，在BD下方還存在一個點P也滿足條件。存在兩個點P，到OD的距離都是。5. （2013年廣東廣州14分）已知AB是O的直徑，AB=4，點C在線段AB的延長線上運動，點D在O 上運動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA.（1）當OC=時（如圖），求證：CD是O的切線；（2）當OC時，

26、CD所在直線于O相交，設另一交點為E，連接AE.當D為CE中點時，求ACE的周長;連接OD，是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請說明梯形個數(shù)并求此時AE·ED的值；若不存在，請說明理由?！敬鸢浮拷猓海?）如圖，連接OD，則。 CD=OA=2，OC=，。OCD是直角三角形，且ODC=900。CD為O的切線。（2）如圖，連接OE，OD，OD=OE=CD=2，D是CE的中點， OD=OE=CD=DE=2。為等邊三角形。，即。根據(jù)勾股定理求得：，。ACE的周長為。（3）存在，這樣的梯形有2個，(如圖所示)， 連接OE，由四邊形AODE為梯形的定義可知：AEOD，。OD=CD，。，AE=C

27、E。，。 。 ，即：。【考點】雙動點問題，圓的基本性質，切線性質，各類特殊三角形、梯形的判定和性質，平行的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理和逆定理。【分析】（1）由已知，根據(jù)勾股定理的逆定理可得ODC=900，從而CD為O的切線。 （2）由已知，判斷EOC和EOA都是直角三角形，根據(jù)已知和勾股定理可求各邊長而得到ACE的周長。 （3）由梯形的定義可知：AEOD，根據(jù)平行線同位角相等的性質，和等腰三角形等邊對等角的性質，可證得，從而由比例式可求解。6. （ 2013年廣西柳州12分）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a0）的圖象經(jīng)過點（1，0），（5，0），（3，4） （1）求該二次函數(shù)的

28、解析式； （2）當y3，寫出x的取值范圍； （3）A、B為直線y=2x6上兩動點，且距離為2，點C為二次函數(shù)圖象上的動點，當點C運動到何處時ABC的面積最小？求出此時點C的坐標及ABC面積的最小值【答案】解：（1）點（1，0），（5，0），（3，4）在拋物線上，解得。二次函數(shù)的解析式為：y=x26x+5。（2）在y=x26x+5中，令y=3，即x26x+5=3，整理得：x26x+8=0，解得x1=2，x2=4。結合函數(shù)圖象，可知當y3時，x的取值范圍是：x2或x4。（3）設直線y=2x6與x軸，y軸分別交于點M，點N，令x=0，得y=6；令y=0，得x=2，M（3，0），N（0，6）。OM=3

29、，ON=6，由勾股定理得：MN=，。設點C坐標為（x，y），則y=x26x+5。過點C作CDy軸于點D，則CD=x，OD=y，DN=6+y。過點C作直線y=2x6的垂線，垂足為E，交y軸于點F，在RtCDF中，DF=CDtanMNO=x，。FN=DNDF=6+yx。在RtEFN中，EF=FNsinMNO=（6+yx），CE=CF+EF=x+（6+yx）。C（x，y）在拋物線上，y=x26x+5，代入上式整理得：CE=（x24x+11）=（x2）2+。當x=2時，CE有最小值，最小值為。當x=2時，y=x26x+5=3，C（2，3）。ABC的最小面積為：ABCE=×2×=。當

30、C點坐標為（2，3）時，ABC的面積最小，面積的最小值為?！究键c】二次函數(shù)綜合題，多動點問題，曲線上點的坐標與方程的關系，解一元二次方程，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，由實際問題列函數(shù)關系式，二次函數(shù)的最值。【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式。（2）求出y=3時x的值，結合函數(shù)圖象，求出y3時x的取值范圍。（3）ABC的底邊AB長度為2，是定值，因此當AB邊上的高最小時，ABC的面積最小如解答圖所示，由點C向直線y=2x6作垂線，利用三角函數(shù)（或相似三角形）求出高CE的表達式，根據(jù)表達式求出CE的最小值，這樣問題得解。7. （2013年貴州遵義12分）如圖，在RtABC中，C=90&

31、#176;，AC=4cm，BC=3cm動點M，N從點C同時出發(fā)，均以每秒1cm的速度分別沿CA、CB向終點A，B移動，同時動點P從點B出發(fā)，以每秒2cm的速度沿BA向終點A移動，連接PM，PN，設移動時間為t（單位：秒，0t2.5）（1）當t為何值時，以A，P，M為頂點的三角形與ABC相似？（2）是否存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，請說明理由【答案】解：如圖，在RtABC中，C=90°，AC=4cm，BC=3cm根據(jù)勾股定理，得AB=。（1）以A，P，M為頂點的三角形與ABC相似，分兩種情況：當AMPABC時，即，解得；當APMABC

32、時，即，解得t=0（不合題意，舍去）。綜上所述，當時，以A、P、M為頂點的三角形與ABC相似。（2）存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值理由如下：假設存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值。如圖，過點P作PHBC于點H則PHAC，即。0，S有最小值。當t= 時，S最小值= 答：當t= 時，四邊形APNC的面積S有最小值，其最小值是。【考點】多動點問題，相似三角形的判定和性質、平行線分線段成比例的性質，勾股定理，由實際問題列函數(shù)關系式，二次函數(shù)的最值，分類思想的應用。【分析】根據(jù)勾股定理求得AB=5cm。（1）分AMPABC和APMABC兩種情況討論：利用相似三角形的對應邊

33、成比例來求t的值。（2）如圖，過點P作PHBC于點H，構造平行線PHAC，由平行線分線段成比例求得以t表示的PH的值；然后根據(jù)“S=SABCSBPH”列出S與t的關系式，則由二次函數(shù)最值的求法即可得到S的最小值。8. （2013年湖北黃岡15分）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCO是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動，動點Q也同時從點B沿B CO的線路以每秒1個單位的速度向點O運動，當點P到達A點時，點Q也隨之停止，設點P、Q運動的時間為t（秒）.（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式；（2）當點Q在CO邊上運動時，求OPQ的面積

34、S與時間t的函數(shù)關系式；（3）以O、P、Q為頂點的三角形能構成直角三角形嗎？若能，請求出t的值，若不能，請說明理由；（4）經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎？若能，請求出此時t的值（或范圍），若不能，請說明理由.【答案】解：（1）設經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式為：， 把A（6，0），B（3，），C（1，）代入得： ，解得：。 經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式為：。（2）可求BC=2，OC=2，OA=6當點Q在CO邊上運動，點P在OA邊上運動時，2t3。 如圖，過點C作CDx軸的于點D，過點Q作QHx軸的于點H， 則OD=1，CD=，OC=2，。 由OQHO

35、CD得，即， 。 又動點P的速度是每秒2個單位，OP=2t。 。 所求OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關系式為：（2t3）。 （3）根據(jù)題意可知，0t3。 當0t2時，點Q在BC邊上運動，此時，OP=2t，。 OD=1，CD=，。 ，若OPQ為直角三角形，只能是或。 若，則，即， 解得，或（舍去）。 若，則，即， 解得，。 當2t3時，點Q在CO邊上運動，此時，OP=2t4，OQOC=2， 此時，OPQ不可能為直角三角形。 綜上所述，當或時，OPQ為直角三角形。（4）由（1）可得，其對稱軸為。 又直線OB的解析式為， 拋物線對稱軸與OB的交點為M（0，）。 又P（2t，0）， 設過點P、M的直線解

36、析式為，則 ，解得。 過點P、M的直線解析式為 。 又當0t2時，Q， 把代入得，點Q在直線PM上，即當0t2時，點P、M、Q總在一直線上。當2t3時，Q。代入，解得或，均不合題意，舍去。綜上所述，經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點，此時0t2。【考點】二次函數(shù)綜合題，雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，直角三角形的性質，勾股定理，解一元二次方程，分式的化簡，分類思想的應用。【分析】（1）應用待定系數(shù)法求解即可。（2）過點C作CDx軸的于點D，過點Q作QHx軸的于點H，由OQHOCD

37、得比例式，從而用t表示出OPQ的邊OP上的高，進而根據(jù)三角形面積公式即可求得所求OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關系式。（3）分點Q在BC邊上運動（0t2）和點Q在CO邊上運動（2t3）兩種情況討論。（4）根據(jù)二次函數(shù)的性質求出拋物線對稱軸，求出直線OB的解析式，從而得到二者的交點M（0，），進而求出點P、M的直線解析式為。分分點Q在BC邊上運動（0t2）和點Q在CO邊上運動（2t3）兩種情況討論點Q與直線的關系，得出結論。9. （2013年湖北荊州12分）如圖，已知：如圖，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，兩動點D、E分別從A、B兩點同時出發(fā)向O點運動（運動到O點停止）；對稱軸過點A且頂點為M

38、的拋物線（a0）始終經(jīng)過點E，過E作EGOA交拋物線于點G，交AB于點F，連結DE、DF、AG、BG設D、E的運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒，運動時間為t秒（1）用含t代數(shù)式分別表示BF、EF、AF的長；（2）當t為何值時，四邊形ADEF是菱形？判斷此時AFG與AGB是否相似，并說明理由；（3）當ADF是直角三角形，且拋物線的頂點M恰好在BG上時，求拋物線的解析式【答案】解：（1）在直線解析式中，令x=0，得y=；令y=0，得x=1。A（1，0），B（0，），OA=1，OB=。tanOAB=。OAB=60°。AB=2OA=2。EGOA，EFB=OAB=60°

39、。，BF=2EF=2t。AF=ABBF=22t。（2）EFAD，且EF=AD=t，四邊形ADEF為平行四邊形。若ADEF是菱形，則DE=AD=t由DE=2OD，即：t=2（1t），解得t=。t=時，四邊形ADEF是菱形。此時AFG與AGB相似。理由如下：如答圖1所示，連接AE，四邊形ADEF是菱形，DEF=DAF=60°。AEF=30°。由拋物線的對稱性可知，AG=AE。AGF=AEF=30°。在RtBEG中，BE=，EG=2，。EBG=60°。ABG=EBGEBF=30°。在AFG與AGB中，BAG=GAF，ABG=AGF=30°，

40、AFGAGB。（3）當ADF是直角三角形時，若ADF=90°，如答圖2所示，此時AF=2DA，即22t=2t，解得t=。BE=t=，OE=OBBE=。E（0，），G（2，）。設直線BG的解析式為y=kx+b，將B（0，），G（2，）代入得：，解得。直線BG的解析式為。令x=1，得，M（1，）。設拋物線解析式為，點E（0，）在拋物線上，解得。拋物線解析式為，即。若AFD=90°，如答圖3所示，此時AD=2AF，即：t=2（22t），解得：t=。BE=t=，OE=OBBE=。E（0，），G（2，）。設直線BG的解析式為y=k1x+b1，將B（0，），G（2，）代入得：，解得。直

41、線BG的解析式為。令x=1，得y=，M（1，）。設拋物線解析式為，點E（0，）在拋物線上，解得。拋物線解析式為，即。綜上所述，符合條件的拋物線的解析式為：或?！究键c】二次函數(shù)綜合題，雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方程的關系，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，菱形的性質，相似三角形的判定，直角三角形的性質，分類思想的應用?！痉治觥浚?）首先求出一次函數(shù)與坐標軸交點A、B的坐標，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的長。（2）由EFAD，且EF=AD=t，則四邊形ADEF為平行四邊形，若ADEF是菱形，則DE=AD=t由DE=2OE，列方程求出t的值；如答圖1所示，推出BAG=

42、GAF，ABG=AGF=30°，證明AFG與AGB相似。（3）當ADF是直角三角形時，有兩種情形，需要分類討論：若ADF=90°，如答圖2所示首先求出此時t的值；其次求出點G的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線BG的解析式，得到點M的坐標，最后利用頂點式和待定系數(shù)法求出拋物線的解析式。若AFD=90°，如答圖3所示，解題思路與相同。10. （2013年湖南懷化10分）如圖，矩形ABCD中，AB=12cm，AD=16cm，動點E、F分別從A點、C點同時出發(fā)，均以2cm/s的速度分別沿AD向D點和沿CB向B點運動。（1）經(jīng)過幾秒首次可使EFAC？（2）若EFAC，在線段AC

43、上，是否存在一點P，使？若存在，請說明P點的位置，并予以證明；若不存在，請說明理由?！敬鸢浮拷猓海?）設經(jīng)過x秒首次可使EFAC，AC與EF相交于點O，則AE=2x，CF=2x。四邊形ABCD是矩形，EAO=FCO，AOE=COF。 AOECOF（AAS）。AO=OC，OE=OF。AB=12cm，AD=16cm，根據(jù)勾股定理得AC=20cm。OC=10cm。在RtOFC中，。 過點E作EFBC交BC于點H，在RtEFN中, ，。解得。經(jīng)過秒首次可使EFAC。（2）過點E作EPAD交AC于點P，則P就是所求的點。證明如下：由作法，AEP=900，又EFAC，即AOE=900。AEPAOE。，即。

44、【考點】雙動點問題，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質。【分析】（1）設經(jīng)過x秒首次可使EFAC，AC與EF相交于點O，過點E作EFBC交BC于點H，由AAS證明AOECOF，得到AO=OC，OE=OF，從而求得OC=10cm，在RtOFC中，由勾股定理得。因此，在RtEFN中, 由勾股定理得，即，解出即可。 （2）證明AEPAOE即可得出結論。11. （2013年湖南郴州10分）如圖，在直角梯形AOCB中，ABOC，AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O為原點，OC、OA所在直線為軸建立坐標系拋物線頂點為A，且經(jīng)過點C點P在線段AO上由

45、A向點O運動，點O在線段OC上由C向點O運動，QDOC交BC于點D，OD所在直線與拋物線在第一象限交于點E（1）求拋物線的解析式；（2）點E是E關于y軸的對稱點，點Q運動到何處時，四邊形OEAE是菱形？（3）點P、Q分別以每秒2個單位和3個單位的速度同時出發(fā)，運動的時間為t秒，當t為何值時，PBOD？【答案】解：（1）A（0，2）為拋物線的頂點，設y=ax2+2。 點C（3，0），在拋物線上，9a+2=0，解得：。拋物線的解析式為； 。（2）若要四邊形OEAE是菱形，則只要AO與EE互相垂直平分， EE經(jīng)過AO的中點，點E縱坐標為1，代入拋物線解析式得：，解得：。點E在第一象限，點E為（，1）

46、。設直線BC的解析式為y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得：，解得。BC的解析式為：。設直線EO的解析式為y=ax，將E點代入，可得出EO的解析式為：。由，得：，直線EO和直線BC的交點坐標為：（，）。Q點坐標為：（，0）。當Q點坐標為（，0）時，四邊形OEAE是菱形。 （3）設t為m秒時，PBDO，又QDy軸，則有APB=AOE=ODQ，又BAP=DQO，則有APBQDO。由題意得：AB=1，AP=2m，QO=33m，又點D在直線y=x+3上，DQ=3m。，解得：。經(jīng)檢驗：是原分式方程的解。當t=秒時，PBOD?！究键c】二次函數(shù)綜合題，雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐

47、標與方程的關系，二次函數(shù)的性質，菱形的判定，平行的判定，相似三角形的判定和性質?！痉治觥浚?）根據(jù)頂點式將A，C代入解析式求出a的值，進而得出二次函數(shù)解析式。（2）利用菱形的判定得出AO與EE互相垂直平分，利用E點縱坐標得出x的值，進而得出BC，EO直線解析式，再利用兩直線交點坐標求法得出Q點坐標，即可得出答案。（3）首先得出APBQDO，進而得出，求出m的值，進而得出答案。12. （2013年湖南衡陽10分）如圖，已知拋物線經(jīng)過A（1，0），B（0，3）兩點，對稱軸是x=1（1）求拋物線對應的函數(shù)關系式；（2）動點Q從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度在線段OA上運動，同時動點M從M從O點出

48、發(fā)以每秒3個單位長度的速度在線段OB上運動，過點Q作x軸的垂線交線段AB于點N，交拋物線于點P，設運動的時間為t秒當t為何值時，四邊形OMPQ為矩形；AON能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由【答案】解：（1）根據(jù)題意，設拋物線的解析式為：，點A（1，0），B（0，3）在拋物線上，解得：。拋物線的解析式為：。（2）四邊形OMPQ為矩形，OM=PQ，即，整理得：t2+5t3=0，解得（0，舍去）。當秒時，四邊形OMPQ為矩形。RtAOB中，OA=1，OB=3，tanA=3。若AON為等腰三角形，有三種情況：（I）若ON=AN，如答圖1所示，過點N作NDOA于點D，則D為OA中點

49、，OD=OA=，t=。（II）若ON=OA，如答圖2所示，過點N作NDOA于點D，設AD=x，則ND=ADtanA=3x，OD=OAAD=1x，在RtNOD中，由勾股定理得：OD2+ND2=ON2，即，解得x1=，x2=0（舍去）。x=，OD=1x=。t=。（III）若OA=AN，如答圖3所示，過點N作NDOA于點D，設AD=x，則ND=ADtanA=3x，在RtAND中，由勾股定理得：ND2+AD2=AN2，即，解得x1=，x2=（舍去）。x=，OD=1x=1。t=1。綜上所述，當t為秒、秒，1秒時，AON為等腰三角形?！究键c】二次函數(shù)綜合題，雙動點問題，待定系數(shù)法的應用，曲線上點的坐標與方

50、程的關系，矩形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，解一元二次方程，分類思想的應用。【分析】（1）用待定系數(shù)法求出拋物線的頂點式解析式。（2）當四邊形OMPQ為矩形時，滿足條件OM=PQ，據(jù)此列一元二次方程求解。AON為等腰三角形時，可能存在三種情形，分類討論，逐一計算。13. （2013年江蘇淮安12分）如圖，在ABC中，C=90°，BC=3，AB=5點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度沿BCAB的方向運動；點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位沿CAB方向的運動，到達點B后立即原速返回，若P、Q兩點同時運動，相遇后同時停止，設運動時間為t秒（1）當t= 時，點P與點Q相遇；（2）在點P從點B

51、到點C的運動過程中，當為何值時，PCQ為等腰三角形？（3）在點Q從點B返回點A的運動過程中，設PCQ的面積為s平方單位求s與之間的函數(shù)關系式；當s最大時，過點P作直線交AB于點D，將ABC中沿直線PD折疊，使點A落在直線PC上，求折疊后的APD與PCQ重疊部分的面積【答案】解：（1）7。（2）點P從B到C的時間是3秒，此時點Q在AB上，則當時，點P在BC上，點Q在CA上，若PCQ為等腰三角形，則一定為等腰直角三角形，有：PC=CQ，即3t=2t，解得：t=1。當時，點P在BC上，點Q在AB上，若PCQ為等腰三角形，則一定有PQ=PC（如圖1），則點Q在PC的中垂線上。作QHAC，則QH=PC，AQHABC，在RtAQH中，AQ=2t4，則。PC=BCBP=3t，解得：。綜上所述，在點P從點B到點C的運動過程中，當t=1或時，PCQ為等腰三角形。 （3）在點Q從點B返回點A的運動過程中，P一定在AC上，則PC=t3，BQ=2t9，即。同（2）可得：PCQ中，PC邊上的高是：，。當t=5時，s有最大值，此時，P是AC的中點（如圖2）。沿直線PD折疊，使點A落在直線PC上，PD一定是AC的中垂線。AP=CP=AC=2，PD=BC=。AQ=142t=142×5=4。如圖2，連接DC（即AD的折疊線）交PQ于點O，過Q作QECA于點E，過O作OFCA于點F，則PCO即為折疊后