中考数学压轴题专题：动点问题

2012年全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编

专题01：动点问题

25. （2012吉林长春10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，

D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD－DE－EB

运动，到点B停止．点P在AD cm/s的速度运动，在折线DE－EB上以1cm/s 的速度运动．当点P与点A不重合时，过点P作

PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在线段AC上．设点P的运动时间为t(s).

（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为______cm,（用含t的代数式表示）．

（2）当点N落在AB边上时，求t的值．

（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S （cm2），求S与t的函数关系式．

（4）连结CD．当点N于点D重合时，有一点H从点M出发，在线段MN上以s 的速度沿M-N-M连续做往返运动，直至点P与点E重合时，点H停止往返运动；当点P在线段EB上运动时，点H始终在线段MN的中心处．直接写出在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围．

【答案】解：（1）t－2。

（2）当点N落在AB边上时，有两种情况：

①如图（2）a，当点N与点D重合时，此时点P在DE上，DP=2=EC，即t－2=2，t=4。

②如图（2）b，此时点P位于线段EB上．

∵DE=1 2 AC=4，∴点P 在DE 段的运动时间为4s ，

∴PE=t-6，∴PB=BE-PE=8-t ，PC=PE+CE=t-4。

∵PN ∥AC ，∴△BNP ∽△BAC 。∴PN ：AC = PB ：BC=2，

∴PN=2PB=16-2t 。

由PN=PC ，得16-2t=t-4，解得t=203

。 综上所述，当点N 落在AB 边上时，t=4或t=

203。 （3）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有两种情

况：

①当2＜t ＜4时，如图（3）a 所示。

DP=t-2，PQ=2，∴CQ=PE=DE-DP=4-（t-2）=6-t ，AQ=AC-CQ=2+t ，

AM=AQ-MQ=t 。

∵MN ∥BC ，∴△AFM ∽△ABC 。∴FM ：BC = AM ：AC=1：2，

即FM ：AM=BC ：AC=1：2。

∴FM=12AM=12

t ．

∴AMF AQPD 11S S S DP AQ PQ AM FM 22?=-=+?-?梯形（） 21111 [t 22t ]2t t t 2t 2224

=-++?-?=-+（）（） 。 ②当203＜t ＜8时，如图（3）b 所示。 PE=t-6，∴PC=CM=PE+CE=t-4，AM=AC-CM=12-t ，PB=BE-PE=8-t ，

∴FM=12AM=6-12

t ，PG=2PB=16-2t ， ∴AMF AQPD 11

S S S PG AC PC AM FM 22

?=-=+?-?梯形（） 21115[162t 8]t 412t 6t t 22t 842224=-+?---?-=-+-（）（）（）（）。

综上所述，S 与t 的关系式为：221t 2t(2t 4)4S 520t 22t 84(t 8)4

3<<<

围是：t=

143

或t=5或 6≤t≤8。

【考点】动点问题上，相似形综合题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，梯形和三角形的面积。

【分析】（1）∵在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=8cm ，BC=4cm ，∴由勾股定理得

AB=cm 。

∵D 为边AB 的中点，∴

AD=cm 。

又∵点P 在AD

的速度运动，∴点P 在AD 上运动的时间为2s 。

∴当点P 在线段DE 上运动时，在线段DP 上的运动的时间为t －2s 。 又∵点P 在DE 上以1cm/s 的速度运动，∴线段DP 的长为t －2 cm 。

（2）当点N 落在AB 边上时，有两种情况，如图（2）所示，利用运动线

段之间的数量关系求出时间t 的值。

（3）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有两种情况，如图（3）所示，分别用时间t 表示各相关运动线段的长度，然后利用AMF AQPD S S S ?=-梯形求出面积S 的表达式。 （4）本问涉及双点的运动，首先需要正确理解题意，然后弄清点H 、点

P 的运动过程：

依题意，点H 与点P 的运动分为两个阶段，如下图所示：

①当4＜t＜6时，此时点P在线段DE上运动，如图（4）a所示。

此阶段点P运动时间为2s，因此点H运动距离为×2=5cm，而MN=2，

则此阶段中，点H将有两次机会落在线段CD上：

第一次：此时点H由M→H运动时间为（t－4）s，运动距离MH=（t －4），

∴NH=2－MH=12－。

又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，

由DN=2NH得到：t－4=2（12－），解得t=14

。

3

=（t－）s，运动距第二次：此时点H由N→H运动时间为t－4－2

2.5

离NH=（t－）=－12，

又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，

由DN=2NH得到：t－4=2（－12），解得t=5。

②当6≤t≤8时，此时点P在线段EB上运动，如图（4）b所示。

MC，即MN与CD的交点始终由图可知，在此阶段，始终有MH=1

2

为线段MN的中点，即点H。

综上所述，在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取

或t=5或6≤t≤8。

值范围是：t=14

3

26. （2012黑龙江哈尔滨10分）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，直线y=2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，四边形ABCO是平行四边形，直线y=－x+m经过点C，交x轴于点D．

（1）求m的值；

（2）点P(0，t)是线段OB上的一个动点(点P不与0，B两点重合)，过点P作x轴

的平行线，分别交AB ，0c ，DC 于点E ，F ，G ．设线段EG 的长为d ，求d 与t 之间的函数关系式 (直接写出自变量t 的取值范围)； （3）在（2）的条件下，点H 是线段OB 上一点，连接BG 交OC 于点M ，当以OG 为直径的圆经过点M 时，恰好使∠BFH=∠ABO ．求此时t 的值及点H 的坐标．

【答案】解：（1）如图，过点C 作CK ⊥x 轴于K ，

∵y=2x+4交x 轴和y 轴于A ，B ，

∴A （－2，0）B （0，4）。∴OA=2，OB=4。

∵四边形ABCO 是平行四边形，

∴BC=OA=2 。

又∵四边形BOKC 是矩形，

∴OK=BC=2，CK=OB=4。∴C （2，4）。

将C （2，4）代入y=－x+m 得，4=－2+m ，解

得m=6。

（2）如图，延长DC 交y 轴于N ，分别过点E ，G

作x 轴的垂线 垂足分别是R ，Q ，则四边形ERQG 、四边形POQG 、四边形EROP 是矩形。

∴ER=PO=CQ=1。 ∵ER OB tan BAO AR OA ∠==，即t 4AR 2=，∴AR=12

t 。 ∵y=－x+6交x 轴和y 轴于D ，N ，∴OD=ON=6。

∴∠ODN=45°。

∵GQ tan ODN QD

∠=，∴DQ=t 。 又∵AD=AO+OD=2+6=8，∴EG=RQ=8－1

2t －t=8－32

t 。

∴d=－32t+8（0＜t ＜4）。 （3）如图，∵四边形ABCO 是平行四边

形，

∴AB ∥OC 。∴∠ABO=∠BOC 。

∵BP=4－t ，

∴EP 1tan ABO tan BOC BP 2∠=

=∠=。 ∴EP=t

42-。

由（2）d=－32

t+8，∴PG=d －EP=6－t 。

∵以OG 为直径的圆经过点M ，∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO 。

∴∠BGP=∠BOC 。

∴BP 1tan BGP tan BOC PG 2∠==∠=。∴4t 16t 2-=-，解得t=2。 ∵∠BFH=∠ABO=∠BOC ，∠OBF=∠FBH ，∴△BHF ∽△BFO 。

∴BH BF BF BO

=，即BF 2=BHBO 。 ∵OP=2，∴PF=1，BP=2。∴22BF BP PF 5=+=。

∴()25=BH×4。∴BH=54。∴HO=4－511=

44。 ∴H （0，

114）。 【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形和矩形的性质，平行的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据直线y=2x+4求出点A 、B 的坐标，从而得到OA 、OB 的长度，再根据平行四边形的对边相等求出BC 的长度，过点C 作CK ⊥x 轴于K ，从而得到四边形BOKC 是矩形，根据矩形的对边相等求出KC 的长度，从而得到点C 的坐标，

然后把点C的坐标代入直线即可求出m的值。

（2）延长DC交y轴于N分别过点E，G作x轴的垂线垂足分别是R，Q 则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形，再利用∠BAO的正切值求出AR的长度，利用∠ODN的正切值求出DQ的长度，再利用AD的长度减去AR 的长度，再减去DQ的长度，计算即可得解。

（3）根据平行四边形的对边平行可得AB∥OC，再根据平行线内错角相等求出∠ABO=∠BOC，用t表示出BP，再根据∠ABO与∠BOC的正切值相等列式求出EP的长度，再表示出PG的长度，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠OMC=90°，根据直角推出∠BGP=∠BOC，再利用∠BGP与∠BOC的正切值相等列式求解即可得到t的值；先根据加的关系求出∠OBF=∠FBH，再判定△BHF和△BFO 相似，根据相似三角形对应边成比例可得BH BF

，再根据t=2求出OP=2，PF=1，

BF BO

BP=2，利用勾股定理求出BF的长度，代入数据进行计算即可求出BH的值，然后求出HO的值，从而得到点H的坐标。

27. （2012湖南永州10分）在△ABC中，点P从B点开始出发向C点运动，在运动过程中，设线段AP的长为y，线段BP的长为x（如图甲），而y关于x的函数图象如图乙所示．Q（1，3）是函数图象上的最低点．请仔细观察甲、乙两图，解答下列问题．

（1）请直接写出AB边的长和BC边上的高AH的长；

（2）求∠B的度数；

（3）若△ABP为钝角三角形，求x的取值范围．

【答案】解：（1）AB=2；AH=3。

（2）在Rt△ABH中，AH=3，BH=1，tan∠B=3，∴∠B=60°。

（3）①当∠APB为钝角时，此时可得x＜1；

②当∠BAP为钝角时，

过点A作AP⊥AB交BC于点P。

则AB 2BP ==41cos B 2=∠，∴当4＜x≤6时，∠BAP 为钝角。 综上所述，当x ＜1或4＜x≤6时，△ABP 为钝角三角形。

【考点】动点问题的函数图象，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】（1）当x=0时，y 的值即是AB 的长度，故AB=2；，图乙函数图象的最低点的y 值是AH 的值，故AH=3。

（2）当点P 运动到点H 时，此时BP （H ）=1，AH=3，在Rt △ABH 中，可得出∠B 的度数。

（3）分两种情况进行讨论，①∠APB 为钝角，②∠BAP 为钝角，分别确定x 的范围即可。

28. （2012湖南衡阳10分）如图，A 、B 两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），点P 由点B 出发沿BA 方向向点A 作匀速直线运动，速度为每秒3个单位长度，点Q 由A 出发沿AO （O 为坐标原点）方向向点O 作匀速直线运动，速度为每秒2个单位长度，连接PQ ，若设运动时间为t （0＜t ＜

103）秒．解答如下问题：

（1）当t 为何值时，PQ ∥BO

（2）设△AQP 的面积为S ，

①求S 与t 之间的函数关系式，并求出S 的最大值；

②若我们规定：点P 、Q 的坐标分别为（x 1，y 1），（x 2，y 2），则新坐标（x 2﹣x 1，y 2﹣y 1）称为“向量PQ”的坐标．当S 取最大值时，求“向量PQ”的坐标．

【答案】解：（1）∵A 、B 两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），则OB=6，OA=8。

∴2222AB OB OA 6810=+=+=。

如图①，当PQ ∥BO 时，AQ=2t ，BP=3t ，则AP=10﹣3t 。

∵PQ ∥BO ，∴

AP AQ AB AO =，即103t 2t 105-=，解得t=2011。 ∴当t=2011

秒时，PQ ∥BO 。 （2）由（1）知：OA=8，OB=6，AB=10．

①如图②所示，过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，则PD ∥BO 。

∴△APD ∽△ABO 。

∴AP PD AB OB =，即103t PD 106-=，解得PD=6﹣95

t 。 ∴22119995S AQ PD 2t 6t =t +6t=t +5225553????=??=??---- ? ???

??。 ∴S 与t 之间的函数关系式为：S=2

95t +553??-- ???（0＜t ＜103）。 ∴当t=

53

秒时，S 取得最大值，最大值为5（平方单位）。 ②如图②所示，当S 取最大值时，t=53

， ∴PD=6﹣95t=3，∴PD=12

BO 。 又PD ∥BO ，∴此时PD 为△OAB 的中位线，则OD=12

OA=4。∴P （4，3）。 又AQ=2t=103，∴OQ=OA ﹣AQ=143，∴Q （143

，0）。 依题意，“向量PQ”的坐标为（143﹣4，0﹣3），即（23

，﹣3）． ∴当S 取最大值时，“向量PQ”的坐标为（23，﹣3）。 【考点】动点问题，平行线分线段成比例，二次函数的最值，勾股定理，三角形中位线定理。

【分析】（1）如图①所示，当PQ ∥BO 时，利用平分线分线段成比例定理，列线段比例式

AP AQ AB AO =，求出t 的值。

（2）①求S 关系式的要点是求得△AQP 的高，如图②所示，过点P 作过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，构造平行线PD ∥BO ，由△APD ∽△ABO 得 AP PD AB OB

=求得PD ，从而S 可求出．S 与t 之间的函数关系式是一个关于t 的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出S 的最大值。

②求出点P 、Q 的坐标：当S 取最大值时，可推出此时PD 为△OAB 的中位线，从而可求出点P 的纵横坐标，又易求Q 点坐标，从而求得点P 、Q 的坐标；求得P 、Q 的坐标之后，代入“向量PQ”坐标的定义（x 2﹣x 1，y 2﹣y 1），即可求解。

29. （2012湖南株洲8分）如图，在△ABC 中，∠C=90°，BC=5米，AC=12米．M 点在线段CA 上，从C 向A 运动，速度为1米/秒；同时N 点在线段AB 上，从A 向B 运动，速度为2米/秒．运动时间为t 秒．

（1）当t 为何值时，∠AMN=∠ANM

（2）当t 为何值时，△AMN 的面积最大并求出这个最大值．

【答案】解：（1）∵从C 向A 运动，速度为1米/秒；同时N 点在线段AB 上，从A 向B 运动，速度为2米/秒，运动时间为t 秒，

∴AM=12﹣t ，AN=2t 。

∵∠AMN=∠ANM ，∴AM=AN ，即12﹣t=2t ，解得：t=4 秒。

∴当t 为4时，∠AMN=∠ANM 。

（2）如图作NH ⊥AC 于H ，

∴∠NHA=∠C=90°。∴NH ∥BC 。

∴△ANH ∽△ABC 。 ∴AN NH AB BC =，即2t NH 135=。∴NH=10t 13

。 ∴()()22ABC 1105605180S 12t t=t +t=t 6+21313131313

?=?-?---。 ∴当t=6时，△AMN 的面积最大，最大值为18013。 【考点】动点问题，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）用t 表示出AM 和AN 的值，根据AM=AN ，得到关于t 的方程求得t 值即可。

（2）作NH ⊥AC 于H ，证得△ANH ∽△ABC ，从而得到比例式，然后用t 表示出NH ，从而计算其面积得到有关t 的二次函数求最值即可。

30. （2012湖南湘潭10分）如图，在⊙O 上位于直径AB 的异侧有定点C 和动点P ，AC=AB ，点P 在半圆弧AB 上运动（不与A 、B 两点重合），过点C 作直线PB 的垂线CD 交PB 于D 点．

（1）如图1，求证：△PCD ∽△ABC ；

（2）当点P 运动到什么位置时，△PCD ≌△ABC 请在图2中画出△PCD 并说明理由；

（3）如图3，当点P 运动到CP ⊥AB 时，求∠BCD 的度数．

【答案】解：（1）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=90°。

∵PD ⊥CD ，∴∠D=90°。∴∠D=∠ACB 。

∵∠A 与∠P 是?BC

所对的圆周角，∴∠A=∠P ，∴△PCD ∽△ABC 。 （2）当PC 是⊙O 的直径时，△PCD ≌△ABC 。理由如下：

∵AB ，PC 是⊙O 的半径，∴AB=PC 。

∵△PCD ∽△ABC ，∴△PCD ≌△ABC 。

画图如下：

（3）∵∠ACB=90°，AC=AB ，∴∠ABC=30°。

∵△PCD ∽△ABC ，∴∠PCD=∠ABC=30°。

∵CP ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，∴??AC

AP =。∴∠ACP=∠ABC=30°。 ∴∠BCD=∠AC ﹣∠ACP ﹣∠PCD=90°﹣30°﹣30°=30°。

【考点】圆周角定理，全等三角形的判定，垂径定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）由AB 是⊙O 的直径，根据直径对的圆周角是直角，即可得∠ACB=90°，又由PD ⊥CD ，可得∠D=∠ACB ，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可得∠A=∠P ，根据有两角对应相等的三角形相似，即可判定：△PCD ∽△ABC 。

（2）由△PCD ∽△ABC ，可知当PC=AB 时，△PCD ≌△ABC ，利用相似比等于1的相似三角形全等即可求得。

（3）由∠ACB=90°，AC=AB ，可求得∠ABC 的度数，然后利用相似，即可得∠PCD 的度数，又

由垂径定理，求得??AC

AP =，然后利用圆周角定理求得∠ACP 的度数，从而求得答案。 31. （2012福建漳州14分）如图，在Y OABC 中，点A 在x 轴上，∠AOC=60o ，

O C =4c m ．O A =8c m ．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 acm ／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．

【答案】解：（1）C(2，23)，OB=47cm 。 （2）①当0

过点Q 作QD ⊥x 轴于点D(如图1)，则

QD=3

2t 。

∴S=12OP·QD=34t 2。

②当4

作QE ⊥x 轴于点E(如图2)，则QE=23。

∴S =12DP·QE=3t 。 ③当8

易证△PBQ 与△PAF 均为等边三角形，

∴OF=OA+AP=t ，AP=t －8。∴PH=3

2(t －8)。

∴OQF OPF S S S ??=-=12t·23－12t·32(t －8)

=－34t 2+33t 。

综上所述， ()()()223t 0t 44S 3t 4t 83t 33t 8t 124?<≤???=<≤??-+<

∵①②中S 随t 的增加而增加，

③中S =()2233t 33t=t 69344

-

+--+，S 随t 的增加而减小， ∴当t=8时，S 最大。

（3）①当△OPM ∽△OAB 时(如图4)，则

PQ ∥AB 。

∴CQ=OP 。

∴at －4=t ，即a=1+4t

。 t 的取值范围是

0

②当△OPM ∽△OBA 时(如图5)，

则OP OM OB OA =， 即t OM 847=。∴OM=27t 7。 又∵QB ∥OP ，∴△BQM ～△OPM 。

∴QB BM OP OM =，即27

4712at 7t 277

t -

-=。 整理得t －at=2，即a=1－2t

，t 的取值范围是6≤t≤8。 综上所述：a=1+4t (0

【分析】（1）如图，过点C 、B 分别作x 的垂线于

点M 、N ，

则在Rt △COM 中，由∠AOC=60o ，

OC=4，应用锐角三角函数定义，可求得OM=2，

CM=23，

∴ C(2，23)。

由CMNB是矩形和OA=8得BM=23，

ON=10，在Rt△OBN中，由勾股定理，得OB=47。

（2）分0

（3）分△OPM∽△OAB和△OPM∽△OBA两种情况讨论即可。

32. （2012山东莱芜10分）)如图，在菱形ABCD中，AB＝23，∠A＝60o，以点D为圆心的⊙D与边AB相切于点E．

(1)求证：⊙D与边BC也相切；

(2)设⊙D与BD相交于点H，与边CD相交于点F，连接HF，求图中阴影部分

的面积(结果保留π)；

(3)⊙D上一动点M从点F出发，按逆时针方向运动半周，当S△HDF＝3S△MDF

时，求动点M经过的

弧长(结果保留π)．

【答案】解：（1）证明：连接DE，过点D作DN⊥BC，垂足为

点N。

∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ABC。

∵⊙D与边AB相切于点E，∴DE⊥AB。

∴DN=DE。

∴⊙D与边BC也相切。

（2）∵四边形ABCD是菱形，AB＝23，∴AD＝AB＝23。

又∵∠A ＝60o ，∴DE ＝ADsin600＝3，即⊙D 的半径是3。

又∵∠HDF ＝12∠HADC ＝60o ，DH ＝DF ，∴△HDF 是等边三角形。 过点H 作HG ⊥DF ，垂足为点G ，则HG ＝3sin600＝

332

。 ∴2HDF HDF 1396033S 333S 2243602

ππ???=??===扇形，。 ∴HDF HDF 39693S S S 3244ππ?-=-=-=扇形影阴。 （3）假设点M 运动到点M 1时，满足S △HDF ＝3S △MDF ，过点M 1作

M 1P ⊥DF ，垂足为点P ，则191333M P 42=???，解得3M P=2

'。 ∴111M P=DM 2

。∴∠M 1DF ＝30o 。 此时动点M 经过的弧长为：3031802

ππ??=。 过点M 1作M 1M 2∥DF 交⊙D 于点M 2，

则满足HDF M1DF M2DF S =3S 3S ???=，

此时∠M 2DF ＝150o ，动点M 经过的弧长为：

150351802

ππ??=。 综上所述，当S △HDF ＝3S △MDF 时，动点M 经过的弧长为2π或52π。 【考点】菱形的性质，角平分线的性质，切线的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，扇形的面积和弧长公式。

【分析】（1）连接DE ，过点D 作DN ⊥BC ，垂足为点N ，则根据菱形的性质可得BD 平分∠ABC ，根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质可得DN=DE ，即BC 垂直于过⊙D 上点N 的半径，从而得到⊙D 与边BC 也相切的结论。

（2）求出△HDF 和扇形HDF 即可求得阴影部分的面积。

（3）根据S △HDF ＝3S △MDF 求出圆心角即可求动点M 经过的弧长。注意有两点。

33. （2012四川南充8分）如图，⊙C 的内接△AOB 中，AB=AO=4,tan ∠AOB=4

3

,

抛物线2y ax bx =+经过点A(4，0)与点（-2，6）

（1）求抛物线的函数解析式．

（2）直线m 与⊙C 相切于点A 交y 轴于点D ，动点P 在线段OB 上，从点O 出发向点B 运动;同时动点Q 在线段DA 上，从点D 出发向点A 运动，点P 的速度为每秒1个单位长，点Q 的速度为每秒2个单位长，当PQ ⊥AD 时,求运动时间t 的值

（3）点R 在抛物线位于x 轴下方部分的图象上，当△ROB 面积最大时，求点R 的坐标.

【答案】解：（1）把点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线2y ax bx =+，得：

16a 4b 04a 2b 6+=??-=?，解得，1a 2b 2?=???=-?。 ∴抛物线的函数解析式为：21y x 2x 2

=-。

（2）连接AC 交OB 于E ，过点O 作OF ⊥AD 于

点F 。

∵直线m 切⊙C 于A ，∴AC ⊥m 。

∵ 弦AB=AO ， ∴?? A B AO = 。∴AC ⊥OB 。 ∴m ∥OB 。∴∠OAD=∠AOB 。

∵OA=4，tan ∠AOB=34，∴tan ∠OAD=34，sin ∠OAD=35

。

∴OD=OA ·tan ∠OAD=4×34=3，OF=OA ·sin ∠OAD=4×35=。

t 秒时，OP=t ，DQ=2t ，若PQ ⊥AD ， 则FQ=OP=t ，DF=DQ-FQ=t 。

∴在 △ODF 中，t=DF=2222OD OF 3 2.4 1.8-=-=（秒）。

∴当PQ ⊥AD 时,运动时间t 的值为 秒。

（3）点R 在抛物线位于x 轴下方部分的图象上，当△ROB 面积最大时，

点R 到OB 的距离最大。此时，过点R 平行于直线OB 的直线与抛物线只有一个交点。

∵tan ∠AOB=34，∴直线OB 为3y x 4=。

设过点R 平行于直线OB 的直线l ：3y x+r 4=，

联立3y x+r 4=和21y x 2x 2=-得

231x+r x 2x 42

=-，整理得22x 11x 4r 0--=。 ∵直线l 与抛物线只有一个交点，∴△=121+32r 0=，解得121r 32=-。 将121r 32=-代入22x 11x 4r 0--=得21212x 11x+08-=，解得11x 4

=。 将11x 4=代入3121y x 432=-得55y 32

=-。 ∴R （1155432

- ，）。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。

【分析】（1）将点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax 2+bx ，得方程组，解之即可得出解析式。

（2）先得到∠OAD=∠AOB ，作OF ⊥AD 于F ，再求出OF 的长，t 秒时，OP=t,DQ=2t,若PQ ⊥AD 则FQ=OP=t ，DF=DQ-FQ=t 。在△ODF 中，应用勾股定理即可求得结论。

（3）点R 在抛物线位于x 轴下方部分的图象上，当△ROB 面积最大时，点R 到OB 的距离最大。此时，过点R 平行于直线OB 的直线与抛物线只有一个交

点。求出直线OB 的解析式，设过点R 平行于直线OB 的直线l ：3

y x+r 4=，联立3y x+r 4

=和21

y x 2x 2

=-，根据一元二次方程根的判别式求出r ，即可求得点R 的坐标。

34. （2012新疆区12分）如图1，在直角坐标系中，已知△AOC的两个顶点坐标分别为A（2，0），C（0，2）．

（1）请你以AC的中点为对称中心，画出△AOC的中心对称图形△ABC，此图与原图组成的四边形OABC 的形状是，请说明理由；

（2）如图2，已知D（

1

2

-，0），过A，C，D的抛物线与（1）所得的四边形OABC的边BC交于点E，

求抛物线的解析式及点E的坐标；

（3）在问题（2）的图形中，一动点P由抛物线上的点A开始，沿四边形OABC的边从A﹣B﹣C向终点C运动，连接OP交AC于N，若P运动所经过的路程为x，试问：当x为何值时，△AON为等腰三角形（只写出判断的条件与对应的结果）

【答案】解：（1）设AC的中点为E，连接OF并延长至B，使得BF=OF；连接AC，AB，则△ABC为所求作的△AOC的中心对称图形。

∵A（2，0），C（0，2），∴OA=OC。

∵△ABC是△AOC的中心对称图形，∴AB=OC，BC=OA。

∴OA=AB=BC=OC。∴四边形OABC是菱形，

又∵∠AOC=900，∴四边形OABC是正方形。

（2）设经过点A、C、D的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵A（2，0），C（0，2），D（1

2

-，0），

∴

4a+2b+c=0

c=2

11

a b+c=0

42

?

?

?

?

?

?-

?

，解得

a=2

b=3

c=2

-

?

?

?

?

?

。

∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+3x+2。

由（1）知，四边形OABC为正方形，∴B（2，2）。∴直线BC的解析式为y=2。

令y=﹣2x2+3x+2=2，解得x1=0，x2=3

2

。∴点E的坐标为（

3

2

，2）。

（3）在点P的运动过程中，有三种情形使得△AON为等腰三角形：

①当x= 2时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形；

②当x=6﹣

时，此时点P位于B﹣C段上，△AON为等腰三角形；

③当x=4时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形。

【考点】二次函数综合题，中心对称图形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质。

【分析】（1）按照中心对称图形的定义作图即可，易知四边形OABC为正方形。

（2）已知A、C、D三点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；由直线BC：y=2，代入抛物线解析式解方程求得点E的坐标。

（3）在点P的运动过程中，△AON为等腰三角形的情形有三种，

充分利用正方形、等腰三角形的性质，容易求得点P运动的路程x：如

图所示，

①△AON1，此时点P与点B重合，点N1是正方形OABC对

角线的交点，且△AON1为等腰直角三角形。

则此时点P运动路程为：x=AB=2。

②△AON2，此时点P位于B﹣C段上。

∵正方形OABC，OA=2，∴AC=22。

∵AN2=OA=2，∴CN2=AC﹣AN2=22﹣2。

∵AN2=OA，∴∠AON2=∠AN2O。

∵BC∥OA，∴∠AON2=∠CP2N2，又∠AN2O=∠CN2P2。

∴∠CN2P2=∠CP2N2。∴CP2=CN2=2﹣2。

此时点P运动的路程为：x=AB+BC﹣CP2=2+2﹣（22﹣2）=6﹣22。

③△AON3．此时点P到达终点C，P、C、N三点重合，△AON3为等腰直角三角形，

此时点P运动的路程为：x=AB+BC=2+2=4。

综上所述，当x=2，x=6﹣22或x=4时，△AON为等腰三角形。

35. （2012内蒙古包头12分）如图，在Rt△ABC中，∠C =900，AC = 4cm , BC = 5 cm，点D 在BC 上，且CD = 3 cm ，现有两个动点P，Q 分别从点A 和点B 同时出发，其中点P以1 厘米／秒的速度沿AC 向终点C 运动；点Q 以1 . 25 厘米／秒的速度沿BC 向终点C 运动．过点P作PE∥BC 交AD 于点E ，连接EQ。设动点运动时间为t秒（t > 0 )。

（1）连接DP ，经过1 秒后，四边形EQDP 能够成为平行四边形吗请说明理由；

（2）连接PQ ，在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ 与线段AB 平行。为什么

（3）当t 为何值时，△EDQ 为直角三角形。

【答案】解：（

1）不能。理由如下：

假设经过t 秒时四边形EQDP 能够成为平行四边形。

∵点P 的速度为1 厘米／秒，点Q 的速度为1 . 25 厘米／秒，

∴AP=t 厘米，BQ=厘米。

又∵PE ∥BC ，∴△AEP ∽△ADC 。∴EP AP DC AC =。 ∵AC=4厘米，BC=5厘米，CD=3厘米， ∴EP t 34=，解得，EP=厘米。 又∵5QD BC BQ DC 5t 32 1.25t 4=--=--=-， ∴由EP=QD 得2 1.25t=0.75t -，解得t=1。 ∴只有t=1时四边形EQDP 才能成为平行四边形。 ∴经过1 秒后，四边形EQDP 不能成为平行四边形。

（2）∵AP=t 厘米，BQ=厘米，AC=4厘米，BC=5

厘米， ∴PC 4t

QC 5 1.25t 4t AC 4BC 54---=== ，。∴PC QC

AC BC =。

又∵∠C=∠C ，∴△PQC ∽△ABC 。∴∠PQC=∠B 。∴PQ ∥AB 。