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2014年全国中考数学试题分类汇编49 运动变化类的压轴题(含答案)

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2014年全国各地中考数学压轴题及答案解析(二)

2014年全国各地中考数学压轴题及答案解析(二)

2014年全国各地中考数学压轴题及答案解析（二）21．（江苏无锡）如图，菱形ABCD 的边长为2cm ，∠DAB ＝60°．点P 从A 点出发，以cm /s 的速度，沿AC 向C 作匀速运动；与此同时，点Q 也从A 点出发，以1cm /s 的速度，沿射线AB 作匀速运动．当P 运动到C 点时，P 、Q 都停止运动．设点P 运动的时间为t s ．（1）当P 异于A 、C 时，请说明PQ ∥BC ；（2）以P 为圆心、PQ 长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t 为怎样的值时，⊙P 与边BC 分别有1个公共点和2个公共点？解：（1）∵四边形ABCD 为菱形，∴AB ＝BC ＝2，∠BAC ＝∠DAB又∵∠DAB ＝60°，∴∠BAC ＝∠BCA ＝30°如图1，连接BD 交AC 于点O∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，OA ＝AC∴OB ＝AB ＝1，∴OA ＝，AC ＝2运动t 秒时，AP ＝t ，AQ ＝t ，∴＝＝又∵∠P AQ ＝∠CAB ，∴△P AQ ∽△CAB∴∠APQ ＝∠ACB ，∴PQ ∥BC （2）如图2，设⊙P 与BC 切于点M ，连接PM ，则PM ⊥BC在Rt △CPM 中，∵∠PCM ＝30°，∴PM ＝PC ＝－t由PQ ＝AQ ＝t ，即 －t ＝t解得t ＝4－6，此时⊙P 与边BC 有一个公共点如图3，⊙P 过点B ，此时PQ ＝PB ∵∠PQB ＝∠P AQ ＋∠APQ ＝60°∴△PQB 为等边三角形∴QB ＝PQ ＝AQ ＝t ，∴t ＝1∴当4－6＜t≤1时，⊙P 与边BC 有2个公共点如图4，⊙P 过点C ，此时PC ＝PQ 即2－t ＝t ，∴t ＝3－∴当1＜t≤3－时，⊙P 与边BC 有一个公共点当点P 运动到点C ，即t ＝2时，⊙P 过点B此时⊙P 与边BC 有一个公共点∴当t ＝4－6或1＜t ≤3－或t ＝2时，⊙P 与菱形ABCD 的边BC 有1个公共点当4－6＜t≤1时，⊙P 与边BC 有2个公共点22．（江苏苏州）如图，正方形ABCD 的边AD 与矩形EFGH 的边FG 重合，将正方形AB CD 以lcm /s 的速度沿FG 方向移动，移动开始前点A 与点F 重合．在移动过程中，边AD 始终与边FG 重合，连接CG ，过点A 作CG 的平行线交线段GH 于点P ，连接PD ．已知正方形ABCD 的边长为lcm ，矩形EFGH 的边FG 、GH 的长分别为4cm 、3cm．设正方形移动CD图4时间为x （s ），线段GP 的长为y （cm ），其中0≤x≤2.5．（1）试求出y 关于x 的函数关系式，并求当y ＝3时相应x 的值；（2）记△DGP 的面积为S 1，△CDG 的面积为S 2，试说明S 1－S 2是常数；（3）当线段PD 所在直线与正方形ABCD 的对角线AC 垂直时，求线段PD 的长．解：（1）∵CG ∥AP ，∴∠CGD ＝∠P AG∴tan ∠CGD ＝tan ∠P AG ，Error: Reference source not found ∴＝∵GF ＝4，CD ＝DA ＝1，AF ＝x ，∴GD ＝3－x ，AG ＝4－x ∴＝，即y ＝Error: Reference source not found∴y 关于x 的函数关系式为y ＝Error: Reference source not found 当y ＝3时，Error: Reference source not found＝3，解得x ＝2.5（2）∵S 1＝GP ·GD ＝·Error: Reference source not found·(3－x)＝S 2＝GD ·CD ＝(3－x)·1＝∴S 1－S 2＝－＝，即为常数（3）延长PD 交AC 于点Q ∵正方形ABCD 中，AC 为对角线，∴∠CAD ＝45°∵PQ ⊥AC ，∴∠ADQ ＝45°∴∠GDP ＝∠ADQ ＝45°∴△DGP 是等腰直角三角形，∴GD ＝GP∴3－x ＝Error: Reference source not found，解得x ＝found∵0≤x≤2.5，∴x ＝Error: Reference source not found 在Rt △DGP 中，PD ＝Error: Reference source not found＝(3－x)＝23．（江苏连云港）如图，甲、乙两人分别从A （1，）、B （6，0）两点同时出发，点O 为坐标原点．甲沿AO 方向、乙沿BO 方向均以4km /h 的速度行走，t h 后，甲到达M 点，乙到达N 点．（1）请说明甲、乙两人到达O 点前，MN 与AB 不可能平行．（2）当t 为何值时，△OMN ∽△OBA ？（3）甲、乙两人之间的距离为MN 的长，设s ＝MN 2，求s 与t 之间的函数关系式，并求甲、乙两人之间距离的最小值．HH FEP GH HF E P G解：（1）∵A （1，），∴OA ＝2，∠AOB ＝60°假设MN ∥AB ，则有＝∵OM ＝2－4t ，ON ＝6－4t ，∴＝ 解得t ＝0即在甲、乙两人到达O 点前，只有当t ＝0时，△OMN ∽△OAB ∴MN 与AB 不可能平行（2）∵甲达到O 点时间为t ＝＝，乙达到O 点时间为t ＝＝∴甲先到达O 点，∴t ＝或t ＝时，O 、M 、N 三点不能构成三角形①当t＜时，若△OMN ∽△OBA ，则有 ＝解得t ＝2＞，∴△OMN 与△OBA 不相似②当 ＜t ＜时，∠MON ＞∠OAB ，显然△OMN 与△OBA 不相似③当t ＞ 时， ＝ ，解得t ＝2＞∴当t ＝2时，△OMN ∽△OBA（3）①当t ≤时，如图1，过点M 作MH ⊥x 轴，垂足为H 在R t △MOH 中，∵∠AOB ＝60°∴MH ＝OM ·sin60°＝( 2－4t )× ＝( 1－2t)∴NH ＝ ( 4t －2 )＋( 6－4t)＝5－2t∴s ＝[ ( 1－2t )]2＋( 5－2t )2＝16t2－32t ＋28②当 ＜t ≤时，如图2，作MH ⊥x 轴，垂足为H 在R t △MNH 中，MH ＝ ( 4t －2 )＝( 2t －1)NH ＝ ( 4t －2 )＋( 6－4t)＝5－2t∴s ＝[ ( 1－2t )]2＋( 5－2t )2＝16t2－32t ＋28③当t ＞ 时，同理可得s ＝[ ( 1－2t )]2＋( 5－2t )2＝16t2－32t ＋28综上所述，s ＝16t2－32t ＋28∵s ＝16t 2－32t ＋28＝16( t －1)2＋12∴当t ＝1时，s 有最小值为12∴甲、乙两人距离的最小值为2km24．（江苏南通）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝10厘米，BC ＝12厘米，D 是BC 的中点．点P 从B 出发，以a 厘米/秒（a ＞0）的速度沿BA 匀速向点A 运动，点Q 同时以1厘米/秒的速度从D 出发，沿DB 匀速向点B 运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为t 秒．（1）若a ＝2，△BPQ ∽△BDA ，求t 的值；（2）设点M 在AC 上，四边形PQCM 为平行四边形．①若a ＝，求PQ 的长；②是否存在实数a ，使得点P 在∠ACB 的平分线上？若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．CBDAQ P解：（1）∵BC ＝12，D 是BC 的中点∴BD ＝C D ＝6∵a ＝2，∴BP ＝2t ，DQ ＝t ，BQ ＝6－t ∵△BPQ ∽△BDA ，∴＝∴＝，∴t ＝（2）①∵a ＝，∴BP ＝t∵四边形PQCM 为平行四边形，∴PQ ∥AC ∴△BPQ ∽△BAC ，∴＝∴＝，∴t ＝，∴BP ＝∵AB ＝AC ，∴PQ ＝BP ＝②不存在理由：假设存在实数a ，使得点P 在∠ACB的角平分线上则四边形PQCM 为菱形，∴BP ＝PQ ＝CQ ＝6＋t 由①知，＝，∴＝∴t ＝－＜0∴不存在实数a ，使得点P 在ACB 的角平分线上25．（江苏宿迁）如图，在平面直角坐标系xO y 中，已知直线l 1：y ＝x 与直线l 2：y ＝－x ＋6相交于点M ，直线l 2与x 轴相交于点N ．（1）求M 、N 的坐标；（2）在矩形ABCD 中，已知AB ＝1，BC ＝2，边AB 在x 轴上，矩形ABCD 沿x 轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动．设矩形ABCD 与△OMN 的重合部分的面积为S ，移动的时间为t （从点B 与点O 重合时开始计时，到点A 与点N 重合时计时结束）．直接写出S 与自变量t 之间的函数关系式（不需要给出解答过程）；（3）在（2）的条件下，当t 为何值时，S 的值最大？并求出最大值．解：（1）对于y ＝－x ＋6，令y ＝0，得x ＝∴点N 的坐标为（6，0）CB DAQ P MBA CDOB由题意，得解得∴点M 的坐标为（4，2）（2）当0≤t≤1时，S ＝t2当1＜t≤4时，S ＝t －当4＜t＜5时，S ＝－ t2＋t －当5≤t＜6时，S ＝－t ＋当6≤t≤7时，S ＝(7－t)2（3）解法一：当0≤t≤1时，S 最大＝当1＜t≤4时，S 最大＝当4＜t＜5时，S ＝－(t －)2＋∴当t ＝时，S 最大＝当5≤t＜6时，S 最大＝当6≤t≤7时，S 最大＝综上可知，当t ＝时，S解法二：由（2）中的函数关系式可知，S 当4＜t＜5时，S ＝－(t －)2＋∴当t ＝时，S 的值最大，且最大值是 26．（江苏模拟）已知抛物线与x 轴交于B 、C （1，0）两点，与y 轴交于点A ，顶点坐标为（，－）．P 、Q 分别是线段AB 、OB 上的动点，它们同时分别从点A 、O 向B 点匀速运动，速度均为每秒1个单位，设P 、Q 运动时间为t （0≤t ≤4）．（1）求此抛物线的解析式，并求出P 点的坐标（用t 表示）；（2）当△OPQ 面积最大时求△OBP 的面积；（3）当t 为何值时，△OPQ 为直角三角形？（4）△OPQ 是否可能为等边三角形？若可能请求出t 的值；若不可能请说明理由，并改变Q 点的运动速度，使△OPQ 为等边三角形，求出Q 点运动的速度和此时t 的值．解：（1）设抛物线的解析式为y ＝a (x －)2－∵抛物线过点C （1，0）∴0＝a (1－)2－，∴a ＝∴y ＝(x －)2－令y ＝0，得x 1＝1，x 2＝4，∴B （4，0）令x ＝0，得y ＝3，∴A （0，3）A MCD B A C DBB∴AB ＝＝5过点P 作PM ⊥y 轴于M 则△AMP ∽△AOB ，∴＝＝即＝＝，∴AM ＝t ，PM ＝t ∴P （t ，3－t ）（2）过点P 作PN ⊥x 轴于N ∴S △OPQ＝OQ ·PN ＝·t ·(3－t)＝－t2＋t ＝－(t －)2＋∴当t ＝ 时，△OPQ 面积最大此时OP 为AB 边上的中线∴S △OBP＝S △AOB＝××3×4＝3（3）若∠OPQ ＝90°，则OP 2＋PQ 2＝OQ 2∴( t)2＋(3－ t)2＋(t －t)2＋(3－t)2＝t2解得t 1＝3，t 2＝15（舍去）若∠OQP ＝90°，则PM ＝OQ ∴t ＝t ，∴t ＝0（舍去）∴当t ＝3时，△OPQ 为直角三角形（4）∵OP 2＝( t)2＋(3－ t)2，PQ 2＝(t － t)2＋(3－ t)2∴OP ≠PQ ，∴△OPQ 不可能是等边三角形设Q 的速度为每秒k 个单位时，△OPQ 为等边三角形则OQ ＝2PM ，∴kt ＝2·t ，得k ＝PN ＝OP ＝OQ ，∴3－t ＝ ·t ∴t ＝27．（江苏模拟）如图，在梯形纸片ABCD 中，BC ∥AD ，∠A ＋∠D ＝90°，tan A ＝2，过点B 作BH ⊥AD 于H ，BC ＝BH ＝2．动点F 从点D 出发，以每秒1个单位的速度沿DH 运动到点H 停止，在运动过程中，过点F 作FE ⊥AD 交折线D －C －B 于点E ，将纸片沿直线EF 折叠，点C 、D 的对应点分别是点C 1、D 1．设F 点运动的时间是t （秒）．（1）当点E 和点C 重合时，求t 的值；（2）在整个运动过程中，设△EFD 1或四边形EFD 1C 1与梯形ABCD 重叠部分面积为S ，求S 与t 之间的函数关系式和相应自变量t 的取值范围；（3）平移线段CD ，交线段BH 于点G ，交线段AD 于点P ．在直线BC 上是否存在点Q ，使△PGQ 为等腰直角三角形？若存在，求出线段BQ 的长；若不存在，说明理由．解：（1）过点C 作CK ⊥AD 于K则四边形BHKC 是矩形，∴HK ＝BC ＝2，CK ＝BH ＝2在Rt △CKD 中，∠DCK ＋∠D ＝90°∵∠A ＋∠D ＝90°，∴∠DCK ＝∠AD 1ABCFEDHAB CDH备用图AB CDH K∴tan ∠DCK ＝tan A ＝2，即＝2∴DK ＝4，即t ＝4（2）∵＝tan A ＝2，BH ＝2，∴AH ＝1∴AD ＝AH ＋HK ＋DK ＝1＋2＋4＝7①当0＜t≤3.5时，重叠部分为△EFD 1由题意，D 1F ＝DF ＝t在Rt △EFD 中，∠DEF ＋∠D ＝90°∵∠A ＋∠D ＝90°，∴∠DEF ＝∠A∴tan ∠DEF ＝tan A ＝2，即＝2，∴EF ＝t ∴S ＝S △EFD 1＝D 1F ·EF ＝t ·t ＝ t2②当3.5＜t≤4时，重叠部分为四边形AFEM过点M 作MN ⊥AD 于N则tan A ＝D 1A ＝2t －7，＝tan A ＝2，得AN ＝MN＝tan D 1＝tan D ＝cot A ＝即 ＝ ，得MN ＝ ( 2t －7)∴S ＝S △EFD 1 － S △MD 1A ＝ t 2－ ( 2t －7 )·( 2t －7)＝－ t 2＋ t －③当4＜t≤5时，重叠部分为五边形AFEC 1MS ＝S △C 1D 1FE － S △MD 1A ＝ ( t －4＋t )·2－ ( 2t －7 )·( 2t －7)＝－ t 2＋ t －④当5＜t≤6时，重叠部分为梯形AFEBS ＝S 梯形AFEB ＝ ( 6－t ＋7－t)·2＝－2t ＋13（3）①当点P 为直角顶点时作QO ⊥AD 于O ，则∠GPH ＋∠QPO ＝90°∵∠GPH ＋∠PGH ＝90°，∴∠PGH ＝∠QPO又∵PG ＝PQ ，∠GHP ＝∠POQ ＝90°∴△GHP ≌△POQ ，∴HP ＝OQ ＝2，PO ＝OQ ＝1∴BQ ＝HO ＝3②当点Q 为直角顶点时同①可证△BQG ≌△OQP ，∴BQ ＝OQ ＝2③当点G 为直角顶点时同①可证△BQG ≌△HGP ，∴BG ＝HP ＝2GH ＝2BQ∵BG ＋GH ＝BH ，∴2BQ ＋BQ ＝2，∴BQ ＝∴在直线BC 上存在点Q ，使△PGQ 为等腰直角三角形，线段BQ 的长为3，2，28．（江苏模拟）如图1，直线l ：y ＝－x ＋3分别交x 轴、y 轴于B 、A 两点，等腰Rt △CDE 的斜边C D 在x 轴上，且C D ＝6．若直线l 以每秒3个单位的速度向上匀速运动，同时点C 从（6，0）开始以每秒2个单位的速度向右匀速运动（如图2），设运动后直线l 分别交x 轴、y 轴于N 、M 两点，以OM 、ON 为边作如图所示的矩形OMPN ．设运动时间为t 秒．（1）运动t 秒后点E 坐标为______________，点N 坐标为______________（用含t 的代数式表示）；（2）设矩形OMPN 与运动后的△CDE 的重叠部分面积为S ，求S 与t 的函数关系式，并写出相应的t 的取值范围；（3）若直线l 和△CDE 运动后，直线l 上存在点Q 使∠OQC ＝90°，则当在线段MN 上符111A B C DH P O QG A B C DH P O G (Q )A B C DH P G Q合条件的点Q 有且只有两个时，求t 的取值范围；（4）连接PC 、PE ，当△PCE 是等腰三角形时，直接写出t 的值．解：（1）E （9＋2t ，3），N （4＋4t ，0）（2）运动t 秒时，ON ＝4＋4t ，OC ＝6＋2t ，OD ＝12＋2t 当点N 与点C 重合时，4＋4t ＝6＋2t ，得t ＝1当点E 在边PN 上时，4＋4t ＝9＋2t ，得t ＝2.5当点N 与点D 重合时，4＋4t ＝12＋2t ，得t ＝4①当1＜t≤2.5时，重叠部分为等腰Rt △CFN CN ＝FN ＝4＋4t －(6＋2t)＝2t －2∴S ＝(2t －2 )2＝2t 2－4t ＋2②当2.5＜t＜4时，重叠部分为四边形CEGN ND ＝12＋2t －(4＋4t)＝8－2t∴S ＝S △CDE－S △NGD＝×6×3－(8－2t)2＝－2t 2＋16t －23③当t ≥4时，重叠部分为△CDE ∴S ＝×6×3＝9（3）①当直线l 过点C ，即C 、N 重合时，则线段MN 上只存在一点Q 使∠OQC ＝90°由（2）知，此时t ＝1②以OC 为直径作⊙O ′，当直线l 切⊙O ′ 于点Q 时，则线段MN 上只存在一点Q 使∠OQC ＝90°OO ′＝O ′Q ＝OC ＝3＋tO ′N ＝ON －OO ′＝4＋4t －(3＋t)＝1＋3t 由＝sin ∠O ′NQ ＝sin ∠MNO ＝得＝，解得t ＝3所以当在线段MN 上符合条件的点Q 有且只有两个时，t 的取值范围是1＜t＜3（4）t ＝，t ＝，t ＝，t ＝1提示：∵P （4＋4t ，3＋3t ），C （6＋2t ，0），E （9＋2t ，3∴PC 2＝(2t －2)2＋(3＋3t)2PE 2＝(2t －5)2＋(3t)2，CE 2＝18若PC ＝PE ，则(2t －2)2＋(3＋3t)2＝(2t －5)2＋(3t)2解得t ＝若PC ＝CE ，则(2t －2)2＋(3＋3t)2＝18解得t ＝（舍去负值）若PE ＝CE ，则(2t －5)2＋(3t)2＝18解得t ＝1或t ＝29．（江苏模拟）如图，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c A 、B （A 在B 的左侧），连接AC 、BC ，得等边△ABC ．点的速度向点A 运动，同时点Q 从点C 出发，以每秒个单位的速度向y 轴负方向运动，连接PQ 交射线BC 于点D ，当点P 到达点A 时，点Q 停止运动．设运动时间为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）设△PQC 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式；（3）以点P 为圆心，PB 为半径的圆与射线BC 交于点E ，试说明：在点P 运动的过程中，线段DE 的长是一定值，并求出该定值．解：（1）∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 的顶点为C （0，－）∴抛物线的对称轴是y 轴，∴b ＝0可设抛物线的解析式为y ＝ax2－∵△ABC 是等边三角形，且CO ⊥AB ，CO ＝∴AO ＝1，∴A （－1，0）把A （－1，0）代入y ＝ax 2－，得a ＝∴抛物线的解析式为y ＝x2－（2）当0＜t＜1时，OP ＝1－t ，CQ ＝t ∴S ＝CQ ·OP ＝·t ·(1－t)＝－ t2＋t 当1＜t＜2，OP ＝t －1，CQ ＝t ∴S ＝CQ ·OP ＝·t ·(t －1)＝ t2－t（3）连接PE ，过D 作DH ⊥y 轴于H ，设DH ＝a ①当0＜t＜1时∵PB ＝PE ，∠PBE ＝60°∴△PBE 为等边三角形∴BE ＝PB ＝t ∵△QDH ∽△QPO ∴＝，即＝∴a ＝，∴DC ＝1－t∴DE ＝CB －EB －DC ＝2－t －(1－t)＝1②当1＜t＜2时同理，△QDH ∽△QPO ，得＝∴＝∴a ＝，∴DC ＝t －1∴DE ＝DC ＋CE ＝t －1＋(2－t)＝1综上所述，在点P 运动的过程中，线段DE 的长是定值230．（河北）如图，点A （－5，0），B （－3，045°，CD ∥AB ，∠CDA ＝90°．点P 从点Q （4，0度运动，运动时间为t 秒．（1）求点C 的坐标；（2）当∠BCP ＝15°，求t 的值；（3）以点P为圆心，PC 为半径的⊙P 随点P 的运动而变化，当⊙P 与四边形ABCD 的边（或边所在的直线）相切时，求t 解：（1）∵∠BCO ＝∠CBO ＝45°，∴OC ＝OB ＝3又∵点C 在y 轴的正半轴上，∴点C 的坐标为（0，3）（2）当点P 在点B 右侧时，如图2若∠BCP ＝15°，得∠PCO ＝30°故OP ＝OC ·tan30°＝此时t ＝4＋当点P 在点B 左侧时，如图3由∠BCP ＝15°，得∠PCO ＝60°故OP ＝OC ·tan60°＝3此时t ＝4＋3∴t 的值为4＋或4＋3（3）由题意知，若⊙P 与四边形ABCD 的边相切，有以下三种情况：①当⊙P 与BC 相切于点C 时，有∠BCP ＝90°从而∠OCP ＝45°，得到OP ＝3，此时t ＝1②当⊙P 与CD 相切于点C 时，有PC ⊥CD 即点P 与点O 重合，此时t ＝4③当⊙P 与AD 相切时，由题意，∠DAO ＝90°∴点A 为切点，如图4PC 2＝P A 2＝(9－t)2，PO 2＝(t －4)2于是(9－t)2＝(t －4)2＋32，解得：t =5.6∴t 的值为1或4或5.631．（河北模拟）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝10，AC ＝6．点P 从点A 出发沿AB 以每秒2个单位长的速度向点B 匀速运动；点Q 从点C 出发沿CA 以每秒1个单位长的速度向点A 匀速运动．运动过程中DE 保持垂直平分PQ ，且交PQ 于点D ，交折线PB －BC 于点E ．点P 、Q 同时出发，当点P 到达点B 时停止运动，点Q 也随之停止．设点P 、Q 运动的时间是t 秒．（1）当t ＝______________秒，直线DE 经过点B ；当t ＝______________秒，直线DE 经过点A ；（2）四边形DPBE 能否成为直角梯形？若能，求t 的值；若不能，请说明理由；（3）当t 为何值时，点E 是BC 的中点？（4）以E 为圆心，EC 长为半径的圆能否与AB 、AC 、PQ 同时相切？若能，直接写出t 的值；若不能，请说明理由．解：（1）；2提示：在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝10，AC ＝6∴BC ＝＝ ＝8当直线DE 经过点B 时，连接QB ，则PB ＝QB ∴(10－2t)2＝t2＋82，解得t ＝（舍去）或t ＝当直线DE 经过点A 时，AP ＝AQ ∴2t ＝6－t ，即t ＝2（2）①当DE ∥PB 时，四边形DPBE 是直角梯形BQ ADCPEBQ ADCP (E )此时∠APQ ＝90°，由△AQP ∽△ABC ，得＝即＝，解得t ＝②当PQ ∥BC 时，四边形DPBE 是直角梯形此时∠AQP ＝90°，由△APQ ∽△ABC ，得＝即＝，解得t ＝（3）连接QE 、PE ，作EG ⊥PB 于G ，则QE ＝PE ∵QE 2＝t2＋42PE 2＝PG 2＋EG 2＝(10－2t －×4)2＋(×4)2∴t2＋42＝(10－2t －×4)2＋(×4)2解得t ＝（舍去）或t ＝（4）不能设⊙E 与AB 相切于F 点，连接EF 、EP 、EQ 则EC ＝EF ，EQ ＝EP ，∠ECQ ＝∠EFP ＝90°∴△ECQ ≌△EFP ，∴QC ＝PF∴∠C ＝90°，∴⊙E 与AC 相切于C 点∴AC ＝AF ，∴AQ ＝AP 又AD ＝AD ，DQ ＝DP∴△ADQ ≌△ADP ，∴∠ADQ ＝∠ADP ＝90°又∠QDE ＝90°，∴A 、D 、E 三点在同一直线上由（1）知，此时t ＝2，AQ ＝6－t ＝4∵AB ＝10，AC ＝6，∴sin B ＝＝＝设EC ＝EF ＝x ，则EB ＝＝x ∴EC ＋EB ＝BC ，∴x ＋x ＝8∴x ＝3，∴EC ＝EF ＝3∴AE ＝＝＝3易知△ADQ ∽△ACE ，∴＝∴＝，∴AD ＝∴ED ＝AE －AD ＝3－＝＝而EC ＝3＝，∴ED ＞EC ∴此时⊙E 与PQ 相离∴⊙E 不能与AB 、AC 、PQ 同时相切32．（山东青岛）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90º，AC ＝6cm ，BC ＝8cm ，D 、E 分别是AC 、AB 的中点，连接DE ．点P 从点D 出发，沿DE 方向匀速运动，速度为1cm /s ；同时，点Q 从点B 出发，沿BA 方向匀速运动，速度为2cm /s ，当点P 停止运动时，点Q 也停止运动．连接PQ ，设运动时间为t （s ）（0＜t＜4）．解答下列问题：（1）当t 为何值时，PQ ⊥AB ？（2）当点Q 在B 、E 之间运动时，设五边形PQBCD 的面积为y （cm 2），求y 与t 之间的函数关系式；（3）在（2）的情况下，是否存在某一时刻t ，使PQ 分四边形BCDE 两部分的面积之比为S △PQE :S 五边形PQBCD＝1 :29？若存在，求出此时t 的值以及点E 到PQ 的距离h ；若不存在，请说明理由．A BC备用图EDAB C DBQ ADC P EBQAD CPEBQ ADCEPGBQ ADC PEF1①Rt△ABC C90ºAC6BC8－＋×12当t＝2时，PM＝(4－2)＝，ME＝(4－2)＝EQ＝5－2×2＝1，MQ＝ME＋EQ＝＋1＝PQ＝＝∵PQ·h＝，∴h＝×＝33．（山东烟台）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4），以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P 从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G．当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H B B解：（1）A （1，4）由题意，可设抛物线解析式为y ＝a (x －1)2＋4∵抛物线过点C （3，0）∴0＝a (3－1)2＋4，∴a ＝－1∴抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋4即y ＝－x2＋2x ＋3（2）∵A （1，4），C （3，0）∴可求直线AC 的解析式为y ＝－2x ＋6P （1，4－t ） 将y ＝4－t 代入y ＝－2x ＋6中，解得点E 的横坐标为x ＝1＋∴点G 的横坐标为1＋，代入抛物线的解析式中，可求点G 的纵坐标为4－∴GE ＝( 4－ )－( 4－t )＝t －又点A 到GE 的距离为 ，C 到GE 的距离为2－即S △ACG ＝S △AEG ＋ S △CEG ＝ EG · ＋ EG ( 2－ )＝ ·2( t － )＝－ ( t －2)2＋1当t ＝2时，S △ACG 的最大值为1（3）t ＝或t ＝20－8提示：∵A （1，4），C （3，0），∴AB ＝4，BC ＝2∴AC ＝ ＝2，∴cos ∠BAC ＝ ＝ ＝∵PE ⊥AB ，AP ＝t ，∴AE ＝ ＝t ∴CE ＝2－t若EQ ＝CQ ，则在矩形ABCD 内存在点H ，使四边形CQEH 为菱形过点Q 作QN ⊥EC 于N ，则CE ＝2CN在Rt △QNC 中，CN ＝CQ ·cos ∠ACD ＝CQ ·cos ∠BAC ＝t ∴2－ t ＝ t ，解得t ＝若CE ＝CQ ，则在矩形ABCD 的AD 边上存在点H ，使四边形CQHE 为菱形∴2－t ＝t ，解得t ＝20－834．（山东模拟）把Rt △ABC 和Rt △DEF 按图1摆放（点C 与点B 、C （E ）、F 在同一条直线上．∠BAC ＝∠DEF ＝90°，∠ABC ＝45°，BC ＝＝8．如图2，△DEF 从图1的位置出发，以1个单位/秒的速度沿CB 向△ABC 匀速移动，在△DEF 移动的同时，点P 从△DEF 的顶点F 出发，以3个单位/秒的速度沿FD 向点D 匀速移动．当点P 移动到点D 时，P 点停止移动，△DEF 也随之停止移动．DE 与AC 相交于点Q ，连接BQ 、PQ ，设移动时间为t （s ）．（1）设△BQE 的面积为y ，求y 与t 之间的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；（2）当t 为何值时，三角形DPQ 为等腰三角形？（3）是否存在某一时刻t ，使P 、Q 、B 三点在同一条直线上？若存在，求出此时t 的值；若不存在，说明理由．(E )AD图1A D图2PQ解：（1）∵∠ACB ＝45°，∠DEF ＝90°，∴∠EQC ＝45°∴EC ＝EQ ＝t ，∴BE ＝9－t ∴y ＝BE ·EQ ＝(9－t)t 即y ＝－ t2＋t （0＜t≤）（2）在Rt △DEF 中，∵∠DEF ＝90°，DE ＝6，EF ＝8∴DF ＝＝＝10①当DQ ＝DP 时，则6－t ＝10－3t ，解得t ＝2②当PQ ＝PD 时，过P 作PG ⊥DQ 于G 则DH ＝HQ ＝(6－t)∵HP ∥EF ，∴△DHP ∽△DEF ∴＝，即 ＝ ，解得t ＝③当QP ＝QD 时，过Q 作QH ⊥DP 于H 则DH ＝HP ＝ ( 10－3t)可得△DHQ ∽△DEF ，∴ ＝即 ＝ ，解得t ＝（3）假设存在某一时刻t ，使P 、Q 、B 三点在同一条直线上过P 作PK ⊥BF 于K ，则△PKF ∽△DEF ∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝∴PK ＝ t ，KF ＝t∵P 、Q 、B 三点共线，∴△BQE ∽△BPK ∴ ＝ ，即 ＝ ，解得t ＝即当t ＝秒时，P 、Q 、B 三点在同一条直线上35．（山东模拟）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝10cm ，BD ⊥AC 于D ，且BD ＝8cm ．点M 从点A 出发，沿AC 方向匀速运动，速度为2cm /s ；同时直线PQ 由点B 出发沿BA 方向匀速运动，速度为1cm /s ，运动过程中始终保持PQ ∥AC ，直线PQ 交AB 于P ，交BC 于Q ，连接PM ，设运动时间为t （s ）．（1）当四边形PQCM 是等腰梯形时，求t 的值；（2）当点M 在线段PC 的垂直平分线上时，求t 的值；（3）当t 为何值时，①△PQM 是等腰三角形；②△PQM 是直角三角形；（4）是否存在时刻t ，使以PM 为直径的圆与BC 相切？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．AD P QABD EFPQC G ABD E FHQCPAD PQ解：（1）作PE⊥AC于E，作QF⊥AC于F 若四边形PQCM是等腰梯形，则ME＝CF 易知四边形PQFE是矩形，∴EF＝PQ∴PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC∴AB＝AC，∴PQ＝PB＝t，∴EF＝t∴AB＝10，BD＝8，∴AD＝＝6易证△APE∽△ABD，∴＝即＝，∴AE＝6－t∴ME＝AE－AM＝6－t－2t＝6－tCF＝AC－(AE＋EF)＝10－(6－t＋t)＝4－t由ME＝CF，得6－t＝4－t，解得t＝∴当t＝s时，四边形PQCM是等腰梯形（2）若点M在线段PC的垂直平分线上，则MP＝MC 作MG⊥AB于G，则△AMG∽△ABD∴＝＝，∴＝＝∴AG＝t，MG＝t∴PG＝10－t－t＝10－t在Rt△GPM中，MP2＝(t)2＋(10－t)2＝t2－44t＋100又∵MC2＝(10－2t)2＝4t2－40t＋100由MP＝MC，得t2－44t＋100＝4t2－40t＋100解得t1＝，t2＝0（舍去）∴当t＝s时，点M在线段PC的垂直平分线上（3）①若PQ＝PM，则t2＝t2－44t＋100即8t2－55t＋125＝0△＝(－55) 2－4×8×125＝－975＜0，方程无实数解若MP＝MQ，则点M在线段PQ的垂直平分线上作PE⊥AC于E，∴EM＝PQ＝t由（1）知，AE＝6－t∵AE＋EM＝AM，∴6－t＋t＝2t解得t＝若PQ＝MQ，作PE⊥AC于E，作QF⊥AC于F由（1）知，QF＝PE∴△APE∽△ABD，∴＝即＝，∴QF＝PE＝8－t又FM＝AM－(AE＋EF)＝2t－(6－t＋t)＝t－6∴MQ2＝(8－t)2＋(t－6)2＝t2－32t＋100由PQ＝MQ，得t2＝t2－32t＋100解得t1＝，t2＝10（舍去）∴当t＝s或t＝s时，△PQM是等腰三角形②若∠MPQ＝90°，则AM＝6－t∴2t＝6－t，∴t＝若∠PMQ＝90°，则PM2＋QM2＝PQ2∴t2－44t＋100＋t2－32t＋100＝t2即12t2－95t＋250＝0△＝(－55) 2－4×8×125＝－2975＜0，方程无实数解若∠PQM＝90°，作PE⊥AC于E则AE＝6－t，EM＝PQ＝t∵AE＋EM＝AM，∴6－t＋t＝2tEACFBDPQMAC BDPQMGEAC BDPQMEAC BDPQMFAC BDPQMEAC BDPQM∴t＝∴当t＝s或t＝s时，△PQM是直角三角形（4）设PM的中点为N，分别过P、N、M作BC的垂线，垂足为G、K、H易证△PBG∽△BCD，△MCH∽△BCD∴＝，＝∵AC＝10，AD＝6，∴DC＝4∴BC＝＝4∴＝，＝∴PG＝t，MH＝(10－2t)∴NK＝(PG＋MH)＝(10－t)若以PM为直径的圆与BC相切，则PM＝2NK∴PM2＝4NK2∴t2－44t＋100＝(10－t)2解得t1＝，t2＝∴当t＝s或t＝s时，以PM为直径的圆与BC相切36．（内蒙古包头、乌兰察布）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，点D在BC上，且CD＝3cm．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l cm/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25cm/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．解：（1）能．∵点P的速度为l cm/秒，点Q的速度为1.25cm/秒，t＝1秒∴AP＝1，BQ＝1.25∴QD＝BC－CD－BQ＝5－3－1.25＝0.75∵PE∥BC，∴△APE∽△ACD∴＝，即＝∴PE＝0.75，∴PE＝QD∴四边形EQDP是平行四边形（2）∵AC＝4，BC＝5，AP＝t，BQ＝1.25t∴CP＝4－t，CQ＝5－1.25t∴＝，＝＝∴＝，∴PQ∥AB（3）①当∠EQD＝90°时易证△EDQ∽△ADC，∴＝A图1图1AC BDPQMG HKNA图1图1A图1图1显然点Q 在点D 右侧，DQ ＝1.25t －2，EQ ＝PC ＝4－t ∴＝，解得t ＝2.5②当∠DEQ ＝90°时易证△DEQ ∽△DCA ，∴＝∵PE ∥BC ，∴△APE ∽△ACD ，∴＝∵AC ＝4，CD ＝3，∴AD ＝5∴＝，∴AE ＝1.25t ，DE ＝5－1.25t 显然点Q 在点D 右侧，DQ ＝1.25t －2∴＝，解得t ＝3.1∴当t ＝2.5秒或t ＝3.1秒时，△EDQ 为直角三角形37．（内蒙古呼伦贝尔）如图①，在平面直角坐标系内，Rt △ABC ≌Rt △FED ，点C 、D 与原点O 重合，点A 、F 在y 轴上重合，∠B ＝∠E ＝30°，AC ＝FD ＝．△FED 不动，△ABC 沿直线BE 以每秒1个单位的速度向右平移，直到点B 与点E 重合为止．设平移时间为x （秒），平移过程中AB 与EF 的交点为M ．（1）求出图①中点B 的坐标；（2）如图②，当x ＝4秒时，求出过F 、M 、A 三点的抛物线的解析式；此抛物线上有一动点P ，以点P 为圆心，以2为半径的⊙P 在运动过程中是否存在与y 轴相切的情况，若存在，直接写出P 点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设移动x 秒后两个三角形重叠部分的面积为S ，求出整个运动过程中S 与x 的函数关系式．解：（1）如图①，在Rt △ABC 中，AC ＝，∠B ＝30°∴BC ＝AC ＝3，∴B （－3，0）（2）如图②，∵x ＝4，∴A （4，），B （1，0）过M 作MH ⊥BE 于H由题意，OE ＝BC ＝3，∴BE ＝2∵∠B ＝∠E ，∴MB ＝ME∴BH ＝BE ＝1，∴OH ＝2，MH ＝∴M （2，）设抛物线的解析式为y ＝ax2＋bx ＋c ，把F 、M 、A 三点坐标代入 解得∴抛物线的解析式为y ＝x2－x ＋P 1（2，）或P 2（－2，3）提示：若半径为2的⊙P 与y 轴相切，那么点P 的横坐标为2或－2A图1图1当x ＝2时，y ＝x2－x ＋＝当x ＝－2时，y ＝x2－x ＋＝3∴存在符合条件的点P ，坐标为P 1（2，）或P 2（－2，3）（3）当点B 、O 重合时，x ＝3，所以整个运动过程可分为两个阶段：①当0≤x＜3时，如图③BO ＝3－x ，CD ＝x ，OG ＝CH ＝BO ＝ ( 3－x)FG ＝－ ( 3－x )＝x∴S ＝S 梯形FDCH －S △FGM＝ [ ＋ ( 3－x )]·x －·x ··x＝－ x2＋x②当3≤x ≤6时，如图④，BE ＝3－( x －3)＝6－x∴S ＝S △BME ＝ ( 6－x )· ( 6－x )·＝ x2－x ＋3综上所述，S 与x 的函数关系式为：S ＝38．（哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，Ox 轴正半轴上，且OA ＝4，AB ＝2，将△OAB 沿某条直线翻折，使OA 与y 轴正半轴的OC 重合．点B 的对应点为点D ，连接AD 交OB 于点E ．（1）求AD 所在直线的解析式：（2）连接BD ，若动点M 从点A 出发，以每秒2个单位的速度沿射线AO 运动，线段AM 的垂直平分线交直线AD 于点N ，交直线BD 于点Q ．设线段QN 的长为y （y ≠0），点M 的运动时间为t 秒，求y 与t 之问的函数关系式（直接写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，连接MN ，当t 为何值时，直线MN 与过D 、E 、O 三点的圆相切，解：（1）由题意，△OAB ≌△OCD ∴OC ＝OA ＝4，CD ＝AB ＝2∴D （2，4）设直线AD 的解析式为y ＝kx ＋b ，把A （4，0），D （2，4）代入 解得∴y ＝－2x ＋8（2）由B （4，2），D （2，4），可得直线BD 的解析式为y ＝－x ＋6∵直线NQ 垂直平分线段AM∴NH ⊥AM ，AH ＝MH ＝AM ＝×2t ＝t备用图B D OC M H G BDE M∴OH ＝4－t ，∴H （4－t ，0）∴点Q 、N 的横坐标为为4－t∴QH ＝－(4－t)＋6＝t ＋2，NH ＝－2(4－t)＋8＝2t 当0＜t＜2时，点Q 在点N 上方y ＝QN ＝t ＋2－2t ＝－t ＋2当t＞2时，点Q 在点N 下方y ＝QN ＝2t －(t ＋2)＝t －2（3）过点D 作DF ⊥OA 于F ，则CD ∥OF ，CD ＝OF ＝2∴OA ＝4，∴AF ＝OF ＝2∴DF ⊥OA ，∴OD ＝AD ，∠ODC ＝∠DOF ＝∠DAF ∴△OAB ∴△OCD ，∴∠COD ＝∠AOB∴∠COD ＋∠AOD ＝90°，∴∠OED ＝∠AOB ＋∠OAD ＝90°∴OD 为经过D 、E 、O 三点的圆的直径，OD 的中点O ′ 为圆心在Rt △OCD 中，OD ＝＝2tan ∠COD ＝＝，tan ∠ODC ＝＝2∵NH 垂直平分线段AM ，∴∠NMA ＝∠NAM∴∠DOA ＝∠NAM ，∠NMA ＝∠DOA ，∴MN ∥OD设直线MN 与⊙O ′ 相切于G 点，连接O ′G ，作GK ⊥OA 于K ，MI ⊥则∠OO ′G ＝∠O ′GM ＝90°∵MI ⊥OD ，∴四边形O ′IMG 为矩形∴IM ＝O ′G ＝，MG ＝O ′I∴OI ＝，OM ＝，∴MG ＝O ′I ＝∴KG ＝1，MK ＝，∴OK ＝3，∴G （3，1）∴OM ＋AM ＝OA ，∴＋2t ＝4，∴t ＝同理可求当t ＝时，切点G （－1，3）∴当t ＝或t ＝时，直线MN 与过D 、E 、O 1，3）39．（哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝x ＋b 与x 轴交于点A ，与正比例函数y ＝－x 的图象交于点B ，过B 点作BC ⊥y 轴，点C 为垂足，C （0，8）．（1）求直线AB 的解析式；（2）动点M 从点A 出发沿线段AO 以每秒1个单位的速度向终点O 匀速移动，过点M 作x 轴的垂线交折线A －B －O 于点P ．设M 点移动的时间为t 秒，线段BP 的长为d ，求d 与t 之间的函数关系式，并直接写出自变量t 的取值范围；（3）在（2）的条件下，动点Q 同时从原点O 出发，以每秒1个单位的速度沿折线O －C －B 向点B 移动，当动点M 停止移动时，点Q 同时停止移动．当t 为何值时，△BPQ 是等腰三角形？备用图备用图解：（1）∵BC⊥y轴，点C为垂足，C（0，8）∴点B的纵坐标为8∴y＝－x，当y＝8时，x＝－6，∴B（－6，8）把（－6，8）代入y＝x＋b，得8＝－6＋b，∴b＝14 Array∴直线AB的解析式为y＝x＋14（2）由题意得AM＝t∴直线AB：y＝x＋14交x轴于点A∴A（－14，0），∴OA＝14过点B作BD⊥x轴于点D∴B（－6，8），∴BD＝8，OD＝6∴AD＝14－6＝8，∴AB＝＝810∴∠BAD45°cos∠DOB∵BP ＝ ( t －8 )，BK ＝ ( 14－t )∴( t －8 )＝ ( 14－t )，解得t ＝综上，当t ＝2或t ＝10或t ＝ 或t ＝时，△BPQ 是等腰三角形40．（哈尔滨模拟）如图，直线y ＝ x ＋12分别与x 轴、y 轴交于点A 、B ，直线BC 交x 轴于点C ，且AB ＝AC ．（1）求直线BC 的解析式；（2）点P 从点C 出发沿线段CO 以每秒1个单位的速度向点O 运动，过点P 作y 轴的平行线，分别交直线BC 、直线AB 于点Q 、M ，过点Q 作QN ⊥AB 于点N ．设点P 的运动时间为t （秒），线段MN 的长为d ，求d 与t 的函数关系式，并直接写出自变量t 的取值范围；（3）若经过A 、N 、Q 三点的圆与直线BC 交于另一点K ，当t 为何值时，KQ : AQ ＝ :10？解：（1）∵直线y ＝ x ＋12分别与x∴A （－9，0），B （0，12），∴OA ＝9，OB ＝12∴AB ＝ ＝15，∴sin ∠BAO ＝ ＝∵AB ＝AC ，∴AC ＝15，∴C （6，0）设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋b∴ 解得∴直线BC 的解析式为y ＝－2x ＋12（2）由题意，PC ＝t ，∴OP ＝6－t∴点P 的横坐标为6－t∴PM ＝ ( 6－t )＋12，PQ ＝－2( 6－t )＋12∴MQ ＝PM －PQ ＝20－ t∵∠AMP ＋∠MAP ＝∠AMP ＋∠MQN ＝90°∴∠MQN ＝∠MAP ＝∠BAO∴sin ∠MQN ＝sin ∠BAO ＝ ∴MN ＝MQ ·sin ∠MQN ＝ ( 20－ t )＝16－ t∴d ＝16－ t （0≤t ＜6）（3）连接AK 、AQ∵∠ANQ ＝90°，∴AQ 为经过A 、N 、Q 三点的圆的直径∴∠AKQ ＝90°∵OB ＝12，OC ＝6，∴BC ＝ ＝6由S △ABC ＝ AC ·OB ＝ BC ·AK ，得AK ＝6∵KQ : AQ ＝ :10，∴设KQ ＝m ，则AQ ＝m在Rt△AKQ中，AK2＋KQ2＝AQ2∴(6)2＋m2＝(m)2，m＝2∴AQ＝m＝10∵tan∠BCO＝＝2，∴PQ＝PC·tan∠BCO＝2t 在Rt△AQP中，AP2＋PQ2＝AQ2∴(15－t)2＋(2t)2＝(10)2解得t1＝1，t2＝5∴当t＝1或t＝5时，KQ:AQ＝:10。

2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编(三)18份(共310页)Word版及答案

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目录2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：32 点直线与圆的位置关系.doc 2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：33 圆与圆的位置关系.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：34 正多边形与圆.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：35 弧长与扇形面积.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：36 投影与视图.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：37 尺规作图.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：38 规律探索.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：39 操作探究.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：40 方案设计.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：41 开放性问题.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：42 动态问题.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：43 阅读理解.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：44 综合性问题.doc2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：45 跨学科结合与高中衔接问题2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：46 与函数有关的选择题压轴题2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：47 与特殊四边形有关的填空压轴题2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：48 与圆有关的压轴题2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：49 运动变化类的压轴题.doc点直线与圆的位置关系一、选择题1．(2014年天津市，第7题3分)如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心．若∠B=25°，则∠C的大小等于（）A．20° B．25° C．40° D．50°考点：切线的性质．分析：连接OA，根据切线的性质，即可求得∠C的度数．解答：解：如图，连接OA，∵AC是⊙O的切线，∴∠OAC=90°，∵OA=OB，∴∠B=∠OAB=25°，∴∠AOC=50°，∴∠C=40°．点评：本题考查了圆的切线性质，以及等腰三角形的性质，已知切线时常用的辅助线是连接圆心与切点．2.（2014•邵阳，第8题3分）如图，△ABC的边AC与⊙O相交于C、D两点，且经过圆心O，边AB与⊙O相切，切点为B．已知∠A=30°，则∠C的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．40°考点：切线的性质专题：计算题．分析：根据切线的性质由AB与⊙O相切得到OB⊥AB，则∠ABO=90°，利用∠A=30°得到∠AOB=60°，再根据三角形外角性质得∠AOB=∠C+∠OBC，由于∠C=∠OBC，所以∠C=AOB=30°．解答：解：连结OB，如图，∵AB与⊙O相切，∴OB⊥AB，∴∠ABO=90°，∵∠A=30°，∴∠AOB=60°，∵∠AOB=∠C+∠OBC，而∠C=∠OBC，∴∠C=AOB=30°．故选A．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．3. （2014•益阳，第8题，4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标为（﹣3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为（）（第1题图）A．1 B．1或5 C．3 D． 5考点：直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．分析：平移分在y轴的左侧和y轴的右侧两种情况写出答案即可．解答：解：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．故选B．点评：本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．4．（2014年山东泰安，第18题3分）如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC与⊙O 相切，切点为C，点D是⊙上一点，连接P D．已知PC=PD=B C．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO=AB；（4）∠PDB=120°．其中正确的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个分析：（1）利用切线的性质得出∠PCO=90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO=∠PDO=90°，得出答案即可；（2）利用（1）所求得出：∠CPB=∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；（3）利用全等三角形的判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出CO=PO=AB；（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，则DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，求出即可．解：（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO=90°，在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，∴PD与⊙O相切，故此选项正确；（2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形PCBD是菱形，故此选项正确；（3）连接AC，∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），∴AC=CO，∴AC=CO=AO，∴∠COA=60°，∴∠CPO=30°，∴CO=PO=AB，∴PO=AB，故此选项正确；（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，∴DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，∴∠PDB=120°，故此选项正确；故选：A．点评：此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．二.填空题1. （2014•广西玉林市、防城港市，第16题3分）如图，直线MN与⊙O相切于点M，ME=EF且EF∥MN，则cos∠E=．考点：切线的性质；等边三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．专题：计算题．分析：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，由直线MN与⊙O相切于点M，根据切线的性质得OM⊥MF，而EF∥MN，根据平行线的性质得到MC⊥EF，于是根据垂径定理有CE=CF，再利用等腰三角形的判定得到ME=MF，易证得△MEF为等边三角形，所以∠E=60°，然后根据特殊角的三角函数值求解．解答：解：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，如图，∵直线MN与⊙O相切于点M，∴OM⊥MF，∵EF∥MN，∴MC⊥EF，∴CE=CF，∴ME=MF，而ME=EF，∴ME=EF=MF，∴△MEF为等边三角形，∴∠E=60°，∴cos∠E=cos60°=．故答案为．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质和特殊角的三角函数值．2．（2014•温州，第16题5分）如图，在矩形ABCD中，AD=8，E是边AB上一点，且AE=A B．⊙O 经过点E，与边CD所在直线相切于点G（∠GEB为锐角），与边AB所在直线交于另一点F，且EG：EF=：2．当边AB或BC所在的直线与⊙O相切时，AB的长是．考点：切线的性质；矩形的性质．分析：过点G作GN⊥AB，垂足为N，可得EN=NF，由EG：EF=：2，得：EG：EN=：1，依据勾股定理即可求得AB的长度．解答：解：如图，过点G作GN⊥AB，垂足为N，∴EN=NF，又∵EG：EF=：2，∴EG：EN=：1，又∵GN=AD=8，∴设EN=x，则，根据勾股定理得：，解得：x=4，GE=，设⊙O的半径为r，由OE2=EN2+ON2得：r2=16+（8﹣r）2，∴r=5．∴OK=NB=5，∴EB=9，又AE=AB，∴AB=12．故答案为12．点评：本题考查了切线的性质以及勾股定理和垂径定理的综合应用，解答本题的关键在于做好辅助线，利用勾股定理求出对应圆的半径．3．（2014•四川自贡，第14题4分）一个边长为4cm的等边三角形ABC与⊙O等高，如图放置，⊙O与BC相切于点C，⊙O与AC相交于点E，则CE的长为3cm．考点：切线的性质；垂径定理；圆周角定理；弦切角定理分析：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，根据等边三角形的性质，等边三角形的高等于底边高的倍．题目中一个边长为4cm的等边三角形ABC与⊙O等高，说明⊙O的半径为，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得出FC的长，利用垂径定理即可得出CE的长．解答：解：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，且△ABC为等边三角形，边长为4，故高为2，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得FC=，即CE=3．故答案为：3．点评：本题主要考查了切线的性质和等边三角形的性质和解直角三角形的有关知识．题目不是太难，属于基础性题目．4．（2014•浙江湖州，第9题3分）如图，已知正方形ABCD，点E是边AB的中点，点O 是线段AE上的一个动点（不与A、E重合），以O为圆心，OB为半径的圆与边AD相交于点M，过点M作⊙O的切线交DC于点N，连接OM、ON、BM、BN．记△MNO、△AOM、△DMN的面积分别为S1、S2、S3，则下列结论不一定成立的是（）A．S1＞S2+S3 B．△AOM∽△DMN C．∠MBN=45° D．MN=AM+CN分析：（1）如图作MP∥AO交ON于点P，当AM=MD时，求得S1=S2+S3，（2）利用MN是⊙O的切线，四边形ABCD为正方形，求得△AMO∽△DMN．（3）作BP⊥MN于点P，利用RT△MAB≌RT△MPB和RT△BPN≌RT△BCN来证明C，D 成立．解：（1）如图，作MP∥AO交ON于点P，∵点O是线段AE上的一个动点，当AM=MD时，S梯形ONDA=（OA+DN）•ADS△MNO=MP•AD，∵（OA+DN）=MP，∴S△MNO=S梯形ONDA，∴S1=S2+S3，∴不一定有S1＞S2+S3，（2）∵MN是⊙O的切线，∴OM⊥MN，又∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠D=90°，∠AMO+∠DMN=90°，∠AMO+∠AOM=90°，∴∠AOM=∠DMN，在△AMO 和△DMN 中，，∴△AMO ∽△DMN ．故B 成立，（3）如图，作BP ⊥MN 于点P ，∵MN ，BC 是⊙O 的切线，∴∠PMB =∠MOB ，∠CBM =∠MOB ， ∵AD ∥BC ，∴∠CBM =∠AMB ，∴∠AMB =∠PMB ， 在Rt △MAB 和Rt △MPB 中，∴Rt △MAB ≌Rt △MPB （AAS ）∴AM =MP ，∠ABM =∠MBP ，BP =AB =BC ， 在Rt △BPN 和Rt △BCN 中，∴Rt △BPN ≌Rt △BCN （HL ）∴PN =CN ，∠PBN =∠CBN ，∴∠MBN =∠MBP +∠PBN ，MN =MN +PN =AM +CN ．故C ，D 成立，综上所述，A 不一定成立，故选：A ．点评：本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．5．（2014·浙江金华，第16题4分）如图2是装有三个小轮的手拉车在“爬”楼梯时的侧面示意图，定长的轮架杆OA ，OB ，OC 抽象为线段，有OA =OB =OC ，且∠AOB =120°，折线NG —GH —HE —EF 表示楼梯，CH ，EF 是水平线，NG ，HE 是铅垂线，半径相等的小轮子⊙A ，⊙B 与楼梯两边相切，且AO ∥GH . （1）如图2①，若点H 在线段OB 上，则BHOH的值是 ▲ ． （2）如果一级楼梯的高度()HE 832cm =+，点H 到线段OB 的距离d 满足条件d 3cm ≤，那么小轮子半径r 的取值范围是 ▲ ．【答案】（1）3；（2）1133r 8-≤≤. 【解析】∴23r d d 2323MI3IJ d MI r d,HM 3r 2d cos 33t 3030an 33=︒-==⇒=-==-︒.考点：1. 直角三角形的构造；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4. 矩形的判定和性质；5.切线的性质；6.二次根式化简.6. （2014•湘潭，第14题，3分）如图，⊙O的半径为3，P是CB延长线上一点，PO=5，P A切⊙O于A点，则P A=4．（第1题图）考点：切线的性质；勾股定理．分析：先根据切线的性质得到OA⊥P A，然后利用勾股定理计算P A的长．解答：解：∵P A切⊙O于A点，∴OA⊥P A，在Rt△OP A中，OP=5，OA=3，∴P A==4．故答案为4．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理．三.解答题1. （2014•广东，第24题9分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，过点O作OD⊥AB 于点D，延长DO交⊙O于点P，过点P作PE⊥AC于点E，作射线DE交BC的延长线于F点，连接PF．（1）若∠POC=60°，AC=12，求劣弧PC的长；（结果保留π）（2）求证：OD=OE；（3）求证：PF是⊙O的切线．考点：切线的判定；弧长的计算．分析：（1）根据弧长计算公式l=进行计算即可；（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AP，PC，证出PC为EF的中垂线，再利用△CEP∽△CAP找出角的关系求解．解答：（1）解：∵AC=12，∴CO=6，∴==2π；（2）证明：∵PE⊥AC，OD⊥AB，∠PEA=90°，∠ADO=90°在△ADO和△PEO中，，∴△POE≌△AOD（AAS），∴OD=EO；（3）证明：如图，连接AP，PC，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OP A，由（1）得OD=EO，∴∠ODE=∠OED，又∵∠AOP=∠EOD，∴∠OP A=∠ODE，∴AP∥DF，∵AC是直径，∴∠APC=90°，∴∠PQE=90°∴PC⊥EF，又∵DP∥BF，∴∠ODE=∠EFC，∵∠OED=∠CEF，∴∠CEF=∠EFC，∴CE=CF，∴PC为EF的中垂线，∴∠EPQ=∠QPF，∵△CEP∽△CAP∴∠EPQ=∠EAP，∴∠QPF=∠EAP，∴∠QPF=∠OP A，∵∠OP A+∠OPC=90°，∴∠QPF+∠OPC=90°，∴OP⊥PF，∴PF是⊙O的切线．点评：本题主要考查了切线的判定，解题的关键是适当的作出辅助线，准确的找出角的关系．2. （2014•珠海，第18题7分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=3，线段AB为半圆O的直径，将Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，DF与BC交于点H．（1）求BE的长；（2）求Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分的面积．考点：切线的性质；扇形面积的计算；平移的性质专题：计算题．分析：（1）连结OG，先根据勾股定理计算出BC=5，再根据平移的性质得AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，由于EF与半圆O相切于点G，根据切线的性质得OG⊥EF，然后证明Rt△EOG∽Rt△EFD，利用相似比可计算出OE=，所以BE=OE﹣OB=；（2）求出BD的长度，然后利用相似比例式求出DH的长度，从而求出△BDH，即阴影部分的面积．解答：解：（1）连结OG，如图，∵∠BAC=90°，AB=4，AC=3，∴BC==5，∵Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，∴AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，∵EF与半圆O相切于点G，∴OG⊥EF，∵AB=4，线段AB为半圆O的直径，∴OB=OG=2，∵∠GEO=∠DEF，∴Rt△EOG∽Rt△EFD，∴=，即=，解得OE=，∴BE=OE﹣OB=﹣2=；（2）BD=DE﹣BE=4﹣=．∵DF∥AC，∴，即，解得：DH=2．∴S阴影=S△BDH=BD•DH=××2=，即Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分的面积为．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平移的性质、勾股定理和相似三角形的判定与性质．3. （2014•广西贺州，第25题10分）如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G．且AB∥C D．BO=6cm，CO=8cm．（1）求证：BO⊥CO；（2）求BE和CG的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．分析：（1）由AB∥CD得出∠ABC+∠BCD=180°，根据切线长定理得出OB、OC平分∠EBF 和∠BCG，也就得出了∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠DCB）=×180°=90°．从而证得∠BOC是个直角，从而得出BO⊥CO；（2）根据勾股定理求得AB=10cm，根据RT△BOF∽RT△BCO得出BF=3.6cm，根据切线长定理得出BE=BF=3.6cm，CG=CF，从而求得BE和CG的长．解答：（1）证明：∵AB∥CD∴∠ABC+∠BCD=180°∵AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，∴BO平分∠ABC，CO平分∠DCB，∴∠OBC=，∠OCB=，∴∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠DCB）=×180°=90°，∴∠BOC=90°，∴BO⊥CO．（2）解：连接OF，则OF⊥BC，∴RT△BOF∽RT△BCO，∴=，∵在RT△BOF中，BO=6cm，CO=8cm，∴BC==10cm，∴=，∴BF=3.6cm，∵AB、BC、CD分别与⊙O相切，∴BE=BF=3.6cm，CG=CF，∵CF=BC﹣BF=10﹣3.6=6.4cm．∴CG=CF=6.4cm．点评：本题主要考查了直角梯形的性质和切线长定理的综合运用．属于基础题．4. （2014•广西玉林市、防城港市，第23题9分）如图的⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，过点D、A分别作⊙O的切线交于点G，并与AB延长线交于点E．（1）求证：∠1=∠2．（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，求AG的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）连结OD，根据切线的性质得OD⊥DE，则∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，则∠2+∠C=90°，由OC⊥OB得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，所以∠1=∠2；（2）由OF：OB=1：3，⊙O的半径为3得到OF=1，由（1）中∠1=∠2得EF=ED，在Rt△ODE 中，DE=x，则EF=x，OE=1+x，根据勾股定理得32+t2=（t+1）2，解得t=4，则DE=4，OE=5，根据切线的性质由AG为⊙O的切线得∠GAE=90°，再证明Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可计算出AG．解答：（1）证明：连结OD，如图，∵DE为⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，∵OC=OD，∴∠C=∠ODC，∴∠2+∠C=90°，而OC⊥OB，∴∠C+∠3=90°，∴∠2=∠3，∵∠1=∠3，∴∠1=∠2；（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，∴OF=1，∵∠1=∠2，∴EF=ED，在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，∵OD2+DE2=OE2，∴32+t2=（t+1）2，解得t=4，∴DE=4，OE=5，∵AG为⊙O的切线，∴AG⊥AE，∴∠GAE=90°，而∠OED=∠GEA，∴Rt△EOD∽Rt△EGA，∴=，即=，∴AG=6．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．5．(2014年四川资阳，第21题9分)如图，AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线并在其上取一点C，连接OC交⊙O于点D，BD的延长线交AC于E，连接A D．（1）求证：△CDE∽△CAD；（2）若AB=2，AC=2，求AE的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）根据圆周角定理由AB是⊙O的直径得到∠ADB=90°，则∠B+∠BAD=90°，再根据切线的性质得AC为⊙O的切线得∠BAD+∠DAE=90°，则∠B=∠CAD，由于∠B=∠ODB，∠ODB=∠CDE，所以∠B=∠CDE，则∠CAD=∠CDE，加上∠ECD=∠DCA，根据三角形相似的判定方法即可得到△CDE∽△CAD；（2）在Rt△AOC中，OA=1AC=2，根据勾股定理可计算出OC=3，则CD=OC﹣OD=2，然后利用△CDE∽△CAD，根据相似比可计算出CE．解答：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠B+∠BAD=90°，∵AC为⊙O的切线，∴BA⊥AC，∴∠BAC=90°，即∠BAD+∠DAE=90°，∴∠B=∠CAD，∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，而∠ODB=∠CDE，∴∠B=∠CDE，∴∠CAD=∠CDE，而∠ECD=∠DCA，∴△CDE∽△CAD；（2）解：∵AB=2，∴OA=1，在Rt△AOC中，AC=2，∴OC==3，∴CD=OC﹣OD=3﹣1=2，∵△CDE∽△CAD，∴=，即=，∴CE=．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．6．（2014•新疆，第21题10分）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，且==，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若CD=2，求⊙O的半径．考点：切线的判定．专题：证明题．分析：（1）连结OC，由=，根据圆周角定理得∠F AC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠F AC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由==得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度的直角三角形三边的关系得AC=2CD=4，在Rt△ACB中，利用含30度的直角三角形三边的关系得BC=AC=4，AB=2BC=4，所以⊙O的半径为4．解答：（1）证明：连结OC，如图，∵=，∴∠F AC=∠BAC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠F AC=∠OCA，∴OC∥AF，∵CD⊥AF，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）解：连结BC，如图，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵==，∴∠BOC=×180°=60°，∴∠BAC=30°，∴∠DAC=30°，在Rt△ADC中，CD=2，∴AC=2CD=4，在Rt△ACB中，BC=AC=×4=4，∴AB=2BC=4，∴⊙O的半径为4．点评：本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．7.（2014•毕节地区，第26题14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径作⊙O 交AB于点D，连接C D．（1）求证：∠A=∠BCD；（2）若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．考点：切线的判定分析：（1）根据圆周角定理可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质可得∠A+∠DCA=90°，再由∠DCB+∠ACD=90°，可得∠DCB=∠A；（2）当MC=MD时，直线DM与⊙O相切，连接DO，根据等等边对等角可得∠1=∠2，∠4=∠3，再根据∠ACB=90°可得∠1+∠3=90°，进而证得直线DM与⊙O相切．解答：（1）证明：∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∴∠A+∠DCA=90°，∵∠ACB=90°，∴∠DCB+∠ACD=90°，∴∠DCB=∠A；（2）当MC=MD（或点M是BC的中点）时，直线DM与⊙O相切；解：连接DO，∵DO=CO，∴∠1=∠2，∵DM=CM，∴∠4=∠3，∵∠2+∠4=90°，∴∠1+∠3=90°，∴直线DM与⊙O相切．点评：此题主要考查了切线的判定，以及圆周角定理，关键是掌握切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．8．（2014·云南昆明，第22题8分）如图，在△ABC 中，∠ABC =90°，D 是边AC 上的一点，连接BD ，使∠A =2∠1，E 是BC 上的一点，以BE 为直径的⊙O 经过点D .（1）求证：AC 是⊙O 的切线；（2）若∠A =60°，⊙O 的半径为2，求阴影部分的面积.（结果保留根号和π）考点： 切线的判定；阴影部分面积.分析： （1）连接OD ，求出∠A =∠DOC ，推出∠ODC =90°，根据切线的判定推出即可；（2）先求出ODC Rt ∆的面积，再求出扇形ODC 的面积，即可求出阴影部分面积． 解答： （1）证明：如图，连接OD∵OD OB =，∴21∠=∠，∴∠12∠=DOC ，∵12∠=∠A ，∴DOC A ∠=∠，∠ABC =90°， 90=∠+∠∴C A∴90=∠+∠C ODC ， 90=∠∴ODC∵OD 为半径，∴AC 是⊙O 的切线；（2）解： 60=∠=∠DOC A ，2=OD∴在ODC Rt ∆中，OD DC =60tan 323260tan =⨯== OD DC∴323222121=⨯⨯=⋅=∆DC OD S ODC Rt 第22题图E O C B A 1Dπππ3236026036022=⨯⨯==r n S ODE 扇形 π3232-=-=∴∆ODE ODC Rt S S S 扇形阴影 点评： 本题考查了等量代换、切线的判定、三角形面积、扇形面积等知识点的应用，主要考查学生的推理能力.．9. （2014•株洲，第23题，8分）如图，PQ 为圆O 的直径，点B 在线段PQ 的延长线上，OQ =QB =1，动点A 在圆O 的上半圆运动（含P 、Q 两点），以线段AB 为边向上作等边三角形AB C ．（1）当线段AB 所在的直线与圆O 相切时，求△ABC 的面积（图1）；（2）设∠AOB =α，当线段AB 、与圆O 只有一个公共点（即A 点）时，求α的范围（图2，直接写出答案）；（3）当线段AB 与圆O 有两个公共点A 、M 时，如果AO ⊥PM 于点N ，求CM 的长度（图3）．（第1题图）考点： 圆的综合题；等边三角形的性质；勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．分析： （1）连接OA ，如下图1，根据条件可求出AB ，然后AC 的高BH ，求出BH 就可以求出△ABC 的面积．（2）如下图2，首先考虑临界位置：当点A 与点Q 重合时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=0°；当线段AB 所在的直线与圆O 相切时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=60°．从而定出α的范围．（3）设AO与PM的交点为D，连接MQ，如下图3，易证AO∥MQ，从而得到△PDO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、OD，进而求出PD、DM、AM、CM 的值．解答：解：（1）连接OA，过点B作BH⊥AC，垂足为H，如图1所示．∵AB与⊙O相切于点A，∴OA⊥A B．∴∠OAB=90°．∵OQ=QB=1，∴OA=1．∴AB===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=，∠CAB=60°．∵sin∠HAB=，∴HB=AB•sin∠HAB=×=．∴S△ABC=AC•BH=××=．∴△ABC的面积为．（2）①当点A与点Q重合时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；②当线段A1B所在的直线与圆O相切时，如图2所示，线段A1B与圆O只有一个公共点，此时OA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，∴cos∠A1OB==．∴∠A1OB=60°．∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，α的范围为：0°≤α≤60°．（3）连接MQ，如图3所示．∵PQ是⊙O的直径，∴∠PMQ=90°．∵OA⊥PM，∴∠PDO=90°．∴∠PDO=∠PMQ．∴△PDO∽△PMQ．∴==∵PO=OQ=PQ．∴PD=PM，OD=MQ．同理：MQ=AO，BM=A B．∵AO=1，∴MQ=．∴OD=．∵∠PDO=90°，PO=1，OD=，∴PD=．∴PM=．∴DM=．∵∠ADM=90°，AD=A0﹣OD=，∴AM===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=BC，∠CAB=60°．∵BM=AB，∴AM=BM．∴CM⊥A B．∵AM=，∴BM=，AB=．∴AC=．∴CM===．∴CM的长度为．点评：本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、直线与圆相切、勾股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角的取值范围，综合性较强．10. （2014•泰州，第25题，12分）如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b（b 为常数，b＞0）的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．（第2题图）（1）若直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值范围；（2）设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．考点：圆的综合题分析：（1）连接CD，EA，利用同一条弦所对的圆周角相等求行∠CFE=45°，（2）作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M的坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b的范围，（3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用两条直线垂直相交求出交点P的坐标，解答：解：（1）连接CD，EA，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，（2）①如图，作OM⊥AB点M，连接OF，∵OM⊥AB，直线的函数式为：y=﹣x+b，∴OM所在的直线函数式为：y=x，∴交点M（b，b）∴OM2=（b）2+（b）2，∵OF=4，∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣（b）2﹣（b）2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42﹣（b）2﹣（b）2]=64﹣b2=64×（1﹣b2），∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，（3）如图，当b=5时，直线与圆相切，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，∴存在点P，使∠CPE=45°，连接OP，∵P是切点，∴OP⊥AB，∴OP所在的直线为：y=x，又∵AB所在的直线为：y=﹣x+5，∴P（，）．点评：本题主要考查了圆与一次函数的知识，解题的关键是作出辅助线，明确两条直线垂直时K的关系．11 （2014•扬州，第25题，10分）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于E、F两点，连结DE，已知∠B=30°，⊙O的半径为12，弧DE的长度为4π．（1）求证：DE∥BC；（2）若AF=CE，求线段BC的长度．（第3题图）考点：切线的性质；弧长的计算．分析：（1）要证明DE∥BC，可证明∠EDA=∠B，由弧DE的长度为4π，可以求得∠DOE 的度数，再根据切线的性质可求得∠EDA的度数，即可证明结论．（2）根据90°的圆周角对的弦是直径，可以求得EF，的长度，借用勾股定理求得AE与CF 的长度，即可得到答案．解答：解：（1）证明：连接OD、OE，∵OD是⊙O的切线，∴OD⊥AB，∴∠ODA=90°，又∵弧DE的长度为4π，∴，∴n=60，∴△ODE是等边三角形，∴∠ODE=60°，∴∠EDA=30°，∴∠B=∠EDA，∴DE∥B C．（2）连接FD，∵DE∥BC，∴∠DEF=90°，∴FD是⊙0的直径，由（1）得：∠EFD=30°，FD=24，∴EF=，又因为∠EDA=30°，DE=12，∴AE=，又∵AF=CE，∴AE=CF，∴CA=AE+EF+CF=20，又∵，∴BC=60．点评：本题考查了勾股定理以及圆的性质的综合应用，解答本题的关键在于900的圆周角对的弦是直径这一性质的灵活运用．12.（2014•滨州，第21题8分）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．考点：扇形面积的计算；等腰三角形的性质；切线的判定；特殊角的三角函数值．专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）连接O C．只需证明∠OCD=90°．根据等腰三角形的性质即可证明；（2）阴影部分的面积即为直角三角形OCD的面积减去扇形COB的面积．解答：（1）证明：连接O C．∵AC=CD，∠ACD=120°，∴∠A=∠D=30°．∵OA=OC，∴∠2=∠A=30°．∴∠OCD=90°．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵∠A=30°，∴∠1=2∠A=60°．∴S扇形BOC=．在Rt△OCD中，∵，∴．∴．∴图中阴影部分的面积为．点评：此题综合考查了等腰三角形的性质、切线的判定方法、扇形的面积计算方法．13．（2014•德州，第22题10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为5cm，D、E分别是∠ACB的平分线与⊙O，AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．（1）求AC、AD的长；（2）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．考点：切线的判定；勾股定理；圆周角定理．分析：（1）①连接BD，先求出AC，在RT△ABC中，运用勾股定理求AC，②由CD平分∠ACB，得出AD=BD，所以RT△ABD是直角等腰三角形，求出AD，②连接OC，（2）由角的关系求出∠PCB=∠ACO，可得到∠OCP=90°，所以直线PC与⊙O相切．解答：解：（1）①如图，连接BD，∵AB是直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在RT△ABC中，AC===8，②∵CD平分∠ACB，∴AD=BD，∴Rt△ABD是直角等腰三角形，∴AD=AB=×10=5cm；（2）直线PC与⊙O相切，理由：连接OC，∵OC=OA，∴∠CAO=∠OCA，∵PC=PE，∴∠PCE=∠PEC，∵∠PEC=∠CAE+∠ACE，∵CD平分∠ACB，∴∠ACE=∠ECB，∴∠PCB=∠ACO，∵∠ACB=90°，∴∠OCP=∠OCB+∠PCB=∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，OC⊥PC，∴直线PC与⊙O相切．点评：本题主要考查了切线的判定，勾股定理和圆周角，解题的关键是运圆周角和角平分线及等腰三角形正确找出相等的角．14.（2014•菏泽，第18题10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接BC，AC，作OD∥BC与过点A的切线交于点D，连接DC并延长交AB的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若=，求cos∠ABC的值．考点：切线的判定；勾股定理．分析：（1）如图，连接O C．欲证DE是⊙O的切线，只需证得OC⊥DE；（2）由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，在Rt△DAE中，由勾股定理求得AE==2k．则tanE==．所以在Rt△OCE中，tanE==．在Rt△AOD中，由勾股定理得到OD==k，故cos∠ABC=cos∠AOD==．解答：（1）证明：如图，连接O C．∵AD是过点A的切线，AB是⊙O的直径，∴AD⊥AB，∴∠DAB=90°．∵OD∥BC，∴∠1=∠2，∠3=∠4．∵OC=OB，∴∠2=∠4．∴∠1=∠3．在△COD和△AOD中，，∴△COD≌△AOD（SAS）∴∠OCD=∠DAB=90°，即OC⊥DE于点C．∵OC是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，∴AD=DC=k．∴在Rt△DAE中，AE==2k．∴tanE==．∵在Rt△OCE中，tanE==．∴=，∴OC=OA=．∴在Rt△AOD中，OD==k，∴cos∠ABC=cos∠AOD==．点评：本题考查了切线的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．圆与圆的位置关系一、选择题1. （2014•扬州，第5题，3分）如图，圆与圆的位置关系没有（）（第1题图）A．相交B．相切C．内含D．外离考点：圆与圆的位置关系分析：由其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．即可求得答案．解答：解：∵如图，其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．∴其中两圆没有的位置关系是：相交．故选A．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握数形结合思想的应用．2.（2014•济宁，第10题3分）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（）A．10cm．B．24cm C．26cm D．52cm考点：简单组合体的三视图；勾股定理；圆与圆的位置关系．分析：根据两球相切，可得球心距，根据两圆相切，可得圆心距是半径的和，根据根据勾股定理，可得答案．解答：解：球心距是（36+16）÷2=26，两球半径之差是（36﹣16）÷2=10，俯视图的圆心距是=24cm，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，利用勾股定理是解题关键．二.填空题1．(2014年四川资阳，第14题3分)已知⊙O1与⊙O2的圆心距为6，两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，则⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．考点：圆与圆的位置关系；根与系数的关系．分析：由⊙O1与⊙O2的半径r1、r2分别是方程x2﹣5x+5=0的两实根，根据根与系数的关系即可求得⊙O1与⊙O2的半径r1、r2的和，又由⊙O1与⊙O2的圆心距d=6，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，∴两半径之和为5，解得：x=4或x=2，∵⊙O1与⊙O2的圆心距为6，∴6＞5，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．故答案为：相离．点评：此题考查了圆与圆的位置关系与一元二次方程的根与系数的关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．三.解答题1. （2014年江苏南京，第26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．（第1题图）考点：圆的性质、两圆的位置关系、解直角三角形分析：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t的值．解答：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，。

2014年中考数学压轴题复习⒂(含答案,共20期)

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2014年中考数学压轴题复习⒂281．（福建省厦门市）如图，矩形ABCD 的边AD 、AB 分别与⊙O 相切于点E 、F ，AE ＝3．（1）求EF ︵的长；（2）若AD ＝3＋5，直线MN 分别交射线DA 、DC 于点M 、N ，∠DMN ＝60°，将直线MN 沿射线DA 方向平移．设点D 到直线MN 的距离为d ，当时1≤d ≤4，请判断直线MN 与⊙O 的位置关系，并说明理由．282．（福建省厦门市）在平面直角坐标系中，点O 是坐标原点，点P （m ，－1）（m ＞0）．连结OP ，将线段OP 绕点O 按逆时针方向旋转90°得到线段OM ，且点M 是抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 的顶点．（1）若m ＝1，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 经过点（2，2），当0≤x ≤1时，求y 的取值范围；（2）已知点A （1，0），若抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 与y 轴交于点B ，直线AB 与抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 有且只有一个交点，请判断△BOM 的形状，并说明理由．283．（福建省厦门市集美区初中毕业班质量检查）如图，直线y ＝21x ＋b 分别与x 轴、y 轴相交于A 、B ，与双曲线y ＝xkx ＞0）相交于第一象限内的点P （2，y 1），作PC ⊥x 轴于C ，已知△APC 的面积为9．（1）求双曲线所对应的函数关系式；（2）在（1）中所求的双曲线上是否存在点Q （m ，n ）（其中m ＞0），作QH ⊥x 轴于H ，当QH＞CH 时，使得△QCH 与△AOB284．（福建省厦门市思明区初中毕业班质量检查）已知平面直角坐标系上有A （a ，0）、B （0，－b ）、C （b ，0）三点，且a≥b ＞0，抛物线y ＝(x －2)(x －m )－(n －2)(n －m )（m 、n 为常数，且m ＋2≥2n ＞0）经过点A 和点C ，顶点为P ．（1）当m 、n 满足什么关系时，△AOB 的面积最大？（2）如图，当△ACP 为直角三角形时，判断以下命题是否正确：“直角三角形DEF 的三个顶点都在这条抛物线上，且DE ∥x 轴，那么△ACP 与△DEF 斜边上的高相等”，如果正确请予以证明，不正确请举出反例．285．（福建省厦门市海沧区初中毕业班质量检查）如图，在平面直角坐标系中，已知A （1，0），B （0，1），E、F 是线段AB 上的两个动点，且∠EOF ＝45°，过点E 、F 分别作x 轴和y 轴的垂线CE 、DF 相交于点P ，垂足分别为C 、D ．设P 点的坐标为（x ，y ），令x y ＝k ． （1）求证：△AOF ∽△BEO ； （2）当OC ＝OD 时，求k 的值；（3）在点E 、F 运动过程中，点P 也随之运动，探索：k 是否为定值？请证明你的结论．286．（福建省厦门市海沧区初中毕业班质量检查）如图，抛物线y ＝－94x2－94mx ＋98m2（m ＞0）与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），点D 是抛物线的顶点，以AB 为直径的圆C 交y 轴于E 、F 两点，且EF ＝24．287．（福建省厦门市同安区初中毕业班质量检查）如图，直线y ＝－31x ＋1与y 轴交于点D ，抛物线y ＝ax2－2x ＋c 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，对称轴是直线x ＝1，顶点为E ，且抛物线向右平移一个单位后经过坐标原点O ． （1）求抛物线的解析式；（2）若∠DBC ＝α，∠CBE ＝β，求α－β的值；（3）在（2）的前提下，P 为抛物线对称轴上一点，且满足PA ＝PC ，在y 轴右侧的抛物线上是否存在点Q ，使得△BDQ 的面积等于PA 2，若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．288．（福建省厦门市翔安区初中毕业班质量检查）如图，已知直线l ：y ＝kx ＋2（k＜0），与y 轴交于点A ，与x 轴交于点B ，以OA 为直径的⊙P 交l 于另一点C ，将AC ︵沿直线l 翻转后与y 轴交于点D ． （1）当k ＝－2时，求点D 的坐标；（2）若沿直线l 将AC ︵翻转后所得的弧与y 轴相切，求k 的值；（3）是否存在实数k （k ＜0），使得沿直线l 将AC ︵翻转后，AD ︵＝2DC ︵？若存在，请求出此时k 的值，若不存在，请说明理由．289．（福建省南平市）如图1，在△ABC 中，AB ＝BC ，P 为AB 边上一点，连接CP ，以P A 、PC 为邻边作□APCD ，AC 与PD 相交于点E ，已知∠ABC ＝∠AEP ＝α（0°＜α＜90°）． （1）求证：∠EAP ＝∠EP A ；（2）□APCD 是否为矩形？请说明理由；（3）如图2，F 为BC 中点，连接FP ，将∠AEP 绕点E 顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN （点M 、N 分别是∠MEN 的两边与BA 、FP 延长线的交点）．猜想线段EM 与EN 之间的数量关系，并证明你的结论．290．（福建省南平市）如图1，已知点B （1，3）、C （1，0），直线y ＝x ＋k 经过点B ，且与x 轴交于点A ，将△ABC 沿直线AB 折叠得到△ABD ． （1）填空：A 点坐标为（____，____），D 点坐标为（____，____）；（2）若抛物线y ＝31x2＋bx ＋c 经过C 、D 两点，求抛物线的解析式；（3）将（2）中的抛物线沿y 轴向上平移，设平移后所得抛物线与y 轴交点为E ，点M 是平移后的抛物线与直线AB 的公共点，在抛物线平移过程中是否存在某一位置使得直线EM ∥x 轴．若存在，此时抛物线向上平移了几个单位？若不存在，请说明理由．【提示：抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0）的对称轴是x ＝－a b 2，顶点坐标是（－ab2，a b ac 442 ）】291．（福建省南平市初中毕业班质量检查）如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A （0，1）在y 轴上，点B （3，0）在x 轴上，M （x ，0）是线段OB 上一动点，N 是平面内一动点，且满足：ON ＝OA ，MN ＝MB ．（1）求直线AB 的解析式；（2）若△OMN 为直角三角形，求点M 的坐标；（3）当x ＝35时，判断点N 与直线AB 的位置关系，并说明理由．292．（福建省龙岩市）如图，抛物线交x 轴于点A （－2，0），点B （4，0），交y 轴于点C （0，－4）． （1）求抛物线的解析式，并写出顶点D 的坐标；（2）若直线y ＝－x 交抛物线于M ，N 两点，交抛物线的对称轴于点E ，连接BC ，EB ，EC ．试判断△EBC 的形状，并加以证明；（3）设P 为直线MN 上的动点，过P 作PF ∥ED 交直线MN 下方的抛物线于点F ．问：在直线MN 上是否存在点P ，使得以P 、E 、D 、F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P 及相应的点F的坐标；图1备用图图1 备用图若不存在，请说明理由．293．ABC 绕其直角顶点C 顺时针旋转α角（0°＜α＜90°），得△A 1B 1C ，A 1C 交AB 于点D ，A 1B 1分别交BC 、AB 于点E 、F ，连接AB 1． （1）求证：△ADC ∽△A 1DF ； （2）若α＝30°，求∠AB 1A 1的度数； （3）如图②，当α＝45°时，将△A 1B 1C 沿C →A 方向平移得△A 2B 2C 2，A 2C 2交AB 于点G ，B 2C 2交BC 于点H ，设CC 2＝x （0＜x ＜2），△ABC 与△A 2B 2C 2的重叠部分面积为S ，试求S 与x 的函数关系式．294．（福建省龙岩市初中毕业班质量检查）在平面直角坐标系中，点A 、B 的坐标分别为（10，0），（2，4）． （1）若点C 是点B 关于x 轴的对称点，求经过O 、C 、A 三点的抛物线的解析式； （2）若P 为抛物线上异于C 的点，且△OAP 是直角三角形，请直接写出点P 的坐标；（3）若抛物线顶点为D ，对称轴交x 轴于点M ，探究：抛物线对称轴上是否存在异于D 的点Q ，使△AQD 是等腰三角形，若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．295．（福建省龙岩市初中毕业班质量检查）如图，将含30°角的直角三角板ABC （∠A ＝30°）绕其直角顶点C 逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），得到Rt △A ′B ′C ，A ′C 与AB 交于点D ，过点D 作DE ∥A ′B ′ 交CB ′于点E ，连结BE ．易知，在旋转过程中，△BDE 为直角三角形．设BC ＝1，AD ＝x ，△BDE 的面积为S ． （1）当α＝30°时，求x 的值；（2）求S 与x 的函数关系式，并写出x 的取值范围； （3）以点E 为圆心，BE 为半径作⊙E ，当S ＝41S △ABC 时，判断⊙E 与A ′C 的位置关系，并求相应的tanα值．296．（福建省莆田市）如图，A 、B 是⊙O 上的两点，∠AOB ＝120°，点D为劣弧AB ︵的中点．30°αCABA ′B ′DE图① D（1）求证：四边形AOBD 是菱形；（2）延长线段BO 至点P ，交⊙O 于另一点C ，且BP ＝3OB ，求证：AP 是⊙O 的切线．297．（福建省莆田市）在一个不透明的盒子里，装有四个分别标有数字1，2，3，4的小球，它们的形状、大小、质地等完全相同．小明先从盒子里随机取出一个小球，记下数字为x ；放回盒子摇匀后，再由小华随机取出一个小球，记下数字为y ．（1）用列表法表示出（x ，y ）的所有可能出现的结果；（2）求小明、小华各取一次小球所确定的点（x ，y ）落在反比例函数y ＝x4的图象上的概率； （3）求小明、小华各取一次小球所确定的数x 、y 满足y＜x4的概率．298．（福建省莆田市）一方有难，八方支援．2010年4月14日青海玉树发生地震，全国各地积极运送物资支援灾区．现有甲、乙两车要从M 地沿同一公路运输救援物资往玉树灾区的N 地，乙车比甲车先行1小时，设甲车与乙车之间的路程．．．．．．．．．．为y （km ），甲车行驶时间为t （h ），y （km ）与t （h ）之间函数关系的图象如图所示．结合图象解答下列问题（假设甲、乙两车的速度始终保持不变）： （1）乙车的速度是_________km /h ； （2）求甲车的速度和a 的值．299．（福建省莆田市）如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，点D 在边AB 上运动，DE 平分∠CDB 交边BC 于点E ，EM ⊥BD 垂足为M ，EN ⊥CD 垂足为N ． （1）当AD ＝CD 时，求证：DE ∥AC ；（2）探究：AD 为何值时，△BME 与△CNE 相似？（3）探究：AD 为何值时，四边形MEND 与△BDE 的面积相等？300．（福建省莆田市）如图1，在平面直角坐标系xO y 中，矩形OABC 的边OA 在y 轴的正半轴上，OC 在x 轴的正半轴上，OA ＝1，OC ＝2，点D 在边OC 上且OD ＝45． （1）求直线AC 的解析式；（2）在y 轴上是否存在点P ，直线PD 与矩形对角线AC 交于点M ，使得△DMC 为等腰三角形？若存在，直接写出．．．．所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）抛物线y ＝－x2经过怎样平移，才能使得平移后的抛物线过点D 和点E （点E 在y 轴正半轴上），且△ODE 沿DE 折叠后点O 落在边AB 上O ′处？)图1 E C A B N 图2（备用图） C A B 图3（备用图） C A B答案281．解：（1）连接OE 、OF∵矩形ABCD 的边AD 、AB 分别与⊙O 相切于点E 、∴∠A ＝90°，∠OEA ＝∠OF A ＝90° ∴四边形AFOE 是矩形 ································ 1分 ∵OE ＝OF∴四边形AFOE 是正方形 ···························· 2分∴∠EOF ＝90°，OE ＝AE ＝3 ··················· 3分 ∴EF ︵的长＝180390⨯π＝π23 ····································································· 4分（2）如图，将直线MN 沿射线DA 方向平移，当其与⊙O 相切时，记为M 1N 1，切点为R ，交AD于M 1，交BC 于N 1，连接OM 1、OR ∵M 1N 1∥MN ，∴∠DM 1N 1＝∠DMN ＝60° ∴∠EM 1N 1＝120°∵MA 、M 1N 1切⊙O 于点E 、R ∴∠EM 1O ＝21∠EM 1N 1＝60° ······················ 5分 在Rt △EM 1O 中，EM 1＝O EM OE 1tan ∠＝ 60tan 3＝1 ∴DM 1＝AD －AE －EM 1＝3＋5－3－1＝4 ············································· 6分 过点D 作DK ⊥M 1N 1于K 在Rt △DM 1K 中DK ＝DM 1²sin ∠DM 1K ＝4×sin60°＝32，即d ＝32 ······························· 7分 ∴当d ＝32时，直线MN 与⊙O 相切；当1≤d ＜32时，直线MN 与⊙O 相离 ····················································· 8分 当直线MN 平移到过圆心⊙O 时，记为M 2N 2则点D 到M 2N 2的距离d ＝DK ＋OR ＝32＋3＝33＞4 ······················ 9分 ∴当32＜d ≤4时，MN 直线与⊙O 相交 ················································ 10分282．解：法一：（1）∵线段OP 绕点O 按逆时针方向旋转90°得到线段OM∴∠POM ＝90°，OP ＝OM过点P （m ，－1）作PQ ⊥x 轴于Q ，过点M 作MN ⊥y 轴于N ∵∠POQ ＋∠MOQ ＝90°，∠MON ＋∠MOQ ＝90° ∴∠MON ＝∠POQ ∵∠ONM ＝∠OQP ＝90°∴△MON ≌△POQ ······················································································· 1分 ∴MN ＝PQ ＝1，ON ＝OQ ＝m ∴M （1，m ） ∵m ＝1∴M （1，1） ····································································· 2分 ∵点M 是抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 的顶点∴可设抛物线为y ＝a (x －1)2＋1 ∵抛物线经过点（2，2），∴a ＝1∴y ＝(x －1)2＋1 ······························································· 3分 ∴此抛物线开口向上，对称轴为x ＝1∴当0≤x ≤1时，y 随着x 的增大而减小 ······················ 4分 ∵当x ＝0时，y ＝2，当x ＝1时，y ＝1∴y 的取值范围为1≤y ≤2 ·············································· 5分 （2）∵点M （1，m ）是抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 的顶点∴可设抛物线为y ＝a (x －1)2＋m ···································· 6分 ∵y ＝a (x －1)2＋m ＝ax2－2ax ＋a ＋m∴点B （0，a ＋m ） ··························································· 7分 又∵A （1，0）∴直线AB 的解析式为y ＝－(a ＋m )x ＋(a ＋m ) ·············· 8分解方程组⎩⎨⎧y ＝ax2－2ax ＋a ＋m y ＝－(a ＋m )x ＋(a ＋m )得ax2＋(m －a )x ＝0法1：∵直线AB 与抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 有且只有一个交点∴△＝(m －a )2＝0 ························································································ 9分 ∴m ＝a∴B （0，2m ） ······························································································ 10分法2：解得x 1＝0，x 2＝a ma - ····································································· 9分∵直线AB 与抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 有且只有一个交点∴ama -＝0 ∵a ≠0，∴m ＝a∴B （0，2m ） ······························································································ 10分 ∵m ＞0，∴OB ＝2m ∴BN ＝ON ＝m法1：∵MN ⊥y 轴，∴BM ＝OM∴△BOM 是等腰三角形 ············································································· 11分法2：由勾股定理得：在Rt△BNM中，BM2＝MN2＋BN2＝1＋m2在Rt△ONM中，OM2＝MN2＋ON2＝1＋m2∴BM＝OM∴△BOM是等腰三角形·············································································11分法二：（1）连结PM，交x轴于点C∵线段OP绕点O按逆时针方向旋转90°得到线段OM∴∠POM＝90°，OP＝OM∵P（1，－1），∴∠POC＝45°∴∠MOC＝45°·····························································································1分∴PM⊥OC，PC＝MC∴M（1，1） ··································································································2分∵点M是抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋1∵抛物线经过点（2，2），∴a＝1∴y＝(x－1)2＋1 ····························································································3分∴此抛物线开口向上，对称轴为x＝1∴当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小 ···················································4分∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1∴y的取值范围为1≤y≤2 ···········································································5分（2）过点P（m，－1）作PQ⊥x轴于Q，过点M作MN⊥y轴于N∵∠POQ＋∠MOQ＝90°，∠MON＋∠MOQ＝90°∴∠MON＝∠POQ∵∠ONM＝∠OQP＝90°∴△MON≌△POQ∴MN＝PQ＝1，ON＝OQ＝m∴M（1，m）∵点M（1，m）是抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋m ·································································6分∵y＝a(x－1)2＋m＝ax2－2ax＋a＋m∴点B（0，a＋m） ························································································7分又∵A（1，0）∴直线AB的解析式为y＝－(a＋m)x＋(a＋m) ···········································8分解方程组⎩⎨⎧y ＝ax2－2ax ＋a ＋m y ＝－(a ＋m )x ＋(a ＋m )得ax2＋(m －a )x ＝0法1：∵直线AB 与抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 有且只有一个交点∴△＝(m －a )2＝0 ························································································ 9分 ∴m ＝a∴B （0，2m ） ······························································································ 10分法2：解得x 1＝0，x 2＝a ma - ····································································· 9分∵直线AB 与抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 有且只有一个交点∴ama -＝0 ∵a ≠0，∴m ＝a∴B （0，2m ） ······························································································ 10分 ∵m ＞0，∴OB ＝2m ∴BN ＝ON ＝m法1：∵MN ⊥y 轴，∴BM ＝OM∴△BOM 是等腰三角形 ············································································· 11分 法2：由勾股定理得：在Rt △BNM 中，BM 2＝MN 2＋BN 2＝1＋m 2在Rt △ONM 中，OM 2＝MN 2＋ON 2＝1＋m 2∴BM ＝OM∴△BOM 是等腰三角形 ············································································· 11分283．解：（1）y ＝0代入y ＝21x ＋b ，得x ＝－2b ∴A （－2b ，0） 把x ＝2代入y ＝21x ＋b ，得y 1＝1＋b ∴P （2，1＋b ） 由题意得：S △APC＝21AC ²PC ＝21(2＋2b )(1＋b )＝整理得：(1＋b )2＝9，解得b ＝－4（舍去）或b ＝∴P （2，3） 把P （2，3）代入y ＝xk，得k ＝6 ∴双曲线所对应的函数关系式为y ＝x6（2）由（1）知AO ＝4，BO ＝2设Q （m ，m6）当点Q 在点P 左侧时，CH ＝2－m ，QH ＝m6 若△QCH ∽△BAO ，则有AO CH ＝BO QH ，即42m -＝26m整理得：m2－2m ＋12＝0，此方程无实数解若△QCH ∽△ABO ，则有BO CH ＝AO QH ，即22m -＝46m整理得：m2－2m ＋3＝0，此方程无实数解当点Q 在点P 右侧时，CH ＝m －2，QH ＝m6若△QCH ∽△BAO ，则有AO CH ＝BO QH ，即42-m ＝26m整理得：m2－2m －12＝0，解得m ＝1－13（负值，舍去）或m ＝1＋13当m ＝1＋13时，CH ＝13－1，QH ＝2131+ QH －CH ＝2131+－(13－1)＝2133-＜0，即QH＜CH ∴m ＝1＋13不合题意，舍去若△QCH ∽△ABO ，则有BO CH ＝AO QH ，即22-m ＝46mm2－2m －3＝0，解得m ＝－1（负值，舍去）或m ＝3当m ＝3时，CH ＝1，QH ＝2，QH＞CH ，符合题意∴Q （3，2）综上所述，存在点Q （3，2），使得△QCH 与△AOB 相似284．解：（1）令y ＝0，得(x －2)(x －m )－(n －2)(n －m )＝0整理得：(x －n )(x －m －2＋n )＝0∴x 1＝n ，x 2＝m ＋2－n ·················································································· 2分 ∵m ＋2≥2n ＞0，∴m ＋2－n ≥n ＞0∴OA ＝m ＋2－n ，OC ＝n ·············································································· 3分 ∵B （0，－b ）、C （b ，0），∴OB ＝OC∴S △AOB＝21OA ²OB ＝21OA ²OC＝21(m ＋2－n )n ＝－21n2＋21(m ＋2)n ··········································· 4分 ∴当n ＝－)()(212221-⨯+m ＝21(m ＋2)时，S △AOB最大 ········································· 5分（2）命题正确 ······································································································· 6分∵P 为抛物线的顶点，∴由抛物线的对称性可知，当△ACP 为直角三角形时，△ACP 为等腰直角三角形，且∠CP A ＝90°，△ACP 斜边上的高PG ＝21AC ················ 7分如图，当直角三角形DEF 的边DE ∥x 轴时，过D 或E 作DE 的垂线，与抛物线没有其它的交点，所以DE 不可能是直角边，只能是斜边，即直角顶点为F ，且点F 在DE 的下方． 不妨设p ＝－(m ＋2)，q ＝mn －n2＋2n ，则y ＝x2＋pxx 1＋x 2＝－p ，x 1x 2＝q∴AC 2＝(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝p2－4q ，PG 2＝∵AC ＝2PG ，∴AC 2＝4PG 2，∴p2－4q ＝4[442p q -]整理得p2＝4q ＋4，∴PG 2＝[4444--q q ]2＝1∴PG ＝1设直线DE 的解析式为y ＝k ，点F 的纵坐标为t由x2＋px ＋q ＝k 得x2＋px ＋q －k ＝0从而得D 点的横坐标x D ＝－2p －1+k ，E 点的横坐标x E ＝－2p＋1+k∴DE 2＝[－2p ＋1+k －(－2p －1+k )]2＝4k ＋4由x2＋px ＋q ＝t ，得x2＋px ＋q －t ＝0从而得F 点的横坐标x F ＝－2p－1+t∴DF 2＝[－2p －1+k －(－2p －1+t )]2＋(k －t )2＝k ＋t ＋2－))((112++t k ＋(k －t )2EF 2＝[－2p ＋1+k －(－2p －1+t )]2＋(k －t )2＝k ＋t ＋2＋))((112++t k ＋(k －t )2∵△DEF 为直角三角形，∴DF 2＋EF 2＝DE2代入并整理得(k －t ) 2－(k －t )＝0，∵k ≠t ，∴k －t ＝1＝PG ······················· 10分 即△ACP 与△DEF 斜边上的高相等，命题得证． ····································· 11分285．（1）证明：由已知得OA ＝OB ＝1，∠AOB ＝90°∴∠OAF ＝∠OBE ＝45°，又∵∠OF A ＝∠ABO ＋∠BOF ＝∠EOF ＋∠BOF ＝∠EOB ∴△AOF ∽△BEO ························································································ 4分（2）解：如图，过O 作OM ⊥AB 于M ，则OM ＝21AB ＝22∵OA ＝OB ＝1，OC ＝OD ，∴AC ＝BD ，∴CE ＝DF又∠OCE ＝∠ODF ＝90°，∴△OCE ≌△ODF ····························∴OE ＝OF ，∴△EOF 是等腰三角形，∠EOM ＝21∠EOF ＝22.而∠COE ＝∠AOM －∠EOM ＝45°－22.5°＝22.5°＝∠EOM。

2014年全国中考数学试题----旋转试题(含答案)

2014年全国中考数学试题----旋转试题(含答案)

2014年全国中考数学试题----旋转试题1. （2014•龙岩）如图，△ABC中，∠B=70°，则∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△ED C．当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE=．【解析】解：∵△ABC中，∠B=70°，则∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC，点B的对应点D恰好落在AC上，∴∠BCA=180°﹣70°﹣30°=80°，AC=CE，∴∠BCA=∠DCE=80°，∴∠CAE=∠AEC=100°×=50°．故答案为：50°．2. （2014•兰州）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C′，则点B转过的路径长为（）A．B．C．D．π【解析】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2，∴cos30°=，∴BC=ABcos30°=2×=，∵将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C′，∴∠BCB′=60°，∴点B转过的路径长为：=π．故选：B．3. （2014•广东）如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于．【解析】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，∠BAC=90°，AB=AC=，∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，∴AD=BC=1，AF=FC′=AC′=1，∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′﹣S△DEC′=×1×1﹣×（﹣1）2=﹣1．故答案为：﹣1．4. (2014年广西南宁）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．（1）请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；（2）请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2；（3）在x轴上求作一点P，使△P AB的周小最小，请画出△P AB，并直接写出P的坐标．【解析】解：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；（3）△P AB如图所示，P（2，0）．5. （2014•毕节地区）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．（1）试在图中做出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标；（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并标出B2、C2两点的坐标．【解析】解：（1）△AB1C1如图所示；（2）如图所示，A（0，1），C（﹣3，1）；（3）△A2B2C2如图所示，B2（3，﹣5），C2（3，﹣1）．5. （2014•黔东南州）如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D 恰好落在BC边上．若AC=，∠B=60°，则CD的长为（）A．B．C．D．1【解析】解：∵∠B=60°，∴∠C=90°﹣60°=30°，∵AC=，∴AB=×=1，∴BC=2AB=2，由旋转的性质得，AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC﹣BD=2﹣1=1．故选D．6. （2014•遵义）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（）A．2﹣B．C．﹣1 D．1【解析】解：如图，连接BB′，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，∴AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′是等边三角形，∴AB=BB′，在△ABC′和△B′BC′中，，∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），∴∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，∵∠C=90°，AC=BC=，∴AB==2，∴BD=2×=，C′D=×2=1，∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．故选C．7. （2014•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，△A′B′C可以由△ABC绕点C 顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（）A．6B．4C．3D．3【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，∴∠CAB=30°，故AB=4，∵△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，∴AB=A′B′=4，AC=A′C，∴∠CAA′=∠A′=30°，∴∠ACB′=∠B′AC=30°，∴AB′=B′C=2，∴AA′=2+4=6．故选：A．8. (2014年黑龙江龙东地区）已知△ABC中，M为BC的中点，直线m绕点A旋转，过B、M、C分别作BD⊥m于D，ME⊥m于E，CF⊥m于F．（1）当直线m经过B点时，如图1，易证EM=CF．（不需证明）（2）当直线m不经过B点，旋转到如图2、图3的位置时，线段BD、ME、CF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况加以证明．【解析】解：（1）如图1，∵ME⊥m于E，CF⊥m于F，∴ME∥CF，∵M为BC的中点，∴E为BF中点，∴ME是△BFC的中位线，∴EM=CF．（2）图2的结论为：ME=（BD+CF），图3的结论为：ME=（CF﹣BD）．图2的结论证明如下：连接DM并延长交FC的延长线于K又∵BD⊥m，CF⊥m∴BD∥CF∴∠DBM=∠KCM在△DBM和△KCM中，∴△DBM≌△KCM（ASA），∴DB=CK DM=MK由题意知：EM=FK，∴ME=（CF+CK）=（CF+DB）图3的结论证明如下：连接DM并延长交FC于K又∵BD⊥m，CF⊥m∴BD∥CF∴∠MBD=∠KCM在△DBM和△KCM中，∴△DBM≌△KCM（ASA）∴DB=CK，DM=MK，由题意知：EM=FK，∴ME=（CF﹣CK）=（CF﹣DB）．9. （2014•莆田）如图，点B在x轴上，∠ABO=90°，∠A=30°，OA=4，将△OAB饶点O按顺时针方向旋转120°得到△OA′B′，则点A′的坐标是（）A．（2，﹣2）B．（2，﹣2）C．（2，﹣2）D．（2，﹣2）【解析】解：∵∠ABO=90°，∠A=30°，OA=4，∴∠AOB=60°，OB=OA=2，AB=OB=2，∴A点坐标为（2，2），∵△OAB饶点O按顺时针方向旋转120°得到△OA′B′，∴∠A′OA=120°，OA′=OA=4，∴∠A′OB=60°，∴点A′和点A关于x轴对称，∴点A′的坐标为（2，﹣2）．故选B．10. （2014•黄石）正方形ABCD在直角坐标系中的位置如下图表示，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的坐标是（）【解析】解：AC=2，则正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后C的对应点设是C′，则AC′=AC=2，则OC′=3，故C′的坐标是（3，0）．故选B．11. （2014•随州）在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC=5，BD=4．则下列结论错误的是（）A．A E∥BC B．∠ADE=∠BDCC．△BDE是等边三角形D．△ADE的周长是9【解析】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠C=60°，∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，∴∠AEB=∠C=60°，∴AE∥BC，故选项A正确；：∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=BC=5，∵△BAE△BCD逆时针旋旋转60°得出，∴AE=CD，BD=BE，∠EBD=60°，∴AE+AD=AD+CD=AC=5，∵∠EBD=60°，BE=BD，∴△BDE是等边三角形，故选项C正确；∴DE=BD=4，∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=9，故选项D正确；而选项B没有条件证明∠ADE=∠BDC，∴结论错误的是B，故选B．12. （2014•咸宁）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n 度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．（1）求n的值；（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．【解析】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，∴AC=DC，∠A=60°，∴△ADC是等边三角形，∴∠ACD=60°，∴n的值是60；（2）四边形ACFD是菱形；理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，∴FC=DF=FE，∵∠CDF=∠A=60°，∴△DFC是等边三角形，∴DF=DC=FC，∵△ADC是等边三角形，∴AD=AC=DC，∴AD=AC=FC=DF，∴四边形ACFD是菱形．13. （2014•襄阳）如图，在正方形ABCD中，AD=2，E是AB的中点，将△BEC绕点B逆时针旋转90°后，点E落在CB的延长线上点F处，点C落在点A处．再将线段AF绕点F顺时针旋转90°得线段FG，连接EF，CG．（1）求证：EF∥CG；（2）求点C，点A在旋转过程中形成的，与线段CG所围成的阴影部分的面积．【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC=AD=2，∠ABC=90°，∵△BEC绕点B逆时针旋转90°得到△ABF，∴△ABF≌△CBE，∴∠F AB=∠ECB，∠ABF=∠CBE=90°，AF=EC，∴∠AFB+∠F AB=90°，∵线段AF绕点F顺时针旋转90°得线段FG，∴∠AFB+∠CFG=∠AFG=90°，∴∠CFG=∠F AB=∠ECB，∴EC∥FG，∵AF=EC，AF=FG，∴EC=FG，∴四边形EFGC是平行四边形，∴EF∥CG；（2）解：∵AD=2，E是AB的中点，∴FE=BE=AB=×2=1，∴AF===，由平行四边形的性质，△FEC≌△CGF，∴S△FEC=S△CGF，∴S阴影=S扇形BAC+S△ABF+S△FGC﹣S扇形F AG，=+×2×1+×（1+2）×1﹣，=﹣．14. （2014•宜昌）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（）A．πB．6πC．3πD．π【解析】解：的长=π．故选D．15. （2014•衡阳）将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图①摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C．（1）求∠ADE的度数；（2）如图②，将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．【解析】解：（1）∵∠ACB=90°，点D为AB的中点，∴CD=AD=BD=AB，∴∠ACD=∠A=30°，∴∠ADC=180°﹣30°×2=120°，∴∠ADE=∠ADC﹣∠EDF=120°﹣90°=30°；（2）∵∠EDF=90°，∴∠PDM+∠E′DF=∠CDN+∠E′DF=90°，∴∠PDM=∠CDN，∵∠B=60°，BD=CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∵∠CPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，∴∠CPD=∠BCD，在△DPM和△DCN中，，∴△DPM∽△DCN，∴=，∵=tan∠ACD=tan30°，∴的值不随着α的变化而变化，是定值．16. （2014•邵阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，4），将OA绕坐标原点O逆时针旋转90°至OA′，则点A′的坐标是．【解析】解：如图，过点A作AB⊥x轴于B，过点A′作A′B′⊥x轴于B′，∵OA绕坐标原点O逆时针旋转90°至OA′，∴OA=OA′，∠AOA′=90°，∵∠A′OB′+∠AOB=90°，∠AOB+∠OAB=90°，∴∠OAB=∠A′OB′，在△AOB和△OA′B′中，，∴△AOB≌△OA′B′（AAS），∴OB′=AB=4，A′B′=OB=3，∴点A′的坐标为（﹣4，3）．故答案为：（﹣4，3）．17. （2014•永州）在同一平面内，△ABC和△ABD如图①放置，其中AB=B D．小明做了如下操作：将△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，将△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DF A，如图②，请完成下列问题：（1）试猜想四边形ABDF是什么特殊四边形，并说明理由；（2）连接EF，CD，如图③，求证：四边形CDEF是平行四边形．【解析】（1）解：四边形ABDF是菱形．理由如下：∵△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DF A，∴AB=DF，BD=F A，∵AB=BD，∴AB=BD=DF=F A，∴四边形ABDF是菱形；（2）证明：∵四边形ABDF是菱形，∴AB∥DF，且AB=DF，∵△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，∴AB=CE，BC=EA，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AB∥CE，且AB=CE，∴CE∥FD，CE=FD，∴四边形CDEF是平行四边形．18. (2014年湖南张家界)利用对称变换可设计出美丽图案，如图，在方格纸中有一个顶点都在格点上的四边形，且每个小正方形的边长都为1，完成下列问题：（1）图案设计：先作出四边形关于直线l成轴对称的图形，再将你所作的图形和原四边形绕0点按顺时针旋转90°；（2）完成上述图案设计后，可知这个图案的面积等于．【解析】解：（1）如图所示：（2）面积：（5×2﹣2×1×﹣2×1×﹣3×1××2）×4=20，故答案为：20．19. （2014•苏州）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B′，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，4）【解析】解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，∵A（2，），∴OC=2，AC=，由勾股定理得，OA===3，∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，∴OB=2OC=2×2=4，由旋转的性质得，BO′=OB=4，∠A′BO′=∠ABO，∴O′D=4×=，BD=4×=，∴OD=OB+BD=4+=，∴点O′的坐标为（，）．故选C．20. （2014•无锡）在直角坐标系中，一直线a向下平移3个单位后所得直线b经过点A（0，3），将直线b绕点A顺时针旋转60°后所得直线经过点B（﹣，0），则直线a的函数关系式为（）A．y=﹣x B．y=﹣x C．y=﹣x+6 D．y=﹣x+6【解析】解：设直线AB的解析式为y=kx+b，∵A（0，3），B（﹣，0），∴，解得，∴直线AB的解析式为y=x+3．由题意，知直线y=x+3绕点A逆时针旋转60°后得到直线b，则直线b经过A（0，3），（，0），易求直线b的解析式为y=﹣x+3，将直线b向上平移3个单位后得直线a，所以直线a的解析式为y=﹣x+3+3，即y=﹣x+6．故选C．21. (2014年江苏徐州)在平面直角坐标系中，将点A（4，2）绕原点逆时针方向旋转90°后，其对应点A′的坐标为．【解析】解：如图A′的坐标为（﹣2，4）．故答案为：（﹣2，4）．22. （2014年江苏盐城）如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是__________．【解析】解：∵在矩形ABCD中，AB=，AD=1，∴tan∠CAB==，AB=CD=，AD=BC=，∴∠CAB=30°，∴∠BAB′=30°，∴S△AB′C′=×1×=，S扇形BAB′==，S阴影=S△AB′C′﹣S扇形BAB′=﹣．故答案为：﹣．23. （2014•扬州）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DF、FG相交于点H．（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．【解析】（1）解：FG ⊥E D ．理由如下：∵△ABC 绕点B 顺时针旋转90°至△DBE 后，∴∠DEB =∠ACB ，∵把△ABC 沿射线平移至△FEG ，∴∠GFE =∠A ，∵∠ABC =90°，∴∠A +∠ACB =90°， ∴∠DEB +∠GFE =90°，∴∠FHE =90°，∴FG ⊥ED ；（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF =90°，∠CBE =90°，CG ∥EB ，CB =BE ，∵CG ∥EB ，∴∠BCG +∠CBE =90°，∴∠BCG =90°，∴四边形BCGE 是矩形，∵CB =BE ，∴四边形CBEG 是正方形．24. （江西）如图，是将菱形ABCD 以点O 为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形。

2014中考数学真题解析 压轴题4(含答案)

2014中考数学真题解析 压轴题4(含答案)

页眉内容(2012年1月最新最细）2011全国中考真题解析120考点汇编压轴题4127.（2011山东淄博24，分）抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C（0，﹣2），与直线y=x 交于点A（﹣2，﹣2），B（2，2）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图，线段MN在线段AB上移动（点M与点A不重合，点N与点B不重合），且M点的横坐标为m，过点M作x轴的垂线与x轴交于点P，过点N作x轴的垂线与抛物线交于点Q．以点P，M，Q，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，请求出m的值；若不能，请说明理由．考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；平行四边形的性质。

专题：计算题。

分析：（1）把C的坐标代入求出c的值，把A、B的坐标代入抛物线的解析式得到方程组，求出方程组的解即可求出抛物线的解析式；（2）以点P，M，Q，N为顶点的四边形能为平行四边形，当M在OA上，N在OB 上时，以点P，M，Q，N为顶点的四边形为平行四边形，求出N的横坐标，求出ND、MD，根据勾股定理求出m即可．解答：（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C（0，﹣2），代入得：c=﹣2，∴y=ax2+bx﹣2，把A（﹣2，﹣2），B（2，2）代入得：2422 2422a ba b-=--⎧⎨=+-⎩，解得：121ab⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴y=12x2+x﹣2，答：抛物线的解析式是y=12x2+x﹣2．（2）解：以点P，M，Q，N为顶点的四边形能为平行四边形．理由如下：∵M、N在直线y=x上，∴OP=PM，OQ=QN，只有M在OA上，N在OB上时，ON=OM时，以点P，M，Q，N为顶点的四边形为平行四边形，过M作MC⊥y轴于C，交NQ的延长线于D ，∵M点的横坐标为m，∴N的横坐标是﹣m，MD=ND=|2m|，由勾股定理得：（2m）2+（2m）22=，∵m＜0，m=12 -．答：以点P，M，Q，N为顶点的四边形能为平行四边形，m的值是12 ．点评：本题主要考查对一次函数的性质，用待定系数法求二次函数的解析式，解二元一次方程组，平行四边形的性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，能用待定系数法求二次函数的解析式和得到MD=ND=|2m|是解此题的关键．128.（2011•山西）如图，在平面直角坐标系中．四边形OABC是平行四边形．直线l经过O、C两点．点A的坐标为（8，o），点B的坐标为（11.4），动点P在线段OA上从点O 出发以每秒1个单位的速度向点A运动，同时动点Q从点A出发以每秒2个单位的速度沿A→B→C的方向向点C运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线O一C﹣B相交于点M．当P、Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒（t ＞0）．△MPQ的面积为S．（1）点C的坐标为，直线l的解析式为．（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围．（3）试求题（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值．（4）随着P、Q两点的运动，当点M在线段CB上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N．试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．考点：二次函数综合题。

2014年中考数学压轴题精编--浙江篇(试题及答案)

2014年中考数学压轴题精编--浙江篇(试题及答案)

2014年中考数学压轴题精编—浙江篇1．(浙江省杭州市）在平面直角坐标系xOy 中，抛物线的解析式是y ＝41x2＋1，点C 的坐标为（－4，0），平行四边形OABC 的顶点A ，B 在抛物线上,AB 与y 轴交于点M ,已知点Q （x ，y )在抛物线上，点P （t ，0）在x 轴上．（1）写出点M 的坐标；(2）当四边形CMQP 是以MQ ,PC 为腰的梯形时． ①求t 关于x 的函数解析式和自变量x 的取值范围；②当梯形CMQP 的两底的长度之比为1 :2时，求t 的值．1．解：（1）∵OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC ，且AB ＝OC ＝4∵A ，B 在抛物线上，y 轴是抛物线的对称轴，∴A ，B 的横坐标分别是2和－2代入y ＝41x2＋1,得A （2,2）,B (－2，2) ∴M （0，2） ················································· 2分 (2）①过点Q 作QH ⊥x 轴于H ，连接CM 则QH ＝y ，PH ＝x －t 由△PHQ ∽△COM ，得：2y ＝4tx ，即t ＝x －2y ∵Q （x ,y ）在抛物线y ＝41x2＋1上 ∴t ＝－21x2＋x －2 ··········································· 4分 当点P 与点C 重合时，梯形不存在，此时，t ＝－4，解得x ＝1±5 当Q 与B 或A 重合时，四边形为平行四边形，此时，x ＝±2∴x 的取值范围是x ≠1±5且x ≠±2的所有实数 ········································ 6分 ②分两种情况讨论：ⅰ）当CM ＞PQ 时，则点P 在线段OC 上∵CM ∥PQ ,CM ＝2PQ ,∴点M 纵坐标为点Q 纵坐标的2倍 即2＝2（41x2＋1)，解得x ＝0 ∴t ＝－21×02＋0－2＝－2 ········································································· 8分 ⅱ)当CM ＜PQ 时，则点P 在OC 的延长线上 ∵CM ∥PQ ，CM ＝21PQ ，∴点Q 纵坐标为点M 纵坐标的2倍 即41x2＋1＝2×2，解得：x ＝±32 ························································· 10分 x y O B C A11P Q M xyOBC A11P QH M当x ＝－32时，得t ＝－21×(－32）2－32－2＝－8－32 当x ＝32时,得t ＝－21×(32）2＋32－2＝32－8 ································· 12分2．(浙江省台州市)如图1，Rt △ABC ≌Rt △EDF ，∠ACB ＝∠F ＝90°，∠A ＝∠E ＝30°．△EDF 绕着边AB 的中点D 旋转，DE ,DF 分别交线段．．AC 于点M ，K ． （1）观察:①如图2、图3，当∠CDF ＝0°或60°时，AM ＋CK _______MK （填“＞"，“＜”或“＝”）．②如图4，当∠CDF ＝30°时，AM ＋CK _______MK （只填“＞”或“＜”)．（2）猜想：如图1,当0°＜∠CDF ＜60°时，AM ＋CK _______MK ，证明你所得到的结论． （3）如果MK 2＋CK 2＝AM 2，请直接写出∠CDF 的度数和AM MK的值． 2．解:（1)①＝ ②＞ ··················································································· 4分 （2）＞ ································································································ 6分 证明：作点C 关于FD 的对称点G ，连接GK 、GM 、GD 则GD ＝CD ,GK ＝CK ，∠GDK ＝∠CDK ∵D 是AB 的中点，∴AD ＝CD ＝GD ∵∠A ＝30°，∴∠CDA ＝120°∵∠EDF ＝60°，∴∠GDM ＋∠GDK ＝60° ∠ADM ＋∠CDK ＝60°∴∠ADM ＝∠GDM ． ·············································································· 9分 又∵DM ＝DM ,∴△ADM ≌△GDM ，∴GM ＝AM∵GM ＋GK ＞MK ，∴AM ＋CK ＞MK ． ······················································· 10分 （3）∠CDF ＝15°，AMMK＝23． ···························································· 12分 DB CAF EM K 图1DBC A(F ,K )EM 图2DBC A FEK图3(M )DBCAF EM K图4DBC AFEMKG3．(浙江省台州市）如图，Rt △ABC 中,∠C ＝90°,BC ＝6,AC ＝8．点P ，Q 都是斜边AB 上的动点,点P 从B 向A 运动（不与点B 重合）,点Q 从A 向B 运动，BP ＝AQ ．点D ,E 分别是点A ，B 以Q ，P 为对称中心的对称点，HQ ⊥AB 于Q ，交AC 于点H ．当点E 到达顶点A 时,P ，Q 同时停止运动．设BP 的长为x ，△HDE 的面积为y ．（1）求证：△DHQ ∽△ABC ；(2）求y 关于x 的函数解析式并求y 的最大值；(3）当x 为何值时，△HDE 为等腰三角形？3．解：(1)∵A 、D 关于点Q 成中心对称，HQ ⊥AB ， ∴∠HQD ＝∠C ＝90°，HD ＝HA∴∠HDQ ＝∠A ． ··················································································· 3分 ∴△DHQ ∽△ABC ． ··············································································· 4分 （2）①如图1，当0＜x≤2。

2014年各地中考数学试卷解析版分类精品汇编平移旋转与对称

2014年各地中考数学试卷解析版分类精品汇编平移旋转与对称

2014年各地中考数学试卷解析版分类汇编平移旋转与对称一、选择题1. （2014•四川巴中）下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B． C．D．考点：轴对称图形和中心对称图形的识别．分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．解答：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误．故选C．点评：考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2. （2014•山东枣庄）将一次函数y=x的图象向上平移2个单位，平移后，若y＞0，则x的取值范围是（）A．x＞4 B．x＞﹣4 C．x＞2 D．x＞﹣2考点：一次函数图象与几何变换分析：利用一次函数平移规律得出平移后解析式，进而得出图象与坐标轴交点坐标，进而利用图象判断y＞0时，x的取值范围．解答：解：∵将一次函数y=x的图象向上平移2个单位，∴平移后解析式为：y=x+2，当y=0，则x=﹣4，x=0时，y=2，如图：∴y＞0，则x的取值范围是：x＞﹣4，故选：B．点评：此题主要考查了一次函数图象与几何变换以及图象画法，得出函数图象进而判断x的取值范围是解题关键．3. （2014•山东潍坊）下列标志中不是中心对称图形的是( )考点：中心对称图形．分析：根据中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：A、是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项错误；C、是不中心对称图形，故本选项正确；D、是中心对称图形，故本选项错误．故选：C．点评：本题考查了中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．4. （2014•山东烟台）下列手机软件图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：轴对称图形和中心对称图形的识别．分析：根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．解答：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．故选：D．点评：此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．5. （2014•山东烟台）如图，将△ABC绕点P顺时针旋转90°得到△A′B′C′，则点P的坐标是（）A．（1，1）B．（1，2）C．（1，3）D．（1，4）考点：平面直角坐标系与旋转．分析：先根据旋转的性质得到点A的对应点为点A′，点B的对应点为点B′，再根据旋转的性质得到旋转中心在线段AA′的垂直平分线，也在线段BB′的垂直平分线，即两垂直平分线的交点为旋转中心．解答：∵将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△A′B′C′，∴点A的对应点为点A′，点B的对应点为点B′，作线段AA′和BB′的垂直平分线，它们的交点为P（1，2），∴旋转中心的坐标为（1，2）．故选B．点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．6. （2014•江西抚州）下列安全标志图中，是中心对称图形的是解析：选B. ∵A、C、D是轴对称图形.7. （2014山东济南）下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是【解析】图A为轴对称图但不是中心对称图形；图B为中心对称图但不是轴对称图形；图C既不是轴对称图也不是中心对称图形；图D既是轴对称图形又是中心对称图形．8．（2014•山东聊城）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点P旋转180°，得到△A1B1C1，则点A1，B1，C1的坐标分别为（）A．A1（﹣4，﹣6），B1（﹣3，﹣3），C1（﹣5，﹣1）B．A1（﹣6，﹣4），B1（﹣3，﹣3），C1（﹣5，﹣1）C．A1（﹣4，﹣6），B1（﹣3，﹣3），C1（﹣1，﹣5）D．A1（﹣6，﹣4），B1（﹣3，﹣3），C1（﹣1，﹣5）考点：坐标与图形变化-旋转分析：根据网格结构找出点A、B、C关于点P的对称点A1，B1，C1的位置，再根据平面直角坐标系写出坐标即可．解答：解：△A1B1C1如图所示，A1（﹣4，﹣6），B1（﹣3，﹣3），C1（﹣5，﹣1）．故选A．点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．9. (2014年贵州黔东南)如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AC=，∠B=60°，则CD的长为（）A．0.5 B． 1.5 C． D． 1考点：旋转的性质分析：解直角三角形求出AB，再求出CD，然后根据旋转的性质可得AB=AD，然后判断出△ABD 是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD=AB，然后根据CD=BC﹣BD计算即可得解．解答：解：∵∠B=60°，∴∠C=90°﹣60°=30°，∵AC=，∴AB=×=1，∴BC=2AB=2，由旋转的性质得，AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC﹣BD=2﹣1=1．故选D．点评：本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟记性质并判断出△ABD 是等边三角形是解题的关键．10.（2014•遵义）观察下列图形，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：中心对称图形分析：根据中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、不是中心对称图形，故本选项错误；C、是中心对称图形，故本选项正确；D、不是中心对称图形，故本选项错误．故选：C．点评：本题考查了中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．11.（2014•遵义）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（）A．2﹣B．C．﹣1 D．1考点：旋转的性质．分析：连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解．解答：解：如图，连接BB′，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，∴AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′是等边三角形，∴AB=BB′，在△ABC′和△B′BC′中，，∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），∴∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，∵∠C=90°，AC=BC=，∴AB==2，∴BD=2×=，C′D=×2=1，∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．故选C．点评：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．12.（2014•娄底）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：中心对称图形；轴对称图形分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解答：解：A、此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、此图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；D、此图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；故选：D．点评：此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．13 (2014年湖北咸宁)点P（1，﹣2）关于y轴对称的点的坐标为（﹣1，﹣2）．考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．分析：根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答即可．解答：解：点P（1，﹣2）关于y轴对称的点的坐标为（﹣1，﹣2）．故答案为：（﹣1，﹣2）．点评：本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．14. （2014•江苏苏州）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B′，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，4）考点：坐标与图形变化-旋转．分析：过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，根据点A的坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO′=OB，∠A′BO′=∠ABO，然后解直角三角形求出O′D、BD，再求出OD，然后写出点O′的坐标即可．解答：解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，∵A（2，），∴OC=2，AC=，由勾股定理得，OA===3，∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，∴OB=2OC=2×2=4，由旋转的性质得，BO′=OB=4，∠A′BO′=∠ABO，∴O′D=4×=，BD=4×=，∴OD=OB+BD=4+=，∴点O′的坐标为（，）．故选C．点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．15. （2014•江苏徐州）顺次连接正六边形的三个不相邻的顶点．得到如图的图形，该图形（）A．既是轴对称图形也是中心对称图形B．是轴对称图形但并不是中心对称图形C．是中心对称图形但并不是轴对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形考点：中心对称图形；轴对称图形．分析：根据正多边形的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答．解答：解：此图形是轴对称图形但并不是中心对称图形，故选：B．点评：此题考查正多边形对称性．关键要记住偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，奇数边的正多边形只是轴对称图形．16. （2014•江苏徐州）在平面直角坐标系中，将点A（4，2）绕原点逆时针方向旋转90°后，其对应点A′的坐标为（﹣2，4）．考点：坐标与图形变化-旋转．分析：建立网格平面直角坐标系，然后确定出点A与A′的位置，再写出坐标即可．解答：解：如图A′的坐标为（﹣2，4）．故答案为：（﹣2，4）．点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．17．（2014•四川南充）下列几何体的主视图既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．分析：先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解：A、主视图是扇形，扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；B、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；D、主视图是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确．故选D．点评：掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．18．（2014•四川遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（）A．30°B．60°C．90°D．150°考点：旋转的性质．分析：根据直角三角形两锐角互余求出∠A=60°，根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△A′AC 是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠ACA′=60°，然后根据旋转角的定义解答即可．解答：解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠A=90°﹣30°=60°，∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C点A′恰好落在AB上，∴AC=A′C，∴△A′AC是等边三角形，∴∠ACA′=60°，∴旋转角为60°．故选B．点评：本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．19.（2014•甘肃白银、临夏）下列图形中，是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：中心对称图形；轴对称图形．分析：根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．解答：解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．故选：D．点评：此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．20．（2014•甘肃兰州）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．考点：轴对称图形．分析：根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．解答：解：A、是轴对称图形，符合题意；B、不是轴对称图形，不符合题意；C、不是轴对称图形，不符合题意；D、不是轴对称图形，不符合题意．故选A．点评：本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．21．（2014•广州）下列图形是中心对称图形的是（）．（A）（B）（C）（D）【考点】轴对称图形和中心对称图形．【分析】旋转180°后能与完全重合的图形为中心对称图形．【答案】D22．（2014•广东梅州）下列电视台的台标，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：中心对称图形．分析：根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断得出．解答：解：A、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，故此选项正确；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误．故选；A．点评：此题主要考查了中心对称图形的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．二、填空题1. （2014•四川巴中）如图，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△A0B绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是．考点：一次函数的性质，旋转．分析：首先根据直线AB来求出点A和点B的坐标，B′的横坐标等于OA+OB，而纵坐标等于OA，进而得出B′的坐标．解答：直线y=﹣x+4与x轴，y轴分别交于A（3，0），B（0，4）两点．旋转前后三角形全等．由图易知点B′的纵坐标为OA长，即为3，即横坐标为OA+OB=OA+O′B′=3+4=7．故点B′的坐标是（7，3）．故答案为：（7，3）．点评：本题主要考查了对于图形翻转的理解，其中要考虑到点B和点B′位置的特殊性，以及点B'的坐标与OA和OB的关系．2. （2014•山东枣庄）如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将方格内空白的一个小正方形涂黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有 3 种．考点：利用轴对称设计图案分析：根据轴对称图形的概念：把一个图形沿着某条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合及正方形的对称轴是两条对角线所在的直线和两组对边的垂直平分线，得出结果．解答：解：在1，2，3处分别涂黑都可得一个轴对称图形，故涂法有3种，故答案为：3．点评： 考查了利用轴对称设计图案，此题要首先找到大正方形的对称轴，然后根据对称轴，进一步确定可以涂黑的正方形．3. （2014•江西抚州）如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC 和A'B'C'重合在一起，将三角板A'B'C'绕其顶点C'按逆时针方向旋转角α（0°< α≤90°），有以下四个结论： ①当α=30°时，A'C 与AB 的交点恰好为AB 的中点；②当α=60°时，A'B'恰好经过点B ；③在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'BB'=； ④在旋转过程中，始终存在AA'BB'⊥，其中结论正确的序号是 ① ② ④ .(多填或填错得0分，少填酌情给分）解析：如图1，∵α=30°，∴∠ACA ′=∠A=30°,∠BCA ′=∠B=60°，∴DC=DA,DC=DB,∴DA=DB,∴D 是AB 的中点.正确如图2，当α=60°时，取A ′B ′的中点E,连接CE,则∠B ′CE=∠B ′CB=60°,又CB=CB ′,∴E 、B 重合，∴A ′、B ′恰好经过点B.正确 如图3，连接AA ′,BB ′,则⊿CAA ′∽⊿CBB ′,∴AA AC BB BCtan '==︒='603,∴AA ′=3BB ′.错误 如图4，∠A ′B ′D=∠CBB ′－60°,∠B ′A ′D=180°－(∠CA ′A+30°),∴∠A ′B ′D ＋∠B ′A ′D=90°＋∠CBB ′－∠CA ′A∵ ∠CBB ′=∠CA ′A ,∴∠A ′B ′D ＋∠B ′A ′D=90°,即∠D=90°,∴AA ′⊥BB ′.正确∴①，②，④正确.4. （2014山东济南）如图，将边长为12的正方形ABCD 是沿其对角线AC 剪开，再把ABC ∆沿着AD 方向平移，得到C B A '''∆，当两个三角形重叠的面积为32时，它移动的距离A A '等于________.【解析】设m A A ='，则222121264m (m)+-=-，解之m =4或8，应填4或8．5. （2014•山东聊城）如图，点P 是∠AOB 外的一点，点M ，N 分别是∠AOB 两边上的点，点P 关于OA 的对称点Q 恰好落在线段MN 上，点P 关于OB 的对称点R 落在MN 的延长线上．若PM=2.5cm ，PN=3cm ，MN=4cm ，则线段QR 的长为（ ）A ．4.5 B ．5.5 C ．6.5 D ．7 考点： 轴对称的性质分析： 利用轴对称图形的性质得出PM=MQ ，PN=NR ，进而利用MN=4cm ，得出NQ 的长，即可得出QR 的长．解答： 解：∵点P 关于OA 的对称点Q 恰好落在线段MN 上，点P 关于OB 的对称点R 落在MN 的延长线上，∴PM=MQ ，PN=NR ，∵PM=2.5cm ，PN=3cm ，MN=4cm ，∴RN=3cm ，MQ=2.5cm ，NQ=MN ﹣MQ=4﹣2.5=1.5（cm ），则线段QR 的长为：RN+NQ=3+1.5=4.5（cm ）．故选：A ．点评： 此题主要考查了轴对称图形的性质，得出PM=MQ ，PN=NR 是解题关键．6．（2014•四川宜宾）如图，在Rt △ABC 中，∠B =90°，AB =3，BC =4，将△ABC 折叠，使点B 恰好落在边AC 上，与点B ′重合，AE 为折痕，则EB ′= 1.5 ．A D CB A DA ’B ’C C ’ 第20题图考点：翻折变换（折叠问题）分析：首先根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3，然后设BE=EB′=x，则EC=4﹣x，在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC的值，再在Rt△B′EC中，由勾股定理可得方程x2+22=（4﹣x）2，再解方程即可算出答案．解答：解：根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3设BE=EB′=x，则EC=4﹣x，∵∠B=90°，AB=3，BC=4，∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，，∴B′C=5﹣3=2，在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2+22=（4﹣x）2，解得x=1.5．故答案为：1.5．点评：此题主要考查了翻折变换，关键是分析清楚折叠以后哪些线段是相等的．7．（2014•四川宜宾）在平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）向右平移3个单位长度得到点B，则点B关于x轴的对称点C的坐标是（2，﹣2）．考点：坐标与图形变化－平移；关于x轴、y轴对称的点的坐标分析：首先根据横坐标，右移加，左移减可得B点坐标，然后再关于x轴对称点的坐标特点可得答案．解答：解：点A（﹣1，2）向右平移3个单位长度得到的B的坐标为（﹣1+3，2），即（2，2），则点B关于x轴的对称点C的坐标是（2，﹣2），故答案为：（2，﹣2）．点评：此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，以及关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标变化规律．8．（2014•四川南充）如图，有一矩形纸片ABCD，AB=8，AD=17，将此矩形纸片折叠，使顶点A 落在BC边的A′处，折痕所在直线同时经过边AB、AD（包括端点），设BA′=x，则x的取值范围是．分析：作出图形，根据矩形的对边相等可得BC=AD，CD=AB，当折痕经过点D时，根据翻折的性质可得A′D=AD，利用勾股定理列式求出A′C，再求出BA′；当折痕经过点B时，根据翻折的性质可得BA′=AB，此两种情况为BA′的最小值与最大值的情况，然后写出x的取值范围即可．解：如图，∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=17，∴BC=AD=17，CD=AB=8，①当折痕经过点D时，由翻折的性质得，A′D=AD=17，在Rt△A′CD中，A′C===15，∴BA′=BC﹣A′C=17﹣15=2；②当折痕经过点B时，由翻折的性质得，BA′=AB=8，∴x的取值范围是2≤x≤8．故答案为：2≤x≤8．点评：本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，难点在于判断出BA′的最小值与最大值时的情况，作出图形更形象直观．5．（2014•广东梅州）如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D．若∠A′DC=90°，则∠A=．考点：旋转的性质．分析：根据题意得出∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，即可得出∠A的度数．解答：解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，∠A′DC=90°，∴∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，则∠A=∠A′=55°．故答案为：55°．点评：此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理等知识，得出∠A′的度数是解题关键．三、解答题1. （2014•四川巴中）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点坐标分别为A（﹣2，4），B （﹣2，1），C（﹣5，2）．（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．（2）将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得到对应的点A2，B2，C2，请画出△A2B2C2．（3）求△A 1B1C1与△A2B2C2的面积比，即：=1：4（不写解答过程，直接写出结果）．考点：平面直角坐标系，相似三角形的面积比．分析：（1）根据关于x轴对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）根据将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得出各点坐标，进而得出答案；（3）利用位似图形的性质得出位似比，进而得出答案．解答：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2即为所求；（3）∵将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得到对应的点A2，B2，C2，∴△A1B1C1与△A2B2C2的相似比为：1：2，∴：=1：4．故答案为：1：4．点评： 此题主要考查了位似变换以及轴对对称变换，得出对应点位置是解题关键．2. （2014•山东潍坊）如图1，在正方形ABCD 中，E 、F 分别为BC 、CD 的中点，连接AE 、BF ，交点为G ．(1)求证：AE ⊥BF ；(2)将△BCF 沿BF 对折，得到△BPF （如图2），延长FP 交BA 的延长线于点Q ，求sin ∠BQP 的值；(3)将△ABE 绕点A 逆时针方向旋转，使边AB 正好落在AE 上，得到△AHM （如图3），若AM 和BF 相交于点N ，当正方形ABCD 的面积为4时，求四边形GHMN 的面积．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形．分析：（1）由四边形ABCD 是正方形，可得∠ABE =∠BCF =90°，AB =BC ，又由BE =CF ，即可证得△ABE ≌△BCF ,可得∠BAE =∠CBF ，由∠ABF +∠CBF =900可得∠ABF +∠BAE =900，即AE ⊥BF ；（2）由△BCF ≌△BPF , 可得CF =PF ,BC =BP ,∠BFE =∠BFP ，由CD ∥AB 得∠BFC =∠ABF ,从而QB =QF ，设PF 为x ,则BP 为2x ,在Rt △QBF 中可求 QB 为25x ，即可求得答案； （3）由2)(AMAN AHM AGN =∆∆可求出△AGN 的面积，进一步可求出四边形GHMN 的面积． 解答：(1)证明：∵E 、F 分别是正方形ABCD 边BC 、CD 的中点，∴CF =BE ，∴Rt △ABE ≌Rt △BCF ∴∠BAE =∠CBF 又∵∠BAE +∠BEA =900，∴∠CBF +∠BEA =900，∴∠BGE =900， ∴AE ⊥BF(2)根据题意得：FP =FC ，∠PFB =∠BFC ，∠FPB =900，∵CD ∥AB , ∴∠CFB =∠ABF ，∴∠ABF =∠PFB ．∴QF =QB令PF =k （k >O ），则PB =2k ，在Rt △BPQ 中，设QB =x ， ∴x 2=(x －k )2+4k 2, ∴x =25k ，∴sin ∠BQP =54252==k k QP BP (3)由题意得：∠BAE =∠EAM ,又AE ⊥BF , ∴AN =AB =2,∵ ∠AHM =900, ∴GN //HM , ∴2)(AM AN AHM AGN =∆∆ ∴54)52(12==ΛAGN ∴ 四边形GHMN =SΔAHM － SΔAGN =1一54= 54 答：四边形GHMN 的面积是54. 点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．3.（2014•湖南张家界）利用对称变换可设计出美丽图案，如图，在方格纸中有一个顶点都在格点上的四边形，且每个小正方形的边长都为1，完成下列问题：（1）图案设计：先作出四边形关于直线l成轴对称的图形，再将你所作的图形和原四边形绕0点按顺时针旋转90°；（2）完成上述图案设计后，可知这个图案的面积等于20．考点：利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．分析：（1）首先找出对称点的坐标，然后画图即可；（2）首先利用割补法求出每一个小四边形的面积，再乘以4即可．解答：解：（1）如图所示：（2）面积：（5×2﹣2×1×﹣2×1×﹣3×1××2）×4=20，故答案为：20．点评：此题主要考查了利用轴对称和旋转作图，以及求不规则图形的面积，关键是在作图时，找出关键点的对称点．4．（2014•江西抚州）如图，△ABC与△DEF关于直线对称，请用无刻度的直尺，在下面两个图中分别作出直线.解析：利用轴对称性质：对应线段（或延长线）的交于对称轴上一点.如图，直线l 就是所求作的对称轴.5 (2014年湖北咸宁)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．（1）求n的值；（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．考点：旋转的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；菱形的判定．分析：（1）利用旋转的性质得出AC=CD，进而得出△ADC是等边三角形，即可得出∠ACD的度数；（2）利用直角三角形的性质得出FC=DF，进而得出AD=AC=FC=DF，即可得出答案．解答：解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，∴AC=DC，∠A=60°，∴△ADC是等边三角形，∴∠ACD=60°，∴n的值是60；（2）四边形ACFD是菱形；理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，∴FC=DF=FE，∵∠CDF=∠A=60°，∴△DFC是等边三角形，∴DF=DC=FC，∵△ADC是等边三角形，∴AD=AC=DC，∴AD=AC=FC=DF，。

2014年全国各地中考数学压轴题集锦答案(三)

2014年全国各地中考数学压轴题集锦答案(三)

2014年全国各地中考数学压轴题集锦答案（三）41．（哈尔滨模拟）如图，直线y＝－kx＋6k（k＞0）与x轴、y轴分别相交于点A、B，且△AOB的面积是24．（1）求直线AB的解析式；（2）点P从点O出发，以每秒2个单位的速度沿折线OA－AB运动；同时点E从点O出发，以每秒1个单位的速度沿y轴正半轴运动，过点E作与x轴平行的直线l，与线段AB 相交于点F，当点P与点F重合时，点P、E均停止运动．连接PE、PF，设△PEF的面积为S，点P运动的时间为t秒，求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，过P作x轴的垂线，与直线l相交于点M，连接AM，当tan∠MAB＝12时，求t的值．解：（1）∵y＝－kx＋6k，当x＝0时，y＝6k；当y＝0时，x＝6 ∴OA＝6，OB＝6k∵S△AOB＝24，∴12×6×6k＝24，∴k＝43∴直线AB的解析式为y＝－43x＋8（2）根据题意，OE＝t，EF∥OA，∴△BEF∽△BOA∴EFOA＝BEBO，即EF6＝8－t8，∴EF＝34(8－t)①当0＜t≤3时，点P在OA上运动过点P作PH⊥EF于H，则PH＝OE＝t∴S＝12EF²PH＝12²34(8－t)²t＝－38t2＋3t②当点P在AB上运动时过点P作PG⊥OA于G，设直线PG与EF相交于点M，则MG＝OE＝t易知△APG∽△ABO，∴PGBO＝APAB∵OA＝6，OB＝8，∴AB＝62＋82＝10∴PG8＝2t－610，∴PG＝45(2t－6)当点P与点F重合时，有PG＝OE∴45(2t－6)＝t，解得t＝8，即PG＝8点P 与点F 重合前，MP ＝MG －PG ＝t －4 5 (2t －6)＝－3 5 t ＋245∴S ＝12EF ²MP ＝1 2 ²3 4 (8－t)(－3 5 t ＋ 245 )＝ 9 40 t 2－ 18 5 t ＋725综上，S ＝⎩⎨⎧－38t2＋3t （0＜t≤3）9 40 t 2－ 18 5 t ＋ 725（3＜t＜8）（3）①当点P 在OA 上，点M 在点F 左侧时 作MC ⊥AB 于C ，FD ⊥OA 于D则FD ＝OE ＝t ，EM ＝OP ＝2t ，MF ＝EF －EM ＝34(8－t)－2t在Rt △CMF 中，CMCF＝tan ∠MFC ＝tan ∠BAO ＝OBOA＝43设CM ＝4k ，则CF ＝3k ，MF ＝(4k)2＋(3k)2＝5k在Rt △MAC 中，CMAC＝tan ∠MAC ＝tan ∠MAB ＝12∴AC ＝2CM ＝8k ，∴AF ＝5k ，∴MF ＝AF 在Rt △AFD 中， FDAF＝tAF＝sin ∠F AD ＝sin ∠BAO ＝4 5∴AF ＝54t ，∴3 4 (8－t)－2t ＝5 4 t ，解得t ＝32当点P 在OA 上，点M 在点F 右侧时，可求得t ＝114②当点P 在AB 上时，过点M 作MK ⊥AB 于K 在Rt △PMK 中，MKPK＝tan ∠MPK ＝tan ∠ABO ＝34设MK ＝3m ，则PK ＝4m ，MP ＝5m ，AK ＝6m∴AP ＝AK －PK ＝2m ，∴2t －6＝2m ∵MP ＝t －4 5 (2t －6)，∴t －45(2t －6)＝5m∴t －4 5 (2t －6)＝5 2 (2t －6)，解得t ＝9928综上所述，满足条件的t 值是32或 114或992842．（哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 在x 轴的正半轴上，△AOB 为等腰三角形，且OA ＝OB ＝10，过点B 作y 轴的垂线，垂足为D ，直线AB 的解析式为y ＝－3x ＋30，点C 在线段BD 上，点D 关于直线OC 的对称点在腰OB 上． （1）求点B 坐标；（2）点P 从点B 出发，以每秒1个单位的速度沿折线BC －CO 运动；同时点Q 从点O 出发，以每秒1个单位的速度沿对角线OB 向终点B 运动，当一点停止运动时，另一点也随之停止运动．设△PQC 的面积为S ，运动时间为t ，求S 与t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；（3）在（2）的条件下，连接PQ，设PQ与OB所成的锐角为α，当α＝90°－∠AOB时，求t的值．解：（1）过点B作BF⊥OA于F，设B（a，－3a＋30）在Rt△OBF中，a2＋(－3a＋30)2＝102解得a1＝10（舍去），a2＝8当a＝8时，－3a＋30＝6∴B（8，6）（2）设点D关于直线OC的对称点为D′，连接CD′∵D′在腰OB上，∴OD＝OD′，∠DOC＝∠D′OC又OC＝OC，∴△DOC≌△D′OC∴CD′＝CD，∠CDO′＝∠CDO＝90°∴S△POQ＝12OD²BD＝12OD²CD＋12OB²CD′∴CD＝OD²BDOD＋OB＝6×86＋10＝3，∴BC＝5①当0≤t＜5时，点P在线段BC上过点Q作QE⊥BD于E，则△BQE∽△BOD∴QEOD＝BQBO，即QE6＝10－t10，∴QE＝6－35t∴S＝12PC²QE＝12(5－t)(6－35t)即S＝310t2－92t＋15②当5＜t≤10时，点P在线段CO上过点Q作QF⊥OC于F∵COQ＝∠COD，∠QFO＝∠CDO＝90°∴△QFO∽△CDO，∴QFCD＝OQOC即QF3＝t35，∴QF＝55t∴S＝12PC²QF＝12(t－5)²55t即S＝510t2－52t（3）①当0≤t＜5时 ∵α＝90°－∠AOB ＝∠BOD ，即∠PQB ＝∠DOB ∴PQ ∥DO ，∴△BPQ ∽△BDO∴BPBD＝BQBO，即 t8 ＝10－t10 ，∴t ＝409②当5＜t≤10时，过点P 作PH ⊥OB 于H∵∠PQO ＝∠BOD ，∴tan ∠PQO ＝∠BOD ＝4 3设PH ＝4k ，则QH ＝3k ，OH ＝8k ，OP ＝45k ∴OQ ＝11k ，∴11k ＝t ，∴k ＝t11∴OP ＝45k ＝4511t 又∵OP ＝35－(t －5)＝35＋5－t ∴4511t ＝35＋5－t ，∴t ＝1435－55 41∴当α＝90°－∠AOB 时，t 的值为409或 1435－554143．（哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A （256，0），点B （3，4），将△OAB沿直线OB 翻折，点A 落在第二象限内的点C 处． （1）求点C 的坐标；（2）动点P 从点O 出发，以每秒5个单位的速度沿OB 向终点B 运动，连接AP ，将射线AP 绕着点A 逆时针旋转与y 轴交于一点Q ，且旋转角α＝12∠OAB ．设线段OQ 的长为d ，点P 运动的时间为t 秒，求d 与t 的函数关系式（直接写出时间t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，连接CP ．点P 在运动的过程中，是否存在CP ∥AQ ，若存在，求此时t 的值，并辨断点B 与以点P 为圆心，OQ 长为半径的⊙P 的位置关系；若不存在，请说明理由．解：（1）过点B 作BG ⊥x 轴于G ，过点C 作CH ⊥x 轴于H ∵A （256，0），B （3，4），∴OA ＝256，OG ＝3，BG ＝4∴AG＝76，∴AB＝AG2＋BG2＝256，∴AB＝OA∵△OAB沿直线OB翻折得到△OCB∴△OAB≌△OCB，∴AB＝OA＝BC＝CO ∴四边形ABCO是菱形∴CO∥AB，∴∠COH＝∠BAG∴Rt△CHO≌Rt△BGA，∴CH＝BG＝4，OH＝AG＝7 6∴C（－76，4）（2）连接AC交BO于点E∵菱形ABCO，∴AC⊥BO，∠OAE＝12∠OAB∵α＝12∠OAB，∴∠OAP＝∠OAE，∴∠OAQ＝∠EAP∵∠AOQ＝∠AEP＝90°，∴△AOQ≌△AEP∴PEOQ＝AEAO由（1）知，CH＝4，AH＝16 3∴AC＝AH2＋CH2＝203，∴AE＝103，同理OE＝52①当0≤t＜12时∵OP＝5t，∴PE＝52－5t，∴52－5td＝103256∴d＝－254t＋258②当12＜t≤1时，同理可求d＝254t－258（3）过点P作PK⊥AB于K∵AQ∥CP，∴∠PCE＝∠QAE ∵AE＝CE，AC⊥BO，∴PC＝P A∴∠P AE＝∠PCE＝∠QAE＝12∠P AQ∴∠P AB＝∠QAE，∴∠P AE＝∠P AB，∴PE＝PK ∵菱形ABCO，∴∠PBK＝∠OBF∴sin∠PBK＝sin∠OBF＝OFOB＝PKPB＝45∵OP＝5t，OB＝5，∴PE＝5t－52，PB＝5－5t∴5t －52 5－5t＝4 5 ，解得t ＝13 18∴存在CP ∥AQ ，此时t ＝1318∵1 2＜13 18＜1，∴当t ＝13 18 时，OQ ＝d ＝ 25 4 t － 25 8 ＝25 18BP ＝OB －OP ＝5－5t ＝2518∴BP ＝OQ ，即点B 与圆心P 的距离等于⊙P 的半径，点B 在⊙P 上 ∴存在CP ∥AQ ，此时t ＝1318，且点B 在⊙P 上 44．（黑龙江大庆）已知等边△ABC 的边长为3个单位，若点P 由A 出发，以每秒1个单位的速度在三角形的边上沿A →B →C →A 方向运动，第一次回到点A 处停止运动，设AP ＝S ，用t 表示运动时间．（1）当点P 由B 到C 运动的过程中，用t 表示S ；（2）当t 取何值时，S 等于7（求出所有的t 值）；（3）根据（2）中t 的取值，直接写出在哪些时段AP ＜7？ 解：（1）当点P 在BC 上时，有3≤t≤6作PM ⊥AB ，垂足为M由PB ＝t －3，∠B ＝60°，得PM ＝32 (t －3 )，BM ＝ 12( t －3) ∴AM ＝3－12(t －3)于是S ＝AP ＝AM 2＋BM 2＝(t －3 )2－3( t －3 )＋9（3≤t≤6）（2）当S ＝7时（i ）当点P 在AB 上时，有t ＝7 （ii ）当点P 在CA 上时，有t ＝9－7（iii ）当点P 在BC 上时，S ＝(t －3 )2－3( t －3 )＋9＝7解得t ＝4或t ＝5综上t ＝7或t ＝9－7或t ＝4或t ＝5（3）根据（2）可知0＜t＜7，4＜t＜5，9－7＜t≤9 这三个时间段内AP ＜7 45．（黑龙江大兴安岭、鸡西、齐齐哈尔、黑河、七台河）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt △AOB 的两条直角边OA 、OB 分别在y 轴和x 轴上，并且OA 、OB 的长分别是方程x2－7x ＋12＝0的两根（OA ＜OB ），动点P 从点A 开始在线段AO 上以每秒1个单位长度的速度向点O 运动；同时，动点Q 从点B 开始在线段BA 上以每秒2个单位长度的速度向点AA CB运动，设点P 、Q 运动的时间为t 秒． （1）求A 、B 两点的坐标．（2）求当t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似，并直接写出此时点Q 的坐标．（3）当t ＝2时，在坐标平面内找一点M ，使以A 、P 、Q 、M 为顶点的四边形是平行四边形，求M 点的坐标；（4）在P 、Q 运动过程中，在坐标平面内是否存在点N ，使以A 、P 、Q 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出N解：（1）解方程x2－7x ＋12＝0，得x 1＝3，x 2＝4∵OA ＜OB ，∴OA ＝3，OB ＝4∴A （0，3），B （4，0）（2）由题意得，AP ＝t ，AQ ＝5－2t 可分两种情况讨论：①当∠APQ ＝∠AOB 时，△APQ ∽△AOB如图1， t3＝5－2t5，解得t ＝1511∴Q （2011，1811） ②当∠AQP ＝∠AOB 时，△APQ ∽△ABO 如图2， t5＝5－2t3，解得t ＝2513∴Q （1213，3013）（3）当t ＝2时，AP ＝2，AQ ＝5－2t ＝1 ∴PO ＝1，∴P （0，1）， 点Q 的横坐标为：1×cos ∠ABO ＝ 45，纵坐标为：3－1×sin ∠ABO ＝ 125∴Q （45，125）若AP 是平行四边形的边，则MQ ∥AP ，MQ ＝AP ＝2，如图3、图4 ∴点M 的横坐标为45，纵坐标为：125＋2＝225或 125－2＝25∴M 1（45，225），M 2（45，25）若AP 是平行四边形的对角线，则△AMP ≌PQA ，如图5∵点Q的横坐标为45，∴点M的横坐标为－45∵点A的纵坐标比点Q的纵坐标大3 5∴点M的纵坐标比点P的纵坐标大3 5即点M的纵坐标为：1＋35＝85∴M3（－45，85）（4）存在．N1（43，13），N2（32，5516），N3（－2017，3617）提示：有三种情况若AP＝AQ，则在坐标平面内存在点N，使四边形APNQ是菱形，如图6∴t＝5－2t，解得t＝53，∴AQ＝53∴Q（43，2），∴N1（43，13）若AP＝PQ，则在坐标平面内存在点N，使四边形APQN是菱形，如图7由题意，P（0，3－t），Q（4－85t，65t）∴PQ2＝(4－85t)2＋(3－t－65t)2∴t2＝(4－85t)2＋(3－t－65t)2，解得t＝2516或t＝52当t＝52时，点Q与点A重合，不合题意，舍去∴t＝2516，∴Q（32，158）∴N2（32，5516）若AQ＝PQ，则在坐标平面内存在点N，使四边形ANPQ是菱形，如图8连接NQ交AP于O′，则NQ⊥AP，AO′＝O′P∴AP＝2AO′，∴t＝65(5－2t)解得t＝3017，∴Q（2017，3617）∴N3（－2017，3617）46．（吉林）如图，在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝2cm ，AC ＝4cm ．动点P 从点A 出发，沿AB 方向以1cm /s 的速度向点B 运动，动点Q 从点B 同时出发，沿BA 方向以1cm /s 的速度向点A 运动．当点P 到达点B 时，P ，Q 两点同时停止运动．以AP 为一边向上作正方形APDE ，过点Q 作QF ∥BC ，交AC 于点F ．设点P 的运动时间为t s ，正方形APDE 和梯形BCFQ 重合部分的面积为S cm 2．（1）当t ＝_________s 时，点P 与点Q 重合； （2）当t ＝_________s 时，点D 在QF 上；（3）当点P 在Q ，B 两点之间（不包括Q ，B 两点）时，求S 与t 之间的函数关系式．解：（1）1 （2）45提示：点D 在QF 上时∵QF ∥BC ，∠DPQ ＝CAB ＝90° ∴△PQD ∽△ABC ，∴ PDPQ＝ACAB即t2－2t＝42，解得t ＝45B Q D PC A EF BCA （备用图）47．（吉林模拟）如图，梯形OABC中，OA在x轴上，CB∥OA，∠OAB＝90°，B（4，4），BC＝2．动点E从点O出发，以每秒1个单位的速度沿线段OA运动，到点A停止，过点E 作ED⊥x轴交折线O－C－B于点D，以DE为一边向右作正方形DEFG．设运动时间为t （秒），正方形DEFG与梯形OABC重叠面积为S（平方单位）．（1）求tan∠AOC的值；（2）求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；（3）连接AC，AC的中点为M，t为何值时，△DMG为等腰三角形？解：（1）过C 作CD ⊥x 轴于H∵B （4，4），BC ＝2，∴OH ＝2，CH ＝4 ∴tan ∠AOC ＝CHOH＝42＝2，（2）当点F 与点A 重合时，OE ＝t ，AE ＝DE ＝4－t∴tan ∠AOC ＝DEOE＝4－t t＝2，解得t ＝43当0＜t≤4 3时，S ＝DE 2＝( 2OE )2＝( 2t)2＝4t 2当4 3≤t ≤2时，S ＝DE ²AE ＝2t ²( 4－t)＝－2t 2＋8t 当2≤t ≤4时，S ＝4AE ＝4( 4－t)＝－4t ＋16当0＜t ≤4 3 时，t ＝ 4 3 时，S 最大＝64 9当43≤t≤2时，t ＝2时，S 最大＝8 当2≤t≤4时，t ＝2时，S 最大＝8 综上，t ＝2时，S 的最大值为8（3）t 1＝ 13－213 9 ，t 2＝ 32，t 3＝23－1提示：由题意，A （4，0），C （2，4） ∴M （3，2）当0＜t≤2时，D （t ，2t ），G （3t ，2t ）∴DM 2＝( t －3 )2＋( 2t －2)2，DG 2＝4t 2MG 2＝( 3t －3 )2＋( 2t －2)2若DG ＝MG ，则4t 2＝( 3t －3 )2＋( 2t －2)2解得t ＝ 13＋2 13 9 ＞2（舍去）或t ＝13－2139若MD ＝MG ，则( t －3 )2＋( 2t －2 )2＝( 3t －3 )2＋( 2t －2)解得t ＝0（舍去）或t ＝32若DM ＝DG ，则(t －3 )2＋( 2t －2)2＝4t2，无实数解 当2＜t≤4时，D （t ，4），G （t ＋4，4）∴DM 2＝(t －3 )2＋ 2 2，DG 2＝42MG 2＝( t ＋1 )2＋ 22 若DG ＝MG ，则4 2＝( t ＋1 )2＋ 22解得t ＝23－1或t ＝－23－1（舍去）若MD ＝MG ，则( t －3 )2＋ 2 2＝( t ＋1 )2＋ 22备用图解得t＝1（舍去）若DM＝DG，则(t－3)2＋22＝42解得t＝3±23（舍去）48．（吉林长春）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝4cm．D、E分别为边AB、BC的中点，连接DE．点P从点A出发，沿折线AD－DE－EB运动，到点B停止．点P在线段AD上以5cm/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AQ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）连接CD．当点N与点D重合时，有一点H从点M出发，在线段MN上以2.5cm/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．（1）(t－2)（2）①当点P在线段DE上时，如图①PD＝PN＝PQ＝2，∴t－2＝2∴t＝4②当点P在线段EB上时，如图②PN＝2PB∵PN＝PC＝(t－6)＋2＝t－4PB＝2－(t－6)＝8－t∴t－4＝2(8－t)，解得t＝20 3∴当点N落在AB边上时，t的值为4或20 3（3）①当2＜t＜4时，如图③S＝22－14(4－t)2即S＝－14t2＋2t②当203＜t＜8时，如图④图①图②(Q)图③S ＝(t －4)2－1 4(3t －20)2即S ＝－54t2＋22t －84 （4）t ＝143或t ＝5或6≤t≤8提示：当点H 第一次落在线段CD 上时 2.5(t －4)＋1 2 ( t －4 )＝2，解得t ＝143当点H 第二次落在线段CD 上时 2.5(t －4)－2＝ 12( t －4)，解得t ＝5当点H 第三次落在线段CD 上时 6－2.5(t －4)＝ 12( t －4)，解得t ＝6当6≤t≤8时，点H 恒在线段CD 上 49．（长春模拟）如图，在△AOB 中，∠AOB ＝90°，OA ＝OB ＝6，C 为OB 上一点，射线CD ⊥OB 交AB 于点D ，OC ＝2．点P 从点A 出发以每秒 2个单位长度的速度沿AB 方向运动，点Q 从点C 出发以每秒2个单位长度的速度沿CD 方向运动，P ，Q 两点同时出发，当点P 到达点B 时停止运动，点Q 也随之停止．过点P 作PE ⊥OA 于点E ，PF ⊥OB 于点F ，得到矩形PEOF ，以点Q 为直角顶点向下作等腰直角三角形QMN ，斜边MN ∥OB ，且MN＝QC ．设运动时间为t （秒）．（1）求t ＝1时FC 的长度． （2）求MN ＝PF 时t 的值．（3）当△QMN 和矩形PEOF 有重叠部分时，求重叠（阴影）部分图形面积S 与t 的函数关系式．（4）直接写出△QMN 和矩形PEO F 的边有三个公共点时t 的值．解：（1）根据题意，△AOB 、△AEP 都是等腰直角三角形∵AP ＝2t ，∴OF ＝EP ＝t ∵OC ＝2，∴FC ＝|2－t| ∴当t ＝1时，FC ＝1（2）∵AP ＝2t ，∴AE ＝t ，PF ＝OE ＝6－t ∵MN ＝QC ＝2t ，MN ＝PF ∴2t ＝6－t ，∴t ＝2（3）当点F 在点C 左侧时，设MQ 、MN 分别与PF 交于点G 、H 当△QMN 和矩形PEOF 有重叠部分时则MH ＝GH ＝t －(2－t )＝2t －2≥0，得t≥1当点F 与点C 重合时，t ＝2当1≤t≤2时，重叠部分为△MGH ，如图①图④(Q )B图①B图③图②∵MH ＝GH ＝t －(2－t)＝2t －2∴S＝1 2(2t －2)2＝2t 2－4t ＋2当点E 落在MQ 上时，如图②∵AE ＝t ，EK ＝MK ＝t －2，AK ＝6－t ，AE ＋EK ＝AK ∴t ＋(t －2 )＝6－t ，∴t ＝83当2＜t≤83时，重叠部分为五边形IJKLP ，如图③ ∵JK ＝MK ＝t －2，AK ＝6－t ，∴AJ ＝6－t －(t －2)＝8－∴EK ＝6－t －t ＝6－2t ，EI ＝EJ ＝8－2t －t ＝8－3t∴S＝S 矩形EKLP－S △EJI ＝t (6－2t )－ 1 2 ( 8－3t )2＝－ 13 2t 2＋当MN 与EP 重合时，t ＝3 当83＜t≤3时，重叠部分为矩形EKLP ，如图④ ∴S＝t (6－2t)＝－2t 2＋6t（4）t ＝2或t ＝83提示：如图⑤、图②50．（长春模拟）如图，在平面直角坐标系中，梯形ABCD 的顶点A 、B 、D 的坐标分别为A （－3，0），B （15，0），D （0，4），且CD ＝10．一条抛物线经过C 、D 两点，其顶点M 在x 轴上．点P 从点A 出发以每秒5个单位的速度沿AD 向点D 运动，到点D 后又以每秒3个单位的速度沿DC 向点C 运动，到点C 停止；同时，点E 从点B 出发以每秒5个单位的速度沿BO 运动，到点O 停止．过点E 作y 轴的平行线，交边BC 或CD 于点R ．设P 、E 两点运动的时间为t （秒）．（1）写出点M 的坐标，并求这条抛物线的解析式； （2）当点Q 和点R 之间的距离为8时，求t 的值；（3）直接写出使△MPQ 成为直角三角形时t 值的个数；（4）设P 、Q 两点直径的距离为d ，当2≤d ≤7时，求t 的取值范围．解：（1）M （5，0）设抛物线的解析式为y ＝a (x －5)2∵抛物线经过点D （0，4），∴25a ＝4，∴a ＝425∴抛物线的解析式为y ＝ 4 25 ( x －5 )2或y ＝ 4 25 x 2－ 8 5x ＋4 （2）作CN ⊥AB 于N ，则CN ＝4，BN ＝5①当0≤t ≤1时，由△BQE ∽△BCN 得： BE QE ＝ BN CN ＝54图⑤∵BE ＝5t ，∴QE ＝4t ∵RQ ＝8，∴RE ＝4t ＋8 ∴R （15－5t ，4t ＋8）∵点R 在抛物线y ＝4 25 (x －5)2上，∴4 25(15－5t －5)2＝4t ＋8解得t 1＝ 5＋ 17 2 ＞1（舍去） ，t 2＝5－172②当1≤t≤3时，QR ≤CN ＝4∴当t ＝ 5－172时，点Q 和点R 之间的距离为8（3）4 提示：当0≤t ≤1时，P 在线段AD 上，Q 在线段BC 上，∠PMQ ≥∠DMC＞90°当1＜t ≤ 13 3 时（P 到达C 时，t ＝1＋ 10 3＝133），P 、Q 均在CD 上若∠PMQ ＝90°，则由射影定理得：(8－3t )(10－5t )＝42解得t 1＝ 35－ 265 15 ，t 2＝35＋26515若∠PQM ＝90°，则Q 到达M 的正上方，t ＝ 105＝2若∠QPM ＝90°，则P 到达M 的正上方，t ＝1＋ 5 3＝83所以使△MPQ 成为直角三角形时的t 值有4个（4）∵当t ＝1时，P 、Q 分别到达D 、C 两点，CD ＝10 ∴当2≤d≤7时，P 、Q 均在CD 上当点P 和点Q 相遇前，d ＝PQ ＝3＋15－( 3t ＋5t)＝18－8t∴2≤18－8t ≤7，解得 118≤t≤2当点P 和点Q 相遇后，d ＝PQ ＝8t －18∴2≤8t －18≤7，解得 5 2 ≤t ≤258∵25 8 ＞3，而3t －3＝7时，t ＝10 3∴5 2 ≤t ≤10 3综上所述，当2≤d ≤7时，t 的取值范围为 11 8 ≤t ≤2或 5 2 ≤t ≤10351．（辽宁大连）如图，△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8cm ，BC ＝6cm ，点P 、Q 同时从点C 出发，以1cm /s 的速度分别沿CA 、CB 匀速运动，当点Q 到达点B 时，点P 、Q 同时停止运动．过点P 作AC 的垂线l 交AB 于点R ，连接PQ 、RQ ，并作△PQR 关于直线l 对称的图形，得到△PQ ′R ．设点Q 的运动时间为t （s ），△PQ ′R 与△P AR 重叠部分的面积为S （cm 2）． （1）t 为何值时，点Q ′ 恰好落在AB 上？（2）求S 与t 的函数关系式，并写出t 的取值范围；（3）S 能否为98cm 2？若能，求出此时的t 值，若不能，说明理由．B lACQ PRQ ′BA 备用图CBA备用图C解：（1）过点Q ′ 作Q ′H ⊥AC ，垂足为H （如图1） ∴∠Q ′HA ＝90°＝∠C ，Q ′H ∥BC ∴AQ ′H △∽△ABC ，∴Q ′HBC＝AHAC由题意知QC ＝CP ＝PH ＝Q ′H ＝t ∴ t6＝AH8 ，即AH ＝43t ∵CP ＋PH ＋HA ＝CA ，即t ＋t ＋43t ＝8∴t ＝12 5，即t 为125s 时，点Q ′ 恰好落在AB 上 （2）①当0＜t≤125时（如图2） 同理RPBC＝APAC，即RP6 ＝8－t8∴RP ＝34(8－t)∴S ＝S △PQ ′R＝S △PQR＝12RP ²CP ＝1 2 ×3 4 (8－t )×t ＝－ 3 8t 2＋3t ②当125＜t≤6时（如图3） 设PQ ′ 与AB 相交于点M ，过点M 作MH ⊥AC ，垂足为H 设MH ＝a ，由对称性知，∠MPH ＝∠QPC ＝45°，则PH ＝MH ＝a 同理MHBC ＝AHAC，即a6 ＝AH8 ，∴AH ＝ 4 3a∵CP ＋PH ＋HA ＝CA ，即t ＋a ＋43a ＝8∴a ＝37(8－t)∴S ＝12RP ²PH ＝1 2 ×3 4 (8－t )×3 7 ( 8－t )＝ 9 56 ( 8－t )2＝－ 9 56 t 2－ 18 7 t ＋72 7综上，S ＝⎩⎨⎧－3 8t2＋3t （0＜t ≤125）－ 9 56t2－ 18 7 t ＋ 72 7 （125＜t≤6）（3）若S ＝ 98，则 ①当0＜t≤125时，－38t 2＋3t ＝98，解得t 1＝4＋13（舍去），t 2＝4－13 ②当125＜t≤6时，956(8－t)2＝98，解得t 1＝8＋7（舍去），t 2＝8－7 Bl ACQ PRQ ′图1HBl ACQ PRQ ′图2B l ACQP RQ ′图3MH即S 能为98cm 2，此时t 为(4－13 )s 或( 8－7)s 52．（辽宁葫芦岛）△ABC 中，BC ＝AC ＝5，AB ＝8，CD 为AB 边的高，如图1，A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限．若A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B 随之沿y 轴下滑，并带动△ABC 在平面内滑动，如图2．设运动时间为t 秒，当B 到达原点时停止运动． （1）当t ＝0时，求点C 的坐标；（2）当t ＝4时，求OD 的长及∠BAO 的大小；（3）求从t ＝0到t ＝4这一时段点D 运动路线的长；（4）当以点C 为圆心，CA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．解：（1）∵BC ＝AC ，CD ⊥AB∴D 为AB 的中点，∴AD ＝12AB ＝4在Rt △CAD 中，CD ＝5 2－42＝3∴点C 的坐标为（3，4）（2）如图2，当t ＝4时，AO ＝4 在Rt △ABO 中，D 为AB 的中点∴OD ＝12AB ＝4∴△AOD 为等边三角形，∴∠BAO ＝60°（3）如图3，从t ＝0到t ＝4这一时段点D 的运动路线是DD ′︵其中OD ＝OD ′＝4，又∠D ′OD ＝90°－60°＝30° ∴DD ′︵的长为 30π×4 180 ＝2π 3（4）由题意，AO ＝t当⊙C 与x 轴相切时，A 为切点，如图4 ∴CA ⊥OA ，∴CA ∥y 轴∴∠CAD ＝∠ABO ，∴Rt △CAD ∽Rt △ABO ∴ABCA＝AOCD，即85＝t3∴t ＝245当⊙C 与y 轴相切时，B 为切点，如图5图2图1 图2图3图5图4同理可得t ＝325∴t 的值为245或32553．（辽宁丹东）已知抛物线y ＝ax2－2ax ＋c 与y 轴交于C 点，与x 轴交于A 、B 两点，点A的坐标是（－1，0），O 是坐标原点，且|OC |＝3|OA |． （1）求抛物线的函数表达式；（2）直接写出直线BC 的函数表达式；（3）如图1，D 为y 轴负半轴上的一点，且OD ＝2，以OD 为边向左作正方形ODEF ．将正方形ODEF 以每秒1个单位的速度沿x 轴的正方向移动，当点F 与点B 重合时停止移动．在移动过程中，设正方形O ′DEF 与△OBC 重叠部分的面积为S ，运动时间为t 秒． ①求S 与t 之间的函数关系式；②在运动过程中，S 是否存在最大值？如果存在，直接写出这个最大值；如果不存在，请说明理由；（4）如图2，点P （1，k ）在直线BC 上，点M 在x 轴上，点N 在抛物线上，是否存在以A 、M 、N 、P 为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出M 点坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵A （－1，0），|OC |＝3|OA |，∴C （0，－3） ∵抛物线y ＝ax2－2ax ＋c 经过A 、C 两点∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2a ＋c ＝0c ＝－3 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－3 ∴抛物线的函数表达式为y ＝x2－2x －3 （2）直线BC 的函数表达式为y ＝x －3 （3）①设D （m ，－2），则E （m －2，－2） 当正方形ODEF 的顶点D 运动到直线BC 上时 有－2＝m －3，∴m ＝1正方形ODEF 的边EF 运动到与OC 重合时 m ＝2当正方形ODEF 的顶点E 运动到直线BC 上时 有－2＝(m －2)－3，∴m ＝3图2图1在y ＝x －3中，当y ＝0时，x ＝3，∴B （3，0） 当正方形ODEF 的顶点F 运动到与点B 重合时 有m ＝3＋2＝5当0＜t ≤1时，重叠部分为矩形OGDO ′ S ＝2t当1＜t≤2时，重叠部分为五边形OGHIO ′ HD ＝ID ＝t －1S ＝S 矩形OGDO ′－S △HID＝2t －1 2 (t －1)2＝－1 2 t 2当2＜t≤3时，重叠部分为五边形FEHIO ′S ＝S 正方形O ′DEF－S △HID＝22－1 2 (t －1)2＝－1 2 当3＜t≤5时，重叠部分为△FKBFB ＝FK ＝2－(t －3)＝5－tS ＝1 2 (5－t)2＝1 2 t 2－5t ＋25 2②当t ＝2秒时，S 有最大值，最大值为 72（4）存在．M 1（－2－1，0），M 2（2－1，0） M 3（3－6，0），M 4（3＋6，0） 提示：如图54．（辽宁本溪）如图，已知抛物线y ＝ax2＋bx ＋3经过点B （－1，0）、C （3，0），交y 轴于点A ，将线段OB 绕点O 顺时针旋转90°，点B 的对应点为点M ，过点A 的直线与x 轴交于点D （4，0）．直角梯形EFGH 的上底EF 与线段CD 重合，∠FEH ＝90°，EF ∥HG ，EF ＝EH ＝1．直角梯形EFGH 从点D 开始，沿射线DA 方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG 与直线AD 始终．．重合，设运动时间为t 秒． （1）求此抛物线的解析式；（2）当t 为何值时，以M 、O 、H 、E 为顶点的四边形是特殊的平行四边形；（3）作点A 关于抛物线对称轴的对称点A ′，直线HG 与对称轴交于点K ．当t 为何值时，以A 、A ′、G 、K 为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合条件的t 值．解：（1）∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋3经过点B （－1，0）、C （3，0）∴⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋3＝09a ＋3b ＋3＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝2 ∴抛物线的解析式为y ＝－x2＋2x ＋3（2）过点F ′ 作F ′N ⊥OD 轴于点N ，延长E ′H ′ 交x 轴于点P ∵点M 是点B 绕O 点顺时针旋转90°后得到的 ∴点M 的坐标为（0，1） ∵点A 是抛物线与y 轴的交点 ∴A 点坐标为（0，3），∴OA ＝3 ∵D （4，0），∴OD ＝4∴AD ＝3 2＋42＝5∵E ′H ′∥OM ，E ′H ′＝OM ＝1∴四边形MOH ′E ′ 是平行四边形（当EH 不与y 轴重合时）∵F ′N ∥OA ，∴△F ′ND ∽△AOD ，∴F ′NAO＝NDOD＝F ′DAD∵直角梯形E ′F ′G ′H ′ 是直角梯形EFGH 沿射线DA 方向平移得到的 ∴F ′D ＝t ，∴F ′N3＝ND4＝t5，∴F ′N ＝35t ，ND ＝45t ∵E ′F ′＝PN ＝1，∴OP ＝OD －ND －PN ＝4－ 45t －1＝3－45t ∵E ′P ＝F ′N ＝35t ，E ′H ′＝1，∴H ′P ＝35t －1 若平行四边形MOH ′E ′ 是矩形，则∠MOH ′＝90°此时H ′G ′ 与x 轴重合，∴F ′N ＝1 ∵35t ＝1，∴t ＝53即当t ＝53秒时平行四边形MOH ′E ′ 是矩形若平行四边形MOH ′E ′ 是菱形，则OH ′＝E ′H ′＝1 在Rt △H ′OP 中，(3－45 t)2＋(35t －1 )2＝12备用图解得t ＝3即当t ＝3秒时平行四边形MOH ′E ′ 是菱形 综上：当t ＝53秒时平行四边形MOH ′E ′ 是矩形； 当t ＝3秒时平行四边形MOH ′E ′ 是菱形 （3）t 1＝3512 秒，t 2＝9512秒提示：∵KG ∥AA ′，∴当KG ＝AA ′＝2时，以A 、A ′、G 、K 为顶点的四边形为平行四边形 当点E 与点C 重合、点F 与点D 重合时KG ＝KH ＋HG ＝KH ＋CD ＋CHtan ∠ADO＝2＋1＋43 ＝133∴移动t 秒时，KG ＝13 3－45t （直线HG 在AA ′ 下方）或KG ＝ 45t －133（直线HG 在AA ′上方） 由 13 3－45 t ＝2，得t ＝3512由45t －13 3 ＝2，得t ＝951255．（辽宁模拟）将Rt △ABC 和Rt △DEF 按图1摆放（点F 与点A 重合），点A 、E 、F 、B 在同一直线上。

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2014年中考数学分类汇编——运动变化类的压轴题2014年运动变化类的压轴题，题目展示涉及：单一（双）动点在三角形、四边形上运动；在直线、抛物线上运动；几何图形整体运动问题.知识点涉及：全等三角形的判定与性质；特殊四边形形的判定和性质；圆的相关性质；解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质.数学思想涉及：分类讨论；数形结合；方程思想. 解答这类问题的关键是正确分类画出直观图形.现选取部分省市的2014年中考题展示，以飨读者.一、单动点问题【题1】(2014年江苏徐州第28题)如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．【考点】：圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】：压轴题；运动变化型．【分析】：（1）只要证到三个内角等于90°即可．（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G 矩形ABCD的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．【解答】：解：（1）证明：如图1，∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．连接OD，如图2①，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴=（）2．∵AD=4，AB=3，∴BD=5，S△CFE=（）2•S△DAB=××3×4=．∴S矩形ABCD=2S△CFE=．∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如图2①所示．此时，CF=CB=4．Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如图2②所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如图2③所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=．∴≤CF≤4．∵S矩形ABCD=，∴×（）2≤S矩形ABCD≤×42．∴≤S矩形ABCD≤12．∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，∴点G的移动路线是线段DG″．∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴点G移动路线的长为．【点评】：本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键．【题2】（2014•湖州第24题）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明，（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．【解答】：证明：（1）如图，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PE=PF，（2）解：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a，②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a，（3）如图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣t，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=，（Ⅱ）如图4，当t＞2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=t﹣1，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±，所以当t=，t=，t=2±时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F 为顶点的三角形相似．【点评】：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．【题3】(2014年四川省绵阳市第24题)如图1，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△DEC≌△EDA；（2）求DF的值；（3）如图2，若P为线段EC上一动点，过点P作△AEC的内接矩形，使其定点Q落在线段AE上，定点M、N落在线段AC上，当线段PE的长为何值时，矩形PQMN的面积最大？并求出其最大值．【考点】：四边形综合题．【分析】：（1）由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，得出AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，从而求得△DEC≌△EDA；（2）根据勾股定理即可求得．（3））有矩形PQMN的性质得PQ∥CA，所以，从而求得PQ，由PN∥EG，得出=，求得PN，然后根据矩形的面积公式求得解析式，即可求得．【解答】：（1）证明：由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，∴AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，在△ADE与△CED中∴△DEC≌△EDA（SSS）；（2）解：如图1，∵∠ACD=∠CAE，∴AF=CF，设DF=x，则AF=CF=4﹣x，在RT△ADF中，AD2+DF2=AF2，即32+x2=（4﹣x）2，解得；x=，即DF=．（3）解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQ∥CA∴又∵CE=3，AC==5设PE=x（0＜x＜3），则，即PQ=过E作EG⊥AC于G，则PN∥EG，∴=又∵在Rt△AEC中，EG•AC=AE•CE，解得EG=∴=，即PN=（3﹣x）设矩形PQMN的面积为S则S=PQ•PN=﹣x2+4x=﹣+3（0＜x＜3）所以当x=，即PE=时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3．【点评】：本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理．【题4】(2014年浙江绍兴第25题)如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y 轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求P A的长．（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求P A：PC的值．（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求P A：PC的值．【考点】：相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．【专题】：压轴题．【分析】：（1）易得点P的坐标是（2，1），即可得到P A的长．（2）易证∠AOB=45°，由角平分线的性质可得P A=PC，然后通过证明△ANP≌△CMP即可求出P A：PC的值．（3）可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论．易证P A：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出P A：PC的值．【解答】：解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），∴点P的坐标是（2，1）．∴P A的长为2．（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，∴OA=AB．∵∠OAB=90°，∴∠AOB=∠ABO=45°．∵∠AOC=90°，∴∠POC=45°．∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．∴∠NPM=90°．∵∠APC=90°．∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．在△ANP和△CMP中，∵∠APN=∠CPM，PN=PM，∠ANP=∠CMP，∴△ANP≌△CMP．∴P A=PC．∴P A：PC的值为1：1．（3）①若点P在线段OB的延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图2所示．∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，∴△ANP∽△CMP．∴．∵∠ACE=∠AEC，∴AC=AE．∵AP⊥PC，∴EP=CP．∵PM∥y轴，∴AF=CF，OM=CM．∴FM=OA．设OA=x，∵PF∥OA，∴△PDF∽△ODA．∴∵PD=2OD，∴PF=2OA=2x，FM=x．∴PM=x．∵∠APC=90°，AF=CF，∴AC=2PF=4x．∵∠AOC=90°，∴OC=x．∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，∴四边形PMON是矩形．∴PN=OM=x．∴P A：PC=PN：PM=x：x=．②若点P在线段OB的反向延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图3所示．同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．∴PN=OM=OC=x．∴P A：PC=PN：PM=x：x=．综上所述：P A：PC的值为或．【点评】：本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识，综合性非常强．【题5】（2014•无锡第28题）如图1，已知点A（2，0），B（0，4），∠AOB的平分线交AB于C，一动点P从O点出发，以每秒2个单位长度的速度，沿y轴向点B作匀速运动，过点P且平行于AB的直线交x轴于Q，作P、Q关于直线OC的对称点M、N．设P运动的时间为t（0＜t＜2）秒．（1）求C点的坐标，并直接写出点M、N的坐标（用含t的代数式表示）；（2）设△MNC与△OAB重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数关系式；②在图2的直角坐标系中，画出S关于t的函数图象，并回答：S是否有最大值？若有，写出S的最大值；若没有，请说明理由．∴=点坐标为（）∴（×+×）﹣代入得解得xx的横坐标为=﹣（×=【题6】（2014•杭州第22题）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=4，BD=4，动点P在线段BD上从点B向点D运动，PF⊥AB于点F，四边形PFBG关于BD 对称，四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称．设菱形ABCD被这两个四边形盖住部分的面积为S1，未被盖住部分的面积为S2，BP=x．（1）用含x的代数式分别表示S1，S2；（2）若S1=S2，求x的值．=8．然后在两种情况下分别建，==2====x．=4××x﹣，．﹣==﹣（）•）（）=4×（﹣（﹣﹣=8=8（=，．=4=22＞，．（=4=8+28+222．【题7】（2014.福州第21题）如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°. 动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动. 设运动时间为t秒.（1）当1t2=时，则OP= ▲ ，ABPS∆=▲ ；（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：AP BP3⋅=.【考点】：1.单动点问题；2. 锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想的应用.【答案】（1）1；（2）1秒；（3）证明见解析【解析】[（3）∵AP=AB，∴∠APB=∠B.【题8】（2014•成都第28题）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k ＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与x轴交于点C，经过点B的直线y=﹣x+b 与抛物线的另一交点为D．（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？DFDFx∴﹣=x=3））在抛物线（（﹣，，即：xx=（=，即．3=3==DF﹣﹣=222【题9】（2014•黄冈第25题）已知：如图，在四边形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于点C，A（1，﹣1），B（3，﹣1），动点P从点O出发，沿着x轴正方向以每秒2个单位长度的速度移动．过点P作PQ垂直于直线OA，垂足为点Q，设点P移动的时间t秒（0＜t ＜2），△OPQ与四边形OABC重叠部分的面积为S．（1）求经过O、A、B三点的抛物线的解析式，并确定顶点M的坐标；（2）用含t的代数式表示点P、点Q的坐标；（3）如果将△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或顶点Q在抛物线上？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）求出S与t的函数关系式．解得xx x，，﹣轴的距离都是×在抛物线上，则××，在抛物线上，则××==××﹣（=﹣+=二、双动点问题【题1】（2014年山东烟台第25题）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．【分析】：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+∠ADF=90°，所以AE⊥DF；（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD 的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得OC的长，再求CP即可．【解答】解：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；（2）是；（3）成立．理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF延长FD交AE于点G，则∠CDF+∠ADG=90°，∴∠ADG+∠DAE=90°．∴AE⊥DF；（4）如图：由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，在Rt△ODC中，OC=，∴CP=OC﹣OP=．【点评】：本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．【题2】（2014•温州第24题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，6）．动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE=AO，设点P运动的时间为t秒．（1）当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标．（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形．（3）在线段PE上取点F，使PF=1，过点F作MN⊥PE，截取FM=2，FN=1，且点M，N 分别在一，四象限，在运动过程中▱PCOD的面积为S．①当点M，N中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；②若点M，N中恰好只有一个点落在四边形ADEC的内部（不包括边界）时，直接写出S的取值范围．时和当＜OB，+3=，，=，即=，==，==，，=即=＜≤或＜），在范围内，＜≤＜﹣，＜【题3】(2014年湖北随州第25题)平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，点C的坐标为（﹣3，4），点A在x轴的正半轴上，O为坐标原点，连接OB，抛物线y=ax2+bx+c 经过C、O、A三点．（1）直接写出这条抛物线的解析式；（2）如图1，对于所求抛物线对称轴上的一点E，设△EBO的面积为S1，菱形ABCD的面积为S2，当S1≤S2时，求点E的纵坐标n的取值范围；（3）如图2，D（0，﹣）为y轴上一点，连接AD，动点P从点O出发，以个单位/秒的速度沿OB方向运动，1秒后，动点Q从O出发，以2个单位/秒的速度沿折线O﹣A﹣B方向运动，设点P运动时间为t秒（0＜t＜6），是否存在实数t，使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．【考点】：二次函数综合题．【分析】：（1）求得菱形的边长，则A的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）首先求得菱形的面积，即可求得S1的范围，当S1取得最大值时即可求得直线的解析式，则n的值的范围即可求得；（3）分当1＜t＜3.5时和3.5≤t≤6时两种情况进行讨论，依据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求解．【解答】：解：（1）根据题意得：，解得：，则抛物线的解析式是：y=x2﹣x；（2）设BC与y轴相交于点G，则S2=OG•BC=20，∴S1≤5，又OB所在直线的解析式是y=2x，OB==2，∴当S1=5时，△EBO的OB边上的高是．如图1，设平行于OB的直线为y=2x+b，则它与y轴的交点为M（0，b），与抛物线对称轴x=交于点E（，n）．过点O作ON⊥ME，点N为垂足，若ON=，由△MNO∽△OGB，得OM=5，∴y=2x﹣5，由，解得：y=0，即E的坐标是（，0）．∵与OB平行且到OB的距离是的直线有两条．∴由对称性可得另一条直线的解析式是：y=2x+5．则E′的坐标是（，10）．由题意得得，n的取值范围是：0≤n≤10且n≠5．（3）如图2，动点P、Q按题意运动时，当1＜t＜3.5时，OP=t，BP=2﹣t，OQ=2（t﹣1），连接QP，当QP⊥OP时，有=，∴PQ=（t﹣1），若=，则有=，又∵∠QPB=∠DOA=90°，∴△BPQ∽△AOD，此时，PB=2PQ，即2﹣t=（t﹣1），10﹣t=8（t﹣1），∴t=2；当3.5≤t≤6时，QB=10﹣2（t﹣1）=12﹣2t，连接QP．若QP⊥BP，则有∠PBQ=∠ODA，又∵∠QPB=∠AOD=90°，∴△BPQ∽△DOA，此时，PB=PB，即12﹣2t=（2﹣t），12﹣2t=10﹣t，∴t=2（不合题意，舍去）．若QP⊥BQ，则△BPQ∽△DAO，此时，PB=BQ，即2﹣t=（12﹣2t），2﹣t=12﹣2t，解得：t=．则t的值为2或．【点评】：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．【题4】（2014•武汉第24题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．时，=，=，再根据，得出======时，△==；，=4【题5】（2014•扬州第28题）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．①求证：△OCP∽△PDA；②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP 上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB 于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．DC AB=========．==QB PB=4PB． 【题6】（2014昆明第23题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线)0(32≠-+=a bx ax y 与x 轴交于点A （2-，0）、B （4，0）两点，与y 轴交于点C . （1）求抛物线的解析式；（2）点P 从A 点出发，在线段AB 上以每秒3个单位长度的速度向B 点运动，同时点Q 从B 点出发，在线段BC 上以每秒1个单位长度向C 点运动.其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动.当△PBQ 存在时，求运动多少秒使△PBQ 的面积最大，最多面积是多少？ （3）当△PBQ 的面积最大时，在BC 下方的抛物线上存在点K ，使2:5S P B Q C B K =△△：S ，求K 点坐标.， 易证OCB ∆∽DQB ∆，【题7】（2014年四川巴中第31题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx ﹣4与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．（1）求抛物线的解析式；（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M 到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．【分析】：（1）根据抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x2﹣x﹣4，（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，∴=，即=，∴PM=2t．解方程x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．∵AH=AB﹣BH=6﹣t，∴S=PM•AH=×2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，当t=2时S的最大值为8；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，又∵CO=OB，∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，∴S=PM•AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣）2+，当t=时，S最大值为．综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．【点评】：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．．三、几何图形运动问题【题1】（2014•苏州第28题）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t（s）（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为105°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d （cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）．cm=，=4==2==2=+2﹣﹣（=2+2﹣．【题2】（2014年江苏盐城第28题）如图①，在平面直角坐标系中，一块等腰直角三角板ABC的直角顶点A在y轴上，坐标为（0，﹣1），另一顶点B坐标为（﹣2，0），已知二次函数y=x2+bx+c的图象经过B、C两点．现将一把直尺放置在直角坐标系中，使直尺的边A′D′∥y轴且经过点B，直尺沿x轴正方向平移，当A′D′与y轴重合时运动停止．（1）求点C的坐标及二次函数的关系式；（2）若运动过程中直尺的边A′D′交边BC于点M，交抛物线于点N，求线段MN长度的最大值；（3）如图②，设点P为直尺的边A′D′上的任一点，连接P A、PB、PC，Q为BC的中点，试探究：在直尺平移的过程中，当PQ=时，线段P A、PB、PC之间的数量关系．请直接写出结论，并指出相应的点P与抛物线的位置关系．（说明：点与抛物线的位置关系可分为三类，例如，图②中，点A在抛物线内，点C在抛物线上，点D′在抛物线外．）【考点】：二次函数综合题．【分析】：（1）求C点坐标，考虑作x，y轴垂线，表示横纵坐标，易得△CDA≌△AOB，所以C点坐标易知．进而抛物线解析式易得．（2）横坐标相同的两点距离，可以用这两点的纵坐标作差，因为两点分别在直线BC与抛物线上，故可以利用解析式，设横坐标为x，表示两个纵坐标．作差记得关于x的二次函数，利用最值性质，结果易求．（3）计算易得，BC=，因为Q为BC的中点，PQ=恰为半径，则易作圆，P 点必在圆上．此时连接PB，PC，P A，因为BC为直径，故BP2+CP2=BC2为定值，而P A不固定，但不超过BC，所以易得结论BP2+CP2≥P A2，题目要求考虑三种情况，其中P在抛物线上时，P点只能与B或C重合，此时，P A，PB，PC可求具体值，则有等量关系．【解答】：解：（1）如图1，过点C作CD⊥y轴于D，此时△CDA≌△AOB，∵△CDA≌△AOB，∴AD=BO=2，CD=AO=1，∴OD=OA+AD=3，∴C（﹣1，﹣3）．将B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3）代入抛物线y=x2+bx+c，解得b=，c=﹣3，∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣3．（2）设l BC：y=kx+b，∵B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3），∴，解得，∴l BC：y=﹣3x﹣6，设M（x M，﹣3x M﹣6），N（x N，x N2+x N﹣3），∵x M=x N（记为x），y M≥y N，∴线段MN长度=﹣3x﹣6﹣（x2+x﹣3）=﹣（x+）2+，（﹣2≤x≤﹣1），∴当x=﹣时，线段MN长度为最大值．（3）答：P在抛物线外时，BP2+CP2≥P A2；P在抛物线上时，BP+CP=AP；P在抛物线内，BP2+CP2≥P A2．分析如下：如图2，以Q点为圆心，为半径作⊙Q，∵OB=2，OA=1，∴AC=AB==，∴BC==，∴BQ=CQ=，∵∠BAC=90°，∴点B、A、C都在⊙Q上．①P在抛物线外，如图3，在抛物线外的弧BC上任找一点P，连接PB，PB，P A，∵BC为直径，∴BP2+CP2=BC2，BC≥P A，∴BP2+CP2≥P A2．②P在抛物线上，此时，P只能为B点或者C点，∵AC=AB=，∴AP=，∵BP+CP=BC=，∴BP+CP=AP．③P在抛物线内，同理①，∵BC为直径，∴BP2+CP2=BC2，BC≥P A，∴BP2+CP2≥P A2．【点评】：本题考查了三角形全等、抛物线图象与性质、函数性质及圆的基础知识，是一道综合性比较强的题目．【题3】（2014•怀化第24题）如图1，在平面直角坐标系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射线OC以每秒2个单位长度的速度向右平行移动，当射线OC经过点B时停止运动，设平行移动x秒后，射线OC扫过Rt△ABO的面积为y．（1）求y与x之间的函数关系式；（2）当x=3秒时，射线OC平行移动到O′C′，与OA相交于G，如图2，求经过G，O，B 三点的抛物线的解析式；（3）现有一动点P在（2）中的抛物线上，试问点P在运动过程中，是否存在三角形POB 的面积S=8的情况？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．=×，解得x+×x，，，x，﹣4+，4+，﹣4+。

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