2017年中考数学总复习训练 存在与运动型专题(含解析)
中考数学总复习课件：专题五 运动型问题
当 1≤ x≤ 2 时， S1＋ S2 的值随 x 的增大而增大．问题中与面积有关的问题的解题思路：(1)分析问题，找 到与面积相关的一个变量； (2)建立面积与另一个变量的函数模型； (3)根据函数的类型，结合函数的图象和性质分析图形面积的变化 情况；当函数为一次函数或反比例函数时，面积一定是一直增大 或一直减小；若函数为二次函数，则用配方法或利用顶点公式求 出自变量的取值，然后在自变量的取值范围内，分析函数值的增 减性，得出面积的变化；若得出定值，则面积保持不变．
(2016· 台州 )如图，在△ ABC 中， AB＝ 10， AC＝ 8， BC ＝ 6，以边 AB 的中点 O 为圆心，作半圆与 AC 相切，点 P， Q 分 别是边 BC 和半圆上的动点，连结 PQ，则 PQ 长的最大值与最小 值的和是 ( )
A． 6
B． 2 13＋ 1
C． 9
32 D． 2
由勾股定理，得 OA＝ 6，∵ B(9， 5 3)， ∴ AE＝ 9－ 3＝ 6，BE＝ 5 3－ 3 3＝ 2 3.在 Rt△ AEB 中，AB BE 2 3 3 ＝ 6 ＋（ 2 3 ） ＝ 4 3， tan∠ BAE＝ ＝ ＝ ， AE 6 3
(2)如图①， 由题意， 得 OP＝ t， 则 PC＝ 14－t， 过点 A 作 AD⊥ x 轴于点 D，过点 B 作 BF⊥ x 轴于点 F，过点 Q 作 QH⊥ x 轴于点 H， 过点 A 作 AE⊥ BF 于点 E， 交 QH 于点 G， ∵ A(3， 3 3)， ∴ OD ＝ 3， AD＝ 3 3.
专题五
运动型问题
知识梳理
【专题分析】 运动型问题在中考中的常考点有函数中的动点 问题，几何图形中的动点问题，图形运动型问题等．近几年来动 态问题成了中考命题的热点，常常以压轴题的形式出现． 【解题方法】 解决运动型问题常用的数学思想是方程思想， 数学建模思想，函数思想，转化思想等；常用的数学方法有分类 讨论法，数形结合法等.
2017年全国中考数学真题分类动态型问题2017(解答题)
2017年全国中考数学真题分类动态型问题 解答题三、解答题1. (2017四川广安，26，10分)如图，已知抛物线y ＝－x ²+bx +c 与y 轴相交于点A (0，3)，与x正半轴相交于点B ，对称轴是直线x ＝1．(1)求此抛物线的解析式以及点B 的坐标．(3分)(2)动点M 从点O 出发，以每秒2个单位长度的速度沿x 轴正方向运动，同时动点N 从点O 出发，以每秒3个单位长度的速度沿y 轴正方向运动，当N 点到达A 点时，M 、N 同时停止运动．过支点M 作x 轴的垂线交线段AB 于点Q ，交抛物线于点P ，设运动的时间为t 秒．①当t 为何值时，四边形OMPN 为矩形．(3分)②当t >0时，△BOQ 能否为等腰三角形？若能，求出t 的值；若不能，请说明理由．(4分)思路分析：(1)把A 点的坐标代入y ＝c bx x ++-2，求出c 的值，由对称轴是直线x ＝1可求出b 的值，即可求出抛物线的解析式；令y ＝0，求出方程x 的两个值，然后根据题意舍去不合题意的解，即可求得点B 的坐标；(2)①当四边形OMPN 为矩形时，满足条件PM ＝ON ，据此列一元二次方程求解；②△BOQ 为等腰三角形时，可能存在OQ ＝BQ ，OQ ＝OB ，OB ＝BQ 三种情形，需要分类讨论，逐一进行判断计算．解：(1)∵知抛物线y ＝c bx x ++-2与y 轴交于点A (0，3)， ∴c ＝3，∵对称轴是直线x ＝1， ∴1)1(2=-⨯-b，解得b ＝2，∴抛物线的解析式为：y ＝322++-x x ； 令y ＝0，得322++-x x ＝0，解得1x ＝3，2x ＝－1(不合题意，舍去)， ∴点B 的坐标为(3，0)．(2)①由题意得ON ＝3t ，OM ＝2t ，则点P (2t ，3442++-t t )， ∵四边形OMPN 为矩形，∴PM ＝ON ，即3442++-t t ＝3t ， 解得1t ＝1，2t ＝43-(不合题意，舍去)， ∴当t ＝1秒时，四边形OMPN 为矩形；②能，在Rt △AOB 中OA ＝3，OB ＝3，∴∠B ＝45°， 若△BOQ 为等腰三角形，有三种情况： (I)若OQ ＝BQ ，如答图1所示： 则M 为OB 中点，OM ＝21OB ＝23， ∴t ＝23÷2＝43；(II)若OQ ＝OB 时， ∵OA ＝3，OB ＝3，∴点Q 与点A 重合，即t ＝0(不合题意，舍去)； (III)若OB ＝BQ 时，如答图2所示： ∴BQ ＝3，∴BM ＝BQ ·cos 45°＝3×22＝223，∴OM ＝OB －BM ＝3－223＝2236-， ∴t ＝2236-÷2＝4236-． 综上所述，当t 为43秒或4236-秒时，△BOQ 为等腰三角形．2.（2017浙江丽水·23·10分）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝30°，点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线A－C－B运动，点Q从点A出发以a(cm/s)的速度沿AB运动．P，Q两点同时出发，当某一点运动到点B时，两点同时停止运动.设运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，y关于x的函数图象由C，C2两段组成，如图2所示.1（1）求a的值；（2）求图2中图象C2段的函数表达式；（3）当点P运动到线段BC上某一段时△APQ的面积，大于当点P在线段AC上任意一点时△APQ 的面积，求x的取值范围.思路分析：过点P作PD⊥AB于点D．（1）先用含x的代数式表示PD，再根据三角形的面积公式确定y与x之间的函数表达式，由函数的图象得到x，y的一组对应值代入可求a的值；（2）在Rt△PBD中，由解直角三角形知识，用含x和sinB的式子表示PD，同样根据三角形面积公式建立y与x的关系，由函数图形得到x，y的一组对应值，求得sinB，进而确定图2中图象C段的函数2表达式；（3）先求出图象C1段与图象C2段函数值相等时对应的x的值，得到图象C1段函数的最大值，并求出图象C1段函数的最大值在图象C2段对应的x的值，结合函数图象可得到x的取值范围. 解：过点P作PD⊥AB于点D．（1）在图1中，∵∠A ＝300，PA ＝2x ，∴PD ＝PA ·sin 300＝2x ·21＝x ，∴y ＝2212121ax x ax PD AQ =⋅=⋅.由图象得，当x ＝1时，y ＝21，则211212=⋅a ，∴a ＝1.（2）当点P 在BC 上时（如图2），PB ＝5×2－2x ＝10－2x .∴PD ＝PB ·sinB ＝(10－2x )·sin B ．∴·y＝B x x PD AQ sin )210(2121⋅-⋅=⋅.由图象得，当x ＝4时，y ＝34，∴144(108)sin 23B ⨯⨯-=，∴sinB ＝31，∴y ＝x x x x 353131)210(212+-=⋅-⋅.（3）由C 1，C 2的函数表达式，得x x x 35312122+-=，解得x 1＝0（舍去），x 2＝2.由图象得，当x ＝2时，函数y ＝221x 的最大值为y ＝22⨯21＝2.将y ＝2代入函数y ＝x x 35312+-，得2＝x x 35312+-，解得x 1＝2，x 2＝3，∴由图象得，x 的取值范围是2＜x ＜3.3. （2017浙江丽水·24·12分）如图，在矩形ABCD 中，点E 是AD 上的一个动点，连结BE ，作点A 关于BE 的对称点F ，且点F 落在矩形ABCD 的内部.连结AF ，BF ，EF ，过点F 作GF ⊥AF 交AD 于点G ，设AEAD＝n . （1）求证：AE ＝GE ；（2）当点F 落在AC 上时，用含n 的代数式表示ABAD的值； （3）若AD ＝4AB ，且以点F ，C ，G 为顶点的三角形是直角三角形，求n 的值.思路分析：设AE ＝a ，则AD ＝n A ．（1）由轴对称性质得到AE ＝FE ，结合“等边对等角”得到∠EAF ＝∠EF A ．由垂直得到两个角的互余关系，根据“等角的余角相等”可得到结论；（2）由对称性质得BE ⊥AF ，先证∠ABE ＝∠DAC ，进而证得△ABE ∽△DAC ，根据相似三角形的对应边成比例建立关系式，通过适当变形求解；（3）由特例点F 落在线段BC 上，确定n ＝4，根据条件点F 落在矩形内部得到n ＞4，判断出∠FCG ＜90°.然后分∠CFG ＝90°和∠CGF ＝90°两种情况，由（2）的结论和相似三角形的性质分别建立关于n 的等式，求得n 的值.解：设AE ＝a ，则AD ＝n A ．（1）由对称得AE ＝FE ，∴∠EAF ＝∠EF A ．∵GF ⊥AF ，∴∠EAF ＋∠FGA ＝∠EFA ＋∠EFG ＝900.∴∠FGA ＝∠EFG ，∴FG ＝EF ．∴AE ＝EG .（2）当点F 落在AC 上时（如图1），由对称得BE ⊥AF ，∴∠ABE ＋∠BAC ＝900，∵∠DAC ＋∠BAC ＝90°，∴∠ABE ＝∠DA C ．又∵∠BAE ＝∠D ＝90°，∴△ABE ∽△DAC ，∴DCAEDA AB =.∵AB ＝D C ．∴AB 2＝AD ·AE ＝na ·a ＝na 2.∵AB ＞0，∴AB ＝n a ，∴n an naAB AD ==.（3）若AD ＝4AB ，则AB ＝a n 4．当点F 落在线段BC 上时（如图2），EF ＝AE ＝AB ＝A ．此时an4＝a ，∴n ＝4.∴当点F 落在矩形内部时，n ＞4．∵点F 落在矩形的内部，点G 在AD 上，∴∠FCG ＜∠BCD ，∴∠FCG ＜90°.①若∠CFG ＝900，则点F 落在AC 上，由（2）得n ABABn AB AD ==4,即，∴n ＝16. ②若∠CGF ＝900（如图3），则∠CGD ＋∠AGF ＝90°.∵∠FAG ＋∠AGF ＝90°，∴∠CGD ＝∠FAG ＝∠ABE ，∵∠BAE ＝∠D ＝90°，∴△ABE ∽△DG C ．∴DCAEDG AB =.∴AB ·DC ＝DG ·AE ，即a a n a n⋅-=)2()4(2，解得n 1＝8＋42，n 2＝8－42＜4（不合题意，舍去）.∴当n ＝16或n ＝8＋42时，以点F ，C ，G 为顶点的三角形是直角三角形.4. （2017山东枣庄25，10分） 如图，抛物线212y x bx c =-++与x 轴交于点A 和点B ，与y 轴交于点C ，点B 坐标为（6，0），点C 坐标为（0，6），点D 是抛物线的顶点，过点D 作x 轴的垂线，垂足为E ，连接BD ．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标；（2）点F 是抛物线上的动点，当∠FBA ＝∠BDE 时，求点F 的坐标（3）若点M 是抛物线上的动点，过点M 作MN ∥x 轴与抛物线交于点N ，点P 在x 轴上，点Q 在平面内，以线段MN 为对角线作正方形MPNQ ，请直接写出点Q 的坐标．思路分析：（1）由点B 、C 的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将抛物线解析式变形成顶点式即可得出结论；（2）设线段BF 与y 轴交点为点F ′，设点F ′的坐标为（0，m ），由相似三角形的判定及性质可得出点F ′的坐标，根据点B 、F ′的坐标利用待定系数法可求出直线BF 的解析式，联立直线BF 和抛物线的解析式成方程组，解方程组即可求出点F 的坐标；（3）设对角线MN 、PQ 交于点O ′，如图2所示．根据抛物线的对称性结合正方形的性质可得出点P 、Q 的位置，设出点Q 的坐标为（2，2n ），由正方形的性质可得出点M 的坐标为（2－n ，n ）．由点M 在抛物线图象上，即可得出关于n 的一元二次方程，解方程可求出n 值，代入点Q 的坐标即可得出结论．解：（1）将点B （6，0）、C （0，6）代入212y x bx c =-++中，得：0=-18+66b c c +⎧⎨=⎩，解得：26b c =⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为21262y x x =-++．∵221126=-2)822y x x x =-++-+（，∴点D的坐标为（2，8）．（2）设线段BF与y轴交点为点F′，设点F′的坐标为（0，m），如图1所示．∵∠F′BO＝∠FBA＝∠BDE，∠F′OB＝∠BED＝90°，∴△F′BO∽△BDE，∴'OF BEOB DE=．∵点B（6，0），点D（2，8），∴点E（2，0），BE＝6－2＝4，DE＝8－0＝8，OB＝6，∴OF′3BEOBDE⨯=∴点F′（0，3）或（0，－3）．设直线BF的解析式为y＝k x±3，则有0＝6k＋3或0＝6k－3，解得：k＝－12或k＝12，∴直线BF的解析式为y＝－12x＋3或y＝12x－3．联立直线BF与抛物线的解析式得：21321262y xy x x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩①或21321262y xy x x⎧=+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩②，解方程组①得：172xy=-⎧⎪⎨=⎪⎩或6xy=⎧⎨=⎩（舍去），∴点F的坐标为（－1，72）；解方程组②得：392xy=-⎧⎪⎨=⎪⎩或（舍去），∴点F的坐标为（－3，－92）．综上可知：点F 的坐标为（－1，72）或（－3，－92）． （3）设对角线MN 、PQ 交于点O ′，如图2所示．∵点M 、N 关于抛物线对称轴对称，且四边形MPNQ 为正方形， ∴点P 为抛物线对称轴与x 轴的交点，点Q 在抛物线对称轴上， 设点Q 的坐标为（2，2n ），则点M 的坐标为（2－n ，n ）．∵点M 在抛物线21262y x x =-++的图象上，∴n ＝21-2-)2(2)62n n +-+（，即22160n n +==，解得：1171n =-，1-171n =-．∴点Q 的坐标为（2，217－2）或（2，－217－2）．5. (2017四川泸州，25，12分)如图，已知二次函数y ＝ax ²+bx +c (a ≠0)的图象经过A (－1，0)，B (4，0)，C (0，2)三点． (1)求该二次函数的解析式；(2)点D 是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA ＝∠CAO (O 是坐标原点)，求点D 的坐标； (3)点P 是该二次函数图象上位于一象限上的一动点，连接PA 分别交BC ，y 轴与点E ，F ，若△PEB ，△CEF 的面积分别为S 1，S 2，求S 1－S 2的最大值．思路分析：(1)根据待定系数法求解；(2) 设BD 直线与y 轴的交点为M (0，t )．根据tan ∠MBA ＝tan ∠CAO 列关于t 的方程求解t ，从而可确定直线BD 解析式，再求直线BD 与抛物线交点坐标即可，注意分类讨论；(3) 过点P 作PH //y 轴交直线BC 于点H ，设P (t ，at ²+bt +c )，表示出根据直线BC 表达式点H 的坐标，计算线段PH 长度；用t 表示直线AP 表达式，解出点E 、F 坐标从而可表示出线段CF ，将S 1－S 2用t 表示，根据二次函数性质求最值．解：(1)由题意得：设抛物线的解析式为：y ＝a (x +1)(x －4)； 因为抛物线图像过点C (0，2)， ∴－4a ＝2，解得a ＝－12．所以抛物线的解析式为：y ＝－12 (x +1)(x －4)，即：y ＝－12 x 2+32x +2．(2)设BD 直线与y 轴的交点为M (0，t )． ∵∠DBA ＝∠CAO ，∴∠MBA ＝∠CAO ； ∴tan ∠MBA ＝tan ∠CAO ＝2； ∴||4t ＝2，即：t ＝±8． 当t ＝8时，直线BD 解析式为：y ＝－2x +8．联立，228,132.22y x y x x =-+⎧⎪⎨=-++⎪⎩ 解得：114,0;x y =⎧⎨=⎩ 223,2.x y =⎧⎨=⎩所以，点D (3，2)．当t ＝－8时，直线BD 解析式为：y ＝2x －8．联立228,132.22y x y x x =-⎧⎪⎨=-++⎪⎩ 解得：114,0;x y =⎧⎨=⎩225,18.x y =-⎧⎨=-⎩ 所以，点D (－5，－18)．综上：满足条件的点D有：D1(3，2)，D2(－5，－18)．(3)过点P作PH//y轴交直线BC于点H，设P(t，－12t2+32t+2)，BC直线的解析式为y＝－12x+2，故：H(t，－12t+2)，∴PH＝y P－y H＝－12t2+2t；AP直线的解析式为：y＝(－12t+2)(x+1)，取x＝0得：y＝2－12t；故：F(0，2－12t)，CF＝2－(2－12t)＝12t；联立(2)(1),212.2ty xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩解之得：x E＝5tt-；∴S1＝12(y P－y H)(x B－x E)＝12(－12t2+2t)(5－5tt-)；S2＝12•2t•5tt-．∴S1－S2＝12(－12t2+2t)(5－5tt-)－12•2t•5tt-，即：S1－S2＝－32t2+5t＝－32(t－53)2+256．所以，当t＝53时，S1－S2有最大值，最大值为256．6.（2017四川成都，28．12分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线2:C y ax bx c=++与x轴相交于,A B 两点，顶点为()0,4D ，42AB =，设点(),0F m 是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C '． （1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C '与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围；（3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点为P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形，若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．解：（1）∵抛物线2:C y ax bx c =++与x 轴相交于,A B 两点，顶点为()0,4D ，42AB =， ∴抛物线C 的对称轴是y 轴，A (22,0),(22,0),B -设抛物线C 的解析式为(22)(22)y a x x =+-，即，28y ax a =-，∴84a -=，∴12a =-，抛物线C 的解析式为2142y x =-+；（2）如图，∵点(),0F m 是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C '，∴(2,4)D m '-，∴设抛物线C '的解析式为21(2)42y x m =--.令抛物线C '过点D （0，4），有214442m =⋅-，∴24m =，∴2m =（舍去负值）； 由221(2)42142y x m y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，有22114(2)422x x m -+=--，即222280x mx m -+-=，当抛物线C '与抛物线C 有唯一交点时，有2222444(28)4320b ac m m m ∆=-=--=-+=， ∴22m =（舍去负值）. ∴m 的取值范围是2<m <22.（3）∵P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，∴点P 在y ＝x 上，由2142x x =-+，解得122,4x x ==-（不合题意，舍去），∴点P 的坐标为（2，2）.∵抛物线C '的解析式为21(2)42y x m =--，F （m ，0），由对称性可知，四边形PMP ′N 能成为正方形，即△PMF 为以F 为顶点的等腰直角三角形.①若0<m ≤2时，如图2①，过点F 、P 、M 分别向坐标轴作垂线交点分别为K 、L ，易得△KPF ≌△LFM ， ∴KF ＝LM ＝2，KP ＝FL ＝2－m ，∴M （m ＋2，m －2），代入2142y x =-+中，得2680m m +-=，解得，12317,317m m =-+=--（不合题意，舍去）.②若m >2，如图2②过点F 、P 、M 分别向坐标轴作垂线交点分别为K 、L ，易得△KPF ≌△LFM ，∴KP ＝FL ＝2－m ，∴M （m －2，2－m ），代入2142y x =-+中，得260m m -=，解得，126,0m m ==（不合题意，舍去）.综上，m 的值为317-+或6.7. （2017浙江金华，24，12分）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC 各顶点的坐标分别为O (0，0)，A （3，33），B （9，53），C （14，0），动点P 与Q 同时从O 点出发，运动时间为t 秒，点P 沿OC 方向以1单位长度/秒的速度向点C 运动，点Q 沿折线OA —AB —BC 运动，在OA ，AB ，BC 上运动的速度分别为3，3，25（单位长度/秒）．当P ，Q 中的一点到达C 点时，两点同时停止运动． (1)求AB 所在直线的函数表达式．(2)如图2，当点Q 在AB 上运动时，求△CPQ 的面积S 关于t 的函数表达式及S 的最大值． (3)在P ，Q 的运动过程中，若线段PQ 的垂直平分线经过四边形OABC 的顶点，求相应的t 值．图1 图2思路分析：(1)用待定系数法可直接即可；(2)由题意知，OP ＝t ，PC ＝14－t ，PC 边上的高线为23x ＋23，可得S 与t 二次函数表达式，用配方法或公式法求得S 的最大值；(3)本小题应注意t 的取值范围，分4种情况分类讨论，得到有关t 的有关方程，求得相应的t 值．解：（1）设AB 所在直线的函数表达式为y ＝kx ＋b ，把A(3，33)，B(9，53)代入y＝kx＋b，得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.359,333bkbk解得⎪⎩⎪⎨⎧==.32,33bk∴AB所在直线的函数表达式为y＝33x＋23．（2）由题意知，OP＝t，PC＝14－t，PC边上的高线为23t＋23，∴S＝21(14－t)(23t＋23)＝－43t2＋235t＋143(2≤t≤6) ．当t＝5时，S有最大值为4381．（3）①当0<t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图3），可得方程()222142314233ttt-=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛．解得t1＝47，t2＝0（舍去），此时t＝47．②当2<t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图4），可得方程()()[]222)23333-=-+tt（．解得t1＝2573+，t2＝2573-（舍去），此时t＝2573+．③当6<t≤10时，10线段PQ的中垂线经过点C（如图5），可得方程14－t＝25－25t，解得t＝322．图3 图4 图5 20线段PQ的中垂线经过点B（如图6），可得方程()()222)625935⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-+tt（．解得t 1＝722038+，t 2＝722038-（舍去），此时t ＝722038+． 综合上述，t 的值为47，2573+，322，722038+．图68. （2017浙江衢州,24，12分）在直角坐标系中，过原点O 及点A （8，0）C （0，6）作矩形OABC ．连结OB ，点D 为OB 的中点，点E 时线段AB 上的动点，连结DE ，作DF ⊥DE ，交OA 于点F ，连结EF ．已知点E 从A 点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB 上移动，设移动时间为t 秒． （1）如图1，当t ＝3时，求DF 的长．（2）如图2，当点E 在线段AB 上移动的过程中，∠DEF 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan ∠DEF 的值．（3）连结AD ，当AD 将△DEF 分成的两部分面积之比为1∶2时，求相应t 的值．xy DFE CB A Oxy第24题 图2A BCEF DOxyDF E CB A Oxy ODF E CB A 图2M N xy OG 1N MA B CE F Dxy OG 2DFE CB A M N思路分析：（1）当t ＝3时，点E 为AB 中点．DE 为△ABO 的中位线．（2）过D 作DM ⊥OA ，DN ⊥AB ，垂足分别为M 、N ．利用△DMF ∽△DNE 即可求解．（3）AD将△DEF分成的两部分面积之比为1∶2即可转化为AD与EF交点G为EF的三等分点，注意讨论G点所处的位置．解：（1）当t＝3时，如图1，点E为AB中点．∵点D为中点，∴DE∥OA，DE＝12OA＝4．∵OA⊥AB，∴DE⊥AB．∴∠OAB＝∠DEA＝90°又∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°．∴四边形DFAE是矩形，∴DF＝AE＝3．（2）∠DEF的大小不变．如图2：过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M、N．∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN＝90°，DM∥AB，DN∥OA，∴BDDO ＝BNNA，ODDB＝OMMA．∵点D为OB中点，∴M，N分别是OA，AB中点．∴DM＝12AB＝3，DN＝12OA＝4，∵∠EDF＝90°，∴∠FDM＝∠EDN．又∵∠DMF＝∠DNE＝90°，∴△DMF∽△DNE，∴DFDE ＝DMDN＝34．∵∠EDF＝90°，∴tan∠DEF＝34．（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M、N．若AD将△DEF的面积分成1∶2的两部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点．①当E到达中点之前时，NE＝3－t，由△DMF∽△DNE得MF＝34（3－t）．∴AF＝4＋MF＝－34t＋254．∵G1为EF的三等分点，∴G1（37112t+，23t）由点A（8，0），D（4，3）得直线AD的解析式为y＝－34x＋6．G 1（37112t+，23t）代入，得t＝7541．②当E越过中点之后，NE＝t－3，由△DMF∽△DNE得MF＝34（t－3）．∴AF＝4－MF＝－34t＋254．∵G2为EF的三等分点，∴G2（3236t+，13t）．代入直线AD解析式y＝－34x＋6，得t＝7541．9.（2017山东德州）（本小题满分10分）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形BFEP为菱形；（2）当点E 在AD 边上移动时，折痕的端点P 、Q 也随之移动． ①当点Q 与点C 重合时（如图2），求菱形BFEP 的边长；②若限定P 、Q 分别在边BA 、BC 上移动，求出点E 在边AD 上移动的最大距离．思路分析：（1）由折叠知PB ＝PE ，BF ＝EF ，结合平行线的性质，易得∠EPF ＝∠BPF ＝∠EFP ，故有EP ＝EF ，从而可得四边相等，则四边形BFEP 为菱形；（2）①在Rt △CDE 中，已知CD 长，CE ＝CB ，利用勾股定理计算DE 的长，进而可得AE 的长；又知AB 的长，且BP ＝PE ，故Rt △APE 中，利用勾股定理构建方程求解PE 的长．②点Q 与点C 重合时，点E 离A 点最近，①中已求此时AE 的长．当点P 与点A 重合时，则点E 离A 点最远，此时四边形ABQE 为正方形，AE ＝AB ．两者之差就是点E 在边AD 上移动的最大距离．解：（1）证明：∵折叠纸片使B 点落在边AD 上的E 处，折痕为PQ ，∴点B 与点E 关于PQ 对称．∴PB ＝PE ，BF ＝EF ，∠BPF ＝∠EPF ． 又∵EF ∥AB ，∴∠BPF ＝∠EFP ． ∴∠EPF ＝∠EFP ．∴EP ＝EF ． ∴BP ＝BF ＝FE ＝EP ． ∴四边形BFEP 为菱形．（2）①如图2，∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ＝AD ＝5cm ，CD ＝AB ＝3cm ，∠A ＝∠D ＝90°． ∵点B 与点E 关于PQ 对称， ∴CE ＝BC ＝5cm ．在Rt △CDE 中，DE 2＝CE 2－CD 2，即DE 2＝52－32，∴DE ＝4cm ．A B C D PFQ E 图1 A BDC PF(Q )E图2A B C D PFQ E 图1 A BDC PF(Q )E图2∴AE ＝AD －DE ＝5cm －4cm ＝1cm ．∴在Rt △APE 中，AE ＝1，AP ＝3－PB ＝3－PE ，∴EP 2＝12＋(3－EP )2，解得EP ＝35cm ．∴菱形BFEP 边长为35cm ．②当点Q 与点C 重合时，如图2，点E 离A 点最近，由①知，此时AE ＝1cm ． 当点P 与点A 重合时，如图3，点E 离A 点最远，此时四边形ABQE 为正方形，AE ＝AB ＝3cm ，∴点E 在边AD 上移动的最大距离为2cm ．10. （2017山东威海，23，10分）已知：AB 为⊙O 的直径，2=AB ，弦1=DE ，直线AD 与BE 相交于点C ，弦DE 在⊙O 上运动且保持长度不变，⊙O 的切线DF 交BC 于点F . （1）如图1，若AB DE //，求证：EF CF =；（2）如图2，当点E 运动至与点B 重合时，试判断CF 与BF 是否相等，并说明理由.思路分析：(1)连接OD ，OE 先根据三边相等说明△ODE 是等边三角形，再分别说明△AOD 、△OEB 、△ADE 是等边三角形，最后计算∠3、∠4度数利用三线合一说明结论;(2)先说明BC 是切线，由切线长定理知∠1=∠2，再根据∠3+∠2=∠1+∠C =90°说明∠3=∠C ，可证明DF =CF =BF .证明：连接OD ,OE ,图3EDBQA (P )∵AB=2,∴OA=OD=OE=1．∵DE=1,∴△ODE为等边三角形．∴∠1=60°.∵DE∥OB,∴∠1=∠2=60°.∴∠3=90°, ∠1=30°.∵OA=OD,∴△OAD为等边三角形．∴∠A=60°.∵DE∥AB,∴∠CDE=∠A=60°.同理，∠5=60°.∴△CDE为等边三角形∵DF切⊙O于点D,∴OD⊥DF.∴∠3=90°-∠1=30°.∴∠4=30°.∴∠3=∠4.∴CF=EF.(2)相等．当点E与点B重合时，直线BC与⊙O只有一个公共点，所以BC为⊙O的切线．∵DF切⊙O于点D,∴BF=DF.∴∠1=∠2.∴AB为直径，∴∠ADB=∠BDC=90°.∴∠3=∠C.∴DF=CF.∴CF=BF.11.（2017山东菏泽，23,10分）（本题10分）正方形ABCD的边长为6cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC 于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N．（1）如图1，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；（2）如图2，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以2cm/s的速度沿BD向点D运动，设运动时间为t s．①设BF＝y cm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．图1 图2思路分析：（1）由正方形性质和垂直的性质就可以得出∠ADN=∠BAF ，利用“AAS ”可以得出△ADN ≌△ABF 就可以得到结论AF ＝MN ；（2）①由AD ∥BF 可得△ADE ∽△FBE ，利用AD DEBF BE=可以构造y 关于t 的函数表达式；②由（1）可知△MAN ∽△ABF ，所以MA ABAN BF=,又BN ＝2AN ，所以662t BF-=，用含t 的代数式表示BF ，结合①中的关系式，可以构造关于t 的方程求出t 的值，从而求出BN 、BF ，最后利用勾股定理求FN 的长. 解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD=DC=AB=BC ，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°． ∵MN ⊥AF ，∴∠DHA=∠NHA=90°∴∠ADH+∠HAD=90°，∠NHA+∠HAD=90°， ∴∠ADH=∠NAH ． 在△ADN 与△ABF 中，,,,ADN BAF AD AB DAN ABF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△ADN ≌△ABF ， ∴AF ＝MN ．（2）①∵正方形的边长为6cm ， ∴，∵设运动时间为t s ，根据题意得BE=cm ， ∴DE= BD －BE=(6) cm ， ∵AD ∥BF ， ∴△ADE ∽△FBE ， ∴AD DEBF BE=， ∵BF ＝y cm ，∴6y=，即66ty t=-，∴y 关于t 的函数表达式为66ty t=-. ②∵BN ＝2AN ，AB=6cm ， ∴AN=2cm ，BN=4cm,由（1）得△MAN ∽△ABF ，又DM=t cm ，AM=(6－t) cm ， ∴MA AB AN BF =,即662t BF-=， ∴36BF t =-，又66ty t=-， ∴36t -=66t t- 解得t=2s ， 当t=2时，BF=66ty t=-=3cm,在Rt △NBF 中，5=, ∴当BN ＝2AN 时， FN 的长为5.12. （2017年四川绵阳，25,14分）（本题满分14分）如图，已知△ABC 中，∠C =90°，点M 从点C 出发沿CB 方向以1cm /s 的速度匀速运动，到达点B 停止运动，在点M 的运动过程中，过点M 作直线MN 交AC 于点N ，且保持∠NMC =45°，再过点N 作AC 的垂线交AB 于点F ，连接MF ,将△MNF 关于直线NF 对称后得到△ENF ，已知AC =8cm ，BC =4cm ，设点M 运动时间为t （s ），△ENF 与△ANF 重叠部分的面积为y （cm 2）．（1）在点M 的运动过程中，能否使得四边形MNEF 为正方形？如果能，求出相应的t 值；如果不能，说明理由；（2）求y 关于t 的函数解析式及相应t 的取值范围； （3）求y 取最大值时，求sin ∠NEF 的值．25.（1）能，……………………………………………………………………1分如图，四边形MNEF为正方形时，过F作FD⊥BC于点D，则∠FMD=∠NMC=45°，所以CN=ND=DF=t，易证△FDB∽△ACB，所以AC FD=BC BD，………………2分即8t=44-2t，解得t=58．……………………………………4分（2）当点E恰好落在AB上时，连接ME，同（1），易证△EMB∽△ACB，所以AC EM=BC BM，即82t=44-t，解得t=2．……………………………………5分当0<t<2时，连接EM，易证△ANF∽△ACB，所以BC NF=AC AN，即4NF=88-t，解得NF=4-2t．…………………………6分所以，…………………………………7分当时，如图，设NE与AB交于点K，过K作KL⊥NF，垂足为L，连接EM，交直线NF于点H．易证△KLF∽△ANF，所以NF LF=AN KL，因为NF=4-2t，所以，解得NL=38－3t，即KL=38－3t，………………………………………9分所以，综上所述，．……………………………………10分（3）由题意知，当t=2，y取得最大值，此时，点E恰好落在AB上，…………………………11分由（2）知，NM==2，NF=4-2t=3，由勾股定理，得MF=，又因为，所以，△NMF为锐角三角形，…………………12分所以，即，所以sin∠NMF=1010，即sin∠NEF=1010．………………………………14分思路分析：（1）若四边形MNEF为正方形时，过F作FD⊥BC于点D，则∠FMD=∠NMC=45°，所以CN=ND=DF=t，易证△FDB∽△ACB，所以AC FD=BC BD，代入求解；（2）当点E恰好落在AB上时，连接ME，同（1），易证△EMB∽△ACB，所以AC EM=BC BM，即82t=44－t，解得t=2．当0<t<2时，连接EM，易证△ANF ∽△ACB，所以BC NF=AC AN，即4NF=88－t，解得NF=4－2t．所以，当时，如图，设NE与AB交于点K，过K作KL⊥NF，垂足为L，连接EM，交直线NF于点H．易证△KLF∽△ANF，所以NF LF=AN KL，因为NF=4-2t，所以，解得NL=38－3t，即KL=38－3t，所以，（3）由题意知，当t=2，y取得最大值，此时，点E恰好落在AB上，由（2）知，NM==2，NF=4-2t=3，由勾股定理，得MF=，又因为，所以，△NMF为锐角三角形，所以，即，所以sin∠NMF=1010，即sin∠NEF=1010．13. (2017四川南充，25，12分)如图(1)，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，且a≠0)的图象过点O (0，0)和点A (4，0)，函数图象最低点M 的纵坐标为－83，直线l 的解析式为y ＝x ．(1)求二次函数的解析式；(2)直线l 沿x 轴向右平移，得直线l ′，l ′与线段OA 相交于点B ，与x 轴下方的抛物线相交于点C ，过点C 作CE ⊥x 轴于点E ，把△BCE 沿直线l ′折叠，当点E 恰好落在抛物线上点E ′时，如图(2)，求直线l ′的解析式；(3)在(2)的条件下，l ′与y 轴交于点N ，把△BON 绕点O 逆时针旋转135°得到△B ′ON ′．P 为l ′上的动点，当△PB ′N ′为等腰三角形时，求符合条件的点P 的坐标．【思路分析】(1)根据点O ，A 的坐标以及顶点M 的纵坐标，建立三元一次方程组求解．(2)直线l 是一、三象限的角平分线，因此可知四边形BECE ′是正方形．设点E 的横坐标为m ，根据对称性用m 表示点B 的横坐标，根据点C 在抛物线上，用m 表示点C 的纵坐标．根据EC ＝EB 建立关于m 的方程并求解，由此可知直线l 平移的距离．再利用平移的规律(或待定系数法)求出l ′的解析式．(3)易知△OB ′N ′是等腰直角三角形．分以下三种情形①PN ′＝PB ′；②N ′P ＝N ′B ′；③B ′P ＝N ′B ′讨论点P 的存在性．其中情形①直接用对称性求解；第②种情形通过比较N ′B ′与点N ′到直线l ′的大小，推断出此种情形不存在，第③种情形根据两腰相等建立方程求解． 解：(1)∵抛物线过点(0，0)，(4，0)，顶点纵坐标为－83，得20,0164,84.34c a b c ac b a ⎧=⎪⎪=++⎨⎪-⎪-=⎩解得2,38,30.a b c ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩∴所求二次函数表达式为y ＝23x 2－83x ．(2)∵直线l 的解析式为y ＝x ，∴直线l 与x 轴成45°的角． ∵l ∥l ′，∴∠CBE ＝45°．又CE ⊥x 轴，∴△BCE 是等腰直角三角形．图#备用题′图(1)图(2)∵△BCE′是由△BCE沿直线l′折叠得到，∴四边形BECE′是正方形．∵点C在y＝23x2－83x的图象上，∴设C(m，23m2－83m)．则E(m，0)．∵点E与点B关于对称轴x＝2对称，∴点B的坐标为(4－m，0)．∵EC＝EB，∴－(23m2－83m)＝4－m－m，即m2－7m＋6＝0．解得m1＝1，m2＝6．∵点C在x轴下方的抛物线上，∴m＝1(舍去m＝6)，因此点B的坐标为(3，0)．∴将直线y＝x向右平移3个单位得直线l′．∴l′的解析式为y＝x－3．(3)∵△BON是等腰直角三角形，∴旋转后△B′ON′顶点的坐标为O(0，0)，B′(，N′．①当PB′＝PN′时，由对称性可知，当P(0，－3)时，△PB′N′是等腰三角形．②当B′P＝B′N′时，延长B′O交BN于点F，得B′F⊥BN，B′F＝3又B′N′＝BN＝B′F＞B′N′．∵B′P≥B′F，∴这种情况不存在．③当PN′＝B′N′时，因点P在l′上，所以设P(m，m－3)，则(m2＋(m－32＝18．解得m1＝，m2．图#∴当P或)时，△PB ′N ′为等腰三角形．综上所述，符合条件的点P 的坐标为P 1(0，－3)，P 2，P 3)．14. （2017四川攀枝花，23，12分）如图13，在平面直角坐标系中，直线MN 分别与x 轴，y 轴交于点M (6，0)，N (0，2 3 )，等边△ABC 的顶点B 与原点O 重合，BC 边落在x 轴正半轴上，点A 恰好落在线段MN 上，将等边△ABC 从图13的位置沿x 正方向以每秒1个单位长度的速度平移，边AB ，AC 分别与线段MN 交于点E ，F (如图14所示)，设△ABC 平移的时间为t (s )， （1）等边△ABC 的边长 ；（2）在运动过程中，当t = 时，MN 垂直平分AB ；（3）若在△ABC 开始平移的同时，点P 从△ABC 的顶点B 出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线BA →AC 运动，当点P 运动到C 时即停止运动，△ABC 也随之停止平移． ①当点P 在线段BA 上运动时，若△PEF 与△MNO 相似，求t 的值；②当点P 在线段AC 上运动时，设PEF S S ∆=，求S 与t 的函数关系式，并求出S 最大值及此时点P的坐标．图13 图14思路分析：（1）由题易知OM =6，ON =2 3 ，∴MN =4 3 ，∴∠NMO =30°，∵∠ABC =60°，∴∠BAM =90°，即AB ⊥MN ，∴AB =12OM =3，即等边三角形边长为3；（2）由等边三角形的性质易知当MN 垂直平分AB 时，C 点与M 点重合，∴OB =OM －MC =3，即t =3．（3）①当P 点在线段AB 上运动时，则OB =t ，PB =2t 则BM =6－t ，PA =3－2t ，△PEF 与△MNO 相似分为△PEF ∽△MON 或△PEF ∽△NOM 两种对应情况思考；②当点P在线段AC上运动时，11332222PEFt S EF PH t∆-==288=-+23823232t⎫=-+≤⎪⎝⎭（332t≤≤）∴当t=32时，maxS=解析：（1）3；（2）3（3）①当P点在线段AB上运动时，则OB=t，BP=2t则BM=6－t，32PA t=-，△PEF与△MNO相似分为△PEF∽△MNO或△PEF∽△NOM两种对应情况，当△PEF∽△MON时，则∠EPF=∠EFA=∠EMB=30°，∴AE=12AF=14AP=324t-，BE=12BM=62t-．又BE=AB－AE=3－324t-，∴3－32642t t--=，解得t=34；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段BE上，则∠PFE=∠NMO=30°，即PF∥OM，∴△PAF是等边三角形，∴EF垂直平分PA，∴BE=BP+12PA=32+t，又BE=12MB=62t-，∴3622tt-+=，解得1t=；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段AE上，则P点与A点重合，即32t=；综上所述：t=34或1或32；②当点P在线段AC上运动时，则BM=6－t，PC=6－2t，3 2≤t≤3．∴BE=12BM=3－2t，即AE=2t，∴EF= 3 AE=32t，AF=2AE=t，∴CF=AC－AF=3－t，∴PF=PC－CF=3－t．作PH⊥EF于H点，由∠AFE=30°，可知PH=12PF=32t-．xyFEANMO CBPH11332222PEFtS EF PH t∆-==233388t t=-+23393932t⎛⎫=--+≤⎪⎝⎭（332t≤≤）∴当t=32时，max9332S=．15.（2017四川达州1，7分）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过点O作直线EF∥BC分别交∠ACB、外角∠ACD的平分线于点E，F.（1）若86CE CF==，，求OC的长；（2）连接AE AF、.问：当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由.思路分析：（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，所以有OC=OE=OF，再求出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可得出CO的长；（2）这个四边形已经有一个角是90°，只要证明出它是平行四边形即可，如果它是平行四边形，则它的对角线互相平分，由此可得点O的位置．解：（1）证明：∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，∠4=∠6，∵MN∥BC，∴∠1=∠5，∠3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO，∴OE=OF；∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°，∵CE=8，CF=6，∴EF=228+6=10，∴OC=12EF=5；（2）答：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．证明：当O为AC的中点时，AO=CO，∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形，∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．16.（2017江苏无锡，28，8分）如图，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E．设点P 的运动时间为t（s）.（1）若m＝6，求当P、E、B三点在同一直线上时对应的t的值.（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3.求所有这样的m的取值范围.D思路分析：（1））如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC．①在Rt△BEC中，计算BE的值；②在Rt△ABP中，利用勾股定理列出关于的方程，解之t值可求；（2）如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC，过点E作EF⊥BC于F．①在Rt△EFC中，利用勾股定理求出CF；②利用相似三角形的判定与性质求得BF；③根据m＝BC＝BF＋CF计算m的值解：（1）如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC．D∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC．∵PD＝t，m＝6，∴PA＝6－t．∵点D，点E关于直线PC的对称．∴PE＝t，EC＝DC＝AB＝4，∠CEP＝∠CDP＝90°．在Rt△BCE中，∵BC＝6，CE＝4，∴BE在Rt△ABP中，∵AB2＋AP2＝BP2，即42＋（6－t）2＝（t）2，∴t＝6－2（2）如图，连接EC，过点E作EF⊥BC于F．D 当P、E、B三点在同一直线上时, m有最大值.∵点D，点E关于直线PC的对称．∴EC＝DC＝AB＝4，∠CEP＝∠CEB＝90°．在Rt△EFC中，∵EF2＋CF2＝EC2，即32＋CF2＝42，∴CF＝7．在Rt△EFC中，EF⊥BC，∴△BFE∽△EFC．∴BFEF＝EFCF，∴ EF2＝BF·CF，即32＝BF·7，∴BF＝97．∴m＝BC＝BF＋CF＝977＋7＝1677．当点E在AB时，m有最小值，此时. m＝7.综上，所以满足条件的m的取值范围是7≤m≤1677.17.（2017山东潍坊）（本小题满分12分）边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC=23．（1）如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N．当CC′多大时，四边形MCND′为菱形?并说明理由．（2）如图2，将△DEC绕点C旋转α（0°＜α＜360°），得到△D′E′C，连接AD′、BE′，边D′E′的中点为P．①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系?并说明理由．②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．（结果保留根号）思路分析：（1）由平移性质及特殊角度，易知四边形MCND ′的两组对边分别平行，即为平行四边形．显然，△MCE ′和△NCC ′均为等边三角形，故要使□MCND ′再为菱形，只需E ′C =CC ′，此时CC ′=3；（2）①分两种情况讨论：当α≠180°时，根据旋转性质易证△ACD ′≌△BCE ′，故有AD ′=BE ′；当α=180°时，显然两线段长均为两等边三角形的边长之和，故也有结论AD ′=BE ′；②根据三角形的三边关系先确定AP 最长时情况，即A 、C 、P 三点共线，然后画出示意图，根据等边三角形的性质得AP ⊥D ′E ′，最后在Rt △APD ′中利用勾股定理计算AD ′的长． 解：（1）当CC ′=3时，四边形MCND ′为菱形． 理由：由平移的性质得CD ∥C ′D ′，DE ∥D ′E ′．∵△ABC 为等边三角形，∴∠B =∠ACB =60°． ∴∠ACC ′=180°－60°=120°．∵CN 为∠ACC ′的角平分线，∴∠NCC ′=60°． ∵AB ∥DE ，DE ∥D ′E ′，∴AB ∥D ′E ′． ∴∠D ′E ′C ′=∠B =60°．∴∠D ′E ′C ′=∠NCC ′，∴D ′E ′∥CN ． ∴四边形MCND ′为平行四边形．∵∠ME ′C ′=∠MCE ′=60°，∠NCC ′=∠NC ′C =60°， ∴△MCE ′和△NCC ′为等边三角形，故MC = CE ′，NC =CC ′． 又E ′C ′=23，CC ′=3，∴CC ′=CE ′． ∴MC =CN ，∴四边形MCND ′为菱形．（2）AD ′=BE ′．理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD ′=∠BCE ′． 由（1）知AC =BC ，CD ′=CE ′，。
数学中考复习专题四 运动问题型
专题四运动问题型【专题讲解】动态题是近年中考热点，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题。
研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的几何图形位置，数量关系的“变”与“不变”性的问题，就其运动对象而言，有点动，线动，面动三大类型，解这类题目要“以静制动”，把动态问题变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。
【典例讲解】考点1 点动问题例1（义乌）如图1,已知▱ABCD,AB∥x轴,AB=6,点A的坐标为(1,−4),点D的坐标为(−3,4)，点B在第四象限，点P是▱ABCD边上的一个动点。
(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标。
(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x−1上，求点P的坐标。
(3)若点P在边AB,AD,CD上,点G是AD与y轴的交点,如图2,过点P作y轴的平行线PM,过点G作x轴的平行线GM,它们相交于点M,将△PGM沿直线PG翻折,当点M的对应点落在坐标轴上时,求点P的坐标.(直接写出答案)例2 （重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线3332332--=x x y 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，对称轴与x 轴交于点D ，点),4(n E 在抛物线上．（1）求直线AE 的解析式；（2）点P 为直线CE 下方抛物线上的一点，连接PC ，PE ．当△PCE 的面积最大时，求P 点坐标？ （3）点G 是线段CE 的中点，将抛物线3332332--=x x y 沿x 轴正方向平移得到新抛物线y '，y '经过点D ，y '的顶点为点F ．在新抛物线y '的对称轴上，是否存在点Q ，使得△FGQ 为等腰三角形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．考点2 线动问题例3如图,抛物线与x 轴交于点A (−5,0)和点B (3,0).与y 轴交于点C (0,5).有一宽度为1,长度足够的矩形(阴影部分)沿x 轴方向平移，与y 轴平行的一组对边交抛物线于点P 和Q ，交直线AC 于点M 和N .交x 轴于点E 和F.(1)求抛物线的解析式；(2)当点M 和N 都在线段AC 上时,连接MF ,如果sin ∠AMF =1010，求点Q 的坐标； (3)在矩形的平移过程中，当以点P ，Q ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形时，求点M 的坐标。
【中考复习】中考数学 二轮专题复习专题二运动型问题教案
专题二-—运动型问题运动型问题一般是指动态几何问题,它是以几何知识和图形为背景，研究几何图形(点、直线、三角形、四边形)在运动变化中存在的函数关系或规律，就其知识结构而言，是集几何、代数知识于一体的数形结合问题，几何方面涉及的知识有全等形、相似形、勾股定理、特殊四边形和圆；代数方面涉及的知识有方程、函数、不等式、坐标、解直角三角形等．其类型可归纳为：点的运动、直线的运动、图形的运动．其中图形的运动变化有利于发展学生的空间想象能力和综合分析能力．【题型特征】用运动的观点来探究几何图形变化规律的问题称为运动型问题，此类问题的显著特点是图形中的某个元素（如点、线段、角等)或整个几何图形按某种规律运动，图形的各个元素在运动变化的过程中互相依存、和谐统一,体现了数学中“变”与“不变"、“一般”与“特殊”的辩证思想,渗透了分类讨论、转化化归、数形结合、函数方程等重要的数学思想，综合性较强.运动型试题主要类型:(1)点的运动(单点运动、双点运动）；（2）线的运动(线段或直线的运动);(3)形的运动(三角形运动、四边形运动、圆的运动等).1．点的运动问题在三角形、特殊的四边形等一些图形上，有一个或几个动点，探究这些点在运动变化过程中伴随着的变化规律．对于此类问题，要注意用运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系,并特别关注一些不变的量、不变的关系或特殊关系，善于化动为静．2．线的运动问题动线几何类试题是指研究直线或线段按指定的路径进行平移或旋转过程中的变化关系和变化规律的一类综合性较强的试题．解决此类试题的关键是“动中取静",即抓住静的瞬间，把一般情形转化为特殊情形，抓住变化中的不变量，巧妙地利用各变量之间的关系建模解决问题．3．图形的运动问题图形的运动包括图形的平移、旋转、翻折等，图形在运动过程中，对应线段、对应角不变．三角形、四边形的运动是常见的一种题型．要善于运用各种数学思想把问题转化为动点和动线问题，结合多种知识,建立方程、不等式或函数模型解决。
2017全国部分省市中考数学真题汇编---图形的运动(pdf版)
2017全国部分省市中考数学真题汇编----图形的运动图形的运动一．选择题1．经过圆锥顶点的截面的形状可能是（ ）A．B． C．D．2．如图所示的图形绕虚线旋转一周，所形成的几何体是（ ）A．B．C．D．3．下列几何体中，截面图不可能是三角形的有（ ）①圆锥；②圆柱；③长方体；④球．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．对于平面图形上的任意两点P，Q，如果经过某种变换得到的新图形上的对应点P1，Q1，下列变换中不一定保证PQ=P1Q1的是（ ）A．平移B．旋转C．翻折D．位似5．观察下图，请把如图图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的几何体选出来（ ）A．B． C． D．6．下列说法：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个球体．其中正确的是（ ）A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④7．圆柱是由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周所得到的，那么下列四个选项绕直线旋转一周可以得到如图立体图形的是（ ）A．B．C．D．8．用一个平面去截一个正方体，截面的形状不可能是（ ）A．梯形B．五边形C．六边形D．七边形9．视力表的一部分如图，其中开口向上的两个“E”之间的变换是（ ）A．平移B．旋转C．对称D．位似二．填空题10．如图，正方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的体积为 cm3．（结果保留π）11．如图，长方形硬纸板以其中任意一边为轴旋转都可得到一个圆柱，你认为以厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．12．把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为 ．13．如图所示，1条直线将平面分成2个部分，2条直线最多可将平面分成4个部分，3条直线最多可将平面分成7个部分，4条直线最多可将平面分成11个部分．现有n条直线最多可将平面分成56个部分，则n的值为 ．14．以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换能得到图（2）的有 （只填序号，多填或错填得0分，少填个酌情给分）．①只要向右平移1个单位；②先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；③先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位；④绕着OB的中点旋转180°即可．15．如图是棱长为2cm的正方体，过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为 cm2．）小题）（共10小题解答题（三．解答题16．（1）图（1）是正方体木块，把它切去一块，可能得到形如图（2），（3），（4），（5）的木块．我们知道，图（1）的正方体木块有8个顶点，12条棱，6个面，请你将图（2），（3），（4），（5）中木块的顶点数，棱数，面数填入表：图顶点数棱数面数（1）8126（2）（3）（4）（5）（2）观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为 ，棱数为 ，面数为 ．这与你（2）题中所归纳的关系是否相符？17．如图是一个长为4cm，宽为3cm的长方形纸片（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是 ，这能说明的事实是 ．（2）求：当此长方形纸片绕长边所在直线旋转一周时（如图1），所形成的几何体的体积．（3）求：当此长方形纸片绕短边所在直线旋转一周时（如图2），所形成的几何体的体积．18．如图所示，已知直角三角形纸板ABC ，直角边AB=4cm ，BC=8cm ．（1）将直角三角形纸板绕三角形的边所在的直线旋转一周，能得到 种大小不同的几何体？（2）分别计算绕三角形直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积？（圆锥的体积=πr 2h ，其中π取3）19．一个直角三角尺的两条直角边长是6和8，它的斜边长是10，将这个三角尺绕着它的一边所在的直线旋转一周．（温馨提示：①结果用π表示；②你可能用到其中的一个公式，V 圆柱=πr 2h ，V 球体=πR 3，V 圆锥=πr 2h ）．（1）如果绕着它的斜边所在的直线旋转一周形成的几何体是 ．（2）如果绕着它的直角边6所在的直线旋转一周形成的几何体的体积是多少？（3）如果绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积与绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积哪个大？20．探究：有一长6cm ，宽4cm 的矩形纸板，现要求以其一组对边中点所在直线为轴，旋转180°，得到一个圆柱，现可按照两种方案进行操作：方案一：以较长的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图①；方案二：以较短的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图②．（1）请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（2）如果该矩形的长宽分别是5cm 和3cm 呢？请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（3）通过以上探究，你发现对于同一个矩形（不包括正方形），以其一组对边中点所在直线为轴旋转得到一个圆柱，怎样操作所得到的圆柱体积大（不必说明原因）？参考答案与解析考答案与解析一．选择题1．经过圆锥顶点的截面的形状可能是（ ）A．B． C．D．【分析】根据已知的特点解答．【解答】解：经过圆锥顶点的截面的形状可能B中图形，故选：B．【点评】本题考查的是用一个平面去截一个几何体，掌握圆锥的特点是解题的关键．2．如图所示的图形绕虚线旋转一周，所形成的几何体是（ ）A．B．C．D．【分析】上面的直角三角形旋转一周后是一个圆锥，下面的长方形旋转一周后是一个圆柱．所以应是圆锥和圆柱的组合体．【解答】解：根据以上分析应是圆锥和圆柱的组合体．故选：B．【点评】本题考查的是点、线、面、体知识点，可把较复杂的图象进行分解旋转，然后再组合．3．下列几何体中，截面图不可能是三角形的有（ ）①圆锥；②圆柱；③长方体；④球．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据截面的概念、结合图形解答即可．【解答】解：圆锥的轴截面是三角形，①不合题意；圆柱截面图不可能是三角形，②符合题意；长方体对角线的截面是三角形，③不合题意；球截面图不可能是三角形，④符合题意．故选：B．【点评】本题考查的是截一个几何体的知识，截面：用一个平面去截一个几何体，截出的面叫做截面．4．对于平面图形上的任意两点P，Q，如果经过某种变换得到的新图形上的对应点P1，Q1，下列变换中不一定保证PQ=P1Q1的是（ ）A．平移B．旋转C．翻折D．位似【分析】根据平移、旋转变换、翻折变换和位似变换的性质进行判断即可．【解答】解：平移的性质是把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，故PQ=P1Q1；旋转的性质：旋转前、后的图形全等，故PQ=P1Q1；翻折的性质：成轴对称的两个图形全等，故PQ=P1Q1；位似变换的性质：位似变换的两个图形是相似形，则位似变换不一定保证PQ=P1Q1；故选：D．【点评】本题考查的是平移、旋转变换、翻折变换和位似变换，理解并掌握平移、旋转变换、翻折变换和位似变换的性质是解题的关键．5．观察下图，请把如图图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的几何体选出来（ ）A．B． C． D．【分析】根据面动成体的原理以及空间想象力即可解．【解答】解：由图形可以看出，左边的长方形的竖直的两个边与已知的直线平行，因而这两条边旋转形成两个柱形表面，因而旋转一周后可能形成的立体图形是一个管状的物体．故选D．【点评】考查学生立体图形的空间想象能力及分析问题，解决问题的能力．6．下列说法：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个球体．其中正确的是（ ）A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④【分析】根据点动成线，可以判断①；根据线动成面，可以判断②；根据面动成体，可以判断③；根据平移的性质，可以判断④．【解答】解：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段是正确的；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形是正确的；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱是正确的；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个圆柱，原来的说法错误．故选：B．【点评】此题考查了点、线、面、体，关键是掌握平面图形与立体图形的联系，培养学生的观察能力和空间想象能力．7．圆柱是由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周所得到的，那么下列四个选项绕直线旋转一周可以得到如图立体图形的是（ ）A．B．C．D．【分析】如图本题是一个平面图形围绕一条边为中心对称轴旋转一周根据面动成体的原理即可解．【解答】解：由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周可得到圆柱体，如图立体图形是两个圆柱的组合体，则需要两个一边对齐的长方形，绕对齐边所在直线旋转一周即可得到，故选：A．【点评】本题考查面动成体，需注意可把较复杂的体分解来进行分析．8．用一个平面去截一个正方体，截面的形状不可能是（ ）A．梯形B．五边形C．六边形D．七边形【分析】正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形．因此截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形．【解答】解：用平面去截正方体，得的截面可能为三角形、四边形、五边形、六边形，不可能为七边形．故选D．【点评】本题考查正方体的截面．正方体的截面的四种情况应熟记．9．视力表的一部分如图，其中开口向上的两个“E”之间的变换是（ ）A．平移B．旋转C．对称D．位似【分析】开口向上的两个“E”形状相似，但大小不同，因此它们之间的变换属于位似变换．如果没有注意它们的大小，可能会误选A．【解答】解：根据位似变换的特点可知它们之间的变换属于位似变换．故选D．【点评】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，平移、旋转、对称的图形都是全等形．小题））填空题（二．填空题（共13小题10．如图，正方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的体积为 27πcm3．（结果保留π）【分析】首先根据题意可得将正方形旋转一周可得圆柱体，圆柱的高为3cm，底面直径为6cm，再找出主视图的形状可得答案．【解答】解：直线AB为轴，将正方形旋转一周可得圆柱体，圆柱的高为3cm，底面直径为6cm，∴所得几何体的体积=32π•3=27π故答案为：27πcm3．【点评】此题主要考查了点、线、面、体，以及三视图，关键是掌握主视图是从几何体的正面看所得到的图形．11．如图，长方形硬纸板以其中任意一边为轴旋转都可得到一个圆柱，你认为以 3厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．【分析】圆柱的体积公式是：V=sh=πr2h，分别计算以3cm和4cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积，进相比较即可．【解答】解：以3cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积=π×42×3=48π，以4cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积=π×32×4=36π，∵36π＜48π，∴以3厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．故答案为：3．【点评】本题主要考查了圆柱体体积的计算公式的运用，解决问题的关键是掌握圆柱的体积公式：V=πr2h．12．把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为 7，8，9，10．【分析】结合长方体，动手操作，得出结果即可．【解答】解：把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为7，8，9，10，故答案为：7，8，9，10【点评】此题考查了截一个几何体，截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关．对于这类题，最好是动手动脑相结合，亲自动手做一做，从中学会分析和归纳的思想方法．13．如图所示，1条直线将平面分成2个部分，2条直线最多可将平面分成4个部分，3条直线最多可将平面分成7个部分，4条直线最多可将平面分成11个部分．现有n条直线最多可将平面分成56个部分，则n的值为 10．【分析】n条直线最多可将平面分成S=1+1+2+3…+n=n（n+1）+1，依此可得等量关系：n条直线最多可将平面分成56个部分，列出方程求解即可．【解答】解：依题意有n（n+1）+1=56，解得n1=﹣11（不合题意舍去），n2=10．答：n的值为10．故答案为：10．【点评】考查了点、线、面、体，规律性问题及一元二次方程的应用；得到分成的最多平面数的规律是解决本题的难点．14．以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换能得到图（2）的有 ②③④ （只填序号，多填或错填得0分，少填个酌情给分）．①只要向右平移1个单位；②先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；③先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位；④绕着OB的中点旋转180°即可．【分析】根据轴对称变换，平移变换，旋转变换的定义结合图形解答即可．【解答】解：由图可知，图（1）先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位，或先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位，或绕着OB的中点旋转180°即可得到图（2）．故答案为：②③④．【点评】本题考查了几何变换的类型，熟练掌握常见的几种几何变换是解题的关键．15．如图是棱长为2cm的正方体，过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为 24cm2．【分析】由于是在正方体的顶点上截取一个小正方体，去掉小正方形的三个面的面积，同时又多出小正方形的三个面的面积，表面积没变，由此求得答案即可．【解答】解：过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为2×2×6=24cm2．故答案为：24．【点评】此题考查截一个几何体，求几何体的表面积，理解截取的面与增加的面之间的关系是解决问题的关键．三．解答题16．（1）图（1）是正方体木块，把它切去一块，可能得到形如图（2），（3），（4），（5）的木块．我们知道，图（1）的正方体木块有8个顶点，12条棱，6个面，请你将图（2），（3），（4），（5）中木块的顶点数，棱数，面数填入表：图顶点数棱数面数（1）8126（2）695（3）8126（4）8137（5）10157（2）观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：顶点数+面数﹣2=棱数 ．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为 8，棱数为 12，面数为 6．这与你（2）题中所归纳的关系是否相符？【分析】根据欧拉公式，可得答案．【解答】解：观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：顶点数+面数﹣2=棱数．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为8，棱数为12，面数为6．这与你（2）题中所归纳的关系是相符．故答案为：6，9，5；8，12，6；8，13，7；10，15，7；顶点数+面数﹣2=棱数；12，6．【点评】本题考查了欧拉公式，利用欧拉公式是解题关键．17．如图是一个长为4cm，宽为3cm的长方形纸片（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是 圆柱 ，这能说明的事实是 面动成体 ．（2）求：当此长方形纸片绕长边所在直线旋转一周时（如图1），所形成的几何体的体积．（3）求：当此长方形纸片绕短边所在直线旋转一周时（如图2），所形成的几何体的体积．【分析】（1）矩形旋转一周得到圆柱；（2）绕长旋转得到的圆柱的底面半径为4cm，高为6cm，从而计算体积即可；（3）绕宽旋转得到的圆柱底面半径为6cm，高为4cm，从而计算体积即可．【解答】解：（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是圆柱，这能说明的事实是面动成体；（2）绕长边旋转得到的圆柱的底面半径为3cm，高为4cm，体积=π×32×4=36πcm3；（3）绕短边旋转得到的圆柱底面半径为4cm，高为3cm，体积=π×42×3=48πcm3．故答案为：圆柱；面动成体．【点评】本题考查了点、线、面、体的知识，熟记常见平面图形旋转可得到什么立体图形是解决本题的关键，另外要掌握圆柱的体积计算公式．18．如图所示，已知直角三角形纸板ABC，直角边AB=4cm，BC=8cm．（1）将直角三角形纸板绕三角形的边所在的直线旋转一周，能得到 3种大小不同的几何体？（2）分别计算绕三角形直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积？（圆锥的体积=πr2h，其中π取3）【分析】（1）将直角三角形纸板ABC绕三角形的三条边所在的直线旋转一周，能得到3种大小不同的几何体．（2）如果以AB所在的直线旋转一周得到的圆锥的底面半径是8厘米，高是4厘米；如果以BC所在的直线旋转一周得到的圆锥的底面半径是4厘米，高是8厘米，根据圆锥的体积公式：v=πr2h，把数据代入公式解答．【解答】解：（1）将直角三角形纸板ABC绕三角形的三条边所在的直线旋转一周，能得到3种大小不同的几何体．（2）以AB为轴：×3×82×4=×3×64×4=256（立方厘米）；以BC为轴：×3×42×8=×3×16×8 =128（立方厘米）．答：以AB 为轴得到的圆锥的体积是256立方厘米，以BC 为轴得到的圆锥的体积是128立方厘米． 故答案为：3．【点评】此题考查了点、线、面、体，关键是理解掌握圆锥的特征，以及圆锥体积公式的灵活运用．19．一个直角三角尺的两条直角边长是6和8，它的斜边长是10，将这个三角尺绕着它的一边所在的直线旋转一周．（温馨提示：①结果用π表示；②你可能用到其中的一个公式，V 圆柱=πr 2h ，V 球体=πR 3，V 圆锥=πr 2h ）．（1）如果绕着它的斜边所在的直线旋转一周形成的几何体是 两个圆锥形成的几何体 ．（2）如果绕着它的直角边6所在的直线旋转一周形成的几何体的体积是多少？ （3）如果绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积与绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积哪个大？【分析】（1）作斜边上的高分成两个直角三角形旋转即可； （2）确定圆锥的高与半径即可求出体积； （3）分别求出两种图形的体积，再比较即可． 【解答】解：（1）两个圆锥形成的几何体， 故答案为：两个圆锥形成的几何体．（2）V 圆锥=πr 2h=π×82×6=128π，（3）①如图=，解得r=，所以绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积为V 圆锥=πr 2h=π×（）2×10=76.8π=πr2h=π×62②绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积为V圆锥×8=96π，故绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积大．【点评】本题主要考查了几何体的旋转，主要培养学生空间的想象能力．20．探究：有一长6cm，宽4cm的矩形纸板，现要求以其一组对边中点所在直线为轴，旋转180°，得到一个圆柱，现可按照两种方案进行操作：方案一：以较长的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图①；方案二：以较短的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图②．（1）请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（2）如果该矩形的长宽分别是5cm和3cm呢？请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（3）通过以上探究，你发现对于同一个矩形（不包括正方形），以其一组对边中点所在直线为轴旋转得到一个圆柱，怎样操作所得到的圆柱体积大（不必说明原因）？【分析】（1）根据矩形旋转是圆柱，可得几何体，根据圆柱的体积公式，可得答案；（2）根据矩形旋转是圆柱，可得几何体，根据圆柱的体积公式，可得答案；（3）根据矩形旋转所的几何体的大小比较，可得答案．【解答】解：（1）方案一：π×32×4=36π（cm3），方案二：π×22×6=24π（cm3），∵36π＞24π，∴方案一构造的圆柱的体积大；（2）方案一：π×（）2×3=π（cm3），方案二：π×（）2×5=π（cm3），∵π＞π，∴方案一构造的圆柱的体积大；（3）由（1）、（2），得以较长一组对边中点所在直线为轴旋转得到的圆柱的体积大．【点评】本题考查了点线面体，利用矩形旋转得圆柱是解题关键．。
中考数学复习第七讲《平面运动型问题》经典题型含答案
中考数学复习专题第七讲运动型问题【要点梳理】所谓“运动型问题”是探究几何图形(点，直线，三角形，四边形)在运动变化过程中与图形相关的某些量(如角度，线段，周长，面积及相关的关系)的变化或其中存在的函数关系的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．“运动型问题”题型繁多、题意创新，考察学生分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点．从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图象等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理．在运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程．在变化中找到不变的性质是解决数学“运动型”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．【学法指导】解题方法对于图形运动型试题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量，不变的关系或特殊关系，善于化动为静，由特殊情形(特殊点，特殊值，特殊位置，特殊图形等)逐步过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合，分类讨论，转化等数学思想加以解决．当一个问题是确定有关图形的变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当确定图形之间的特殊位置关系或者一些特殊的值时，通常建立方程模型去求解．【考点解析】点动问题（2017甘肃天水）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=4cm，∠B=30°，点P从点B出发，以cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向运动到点C停止，若△BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（）A．B．C．D．【考点】E7：动点问题的函数图象．【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=2，则BC=2BH=4，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，然后分类讨论：当0≤x≤4时，作QD ⊥BC于D，如图1，BQ=x，BP=x，DQ=BQ=x，利用三角形面积公式得到y= x2；当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=4，DQ=CQ=（8﹣x），利用三角形面积公式得y=﹣x+8，于是可得0≤x≤4时，函数图象为抛物线的一部分，当4＜x≤8时，函数图象为线段，则易得答案为D．【解答】解：作AH⊥BC于H，∵AB=AC=4cm，∴BH=CH，∵∠B=30°，∴AH=AB=2，BH=AH=2，∴BC=2BH=4，∵点P运动的速度为cm/s，Q点运动的速度为1cm/s，∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，BQ=x，BP=x，在Rt△BDQ中，DQ=BQ=x，∴y=•x•x=x2，当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=4在Rt△BDQ中，DQ=CQ=（8﹣x），∴y=•（8﹣x）•4=﹣x+8，综上所述，y=．故选D．线动问题（2017湖北江汉）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边AD在x 轴上，点C在y轴的负半轴上，直线BC∥AD，且BC=3，OD=2，将经过A、B两点的直线l：y=﹣2x﹣10向右平移，平移后的直线与x轴交于点E，与直线BC交于点F，设AE的长为t（t≥0）．（1）四边形ABCD的面积为20 ；（2）设四边形ABCD被直线l扫过的面积（阴影部分）为S，请直接写出S 关于t的函数解析式；（3）当t=2时，直线EF上有一动点，作PM⊥直线BC于点M，交x轴于点N，将△PMF沿直线EF折叠得到△PTF，探究：是否存在点P，使点T恰好落在坐标轴上？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】（1）根据函数解析式得到OA=5，求得AC=7，得到OC=4，于是得到结论；（2）①当0≤t≤3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x﹣4，直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解方程组得到G（，t﹣7），于是得到S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），求得PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，根据全等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：（1）在y=﹣2x﹣10中，当y=0时，x=﹣5，∴A（﹣5，0），∴OA=5，∴AC=7，把x=﹣3代入y=﹣2x﹣10得，y=﹣4∴OC=4，∴四边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；故答案为：20；（2）①当0≤t≤3时，∵BC∥AD，AB∥EF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，∵C（0，﹣4），D（2，0），∴直线CD的解析式为：y=2x﹣4，∵E′F′∥AB，BF′∥AE′∴BF′=AE=t，∴F′（t﹣3，﹣4），直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解得，∴G（，t﹣7），∴S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，综上所述：S关于t的函数解析式为：S=；（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），∵PM⊥直线BC于M，交x轴于n，∴M（m，﹣4），N（m，0），∴PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m ﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作FK⊥x轴于K，则KF=4，由△TKF∽△PNT得， =2，∴NT=2KF=8，∵PN2+NT2=PT2，∴4（m+3）2+82=4（m+1）2，解得：m=﹣6，∴﹣2m﹣6=﹣6，此时，P（﹣6，6）；②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作PH⊥y轴于H，则PH=|m|，由△TFC∽△PTH得，，∴HT=2CF=2，∵HT2+PH2=PT2，即22+m2=4（m+1）2，解得：m=﹣，m=0（不合题意，舍去），∴m=﹣时，﹣2m﹣6=﹣，∴P（﹣，﹣），综上所述：直线EF上存在点P（﹣6，6）或P（﹣，﹣）使点T恰好落在y轴上．形动问题（2017•黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD 是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=√3OA，OD=√3OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=√3AC′，于是得到结论．【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，{AO=BO∠AOC′=∠BOD′OC′=OD′，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；图3结论：BD′=√3AC′，AC′⊥BD’理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=√3OA，OD=√3OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴OBOA =OD′OC′=√3，∴△AOC′∽△BOD′，∴BD′AC′=OBOA=√3，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=√3AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．【真题训练】训练一：（2017青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A 点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB 以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）A．B．C． D．训练二：（2017湖北随州）如图，∠AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P 是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，∠AOB=30°，要使PM+PN最小，则点P的坐标为（，）．训练三：（2017广西百色）以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC 所在的直线为x轴，已知A（﹣4，0），B（0，﹣2），M（0，4），P为折线BCD 上一动点，作PE⊥y轴于点E，设点P的纵坐标为a．（1）求BC边所在直线的解析式；（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；（3）当△OPM为直角三角形时，求点P的坐标．训练四：（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．（1）当B′C′恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE=22.5°（如图2），求△DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．训练五：(2017湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON=90°．（1）当OM经过点A时，①请直接填空：ON 不可能（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）②如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于H，求证：四边形EFCH为正方形．（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1．在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO =4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．训练六：（2017年江苏扬州）如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C'，使点A'落在∠ACB的外角平分线CD上，连结AA'．（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；（2）在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，求CB'的长．参考答案：训练一：（2017青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A 点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB 以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）A．B．C． D．【考点】E7：动点问题的函数图象．【分析】分两部分计算y的关系式：①当点N在CD上时，易得S△AMN的关系式，S△AMN的面积关系式为一个一次函数；②当点N在CB上时，底边AM不变，示出S△AMN 的关系式，S△AMN的面积关系式为一个开口向下的二次函数．【解答】解：∵点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，∴N到C的时间为：t=3÷2=1.5，分两部分：①当0≤x≤1.5时，如图1，此时N在DC上，S△AMN=y=AM•AD=x×3=x，②当1.5＜x≤3时，如图2，此时N在BC上，∴DC+CN=2x，∴BN=6﹣2x，∴S△AMN=y=AM•BN=x（6﹣2x）=﹣x2+3x，故选A．训练二：（2017湖北随州）如图，∠AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P 是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，∠AOB=30°，要使PM+PN最小，则点P的坐标为（，）．【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；D5：坐标与图形性质．【分析】作N关于OA的对称点N′，连接N′M交OA于P，则此时，PM+PN 最小，由作图得到ON=ON′，∠N′ON=2∠AON=60°，求得△NON′是等边三角形，根据等边三角形的性质得到N′M⊥ON，解直角三角形即可得到结论．【解答】解：作N关于OA的对称点N′，连接N′M交OA于P，则此时，PM+PN最小，∵OA垂直平分NN′，∴ON=ON′，∠N′ON=2∠AON=60°，∴△NON′是等边三角形，∵点M是ON的中点，∴N′M⊥ON，∵点N（3，0），∴ON=3，∵点M是ON的中点，∴OM=1.5，∴PM=，∴P（，）．故答案为：（，）．训练三：（2017广西百色）以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC 所在的直线为x轴，已知A（﹣4，0），B（0，﹣2），M（0，4），P为折线BCD 上一动点，作PE⊥y轴于点E，设点P的纵坐标为a．（1）求BC边所在直线的解析式；（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；（3）当△OPM为直角三角形时，求点P的坐标．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）先确定出OA=4，OB=2，再利用菱形的性质得出OC=4，OD=2，最后用待定系数法即可确定出直线BC解析式；（2）分两种情况，先表示出点P的坐标，利用两点间的距离公式即可得出函数关系式；（3）分两种情况，利用勾股定理的逆定理建立方程即可求出点P的坐标．【解答】解：（1）∵A（﹣4，0），B（0，﹣2），∴OA=4，OB=2，∵四边形ABCD是菱形，∴OC=OA=4，OD=OB=2，∴C（4，0），D（0，2），设直线BC的解析式为y=kx﹣2，∴4k﹣2=0，∴k=，∴直线BC的解析式为y=x﹣2；（2）由（1）知，C（4，0），D（0，2），∴直线CD的解析式为y=﹣x+2，由（1）知，直线BC的解析式为y=x﹣2，当点P在边BC上时，设P（2a+4，a）（﹣2≤a＜0），∵M（0，4），∴y=MP2+OP2=（2a+4）2+（a﹣4）2+（2a+4）2+a2=2（2a+4）2+（a﹣4）2+a2=10a2+24a+48 当点P在边CD上时，∵点P的纵坐标为a，∴P（4﹣2a，a）（0≤a≤2），∵M（0，4），∴y=MP2+OP2=（4﹣2a）2+（a﹣4）2+（4﹣2a）2+a2=10a2﹣40a+48，（3）①当点P在边BC上时，即：0≤a≤2，由（2）知，P（2a+4，a），∵M（0，4），∴OP2=（2a+4）2+a2=5a2+16a+16，PM2=（2a+4）2+（a﹣4）2=5a2﹣8a+32，OM2=16，∵△POM是直角三角形，易知，PM最大，∴OP2+OM2=PM2，∴5a2+16a+16+16=5a2﹣8a+32，∴a=0（舍）②当点P在边CD上时，即：0≤a≤2时，由（2）知，P（4﹣2a，a），∵M（0，4），∴OP2=（4﹣2a）2+a2=5a2﹣16a+16，PM2=（4﹣2a）2+（a﹣4）2=5a2﹣24a+32，OM2=16，∵△POM是直角三角形，Ⅰ、当∠POM=90°时，∴OP2+OM2=PM2，∴5a2﹣16a+16+16=5a2﹣24a+32，∴a=0，∴P（4，0），Ⅱ、当∠MPO=90°时，OP2+PM2=5a2﹣16a+16+5a2﹣24a+32=10a2﹣40a+48=OM2=16，∴a=2+（舍）或a=2﹣，∴P（，2﹣），即：当△OPM为直角三角形时，点P的坐标为（，2﹣），（4，0）．训练四：（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．（1）当B′C′恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE=22.5°（如图2），求△DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）如图1中，设CE=EC′=x，则DE=1﹣x，由△ADB′′∽△DEC，可得=，列出方程即可解决问题；（2）如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF 即可解决问题；（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，设CE=EC′=x，则DE=1﹣x，∵∠ADB′+∠EDC′=90°，∠B′AD+∠ADB′=90°，∴∠B′AD=∠EDC′，∵∠B′=∠C′=90°，AB′=AB=1，AD=，∴DB′==，∴△ADB′′∽△DEC，∴=，∴=，∴x=﹣2．∴CE=﹣2．（2）如图2中，∵∠BAD=∠B′=∠D=90°，∠DAE=22.5°，∴∠EAB=∠EAB′=67.5°，∴∠B′AF=∠B′FA=45°，∴∠DFG=∠AFB′=∠DGF=45°，∴DF=FG，在Rt△AB′F中，AB′=FB′=1，∴AF=AB′=，∴DF=DG=﹣，∴S=（﹣）2=﹣．△DFG（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，在Rt△ADC中，∵tan∠DAC==，∴∠DAC=30°，AC=2CD=2，∵∠C′AD=∠DAC=30°，∴∠CAC′=60°，∴的长==π．训练五：(2017湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON=90°．（1）当OM经过点A时，①请直接填空：ON 不可能（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）②如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于H，求证：四边形EFCH为正方形．（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1．在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO =4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）①若ON过点D时，则在△OAD中不满足勾股定理，可知不可能过D点；②由条件可先判业四边形EFCH为矩形，再证明△OFE≌△ABO，可证得结论；（2）由条件可证明△PKO∽△OBG，利用相似三角形的性质可求得OP=2，可求得△POG面积为定值及△PKO和△OBG的关系，只要△CGB的面积有最大值时，则四边形PKBG的面积就最大，设OB=a，BG=b，由勾股定理可用b表示出a，则可用a表示出△CBG的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，则可求得四边形PKBG面积的最大值．【解答】解：（1）①若ON过点D，则OA＞AB，OD＞CD，∴OA2＞AD2，OD2＞AD2，∴OA2+OD2＞2AD2≠AD2，∴∠AOD≠90°，这与∠MON=90°矛盾，∴ON不可能过D点，故答案为：不可能；②∵EH⊥CD，EF⊥BC，∴∠EHC=∠EFC=90°，且∠HCF=90°，∴四边形EFCH为矩形，∵∠MON=90°，∴∠EOF=90°﹣∠AOB，在正方形ABCD中，∠BAO=90°﹣∠AOB，∴∠EOF=∠BAO，在△OFE和△ABO中∴△OFE≌△ABO（AAS），∴EF=OB，OF=AB，又OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC=EF+OC，∴CF=EF，∴四边形EFCH为正方形；（2）∵∠POK=∠OGB，∠PKO=∠OBG，∴△PKO∽△OBG，∵S△PKO =4S△OBG，∴=（）2=4，∴OP=2，∴S△POG=OG•OP=×1×2=1，设OB=a，BG=b，则a2+b2=OG2=1，∴b=，∴S△OBG=ab=a==，∴当a2=时，△OBG有最大值，此时S△PKO =4S△OBG=1，∴四边形PKBG的最大面积为1+1+=．训练六：（2017年江苏扬州）如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C'，使点A'落在∠ACB的外角平分线CD上，连结AA'．（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；（2）在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，求CB'的长．【考点】LO：四边形综合题；LA：菱形的判定与性质；Q2：平移的性质；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据平行四边形的判定定理（有一组对边平行且相等的四边形是平四边形）推知四边形ACC'A'是平行四边形．又对角线平分对角的平行四边形是菱形推知四边形ACC'A'是菱形．（2）通过解直角△ABC得到AC、BC的长度，由（1）中菱形ACC'A'的性质推知AC=AA′，由平移的性质得到四边形ABB′A′是平行四边形，则AA′=BB′，所以CB′=BB′﹣BC．【解答】解：（1）四边形ACC'A'是菱形．理由如下：由平移的性质得到：AC∥A′C′，且AC=A′C′，则四边形ACC'A'是平行四边形．∴∠ACC′=∠AA′C′，又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′，∴CD也平分∠AA′C′，∴四边形ACC'A'是菱形．（2）∵在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，∴cos∠BAC==，即=，∴AC=26．∴由勾股定理知：BC===7．又由（1）知，四边形ACC'A'是菱形，∴AC=AA′=26．由平移的性质得到：AB∥A′B′，AB=A′B′，则四边形ABB′A′是平行四边形，∴AA′=BB′=26，∴CB′=BB′﹣BC=26﹣7．。
中考数学专项训练--运动型问题
中考数学专项训练--运动型问题近几年来，运动型问题常常被列为中考的压轴问题．动点问题属于运动型问题，这类问题就是在三角形、矩形、梯形等一些几何图形上，设计一个或几个动点，并对这些点在运动变化的过程中伴随着等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究考察．问题常常集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性．动点类【例1】(梅州中考)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以2 cm/s的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以3cm/s的速度向点B匀速运动，设运动时间为t s(0≤t≤5)，连接MN.(1)若BM＝BN，求t的值；(2)若△MBN与△ABC相似，求t的值；(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．【解析】(1)由已知条件得出AB＝10，BC＝5 3.由题意知：BM＝2t，CN＝3t，BN＝3－3t，由BM＝BN得2t＝53－3t，解方程即可；(2)分两种情况：当△MBN∽△ABC 时，由相似三角形的对应边成比例得出比例式，即可得出t的值；②当△NBM∽△ABC时，由相似三角形的对应边成比例得出比例式，即可得出t的值；(3)过M作MD⊥BC于点D，则MD∥AC，证出△BMD∽△BAC，得出比例式求出MD＝t，四边形ACNM的面积y＝△ABC的面积－△BMN的面积，得出y是t的二次函数，由二次函数的性质即可得出结果．【答案】解：(1)∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，∠BAC＝60°，∴AB＝10，BC＝53，BN＝53－3t，由BM＝BN得2t＝53－3t，解得t＝532＋3＝103－15；(2)①当△MBN∽△ABC时，∴MBAB＝BNBC，即2t10＝53－3t53，解得t＝52；②当△NBM∽△ABC时，∴NBAB＝BMBC，即53－3t10＝2t53，解得t＝157.∴当t＝52或157s时，△MBN与△ABC相似；(3)过M作MD⊥BC于点D.∵∠MBD＝∠ABC，∠BDM＝∠BCA＝90°，∴△BMD∽△BAC，∴MDAC＝BMAB，∴MD5＝2t10，∴MD＝t.设四边形ACNM的面积为y.∴y＝S△ABC －S△BMN＝12AC·BC－12BN·MD＝12×5×53－12(53－3t)·t＝32t2－532t＋2532＝32⎝⎛⎭⎪⎫t－522＋7583.∴根据二次函数的性质可知，当t＝52时，y的值最小．此时，y最小＝7583.1．(2016遵义升学三模)如图，P，Q分别是等边△ABC的AB和AC边延长线上的两动点，点P由B向A匀速移动，同时点Q以相同的速度由C向AC延长线方向移动，连接PQ交BC边于点D，M为AC中点，连接PM，已知AB＝6.(1)若点P，Q的速度均为每秒1个单位，设点P运动时间为x，△APM的面积为y，试求出y关于x的函数关系式；(2)当时间x为何值时，△APM为直角三角形？(3)当时间x为何值时，△PQM面积最大？并求此时y的值．解：(1)∵y＝12×(6－x)×332，∴y ＝－334x ＋932；(2)在Rt △APM 中，当PM⊥AC 时，则x ＝0， 当PM⊥AB 时，∠AMP ＝30°，AP ＝12AM ＝32，∴x ＝6－32＝92；(3)S △PQM ＝12·(3＋x)·32(6－x)，＝－34(x ＋3)(x －6)， 当x ＝－3＋62＝32时，△PQM 的面积最大，此时y ＝2738. 2．(汇川升学一模)如图，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c(a≠0)的图象与x 轴交于A(3，0)，B(－1，0)两点，与y 轴相交于点C(0，－4)．(1)求该二次函数的解析式；(2)若点P ，Q 同时从A 点出发，以每秒1个单位长度的速度分别沿AB ，AC 边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．①当点P 运动到B 点时，在x 轴上是否存在点E ，使得以A ，E ，Q 为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E 点的坐标；若不存在，请说明理由；②当P ，Q 运动到t s 时，△APQ 沿PQ 翻折，点A 恰好落在抛物线上D 点处，请直接写出t 的值及D 点的坐标．,备用图)解：(1)∵二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象与x 轴交于A(3，0)，B(－1，0)，C(0，－4)，∴⎩⎨⎧9a ＋3b ＋c ＝0，a －b ＋c ＝0，c ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝43，b ＝－83，c ＝－4.∴y ＝43x 2－83x －4；(2)①存在．如答图，过点Q 作QD⊥OA 于D ，此时QD∥OC.∵A(3，0)，B(－1，0)， C(0，4)，O(0，0)， ∴A B ＝4，OA ＝3，OC ＝4， ∴AC ＝5.∵当点P 运动到B 点时，点Q 停止运动，AB ＝4， ∴AQ ＝4. ∵Q D ∥OC ，∴QD OC ＝AD AO ＝AQ AC， ∴QD 4＝AD 3＝45， ∴QD ＝165，AD ＝125. ⅰ作AQ 的垂直平分线，交AO 于E ，此时AE ＝EQ ，即△AEQ 为等腰三角形，设AE ＝x ，则EQ ＝x ，DE ＝AD －AE ＝|125－x|，∴在Rt △EDQ 中，⎝ ⎛⎭⎪⎫125－x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝x 2，解得x ＝103.∴OA －AE ＝3－103＝－13，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0； ⅱ以Q 为圆心，AQ 长为半径画圆，交x 轴于E ，此时QE ＝QA ＝4， ∵ED ＝AD ＝125，∴AE ＝245，∴OA －AE ＝3－245＝－95，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0； ⅲ当AE ＝AQ ＝4时，当E 在A 点左边时， ∵OA －AE ＝3－4＝－1，∴E(－1，0)． 当E 点在A 点右边时，∵OA ＋AE ＝3＋4＝7，∴E(7，0)．综上所述，E 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0或⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0或(－1，0)或(7，0)；②t ＝14564，D 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－58，－2916.动线类【例2】(青岛中考)已知：如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12cm，BD＝16 cm.点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1 cm/s，EF⊥BD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F；当直线EF停止运动时，点P也停止运动．连接PF，设运动时间为t(s)(0＜t＜8)．解答下列问题：(1)当t为何值时，四边形APFD是平行四边形？(2)设四边形APFE的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式．【解析】本题考查相似三角形性质；二次函数的有关性质．【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AC⊥BD，OA＝OC＝12AC＝6，OB＝OD＝12BD＝8.在Rt△AOB中，AB＝62＋82＝10.∵EF⊥BD，∴EF∥AC，∴△DFQ∽△DCO，∴DFDC＝QDOD，即DF10＝t8，∴DF＝54t.∵四边形APFD是平行四边形，∴AP＝DF.即10－t＝54t，解得t＝409，∴当t＝409s时，四边形APFD是平行四边形；(2)过点C作CG⊥AB于点G.∵S菱形ABCD ＝AB·CG＝12AC·BD，即10·CG＝12×12×16，∴CG＝485，∴S梯形APFD ＝12(AP＋DF)·CG＝12(10－t＋54t)·485＝65t＋48.∵△DFQ ∽△DCO ，∴QD OD ＝QF OC， 即t 8＝QF 6，∴QF ＝34t. 同理，EQ ＝34t ，∴EF ＝QF ＋EQ ＝32t ，∴S △EFD ＝12EF ·QD ＝12×32t ×t ＝34t 2，∴y ＝S 梯形APFD －S △EFD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫65t ＋48－34t 2＝－34t 2＋65t ＋48.【规律总结】解决运动问题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握运动与变化的全过程，以静制动，抓住其中的特殊位置或特殊图形，通过数形结合、分类讨论、函数等思想方法解决问题．3．(红花岗中考)如图，已知⊙O 的直径AB ＝4，点P 是直径AB 左侧半圆上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为点C ，PC 与⊙O 交于点D ，连接PA ，PB ，且∠APC＝∠BAP，设PC 的长为x(2＜x ＜4)．(1)若直线l过点A，判断直线l与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)当x＝2.5时，在线段AP上是否存在一个点M，使得△AOM与△ABP相似．若存在，求出AM的长；若不存在，说明理由；(3)当x为何值时，PD·CD的值最大？最大值是多少？解：(1)直线l与⊙O相切．理由如下：∵∠APC＝∠BAP∴AB∥CP.∵PC⊥AC，∴BA⊥CA.∵AB为⊙O的直径，∴直线l与⊙O相切；(2)存在．当AM＝102或4105时，△AOM与△ABP相似；(3)过O作OE⊥PD，垂足为E.∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，∴PE＝ED.又∵∠CEO＝∠ECA＝∠OAC＝90°，∴四边形OACE为矩形，∴CE＝OA＝2.又∵PC＝x，∴PE＝ED＝PC－CE＝x－2，PD＝2(x－2)，∴CD ＝PC －PD ＝x －2(x －2)＝4－x ，∴PD ·CD ＝2(x －2)·(4－x)＝－2x 2＋12x －16＝－2(x －3)2＋2，∵2＜x ＜4，∴当x ＝3时，PD ·CD 的值最大，最大值是2.4．(湖州中考)如图，已知二次函数y ＝－x 2＋bx ＋c(b ，c 为常数)的图象经过点A(3，1)，点C(0，4)，顶点为点M ，过点A 作AB∥x 轴，交y 轴于点D ，交该二次函数图象于点B ，连接BC.(1)求该二次函数的解析式及点M 的坐标；(2)若将该二次函数图象向下平移m(m>0)个单位长度，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC 的内部(不包括△ABC 的边界)，求m 的取值范围；(3)点P 是直线AC 上的动点，若点P ，点C ，点M 所构成的三角形与△BCD 相似，请直接写出所有点P 的坐标．(直接写出结果，不必写解答过程)解：(1)把点A(3，1)，点C(0，4)代入二次函数y ＝－x 2＋bx ＋c 得⎩⎨⎧－32＋3b ＋c ＝1，c ＝4，解得⎩⎨⎧b ＝2，c ＝4， ∴二次函数解析式为y ＝－x 2＋2x ＋4，配方得y ＝－(x －1)2＋5，∴点M 坐标为(1，5)；(2)设直线AC 解析式为y ＝kx ＋b ，把点A(3，1)，点C(0，4)代入，得⎩⎨⎧3k ＋b ＝1，b ＝4，解得⎩⎨⎧k ＝－1，c ＝4，∴直线AC 解析式为y ＝－x ＋4.如图所示，对称轴直线x ＝1与△ABC 两边分别交于点E ，点F ，把x ＝1代入直线AC 解析式y ＝－x ＋4，解得y ＝3，则点E 坐标为(1，3)，点F 坐标为(1，1)，∴1＜5－m ＜3，解得2＜m ＜4；(3)所有符合题意的点P 坐标有4个，分别为P 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13，113，P 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，133，P 3(3，1)，P 4(－3，7)。
河北中考数学专题七 运动型问题
题型突破
题型一 动点问题
动点问题常分为单动点问题和双动点问题,一般是探索某个几何图形中一个 或几个点在运动变化过程中形成的等量关系或变量关系、图形的特殊状 态、图形之间的特殊关系等.解题时必须关注动点的运动方向、范围(直线、 射线、线段)和速度,以便确定是否需要分类讨论.
∴ 6 t+t=6,
5
解得t= 30 .
11
故当t= 1310 时,点Q与点D重合.
(2)当☉Q经过A点时,如图,OQ=OA-QA=4.
∴t= 14 =4,
∴PA=4,BP=AB-PA=6. 过点P作PE⊥OB于点E,☉P与OB相交于点F、G,连接PF,
∵OA⊥OB,∴PE∥OA.
∴△PEB∽△AOB,∴ PE = BP ,
名师点拨 本题中的运动情况属于动线问题,求解的关键是将运动问题转化 为静止问题,即(1)根据点的坐标,利用待定系数法求出二次函数的表达式;(2)
①利用三角形的面积公式找出S△DPQ=-2x2+6x+ 72 ;②利用三角形的面积公式找
出S△DPQ=-2x2+4(t+2)x-2t2-8t.
题型三 动图问题
9 4
代入y=mx+n,
得
7
2
1m 2 m
n
n
7 4 9 4
,
解得
,
m 1,
n
5. 4
∴直线PQ的表达式为y=-x+ 5 .
4
如图,过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E,设点D(x,-x2+2x+3),则点E x,x
中考数学总复习训练 存在与运动型专题(含解析)(2021年整理)
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存在与运动型专题一、选择题1．若a2+ma+18在整数范围内可分解为两个一次因式的乘积，则整数m不可能是（）A．±9 B．±11 C．±12 D．±192．附加题:如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4，点P在BC边上运动,连接DP，过点A作AE⊥DP,垂足为E,设DP=x,AE=y，则能反映y与x之间函数关系的大致图象是（）A．B．C．D．3．如图，一个等边三角形的边长与和它的一边相切的圆的周长相等，当此圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边作无滑动滚动,直至回到原出发位置时,则该圆转了（）A．3圈B．5圈C．4圈D．2圈4．在Rt△ABC中，斜边AB=4，∠B=60°,将△ABC绕点B旋转60°,顶点C运动的路线长是（）A．B．C．πD．5．钟表的轴心到分针针端的长为5cm，那么经过40分钟,分针针端转过的弧长是（）A． cm B． cm C． cm D． cm6．如图,CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠,B点恰好落在AB的中点E处，则∠A等于（）A．25°B．30°C．45°D．60°7．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′,图中阴影部分的面积为（）A．B． C．1﹣D．1﹣8．如图，在⊙O中，P是直径AB上一动点,在AB同侧作AA′⊥AB，BB′⊥AB，且AA′=AP，BB′=BP，连接A′B′．当点P从点A移到点B时，A′B′的中点的位置（)A．在平分AB的某直线上移动 B．在垂直AB的某直线上移动C．在上移动D．保持固定不移动9．用铝合金型材做一个形状如图1的矩形窗框，设窗框的一边为xm，窗户的透光面积为ym2,y 与x的函数图象如图2．当窗户透光面积最大时,窗框的另一边长是( ）A．1米B．1.5米C．2米D．2。
中考数学复习专题6+运动型问题
专题六运动型问题专题透视■ 典例解析■ 专题实训专题透视运动问题一般是指动态几何问题，它以几何知识和图形为背景，研究几何图形在运动变化中存在的数量关系或规律,有较强的综合性.解决这类问题时要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，把握运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，静中求动.典例解析一、动点问题这类问题就是在几何图形上，设计一个或几个动点，探究这些动点在运动变化过程中伴随着的变化规律，如等量关系、变量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等.综合考査代数与几何的知识和方法.口)(2014 •贵州黔东南)在如图所示的平面直角坐标系中，点P是直线y=x上的动点，A (1, 0) , B (2, 0)是x轴上的两点，则PA+PB的最小值为.1¥【分析】利用一次函数图象上点的坐标性质得出0A' =1, 进而利用勾股定理得出即可.【解答】如图所示，作A点关于直线疔x的对称点A，，连接A' B,交直线y=x于点P,此时PA+PB最小，由题意可得出0A' =1, B0=2, PA' =PA, ・.・PA+PB=A Z B=V12+22 =V5.【答案】必【点评】此题主要考査了利用轴对称求最短路线以及一次函数图象上点的特征等知识，得出P点位置是解题的关键. [>21（2015 -广东东莞）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角形RtAABC^RtAADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B, D分别在AC的两旁，NABC二NADC二90。
，ZCAD=30° ， AB=BC=4 cm.(1)填空：AD=cm, DC=cm；(2)点M,N分别从A点，C点同时以每秒1 cm的速度等速出发，且分别在AD, CB上沿A-D, C-B方向运动，当N点运动到B点时，M, N两点同时停止运动，连接MN.求当M, N点运动了X秒时，点N到AD的距离(用含X的式子表示)；(3)在(2)的条件下，取DC中点P,连接MP, NP,设△PMN的面积为y cm2,在整个运动过程中，APNIN的面积y存在最大值，请求出y的最大值.(参考数据：sin 75。
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存在与运动型专题一、选择题1．若a2+ma+18在整数范围内可分解为两个一次因式的乘积，则整数m不可能是（）A．±9 B．±11 C．±12 D．±192．附加题：如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P在BC边上运动，连接DP，过点A作AE⊥DP，垂足为E，设DP=x，AE=y，则能反映y与x之间函数关系的大致图象是（）A．B．C．D．3．如图，一个等边三角形的边长与和它的一边相切的圆的周长相等，当此圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边作无滑动滚动，直至回到原出发位置时，则该圆转了（）A．3圈B．5圈C．4圈D．2圈4．在Rt△ABC中，斜边AB=4，∠B=60°，将△ABC绕点B旋转60°，顶点C运动的路线长是（）A．B． C．πD．5．钟表的轴心到分针针端的长为5cm，那么经过40分钟，分针针端转过的弧长是（）A． cm B． cm C． cm D． cm6．如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠，B点恰好落在AB的中点E处，则∠A 等于（）A．25° B．30° C．45° D．60°7．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣8．如图，在⊙O中，P是直径AB上一动点，在AB同侧作AA′⊥AB，BB′⊥AB，且AA′=AP，BB′=BP，连接A′B′．当点P从点A移到点B时，A′B′的中点的位置（）A．在平分AB的某直线上移动B．在垂直AB的某直线上移动C．在上移动D．保持固定不移动9．用铝合金型材做一个形状如图1的矩形窗框，设窗框的一边为xm，窗户的透光面积为ym2，y与x的函数图象如图2．当窗户透光面积最大时，窗框的另一边长是（）A．1米B．1.5米C．2米D．2.5米10．如图，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，BC∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P 为x轴上的一个动点，点P不与点O、点A重合．连结CP，过点P作PD交AB于点D．若△OCP为等腰三角形，点P的坐标为（）A．（±4，0）B．（±5，0）C．（0，±4）D．（0，±5）二、填空题11．如图所示，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形，小明把矩形上的一个角沿折痕AE翻折上去，使AB与AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个大的正方形，他判定的方法是．12．如图，已知正方形纸片ABCD，M，N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠PBQ= 度．13．等腰△ABC的底边BC=8cm，腰长AB=5cm，一动点P在底边上从点B开始向点C以0.25cm/秒的速度运动，当点P运动到PA与腰垂直的位置时，点P运动的时间应为秒．14．如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，AB、CD分别是两底面的直径，AD、BC是母线若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短D路线的长度是（结果保留根式）．15．如图，点M是直线y=2x+3上的动点，过点M作MN垂直于x轴于点N，y轴上是否存在点P，使△MNP为等腰直角三角形．小明发现：当动点M运动到（﹣1，1）时，y轴上存在点P（0，1），此时有MN=MP，能使△NMP为等腰直角三角形．那么，在y轴和直线上是否还存在符合条件的点P和点M呢？请你写出其它符合条件的点P的坐标．16．先将一矩形ABCD置于直角坐标系中，使点A与坐标系的原点重合，边AB，AD分别落在x轴、y 轴上（如图1），再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转30°（如图2），若AB=4，BC=3，则图1和图2中点B点的坐标为，点C的坐标．17．如图，将边长为1的正方形OAPB沿x轴正方向连续翻转2006次，点P依次落在点P1，P2，P3，P4，…，P2006的位置，则P2006的横坐标x2006= ．18．如图（单位：m），等腰三角形ABC以2米/秒的速度沿直线L向正方形移动，直到AB与CD重合．设x秒时，三角形与正方形重叠部分的面积为ym2．则y与x的关系式为，当重叠部分的面积是正方形面积的一半时，三角形移动时间是．三、解答题19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=10，直角尺的直角顶点P在AD上滑动时（点P与A，D不重合），一直角边经过点C，另一直角边AB交于点E，我们知道，结论“Rt△AEP∽Rt△DPC”成立．（1）当∠CPD=30°时，求AE的长；（2）是否存在这样的点P，使△DPC的周长等于△AEP周长的2倍？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．20．如图，已知O为原点，点A的坐标为（4，3），⊙A的半径为2．过A作直线l平行于x轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动．（1）当点P在⊙A上时，请你直接写出它的坐标；（2）设点P的横坐标为12，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由．21．已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA、OB（或它们的反向延长线）相交于点D、E．（1）当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），易证：OD+OE=OC；（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2、图3这两种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD、OE、OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．22．如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处．已知折叠CE=5，且tan∠EDA=．（1）判断△OCD与△ADE是否相似？请说明理由；（2）求直线CE与x轴交点P的坐标；（3）是否存在过点D的直线l，使直线l、直线CE与x轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y 轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．23．如图，矩形ABCD中，AD=3厘米，AB=a厘米（a＞3）．动点M，N同时从B点出发，分别沿B⇒A，B⇒C运动，速度是1厘米/秒．过M作直线垂直于AB，分别交AN，CD于P，Q．当点N到达终点C时，点M也随之停止运动．设运动时间为t秒．（1）若a=4厘米，t=1秒，则PM= 厘米；（2）若a=5厘米，求时间t，使△PNB∽△PAD，并求出它们的相似比；（3）若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，求a的取值范围；（4）是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形PQCN的面积都相等？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．24．如图，对称轴为直线x=的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．四、备用题：25．如图，在矩形ABCD中，AB=8．AD=6．将矩形ABCD在直线l上按顺时针方向不滑动地每秒转动90°，转动3s后停止，则顶点A经过的路程为多长？26．如图，直线l与双曲线交于A、C两点，将直线l绕点O顺时针旋转a度角（0°＜a≤45°），与双曲线交于B、D两点，则四边形ABCD的形状一定是．存在与运动型专题参考答案与试题解析一、选择题1．若a2+ma+18在整数范围内可分解为两个一次因式的乘积，则整数m不可能是（）A．±9 B．±11 C．±12 D．±19【考点】根与系数的关系．【分析】把18分解成两个整数相乘的形式，根据根与系数的关系，可求得m的值．【解答】解：若a2+ma+18在整数范围内可分解为两个一次因式的乘积，即把18分解成两个整数相乘的形式，可分解为±（3×6）；±（2×9）；±（1×18），根据根与系数的关系，可求得m不可能为±12．故选C【点评】根据题意把18分解成两个整数相乘的形式，利用根与系数的关系，确定m的取值．2．附加题：如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P在BC边上运动，连接DP，过点A作AE⊥DP，垂足为E，设DP=x，AE=y，则能反映y与x之间函数关系的大致图象是（）A．B．C．D．【考点】动点问题的函数图象．【专题】综合题．【分析】根据实际情况求得自变量的取值范围．【解答】解：∵S△APD=PD×AE=AD×AB，∴xy=3×4∴xy=12，即：y=，为反比例函数，当P点与C点重合时，x为最小值：x=3，当P点与B点重合时，x为最大值：x=BD==5，∴3≤x≤5．故选：C．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是利用面积公式求得函数关系式，特别是要确定自变量的取值范围．3．如图，一个等边三角形的边长与和它的一边相切的圆的周长相等，当此圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边作无滑动滚动，直至回到原出发位置时，则该圆转了（）A．3圈B．5圈C．4圈D．2圈【考点】弧长的计算．【专题】计算题．【分析】根据直线与圆相切的性质得到圆从一边转到另一边时，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，则圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，再加上在三边作无滑动滚动时要转三圈，这样得到它回到原出发位置时共转了4圈．【解答】解：如图，圆在AB、BC、CA三边作无滑动滚动时，∵等边三角形的边长与圆的周长相等，∴圆转了3圈，而圆从一边转到另一边时，圆心绕三角形的一个顶点旋转了三角形的一个外角的度数，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，∴圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，∴圆回到原出发位置时，共转了4圈．故选C．【点评】本题考查了弧长公式：l=（n为圆心角，R为半径）；也考查了旋转的性质．4．在Rt△ABC中，斜边AB=4，∠B=60°，将△ABC绕点B旋转60°，顶点C运动的路线长是（）A．B． C．πD．【考点】弧长的计算；旋转的性质．【专题】压轴题．【分析】因为斜边AB=4，∠B=60°，所以BC=2，点C运动的路线是以B为圆心、BC为半径、中心角为60°的弧CC′，那么弧CC′的长=．【解答】解：弧CC′的长=．故选B．【点评】解答本题的关键在于正确理解点C的运动路线是以B为圆心、BC为半径、中心角为60°的弧．5．（2006•莱芜）钟表的轴心到分针针端的长为5cm，那么经过40分钟，分针针端转过的弧长是（）A． cm B． cm C． cm D． cm【考点】弧长的计算；钟面角．【分析】根据弧长公式可求得．【解答】解：∵40分钟对应圆心角的度数为×360°=240°，l===cm．故选B．【点评】主要考查了圆周的弧长公式．弧长公式为l=，需要注意的是求弧长需要知道圆心角的度数和半径．6．如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠，B点恰好落在AB的中点E处，则∠A 等于（）A．25° B．30° C．45° D．60°【考点】等边三角形的判定与性质．【分析】先根据图形折叠的性质得出BC=CE，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出CE=AE=BE，进而可判断出△BEC是等边三角形，由等边三角形的性质及直角三角形两锐角互补的性质即可得出结论．【解答】解：△ABC沿CD折叠B与E重合，则BC=CE，∵E为AB中点，△ABC是直角三角形，∴CE=BE=AE，∴△BEC是等边三角形．∴∠B=60°，∴∠A=30°，故选：B．【点评】考查直角三角形的性质，等边三角形的判定及图形折叠等知识的综合应用能力及推理能力．7．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．【解答】解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，在Rt△AB′E和Rt△ADE中，，∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），∴∠DAE=∠B′AE，∵旋转角为30°，∴∠DAB′=60°，∴∠DAE=×60°=30°，∴DE=1×=，∴阴影部分的面积=1×1﹣2×（×1×）=1﹣．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．8．如图，在⊙O中，P是直径AB上一动点，在AB同侧作AA′⊥AB，BB′⊥AB，且AA′=AP，BB′=BP，连接A′B′．当点P从点A移到点B时，A′B′的中点的位置（）A．在平分AB的某直线上移动B．在垂直AB的某直线上移动C．在上移动D．保持固定不移动【考点】梯形中位线定理；圆的认识．【专题】压轴题；动点型．【分析】此题根据梯形的中位线定理，首先明确A′B′的中点的位置在过点O垂直于AB的直线上，再根据梯形的中位线定理，得到要求的中点到点O的距离是一个定值，即可说明该中点是一个定点．【解答】解：由题意知，四边形AA′B′B是直角梯形．设A′B′的中点为D，则OD是直角梯形的中位线，即OD⊥AB．又OD=（AA′+BB′）=（AP+BP）=AB．故OD的长又是定值，则点D是一定点．故选D．【点评】本题要熟练运用梯形的中位线定理进行分析．9．用铝合金型材做一个形状如图1的矩形窗框，设窗框的一边为xm，窗户的透光面积为ym2，y与x的函数图象如图2．当窗户透光面积最大时，窗框的另一边长是（）A．1米B．1.5米C．2米D．2.5米【考点】动点问题的函数图象；二次函数的应用．【分析】因为x=1时，面积最大，为1.5，根据图形是矩形，由面积公式易得另一边为1.5米．【解答】解：由图象可知，当x=1时，窗户透光面积最大．因为最大透光面积是1.5平方米，即矩形的最大面积是1.5平方米，此时x=1米，根据矩形面积计算公式，另一边为1.5米．故选：B．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数的应用．从图象中获取相关信息解决问题是学习函数的基本功，体现了数形结合的思想方法．10．如图，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，BC∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P 为x轴上的一个动点，点P不与点O、点A重合．连结CP，过点P作PD交AB于点D．若△OCP为等腰三角形，点P的坐标为（）A．（±4，0）B．（±5，0）C．（0，±4）D．（0，±5）【考点】等腰梯形的性质；坐标与图形性质；等腰三角形的判定．【专题】动点型．【分析】分点P在x正半轴上与x负半轴上上两种情况讨论，结合等腰三角形的性质，可得OP、OC 的长，进而可得答案．【解答】解：∵四边形OABC是等腰梯形，∴CO=BA=4①当OC=OP时，若点P在x正半轴上，∵∠COA=60°，△OCP为等腰三角形，∴△OCP是等边三角形．∴OP=OC=CP=4．∴P（4，0）．若点P在x负半轴上，∵∠COA=60°，∴∠COP=120°．∴△OCP为顶角120°的等腰三角形．∴OP=OC=4．∴P（﹣4，0）∴点P的坐标为（4，0）或（﹣4，0）．②当OC=CP时，由题意可得C的横坐标为：4×cos60°=2，∴P点坐标为（4，0）③当OP=CP时，∵∠COA=60°，∴△OPC是等边三角形，同①可得出P（4，0）．综上可得点P的坐标为（4，0）或（﹣4，0）．故选：A．【点评】此题主要考查了等腰梯形的性质，以及等腰三角形的判定，关键是注意分类讨论，找出P 的不同位置．二、填空题11．如图所示，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形，小明把矩形上的一个角沿折痕AE翻折上去，使AB与AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个大的正方形，他判定的方法是有一组邻边相等的矩形是正方形．【考点】正方形的判定；翻折变换（折叠问题）．【分析】根据翻折变换及正方形的判定方法进行分析即可．【解答】解：根据题意可得，其判定方法是：有一组邻边相等的矩形是正方形．【点评】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，有两种方法：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．12．如图，已知正方形纸片ABCD，M，N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠PBQ= 30 度．【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．【专题】计算题．【分析】根据折叠的性质知：可知：BN=BP，从而可知∠BPN的值，再根据∠PBQ=∠CBQ，可将∠PBQ 的角度求出．【解答】解：根据折叠的性质知：BP=BC，∠PBQ=∠CBQ∴BN=BC=BP∵∠BNP=90°∴∠BPN=30°∴∠PBQ=×60°=30°．故答案为30．【点评】已知折叠问题就是已知图形的全等，根据边之间的关系，可将∠PBQ的度数求出．13．（2013•天心区校级自主招生）等腰△ABC的底边BC=8cm，腰长AB=5cm，一动点P在底边上从点B开始向点C以0.25cm/秒的速度运动，当点P运动到PA与腰垂直的位置时，点P运动的时间应为7或25 秒．【考点】勾股定理；等腰三角形的性质．【专题】压轴题；动点型；分类讨论．【分析】根据等腰三角形三线合一性质可得到BD的长，由勾股定理可求得AD的长，再分两种情况进行分析：①PA⊥AC②PA⊥AB，从而可得到运动的时间．【解答】解：如图，作AD⊥BC，交BC于点D，∵BC=8cm，∴BD=CD=BC=4cm，∴AD==3，分两种情况：当点P运动t秒后有PA⊥AC时，∵AP2=PD2+AD2=PC2﹣AC2，∴PD2+AD2=PC2﹣AC2，∴PD2+32=（PD+4）2﹣52∴PD=2.25，∴BP=4﹣2.25=1.75=0.25t，∴t=7秒，当点P运动t秒后有PA⊥AB时，同理可证得PD=2.25，∴BP=4+2.25=6.25=0.25t，∴t=25秒，∴点P运动的时间为7秒或25秒．【点评】本题利用了等腰三角形的性质和勾股定理求解．14．如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，AB、CD分别是两底面的直径，AD、BC是母线若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短D路线的长度是2（结果保留根式）．【考点】平面展开﹣最短路径问题．【专题】压轴题．【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短可知．【解答】解：沿母线AD展开，则C点落在C′点位置（如图），由条件易知，AD=2，DC′=×2π×=2．小虫爬行的最短距离为AC′的长．∴AC′=．【点评】考查圆柱侧面展开图及空间图形想象能力、运算能力．结合圆柱侧面展开图知识，把立体图形问题转化为平面图形问题来解决．15．如图，点M是直线y=2x+3上的动点，过点M作MN垂直于x轴于点N，y轴上是否存在点P，使△MNP为等腰直角三角形．小明发现：当动点M运动到（﹣1，1）时，y轴上存在点P（0，1），此时有MN=MP，能使△NMP为等腰直角三角形．那么，在y轴和直线上是否还存在符合条件的点P和点M呢？请你写出其它符合条件的点P的坐标（0，0），（0，），（0，﹣3）．【考点】坐标与图形性质；一次函数的性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题；动点型．【分析】由题意，应分两类情况讨论：当MN为直角边时和当MN为斜边时．【解答】解：当M运动到（﹣1，1）时，ON=1，MN=1，∵MN⊥x轴，所以由ON=MN可知，（0，0）就是符合条件的一个P点；又当M运动到第三象限时，要MN=MP，且PM⊥MN，设点M（x，2x+3），则有﹣x=﹣（2x+3），解得x=﹣3，所以点P坐标为（0，﹣3）．如若MN为斜边时，则∠ONP=45°，所以ON=OP，设点M（x，2x+3），则有﹣x=﹣（2x+3），化简得﹣2x=﹣2x﹣3，这方程无解，所以这时不存在符合条件的P点；又当点M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时N′P=M′P，∠M′N′P=45°，设点M′（x，2x+3），则OP=ON′，而OP=M′N′，∴有﹣x=（2x+3），解得x=﹣，这时点P的坐标为（0，）．因此，其他符合条件的点P坐标是（0，0），（0，），（0，﹣3），（0，1）．故答案为：（0，0），（0，），（0，﹣3）．【点评】本题主要采用分类讨论法，来求得符合条件的点P坐标．16．先将一矩形ABCD置于直角坐标系中，使点A与坐标系的原点重合，边AB，AD分别落在x轴、y 轴上（如图1），再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转30°（如图2），若AB=4，BC=3，则图1和图2中点B点的坐标为（4，0），（2，2），点C的坐标（4，3）（，）．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【专题】压轴题．【分析】根据旋转的性质求解．旋转的性质是旋转不改变图形的大小和形状．【解答】解：∵AB=4，在x轴正半轴上，∴图1中B坐标为（4，0），在图2中过B作BE⊥x轴于点E，那么OE=4×cos30°=2，BE=2，在图2中B点的坐标为（2，2）；易知图1中点C的坐标为（4，3），在图2中，设CD与y轴交于点M，作CN⊥y轴于点N，那么∠DOM=30°，OD=3，∴DM=3•tan30°=，OM=3÷cos30°=2，那么CM=4﹣，易知∠NCM=30°，∴MN=CM•sin30°=，CN=CM•cos30°=，则ON=OM+MN=，∴图2中C点的坐标为（，）．【点评】旋转前后对应角的度数不变，对应线段的长度不变，注意构造直角三角形求解．17．如图，将边长为1的正方形OAPB沿x轴正方向连续翻转2006次，点P依次落在点P1，P2，P3，P4，…，P2006的位置，则P2006的横坐标x2006= 2006 ．【考点】坐标与图形性质；正方形的性质．【专题】压轴题；规律型．【分析】本题可按题意分别求出P1，P2，P6…的横坐标，再总结出规律即可得出x2006的值．【解答】解：从P到P4要翻转4次，横坐标刚好加4，∵2006÷4=501…2，∴501×4﹣1=2003，由还要再翻两次，即完成从P到P2的过程，横坐标加3，则P2006的横坐标x2006=2006．故答案为：2006【点评】命题立意：主要考查分析、归纳、探究规律、解决问题的能力．18．如图（单位：m），等腰三角形ABC以2米/秒的速度沿直线L向正方形移动，直到AB与CD重合．设x秒时，三角形与正方形重叠部分的面积为ym2．则y与x的关系式为y=2x2，当重叠部分的面积是正方形面积的一半时，三角形移动时间是5秒．【考点】动点问题的函数图象．【分析】（1）根据题意可知，三角形与正方形重合部分是个等腰直角三角形，且直角边都是2x，据此可得出y、x的函数关系式；（2）将正方形的面积的一半代入（1）的函数关系式中，即可求得x的值．（其实此时AB与DC重合，也就是说等腰三角形运动的距离正好是正方形的边长10m，因此x=5）【解答】解：∵三角形与正方形重合部分是个等腰直角三角形，且直角边都是2x，∴y=2x2；∵当y=50时，2x2=50，∴x2=25，∴x=5（负值舍去）．故答案是：y=2x2，5秒．【点评】本题考查了函数关系式的求法以及函数求值问题；命题立意：考查综合应用知识，分析问题的能力．三、解答题19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=10，直角尺的直角顶点P在AD上滑动时（点P与A，D不重合），一直角边经过点C，另一直角边AB交于点E，我们知道，结论“Rt△AEP∽Rt△DPC”成立．（1）当∠CPD=30°时，求AE的长；（2）是否存在这样的点P，使△DPC的周长等于△AEP周长的2倍？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．【考点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】开放型；存在型．【分析】（1）由于∠CPD与∠AEP同为∠APE的余角，因此当∠DPC=30°时，∠AEP=30°．可在Rt △CPD中，根据∠CPD的度数和CD的长，求出PD的长，进而可求出AP的值．同理可在Rt△APE中，求出AE的长．（2）由于Rt△AEP∽Rt△DPC，当△DPC的周长等于△AEP周长的2倍时，两个三角形的相似比为1：2，即===2，根据CD=AB=4，可求出PD的长．【解答】解：（1）∵∠CPD=90°﹣∠APE=∠AEP，∴当∠CPD=30°时，∠AEP=30°．在Rt△CPD中，CD=AB=4，∠CPD=30°，因此PD=CD•cot30°=4，∴AP=AD﹣PD=10﹣4．在Rt△APE中，AP=10﹣4，∠AEP=30°，因此AE=AP•cot30°=10﹣12．（2）假设存在这样的点P，∵Rt△AEP∽Rt△DPC，∴==2．∵CD=AB=4，∴AP=2，PD=8，∴存在这样的P点，且DP长为8．【点评】本题考查的是相似三角形和直角三角形的性质，属中学阶段的常规题．20．如图，已知O为原点，点A的坐标为（4，3），⊙A的半径为2．过A作直线l平行于x轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动．（1）当点P在⊙A上时，请你直接写出它的坐标；（2）设点P的横坐标为12，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由．【考点】直线与圆的位置关系；勾股定理；相似三角形的判定与性质．【专题】几何综合题．【分析】（1）由题意知，点P的纵坐标与点B的纵坐标相同，即为3；当点P在BA之间时，它的横坐标为4﹣2=2；当点在BA的延长线上时，它的横坐标为4+2=6．（2）连接OP，过点A作AC⊥OP，垂足为C．则有△APC∽△OPB，求得AC的值，与圆A的半径比较，即可得到OP与圆A的位置关系．【解答】解：（1）点P的坐标是（2，3）或（6，3）．（2）连接OP，过点A作AC⊥OP，垂足为C．那么AP=PB﹣AB=12﹣4=8，OB=3，OP==．∵∠ACP=∠OBP=90°，∠1=∠1，∴△APC∽△OPB．∴．∴．∴AC=≈1.9＜2．∴直线OP与⊙A相交．【点评】本题是直线和圆位置关系应用的典型题目，解题的关键是作出圆心到直线的距离，利用勾股定理和相似三角形的性质求得此值，再进行判断，难度中等．21．已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA、OB（或它们的反向延长线）相交于点D、E．（1）当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），易证：OD+OE=OC；（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2、图3这两种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD、OE、OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【考点】旋转的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；勾股定理．【专题】探究型．【分析】（1）CD与OA垂直时，根据勾股定理易得OC与OD、OE的关系，将所得的关系式相加即可得到答案．（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC与OD、OE的关系；最后转化得到结论．【解答】解：（1）当CD与OA垂直时，∵△CDO为Rt△，∴OC=，∴，由题意得四边形ODCE是正方形，∴OD+OE=OD+OD=2OD，∴OD+OE=．（2）过点C分别作CK⊥OA，垂足为K，CH⊥OB，垂足为H．∵OM为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，又∵∠1与∠2都为旋转角，∴∠1=∠2，∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，∴OD+OE=OD+OH+EH=OD+OH+DK=OH+OK．由（1）知：OH+OK=，∴OD+OE=．（3）结论不成立．过点C分别作CK⊥OA，CH⊥OB，∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，∴∠KCD=∠HCE，∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，∴OE﹣OD=OH+EH﹣OD=OH+DK﹣OD=OH+OK，由（1）知：OH+OK=，∴OD，OE，OC满足．【点评】本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．22．如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处．已知折叠CE=5，且tan∠EDA=．（1）判断△OCD与△ADE是否相似？请说明理由；（2）求直线CE与x轴交点P的坐标；（3）是否存在过点D的直线l，使直线l、直线CE与x轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y 轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．【考点】一次函数综合题；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质．【专题】压轴题．【分析】（1）证两三角形相似，必须得出两组对应角相等，所求的两个三角形中，已知了一组直角，因此只需找出另一组对应角相等即可得出相似的结论．由于∠CDE为90°，那么∠CDO和∠EDA互余，而∠OCD也和∠CDO互余，因此根据同角的余角相等即可得出∠OCD=∠EDA，由此可证得两三角形相似．（2）本题的关键是求出C、E点的坐标，根据∠EDA的正切值，可设AE=3t，那么DA=4t，DE=5t．则OC=AE+BE=AE+DE=8t，进而可根据（1）的相似三角形得出的关于OC、CD、AD、DE的比例关系式，来求出CD的值，然后可在直角三角形CDE中求出t的值，即可得出AE、BC的长，即确定了E点的坐标，然后根据C，E两点的坐标求出直线CE的解析式，即可求得直线CE与x轴交点P的坐标．（3）应该有两条如图①直线BF，根据折叠的性质可知CE必垂直平分BD，那么∠DGP=∠CGF=90°，而∠CFG=∠DPG（都是∠OCP的余角），由此可得出两三角形相似，那么可根据B、D两点的坐标求出此直线的解析式．②直线DN，由于∠FCP=∠NDO，那么可根据∠OCE即∠BEC的正切值，求出∠NDO的正切值，然后用OD的长求出ON的值，即可求出N点的坐标，然后根据N、D两点的坐标求出直线DN的解析式．【解答】解：（1）△OCD与△ADE相似．理由如下：由折叠知，∠CDE=∠B=90°，∴∠CDO+∠EDA=90°，∵∠CDO+∠OCD=90°，∴∠OCD=∠EOA．又∵∠COD=∠DAE=90°，∴△OCD∽△ADE．（2）∵tan∠EDA=，∴设AE=3t，则AD=4t，由勾股定理得DE=5t，∴OC=AB=AE+EB=AE+DE=3t+5t=8t．由（1）△OCD∽△ADE，得，∴，∴CD=10t．在△DCE中，∵CD2+DE2=CE2，∴（10t）2+（5t）2=（5）2，解得t=1．。