中考数学专题检测专题《动态几何之双(多)动点形成的函数关系》(含解析)
中考数学综合题专题复习几何中的动点问题专题解析
中考数学综合题专题复习【几何中的动点问题】专题解析【真题精讲】【例1】如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，3AD =，5DC =，10BC =，梯形的高为4．动点M 从B 点出发沿线段BC 以每秒2个单位长度的速度向终点C 运动；动点N 同时从C 点出发沿线段CD 以每秒1个单位长度的速度向终点D 运动．设运动的时间为t （秒）．CM B（1）当MN AB ∥时，求t 的值；（2）试探究：t 为何值时，MNC △为等腰三角形．【思路分析1】本题作为密云卷压轴题，自然有一定难度，题目中出现了两个动点，很多同学看到可能就会无从下手。
但是解决动点问题，首先就是要找谁在动，谁没在动，通过分析动态条件和静态条件之间的关系求解。
对于大多数题目来说，都有一个由动转静的瞬间，就本题而言，M ，N 是在动，意味着BM,MC 以及DN,NC 都是变化的。
但是我们发现，和这些动态的条件密切相关的条件DC,BC 长度都是给定的，而且动态条件之间也是有关系的。
所以当题中设定MN//AB 时，就变成了一个静止问题。
由此，从这些条件出发，列出方程，自然得出结果。
【解析】解：（1）由题意知，当M 、N 运动到t 秒时，如图①，过D 作DE AB ∥交BC 于E 点，则四边形ABED 是平行四边形．A B M C N E D∵AB DE ∥，AB MN ∥．∴DE MN ∥． （根据第一讲我们说梯形内辅助线的常用做法，成功将MN 放在三角形内，将动态问题转化成平行时候的静态问题） ∴MC NC EC CD=． （这个比例关系就是将静态与动态联系起来的关键） ∴ 1021035t t -=-．解得5017t =． 【思路分析2】第二问失分也是最严重的，很多同学看到等腰三角形，理所当然以为是MN=NC 即可，于是就漏掉了MN=MC,MC=CN 这两种情况。
在中考中如果在动态问题当中碰见等腰三角形，一定不要忘记分类讨论的思想，两腰一底一个都不能少。
山东省济宁市2022年中考数学专项复习 专题三 双动点问题
专题三双动点问题点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点，现采撷几例加以分类浅析，供读者欣赏1 以双动点为载体，探求函数图象问题例1 2022年杭州市在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm如图1 动点1cm2如图2 分别以t，为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点N1分别求出梯形中BA，AD的长度；2写出图3中M，N两点的坐标；3分别写出点3厘米，N同时从B点出发，分别沿B→A，B→C运动，速度是1厘米/，分别交AN，CD于4厘米=厘米；2若a=5厘米，求时间t，使△BN与梯形BN，梯形，进而利用梯形面积相等列等式求出t与a的函数关系式，再利用t的范围确定的a取值范围第4小题是题3结论的拓展应用，在解决此问题的过程中，要有全局观念以及对问题的整体把握4 以双动点为载体，探求函数最值问题例4 2022年吉林省如图9，在边长为82cm的正方形ABCD中，E、F是对角线AC上的两个动点，它们分别从点A、C同时出发，沿对角线以1cm/的相同速度运动，过E作EH 垂直AC交Rt△ACD的直角边于H；过F作FG垂直AC交Rt△ACD的直角边于G，连结HG、、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE、EB、BA围成的图形面积为S2这里规定：线段的面积为0E到达C，，解答下列问题：1当0<X2①若是S1与S2的和，求与之间的函数关系式；图10为备用图②求的最大值解1以E、F、G、H为顶点的四边形是矩形，因为正方形ABCD的边长为82，所以AC=16，过B作BO⊥AC于O，则OB=89，因为AE=，所以S2=4，因为HE=AE=，EF=16-2，所以S1=16-2，当S1=S2时，4=16-2，解得1=0舍去，2=6，所以当=6时，S1=S 2 2①当0≤<8时，=16-24=-2220，当8≤≤16时，AE=，CE=HE=16-，EF=16-216-=2-16，所以S1=16-2-16，所以=16-2-164=-2252-256②当0≤<8时，=-2220=-2-5250，所以当=5时，的最大值为50当8≤≤16时，=-2252-256=-2-13282，所以当=13时，的最大值为82。
中考数学分类解析专题双动点问题
专题6：双动点问题一、选择题1.（20XX年山东临沂3分）如图，正方形ABCD中，AB=8cm，对角线AC，BD相交于点O，点E，F 分别从B，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿BC，CD运动，到点C，D时停止运动，设运动时间为t （s），△OEF的面积为s（cm2），则s（cm2）与t（s）的函数关系可用图象表示为【】故选B。
2.（20XX年山东烟台3分）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是【】A ．AE=6cmB ．4sin EBC5C ．当0＜t ≤10时，22yt5D ．当t=12s 时，△PBQ 是等腰三角形∵BC=10，∴△BCN 不是等腰三角形，即此时△PBQ 不是等腰三角形。
故选D 。
二、填空题1.（20XX 年湖北武汉3分）如图，E ，F 是正方形ABCD 的边AD 上两个动点，满足AE ＝DF ．连接CF交BD 于G ，连接BE 交AG 于点H ．若正方形的边长为2，则线段DH 长度的最小值是▲ ．最小值=OD OH51。
2.（20XX年浙江杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，3cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值▲ （单位：秒）三、解答题1.（20XX年湖南郴州10分）如图，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O为原点，OC、OA所在直线为轴建立坐标系．抛物线顶点为A，且经过点C．点P在线段AO上由A 向点O运动，点O在线段OC上由C向点O运动，QD⊥OC交BC于点D，OD所在直线与抛物线在第一象限交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点E′是E关于y轴的对称点，点Q运动到何处时，四边形OEAE′是菱形？（3）点P、Q分别以每秒2个单位和3个单位的速度同时出发，运动的时间为t秒，当t为何值时，PB∥OD？2.（20XX年湖南衡阳10分）如图，已知抛物线经过A（1，0），B（0，3）两点，对称轴是x=﹣1．（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）动点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度在线段OA上运动，同时动点M从M从O点出发以每秒3个单位长度的速度在线段OB上运动，过点Q作x轴的垂线交线段AB于点N，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OMPQ为矩形；②△AON能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．3.（20XX年湖南怀化10分）如图，矩形ABCD中，AB=12cm，AD=16cm，动点E、F分别从A点、C 点同时出发，均以2cm/s的速度分别沿AD向D点和沿CB向B点运动。
数学动点问题及练习题附参考答案
数学动点问题及练习题附参考答案专题一：建立动点问题的函数解析式函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢下面结合中考试题举例分析.一、应用勾股定理建立函数解析式。
二、应用比例式建立函数解析式。
三、应用求图形面积的方法建立函数关系式。
专题二：动态几何型压轴题动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。
）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。
下面就此问题的常见题型作简单介绍，解题方法、关键给以点拨。
一、以动态几何为主线的压轴题。
（一）点动问题。
（二）线动问题。
（三）面动问题。
二、解决动态几何问题的常见方法有:2．以形为载体，研究数量关系；通过设、表、列获得函数关系式；研究特殊情况下的函数值。
专题三：双动点问题点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题.它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题.这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点，现采撷几例加以分类浅析，供读者欣赏.1以双动点为载体，探求函数图象问题。
2以双动点为载体，探求结论开放性问题。
3以双动点为载体，探求存在性问题。
4以双动点为载体，探求函数最值问题。
双动点问题的动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、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。
中考几何-动态试题解法(解析版)
中考几何动态试题解法专题知识点概述一、动态问题概述1.就运动类型而言,有函数中的动点问题有图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题有点动、线动、面动三大类。
3.就图形变化而言,有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等。
4.动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。
另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。
所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，属于初中数学难点，综合性强，只有完全掌握才能拿高分。
二、动点与函数图象问题常见的四种类型1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型1.线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
2.多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
3.多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
四、动点问题常见的四种类型解题思路1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，通过全等或相似，探究构成的新图形与原图形的边或角的关系。
专题26 动态几何之面动形成的函数关系问题(压轴题)-决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品(解析版)
一、选择题1．（2016贵州省黔南州）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是（）A．B．C．D．【答案】B．【分析】根据题目提供的条件可以求出函数的解析式，根据解析式判断函数的图象的形状．考点：动点问题的函数图象；动点型；分类讨论．2．（2016甘肃省天水市）如图，边长为2的等边△ABC和边长为1的等边△A′B′C′，它们的边B′C′，BC位于同一条直线l上，开始时，点C′与B重合，△ABC固定不动，然后把△A′B′C′自左向右沿直线l平移，移出△ABC外（点B′与C重合）停止，设△A′B′C′平移的距离为x，两个三角形重合部分的面积为y，则y关于x的函数图象是（）A．B．C．D．【答案】B．【分析】分为0＜x≤1、1＜x≤2、2＜x≤3三种情况画出图形，然后依据等边三角形的性质和三角形的面积公式可求得y与x的函数关系式，于是可求得问题的答案．【解析】如图1所示：当0＜x≤1时，过点D作DE⊥BC′．∵△ABC和△A′B′C′均为等边三角形，∴△DBC′为等边三角形，∴DE=32BC′=32x，∴y=12BC′•DE=23x．当x=1时，y=3，且抛物线的开口向上．如图2所示：1＜x≤2时，过点A′作A′E⊥B′C′，垂足为E．∵y=12B′C′•A′E=12×1×32=34，∴函数图象是一条平行与x轴的线段．如图3所示：2＜x≤3时，过点D作DE⊥B′C，垂足为E．y=12B′C•DE=23(2)x ，函数图象为抛物线的一部分，且抛物线开口向上．故选B．考点：动点问题的函数图象；分类讨论；分段函数．3．（2015年辽宁铁岭）如图，点G、E、A、B在一条直线上，Rt△EFG从如图所示是位置出发，沿直线AB 向右匀速运动，当点G与B重合时停止运动．设△EFG与矩形ABCD重合部分的面积为S，运动时间为t，则S与t的图象大致是（）A． B． C． D．【答案】D．【考点】面动问题的函数图象，相似三角形的判定和性质，数形结合思想和分类思想的应用．【分析】设GE=a，EF=b，AE=m，AB=c，Rt△EFG向右匀速运动的速度为1，当E点在点A左侧时，S=0．4．（2015年山东省潍坊市）如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=23cm，E为CD边上的中点，点P从点A 沿折线AE﹣EC运动到点C时停止，点Q从点A沿折线AB﹣BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．如果点P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△APQ的面积为y（cm2），则y与t的函数关系的图象可能是（）A． B． C． D．【答案】B．考点：1．动点问题的函数图象；2．动点型；3．分段函数；4．分类讨论．5．（2014年广西玉林、防城港3分）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是（）A． B． C． D．【答案】B．【考点】1．面动平移问题的函数图象问题；2．由实际问题列函数关系式；3．二次函数的性质和图象；4．分类思想和排它法的应用．【分析】根据题目提供的条件可以求出函数的解析式，根据解析式应用排它法判断函数的图象的形状： ①当t ≤1时，两个三角形重叠面积为小三角形的面积， ∴133y 1224=⋅⋅=.故可排除选项D ． ②当1＜x ≤2时，重叠三角形的边长为2﹣x ，高为()322x -，∴()()()232x 13y 2x x 2224-=⋅-⋅=-，它的图象是开口向上，顶点为()2,0 的抛物线在1＜x ≤2的部分． 故可排除选项A ，C ． 故选B ．6．（2014年辽宁抚顺3分）如图，将足够大的等腰直角三角板PCD 的锐角顶点P 放在另一个等腰直角三角板PAB 的直角顶点处，三角板PCD 绕点P 在平面内转动，且∠CPD 的两边始终与斜边AB 相交，PC 交AB 于点M ，PD 交AB 于点N ，设AB =2，AN =x ，BM =y ，则能反映y 与x 的函数关系的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A ．【考点】1．动点问题的函数图象；2． 等腰直角三角形的判定和性质；3．相似三角形的判定和性质；4． 反比例函数图象．．【分析】如答图，作PH ⊥AB 于H ，∵△PAB 为等腰直角三角形，∴∠A =∠B =45°，AH =BH =AB =1， ∴△PAH 和△PBH 都是等腰直角三角形． ∴PA =PB =2AH =2，∠HPB =45°．∵∠CPD 的两边始终与斜边AB 相交，PC 交AB 于点M ，PD 交AB 于点N ，而∠CPD =45°，∵∠2=∠1+∠B=∠1+45°，∠BPM=∠1+∠CPD=∠1+45°，∴∠2=∠BPM．而∠A=∠B，∴△ANP∽△BPM，∴AP ANBM BP=，即2xy2=，∴2yx=．∴y与x的函数关系的图象为反比例函数图象，且自变量为1≤x≤2．故选A．二、填空题三、解答题7．（2016吉林省）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AC=82cm，AD⊥BC于点D，点P从点A 出发，沿A→C方向以2cm/s的速度运动到点C停止，在运动过程中，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，以线段PQ为边作等腰直角三角形PQM，且∠PQM=90°（点M，C位于PQ异侧）．设点P的运动时间为x（s），△PQM与△ADC重叠部分的面积为y（cm2）（1）当点M落在AB上时，x= ；（2）当点M落在AD上时，x= ；（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．【答案】（1）4；（2）163；（3）2221(04)27163264 (4)23161664 (8)3x xy x x xx x x⎧<≤⎪⎪⎪=-+-<≤⎨⎪⎪-+<<⎪⎩．【分析】（1）当点M落在AB上时，四边形AMQP是正方形，此时点D与点Q重合，由此即可解决问题．（2）如图1中，当点M落在AD上时，作PE⊥QC于E，先证明DQ=QE=EC，由PE∥AD，得==，由此即可解决问题．（3）分三种情形①当0＜x≤4时，如图2中，设PM、PQ分别交AD于点E、F，则重叠部分为△PEF，②当4＜x≤163时，如图3中，设PM、MQ分别交AD于E、G，则重叠部分为四边形PEGQ．③当163＜x＜8时，如图4中，则重合部分为△PMQ，分别计算即可解决问题．【解析】（1）当点M落在AB上时，四边形AMQP是正方形，此时点D与点Q重合，AP=CP=42，所以x=422=4．故答案为：4．（3）①当0＜x≤4时，如图2中，设PM、PQ分别交AD于点E、F，则重叠部分为△PEF，∵AP=2x，∴EF=PE=x，∴y=S△PEF=12•PE•EF=212x．②当4＜x≤163时，如图3中，设PM、MQ分别交AD于E、G，则重叠部分为四边形PEGQ．∵PQ=PC=822x，∴PM=16﹣2x，∴ME=PM﹣PE=16﹣3x，∴y=S△PMQ﹣S△MEG=22 11(822)(163) 22x x---=2732642x x-+-．③当163＜x＜8时，如图4中，则重合部分为△PMQ，∴y=S△PMQ=212PQ=21(822)2x-=21664x x-+．综上所述2221(04)27163264 (4)23161664 (8)3x xy x x xx x x⎧<≤⎪⎪⎪=-+-<≤⎨⎪⎪-+<<⎪⎩．考点：三角形综合题；分类讨论；分段函数；动点型；压轴题．8．（2016吉林省长春市）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=8，∠BAD=60°，点E从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，当点E不与点A重合时，过点E作EF⊥AD于点F，作EG∥AD交AC于点G，过点G作GH⊥AD交AD（或AD的延长线）于点H，得到矩形EFHG，设点E运动的时间为t秒（1）求线段EF的长（用含t的代数式表示）；（2）求点H与点D重合时t的值；（3）设矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积与S平方单位，求S与t之间的函数关系式；（4）矩形EFHG的对角线EH与FG相交于点O′，当OO′∥AD时，t的值为；当OO′⊥AD时，t的值为．【答案】（1）EF3；（2）t=83；（3）22823 (0)353824332 3 (4)23t tSt t⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-+-<≤⎪⎩；（4）t=4；t=3．【分析】（1）由题意知：A E =2t ，由锐角三角函数即可得出EF =3t ；（2）当H 与D 重合时，FH =GH =8﹣t ，由菱形的性质和EG ∥AD 可知，AE =EG ，解得t =83； （3）矩形EFHG 与菱形ABCD 重叠部分图形需要分以下两种情况讨论：①当H 在线段AD 上，此时重合的部分为矩形EFHG ；②当H 在线段AD 的延长线上时，重合的部分为五边形；（4）当OO ′∥AD 时，此时点E 与B 重合；当OO ′⊥AD 时，过点O 作OM ⊥AD 于点M ，EF 与OA 相交于点N ，然后分别求出O ′M 、O ′F 、FM ，利用勾股定理列出方程即可求得t 的值．【解析】（1）由题意知：A E =2t ，0≤t ≤4，∵∠BAD =60°，∠AFE =90°，∴sin ∠BAD =EFAB，∴EF 3； （2）∵AE =2t ，∠AEF =30°，∴AF =t ，当H 与D 重合时，此时FH =8﹣t ，∴GE =8﹣t ，∵EG ∥AD ，∴∠EGA =30°，∵四边形ABCD 是菱形，∴∠BAC =30°，∴∠BAC =∠EGA =30°，∴AE =EG ，∴2t =8﹣t ，∴t =83； （3）当0≤t ≤83时，此时矩形EFHG 与菱形ABCD 重叠部分图形为矩形EFHG ，∴由（2）可知：A E =EG =2t ，∴S =EF •EG 3•2t =223t ； 当83＜t ≤4时，如图1，设CD 与HG 交于点I ，此时矩形EFHG 与菱形ABCD 重叠部分图形为五边形FEGID ，∵AE =2t ，∴AF =t ，EF 3，∴DF =8﹣t ，∵AE =EG =FH =2t ，∴DH =2t ﹣（8﹣t ）=3t ﹣8，∵∠HDI =∠BAD =60°，∴tan ∠HDI =HI DH ，∴HI 3，∴S =EF •EG ﹣12DH •HI =223238)t t -=253243323t +- 综上所述：22823 (0)353824332 3 (4)23t t S t t ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-+-<≤⎪⎩；（4）当OO ′∥AD 时，如图2，此时点E 与B 重合，∴t =4；当OO ′⊥AD 时，如图3，过点O 作OM ⊥AD 于点M ，EF 与OA 相交于点N ，由（2）可知：A F =t ，AE =EG =2t ，∴FN =33t ，FM =t ，∵O ′O ⊥AD ，O ′是FG 的中点，∴O ′O 是△FNG 的中位线，∴O ′O =12FN =36t ，∵AB =8，∴由勾股定理可求得：OA =43OM =23O ′M =323，∵FE 3，EG =2t ，∴由勾股定理可求得：227FG t =，∴由矩形的性质可知：221'4O F FG =，∵由勾股定理可知：222''O F O M FM =+，∴22273(23)46t t t =-+，∴t =3或t =﹣6（舍去）． 故答案为：t =4；t =3．考点：四边形综合题；动点型；分类讨论；分段函数；压轴题．9．（2016四川省乐山市）在直角坐标系xOy 中，A （0，2）、B （﹣1，0），将△ABO 经过旋转、平移变化后得到如图1所示的△BCD ．（1）求经过A 、B 、C 三点的抛物线的解析式；（2）连结AC ，点P 是位于线段BC 上方的抛物线上一动点，若直线PC 将△ABC 的面积分成1：3两部分，求此时点P 的坐标；（3）现将△ABO 、△BCD 分别向下、向左以1：2的速度同时平移，求出在此运动过程中△ABO 与△BCD 重叠部分面积的最大值．【答案】（1）231222y x x =-++；（2）P （25-，3925）或P （67-，2349）；（3）2552． 【分析】（1）由旋转，平移得到C （1，1），用待定系数法求出抛物线解析式； （2）先判断出△BEF ∽△BAO ，再分两种情况进行计算，由面积比建立方程求解即可；（3）先由平移得到A 1B 1的解析式为y =2x +2﹣t ，A 1B 1与x 轴交点坐标为（22t -，0）．C 1B 2的解析式为1122y x t =++，C 1B 2与y 轴交点坐标为（0，12t +），再分两种情况进行计算即可．（2）如图1所示，设直线PC 与AB 交于点E ．∵直线PC 将△ABC 的面积分成1：3两部分，∴13AE BE =或3AEBE=，过E 作EF ⊥OB 于点F ，则EF ∥OA ，∴△BEF ∽△BAO ，∴EF BE BF AO BA BO ==，∴当13AE BE =时，3241EF BF==，∴EF =32，BF =34，∴E （14-，32），∴直线PC 解析式为2755y x =-+，∴2312722255x x x -++=-+，∴125x =-，21x =（舍去），∴P （25-，3925）；当3AE BE =时，同理可得，P （67-，2349）．（3）设△ABO 平移的距离为t ，△A 1B 1O 1与△B 2C 1D 1重叠部分的面积为S ．由平移得，A 1B 1的解析式为y =2x +2﹣t ，A 1B 1与x 轴交点坐标为（22t -，0）． C 1B 2的解析式为1122y x t =++，C 1B 2与y 轴交点坐标为（0，12t +）．①如图2所示，当305t <<时，△A 1B 1O 1与△B 2C 1D 1重叠部分为四边形．设A 1B 1与x 轴交于点M ，C 1B 2与y 轴交于点N ，A 1B 1与C 1B 2交于点Q ，连结OQ ．由由221122y x t y x t =+-⎧⎪⎨=++⎪⎩，得43353t x t y -⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴Q （433t -，53t ），∴1251134()223223QMO QNO t t t S S S t ∆∆--=+=⨯⨯+⨯+⨯=2131124t t -++，∴S 的最大值为2552．②如图3所示，当3455t ≤<时，△A 1B 1O 1与△B 2C 1D 1重叠部分为直角三角形． 设A 1B 1与x 轴交于点H ，A 1B 1与C 1D 1交于点G ，∴G （1﹣2t ，4﹣5t ），∴D 1H =2451222t tt --+-=，D 1G =4﹣5t ，∴S =12D 1H ×D 1G =21451(45)(54)224t t t --=-，∴当3455t ≤<时，S 的最大值为14．综上所述，在此运动过程中△ABO 与△BCD 重叠部分面积的最大值为2552． 考点：二次函数综合题；几何变换综合题；动点型；最值问题；二次函数的最值；分类讨论；压轴题． 10．（2016浙江省衢州市）如图1，在直角坐标系xoy 中，直线l ：y =kx +b 交x 轴，y 轴于点E ，F ，点B 的坐标是（2，2），过点B 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足为A 、C ，点D 是线段CO 上的动点，以BD 为对称轴，作与△BCD 或轴对称的△BC ′D ． （1）当∠CBD =15°时，求点C ′的坐标．（2）当图1中的直线l 经过点A ，且33k =-时（如图2），求点D 由C 到O 的运动过程中，线段BC ′扫过的图形与△OAF 重叠部分的面积．（3）当图1中的直线l 经过点D ，C ′时（如图3），以DE 为对称轴，作于△DOE 或轴对称的△DO ′E ，连结O ′C ，O ′O ，问是否存在点D ，使得△DO ′E 与△CO ′O 相似？若存在，求出k 、b 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）C ′（23-，1）；（2）233π-；（3）存在，k =34-，b =1． 【分析】（1）利用翻折变换的性质得出∠CBD =∠C ′BD =15°，C ′B =CB =2，进而得出CH 的长，进而得出答案；（2）首先求出直线AF 的解析式，进而得出当D 与O 重合时，点C ′与A 重合，且BC ′扫过的图形与△OAF 重合部分是弓形，求出即可；（3）根据题意得出△DO ′E 与△COO ′相似，则△COO ′必是Rt △，进而得出Rt △BAE ≌Rt △BC ′E （HL ），再利用勾股定理求出EO 的长进而得出答案．【解析】（1）∵△CBD ≌△C ′BD ，∴∠CBD =∠C ′BD =15°，C ′B =CB =2，∴∠CBC ′=30°，如图1，作C ′H ⊥BC 于H ，则C ′H =1，HB 3CH =23，∴点C ′的坐标为：（23，1）；（2）如图2，∵A （2，0），3k =，∴代入直线AF 的解析式为：3y x b =+，∴b 23AF 的解析式为：32333y x =-+，∴∠OAF =30°，∠BAF =60°，∵在点D 由C 到O 的运动过程中，BC ′扫过的图形是扇形，∴当D 与O 重合时，点C ′与A 重合，且BC ′扫过的图形与△OAF 重合部分是弓形，当C ′在直线32333y x =-+上时，BC ′=BC =AB ，∴△ABC ′是等边三角形，这时∠ABC ′=60°，∴重叠部分的面积是：22602323604π⨯-⨯=233π-；考点：相似形综合题；动点型；存在型；压轴题．（1）求二次函数2y x bx c =-++的表达式； （2）连接 B C ，当t ＝56时，求△BCP 的面积； （3）如图 2，动点 P 从 A 出发时，动点 Q 同时从 O 出发，在线段 OA 上沿 O →A 的方向以 1个单位长度的速度运动，当点 P 与 B 重合时，P 、 Q 两点同时停止运动，连接 D Q 、 PQ ，将△DPQ 沿直线 PC 折叠到 △DPE ．在运动过程中，设 △DPE 和 △OAB 重合部分的面积为 S ，直接写出 S 与 t 的函数关系式及 t 的取值范围．【答案】（1）2543y x x =-++；（2）4；（3）22241215 (0)2551714414436155 ()2755511172t t t S t t t ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩．【分析】（1）直接将A 、B 两点的坐标代入列方程组解出即可；（2）如图1，要想求△BCP 的面积，必须求对应的底和高，即PC 和BD ；先求OD ，再求BD ，PC 是利用点P 和点C 的横坐标求出，要注意符号；（3）分两种情况讨论：①△DPE 完全在△OAB 中时，即当15017t ≤≤时，如图2所示，重合部分的面积为S 就是△DPE 的面积；②△DPE 有一部分在△OAB 中时，当155172t ≤≤时，如图4所示，△PDN 就是重合部分的面积S ．【解析】（1）把A （3，0），B （0，4）代入2y x bx c =-++中得：4930c b c =⎧⎨-++=⎩，解得：534b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴解析式为：2543y x x =-++； （2）如图1，当56t =时，AP =2t ，∵PC ∥x 轴，∴OB AB OD AP =，∴452OD t =，∴OD =85t =8556⨯=43，当y =43时，43=2543x x -++，23580x x --=，解得：11x =-，283x =，∴C （﹣1，43），由BD PD OB OA =，得44343PD -=，则PD =2，∴S △BCP =12×PC ×BD =18323⨯⨯=4；（3）分两种情况讨论：①如图3，当点E 在AB 上时，由（2）得OD =QM =ME =85t ，∴EQ =165t ，由折叠得：EQ ⊥PD ，则EQ ∥y 轴，∴EQ AQ OB OA =，∴163543tt-=，∴t =1517，同理得：PD =635t -，∴当15017t ≤≤时，S=S△PDQ=12×PD×MQ=168(3)255t t-⋅，22412255S t t=-+；②当155172t≤≤时，如图4，P′D′=635t-，点Q与点E关于直线P′C′对称，则Q（t，0）、E（t，165t），∵AB的解析式为：443y x=-+，D′E的解析式为：8855y x t=+，则交点N（15611t-，82411t+），∴S=S△P′D′N=12×P′D′×FN=168248(3)()25115tt t+-⋅-，∴2144144362755511S t t=-+．综上所述：22241215(0)2551714414436155()2755511172t t tSt t t⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩．考点：二次函数综合题；动点型；分段函数；分类讨论；压轴题．12．（2016辽宁省大连市）如图1，△ABC中，∠C=90°，线段DE在射线BC上，且DE=AC，线段DE沿射线BC运动，开始时，点D与点B重合，点D到达点C时运动停止，过点D作DF=DB，与射线BA相交于点F，过点E作BC的垂线，与射线BA相交于点G．设BD=x，四边形DEGF与△ABC重叠部分的面积为S，S关于x 的函数图象如图2所示（其中0＜x≤m，1＜x≤m，m＜x≤3时，函数的解析式不同）．（1）填空：B C的长是；（2）求S关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．【答案】（1）3；（2）222544(01) 39336133 (1)136613(3) (3)56x x xS x xx x⎧-++≤≤⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-<≤⎪⎩．【分析】（1）由图象即可解决问题．（2）分三种情形①如图1中，当0≤x≤1时，作DM⊥AB于M，根据S=S△ABC﹣S△BDF﹣S四边形ECAG即可解决．②如图2中，作AN∥DF交BC于N，设BN=AN=x，在RT△ANC中，利用勾股定理求出x，再根据S=S△ABC﹣S△BDF ﹣S四边形ECAG即可解决．③如图3中，根据S=12CD•CM，求出CM即可解决问题．②如图②中，作AN∥DF交BC于N，设BN=AN=x，在RT△ANC中，∵222AN CN AC=+，∴2222(3)x x=+-，∴x=136，∴当1316x<≤时，S=S△ABC﹣S△BDF=26313x-；③如图3中，当1336x<≤时，∵DM∥AN，∴CD CMCN CA=，∴313236x CM-=-，∴CM=12(3)5x-，∴S=12CD•CM=26(3)5x-．综上所述：222544 (01)39336133 (1)136613(3) (3)56x x x S x x x x ⎧-++≤≤⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-<≤⎪⎩．考点：四边形综合题；分段函数；分类讨论；动点型；压轴题． 13．（2016辽宁省抚顺市）如图，抛物线229y x bx c =-++经过点A （﹣3，0），点C （0，4），作CD ∥x 轴交抛物线于点D ，作DE ⊥x 轴，垂足为E ，动点M 从点E 出发在线段EA 上以每秒2个单位长度的速度向点A 运动，同时动点N 从点A 出发在线段AC 上以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t 秒． （1）求抛物线的解析式；（2）设△DMN 的面积为S ，求S 与t 的函数关系式； （3）①当MN ∥DE 时，直接写出t 的值；②在点M 和点N 运动过程中，是否存在某一时刻，使MN ⊥AD ？若存在，直接写出此时t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）222493y x x =-++；（2）S =20.8 5.212t t -+（0＜t ≤3）；（3）①t =3013；②t =9047． 【分析】（1）根据抛物线229y x bx c =-++经过点A （﹣3，0），点C （0，4），可以求得b 、c 的值，从而可以求得抛物线的解析式；（2）要求△DMN 的面积，根据题目中的信息可以得到梯形AEDC 的面积、△ANM 的面积、△MDE 的面积、△CND 的面积，从而可以解答本题；（3）①根据MN ∥DE ，可以得到△AMN 和△AOC 相似，从而可以求得t 的值；②根据题目中的条件可以求得点N 、点M 、点A 、点D 的坐标，由AD ⊥MN 可以求得相应的t 的值．【解析】（1）∵抛物线229y x bx c =-++经过点A （﹣3，0），点C （0，4），∴22(3)(3)094b c c ⎧-⨯-+⨯-+=⎪⎨⎪=⎩，解得：234b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即抛物线的解析式为：222493y x x =-++； =12（3+6）×4-12×（6-2t ）×0.8t -12×2t ×4-12×3×（4-0.8t ） =20.8 5.212t t -+，即S 与t 的函数关系式是S =20.8 5.212t t -+（0＜t ≤3）； （3）①当MN ∥DE 时，t 的值是3013，理由：如右图2所示 ∵MN ∥DE ，AE =6，AC =5，AO =3，∴AM =6﹣2t ，AN =t ，△AMN ∽△AOC ，∴AM AN AO AC =，即6235t t-=，解得，t =3013； ②存在某一时刻，使MN ⊥AD ，此时t 的值是9047，理由：如右图3所示，设过点A （﹣3，0），C （0，4）的直线的解析式为y=kx+b，则：304k bb-+=⎧⎨=⎩，得：434kb⎧=⎪⎨⎪=⎩，即直线AC的解析式为443y x=+，∵NH=0.8t，∴点N的纵坐标为0.8t，将y=0.8t代入443y x=+，得x=0.6t﹣3，∴点N（0.6t﹣3，0.8t）∵点E（3，0），ME=2t，∴点M（3﹣2t，0），∵点A（﹣3，0），点D（3，4），点M（3﹣2t，0），点N（0.6t ﹣3，0.8t），AD⊥MN，∴400.8013(3)(0.63)(32)tt t--⋅=------，解得：t=9047．考点：二次函数综合题；动点型；存在型；分类讨论；压轴题．14．（2016辽宁省沈阳市）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x 轴的正半轴上，OC=8，OE=17，抛物线23320y x x m=-+与y轴相交于点A，抛物线的对称轴与x轴相交于点B，与CD交于点K．（1）将矩形OCDE沿AB折叠，点O恰好落在边CD上的点F处．①点B的坐标为（、），BK的长是，CK的长是；②求点F的坐标；③请直接写出抛物线的函数表达式；（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠，点O恰好落在边CD上的点G处，连接OG，折痕与OG相交于点H，点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合），连接MG，MO，过点G作GP⊥OM于点P，交EH于点N，连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动，至与点N重合时停止，△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化？若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．【答案】（1）①10，0，8，10；②F （4，8）；③233520y x x =-+；（2）不变．S 1S 2=189． 【分析】（1）①根据四边形OCKB 是矩形以及对称轴公式即可解决问题． ②在RT △BKF 中利用勾股定理即可解决问题．③设OA =AF =x ，在RT △ACF 中，AC =8﹣x ，AF =x ，CF =4，利用勾股定理即可解决问题． （2）不变．S 1S 2=189．由△GHN ∽△MHG ，得GH HN MH GH=，得到2GH =HN •HM ，求出2GH ，根据S 1S 2=12•OG •HN •12•OG •HM 即可解决问题． 【解析】（1）如图1中，①∵抛物线23320y x x m =-+的对称轴x =2ba-=10，∴点B 坐标（10，0），∵四边形OBKC 是矩形，∴CK =OB =10，KB =OC =8，故答案分别为10，0，8，10．②在RT △FBK 中，∵∠FKB =90°，BF =OB =10，BK =OC =8，∴FK 22BF BK -，∴CF =CK ﹣FK =4，∴点F 坐标（4，8）．③设OA =AF =x ，在RT △ACF 中，∵222AC CF AF +=，∴222(8)4x x -+=，∴x =5，∴点A 坐标（0，5），代入抛物线23320y x x m =-+得m =5，∴抛物线为233520y x x =-+． （2）不变．S 1S 2=189．理由：如图2中，在RT △EDG 中，∵GE =EO =17，ED =8，∴DG 22GE DE -22178-，∴CG =CD ﹣DG =2，∴OG 22OC CG +2282+217，∵CP ⊥OM ，MH ⊥OG ，∴∠NPN =∠NHG =90°，∵∠HNG +∠HGN =90°，∠PNM +∠PMN =90°，∠HNG =∠PNM ，∴∠HGN =∠NMP ，∵∠NMP =∠HMG ，∠GHN =∠GHM ，∴△GHN ∽△MHG ，∴GH HN MH GH=，∴2GH =HN •HM ，∵GH =OH 17，∴HN •HM =17，∵S 1S 2=12•OG •HN •12•OG •HM =21(217)172⨯⨯=289．考点：二次函数综合题；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；定值问题；动点型；压轴题．15．（2015重庆市）已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，BC=6，AB=3．E为BC边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧．（1）当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长；（2）将（1）问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG，当点E与点C 重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与AC交于点M，连接B′D，B′M，DM，是否存在这样的t，使△B′DM是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）在（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．过点M作MN⊥DH于N，则MN=HE=t，NH=ME=2﹣12t，∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣12t）=12t+1．在Rt△DMN中，DM2=DN2+MN2=（12t+1）2+ t 2=54t2+t+1．（Ⅰ）若∠DB′M=90°，则DM2=B′M2+B′D2，即54t2+t+1=（14t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：t=207．（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D2=B′M2+DM2，即t2﹣4t+13=（14t2﹣2t+8）+（54t2+t+1），解得：t1=﹣17，t2=﹣317．∴t=﹣17（Ⅲ）若∠B′DM=90°，则B′M2=B′D2+DM2，即14t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（54t2+t+1），此方程无解．综上所述，当t=207或﹣17B′DM是直角三角形；（3）22214 t0t43 124t t t2833S3510t2t2t8331510t t4223⎧⎛⎫≤≤⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫-+-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-+-≤⎪⎪⎝⎭⎪⎛⎫⎪-+≤⎪⎪⎝⎭⎩＜＜＜．【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，正方形的性质，直角梯形的性质，平移的性质．③如图⑤，当G在CD上时，B′C：C H=B′G：D H，即B′C：4=2：3，解得：B′C=83，∴EC=4﹣t=B′C﹣2=23．∴t=103．∵B′N=12B′C=12（6﹣t）=3﹣12t，∴GN=GB′﹣B′N=12t﹣1．16．（2015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ABCD以1cm/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1cm，矩形EFGH的边FG、GH的长分别为4cm、3cm．设正方形移动时间为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，并求出y =3时相应x的值；（2）记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2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．【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值．∠∠可解出x的值．【分析】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由tan CGD=tan PAG（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可．（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP 中，解直角三角形可得出PD的长度．17．（2015攀枝花）如图1，矩形ABCD的两条边在坐标轴上，点D与坐标原点O重合，且AD=8，AB=6．如图2，矩形ABCD沿OB方向以每秒1个单位长度的速度运动，同时点P从A点出发也以每秒1个单位长度的速度沿矩形ABCD的边AB经过点B向点C运动，当点P到达点C时，矩形ABCD和点P同时停止运动，设点P的运动时间为t秒．（1）当t=5时，请直接写出点D、点P的坐标；（2）当点P在线段AB或线段BC上运动时，求出△PBD的面积S关于t的函数关系式，并写出相应t的取值范围；（3）点P在线段AB或线段BC上运动时，作PE⊥x轴，垂足为点E，当△PEO与△BCD相似时，求出相应的t值．【答案】（1）D（﹣4，3），P（﹣12，8）；（2）424 (06)318 (614)t tSt t-+≤≤⎧=⎨-<≤⎩；（3）6．（2）当点P在边AB上时，BP=6﹣t，由三角形的面积公式得出S=12BP•AD；②当点P在边BC上时，BP=t﹣6，同理得出S=12BP•AB；即可得出结果；（3）设点D（45t-，35t）；分两种情况：①当点P在边AB上时，P（485t--，85t），由PE CDOE CB=和PE CBOE CD=时；分别求出t的值；②当点P在边BC上时，P（1145t-+，365t+）；由PE CDOE CB=和PE CBOE CD=时，分别求出t的值即可．试题解析：（1）延长CD交x轴于M，延长BA交x轴于N，如图1所示：则CM⊥x轴，BN⊥x轴，AD∥x轴，BN∥DM，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，CD=AB=6，BC=AD=8，∴BD=2268+=10，当t=5时，OD=5，∴BO=15，∵AD∥NO，∴△ABD∽△NBO，∴23AB AD BDBN NO BO===，即6823BN NO==，∴BN=9，NO=12，∴OM=12﹣8=4，DM=9﹣6=3，PN=9﹣1=8，∴D（﹣4，3），P（﹣12，8）；②当点P在边BC上时，P（1145t-+，365t+），若PE CDOE CB=时，366518145tt+=-，解得：t=6；若PE CBOE CD=时，368516145tt+=-，解得：19013t=（不合题意，舍去）；综上所述：当t=6时，△PEO与△BCD相似．考点：1．四边形综合题；2．动点型；3．分类讨论；4．分段函数；5．压轴题．18．（2015桂林）如图，已知抛物线212y x bx c =-++与坐标轴分别交于点A （0，8）、B （8，0）和点E ，动点C 从原点O 开始沿OA 方向以每秒1个单位长度移动，动点D 从点B 开始沿BO 方向以每秒1个单位长度移动，动点C 、D 同时出发，当动点D 到达原点O 时，点C 、D 停止运动． （1）直接写出抛物线的解析式：；（2）求△CED 的面积S 与D 点运动时间t 的函数解析式；当t 为何值时，△CED 的面积最大？最大面积是多少？（3）当△CED 的面积最大时，在抛物线上是否存在点P （点E 除外），使△PCD 的面积等于△CED 的最大面积？若存在，求出P 点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）21382y x x =-++；（2）2152S t t =-+，当t =5时，S 最大=252；（3）存在，P （343，2009-）或P （8，0）或P （43，1009）．（3）由（2）知：当t =5时，S 最大=252，进而可知：当t =5时，OC =5，OD =3，进而可得CD =34，从而确定C ，D 的坐标，即可求出直线CD 的解析式，然后过E 点作EF ∥CD ，交抛物线与点P ，然后求出直线EF 的解析式，与抛物线联立方程组解得即可得到其中的一个点P 的坐标，然后利用面积法求出点E 到CD 的距离，过点D 作DN ⊥CD ，垂足为N ，且使DN 等于点E 到CD 的距离，然后求出N 的坐标，再过点N 作NH ∥CD ，与抛物线交与点P ，然后求出直线NH 的解析式，与抛物线联立方程组求解即可得到其中的另两个点P 的坐标．（3）由（2）知：当t =5时，S 最大=252，∴当t =5时，OC =5，OD =3，∴C （0，5），D （3，0），由勾股定理得：C D =34，设直线CD 的解析式为：y kx b =+，将C （0，5），D （3，0），代入上式得：k =53-，b =5，∴直线CD 的解析式为：553y x =-+，过E 点作EF ∥CD ，交抛物线与点P ，如图1，过点E作EG⊥CD，垂足为G，∵当t=5时，S△ECD=12CD•EG=252，∴EG=253434，过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=253434，过点N作NM⊥x轴，垂足为M，如图2，综上所述：当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：P（343，2009）或P（8，0）或P（43，1009）．考点：1．二次函数综合题；2．二次函数的最值；3．动点型；4．存在型；5．最值问题；6．分类讨论；7．压轴题．19．（2014年甘肃天水12分）如图（1），在平面直角坐标系中，点A （0，﹣6），点B （6，0）．Rt △CDE 中，∠CDE =90°，CD =4，DE =43，直角边CD 在y 轴上，且点C 与点A 重合．Rt △CDE 沿y 轴正方向平行移动，当点C 运动到点O 时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt △CDE 运动到点D 与点O 重合时，设CE 交AB 于点M ，求∠BME 的度数． （2）如图（3），在Rt △CDE 的运动过程中，当CE 经过点B 时，求BC 的长．（3）在Rt △CDE 的运动过程中，设AC =h ，△OAB 与△CDE 的重叠部分的面积为S ，请写出S 与h 之间的函数关系式，并求出面积S 的最大值．【答案】解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A （0，﹣6），点B （6，0），∴OA =OB ，∴∠OAB =45°． ∵∠CDE =90°，CD =4，DE =43，∴DEtan OCE 3CD∠==．∴∠OCE =60°． ∴∠CMA =∠OCE ﹣∠OAB =60°﹣45°=15°．∴∠BME =∠CMA =15°． （2）如图3，∵∠CDE =90°，CD =4，DE =43，∴CD 3tan DEC DE ∠==．∴∠DEC =30°． ∵DE ∥x 轴，∴∠OBC =∠DEC =30°． ∵OB =6，∴BC =43．（3）①当h ≤2时，如答图1，作MN ⊥y 轴交y 轴于点N ，作MF ⊥DE 交DE 于点F ， ∵CD =4，DE =43，AC =h ，AN =NM ， ∴CN =4﹣FM ，AN =MN =4+h ﹣FM ， ∵△CMN ∽△CED ，∴CN MNCD DE =，即4FM 443-=． 解得31FM 4h +=-． ∴S =S △EDC ﹣S △EFM =()2113131443434h4h h 4h 822⎛⎫++⋅⋅-⋅--⋅-=-++ ⎪ ⎪⎝⎭， 此时，S 最大=153-．②当2<h 623≤-时，如答图2，由（2）可知，在Rt △CDE 的运动过程中，当CE 经过点B 时，BC =43，此时OC =23，h 623=-，S =S △ABC ﹣S △ACM =211313366h h h 18h 2224⎛⎫++⋅⋅-⋅⋅+=- ⎪ ⎪⎝⎭， 此时，S 最大不超过153-． ③当623<h 6-≤时，如答图3，S =S △OCF =()()()2113OC OF 6h 36h 6h 222⋅⋅=⋅-⋅-=-，此时，S 最大不超过63．∵153********>0--=-， ∴面积S 的最大值为153-． 综上所述，S 与h 之间的函数关系式为()()()()22231h 4h 8h 2433S 18h 2<h 623436h 623<h 62⎧+-++≤⎪⎪⎪+⎪=-≤-⎨⎪⎪--≤⎪⎪⎩，面积S 的最大值为153-．【考点】1．面动平移问题；2．点的坐标；3． 锐角三角函数定义；4．特殊角的三角函数值；5．相似三角形的判定和性质；6．由实际问题列函数关系式；7．二次函数的性质；8．分类思想、数形结合思想和转换思想的应用．【分析】（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME =∠CMA ，所以欲求∠BME 的度数，需求∠CMA 的度数．根据三角形外角定理进行解答即可．（2）如图3，通过解直角△BOC 来求BC 的长度．（3）需要分类讨论：①h ≤2时，②当2<h 623≤-时，③当623<h 6-≤时．20．（2014年辽宁营口14分）已知：抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）经过点A （1，0），B （3，0），C （0，﹣3）． （1）求抛物线的表达式及顶点D 的坐标；（2）如图①，点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点E．是否存在一点P，使线段PE的长最大？若存在，求出PE长的最大值；若不存在，请说明理由；（3）如图②，过点A作y轴的平行线，交直线BC于点F，连接DA、DB．四边形OAFC沿射线CB方向运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点C与点B重合时立即停止运动．设运动过程中四边形OAFC 与四边形ADBF重叠部分面积为S，请求出S与t的函数关系式．【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3），∴9a3b c0a b c0c3++=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩，解得a1b4c3=-⎧⎪=⎨⎪=-⎩．∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x﹣3．∵y=﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1，∴顶点D的坐标为（2，1）．（2）存在．设直线BC的解析式为：y=kx+m，则3k m0m3+=⎧⎨=-⎩，解得k1m3=⎧⎨=-⎩．设P（x，﹣x2+4x﹣3），则F（x，x﹣3），∴PF=（﹣x2+4x﹣3）﹣（x﹣3）=﹣x2+3x=239x24⎛⎫--+⎪⎝⎭．∴当x=32时，PF有最大值为94．∴存在一点P，使线段PE的长最大，最大值为94．（3）∵A（1，0）、B（3，0）、D（2，1）、C（0，﹣3），∴可求得直线AD的解析式为：y=x﹣1；直线BC的解析式为：y=x﹣3．∴AD ∥BC ，且与x 轴正半轴夹角均为45°． ∵AF ∥y 轴，∴F （1，﹣2），∴AF =2．①当0≤t ≤2时，如答图1所示．此时四边形AFF ′A ′为平行四边形． 设A ′F ′与x 轴交于点K ，则AK =2AA ′=2t ．∴S =S ▱AFF ′A ′=AF •AK =2×2t =2t ． ②当2＜t ≤22时，如答图2所示．设O ′C ′与AD 交于点P ，A ′F ′与BD 交于点Q ， 则四边形PC ′F ′A ′为平行四边形，△A ′DQ 为等腰直角三角形． ∴S =S ▱PC ′F ′A ′﹣S △A ′DQ =()221121t 2t 2t 122⋅--=-++．③当22＜t ≤32时，如答图3所示．设O ′C ′与BD 交于点Q ，则△BC ′Q 为等腰直角三角形． ∵BC =32，CC ′=t ，∴BC ′=32﹣t ．∴S =S △BC ′Q =()221132t t 32t 922-=-+． 综上所述，S 与t 的函数关系式为：()()()222t 0t 21S t 2t 12<t 2221t 32t 922<t 322⎧≤≤⎪⎪⎪=-++≤⎨⎪⎪-+≤⎪⎩ ．【考点】1．二次函数综合题；2．单动点和面动平移问题；3．待定系数法的应用；4．曲线上点的坐标与方程的关系；5．二函数的性质；6．由实际问题列函数关系式；7．分类思想和转换思想的应用． 【分析】（1）应用待定系数法即可求得抛物线的解析式，然后化为顶点式即可求得顶点的坐标． （2）先求得直线BC 的解析式，设P （x ，﹣x 2+4x ﹣3），则F （x ，x ﹣3），根据PF 等于P 点的纵坐标﹣F 点的纵坐标即可求得PF 关于x 的函数关系式，从而求得P 的坐标和PF 的最大值． （3）在运动过程中，分三种情形，需要分类讨论，避免漏解．21．（2014年四川资阳12分）如图，已知抛物线y =ax 2+bx +c 与x 轴的一个交点为A （3，0），与y 轴的交点为B （0，3），其顶点为C ，对称轴为x =1．。
专题25 动态几何之线动形成的函数关系问题(压轴题)-决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品(解析版)
一、选择题1．（2016浙江省温州市）如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =4，BC =2．P 是AB 边上一动点，PD ⊥AC 于点D ，点E 在P 的右侧，且PE =1，连结CE ．P 从点A 出发，沿AB 方向运动，当E 到达点B 时，P 停止运动．在整个运动过程中，图中阴影部分面积S 1+S 2的大小变化情况是（ ）A ．一直减小B ．一直不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小【答案】C ．【分析】设PD =x ，AB 边上的高为h ，想办法求出AD 、h ，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．【解析】在RT△ABC 中，∵∠ACB =90°，AC =4，BC =2，∴AB =22AC BC +=2242+=25，设PD =x ，AB 边上的高为h ，h =AC BC AB ⋅=45，∵PD ∥BC ，∴PD AD BC AC =，∴AD =2x ，AP =5x ，∴S 1+S 2=12•2x •x +145(2515)2x --⋅=22524x x -+-=225(1)3x -+-，∴当0＜x ＜1时，S 1+S 2的值随x 的增大而减小，当1≤x ≤2时，S 1+S 2的值随x 的增大而增大．故选C ．考点：动点问题的函数图象．2．（2016湖北省荆门市）如图，正方形ABCD 的边长为2cm ，动点P 从点A 出发，在正方形的边上沿A →B →C 的方向运动到点C 停止，设点P 的运动路程为x （cm ），在下列图象中，能表示△ADP 的面积y （cm 2）关于x （cm ）的函数关系的图象是（ ）A．B．C．D．【答案】A．【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．【解析】当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y=12×2x=x，当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y=12×2×2=2，符合题意的函数关系的图象是A；故选A．考点：动点问题的函数图象．3．（2016湖北省鄂州市）如图，O是边长为4cm的正方形ABCD的中心，M是BC的中点，动点P由A开始沿折线A﹣B﹣M方向匀速运动，到M时停止运动，速度为1cm/s．设P点的运动时间为t（s），点P的运动路径与OA、OP所围成的图形面积为S（cm2），则描述面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象可以是（）A．B．C．D．【答案】A．【分析】分两种情况：①当0≤t＜4时，作O M⊥AB于M，由正方形的性质得出∠B=90°，AD=AB=BC=4cm，A M=B M=O M=12AB=2cm，由三角形的面积得出S=12AP•O M=t（cm2）；②当t≥4时，S=△OA M的面积+梯形O M BP的面积=t（cm2）；得出面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象是过原点的线段，即可得出结论．考点：动点问题的函数图象．4．（2016甘肃省白银市）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，BC=4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD=x，△BDP的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（）A．B．C．D．【答案】A．【解析】过A点作AH⊥BC于H，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45°，BH=CH=AH=12BC=2，当0≤x≤2时，如图1，∵∠B=45°，∴PD=BD=x，∴y=12•x•x=212x；当2＜x≤4时，如图2，∵∠C=45°，∴PD=CD=4﹣x，∴y=12•（4﹣x）•x=2122x x-+，故选A．考点：动点问题的函数图象；分类讨论．5．（2016青海省）如图，在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG，动点P从点A 出发，沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图象大致是（）A．B．C．D．【答案】B．【分析】根据点P在AD、DE、EF、FG、GB上时，△ABP的面积S与时间t的关系确定函数图象．考点：动点问题的函数图象；分段函数；分类讨论；压轴题．6．（2016青海省西宁市）如图，在△ABC中，∠B=90°，tan∠C=34，AB=6cm．动点P从点A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．若P，Q两点分别从A，B两点同时出发，在运动过程中，△PBQ的最大面积是（）A．18cm2B．12cm2C．9cm2D．3cm2【答案】C．【分析】先根据已知求边长BC，再根据点P和Q的速度表示BP和BQ的长，设△PBQ的面积为S，利用直角三角形的面积公式列关于S与t的函数关系式，并求最值即可．【解析】∵tan∠C=34，AB=6cm，∴6ABBC BC=34，∴BC=8，由题意得：A P=t，BP=6﹣t，BQ=2t，设△PBQ的面积为S，则S=12×BP×BQ=12×2t×（6﹣t），S=26t t-+=2(3)9t--+，P：0≤t≤6，Q：0≤t≤4，∴当t=3时，S有最大值为9，即当t=3时，△PBQ的最大面积为9cm2；故选C．考点：解直角三角形；二次函数的最值；最值问题；动点型．7．（2016青海省西宁市）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（）A．B．C． D．【答案】A．【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．【解析】作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，若右图所示，由已知可得，OB=x，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC，点C的纵坐标是y，∵AD∥x轴，∴∠DAO+∠AOD=180°，∴∠DAO=90°，∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°，∴∠OAB=∠DAC，在△OAB和△DAC中，∵∠AOB=∠ADC，∠OAB=∠DAC，AB=AC，∴△OAB≌△DAC（AAS），∴OB=CD，∴CD=x，∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A 到x的距离1，∴y=x+1（x＞0）．故选A．考点：动点问题的函数图象．8．（2015盐城）如图，在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG，动点P从点A出发，沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图象大致是（）A． B． C． D．【答案】B．考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数；3．分类讨论；4．压轴题．9．（2015荆州）如图，正方形ABCD的边长为3cm，动点P从B点出发以3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA 运动，到达A点停止运动；另一动点Q同时从B点出发，以1cm/s的速度沿着边BA向A点运动，到达A点停止运动．设P点运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象是（）A． B． C． D．【答案】C．考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数．10．（2015邵阳）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C 点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y 与t的函数关系的图象是（）A． B． C． D．【答案】B．考点：1．动点问题的函数图象；2．数形结合．11．（2014年甘肃兰州4分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是边长为4的正方形，平行于对角线BD的直线l从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，运动到直线l与正方形没有交点为止．设直线l扫过正方形OBCD的面积为S，直线l运动的时间为t（秒），下列能反映S与t之间函数关系的图象是（）A． B． C． D．【答案】D．【考点】1．动点问题的函数图象；2．正方形的性质；3．二次函数的性质和图象；4．分类思想的应用．【分析】根据三角形的面积即可求出S与t的函数关系式，根据函数关系式选择图象：①当0≤t≤4时，S=12×t×t=12t2，即S=12t2，该函数图象是开口向上的抛物线的一部分．故B、C错误；②当4＜t ≤8时，S =16﹣12×（t ﹣4）×（t ﹣4），即S =﹣12t 2+4t +8，该函数图象是开口向下的抛物线的一部分．故A 错误．故选D ． 12．（2014年内蒙古赤峰3分）如图，一根长为5米的竹竿AB 斜立于墙AC 的右侧，底端B 与墙角C 的距离为3米，当竹竿顶端A 下滑x 米时，底端B 便随着向右滑行y 米，反映y 与x 变化关系的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A ． 【考点】1．动线问题的函数问题；2．勾股定理；3． 排他法的应用．【分析】应用排他法解题：∵AB =5，BC =3，∴由勾股定理，得AC =4∴如答图，11A C 4x,CB 3y =-=+ .∵2221111A B A C CB =+，∴()()22254x 3y =-++ .∴y 与x 的变化关系不是一次函数的关系，选项B ，C 错误．故选A ．二、填空题三、解答题13．（2016黑龙江省龙东地区）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 的顶点O 是坐标原点，点A 在第一象限，点C 在第四象限，点B 在x 轴的正半轴上．∠OAB =90°且OA =AB ，OB ，OC 的长分别是一元二次方程211300x x -+=的两个根（OB ＞OC ）．（1）求点A 和点B 的坐标．（2）点P 是线段OB 上的一个动点（点P 不与点O ，B 重合），过点P 的直线l 与y 轴平行，直线l 交边OA或边AB 于点Q ，交边OC 或边BC 于点R ．设点P 的横坐标为t ，线段QR 的长度为m ．已知t =4时，直线l 恰好过点C ．当0＜t ＜3时，求m 关于t 的函数关系式．（3）当m=3.5时，请直接写出点P 的坐标．【答案】（1）A （3，3）， B （6，0）；（2）m=74t （0＜t ＜3）；（3）P （2，0）或（235，0）．（3）利用待定系数法求出直线AB 的解析式为y =﹣x +6，直线BC 的解析式为392y x =-，然后分类讨论：当0＜t ＜3时，利用74t =3.5可求出t 得到P 点坐标； 当3≤t ＜4时，则Q （t ，﹣t +6），R （t ，34-t ），于是得到﹣t +6﹣（34-t ）=3.5，解得t =10，不满足t 的范围舍去；当4≤t ＜6时，则Q （t ，﹣t +6），R （t ，392t -），所以﹣t +6﹣（392t -）=3.5，然后解方程求出t 得到P 点坐标．【解析】（1）∵方程211300x x -+=的解为1x =5，2x =6，∴OB =6，OC =5，∴B 点坐标为（6，0），作A M⊥x 轴于M ，如图，∵∠OAB =90°且OA =AB ，∴△AOB 为等腰直角三角形，∴O M=B M=A M=12OB =3，∴A 点坐标为（3，3）；（2）作CN ⊥x 轴于N ，如图，∵t =4时，直线l 恰好过点C ，∴ON =4，在Rt△OCN 中，CN =22OC ON -=2254-=3，∴C 点坐标为（4，﹣3），设直线OC 的解析式为y =kx ，把C （4，﹣3）代入得4k =﹣3，解得k =34-，∴直线OC 的解析式为34y x =-，设直线OA 的解析式为y =ax ，把A （3，3）代入得3a =3，解得a =1，∴直线OA 的解析式为y =x ，∵P （t ，0）（0＜t ＜3），∴Q （t ，t ），R （t ，34-t ），∴QR =t ﹣（34-t ）=74t ，即m=74t （0＜t ＜3）； （3）设直线AB 的解析式为y =px +q ，把A （3，3），B （6，0）代入得：3360p q p q +=⎧⎨+=⎩，解得：16p q =-⎧⎨=⎩，∴直线AB 的解析式为y =﹣x +6，同理可得直线BC 的解析式为392y x =-； 当0＜t ＜3时，m=74t ，若m=3.5，则74t =3.5，解得t =2，此时P 点坐标为（2，0）； 当3≤t ＜4时，Q （t ，﹣t +6），R （t ，34-t ），∴m=﹣t +6﹣（34-t ）=14-t +6，若m=3.5，则14-t +6=3.5，解得t =10（不合题意舍去）；当4≤t ＜6时，Q （t ，﹣t +6），R （t ，392t -），∴m=﹣t +6﹣（392t -）=52-t +15，若m=3.5，则52-t +15=3.5，解得t =235，此时P 点坐标为（235，0），综上所述，满足条件的P 点坐标为（2，0）或（235，0）．考点：四边形综合题；动点型；分类讨论；压轴题．14．（2016山东省青岛市）已知：如图，在矩形ABCD 中，Ab =6cm ，BC =8cm ，对角线AC ，BD 交于点0．点P 从点A 出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s ；同时，点Q 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1cm/s ；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO 并延长，交BC 于点E ，过点Q 作QF ∥AC ，交BD 于点F ．设运动时间为t （s ）（0＜t ＜6），解答下列问题：（1）当t 为何值时，△AOP 是等腰三角形？（2）设五边形OECQF 的面积为S （cm 2），试确定S 与t 的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）t为258或5；（2）2131232S t t=-++；（3）t=92；（4）t=2.88．【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理得到AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作P M⊥AO，根据相似三角形的性质得到AP=t=258，②当AP=AO=t=5，于是得到结论；（2）作EH⊥AC于H，Q M⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，根据全等三角形的性质得到CE=AP=t，根据相似三角形的性质表示出EH，根据相似三角形的性质表示出Q M，FQ，根据图形的面积即可得到结论；（3）根据题意列方程得到t的值，于是得到结论；（4）由角平分线的性质得到DM的长，根据勾股定理得到ON的长，由三角形的面积公式表示出OP，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解析】（1）∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，∴AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作P M⊥AO，∴A M=12AO=52，∵∠P MA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△AP M∽△ADC，∴AP AMAC AD=，∴AP=t=258，②当AP=AO=t=5，∴当t为258或5时，△AOP是等腰三角形；（2）作EH⊥AC于H，Q M⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，在△APO与△CEO中，∵∠PA O=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，∴△AOP≌△COE，∴CE=AP=t，∵△CEH∽△ABC，∴EH CEAB AC=，∴EH=35t，∵DN=AD CDAC⋅=245，∵Q M∥DN，∴△CQ M∽△CDN，∴QM CQDN CD=，即62465QM t-=，∴Q M=2445t-，∴DG=2424455t--=45t，∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴FQ DGOC DN=，∴FQ=56t，∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF =13152445(5)25265tt t-⨯⨯++⋅=2131232t t-++，∴S与t的函数关系式为2131232S t t=-++；（3）存在，∵S△ACD=12×6×8=24，∴S五边形OECQF：S△ACD=（2131232t t-++）：24=9：16，解得t=92，t=0，（不合题意，舍去），∴t=92时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16；（4）如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，∵∠POD=∠COD，∴DM=DN=245，∴ON=O M=22OD DN-=75，∵OP•DM=3PD，∴OP=558t-，∴P M=18558t-，∵222PD PM DM=+，∴22218524(8)()()585t t-=-+，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，∴当t=2.88时，OD平分∠COP．考点：四边形综合题；动点型；分类讨论；存在型；压轴题．15．（2016内蒙古赤峰市）（12分）如图，正方形ABCD的边长为3cm，P，Q分别从B，A出发沿BC，AD方向运动，P点的运动速度是1cm/秒，Q点的运动速度是2cm/秒，连接A，P并过Q作QE⊥AP垂足为E．（1）求证：△ABP∽△QEA；（2）当运动时间t为何值时，△ABP≌△QEA；（3）设△QEA的面积为y，用运动时刻t表示△QEA的面积y（不要求考t的取值范围）．（提示：解答（2）（3）时可不分先后）【答案】（1）证明见解析；（2）t3（3）2269tyt=+．【分析】（1）根据正方形的性质和相似三角形的判定和性质证明即可；（2）根据全等三角形的判定和性质，利用勾股定理解答即可；（3）根据相似三角形的性质得出函数解析式即可．考点：相似形综合题；动点型．16．（2016浙江省湖州市）如图，已知二次函数2y x 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 ，连结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，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）．【答案】（1）224y x x =-++，M （1，5）；（2）2＜m ＜4；（3）P 1（13，113），P 2（13-，133），P 3（3，1），P 4（﹣3，7）．【分析】（1）将点A 、点C 的坐标代入函数解析式，即可求出b 、c 的值，通过配方法得到点M 的坐标；（2）点M 是沿着对称轴直线x =1向下平移的，可先求出直线AC 的解析式，将x =1代入求出点M 在向下平移时与AC 、AB 相交时y 的值，即可得到m 的取值范围；（3）由题意分析可得∠M CP =90°，则若△P CM 与△BCD 相似，则要进行分类讨论，分成△P CM∽△BDC 或△P CM∽△CDB 两种，然后利用边的对应比值求出点坐标．【解析】（1）把点A （3，1），点C （0，4）代入二次函数2y x bx c =-++，得：23314b c c ⎧-++=⎨=⎩ 解得：24b c =⎧⎨=⎩，∴二次函数解析式为224y x x =-++，配方得2(1)5y x =--+，∴点M 的坐标为（1，5）； （2）设直线AC 解析式为y =kx +b ，把点A （3，1），C （0，4）代入得：314k b b +=⎧⎨=⎩ 解得：14k b =-⎧⎨=⎩，∴直线AC 的解析式为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）连接M C ，作M G ⊥y 轴并延长交AC 于点N ，则点G 坐标为（0，5）．∵M G =1，GC =5﹣4=1，∴M C 22MG CG +2211+2y =5代入y =﹣x +4解得x =﹣1，则点N 坐标为（﹣1，5），∵NG =GC ，G M=GC ，∴∠NCG =∠G CM=45°，∴∠N CM=90°，由此可知，若点P 在AC 上，则∠M CP =90°，则点D 与点C 必为相似三角形对应点．①若有△P CM∽△BDC ，则有MC CD CP BD =，∵BD =1，CD =3，∴CP =MC BD CD ⋅=213=23，∵CD =DA =3，∴∠DCA =45°，若点P 在y 轴右侧，作PH⊥y 轴，∵∠PCH =45°，CP =23，∴PH=22313，把x =13代入y =﹣x +4，解得y =113，∴P 1（13，113）； 同理可得，若点P 在y 轴左侧，则把x =13-代入y =﹣x +4，解得y =133，∴P 2（13-，133）； ②若有△P CM∽△CDB ，则有MC BD CP CD =，∴CP =231=32PH=322=3； 若点P 在y 轴右侧，把x =3代入y =﹣x +4，解得y =1；若点P 在y 轴左侧，把x =﹣3代入y =﹣x +4，解得y =7∴P 3（3，1）；P 4（﹣3，7），∴所有符合题意得点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）．考点：二次函数综合题；二次函数图象及其性质；分类讨论；动点型；平移的性质；二次函数图象与几何变换；压轴题．17．（2016湖北省襄阳市）如图，已知点A 的坐标为（﹣2，0），直线334y x =-+与x 轴、y 轴分别交于点B 和点C ，连接AC ，顶点为D 的抛物线2y ax bx c =++过A 、B 、C 三点．（1）请直接写出B 、C 两点的坐标，抛物线的解析式及顶点D 的坐标；（2）设抛物线的对称轴DE 交线段BC 于点E ，P 是第一象限内抛物线上一点，过点P 作x 轴的垂线，交线段BC 于点F ，若四边形DEFP 为平行四边形，求点P 的坐标；（3）设点M 是线段BC 上的一动点，过点M 作M N ∥AB ，交AC 于点N ，点Q 从点B 出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA 向点A 运动，运动时间为t （秒），当t （秒）为何值时，存在△Q M N 为等腰直角三角形？【答案】（1）B （4，0），C （0，3），233384y x x =-++，D （1，278）；（2）P （3，158）；（3）t =83或143或72． 【分析】（1）分别令y =0和x =0代入334y x =-+即可求出B 和C 的坐标，然后设抛物线的交点式为y =a （x +2）（x ﹣4），最后把C 的坐标代入抛物线解析式即可求出a 的值和顶点D 的坐标； （2）若四边形DEFP 为平行四边形时，则DP ∥BC ，设直线DP 的解析式为y =m x +n ，则m=34-，求出直线DP 的解析式后，联立抛物线解析式和直线DP 的解析式即可求出P 的坐标；【解析】（1）令x =0代入334y x =-+ ∴y =3，∴C （0，3），令y =0代入334y x =-+，∴x =4，∴B （4，0），设抛物线的解析式为：y =a （x +2）（x ﹣4），把C （0，3）代入y =a （x +2）（x ﹣4），∴a =38-，∴抛物线的解析式为：y =38-（x +2）（x ﹣4），即233384y x x =-++，∴顶点D 的坐标为（1，278）； （2）当DP ∥BC 时，此时四边形DEFP 是平行四边形，设直线DP 的解析式为y =m x +n ，∵直线BC 的解析式为：334y x =-+，∴m=34-，∴34y x n =-+，把D （1，278）代入34y x n =-+，∴n =338，∴直线DP 的解析式为33348y x =-+，∴联立：23338433348y x x y x ⎧=-++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，解得：x =3或x =1（舍去），∴把x =3代入33348y x =-+，y =158，∴P 的坐标为（3，158）；②如图2，当∠Q NM=90°时，∵QB =t ，∴点Q 的坐标为（4﹣t ，0）∴令x =4﹣t 代入332y x =+，∴y =9﹣32t ，∴N （4﹣t ，9﹣32t ），∵M N ∥x 轴，∴点M 的纵坐标为9﹣32t ，∴令y =9﹣32t 代入334y x =-+，∴x =2t ﹣8，∴M（2t ﹣8，9﹣32t ），∴M N =（2t ﹣8）﹣（4﹣t ）=3t ﹣12，∵NQ ∥OC ，∴△AQN ∽△AOC ，∴NQ AQ OC OA =，∴NQ =9﹣32t ，当NQ =M N 时，∴9﹣32t =3t ﹣12，t =143，∴此时QB =143，符合题意； ③如图3，当∠NQ M=90°，过点Q 作QE ⊥M N 于点E ，过点M 作M F ⊥x 轴于点F ，设QE =a ，令y =a 代入334y x =-+，∴x =4﹣43a ，∴M（4﹣43a ，a ），令y =a 代入332y x =+，∴x =23a ﹣2，∴N （23a ﹣2，0），∴M N =（4﹣43a ）﹣（23a ﹣2）=6﹣2a ，当M N =2QE 时，∴6﹣2a =2a ，∴a =32，∴M F =QE =32，∵M F ∥OC ，∴△B M F ∽△BCO ，∴MF BF OC OB =，∴BF =2，∴QB =QF +BF =32+2=72，∴t =72，此情况符合题意． 综上所述，当△Q M N 为等腰直角三角形时，此时t =83或143或72．考点：二次函数综合题；动点型；存在型；分类讨论；压轴题．18．（2016甘肃省天水市）如图，二次函数2y ax bx c =++的图象交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点C ，且B （1，0），C （0，3），将△BOC 绕点O 按逆时针方向旋转90°，C 点恰好与A 重合．（1）求该二次函数的解析式；（2）若点P 为线段AB 上的任一动点，过点P 作PE ∥AC ，交BC 于点E ，连结CP ，求△PCE 面积S 的最大值；（3）设抛物线的顶点为M ，Q 为它的图象上的任一动点，若△O M Q 为以O M 为底的等腰三角形，求Q 点的坐标．【答案】（1）223y x x =--+；（2）S △PCE 的最大值为32；（3）Q （91378-+，813732），或（91378-，5913732-）．【分析】（1）先求出点A 坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式； （2）先求出S △PCE =S △PBC ﹣S △PBE ，即可求出最大面积；（3）先求出抛物线顶点坐标，由等腰三角形的两腰相等建立方程求出点Q 坐标． 【解析】（1）∵B （1，0），C （0，3），∴OB =1，OC =3．∵△BOC 绕点O 按逆时针方向旋转90°，C 点恰好与A 重合，∴OA =OC =3，∴A （﹣3，0），∵点A ，B ，C 在抛物线上，∴93009a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，∴123a b c =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴二次函数的解析式为223y x x =--+；（2）设点P （x ，0），则PB =1﹣x ，∴S △PBE =23(1)8x -，∴S △PCE =S △PBC ﹣S △PBE =12PB ×OC ﹣23(1)8x -=213(1)3(1)28x x -⨯--=233(1)82x --+，当x =1时，S △PCE 的最大值为32． （3）∵二次函数的解析式为223y x x =--+=2(1)4x -++，∴顶点坐标（﹣1，4），∵△O M Q 为等腰三角形，O M 为底，∴M Q =OQ ，∴222(1)(234)x x x ++--+-=222(23)x x x +--+，∴281870x x +-=，∴x =9137-±，∴y =8137+或y =59137-，∴Q （9137-+，8137+），或（9137--，5913732-）．考点：二次函数综合题；动点型；旋转的性质；最值问题；二次函数的最值；综合题．19．（2016福建省漳州市）（满分12分）如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于点A 和点B （3，0），与y 轴交于点C （0，3）． （1）求抛物线的解析式；（2）若点M 是抛物线在x 轴下方上的动点，过点M 作M N //y 轴交直线BC 于点N ，求线段M N 的最大值； （3）在（2）的条件下，当M N 取最大值时，在抛物线的对称轴l 上是否存在点P ，使△PBN 是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）243y x x =-+；（2）94；（3）（2，12）、（2142）、（2，142-）、（2317-）或（2，317+． 【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；（2）设出点M 的坐标以及直线BC 的解析式，由点B 、C 的坐标利用待定系数法即可求出直线BC 的解析式，结合点M 的坐标即可得出点N 的坐标，由此即可得出线段M N 的长度关于m 的函数关系式，再结合点M 在x 轴下方可找出m 的取值范围，利用二次函数的性质即可解决最值问题；（3）假设存在，设出点P 的坐标为（2，n ），结合（2）的结论可求出点N 的坐标，结合点N 、B 的坐标利用两点间的距离公式求出线段PN 、PB 、BN 的长度，根据等腰三角形的性质分类讨论即可求出n 值，从而得出点P 的坐标．【解析】（1）将点B （3，0）、C （0，3）代入抛物线c bx x y ++=2中，得0933b c c =++⎧⎨=⎩：，解得：43b c =-⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为243y x x =-+；（2）设点M 的坐标为（m ，243m m -+），设直线BC 的解析式为y =kx +3，把点点B （3，0）代入y =kx +3中，得：0=3k +3，解得：k =﹣1，∴直线BC 的解析式为y =﹣x +3．∵M N ∥y 轴，∴点N 的坐标为（m ，﹣m+3）．∵抛物线的解析式为243y x x =-+=2(2)1x --，∴抛物线的对称轴为x =2，∴点（1，0）在抛物线的图象上，∴1＜m ＜3．∵线段M N =﹣m+3﹣（243m m -+）=23m m -+=239()24m --+，∴当m=32时，线段M N 取最大值，最大值为94； （3）假设存在．设点P 的坐标为（2，n ）．当m=32时，点N 的坐标为（32，32），∴PB =22(23)(0)n -+-=21n +，PN =2233(2)()22n -+-，BN =2233(3)(0)22-+-=322． △PBN 为等腰三角形分三种情况：综上可知：在抛物线的对称轴l 上存在点P ，使△PBN 是等腰三角形，点的坐标为（2，12）、（2，142）、（2，14-）、（2，317-）或（2，317+）． 考点：二次函数综合题；分类讨论；动点型；最值问题；二次函数的最值；存在型；压轴题．20．（2016黑龙江省哈尔滨市）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线22y ax ax c =++经过A （﹣4，0），B （0，4）两点，与x 轴交于另一点C ，直线y =x +5与x 轴交于点D ，与y 轴交于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是第二象限抛物线上的一个动点，连接EP ，过点E 作EP 的垂线l ，在l 上截取线段EF ，使EF =EP ，且点F 在第一象限，过点F 作F M ⊥x 轴于点M ，设点P 的横坐标为t ，线段F M 的长度为d ，求d 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点E 作EH ⊥ED 交M F 的延长线于点H ，连接DH ，点G 为DH 的中点，当直线PG 经过AC 的中点Q 时，求点F 的坐标．【答案】（1）2142y x x =--+；（2）d ==5+t ；（3）F （46-，56-）． 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；（2）如图1，作辅助线构建两个直角三角形，利用斜边PE =EF 和两角相等证两直角三角形全等，得PA′=EB ′，则d =F M=OE ﹣EB ′代入列式可得结论，但要注意PA′=﹣t ；（3）如图2，根据直线EH 的解析式表示出点F 的坐标和H 的坐标，发现点P 和点H 的纵坐标相等，则PH 与x 轴平行，根据平行线截线段成比例定理可得G 也是PQ 的中点，由此表示出点G 的坐标并列式，求出t 的值并取舍，计算出点F 的坐标．【解析】（1）把A （﹣4，0），B （0，4）代入22y ax ax c =++得：16804a a c c -+=⎧⎨=⎩，解得：124a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，所以抛物线解析式为2142y x x =--+； （2）如图1，分别过P 、F 向y 轴作垂线，垂足分别为A ′、B ′，过P 作PN ⊥x 轴，垂足为N ，由直线DE 的解析式为：y =x +5，则E （0，5），∴OE =5，∵∠PEO +∠OEF =90°，∠PEO +∠E PA′=90°，∴∠E PA′=∠OEF ，∵PE =EF ，∠EA ′P =∠EB ′F =90°，∴△PEA ′≌△EFB ′，∴PA′=EB ′=﹣t ，则d =F M=OB ′=OE ﹣EB ′=5﹣（﹣t ）=5+t ；（3）如图2，由直线DE 的解析式为：y =x +5，∵EH ⊥ED ，∴直线EH 的解析式为：y =﹣x +5，∴FB ′=A ′E =5﹣（2142t t --+）=2112t t ++，∴F （2112t t ++，5+t ），∴点H 的横坐标为：2112t t ++，y =21152t t ---+=2142t t --+，∴H （2112t t ++，2142t t --+），∵G 是DH 的中点，∴G （215122t t -+++，21422t t --+），∴G （211242t t +-，211242t t --+），∴PH ∥x 轴，∵DG =GH ，∴PG =GQ ，∴21112242t t t -+=+-，t =6±，∵P 在第二象限，∴t ＜0，∴t =6-，∴F （46-，56-）．考点：二次函数综合题；动点型；压轴题．21．（2015广东深圳）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y =－2x ＋b （b ≥0）的位置随b 的不同取值而变化．（1）已知⊙M 的圆心坐标为（4，2），半径为2．当b = 时，直线l ：y =－2x ＋b （b ≥0）经过圆心M ： 当b = 时，直线l ：y =－2x ＋b （b ≥0）与O M 相切：（2）若把⊙M 换成矩形ABCD ，其三个顶点坐标分别为：A （2，0）、B （6，0）、C （6，2）． 设直线l 扫过矩形ABCD 的面积为S ，当b 由小到大变化时，请求出S 与b 的函数关系式，【答案】解：（1）10；1025±．（2）由A （2，0）、B （6，0）、C （6，2），根据矩形的性质，得D （2，2）． 如图，当直线l 经过A （2，0）时，b =4；当直线l 经过D （2，2）时，b =6；当直线l 经过B （6，0）时，b =12；当直线l 经过C （6，2）时，b =14． 当0≤b ≤4时，直线l 扫过矩形ABCD 的面积S 为0．当4＜b ≤6时，直线l 扫过矩形ABCD 的面积S 为△EFA 的面积（如图1），在 y =－2x ＋b 中，令x =2，得y =－4＋b ，则E （2，－4＋b ）， 令y =0，即－2x ＋b =0，解得x =1b 2，则F （1b 2，0）． ∴AF =1b 22-，AE =－4＋b ．∴S =()21111AF AE b 24b b 2b+42224⎛⎫⋅⋅=⋅-⋅= ⎪⎝⎭－＋－．当6＜b ≤12时，直线l 扫过矩形ABCD 的面积S 为直角梯形DHGA 的面积（如图2），在 y =－2x ＋b 中，令y =0，得x =1b 2，则G （1b 2，0），令y =2，即－2x ＋b =2，解得x =1b 12-，则H （1b 12-，2）．∴DH =1b 32-，AG =1b 22-．AD =2∴S =()()11DH+AG AD b 52b 522⋅⋅=⋅-⋅=-．∴P （21b,b 55）．由P M=2，勾股定理得，2221b +b 455⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-4 -2，化简得24b 20b+80=0-．解得b=1025±（2）求出直线l 经过点A 、B 、C 、D 四点时b 的值，从而分0≤b ≤4，4＜b ≤6，6＜b ≤12，12＜b ≤14，b ＞14五种情况分别讨论即可．22．（2015湖北黄石）已知抛物线C 1的函数解析式为2y ax bx 3a(b 0)=+-<，若抛物线C 1经过点(0,3)-，方程2ax bx 3a 0+-=的两根为1x ，2x ，且12x x 4-=．（1）求抛物线C 1的顶点坐标． （2）已知实数x 0>，请证明：1x x +≥2，并说明x 为何值时才会有1x 2x+=. （3）若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C 2，设1A(m,y )， 2B(n,y )是C 2上的两个不同点，且满足： 00AOB 9∠=，m 0>，n 0<.请你用含有m 的表达式表示出△AOB 的面积S ，并求出S 的最小值及S 取最小值时一次函数OA 的函数解析式．（参考公式：在平面直角坐标系中，若11P(x ,y )，22Q(x ,y )，则P ，Q 222121(x x )(y y )-+-（3）由平移的性质，得C2的解析式为：y＝x2．∴Ａ（m，m2），B（n，n2）．由BOD △ ∽OAC △得 BD ODOC AC =，即22n n m m -=．∴mn 1=-． ∴1111S mn(m n)=m+2122m 2⎛⎫=--≥⋅= ⎪⎝⎭． ∴ＳΔAOB 的最小值为１，此时m ＝１，Ａ（１，１）． ∴直线OA 的一次函数解析式为ｙ＝x ．23．（2015山东省济南市）已知：如图①，在Rt△ACB 中，∠C =90°，AC =4cm ，BC =3cm ，点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度为1cm/s ；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为t （s ）（0＜t ＜2），解答下列问题：（1）当t为何值时，PQ∥BC；（2）设△AQP的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；（4）如图②，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．【答案】（1）当t=107时，PQ∥BC．（2）y=-35t2+3t．（3）不存在这一时刻t，使线段PQ把Rt△ACB的周长和面积同时平分．（4）5059cm．（3）如果将三角形ABC的周长和面积平分，那么AP+AQ=BP+BC+CQ，那么可以用t表示出CQ，AQ，AP，BP 的长，那么可以求出此时t的值，我们可将t的值代入（2）的面积与t的关系式中，求出此时面积是多少，然后看看面积是否是三角形ABC面积的一半，从而判断出是否存在这一时刻．（4）我们可通过构建相似三角形来求解．过点P作P M⊥AC于M，PN⊥BC于N，那么PN CM就是个矩形，解题思路：通过三角形BPN和三角形ABC相似，得出关于BP，PN，AB，AC的比例关系，即可用t表示（2）过点P作PH⊥AC于H．∵△A PH∽△ABC，∴PH APBC AB=，∴535PH t-=，∴PH=3-35t，∴y=12×AQ×PH=12×2t×（3-35t）=-35t2+3t．（3）若PQ把△ABC周长平分，则AP+AQ=BP+BC+CQ，∴（5-t）+2t=t+3+（4-2t），解得t=1．若PQ把△ABC面积平分，则S△APQ=12S△ABC，即-35t2+3t =3．∵t=1代入上面方程不成立，∴不存在这一时刻t，使线段PQ把Rt△ACB的周长和面积同时平分．（4）过点P作P M⊥AC于M，PN⊥BC于N，若四边形PQP′C是菱形，那么PQ=PC．∵P M⊥AC于M，∴Q M=CM．∵PN ⊥BC 于N ，易知△PBN ∽△ABC ，∴PN BP AC AB =，∴45PN t =，∴PN =45t ，∴Q M=CM=45t ，∴考点：1．相似形综合题；2．动点型；3．存在型．24．（2014年湖南怀化10分）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．【答案】解：（1）∵AB =OB ，∠ABO =90°，∴△ABO 是等腰直角三角形．∴∠AOB =45°．∵∠yOC =45°，∴∠AOC =（90°﹣45°）+45°=90°． ∴AO ⊥CO ．∵C ′O ′是CO 平移得到，∴AO ⊥C ′O ′． ∴△OO ′G 是等腰直角三角形．∵射线OC 的速度是每秒2个单位长度，∴OO ′=2x ．∴y =()2212x 2x 2⋅=.（2）当x =3秒时，OO ′=2×3=6，∵12×6=3，∴点G 的坐标为（3，3）． 设抛物线解析式为y =ax 2+bx ，则9a 3b 364a 8b 0+=⎧⎨+=⎩，解得1a 58b 5⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩. ∴抛物线的解析式为218y x x 55=-+.（3）存在． 设点P 到x 轴的距离为h ，则S △POB =12×8h =8，解得h =2， 当点P 在x 轴上方时，218x x 55-+=2，整理得，x 2﹣8x +10=0，解得x 1=4x 2此时，点P 的坐标为（42）或（2）．当点P 在x 轴下方时，218x x 55-+=﹣2，整理得，x 2﹣8x ﹣10=0，解得x 1=4，x 2此时，点P 的坐标为（42）或（，﹣2）．综上所述，点P 的坐标为（42）或（2）或（42）或（，﹣2）时，△POB 的面积S =8．【考点】1．二次函数综合题；2．线动平移和单动点问题；3．由实际问题列函数关系式；4． 等腰直角三角形的判定和性质；5．待定系数法的应用；6．曲线上点的坐标与方程的关系；7．分类思想和方程思想的应用．【分析】（1）判断出△ABO 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠AOB =45°，然后求出AO ⊥CO ，再根据平移的性质可得AO ⊥C ′O ′，从而判断出△OO ′G 是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质列式整理即可得解．（2）求出OO ′，再根据等腰直角三角形的性质求出点G 的坐标，然后设抛物线解析式为y =ax 2+bx ，再把点B 、G 的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式解答．（3）设点P 到x 轴的距离为h ，利用三角形的面积公式求出h ，再分点P 在x 轴上方和下方两种情况，利用抛物线解析式求解即可．25．（2014年江西南昌12分）如图1，边长为4的正方形ABCD 中，点E 在AB 边上（不与点A 、B 重合），点F 在BC 边上（不与点B 、C 重合）．第一次操作：将线段EF 绕点F 顺时针旋转，当点E 落在正方形上时，记为点G ；第二次操作：将线段FG 绕点G 顺时针旋转，当点F 落在正方形上时，记为点H ；依此操作下去…（1）图2中的△EFD 是经过两次操作后得到的，其形状为 ▲ ，求此时线段EF 的长； （2）若经过三次操作可得到四边形EFGH ．①请判断四边形EFGH 的形状为 ▲ ，此时AE 与BF 的数量关系是 ▲ ；②以①中的结论为前提，设AE 的长为x ，四边形EFGH 的面积为y ，求y 与x 的函数关系式及面积y 的取值范围．（3）若经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是多少？它可能是正多边形吗？如果是，请直接写出其边长；如果不是，请说明理由．【答案】解：（1）等边三角形．∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =CD =BC =AB ，∠A =∠B =∠C =90°．∵ED =FD ，∴△ADE ≌△CDF （HL ）． ∴AE =CF ，BE =BF ．∴△BEF 是等腰直角三角形．设BE 的长为x ，则EF =2x ，AE =4x -，∵在Ｒt△AED 中，222AE AD DE +=，DE =EF ，∴()()2224 x 42x -+=，解得12x 443,x 443=-+=-- （不合题意，舍去）．∴EF =()2x 24438642=-+=-.（2）①四边形EFGH 为正方形；AE =BF ．②∵AE =x ，∴BE =4x -.∵在Ｒt△BED 中，222EF BF BE =+，AE =BF ，∴()222222y EF 4x x 168x x x 2x 8x 16==-+=-++=-+.。
中考数学 专题48 动态几何之多形式变化问题(含解析)
专题48 动态几何之多形式变化问题数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。
动态题是近年来中考的的一个热点问题，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，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。
以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
在中考中，动态几何多形式变化问题命题形式主要为解答题，包括点动和线动问题的综合，点动和面动问题的综合，线动和面动问题的综合等。
在中考压轴题中，动态几何多形式变化问题的难点在于准确应用适当的定理和方法进行探究。
1. 如图，在抛物线2123y x x 263=-+中， 抛物线顶点为B ，与y 轴交于点A ，点E 为线段AB 中点，点C （0，m ）是y 轴负半轴上一动点，线段EC 与线段BO 相交于F ，且OC ：OF=2：3。
（1）求m 的值；（2）动点P 从B 点出发，沿x 轴反方向匀速运动，点P 运动到什么位置时（即BP 长为多少），将△ABP 沿边PE 折叠，△APE 与△PBE 重叠部分的面积恰好为此时的△ABP 面积的14，求此时点P 的坐标。
【答案】解：（1）∵()221231y x x 2x 23636=-+=-，∴B（230）、A （0，2）、E 3，1）。
∵CO：OF=23 ∴CO=﹣m ，FO=3m ，3BF 23=。
∵BECEBF BFC ABC 1S S S S 2∆∆∆∆=+=，∴())131123m 1232m 222⎛⎫-+=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭。
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专题24动态几何之双（多）动点形成的函数关系问题数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。
动态题是近年来中考的的一个热点问题，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，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与"不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。
以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
动态几何形成的函数关系和图象问题是动态几何中的基本问题，包括单动点形成的函数关系和图象问题，双（多）动点形成的函数关系和图象问题，线动形成的函数关系和图象问题，面动形成的函数关系和图象问题。
本专题原创编写单动点形成的函数关系问题模拟题。
双动点和多动点问题就是在一些基本几何图形上，设计几个动点，并对这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
解决点动问题常常用的是“类比法”，也就是通过对两个或几个相类似的数学研究对象的异同进行观察和比较，从一个容易探索的研究对象所具有的性质入手，去猜想另一个或几个类似图形所具有的类似性质，从而获得相关结论。
类比法大致可遵循如下步骤：（1）根据已知条件，先从动态的角度去分析观察可能出现的情况。
（2）结合某一相应图形，以静制动，运用所学知识（常见的有三角形全等、三角形相似等）得出相关结论。
（3）类比猜想并证明其他情况中的图形所具有的性质。
在中考压轴题中，双（多）动点形成的函数关系和图象问题命题形式主要有选择题和解答题。
其考点类型主要有两类，一是根据条件求出函数关系式，由函数关系式判断函数图象或求相应变量的值；二是根据条件研究动点的变化趋势（特殊位置）来判断函数图象。
动点变化的载体可以是三角形、特殊四边形或圆等平面图形，也可以是直线、双曲线或抛物线等函数图象。
双（多）动点形成的函数关系问题的重点和难点在于应用数形结合的思想准确地进行分类。
1.如图，在矩形ABCDK AB=3, BC=4.动点P从点A出发沿AC向终点C运动，同时动点Q 从点B出发沿BA向点A运动，到达A点后立刻以原来的速度沿AB返回.点P、Q运动速度均为每秒1个单位长度，当点P到达点C时停止运动，点Q也同时停止•连接PQ设运动(1) 求线段AC 的长度；(2) 当点Q 从点B 向点A 运动时(未到达 A 点)，求厶APC 的面积S 关于t 的函数关系式, 并写出t 的取值范围； (3) 伴随着P 、Q 两点的运动，线段 PQ 的垂直平分线为I :① 当I 经过点A 时，射线QP 交AD 于点E ,求AE 的长；② 当I 经过点B 时，求t 的值.45 t ：— 14【解析】试题分析： （1）在矩形 ABCDK AC 二.AB 2 BC 2 =5【答案】(1) 5（2） S = 2（3—t ）；t（0 ：： t :::（3） 3、t = 2.5 ,时间为t (t >0)秒.(2)过点尸作卩甩曲于点禺AP=t f 朋耳一 t f +八.… 心AP PH . 斗由f 寸 — ------------------ …F&二―tAC CB 5c 1 “ 、4 2 ; 6 S — — (3 —— t = — — t +_r,7 対 M ■耳 ■ —‘ —* — (0</<3).(3)①如图②』线段図的垂直平分线为』经过丄右MJ AP=AQ,艮卩 3 -t=t f :.5? ：.AP=AQ^L. b .延长妙交皿于点瓦过点Q 作QOll AL ：1必于点BQ= CP= AP= t ，/ QBP=Z QAP•••/QBP-Z PBC= 90°,/ QAP-Z PCB= 90 :丄PBC=/ PCB CP = BP = AP= t1 1.•. CP= AP= 2 AC= 2 x 5= 2.5 /• t = 2.5 .(ii)如图④，当点Q 从A 向B 运动时I 经过点B,AE AP AP ——,AE OQ = O QOP OP由厶APE^A OPQ 得②(i)如图③，当点 Q 从B 向A 运动时I 经过点B,A QB團④AO _ AO _ OO AC =^B =lc J 40 uAO^ — .AC^-900 = ^- EC =2AB'.PO=AO~A^.图③吕— ( ^-3)=6- t f AP= t f P€=5~t ? 过点F 作牝丄①于点©宙厶恋S △曲GAC AB BC TAC 54<" * ,1’ IS=(三护+尹-0 ,解得心石"考点：矩形、相似三角形 点评：本题考查矩形，相似三角形，要求考生掌握矩形的性质，相似三角形的判定方法，会 判定两个三角形相似2. 如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原点，点A 、B 的坐标分别为(8, 0)、( 0, 6).动的另一个交点分别为点 C 、D,连结CD QC•••点Q 的速度是1个单位长度/秒，••• OQ=t ••• AQ=CA - OQ=8-1。
TOP 的直径为 AC,ADC=90。
AD OAAD 88…cos^BAO，即，解得 AD t oAC AB 2t 105 当点Q 与点D 重合时，AD=AQ 「. 8t=8—t ，解得 ^40。
51340•••当t 二 时，点Q 与点D 重合。
(1) 当t 为何值时，点Q 与点D 重合? (2) 当t 为何值时，DQ=2AD (3) 求线段 【答案】=8 6 =10。
点Q 从点O 动点P 从点A 同时出发，分别沿着0A 方向、AB 方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间 为t (秒)(0 v t < 5).以P 为圆心，PA 长为半径的OP 与AB 0A由勾股定理得呼：二BG ： +PG 1,即(6-r)：⑵由⑴AD = §t,5邑Q、D 重合前,DQ = AQ —AL——_t= ——1-8 ,5 513 g 40由DQ=2ADj 'y t_s =解得i 三〒。
4A二当C上时，DQ=2AD.(3)线段QC所在直线与OP相切时，CQ丄AB AQ=8-1 ,/ BAO M QAC /AOB MACQ=90 ,•••△ ACQ^A AOBAC AQ2t 8-t ”16即，解得t=OA AB8 107线段QC所在直线与OP相切时，16 t 二。
7【考点】双动点问题，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数定义，切线的性质，相似三角形的判定与性质。
【分析】(1)根据点入B的坐标求出OA、0B,利用勾股定理列式求出AB,根抿点Q的速度表示出OQ,然后求出AQ,再根擔直径所对的圆周角是直角可得ZADC=90%丙利用ZBA0的余弦表示出4然后列出方程求解即可。
(2)根据DQ=2AD列式求解即可。
(3)根据切线的性鬲得到△ACQcoAAOB,根据相似比列式求解即可。
3. 如图，等腰梯形ABCD中, AB=4, CD=9 / C=60，动点P从点C出发沿CD方向向点D 运动，动点Q同时以相同速度从点D出发沿DA方向向终点A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•(1 )求AD的长；(2)设CP=x △ PDQ的面积为y,求y关于x的函数表达式，并求自变量的取值范围；(3)探究：在BC边上是否存在点M使得四边形PDQM是菱形？若存在，请找出点M并求出BM的长；不存在，请说明理由•I)【答案】、解：（1 ）T A、D关于点Q成中心对称，HQL AB ••• HQD C=9o°, HDHA••• HDQ - A ,•••△ DHZ ABC(2)①如图1,当0 ：：：x乞25时，AQ tan乙A=°xED=10 —4x , Q片 4 ,1 3 32 15y (10 —4x) x x 一x此时2 424②如图2，当2.5 ：：：x空5时，ED：4x f 101 3 32 15y (4x -10) —x x x 此时2 4 2 4315—X2+ —x(0 < x 兰2.5),V = * 2 47 3 215—x -—x(2.5<x^5). HA-2 4(自变量取值写对给• y与x之间的函数解析式为1分)<3）①如團1,当0<M2込时'若'：時册创7^10-4^ ,cosZJ 45 40.'.10 —4x= —x f x=——■........ ................ . .... ....... ...... ............................. 1 分421显然妙砂胚不可能；................... . ...................... 1分②如图2,当2_5<龙金时,S 40若琳碣4x-10 = —x j x- —; ............................................................ 1 分4 11若於朋，止匕时点仍連分别与点爲£重合，x = 5 ................................. 1分若砂应场则厶FDJS企田）A,・ED DH 4x-l0 7X 320., ----- =----- > -------- —-L—, x —------ ■■■” ■■■■" .............. ■■■■DH AD5 lx r 103—x4二当龙的值为——.5, —时，△磁是等腰三角形.21 11 103（其他解法相应给分）【解析】略4. 如图，在等边厶ABC中，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C境，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B.已知P, Q两点同时出发，并同时到达终点•连结MP, MQ PQ在整个运动过程中，△ MPQ的面积大小变化情况是【】A. 一直增大B. 一直减小C. 先减小后增大D. 先增大后减小【答案】C o【考点】动点问题的函数图象，等边三角形的性质，三角形中位线定理。
【分析】是AB的中点，幵始时，SiMPQ-SiA S±ABC 7J由于P, Q两点同时出发，并同时到达终点，从而点P到达AC的G点町，点Q也到达BC的中点，此时，PM, QM, PQ把AABC分成四个全等的三角形』所臥亚迥丄业畑；斗结束时f名一X哄三S-E'二沪/.AMPQ的面积大小变化情况是：先减小后増犬。