浙江省紹興縣楊汛橋鎮(zhèn)中學中考數(shù)學 壓軸測試題專題 動點問題

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1、△+△數(shù)學中考教學資料2019年編△+△ 浙江省紹興縣楊汛橋鎮(zhèn)中學中考數(shù)學壓軸測試題專題2 動點問題 1. （2012上海市14分）如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB=90°，點C是弧AB上的一個動點（不與點A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分別為D、E． （1）當BC=1時，求線段OD的長； （2）在△DOE中是否存在長度保持不變的邊？如果存在，請指出并求其長度，如果不存在，請說明理由； （3）設BD=x，△DOE的面積為y，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出它的定義域． 【答案】解：（1）∵點O是圓心，OD⊥BC，BC=1，∴BD=BC=。

2、 又∵OB=2，∴。 （2）存在，DE是不變的。 如圖，連接AB，則。 ∵D和E是中點，∴DE=。 （3）∵BD=x，∴。 ∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠AOB=900。 ∴∠2+∠3=45°。 過D作DF⊥OE，垂足為點F?！郉F=OF=。 由△BOD∽△EDF，得，即 ，解得EF=x。 ∴OE=。 ∴。 【考點】垂徑定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（1）由OD⊥BC，根據(jù)垂徑定理可得出BD=BC= ，在Rt△BOD中利用勾股定理即可求出OD的長。 （2）連接AB，由△AO

3、B是等腰直角三角形可得出AB的長，再由D和E是中點，根據(jù)三角形中位線定理可得出DE= 。 （3）由BD=x，可知，由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°，過D作DF⊥OE，則DF=OF=，EF=x，OE=，即可求得y關于x的函數(shù)關系式。 ∵，點C是弧AB上的一個動點（不與點A、B重合）， ∴。 2. （2012福建南平14分）如圖，在△ABC中，點D、E分別在邊BC、AC上，連接AD、DE，且∠1=∠B=∠C． （1）由題設條件，請寫出三個正確結(jié)論：（要求不再添加其他字母和輔助線，找結(jié)論過程中添加的字母和輔助線不能出現(xiàn)在結(jié)論中，不必證明） 答：

4、結(jié)論一： ；結(jié)論二： ；結(jié)論三： ． （2）若∠B=45°，BC=2，當點D在BC上運動時（點D不與B、C重合）， ①求CE的最大值； ②若△ADE是等腰三角形，求此時BD的長． （注意：在第（2）的求解過程中，若有運用（1）中得出的結(jié)論，須加以證明） 【答案】解：（1）AB=AC；∠AED=∠ADC；△ADE∽△ACD。 （2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB為等腰直角三角形。 ∴。 ∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。 ∴AD：AC=AE：AD，∴ 。 當AD最小時，AE最小，此時AD⊥BC，

5、AD=BC=1。 ∴AE的最小值為 ?！郈E的最大值= 。 ②當AD=AE時，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。 ∴點D與B重合，不合題意舍去。 當EA=ED時，如圖1，∴∠EAD=∠1=45°。 ∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC?！郆D=1。 當DA=DE時，如圖2， ∵△ADE∽△ACD，∴DA：AC=DE：DC。 ∴DC=CA=?！郆D=BC－DC=2－。 綜上所述，當△ADE是等腰三角形時，BD的長的長為1或2－。 【考點】相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（1）由∠B=∠C

6、，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AB=AC；由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC；又由∠DAE=∠CAD，根據(jù)相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。 （2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB為等腰直角三角形，則，由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根據(jù)相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，則有AD：AC=AE：AD，即，當AD⊥BC，AD最小，此時AE最小，從而由CE=AC－AE得到CE的最大值。 ②分當AD=AE，，EA=ED，DA=DE三種情況討論即可。 3. （2012甘肅蘭州12分）如圖，Rt△ABO的兩直角邊OA、OB分別在x軸的負半軸和y

7、軸的正半軸上，O為坐標原點，A、B兩點的坐標分別為(－3，0)、(0，4)，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點B，且頂點在直線x＝上． (1)求拋物線對應的函數(shù)關系式； (2)若把△ABO沿x軸向右平移得到△DCE，點A、B、O的對應點分別是D、C、E，當四邊形ABCD是菱形時，試判斷點C和點D是否在該拋物線上，并說明理由； (3)在(2)的條件下，連接BD，已知對稱軸上存在一點P使得△PBD的周長最小，求出P點的坐標； (4)在(2)、(3)的條件下，若點M是線段OB上的一個動點(點M與點O、B不重合)，過點M作∥BD交x軸于點N，連接PM、PN，設OM的長為t，△PMN的面積為S，求S

8、和t的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此時M點的坐標；若不存在，說明理由． 【答案】解：（1）∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點B(0，4)，∴c＝4。 ∵頂點在直線x＝上，∴，解得。 ∴所求函數(shù)關系式為。 （2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。 ∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。 ∴C、D兩點的坐標分別是(5，4)、(2，0)， 當x＝5時，； 當x＝2時，。 ∴點C和點D都在所求拋物線上。 （3）設CD與對稱軸交于點P，則P為所求的點， 設直線CD對應的函數(shù)關系式為y＝kx＋b， 則，解得，

9、?！嘀本€CD對應的函數(shù)關系式為。 當x＝時，?！郟()。 （4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。 ∴，即，得。 設對稱軸交x于點F，則。 ∵， ， (0＜t＜4)。 ∵，，0＜＜4， ∴當時，S取最大值是。此時，點M的坐標為(0，)。 【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，二次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（1）根據(jù)拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點B(0，4)，以及頂點在直線x＝上，得出b，c即可。 （2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出C、D兩點的坐標分別是(5，4)、(2，0)，利用圖象上點的性質(zhì)得出x＝5或2時，y

10、的值即可。 （3）首先設直線CD對應的函數(shù)關系式為y＝kx＋b，求出解析式，當x＝時，求出y即可。 （4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，進而得出，得到，從而表示出△PMN的面積，利用二次函數(shù)最值求出即可。 4. （2012廣東省9分）如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，連接BC、AC． （1）求AB和OC的長； （2）點E從點A出發(fā)，沿x軸向點B運動（點E與點A、B不重合），過點E作直線l平行BC，交AC于點D．設AE的長為m，△ADE的面積為s，求s關于m的函數(shù)關系式，并寫出自變量m的取值范圍； （3）在（2）的條件下，連接CE，求△CDE面積的最大值；此

11、時，求出以點E為圓心，與BC相切的圓的面積（結(jié)果保留π）． 【答案】解：（1）在中， 令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）； 令y=0，即，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0）。 ∴AB=9，OC=9。 （2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，即：。 ∴s=m2（0＜m＜9）。 （3）∵S△AEC=AE?OC=m，S△AED=s=m2， ∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED =﹣m2+m=﹣（m﹣）2+。 ∴△CDE的最大面積為， 此時，AE=m=，BE=AB﹣AE=。 又， 過E作EF⊥BC于F，則Rt△BEF∽Rt△BCO，得：，

12、即：。 ∴。 ∴以E點為圓心，與BC相切的圓的面積 S⊙E=π?EF2=。 【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標與方程的關系，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，勾股定理，直線與圓相切的性質(zhì)。 【分析】（1）已知拋物線的解析式，當x=0，可確定C點坐標；當y=0時，可確定A、B點的坐標，從而確定AB、OC的長。 （2）直線l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它們的面積比等于相似比的平方，由此得到關于s、m的函數(shù)關系式；根據(jù)題目條件：點E與點A、B不重合，可確定m的取值范圍。 （3）①首先用m列出△AEC的面積表達式，△AEC、△AED的面積差即為△CDE的面積，由此可得關

13、于S△CDE關于m的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)可得到S△CDE的最大面積以及此時m的值。 ②過E做BC的垂線EF，這個垂線段的長即為與BC相切的⊙E的半徑，可根據(jù)相似三角形△BEF、△BCO得到的相關比例線段求得該半徑的值，由此得解。 5. （2012貴州畢節(jié)16分）如圖，直線l1經(jīng)過點A（－1，0），直線l2經(jīng)過點B(3，0), l1、l2均為與y軸交于點C(0，)，拋物線經(jīng)過A、B、C三點。 （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）拋物線的對稱軸依次與軸交于點D、與l2交于點E、與拋物線交于點F、與l1交于點G。求證：DE=EF=FG; (3)若l1⊥l2于y軸上的C點處，點P為拋物

14、線上一動點，要使△PCG為等腰三角形，請寫出符合條件的點P的坐標，并簡述理由。 【答案】解：（1）∵拋物線經(jīng)過A（－1，0），B（3，0），C（0，）三點， ∴ ，解得。 ∴拋物線的解析式為：． （2）證明：設直線l1的解析式為y=kx+b，由直線l1經(jīng)過A（－1，0），C（0，），得 ∴ ，解得，∴直線l1的解析式為：y=-x 。 直線l2經(jīng)過B（3，0），C（0，）兩點，同理可求得直線l2解析式為：y= x 。 ∵拋物線， ∴對稱軸為x=1，D（1，0），頂點坐標為F（1， ）。 點E為x=1與直線l2：y= x的交點，令x=1，得y= ，∴E（1， ）。 點G為x=

15、1與直線l1：y=-x 的交點，令x=1，得y= ，∴G（1，）。 ∴各點坐標為：D（1，0），E（1， ），F(xiàn)（1，），G（1， ），它們均位于對稱軸x=1上。 ∴DE=EF=FG=。 （3）如圖，過C點作C關于對稱軸x=1的對稱點P1，CP1交對稱軸于H點，連接CF，PG。 △PCG為等腰三角形，有三種情況： ①當CG=PG時，如圖，由拋物線的對稱性可知，此時P1滿足P1G=CG。 ∵C（0，），對稱軸x=1，∴P1（2， ）。 ②當CG=PC時，此時P點在拋物線上，且CP的長度等于CG。 如圖，C（1， ），H點在x=1上，∴H（1，）。 在Rt△CHG中，CH=1，

16、HG=|yG－yH|=| －（）|= ， ∴由勾股定理得：?！郟C=2． 如圖，CP1=2，此時與①中情形重合。 又Rt△OAC中，，∴點A滿足PC=2的條件，但點A、C、G在同一條直線上，所以不能構(gòu)成等腰三角形。 ③當PC=PG時，此時P點位于線段CG的垂直平分線上. ∵l1⊥l2，∴△ECG為直角三角形。 由（2）可知，EF=FG，即F為斜邊EG的中點。 ∴CF=FG，∴F為滿足條件的P點，∴P2（1，）。 又，∴∠CGE=30°?！唷螲CG=60°。 又P1C=CG，∴△P1CG為等邊三角形。 ∴P1點也在CG的垂直平分線上，此種情形與①重合。

17、綜上所述，P點的坐標為P1（2， ）或P2（1， ）。 【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值。 【分析】（1）已知A、B、C三點坐標，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式。 （2）D、E、F、G四點均在對稱軸x=1上，只要分別求出其坐標，就可以得到線段DE、EF、FG的長度。D是對稱軸與x軸交點，F(xiàn)是拋物線頂點，其坐標易求；E是對稱軸與直線l2交點，需要求出l2的解析式，G是對稱軸與l1的交點，需要求出l1的解析式，而A、B、C三點坐標已知，所以l1、l2的

18、解析式可以用待定系數(shù)法求出。從而問題得到解決。 （3）△PCG為等腰三角形，需要分三種情況討論：CG=PG，CG=PC，PC=PG。 6. （2012貴州遵義12分）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D． （1）當∠BQD=30°時，求AP的長； （2）當運動過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由． 【答案】解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，∴

19、∠ACB=60°。 ∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。 設AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。 ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2。 ∴當∠BQD=30°時，AP=2。 （2）當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變。理由如下： 作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF。 ∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。 ∵點P、Q做勻速運動且速度相同，∴AP=BQ。 ∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=6

20、0°。 ∴在△APE和△BQF中， ∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。 ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF?！嗨倪呅蜳EQF是平行四邊形。 ∴DE=EF。 ∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB。 又∵等邊△ABC的邊長為6，∴DE=3。 ∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變。 【考點】動點問題，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)。 【分析】（1）由△ABC是邊長為6的等邊三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QC

21、P=90°，設AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可。 （2）作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF，由點P、Q做勻速運動且速度相同，可知AP=BQ，再根據(jù)全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四邊形PEQF是平行四邊形，進而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等邊△ABC的邊長為6可得出DE=3，故當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變。 7. （2012湖北宜昌12分）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=x

22、+1分別與兩坐標軸交于B，A兩點，C為該直線上的一動點，以每秒1個單位長度的速度從點A開始沿直線BA向上移動，作等邊△CDE，點D和點E都在x軸上，以點C為頂點的拋物線y=a（x﹣m）2+n經(jīng)過點E．⊙M與x軸、直線AB都相切，其半徑為3（1﹣）a． （1）求點A的坐標和∠ABO的度數(shù)； （2）當點C與點A重合時，求a的值； （3）點C移動多少秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切？ 【答案】解：（1）當x=0時，y=1；當y=0時，x=﹣， ∴OA=1，OB=。∴A的坐標是（0，1）。 ∴tan∠ABO=。∴∠ABO=30°。 （2）∵△CDE為等邊三角形，

23、點A（0，1），∴tan30°=，∴OD=。 ∴D的坐標是（﹣，0），E的坐標是（，0）， 把點A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）2+n，得 ，解得?！郺=﹣3。 （3）如圖，設切點分別是Q，N，P，連接MQ，MN，MP，ME，過點C作CH⊥x軸，H為垂足，過A作AF⊥CH，F(xiàn)為垂足。 ∵△CDE是等邊三角形，∠ABO=30°， ∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。 ∵CE，AB分別與⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°?！嗨倪呅蜯PCN為矩形。 ∵MP=MN，∴四邊形MPCN為正方形。 ∴MP=

24、MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）。 ∵EC和x軸都與⊙M相切，∴EP=EQ。 ∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。 ∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a。 ∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a。 ∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a。 ∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣。 ∴E（﹣4a﹣，0），C（﹣3a﹣，﹣3a）。 設二次函數(shù)的解析式為：y=a（x+3a+）2﹣3a， ∵E在該拋物線上，∴a（﹣4a﹣+3a+）2﹣3a=0， 得：a2=1，解之

25、得a1=1，a2=﹣1。 ∵a＜0，∴a=﹣1。 ∴AF=2，CF=2，∴AC=4。 ∴點C移動到4秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切。 【考點】動點問題，二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，等邊三角形的性質(zhì)，直線與圓相切的性質(zhì)。 【分析】（1）已知直線AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A點坐標；令y=0，能得到B點坐標；在Rt△OAB中，知道OA、OB的長，用正切函數(shù)即可得到∠ABO的值。 （2）當C、A重合時，可知點C的坐標，然后結(jié)合OC的長以及等邊三角形的特性求出OD、OE的長，即可得到D、E的坐標，利用

26、待定系數(shù)即可確定a的值。 （3）作出第一次相切時的示意圖，已知的條件只有圓的半徑，那么連接圓心與三個切點以及點E，首先能判斷出四邊形CPMN是正方形，那么CP與⊙M的半徑相等，只要再求出PE就能進一步求得C點坐標；那么可以從PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得這兩個角的度數(shù)，通過解直角三角形不難得到PE的長，即可求出PE及點C、E的坐標．然后利用C、E的坐標確定a的值，從而可求出AC的長，由此得解。 8. （2012湖南常德10分）已知四邊形ABCD是正方形，O為正方形對角線的交點，一動點P從B開始，沿射線BC運動，連結(jié)DP，作CN⊥

27、DP于點M，且交直線AB于點N，連結(jié)OP，ON。（當P在線段BC上時，如圖1：當P在BC的延長線上時，如圖2） （1）請從圖1，圖2中任選一圖證明下面結(jié)論： ①BN=CP： ②OP=ON，且OP⊥ON (2) 設AB=4，BP=x，試確定以O、P、B、N為頂點的四邊形的面積y與x的函數(shù)關系。 【答案】（1）證明：如圖1， ①∵四邊形ABCD是正方形， ∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB。 ∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°。

28、 ∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°?！唷螩PD=∠CNB。 ∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD。 ∵在△DCP和△CBN中，∠DCP=∠CBN，∠CPD=∠BNC，DC=BC， ∴△DCP≌△CBN（AAS）?！郈P=BN。 ②∵在△OBN和△OCP中，OB=OC，∠OCP=∠OBN， CP=BN ， ∴△OBN≌△OCP（SAS）。∴ON=OP，∠BON=∠COP。 ∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°。 ∴ON⊥OP。 （2）解：∵AB=4，四邊形ABCD是正方形，∴O到BC

29、邊的距離是2。 圖1中，， 圖2中，。 ∴以O、P、B、N為頂點的四邊形的面積y與x的函數(shù)關系是： 。 【考點】正方形的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，兩線垂直的判定，多邊形的面積的分解，函數(shù)解析式的確定，分段函數(shù)，點到直線的距離。 【分析】（1）對于圖1，證明線段相等，一般情況下找全等。根據(jù)BN，CP的分布情況 可以觀察△CNB和△DPC，然后證明兩三角形全等。也可以觀察△CAN和△DBP，證明AN=BP，從而有BN=CP。 對于圖2，證明如下： ①∵ABCD為正方形，AC，BD為對角線，∴∠DCP=90º。 ∵CM⊥DP

30、， ∴∠PCM=∠PDC?！唷螾DB=∠CAN。 又∵∠DPB=∠ANC，BD=AC，∴△PDB≌△NCA（ASA）。 ∴PB=AN，DP=CN。∴CP=BN。 ②∵∠PDB=∠CAN，OD=OC， CP=BN，∴△PDO≌△NCO（SAS）。 ∴OP=ON，∠DOP=∠CON。 ∵∠DOC=90º，∴∠PON=∠NOC+POC=∠DOP+∠POC=∠DOC=90º。∴OP⊥ON。 （2）求以O、P、B、N為頂點的四邊形的面積，則要把

31、四邊形分解為兩個三角形去解決問題。圖1中，S四邊形OPBN=S△OBN+S△BOP，，；圖2中，S四邊形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可。 9. （2012湖南張家界10分）如圖，⊙O的直徑AB=4，C為圓周上一點，AC=2，過點C作⊙O的切線DC，P點為優(yōu)弧上一動點（不與A．C重合）． （1）求∠APC與∠ACD的度數(shù)； （2）當點P移動到CB弧的中點時，求證：四邊形OBPC是菱形． （3）P點移動到什么位置時，△APC與△ABC全等，請說明理由． 【答案】解：（1）連接AC，如圖所示： ∵AB=4，∴OA=OB=OC=AB=2。 又∵AC=2，∴AC=OA=

32、OC。∴△ACO為等邊三角形。 ∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°， ∴∠APC=∠AOC=30°。 又DC與圓O相切于點C，∴OC⊥DC?！唷螪CO=90°。 ∴∠ACD=∠DCO﹣∠ACO=90°﹣60°=30°。 （2）連接PB，OP， ∵AB為直徑，∠AOC=60°，∴∠COB=120°。 當點P移動到弧CB的中點時，∠COP=∠POB=60°。 ∴△COP和△BOP都為等邊三角形?！郃C=CP=OA=OP。 ∴四邊形AOPC為菱形。 （3）當點P與B重合時，△ABC與△

33、APC重合，顯然△ABC≌△APC。 當點P繼續(xù)運動到CP經(jīng)過圓心時，△ABC≌△CPA，理由為： ∵CP與AB都為圓O的直徑，∴∠CAP=∠ACB=90°。 在Rt△ABC與Rt△CPA中，AB=CP，AC=AC ∴Rt△ABC≌Rt△CPA（HL）。 綜上所述，當點P與B重合時和點P運動到CP經(jīng)過圓心時，△ABC≌△CPA。 【考點】切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，菱形的判定。 【分析】（1）連接AC，由直徑AB=4，得到半徑OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即△AOC為等邊三角形，可得出三個內(nèi)角都為60

34、76;，再由同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，得到∠APC為30°，由CD為圓O的切線，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD為直角，用∠OCD-∠OCA可得出∠ACD的度數(shù)。 （2）由∠AOC為60°，AB為圓O的直徑，得到∠BOC=120°，再由P為CB 的中點，得到兩條弧相等，根據(jù)等弧對等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，從而得到△COP與△BOP都為等邊三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四邊形OBPC為菱形。 （3）點P有兩個位置使△APC與△ABC全等，其一：P與B重合時，顯然兩三角形全等；第二：當CP為圓O的直徑時，此時兩三角

35、形全等。 10. （2012江蘇無錫10分）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠DAB=60°．點P從A點出發(fā)，以cm/s的速度，沿AC向C作勻速運動；與此同時，點Q也從A點出發(fā)，以1cm/s的速度，沿射線AB作勻速運動．當P運動到C點時，P、Q都停止運動．設點P運動的時間為ts． （1）當P異于A．C時，請說明PQ∥BC； （2）以P為圓心、PQ長為半徑作圓，請問：在整個運動過程中，t為怎樣的值時，⊙P與邊BC分別有1個公共點和2個公共點？ 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，且菱形ABCD的邊長為2， ∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB。 又∵∠DAB=6

36、0°，∴∠BAC=∠BCA=30°。 如圖1，連接BD交AC于O。 ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=AC。 ∴OB=AB=1?！郞A=，AC=2OA=2。 運動ts后，AP=t，AO=t，∴。 又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB. ∴PQ∥BC. （2）如圖2，⊙P與BC切于點M，連接PM，則PM⊥BC。 在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=。 由PM=PQ=AQ=t，即=t，解得t=， 此時⊙P與邊BC有一個公共點。 如圖3，⊙P過點B，此時PQ=PB， ∵∠PQB=∠PAQ+∠A

37、PQ=60° ∴△PQB為等邊三角形?！郠B=PQ=AQ=t。∴t=1。 ∴當時，⊙P與邊BC有2個公共點。 如圖4，⊙P過點C，此時PC=PQ，即 =t ∴t=。 ∴當1≤t≤時，⊙P與邊BC有一個公共點。 當點P運動到點C，即t=2時，Q、B重合，⊙P過點B， 此時，⊙P與邊BC有一個公共點。 綜上所述，當t=或1≤t≤或t=2時，⊙P與菱形ABCD的邊BC有1個公共點；當時，⊙P與邊BC有2個公共點。 【考點】直線與圓的位置關系，菱形的性質(zhì)，含30°角直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行的判定，切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)。 【分析

38、】（1）連接BD交AC于O，構(gòu)建直角三角形AOB．利用菱形的對角線互相垂直、對角線平分對角、鄰邊相等的性質(zhì)推知△PAQ∽△CAB；然后根據(jù)“相似三角形的對應角相等”證得∠APQ=∠ACB；最后根據(jù)平行線的判定定理“同位角相等，兩直線平行”可以證得結(jié)論。 （2）分⊙P與BC切于點M，⊙P過點B，⊙P過點C和點P運動到點C四各情況討論即可。 11. （2012江蘇南通12分）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，點D是BC邊的中點．點P從點B出發(fā)，以acm/s(a＞0)的速度沿BA勻速向點A運動；點Q同時以1cm/s的速度從點D出發(fā)，沿DB勻速向點B運動，其中一個動點到達端

39、點時，另一個動點也隨之停止運動，設它們運動的時間為ts． (1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值； (2)設點M在AC上，四邊形PQCM為平行四邊形． ①若a＝，求PQ的長； ②是否存在實數(shù)a，使得點P在∠ACB的平分線上？若存在，請求出a的值；若不存在，請說明 理由． 【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中點，∴BD=CD=BC=6。 ∵a=2，∴BP=2t，DQ=t?！郆Q=BD－QD=6－t。 ∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。 （2）①過點P作PE⊥BC于E， ∵四邊形PQCM為平行四邊形， ∴PM∥CQ，PQ∥CM

40、，PQ=CM。 ∴PB：AB=CM：AC。 ∵AB=AC，∴PB=CM?！郟B=PQ。 ∴BE=BQ=（6－t）。 ∵a=，∴PB=t。 ∵AD⊥BC，∴PE∥AD?！郟B：AB=BE：BD，即。 解得，t=。 ∴PQ=PB=t=（cm）。 ②不存在．理由如下： ∵四邊形PQCM為平行四邊形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。 ∴PB：AB=CM：AC。 ∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。 若點P在∠ACB的平分線上，則∠PCQ=∠PCM， ∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM?！唷螩PM=∠PCM。 ∴PM=CM?！嗨倪呅蜳QCM是菱形?！郟Q=CQ。

41、 ∴PB=CQ。 ∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且 at=6+t①。 ∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化簡得：6at+5t=30②。 把①代入②得，t=。 ∴不存在實數(shù)a，使得點P在∠ACB的平分線上。 【考點】等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，反證法。 【分析】（1）由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中點，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)， 即可求得BD與CD的長，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的對應邊成比例，即可求得

42、t的值。 （2）①首先過點P作PE⊥BC于E，由四邊形PQCM為平行四邊形，易證得PB=PQ，又由平行 線分線段成比例定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。 ②用反證法，假設存在點P在∠ACB的平分線上，由四邊形PQCM為平行四邊形，可得四邊形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程組，解此方程組求得t值為負，故可得不存在。 12. （2012江蘇泰州12分） 如圖，已知一次函數(shù)的圖象與x軸相交于點A，與反比例函數(shù) 的圖象相交于B（－1，5）、C（，d）兩點．點P（m，n）是一次函數(shù)的圖象上的動點． （1）求k、b的值； （2）設，過點P作x軸的平行

43、線與函數(shù)的圖象相交于點D．試問△PAD的面積是 否存在最大值？若存在，請求出面積的最大值及此時點P的坐標；若不存在，請說明理由； （3）設，如果在兩個實數(shù)m與n之間（不包括m和n）有且只有一個整數(shù)，求實數(shù)a的取值 范圍． 【答案】解：（1）將點B 的坐標代入，得 ，解得。 ∴反比例函數(shù)解析式為。 將點C（，d）的坐標代入，得。∴C（，－2）。 ∵一次函數(shù)的圖象經(jīng)過B（－1，5）、C（，－2）兩點， ∴，解得。 （2）存在。

44、 令，即，解得?！郃（，0）。 由題意，點P（m，n）是一次函數(shù)的圖象上的動點，且 ∴點P在線段AB 上運動（不含A、B）。設P（）。 ∵DP∥x軸，且點D在的圖象上， ∴，即D（）。 ∴△PAD的面積為。 ∴S關于n的二次函數(shù)的圖象開口向下，有最大值。 又∵n=，，得，而。 ∴當時，即P（）時，△PAD的面積S最大，為。 （3）由已知，P（）。 易知m≠n，即，即。 若，則。 由題設，，解出不等式組的解為。 若，則。

45、 由題設，，解出不等式組的解為。 綜上所述，數(shù)a的取值范圍為，。 【考點】反比例函數(shù)和一次函數(shù)綜合問題，曲線上點的坐標與方程的關系，平行的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，不等式組的應用。 【分析】（1）根據(jù)曲線上點的坐標與方程的關系，由B 的坐標求得，從而得到；由點C在上求得，即得點C的坐標；由點B、C在上，得方程組，解出即可求得k、b的值。 （2）求出△PAD的面積S關于n的二次函數(shù)（也可求出關于m），應用二次函數(shù)的最值原理即可求得面積的最大值及此時點P的坐標。 （3）由m≠n得到。分和兩種情況求解。 13. （2012江蘇常州9分）已知，在

46、矩形ABCD中，AB=4，BC=2，點M為邊BC的中點，點P為邊CD上的動點（點P異于C、D兩點）。連接PM，過點P作PM的垂線與射線DA相交于點E（如圖）。設CP=x，DE=y。 （1）寫出y與x之間的函數(shù)關系式 ▲ ； （2）若點E與點A重合，則x的值為 ▲ ； （3）是否存在點P，使得點D關于直線PE的對稱點D′落在邊AB上？若存在，求x的值；若不存在，請說明理由。 【答案】解：（1）y=－x2＋4x。 （2）或。 （3）存在。 過點P作PH⊥AB于點H。則

47、 ∵點D關于直線PE的對稱點D′落在邊AB上， ∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x2＋4x，EA=AD－ED= x2－4x＋2，∠P D′E=∠D=900。 在Rt△D′P H中，PH=2， D′P =DP=4－x，D′H=。 ∵∠ E D′A=1800－900－∠P D′H=900－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =900， ∴△E D′A∽△D′P H?！?，即， 即，兩邊平

48、方并整理得，2x2－4x＋1=0。解得。 ∵當時，y=， ∴此時，點E已在邊DA延長線上，不合題意，舍去（實際上是無理方程的增根）。 ∵當時，y=， ∴此時，點E在邊AD上，符合題意。 ∴當時，點D關于直線PE的對稱點D′落在邊AB上。 【考點】矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，折疊對稱的性質(zhì)，解無理方程。 【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE， ∴，即。∴y=－x2＋4x。 （2）當點E與點A重合時，y=2，即2=－x2＋4x，x2－4x＋2=0。 解得。 （3）過點P作PH⊥A

49、B于點H，則由點D關于直線PE的對稱點D′落在邊AB上，可得△E D′A與△D′P H相似，由對應邊成比例得得關于x的方程即可求解。注意檢驗。 14. （2012江蘇徐州8分）如圖1，A、B、C、D為矩形的四個頂點，AD=4cm，AB=dcm。動點E、F分別從點D、B出發(fā)，點E以1 cm/s的速度沿邊DA向點A移動，點F以1 cm/s的速度沿邊BC向點C移動，點F移動到點C時，兩點同時停止移動。以EF為邊作正方形EFGH，點F出發(fā)xs時，正方形EFGH的面積為ycm2。已知y與x的函數(shù)圖象是拋物線的一部分，如圖2所示。請根據(jù)圖中信息，解答下列問題： （1）自變量x的取值范圍是 ▲

50、 ； （2）d= ▲ ，m= ▲ ，n= ▲ ； （3）F出發(fā)多少秒時，正方形EFGH的面積為16cm2？ 【答案】解：（1）0≤x≤4。 （2）3，2，25． （3）過點E作EI⊥BC垂足為點I。則四邊形DEIC為矩形。 ∴EI=DC=3，CI=DE=x。 ∵BF=x，∴IF=4－2x。 在Rt△EFI中，。 ∵y是以EF為邊長的正方形EFGH的面積，

51、 ∴。 當y=16時，， 解得，。 ∴F出發(fā)或秒時，正方形EFGH的面積為16cm2。 【考點】動點問題，矩形的判定和性質(zhì)，平行線間垂直線段的性質(zhì)，勾股定理，解一元二次方程。 【分析】（1）自變量x的取值范圍是點F從點C到點B的運動時間，由時間=距離÷速度，即可求。 （2）由圖2知，正方形EFGH的面積的最小值是9，而正方形EFGH的面積最小時，根據(jù)地兩平行線間垂直線段最短的性質(zhì)，得d=AB=EF=3。 當正方形EFGH的面積最小時，由BF=DE和EF∥AB得，E、F分別為AD、

52、BC的中點，即m=2。 當正方形EFGH的面積最大時，EF等于矩形ABCD的對角線，根據(jù)勾股定理，它為5，即n=25。 （3）求出正方形EFGH的面積y關于x的函數(shù)關系式，即可求得F出發(fā)或秒時，正方形EFGH的面積為16cm2。 15. （2012四川樂山13分）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（m，m），點B的坐標為（n，﹣n），拋物線經(jīng)過A、O、B三點，連接OA、OB、AB，線段AB交y軸于點C．已知實數(shù)m、n（m＜n）分別是方程x2﹣2x﹣3=0的兩根． （1）求拋物線的解析式； （2）若點P為線段OB上的一個動點（不與點O、B重合）

53、，直線PC與拋物線交于D、E兩點（點D在y軸右側(cè)），連接OD、BD． ①當△OPC為等腰三角形時，求點P的坐標； ②求△BOD 面積的最大值，并寫出此時點D的坐標． 【答案】解：（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，得 x1=3，x2=﹣1。 ∵m＜n，∴m=﹣1，n=3?！郃（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）。 ∵拋物線過原點，設拋物線的解析式為y=ax2+bx。 ∴，解得：。 ∴拋物線的解析式為。 （2）①設直線AB的解析式為y=kx+b。 ∴，解得：。 ∴直線AB的解析式為。 ∴C點坐標為（0，）。 ∵直線OB過點O（0，0），B（3，﹣3），∴直線OB的解析式為y=﹣

54、x。 ∵△OPC為等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC。 設P（x，﹣x）。 （i）當OC=OP時，，解得（舍去）。 ∴P1（）。 （ii）當OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，∴P2（）。 （iii）當OC=PC時，由，解得（舍去）。 ∴P3（）。 綜上所述，P點坐標為P1（）或P2（）或P3（）。 ②過點D作DG⊥x軸，垂足為G，交OB于Q，過B作BH⊥x軸，垂足為H． 設Q（x，﹣x），D（x，）． S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ?OG+DQ?GH =DQ（OG+GH） = =。 ∵0＜x＜3，∴當時，S取得最大值為，此時D（）。

55、 【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，解一元二次方程，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值。 【分析】（1）首先解方程得出A，B兩點的坐標，從而利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可。 （2）①首先求出AB的直線解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出當OC=OP時，當OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，當OC=PC時分別求出x的值即可。 ②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出關于x的二次函數(shù)，從而得出最值即可。 16. （2012四川攀枝花12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，四邊形ABCD是菱形，頂點A．C．D 均在坐標軸上，且AB=

56、5，sinB=． （1）求過A．C．D三點的拋物線的解析式； （2）記直線AB的解析式為y1=mx+n，（1）中拋物線的解析式為y2=ax2+bx+c，求當y1＜y2時，自變量x的取值范圍； （3）設直線AB與（1）中拋物線的另一個交點為E，P點為拋物線上A．E兩點之間的一個動點，當P點在何處時，△PAE的面積最大？并求出面積的最大值． 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，且AB=5，∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD=。 在Rt△OCD中，OC=CD?sinD=4，OD=3，∴OA=AD﹣OD=2。 ∴A（﹣2，0）、B（﹣5，4）、C（0，4）、D（3，

57、0）。 設拋物線的解析式為：y=a（x+2）（x﹣3），將C（0，4）代入得： 2×（﹣3）a=4，解得a=﹣。 ∴拋物線的解析式為y=（x+2）（x﹣3）。 （2）由A（﹣2，0）、B（﹣5，4）得直線AB：。 由（1）得：，則： ，解得：，。 由圖可知：當y1＜y2時，﹣2＜x＜5。 （3）∵S△PAE等于AE和AE上高乘積的一半， ∴當在拋物線上A．E兩點之間，P到直線AB的距離最大時，S△PAE最大。 若設直線L∥AB，則直線L與拋物線有且只有一個交點時，該交點為點P。 設直線L：， 當直線L與拋物線有且只有一個交點時，，且△=0。 由化簡，得

58、， ， 解得，b=。 且，解得。 ∴直線L：?！帱cP（）。 由（2）得：E（5，），則直線PE：。 設直線PE與x軸交于點F，則點F（，0），∴AF=OA+OF=。 ∴△PAE的最大值：。 綜上所述，當P（）時，△PAE的面積最大，為。 【考點】二次函數(shù)綜合題，菱形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，直線與拋物線的交點，平行線的性質(zhì)，一元二次方程根的判別式。 【分析】（1）由菱形ABCD的邊長和一角的正弦值，可求出OC．OD．OA的長，從而確定A．C．D三點坐標，通過待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式。 （2）首先由A．B的坐標確定直線AB的解

59、析式，然后求出直線AB與拋物線解析式的兩個交點，然后通過觀察圖象找出直線y1在拋物線y2圖象下方的部分。 （3）該題的關鍵點是確定點P的位置：P△AE的面積最大，那么AE上的高最大，即點P離直線AE的距離最遠，那么點P為與直線AB平行且與拋物線有且僅有的唯一交點。根據(jù)一元二次方程根的判別式△=0求解即可。 17. （2012四川廣元12分）如圖，在矩形ABCO中，AO=3，tan∠ACB=，以O為坐標原點，OC為x 軸，OA為y軸建立平面直角坐標系。設D，E分別是線段AC，OC上的動點，它們同時出發(fā)，點D以每 秒3個單位的速度從點A向點C運動，點E以每秒1個單位的速度從點C向點O運動，

60、設運動時間為t 秒。 （1）求直線AC的解析式； （2）用含t的代數(shù)式表示點D的坐標； （3）當t為何值時，△ODE為直角三角形？ （4）在什么條件下，以Rt△ODE的三個頂點能確定一條對稱軸平行于y軸的拋物線？并請選擇一種 情況，求出所確定拋物線的解析式。 【答案】解：（1）根據(jù)題意，得CO=AB=BC?tan∠ACB=4， ∴A（0，3）、B（4，3）、C（4，0）。 設直線AC的解析式為：y=kx+3，代入C點坐標，得：4k+3=0，k=。 ∴直線AC：y=x+3。 （2）分別作DF⊥AO，DH⊥CO，垂足分別為F，H， 則有△ADF∽△DCH∽△ACO。

61、∴AD：DC：AC=AF：DH：AO=FD：HC：OC， 而AD=3t（其中0≤t≤），OC=AB=4，AC=5， ∴FD=，AF=，DH=，HC=。 ∴D（，）。 （3）CE= t，E（t，0），OE=OC-CE=4- t，HE=|CH-CE|=， 則OD2=DH2+OH2=， DE2=DH2+HE2=。 當△ODE為直角三角形時，有OD2+DE2=OE2，或OD2+OE2=DE2，或DE2+OE2=OD2， 即①， 或②， 或③， 上述三個方程在0≤t≤內(nèi)的所有實數(shù)解為 。 （4）當DO⊥OE，及DE⊥OE時，即和時，以Rt△ODE的三個頂點不確定對 稱軸平行于

62、y軸的拋物線，其它兩種情況都可以各確定一條對稱軸平行于y軸的拋物線。 ∵D（，），E（4-t，0） ∴當時，D（，），E（3，0）。 ∵拋物線過O（0，0），∴設所求拋物線為，將點D，E坐標代入，得 ，解得。 ∴所求拋物線為。 【考點】二次函數(shù)綜合題，動點問題，矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理和逆定理，解一元二次方程和二元一次方程組。 【分析】（1）在Rt△AOC中，已知AO的長以及∠ACB的正弦值，能求出OC的長，即可確定點C的坐 標，利用待定系數(shù)法能求出直線AC的解析式。 （2）過D作AO、OC的垂線，

63、通過構(gòu)建相似三角形來求出點D的坐標。 （3）用t表示出OD、DE、OE的長，若△ODE為直角三角形，那么三邊符合勾股定理，據(jù)此列方 程求出對應的t的值。 （4）根據(jù)（3）的結(jié)論能得到t的值，△ODE中，當OD⊥x軸或DE垂直x軸時，都不能確定“一 條對稱軸平行于y軸的拋物線”，余下的情況都是符合要求的，首先得D、E的坐標，再利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式。 當時，所求拋物線為。 18. （2012四川巴中12分）如圖，在平面直角坐標系中，點A，C分別在x軸，y軸上，四邊形ABCO 為矩形，AB=16，點D與點A關于y軸對稱，tan∠ACB=，點E，F(xiàn)分別是線段AD，AC上的動點

64、（點 E不與點A，D重合），且∠CEF=∠ACB。 （1）求AC的長和點D的坐標； （2）說明△AEF與△DCE相似； （3）當△EFC為等腰三角形時，求點E的坐標。 【答案】解：（1）∵四邊形ABCO為矩形，∴∠B=90°。 在Rt△ABC中，BC=AB÷tan∠ACB=16÷=12 ，AC=。 則AO=BC=12?！?A（-12，0）。 ∵點D與點A關于軸對稱，∴D（12，0）。 （2）∵點D與點A關于y軸對稱，∴∠CDE=∠CAO。 ∵∠CEF=∠ACB，∠ACB=∠CAO，∴∠CDE=∠CEF。 又∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=

65、∠CDE+∠DCE（三角形外角性質(zhì)），∴∠AEF=∠DCE。 則在△AEF與△DCE中，∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE， ∴△AEF∽△DCE。 （3）當△EFC為等腰三角形時，有以下三種情況： ①當CE=EF時，∵△AEF∽△DCE，∴△AEF≌△DCE?！郃E=CD=20。 ∴OE=AE－OA=20－12=8?！郋（8，0）。 ②當EF=FC時，如圖所示，過點F作FM⊥CE于M， 則點M為CE中點。 ∴CE=2ME=2EF?cos∠CEF=2EF?cos∠ACB=EF。 ∵點D與點A關于y軸對稱，∴CD=AC=20。 ∵△AEF∽△DCE， ∴ ，即 ，解得。

66、 ∴OE=AE－OA=，∴E（ ，0）。 ③當CE=CF時，則有∠CFE=∠CEF， ∵∠CEF=∠ACB=∠CAO，∴∠CFE=∠CAO。 即此時F點與A點重合，這與已知條件矛盾。 綜上所述，當△EFC為等腰三角形時，點E的坐標為（8，0）或（，0）。 【考點】坐標與圖形性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義。 【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)，在Rt△ABC中，利用三角函數(shù)求出AC、BC的長度，從而得到A點坐標； 由點D與點A關于y軸對稱，進而得到D點的坐標。 （2）欲證△AEF與△DCE相似，只需要證明兩個

67、對應角相等即可，在△AEF與△DCE中，易知 ∠CDE=∠CAO，∠AEF=∠DCE，從而問題解決。 （3）當△EFC為等腰三角形時，需要分CE=EF，EF=FC，CE=CF三種情況討論。 19. （2012山東臨沂11分）已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，動點M從點A出發(fā)沿邊AD向點D運動． （1）如圖1，當b=2a，點M運動到邊AD的中點時，請證明∠BMC=90°； （2）如圖2，當b＞2a時，點M在運動的過程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，請給與證明；若不存在，請說明理由； （3）如圖3，當b＜2a時，（2）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由

68、． 【答案】（1）證明：∵b=2a，點M是AD的中點，∴AB=AM=MD=DC=a， 又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°。 ∴∠BMC=90°。 （2）解：存在，理由如下： 若∠BMC=90°，則∠AMB=∠DMC=90°。 又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC。 又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC?！?。 設AM=x，則，整理得：x2﹣bx+a2=0。 ∵b＞2a，a＞0，b＞0，∴△=b2﹣4a2＞0。 ∴方程有兩個不相等的實數(shù)根。 又