2018年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)卷 幾何圖形的動態(tài)問題精編（含解析）

幾何圖形的動態(tài)問題精編1.如圖，平行四邊形ABCD中，AB= cm，BC=2cm，ABC=45°，點P從點B出發(fā)，以1cm/s的速度沿折線BCCDDA運動，到達(dá)點A為止，設(shè)運動時間為t(s)，ABP的面積為S(cm2)，則S與t的大致圖象是（   ）A.                  B.                  C.                  D. 【答案】A 【解析】 ：分三種情況討論：當(dāng)0t2時，過A作AEBC于EB=45°，ABE是等腰直角三角形AB= ，AE=1，S= BP×AE= ×t×1= t；當(dāng)2t 時，S=   = ×2×1=1；當(dāng) t 時，S= AP×AE= ×（ -t）×1= （ -t）故答案為：A【分析】根據(jù)題意分三種情況討論：當(dāng)0t2時，過A作AEBC于E；當(dāng)2t 2 +時；當(dāng) 2 + t 4 +時，分別求出S與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項作出判斷，即可得出答案。2.如圖，邊長為a的菱形ABCD中,DAB=60°,E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,滿足AE+CF=a,BEF的周長最小值是(    )A.                                      B.                                      C.                                      D. 【答案】B 【解析】 ：連接BD四邊形ABCD是菱形，AB=AD，DAB=60°，ABD是等邊三角形，AB=DB，BDF=60°A=BDF又AE+CF=a，AE=DF，在ABE和DBF中，ABEDBF（SAS），BE=BF，ABE=DBF，EBF=ABD=60°，BEF是等邊三角形E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,要使BEF的周長最小，就是要使它的邊長最短當(dāng)BEAD時，BE最短在RtABE中，BE=BEF的周長為【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及菱形的性質(zhì)，證明A=BDF，AE=DF，AB=AD，就可證明ABEDBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，可證得BE=BF，ABE=DBF，再證明BEF是等邊三角形，然后根據(jù)垂線段最短，可得出當(dāng)BEAD時，BE最短，利用勾股定理求出BE的長，即可求出BEF的周長。3.如圖,菱形 的邊長是4厘米,  ,動點 以1厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿 方向運動至 點停止,動點 以2厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿折線 運動至 點停止若點 同時出發(fā)運動了 秒,記 的面積為 ,下面圖象中能表示 與 之間的函數(shù)關(guān)系的是(    )A.                            B. C.                                D. 【答案】D 【解析】 當(dāng)0t2時，S=2t× ×（4-t）=- t2+4 t；當(dāng)2t4時，S=4× ×（4-t）=-2 t+8 ；只有選項D的圖形符合故答案為：D【分析】分別求出當(dāng)0t2時和當(dāng)2t4時，s與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項的圖像逐一判斷即可。4.如圖,矩形ABCD,R是CD的中點,點M在BC邊上運動,E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,則EF的長隨M點的運動(      )A. 變短                                  B. 變長                                  C. 不變                                  D. 無法確定【答案】C 【解析】 ：E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,EF是ANR的中位線EF= ARR是CD的中點，點M在BC邊上運動AR的長度一定EF的長度不變。故答案為：C【分析】根據(jù)已知E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,，可證得EF是ANR的中位線，根據(jù)中位線定理，可得出EF= AR，根據(jù)已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出結(jié)果。5.如圖甲，A，B是半徑為1的O上兩點，且OAOB點P從A出發(fā)，在O上以每秒一個單位的速度勻速運動，回到點A運動結(jié)束設(shè)運動時間為x，弦BP的長度為y，那么如圖乙圖象中可能表示y與x的函數(shù)關(guān)系的是（   ）A.                                      B.                                      C. 或                                     D. 或【答案】C 【解析】 當(dāng)點P順時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是，當(dāng)點P逆時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是，故答案為.故答案為：C【分析】由題意知PB的最短距離為0，最長距離是圓的直徑；而點P從A點沿順時針旋轉(zhuǎn)和逆時針旋轉(zhuǎn)后與點B的距離有區(qū)別，當(dāng)點P從A點沿順時針旋轉(zhuǎn)時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度增大到直徑的長，然后漸次較小至點B為0，再從點B運動到點A，則弦BP的長度y由0增大到AB的長；當(dāng)點P從A點沿逆時針旋轉(zhuǎn)時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度減小到0，再由0增大到直徑的長，最后由直徑的長減小到AB的長。6.如圖，一塊等邊三角形的木板，邊長為1，現(xiàn)將木板沿水平線翻滾，那么B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度為_【答案】【解析】 ：從圖中發(fā)現(xiàn)：B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度為兩段弧長即第一段= ，第二段= 故B點從開始至結(jié)束所走過的路徑長度= + = 故答案為：【分析】B點的運動路徑是2個圓心角是120度的扇形的弧長，根據(jù)弧長公式求解。7.如圖，長方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，點E是CD的中點，動點P從A點出發(fā)，以每秒1cm的速度沿ABCE 運動，最終到達(dá)點E若點P運動的時間為x秒，那么當(dāng)x= _時，APE的面積等于5 【答案】或5 【解析】 如圖1，當(dāng)P在AB上時，APE的面積等于5， x3=5，x= ；當(dāng)P在BC上時，APE的面積等于5， ，3×4  (3+4x)×2 ×2×3 ×4×(x4)=5，x=5；當(dāng)P在CE上時，  (4+3+2x)×3=5，x= <3+4+2，此時不符合；故答案為： 或5.【分析】先對點P所在不同線段的區(qū)間進(jìn)行分類討論，再結(jié)合實際情況與所得結(jié)果進(jìn)行對比從而判斷結(jié)果的合理性.8.如圖，在矩形 中， 點 同時從點 出發(fā)，分別在 ， 上運動，若點 的運動速度是每秒2個單位長度，且是點 運動速度的2倍，當(dāng)其中一個點到達(dá)終點時，停止一切運動以 為對稱軸作 的對稱圖形 點 恰好在 上的時間為_秒在整個運動過程中， 與矩形 重疊部分面積的最大值為_【答案】；【解析】 ：（1）如圖，當(dāng)B與AD交于點E，作FMAD于F，DFM=90°四邊形ABCD是矩形，CD=ABAD=BCD=C=90°四邊形DCMF是矩形，CD=MFMNB與MNE關(guān)于MN對稱，MNBMNE，ME=MB，NE=BNBN=t，BM=2t，EN=t，ME=2tAB=6，BC=8，CD=MF=6，CB=DA=8AN=6-t在RtMEF和RtAEN中，由勾股定理，得（1）EF=AE=2t解得  ：t=（2）如圖，MNE與MNB關(guān)于MN對稱，MEN=MBN=90°MEN+MBN+EMB+ENB=360°，EMB+ENB=180°ENA+ENB=180°，ENA=EMBtanENA=tanEMB=四邊形ABCD是矩形，ADBC，EFG=EMBBN=t，BM=2t，EN=t，ME=2tAB=6，BC=8，CD=MF=6，CB=DA=8AN=6 GA=(6-t)  GN=(6-t)EG=EN-GN=t-(6-t)=EF=()×=2t-當(dāng)時，S=t2-(2t-)()=-(t-6)2+t=4時，s最大=.當(dāng)0t時，S=t2t=時，S最大=.最大值為【分析】（1）如圖，當(dāng)B與AD交于點E，作FMAD于F，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出CD=ABAD=BCD=C=90°進(jìn)而判斷出四邊形DCMF是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等得出CD=MF根據(jù)翻折的性質(zhì)得出MNBMNE，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等得出ME=MB，NE=BN然后表示出EN=t，ME=2tCD=MF=6，CB=DA=8AN=6-t，在RtMEF和RtAEN中，由勾股定理EF,AE的長，根據(jù)線段的和差得出方程，求解得出t的 值；（2）根據(jù)翻折的性質(zhì)得出MEN=MBN=90°根據(jù)四邊形的內(nèi)角和，鄰補角定義及等量代換得出ENA=EMB根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等得出tanENA=tanEMB=， 根據(jù)矩形的性質(zhì)得出EFG=EMBEN=t，ME=2tCD=MF=6，CB=DA=8AN=6-t，進(jìn)而表示出GA,GN,EG,EF,的長，當(dāng) < t 4 時，與當(dāng)0t 時，分別求出S的值，再比大小即可得出答案。9.如圖，在ABC中，BCAC5，AB8，CD為AB邊的高，點A在x軸上，點B在y軸上，點C在第一象限，若A從原點出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個單位長的速度運動，則點B隨之沿y軸下滑，并帶動ABC在平面內(nèi)滑動，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)B到達(dá)原點時停止運動（1）連接OC，線段OC的長隨t的變化而變化，當(dāng)OC最大時，t_； （2）當(dāng)ABC的邊與坐標(biāo)軸平行時，t_。 【答案】（1）（2）t 【解析】 （1）如圖：當(dāng) 三點共線時， 取得最大值，    （ 2 ）分兩種情況進(jìn)行討論：設(shè)  時，CAOA，CAy軸，CAD=ABO.又  RtCADRtABO，  即  解得  設(shè) 時，  CBx軸，RtBCDRtABO，  即   綜上可知,當(dāng)以點C為圓心,CA為半徑的圓與坐標(biāo)軸相切時,t的值為 或  故答案為：     或  【分析】（1）當(dāng) O , C , D 三點共線時，OC取得最大值，此時OC是線段AB的中垂線， 根據(jù)中垂線的性質(zhì)，及勾股定理得出OA =OB = 4 ,  然后根據(jù)時間等于路程除以速度即可得出答案；（ 2 ）分兩種情況進(jìn)行討論：設(shè)OA = t 1  時，CAOA，故CAy軸，然后判斷出RtCADRtABO，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出ABCA = AOCD ,從而得出答案；設(shè) A O = t 2 時，BC OB ，故CBx軸，然后判斷出RtBCDRtABO，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出BCAB=BD AO, 從而得出答案.10.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A(4，0)、B(0，-3)，以點B為圓心、2 為半徑的B上 有一動點P.連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為_【答案】【解析】 ：作A關(guān)于y軸的對稱點A，則A（4，0），OC是AAP的中位線，當(dāng)AP取最小值時，OC取最小值連接AB交B于點P，此時AP最小在RtOAB中，OA=4，OB=3，AB=5，AP=5-2=3，OC= ，OC的最小值 故答案為： 【分析】作A關(guān)于y軸的對稱點A，可得出點A的坐標(biāo)，可證得OC是AAP的中位線，因此當(dāng)AP取最小值時，OC取最小值連接AB交B于點P，此時AP最小，再利用勾股定理求出AB，再根據(jù)圓的半徑求出AP的長，利用三角形的中位線定理，即可求出OC的最小值 。11.已知矩形 中， 是 邊上的一個動點，點 ， ， 分別是 ， ， 的中點.（1）求證： ； （2）設(shè) ，當(dāng)四邊形 是正方形時，求矩形 的面積. 【答案】（1）解：點F,H分別是BC,CE的中點，F(xiàn)HBE， 又點G是BE的中點， 又 ，BGF FHC（2）解：當(dāng)四邊形EGFH是正方形時，可知EFGH且 在BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點,  且GHBC, 又ADBC, ABBC, ， 【解析】【分析】（1）根據(jù)點F,H分別是BC,CE的中點，可證得FH是BCE的中位線，就可證得FHBE， FH=BE 再根據(jù)點G是BE的中點，得出FH=BG，就可證得結(jié)論。（2）當(dāng)四邊形EGFH是正方形時，可知EFGH且 E F = G H ，根據(jù)已知在BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點，可證得GH是BCE的中位線，可求出GH的長及GHBC，再根據(jù)ADBC, ABBC，可證得AB=GH，然后利用矩形的面積公式，即可求解。12.如圖，在ABC中，C90°，AC4cm，BC5cm，點D在BC上，且CD3cm.動點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā)，其中點P以1cm/s的速度沿AC向終點C移動；點Q以 cm/s的速度沿CB向終點B移動過點P作PECB交AD于點E，設(shè)動點的運動時間為x秒（1）用含x的代數(shù)式表示EP； （2）當(dāng)Q在線段CD上運動幾秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形； （3）當(dāng)Q在線段BD(不包括點B、點D)上運動時，求當(dāng)x為何值時，四邊形EPDQ面積等于 . 【答案】（1）解:如圖所示，PECB，AEPADC. 又EAPDAC，AEPADC， ，  ，EP x.（2）解：由四邊形PEDQ1是平行四邊形，可得EPDQ1. 即 x3 x，所以x1.5.0x2.4當(dāng)Q在線段CD上運動1.5秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形（3）解： S四邊形EPDQ2  ( x x3)·(4x)x2 x6，四邊形EPDQ面積等于 ，x2 x6 ，整理得：2x211x150.解得：x3或x2.5，當(dāng)x為3或2.5時，四邊形EPDQ面積等于 . 【解析】【分析】（1）抓住已知條件PECB，證明AEPADC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)邊成比例，可得出EP的長。（2）根據(jù)已知可知PECB，要證四邊形PEDQ是平行四邊形，則EPDQ1 ， 建立關(guān)于x的方程，求出x的值，再寫出x的取值范圍即可。（3）根據(jù)PECB，可證得四邊形EPDQ是梯形，根據(jù)梯形的面積=， 建立關(guān)于x的方程，再解方程求解即可。13.如圖1，圖2中，正方形ABCD的邊長為6，點P從點B出發(fā)沿邊BCCD以每秒2個單位長的速度向點D勻速運動，以BP為邊作等邊三角形BPQ，使點Q在正方形ABCD內(nèi)或邊上，當(dāng)點Q恰好運動到AD邊上時，點P停止運動。設(shè)運動時間為t秒（t0）。     （1）當(dāng)t2時，點Q到BC的距離_； （2）當(dāng)點P在BC邊上運動時，求CQ的最小值及此時t的值； （3）若點Q在AD邊上時，如圖2，求出t的值； （4）直接寫出點Q運動路線的長。 【答案】（1）解： （2）解：點P在BC邊上運動時，有 ，根據(jù)垂線段最短，當(dāng) 時，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， ，        （3）解：若點Q在AD邊上，則    RtBAQRtBCP（HL）,     ，且由勾股定理可得， 解得： （不合題意，舍去）， （4）解：點Q運動路線的長等于點 運動的路線長：  【解析】【解答】 如圖：過點 作  當(dāng) 時，  是等邊三角形，  故答案為： 【分析】(1）過點 Q 作QEBC,  根據(jù)路程等于速度乘以時間，由 t = 2 ， 得出BP的長，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BQ = 4 , QBE = 60 ,在RtBPQ中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義即可得出QE的長；（2）點P在BC邊上運動時，有 QBC = 60 ° ，根據(jù)垂線段最短，當(dāng) CQBQ 時，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， QBC= 60 ° ，從而得出BQ的長度，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BP=BQ=3，根據(jù)時間等于路程除以速度，從而得出t的值，再根據(jù)正切函數(shù)的定義，即可得出CQ的長；（3）若點Q在AD邊上，則 C P = 2 t 6 ，  首先利用HL判斷出RtBAQRtBCP，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等得出A Q = C P = 2 t 6 ,  進(jìn)而得出DQ =DP= 12 2 t , 由 BP = PQ ，且由勾股定理可得，DQ 2 + DP 2 =QP 2 ， BC 2 +CP2 =BP 2,得出關(guān)于t的方程，求解并檢驗即可得出t的值；（4）根據(jù)題意點Q運動路線的長等于點 P 運動的路線長，由路程等于速度乘以時間即可得出答案。14.已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，ADBD以AD為斜邊在平行四邊形AB CD的內(nèi)部作RtAED，EAD=30°，AED=90°（1）求AED的周長； （2）若 AED以每秒2個單位長度的速度沿DC向右平行移動，得到AE0D0 ， 當(dāng)A0D0與BC重合時停止移動，設(shè)運動時間為t秒，A0E0D0與BDC重疊的面積為S，請直接寫出 S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍； （3）如圖，在（2）中，當(dāng)AED停止移動后得到BEC，將BEC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)（0°180°），在旋轉(zhuǎn)過程中，B的對應(yīng)點為B1 ， E的對應(yīng)點為E1 ， 設(shè)直線B1E1與直線BE交于點P、與直線CB交于點Q是否存在這樣的，使BPQ為等腰三角形？若存在，求出的度數(shù)；若不存在，請說明理由 【答案】（1）解：（1）四邊形ABCD是平行四邊形，AD=BC=6在RtADE中，AD=6，EAD=30°，AE=ADcos30°=6×=3，DE=ADsin30°=6×=3，AED的周長為：6+3+3=9+3。（2）解：在AED向右平移的過程中：（I）當(dāng)0t1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為D0NKDD0=2t，ND0=DD0sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=t，S=SD0NK=1ND0NK=tt=t2；（II）當(dāng)1.5<t4.5時，如答圖2所示，此時重疊部分為四邊形D0E0KNAA0=2t，A0B=AB-AA0=12-2t，A0N=A0B=6-t，NK=A0Ntan30°=（6-t）S=S四邊形D0E0KN=SA0D0E0-SA0NK=×3×-×（6-t）×（6-t）=-t2+2t-；（III）當(dāng)4.5<t6時，如答圖3所示，此時重疊部分為五邊形D0IJKNAA0=2t，A0B=AB-AA0=12-2t=D0C，A0N=A0B=6-t，D0N=6-（6-t）=t，BN=A0Bcos30°=（6-t）；易知CI=BJ=A0B=D0C=12-2t，BI=BC-CI=2t-6，S=S梯形BND0I-SBKJ=t+（2t-6）（6-t）-（12-2t）=故答案為：S=t2；（0t1.5）S=-t2+2t-（1.5<t4.5）；S=（4.5<t6）（3）證明：存在，使BPQ為等腰三角形理由如下：經(jīng)探究，得BPQB1QC，故當(dāng)BPQ為等腰三角形時，B1QC也為等腰三角形（I）當(dāng)QB=QP時（如答圖4），則QB1=QC，B1CQ=B1=30°，即BCB1=30°，=30°；（II）當(dāng)BQ=BP時，則B1Q=B1C，若點Q在線段B1E1的延長線上時（如答圖5），B1=30°，B1CQ=B1QC=75°，即BCB1=75°，=75°；若點Q在線段E1B1的延長線上時（如答圖6），CB1E1=30°，B1CQ=B1QC=15°，即BCB1=180°-B1CQ=180°-15°=165°，=165°當(dāng)PQ=PB時（如答圖7），則CQ=CB1 ， CB=CB1 ， CQ=CB1=CB，又點Q在直線CB上，0°<<180°，點Q與點B重合，此時B、P、Q三點不能構(gòu)成三角形綜上所述，存在=30°，75°或165°，使BPQ為等腰三角形 【解析】【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出AD的長，再利用解直角三角形求出AE、DE的長，然后求出AED的周長即可。（2）在AED向右平移的過程中，分三種情況討論：（I）當(dāng)0t1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為D0NK；（II）當(dāng)1.5<t4.5時，如答圖2所示，此時重疊部分為四邊形D0E0KN；（III）當(dāng)4.5<t6時，如答圖3所示，此時重疊部分為五邊形D0IJKN；分別根據(jù)題意求出s與t的函數(shù)解析式即可。（3）根據(jù)已知易證BPQB1QC，故當(dāng)BPQ為等腰三角形時，B1QC也為等腰三角形，分三種情況討論：（I）當(dāng)QB=QP時（如答圖4）；（II）當(dāng)BQ=BP時，則B1Q=B1C；當(dāng)PQ=PB時（如答圖7），則CQ=CB1；分別求出的度數(shù)即可。15.如圖，在直角坐標(biāo)系XOY中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，點B，C在第一象限，C=120°，邊長OA=8，點M從原點O出發(fā)沿x軸正半軸以每秒1個單位長的速度作勻速運動，點N從A出發(fā)沿邊ABBCCO以每秒2個單位長的速度作勻速運動.過點M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對角線OB于Q，點M和點N同時出發(fā)，分別沿各自路線運動，點N運動到原點O時，M和N兩點同時停止運動.（1）當(dāng)t=2時，求線段PQ的長； （2）求t為何值時，點P與N重合； （3）設(shè)APN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍. 【答案】（1）解：在菱形OABC中，AOC=60°，AOQ=30°，當(dāng)t=2時，OM=2，PM=2 ，QM= ，PQ= （2）解：當(dāng)t4時，AN=PO=2OM=2t，t=4時，P到達(dá)C點，N到達(dá)B點，點P，N在邊BC上相遇.設(shè)t秒時，點P與N重合，則(t-4)+2(t-4)=8,t= .即t= 秒時，點P與N重合 （3）解：當(dāng)0t4時，PN=OA=8，且PNOA，PM= t，SAPN= ·8· t=4 t；當(dāng)4t 時，PN=8-3(t-4)=20-3t，SAPN= ×4 ×(20-3t)=40 -6 t；當(dāng) t8時，PN=3(t-4)-8=3t-20，SAPN= ×4 ×(3t-20)= 6 t -4 ；8t12時，ON=24-2t，N到OM距離為12 - t,  N到CP距離為4 -(12 - t)= t-8 ，CP=t-4，BP=12-t，SAPN=S菱形-SAON- SCPN- SAPB=32 - ×8×(12 - t)- （t-4）（ t-8 ）- （12-t）×4 = - t2+12 t-56 綜上，S與t的函數(shù)關(guān)系式為： 【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AOC=60°，AOQ=30°，當(dāng)t=2時，OM=2，再直角三角形中根據(jù)含30°角的直角三角形的邊之間的關(guān)系得出PM,QM的長，進(jìn)而利用線段的和差得出PQ的長；（2）當(dāng)t4時，AN=PO=2OM=2t，t=4時，P到達(dá)C點，N到達(dá)B點，點P，N在邊BC上相遇.設(shè)t秒時，點P與N重合，根據(jù)相遇問題的等量關(guān)系，列出方程，求解得出t的值；（3）當(dāng)0t4時，PN=OA=8，且PNOA，PM= 3 t，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng)4t 時，P,N都在BC上相向運動，此時PN=8-3(t-4)=20-3t，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng) t8時，P,N都在BC上運動，不過此時是背向而行，此時PN=3(t-4)-8=3t-20，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；8t12時，N在OC上運動，ON=24-2t，M在A點的右側(cè)運動，N到OM距離為12- t, N到CP距離為4  -(12 -  t)= t-8 ，CP=t-4，BP=12-t，由SAPN=S菱形-SAON- SCPN- SAPB即可得出答案；綜上所述即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式。16.如圖，已知ABC的頂點坐標(biāo)分別為A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。動點M，N同時從A點出發(fā)，M沿AC,N沿折線ABC，均以每秒1個單位長度的速度移動，當(dāng)一個動點到達(dá)終點C時，另一個動點也隨之停止移動，移動時間記為t秒。連接MN。（1）求直線BC的解析式； （2）移動過程中，將AMN沿直線MN翻折，點A恰好落在BC邊上點D處，求此時t值及點D的坐標(biāo)； （3）當(dāng)點M,N移動時，記ABC在直線MN右側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于時間t的函數(shù)關(guān)系式。 【答案】（1）解：設(shè)直線BC解析式為：y=kx+b，B（0，4），C（-3，0）， ，解得： 直線BC解析式為：y= x+4.（2）解：依題可得：AM=AN=t，AMN沿直線MN翻折，點A與點點D重合，四邊形AMDN為菱形，作NFx軸，連接AD交MN于O，A（3，0），B（0，4），OA=3,OB=4，AB=5,M（3-t，0），又ANFABO， = = , = = ,AF= t，NF= t，N（3- t， t），O（3- t, t），設(shè)D（x,y）, =3- t， = t，x=3- t,y= t，D（3- t， t），又D在直線BC上， ×（3- t）+4= t，t= ，D（- ， ）.（3）當(dāng)0<t5時（如圖2），ABC在直線MN右側(cè)部分為AMN，S= = ·AM·DF= ×t× t= t ,當(dāng)5<t6時，ABC在直線MN右側(cè)部分為四邊形ABNM，如圖3AM=AN=t，AB=BC=5，BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t，又CNFCBO， = , = ,NF= （10-t），S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，= ×6×4- ×（6-t）× （10-t），=- t + t-12. 【解析】【分析】（1）設(shè)直線BC解析式為：y=kx+b，將B、C兩點坐標(biāo)代入即可得出二元一次方程組，解之即可得出直線BC解析式.（2）依題可得：AM=AN=t，根據(jù)翻折性質(zhì)得四邊形AMDN為菱形，作NFx軸，連接AD交MN于O，結(jié)合已知條件得M（3-t，0），又ANFABO，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得 = = ,代入數(shù)值即可得AF= t，NF= t，從而得N（3- t， t），根據(jù)中點坐標(biāo)公式得O（3- t, t），設(shè)D（x,y）,再由中點坐標(biāo)公式得D（3- t， t），又由D在直線BC上，代入即可得D點坐標(biāo).（3）當(dāng)0<t5時（如圖2），ABC在直線MN右側(cè)部分為AMN，根據(jù)三角形面積公式即可得出S表達(dá)式.當(dāng)5<t6時，ABC在直線MN右側(cè)部分為四邊形ABNM，由CNFCBO，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得 = ,代入數(shù)值得NF= （10-t），最后由S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，代入數(shù)值即可得表達(dá)式.17.已知RtOAB，OAB=90°，ABO=30°，斜邊OB=4，將RtOAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°，如題圖1，連接BC（1）填空：OBC=_°； （2）如圖1，連接AC，作OPAC，垂足為P，求OP的長度； （3）如圖2，點M，N同時從點O出發(fā)，在OCB邊上運動，M沿OCB路徑勻速運動，N沿OBC路徑勻速運動，當(dāng)兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒，點N的運動速度為1單位/秒，設(shè)運動時間為x秒，OMN的面積為y，求當(dāng)x為何值時y取得最大值？最大值為多少？ 【答案】（1）60（2）解：如圖1中，OB=4，ABO=30°，OA= OB=2，AB= OA=2 ，SAOC= OAAB= ×2×2 =2 ，BOC是等邊三角形，OBC=60°，ABC=ABO+OBC=90°，AC= =2 ，OP= = = （3）解：當(dāng)0x 時，M在OC上運動，N在OB上運動，此時過點N作NEOC且交OC于點E則NE=ONsin60°= x，SOMN= OMNE= ×1.5x× x，y= x2 x= 時，y有最大值，最大值= 當(dāng) x4時，M在BC上運動，N在OB上運動作MHOB于H則BM=81.5x，MH=BMsin60°= （81.5x），y= ×ON×MH= x2+2 x當(dāng)x= 時，y取最大值，y ，當(dāng)4x4.8時，M、N都在BC上運動，作OGBC于GMN=122.5x，OG=AB=2 ，y= MNOG=12 x，當(dāng)x=4時，y有最大值，最大值=2 ，綜上所述，y有最大值，最大值為 【解析】【解答】解：（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：OB=OC，BOC=60°，OBC是等邊三角形，OBC=60°故答案為60【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OB=OC，BOC=60°，根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形可判斷出OBC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得出答案；（2）根據(jù)含30角的直角三角形的邊之間的關(guān)系得出OA,AB的長，由SAOC=OAAB得出AOC的面積，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及角的和差得出ABC=90°，根據(jù)勾股定理得出AC的長，利用三角形的面積法即可得出OP的長；（3）當(dāng)0x 時，M在OC上運動，N在OB上運動，此時過點N作NEOC且交OC于點E利用正弦函數(shù)的定義由NE=ONsin60°，表示出NE的長，根據(jù)SOMN= OMNE，得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得出答案；當(dāng)   x4時，M在BC上運動，N在OB上運動，作MHOB于H則BM=81.5x，MH=BMsin60°= （81.5x），根據(jù)三角形的面積公式由y=   ×ON×MH得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得出結(jié)論；當(dāng)4x4.8時，M、N都在BC上運動，作OGBC于GMN=122.5x，OG=AB=2，根據(jù)三角形的面積公式由y= MNOG得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得出結(jié)論；通過比較即可得出最終答案。18.如圖1，四邊形 是矩形，點 的坐標(biāo)為 ，點 的坐標(biāo)為 .點 從點 出發(fā)，沿 以每秒1個單位長度的速度向點 運動，同時點 從點 出發(fā)，沿 以每秒2個單位長度的速度向點 運動，當(dāng)點 與點 重合時運動停止.設(shè)運動時間為 秒.（1）當(dāng) 時，線段 的中點坐標(biāo)為_； （2）當(dāng) 與 相似時，求 的值； （3）當(dāng) 時，拋物線 經(jīng)過 、 兩點，與 軸交于點 ，拋物線的頂點為 ，如圖2所示.問該拋物線上是否存在點 ，使 ，若存在，求出所有滿足條件的 點坐標(biāo)；若不存在，說明理由. 【答案】（1）（ ，2）（2）解：如圖1，四邊形OABC是矩形，B=PAQ=90°當(dāng)CBQ與PAQ相似時，存在兩種情況：當(dāng)PAQQBC時， ， ，4t2-15t+9=0，（t-3）（t- ）=0，t1=3（舍），t2= ，當(dāng)PAQCBQ時， ， ，t2-9t+9=0，t= ，0t6， 7，x= 不符合題意，舍去，綜上所述，當(dāng)CBQ與PAQ相似時，t的值是 或 （3）解：當(dāng)t=1時，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得：，解得： ，拋物線：y=x2-3x+2=（x- ）2- ，頂點k（ ，- ），Q（3，2），M（0，2），MQx軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，KM=KQ，KEMQ，MKE=QKE= MKQ，如圖2，MQD= MKQ=QKE，設(shè)DQ交y軸于H，HMQ=QEK=90°，KEQQMH， ， ，MH=2，H（0，4），易得HQ的解析式為：y=- x+4，則 ，x2-3x+2=- x+4，解得：x1=3（舍），x2=- ，D（- ， ）；同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使HQM= MKQ=QKE，由對稱性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y= x，則 ，x2-3x+2= x，解得：x1=3（舍），x2= ，D（ ， ）；綜上所述，點D的坐標(biāo)為：D（- ， ）或（ ， ） 【解析】【解答】解：（1）如圖1，點A的坐標(biāo)為（3，0），OA=3，當(dāng)t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，P（2，0），Q（3，4），線段PQ的中點坐標(biāo)為：（ ， ），即（ ，2）；故答案為：（ ，2）；【分析】（1）根據(jù)A點坐標(biāo)得出OA的長度，當(dāng)t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，從而得出P,Q兩點的坐標(biāo)，根據(jù)線段中點坐標(biāo)公式得出線段PQ的中點坐標(biāo)；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出B=PAQ=90°，當(dāng)CBQ與PAQ相似時，存在兩種情況：當(dāng)PAQQBC時， PA AQ QBBC ，當(dāng)PAQCBQ時， PAAQBCQB ，從而得出關(guān)于t的方程，求解并檢驗得出t的值；（3）當(dāng)t=1時，得出P,Q兩點的坐標(biāo)，再將P,Q兩點的坐標(biāo)分別代入拋物線y=x2+bx+c中得：得出關(guān)于b,c的二元一次方程組，求解得出b,c的值，從而得出拋物線的解析式，進(jìn)一步得出拋物線的頂點K的坐標(biāo)，根據(jù)Q,M兩點的坐標(biāo)特點得出MQx軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，根據(jù)拋物線的對稱性得出KM=KQ，KEMQ，根據(jù)等腰三角形的三線合一得出MKE=QKE= MKQ，如圖2，MQD= MKQ=QKE，設(shè)DQ交y軸于H，然后判斷出KEQQMH，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出KEEQMQMH，從而得出MH的長度，H點的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法得出直線HQ的解析式，解聯(lián)立直線HQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標(biāo)，同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使HQM= MKQ=QKE，由對稱性得H點的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法得出直線OQ的解析式，解聯(lián)立直線OQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標(biāo);綜上所述得出答案。31