《2018年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)卷 幾何圖形的動(dòng)態(tài)問題精編（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)卷 幾何圖形的動(dòng)態(tài)問題精編（含解析）（31頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 幾何圖形的動(dòng)態(tài)問題精編 1.如圖，平行四邊形ABCD中，AB= cm，BC=2cm，∠ABC=45°，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以1cm/s的速度沿折線BC→CD→DA運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)A為止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)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： ①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，過A作AE⊥BC于E．∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB= ，∴AE=1，∴S= BP×AE= ×t×1= t；

2、 ②當(dāng)2＜t≤ 時(shí)，S= ? = ×2×1=1； ③當(dāng) ＜t≤ 時(shí)，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：①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，過A作AE⊥BC于E；②當(dāng)2＜t≤ 2 +時(shí)；③當(dāng) 2 + ＜t≤ 4 +時(shí)，分別求出S與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項(xiàng)作出判斷，即可得出答案。 2.如圖，邊長(zhǎng)為a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是異于A、D兩點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn),F是CD上的動(dòng)點(diǎn),滿足AE+CF=a,△BEF的周長(zhǎng)最小值是(??? ) A.??????????????????????????????????????B.

3、??????????????????????????????????????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， ∴△ABE≌△DBF（SAS）， ∴BE=BF，∠ABE=∠DBF， ∴∠EBF=∠ABD=60°， ∴△BEF是等邊三角形． ∵E是異于A、D兩點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)

4、,F是CD上的動(dòng)點(diǎn), 要使△BEF的周長(zhǎng)最小，就是要使它的邊長(zhǎng)最短 ∴當(dāng)BE⊥AD時(shí)，BE最短 在Rt△ABE中，BE== ∴△BEF的周長(zhǎng)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△ABE≌△DBF，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)BE⊥AD時(shí)，BE最短，利用勾股定理求出BE的長(zhǎng)，即可求出△BEF的周長(zhǎng)。 3.如圖,菱形 的邊長(zhǎng)是4厘米, ?,動(dòng)點(diǎn) 以1厘米/秒的速度自 點(diǎn)出發(fā)沿 方向運(yùn)動(dòng)至 點(diǎn)停止,動(dòng)點(diǎn) 以2厘米/秒的速度自 點(diǎn)出發(fā)沿折線

5、運(yùn)動(dòng)至 點(diǎn)停止若點(diǎn) 同時(shí)出發(fā)運(yùn)動(dòng)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)0≤t＜2時(shí)，S=2t× ×（4-t）=- t2+4 t； 當(dāng)2≤t＜4時(shí)，S=4× ×（4-t）=-2 t+8 ； 只有選項(xiàng)D的圖形符合． 故答案為：D． 【分析】分別求出當(dāng)0≤t＜2時(shí)和當(dāng)2≤t＜4時(shí)，s與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項(xiàng)的圖像逐一判斷即可。 4.如圖,矩形ABCD,R是CD的中

6、點(diǎn),點(diǎn)M在BC邊上運(yùn)動(dòng),E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點(diǎn),則EF的長(zhǎng)隨M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)(????? ) A.?變短??????????????????????????????????B.?變長(zhǎng)??????????????????????????????????C.?不變??????????????????????????????????D.?無法確定 【答案】C 【解析】 ：∵E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點(diǎn), ∴EF是△ANR的中位線 ∴EF= AR ∵R是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M在BC邊上運(yùn)動(dòng) ∴AR的長(zhǎng)度一定 ∴EF的長(zhǎng)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

7、點(diǎn),，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(diǎn)，且OA⊥OB．點(diǎn)P從A出發(fā)，在⊙O上以每秒一個(gè)單位的速度勻速運(yùn)動(dòng)，回到點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)結(jié)束．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x，弦BP的長(zhǎng)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.?①?????????????????????????????????????B.?④?????????????????????????????????????C.?①或③????????????????????????????????

8、?????D.?②或④ 【答案】C 【解析】 當(dāng)點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，圖象是③，當(dāng)點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，圖象是①， 故答案為①③. 故答案為：C． 【分析】由題意知PB的最短距離為0，最長(zhǎng)距離是圓的直徑；而點(diǎn)P從A點(diǎn)沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后與點(diǎn)B的距離有區(qū)別，當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，弦BP的長(zhǎng)度y的變化是：從AB的長(zhǎng)度增大到直徑的長(zhǎng)，然后漸次較小至點(diǎn)B為0，再?gòu)狞c(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，則弦BP的長(zhǎng)度y由0增大到AB的長(zhǎng)； 當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，弦BP的長(zhǎng)度y的變化是：從AB的長(zhǎng)度減小到0，再由0增大到直徑的長(zhǎng)，最后由直徑的長(zhǎng)減小到AB的長(zhǎng)。 6.如圖，一塊等邊三角形的木板，邊長(zhǎng)為

9、1，現(xiàn)將木板沿水平線翻滾，那么B點(diǎn)從開始至結(jié)束所走過的路徑長(zhǎng)度為________． 【答案】 【解析】 ：從圖中發(fā)現(xiàn)：B點(diǎn)從開始至結(jié)束所走過的路徑長(zhǎng)度為兩段弧長(zhǎng)即第一段= ，第二段= ． 故B點(diǎn)從開始至結(jié)束所走過的路徑長(zhǎng)度= + = ． 故答案為： 【分析】B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑是2個(gè)圓心角是120度的扇形的弧長(zhǎng)，根據(jù)弧長(zhǎng)公式求解。 7.如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 運(yùn)動(dòng)，最終到達(dá)點(diǎn)E．若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為x秒，那么當(dāng)x= ________時(shí)，△APE的面積等于5 ． 【答案】或5 【解

10、析】 ①如圖1， 當(dāng)P在AB上時(shí)， ∵△APE的面積等于5， ∴ x?3=5， x= ； ②當(dāng)P在BC上時(shí)， ∵△APE的面積等于5， ∴ ， ∴3×4? ?(3+4?x)×2? ×2×3? ×4×(x?4)=5， x=5； ③當(dāng)P在CE上時(shí)， ∴ ?(4+3+2?x)×3=5， x= <3+4+2，此時(shí)不符合； 故答案為： 或5. 【分析】先對(duì)點(diǎn)P所在不同線段的區(qū)間進(jìn)行分類討論，再結(jié)合實(shí)際情況與所得結(jié)果進(jìn)行對(duì)比從而判斷結(jié)果的合理性. 8.如圖，在矩形 中， 點(diǎn) 同時(shí)從點(diǎn) 出發(fā)，分別在 ， 上運(yùn)動(dòng)，若點(diǎn) 的運(yùn)動(dòng)速度是每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，且是點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)速度的2倍

11、，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，停止一切運(yùn)動(dòng)．以 為對(duì)稱軸作 的對(duì)稱圖形 ．點(diǎn) 恰好在 上的時(shí)間為________秒．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)E，作FM⊥AD于F， ∴∠DFM=90°． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°． ∴四邊形DCMF是矩形， ∴CD=MF． ∵△MNB與△MNE關(guān)于MN對(duì)稱， ∴△MNB≌△MNE， ∴ME=MB，NE=BN． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8，

12、∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t 在Rt△MEF和Rt△AEN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(duì)稱， ∴∠MEN=∠MBN=90°． ∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°， ∴∠EMB+∠ENB=180°． ∵∠ENA+∠ENB=180°， ∴∠ENA=∠EMB． ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB= ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EFG=∠EMB． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8， ∴

13、CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6 ?∴GA=(6-t)? GN=(6-t) ∵EG=EN-GN=t-(6-t)= ∴EF=()×=2t- ∴當(dāng)時(shí)， S=t2-(2t-)()=-(t-6)2+ ∴t=4時(shí)，s最大=. 當(dāng)0＜t≤時(shí)，S=t2 ∴t=時(shí)，S最大=. ∵＞ ∴最大值為【分析】（1）如圖，當(dāng)B′與AD交于點(diǎn)E，作FM⊥AD于F，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．進(jìn)而判斷出四邊形DCMF是矩形，根據(jù)矩形的對(duì)邊相等得出CD=MF．根據(jù)翻折的性質(zhì)得出△MNB≌△MNE，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得出ME=MB，NE=BN．然后表示出EN=

14、t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,AE的長(zhǎng)，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(bǔ)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tan∠ENA=tan∠EMB=， 根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EMB．EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，進(jìn)而表示出GA,GN,EG,EF,的長(zhǎng)，當(dāng) < t ≤ 4 時(shí)，與當(dāng)0＜t≤ 時(shí)，分別求出S的值，再比大小即可得出答案。 9.如圖，在△ABC

15、中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD為AB邊的高，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B在y軸上，點(diǎn)C在第一象限，若A從原點(diǎn)出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)B隨之沿y軸下滑，并帶動(dòng)△ABC在平面內(nèi)滑動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)B到達(dá)原點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng) （1）連接OC，線段OC的長(zhǎng)隨t的變化而變化，當(dāng)OC最大時(shí)，t＝________； （2）當(dāng)△ABC的邊與坐標(biāo)軸平行時(shí)，t＝________。 【答案】（1） （2）t＝ 【解析】 （1）如圖： 當(dāng) 三點(diǎn)共線時(shí)， 取得最大值， ? ? ? （ 2 ）分兩種情況進(jìn)行討論：①設(shè) ?時(shí)，CA⊥OA， ∴CA∥y軸， ∴

16、∠CAD=∠ABO. 又 ? ∴Rt△CAD∽R(shí)t△ABO， ∴ ?即 ? 解得 ? ②設(shè) 時(shí)， ? ∴CB∥x軸， Rt△BCD∽R(shí)t△ABO， ∴ ?即 ? ? 綜上可知,當(dāng)以點(diǎn)C為圓心,CA為半徑的圓與坐標(biāo)軸相切時(shí),t的值為 或 ? 故答案為： ? ? 或 ? 【分析】（1）當(dāng) O , C , D 三點(diǎn)共線時(shí)，OC取得最大值，此時(shí)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(shí)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：①設(shè)OA = t 1 ?時(shí)，CA⊥OA，故CA∥y軸，然后判斷出Rt△

17、CAD∽R(shí)t△ABO，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,從而得出答案；②設(shè) A O = t 2 時(shí)，BC ⊥OB ，故CB∥x軸，然后判斷出Rt△BCD∽R(shí)t△ABO，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得出BC∶AB=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(diǎn)B為圓心、2 為半徑的⊙B上 有一動(dòng)點(diǎn)P.連接AP，若點(diǎn)C為AP的中點(diǎn)，連接OC，則OC的最小值為________． 【答案】 【解析】 ：作A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′， 則A′（－4，0）， ∴OC是△AA′P的中位線，當(dāng)A′P取最小值時(shí)，OC取

18、最小值．連接A′B交⊙B于點(diǎn)P，此時(shí)A′P最?。? 在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3， ∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC= ， ∴OC的最小值 ． 故答案為： ． 【分析】作A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，可得出點(diǎn)A′的坐標(biāo)，可證得OC是△AA′P的中位線，因此當(dāng)A′P取最小值時(shí)，OC取最小值．連接A′B交⊙B于點(diǎn)P，此時(shí)A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根據(jù)圓的半徑求出A′P的長(zhǎng)，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(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) ， ， 分別是 ， ， 的中點(diǎn). （1）求證： ； （2）設(shè) ，當(dāng)四邊形 是

19、正方形時(shí)，求矩形 的面積. 【答案】（1）解：∵點(diǎn)F,H分別是BC,CE的中點(diǎn)， ∴FH∥BE， ． ∴ ． 又∵點(diǎn)G是BE的中點(diǎn)， ∴ ． 又∵ ， ∴△BGF ≌ △FHC． （2）解：當(dāng)四邊形EGFH是正方形時(shí)，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，點(diǎn)G，H分別是BE,EC的中點(diǎn), ∴ ?且GH∥BC, ∴ 又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ， ∴ ． 【解析】【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)F,H分別是BC,CE的中點(diǎn)，可證得FH是△BCE的中位線，就可證得FH∥BE， FH=BE 再根據(jù)點(diǎn)G是BE的中點(diǎn)，得出FH=BG，就可證得結(jié)論。 （2）當(dāng)四邊形

20、EGFH是正方形時(shí)，可知EF⊥GH且 E F = G H ，根據(jù)已知在△BEC中，點(diǎn)G，H分別是BE,EC的中點(diǎn)，可證得GH是△BCE的中位線，可求出GH的長(zhǎng)及GH∥BC，再根據(jù)AD∥BC, AB⊥BC，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，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，點(diǎn)D在BC上，且CD＝3cm.動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，其中點(diǎn)P以1cm/s的速度沿AC向終點(diǎn)C移動(dòng)；點(diǎn)Q以 cm/s的速度沿CB向終點(diǎn)B移動(dòng)．過點(diǎn)P作PE∥CB交AD于點(diǎn)E，設(shè)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒． （1）用含x的代數(shù)式表示EP； （2）當(dāng)Q在

21、線段CD上運(yùn)動(dòng)幾秒時(shí)，四邊形PEDQ是平行四邊形； （3）當(dāng)Q在線段BD(不包括點(diǎn)B、點(diǎn)D)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求當(dāng)x為何值時(shí)，四邊形EPDQ面積等于 . 【答案】（1）解:如圖所示， ∵PE∥CB， ∴∠AEP＝∠ADC.? 又∵∠EAP＝∠DAC， ∴△AEP∽△ADC， ∴ ＝ ，? ∴ ＝ ， ∴EP＝ x. （2）解：由四邊形PEDQ1是平行四邊形，可得EP＝DQ1.? 即 x＝3－ x，所以x＝1.5. ∵0＜x＜2.4 ∴當(dāng)Q在線段CD上運(yùn)動(dòng)1.5秒時(shí)，四邊形PEDQ是平行四邊形 （3）解： S四邊形EPDQ2＝ ?( x＋ x－3)·(4－

22、x)＝－x2＋ x－6， ∵四邊形EPDQ面積等于 ， ∴－x2＋ x－6＝ ， 整理得：2x2－11x＋15＝0. 解得：x＝3或x＝2.5， ∴當(dāng)x為3或2.5時(shí)，四邊形EPDQ面積等于 . 【解析】【分析】（1）抓住已知條件PE∥CB，證明△AEP∽△ADC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)邊成比例，可得出EP的長(zhǎng)。 （2）根據(jù)已知可知PE∥CB，要證四邊形PEDQ是平行四邊形，則EP＝DQ1 ， 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)PE∥CB，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.

23、如圖1，圖2中，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿邊BC—CD以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，以BP為邊作等邊三角形BPQ，使點(diǎn)Q在正方形ABCD內(nèi)或邊上，當(dāng)點(diǎn)Q恰好運(yùn)動(dòng)到AD邊上時(shí)，點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0）。 ?? ? （1）當(dāng)t＝2時(shí)，點(diǎn)Q到BC的距離＝________； （2）當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求CQ的最小值及此時(shí)t的值； （3）若點(diǎn)Q在AD邊上時(shí)，如圖2，求出t的值； （4）直接寫出點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)。 【答案】（1）解： （2）解：點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 ，根據(jù)垂線段最短，當(dāng) 時(shí)，CQ最小

24、， 如圖，在直角三角形BCQ中， ， ? ? ∴ ? ∴ ? ∴ （3）解：若點(diǎn)Q在AD邊上，則 ? ∵ ? ∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）, ∴ ? ∴ ? ∵ ，且由勾股定理可得， ∴ 解得： （不合題意，舍去）， ∴ （4）解：點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)等于點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)的路線長(zhǎng)： ? 【解析】【解答】 如圖： 過點(diǎn) 作 ? 當(dāng) 時(shí)， ? 是等邊三角形， ? ? 故答案為： 【分析】(1）過點(diǎn) Q 作QE⊥BC,? 根據(jù)路程等于速度乘以時(shí)間，由 t = 2 ， 得出BP的長(zhǎng)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BQ = 4 ,

25、 ∠QBE = 60 ° ,在Rt△BPQ中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義即可得出QE的長(zhǎng)； （2）點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 ∠QBC = 60 ° ，根據(jù)垂線段最短，當(dāng) CQ⊥BQ 時(shí)，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， ∠QBC= 60 ° ，從而得出BQ的長(zhǎng)度，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BP=BQ=3，根據(jù)時(shí)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(zhǎng)； （3）若點(diǎn)Q在AD邊上，則 C P = 2 t ? 6 ，? 首先利用HL判斷出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得出A Q = C P = 2 t ? 6 ,? 進(jìn)而得出DQ

26、 =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(yàn)即可得出t的值； （4）根據(jù)題意點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)等于點(diǎn) P 運(yùn)動(dòng)的路線長(zhǎng)，由路程等于速度乘以時(shí)間即可得出答案。 14.已知：如圖①，在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以AD為斜邊在平行四邊形AB CD的內(nèi)部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°． （1）求△AED的周長(zhǎng)； （2）若△ AED以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿DC向右平行移動(dòng)，得到△AE0D0 ， 當(dāng)

27、A0D0與BC重合時(shí)停止移動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，△A0E0D0與△BDC重疊的面積為S，請(qǐng)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②，在（2）中，當(dāng)△AED停止移動(dòng)后得到△BEC，將△BEC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），在旋轉(zhuǎn)過程中，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B1 ， E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E1 ， 設(shè)直線B1E1與直線BE交于點(diǎn)P、與直線CB交于點(diǎn)Q．是否存在這樣的α，使△BPQ為等腰三角形？若存在，求出α的度數(shù)；若不存在，請(qǐng)說明理由． 【答案】（1）解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC=6． 在Rt△ADE中，AD=6，∠E

28、AD=30°， ∴AE=AD?cos30°=6×=3， DE=AD?sin30°=6×=3， ∴△AED的周長(zhǎng)為：6+3+3=9+3。 （2）解：在△AED向右平移的過程中： （I）當(dāng)0≤t≤1.5時(shí)，如答圖1所示，此時(shí)重疊部分為△D0NK． ∵DD0=2t，∴ND0=DD0?sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=t， ∴S=S△D0NK=1ND0?NK=t?t=t2； （II）當(dāng)1.5

29、（6-t）． ∴S=S四邊形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×（6-t）×（6-t）=-t2+2t-； （III）當(dāng)4.5

30、==-t2+2t-（1.5

31、6）， ∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°， 即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°， ∴α=165°． ③當(dāng)PQ=PB時(shí)（如答圖7），則CQ=CB1 ， ∵CB=CB1 ， ∴CQ=CB1=CB， 又∵點(diǎn)Q在直線CB上，0°<α<180°， ∴點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合， 此時(shí)B、P、Q三點(diǎn)不能構(gòu)成三角形． 綜上所述，存在α=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(zhǎng)，再利用解直角三角形求出AE、DE的長(zhǎng)，然后求出△AED的周長(zhǎng)即可。 （2）在△AED

32、向右平移的過程中，分三種情況討論：（I）當(dāng)0≤t≤1.5時(shí)，如答圖1所示，此時(shí)重疊部分為△D0NK；（II）當(dāng)1.5

33、ABC的邊OA在x軸正半軸上，點(diǎn)B，C在第一象限，∠C=120°，邊長(zhǎng)OA=8，點(diǎn)M從原點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正半軸以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度作勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從A出發(fā)沿邊AB—BC—CO以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度作勻速運(yùn)動(dòng).過點(diǎn)M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對(duì)角線OB于Q，點(diǎn)M和點(diǎn)N同時(shí)出發(fā)，分別沿各自路線運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，M和N兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng). （1）當(dāng)t=2時(shí)，求線段PQ的長(zhǎng)； （2）求t為何值時(shí)，點(diǎn)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

34、°，當(dāng)t=2時(shí)，OM=2，PM=2 ，QM= ，PQ= （2）解：當(dāng)t≤4時(shí)，AN=PO=2OM=2t， t=4時(shí)，P到達(dá)C點(diǎn)，N到達(dá)B點(diǎn)，點(diǎn)P，N在邊BC上相遇. 設(shè)t秒時(shí)，點(diǎn)P與N重合，則(t-4)+2(t-4)=8, ∴t= . 即t= 秒時(shí)，點(diǎn)P與N重合? （3）解：①當(dāng)0≤t≤4時(shí)， PN=OA=8，且PN∥OA，PM= t， S△APN= ·8· t=4 t； ②當(dāng)4＜t≤ 時(shí)， PN=8-3(t-4)=20-3t， S△APN= ×4 ×(20-3t)=40 -6 t； ③當(dāng) ＜t≤8時(shí)，PN=3(t-4)-8=3t-20， S△APN= ×4

35、 ×(3t-20)= 6 t -4 ； ④8＜t≤12時(shí)，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， S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB =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(shí)，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(zhǎng)，進(jìn)而利用線段

36、的和差得出PQ的長(zhǎng)； （2）當(dāng)t≤4時(shí)，AN=PO=2OM=2t，t=4時(shí)，P到達(dá)C點(diǎn)，N到達(dá)B點(diǎn)，點(diǎn)P，N在邊BC上相遇.設(shè)t秒時(shí)，點(diǎn)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）①當(dāng)0≤t≤4時(shí)，PN=OA=8，且PN∥OA，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(gè)定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；②當(dāng)4＜t?時(shí)，P,N都在BC上相向運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(gè)定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；③當(dāng)?＜t≤8時(shí)，P,N都在BC上運(yùn)動(dòng)，不過此時(shí)是背向而行，此時(shí)PN=3(t-4)-8=3t

37、-20，根據(jù)三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個(gè)定值即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；④8＜t≤12時(shí)，N在OC上運(yùn)動(dòng)，ON=24-2t，M在A點(diǎn)的右側(cè)運(yùn)動(dòng)，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S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB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(diǎn)坐標(biāo)分別為A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，M沿A→C,N沿折線A→B→C，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度移動(dòng)，當(dāng)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)C時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止

38、移動(dòng)，移動(dòng)時(shí)間記為t秒。連接MN。 （1）求直線BC的解析式； （2）移動(dòng)過程中，將△AMN沿直線MN翻折，點(diǎn)A恰好落在BC邊上點(diǎn)D處，求此時(shí)t值及點(diǎn)D的坐標(biāo)； （3）當(dāng)點(diǎn)M,N移動(dòng)時(shí)，記△ABC在直線MN右側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于時(shí)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(diǎn)A與點(diǎn)點(diǎn)D重合， ∴四邊形AMDN為菱形， 作NF⊥x軸，連接AD交MN于O′，

39、 ∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3,OB=4， ∴AB=5, ∴M（3-t，0）， 又∵△ANF∽△ABO， ∴ = = , ∴ = = , ∴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）①當(dāng)0

40、

41、N于O′，結(jié)合已知條件得M（3-t，0），又△ANF∽△ABO，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(diǎn)坐標(biāo)公式得O′（3- t, t）， 設(shè)D（x,y）,再由中點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo).（3）①當(dāng)0

42、·CM·NF，代入數(shù)值即可得表達(dá)式. 17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，如題圖1，連接BC． （1）填空：∠OBC=________°； （2）如圖1，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長(zhǎng)度； （3）如圖2，點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，在△OCB邊上運(yùn)動(dòng)，M沿O→C→B路徑勻速運(yùn)動(dòng)，N沿O→B→C路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)停止，已知點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度為1.5單位/秒，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度為1單位/秒，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，△OMN的面積為y，求當(dāng)x為何值時(shí)y取得最大值？最大值為多少？

43、【答案】（1）60 （2）解：如圖1中， ∵OB=4，∠ABO=30°， ∴OA= OB=2，AB= OA=2 ， ∴S△AOC= ?OA?AB= ×2×2 =2 ， ∵△BOC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC= =2 ， ∴OP= = = （3）解：①當(dāng)0＜x≤ 時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E． 則NE=ON?sin60°= x， ∴S△OMN= ?OM?NE= ×1.5x× x， ∴y= x2 ． ∴x= 時(shí)，y有最大值，最大值= ． ②當(dāng) ＜x≤4時(shí)，M在B

44、C上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)． 作MH⊥OB于H． 則BM=8﹣1.5x，MH=BM?sin60°= （8﹣1.5x）， ∴y= ×ON×MH=﹣ x2+2 x． 當(dāng)x= 時(shí)，y取最大值，y＜ ， ③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G． MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ， ∴y= ?MN?OG=12 ﹣ x， 當(dāng)x=4時(shí)，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）

45、根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OB=OC，∠BOC=60°，根據(jù)有一個(gè)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(zhǎng)，由S△AOC=?OA?AB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(zhǎng)，利用三角形的面積法即可得出OP的長(zhǎng)； （3）①當(dāng)0＜x≤?時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E．利用正弦函數(shù)的定義由NE=ON?sin60°，表示出NE的長(zhǎng)，根據(jù)∴S△OMN=??OM?NE，得出y與x之間的函數(shù)關(guān)

46、系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得出答案；②當(dāng)???＜x≤4時(shí)，M在BC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，作MH⊥OB于H．則BM=8﹣1.5x，MH=BM?sin60°=?（8﹣1.5x），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；③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，根據(jù)三角形的面積公式由y= ?MN?OG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(diǎn) 的坐標(biāo)為 ，點(diǎn) 的坐標(biāo)為 .點(diǎn) 從點(diǎn) 出發(fā)，沿 以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)，同

47、時(shí)點(diǎn) 從點(diǎn) 出發(fā)，沿 以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn) 與點(diǎn) 重合時(shí)運(yùn)動(dòng)停止.設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 秒. （1）當(dāng) 時(shí)，線段 的中點(diǎn)坐標(biāo)為________； （2）當(dāng) 與 相似時(shí)，求 的值； （3）當(dāng) 時(shí)，拋物線 經(jīng)過 、 兩點(diǎn)，與 軸交于點(diǎn) ，拋物線的頂點(diǎn)為 ，如圖2所示.問該拋物線上是否存在點(diǎn) ，使 ，若存在，求出所有滿足條件的 點(diǎn)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(shí)，存在兩種情況： ①當(dāng)△PAQ∽△QBC時(shí)， ， ∴ ， 4t

48、2-15t+9=0， （t-3）（t- ）=0， t1=3（舍），t2= ， ②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時(shí)， ， ∴ ， t2-9t+9=0， t= ， ∵0≤t≤6， ＞7， ∴x= 不符合題意，舍去， 綜上所述，當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，t的值是 或 （3）解：當(dāng)t=1時(shí)，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(diǎn)k（ ，- ）， ∵Q（3，2），M（0，2）， ∴MQ∥x軸， 作拋物線對(duì)稱軸，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ，

49、 ∴∠MKE=∠QKE= ∠MKQ， 如圖2，∠MQD= ∠MKQ=∠QKE，設(shè)DQ交y軸于H， ∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴ ， ∴ ， ∴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(diǎn)H，如圖3，使∠HQM= ∠MKQ=∠QKE， 由對(duì)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（ ， ）；

50、 綜上所述，點(diǎn)D的坐標(biāo)為：D（- ， ）或（ ， ） 【解析】【解答】解：（1）如圖1，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0）， ∴OA=3， 當(dāng)t=2時(shí)，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P（2，0），Q（3，4）， ∴線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為：（ ， ），即（ ，2）； 故答案為：（ ，2）； 【分析】（1）根據(jù)A點(diǎn)坐標(biāo)得出OA的長(zhǎng)度，當(dāng)t=2時(shí)，OP=t=2，AQ=2t=4，從而得出P,Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)線段中點(diǎn)坐標(biāo)公式得出線段PQ的中點(diǎn)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(shí)，存在兩種情況：①當(dāng)△PAQ∽△QBC時(shí)， PA∶ AQ ＝QB∶

51、BC ，②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時(shí)， PA∶AQ＝BC∶QB ，從而得出關(guān)于t的方程，求解并檢驗(yàn)得出t的值； （3）當(dāng)t=1時(shí)，得出P,Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再將P,Q兩點(diǎn)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(diǎn)K的坐標(biāo)，根據(jù)Q,M兩點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)得出MQ∥x軸，作拋物線對(duì)稱軸，交MQ于E，根據(jù)拋物線的對(duì)稱性得出KM=KQ，KE⊥MQ，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△KEQ∽△QMH，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得出KE∶EQ＝MQ∶MH，從而得出MH的長(zhǎng)度，H點(diǎn)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(yàn)得出D點(diǎn)的坐標(biāo)，同理，在M的下方，y軸上存在點(diǎn)H，如圖3，使∠HQM=?∠MKQ=∠QKE，由對(duì)稱性得H點(diǎn)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(yàn)得出D點(diǎn)的坐標(biāo);綜上所述得出答案。 31