?專題53 中考幾何動態(tài)試題解法

一、動態(tài)問題概述數(shù)
1.就運動類型而言,有函數(shù)中的動點問題有圖象問題、面積問題、最值問題、和差問題、定值問題和存在性問題等。怎
2.就運動對象而言,幾何圖形中的動點問題有點動、線動、面動三大類。怎樣
3.就圖形變化而言,有軸對稱（翻折）、平移、旋轉(zhuǎn)（中心對稱、滾動）等。
4.動態(tài)問題一般分兩類，一類是代數(shù)綜合方面，在坐標(biāo)系中有動點，動直線，一般是利用多種函數(shù)交叉求解。另一類就是幾何綜合題，在梯形，矩形，三角形中設(shè)立動點、線以及整體平移翻轉(zhuǎn)，對考生的綜合分析能力進(jìn)行考察。所以說，動態(tài)問題是中考數(shù)學(xué)當(dāng)中的重中之重，屬于初中數(shù)學(xué)難點，綜合性強(qiáng)，只有完全掌握才能拿高分。
二、動點與函數(shù)圖象問題常見的四種類型
1.三角形中的動點問題：動點沿三角形的邊運動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。
2.四邊形中的動點問題：動點沿四邊形的邊運動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。、
3.圓中的動點問題：動點沿圓周運動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。怎樣解決好
4.直線、雙曲線、拋物線中的動點問題：動點沿直線、雙曲線、拋物線運動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。
三、圖形運動與函數(shù)圖象問題常見的三種類型寸
1.線段與多邊形的運動圖形問題：把一條線段沿一定方向運動經(jīng)過三角形或四邊形，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。
2.多邊形與多邊形的運動圖形問題：把一個三角形或四邊形沿一定方向運動經(jīng)過另一個多邊形，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。怎樣解決好中考數(shù)
3.多邊形與圓的運動圖形問題：把一個圓沿一定方向運動經(jīng)過一個三角形或四邊形，或把一個三角形或四邊形沿一定方向運動經(jīng)過一個圓，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。
四、動點問題常見的四種類型解題思路
1.教師范讀的是閱讀教學(xué)中不可缺少的部分，我常采用范讀，讓幼兒學(xué)習(xí)、模仿。如領(lǐng)讀，我讀一句，讓幼兒讀一句，邊讀邊記；第二通讀，我大聲讀，我大聲讀，幼兒小聲讀，邊學(xué)邊仿；第三賞讀，我借用錄好配朗讀磁帶，一邊放錄音，一邊幼兒反復(fù)傾聽，在反復(fù)傾聽中體驗、品味。1.三角形中的動點問題：動點沿三角形的邊運動，通過全等或相似，探究構(gòu)成的新圖形與原圖形的邊或角的關(guān)系。
2.四邊形中的動點問題：動點沿四邊形的邊運動，通過探究構(gòu)成的新圖形與原圖形的全等或相似，得出它們的邊或角的關(guān)系。
3.這個工作可讓學(xué)生分組負(fù)責(zé)收集整理,登在小黑板上,每周一換。要求學(xué)生抽空抄錄并且閱讀成誦。其目的在于擴(kuò)大學(xué)生的知識面,引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會,熱愛生活,所以內(nèi)容要盡量廣泛一些,可以分為人生、價值、理想、學(xué)習(xí)、成長、責(zé)任、友誼、愛心、探索、環(huán)保等多方面。如此下去,除假期外,一年便可以積累40多則材料。如果學(xué)生的腦海里有了眾多的鮮活生動的材料,寫起文章來還用亂翻參考書嗎?3.圓中的動點問題：動點沿圓周運動，探究構(gòu)成的新圖形的邊角等關(guān)系。
4.直線、雙曲線、拋物線中的動點問題：動點沿直線、雙曲線、拋物線運動，探究是否存在動點構(gòu)成的三角形是等腰三角形或與已知圖形相似等問題。
五、解決動態(tài)問題一般步驟
（1）用數(shù)量來刻畫運動過程。因為在不同的運動階段，同一個量的數(shù)學(xué)表達(dá)方式會發(fā)生變化，所以需要分類討論。有時符合試題要求的情況不止一種，這時也需要分類討論。
（2）畫出符合題意的示意圖。
（3）根據(jù)試題的已知條件或者要求列出算式、方程或者數(shù)量間的關(guān)系式。

【例題1】（2020?連云港）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為2的⊙O與x軸的正半軸交于點A，點B是⊙O上一動點，點C為弦AB的中點，直線yx﹣3與x軸、y軸分別交于點D、E，則△CDE面積的最小值為　 　．

【答案】2
【分析】如圖，連接OB，取OA的中點M，連接CM，過點M作MN⊥DE于N．首先證明點C的運動軌跡是以M為圓心，1為半徑的⊙M，設(shè)⊙M交MN于C′．求出MN，當(dāng)點C與C′重合時，△C′DE的面積最?。?br /> 【解析】如圖，連接OB，取OA的中點M，連接CM，過點M作MN⊥DE于N．

∵AC＝CB，AM＝OM，
∴MCOB＝1，
∴點C的運動軌跡是以M為圓心，1為半徑的⊙M，設(shè)⊙M交MN于C′．
∵直線yx﹣3與x軸、y軸分別交于點D、E，
∴D（4，0），E（0，﹣3），
∴OD＝4，OE＝3，
∴DE5，
∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴，
∴，
∴MN，
當(dāng)點C與C′重合時，△C′DE的面積最小，最小值5×（1）＝2
【對點練習(xí)】（2020年浙江臺州模擬）如圖所示，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以邊AB的中點O為圓心，作半圓與AC相切，點P，Q分別是邊BC和半圓上的動點，連接PQ，則PQ長的最大值與最小值的和是（　　）

A．6 B．2+1 C．9 D．
【答案】C
【解析】如圖，設(shè)⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，
此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，
∵∠OP1B=90°，∴OP1∥AC
∵AO=OB，∴P1C=P1B，∴OP1=AC=4，
∴P1Q1最小值為OP1﹣OQ1=1，
如圖，當(dāng)Q2在AB邊上時，P2與B重合時，
P2Q2最大值=5+3=8，
∴PQ長的最大值與最小值的和是9．

【點撥】設(shè)⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，求出OP1，如圖當(dāng)Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2最大值=5+3=8，由此不難解決問題．
【例題2】（2020?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．
（1）求證：CFAD；
（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當(dāng)BD＝2CD時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；
（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使PA+PB+PC的值最?。?dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．

【答案】見解析。
【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）過點G作GH⊥BC于H，設(shè)CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝ACa，由全等三角形的性質(zhì)可得BD＝CE＝2a，由銳角三角函數(shù)可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的長，即可求AGaCDBC；
（3）將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，可得當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
證明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DEAD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵點F是DE的中點，
∴CFDEAD；
（2）AGBC，
理由如下：如圖2，過點G作GH⊥BC于H，

∵BD＝2CD，
∴設(shè)CD＝a，則BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝ACa，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BGBH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝2a，
∴AG＝BG﹣ABaCDBC；
（3）如圖3﹣1，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，

∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等邊三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，
此時，如圖3﹣2，連接MC，

∵將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BDPD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴PD＝PD+AP，
∴PDm，
∴BDPDm，
由（1）可知：CE＝BDm．
【對點練習(xí)】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，AB＝4，∠DAB＝120°，動點P從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿AC向終點C運動．過P作PE⊥AB交AB于點E，作PF⊥AD交AD于點F，設(shè)四邊形AEPF與△ABD的重疊部分的面積為S，點P的運動時間為t．
（1）用含t的代數(shù)式表示線段BE的長；
（2）當(dāng)點P與點O重合時，求t的值；
（3）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）在點P出發(fā)的同時，有一點Q從點C出發(fā)，以每秒6個單位的速度沿折線C﹣D﹣A﹣B運動，設(shè)點Q關(guān)于AC的對稱點是Q'，直接寫出PQ'與菱形ABCD的邊垂直時t的值．

【答案】見解析。
【解析】（1）如圖1中，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝60°，
∴△ADC，△ABC都是等邊三角形，
∵PE⊥AB，PA＝2t，
∴∠PEA＝90°，∠APE＝30°，
∴AE＝PA＝t，
∴BE＝AB﹣AE＝4﹣t．
（2）當(dāng)點P與點O重合時，PA＝OA＝2＝2t，
∴t＝1時，點P與點O重合．
（3）當(dāng)0＜t≤1時，如圖1中，重疊部分是四邊形PEAF，S＝2××t×t＝t2．
當(dāng)1＜t≤2時，如圖2中，重疊部分是五邊形AEMNF，S＝S四邊形PEAF﹣S△PMN＝t2﹣（）2＝﹣t2+t﹣．

（4）如圖4﹣1中，當(dāng)PQ′⊥BC時，易知PC＝2CQ′，可得4﹣2t＝2×6t，解得t＝．

如圖4﹣2中，當(dāng)點Q與點F重合時，PQ⊥AB，則有：6t+t＝8，t＝

如圖4﹣3中，當(dāng)點Q與點E重合時，PQ′⊥AD，則有：6t＝8+t，t＝，

綜上所述，滿足條件的t的值為s或s或s．
【點撥】本題是幾何圖形中的動點綜合題問題，可以用一下思路解決：（1）解直角三角形求出AE即可解決問題．
（2）根據(jù)PA＝OA，構(gòu)建方程即可解決問題．
（3）分兩種情形分別畫出圖形解決問題即可．
（4）分三種情形：①如圖4﹣1中，當(dāng)PQ′⊥BC時．②如圖4﹣2中，當(dāng)點Q與點F重合時．③如圖4﹣3中，當(dāng)點Q與點E重合時，分別求解即可．
【例題3】（2020?蘇州）如圖，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點，OA＝8cm．動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左作勻速運動，與此同時，動點Q從點O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上作勻速運動．連接PQ，交OT于點B．經(jīng)過O、P、Q三點作圓，交OT于點C，連接PC、QC．設(shè)運動時間為t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在實數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）求四邊形OPCQ的面積．

【答案】見解析。
【分析】（1）由題意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，則可得出答案；
（2）如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，得出，則，解出x．由二次函數(shù)的性質(zhì)可得出答案；
（3）證明△PCQ是等腰直角三角形．則S△PCQPC?QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由題意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大．
如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OBBD．
設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴，
∴，
∴x．
∴OB．
當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大，最大為2cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圓的直徑．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQPC?QCPQPQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ，
，
＝4t16﹣4t＝16．
∴四邊形OPCQ的面積為16cm2．

【對點練習(xí)】（?山東濰坊）如圖，直線y＝x+1與拋物線y＝x2﹣4x+5交于A，B兩點，點P是y軸上的一個動點，當(dāng)△PAB的周長最小時，S△PAB＝　 　．

【答案】．
【解析】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的性質(zhì)、軸對稱﹣最短路徑問題，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
根據(jù)軸對稱，可以求得使得△PAB的周長最小時點P的坐標(biāo)，然后求出點P到直線AB的距離和AB的長度，即可求得△PAB的面積，本題得以解決．
，
解得，或，
∴點A的坐標(biāo)為（1，2），點B的坐標(biāo)為（4，5），
∴AB＝＝3，
作點A關(guān)于y軸的對稱點A′，連接A′B與y軸的交于P，則此時△PAB的周長最小，
點A′的坐標(biāo)為（﹣1，2），點B的坐標(biāo)為（4，5），
設(shè)直線A′B的函數(shù)解析式為y＝kx+b，
，得，
∴直線A′B的函數(shù)解析式為y＝x+，
當(dāng)x＝0時，y＝，
即點P的坐標(biāo)為（0，），
將x＝0代入直線y＝x+1中，得y＝1，
∵直線y＝x+1與y軸的夾角是45°，
∴點P到直線AB的距離是：（﹣1）×sin45°＝＝，
∴△PAB的面積是：＝，

【點撥】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的性質(zhì)、軸對稱﹣最短路徑問題，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．

一、選擇題
1．（海南）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．點P是邊AC上一動點，過點P作PQ∥AB交BC于點Q，D為線段PQ的中點，當(dāng)BD平分∠ABC時，AP的長度為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質(zhì)得到∠QBD＝∠BDQ，得到QB＝QD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．
解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，
∴AC＝＝3，
∵PQ∥AB，
∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，
∴∠QBD＝∠BDQ，
∴QB＝QD，
∴QP＝2QB，
∵PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴＝＝，即＝＝，
解得，CP＝，
∴AP＝CA﹣CP＝
2.（?四川省達(dá)州市）如圖，邊長都為4的正方形ABCD和正三角形EFG如圖放置，AB與EF在一條直線上，點A與點F重合．現(xiàn)將△EFG沿AB方向以每秒1個單位的速度勻速運動，當(dāng)點F與B重合時停止．在這個運動過程中，正方形ABCD和△EFG重疊部分的面積S與運動時間t的函數(shù)圖象大致是（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】根據(jù)題意和函數(shù)圖象可以寫出各段對應(yīng)的函數(shù)解析式，從而可以判斷哪個選項中的圖象符合題意，本題得以解決．
當(dāng)0≤t≤2時，S＝＝，即S與t是二次函數(shù)關(guān)系，有最小值（0，0），開口向上，
當(dāng)2＜t≤4時，S＝﹣＝，即S與t是二次函數(shù)關(guān)系，開口向下，
由上可得，選項C符合題意。
3．（?山東泰安）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，連接PB，則PB的最小值是（　?。?br />
A．2 B．4 C． D．
【答案】D．
【解析】根據(jù)中位線定理可得出點點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長，由勾股定理求解即可．如圖：

當(dāng)點F與點C重合時，點P在P1處，CP1＝DP1，
當(dāng)點F與點E重合時，點P在P2處，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE
當(dāng)點F在EC上除點C、E的位置處時，有DP＝FP
由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF
∴點P的運動軌跡是線段P1P2，
∴當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點，
∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1＝2
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°
∴∠DP2P1＝90°
∴∠DP1P2＝45°
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值為BP1的長
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2
4．（?山東濰坊）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，動點P沿折線BCD從點B開始運動到點D．設(shè)運動的路程為x，△ADP的面積為y，那么y與x之間的函數(shù)關(guān)系的圖象大致是（　　）

A．B．
C．D．
【答案】D．
【解析】由題意當(dāng)0≤x≤3時，y＝3，當(dāng)3＜x＜5時，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．由此即可判斷．
由題意當(dāng)0≤x≤3時，y＝3，
當(dāng)3＜x＜5時，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．
5.（?湖北武漢）如圖，AB是⊙O的直徑，M、N是（異于A.B）上兩點，C是上一動點，∠ACB的角平分線交⊙O于點D，∠BAC的平分線交CD于點E．當(dāng)點C從點M運動到點N時，則C.E兩點的運動路徑長的比是（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】本題考查弧長公式，圓周角定理，三角形的內(nèi)心等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找點的運動軌跡，屬于中考選擇題中的壓軸題．
如圖，連接EB．設(shè)OA＝r．易知點E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運動軌跡是，點C的運動軌跡是，由題意∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α，利用弧長公式計算即可解決問題．

∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，
∵E是△ACB的內(nèi)心，∴∠AEB＝135°，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴＝，∴AD＝DB＝r，∴∠ADB＝90°，
易知點E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運動軌跡是，點C的運動軌跡是，
∵∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α
∴＝＝．
6.（?甘肅武威）如圖①，在矩形ABCD中，AB＜AD，對角線AC，BD相交于點O，動點P由點A出發(fā)，沿AB→BC→CD向點D運動．設(shè)點P的運動路程為x，△AOP的面積為y，y與x的函數(shù)關(guān)系圖象如圖②所示，則AD邊的長為（　?。?br />
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B．
【解析】本題主要考查動點問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是分析三角形面積隨動點運動的變化過程，找到分界點極值，結(jié)合圖象得到相關(guān)線段的具體數(shù)值．
當(dāng)P點在AB上運動時，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點到達(dá)B點時，△AOP面積最大為3．
∴AB?＝3，即AB?BC＝12．
當(dāng)P點在BC上運動時，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點到達(dá)C點時，△AOP面積為0，此時結(jié)合圖象可知P點運動路徑長為7，
∴AB+BC＝7．
則BC＝7﹣AB，代入AB?BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，
因為AB＜AD，即AB＜BC，
所以AB＝3，BC＝4．
二、填空題
7．（桂林）如圖，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，點P是AD邊上的一個動點，連接BP，作點A關(guān)于直線BP的對稱點A1，連接A1C，設(shè)A1C的中點為Q，當(dāng)點P從點A出發(fā)，沿邊AD運動到點D時停止運動，點Q的運動路徑長為　 ?。?br />
【答案】π．
【解析】如圖，連接BA1，取BC使得中點O，連接OQ，BD．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴tan∠ABD＝＝，
∴∠ABD＝60°，
∵A1Q＝QC，BO＝OC，
∴OQ＝BA1＝AB＝，
∴點Q的運動軌跡是以O(shè)為圓心，OQ為半徑的圓弧，圓心角為120°，
∴點Q的運動路徑長＝＝π．
8．如圖，AB是⊙O的弦，AB=5，點C是⊙O上的一個動點，且∠ACB=45°，若點M、N分別是AB、AC的中點，則MN長的最大值是　 　．

【答案】．
【解析】如圖，∵點M，N分別是AB，AC的中點，
∴MN=BC，
∴當(dāng)BC取得最大值時，MN就取得最大值，當(dāng)BC是直徑時，BC最大，
連接BO并延長交⊙O于點C′，連接AC′，
∵BC′是⊙O的直徑，
∴∠BAC′=90°．
∵∠ACB=45°，AB=5，
∴∠AC′B=45°，
∴BC′===5，
∴MN最大=．
故答案為：．

【點撥】本題考查了三角形的中位線定理、等腰直角三角形的性質(zhì)及圓周角定理，解題的關(guān)鍵是了解當(dāng)什么時候MN的值最大，難度不大．
9．（2020湖北隨州模擬）如圖，∠AOB的邊OB與x軸正半軸重合，點P是OA上的一動點，點N(3，0)是OB上的一定點，點M是ON的中點，∠AOB＝30°，要使PM＋PN最小，則點P的坐標(biāo)為________．

【答案】(，)，
【解析】作點N關(guān)于OA的對稱點N′，連接MN′交OA于點P，則點P為所求．
顯然ON＝ON′，∠NON′＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
∴△ONN′為等邊三角形，MN′⊥ON，
∵OM＝，則PM＝OM×tan30°＝×＝，
∴點P的坐標(biāo)為(，)．

10.（?四川廣安）如圖，在四邊形中，∥，,直線.當(dāng)直線沿射線方向，從點開始向右平移時，直線與四邊形的邊分別相交于點、.設(shè)直線向右平移的距離為，線段的長為，且與的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則四邊形的周長是 .

【答案】
【解析】由題意和圖像易知BC=5，AD=7-4=3
當(dāng)BE=4時（即F與A重合），EF=2，又因為且∠B=30°，所以AB=，
因為當(dāng)F與A重合時，把CD平移到E點位置可得三角形AED′為正三角形，所以CD=2，故答案時.
三、解答題
11．（2020?銅仁市）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物線與y軸的交點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運動，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；
（3）點M在拋物線上運動，點N在y軸上運動，是否存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似，如果存在，請求出點M和點N的坐標(biāo)．

【答案】見解析。
【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點C的坐標(biāo)，根據(jù)點B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長度，利用三角形的面積公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；
（3）分兩種不同情況，當(dāng)點M位于點C上方或下方時，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求出點M，點N的坐標(biāo)即可．
【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6．
（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，如圖1所示．

當(dāng)x＝0時，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴點C的坐標(biāo)為（0，6）．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，
將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．
∵點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運動，
∴點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴S△PBCPF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m）2，
∴當(dāng)m時，△PBC面積取最大值，最大值為．
∵點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運動，
∴0＜m＜3．
（3）存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．
如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點M位于點C上方，過點M作MD⊥y軸于點D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，
設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
當(dāng)時，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此時NDDM，
∴N（0，），
當(dāng)時，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴，
解得a，
∴M（，），
此時N（0，）．
如圖3，當(dāng)點M位于點C的下方，

過點M作ME⊥y軸于點E，
設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或2，△CMN與△OBC相似，
解得a或a＝3，
∴M（，）或M（3，0），
此時N點坐標(biāo)為（0，）或（0，）．
綜合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，），使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．
12．（2020?嘉興）在籃球比賽中，東東投出的球在點A處反彈，反彈后球運動的路線為拋物線的一部分（如圖1所示建立直角坐標(biāo)系），拋物線頂點為點B．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式．
（2）當(dāng)球運動到點C時被東東搶到，CD⊥x軸于點D，CD＝2.6m．
①求OD的長．
②東東搶到球后，因遭對方防守?zé)o法投籃，他在點D處垂直起跳傳球，想將球沿直線快速傳給隊友華華，目標(biāo)為華華的接球點E（4，1.3）．東東起跳后所持球離地面高度h1（m）（傳球前）與東東起跳后時間t（s）滿足函數(shù)關(guān)系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在點F（1.5，0）處攔截，他比東東晚0.3s垂直起跳，其攔截高度h2（m）與東東起跳后時間t（s）的函數(shù)關(guān)系如圖2所示（其中兩條拋物線的形狀相同）．東東的直線傳球能否越過小戴的攔截傳到點E？若能，東東應(yīng)在起跳后什么時間范圍內(nèi)傳球？若不能，請說明理由（直線傳球過程中球運動時間忽略不計）．

【答案】見解析。
【分析】（1）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），將A（0，3）代入求解即可得出答案；
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，解方程求出x，即可得出OD＝1m；
②東東在點D跳起傳球與小戴在點F處攔截的示意圖如圖2，設(shè)MD＝h1，NF＝h2，當(dāng)點M，N，E三點共線時，過點E作EG⊥MD于點G，交NF于點H，過點N作NP⊥MD于點P，證明△MPN∽△NEH，得出，則NH＝5MP．分不同情況：（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時，（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時，（Ⅲ）當(dāng)0.65＜t≤1時，分別求出t的范圍可得出答案．
【解析】（1）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，
化簡得（x﹣0.4）2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，
∴OD＝1m．
②東東的直線傳球能越過小戴的攔截傳到點E．
由圖1可得，當(dāng)0≤t≤0.3時，h2＝2.2．

當(dāng)0.3＜t≤1.3時，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．
當(dāng)h1﹣h2＝0時，t＝0.65，
東東在點D跳起傳球與小戴在點F處攔截的示意圖如圖2，
設(shè)MD＝h1，NF＝h2，
當(dāng)點M，N，E三點共線時，過點E作EG⊥MD于點G，交NF于點H，過點N作NP⊥MD于點P，

∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NEH，
∴，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時，
MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，
整理得（t﹣0.5）2＝0.16，
解得（舍去），，
當(dāng)0≤t≤0.3時，MP隨t的增大而增大，
∴．
（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，
∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，（舍去），，
當(dāng)0.3＜t≤0.65時，MP隨t的增大而減小，
∴．
（Ⅲ）當(dāng)0.65＜t≤1時，h1＜h2，不可能．
給上所述，東東在起跳后傳球的時間范圍為．
13．（2020?黔東南州）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C（0，﹣3），頂點D的坐標(biāo)為（1，﹣4）．
（1）求拋物線的解析式．
（2）在y軸上找一點E，使得△EAC為等腰三角形，請直接寫出點E的坐標(biāo)．
（3）點P是x軸上的動點，點Q是拋物線上的動點，是否存在點P、Q，使得以點P、Q、B、D為頂點，BD為一邊的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點P、Q坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】見解析。
【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點坐標(biāo)設(shè)出拋物線的解析式，再將點C坐標(biāo)代入求解，即可得出結(jié)論；
（2）先求出點A，C坐標(biāo)，設(shè)出點E坐標(biāo)，表示出AE，CE，AC，再分三種情況建立方程求解即可；
（3）利用平移先確定出點Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式求出點Q的橫坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．
【解析】（1）∵拋物線的頂點為（1，﹣4），
∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，
將點C（0，﹣3）代入拋物線y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令x＝0，則y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AC，
設(shè)點E（0，m），則AE，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①當(dāng)AC＝AE時，，
∴m＝3或m＝﹣3（點C的縱坐標(biāo)，舍去），
∴E（0，3），
②當(dāng)AC＝CE時，|m+3|，
∴m＝﹣3±，
∴E（0，﹣3）或（0，﹣3），
③當(dāng)AE＝CE時，|m+3|，
∴m，
∴E（0，），
即滿足條件的點E的坐標(biāo)為（0，3）、（0，﹣3）、（0，﹣3）、（0，）；
（3）如圖，存在，∵D（1，﹣4），
∴將線段BD向上平移4個單位，再向右（或向左）平移適當(dāng)?shù)木嚯x，使點B的對應(yīng)點落在拋物線上，這樣便存在點Q，此時點D的對應(yīng)點就是點P，
∴點Q的縱坐標(biāo)為4，
設(shè)Q（t，4），
將點Q的坐標(biāo)代入拋物線y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，
∴t＝1+2或t＝1﹣2，
∴Q（1+2，4）或（1﹣2，4），
分別過點D，Q作x軸的垂線，垂足分別為F，G，
∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸的右邊的交點B的坐標(biāo)為（3，0），且D（1，﹣4），
∴FB＝PG＝3﹣1＝2，
∴點P的橫坐標(biāo)為（1+2）﹣2＝﹣1+2或（1﹣2）﹣2＝﹣1﹣2，
即P（﹣1+2，0）、Q（1+2，4）或P（﹣1﹣2，0）、Q（1﹣2，4）．

14．（2020?遂寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（3，0），C（0，6）三點．
（1）求拋物線的解析式．
（2）拋物線的頂點M與對稱軸l上的點N關(guān)于x軸對稱，直線AN交拋物線于點D，直線BE交AD于點E，若直線BE將△ABD的面積分為1：2兩部分，求點E的坐標(biāo)．
（3）P為拋物線上的一動點，Q為對稱軸上動點，拋物線上是否存在一點P，使A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】見解析。
【分析】（1）設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3），把點C坐標(biāo)代入解析式，可求解；
（2）先求出點M，點N坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求AD解析式，聯(lián)立方程組可求點D坐標(biāo)，可求S△ABD2×6＝6，設(shè)點E（m，2m﹣2），分兩種情況討論，利用三角形面積公式可求解；
（3）分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（3，0），
∴設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
∵拋物線y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）的圖象經(jīng)過點C（0，6），
∴6＝a（0﹣1）（0﹣3），
∴a＝2，
∴拋物線解析式為：y＝2（x﹣1）（x﹣3）＝2x2﹣8x+6；
（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，
∴頂點M的坐標(biāo)為（2，﹣2），
∵拋物線的頂點M與對稱軸l上的點N關(guān)于x軸對稱，
∴點N（2，2），
設(shè)直線AN解析式為：y＝kx+b，
由題意可得：，
解得：，
∴直線AN解析式為：y＝2x﹣2，
聯(lián)立方程組得：，
解得：，，
∴點D（4，6），
∴S△ABD2×6＝6，
設(shè)點E（m，2m﹣2），
∵直線BE將△ABD的面積分為1：2兩部分，
∴S△ABES△ABD＝2或S△ABES△ABD＝4，
∴2×（2m﹣2）＝2或2×（2m﹣2）＝4，
∴m＝2或3，
∴點E（2，2）或（3，4）；
（3）若AD為平行四邊形的邊，
∵以A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，
∴AD＝PQ，
∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，
∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，
∴點P坐標(biāo)為（5，16）或（﹣1，16）；
若AD為平行四邊形的對角線，
∵以A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，
∴AD與PQ互相平分，
∴，
∴xP＝3，
∴點P坐標(biāo)為（3，0），
綜上所述：當(dāng)點P坐標(biāo)為（5，16）或（﹣1，16）或（3，0）時，使A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形．
15．（?山東青島）已知：如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度為1cm/s；當(dāng)一個點停止運動，另一個點也停止運動．過點P作PE⊥AB，交BC于點E，過點Q作QF∥AC，分別交AD，OD于點F，G．連接OP，EG．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5），解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，點E在∠BAC的平分線上？
（2）設(shè)四邊形PEGO的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使四邊形PEGO的面積最大？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）連接OE，OQ，在運動過程中，是否存在某一時刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

【答案】見解析。
【解析】本題屬于四邊形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，多邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．
（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝＝6（cm），
∵OD垂直平分線段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，
易知：PE＝t，BE＝t，
當(dāng)點E在∠BAC的平分線上時，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8﹣t，
∴t＝4．
∴當(dāng)t為4秒時，點E在∠BAC的平分線上．
（2）如圖，連接OE，PC．
S四邊形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
＝?（4﹣t）?3+[?3?（8﹣t）+?（8﹣t）?t﹣?3?（8﹣t）
＝﹣t2+t+16（0＜t＜5）．
（3）存在．
∵S＝﹣（t﹣）2+（0＜t＜5），
∴t＝時，四邊形OPEG的面積最大，最大值為．
（4）存在．如圖，連接OQ．
∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，∴∠EOC＝∠QOG，∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：5t2﹣66t+160＝0，
解得t＝或10（舍棄）
∴當(dāng)t＝秒時，OE⊥OQ．


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