1．（2013江蘇蘇州，10，3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△OAB的頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（，0），點(diǎn)P為斜邊OB上的一動(dòng)點(diǎn)，則PA＋PC的最小值為（ ）．
A．B．C．D．2
【答案】B．
【解析】如圖，作A關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)D，連接CD交OB于P，連接AP，過D作DN⊥OA于N，則此時(shí)PA＋PC的值最小，求出AM，求出AD，求出DN、CN，根據(jù)勾股定理求出CD，即可得出答案．
解：如圖，作A關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)D，連接CD交OB于P，連接AP，過D作DN⊥OA于N，則此時(shí)PA＋PC的值最?。?br>∵DP=PA，
∴PA＋PC=PD＋PC=CD．
∵B（3，），∴AB=，OA=3，∠B=60°．
由勾股定理得：OB=2．
由三角形面積公式得：×OA×AB=×OB×AM，
即×3×=×2×AM．∴AM=．∴AD=2×=3．
∵∠AMB=90°，∠B=60°，
∴∠BAM=30°，∵∠BAO=90°，∴∠OAM=60°．
∵DN⊥OA，∴∠NDA=30°，∴AN=×AD=．
由勾股定理得：DN==．
∵C（，0），∴CN=3－－=1．
在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC==．
即PA＋PC的最小值是．
所以應(yīng)選B．
【方法指導(dǎo)】本題考查了三角形的內(nèi)角和定理，軸對(duì)稱的最短路線問題，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)的應(yīng)用，關(guān)鍵是求出P點(diǎn)的位置，題目比較好，難度適中．
【易錯(cuò)警示】弄不清楚最小值問題，趙不到最短距離而出錯(cuò)．
2．（2013山東臨沂，14，3分）如圖，正方形ABCD中，AB＝8cm，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別從B，C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC，CD運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)C，D時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)，△OEF的面積為S(cm2)，則S(cm2)與t(s)的函數(shù)關(guān)系可用圖象表示為（ ）
【答案】：B．
3（2013四川南充，10，3分）如圖1，點(diǎn)E為矩形ABCD邊AD上一點(diǎn)，點(diǎn)P，點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿BE→ED→DC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，點(diǎn)Q沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，它們的運(yùn)動(dòng)速度都是1cm/s．設(shè)P，Q出發(fā)秒時(shí)，△BPQ的面積為cm2，已知與的函數(shù)關(guān)系的圖象如圖2（曲線OM為拋物線的一部分）．則下列結(jié)論：
①AD=BE=5cm；②當(dāng)0＜≤5時(shí)，；③直線NH的解析式為；
④若△ABE與△QBP相似，則秒．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】：B．
【解析】據(jù)圖（2）可以判斷三角形的面積變化分為三段，可以判斷出當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)E時(shí)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)C，從而得到BC、BE的長(zhǎng)度，再根據(jù)M、N是從5秒到7秒，可得ED的長(zhǎng)度，然后表示出AE的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理求出AB的長(zhǎng)度，然后針對(duì)各小題分析解答即可．
【方法指導(dǎo)】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用及動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，根據(jù)圖（2）判斷出點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)E時(shí)，點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)C是解題的關(guān)鍵，也是本題的突破口，難度較大．
4．(2013湖北荊門，12，3分)如圖所示，已知等腰梯形ABCD，AD∥BC，若動(dòng)直線l垂直于BC，且向右勻速(注：“勻速”二字為錄入者所添加)平移，設(shè)掃過的陰影部分的面積為S，BP為x，則S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是( )
P
l
x
O
S
x
O
S
x
O
S
x
O
S
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】為計(jì)算的方便，不妨設(shè)AB＝CD＝，AD＝1，∠ABC＝45°．分別過點(diǎn)A，D向BC作垂線，垂足依次為E，F(xiàn)，如圖3，設(shè)動(dòng)直線l移動(dòng)的速度為x．①當(dāng)0≤x＜1時(shí)，S＝x2，其圖象是開口向上的拋物線的一部分；②當(dāng)1≤x＜2時(shí)，S＝＋1×(x－1)＝x－，其圖象是直線的一部分；③當(dāng)2≤x≤3時(shí)，S＝2－(3－x)2，其圖象是開口向下的拋物線的一部分．綜上所述，選A．
E
F
l
P
【方法指導(dǎo)】判斷函數(shù)大致圖象的試題，一般應(yīng)先確立函數(shù)關(guān)系解析式，再根據(jù)函數(shù)圖象及性質(zhì)做出合理的判斷．解答分段函數(shù)的圖象問題一般遵循以下步驟：①根據(jù)自變量的取值范圍對(duì)函數(shù)進(jìn)行分段；②求出每段的解析式；③由每段的解析式確定每段圖象的形狀．
5 (2013山東煙臺(tái)，12,3分)如圖1．E為矩形ABCD邊AD上一點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)B沿折線BE—ED—DC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，點(diǎn)Q從點(diǎn)B沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止．它們的運(yùn)動(dòng)速度都是1cm/s.若點(diǎn)P,Q同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)，⊿BPQ的面積y(cm2).已知y與t的函數(shù)關(guān)系圖像如圖2，則下面結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A. B.
C. 當(dāng)時(shí)， D.當(dāng)時(shí)，是等腰三角形
【答案】A
【考點(diǎn)解剖】本題是一道典型的動(dòng)點(diǎn)問題，主要考查了三角函數(shù)、等腰三角形的判定、二次函數(shù)的解析式、三角形的面積公式，解決本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖形中點(diǎn)的位置與相應(yīng)線段、面積的變化來理解函數(shù)圖象表達(dá)的意義，數(shù)形結(jié)合，化靜為動(dòng)，從而正確的解決問題.
【解析】 如圖：利用數(shù)形結(jié)合思想方法，結(jié)合圖1、圖2分別求出BE=BC=10cm，DE=4cm，AE=6cm；然后利用勾股定理求出AB，即可求出sin∠EBC=；當(dāng)時(shí)，根據(jù)△BPF∽△EBA可求出BQ邊上的高PF，然后利用三角形面積公式即可求出y與t的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=，最后利用排除法即可選D.
【方法指導(dǎo)】點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)問題，主要表現(xiàn)在運(yùn)動(dòng)路徑與時(shí)間之間的圖象關(guān)系.解決動(dòng)點(diǎn)問題時(shí)，對(duì)題意的理解要清晰，關(guān)鍵是正確獲取或處理題中的信息，明確哪些是變化的量，哪些是不變的量.
填空題
1. （2013杭州4分）射線QN與等邊△ABC的兩邊AB，BC分別交于點(diǎn)M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)Q出發(fā)，沿射線QN以每秒1cm的速度向右移動(dòng)，經(jīng)過t秒，以點(diǎn)P為圓心，cm為半徑的圓與△ABC的邊相切（切點(diǎn)在邊上），請(qǐng)寫出t可取的一切值 （單位：秒）
【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分為三種情況：畫出圖形，結(jié)合圖形求出即可；
【解析】∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，
∵QN∥AC，AM=BM．
∴N為BC中點(diǎn)，
∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，
分為三種情況：①如圖1，
當(dāng)⊙P切AB于M′時(shí)，連接PM′，
則PM′=cm，∠PM′M=90°，
∵∠PMM′=∠BMN=60°，
∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，
∴QP=4cm﹣2cm=2cm，
即t=2；
②如圖2，
當(dāng)⊙P于AC切于A點(diǎn)時(shí)，連接PA，
則∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，
∴PM=1cm，
∴QP=4cm﹣1cm=3cm，
即t=3，
當(dāng)當(dāng)⊙P于AC切于C點(diǎn)時(shí)，連接PC，
則∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，
∴P′N=1cm，
∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，
即當(dāng)3≤t≤7時(shí)，⊙P和AC邊相切；
③如圖1，
當(dāng)⊙P切BC于N′時(shí)，連接PN′3
則PN′=cm，∠PM\N′N=90°，
∵∠PNN′=∠BNM=60°，
∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，
∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，
即t=8；
故答案為：t=2或3≤t≤7或t=8．
【方法指導(dǎo)】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)，切線的性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用定理進(jìn)行計(jì)算的能力，注意要進(jìn)行分類討論啊．
．2(2013浙江湖州,16,4分)如圖，已知點(diǎn)A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為的一個(gè)定點(diǎn)，AC⊥軸于點(diǎn)M，交直線于點(diǎn)N．若點(diǎn)P是線段ON上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點(diǎn)P在線段ON上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A點(diǎn)不變，B點(diǎn)隨之運(yùn)動(dòng)，求當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)N時(shí)，點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)是__▲__．
【答案】
【解析】（1）首先，需要證明線段B0Bn就是點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑（或軌跡），如答圖②所示．利用相似三角形可以證明；（2）其次，如答圖①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出線段B0Bn的長(zhǎng)度，即點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)．
OM=，點(diǎn)N在直線y=-x上，AC⊥x軸于點(diǎn)M，則△OMN為等腰直角三角形，ON=OM=×
=．如答圖①所示，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在O點(diǎn)（起點(diǎn)）時(shí)，點(diǎn)B的位置為B0，動(dòng)點(diǎn)P在N點(diǎn)（起點(diǎn)）時(shí)，點(diǎn)B的位置為Bn，連接B0Bn．∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC=∠B0ABn，又∵AB0=AO?tan30°，ABn=AN?tan30°，∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°，∴△AB0Bn∽△AON，且相似比為tan30°，∴B0Bn=ON?tan30°=×=．現(xiàn)在來證明線段B0Bn就是點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑（或軌跡）．
如答圖②所示，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)至ON上的任一點(diǎn)時(shí)，設(shè)其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)B為Bi，連接AP，ABi，B0Bi．∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP=∠B0ABi，又∵AB0=AO?tan30°，ABi=AP?tan30°，∴AB0：AO=ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi=∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn=∠AOP，∴∠AB0Bi=∠AB0Bn，∴點(diǎn)Bi在線段B0Bn上，即線段B0Bn就是點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑（或軌跡）．綜上所述，點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑（或軌跡）是線段B0Bn，其長(zhǎng)度為．故答案為：．
【方法指導(dǎo)】本題考查坐標(biāo)平面內(nèi)由相似關(guān)系確定的點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，難度很大．本題的要點(diǎn)有兩個(gè)：首先，確定點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)路徑是本題的核心，這要求考生有很好的空間想象能力和分析問題的能力；其次，由相似關(guān)系求出點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)度，可以大幅簡(jiǎn)化計(jì)算，避免陷入坐標(biāo)關(guān)系的復(fù)雜運(yùn)算之中
3．（2013山東菏澤，14，3分）如圖所示，在△ABC中，BC=6，E、F分別是AB、AC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在射線EF上，BP交CE于點(diǎn)D，∠CBP的平分線交CE于Q，當(dāng)CQ=CE時(shí)， EP+BP=____________.
（第14題）
【答案】12．
【解析】延長(zhǎng)BQ角射線EF于M.
∵E、F分別是AB、AC的中點(diǎn)，∴EF//BC，即EM//BC.
∴△EQM∽△EQB，∴，
即，∴EM=12.
∵∠CBP的平分線交CE于Q，∴∠PBM=∠CBM，
∵EM//BC，∴∠EMB=∠CBM，
∴∠PBM=∠EMB，∴PB=PM，所以EP+BP=EM=12.
【方法指導(dǎo)】本題考查三角形相似、三角形中位線性質(zhì)、角平分線意義等.本題是一道動(dòng)點(diǎn)型問題，解題時(shí)要善于從“動(dòng)中求靜，聯(lián)想關(guān)聯(lián)知識(shí)”.
解答題
1. （2013杭州4分）射線QN與等邊△ABC的兩邊AB，BC分別交于點(diǎn)M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)Q出發(fā)，沿射線QN以每秒1cm的速度向右移動(dòng)，經(jīng)過t秒，以點(diǎn)P為圓心，cm為半徑的圓與△ABC的邊相切（切點(diǎn)在邊上），請(qǐng)寫出t可取的一切值 （單位：秒）
【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分為三種情況：畫出圖形，結(jié)合圖形求出即可；
【解析】∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，
∵QN∥AC，AM=BM．
∴N為BC中點(diǎn)，
∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，
分為三種情況：①如圖1，
當(dāng)⊙P切AB于M′時(shí)，連接PM′，
則PM′=cm，∠PM′M=90°，
∵∠PMM′=∠BMN=60°，
∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，
∴QP=4cm﹣2cm=2cm，
即t=2；
②如圖2，
當(dāng)⊙P于AC切于A點(diǎn)時(shí)，連接PA，
則∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，
∴PM=1cm，
∴QP=4cm﹣1cm=3cm，
即t=3，
當(dāng)當(dāng)⊙P于AC切于C點(diǎn)時(shí)，連接PC，
則∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，
∴P′N=1cm，
∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，
即當(dāng)3≤t≤7時(shí)，⊙P和AC邊相切；
③如圖1，
當(dāng)⊙P切BC于N′時(shí)，連接PN′3
則PN′=cm，∠PM\N′N=90°，
∵∠PNN′=∠BNM=60°，
∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，
∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，
即t=8；
故答案為：t=2或3≤t≤7或t=8．
【方法指導(dǎo)】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)，切線的性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用定理進(jìn)行計(jì)算的能力，注意要進(jìn)行分類討論?。?br>2．（2013湖北孝感，25，12分）如圖1，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E在邊BC上，若∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F．
（1）圖1中若點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，我們可以構(gòu)造兩個(gè)三角形全等來證明AE=EF，請(qǐng)敘述你的一個(gè)構(gòu)造方案，并指出是哪兩個(gè)三角形全等（不要求證明）；
（2）如圖2，若點(diǎn)E在線段BC上滑動(dòng)（不與點(diǎn)B，C重合）．
①AE=EF是否總成立？請(qǐng)給出證明；
②在如圖2的直角坐標(biāo)系中，當(dāng)點(diǎn)E滑動(dòng)到某處時(shí)，點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上，求此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)．
3（2013·濟(jì)寧，23，?分）如圖，直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，與直線y=x交于點(diǎn)C．在線段OA上，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)向點(diǎn)O做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．分別過點(diǎn)P、Q作x軸的垂線，交直線AB、OC于點(diǎn)E、F，連接EF．若運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，在運(yùn)動(dòng)過程中四邊形PEFQ總為矩形（點(diǎn)P、Q重合除外）．
（1）求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是多少？
（2）當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ為正方形？
（3）當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ的面積S最大？并求出最大值．
考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）根據(jù)直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，得出A，B點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用EP∥BO，得出==，據(jù)此可以求得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度；
（2）當(dāng)PQ=PE時(shí)，以及當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，分別求出即可；
（3）根據(jù)（2）中所求得出s與t的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而利用二次函數(shù)性質(zhì)求出即可．
解答：解：（1）∵直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，
∴x=0時(shí)，y=4，y=0時(shí)，x=8，∴==，
當(dāng)t秒時(shí)，QO=FQ=t，則EP=t，
∵EP∥BO，∴==，∴AP=2t，
∵動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度；
（2）如圖1，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，
則OQ=FQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2，
如圖2，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，
∵OQ=t，PA=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，
∴t=3t－8，解得：t=4；
（3）如圖1，當(dāng)Q在P點(diǎn)的左邊時(shí)，
∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，
當(dāng)t=－=時(shí)，
S矩形PEFQ的最大值為：=4，
如圖2，當(dāng)Q在P點(diǎn)的右邊時(shí)，
∵OQ=t，PA=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，
∴S矩形PEFQ=QP?QE=（3t－8）?t=3t2－8t，
∵當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，∴0≤t≤4，
當(dāng)t=－=時(shí)，S矩形PEFQ的最小，
∴t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：3×42－8×4=16，
綜上所述，當(dāng)t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：16．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，得出P，Q不同的位置進(jìn)行分類討論得出是解題關(guān)鍵．
4．（2013·濰坊，24，13分）如圖，拋物線關(guān)于直線對(duì)稱，與坐標(biāo)軸交于三點(diǎn)，且，點(diǎn)在拋物線上，直線是一次函數(shù)的圖象，點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若直線平分四邊形的面積，求的值．
（3）把拋物線向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線與直線交于兩點(diǎn)，問在軸正半軸上是否存在一定點(diǎn)，使得不論取何值，直線與總是關(guān)于軸對(duì)稱？若存在，求出點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
答案：（1）因?yàn)閽佄锞€關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，AB＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，
由點(diǎn)D(2，1．5)在拋物線上，所以，所以3a＋3b＝1．5，即a＋b＝0．5，
又，即b＝－2a，代入上式解得a＝－0．5，b＝1，從而c＝1．5，所以．
（2）由（1）知，令x＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB，
令kx－2＝1．5，得l與CD的交點(diǎn)F()，
令kx－2＝0，得l與x軸的交點(diǎn)E()，
根據(jù)S四邊形OEFC＝S四邊形EBDF得：OE＋CF＝DF＋BE，
即
（3）由（1）知
所以把拋物線向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線的解析式為
假設(shè)在y軸上存在一點(diǎn)P(0，t)，t＞0，使直線PM與PN關(guān)于y軸對(duì)稱，過點(diǎn)M、N分別向y軸作垂線MM1、NN1，垂足分別為M1、N1，因?yàn)椤螹PO＝∠NPO，所以Rt△MPM1∽R(shí)t△NPN1，
所以，………………(1)
不妨設(shè)M(xM，yM)在點(diǎn)N(xN，yN)的左側(cè)，因?yàn)镻點(diǎn)在y軸正半軸上，
則（1）式變?yōu)椋謞M ＝k xM－2， yN＝k xN－2，
所以（t＋2）(xM ＋xN)＝2k xM xN，……(2)
把y＝kx－2(k≠0)代入中，整理得x2＋2kx－4＝0，
所以xM ＋xN＝－2k， xM xN＝－4，代入（2）得t＝2，符合條件，
故在y軸上存在一點(diǎn)P（0，2），使直線PM與PN總是關(guān)于y軸對(duì)稱．
考點(diǎn)：本題是一道與二次函數(shù)相關(guān)的壓軸題，綜合考查了考查了二次函數(shù)解析式的確定，函數(shù)圖象交點(diǎn)及圖形面積的求法，三角形的相似，函數(shù)圖象的平移，一元二次方程的解法等知識(shí)，難度較大．
點(diǎn)評(píng)：本題是一道集一元二次方程、二次函數(shù)解析式的求法、相似三角形的條件與性質(zhì)以及質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)問題、分類討論思想于一體的綜合題，能夠較好地考查了同學(xué)們靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)，解決實(shí)際問題的能力。問題設(shè)計(jì)富有梯度、由易到難層層推進(jìn)，既考查了知識(shí)掌握，也考查了方法的靈活應(yīng)用和數(shù)學(xué)思想的形成。
5 ．（2013湖北宜昌，22，12分）如圖1，平面之間坐標(biāo)系中，等腰直角三角形的直角邊BC在x軸正半軸上滑動(dòng)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4，經(jīng)過O，C兩點(diǎn)做拋物線y1=ax（x﹣t）（a為常數(shù)，a＞0），該拋物線與斜邊AB交于點(diǎn)E，直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k＞0）
（1）填空：用含t的代數(shù)式表示點(diǎn)A的坐標(biāo)及k的值：A （t，4） ，k= （k＞0） ；
（2）隨著三角板的滑動(dòng)，當(dāng)a=時(shí)：
①請(qǐng)你驗(yàn)證：拋物線y1=ax（x﹣t）的頂點(diǎn)在函數(shù)y=的圖象上；
②當(dāng)三角板滑至點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，求t的值；
（3）直線OA與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)D，當(dāng)t≤x≤t+4，|y2﹣y1|的值隨x的增大而減小，當(dāng)x≥t+4時(shí)，|y2﹣y1|的值隨x的增大而增大，求a與t的關(guān)系式及t的取值范圍．
．（2013湖南郴州，25，10分）如圖，△ABC中，AB=BC，AC=8，tanA=k，P為AC邊上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)PC=x，作PE∥AB交BC于E，PF∥BC交AB于F．
（1）證明：△PCE是等腰三角形；
（2）EM、FN、BH分別是△PEC、△AFP、△ABC的高，用含x和k的代數(shù)式表示EM、FN，并探究EM、FN、BH之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）當(dāng)k=4時(shí)，求四邊形PEBF的面積S與x的函數(shù)關(guān)系式．x為何值時(shí)，S有最大值？并求出S的最大值．
8 ．（2013湖南郴州，26，10分）如圖，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O(shè)為原點(diǎn)，OC、OA所在直線為軸建立坐標(biāo)系．拋物線頂點(diǎn)為A，且經(jīng)過點(diǎn)C．點(diǎn)P在線段AO上由A向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)O在線段OC上由C向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，QD⊥OC交BC于點(diǎn)D，OD所在直線與拋物線在第一象限交于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)E′是E關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形OEAE′是菱形？
（3）點(diǎn)P、Q分別以每秒2個(gè)單位和3個(gè)單位的速度同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，PB∥OD？

9. ．（2013湖南婁底，25，10分）如圖，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一邊QP在BC邊上，E、F分別在AB、AC上，AD交EF于點(diǎn)H．
（1）求證：；
（2）設(shè)EF=x，當(dāng)x為何值時(shí)，矩形EFPQ的面積最大？并求出最大面積；
（3）當(dāng)矩形EFPQ的面積最大時(shí)，該矩形EFPQ以每秒1個(gè)單位的速度沿射線DA勻速向上運(yùn)動(dòng)（當(dāng)矩形的邊PQ到達(dá)A點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng)），設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，矩形EFPQ與△ABC重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍．
10 ．（2013湖南張家界，25，12分）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象過點(diǎn)C（0，1），頂點(diǎn)為Q（2，3），點(diǎn)D在x軸正半軸上，且OD=OC．
（1）求直線CD的解析式；
（2）求拋物線的解析式；
（3）將直線CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°所得直線與拋物線相交于另一點(diǎn)E，求證：△CEQ∽△CDO；
（4）在（3）的條件下，若點(diǎn)P是線段QE上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是線段OD上的動(dòng)點(diǎn)，問：在P點(diǎn)和F點(diǎn)移動(dòng)過程中，△PCF的周長(zhǎng)是否存在最小值？若存在，求出這個(gè)最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
11.（2013上海市，24，12分）如圖9，在平面直角坐標(biāo)系中，頂點(diǎn)為的拋物線經(jīng)過點(diǎn)和軸正半軸上的點(diǎn)，= 2，．
（1）求這條拋物線的表達(dá)式；
（2）聯(lián)結(jié)，求的大?。?br>（3）如果點(diǎn)在軸上，且△與△相似，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
12.（2013山西，26，14分）綜合與探究：如圖,拋物線與x軸交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè))與y軸交于點(diǎn)C,連接BC,以BC為一邊,點(diǎn)O為對(duì)稱中心作菱形BDEC,點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），過點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q
（1）求點(diǎn)A,B,C的坐標(biāo)。
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l分別交BD，BC于點(diǎn)M,N。試探究m為何值時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形，此時(shí)，請(qǐng)判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由。
（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段EB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn) Q，使△BDQ為直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由。
解析：（1）當(dāng)y=0時(shí)，，解得，
∵點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，
∴點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為：（-2，0），（8，0）
當(dāng)x=0時(shí)，y=-4
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-4），
（2）由菱形的對(duì)稱性可知，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，4）.
設(shè)直線BD的解析式為y＝kx＋b，則.解得，k=，b=4.
∴直線BD的解析式為.
∵l⊥x軸，∴點(diǎn)M，Q的坐標(biāo)分別是（m，），（m，）
如圖，當(dāng)MQ=DC時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形.
∴（）-()=4-(-4)
化簡(jiǎn)得：.解得，m1=0，（舍去）m2=4.
∴當(dāng)m=4時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形.
此時(shí)，四邊形CQBM是平行四邊形.
解法一：∵m=4，∴點(diǎn)P是OB中點(diǎn).∵l⊥x軸，∴l(xiāng)∥y軸.
∴△BPM∽△BOD.∴.∴BM=DM.
∵四邊形CQMD是平行四邊形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四邊形CQBM為平行四邊形.
解法二：設(shè)直線BC的解析式為y=k1x+b1，則.解得，k1=，b1=-4
∴直線BC的解析式為y=x-4
又∵l⊥x軸交BC于點(diǎn)N.∴x=4時(shí)，y=-2. ∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，-2）由上面可知，點(diǎn)M,Q的坐標(biāo)分別為：（4，2），Q(4,-6).
∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN.
又∵四邊形CQMD是平行四邊形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4，
又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN.
∴四邊形CQBM為平行四邊形.
（3）拋物線上存在兩個(gè)這樣的點(diǎn)Q，分別是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.
13.（2013四川樂山，26，13分）如圖1，已知拋物線C經(jīng)過原點(diǎn)，對(duì)稱軸與拋物線相交于第三象限的點(diǎn)M，與x軸相交于點(diǎn)N，且。
（1）求拋物線C的解析式；
（2）將拋物線C繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)1800得到拋物線，拋物線與x軸的另一交點(diǎn)為A，B為拋物線上橫坐標(biāo)為2的點(diǎn)。
= 1 \* GB3 ①若P為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，PD⊥y軸于點(diǎn)D，求△APD面積的最大值；
= 2 \* GB3 ②過線段OA上的兩點(diǎn)E、F分別作x軸的垂線，交折線O－B－A于E1、F1，再分別以線段EE1、FF1為邊作如圖2所示的等邊△AE1E2、等邊△AF1F2，點(diǎn)E以每秒1個(gè)長(zhǎng)度單位的速度從點(diǎn)O向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F以每秒1個(gè)長(zhǎng)度單位的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△AE1E2有一邊與△AF1F2的某一邊在同一直線上時(shí)，求時(shí)間t的值。
14.（2013上海市，24，12分）如圖9，在平面直角坐標(biāo)系中，頂點(diǎn)為的拋物線經(jīng)過點(diǎn)和軸正半軸上的點(diǎn)，= 2，．
（1）求這條拋物線的表達(dá)式；
（2）聯(lián)結(jié)，求的大小；
（3）如果點(diǎn)在軸上，且△與△相似，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
15.（2013山西，26，14分）綜合與探究：如圖,拋物線與x軸交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè))與y軸交于點(diǎn)C,連接BC,以BC為一邊,點(diǎn)O為對(duì)稱中心作菱形BDEC,點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），過點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q
（1）求點(diǎn)A,B,C的坐標(biāo)。
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l分別交BD，BC于點(diǎn)M,N。試探究m為何值時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形，此時(shí)，請(qǐng)判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由。
（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段EB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn) Q，使△BDQ為直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由。
解析：（1）當(dāng)y=0時(shí)，，解得，
∵點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，
∴點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為：（-2，0），（8，0）
當(dāng)x=0時(shí)，y=-4
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-4），
（2）由菱形的對(duì)稱性可知，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，4）.
設(shè)直線BD的解析式為y＝kx＋b，則.解得，k=，b=4.
∴直線BD的解析式為.
∵l⊥x軸，∴點(diǎn)M，Q的坐標(biāo)分別是（m，），（m，）
如圖，當(dāng)MQ=DC時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形.
∴（）-()=4-(-4)
化簡(jiǎn)得：.解得，m1=0，（舍去）m2=4.
∴當(dāng)m=4時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形.
此時(shí)，四邊形CQBM是平行四邊形.
解法一：∵m=4，∴點(diǎn)P是OB中點(diǎn).∵l⊥x軸，∴l(xiāng)∥y軸.
∴△BPM∽△BOD.∴.∴BM=DM.
∵四邊形CQMD是平行四邊形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四邊形CQBM為平行四邊形.
解法二：設(shè)直線BC的解析式為y=k1x+b1，則.解得，k1=，b1=-4
∴直線BC的解析式為y=x-4
又∵l⊥x軸交BC于點(diǎn)N.∴x=4時(shí)，y=-2. ∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，-2）由上面可知，點(diǎn)M,Q的坐標(biāo)分別為：（4，2），Q(4,-6).
∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN.
又∵四邊形CQMD是平行四邊形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4，
又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN.
∴四邊形CQBM為平行四邊形.
（3）拋物線上存在兩個(gè)這樣的點(diǎn)Q，分別是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.
16.（2013四川樂山，26，13分）如圖1，已知拋物線C經(jīng)過原點(diǎn)，對(duì)稱軸與拋物線相交于第三象限的點(diǎn)M，與x軸相交于點(diǎn)N，且。
（1）求拋物線C的解析式；
（2）將拋物線C繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)1800得到拋物線，拋物線與x軸的另一交點(diǎn)為A，B為拋物線上橫坐標(biāo)為2的點(diǎn)。
= 1 \* GB3 ①若P為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，PD⊥y軸于點(diǎn)D，求△APD面積的最大值；
= 2 \* GB3 ②過線段OA上的兩點(diǎn)E、F分別作x軸的垂線，交折線O－B－A于E1、F1，再分別以線段EE1、FF1為邊作如圖2所示的等邊△AE1E2、等邊△AF1F2，點(diǎn)E以每秒1個(gè)長(zhǎng)度單位的速度從點(diǎn)O向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F以每秒1個(gè)長(zhǎng)度單位的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△AE1E2有一邊與△AF1F2的某一邊在同一直線上時(shí)，求時(shí)間t的值。
17．（2013·濟(jì)寧，23，?分）如圖，直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，與直線y=x交于點(diǎn)C．在線段OA上，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)向點(diǎn)O做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．分別過點(diǎn)P、Q作x軸的垂線，交直線AB、OC于點(diǎn)E、F，連接EF．若運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，在運(yùn)動(dòng)過程中四邊形PEFQ總為矩形（點(diǎn)P、Q重合除外）．
（1）求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是多少？
（2）當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ為正方形？
（3）當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ的面積S最大？并求出最大值．
考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）根據(jù)直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，得出A，B點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用EP∥BO，得出==，據(jù)此可以求得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度；
（2）當(dāng)PQ=PE時(shí)，以及當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，分別求出即可；
（3）根據(jù)（2）中所求得出s與t的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而利用二次函數(shù)性質(zhì)求出即可．
解答：解：（1）∵直線y=－x＋4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，
∴x=0時(shí)，y=4，y=0時(shí)，x=8，∴==，
當(dāng)t秒時(shí)，QO=FQ=t，則EP=t，
∵EP∥BO，∴==，∴AP=2t，
∵動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度；
（2）如圖1，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，
則OQ=FQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2，
如圖2，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，
∵OQ=t，PA=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，
∴t=3t－8，解得：t=4；
（3）如圖1，當(dāng)Q在P點(diǎn)的左邊時(shí)，
∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，
如圖2，當(dāng)Q在P點(diǎn)的右邊時(shí)，
∵OQ=t，PA=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，
∴S矩形PEFQ=QP?QE=（3t－8）?t=3t2－8t，
∵當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，∴0≤t≤4，
當(dāng)t=－=時(shí)，S矩形PEFQ的最小，
∴t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：3×42－8×4=16，
綜上所述，當(dāng)t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：16．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，得出P，Q不同的位置進(jìn)行分類討論得出是解題關(guān)鍵．
18．（2013·濰坊，24，13分）如圖，拋物線關(guān)于直線對(duì)稱，與坐標(biāo)軸交于三點(diǎn)，且，點(diǎn)在拋物線上，直線是一次函數(shù)的圖象，點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若直線平分四邊形的面積，求的值．
（3）把拋物線向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線與直線交于兩點(diǎn)，問在軸正半軸上是否存在一定點(diǎn)，使得不論取何值，直線與總是關(guān)于軸對(duì)稱？若存在，求出點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
答案：（1）因?yàn)閽佄锞€關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，AB＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，
由點(diǎn)D(2，1．5)在拋物線上，所以，所以3a＋3b＝1．5，即a＋b＝0．5，
又，即b＝－2a，代入上式解得a＝－0．5，b＝1，從而c＝1．5，所以．
（2）由（1）知，令x＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB，
令kx－2＝1．5，得l與CD的交點(diǎn)F()，
令kx－2＝0，得l與x軸的交點(diǎn)E()，
根據(jù)S四邊形OEFC＝S四邊形EBDF得：OE＋CF＝DF＋BE，
即
（3）由（1）知
所以把拋物線向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線的解析式為
假設(shè)在y軸上存在一點(diǎn)P(0，t)，t＞0，使直線PM與PN關(guān)于y軸對(duì)稱，過點(diǎn)M、N分別向y軸作垂線MM1、NN1，垂足分別為M1、N1，因?yàn)椤螹PO＝∠NPO，所以Rt△MPM1∽R(shí)t△NPN1，
所以，………………(1)
不妨設(shè)M(xM，yM)在點(diǎn)N(xN，yN)的左側(cè)，因?yàn)镻點(diǎn)在y軸正半軸上，
則（1）式變?yōu)?，又yM ＝k xM－2， yN＝k xN－2，
所以（t＋2）(xM ＋xN)＝2k xM xN，……(2)
把y＝kx－2(k≠0)代入中，整理得x2＋2kx－4＝0，
所以xM ＋xN＝－2k， xM xN＝－4，代入（2）得t＝2，符合條件，
故在y軸上存在一點(diǎn)P（0，2），使直線PM與PN總是關(guān)于y軸對(duì)稱．
考點(diǎn)：本題是一道與二次函數(shù)相關(guān)的壓軸題，綜合考查了考查了二次函數(shù)解析式的確定，函數(shù)圖象交點(diǎn)及圖形面積的求法，三角形的相似，函數(shù)圖象的平移，一元二次方程的解法等知識(shí)，難度較大．
點(diǎn)評(píng)：本題是一道集一元二次方程、二次函數(shù)解析式的求法、相似三角形的條件與性質(zhì)以及質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)問題、分類討論思想于一體的綜合題，能夠較好地考查了同學(xué)們靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)，解決實(shí)際問題的能力。問題設(shè)計(jì)富有梯度、由易到難層層推進(jìn)，既考查了知識(shí)掌握，也考查了方法的靈活應(yīng)用和數(shù)學(xué)思想的形成。
19．（2013江蘇蘇州，28，9分）如圖，點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，AB＝10cm，BC＝12cm．點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別從A，B，C三點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿矩形的邊按逆時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度為3cm／s，點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)速度為1.5cm／s．當(dāng)點(diǎn)F到達(dá)點(diǎn)C（即點(diǎn)F與點(diǎn)C重合）時(shí)，三個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過程中，△EBF關(guān)于直線EF的對(duì)稱圖形是△EB′F，設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，G運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（單位：s）．
(1)當(dāng)t＝ ▲ s時(shí)，四邊形EBFB′為正方形；
(2)若以點(diǎn)E，B，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與以點(diǎn)F，C，G為頂點(diǎn)的三角形相似，求t的值；
(3)是否存在實(shí)數(shù)t，使得點(diǎn)B′與點(diǎn)O重合？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【思路分析】（1）若四邊形EBFB′為正方形，則BE=BF，即10－t=3t，解得t=2.5．
（2）由題意得AE=t，BF=3t，CG=1.5t，BE=10－t，F(xiàn)C=12－3t．①證明△EBF∽△FCG；②證明△EBF∽△FGC，通過相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例就可以求出兩種情況的t的值．
（3）不存在，只要說明≠3，即點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度不是點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度的3倍，實(shí)際是3倍．
【解】
【方法指導(dǎo)】解答（1）、（2）兩問時(shí)應(yīng)注意充分挖掘題目的已知條件，如矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等；解答（3）問時(shí)應(yīng)注意解答方式 ，利用相似三角形得出≠3，然后組織好解答過程．
【易錯(cuò)警示】不能正確探索動(dòng)點(diǎn)問題，找不到問題的切入點(diǎn)．
20．（2013江蘇揚(yáng)州，27，12分）如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=2，CD=1，BC=，P為線段BC上的一動(dòng)點(diǎn)，且和B、C不重合，連接PA，過點(diǎn)P作PE⊥PA交CD所在直線于E，設(shè)BP=，CE=.
（1）求與的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)E總在線段CD上，求的取值范圍；
（3）如圖2，若=4，將△PEC沿PE翻折到△PEG位置，∠BAG=90°，求BP長(zhǎng).
【思路分析】（1）△BAP ∽ △CPE即可得出與的函數(shù)關(guān)系式；（2）確定點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)的y、x、m的值，即可確定的取值范圍；（3）如圖，分別延長(zhǎng)CE、AG交于點(diǎn)H，則四邊形ABCH為矩形，由翻折、勾股定理、一元二次方程可得結(jié)果．
【解】（1）據(jù)題意可知ABCD是直角梯形，且PE⊥PA，
∴∠BAP+∠BPA =∠BPA+∠CPE=90°，∴∠BAP =∠CPE.
又∠B=∠C=90°，∴Rt△BAP ∽ Rt△CPE，∴.
∵AB=2，BC=， BP=，CP=m-x，CE=，∴.
∴與的函數(shù)關(guān)系式是；
（2）當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)，=1，∴，
由，得.
結(jié)合題意，若點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)E總在線段CD上,則的取值范圍是
；
（3）如圖，分別延長(zhǎng)CE、AG交于點(diǎn)H，則四邊形ABCH為矩形，由翻折及AP⊥PE得，
∠APB =∠APG.進(jìn)而得到∠GAP =∠APG.∴AG=PG=PC，∴BP=HG.
在Rt△GHE中，GH=x，GE=y，HE=2- y，由勾股定理得，整理得，
，由（1）得，其中=4，可得.
解得，，故BP長(zhǎng)為或2.
【方法指導(dǎo)】本題是代數(shù)與幾何的綜合題，考查了二次函數(shù)、一元二次方程、梯形、矩形等相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是能夠綜合運(yùn)用二次函數(shù)、一元二次方程、梯形、矩形等相關(guān)知識(shí)．
【易錯(cuò)警示】不會(huì)證明△BAP ∽ △CPE，得不出與的函數(shù)關(guān)系式．
21．（2013山東臨沂，25，11分）如圖，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，將一塊直角三角板的直角頂點(diǎn)P放在兩對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)處，以點(diǎn)P為旋轉(zhuǎn)中心轉(zhuǎn)動(dòng)三角板，并保證三角板的兩直角邊分別與邊AB，BC所在的直線相交，交點(diǎn)分別為E，F(xiàn)．
（1）當(dāng)PE⊥AB，PF⊥BC時(shí)，如圖1，則的值為___________；
（2）現(xiàn)將三角板繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)（0°＜＜60°）角，如圖2，求的值；
（3）在（2）的基礎(chǔ)上繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)60°＜＜90°，且使AP：PC＝1：2時(shí)，如圖3，的值是否變化？證明你的結(jié)論．
【答案】：解：（1）．
（2）過點(diǎn)P作PH⊥AB，PG⊥BC，垂足分別為H，G．
∵在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∴PH∥BC．
又∵∠ACB＝30°，∴∠APH＝∠PCG＝30°，
∴PH＝AP·cs30°＝AP，PG＝PC·sin30°＝PC．
由題意可知∠HPE＝∠GPF＝∠，
∴Rt△PHE∽R(shí)t△PGF，
∴＝＝＝．
又∵點(diǎn)P在矩形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)上，∴AP＝PC．
∴＝．
（3）變化．
證明：過點(diǎn)P作PH⊥AB，PG⊥BC，垂足分別為H，G．根據(jù)（2），同理可證＝．
∵AP：PC＝1：2，∴＝．
【方法指導(dǎo)】本題主要是動(dòng)態(tài)問題，本題融合了多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，如：相似，特殊的四邊形。
22．(2013四川成都，20，10分)
如圖，點(diǎn)B在線段AC上，點(diǎn)D，E在AC同側(cè)，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．
(1)求證：AC＝AD＋CE；
(2)若AD＝3，CE＝5，點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接DP，作PQ⊥DP，交直線BE于點(diǎn)Q．
i)當(dāng)點(diǎn)P與A，B兩點(diǎn)不重合時(shí)，求的值；
ii)當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，求線段DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過的路徑(線段)長(zhǎng)．(直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過程)
【思路分析】(1)證△ABD≌△CEB即可；
(2)i)過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，利用相似三角形把轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)邊的比．解題的關(guān)鍵是證明AP＝BH．
ii)利用第i)問中求得的結(jié)果求出MQ的長(zhǎng)，再反復(fù)利用勾股定理求出BQ的長(zhǎng)，從而利用三角形的中位線定理求出DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)．
【解】(1)證明：∵BD⊥BE，∴∠DBE＝90°，即∠ABD＋∠EBC＝90°．
∵∠E＋∠EBC＝90°，∴∠ABD＝∠E．
又∵∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，∴△ABD≌△CEB．∴AD＝BC，AB＝CE．
∵AC＝AB＋BC，∴AC＝AD＋CE．
(2)i)如圖2，過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，則△ADP∽△HPQ，△BHQ∽△BCE．
∴，．
即AD·QH＝AP·PH① BC·QH＝BH·EC②
由第(1)問可知，BC＝AD＝3，AB＝EC＝5．
∴AP·PH＝BH·EC．
設(shè)AP＝x，BH＝y(tǒng)，則PH＝AB＋BH－AP＝5＋y－x，
∴x(5＋y－x)＝5y．整理得x2－(5＋y)x＋5y＝0．即(x－5)(x－y)＝0．
∴x＝5或x＝y(tǒng)．∵點(diǎn)P與點(diǎn)B不重合，∴舍去x＝5．
當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，PH＝5．
∴＝＝．
ii)．
提示：設(shè)DQ的中點(diǎn)為O，連結(jié)OB．∵∠DBE＝90°，∴DO＝BO．
∴點(diǎn)O在線段DB的垂直平分線上．
∴點(diǎn)O所經(jīng)過的路徑是線段DB垂直平分線上的一部分(線段)．
當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，DQ的中點(diǎn)即是DB的中點(diǎn)O1．
設(shè)AC的中點(diǎn)為M，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí)，如圖3，設(shè)此時(shí)DQ的中點(diǎn)為O2．
∵AD＝3，AM＝4，∴DM＝5．
由i)可知＝，∴＝．∴MQ＝．
在Rt△DMQ中，DQ＝＝．
在Rt△ABD中，DB＝＝．
在Rt△DBQ中，BQ＝＝．
∴O1O2＝DB＝．
【方法指導(dǎo)】此題在經(jīng)典題的基礎(chǔ)上作了較大的拓展．拓展部分是一個(gè)較難的動(dòng)態(tài)探索問題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有相似三角形、勾股定理等．
23．（2013浙江臺(tái)州，24，14分）如果三角形有一邊上的中線恰好等于這邊的長(zhǎng)，那么稱這個(gè)三角形為“好玩三角形”．
（1）請(qǐng)用直尺和圓規(guī)畫一個(gè)“好玩三角形”；
（2）如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，tanA=，求證：△ABC是“好玩三角形”；
（3）如圖2，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a，∠ABC=2β，點(diǎn)P，Q從點(diǎn)A同時(shí)出發(fā)，以相同速度分別沿折線AB—BC和AD—DC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，記點(diǎn)P所經(jīng)過的路程為s．
①當(dāng)β=45°時(shí)，若△APQ是“好玩三角形”，試求的值；
②當(dāng)tanβ的取值在什么范圍內(nèi)，點(diǎn)P，Q在運(yùn)動(dòng)過程中，有且只有一個(gè)△APQ能成為“好玩三角形”，請(qǐng)直接寫出tanβ的取值范圍．
（4）（本小題為選做題，做對(duì)另加2分，但全卷滿分不超過150分）
依據(jù)（3）中的條件，提出一個(gè)關(guān)于“在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過程中，tanβ的取值范圍與△APQ是“好玩三角形”的個(gè)數(shù)關(guān)系“的真命題（“好玩三角形”的個(gè)數(shù)限定不能為1）．
F
E
M
N
【思路分析】（1）首先任意畫出一條合適的線段，利用尺規(guī)作圖作出它的中點(diǎn)，然后以中點(diǎn)為端點(diǎn)用圓規(guī)截取一條線段等于上一條線段，最后連結(jié)各端點(diǎn)便得到一個(gè)“好玩三角形”。
(2)由于tanA=，可設(shè)AC=2x，BC=，然后作出AC邊上的中線BD，則CD=x，易得BD=2x，此時(shí)AC=BD，∴△ABC是“好玩三角形”。
(3)①當(dāng)β=45°時(shí)，∠ABC=2β=90°，此時(shí)菱形ABCD為正方形，當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，△APQ是等腰直角三角形，不可能是“好玩三角形”． 當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，△APQ有可能是“好玩三角形”，連接AC，交PQ于點(diǎn)E，延長(zhǎng)AB交QP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，易證△AEF∽△CEP，可得，若△APQ是“好玩三角形”，有兩種可能：底邊上的中線等于底邊長(zhǎng)或腰上的中線等于腰長(zhǎng)，須分兩種情況討論。
②按照底邊上的中線等于底邊長(zhǎng)或腰上的中線等于腰長(zhǎng)，再借助勾股定理及菱形對(duì)角線互相垂直，可得．
（4）結(jié)合、、、進(jìn)行分析個(gè)數(shù)．
【解】（1）如圖：
（2）作AC邊上的中線BD，設(shè)AC=2x，BC=，則CD= x，由勾股定理可知BD=2x，∴AC=BD，即AC邊上的中線等于AC的長(zhǎng)，∴△ABC是“好玩三角形”．
（3）①當(dāng)β=45°時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，△APQ是等腰直角三角形，不可能是“好玩三角形”．
當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，連接AC，交PQ于點(diǎn)E，延長(zhǎng)AB交QP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∵PC=CQ，∠ACB=∠ACD，
∴AC是QP的垂直平分線，
∴AP=AQ，
∵∠CAB=∠ACP，∠AEF=∠CEP，
∴△AEF∽△CEP，
∴，
∵PE=CE，
∴，
1）當(dāng)?shù)走匬Q與它的中線AE相等，即AE=PQ時(shí)，
，
∴．
2）當(dāng)腰AP與它的中線QM相等，即AP=QM時(shí)，
作QN⊥AP于N，
∴MN=AN=，
∴，
∴tan∠APQ=，
∴tan∠APE=，
∴．
②．
（4）選做題：
若，則在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過程中，使△APQ成為“好玩三角形”的個(gè)數(shù)為2．
或若，則在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過程中，使△APQ成為“好玩三角形”的個(gè)數(shù)為1．
或若，則在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過程中，使△APQ成為“好玩三角形”的個(gè)數(shù)為0．
或若，則在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過程中，使△APQ成為“好玩三角形”的個(gè)數(shù)為無數(shù)個(gè)．
【方法指導(dǎo)】本題考查了尺規(guī)作圖、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)等知識(shí)點(diǎn)，本題綜合了閱讀理解和動(dòng)態(tài)問題，在解決的過程中，用到了分類討論的數(shù)學(xué)思想解題要求能力較高。
8．(2013浙江湖州,24,8分)如圖①，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)B在軸的正半軸上，四邊形OACB是平行四邊形，＝，反比例函數(shù)（）在第一象限內(nèi)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，與BC交于點(diǎn)F．
（1）若OA＝10，求反比例函數(shù)的解析式；
（2）若點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，且△AOF的面積S＝12，求OA的長(zhǎng)和點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)F作EF∥OB，交OA于點(diǎn)E（如圖②），點(diǎn)P為直線EF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PA、PO．是否存在這樣的點(diǎn)P，使以P、O、A為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出所有點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【思路分析】（1）先過點(diǎn)A作AH⊥OB，根據(jù)sin∠AOB= ，OA=10，求出AH和OH的值，從而得出A點(diǎn)坐標(biāo)，再把它代入反比例函數(shù)中，求出k的值，即可求出反比例函數(shù)的解析式；
（2）先設(shè)OA=a（a＞0），過點(diǎn)F作FM⊥x軸于M，根據(jù)sin∠AOB=，得出AH= a，OH=a，求出S△AOH的值，根據(jù)S△AOF=12，求出平行四邊形AOBC的面積，根據(jù)F為BC的中點(diǎn)，求出S△OBF=6，根據(jù)BF=a，∠FBM=∠AOB，得出S△BMF=BM?FM，S△FOM=6+a2，再根據(jù)點(diǎn)A，F(xiàn)都在y=的圖象上，S△AOH=k，求出a，最后根據(jù)S平行四邊形AOBC=OB?AH，得出OB=AC= ，即可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）分別根據(jù)當(dāng)∠APO=90°時(shí)，在OA的兩側(cè)各有一點(diǎn)P，得出P1，P2，當(dāng)∠PAO=90°時(shí)，求出P3，當(dāng)∠POA=90°時(shí)，求出P4即可．
【解】（（1）如下圖，過點(diǎn)A作AH⊥OB于H．
∵＝，OA＝10，
∴AH＝8，OH＝6．
∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（6，8）．根據(jù)題意，8＝，可得＝48．
∴反比例函數(shù)的解析式為：（＞0）．
（2）設(shè)OA＝（＞0），如上圖，過點(diǎn)F作FM⊥軸于M．
∵＝，∴AH＝，OH＝．
∴＝＝．
∵＝12，∴＝24．
∵F為BC的中點(diǎn)，∴＝6．
∵BF＝，∠FBM＝∠AOB，
∴FM＝，BM＝．
∴＝＝＝．
∴＝＋＝6＋．
∵點(diǎn)A、F都在的圖像上，
∴＝＝．
∴＝6＋，∴＝．∴OA＝．
∴AH＝，OH＝．
∵＝OB·AH＝24，∴OB＝AC＝．
∴C（，）．（3）
（3）存在三種情況：
當(dāng)∠APO＝90°時(shí)，在OA的兩側(cè)各有一點(diǎn)P，分別為：
P1(，)，P2（，）；
當(dāng)∠PAO＝90°時(shí)，P3（，）；
當(dāng)∠POA＝90°時(shí)，P4（，）．
【方法指導(dǎo)】此題考查了反比例函數(shù)的綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是三角函數(shù)、平行四邊形、反比例函數(shù)、三角形的面積等，要注意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想．
【易錯(cuò)警示】本題第（3）問有三種情況，不要漏解。
24．（2013重慶，26，12分）已知，在矩形ABCD中，E為BC邊上一點(diǎn)，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F(xiàn)為線段BE上一點(diǎn)，EF=7，連接AF．如圖①，現(xiàn)有一張硬質(zhì)紙片△GMN，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜邊MN與邊BC在同一直線上，點(diǎn)N與點(diǎn)E重合，點(diǎn)G在線段DE上．如圖②，△GMN從圖①的位置出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿EB向點(diǎn)B勻速移動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿AD向點(diǎn)D勻速移動(dòng)，點(diǎn)Q為直線GN與線段AE的交點(diǎn)，連接PQ．當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，△GMN和點(diǎn)P同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，解答下列問題：
（1）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)G在線段AE上時(shí)，求t的值．
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在點(diǎn)P，使△APQ是等腰三角形．若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)△GMN與△AEF重疊部分的面積為S，請(qǐng)直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式以及自變量t的取值范圍．
【思路分析】（1）由Rt△ABE與Rt△GMN中已知的邊可知兩個(gè)三角形相似，當(dāng)點(diǎn)G在AE上時(shí)，GM在AE上，點(diǎn)M與E重合，所以求出MN的值就是所求t的值；（2）在△APQ中由任意兩邊相等，分三種情況討論解答，要注意在每種情況中把相等的兩邊用t的式子表示，從而建立關(guān)于t的方程使問題得解；（3）結(jié)合點(diǎn)E，F(xiàn)的位置和點(diǎn)G在AE上時(shí)的情況，對(duì)問題分段解答．
【解】（1）在△GMN中，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，由勾股定理，得
MN=.
∵,,
∴∠AEB=∠GMN，
∴當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到AE上時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)E重合，運(yùn)動(dòng)路程為10，
又∵△GMN運(yùn)動(dòng)速度為每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度，
∴t=10.
（2）存在滿足條件的t．理由如下：
在△ABE中，∠ABE=90°，AB=12，BE=16，由勾股定理，得
.
由（1）可知，∠AEB=∠GMN，∴AE∥GM，∴∠NQE=∠NGM=90°，
∴∠NQE=∠B=90°，
又∵∠AEB=∠NEQ，∴△ABE∽△NQE.
∴，即，
∴,∴.
①當(dāng)AP=PQ時(shí)，如圖①，過點(diǎn)P作PH⊥AE于點(diǎn)H，得AH=AQ=.
由△APH∽△EAB，得，即，解得.
②當(dāng)AP=AQ時(shí)，如圖②，由，解得.
③當(dāng)AQ=PQ時(shí)，如圖③，過點(diǎn)Q作QK⊥AD于K，可得AK=AP=.
由△AQK∽△EAB，得，即，解得.
綜上所述，當(dāng)或或時(shí)，△APQ是等腰三角形．
（3）
解析：當(dāng)0＜t≤7時(shí)，重合部分是一個(gè)直角三角形，其斜邊長(zhǎng)為t，兩直角邊分別長(zhǎng)為和，；當(dāng)7＜t≤10時(shí)，重合部分是一個(gè)四邊形，如圖①所示，設(shè)GN與AF交于點(diǎn)K，則△KNF是一個(gè)等腰三角形，底邊FN=t－7，作KR⊥FN于點(diǎn)R，則FR=，由△FKR∽△FAB，可得高KR=，∴△KNF的面積為．∴；當(dāng)10＜t≤時(shí)，重合部分是一個(gè)四邊形，此時(shí)點(diǎn)G在△AFE內(nèi)部，如圖②所示，；當(dāng)＜t≤16時(shí)，重合部分是一個(gè)三角形，此時(shí)點(diǎn)G在△ABF內(nèi)部，F(xiàn)N=EN－EF=t－7，F(xiàn)M=MN－FN=10－(t－7)= 17－t，此時(shí)△KMF∽△AEF，而△AEF的面積為42，∴，∴．
【方法指導(dǎo)】本題是一道動(dòng)態(tài)問題，以矩形為背景，結(jié)合直角三角形的移動(dòng)，考查學(xué)生對(duì)等腰三角形的存在性分類討論的能力，考查了相似形或三角函數(shù)知識(shí)的應(yīng)用，同時(shí)也考查了對(duì)圖形變化的空間感知能力，這里要求學(xué)生的綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題的能力較強(qiáng)．（1）解答動(dòng)態(tài)問題，要善于從動(dòng)中找出“靜”的信息；（2）解答存在性問題，一般是假設(shè)成立，找出數(shù)量關(guān)系，建立方程，解答并驗(yàn)證后，得到結(jié)論；（3）動(dòng)態(tài)圖形重合問題，在圖形的形狀每發(fā)生一次改變，自變量的取值也應(yīng)作相應(yīng)的變化．
25．(2013湖北荊門，23，10分)如圖1，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，P是線段MC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與M，C重合)，以AB為直徑作⊙O，過點(diǎn)P作⊙O的切線，交AD于點(diǎn)F，切點(diǎn)為E．
(1)求證：OF∥BE；
(2)設(shè)BP＝x，AF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍；
(3)延長(zhǎng)DC，F(xiàn)P交于點(diǎn)G，連接OE并延長(zhǎng)交直線DC于H(圖2)，問是否存在點(diǎn)P，使△EFO∽△EHG(E，F(xiàn)，O分別與E，H，G為對(duì)應(yīng)點(diǎn))，如果存在，試求(2)中x和y的值，如果不存在，請(qǐng)說明理由．
M
O
E
第23題圖1
P

【思路分析】(1)連結(jié)OE，證同位角相等或同旁內(nèi)角互補(bǔ)即可；
(2)將直角梯形ABPF分割成矩形和直角三角形，然后利用勾股定理即可求出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
(3)欲使△EFO∽△EHG，則只需∠EFO＝∠EHG．這一等式成立的條件之一是∠EFO＝2∠EOF．
【解】(1)證明：連接OE．
∵FE，F(xiàn)A是⊙O的切線，∴∠OAF＝∠OEF＝90°．
又∵FO＝FO，OA＝OE．∴△FAO≌△FEO．
∴∠AOF＝∠EOF＝∠AOE．
∵∠ABE＝∠AOE，∴∠AOF＝∠ABE．
∴OF∥BE．
(2)過F作FQ⊥BC于Q，
∴PQ＝BP－AF＝x－y，PF＝PE＋EF＝x＋y．
在Rt△PFQ中，F(xiàn)Q2＋PQ2＝PF2．
∴22＋(x－y)2＝(x＋y)2．
化簡(jiǎn)得y＝(1＜x＜2)．
(3)存在這樣的P點(diǎn)．
∠EOF＝∠AOF，∴∠EHG＝∠EOA＝2∠EOF．
∵OH⊥FG，∴∠OEF＝∠HEG＝90°．
當(dāng)∠EFO＝∠EHG＝2∠EOF時(shí)，即∠EOF＝30°時(shí)，△EFO∽△EHG．
此時(shí)Rt△AFO中，y＝AF＝OA·tan30°＝．
∴x＝＝．
∴當(dāng)x＝，y＝時(shí)，△EFO∽△EHG．
【方法指導(dǎo)】圓的切線的判定方法有三種：（1）和圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線是圓的切線；這種方法不常用．（2）若圓心到直線的距離等于圓的半徑，則這條直線是圓的切線；這種證明方法通常是在直線和圓沒有公共點(diǎn)時(shí)，通過“作垂直，證半徑”的方法來證明直線是圓的切線．（3）經(jīng)過半徑外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．這種證明方法通常是在直線和圓有公共點(diǎn)，通過“連半徑，證垂直”的方法來證明直線是圓的切線．
26、（2013深圳，23，9分）如圖7—①，已知直線過點(diǎn)A(m,0),B(0，n),且m+n=20（其中）
當(dāng)m為何值時(shí)，的面積最大？最大值是多少？
如圖7—②，在（1）的條件下，函數(shù)的圖像與直線交于點(diǎn)C、D，若，求的值
在（2）的條件下，將以每秒1個(gè)單位的速度沿軸的正方向平移，如圖7—③，設(shè)它與重疊部分的面積為，請(qǐng)求出與運(yùn)動(dòng)時(shí)間（秒）之間的函數(shù)關(guān)系式（）
【答案】（1）設(shè)的面積為，則：

∵，拋物線的開口向下，有最大值
∴當(dāng)時(shí)，
（2）在（1）的條件下，、，則直線的解析式為
由于直線：和曲線的圖像均關(guān)于直線對(duì)稱，則它們的交點(diǎn)、亦關(guān)于直線對(duì)稱，且
設(shè)，則，則
由且知：
故 則 ，且
又點(diǎn)在直線：上，將點(diǎn)代入直線方程
有 故 因而
又點(diǎn)在曲線上，將點(diǎn)代入得：
故 即為所求
（3）如圖7—③，平移前的三角形為，平移后的三角形為，直線交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則與重疊部分的面積即為的面積，即 ；設(shè)秒后，，則
根據(jù)平移的性質(zhì)有：∥，則
而，故
故
∵∥，∴
∴
由（2）知
由 有：
故： 即為所求
【解析】（1）由m+n=20可得用含的代數(shù)式表示的等式：，再根據(jù)面積公式建立函數(shù)關(guān)系式，將代入，然后根據(jù)二次函數(shù)知識(shí)來求出最值。
（2）要求的值，只需求出點(diǎn)或點(diǎn)的坐標(biāo)卻可?？稍O(shè)，可用含的代數(shù)式表示，由反比例函數(shù)及直線均關(guān)于直線對(duì)稱的性質(zhì)，知，再根據(jù)可知：，而，故可方便的求出的值，從而求出和點(diǎn)，則可求
（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，平稱前后的圖形全等，對(duì)應(yīng)邊平行且相等，對(duì)應(yīng)點(diǎn)的連線平行且相等。所求重疊部分的三角形與相似。根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方，建立對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。為了方便求出相似比，需畫出平移前的，并進(jìn)行必要的轉(zhuǎn)化。
【方法指導(dǎo)】本題屬于函數(shù)綜合題。綜合了一次函數(shù)、反比例函數(shù)、二次函數(shù)等相關(guān)知識(shí)，圖形簡(jiǎn)潔，但綜合性強(qiáng)，遞進(jìn)設(shè)問，梯度恰當(dāng)。本題主要考查了圖形與坐標(biāo)、二次函數(shù)及最值、點(diǎn)與函數(shù)圖像的關(guān)系、用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、特殊函數(shù)的對(duì)稱性、平移的性質(zhì)、相似三角形的判定、性質(zhì)及動(dòng)態(tài)幾何等內(nèi)容。雖說綜合性強(qiáng)，但計(jì)算量不大。
27. （2013江蘇泰州，24，10分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線與y軸相交于點(diǎn)A，與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象相交于點(diǎn)B(m，2).
(1)求該反比例函數(shù)關(guān)系式；
(2)將直線向上平移后與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象相交于點(diǎn)C，且△ABC的面積為18，求平移后的直線的函數(shù)關(guān)系式.
【思路分析】（1）根據(jù)點(diǎn)B是兩圖象交點(diǎn)，將B（m，2）代入直線，求出B點(diǎn)坐標(biāo)，即可知反比例函數(shù)解析式；（2）設(shè)平移后的直線的函數(shù)關(guān)系式為：，根據(jù)面積與函數(shù)關(guān)系，轉(zhuǎn)化為一元二次方程求出c點(diǎn)坐標(biāo)即可.
【解】(1)∵點(diǎn)B(m，2) 在直線上
∴
解得: ∴點(diǎn)B(4，2)
又∵點(diǎn)B(4，2)在反比例函數(shù)的圖象上
∴
∴反比例函數(shù)關(guān)系式為：
(2) 設(shè)平移后的直線的函數(shù)關(guān)系式為：，C點(diǎn)坐標(biāo)為
∵△ABC的面積為18
∴
化簡(jiǎn)，得：
解得：
∵∴ ∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（1,8）
把C點(diǎn)坐標(biāo)（1,8）代入得： ， ∴
∴平移后的直線的函數(shù)關(guān)系式為：
【方法指導(dǎo)】本題考查了一次函數(shù)與反比例函數(shù)圖象與性質(zhì) ，平面直角坐標(biāo)系中面積計(jì)算、平移，方程思想.這里可以探究到兩直線平行，兩條直線對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)表達(dá)式的自變量系數(shù)k相同.
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
專題：
綜合題．
分析：
（1）取AB的中點(diǎn)G，連接EG，利用SSS能得到△AGE與△ECF全等；
（2）①在AB上截取AM=EC，證得△AME≌△ECF即可證得AE=EF；
②過點(diǎn)F作FH⊥x軸于H，根據(jù)FH=BE=CH設(shè)BH=a，則FH=a﹣1，然后表示出點(diǎn)F的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上得到有關(guān)a的方程求得a值即可求得點(diǎn)F的坐標(biāo)；
解答：
（1）解：如圖1，取AB的中點(diǎn)G，連接EG．
△AGE與△ECF全等．
（2）①若點(diǎn)E在線段BC上滑動(dòng)時(shí)AE=EF總成立．
證明：如圖2，在AB上截取AM=EC．
∵AB=BC，
∴BM=BE，
∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠AME=180°﹣45°=135°，
又∵CF平分正方形的外角，
∴∠ECF=135°，
∴∠AME=∠ECF．
而∠BAE+∠AEB=∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△AME≌△ECF．
∴AE=EF．
②過點(diǎn)F作FH⊥x軸于H，
由①知，F(xiàn)H=BE=CH，
設(shè)BH=a，則FH=a﹣1，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為F（a，a﹣1）
∵點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上，
∴a﹣1=﹣a2+a+1，
∴a2=2，（負(fù)值不合題意，舍去），
∴．
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為．
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)的綜合知識(shí)，題目中涉及到了全等的知識(shí)，還滲透了方程思想，是一道好題．
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）根據(jù)題意易得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)與點(diǎn)C的相同，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)即是線段AC的長(zhǎng)度；把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入直線OA的解析式來求k的值；
（2）①求得拋物線y1的頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后把該坐標(biāo)代入函數(shù)y=，若該點(diǎn)滿足函數(shù)解析式y(tǒng)=，即表示該頂點(diǎn)在函數(shù)y=圖象上；反之，該頂點(diǎn)不在函數(shù)y=圖象上；
②如圖1，過點(diǎn)E作EK⊥x軸于點(diǎn)K．則EK是△ACB的中位線，所以根據(jù)三角形中位線定理易求點(diǎn)E的坐標(biāo)，把點(diǎn)E的坐標(biāo)代入拋物線y1=x（x﹣t）即可求得t=2；
（3）如圖2，根據(jù)拋物線與直線相交可以求得點(diǎn)D橫坐標(biāo)是+4．則t+4=+4，由此可以求得a與t的關(guān)系式．
解答：
解：（1）∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)是（t，4）．
又∵直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k＞0），
∴4=kt，則k=（k＞0）．
（2）①當(dāng)a=時(shí)，y1=x（x﹣t），其頂點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣）．
對(duì)于y=來說，當(dāng)x=時(shí)，y=×=﹣，即點(diǎn)（，﹣）在拋物線y=上．
故當(dāng)a=時(shí)，拋物線y1=ax（x﹣t）的頂點(diǎn)在函數(shù)y=的圖象上；
②如圖1，過點(diǎn)E作EK⊥x軸于點(diǎn)K．
∵AC⊥x軸，
∴AC∥EK．
∵點(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn)，
∴K為BC的中點(diǎn)，
∴EK是△ACB的中位線，
∴EK=AC=2，CK=BC=2，
∴E（t+2，2）．
∵點(diǎn)E在拋物線y1=x（x﹣t）上，
∴（t+2）（t+2﹣t）=2，
解得t=2．
（3）如圖2，，則x=ax（x﹣t），
解得x=+4，或x=0（不合題意，舍去）．．
故點(diǎn)D的橫坐標(biāo)是+t．
當(dāng)x=+t時(shí)，|y2﹣y1|=0，由題意得t+4=+t，
解得a=（t＞0）．
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、一次函數(shù)與二次函數(shù)交點(diǎn)坐標(biāo)等知識(shí)點(diǎn)．解題時(shí)，注意“數(shù)形結(jié)合”數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用．
考點(diǎn)：
等腰三角形的判定與性質(zhì)；二次函數(shù)的最值；解直角三角形．
分析：
（1）根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠A=∠C，然后根據(jù)兩直線平行，同位角相等求出∠CPE=∠A，從而得到∠CPE=∠C，即可得證；
（2）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出CM=CP，然后求出EM，同理求出FN、BH的長(zhǎng)，再根據(jù)結(jié)果整理可得EM+FN=BH；
（3）分別求出EM、FN、BH，然后根據(jù)S△PCE，S△APF，S△ABC，再根據(jù)S=S△ABC﹣S△PCE﹣S△APF，整理即可得到S與x的關(guān)系式，然后利用二次函數(shù)的最值問題解答．
解答：
（1）證明：∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵PE∥AB，
∴∠CPE=∠A，
∴∠CPE=∠C，
∴△PCE是等腰三角形；
（2）解：∵△PCE是等腰三角形，EM⊥CP，
∴CM=CP=，tanC=tanA=k，
∴EM=CM?tanC=?k=，
同理：FN=AN?tanA=?k=4k﹣，
由于BH=AH?tanA=×8?k=4k，
而EM+FN=+4k﹣=4k，
∴EM+FN=BH；
（3）解：當(dāng)k=4時(shí)，EM=2x，F(xiàn)N=16﹣2x，BH=16，
所以，S△PCE=x?2x=x2，S△APF=（8﹣x）?（16﹣2x）=（8﹣x）2，S△ABC=×8×16=64，
S=S△ABC﹣S△PCE﹣S△APF，
=64﹣x2﹣（8﹣x）2，
=﹣2x2+16x，
配方得，S=﹣2（x﹣4）2+32，
所以，當(dāng)x=4時(shí)，S有最大值32．
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，二次函數(shù)的最值問題，表示出各三角形的高線是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）根據(jù)頂點(diǎn)式將A，C代入解析式求出a的值，進(jìn)而得出二次函數(shù)解析式；
（2）利用菱形的性質(zhì)得出AO與EE′互相垂直平分，利用E點(diǎn)縱坐標(biāo)得出x的值，進(jìn)而得出BC，EO直線解析式，再利用兩直線交點(diǎn)坐標(biāo)求法得出Q點(diǎn)坐標(biāo)，即可得出答案；
（3）首先得出△APB∽△QDO，進(jìn)而得出=，求出m的值，進(jìn)而得出答案．
解答：
解：（1）∵A（0，2）為拋物線的頂點(diǎn)，
∴設(shè)y=ax2+2，
∵點(diǎn)C（3，0），在拋物線上，
∴9a+2=0，
解得：a=﹣，
∴拋物線為；y=﹣x2+2；
（2）如果四邊形OEAE′是菱形，則AO與EE′互相垂直平分，
∴EE′經(jīng)過AO的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)E縱坐標(biāo)為1，代入拋物線解析式得：
1=﹣x2+2，
解得：x=±，
∵點(diǎn)E在第一象限，
∴點(diǎn)E為（，1），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得：
，
解得：，
∴BC的解析式為：y=﹣x+3，
將E點(diǎn)代入y=ax，可得出EO的解析式為：y=x，
由，
得：，
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為：（，0），
∴當(dāng)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）時(shí)，四邊形OEAE′是菱形；
（3）法一：設(shè)t為m秒時(shí)，PB∥DO，又QD∥y軸，則有∠APB=∠AOE=∠ODQ，
又∵∠BAP=∠DQO，則有△APB∽△QDO，
∴=，
由題意得：AB=1，AP=2m，QO=3﹣3m，
又∵點(diǎn)D在直線y=﹣x+3上，∴DQ=3m，
因此：=，解得：m=，
經(jīng)檢驗(yàn)：m=是原分式方程的解，
∴當(dāng)t=秒時(shí)，PB∥OD．
法二：作BH⊥OC于H，則BH=AO=2，OH=AB=1，HC=OC﹣OH=2，
∴BH=HC，∴∠BCH=∠CBH=45°，
易知DQ=CQ，
設(shè)t為m秒時(shí)PB∥OE，則△ABP∽△QOD，
∴=，易知AP=2m，DQ=CQ=3m，QO=3﹣3m，
∴=，
解得m=，經(jīng)檢驗(yàn)m=是方程的解，
∴當(dāng)t為秒時(shí)，PB∥OD．
26點(diǎn)評(píng)：
此題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)以及頂點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)數(shù)形結(jié)合得出△APB∽△QDO是解題關(guān)鍵．
考點(diǎn)：
相似形綜合題．
分析：
（1）由相似三角形，列出比例關(guān)系式，即可證明；
（2）首先求出矩形EFPQ面積的表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)求其最大面積；
（3）本問是運(yùn)動(dòng)型問題，要點(diǎn)是弄清矩形EFPQ的運(yùn)動(dòng)過程：
（I）當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如答圖①所示，此時(shí)重疊部分是一個(gè)矩形和一個(gè)梯形；
（II）當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如答圖②所示，此時(shí)重疊部分是一個(gè)三角形．
解答：
（1）證明：∵矩形EFPQ，
∴EF∥BC，∴△AHF∽△ADC，∴，
∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴，
∴．
（2）解：∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．
∵EF∥BC，∴△AEH∽△ABD，∴，
∵EF∥BC，∴△AFH∽△ACD，∴，
∴，即，∴EH=4HF，
已知EF=x，則EH=x．
∵∠B=45°，∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．
S矩形EFPQ=EF?EQ=x?（4﹣x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣）2+5，
∴當(dāng)x=時(shí)，矩形EFPQ的面積最大，最大面積為5．
（3）解：由（2）可知，當(dāng)矩形EFPQ的面積最大時(shí)，矩形的長(zhǎng)為，寬為4﹣×=2．
在矩形EFPQ沿射線AD的運(yùn)動(dòng)過程中：
（I）當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如答圖①所示．
設(shè)矩形與AB、AC分別交于點(diǎn)K、N，與AD分別交于點(diǎn)H1，D1．
此時(shí)DD1=t，H1D1=2，
∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，．
∵KN∥EF，∴，即，得KN=（2﹣t）．
S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=（KN+EF）?HH1+EF?EQ1
= [（2﹣t）+]×t+（2﹣t）
=t2+5；
（II）當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如答圖②所示．
設(shè)矩形與AB、AC分別交于點(diǎn)K、N，與AD交于點(diǎn)D2．
此時(shí)DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t，
∵KN∥EF，∴，即，得KN=5﹣t．
S=S△AKN=KN?AD2
=（5﹣t）（4﹣t）
=t2﹣5t+10．
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：
S=．
點(diǎn)評(píng)：
本題是運(yùn)動(dòng)型相似三角形壓軸題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的表達(dá)式與最值、矩形、等腰直角三角形等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)較多，有一定的難度．難點(diǎn)在于第（3）問，弄清矩形的運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）利用待定系數(shù)法求出直線解析式；
（2）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（3）關(guān)鍵是證明△CEQ與△CDO均為等腰直角三角形；
（4）如答圖②所示，作點(diǎn)C關(guān)于直線QE的對(duì)稱點(diǎn)C′，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C″，連接C′C″，交OD于點(diǎn)F，交QE于點(diǎn)P，則△PCF即為符合題意的周長(zhǎng)最小的三角形，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長(zhǎng)等于線段C′C″的長(zhǎng)度．
利用軸對(duì)稱的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短可以證明此時(shí)△PCF的周長(zhǎng)最?。?br>如答圖③所示，利用勾股定理求出線段C′C″的長(zhǎng)度，即△PCF周長(zhǎng)的最小值．
解答：
解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0）．
設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b（k≠0），
將C（0，1），D（1，0）代入得：，
解得：b=1，k=﹣1，
∴直線CD的解析式為：y=﹣x+1．
（2）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2+3，
將C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=．
∴y=（x﹣2）2+3=x2+2x+1．
（3）證明：由題意可知，∠ECD=45°，
∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD為等腰直角三角形，∠ODC=45°，
∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x軸，則點(diǎn)C、E關(guān)于對(duì)稱軸（直線x=2）對(duì)稱，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，1）．
如答圖①所示，設(shè)對(duì)稱軸（直線x=2）與CE交于點(diǎn)F，則F（2，1），
∴ME=CM=QM=2，∴△QME與△QMC均為等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．
又∵△OCD為等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，
∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，
∴△CEQ∽△CDO．
（4）存在．
如答圖②所示，作點(diǎn)C關(guān)于直線QE的對(duì)稱點(diǎn)C′，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C″，連接C′C″，交OD于點(diǎn)F，交QE于點(diǎn)P，則△PCF即為符合題意的周長(zhǎng)最小的三角形，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長(zhǎng)等于線段C′C″的長(zhǎng)度．
（證明如下：不妨在線段OD上取異于點(diǎn)F的任一點(diǎn)F′，在線段QE上取異于點(diǎn)P的任一點(diǎn)P′，連接F′C″，F(xiàn)′P′，P′C′．
由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△P′CF′的周長(zhǎng)=F′C″+F′P′+P′C′；
而F′C″+F′P′+P′C′是點(diǎn)C′，C″之間的折線段，
由兩點(diǎn)之間線段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，
即△P′CF′的周長(zhǎng)大于△PCE的周長(zhǎng)．）
如答圖③所示，連接C′E，
∵C，C′關(guān)于直線QE對(duì)稱，△QCE為等腰直角三角形，
∴△QC′E為等腰直角三角形，
∴△CEC′為等腰直角三角形，
∴點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（4，5）；
∵C，C″關(guān)于x軸對(duì)稱，∴點(diǎn)C″的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
過點(diǎn)C′作C′N⊥y軸于點(diǎn)N，則NC′=4，NC″=4+1+1=6，
在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===．
綜上所述，在P點(diǎn)和F點(diǎn)移動(dòng)過程中，△PCF的周長(zhǎng)存在最小值，最小值為．
點(diǎn)評(píng)：
本題是中考?jí)狠S題，綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、等腰直角三角形、勾股定理、軸對(duì)稱的性質(zhì)等重要知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)較多，有一點(diǎn)的難度．本題難點(diǎn)在于第（4）問，如何充分利用軸對(duì)稱的性質(zhì)確定△PCF周長(zhǎng)最小時(shí)的幾何圖形，是解答本題的關(guān)鍵．

相關(guān)試卷

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：操作探究：

這是一份全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：操作探究，共21頁。試卷主要包含了 將正方形圖1作如下操作等內(nèi)容，歡迎下載使用。

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：概率：

這是一份全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：概率，共56頁。試卷主要包含了選擇題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：開放性問題：

這是一份全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：開放性問題，共9頁。試卷主要包含了我們規(guī)定，5，b＝1，從而c＝1，先化簡(jiǎn)，再求值等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：實(shí)數(shù)

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：實(shí)數(shù)
全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：梯形

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：梯形
全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：統(tǒng)計(jì)

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：統(tǒng)計(jì)
全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：綜合性問題

全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編：綜合性問題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部