2014年中考數(shù)學(xué)分類匯編——運動變化類的壓軸題
2014年運動變化類的壓軸題，題目展示涉及：單一（雙）動點在三角形、四邊形上運動；在直線、拋物線上運動；幾何圖形整體運動問題.知識點涉及：全等三角形的判定與性質(zhì)；特殊四邊形形的判定和性質(zhì)；圓的相關(guān)性質(zhì)；解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性質(zhì).數(shù)學(xué)思想涉及：分類討論；數(shù)形結(jié)合；方程思想. 解答這類問題的關(guān)鍵是正確分類畫出直觀圖形.現(xiàn)選取部分省市的2014年中考題展示，以饗讀者.
一、單動點問題
【題1】(2014年江蘇徐州第28題)如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點G，連接CG．
（1）試說明四邊形EFCG是矩形；
（2）當(dāng)圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，
①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；
②求點G移動路線的長．
【考點】： 圓的綜合題；垂線段最短；直角三角形斜邊上的中線；矩形的判定與性質(zhì)；圓周角定理；切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．
【專題】： 壓軸題；運動變化型．
【分析】： （1）只要證到三個內(nèi)角等于90°即可．
（2）易證點D在⊙O上，根據(jù)圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證到△CFE∽△DAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到S矩形ABCD=2S△CFE=
．然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形ABCD的范圍．根據(jù)圓周角定理和矩形的性質(zhì)可證到∠GDC=∠FDE=定值，從而得到點G的移動的路線是線段，只需找到點G的起點與終點，求出該線段的長度即可．
【解答】： 解：（1）證明：如圖1，
∵CE為⊙O的直徑，
∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，
∴∠FEG=90°．
∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四邊形EFCG是矩形．
（2）①存在．
連接OD，如圖2①，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°．
∵點O是CE的中點，
∴OD=OC．
∴點D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，
∴△CFE∽△DAB．
∴
=（
）2．
∵AD=4，AB=3，
∴BD=5，
S△CFE=（
）2·S△DAB
=
×
×3×4
=
．
∴S矩形ABCD=2S△CFE
=
．
∵四邊形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，
∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，
∴∠GDC+∠CDB=90°．
∴∠GDB=90°
Ⅰ．當(dāng)點E在點A（E′）處時，點F在點B（F′）處，點G在點D（G′處，如圖2①所示．
此時，CF=CB=4．
Ⅱ．當(dāng)點F在點D（F″）處時，直徑F″G″⊥BD，
如圖2②所示，
此時⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．
Ⅲ．當(dāng)CF⊥BD時，CF最小，此時點F到達(dá)F″′，
如圖2③所示．
S△BCD=
BC·CD=
BD·CF″′．
∴4×3=5×CF″′．
∴CF″′=
．
∴
≤CF≤4．
∵S矩形ABCD=
，
∴
×（
）2≤S矩形ABCD≤
×42．
∴
≤S矩形ABCD≤12．
∴矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為
．
②∵∠GDC=∠FDE=定值，點G的起點為D，終點為G″，
∴點G的移動路線是線段DG″．
∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，
∴△DCG″∽△DAB．
∴
=
．
∴
=
．
∴DG″=
．
∴點G移動路線的長為
．
【點評】： 本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識，考查了動點的移動的路線長，綜合性較強．而發(fā)現(xiàn)∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關(guān)鍵．
【題2】（2014·湖州第24題）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O是坐標(biāo)原點，以P（1，1）為圓心的⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，點F從點M出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，連接PF，過點PE⊥PF交y軸于點E，設(shè)點F運動的時間是t秒（t＞0）
（1）若點E在y軸的負(fù)半軸上（如圖所示），求證：PE=PF；
（2）在點F運動過程中，設(shè)OE=a，OF=b，試用含a的代數(shù)式表示b；
（3）作點F關(guān)于點M的對稱點F′，經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，連接QE．在點F運動過程中，是否存在某一時刻，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】：（1）連接PM，PN，運用△PMF≌△PNE證明，
（2）分兩種情況①當(dāng)t＞1時，點E在y軸的負(fù)半軸上，0＜t≤1時，點E在y軸的正半軸或原點上，再根據(jù)（1）求解，
（3）分兩種情況，當(dāng)1＜t＜2時，當(dāng)t＞2時，三角形相似時還各有兩種情況，根據(jù)比例式求出時間t．
【解答】：
證明：（1）如圖，連接PM，PN，
∵⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，
∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，
∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，
∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，
在△PMF和△PNE中，
，∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PE=PF，
（2）解：①當(dāng)t＞1時，點E在y軸的負(fù)半軸上，如圖，
由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，
∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，
∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a，
②0＜t≤1時，如圖2，點E在y軸的正半軸或原點上，
同理可證△PMF≌△PNE，
∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，
∴b+a=1+t+1﹣t=2，
∴b=2﹣a，
（3）如圖3，（Ⅰ）當(dāng)1＜t＜2時，
∵F（1+t，0），F(xiàn)和F′關(guān)于點M對稱，
∴F′（1﹣t，0）
∵經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，
∴Q（1﹣
t，0）∴OQ=1﹣
t，
由（1）得△PMF≌△PNE
∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1
當(dāng)△OEQ∽△MPF∴
=
∴
=
，
解得，t=
，當(dāng)△OEQ∽△MFP時，∴
=
，
=
，解得，t=
，
（Ⅱ）如圖4，當(dāng)t＞2時，
∵F（1+t，0），F(xiàn)和F′關(guān)于點M對稱，
∴F′（1﹣t，0）
∵經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，
∴Q（1﹣
t，0）∴OQ=
t﹣1，
由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1
當(dāng)△OEQ∽△MPF∴
=
∴
=
，無解，
當(dāng)△OEQ∽△MFP時，∴
=
，
=
，解得，t=2±
，
所以當(dāng)t=
，t=
，t=2±
時，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似．
【點評】：本題主要考查了圓的綜合題，解題的關(guān)鍵是把圓的知識與全等三角形與相似三角形相結(jié)合找出線段關(guān)系．
【題3】 (2014年四川省綿陽市第24題)如圖1，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直線AC折疊，使點B落在點E處，AE交CD于點F，連接DE．
（1）求證：△DEC≌△EDA；
（2）求DF的值；
（3）如圖2，若P為線段EC上一動點，過點P作△AEC的內(nèi)接矩形，使其定點Q落在線段AE上，定點M、N落在線段AC上，當(dāng)線段PE的長為何值時，矩形PQMN的面積最大？并求出其最大值．
【考點】： 四邊形綜合題．
【分析】： （1）由矩形的性質(zhì)可知△ADC≌△CEA，得出AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，從而求得△DEC≌△EDA；
（2）根據(jù)勾股定理即可求得．
（3））有矩形PQMN的性質(zhì)得PQ∥CA，所以
，從而求得PQ，由PN∥EG，得出
=
，求得PN，然后根據(jù)矩形的面積公式求得解析式，即可求得．
【解答】： （1）證明：由矩形的性質(zhì)可知△ADC≌△CEA，
∴AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，
在△ADE與△CED中
∴△DEC≌△EDA（SSS）；
（2）解：如圖1，∵∠ACD=∠CAE，
∴AF=CF，
設(shè)DF=x，則AF=CF=4﹣x，
在RT△ADF中，AD2+DF2=AF2，
即32+x2=（4﹣x）2，
解得；x=
，
即DF=
．
（3）解：如圖2，由矩形PQMN的性質(zhì)得PQ∥CA
∴
又∵CE=3，AC=
=5
設(shè)PE=x（0＜x＜3），則
，即PQ=
過E作EG⊥AC 于G，則PN∥EG，
∴
=
又∵在Rt△AEC中，EG·AC=AE·CE，解得EG=
∴
=
，即PN=
（3﹣x）
設(shè)矩形PQMN的面積為S
則S=PQ·PN=﹣
x2+4x=﹣
+3（0＜x＜3）
所以當(dāng)x=
，即PE=
時，矩形PQMN的面積最大，最大面積為3．
【點評】： 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，平行線分線段成比例定理．
【題4】(2014年浙江紹興第25題)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l平行x軸，交y軸于點A，第一象限內(nèi)的點B在l上，連結(jié)OB，動點P滿足∠APQ=90°，PQ交x軸于點C．
（1）當(dāng)動點P與點B重合時，若點B的坐標(biāo)是（2，1），求PA的長．
（2）當(dāng)動點P在線段OB的延長線上時，若點A的縱坐標(biāo)與點B的橫坐標(biāo)相等，求PA：PC的值．
（3）當(dāng)動點P在直線OB上時，點D是直線OB與直線CA的交點，點E是直線CP與y軸的交點，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．
【考點】： 相似形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；角平分線的性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質(zhì)．
【專題】： 壓軸題．
【分析】： （1）易得點P的坐標(biāo)是（2，1），即可得到PA的長．
（2）易證∠AOB=45°，由角平分線的性質(zhì)可得PA=PC，然后通過證明△ANP≌△CMP即可求出PA：PC的值．
（3）可分點P在線段OB的延長線上及其反向延長線上兩種情況進(jìn)行討論．易證PA：PC=PN：PM，設(shè)OA=x，只需用含x的代數(shù)式表示出PN、PM的長，即可求出PA：PC的值．
【解答】： 解：（1）∵點P與點B重合，點B的坐標(biāo)是（2，1），
∴點P的坐標(biāo)是（2，1）．
∴PA的長為2．
（2）過點P作PM⊥x軸，垂足為M，過點P作PN⊥y軸，垂足為N，如圖1所示．
∵點A的縱坐標(biāo)與點B的橫坐標(biāo)相等，
∴OA=AB．
∵∠OAB=90°，
∴∠AOB=∠ABO=45°．
∵∠AOC=90°，
∴∠POC=45°．
∵PM⊥x軸，PN⊥y軸，
∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．
∴∠NPM=90°．
∵∠APC=90°．
∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．
在△ANP和△CMP中，
∵∠APN=∠CPM，PN=PM，∠ANP=∠CMP，
∴△ANP≌△CMP．
∴PA=PC．
∴PA：PC的值為1：1．
（3）①若點P在線段OB的延長線上，
過點P作PM⊥x軸，垂足為M，過點P作PN⊥y軸，垂足為N，
PM與直線AC的交點為F，如圖2所示．
∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，
∴△ANP∽△CMP．
∴
．
∵∠ACE=∠AEC，
∴AC=AE．
∵AP⊥PC，
∴EP=CP．
∵PM∥y軸，
∴AF=CF，OM=CM．
∴FM=
OA．
設(shè)OA=x，
∵PF∥OA，
∴△PDF∽△ODA．
∴
∵PD=2OD，
∴PF=2OA=2x，F(xiàn)M=
x．
∴PM=
x．
∵∠APC=90°，AF=CF，
∴AC=2PF=4x．
∵∠AOC=90°，
∴OC=
x．
∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，
∴四邊形PMON是矩形．
∴PN=OM=
x．
∴PA：PC=PN：PM=
x：
x=
．
②若點P在線段OB的反向延長線上，
過點P作PM⊥x軸，垂足為M，過點P作PN⊥y軸，垂足為N，
PM與直線AC的交點為F，如圖3所示．
同理可得：PM=
x，CA=2PF=4x，OC=
x．
∴PN=OM=
OC=
x．
∴PA：PC=PN：PM=
x：
x=
．
綜上所述：PA：PC的值為
或
．
【點評】： 本題考查了角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線等分線段定理、勾股定理等知識，綜合性非常強．
【題5】（2014·無錫第28題）如圖1，已知點A（2，0），B（0，4），∠AOB的平分線交AB于C，一動點P從O點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度，沿y軸向點B作勻速運動，過點P且平行于AB的直線交x軸于Q，作P、Q關(guān)于直線OC的對稱點M、N．設(shè)P運動的時間為t（0＜t＜2）秒．
（1）求C點的坐標(biāo)，并直接寫出點M、N的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）設(shè)△MNC與△OAB重疊部分的面積為S．
①試求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
②在圖2的直角坐標(biāo)系中，畫出S關(guān)于t的函數(shù)圖象，并回答：S是否有最大值？若有，寫出S的最大值；若沒有，請說明理由．
【考點】：
相似形綜合題
【分析】：
（1）如答圖1，作輔助線，由比例式求出點D的坐標(biāo)；
（2）①所求函數(shù)關(guān)系式為分段函數(shù)，需要分類討論．
答圖2﹣1，答圖2﹣2表示出運動過程中重疊部分（陰影）的變化，分別求解；
②畫出函數(shù)圖象，由兩段拋物線構(gòu)成．觀察圖象，可知當(dāng)t=1時，S有最大值．
【解答】：
解：（1）如答圖1，過點C作CF⊥x軸于點F，CE⊥y軸于點E，
由題意，易知四邊形OECF為正方形，設(shè)正方形邊長為x．
∵CE∥x軸，
∴
，即
，解得x=
．
∴C點坐標(biāo)為（
，
）；
∵PQ∥AB，
∴
，即
，
∴OP=2OQ．
∵P（0，2t），
∴Q（t，0）．
∵對稱軸OC為第一象限的角平分線，
∴對稱點坐標(biāo)為：M（2t，0），N（0，t）．
（2）①當(dāng)0＜t≤1時，如答圖2﹣1所示，點M在線段OA上，重疊部分面積為S△CMN．
S△CMN=S四邊形CMON﹣S△OMN
=（S△COM+S△CON）﹣S△OMN
=（
·2t×
+
·t×
）﹣
·2t·t
=﹣t2+2t；
當(dāng)1＜t＜2時，如答圖2﹣2所示，點M在OA的延長線上，設(shè)MN與AB交于點D，則重疊部分面積為S△CDN．
設(shè)直線MN的解析式為y=kx+b，將M（2t，0）、N（0，t）代入得
，
解得
，
∴y=﹣
x+t；
同理求得直線AB的解析式為：y=﹣2x+4．
聯(lián)立y=﹣
x+t與y=﹣2x+4，求得點D的橫坐標(biāo)為
．
S△CDN=S△BDN﹣S△BCN
=
（4﹣t）·
﹣
（4﹣t）×
=
t2﹣2t+
．
綜上所述，S=
．
②畫出函數(shù)圖象，如答圖2﹣3所示：
觀察圖象，可知當(dāng)t=1時，S有最大值，最大值為1．
【點評】：
本題是運動型綜合題，涉及二次函數(shù)與一次函數(shù)、待定系數(shù)法、相似、圖形面積計算、動點問題函數(shù)圖象等知識點．難點在于第（2）問，正確地進(jìn)行分類討論，是解決本題的關(guān)鍵．
【題6】（2014·杭州第22題）菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AC=4
，BD=4，動點P在線段BD上從點B向點D運動，PF⊥AB于點F，四邊形PFBG關(guān)于BD對稱，四邊形QEDH與四邊形PEBG關(guān)于AC對稱．設(shè)菱形ABCD被這兩個四邊形蓋住部分的面積為S1，未被蓋住部分的面積為S2，BP=x．
（1）用含x的代數(shù)式分別表示S1，S2；
（2）若S1=S2，求x的值．
【考點】：
四邊形綜合題；菱形的性質(zhì)；軸對稱的性質(zhì)；軸對稱圖形；特殊角的三角函數(shù)值．
【專題】：
綜合題；動點型；分類討論．
【分析】：
（1）根據(jù)對稱性確定E、F、G、H都在菱形的邊上，由于點P在BO上與點P在OD上求S1和S2的方法不同，因此需分情況討論．
（2）由S1=S2和S1+S2=8
可以求出S1=S2=4
．然后在兩種情況下分別建立關(guān)于x的方程，解方程，結(jié)合不同情況下x的范圍確定x的值．
【解答】：
解：（1）①當(dāng)點P在BO上時，如圖1所示．
∵四邊形ABCD是菱形，AC=4
，BD=4，
∴AC⊥BD，BO=
BD=2，AO=
AC=2
，
且S菱形ABCD=
BD·AC=8
．
∴tan∠ABO=
=
．
∴∠ABO=60°．
在Rt△BFP中，
∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，
∴sin∠FBP=
=
=sin60°=
．
∴FP=
x．
∴BF=
．
∵四邊形PFBG關(guān)于BD對稱，
四邊形QEDH與四邊形PEBG關(guān)于AC對稱，
∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ．
∴S1=4S△BFP
=4×
×
x·
=
．
∴S2=8
﹣
．
②當(dāng)點P在OD上時，如圖2所示．
∵AB=4，BF=
，
∴AF=AB﹣BF=4﹣
．
在Rt△AFM中，
∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=4﹣
．
∴tan∠FAM=
=tan30°=
．
∴FM=
（4﹣
）．
∴S△AFM=
AF·FM
=
（4﹣
）·
（4﹣
）
=
（4﹣
）2．
∵四邊形PFBG關(guān)于BD對稱，
四邊形QEDH與四邊形PEBG關(guān)于AC對稱，
∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN．
∴S2=4S△AFM
=4×
（4﹣
）2
=
（x﹣8）2．
∴S1=8
﹣S2=8
﹣
（x﹣8）2．
綜上所述：
當(dāng)點P在BO上時，S1=
，S2=8
﹣
；
當(dāng)點P在OD上時，S1=8
﹣
（x﹣8）2，S2=
（x﹣8）2．
（2）①當(dāng)點P在BO上時，0＜x≤2．
∵S1=S2，S1+S2=8
，
∴S1=4
．
∴S1=
=4
．
解得：x1=2
，x2=﹣2
．
∵2
＞2，﹣2
＜0，
∴當(dāng)點P在BO上時，S1=S2的情況不存在．
②當(dāng)點P在OD上時，2＜x≤4．
∵S1=S2，S1+S2=8
，
∴S2=4
．
∴S2=
（x﹣8）2=4
．
解得：x1=8+2
，x2=8﹣2
．
∵8+2
＞4，2＜8﹣2
＜4，
∴x=8﹣2
．
綜上所述：若S1=S2，則x的值為8﹣2
．
【點評】：
本題考查了以菱形為背景的軸對稱及軸對稱圖形的相關(guān)知識，考查了菱形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，還考查了分類討論的思想．
【題7】（2014.福州第21題）如圖1，點O在線段AB上，AO=2，OB=1，OC為射線，且∠BOC=60°. 動點P以每秒2個單位長度的速度從點O出發(fā)，沿射線OC做勻速運動. 設(shè)運動時間為t秒.
（1）當(dāng)
時，則OP= ▲ ，
▲ ；
（2）當(dāng)△ABP是直角三角形時，求t的值；
（3）如圖2，當(dāng)AP=AB時，過點A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求證：
.
【考點】：1.單動點問題；2. 銳角三角函數(shù)定義；3.特殊角的三角函數(shù)值；4.相似三角形的判定和性質(zhì)；5.分類思想的應(yīng)用.
【答案】（1）1，
；（2）1秒或
秒；（3）證明見解析
【解析】
[
（3）∵AP=AB，∴∠APB=∠B.
【題8】（2014·成都第28題）如圖，已知拋物線y=
（x+2）（x﹣4）（k為常數(shù)，且k＞0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與x軸交于點C，經(jīng)過點B的直線y=﹣
x+b與拋物線的另一交點為D．
（1）若點D的橫坐標(biāo)為﹣5，求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）若在第一象限內(nèi)的拋物線上有點P，使得以A，B，P
為頂點的三角形與△ABC相似，求k的值；
（3）在（1）的條件下，設(shè)F為線段BD上一點（不含端點），
連接AF，一動點M從點A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個單位
的速度運動到F，再沿線段FD以每秒2個單位的速度運動到
D后停止，當(dāng)點F的坐標(biāo)是多少時，點M在整個運動過程中用時最少？
【考點】：
二次函數(shù)綜合題．
【分析】：
（1）首先求出點A、B坐標(biāo)，然后求出直線BD的解析式，求得點D坐標(biāo)，代入拋物線解析式，求得k的值；
（2）因為點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP．如答圖2，按照以上兩種情況進(jìn)行分類討論，分別計算；
（3）由題意，動點M運動的路徑為折線AF+DF，運動時間：t=AF+
DF．如答圖3，作輔助線，將AF+
DF轉(zhuǎn)化為AF+FG；再由垂線段最短，得到垂線段AH與直線BD的交點，即為所求的F點．
【解答】：
解：（1）拋物線y=
（x+2）（x﹣4），
令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．
∵直線y=﹣
x+b經(jīng)過點B（4，0），
∴﹣
×4+b=0，解得b=
，
∴直線BD解析式為：y=﹣
x+
．
當(dāng)x=﹣5時，y=3
，∴D（﹣5，3
）．
∵點D（﹣5，3
）在拋物線y=
（x+2）（x﹣4）上，
∴
（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3
，
∴k=
．
（2）由拋物線解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k．
因為點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．
因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP．
①若△ABC∽△APB，則有∠BAC=∠PAB，如答圖2﹣1所示．
設(shè)P（x，y），過點P作PN⊥x軸于點N，則ON=x，PN=y．
tan∠BAC=tan∠PAB，即：
，∴y=
x+k．
∴D（x，
x+k），代入拋物線解析式y(tǒng)=
（x+2）（x﹣4），
得
（x+2）（x﹣4）=
x+k，整理得：x2﹣6x﹣16=0，
解得：x=8或x=2（與點A重合，舍去），
∴P（8，5k）．
∵△ABC∽△APB，
∴
，即
，
解得：k=
．
②若△ABC∽△ABP，則有∠ABC=∠PAB，如答圖2﹣2所示．
與①同理，可求得：k=
．
綜上所述，k=
或k=
．
（3）由（1）知：D（﹣5，3
），
如答圖2﹣2，過點D作DN⊥x軸于點N，則DN=3
，ON=5，BN=4+5=9，
∴tan∠DBA=
=
=
，∴∠DBA=30°．
過點D作DK∥x軸，則∠KDF=∠DBA=30°．
過點F作FG⊥DK于點G，則FG=
DF．
由題意，動點M運動的路徑為折線AF+DF，運動時間：t=AF+
DF，
∴t=AF+FG，即運動時間等于折線AF+FG的長度．
由垂線段最短可知，折線AF+FG的長度的最小值為DK與x軸之間的垂線段．
過點A作AH⊥DK于點H，則t最小=AH，AH與直線BD的交點，即為所求之F點．
∵A點橫坐標(biāo)為﹣2，直線BD解析式為：y=﹣
x+
，
∴y=﹣
×（﹣2）+
=2
，
∴F（﹣2，2
）．
綜上所述，當(dāng)點F坐標(biāo)為（﹣2，2
）時，點M在整個運動過程中用時最少．
【點評】：
本題是二次函數(shù)壓軸題，難度很大．第（2）問中需要分類討論，避免漏解；在計算過程中，解析式中含有未知數(shù)k，增加了計算的難度，注意解題過程中的技巧；第（3）問中，運用了轉(zhuǎn)化思想使得試題難度大大降低，需要認(rèn)真體會．
【題9】（2014·黃岡第25題）已知：如圖，在四邊形OABC中，AB∥OC，BC⊥x軸于點C，A（1，﹣1），B（3，﹣1），動點P從點O出發(fā)，沿著x軸正方向以每秒2個單位長度的速度移動．過點P作PQ垂直于直線OA，垂足為點Q，設(shè)點P移動的時間t秒（0＜t＜2），△OPQ與四邊形OABC重疊部分的面積為S．
（1）求經(jīng)過O、A、B三點的拋物線的解析式，并確定頂點M的坐標(biāo)；
（2）用含t的代數(shù)式表示點P、點Q的坐標(biāo)；
（3）如果將△OPQ繞著點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，是否存在t，使得△OPQ的頂點O或頂點Q在拋物線上？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）求出S與t的函數(shù)關(guān)系式．
【考點】：
二次函數(shù)綜合題．
【專題】：
壓軸題．
【分析】：
（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx（a≠0），然后把點A、B的坐標(biāo)代入求出a、b的值，即可得解，再把函數(shù)解析式整理成頂點式形式，然后寫出頂點M的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)點P的速度求出OP，即可得到點P的坐標(biāo)，再根據(jù)點A的坐標(biāo)求出∠AOC=45°，然后判斷出△POQ是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點Q的坐標(biāo)即可；
（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出點O、Q的坐標(biāo)，然后分別代入拋物線解析式，求解即可；
（4）求出點Q與點A重合時的t=1，點P與點C重合時的t=1.5，t=2時PQ經(jīng)過點B，然后分①0＜t≤1時，重疊部分的面積等于△POQ的面積，②1＜t≤1.5時，重疊部分的面積等于兩個等腰直角三角形的面積的差，③1.5＜t＜2時，重疊部分的面積等于梯形的面積減去一個等腰直角三角形的面積分別列式整理即可得解．
【解答】：
解：（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx（a≠0），
把點A（1，﹣1），B（3，﹣1）代入得，
，
解得
，
∴拋物線解析式為y=
x2﹣
x，
∵y=
x2﹣
x=
（x﹣2）2﹣
，
∴頂點M的坐標(biāo)為（2，﹣
）；
（2）∵點P從點O出發(fā)速度是每秒2個單位長度，
∴OP=2t，
∴點P的坐標(biāo)為（2t，0），
∵A（1，﹣1），
∴∠AOC=45°，
∴點Q到x軸、y軸的距離都是
OP=
×2t=t，
∴點Q的坐標(biāo)為（t，﹣t）；
（3）∵△OPQ繞著點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，
∴旋轉(zhuǎn)后點O、Q的對應(yīng)點的坐標(biāo)分別為（2t，﹣2t），（3t，﹣t），
若頂點O在拋物線上，則
×（2t）2﹣
×（2t）=﹣2t，
解得t=
，
若頂點Q在拋物線上，則
×（3t）2﹣
×（3t）=﹣t，
解得t=1，
綜上所述，存在t=
或1，使得△OPQ的頂點O或頂點Q在拋物線上；
（4）點Q與點A重合時，OP=1×2=2，t=2÷2=1，
點P與點C重合時，OP=3，t=3÷2=1.5，
t=2時，OP=2×2=4，PC=4﹣3=1，此時PQ經(jīng)過點B，
所以，分三種情況討論：
①0＜t≤1時，S=
×（2t）×
=t2，
②1＜t≤1.5時，S=
×（2t）×
﹣
×（
t﹣
）2=2t﹣1；
③1.5＜t＜2時，S=
×（2+3）×1﹣
×[1﹣（2t﹣3）]2=﹣2（t﹣2）2+
；
所以，S與t的關(guān)系式為S=
．
【點評】：
本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等腰直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，三角形的面積，難點在于（4）隨著運動時間的變化，根據(jù)重疊部分的形狀的不同分情況討論，作出圖形更形象直觀．
二、雙動點問題
【題1】（2014年山東煙臺第25題）在正方形ABCD中，動點E，F(xiàn)分別從D，C兩點同時出發(fā)，以相同的速度在直線DC，CB上移動．
（1）如圖①，當(dāng)點E自D向C，點F自C向B移動時，連接AE和DF交于點P，請你寫出AE與DF的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖②，當(dāng)E，F(xiàn)分別移動到邊DC，CB的延長線上時，連接AE和DF，（1）中的結(jié)論還成立嗎？（請你直接回答“是”或“否”，不需證明）
（3）如圖③，當(dāng)E，F(xiàn)分別在邊CD，BC的延長線上移動時，連接AE，DF，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由；
（4）如圖④，當(dāng)E，F(xiàn)分別在邊DC，CB上移動時，連接AE和DF交于點P，由于點E，F(xiàn)的移動，使得點P也隨之運動，請你畫出點P運動路徑的草圖．若AD=2，試求出線段CP的最小值．
【分析】：（1）AE=DF，AE⊥DF．先證得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性質(zhì)得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四邊形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因為∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可證AE=DF，∠DAE=∠CDF，延長FD交AE于點G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于點P在運動中保持∠APD=90°，所以點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，設(shè)AD的中點為O，連接OC交弧于點P，此時CP的長度最小，再由勾股定理可得
OC的長，再求CP即可．
【解答】解：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；
（2）是；
（3）成立．
理由：由（1）同理可證AE=DF，∠DAE=∠CDF
延長FD交AE于點G，
則∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°．
∴AE⊥DF；
（4）如圖：
由于點P在運動中保持∠APD=90°，
∴點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，
設(shè)AD的中點為O，連接OC交弧于點P，此時CP的長度最小，
在Rt△ODC中，OC=
，
∴CP=OC﹣OP=
．
【點評】： 本題主要考查了四邊形的綜合知識．綜合性較強，特別是第（4）題要認(rèn)真分析．
【題2】（2014·溫州第24題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B的坐標(biāo)分別為（﹣3，0），（0，6）．動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，同時動點C從B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個單位的速度運動，以CP，CO為鄰邊構(gòu)造?PCOD，在線段OP延長線上取點E，使PE=AO，設(shè)點P運動的時間為t秒．
（1）當(dāng)點C運動到線段OB的中點時，求t的值及點E的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)點C在線段OB上時，求證：四邊形ADEC為平行四邊形．
（3）在線段PE上取點F，使PF=1，過點F作MN⊥PE，截取FM=2，F(xiàn)N=1，且點M，N分別在一，四象限，在運動過程中?PCOD的面積為S．
①當(dāng)點M，N中有一點落在四邊形ADEC的邊上時，求出所有滿足條件的t的值；
②若點M，N中恰好只有一個點落在四邊形ADEC的內(nèi)部（不包括邊界）時，直接寫出S的取值范圍．
【考點】：
四邊形綜合題．
【分析】：
（1）由C是OB的中點求出時間，再求出點E的坐標(biāo)，
（2）連接CD交OP于點G，由?PCOD的對角線相等，求四邊形ADEC是平行四邊形．
（3）當(dāng)點C在BO上時，第一種情況，當(dāng)點M在CE邊上時，由△EMF∽△ECO求解，第二種情況，當(dāng)點N在DE邊上時，由△EFN∽△EPD求解，
當(dāng)點C在BO的延長線上時，第一種情況，當(dāng)點M在DE邊上時，由EMF∽△EDP求解，第二種情況，當(dāng)點N在CE邊上時，由△EFN∽△EOC求解，
②當(dāng)1≤t＜
時和當(dāng)
＜t≤5時，分別求出S的取值范圍，
【解答】：
解：（1）∵OB=6，C是OB的中點，
∴BC=
OB=3，
∴2t=3即t=
，
∴OE=
+3=
，E（
，0）
（2）如圖，連接CD交OP于點G，
在?PCOD中，CG=DG，OG=PG，
∵AO=PO，
∴AG=EG，
∴四邊形ADEC是平行四邊形．
（3）①（Ⅰ）當(dāng)點C在BO上時，
第一種情況：如圖，當(dāng)點M在CE邊上時，
∵M(jìn)F∥OC，
∴△EMF∽△ECO，
∴
=
，即
=
，
∴t=1，
第二種情況：當(dāng)點N在DE邊
∵NF∥PD，
∴△EFN∽△EPD，
∴
=
=
，
∴t=
，
（Ⅱ）當(dāng)點C在BO的延長線上時，
第一種情況：當(dāng)點M在DE邊上時，
∵M(jìn)F∥PD，
∴EMF∽△EDP，
∴
=
即
=
，
∴t=
，
第二種情況：當(dāng)點N在CE邊上時，
∵NF∥OC，
∴△EFN∽△EOC，
∴
=
即
=
，
∴t=5．
②
＜S≤
或
＜S≤20．
當(dāng)1≤t＜
時，
S=t（6﹣2t）=﹣2（t﹣
）2+
，
∵t=
在1≤t＜
范圍內(nèi)，
∴
＜S≤
，
當(dāng)
＜t≤5時，S=t（2t﹣6）=2（t﹣
）2﹣
，
∴
＜S≤20．
【點評】：
本題主要是考查了四邊形的綜合題，解題的關(guān)鍵是正確分幾種不同種情況求解．
【題3】 (2014年湖北隨州第25題)平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是菱形，點C的坐標(biāo)為（﹣3，4），點A在x軸的正半軸上，O為坐標(biāo)原點，連接OB，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過C、O、A三點．
（1）直接寫出這條拋物線的解析式；
（2）如圖1，對于所求拋物線對稱軸上的一點E，設(shè)△EBO的面積為S1，菱形ABCD的面積為S2，當(dāng)S1≤
S2時，求點E的縱坐標(biāo)n的取值范圍；
（3）如圖2，D（0，﹣
）為y軸上一點，連接AD，動點P從點O出發(fā)，以
個單位/秒的速度沿OB方向運動，1秒后，動點Q從O出發(fā)，以2個單位/秒的速度沿折線O﹣A﹣B方向運動，設(shè)點P運動時間為t秒（0＜t＜6），是否存在實數(shù)t，使得以P、Q、B為頂點的三角形與△ADO相似？若存在，求出相應(yīng)的t值；若不存在，請說明理由．
【考點】： 二次函數(shù)綜合題．
【分析】： （1）求得菱形的邊長，則A的坐標(biāo)可以求得，然后利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；
（2）首先求得菱形的面積，即可求得S1的范圍，當(dāng)S1取得最大值時即可求得直線的解析式，則n的值的范圍即可求得；
（3）分當(dāng)1＜t＜3.5時和3.5≤t≤6時兩種情況進(jìn)行討論，依據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，即可列方程求解．
【解答】： 解：（1）根據(jù)題意得：
，
解得：
，
則拋物線的解析式是：y=
x2﹣
x；
（2）設(shè)BC與y軸相交于點G，則S2=OG·BC=20，
∴S1≤5，
又OB所在直線的解析式是y=2x，OB=
=2
，
∴當(dāng)S1=5時，△EBO的OB邊上的高是
．
如圖1，設(shè)平行于OB的直線為y=2x+b，則它與y軸的交點為M（0，b），與拋物線對稱軸x=
交于點E（
，n）．
過點O作ON⊥ME，點N為垂足，若ON=
，由△MNO∽△OGB，得OM=5，
∴y=2x﹣5，
由
，
解得：y=0，
即E的坐標(biāo)是（
，0）．
∵與OB平行且到OB的距離是
的直線有兩條．
∴由對稱性可得另一條直線的解析式是：y=2x+5．
則E′的坐標(biāo)是（
，10）．
由題意得得，n的取值范圍是：0≤n≤10且n≠5．
（3）如圖2，動點P、Q按題意運動時，
當(dāng)1＜t＜3.5時，
OP=
t，BP=2
﹣
t，OQ=2（t﹣1），
連接QP，當(dāng)QP⊥OP時，有
=
，
∴PQ=
（t﹣1），
若
=
，則有
=
，
又∵∠QPB=∠DOA=90°，
∴△BPQ∽△AOD，
此時，PB=2PQ，即2
﹣
t=
（t﹣1），
10﹣t=8（t﹣1），
∴t=2；
當(dāng)3.5≤t≤6時，QB=10﹣2（t﹣1）=12﹣2t，連接QP．
若QP⊥BP，
則有∠PBQ=∠ODA，
又∵∠QPB=∠AOD=90°，
∴△BPQ∽△DOA，
此時，PB=
PB，即12﹣2t=
（2
﹣
t），12﹣2t=10﹣t，
∴t=2（不合題意，舍去）．
若QP⊥BQ，則△BPQ∽△DAO，
此時，PB=
BQ，
即2
﹣
t=
（12﹣2t），2﹣
t=12﹣2t，
解得：t=
．
則t的值為2或
．
【點評】： 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有拋物線的頂點公式和三角形的面積求法．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．
【題4】（2014·武漢第24題）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，動點P從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒5cm的速度向點A勻速運動，同時動點Q從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒4cm的速度向點B勻速運動，運動時間為t秒（0＜t＜2），連接PQ．
（1）若△BPQ與△ABC相似，求t的值；
（2）連接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）試證明：PQ的中點在△ABC的一條中位線上．
【考點】：
相似形綜合題
【分析】：
（1）分兩種情況討論：①當(dāng)△BPQ∽△BAC時，
=
，當(dāng)△BPQ∽△BCA時，
=
，再根據(jù)BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入計算即可；
（2）過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，根據(jù)△ACQ∽△CMP，得出
=
，代入計算即可；
（3）作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F，先得出DF=
，再把QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t代入求出DF，過BC的中點R作直線平行于AC，得出RC=DF，D在過R的中位線上，從而證出PQ的中點在△ABC的一條中位線上．
【解答】：
解：（1）①當(dāng)△BPQ∽△BAC時，
∵
=
，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，
∴
=
，
∴t=1；
②當(dāng)△BPQ∽△BCA時，
∵
=
，
∴
=
，
∴t=
，
∴t=1或
時，△BPQ與△ABC相似；
（2）如圖所示，過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，
∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，
∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°，
∴△ACQ∽△CMP，
∴
=
，
∴
=
，
解得：t=
；
（3）如圖，仍有PM⊥BC于點M，PQ的中點設(shè)為D點，再作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F，
∵∠ACB=90°，
∴DF為梯形PECQ的中位線，
∴DF=
，
∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，
∴DF=
=4，
∵BC=8，過BC的中點R作直線平行于AC，
∴RC=DF=4成立，
∴D在過R的中位線上，
∴PQ的中點在△ABC的一條中位線上．
【點評】：
此題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的判定與性質(zhì)、中位線的性質(zhì)等，關(guān)鍵是畫出圖形作出輔助線構(gòu)造相似三角形，注意分兩種情況討論．
【題5】（2014·揚州第28題）已知矩形ABCD的一條邊AD=8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處．
（1）如圖1，已知折痕與邊BC交于點O，連結(jié)AP、OP、OA．
①求證：△OCP∽△PDA；
②若△OCP與△PDA的面積比為1：4，求邊AB的長；
（2）若圖1中的點P恰好是CD邊的中點，求∠OAB的度數(shù)；
（3）如圖2，
，擦去折痕AO、線段OP，連結(jié)BP．動點M在線段AP上（點M與點P、A不重合），動點N在線段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PB于點F，作ME⊥BP于點E．試問當(dāng)點M、N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明理由；若不變，求出線段EF的長度．
【考點】：
相似形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值．
【專題】：
綜合題；動點型；探究型．
【分析】：
（1）只需證明兩對對應(yīng)角分別相等即可證到兩個三角形相似，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PC長以及AP與OP的關(guān)系，然后在Rt△PCO中運用勾股定理求出OP長，從而求出AB長．
（2）由DP=
DC=
AB=
AP及∠D=90°，利用三角函數(shù)即可求出∠DAP的度數(shù)，進(jìn)而求出∠OAB的度數(shù)．
（3）由邊相等常常聯(lián)想到全等，但BN與PM所在的三角形并不全等，且這兩條線段的位置很不協(xié)調(diào)，可通過作平行線構(gòu)造全等，然后運用三角形全等及等腰三角形的性質(zhì)即可推出EF是PB的一半，只需求出PB長就可以求出EF長．
【解答】：
解：（1）如圖1，
①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．
由折疊可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．
∴∠APO=90°．
∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．
∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．
∴△OCP∽△PDA．
②∵△OCP與△PDA的面積比為1：4，
∴
=
=
=
=
．
∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．
∵AD=8，∴CP=4，BC=8．
設(shè)OP=x，則OB=x，CO=8﹣x．
在Rt△PCO中，
∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，
∴x2=（8﹣x）2+42．
解得：x=5．
∴AB=AP=2OP=10．
∴邊AB的長為10．
（2）如圖1，
∵P是CD邊的中點，
∴DP=
DC．
∵DC=AB，AB=AP，
∴DP=
AP．
∵∠D=90°，
∴sin∠DAP=
=
．
∴∠DAP=30°．
∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，
∴∠OAB=30°．
∴∠OAB的度數(shù)為30°．
（3）作MQ∥AN，交PB于點Q，如圖2．
∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．
∴∠APB=∠MQP．
∴MP=MQ．
∵M(jìn)P=MQ，ME⊥PQ，
∴PE=EQ=
PQ．
∵BN=PM，MP=MQ，
∴BN=QM．
∵M(jìn)Q∥AN，
∴∠QMF=∠BNF．
在△MFQ和△NFB中，
．
∴△MFQ≌△NFB．
∴QF=BF．
∴QF=
QB．
∴EF=EQ+QF=
PQ+
QB=
PB．
由（1）中的結(jié)論可得：
PC=4，BC=8，∠C=90°．
∴PB=
=4
．
∴EF=
PB=2
．
∴在（1）的條件下，當(dāng)點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，長度為2
．
【點評】：
本題是一道運動變化類的題目，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識，綜合性比較強，而添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解決最后一個問題的關(guān)鍵．
【題6】（2014昆明第23題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線
與x軸交于點A（
，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C.
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P從A點出發(fā)，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動，同時點Q從B點出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度向C點運動.其中一個點到達(dá)終點時，另一個點也停止運動.當(dāng)△PBQ存在時，求運動多少秒使△PBQ的面積最大，最多面積是多少？
（3）
當(dāng)△PBQ的面積最大時，在BC下方的拋物線上存在點K，使
，求K點坐標(biāo).
【考點】：
二次函數(shù)綜合題.
【分析】：
（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2考查動點與二次函數(shù)最值問題：先寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，再確定函數(shù)最值；
（3）存在所求的K點，由（2）可求出
的面積，再把
分成兩個三角形進(jìn)行面積運算.
【解答】：
解：（1）將A（
，0）、B（4，0）兩點坐標(biāo)分別代入
，
即
，解得：
拋物線的解析式為：
（2）設(shè)運動時間為t秒，由題意可知：
過點
作
，垂直為D， 易證
∽
，
OC=3，OB=4，BC=5，
，
對稱軸
當(dāng)運動1秒時，△PBQ面積最大，
，最大為
，
（3）如圖，設(shè)
連接CK、BK，作
交BC與L，
由（2）知：
，
設(shè)直線BC的解析式為
，解得：
直線BC的解析式為
即：
解得：
坐標(biāo)為
或
【點評】：
本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、一次函數(shù)、一元二次方程、相似三角形性質(zhì)、動點問題等重要知識點．
【題7】（2014年四川巴中第31題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx﹣4與x軸交于點A（﹣2，0）和點B，與y軸交于點C，直線x=1是該拋物線的對稱軸．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若兩動點M，H分別從點A，B以每秒1個單位長度的速度沿x軸同時出發(fā)相向而行，當(dāng)點M到達(dá)原點時，點H立刻掉頭并以每秒360docimg_501_個單位長度的速度向點B方向移動，當(dāng)點M到達(dá)拋物線的對稱軸時，兩點停止運動，經(jīng)過點M的直線l⊥x軸，交AC或BC于點P，設(shè)點M的運動時間為t秒（t＞0）．求點M的運動時間t與△APH的面積S的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．
360docimg_502_360docimg_503_
【分析】：（1）根據(jù)拋物線y=ax2+bx﹣4與x軸交于點A（﹣2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸，得到方程組360docimg_504_，解方程組即可求出拋物線的解析式；
（2）由于點M到達(dá)拋物線的對稱軸時需要3秒，所以t≤3，又當(dāng)點M到達(dá)原點時需要2秒，且此時點H立刻掉頭，所以可分兩種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)0＜t≤2時，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根據(jù)三角形的面積公式求出即可；②當(dāng)2＜t≤3時，過點P作PM⊥x軸于M，PF⊥y軸于點F，表示出三角形APH的面積，利用配方法求出最值即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y=ax2+bx﹣4與x軸交于點A（﹣2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸，
∴360docimg_505_，解得：360docimg_506_，∴拋物線的解析式是：y=360docimg_507_x2﹣x﹣4，
（2）分兩種情況：
①當(dāng)0＜t≤2時，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，
∴360docimg_508_=360docimg_509_，即360docimg_510_=360docimg_511_，∴PM=2t．
解方程360docimg_512_x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，
∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．
∵AH=AB﹣BH=6﹣t，
∴S=360docimg_513_PM·AH=360docimg_514_×2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，
當(dāng)t=2時S的最大值為8；
②當(dāng)2＜t≤3時，過點P作PM⊥x軸于M，作PF⊥y軸于點F，則△COB∽△CFP，
又∵CO=OB，
∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+360docimg_515_（t﹣2）=360docimg_516_t+1，
∴S=360docimg_517_PM·AH=360docimg_518_（6﹣t）（360docimg_519_t+1）=﹣360docimg_520_t2+4t+3=﹣360docimg_521_（t﹣360docimg_522_）2+360docimg_523_，
當(dāng)t=360docimg_524_時，S最大值為360docimg_525_．
綜上所述，點M的運動時間t與△APQ面積S的函數(shù)關(guān)系式是S=360docimg_526_，S的最大值為360docimg_527_．
【點評】： 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的最值等知識，綜合性較強，難度適中．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．．
三、幾何圖形運動問題
【題1】（2014·蘇州第28題）如圖，已知l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，⊙O的半徑為2cm，矩形ABCD的邊AD、AB分別與l1，l2重合，AB=4360docimg_528_cm，AD=4cm，若⊙O與矩形ABCD沿l1同時向右移動，⊙O的移動速度為3cm，矩形ABCD的移動速度為4cm/s，設(shè)移動時間為t（s）
（1）如圖①，連接OA、AC，則∠OAC的度數(shù)為 105 °；
（2）如圖②，兩個圖形移動一段時間后，⊙O到達(dá)⊙O1的位置，矩形ABCD到達(dá)A1B1C1D1的位置，此時點O1，A1，C1恰好在同一直線上，求圓心O移動的距離（即OO1的長）；
（3）在移動過程中，圓心O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化，設(shè)該距離為d（cm），當(dāng)d＜2時，求t的取值范圍（解答時可以利用備用圖畫出相關(guān)示意圖）．
360docimg_529_
【考點】：
圓的綜合題．
【分析】：
（1）利用切線的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系分別求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，進(jìn)而得出答案；
（2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，進(jìn)而得出OO1=3t得出答案即可；
（3）①當(dāng)直線AC與⊙O第一次相切時，設(shè)移動時間為t1，②當(dāng)直線AC與⊙O第二次相切時，設(shè)移動時間為t2，分別求出即可．
【解答】：
解：（1）∵l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，
∴∠OAD=45°，
∵AB=4360docimg_530_cm，AD=4cm，
∴CD=4360docimg_531_cm，AD=4cm，
∴tan∠DAC=360docimg_532_=360docimg_533_=360docimg_534_，
∴∠DAC=60°，
∴∠OAC的度數(shù)為：∠OAD+∠DAC=105°，
故答案為：105；
360docimg_535_
（2）如圖位置二，當(dāng)O1，A1，C1恰好在同一直線上時，設(shè)⊙O1與l1的切點為E，
連接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，
在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4360docimg_536_，
∴tan∠C1A1D1=360docimg_537_，∴∠C1A1D1=60°，
在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，
∴A1E=360docimg_538_=360docimg_539_，
∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，
∴t﹣2=360docimg_540_，
∴t=360docimg_541_+2，
∴OO1=3t=2360docimg_542_+6；
（3）①當(dāng)直線AC與⊙O第一次相切時，設(shè)移動時間為t1，
如圖，此時⊙O移動到⊙O2的位置，矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置，
設(shè)⊙O2與直線l1，A2C2分別相切于點F，G，連接O2F，O2G，O2A2，
∴O2F⊥l1，O2G⊥A2G2，
由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，
∴∠O2A2F=60°，
在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=360docimg_543_，
∵OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+360docimg_544_，
∴4t1+360docimg_545_﹣3t1=2，
∴t1=2﹣360docimg_546_，
②當(dāng)直線AC與⊙O第二次相切時，設(shè)移動時間為t2，
記第一次相切時為位置一，點O1，A1，C1共線時位置二，第二次相切時為位置三，
由題意知，從位置一到位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等，
∴360docimg_547_+2﹣（2﹣360docimg_548_）=t2﹣（360docimg_549_+2），
解得：t2=2+2360docimg_550_，
綜上所述，當(dāng)d＜2時，t的取值范圍是：2﹣360docimg_551_＜t＜2+2360docimg_552_．
【點評】：
此題主要考查了切線的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識，利用分類討論以及數(shù)形結(jié)合t的值是解題關(guān)鍵．
【題2】（2014年江蘇鹽城第28題）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，一塊等腰直角三角板ABC的直角頂點A在y軸上，坐標(biāo)為（0，﹣1），另一頂點B坐標(biāo)為（﹣2，0），已知二次函數(shù)y=360docimg_553_x2+bx+c的圖象經(jīng)過B、C兩點．現(xiàn)將一把直尺放置在直角坐標(biāo)系中，使直尺的邊A′D′∥y軸且經(jīng)過點B，直尺沿x軸正方向平移，當(dāng)A′D′與y軸重合時運動停止．
（1）求點C的坐標(biāo)及二次函數(shù)的關(guān)系式；
（2）若運動過程中直尺的邊A′D′交邊BC于點M，交拋物線于點N，求線段MN長度的最大值；
（3）如圖②，設(shè)點P為直尺的邊A′D′上的任一點，連接PA、PB、PC，Q為BC的中點，試探究：在直尺平移的過程中，當(dāng)PQ=360docimg_554_時，線段PA、PB、PC之間的數(shù)量關(guān)系．請直接寫出結(jié)論，并指出相應(yīng)的點P與拋物線的位置關(guān)系．
（說明：點與拋物線的位置關(guān)系可分為三類，例如，圖②中，點A在拋物線內(nèi)，點C在拋物線上，點D′在拋物線外．）
360docimg_555_
【考點】： 二次函數(shù)綜合題．
【分析】： （1）求C點坐標(biāo)，考慮作x，y軸垂線，表示橫縱坐標(biāo)，易得△CDA≌△AOB，所以C點坐標(biāo)易知．進(jìn)而拋物線解析式易得．
（2）橫坐標(biāo)相同的兩點距離，可以用這兩點的縱坐標(biāo)作差，因為兩點分別在直線BC與拋物線上，故可以利用解析式，設(shè)橫坐標(biāo)為x，表示兩個縱坐標(biāo)．作差記得關(guān)于x的二次函數(shù)，利用最值性質(zhì)，結(jié)果易求．
（3）計算易得，BC=360docimg_556_，因為Q為BC的中點，PQ=360docimg_557_恰為半徑，則易360docimg_558_作圓，P點必在圓上．此時連接PB，PC，PA，因為BC為直徑，故BP2+CP2=BC2為定值，而PA不固定，但不超過BC，所以易得結(jié)論BP2+CP2≥PA2，題目要求考慮三種情況，其中P在拋物線上時，P點只能與B或C重合，此時，PA，PB，PC可求具體值，則有等量關(guān)系．
【解答】： 解：（1）
360docimg_559_
如圖1，過點C作CD⊥y軸于D，此時△CDA≌△AOB，
∵△CDA≌△AOB，
∴AD=BO=2，CD=AO=1，
∴OD=OA+AD=3，
∴C（﹣1，﹣3）．
將B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3）代入拋物線y=360docimg_560_x2+bx+c，
解得 b=360docimg_561_，c=﹣3，
∴拋物線的解析式為y=360docimg_562_x2+360docimg_563_x﹣3．
（2）設(shè)lBC：y=kx+b，
∵B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3），
∴360docimg_564_，
解得360docimg_565_，
∴l(xiāng)BC：y=﹣3x﹣6，
設(shè)M（xM，﹣3xM﹣6），N（xN，360docimg_566_xN2+360docimg_567_xN﹣3），
∵xM=xN（記為x），yM≥yN，
∴線段MN長度=﹣3x﹣6﹣（360docimg_568_x2+360docimg_569_x﹣3）=﹣360docimg_570_（x+360docimg_571_）2+360docimg_572_，（﹣2≤x≤﹣1），
∴當(dāng)x=﹣360docimg_573_時，線段MN長度為最大值360docimg_574_．
（3）答：P在拋物線外時，BP2+CP2≥PA2；P在拋物線上時，BP+CP=360docimg_575_AP；P在拋物線內(nèi)，BP2+CP2≥PA2．
分析如下：
360docimg_576_
如圖2，以Q點為圓心，360docimg_577_為半徑作⊙Q，
∵OB=2，OA=1，
∴AC=AB=360docimg_578_=360docimg_579_，
∴BC=360docimg_580_=360docimg_581_，
∴BQ=CQ=360docimg_582_，
∵∠BAC=90°，
∴點B、A、C都在⊙Q上．
①P在拋物線外，
360docimg_583_
如圖3，在拋物線外的弧BC上任找一點P，連接PB，PB，PA，
∵BC為直徑，
∴BP2+CP2=BC2，BC≥PA，
∴BP2+CP2≥PA2．
②P在拋物線上，此時，P只能為B點或者C點，
∵AC=AB=360docimg_584_，
∴AP=360docimg_585_，
∵BP+CP=BC=360docimg_586_，
∴BP+CP=360docimg_587_AP．
③P在拋物線內(nèi)，同理①，
∵BC為直徑，
∴BP2+CP2=BC2，BC≥PA，
∴BP2+CP2≥PA2．
【點評】： 本題考查了三角形全等、拋物線圖象與性質(zhì)、函數(shù)性質(zhì)及圓的基礎(chǔ)知識，是一道綜合性比較強的題目．
【題3】（2014·懷化第24題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射線OC以每秒2個單位長度的速度向右平行移動，當(dāng)射線OC經(jīng)過點B時停止運動，設(shè)平行移動x秒后，射線OC掃過Rt△ABO的面積為y．
（1）求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)x=3秒時，射線OC平行移動到O′C′，與OA相交于G，如圖2，求經(jīng)過G，O，B三點的拋物線的解析式；
（3）現(xiàn)有一動點P在（2）中的拋物線上，試問點P在運動過程中，是否存在三角形POB的面積S=8的情況？若存在，求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
360docimg_588_
【考點】：
二次函數(shù)綜合題．
【專題】：
壓軸題．
【分析】：
（1）判斷出△ABO是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠AOB=45°，然后求出AO⊥CO，再根據(jù)平移的性質(zhì)可得AO⊥C′O′，從而判斷出△OO′G是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)列式整理即可得解；
（2）求出OO′，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點G的坐標(biāo)，然后設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx，再把點B、G的坐標(biāo)代入，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（3）設(shè)點P到x軸的距離為h，利用三角形的面積公式求出h，再分點P在x軸上方和下方兩種情況，利用拋物線解析式求解即可．
【解答】：
解：（1）∵AB=OB，∠ABO=90°，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB=45°，
∵∠yOC=45°，
∴∠AOC=（90°﹣45°）+45°=90°，
∴AO⊥CO，
∵C′O′是CO平移得到，
∴AO⊥C′O′，
∴△OO′G是等腰直角三角形，
∵射線OC的速度是每秒2個單位長度，
∴OO′=2x，
∴y=360docimg_589_×（2x）2=2x2；
（2）當(dāng)x=3秒時，OO′=2×3=6，
∵360docimg_590_×6=3，
∴點G的坐標(biāo)為（3，3），
設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx，
則360docimg_591_，
解得360docimg_592_，
∴拋物線的解析式為y=﹣360docimg_593_x2+360docimg_594_x；
（3）設(shè)點P到x軸的距離為h，
則S△POB=360docimg_595_×8h=8，
解得h=2，
當(dāng)點P在x軸上方時，﹣360docimg_596_x2+360docimg_597_x=2，
整理得，x2﹣8x+10=0，
解得x1=4﹣360docimg_598_，x2=4+360docimg_599_，
此時，點P的坐標(biāo)為（4﹣360docimg_600_，2）或（4+360docimg_601_，2）；
當(dāng)點P在x軸下方時，﹣360docimg_602_x2+360docimg_603_x=﹣2，
整理得，x2﹣8x﹣10=0，
解得x1=4﹣360docimg_604_，x2=4+360docimg_605_，
此時，點P的坐標(biāo)為（4﹣360docimg_606_，﹣2）或（4+360docimg_607_，﹣2），
綜上所述，點P的坐標(biāo)為（4﹣360docimg_608_，2）或（4+360docimg_609_，2）或（4﹣360docimg_610_，﹣2）或（4+360docimg_611_，﹣2）時，△POB的面積S=8．
【點評】：
本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，三角形的面積，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，（3）要注意分情況討論．
