（试题 试卷 真题）第8讲：面动问题(183页)

第8讲：面动问题一、选择题【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有，转载必究】1. （2013年湖南衡阳3分）如图所示，半径为1的圆和边长为3的正方形在同一水平线上，圆沿该水平线从左向右匀速穿过正方形，设穿过时间为t，正方形除去圆部分的面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为【 】A B C8 D【答案】A。【考点】动点问题的函数图象。【分析】由图中可知：在开始的时候，阴影部分的面积最大，可以排除B，C；随着圆的穿行开始，阴影部分的面积开始减小，当圆完全进入正方形时，阴影部分的面积开始不再变化应排除D。故选A。2. （2013年湖北恩施3分）如图所示，在直角坐标系中放置一个边长为1的正方形ABCD，将正方形ABCD沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A离开原点后第一次落在x轴上时，点A运动的路径线与x轴围成的面积为【 】A B C D【答案】C。【考点】旋转的性质，正方形的性质，扇形面积的计算。【分析】画出示意图，结合图形及扇形的面积公式即可计算出点A运动的路径线与x轴围成的面积：如图所示：点A运动的路径线与x轴围成的面积=S1+S2+S3+2a。故选C。3. （2013年湖北荆州3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第一象限作正方形ABCD，点D在双曲线（k0）上将正方形沿x轴负方向平移a个单位长度后，点C恰好落在该双曲线上，则a的值是【 】A1 B2 C3 D4【答案】B。【考点】反比例函数综合题，平移问题，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的性质，全等三角形的判定和性质。【分析】如图，作CEy轴于点E，交双曲线于点G，作DFx轴于点F， 在y=3x+3中，令x=0，解得：y=3，即B的坐标是（0，3）。令y=0，解得：x=1，即A的坐标是（1，0）。则OB=3，OA=1。BAD=90，BAO+DAF=90。又RtABO中，BAO+OBA=90，FAD=OBA。在OAB和FDA中，OBA =FAD，AOB =DFA，AB=AD，OABFDA（AAS）。同理，OABFDABEC。AF=OB=EC=3，DF=OA=BE=1。OF=OE=4。D的坐标是（4，1），代入得：k=4，则函数的解析式是：。由OE=4得C的纵坐标是4，把y=4代入得：x=1，即G的坐标是（1，4）。CG=2，即将正方形沿x轴负方向平移2个单位长度后，点C恰好落在该双曲线上。a=2。故选B。4. （2013年贵州贵阳3分）在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，有一个半径为1的硬币与边AB、AD相切，硬币从如图所示的位置开始，在矩形内沿着边AB、BC、CD、DA滚动到开始的位置为止，硬币自身滚动的圈数大约是【 】A1圈 B2圈 C3圈 D4圈【答案】B。【考点】动圆问题，切线的性质，正方形的判定和性质，弧长的计算。【分析】如图，连接AD、AB与O的切点E、F，则OEAD，OFAB。易证四边形OEAF是正方形，则AF=OE=1。O的周长=21=2，硬币从如图所示的位置开始，在矩形内沿着边AB、BC、CD、DA滚动到开始的位置为止，硬币自身滚动的路程是：2（AB+BC）8AF=208=12，硬币自身滚动的圈数大约是：1222（圈）。故选B。5. （2013年贵州黔东南4分）如图，直线y=2x与双曲线在第一象限的交点为A，过点A作ABx轴于B，将ABO绕点O旋转90，得到ABO，则点A的坐标为【 】A（1.0） B（1.0）或（1.0） C（2.0）或（0，2） D（2.1）或（2，1）【答案】D。【考点】反比例函数与一次函数的交点问题，坐标与图形的旋转变化，分类思想的应用。【分析】联立直线与反比例解析式得：， 消去y得到：x2=1，解得：x=1或1。y=2或2。A（1，2），即AB=2，OB=1，根据题意画出相应的图形，如图所示，分顺时针和逆时针旋转两种情况：根据旋转的性质，可得AB=AB=AB=2，OB=OB=OB=1，根据图形得：点A的坐标为（2，1）或（2，1）。故选D。6. （2013年福建晋江3分）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF将BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到CDF的位置，则旋转角是【 】 A45 B60 C90 D120【答案】C。【考点】正方形的性质，旋转的性质。【分析】如图，作出旋转中心，连接AC、BD，AC与BD的交点即为旋转中心O。 根据旋转的性质知，点C与点D对应，则DOC就是旋转角。四边形ABCD是正方形DOC=90。来源:学。科。网Z。X。X。K故选C。7. （2013年青海西宁3分）如图，矩形的长和宽分别是4和3，等腰三角形的底和高分别是3和4，如果此三角形的底和矩形的宽重合，并且沿矩形两条宽的中点所在的直线自右向左匀速运动至等腰三角形的底与另一宽重合设矩形与等腰三角形重叠部分（阴影部分）的面积为y，重叠部分图形的高为x，那么y关于x的函数图象大致应为【 】A B C D【答案】B。【考点】面动问题的函数图象，由实际问题列函数关系式，矩形和等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】如图，连接IE， 根据题意，CD=3，EF=4，FI=x，EI=4x， 易得，EGHECD，即。y关于x的函数图象是抛物线在的一段，且当x=4时，y=6。故选B。8. （2013年吉林长春3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），OAB沿x轴向右平移后得到OAB，点A的对应点在直线上一点，则点B与其对应点B间的距离为【 】A B3 C4 D5【答案】C。【考点】坐标与图形的平移变化，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】如图，连接AA、BB，点A的坐标为（0，3），OAB沿x轴向右平移后得到OAB，点A的纵坐标是3。又点A的对应点在直线上一点，解得x=4。点A的坐标是（4，3）。AA=4。根据平移的性质知BB=AA=4。故选C。9. （2013年辽宁盘锦3分）如图，将边长为4的正方形ABCD的一边BC与直角边分别是2和4的RtGEF的一边GF重合正方形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿GE向右匀速运动，当点A和点E重合时正方形停止运动设正方形的运动时间为t秒，正方形ABCD与RtGEF重叠部分面积为s，则s关于t的函数图象为【 】A B C D【答案】B。【考点】面动问题的函数图象，正方形和直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】分类讨论：当0t2时，如图1，此时，B在GE之间，BG=t，BE=2t，PBGF，EBPEGF。，即，。当2t4时，G、E在AB之间，。当4t6时，如图，此时，A在GE之间，GA=t4，AE=6t，PAGF，EAPEGF，即，。综上所述，当0t2时，s关于t的函数图象为开口向下的抛物线的一部分；当2t4时，s关于t的函数图象为平行于x轴的一条线段；当4t6时，s关于t的函数图象为开口向上的抛物线的一部分。故选B。10. （2013年辽宁铁岭3分）如图，点G、E、A、B在一条直线上，RtEFG从如图所示是位置出发，沿直线AB向右匀速运动，当点G与B重合时停止运动设EFG与矩形ABCD重合部分的面积为S，运动时间为t，则S与t的图象大致是【 】A B C D【答案】D。【考点】面动问题的函数图象，相似三角形的判定和性质，数形结合思想和分类思想的应用。【分析】设GE=a，EF=b，AE=m，AB=c，RtEFG向右匀速运动的速度为1， 当E点在点A左侧时，S=0。当点G在点A左侧，点E在点A右侧时，如答图1，AE=tm，GA=a（tm）=a+mt，PAEF，GAPGEF。，即。S是t的二次函数，且二次项系数为负数，所以抛物线开口向下。当点G在点A右侧，点E在点B左侧时，S=ab。当点G在点B左侧，点E在点B右侧时，如答图2，GB=a+m+ct，PAEF，GBPGEF。，即。S是t的二次函数，且二次项系数为，正数，所以抛物线开口向上。综上所述，S与t的图象分为四段，第一段为x轴上的一条线段，第二段为开口向下的抛物线的一部分，第三段为与x轴平行的线段，第四段为开口先上的抛物线的一部分。故选D。二、填空题【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有，转载必究】1. （2013年湖南邵阳3分）如图所示，将ABC绕AC的中点O顺时针旋转180得到CDA，添加一个条件 ，使四边形ABCD为矩形【答案】B=90。【考点】开放型，矩形的判定，旋转的性质。【分析】ABC绕AC的中点O顺时针旋转180得到CDA，AB=CD，BAC=DCA。ABCD。四边形ABCD为平行四边形。当B=90时，平行四边形ABCD为矩形，添加的条件为B=90。2. （2013年湖北鄂州3分）如图，AOB中，AOB=90，AO=3，BO=6，AOB绕顶点O逆时针旋转到AOB处，此时线段AB与BO的交点E为BO的中点，则线段BE的长度为【答案】。【考点】旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质。【分析】AOB=90，AO=3，BO=6，。AOB绕顶点O逆时针旋转到AOB处，AO=AO=3，AB=AB=。点E为BO的中点，OE=BO=6=3。OE=AO。过点O作OFAB于F，SAOB=OF=36，解得OF=。在RtEOF中，OE=AO，OFAB，AE=2EF=2=（等腰三角形三线合一）。BE=ABAE=。3. （2013年湖北黄冈3分）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，边CD在直线L上，将矩形ABCD沿直线L作无滑动翻滚，当点A第一次翻滚到点A1位置时，则点A经过的路线长为 . 【答案】。【考点】矩形的性质，弧长的计算，勾股定理。【分析】如图，点A经过的路线长由三部分组成：以D为圆心，AD为半径旋转90的弧长；以B为圆心，AB为半径旋转90的弧长；以C1为圆心，A1C1为半径旋转90的弧长，根据矩形的性质和勾股定理可得各半径长，利用弧长公式计算即可：。4. （2013年湖北荆州3分）如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把ACD沿CA方向平移得到A1C1D1，连结AD1、BC1若ACB=30，AB=1，CC1=x，ACD与A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：A1AD1CC1B；当x=1时，四边形ABC1D1是菱形；当x=2时，BDD1为等边三角形；（0x2）；其中正确的是 （填序号）【答案】。【考点】平移的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，菱形的判定。【分析】四边形ABCD为矩形，BC=AD，BCAD。DAC=ACB。把ACD沿CA方向平移得到A1C1D1，A1=DAC，A1D1=AD，AA1=CC1。在A1AD1与CC1B中，AA1=CC1，A1=ACB，A1D1=CB，A1AD1CC1B（SAS）。正确；。ACB=30，CAB=60。来源:Zxxk.ComAB=1，AC=2。x=1，AC1=1。AC1B是等边三角形。AB=BC1。又ABBC1，四边形ABC1D1是菱形。故正确。如图所示，可得BD=DD1=BD1=2，BDD1为等边三角形，故正确。易得AC1FACD，解得：（0x2）；故正确。综上可得正确的是。5. （2013年湖北潜江、仙桃、天门、江汉油田3分）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，正三角形OEF绕点O旋转在旋转过程中，当AE=BF时，AOE的大小是 【答案】15或165。【考点】旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】连接AE，BF，如图1，四边形ABCD为正方形，OA=OB，AOB=90。OEF为等边三角形，OE=OF，EOF=60，在OAE和OBF中，OAEOBF（SSS）。AOE=BOF=（9060）=15。如图2，在AOE和BOF中，AOEBOF（SSS），AOE=BOF。DOF=COE。DOF=（9060）=15。AOE=18015=165。综上所述，AOE大小为15或165。6. （2013年贵州六盘水4分）把边长为1的正方形纸片OABC放在直线m上，OA边在直线m上，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90，此时，点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处，又将正方形纸片AO1C1B1绕B1点，按顺时针方向旋转90，按上述方法经过4次旋转后，顶点O经过的总路程为 ，经过61次旋转后，顶点O经过的总路程为 【答案】；。【考点】探索规律题（图形的变化类循环问题），旋转的性质，正方形的性质，弧长的计算。【分析】如图，为了便于标注字母，且位置更清晰，每次旋转后不仿向右移动一点，第1次旋转路线是以正方形的边长为半径，以90圆心角的扇形，路线长为；第2次旋转路线是以正方形的对角线长为半径，以90圆心角的扇形，路线长为；第3次旋转路线是以正方形的边长为半径，以90圆心角的扇形，路线长为；第4次旋转点O没有移动，旋转后与于最初正方形的放置相同。4次旋转，顶点O经过的路线长为。由上可知，旋转4次一循环。614=151，经过61次旋转，顶点O经过的路程是4次旋转路程的15倍加上第1次路线长，即。7. （ 2013年广西玉林、防城港3分）如图，ABC是O内接正三角形，将ABC绕点O顺时针旋转30得到DEF，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：DQN=30；DNQANM；DNQ的周长等于AC的长；NQ=QC其中正确的结论是 （把所有正确的结论的序号都填上）【答案】。【考点】圆的综合题，旋转的性质，圆周角定理，三角形外角性质，等边三角形的性质，弧、弦和圆心角之间的关系，全等三角形的判定，三角形边角关系。【分析】如图，连接OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，ABC绕点O顺时针旋转30得到DEF，AOD=COF=30。ACD=AOD=15，FDC=COF=15。DQN=QCD+QDC=15+15=30。所以正确。同理可得AMN=30。DEF为等边三角形，DE=DF。弧DE=弧DF。弧AE+弧AD=弧DC+弧CF。弧AD=弧CF，弧AE=弧DC。ADE=DAC。ND=NA。在DNQ和ANM中，DQN=AMN，DNQ=ANM，DN=AN。DNQANM（AAS）。所以正确。ACD=15，FDC=15，QD=QC。ND=NA，ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，即DNQ的周长等于AC的长。所以正确。DEF为等边三角形，NDQ=60。DQN=30，DNQ=90。QDNQ。QD=QC，QCNQ。所以错误。综上所述，正确的结论是。8. （2013年青海西宁2分）如图，是两块完全一样的含角的三角板，分别记作ABC和A1B1C1，现将两块三角板重叠在一起，设较长直角边的中点为M，绕中点M转动上面的三角板ABC，使其直角顶点C恰好落在三角板A1B1C1的斜边A1B1上当A30，AC10时，则此时两直角顶点C、C1的距离是 .【答案】5。【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质【分析】如图，连接CC，两块三角板重叠在一起，较长直角边的中点为M， M是AC、AC的中点，AC=AC。AC=10，CM=AM=CM=AC=5。A=30，A=ACM=30。CMC=60。MCC为等边三角形。CC=CM=5。9. （2013年内蒙古包头3分）如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将ABE绕点B顺时针旋转90到CBE的位置若AE=1，BE=2，CE=3，则BEC= 度【答案】135。【考点】正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的逆定理。【分析】如图，连接EE，将ABE绕点B顺时针旋转90到CBE的位置，AE=1，BE=2，CE=3，EBE=90，BE=BE=2，AE=EC=1。EE=2，BEE=45。EE2+EC2=8+1=9，EC2=9。EE2+EC2=EC2。EEC是直角三角形，EEC=90。BEC=135。10. （2013年黑龙江牡丹江市区3分）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，A（0，6），D（4，0），将菱形ABCD先向左平移5个单位长度，再向下平移8个单位长度，然后在坐标平面内绕点O旋转90，则边AB中点的对应点的坐标为 【答案】（5，7）或（5，7）。【考点】坐标与图形的和平移旋转变化，菱形的性质，分类睥应用。【分析】菱形ABCD的D（4，0），点B的坐标为（4，0）。A（0，6），AB的中点的坐标为（2，3）。向左平移5个单位长度，再向下平移8个单位长度，25=7，38=5。平移后AB的中点的坐标为（7，5）。在坐标平面内绕点O旋转90，若是顺时针旋转，则对应点在第二象限，坐标为（5，7）；若是逆时针旋转，则对应点在第四象限，坐标为（5，7）。综上所述，边AB中点的对应点的坐标为（5，7）或（5，7）。三、解答题【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有，转载必究】1. （2013年天津市10分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，4），点E在OB上，且OAE=OBA（1）如图，求点E的坐标；（2）如图，将AEO沿x轴向右平移得到AEO，连接AB、BE设AA=m，其中0m2，试用含m的式子表示，并求出使取得最小值时点E的坐标；当AB+BE取得最小值时，求点E的坐标（直接写出结果即可）【答案】解：（1）如图，点A（2，0），点B（0，4），OA=2，OB=4。OAE=OBA，EOA=AOB=90，OAEOBA。，即，解得，OE=1。点E的坐标为（0，1）。（2）如图，连接EE，由题设知AA=m（0m2），则AO=2m。在RtABO中，由，得。AEO是AEO沿x轴向右平移得到的，EEAA，且EE=AA。BEE=90，EE=m。又BE=OBOE=3，在RtBEE中，。又，当m=1时，取得最小值，此时，点E的坐标是（1，1）。点E的坐标是（，1）。【考点】平移问题，相似三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理，二次函数最值，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短的性质。【分析】（1）根据相似三角形OAEOBA的对应边成比例得到，则易求OE=1，所以E（0，1）。（2）如图，连接EE在RtABO中，勾股定理得到，在RtBEE中，利用勾股定理得到，则。所以由二次函数最值的求法知，当m=1即点E的坐标是（1，1）时，取得最小值。如图，过点A作ABx，并使AB=BE=3。易证ABAEBE（SAS），BA=BE。AB+BE=AB+BA。当点B、A、B在同一条直线上时，AB+BA最小，即此时AB+BE取得最小值。当点B、A、B在同一条直线上时，易证ABAOBA，。EE=AA=。点E的坐标是（，1）。2. （2013年重庆市A12分）已知，如图，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，ADBD。以AD为斜边在平行四边形ABCD的内部作RtAED，EAD=300，AED=900。（1）求AED的周长；（2）若AED以每秒2个长度单位的速度沿DC向右平行移动，得到A0E0D0，当A0D0与BC重合时停止移动。设移动时间为t秒，A0E0D0与BDC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；（3）如图，在（2）中，当AED停止移动后得到BEC，将BEC绕点C按顺时针方向旋转，在旋转过程中，B的对应点为B1，E的对应点为E1，设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q。是否存在这样的，使BPQ为等腰三角形？若存在，求出的度数；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）在平行四边形ABCD中， BC=6，AD= BC=6。 在RtAED中，EAD=300，AED=900，DE=3，AE=。 AED的周长为。 （2）S与t之间的函数关系式为。 （3）存在。分三种情况讨论： 若BP=BQ，如图，则 PBQ=300，BQP=BPQ=750。 E1QC=BQP=750。E1CQ=900750=150。 。 若PQ=BQ，如图，则 PBQ=300，BQP=1200。 B1QC=BQP=1200。 B1CQ300。 。 若PQ=BP，如图，则 CBE =300，PBQ=300。BQP=PBQ=300。E1CQ=900300=600。根据等腰三角形三线合一的性质，此时B、P、Q三点重合。此时不存在这样的，使BPQ为等腰三角形。综上所述，存在这样的，使BPQ为等腰三角形，或。【考点】平移和旋转问题，平行四边形的性质，含30度角直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，由实际问题列函数关系式，分类思想的应用。【分析】（1）根据平行四边形对边相等可得AD= BC=6，在RtAED中根据含30度角直角三角形的性质可得DE=3，AE=，从而可求AED的周长。（2）如图，当AED移动到点E0在BC边上时，易得CD0E0是等边三角形，故在D0C=3，AED移动的距离DD0=123=9，从而由速度为每秒2个长度单位，得AED移动的时间为。 当A0D0与BC重合时，AED移动的距离为DC=12，由速度为每秒2个长度单位，得AED移动的时间为。当时，。当时，如图，过点D0作在D0HBC于点H，过点N作NGAB于点G，则DD0=2t，D0C=A0B=BN=，。当时，0，满足上式。综上所述，S与t之间的函数关系式为。（3）分BP=BQ，PQ=BQ，PQ=BP三种情况讨论即可。3. （2013年重庆市B12分）已知：在矩形ABCD中，E为边BC上的一点，AEDE，AB=12，BE=16，F为线段BE上一点，EF=7，连接AF。如图1，现有一张硬纸片GMN，NGM=900，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上。如图2，GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时，点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ。当点N到达终点B时，GMNP和点同时停止运动。设运动时间为t秒，解答问题：（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值；（2）在整个运动过程中，是否存在点P，使APQ是等腰三角形，若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；（3）在整个运动过程中，设GMN与AEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式以及自变量t的取值范围。【答案】解：（1）NGM=900，NG=6，MG=8，由勾股定理，得NM=10。当点G在线段AE上时，如图，此时，GG=MN=10。GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，t=10秒。（2）存在。 由矩形ABCD中，AB=12，BE=16，得AE=20。当0t10时，线段GN与线段AE相交，如图，过点Q作QHBC于点H，QIAB于点I，过点P作PJIJ于点J。 根据题意，知AP=EN=t，由QNEGNM得，即，。由QHENGM得，即，。若AP=AQ，则，解得，不存在；若AP=PQ，则，0，无解，不存在；若AQ=PQ，则，无正数解，不存在。当10t16时，线段GN的延长线与线段AE相交，如图，过点Q作QHBC于点H，QIAB于点I，过点P作PJIJ于点J。同上，AP=EN=t，由QNEGNM得，即，。由QHENGM得，即，。若AP=AQ，则，解得。若AP=PQ，则，0，无解，不存在；若AQ=PQ，则，无正数解，不存在。综上所述，存在，使APQ是等腰三角形。（3）S与t的函数关系式为。【考点】单动点和面动问题，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，由实际问题列函数关系式，分类思想的应用。【分析】（1）由勾股定理，求出MN的长，点Q运动到AE上时的距离MN的长，离从而除以速度即得t的值。 （2）分0t10和10t16两种情况讨论，每种情况分AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ三种情况讨论。（3）当0t7时，GMN与AEF重叠部分的面积等于QNE的面积，由（2），EN=t，。当7t10时，如图，GMN与AEF重叠部分的面积等于四边形QIFE的面积，它等于NQE的面积减去NIF的面积。由（2），EN=t，。过点I 作IJBC于点J，EF=7，EN=t，。由FJIFBA得，即。由INJMNG得，即。二式相加，得。当10t时，如图，GMN与AEF重叠部分的面积等于四边形GIFM的面积，它等于GMN的面积减去INF的面积。过点I 作IHBC于点H，EF=7，EN=t，。由FHGFBA得，即。由INHMNG得，即。二式相加，得。当t16时，如图，GMN与AEF重叠部分的面积等于IFM的面积。， （同上可得），。综上所述，。4. （2013年湖南娄底10分）如图，在ABC中，B=45，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H（1）求证：；（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围【答案】解：（1）证明：矩形EFPQ，EFBC。AHFADC，。EFBC，AEFABC，.。（2）B=45，BD=AD=4，CD=BCBD=54=1。EFBC，AEHABD，。EFBC，AFHACD，。，即，EH=4HF。已知EF=x，则EH=。B=45，EQ=BQ=BDQD=BDEH=4。，当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5。（3）由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为。在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：（I）当0t2时，如答图所示，设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1，此时DD1=t，H1D1=2，HD1=HDDD1=2t，HH1=H1D1HD1=t，AH1=AHHH1=2t。KNEF，即。解得。（II）当2t4时，如答图所示，设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2此时DD2=t，AD2=ADDD2=4t。KNEF，即。解得。综上所述，S与t的函数关系式为：。【考点】相似形综合题，面动问题，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，由实际问题列函数关系式，二次函数的性质，分类思想的应用。【分析】（1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明。（2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积。（3）本问是运动型问题，弄清矩形EFPQ的运动过程：当0t2时，如答图所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形；当2t4时，如答图所示，此时重叠部分是一个三角形。5. （2013年湖南益阳12分）如图1，在ABC中，A=36，AB=AC，ABC的平分线BE交AC于E（1）求证：AE=BC；（2）如图（2），过点E作EFBC交AB于F，将AEF绕点A逆时针旋转角（0144）得到AEF，连结CE，BF，求证：CE=BF；（3）在（2）的旋转过程中是否存在CEAB？若存在，求出相应的旋转角；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）证明：AB=BC，A=36，ABC=C=72。又BE平分ABC，ABE=CBE=36。BEC=180CCBE=72。ABE=A，BEC=C。AE=BE，BE=BC。AE=BC。（2）证明：AC=AB且EFBC，AE=AF；由旋转的性质可知：EAC=FAB，AE=AF，在CAE和BAF中，CAEBAF。CE=BF。（3）存在CEAB。由（1）可知AE=BC，所以，在AEF绕点A逆时针旋转过程中，E点经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点，如图：当点E的像E与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，BAM=ABC=72，又BAC=36。=CAM=36。 当点E的像E与点N重合时，由ABl得，AMN=BAM=72，AM=AN，ANM=AMN=72。MAN=180272=36。=CAN=CAM+MAN=72。当旋转角为36或72时，CEAB。【考点】旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰梯形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的性质得出对应角之间的关系进而得出答案。 （2）由旋转的性质可知：EAC=FAB，AE=AF，根据全等三角形证明方法得出即可。（3）分别根据当点E的像E与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，当点E的像E与点N重合时，求出即可。6. （2013年湖南岳阳10分）某数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下：如图1，正方形ABCD中，AB=6，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q（1）求证：DP=DQ；（2）如图2，小明在图1的基础上作PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数量关系，请猜测他的结论并予以证明；（3）如图3，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：AP=3：4，请帮小明算出DEP的面积【答案】解：（1）证明：ADC=PDQ=90，ADP=CDQ。在ADP与CDQ中，ADPCDQ（ASA）。DP=DQ。（2）猜测：PE=QE。证明如下：由（1）可知，DP=DQ。在DEP与DEQ中，DEPDEQ（SAS）。PE=QE。（3）AB：AP=3：4，AB=6，AP=8，BP=2。与（1）同理，可以证明ADPCDQ，CQ=AP=8。与（2）同理，可以证明DEPDEQ，PE=QE。设QE=PE=x，则。在RtBPE中，由勾股定理得：BP2+BE2=PE2，即：，解得：，即QE= 。DEPDEQ，SDEP=SDEQ= 。【考点】四边形综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，转换思想的应用。【分析】（1）证明ADPCDQ，即可得到结论：DP=DQ。（2）证明DEPDEQ，即可得到结论：PE=QE。（3）与（1）（2）同理，可以分别证明ADPCDQ、DEPDEQ。在RtBPE中，利用勾股定理求出PE（或QE）的长度，从而可求得，而DEPDEQ，所以SDEP=SDEQ= 。7. （2013年湖北随州13分）在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴正半轴上，点P在AB上，PA=1，AO=2经过原点的抛物线的对称轴是直线x=2（1）求出该抛物线的解析式（2）如图1，将一块两直角边足够长的三角板的直角顶点放在P点处，两直角边恰好分别经过点O和C现在利用图2进行如下探究：将三角板从图1中的位置开始，绕点P顺时针旋转，两直角边分别交OA、OC于点E、F，当点E和点A重合时停止旋转请你观察、猜想，在这个过程中，的值是否发生变化？若发生变化，说明理由；若不发生变化，求出的值设（1）中的抛物线与x轴的另一个交点为D，顶点为M，在的旋转过程中，是否存在点F，使DMF为等腰三角形？若不存在，请说明理由【答案】解：（1）抛物线经过原点，n=0。抛物线对称轴为直线x=2，解得。抛物线的解析式为：。（2）的值不变。理由如下：如答图1所示，过点P作PGx轴于点G，则PG=AO=2PEPF，PAPG，APE=GPF。在RtPAE与RtPGF中，APE=GPF，PAE=PGF=90，RtPAERtPGF。存在。抛物线的解析式为：，令y=0，即，解得：x=0或x=4，D（4，0）。又，顶点M坐标为（2，1）。若DMF为等腰三角形，可能有三种情形：（）FM=FD，如答图2所示，过点M作MNx轴于点N，则MN=1，ND=2，。设FM=FD=x，则NF=NDFD=2x在RtMNF中，由勾股定理得：NF2+MN2=MF2，即：，解得：。FD=，OF=ODFD=4-。F（，0）。（）若FD=DM如答图3所示，此时FD=DM=，OF=ODFD=。F（，0）。（）若FM=MD，由抛物线对称性可知，此时点F与原点O重合，而由题意可知，点E与点A重合后即停止运动，故点F不可能运动到原点O。此种情形不存在。综上所述，存在点F（，0）或F（，0），使DMF为等腰三角形。【考点】二次函数综合题，旋转问题，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定 ，勾股定理，分类思想的应用。【分析】（1）根据抛物线过原点和对称轴为直线x=2这两个条件确定抛物线的解析式。（2）如答图1所述，证明RtPAERtPGF，则有，的值是定值，不变化。 若DMF为等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论，避免漏解。8. （2013年湖北咸宁12分）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将AOB绕点O顺时针旋转90后得到COD（1）点C的坐标是 ，线段AD的长等于 ；（2）点M在CD上，且CM=OM，抛物线y=x2+bx+c经过点G，M，求抛物线的解析式；（3）如果点E在y轴上，且位于点C的下方，点F在直线AC上，那么在（2）中的抛物线上是否存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的周长l；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）（0，3）；4。（2）CM=OM，OCM=COM。OCM+ODM=COM+MOD=90，ODM=MOD。OM=MD=CM。点M是CD的中点，点M的坐标为（，）。抛物线y=x2+bx+c经过点C，M，解得：。抛物线y=x2+bx+c的解析式为：。（3）抛物线上存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形。情形1：如图1，当点F在点C的左边时，四边形CFEP为菱形，FCE=PCE。由题意可知，OA=OC，ACO=PCE=45。FCP=90。菱形CFEP为正方形。过点P作PHCE，垂足为H，则RtCHP为等腰直角三角形。CP=CH=PH。设点P为（x，），则OH=，PH=x，PH=CH=OCOH，解得：x1=， x2=0（舍去）。CP=CH=。菱形CFEP的周长l为：。情形2：如图2，当点F在点C的右边时，四边形CFPE为菱形，CF=PF，CEFP。直线AC过点A（3，0），点C（0，3），直线AC的解析式为：y=x+3。过点C作CMPF，垂足为M，则RtCMF为等腰直角三角形，CM=FM。延长PF交x轴于点N，则PNx轴，PF=FNPN。设点P为（x，），则点F为（x，x+3），。，解得： ，x2=0（舍去）。菱形CFEP的周长l为：）。综上所述，这样的菱形存在，它的周长为或。【考点】二次函数综合题，旋转问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）首先求出图象与x轴交于点A，与y轴交于点B的坐标，进而得出C点坐标以及线段AD的长：与x轴交于点A，与y轴交于点B，y=0时，x=3，x=0时，y=1。A点坐标为：（3，0），B点坐标为：（0，1）。OC=3，DO=1。点C的坐标是（0，3），线段AD的长等于4。（2）首先得出点M是CD的中点，即可得出M点坐标，进而利用待定系数法求二次函数解析式。（3）分别根据当点F在点C的左边时以及当点F在点C的右边时，分析四边形CFPE为菱形得出即可。9. （2013年湖北宜昌10分）半径为2cm的与O边长为2cm的正方形ABCD在水平直线l的同侧，O与l相切于点F，DC在l上（1）过点B作的一条切线BE，E为切点填空：如图1，当点A在O上时，EBA的度数是 ；如图2，当E，A，D三点在同一直线上时，求线段OA的长；（2）以正方形AB