专题60：动态几何之双(多)动点问题

2013年全国中考数学试题分类解析汇编(169套75专题）专题60：动态几何之双（多）动点问题江苏泰州锦元数学工作室 编辑一、选择题【1.（2013年福建三明4分）如图，在矩形ABCD中，O是对角线AC的中点，动点P从点C出发，沿DC方向匀速运动到终点C已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连接OP，OQ设运动时间为t，四边形OPCQ的面积为S，那么下列图象能大致刻画S与t之间的关系的是【 】 A B C D【答案】A。【考点】动点问题的函数图象。【分析】如图，作OEBC于E点，OFCD于F点，设BC=a，AB=b，点P的速度为x，点F的速度为y，则CP=xt，DQ=yt，所以CQ=byt，O是对角线AC的中点，OE=b，OF=a。P，Q两点同时出发，并同时到达终点，即ay=bx，。S与t的函数图象为常函数，且自变量的范围为0t）。故选A。2. （ 2013年广西贵港3分）如图，点A（a，1）、B（1，b）都在双曲线上，点P、Q分别是x轴、y轴上的动点，当四边形PABQ的周长取最小值时，PQ所在直线的解析式是【 】A B C D【答案】C。【考点】反比例函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的应用（最短线段问题）。【分析】分别把点A（a，1）、B（1，b）代入双曲线得a=3，b=3，则点A的坐标为（3，1）、B点坐标为（1，3）。如图，作A点关于x轴的对称点C，B点关于y轴的对称点D，所以C点坐标为（3，1），D点坐标为（1，3）。连接CD分别交x轴、y轴于P点、Q点，根据两点之间线段最短，此时四边形PABQ的周长最小。设直线CD的解析式为y=kx+b，把C（3，1），D（1，3）分别代入，得，解得。直线CD的解析式为y=x+2。故选C。3. （2013年山东临沂3分）如图，正方形ABCD中，AB=8cm，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别从B，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿BC，CD运动，到点C，D时停止运动，设运动时间为t（s），OEF的面积为s（cm2），则s（cm2）与t（s）的函数关系可用图象表示为【 】A B C D，【答案】B。【考点】动点问题的函数图象，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，转换思想的应用。【分析】根据题意BE=CF=t，CE=8t，四边形ABCD为正方形，OB=OC，OBC=OCD=45。在OBE和OCF中，OBEOCF（SAS）。s（cm2）与t（s）的函数图象为抛物线一部分，顶点为（4，8），自变量为0t8。故选B。4. （2013年山东烟台3分）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BEEDDC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），BPQ的面积为y（cm2）已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是【 】AAE=6cm B C当0t10时， D当t=12s时，PBQ是等腰三角形【答案】D。【考点】动点问题的函数图象。【分析】（1）结论A正确，理由如下：分析函数图象可知，BC=10cm，ED=4cm，故AE=ADED=BCED=104=6cm。（2）结论B正确，理由如下：如图，连接EC，过点E作EFBC于点F，由函数图象可知，BC=BE=10cm，EF=8。（3）结论C正确，理由如下：如图，过点P作PGBQ于点G，BQ=BP=t，。（4）结论D错误，理由如下：当t=12s时，点Q与点C重合，点P运动到ED的中点，设为N，如图，连接NB，NC。此时AN=8，ND=2，由勾股定理求得：NB=，NC=。BC=10，BCN不是等腰三角形，即此时PBQ不是等腰三角形。故选D。5. （2013年四川南充3分） 如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BEEDDC 运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s，设P，Q出发t秒时，BPQ的面积为ycm，已知y与t的函数关系的图形如图2（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：AD=BE=5cm；当0t5时，；直线NH的解析式为；若ABE与QBP相似，则t=秒。其中正确的结论个数为【 】A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】B。【考点】动点问题的函数图象，双动点问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的性质，分类思想的应用。【分析】根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C， 点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，BC=BE=5cm。AD=BE=5，故结论正确。如图1，过点P作PFBC于点F，根据面积不变时BPQ的面积为10，可得AB=4，ADBC，AEB=PBF。PF=PBsinPBF=t。当0t5时，y=BQPF=tt=。故结论正确。根据57秒面积不变，可得ED=2，当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的路程为BE+ED+DC=11，故点H的坐标为（11，0）。设直线NH的解析式为y=kx+b，将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：，解得：。直线NH的解析式为：。故结论错误。如图2，当ABE与QBP相似时，点P在DC上，tanPBQ=tanABE=，即。解得：t=。故结论正确。综上所述，正确，共3个。故选B。二、填空题【1.（ 2013年广西河池3分）如图，正方形ABCD的边长为4，E、F分别是BC、CD上的两个动点，且AEEF。则AF的最小值是 。【答案】5。【考点】双动点问题，正方形的性质，由实际问题列函数关系式，相似三角形的判定和性质，二次函数最值，勾股定理。【分析】根据题意，要求AF的最小值，只要CF最大即可。 设BE=x，CF=y，则由正方形ABCD的边长为4，得CE=。 ABCD是正方形，B=C，BAE+BEA=90。 AEEF，BEA+CEF=90。BAE=CEF。ABEECF。，即。，当x=2时，y即CF有最大值1。此时，DF=3。在RtADF中，根据勾股定理，得AF=5。AF的最小值是5。2. （2013年湖北武汉3分）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AEDF连接CF交BD于G，连接BE交AG于点H若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是 【答案】。【考点】双动点问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的三边关系。【分析】在正方形ABCD中，AB=AD=CD，BAD=CDA，ADG=CDG，在ABE和DCF中，ABEDCF（SAS）。1=2。在ADG和CDG中，ADGCDG（SAS）。2=3。1=3。BAH+3=BAD=90，1+BAH=90。AHB=18090=90。如图，取AB的中点O，连接OH、OD，则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OH=AO=AB=1。在RtAOD中，根据三角形的三边关系，OH+DHOD，当O、D、H三点共线时，DH的长度最小。最小值=。三、解答题【1.（2013年内蒙古赤峰14分）如图，在RtABC中，B=90，AC=60cm，A=60，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动设点D、E运动的时间是t秒（0t15）过点D作DFBC于点F，连接DE，EF（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；（3）当t为何值时，DEF为直角三角形？请说明理由【答案】解：（1）证明：在RtABC中，C=90A=30，AB=AC=60=30cm。CD=4t，AE=2t，又在RtCDF中，C=30，DF=CD=2t。DF=AE。（2）能。DFAB，DF=AE，四边形AEFD是平行四边形。当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即604t=2t，解得：t=10。当t=10时，AEFD是菱形。（3）若DEF为直角三角形，有两种情况：如图1，EDF=90，DEBC，则AD=2AE，即604t=22t，解得：t=。如图2，DEF=90，DEAC，则AE=2AD，即2t =260-4t，解得：t=12。综上所述，当t=或12时，DEF为直角三角形。【考点】双动点问题，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，菱形的判定，直角三角形的判定，分类思想的应用。【分析】（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明。 （2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值。（3）DEF为直角三角形，分EDF=90和DEF=90两种情况讨论。2. （2013年内蒙古呼和浩特12分）如图，已知二次函数的图象经过点A（6，0）、B（2，0）和点C（0，8）（1）求该二次函数的解析式；（2）设该二次函数图象的顶点为M，若点K为x轴上的动点，当KCM的周长最小时，点K的坐标为 ；（3）连接AC，有两动点P、Q同时从点O出发，其中点P以每秒3个单位长度的速度沿折线OAC按OAC的路线运动，点Q以每秒8个单位长度的速度沿折线OCA按OCA的路线运动，当P、Q两点相遇时，它们都停止运动，设P、Q同时从点O出发t秒时，OPQ的面积为S请问P、Q两点在运动过程中，是否存在PQOC？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；请求出S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；设S0是中函数S的最大值，直接写出S0的值【答案】解：（1）二次函数的图象经过点A（6，0）、B（2，0），设二次函数的解析式为y=a（x+2）（x6）。图象过点（0，8），8=a（0+2）（06），解得a=。二次函数的解析式为y=（x+2）（x6），即。（2）（，0）。 （3）不存在PQOC，若PQOC，则点P，Q分别在线段OA，CA上，此时，1t2。PQOC，APQAOC。AP=63t，AQ=188t，解得t=。t=2不满足1t2，不存在PQOC。分三种情况讨论如下，情况1：当0t1时，如图1，S=OPOQ=3t8t=12t2。情况2：当1t2时，如图2，作QEOA，垂足为E，S=OPEQ=3t。情况3：当2t时，如图3，作OFAC，垂足为F，则OF=。S=QPOF=（2411t）。综上所述，S关于t的函数关系式。【考点】二次函数综合题，单双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的应用（最短线路问题），平行的判定，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，分类思想、数形结合思想和反证法的应用。【分析】（1）根据已知的与x轴的两个交点坐标和经过的一点利用交点式求二次函数的解析式即可。（2）根据（1）求得的函数的解析式确定顶点坐标，然后求得点C关于x轴的对称点的坐标C，从而求得直线CM的解析式，求得与x轴的交点坐标即可：，点M的坐标为（2，）。点C的坐标为（0，8），点C关于x轴对称的点C的坐标为（0，8）。直线CM的解析式为：y=x+8。令y=0得x+8=0，解得：x=。点K的坐标为（，0）。（3）如果DEOC，此时点D，E应分别在线段OA，CA上，先求出这个区间t的取值范围，然后根据平行线分线段成比例定理，求出此时t的值，然后看t的值是否符合此种情况下t的取值范围如果符合则这个t的值就是所求的值，如果不符合，那么就说明不存在这样的t。本题要分三种情况进行讨论：当E在OC上，D在OA上，即当0t1时，此时S=OEOD，由此可得出关于S，t的函数关系式；当E在CA上，D在OA上，即当1t2时，此时S=ODE点的纵坐标由此可得出关于S，t的函数关系式；当E，D都在CA上时，即当2t相遇时用的时间，此时S=SAOESAOD，由此可得出S，t的函数关系式；综上所述，可得出不同的t的取值范围内，函数的不同表达式。根据的函数即可得出S的最大值当0t1时，S=12t2，函数的最大值是12；当1t2时，S，函数的最大值是；当2t，S=QPOF，函数的最大值不超过。3. （2013年青海西宁12分）如图，正方形AOCB在平面直角坐标系中，点O为原点，点B在反比例函数（）图象上，BOC的面积为（1）求反比例函数的关系式； （2）若动点E从A开始沿AB向B以每秒1个单位的速度运动，同时动点F 从B开始沿BC向C以每秒个单位的速度运动，当其中一个动点到达端点时，另一个动点随之停止运动若运动时间用t表示，BEF的面积用表示，求出S关于t的函数关系式，并求出当运动时间t取何值时，BEF的面积最大？ （3）当运动时间为秒时，在坐标轴上是否存在点P，使PEF的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）四边形AOCB为正方形 ，AB=BC=OC=OA。设点B坐标为（，），解得。又点B在第一象限，点B坐标为（4，4）。将点B（4，4）代入得，反比例函数解析式为。（2）运动时间为t，动点E的速度为每秒1个单位，点F 的速度为每秒2个单位，AE=t， BF。AB=4，BE=。 S关于t的函数关系式为；当时，BEF的面积最大。（3）存在。当时，点E的坐标为（，4），点F的坐标为（4，），作F点关于轴的对称点F1，得F1（4，），经过点E、F1作直线，由E（，4），F1（4，）可得直线EF1的解析式是，当时，P点的坐标为（，0）。作E点关于轴的对称点E1，得E1（，4），经过点E1、F作直线，由E1（，4），F（4，）可得直线E1F的解析式是，当时，P点的坐标为（0，）。综上所述，P点的坐标分别为（，0）或（0，）。【考点】反比例函数综合题，双动点问题，正方形的性质，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，由实际问题列函数关系式，二次函数的最值，轴对称的应用（最短线路问题），分类思想的应用。【分析】（1）根据正方形的性质和BOC的面积为8，列式求出点B的坐标，代入，即可求得k，从而求得反比例函数的关系式。（2）根据双动点的运动时间和速度表示出BF和BE，即可求得S关于t的函数关系式，化为顶点式即可根据二次函数的最值原理求得BEF的面积最大时t的值。（3）根据轴对称的原理，分F点关于轴的对称点F1和E点关于轴的对称点E1两种情况讨论。4. （2013年福建龙岩14分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，且AC=80，BD=60动点M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿AOD和DA运动，当点N到达点A时，M、N同时停止运动设运动时间为t秒（1）求菱形ABCD的周长；（2）记DMN的面积为S，求S关于t的解析式，并求S的最大值；（3）当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P，使得DPO=DON？若存在，这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）在菱形ABCD中，ACBD，AC=80，BD=60，。菱形ABCD的周长为200。（2）过点M作MPAD，垂足为点P当0t40时，如答图1，MP=AMsinOAD=t。S=DNMP=tt=t2。当40t50时，如答图2，MD=70t，MP=（70t）。SDMN=DNMP=t（70t）=t2+28t=（t35）2+490。S关于t的解析式为。当0t40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480；当40t50时，S随t的增大而减小，最大值不超过480。综上所述，S的最大值为480。（3）存在2个点P，使得DPO=DON。如答图3所示，过点N作NFOD于点F，则NF=NDsinODA=30=24， DF=NDcosODA=30=18。OF=12。作NOD的平分线交NF于点G，过点G作GHON于点H，则FG=GH。SONF=OFNF=SOGF+SOGN=OFFG+ONGH=（OF+ON）FG。设OD中垂线与OD的交点为K，由对称性可知：DPK=DPO=DON=FOG，。PK=。根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P。存在两个点P到OD的距离都是。【考点】几何综合题，双动点问题，菱形的性质，勾股定理，由实际问题列函数关系式，二次函数的性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。【分析】（1）根据勾股定理及菱形的性质，求出菱形的周长。（2）在动点M、N运动过程中：当0t40时，如答图1所示，当40t50时，如答图2所示分别求出S的关系式，然后利用二次函数的性质求出最大值。（3）如答图3所示，在RtPKD中，DK长可求出，则只有求出tanDPK即可，为此，在ODM中，作辅助线，构造RtOND，作NOD平分线OG，则GOF=DPK。在RtOGF中，求出tanGOF的值，从而问题解决。另解：答图4所示，作ON的垂直平分线，交OD的垂直平分线EF于点I，连接结OI，IN，过点N作NGOD，NHEF，垂足分别为G，H。当t=30时，DN=OD=30，易知DNGDAO，即。NG=24，DG=18。EF垂直平分OD，OE=ED=15，EG=NH=3。设OI=R，EI=x，则在RtOEI中，有R2=152+x2 在RtNIH中，有R2=32+（24x）2 由、可得：。PE=PI+IE=。根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P也满足条件。存在两个点P，到OD的距离都是。5. （2013年广东广州14分）已知AB是O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.（1）当OC=时（如图），求证：CD是O的切线；（2）当OC时，CD所在直线于O相交，设另一交点为E，连接AE.当D为CE中点时，求ACE的周长;连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AEED的值；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）如图，连接OD，则。 CD=OA=2，OC=，。OCD是直角三角形，且ODC=900。CD为O的切线。（2）如图，连接OE，OD，OD=OE=CD=2，D是CE的中点， OD=OE=CD=DE=2。为等边三角形。，即。根据勾股定理求得：，。ACE的周长为。（3）存在，这样的梯形有2个，(如图所示)， 连接OE，由四边形AODE为梯形的定义可知：AEOD，。OD=CD，。，AE=CE。，。 。 ，即：。【考点】双动点问题，圆的基本性质，切线性质，各类特殊三角形、梯形的判定和性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理。【分析】（1）由已知，根据勾股定理的逆定理可得ODC=900，从而CD为O的切线。 （2）由已知，判断EOC和EOA都是直角三角形，根据已知和勾股定理可求各边长而得到ACE的周长。 （3）由梯形的定义可知：AEOD，根据平行线同位角相等的性质，和等腰三角形等边对等角的性质，可证得，从而由比例式可求解。6. （ 2013年广西柳州12分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a0）的图象经过点（1，0），（5，0），（3，4） （1）求该二次函数的解析式； （2）当y3，写出x的取值范围； （3）A、B为直线y=2x6上两动点，且距离为2，点C为二次函数图象上的动点，当点C运动到何处时ABC的面积最小？求出此时点C的坐标及ABC面积的最小值【答案】解：（1）点（1，0），（5，0），（3，4）在抛物线上，解得。二次函数的解析式为：y=x26x+5。（2）在y=x26x+5中，令y=3，即x26x+5=3，整理得：x26x+8=0，解得x1=2，x2=4。结合函数图象，可知当y3时，x的取值范围是：x2或x4。（3）设直线y=2x6与x轴，y轴分别交于点M，点N，令x=0，得y=6；令y=0，得x=2，M（3，0），N（0，6）。OM=3，ON=6，由勾股定理得：MN=，。设点C坐标为（x，y），则y=x26x+5。过点C作CDy轴于点D，则CD=x，OD=y，DN=6+y。过点C作直线y=2x6的垂线，垂足为E，交y轴于点F，在RtCDF中，DF=CDtanMNO=x，。FN=DNDF=6+yx。在RtEFN中，EF=FNsinMNO=（6+yx），CE=CF+EF=x+（6+yx）。C（x，y）在抛物线上，y=x26x+5，代入上式整理得：CE=（x24x+11）=（x2）2+。当x=2时，CE有最小值，最小值为。当x=2时，y=x26x+5=3，C（2，3）。ABC的最小面积为：ABCE=2=。当C点坐标为（2，3）时，ABC的面积最小，面积的最小值为。【考点】二次函数综合题，多动点问题，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，勾股定理，锐角三角函数定义，由实际问题列函数关系式，二次函数的最值。【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式。（2）求出y=3时x的值，结合函数图象，求出y3时x的取值范围。（3）ABC的底边AB长度为2，是定值，因此当AB边上的高最小时，ABC的面积最小如解答图所示，由点C向直线y=2x6作垂线，利用三角函数（或相似三角形）求出高CE的表达式，根据表达式求出CE的最小值，这样问题得解。7. （2013年贵州遵义12分）如图，在RtABC中，C=90，AC=4cm，BC=3cm动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0t2.5）（1）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与ABC相似？（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由【答案】解：如图，在RtABC中，C=90，AC=4cm，BC=3cm根据勾股定理，得AB=。（1）以A，P，M为顶点的三角形与ABC相似，分两种情况：当AMPABC时，即，解得；当APMABC时，即，解得t=0（不合题意，舍去）。综上所述，当时，以A、P、M为顶点的三角形与ABC相似。（2）存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值理由如下：假设存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值。如图，过点P作PHBC于点H则PHAC，即。0，S有最小值。当t= 时，S最小值= 答：当t= 时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是。【考点】多动点问题，相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例的性质，勾股定理，由实际问题列函数关系式，二次函数的最值，分类思想的应用。【分析】根据勾股定理求得AB=5cm。（1）分AMPABC和APMABC两种情况讨论：利用相似三角形的对应边成比例来求t的值。（2）如图，过点P作PHBC于点H，构造平行线PHAC，由平行线分线段成比例求得以t表示的PH的值；然后根据“S=SABCSBPH”列出S与t的关系式，则由二次函数最值的求法即可得到S的最小值。8. （2013年湖北黄冈15分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），动点P从点O以每秒2个单位的速度向点A运动，动点Q也同时从点B沿B CO的线路以每秒1个单位的速度向点O运动，当点P到达A点时，点Q也随之停止，设点P、Q运动的时间为t（秒）.（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；（2）当点Q在CO边上运动时，求OPQ的面积S与时间t的函数关系式；（3）以O、P、Q为顶点的三角形能构成直角三角形吗？若能，请求出t的值，若不能，请说明理由；（4）经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点吗？若能，请求出此时t的值（或范围），若不能，请说明理由.【答案】解：（1）设经过A、B、C三点的抛物线的解析式为：， 把A（6，0），B（3，），C（1，）代入得： ，解得：。 经过A、B、C三点的抛物线的解析式为：。（2）可求BC=2，OC=2，OA=6当点Q在CO边上运动，点P在OA边上运动时，2t3。 如图，过点C作CDx轴的于点D，过点Q作QHx轴的于点H， 则OD=1，CD=，OC=2，。 由OQHOCD得，即， 。 又动点P的速度是每秒2个单位，OP=2t。 。 所求OPQ的面积S与时间t的函数关系式为：（2t3）。 （3）根据题意可知，0t3。 当0t2时，点Q在BC边上运动，此时，OP=2t，。 OD=1，CD=，。 ，若OPQ为直角三角形，只能是或。 若，则，即， 解得，或（舍去）。 若，则，即， 解得，。 当2t3时，点Q在CO边上运动，此时，OP=2t4，OQOC=2， 此时，OPQ不可能为直角三角形。 综上所述，当或时，OPQ为直角三角形。（4）由（1）可得，其对称轴为。 又直线OB的解析式为， 抛物线对称轴与OB的交点为M（0，）。 又P（2t，0）， 设过点P、M的直线解析式为，则 ，解得。 过点P、M的直线解析式为 。 又当0t2时，Q， 把代入得，点Q在直线PM上，即当0t2时，点P、M、Q总在一直线上。当2t3时，Q。代入，解得或，均不合题意，舍去。综上所述，经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点，此时0t2。【考点】二次函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，分式的化简，分类思想的应用。【分析】（1）应用待定系数法求解即可。（2）过点C作CDx轴的于点D，过点Q作QHx轴的于点H，由OQHOCD得比例式，从而用t表示出OPQ的边OP上的高，进而根据三角形面积公式即可求得所求OPQ的面积S与时间t的函数关系式。（3）分点Q在BC边上运动（0t2）和点Q在CO边上运动（2t3）两种情况讨论。（4）根据二次函数的性质求出抛物线对称轴，求出直线OB的解析式，从而得到二者的交点M（0，），进而求出点P、M的直线解析式为。分分点Q在BC边上运动（0t2）和点Q在CO边上运动（2t3）两种情况讨论点Q与直线的关系，得出结论。9. （2013年湖北荆州12分）如图，已知：如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，两动点D、E分别从A、B两点同时出发向O点运动（运动到O点停止）；对称轴过点A且顶点为M的抛物线（a0）始终经过点E，过E作EGOA交抛物线于点G，交AB于点F，连结DE、DF、AG、BG设D、E的运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，运动时间为t秒（1）用含t代数式分别表示BF、EF、AF的长；（2）当t为何值时，四边形ADEF是菱形？判断此时AFG与AGB是否相似，并说明理由；（3）当ADF是直角三角形，且抛物线的顶点M恰好在BG上时，求抛物线的解析式【答案】解：（1）在直线解析式中，令x=0，得y=；令y=0，得x=1。A（1，0），B（0，），OA=1，OB=。tanOAB=。OAB=60。AB=2OA=2。EGOA，EFB=OAB=60。，BF=2EF=2t。AF=ABBF=22t。（2）EFAD，且EF=AD=t，四边形ADEF为平行四边形。若ADEF是菱形，则DE=AD=t由DE=2OD，即：t=2（1t），解得t=。t=时，四边形ADEF是菱形。此时AFG与AGB相似。理由如下：如答图1所示，连接AE，四边形ADEF是菱形，DEF=DAF=60。AEF=30。由抛物线的对称性可知，AG=AE。AGF=AEF=30。在RtBEG中，BE=，EG=2，。EBG=60。ABG=EBGEBF=30。在AFG与AGB中，BAG=GAF，ABG=AGF=30，AFGAGB。（3）当ADF是直角三角形时，若ADF=90，如答图2所示，此时AF=2DA，即22t=2t，解得t=。BE=t=，OE=OBBE=。E（0，），G（2，）。设直线BG的解析式为y=kx+b，将B（0，），G（2，）代入得：，解得。直线BG的解析式为。令x=1，得，M（1，）。设抛物线解析式为，点E（0，）在抛物线上，解得。抛物线解析式为，即。若AFD=90，如答图3所示，此时AD=2AF，即：t=2（22t），解得：t=。BE=t=，OE=OBBE=。E（0，），G（2，）。设直线BG的解析式为y=k1x+b1，将B（0，），G（2，）代入得：，解得。直线BG的解析式为。令x=1，得y=，M（1，）。设抛物线解析式为，点E（0，）在抛物线上，解得。抛物线解析式为，即。综上所述，符合条件的抛物线的解析式为：或。【考点】二次函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，菱形的性质，相似三角形的判定，直角三角形的性质，分类思想的应用。【分析】（1）首先求出一次函数与坐标轴交点A、B的坐标，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的长。（2）由EFAD，且EF=AD=t，则四边形ADEF为平行四边形，若ADEF是菱形，则DE=AD=t由DE=2OE，列方程求出t的值；如答图1所示，推出BAG=GAF，ABG=AGF=30，证明AFG与AGB相似。（3）当ADF是直角三角形时，有两种情形，需要分类讨论：若ADF=90，如答图2所示首先求出此时t的值；其次求出点G的坐标，利用待定系数法求出直线BG的解析式，得到点M的坐标，最后利用顶点式和待定系数法求出抛物线的解析式。若AFD=90，如答图3所示，解题思路与相同。10. （2013年湖南怀化10分）如图，矩形ABCD中，AB=12cm，AD=16cm，动点E、F分别从A点、C点同时出发，均以2cm/s的速度分别沿AD向D点和沿CB向B点运动。（1）经过几秒首次可使EFAC？（2）若EFAC，在线段AC上，是否存在一点P，使？若存在，请说明P点的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）设经过x秒首次可使EFAC，AC与EF相交于点O，则AE=2x，CF=2x。四边形ABCD是矩形，EAO=FCO，AOE=COF。 AOECOF（AAS）。AO=OC，OE=OF。AB=12cm，AD=16cm，根据勾股定理得AC=20cm。OC=10cm。在RtOFC中，。 过点E作EFBC交BC于点H，在RtEFN中, ，。解得。经过秒首次可使EFAC。（2）过点E作EPAD交AC于点P，则P就是所求的点。证明如下：由作法，AEP=900，又EFAC，即AOE=900。AEPAOE。，即。【考点】双动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）设经过x秒首次可使EFAC，AC与EF相交于点O，过点E作EFBC交BC于点H，由AAS证明AOECOF，得到AO=OC，OE=OF，从而求得OC=10cm，在RtOFC中，由勾股定理得。因此，在RtEFN中, 由勾股定理得，即，解出即可。 （2）证明AEPAOE即可得出结论。11. （2013年湖南郴州10分）如图，在直角梯形AOCB中，ABOC，AOC=90，AB=1，AO=2，OC=3，以O为原点，OC、OA所在直线为轴建立坐标系抛物线顶点为A，且经过点C点P在线段AO上由A向点O运动，点O在线段OC上由C向点O运动，QDOC交BC于点D，OD所在直线与抛物线在第一象限交于点E（1）求抛物线的解析式；（2）点E是E关于y轴的对称点，点Q运动到何处时，四边形OEAE是菱形？（3）点P、Q分别以每秒2个单位和3个单位的速度同时出发，运动的时间为t秒，当t为何值时，PBOD？【答案】解：（1）A（0，2）为抛物线的顶点，设y=ax2+2。 点C（3，0），在抛物线上，9a+2=0，解得：。抛物线的解析式为； 。（2）若要四边形OEAE是菱形，则只要AO与EE互相垂直平分， EE经过AO的中点，点E纵坐标为1，代入抛物线解析式得：，解得：。点E在第一象限，点E为（，1）。设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得：，解得。BC的解析式为：。设直线EO的解析式为y=ax，将E点代入，可得出EO的解析式为：。由，得：，直线EO和直线BC的交点坐标为：（，）。Q点坐标为：（，0）。当Q点坐标为（，0）时，四边形OEAE是菱形。 （3）设t为m秒时，PBDO，又QDy轴，则有APB=AOE=ODQ，又BAP=DQO，则有APBQDO。由题意得：AB=1，AP=2m，QO=33m，又点D在直线y=x+3上，DQ=3m。，解得：。经检验：是原分式方程的解。当t=秒时，PBOD。【考点】二次函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，菱形的判定，平行的判定，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）根据顶点式将A，C代入解析式求出a的值，进而得出二次函数解析式。（2）利用菱形的判定得出AO与EE互相垂直平分，利用E点纵坐标得出x的值，进而得出BC，EO直线解析式，再利用两直线交点坐标求法得出Q点坐标，即可得出答案。（3）首先得出APBQDO，进而得出，求出m的值，进而得出答案。12. （2013年湖南衡阳10分）如图，已知抛物线经过A（1，0），B（0，3）两点，对称轴是x=1（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）动点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度在线段OA上运动，同时动点M从M从O点出发以每秒3个单位长度的速度在线段OB上运动，过点Q作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒当t为何值时，四边形OMPQ为矩形；AON能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由【答案】解：（1）根据题意，设抛物线的解析式为：，点A（1，0），B（0，3）在抛物线上，解得：。抛物线的解析式为：。（2）四边形OMPQ为矩形，OM=PQ，即，整理得：t2+5t3=0，解得（0，舍去）。当秒时，四边形OMPQ为矩形。RtAOB中，OA=1，OB=3，tanA=3。若AON为等腰三角形，有三种情况：（I）若ON=AN，如答图1所示，过点N作NDOA于点D，则D为OA中点，OD=OA=，t=。（II）若ON=OA，如答图2所示，过点N作NDOA于点D，设AD=x，则ND=ADtanA=3x，OD=OAAD=1x，在RtNOD中，由勾股定理得：OD2+ND2=ON2，即，解得x1=，x2=0（舍去）。x=，OD=1x=。t=。（III）若OA=AN，如答图3所示，过点N作NDOA于点D，设AD=x，则ND=ADtanA=3x，在RtAND中，由勾股定理得：ND2+AD2=AN2，即，解得x1=，x2=（舍去）。x=，OD=1x=1。t=1。综上所述，当t为秒、秒，1秒时，AON为等腰三角形。【考点】二次函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，分类思想的应用。【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的顶点式解析式。（2）当四边形OMPQ为矩形时，满足条件OM=PQ，据此列一元二次方程求解。AON为等腰三角形时，可能存在三种情形，分类讨论，逐一计算。13. （2013年江苏淮安12分）如图，在ABC中，C=90，BC=3，AB=5点P从点B出发，以每秒1个单位长度沿BCAB的方向运动；点Q从点C出发，以每秒2个单位沿CAB方向的运动，到达点B后立即原速返回，若P、Q两点同时运动，相遇后同时停止，设运动时间为t秒（1）当t= 时，点P与点Q相遇；（2）在点P从点B到点C的运动过程中，当为何值时，PCQ为等腰三角形？（3）在点Q从点B返回点A的运动过程中，设PCQ的面积为s平方单位求s与之间的函数关系式；当s最大时，过点P作直线交AB于点D，将ABC中沿直线PD折叠，使点A落在直线PC上，求折叠后的APD与PCQ重叠部分的面积【答案】解：（1）7。（2）点P从B到C的时间是3秒，此时点Q在AB上，则当时，点P在BC上，点Q在CA上，若PCQ为等腰三角形，则一定为等腰直角三角形，有：PC=CQ，即3t=2t，解得：t=1。当时，点P在BC上，点Q在AB上，若PCQ为等腰三角形，则一定有PQ=PC（如图1），则点Q在PC的中垂线上。作QHAC，则QH=PC，AQHABC，在RtAQH中，AQ=2t4，则。PC=BCBP=3t，解得：。综上所述，在点P从点B到点C的运动过程中，当t=1或时，PCQ为等腰三角形。 （3）在点Q从点B返回点A的运动过程中，P一定在AC上，则PC=t3，BQ=2t9，即。同（2）可得：PCQ中，PC边上的高是：，。当t=5时，s有最大值，此时，P是AC的中点（如图2）。沿直线PD折叠，使点A落在直线PC上，PD一定是AC的中垂线。AP=CP=AC=2，PD=BC=。AQ=142t=1425=4。如图2，连接DC（即AD的折叠线）交PQ于点O，过Q作QECA于点E，过O作O