备战中考2012年数学新题分类汇编真题模拟动态问题

动态问（2011，10，4分）如图所示，P是菱形ABCD的对角线AC上一动点，过P垂直于yx的函数图象的大致形状是（） 【答案】在正方形ABCD中，AB=3cm，动点MA点出AB方向以每秒1cm度运动，同时动NA点出发沿折线AD—DC—CB以每秒3cm到达B点时运动同时 是y1-y1- y1O y1O1y1O1y1O1E

011省舟山，24，12）已知直线ykx3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两ABC，设运动时间为t秒．（1）当k1OAQAOP时出发PA时两点同时停止运动（如图①直接写出t＝1C、QQ、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t

k3Cyxm2nABD（4CDCODOC边上的高为h，当thyByBC1OP xyBDC1O1PAx（第24题图 （第24题图【答案】情形一：当△AQC∽△AOB∵CP⊥OA，∴点PQ重合，OQ=OP情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CPt=2（－t＋3），∴t=2．∴t1.52C(t－＋3) 由(xt)23t33x3x=t，x=t3DDE⊥CPE

3∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－3）=3．∴CD=DEBA

15 ②∵CD=

，CD边上

3

15 2 要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短因为当OC⊥ABOC最短此时OC的长5

＝90°－∠BOC＝∠OBA，又∴OPOC，OP=OCBO

36t36t36秒时，h 东莞，22，9）y5x217x1yA 的直线与抛物线交于另一点B，过点BBC⊥x轴，垂足为点求直线AB的函数关系动点P段OC上从原点O出发以每钞一个单位的速度向C移动过点P作⊥x轴，交直线ABM，抛物线于点N，设点P移动t秒，MN的长为s个单位s与tt的取值范围；设（2）的条件下（不考P与点OG重合的情况），连接CM，BNt为何值时，四边形BCMN为四边形？问对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？说明【解】（1）x=0y5x217x1y x=3y5x217x1y5 5∴A、B（0，1）、（3，2ABykxbA、Bb

b，解得 3kb 1

k y

x2x=ty1x1y5x217x M、N1t1和5t217t ∴MN=5t217t1-（1t1）=5t215 s5t215 由5t215t5，得t1t 即当t1或2BCMN 当t1时2

，PN=4，CM=BN=25当t2时，PC=1，PM=2，由勾股定理求得 5BC≠CMBCMN所以，当t1BCMN3 3QNNCMQ⊥MPt3若 厘米3Q∵MN⊥BCMQ⊥MP∴∠NMB=∠PMQ=∠BAC∴∠PMB=∠QMN,∠QNM=∠B∴33（2）①∵∠ABC=60º，∠BAC 3333∵

3∴BP BP433 3 厘米3Q1② 33∴AQ=12-8+t=4+t, 3331∴S=(4t)312（3）BP2+CQ2

3t)=

3(t2233

∵CQ=8- ∴BP2+CQ22x2x图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为

1，⊙PxKOKPA的形状，并说明如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时①求出点A，B，C的坐标②在过A，B，C三点的抛物线上是否存M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的1．2存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由yyAPOKx【答案】解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切∴∴∴四边形OKPA是正方形 22（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标2xyAPMG Cx过点PyAPMG Cx∵四边形ABCP为菱∴△PBC为等边三角形Rt△PBG中22x32sin∠PBG=PG， 32 解之得：x=±2（负值舍去3∴ 43易知四边形OGPA是矩形3∴ ），B（1，0） 63abc9a3bc3c33：a=3，b=43， 3 y

3x243x 93 3②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得33

[来源 33

，v=333 3x 3过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：y 3x3y33

3x3y3x243x333y1

3； 3y2过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：y 3xt3∴0=3

t3∴t 33 3x 3y33

3x3y3x243x3x1

3得：y0；y 3 33综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为

），（7，83 121SPABSPBC21

PABC3 ），C（3，0）显然满足条件3∴

1

PABC3∴点M的纵坐标 3又点M的横坐标为3∴点 3点（7，83）33综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为

），（7，83 12∴

1

PABC3∴点M的纵坐标 333即3x243x ．[来源 33 x10（舍），x243∴点M的坐标为 3点（7，83）33综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为

），（7，83 12（2011菏泽，21，9）如图，抛物线y＝1x2＋bx－2x轴交于A，B两点，2y轴交于C点，且求抛物线的解析式及顶点D的坐判断△ABC的形状，证明你的结M(m，0)是x轴上的一个动点MC＋MD的值最小时myy1 1BxCD2整理后解得b32 8D325 8

y1x23x2 ∴AC2＋BC2=AB2．∴△ABC是直角三角C′DxM，xE．∴OMOC

3

2．∴m=24 （2011，23，10）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（41）的抛物yAxB，C（B在点C的左侧）A（0，3BABD，如果以点CPA，CP运动到PACP点的坐标和PAC的最大面积.(第23【答案】（1）ya(x4)21A（0，3），∴3a(04)21a14∴抛物线为y1(x4)211x22x 3 答：l与⊙C相交 41(x4)210x2x6 32∴B为（2，0），C为（6，0）.∴AB32CBDE，连接CE，则BEC90AOB∵ABD90，∴CBE90ABOBAO90ABOBAOCBEAOBBEC68CEBCCE CE 68 ∵抛物线的对称轴lx4C点到l∴抛物线的对称轴l与⊙C相交 7PyAC于点Q可求出AC的解析式为y1x 2分 ∴PQ1m3(1m22m3)1m23m ∵

1(1m23m)63(m3)227 ∴当m3PAC274此时，P点的坐标为（3，3 104(第23（2011山东威海，25，12分）如图，抛yax2bxcx轴于点A(30)，点B(10,交y轴于点E(03．点C是点AB的对称点F是线段BC的中点，直线lFyyxmCyD．GHG长度的最大值；在直线lMNA，C，M，N为顶点的四边是平行四边N的坐标．图 备用【答案】解：（1）ya(x1)(xyE(03，将该点坐标代入上式，得a1yx1)(x3yx22x3∵点C是点A关于点B的对称点A(30)，点B(10∴点C的坐标是C(50)C的坐标是C(50)yxm，得m5CDyx5K点的坐标为(t0)H点的坐标为(tt5，G点的坐标为(tt22t3∵点KAB上一动点∴3t1．∴HG(t5)(t22t3)t23t8(t3)241 3∵3 323∴当t 时，线段HG长度有最大值413 ，点∴点F的坐标为F(30)∵直线lFy∴直线lx3M在直线lNA(30，点C(50)AC8ACA，C，M，NMN∥ACMN＝NMMN3n3n8，解得n5∴N点的坐N(5,12)NMMNn3n38，解得n11∴N点的坐N(1140)心对称”知：点MN关于点B中心对称FB对称点PP的坐标x1yx22x3y4．过点N，B作直线NB交直线l于点在△BPN和△BFM中NPB∵BFBPNBFM∴四边形点ANCM为平行四边∴坐标为(14)的点N符合条件∴当点N的坐标为(5,12)(1140)(14)时，以点A，C，M，N为顶点的四边是（2011烟台，26,14）如图，在直角坐标系中，梯形ABCDABx上，底边CD的端点Dy轴上.直线CB的表达式为y4x16，点A、D的坐标分别 BCD1Pt（秒）时，△OPQs（不能构成△OPQ的动点除外）.求出点B、C的坐标st变化的函数关系式y Q Bxt为何值时sy Q Bxyy AO （yy AOBx（【答案】解：（1）y＝4y＝－4x16 ∴C点的坐标为y＝04x16 ∴x＝4.∴点B坐标为CM⊥ABM，则CM2BMCM2BM32∴sin∠ABC＝CM＝4 [来源:①当0＜t＜4时，作QN⊥OBQN＝BQ·sin∠ABC＝45∴S＝1OP·QN＝1（4－t）×4t＝－2t2＋8 4＜t≤5（1），QO，QPQN⊥OBN.QN＝45∴S＝1OP·QN＝1×（t－4）×4t.＝2t2－8 5＜t≤6（2），QO，QP.S＝1×OP×OD＝1 ①在0＜t＜4时8当t＝ ＝2时，2(58S最大

(8 ＝84( 54＜t≤5S＝2t28t

5＝2＝2＝S最5

×22－5

×2＝－85

25S＝2t28t的顶点为（28 ∴在4＜t≤5时，St的增大而增大＝∴当t＝5时 ＝5

×52－5

③在5＜t≤6时S＝2t－8中，∵2＞0，∴St的增大而增∴当t＝6S最大∴综合三种情况，当t＝6时，S取得最大值，最大值是OPCDOP和高.所以③中的△OPQ面积一定大于②中的△OPQ的面（2011南充市，22，8分）抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A（m－4,0）和B(m,0)，y=－x+pAC(2m－4,m－6).PPA,CQACQP12，P,Q在（2）条件下，若点M是x轴下方抛物线上的动点，当⊿PQM的面积最大请求出⊿PQMM【答案】解：（1）∵点A(m-4,0)和C(2m-4,m-6)在直线y=-x+pm6(2m4)m6(2m4)

mp∴A(- 设抛物线y=ax2+bx+c=a(x-∵C(2,- ∴抛物线解析式为：y=x2-2x-22

,AC所在直线的解析式为：y=-x-32322过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K,DK= 2∴PQ的解析式或为y=-x+3y=-x-yx22x

x1

x2∴yx

0或y yx22xyx

P1(3,0),P2(-∵ACPQ是平行四边形，A(- P,QP1(3,0),Q1(6，-3)P2(-M(t,t2-2t-3),(-1＜t＜3)MyPQT,则MT=(-t+3)-(t2-2t-3)=-222

222

(-

22

252512

时2

25 25 yyAODBxC别为h1h2．△OEF与△OGH组成的图形称为蝶形．求蝶形S的最大值EHMQh1与h2满足的关系式，并求h1的【答案】(1)EFACK，由△OEF∽△ABD，AKEF 5h1EF EF6(5hS21OKEF21h6(5h，整理得S6(h5)215 21 h5S15 MNACL，由(1EF6(5hEK3(5hML3(5h

h2

(5h

h2

(5h

，整理得(hh)17(hh450E，M

1 2

hh0hh45OE⊥ABh45，所以0h

2）EM重合时，则h1h2，此时h1的取值范围为0h15解法二：（1）ABCDEFBD，得

AEF，EF5h1EF65hSSOEFEFh1

5所以当h12Smax25根据题意，得OEOM如图，作ORABR，OB关于OR对称线段为OSEM不重合时，则OEOM在ORRERMBR

，ORAB 52AB 5232152349

15 RM由ML//EK//OB，得OKBE,OL AB OKOLBEBM2BRh1h2 hh45，此时h的取值范围为0

EM重合时，则h1h2，此时h1的取值范围为0h15(201124，14)1．OABC2，A、Cx、D．求点D的坐标（用含m代数式表示当△APD是等腰三角形时，求m值 设过P、M、B三点的抛物线与x轴正半轴交E，过点O作直线ME的垂线，垂足为H（如图2）．当点P从点OC运动时，点H也随之运动．请直接写出点H所经过【答案】解：（1）由题CM=BM，∵∠PMC＝∠DMB，∴Rt△PMC≌Rt△DMB，∴DB＝PC，∴DB＝2－m，AD＝4－mD的坐标为（2，4－m）.（2）AP＝AD，则4m24m)2，解得m32 PD＝PAPPF⊥ABF（如图）AF＝FD,AFFD1AD1(4m OP＝AFm1(4mm4 DP＝DA，∵△PMC≌△DMBPM1PD1(4mPC2CM2PM2 (2m)211(4m)2，解得m2m2舍去 或或综上所述，当△APD是等腰三角形时，过m的值为 2或或 H经过的路径长为54B的坐标为（6，6），A、O、BAByE．求点E的坐标F为线段OB上的一个动点（O、B重合），直线EF与抛物线交与M、N两点（点N在y轴右侧），连结ON、BN，当点F段OB上运动时，求BON的面积的最大值N的坐标；、N对应）P的坐标．【答案】26．解：（1）设直线AB的函数解析式为将点A（－2，2），B（6，6）代入得1m＝21∴y＝2x＝0y＝3 将A（－2，2）B(6，6)代入得

＝x＝x 过点Nx轴的垂线NGGOB于点QBBH⊥xHN(x4SBON＝SBONS

—x) ＝2QN×OG＋

＝QN×(OG＋HG)＝QN×OH＝x－

x)〕×6＝－x2x＝－x－3)2＋2

∴当x＝3BON面积最大，最大值为3N的坐标为（3，4（4）过点AAS⊥GQ3∵A(－2，2)，B(6，6)，N（3，4 ∴∠AOE＝∠OAS＝∠BOH＝45°，OG＝3，NG＝

RtSANRtNOG1∴tan∠SAN＝4∴ON的延长线上存在一点P，使BOP～3∵A(－2，2)，N（3，4RtASNAN＝AS2+SN2＝517[来源§ 1515当BOP～OAN

OB 22 22

OA过点PPT⊥x PTNG

5 4∴OPT～ ∴＝OTOGP（4t，t）在在RtPOT中，有

15

＝(∴t1＝4，t2＝4（舍4将OBP沿直线OB返折，可得出另一个满足条件的点P(15，15)，由以上推理可知，当4 P的坐标为（15，4）或4，15)时BOP与OAN相似（2011浙江衢州，24,12分）已知两直线l1、l2分别经过点A10，点B30，并y轴正半轴的点C时，恰好有l1l2A、B、C的抛物线的对称轴于直线l1交于点K，如图所示求点C当直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为MM.简述理由，并写出点M

yyKDCEBFOABOC~COAO,即CO1 CO 点C的坐标是0，3yax2bx3

3ab3

a 9a3b

30.解这个方程组，得b23 y

3x223x 2：由勾股定理，得(OC2OB2OC2OA2BC2AC2又OB3，OA1，ABOC 点C的坐标是0,3由题意可设抛物线的函数解析式为yax1x3.把C0，3代入函数解析式a 33y

3x1x3（2）1KDDE33可求得直线l1y

3x ，直线l2y

3x 333x1K的坐标为123D的坐标为143 3 的坐标为123F的坐标为10 3 KD23，DE23,EF23 KDDE2：KDDE由题意可知

3EFBFtan30=23，KFAFtan 3341,434 3 DF由顶点D的坐标为 KDDEEF233(3)1：（i）KKC长为半径画圆弧，交抛物线于点M1，由抛物线M1为点Cx1的对称点.M1的坐标为(2,3

M1CK为等腰三角形当以点CKC长为半径画圆弧时，与抛物线交点为点M1A，而A、C、K在同一直线上，不能构成三角形.KC的中垂线lDKE的中点，且l1l2，可知lDKDMMD坐标为(143M

M2：M的坐标分别为

(2,3),(1433

（i）BK，交抛物线于点G，点G的坐标为(2, 又点C的坐标为(0,3)，则GC//ABBK4，且ABK60，即ABKCGK，当l2与抛物线交于点G，即l2//AB时，符合题意，此时点M1的坐标为(2,，连接CDKD23，CKCG3形

KDC当lDM的坐标为(143 M在抛物线对称轴右边时，只有点MA重合时，满足CMCK，但此A、C、K在同一直线上，不能构成三角形.M的坐标分别为(2,3),(143MCK3(2011，24，14y1(x1)23yAB4BCx轴交于点C1A的坐标及线段OCP在抛物线上，直线PQ/BCx轴于点Q，连接BQ452CD上，另一EPQ上，求直线BQ的函数解析式30°角的直角三角板一个顶点与点CDBQEPQ上，求点P的坐标AyAyBOCyAO[来

24

0y1(x1)23】解：（1）x】解：（1）x

24yy11 )4OC1.（2）①1，DDMxx轴于点M，DDNPQPQN，PQPQ//DMQDNQMDN四边形MDNQ为矩形CDEMDNDCCDMDCDCMDENDMDNMDNQDQCBCQCQBCOQBQykxb，B(13Q(40)，代入求得k1b4，BQyx4 PDDMxxMDDNPQPQ

Q(m,CDMMDEEDNMDECDMEDN

RtEDN,CDDM DNMQ,CDDM PQ//BC,

BC CD m（2011，24,14）ya(xm)2nyA，ABCDAB1yx2)212ya(xm)2n（m>0）y=x－3，伴随四边形的面积为3ya(xm)2ny=－2x+b（b>0）bm,nP，使得△PBDP（b）；若不存在，请说明理由。b∴2kb

∴k=-2y=x－3，得：A(0，-3)，C(0，3)1

AC2 且过点y=1(x2)212①如图，作BE⊥xA（0,b）,C(0,-∴n=- B(m,-ABCDb2m22m∴m(5m-4∴m1=0(舍去)，m2=53∴n=-2m+b=5 ∴m

b,n b

②存在，有4个点：(b，b b，b b b b13b5

（2011，24，12）A（2，0）、C(0，12x=4.设顶点为P，与x轴的另一交点为点求二次函数的解析式及顶点P的坐标如图1，在直线y=2x上是否存在点D，使四OPBD为等腰梯形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由2MOP上的一个动点（O、P两点除外），以每

22速度由点P向点O运动，过点M作直线MN∥xPB于点N.将△PMN沿直线MN对折，得到△P1MN.在动点M的运动过程中，设△P1MN与梯形OMNB的部分StSt的函数关系式.yyC BxPyCyC Ox P

a由题意得c4a2bc

解得bcyP的坐标为1212yyCD xP当y=0时，x2- ∴x=2，x∴点B的坐标为设直线BP的解析6km

k则4km 解得m∴直线BP的解析式为2∵顶点坐标P（4， ∴2设 则BD=OP时25

，xx2=2时，OD=BP2

5，四边形OPBD为平行四边形，舍52

时四边形OPBD为等腰梯4D(

)时，四边形OPBD为等腰0＜t≤2yyC MBHPNx2 个单位长度，运动时间为t秒222

∴PH=t，MH=t，HN=1 ∴MN=3∴S=2

t·t·2

=342＜t＜4yyCOAEGF xP

SP 1SP1

SP1∴13t4

(2t4)2t∴ 13 94

t－(3t－12t+12)=4

t∴0＜t≤2S42＜t＜4S4

t2+12t－12（2011重庆，26，12分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝23，点O是AB的中PABBP＝3．EO1E、FEF为边作等边△EFG，使△EFGABCD在射线PAt秒(t≥0)．当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求t的值在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD部分的面积为S，请直接写出与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三t的值；若不存在，请说明理由． 2△CBF，BC＝23，∴tan∠CFB＝，∴tan

32732723330≤t＜1S=333

t＋43；1≤t＜3

t 33≤t＜4S=43

t＋203；4≤t＜6

t＋363 3在Rt△ABC中，tan∠CAB＝ AB又 AH=AO=3（如图②），过点EEM⊥AHM，AM=AH= 3 Rt△AME，cos∠MAE＝cos30°=，∴AE= 3－t=3t－3=3，t=3－33＋OH=OA（如图④），则∠OHA=∠OAH=30°，[来源:学§科§网Z§X§X§K]∴∠HOB=60°=∠HEBEO，∴AE=3．3－t=3或t－3=3，t=6（舍去）t=0．5△AOHt=3－3t=3＋ （2011，24，14）ykx3（k＜0）xyA、BOAPOA1PxABC，设运动时间为t秒．当k1OAQAOP时出发PA时两点同时停止运动（如图①直接写出t＝1C、QQ、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t

k3Cyxm2nABD（4CDyBC1OP xyBDC1OyBC1OP xyBDC1O1PAx（第24题图 （第24题图【答案】（1）①C（1，2），Q（2，0）．[来源:情形一：当△AQC∽△AOB∵CP⊥OA，∴点PQ重合，OQ=OP情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CPt=2（－t＋3），∴t=2．∴t1.52C(t－＋3) 由(xt)23t33x3x=t，x=t3DDE⊥CPE

3∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－3）=3．∴CD=DEBA

15 ②∵CD=

，CD边上

3

15 2 要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短因为当OC⊥ABOC最短此时OC的长5

＝90°－∠BOC＝∠OBA，又∴OPOC，OP=OCBO

36t36t36秒时，h （2011福建，25，12分）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数2xy (x＞图象上一个动点，以P为圆心的圆始y轴相切，设切点为2x如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时①求出点A，B，C的坐标②在过A，B，C三点的抛物线上是否存M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的1．2yAPOKx存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试yAPOKx25【答案】解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切∴∴∴四边形OKPA是正方形 2（2）①连接PBP的横坐标为x，则其纵坐标过点PPG⊥BC∵四边形ABCP为菱∴△PBC为等边三角形Rt△PBG中

．[来 222yAP2yAPMG Cxxsin∠PBGPG

32 32x：x=±2（负值舍去3∴ 43四边形OGPA是矩形3∴ ），B（1，0） 63abc9a3bc3c33：a=3，b=43， 3 y

3x243x 93 3②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得3333

，v=333 3x 3过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：y 3x3yy

3x3343x2 x334333y1

3； 3y2过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：y 3xt3∴0=3

t3∴t 33 3x 3y33

3xy3x243x

[来源 3x1

3得：y0；y 3 3综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为 31

），（7，83 12SPABSPBC2

PABC3 ），C（3，0）显然满足条件3∴

1

PABC3∴点M的纵坐标 3又点M的横坐标为3∴点 3点（7，83）33综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为

），（7，83 12∴

1

PABC3∴点M的纵坐标 333即3x243x 33 x10（舍），x243∴点M的坐标为 3点（7，83）33综上可知，满足条件的M的坐标有四33分别为

），（7，83 1220．（2011福建，26，14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点Ay轴交于点BOA3，AB5．点PO出发沿OA以每秒1个单位长的速度个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB－BO－OPE．点P、Q同时出Q到达点B时停止运动，点P也随P、Qt秒（t＞0）．求直线AB的解析式在点POA运动的过程中，求△APQSt之间的函数关系式（不必yxt的取值范围yxBEQDO 在点EBO运动的过程中，完成下

（26题②当DEO时，请你直接写出t的值AB2yBEQDO 【答案】解：解：（1）Rt△AOBAB2yBEQDO ABykxb

43kb

k4∴b

解得b∴直线AB的解析式为y=-4x4 23如图，过点QQF⊥AO于点∵AQ=OP=t，∴AP3t由△AQF∽△ABOQFAQ ∴QFt．∴QF

2yxQDO ∴SyxQDO ∴S2

4四边形QBED能成为直角梯形①如图，当DE∥QB时∴PQ⊥QBQBED由△APQ∽△ABOAQAP ∴t33yBE解得t9 6yBE②如图，当PQ∥BO时∴DE⊥BOQBED此时∠APQ=90°．由△AQP∽△ABO

AQAP t3 解得t15 108

t2

t14 1452DEAC，FEDNAMENAMECBOxDF图5）2c4a2bc5549a7bc 1解得a ,b4,c12

y1x24x2N.∵抛物线的解析式y1x422

y1x24x6可变形为2则有

b1

k1

6

b

1∴直线ACy21

x当x=4时，y 462FEDF（4，－8）FCyk2xb2,4k2b2则有

7,

2255

2b2

7∴直线ACy

x27y=6则2

x226∴AM=8,MN=AM—NF=NF52

），F2 7 2∴CF 2682682P1AAFP1A253

32∴O∴P1（0，－2）.P2AAF

P2A253P2A=53

3 2∴O2

2 2 299A（ 4C（2）Rt△ABC中，∵OA×OB=OC941

）=1比较常 a= ，抛物线的方程为y= 94）（x+）432

2

）

5

5

D2（

）（2011江苏苏州，29,10分）已知二次函数y=a（x2-6x+8）（a>0）的图象与x轴分别A、ByCDAC，将△OAC直线AC翻折O的对O′恰好落在该抛物线的a如图②，在正方形EFGHE、F标分别是（4,4）、（4,3），HG位于边EF的右侧.同学经过探索后发现一个正确题若点P是边EH或边HG上的任意一点，不能构成平行四边形）.”若点P是边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立？如图②，当点P物线对称轴上时，设点P的纵坐标t是大于3常数，试问：是否存在一个正数a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等（即 A、B、C（2,0）、（4,0）、（0,8a），x=3.3∴∠OAC=∠333

33433F（4,3）G（5,3）. PC=PDPC2=PD2，∴32+（t-8a）2=（t+a）2，7a2-2ta+1=0，∴△=4t2-28.2t 4t2t t22t 4t2t t2 t t t27

t t2t t27

（201127,12）2ABCD中，PAB的中点，Q为QQE⊥ABEMMF⊥BCF．t≠1求证P、M、Q、NPMQNSSt之间的函S的最小值．N （27题解：（1）∵四边形ABCD是正方∴四边形ABFM、AEQD都是矩（2）P是边AB的中QE2PE(1QE2PE(1t)2∵△PEQ≌△NFM[(1t)2(1t)2∴S＝1PQMN＝1(1t)24＝1t2－t＋ ∴当t＝1S最小值综上：S＝1t2－t5，S （2011山东济宁，23，10分）如图，第一象限内半径为2⊙Cy轴相切于A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：ykx3．设点P的纵坐p，写出pk变化的函数关系式设⊙CPAMABN，则不论动点P处于l上（B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP，请你对于点P处于图中位置时的两个三角形相似给是否存在使△AMN的面积等于

k倍？若存在，请求出符合条件的k值；若llMPACDNOB【答案】解：（1）∵y轴和l都是⊙C的切线∴OA⊥AD，BD⊥AD，又∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=∴四边形OADB是矩∵⊙C的半径为PAP上，∴p=4k＋3．DN，∵AD⊙C的直径，∴∠AND=∵∠ADN=90°—∠DAN，∠ABD=90°—AD242理由：把x=0代入yAD242Rt△ABD中，由勾股定理得AB

5

ABDN

ADDBAD 4 ∴DN ( (∴AN2AD2DN242

12)2256

∴

(AN)2AN即

SABP ABP ∵AP2AD2PD2AD2PBBD)2424k33)216(k21)AP2AD2PD2AD2(BDPB)242(34k3)216(k2 SABP2PBAD2(4k3)42(4k3) ∴SAMN

AN2

2562(4k3)32(4k3)322516(k2 25(k2 1整理得k24k20，解得k21

6，k22 66∵AP2AD2PD242(34k3)216(k21) SABP

PBAD AN2

(4k3)42(4k3)2562(4k ∴SAMN

2516(k2 化简，得k21(4k3，解得k26综合以上所述得，当k2 或k2时，△AMN的面积等于326 汕头，22，9）y5x217x1yA A的直线与抛物线交于另一点B，过点BBC⊥x轴，垂足为点求直线AB的函数关系动点P段OC上从原点O出发以每钞一个单位的速度向C移动过点P作⊥x轴，交直线ABM，抛物线于点N，设点P移动t秒，MN的长为s个单位s与tt的取值范围；设（2）的条件下（不考P与点OG重合的情况），连接CM，BNt为何值时，四边形BCMN为四边形？问对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？说明【解】（1）x=0y5x217x1y x=3y5x217x1y5 5∴A、B（0，1）、（3，2ABykxbA、Bb

b，解得 3kb 1

k y

x2（2）x=ty1x1y5x217x M、N1t1和5t217t ∴MN=5t217t1-（1t1）=5t215 s5t215 由5t215t5，得t1t 即当t1或2BCMN 当t1时2

，PN=4，CM=BN=25当t2时，PC=1，PM=2，由勾股定理求得 5BC≠CMBCMN所以，当t1BCMN（2011，28,12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的A、B两个xCyOA:OB15OBOC，△ABC积 15，抛物线yax2bxc(a经过A、B、C三点2Ey右侧抛物线上异于点B的一个动点，过点Ex平行线交抛物线于另一点F，过点FFGx于点GEEH垂直于xH，得到矩形EFGHEEFGH为正方形时，求出该正方形的边长；2在抛物线上是否存在B、C的点M，使△MBCBC边上的高为求出点M的坐标；若不存在，请说明理由yxyx BC解：（1）OAxOBOC5x

=1（OAOB）×OC=16x5x=15x2 x1（负值不合题意，已经舍去），根据抛物线与坐标轴A、B、C三点的坐标分别是（-1，0）、（5，0）、（0，-5）yax2bxc，列方程abc25a5bc0a1b4c5cyx24x5y xGHC2BAy xGHC2BAF的横坐标是4m，EFm4m2m4ExEx轴下面，则对应的函数值是负数，若矩形EFGH为正方形时，则EF=GH=FG=EH，∴2m4m24m5，当2m4m24m5时，解得：m3 （其中3 不合题意，已经舍去），则

10)4

2 ，正方形的边长为2 ；2m4(m24m5)，解得：m110（其中1 不 yNMxA2B5yNMxA2B5CNM如图所示，根据已经容易求出BC22122

2，若要使△MBCBC边的高为

S△MBC=2

2

M的横坐标为nyx24x5M的坐标为(nn24n5Mxn24n50MMNyNS△MBC=S梯形

-

，∴1(5n)(n24n5)251n(n24n55)35 n25n140，解得n2n7Mx轴上Mx轴下面，则n24n50MMNyNS△MBC=S梯形MNOB-S△OBC-S△MNC1(n5)(n24n5)251n(n24n55)35 n24n140400x轴下面M点. 7，12）y1x2mxnxA、B3yC（0，－1），x=1．xD，ABDC3．若存在，求出点D1)；y BxCyAOBxCy BxCyAOBxC图 图【答案】（1）由

23

1m2，又n3y1x22x 1x22x10x=－1 DD（x1x22x1 DE⊥xEOE=x，DE=1x22x1，BE=3－x 1111(11x22x1)x1(1x22x1)(3x) 化简得，x23x2 解得x=1或4故存在符合条件的点D，为D（1， ）或3yEyE BxCDyQPAOBx PQ平行等于ABPQ=4Py轴右侧时，P的横坐标为4P轴左侧时，P的横坐标为PQAB互相平分时，PQAB的中点（1，0），可得P的横坐标为5P的坐标为3

）或（－4，7）或29.（2011芜湖，24，14分）平面直角坐标系中，ABOC如图放置，点A、C的坐标分别为(03、(10)O顺时针旋转90，得到ABOC.若抛物线过点C,A,A,求此抛物线求ABOC

部分△OCDMMAMA的面积最大？M的坐标.解:（1）∵ABOC由ABOCA(03∴点A的坐标为(3,0) 1所以抛物线过点C(10A(03A(30)yax2bxc(a0abc可得c

a解得bc

4∴过点C,A,A的抛物线的解析式为yx22x3 5（2）AB∥CO，所以OABAOCOA2所以OB .又OCOA2CODBOA ∴△COD∽△BOA 又OCOC 7△COD的周长OC

1.又△ABO的周长为4 1△BOA的周 所以△COD的周长为4+10=1+2 9 （3）［解法1］连接OM，设M点的坐标为mnM在抛物线上，所以nm22m3，………10S△AMA'S△AMOS△OMA'S△AOA'1OAm1OA'n1OAOA'3mn93mn 3 3 m23m m

12 2 2 因为0<m<3，所以当m3时，n15.△AMA的面积有最大值 13 M的坐标为315AMA27.…142 [2]AAykxlAA3kl

k解得l

yx3.…10yx22xyx

x23x3+h0令94(3h0，得h214yx22x x3

3 ∴

.解得

∴点M坐标为( ),点P的坐标为 )yx4分

y 2 S△AMAS△PAAS△POASAOA23

33 M的坐标为315AMA27

……142

3(xm)(x3mCE的坐标为（－3,0），ED.（m＞0）写出A、B、D三点的坐m为何值时M点在ED上？判定此时直线ED与圆的位置关系mm表示△AEDSSm【解】（1）Am,0B3m0D0,3m.设直线ED的解析式为ykxb，将30D0,3m代入，

3k 3解得

b EDy

3mx3

3m∵y

3(xm)(x3m) 3xm243m 4 M的坐标为m,3m 把m,43m代入y 3mx

3mm2m ∵m0，∴m∴当m1MDE连接CD，CAB中点，C点坐标为Cm,0OD 3OC1，∴CD=2D又∵OE=3，DE2OD2OE212EC216CD24∴CD2DE2EC2∴直线ED与⊙C当0m3

1ODOD32

m3mS

3m233m m3

1ODOD32

mm3，即S

3m233m 12. 中山，22,9）y5x217x1yA 的直线与抛物线交于另一点B，过点BBC⊥x轴，垂足为点求直线AB的函数关系动点P段OC上从原点O出发以每钞一个单位的速度向C移动过点P作⊥x轴，交直线ABM，抛物线于点N，设点P移动t秒，MN的长为s个单位s与tt的取值范围；设（2）的条件下（不考P与点OG重合的情况），连接CM，BNt为何值时，四边形BCMN为四边形？问对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？说明【解】（1）x=0y5x217x1y x=3y5x217x1y5 5∴A、B（0，1）、（3，2ABykxbA、Bb

b，解得 3kb 1

k y

x2（2）x=ty1x1y5x217x M、N1t1和5t217t ∴MN=5t217t1-（1t1）=5t215 s5t215 由5t215t5，得t1t 即当t1或2BCMN当t1时，PC=2，PM=3CM=5 5当t2时，PC=1，PM=2，由勾股定理求得 5BC≠CMBCMN所以，当t1BCMN（2011，20,10分）如图，已知线段AB∥CD，AD与BC相交于点K，E是线AD上一动点BK2

KC，求

1连接BE，若BE平分∠ABC2

AD时，猜想线段AB、BC、CD三者之间有AE1ADn2n变时，线段AB、BC、CD三者之间又有怎样的等量关系?请直接写出你的结论，不必证明CEAE【答案】解：（1）∵AB∥CD，BK=2

KC，∴CD=CK=2 （2）如图所示，分C、DBE∥CF∥DGAB的延长线于F、G三点∵BE∥DG，点EAD的点，∴AB=BG；∵CD∥FG，CD∥AG，∴四边形CDGF是平行四边形∵∠ABE=∠EBC∴AB-CD=BG-AE1ADn2)时，（n1n一、选择1（yBAx EC上的一个动点，射线AD与y轴交于点E，yBAx E． ． ．

1题2.（2011年黄冈中考调研六）ABCDAB1AD2，M是CD的中点，点PABCMAPMyPx之间的函数关系用图象表示大致是下图中的（）y1 3yy1 3y1 3y1 3y1 3 x轴、yP是此图象上的一．Px，PF的长为d，且dx之间满足关系：d55

论：①AF2；②BF5；③OA5；④OB3中，正确结论的 A、 B、 C、 D答案

xyBPO yBPO 如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处.若将△ACB绕着点A逆时针旋转得到△AC'B'，则tanB'的值为( 14

2 2 MMFC 6题5.（2011州三月月考）如图，C为⊙OAB上一动点C线交⊙OD、E两点∠ACD=45°，DF⊥AB于点F,EG⊥AB于点G,当点CAB上运动AFx，DE=yyx的函数关系式的图象大致是（）答案∠ACB＝∠DFE＝90CDE的中点处，且ABM、C、F三点共线，现在让△ABCMF上向右作匀速移动，而△DEF不动，设两个三角形重合部分的面积为yxyx的函数关系的图象大致是（）yoxyoxyyoxyoxyoxyox 二、填空1（2011年中考数学模拟）2ABCD中，E，F，O分别是AB，CD，AD的中点，以O为圆心，以OE为半径画弧EF．P是上的一个动点，OPOPBCKP作⊙OABM，交BCG

3，则 答案： EMF EMF 1题)22011卷)如图，在平面直角坐标系中，矩OABC的两边分别在x轴和y轴上，OA=10cm，OC=6cm。P是线段OA上的动点，从点O发，以1cm/s的速度沿OA方向作匀速运动，点Q段AB上。已知A、Q两点间的距离是 65

Q 3．(2011）OAO逆时针旋转90到OAA点坐标为(1,3)，则点A的坐标

4．（2011年三门峡实验中学3月模拟）如图，已知⊙P的半径为2，圆心Py1x21上运动，当⊙P与x轴相切时，圆心P的坐标 2

6,2或

4三、解答1、（201110—113月月考）Rt△ABOOOB=3PO出发沿OA1个单位长度的速度向A点匀速运动，到达AAOQAAB1BQB时，P、Q两点同时停止运动,P、Qt秒(t＞0)．试求出△APQSt在某一时刻将△APQPQAABD处，如图①．求出此时△APQ的面积．POAyEPQBE为等腰梯E的坐标；若不存在，请说明理由．P、QPQ的垂直平分线DFPQ于点DQB－BO－OPF．当DF经过原点Ot的值．4242①PO向A运动时，OP＝AQ＝t，AP＝4－tQQH⊥AP于HQH//BO得QHOB,得QH＝3 1APQH1(4t)32 2 ∴5 3t265即

②当4<t≤5时 3OH= 1(t4)3∴

3t26=

∴cosA=

t当 ∴

t即t4<t≤5

3t 分 E、PEM⊥ABM,PN⊥ABOE则有BM=QN,由PE//BQ得 BM3∴4(4又 ∴AN=QN

4(4t)

3t)

4(4t) t BQ=EPPQ⊥OAPAP

4t4t t

7(0由①②得E点坐标 ①当P由O向A运动时，OQ=OP=AQ=t 1 t 分PA向OQG4(5t),OG33(5 Rt△OGQ中，OQ2RG2 [(5t)]即(8－t)2=∴t 分B(0)Py轴的垂线，垂足为EBE．求抛物线的解析式，并写出顶点Dxs的最大值；yDACE1 PByDACE1 PB 2题(4)BDykxb（k0），B、D3kb得kb

解得k

y2x61，s=2

·OE1xy1x(2x6)x2

∴sx23x(1x 9 3 sx23x x 4 2 x3s9 yD．(yD．(E)CP2H．A1MOB1F xPEOFPEFPPE、PPHyH

yM3在3

MFm，PM3m，PE22 (3m)2m2．解得m 2 ∵

，∴PH9PHPHPM由△EHP∽△EPM

，

99∴OH3

P坐标

105ABCD的边长为10tanABO3OPABN，DCM，H从原点O出发沿x1RO △HCRStA、B、C、RtSyDAMyDAMPNCOxB答案：解：（1）C（４，１）、D（3，４）、（３）Ｓ＝－12Ｓ＝1249

，9213

8 点P每秒2个单位的速xAQ每秒1个单位的速BC方向运动；当点P停止运动时，点Q也同时停止运PQOB相交于点D，过点D△PQF的面积是否发生变化？若变化，请求出△PQF的面积s关于时间t的函数关系式；若不变，请求出△PQFyyQCDEFOPx答案：（1）设OP2tQBtPA132tPABQ为平行四边形，则132t∴ 3（2）

QDQBQDQBQD OB∥DE∥

QBQEBDQD 11∴S△PQF 2（3）由(2)①QP=FQQG⊥xG，则11t2t2t1311tt2(113t(113t)2

t2或

t综上，当t 或2或或1时，△PQF是等腰三角形 5．（2010－2011学年度河北省三河市九年级数学第一次教学质量检测试题）已知正方形yx的关系式．1PO2PAC3PBDO O

OPOOPOPM 图 图 图答案：（1）x变化时，y1yS四边形

S正方形

94O EO

N OPOP

OPOP 图 图 图（2）x变化时，y2OE⊥ADE，OF⊥AB∵ACABCDAFPE∴PEAP 3yS四边形

S正方形

224（3）x变化，y 如图3，y x

6．（2010－2011学年度河北省三河市九年级数学第一次教学质量检测试题）如图1，已知抛物线经过坐标原点Ox上另一点E，顶点M坐标为(2,4)；矩形ABCD的顶点AO，AD、AB分别在xyAD=2，AB=3.ABCD11x行移动，同时一动点PA出发向Bt（0≤t≤3），AB与该抛物线的交点为N（2）.t=5时，判断点PME2yMNCBDyMNCBD yyMCBDO 答案：（1）yx2（2）①PME②依题意可知：P（tt），N（tt24tS =1CDOD+1PNBC=1

+1t24tt2 t23t=(t

∵抛物线的开口方向向下，∴当t=3，且0＜t＝3＜3时， =4当t

S1

=1 2 47．（2011年黄冈中考调研六）如图,以等边△OAB的边OB所在直线为x轴,点O为坐标原点,使点A在第一象限建立平面直角坐标系，其中△OAB边长为6个单位，点P从O点出发沿折线OABB3单位/秒的速度向B点运动,点QO点出发以2单位/秒的速度沿折OBAAt（单位：秒），当两点相遇时运动停止.yAOByAOB B ①点A坐标 ②当t=2时，S△OPQ ;当t=3时，S△OPQ ③设△OPQSSt④当△OPQyMM、P、QRt△，若能找到请求出M

3即3 8

33

3

3M坐标为 3 4△QCP，求得M坐标为(0, 97②以PQ为直径作⊙D，则⊙D半径r 772

r＜DF，故⊙Dy那么此时在yM△MPQ8综上所述，满足要求的M点 3)或(0,48 ⊿MPAxx，⊿MPA解：（１）（6—x

4x3

4 其中12

（6—x）×

(—x2+6x)=

2(x—O3O∴S6,此时x①若ＭＰ＝＝ＱＡ＝x.∴3x=6,43

在Ｒt⊿Ｐ＝ＭＱ

=(6—

+(3

53

x，ＡＭ＝6—x39

x=6—x4

x=. 9.（2011年模拟26）如图，AB是⊙O的直径，点M是半径OA的中点，点P在AM上运动（M重合）.点QPQPO，过点QOBA的延长线于点C当QPA90时，判断QCP 当QPA60时，请你对QCP由（1）、（2）得出的结论，进一步猜想，当点P段AM上运动到任何位置时，QCP一定是 当QPA60QCPJ等边三角形。连结OQ.CQ是O的切OQC PQPOQOPQOPQCO90,OQPCQPQCOCQPPQ

又QPA

ADBCAB12cmCD8cmPAABB3㎝╱s的速度移动，点Q从CCDD1s的速度移动，如果点P、QA、C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动。设运动时间为ts.t为何值时，四边形APQD 答案：解：（1）∵DQ//APAP=DQAPQD是平行四边形。此时，3t=8-t.t=2（s）.t2sAPQD是平行四边形.（2）∵⊙P和⊙Q2cmPQ=4cm时，⊙P和⊙Q外切.PQ=4cmPQ//ADAPQD是平行四边形.①当四边形APQD是平行四边形时，由（1）APQDPBCQCQ=PB。∴t=12-3tt2s3s时，⊙P和⊙Q相切1.cosB3OBCODO为圆心，BO为半径的⊙O5PODMBCNBO=ADBPOBP=MNBOOC为圆心，CN为半径作⊙C，请直接写出当⊙C存在时，⊙O与⊙C的位置关系，以及相应的⊙CCN的取值范围。PMONAPMON

（备用图答案：解：（1）A作AE⊥BC,Rt△ABEAB=5，cosB5

1 在⊙O中，过点O作OH⊥AB,则 1BHcosB,∴BH33 1 15 1BP=MN成立，∵BPMN为⊙O 1x6

cosB BH3x3 3 15

x

x 1∴OQ=x

18x7

124

即254x

16

7 6当x 时 x

＞5=ABP应在边ABBP=MN(P和点MBAOD的6分)情况一：⊙O与⊙C相外切，此时 1分，1PMPMHBQNC情况二：⊙O与⊙C相内切，此时 1分，13

A 12.（2011年黄冈市浠水县中考调研试题）y1x22xA、2两点yCPA1个单位每秒的速度向点B运动Q同时CytPBQPQACG。1AC2PQCSStM答案：解：(1)yx1t2

(0t

s

2t2

(2t22

2)，(0，0)，(0222)，（0，－2）0＜t＜2GGH⊥y轴，垂足为H由AP＝t，可得AE＝2t222GHQHGH＝1t

22

2t 22 2t 2t)22

2GE的长度不变2 2＜t≤4时，同理可证2综合得：当P点运动时，线段EG的长度不发生改变，为定 2OP、QAB、OBA、OB1cm/P、Qt（0≤t≤4）表示求△OPQ面积S（cm2），与运动时间t（秒）之间的函数关系式，当t为何值时的运动速度，使△OPQQt中中考数学模拟试题（16）参考答(2011省天门市一模)如图1，在△ABC中，AB＝BC＝5，AC=6.△ECD是△ABCBCAE.ACBE2，PBC上一动点（2），（B、C重合）PO并延长ABQ，QR⊥BDR. OPQEDOBP的长为何值时，△PQR与△BOC （第14图解：（1）由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO＝B∵△ECD是由△ABC平移得到得，∴ED∥AC，ED＝AC＝6，∴SPQED＝S△QEO＋SPOED＝S△PBO＋S

O R O（第14图OBAOBAOED

O 1O 1 PGR （第1

H

R 题2PBC上运动，使△PQR与△COB∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应， ∴PB＝BC－PC＝BC－2CG＝5－ ＋5＋＋5 15.(2011浙江省杭州市8模)如图1，在Rt△ABC中，A90，ABAC，BC42

（GFDE

BCABACG、FAB、AC直接写出△AGF与△ABC△A

1BC

yx F F FE E图 解：（1）△AGF与△ABC （1分）由于FC∥EF，CE∥FF，四边形CEFF当CECF1AC2时，四边形CEFF2x2A Fx2秒时，四边形CEF F

第

2①当0≤x 时23过点G作GMBCM，BAC90，BC42，G为AB中点 分别为1

GF

BC2222222S梯形

12

42)

2xy6

2x2当0x2

yxy6

2x．②当22 时FCDGP，则PDCPCD45．CPD90PCPD2PQDC于QPQDQQC122

222y1 x)1 x)1 x)21x222x8222 2综上，当0x2

yxy6

2x；当22 时y1x24

2x16、(2011浙江杭州模拟14)如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．动点M以每秒1个单位长的速度，从点AAB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C-D-A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点Ml∥ADA-C-BQMt（秒）．当t0.5时，求线段QMt的值（不需解题步骤）；若不可以，请说明理由．若△PCQ的面yyt的函数关系式及自变量的取值范围解：（1）由 2∴QMA

．即QM4

1（2）t

或5或 3当0＜t＜2时，点P段CD上，设直线l交CD于点由（1）QM

．即QM=2t．∴QE=4- 2 =1PC·QE=t2

1yt当t＞2时CCF⊥ABAB于点F，交PQ于点PADADP4t2)6t．由题意得BFABAF4．∴CFBF ∴QMMB6t ∴QM ∴PQ∥AB．CH⊥PQ，HF=AP=6-CH=AD=HFt- 1 ∴S△PQC=PQ·CH=t2

y1t2

yt22t(0t2y1t2

(2<t 1yyax2bxcxA、ByC其中点Bx轴的正半轴上Cy轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB<OC）方程x2－10x＋16＝0的两个根，且A点坐标为 若点E是线段AB上的一个动点（与点AB不重合），过点E作m在（2）的基础上试说明S是否存在最大值，若存在，请求出S的最大值，E△BCE（1）BxCyB（2，0 3A（－6，0B（2，0

-6

8

2 8＋8┄┄┄┄┄┄┄┄………5＝－3x ∴△BEF∽△BAC.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄………6

∴AC＝AB 即10

. 7过点F作FG⊥AB，垂足为G，则 4 4∴EF＝5 ＝8－m. 8

8－m（8－m） 1mmm(3) 1 ＝－2m＋4m＝－2（m－4） m＝4时，S有最大值，S最大值＝8.┄┄┄┄┄┄┄┄┄……1018．(河北省中考模拟试卷)如图1，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边DF），DEF绕D三角板DEF与△ABC的部分为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？DMBDMBNCADADNDNCMBEF F 图 图 图（1）DBRt△ABCAB=BCAD=DC∠BDN=90°．∴∠MDB=∠NDC．∴△BMD≌△CND．∴DM=DNDMBN14

19．(2011）ABCD中，边长AB=3tanABD43上，DEBFO.BE＝1DHDHBCMEBCDFOFOH5答案：①DE 5 BE

③BE 7

第1920．（2011）如图，已知△ABCABAC10BC8厘DAB的中点．如果点P段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q段CAQP1△BPD与△CQP是否全等，②若点Q的运动速度与点PQ与△CQPQCPB同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点PQ第一次在△ABC的哪条边上相⑴

DQ DQ34

4 -4t=367673

21.（2011）已知：如图，直线ly

经过点 4上的点，这组抛物线与x轴正半轴的交点依次是：A1（x1,0）,A2（x2,0）,（0求b

的抛物线的解析式（用含d的代数式表示）[来源:x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，则这种抛物（0求出相应的d

⑴∵M(0,

x+b1114 y= ylylMO…123n17x

3

×1+ 又 y=a(x-d)(x-2+d)B1(1,12)代入得：a=12(d7A1、B1、A2y=12(d1)2(x-d)(x-

12(d

(x-1)2+713

4

1x=231

41

1x=33

×3+=1

)，则 12

综上所述，d的值

上的一个动点，连结ABAB的中点MMB绕着点B按顺时针方向90o，得BCBxACDB坐标是（t，0）.t=4ABt>0tC的坐标及△ABCyAOxyAOxyAyADMCOBx解：（1）t=4ABykx+b

k —把 ,解得 ——∴直线AB的解析式为 —2CCE⊥x∴BECEBC1 ∴BE=2AO=3，CE=2OB=2C的坐标为(t+3，t2 △ABC=2AB·BC=BC在Rt△ABC中

1 BC=CE+即 1

=4t△ABC=4tyAyADCOBExt≥0时.Ⅰ.AD＝BD.又∵BD∥y轴∴OBBC1 = = Ⅱ.ABCEG，yDCAOBHEGxAyDCAOBHEGx 1得 BE＝OBt∴GE=18t22

t＋６＝2×（2＋tyAOBExCF∴tyAOBExCF解得：t=12±65.t=12＋65B(12＋6Ⅲ.0≤t<12时，∠ADBBDt≥0BD＝AB的情况②当－3≤t<0时，如图，∠DAB是钝角.AD=AB，CCE⊥x轴，CF⊥yEF.2C的坐标为(t+3t22∴CF=OE=t+3，AF=6－t，BD∥y轴，AB=AD得，2 ∴t

∴t2-24t-t 62解得：t=12±65.因为－3≤t<0，t=12－65B(12－65，0).Ay OCFDt<－3时，如图，∠ABD是钝角.AB=BD，CCE⊥xAy OCFD2C的坐标为(t+3t2∴CF=－(t+3)，AF=6－