2013年中考数学复习专题讲座十一：动点型问题一、专题诠释
所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.
“动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。
二、解题策略和解法精讲
解决动点问题的关键是“动中求静”.
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。
三、考点精讲
函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.
一应用勾股定理建立函数解析式（2012?嘉兴）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（）
A．B．
C．D．
思路分析： 根据题意设出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+2a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出答案．
解：设动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，
∵正方形ABCD的边长为a，
∴BD=a，
则当0≤x＜a时，y=x，
当a≤x＜（1+）a时，y=，
当a（1+）≤x＜a（2+）时，y=，
当a（2+）≤x≤a（2+2）时，y=a（2+2）﹣x，
结合函数解析式可以得出第2，3段函数解析式不同，得出A选项一定错误，
根据当a≤x＜（1+）a时，函数图象被P在BD中点时，分为对称的两部分，故B选项错误，
再利用第4段函数为一次函数得出，故C选项一定错误，
故只有D符合要求，
故选：D．
点评： 此题主要考查了动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键．
对应训练
1．（2012?内江）如图，正△ABC的边长为3cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止，设运动时间为x（秒），y=PC2，则y关于x的函数的图象大致为（）
A． B．
C． D．
（二应用比例式建立函数解析式（2012?攀枝花）如图，直角梯形AOCD的边OC在x轴上，O为坐标原点，CD垂直于x轴，D（5，4），AD=2．若动点E、F同时从点O出发，E点沿折线OA→AD→DC运动，到达C点时停止；F点沿OC运动，到达C点是停止，它们运动的速度都是每秒1个单位长度．设E运动秒x时，△EOF的面积为y（平方单位），则y关于x的函数图象大致为（）
A． B．
C． D．
思路分析： 首先根据点D的坐标求得点A的坐标，从而求得线段OA和线段OC的长，然后根据运动时间即可判断三角形EOF的面积的变化情况．
解：∵D（5，4），AD=2．
∴OC=5，CD=4OA=5
∴运动x秒（x＜5）时，OE=OF=x，
作EH⊥OC于H，AG⊥OC于点G，
∴EH∥AG
∴△EHO∽△AGO
即：
∴EH=x
∴S△EOF=OF?EH=×x×x=x2，
故A、B选项错误；
当点F运动到点C时，点E运动到点A，此时点F停止运动，点E在AD上运动，△EOF的面积不变，
点在DC上运动时，如右图，
EF=11﹣x，OC=5
∴S△EOF=OC?CE=×（11﹣x）×5=﹣x+是一次函数，故C正确，
故选C．
点评： 本题考查了动点问题的函数图象，解题的关键是根据动点确定分段函数的图象．
对应训练
2．（2012?贵港）如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，且∠ACB=90°，AB=5，BC=3，点P在射线AC上运动，过点P作PH⊥AB，垂足为H．
（1）直接写出线段AC、AD及⊙O半径的长；
（2）设PH=x，PC=y，求y关于x的函数关系式；
（3）当PH与⊙O相切时，求相应的y值．
（三应用求图形面积的方法建立函数关系式（2012?桂林）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，D为BC的中点．
（1）若E、F分别是AB、AC上的点，且AE=CF，求证：△AED≌△CFD；
（2）当点F、E分别从C、A两点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿CA、AB运动，到点A、B时停止；设△DEF的面积为y，F点运动的时间为x，求y与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，点F、E分别沿CA、AB的延长线继续运动，求此时y与x的函数关系式．
思路分析： （1）利用等腰直角三角形的性质得到∠BAD=∠DAC=∠B=∠C=45°，进而得到AD=BD=DC，为证明△AED≌△CFD提供了重要的条件；
（2）利用S四边形AEDF=S△AED+S△ADF=S△CFD+S△ADF=S△ADC=9即可得到y与x之间的函数关系式；
（3）依题意有：AF=BE=x﹣6，AD=DB，∠ABD=∠DAC=45°得到∠DAF=∠DBE=135°，从而得到△ADF≌△BDE，利用全等三角形面积相等得到S△ADF=S△BDE从而得到S△EDF=S△EAF+S△ADB即可确定两个变量之间的函数关系式．
解： （1）证明：∵∠BAC=90°AB=AC=6，D为BC中点
∴∠BAD=∠DAC=∠B=∠C=45°
∴AD=BD=DC（2分）
∵AE=CF∴△AED≌△CFD
（2）解：依题意有：FC=AE=x，
∵△AED≌△CFD
∴S四边形AEDF=S△AED+S△ADF=S△CFD+S△ADF=S△ADC=9
∴
∴；
（3）解：依题意有：AF=BE=x﹣6，AD=DB，∠ABD=∠DAC=45°
∴∠DAF=∠DBE=135°
∴△ADF≌△BDE
∴S△ADF=S△BDE
∴S△EDF=S△EAF+S△ADB
=
∴．
点评： 本题考查了等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质，考查的知识点虽然不是很多但难度较大．
对应训练
3．（2012?桂林）如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点P从A点出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向B点运动，同时动点Q从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，当P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动．设P点运动的时间为t，△APQ的面积为S，则S与t的函数关系的图象是（）
A． B．
C． D．
考点二：动态几何型压轴题
点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题.它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题.这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.
动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。
（一）点动问题．（2012?宜昌）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．
（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；
（2）当点C与点A重合时，求a的值；
（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？
思路分析： （1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的读数．
（2）当C、A重合时，就告诉了点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值．
（3）此题需要结合图形来解，首先画出第一次相切时的示意图（详见解答图）；已知的条件只有圆的半径，那么先连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，进而可求出AC的长，由此得解．
解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，
∴OA=1，OB=，∴A的坐标是（0，1）
∠ABO=30°．
（2）∵△CDE为等边△，点A（0，1），∴tan30°=，∴，
∴D的坐标是（﹣，0），
E的坐标是（，0），
把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入y=a（x﹣m）2+n，
解得：a=﹣3．
（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足．
∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°
∴∠BCE=90°，∠ECN=90°
∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°，∴四边形MPCN为矩形，∵MP=MN
∴四边形MPCN为正方形…6分
∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）．
∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ．
∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°
∴∠EMQ，=30°，∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a
∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a
∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a，
∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣
∴E（﹣4a﹣，0）
∴C（﹣3a﹣，﹣3a）
设二次函数的解析式为：y=a（x+3a+）2﹣3a
∵E在该抛物线上
∴a（﹣4a﹣+3a+）2﹣3a=0
得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1
∵a＜0，∴a=﹣1
∴AF=2，CF=2，∴AC=4
∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切．
点评： 这道二次函数综合题目涉及的知识点较多，有：待定系数法确定函数解析式、等边三角形的性质、切线长定理等重点知识．难度在于涉及到动点问题，许多数值都不是具体值；（3）题中，正确画出草图、贯彻数形结合的解题思想是关键．
对应训练
4．（2012?永州）在△ABC中，点P从B点开始出发向C点运动，在运动过程中，设线段AP的长为y，线段BP的长为x（如图甲），而y关于x的函数图象如图乙所示．Q（1，）是函数图象上的最低点．请仔细观察甲、乙两图，解答下列问题．
（1）请直接写出AB边的长和BC边上的高AH的长；
（2）求∠B的度数；
（3）若△ABP为钝角三角形，求x的取值范围．
（二）线动问题
例5（2012?深圳）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=﹣2x+b（b≥0）的位置随b的不同取值而变化．
（1）已知⊙M的圆心坐标为（4，2），半径为2．
当b=时，直线l：y=﹣2x+b（b≥0）经过圆心M；
当b=时，直线l：y=﹣2x+b（b≥0）与⊙M相切；
（2）若把⊙M换成矩形ABCD，其三个顶点坐标分别为：A（2，0）、B（6，0）、C（6，2）．设直线l扫过矩形ABCD的面积为S，当b由小到大变化时，请求出S与b的函数关系式．
思路分析： （1）①当直线经过圆心M（4，2）时，将圆心坐标代入直线解析式，即可求得b的值；
②当若直线与⊙M相切，如答图1所示，应有两条符合条件的切线，不要遗漏．
欲求此时b的值，可以先求出切点P的坐标，代入解析式即可；欲求切点P的坐标，可以构造相似三角形△PMN∽△BAO，求得PN=2MN，然后在Rt△PMN中利用勾股定理求出MN和PN，最后求出P点坐标；
（2）本问关键是弄清直线扫过矩形ABCD的运动过程，可以分为五个阶段，分别求出每一阶段S的表达式，如答图2﹣4所示．
解：（1）①直线l：y=﹣2x+b（b≥0）经过圆心M（4，2）时，则有：2=﹣2×4+b，∴b=10；
②若直线l：y=﹣2x+b（b≥0）与⊙M相切，如答图1所示，应有两条符合条件的切线．
设直线与x轴、y轴交于A、B点，则A（，0）、B（0，b），∴OB=2OA．
由题意，可知⊙M与x轴相切，设切点为D，连接MD；
设直线与⊙M的一个切点为P，连接MP并延长交x轴于点G；过P点作PN⊥MD于点N，PH⊥x轴于点H．
易证△PMN∽△BAO，∴PN：MN=OB：OA=2：1，∴PN=2MN．
在Rt△PMN中，由勾股定理得：PM2=PN2+MN2，解得：MN=，PN=，
∴PH=ND=MD﹣MN=2﹣，OH=OD﹣HD=OD﹣PN=4﹣，
∴P（4﹣，2﹣），代入直线解析式求得：b=10﹣2；
同理，当切线位于另外一侧时，可求得：b=10+2．
（2）由题意，可知矩形ABCD顶点D的坐标为（2，2）．
由一次函数的性质可知，当b由小到大变化时，直线l：y=﹣2x+b（b≥0）向右平移，依次扫过矩形ABCD的不同部分．
可得当直线经过A（2，0）时，b=4；当直线经过D（2，2）时，b=6；当直线经过B（6，0）时，b=12；当直线经过C（6，0）时，b=14．
①当0≤b≤4时，S=0；
②当4＜b≤6时，如答图2所示．
设直线l：y=﹣2x+b与x轴交于点P，与AD交于点Q．
令y=0，可得x=，∴AP=﹣2；
令x=2，可得y=b﹣4，∴AQ=b﹣4．
∴S=S△APQ=AP?AQ=（﹣2）（b﹣4）=b2﹣2b+4；
③当6＜b≤12时，如答图3所示．
设直线l：y=﹣2x+b与x轴交于点P，与CD交于点Q．
令y=0，可得x=，∴AP=﹣2；
令y=2，可得x=﹣1，∴DQ=﹣3．
S=S梯形APQD=（DQ+AP）?AD=b﹣5；
④当12＜b≤14时，如答图4所示．
设直线l：y=﹣2x+b与BC交于点P，与CD交于点Q．
令x=6，可得y=b﹣12，∴BP=b﹣12，CP=14﹣b；
令y=2，可得x=﹣1，∴DQ=﹣3，CQ=7﹣．
S=S矩形ABCD﹣S△PQC=8﹣CP?CQ=b2+7b﹣41；
⑤当b＞14时，S=S矩形ABCD=8．
综上所述，当b由小到大变化时，S与b的函数关系式为：
．
点评： 本题是动线型压轴题，综合考查了一次函数的图象与性质、圆的切线性质、相似三角形、矩形、梯形、勾股定理以及图形面积等重要知识点，涉及的考点较多，难度较大，对同学们的解题能力提出了很高的要求．本题的难点在于：（I）第（1）②问中，圆的切线有两条，容易遗漏．求切点坐标时候，注意运用相似关系化简运算；（II）第（2）问中，动直线的运动过程分析是难点，注意划分为五个阶段，分别求出每个阶段S的表达式．
对应训练
5．（2012?盐城）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y=的图象经过点A（2，0）和点B（1，﹣），直线l经过抛物线的顶点且与t轴垂直，垂足为Q．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）设抛物线上有一动点P从点B处出发沿抛物线向上运动，其纵坐标y1随时间t（t≥0）的变化规律为y1=﹣+2t．现以线段OP为直径作⊙C．
①当点P在起始位置点B处时，试判断直线l与⊙C的位置关系，并说明理由；在点P运动的过程中，直线l与⊙C是否始终保持这种位置关系？请说明你的理由．
②若在点P开始运动的同时，直线l也向上平行移动，且垂足P的纵坐标y2随时间t的变化规律为y2=﹣1+3t，则当t在什么范围内变化时，直线l与⊙C相交？此时，若直线l被⊙C所截得的弦长为a，试求a2的最大值．
（三）面动问题
例6（2012?达州）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（﹣2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE．
（1）填空：点D的坐标为，点E的坐标为．
（2）若抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式．
（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动．
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为s，求s关于平移时间t（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．
思路分析： （1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）本问非常复杂，须小心思考与计算：
①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤时，对应图（3）a；当＜t≤1时，对应图（3）b；当1＜t≤时，对应图（3）c．每个阶段的表达式不同，请对照图形认真思考；
②当运动停止时，点E到达y轴，点E（﹣3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
解：（1）由题意可知：OB=2，OC=1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
易证△CDH≌△BCO，∴DH=OC=1，CH=OB=2，∴D（﹣1，3）；
同理△EBG≌△BCO，∴BG=OC=1，EG=OB=2，∴E（﹣3，2）．
∴D（﹣1，3）、E（﹣3，2）．
（2）抛物线经过（0，2）、（﹣1，3）、（﹣3，2），
则
解得
∴．
（3）①当点D运动到y轴上时，t=．
当0＜t≤时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点F
∵tan∠BCO==2，又∵∠BCO=∠FCC′
∴tan∠FCC′=2，即=2
∵CC′=5t，∴FC′=25t．
∴S△CC′F=CC′?FC′=t×t=5t2
当点B运动到点C时，t=1．
当＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=
∴GH=，∴CH=GH=
∵CC′=t，∴HC′=t﹣，∴GD′=t﹣
∴S梯形CC′D′G=（t﹣+t）=5t﹣
当点E运动到y轴上时，t=．
当1＜t≤时，如图（3）c所示
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N
∵CC′=t，B′C′=，
∴CB′=t﹣，∴B′N=2CB′=t﹣
∵B′E′=，∴E′N=B′E′﹣B′N=﹣t
∴E′M=E′N=（﹣t）
∴S△MNE′=（﹣t）?（﹣t）=5t2﹣15t+
∴S五边形B′C′D′MN=S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′=（5t2﹣15t+）=﹣5t2+15t﹣
综上所述，S与x的函数关系式为：
当0＜t≤时，S=5t2
当＜t≤1时，S=5t
当1＜t≤时，S=﹣5t2+15t
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（3）d所示
∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′
∴△BOC∽△E′B′C
∴
∵OB=2，B′E′=BC=
∴
∴CE′=
∴OE′=OC+CE′=1+=
∴E′（0，）
由点E（﹣3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．
∵=
∴原抛物线顶点坐标为（，）
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（，）．
点评： 本题是非常典型的动面型综合题，全面考查了初中数学代数几何的多个重要知识点，包括：二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是关键所在．作为中考压轴题，本题涉及考点众多，计算复杂，因而难度很大，对考生综合能力要求很高，具有很好的区分度．
对应训练
6．（2012?宿迁）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=x与直线l2：y=﹣x+6相交于点M，直线l2与x轴相交于点N．
（1）求M，N的坐标．
（2）矩形ABCD中，已知AB=1，BC=2，边AB在x轴上，矩形ABCD沿x轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动，设矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为S，移动的时间为t（从点B与点O重合时开始计时，到点A与点N重合时计时开始结束）．直接写出S与自变量t之间的函数关系式（不需要给出解答过程）．
（3）在（2）的条件下，当t为何值时，S的值最大？并求出最大值．
四、中考真题演练
一、选择题
1．（2012?烟台）如图，矩形ABCD中，P为CD中点，点Q为AB上的动点（不与A，B重合）．过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N．设AQ的长度为x，QM与QN的长度和为y．则能表示y与x之间的函数关系的图象大致是（）
A． B．
C． D．
2．（2012?鞍山）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，DE⊥BC于点E，且E是BC中点；动点P从点E出发沿路径ED→DA→AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动；设点P的运动时间为t秒，△PBC的面积为S，则下列能反映S与t的函数关系的图象是（）
A． B．
C． D．
3．（2012?巴中）如图，点P是等边△ABC的边上的一个做匀速运动的动点，其由点A开始沿AB边运动到B再沿BC边运动到C为止，设运动时间为t，△ACP的面积为S，则S与t的大致图象是（）
A． B．
C． D．
4．（2012?佳木斯）如图所示，四边形ABCD是边长为4cm的正方形，动点P在正方形ABCD的边上沿着A→B→C→D的路径以1cm/s的速度运动，在这个运动过程中△APD的面积s（cm2）随时间t（s）的变化关系用图象表示，正确的是（）
A． B．
C． D．
5．（2012?温州）如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B．已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连接MP，MQ，PQ．在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是（）
A．一直增大 B． 一直减小 C． 先减小后增大 D． 先增大后减少
6．（2012?绥化）如图，点A、B、C、D为⊙O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿OC﹣﹣DO的路线做匀速运动，设运动的时间为t秒，∠APB的度数为y度，则下列图象中表示y（度）与t（秒）之间函数关系最恰当的是（）
A． B．
C． D．
7．（2012?北京）小翔在如图1所示的场地上匀速跑步，他从点A出发，沿箭头所示方向经过点B跑到点C，共用时30秒．他的教练选择了一个固定的位置观察小翔的跑步过程．设小翔跑步的时间为t（单位：秒），他与教练的距离为y（单位：米），表示y与t的函数关系的图象大致如图2所示，则这个个定位置可能是图1中的（）
A．点M B． 点N C． 点P D． 点Q
8．（2012?六盘水）如图为反比例函数在第一象限的图象，点A为此图象上的一动点，过点A分别作AB⊥x轴和AC⊥y轴，垂足分别为B，C．则四边形OBAC周长的最小值为（）
A．4 B． 3 C． 2 D． 1
二、填空题
9．（2012?张家界）已知线段AB=6，C、D是AB上两点，且AC=DB=1，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点C移动到点D时，G点移动的路径长度为．
三、解答题
10．（2012?扬州）已知抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2012?佳木斯）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=12，点C的坐标为（﹣18，0）．
（1）求点B的坐标；
（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；
（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2012?铁岭）如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x轴交于点D．直线y=﹣2x﹣1经过抛物线上一点B（﹣2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F．
（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；
（2）P（x，y）是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC，求出所有符合条件的点P的坐标；
（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形？若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由．
13．（2012?乐山）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD．
①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标；
②求△BOD面积的最大值，并写出此时点D的坐标．
14．（2012?衢州）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
15．（2012?苏州）如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合，在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD．已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG，GH的长分别为4cm，3cm，设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5．
（1）试求出y关于x的函数关系式，并求当y=3时相应x的值；
（2）记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1﹣S2是常数；
（3）当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长．
专题动点型问题三、考点精讲
解：∵正△ABC的边长为3cm，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AC=3cm．
如图，D为AB的中点，连结CD，则：AD=BD=1.5（cm），CD=（cm）。
①当0≤x≤1.5时，即点P在线段AD上时，AP=xcm（0≤x≤1.5），则
，
即y=x2﹣3x+9（0≤x≤1.5）；
②当1.5
，
即y=x2﹣3x+9（1.5
综上，当0≤x≤3时，y=x2﹣3x+9，该函数图象是开口向上的抛物线；
③当3＜x≤6时，即点P在线段BC上时，PC=（6﹣x）cm（3＜x≤6）；
则y=（6﹣x）2=（x﹣6）2（3＜x≤6），
∴该函数的图象是在3＜x≤6上的抛物线；
故选C．
2．解：（1）连接AO、DO．设⊙O的半径为r．
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC==4，则⊙O的半径r=（AC+BC﹣AB）=（4+3﹣5）=1；
∵CE、CF是⊙O的切线，∠ACB=90°，
∴∠CFO=∠FCE=∠CEO=90°，CF=CE，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CF=OF=1；
又∵AD、AF是⊙O的切线，
∴AF=AD；
∴AF=AC﹣CF=AC﹣OF=4﹣1=3，即AD=3；
（2）在Rt△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，
∵∠C=90°，PH⊥AB，
∴∠C=∠PHA=90°，
∵∠A=∠A，
∴△AHP∽△ACB，
∴==，
即=，
∴y=﹣x+4，即y与x的函数关系式是y=﹣x+4；
（3）如图，P′H′与⊙O相切．
∵∠OMH′=∠MH′D=∠H′DO=90°，OM=OD，
∴四边形OMH′D是正方形，
∴MH′=OM=1；
由（1）知，四边形CFOE是正方形，
CF=OF=1，
∴P′H′=P′M+MH′=P′F+FC=P′C，即x=y；
又由（2）知，y=﹣x+4，
∴y=﹣y+4，解得，y=．
3．D
解：①点P在AB上运动，点Q在BC上运动，此时AP=t，QB=2t，
故可得S=AP?QB=t2，函数图象为抛物线；
②点P在AB上运动，点Q在CD上运动，
此时AP=t，△APQ底边AP上的高维持不变，为正方形的边长4，
故可得S=AP×4=2t，函数图象为一次函数．
综上可得总过程的函数图象，先是抛物线，然后是一次增函数．
故选D．
4．解：（1）当x=0时，y的值即是AB的长度，故AB=2；
图乙函数图象的最低点的y值是AH的值，故AH=；
（2）在RT△ABH中，AH=，BH=1，tan∠B=，
故∠B=60°．
（3）①当∠APB为钝角时，此时可得x＜1；
②当∠BAP为钝角时，过点A作AP⊥AB，
则BP==4，
即当4＜x≤6时，∠BAP为钝角．
综上可得x＜1或4＜x≤6时△ABP为钝角三角形．
5．解：（1）将点A（2，0）和点B（1，﹣）分别代入y=x2+mx+n中，得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式：入y=x2﹣1；
（2）①将P点纵坐标代入（1）的解析式，得：
x2﹣1=﹣+2t，x=，
∴P（，﹣+2t），
∴圆心C（，﹣+t），
∴点C到直线l的距离：﹣+t﹣（﹣1）=t+；
而OP2=8t+1+（﹣+2t）2，得OP=2t+，半径OC=t+；
∴直线l与⊙C相切．
②Ⅰ、当圆心C在直线l上时，﹣+t=﹣1+3t，t=；
此时直线l与⊙C相交；
当0＜t≤时，C到直线l的距离：﹣+t﹣（﹣1+3t）=﹣2t＜t+，
∴直线l与⊙C相交；
当t＞时，C到直线l的距离：﹣1+3t﹣（﹣+t）=2t﹣，
若直线l与⊙C相交，则：2t﹣＜t+，t＜；
综上，当0＜t＜时，直线l与⊙C相交；
Ⅱ、若a2最大，则a为⊙C的直径，此时点C在直线l上，由Ⅰ知：此时t=，
半径OC=t+=，直径a=，
∵0＜t＜时，圆心C到直线l的距离为d=|2t﹣|，又半径为r=t+，
∴a2=4（r2﹣d2）=4[（t+）2﹣|2t﹣t2|]=﹣t2+15t，
∴t=时，a的平方取得最大值为．
6．解：（1）解方程组，
解得：，
则M的坐标是：（4，2）．
在解析式y=﹣x+6中，令y=0，解得：x=6，则N的坐标是：（6，0）．
（2）当0≤t≤1时，重合部分是一个三角形，OB=t，则高是t，则面积是×t?t=t2；
当1＜t≤4时，重合部分是直角梯形，梯形的高是1，下底是：t，上底是：（t﹣1），根据梯形的面积公式可以得到：S=[t+（t﹣1）]=（t﹣）；
当4＜t≤5时，过M作x轴的垂线，则重合部分被垂线分成两个直角梯形，两个梯形的下底都是2，上底分别是：﹣t+6和（t﹣1），根据梯形的面积公式即可求得
S=﹣t2+t﹣；
当5＜t≤6时，重合部分是直角梯形，与当1＜t≤4时，重合部分是直角梯形的计算方法相同，则S=7﹣2t；
当6＜t≤7时，重合部分是直角三角形，则与当0≤t≤1时，解法相同，可以求得S=（7﹣t）2．
则：S=
（3）在0≤t≤1时，函数的最大值是：；
当1＜t≤4，函数值y随x的增大而增大，则当x=4时，取得最大值是：（4﹣）=；
当4＜t≤5时，是二次函数，对称轴x=，则最大值是：﹣×（）2+×﹣=；
当5＜t≤6时，函数y随t的增大而减小，因而函数值一定小于；
同理，当6＜t≤7时，y随t的增大而减小，因而函数值小于．
总之，函数的最大值是：．
四、中考真题演练
一、选择题
1．D
解：连接PQ，作PE⊥AB垂足为E，
∵过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N
∴S△PAB=PE×AB；
S△PAB=S△PAQ+S△PQB=×QN?PB+×PA×MQ，
∵矩形ABCD中，P为CD中点，
∴PA=PB，
∵QM与QN的长度和为y，
∴S△PAB=S△PAQ+S△PQB=×QN?PB+×PA×MQ=PB（QM+QN）=PBy，
∴S△PAB=PE×AB=PBy，
∴y=，∵PE=AD，∴PE，AB，PB都为定值，
∴y的值为定值，符合要求的图形为D，
故选：D．
2．B
解：根据题意得：当点P在ED上运动时，S=BC?PE=2t；
当点P在DA上运动时，此时S=8；
当点P在线段AB上运动时，S=BC（AB+AD+DE﹣t）=5﹣t；
结合选项所给的函数图象，可得B选项符合．
故选B．
3．C
解：设等边三角形的高为h，点P的运动速度为v，
①点P在AB上运动时，△ACP的面积为S=hvt，是关于t的一次函数关系式；
②当点P在BC上运动时，△ACP的面积为S=h（AB+BC﹣vt）=﹣hvt+h（AB+BC），是关于t的一次函数关系式；
故选C．
4．D
解：点P在AB上运动时，△APD的面积S将随着时间的增多而不断增大，排除B．
点P在BC上运动时，△APD的面积s随着时间的增多而不再变化，应排除A和C．
故选D．
5．C
解：如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，
∴S△ACM=S△BCM=S△ABC，
开始时，S△MPQ=S△ACM=S△ABC，
点P到达AC的中点时，点Q到达BC的中点时，S△MPQ=S△ABC，
结束时，S△MPQ=S△BCM=S△ABC，
所以，△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大．
故选C．
6．解：当动点P在OC上运动时，∠APB逐渐减小；
当P在上运动时，∠APB不变；
当P在DO上运动时，∠APB逐渐增大．
故选C．
7．D
解：A、假设这个位置在点M，则从A至B这段时间，y不随时间的变化改变，与函数图象不符，故本选项错误；
B、假设这个位置在点N，则从A至B这段时间，A点与C点时，y的大小应该相同，与函数图象不符，故本选项错误；
C、假设这个位置在点P，则由函数图象可得，从A到C的过程中，会有一个时刻，教练到小翔的距离等于经过30秒时教练到小翔的距离，而点P不符合这个条件，故本选项错误；
D、经判断点Q符合函数图象，故本选项正确；
故选D．
8．A
解：∵反比例函数在第一象限的图象，点A为此图象上的一动点，过点A分别作
AB⊥x轴和AC⊥y轴，垂足分别为B，C．
∴四边形OBAC为矩形，
设宽BO=x，则AB=，
则s=x+≥2=2，
当且仅当x=，即x=1时，取等号．
故函数s=x+（x＞0）的最小值为2．
故2（x+）=2×2=4，
则四边形OBAC周长的最小值为4．
故选：A．
二、填空题
9．2
解：如图，分别延长AE、BF交于点H．
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵G为EF的中点，
∴G也正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．
∵CD=6﹣1﹣1=4，
∴MN=2，即G的移动路径长为2．
故答案为2．
三、解答题
10．解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=ax2+bx+c中，得：
，
解得：
∴抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+3．
（2）连接BC，直线BC与直线l的交点为P；
设直线BC的解析式为y=kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入上式，得：
，解得：
∴直线BC的函数关系式y=﹣x+3；
当x=1时，y=2，即P的坐标（1，2）．
（3）抛物线的对称轴为：x=﹣=1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，3），则：
MA2=m2+4，MC2=m2﹣6m+10，AC2=10；
①若MA=MC，则MA2=MC2，得：
m2+4=m2﹣6m+10，得：m=1；
②若MA=AC，则MA2=AC2，得：
m2+4=10，得：m=±；
③若MC=AC，则MC2=AC2，得：
m2﹣6m+10=10，得：m1=0，m2=6；
当m=6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为M（1，）（1，﹣）（1，1）（1，0）．
11．解：（1）过点B作BF⊥x轴于F
在Rt△BCF中
∵∠BCO=45°，BC=12
∴CF=BF=12
∵C的坐标为（﹣18，0）
∴AB=OF=6
∴点B的坐标为（﹣6，12）．
（2）过点D作DG⊥y轴于点G
∵AB∥DG
∴△ODG∽△OBA
∵===，AB=6，OA=12
∴DG=4，OG=8
∴D（﹣4，8），E（0，4）
设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）
∴
∴
∴直线DE解析式为y=﹣x+4．
（3）结论：存在．
设直线y=﹣x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=4．
如答图2所示，有四个菱形满足题意．
①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边．
则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF﹣P1E=4﹣4．
易知△P1NF为等腰直角三角形，∴P1N=NF=P1F=4﹣2；
设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1﹣P1N=4﹣（4﹣2）=2，
又ON=OF﹣NF=2，∴Q1（2，﹣2）；
②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边．
此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（﹣2，2）；
③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边．
此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）；
④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线．
由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，
由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=﹣x+4得横坐标为2，则P4（2，2），
由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4（﹣2，2）．
综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形；
点Q的坐标为：Q1（2，﹣2），Q2（﹣2，2），Q3（4，4），Q4（﹣2，2）．
12．解：（1）∵点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上
∴m=3即B（﹣2，3）
又∵抛物线经过原点O
∴设抛物线的解析式为y=ax2+bx
∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上
∴，
解得：．
∴设抛物线的解析式为．
（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，
∴，
若S△ADP=S△ADC，
∵，，
又∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点，
∴C（0，1），
∴OC=1，
∴，即或，
解得：．
∴点P的坐标为．
（3）结论：存在．
∵抛物线的解析式为，
∴顶点E（2，﹣1），对称轴为x=2；
点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F（2，﹣5），DF=5．
又∵A（4，0），
∴AE=．
如右图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形：
①菱形AEM1Q1．
∵此时DM1=AE=，
∴M1F=DF﹣DE﹣DM1=4﹣，
∴t1=4﹣；
②菱形AEOM2．
∵此时DM2=DE=1，
∴M2F=DF+DM2=6，
∴t2=6；
③菱形AEM3Q3．
∵此时EM3=AE=，
∴DM3=EM3﹣DE=﹣1，
∴M3F=DM3+DF=（﹣1）+5=4+，
∴t3=4+；
④菱形AM4EQ4．
此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4，
∵易知△AED∽△M4EH，
∴，即，得M4E=，
∴DM4=M4E﹣DE=﹣1=，
∴M4F=DM4+DF=+5=，
∴t4=．
综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t1=4﹣，t2=6，t3=4+，t4=．
13．解（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，
得x1=3，x2=﹣1．
∵m＜n，
∴m=﹣1，n=3，
∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）．
∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx．
∴
解得：，
∴抛物线的解析式为．
（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b．
∴
解得：，
∴直线AB的解析式为．
∴C点坐标为（0，）．
∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），
∴直线OB的解析式为y=﹣x．
∵△OPC为等腰三角形，
∴OC=OP或OP=PC或OC=PC．
设P（x，﹣x），
（i）当OC=OP时，．
解得，（舍去）．
∴P1（，）．
（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，
∴P2（，﹣）．
（iii）当OC=PC时，由，
解得，x2=0（舍去）．
∴P3（，﹣）．
∴P点坐标为P1（，）或P2（，﹣）或P3（，﹣）．
②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．
设Q（x，﹣x），D（x，）．
S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ?OG+DQ?GH，
=DQ（OG+GH），
=，
=，
∵0＜x＜3，
∴当时，S取得最大值为，此时D（，﹣）．
14．解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，
可得c=0，∴，
解得a=，b=，
∴抛物线解析式为y=x2+x．
（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=
∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，t2+t）．
如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，
AG=yA﹣yM=2﹣（t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=．
当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，
∴t2﹣t+2=，
化简得3t2﹣8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，
∴点P的坐标为（，）
∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形．
（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．
求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，﹣a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT=，
∴点Q的坐标为（a，）．
解法一：
设AB与OC相交于点J，
∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴=
∴HT===2﹣a，
KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a．
S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT?A′T﹣A′Q?HT
=??（3﹣a）﹣?（3﹣a）?（﹣a+2）
=a2+a﹣=（a﹣）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
解法二：
过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得①
由△RKH∽△A′O′B′，得②
由①，②得KH=OH，
OK=OH，KT=OT﹣OK=a﹣OH③
由△A′KT∽△A′O′B′，得，
则KT=④
由③，④得=a﹣OH，即OH=2a﹣2，RH=a﹣1，所以点R的坐标为R（2a﹣2，a﹣1）
S四边形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=?OT?QT﹣?OK?RH
=a?a﹣（1+a﹣）?（a﹣1）
=a2+a﹣=（a﹣）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=，
∴KT=A′T?tan∠O′A′B′=（﹣a+3）?=a+，
∴OK=OT﹣KT=a﹣（a+）=a﹣，
过点R作RH⊥x轴于H，∵tan∠OAB=tan∠RKH==2，∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH===，
∴2RH=OK+KH=a﹣+RH，∴RH=a﹣1，OH=2（a﹣1），
∴点R坐标R（2a﹣2，a﹣1）
S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=?KT?A′T﹣A′Q?（xQ﹣xR）
=??（3﹣a）﹣?（3﹣a）?（﹣a+2）
=a2+a﹣=（a﹣）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
15．解：（1）∵CG∥AP，
∴△GCD∽△APG，
∴=，
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，
∴GD=3﹣x，AG=4﹣x，
∴=，即y=，
∴y关于x的函数关系式为y=，
当y=3时，=3，解得x=2.5，
经检验的x=2.5是分式方程的根．
故x的值为2.5；
（2）∵S1=GP?GD=??（3﹣x）=，
S2=GD?CD=（3﹣x）1=，
∴S1﹣S2=﹣=即为常数；
（3）延长PD交AC于点Q．
∵正方形ABCD中，AC为对角线，
∴∠CAD=45°，
∵PQ⊥AC，
∴∠ADQ=45°，
∴∠GDP=∠ADQ=45°．
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP，
∴3﹣x=，
化简得：x2﹣5x+5=0．
解得：x=，
∵0≤x≤2.5，
∴x=，
在Rt△DGP中，PD==（3﹣x）=．
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D
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