2014年全国各地中考数学试题分类汇编：49 运动变化类的压轴题

2014年全国各地中考数学试题分类汇编：49 运动变化类的压轴题

 

2014年中考数学分类汇编——运动变化类的压轴题

 

2014年运动变化类的压轴题，题目展示涉及：单一（双）动点在三角形、四边形上运动；在直线、抛物线上运动；几何图形整体运动问题.知识点涉及：全等三角形的判定与性质；特殊四边形形的判定和性质；圆的相关性质；解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质.数学思想涉及：分类讨论；数形结合；方程思想. 解答这类问题的关键是正确分类画出直观图形.现选取部分省市的2014年中考题展示，以飨读者.

一、单动点问题

【题1】(2014年江苏徐州第28题)如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．

（1）试说明四边形EFCG是矩形；

（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，

①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；

②求点G移动路线的长．

【考点】：     圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．

【专题】：     压轴题；运动变化型．

【分析】：     （1）只要证到三个内角等于90°即可．

（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S_矩形ABCD=2S_△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S_矩形ABCD的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．

【解答】：     解：（1）证明：如图1，

∵CE为⊙O的直径，

∴∠CFE=∠CGE=90°．

∵EG⊥EF，

∴∠FEG=90°．

∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．

∴四边形EFCG是矩形．

（2）①存在．

连接OD，如图2①，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠ADC=90°．

∵点O是CE的中点，

∴OD=OC．

∴点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

=．

∵四边形EFCG是矩形，

∴FC∥EG．

∴∠FCE=∠CEG．

∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，

∴∠GDC=∠FDE．

∵∠FDE+∠CDB=90°，

∴∠GDC+∠CDB=90°．

∴∠GDB=90°

Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如图2①所示．

此时，CF=CB=4．

Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，

如图2②所示，

此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．

Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，

如图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的面积最大值为12，最小值为．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，

∴点G的移动路线是线段DG″．

∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，

∴△DCG″∽△DAB．

∴=．

∴=．

∴DG″=．

∴点G移动路线的长为．

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

【点评】：     本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键．

　

【题2】（2014·湖州第24题）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）

（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；

（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；

（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明，

（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，

（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．

【解答】：    

证明：（1）如图，连接PM，PN，

∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点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当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图，

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时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，

同理可证△PMF≌△PNE，

∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，

∴b+a=1+t+1﹣t=2，

∴b=2﹣a，

（3）如图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，

∴F′（1﹣t，0）

∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，

∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣t，

由（1）得△PMF≌△PNE

∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1

当△OEQ∽△MPF∴=∴=，

解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，

=，解得，t=，

（Ⅱ）如图4，当t＞2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，

∴F′（1﹣t，0）

∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，

∴Q（1﹣t，0）∴OQ=t﹣1，

由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1

当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解，

当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±，

所以当t=，t=，t=2±时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．

【点评】：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．

【题3】 (2014年四川省绵阳市第24题)如图1，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．

（1）求证：△DEC≌△EDA；

（2）求DF的值；

（3）如图2，若P为线段EC上一动点，过点P作△AEC的内接矩形，使其定点Q落在线段AE上，定点M、N落在线段AC上，当线段PE的长为何值时，矩形PQMN的面积最大？并求出其最大值．

【考点】：     四边形综合题．

【分析】：     （1）由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，得出AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，从而求得△DEC≌△EDA；

（2）根据勾股定理即可求得．

（3））有矩形PQMN的性质得PQ∥CA，所以，从而求得PQ，由PN∥EG，得出=，求得PN，然后根据矩形的面积公式求得解析式，即可求得．

【解答】：     （1）证明：由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，

∴AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，

在△ADE与△CED中

∴△DEC≌△EDA（SSS）；

（2）解：如图1，∵∠ACD=∠CAE，

∴AF=CF，

设DF=x，则AF=CF=4﹣x，

在RT△ADF中，AD²+DF²=AF²，

即3²+x²=（4﹣x）²，

解得；x=，

即DF=．

（3）解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQ∥CA

∴

又∵CE=3，AC==5

设PE=x（0＜x＜3），则，即PQ=

过E作EG⊥AC 于G，则PN∥EG，

∴=

又∵在Rt△AEC中，EG·AC=AE·CE，解得EG=

∴=，即PN=（3﹣x）

设矩形PQMN的面积为S

则S=PQ·PN=﹣x²+4x=﹣+3（0＜x＜3）

所以当x=，即PE=时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3．

【点评】：     本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理．

【题4】(2014年浙江绍兴第25题)如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．

（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．

（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．

（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．

【考点】：     相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．

【专题】：     压轴题．

【分析】：     （1）易得点P的坐标是（2，1），即可得到PA的长．

（2）易证∠AOB=45°，由角平分线的性质可得PA=PC，然后通过证明△ANP≌△CMP即可求出PA：PC的值．

（3）可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论．易证PA：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出PA：PC的值．

【解答】：     解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），

∴点P的坐标是（2，1）．

∴PA的长为2．

（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．

∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，

∴OA=AB．

∵∠OAB=90°，

∴∠AOB=∠ABO=45°．

∵∠AOC=90°，

∴∠POC=45°．

∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，

∴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的值为1：1．

（3）①若点P在线段OB的延长线上，

过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，

PM与直线AC的交点为F，如图2所示．

∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，

∴△ANP∽△CMP．

∴．

∵∠ACE=∠AEC，

∴AC=AE．

∵AP⊥PC，

∴EP=CP．

∵PM∥y轴，

∴AF=CF，OM=CM．

∴FM=OA．

设OA=x，

∵PF∥OA，

∴△PDF∽△ODA．

∴

∵PD=2OD，

∴PF=2OA=2x，FM=x．

∴PM=x．

∵∠APC=90°，AF=CF，

∴AC=2PF=4x．

∵∠AOC=90°，

∴OC=x．

∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，

∴四边形PMON是矩形．

∴PN=OM=x．

∴PA：PC=PN：PM=x：x=．

②若点P在线段OB的反向延长线上，

过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，

PM与直线AC的交点为F，如图3所示．

同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．

∴PN=OM=OC=x．

∴PA：PC=PN：PM=x：x=．

综上所述：PA：PC的值为或．

【点评】：     本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识，综合性非常强．

　  【题5】（2014·无锡第28题）如图1，已知点A（2，0），B（0，4），∠AOB的平分线交AB于C，一动点P从O点出发，以每秒2个单位长度的速度，沿y轴向点B作匀速运动，过点P且平行于AB的直线交x轴于Q，作P、Q关于直线OC的对称点M、N．设P运动的时间为t（0＜t＜2）秒．

（1）求C点的坐标，并直接写出点M、N的坐标（用含t的代数式表示）；

（2）设△MNC与△OAB重叠部分的面积为S．

①试求S关于t的函数关系式；

②在图2的直角坐标系中，画出S关于t的函数图象，并回答：S是否有最大值？若有，写出S的最大值；若没有，请说明理由．

【考点】：	相似形综合题
【分析】：	（1）如答图1，作辅助线，由比例式求出点D的坐标； （2）①所求函数关系式为分段函数，需要分类讨论． 答图2﹣1，答图2﹣2表示出运动过程中重叠部分（阴影）的变化，分别求解； ②画出函数图象，由两段抛物线构成．观察图象，可知当t=1时，S有最大值．
【解答】：	解：（1）如答图1，过点C作CF⊥x轴于点F，CE⊥y轴于点E， 由题意，易知四边形OECF为正方形，设正方形边长为x．   ∵CE∥x轴， ∴，即，解得x=． ∴C点坐标为（，）； ∵PQ∥AB， ∴，即， ∴OP=2OQ． ∵P（0，2t）， ∴Q（t，0）． ∵对称轴OC为第一象限的角平分线， ∴对称点坐标为：M（2t，0），N（0，t）． （2）①当0＜t≤1时，如答图2﹣1所示，点M在线段OA上，重叠部分面积为S△CMN． S△CMN=S四边形CMON﹣S△OMN =（S△COM+S△CON）﹣S△OMN =（·2t×+·t×）﹣·2t·t =﹣t2+2t； 当1＜t＜2时，如答图2﹣2所示，点M在OA的延长线上，设MN与AB交于点D，则重叠部分面积为S△CDN． 设直线MN的解析式为y=kx+b，将M（2t，0）、N（0，t）代入得， 解得， ∴y=﹣x+t； 同理求得直线AB的解析式为：y=﹣2x+4． 联立y=﹣x+t与y=﹣2x+4，求得点D的横坐标为． S△CDN=S△BDN﹣S△BCN =（4﹣t）·﹣（4﹣t）× =t2﹣2t+． 综上所述，S=． ②画出函数图象，如答图2﹣3所示： 观察图象，可知当t=1时，S有最大值，最大值为1．
【点评】：	本题是运动型综合题，涉及二次函数与一次函数、待定系数法、相似、图形面积计算、动点问题函数图象等知识点．难点在于第（2）问，正确地进行分类讨论，是解决本题的关键．

【题6】（2014·杭州第22题）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=4，BD=4，动点P在线段BD上从点B向点D运动，PF⊥AB于点F，四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称．设菱形ABCD被这两个四边形盖住部分的面积为S₁，未被盖住部分的面积为S₂，BP=x．

（1）用含x的代数式分别表示S₁，S₂；

（2）若S₁=S₂，求x的值．

【考点】：	四边形综合题；菱形的性质；轴对称的性质；轴对称图形；特殊角的三角函数值．
【专题】：	综合题；动点型；分类讨论．
【分析】：	（1）根据对称性确定E、F、G、H都在菱形的边上，由于点P在BO上与点P在OD上求S1和S2的方法不同，因此需分情况讨论． （2）由S1=S2和S1+S2=8可以求出S1=S2=4．然后在两种情况下分别建立关于x的方程，解方程，结合不同情况下x的范围确定x的值．
【解答】：	解：（1）①当点P在BO上时，如图1所示． ∵四边形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=． ∵四边形PFBG关于BD对称， 四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称， ∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ． ∴S1=4S△BFP =4××x· =． ∴S2=8﹣． ②当点P在OD上时，如图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． ∵四边形PFBG关于BD对称， 四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称， ∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN． ∴S2=4S△AFM =4×（4﹣）2 =（x﹣8）2． ∴S1=8﹣S2=8﹣（x﹣8）2． 综上所述： 当点P在BO上时，S1=，S2=8﹣； 当点P在OD上时，S1=8﹣（x﹣8）2，S2=（x﹣8）2． （2）①当点P在BO上时，0＜x≤2． ∵S1=S2，S1+S2=8， ∴S1=4． ∴S1==4． 解得：x1=2，x2=﹣2． ∵2＞2，﹣2＜0， ∴当点P在BO上时，S1=S2的情况不存在． ②当点P在OD上时，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． 综上所述：若S1=S2，则x的值为8﹣2．
【点评】：	本题考查了以菱形为背景的轴对称及轴对称图形的相关知识，考查了菱形的性质、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想．

【题7】（2014.福州第21题）如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1， OC为射线，且∠BOC=60°. 动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动. 设运动时间为t秒.

（1）当时，则OP=     ▲     ，     ▲     ；

（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；

（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：.

【考点】：1.单动点问题；2. 锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想的应用.

【答案】（1）1，；（2）1秒或秒；（3）证明见解析

【解析】

 [

（3）∵AP=AB，∴∠APB=∠B.

【题8】（2014·成都第28题）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与x轴交于点C，经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D．

（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；

（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P

为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；

（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），

连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位

的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到

D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？

【考点】：	二次函数综合题．
【分析】：	（1）首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求得k的值； （2）因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP．如答图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算； （3）由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF．如答图3，作辅助线，将AF+DF转化为AF+FG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点．
【解答】：	解：（1）抛物线y=（x+2）（x﹣4）， 令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）． ∵直线y=﹣x+b经过点B（4，0）， ∴﹣×4+b=0，解得b=， ∴直线BD解析式为：y=﹣x+． 当x=﹣5时，y=3，∴D（﹣5，3）． ∵点D（﹣5，3）在抛物线y=（x+2）（x﹣4）上， ∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3， ∴k=． （2）由抛物线解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k． 因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角． 因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP． ①若△ABC∽△APB，则有∠BAC=∠PAB，如答图2﹣1所示． 设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN=y． tan∠BAC=tan∠PAB，即：，∴y=x+k． ∴D（x，x+k），代入抛物线解析式y=（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（与点A重合，舍去）， ∴P（8，5k）． ∵△ABC∽△APB， ∴，即， 解得：k=． ②若△ABC∽△ABP，则有∠ABC=∠PAB，如答图2﹣2所示． 与①同理，可求得：k=． 综上所述，k=或k=． （3）由（1）知：D（﹣5，3）， 如答图2﹣2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=3，ON=5，BN=4+5=9， ∴tan∠DBA===，∴∠DBA=30°． 过点D作DK∥x轴，则∠KDF=∠DBA=30°． 过点F作FG⊥DK于点G，则FG=DF． 由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF， ∴t=AF+FG，即运动时间等于折线AF+FG的长度． 由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段． 过点A作AH⊥DK于点H，则t最小=AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点． ∵A点横坐标为﹣2，直线BD解析式为：y=﹣x+， ∴y=﹣×（﹣2）+=2， ∴F（﹣2，2）． 综上所述，当点F坐标为（﹣2，2）时，点M在整个运动过程中用时最少．
【点评】：	本题是二次函数压轴题，难度很大．第（2）问中需要分类讨论，避免漏解；在计算过程中，解析式中含有未知数k，增加了计算的难度，注意解题过程中的技巧；第（3）问中，运用了转化思想使得试题难度大大降低，需要认真体会．

 

【题9】（2014·黄冈第25题）已知：如图，在四边形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于点C，A（1，﹣1），B（3，﹣1），动点P从点O出发，沿着x轴正方向以每秒2个单位长度的速度移动．过点P作PQ垂直于直线OA，垂足为点Q，设点P移动的时间t秒（0＜t＜2），△OPQ与四边形OABC重叠部分的面积为S．

（1）求经过O、A、B三点的抛物线的解析式，并确定顶点M的坐标；

（2）用含t的代数式表示点P、点Q的坐标；

（3）如果将△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或顶点Q在抛物线上？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；

（4）求出S与t的函数关系式．

【考点】：	二次函数综合题．
【专题】：	压轴题．
【分析】：	（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx（a≠0），然后把点A、B的坐标代入求出a、b的值，即可得解，再把函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点M的坐标； （2）根据点P的速度求出OP，即可得到点P的坐标，再根据点A的坐标求出∠AOC=45°，然后判断出△POQ是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出点Q的坐标即可； （3）根据旋转的性质求出点O、Q的坐标，然后分别代入抛物线解析式，求解即可； （4）求出点Q与点A重合时的t=1，点P与点C重合时的t=1.5，t=2时PQ经过点B，然后分①0＜t≤1时，重叠部分的面积等于△POQ的面积，②1＜t≤1.5时，重叠部分的面积等于两个等腰直角三角形的面积的差，③1.5＜t＜2时，重叠部分的面积等于梯形的面积减去一个等腰直角三角形的面积分别列式整理即可得解．
【解答】：	解：（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx（a≠0）， 把点A（1，﹣1），B（3，﹣1）代入得， ， 解得， ∴抛物线解析式为y=x2﹣x， ∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣， ∴顶点M的坐标为（2，﹣）； （2）∵点P从点O出发速度是每秒2个单位长度， ∴OP=2t， ∴点P的坐标为（2t，0）， ∵A（1，﹣1）， ∴∠AOC=45°， ∴点Q到x轴、y轴的距离都是OP=×2t=t， ∴点Q的坐标为（t，﹣t）； （3）∵△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°， ∴旋转后点O、Q的对应点的坐标分别为（2t，﹣2t），（3t，﹣t）， 若顶点O在抛物线上，则×（2t）2﹣×（2t）=﹣2t， 解得t=， 若顶点Q在抛物线上，则×（3t）2﹣×（3t）=﹣t， 解得t=1， 综上所述，存在t=或1，使得△OPQ的顶点O或顶点Q在抛物线上； （4）点Q与点A重合时，OP=1×2=2，t=2÷2=1， 点P与点C重合时，OP=3，t=3÷2=1.5， t=2时，OP=2×2=4，PC=4﹣3=1，此时PQ经过点B， 所以，分三种情况讨论： ①0＜t≤1时，S=×（2t）×=t2， ②1＜t≤1.5时，S=×（2t）×﹣×（t﹣）2=2t﹣1； ③1.5＜t＜2时，S=×（2+3）×1﹣×[1﹣（2t﹣3）]2=﹣2（t﹣2）2+； 所以，S与t的关系式为S=．
【点评】：	本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，难点在于（4）随着运动时间的变化，根据重叠部分的形状的不同分情况讨论，作出图形更形象直观．

二、双动点问题

【题1】（2014年山东烟台第25题）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．

（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；

（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）

（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；

（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．

【分析】：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；

（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+

∠ADF=90°，所以AE⊥DF；

（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；

（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得

OC的长，再求CP即可．

【解答】解：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形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）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF

延长FD交AE于点G，

则∠CDF+∠ADG=90°，

∴∠ADG+∠DAE=90°．

∴AE⊥DF；

（4）如图：

由于点P在运动中保持∠APD=90°，

∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，

设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，

在Rt△ODC中，OC=，

∴CP=OC﹣OP=．

【点评】：     本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．

　  【题2】（2014·温州第24题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，6）．动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，以CP，CO为邻边构造?PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE=AO，设点P运动的时间为t秒．

（1）当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标．

（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形．

（3）在线段PE上取点F，使PF=1，过点F作MN⊥PE，截取FM=2，FN=1，且点M，N分别在一，四象限，在运动过程中?PCOD的面积为S．

①当点M，N中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；

②若点M，N中恰好只有一个点落在四边形ADEC的内部（不包括边界）时，直接写出S的取值范围．

 

 

 

 

 

 

【考点】：	四边形综合题．
【分析】：	（1）由C是OB的中点求出时间，再求出点E的坐标， （2）连接CD交OP于点G，由?PCOD的对角线相等，求四边形ADEC是平行四边形． （3）当点C在BO上时，第一种情况，当点M在CE边上时，由△EMF∽△ECO求解，第二种情况，当点N在DE边上时，由△EFN∽△EPD求解， 当点C在BO的延长线上时，第一种情况，当点M在DE边上时，由EMF∽△EDP求解，第二种情况，当点N在CE边上时，由△EFN∽△EOC求解， ②当1≤t＜时和当＜t≤5时，分别求出S的取值范围，
【解答】：	解：（1）∵OB=6，C是OB的中点， ∴BC=OB=3， ∴2t=3即t=， ∴OE=+3=，E（，0） （2）如图，连接CD交OP于点G， 在?PCOD中，CG=DG，OG=PG， ∵AO=PO， ∴AG=EG， ∴四边形ADEC是平行四边形． （3）①（Ⅰ）当点C在BO上时， 第一种情况：如图，当点M在CE边上时， ∵MF∥OC， ∴△EMF∽△ECO， ∴=，即=， ∴t=1， 第二种情况：当点N在DE边 ∵NF∥PD， ∴△EFN∽△EPD， ∴==， ∴t=， （Ⅱ）当点C在BO的延长线上时， 第一种情况：当点M在DE边上时， ∵MF∥PD， ∴EMF∽△EDP， ∴= 即 =， ∴t=， 第二种情况：当点N在CE边上时， ∵NF∥OC， ∴△EFN∽△EOC， ∴=即 =， ∴t=5． ②＜S≤或＜S≤20． 当1≤t＜时， S=t（6﹣2t）=﹣2（t﹣）2+， ∵t=在1≤t＜范围内， ∴＜S≤， 当＜t≤5时，S=t（2t﹣6）=2（t﹣）2﹣， ∴＜S≤20．
【点评】：	本题主要是考查了四边形的综合题，解题的关键是正确分几种不同种情况求解．

【题3】 (2014年湖北随州第25题)平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，点C的坐标为（﹣3，4），点A在x轴的正半轴上，O为坐标原点，连接OB，抛物线y=ax²+bx+c经过C、O、A三点．

（1）直接写出这条抛物线的解析式；

（2）如图1，对于所求抛物线对称轴上的一点E，设△EBO的面积为S₁，菱形ABCD的面积为S₂，当S₁≤S₂时，求点E的纵坐标n的取值范围；

（3）如图2，D（0，﹣）为y轴上一点，连接AD，动点P从点O出发，以个单位/秒的速度沿OB方向运动，1秒后，动点Q从O出发，以2个单位/秒的速度沿折线O﹣A﹣B方向运动，设点P运动时间为t秒（0＜t＜6），是否存在实数t，使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．

【考点】：     二次函数综合题．

【分析】：     （1）求得菱形的边长，则A的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；

（2）首先求得菱形的面积，即可求得S₁的范围，当S1取得最大值时即可求得直线的解析式，则n的值的范围即可求得；

（3）分当1＜t＜3.5时和3.5≤t≤6时两种情况进行讨论，依据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求解．

【解答】：     解：（1）根据题意得：，

解得：，

则抛物线的解析式是：y=x²﹣x；

（2）设BC与y轴相交于点G，则S₂=OG·BC=20，

∴S₁≤5，

又OB所在直线的解析式是y=2x，OB==2，

∴当S₁=5时，△EBO的OB边上的高是．

如图1，设平行于OB的直线为y=2x+b，则它与y轴的交点为M（0，b），与抛物线对称轴x=交于点E（，n）．

过点O作ON⊥ME，点N为垂足，若ON=，由△MNO∽△OGB，得OM=5，

∴y=2x﹣5，

由，

解得：y=0，

即E的坐标是（，0）．

∵与OB平行且到OB的距离是的直线有两条．

∴由对称性可得另一条直线的解析式是：y=2x+5．

则E′的坐标是（，10）．

由题意得得，n的取值范围是：0≤n≤10且n≠5．

（3）如图2，动点P、Q按题意运动时，

当1＜t＜3.5时，

OP=t，BP=2﹣t，OQ=2（t﹣1），

连接QP，当QP⊥OP时，有=，

∴PQ=（t﹣1），

若=，则有=，

又∵∠QPB=∠DOA=90°，

∴△BPQ∽△AOD，

此时，PB=2PQ，即2﹣t=（t﹣1），

10﹣t=8（t﹣1），

∴t=2；

当3.5≤t≤6时，QB=10﹣2（t﹣1）=12﹣2t，连接QP．

若QP⊥BP，

则有∠PBQ=∠ODA，

又∵∠QPB=∠AOD=90°，

∴△BPQ∽△DOA，

此时，PB=PB，即12﹣2t=（2﹣t），12﹣2t=10﹣t，

∴t=2（不合题意，舍去）．

若QP⊥BQ，则△BPQ∽△DAO，

此时，PB=BQ，

即2﹣t=（12﹣2t），2﹣t=12﹣2t，

解得：t=．

则t的值为2或．

【点评】：     本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．

 

【题4】（2014·武汉第24题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．

（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；

（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；

（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．

【考点】：	相似形综合题
【分析】：	（1）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC时，=，当△BPQ∽△BCA时，=，再根据BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可； （2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，根据△ACQ∽△CMP，得出=，代入计算即可； （3）作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t代入求出DF，过BC的中点R作直线平行于AC，得出RC=DF，D在过R的中位线上，从而证出PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
【解答】：	解：（1）①当△BPQ∽△BAC时， ∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm， ∴=， ∴t=1； ②当△BPQ∽△BCA时， ∵=， ∴=， ∴t=， ∴t=1或时，△BPQ与△ABC相似； （2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有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）如图，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F， ∵∠ACB=90°， ∴DF为梯形PECQ的中位线， ∴DF=， ∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t， ∴DF==4， ∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC， ∴RC=DF=4成立， ∴D在过R的中位线上， ∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
【点评】：	此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、中位线的性质等，关键是画出图形作出辅助线构造相似三角形，注意分两种情况讨论．

 

【题5】（2014·扬州第28题）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．

（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．

①求证：△OCP∽△PDA；

②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；

（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；

（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．

 

【考点】：	相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；特殊角的三角函数值．
【专题】：	综合题；动点型；探究型．
【分析】：	（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长． （2）由DP=DC=AB=AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP的度数，进而求出∠OAB的度数． （3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长．
【解答】：	解：（1）如图1， ①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°． 由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B． ∴∠APO=90°． ∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC． ∵∠D=∠C，∠APD=∠POC． ∴△OCP∽△PDA． ②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4， ∴====． ∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP． ∵AD=8，∴CP=4，BC=8． 设OP=x，则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． ∴边AB的长为10． （2）如图1， ∵P是CD边的中点， ∴DP=DC． ∵DC=AB，AB=AP， ∴DP=AP． ∵∠D=90°， ∴sin∠DAP==． ∴∠DAP=30°． ∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°， ∴∠OAB=30°． ∴∠OAB的度数为30°． （3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2． ∵AP=AB，MQ∥AN， ∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP． ∴∠APB=∠MQP． ∴MP=MQ． ∵MP=MQ，ME⊥PQ， ∴PE=EQ=PQ． ∵BN=PM，MP=MQ， ∴BN=QM． ∵MQ∥AN， ∴∠QMF=∠BNF． 在△MFQ和△NFB中， ． ∴△MFQ≌△NFB． ∴QF=BF． ∴QF=QB． ∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB． 由（1）中的结论可得： PC=4，BC=8，∠C=90°． ∴PB==4． ∴EF=PB=2． ∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2．
【点评】：	本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键．

　  【题6】（2014昆明第23题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C.

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度向C点运动.其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动.当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最多面积是多少？

（3）当△PBQ的面积最大时，在BC下方的抛物线上存在点K，使，求K点坐标.

 

 

 

 

 

 

 

【考点】：	二次函数综合题.
【分析】：	（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式； （2考查动点与二次函数最值问题：先写出S与t的函数关系式，再确定函数最值； （3）存在所求的K点，由（2）可求出的面积，再把分成两个三角形进行面积运算.
【解答】：	解：（1）将A（，0）、B（4，0）两点坐标分别代入， 即，解得： 抛物线的解析式为： （2）设运动时间为t秒，由题意可知：       过点作，垂直为D，    易证∽， OC=3，OB=4，BC=5，，         对称轴 当运动1秒时，△PBQ面积最大，，最大为， （3）如图，设 连接CK、BK，作交BC与L， 由（2）知：，       设直线BC的解析式为 ，解得： 直线BC的解析式为                即： 解得： 坐标为或
【点评】：	本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式、一次函数、一元二次方程、相似三角形性质、动点问题等重要知识点．

【题7】（2014年四川巴中第31题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax²+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．

【分析】：（1）根据抛物线y=ax²+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；

（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．

【解答】解：（1）∵抛物线y=ax²+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，

∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x²﹣x﹣4，

（2）分两种情况：

①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，

∴=，即=，∴PM=2t．

解方程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=PM·AH=×2t（6﹣t）=﹣t²+6t=﹣（t﹣3）²+9，

当t=2时S的最大值为8；

②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，

又∵CO=OB，

∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，

∴S=PM·AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t²+4t+3=﹣（t﹣）²+，

当t=时，S最大值为．

综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．

【点评】：     本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．．

    三、几何图形运动问题

【题1】（2014·苏州第28题）如图，已知l₁⊥l₂，⊙O与l₁，l₂都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l₁，l₂重合，AB=4cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l₁同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t（s）

（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为　105　°；

（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O₁的位置，矩形ABCD到达A₁B₁C₁D₁的位置，此时点O₁，A₁，C₁恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO₁的长）；

（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d（cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）．

 

 

 

 

 

 

 

【考点】：	圆的综合题．
【分析】：	（1）利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，进而得出答案； （2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，进而得出OO1=3t得出答案即可； （3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可．
【解答】：	解：（1）∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切， ∴∠OAD=45°， ∵AB=4cm，AD=4cm， ∴CD=4cm，AD=4cm， ∴tan∠DAC===， ∴∠DAC=60°， ∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°， 故答案为：105； （2）如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E， 连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1， 在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4， ∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°， 在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°， ∴A1E==， ∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2， ∴t﹣2=， ∴t=+2， ∴OO1=3t=2+6； （3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1， 如图，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置， 设⊙O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2， ∴O2F⊥l1，O2G⊥A2G2， 由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°， ∴∠O2A2F=60°， 在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=， ∵OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+， ∴4t1+﹣3t1=2， ∴t1=2﹣， ②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2， 记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三， 由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等， ∴+2﹣（2﹣）=t2﹣（+2）， 解得：t2=2+2， 综上所述，当d＜2时，t的取值范围是：2﹣＜t＜2+2．
【点评】：	此题主要考查了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论以及数形结合t的值是解题关键．

【题2】（2014年江苏盐城第28题）如图①，在平面直角坐标系中，一块等腰直角三角板ABC的直角顶点A在y轴上，坐标为（0，﹣1），另一顶点B坐标为（﹣2，0），已知二次函数y=x²+bx+c的图象经过B、C两点．现将一把直尺放置在直角坐标系中，使直尺的边A′D′∥y轴且经过点B，直尺沿x轴正方向平移，当A′D′与y轴重合时运动停止．

（1）求点C的坐标及二次函数的关系式；

（2）若运动过程中直尺的边A′D′交边BC于点M，交抛物线于点N，求线段MN长度的最大值；

（3）如图②，设点P为直尺的边A′D′上的任一点，连接PA、PB、PC，Q为BC的中点，试探究：在直尺平移的过程中，当PQ=时，线段PA、PB、PC之间的数量关系．请直接写出结论，并指出相应的点P与抛物线的位置关系．

（说明：点与抛物线的位置关系可分为三类，例如，图②中，点A在抛物线内，点C在抛物线上，点D′在抛物线外．）

【考点】：     二次函数综合题．

【分析】：     （1）求C点坐标，考虑作x，y轴垂线，表示横纵坐标，易得△CDA≌△AOB，所以C点坐标易知．进而抛物线解析式易得．

（2）横坐标相同的两点距离，可以用这两点的纵坐标作差，因为两点分别在直线BC与抛物线上，故可以利用解析式，设横坐标为x，表示两个纵坐标．作差记得关于x的二次函数，利用最值性质，结果易求．

（3）计算易得，BC=，因为Q为BC的中点，PQ=恰为半径，则易作圆，P点必在圆上．此时连接PB，PC，PA，因为BC为直径，故BP²+CP²=BC²为定值，而PA不固定，但不超过BC，所以易得结论BP²+CP²≥PA²，题目要求考虑三种情况，其中P在抛物线上时，P点只能与B或C重合，此时，PA，PB，PC可求具体值，则有等量关系．

【解答】：     解：（1）

如图1，过点C作CD⊥y轴于D，此时△CDA≌△AOB，

∵△CDA≌△AOB，

∴AD=BO=2，CD=AO=1，

∴OD=OA+AD=3，

∴C（﹣1，﹣3）．

将B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3）代入抛物线y=x²+bx+c，

解得 b=，c=﹣3，

∴抛物线的解析式为y=x²+x﹣3．

（2）设l_BC：y=kx+b，

∵B（﹣2，0），C（﹣1，﹣3），

∴，

解得 ，

∴l_BC：y=﹣3x﹣6，

设M（x_M，﹣3x_M﹣6），N（x_N，x_N²+x_N﹣3），

∵x_M=x_N（记为x），y_M≥y_N，

∴线段MN长度=﹣3x﹣6﹣（x²+x﹣3）=﹣（x+）²+，（﹣2≤x≤﹣1），

∴当x=﹣时，线段MN长度为最大值．

（3）答：P在抛物线外时，BP²+CP²≥PA²；P在抛物线上时，BP+CP=AP；P在抛物线内，BP²+CP²≥PA²．

分析如下：

如图2，以Q点为圆心，为半径作⊙Q，

∵OB=2，OA=1，

∴AC=AB==，

∴BC==，

∴BQ=CQ=，

∵∠BAC=90°，

∴点B、A、C都在⊙Q上．

①P在抛物线外，

如图3，在抛物线外的弧BC上任找一点P，连接PB，PB，PA，

∵BC为直径，

∴BP²+CP²=BC²，BC≥PA，

∴BP²+CP²≥PA²．

②P在抛物线上，此时，P只能为B点或者C点，

∵AC=AB=，

∴AP=，

∵BP+CP=BC=，

∴BP+CP=AP．

③P在抛物线内，同理①，

∵BC为直径，

∴BP²+CP²=BC²，BC≥PA，

∴BP²+CP²≥PA²．

【点评】：     本题考查了三角形全等、抛物线图象与性质、函数性质及圆的基础知识，是一道综合性比较强的题目．

【题3】（2014·怀化第24题）如图1，在平面直角坐标系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射线OC以每秒2个单位长度的速度向右平行移动，当射线OC经过点B时停止运动，设平行移动x秒后，射线OC扫过Rt△ABO的面积为y．

（1）求y与x之间的函数关系式；

（2）当x=3秒时，射线OC平行移动到O′C′，与OA相交于G，如图2，求经过G，O，B三点的抛物线的解析式；

（3）现有一动点P在（2）中的抛物线上，试问点P在运动过程中，是否存在三角形POB的面积S=8的情况？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【考点】：	二次函数综合题．
【专题】：	压轴题．
【分析】：	（1）判断出△ABO是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠AOB=45°，然后求出AO⊥CO，再根据平移的性质可得AO⊥C′O′，从而判断出△OO′G是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质列式整理即可得解； （2）求出OO′，再根据等腰直角三角形的性质求出点G的坐标，然后设抛物线解析式为y=ax2+bx，再把点B、G的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式解答； （3）设点P到x轴的距离为h，利用三角形的面积公式求出h，再分点P在x轴上方和下方两种情况，利用抛物线解析式求解即可．
【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， ∵射线OC的速度是每秒2个单位长度， ∴OO′=2x， ∴y=×（2x）2=2x2；   （2）当x=3秒时，OO′=2×3=6， ∵×6=3， ∴点G的坐标为（3，3）， 设抛物线解析式为y=ax2+bx， 则， 解得， ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x； （3）设点P到x轴的距离为h， 则S△POB=×8h=8， 解得h=2， 当点P在x轴上方时，﹣x2+x=2， 整理得，x2﹣8x+10=0， 解得x1=4﹣，x2=4+， 此时，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）； 当点P在x轴下方时，﹣x2+x=﹣2， 整理得，x2﹣8x﹣10=0， 解得x1=4﹣，x2=4+， 此时，点P的坐标为（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2）， 综上所述，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）或（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2）时，△POB的面积S=8．
【点评】：	本题是二次函数综合题型，主要利用了等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积，二次函数图象上点的坐标特征，（3）要注意分情况讨论．