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情境观察将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示．将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A（A′）、B在同一条直线上，如图2所示．
观察图2可知：与BC相等的线段是　_________　，∠CAC′=　_________　°．
如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论．
如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由．
②△AFQ≌△CAG
③HE=HF（具体过程见解析）
试题分析：①观察图形即可发现△ABC≌△AC′D，即BC=AD，∠C′AD=∠ACB，
∴∠CAC′=180°﹣∠C′AD﹣∠CAB=90°；
故答案为：AD，90．
②∵∠FAQ+∠CAG=90°，∠FAQ+∠AFQ=90°，
∴∠AFQ=∠CAG，同理∠AC...
考点分析：
考点1：相似图形
（1）相似图形我们把形状相同的图形称为相似形．（2）相似图形在现实生活中应用非常广泛，对于相似图形，应注意：①相似图形的形状必须完全相同；②相似图形的大小不一定相同；③两个物体形状相同、大小相同时它们是全等的，全等是相似的一种特殊情况．（3）相似三角形&&&& 对应角相等，对应边成比例的三角形，叫做相似三角形．
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在△ABC中，∠BAC=90°，AB＜AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N．动点P从点B出发沿射线BA以每秒厘米的速度运动．同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ丄MP．设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由：
（2）若∠ABC=60°，AB=4厘米．
①求动点Q的运动速度；
②设△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式．
如图，△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q．
（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；
（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP=a，CQ=时，P、Q两点间的距离（用含a的代数式表示）．
已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段BD、CE交于点M．
（1）如图1，若AB=AC，AD=AE
①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠BMC的大小（用α表示）；
（2）如图2，若AB=BC=kAC，AD=ED=kAE，则线段BD与CE的数量关系为　_________　，∠BMC=　_________　（用α表示）；
（3）在（2）的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接EC并延长交BD于点M．则∠BMC=　_________　（用α表示）．
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=　_________　，PD=　_________　．
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；
（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．
如图1所示：等边△ABC中，线段AD为其内角角平分线，过D点的直线B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1．
（1）请你探究：，是否都成立？
（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角角平分线，请问一定成立吗？并证明你的判断．
（3）如图2所示Rt△ABC中，∠ACB=90?，AC=8，AB=，E为AB上一点且AE=5，CE交其内角角平分线AD于F．试求的值．
题型：解答题
难度：中等
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2012年重庆名校中考模拟试题第26题专题训练
2012 年重庆名校中考模拟试题第 26 题专题训练 1、已知：RT△ABC 与 RT△DEF 中，∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，EF=8cm，AC=16cm，BC=12cm．现将 RT△ABC 和 RT△DEF 按图 1 的方式摆放，使点 C 与点 E 重合， 点 B、C（E） 在同一条直线上，并按如下方式运动． 、F 运动一：如图 2，△ABC 从图 1 的位
置出发，以 1cm/s 的速度沿 EF 方向向右匀速运动，DE 与 AC 相交于点 Q，当点 Q 与点 D 重合时暂停运动； 运动二： 在运动一的基础上， 如图 3， RT△ABC 绕着点 C 顺时针旋转， 与 DF 交于点 Q， 与 DE 交于点 P， CA CB 此时点 Q 在 DF 上匀速运动， 速度为 时暂停旋转； 运动三：在运动二的基础上，如图 4，RT△ABC 以 1cm/s 的速度沿 EF 向终点 F 匀速运动，直到点 C 与点 F 重合时为止． 设运动时间为 t（s） ，中间的暂停不计时， 解答下列问题 （1）在 RT△ABC 从运动一到最后运动三结束时，整个过程共耗时 _________ s； （2）在整个运动过程中，设 RT△ABC 与 RT△DEF 的重叠部分的面积为 S（cm ） ，求 S 与 t 之间的函数关系式，并直接写出自变量 t 的取值范围； （3）在整个运动过程中，是否存在某一时刻，点 Q 正好在线段 AB 的中垂线上，若存在，求出此时 t 的值；若不存在，请说明理由．2， QC⊥DF 当2、已知：在梯形 ABCD 中，CD∥AB，AD=DC=BC=2，AB=4．点 M 从 A 开始，以每秒 1 个单位的速度向点 B 运动；点 N 从点 C 出发，沿 C→D→A 方向，以每秒 1 个单位的 速度向点 A 运动，若 M、N 同时出发，其中一点到达终点时，另一个点也停止运动．运动时间为 t 秒，过点 N 作 NQ⊥CD 交 AC 于点 Q． （1）设△AMQ 的面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式，并写出 t 的取值范围． （2）在梯形 ABCD 的对称轴上是否存在点 P，使△PAD 为直角三角形？若存在，求点 P 到 AB 的距离；若不存在，说明理由． （3）在点 M、N 运动过程中，是否存在 t 值，使△AMQ 为等腰三角形？若存在，求出 t 值；若不存在，说明理由．3、如图，四边形 OABC 为正方形，点 A 在 x 轴上，点 C 在 y 轴上，点 B（8，8） ，点 P 在边 OC 上，点 M 在边 AB 上．把四边形 OAMP 沿 PM 对折，PM 为折痕，使点 O 落 在 BC 边上的点 Q 处．动点 E 从点 O 出发，沿 OA 边以每秒 1 个单位长度的速度向终点 A 运动，运动时间为 t，同时动点 F 从点 O 出发，沿 OC 边以相同的速度向终点 C 运动，当点 E 到达点 A 时，E、F 同时停止运动． （1）若点 Q 为线段 BC 边中点，直接写出点 P、点 M 的坐标； （2）在（1）的条件下，设△OEF 与四边形 OAMP 重叠面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式； （3）在（1）的条件下，在正方形 OABC 边上，是否存在点 H，使△PMH 为等腰三角形，若存在，求出点 H 的坐标，若不存在，请说明理由； （4）若点 Q 为线段 BC 上任一点（不与点 B、C 重合） ，△BNQ 的周长是否发生变化，若不发生变化，求出其值，若发生变化，请说明理由．4、在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 y=+c 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧） ，交 y 轴的正半轴于点 C，其顶点为 M，MH⊥x 轴于点 H，MA 交 y 轴于点 N，sin∠MOH= （1）求此抛物线的函数表达式；．（2）过 H 的直线与 y 轴相交于点 P，过 O，M 两点作直线 PH 的垂线，垂足分别为 E，F，若= 时，求点 P 的坐标；（3）将（1）中的抛物线沿 y 轴折叠，使点 A 落在点 D 处，连接 MD，Q 为（1）中的抛物线上的一动点，直线 NQ 交 x 轴于点 G，当 Q 点在抛物线上运动时，是否存在 点 Q，使△ANG 与△ADM 相似？若存在，求出所有符合条件的直线 QG 的解析式；若不存在，请说明理由．5、如图，以 Rt△ABO 的直角顶点 O 为原点，OA 所在的直线为 x 轴，OB 所在的直线为 y 轴，建立平面直角坐标系．已知 OA=4，OB=3，一动点 P 从 O 出发沿 OA 方向， 以每秒 1 个单位长度的速度向 A 点匀速运动，到达 A 点后立即以原速沿 AO 返回；点 Q 从 A 点出发沿 AB 以每秒 1 个单位长度的速度向点 B 匀速运动．当 Q 到达 B 时， P、Q 两点同时停止运动，设 P、Q 运动的时间为 t 秒（t＞0） ． （1）试求出△APQ 的面积 S 与运动时间 t 之间的函数关系式； （2）在某一时刻将△APQ 沿着 PQ 翻折，使得点 A 恰好落在 AB 边的点 D 处，如图①．求出此时△APQ 的面积． （3）在点 P 从 O 向 A 运动的过程中，在 y 轴上是否存在着点 E 使得四边形 PQBE 为等腰梯形？若存在，求出点 E 的坐标；若不存在，请说明理由． （4）伴随着 P、Q 两点的运动，线段 PQ 的垂直平分线 DF 交 PQ 于点 D，交折线 QBBOOP 于点 F． 当 DF 经过原点 O 时，请直接写出 t 的值．6、如图，在梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=，∠B=45°，动点 M 从点 B 出发，沿线段 BC 以每秒 1 个单位长度的速度向终点 C 运动；动点 N 同时从 C点出发，沿 C→D→A，以同样速度向终点 A 运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为 t 秒． （1）求线段 BC 的长度； （2）求在运动过程中形成的△MCN 的面积 S 与运动的时间 t 之间的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围；并求出当 t 为何值时，△MCN 的面积 S 最大，并求出最 大面积； （3）试探索：当 M，N 在运动过程中，△MCN 是否可能为等腰三角形？若可能，则求出相应的 t 值；若不可能，说明理由．7、将一张矩形纸片沿对角线剪开（如图 1） ，得到两张三角形纸片△ABC、△DEF（如图 2） ，量得他们的斜边长为 6cm，较小锐角为 30°，再将这两张三角纸片摆成如 图 3 的形状，且点 A、C、E、F 在同一条直线上，点 C 与点 E 重合．△ABC 保持不动，OB 为△ABC 的中线．现对△DEF 纸片进行如下操作时遇到了三个问题，请你帮助 解决． （1）将图 3 中的△DEF 沿 CA 向右平移，直到两个三角形完全重合为止．设平移距离 CE 为 x（即 CE 的长） ，求平移过程中，△DEF 与△BOC 重叠部分的面积 S 与 x 的 函数关系式，以及自变量的取值范围； （2）△DEF 平移到 E 与 O 重合时（如图 4） ，将△DEF 绕点 O 顺时针旋转，旋转过程中△DEF 的斜边 EF 交△ABC 的 BC 边于 G，求点 C、O、G 构成等腰三角形时，△OCG 的面积； （3）在（2）的旋转过程中，△DEF 的边 EF、DE 分别交线段 BC 于点 G、H（不与端点重合） ．求旋转角∠COG 为多少度时，线段 BH、GH、CG 之间满足 GH +BH =CG ，请 说明理由．2 2 28、已知：抛物线 y=ax +bx+c（a≠0）的对称轴为 x=1，与 x 轴交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 C，其中 A（3，0） ，C（0，2）2（1）求这条抛物线的函数表达式； （2）已知在对称轴上存在一点 P，使得△PBC 的周长最小．请求出点 P 的坐标； （3）若点 D 是线段 OC 上的一个动点（不与点 O、点 C 重合） ．过点 D 作 DE∥PC 交 x 轴于点 E．连接 PD、PE．设 CD 的长为 m，△PDE 的面积为 S．求 S 与 m 之间的函 数关系式．试说明 S 是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．9、如图 1，在 Rt△AOB 中，∠AOB=90°，AO= OB 上取两点 M、N 作等边△PMN．，∠ABO=30°．动点 P 在线段 AB 上从点 A 向终点 B 以每秒个单位的速度运动，设运动时间为 t 秒．在直线（1）求当等边△PMN 的顶点 M 运动到与点 O 重合时 t 的值． （2）求等边△PMN 的边长（用 t 的代数式表示） ； （3） 如果取 OB 的中点 D， OD 为边在 Rt△AOB 内部作如图 2 所示的矩形 ODCE， C 在线段 AB 上． 以 点 设等边△PMN 和矩形 ODCE 重叠部分的面积为 S， 请求出当 0≤t≤2 秒时 S 与 t 的函数关系式，并求出 S 的最大值． （4）在（3）中，设 PN 与 EC 的交点为 R，是否存在点 R，使△ODR 是等腰三角形？若存在，求出对应的 t 的值；若不存在，请说明理由．10、如图（1） ，将 Rt△AOB 放置在平面直角坐标系 xOy 中，∠A=90°，∠AOB=60°，∠A=90°，∠AOB=60°，，斜边 OB 在 x 轴的正半轴上，点 A 在第一象限，∠AOB 的平分线 OC 交 AB 于 C．动点 P 从点 B 出发沿折线 BCCO 以每秒 1 个单位长度的速度向终点 O 运动，运动时间为 t 秒，同时动点 Q 从点 C 出发沿折线 CO Oy 以相同的速度运动，当点 P 到达点 O 时 P、Q 同时停止运动． （1）OC、BC 的长； （2）设△CPQ 的面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式； （3）当 P 在 OC 上、Q 在 y 轴上运动时，如图（2） ，设 PQ 与 OA 交于点 M，当 t 为何值时，△OPM 为等腰三角形？求出所有满足条件的 t 值．11、如图 1，已知点 秒，在 x 轴上取两点 M、N 作等边△PMN． （1）求直线 AB 的解析式；，点 B 在 x 轴正半轴上，且∠ABO=30°，动点 P 在线段 AB 上从点 A 向点 B 以每秒个单位的速度运动，设运动时间为 t（2）求等边△PMN 的边长（用 t 的代数式表示） ，并求出当顶点 M 运动到与原点 O 重合时 t 的值； （3）如图 2，如果取 OB 的中点 D，以 OD 为边在 Rt△AOB 内部作矩形 ODCE，点 C 在线段 AB 上，从点 P 开始运动到点 M 与原点 O 重合这一过程中，设等边△PMN 和矩 形 ODCE 重叠部分的面积为 S，请求出 S 与 t 的函数关系式和相应的自变量 t 的取值范围．12、已知，如图 1，抛物线 y=a +bx 过点 A（6，3） ，且对称轴为直线 （1）求该抛物线的解析式；2．点 B 为直线 OA 下方的抛物线上一动点，点 B 的横坐标为 m．（2）若△OAB 的面积为 S．求 S 关于 m 的函数关系式，并求出 S 的最大值； （3）如图 2，过点 B 作直线 BC∥y 轴，交线段 OA 于点 C，在抛物线的对称轴上是否存在点 D，使△BCD 是以 D 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出所有符合 条件的点 B 的坐标；若不存在，请说明理由．13、如图，已知抛物线与 x 轴交于 A，B 两点，A 在 B 的左侧，A 坐标为（1，0）与 y 轴交于点 C（0，3）△ABC 的面积为 6． （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线的对称轴与直线 BC 相交于点 M，点 N 为 x 轴上一点，当以 M，N，B 为顶点的三角形与△ABC 相似时，请你求出 BN 的长度； （3）设抛物线的顶点为 D 在线段 BC 上方的抛物线上是否存在点 P 使得△PDC 是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．14、如图 1，在平面直角坐标系中有一个 Rt△OAC，点 A（3，4） ，点 C（3，0）将其沿直线 AC 翻折，翻折后图形为△BAC．动点 P 从点 O 出发，沿折线 0?A?B 的方向 以每秒 2 个单位的速度向 B 运动，同时动点 Q 从点 B 出发，在线段 BO 上以每秒 1 个单位的速度向点 O 运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．设 运动的时间为 t（秒） ． （1）设△OPQ 的面积为 S，求 S 与 t 之间的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围； （2）如图 2，固定△OAC，将△ACB 绕点 C 逆时针旋转，旋转后得到的三角形为△A′CB′设 A′B′与 AC 交于点 D 当∠BCB′=∠CAB 时，求线段 CD 的长； （3）如图 3，在△ACB 绕点 C 逆时针旋转的过程中，若设 A′C 所在直线与 OA 所在直线的交点为 E，是否存在点 E 使△ACE 为等腰三角形？若存在，求出点 E 的坐标；若不存在，请说明15、已知：二次函数 y=ax 2x+c 的图象与 x 于 A、B，A 在点 B 的左侧） ，与 y 轴交于点 C，对称轴是直线 x=1，平移一个单位后经过坐标原点 O （1）求这个二次函数的解析式； （2）直线 交 y 轴于 D 点，E 为抛物线顶点．若∠DBC=α ，∠CBE=β ，求 α β 的值；22（3）在（2）问的前提下，P 为抛物线对称轴上一点，且满足 PA=PC，在 y 轴右侧的抛物线上是否存在点 M，使得△BDM 的面积等于 PA ？若存在，求出点 M 的坐标； 若不存在，请说明理由．16、如图 1，抛物线 y=x 4x+c 交 x 轴于点 A 和 B（1，0）交 y 轴于点 C，且抛物线的对称轴交 x 轴于点 D （1）求这个抛物线的解析式； （2）若点 E 在抛物线上，且位于第四象限，当四边形 ADCE 面积最大时，求点 E 的坐标； （3）如图 2，在抛物线上是否存在这样的点 P，使△PAB 中的内角中有一边与 x 轴所夹锐角的正切值为 ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．217、 如图 1， 矩形 OABC 的顶点 O 为原点， E 在 AB 上， 点 把△CBE 沿 CE 折叠， 使点 B 落在 OA 边上的点 D 处， A、 坐标分别为 点 D （10， 和 0） （6， ， 0） 抛物线 过点 C、B． （1）求 C、B 两点的坐标及该抛物线的解析式； （2）如图 2，长、宽一定的矩形 PQRS 的宽 PQ=1，点 P 沿（1）中的抛物线滑动，在滑动过程中 PQ∥x 轴，且 RS 在 PQ 的下方，当 P 点横坐标为1 时，点 S 距离 x 轴 个单位，当矩形 PQRS 在滑动过程中被 x 轴分成上下两部分的面积比为 2：3 时，求点 P 的坐标；（3）如图 3，动点 M、N 同时从点 O 出发，点 M 以每秒 3 个单位长度的速度沿折线 ODC 按 O→D→C 的路线运动，点 N 以每秒 8 个单位长度的速度沿折线 OCD 按 O?C?D 的路线运动，当 M、N 两点相遇时，它们都停止运动．设 M、N 同时从点 O 出发 t 秒时，△OMN 的面积为 S．①求出 S 与 t 的函数关系式，并写出 t 的取值范围：②设 S0 是①中函数 S 的最大值，那么 S0= _________ ．18、如图，平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两顶点 A，C 坐标分别为（8，0） （0，4） ，将矩形沿对角线 OB 按图中方式折叠，此时 A 点落在 A′处，且 OA′与 BC 边交 于点 D． （1）求过点 O，D，A 的抛物线的解析式； （2）在（1）中的抛物线对称轴上有一动点 P，当点 P 运动到什么位置时，△PAA′的周长最小？（请用 P 点的坐标表示 P 点的位置，写出过程） （3）在（1）中的抛物线对称轴上是否存在一点 Q，使得以 A、D、Q 三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出 Q 点坐标；若不存在，请说明理由．19、如图，平面直角坐标系中，Rt△OAB 的 OA 边在 x 轴上，OB 边在 y 轴上，且 OA=2，AB= （2、2） （1）求经过 D、C、E 点的抛物线的解析式；，将△OAB 绕点 O 逆时针方向旋转 90°后得△OCD，已知点 E 的坐标是（2）点 M（x、y）是抛物线上任意点，当 0＜x＜2 时，过 M 作 x 轴的垂线交直线 AC 于 N，试探究线段 MN 是否存在最大值，若存在，求出最大值是多少？并求出此时 M 点的坐标； （3）P 为直线 AC 上一动点，连接 OP，作 PF⊥OP 交直线 AE 于 F 点，是否存在点 P，使△PAF 是等腰三角形？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．21、如图，矩形 ABCD 中，AB=6，BC=2，点 O 是 AB 的中点，点 P 在 AB 的延长线上，且 BP=3．一动点 E 从 O 点出发，以每秒 1 个单位长度的速度沿 OA 匀速运动，到达 A 点后，立即以原速度沿 AO 返回；另一动点 F 从 P 点发发，以每秒 1 个单位长度的速度沿射线 PA 匀速运动，点 E、F 同时出发，当两点相遇时停止运动，在点 E、 F 的运动过程中，以 EF 为边作等边△EFG，使△EFG 和矩形 ABCD 在射线 PA 的同侧．设运动的时间为 t 秒（t≥0） ．（1）当等边△EFG 的边 FG 恰好经过点 C 时，求运动时间 t 的值； （2）在整个运动过程中，设等边△EFG 和矩形 ABCD 重叠部分的面积为 S，请直接写出 S 与 t 之间的函数关系式和相应的自变量 t 的取值范围； （3）设 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 是等腰三角形？若存在，求出对应的 t 的值；若不存在，请说明理由．23、已知：如图（1） ，在平面直角坐标 xOy 中，边长为 2 的等边△OAB 的顶点 B 在第一象限，顶点 A 在 x 轴的正半轴上．另一等腰△OCA 的顶点 C 在第四象限，OC=AC， ∠C=120°．现有两动点 P、Q 分别从 A、O 两点同时出发，点 Q 以每秒 1 个单位的速度沿 OC 向点 C 运动，点 P 以每秒 3 个单位的速度沿 A→O→B 运动，当其中一个点 到达终点时，另一个点也随即停止． （1）求在运动过程中形成的△OPQ 的面积 S 与运动的时间 t 之间的函数关系，并写出自变量 t 的取值范围； （2）在等边△OAB 的边上（点 A 除外）存在点 D，使得△OCD 为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点 D 的坐标； （3）如图（2） ，现有∠MCN=60°，其两边分别与 OB、AB 交于点 M、N，连接 MN．将∠MCN 绕着 C 点旋转（0°＜旋转角＜60°） ，使得 M、N 始终在边 OB 和边 AB 上．试 判断在这一过程中，△BMN 的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由．25、已知：如图，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABC 的边 OA 在 y 轴的正半轴上，OC 在 x 轴的正半轴上，OA=2，OC=3．过原点 O 作∠AOC 的平分线交 AB 于点 D，连 接 DC，过点 D 作 DE⊥DC，交 OA 于点 E． （1）求过点 E、D、C 的抛物线的解析式； （2）将∠EDC 绕点 D 按顺时针方向旋转后，角的一边与 y 轴的正半轴交于点 F，另一边与线段 OC 交于点 G．如果 DF 与（1）中的抛物线交于另一点 M，点 M 的横坐标 为 ，那么 EF=2GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （3）对于（2）中的点 G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点 Q，使得直线 GQ 与 AB 的交点 P 与点 C、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点 Q 的 坐标；若不存在，请说明理由．27、已知：如图，抛物线 y=ax 2ax+c（a≠0）与 y 轴交于点 C（0，4） ，与 x 轴交于点 A、B，点 A 的坐标为（4，0） ． （1）求该抛物线的解析式； （2）点 Q 是线段 AB 上的动点，过点 Q 作 QE∥AC，交 BC 于点 E，连接 CQ．当△CQE 的面积最大时，求点 Q 的坐标； （3）若平行于 x 轴的动直线 l 与该抛物线交于点 P，与直线 AC 交于点 F，点 D 的坐标为（2，0） ．问：是否存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形？若存在， 请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．21、考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；平移的性质；旋转的性质。专题：代数几何综合题。分析： （1）运动一，停止时，EC=4cm， 用时为：4÷1=4 秒；运动二，停止时，DQ=2 cm，用时为：2 ÷ =2 秒；运动三，点 C 与点 F 重合时，CF=4cm，用时为：4÷1=4 秒；综上，总用时为：4+2+4=10（秒）（2）运动 ；一，RT△ABC 与 RT△DEF 的重叠部分为直角△QCE 的面积，表示出即可；运动二，连接 CD，可得∠E=∠CDQ，∠ECP=∠ECQ，EC=DC，所以△ECP≌△DCQ，RT△ABC 与 RT△DEF 的重叠部分不变：y=8（4＜t＜6） ；运动三，四边形 QDPC 为矩形，CF=4（t6）=t2，EC=4+t6=t2，所以，S 矩形 QDPC= 连接 BQ，可得 AQ=QB，所以，ACCQ=（t2）×（10t）=t +6t10； （3）点 Q 在线段 AB 的中垂线上，2，又 AC=16cm，BC=12cm，得，CQ=3.5cm，又由∠DEF=45°，所以，EC=3.5cm，解答出即可．解答：解： （1）根据题意得，运动一：∵△DEF cm∴运动二所用时间为：2 =2 ×t×t，是等腰三角形，∠ACB=90°，EF=8cm，∴EC=4cm，∴运动一所用时间为：4÷1=4（秒） ，运动二：∵当 QC⊥DF 时暂停旋转，∵CD=CF，∴DQ=QF=2（秒） ，运动三：∵CF=4cm，∴运动三所用的时间为：4÷1=4（秒） ，∴整个过程共耗时 4+2+4=10（秒） ；故答案为：10； （2）运动一：如图 2，设 EC 为 tcm，则 CQ 为 tcm，∴S△ECQ=∴S 与 t 之间的函数关系式为：y=t （0≤t≤4） ，运动二：如图 3，连接 CD，∴∠E=∠CDQ，∠ECP=∠ECQ，EC=DC，∴△ECP≌△DCQ，∴S 与 t 之间的函数关系式为：y=8（4＜t＜6） ，运动2三：如图 4，四边形 QDPC 为矩形，∴CF=4（t6）=t2，EC=4+t6=t2，∴S 矩形 QDPC=（t2）×（10t） ，=t +6t10；S 与 t 之间的函数关系式为：y=2t +6t210（6≤t≤10）（3）如图 5，存在点 Q，理由如下：∵点 Q 在线段 AB 的中垂线上，连接 BQ，∴AQ=QB，∴ACCQ= ；，又∵AC=16cm，BC=12cm，解得，CQ=3.5cm，∵∠DEF=45°，∴EC=3.5cm，此时，t 为：3.5÷1=3.5 秒．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线、旋转、平移的性质等，要注意的是（2）中，要根据 P 点的不同位置进行分类求 解； （3）中要确定点 Q 的位置，是解答的关键．2、考点：等腰梯形的性质；等腰三角形的判定；直角三角形的性质。专题：动点型。分析： （1）求出 t 的临界点 t=2，分别求出当 0＜t≤2 时和 2≤t＜4 时，S 与 t 的函数关系式即可， （2）作梯形对称轴交 CD 于 K，交 AB 于 L，分 3 种情况进行讨论，①取 AD 的中点 G，②以 D 为直角顶点，③以 A 为直角顶点， （3）当 0＜t≤2 时，若△AMQ 为等腰三角形，则 MA=MQ 或者 AQ=AM，分别求出 t 的值，然后判断 t 是否符合题意．解答：解： （1）当 0＜t≤2 时，，当 2≤t＜4 时，； （2）作梯形对称轴交 CD 于 K，交 AB 于 L 况一：取 AD 的中点 G，GD=1 过 G 作 GH⊥对称轴于 H，GH=2， ∵2＞1，∴以 P 为直角顶点的 Rt△PAD 不存在，况二：以 D 为直角顶点：，∴，况三：以 A 为直角顶点，，综上：P 到 AB 的距离为时，△PAD 为 Rt△， （3）0＜t≤2时，． ∴． ∴若 OA=QM， 则∠QMA=30°而 0＜t≤2 时， ∠QMA＞90°， ∴QA=QM不存在 2≤t＜4 （图中） 若， ∴t=2 若， ∴∵， ∴此情况不存在若 MA=MQ， 则∠AQM=30°， 而∠AQM＞60°不存在．综上：，2 时，△AMQ 是等腰三角形．点评：本题主要考查等腰梯形的性质的知识点，此题综合性很强，把图形的变换放在梯形的背景中，利用等腰梯形的性质结合已知条件探究图形的变换，根据变换的图形的性质求出运动时间．3、考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质；勾股定理； 正方形的性质。专题：动点型。分析： （1）本题根据图形，知道点 Q 为线段 BC 边中点，有知道点 B 的坐标，所以可以求出 P、M 的坐标． （2）本题需先根据（1）的条件，可以分两种情况进 行解答，第一种情况当 0≤t≤5 时，可以求出 S 的值，第二种情况当 5≤t≤8 时，设 EF 与 PM 交点为 R，作 RI⊥y 轴，MS⊥y 轴，可以证出 RI=FI，有根据 FI=2PI 可以证出 FP=PI，PI=2PF， PF=t5，RI=2（t5）最后解出结果． （3）本题需先根据（1）的条件，可以分三种情况进行讨论，第一种情况先作 PM 的中垂线交正方形的边为点 H1，H2，则 PH1=MH1，PH2=MH2，所以点 H1， H2 即为所求点，分别求出 H1、H2 的坐标；第二种情况当 PM=PH3 时的情况，分别求出 PM、MH3、OH3 的值，最后求出 H3 的坐标．第三种情况当 PM=MH4 时，分别求出 PM、MH4 BH4 的值，即可求出 H4 的坐标． （4）本题需先根据所给的条件证出△CPQ∽△BQN，再设 CQ=m，根据三角形的性质即可求出△BQN 的周长．解答：解： （1）∵点 Q 为线段 BC 边中点，B（8，8） ，∴P（0，5） ，M（8，1） ； （2）①当 0≤t≤5 时，S= ②当 5≤t≤8 时，如图，设 EF 与 PM 交点为 R，作 RI⊥y 轴，MS⊥y 轴，∵EO=FO，∴RI=FI，又∵ ，∴RI=2PI，∴FI=2PI，∴FP=PI，PI=2PF，∴PF=t5，RI=2（t5） ，∴S=S△OEFS△PRF，，=； （3）①如图作 PM 的中垂线交正方形的边为点 H1，H2，则 PH1=MH1，PH2=MH2，∴点 H1，H2 即为所求点，设 OH1=x，∵PH1=MH1，∴x +5 =（8x） +12222，∴H1（） ，同理，设 CH2=y，∵PH2=MH2，∴3 +y =（8y） +72222，∴H2（） ，②当 PM=PH3时，∵，∴，∴，∴，③当 PM=MH4 时，∵，∴，∴， ∴， 综上， 一共存在四个点， 1 H（） H（ ，2） ，，； ∵∠PQN=90°， （4） ∴∠CQP=∠BQN=90°又∵∠CQP+∠CPQ=90°，∴∠CPQ=∠BQN，又∵∠C=∠B=90°∴△CPQ∽△BQN，设 CQ=m，则在 Rt△CPQ 中，∵m +CP =（8CP） ，∴222，∴又∵△CPQ 的周长=CP+PQ+CQ=8+m，∴△BQN 的周长==16∴△BQN 的周长不发生变化，其值为 16．点评：本题考查了相似三角形判定和的性质，在解题时要注意要根据点的不同位置进行分类讨论．4、考点：二次函数综合题；勾股定理；相似三角形的判定与性质。专题：综合题；存在型；数形结合。分析： （1）由抛物线 y=+c 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B的左侧） 交 y 轴的正半轴于点 C， ， 其顶点为 M， MH⊥x 轴于点 H， 交 y 轴于点 N， MA sin∠MOH=， 求出 c 的值， 进而求出抛物线方程； ， OE⊥PH， （2） 由 MF⊥PH， MH⊥OH， 可证△OEH∽△HFM，可知 HE，HF 的比例关系，求出 P 点坐标； （3）首先求出 D 点坐标，写出直线 MD 的表达式，由两直线平行，两三角形相似，可得 NG∥MD，直线 QG 解析式．解答：解： （1）∵M 为抛物线 y=+c 的顶点，∴M（2，c） ．∴OH=2，MH=|c|．∵a＜0，且抛物线与 x 轴有交点，∴c＞0，∴MH=c，∵sin∠MOH=，∴=．∴OM=c，∵OM =OH +MH ，222∴MH=c=4， （2， ， ∴M 4） ∴抛物线的函数表达式为：y=+4． （2） 如图 1， ∵OE⊥PH， MF⊥PH， MH⊥OH，∴∠EHO=∠FMH， ∠OEH=∠HFM． ∴△OEH∽△HFM， ∴==，∵=，∴MF=HF，∴∠OHP=∠FHM=45°，∴OP=OH=2，∴P（0，2） ．如图 2，同理可得，P（0，2）（3）∵A（1，0） ． ，∴D（1，0） ，∵M（2，4） ，D（1，0） ，∴直线 MD 解析式：y=4x4，∵ON∥MH，∴△AON∽△AHM，∴===，∴AN=，ON=，N（0，） ．如图 3，若△ANG∽△AMD，可得 NG∥MD，∴直线 QG 解析式：y=4x+，如图 4，若△ANG∽△ADM，可得=∴AG=，∴G（，0） ，∴QG：y=x+，综上所述，符合条件的所有直线 QG 的解析式为：y=4x+或 y=x+．点评：本题二次函数的综合题，要求会求二次函数的解析式和两图象的交点，会应用三角形相似定理，本题步骤有点多，做题需要细心．5、考点：平行线分线段成比例；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰梯形的性质；解直 角三角形。专题：应用题；分段函数。分析：过 Q 作 QH⊥AP 于 H 点，构造直角三角形 APQ． （1）在 Rt△AOB 中，利用勾股定理求得 AB；①P 由 O 向 A 运动时，OP=AQ=t，AP=4t．根据平行线截线段成比例的性质求得 QH，然后求△APQ 的面积；②P 由 A 向 O 运动时，AP=t4，AQ=t，由直角三角形 ABO 中的锐角的正弦求得 QH=，然后求△APQ 的面积； （2）根据翻折的性质知△APQ≌△DPQ，∠AQP=90°．在直角三角形 AOB 与直角三角形 APQ 中通过∠A 的余弦值求得 cosA===．①当 0＜t≤4 时，求得 t 值；②当 4＜t≤5 时，求得 t 值；然后将其代入（1）中的函数解析式； （3）①若 PE∥BQ，则梯形 PQBE 是等腰梯形．过 E、P 分分别作 EM⊥AB 于 M，PN⊥AB 于 N．构造矩形 PNME．则有 BM=QN，由 PE∥BQ，得，从而求得 MB 的值；在直角三角形 APN 中根据 AP 求得 QN 的值，然后由 BM=QN，求得 t，所以点 E 的坐标就迎刃而解了；②若 PQ∥BE，则等腰梯形 PQBE 中 BQ=EP 且 PQ⊥OA 于 P 点．由 OP+AP=OA 求得 t 值； （4）①当2 2 2P 由 O 向 A 运动时，OQ=OP=AQ=t．再有边角关系求得 BQ=AQ= 程即可．解答：解： （1）在 Rt△AOB 中，OA=4，OB=3∴AB=AE，解得 t 值；②②当 P 由 A 向 O 运动时，OQ=OP=8t．在 Rt△OGQ 中，利用勾股定理得 OQ =QG +OG ，列出关于 t 的方程，解方 ①P 由 O 向 A 运动时，OP=AQ=t，AP=4t 过 Q 作 QH⊥AP 于 H 点．由 QH∥BO，得∴即（0＜t≤4）②当 4＜t≤5 时，即 P 由 A 向 O 运动时，AP=t4AQ=tsin∠BAO=QH=，∴=（ 由题意知， ；2） 此时△APQ≌△DPQ， ∠AQP=90°， ∴cosA===， 0＜t≤4∴ 当即当 4＜t≤5 时，=，t=16（舍去）∴； （3）存在，有以下两种情况①若 PE∥BQ，则等腰梯形 PQBE 中 PQ=BE 过 E、P 分分别作 EM⊥AB 于 M，PN⊥AB 于 N．则有 BM=QN，由 PE∥BQ，得，∴又∵AP=4t，∴AN=，∴，由 BM=QN，得∴，∴；②若 PQ∥BE，则等腰梯形 PQBE 中 BQ=EP 且 PQ⊥OA 于 P 点由题意知∵OP+AP=OA，∴∴t=，∴OE=，∴点 E（0，）由①②得 E点坐标为（0，）或（0，）（4）①当 P 由 O 向 A 运动时，OQ=OP=AQ=t．可得∠QOA=∠QAO∴∠QOB=∠QBO∴OQ=BQ=t∴BQ=AQ= ．AE∴；②当 P 由 A 向 O 运动时，OQ=OP=8tBQ=5t，在 Rt△OGQ 中，OQ =QG +OG 即（8t） =2222∴t=5?点评：本题主要考查了解直角三角形的应用，相似三角形的性质以及二次函数等知识点的综合应用，弄清相关线段的大小和比例关系是解题的关键．6、考点：相似三角形的判定与性质；解一元二次方程-因式分解法；解分式方程；一次函数 的性质； 二次函数的最值；等腰三角形的性质； 勾股定理； 梯形。分析： （1） 根据已知作出 AE⊥BC， DF⊥BC， 进而得出 EF=AD=3；由勾股定理得出 CF 的长即可得出答案； （2） 首先利用当 0≤t≤5时，得出△NGC∽△DFC 进而得出，再利用当 5≤t≤8 时得出 s 与 t 的关系式求出即可； （3）从当 MC=NC 时，当 MN=NC 时，当 MN=MC 时，分别分析得出即可．解答：解： （1）如图 1，分别过 A，D 作 AE⊥BC，DF⊥BC，分别交 BC 于 E，F；∴EF=AD=3；∵∠B=45°，AB=；∴BE=AE=DF=4．在 Rt△DFC 中，CF=；∴BC=BE+EF+CF=4+3+3=10；（2）①如图 2，当 0≤t≤5 时，CN=BM=t，MC=10t；过 N 作 NG⊥于 BC 于点 G；∴△NGC∽△DFC∴，即；∴NG=；∴S=；∵，函数开口向下；∴当时，Smax=10；②如图 3，当 5≤t≤8 时，S=；∵2＜0，即 S 随 t 的减小而增大；∴当 t=5 时，Smax=10；综上：，当 t=5 时，△MCN 的面积 S 最大，最大值为 10； （3）当 0≤t≤5 时：CN=BM=t，MC=10t；①当 MC=NC 时，t=10t，解得：t=5； 分）②当 HM=MC 时，如图 4，过 N 作 NH⊥BC 于点 H，则有 HC=MH，可得： （7， 得：； 分）③当 MN=MC 时，如图 5，过 M 作 MI⊥CD （8于 I，CI=，又，即：，可得，解得：（舍去） ；当 5＜t≤8 时，如图 6，过 C 作 CJ⊥AD 的延长线于点 J，过 N 作 NK⊥BC 于点 K；则：MC =（10t） =t 20t+100；MN =（122t） +4 =4t 48t+160；NC =（t2） +4 =t 4t+20；④当 MC=NC 时，t 20t+100=t 4t+20，解得：t=5（舍去）（10 分）⑤当 MN=MC 时，4t ；2 2 22222222222222248t+160=t 20t+100，解得：（舍去）（11 分）⑥当 MN=NC 时，t 4t+20=4t 48t+160，解得： ；（舍去） ．综上：当时， △MCN 为等腰三角形点评： 此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及二次函数的最值和一元二次方程的应用等知识， 分别从当 MC=NC 时， MN=NC 时， MN=MC 当 当时进行分类讨论注意不要漏解．7、考点：二次函数综合题；三角形的面积；直角三角形斜边上的中线；剪纸问题；旋转的性质。专题：几何综合题。分析： （1）根据△DEF 与△BOC 重叠部分 的面积 S 为三角形与四边形时分别得出 S 与 x 的函数关系式，以及自变量的取值范围； （2）利用△OCG 的面积等于△COB 面积，进而得出与△ABC 的关系求出即可； （3）利用全等三角形的判定 得出△COG≌△MOG， 利用勾股定理逆定理得出即可． 解答： （1） 0＜x≤3 时如图 1 所示： 解： 当 ∵DE∥AB， ∠ABC=90°， ∴∠CME=90°， Rt△CFE 中， 在 ∠MCE=30°， CE=x， 则 ，∴，当 3＜x≤6 时如图 2 所示，∵DE∥AB，∠BAC=60°，∴∠DEC=60°，又∵在 Rt△ABC 中，BO 为斜边的中线，∴BO=AO，∴∠BOA=∠BAO=60°，∴△OME为正△，∴，综上（2）若 CG=CO=3 ，过 G 点作 GH⊥AC 于 H 在 Rt△CGH 中，∠BCA=30°，H=∴S△CGO=CO×GH=×3×=， GC=GO 过 G 点作 GH⊥CO 于 H， 若 ∴CH=HO=， Rt△CGH 中， 在 ∠BCA=30°，， ∴，若 OG=CO=3 在 Rt△ABC 中，BO 为斜边的中线，BO=CO，则此时点 B 与点 G 重合，∴，在 Rt△ABC 中，∠BCA=30°，∴，； （3） 解： 旋转 45°时， 即∠COG=45°满足 GH +BH =CG ． 理由如下： H 作 MH⊥CB 于 H， 过 使得 MH=BH， 连接 GM、 OM． ∵BO222是△ABC 的中线，且∠ABC=90°，∴OC=OB，∴∠C=∠CBO=30°，∴∠BOC=120°，∵∠COG=45°，∠FOD=60°，∴∠BOD=15°∵∠CBO=30°，∴∠CHO=45°，∴∠BHO=180°45°=135°， ∴∠MHO=∠CHO+∠MHC=45°+90°=135°， ∴△BHO≌△MHO （SAS） ∴MO=BO， ， ∠BOD=∠MHO=15°， ∴∠MOG=∠DOF∠MOD=60°15°=45°， ∴∠MOG=COG=45°， ∴△COG≌△MOG （SAS） ∴CG=MG， ， 在 Rt△MHG 中，MH +GH =GM ，∴BH +GH =CG ，点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及全等三角形的判定以及勾股定理逆定理的应用等知识，题目中运用了分类讨论思想这是数学中重2 2 2 2 2 2要思想同学们应掌握不要漏解．8、考点：二次函数综合题。专题：压轴题。分析： （1）已知抛物线过 C（0，2）点，那么 c=2；根据对称轴为 x=1，因此=1，然后将 A 点的坐标代入抛物线中，通过联立方程组即可得出抛物线的解析式． （2）本题的关键是确定 P 点的位置，由于 A 是 B 点关于抛物线对称轴的对称点，因此连接 AC 与抛物线对称轴的交点就是 P 点．可 根据 A，C 的坐标求出 AC 所在直线的解析式，然后根据得出的一次函数的解析式求出与抛物线对称轴的交点即可得出 P 点的坐标． （3）△PDE 的面积=△OAC 的面积△PDC 的面积△ODE 的 面积△AEP 的面积△OAC 中，已知了 A，C 的坐标，可求出△OAC 的面积．△PDC 中，以 CD 为底边，P 的横坐标的绝对值为高，即可表示出△PDC 的面积．△ODE 中，可先用 m 表示出 OD 的长， 然后根据△ODE 与△OAC 相似，求出 OE 的长，根据三角形的面积计算公式可用 m 表示出△ODE 的面积．△PEA 中，以 AE 为底边（可用 OE 的长表示出 AE） 点的纵坐标的绝对值为高，可表示 ，P 出△PEA 的面积．由此可表示出△ODE 的面积，即可得出关于 S，m 的函数关系式．然后根据函数的性质求出三角形的最大面积以及对应的 m 的值．解答：解： （1）由题意得，解得，∴此抛物2线的解析式为 y=x+x2． （2） 连接 AC、 BC． 因为 BC 的长度一定， 所以△PBC 周长最小， 就是使 PC+PB 最小． 点关于对称轴的对称点是 A 点， 与对称轴 x=1 的交点即为所求的点 P． B AC 设直线 AC 的表达式为 y=kx+b，则，解得，∴此直线的表达式为 y=x2，把 x=1 代入得 y=∴P 点的坐标为（1，）（3）S 存在最大值，理由：∵DE∥PC，即 ．DE∥AC．∴△OED∽△OAC．∴，即，∴OE=3m，OA=3，AE=m，∴S=S△OACS△OEDS△AEPS△PCD=×3×2×（3m）×（2m）×m××m×1=m+2m=（m1） +2∵∴当 m=1 时，S 最大=．点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、三角形相似等重要知识点； （3）中无法直接求出三角形的面积时，可用其他图形的面积经过“和，差”的关系来求出其面积．9、考点：二次函数综合题；三角形的面积；等边三角形的性质；含 30 度角的直角三角形；相似三角形的判定与性质。专题： 几何综合题；分类讨论。分析： （1）利用直角三角形中 30°所对的边是斜边的一半即可求出 AP，进而求出 t 的值； （2）利用△BPH∽△BAO，得出 PH 的长，再利用解直角三角形求出 PN 的长； （3）根据当 0≤t≤1 时以及当 t=1 时和当 t=2 时，分别求出 S 的值； （4）根据当 D 为顶点，OD=OR1=6 时，当 R2 为顶点，OR2=DR2 时，③当 O 为等腰△的顶点时，分别得出即可．解答：解： （1）∵△PMN 是等边三角形，∴∠P1M1N1=60°；∵在 Rt△AOB 中，∠AOB=90°，∠ABO=30°，∴∠AP10=90°，在 Rt△AP1O 中，AP1=AO=2，∴t=，即 t=2； （2）∵△BPH∽△BAO，∴，∴PH=，∵cos30°=，∴PN===8t， （3）当 0≤t≤1 时，S1=S 四边形 EONF，作 GH⊥OB 于 H，∵∠GNH=60°，GH=2，∴HN=2，∵PN=NB=8t，∴ON=OBNB，∴ON=12（8t）=4+t，∴OH=4+t2=2+t，S1=（2+t+4+t）×2=2t+6，∵2＞0，∴S 随 t 增大而增大，当 t=1 时，S 最大=8，当 1＜t＜2 时， 2=S 五边形 IFONG， GH⊥OB 于 H， S 作 ∵AP2=
（2t2）× （2 t2 ） =2 t +62t∴AF=2 t+4t， ∴OF=4 ， ∵22t， ∴EF=2 = （4 时 S2 最大=t） =2t2， ∴EI=2t2， 2=S 梯形 EONGS△EFI=2 ∴S ×36t+6 ×4，＜0， ∴当 t=， t=2 时， 当 MP=MN=6， 与 D 重合， 3=S 梯形 IMNG， N S ==8，∴，S 最大=，4）∵△ODH 是等腰三角形，①当 D 为顶点，OD=OR1=6 时，OR1=62＞2（不合题意舍去） ，当 D 为顶点时，R1 不存在，此时 R1 不存在，使△ODR 是等腰三角形，②当 R2 为顶点，OR2=DR2 时，ER2=P2R2=3，CP2=3，∴AP2=43=，t2==1，③当 O 为等腰△的顶点时，CR3=62，CP3=××2=66，AP3=4（66） ，=62，∴t3==22．点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的性质等知识， （3） （4）小题中，都用到了分类讨论的数学思想，难点在于考虑问题要全面，做到不重不漏．10、考点：解直角三角形；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质。 专题：代数几何综合题；动点型。分析： （1）先在直角三角形 AOB 中根据 OB 和 cos60°，利用三角函数的定义求出 OA，然后根据角平分线的定义得到角 AOC 等于 30°，在三角形 AOC 中，利 用 OA 和 cos30°，由三角函数的定义即可求出 OC 的长，根据等角对等边即可 BC 等于 OC； （2）分两种情况考虑：第一，P 在 BC 边上，根据速度和时间 t 得到 PB 等于 CQ 都等于 t，过 Q 作 DE 与 AC 垂直，QE 等于 CQsin60°，CP 等于 BC 减去 PB，利用三角形的面积公式即可列出 S 与 t 的函数关系式；第二，当 P 在边 CQ 上时，同理可得 S 与 t 的关系式； （3）分三种情况考虑：第一， OP 为等腰三角形的底边时，由角 MOP 等于角 MPO 都等于 30°，则角 QOP 为 60°，得到 PQ 与 OQ 垂直，根据 30°所对的直角边等于斜边的一半得到 OP 等于 2OQ，分别表示出 OP 和 OQ 代入即可 得到关于 t 的方程，求出方程的解即可得到 t 的值；第二，当 OP 为等腰三角形的腰时，过 P 做 PN⊥OQ，得到角 QPN=45°，所以三角形 QPN 为等腰直角三角形得到 PN=QN，分别表示出 PN 和 QN 列出关于 t 的方程，求出方程的解即可得到 t 的值；第三，当 OP=PM 时，PQ∥y，不存在三角形．解答：解： （1）∵∠AOB=60°，∴在 Rt△AOB 中， ∴∠AOC=∠COB=30°，∴ ，∵∠COB=∠CBO=30°，∴BC=OC=2； （2）当 0＜t≤2 时， = ，∵OC 平分∠AOB， ，当 2≤t＜4 时=，综上：； （i）当 MO=MP 时，∠MOP=∠MPO=30°∴PQ⊥OQ，∴OP=2OQ，∴4t=2（t2） （3） ，∴；（ii）当 OP=OM 时，过 P 作 PN⊥OQ 于 N，则∠QPN=45°，∴PN=QN，∴，解得（iii）当 OP=PM 时，PQ∥y，不可能．综上，当或时，△OPM 为等腰三角形．评：此题考查学生会根据已知的边和角利用三角函数的定义求出未知边和角，掌握直角三角形中 30°所对的直角边等于斜边的一半及等腰三角形的性质与判断，注 意灵活运用分类讨论的方法解决实际问题，是一道综合题．学生做题时应注意考虑问题要全面． 11、考点：一次函数综合题。分析： （1）已知点 A 的坐标知道 OA 的长度，在直角三角形中根 据 30°所对的直角边等于斜边的一半求出 AB，根据勾股定理求出 OB，从而求出 B 的坐标，最后利用待定系数法求出直线 AB 的解析式． （2）由（1）已经求出 AB 的长，可以表示出 BP 的长， 题目也告诉了∠ABO 的度数，利用三角函数值就可以表示出 MP 长度，当 M 到达 O 点利用 30°的直角三角形的特殊关系求出 OP，利用勾股定理就可以求出 AP，从而求出时间 t． （3）当点 M 与 原点 O 重合时， N 与点 D 也是重合的， 点 这时以 PM 是否过点 E 为分点分别计算重合部分的面积． 将重合部分的面积用含 t 的式子表示出来就可以了． 解答： （1） （0， 解： ∵A 4 ） ∴OA=4在 Rt△AOB 中，∠AOB=90°tan∠ABO=即 tan30°=∴BO=12∴B（12，0）设直线 AB 的解析式为：y=kx+b，由题意得：解得：∴直线 AB 的解析式为： y=x+4（2） ∵△PMN 为等边三角形∴∠PMO=60°∵∠ABO=30°∴∠PMO+∠ABO=90°∴∠MPB=90°在 Rt△AOB 中， ∠AOB=90°， ∠ABO=30°∴AB=2AO=8∴BP=ABAP=8t， Rt△MPB 中， 在 ∠MPB=90°tan∠ABO=即 tan30°=∴MP=8t 当 M 与 O 重合时， Rt△PBO 中， 在 ∠ABO=30°， ∠BPO=90°∴MP=OB=6， 8t=6∴t=2 即（3）M 与 O 点重合时 PM=MN=6，此时 N 点与 D 点重合，如图 2，当 PM 过点 E 时，∠PMB=60°，1=30°，∴∠1=∠2=30°∴AP=AE=，此时 t=1 当 0≤t≤1 时，设 PN 交 EC 于 F，过 F 作FG⊥OB 于 G，FG=OE=2∵∠PNM=60°，∴GN=2∵PM=8t，∴BM=2PM=162t∴MO=BMBO=42tON=MNMO=t+4EF=OG=ONGN=t+2∴S==2t+6当0＜t≤2 时设 PM、PN 交 EC 于 H、F，S=S 梯形 EONFS△EHI．由（2）知 MO=42t，IO= = ∴S=MO=4 =2t∴EI=EOIO=2t2EH=EI=2t2∴S△EHI=点评：本题是一道一次函数的综合试题，考查了运用待定系数法求函数的解析2式，勾股定理的运用，三角函数的运用以及图形的面积公式，数学中的动点问题．是一道难度较大的综合试题．12、考点：二次函数综合题。分析： （1）根据抛物线 y=ax +bx 过点 A（6，3） ，且对称轴为直线，利用待定系数法求解即可； （2）过点 B 作 BH∥y 轴，交 OA 于点 H，将△OAB 分成△OBH 和△ABH 两部分求解； （3）假设存在满足题意的 D 点，再根据△BCD 是以 D 为直角顶点的等腰直角三角形这一条件解答． 解答： （1） 解： 由题知： 解之， ∴该抛物线的解析式为： 得，． 过点 B 作 BH∥y 轴， OA 于点 H， （2） 交 由题知直线 OA 为：，∴设点，点，∴∴S=S△OBH+S△ABH=，=∴当 m=3 时，（ 存在， B 为 ；3） 点或， 理由如下： 设在抛物线的对称轴上存在点 D 满足题意，过点 D 作 DQ⊥BC 于点 Q，则由（2）有点，点 B，∵△BCD 是以 D 为直角顶点的等腰直角三角形∴，即是：且（0＜m＜6） ，若，解之：（舍去） ，，时，，∴点 B（1+，） ，若，解之：（舍去） ，当时，∴，综上，满足条件的点 B 为（1+，）或（5，） ．点评：本题考查了二次函数的知识，是一道综合题，难度较大，需要对各部分知识熟练掌握并灵活应用．13、考点：二次函数综合题。专题：综合题。分析： （1）易知 OC 的长，根据△ABC 的面积即可得到 AB 的值，从而求得 B 点的坐标，在得到 A、B、C 三点坐标后，即可利用待定系数法求得该抛物线的解析式． （2）已 知了 B、C 的坐标，易求得 BC 的长和直线 BC 的解析式，联立抛物线的对称轴即可得到点 M 的坐标，从而求得 BM 的长，可设出点 N 的横坐标，若以 M，N，B 为顶点的三角形与△ABC 相似，由 于∠CBA=∠MBN，则有两种情况需要考虑：①△MBN∽△CBA，②△MBN∽△ABC；根据上述两种情况所得不同的比例线段即可求得点 N 的坐标，进而可求出 BN 的长． （3）首先设出点 P 的坐标， 然后分三种情况讨论：①PC=PD，根据 P、C、D 三点坐标，分别表示出 PC 、PD 的值，由于两式相等，即可求得 P 点横、纵坐标的关系式，联立抛物线的解析式，即可求得点 P 的坐标；②PD=CD，2 2此时 C、 关于抛物线的对称轴对称， P 点坐标易求得； D 则 ③PC=CD， 这种情况下， 点只能位于 C 点左侧的抛物线上， P 显然与题意不符． 解答： （1） （0， ， 解： ∵C 3） ∴OC=3， 又∵S△ABC=，∴AB=4；∵A 为（1，0） ，∴B 为（3，0） ，设抛物线解析式 y=a（x+1） （x3）将 C（0，3）代入求得 a=1，∴y=x +2x+3． （2）抛物线的对称轴为直线 x=2=1，由 B（3，0） ，C（0，3） 得直线 BC 解析式为： ， y=x+3； ∵对称轴 x=1 与直线 BC： y=x+3 相交于点 M， 为 ∴M （1， ； 2） 可直接设 BN 的长为未知数． N 设 （t， ， 0） 当△MNB∽△ACB 时， ∴即=即 t=0，∵△MNB∽△CAB 时，∴?=得 t=，所以 BN 的长为 3 或． （3）存在．由 y=x +2x+3 得，抛物线的对称轴为直线 x=2，顶点 D 为（1，4） ；①当 PD=PC 时，设 P 点坐标为（x，y）根据勾股定理，得 x +（3y） =（x1） +（4y） 即 y=4x，又 P 点（x，y）在抛物线上，4x=x +2x+3，即 x 3x+1=0，解得 x=222222；∴y=4x=或即点 P 坐标为（）或（） ；②当 CD=PD 时，即 P，C 关于对称轴对称，此时 P 的纵坐标为 3，即 3=x +2x+3，解得 x1=2，2x2=0（舍去） ，∴P 为（2，3） ；③当 PC=CD 时，P 只能在 C 点左边的抛物线上，所以不考虑；∴符合条件的点 P 坐标为（）（ ，）或（2，3） ．点评：此题主要考查了三角形面积的计算方法、用待定系数法确定函数解析式的方法、相似三角形的判定和性质、以及等腰三角形的构成情况等重要知识点，要注意的是（2） （3）中都用到了分类讨论的数 学思想，所以考虑问题一定要全面，以免漏解． 14、考点：解直角三角形的应用；一次函数综合题；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；旋转的性质。专题：综合题。分析： （1） 根据勾股定理和折叠的性质易求得 OA=AB=5，OB=6，可用 t 表示出 OP、OQ 的长，分两种情况讨论：①点 P 在线段 OA 上运动，即 0≤t≤2.5，以 OQ 为底，OP?sin∠AOC 为高，即可得 S、t 的函 数关系式；②点 P 在线段 AB 上运动，即 2.5＜t≤5，以 OQ 为底，BP?sin∠ABC 为高，即可得 S、t 的函数关系式． （2）若∠BCB′=∠CAB，那么∠DCB′、∠ABC 为等角的余角，而根据旋转的性质知：∠ABC=∠B′，通过等量代换后可发现此时 D 点是斜边 A′B′的中点，即 CD=2 2A′B′，由此得解． （3）首先根据 A 点坐标，求出直线 OP 的解析式，然后设出点 E 的坐标；再根据 A、C 的坐标，分别表示出 AE 、CE 的长，然后分三种情况讨论：①AE=CE，②AE=AC，③CE=AC；根据上述三种情况所得不同等量关系，即可求得符合条件的 E 点坐标．解答：解： （1）由题意知： OA=AB=5，OC=BC=3，OB=6；P 从 O→A→B，所用的总时间为： （5+5）÷2=5s；Q 从 B→O 所用的总时间为：6÷1=6；因此 t 的取值范围为：0≤t≤5；①当 0≤t≤2.5 时，点 P 在线段 OA 上；OP=2t，2 2OQ=OBBQ=6t；∴S=×2t××（6t）=t+t；②当 2.5≤t≤5 时，点 P 在线段 AB 上；OP=2t，BP=102t，OQ=6t；∴S=×（102t）××（6t）=tt+24；综上可知： S=． 2） （ ∵∠BCB′=∠CAB， ∴∠DCB′=∠ABC=90°∠CAB=90°∠BCB′， 由旋转的性质知： ∠ABC=∠B′， 即∠DCB′=∠B′； ∴∠A′=∠A′CD=90°∠DCB′=90°∠B′，∴A′D=DB′=CD，即 CD=A′B′=AB=2.5． （3）由 A（3，4） ，可得直线 OA：y=x；设点 E（x，x） ，已知 A（3，4） ，C（3，0） ；∴AE =（x3） +（22x4）2，CE =（x3） +（22x） ，AC=4；①当 AE=CE 时，AE =CE ，则有： （x3） +（2222x4） =（x3） +（22x） ，解得 x=2，∴E1（，2） ；②当 AE=AC 时，AE =AC =16，则有： （x3） +（222x4） =16，整理得：25x 150x+81=0，解得：x=22，x=；∴E2（，） 3（ ，E，） ；③当 CE=AC 时，CE =AC =16，则有： （x3） +（222x） =16，整理得：25x 54x63=0，解22得：x=，x=3（舍去） ；∴E4（，） ；综上可知：存在符合条件的 E 点：E1（，2） 2（ ，E，） 3（ ，E，） 4（ ，E，） ．点评：此题是一次函数的综合题，涉及到图形的旋转、图形面积的求法、等腰三角形的构成情况等知识，难度较大．15、考点：二次函数综合题。专题：综合题。分析： （1）抛物线的解析式中有两个待定系数，欲求其 解析式，需得到其图象上两点的坐标；已知抛物线“平移一个单位后经过坐标原点 O”，结合图象可得到 A（1，0） ，而抛物线的解析式为 x=1，根据二次函数的对称性可求得点 B 的坐标， 将它们代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得待定系数的值，即可确定该抛物线的解析式． （2）此题若直接求两角的度数差，有一定难度，可从其他方面入手求解．根据抛物线和直线 BD 的解析式，可求得 C、D、E 的坐标，即可得到∠OBC=∠OCB=45°；连接 CE，过 E 作 EF⊥y 轴于 F，根据 C、E 的坐标，可求得∠ECF=45°，由此可得到∠BCE=45°，那么∠BCE=90°，易得 BC、CE，OB、OC 的长，此时可发现 Rt△OBD 和 Rt△CBE 的两组直角边正好对应成比例，由此可证得两个三角形相似，即∠CBE=∠DBO，因此所求角的度数差可转化为∠OBC 的度数；在 Rt△OBC 中，已经求得∠OBC=∠OCB=45°，由此得解． （3）由于点 M 的坐标无法和 PA 直接发生联系，可以△BDM 的面积为突破口进行求解；易知抛物线的对称轴方程，可设出点 P 的解析式，利用 PA=PC 的关系，求出点 P 的坐标，进而得到 PA 的值，即可求得△BDM 的面积．由于△BDM 的面积无法直接求出，可用面积割补法求解；①若点 M 在 y 轴右侧、x 轴上方，先根据抛物线的解析式设出 点 M 的坐标（设横坐标，根据解析式表示出纵坐标） ，连接 OM，那么△OBM、△ODM 的面积和，减去△OBD 的面积即为△BDM 的面积，由此可得到关于点 M 横坐标的方程，进而可求得点 M 的坐 标；②若点 M 在 y 轴右侧、x 轴下方，方法同上．解答：解： （1）由题意，A（1，0） ，∵对称轴是直线 x=1，∴B（3，0）（1 分）把 A（1，0） ； ，B（3，0）分别代入 y=ax 2x+c 得．∴这2 2 2 2 2 2个二次函数的解析式为 y=x 2x3． 分） （3 （2）∵直线与 y 轴交于 D（0，1） ，∴OD=1，由 y=x 2x3=（x1） 4 得 E（1，4） ；连接 CE，过 E 作 EF⊥y 轴于 F（如图 1） ，则 EF=1，∴OC=OB=3，CF=1=EF，∴∠OBC=∠OCB=∠45°，BC==，；∴∠BCE=90°=∠BOD，，，∴，∴△BOD∽△BCE，∴∠CBE=∠DBO，∴α β =∠DBC∠CBE=∠DBC∠DBO=∠OBC=45°． （3）设 P（1，n） ，∵PA=PC，∴PA =PC ，即（1+1） +（n0） =（1+0） +（n+3） 解得 n=1，∴PA = （1+1） +（10） =5，∴S△EDW=PA =5；法一：设存在符合条件的点 M（m，m 2m3） ，则 m＞0，①当 M 在直线 BD 上侧时，连接 OM（如图 1） ，则 S△BDM=S△OBM+S△ODMS△BOD=5，即2 2 2 2 2 22222222，，整理，得 3m 5m22=0，解得 m1=2（舍去） ，，把代入 y=m 2m3 得；∴；②当 M 在直线 BD 下侧时，不妨叫 M1，连接 OM1（如图 1） ，则 S△BDM1=S△BOD+S△BOM1S△DOM1=5，即，，整理，得 3m 5m2=0，解得\2， （舍去把 m=2 代入 y=m 2m3 得 y=3，∴M1（2，3） ；综上所述，存在符合条件2的点 M，其坐标为或（2，3）（12 分）法二：设存在符合条件的点 M（m，m 2m3） ． ，则 m＞0，①当 M 在直线 BD 上侧时，过 M 作 MG∥y 轴，交 DB 于 G； （如图 2）2设 D、 到 MG 距离分别为 h1， 2， S△BDM=S△DMGS△BMG=5， B h 则 即，，，整理，得 3m 5m22=0；解得 m1=2（舍去） ，2；把代入 y=m 2m3 得2；∴．②当 M 在直线 BD 下侧时，不妨叫 M1，过 M1 作 M1G1∥y轴，交 DB 于 G1（如图 2）设 D、B 到 M1G1 距离分别为 h1、h2，则 S△BDM=S△DM1G1+S△BM1G1=5，即，，，整理，得 3m 5m2=0，解得2， （舍去）把 m=2 代入 y=m 2m3 得 y=3，∴M1（2，3） ；综上所述，存在符合条件的2点 M，其坐标为或（2，3） ．法三：①当 M 在直线 BD 上侧时，过 M 作 MH∥BD，交 y 轴于 H，连接 BH； （如图 3）则 S△DHB=S△BDM=5，即，，∴DH=，∴；∴直线 MH 解析式为；联立得或；∵M 在 y 轴右侧，∴M 坐标为．②当 M在直线 BD 下侧时，不妨叫 M1，过 M1 作 M1H1∥BD，交 y 轴于 H1，连接 BH1 同理可得，∴，∴直线 M1H1 解析式为，联立得或；∵M1 在 y 轴右侧，∴M1 坐标为（2，3）综上所述，存在符合条件的点 M，其坐标为或（2，3） ．点评：此题是二次函数的综合题，涉及到二次函数图象的平移、解析式的确定、相似三角形的判定和性质、图形面积的求法等重要知识． （3）题只要求出 PA 的值，抓住△BDM 的面积这个突破口就能顺利求得点 M 的坐标．216、考点：二次函数综合题。专题：综合题。分析： （1）依题意把点 B 的坐标代入函数解析式里得出 c 的值． （2）连接 OE，设四边形 ADEF 面积为 S．令 x=0 以及 y=0 求出 A、C 的坐标．当 m=2 2时，S 有最大值．求出点 E 的坐标． （3）本题要依靠辅助线的帮助．假设存在 P 点．利用三角函数求出各线段的等量关系．解答：解： （1）∵B（1，0）在 y=x 4x+c 上，∴（1） 4（ 1）+c∴c=5∴y=x 4x52（2）连接 OE，由题意设四边形 ADEF 面积为 S，E（m，m 4m5） （0＜m＜5）∵y=x 4x5∴对称轴为直线 x=2∴D（2，0） ，DO=2 令 x=0，得 y=5，令 y=0，2 222得 x1=1，x2=5∴A（5，0） ，C（0，5）∴AO=CO=5∴S=S 四边形 AOCES△COD=S△COE+S△AOFS△COD=CO|xE|AO|yE|CO．DO=m+m+即 S=（m）+（0＜m＜5）∴当 m=时，Smax=此时 m 4m5=2E（） （I）存在 P1（ （3）） 2（ ，P） 3（ ，P） 4（ ，P） （II）理由：假设存在 P（m，m 4m5）由题意得，tan∠PBA=2或 tan∠PAB=①当 tan∠PBA=，且 P 在第一象限时 过 P 点作 PH⊥x 轴于 H∵tan∠PBA=∴BH=2PH，又 P（m，m 4m5） （m2＞0，m 4m5＞0）B（1，0）∴BH=m+1，PH=m 4m5∴m+1=2（m 4m5）∴m1=1（舍）222m2=此时 m 4m5=2∴P1（）②当 tan∠PBA=，且 P 在第一象限时与①同理 BH=2PH，BH=m+1，PH=（m 4m5）∴m+1=2（m 4m5）∴m1=1（舍） m2=22此时 m 4m5=2∴p2（）③当 tan∠PBA=，且 P 在第二象限时（如图 3） 过点 P 作 PK⊥x 轴于 K∵tan∠PBA==， AK=2PK∴AK=5m， PK=m 4m5∴5m=2 （m 4m5） 1=5 ∴m （舍） m2=22此时 m 4m5=2∴P3 （） ④当 tan∠PBA=，且 P 在第三象限时 与③同理： AK=2PK， AK=5m， PK= （m 4m5） ∴5m= （m 4m5） 1=5 ∴m （舍） m2=22此时 m 4m5=2∴p4 （） 故存在 P1 （） ，p2（） 3（ ，P） 4（ ，p） ．点评：本题难度较大．考查的是三角函数的有关知识点，二次函数的灵活运用．17、考点：二次函数综合题。专题：代数几何综合题。分析： （1）本题可根据折叠的性质进行求解．根据折叠的性质可知：CD=BC=OA，可在直角三角形 OCD 中用勾股定理求出 OC 的长，即可求出 C、B 的坐标，将这两点坐标代入 抛物线中即可求出抛物线的解析式． （2）先根据 x=1 时，P 的纵坐标求出 PS 的长即矩形的长，然后根据矩形被 x 轴分成上 3 下 2 两部分，可求出此时 P 点的纵坐标，代入抛物线中即可求出 P 点的坐标． （3）一：本题要分三种情况进行讨论：①当 0≤t≤1 时，此时 N 在 OC 上．M 在 OD 上．可用 t 表示出 OM、ON 的长，进而可求出 S、t 的函数关系式．②当 1＜t≤2 时，此时 N 在CD 上，M 在 OD 上．过 N 作 x 轴的垂线，在构建的直角三角形中，用 ND 的长求出△OMN 的高，而后同①．③当 2＜t≤时，此时，N、M 均在 CD 上．先用 t 表示出 NM 的长，然后过 O 作 OH⊥CD于 H，在直角三角形 OCH（或 ODH）中，用 OC 的长和∠OCD 的正弦值求出△OMN 中 NM 边上的高．二：根据一的函数的性质及自变量的取值范围即可求出 S 的最大值及对应的 t 的值．解答：解： （1）∵A（10，0） ，D（6，0） ，∴OA=10，OD=6，又∵四边形 OCBA 为矩形，∴∠COA=∠BAO=90°OC=ABBC=OA=10．又∵△CED 为△CBE 沿 CE 翻折得到的，∴CD=CB=10，∴在 Rt△COD 中，由勾股定理得：OC==8．∴C（0，8） ，B（10，8） ，又∵C、B 均在 y=x +bx+c 上，∴2，∴，∴y=x 2x+8； （2）当 x=1 时，y=2×（1） 2×（1）+8=2，∴此时 P（1，） ，又∵S 距离 x 轴上方个单位，∴PS==8，∴矩形 PQRS 的长为 8，宽为 1，设 PQRS 在下滑过程中交 x 轴分别于 G、H 两点．则由题意知：，∴，∴PG=PS=．故 P 的纵坐标为，∴设 P（a，） ，则a 2a+8=2，∴a1=4，a2=6，∴P（4，）或（6，）（3）∵点 M 的 ；速度是每秒 3 个单位长度，点 N 的速度是每秒 8 个单位长度，∴3t+8t=6+8+10，解得 t=，①当 0≤t≤1 时，此时 N 在 OC 上．M 在 OD 上．∴S△OMN=OM?NH=×3t×8t=12t 此时，当 t=1d时，S 大=12，②当 1＜t≤2 时，此时 N 在 CD 上，M 在 OD 上．则 DN=188t，过 N 作 NH⊥OD 于 H，则=sin∠CDO==，∴NH=DN= （188t）=（94t） ．∴S△OMN=OM?ON，=×（94t）×3t，=t+2t，=（t）+2，∴当 t=时，S 大==12.15．③当 2＜t≤时，此时，N、M 均在 CD 上，则 MN=2411t，过 O 作 OH⊥CD 于 H，则由等面积得：OH=，∴S△OMN=OH?MN=××（2411t）=t+，此时当 t=2 时，S 大=．点评：本题主要考查了矩形的性质、图形的折叠变换、图形面积的求法以及二次函数的应用等知识．综合性强，考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．18、考点：二次函数综合题；翻折变换（折叠问题） 。专题：代数几何综合题。分析： （1）欲求抛物线的 解析式，就必须先求出 D 点的坐标，也就要求出 CD 的长；根据折叠的性质知：AB=A′B=OC=4，易证得△OCD≌△BA′D，那么 CD=A′D，BD=BCCD=8CD，在 Rt△A′BD 中，利用勾股定理即 可求出 CD 的长，从而得到点 D 的坐标，进而可由待定系数法求得抛物线的解析式． （2）△PAA′中，AA′的长是定值，若此三角形的周长最小，那么 PA+PA′的长最小，由于 O、A 关于抛物线 的对称轴对称，那么 P 点必为直线 OA′与抛物线对称轴的交点；过 A′作 x 轴的垂线，交 BC 于 M，交 OA 于 N，在 Rt△A′BD 中，利用射影定理即可求得 MD 的长，利用直角三角形面积的不同 表示方法即可求出 A′N 的长，由此求得点 A′的坐标，进而得到直线 OA′的解析式，联立抛物线对称轴方程，即可得到点 P 的坐标． （3）此题应分三种情况考虑：①点 D 为直角顶点，那么 QD⊥AD，易得直线 AD 的解析式，由于 QD⊥AD，那么直线 QD 和直线 AD 的斜率的乘积为1，结合 D 点坐标即可求得直线 DQ 的解析式，联立抛物线的对称轴方程，即可求得点 Q 的坐标；②点 A 为直角顶点，方法同①；③点 Q 为直角顶点，设出点 Q 的坐标，由于 DQ⊥AQ，那么两条直线的斜率乘积为1，可据此列出关于 Q 点纵坐标的方程，从而求得点 Q 的坐标．解答：解： （1）根据折叠的性质知：∠DA′B=∠OAB=90°，A′B=AB=4；∵OC=A′B，∠DA′B=∠DCO=90°，∠ODC=∠BDA′，∴△OCD≌△BA′D，∴CD=A′D；设 CD=A′D=x，则 BD=8x；Rt△A′BD 中，由勾2 2 2 2 2 2股定理得：x +4 =（8x） ，解得 x=3；故 D（3，4） ；设抛物线的解析式为：y=ax（x8） ，则有：3a（38）=4，a=；∴y=x（x8） =x+x． （2）过 A′作 x 轴的垂线，交 BC 于 M，交 OA 于 N；在 Rt△A′BD 中，A′M⊥BD，则：A′M=A′D?A′B÷BD=，DM=A′D ÷BD=2；故 CM=，A′N=，A′（，） ；△A′AP 中，AA′的长为定值，若周长最小，那么 PA+PA′最小；由于 O、A 关于抛物线的对称轴对称，则点 P 必为直线 OA′与抛物线对称轴的交点；易求得直线 OA′：y=x，抛物线对称轴：x=4；当 x=4 时，y=，即P（4，）（3）假设存在符合条件的 Q 点，则有：①D 为△ADQ 的直角顶点；易求得直线 AD 的斜率：k= ．=，所以设直线 DQ：y=x+h，则有：×3+h=4，解得 h=，即 y=x+，当 x=4 时，y=；故 Q（4，） ；②A 为△ADQ 的直角顶点，同①可求得 Q（4，5） ；③Q 为△ADQ 的直角顶点，设 Q（4，m） ，则有：=1，即 m 4m4=0；解得 m=2±22；即 Q（4，2+2）或（4，22） ；综上可知：存在符合条件的 Q 点，且坐标为：Q（4，5）或（4，）或（4，2+2）或（4，22） ．点评：此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换、二次函数解析式的确定、平面展开最短路径问题、直角三角形的判定、互相垂直的两直线的斜率关系等重要知识， （3）题中，一定要根据不同直角顶点来分类讨论，以漏解． 19、考点：二次函数综合题。专题：探究型。分析： （1）在 Rt△AOB 中，已知 OA、AB 的长，可由勾股定理求得 OB 的值，根据旋转的性质知 OD=OB、OC=OA，由此可求出 D、C 的坐标，然后用 待定系数法即可求出抛物线的解析式． （2）根据 A、C 的坐标，易求得直线 AC 的解析式，根据抛物线和直线 AC 的解析式，可得 M、N 纵坐标的表达式，进而可得关于 MN 的长和 x 的函数关系 式，根据函数的性质即可求得 MN 的最大值及对应的 M 点坐标． （3）首先设出点 P 的横坐标，根据直线 AC 的解析式表示出点 P 的纵坐标，易求得直线 OP 的解析式，由于 PF⊥OP，那么直线 OP、 PF 的斜率的积为1，再结合点 P 的坐标可得直线 PF 的解析式，然后将点 F 的横坐标代入直线 PF 的解析式中，即可求得 F 点的纵坐标（此过程，也可过 P 作 x 轴、AE 的垂线，由全等三角形 来求得） ．进而可得 PF 、PA 、AF 的表达式，然后分：①PF=PA、②PF=AF、③PA=AF，三种情况，分别列出三个不同的等量关系式，从而求出符合条件的 P 点坐标．需要注意的是 P 点横坐标不 能为 1 和 2，因为这两种情况下，不能构成△PAF．解答：解： （1）在 Rt△AOB 中，AB=2 2 2 2，OA=2，由勾股定理得：OB=1；于△ODC 是由△OBA 旋转 90°所得，所以 OB=OD=1，OA=OC=2，因此 x+2D（1，0） ，C（0，2） ，A（2，0） ，∵E（2，2） ，设抛物线的解析式为：y=ax +bx+c，则有： ，解得；∴抛物线的解析式为：y=x+2． （2）∵A（2，0） ，C（0，2） ，∴直线 AC：y=x+2；∴M（x，x+2x+2） ，N（x，x+2） ；故 MN=x+2x+2（x+2）=x+2x= （x3.5） +12.25，因此当 x=1，即 M（3.5，1.5）时，MN 取最大值，且最大值为 12.25． （3）2由于 P 在直线 AC 上， 所以设 P a， （ a+2） a≠1 且 a≠2） 则直线 OP： （ ， y=x； 由于 PF⊥OP， 可设直线 PF： y=x+h， 则有：×a+h=a+2， h=a+2=，即直线 PF：y=x+；当 x=2 时，y==2a+2；∴P（a，a+2） ，F（2，2a+2） ，A（2，0） ，∴PF =（a2） +a ，PA =（2a） +（a2） =2（a2）2222222，AF =（2a+2） ，①当 PF=PA 时，PF =PA ，则有： （a2） +a =2（a2） ，解得 a=1（不合题意，舍去） ；故此种情况不成立；②当 PF=AF 时，PF =AF ，则有： （a2） +a =（2a+2） ，2 2 2 2222222222222解得 a=0，a=2（舍去） ，∴P（0，2） ；③当 PA=AF 时，PA =AF ，则有：2（a2） =（2a+2） ，解得 a=± 件的 P 点，且坐标为：P1（0，2） 2（ ，P ，2 ） 3（ ，P ，2+，∴P（，2）或 P（，2+） ；综上所述，存在符合条） ．点评：此题主要考查了图形的旋转变化、二次函数解析式的确定、二次函数最值的应用、勾股定理、等腰三角形的构成情况等知识； （3）题中，由于等腰三角形的腰和底不确定，一定要分类讨论，以免漏解．21、考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的 性质；等边三角形的性质；矩形的性质；解直角三角形。专题：代数几何综合题；动点型；分类讨论。分析： （1）当边 FG 恰好经过点 C 时，∠CFB=60°，BF=3t，在 Rt△CBF 中，解直角三 角形可求 t 的值； （2）按照等边△EFG 和矩形 ABCD 重叠部分的图形特点，分为 0≤t＜1，1≤t＜3，3≤t＜4，4≤t＜6 四种情况，分别写出函数关系式； （3）存在．当△AOH 是等腰三角形时， 分为 AH=AO=3，HA=HO，OH=OA 三种情况，分别画出图形，根据特殊三角形的性质，列方程求 t 的值．解答：解： （1）当边 FG 恰好经过点 C 时，∠CFB=60°，BF=3t，在 Rt△CBF 中，BC=2 tan∠CFB= ，即 tan60°= ，解得 BF=2，即 3t=2，t=1，∴当边 FG 恰好经过点 C 时，t=1； （2）当 0≤t＜1 时，S=2 t+4 ；当 1≤t＜3 时，S= t +32， ；t+当 3≤t＜4 时，S=4t+20；当 4≤t＜6 时，S=t 122t+36； （3）存在．理由如下：在 Rt△ABC 中，tan∠CAB==，∴∠CAB=30°，又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°，∴AE=HE=3t 或 t3，1）当 AH=AO=3 时， ，过点 E 作 EM⊥AH 于 M，则 AM=AH=，在 Rt△AME 中，cos∠MAE=，即 cos30°=，∴AE=，即 3t=或t3=，∴t=3或 t=3+，2）当 HA=HO 时， （如图③）则∠HOA=∠HAO=30°，又∵∠HEO=60°，∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，又∵AE+EO=3，∴AE+2AE=3，AE=1，即 3t=1 或 t3=1，∴t=2 或 t=4；3）当 OH=OA 时， （如图④） ，则∠OHA=∠OAH=30°，∴∠HOB=60°=∠HEB，∴点 E 和点 O 重合，∴AE=3，即 3t=3 或 t3=3，t=6（舍去）或 t=0；综上所述，存在 5 个这样的 t 值，使△AOH 是等腰三角形，即 t=3 键是根据特殊三角形的性质，分类讨论． 或 t=3+ 或 t=2 或 t=4 或 t=0．点评：本题考查了特殊三角形、矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的有关知识．关23、考点：全等三角形的判定与性质；三角形的面积；等腰三角形的判定；等边三角形的性质；直角三角形的性质。分析： （1）由于点 Q 从点 O 运动到点 C 需要秒，点 P 从点 A→O→B需要秒，所以分两种情况讨论：①0＜t＜；②≤t＜．针对每一种情况，根据 P 点所在的位置，由三角形的面积公式得出△OPQ 的面积 S 与运动的时间 t 之间的函数关系，并且得出自变量 t 的取值范围； （2）如果△OCD 为等腰三角形，那么分 D 在 OA 边或者 OB 边上两种情形．每一种情形，都有可能 O 为顶点，C 为顶点，D 为顶点，分别讨论，得出结果； （3）如果延 长 BA 至点 F， AF=OM， 使 连接 CF， 则由 SAS 可证△MOC≌△FAC， 得出 MC=CF，再由 SAS 证出△MCN≌△FCN， 得出 MN=NF，那么△BMN 的周长=BA+BO=4． 解答： （1） 解： 过点 C 作 CD⊥OA 于点 D． （如图）∵OC=AC，∠ACO=120°，∴∠AOC=∠OAC=30°．∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=DA=1．在 Rt△ODC 中，OC===（i）当 0＜t＜时，OQ=t，AP=3t，OP=OAAP=23t．过点 Q 作 QE⊥OA 于点 E．在 Rt△OEQ 中， ∵∠AOC=30°，∴QE=OQ=，∴S△OPQ=OP?EQ=（23t）?=+t，即 S=+t； （ii）当＜t≤时（如图）OQ=t，OP=3t2．∴∠BOA=60°，∠AOC=30°，∴∠POQ=90°．∴S△OPQ=OQ?OP=t?（3t2）=t，即 S=t；故当 0＜t＜时，S=+t，当≤t＜时，S=t （2）（ D， 或 1） （， 或 0） （， 或 0） （，） △BMN 的周长不发生变化． （3） 理由如下： 延长 BA 至点 F， AF=OM， 使 连接 CF． 又∵∠MOC=∠FAC=90°， OC=AC， ∴△MOC≌△FAC，∴MC=CF，∠MCO=∠FCA．∴∠FCN=∠FCA+∠NCA=∠MCO+∠NCA=∠OCA∠MCN=60°，∴∠FCN=∠MCN．又∵MC=CF，CN=CN，∴△MCN≌△FCN，∴MN=NF． （11 分）∴BM+MN+BN=BM+NF+BN=BO OM+BA+AF=BA+BO=4．∴△BMN 的周长不变，其周长为 4．点评：本题综合考查了等腰三角形、等边三角形的性质，全等三角形的判定．难度很大．注意分类讨论时，做到不重复，不遗漏．25、 分析： （1）已知三点，可用待定系数法求出二次函数解析式； （2）关键在于正确作出旋转后的图形，结合几何知识，利用数形结合的思想求解； （3）应当明确△PCG 构成等腰三角形有三种情况，逐一讨论求解，要求思维的完备性．解答：解： （1）由已知，得 C（3，0） ，D（2，2） ，∵∠ADE=90°∠CDB=∠BCD，AD=BC．tan∠ADE=2×tan∠BCD=2×=1．∴E（0，1） ．设过点 E、D、C 的抛物线的解析式为 y=ax +bx+c（a≠0） ．将点 E 的坐标代入，得 c=1．将 c=1 和点 D、C 的坐标分别代入，得解这个方程组，得故抛物线的解析式为 y=2x+2x+1； 分） （3 （2）EF=2GO成立．∵点 M 在该抛物线上，且它的横坐标为，∴点 M 的纵坐标为．设 DM 的解析式为 y=kx+b1（k≠0） ，将点 D、M 的坐标分别代入，得，解得∴DM 的解析式为 y=x+3．∴F（0，3） ，EF=2．过点 D 作 DK⊥OC 于点 K，则 DA=DK．∵∠ADK=∠FDG=90°，∴∠FDA=∠GDK．又∵∠FAD=∠GKD=90°，∴△DAF≌△DKG．∴KG=AF=1．∴GO=1． 分）∴EF=2GO； （8 （3）∵点 P 在 AB 上，G （1，0） ，C（3，0） ，则设 P（t，2） ．∴PG =（t1） +2 ，PC =（3t） +2 ，GC=2．①PG=PC，则（t1） +2 =（3t） +2 ，解得 t=2．∴P（2，2） ，此时点 Q 与点 P 重合，∴Q（2，2） ．②2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2若 PG=GC，则（t1） +2 =2 ，解得 t=1，∴P（1，2） ，此时 GP⊥x 轴．GP 与该抛物线在第一象限内的交点 Q 的横坐标为 1，∴点 Q 的纵坐标为，∴Q（1，） ．③若 PC=GC，则（3t） +2 =2 ，解得 t=3，∴P（3，2） ，此时 PC=GC=2，△PCG 是等腰直角三角形．过点 Q 作 QH⊥x 轴于点 H，则 QH=GH，设 QH=h，∴Q（h+1，h） ．∴（h+1） +2（h+1）+1=h．解得 h1=，h2=2（舍去） ．∴Q（，）（12 分）综上所述，存在三个满足条件的点 Q，即 Q（2，2）或 Q（1， ．）或 Q（，） ．点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形旋转变换、三角形全等、探究等腰三角形的构成情况等重要知识点，综合性强，能力要求极高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．27、分析： （1）根据抛物线过 C（0，4）点，可确定 c=4，然后可将 A 的坐标代入抛物线的解析式中，即可得出二次函数的解析式． （2）可先设 Q 的坐标为（m，0） ；通过求△CEQ 的面积与 m 之间的函数关系式，来得出△CQE 的面积最大时点 Q 的坐标．△CEQ 的面积=△CBQ 的面积△BQE 的面积．可用 m 表示出 BQ 的长，然后通过相似△BEQ 和△BCA 得出△BEQ 中 BQ 边上的高，进而可根据△CEQ 的面积计算方法得出△CEQ 的面积与 m 的函数关系式，可根据函数的性质求出△CEQ 的面积最大时，m 的取值，也就求出了 Q 的坐标． （3）本题要分三种情况进行求解：①当 OD=OF 时，OD=DF=AD=2，又有∠OAF=45°，那么△OFA 是个等腰直角三角形，于是可得出 F 的坐标应该是（2，2） ．由于 P，F 两点的纵坐标相同，因此可将 F 的纵坐标代入抛物线的解析式中即可求出 P 的坐标．②当 OF=DF 时，如果过 F 作 FM⊥OD 于 M，那么 FM 垂直平分 OD，因此 OM=1，在直角三角形 FMA 中，由于∠OAF=45°，因此 FM=AM=3，也就得出了 F 的纵坐标，然后根据①的方法求出 P 的坐标．③当 OD=OF 时，OF=2，由于 O 到2AC 的最短距离为 2，因此此种情况是不成立的．综合上面的情况即可得出符合条件的 P 的坐标．解答：解： （1）所求抛物线的解析式为：y=x +x+4． （2）设点 Q 的坐标为（m，0） ，过点 E 作 EG⊥x 轴于点 G． 由x +x+4=0， 得 x1=2， 2=4∴点 B 的坐标为 x （2， ∴AB=6， 0） BQ=m+2∵QE∥AC∴△BQE∽△BAC∴2即∴∴S△CQE=S△CBQS△EBQ=BQ?COBQ?EG=（m+2） （4）==（m1） +3 又∵2≤m≤4∴当 m=1 时，S△CQE 有最大值 3，此时 Q（1，0）（3）存在．在△ODF 中． ． （）若 DO=DF∵A（4，0） ，D2（2，0）∴AD=OD=DF=2 又在 Rt△AOC 中，OA=OC=4∴∠OAC=45 度∴∠DFA=∠OAC=45 度∴∠ADF=90 度．此时，点 F 的坐标为（2，2）由x +x+4=2，得 x1=1+2，x2=1此时，点 P的坐标为： （1+ P， 或P 2） （1， ． 2） （） FO=FD， 若 过点 F 作 FM⊥x 轴于点 M 由等腰三角形的性质得： OM=OD=1∴AM=3∴在等腰直角△AMF 中， MF=AM=3∴F （1， 由 3）x +x+4=3，2得 x1=1+， 2=1 x此时， P 的坐标为：（1+ 点 P， 或P 3） （1， ． 3） （） OD=OF∵OA=OC=4， 若 且∠AOC=90°∴AC=∴点 O 到 AC 的距离为 ，2）或 P（1， OF=OD=2 而 ，2）或 P（1+ ，3）或此时，不存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形综上所述，存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形所求点 P 的坐标为：P（1+ P（1，3） ．点评：本题着重考查了图形平移变换、三角形相似、以及二次函数的综合应用等重要知识点，要注意的是（3）中不确定等腰三角形的腰是哪些线段时，要分类进行讨论．