备战中考初中数学导练学案50讲—第40讲动态问题（讲练版）

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备战中考初中数学导练学案50讲
第40讲 动态问题
【疑难点拨】
1.动态型问题是以点、线、面(如三角形、四边形)的运动为情境，探索和发现其中规律和结论的中考题型，由于图形的运动，导致题目的条件不断改变，随之相应的数量关系和结论也可能改变，这样就出现一个事件中蕴含着多个数学问题，既独立又有联系，使题目无论从考查知识上，还是解决方法上都具有较强的综合性，以达到培养和考查学生的观察、试验、空间想象、分析综合等解决问题的能力，在全国的中考试卷中常作为压轴题出现，类型有：(1)点的运动，(2)线的运动，(3)面(如三角形、四边形)的运动．
2. 解决动态问题的思维与方法：(1)认清问题中的静态图形和动态图形，并确定动态图形的起始位置和终止位置；(2)画出不同时刻动态图形与静态图形形成的几何图形，这样就能达到由“动”变“静”，再设法分别求解问题．
3. 动态问题中求图形面积(S)与时间(t)的基本步骤：（1）设动点运动的时间为t；（2）找到并标出动点的运动路线，并找到动点运动过程中的转折点(即从某一条边运动到另一条边的时刻)，再以此转折点为分类指标进行分类讨论，求出每个运动轨迹上的图形面积S与t之间的函数关系式；（3）图形面积S与时间t之间的函数关系式的求解分为两种情况：(1)若所求图形的某些边在动点的运动轨迹上，且图形是规则的(如三角形、矩形、正方形、圆)，则可直接求解：①若所求图形为三角形，则用含t的代数式表示出三角形的底，再用勾股定理、三角形相似、线段成比例等知识求出高，从而得出图形面积与时间t之间的关系；②若所求图形为矩形、正方形，则用含t的代数式表示出其边长，用面积公式即可求出图形面积与时间t之间的关系；③若所求图形为圆，则用含t的代数式表示出其半径，用圆的面积公式即可得出图形面积与时间t之间的关系；(2)若所求图形的边都不在动点的运动轨迹上，则需利用割补法将所求图形转化为边在动点运动轨迹上的图形(可以是三角形、矩形、正方形、圆，也可以是几个图形的面积和差)，再利用(1)中的方法进行求解．
【基础篇】
一、选择题：
1. （2018•无锡）如图，已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点，正方形EFGH的顶点G、H都在边AD上，若AB=3，BC=4，则tan∠AFE的值（　　）

A．等于 B．等于
C．等于 D．随点E位置的变化而变化
2. （2018•广安•3分）已知点P为某个封闭图形边界上的一定点，动点M从点P出发，沿其边界顺时针匀速运动一周，设点M的运动时间为x，线段PM的长度为y，表示y与x的函数图象大致如图所示，则该封闭图形可能是（　　）

A． B． C． D．
3. （2018•宜宾）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（　　）

A． B． C．34 D．10
4. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=10，AB⊥AC，点P从点B出发沿着B→A→C的路径运动，同时点Q从点A出发沿着A→C→D的路径以相同的速度运动，当点P到达点C时，点Q随之停止运动，设点P运动的路程为x，y=PQ2，下列图象中大致反映y与x之间的函数关系的是（　　）

A．B．C．D．
5. （2018•莱芜•3分）如图，边长为2的正△ABC的边BC在直线l上，两条距离为l的平行直线a和b垂直于直线l，a和b同时向右移动（a的起始位置在B点），速度均为每秒1个单位，运动时间为t（秒），直到b到达C点停止，在a和b向右移动的过程中，记△ABC夹在a和b之间的部分的面积为s，则s关于t的函数图象大致为（　　）

二、填空题：
6.（2018·辽宁省盘锦市）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为　 　．

8. （2018•呼和浩特•3分）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为　①②③　．

三、解答与计算题：
9. （2018•白银）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．




10. （2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．




能力篇】
一、选择题：
11. （2018•宁波）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为（ ）．

A. 3或4． B.4或3． C. 4　 D. 3　
12. （2018•呼和浩特）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的结论是（ ）．

A. ①②③．B. ①②．C. ①③．D.②③．
13. （2018•泸州）在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（　　）
A．3 B．2 C． D．
二、填空题：
14. （2018•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点E在CD上，DE=1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是 ．

15. （2018·江苏镇江·8分）如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=6，AD=10，点P在边AD上运动，以P为圆心，PA为半径的⊙P与对角线AC交于A，E两点．
（1）如图2，当⊙P与边CD相切于点F时，求AP的长；
（2）不难发现，当⊙P与边CD相切时，⊙P与平行四边形ABCD的边有三个公共点，随着AP的变化，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数也在变化，若公共点的个数为4，直接写出相对应的AP的值的取值范围　 ．

三、解答与计算题：
16. （2017江苏盐城）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．
（1）如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．





17. （2017山东烟台）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=12cm，BD=16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止，设运动时间为t（s）（t＞0），以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN．
（1）求BF的长（用含有t的代数式表示），并求出t的取值范围；
（2）当t为何值时，线段EN与⊙M相切？
（3）若⊙M与线段EN只有一个公共点，求t的取值范围．







18. （2018•福建）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．


【探究篇】
19. （2018·四川省攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．






20. （2018·湖北江汉·12分）抛物线y=﹣x2+x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y=t（t＜）上方的部分沿直线l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点A，B，D的坐标分别为　 　， 　，　 　；
（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；
（3）如图②，当t=0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．















21. （2018·吉林长春·10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D（点P不与点A、B重合），作∠DPQ=60°，边PQ交射线DC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段DC的长；
（2）当点Q与点C重合时，求t的值；
（3）设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（4）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．



















第40讲 动态问题
【疑难点拨】
1.动态型问题是以点、线、面(如三角形、四边形)的运动为情境，探索和发现其中规律和结论的中考题型，由于图形的运动，导致题目的条件不断改变，随之相应的数量关系和结论也可能改变，这样就出现一个事件中蕴含着多个数学问题，既独立又有联系，使题目无论从考查知识上，还是解决方法上都具有较强的综合性，以达到培养和考查学生的观察、试验、空间想象、分析综合等解决问题的能力，在全国的中考试卷中常作为压轴题出现，类型有：(1)点的运动，(2)线的运动，(3)面(如三角形、四边形)的运动．
2. 解决动态问题的思维与方法：(1)认清问题中的静态图形和动态图形，并确定动态图形的起始位置和终止位置；(2)画出不同时刻动态图形与静态图形形成的几何图形，这样就能达到由“动”变“静”，再设法分别求解问题．
3. 动态问题中求图形面积(S)与时间(t)的基本步骤：（1）设动点运动的时间为t；（2）找到并标出动点的运动路线，并找到动点运动过程中的转折点(即从某一条边运动到另一条边的时刻)，再以此转折点为分类指标进行分类讨论，求出每个运动轨迹上的图形面积S与t之间的函数关系式；（3）图形面积S与时间t之间的函数关系式的求解分为两种情况：(1)若所求图形的某些边在动点的运动轨迹上，且图形是规则的(如三角形、矩形、正方形、圆)，则可直接求解：①若所求图形为三角形，则用含t的代数式表示出三角形的底，再用勾股定理、三角形相似、线段成比例等知识求出高，从而得出图形面积与时间t之间的关系；②若所求图形为矩形、正方形，则用含t的代数式表示出其边长，用面积公式即可求出图形面积与时间t之间的关系；③若所求图形为圆，则用含t的代数式表示出其半径，用圆的面积公式即可得出图形面积与时间t之间的关系；(2)若所求图形的边都不在动点的运动轨迹上，则需利用割补法将所求图形转化为边在动点运动轨迹上的图形(可以是三角形、矩形、正方形、圆，也可以是几个图形的面积和差)，再利用(1)中的方法进行求解．
【基础篇】
一、选择题：
1. （2018•无锡）如图，已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点，正方形EFGH的顶点G、H都在边AD上，若AB=3，BC=4，则tan∠AFE的值（　　）

A．等于 B．等于
C．等于 D．随点E位置的变化而变化
【分析】根据题意推知EF∥AD，由该平行线的性质推知△AEH∽△ACD，结合该相似三角形的对应边成比例和锐角三角函数的定义解答．
【解答】解：∵EF∥AD，
∴∠AFE=∠FAG，
∴△AEH∽△ACD，
∴==．
设EH=3x，AH=4x，
∴HG=GF=3x，
∴tan∠AFE=tan∠FAG===．
故选：A．
2. （2018•广安•3分）已知点P为某个封闭图形边界上的一定点，动点M从点P出发，沿其边界顺时针匀速运动一周，设点M的运动时间为x，线段PM的长度为y，表示y与x的函数图象大致如图所示，则该封闭图形可能是（　　）

A． B． C． D．
【分析】先观察图象得到y与x的函数图象分三个部分，则可对有4边的封闭图形进行淘汰，利用圆的定义，P点在圆上运动时，PM总上等于半径，则可对D进行判断，从而得到正确选项．
【解答】解：y与x的函数图象分三个部分，而B选项和C选项中的封闭图形都有4条线段，其图象要分四个部分，所以B、C选项不正确；D选项中的封闭图形为圆，y为定中，所以D选项不正确；A选项为三角形，M点在三边上运动对应三段图象，且M点在P点的对边上运动时，PM的长有最小值．
故选：A．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
3. （2018•宜宾）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（　　）

A． B． C．34 D．10
【分析】设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN，则MN、PM的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2=2PN2+2FN2即可求出结论．
【解答】解：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值．
∵DE=4，四边形DEFG为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN=DE=2，
∴NP=MN﹣MP=EF﹣MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选：D．

4. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=10，AB⊥AC，点P从点B出发沿着B→A→C的路径运动，同时点Q从点A出发沿着A→C→D的路径以相同的速度运动，当点P到达点C时，点Q随之停止运动，设点P运动的路程为x，y=PQ2，下列图象中大致反映y与x之间的函数关系的是（　　）

A．B．C．D．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，∴AC==8．
当0≤x≤6时，AP=6﹣x，AQ=x，∴y=PQ2=AP2+AQ2=2x2﹣12x+36；
当6≤x≤8时，AP=x﹣6，AQ=x，∴y=PQ2=（AQ﹣AP）2=36；
当8≤x≤14时，CP=14﹣x，CQ=x﹣8，∴y=PQ2=CP2+CQ2=2x2﹣44x+260．
故选B．
5. （2018•莱芜•3分）如图，边长为2的正△ABC的边BC在直线l上，两条距离为l的平行直线a和b垂直于直线l，a和b同时向右移动（a的起始位置在B点），速度均为每秒1个单位，运动时间为t（秒），直到b到达C点停止，在a和b向右移动的过程中，记△ABC夹在a和b之间的部分的面积为s，则s关于t的函数图象大致为（　　）

【分析】依据a和b同时向右移动，分三种情况讨论，求得函数解析式，进而得到当0≤t＜1时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分，当1≤t＜2时，函数图象为开口向下的抛物线的一部分，当2≤t≤3时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分．
【解答】解：如图①，当0≤t＜1时，BE=t，DE=t，

∴s=S△BDE=×t×t=；
如图②，当1≤t＜2时，CE=2﹣t，BG=t﹣1，

∴DE=（2﹣t），FG=（t﹣1），
∴s=S五边形AFGED=S△ABC﹣S△BGF﹣S△CDE=×2×﹣×（t﹣1）×（t﹣1）﹣×（2﹣t）×（2﹣t）=﹣+3t﹣；
如图③，当2≤t≤3时，CG=3﹣t，GF=（3﹣t），

∴s=S△CFG=×（3﹣t）×（3﹣t）=﹣3t+，
综上所述，当0≤t＜1时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分；当1≤t＜2时，函数图象为开口向下的抛物线的一部分；当2≤t≤3时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分，
故选：B．
【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，函数图象是典型的数形结合，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．
二、填空题：
6.（2018·辽宁省盘锦市）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为　 　．

【解答】解：从图象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面积是4×6=24．
故答案为：24．
7. （2018•泰州）如图，△ABC中，∠ACB=90°，sinA=，AC=12，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C，P为线段A′B'上的动点，以点P为圆心，PA′长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为　或　．

【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线AC相切于点Q时，如图2中，当⊙P与AB相切于点T时，
【解答】解：如图1中，当⊙P与直线AC相切于点Q时，连接PQ．

设PQ=PA′=r，
∵PQ∥CA′，
∴=，
∴=，
∴r=．

如图2中，当⊙P与AB相切于点T时，易证A′、B′、T共线，

∵△A′BT∽△ABC，
∴=，
∴=，
∴A′T=，
∴r=A′T=．
综上所述，⊙P的半径为或．
8. （2018•呼和浩特•3分）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为　①②③　．

【分析】先判定△MEH≌△DAH（SAS），即可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出DM=HM；依据当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，即可得到Rt△ADM中，DM=2AM，即可得到DM=2BE；依据点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC=45°，即可得出∠CHM＞135°．
【解答】解：由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AH，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，
∴∠ADM=45°﹣15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC=45°，
∴∠CHM＞135°，故③正确；
故答案为：①②③．

【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质的综合运用，掌握正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
三、解答与计算题：
9. （2018•白银）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．

【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可；
（2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可．
【解答】解：（1）∵点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点，
∴FH∥BE，FH=BE，FH=BG，
∴∠CFH=∠CBG，
∵BF=CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）当四边形EGFH是正方形时，可得：EF⊥GH且EF=GH，
∵在△BEC中，点，H分别是BE，CE的中点，
∴GH=，且GH∥BC，
∴EF⊥BC，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AB=EF=GH=a，
∴矩形ABCD的面积=．
10. （2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）根据OA，OB的长，可得答案；
（2）根据待定系数法，可得函数解析式；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可得EG，EF的长，根据整式的加减，可得答案．
【解答】解：（1）由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，得
A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；
（2）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣1），
把C点坐标代入函数解析式，得
a（0+3）（0﹣1）=3，
解得a=﹣1，
抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；
（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由如下：
过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．
设P（t，﹣t2﹣2t+3），
则PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴=，
∴EF===×（﹣t2﹣2t+3）=2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴=，
∴EG===2（t+3），
∴EF+EG=2（1﹣t）+2（t+3）=8．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用点的坐标表示方法；解（2）的关键是利用待定系数法；解（3）的关键是利用相似三角形的性质得出EG，EF的长，又利用了整式的加减．
能力篇】
一、选择题：
11. （2018•宁波）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为（ ）．

A. 3或4． B.4或3． C. 4　 D. 3　
【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形；
【解答】解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=m．

在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2，
∴x2=42+（8﹣x）2，
∴x=5，
∴PC=5，BP=BC﹣PC=8﹣5=3．
如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．

∴PM=PK=CD=2BM，
∴BM=4，PM=8，
在Rt△PBM中，PB==4．
综上所述，BP的长为3或4．故选A。
12. （2018•呼和浩特）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的结论是（ ）．

A. ①②③．B. ①②．C. ①③．D.②③．
【分析】先判定△MEH≌△DAH（SAS），即可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出DM=HM；依据当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，即可得到Rt△ADM中，DM=2AM，即可得到DM=2BE；依据点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC=45°，即可得出∠CHM＞135°．
【解答】解：由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AH，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，
∴∠ADM=45°﹣15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC=45°，
∴∠CHM＞135°，故③正确；
故答案为：①②③，故选A.

13. （2018•泸州）在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（　　）
A．3 B．2 C． D．
【分析】如图，直线y=x+2与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，先利用一次解析式得到D（0，2），C（﹣2，0），再利用勾股定理可计算出CD=4，则利用面积法可计算出OH=，连接OA，如图，利用切线的性质得OA⊥PA，则PA=，然后利用垂线段最短求PA的最小值．
【解答】解：如图，直线y=x+2与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，
当x=0时，y=x+2=2，则D（0，2），
当y=0时， x+2=0，解得x=﹣2，则C（﹣2，0），
∴CD==4，
∵OH•CD=OC•OD，
∴OH==，
连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴PA==，
当OP的值最小时，PA的值最小，
而OP的最小值为OH的长，
∴PA的最小值为=．
故选：D．

二、填空题：
14. （2018•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点E在CD上，DE=1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是　0或1＜AF或4　．

【分析】先根据圆周角定理确定点P在以EF为直径的圆O上，且是与矩形ABCD的交点，先确定特殊点时AF的长，当F与A和B重合时，都有两个直角三角形．符合条件，即AF=0或4，再找⊙O与AD和BC相切时AF的长，此时⊙O与矩形边各有一个交点或三个交点，在之间运动过程中符合条件，确定AF的取值．
【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且点P在矩形ABCD的边上，
∴P是以EF为直径的圆O与矩形ABCD的交点，
①当AF=0时，如图1，此时点P有两个，一个与D重合，一个交在边AB上；
②当⊙O与AD相切时，设与AD边的切点为P，如图2，
此时△EFP是直角三角形，点P只有一个，
当⊙O与BC相切时，如图4，连接OP，此时构成三个直角三角形，
则OP⊥BC，设AF=x，则BF=P1C=4﹣x，EP1=x﹣1，
∵OP∥EC，OE=OF，
∴OG=EP1=，
∴⊙O的半径为：OF=OP=，
在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2=OG2+GF2，
∴，
解得：x=，
∴当1＜AF＜时，这样的直角三角形恰好有两个，
③当AF=4，即F与B重合时，这样的直角三角形恰好有两个，如图5，

综上所述，则AF的值是：0或1＜AF或4．
故答案为：0或1＜AF或4．



15. （2018·江苏镇江·8分）如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=6，AD=10，点P在边AD上运动，以P为圆心，PA为半径的⊙P与对角线AC交于A，E两点．
（1）如图2，当⊙P与边CD相切于点F时，求AP的长；
（2）不难发现，当⊙P与边CD相切时，⊙P与平行四边形ABCD的边有三个公共点，随着AP的变化，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数也在变化，若公共点的个数为4，直接写出相对应的AP的值的取值范围　＜AP＜或AP=5　．

【解答】解：（1）如图2所示，连接PF，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC==8，
设AP=x，则DP=10﹣x，PF=x，
∵⊙P与边CD相切于点F，∴PF⊥CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，
∵AB⊥AC，∴AC⊥CD，∴AC∥PF，∴△DPF∽△DAC，
∴，∴，∴x=，AP=；
（2）当⊙P与BC相切时，设切点为G，如图3，
S▱ABCD==10PG，PG=，
①当⊙P与边AD.CD分别有两个公共点时，＜AP＜，即此时⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，
②⊙P过点A.C.D三点．，如图4，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，
此时AP=5，
综上所述，AP的值的取值范围是：＜AP＜或AP=5．
故答案为：＜AP＜或AP=5．

三、解答与计算题：
16. （2017江苏盐城）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．
（1）如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．

【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．
【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；
（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）如图①所示，射线OC即为所求；


（2）如图，圆心O的运动路径长为，

过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，
∴AC===9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，
∴C△ABC=9+9+18=27+9，
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，
∴D、G为切点，
∴BD=BG，
在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，
∵，
∴△O1BD≌△O1BG（HL），
∴∠O1BG=∠O1BD=30°，
在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，
∴BD===2，
∴OO1=9﹣2﹣2=7﹣2，
∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，
∴O1D∥OE，且O1D=OE，
∴四边形OEDO1为平行四边形，
∵∠OED=90°，
∴四边形OEDO1为矩形，
同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，
又OE=OF，
∴四边形OECF为正方形，
∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，
∴∠GO1D=120°，
又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，
∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，
同理，∠O1OO2=90°，
∴△OO1O2∽△CBA，
∴=，即=，
∴=15+，即圆心O运动的路径长为15+．
17. （2017山东烟台）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=12cm，BD=16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止，设运动时间为t（s）（t＞0），以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN．
（1）求BF的长（用含有t的代数式表示），并求出t的取值范围；
（2）当t为何值时，线段EN与⊙M相切？
（3）若⊙M与线段EN只有一个公共点，求t的取值范围．

【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）连接MF．只要证明MF∥AD，可得=，即=，解方程即可；
（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，可得=，即=，解方程即可；
（3）①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．②当F与N重合时，则有t+2t=16，解得t=，观察图象即可解决问题；
【解答】解：（1）连接MF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，
在Rt△AOB中，AB==10，
∵MB=MF，AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，
∴MF∥AD，
∴=，
∴=，
∴BF=t（0＜t≤8）．
（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，
∴=，
∴=，
∴t=．
∴t=s时，线段EN与⊙M相切．
（3）①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．
②当F与N重合时，则有t+2t=16，解得t=，
关系图象可知，＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．
综上所述，当0＜t≤或＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．

18. （2018•福建）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．

【分析】（1）根据等边对等角得：∠PCB=∠PBC，由四点共圆的性质得：∠BAD+∠BCD=180°，从而得：∠BFD=∠PCB=∠PBC，根据平行线的判定得：BC∥DF，可得∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，从而得：∠ADC=∠AGB=90°，根据同位角相等可得结论；
（2）先证明四边形BCDH是平行四边形，得BC=DH，根据特殊的三角函数值得：∠ACB=60°，∠BAC=30°，所以DH=AC，分两种情况：
①当点O在DE的左侧时，如图2，作辅助线，构建直角三角形，由同弧所对的圆周角相等和互余的性质得：∠AMD=∠ABD，则∠ADM=∠BDE，并由DH=OD，可得结论；
②当点O在DE的右侧时，如图3，同理作辅助线，同理有∠ADE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，得结论．
【解答】（1）证明：如图1，∵PC=PB，
∴∠PCB=∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠PCB=180°，
∴∠BAD=∠PCB，
∵∠BAD=∠BFD，
∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，
∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB=90°，
∴∠ADC=∠AGB，
∴BG∥CD；
（2）由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，
∴BC=DH，
在Rt△ABC中，∵AB=DH，
∴tan∠ACB==，
∴∠ACB=60°，∠BAC=30°，
∴∠ADB=60°，BC=AC，
∴DH=AC，
①当点O在DE的左侧时，如图2，作直径DM，连接AM、OH，则∠DAM=90°，
∴∠AMD+∠ADM=90°
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠BDE+∠ABD=90°，
∵∠AMD=∠ABD，
∴∠ADM=∠BDE，
∵DH=AC，
∴DH=OD，
∴∠DOH=∠OHD=80°，
∴∠ODH=20°
∵∠AOB=60°，
∴∠ADM+∠BDE=40°，
∴∠BDE=∠ADM=20°，
②当点O在DE的右侧时，如图3，作直径DN，连接BN，
由①得：∠ADE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，
∴∠BDE=∠BDN+∠ODH=40°，
综上所述，∠BDE的度数为20°或40°．

【探究篇】
19. （2018·四川省攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．

解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．

∵S△ABC=•AC•BE=，∴BE=．在Rt△ABE中，AE==6，∴coaA===．
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．




∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC﹣AH﹣CQ=9﹣9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9﹣9t）2．
∵S△PQM=S△QCN，∴ •PQ2=וCQ2，∴9t2+（9﹣9t）2=×（5t）2，整理得：5t2﹣18t+9=0，解得t=3（舍弃）或，∴当t=时，满足S△PQM=S△QCN．
（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．

易知：PM∥AC，∴∠MPQ=∠PQH=60°，∴PH=HQ，∴3t=（9﹣9t），∴t=．
②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．

同法可得PH=QH，∴3t=（9t﹣9），∴t= ．
综上所述：当t= s或s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
20. （2018·湖北江汉·12分）抛物线y=﹣x2+x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y=t（t＜）上方的部分沿直线l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点A，B，D的坐标分别为　（，0）　，　（3，0）　，　（，）　；
（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；
（3）如图②，当t=0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；
（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；
（3）假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m，分m＜或m＞3及≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标，此题得解．
【解答】解：（1）当y=0时，有﹣x2+x﹣1=0，
解得：x1=，x2=3，
∴点A的坐标为（，0），点B的坐标为（3，0）．
∵y=﹣x2+x﹣1=﹣（x2﹣x）﹣1=﹣（x﹣）2+，
∴点D的坐标为（，）．
故答案为：（，0）；（3，0）；（，）．
（2）∵点E、点D关于直线y=t对称，
∴点E的坐标为（，2t﹣）．
当x=0时，y=﹣x2+x﹣1=﹣1，
∴点C的坐标为（0，﹣1）．
设线段BC所在直线的解析式为y=kx+b，
将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y=kx+b，
，解得：，
∴线段BC所在直线的解析式为y=x﹣1．
∵点E在△ABC内（含边界），
∴，
解得：≤t≤．
（3）当x＜或x＞3时，y=﹣x2+x﹣1；
当≤x≤3时，y=x2﹣x+1．
假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m．
①当m＜或m＞3时，点Q的坐标为（m，﹣x2+x﹣1）（如图1），
∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（﹣m2+m）2=m2+1+m2+（﹣m2+m﹣1）2，
整理，得：m1=，m2=，
∴点P的坐标为（，0）或（，0）；
②当≤m≤3时，点Q的坐标为（m，x2﹣x+1）（如图2），
∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（m2﹣m+2）2=m2+1+m2+（m2﹣m+1）2，
整理，得：11m2﹣28m+12=0，
解得：m3=，m4=2，
∴点P的坐标为（，0）或（1，0）．
综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（，0）、（，0）、（1，0）或（，0）．


【点评】本题考查了一次（二次）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、勾股定理以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A、B的坐标；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征结合点E在△ABC内，找出关于t的一元一次不等式组；（3）分m＜或m＞3及≤m≤3两种情况，找出关于m的一元二次方程．
21. （2018·吉林长春·10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D（点P不与点A、B重合），作∠DPQ=60°，边PQ交射线DC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段DC的长；
（2）当点Q与点C重合时，求t的值；
（3）设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（4）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．

【分析】（1）先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；
（2）利用AD+DQ=AC，即可得出结论；
（3）分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；
（4）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=4，
∴AC=2，
∵PD⊥AC，
∴∠ADP=∠CDP=90°，
在Rt△ADP中，AP=2t，
∴DP=t，AD=APcosA=2t×=t，
∴CD=AC﹣AD=2﹣t（0＜t＜2）；
（2）在Rt△PDQ中，∵∠DPC=60°，
∴∠PQD=30°=∠A，
∴PA=PQ，
∵PD⊥AC，
∴AD=DQ，
∵点Q和点C重合，
∴AD+DQ=AC，
∴2×t=2，
∴t=1；
（3）当0＜t≤1时，S=S△PDQ=DQ×DP=×t×t=t2；
当1＜t＜2时，如图2，
CQ=AQ﹣AC=2AD﹣AC=2t﹣2=2（t﹣1），
在Rt△CEQ中，∠CQE=30°，
∴CE=CQ•tan∠CQE=2（t﹣1）×=2（t﹣1），
∴S=S△PDQ﹣S△ECQ=×t×t﹣×2（t﹣1）×2（t﹣1）=﹣t2+4t﹣2，
∴S=；
（4）当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，如图3，
∴∠PGF=90°，PG=PQ=AP=t，AF=AB=2
∵∠A=∠AQP=30°，
∴∠FPG=60°，
∴∠PFG=30°，
∴PF=2PG=2t，
∴AP+PF=2t+2t=2，
∴t=；
当PQ的垂直平分线过AC的中点M时，如图4，
∴∠QMN=90°，AN=AC=，QM=PQ=AP=t，
在Rt△NMQ中，NQ==t，
∵AN+NQ=AQ，
∴+t=2t，
∴t=，
当PQ的垂直平分线过BC的中点时，如图5，
∴BF=BC=1，PE=PQ=t，∠H=30°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°=∠H，
∴BH=BF=1，
在Rt△PEH中，PH=2PE=2t，
∴AH=AP+PH=AB+BH，
∴2t+2t=5，
∴t=，
即：当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为秒或秒或秒．

【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．
【参考答案】