广东省省卷五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编：06解答题提升题知识点分类

这是一份广东省省卷五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编：06解答题提升题知识点分类，共30页。试卷主要包含了x+2m+3，为直线l在第二象限的点等内容，欢迎下载使用。

广东省省卷五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编：06解答题提升题知识点分类
一．反比例函数综合题（共1小题）
1．（2020•广东）如图，点B是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点B分别向坐标轴作垂线，垂足为A，C．反比例函数y＝（x＞0）的图象经过OB的中点M，与AB，BC分别相交于点D，E．连接DE并延长交x轴于点F，点G与点O关于点C对称，连接BF，BG．
（1）填空：k＝　 　；
（2）求△BDF的面积；
（3）求证：四边形BDFG为平行四边形．

二．二次函数综合题（共5小题）
2．（2022•广东）如图，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．

3．（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
4．（2020•广东）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC＝CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直线BD的函数解析式；
（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

5．（2019•广东）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x﹣与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（3）如图2，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．
①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；
②直接回答这样的点P共有几个？

6．（2018•广东）如图，已知顶点为C（0，﹣3）的抛物线y＝ax2+b（a≠0）与x轴交于A，B两点，直线y＝x+m过顶点C和点B．
（1）求m的值；
（2）求函数y＝ax2+b（a≠0）的解析式；
（3）抛物线上是否存在点M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

三．四边形综合题（共1小题）
7．（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
四．圆的综合题（共3小题）
8．（2021•广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点P（x，y）为直线l在第二象限的点．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径．

9．（2018•广东）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E．
（1）证明：OD∥BC；
（2）若tan∠ABC＝2，证明：DA与⊙O相切；
（3）在（2）条件下，连接BD交⊙O于点F，连接EF，若BC＝1，求EF的长．

10．（2019•广东）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：ED＝EC；
（2）求证：AF是⊙O的切线；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．

五．几何变换综合题（共1小题）
11．（2018•广东）已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图1，连接BC．
（1）填空：∠OBC＝　 　°；
（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；
（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？


参考答案与试题解析
一．反比例函数综合题（共1小题）
1．（2020•广东）如图，点B是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点B分别向坐标轴作垂线，垂足为A，C．反比例函数y＝（x＞0）的图象经过OB的中点M，与AB，BC分别相交于点D，E．连接DE并延长交x轴于点F，点G与点O关于点C对称，连接BF，BG．
（1）填空：k＝　2　；
（2）求△BDF的面积；
（3）求证：四边形BDFG为平行四边形．

【解答】解：（1）设点B（s，t），st＝8，则点M（s，t），
则k＝s•t＝st＝2，
故答案为2；

（2）连接OD，

则△BDF的面积＝△OBD的面积＝S△BOA﹣S△OAD＝×8﹣×2＝3；

（3）设点D（m，），则点B（4m，），
∵点G与点O关于点C对称，故点G（8m，0），
则点E（4m，），
设直线DE的表达式为：y＝px+n，将点D、E的坐标代入上式得并解得，
直线DE的表达式为：y＝﹣，令y＝0，则x＝5m，故点F（5m，0），
故FG＝8m﹣5m＝3m，而BD＝4m﹣m＝3m＝FG，
又∵FG∥BD，
故四边形BDFG为平行四边形．
二．二次函数综合题（共5小题）
2．（2022•广东）如图，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．

【解答】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，
∴B（﹣3，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；

（2）过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，

设P（m，0），则PA＝1﹣m，
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴C（﹣1，﹣4），
∴OB＝3 AB＝4，
∵PQ∥BC，
∴△PQA∽△BCA，
∴，即，
∴QE＝1﹣m，
∴S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA
＝PA•CF﹣PA•QE
＝（1﹣m）×4﹣（1﹣m）（1﹣m）
＝﹣（m+1）2+2，
∵﹣3≤m≤1，
∴当m＝﹣1时 S△CPQ有最大值2，
∴△CPQ面积的最大值为2，此时P点坐标为（﹣1，0）．
3．（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝0时，抛物线为y＝x2﹣x+3，
将x＝2代入得y＝4﹣2+3＝5，
∴点（2，4）不在抛物线上；
（2）抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的顶点为（，），
化简得（，），
顶点移动到最高处，即是顶点纵坐标最大，
而＝﹣（m﹣3）2+5，
∴m＝3时，纵坐标最大，即是顶点移动到了最高处，
此时该抛物线解析式为y＝x2﹣4x+9，顶点坐标为：（2，5）；
（3）设直线EF解析式为y＝kx+b，将E（﹣1，﹣1）、F（3，7）代入得：
，解得，
∴直线EF的解析式为y＝2x+1，
由得：或，
∴直线y＝2x+1与抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），
而（2，5）在线段EF上，
∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，
∴m+1＜﹣1或m+1＞3或m+1＝2（此时2m+3＝5），
∴此时抛物线顶点横坐标x顶点＝＜﹣或x顶点＝＞或x顶点＝＝＝1．
4．（2020•广东）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC＝CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直线BD的函数解析式；
（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，
∴点B（3，0），点A（﹣1，0），
∴抛物线解析式为：y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣x﹣，
∴b＝﹣，c＝﹣；
（2）如图1，过点D作DE⊥AB于E，

∴CO∥DE，
∴，
∵BC＝CD，BO＝3，
∴＝，
∴OE＝，
∴点D横坐标为﹣，
∴点D坐标为（﹣，+1），
设直线BD的函数解析式为：y＝kx+m，
由题意可得：，
解得：，
∴直线BD的函数解析式为y＝﹣x+；
（3）∵点B（3，0），点A（﹣1，0），点D（﹣，+1），
∴AB＝4，AD＝2，BD＝2+2，对称轴为直线x＝1，
∵直线BD：y＝﹣x+与y轴交于点C，
∴点C（0，），
∴OC＝，
∵tan∠CBO＝＝，
∴∠CBO＝30°，
如图2，过点A作AK⊥BD于K，

∴AK＝AB＝2，
∴DK＝＝＝2，
∴DK＝AK，
∴∠ADB＝45°，
如图，设对称轴与x轴的交点为N，即点N（1，0），

若∠CBO＝∠PBO＝30°，
∴BN＝PN＝2，BP＝2PN，
∴PN＝，BP＝，
当△BAD∽△BPQ，
∴，
∴BQ＝＝2+，
∴点Q（1﹣，0）；
当△BAD∽△BQP，
∴，
∴BQ＝＝4﹣，
∴点Q（﹣1+，0）；
若∠PBO＝∠ADB＝45°，
∴BN＝PN＝2，BP＝BN＝2，
当△DAB∽△BPQ，
∴，
∴，
∴BQ＝2+2
∴点Q（1﹣2，0）；
当△BAD∽△PQB，
∴，
∴BQ＝＝2﹣2，
∴点Q（5﹣2，0）；
综上所述：满足条件的点Q的坐标为（1﹣，0）或（﹣1+，0）或（1﹣2，0）或（5﹣2，0）．
5．（2019•广东）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x﹣与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（3）如图2，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．
①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；
②直接回答这样的点P共有几个？

【解答】解：（1）令x2+x﹣＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣7．
∴A（1，0），B（﹣7，0）．
由y＝x2+x﹣＝（x+3）2﹣2得，D（﹣3，﹣2）；

（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
∵∠D1FD＝∠CFO，
∴△DD1F∽△COF，
∴＝，
∵D（﹣3，﹣2），
∴D1D＝2，OD1＝3，
∵AC＝CF，CO⊥AF
∴OF＝OA＝1
∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，
∴＝，
∴OC＝，
∴CA＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
∵EC＝DC＝＝6，
∵BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，x2+x﹣），
①当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2＝﹣；
当点P在A点的右侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣（不合题意舍去）；
当点P在AB之间时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣；
综上所述，点P的横坐标为﹣11或﹣或﹣；
②由①得，这样的点P共有3个．

6．（2018•广东）如图，已知顶点为C（0，﹣3）的抛物线y＝ax2+b（a≠0）与x轴交于A，B两点，直线y＝x+m过顶点C和点B．
（1）求m的值；
（2）求函数y＝ax2+b（a≠0）的解析式；
（3）抛物线上是否存在点M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）将（0，﹣3）代入y＝x+m，
可得：m＝﹣3；
（2）将y＝0代入y＝x﹣3得：x＝3，
所以点B的坐标为（3，0），
将（0，﹣3）、（3，0）代入y＝ax2+b中，
可得：，
解得：，
所以二次函数的解析式为：y＝x2﹣3；
（3）存在，分以下两种情况：

①若M在B上方，设MC交x轴于点D，则∠ODC＝45°+15°＝60°，
∴OD＝OC•tan30°＝，
设DC为y＝kx﹣3，代入（，0），可得：k＝，
联立两个方程可得：，
解得：，
所以M1（3，6）；
②若M在B下方，设MC交x轴于点E，则∠OEC＝45°﹣15°＝30°，
∴∠OCE＝60°，
∴OE＝OC•tan60°＝3，
设EC为y＝kx﹣3，代入（3，0）可得：k＝，
联立两个方程可得：，
解得：，
所以M2（，﹣2），
综上所述M的坐标为（3，6）或（，﹣2）．
三．四边形综合题（共1小题）
7．（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【解答】解：（1）证明：连接DF，CE，如图所示：
，
∵E为AB中点，
∴AE＝AF＝AB，
∴EF＝AB＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EF∥AB∥CD，
∴四边形DFEC是平行四边形．
（2）作CH⊥BH，设AE＝FA＝m，如图所示，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥EF，
∴△CDG∽△FEG，
∴，
∴FG＝2m，
在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，
sin60°＝，CH＝，
cos60°＝，BH＝1，
在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH＝，FH＝3+m，
CF²＝CH²+FH²，
即（2+2m）²＝（）²+（3+m）²，
整理得：3m²+2m﹣8＝0，
解得：m1＝，m2＝﹣2（舍去），
∴．
（3）G点轨迹为线段AG，
证明：如图，
（此图仅作为证明AG轨迹用），
延长线段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BF∥CD，
∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，
∴，，
∴，
∵AE＝AF，
∴DH＝CH＝1，
在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．
∴sin60°＝，DN＝．cos60°＝，AN＝1，
在Rt△AHM中，HM＝DN＝，AM＝AN+NM＝AN+DH＝2，
tan∠HAM＝，
G点轨迹为线段AG．
∴G点轨迹是线段AG．
如图所示，作GH⊥AB，

∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴CD∥BF，BD＝2，
∴△CDG∽△FBG，
∴，即BG＝2DG，
∵BG+DG＝BD＝2，
∴BG＝，
在Rt△GHB中，BG＝，∠DBA＝60°，
sin60°＝，GH＝，
cos60°＝，BH＝，
在Rt△AHG中，AH＝2﹣＝，GH＝，
AG²＝（）²+（）²＝，
∴AG＝．
∴G点路径长度为．
解法二：如图，连接AG，延长AG交CD于点W．

∵CD∥BF，
∴＝，＝，
∴＝，
∵AF＝AE，
∴DW＝CW，
∴点G在AW上运动．
下面的解法同上．
四．圆的综合题（共3小题）
8．（2021•广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点P（x，y）为直线l在第二象限的点．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径．

【解答】解：（1）∵直线y＝x+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，
∴当x＝0时，y＝4；
当y＝0时，x＝﹣8，
∴A（﹣8，0），B（0，4）；
（2）∵点P（x，y）为直线l在第二象限的点，
∴P（x，），
∴S△APO＝＝2x+16（﹣8＜x＜0）；
∴S＝2x+16（﹣8＜x＜0）；
（3）∵A（﹣8，0），B（0，4），
∴OA＝8，OB＝4，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB＝，
在⊙C中，∵PQ是直径，
∴∠POQ＝90°，
∵∠BAO＝∠Q，
∴tanQ＝tan∠BAO＝，
∴，
∴OQ＝2OP，
∴S△POQ＝，
∴当S△POQ最小时，则OP最小，
∵点P在线段AB上运动，
∴当OP⊥AB时，OP最小，
∴S△AOB＝，
∴，
∵sinQ＝sin∠BAO，
∴，
∴，
∴PQ＝8，
∴⊙C半径为4．
9．（2018•广东）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E．
（1）证明：OD∥BC；
（2）若tan∠ABC＝2，证明：DA与⊙O相切；
（3）在（2）条件下，连接BD交⊙O于点F，连接EF，若BC＝1，求EF的长．

【解答】解：（1）连接OC，

在△OAD和△OCD中，
∵，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
又AD＝CD，
∴DE⊥AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
∴OD∥BC；

（2）∵tan∠ABC＝＝2，
∴设BC＝a、则AC＝2a，
∴AD＝AB＝＝，
∵OE∥BC，且AO＝BO，
∴OE＝BC＝a，AE＝CE＝AC＝a，
在△AED中，DE＝＝2a，
在△AOD中，AO2+AD2＝（）2+（a）2＝a2，OD2＝（OE+DE）2＝（a+2a）2＝a2，
∴AO2+AD2＝OD2，
∴∠OAD＝90°，
则DA与⊙O相切；

（3）连接AF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFD＝∠BAD＝90°，
∵∠ADF＝∠BDA，
∴△AFD∽△BAD，
∴＝，即DF•BD＝AD2①，
又∵∠AED＝∠OAD＝90°，∠ADE＝∠ODA，
∴△AED∽△OAD，
∴＝，即OD•DE＝AD2②，
由①②可得DF•BD＝OD•DE，即＝，
又∵∠EDF＝∠BDO，
∴△EDF∽△BDO，
∵BC＝1，
∴AB＝AD＝、OD＝、ED＝2、BD＝、OB＝，
∴＝，即＝，
解得：EF＝．
方法二：连接CF、AF，

由（2）得AE＝CE＝AC，
∵BC＝AC，
∴AE＝BC，
∵＝，
∴∠CBF＝∠EAF，
∵AD为⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
又∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∵∠AFB＝90°，
∴AF⊥BD，
∴F为BD的中点，
∴AF＝BF，
在△CBF和△EAF中，
∵，
∴△CBF≌△EAF（SAS），
∴EF＝CF，∠EFA＝∠CFB，
∵∠EFA+∠EFB＝90°，
∴∠CFB+∠EFB＝90°，
∴△CFE为等腰直角三角形，
∵AE＝CE＝BC＝1，
∴EF＝CF＝．
10．（2019•广东）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：ED＝EC；
（2）求证：AF是⊙O的切线；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．

【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，
∴∠BCD＝∠ADC，
∴ED＝EC；

（2）如图1，连接OA，

∵AB＝AC，
∴＝，
∴OA⊥BC，
∵CA＝CF，
∴∠CAF＝∠CFA，
∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，
∵∠ACB＝∠BCD，
∴∠ACD＝2∠ACB，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴AF∥BC，
∴OA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线；

（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，
∴△ABE∽△CBA，
∴＝，
∴AB2＝BC•BE，
∵BC•BE＝25，
∴AB＝5，
如图2，连接AG，

如图2，连接AG，
∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，
∵点G为内心，
∴∠DAG＝∠GAC，
又∵∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，
∴∠BAD+∠DAG＝∠ACB+∠GAC，即∠BAG＝∠BGA，
∴BG＝AB＝5．
五．几何变换综合题（共1小题）
11．（2018•广东）已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图1，连接BC．
（1）填空：∠OBC＝　60　°；
（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；
（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？

【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°．
故答案为：60．

（2）如图1中，

∵OB＝4，∠ABO＝30°，
∴OA＝OB＝2，AB＝OA＝2，
∴S△AOC＝•OA•AB＝×2×2＝2，
∵△BOC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，∠ABC＝∠ABO+∠OBC＝90°，
∴AC＝＝2，
∴OP＝＝＝．

（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．
则NE＝ON•sin60°＝x，

∴S△OMN＝•OM•NE＝×1.5x×x，
∴y＝x2．
∴x＝时，y有最大值，最大值＝．

②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．

作MH⊥OB于H．则BM＝8﹣1.5x，MH＝BM•sin60°＝（8﹣1.5x），
∴y＝×ON×MH＝﹣x2+2x．
当x＝时，y取最大值，y＝，

③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．

MN＝12﹣2.5x，OG＝AB＝2，
∴y＝•MN•OG＝12﹣x，
当x＝4时，y有最大值，
∵x＞4，
∴y最大值＜2，
综上所述，y有最大值，最大值为．