中考数学真题分类汇编第一期专题40动态问题试题含解析

这是一份中考数学真题分类汇编第一期专题40动态问题试题含解析，共51页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1．（2018·湖北省孝感·3分）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=3cm，BC=6cm，动点P从点A开始沿AB向点B以1cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动，若P，Q两点分别从A，B两点同时出发，P点到达B点运动停止，则△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意表示出△PBQ的面积S与t的关系式，进而得出答案．
【解答】解：由题意可得：PB=3﹣t，BQ=2t，
则△PBQ的面积S=PB•BQ=（3﹣t）×2t=﹣t2+3t，
故△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是二次函数图象，开口向下．
故选：C．
【点评】此题主要考查了动点问题的函数图象，正确得出函数关系式是解题关键．
2． （2018·山东潍坊·3分）如图，菱形ABCD的边长是4厘米，∠B=60°，动点P以1厘米秒的速度自A点出发沿AB方向运动至B点停止，动点Q以2厘米/秒的速度自B点出发沿折线BCD运动至D点停止．若点P、Q同时出发运动了t秒，记△BPQ的面积为S厘米2，下面图象中能表示S与t之间的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】应根据0≤t＜2和2≤t＜4两种情况进行讨论．把t当作已知数值，就可以求出S，从而得到函数的解析式，进一步即可求解．
【解答】解：当0≤t＜2时，S=2t××（4﹣t）=﹣t2+4t；
当2≤t＜4时，S=4××（4﹣t）=﹣2t+8；
只有选项D的图形符合．
故选：D．
【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，利用图形的关系求函数的解析式，注意数形结合是解决本题的关键．
3．（2018•湖北黄石•3分）如图，在Rt△PMN中，∠P=90°，PM=PN，MN=6cm，矩形ABCD中AB=2cm，BC=10cm，点C和点M重合，点B、C（M）、N在同一直线上，令Rt△PMN不动，矩形ABCD沿MN所在直线以每秒1cm的速度向右移动，至点C与点N重合为止，设移动x秒后，矩形ABCD与△PMN重叠部分的面积为y，则y与x的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
【分析】在Rt△PMN中解题，要充分运用好垂直关系和45度角，因为此题也是点的移动问题，可知矩形ABCD以每秒1cm的速度由开始向右移动到停止，和Rt△PMN重叠部分的形状可分为下列三种情况，（1）0≤x≤2；（2）2＜x≤4；（3）4＜x≤6；根据重叠图形确定面积的求法，作出判断即可．
【解答】解：∵∠P=90°，PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM=45°，
由题意得：CM=x，
分三种情况：
①当0≤x≤2时，如图1，边CD与PM交于点E，
∵∠PMN=45°，
∴△MEC是等腰直角三角形，
此时矩形ABCD与△PMN重叠部分是△EMC，
∴y=S△EMC=CM•CE=；
故选项B和D不正确；
②如图2，当D在边PN上时，过P作PF⊥MN于F，交AD于G，
∵∠N=45°，CD=2，
∴CN=CD=2，
∴CM=6﹣2=4，
即此时x=4，
当2＜x≤4时，如图3，矩形ABCD与△PMN重叠部分是四边形EMCD，
过E作EF⊥MN于F，
∴EF=MF=2，
∴ED=CF=x﹣2，
∴y=S梯形EMCD=CD•（DE+CM）==2x﹣2；
③当4＜x≤6时，如图4，矩形ABCD与△PMN重叠部分是五边形EMCGF，过E作EH⊥MN于H，
∴EH=MH=2，DE=CH=x﹣2，
∵MN=6，CM=x，
∴CG=CN=6﹣x，
∴DF=DG=2﹣（6﹣x）=x﹣4，
∴y=S梯形EMCD﹣S△FDG=﹣=×2×（x﹣2+x）﹣=﹣+10x﹣18，
故选项A正确；
故选：A．
【点评】此题是动点问题的函数图象，有难度，主要考查等腰直角三角形的性质和矩形的性质的应用、动点运动问题的路程表示，注意运用数形结合和分类讨论思想的应用．
4.（2018•河南•3分）如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运到点B.图2是点F运动时,△FBC的面积y(cm2)随时间x(s)变化的关系图象，则a的值为（ ）
A.B.2C.D.2
5. （2018·广东·3分）如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
【解答】解：分三种情况：
①当P在AB边上时，如图1，
设菱形的高为h，
y=AP•h，
∵AP随x的增大而增大，h不变，
∴y随x的增大而增大，
故选项C不正确；
②当P在边BC上时，如图2，
y=AD•h，
AD和h都不变，
∴在这个过程中，y不变，
故选项A不正确；
③当P在边CD上时，如图3，
y=PD•h，
∵PD随x的增大而减小，h不变，
∴y随x的增大而减小，
∵P点从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，
∴P在三条线段上运动的时间相同，
故选项D不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．
6. （2018•广西桂林•3分）如图，在平面直角坐标系中，M、N、C三点的坐标分别为（，1），（3，1），（3，0），点A为线段MN上的一个动点，连接AC，过点A作交y轴于点B，当点A从M运动到N时，点B随之运动，设点B的坐标为（0，b），则b的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：分别求出当点A与点M、N重合时直线AC的解析式，由AB⊥AC可得直线AB的解析式，从而求出b的值，最终可确定b的取值范围.
详解：当点A与点N重合时，MN⊥AB，
∴MN是直线AB的一部分，
∵N（3，1）
∴此时b=1；
当点A与点M重合时，设直线AC的解析式为y=k1x+m,
由于AC经过点A、C两点，故可得，解得：k1=,
设直线AB的解析式为y=k2x+b,
∵AB⊥AC,
∴,
∴k2=
故直线AB的解析式为y=x+b,
把（，1）代入y=x+b得，b=-.
∴b的取值范围是.
故选A.
点睛：此题考查一次函数基本性质，待定系数求解析式，简单的几何关系.
二.填空题
1.（2018·浙江舟山·4分）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________。
【考点】矩形的性质，圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质
【分析】学习了圆周角的推论：直径所对的圆周角是直角，可提供解题思路，不妨以EF为直径作圆，以边界值去讨论该圆与矩形ABCD交点的个数
【解答】解：以EF为斜边的直角三角形的直角顶点P是以EF为直径的圆与矩形边的交点，取EF的中点O，
（1）如图1，当圆O与AD相切于点G时，连结OG，此时点G与点P重合，只有一个点，此时AF=OG=DE=1；
（2）如图2，当圆O与BC相切于点G，连结OG，EG，FG，此时有三个点P可以构成Rt△EFP，

∵OG是圆O的切线，
∴OG⊥BC
∴OG//AB//CD
∵OE=OF，
∴BG=CG，
∴OG=（BF+CE），
设AF=x，则BF=4-x，OG=(4-x+4-1)=(7-x)，
则EF=2OG=7-x，EG2=EC2+CG2=9+1=10,FG2=BG2+BF2=1+(4-x)2
在Rt△EFG中，由勾股定理得EF2=EG2+FG2 ， 得（7-x）2=10+1+（4-x）2,解得x=
所以当1＜AF＜时，以EF为直径的圆与矩形ABCD的交点（除了点E和F）只有两个；
（3）因为点F是边AB上一动点：
当点F与A点重合时，AF=0，此时Rt△EFP正好有两个符合题意；
当点F与B点重合时，AF=4，此时Rt△EFP正好有两个符合题意；
故答案为0或1＜AF＜或4
【点评】正确添加辅助线是解决本题分关键.
三 解答题
1. （2018•山西•13分）综 合 与 探 究
如图，抛物线与 x 轴交于 A , B 两点（点 A 在点 B 的 左 侧 ）， 与 y 轴交于点 C ，连接
AC , BC .点 P 是 第 四 象 限 内 抛 物 线 上 的 一 个 动 点 ，点 P 的横坐标为 m ，过 点 P 作 PM  x 轴 ，垂 足 为点 M ， PM 交 BC 于点 Q ，过点 P 作 PE∥ AC 交 x 轴于点 E ，交 BC 于点 F .
（ 1） 求 A ， B ， C 三点的坐标；
（ 2） 试探究在点 P 的 运 动 的 过 程 中 ，是 否 存 在 这 样 的 点 Q ，使 得 以 A ， C ， Q 为 顶 点 的 三 角 形 是
等腰三角形 .若 存 在 ， 请 直．接．写出此时点 Q 的 坐 标 ； 若 不 存 在 ， 请 说明理由；
（ 3） 请用含 m 的 代 数 式 表 示 线 段 QF 的长，并求出 m 为 何 值 时 QF 有最大值 .
【考点】 几 何 与 二 次 函 数 综 合
【解析】
（ 1） 解： 由 y  0 ，得
解得 x1  3 ， x2  4 .
 点 A ， B 的坐标分别为 A(-3,0)， B（ 4， 0）
由 x  0 ，得 y  4 . 点 C 的 坐 标 为 C（ 0， -4） .
（ 3） 过点 F 作 FG  PQ 于点 G .
则 FG∥x 轴 .由 B（ 4， 0）， C（ 0， -4），得 △O B C为 等 腰 直 角 三 角 形 .
 OBC  QFG  45 . GQ  FG  FQ .
PE∥ AC , 1  2 .
FG∥x 轴， 2  3 . 1  3 .
FGP  AOC  90 , △FGP∽△AOC .
2（2018•山东滨州•14分）如图①，在平面直角坐标系中，圆心为P（x，y）的动圆经过点A（1，2）且与x轴相切于点B．
（1）当x=2时，求⊙P的半径；
（2）求y关于x的函数解析式，请判断此函数图象的形状，并在图②中画出此函数的图象；
（3）请类比圆的定义（图可以看成是到定点的距离等于定长的所有点的集合），给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到 点A 的距离等于到 x轴 的距离的所有点的集合．
（4）当⊙P的半径为1时，若⊙P与以上（2）中所得函数图象相交于点C、D，其中交点D（m，n）在点C的右侧，请利用图②，求cs∠APD的大小．
【分析】（1）由题意得到AP=PB，求出y的值，即为圆P的半径；
（2）利用两点间的距离公式，根据AP=PB，确定出y关于x的函数解析式，画出函数图象即可；
（3）类比圆的定义描述此函数定义即可；
（4）画出相应图形，求出m的值，进而确定出所求角的余弦值即可．
【解答】解：（1）由x=2，得到P（2，y），
连接AP，PB，
∵圆P与x轴相切，
∴PB⊥x轴，即PB=y，
由AP=PB，得到=y，
解得：y=，
则圆P的半径为；
（2）同（1），由AP=PB，得到（x﹣1）2+（y﹣2）2=y2，
整理得：y=（x﹣1）2+1，即图象为开口向上的抛物线，
画出函数图象，如图②所示；
（3）给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到点A的距离等于到x轴的距离的所有点的集合；
故答案为：点A；x轴；
（4）连接CD，连接AP并延长，交x轴于点F，
设PE=a，则有EF=a+1，ED=，
∴D坐标为（1+，a+1），
代入抛物线解析式得：a+1=（1﹣a2）+1，
解得：a=﹣2+或a=﹣2﹣（舍去），即PE=﹣2+，
在Rt△PED中，PE=﹣2，PD=1，
则cs∠APD==﹣2．
【点评】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：两点间的距离公式，二次函数的图象与性质，圆的性质，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．
3（2018•江苏扬州•12分）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A出发，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t=2时，线段PQ的中点坐标为 （，2） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t=1时，抛物线y=x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t=2，和速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B=∠PAQ=90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，，②当△PAQ∽△CBQ时，，分别列方程可得t的值；
（3）根据t=1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，∴KM=KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．
【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA=3，
当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（，），即（，2）；
故答案为：（，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B=∠PAQ=90°
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，，
∴，
4t2﹣15t+9=0，
（t﹣3）（t﹣）=0，
t1=3（舍），t2=，
②当△PAQ∽△CBQ时，，
∴，
t2﹣9t+9=0，
t=，
∵＞7，
∴x=不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或；
（3）当t=1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线：y=x2﹣3x+2=（x﹣）2﹣，
∴顶点k（，﹣），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，
∴KM=KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ，
如图2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE，
设DQ交y轴于H，
∵∠HMQ=∠QEK=90°，
∴△KEQ∽△QMH，
∴，
∴，
∴MH=2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=﹣x+4，
则，
x2﹣3x+2=﹣x+4，
解得：x1=3（舍），x2=﹣，
∴D（﹣，）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=∠MKQ=∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=x，
则，
x2﹣3x+2=x，
解得：x1=3（舍），x2=，
∴D（，）；
综上所述，点D的坐标为：D（﹣，）或（，）．
【点评】本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．

4（2018•山东菏泽•10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx﹣5交y轴于点A，交x轴于点B（﹣5，0）和点C（1，0），过点A作AD∥x轴交抛物线于点D．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）点E是抛物线上一点，且点E关于x轴的对称点在直线AD上，求△EAD的面积；
（3）若点P是直线AB下方的抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△ABP的面积最大，求出此时点P的坐标和△ABP的最大面积．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）根据题意可以求得a、b的值，从而可以求得抛物线的表达式；
（2）根据题意可以求得AD的长和点E到AD的距离，从而可以求得△EAD的面积；
（3）根据题意可以求得直线AB的函数解析式，再根据题意可以求得△ABP的面积，然后根据二次函数的性质即可解答本题．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣5交y轴于点A，交x轴于点B（﹣5，0）和点C（1，0），
∴，得，
∴此抛物线的表达式是y=x2+4x﹣5；
（2）∵抛物线y=x2+4x﹣5交y轴于点A，
∴点A的坐标为（0，﹣5），
∵AD∥x轴，点E是抛物线上一点，且点E关于x轴的对称点在直线AD上，
∴点E的纵坐标是5，点E到AD的距离是10，
当y=﹣5时，﹣5=x2+4x﹣5，得x=0或x=﹣4，
∴点D的坐标为（﹣4，﹣5），
∴AD=4，
∴△EAD的面积是：=20；
（3）设点P的坐标为（p，p2+4p﹣5），如右图所示，
设过点A（0，﹣5），点B（﹣5，0）的直线AB的函数解析式为y=mx+n，
，得，
即直线AB的函数解析式为y=﹣x﹣5，
当x=p时，y=﹣p﹣5，
∵OB=5，
∴△ABP的面积是：S==，
∵点P是直线AB下方的抛物线上一动点，
∴﹣5＜p＜0，
∴当p=﹣时，S取得最大值，此时S=，点p的坐标是（，﹣），
即点p的坐标是（，﹣）时，△ABP的面积最大，此时△ABP的面积是．
【点评】本题考查二次函数综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和二次函数的性质解答．

5 （2018•江西•9分）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，
与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形
的面积.


【解析】 （1）① BP=CE 理由如下：
连接AC
∵菱形ABCD，∠ABC=60°
∴△ABC是等边三角形
∴AB=AC ∠BAC=60°
∵△APE是等边三角形
∴AP=AE ∠PAE=60°
∴∠BAP=∠CAE
∴△ABP≌△ACE ∴BP=CE ★★
② CE⊥AD
∵菱形对角线平分对角
∴
∵△ABP≌△ACE
∴
∵
∴
∴
∴
∴CF⊥AD 即CE⊥AD ★★

（2）(1)中的结论：BP=CE , CE⊥AD 仍然成立，理由如下：

连接AC
∵菱形ABCD，∠ABC=60°
∴△ABC和△ACD都是等边三角形
∴AB=AC ∠BAD=120°
∠BAP=120°＋∠DAP
∵△APE是等边三角形
∴AP=AE ∠PAE=60°
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP
∴∠BAP=∠CAE
∴△ABP≌△ACE ∴BP=CE
∴∠DCE=30° ∵∠ADC=60°
∴∠DCE＋∠ADC=90° ∴∠CHD=90° ∴CE⊥AD
∴(1)中的结论：BP=CE , CE⊥AD 仍然成立. ★★★
(3) 连接AC交BD于点O , CE, 作EH⊥AP于H
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD BD平分∠ABC
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30° ∴ BO=DO=3
∴BD=6
由(2)知CE⊥AD
∵AD∥BC ∴CE⊥BC
∵
∴
由(2)知BP=CE=8 ∴DP=2 ∴OP=5
∴
∵△APE是等边三角形， ∴
∵
∴


∴四边形ADPE的面积是 .
6 （2018•江苏盐城•10分）如图①，在平面直角坐标系 中，抛物线 经过点 、 两点，且与 轴交于点 .
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于 轴，并沿 轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于 、 两点（点 在点 的左侧），连接 ，在线段 上方抛物线上有一动点 ，连接 、 .（Ⅰ）若点 的横坐标为 ，求 面积的最大值，并求此时点 的坐标；
（Ⅱ）直尺在平移过程中， 面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由.
【答案】（1）解：∵抛物线 经过点 、 两点，∴ 解得
∴抛物线
（2）解：（I）∵点P的横坐标是 ，当x= 时， ，则点P（ ， ），
∵直尺的宽度为4个单位长度，
∴点Q的横坐标为 +4= ，则当x= 时，y= ,
∴点Q（ ， ），
设直线PQ的表达式为：y=kx+c，由P（ ， ），Q（ ， ），可得
解得 ，则直线PQ的表达式为：y=-x+ ，
如图②，过点D作直线DE垂直于x轴，交PQ于点E，设D(m， )，则E（m,-m+ ）,
则S△PQD=S△PDE+S△QDE= = = = ,
∵ （II）设P P（n, ），则Q（n+4， ），即Q（n+4, ）,而直线PQ的表达式为：y= ,
设D（ ），则E（t， ）
∴S△PQD= =2
=2
= ≤8
当t=n+2时，S△PQD=8.
∴△PQD面积的最大值为8
【考点】二次函数的最值，待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积
【解析】【分析】（1）将两点 、 坐标代入 ，可得方程组，解之即可；（ 2 ）（I）在遇到几何或代数求最大值，可联系到二次函数求最大值的应用，即将△PQD的面积用代数式的形式表示出来，因为它的面积随着点D的位置改变而改变，所以可设点D的坐标为(m， )，过过点D作直线DE垂直于x轴，交PQ于点E，则需要用m表示出点E的坐标，而点E在线段PQ上，求出PQ的坐标及直线PQ的表达式即可解答；
（II）可设P（n, ），则Q（n+4， ），作法与（I）一样，表示出△PQD的面积，运用二次函数求最值。
7．（2018·湖北省武汉·12分）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．
【分析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）求解可得；
（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．
【解答】解：（1）由题意知，
解得：b=2、c=1，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，
∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，
∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），
∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，
∴点B（1，2），
则BG=2，
∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1，
∴xN﹣xM=1，
由得x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，
解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，
设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），
①当△PCD∽△FOP时，=，
∴=，
∴t2﹣（1+m）t+2=0；
②当△PCD∽△POF时，=，
∴=，
∴t=（m+1）；
（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程①有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、利用割补法求三角形的面积建立关于k的方程及相似三角形的判定与性质等知识点．
8．（2018·湖南省衡阳·12分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P、Q同时停止运动，设运动时间为t（s）．
（1）当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？
（2）是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S关于t的函数关系式．
【解答】解：（1）如图1中，连接BP．
在Rt△ACB中，∵AC=BC=4，∠C=90°，
∴AB=4
∵点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴BP=BQ，
∵AQ=t，CP=t，
∴BQ=4﹣t，PB2=42+t2，
∴（4﹣t）2=16+t2，
解得t=12﹣8或12+8（舍弃），
∴t=12﹣8s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．
（2）①如图2中，当PQ=QA时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP=90°．
则有PA=AQ，
∴4﹣t=•t，
解得t=．
②如图3中，当AP=PQ时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ=90°．
则有：AQ=AP，
∴t=（4﹣t），
解得t=2，
综上所述：t=s或2s时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形．
（3）如图4中，连接QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F．则QE=AE，QF=EC，可得QE+QF=AE+EC=AC=4．
∵S=S△QNC+S△PCQ=•CN•QF+•PC•QE=t（QE+QF）=2t（0＜t＜4）．

9（2018·山东青岛·12分）已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，以QA、QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t（s），0＜t＜5．
根据题意解答下列问题：
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）设四边形CPQB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）当QP⊥BD时，求t的值；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）如图作DH⊥AB于H则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；
（2）作PN⊥AB于N．连接PB，根据S=S△PQB+S△BCP，计算即可；
（3）当PQ⊥BD时，∠PQN+∠DBA=90°，∠QPN+∠PQN=90°，推出∠QPN=∠DBA，推出tan∠QPN==，由此构建方程即可解解题问题；
（4）存在．连接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH=KM，BH=BM=8，设KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，推出EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，推出BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，由KH∥EF，可得=，由此构建方程即可解决问题；
【解答】解：（1）如图作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，
∴CD=BH=8，DH=BC=6，
∴AH=AB﹣BH=8，AD==10，BD==10，
由题意AP=AD﹣DP=10﹣2t．
（2）作PN⊥AB于N．连接PB．在Rt△APN中，PA=10﹣2t，
∴PN=PA•sin∠DAH=（10﹣2t），AN=PA•cs∠DAH=（10﹣2t），
∴BN=16﹣AN=16﹣（10﹣2t），
S=S△PQB+S△BCP=•（16﹣2t）•（10﹣2t）+×6×[16﹣（10﹣2t）]=t2﹣12t+78
（3）当PQ⊥BD时，∠PQN+∠DBA=90°，
∵∠QPN+∠PQN=90°，
∴∠QPN=∠DBA，
∴tan∠QPN==，
∴=，
解得t=，
经检验：t=是分式方程的解，
∴当t=s时，PQ⊥BD．
（4）存在．
理由：连接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．
当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，
∴KH=KM，BH=BM=8，设KH=KM=x，
在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，
解得x=，
作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，
∴EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，
∴BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，
∵KH∥EF，
∴=，
∴=，
解得：t=，
经检验：t=是分式方程的解，
∴当t=s时，点E在∠ABD的平分线．
【点评】本题考查四边形综合题，解直角三角形、锐角三角函数、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或全等三角形解决问题，学会理由参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
10．（2018•北京•6分）如图，是与弦所围成的图形的内部的一定点，是弦上一动点，连接并延长交于点，连接．已知，设，两点间的距离为，，两点间的距离为，，两点间的距离为．
小腾根据学习函数的经验，分别对函数，随自变量的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小腾的探究过程，请补充完整：
（1）按照下表中自变量的值进行取点、画图、测量，分别得到了，与的几组对应值；
（2）在同一平面直角坐标系中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（，），（，），并画出函数，的图象；
（3）结合函数图象，解决问题：当为等腰三角形时，的长度约为____．
【解析】（1）
（2）如下图所示：
（3）或或．
如下图所示，个函数图象的交点的横坐标即为所求．
【考点】动点产生的函数图象问题，函数探究
11. （2018年江苏省南京市）结果如此巧合!
下面是小颖对一道题目的解答．
题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，
求△ABC的面积．
解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．
根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．
根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．
整理，得x2+7x=12．
所以S△ABC=AC•BC
=（x+3）（x+4）
=（x2+7x+12）
=×（12+12）
=12．
小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？
请你帮她完成下面的探索．
已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．
可以一般化吗？
（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．
倒过来思考呢？
（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．
改变一下条件……
（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．
【分析】（1）由切线长知AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，根据勾股定理得（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，即x2+（m+n）x=mn，再利用三角形的面积公式计算可得；
（2）由由AC•BC=2mn得（x+m）（x+n）=2mn，即x2+（m+n）x=mn，再利用勾股定理逆定理求证即可；
（3）作AG⊥BC，由三角函数得AG=AC•sin60°=（x+m），CG=AC•cs60°=（x+m）、BG=BC﹣CG=（x+n）﹣（x+m），在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2+（m+n）x=3mn，最后利用三角形的面积公式计算可得．
【解答】解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，
根据切线长定理，得：AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，
（1）如图1，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，
整理，得：x2+（m+n）x=mn，
所以S△ABC=AC•BC
=（x+m）（x+n）
= [x2+（m+n）x+mn]
=（mn+mn）
=mn，
（2）由AC•BC=2mn，得：（x+m）（x+n）=2mn，
整理，得：x2+（m+n）x=mn，
∴AC2+BC2=（x+m）2+（x+n）2
=2[x2+（m+n）x]+m2+n2
=2mn+m2+n2
=（m+n）2
=AB2，
根据勾股定理逆定理可得∠C=90°；
（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，
在Rt△ACG中，AG=AC•sin60°=（x+m），CG=AC•cs60°=（x+m），
∴BG=BC﹣CG=（x+n）﹣（x+m），
在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[（x+m）]2+[（x+n）﹣（x+m）]2=（m+n）2，
整理，得：x2+（m+n）x=3mn，
∴S△ABC=BC•AG
=×（x+n）•（x+m）
= [x2+（m+n）x+mn]
=×（3mn+mn）
=mn．
【点评】本题主要考查圆的综合问题，
12. （2018年江苏省宿迁）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，
（1）当AM= 时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.
【答案】（1）解：由折叠性质可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为1
∴AE=1-x，
在Rt△AME中，
∴AE2+AM2=ME2 ，
即（1-x）2+ =x2 ，
解得：x= .
（2）解：△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.
连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，
∵BE=ME，
∴∠EBM=∠EMB，
又∵∠EBC=∠EMN=90°，
即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，
∴∠MBC=∠BMN，
又∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，AB=BC，
∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，
在Rt△ABM和Rt△HBM中，
∵ ,
∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），
∴AM=HM，AB=HB=BC，
在Rt△BHP和Rt△BCP中，
∵ ,
∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），
∴HP=CP，
又∵C△PDM=MD+DP+MP，
=MD+DP+MH+HP，
=MD+DP+AM+PC,
=AD+DC,
=2.
∴△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.
（3）解：过F作FQ⊥AB，连接BM，
由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，
∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,
∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，
在Rt△ABM和Rt△QFE中，
∵ ,
∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），
∴AM=QE，
设AM长为a，
在Rt△AEM中，
∴AE2+AM2=EM2,
即（1-x）2+a2=x2,
∴AM=QE= ,
∴BQ=CF=x- ，
∴S= （CF+BE）×BC，
= （x- +x）×1，
= （2x- ）,
又∵（1-x）2+a2=x2,
∴x= =AM=BE，BQ=CF= -a，
∴S= （ -a+ ）×1，
= （a2-a+1）,
= （a- ）2+ ，
∵0∴当a= 时，S最小值= .
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME中，根据勾股定理得（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= .
（2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM周长为定值2.
（3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得AM=QE；设AM长为a，在Rt△AEM中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得AM=QE= ,
BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出S与x的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE，BQ=CF= -a（013. （2018·新疆生产建设兵团·13分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒2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个单位长度的速度向C点运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设运动时间为t秒，求运动时间t为多少秒时，△PBQ的面积S最大，并求出其最大面积；
（3）在（2）的条件下，当△PBQ面积最大时，在BC下方的抛物线上是否存在点M，使△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）代入x=0可求出点C的纵坐标，代入y=0可求出点A、B的横坐标，此题得解；
（2）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，过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，当运动时间为t秒时，点P的坐标为（2t﹣2，0），点Q的坐标为（3﹣t，﹣t），进而可得出PB、QE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBQ关于t的函数关系式，利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（3）根据（2）的结论找出点P、Q的坐标，假设存在，设点M的坐标为（m，m2﹣m﹣4），则点F的坐标为（m，m﹣4），进而可得出MF的长度，利用三角形的面积结合△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）当x=0时，y=x2﹣x﹣4=﹣4，
∴点C的坐标为（0，﹣4）；
当y=0时，有x2﹣x﹣4=0，
解得：x1=﹣2，x2=3，
∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（3，0）．
（2）设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），
将B（3，0）、C（0，﹣4）代入y=kx+b，
，解得：，
∴直线BC的解析式为y=x﹣4．
过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，如图1所示，
当运动时间为t秒时，点P的坐标为（2t﹣2，0），点Q的坐标为（3﹣t，﹣t），
∴PB=3﹣（2t﹣2）=5﹣2t，QE=t，
∴S△PBQ=PB•QE=﹣t2+2t=﹣（t﹣）2+．
∵﹣＜0，
∴当t=时，△PBQ的面积取最大值，最大值为．
（3）当△PBQ面积最大时，t=，
此时点P的坐标为（，0），点Q的坐标为（，﹣1）．
假设存在，设点M的坐标为（m，m2﹣m﹣4），则点F的坐标为（m，m﹣4），
∴MF=m﹣4﹣（m2﹣m﹣4）=﹣m2+2m，
∴S△BMC=MF•OB=﹣m2+3m．
∵△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，
∴﹣m2+3m=×1.6，即m2﹣3m+2=0，
解得：m1=1，m2=2．
∵0＜m＜3，
∴在BC下方的抛物线上存在点M，使△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，点M的坐标为（1，﹣4）或（2，﹣）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，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、C的坐标；（2）利用三角形的面积公式找出S△PBQ关于t的函数关系式；（3）利用三角形的面积结合△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，找出关于m的一元二次方程．
14（2018·四川宜宾·12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2，由抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；
（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），
设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2．
∵该抛物线经过点（4，1），
∴1=4a，解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=（x﹣2）2=x2﹣x+1．
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：
，解得：，，
∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．
作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．
∵点B（4，1），直线l为y=﹣1，
∴点B′的坐标为（4，﹣3）．
设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（1，）、B′（4，﹣3）代入y=kx+b，得：
，解得：，
∴直线AB′的解析式为y=﹣x+，
当y=﹣1时，有﹣x+=﹣1，
解得：x=，
∴点P的坐标为（，﹣1）．
（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，
∴（m﹣x0）2+（n﹣y0）2=（n+1）2，
∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0n+y02=2n+1．
∵M（m，n）为抛物线上一动点，
∴n=m2﹣m+1，
∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0（m2﹣m+1）+y02=2（m2﹣m+1）+1，
整理得：（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0．
∵m为任意值，
∴，
∴，
∴定点F的坐标为（2，1）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．
15. （2018·天津·10分）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.
（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
【答案】（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见解析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知，再根据矩形的性质得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；
（Ⅲ）.
详解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.
（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.
（Ⅲ）.
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
16.（2018·浙江衢州·10分）（12分）如图，Rt△OAB的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为（6，8），直线CD交AB于点D（6，3），交x轴于点C（12，0）．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）动点P在x轴上从点（﹣10，0）出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t．
①点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA=∠B？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值．
【考点】一次函数、待定系数法、菱形的判定、平行线分线段成比例定理
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA=∠B．利用平行线分线段成比例定理，计算即可，再根据对称性求出P′；
②分两种情形分别求解即可解决问题：如图2中，当OP=OB=10时，作PQ∥OB交CD于Q．如图3中，当OQ=OB时，设Q（m，﹣ m+6），构建方程求出点Q坐标即可解决问题；
【解答】解：（1）设直线CD的解析式为y=kx+b，则有，解得，∴直线CD的解析式为y=﹣x+6．
（2）①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA=∠B．
∵DP∥OB，∴ =，∴ =，∴PA=，∴OP=6﹣=，∴P（，0），根据对称性可知，当AP=AP′时，P′（，0），∴满足条件的点P坐标为（，0）或（，0）．
②如图2中，当OP=OB=10时，作PQ∥OB交CD于Q．
∵直线OB的解析式为y=x，∴直线PQ的解析式为y=x+，由，解得，∴Q（﹣4，8），∴PQ==10，∴PQ=OB．
∵PQ∥OB，∴四边形OBQP是平行四边形．
∵OB=OP，∴四边形OBQP是菱形，此时点M与的Q重合，满足条件，t=0．
如图3中，当OQ=OB时，设Q（m，﹣ m+6），
则有m2+（﹣m+6）2=102，解得m=，∴点Q 的横坐标为或，设点M的横坐标为a，则有： =或=，∴a=或，∴满足条件的t的值为或．
【点评】本题考查了一次函数综合题、待定系数法、菱形的判定、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会由分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数，利用方程组确定两个函数的交点坐标，所以中考压轴题．
17（2018·广东深圳·9分）如图：在 中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且 .
（1）求AB的长度；
（2）求AD·AE的值；
（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH.
【答案】（1）解：作AM⊥BC，
∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC，
∴BM=CM= BC=1,
在Rt△AMB中，
∵csB= ,BM=1,
∴AB=BM÷csB=1÷ = .
（2）解：连接CD，∵AB=AC,
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC=180°,
又∵∠ACE+∠ACB=180°,
∴∠ADC=∠ACE，
∵∠CAE=∠CAD，
∴△EAC∽△CAD，
∴ ,
∴AD·AE=AC2=AB2=（ ）2=10.
（3）证明：在BD上取一点N，使得BN=CD,
在△ABN和△ACD中
∵
∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴AN=AD，
∵AH⊥BD，AN=AD，
∴NH=DH,
又∵BN=CD,NH=DH,
∴BH=BN+NH=CD+DH.
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得BM=CM= BC=1,在Rt△AMB中，根据余弦定义得csB= ,由此求出AB.
（2）连接CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的性质得
； 从而得AD·AE=AC2=AB2.
（3）在BD上取一点N，使得BN=CD,根据SAS得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质得AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得NH=DH,从而得BH=BN+NH=CD+DH.
18.（2018·广东·9分）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图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？
【分析】（1）只要证明△OBC是等边三角形即可；
（2）求出△AOC的面积，利用三角形的面积公式计算即可；
（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：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．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．
③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．
【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，最大值=2，
综上所述，y有最大值，最大值为．
【点评】本题考查几何变换综合题、30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．


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