全國各地中考數(shù)學(xué)分類解析總匯：動態(tài)問題【共66頁】

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1、▼▼▼2019屆數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)資料▼▼▼ 動態(tài)問題 一、選擇題 1. （ 2014?安徽省,第9題4分）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，動點P從A點出發(fā)，按A→B→C的方向在AB和BC上移動，記PA=x，點D到直線PA的距離為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（　　） 　 A． B． C． D． 考點： 動點問題的函數(shù)圖象． 分析： ①點P在AB上時，點D到AP的距離為AD的長度，②點P在BC上時，根據(jù)同角的余角相等求出∠APB=∠PAD，再利用相似三角形的列出比例式整理得到y(tǒng)與x的關(guān)系式，從而得解． 解答： 解：①點P在AB上時，0≤x≤3，點D到AP的距離為A

2、D的長度，是定值4； ②點P在BC上時，3＜x≤5， ∵∠APB+∠BAP=90， ∠PAD+∠BAP=90， ∴∠APB=∠PAD， 又∵∠B=∠DEA=90， ∴△ABP∽△DEA， ∴=， 即=， ∴y=， 縱觀各選項，只有B選項圖形符合． 故選B． 點評： 本題考查了動點問題函數(shù)圖象，主要利用了相似三角形的判定與性質(zhì)，難點在于根據(jù)點P的位置分兩種情況討論． 　 2. （ 2014?廣西玉林市、防城港市，第12題3分）如圖，邊長分別為1和2的兩個等邊三角形，開始它們在左邊重合，大三角形固定不動，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．設(shè)小三角形移

3、動的距離為x，兩個三角形重疊面積為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象是（　　） 　 A． B． C． D． 考點： 動點問題的函數(shù)圖象． 分析： 根據(jù)題目提供的條件可以求出函數(shù)的解析式，根據(jù)解析式判斷函數(shù)的圖象的形狀． 解答： 解：①t≤1時，兩個三角形重疊面積為小三角形的面積， ∴y=1=， ②當(dāng)1＜x≤2時，重疊三角形的邊長為2﹣x，高為， y=（2﹣x）=x﹣x+， ③當(dāng)x≥2時兩個三角形重疊面積為小三角形的面積為0， 故選：B． 點評： 本題主要考查了本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，此類題目的圖象往往是幾個函數(shù)的組合體． 3．（2014

4、年山東泰安，第14題3分）如圖，△ABC中，∠ACB=90，∠A=30，AB=16．點P是斜邊AB上一點．過點P作PQ⊥AB，垂足為P，交邊AC（或邊CB）于點Q，設(shè)AP=x，△APQ的面積為y，則y與x之間的函數(shù)圖象大致為（　?。? ABC．D 分析：分點Q在AC上和BC上兩種情況進行討論即可． 解：當(dāng)點Q在AC上時，∵∠A=30，AP=x，∴PQ=xtan30=　∴y=APPQ=x=x2； 當(dāng)點Q在BC上時，如圖所示： ∵AP=x，AB=16，∠A=30，∴BP=16﹣x，∠B=60， ∴PQ=BP?tan60=（16﹣x）． ∴==． ∴該函數(shù)圖象前半部分是拋物線開口向

5、上，后半部分也為拋物線開口向下． 故選：B． 點評：本題考查動點問題的函數(shù)圖象，有一定難度，解題關(guān)鍵是注意點Q在BC上這種情況． 4.（2014?菏澤第8題3分）如圖，Rt△ABC中，AC=BC=2，正方形CDEF的頂點D、F分別在AC、BC邊上，C、D兩點不重合，設(shè)CD的長度為x，△ABC與正方形CDEF重疊部分的面積為y，則下列圖象中能表示y與x之間的函數(shù)關(guān)系的是（ ） 　 A． B． C． D． 考點： 動點問題的函數(shù)圖象． 專題： 數(shù)形結(jié)合． 分析： 分類討論：當(dāng)0＜x≤1時，根據(jù)正方形的面積公式得到y(tǒng)=x2；當(dāng)1＜x≤2時，ED交AB

6、于M，EF交AB于N，利用重疊的面積等于正方形的面積減去等腰直角三角形MNE的面積得到y(tǒng)=x2﹣2（x﹣1）2，配方得到y(tǒng)=﹣（x﹣2）2+2，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)對各選項進行判斷． 解答： 解：當(dāng)0＜x≤1時，y=x2， 當(dāng)1＜x≤2時，ED交AB于M，EF交AB于N，如圖， CD=x，則AD=2﹣x， ∵Rt△ABC中，AC=BC=2， ∴△ADM為等腰直角三角形， ∴DM=2﹣x， ∴EM=x﹣（2﹣x）=2x﹣2， ∴S△ENM=（2x﹣2）2=2（x﹣1）2， ∴y=x2﹣2（x﹣1）2=﹣x2+4x﹣2=﹣（x﹣2）2+2， ∴y=， 故選A．

7、二.填空題 三.解答題 1. （ 2014?廣東，第25題9分）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于點D，BC=10cm，AD=8cm．點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于E、F、H，當(dāng)點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t＞0）． （1）當(dāng)t=2時，連接DE、DF，求證：四邊形AEDF為菱形； （2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當(dāng)△PEF的面積最大時，求線段BP的長； （3）是否存在某一時刻t

8、，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由． 考點： 相似形綜合題． 分析： （1）如答圖1所示，利用菱形的定義證明； （2）如答圖2所示，首先求出△PEF的面積的表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解； （3）如答圖3所示，分三種情形，需要分類討論，分別求解． 解答： （1）證明：當(dāng)t=2時，DH=AH=2，則H為AD的中點，如答圖1所示． 又∵EF⊥AD，∴EF為AD的垂直平分線，∴AE=DE，AF=DF． ∵AB=AC，AD⊥AB于點D，∴AD⊥BC，∠B=∠C． ∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C， ∴∠AEF=∠AFE，

9、∴AE=AF， ∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形． （2）解：如答圖2所示，由（1）知EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴，即，解得：EF=10﹣t． S△PEF=EF?DH=（10﹣t）?2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10 ∴當(dāng)t=2秒時，S△PEF存在最大值，最大值為10，此時BP=3t=6． （3）解：存在．理由如下： ①若點E為直角頂點，如答圖3①所示， 此時PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t． ∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此種情形不存在； ②若點F為直角頂點，如答圖3②所示， 此時PE∥AD，PF=DH=2

10、t，BP=3t，CP=10﹣3t． ∵PF∥AD，∴，即，解得t=； ③若點P為直角頂點，如答圖3③所示． 過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD． ∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t， ∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t． 在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2． ∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t， ∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t﹣t=10﹣t． 在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100． 在Rt△P

11、EF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2， 即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100） 化簡得：t2﹣35t=0， 解得：t=或t=0（舍去） ∴t=． 綜上所述，當(dāng)t=秒或t=秒時，△PEF為直角三角形． 點評： 本題是運動型綜合題，涉及動點與動線兩種運動類型．第（1）問考查了菱形的定義；第（2）問考查了相似三角形、圖形面積及二次函數(shù)的極值；第（3）問考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知識點，重點考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想． 2.（2014?武漢2014?武漢，第24題10分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=6cm，BC=8cm，動點P從點B出

12、發(fā)，在BA邊上以每秒5cm的速度向點A勻速運動，同時動點Q從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒4cm的速度向點B勻速運動，運動時間為t秒（0＜t＜2），連接PQ． （1）若△BPQ與△ABC相似，求t的值； （2）連接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值； （3）試證明：PQ的中點在△ABC的一條中位線上． 考點： 相似形綜合題 分析： （1）分兩種情況討論：①當(dāng)△BPQ∽△BAC時，=，當(dāng)△BPQ∽△BCA時，=，再根據(jù)BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入計算即可； （2）過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，

13、根據(jù)△ACQ∽△CMP，得出=，代入計算即可； （3）作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t代入求出DF，過BC的中點R作直線平行于AC，得出RC=DF，D在過R的中位線上，從而證出PQ的中點在△ABC的一條中位線上． 解答： 解：（1）①當(dāng)△BPQ∽△BAC時， ∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm， ∴=， ∴t=1； ②當(dāng)△BPQ∽△BCA時， ∵=， ∴=， ∴t=， ∴t=1或時，△BPQ與△ABC相似； （2）如圖所示，過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM

14、=3t，MC=8﹣4t， ∵∠NAC+∠NCA=90，∠PCM+∠NCA=90， ∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90， ∴△ACQ∽△CMP， ∴=， ∴=， 解得：t=； （3）如圖，仍有PM⊥BC于點M，PQ的中點設(shè)為D點，再作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F， ∵∠ACB=90， ∴DF為梯形PECQ的中位線， ∴DF=， ∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t， ∴DF==4， ∵BC=8，過BC的中點R作直線平行于AC， ∴RC=DF=4成立， ∴D在過R的中位線上， ∴PQ的中點在△ABC的一條中位線上． 點評： 此題考查了

15、相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的判定與性質(zhì)、中位線的性質(zhì)等，關(guān)鍵是畫出圖形作出輔助線構(gòu)造相似三角形，注意分兩種情況討論． . 3．（2014浙江金華，第23題10分）等邊三角形ABC的邊長為6，在AC，BC邊上各取一點E，F(xiàn)，連結(jié)AF，BE相交于點P. （1）若AE=CF. ①求證：AF=BE，并求∠APB的度數(shù). ②若AE=2，試求的值. （2）若AF=BE，當(dāng)點E從點A運動到點C時，試求點P經(jīng)過的路徑長. 【答案】（1）①證明見解析，120；②12；（2）. 【解析】 （注：沒學(xué)習(xí)四點同圓和切割線定理的可由△APE∽△ACF得比例式求解） （2）

16、如圖，作△ABP外接圓滿⊙O，在⊙O的優(yōu)弧上取一點G，連接AG，BG，AO，BO，過點O作OH⊥AB于點H。 ∵由（1）可知∠APB =120，∴∠AGB =60. ∴∠AOB =120，∠AOH =60. ∵AB=6，∴AH=3. ∴. ∴. ∴點P經(jīng)過的路徑長為. 考點：1.動點問題；2.等邊三角形的性質(zhì)；3.全等三角形的判定和性質(zhì)；4.圓周角定理；5. 切割線定理；6. 銳角三角函數(shù)定義；7.特殊角的三角函數(shù)值；8.垂徑定理；9.弧長的計算. 4．（2014浙江金華，第24題12分）如圖，直角梯形ABCO的兩邊OA，OC在坐標(biāo)軸的正半軸上，BC∥x軸，OA=OC=4，以直

17、線x=1為對稱軸的拋物線過A，B，C三點. （1）求該拋物線線的函數(shù)解析式. （2）已知直線l的解析式為，它與x軸的交于點G，在梯形ABCO的一邊上取點P. ①當(dāng)m=0時，如圖1，點P是拋物線對稱軸與BC的交點，過點P作PH⊥直線l于點H，連結(jié)OP，試求△OPH的面積. ②當(dāng)時，過P點分別作x軸、直線l的垂線，垂足為點E，F(xiàn). 是否存在這樣的點P，使以P，E，F(xiàn)為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 【答案】（1）；（2）①；②存在，或或. 【解析】 試題分析：（1）由拋物線以直線x=1為對稱軸，拋物線過點A，B，設(shè)頂點式，應(yīng)用待定系數(shù)

18、法求解. （2）①設(shè)直線x=1與x軸交于點M，與直線交于點N，過點H作HD⊥直線x=1于點D，根據(jù)已知求出PD，OM，DH的長，由求解即可. ∵MP=OC=4，OM=MN=1，∴PN=3，DH=. ∴ ②存在. 當(dāng)時，直線l的解析式為， i）當(dāng)點P在OC邊上時，如圖2，設(shè)點P的坐標(biāo)為，點F的坐標(biāo)為，過點F作FI⊥y軸于點I.則，即. ∴， . . iv）當(dāng)點P在AO邊上時，以P，E，F(xiàn)為頂點的三角形不存在. 綜上所述，以P，E，F(xiàn)為頂點的三角形是等腰三角形時，點P的坐標(biāo)為或或. 考點：1.動點問題；2. 待定系數(shù)法的應(yīng)用；3.曲線

19、上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；4.二次函數(shù)的性質(zhì)；5. 等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；6.勾股定理；7. 等腰三角形存在性問題；8.轉(zhuǎn)換思想和分類思想的應(yīng)用. 5. （2014云南昆明，第23題9分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點A（，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C. （1） 求拋物線的解析式； （2） 點P從A點出發(fā)，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動，同時點Q從B點出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度向C點運動.其中一個點到達終點時，另一個點也停止運動.當(dāng)△PBQ存在時，求運動多少秒使△PBQ的面積最大，最多面積是多少？ （3） 當(dāng)△PBQ的面積最大時

20、，在BC下方的拋物線上存在點K，使，求K點坐標(biāo). O x y C B A P Q 考點： 二次函數(shù)綜合題. 分析： （1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式； （2考查動點與二次函數(shù)最值問題：先寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，再確定函數(shù)最值； （3） 存在所求的K點，由（2）可求出的面積，再把分成兩個三角形進行面積運算. 解答： 解：（1）將A（，0）、B（4，0）兩點坐標(biāo)分別代入， 即，解得： 拋物線的解析式為： （2） 設(shè)運動時間為t秒，由題意可知： 過點作，垂直為D， 易證∽，

21、 OC=3，OB=4，BC=5，， 對稱軸 當(dāng)運動1秒時，△PBQ面積最大，，最大為， （3）如圖，設(shè) 連接CK、BK，作交BC與L， 由（2）知：， 設(shè)直線BC的解析式為 ，解得： 直線BC的解析式為 即： 解得： 坐標(biāo)為或 點評： 本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、一次函數(shù)、一元二次方程、相似三角形性質(zhì)、動點問題等重要知識點． 6. （2014?益陽，第21題，12分）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B=60，AB=10

22、，BC=4，點P沿線段AB從點A向點B運動，設(shè)AP=x． （1）求AD的長； （2）點P在運動過程中，是否存在以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由； （3）設(shè)△ADP與△PCB的外接圓的面積分別為S1、S2，若S=S1+S2，求S的最小值． （第1題圖） 考點： 相似形綜合題． 分析： （1）過點C作CE⊥AB于E，根據(jù)CE=BC?sin∠B求出CE，再根據(jù)AD=CE即可求出AD； （2）若以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則△PCB必有一個角是直角．分兩種情況討論：①當(dāng)∠PCB=9

23、0時，求出AP，再根據(jù)在Rt△ADP中∠DPA=60，得出∠DPA=∠B，從而得到△ADP∽△CPB，②當(dāng)∠CPB=90時，求出AP=3，根據(jù)≠且≠，得出△PCB與△ADP不相似． （3）先求出S1=x?，再分兩種情況討論：①當(dāng)2＜x＜10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM，在Rt△GBH中求出BG、BN、GN，在Rt△GMN中，求出MN=（x﹣1），在Rt△BMN中，求出BM2=x2﹣x+，最后根據(jù)S1=x?BM2代入計算即可．②當(dāng)0＜x≤2時，S2=x（x2﹣x+），最后根據(jù)S=S1+S2=x（x﹣）2+x即可得出S的最小值．

24、 解答： 解：（1）過點C作CE⊥AB于E， 在Rt△BCE中， ∵∠B=60，BC=4， ∴CE=BC?sin∠B=4=2， ∴AD=CE=2． （2）存在．若以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則△PCB必有一個角是直角． ①當(dāng)∠PCB=90時，在Rt△PCB中，BC=4，∠B=60，PB=8， ∴AP=AB﹣PB=2． 又由（1）知AD=2，在Rt△ADP中，tan∠DPA===， ∴∠DPA=60， ∴∠DPA=∠CPB， ∴△ADP∽△CPB， ∴存在△ADP與△CPB相似，此時x=2． ②∵當(dāng)∠CPB=90時，在Rt△PCB

25、中，∠B=60，BC=4， ∴PB=2，PC=2， ∴AP=3． 則≠且≠，此時△PCB與△ADP不相似． （3）如圖，因為Rt△ADP外接圓的直徑為斜邊PD，則S1=x?（）2=x?， ①當(dāng)2＜x＜10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G； 作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM．則BM為△PCB外接圓的半徑． 在Rt△GBH中，BH=BC=2，∠MGB=30， ∴BG=4， ∵BN=PB=（10﹣x）=5﹣x， ∴GN=BG﹣BN=x﹣1． 在Rt△GMN中，∴MN=GN?tan∠MGN=（x﹣1）． 在Rt△BMN中，BM2=MN2+BN2

26、=x2﹣x+， ∴S1=x?BM2=x（x2﹣x+）． ②∵當(dāng)0＜x≤2時，S2=x（x2﹣x+）也成立， ∴S=S1+S2=x?+x（x2﹣x+）=x（x﹣）2+x． ∴當(dāng)x=時，S=S1+S2取得最小值x． 點評： 此題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的性質(zhì)與判定、二次函數(shù)的最值、勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形構(gòu)造相似三角形，注意分類討論． 7. （2014?揚州，第28題，12分）已知矩形ABCD的一條邊AD=8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處． （第6題圖） （1）如圖1，已知折痕與邊BC交于點O，連結(jié)AP、OP、OA． ①求證：

27、△OCP∽△PDA； ②若△OCP與△PDA的面積比為1：4，求邊AB的長； （2）若圖1中的點P恰好是CD邊的中點，求∠OAB的度數(shù)； （3）如圖2，，擦去折痕AO、線段OP，連結(jié)BP．動點M在線段AP上（點M與點P、A不重合），動點N在線段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PB于點F，作ME⊥BP于點E．試問當(dāng)點M、N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明理由；若不變，求出線段EF的長度． 考點： 相似形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值． 專題： 綜合題；動點型；探究型． 分析： （1）

28、只需證明兩對對應(yīng)角分別相等即可證到兩個三角形相似，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PC長以及AP與OP的關(guān)系，然后在Rt△PCO中運用勾股定理求出OP長，從而求出AB長． （2）由DP=DC=AB=AP及∠D=90，利用三角函數(shù)即可求出∠DAP的度數(shù)，進而求出∠OAB的度數(shù)． （3）由邊相等常常聯(lián)想到全等，但BN與PM所在的三角形并不全等，且這兩條線段的位置很不協(xié)調(diào)，可通過作平行線構(gòu)造全等，然后運用三角形全等及等腰三角形的性質(zhì)即可推出EF是PB的一半，只需求出PB長就可以求出EF長． 解答： 解：（1）如圖1， ①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠

29、D=90． 由折疊可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B． ∴∠APO=90． ∴∠APD=90﹣∠CPO=∠POC． ∵∠D=∠C，∠APD=∠POC． ∴△OCP∽△PDA． ②∵△OCP與△PDA的面積比為1：4， ∴====． ∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP． ∵AD=8，∴CP=4，BC=8． 設(shè)OP=x，則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． ∴邊AB的長為10． （2）如圖1，

30、 ∵P是CD邊的中點， ∴DP=DC． ∵DC=AB，AB=AP， ∴DP=AP． ∵∠D=90， ∴sin∠DAP==． ∴∠DAP=30． ∵∠DAB=90，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30， ∴∠OAB=30． ∴∠OAB的度數(shù)為30． （3）作MQ∥AN，交PB于點Q，如圖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△N

31、FB中， ． ∴△MFQ≌△NFB． ∴QF=BF． ∴QF=QB． ∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB． 由（1）中的結(jié)論可得： PC=4，BC=8，∠C=90． ∴PB==4． ∴EF=PB=2． ∴在（1）的條件下，當(dāng)點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，長度為2． 點評： 本題是一道運動變化類的題目，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識，綜合性比較強，而添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解決最后一個問題的關(guān)鍵． 8.（2014?濱州，第25題12分）如圖，矩形ABCD中，AB

32、=20，BC=10，點P為AB邊上一動點，OP交AC于點Q． （1）求證：△APQ∽△CDQ； （2）P點從A點出發(fā)沿AB邊以每秒1個單位長度的速度向B點移動，移動時間為t秒． ①當(dāng)t為何值時，DP⊥AC？ ②設(shè)S△APQ+S△DCQ=y，寫出y與t之間的函數(shù)解析式，并探究P點運動到第幾秒到第幾秒之間時，y取得最小值． 考點： 相似形綜合題 分析： （1）求證相似，證兩對角相等即可，因為平行，易找，易證． （2）①當(dāng)垂直時，易得三角形相似，故有相似邊成比例，由題中已知矩形邊長則AP長已知，故t易知． ②因為S△APQ+S△DCQ=y，故求S△APQ和S△DCQ是解決問題

33、的關(guān)鍵，觀察無固定組合規(guī)則圖象，則考慮作高分別求?。紤]兩高在同一直線上，且相加恰為10，故可由（1）相似結(jié)論得，高的比等于對應(yīng)邊長比，設(shè)其中一高為h，即可求得，則易表示y=，注意要考慮t的取值．討論何時y最小，y=不是我們學(xué)過的函數(shù)類型，故無法用最值性質(zhì)來討論，回觀察題目問法為“探究P點運動到第幾秒到第幾秒之間時”，＜1＞并不是我們常規(guī)的在確定時間最小，＜2＞時間問的整數(shù)秒．故可考慮將所有可能的秒全部算出，再觀察數(shù)據(jù)探究函數(shù)的變化找結(jié)論． 解答： （1）證明：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠QPA=∠QDC，∠QAP=∠QCD， ∴△APQ∽△CDQ． （2）解：①

34、當(dāng)DP⊥AC時，∠QCD+∠QDC=90， ∵∠ADQ+∠QCD=90， ∴∠DCA=∠ADP， ∵∠ADC=∠DAP=90， ∴△ADC∽△PAD， ∴=， ∴， 解得 PA=5， ∴t=5． ②設(shè)△ADP的邊AP上的高h，則△QDC的邊DC上的高為10﹣h． ∵△APQ∽△CDQ， ∴==， 解得 h=， ∴10﹣h=， ∴S△APQ==，S△DCQ==， ∴y=S△APQ+S△DCQ=+=（0≤t≤20）． 探究： t=0，y=100； t=1，y≈95.48； t=2，y≈91.82； t=3，y≈88.91； t=4，y≈86.67； t=

35、5，y=85； t=6，y≈83.85； t=7，y≈83.15； t=8，y≈82.86； t=9，y≈82.93； t=10，y≈83.33； t=11，y≈84.03； t=12，y=85； t=13，y≈86.21； t=14，y≈87.65； t=15，y≈89.29； t=16，y≈91.11； t=17，y≈93.11； t=18，y≈95.26； t=19，y≈97.56； t=20，y=100； 觀察數(shù)據(jù)知： 當(dāng)0≤t≤8時，y隨t的增大而減??； 當(dāng)9≤t≤20時，y隨t的增大而增大； 故y在第8秒到第9秒之間取得最小值． 點評： 本

36、題主要考查了三角形相似及相似圖形性質(zhì)等問題，（2）②是一道非常新穎的考點，它考察了考生對函數(shù)本身的理解，作為未知函數(shù)類型如何探索其變化趨勢是非常需要學(xué)生能力的．總體來說，本題是一道非常好、非常新的題目． 動態(tài)問題 一、選擇題 1. （2014?山東濰坊，第8題3分）如圖，已知矩形ABCD的長AB為5，寬BC為4．E是BC邊上的一個動點，AE⊥上EF,EF交CD于點F．設(shè)BE=x,FC=y，則點 E從點B運動到點C時，能表示y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是（ ） 考點：動點問題的函數(shù)圖象． 分析：易證△ABE∽△ECF，根據(jù)相似比得出函數(shù)表達式，在判斷圖像.

37、解答：因為△ABE∽△ECF，則BE：CF=AB：EC，即x：y=5：（4－x）y， 整理，得y=－（x－2）2+， 很明顯函數(shù)圖象是開口向下、頂點坐標(biāo)是（2，）的拋物線．對應(yīng)A選項． 故選：A． 點評：此題考查了動點問題的函數(shù)圖象，關(guān)鍵列出動點的函數(shù)關(guān)系，再判斷選項． 2. （2014?山東煙臺，第12題3分）如圖，點P是?ABCD邊上一動點，沿A→D→C→B的路徑移動，設(shè)P點（　?。┙?jīng)過的路徑長為x，△BAP的面積是y，則下列能大致反映y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象是 A．B．C． D . 考點：平行四邊形的性質(zhì)，函數(shù)圖象． 分析：分三段來考慮點P沿A→D運動，△BAP的面積逐

38、漸變大；點P沿D→C移動，△BAP的面積不變；點P沿C→B的路徑移動，△BAP的面積逐漸減小，據(jù)此選擇即可． 解答：點P沿A→D運動，△BAP的面積逐漸變大；點P沿D→C移動，△BAP的面積不變； 點P沿C→B的路徑移動，△BAP的面積逐漸減?。蔬x：A． 點評：本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象．注意分段考慮． 3.（2014?甘肅蘭州,第15題4分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是邊長為4的正方形，平行于對角線BD的直線l從O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，運動到直線l與正方形沒有交點為止．設(shè)直線l掃過正方形OBCD的面積為S，直線l運動的時間為t（秒），下

39、列能反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點： 動點問題的函數(shù)圖象． 分析： 根據(jù)三角形的面積即可求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式選擇圖象． 解答： 解：①當(dāng)0≤t≤4時，S=tt=t2，即S=t2． 該函數(shù)圖象是開口向上的拋物線的一部分． 故B、C錯誤； ②當(dāng)4＜t≤8時，S=16﹣（t﹣4）（t﹣4）=t2，即S=﹣t2+4t+8． 該函數(shù)圖象是開口向下的拋物線的一部分． 故A錯誤． 故選：D． 點評： 本題考查了動點問題的函數(shù)圖象．本題以動態(tài)的形式考查了分類討論的思想，函數(shù)的知識和等腰

40、直角三角形，具有很強的綜合性． 二、填空題 1. （2014?江蘇徐州,第18題3分）如圖①，在正方形ABCD中，點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動；同時，點Q沿邊AB、BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動．當(dāng)點P移動到點A時，P、Q同時停止移動．設(shè)點P出發(fā)xs時，△PAQ的面積為ycm2，y與x的函數(shù)圖象如圖②，則線段EF所在的直線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為　y=﹣3x+18　． 考點： 動點問題的函數(shù)圖象． 分析： 根據(jù)從圖②可以看出當(dāng)Q點到B點時的面積為9，求出正方形的邊長，再利用三角形的面積公式得出EF所在的直線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式． 解答： 解：∵點P

41、沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動；點Q沿邊AB、BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動． ∴當(dāng)P點到AD的中點時，Q到B點， 從圖②可以看出當(dāng)Q點到B點時的面積為9， ∴9=（AD）?AB， ∵AD=AB， ∴AD=6，即正方形的邊長為6， 當(dāng)Q點在BC上時，AP=6﹣x，△APQ的高為AB， ∴y=（6﹣x）6，即y=﹣3x+18． 故答案為：y=﹣3x+18． 點評： 本題主要考查了動點函數(shù)的圖象，解決本題的關(guān)鍵是求出正方形的邊長． 三、解答題 1. （2014?四川巴中，第31題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx﹣4與x

42、軸交于點A（﹣2，0）和點B，與y軸交于點C，直線x=1是該拋物線的對稱軸． （1）求拋物線的解析式； （2）若兩動點M，H分別從點A，B以每秒1個單位長度的速度沿x軸同時出發(fā)相向而行，當(dāng)點M到達原點時，點H立刻掉頭并以每秒個單位長度的速度向點B方向移動，當(dāng)點M到達拋物線的對稱軸時，兩點停止運動，經(jīng)過點M的直線l⊥x軸，交AC或BC于點P，設(shè)點M的運動時間為t秒（t＞0）．求點M的運動時間t與△APH的面積S的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值． 考點：二次函數(shù)綜合題． 分析：（1）根據(jù)拋物線y=ax2+bx﹣4與x軸交于點A（﹣2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸，得到方程組，解方程

43、組即可求出拋物線的解析式； （2）由于點M到達拋物線的對稱軸時需要3秒，所以t≤3，又當(dāng)點M到達原點時需要2秒，且此時點H立刻掉頭，所以可分兩種情況進行討論：①當(dāng)0＜t≤2時，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根據(jù)三角形的面積公式求出即可；②當(dāng)2＜t≤3時，過點P作PM⊥x軸于M，PF⊥y軸于點F，表示出三角形APH的面積，利用配方法求出最值即可． 解答：（1）∵拋物線y=ax2+bx﹣4與x軸交于點A（﹣2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸， ∴，解得：，∴拋物線的解析式是：y=x2﹣x﹣4， （2）分兩種情況： ①當(dāng)0＜t≤2時，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AO

44、C， ∴=，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， 當(dāng)t=2時S的最大值為8； ②當(dāng)2＜t≤3時，過點P作PM⊥x軸于M，作PF⊥y軸于點F，則△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+， 當(dāng)t=時，S最大值為． 綜上所述，點M

45、的運動時間t與△APQ面積S的函數(shù)關(guān)系式是S=，S的最大值為． 點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的最值等知識，綜合性較強，難度適中．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵． 2．（2014?湖南懷化，第24題，10分）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，AB=OB=8，∠ABO=90，∠yOC=45，射線OC以每秒2個單位長度的速度向右平行移動，當(dāng)射線OC經(jīng)過點B時停止運動，設(shè)平行移動x秒后，射線OC掃過Rt△ABO的面積為y． （1）求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式； （2）當(dāng)x=3秒時，射線OC平行移動到O′C′，與OA相

46、交于G，如圖2，求經(jīng)過G，O，B三點的拋物線的解析式； （3）現(xiàn)有一動點P在（2）中的拋物線上，試問點P在運動過程中，是否存在三角形POB的面積S=8的情況？若存在，求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題 專題： 壓軸題． 分析： （1）判斷出△ABO是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠AOB=45，然后求出AO⊥CO，再根據(jù)平移的性質(zhì)可得AO⊥C′O′，從而判斷出△OO′G是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)列式整理即可得解； （2）求出OO′，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點G的坐標(biāo)，然后設(shè)拋物線解析式為y=ax2+b

47、x，再把點B、G的坐標(biāo)代入，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答； （3）設(shè)點P到x軸的距離為h，利用三角形的面積公式求出h，再分點P在x軸上方和下方兩種情況，利用拋物線解析式求解即可． 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， ∵射線OC的速度是每秒2個單位長度， ∴OO′=2x， ∴y=（2x）2=2x2； （2）當(dāng)x=3秒時，OO′=23=6，

48、 ∵6=3， ∴點G的坐標(biāo)為（3，3）， 設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx， 則， 解得， ∴拋物線的解析式為y=﹣x2+x； （3）設(shè)點P到x軸的距離為h， 則S△POB=8h=8， 解得h=2， 當(dāng)點P在x軸上方時，﹣ x2+x=2， 整理得，x2﹣8x+10=0， 解得x1=4﹣，x2=4+， 此時，點P的坐標(biāo)為（4﹣，2）或（4+，2）； 當(dāng)點P在x軸下方時，﹣ x2+x=﹣2， 整理得，x2﹣8x﹣10=0， 解得x1=4﹣，x2=4+， 此時，點P的坐標(biāo)為（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2）， 綜上所述，點P的坐標(biāo)為（4﹣，2）或（4+，2）或（4

49、﹣，﹣2）或（4+，﹣2）時，△POB的面積S=8． 點評： 本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，三角形的面積，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，（3）要注意分情況討論． 3．（2014?湖南張家界，第25題，12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過O、B、C三點，B、C坐標(biāo)分別為（10，0）和（，﹣），以O(shè)B為直徑的⊙A經(jīng)過C點，直線l垂直x軸于B點． （1）求直線BC的解析式； （2）求拋物線解析式及頂點坐標(biāo)； （3）點M是⊙A上一動點（不同于O，B），過點M作⊙A的切線，交y

50、軸于點E，交直線l于點F，設(shè)線段ME長為m，MF長為n，請猜想m?n的值，并證明你的結(jié)論； （4）若點P從O出發(fā)，以每秒一個單位的速度向點B作直線運動，點Q同時從B出發(fā)，以相同速度向點C作直線運動，經(jīng)過t（0＜t≤8）秒時恰好使△BPQ為等腰三角形，請求出滿足條件的t值． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）用待定系數(shù)法即可求得； （2）應(yīng)用待定系數(shù)法以及頂點公式即可求得； （3）連接AE、AM、AF，則AM⊥EF，證得Rt△AOE≌RT△AME，求得∠OAE=∠MAE，同理證得∠BAF=∠MAF，進而求得∠EAF=90，然后根據(jù)射影定理即可求得． （4）分三種情況

51、分別討論，①當(dāng)PQ=BQ時，作QH⊥PB，根據(jù)直線BC的斜率可知HB：BQ=4：5；即可求得，②當(dāng)PB=QB時，則10﹣t=t即可求得，③當(dāng)PQ=PB時，作QH⊥OB，根據(jù)勾股定理即可求得． 解答： 解：（1）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b， ∵直線BC經(jīng)過B、C， ∴， 解得：， ∴直線BC的解析式為；y=x﹣． （2）∵拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過O、B、C三點，B、C坐標(biāo)分別為（10，0）和（，﹣）， ∴， 解得， ∴拋物線的解析式為：y=x2﹣x； ∴x=﹣=﹣=5，y=x2﹣x=52﹣5=﹣， ∴頂點坐標(biāo)為（5，﹣）； （3）m?n=25

52、； 如圖2，連接AE、AM、AF，則AM⊥EF， 在RT△AOE與RT△AME中 ∴Rt△AOE≌RT△AME（HL）， ∴∠OAE=∠MAE， 同理可證∠BAF=∠MAF， ∴∠EAF=90， 在RT△EAF中，根據(jù)射影定理得AM2=EM?FM， ∵AM=OB=5，ME=m，MF=n， ∴m?n=25； （4）如圖3．有三種情況； ①當(dāng)PQ=BQ時，作QH⊥PB， ∵直線BC的斜率為，∴HQ：BQ=3：5，HB：BQ=4：5； ∵HB=（10﹣t），BQ=t， ∴=， 解得；t=， ②當(dāng)PB=QB時，則10﹣t=t， 解得t=5， ③當(dāng)PQ=PB時

53、，作QH⊥OB，則PQ=PB=10﹣t，BQ=t，HP=t﹣（10﹣t），QH=t； ∵PQ2=PH2+QH2， ∴（10﹣t）2=【t﹣（10﹣t）]2+（t）2； 解得t=． 點評： 本題考查了待定系數(shù)法求解析式，頂點坐標(biāo)的求法，圓的切線的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合分類討論是本題的關(guān)鍵． 　 4. (2014年貴州黔東南24．（14分）)如圖，直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），點P是線段AB上異于A、B的動點，過點P作PC⊥x軸于點D，交拋物線于點C． （1）求拋物線的解析式； （2）是否存在這樣的P點，使線段PC的長有最大

54、值，若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由； （3）求△PAC為直角三角形時點P的坐標(biāo)． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）已知B（4，m）在直線y=x+2上，可求得m的值，拋物線圖象上的A、B兩點坐標(biāo)，可將其代入拋物線的解析式中，通過聯(lián)立方程組即可求得待定系數(shù)的值． （2）要弄清PC的長，實際是直線AB與拋物線函數(shù)值的差．可設(shè)出P點橫坐標(biāo)，根據(jù)直線AB和拋物線的解析式表示出P、C的縱坐標(biāo)，進而得到關(guān)于PC與P點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出PC的最大值． （3）根據(jù)直線AB的解析式，可求得直線AC的解析式y(tǒng)=﹣x+b，已知了點A的坐標(biāo)，即可求得直線A

55、C的解析式，聯(lián)立拋物線的解析式，可求得C點的坐標(biāo)； 解答： 解：（1）∵B（4，m）在直線線y=x+2上， ∴m=4+2=6， ∴B（4，6）， ∵A（，）、B（4，6）在拋物線y=ax2+bx﹣4上， ∴， ∵c=6， ∴a=2，b=﹣8， ∴y=2x2﹣8x+6． （2）設(shè)動點P的坐標(biāo)為（n，n+2），則C點的坐標(biāo)為（n，2n2﹣8n+6）， ∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6）， =﹣2n2+9n﹣4， =﹣2（n﹣）2+， ∵PC＞0， ∴當(dāng)n=時，線段PC最大且為． （3）設(shè)直線AC的解析式為y=﹣x+b， 把A（，）代入得： =﹣+b，解

56、得：b=3， ∴直線AC解析式：y=﹣x+3， 點C在拋物線上，設(shè)C（m，2m2﹣8m+6），代入y=﹣x+3得：2m2﹣8m+6=﹣m+3， 整理得：2m2﹣7m+3=0， 解得；m=3或m=， ∴P（3，0）或P（，）． 點評： 此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、二次函數(shù)最值的應(yīng)用以及直角三角形的判定、函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法等知識； 　 5.（2014?十堰）25．（12分）已知拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點為A，且經(jīng)過點B（﹣2，﹣1）． （1）求A點的坐標(biāo)和拋物線C1的解析式； （2）如圖1，將拋物線C1向下平移2個單位后得到拋物線C2，且拋物線C2

57、與直線AB相交于C，D兩點，求S△OAC：S△OAD的值； （3）如圖2，若過P（﹣4，0），Q（0，2）的直線為l，點E在（2）中拋物線C2對稱軸右側(cè)部分（含頂點）運動，直線m過點C和點E．問：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的增減性． 專題： 壓軸題；存在型． 分析： （1）由拋物線的頂點式易得頂點A坐標(biāo)，把點B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可解決問題． （

58、2）根據(jù)平移法則求出拋物線C2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再通過解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點C、D的坐標(biāo)，就可以求出S△OAC：S△OAD的值． （3）設(shè)直線m與y軸交于點G，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點G的變化而變化，故需對點G的位置進行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識求出符合條件的點G的坐標(biāo)，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式． 解答： 解：（1）∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點為A， ∴點A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）． ∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2經(jīng)過點B（﹣2，﹣1），

59、 ∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1． 解得：a=1． ∴拋物線C1的解析式為：y=（x+1）2﹣2． （2）∵拋物線C2是由拋物線C1向下平移2個單位所得， ∴拋物線C2的解析式為：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4． 設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b． ∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1）， ∴ 解得： ∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣3． 聯(lián)立 解得：或． ∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）． ∴OC=3，OD=3． 過點A作AE⊥x軸，垂足為E， 過點A作AF⊥y軸，垂足為F， ∵A（﹣1，﹣2）， ∴AF=1，AE=2． ∴S△OAC：S△OAD

60、 =（OC?AE）：（OD?AF） =（32）：（31） =2． ∴S△OAC：S△OAD的值為2． （3）設(shè)直線m與y軸交于點G，與直線l交于點H， 設(shè)點G的坐標(biāo)為（0，t） 當(dāng)m∥l時，CG∥PQ． ∴△OCG∽△OPQ． ∴=． ∵P（﹣4，0），Q（0，2）， ∴OP=4，OQ=2， ∴=． ∴OG=． ∴t=時，直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形． ∵t=0時，直線m與x軸重合， ∴直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形． ∴t≠0且t≠． ①t＜0時，如圖2①所示． ∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH， ∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH

61、． 當(dāng)∠PHC=∠GHQ時， ∵∠PHC+∠GHQ=180， ∴∠PHC=∠GHQ=90． ∵∠POQ=90， ∴∠HPC=90﹣∠PQO=∠HGQ． ∴△PHC∽△GHQ． ∵∠QPO=∠OGC， ∴tan∠QPO=tan∠OGC． ∴=． ∴=． ∴OG=6． ∴點G的坐標(biāo)為（0，﹣6） 設(shè)直線m的解析式為y=mx+n， ∵點C（﹣3，0），點G（0，﹣6）在直線m上， ∴． 解得：． ∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6， 聯(lián)立， 解得：或 ∴E（﹣1，﹣4）． 此時點E在頂點，符合條件． ∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6． ②O＜t＜時，如圖2

62、②所示， ∵tan∠GCO==＜， tan∠PQO===2， ∴tan∠GCO≠tan∠PQO． ∴∠GCO≠∠PQO． ∵∠GCO=∠PCH， ∴∠PCH≠∠PQO． 又∵∠HPC＞∠PQO， ∴△PHC與△GHQ不相似． ∴符合條件的直線m不存在． ③＜t≤2時，如圖2③所示． ∵tan∠CGO==≥， tan∠QPO===． ∴tan∠CGO≠tan∠QPO． ∴∠CGO≠∠QPO． ∵∠CGO=∠QGH， ∴∠QGH≠∠QPO， 又∵∠HQG＞∠QPO， ∴△PHC與△GHQ不相似． ∴符合條件的直線m不存在． ④t＞2時，如圖2④所示． 此時

63、點E在對稱軸的右側(cè)． ∵∠PCH＞∠CGO， ∴∠PCH≠∠CGO． 當(dāng)∠QPC=∠CGO時， ∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ， ∴△PCH∽△GQH． ∴符合條件的直線m存在． ∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90， ∴△POQ∽△GOC． ∴=． ∴=． ∴OG=6． ∴點G的坐標(biāo)為（0，6）． 設(shè)直線m的解析式為y=px+q ∵點C（﹣3，0）、點G（0，6）在直線m上， ∴． 解得：． ∴直線m的解析式為y=2x+6． 綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似， 此時直線m的解析式為

64、y=﹣2x﹣6和y=2x+6． 點評： 本題考查了二次函數(shù)的有關(guān)知識，考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義及增減性等知識，考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，考查了通過解方程組求兩個函數(shù)圖象的交點，強化了對運算能力、批判意識、分類討論思想的考查，具有較強的綜合性，有一定的難度． 6.（2014?婁底26．（10分））如圖，拋物線y=x2+mx+（m﹣1）與x軸交于點A（x1，0），B（x2，0），x1＜x2，與y軸交于點C（0，c），且滿足x12+x22+x1x2=7． （1）求拋物線的解析式； （2）在拋物線上能不能找到一點P，使∠POC=∠

65、PCO？若能，請求出點P的坐標(biāo)；若不能，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）利用根與系數(shù)的關(guān)系，等式x12+x22+x1x2=7．由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得x1+x2=﹣m，x1x2=m﹣1．代入等式，即可求得m的值，從而求得解析式． （2）根據(jù)線段的垂直平分線上的點到兩端點的距離相等，求得P點的縱坐標(biāo)，代入拋物線的解析式即可求得． 解答： 解（1）依題意：x1+x2=﹣m，x1x2=m﹣1， ∵x1+x2+x1x2=7， ∴（x1+x2）2﹣x1x2=7， ∴（﹣m）2﹣（m﹣1）=7， 即m2﹣m﹣6=0， 解得m1=﹣2，m2=3，

66、 ∵c=m﹣1＜0，∴m=3不合題意 ∴m=﹣2 拋物線的解析式是y=x2﹣2x﹣3； （2）能 如圖，設(shè)p是拋物線上的一點，連接PO，PC，過點P作y軸的垂線，垂足為D． 若∠POC=∠PCO 則PD應(yīng)是線段OC的垂直平分線 ∵C的坐標(biāo)為（0，﹣3） ∴D的坐標(biāo)為（0，﹣） ∴P的縱坐標(biāo)應(yīng)是﹣ 令x2﹣2x﹣3=，解得，x1=，x2= 因此所求點P的坐標(biāo)是（，﹣），（，﹣） 點評： 本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系是：x1+x2=﹣，x1x2=，以及線段的垂直平分線的性質(zhì)，函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法等知識． 　 7.（2014?婁底27．（10分））如圖甲，在△ABC中，∠ACB=90，AC=4cm，BC=3cm．如果點P由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為1cm/s．連接PQ，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜4），解