動態(tài)問一、選擇（2014?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 A． C．D．考點：分析：①點PABDAPADPBC上時，根據(jù)同角的余角相等求出∠APB=∠PADyx的關(guān)系解答 解：①點P在AB上時，0≤x≤3，點D到AP的距離為AD的長度，是定值PBCB據(jù)點P的位置分兩種情況．（2014?廣西玉林市、防城港市123分）如圖，邊長分別為12的兩個等邊三三角形外停止．設(shè)角形移動的距離為x，兩個三角形面積為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象是（） ②當(dāng)1＜x≤2時 ③當(dāng)x≥2時兩個三角形面積為角形的面積為0，3（2014P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（ 分析：分點Q在AC上和BC上兩種情況進行即可QAC∴y=×AP×PQ=×x×=當(dāng)點Q在BC上時，∴PQ=BP?tan60°=（16﹣x∴==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Q在BC上這種4.（2014?83分）如圖，Rt△ABC中，AC=BC=2CDEFD、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yyx之間的函數(shù)關(guān)系的是（）．．．．考點：專題：分析：分類當(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于M，EF交AB于N，利用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，配方解答：0＜x≤11＜x≤2時，EDABM，EFABN，如圖，CD=xAD=2﹣x，∵Rt△ABC∴△ADM 三.1.（2014?，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)，段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，ADmBC2cmDAAB、AC、ADE、F、HPCPmt（t＞0t=2DE、DFAEDFBP的長；（1）12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)求如答圖3所示，分三種情形，需要分類，分別求解（1）t=2時，DH=AH=2HAD1所示．又∵EF⊥AD，∴EFAD的垂直平分線，∴AE=DE，AF=DF．∵AB=AC，AD⊥AB∴AE=AF=DE=DFAEDF2所示，由（1）t=2秒時，S△PEF10E3①所示，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F3∵PF∥AD，∴，即，解得t=P3EEM⊥BCMFFN⊥BCNEM=FN=DH=2t，∵EM∥AD，∴，即，解得BM=在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=∵FN∥AD，∴，即，解得CN= ﹣ Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，（10﹣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角形、勾股定理、解方程等知識點，重點考查了分類的數(shù)學(xué)思想．.2014?2014?第24題10分如圖，Rt△ABC中PBBA5cmAQC出若△BPQ與△ABCtAQ，CPAQ⊥CPt試證明：PQ的中點在△ABC考點 相似形綜合， ：①當(dāng)△BPQ∽△BAC時=，當(dāng)△BPQ∽△BCA，PPM⊥BCM，AQ，CPNMC=8﹣4t，根據(jù)△ACQ∽△CMP，得出=，代入計算即可PE=8﹣BM=8﹣4tDFBCRAC，得出解答 解：（1）①當(dāng)△BPQ∽△BAC時②當(dāng)△BPQ∽△BCA∴t=1或時，△BPQ與△ABC相似（2），過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t∴∠NAC=∠PCM（3）PM⊥BCM，PQDPE⊥AC于E，DF⊥ACF，∴DFPECQ∴DF=∴DF=∵BC=8BCR∴RC=DF=4∴DR∴PQ的中點在△ABC點評 3（2014·E，F(xiàn)AF，BEP.①求證：AF=BE，并求∠APB的度數(shù)AE=2，試求APAF的值A(chǔ)F=BEEACP經(jīng)過的路徑長120°；②12（2）（注：沒學(xué)同圓和切割線定理的可由△APE∽△ACF得比例式求解（2）如圖，作△ABP外接⊙O，在⊙O的優(yōu)弧上取一點G，連接AG，BG，AO，BO，OOH⊥ABH。3∵由（1）可知∠APB=120°，∴∠AGB=60°.∴∠AOB=120°，∠AOH3∵AB=6，∴AH=3.∴AO

3 ∴APB120

sin sin 23433 P433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·半軸上，BC∥x軸，OA=OC=4x=1A，B，C三點.l的解析式為yxmxGABCOm=01PBCPPHlH，OP，試求△OPH的面積.②當(dāng)m3PxlE，F(xiàn).P，P，E，F(xiàn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說 （1）y1x2x4（2）①150,3或11,2或3, （1）x=1xMyxNHHDx=1DPD，OM，DH的長，由SOPHSOPDSDPH求解即可∵MP=OC=4，OM=MN=1，∴PN=3，DH=32∴SOPH

O

1311 ②存在當(dāng)m3l的解析式為yx3iPOC2P的坐標(biāo)為0,p0p4F的坐標(biāo)為x,x3FFI⊥yI.則PEPOp,PIIF，即px3xxp32x2x∴EFx2xPF

2p 2p 27PF

2xp2 p iv）PAOP，E，F(xiàn)為頂點的三角形不存在,, 3,2考點：1.動點問題；2.待定系數(shù)法的應(yīng)用；3.曲線上點的坐標(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（2014·云南，第23題9分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物yax2bx3(a0xA（2，0、B（4，0）y點P從A點出發(fā)，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)，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？當(dāng)△PBQBCKS△CBK：S△PBQ52K點坐標(biāo)y QC（2StK點，由（2）可求出PBQ和CBK的面積，再把CBK分成（1），0yax2bx3(a0)4a2b3

a88即 ，解得：

b y3x23x t

0t過點過點Q作QDAB易證OCBDQBOCBC OC=3，OB=4，BC=5，AP3t,PB63t，BQ3

DQ3 1PBDQ1(63t)3t9t29

9對稱軸t 12(91秒時，△PBQ999最大，SPBQ105109999最大 K(m,38

CK、BKKL//y軸BC99由（2）SPBQ1099

:

5:

SCBKBCykx4kn

kn

，解得： BCy3x4

3m4KL3m3 SCBKSKLC1(

m8

m2)m

1(

m8

m2)(414(3m3m2 即 2(m m) K坐標(biāo)為(1,27或(3, AB=10，BC=4PABABADPA、P、DP、C、B為頂點的三x的值；若不存在，請說明理由；設(shè)△ADP與△PCBS1、S2S=S1+S2S（1題圖分析：（1）CCE⊥ABECE=BC?sin∠BCEAD=CE即可求AD；A、P、DP、C、B為頂點的三角形相似，則△PCB出AP=3，根據(jù)≠且≠，得出△PCB與△ADP不相似先求出S1=x?，再分兩種情況 ：①當(dāng)2＜x＜10時，作BC的垂直平x﹣1S2=x（x2﹣x+，最后根據(jù)S=S1+S2=x（x﹣）2+x即可得出S的最?。?）Rt△BCE∴CE=BC?sin∠B=4× ∴AD=CE=2A、P、DP、C、B△PCB①當(dāng)∠PCB=90°Rt△PCB又由（1）知 ∴存在△ADP與△CPB②∵當(dāng)∠CPB=90°Rt△PCB則≠且≠，此時△PCB與△ADP不相似如圖，因為Rt△ADP外接圓的直徑為斜邊PD，則S1=x?（）2=x?2＜x＜10BCBCHAB在Rt△GBH中，BH=∴GN=BG﹣BN=x﹣1在Rt△BMN中，BM2=MN2+BN2=x2﹣x+，②∵當(dāng)0＜x≤2時，S2=x（x2﹣x+）也成立勾股定理，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．（2014?28題，12分）ABCDAD=8ABCD折疊，BCDP點處．（6題圖1BCOAP、OP、②若△OCP與△PDA1：4AB1PCD邊的中點，求∠OAB如圖 ，擦去折痕AO、線段OP，連結(jié)BP．動點MAP上（點M與點P、A不重合，動點N段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PBFME⊥BPEM、NEF的長度是否發(fā)生EF的長度．的性質(zhì)求出PC長以及APOP的關(guān)系，然后在Rt△PCO中運用勾股定理求出OPAB長．而求出∠OAB的度數(shù)．BNPM所在的三角形并不全等，且這兩條線EFPBPBEF長．（1）ABCD②∵△OCP與△PDARt△PCO中，AB（2）∵PCD∴DP=∴DP=∴sin∠DAP==∴∠OAB（3）MQ∥ANPBQ∴PE=EQ=在△MFQ和△NFB．∴QF= F=PQ+QB= 8.（2014?2512分）ABCD中，AB=20，BC=10PAB邊上一動點，OPACQ．（2）PAAB1BttS△APQ+S△DCQ=yytP點運動到第幾秒到第幾秒之間時，y取得最小值．考點 相似形綜合分析 APt易知．②因為S△APQ+S△DCQ=y，故求S△APQ和S△DCQ是解決問題的關(guān)鍵，觀察無固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．，回觀察題目問法為“P點運動到第幾秒到第幾秒之間時”，＜1解答 （1）證明：∵四邊形ABCD是矩形（2）DP⊥AC②設(shè)△ADPAPh，則△QDCDC解得h=，∴S△APQ==，S△DCQ==0≤t≤8時，yt的增大而減??；9≤t≤20時，yt的增大而增大；y89點評：本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

（2014?83分）ABCDAB5BC4．EBC邊上的一個動點，AEEF,EFCDFBE=x,FC=y，則點EB點C時，能表示y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是 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x：y=5（4－x）y，y=1（x－2）2+4 4很明顯函數(shù)圖象是開口向下、頂點坐標(biāo)是5

）A（2014?山東煙臺123分）如圖P是?ABCD邊上一動點A→D→C→B的P點（）x，△BAPyyx的函數(shù)關(guān)系的圖象是A．B．C．PA→D運動，△BAPPD→C△BAPPC→B的路徑移動，△BAPPA→D運動，△BAPPD→C移動，△BAP的面積PC→B的路徑移動，△BAP的面積逐漸減?。蔬x：A．3.（2014?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（秒下列能反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（ 解答：0≤t≤4時，S=×t×t=t2S=t2．B、C錯誤；4＜t≤8時，S=16﹣×（t﹣4）×（t﹣4）=t2S=﹣t2+4t+8．A錯誤．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ycm2y與x的函數(shù)圖象如圖則線段EF所在的直線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=﹣3x+18 考點：分析：根據(jù)從圖②QB9，求出正方形的邊長，再利用三EF所在的直線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．解答 解：∵點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動；點Q沿邊AB、AC2cm/sPAD的中點時，QB從圖②QBQBC上時，AP=6﹣x，△APQ∴y=（6﹣x）×6y=﹣3x+18． 1.（2014?巴中，第31題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線4xA（﹣2，0）ByCx=1M，HA，B1x軸同時出發(fā)相向BC于點P，設(shè)點M的運動時間為t秒（t＞0M的運動t與△APH的面積SS的最大值．A（﹣2，0， （2）M3t≤3M2秒，且此時點H立刻掉頭，所以可分兩種情況進行：①當(dāng)0＜t≤2時，△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PPM⊥x軸于M，PF⊥yF，表示出三角形APH的面積，利解答：（1）∵拋物線y=ax2+bx﹣4x軸交于點A（﹣2，0，直線x=1是該拋物線的 ，解得：0＜t≤2∵A（﹣2，0，∴B（4，0，∴AB=4﹣（﹣2）=6．t=2S8；2＜t≤3PPM⊥xMPF⊥yF，則△COB∽△CFP，當(dāng)t=時，S最大值為．Mt與△APQS ，S的最大值為2（2014?∠yOC=45°OC2OCB時停xOCRt△ABOy．求y與x當(dāng)x=3OCO′C′OAG2P在（2）PS=8POO′G的坐標(biāo)，然后設(shè)拋物線解析y=ax2+bxB、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；PxhhPx軸上∴△ABO∵C′O′CO∴△OO′GOC2（2）x=3G的坐標(biāo)為（3，3y=ax2+bx，則，解 （3）Pxh，S△POB=×8h=8，Px軸上方時，﹣x2+x=2，解得x1=4﹣ 此時，點P的坐標(biāo)為（4﹣ 當(dāng)點P在x軸下方時，﹣x2+x=﹣2，解得x1=4﹣ 此時，點P的坐標(biāo)為 ，﹣2 ﹣2）時，△POB（3）．3（2014?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．求直線BCO，BlFMEm，MFnm?n的值，并證明你的結(jié)論；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t值．分三種情況分別，①當(dāng)PQ=BQ時，作QH⊥PB，根據(jù)直線BC的斜率可知HB：BQ=4：5PB=QB10﹣t=tPQ=PB時，QH⊥OB，根據(jù)勾股定理即可求得．（1）BCB、∴解得 ∴直線BC的解析式為 ∴解得∴拋物線的解析式為 ∴頂點坐標(biāo)為 RT△AOERT△AME中∴Rt△AOE≌T△AME（HLPQ=BQBC 解得 PB=QB10﹣t=t，t=5，PQ=PBQH⊥OBPQ=PB=10t，BQ=t，HP=t﹣（10﹣t，H=t；解得 24（14A（）B（4，mC．PPC的長有最大值，若存在，求出這個最大值；若不存求△PACP考點：PCABP點橫坐標(biāo)，根據(jù)直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PCP點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)PC的最大值．根據(jù)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ACC點的坐標(biāo)；（1）∵B（4，m）∴B（4，6∵A（ （n，n+2（n，2n2﹣8n+6∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6=﹣2（n﹣）2+∴當(dāng)n=時，線段PC最大且為ACy=﹣x+b，A（）ACC（m，2m2﹣8m+6，解得；m=3P（．25（122，﹣1AC11C12C2C2AB相C，DS△OAC：S△OAD的值；如圖2，若過P（﹣4，0，Q（0，2）的直線為lE在（2）中拋物線C2對稱軸右側(cè)部分（含頂點）運動，直線mC和點E．問：是否存在直線m，使直線l，mx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C2AB的解析式，C2ABC、DS△OAC：S△OAD的值．設(shè)直線myGl，m與xl，my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，借G的坐m的解析式．（1）A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2C1：y=a（x+1）2﹣2B（﹣2，﹣1C1C2C12C2的解析式為：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．ABy=kx+b．∵A（﹣1，﹣2，B（﹣2，﹣1∴ABy=﹣x﹣3．解得 ∴C（﹣3，0，D（0，﹣3AAE⊥xE，AAF⊥y∵A（﹣1，﹣2=（OC?AE（OD?AF）=（×3×2（×3×1）∴S△OAC：S△OAD設(shè)直線myGlH，G的坐標(biāo)為（0，t）m∥l∵P（﹣4，0，Q（0，2∴t=l，m與x∵t=0mxl，mx∴t≠0且①t＜02當(dāng)∠PHC=∠GHQ時， ∴=G的坐標(biāo)為mC（﹣3，0 解得 ∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6， 解得 ∴E（﹣1，﹣4Em∴△PHC與△GHQm③＜t≤22∴△PHC與△GHQm④t＞22④所示．E當(dāng)∠QPC=∠CGO時，mG的坐標(biāo)為（0，6mC（﹣3，0 解得 mmy=﹣2x﹣6和26（10）A（x1，0B（x2，0，x1＜x2C（0，cP，使∠POC=∠PCOP的坐標(biāo)；若不能x1+x2=﹣m，x1x2=m﹣1m的值，從而求得解析式．（2）P點的縱坐標(biāo)，代入m2﹣m﹣6=0，∵c=m﹣1＜0，∴m=3（2）pPO，PCPyD．PDOC∵C的坐標(biāo)為∴D的坐標(biāo)為∴P的縱坐標(biāo)應(yīng)是令x2﹣2x﹣3=，解得，x1=，﹣（7.（2014?27（10分）如圖甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如PBBAAQAAC方向向點C勻t（s（0＜t＜4設(shè)△APQSt為何值時，S取得最大值？S如圖乙，連接PC，將△PQCQC翻折，得到四邊形PQP′C，當(dāng)四邊形PQP′C為t的值；′t為何值時，△APQ過點P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得 AQ?PH=（3﹣t，連接PP′交QC于E當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時得出△APE∽△ABC，求出AE=﹣t+4，再根據(jù)QE=AE﹣AE=QC得出﹣t+4=﹣t+2，再求t即可，在△APQ中，分三種情況：①當(dāng)AQ=AP，即t=5﹣t，②當(dāng)PQ=AQ，即（1）PPH⊥ACH， ∴△AQP∴當(dāng)t為秒時，S最大值為PP′，PPQCPQP′C為菱形時，PEQC∴當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時，t的值是 在△APQAQ=APt=5﹣t②當(dāng)PQ=AQ，即=t時，解得：t2=③當(dāng)PQ=AP，即=5﹣t時，解得：t4=0，t5=∴t3=5，t4=0∴當(dāng)t為s s s時，△APQ是等腰三角形(2014年)(11分）如圖，拋物線y=－x2+bx+c與x軸交于A(－1,0),B(5,0）兩點，34

CPPF⊥xFCDE.PmPE=5EF,mE/EPCPE/y軸上？若存在，P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。解：(1)y=－x2+bx+cxA(－1,0B(5,0)∴0=52

yPCA yPCA FOX（2）PP(m,－m2＋4m＋5）,E(m,34PxPE=5EF,Py∴PE=－m2＋4m＋5－(－4

m＋3)=－m2＋19m42……4分兩種情況3EF4

623EF4

∵PE=5EF，∴－m2＋19m＋2=5(34即m2－m－17=0，解得

1 211 2 （舍去2∴m2

811 (3),點P的坐標(biāo)為P1(－1，11),P2(4，5),

11 【提示】∵EE/PC對稱，∴∠E/CP=∠ECP;又∵PE∥y軸，∴∠EPC=∠E/CP=∠PCE,∴PE=EC,54過點E作EM⊥y軸于點 m54∵PE=CE,∴－m219m＋2=5m或－m219m＋2=5 12

，m2=4，

（舍去PP1(－ y

),P2(4，5), y

－3)PC

EMPBA 9（2014?福建福州,第21題13分）如圖1，點O 段AB上，AO=2，OB=1，OC為射線且∠BOC=60°.動點P以每秒2個單位長度的速度從點O出發(fā)沿射線OC做勻速運動t秒（1）當(dāng)t1時，則 ，

當(dāng)△ABPt2AP=ABAAQ∥BP，并使得∠QOP=∠BAPBP3334

（2）111

（3）考點：1.單動點問題；2.銳角三角函數(shù)定義；3.特殊角的三角函數(shù)值；4.相似三角形的判定

（2014?黑龍江,第15題3分如圖在平面直角坐標(biāo)系中邊長為1的正方形ABCD中，AD邊的中點處有一動點P，動點PP→D→C→B→A→P運動一周，則P點的縱坐標(biāo)yPs之間的函數(shù)關(guān)系用圖象表示大致是（） D． 考點：PPD、DC、CB、BA、AP5個階段，分別進行分析，解答 解：動點P運動過程中①當(dāng)0≤s≤時，動點P段PD上運動，此時y=2保持不變②當(dāng)＜s≤時，動點P段DC上運動，此時y由2到1逐漸減少③當(dāng)＜s≤時，動點P段CB上運動，此時y=1保持不變④當(dāng)＜s≤時，動點P段BA上運動，此時y由1到2逐漸增大⑤當(dāng)＜s≤4時，動點P段AP上運動，此時y=2保持不變．D選項符合要求．（2014?黃岡,第8題3分）已知：在△ABC中，BC=10，BC邊上的高h(yuǎn)=5，點E在ABEEF∥BCAC邊于點FDBC上一點，連接DE、DF．設(shè)點EBCx，則△DEFSx的函數(shù)圖象大致為（）1 Sx的關(guān)系式，然后得到大致圖象選擇即可．∴S=（10﹣2x）?x=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+（0＜x＜10D選項圖象符合．(2014年黃石)（2014?黃石,第10題3分）如圖，AB是半圓O的直徑，點P從A出發(fā)，沿半圓弧AB順時針方向勻速移動至點B，運動時間為t，△ABP的面積為S，St之間的關(guān)系的是（）2A．B．C．考點：分析：根據(jù)點PAB 解：點P在弧AB上運動時，隨著時間t的增大，點P到AB的距離先變大，當(dāng)?shù)竭_弧AB的中點時，最大，BPAB∵AB∴△ABPSt的變化情況相同，C選項圖象符合． 本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，讀懂題目信息，理解△ABP的面積的變化情況與點P到AB的距離的變化情況相同是解題的關(guān)鍵．4（2014?沿A→C→B→A勻速運動則CP的長度s與時間t之間的函數(shù)關(guān)系用圖象描述大致 PAC上時，stPBC上時，s隨t的增大而增大；當(dāng)點P段BD上時，s隨t的增大而減??；當(dāng)點P段AD上時，st的增大而增大．∵在△ABCPAC上時，stA、BPBC上時，st③當(dāng)點P 等于零．故C錯誤；④當(dāng)點P 段AD上時，s隨t的增大而增大．故D正確． HA=HGHE1DH=DA 度②EF∥HG，求∠AHE3，∠AEH=60°，EG=2BGFGFGDCPFG⊥AB，Ga的值．得出∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHEEF∥HG，得出∠AHF=∠AHG﹣第二種情況：根據(jù)已知得出∠AEH+∠FEH=45°，由折疊的性質(zhì)求出∠AHE的度數(shù)，此時，當(dāng)B與E重合時，a的值最小，設(shè)DH=DA=x，則AH=CH=x，在Rt△AHG（2）先過點HHQ⊥ABQ，則∠AQH=∠GOH=90°由折疊的性質(zhì)可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°Rt△EFG中，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求出EGEQ的值，再由折疊的性質(zhì)得出AE=EF，求出y的值，從AB=2AQ+GBa的值．（1）①②分兩種情況：BG重合時，a2；BE重合時，a的值最小，設(shè)DH=DA=x，則AH=CH=x，Rt△AHG中，∠AHG=90° ∴a的最小值是 （2）HHQ⊥ABQ，則∠AQH=∠GOH=90°，ABCD中，∠D=∠DAQ=90°，DAQHRt△EFG中，EG=EF×cos60°，EF=4y，在Rt△HQE中，EQ==x， （﹣40B（0，3P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿直線AB向點B移動，同時，將直y=x0.6AO、BOC、Dt（0＜t＜5ACDP當(dāng)t取何值時，四邊形ACDP為菱形？且此時以點D為圓心，以DO長為半徑的AB的位置關(guān)系，并說明理由．考點：分析：（1）ABy=kx+bAB的解析式再由點的坐標(biāo)求出AO，BO的值由勾股定理就可以得出AB的值求出sin∠BAOPE⊥AOPEPE=DO，就可以得出結(jié)論；（2）由三角函數(shù)值表示CO的值，由菱形的性質(zhì)可以求出菱形的邊長，作DF⊥AB于F由DO，DF的值，進而得出結(jié)論．，，解答 （1），，∵A（﹣4，0B（0，3Rt△AOBPE⊥AO，PEODACDPACDPDF⊥ABF．DDOAB點評：本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的將誒相似的運用，勾股定理的運用，三角函A（1，0y=4﹣x于C、Dy=ax2+bx+cO、C、D三點．MODM作xN，問是否存在這若△AOC沿CD方向平移（點C段CD上，且不與點D重合在平移的過程△AOC與△OBD部分的面積記為S，試求S的最大值MN∥ACA、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，MN=AC=3MxMN=|x2﹣4x|；解方程|x2﹣4x|=3，求xM橫坐標(biāo)的值；t（0≤