專題53中考幾何動態(tài)試題解法一、動態(tài)問題概述數(shù)1.就運(yùn)動類型而言,有函數(shù)中的動點(diǎn)問題有圖象問題、面積問題、最值問題、和差問題、定值問題和存在性問題等。怎2.就運(yùn)動對象而言,幾何圖形中的動點(diǎn)問題有點(diǎn)動、線動、面動三大類。怎樣3.就圖形變化而言,有軸對稱（翻折）、平移、旋轉(zhuǎn)（中心對稱、滾動）等。4.動態(tài)問題一般分兩類，一類是代數(shù)綜合方面，在坐標(biāo)系中有動點(diǎn)，動直線，一般是利用多種函數(shù)交叉求解。另一類就是幾何綜合題，在梯形，矩形，三角形中設(shè)立動點(diǎn)、線以及整體平移翻轉(zhuǎn)，對考生的綜合分析能力進(jìn)行考察。所以說，動態(tài)問題是中考數(shù)學(xué)當(dāng)中的重中之重，屬于初中數(shù)學(xué)難點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，只有完全掌握才能拿高分。二、動點(diǎn)與函數(shù)圖象問題常見的四種類型1.三角形中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿三角形的邊運(yùn)動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。2.四邊形中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿四邊形的邊運(yùn)動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。、3.圓中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿圓周運(yùn)動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。怎樣解決好4.直線、雙曲線、拋物線中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿直線、雙曲線、拋物線運(yùn)動，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，判斷函數(shù)圖象。三、圖形運(yùn)動與函數(shù)圖象問題常見的三種類型寸1.線段與多邊形的運(yùn)動圖形問題：把一條線段沿一定方向運(yùn)動經(jīng)過三角形或四邊形，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。2.多邊形與多邊形的運(yùn)動圖形問題：把一個三角形或四邊形沿一定方向運(yùn)動經(jīng)過另一個多邊形，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。怎樣解決好中考數(shù)3.多邊形與圓的運(yùn)動圖形問題：把一個圓沿一定方向運(yùn)動經(jīng)過一個三角形或四邊形，或把一個三角形或四邊形沿一定方向運(yùn)動經(jīng)過一個圓，根據(jù)問題中的常量與變量之間的關(guān)系，進(jìn)行分段，判斷函數(shù)圖象。四、動點(diǎn)問題常見的四種類型解題思路1.三角形中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿三角形的邊運(yùn)動，通過全等或相似，探究構(gòu)成的新圖形與原圖形的邊或角的關(guān)系。2.四邊形中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿四邊形的邊運(yùn)動，通過探究構(gòu)成的新圖形與原圖形的全等或相似，得出它們的邊或角的關(guān)系。3.圓中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿圓周運(yùn)動，探究構(gòu)成的新圖形的邊角等關(guān)系。4.直線、雙曲線、拋物線中的動點(diǎn)問題：動點(diǎn)沿直線、雙曲線、拋物線運(yùn)動，探究是否存在動點(diǎn)構(gòu)成的三角形是等腰三角形或與已知圖形相似等問題。五、解決動態(tài)問題一般步驟（1）用數(shù)量來刻畫運(yùn)動過程。因為在不同的運(yùn)動階段，同一個量的數(shù)學(xué)表達(dá)方式會發(fā)生變化，所以需要分類討論。有時符合試題要求的情況不止一種，這時也需要分類討論。（2）畫出符合題意的示意圖。（3）根據(jù)試題的已知條件或者要求列出算式、方程或者數(shù)量間的關(guān)系式?！纠}1】（2020?連云港）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為2的⊙O與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B是⊙O上一動點(diǎn)，點(diǎn)C為弦AB的中點(diǎn)，直線y=34x﹣3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)D、E，則△CDE面積的最小值為【答案】2【分析】如圖，連接OB，取OA的中點(diǎn)M，連接CM，過點(diǎn)M作MN⊥DE于N．首先證明點(diǎn)C的運(yùn)動軌跡是以M為圓心，1為半徑的⊙M，設(shè)⊙M交MN于C′．求出MN，當(dāng)點(diǎn)C與C′重合時，△C′DE的面積最?。窘馕觥咳鐖D，連接OB，取OA的中點(diǎn)M，連接CM，過點(diǎn)M作MN⊥DE于N．∵AC＝CB，AM＝OM，∴MC=12∴點(diǎn)C的運(yùn)動軌跡是以M為圓心，1為半徑的⊙M，設(shè)⊙M交MN于C′．∵直線y=34x﹣3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)D、∴D（4，0），E（0，﹣3），∴OD＝4，OE＝3，∴DE=3∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，∴△DNM∽△DOE，∴MNOE∴MN3∴MN=9當(dāng)點(diǎn)C與C′重合時，△C′DE的面積最小，最小值=12×【對點(diǎn)練習(xí)】（2020年浙江臺州模擬）如圖所示，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以邊AB的中點(diǎn)O為圓心，作半圓與AC相切，點(diǎn)P，Q分別是邊BC和半圓上的動點(diǎn)，連接PQ，則PQ長的最大值與最小值的和是（）A．6 B．2+1 C．9 D．【答案】C【解析】如圖，設(shè)⊙O與AC相切于點(diǎn)E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，∵AB=10，AC=8，BC=6，∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，∵∠OP1B=90°，∴OP1∥AC∵AO=OB，∴P1C=P1B，∴OP1=AC=4，∴P1Q1最小值為OP1﹣OQ1=1，如圖，當(dāng)Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2最大值=5+3=8，∴PQ長的最大值與最小值的和是9．【點(diǎn)撥】設(shè)⊙O與AC相切于點(diǎn)E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，求出OP1，如圖當(dāng)Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2最大值=5+3=8，由此不難解決問題．【例題2】（2020?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D是BC邊上一動點(diǎn)，連接AD，把AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，連接CE，DE．點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接CF．（1）求證：CF=22（2）如圖2所示，在點(diǎn)D運(yùn)動的過程中，當(dāng)BD＝2CD時，分別延長CF，BA，相交于點(diǎn)G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；（3）在點(diǎn)D運(yùn)動的過程中，在線段AD上存在一點(diǎn)P，使PA+PB+PC的值最?。?dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．【答案】見解析?！痉治觥浚?）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）過點(diǎn)G作GH⊥BC于H，設(shè)CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC=322a，由全等三角形的性質(zhì)可得BD＝CE＝2a，由銳角三角函數(shù)可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的長，即可求AG=22a（3）將△BPC繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，可得當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)P，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時，PA+PB+PC值最小，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性質(zhì)可求解．證明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵把AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，DE=2AD又∵AB＝AC，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，∴CF=12DE=（2）AG=26理由如下：如圖2，過點(diǎn)G作GH⊥BC于H，∵BD＝2CD，∴設(shè)CD＝a，則BD＝2a，BC＝3a，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC=BC2由（1）可知：△BAD≌△CAE，∴BD＝CE＝2a，∵CF＝DF，∴∠FDC＝∠FCD，∴tan∠FDC＝tan∠FCD，∴CECD∴GH＝2CH，∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BGH＝45°，∴BH＝GH，∴BG=2∵BH+CH＝BC＝3a，∴CH＝a，BH＝GH＝2a，∴BG＝22a，∴AG＝BG﹣AB=22a=22（3）如圖3﹣1，將△BPC繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等邊三角形，∴BP＝PN，∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)P，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時，PA+PB+PC值最小，此時，如圖3﹣2，連接MC，∵將△BPC繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，∴△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，∵BM＝CM，AB＝AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，∴BD=3PD∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∴3PD＝PD+AP，∴PD=3+1∴BD=3PD=3+由（1）可知：CE＝BD=3+3【對點(diǎn)練習(xí)】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AB＝4，∠DAB＝120°，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿AC向終點(diǎn)C運(yùn)動．過P作PE⊥AB交AB于點(diǎn)E，作PF⊥AD交AD于點(diǎn)F，設(shè)四邊形AEPF與△ABD的重疊部分的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t．（1）用含t的代數(shù)式表示線段BE的長；（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時，求t的值；（3）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）在點(diǎn)P出發(fā)的同時，有一點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒6個單位的速度沿折線C﹣D﹣A﹣B運(yùn)動，設(shè)點(diǎn)Q關(guān)于AC的對稱點(diǎn)是Q'，直接寫出PQ'與菱形ABCD的邊垂直時t的值．【答案】見解析?！窘馕觥浚?）如圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝60°，∴△ADC，△ABC都是等邊三角形，∵PE⊥AB，PA＝2t，∴∠PEA＝90°，∠APE＝30°，∴AE＝PA＝t，∴BE＝AB﹣AE＝4﹣t．（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時，PA＝OA＝2＝2t，∴t＝1時，點(diǎn)P與點(diǎn)O重合．（3）當(dāng)0＜t≤1時，如圖1中，重疊部分是四邊形PEAF，S＝2××t×t＝t2．當(dāng)1＜t≤2時，如圖2中，重疊部分是五邊形AEMNF，S＝S四邊形PEAF﹣S△PMN＝t2﹣（）2＝﹣t2+t﹣．（4）如圖4﹣1中，當(dāng)PQ′⊥BC時，易知PC＝2CQ′，可得4﹣2t＝2×6t，解得t＝．如圖4﹣2中，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)F重合時，PQ⊥AB，則有：6t+t＝8，t＝如圖4﹣3中，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)E重合時，PQ′⊥AD，則有：6t＝8+t，t＝，綜上所述，滿足條件的t的值為s或s或s．【點(diǎn)撥】本題是幾何圖形中的動點(diǎn)綜合題問題，可以用一下思路解決：（1）解直角三角形求出AE即可解決問題．（2）根據(jù)PA＝OA，構(gòu)建方程即可解決問題．（3）分兩種情形分別畫出圖形解決問題即可．（4）分三種情形：①如圖4﹣1中，當(dāng)PQ′⊥BC時．②如圖4﹣2中，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)F重合時．③如圖4﹣3中，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)E重合時，分別求解即可．【例題3】（2020?蘇州）如圖，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點(diǎn)，OA＝8cm．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左作勻速運(yùn)動，與此同時，動點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上作勻速運(yùn)動．連接PQ，交OT于點(diǎn)B．經(jīng)過O、P、Q三點(diǎn)作圓，交OT于點(diǎn)C，連接PC、QC．設(shè)運(yùn)動時間為t（s），其中0＜t＜8．（1）求OP+OQ的值；（2）是否存在實(shí)數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．（3）求四邊形OPCQ的面積．【答案】見解析。【分析】（1）由題意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，則可得出答案；（2）如圖，過點(diǎn)B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ（3）證明△PCQ是等腰直角三角形．則S△PCQ=12PC?QC=12×22PQ?22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2【解析】（1）由題意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．（2）當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大．如圖，過點(diǎn)B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．∵OT平分∠MON，∴∠BOD＝∠OBD＝45°，∴BD＝OD，OB=2BD設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣∵BD∥OQ，∴PDOP∴8-∴x=8t∴OB=2當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大，最大為22cm．（3）∵∠POQ＝90°，∴PQ是圓的直徑．∴∠PCQ＝90°．∵∠PQC＝∠POC＝45°，∴△PCQ是等腰直角三角形．∴S△PCQ=12PC?QC=12×在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．∴四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ=1=1＝4t-12t∴四邊形OPCQ的面積為16cm2．【對點(diǎn)練習(xí)】（2019?山東濰坊）如圖，直線y＝x+1與拋物線y＝x2﹣4x+5交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是y軸上的一個動點(diǎn)，當(dāng)△PAB的周長最小時，S△PAB＝．【答案】．【解析】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的性質(zhì)、軸對稱﹣?zhàn)疃搪窂絾栴}，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．根據(jù)軸對稱，可以求得使得△PAB的周長最小時點(diǎn)P的坐標(biāo)，然后求出點(diǎn)P到直線AB的距離和AB的長度，即可求得△PAB的面積，本題得以解決．，解得，或，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，5），∴AB＝＝3，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)A′，連接A′B與y軸的交于P，則此時△PAB的周長最小，點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（﹣1，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，5），設(shè)直線A′B的函數(shù)解析式為y＝kx+b，，得，∴直線A′B的函數(shù)解析式為y＝x+，當(dāng)x＝0時，y＝，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，），將x＝0代入直線y＝x+1中，得y＝1，∵直線y＝x+1與y軸的夾角是45°，∴點(diǎn)P到直線AB的距離是：（﹣1）×sin45°＝＝，∴△PAB的面積是：＝，【點(diǎn)撥】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的性質(zhì)、軸對稱﹣?zhàn)疃搪窂絾栴}，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．一、選擇題1．（2019海南）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．點(diǎn)P是邊AC上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，D為線段PQ的中點(diǎn)，當(dāng)BD平分∠ABC時，AP的長度為（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質(zhì)得到∠QBD＝∠BDQ，得到QB＝QD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，∴AC＝＝3，∵PQ∥AB，∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，∴∠QBD＝∠BDQ，∴QB＝QD，∴QP＝2QB，∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，∴＝＝，即＝＝，解得，CP＝，∴AP＝CA﹣CP＝2.（2019?四川省達(dá)州市）如圖，邊長都為4的正方形ABCD和正三角形EFG如圖放置，AB與EF在一條直線上，點(diǎn)A與點(diǎn)F重合．現(xiàn)將△EFG沿AB方向以每秒1個單位的速度勻速運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)F與B重合時停止．在這個運(yùn)動過程中，正方形ABCD和△EFG重疊部分的面積S與運(yùn)動時間t的函數(shù)圖象大致是（）A． B． C． D．【答案】C．【解析】根據(jù)題意和函數(shù)圖象可以寫出各段對應(yīng)的函數(shù)解析式，從而可以判斷哪個選項中的圖象符合題意，本題得以解決．當(dāng)0≤t≤2時，S＝＝，即S與t是二次函數(shù)關(guān)系，有最小值（0，0），開口向上，當(dāng)2＜t≤4時，S＝﹣＝，即S與t是二次函數(shù)關(guān)系，開口向下，由上可得，選項C符合題意。3．（2019?山東泰安）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為EC上一動點(diǎn)，P為DF中點(diǎn)，連接PB，則PB的最小值是（）A．2 B．4 C． D．【答案】D．【解析】根據(jù)中位線定理可得出點(diǎn)點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長，由勾股定理求解即可．如圖：當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)P在P1處，CP1＝DP1，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)E重合時，點(diǎn)P在P2處，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2＝CE當(dāng)點(diǎn)F在EC上除點(diǎn)C、E的位置處時，有DP＝FP由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF∴點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡是線段P1P2，∴當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1＝2∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°∴∠DP2P1＝90°∴∠DP1P2＝45°∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值為BP1的長在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2∴BP1＝2∴PB的最小值是24．（2019?山東濰坊）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，動點(diǎn)P沿折線BCD從點(diǎn)B開始運(yùn)動到點(diǎn)D．設(shè)運(yùn)動的路程為x，△ADP的面積為y，那么y與x之間的函數(shù)關(guān)系的圖象大致是（）A．B． C．D．【答案】D．【解析】由題意當(dāng)0≤x≤3時，y＝3，當(dāng)3＜x＜5時，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．由此即可判斷．由題意當(dāng)0≤x≤3時，y＝3，當(dāng)3＜x＜5時，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．5.（2019?湖北武漢）如圖，AB是⊙O的直徑，M、N是（異于A.B）上兩點(diǎn)，C是上一動點(diǎn)，∠ACB的角平分線交⊙O于點(diǎn)D，∠BAC的平分線交CD于點(diǎn)E．當(dāng)點(diǎn)C從點(diǎn)M運(yùn)動到點(diǎn)N時，則C.E兩點(diǎn)的運(yùn)動路徑長的比是（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】本題考查弧長公式，圓周角定理，三角形的內(nèi)心等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找點(diǎn)的運(yùn)動軌跡，屬于中考選擇題中的壓軸題．如圖，連接EB．設(shè)OA＝r．易知點(diǎn)E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運(yùn)動軌跡是，點(diǎn)C的運(yùn)動軌跡是，由題意∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α，利用弧長公式計算即可解決問題．∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∵E是△ACB的內(nèi)心，∴∠AEB＝135°，∵∠ACD＝∠BCD，∴＝，∴AD＝DB＝r，∴∠ADB＝90°，易知點(diǎn)E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運(yùn)動軌跡是，點(diǎn)C的運(yùn)動軌跡是，∵∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α∴＝＝．6.（2019?甘肅武威）如圖①，在矩形ABCD中，AB＜AD，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，動點(diǎn)P由點(diǎn)A出發(fā)，沿AB→BC→CD向點(diǎn)D運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動路程為x，△AOP的面積為y，y與x的函數(shù)關(guān)系圖象如圖②所示，則AD邊的長為（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B．【解析】本題主要考查動點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是分析三角形面積隨動點(diǎn)運(yùn)動的變化過程，找到分界點(diǎn)極值，結(jié)合圖象得到相關(guān)線段的具體數(shù)值．當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時，△AOP面積最大為3．∴AB?＝3，即AB?BC＝12．當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時，△AOP面積為0，此時結(jié)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動路徑長為7，∴AB+BC＝7．則BC＝7﹣AB，代入AB?BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，因為AB＜AD，即AB＜BC，所以AB＝3，BC＝4．二、填空題7．（2019桂林）如圖，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，點(diǎn)P是AD邊上的一個動點(diǎn)，連接BP，作點(diǎn)A關(guān)于直線BP的對稱點(diǎn)A1，連接A1C，設(shè)A1C的中點(diǎn)為Q，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AD運(yùn)動到點(diǎn)D時停止運(yùn)動，點(diǎn)Q的運(yùn)動路徑長為．【答案】π．【解析】如圖，連接BA1，取BC使得中點(diǎn)O，連接OQ，BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴tan∠ABD＝＝，∴∠ABD＝60°，∵A1Q＝QC，BO＝OC，∴OQ＝BA1＝AB＝，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動軌跡是以O(shè)為圓心，OQ為半徑的圓弧，圓心角為120°，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動路徑長＝＝π．8．如圖，AB是⊙O的弦，AB=5，點(diǎn)C是⊙O上的一個動點(diǎn)，且∠ACB=45°，若點(diǎn)M、N分別是AB、AC的中點(diǎn)，則MN長的最大值是．【答案】．【解析】如圖，∵點(diǎn)M，N分別是AB，AC的中點(diǎn)，∴MN=BC，∴當(dāng)BC取得最大值時，MN就取得最大值，當(dāng)BC是直徑時，BC最大，連接BO并延長交⊙O于點(diǎn)C′，連接AC′，∵BC′是⊙O的直徑，∴∠BAC′=90°．∵∠ACB=45°，AB=5，∴∠AC′B=45°，∴BC′===5，∴MN最大=．故答案為：．【點(diǎn)撥】本題考查了三角形的中位線定理、等腰直角三角形的性質(zhì)及圓周角定理，解題的關(guān)鍵是了解當(dāng)什么時候MN的值最大，難度不大．9．（2020湖北隨州模擬）如圖，∠AOB的邊OB與x軸正半軸重合，點(diǎn)P是OA上的一動點(diǎn)，點(diǎn)N(3，0)是OB上的一定點(diǎn)，點(diǎn)M是ON的中點(diǎn)，∠AOB＝30°，要使PM＋PN最小，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．【答案】(EQ\F(3,2)，EQ\F(EQ\R(,3),2))，【解析】作點(diǎn)N關(guān)于OA的對稱點(diǎn)N′，連接MN′交OA于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求．顯然ON＝ON′，∠NON′＝2∠AOB＝2×30°＝60°，∴△ONN′為等邊三角形，MN′⊥ON，∵OM＝EQ\F(3,2)，則PM＝OMtan30°＝EQ\F(3,2)×EQ\F(EQ\R(,3),3)＝EQ\F(EQ\R(,3),2)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(EQ\F(3,2)，EQ\F(EQ\R(,3),2))．10.（2019?四川廣安）如圖，在四邊形中，∥，,直線.當(dāng)直線沿射線方向，從點(diǎn)開始向右平移時，直線與四邊形的邊分別相交于點(diǎn)、.設(shè)直線向右平移的距離為，線段的長為，且與的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則四邊形的周長是.【答案】【解析】由題意和圖像易知BC=5，AD=7-4=3當(dāng)BE=4時（即F與A重合），EF=2，又因為且∠B=30°，所以AB=，因為當(dāng)F與A重合時，把CD平移到E點(diǎn)位置可得三角形AED′為正三角形，所以CD=2，故答案時.三、解答題11．（2020?銅仁市）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物線與y軸的交點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；（3）點(diǎn)M在拋物線上運(yùn)動，點(diǎn)N在y軸上運(yùn)動，是否存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似，如果存在，請求出點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】見解析?！痉治觥浚?）根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長度，利用三角形的面積公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；（3）分兩種不同情況，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方或下方時，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求出點(diǎn)M，點(diǎn)N的坐標(biāo)即可．【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，得：a-b+6=09a+3b+6=0∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6．（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，如圖1所示．當(dāng)x＝0時，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：3k+c=0c=6，解得：k=∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，∴S△PBC=12PF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m-32∴當(dāng)m=32時，△PBC面積取最大值，最大值為∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，∴0＜m＜3．（3）存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方，過點(diǎn)M作MD⊥y軸于點(diǎn)D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，當(dāng)DMCD=OBOC=36∴a-解得，a＝1，∴M（1，8），此時ND=12DM∴N（0，172當(dāng)CDDM=OBOC=12∴-2解得a=7∴M（74，55此時N（0，838如圖3，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C的下方，過點(diǎn)M作ME⊥y軸于點(diǎn)E，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，同理可得：2a2-4aa=1解得a=94或∴M（94，398）或此時N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，38）或（0，-綜合以上得，M（1，8），N（0，172）或M（74，558），N（0，838）或M（94，398），N（0，38）或M（3，0），N（0，-12．（2020?嘉興）在籃球比賽中，東東投出的球在點(diǎn)A處反彈，反彈后球運(yùn)動的路線為拋物線的一部分（如圖1所示建立直角坐標(biāo)系），拋物線頂點(diǎn)為點(diǎn)B．（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式．（2）當(dāng)球運(yùn)動到點(diǎn)C時被東東搶到，CD⊥x軸于點(diǎn)D，CD＝2.6m．①求OD的長．②東東搶到球后，因遭對方防守?zé)o法投籃，他在點(diǎn)D處垂直起跳傳球，想將球沿直線快速傳給隊友華華，目標(biāo)為華華的接球點(diǎn)E（4，1.3）．東東起跳后所持球離地面高度h1（m）（傳球前）與東東起跳后時間t（s）滿足函數(shù)關(guān)系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在點(diǎn)F（1.5，0）處攔截，他比東東晚0.3s垂直起跳，其攔截高度h2（m）與東東起跳后時間t（s）的函數(shù)關(guān)系如圖2所示（其中兩條拋物線的形狀相同）．東東的直線傳球能否越過小戴的攔截傳到點(diǎn)E？若能，東東應(yīng)在起跳后什么時間范圍內(nèi)傳球？若不能，請說明理由（直線傳球過程中球運(yùn)動時間忽略不計）．【答案】見解析?！痉治觥浚?）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），將A（0，3）代入求解即可得出答案；（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，解方程求出x，即可得出OD＝1m；②東東在點(diǎn)D跳起傳球與小戴在點(diǎn)F處攔截的示意圖如圖2，設(shè)MD＝h1，NF＝h2，當(dāng)點(diǎn)M，N，E三點(diǎn)共線時，過點(diǎn)E作EG⊥MD于點(diǎn)G，交NF于點(diǎn)H，過點(diǎn)N作NP⊥MD于點(diǎn)P，證明△MPN∽△NEH，得出MPPN=NHHE，則NH＝5MP．分不同情況：（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時，（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時，（Ⅲ）當(dāng)0.65＜【解析】（1）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，化簡得（x﹣0.4）2＝0.36，解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，∴OD＝1m．②東東的直線傳球能越過小戴的攔截傳到點(diǎn)E．由圖1可得，當(dāng)0≤t≤0.3時，h2＝2.2．當(dāng)0.3＜t≤1.3時，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．當(dāng)h1﹣h2＝0時，t＝0.65，東東在點(diǎn)D跳起傳球與小戴在點(diǎn)F處攔截的示意圖如圖2，設(shè)MD＝h1，NF＝h2，當(dāng)點(diǎn)M，N，E三點(diǎn)共線時，過點(diǎn)E作EG⊥MD于點(diǎn)G，交NF于點(diǎn)H，過點(diǎn)N作NP⊥MD于點(diǎn)P，∴MD∥NF，PN∥EG，∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，∴△MPN∽△NEH，∴MPPN∵PN＝0.5，HE＝2.5，∴NH＝5MP．（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時，MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，NH＝2.2﹣1.3＝0.9．∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，整理得（t﹣0.5）2＝0.16，解得t1=9當(dāng)0≤t≤0.3時，MP隨t的增大而增大，∴110（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，解得，t1=23+2當(dāng)0.3＜t≤0.65時，MP隨t的增大而減小，∴310（Ⅲ）當(dāng)0.65＜t≤1時，h1＜h2，不可能．給上所述，東東在起跳后傳球的時間范圍為11013．（2020?黔東南州）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4）．（1）求拋物線的解析式．（2）在y軸上找一點(diǎn)E，使得△EAC為等腰三角形，請直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)．（3）點(diǎn)P是x軸上的動點(diǎn)，點(diǎn)Q是拋物線上的動點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P、Q，使得以點(diǎn)P、Q、B、D為頂點(diǎn)，BD為一邊的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點(diǎn)P、Q坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】見解析。【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)設(shè)出拋物線的解析式，再將點(diǎn)C坐標(biāo)代入求解，即可得出結(jié)論；（2）先求出點(diǎn)A，C坐標(biāo)，設(shè)出點(diǎn)E坐標(biāo)，表示出AE，CE，AC，再分三種情況建立方程求解即可；（3）利用平移先確定出點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式求出點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．【解析】（1）∵拋物線的頂點(diǎn)為（1，﹣4），∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點(diǎn)C（0，﹣3）代入拋物線y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，∴a＝1，∴拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴B（3，0），A（﹣1，0），令x＝0，則y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∴AC=10設(shè)點(diǎn)E（0，m），則AE=m2+1，CE∵△ACE是等腰三角形，∴①當(dāng)AC＝AE時，10=∴m＝3或m＝﹣3（點(diǎn)C的縱坐標(biāo)，舍去），∴E（0，3），②當(dāng)AC＝CE時，10=|m∴m＝﹣3±10，∴E（0，﹣3+10）或（0，﹣3-③當(dāng)AE＝CE時，m2+1=∴m=-∴E（0，-4即滿足條件的點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，3）、（0，﹣3+10）、（0，﹣3-10）、（0，（3）如圖，存在，∵D（1，﹣4），∴將線段BD向上平移4個單位，再向右（或向左）平移適當(dāng)?shù)木嚯x，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)落在拋物線上，這樣便存在點(diǎn)Q，此時點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)就是點(diǎn)P，∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為4，設(shè)Q（t，4），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，∴t＝1+22或t＝1﹣22，∴Q（1+22，4）或（1﹣22，4），分別過點(diǎn)D，Q作x軸的垂線，垂足分別為F，G，∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸的右邊的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），且D（1，﹣4），∴FB＝PG＝3﹣1＝2，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為（1+22）﹣2＝﹣1+22或（1﹣22）﹣2＝﹣1﹣22，即P（﹣1+22，0）、Q（1+22，4）或P（﹣1﹣22，0）、Q（1﹣22，4）．14．（2020?遂寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（3，0），C（0，6）三點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式．（2）拋物線的頂點(diǎn)M與對稱軸l上的點(diǎn)N關(guān)于x軸對稱，直線AN交拋物線于點(diǎn)D，直線BE交AD于點(diǎn)E，若直線BE將△ABD的面積分為1：2兩部分，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．（3）P為拋物線上的一動點(diǎn)，Q為對稱軸上動點(diǎn)，拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使A、D、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】見解析?！痉治觥浚?）設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3），把點(diǎn)C坐標(biāo)代入解析式，可求解；（2）先求出點(diǎn)M，點(diǎn)N坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求AD解析式，聯(lián)立方程組可求點(diǎn)D坐標(biāo)，可求S△ABD=12×2×6＝6，設(shè)點(diǎn)E（m（3）分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（3，0），∴設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3），∵拋物線y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)C（0，6），∴6＝a（0﹣1）（0﹣3），∴a＝2，∴拋物線解析式為：y＝2（x﹣1）（x﹣3）＝2x2﹣8x+6；（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，∴頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（