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决战中考--2013年数学 压轴测试题专题 动点问题

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中考数学压轴测试题专题2 动点问题
1. （2012上海市14分）如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
（1）当BC=1时，求线段OD的长；
（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；
（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域．

【答案】解：（1）∵点O是圆心，OD⊥BC，BC=1，∴BD=BC=。
又∵OB=2，∴。
（2）存在，DE是不变的。
如图，连接AB，则。
∵D和E是中点，∴DE=。
（3）∵BD=x，∴。
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠AOB=900。
∴∠2+∠3=45°。
过D作DF⊥OE，垂足为点F。∴DF=OF=。
由△BOD∽△EDF，得，即
，解得EF=x。
∴OE=。
∴。
【考点】垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）由OD⊥BC，根据垂径定理可得出BD=BC= ，在Rt△BOD中利用勾股定理即可求出OD的长。
（2）连接AB，由△AOB是等腰直角三角形可得出AB的长，再由D和E是中点，根据三角形中位线定理可得出DE= 。
（3）由BD=x，可知，由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°，过D作DF⊥OE，则DF=OF=，EF=x，OE=，即可求得y关于x的函数关系式。
∵，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合），
∴。
2. （2012福建南平14分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠1=∠B=∠C．
（1）由题设条件，请写出三个正确结论：（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中，不必证明）
答：结论一： ；结论二： ；结论三： ．
（2）若∠B=45°，BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），
①求CE的最大值；
②若△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．
（注意：在第（2）的求解过程中，若有运用（1）中得出的结论，须加以证明）

【答案】解：（1）AB=AC；∠AED=∠ADC；△ADE∽△ACD。
（2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB为等腰直角三角形。
∴。
∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。
∴AD：AC=AE：AD，∴ 。
当AD最小时，AE最小，此时AD⊥BC，AD=BC=1。
∴AE的最小值为 。∴CE的最大值= 。
②当AD=AE时，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。
∴点D与B重合，不合题意舍去。
当EA=ED时，如图1，∴∠EAD=∠1=45°。
∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC。∴BD=1。
当DA=DE时，如图2，
∵△ADE∽△ACD，∴DA：AC=DE：DC。
∴DC=CA=。∴BD=BC－DC=2－。
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1或2－。
【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性质。
【分析】（1）由∠B=∠C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC；由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC；又由∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。
（2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB为等腰直角三角形，则，由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，则有AD：AC=AE：AD，即，当AD⊥BC，AD最小，此时AE最小，从而由CE=AC－AE得到CE的最大值。
②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。
3. （2012甘肃兰州12分）如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．
(1)求抛物线对应的函数关系式；
(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；
(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。
∵顶点在直线x＝上，∴，解得。
∴所求函数关系式为。
（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。
∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。
∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，
当x＝5时，；
当x＝2时，。
∴点C和点D都在所求抛物线上。
（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，
设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，
则，解得，。∴直线CD对应的函数关系式为。
当x＝时，。∴P()。
（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。
∴，即，得。
设对称轴交x于点F，则。
∵，
，

(0＜t＜4)。
∵，，0＜＜4，
∴当时，S取最大值是。此时，点M的坐标为(0，)。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）根据抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线x＝上，得出b，c即可。
（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的性质得出x＝5或2时，y的值即可。
（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，求出解析式，当x＝时，求出y即可。
（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到，从而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可。
4. （2012广东省9分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．
（1）求AB和OC的长；
（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．

【答案】解：（1）在中，
令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）；
令y=0，即，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0）。
∴AB=9，OC=9。
（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，即：。
∴s=m2（0＜m＜9）。
（3）∵S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2，
∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED
=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+。
∴△CDE的最大面积为，
此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=。
又，
过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：，即：。
∴。
∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2=。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，勾股定理，直线与圆相切的性质。
【分析】（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，从而确定AB、OC的长。
（2）直线l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题目条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围。
（3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE关于m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值。
②过E做BC的垂线EF，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解。
5. （2012贵州毕节16分）如图，直线l1经过点A（－1，0），直线l2经过点B(3，0), l1、l2均为与y轴交于点C(0，)，抛物线经过A、B、C三点。
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴依次与轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证：DE=EF=FG;
(3)若l1⊥l2于y轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。

【答案】解：（1）∵抛物线经过A（－1，0），B（3，0），C（0，）三点，
∴ ，解得。
∴抛物线的解析式为：．
（2）证明：设直线l1的解析式为y=kx+b，由直线l1经过A（－1，0），C（0，），得
∴ ，解得，∴直线l1的解析式为：y=-x 。
直线l2经过B（3，0），C（0，）两点，同理可求得直线l2解析式为：y= x 。
∵抛物线，
∴对称轴为x=1，D（1，0），顶点坐标为F（1， ）。
点E为x=1与直线l2：y= x的交点，令x=1，得y= ，∴E（1， ）。
点G为x=1与直线l1：y=-x 的交点，令x=1，得y= ，∴G（1，）。
∴各点坐标为：D（1，0），E（1， ），F（1，），G（1， ），它们均位于对称轴x=1上。
∴DE=EF=FG=。
（3）如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1交对称轴于H点，连接CF，PG。
△PCG为等腰三角形，有三种情况：
①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1满足P1G=CG。
∵C（0，），对称轴x=1，∴P1（2， ）。
②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等于CG。
如图，C（1， ），H点在x=1上，∴H（1，）。
在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG－yH|=| －（）|= ，
∴由勾股定理得：。∴PC=2．
如图，CP1=2，此时与①中情形重合。
又Rt△OAC中，，∴点A满足PC=2的条件，但点A、C、G在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。
③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线上.
∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。
由（2）可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。
∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2（1，）。
又，∴∠CGE=30°。∴∠HCG=60°。
又P1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。
∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。
综上所述，P点的坐标为P1（2， ）或P2（1， ）。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】（1）已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。
（2）D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得到线段DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求；E是对称轴与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。
（3）△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG，CG=PC，PC=PG。
6. （2012贵州遵义12分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（1）当∠BQD=30°时，求AP的长；
（2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．

【答案】解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°。
∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。
设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。
∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2。
∴当∠BQD=30°时，AP=2。
（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。理由如下：
作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF。
∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。
∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ。
∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。
∴在△APE和△BQF中，
∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。
∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。
∴DE=EF。
∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB。
又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3。
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。
【分析】（1）由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可。
（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
7. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．
（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；
（2）当点C与点A重合时，求a的值；
（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？

【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，
∴OA=1，OB=。∴A的坐标是（0，1）。
∴tan∠ABO=。∴∠ABO=30°。
（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=，∴OD=。
∴D的坐标是（﹣，0），E的坐标是（，0），
把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）2+n，得
，解得。∴a=﹣3。
（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。
∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，
∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。
∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。
∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。
∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）。
∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。
∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。
∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a。
∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a。
∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a。
∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣。
∴E（﹣4a﹣，0），C（﹣3a﹣，﹣3a）。
设二次函数的解析式为：y=a（x+3a+）2﹣3a，
∵E在该抛物线上，∴a（﹣4a﹣+3a+）2﹣3a=0，
得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1。
∵a＜0，∴a=﹣1。
∴AF=2，CF=2，∴AC=4。
∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。
【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。
【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。
（2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。
（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。
8. （2012湖南常德10分）已知四边形ABCD是正方形，O为正方形对角线的交点，一动点P从B开始，沿射线BC运动，连结DP，作CN⊥DP于点M，且交直线AB于点N，连结OP，ON。（当P在线段BC上时，如图1：当P在BC的延长线上时，如图2）
（1）请从图1，图2中任选一图证明下面结论：
①BN=CP： ②OP=ON，且OP⊥ON
(2) 设AB=4，BP=x，试确定以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系。

【答案】（1）证明：如图1，
①∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB。
∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°。
∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°。∴∠CPD=∠CNB。
∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD。
∵在△DCP和△CBN中，∠DCP=∠CBN，∠CPD=∠BNC，DC=BC，
∴△DCP≌△CBN（AAS）。∴CP=BN。
②∵在△OBN和△OCP中，OB=OC，∠OCP=∠OBN， CP=BN ，
∴△OBN≌△OCP（SAS）。∴ON=OP，∠BON=∠COP。
∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°。
∴ON⊥OP。
（2）解：∵AB=4，四边形ABCD是正方形，∴O到BC边的距离是2。
图1中，，
图2中，。
∴以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系是：
。
【考点】正方形的性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，两线垂直的判定，多边形的面积的分解，函数解析式的确定，分段函数，点到直线的距离。
【分析】（1）对于图1，证明线段相等，一般情况下找全等。根据BN，CP的分布情况 可以观察△CNB和△DPC，然后证明两三角形全等。也可以观察△CAN和△DBP，证明AN=BP，从而有BN=CP。
对于图2，证明如下：
①∵ABCD为正方形，AC，BD为对角线，∴∠DCP=90º。
∵CM⊥DP， ∴∠PCM=∠PDC。∴∠PDB=∠CAN。
又∵∠DPB=∠ANC，BD=AC，∴△PDB≌△NCA（ASA）。
∴PB=AN，DP=CN。∴CP=BN。
②∵∠PDB=∠CAN，OD=OC， CP=BN，∴△PDO≌△NCO（SAS）。
∴OP=ON，∠DOP=∠CON。
∵∠DOC=90º，∴∠PON=∠NOC+POC=∠DOP+∠POC=∠DOC=90º。∴OP⊥ON。
（2）求以O、P、B、N为顶点的四边形的面积，则要把四边形分解为两个三角形去解决问题。图1中，S四边形OPBN=S△OBN+S△BOP，，；图2中，S四边形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可。
9. （2012湖南张家界10分）如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作⊙O的切线DC，P点为优弧上一动点（不与A．C重合）．
（1）求∠APC与∠ACD的度数；
（2）当点P移动到CB弧的中点时，求证：四边形OBPC是菱形．
（3）P点移动到什么位置时，△APC与△ABC全等，请说明理由．

【答案】解：（1）连接AC，如图所示：
∵AB=4，∴OA=OB=OC=AB=2。
又∵AC=2，∴AC=OA=OC。∴△ACO为等边三角形。
∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°，
∴∠APC=∠AOC=30°。
又DC与圆O相切于点C，∴OC⊥DC。∴∠DCO=90°。
∴∠ACD=∠DCO﹣∠ACO=90°﹣60°=30°。
（2）连接PB，OP，
∵AB为直径，∠AOC=60°，∴∠COB=120°。
当点P移动到弧CB的中点时，∠COP=∠POB=60°。
∴△COP和△BOP都为等边三角形。∴AC=CP=OA=OP。
∴四边形AOPC为菱形。
（3）当点P与B重合时，△ABC与△APC重合，显然△ABC≌△APC。
当点P继续运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA，理由为：
∵CP与AB都为圆O的直径，∴∠CAP=∠ACB=90°。
在Rt△ABC与Rt△CPA中，AB=CP，AC=AC
∴Rt△ABC≌Rt△CPA（HL）。
综上所述，当点P与B重合时和点P运动到CP经过圆心时，△ABC≌△CPA。
【考点】切线的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定。
【分析】（1）连接AC，由直径AB=4，得到半径OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即△AOC为等边三角形，可得出三个内角都为60°，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，得到∠APC为30°，由CD为圆O的切线，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD为直角，用∠OCD-∠OCA可得出∠ACD的度数。
（2）由∠AOC为60°，AB为圆O的直径，得到∠BOC=120°，再由P为CB 的中点，得到两条弧相等，根据等弧对等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，从而得到△COP与△BOP都为等边三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四边形OBPC为菱形。
（3）点P有两个位置使△APC与△ABC全等，其一：P与B重合时，显然两三角形全等；第二：当CP为圆O的直径时，此时两三角形全等。
10. （2012江苏无锡10分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB=60°．点P从A点出发，以cm/s的速度，沿AC向C作匀速运动；与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s的速度，沿射线AB作匀速运动．当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts．
（1）当P异于A．C时，请说明PQ∥BC；
（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB。
又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°。
如图1，连接BD交AC于O。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC。
∴OB=AB=1。∴OA=，AC=2OA=2。
运动ts后，AP=t，AO=t，∴。
又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB.
∴PQ∥BC.
（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC。
在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=。
由PM=PQ=AQ=t，即=t，解得t=，
此时⊙P与边BC有一个公共点。
如图3，⊙P过点B，此时PQ=PB，
∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°
∴△PQB为等边三角形。∴QB=PQ=AQ=t。∴t=1。
∴当时，⊙P与边BC有2个公共点。
如图4，⊙P过点C，此时PC=PQ，即 =t
∴t=。
∴当1≤t≤时，⊙P与边BC有一个公共点。
当点P运动到点C，即t=2时，Q、B重合，⊙P过点B，
此时，⊙P与边BC有一个公共点。
综上所述，当t=或1≤t≤或t=2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当时，⊙P与边BC有2个公共点。
【考点】直线与圆的位置关系，菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行的判定，切线的性质，等边三角形的判定和性质。
【分析】（1）连接BD交AC于O，构建直角三角形AOB．利用菱形的对角线互相垂直、对角线平分对角、邻边相等的性质推知△PAQ∽△CAB；然后根据“相似三角形的对应角相等”证得∠APQ=∠ACB；最后根据平行线的判定定理“同位角相等，两直线平行”可以证得结论。
（2）分⊙P与BC切于点M，⊙P过点B，⊙P过点C和点P运动到点C四各情况讨论即可。
11. （2012江苏南通12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．
(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值；
(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．
①若a＝，求PQ的长；
②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明
理由．

【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6。
∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。
∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。
（2）①过点P作PE⊥BC于E，
∵四边形PQCM为平行四边形，
∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
∴PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。
∴BE=BQ=（6－t）。
∵a=，∴PB=t。
∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。
解得，t=。
∴PQ=PB=t=（cm）。
②不存在．理由如下：
∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
∴PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。
若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，
∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。
∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。
∴PB=CQ。
∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且 at=6+t①。
∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化简得：6at+5t=30②。
把①代入②得，t=。
∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。
【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的判定和性质，反证法。
【分析】（1）由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
即可求得BD与CD的长，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得t的值。
（2）①首先过点P作PE⊥BC于E，由四边形PQCM为平行四边形，易证得PB=PQ，又由平行
线分线段成比例定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。
②用反证法，假设存在点P在∠ACB的平分线上，由四边形PQCM为平行四边形，可得四边形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程组，解此方程组求得t值为负，故可得不存在。
12. （2012江苏泰州12分） 如图，已知一次函数的图象与x轴相交于点A，与反比例函数
的图象相交于B（－1，5）、C（，d）两点．点P（m，n）是一次函数的图象上的动点．
（1）求k、b的值；
（2）设，过点P作x轴的平行线与函数的图象相交于点D．试问△PAD的面积是
否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求实数a的取值
范围．

【答案】解：（1）将点B 的坐标代入，得 ，解得。
∴反比例函数解析式为。
将点C（，d）的坐标代入，得。∴C（，－2）。
∵一次函数的图象经过B（－1，5）、C（，－2）两点，
∴，解得。
（2）存在。
令，即，解得。∴A（，0）。
由题意，点P（m，n）是一次函数的图象上的动点，且
∴点P在线段AB 上运动（不含A、B）。设P（）。
∵DP∥x轴，且点D在的图象上，
∴，即D（）。
∴△PAD的面积为。
∴S关于n的二次函数的图象开口向下，有最大值。
又∵n=，，得，而。
∴当时，即P（）时，△PAD的面积S最大，为。
（3）由已知，P（）。
易知m≠n，即，即。
若，则。
由题设，，解出不等式组的解为。
若，则。
由题设，，解出不等式组的解为。
综上所述，数a的取值范围为，。
【考点】反比例函数和一次函数综合问题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的性质，二次函数的性质，不等式组的应用。
【分析】（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，由B 的坐标求得，从而得到；由点C在上求得，即得点C的坐标；由点B、C在上，得方程组，解出即可求得k、b的值。
（2）求出△PAD的面积S关于n的二次函数（也可求出关于m），应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。
（3）由m≠n得到。分和两种情况求解。
13. （2012江苏常州9分）已知，在矩形ABCD中，AB=4，BC=2，点M为边BC的中点，点P为边CD上的动点（点P异于C、D两点）。连接PM，过点P作PM的垂线与射线DA相交于点E（如图）。设CP=x，DE=y。
（1）写出y与x之间的函数关系式 ▲ ；
（2）若点E与点A重合，则x的值为 ▲ ；
（3）是否存在点P，使得点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上？若存在，求x的值；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）y=－x2＋4x。
（2）或。
（3）存在。
过点P作PH⊥AB于点H。则
∵点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，
∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x2＋4x，EA=AD－ED= x2－4x＋2，∠P D′E=∠D=900。
在Rt△D′P H中，PH=2， D′P =DP=4－x，D′H=。
∵∠ E D′A=1800－900－∠P D′H=900－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =900，
∴△E D′A∽△D′P H。∴，即，
即，两边平方并整理得，2x2－4x＋1=0。解得。
∵当时，y=，
∴此时，点E已在边DA延长线上，不合题意，舍去（实际上是无理方程的增根）。
∵当时，y=，
∴此时，点E在边AD上，符合题意。
∴当时，点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上。
【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠对称的性质，解无理方程。
【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE，
∴，即。∴y=－x2＋4x。
（2）当点E与点A重合时，y=2，即2=－x2＋4x，x2－4x＋2=0。
解得。
（3）过点P作PH⊥AB于点H，则由点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，可得△E D′A与△D′P H相似，由对应边成比例得得关于x的方程即可求解。注意检验。
14. （2012江苏徐州8分）如图1，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD=4cm，AB=dcm。动点E、F分别从点D、B出发，点E以1 cm/s的速度沿边DA向点A移动，点F以1 cm/s的速度沿边BC向点C移动，点F移动到点C时，两点同时停止移动。以EF为边作正方形EFGH，点F出发xs时，正方形EFGH的面积为ycm2。已知y与x的函数图象是抛物线的一部分，如图2所示。请根据图中信息，解答下列问题：
（1）自变量x的取值范围是 ▲ ；
（2）d= ▲ ，m= ▲ ，n= ▲ ；
（3）F出发多少秒时，正方形EFGH的面积为16cm2？

【答案】解：（1）0≤x≤4。
（2）3，2，25．
（3）过点E作EI⊥BC垂足为点I。则四边形DEIC为矩形。
∴EI=DC=3，CI=DE=x。
∵BF=x，∴IF=4－2x。
在Rt△EFI中，。
∵y是以EF为边长的正方形EFGH的面积，
∴。
当y=16时，，
解得，。
∴F出发或秒时，正方形EFGH的面积为16cm2。
【考点】动点问题，矩形的判定和性质，平行线间垂直线段的性质，勾股定理，解一元二次方程。
【分析】（1）自变量x的取值范围是点F从点C到点B的运动时间，由时间=距离÷速度，即可求。
（2）由图2知，正方形EFGH的面积的最小值是9，而正方形EFGH的面积最小时，根据地两平行线间垂直线段最短的性质，得d=AB=EF=3。
当正方形EFGH的面积最小时，由BF=DE和EF∥AB得，E、F分别为AD、BC的中点，即m=2。