全国2011年中考数学试题分类解析汇编-专题46动态型问题.doc

全国2011年中考数学试题分类解析汇编(181套）专题46：动态型问题
一、选择题
1.（北京4分）如图在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，D是AB边上的一个动点（不与点A、B重合），过点D作CD的垂线交射线CA于点E．设AD=，CE=，则下列图象中，能表示与x的函数关系图象大致是

【答案】B。
【考点】动点问题的函数图象，分类归纳。
【分析】应用排它法进行分析。由已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，易得AC=。
从图形可知，当点D接近点A，即接近0时，点E接近点A，即接近，故选项D错误。从所给的A，B，C三个选项看，都在1附近的某－点取得最大值或最小值，从以下的图1和图2看，当在1附近的某－点D时CE是最短的，即有最小值，故选项A错误。从图2看，当大于使有最小值的那一点后，随增大而增大，并且是能够大于AC= ，故选项C错误。因此选B。

实际上，通过作辅助线DF⊥AC于F，利用相似三角形和勾股定理是可以得到与的函数关系式的：
，但由此函数关系式是不能直接判定它的图象的。
2．（重庆潼南4分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是菱形，点C的坐标为（4，0），∠AOC=60°，垂直于轴的直线l从轴出发，沿轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l与菱形OABC的两边分别交于点M，N（点M在点N的上方），若△OMN的面积为S，直线l的运动时间为t 秒（0≤t≤4），则能大致反映S与t的函数关系的图象是

【答案】C。
【考点】动点问题的函数图象，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，正比例函数的图象，二次函数的图象。
【分析】如图1，过A作AH⊥轴于H，由已知菱形COAB边长为4，∠AOC=60°，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求出OH=2，AH=2。根据已知0≤t≤4分两种情况讨论；
①当0≤t＜2时，点M在OA上运动（如图1），ON =t，MN=t，S=·ON·MN=。
②当2≤t≤4时，点M在AB上运动（如图2），ON =t，MN=2，S=·ON·MN=。
因此，S与t的函数关系为：当0≤t＜2时为抛物线，当2≤t≤4时为直线，故选C。
另作介绍：当4＜t≤6时，点N在CB上运动（如图3），OE =t，EM=2，EN=（t－4）
S=S△OME－S△ONE=·OE·EM－·OE·EN =。

3.（浙江台州4分）如图，⊙O的半径为2，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上的一个动点，PQ
切⊙O于点Q，则PQ的最小值为
A． B． C．3 D．2
【答案】B。
【考点】圆的切线的性质，垂线段的性质，勾股定理。
【分析】因为PQ为切线所以△OPQ是Rt△．又OQ为定值，所以当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=3时PQ最小．运用勾股定理得PQ=。故选B。
4.（浙江省3分）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（－2，4），B（4，2），直线与线段AB有交点，则的值不可能是
A.－5 B.－2 C.3 D. 5
【答案】B。
【考点】直线的斜率。
【分析】直线与线段AB有交点，当点A为二者交点时，有；当点B为二者交点时，有。∴当时，直线与线段AB有交点。∴的值不可能是－2。故选B。
5.（浙江绍兴4分）李老师从淋浴龙头”受到启发．编了一个题目：在数轴上截取从0到3的对应线段AB，实数m对应AB上的点M，如图1；将AB折成正三角形，使点A，B重合于点P，如图2；建立平面直角坐标系，平移此三角形，使它关于轴对称，且点P的坐标为（0，2），PM与轴交于点N（n，0），
如图3．当m=时，求n的值．

你解答这个题目得到的n值为
A、4－2　　 B、2－4　　 C、－　　 D、
【答案】A。
【考点】等边三角形的性质，轴对称的性质，锐角三角函数的定义，平移的性质，相似三角形的判定和性质，实数与数轴。
【分析】根据已知条件得出△PDE的边长PD=PE=DE=1，再根据对称的性质可得出PF⊥DE，DF=EF，由锐角三角函数的定义求出PF=，由m=求出FM=。又OP=2，根据相似三角形的判定定理判断出△PFM∽△PON，利用相似三角形对应边成比例的性质得：，即 ，解之得
ON=4－2。故选A。

6.（浙江湖州3分）如图，已知A、B是反比例函数y＝(k＞0，x＞0)图象上
的两点，BC∥x轴，交y轴于点C．动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C
匀速运动，终点为C．过点P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N．设四
边形OMPN的面积为S，点P运动的时间为t，则S关于t的函数图象大致为

【答案】A。
【考点】动点问题的函数图象，反比例函数综合题。
【分析】当点p在OA上运动时，此时S随t的增大而增大，当点P在AB上运动时，S不变，∴B、D错误；当点P在BC上运动时，S随t的增大而逐渐减小，∴C错误。故选A。
7.（浙江宁波3分）如图，⊙O1 的半径为１，正方形ABCD的边长为6，
点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，O1O2 =8．若将⊙O1
绕点P按顺时针方向旋转360°，在旋转过程中，⊙O1与正方形ABCD的边
只有一个公共点的情况一共出现
(A)3次　 (B)5次 (C)6次　　 (D)7次
【答案】B。
【考点】直线与圆的位置关系，正方形的性质
【分析】∵⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，
设O1O2交圆O1于M，∴PM=8－3－1=4。∴圆O1与以P为圆心，以4为半径的圆相外切。
∴在旋转过程中，⊙O1与正方形ABCD的边只有一个公共点的情况一共出现5次。
故选B。
8.（辽宁本溪3分）如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值
A、2 B、4 C、 D、
【答案】C。
【考点】轴对称的性质，正方形的的性质，勾股定理，垂直线段的性质，三角形的性质
【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作AP′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，A D′=AD=4。而根据垂直线段最短的性质和三角形两边之和大于第三边的性质，可知D′P′即为DQ+PQ的最小值。∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAD′=45°，∴AP′=P′D′。∴在Rt△AP′D′中，2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，∴P′D′=，即DQ+PQ的最小值为。故选C。
9.（辽宁阜新3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC中点，
点F是边CD上的任意一点，当△AEF的周长最小时，则DF的长为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D。
【考点】矩形的性质，轴对称的性质，三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解分式方程。
【分析】从题意可知，由于在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC中点，故AE长度固定，要△AEF的周长最小只要AF＋EF最小即可。作点E关于CD的对称点E′，连接A E′交CD于点F，则由轴对称的性质AE′＝AF＋EF。根据三角形两边之和大于第三边的性质，知对CD上任意点F′，总有A F′＋E′F′＞AE′，即点F是使AF＋EF最小的点。设DF＝x，则CF＝6－x。由轴对称的性质可得△ADF∽△ACFE，有，即，解得x＝4。故选D。
10.（黑龙江大庆3分）已知⊙O的半径为1，圆心O到直线l的距离为2，过l上的
点A作⊙O的切线，切点为B，则线段AB的长度的最小值为
A．1 B． C． D．2
【答案】C。
【考点】点到直线的距离的定义，切线的性质，勾股定理。
【分析】先连接OB，易知△AOB是直角三角形，再利用勾股定理即可求出AB：
AB。故选C。
11.（湖南永州3分）如图所示，在矩形ABCD中，垂直于对角线BD的直线，从点B开始沿着线段BD匀速平移到D．设直线被矩形所截线段EF的长度为y，运动时间为t，则y关于t的函数的大致图象是

【答案】A。
【考点】动点问题的函数图象。

【分析】∵直线从点B开始沿着线段BD匀速平移到D，∴在B点时，EF的长为0；随着移动，长度逐渐增长；经过A点时长度最大，一直保持到C点；继续移动，长度逐渐缩短，到D点长为0。∴图象A符合题意。故选A。
12.（湖南岳阳3分）如图，边长都是1的正方形和正三角形，其一边在同一水平线上，三角形沿该水平线自左向右匀速穿过正方形．设穿过的时间为t，正方形与三角形重合部分的面积为S（空白部分），那么S关于t的函数大致图象应为

【答案】D。
【考点】动点问题的函数图象，勾股定理。
【分析】∵边长都是1的正方形和正三角形，其一边在同一水平线上，三角形沿该水平线自左向右匀速穿过正方形．穿过的时间为t，正方形与三角形重合部分的面积为S（空白部分），：∴S关于t的函数大致图象应为：三角形进入正方形以前是空白面积逐渐增大，
当0≤t≤时，S=×t×t=t2，
当＜t≤1时，S=×1×﹣×（1﹣t）×（1﹣t）=﹣t2+t﹣，
当1＜t≤时，S=×1×﹣×（t﹣1）×（t﹣1）=﹣t2+t﹣，
当＜t≤2时，S=×（2﹣t）×（2﹣t）=t2﹣4t+2，
∴S与t是分段的二次函数关系．∴只有D符合要求。故选D。
13．（山东莱芜3分）如图，在直角坐标系中，长为2，宽为1的矩形ABCD上有一动点P，沿A→B→C→D→A运动一周，则点P的纵坐标与点P走过的路程之间的函数关系式用图象表示大致是

【答案】D 。
【考点】一次函数的图象。
【分析】根据所给题意，结合一次函数的图象直接得出结论：当A→B时，点P的纵坐标从2→1，故排除A、B两选项；当B→C时， 点P走过的路程为2，故排除C选项。故选D。
14.（山东威海3分）如图，在正方形ABCD中，AB=3㎝，动点M自A点出发沿AB
方向以每秒1㎝的速度运动，同时动点N自A点出发沿折线AD－DC－CB以每秒3㎝
的速度运动，到达B点时运动同时停止。设△AMN的面积为（㎝2）。运动时间为（秒），
则下列图象中能大致反映与之间函数关系的是

【答案】A。
【考点】列函数关系式，一次函数和二次函数图象的特点。
【分析】当0≤≤1时, 点N自A点出发至点D，此时=；当1<≤2时, 点N自D点至
点C，此时=；当2<≤3时, 点N自C点至点B，此时=。
根据一次函数和二次函数图象的特点，图象A能大致反映与之间函数关系。故选A。
15.（山东东营3分）如图，直线与轴、轴分别交于A、B两点，圆心P的坐标为（1, 0），圆P与轴相切于点O，若将圆P沿轴向左移动，当圆P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B。
【考点】动点问题，圆与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，一次函数的图象。
【分析】如图，当圆P沿轴向左移动，移动到和时，圆P与直线相切，则圆P与该直线相交时，圆心在和之间。由E⊥AB知O=1，即（－1，0）；由直线与x轴、y轴分别交于A、B两点可知A（－3，0），B（0，）即OA=3，OB=，AB=2，由△ABO∽△AF，可得A=2，∴O=OA＋A=5，即（－5，0），所以在和之间的整数为－2，－3，－4三个。故选B。
16.（广东台山3分）如图，∠ACB＝60○，半径为2的⊙0切BC于点C，若将⊙O在CB上向右滚动，则当滚动到⊙O与CA也相切时，圆心O移动的水平距离为
A、2π B、4π C、 D、4
【答案】C。
【考点】圆和切线，解直角坐标三角形。
【分析】如图当滚动到⊙O与CA也相切时，圆心O移动的水平距离等于CE的长。注意到当⊙O与CA和CB都相切时，OC平分∠ACB，所以在Rt∆OCB中，∠OCE=30○，OE=2，CE=。故选C。
17. （湖北襄阳3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间= ▲ 秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】2或。
【考点】梯形的性质，平行四边形的判定。
【分析】由已知以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形有两种情况，（1）当Q运动到E和B之间，（2）当Q运动到E和C之间，根据平行四边形的判定，由AD∥BC，所以当PD=QE时为平行四边形．根据此设运动时间为，列出关于t的方程求解：
（1）当Q运动到E和B之间，
则PD=6－，QE=2－8，∴6﹣=2－8，解得：=。
（2）当Q运动到E和C之间，
则PD=6－， EQ=8－2，∴6－=8﹣2，解得：=2。
因此，当运动时间=2或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形。
18.（贵州六盘水3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，点E、F分
别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，
则这个最小值是
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C。
【考点】轴对称（最短路线问题），菱形的性质。
【分析】先根据菱形的性质求出其边长，再作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF的最小值，再根据菱形的性质求出E′F的长度即可：
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=6，BD=8，∴AB=。
作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF的最小值。
∵AC是∠DAB的平分线，∴E′在AD上，AE=AE′。
∵E为AB的中点，∴E′为AD的中点。
∵F是BC的中点，∴E′F=AB=5。
故选C。
19.（四川巴中3分）如图所示，一只小虫在折扇上沿OABO路径爬行，能大致描述小虫距出发点O的距离s与时间t之间的函数图象是

【答案】C。
【考点】函数的图象。
【分析】分析题目条件，一只小虫在折扇上沿OABO路径爬行，当沿OA时，小虫距出发点O的距离逐渐增大；当沿AB时，小虫距出发点O的距离不变；当沿BO时，小虫距出发点O的距离逐渐减小。故选C。
20.（四川广安3分）在直角坐标平面内的机器人接受指令“[a，A]”（a≥0，0°＜A＜180°）后的行动结果为：在原地顺时针旋转A后，再向正前方沿直线行走a个单位长度．若机器人的位置在原点，正前方为y轴的负半轴，则它完成一次指令[2，60°]后位置的坐标为
A、 B、
C、 D、
【答案】C。
【考点】坐标与图形的旋转变化，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理。
【分析】根据题意画出图形，由已知得到：OD=2，∠DOF=60°，
过点D作DE⊥X轴于E，
∴∠BOA=90°－60°=30°。
∴ED=ODsin30°=1,OE=ODcos30°=.
故选C。
21.（辽宁辽阳3分）如图，等边△ABC的边长为4，M为BC上一动点(M不与B、C重合)，若EB＝1，∠EMF＝60°，点E在AB边上，点F在AC边上．设BM＝x，CF＝y，则当点M从点B运动到点C时，y关于x的函数图象是

【答案】B。
【考点】二次函数的图象，平角的定义，等边三角形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】由已知，根据等边三角形每个内角等于600的性质，∠B＝∠C＝60°；又由∠EMF＝60°，根据平角的定义和三角形内角和定理，得∠EMB＝180°－∠EMF－∠FMC＝120°－∠FMC＝∠MFC。从而△BME∽△CFM，得。由已知，BE＝1，BM＝x，CM＝4－x，CF＝y，所以。整理，得。因此，y关于x的函数是顶点在（2，4）的二次函数的一部分。故选B。
22.（云南玉溪3分如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为斜边AB的中点，动点P从B点出发，沿 运动，设，点P运动的路程为，若与之间的函数图象如图（2）所示，则△ABC的面积为
A．4 B．6 C．12 D．14
【答案】B。
【考点】函数图象的分析。
【分析】从图（1）可知，当点P运动到点C时，最大，结合图（2）知当时，最大；同理CA=7－4=3。△ABC的面积为4×3÷2=6。故选B。
二、填空题
1.（重庆綦江4分）一个正方体物体沿斜坡向下滑动，其截面如图所示．正方形DEFH的边长为2米，坡角∠A=30°，∠B=90°，BC=6米．当正方形DEFH运动到什么位置，即当AE= ▲ 米时，有DC2=AE2+BC2．
【答案】。
【考点】一元二次方程的应用，含30度角直角三角形的性质，勾股定理。
【分析】根据已知，∵坡角∠A=30°，∠B=90°，BC=6米，∴AC=12米。∵正方形DEFH的边长为2米，即DE=2米，设AE=，可得EC=12﹣，利用勾股定理得出DC2=DE2+EC2=4+（12﹣）2，AE2+BC2=2+36，∵DC2=AE2+BC2，∴4+（12﹣）2=2+36，解得：米。
2．（广西百色3分）如图，点C是⊙O优弧ACB上的中点，弦AB=6cm，E为OC上任意一点，动点F从点A出发，以每秒1cm的速度沿AB方向响点B匀速运动，若=AE²－EF²,则与动点F的运动时间（0≤≤6 ）秒的函数关系式为 ▲
【答案】。
【考点】动点问题，弦径定理，勾股定理。
【分析】延长CO交AB于点D，根据弦径定理，由点C是⊙O优弧ACB上的中点可知ED⊥AB，AD＝3。由已知动点F从点A出发，以每秒1cm的速度沿AB方向响点B匀速运动，AF＝，FD＝3－。根据勾股定理得
AE²＝AD²＋ED²＝3²＋ED²，EF²＝FD²＋ED²＝（3－）²＋ED²，
∴=AE²－EF²＝（3²＋ED²）－｛（3－）²＋ED²｝＝。
3.（广西贵港2分）如图所示，在边长为2的正三角形ABC中，E、F、G分别为AB、
AC、BC的中点，点P为线段EF上一个动点，连接BP、GP，则△BPG的周长的最
小值是 _ ▲ ．
【答案】3。
【考点】正三角形的性质，三角形的性质，三角形中位线的性质。
【分析】要求△BPG的周长的最小值，先要找出使△BPG的周长最小时点P的位置。
由正三角形的性质知，点A、G关于直线EF对称，即AP＝GP，AE＝GE。从而根据三角形两边之和大于第三边的性质，不论点P在EF上的其它位置，总有AP＋GP＞AB。即点P在点E时△BPG的周长最小，易知△EBG的边长为1，周长为3，即△BPG的周长的最小值是3。
4.（广西河池3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90º，AB＝3，BC＝4，P是
BC边上的动点，设BP＝．若能在AC边上找到一点Q，使∠BQP＝90º，则
的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】动点问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式，解不等式。
【分析】过点Q作QH⊥BC，垂足为H，则△CQH∽△CAB，
由AB＝3，BC＝4，可知QH：HC＝3：4，
设QH＝3，HC＝4，由BH＝4－4，HP＝－4＋4。
要使∠BQP＝90º，则有QH2＝BH·HP，即（3）2＝（4－4）（－4＋4），整理，
得关于的方程，
则，
由，得，
因为，则有，即。
又因为BC＝4，所以。综上，的取值范围是。
5.（广西钦州3分）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到
点(1，1)，第2次接着运动到点(2，0)，第3次接着运动到点(3，2)，……，按这样的运动规律，经过第2011
次运动后，动点P的坐标是_ ▲ ．

【答案】(2011，2)。
【考点】分类归纳，直角坐标系中点的坐标。
【分析】由已知找出规律：运动的点P的横坐标等于它运动的次数；它的纵坐标根据运动次数的奇偶性确定，奇数次时纵坐标为2，偶奇数次时纵坐标为0。按这样的运动规律，经过第2011次运动后，动点P的坐标是(2011，2)。
6.（湖南衡阳3分）如图1所示，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为，△ABP的面积为，如果关于的函数图象如图2所示，那么△ABC的面积是 ▲ ．
【答案】10。
【考点】动点问题的函数图象。
【分析】结合函数的图象求出AB、BC的值，即可得出△ABC的面积：
根据题意可得：AB=5，BC=4，∴△ABC的面积是：×4×5=10。
7.（湖南益阳4分）如图，将ABC 沿直线AB向右平移后到达BDE的位置，若CAB＝50°，ABC＝100°，则CBE的度数为 ▲ ．
【答案】30°。
【考点】平移的性质，平行的性质，平角的定义
【分析】∵将△ABC沿直线AB向右平移后到达△BDE的位置，∴AC∥BE，∴∠CAB=∠EBD=50°，
∵∠ABC=100°，∴∠CBE的度数为：180°－50°－100°=30°。
8.（山东济南3分）如图，动点O从边长为6的等边△ABC的顶点A出发，沿着
A→C→B→A的路线匀速运动一周，速度为1个单位长度每秒．以O为圆心、为
半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是点O出发后第 ▲ 秒．
【答案】4。
【考点】动点轨迹问题，正三角形的性质，解直角三角形。
【分析】由题意知⊙O与△ABC的边第一次相切是与AB边相切，第二次相切是与BC边相切（如图），设切点为D。由正三角形的性质知∠C=600，∴在Rt△OCD中，OC=。∴AO=AC－OC=6－2=4。又∵速度为1个单位长度每秒，∴⊙O与△ABC的边第二次相切时是点O出发后第4秒。
9.（广东台山4分）直角坐标系中直线AB交x轴，y轴于点A（4，0）与 B（0，－3），现有一半径为1的动圆的圆心位于原点处，以每秒1个单位的速度向右作平移运动，则经过 ▲ 秒后动圆与直线AB相切。
【答案】。
【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】设动圆的圆心到达点E处时动圆与直线AB相切。切点为D。易知Rt∆ADE∽Rt∆AOB，
当动圆在直线AB的左侧时当动圆在直线AB的右侧时因为速度是每秒1个单位，所以经过，动圆与直线AB相切。
10. （河南省3分）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AD=4，连接BD，BD⊥CD，∠ADB=∠C．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为　 ▲ 　．
【答案】4。
【考点】角平分线的性质，垂线段的性质，三角形内角和定理。
【分析】根据垂线段最短，当DP⊥BC的时候，DP的长度最小，
∵BD⊥CD，即∠BDC=90°，又∠A=90°，
∴∠A=∠BDC，又∠ADB=∠C。∴∠ABD=∠CBD。
又DA⊥BA，DP⊥BC，∴AD=DP。
又AD=4，∴DP=4。
11.（四川自贡4分）如图，一根木棒(AB)长为斜靠在与地面(OM)垂直的墙壁(ON)上，与地面的倾斜角(∠ABO)为60°，当木棒A端沿N0向下滑动到A′，AA′=，B端沿直线OM向右滑动到B′，则木棒中点从P随之运动到P′所经过的路径长为 ▲ ．
【答案】。
【考点】直角三角形斜边上中线的性质，含30度角直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式。
【分析】首先判断P运动到P′所经过的路径轨迹，由于P是木棒的中点，根据直角三角形斜边上中线是斜边一半的性质，知轨迹是以OP=为半径的圆弧。
然后求出下滑形成的角度。连接OP，OP′。
由Rt△ABO中，∠ABO=60°，AB=，得AO
由AA′=，得O A′=。∴∠B′A′O=450。
从而可求得，∠P′O A′=450，∠POA=300。∴∠PO P′=150。
∴木棒中点从P随之运动到P′所经过的路径长为。
12.（四川广安3分）如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为 ▲
【答案】24 cm。
【考点】垂直线段的性质，弦径定理，勾股定理。
【分析】由垂直线段最短的性质，知当点P运动到使OP⊥AB时，PO最短。
由弦径定理，知此时PA=PB。
连接OA。
由勾股定理，得
PA2=OA2－OP2。∴PA=12。∴AB=24。

13.（甘肃兰州4分）已知一个半圆形工件，未搬动前如图所示，直径平行于地面放置，搬动时为了保护圆弧部分不受损伤，先将半圆作如图所示的无滑动翻转，使它的直径紧贴地面，再将它沿地面平移50米，半圆的直径为4米，则圆心O所经过的路线长是 ▲ 米．

【答案】2π+50。
【考点】弧长的计算。
【分析】由图形可知，圆心先向前走O1O2的长度即圆的周长，然后沿着弧O2O3旋转圆的周长，最后向右平移50米，所以圆心总共走过的路程为圆周长的一半即半圆的弧长加上50，由已知得圆的半径为2，则半圆形的弧长l=2π，∴圆心O所经过的路线长=2π+50米。
14.（甘肃天水4分）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=6，对角线AC平分∠BAD，点E在AB上，且AE=2（AE＜AD），点P是AC上的动点，则PE+PB的最小值是 ▲ ．
【答案】。
【考点】轴对称（最短路线问题），角平分线的性质，对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。
【分析】如图，作EO⊥AC，并延长EO交AD于点F，
∵对角线AC平分∠BAD，∠BAD=90°，∴点E、F关于AC对称。
∴PE=PF，AE=AF，∴PE+PB的最小值即线段BF的长。
∵AE=2，AB=6，∴AF=2。
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
BF=。
∴PE+PB的最小值是。
15.（贵州安顺4分）已知：如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则P点的坐标为　 ▲ 　．
【答案】（2，4）或（3，4）或（8，4）。
【考点】矩形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质。
【分析】分PD=OD（P在右边），PD=OD（P在左边），OP=OD三种情况，根据题意画出图形，作PQ垂直于x轴，找出直角三角形，根据勾股定理求出OQ，然后根据图形写出P的坐标即可：
当OD=PD（P在右边）时，根据题意画出图形，如图所示，过P作PQ⊥x轴交x轴于Q，在直角三角形DPQ中，PQ=4，PD=OD=OA=5，根据勾股定理得，DQ=3。故OQ=OD+DQ=5+3=8，则P1（8，4）。
当PD=OD（P在左边）时，根据题意画出图形，如图所示，过P作PQ⊥x轴交x轴于Q，在直角三角形DPQ中，PQ=4，PD=OD=5，根据勾股定理得，QD=3。故OQ=OD﹣QD=5﹣3=2，则P2（2，4）。
当PO=OD时，根据题意画出图形，如图所示，过P作PQ⊥x轴交x轴于Q，在直角三角形OPQ中，OP=OD=5，PQ=4，根据勾股定理得：OQ=3。则P3（3，4）。
综上，满足题意的点P坐标为（2，4）或（3，4）或（8，4）。
16. （湖北襄阳3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BCAD=6，BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间= ▲ 秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】2或。
【考点】梯形的性质，平行四边形的判定。
【分析】由已知以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形有两种情况，（1）当Q运动到E和B之间，（2）当Q运动到E和C之间，根据平行四边形的判定，由AD∥BC，所以当PD=QE时为平行四边形．根据此设运动时间为，列出关于t的方程求解：
（1）当Q运动到E和B之间，
则PD=6－，QE=2－8，∴6﹣=2－8，解得：=。
（2）当Q运动到E和C之间，
则PD=6－， EQ=8－2，∴6－=8﹣2，解得：=2。

因此，当运动时间=2或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形。
三、解答题
1.（广西来宾10分）已知正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别是OB、OC上的动点，
（1）如果动点E、F满足BE=CF（如图）：
①写出所有以点E或F为顶点的全等三角形（不得添加辅助线）；
②证明：AE⊥BF；
（2）如果动点E、F满足BE=OF（如图），问当AE⊥BF时，点E在什么位置，并证明你的结论．

【答案】解：（1）① △ABE≌△BCF, △AOE≌△BOF, △ABF≌△DEA
② 证明：如图，延长AE 交BF 于点M，
∵ABCD 是正方形，∴AB＝BC, ∠BCF＝∠ABE。
∵BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）。∴∠CBF＝∠BAE
∵∠ABE＋∠EBM＋∠CBF＝90°，
∴∠ABE＋∠EBM＋∠BAE ＝90°。
∴∠AMB＝90°。∴AE⊥BF。
（2）点E 是OB 的中点。证明如下：
∵ABCD 是正方形，∴AB＝BC, ∠BCF＝∠ABE。
∵AE⊥BF，∴∠AMB＝90°。∴∠ABE＋∠EBM＋∠BAE ＝90°。
∴∠ABE＋∠EBM＋∠CBF＝90°。∴∠CBF＝∠BAE。∴△ABE≌△BCF（ASA）。
∴BE＝CF。
∵BE＝OF，∴CF＝OF。
又∵OB＝OC，∴BE=OE。∴点E是OB 的中点。
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的判定和性质，等量代换。
【分析】（1）①根据正方形性质及BE=CF即可得出全等的三角形，②根据全等三角形及正方形的性质即可得出结论。
（2）根据正方形性质及已知条件由ASA得出△ABE≌△BCF，即可由等量代换得证。
2.（广西崇左14分）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点O为AD上一动点（4＜OA＜8），以O为圆心，OA的长为半径的圆交边CD于点M，连接OM，过点M作圆O的切线交边BC于点N.
（1） 求证：△ODM∽△MCN；
（2） 设DM=x，求OA的长（用含x的代数式表示）；
（3） 在点O运动的过程中，设△CMN的周长为p，试用含x的代数式表示p，你能发现怎样的结论？
【答案】解：（1）证明：∵MN为切线，∴OM⊥MN，
∴∠NMC＝90°－∠OMD＝∠DOM，
又∵四方形ABCD是正方形，∴∠ C＝∠D＝90°。
∴△ODM∽△MCN。
（2）设OA＝y，Rt△ODM中，DM 2＝OM 2－ DO 2＝OA 2－DO2,
即x2＝y2－(8－y)2，解得OA＝y ＝。
（3）由（1）知△DOM ∽△CMN，相似比为，
∴p＝.
∴在点O运动的过程中，△CMN的周长p为定值16。
【考点】切线的性质，勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）依题意可得∠OMC=∠MNC，然后可证得△ODM∽△MCN。
（2）设DM=x，OA=OM=R，OD=AD-OA=8-R，根据勾股定理求出OA的值。
（3）由1可求证△ODM∽△MCN，利用线段比求出CN，MN的值．然后可求出△CMN的周长等于CM+CN+MN，把各个线段消去代入可求出周长。
3.（湖南郴州10分）如图，Rt△ABC中，∠A=30°，BC=10cm，点Q在线段BC上从B向C运动，点P在线段BA上从B向A运动．Q、P两点同时出发，运动的速度相同，当点Q到达点C时，两点都停止运动．作PM⊥PQ交CA于点M，过点P分别作BC、CA的垂线，垂足分别为E、F．
（1）求证：△PQE∽△PMF；
（2）当点P、Q运动时，请猜想线段PM与MA的大小有怎样的关系？并证明你的猜想；
（3）设BP=，△PEM的面积为，求y关于的函数关系式，当为何值时，有最大值，并将这个值求出来．
【答案】解：（1）证明：∵PE⊥BC，PF⊥AC，∠C=90°，
∴∠PEQ=∠PFM=90°，∠EPF=90°，即∠EPQ+∠QPF=90°。
又∵∠FPM+∠QPF=∠QPM=90°，∴∠EPQ=∠FPM。
∴△PQE∽△PMF。
（2）相等。证明如下：
∵PB=BQ，∠B=60°，∴△BPQ为等边三角形。∴∠BQP=60°。
∵△PQE∽△PMF，∴∠PMF=∠BQP=60°。
又∵∠A+∠APM=∠PMF，∴∠APM=∠A=30°。∴PM=MA。
（3）AB=，BP=，则AP=20﹣，
∴PE=cos30°=，PF=（20﹣）•，S△PEM=PE×PF，
∴y=••
∴当=10时，函数的最大值为。
【考点】相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形。
【分析】（1）由∠EPF=∠QPM=90°，利用互余关系证明△PQE∽△PMF。
（2）相等．运动速度相等，时间相同，则BP=BQ，∠B=60°，△BPQ为等边三角形，可推出∠MPA=∠A=30°，等角对等边。
（3）由面积公式得S△PEM=PE×PF，解直角三角形分别表示PE，PF，列出函数式，利用函数的性质求解。
4.（湖南湘潭8分）两个全等的直角三角形重叠放在直线l上，如图（1），AB=6cm，BC=8cm，∠ABC=90°，将Rt△ABC在直线l上左右平移，如图（2）所示．
（1）求证：四边形ACFD是平行四边形；
（2）怎样移动Rt△ABC，使得四边形ACFD为菱形；
（3）将Rt△ABC向左平移4cm，求四边形DHCF的面积．

【答案】解：（1）证明：∵四边形ACFD为Rt△ABC平移形成的，即AD∥CF，AC∥DF，
∴四边形ACFD为平行四边形。
（2）要使得四边形ACFD为菱形，即使AD=AC即可，
在Rt△ABC中，AB=6cm，BC=8cm，∠ABC=90°，
根据勾股定理求得AC=10cm，
∴将Rt△ABC向左、右平移10cm均可使得四边形ACFD为菱形。
（3）将Rt△ABC向左平移4cm，即BE=EC=4cm，
∴EH为Rt△ABC的中位线，∴H为DE的中点，即HE=3 cm。
∴△CEH的面积为cm2，
又△DEF的面积为cm2，
∴四边形DHCF的面积=△DEF的面积－△CEH的面积24﹣6=18（cm2）。
答：四边形DHCF的面积为18cm2。
【考点】平移的性质，平行四边形的判定，勾股定理，菱形的判定，三角形中位线定理。
【分析】（1）四边形ACFD为Rt△ABC平移形成的，即可求得四边形ACFD是平行四边形。
（2）要使得四边形ACFD为菱形，即使AD=AC即可。
（3）将Rt△ABC向左平移4cm，则EH为Rt△ABC的中位线，即可求得△DEF和△CEH的面积，即可解题。
5.（湖南张家界8分）如图，在⊙Ｏ中，直径ＡＢ的两侧有定点Ｃ和动点Ｐ，点Ｐ在弧ＡＢ上运动（不与A、B重合），过点C作ＣＰ的垂线，与ＰＢ的延长线交于点Ｑ.
（１）试猜想：△ＰＣＱ