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中考动点型问题专题
一、中考专题诠释
所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.
“动点型问题” 题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。
二、解题策略和解法精讲
解决动点问题的关键是“动中求静”.
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。
三、中考考点精讲
考点一：建立动点问题的函数解析式（或函数图像）
函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.
例1 （2015•兰州）如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回，点P在运动过程中速度不变，则以点B为圆心，线段BP长为半径的圆的面积S与点P的运动时间t的函数图象大致为（　　）

A． B． C． D．
思路分析：分析动点P的运动过程，采用定量分析手段，求出S与t的函数关系式，根据关系式可以得出结论．
解：不妨设线段AB长度为1个单位，点P的运动速度为1个单位，则：
（1）当点P在A→B段运动时，PB=1-t，S=π（1-t）2（0≤t＜1）；
（2）当点P在B→A段运动时，PB=t-1，S=π（t-1）2（1≤t≤2）．
综上，整个运动过程中，S与t的函数关系式为：S=π（t-1）2（0≤t≤2），
这是一个二次函数，其图象为开口向上的一段抛物线．结合题中各选项，只有B符合要求．
故选B．
点评：本题结合动点问题考查了二次函数的图象．解题过程中求出了函数关系式，这是定量的分析方法，适用于本题，如果仅仅用定性分析方法则难以作出正确选择．

对应训练
1．（2015•白银）如图，⊙O的圆心在定角∠α（0°＜α＜180°）的角平分线上运动，且⊙O与∠α的两边相切，图中阴影部分的面积S关于⊙O的半径r（r＞0）变化的函数图象大致是（　　）
A．B． C．D．
1．C

考点二：动态几何型题目
点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题. 这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.
动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。
（一）点动问题．
例2 （2015•河北）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，DE⊥AB，CF⊥AB，且AE=EF=FB=5，DE=12动点P从点A出发，沿折线AD-DC-CB以每秒1个单位长的速度运动到点B停止．设运动时间为t秒，y=S△EPF，则y与t的函数图象大致是（　　）

A． B． C． D．
思路分析：分三段考虑，①点P在AD上运动，②点P在DC上运动，③点P在BC上运动，分别求出y与t的函数表达式，继而可得出函数图象．
解：在Rt△ADE中，AD=，在Rt△CFB中，BC=，

①点P在AD上运动：
过点P作PM⊥AB于点M，则PM=APsin∠A=t，
此时y=EF×PM=t，为一次函数；
②点P在DC上运动，y=EF×DE=30；
③点P在BC上运动，过点P作PN⊥AB于点N，则PN=BPsin∠B=（AD+CD+BC-t）=，
则y=EF×PN=，为一次函数．

综上可得选项A的图象符合．
故选A．
点评：本题考查了动点问题的函数图象，解答本题的关键是分段讨论y与t的函数关系式，当然在考试过程中，建议同学们直接判断是一次函数还是二次函数，不需要按部就班的解出解析式．
对应训练
2．（2015•北京）如图，点P是以O为圆心，AB为直径的半圆上的动点，AB=2．设弦AP的长为x，△APO的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
2．A
（二）线动问题
例3 （2015•荆门）如右图所示，已知等腰梯形ABCD，AD∥BC，若动直线l垂直于BC，且向右平移，设扫过的阴影部分的面积为S，BP为x，则S关于x的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
思路分析：分三段考虑，①当直线l经过BA段时，②直线l经过AD段时，③直线l经过DC段时，分别观察出面积变化的情况，然后结合选项即可得出答案．
解：①当直线l经过BA段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度越来越快；
②直线l经过DC段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度保持不变；
③直线l经过DC段时，阴影部分的面积越来越大，并且增大的速度越来越小；
结合选项可得，A选项的图象符合．
故选A．
点评：本题考查了动点问题的函数图象，类似此类问题，有时候并不需要真正解出函数解析式，只要我们能判断面积增大的快慢就能选出答案．
对应训练
3．（2015•永州）如图所示，在矩形ABCD中，垂直于对角线BD的直线l，从点B开始沿着线段BD匀速平移到D．设直线l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（　　）

A． B．
C． D．
3．A
（三）面动问题
例4 （2015•牡丹江）如图所示：边长分别为1和2的两个正方形，其中一边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形内去掉小正方形后的面积为s，那么s与t的大致图象应为（　　）

A． B． C． D．
思路分析：根据题意设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别求出S，可得答案．
解：根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；
①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-Vt×1=4-Vt，
②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3，
③小正方形穿出大正方形，S=Vt×1，
分析选项可得，A符合；
故选A．
点评：解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合可得整体得变化情况．
对应训练
4．（2015•衡阳）如图所示，半径为1的圆和边长为3的正方形在同一水平线上，圆沿该水平线从左向右匀速穿过正方形，设穿过时间为t，正方形除去圆部分的面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为（　　）
A． B． C． D．
4．A
考点三：双动点问题
动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为中考试题的热点中的热点，双动点问题对同学们获取信息和处理信息的能力要求更高高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动.
例5 （2015•攀枝花）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=．动点P在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．
（1）点A的坐标为 （-4，0）
，直线l的解析式为 y=x+4
；
（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围；
（3）试求（2中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值；
（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．

思路分析：（1）利用梯形性质确定点D的坐标，利用sin∠DAB=特殊三角函数值，得到△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式；
（2）解答本问，需要弄清动点的运动过程：
①当0＜t≤1时，如答图1所示；
②当1＜t≤2时，如答图2所示；
③当2＜t＜时，如答图3所示．
（3）本问考查二次函数与一次函数在指定区间上的极值，根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值；
（4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论，避免漏解．
解：（1）∵C（7，4），AB∥CD，
∴D（0，4）．
∵sin∠DAB=，
∴∠DAB=45°，
∴OA=OD=4，
∴A（-4，0）．
设直线l的解析式为：y=kx+b，则有
，
解得：k=1，b=4，
∴y=x+4．
∴点A坐标为（-4，0），直线l的解析式为：y=x+4．

（2）在点P、Q运动的过程中：
①当0＜t≤1时，如答图1所示：

过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．

过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•=3t．
∴PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，
S=PM•PE=×2t×（14-5t）=-5t2+14t；
②当1＜t≤2时，如答图2所示：

过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，
则CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，
S=PM•PE=×2t×（16-7t）=-7t2+16t；
③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，
即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=．
当2＜t＜时，如答图3所示：

MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，
S=PM•MQ=×4×（16-7t）=-14t+32．

（3）①当0＜t≤1时，S=-5t2+14t=-5（t-）2+，
∵a=-5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=，
∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大，
∴当t=1时，S有最大值，最大值为9；
②当1＜t≤2时，S=-7t2+16t=-7（t-）2+，
∵a=-7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=，
∴当t=时，S有最大值，最大值为；
③当2＜t＜时，S=-14t+32
∵k=-14＜0，
∴S随t的增大而减小．
又∵当t=2时，S=4；
当t=时，S=0，
∴0＜S＜4．
综上所述，当t=时，S有最大值，最大值为．

（4）△QMN为等腰三角形，有两种情形：
①如答图4所示，点M在线段CD上，
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4，
由MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t=；

②如答图5所示，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，
此时△QMN为等腰三角形，t=．
故当t=或t=时，△QMN为等腰三角形．
点评：本题是典型的运动型综合题，难度较大，解题关键是对动点运动过程有清晰的理解．第（3）问中，考查了指定区间上的函数极值，增加了试题的难度；另外，分类讨论的思想贯穿（2）-（4）问始终，同学们需要认真理解并熟练掌握．
对应训练
5．（2015年·山东）如图2,在△ABC中,AB=AC=1,点D,E在直线BC上运动.设BD=CE=.
(1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定与之间的函数解析式；
A
E
D
C
B
图2
(2)如果∠BAC的度数为,∠DAE的度数为,当,满足怎样的关系式时,(1)中与之间的函数解析式还成立?试说明理由.
解:(1)在△ABC中,∵AB=AC,∠BAC=30°,
∴∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠ABD=∠ACE=105°.
∵∠BAC=30°,∠DAE=105°, ∴∠DAB+∠CAE=75°,
又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°,
∴∠CAE=∠ADB,
∴△ADB∽△EAC, ∴,
∴, ∴.
(2)由于∠DAB+∠CAE=,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=,且函数关系式成立,
∴=, 整理得.
当时,函数解析式成立.
四、中考真题演练
一、选择题
1．（2015•新疆）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2cm，D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t＜6），连接DE，当△BDE是直角三角形时，t的值为　　）
A．2 B．2.5或3.5
C．3.5或4.5 D．2或3.5或4.5

1．D

2．（2015•安徽）图1所示矩形ABCD中，BC=x，CD=y，y与x满足的反比例函数关系如图2所示，等腰直角三角形AEF的斜边EF过C点，M为EF的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．当x=3时，EC＜EM
B．当y=9时，EC＞EM
C．当x增大时，EC•CF的值增大
D．当y增大时，BE•DF的值不变

2．D
3．（2015•盘锦）如图，将边长为4的正方形ABCD的一边BC与直角边分别是2和4的Rt△GEF的一边GF重合．正方形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿GE向右匀速运动，当点A和点E重合时正方形停止运动．设正方形的运动时间为t秒，正方形ABCD与Rt△GEF重叠部分面积为s，则s关于t的函数图象为（　　）
A．B．C．D．
3．B

4．（2015•龙岩）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（0，6），动点C在直线y=x上．若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5

4．B

6．如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2厘米/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1厘米/秒的速度移动。如果Ｐ、Ｑ同时出发，用t秒表示移动的时间（0≤ t ≤6），那么：
（1）当t为何值时，三角形QAP为等腰三角形？
（2）求四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论；
（3）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？

分析：（1）当三角形QAP为等腰三角形时，由于∠A为直角，只能是AQ=AP，建立等量关系，，即时，三角形QAP为等腰三角形；
（2）四边形QAPC的面积=ABCD的面积—三角形QDC的面积—三角形PBC的面积
==36，即当P、Q运动时，四边形QAPC的面积不变。
（3）显然有两种情况：△PAQ∽△ABC，△QAP∽△ABC
由相似关系得或，解之得或
7．（2015年南安市）如图所示，在直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在x轴上，点A在原点，AB＝3，AD＝5．若矩形以每秒2个单位长度沿x轴正方向作匀速运动．同时点P从A点出发以每秒1个单位长度沿A－B－C－D的路线作匀速运动．当P点运动到D点时停止运动，矩形ABCD也随之停止运动．
　　⑴求P点从A点运动到D点所需的时间；
　　⑵设P点运动时间为t（秒）.
当t＝5时，求出点P的坐标；
若⊿OAP的面积为s，试求出s与t之间的函数关系式（并写出相应的自变量t的取值范围）．
　　解:（1）P点从A点运动到D点所需的时间＝（3+5+3）÷1＝11（秒
　　（2）当t＝5时，P点从A点运动到BC上，此时OA=10,AB+BP=5，∴BP=2.
　　过点P作PE⊥AD于点E，则PE=AB=3,AE=BP=2.
　　∴OE=OA+AE=10+2=12.∴点P的坐标为（12，3）．
　　分三种情况：
　　．当0＜t≤3时，点P在AB上运动，此时OA=2t,AP=t，∴s=×2t×t= t2.
　　．当3＜t≤8时，点P在BC上运动，此时OA=2t，∴s=×2t×3=3 t.
　　．当8＜t＜11时，点P在CD上运动，此时OA=2t,AB+BC+CP= t，
　　∴DP=(AB+BC+CD)-( AB+BC+CP)=11- t∴s=×2t×(11- t)=- t2+11 t.
　　综上所述，s与t之间的函数关系式是：当0＜t≤3时，s= t2；当3＜t≤8时，s=3 t；当8＜t＜11时，s=- t2+11 t .

8．（2014济南）如图，在梯形中，动点从点出发沿线段以每秒2个单位长度的速度向终点运动；动点同时从点出发沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动．设运动的时间为秒．
（1）求的长．
（2）当时，求的值．
（3）试探究：为何值时，为等腰三角形．

解：（1）如图①，过、分别作于，于，则四边形是矩形
∴ ……………………1分
在中，
2分
在中，由勾股定理得，
∴……………3分
（2）如图②，过作交于点，则四边形是平行四边形
∵
（图①）
A
D
C
B
K
H
∴
∴
∴……………4分
由题意知，当、运动到秒时，
∵
∴
又
∴
（图②）
A
D
C
B
G
M
N
∴……………5分
即
解得，……………6分
（3）分三种情况讨论：
①当时，如图③，即
A
D
C
B
M
N
（图③）
（图④）
A
D
C
B
M
N
H
E
∴……………7分

②当时，如图④，过作于
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
在中，
又在中，
∴
解得 8分
解法二：
∵
∴
∴ 即
∴……………8分
③当时，如图⑤，过作于点.
解法一：（方法同②中解法一）
（图⑤）
A
D
C
B
H
N
M
F
解得
解法二：
∵
∴
∴ 即 ∴
综上所述，当、或时，为等腰三角形 9分
9．（2015年锦州市）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，点C的坐标为(4,0)，∠AOC=60°，垂直于x轴的直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，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)
　　1.求A、B两点的坐标；
　　2.设△OMN的面积为S，直线l运动时间为t秒(0≤t≤6)，试求S与t的函数表达式；
3.在题(2)的条件下，t为何值时，S的面积最大？最大面积是多少？

　　1.分析：由菱形的性质、三角函数易求A、B两点的坐标.
　　解：∵四边形OABC为菱形，点C的坐标为(4,0)，
　　　∴OA=AB=BC=CO=4.如图①，过点A作AD⊥OC于D.∵∠AOC=60°，∴OD=2，AD=.
　　　∴A(2, )，B（6, ）.
　　2.分析：直线l在运动过程中，随时间t的变化，△MON的形状也不断变化，因此，首先要把所有情况画出相应的图形，每一种图形都要相应写出自变量的取值范围。这是解决动点题关键之一.
　　直线l从y轴出发，沿x轴正方向运动与菱形OABC的两边相交有三种情况：

　　①0≤t≤2时，直线l与OA、OC两边相交(如图①).
　　②2＜t≤4时，直线l与AB、OC两边相交(如图②).
　　③4＜t≤6时，直线l与AB、BC两边相交(如图③).
　　略解：①∵MN⊥OC，∴ON=t. ∴MN=ONtan60°=.∴S=ON·MN=t2.
　　　　　②S=ON·MN=t·2=t.
　 　　　 ③方法一：设直线l与x轴交于点H.∵MN＝2-(t-4)=6-t,
　　　　∴S=MN·OH=(6-t)t=t2+3t.
　　方法二：设直线l与x轴交于点H.∵S=S△OMH-S△ONH，∴S=t·2-t·(t-4)=
- t2+3t.
　　方法三：设直线l与x轴交于点H.∵S=,
　　=4×2=8,=·2·(t-2)= t-2,
　　=·4·(t-4)=2t-8,=(6-t)(6-t)=18-6t+t2,
　　∴S=8-(t-2)-(2t-8)-(18-6t+t2)=-t2+3t.
　　3.求最大面积的时候，求出每一种情况的最大面积值，然后再综合每种情况，求出最大值.
　　略解：由2知，当0≤t≤2时，=×22=2；
　　当2＜t≤4时，=4；
　　当4＜t≤6时，配方得St-3)2+，
　　∴当t=3时，函数S＝-t2+3t的最大值是.
　　但t=3不在4＜t≤6内，∴在4＜t≤6内，函数S＝-t2+3t的最大值不是.
　　而当t＞3时，函数S＝-t2+3t随t的增大而减小，∴当4＜t≤6时，S＜4.　　　　　 综上所述，当t=4秒时，=4.
10.（2014年福建晋州）如图，在平行四边形ABCD中，AD=4cm，∠A=60°，BD⊥AD.一动点P从A出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C的路线匀速运动，过点P作直线PM，使PM⊥AD.
　　1．当点P运动2秒时，设直线PM与AD相交于点E，求△APE的面积；
　　2．当点P运动2秒时，另一动点Q也从A出发沿A→B的路线运动，且在AB上以每秒1cm的速度匀速运动，（当P、Q中的某一点到达终点，则两点都停止运动.）过Q作直线QN，使QN∥PM，设点Q运动的时间为t秒（0≤t≤8），直线PM与QN截平行四边形ABCD所得图形的面积为S（cm2）.
　　（1）求S关于t的函数关系式；
　　（2）求S的最大值.
　　1.分析：此题为点动题，因此，1)搞清动点所走的路线及速度，这样就能求出相应线段的长；2）分析在运动中点的几种特殊位置.
　　由题意知，点P为动点，所走的路线为：A→B→C速度为1cm/s。而t=2s，故可求出AP的值，进而求出△APE的面积.
　　略解：由AP=2 ，∠A=60°得AE=1，EP= . 因此.
　　2.分析：两点同时运动，点P在前，点Q在后，速度相等，因此两点距出发点A的距离相差总是2cm.P在AB边上运动后，又到BC边上运动.因此PM、QN截平行四边形ABCD所得图形不同.故分两种情况：
　　（1）①当P、Q都在AB上运动时，PM、QN截平行四边形ABCD所得的图形永远为直角梯形.此时0≤t≤6.
　　②当P在BC上运动，而Q在AB边上运动时，画出相应图形，所成图形为六边形DFQBPG.不规则图形面积用割补法.此时6＜t≤8.

　　⑴略解：①当P、Q同时在AB边上运动时，0≤t≤6.
　　AQ=t,AP=t+2, AF=t,QF=t,AG=(t+2), 由三角函数PG=(t+2),
　　FG=AG-AF=(t+2)-t=1.S =·(QF+PG)·FG=[t+(t+2)]·1=t+.
　　②当6＜t≤8时，
　　S=S平行四边形ABCD-S△AQF-S△GCP.
　　易求S平行四边形ABCD=16,S△AQF=AF·QF=t2.
　　而S△CGP=PC·PG,PC=4-BP=4-(t+2-8)=10-t.由比例式可得∴PG=(10-t).∴S△CGP=PC·PG=(10-t)·(10-t)=(10-t)2.
　　∴S=16-t2-(10-t)2=(6＜t≤8　
　　⑵分析:求面积的最大值时,应用函数的增减性求.若题中分多种情况,那么每一种情况都要分别求出最大值，然后综合起来得出一个结论.此题分两种情况,那么就分别求出0≤t≤6和6＜t≤8时的最大值. 0≤t≤6时,是一次函数,应用一次函数的性质,由于一次项系数是正数,面积S随t的增大而增大.当 6＜t≤8时,是二次函数,应用配方法或公式法求最值.
　　略解：由于所以t=6时，S最大＝；
　　由于S＝(6＜t≤8,所以t=8时，S最大=6.　
综上所述, 当t=8时，S最大=6.
11. A
B
C
O
图8
H
（2015年·上海）如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=,⊙A的半径为1.若点O在BC边上运动(与点B、C不重合),设BO=,△AOC的面积为.
(1)求关于的函数解析式,并写出函数的定义域.
(2)以点O为圆心,BO长为半径作圆O,求当⊙O与⊙A相切时,
△AOC的面积.
解:(1)过点A作AH⊥BC,垂足为H.
∵∠BAC=90°,AB=AC=, ∴BC=4,AH=BC=2. ∴OC=4-.
∵, ∴ ().
(2)①当⊙O与⊙A外切时,
在Rt△AOH中,OA=,OH=, ∴. 解得.
此时,△AOC的面积=.
②当⊙O与⊙A内切时,
在Rt△AOH中,OA=,OH=, ∴. 解得.
此时,△AOC的面积=.
综上所述,当⊙O与⊙A相切时,△AOC的面积为或.
12. (2015福建福州)如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？

分析:由t＝2求出BP与BQ的长度,从而可得△BPQ的形状;
作QE⊥BP于点E,将PB,QE用t表示,由=×BP×QE可得
S与t的函数关系式;先证得四边形EPRQ为平行四边形,得PR=QE,
再由△APR∽△PRQ,对应边成比例列方程,从而t值可求.

解:(1)△BPQ是等边三角形,
当t=2时,AP=2×1=2,BQ=2×2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4,
即BQ=BP.又因为∠B=600,所以△BPQ是等边三角形.
(2)过Q作QE⊥AB,垂足为E,由QB=2t,得QE=2t·sin600=t,
由AP=t,得PB=6-t,所以=×BP×QE=(6-t)×t=－t2+3t；
(3)因为QR∥BA,所以∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600又因为∠C=600,
所以△QRC是等边三角形,这时BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t.
因为BE=BQ·cos600=×2t=t,AP=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t,
所以EP=QR,又EP∥QR,所以四边形EPRQ是平行四边形,所以PR=EQ=t,
由△APR∽△PRQ,得到,即,解得t=,
所以当t=时, △APR∽△PRQ.
点评: 本题是双动点问题.动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动.
13. (2015广州) 在中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与点A、B不重合），Q是BC边上的动点（与点B、C不重合），当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由。
分析：不论P、Q如何运动，∠PCQ都小于∠ACB即小于90°，又因为PQ与AC不平行，所以∠PQC不等于90°，所以只有∠CPQ为直角，△CPQ才可能是直角三角形，而要判断△CPQ是否为直角三角形，只需构造以CQ为直径的圆，根据直径所对的圆周角为直角，若AB边上的动点P在圆上，∠CPQ就为直角，否则∠CPQ就不可能为直角。
以CQ为直径做半圆D。
①当半圆D与AB相切时，设切点为M，连结DM，则DM⊥AB，且AC＝AM＝5
所以
设，则
在中，，即

解得：，所以
即当且点P运动到切点M的位置时，△CPQ为直角三角形。
②当时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两个交点的位置时，△CPQ为直角三角形。
③当时，半圆D与直线AB相离，即点P在半圆D之外，0＜∠CPQ＜90°，此时，△CPQ不可能为直角三角形。
所以，当时，△CPQ可能为直角三角形。
14. (2012广州)如图5，△ABC的外部有一动点P（在直线BC上方），分别连结PB、PC，试确定∠BPC与∠BAC的大小关系。

分析：∠BPC与∠BAC之间没有联系，要确定∠BPC与∠BAC的大小关系，必须找恰当的载体，作为它们之间的桥梁，这道桥梁就是圆，通过构造△ABC的外接圆，问题就会迎刃而解。
（1）当点P在△ABC外接圆外时，
如图5，连结BD，根据外角大于任何一个与它不相邻的内角，∠BPC＜∠BDC
又因为∠BDC＝∠BAC，
所以∠BPC＜∠BAC；
（2）当点P在△ABC外接圆上时，如图6，根据同弧所对的圆周角相等，
∠BPC＝∠BAC；

（3）当点P在△ABC外接圆内时，如图7，延长BP交△ABC外接圆于点D，连结CD，则∠BPC＞∠BDC，

又∠BDC＝∠BAC，故∠BPC＞∠BAC。
综上，知当点P在△ABC外接圆外时，
∠BPC＜∠BAC；
当点P在△ABC外接圆上时，
∠BPC＝∠BAC；
当点P在△ABC外接圆内时，
∠BPC＞∠BAC。

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