中考数学复习专题讲座十三动点型问题三含答案

中考数学复习专题讲座十三动点型问题三含答案

‎2012年中考数学复习专题讲座十三 动点型问题（三）‎ ‎（函数引动点产生的相似三角形问题、以圆为载体的动点问题）‎ 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 专题五：函数引动点产生的相似三角形问题 ‎ 函数因动点产生的相似三角形问题一般有三个解决途径：‎ ‎① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。‎ ‎ ②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。 ‎ ‎③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。‎ 例1 （2012•义乌市）如图1，已知直线y=kx与抛物线y=交于点A（3，6）．‎ ‎（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；‎ ‎（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M（点M、O不重合），交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N．试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；‎ ‎（3）如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D（m，0）是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？‎ 思路分析： （1）利用待定系数法求出直线y=kx的解析式，根据A点坐标用勾股定理求出线段OA的长度；‎ ‎（2）如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H，构造相似三角形△QHM与△QGN，将线段QM与线段QN的长度之比转化为相似三角形的相似比，即为定值．需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立；‎ ‎（3）由已知条件角的相等关系∠BAE=∠BED=∠AOD，可以得到△ABE∽△OED．设OE=x，则由相似边的比例关系可以得到m关于x的表达式（），这是一个二次函数．借助此二次函数图象（如答图3），可见m在不同取值范围时，x的取值（即OE的长度，或E点的位置）有1个或2个．这样就将所求解的问题转化为分析二次函数的图象与性质问题．‎ 另外，在相似三角形△ABE与△OED中，运用线段比例关系之前需要首先求出AB的长度．如答图2，可以通过构造相似三角形，或者利用一次函数（直线）的性质求得AB的长度．‎ 解：（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；‎ ‎∵6=3k，‎ ‎∴k=2，‎ ‎∴y=2x．（2分）‎ OA=．…（3分）‎ ‎（2）是一个定值，理由如下：‎ 如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．‎ ‎①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，‎ 此时；‎ ‎②当QH与QM不重合时，‎ ‎∵QN⊥QM，QG⊥QH 不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，‎ ‎∴∠MQH=∠GQN，‎ 又∵∠QHM=∠QGN=90°‎ ‎∴△QHM∽△QGN…（5分），‎ ‎∴，‎ 当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得． …（7分）①①‎ ‎（3）如答图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R ‎∵∠AOD=∠BAE，‎ ‎∴AF=OF，‎ ‎∴OC=AC=OA=‎ ‎∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，‎ ‎∴△AOR∽△FOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴OF=，‎ ‎∴点F（，0），‎ 设点B（x，），‎ 过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得x1=6，x2=3（舍去），‎ ‎∴点B（6，2），‎ ‎∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4，‎ ‎∴AB=5 …（8分）；‎ ‎（求AB也可采用下面的方法）‎ 设直线AF为y=kx+b（k≠0）把点A（3，6），点F（，0）代入得 k=，b=10，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴（舍去），，‎ ‎∴B（6，2），‎ ‎∴AB=5…（8分）‎ ‎（其它方法求出AB的长酌情给分）‎ 在△ABE与△OED中 ‎∵∠BAE=∠BED，‎ ‎∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，‎ ‎∴∠ABE=∠DEO，‎ ‎∵∠BAE=∠EOD，‎ ‎∴△ABE∽△OED．…（9分）‎ 设OE=x，则AE=﹣x （），‎ 由△ABE∽△OED得，‎ ‎∴‎ ‎∴（）…（10分）‎ ‎∴顶点为（，）‎ 如答图3，当时，OE=x=，此时E点有1个；‎ 当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．‎ ‎∴当时，E点只有1个…（11分）‎ 当时，E点有2个…（12分）．‎ 点评： 本题是中考压轴题，难度较大，解题核心是相似三角形与抛物线的相关知识，另外也考查了一次函数、勾股定理等重要知识点．解题的难点在于转化思想的运用，本题第（2），（3）问都涉及到了问题的转化，要求同学们能够将所求解的问题转化为常见的数学问题，利用自己所熟悉的数学知识去解决问题，否则解题时将不知道从何下手而导致失分．‎ 对应训练 ‎1．（2012•绍兴）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线y=x2﹣4x﹣2经过A，B两点．‎ ‎（1）求A点坐标及线段AB的长；‎ ‎（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒．‎ ‎①当PQ⊥AC时，求t的值；‎ ‎②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围．‎ 考点六：以圆为载体的动点问题 与圆有关的动点问题也是中考的热点，此类问题以圆为载体，主要研究几何图形在点的运动中的位置关系和数量关系；这类问题集几何、代数知识于一体，是数形结合思想的完美表现，具有较强的综合性、灵活性和多样性。‎ 解决此类问题要充分利用圆的有关性质，同时要抓住图形运动的本质规律，用“静态”的方法来分解图形的运动过程，用静态的方法来研究运动中的变与不变的函数关系，吧复杂的运动过程化为简单的数学问题。‎ 例2 （2012•湘潭）如图，在⊙O上位于直径AB的异侧有定点C和动点P，AC=AB，点P在半圆弧AB上运动（不与A、B两点重合），过点C作直线PB的垂线CD交PB于D点．‎ ‎（1）如图1，求证：△PCD∽△ABC；‎ ‎（2）当点P运动到什么位置时，△PCD≌△ABC？请在图2中画出△PCD并说明理由；‎ ‎（3）如图3，当点P运动到CP⊥AB时，求∠BCD的度数．‎ 思路分析： （1）由AB是⊙O的直径，根据直径对的圆周角是直角，即可得∠ACB=90°，又由PD⊥CD，可得∠D=∠ACB，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可得∠A=∠P，根据有两角对应相等的三角形相似，即可判定：△PCD∽△ABC；‎ ‎（2）由△PCD∽△ABC，可知当PC=AB时，△PCD≌△ABC，利用相似比等于1的相似三角形全等即可求得；‎ ‎（3）由∠ACB=90°，AC=AB，可求得∠ABC的度数，然后利用相似，即可得∠PCD的度数，又由垂径定理，求得=，然后利用圆周角定理求得∠ACP的度数，继而求得答案．‎ 解： （1）证明：∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∵PD⊥CD，‎ ‎∴∠D=90°，‎ ‎∴∠D=∠ACB，‎ ‎∵∠A与∠P是对的圆周角，‎ ‎∴∠A=∠P，‎ ‎∴△PCD∽△ABC；‎ ‎（2）解：当PC是⊙O的直径时，△PCD≌△ABC，‎ 理由：∵AB，PC是⊙O的直径，‎ ‎∴∠PBC=∠ACB=90°，AB=PC，‎ ‎∵∠A=∠P ‎∴△PCD≌△ABC；‎ ‎（3）解：∵∠ACB=90°，AC=AB，‎ ‎∴∠ABC=30°，‎ ‎∵△PCD∽△ABC，‎ ‎∴∠PCD=∠ABC=30°，‎ ‎∵CP⊥AB，AB是⊙O的直径，‎ ‎∴=，‎ ‎∴∠ACP=∠ABC=30°，‎ ‎∴∠BCD=∠AC﹣∠ACP﹣∠PCD=90°﹣30°﹣30°=30°．‎ 点评： 此题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，注意数形结合思想的应用．‎ 对应训练 ‎2．（2012•无锡）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？‎ 四、中考真题演练 一、选择题　‎ ‎1．（2012•广西）如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（　　）‎ ‎　 A．30° B． 45° C． 60° D． 90°‎ ‎2．（2012•北海）如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了（　　）‎ ‎　 A．2周 B． 3周 C． 4周 D． 5周 ‎3．（2012•兰州）如图，AB是⊙O的直径，弦BC=‎2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．若动点E以‎2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t（s）（0≤t＜3），连接EF，当△BEF是直角三角形时，t（s）的值为（　　）‎ ‎　 A． B． ‎1 ‎C． 或1 D． 或1或 二、填空题 ‎4．（2012•遵义）如图，AB是⊙O的弦，AB长为8，P是⊙O上一个动点（不与A、B重合），过点O作OC⊥AP于点C，OD⊥PB于点D，则CD的长为　 　．‎ ‎5．（2012•宁波）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 　．‎ ‎6．（2012•兰州）如图，已知⊙O是以坐标原点O为圆心，1为半径的圆，∠AOB=45°，点P在x轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设P（x，0），则x的取值范围是　 ．‎ ‎7．（2012•河池）如图，在平面直角坐标系中，矩形OEFG的顶点F的坐标为（4，2），将矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴上，得到矩形OMNP，OM与GF相交于点A．若经过点A的反比例函数的图象交EF于点B，则点B的坐标为　 　．‎ 三、解答题 ‎8．（2012•咸宁）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转90°，得到线段AB．过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D．运动时间为t秒．‎ ‎（1）当点B与点D重合时，求t的值；‎ ‎（2）设△BCD的面积为S，当t为何值时，S=？‎ ‎（3）连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线y=ax2﹣10ax的顶点在△ABM内部（不包括边），求a的取值范围．‎ ‎9．（2012•山西）综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．‎ ‎（1）求直线AC的解析式及B、D两点的坐标；‎ ‎（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．‎ ‎10．（2012•龙岩）在平面直角坐标系xOy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（﹣1，0）．‎ ‎（1）请直接写出点B、C的坐标：B　 　、C　 　；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；‎ ‎（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于点M．‎ ‎①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC；‎ ‎②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎11．（2012•兰州）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．‎ ‎12．（2012•荆门）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；‎ ‎（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；‎ ‎（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．‎ ‎13．（2012•嘉兴）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）如图1，当m=时，‎ ‎①求线段OP的长和tan∠POM的值；‎ ‎②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；‎ ‎（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．‎ ‎①用含m的代数式表示点Q的坐标；‎ ‎②求证：四边形ODME是矩形．‎ ‎14．（2012•济宁）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点（端点除外），过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）当动点P运动到何处时，BP2=BD•BC；‎ ‎（3）当△PCD的面积最大时，求点P的坐标．‎ ‎15．（2012•怀化）如图，抛物线m：y=﹣（x+h）2+k与x轴的交点为A、B，与y轴的交点为C，顶点为M（3，），将抛物线m绕点B旋转180°，得到新的抛物线n，它的顶点为D；‎ ‎（1）求抛物线n的解析式；‎ ‎（2）设抛物线n与x轴的另一个交点为E，点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为F，连接EF．如果P点的坐标为（x，y），△PEF的面积为S，求S与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出S的最大值；‎ ‎（3）设抛物线m的对称轴与x轴的交点为G，以G为圆心，A、B两点间的距离为直径作⊙G，试判断直线CM与⊙G的位置关系，并说明理由．‎ ‎16．（2012•常德）如图，已知二次函数的图象过点A（﹣4，3），B（4，4）．‎ ‎（1）求二次函数的解析式：‎ ‎（2）求证：△ACB是直角三角形；‎ ‎（3）若点P在第二象限，且是抛物线上的一动点，过点P作PH垂直x轴于点H，是否存在以P、H、D为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎17．（2012•鞍山）如图，直线AB交x轴于点B（4，0），交y轴于点A（0，4），直线DM⊥x轴正半轴于点M，交线段AB于点C，DM=6，连接DA，∠DAC=90°．‎ ‎（1）直接写出直线AB的解析式；‎ ‎（2）求点D的坐标；‎ ‎（3）若点P是线段MB上的动点，过点P作x轴的垂线，交AB于点F，交过O、D、B三点的抛物线于点E，连接CE．是否存在点P，使△BPF与△FCE相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎18．（2012•西宁）如图（1），AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，若直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD，垂足为D．‎ ‎（1）求证：△ADC∽△ACB；‎ ‎（2）如果把直线CD向下平行移动，如图（2），直线CD交⊙O于C、G两点，若题目中的其他条件不变，且AG=4，BG=3，求tan∠DAC的值．‎ ‎19．（2012•南充）如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=，抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6）．‎ ‎（1）求抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）直线m与⊙C相切于点A，交y轴于点D．动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动；同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动；点P的速度为每秒一个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时，求运动时间t的值；‎ ‎（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标．‎ ‎　‎ ‎20．（2012•苏州）如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x（2＜x＜4）．‎ ‎（1）当x=时，求弦PA、PB的长度；‎ ‎（2）当x为何值时，PD•CD的值最大？最大值是多少？‎ ‎21．（2012•上海）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．‎ ‎22．（2012•泉州）已知：A、B、C三点不在同一直线上．‎ ‎（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，‎ i）如图①，当∠A=45°，R=1时，求∠BOC的度数和BC的长；‎ ii）如图②，当∠A为锐角时，求证：sinA=；‎ ‎（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与A不重合）滑动，如图③，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为P，试探索在整个滑动过程中，P、A两点间的距离是否保持不变？请说明理由．‎ ‎23．（2012•聊城）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC=10，BC=12，P是上的一个动点，过点P作BC的平行线交AB的延长线于点D．‎ ‎（1）当点P在什么位置时，DP是⊙O的切线？请说明理由；‎ ‎（2）当DP为⊙O的切线时，求线段DP的长．‎ ‎24．（2012•大庆）已知半径为‎1cm的圆，在下面三个图中AC=‎10cm，AB=‎6cm，BC=‎8cm，在图2中∠ABC=90°．‎ ‎（l）如图1，若将圆心由点A沿A→C方向运动到点C，求圆扫过的区域面积；‎ ‎（2）如图2，若将圆心由点A沿A→B→C方向运动到点C，求圆扫过的区域面积；‎ ‎（3）如图3，若将圆心由点A沿A→B→C→A方向运动回到点A．‎ 则：I）阴影部分面积为　 　；Ⅱ）圆扫过的区域面积为　 　．‎ ‎25．（2012•常州）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0），以点P为圆心，m为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（点D在点C的上方）．点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）．‎ ‎（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）连接DB、BE，设△BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ，试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？‎ ‎（3）连接BC，求∠DBC﹣∠DBE的度数．‎ 专题十三 动点型问题（三）参考答案 ‎（函数引动点产生的相似三角形问题、以圆为载体的动点问题）‎ 三、中考考点精讲 对应训练 ‎1．解：（1）由抛物线y=x2﹣4x﹣2知：当x=0时，y=﹣2，‎ ‎∴A（0，﹣2）．‎ 由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；‎ 当y=﹣2时，﹣2=x2﹣4x﹣2，解得x1=0，x2=4，‎ ‎∴B（4，﹣2），‎ ‎∴AB=4．‎ ‎（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，‎ Q点移动路程为7（t﹣1）=7t﹣7．‎ 当Q点在OA上时，即0≤7t﹣t＜2，1≤t＜时，‎ 如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC．‎ ‎∴=，即，‎ ‎∴t=．‎ ‎∵＞，‎ ‎∴此时t值不合题意．‎ 当Q点在OC上时，即2≤7t﹣7＜6，≤t＜时，‎ 如图2，过Q点作QD⊥AB．‎ ‎∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9．‎ ‎∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t．‎ 若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，‎ ‎∴，即=，∴t=，‎ ‎∵＜＜，‎ ‎∴t=符合题意．‎ 当Q点在BC上时，即6≤7t﹣7≤8，≤t≤时，‎ 如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，‎ 则QG⊥PG，即∠GQP=90°．‎ ‎∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，‎ 此时PQ不与AC垂直．‎ 综上所述，当t=时，有PQ⊥AC．‎ ‎②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ 解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC．‎ 此时AP=2，BQ=CQ=1，‎ ‎∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）．‎ 抛物线对称轴的解析式为x=2，‎ 当H1为对称轴与OP的交点时，‎ 有∠H1OQ=∠POQ，‎ ‎∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ．‎ 作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，‎ 过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，‎ 在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．‎ ‎∴OQ=，‎ ‎∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=OQ×PM，‎ ‎∴PM=，‎ ‎∴PP′=2PM=，‎ ‎∵NPP′=∠COQ．‎ ‎∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′‎ ‎∴，‎ ‎∴P′N=，PN=，‎ ‎∴P′（，），‎ ‎∴直线OP′的解析式为y=x，‎ ‎∴OP′与NP的交点H2（2，）．‎ ‎∴当yH＞时，∠HOP＞∠POQ．‎ 综上所述，当yH＜﹣2或yH＞时，∠HOQ＞∠POQ．‎ ‎2．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为‎2cm，‎ ‎∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB，‎ 又∵∠DAB=60°（已知），‎ ‎∴∠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（30°角所对的直角边是斜边的一半），‎ ‎∴OA=，AC=2OA=2，‎ 运动ts后，，‎ ‎∴‎ 又∵∠PAQ=∠CAB，‎ ‎∴△PAQ∽△CAB，‎ ‎∴∠APQ=∠ACB（相似三角形的对应角相等），‎ ‎∴PQ∥BC（同位角相等，两直线平行）…5分 ‎（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC．‎ 在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=PC=‎ 由PM=PQ=AQ=t，即=t 解得t=4﹣6，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 ‎∴时，⊙P与边BC有2个公共点．‎ 如图4，⊙P过点C，此时PC=PQ，即2t=t，∴t=3﹣．‎ ‎∴当1≤t≤3﹣时，⊙P与边BC有一个公共点，‎ 当点P运动到点C，即t=2时，⊙P过点B，此时，⊙P与边BC有一个公共点，‎ ‎∴当t=4﹣6或1＜t≤3﹣或t=2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；‎ 当4﹣6＜t≤1时，⊙P与边BC有2个公共点．‎ 四、中考真题演练 一、选择题　‎ ‎1．A 解：根据题意知，当∠OAP的取最大值时，OP⊥AP；‎ 在Rt△AOP中，∵OP=OB，OB=AB，‎ ‎∴AB=2OP，‎ ‎∴∠OAB=30°．‎ 故选A．‎ ‎2．C 解：圆在三边运动自转周数：=3，‎ 圆绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360°，即一周；‎ 可见，⊙O自转了3+1=4周．‎ 故选C．‎ ‎3．D 解：∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°；‎ Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°；‎ ‎∴AB=2BC=‎4cm；‎ ‎①当∠BFE=90°时；‎ Rt△BEF中，∠ABC=60°，则BE=2BF=‎2cm；‎ 故此时AE=AB﹣BE=‎2cm；‎ ‎∴E点运动的距离为：‎2cm或‎6cm，故t=1s或3s；‎ 由于0≤t＜3，故t=3s不合题意，舍去；‎ 所以当∠BFE=90°时，t=1s；‎ ‎②当∠BEF=90°时；‎ 同①可求得BE=‎0.5cm，此时AE=AB﹣BE=‎3.5cm；‎ ‎∴E点运动的距离为：‎3.5cm或‎4.5cm，故t=1.75s或2.25s；‎ 综上所述，当t的值为1、1.75或2.25s时，△BEF是直角三角形．‎ 故选D．‎ 二、填空题 ‎4．4‎ 解：∵OC⊥AP，OD⊥PB，‎ ‎∴由垂径定理得：AC=PC，PD=BD，‎ ‎∴CD是△APB的中位线，‎ ‎∴CD=AB=×8=4，‎ 故答案为：4．‎ ‎5．‎ 解：如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，‎ ‎∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2，‎ ‎∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2，‎ 由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，‎ ‎∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1×=，‎ 由垂径定理可知EF=2EH=，‎ 故答案为：．‎ ‎6．﹣≤x≤‎ 解：连接OD，由题意得，OD=1，∠DOP'=45°，∠ODP'=90°，‎ 故可得OP'=，即x的极大值为，‎ 同理当点P在x轴左边时也有一个极值点，此时x取得极小值，x=﹣，‎ 综上可得x的范围为：﹣≤x≤．‎ 故答案为：﹣≤x≤．‎ ‎7．（4，）‎ 解：∵矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴的点N处，得到矩形OMNP，‎ ‎∴∠P=∠POM=∠OGF=90°，‎ ‎∴∠PON+∠PNO=90°，∠GOA+∠PON=90°，‎ ‎∴∠PNO=∠GOA，‎ ‎∴△OGA∽△NPO；‎ ‎∵E点坐标为（4，0），G点坐标为（0，2），‎ ‎∴OE=4，OG=2，‎ ‎∴OP=OG=2，PN=GF=OE=4，‎ ‎∵△OGA∽△NPO，‎ ‎∴OG：NP=GA：OP，即2：4=GA：2，‎ ‎∴GA=1，‎ ‎∴A点坐标为（1，2），‎ 设过点A的反比例函数解析式为y=，‎ 把A（1，2）代入y=得k=1×2=2，‎ ‎∴过点A的反比例函数解析式为y=；‎ 把x=4代入y=中得y=，‎ ‎∴B点坐标为（4，）．‎ 故答案为：（4，）．‎ 三、解答题 ‎8．解：（1）∵∠CAO+∠BAE=90°，∠ABE+∠BAE=90°，‎ ‎∴∠CAO=∠ABE．‎ ‎∴Rt△CAO∽Rt△ABE．‎ ‎∴=．‎ ‎∴=．‎ ‎∴t=8．‎ ‎（2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：BE=，AE=2．‎ 当0＜t＜8时，S=CD•BD=（2+t）（4﹣）=．‎ ‎∴t1=t2=3．‎ 当t＞8时，S=CD•BD=（2+t）（﹣4）=．‎ ‎∴t1=3+5，t2=3﹣5（为负数，舍去）．‎ 当t=3或3+5时，S=．‎ ‎（3）过M作MN⊥x轴于N，则MN=CO=2．‎ 当MB∥OA时，BE=MN=2，OA=2BE=4．‎ 抛物线y=ax2﹣10ax的顶点坐标为（5，﹣‎25a）．‎ 它的顶点在直线x=5上移动．‎ 直线x=5交MB于点（5，2），交AB于点（5，1）．‎ ‎∴1＜﹣‎25a＜2．‎ ‎∴﹣＜a＜﹣．‎ ‎9．解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3．‎ ‎∵点A在点B的左侧，‎ ‎∴A、B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．‎ 当x=0时，y=3．‎ ‎∴C点的坐标为（0，3）‎ 设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），‎ 则，‎ 解得，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=3x+3．‎ ‎∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴顶点D的坐标为（1，4）． ‎ ‎（2）抛物线上有三个这样的点Q，‎ ‎①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；‎ ‎②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；‎ ‎③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）；‎ 综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）． ‎ ‎（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求，‎ 过点B′作B′E⊥x轴于点E．‎ ‎∵∠1和∠2都是∠3的余角，‎ ‎∴∠1=∠2．‎ ‎∴Rt△AOC∽Rt△AFB，‎ ‎∴，‎ 由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，‎ ‎∴AC=，AB=4．‎ ‎∴，‎ ‎∴BF=，‎ ‎∴BB′=2BF=，‎ 由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即．‎ ‎∴B′E=，BE=，‎ ‎∴OE=BE﹣OB=﹣3=．‎ ‎∴B′点的坐标为（﹣，）．‎ 设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0）．‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴直线B'D的解析式为：y=x+，‎ 联立B'D与AC的直线解析式可得：，‎ 解得，‎ ‎∴M点的坐标为（，）．‎ ‎10．解：（1）∵点A（﹣1，0），‎ ‎∴OA=1，‎ 由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，‎ 所以，OC=OA•tan60°=1×=，‎ OB=OC•cot30°=×=3，‎ 所以，点B（3，0），C（0，），‎ 设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，‎ 则，‎ 解得，‎ 所以，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+；‎ ‎（2）①∵△OCE∽△OBC，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 解得OE=1，‎ 所以，AE=OA+OE=1+1=2，‎ 即x=2时，△OCE∽△OBC；‎ ‎②存在．理由如下：‎ 抛物线的对称轴为x=﹣=﹣=1，‎ 所以，点E为抛物线的对称轴与x轴的交点，‎ ‎∵OA=OE，OC⊥x轴，∠BAC=60°，‎ ‎∴△ACE是等边三角形，‎ ‎∴∠AEC=60°，‎ 又∠DEF=60°，‎ ‎∴∠FEB=60°，‎ ‎∴∠BAC=∠FEB，‎ ‎∴EF∥AC，‎ 由A（﹣1，0），C（0，）可得直线AC的解析式为y=x+，‎ ‎∵点E（1，0），‎ ‎∴直线EF的解析式为y=x﹣，‎ 联立，‎ 解得，（舍去），‎ ‎∴点M的坐标为（2，），‎ EM==2，‎ 分三种情况讨论△PEM是等腰三角形，‎ 当PE=EM时，PE=2，‎ 所以，点P的坐标为（1，2）或（1，﹣2），‎ 当PE=PM时，∵∠FEB=60°，‎ ‎∴∠PEF=90°﹣60°=30°，‎ PE=EM÷cos30°=×2÷=，‎ 所以，点P的坐标为（1，），‎ 当PM=EM时，PE=2EM•cos30°=2×2×=2，‎ 所以，点P的坐标为（1，2），‎ 综上所述，抛物线对称轴上存在点P（1，2）或（1，﹣2）或（1，）或（1，2），使△PEM是等腰三角形．‎ ‎11．解：（1）∵抛物线y=经过点B（0，4）‎ ‎∴c=4，‎ ‎∵顶点在直线x=上，‎ ‎∴﹣==，‎ ‎∴b=﹣；‎ ‎∴所求函数关系式为；‎ ‎（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，‎ ‎∴AB=，‎ ‎∵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，y=，‎ 当x=2时，y=，‎ ‎∴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：，‎ ‎∴，‎ 当x=时，y=，‎ ‎∴P（），‎ ‎（4）∵MN∥BD，‎ ‎∴△OMN∽△OBD，‎ ‎∴即得ON=，‎ 设对称轴交x于点F，‎ 则（PF+OM）•OF=（+t）×，‎ ‎∵，‎ S△PNF=×NF•PF=×（﹣t）×=，‎ S=（﹣），‎ ‎=﹣（0＜t＜4），‎ S存在最大值．‎ 由S=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴当S=时，S取最大值是，‎ 此时，点M的坐标为（0，）．‎ ‎12．解： （1）由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）．‎ 将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1．‎ ‎∴y=﹣x2+2x+3．‎ 则点B（1，4）．‎ ‎（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．‎ 在Rt△AOE中，OA=OE=3，‎ ‎∴∠1=∠2=45°，AE==3．‎ 在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，‎ ‎∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==．‎ ‎∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°．‎ ‎∴AB是△ABE外接圆的直径．‎ 在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，‎ ‎∴∠BAE=∠CBE．‎ 在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．‎ ‎∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．‎ ‎∴CB是△ABE外接圆的切线．‎ ‎（3）解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=；‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；‎ ‎①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合；‎ 由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO==tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE 满足△DEO∽△BAE的条件，因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）．‎ ‎②DE为短直角边时，P2在x轴上；‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠BAE=；‎ 而DE==，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9‎ 即：P2（9，0）；‎ ‎③DE为长直角边时，点P3在y轴上；‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠BAE=；‎ 则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷=，OP3=EP3﹣OE=；‎ 综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）．‎ ‎（4）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ 将A（3，0），B（1，4）代入，得解得 ‎∴y=﹣2x+6．‎ 过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）．‎ 情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．‎ 则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．‎ 由△AHD∽△FHM，得，即．‎ 解得HK=2t．‎ ‎∴S阴=S△MND﹣S△GNA﹣S△HAD=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t．‎ 情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．‎ 由△IQA∽△IPF，得．即，‎ 解得IQ=2（3﹣t）．‎ ‎∴S阴=IV•AQ=（3﹣t）2=t2﹣3t+．‎ 综上所述：s=．‎ ‎13．解：（1）①把x=代入 y=x2，得 y=2，∴P（，2），∴OP=‎ ‎∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan∠P‎0M=tan∠0PA==．‎ ‎②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，‎ ‎∴．∴n=‎ ‎∴Q（，），∴OQ=．‎ 当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，）；‎ 当OQ=CQ时，则C3（0，1）；‎ 当CQ=CO时，OQ为底，则C4（0，）不合题意，舍去．‎ 综上所述，所求点C坐标为：C1（0，），C2（0，），C3（0，1）；‎ ‎（2）①∵P（m，m2），设 Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴‎ ‎∴，得n=，∴Q（，）．‎ ‎②设直线PQ的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：‎ 解得b=1，∴M（0，1）‎ ‎∵，∠QBO=∠MOA=90°，‎ ‎∴△QBO∽△MOA ‎∴∠MAO=∠QOB，‎ ‎∴QO∥MA 同理可证：EM∥OD 又∵∠EOD=90°，‎ ‎∴四边形ODME是矩形．‎ ‎14．解：（1）由题意，得，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x﹣4；‎ ‎（2）设点P运动到点（x，0）时，有BP2=BD•BC，‎ 令x=0时，则y=﹣4，‎ ‎∴点C的坐标为（0，﹣4）．‎ ‎∵PD∥AC，‎ ‎∴△BPD∽△BAC，‎ ‎∴．‎ ‎∵BC=，‎ AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2．‎ ‎∴BD===．‎ ‎∵BP2=BD•BC，‎ ‎∴（x+2）2=，‎ 解得x1=，x2=﹣2（﹣2不合题意，舍去），‎ ‎∴点P的坐标是（，0），即当点P运动到（，0）时，BP2=BD•BC；‎ ‎（3）∵△BPD∽△BAC，‎ ‎∴，‎ ‎∴×‎ S△BPC=×（x+2）×4﹣‎ ‎∵，‎ ‎∴当x=1时，S△BPC有最大值为3．‎ 即点P的坐标为（1，0）时，△PDC的面积最大．‎ ‎15．解：（1）依题意，抛物线m的解析式为：y=﹣（x﹣3）2+=﹣（x﹣8）（x+2），‎ ‎∴A（﹣2，0），B（8，0）．‎ 由旋转性质可知，点D与点M（3，）关于点B（8，0）成中心对称，‎ ‎∴D（13，﹣），‎ ‎∴抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣．‎ ‎（2）∵抛物线n：y=（x﹣13）2﹣=（x﹣8）（x﹣18），∴E点坐标为（18，0）．‎ 设直线DE的解析式为y=kx+b，则有：‎ ‎，解得k=，b=﹣，‎ ‎∴直线DE的解析式为：y=x﹣．‎ 如题图所示，S=PF•OF=x•（﹣y）=﹣x•（x﹣）=﹣（x﹣9）2+；‎ ‎∵点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），∴13＜x＜18；‎ ‎∴S=﹣（x﹣9）2+（13＜x＜18），‎ 可见该抛物线开口向下，对称轴为x=9，函数图象位于对称轴右侧，y随着x的增大而减小，故S在13＜x＜18范围内没有最大值．‎ 所以S与x的函数关系式为S=﹣（x﹣9）2+，自变量取值范围是13＜x＜18，S没有最大值．‎ ‎（3）结论：直线CM与⊙G相切．理由如下：‎ ‎∵抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣，令x=0，解得y=4，∴C（0，4）．‎ 在Rt△COG中，由勾股定理得：CG===5，‎ 又∵⊙G半径为5，∴点C在⊙G上．‎ 如右图所示，依题意作出⊙G，连接CG、CM、MG，过点C作CH⊥MG于点H，则CH=3，HG=4，MH=﹣4=，‎ ‎∵，CH⊥MG，‎ ‎∴△CHG∽△MHC，∴∠MCH=∠CGH；‎ 又∠HCG+∠CGH=90°，∴∠HCG+∠MCH=90°，即GC⊥MC．‎ ‎（注：此处亦可用勾股定理的逆定理证明△MCG为直角三角形）‎ 综上所述，点C在⊙G上，且满足GC⊥MC，‎ ‎∴直线CM与与⊙G相切．‎ ‎16．解：（1）由题意得，函数图象经过点A（﹣4，3），B（4，4），‎ 故可得：，‎ 解得：，‎ 故二次函数关系式为：y=（x+2）（13x﹣20）．‎ ‎（2）由（1）所求函数关系式可得点C坐标为（﹣2，0），点D坐标为（，0），‎ 又∵点A（﹣4，3），B（4，4），‎ ‎∴AB==，AC==，BC==，‎ ‎∵满足AB2=AC2+BC2，‎ ‎∴△ACB是直角三角形．‎ ‎（3）存在点P的坐标，点P的坐标为（﹣，）或（﹣，）．‎ 设点P坐标为（x，（x+2）（13x﹣20）），则PH=（x+2）（13x﹣20），HD=﹣x+，‎ ‎①若△DHP∽△BCA，则=，即=，‎ 解得：x=﹣或x=（因为点P在第二象限，故舍去）；‎ 代入可得PH=，即P1坐标为（﹣，）；‎ ‎②若△PHD∽△BCA，则=，即=，‎ 解得：x=﹣或x=（因为点P在第二象限，故舍去）．‎ 代入可得PH=，即P2坐标为：（﹣，）．‎ 综上所述，满足条件的点P有两个，即P1（﹣，）、P2（﹣，）．‎ ‎17．解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，将A（0，4），B（4，0）两点坐标代入，‎ 得，解得，所以，直线AB的解析式为y=﹣x+4；‎ ‎（2）过D点作DG⊥y轴，垂足为G，‎ ‎∵OA=OB=4，∴△OAB为等腰直角三角形，‎ 又∵AD⊥AB，∴∠DAG=90°﹣∠OAB=45°，即△ADG为等腰直角三角形，‎ ‎∴DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2，∴D（2，6）；‎ ‎（3）存在．‎ 由抛物线过O（0，0），B（4，0）两点，设抛物线解析式为y=ax（x﹣4），‎ 将D（2，6）代入，得a=﹣，所以，抛物线解析式为y=﹣x（x﹣4），‎ 由（2）可知，∠B=45°，则∠CFE=∠BFP=45°，C（2，2），‎ 设P（x，0），则MP=x﹣2，PB=4﹣x，‎ ‎①当∠ECF=∠BPF=90°时（如图1），△BPF与△FCE相似，‎ 过C点作CH⊥EF，此时，△CHE、△CHF、△PBF为等腰直角三角形，‎ 则PE=PF+FH+EH=PB+2MP=4﹣x+2（x﹣2）=x，‎ 将E（x，x）代入抛物线y=﹣x（x﹣4）中，得x=﹣x（x﹣4），解得x=0或，即P（，0），‎ ‎②当∠CEF=∠BPF=90°时（如图2），此时，△CEF、△BPF为等腰直角三角形，‎ 则PE=MC=2，将E（x，2）代入抛物线y=﹣x（x﹣4）中，得2=﹣x（x﹣4），‎ 解得x=或，即P（，0），‎ 所以，P（，0）或（，0）．‎ ‎18．解： （1）证明：连OC，如图 ‎∵直线CD与⊙O相切于C，‎ ‎∴OC⊥CD，‎ 又∵AD⊥CD，‎ ‎∴AD∥OC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵OC=OB，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ 又∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∴Rt△ADC∽Rt△ACB；‎ ‎（2）解：∵四边形ABGC为⊙O的内接四边形，‎ ‎∴∠B+∠ACG=180°，‎ 而∠ACG+∠ACD=180°，‎ ‎∴∠ACD=∠B，‎ 而∠ADC=∠AGB=90°，‎ ‎∴∠DAC=∠GAB，‎ 在Rt△ABG中，AG=4，BG=3，‎ ‎∴tan∠GAB==，‎ ‎∴tan∠DAC=．‎ ‎19．解：（1）∵抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6），‎ ‎∴，解得 ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x．‎ ‎（2）如答图1，连接AC交OB于点E，由垂径定理得AC⊥OB．‎ ‎∵AD为切线，∴AC⊥AD，∴AD∥OB．‎ ‎∵tan∠AOB=，∴sin∠AOB=，‎ ‎∴AE=OA•sin∠AOB=4×=2.4，‎ OD=OA•tan∠OAD=OA•tan∠AOB=4×=3．‎ 当PQ⊥AD时，OP=t，DQ=2t．‎ 过O点作OF⊥AD于F，则在Rt△ODF中，‎ OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ﹣FQ=DQ﹣OP=2t﹣t=t，‎ 由勾股定理得：DF===1.8，‎ ‎∴t=1.8秒；‎ ‎（3）如答图3，设直线l平行于OB，且与抛物线有唯一交点R（相切），‎ 此时△ROB中OB边上的高最大，所以此时△ROB面积最大．‎ ‎∵tan∠AOB=，∴直线OB的解析式为y=x，‎ 由直线l平行于OB，可设直线l解析式为y=x+b．‎ ‎∵点R既在直线l上，又在抛物线上，‎ ‎∴x2﹣2x=x+b，化简得：2x2﹣11x﹣4b=0．‎ ‎∵直线l与抛物线有唯一交点R（相切），‎ ‎∴判别式△=0，即112+32b=0，解得b=﹣，‎ 此时原方程的解为x=，即xR=，‎ 而yR=xR2﹣2xR=‎ ‎∴点R的坐标为R（，）．‎ ‎20．解：（1）∵⊙O与直线l相切于点A，且AB为⊙O的直径，‎ ‎∴AB⊥l，又∵PC⊥l，‎ ‎∴AB∥PC，‎ ‎∴∠CPA=∠PAB，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠APB=90°，又PC⊥l，‎ ‎∴∠PCA=∠APB=90°，‎ ‎∴△PCA∽△APB，‎ ‎∴=，即PA2=PC•AB，‎ ‎∵PC=，AB=4，‎ ‎∴PA==，‎ ‎∴Rt△APB中，AB=4，PA=，‎ 由勾股定理得：PB==；‎ ‎（2）过O作OE⊥PD，垂足为E，‎ ‎∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，‎ ‎∴PE=ED，‎ 又∠CEO=∠ECA=∠OAC=90°，‎ ‎∴四边形OACE为矩形，‎ ‎∴CE=OA=2，又PC=x，‎ ‎∴PE=ED=PC﹣CE=x﹣2，‎ ‎∴CD=PC﹣PD=x﹣2（x﹣2）=x﹣2x+4=4﹣x，‎ ‎∴PD•CD=2（x﹣2）•（4﹣x）=﹣2x2+12x﹣16=﹣2（x﹣3）2+2，‎ ‎∵2＜x＜4，‎ ‎∴当x=3时，PD•CD的值最大，最大值是2．‎ ‎21．解：（1）如图（1），∵OD⊥BC，‎ ‎∴BD=BC=，‎ ‎∴OD==；‎ ‎（2）如图（2），存在，DE是不变的．‎ 连接AB，则AB==2，‎ ‎∵D和E是中点，‎ ‎∴DE=AB=；‎ ‎（3）如图（3），‎ ‎∵BD=x，‎ ‎∴OD=，‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，‎ ‎∴∠2+∠3=45°，‎ 过D作DF⊥OE．‎ ‎∴DF=，EF=x，‎ ‎∴y=DF•OE=（0＜x＜）．‎ ‎22．解：（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，‎ ‎∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°，‎ ‎∵OB=OC=1，‎ ‎∴BC=，‎ 注：也可延长BO或过O点作BC的垂线构造直角三角形求得BC．‎ ii）证法一：如图②，作直径CE，则∠E=∠A，CE=2R，‎ ‎∴∠EBC=90°‎ ‎∴sinA=sinE=，‎ 证法二：如图③．连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，‎ 则∠A=∠BOC=∠BOH，BH=BC ‎∴sinA=sin∠BOH===，‎ ‎（2）如图④，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，‎ 在Rt△APC中，CK=AP=AK=PK，‎ 同理得：BK=AK=PK，‎ ‎∴CK=BK=AK=PK，‎ ‎∴点A、B、P、C都在⊙K上，‎ ‎∴由（1）ii）可知sin60°=‎ ‎∴AP==（定值），‎ 故在整个滑动过程中，P、A两点间的距离不变．‎ 注：解法中，由点A、B、P、C都在⊙K上，‎ 可得∠QAP=∠QBC，‎ ‎∴△QAP～△QBC，‎ ‎∴sin60°==，‎ ‎∴AP==（定值）得证．‎ ‎23．解：（1）当点P是的中点时，DP是⊙O的切线．理由如下：‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴=，‎ 又∵=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴PA是○O的直径，‎ ‎∵=，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ 又AB=AC，‎ ‎∴PA⊥BC，‎ 又∵DP∥BC，‎ ‎∴DP⊥PA，‎ ‎∴DP是⊙O的切线．‎ ‎（2）连接OB，设PA交BC于点E．‎ 由垂径定理，得BE=BC=6，‎ 在Rt△ABE中，由勾股定理，得：‎ AE===8，‎ 设⊙O的半径为r，则OE=8﹣r，‎ 在Rt△OBE中，由勾股定理，得：‎ r2=62+（8﹣r）2，‎ 解得r=，‎ ‎∵DP∥BC，∴∠ABE=∠D，‎ 又∵∠1=∠1，‎ ‎∴△ABE∽△ADP，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得：DP=．‎ ‎24．解：（1）‎ 由题意得，圆扫过的面积=DE×AC+πr2=（20+π）cm2．‎ ‎（2）‎ 圆扫过的区域面积=圆经过AB扫过的面积+经过BC扫过的面积﹣图2中红线围成区域的面积（即是个圆的面积+一个边长为r的正方形的面积），‎ 结合（1）的求解方法，可得所求面积=（2r×AB+πr2）+（2r×BC+πr2）﹣（πr2+r2）=2r（AB+BC）+πr2﹣1=（27+π）cm2．‎ ‎（3）根据题意补充图形如下所示，‎ 连接MH，AG和AD；连接ON、CP和CF，‎ ‎∵AG⊥GD，AH⊥DH，AG=AH=‎1cm，‎ ‎∴DA为∠GDH的角平分线（角平分线性质定理的逆定理），‎ ‎∴∠ADG=∠ADH=∠GDH=∠EDF，‎ ‎∵sin∠EDF=sin∠BAC=，cos∠EDF=cos∠BAC=，‎ ‎∴tan∠ADG==tan∠EDF===，‎ ‎∴DG=DH=‎2cm，‎ 同理可求出：FP=FO=‎3cm，‎ ‎∴DE=AB﹣DH﹣r=6﹣2﹣1=‎3cm，EF=BC﹣FO﹣r=8﹣3﹣1=‎4cm，‎ 故阴影部分的面积为：×3×4=‎6cm2；‎ 而此时圆扫过的区域面积=题（2）中扫过的面积+圆经过CA扫过的面积﹣（图3中两个蓝线所画阴影部分的面积），‎ ‎∵∠MAG+∠GAB=∠GAB+∠BAC=90°，‎ ‎∴∠MAG=∠BAC，‎ 同理可求出：∠PCN=∠BCA，‎ ‎∴∠MAG+∠PCN=∠BAC+∠BCA=90°，‎ ‎∴图3中两个蓝线所画阴影部分的面积=（△AGD+△AHD+△FPC+△FOC+个圆）的面积=2××1×2+2××1×3+•π•12=（5+）cm2，‎ 又圆经过CA扫过的面积=2r×AC+πr2=（20+π）cm2，‎ ‎∴圆扫过的区域面积=（27+π）+（20+π）﹣（5+）=（42+π）cm2．‎ ‎25．解：（1）如图①，连接PB，过点P作PM⊥x轴于点M．‎ 由题意可知，OM=PM=m，PB=m．‎ 在Rt△PBM中，由勾股定理得：‎ BM===‎2m，‎ ‎∴OB=OM+BM=m+‎2m=‎3m，‎ ‎∴B（‎3m，0）；‎ 连接PD，过点P作PN⊥y轴于点N，同理可求得DN=‎2m，OD=‎3m．‎ 过点D作DR⊥PE于点R，‎ ‎∵平行四边形DOPE，∴∠ODE+∠DOP=180°；‎ 由题意可知，∠DOP=45°，∴∠ODE=135°，‎ ‎∴∠EDR=45°，即△EDR为等腰直角三角形，‎ ‎∴ER=DR=OM=m，EM=ER+RM=ER+OD=m+‎3m=‎4m，‎ ‎∴E（m，‎4m）．‎ ‎（2）相等．理由如下：‎ 依题意画出图形，如图②所示．‎ 由（1）知，∠ODE=∠BDO+∠BDE=135°，‎ 又OB=OD=‎3m，即△OBD为等腰直角三角形，∴∠∠BDO=45°，‎ ‎∴∠BDE=90°，即△BDE为直角三角形．‎ 由圆周角定理可知，BE为△BDE外接圆的直径，∴∠BQE=90°．‎ 过点E作EK⊥y轴于点K，则有EK=m，OK=‎4m．‎ ‎∵∠BQE=90°，∴∠EQK+∠BQO=90°，又∠BQO+∠QBO=90°，‎ ‎∴∠EQK=∠QBO．‎ ‎∴Rt△EQK∽Rt△QBO，‎ ‎∴，即，解得OQ=m或OQ=‎3m，‎ ‎∵点Q与点D不重合，∴OQ=m，‎ ‎∴OQ=EK，即相似比为1，此时两个三角形全等，‎ ‎∴BQ=EQ．‎ ‎（3）如图②所示，连接BC．‎ 由（1）可知，如图①，CD=2DN=‎4m，∴OC=CD﹣OD=m．‎ 由（2）可知，△BDE为直角三角形，△EDK与△BDO均为等腰直角三角形，‎ ‎∴DE=EK=m，BD=OB=‎3‎m．‎ 在Rt△BDE与Rt△BOC中，OC=m，OB=‎3m，DE=m，BD=‎3‎m，‎ ‎∴，∴Rt△BDE∽Rt△BOC，‎ ‎∴∠OBC=∠DBE，‎ ‎∴∠DBC﹣∠DBE=（∠OBD+∠OBC）﹣∠DBE=∠OBD=45°．‎