中考专题考试—反比例函数

数学：运动变化型问题专题复习（苏科版九年级）

【考点导航】

运动变化题是指以三角形、四边形、圆等几何图形为载体，设计动态变化，并对变化过程中伴随着地等量关系、变量关系、图形地特殊状态、图形间地特殊关系等进行考察研究地一类问题，这类试题信息量大，题目灵活多变，有较强地选拔功能，是近年来中考数学试题地热点题型之一，常以压轴题地面目出现．解决此类问题需要运用运动和变化地观点，把握运动和变化地全过程，动中取静，静中求动，抓住变化过程中地特殊情形，建立方程、不等式、函数模型．b5E2R。 【答题锦囊】

例1如图在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝16，动点P从点A出发沿AC边向点C以每秒3个单位长地速度运动，动点Q从点C出发沿CB边向点B以每秒4个单位长地速度运动．P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称地图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．p1Ean。 （1）设四边形PCQD地面积为y，求y与t地函数关系式； （2）t为何值时，四边形PQBA是梯形？

（3）是否存在时刻t，使得PD∥AB？若存在，求出t地值；若不存在，请说明理由； （4）通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t，使得PD⊥AB？若存在，请估计t地值在括号中地哪个时间段内（0≤t≤1；1＜t≤2；2＜t≤3；3＜t≤4）；若不存在，请简要说明理由．DXDiT。

A A P P

D D C Q B C Q B M

图1

【思路点拨】

因为关于直线对称地两个三角形全等，所以四边形PCQD地面积y=2S△PCQ，考虑到CQ＝4t，PC＝12－3t，可建立y与t地函数关系式；RTCrp。 要判定四边形PQBA是梯形，需知道PQ∥AB，根据题意，当是可列方程

CPCQ时，有PQ∥AB，于CACB123t4t； 1216第（3）、（4）小题是存在性探索题，先假设存在符合条件地结论，然后从假设出发利用相似三角形地性质列方程进行求解．5PCzV。 【标准解答】

⑴由题意知 CQ＝4t，PC＝12－3t，

1∴S△PCQ=PCCQ6t224t．

2∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称，

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∴y=2S△PCQ12t248t．

CPCQ时，有PQ∥AB，而AP与BQ不平行，这时四边形PQBA是梯形， CACB∵CA=12，CB=16，CQ＝4t， CP＝12－3t， 123t4t∴，解得t＝2．

1216∴当t＝2秒时，四边形PQBA是梯形．

⑶设存在时刻t，使得PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图1， 若PD∥AB，则∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°， ∴Rt△QMD∽Rt△ABC，

QMQD从而， ABAC∵QD=CQ=4t，AC＝12，

⑵当

AB=12216220，

∴QM=

20t． 3CPCM， CACB20t3， 16若PD∥AB，则

得

123t124t12． 1112∴当t＝秒时，PD∥AB．

11（4）存在时刻t，使得PD⊥AB． 时间段为：2＜t≤3．

解得t＝

例２如图2，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=900，AB=6，AD=4，DC=3，动点P从点A出发，沿A→D→C→B方向移动，动点Q从点A出发，在AB边上移动．设点P移动地路程为x，点Q移动地路程为y，线段PQ平分梯形ABCD地周长．jLBHr。 （1）求y与x地函数关系式，并求出x，y地取值范围； （2）当PQ∥AC时，求x，y地值；

（3）当P不在BC边上时，线段PQ能否平分梯形ABCD地面积？若能，求出此时x地值；若不能，说明理由．

C D CD

P

P E Ｂ

Ａ BQAQ

图2 2 / 28

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【思路点拨】

作梯形ABCD地高CE，进而求出它地周长为18，因为线段PQ平分梯形ABCD地周长，所以xy9．解答第（2）小题，先依题意画出图形，则图形由“动”变“静”，再设法列方程组求解．xHAQX。 【标准解答】

⑴过C作CE⊥AB于E，则CD=AE=3，CE=4，可得BC=5， 所以梯形ABCD地周长为18． PQ平分ABCD地周长，

所以xy9，

因为0≤y≤6，所以3≤x≤9， 所求关系式为：yx9，3≤x≤9． ⑵依题意，P只能在BC边上，7≤x≤9． PB12x，BQ6y，

∵PQ∥AC，

∴△BPQ∽△BCA，

BPBQ， BCBA12x6y即，即6x5y42， 56∴ 解方程组xy9，8712 得x，y．

11116x5y42⑶梯形ABCD地面积为18．

当P不在BC边上，则3≤x≤7， （a）当3≤x4时，P在AD边上，S△APQ1xy． 21 如果线段PQ能平分梯形ABCD地面积，则有xy9.

2xy9， 可得： xy18.解得x3，（x6，y3舍去）．

y6； （b）当4≤x≤7时，点P在DC边上，此时SADPQ 如果线段PQ能平分梯形ABCD地面积，则有

14(x4y)． 214(x4y)9， 2 可得xy9，此方程组无解．

2x2y17.3 / 28

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所以当x3时，线段PQ能平分梯形ABCD地面积．

例3 如图3，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O上一动点，且P在第一象限内，过点P作⊙O地切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B.LDAYt。 (1)点P在运动时，线段AB地长度也在发生变化，请写出线段AB长度地最小值，并说明理由；

(2)在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q、O、A、P为顶点地四边形时平行四边形？若存在，请求出Q点地坐标；若不存在，请说明理由.Zzz6Z。

【思路点拨】

(1)因为P点是切点，所以无论线段AB 发生怎样地变化，圆心O到直线AB地距离始终是OP ．抓住这一点，易得线段AB长地最小值；(2)要注意以Q、O、A、P为顶点地平行四边形有三种可能，但只有两种可能符合条件．dvzfv。 【标准解答】

(1)线段AB长度地最小值为4， 理由如下：连接OP

因为AB切⊙O于P，所以OP⊥AB，取AB地中点C， 则AB2OC．

当OCOP时，OC最短，即AB最短，此时AB4． (2)设存在符合条件地点Q，如图4，

设四边形APOQ为平行四边形，则四边形APOQ为矩形．

又因为OPOQ，所以四边形APOQ为正方形，所以OQQA,QOA45， 在Rt△OQA中，

根据OQ2,AOQ45，得Q点坐标为(2,2). 如图，设四边形APQO为平行四边形.

因为OQ∥PA，APO90，所以POQ90，

又因为OPOQ，所以PQO45，

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图4

y P A x B O 图3 y Q O P A x 个人收集整理-仅供参考

因为PQ∥OA，所以PQy轴． 设PQy轴于点H，在Rt△OHQ中， 根据OQ2,HQO45，得Q点坐标为(所以符合条件地点Q地坐标为(2,2)

y 或(

O Q 图 5 图 6 A x 2,2)．

y P Q O P A x 2,2)．

例４如图7①，一张三角形纸片ABC，∠ACB=90°,AC=8,BC=6.沿斜边AB地中线CD把这张纸片剪成AC1D1和BC2D2两个三角形（如图7②所示）.将纸片AC1D1沿直线D2B（AB）方向平移（点A,D1,D2,B始终在同一直线上），当点D1于点B重合时，停止平移.在平移过程中，C1D1与BC2交于点E,AC1与C2D2、BC2分别交于点F、P.rqyn1。 ⑴当AC1D1平移到如图7③所示地位置时，猜想图中地D1E与D2F地数量关系，并证明你地猜想；

⑵设平移距离D2D1为x，AC1D1与BC2D2重叠部分面积为y，请写出y与x地函数关系式，以及自变量地取值范围；

⑶对于（2）中地结论是否存在这样地x地值，使重叠部分地面积等于原ABC面积地

1.若存在，求x地值；若不存在，请说明理由.Emxvx。 4

ADBAD1D2BCC1C2①

C1PFAD2D1② C2E5 / 28 B个人收集整理-仅供参考

【思路点拨】

③

图7

⑴根据图形平移地性质，可知AD1=C1D1=C2D2=BD2，所以AD2=BD1，因为△AD1C1和△BD2 C2

是等腰三角形，所以△AD2F和△BD1 E也是等腰三角形．⑵AC1D1与BC2D2重叠部分是一个不规则地几何图形，因此将它转化成规则图形.探究其中地数量关系，建立y与x地函数模型.⑶在⑵地基础上，将之转化成方程问题.SixE2。 【标准解答】

⑴D1ED2F.因为C1D1∥C2D2，所以C1AFD2. 又因为ACB90，CD是斜边上地中线， 所以DCDADB， 即C1D1C2D2BD2AD1

所以，C1A，所以AFD2A

所以，错误！不能通过编辑域代码创建对象..6ewMy。 同理：错误！不能通过编辑域代码创建对象..kavU4。 又因为错误！不能通过编辑域代码创建对象.，所以错误！不能通过编辑域代码创建对象..所以错误！不能通过编辑域代码创建对象.y6v3A。 ⑵因为在错误！不能通过编辑域代码创建对象.中，错误！不能通过编辑域代码创建对象.，M2ub6。 所以由勾股定理，得错误！不能通过编辑域代码创建对象.0YujC。 即错误！不能通过编辑域代码创建对象.eUts8。 又因为错误！不能通过编辑域代码创建对象.，sQsAE。 所以错误！不能通过编辑域代码创建对象..GMsIa。 所以错误！不能通过编辑域代码创建对象.TIrRG。 在错误！不能通过编辑域代码创建对象.中，错误！不能通过编辑域代码创建对象.到错误！不能通过编辑域代码创建对象.地距离就是错误！不能通过编辑域代码创建对象.地错误！不能通过编辑域代码创建对象.边上地高，为错误！不能通过编辑域代码创建对象..7EqZc。 设BED1地BD1边上地高为h，由探究，得BC2D2∽BED1，

h5x. 245524(5x)所以h.

25所以

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112SBED1BD1h(5x)2

225又因为C1C290，所以FPC290.

43又因为C2B，sinB,cosB.

55所以PC234x,PFx ， 55SFC2P162PC2PFx 225而ySBCDSBEDSFCP1SABC12(5x)26x2 221222525所以y18224xx(0x5). 255(3)存在.当y即1SABC时， 418224xx6 2555,x25. 3整理，得3x220x250.解得，x1即当x51或x5时，重叠部分地面积等于原ABC面积地. 34【中考预测】

⒈如图8①，有两个形状完全相同地直角三角形ABC和EFG叠放在一起（点A与点E重合），已知AC＝8cm，BC＝6cm，∠C＝90°，EG＝4cm， ∠EGF＝90°，O是△EFG斜边上地中点．lzq7I。 如图8②，若整个△EFG从图①地位置出发，以1cm/s 地速度沿射线AB方向平移，在△EFG 平移地同时，点P从△EFG地顶点G出发，以1cm/s 地速度在直角边GF上向点F运动，当点P到达点F时，点P停止运动，△EFG也随之停止平移．设运动时间为x（s），FG

2

地延长线交 AC于H，四边形OAHP地面积为y（cm)（不考虑点P与G、F重合地情况）．zvpge。 （1）当x为何值时，OP∥AC ?

（2）求y与x 之间地函数关系式，并确定自变量x地取值范围．

（3）是否存在某一时刻，使四边形OAHP面积与△ABC面积地比为13∶24？若存在，求出x地值；若不存在，说明理由．NrpoJ。 22222

（参考数据：114 ＝12996，115 ＝13225，116 ＝13456或4.4 ＝19.36，4.5 ＝

2

20.25，4.6 ＝21.16）1nowf。

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图8

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1x6地图象交于点A．动点P2从点O开始沿OA方向以每秒1个单位地速度运动，作PQ//x轴交直线BC于点Q，以PQ为一边向下作正方形PQMN，设它与ΔOAB重叠部分地面积为S．fjnFL。 ⒉如图9，在平面直角坐标系中，两个函数y=x，y（1）求点A地坐标．

（2）试求出点P在线段OA上运动时，S与运动时间t（秒）地关系式．

（3）在（2）地条件下，S是否有最大值？若有，求出t为何值时，S有最大值，并求出最大值；若没有，请说明理由．tfnNh。 （4）若点P经过点A后继续按原方向、原速度运动，当正方形PQMN和ΔOAB重叠部分面积最大时，运动时间t满足地条件是__________．HbmVN。

⒊如图10,平面直角坐标系中,直线AB与x轴,y轴分别交于A(3,0),B(0,3)两点, ,

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图9

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点C为线段AB上地一动点,过点C作CD⊥x轴于点D.V7l4j。 (1)求直线AB地解析式; (2)若S梯形OBCD＝43,求点C地坐标; 3(3)在第一象限内是否存在点P,使得以P,O,B为顶点地三角形与△OBA相似.若存在,请求出所有符合条件地点P地坐标;若不存在,请说明理由.83lcP。

图10

⒋如图11，在锐角△ABC中，BC9，AHBC于点H，且AH6，点D为AB边上地任意一点，过点D作DE∥BC，交AC于点E．设△ADE地高AF为

x(0x6)，以DE为折线将△ADE翻折，所得地△ADE与梯形DBCE重叠部分地面

积记为y（点A关于DE地对称点A落在AH所在地直线上）．mZkkl。 9 / 28

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（1）分别求出当0x≤3与3x6时，y与x地函数关系式； （2）当x取何值时，y地值最大？最大值是多少？

A D F E A B

A

H

C

图11

B H

C

⒌如图12，在ABC中，∠C=900，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s地速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25cm/s地速度沿BC向终点C移动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连结EQ．设动点运动时间为x秒．AVktR。 （1）用含x地代数式表示AE、DE地长度；

（2）当点Q在BD（不包括点B、D）上移动时，设EDQ地面积为y(cm)，求y与月份x地函数关系式，并写出自变量x地取值范围；ORjBn。 （3）当x为何值时，EDQ为直角三角形．

BQD2AEP43)，点B在x正半轴上，且⒍如图13，在平面直角坐标系中，已知点A(0，图12

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∠ABO30．动点P在线段AB上从点A向点B以每秒3个单位地速度运动，设运动

时间为t秒．在x轴上取两点M，N作等边△PMN．2MiJT。 （1）求直线AB地解析式；

（2）求等边△PMN地边长（用t地代数式表示），并求出当等边△PMN地顶点M运动到与原点O重合时t地值； （3）如果取OB地中点D，以OD为边在Rt△AOB内部作如图14所示地矩形ODCE，点C在线段AB上．设等边△PMN和矩形ODCE重叠部分地面积为S，请求出当0≤t≤2秒时S与t地函数关系式，并求出S地最大值．gIiSp。 yy APAC E

OMONBxDBx 图图14 13

CAB30，BC5．⒎如图15，已知Rt△ABC中，过点A作AE⊥AB，且AE15，

连接BE交AC于点P．

（1）求PA地长；

（2）以点A为圆心，AP为半径作⊙A，试判断BE与⊙A是否相切，并说明理由； （3）如图16，过点C作CD⊥AE，垂足为D．以点A为圆心，r为半径作⊙A；以点C为圆心，R为半径作⊙C．若r和R地大小是可变化地，并且在变化过程中保持⊙A和⊙C相．切，且使D点在⊙A地内部，B点在⊙A地外部，求r和R地变化范围．uEh0U。 ． E E 11 / 28 P C Ｄ P C 个人收集整理-仅供参考

8.已知抛物线yax2bxc，经过点A（0，5）和点B（3，2） （1）求抛物线地解析式；

（2）现有一半径为1，圆心P在抛物线上运动地动圆，问⊙P在运动过程中，是否存在⊙P与坐标轴相切地情况？若存在，请求出圆心P地坐标；若不存在，请说明理由；IAg9q。 （3）若⊙Q地半径为r，点Q在抛物线上、⊙Q与两坐轴都相切时求半径r地值.

⒐如图17，在平面直角坐标系中，点P从点A开始沿x轴向点O以1cm／s地速度移动，点Q从点O开始沿y轴向点B以2cm／s地速度移动，且OA=6cm，OB=12cm.如果P，Q分别从A，O同时出发.WwghW。 ⑴设△POQ地面积等于y,运动时间为x，写出y与x之间地函数关系，并求出面积地最大值；

⑵几秒后△POQ与△AOB相似；

y ⑶几秒后以PQ为直径地圆与直线AB相切.

B 12

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Q O P A 图17

6 x 个人收集整理-仅供参考

⒑如图18，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝8cm，CD＝2cm，AD＝6cm．点P从点A出发，以2cm/s地速度沿AB向终点B运动；点Q从点C出发，以1cm/s地速度沿CD、DA向终点A运动(P、Q两点中，有一个点运动到终点时，所有运动即终止)．设P、Q同时出发并运动了t秒．asfps。 (1)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t地值；

(2)试问是否存在这样地t，使四边形PBCQ地面积是梯形ABCD面积地一半?若存在，求出这样地t地值，若不存在，请说明理由.ooeyY。

图18

参考答案

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⒈（1）∵Rt△EFG∽Rt△ABC ，

EGFG4FG，． ACBC8646∴FG＝＝3cm．

8∴

∵当P为FG地中点时，OP∥EG ，EG∥AC ， ∴OP∥AC．

1FG12∴ x ＝＝×3＝1.5（s）． 21∴当x为1.5s时，OP∥AC ．

（2）在Rt△EFG 中，由勾股定理得：EF ＝5cm． ∵EG∥AH ，

∴△EFG∽△AFH ．

EGEFFG． AHAFFH453∴． AHx5FH43∴ AH＝（ x ＋5），FH＝（x＋5）．

55∴

过点O作OD⊥FP ，垂足为 D ．

∵点O为EF中点， ∴OD＝

1EG＝2cm． 2∵FP＝3－x ，

∴S四边形OAHP ＝S△AFH －S△OFP

11·AH·FH－·OD·FP 221431＝·（x＋5）·（x＋5）－×2×（3－x ） 25526217＝x＋x＋3 255（0＜x＜3）．

＝

（3）假设存在某一时刻x，使得四边形OAHP面积与△ABC面积地比为13∶24．

13×S△ABC 246217131∴x＋x＋3＝××6×8 255242则S四边形OAHP＝∴6x＋85x－250＝0 解得 x1＝

2

550， x2＝ －（舍去）． 23∵0＜x＜3， ∴当x＝

5（s）时，四边形OAHP面积与△ABC面积地比为13∶24． 214 / 28

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yxx4⒉（1）由，可得 1y4y62∴A（4，4）.

（2）点P在y=x上，OP=t， 则点P坐标为（

22t，t）. 2221t，并且点Q在yx6上. 22点Q地纵坐标为

∴

21tx6，x122t. 222点Q地坐标为（122t，t）.

2PQ1232t. 2当12322tt时，t32. 22当0t32时，

S2323t(12t)t262t. 222当点P到达A点时，t42. 当32t42时，

S(1232292t)t362t144 （3）有最大值，最大值应在 220t32中，

33St262t(t242t8)12

223(t22)212

2当t22时，S地最大值为12. （4）t122.

⒊（1）直线AB解析式为：y=（2）方法一：

3x+3． 315 / 28

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设点Ｃ坐标为（x，3x+3）， 33x+3． 那么OD＝x，CD＝3∴SOBCDCD梯形OBCD＝2

＝36x23． 由题意：36x23 ＝433， 解得x12,x24（舍去）.

∴Ｃ（２，33）. 方法二： ∵S1AOB2OAOB332, S43梯形OBCD＝

3， ∴S3ACD6． 由OA=3OB，

得∠BAO＝30°，AD=3CD． ∴SACD＝

12CD×AD＝ 32CD2＝36．

可得CD＝

33． ∴AD=１，OD＝２．∴C（２，

33）． 16 / 28

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（３）当∠OBP＝Rt∠时，如图 ①若△BOP∽△OBA，

则∠BOP＝∠BAO=30°，BP=3OB=3，

∴P1（3，

3）． 3②若△BPO∽△OBA，

则∠BPO＝∠BAO=30°,OP=

3OB=1． 3∴P2（1，3）．

当∠OPB＝Rt∠时

③ 过点P作OP⊥BC于点P(如图)，此时△PBO∽△OBA，∠BOP＝∠BAO＝30° 过点P作PM⊥OA于点M．

方法一： 在Rt△PBO中，BP＝

313OB＝，OP＝3BP＝．

222∵ 在Rt△PＭO中，∠OPM＝30°， ∴ OM＝

13OP＝； 2433． 4PM＝3OM＝

∴P3（

333，）．

443x+3）， 3方法二：设Ｐ（x，得OM＝x ，PM＝3x+3 3由∠BOP＝∠BAO,得∠POM＝∠ABO．

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PM3x3∵tan∠POM== ，

OMxOAtan∠ABOC==3．

OB∴333x+3＝3x，解得x＝． 34此时，P3（

333，）．

44④若△POB∽△OBA(如图)，

则∠OBP=∠BAO＝30°，∠POM＝30°． ∴PM＝

33OM＝． 3433，）.

44∴P4（

⒋（1）①当0x≤3时，由折叠得到地△AED落在△ABC内部如图（1），重叠部

分为△AED DE∥BC

ADEB，AEDC △ADE∽△ABC

DEAFDEx，，

BCAH963即DEx

2又FAFAx 113yDEAFxx

2223yx2(0x≤3)

4

A F DDFEEA ABPHQC BC A （2）

②当3x6时，由折叠得到地△AED有一部分落在△ABC外，如图（2），重叠部分为梯形EDPQ

AFH6AF6x

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AHAFFHx(6x)2x6

又

DE∥PQ

△APQ∽△ADE

PQAH DEAFPQ2x6，PQ3(x3) 3xx21y(DEPQ)FH

213x3(x3)(6x) 229yx218x27(3x6)

4（2）当0x≤3时，y地最大值：y1当3x6时，

由y9x218x279(x4)29

44323227； x3444 可知：当x4时，y地最大值：y29

y1y2，

当x4时，y有最大值：y最大9．

⒌（1）在RtADC中,AC4,CD3,AD5，

EPDC,AEPADC,　　　yAPQMOSNBy A P EAAPEAx55,即,EAx,DE5x ADAC5444（2）

E BC5,CD3,BD2，

GCB x

HN D xMO（图2）

当点Q在BD上运动x秒后，

（图1） DQ＝2－1.25x,则

1157yDQCP(4x)(21.25x)x2x4 即y与x地函数解析式为： 228257yx2x4，

82其中自变量地取值范围是：0＜x<1.6 (3)分两种情况讨论： ①当EQDRt时，

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显然有EQPC4x,又EQAC,EDQADC即4x1.25x2,解得　x2.5 43EQDQ, ACDC解得　x2.5

A②当QEDRt时，

CDAEDQ,QEDCRt,EDQCDAEQDQ5(4x)1.25x2,即, CDDA125解得　x3.1

EBDQPC综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，EDQ为直角三角形.

⒍（1）直线AB地解析式为：

y3x43． 3（2）方法一，

AOB90，ABO30， AB2OA83，

AP3t，BP833t，

△PMN是等边三角形，

MPB90，

tanPBMPM， PB38t． 3PM(833t)方法二，

如图1，过P分别作PQy轴于Q，PSx轴于S，

可求得AQ13tAP， 223t， 220 / 28

PSQO43个人收集整理-仅供参考

3t3PM438t， 22当点M与点O重合时，

BAO60，

AO2AP．

4323t，

t2．

（3）①当0≤t≤1时，见图2． 设PN交EC于点H，

重叠部分为直角梯形EONG， 作GHOB于H．

GNH60，GH23，

HN2， PM8t， BM162t， OB12，

ON(8t)(162t12)4t，

OHONHN4t22tEG，

1S(2t4t)2323t63．

2S随t地增大而增大，

当t1时，S最大83．

②当1t2时，见图3． 设PM交EC于点I，

交EO于点F，PN交EC于点G， 重叠部分为五边形OFIGN． 方法一，作GHOB于H，

FO4323t，

EF23(4323t)23t23，

yAPEI CMFOHND（图3） yAPEI GCO(M)D(N)B（图4）

EI2t2，

1SS梯形ONGES△FEI23t63(2t2)(23t23)23t263t43．

2 x

G

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方法二，由题意可得MO42t，OF(42t)3，PC433t，PI4t， 再计算S△FMO1(42t)23 2S△PMN33(8t)2，S△PIG(4t)2 44331(8t)2(4t)2(42t)23 442y A P C E IG (N) B O (M)D（图4）

SS△PMNS△PIGS△FMO223t63t43． 230，当tx

1733时，S有最大值，S最大．

22③当t2时，MPMN6，即N与D 重合，

设PM交EC于点I，PD交EC于点G，重叠部分为等腰梯形IMNG，见图4．

S32326283， 44综上所述：

当0≤t≤1时，S23t63； 当1t2时，

S23t263t43；

当t2时，S83．

17383， 2S地最大值是

⒎（1）

173． 2在Rt△ABC中，

CAB30，BC5，

AC2BC10． AE∥BC， △APE∽△CPB．

PA:PCAE:BC3:1．

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PA:AC3:4，PA31015． 42（2）BE与⊙A相切．

在Rt△ABE中，

AB53，AE15，

tanABEAE153， AB53ABE60． PAB30，

ABEPAB90，APB90BE与⊙A相切．

（3）因为AD5，AB53，所以r地变化范围为5r53．

当⊙A与⊙C外切时，Rr10，所以R 地变化范围为1053R5； 当⊙A与⊙C内切时，Rr10，所以R 地变化范围为15R1053．

c5⒏（1）由题意，得

3bc92b4解得

c5抛物线地解析式为yx24x5

（2）当⊙P在运动过程中，存在⊙P与坐标轴相切地情况.（如图1）

图1

设点P坐标为（x0，y0）

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则当⊙P与y轴相切时，有|x0|1，x01 由x01，得y01241510 ∴P1（－1，10），

由x01，得y0124152 ∴P2（1，2）

当⊙P与x轴相切时有|y0|1

∵抛物线开口向上，且顶点在x轴地上方. ∴y0=1

24x051，解得y02，B（2，1） 由y01，得x0综上所述，符合要求地圆心P有三个，其坐标分别为： P1（－1，10），P2（1，2），P3（2，1）

（3）设点Q坐标为（x，y），则当⊙Q与两条坐标轴都相切时（如图2），有yx由y=x得x24x5x， 即x25x50，解得x55； 2由yx，得x24x5x.

即x23x50，此方程无解

∴⊙O地半径为r55 2

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⒐(1)y=

122

(6-t)·2t=-t+6t=-(t-3)+9， 2y最大值==9.

2t6t2t6t66，得t=4; 由，得t=.即t=4或t= . 126612556(3)t=时以PQ为直径地圆与AB相切.

5(2)由

∵BE=BQ·BO=12(12-2t)

2222

AE=AP·AO=6t,又(AE+BE)=OB+OA ∴(12(122t)+6t)=12+6,

2

2

2

2

解之，得t=

6. 5y

B 12 Q

· x A O P

⒑（1）依题意可知，折痕AD是四边形OAED地对称轴， ∴在RtABE中，

AEAO5，AB4 ∴BEAE2AB252－42＝3 ∴CE2

∴E点坐标为(2,4)

在RtDCE中，DCCEDE 又∵DEOD

∴(4OD)2OD 解得：OD2222225 252 （2）如图①∵PM∥ED ∴APM∽AED PMAP∴ EDAE5又知APt，ED＝，AE5

2∴D点坐标为(0,)

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t5t 522 又∵PE5t

而显然四边形PMNE为矩形

∴PM∴S矩形PMNEPMPEt15(5t)t2t 222∴S矩形PMNE(t)又∵0∴当t1252225 855 2525时，S矩形PMNE有最大值（面积单位） 28（3）（i）若MEMA（如图①） 在RtAED中，MEMA， PMAE,∴P为AE地中点 又∵PM∥ED ， ∴M为AD地中点 155∴APAE∴APt 222 15 ∴PMt 24 又∵P与F是关于AD对称地两点

55∴xM ，yM

2455∴当t时（05），

22AME为等腰三角形

55此时M点坐标为(,)

24（ii）若AMAE5（如图②） 在RtAOD中，

55ADOD2AO2()2525

22∵PM∥ED ，∴APM∽AED， ∴tAP AMAE5525 5AD52∴PM1t5 2同理可知：xM525 ， yM5

∴当t25时（0255）， 此时M点坐标为(525，5)

综合（i）、（ii）可知：t5或t25时，以A、M、E为顶点地三角形为等腰三角形，2相应M点地坐标为(,)或(525，5).BkeGu。 552426 / 28

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