9.4 动点综合问题
动点综合问题是以运动的点、线段、变化的角、图形的面积为基本条件，给出一个或多个变量，要求确定变量与其他量之间的函数等其他关系；;或变量在一定条件为定值时，进行相关的计算和综合解答。解答这类题目，一般要根据点的运动和图形的变化过程，对其不同情况进行分类求解。在中考数学中，主要涉及三类问题，一是动点问题中的特殊图形问题；二是动点问题中的计算问题；三是动点问题中函数问题。其解决的方法是与几何相关的问题，不仅包含众多的知识点，更需要通过添加辅助线来解决，还需要进行转化，即把复杂图形转化成基本图形来解决；而与函数有关的问题，要利用函数的图象和性质进行求解或证明，必要时可添加辅助线加以解决。
1．（2016?北京）在等边△ABC中，
（1）如图1，P，Q是BC边上的两点，AP=AQ，∠BAP=20°，求∠AQB的度数；
（2）点P，Q是BC边上的两个动点（不与点B，C重合），点P在点Q的左侧，且AP=AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM．
①依题意将图2补全；
②小茹通过观察、实验提出猜想：在点P，Q运动的过程中，始终有PA=PM，小茹把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：要证明PA=PM，只需证△APM是等边三角形；
想法2：在BA上取一点N，使得BN=BP，要证明PA=PM，只需证△ANP≌△PCM；
想法3：将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，要证PA=PM，只需证PA=CK，PM=CK…
请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA=PM（一种方法即可）．
2．（2016?盐城）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=2，AB=22，以点A为圆心，AD为半径的圆与BC相切于点E，交AB于点F．
（1）求∠ABE的大小及DEF的长度；
（2）在BE的延长线上取一点G，使得DE上的一个动点P到点G的最短距离为22?2，求BG的长．
3．（2016?金华）由6根钢管首尾顺次铰接而成六边形钢架ABCDEF，相邻两钢管可以转动．已知各钢管的长度为AB=DE=1米，BC=CD=EF=FA=2米．（铰接点长度忽略不计）
（1）转动钢管得到三角形钢架，如图1,则点A，E之间的距离是______米．
（2）转动钢管得到如图2所示的六边形钢架，有∠A=∠B=∠C=∠D=120°，现用三根钢条连接顶点使该钢架不能活动,则所用三根钢条总长度的最小值是______ 米．
4．（2017?江西）如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
5．（2017?淄博）如图，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写做法）；
②设AB=4，随着点P在CD上的运动，若①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，求此时DP的长．
6．（2017?菏泽）正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.
（1）如图1，若点与点重合，求证：；
（2）如图2，若点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
①设,求关于t的函数表达式；
②当时，连接，求的长.
7．（2018?荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、
Q（x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|=x1?x22+y1?y22．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|=1?32+2?42=22．
对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．
解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+12交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．
（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是 ；
（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；
问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②1AE+1AF为定值．
8．（2018?黄冈）如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.
（1）当t=2时，求线段PQ的长；
（2）求t为何值时，点P与N重合；
（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.
9．（2018?永州）如图1．在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI＝4，HI＝3，AD=92．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．
10．（2018?广州）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
11．（2018?攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
12．（2018?遵义）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延长线上的点，AC的垂直平分线交半圆于点D，交AC于点E，连接DA，DC．已知半圆O的半径为3，BC=2．
（1）求AD的长．
（2）点P是线段AC上一动点，连接DP，作∠DPF=∠DAC，PF交线段CD于点F．当△DPF为等腰三角形时，求AP的长．
一、解答题（共12道题）
1.（2017·石家庄模拟）如图1所示，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边，A为直角顶点，在AD左侧作等腰直角三角形ADF，连接CF，AB=AC，∠BAC=90°．
（1）当点D在线段BC上时（不与点B重合），线段CF和BD的数量关系与位置关系分别是什么？请给予证明．
（2）当点D在线段BC的延长线上时，（1）的结论是否仍然成立？请在图2中画出相应的图形，并说明理由．
2.（2017·巴彦淖尔四模）如图，已知矩形OABC中，OA=3，AB=4，双曲线y= kx （k＞0）与矩形两边AB，BC分别交于D，E，且BD=2AD
（1）求k的值和点E的坐标；
（2）点P是线段OC上的一个动点，是否存在点P，使∠APE=90°？若存在，求出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由．
3.（2017·营口模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（3，0），与y轴的交点为B（0，3），其顶点为C，对称轴为x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为y轴上的一个动点，当△ABM为等腰三角形时，求点M的坐标；
（3）将△AOB沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3）得到另一个三角形，将所得的三角形与△ABC重叠部分的面积记为S，用m的代数式表示S．
4.（2017·哈尔滨二模）二次函数y=（x﹣1）2+k分别与x轴、y轴交于A、B、C三点，点A在点B的左侧，直线y=﹣ 23 x+2经过点B，且与y轴交于点D．
（1）如图1，求k的值；
（2）如图2，在第一象限的抛物线上有一动点P，连接AP，过P作PE⊥x轴于点E，过E作EF⊥AP于点F，过点D作平行于x轴的直线分别与直线FE、PE交于点G、H，设点P的横坐标为t，线段GH的长为d，求d与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，过点G作平行于y轴的直线分别交AP、x轴和抛物线于点M、T和N，tan∠MEA= 32 ，点K为第四象限抛物线上一点，且在对称轴左侧，连接KA，在射线KA上取一点R，连接RM，过点K作KQ⊥AK交PE的延长线于Q，连接AQ、HK，若∠RAE﹣∠RMA=45°，△AKQ与△HKQ的面积相等，求点R的坐标．
5.（2017·苏州模拟） 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）求点N落在BD上时t的值；
（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；
（3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式；
（4）直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值．
6.（2017·青岛二模）如图，等腰三角形△ABC的腰长AB=AC=25，BC=40，动点P从B出发沿BC向C运动，速度为10单位/秒．动点Q从C出发沿CA向A运动，速度为5单位/秒，当一个点到达终点的时候两个点同时停止运动，点P′是点P关于直线AC的对称点，连接P′P和P′Q，设运动时间为t秒．
（1）若当t的值为m时，PP′恰好经过点A，求m的值．
（2）设△P′PQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式（m＜t≤4）
（3）是否存在某一时刻t，使PQ平分角∠P′PC？存在，求相应的t值，不存在，请说明理由．
7．（2018?保定模拟）如图,已知四边形ABCD中,AB//DC,AB=DC,且AB=6cm,BC=8cm,对角线AC =10cm,?
(1)求证:四边形ABCD是矩形;?
(2)如图(2),若动点Q从点C出发,在CA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动,同时动点P从点B出发,在BC边上以每秒4cm的速度向点C匀速运动,运动时间为t秒(0≤t＜2),连接BQ、AP,若AP⊥BQ,求t的值;?
(3)如图(3),若点Q在对角线AC上,CQ=4cm?,动点P从B点出发,以每秒1cm的速度沿BC运动至点C止.设点P运动了t?秒,请你探索:从运动开始,经过多少时间,以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形?请求出所有可能的结果.?
8．（2018?天津模拟）如图，已知点A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，直线y2=﹣12x+12与反比例函数y1=mx的图象的交点为点B、D，且B（3，﹣1），求：
（Ⅰ）求反比例函数的解析式；
（Ⅱ）求点D坐标，并直接写出y1＞y2时x的取值范围；
（Ⅲ）动点P（x，0）在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标．
9．（2018?银川模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度，沿BA向点A移动；同时点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度，沿CB向点B移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0（1）当x为何值时，PQ⊥DQ；
（2）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最小值？并求出最小值．
10．（2018?重庆模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由．
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
11．（2018?无锡模拟）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．
（1）若∠AOB＝60o，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB．
（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．
①问：1OM?1ON的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求S1S2的取值范围．
12．（2018?连云港模拟）如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
9.4 动点综合问题
动点综合问题是以运动的点、线段、变化的角、图形的面积为基本条件，给出一个或多个变量，要求确定变量与其他量之间的函数等其他关系；;或变量在一定条件为定值时，进行相关的计算和综合解答。解答这类题目，一般要根据点的运动和图形的变化过程，对其不同情况进行分类求解。在中考数学中，主要涉及三类问题，一是动点问题中的特殊图形问题；二是动点问题中的计算问题；三是动点问题中函数问题。其解决的方法是与几何相关的问题，不仅包含众多的知识点，更需要通过添加辅助线来解决，还需要进行转化，即把复杂图形转化成基本图形来解决；而与函数有关的问题，要利用函数的图象和性质进行求解或证明，必要时可添加辅助线加以解决。
1．（2016?北京）在等边△ABC中，
（1）如图1，P，Q是BC边上的两点，AP=AQ，∠BAP=20°，求∠AQB的度数；
（2）点P，Q是BC边上的两个动点（不与点B，C重合），点P在点Q的左侧，且AP=AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM．
①依题意将图2补全；
②小茹通过观察、实验提出猜想：在点P，Q运动的过程中，始终有PA=PM，小茹把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：要证明PA=PM，只需证△APM是等边三角形；
想法2：在BA上取一点N，使得BN=BP，要证明PA=PM，只需证△ANP≌△PCM；
想法3：将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，要证PA=PM，只需证PA=CK，PM=CK…
请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA=PM（一种方法即可）．
【答案】（1）40°；（2）①补图见解析；② 证明见解析.
【解析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠APQ=∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB=∠AQC，根据三角形外角的性质即可得到结论；
（2）①根据要求作出图形，如图2；
②根据等腰三角形的性质得到∠APQ=∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB=∠AQC，由点Q关于直线AC的对称点为M，得到AQ=AM，∠OAC=∠MAC，等量代换得到∠MAC=∠BAP，推出△APM是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论．
解：（1）∵AP=AQ，∴∠APQ=∠AQP，∴∠APB=∠AQC，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∴∠BAP=∠CAQ=20°，∴∠PAQ=∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ=60°﹣20°﹣20°=20°，∴∠BAQ=∠BAP+∠PAQ=40°；
（2）①如图2；
②∵AP=AQ，∴∠APQ=∠AQP，∴∠APB=∠AQC，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∴∠BAP=∠CAQ，∵点Q关于直线AC的对称点为M，∴AQ=AM，∠QAC=∠MAC，∴∠MAC=∠BAP，∴∠BAP+∠PAC=∠MAC+∠CAP=60°，∴∠PAM=60°，∵AP=AQ，∴AP=AM，∴△APM是等边三角形，∴AP=PM．
2．（2016?盐城）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=2，AB=22，以点A为圆心，AD为半径的圆与BC相切于点E，交AB于点F．
（1）求∠ABE的大小及DEF的长度；
（2）在BE的延长线上取一点G，使得DE上的一个动点P到点G的最短距离为22?2，求BG的长．
【答案】（1）45°，3π2；（2）4．
【解析】（1）连接AE，如图1，根据圆的切线的性质可得AE⊥BC，解Rt△AEB可求出∠ABE，进而得到∠DAB，然后运用圆弧长公式就可求出DEF的长度；
（2）如图2，根据两点之间线段最短可得：当A、P、G三点共线时PG最短，此时AG=AP+PG=22=AB，根据等腰三角形的性质可得BE=EG，只需运用勾股定理求出BE，就可求出BG的长．
解：（1）连接AE，如图1，∵AD为半径的圆与BC相切于点E，∴AE⊥BC，AE=AD=2．
在Rt△AEB中，sin∠ABE=AEAB=222=22，∴∠ABE=45°．∵AD∥BC，∴∠DAB+∠ABE=180°，∴∠DAB=135°，∴DEF的长度为135π×2180=3π2；
（2）如图2，根据两点之间线段最短可得：当A、P、G三点共线时PG最短，此时AG=AP+PG=2+22?2=22，∴AG=AB．∵AE⊥BG，∴BE=EG．∵BE=AB2?AE2=8?4=2，∴EG=2，∴BG=4．
3．（2016?金华）由6根钢管首尾顺次铰接而成六边形钢架ABCDEF，相邻两钢管可以转动．已知各钢管的长度为AB=DE=1米，BC=CD=EF=FA=2米．（铰接点长度忽略不计）
（1）转动钢管得到三角形钢架，如图1,则点A，E之间的距离是______米．
（2）转动钢管得到如图2所示的六边形钢架，有∠A=∠B=∠C=∠D=120°，现用三根钢条连接顶点使该钢架不能活动,则所用三根钢条总长度的最小值是______ 米．
【答案】（1）；（2）3．
【解析】（1）∵AB=DE=1米，BC=CD=EF=FA=2米，∴BF=DF=3米．∴，又∵∠F=∠F，∴△AEF∽△BDF，∴，∴，∴AE=；（2）画图可知连接BF、AC、CE时，总长度最小，此时BF=AC=CE，延长CB、FA交于点G，则△ABG为等边三角形．过点A作AH⊥BG，则AH=，CH=BH+BC=BG+BC=，，所以总长度为3．
4．（2017?江西）如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．
【解析】（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
解：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB?tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB?cos30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），
∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
5．（2017?淄博）如图，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写做法）；
②设AB=4，随着点P在CD上的运动，若①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，求此时DP的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①作图见解析；②3．
【解析】（1）根据折叠的性质可知，MN垂直平分线段BP，即∠BFN=90°，由矩形的性质可得出∠C=90°=∠BFN，结合公共角∠FBN=∠CBP，即可证出△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可；
②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，由△MDP为直角三角形，可得出AP为⊙O的直径，根据BM与⊙O相切，可得出MP⊥BM，进而可得出△BMP为等腰直角三角形，根据同角的余角相等可得出∠PMD=∠MBA，结合∠A=∠PMD=90°、BM=MP，即可证出△ABM≌△DMP（AAS），根据全等三角形的性质可得出DM=AB=4、DP=AM，设DP=2a，根据勾股定理结合半径为直径的一半，即可得出关于a的方程，解之即可得出a值，再将a代入OP=2a中求出DP的长度．
解：（1）证明：∵将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合，∴MN垂直平分线段BP，∴∠BFN=90°．
∵四边形ABCD为矩形，∴∠C=90°．
∵∠FBN=∠CBP，∴△BFN∽△BCP．
（2）解：①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可．如图所示．
②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，如图3所示．
∵△MDP为直角三角形，∴AP为⊙O的直径，∵BM与⊙O相切，∴MP⊥BM．
∵MB=MP，∴△BMP为等腰直角三角形．
∵∠AMB+∠PMD=180°﹣∠AMP=90°，∠MBA+∠AMB=90°，∴∠PMD=∠MBA．
在△ABM和△DMP中，∵∠MBA=∠PMD，∠A=∠PMD=90°，BM=MP，∴△ABM≌△DMP（AAS），∴DM=AB=4，DP=AM．
设DP=2a，则AM=2a，OE=4﹣a，BM= =．
∵BM=MP=2OE，∴=2×（4﹣a），解得：a=，∴DP=2a=3．
6．（2017?菏泽）正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.
（1）如图1，若点与点重合，求证：；
（2）如图2，若点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
①设,求关于t的函数表达式；
②当时，连接，求的长.
【答案】（1）详见解析；（2）①；②5.
【解析】（1）根据已知条件易证△ABF≌△NAD，由全等三角形的性质即可得；（2）
先证△ABF∽△NAD，根据全等三角形的性质求得；（3）利用△ABF∽△NAD，求得t=2，根据（2）的函数解析式求得BF的长，再由勾股定理即可得FN的长.
解：（1）∵正方形
∴AD=AB,∠DAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NDA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NDA
∴△ABF≌△NAD
∴
（2）①∵正方形
∴AD∥BF
∴∠ADE=∠FBE
∵∠AED=∠BEF
∴△EBF∽△EAD
∴
∵正方形
∴AD=DC=CB=6
∴BD=
∵点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
∴BE=，DE=
∴
∴
②当时，连接，求的长.
∵正方形
∴∠MAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NMA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NMA
∴△ABF∽△NAD
∴
∵，AB=6
∴AN=2,BN=4
∴
∴t=2
把t=2代入，得y=3，即BF=3,
在RT△BFN中，BF=3,BN=4,
根据勾股定理即可得FN=5.
7．（2018?荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、
Q（x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|=x1?x22+y1?y22．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|=1?32+2?42=22．
对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．
解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+12交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．
（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是 ；
（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；
问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②1AE+1AF为定值．
【答案】（1）x2+（y﹣12）2=1；（2）动点C轨迹的函数表达式y=12x2；（3）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】（1）利用两点间的距离公式即可得出结论；
（2）利用两点间的距离公式即可得出结论；
（3）①先确定出m+n=2k，mn=﹣1，再确定出M（m，﹣12），N（n，﹣12），进而判断出△AMN是直角三角形，再求出直线AQ的解析式为y=﹣1kx+12，即可得出结论；
②先确定出a=mk+12，b=nk+12，再求出AE=ME=a+12=mk+1，AF=NF=b+12=nk+1，即可得出结论．
解：（1）设到点A的距离等于线段AB长度的点D坐标为（x，y），
∴AD2=x2+（y﹣12）2，
∵直线y=kx+12交y轴于点A，
∴A（0，12），
∵点A关于x轴的对称点为点B，
∴B（0，﹣12），
∴AB=1，
∵点D到点A的距离等于线段AB长度，
∴x2+（y﹣12）2=1，
故答案为：x2+（y﹣12）2=1；
（2）∵过点B作直线l平行于x轴，
∴直线l的解析式为y=﹣12，
∵C（x，y），A（0，12），
∴AC2=x2+（y﹣12）2，点C到直线l的距离为：（y+12），
∵动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，
∴x2+（y﹣12）2=（y+12）2，
∴动点C轨迹的函数表达式y=12x2；
（3）①如图，
设点E（m，a）点F（n，b），
∵动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，
∴y=12x2y=kx+12，
∴x2﹣2kx﹣1=0，
∴m+n=2k，mn=﹣1，
∵过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，
∴M（m，﹣12），N（n，﹣12），
∵A（0，12），
∴AM2+AN2=m2+1+n2+1=m2+n2+2=（m+n）2﹣2mn+2=4k2+4，
MN2=（m﹣n）2=（m+n）2﹣4mn=4k2+4，
∴AM2+AN2=MN2，
∴△AMN是直角三角形，MN为斜边，
取MN的中点Q，
∴点Q是△AMN的外接圆的圆心，
∴Q（k，﹣12），
∵A（0，12），
∴直线AQ的解析式为y=﹣1kx+12，
∵直线EF的解析式为y=kx+12，
∴AQ⊥EF，
∴EF是△AMN外接圆的切线；
②∵点E（m，a）点F（n，b）在直线y=kx+12上，
∴a=mk+12，b=nk+12，
∵ME，NF，EF是△AMN的外接圆的切线，
∴AE=ME=a+12=mk+1，AF=NF=b+12=nk+1，
∴1AE+1AF=1mk+1+1nk+1=m+nk+2mnk2+m+nk+1=2k2+2?k2+2k·k+1=2，
即：1AE+1AF为定值，定值为2．
【点评】本题是代数几何综合题，综合性较强，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，直角三角形的判定和性质，根与系数的关系，圆的切线的判定和性质，利用根与系数的确定出m+n=2k，mn=﹣1是解本题是关键．
8．（2018?黄冈）如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.
（1）当t=2时，求线段PQ的长；
（2）求t为何值时，点P与N重合；
（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.
【答案】（1）PQ=433；（2）t=203秒时，点P与N重合；（3）S与t的函数关系式为：S=43t（0≤t≤4）403?63t（4＜t≤203）63t?43（203＜t≤8）?32t2+123t?563（8＜t≤12）.
【解析】（1）解直角三角形求出PM，QM即可解决问题；
（2）根据点P、N的路程之和=24，构建方程即可解决问题；
（3）分四种情形考虑问题即可解决问题.
解：（1）在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，
当t=2时，OM=2，PM=23，QM=233，PQ=433.
（2）当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，
t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.
设t秒时，点P与N重合，则(t-4)+2(t-4)=8,
∴t=203.
即t=203秒时，点P与N重合.
（3）①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM=3t，
S△APN=12·8·3t=43t；
②当4＜t≤203时，PN=8-3(t-4)=20-3t，
S△APN=12×43×(20-3t)=403-63t；
③当203＜t≤8时，PN=3(t-4)-8=3t-20，
S△APN=12×43×(3t-20)= 63t -43；
④8＜t≤12时，ON=24-2t，N到OM距离为123-3t,
N到CP距离为43-(123-3t)= 3t-83，CP=t-4，BP=12-t，
S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB
=323-12×8×(123-3t)- 12（t-4）（3t-83）-12（12-t）×43
= - 32t2+123t-563
综上，S与t的函数关系式为：S=43t（0≤t≤4）403?63t（4＜t≤203）63t?43（203＜t≤8）?32t2+123t?563（8＜t≤12）
【点评】本题考查四边形综合题、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.
9．（2018?永州）如图1．在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI＝4，HI＝3，AD=92．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．
【答案】（1）2；（2）三角形；（3）4．
【解析】(1)由HI∥AD，得到HIAD=CIAD，求出AD即可解决问题；
(2)如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．求出IG′和BD的长比较即可判定；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题.
解：(1)∵HI∥AD，
∴HIAD=CIAD，
∴392=4AD，
∴AD＝6，
∴ID＝CD﹣CI＝2，∴正方形的边长为2；
(2)三角形，理由如下：
如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．
∵CA＝CP，CD⊥PA，∴∠ACD＝∠PCD，∠A＝∠P，
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′＝∠A，∠CG′H＝∠P，
∴∠CHG′＝∠CG′H，∴CH＝CG′，
∴IH＝IG′＝DF′＝3，
∵IG∥DB，∴IGDB=CICD，
∴2DB=46，∴DB＝3，
∴DB＝DF′＝3，∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．
∵∠MDN＝∠NDF+∠MDI′＝∠NDF′+∠DF′R＝∠NDR＝45°，
∵DN＝DN，DM＝DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN＝NR＝NF′+RF′＝NF′+MI′，
∴△MNG′的周长＝MN+MG′+NG′＝MG′+MI′+NG′+F′R＝2I′G′＝4．
【点评】本题考查的是四边形综合题，涉及了矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
10．（2018?广州）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
【答案】（1）270°；（2）DB2＝DA2+DC2；（3）π3．
【解析】（1）利用四边形内角和定理计算即可；
（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；
（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC=150°即可解决问题.
解：（1）如图1中，
在四边形ABCD中，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠C＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；
（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2，
理由：连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，
∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
∵AB＝BC，DB＝BQ，
∴△ABD≌△CBQ，
∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，
∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，
∴∠DCQ＝90°，
∴DQ2＝DC2+CQ2，
∵CQ＝DA，DQ＝DB，
∴DB2＝DA2+DC2；
（3）如图3中，
连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE，则△AER是等边三角形，
∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，
∴RE2＝RB2+EB2，
∴∠EBR＝90°，
∴∠RAE+∠RBE＝150°，
∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，
∴∠BEC＝150°，
∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，
∵∠K+∠BEC＝180°，
∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴点E的运动路径=60?π?1180=π3．
【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
11．（2018?攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【答案】（1）coaA=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当t=27?3326s或27+3326s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【解析】（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=95S△QCN构建方程即可解决问题；
（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可；
解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．
∵S△ABC=12?AC?BE=814，
∴BE=92，
在Rt△ABE中，AE=AB2?BE2=6，
∴coaA=AEAB=67.5=45．
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．
∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，
∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，
∵S△PQM=95S△QCN，
∴34?PQ2=95×34?CQ2，
∴9t2+（9-9t）2=95×（5t）2，
整理得：5t2-18t+9=0，
解得t=3（舍弃）或35．
∴当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN．
（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．
易知：PM∥AC，
∴∠MPQ=∠PQH=60°，
∴PH=3HQ，
∴3t=3（9-9t），
∴t=27?3326．
②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．
同法可得PH=3QH，
∴3t=3（9t-9），
∴t=27+3326，
综上所述，当t=27?3326s或27+3326s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【点评】本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
12．（2018?遵义）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延长线上的点，AC的垂直平分线交半圆于点D，交AC于点E，连接DA，DC．已知半圆O的半径为3，BC=2．
（1）求AD的长．
（2）点P是线段AC上一动点，连接DP，作∠DPF=∠DAC，PF交线段CD于点F．当△DPF为等腰三角形时，求AP的长．
【答案】（1）AD=26；（2）当△DPF是等腰三角形时，AP的长为0或5或8﹣26．
【解析】（1）先求出AC，进而求出AE=4，再用勾股定理求出DE即可得出结论；
（2）分三种情况，利用相似三角形得出比例式，即可得出结论
解：（1）如图1，连接OD，
∵OA=OD=3，BC=2，
∴AC=8，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=12AC=4，
∴OE=AE﹣OA=1，
在Rt△ODE中，DE=OD2?OE2 =22 ；
在Rt△ADE中，AD=AE2?DE2=26；
（2）当DP=DF时，如图2，
点P与A重合，F与C重合，则AP=0；
当DP=PF时，如图4，
∴∠CDP=∠PFD，
∵DE是AC的垂直平分线，∠DPF=∠DAC，
∴∠DPF=∠C，
∵∠PDF=∠CDP，
∴△PDF∽△CDP，
∴∠DFP=∠DPC，
∴∠CDP=∠CPD，
∴CP=CD，
∴AP=AC﹣CP=AC﹣CD=AC﹣AD=8﹣26；
当PF=DF时，如图3，
∴∠FDP=∠FPD，
∵∠DPF=∠DAC=∠C，
∴△DAC∽△PDC，
∴PCCD=CDAC ，
∴8?AP26=268，
∴AP=5，
即：当△DPF是等腰三角形时，AP的长为0或5或8﹣26．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线定理，等腰三角形的性质，判断出△PDF∽△CDP和△DAC∽△PDC 是解本题的关键．
一、解答题（共12道题）
1.（2017·石家庄模拟）如图1所示，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边，A为直角顶点，在AD左侧作等腰直角三角形ADF，连接CF，AB=AC，∠BAC=90°．
（1）当点D在线段BC上时（不与点B重合），线段CF和BD的数量关系与位置关系分别是什么？请给予证明．
（2）当点D在线段BC的延长线上时，（1）的结论是否仍然成立？请在图2中画出相应的图形，并说明理由．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：CF=BD，且CF⊥BD，证明如下： ∵∠FAD=∠CAB=90°， ∴∠FAC=∠DAB． 在△ACF和△ABD中， {AB=AC∠CAF=∠BADAD=AF ， ∴△ACF≌△ABD ∴CF=BD，∠FCA=∠DBA， ∴∠FCD=∠FCA+∠ACD=∠DBA+∠ACD=90°， ∴FC⊥CB， 故CF=BD，且CF⊥BD （2）解：（1）的结论仍然成立，如图2，∵∠CAB=∠DAF=90°， ∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD， 即∠CAF=∠BAD， 在△ACF和△ABD中， {AB=AC∠CAF=∠BADAD=AF ， ∴△ACF≌△ABD（SAS）， ∴CF=BD，∠ACF=∠B， ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠B=∠ACB=45°， ∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°， ∴CF⊥BD； ∴CF=BD，且CF⊥BD．
【点评】（1）根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD；（2）先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；
2.（2017·巴彦淖尔四模）如图，已知矩形OABC中，OA=3，AB=4，双曲线y= kx （k＞0）与矩形两边AB，BC分别交于D，E，且BD=2AD
（1）求k的值和点E的坐标；
（2）点P是线段OC上的一个动点，是否存在点P，使∠APE=90°？若存在，求出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：∵AB=4，BD=2AD， ∴AB=AD+BD=AD+2AD=3AD=4， ∴AD= 43 ， 又∵OA=3， ∴D（ 43 ，3）， ∵点D在双曲线y= kx 上， ∴k= 43 ×3=4； ∵四边形OABC为矩形， ∴AB=OC=4， ∴点E的横坐标为4． 把x=4代入y= 4x 中，得y=1， ∴E（4，1） （2）解：假设存在要求的点P坐标为（m，0），OP=m，CP=4﹣m． ∵∠APE=90°， ∴∠APO+∠EPC=90°， 又∵∠APO+∠OAP=90°， ∴∠EPC=∠OAP， 又∵∠AOP=∠PCE=90°， ∴△AOP∽△PCE， ∴ OAPC=OPCE ， ∴ 34?m=m1 ， 解得：m=1或m=3， ∴存在要求的点P，坐标为（1，0）或（3，0）．
【点评】（1）根据矩形的性质求出AD的值，和D点的坐标，由点D在双曲线上，求出k的值，得到E点的坐标；（2）由∠APE=90°，得到∠EPC=∠OAP，由两角对应相等两三角形相似，得到△AOP∽△PCE，得到比例，求出点P的坐标.
3.（2017·营口模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（3，0），与y轴的交点为B（0，3），其顶点为C，对称轴为x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为y轴上的一个动点，当△ABM为等腰三角形时，求点M的坐标；
（3）将△AOB沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3）得到另一个三角形，将所得的三角形与△ABC重叠部分的面积记为S，用m的代数式表示S．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：由题意可知，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一个交点为（﹣1，0），则 {9a+3b+c=0a?b+c=0c=3 ， 解得 {a=?1b=2c=3 ． 故抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3 （2）解：依题意：设M点坐标为（0，t）， ①当MA=MB时： 32+t2=(3?t)2 解得t=0， 故M（0，0）； ②当AB=AM时： 32+t2=32 解得t=3（舍去）或t=﹣3， 故M（0，﹣3）； ③当AB=BM时， (t?3)2=32 解得t=3±3 2 ， 故M（0，3+3 2 ）或M（0，3﹣3 2 ）． 所以点M的坐标为：（0，0）、（0，﹣3）、（0，3+3 2 ）、（0，3﹣3 2 ） （3）解：平移后的三角形记为△PEF． 设直线AB的解析式为y=kx+b，则 {3k+b=0b=3 ， 解得 {k=?1b=3 ． 则直线AB的解析式为y=﹣x+3． △AOB沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3）得到△PEF， 易得直线EF的解析式为y=﹣x+3+m． 设直线AC的解析式为y=k′x+b′，则 {3k'+b'=0k'+b'=4 ， 解得 {k'=?2b'=6 ． 则直线AC的解析式为y=﹣2x+6． 连结BE，直线BE交AC于G，则G（ 32 ，3）． 在△AOB沿x轴向右平移的过程中． ①当0＜m≤ 32 时，如图1所示． 设PE交AB于K，EF交AC于M． 则BE=EK=m，PK=PA=3﹣m， 联立 {y=?2x+6y=?x+3+m ， 解得 {x=3?my=2m ， 即点M（3﹣m，2m）． 故S=S△PEF﹣S△PAK﹣S△AFM = 12 PE2﹣ 12 PK2﹣ 12 AF?h = 92 ﹣ 12 （3﹣m）2﹣ 12 m?2m =﹣ 32 m2+3m． ②当 32 ＜m＜3时，如图2所示． 设PE交AB于K，交AC于H． 因为BE=m，所以PK=PA=3﹣m， 又因为直线AC的解析式为y=﹣2x+6， 所以当x=m时，得y=6﹣2m， 所以点H（m，6﹣2m）． 故S=S△PAH﹣S△PAK = 12 PA?PH﹣ 12 PA2 =﹣ 12 （3﹣m）?（6﹣2m）﹣ 12 （3﹣m）2 = 12 m2﹣3m+ 92 ． 综上所述，当0＜m≤ 32 时，S=﹣ 32 m2+3m；当 32 ＜m＜3时，S= 12 m2﹣3m+ 92 ．
【点评】（1）根据对称轴可知，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一个交点为（﹣1，0），根据待定系数法可得抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．（2）分三种情况：①当MA=MB时；②当AB=AM时；③当AB=BM时；三种情况讨论可得点M的坐标．（3）平移后的三角形记为△PEF．根据待定系数法可得直线AB的解析式为y=﹣x+3．易得AB平移m个单位所得直线EF的解析式为y=﹣x+3+m．根据待定系数法可得直线AC的解析式．连结BE，直线BE交AC于G，则G（ 32 ，3）．在△AOB沿x轴向右平移的过程中．根据图象，易知重叠部分面积有两种情况：①当0＜m≤ 32 时；②当 32 ＜m＜3时；讨论可得用m的代数式表示S．
4.（2017·哈尔滨二模）二次函数y=（x﹣1）2+k分别与x轴、y轴交于A、B、C三点，点A在点B的左侧，直线y=﹣ 23 x+2经过点B，且与y轴交于点D．
（1）如图1，求k的值；
（2）如图2，在第一象限的抛物线上有一动点P，连接AP，过P作PE⊥x轴于点E，过E作EF⊥AP于点F，过点D作平行于x轴的直线分别与直线FE、PE交于点G、H，设点P的横坐标为t，线段GH的长为d，求d与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，过点G作平行于y轴的直线分别交AP、x轴和抛物线于点M、T和N，tan∠MEA= 32 ，点K为第四象限抛物线上一点，且在对称轴左侧，连接KA，在射线KA上取一点R，连接RM，过点K作KQ⊥AK交PE的延长线于Q，连接AQ、HK，若∠RAE﹣∠RMA=45°，△AKQ与△HKQ的面积相等，求点R的坐标．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：在一次函数y=﹣ 23 x+2中，令y=0，得：0=﹣ 23 x+2， 解得x=3， ∴B（3，0）． 令x=0得y=2， ∴D（0，2）． 将B（3，0），代入y=（x﹣1）2+k得：4+k=0， ∴k=﹣4． （2）解：如答图1所示： ∵PE⊥x轴，EF⊥AP， ∴∠PEA=∠EFA=90° ∵∠PEF+∠FEA=90°，∠PAE+∠FEA=90° ∴∠PEF=∠PAE． ∵DH∥x轴?? HE⊥x轴 ∴∠HDO=∠DOE=∠PEO=90° ∴四边形DOEH为矩形． ∴HE=2． ∴ dHE = PEAE ， ∴ d2 = (t?1)2?4t+1 ． ∴d=2t﹣6．（t＞3）． （3）解：∵∠TGH=∠GTE=∠TEH=90°， ∴GHET为矩形． ∴GH=d=ET=2t﹣6． ∵tan∠MEB= 32 ， ∴ MTET = 32 ， ∴MT=3t﹣9． ∵ MTAT = PEAE ． ∴ 3(t?3)t+1?(2t?6) = (t?1)2?4t+1 ， 解得t=4． ∴P（4，5）． ∴AT=AE﹣ET=t+1﹣（2t﹣6）=7﹣t=3． ∴M（2，3） 把x=2代入y=x2﹣2x﹣3中，得N（2，﹣3） ∴MT=TN=AT，∠MAT=90°． ∵∠RAE﹣∠RMA=45°， ∴∠RAE﹣45°=∠RMA， ∴∠RAM=∠RMA， ∵S△AKQ=S△HKQ ， 作HW⊥KQ． ∴AK∥HW，AK=HW， ∴四边形AKWH是矩形， ∴∠RAH=∠HAK=90°， ∴∠RAM=∠HAN． ∵A（﹣1，0），H（4，2），N（2，﹣3）， ∴AH=HN= 29 ， ∴∠HAN=∠HNA=∠RAM=∠RMA． ?又∵AM=AN， ∴△RAM≌△HAN， ∴AR=AH． 过R作RL⊥x轴， ∴∠RLA=∠AEH=90°， ∵∠RAL+∠HAE=90，∠HAE+∠AHE=90， ∴∠RAL=∠AHE， ∴△ARL≌△AHE． ∴RL=AE=5，AL=HE=3 ∴R（﹣3，5）． 由∠RAM﹣∠RMA=45°可知∠RAV=∠RVA，∠RMT=∠HAE，tan∠RMT=tan∠HAE= 25 ，V（ 45 ，0）， 直线MR的解析式为y= 52 x﹣2，直线AK的解析式为y=﹣ 52 x﹣ 52 ， 交点R（﹣ 110 ， 94 ）．
【点评】?（1）先求出一次函数与两坐标轴的交点B、D的坐标，再将点B的坐标代入二次函数解析式即可求得k的值。 （2）根据已知PE⊥x轴，EF⊥AP，得出∠PEA=∠EFA=90°，再根据同角的余角相等，证得∠PEF=∠PAE．根据矩形的性质得出HE=2．然后利用三角形函数的定义得出线段成比例，建立方程，可求出d与t的函数关系式及x的取值范围。 （3）利用（2）中求得的函数关系式，根据矩形的性质及三角函数的定义先求出点P和点M的坐标，由MN平行y轴，因此将x=2代入二次函数解析式，即可求得点N的坐标，即可得出MT=TN=AT，添加辅助线作HS⊥KQ．去证明四边形AKSH是矩形，推出∠RAM=∠HAN，再证明△RAM≌△HAN，得出AR=AH．过R作RL⊥x轴，易正明△ARL≌△AHE．得出RL=AE=5，AL=HE=3，可得到点R的坐标，再求出直线MR的解析式和直线AK的解析式，即可求出两直线的交点R的坐标。
5.（2017·苏州模拟） 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）求点N落在BD上时t的值；
（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；
（3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式；
（4）直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：当点N落在BD上时，如图1． ∵四边形PQMN是正方形， ∴PN∥QM，PN=PQ=t． ∴△DPN∽△DQB． ∴ DPDQ=PNQB ． ∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4， ∴ 3?t3=t4 ． ∴t= 127 ． ∴当t= 127 时，点N落在BD上 （2）解：①如图2， 则有QM=QP=t，MB=4﹣t． ∵四边形PQMN是正方形， ∴MN∥DQ． ∵点O是DB的中点， ∴QM=BM． ∴t=4﹣t． ∴t=2． ②如图3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°． ∵AB=4，AD=3， ∴DB=5． ∵点O是DB的中点， ∴DO= 52 ． ∴1×t=AD+DO=3+ 52 ． ∴t= 112 ． ∴当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2＜t＜ 112 （3）解：①当0＜t≤ 127 时，如图4． S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2 ． ②当 127 ＜t≤3时，如图5， ∵tan∠ADB= PGDP = ABAD ， ∴ PG3?t = 43 ． ∴PG=4﹣ 43 t． ∴GN=PN﹣PG=t﹣（4﹣ 43 t）= 7t3 ﹣4． ∵tan∠NFG=tan∠ADB= 43 ， ∴ GNNF=43 ． ∴NF= 34 GN= 34 （ 7t3 ﹣4）= 74 t﹣3． ∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF =t2﹣ 12 ×（ 7t3 ﹣4）×（ 74 t﹣3） =﹣ 2524 t2+7t﹣6． ③当3＜t≤ 112 时，如图6， ∵四边形PQMN是正方形，四边形ABCD是矩形． ∴∠PQM=∠DAB=90°． ∴PQ∥AD． ∴△BQP∽△BAD． ∴ BPBD = BQBA = PQAD ． ∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3， ∴ 8?t5=BQ4=PQ3 ． ∴BQ= 4(8?t)5 ，PQ= 3(8?t)5 ． ∴QM=PQ= 3(8?t)5 ． ∴BM=BQ﹣QM= 8?t5 ． ∵tan∠ABD= FMBM=ADAB=34 ， ∴FM= 34 BM= 3(8?t)20 ． ∴S=S梯形PQMF= 12 （PQ+FM）?QM = 12 [ 3(8?t)5 + 3(8?t)20 ]? 3(8?t)5 = 940 （8﹣t）2 = 940 t2﹣ 185 t+ 725 ． 综上所述：当0＜t≤ 127 时，S=t2 ． 当 127 ＜t≤3时，S=﹣ 2524 t2+7t﹣6． 当3＜t≤ 112 时，S= 940 t2﹣ 185 t+ 725 （4）解：设直线DN与BC交于点E， ∵直线DN平分△BCD面积， ∴BE=CE= 32 ． ①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，如图7， 则有△DPN∽△DHE． ∴ DPDH=PNEH ． ∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE= 32 ，EH=AB=4， ∴ 3?t32=t4 ． 解得；t= 2411 ． ②点P在DO上，连接OE，如图8， 则有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN． ∴△DPN∽△DOE． ∴ DPDO=PNOE ． ∵DP=t﹣3，DO= 52 ，OE=2， ∴PN= 45 （t﹣3）． ∵PQ= 35 （8﹣t），PN=PQ， ∴ 45 （t﹣3）= 35 （8﹣t）． 解得：t= 367 ． ③点P在OC上，设DE与OC交于点S，连接OE，交PQ于点R，如图9， 则有OE=2，OE∥DC． ∴△DSC∽△ESO． ∴ SCSO=DCOE=2 ． ∴SC=2SO． ∵OC= 52 ， ∴SO= OC3 = 56 ． ∵PN∥AB∥DC∥OE， ∴△SPN∽△SOE． ∴ SPSO=PNOE ． ∵SP=3+ 52 + 56 ﹣t= 193?t ，SO= 56 ，OE=2， ∴PN= 765?12t5 ． ∵PR∥MN∥BC， ∴△ORP∽△OEC． ∴ OPOC=PREC ． ∵OP=t﹣ 112 ，OC= 52 ，EC= 32 ， ∴PR= 3t5?3310 ． ∵QR=BE= 32 ， ∴PQ=PR+QR= 3t5?95 ． ∵PN=PQ， ∴ 765?12t5 = 3t5?95 ． 解得：t= 173 ． 综上所述：当直线DN平分△BCD面积时，t的值为 2411 、 367 、 173 ．
【点评】此题是几何动态问题，（1）根据题意可证明△DPN∽△DQB，得出对应边成比例，建立方程，即可求出t的值。 （2）要求t的取值范围，最关键是需考虑两个临界位置：MN经过点O即点P与点O重合和点P与点O不重合，就可以求得点O在正方形PQMN内部时t的取值范围。 （3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，由于正方形PQMN与△ABD重叠部分的形状不同，因此有三种情况，然后运用相似三角形、锐角三角函数、正方形等相关知识求出s与t的函数关系式。 （4）由题意可知点P在折线AD﹣DO﹣OC上运动，因此可分三种情况考虑，①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，易证△DPN∽△DHE．建立方程，即可求解；②点P在DO上，连接OE，可得出OE∥DC∥AB∥PN，得到△△DPN∽△DOE，即可得出结论；③点P在OC上，运用三角形相似等知识就可以求出当直线DN平分△BCD面积时t的值。
6.（2017·青岛二模）如图，等腰三角形△ABC的腰长AB=AC=25，BC=40，动点P从B出发沿BC向C运动，速度为10单位/秒．动点Q从C出发沿CA向A运动，速度为5单位/秒，当一个点到达终点的时候两个点同时停止运动，点P′是点P关于直线AC的对称点，连接P′P和P′Q，设运动时间为t秒．
（1）若当t的值为m时，PP′恰好经过点A，求m的值．
（2）设△P′PQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式（m＜t≤4）
（3）是否存在某一时刻t，使PQ平分角∠P′PC？存在，求相应的t值，不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】
（1）解：如图1中，作AM⊥BC于M． ∵AB=AC=25，AM⊥BC， ∴BM=MC=20， 在Rt△ABM中，AM= AB2?BM2 = 252?202 =15， 当PP′恰好经过点A，∵cos∠C= ACPC = CMAC ， ∴ 2540?10t = 2025 ， ∴t= 78 ． ∴m= 78 s （2）解：如图2中，设PP′交AC于N． 当 78 ＜t≤4时，由△PCN∽△ACM，可得PC=40﹣10t，PN=P′N=24﹣6t，CN=32﹣8t， ∵CQ=5t， ∴NQ=CN﹣CQ=32﹣13t， ∴y= 12 ?PP′?NQ= 12 （48﹣12t）?（32﹣13t）=78t2﹣504t+768（ 78 ＜t≤4） （3）解：存在．理由如下： 如图3中，作QE⊥BC于E． ∵PQ平分∠CPP′，QE⊥PC，QN⊥PP′， ∴QN=QE， ∵sin∠C= QEQC = AMAC ， 32?13t5t=1525 ∴t=2， ∴t=2时，PQ平分角∠P′PC
【点评】（1）由∠C的余弦定义既在Rt△APC，又可在Rt△ACM中列出比例式，二者相等，构建方程，求出m;（2）由△PCN∽△ACM,可表示出PC=40﹣10t，PN=P′N=24﹣6t,CN=32﹣8t，代入面积公式，即可得y=?12 ?PP′?NQ=78t2﹣504t+768;（3）利用∠C的正弦有两种表示的比例式，二者相等，可列出方程,求出t.
7．（2018?保定模拟）如图,已知四边形ABCD中,AB//DC,AB=DC,且AB=6cm,BC=8cm,对角线AC =10cm,?
(1)求证:四边形ABCD是矩形;?
(2)如图(2),若动点Q从点C出发,在CA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动,同时动点P从点B出发,在BC边上以每秒4cm的速度向点C匀速运动,运动时间为t秒(0≤t＜2),连接BQ、AP,若AP⊥BQ,求t的值;?
(3)如图(3),若点Q在对角线AC上,CQ=4cm?,动点P从B点出发,以每秒1cm的速度沿BC运动至点C止.设点P运动了t?秒,请你探索:从运动开始,经过多少时间,以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形?请求出所有可能的结果.?
【答案】（1）见解析；（2）；（3）t=4秒或1.6秒或5.5秒.
【解析】（1）先根据一对对边平行且相等的四边形是平行四边形判定四边形ABCD是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理证明∠B＝90°，得出四边形ABCD是矩形；
（2）先过Q作QM⊥BC于M点，AP与BQ交于点N，判定△ABP∽△BMQ，得出，即，求得t的值即可；
（3）分为三种情况讨论：当CQ＝CP＝4cm时，当PQ＝CQ＝4cm时，当QP＝CP时，分别根据等腰三角形的性质，求得BP的长，进而得到t的值．
证明：（1）∵AB∥DC，AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，AC＝l0cm，
∴AB2＋BC2＝100，AC2＝100，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）如图，过Q作QM⊥BC于M点，AP与BQ交于点N，
则CQ＝5t，QM＝3t，CM＝4t，MB＝8－4t，
∵∠NAB＋∠ABN＝90°，∠ABN＋∠NBP＝90°，
∴∠NAB＝∠NBP，且∠ABP＝∠BMQ＝90°，
∴△ABP∽△BMQ，
∴，
即，
解得t＝；
（3）分为三种情况：①如图1，
当CQ＝CP＝4cm时，
BP＝8－4＝4cm，
即t＝4秒；
②如图2，
当PQ＝CQ＝4cm时，过Q作QM⊥BC于M，
则AB∥QM，
∴，
∴，
∴CM＝3.2（cm），
∵PQ＝CQ，QM⊥CP，
∴PC＝2CM＝6.4cm，
∴BP＝8cm－6.4cm＝1.6cm，
∴t＝1.6s；
③如图3，当QP＝CP时，过P作PN⊥AC于N，
则CN＝CQ＝2，∠CNP＝∠B＝90°，
∵∠PCN＝∠BCA，
∴△PCN∽△ACB，
∴，
∴，
∴CP＝2.5cm，
∴BP＝8cm－2.5cm＝5.5cm，
t＝5.5s，
即从运动开始，经过4秒或1.6秒或5.5秒时，以点Q、P、C为顶点的三角形是等腰三角形，即t＝4秒或1.6秒或5.5秒.
【点评】本题以动点问题为背景，主要考查了四边形的综合应用，解决问题时需要运用矩形的判定、勾股定理的逆定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质等，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，解题时注意分类思想的运用．
8．（2018?天津模拟）如图，已知点A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，直线y2=﹣12x+12与反比例函数y1=mx的图象的交点为点B、D，且B（3，﹣1），求：
（Ⅰ）求反比例函数的解析式；
（Ⅱ）求点D坐标，并直接写出y1＞y2时x的取值范围；
（Ⅲ）动点P（x，0）在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标．
【答案】（1）反比例函数的解析式为y=﹣3x；（2）D（﹣2，32）；﹣2＜x＜0或x＞3；（3）P（4，0）．
【解析】（1）把点B（3，﹣1）带入反比例函数y1=mx中，即可求得k的值；
（2）联立直线和反比例函数的解析式构成方程组，化简为一个一元二次方程，解方程即可得到点D坐标，观察图象可得相应x的取值范围；
（3）把A（1，a）是反比例函数y1=mx的解析式，求得a的值，可得点A坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式，令y=0，解得x的值，即可求得点P的坐标.
解：（1）∵B（3，﹣1）在反比例函数y1=mx的图象上，
∴-1=m3，
∴m=-3，
∴反比例函数的解析式为y=?3x；
（2）y=?3xy=?12x+12，
∴?3x=?12x+12，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
当x=-2时，y=32，
∴D（－2，32）；
y1＞y2时x的取值范围是-232；
（3）∵A（1，a）是反比例函数y1=mx的图象上一点，
∴a=-3，
∴A（1，-3），
设直线AB为y=kx+b,
k+b=?33k+b=?1，
∴k=1b=?4，
∴直线AB为y=x-4，
令y=0，则x=4，
∴P(4，0)
9．（2018?银川模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度，沿BA向点A移动；同时点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度，沿CB向点B移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0（1）当x为何值时，PQ⊥DQ；
（2）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最小值？并求出最小值．
【答案】（1）1.25（2）当x=1.5时，S有最小值为3.75
【解析】（1）可知BP=x,CQ=2x,BQ=4?2x， 先判定△BPQ∽△CQD， 得到QBCD=BPCQ， 即4?2x3=x2x, 解出x的值即得答案.
2用矩形的面积减去三个直角三角形的面积即可表示出S，根据二次函数的性质求解即可.
解：（1）当PQ⊥DQ时，∠PQB+∠DQC=90°,
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°.
∴∠PQB+∠QPB=90°,
∴∠QPB=∠DQC，
∴△BPQ∽△CQD，
∴QBCD=BPCQ，即4?2x3=x2x,
得x=1.25.
（2）S△QPD=12?12x4?2x?12×3×2x?12×4×3?x,
=x2?3x+6,
=x?1.52+3.75,
∴当x=1.5时，S有最小值为3.75.
【点评】考查了几何背景下的双动点问题，涉及二次含的最值，勾股定理，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，涉及知识点多，综合性比较强，熟悉各个知识点是解题的关键.
10．（2018?重庆模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由．
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
【答案】（1）经过2秒或4秒，△PBQ的面积等于8cm2；（2）线段PQ不能否将△ABC分成面积相等的两部分；（3）经过（5﹣2）秒，5秒，（5+2 ）秒后，△PBQ的面积为1．
【解析】（1）设经过x秒，使△PBQ面积等于8cm2．根据等量关系：△PBQ的面积等于8cm2，列出方程求解即可； （2）设经过y秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分根据面积之间的等量关系和判别式即可求解； （3）分三种情况：①P在线段AB上，Q在线段CB上，(06)，进行讨论即可求解．
解：（1）设经过x秒，
12(6?x)?2x=8，
x1=2，x2=4，
故经过2秒或4秒后，△PBQ面积等于8cm2．
（2）设经过y秒，
△ABC面积=12×6×8=24，
∴12(6?y)?2y=242，
y2?6y+12=0，
Δ=36?48=?12<0，
∴不存在．
（3）①P在线段AB上，Q在线段CB上，(012(6?t)(8?2t)=1，
t=5±2，
∵0∴t=5?2．
②P在线段AB上，Q在CB延长线上，(412(2t?8)(6?t)=1，
t2?70t+25=0，
t=5．
③P在AB延长线上，Q在CB延长线上，(t>6)，
12(t?6)(2t?8)=1，
t=5±2，
∵t>6，
∴t=5+2，
综上所述，t=5?2，5，5+2时，△PBQ面积为1.
11．（2018?无锡模拟）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．
（1）若∠AOB＝60o，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB．
（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．
①问：1OM?1ON的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求S1S2的取值范围．
【答案】（1）CN⊥OB；（2）①16②0＜S1S2≤12
【解析】（1）过P作PE⊥OA于E，易证四边形OMPQ为平行四边形．根据三角函数求得PE的长，再根据三角函数求得∠PCE的度数，即可得∠CPM＝90o，又因PM∥OB，即可证明CN⊥OB．（2）①设OM＝x，ON＝y，先证△NQP∽△NOC，即可得，把x，y代入整理即可得1OM－1ON的值.②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，可得S1＝OM·PE，S2＝12OC·NF，所以S1S2＝x?PE3NF．再证△CPM∽△CNO，所以PENF＝CMCO＝6?x6，用x表示出S1S2与x的关系，根据二次函数的性质即可得S1S2的取值范围．
解：（1）
过P作PE⊥OA于E．∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形．
∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60o，
∴PE＝PM·sin60o＝32，ME＝12，
∴CE＝OC－OM－ME＝32，∴tan∠PCE＝PECE＝33，
∴∠PCE＝30o，∴∠CPM＝90o，
又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90 o，即CN⊥OB．
（2）①1OM－1ON的值不发生变化． 理由如下：
设OM＝x，ON＝y．∵四边形OMPQ为菱形，∴ OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y－x．
∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O．又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴QPOC＝NQON，即x6＝y?xy，
∴6y－6x＝xy．两边都除以6xy，得1x－1y＝16，即1OM－1ON＝16．
②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，
则S1＝OM·PE，S2＝12OC·NF，
∴S1S2＝x?PE3NF．
∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O．又∵∠PCM=∠NCO，
∴△CPM∽△CNO．∴PENF＝CMCO＝6?x6．
∴S1S2＝x(6?x)18＝－118（x－3）2＋12．
∵012．（2018?连云港模拟）如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．
【解析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°． （2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系． （3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．
解：（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等边三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=12OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
而OC是⊙O的半径，
故PC与⊙O的位置关系是相切．
（3）如图；有三种情况：
①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣23）；
劣弧MA的长为：60π×4180=4π3；
②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣23）；
劣弧MA的长为：120π×4180=8π3；
③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，23）；
优弧MA的长为：240π×4180=16π3；
④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，23）；
优弧MA的长为：300π×4180=20π3；
综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为4π3,8π3,16π3,20π3对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．
【点评】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．
