全國中考數(shù)學(xué)壓軸題分類解析匯編專題012

1、專題 1：動點(diǎn)問題1. （ 2021 上海市 14 分）如圖，在半徑為2 的扇形 aob中， aob=9°0 ，點(diǎn)c 是弧 ab上的一個(gè)動點(diǎn)（不與點(diǎn)a、 b 重合） odbc，oeac，垂足分別為d、e（1）當(dāng) bc=1時(shí)，求線段od的長；（2）在 doe中是否存在長度保持不變的邊？假如存在，請指出并求其長度，假如不存在， 請說明理由；（3）設(shè) bd=x， doe的面積為y ，求 y 關(guān)于 x 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域【答案】 解：（ 1）點(diǎn) o是圓心， odbc， bc=1，又 ob=2，bd= 121bc=；2 od=ob 2bd 2222115 ；22（ 2）存在， de

2、是不變的；如圖，連接ab，就ab=ob 2 +oa 222 ；d和 e 是中點(diǎn)， de= 1 ab=2 ；2（ 3） bd=x，od4x 2 ；0 1=2， 3=4， aob=90 ； 2+3=45°；過 d 作 dfoe，垂足為點(diǎn)f； df=of=4x 2；2由 bod edf，得bd= od ，即efdfx4x 2=ef4x 22，解得 ef=1x；2x+4x2oe=；2114x 2x+4x 24x 2 +x4x 2ydf oe=（0 < x <2）；22224【考點(diǎn)】 垂徑定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，相像三角形的判定和性質(zhì)；【分析】

3、（ 1）由 odbc，依據(jù)垂徑定理可得出即可求出od的長；1bd=2bc=12，在 rt bod中利用勾股定理（ 2）連接 ab，由 aob是等腰直角三角形可得出ab 的長， 再由 d 和 e 是中點(diǎn)，依據(jù)三角形中位線定理可得出de=2 ；（ 3）由 bd=x，可知od4x 2，由于1= 2， 3= 4，所以2+ 3=45 °，過d作 dfoe，就 df=of=4x 22， ef=1x+4x 2x ， oe=22，即可求得y 關(guān)于 x 的函數(shù)關(guān)系式； ab=ob 2+oa 222 ，點(diǎn) c是弧 ab上的一個(gè)動點(diǎn)（不與點(diǎn)a、b 重合）， 0 < x <2 ；2. （ 202

4、1 福建南平14 分） 如圖，在 abc 中，點(diǎn) d、e 分別在邊bc、ac上，連接 ad、de，且 1=b=c（1）由題設(shè)條件，請寫出三個(gè)正確結(jié)論：（要求不再添加其他字母和幫助線，找結(jié)論過程中添加的字母和幫助線不能顯現(xiàn)在結(jié)論中，不必證明）答：結(jié)論一：；結(jié)論二：；結(jié)論三：（2）如 b=45°， bc=2，當(dāng)點(diǎn) d 在 bc上運(yùn)動時(shí)（點(diǎn)d 不與 b、c 重合），求 ce的最大值；如 ade是等腰三角形，求此時(shí)bd的長（留意：在第（2）的求解過程中，如有運(yùn)用（1）中得出的結(jié)論，須加以證明）【答案】 解：（ 1） ab=ac； aed=adc； ade acd；（ 2） b=c， b=45

5、°， acb為等腰直角三角形； ac2 bc222 ；22 1=c， dae=cad， ade acd；ad： ac=ae： ad， aead 2ad 22 ad 2；ac22當(dāng) ad最小時(shí)， ae最小，此時(shí)adbc，1；ad=2bc=1ae 的最小值為2122 ； ce的最大值 =222 ；2222當(dāng) ad=ae時(shí)， 1=aed=45°， dae=90°；點(diǎn) d與 b 重合，不合題意舍去；當(dāng) ea=ed時(shí)，如圖1， ead=1=45°；ad 平分 bac， ad 垂直平分bc； bd=1；當(dāng) da=de時(shí)，如圖2， ade acd， da： ac=de

6、： dc；dc=ca= 2 ； bd=bc dc=22 ；綜上所述，當(dāng) ade 是等腰三角形時(shí)，bd的長的長為1 或22 ；【考點(diǎn)】 相像三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性質(zhì)；【分析】（1）由 b=c， 依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得ab=ac；由 1=c， aed=edc+c得到 aed=adc；又由 dae=cad，依據(jù)相像三角形的判定可得到ade acd；（ 2 ） 由 b=c ， b=45° 可 得 acb為 等 腰 直 角 三 角 形 ， 就22acbc2222， 由 1=c， dae= cad， 根 據(jù) 相 似 三 角 形 的 判 定 可 得ade ac

7、d，就有ad：ac=ae：ad，即 aead 2ad 22 ad 2，當(dāng) ad bc，ad 最ac22小，此時(shí)ae最小，從而由ce=ac ae得到 ce的最大值；分當(dāng) ad=ae， ea=ed， da=de三種情形爭論即可；3. （ 2021 甘肅蘭州12 分） 如圖， rtabo 的兩直角邊oa、ob分別在 x 軸的負(fù)半軸和y 軸2的正半軸上， o為坐標(biāo)原點(diǎn)， a、 b 兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 3， 0 、0 ， 4 ，拋物線y 2 x 3bx c 經(jīng)過點(diǎn) b，且頂點(diǎn)在直線x 5 上2(1) 求拋物線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(2) 如把a(bǔ)bo沿 x 軸向右平移得到 dce，點(diǎn)a、b、o的對應(yīng)點(diǎn)分別是d、

8、c、e，當(dāng)四邊形abcd是菱形時(shí)，試判定點(diǎn)c和點(diǎn) d 是否在該拋物線上，并說明理由；(3) 在2 的條件下， 連接 bd，已知對稱軸上存在一點(diǎn)p 使得 pbd的周長最小， 求出 p 點(diǎn)的坐標(biāo)；(4) 在2 、3 的條件下，如點(diǎn)m是線段 ob上的一個(gè)動點(diǎn) 點(diǎn) m與點(diǎn) o、b 不重合 ，過點(diǎn) m作 bd 交 x 軸于點(diǎn) n，連接 pm、pn，設(shè) om的長為 t ， pmn的面積為s，求 s 和 t 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t 的取值范疇， s是否存在最大值？如存在，求出最大值和此時(shí)m點(diǎn)的坐標(biāo)；如不存在，說明理由【答案】 解：（ 1）拋物線y 2 x bx c 經(jīng)過點(diǎn) b0 ， 4 ， c 4；2

9、35b510頂點(diǎn)在直線x 上，2=，解得2223b=；32210所求函數(shù)關(guān)系式為y=xx+4 ；33（ 2）在 rtabo中， oa 3， ob4，ab =oa 2ob 25 ；四邊形abcd是菱形， bc cd da ab 5；c、 d 兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是5 ， 4 、 2 ， 0 ，當(dāng) x 5 時(shí)，y= 252105+4=4 ；33當(dāng) x 2 時(shí)， y= 222102+4=0 ；33點(diǎn) c 和點(diǎn) d 都在所求拋物線上；（ 3）設(shè) cd與對稱軸交于點(diǎn)p，就 p 為所求的點(diǎn)，設(shè)直線 cd對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y kx b，45k+b=4就2k+b=0，解得，k=3b=83；直線 cd對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式

10、為48y=x；33當(dāng) x 5 時(shí)，458252y=； p， ；2323323（ 4） mnbd， omn obd； omonobodtont，即，得 on；422設(shè)對稱軸交x于點(diǎn)f，就s1pfomof=12 +t555梯形 pfom=t+ ；223246 s mon11omon=t112t=t，2224s1nfpf= 151 t2 =1 t+ 5，pme2222366s=s梯形 pfoms mons pme5 t+51 t 21 t+ 51 t 2 + 17 t0 t 4 ；46466412 s=1217t+t=117t22891+，<170 ， 0 4，412461444617當(dāng) t=

11、6時(shí)， s 取最大值是289144；此時(shí)，點(diǎn)m的坐標(biāo)為 0 ，17 ；6【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相像三角形的判定和性質(zhì)；【分析】（ 1）依據(jù)拋物線y 2 x 2 bx c 經(jīng)過點(diǎn) b0 ，4 ，以及頂點(diǎn)在直線x 5上，得出32b， c 即可；（2）依據(jù)菱形的性質(zhì)得出c、 d兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是5 ， 4 、2 ， 0 ，利用圖象上點(diǎn)的性質(zhì)得出x 5 或 2 時(shí)， y 的值即可；（3）第一設(shè)直線cd對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y kx b，求出解析式，當(dāng)x 5 時(shí)，求2出 y 即可；（4）利用 mnbd，得出 omn obd，進(jìn)而得出omo

12、nobod，得到 ont，從而2表示出 pmn的面積，利用二次函數(shù)最值求出即可；4. （ 2021 廣東省 9 分） 如圖，拋物線y= 1 x 23 x9 與 x 軸交于 a、b 兩點(diǎn)，與 y 軸交于22點(diǎn) c，連接 bc、ac（1）求 ab和 oc的長；（2）點(diǎn) e從點(diǎn) a 動身，沿x 軸向點(diǎn) b 運(yùn)動（點(diǎn)e 與點(diǎn) a、b 不重合），過點(diǎn) e 作直線 l 平行 bc，交 ac于點(diǎn) d設(shè) ae的長為 m， ade的面積為s，求 s 關(guān)于 m的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量 m的取值范疇；（3）在（ 2）的條件下，連接ce，求 cde面積的最大值；此時(shí)，求出以點(diǎn)e 為圓心，與bc相切的圓的面積（結(jié)果保

13、留 ）【答案】 解：（ 1）在 y= 1 x 23 x9 中，22令 x=0 ，得 y= 9， c（ 0， 9）；1230）；令 y=0 ，即xx9=0 ，解得： x1= 3，x2=6， a（3， 0）、b（ 6，22ab=9， oc=9；（ 2） edbc， aed abc，s aed22ae，即：sm；s= 12m2（ 0 m 9）；s abcab19 992（ 3）saec= 129ae.oc=2m， saed=s= 1 m，22sedc=saec saed129 1m+m=（ m 9 ） 28122228=+； cde的最大面積為81 ，8此時(shí)，9ae=m=2， be=ab ae=9

14、；2又 bc62 +92 =313 ，過 e 作 efbc于 f，就 rtbefrtbco，得：efbeocbc92，ef即：；9313 ef2713 ；262729以 e 點(diǎn)為圓心，與bc相切的圓的面積s e= .ef =；52【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，相像三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，勾股定理，直線與圓相切的性質(zhì)；【分析】（ 1）已知拋物線的解析式，當(dāng)x=0，可確定c 點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)y=0 時(shí)，可確定a、b 點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定ab、oc的長；（ 2）直線 l bc，可得出 aed abc，它們的面積比等于相像比的平方，由此得到關(guān)于 s 、m的函數(shù)關(guān)系式；依據(jù)題

15、目條件：點(diǎn)e 與點(diǎn) a、b 不重合，可確定m的取值范疇；（ 3）第一用m列出 aec 的面積表達(dá)式， aec、aed的面積差即為 cde 的面積，由此可得關(guān)于scde關(guān)于 m的函數(shù)關(guān)系式，依據(jù)函數(shù)的性質(zhì)可得到scde的最大面積以及此時(shí) m的值；過 e 做 bc的垂線 ef，這個(gè)垂線段的長即為與bc相切的e 的半徑， 可依據(jù)相像三角形 bef、 bco 得到的相關(guān)比例線段求得該半徑的值，由此得解；5.（ 2021 貴州畢節(jié)16 分） 如圖，直線l 1 經(jīng)過點(diǎn) a（ 1， 0），直線 l 2 經(jīng)過點(diǎn) b3 ，0,l 1 、l 2 均為與 y 軸交于點(diǎn)c0，3 ，拋物線y=a2 x+bx+ca0 經(jīng)

16、過 a、b、c 三點(diǎn)；（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）拋物線的對稱軸依次與x 軸交于點(diǎn) d、與 l 2 交于點(diǎn) e、與拋物線交于點(diǎn)f、與 l 1 交于點(diǎn)g；求證： de=ef=fg;3 如 l 1l2 于 y 軸上的 c 點(diǎn)處，點(diǎn)p 為拋物線上一動點(diǎn)，要使pcg 為等腰三角形，請寫出符合條件的點(diǎn)p 的坐標(biāo)，并簡述理由；【答案】 解：（ 1）拋物線y=ax 2 +bx+ca0 經(jīng)過 a（ 1，0）， b（3， 0）， c（ 0，3 ）三點(diǎn)，abc09a3bc0c3a，解得b3323 ；3c3拋物線的解析式為：3223y=x +33x3 （ 2）證明：設(shè)直線l 1 的解析式為y=kx+b ，由直

17、線l 1 經(jīng)過 a（ 1， 0）， c（ 0，3 ），得kb0 b3， 解 得k3， 直 線l 1 的 解 析 式 為 ：b3y=-3 x3；y=33x3；直線 l 2 經(jīng)過 b（ 3，0），c（ 0，3 ）兩點(diǎn)，同理可求得直線l 2 解析式為：拋物線 y=32233243x +x3=x1，3333對稱軸為x=1 ， d（1， 0），頂點(diǎn)坐標(biāo)為f（ 1，43）；3（1，233點(diǎn) e 為 x=1 與直線 l 2：y=33）；x3 的交點(diǎn)， 令 x=1，得 y=233，e點(diǎn) g為 x=1 與直線 l 1：y=-3 x3的交點(diǎn)，令x=1 ，得 y=23，g（ 1，23 ） ；各點(diǎn)坐標(biāo)為： d（ 1，

18、0），e（ 1，233它們均位于對稱軸x=1 上；43），f（ 1，3），g（ 1， 23），23de=ef=fg=；3（ 3）如圖，過c 點(diǎn)作 c 關(guān)于對稱軸x=1 的對稱點(diǎn)p1， cp1交對稱軸于h 點(diǎn)，連接cf， pg ；pcg為等腰三角形，有三種情形：當(dāng) cg=pg時(shí)，如圖，由拋物線的對稱性可知，此時(shí)p1滿意 p1g=cg；c（ 0，3 ），對稱軸x=1，p1（ 2，3）；當(dāng) cg=pc時(shí)，此時(shí)p 點(diǎn)在拋物線上，且cp的長度等于 cg ；如圖， c（ 1，3）， h 點(diǎn)在 x=1 上， h（ 1，3 ） ；在 rtchg中， ch=1， hg=|yg y h|=|23（3 ）|=3 ，

19、由勾股定理得：cg12232 ； pc=2如圖， cp1=2，此時(shí)與中情形重合；又 rtoac中，ac12232 ，點(diǎn) a 滿意 pc=2的條件，但點(diǎn)a、c、g在同一條直線上，所以不能構(gòu)成等腰三角形；當(dāng) pc=pg時(shí)，此時(shí)p 點(diǎn)位于線段cg的垂直平分線上.l1l2， ecg為直角三角形；由（ 2）可知， ef=fg，即 f 為斜邊 eg的中點(diǎn)；cf=fg，f為滿意條件的p 點(diǎn)，p2（ 1，43 ） ；3又 coscgecg3eg2， cge=30°；hcg=60°；又 p1c=cg，p1cg為等邊三角形；p1 點(diǎn)也在 cg的垂直平分線上，此種情形與重合；綜上所述， p 點(diǎn)的

20、坐標(biāo)為p1（ 2，3）或 p2（1，43）；3【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理， 直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，特別角的三角函數(shù)值；【分析】（ 1）已知 a、b、c 三點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2） d、e、f、g 四點(diǎn)均在對稱軸x=1 上，只要分別求出其坐標(biāo)，就可以得到線段 de、 ef、fg的長度； d是對稱軸與x 軸交點(diǎn)， f 是拋物線頂點(diǎn)，其坐標(biāo)易求；e 是對稱軸與 直線 l 2 交點(diǎn)，需要求出l 2 的解析式， g是對稱軸與l 1 的交點(diǎn)，需要求出l 1 的解析式，而a、 b

21、、c 三點(diǎn)坐標(biāo)已知，所以l 1、 l 2 的解析式可以用待定系數(shù)法求出；從而問題得到解決；（3） pcg為等腰三角形，需要分三種情形爭論：cg=pg，cg=pc，pc=pg；6. （ 2021 貴州遵義12 分） 如圖， abc 是邊長為6 的等邊三角形，p 是 ac邊上一動點(diǎn)，由 a 向 c 運(yùn)動（與a、c 不重合）， q是 cb延長線上一點(diǎn)，與點(diǎn)p 同時(shí)以相同的速度由b 向cb延長線方向運(yùn)動（q不與 b 重合），過 p 作 peab 于 e，連接 pq交 ab 于 d（1）當(dāng) bqd=3°0 時(shí)，求ap的長；（2）當(dāng)運(yùn)動過程中線段ed的長是否發(fā)生變化？假如不變，求出線段ed的長；

22、假如變化請 說明理由【答案】 解：（ 1） abc 是邊長為6 的等邊三角形， acb=60°； bqd=3°0 ， qcp=9°0 ；設(shè) ap=x，就 pc=6 x， qb=x， qc=qb+c=6；+x11在 rtqcp中，bqd=3°0， pc=2qc，即 6 x=（ 6+x），解得 x=2 ；2當(dāng) bqd=3°0 時(shí)， ap=2；（ 2）當(dāng)點(diǎn) p、q運(yùn)動時(shí)，線段de的長度不會轉(zhuǎn)變；理由如下：作 qfab，交直線ab的延長線于點(diǎn)f，連接 qe，pf；peab 于 e， dfq=aep=90°；點(diǎn) p、q做勻速運(yùn)動且速度相同，ap

23、=bq； abc是等邊三角形， a=abc=fbq=60°；在 ape和 bqf中， a=fbq， ap=bq， aep=bfq=90°， ape bqf（aas）；ae=bf， pe=qf且 peqf；四邊形peqf是平行四邊形；de=12ef；eb+ae=be+bf=，ab de= 12ab；又等邊 abc 的邊長為6， de=3；當(dāng)點(diǎn) p、q運(yùn)動時(shí)，線段de的長度不會轉(zhuǎn)變；【考點(diǎn)】 動點(diǎn)問題，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，含30 度角的直角三角形的性質(zhì)；【分析】（ 1）由 abc 是邊長為6 的等邊三角形，可知 acb=60°，再由 bqd=3&

24、#176;0 可知1qcp=9°0，設(shè)ap=x，就 pc=6 x ，qb=x，在 rtqcp中， bqd=3°0， pc=2qc， 即 6x= 12（ 6+x ），求出 x 的值即可；（2）作 qfab，交直線ab的延長線于點(diǎn)f，連接 qe， pf，由點(diǎn) p、q做勻速運(yùn)動且速度相同，可知ap=bq，再依據(jù)全等三角形的判定定理得出ape bqf，再由ae=bf，pe=qf且 peqf，可知四邊形peqf是平行四邊形，進(jìn)而可得出eb+ae=be+bf=a，b1，de=ab2由等邊 abc 的邊長為6 可得出 de=3，故當(dāng)點(diǎn)p、q運(yùn)動時(shí)，線段de的長度不會轉(zhuǎn)變；7. （ 202

25、1 湖北宜昌12 分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=33x+1 分別與兩坐標(biāo)軸交于 b， a兩點(diǎn)， c為該直線上的一動點(diǎn)，以每秒1 個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)a開頭沿直線ba2向上移動，作等邊 cde，點(diǎn)d 和點(diǎn) e 都在 x 軸上，以點(diǎn)c為頂點(diǎn)的拋物線y=a（ x m） +n經(jīng)過點(diǎn) em與 x 軸、直線ab都相切，其半徑為3（ 13 ） a（ 1）求點(diǎn) a 的坐標(biāo)和 abo 的度數(shù)；（ 2）當(dāng)點(diǎn) c 與點(diǎn) a 重合時(shí)，求a 的值；（ 3）點(diǎn) c 移動多少秒時(shí)，等邊 cde 的邊 ce第一次與m 相切？【答案】 解：（ 1）當(dāng) x=0 時(shí)， y=1；當(dāng) y=0 時(shí)， x=3 ，oa=1， ob

26、= 3 ；a的坐標(biāo)是（ 0， 1）；tan oa13abo=； abo=30°；ob33（ 2） cde 為等邊三角形，點(diǎn)a（ 0， 1）， tan30 °= odoa， od=3 ；3d的坐標(biāo)是（33， 0）， e 的坐標(biāo)是（33， 0），把點(diǎn) a（ 0，1）， d（33， 0）， e（33， 0）代入 y=a （ x m） 2+n，得1=am 2 +n2a=30=a3m+n ，解得323m=0 n=1； a= 3；0=am+n 3（ 3）如圖，設(shè)切點(diǎn)分別是q， n， p，連接 mq， mn， mp， me，過點(diǎn) c作 chx軸， h為垂足，過a 作 afch，f 為垂足

27、； cde是等邊三角形， abo=3°0 ， bce=90°， ecn=9°0 ；ce，ab分別與m 相切， mpc= cnm=9°0 ； 四邊形mpcn為矩形；mp=m，n四邊形mpcn為正方形；mp=mn=cp=cn（=313 ） a（a 0）；ec和 x 軸都與m 相切， ep=eq； nbq+ nmq=18°0 ， pmq=6°0 ； emq，=30°；在 rtmep中， tan30 °= pepm， pe=（3 3）a；ce=cp+pe=（3 13 ） a+（3 3） a= 23 a；dh=he=3 a，

28、 ch=3a， bh= 33 a；oh= 33 a3 ， oe= 43 a3 ；e（ 43 a3 ， 0）， c（ 33 a3 ， 3a）；設(shè)二次函數(shù)的解析式為：y=a（ x+33 a+3 ） 2 3a，2e在該拋物線上， a（43 a3 +33 a+3 ） 3a=0，2得： a =1，解之得a1=1，a2= 1；a 0， a= 1；af=23 ， cf=2， ac=4；點(diǎn) c 移動到 4 秒時(shí)，等邊 cde 的邊 ce第一次與m 相切；【考點(diǎn)】 動點(diǎn)問題，二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，銳角三角函數(shù)定義，特別角的三角函數(shù)值，等邊三角形的性質(zhì)，直線與圓相切的性質(zhì)；【分析

29、】 （ 1）已知直線ab的解析式，令解析式的x=0，能得到a點(diǎn)坐標(biāo)；令y=0 ，能得到b 點(diǎn)坐標(biāo)；在rtoab中，知道oa、ob的長，用正切函數(shù)即可得到abo 的值；（2）當(dāng) c、a 重合時(shí)，可知點(diǎn)c 的坐標(biāo)，然后結(jié)合oc的長以及等邊三角形的特性求出 od、oe的長，即可得到d、 e 的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)即可確定a 的值；（ 3）作出第一次相切時(shí)的示意圖，已知的條件只有圓的半徑，那么連接圓心與三個(gè)切點(diǎn)以及點(diǎn)e，第一能判定出四邊形cpmn是正方形，那么cp與m的半徑相等，只要再求出 pe就能進(jìn)一步求得c 點(diǎn)坐標(biāo)；那么可以從pe=eq，即 rtmep入手，第一 ced=6°0 ，而 me

30、p= meq，易求得這兩個(gè)角的度數(shù)，通過解直角三角形不難得到pe 的長，即可求出pe及點(diǎn) c、e 的坐標(biāo)然后利用c、e 的坐標(biāo)確定a 的值，從而可求出ac的長，由此得解；8. （ 2021 湖南常德10 分） 已知四邊形abcd是正方形， o為正方形對角線的交點(diǎn)，一動點(diǎn)p 從 b 開頭，沿射線bc運(yùn)動，連結(jié)dp，作 cndp 于點(diǎn) m，且交直線ab于點(diǎn) n，連結(jié) op，on；（當(dāng) p在線段 bc上時(shí)，如圖1：當(dāng) p 在 bc的延長線上時(shí)，如圖2）（ 1）請從圖 1，圖 2 中任選一圖證明下面結(jié)論：bn=c：pop=o，n 且opon2設(shè) ab=4， bp=x，試確定以o、p、b、n 為頂點(diǎn)的四

31、邊形的面積y 與 x 的函數(shù)關(guān)系；【答案】（ 1）證明：如圖1，四邊形abcd是正方形，oc=o，bdc=bc，dcb=cba=90°，ocb=oba=4°5，doc=9°0 ，dcab；dpcn， cmd= doc=9°0 ； bcn+cpd=9°0， pcn+dcn=9°0； cpd=cnb；dcab， dcn= cnb=cpd；在 dcp和 cbn中， dcp=cbn， cpd=bnc， dc=bc， dcp cbn（ aas）； cp=bn；在 obn和 ocp中， ob=o，c ocp= obn，cp=bn ， obn oc

32、p（ sas）； on=o，p bon= cop； bon+bop=cop+bop，即 nop=boc=9°0 ；onop；（2）解： ab=4，四邊形abcd是正方形，o 到 bc邊的距離是2；圖 1 中，sss1 （4x ） 21x24（0 <x < 4），四 邊形 opbnobnbop22圖2中，111 2s四邊 形 o b n ps p o bsp b nx2（x ） 4xx（>x ）x；4222以 o、p、b、n 為頂點(diǎn)的四邊形的面積y 與 x 的函數(shù)關(guān)系是：4（0 < x < 4）y=12x2；x（ x > 4）【考點(diǎn)】 正方形的性質(zhì)，

33、三角形外角性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，兩線垂直的判定，多邊形的面積的分解，函數(shù)解析式的確定，分段函數(shù)，點(diǎn)到直線的距離；【分析】（ 1）對于圖 1，證明線段相等，一般情形下找全等；依據(jù) bn，cp的分布情形 可以觀看 cnb 和 dpc，然后證明兩三角形全等；也可以觀看 can 和 dbp，證明 an=bp，從而有 bn=cp；對于圖 2，證明如下： abcd為正方形， ac， bd為對角線， dcp=90；ocmdp， pcm= pdc； pdb=can；又 dpb=anc， bd=ac， pdb nca（ asa）；pb=an， dp=cn； cp=bn； pdb=can， od=o，c

34、cp=bn， pdo nco（ sas）；op=o，n dop= con； doc=90，o pon=noc+poc=dop+poc=doc=90；o opon；（2）求以 o、p、b、n 為頂點(diǎn)的四邊形的面積，就要把四邊形分解為兩個(gè)三角形去解決問題；圖1 中， s 四邊形 opbn=sobn+sbop， ；圖 2 中， s 四邊形 obnp=spob+spbn，代入求出即可；9. （ 2021 湖南張家界10 分） 如圖，o 的直徑 ab=4， c 為圓周上一點(diǎn)，ac=2，過點(diǎn) c作o的切線 dc， p 點(diǎn)為優(yōu)弧 cba 上一動點(diǎn)（不與a c 重合）（1）求 apc與 acd的度數(shù)；（2）當(dāng)

35、點(diǎn) p 移動到 cb弧的中點(diǎn)時(shí)，求證：四邊形obpc是菱形（3） p 點(diǎn)移動到什么位置時(shí)，apc 與 abc全等，請說明理由【答案】 解：（ 1）連接 ac，如下列圖：1ab=4， oa=ob=oc=2ab=2；又 ac=2， ac=oa=o；c aco 為等邊三角形； aoc=aco=oac=6°0 ， apc=12aoc=3°0 ；又 dc與圓 o相切于點(diǎn)c， ocdc； dco=9°0 ； acd=dco aco=9°0 60°=30°；（ 2）連接 pb， op，ab為直徑， aoc=6°0 ， cob=12

36、6;0 ；當(dāng)點(diǎn) p 移動到弧cb的中點(diǎn)時(shí)， cop= pob=6°0 ； cop和 bop都為等邊三角形； ac=cp=oa=；op四邊形aopc為菱形；（ 3）當(dāng)點(diǎn) p 與 b 重合時(shí)， abc 與 apc重合，明顯 abc apc；當(dāng)點(diǎn) p 連續(xù)運(yùn)動到cp經(jīng)過圓心時(shí)， abc cpa，理由為：cp與 ab 都為圓 o的直徑， cap=acb=90°；在 rtabc與 rtcpa中， ab=cp，ac=acrtabcrtcpa（ hl）；綜上所述， 當(dāng)點(diǎn) p 與 b 重合時(shí)和點(diǎn)p 運(yùn)動到 cp經(jīng)過圓心時(shí)， abc cpa；【考點(diǎn)】 切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等

37、三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，菱形的判定；【分析】（ 1）連接 ac，由直徑 ab=4，得到半徑 oa=oc=，2 又 ac=2，得到 ac=oc=o，a 即 aoc為等邊三角形，可得出三個(gè)內(nèi)角都為 60°，再由同弧所對的圓心角等于所對圓周角的 2 倍， 得到 apc 為 30°，由 cd 為圓 o 的切線，得到 oc 垂直于 cd，可得出 ocd 為直角，用ocd- oca可得出 acd 的度數(shù)；（ 2）由 aoc為 60°， ab為圓 o的直徑，得到 boc=12°0 ，再由p 為 cb 的中點(diǎn)，得到兩條弧相等，依據(jù)等弧對等角，可得出 cop=bo

38、p=6°0， 從而得到 cop 與 bop都為等邊三角形，可得出oc=ob=pc=p，b即四邊形obpc為菱形；（ 3）點(diǎn) p 有兩個(gè)位置使 apc 與 abc全等，其一： p 與 b 重合時(shí)，明顯兩三角形全等；其次：當(dāng)cp為圓 o的直徑時(shí)，此時(shí)兩三角形全等；10. （ 2021 江蘇無錫 10 分） 如圖，菱形 abcd的邊長為 2cm， dab=60°點(diǎn) p 從 a 點(diǎn)動身，以 cm/s 的速度，沿 ac向 c 作勻速運(yùn)動；與此同時(shí)，點(diǎn) q也從 a 點(diǎn)動身，以 1cm/s 的速度，沿射線 ab作勻速運(yùn)動當(dāng) p 運(yùn)動到 c點(diǎn)時(shí)， p、q都停止運(yùn)動設(shè)點(diǎn) p 運(yùn)動的時(shí)間為 t

39、s （1）當(dāng) p異于 a c時(shí)，請說明pqbc；（2）以 p為圓心、 pq長為半徑作圓，請問：在整個(gè)運(yùn)動過程中，t 為怎樣的值時(shí)，p與邊 bc分別有 1 個(gè)公共點(diǎn)和2 個(gè)公共點(diǎn)？【答案】 解：（ 1）四邊形abcd是菱形，且菱形abcd的邊長為2，ab=bc=，2 bac= 12dab；又 dab=60°， bac=bca=30°；如圖 1，連接 bd交 ac于 o；四邊形abcd是菱形，acbd，1oa=2ac；ob=12ab=1； oa=3 ， ac=2oa=2 3 ；運(yùn)動 ts 后， ap=3 t ， ao=t， ap= ac3 ；aqab又 paq=cab， paq

40、 cab. apq=acb.pqbc.（ 2）如圖 2，p與 bc切于點(diǎn) m，連接 pm，就 pmbc；在 rtcpm中， pcm=3°0 ， pm= 1 pc=33 t ；由 pm=pq=aq=，t 即3223 t =t ，解得 t= 436 ，2此時(shí)p 與邊 bc有一個(gè)公共點(diǎn)；如圖 3，p過點(diǎn) b，此時(shí) pq=pb， pqb=paq+apq=6°0 pqb為等邊三角形； qb=pq=aq；=t t=1 ；當(dāng) 436 < t1時(shí)，p 與邊 bc有 2 個(gè)公共點(diǎn)；如圖 4，p過點(diǎn) c，此時(shí) pc=pq，即 233t =tt= 33 ；當(dāng) 1t 33 時(shí)，p 與邊 bc

41、有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)點(diǎn) p 運(yùn)動到點(diǎn) c，即 t=2 時(shí)， q、 b 重合，p 過點(diǎn) b， 此時(shí)，p 與邊 bc有一個(gè)公共點(diǎn)；綜上所述，當(dāng)t= 436 或 1t 33 或 t=2 時(shí)，p 與菱形 abcd的邊 bc有 1 個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)436 < t1時(shí)，p 與邊 bc有 2 個(gè)公共點(diǎn)；【考點(diǎn)】 直線與圓的位置關(guān)系，菱形的性質(zhì)，含30°角直角三角形的性質(zhì)，相像三角形的判定和性質(zhì)，平行的判定，切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)；【分析】（ 1）連接 bd交 ac于 o，構(gòu)建直角三角形 aob利用菱形的對角線相互垂直、對角線平分對角、 鄰邊相等的性質(zhì)推知 paq cab； 然后依據(jù)“相像

42、三角形的對應(yīng)角相等”證得 apq=acb；最終依據(jù)平行線的判定定理“同位角相等，兩直線平行”可以證得結(jié)論；（ 2）分p 與 bc切于點(diǎn) m，p過點(diǎn) b，p過點(diǎn) c和點(diǎn) p 運(yùn)動到點(diǎn)c四各情形爭論即可；11. （ 2021 江蘇南通 12 分） 如圖，在 abc 中， ab ac 10cm， bc 12cm，點(diǎn) d 是 bc 邊的中點(diǎn) 點(diǎn) p 從點(diǎn) b 動身， 以 acm/sa 0 的速度沿 ba 勻速向點(diǎn) a 運(yùn)動； 點(diǎn) q同時(shí)以 1cm/s 的速度從點(diǎn) d動身，沿 db勻速向點(diǎn) b 運(yùn)動，其中一個(gè)動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動，設(shè)它們運(yùn)動的時(shí)間為ts (1) 如 a 2， bpq

43、bda，求t 的值；(2) 設(shè)點(diǎn) m在 ac上，四邊形pqcm為平行四邊形 5如 a，求 pq的長；2是否存在實(shí)數(shù)a，使得點(diǎn) p 在 acb的平分線上？如存在，懇求出 a 的值； 如不存在，請說明理由【答案】 解：（ 1） abc中， ab=ac=10，bc=12， d是 bc的中點(diǎn)，1bd=cd=2bc=6；a=2， bp=2t， dq=t； bq=bd qd=6 t ； bpq bda，bpbqbdab（ 2）過點(diǎn)p 作 pebc 于 e，四邊形pqcm為平行四邊形，pmcq，pqcm， pq=cm；pb： ab=cm： ac；ab=ac， pb=cm； pb=pq；t6t，即610，解得

44、：t= 18 ；13be=121bq=2（ 6t ） ；a=5， pb=252 t ；5 t1 6tadbc， pead； pb：ab=be： bd，即322；106解得， t=；2515pq=pb= 2 t=（ cm）；4不存在理由如下：四邊形pqcm為平行四邊形， pmcq，pqcm，pq=cm；pb： ab=cm： ac；ab=ac， pb=cm， pb=pq；如點(diǎn) p 在 acb的平分線上，就 pcq= pcm，pmcq， pcq=cpm； cpm=pcm；pm=c；m四邊形pqcm是菱形； pq=c；qpb=cq；pb=at，cq=bd+qd=6+，tpm=cq=6+，t ap=ab

45、 pb=10 at ，且 at=6+t ；pmcq， pm： bc=ap： ab， 6t10at1210，化簡得：6at+5t=30；把代入得，t=6 ；11不存在實(shí)數(shù)a，使得點(diǎn)p 在 acb的平分線上；【考點(diǎn)】 等腰三角形的性質(zhì)，相像三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，反證法；【分析】（ 1）由 abc 中， ab=ac=10， bc=12， d是 bc的中點(diǎn)，依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，即可求得bd與 cd的長，又由a=2， bpq bda，利用相像三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得 t 的值；（ 2）第一過點(diǎn)p 作 pebc 于 e，由四邊形pqcm為平行四邊形，易證得pb=pq，又由平行5 t1 6 t線分線段成比例