全國各地中考數(shù)學壓軸題專集答案動態(tài)綜合型問題

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精益求精，善益求善。全國各地中考數(shù)學壓軸題專集答案動態(tài)綜合型問題2011年中考數(shù)學壓軸題專集（全國各地）2011年中考數(shù)學壓軸題專集（全國各地）PAGEPAGE1332011年中考數(shù)學壓軸題專集（全國各地）PAGE2012年全國各地中考數(shù)學壓軸題專集答案十、動態(tài)綜合型問題1．（北京模擬）已知拋物線y＝－x2＋2x＋m－2與y軸交于點A（0，2m－7），與直線y＝2x交于點B、C（B在C的右側(cè)）．（1）求拋物線的解析式；（2）設拋物線的頂點為E，在拋物線的對稱軸上是否存在一點F，使得∠BFE＝∠CFE，若存在，求出點F的坐標，若不存在，說明理由；（3）動點P、Q同時從原點出發(fā)，分別以每秒eq\r(,5)個單位長度、每秒2eq\r(,5)個單位長度的速度沿射線OC運動，以PQ為斜邊在直線BC的上方作直角三角形PMQ（直角邊分別平行于坐標軸），設運動時間為t秒．若△PMQ與拋物線y＝－x2＋2x＋m－2有公共點，求t的取值范圍．xxOyABCPQMxOyABCFE解：（1）把點A（0，2m－7）代入y＝－x2＋2x＋xOyABCFE∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3（2）由eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(y＝－x2＋2x＋3,y＝2x))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(x1＝eq\r(,3),y1＝2eq\r(,3)))eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(x2＝－eq\r(,3),y2＝－2eq\r(,3)))∴B（eq\r(,3)，2eq\r(,3)），C（－eq\r(,3)，－2eq\r(,3)）∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4∴拋物線的對稱軸為x＝1設F（1，y）∵∠BFE＝∠CFE，∴tan∠BFE＝tan∠CFE當點F在點B上方時，EQ\F(eq\r(,3)－1,y－2eq\r(,3))＝EQ\F(eq\r(,3)＋1,y＋2eq\r(,3))解得y＝6，∴F（1，6）xOyABCPQM當點F在點B下方時，EQ\F(eq\r(,3)－1,2eq\r(,3)－y)＝EQ\F(eq\r(,3)＋1,－y－2eq\r(,3))xOyABCPQM解得y＝6（舍去）∴滿足條件的點F的坐標是F（1，6）（3）由題意，OP＝eq\r(,5)t，OQ＝2eq\r(,5)t，∴PQ＝eq\r(,5)t∵P、Q在直線直線y＝2x上∴設P（x，2x），則Q（2x，4x）（x＜0）∴eq\r(,x2＋4x2)＝eq\r(,5)t，∴x＝－t∴P（－t，－2t），Q（－2t，－4t）∴M（－2t，－2t）當M（－2t，－2t）在拋物線上時，有－2t＝－4t2－4t＋3解得t＝EQ\F(eq\r(,13)－1,4)（舍去負值）當P（－t，－2t）在拋物線上時，有－2t＝－t2－2t＋3解得t＝eq\r(,3)（舍去負值）∴t的取值范圍是：EQ\F(eq\r(,13)－1,4)≤t≤eq\r(,3)2．（北京模擬）在平面直角坐標系中，拋物線y1＝ax2＋3x＋c經(jīng)過原點及點A（1，2），與x軸相交于另一點B．（1）求拋物線y1的解析式及B點坐標；（2）若將拋物線y1以x＝3為對稱軸向右翻折后，得到一條新的拋物線y2，已知拋物線y2與x軸交于兩點，其中右邊的交點為C點．動點P從O點出發(fā)，沿線段OC向C點運動，過P點作x軸的垂線，交直線OA于D點，以PD為邊在PD的右側(cè)作正方形PDEF．①當點E落在拋物線y1上時，求OP的長；xAyODBCPFEDQGNM②若點P的運動速度為每秒1個單位長度，同時線段OC上另一點Q從C點出發(fā)向O點運動，速度為每秒2個單位長度，當Q點到達O點時P、Q兩點停止運動．過Q點作x軸的垂線，與直線AC交于G點，以QG為邊在QG的左側(cè)作正方形xAyODBCPFEDQGNM解：（1）∵拋物線y1＝ax2＋3x＋c經(jīng)過原點及點A（1，2）xAyODBCPFEDQGNMH∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(c＝2,a＋3＋c＝2))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(a＝－1,c＝0xAyODBCPFEDQGNMH∴拋物線y1的解析式為y1＝－x2＋3x令y1＝0，得－x2＋3x＝0，解得x1＝0，x2＝3∴B（3，0）（2）①由題意，可得C（6，0）過A作AH⊥x軸于H，設OP＝a可得△ODP∽△OAH，∴EQ\F(DP,OP)＝EQ\F(AH,OH)＝2∴DP＝2OP＝2a∵正方形PDEF，∴E（3a，2a）∵E（3a，2a）在拋物線y1＝－x2＋3x上∴2a＝－9a2＋9a，解得a1＝0（舍去），a2＝EQ\F(7,9)∴OP的長為EQ\F(7,9)②設直線AC的解析式為y＝kx＋bOPNQCxyDAEFMG∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(2＝k＋b,0＝6k＋b))解得k＝－EQ\F(2,5)，b＝EQ\F(12,5)OPNQCxyDAEFMG∴直線AC的解析式為y＝－EQ\F(2,5)x＋EQ\F(12,5)OPNQCxyDAEFMG由題意，OP＝t，PF＝2t，QC＝2t，GQ＝OPNQCxyDAEFMG當EF與MN重合時，則OF＋CN＝6∴3t＋2t＋EQ\F(4,5)t＝6，∴t＝EQ\F(30,29)當EF與GQ重合時，則OF＋QC＝6OPNQCxyDAEFMGOPNQCxyDAEFOPNQCxyDAEFMGOPNQCxyDAEFMG當DP與MN重合時，則OP＋CN＝6∴t＋2t＋EQ\F(4,5)t＝6，∴t＝EQ\F(30,19)當DP與GQ重合時，則OP＋CQ＝6∴t＋2t＝6，∴t＝23．（北京模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2＋bx＋4經(jīng)過A（－3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，點D在x軸的負半軸上，且BD＝BC．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；xAyODCBDPQ（3）該拋物線的對稱軸上是否存在一點xAyODCBDPQ解：（1）∵拋物線y＝ax2＋bx＋4經(jīng)過A（－3，0）、B（4，0）兩點xAyODCBDPQ∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(9a－3b＋4＝0,16a＋4b＋4＝0))解得a＝－EQ\F(1,3)，b＝EQ\F(1,3)xAyODCBDPQ∴所求拋物線的解析式為y＝－EQ\F(1,3)x2＋EQ\F(1,3)x＋4（2）連接DQ，依題意知AP＝t∵拋物線y＝－EQ\F(1,3)x2＋EQ\F(1,3)x＋4與y軸交于點C∴C（0，4）又A（－3，0，B（4，0）可得AC＝5，BC＝4eq\r(,2)，AB＝7∵BD＝BC，∴AD＝AB－BD＝7－4eq\r(,2)∵CD垂直平分PQ，∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDPxAyODCBEQMx＝xAyODCBEQMx＝EQ\F(1,2)∴∠CDQ＝∠DCB，∴DQ∥BC∴△ADQ∽△ABC，∴EQ\F(AD,AB)＝EQ\F(DQ,BC)∴EQ\F(AD,AB)＝EQ\F(DP,BC)，∴EQ\F(7－4eq\r(,2),7)＝EQ\F(DP,4eq\r(,2))解得DP＝4eq\r(,2)－EQ\F(32,7)，∴AP＝AD＋DP＝EQ\F(17,7)∴線段PQ被CD垂直平分時，t的值為EQ\F(17,7)（3）設拋物線y＝－EQ\F(1,3)x2＋EQ\F(1,3)x＋4的對稱軸x＝EQ\F(1,2)與x軸交于點E由于點A、B關于對稱軸x＝EQ\F(1,2)對稱，連接BQ交對稱軸于點M則MQ＋MA＝MQ＋MB，即MQ＋MA＝BQ當BQ⊥AC時，BQ最小，此時∠EBM＝∠ACO∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝EQ\F(3,4)∴EQ\F(ME,BE)＝EQ\F(3,4)，即EQ\F(ME,4－EQ\F(1,2))＝EQ\F(3,4)，解得ME＝EQ\F(21,8)∴M（EQ\F(1,2)，EQ\F(21,8)）∴在拋物線的對稱軸上存在一點M（EQ\F(1,2)，EQ\F(21,8)），使得MQ＋MA的值最小4．（北京模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．動點P從點A出發(fā)，沿AC→CB→BA邊運動，點P在AC、CB、BA邊上運動的速度分別為每秒3、4、5個單位．直線l從與AC重合的位置開始，以每秒EQ\F(4,3)個單位的速度沿CB方向移動，移動過程中保持l∥AC，且分別與CB、AB邊交于點E、F．點P與直線l同時出發(fā)，設運動的時間為t秒，當點P第一次回到點A時，點P和直線l同時停止運動．（1）當t＝_________秒時，點P與點E重合；當t＝_________秒時，點P與點F重合；（2）當點P在AC邊上運動時，將△PEF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)，使得點P的對應點P′落在EF上，點F的對應點為F′，當EF′⊥AB時，求t的值；（3）作點P關于直線EF的對稱點Q，在運動過程中，若形成的四邊形PEQF為菱形，求t的值；（4）在整個運動過程中，設△PEF的面積為S，直接寫出S關于t的函數(shù)關系式及S的最大值．BCBCA備用圖BCAPlFE解：（1）3；4.5提示：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8BCAlFE(P)∴AB＝eq\r(,62＋82)＝10，∴sinB＝EQ\F(AC,AB)＝EQ\F(3,5)，cosB＝EQ\F(BC,AB)＝EQ\F(4,5)，tanB＝EQ\F(AC,BC)＝EQ\F(3,4)BCAlFE(P)當點P與點E重合時，點P在CB邊上，CP＝CE∵AC＝6，點P在AC、CB邊上運動的速度分別為每秒3、4個單位∴點P在AC邊上運動的時間為2秒，CP＝4(t－2)∵CE＝EQ\F(4,3)t，∴4(t－2)＝EQ\F(4,3)t，解得t＝3當點P與點F重合時，點P在BA邊上，BP＝BF∵AC＝6，BC＝8，點P在AC、CB、BA邊上運動的速度分別為每秒3、4、5個單位∴點P在AC、CB邊上運動的時間共為4秒，BF＝BP＝5(t－4)BCAlFE(P)∵CE＝EQ\F(4,3)t，∴BE＝8－EQ\F(4,3)BCAlFE(P)在Rt△BEF中，EQ\F(BE,BF)＝cosB∴EQ\F(8－EQ\F(4,3)t,5(t－4))＝EQ\F(4,5)，解得t＝4.5（2）由題意，∠PEF＝∠MENEBMCAPlFN∵EF∥AC，∠C＝90°，∴∠EBMCAPlFN∵EN⊥AB，∴∠B＝∠MEN∴∠CPE＝∠B，∴tan∠CPE＝tanB∵tan∠CPE＝EQ\F(CE,CP)，tanB＝EQ\F(AC,BC)＝EQ\F(3,4)∴EQ\F(CE,CP)＝EQ\F(3,4)，∴CP＝EQ\F(4,3)CE∵AP＝3t（0＜t＜2），CE＝EQ\F(4,3)t，∴CP＝6－3t∴6－3t＝EQ\F(4,3)×EQ\F(4,3)t，解得t＝EQ\F(54,43)（3）連接PQ交EF于O∵P、Q關于直線EF對稱，∴EF垂直平分PQ若四邊形PEQF為菱形，則OE＝OF＝EQ\F(1,2)EFEBOCAPlEBOCAPlFQ易知四邊形POEC為矩形，∴OE＝PC∴PC＝EQ\F(1,2)EF∵CE＝EQ\F(4,3)t，∴BE＝8－EQ\F(4,3)t，EF＝BE·tanB＝EQ\F(3,4)(8－EQ\F(4,3)t)＝6－t∴6－3t＝EQ\F(1,2)(6－t)，解得t＝EQ\F(6,5)②當點P在CB邊上運動時，P、E、Q三點共線，不存在四邊形PEQF③當點P在BA邊上運動時，則點P在點B、F之間∵BE＝8－EQ\F(4,3)t，∴BF＝EQ\F(BE,cosB)＝EQ\F(5,4)(8－EQ\F(4,3)t)＝10－EQ\F(5,3)tEBCAPlFQO∵BP＝5(t－4)，∴PF＝BF－BP＝10－EQ\F(5,3)t－5(t－4)＝30－EQ\F(20,3)EBCAPlFQO∵∠POF＝∠BEF＝90°，∴PO∥BE，∴∠OPF＝∠B在Rt△POF中，EQ\F(OF,PF)＝sinB∴EQ\F(EQ\F(1,2)(6－t),30－EQ\F(20,3)t)＝EQ\F(3,5)，解得t＝EQ\F(30,7)∴當t＝EQ\F(6,5)或t＝EQ\F(30,7)時，四邊形PEQF為菱形（4）S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(－EQ\F(2,3)t2＋4t（0≤t≤2）,EQ\F(4,3)t2－12t＋24（2＜t≤3）,－EQ\F(4,3)t2＋12t－24（3＜t≤4）,EQ\F(8,3)t2－28t＋72（4＜t≤4.5）,－EQ\F(8,3)t2＋28t－72（4.5＜t≤6）))S的最大值為EQ\F(16,3)5．（北京模擬）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝10，CD＝6，AD＝BC＝4．點P從點B出發(fā)，沿線段BA向點A勻速運動，速度為每秒2個單位，過點P作直線BC的垂線PE，垂足為E．設點P的運動時間為t（秒）．（1）∠A＝___________°；（2）將△PBE沿直線PE翻折，得到△PB′E，記△PB′E與梯形ABCD重疊部分的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式，并求出S的最大值；（3）在整個運動過程中，是否存在以點D、P、B′為頂點的三角形為直角三角形或等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．ACACBD備用圖ACBDPEB′解：（1）60°（2）∵∠A＝∠B＝60°，PB＝PB′∴△PB′B是等邊三角形∴PB＝PB′＝BB′＝2t，BE＝B′E＝t，PE＝eq\r(,3)tACBDPEBACBDPEB′S＝S△PB′E＝EQ\F(1,2)B′E·PE＝EQ\F(1,2)t·eq\r(,3)t＝EQ\F(eq\r(,3),2)t2當2＜t≤4時S＝S△PB′E－S△FB′C＝EQ\F(eq\r(,3),2)t2－EQ\F(eq\r(,3),4)(2t－4)2＝－EQ\F(eq\r(,3),2)t2＋4eq\r(,3)t－4eq\r(,3)當4＜t≤5時設PB′、PE分別交DC于點G、H，作GK⊥PH于KACBDPEB′F∵△PB′B是等邊三角形，∴∠BACBDPEB′F∴PG∥AD，又DG∥AP∴四邊形APGD是平行四邊形∴PG＝AD＝4∵AB∥CD，∴∠GHP＝∠BPH∵∠GPH＝∠BPH＝EQ\F(1,2)∠B′PB＝30°∴∠GHP＝∠GPH＝30°，∴PG＝GH＝4ACBDPEB′GHK∴GK＝EQ\F(1,2)PG＝2，PK＝KH＝PG·cos30°＝ACBDPEB′GHK∴PH＝2PK＝4eq\r(,3)∴S＝S△PGH＝EQ\F(1,2)PH·GK＝EQ\F(1,2)×4eq\r(,3)×2＝4eq\r(,3)綜上得，S與t之間的函數(shù)關系式為：S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(EQ\F(eq\r(,3),2)t2（0＜t≤2）,－EQ\F(eq\r(,3),2)t2＋4eq\r(,3)t－4eq\r(,3)（2＜t≤4）,4eq\r(,3)（4＜t≤5）))（3）①若∠DPB′＝90°ACBDPEB′∵∠B′PB＝60°，ACBDPEB′又∠A＝60°，∴∠ADP＝90°∴AP＝2AD，∴10－2t＝8，∴t＝1若∠PDB′＝90°作DM⊥AB于M，DN⊥B′B于N則AM＝2，DM＝2eq\r(,3)，NC＝3，DN＝3eq\r(,3)PM＝|10－2－2t|＝|8－2t|NB′＝|3＋4－2t|＝|7－2t|ACBDPEB′MNDP2＝DM2＋PM2＝(2eq\r(,3))2＋(8－2t)2＝(8－2ACBDPEB′MNDB′2＝DN2＋NB′＝(3eq\r(,3))2＋(7－2t)2＝(7－2t)2＋27∵DP2＋DB′2＝B′P2∴(8－2t)2＋12＋(7－2t)2＋27＝(2t)2解得t1＝EQ\F(15＋eq\r(,73),2)＞5（舍去），t2＝EQ\F(15－eq\r(,73),2)若∠DB′P＝90°，則DB′2＋B′P2＝DP2∴(7－2t)2＋27＋(2t)2＝(8－2t)2＋12解得t1＝－1（舍去），t2＝0（舍去）∴存在以點D、P、B′為頂點的三角形為直角三角形，此時t＝1或t＝EQ\F(15－eq\r(,73),2)ACBDPEB′②若DP＝B′P，則(8－2t)2＋12ACBDPEB′ACBDPB′E解得t＝EQ\F(19,ACBDPB′E若B′D＝B′P，則(7－2t)2＋27＝(2t)2解得t＝EQ\F(19,7)若DP＝DB′，則(8－2t)2＋12＝(7－2t)2＋27解得t＝0（舍去）∴存在以點D、P、B′為頂點的三角形為等腰三角形，此時t＝EQ\F(19,8)或t＝EQ\F(19,7)6．（北京模擬）已知二次函數(shù)y＝－EQ\F(eq\r(,3),3)mx2＋3mx－2的圖象與x軸交于點A（2eq\r(,3)，0）、點B，與y軸交于點C．（1）求點B坐標；（2）點P從點C出發(fā)以每秒1個單位的速度沿線段CO向O點運動，到達點O后停止運動，過點P作PQ∥AC交OA于點Q，將四邊形PQAC沿PQ翻折，得到四邊形PQA′C′，設點P的運動時間為t．①當t為何值時，點A′恰好落在二次函數(shù)y＝－EQ\F(eq\r(,3),3)mx2＋3mx－2圖象的對稱軸上；②設四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形面積為S，求S關于t的函數(shù)關系式，并求出S的最大值．解：（1）將A（2eq\r(,3)，0）代入y＝－EQ\F(eq\r(,3),3)mx2＋3mx－2得0＝－EQ\F(eq\r(,3),3)m×(2eq\r(,3))2＋3m×2eq\r(,3)－2，解得m＝EQ\F(eq\r(,3),3)∴y＝－EQ\F(1,3)x2＋eq\r(,3)x－2令y＝0，得－EQ\F(1,3)x2＋eq\r(,3)x－2＝0，解得：x1＝eq\r(,3)，x2＝2eq\r(,3)∴B（eq\r(,3)，0）

（2）①由y＝－EQ\F(1,3)x2＋eq\r(,3)x－2，令x＝0，得y＝－2∴C（0，－2）ABCOA′xPHC′y(Q)∵y＝－EQ\F(1,3)x2＋eq\r(,3)x－2＝－EQ\F(1,3)(x－EQ\F(3,2)eq\r(,3))2＋EQ\F(1,4)ABCOA′xPHC′y(Q)∴二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x＝EQ\F(3,2)eq\r(,3)過A′作A′H⊥OA于H在Rt△AOC中，∵OC＝2，OA＝2eq\r(,3)∴∠OAC＝30°，∠OCA＝60°∴∠PQA＝150°，∠A′QH＝60°，AQ＝A′Q＝2QH∵點A′在二次函數(shù)圖象的對稱軸上∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(OQ＋QH＝EQ\F(3,2)eq\r(,3),OQ＋2QH＝2eq\r(,3)))解得QH＝EQ\F(eq\r(,3),2)∴AQ＝eq\r(,3)，CP＝1∴t＝1②分兩種情況：?。┊?＜t≤1時，四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形為等腰三角形QA′DABCOA′xPQHDC′yABCOA′xPQHDC′yA′H＝AQ·sin60°＝eq\r(,3)t·EQ\F(eq\r(,3),2)＝EQ\F(3,2)tS＝S△A′DQ＝EQ\F(1,2)·eq\r(,3)t·EQ\F(3,2)t＝EQ\F(3eq\r(,3),4)t2∵當0＜t≤1時，S隨t的增大而增大∴當t＝1時，S有最大值EQ\F(3eq\r(,3),4)ⅱ）當1＜t＜2時，四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形為四邊形EOQA′S四邊形EOQA′＝S梯形PQA′C′－S△OPQ－S△PC′EABCOA′xPQHEC′y＝[2eq\r(,3)－EQ\F(eq\r(,3),2)(2－t)2]－EQ\F(eq\r(,3),2)(2－t)2－EQ\F(eq\r(,3),4)t2ABCOA′xPQHEC′y＝－EQ\F(5eq\r(,3),4)t2＋4eq\r(,3)t－2eq\r(,3)∵－EQ\F(5eq\r(,3),4)t2＋4eq\r(,3)t－2eq\r(,3)＝－EQ\F(5eq\r(,3),4)(t－EQ\F(8,5))2＋EQ\F(6eq\r(,3),5)且1＜EQ\F(8,5)＜2，∴當t＝EQ\F(8,5)時，S有最大值EQ\F(6eq\r(,3),5)∵EQ\F(6eq\r(,3),5)＞EQ\F(3eq\r(,3),4)，∴S的最大值是EQ\F(6eq\r(,3),5)7．ABDQCPEFG（北京模擬）ABDQCPEF已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝120°，E是AB的中點，過E點作射線EF∥BC，交CD于點G，AB、AD的長恰好是方程x2－4x＋a2＋2a＋5＝0的兩個相等實數(shù)根，動點P、Q分別從點A、E出發(fā)，點P以每秒1個單位長度的速度沿AB由A向B運動，點Q以每秒2個單位長度的速度沿EF由ABDQCPEFGABDQCPEF（1）求線段AB、AD的長；（2）當t＞1時，求△DPQ的面積S與時間t之間的函數(shù)關系式；（3）是否存在△DPQ是直角三角形的情況，如果存在，求出時間t；如果不存在，請說明理由．解：（1）由題意，△＝42－4(a2＋2a＋5)＝－4(a＋1)2＝0∴a＝－1原方程可化為x2－4＋4＝0，解得∴x1＝x2＝2∴AB＝AD＝2

（2）作AH⊥BC于H，交EG于O，DK⊥EF于K，PM⊥DA交DA的延長線于M∵AD∥BC，∠A＝120°，AB＝AD＝2∴∠B＝60°，AH＝eq\r(,3)ABDQCPEFNGSONKHM∵E是AB中點，且EF∥BC，∴AO＝DK＝EQ\F(ABDQCPEFNGSONKHM∵AP＝t，∴PM＝EQ\F(eq\r(,3),2)t∵t＞1，∴點P在點E下方延長FE交PM于S，設DP與EF交于點N則PS＝EQ\F(eq\r(,3),2)t－EQ\F(eq\r(,3),2)∵AD∥BC，EF∥BC，∴EF∥AD∴EQ\F(EN,AD)＝EQ\F(PE,PA)，∴EQ\F(EN,2)＝EQ\F(t－1,t)∴EN＝EQ\F(2(t－1),t)，∴QN＝2t－EQ\F(2(t－1),t)∴S＝EQ\F(1,2)(2t－EQ\F(2(t－1),t))(EQ\F(eq\r(,3),2)t－EQ\F(eq\r(,3),2)＋EQ\F(eq\r(,3),2))＝EQ\F(eq\r(,3),2)t2－EQ\F(eq\r(,3),2)t＋EQ\F(eq\r(,3),2)即S＝EQ\F(eq\r(,3),2)t2－EQ\F(eq\r(,3),2)t＋EQ\F(eq\r(,3),2)（t＞1）（3）由題意，AM＝EQ\F(1,2)t，∴DM＝2＋EQ\F(1,2)t∴DP2＝DM2＋PM2＝(2＋EQ\F(1,2)t)2＋(EQ\F(eq\r(,3),2)t)2＝t2＋2t＋4又DQ2＝DK2＋KQ2＝(EQ\F(eq\r(,3),2))2＋(2t－EQ\F(1,2)－2)2＝4t2－10t＋7PQ2＝PS2＋SQ2＝(EQ\F(eq\r(,3),2)t－EQ\F(eq\r(,3),2))2＋(2t＋EQ\F(t－1,2))2＝7t2－4t＋1①若∠PDQ＝90°，則DP2＋DQ2＝PQ2∴t2＋2t＋4＋4t2－10t＋7＝7t2－4t＋1解得t＝eq\r(,6)－1（舍去負值）②若∠DPQ＝90°，則PD2＋PQ2＝DQ2∴t2＋2t＋4＋7t2－4t＋1＝4t2－10t＋7解得t＝EQ\F(eq\r(,6),2)－1（舍去負值）③若∠DQP＝90°，則DQ2＋PQ2＝PD2∴4t2－10t＋7＋7t2－4t＋1＝t2＋2t＋4解得t＝eq\f(4±eq\r(,6),5)綜上所述，存在△DPQ是直角三角形的情況，此時t＝eq\r(,6)－1，t＝EQ\F(eq\r(,6),2)－1，t＝eq\f(4±eq\r(,6),5)8．（天津模擬）如圖，在平面直角坐標系中，直y＝－x＋42交x軸于點A，交y軸于點B．在線段OA上有一動點P，以每秒2個單位長度的速度由點O向點A勻速運動，以OP為邊作正方形OPQM交y軸于點M，連接QA和QB，并從QA和QB的中點C和D向AB作垂線，垂足分別為點F和點E．設P點運動的時間為t秒，四邊形CDEF的面積為S1，正方形OPQM與四邊形CDEF重疊部分的面積為S2．（1）直接寫出A點和B點坐標及t的取值范圍；yPAQxODCFByPAQxODCFBME（3）試求S2與t的函數(shù)關系式（4）直接寫出在整個運動過程中，點C和點D所走過的路程之和．解：（1）A（42，0）、B（0，42），0≤t≤4yPAQxODCFBMEyPAQxODCFBMEH1234∵C、D分別是QA和QB的中點∴CD∥AB，CD＝EQ\F(1,2)AB＝EQ\F(1,2)×42×2＝4∵CF⊥AB，DE⊥AB，∴CF∥DE∴四邊形CDEF是平行四邊形又∵CF⊥AB，∴四邊形CDEF是矩形∵CF⊥AB，QH⊥AB，∴CF∥QH又∵C是QA中點，∴CF＝EQ\F(1,2)QH連接OQ∵正方形OPQM，∴∠1＝∠2，OP＝PQ＝QM＝MO∵OA＝OB，∴PA＝MB∴Rt△QPA≌Rt△QMB，∴QA＝QB，∠PQA＝∠MQB∵QH⊥AB，∴∠3＝∠4∴∠1＋∠MQB＋∠3＝180°，∴O、Q、H三點共線∴QH＝OH－OQ∵t＝1，點P的運動速度為每秒2個單位長度∴OP＝2，∴OQ＝2又∵OA＝42，∴OH＝4∴QH＝OH－OQ＝4－2＝2，∴CF＝1∴S1＝CD·CF＝4×1＝4（3）當點Q落在AB上時，OQ⊥AB，△QOA是等腰直角三角形∴t＝22÷2＝2當0≤t≤2時，S2＝0yPAQxODCFByPAQxODCFBMEGKNRT△CFK和△DEG都是等腰直角三角形過C作CT⊥PQ于T則CT＝EQ\F(1,2)AP＝EQ\F(1,2)(42－2t)＝EQ\F(eq\r(,2),2)(4－t)∴CF＝2CT＝4－t連接OQ，分別交AB、CD于N、R則ON＝EQ\F(eq\r(,2),2)OA＝EQ\F(eq\r(,2),2)×42＝4∵OP＝2t，∴OQ＝2t，∴QN＝2t－4yPAQxODCFBMEGHIKNR∴CFyPAQxODCFBMEGHIKNR∴4－t＝t－2，∴t＝3當2＜t≤3時，重疊部分為等腰梯形GHIK△QGK和△QHI都是等腰直角三角形∵QN＝2t－4，RN＝CF＝t－2，∴QR＝t－2∴GK＝2QR＝2t－4，HI＝2QN＝4t－8∴S2＝EQ\F(1,2)(GK＋HI)·RN＝EQ\F(1,2)(2t－4＋4t－8)(t－2)＝3(t－2)2當3＜t≤4時，重疊部分為六邊形GHEFIKyPAQxODCFBMEGHIKNRT易知Rt△CIK≌Rt△yPAQxODCFBMEGHIKNRT∴S2＝S矩形CDEF－2S△CIK＝CD·CF－KI·CT＝4(t－2)－2(4－t)·EQ\F(eq\r(,2),2)(4－t)＝－t2＋12t－24綜上得S2關于t的函數(shù)關系式為：S2＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(0（0≤t≤2）,3(t－2)2（2＜t≤3）,－t2＋12t－24（3＜t≤4）))（4）8提示：點C和點D走過的路程分別為以OP為邊的正方形的對角線的一半9．（上海模擬）如圖，正方形ABCD中，AB＝5，點E是BC延長線上一點，CE＝BC，連接BD．動點M從B出發(fā)，以每秒eq\r(,2)個單位長度的速度沿BD向D運動；動點N從E出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿EB向B運動，兩點同時出發(fā)，當其中一點到達終點后另一點也停止運動．設運動時間為t秒，過M作BD的垂線MP交BE于P．（1）當PN＝2時，求運動時間t；（2）是否存在這樣的t，使△MPN為等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（3）設△MPN與△BCD重疊部分的面積為S，直接寫出S與t的函數(shù)關系式和函數(shù)的定義域．AABDNCPMEABDNCPMEQH解：（1）∵ABDNCPMEQH∵MP⊥DB，∴△BMP是等腰直角三角形∵BM＝eq\r(,2)t，∴BP＝eq\r(,2)BM＝2t又PN＝2，NE＝2t當0＜t＜2.5時，BP＋PN＋NE＝BE∴2t＋2＋2t＝10，∴t＝2當2.5＜t＜5時，BP－PN＋NE＝BE∴2t－2＋2t＝10，∴t＝3ABDPCNEM（2）過ABDPCNEM則△NQC∽△NMH，∴EQ\F(QC,CN)＝EQ\F(MH,HN)∴EQ\F(QC,5－2t)＝EQ\F(t,10－t－2t)，∴QC＝EQ\F(5t－2t2,10－3t)令QC＝y(tǒng)，則y＝EQ\F(5t－2t2,10－3t)ABDNCPEM整理得2t2－(3y＋5ABDNCPEM∵t為實數(shù)，∴[－(3y＋5)]2－4×2×10y≥0即9y2－50y＋25≥0，解得y≥5（舍去）或y≤EQ\F(5,9)∴線段QC長度的最大值為EQ\F(5,9)（3）當0＜t＜2.5時ABDPCNME∵∠MPN＝∠DBC＋∠BMP＝45ABDPCNME∴∠MPN為鈍角，∴MN＞MP，MN＞PN若PM＝PN，則eq\r(,2)t＝10－4t解得t＝EQ\F(5,7)(4－eq\r(,2))當2.5＜t＜5時∵∠MNP＞∠MBP＝∠MPB，∴MP＞MN若MN＝PN，則∠PMN＝∠MPN＝45°ADBPCNME∴∠MNPADBPCNME∴BN＝NP，BP＝2BN∴2t＝2(10－2t)，解得t＝EQ\F(10,3)若PM＝PN∵PN＝BP－BN＝BP－(BE－NE)＝BP＋NE－BE∴eq\r(,2)t＝2t＋2t－10，解得t＝EQ\F(5,7)(4＋eq\r(,2))∴當t＝EQ\F(5,7)(4－eq\r(,2))，t＝EQ\F(10,3)，t＝EQ\F(5,7)(4＋eq\r(,2))時，△MPN為等腰三角形ADBPCNMERADBNCPMEQ（4）S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(EQ\F(8t3－50t2＋75t,20－6t)（0＜t＜2.5）,5t－EQ\F(25,2)（2.5＜tADBPCNMERADBNCPMEQ10．（重慶模擬）如圖，已知△ABC是等邊三角形，點O是AC的中點，OB＝12，動點P在線段AB上從點A向點B以每秒eq\r(,3)個單位的速度運動，設運動時間為t秒．以點P為頂點，作等邊△PMN，點M，N在直線OB上，取OB的中點D，以OD為邊在△AOB內(nèi)部作如圖所示的矩形ODEF，點E在線段AB上．（1）求當?shù)冗叀鱌MN的頂點M運動到與點O重合時t的值；（2）求等邊△PMN的邊長（用含t的代數(shù)式表示）；（3）設等邊△PMN和矩形ODEF重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t的函數(shù)關系式及自變量t的取值范圍；（4）點P在運動過程中，是否存在點M，使得△EFM是等腰三角形？若存在，求出對應的t的值；若不存在，請說明理由．AODAODCBFE備用圖AODCBPNFMEAODCBFE備用圖AODCBPFE(N)(AODCBPFE(N)(M)∵△ABC、△PMN是等邊三角形，O為AC中點∴∠AOP＝30°，∠APO＝90°∵OB＝12，∴AO＝4eq\r(,3)＝2AP＝2eq\r(,3)t解得t＝2AODCBPNFME∴AODCBPNFME（2）由題設知∠ABM＝30°，AB＝8eq\r(,3)，AP＝eq\r(,3)t∴PB＝8eq\r(,3)－eq\r(,3)t，PM＝PB·tan30°＝8－t即等邊△PMN的邊長為8－t（3）S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(2eq\r(,3)t＋6eq\r(,3)（0≤t≤1）,－2eq\r(,3)t2＋6eq\r(,3)t＋4eq\r(,3)（1＜t≤2）,－EQ\F(eq\r(,3),2)t2＋10eq\r(,3)（2＜t≤4）,2eq\r(,3)t2－20eq\r(,3)t＋50eq\r(,3)（4＜t≤5）,0（5＜t≤8）))提示：①當0≤t≤1時，PM經(jīng)過線段AFAODCBPNFMEGJH設PM交AODCBPNFMEGJH∵AP＝eq\r(,3)t，∴AJ＝2eq\r(,3)t，JO＝4eq\r(,3)－2eq\r(,3)tMO＝4－2t，ON＝8－t－(4－2t)＝4＋t作GH⊥ON于H則GH＝FO＝2eq\r(,3)，HN＝2，F(xiàn)G＝OH＝4＋t－2＝2＋t∴S＝S梯形FONG＝EQ\F(1,2)(FG＋ON)·FO＝EQ\F(1,2)(2＋t＋4＋t)·2eq\r(,3)＝2eq\r(,3)t＋6eq\r(,3)AODCBPNIMEGFJAODCBPNIMEGFJ設PM交EF于點I，則重疊部分為五邊形IJONGFJ＝AJ－AF＝2eq\r(,3)t－2eq\r(,3)，F(xiàn)I＝2t－2∴S＝S梯形FONG－S△FIJ＝2eq\r(,3)t＋6eq\r(,3)－EQ\F(1,2)(2eq\r(,3)t－2eq\r(,3))(2t－2)＝－2eq\r(,3)t2＋6eq\r(,3)t＋4eq\r(,3)③當2＜t≤4時，PN經(jīng)過線段ED設PN交ED于點K，則重疊部分為五邊形IMDKGAODCBPNFMEGIK∵AP＝eq\r(,3)t，∴PE＝4eq\r(,3)－eq\r(,AODCBPNFMEGIK∴IG＝GE＝4－t，EK＝4eq\r(,3)－eq\r(,3)t∴KD＝2eq\r(,3)－(4eq\r(,3)－eq\r(,3)t)＝eq\r(,3)t－2eq\r(,3)，DN＝t－2∴S＝S梯形IMNG－S△KDN＝EQ\F(1,2)(4－t＋8－t)·2eq\r(,3)－EQ\F(1,2)(eq\r(,3)t－2eq\r(,3))(t－2)＝－EQ\F(eq\r(,3),2)t2＋10eq\r(,3)④當4＜t≤5時，PM經(jīng)過線段EDAODCBPNFMERAODCBPNFMER∵AP＝eq\r(,3)t，∴EP＝eq\r(,3)t－4eq\r(,3)∴ER＝2EP＝2eq\r(,3)t－8eq\r(,3)∴RD＝2eq\r(,3)－(2eq\r(,3)t－8eq\r(,3))＝10eq\r(,3)－2eq\r(,3)tMD＝10－2t∴S＝S△RMD＝EQ\F(1,2)(10－2t)(10eq\r(,3)－2eq\r(,3)t)＝2eq\r(,3)t2－20eq\r(,3)t＋50eq\r(,3)AODCBPNFME⑤當5AODCBPNFME（4）∵MN＝BN＝PN＝8－t，∴MB＝16－2t①若FM＝EM，則M為OD中點∴OM＝3∵OM＋MB＝OB，∴3＋16－2t＝12∴t＝3.5AODCBPNFME②若FM＝FE＝6，則OM＝eq\r(,62－(2eq\r(,3))2)＝2eq\r(,6)AODCBPNFME∵OM＋MB＝OB，∴2eq\r(,6)＋16－2t＝12∴t＝2＋eq\r(,6)③若EF＝EM＝6，點M在OD或DB上則DM＝eq\r(,62－(2eq\r(,3))2)＝2eq\r(,6)∴DB＋DM＝MB或者DB－DM＝MB∴6＋2eq\r(,6)＝16－2t或6－2eq\r(,6)＝16－2t∴t＝5－eq\r(,6)或t＝5＋eq\r(,6)綜上所述，當t＝3.5、2＋eq\r(,6)、5－eq\r(,6)、5＋eq\r(,6)時，△MEF是等腰三角形AODCAODCBPNFMEAODCBPNFME11．（浙江某校自主招生）如圖，正方形OABC的頂點O在坐標原點，且OA邊和AB邊所在直線的解析式分別為y＝EQ\F(3,4)x和y＝－EQ\F(4,3)x＋EQ\F(25,3)．（1）求正方形OABC的邊長；（2）現(xiàn)有動點P、Q分別從C、A同時出發(fā)，點P沿線段CB向終點B運動，速度為每秒1個單位，點Q沿折線A→O→C向終點C運動，速度為每秒k個單位，設運動時間為2秒．當k為何值時，將△CPQ沿它的一邊翻折，使得翻折前后的兩個三角形組成的四邊形為菱形？（3）若正方形以每秒EQ\F(5,3)個單位的速度沿射線AO下滑，直至頂點B落在x軸上時停止下滑．設正方形在x軸下方部分的面積為S，求S關于滑行時間t的函數(shù)關系式，并寫出相應自變量t的取值范圍．CCBxOAy解：（1）聯(lián)立eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(y＝EQ\F(3,4)x,y＝－EQ\F(4,3)x＋EQ\F(25,3)))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(x＝4,y＝3))∴A（4，3），∴OA＝eq\r(,42＋32)＝5CBxOACBxOAyQPN（2）要使△CPQ沿它的一邊翻折，翻折前后的兩個三角形組成的四邊形為菱形，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，只需△CPQ為等腰三角形即可當t＝2秒時∵點P的速度為每秒1個單位，∴CP＝2分兩種情況：①當點Q在OA上時，∵PQ≥BA＞PC，∴只存在一點Q，使QC＝QP作QN⊥CP于N，則CN＝EQ\F(1,2)CP＝OQ＝1CBxOAyQP∴QA＝5－1＝4，∴k＝EQ\F(4,2CBxOAyQP②當點Q在OC上時，同理只存在一點Q，使CP＝CQ＝2∴OQ＋OA＝10－2＝8，∴k＝EQ\F(8,2)＝4綜上所述，當t＝2秒時，以所得的等腰三角形CPQ沿底邊翻折，翻折后得到菱形的k值為2或4（3）①當點A運動到點O時，t＝3xOyA′B′DC′O′當0＜txOyA′B′DC′O′則tan∠DOO′＝EQ\F(3,4)，即EQ\F(DO′,OO′)＝EQ\F(DO′,EQ\F(5,3)t)＝EQ\F(3,4)，∴DO′＝EQ\F(5,4)t∴S＝EQ\F(1,2)DO′·OO′＝EQ\F(1,2)·EQ\F(5,4)t·EQ\F(5,3)t＝EQ\F(25,24)t2②當點C運動到x軸上時，t＝(5×EQ\F(4,3))÷EQ\F(5,3)＝4xOyA′B′DC′O′E當3＜txOyA′B′DC′O′E∵A′O＝EQ\F(5,3)t－5，∴A′E＝EQ\F(3,4)A′O＝EQ\F(5t－15,4)∴S＝EQ\F(1,2)(A′E＋O′D)·A′O′＝EQ\F(1,2)(EQ\F(5t－15,4)＋EQ\F(5,4)t)·5＝EQ\F(50t－75,8)③當點B運動到x軸上時，t＝(5＋5×EQ\F(4,3))÷EQ\F(5,3)＝7當4＜t≤7時，設B′C′交x軸于點F∵A′E＝EQ\F(5t－15,4)，∴B′E＝5－EQ\F(5t－15,4)＝EQ\F(35－5t,4)xOyA′B′FC′O′E∴B′F＝EQ\F(4,3)B′E＝EQ\F(35－5xOyA′B′FC′O′E∴S＝52－EQ\F(1,2)·EQ\F(35－5t,4)·EQ\F(35－5t,3)＝－EQ\F(25,24)t2＋EQ\F(175,12)t－EQ\F(625,24)綜上所述，S關于滑行時間t的函數(shù)關系式為：S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(EQ\F(25,24)t2（0＜t≤3）,EQ\F(50t－75,8)（3＜t≤4）,－EQ\F(25,24)t2＋EQ\F(175,12)t－EQ\F(625,24)（4＜t≤7）))12．（浙江某校自主招生）如圖，正方形ABCD的邊長為8cm，動點P從點A出發(fā)沿AB邊以1cm/秒的速度向點B勻速移動（點P不與點A、B重合），動點Q從點B出發(fā)沿折線BC－CD以2cm/秒的速度勻速移動．點P、Q同時出發(fā)，當點P停止時，點Q也隨之停止．連接AQ交BD于點E．設點P運動時間為t（秒）．（1）當點Q在線段BC上運動時，點P出發(fā)多少時間后，∠BEP＝∠BEQ？（2）設△APE的面積為S（cm2），求S關于t的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍；ABDECPQ（3）當4＜t＜8時，求△APEABDECPQ解（1）AP＝xcm，BQ＝2xcm∵∠BEP＝∠BEQ，BE＝BE，∠PBE＝∠QBE＝45°∴△PBE≌△QBE，∴PB＝BQ即8－x＝2x，∴x＝EQ\F(8,3)∴點P出發(fā)EQ\F(8,3)秒后，∠BEP＝∠BEQ（2）①當0＜x≤4時，點Q在BC上，作EN⊥AB于N，EM⊥BC于M∵AD∥BC，∴EQ\F(AE,EQ)＝EQ\F(AD,BQ)＝EQ\F(8,2x)＝EQ\F(4,x)ABDECPQNM即EQ\F(AE,EQ)＝EQ\F(4,x)，∴EQ\F(AE,AQ)＝EQ\F(4,x＋4)ABDECPQNM∴EQ\F(NE,BQ)＝EQ\F(AE,AQ)，∴NE＝EQ\F(AE·BQ,AQ)＝EQ\F(8x,x＋4)∴S＝EQ\F(1,2)AP·NE＝EQ\F(1,2)x·EQ\F(8x,x＋4)＝EQ\F(4x2,x＋4)即S＝EQ\F(4x2,x＋4)（0＜x≤4）②當4＜x＜8時，點Q在CD上，作QF⊥AB于F，交BD于H則EQ\F(AE,EQ)＝EQ\F(AD,HQ)＝EQ\F(8,16－2x)＝EQ\F(4,8－x)ABDECPQNFH即EQ\F(AE,EQ)＝EQ\F(4,8－x)，∴EQ\F(AE,AQ)＝EQ\F(4,8－x＋4)＝EQ\F(4,12－x)ABDECPQNFH作EN⊥AB于N，則EQ\F(NE,FQ)＝EQ\F(AE,AQ)∴NE＝EQ\F(AE·FQ,FQ)＝EQ\F(32,12－x)∴S＝EQ\F(1,2)AP·NE＝EQ\F(1,2)x·EQ\F(32,12－x)＝EQ\F(16x,12－x)即S＝EQ\F(16x,12－x)（4＜x＜8）（3）當4＜x＜8時，由S＝EQ\F(16x,12－x)，得x＝EQ\F(12S,16＋S)∵4＜x＜8，∴4＜EQ\F(12S,16＋S)＜8∵S＞0，∴16＋S＞0，∴4(16＋S)＜12S＜8(16＋S)解得8＜S＜3213．（浙江模擬）如圖，菱形ABCD的邊長為6且∠DAB＝60°，以點A為原點、邊AB所在直線為x軸且頂點D在第一象限建立平面直角坐標系．動點P從點D出發(fā)沿折線D－C－B向終點B以每秒2個單位的速度運動，同時動點Q從點A出發(fā)沿x軸負半軸以每秒1個單位的速度運動，當點P到達終點時停止運動．設運動時間為t，直線PQ交邊AD于點E．（1）求出經(jīng)過A、D、C三點的拋物線解析式；（2）是否存在時刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t值，若不存在，請說明理由；（3）設AE長為y，試求y與t之間的函數(shù)關系式；（4）若F、G為DC邊上兩點，且點DF＝FG＝1，試在對角線DB上找一點M、拋物線對稱軸上找一點N，使得四邊形FMNG周長最小并求出周長最小值．xAyEDxAyEDCBFGQP解：（1）由題意得：D（3，3eq\r(,3)）、C（9，3eq\r(,3)）設經(jīng)過A、D、C三點的拋物線解析式為y＝ax2＋bxxAyEDCxAyEDCBFGQPeq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(9a＋3b＝3eq\r(,3),81a＋9b＝3eq\r(,3)))解得：a＝－EQ\F(eq\r(,3),9)，b＝EQ\F(4eq\r(,3),3)∴拋物線的解析式為：y＝－EQ\F(eq\r(,3),9)x2＋EQ\F(4eq\r(,3),3)x（2）連接AC∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD若PQ⊥BD，則PQ∥AC當點P在DC上時∵PC∥AQ，PQ∥AC，∴四邊形PQAC是平行四邊形∴PC＝AQ，即6－2t＝t,∴t＝2當點P在CB上時，PQ與AC相交，此時不存在符合要求的t值（3）①當點P在DC上，即0≤t≤3時∵DP∥AQ，∴△DEP∽△AEQxAyEDCBFGQP∴EQ\F(DE,y)＝EQ\F(DP,AQ)＝EQ\F(2t,t)＝2，∴y＝EQ\F(1,3)AD＝2xAyEDCBFGQP②當點P在CB上，即3＜t≤6時∵AE∥BP，∴△QEA∽△QPB∴EQ\F(AE,BP)＝EQ\F(QA,QB)，即EQ\F(y,12－2t)＝EQ\F(t,6＋t)∴y＝EQ\F(12－2t,6＋t)綜上所述，y與t之間的函數(shù)關系式為：y＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(2（0≤t≤3）,EQ\F(12－2t,6＋t)（3＜t≤6）))（4）作點F關于直線BD的對稱點F′，由菱形對稱性知F′在DA上，且DF′＝DF＝1xAyF′DCBFGMxAyF′DCBFGMNG′H連接F′G′交DB于點M、交對稱軸于點N，則點M、N即為所求的兩點過F′作F′H⊥DG′于H，可得HD＝EQ\F(1,2)，F(xiàn)′H＝EQ\F(eq\r(,3),2)，HG′＝EQ\F(9,2)∴F′G′＝eq\r(,F′H2＋HG′2)＝eq\r(,21)∴四邊形FMNG周長最小值為F′G′＋FG＝eq\r(,21)＋114．（浙江模擬）如圖，直線y＝－x＋5和直線y＝kx－4交于點C（3，m），兩直線分別交y軸于點A和點B，一平行于y軸的直線l從點C出發(fā)水平向左平移，速度為每秒1個單位，運動時間為t，且分別交AC、BC于點P、Q，以PQ為一邊向左側(cè)作正方形PQDE．（1）求m和k的值；（2）當t為何值時，正方形的邊DE剛好在y軸上？（3）當直線l從點C出發(fā)開始運動的同時，點M也同時在線段AB上由點A向點B以每秒4個單位的速度運動，問點M從進入正方形PQDE到離開正方形持續(xù)的時間有多長？AAOCByxlPQDE解：（1）把C（3，m）代入y＝－x＋5得m＝2AOCByxlPQDE∴C（3，2），AOCByxlPQDE（2）由題意，點P橫坐標為3－t當x＝3－t時，y＝－x＋5＝t＋2，∴P（3－t，t＋2）∵PQ∥y軸，∴點Q橫坐標為3－t當x＝3－t時，y＝2x－4＝2－2t，∴Q（3－t，2－2t）∴PQ＝t＋2－(2－2t)＝3t∵正方形PQDE，∴PQ＝PE當正方形的邊DE剛好在y軸上時，3t＝3－t，∴t＝EQ\F(3,4)（3）∵直線y＝－x＋5交y軸于點A，∴A（0，5）∴點M坐標為（0，5－4t）當點M和點P的縱坐標相等時，5－4t＝t＋2，∴t＝EQ\F(3,5)∵EQ\F(3,5)＜EQ\F(3,4)，∴點M進入正方形PQDE時，t＝EQ\F(3,4)當點M和點Q的縱坐標相等時，5－4t＝2－2t，∴t＝EQ\F(3,2)∴點M從進入正方形PQDE到離開正方形持續(xù)的時間為：t＝EQ\F(3,2)－EQ\F(3,4)＝EQ\F(3,4)BPACOQxyM15．（浙江模擬）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，Rt△OAB的直角邊OA在x軸的正半軸上，點B坐標為（eq\r(,3)，1），以OB所在直線為對稱軸將△OAB作軸對稱變換得△OCB．動點P從點O出發(fā)，沿線段OA向點A運動，動點Q從點C出發(fā)，沿線段CO向點O運動．P、Q兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度．設點P運動的時間為BPACOQxyM（1）求∠AOC的度數(shù)；（2）記四邊形BCQP的面積為S（平方單位），求S與t之間的函數(shù)關系式；（3）設PQ與OB交于點M．①當△OMQ為等腰三角形時，求t的值．②探究線段OM長度的最大值，說明理由．解：（1）∵點B坐標為（eq\r(,3)，1），∴OA＝eq\r(,3)，AB＝1∴在Rt△OAB中，tan∠AOB＝EQ\F(AB,OA)＝EQ\F(1,eq\r(,3))＝EQ\F(eq\r(,3),3)BPACOQxBPACOQxyM∵將△OAB作軸對稱變換得△OCB∴△OCB≌△OAB，∴∠COB＝∠AOB＝30°∴∠AOC＝60°（2）∵OP＝CQ＝t，AB＝1，OC＝OA＝eq\r(,3)∴AP＝OQ＝eq\r(,3)－t∴S＝2S△OAB－S△OPQ－S△PAB＝OA·AB－EQ\F(1,2)OP·OQ·sin∠AOC－EQ\F(1,2)PA·AB＝eq\r(,3)×1－EQ\F(1,2)×t×(eq\r(,3)－t)×EQ\F(eq\r(,3),2)－EQ\F(1,2)×(eq\r(,3)－t)×1BPACOQxyM＝EQ\F(eq\r(,3),4)t2－EQ\F(1,4)t＋EQ\F(eq\r(,3),2)BPACOQxyM（3）①若△OMQ為等腰三角形，則可能有三種情況：（i）若OM＝MQ，則∠MQO＝∠MOQ＝30°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝90°∴OP＝EQ\F(1,2)OQ，即t＝EQ\F(1,2)(eq\r(,3)－t)解得：t＝EQ\F(eq\r(,3),3)（ii）若OM＝OQ，則∠OMQ＝∠OQM＝75°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝45°BPACOQxyMD過點Q作QDBPACOQxyMD即EQ\F(eq\r(,3),2)(eq\r(,3)－t)＝t－EQ\F(1,2)(eq\r(,3)－t)解得：t＝1（iii）若MQ＝OQ，則∠OMQ＝∠MOQ＝∠MOP得PQ∥OA，顯然不符合題意②分別過點P、Q作OB的垂線，垂足分別為E、F∵OP＝t，OQ＝eq\r(,3)－t，∠MOP＝∠MOQ＝30°∴S△OPQ＝S△OPM＋S△OOM＝EQ\F(1,2)OM·PE＋EQ\F(1,2)OM·QF＝EQ\F(1,4)OM·OP＋EQ\F(1,4)OM·OQ＝EQ\F(1,4)OM(OP＋OQ)BPACOQxyMEFG＝EQ\F(1,4)OM(t＋eq\r(,3)－t)＝EQ\F(eq\r(,3),4)OMBPACOQxyMEFG過點Q作QG⊥OA于G則S△OPQ＝EQ\F(1,2)OP·QG＝EQ\F(1,2)OP·OQ·sin60°＝EQ\F(eq\r(,3),4)t(eq\r(,3)－t)＝－EQ\F(eq\r(,3),4)(t2－eq\r(,3)t)∴EQ\F(eq\r(,3),4)OM＝－EQ\F(eq\r(,3),4)(t2－eq\r(,3)t)∴OM＝－(t2－eq\r(,3)t)＝－(t－EQ\F(eq\r(,3),2))2＋EQ\F(3,4)∴當t＝EQ\F(eq\r(,3),2)時，線段OM的長度取得最大值EQ\F(3,4)16．（浙江模擬）BACODxyFEE′已知直線y＝EQ\F(4,3)x＋4與x軸、y軸分別相交于點A、B，點C從O點出發(fā)沿射線OA以每秒1個單位長度的速度勻速運動，同時點D從A點出發(fā)沿AB以每秒1個單位長度的速度向B點勻速運動，當點D到達B點時C、D都停止運動．點E是CD的中點，直線EF⊥CD交y軸于點F，點E′與E點關于y軸對稱．點BACODxyFEE′（1）當t＝________秒時，點F經(jīng)過原點O；（2）設四邊形BDCO的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式；（3）當直線EF與△AOB的一邊垂直時，求t的值；（4）以CD為一邊，在CD的右側(cè)作菱形CDMN，其中DM∥x軸．當點N在直線E′F左側(cè)時，直接寫出菱形CDMN與△EFE′重疊部分為軸對稱圖形時t的取值范圍．解：（1）EQ\F(5,2)OyOyBDCAxEE′(F)∵直線y＝EQ\F(4,3)x＋4與x軸、y軸分別相交于點A、B∴A（－3，0），B（0，4），∴AO＝3，BO＝4∴AB＝eq\r(,AO2＋BO2)＝eq\r(,32＋42)＝5當點F經(jīng)過原點時，連接OD由題意，EF是CD的垂直平分線∴OD＝OC＝t∵AD＝t，∴AD＝OD，∴∠DAO＝∠DOA∵∠DBO＋∠DAO＝90°，∠DOB＋∠DOA＝90°BACODxyFEE′HBACODxyFEE′H∴AD＝BD，∴AD＝EQ\F(1,2)AB＝EQ\F(5,2)（2）∵AO＝3，BO＝4，AB＝5∴sin∠BAO＝EQ\F(BO,AB)＝EQ\F(4,5)，cos∠BAO＝EQ\F(AO,AB)＝EQ\F(3,5)過D作DH⊥AC于H當0≤t≤3時∵CO＝t，AD＝t，∴AC＝3－t，DH＝AD·sin∠BAO＝EQ\F(4,5)tBACODyFEE′Hx∴S＝S△ABO－S△ADC＝EQ\F(1,2)×3×4－EQ\F(1,2)·(3－t)·EQ\F(4,5)t＝EQ\F(2,5)t2－EQ\F(6,5)t＋6BACODyFEE′Hx當3＜t≤5時，AC＝t－3∴S＝S△ABO＋S△ADC＝EQ\F(1,2)×3×4＋EQ\F(1,2)·(t－3)·EQ\F(4,5)t＝EQ\F(2,5)t2－EQ\F(6,5)t＋6綜合得S與t的函數(shù)關系式為：S＝EQ\F(2,5)t2－EQ\F(6,5)t＋6（0≤t≤5）（3）當EF⊥BO時∵EF⊥CD，∴CD∥BO，∴∠ACD＝90°BAODyFEE′xCF在Rt△ADC中，EQ\F(AC,BAODyFEE′xCF∴EQ\F(3－t,t)＝EQ\F(3,5)，∴t＝EQ\F(15,8)當EF⊥AB時∵EF⊥CD，∴直線CD與直線AB重合BAODyE′xF(CBAODyE′xF(C)E（4）t＝EQ\F(5,4)或t＝EQ\F(15,4)提示：①當0＜t＜EQ\F(15,8)，且重疊部分為等腰梯形PEQM時則∠PEQ＝∠MQE∵菱形CDMN，∴CD∥MN∴∠MQE＝∠CEQ，∴∠PEQ＝∠CEQ∵EF⊥CD，即∠CEF＝90°，∴∠CEQ＝45°∴∠ACD＝∠CEQ＝45°OyBDCAFxEE′MNOyBDCAFxEE′MNPQH∴DH＝HC，∴EQ\F(4,5)t＝3－t－EQ\F(3,5)t，∴t＝EQ\F(5,4)②當EQ\F(15,8)＜t＜5，且重疊部分為等腰梯形EHNK時同理可得∠CHE＝45°連接DH∵EF垂直平分CD，∴CH＝DH，∠DHE＝∠CHE＝45°∴∠DHC＝90°，∴DH＝EQ\F(4,5)tOyBDCAFxEE′MNHK而CH＝CO－HO＝CO－(AO－AH)＝t－(3－OyBDCAFxEE′MNHK∴t－(3－EQ\F(3,5)t)＝EQ\F(4,5)t，∴t＝EQ\F(15,4)17．（浙江模擬）如圖1，矩形ABCD中，AB＝21，AD＝12，E是CD邊上的一點，DE＝16，M是BC邊的中點，動點P從點A出發(fā)，沿邊AB以每秒1個單位長度的速度向終點B運動．設動點P的運動時間是t秒．

（1）求線段AE的長；（2）當△ADE與△PBM相似時，求t的值；（3）如圖2，連接EP，過點P作PH⊥AE于H．①當EP平分四邊形PMEH的面積時，求t的值；②以PE為對稱軸作線段BC的軸對稱圖形B′C′，當線段B′C′與線段AE有公共點時，寫出t的取值范圍（直接寫出答案）．DACDACEBM備用圖DACEBMPH圖2DACEBMP圖1解：（1）∵ABCD是矩形，∴∠D＝90°DACEBMPH∴AE＝eq\r(,AD2＋DE2)＝eq\r(,122＋162)＝DACEBMPH（2）∵∠D＝∠B＝90°∴△ADE與△PBM相似時，有兩種情況：當∠DAE＝∠PMB時，有EQ\F(DE,PB)＝EQ\F(AD,BM)即EQ\F(16,21－t)＝EQ\F(12,6)，解得t＝13DACEBMPH當∠DAE＝∠BPM時，有EQ\F(DE,BM)＝EQ\F(AD,PBDACEBMPH即EQ\F(16,6)＝EQ\F(12,21－t)，解得t＝EQ\F(33,2)（3）①由題意得：S△EHP＝S△EMP∵DC∥AB，∴∠DEA＝∠HAP又∵∠D＝∠AHP＝90°，∴△ADE∽△PHA∴EQ\F(AH,DE)＝EQ\F(PH,AD)＝EQ\F(AP,AE)，即EQ\F(AH,16)＝EQ\F(PH,12)＝EQ\F(t,20)∴AH＝EQ\F(4,5)t，PH＝EQ\F(3,5)t，EH＝20－EQ\F(4,5)t∴S△EHP＝EQ\F