《2018年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（第二期）專題40 動(dòng)態(tài)問(wèn)題試題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（第二期）專題40 動(dòng)態(tài)問(wèn)題試題（含解析）（38頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)態(tài)問(wèn)題 一.選擇題 1.（2018?山東煙臺(tái)市?3分）如圖，矩形ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以lcm/s的速度沿A→D→C方向勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以2cm/s的速度沿A→B→C方向勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），△APQ的面積為S（cm2），下列能大致反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（　　） A． B． C． D． 【分析】先根據(jù)動(dòng)點(diǎn)P和Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和速度表示：AP=t，AQ=2t， ①當(dāng)0≤t≤4時(shí)，Q在邊AB上，P在邊AD上，如圖1，計(jì)算S與t的關(guān)系式，發(fā)現(xiàn)是開口向上的拋物線，可知：選項(xiàng)C.D不

2、正確； ②當(dāng)4＜t≤6時(shí)，Q在邊BC上，P在邊AD上，如圖2，計(jì)算S與t的關(guān)系式，發(fā)現(xiàn)是一次函數(shù)，是一條直線，可知：選項(xiàng)B不正確，從而得結(jié)論． 【解答】解：由題意得：AP=t，AQ=2t， ①當(dāng)0≤t≤4時(shí)，Q在邊AB上，P在邊AD上，如圖1， S△APQ=AP?AQ==t2， 故選項(xiàng)C.D不正確； ②當(dāng)4＜t≤6時(shí)，Q在邊BC上，P在邊AD上，如圖2， S△APQ=AP?AB==4t， 故選項(xiàng)B不正確； 故選：A． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，根據(jù)動(dòng)點(diǎn)P和Q的位置的不同確定三角形面積的不同，解決本題的關(guān)鍵是利用分類討論的思想求出S與t的函數(shù)關(guān)系式． 2

3、. （2018?廣西玉林?3分）如圖，∠AOB=60°，OA=OB，動(dòng)點(diǎn)C從點(diǎn)O出發(fā)，沿射線OB方向移動(dòng)，以AC為邊在右側(cè)作等邊△ACD，連接BD，則BD所在直線與OA所在直線的位置關(guān)系是（　?。? A．平行 B．相交 C．垂直 D．平行、相交或垂直 【分析】先判斷出OA=OB，∠OAB=∠ABO，分兩種情況判斷出∠ABD=∠AOB=60°，進(jìn)而判斷出△AOC≌△ABD，即可得出結(jié)論． 【解答】解：∵∠AOB=60°，OA=OB， ∴△OAB是等邊三角形， ∴OA=AB，∠OAB=∠ABO=60° ①當(dāng)點(diǎn)C在線段OB上時(shí)，如圖1， ∵△ACD是等邊三角形， ∴AC=AD，∠C

4、AD=60°， ∴∠OAC=∠BAD， 在△AOC和△ABD中， ， ∴△AOC≌△ABD， ∴∠ABD=∠AOC=60°， ∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB， ∴BD∥OA， ②當(dāng)點(diǎn)C在OB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2， 同①的方法得出OA∥BD， ∵△ACD是等邊三角形， ∴AC=AD，∠CAD=60°， ∴∠OAC=∠BAD， 在△AOC和△ABD中， ， ∴△AOC≌△ABD， ∴∠ABD=∠AOC=60°， ∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB， ∴BD∥OA， 故選：A． 3. （2018?廣西桂林?

5、3分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，M、N、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（，1），（3，1），（3，0），點(diǎn)A為線段MN上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AC，過(guò)點(diǎn)A作交y軸于點(diǎn)B，當(dāng)點(diǎn)A從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)，點(diǎn)B隨之運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，b），則b的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：分兩種情形：當(dāng)A與點(diǎn)N、M重合時(shí)來(lái)確定b的最大與最小值即可. 詳解：如圖1，當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)N重合時(shí)，CA⊥AB， ∴MN是直線AB的一部分， ∵N（3，1） ∴OB=1，此時(shí)b=1； 當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)M重合時(shí)，如圖2，延長(zhǎng)NM交y軸于點(diǎn)D， 易證△ACN∽△

6、BMD ∴ ∵M(jìn)N=3-=,DM=，CN=1 ∴BD= ∴OB=BD-OD=-1=,即b=-， ∴b的取值范圍是. 故選A. 點(diǎn)睛：此題考查了坐標(biāo)與圖形，靈活運(yùn)用相似三角形的判定與性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵.. 4.（2018?廣東?3分）如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD邊上的一動(dòng)點(diǎn)，它從點(diǎn)A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，設(shè)△PAD的面積為y，P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致為（　?。? A． B． C． D． 【分析】設(shè)菱形的高為h，即是一個(gè)定值，再分點(diǎn)P在AB上，在BC上和在CD上三種情況，利用三角形的面積公式列式求出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，然后選擇答案即可．

7、 【解答】解：分三種情況： ①當(dāng)P在AB邊上時(shí)，如圖1， 設(shè)菱形的高為h， y=AP?h， ∵AP隨x的增大而增大，h不變， ∴y隨x的增大而增大， 故選項(xiàng)C不正確； ②當(dāng)P在邊BC上時(shí)，如圖2， y=AD?h， AD和h都不變， ∴在這個(gè)過(guò)程中，y不變， 故選項(xiàng)A不正確； ③當(dāng)P在邊CD上時(shí)，如圖3， y=PD?h， ∵PD隨x的增大而減小，h不變， ∴y隨x的增大而減小， ∵P點(diǎn)從點(diǎn)A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D， ∴P在三條線段上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同， 故選項(xiàng)D不正確； 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，菱形的性質(zhì)

8、，根據(jù)點(diǎn)P的位置的不同，分三段求出△PAD的面積的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵． 5. （2018?廣東?3分）如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD邊上的一動(dòng)點(diǎn)，它從點(diǎn)A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，設(shè)△PAD的面積為y，P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致為（　?。? A． B． C． D． 【分析】設(shè)菱形的高為h，即是一個(gè)定值，再分點(diǎn)P在AB上，在BC上和在CD上三種情況，利用三角形的面積公式列式求出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，然后選擇答案即可． 【解答】解：分三種情況： ①當(dāng)P在AB邊上時(shí)，如圖1， 設(shè)菱形的高為h， y=AP?h， ∵AP隨x的增大而增大，h不變， ∴y隨x

9、的增大而增大， 故選項(xiàng)C不正確； ②當(dāng)P在邊BC上時(shí)，如圖2， y=AD?h， AD和h都不變， ∴在這個(gè)過(guò)程中，y不變， 故選項(xiàng)A不正確； ③當(dāng)P在邊CD上時(shí)，如圖3， y=PD?h， ∵PD隨x的增大而減小，h不變， ∴y隨x的增大而減小， ∵P點(diǎn)從點(diǎn)A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D， ∴P在三條線段上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同， 故選項(xiàng)D不正確； 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，菱形的性質(zhì)，根據(jù)點(diǎn)P的位置的不同，分三段求出△PAD的面積的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵． 二.填空題 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、直角

10、三角形30度角的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，有難度，掌握確認(rèn)a+2b的最值就是確認(rèn)OH最值的范圍． 1.（2018?江蘇無(wú)錫?2分）如圖，已知∠XOY=60°，點(diǎn)A在邊OX上，OA=2．過(guò)點(diǎn)A作AC⊥OY于點(diǎn)C，以AC為一邊在∠XOY內(nèi)作等邊三角形ABC，點(diǎn)P是△ABC圍成的區(qū)域（包括各邊）內(nèi)的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD∥OY交OX于點(diǎn)D，作PE∥OX交OY于點(diǎn)E．設(shè)OD=a，OE=b，則a+2b的取值范圍是　2≤a+2b≤5?。? 【分析】作輔助線，構(gòu)建30度的直角三角形，先證明四邊形EODP是平行四邊形，得EP=OD=a，在Rt△HEP中，∠EPH=30°，可得EH的長(zhǎng)，計(jì)算a+2b=2O

11、H，確認(rèn)OH最大和最小值的位置，可得結(jié)論． 【解答】解：過(guò)P作PH⊥OY交于點(diǎn)H， ∵PD∥OY，PE∥OX，∴四邊形EODP是平行四邊形，∠HEP=∠XOY=60°，∴EP=OD=a， Rt△HEP中，∠EPH=30°，∴EH=EP=a，∴a+2b=2（a+b）=2（EH+EO）=2OH， 當(dāng)P在AC邊上時(shí)，H與C重合，此時(shí)OH的最小值=OC=OA=1，即a+2b的最小值是2； 當(dāng)P在點(diǎn)B時(shí)，OH的最大值是：1+=，即（a+2b）的最大值是5，∴2≤a+2b≤5． 2. （2018?達(dá)州?3分）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)且CD=1，

12、點(diǎn)P是線段DB上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以AP為斜邊在AP的下方作等腰Rt△AOP．當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為　 ?。? 【分析】過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，連接CO，如圖，易得四邊形OECF為矩形，由△AOP為等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，則可證明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理的逆定理得到CO平分∠ACP，從而可判斷當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑為一條線段，接著證明CE=（AC+CP），然后分別計(jì)算P點(diǎn)在D點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)OC的長(zhǎng)，從而計(jì)算它們的差即可得到P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，

13、點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)． 【解答】解：過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，連接CO，如圖， ∵△AOP為等腰直角三角形， ∴OA=OP，∠AOP=90°， 易得四邊形OECF為矩形， ∴∠EOF=90°，CE=CF， ∴∠AOE=∠POF， ∴△OAE≌△OPF， ∴AE=PF，OE=OF， ∴CO平分∠ACP， ∴當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑為一條線段， ∵AE=PF， 即AC﹣CE=CF﹣CP， 而CE=CF， ∴CE=（AC+CP）， ∴OC=CE=（AC+CP）， 當(dāng)AC=2，CP=CD=1時(shí)，OC=×（2+1）=， 當(dāng)AC=2，CP=

14、CB=5時(shí)，OC=×（2+5）=， ∴當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)=﹣=2． 故答案為2． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軌跡：靈活運(yùn)用幾何性質(zhì)確定圖形運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不變的幾何量，從而判定軌跡的幾何特征，然后進(jìn)行幾何計(jì)算．也考查了全等三角形的判定與性質(zhì)． 3. （2018?杭州?4分）折疊矩形紙片ABCD時(shí)，發(fā)現(xiàn)可以進(jìn)行如下操作：①把△ADE翻折，點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)F處，折痕為DE，點(diǎn)E在AB邊上；②把紙片展開并鋪平；③把△CDG翻折，點(diǎn)C落在直線AE上的點(diǎn)H處，折痕為DG，點(diǎn)G在BC邊上，若AB=AD+2，EH=1，則AD=________。 【答案】或3 【考

15、點(diǎn)】勾股定理，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，翻折變換（折疊問(wèn)題） 【解析】【解答】∵當(dāng)點(diǎn)H在線段AE上時(shí)把△ADE翻折，點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)F處，折痕為DE，點(diǎn)E在AB邊上 ∴四邊形ADFE是正方形 ∴AD=AE ∵AH=AE-EH=AD-1 ∵把△CDG翻折，點(diǎn)C落在直線AE上的點(diǎn)H處，折痕為DG，點(diǎn)G在BC邊上 ∴DC=DH=AB=AD+2 在Rt△ADH中，AD2+AH2=DH2 ∴AD2+（AD-1）2=（AD+2）2 解之：AD=3+2 ，AD=3-2 （舍去） ∴AD=3+2 當(dāng)點(diǎn)H在線段BE上時(shí) 則AH=AE-EH=AD+1 在Rt△ADH中，AD2

16、+AH2=DH2 ∴AD2+（AD+1）2=（AD+2）2 解之：AD=3，AD=-1（舍去） 故答案為： 或3 【分析】分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)H在線段AE上；當(dāng)點(diǎn)H在線段BE上。根據(jù)①的折疊，可得出四邊形ADFE是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出AD=AE，從而可得出AH=AD-1（或AH=AD+1），再根據(jù)②的折疊可得出DH=AD+2，然后根據(jù)勾股定理求出AD的長(zhǎng)。 4. （2018?嘉興?4分.）如圖,在矩形中, , ,點(diǎn)在上,,點(diǎn)是邊上一動(dòng)點(diǎn),以為斜邊作.若點(diǎn)在矩形的邊上,且這樣的直角三角形恰好有兩個(gè),則的值是________. 【答案】0或或4 【解析】【分析】在點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)

17、過(guò)程中分別以EF為直徑作圓，觀察圓和矩形矩形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即可得到結(jié)論. 【解答】當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)A重合時(shí)，以為斜邊恰好有兩個(gè)，符合題意. 當(dāng)點(diǎn)F從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，共有4個(gè)點(diǎn)P使是以為斜邊. 當(dāng)時(shí)，有1個(gè)點(diǎn)P使是以為斜邊. 當(dāng)時(shí)，有2個(gè)點(diǎn)P使是以為斜邊. 當(dāng)時(shí)，有3個(gè)點(diǎn)P使是以為斜邊. 當(dāng)時(shí)，有4個(gè)點(diǎn)P使是以為斜邊. 當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，以為斜邊恰好有兩個(gè)，符合題意. 故答案為：0或或4 【點(diǎn)評(píng)】考查圓周角定理，熟記直徑所對(duì)的圓周角是直角是解題的關(guān)鍵.注意分類討論思想在數(shù)學(xué)中的應(yīng)用. 三.解答題 1.（2018?江蘇宿遷?12分）如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方形AB

18、CD中，動(dòng)點(diǎn)E.F分別在邊AB.CD上，將正方形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)M始終落在邊AD上（點(diǎn)M不與點(diǎn)A.D重合），點(diǎn)C落在點(diǎn)N處，MN與CD交于點(diǎn)P，設(shè)BE=x， （1）當(dāng)AM= 時(shí)，求x的值； （2）隨著點(diǎn)M在邊AD上位置的變化，△PDM的周長(zhǎng)是否發(fā)生變化？如變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；如不變，請(qǐng)求出該定值； （3）設(shè)四邊形BEFC的面積為S，求S與x之間的函數(shù)表達(dá)式，并求出S的最小值. 【分析】（1）由折疊性質(zhì)可知BE=ME=x，結(jié)合已知條件知AE=1-x，在Rt△AME中，根據(jù)勾股定理得（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= . （2）△PDM的周長(zhǎng)不會(huì)發(fā)生變化，

19、且為定值2.連接BM、BP，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥MN，根據(jù)折疊性質(zhì)知BE=ME，由等邊對(duì)等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得AM=HM，AB=HB=BC，又根據(jù)全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得HP=CP，由三角形周長(zhǎng)和等量代換即可得出△PDM周長(zhǎng)為定值2. （3）過(guò)F作FQ⊥AB，連接BM，由折疊性質(zhì)可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，據(jù)全等三角形的性質(zhì)

20、得AM=QE；設(shè)AM長(zhǎng)為a，在Rt△AEM中，根據(jù)勾股定理得（1-x）2+a2=x2,從而得AM=QE= , BQ=CF=x- ，根據(jù)梯形得面積公式代入即可得出S與x的函數(shù)關(guān)系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE，BQ=CF= -a（0

21、過(guò)點(diǎn)B作BH⊥MN， ∵BE=ME，∴∠EBM=∠EMB， 又∵∠EBC=∠EMN=90°，即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，∴∠MBC=∠BMN， 又∵正方形ABCD，∴AD∥BC，AB=BC，∴∠AMB=∠MBC=∠BMN， 在Rt△ABM和Rt△HBM中， ∵ ,∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），∴AM=HM，AB=HB=BC， 在Rt△BHP和Rt△BCP中， ∵ , ∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），∴HP=CP， 又∵C△PDM=MD+DP+MP=MD+DP+MH+HP=MD+DP+AM+PC=AD+DC=2. ∴△PDM的周長(zhǎng)不會(huì)發(fā)

22、生變化，且為定值2. （3）解：過(guò)F作FQ⊥AB，連接BM， 由折疊性質(zhì)可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF， ∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,∴∠EBM=∠EMB=∠QFE， 在Rt△ABM和Rt△QFE中， ∵ ,∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），∴AM=QE， 設(shè)AM長(zhǎng)為a，在Rt△AEM中，∴AE2+AM2=EM2,即（1-x）2+a2=x2, ∴AM=QE= ,∴BQ=CF=x- ， ∴S= （CF+BE）×BC = （x- +x）×1= （2x- ）, 又∵（1-x）2+a2=x2, ∴x= =AM=BE，BQ=CF

23、= -a， ∴S= （ -a+ ）×1= （a2-a+1）= （a- ）2+ ， ∵0

24、； （2）如圖3，當(dāng)時(shí)，EP與EQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說(shuō)明理由； （3）根據(jù)你對(duì)（1）、（2）的探究結(jié)果，試寫出當(dāng)時(shí)，EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系式為　EP：EQ=1：m　，其中m的取值范圍是　0＜m≤2+?。ㄖ苯訉懗鼋Y(jié)論，不必證明） 探究二：若且AC=30cm，連接PQ，設(shè)△EPQ的面積為S（cm2），在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中： （1）S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，說(shuō)明理由． （2）隨著S取不同的值，對(duì)應(yīng)△EPQ的個(gè)數(shù)有哪些變化，求出相應(yīng)S的值或取值范圍． 【分析】探究一：（1）連接BE，根據(jù)已知條件得到E是AC的中點(diǎn)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可以證明B

25、E=CE，∠PBE=∠C．根據(jù)等角的余角相等可以證明∠BEP=∠CEQ．即可得到全等三角形，從而證明結(jié)論； （2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M、N，根據(jù)兩個(gè)角對(duì)應(yīng)相等證明△MEP∽△NWQ，發(fā)現(xiàn)EP：EQ=EM：EN，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到EM：EN=AE：CE； （3）根據(jù)（2）中求解的過(guò)程，可以直接寫出結(jié)果；要求m的取值范圍，根據(jù)交點(diǎn)的位置的限制進(jìn)行分析． 探究二：（1）設(shè)EQ=x，結(jié)合上述結(jié)論，用x表示出三角形的面積，根據(jù)x的最值求得面積的最值； （2）首先求得EQ和EB重合時(shí)的三角形的面積的值，再進(jìn)一步分情況討論． 【解答】解：探究一：（1）連接BE，根據(jù)E是AC的中

26、點(diǎn)和等腰直角三角形的性質(zhì)，得 BE=CE，∠PBE=∠C， 又∠BEP=∠CEQ，則△BEP≌△CEQ，得EP=EQ； （2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，∴∠EMP=∠ENC， ∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，∴∠MEP=∠NEF， ∴△MEP∽△NEQ， ∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2； （3）過(guò)E點(diǎn)作EM⊥AB于點(diǎn)M，作EN⊥BC于點(diǎn)N， ∵在四邊形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°， ∴∠EPB+∠EQB=180°（四邊形的內(nèi)角和是360°）， 又∵∠EPB+∠MPE=180°（平角是180°），∴∠MPE=∠EQN（等量代換

27、）， ∴Rt△MEP∽R(shí)t△NEQ（AA），∴（兩個(gè)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例）； 在Rt△AME∽R(shí)t△ENC ∴=m=，∴=1：m=， EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系式為EP：EQ=1：m， ∴0＜m≤2+；（當(dāng)m＞2+時(shí)，EF與BC不會(huì)相交）． 探究二：若AC=30cm， （1）設(shè)EQ=x，則S=x2，所以當(dāng)x=10時(shí)，面積最小，是50cm2； 當(dāng)x=10時(shí)，面積最大，是75cm2． （2）當(dāng)x=EB=5時(shí)，S=62.5cm2， 故當(dāng)50＜S≤62.5時(shí)，這樣的三角形有2個(gè)； 當(dāng)S=50或62.5＜S≤75時(shí)，這樣的三角形有一個(gè)． 【點(diǎn)評(píng)】熟練運(yùn)用等腰直角三角形的

28、性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)進(jìn)行求解． 3.（2018?江蘇淮安?12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A.B兩點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AO上以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O作勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒． （1）當(dāng)t=秒時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是　（4，0）??； （2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)表達(dá)式； （3）若正方形PQMN對(duì)角線的交點(diǎn)為T，請(qǐng)直接寫出在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中OT+PT的最小值． 【分析】（1）先確定出點(diǎn)A

29、的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AP，利用對(duì)稱性即可得出結(jié)論； （2）分三種情況，①利用正方形的面積減去三角形的面積，②利用矩形的面積減去三角形的面積，③利用梯形的面積，即可得出結(jié)論； （3）先確定出點(diǎn)T的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)而找出OT+PT最小時(shí)的點(diǎn)T的位置，即可得出結(jié)論． 【解答】解：（1）令y=0， ∴﹣x+4=0， ∴x=6， ∴A（6，0）， 當(dāng)t=秒時(shí)，AP=3×=1， ∴OP=OA﹣AP=5， ∴P（5，0）， 由對(duì)稱性得，Q（4，0）； 故答案為（4，0）； （2）當(dāng)點(diǎn)Q在原點(diǎn)O時(shí)，OQ=6， ∴AP=OQ=3， ∴t=3÷3=1， ①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1，令x=0

30、， ∴y=4， ∴B（0，4）， ∴OB=4， ∵A（6，0）， ∴OA=6， 在Rt△AOB中，tan∠OAB==， 由運(yùn)動(dòng)知，AP=3t， ∴P（6﹣3t，0）， ∴Q（6﹣6t，0）， ∴PQ=AP=3t， ∵四邊形PQMN是正方形， ∴MN∥OA，PN=PQ=3t， 在Rt△APD中，tan∠OAB===， ∴PD=2t， ∴DN=t， ∵M(jìn)N∥OA ∴∠DCN=∠OAB， ∴tan∠DCN===， ∴CN=t， ∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2； ②當(dāng)1＜t≤時(shí)，如圖2，同①的方法得，DN=t，CN=t， ∴S=

31、S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣t2+18t； ③當(dāng)＜t≤2時(shí)，如圖3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12； （3）如圖4，由運(yùn)動(dòng)知，P（6﹣3t，0），Q（6﹣6t，0）， ∴M（6﹣6t，3t）， ∵T是正方形PQMN的對(duì)角線交點(diǎn)， ∴T（6﹣t，t） ∴點(diǎn)T是直線y=﹣x+2上的一段線段，（﹣3≤x＜6）， 作出點(diǎn)O關(guān)于直線y=﹣x+2的對(duì)稱點(diǎn)O'交此直線于G，過(guò)點(diǎn)O'作O'F⊥x軸，則O'F就是OT+PT的最小值， 由對(duì)稱知，OO'=2OG， 易知，OH=2， ∵OA=6，AH==2， ∴S△AOH=OH×O

32、A=AH×OG， ∴OG=， ∴OO'= 在Rt△AOH中，sin∠OHA===， ∵∠HOG+∠AOG=90°，∠HOG+∠OHA=90°， ∴∠AOG=∠OHA， 在Rt△OFO'中，O'F=OO'sin∠O'OF=×=， 即：OT+PT的最小值為． 【點(diǎn)評(píng)】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了正方形的面積，梯形，三角形的面積公式，正方形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，用分類討論的思想解決問(wèn)題是解本題的關(guān)鍵，找出點(diǎn)T的位置是解本題（3）的難點(diǎn)． 4.（2018?江蘇蘇州?10分）如圖①，直線l表示一條東西走向的筆直公路，四邊形ABCD是一塊邊長(zhǎng)為100米的

33、正方形草地，點(diǎn)A，D在直線l上，小明從點(diǎn)A出發(fā)，沿公路l向西走了若干米后到達(dá)點(diǎn)E處，然后轉(zhuǎn)身沿射線EB方向走到點(diǎn)F處，接著又改變方向沿射線FC方向走到公路l上的點(diǎn)G處，最后沿公路l回到點(diǎn)A處．設(shè)AE=x米（其中x＞0），GA=y米，已知y與x之間的函數(shù)關(guān)系如圖②所示， （1）求圖②中線段MN所在直線的函數(shù)表達(dá)式； （2）試問(wèn)小明從起點(diǎn)A出發(fā)直至最后回到點(diǎn)A處，所走過(guò)的路徑（即△EFG）是否可以是一個(gè)等腰三角形？如果可以，求出相應(yīng)x的值；如果不可以，說(shuō)明理由． 【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)M、N的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出圖②中線段MN所在直線的函數(shù)表達(dá)式； （2）分FE=FG、FG=EG

34、及EF=EG三種情況考慮：①考慮FE=FG是否成立，連接EC，通過(guò)計(jì)算可得出ED=GD，結(jié)合CD⊥EG，可得出CE=CG，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出∠CGE=∠CEG、∠FEG＞∠CGE，進(jìn)而可得出FE≠FG；②考慮FG=EG是否成立，由正方形的性質(zhì)可得出BC∥EG，進(jìn)而可得出△FBC∽△FEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出若FG=EG則FC=BC，進(jìn)而可得出CG、DG的長(zhǎng)度，在Rt△CDG中，利用勾股定理即可求出x的值；③考慮EF=EG是否成立，同理可得出若EF=EG則FB=BC，進(jìn)而可得出BE的長(zhǎng)度，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可求出x的值．綜上即可得出結(jié)論． 【解答】解：（1）設(shè)線段

35、MN所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b， 將M（30，230）、N（100，300）代入y=kx+b， ，解得：， ∴線段MN所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=x+200． （2）分三種情況考慮： ①考慮FE=FG是否成立，連接EC，如圖所示． ∵AE=x，AD=100，GA=x+200，∴ED=GD=x+100． 又∵CD⊥EG，∴CE=CG，∴∠CGE=∠CEG，∴∠FEG＞∠CGE， ∴FE≠FG； ②考慮FG=EG是否成立． ∵四邊形ABCD是正方形，∴BC∥EG，∴△FBC∽△FEG． 假設(shè)FG=EG成立，則FC=BC成立，∴FC=BC=100． ∵AE=x，GA=x

36、+200，∴FG=EG=AE+GA=2x+200，∴CG=FG﹣FC=2x+200﹣100=2x+100． 在Rt△CDG中，CD=100，GD=x+100，CG=2x+100， ∴1002+（x+100）2=（2x+100）2， 解得：x1=﹣100（不合題意，舍去），x2=； ③考慮EF=EG是否成立． 同理，假設(shè)EF=EG成立，則FB=BC成立， ∴BE=EF﹣FB=2x+200﹣100=2x+100． 在Rt△ABE中，AE=x，AB=100，BE=2x+100，∴1002+x2=（2x+100）2， 解得：x1=0（不合題意，舍去），x2=﹣（不合題意，舍去）． 綜

37、上所述：當(dāng)x=時(shí)，△EFG是一個(gè)等腰三角形． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)關(guān)系式；（2）分FE=FG、FG=EG及EF=EG三種情況求出x的值． 5. （2018?嘉興?12分）我們定義:如果一個(gè)三角形一條邊上的高等于這條邊,那么這個(gè)三角形叫做“等高底”三角形,這條邊叫做這個(gè)三角形的“等底”。 （1）概念理解: 如圖1,在中, ,.,試判斷是否是“等高底”三角形，請(qǐng)說(shuō)明理由. （2）問(wèn)題探究: 如圖2, 是“等高底”三角形,是“

38、等底”，作關(guān)于所在直線的對(duì)稱圖形得到,連結(jié)交直線于點(diǎn).若點(diǎn)是的重心,求的值. （3）應(yīng)用拓展: 如圖3,已知,與之間的距離為2.“等高底”的“等底” 在直線上,點(diǎn)在直線上,有一邊的長(zhǎng)是的倍.將繞點(diǎn)按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到,所在直線交于點(diǎn).求的值. 【答案】（1）證明見解析；（2）（3）的值為,,2 【解析】分析：（1）過(guò)點(diǎn)A作AD⊥直線CB于點(diǎn)D，可以得到AD=BC=3，即可得到結(jié)論； （2）根據(jù) ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC， 再由 ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對(duì)稱， 得到 ∠ADC=90°，由重心的性質(zhì)，得到BC=2BD．設(shè)BD=x，則AD=B

39、C=2x， CD=3x ，由勾股定理得AC=x，即可得到結(jié)論； （3）分兩種情況討論即可：①當(dāng)AB=BC時(shí)，再分兩種情況討論； ②當(dāng)AC=BC時(shí)，再分兩種情況討論即可． 詳解：（1）是．理由如下： 如圖1，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥直線CB于點(diǎn)D， ∴ΔADC為直角三角形，∠ADC=90°． ∵ ∠ACB=30°，AC=6，∴ AD=AC=3， ∴ AD=BC=3， 即ΔABC是“等高底”三角形． （2）如圖2， ∵ ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC， ∵ ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對(duì)稱， ∴ ∠ADC=90°． ∵點(diǎn)B是ΔAA′

40、C的重心， ∴ BC=2BD． 設(shè)BD=x，則AD=BC=2x，∴CD=3x ， ∴由勾股定理得AC=x， ∴． （3）①當(dāng)AB=BC時(shí)， Ⅰ．如圖3，作AE⊥l1于點(diǎn)E， DF⊥AC于點(diǎn)F． ∵“等高底” ΔABC的“等底”為BC，l1//l2， l1與l2之間的距離為2， AB=BC， ∴BC=AE=2，AB=2， ∴BE=2，即EC=4，∴AC= ． ∵ ΔABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°． 設(shè)DF=CF=x ． ∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴，即AF=2x． ∴AC=3x=，可得x=，∴CD=x=

41、． Ⅱ．如圖4，此時(shí)ΔABC是等腰直角三角形， ∵ ΔABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA' B' C， ∴ ΔACD是等腰直角三角形， ∴ CD=AC=． ②當(dāng)AC=BC時(shí)， Ⅰ．如圖5，此時(shí)△ABC是等腰直角三角形． ∵ ΔABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′ B′C， ∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2． Ⅱ．如圖6，作AE⊥l1于點(diǎn)E，則AE=BC， ∴AC=BC=AE，∴∠ACE=45°， ∴ΔABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′ B′C時(shí)， 點(diǎn)A′在直線l1上， ∴A′C∥l2，即直線A′ C與l2無(wú)交

42、點(diǎn)． 綜上所述：CD的值為，，2． 點(diǎn)睛：本題是幾何變換-旋轉(zhuǎn)綜合題．考查了重心的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及閱讀理解能力．解題的關(guān)鍵是對(duì)新概念“等高底”三角形的理解． 6. （2018·黑龍江龍東地區(qū)·10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的邊AB在x軸上，點(diǎn)B坐標(biāo)（﹣3，0），點(diǎn)C在y軸正半軸上，且sin∠CBO=，點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)，以每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸正方向移動(dòng)，移動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤5）秒，過(guò)點(diǎn)P作平行于y軸的直線l，直線l掃過(guò)四邊形OCDA的面積為S． （1）求點(diǎn)D坐標(biāo)． （2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式． （3）在直線l移動(dòng)過(guò)程中，l上是否存在一

43、點(diǎn)Q，使以B.C.Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【分析】（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO==，設(shè)CO=4k，BC=5k，根據(jù)BC2=CO2+OB2，可得25k2=16k2+9，推出k=1或﹣1（舍棄），求出菱形的邊長(zhǎng)即可解決問(wèn)題； （2）①如圖1中，當(dāng)0≤t≤2時(shí)，直線l掃過(guò)的圖象是四邊形CCQP，S=4t．②如圖2中，當(dāng)2＜t≤5時(shí)，直線l掃過(guò)的圖形是五邊形OCQTA．分別求解即可解決問(wèn)題； （3）分三種情形分解求解即可解決問(wèn)題； 【解答】解：（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO==，設(shè)CO=4k

44、，BC=5k， ∵BC2=CO2+OB2， ∴25k2=16k2+9， ∴k=1或﹣1（舍棄）， BC=5，OC=4， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴CD=BC=5， ∴D（5，4）． （2）①如圖1中，當(dāng)0≤t≤2時(shí)，直線l掃過(guò)的圖象是四邊形CCQP，S=4t． ②如圖2中，當(dāng)2＜t≤5時(shí)，直線l掃過(guò)的圖形是五邊形OCQTA． S=S梯形OCDA﹣S△DQT=×（2+5）×4﹣×（5﹣t）×（5﹣t）=﹣t2+t﹣． （3）如圖3中，①當(dāng)QB=QC，∠BQC=90°，Q（，）． ②當(dāng)BC=CQ′，∠BCQ′=90°時(shí)，Q′（4，1）； ③當(dāng)BC=BQ″

45、，∠CBQ″=90°時(shí)，Q″（1，﹣3）； 綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，）或（4，1）或（1，﹣3）． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題、菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題． 7.（2018?廣東?9分）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，如題圖1，連接BC． （1）填空：∠OBC=　60　°； （2）如圖1，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長(zhǎng)度； （3）如圖2，點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，在△OCB邊上運(yùn)動(dòng)，M

46、沿O→C→B路徑勻速運(yùn)動(dòng)，N沿O→B→C路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)停止，已知點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度為1.5單位/秒，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度為1單位/秒，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，△OMN的面積為y，求當(dāng)x為何值時(shí)y取得最大值？最大值為多少？ 【分析】（1）只要證明△OBC是等邊三角形即可； （2）求出△AOC的面積，利用三角形的面積公式計(jì)算即可； （3）分三種情形討論求解即可解決問(wèn)題：①當(dāng)0＜x≤時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過(guò)點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E．②當(dāng)＜x≤4時(shí)，M在BC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)． ③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G． 【解答】解：（1）

47、由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：OB=OC，∠BOC=60°， ∴△OBC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°． 故答案為60． （2）如圖1中， ∵OB=4，∠ABO=30°， ∴OA=OB=2，AB=OA=2， ∴S△AOC=?OA?AB=×2×2=2， ∵△BOC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC==2， ∴OP===． （3）①當(dāng)0＜x≤時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過(guò)點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E． 則NE=ON?sin60°=x， ∴S△OMN=?OM?NE=×1.5x×x， ∴y=x2． ∴x

48、=時(shí)，y有最大值，最大值=． ②當(dāng)＜x≤4時(shí)，M在BC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)． 作MH⊥OB于H．則BM=8﹣1.5x，MH=BM?sin60°=（8﹣1.5x）， ∴y=×ON×MH=﹣x2+2x． 當(dāng)x=時(shí)，y取最大值，y＜， ③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G． MN=12﹣2.5x，OG=AB=2， ∴y=?MN?OG=12﹣x， 當(dāng)x=4時(shí)，y有最大值，最大值=2， 綜上所述，y有最大值，最大值為． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何變換綜合題、30度的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類

49、討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題． 8.（2018?貴州黔西南州?16分）如圖1，已知矩形AOCB，AB=6cm，BC=16cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以3cm/s的速度向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，直到點(diǎn)O為止；動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)C出發(fā)，以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，與點(diǎn)P同時(shí)結(jié)束運(yùn)動(dòng)． （1）點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是　　s，此時(shí)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)距離是　　cm； （2）當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s時(shí)，P、Q兩點(diǎn)的距離為　6　cm； （3）請(qǐng)你計(jì)算出發(fā)多久時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q之間的距離是10cm； （4）如圖2，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，1cm長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度建立平面直角坐標(biāo)系，連結(jié)AC，與PQ相交于

50、點(diǎn)D，若雙曲線y=過(guò)點(diǎn)D，問(wèn)k的值是否會(huì)變化？若會(huì)變化，說(shuō)明理由；若不會(huì)變化，請(qǐng)求出k的值． 【分析】（1）先求出OA，進(jìn)而求出時(shí)間，即可得出結(jié)論； （2）構(gòu)造出直角三角形，再求出PE，QE，利用勾股定理即可得出結(jié)論； （3）同（2）的方法利用勾股定理建立方程求解即可得出結(jié)論； （4）先求出直線AC解析式，再求出點(diǎn)P，Q坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線PQ解析式，聯(lián)立兩解析式即可得出結(jié)論． 【解答】解：（1）∵四邊形AOCB是矩形， ∴OA=BC=16， ∵動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以3cm/s的速度向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)， ∴t=，此時(shí)，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)距離是×2=cm， 故答案為，； （2）如圖1，由

51、運(yùn)動(dòng)知，AP=3×2=6cm，CQ=2×2=4cm， 過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于E，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥OA于F， ∴四邊形APEB是矩形， ∴PE=AB=6，BE=6， ∴EQ=BC﹣BE﹣CQ=16﹣6﹣4=6， 根據(jù)勾股定理得，PQ=6， 故答案為6； （3）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)， 由運(yùn)動(dòng)知，AP=3t，CQ=2t， 同（2）的方法得，PE=6，EQ=16﹣3t﹣2t=16﹣5t， ∵點(diǎn)P和點(diǎn)Q之間的距離是10cm， ∴62+（16﹣5t）2=100， ∴t=或t=； （4）k的值是不會(huì)變化， 理由：∵四邊形AOCB是矩形， ∴OC=AB=6，OA=16， ∴C

52、（6，0），A（0，16）， ∴直線AC的解析式為y=﹣x+16①， 設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t， ∴AP=3t，CQ=2t， ∴OP=16﹣3t， ∴P（0，16﹣3t），Q（6，2t）， ∴PQ解析式為y=x+16﹣3t②， 聯(lián)立①②解得，x=，y=， ∴D（，）， ∴k=×=是定值． 【點(diǎn)評(píng)】此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了勾股定理，待定系數(shù)法，構(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵． 9.（2018?貴州貴陽(yáng)?12 分）如圖，在矩形 ABCD 中， AB = 2，AD = 的一點(diǎn)，且 BP = 2CP . 32 3，P 是 BC 邊上 （1）用尺規(guī)在圖①中作

53、出 CD 邊上的中點(diǎn) E ，連接 AE.BE （保留作圖痕跡，不 寫作法）； （2）如圖②，在（1）的條件下，判斷 EB 是否平分 DAEC ，并說(shuō)明理由； （3）如圖③，在（2）的條件下，連接 EP 并延長(zhǎng)交 AB 的延長(zhǎng)線于點(diǎn) F ，連接 AP ， 不添加輔助線， DPFB 能否由都經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)的兩次變換與 DPAE 組成一個(gè)等腰三角 形？如果能，說(shuō)明理由，并寫出兩種方法（指出對(duì)稱軸、旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向或 平移方向和平移距離） 【解】 （1）分別以 D.C 為圓心，以相同且大于 1 DC = 2 接 MN 交 DC 于點(diǎn) E ，即為 DC 的中點(diǎn)，如下

54、圖：  3 為半徑作圓相交于 M、N 兩點(diǎn)，連 2 （2）由題意及（1）知： EC = 1 AB = 1 ′ 2 = 1 2 2 在 RtDBCE 中， BC = 3 ∴ tan DBEC = BC = 3 EC ∴ DBEC = 60° 由勾股定理得： EB =  EC 2 + BC 2 =  12 + (  3)2 = 2 同理： AE = 2 ∴ AE = AB = EB ∴ DAEB = DABE = DBAE = 60° ∴ DAEB = DBEC = 60° ∴

55、EB 是否平分 DAEC . （3） DPFB 能否由都經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)的兩次變換與 DPAE 組成一個(gè)等腰三角形. 理由如下： ∵ BP = 2CP，AD = BC = 3 ∴ BP = 2 3 ，CP = 3 3 3 在 RtDECP 中， tan DEPC = EC = 3 PC ∴ DECP = 60° ∴ DBPF = 60° 由勾股定理得： EP =  EC 2 + CP 2 =  12 + ( 3 )2 = 2 3 3 3 ∴ EP = PB 由題意知： DC = DA

56、BP = 90° ∵ BP = AB = 2 CP EC ∴ DABP ∽ DECP ∴ DAPB = 60° ∴ DBPF = DAPB = 60° ∵ DABP = DFBP = 90°，BP = BP ∴ RtDABP ≌ RtDFBP ∵ DAPB = DCPE = 60° ∴ DEPA = 180° - (DAPB + DCPE ) = 60° ∴ DAPB = DAPE 又 AP = AP ∴ RtDABP ≌ RtDAEP ∴ RtDABP ≌ RtDAEP ≌ RtDFBP ∴ DPFB 能否由都經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)的兩次變換與 DPAE 組成

57、一個(gè)等腰三角形. -: APFB PF P 120. ; : APFB P 120. PF 3 = : E FI D J f F D E C _ - - - J S D J D S S B 1 F A B F A 37 10.（2018?貴州貴陽(yáng)?10 分）如圖，AB 為⊙ O 的直徑，且 AB = 4 ，點(diǎn) C 在半圓上，

58、OC ^ AB ， 垂足為點(diǎn) O ， P 為半圓上任意一點(diǎn)，過(guò) P 點(diǎn)作 PE ^ OC 于點(diǎn) E，設(shè) DOPE 的內(nèi)心 為 M ,連接 OM、PM . （1）求 DOMP 的度數(shù)； （2）當(dāng)點(diǎn) P 在半圓上從點(diǎn) B 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn) A 時(shí)，求內(nèi)心 M 所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng). 【解】（1）∵ PE ^ OC ∴ DPEO = 90° ∴ DEPO + DEOP = 90° ∵ M 是 DOPE 的內(nèi)心 ∴ DEOM = DPOM，DEPM = DOPM ∴ DPOM + DOPM = 1 (DEPO + DEOP) = 45° 2 在 DPOM 中， DOMP

59、= 180° - (DPOM + DOPM ) = 180° - 45° = 135° （2）連接 CM ，作過(guò) O、M、C 三點(diǎn)的外接圓，即⊙ N ，連接 NC.NO ，在⊙ N 的優(yōu)弧上任取一點(diǎn) H ，連接 HC.HO .如圖所示： 由題意知： OP = OC，DPOM = DCOM，OM = OM ∴ DPOM ≌ DCOM ∴ DOMP = DOMC = 135° 在⊙ N 的內(nèi)接四邊形 CMOH 中， DH = 180° - DOMC = 180° - 135° = 45° ∴ DN = 2 ′ 45° = 90° 由題意知： OC = 1 AB

60、= 1 ′ 4 = 2 2 2 在等腰直角三角形 CNO 中， NC = NO 由勾股定理得： NC 2 + NO 2 = OC 2 即 2 NC 2 = 22 T NC = 2 當(dāng)點(diǎn) P 在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn) M 在上運(yùn)動(dòng) 90° ′p′ ∴ 的長(zhǎng)為： 180° ∵與關(guān)于 OC 對(duì)稱 2 = 2 p 2 ∴當(dāng)點(diǎn) P 在 上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn) M 所在弧上的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)與當(dāng)點(diǎn) P 在 上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn) M 在 上運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)相等 ∴當(dāng)點(diǎn) P 在半圓上從點(diǎn) B 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn) A 時(shí)，求內(nèi)心 M 所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為： 2 ′ 2 p = 2p 2 38