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）試問小明從起點(diǎn)A出發(fā)直至最后回到點(diǎn)A處，所走過的路徑（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)說明理由.
（2）問題探究:
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，過點(diǎn)P作平行于y軸的直線l，直線l掃過四邊形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)即可解決問題；
（2）①如圖1中，當(dāng)0≤t≤2時(shí)，直線l掃過的圖象是四邊形CCQP，S=4t．②如圖2中，當(dāng)2＜t≤5時(shí)，直線l掃過的圖形是五邊形OCQTA．分別求解即可解決問題；
（3）分三種情形分解求解即可解決問題；
【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題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問題，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=過點(diǎn)D，問k的值是否會(huì)變化？若會(huì)變化，說明理由；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，
過點(diǎn)P作PE⊥BC于E，過點(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 P 點(diǎn)的兩次變換與 DPAE 組成一個(gè)等腰三角
形？如果能，說明理由，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 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 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 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 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)過的路徑長(zhǎng)為：
2 ′ 2 p = 2p
2
38
2018年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（第二期）專題40 動(dòng)態(tài)問題試題（含解析）
