全國各地中考數(shù)學(xué)壓軸題專集答案動態(tài)綜合型問題

1、2012年全國各地中考數(shù)學(xué)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yx 22xm2與y軸交于點a（0，2m7），與直線y2x交于點b、c（b在c的右側(cè)）（1）求拋物線的解析式；（2）設(shè)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bfecfe，若存在，求出點f的坐標(biāo)，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 個單位長度、每秒2 個單位長度的速度沿射線oc運(yùn)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(biāo)軸），設(shè)運(yùn)動時間為t秒若pmq與拋物線yx 22xm2有公共點，求t的取值范圍xoyabcpqmxoyabcfe解：（1）

2、把點a（0，2m7）代入yx 22xm2，得m5拋物線的解析式為yx 22x3（2）由 解得 b（，2），c（，2）yx 22x3( x1 )24拋物線的對稱軸為x1設(shè)f（1，y）bfecfe，tanbfetancfe當(dāng)點f在點b上方時， 解得y6，f（1，6）xoyabcpqm當(dāng)點f在點b下方時， 解得y6（舍去）滿足條件的點f的坐標(biāo)是f（1，6）（3）由題意，opt，oq2t，pqtp、q在直線直線y2x上設(shè)p（x，2x），則q（2x，4x）（x 0）t，xtp（t，2t），q（2t，4t）m（2t，2t）當(dāng)m（2t，2t）在拋物線上時，有2t4t 24t3解得t （舍去負(fù)值）當(dāng)p（t，2

3、t）在拋物線上時，有2tt 22t3解得t（舍去負(fù)值）t的取值范圍是：t 2（北京模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y1ax 23xc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(biāo)；（2）若將拋物線y1以x3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(yùn)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當(dāng)點e落在拋物線y1上時，求op的長；xayodbcpfedqgnm若點p的運(yùn)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(yùn)動，

4、速度為每秒2個單位長度，當(dāng)q點到達(dá)o點時p、q兩點停止運(yùn)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qgmn當(dāng)這兩個正方形分別有一條邊恰好落在同一條直線上時，求t的值（正方形在x軸上的邊除外）解：（1）拋物線y1ax 23xc經(jīng)過原點及點a（1，2）xayodbcpfedqgnmh 解得 拋物線y1的解析式為y1x 23x令y10，得x 23x0，解得x10，x23b（3，0）（2）由題意，可得c（6，0）過a作ahx軸于h，設(shè)opa可得odpoah， 2dp2op2a正方形pdef，e（3a，2a）e（3a，2a）在拋物線y1x 23x上2a9a 29a，解得a1

5、0（舍去），a2 op的長為 設(shè)直線ac的解析式為ykxbopnqcxydaefmg 解得k ，b 直線ac的解析式為y x opnqcxydaefmg由題意，opt，pf2t，qc2t，gq t當(dāng)ef與mn重合時，則ofcn63t2t t6，t 當(dāng)ef與gq重合時，則ofqc6opnqcxydaefmgopnqcxydaefmg3t2t6，t 當(dāng)dp與mn重合時，則opcn6t2t t6，t 當(dāng)dp與gq重合時，則opcq6t2t6，t23（北京模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yax 2bx4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(fù)半軸上，且bdbc動點p從

6、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m，使mqma的值最小？若存在，求出點m的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由解：（1）拋物線yax 2bx4經(jīng)過a（3，0）、b（4，0）兩點xayodcbdpq 解得a ，b 所求拋物線的解析式為y x 2 x4（2）連接dq，依題意知apt拋物線y x 2 x4與y軸交于點cc（0，4）又a（3，0，b（4，0）可得ac5，bc4，ab7bdbc，a

7、dabbd74cd垂直平分pq，qddp，cdqcdpxayodcbeqmx bdbc，dcbcdbcdqdcb，dqbcadqabc， ， 解得dp4 ，apaddp 線段pq被cd垂直平分時，t的值為 （3）設(shè)拋物線y x 2 x4的對稱軸x 與x軸交于點e由于點a、b關(guān)于對稱軸x 對稱，連接bq交對稱軸于點m則mqmamqmb，即mqmabq當(dāng)bqac時，bq最小，此時ebmacotanebmtanaco ，即 ，解得me m（ ，）在拋物線的對稱軸上存在一點m（ ，），使得mqma的值最小4（北京模擬）如圖，在rtabc中，c90，ac6，bc8動點p從點a出發(fā)，沿accbba邊運(yùn)動，

8、點p在ac、cb、ba邊上運(yùn)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 個單位的速度沿cb方向移動，移動過程中保持lac，且分別與cb、ab邊交于點e、f點p與直線l同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，當(dāng)點p第一次回到點a時，點p和直線l同時停止運(yùn)動（1）當(dāng)t_秒時，點p與點e重合；當(dāng)t_秒時，點p與點f重合；（2）當(dāng)點p在ac邊上運(yùn)動時，將pef繞點e逆時針旋轉(zhuǎn)，使得點p的對應(yīng)點p 落在ef上，點f的對應(yīng)點為f ，當(dāng)efab時，求t的值；（3）作點p關(guān)于直線ef的對稱點q，在運(yùn)動過程中，若形成的四邊形peqf為菱形，求t的值；（4）在整個運(yùn)動過程中，設(shè)pef的面積為s，

9、直接寫出s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式及s的最大值bca備用圖bcaplfe解：（1）3；4.5提示：在rtabc中，c90，ac6，bc8bcalfe(p)ab 10，sinb ，cosb ，tanb 當(dāng)點p與點e重合時，點p在cb邊上，cpceac6，點p在ac、cb邊上運(yùn)動的速度分別為每秒3、4個單位點p在ac邊上運(yùn)動的時間為2秒，cp4( t2 )ce t，4( t2 ) t，解得t3當(dāng)點p與點f重合時，點p在ba邊上，bpbfac6，bc8，點p在ac、cb、ba邊上運(yùn)動的速度分別為每秒3、4、5個單位點p在ac、cb邊上運(yùn)動的時間共為4秒，bfbp5( t4 )bcalfe(p)ce t，b

10、e8 t在rtbef中， cosb ，解得t4.5（2）由題意，pefmenebmcaplfnefac，c90，bef90，cpepefenab，bmencpeb，tancpetanbtancpe ，tanb ，cp ceap3t（0t 2），ce t，cp63t63t t，解得t （3）連接pq交ef于op、q關(guān)于直線ef對稱，ef垂直平分pq若四邊形peqf為菱形，則oeof efebocaplfq當(dāng)點p在ac邊上運(yùn)動時易知四邊形poec為矩形，oepcpc efce t，be8 t，efbetanb ( 8 t )6t63t ( 6t )，解得t 當(dāng)點p在cb邊上運(yùn)動時，p、e、q三點共

11、線，不存在四邊形peqf當(dāng)點p在ba邊上運(yùn)動時，則點p在點b、f之間be8 t，bf ( 8 t )10 tebcaplfqobp5( t4 )，pfbfbp10 t5( t4 )30 tpofbef90，pobe，opfb在rtpof中， sinb ，解得t 當(dāng)t 或t 時，四邊形peqf為菱形（4）s s的最大值為 5（北京模擬）在等腰梯形abcd中，abcd，ab10，cd6，adbc4點p從點b出發(fā)，沿線段ba向點a勻速運(yùn)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(shè)點p的運(yùn)動時間為t（秒）（1）a_；（2）將pbe沿直線pe翻折，得到pbe，記pbe與梯形abcd重疊

12、部分的面積為s，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出s的最大值；（3）在整個運(yùn)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acbd備用圖acbdpeb解：（1）60（2）ab60，pbpbpbb是等邊三角形pbpbbb2t，bebet，petacbdpeb當(dāng)0t 2時sspbe bepe tt t 2當(dāng)2t 4時sspbe sfbc t 2 ( 2t4 )2 t 24t4當(dāng)4t 5時設(shè)pb、pe分別交dc于點g、h，作gkph于kacbdpebfpbb是等邊三角形，bpb60apgad，又dgap四邊形apgd是平行四邊形pga

13、d4abcd，ghpbphgphbph bpb30ghpgph30，pggh4acbdpebghkgk pg2，pkkhpgcos302ph2pk4sspgh phgk 424綜上得，s與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：s （3）若dpb90acbdpebbpb60，dpa30又a60，adp90ap2ad，102t8，t1若pdb90作dmab于m，dnbb于n則am2，dm2，nc3，dn3pm|1022t|82t|nb|342t|72t|acbdpebmndp 2dm 2pm 2( 2 )2( 82t )2( 82t )212db 2dn 2nb( 3 )2( 72t )2( 72t )227dp

14、 2db 2bp 2( 82t )212( 72t )227( 2t )2解得t1 5（舍去），t2 若dbp90，則db 2bp 2dp 2( 72t )227( 2t )2( 82t )212解得t11（舍去），t20（舍去）存在以點d、p、b 為頂點的三角形為直角三角形，此時t1或t acbdpeb若dpbp，則( 82t )212( 2t )2acbdpbe解得t 若bdbp，則( 72t )227( 2t )2解得t 若dpdb，則( 82t )212( 72t )227解得t0（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 或t 6（北京模擬）已知二次函數(shù)y mx

15、23mx2的圖象與x軸交于點a（2 ，0）、點b，與y軸交于點c（1）求點b坐標(biāo)；（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(yùn)動，到達(dá)點o后停止運(yùn)動，過點p作pqac交oa于點q，將四邊形pqac沿pq翻折，得到四邊形pqac，設(shè)點p的運(yùn)動時間為t當(dāng)t為何值時，點a 恰好落在二次函數(shù)y mx 23mx2圖象的對稱軸上；設(shè)四邊形pqac 落在第一象限內(nèi)的圖形面積為s，求s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并求出s的最大值解：（1）將a（2 ，0）代入y mx 23mx2得0 m( 2 )23m2 2，解得m y x 2x2令y0，得 x 2x20，解得：x1，x22b（，0）（2）由y x 2x

16、2，令x0，得y2c（0，2）abcoaxphcy(q)y x 2x2 ( x )2 二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x 過a 作ahoa于h在rtaoc中，oc2，oa2oac30，oca60pqa150，aqh60，aqaq2qh點a 在二次函數(shù)圖象的對稱軸上 解得qh aq，cp1t1分兩種情況：）當(dāng)0t 1時，四邊形pqac 落在第一象限內(nèi)的圖形為等腰三角形qadabcoaxpqhdcydqaqtahaqsin60t tssadq t t t 2當(dāng)0t 1時，s隨t的增大而增大當(dāng)t1時，s有最大值 ）當(dāng)1t 2時，四邊形pqac 落在第一象限內(nèi)的圖形為四邊形eoqas四邊形eoqa s梯形p

17、qac sopq spceabcoaxpqhecy2 ( 2t )2 ( 2t )2 t 2 t 24t2 t 24t2 ( t )2 且1 2，當(dāng)t 時，s有最大值 ，s的最大值是 7abdqcpefg（北京模擬）abdqcpef已知梯形abcd中，adbc，a120，e是ab的中點，過e點作射線efbc，交cd于點g，ab、ad的長恰好是方程x 24xa 22a50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(yùn)動，點q以每秒2個單位長度的速度沿ef由e向f運(yùn)動，設(shè)點p、q運(yùn)動的時間為t（秒）（1）求線段ab、ad的長；（2）當(dāng)t 1時，求dpq

18、的面積s與時間t之間的函數(shù)關(guān)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，4 24( a 22a5 )4( a1 )20a1原方程可化為x 2440，解得x1x22abad2（2）作ahbc于h，交eg于o，dkef于k，pmda交da的延長線于madbc，a120，abad2b60，ahabdqcpefngsonkhme是ab中點，且efbc，aodk apt，pm tt 1，點p在點e下方延長fe交pm于s，設(shè)dp與ef交于點n則ps t adbc，efbc，efad ， en ，qn2t s ( 2t )( t ) t 2 t

19、 即s t 2 t （t 1）（3）由題意，am t，dm2 tdp 2dm 2pm 2( 2 t )2( t )2t 22t4又dq 2dk 2kq 2( )2( 2t 2 )24t 210t7pq 2ps 2sq 2( t )2( 2t )27t 24t1若pdq90，則dp 2dq 2pq 2t 22t44t 210t77t 24t1解得t1（舍去負(fù)值）若dpq90，則pd 2pq 2dq 2t 22t47t 24t14t 210t7解得t 1（舍去負(fù)值）若dqp90，則dq 2pq 2pd 24t 210t77t 24t1t 22t4解得t 綜上所述，存在dpq是直角三角形的情況，此時

20、t1，t 1，t 8（天津模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直yx4 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 個單位長度的速度由點o向點a勻速運(yùn)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(shè)p點運(yùn)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(biāo)及t的取值范圍；ypaqxodcfbme（2）當(dāng)t1時，求s1的值；（3）試求s2與t的函數(shù)關(guān)系式（4）直接寫出在整個運(yùn)動過程中，點c和點d所走過的路程之和解：（1）a（4，0）、b（0，4

21、），0t 4ypaqxodcfbmeh1234（2）過q作qhab于hc、d分別是qa和qb的中點cdab，cd ab 44cfab，deab，cfde四邊形cdef是平行四邊形又cfab，四邊形cdef是矩形cfab，qhab，cfqh又c是qa中點，cf qh連接oq正方形opqm，12，oppqqmmooaob，pambrtqpartqmb，qaqb，pqamqbqhab，341mqb3180，o、q、h三點共線qhohoqt1，點p的運(yùn)動速度為每秒 個單位長度op，oq2又oa4，oh4qhohoq422，cf1s1cdcf414（3）當(dāng)點q落在ab上時，oqab，qoa是等腰直角三角

22、形t22當(dāng)0t 2時，s20ypaqxodcfbmegknrt當(dāng)點e落在qm上，點f落在pq上時，cfk和deg都是等腰直角三角形過c作ctpq于t則ct ap ( 4t ) ( 4t )cfct4t連接oq，分別交ab、cd于n、r則on oa 44opt，oq2t，qn2t4ypaqxodcfbmeghiknrcf qnt24tt2，t3當(dāng)2t 3時，重疊部分為等腰梯形ghikqgk和qhi都是等腰直角三角形qn2t4，rncft2，qrt2gk2qr2t4，hi2qn4t8s2 ( gkhi )rn ( 2t44t8 )( t2 )3( t2 )2當(dāng)3t 4時，重疊部分為六邊形ghefi

23、kypaqxodcfbmeghiknrt易知rtcikrtdhg，ghki2ct( 4t )s2s矩形cdef 2scik cdcfkict4( t2 ) ( 4t )( 4t )t 212t24綜上得s2關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：s2 （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，ab5，點e是bc延長線上一點，cebc，連接bd動點m從b出發(fā)，以每秒 個單位長度的速度沿bd向d運(yùn)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(yùn)動，兩點同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達(dá)終點后另一點也停止運(yùn)動設(shè)運(yùn)動時間為t秒，過m作bd的垂線mp交be

24、于p（1）當(dāng)pn2時，求運(yùn)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(shè)mpn與bcd重疊部分的面積為s，直接寫出s與t的函數(shù)關(guān)系式和函數(shù)的定義域abdncpmeabdncpmeqh解：（1）正方形abcd，dbc45mpdb，bmp是等腰直角三角形bmt，bpbm2t又pn2，ne2t當(dāng)0t 2.5時，bppnnebe2t22t10，t2當(dāng)2.5t 5時，bppnnebe2t22t10，t3abdpcnem（2）過m作mhbc于h則nqcnmh， ，qc 令qcy，則y abdncpem整理得2t 2( 3y5 )t10y0t為實數(shù)

25、，( 3y5 )24210y 0即9y 250y250，解得y 5（舍去）或y 線段qc長度的最大值為 （3）當(dāng)0t 2.5時abdpcnmempndbcbmp4590135mpn為鈍角，mn mp，mn pn若pmpn，則 t104t解得t ( 4 )當(dāng)2.5t 5時mnpmbpmpb，mp mn若mnpn，則pmnmpn45adbpcnmemnp90，即mnbpbnnp，bp2bn2t2( 102t )，解得t 若pmpnpnbpbnbp( bene )bpnebe t2t2t10，解得t ( 4 )當(dāng)t ( 4 )，t ，t ( 4 )時，mpn為等腰三角形adbpcnmeradbncp

26、meq（4）s 10（重慶模擬）如圖，已知abc是等邊三角形，點o是ac的中點，ob12，動點p在線段ab上從點a向點b以每秒 個單位的速度運(yùn)動，設(shè)運(yùn)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(dāng)?shù)冗卲mn的頂點m運(yùn)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(shè)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(guān)系式及自變量t的取值范圍；（4）點p在運(yùn)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(yīng)的t的值；若不存在，請說明

27、理由aodcbfe備用圖aodcbpnfmeaodcbfe備用圖aodcbpfe(n)(m)解：（1）當(dāng)點m與點o重合時abc、pmn是等邊三角形，o為ac中點aop30，apo90ob12，ao42ap2t解得t2aodcbpnfme當(dāng)t2時，點m與點o重合（2）由題設(shè)知abm30，ab8，aptpb8t，pmpbtan308t即等邊pmn的邊長為8t（3）s 提示：當(dāng)0t 1時，pm經(jīng)過線段afaodcbpnfmegjh設(shè)pm交af于點j，pn交ef于點g，則重疊部分為直角梯形fongapt，aj2t，jo42tmo42t，on8t( 42t )4t作ghon于h則ghfo2，hn2，fg

28、oh4t22tss梯形fong ( fgon )fo ( 2t4t )22t6aodcbpnimegfj當(dāng)1t 2時，pm經(jīng)過線段fo設(shè)pm交ef于點i，則重疊部分為五邊形ijongfjajaf2t2，fi2t2ss梯形fong sfij 2t6 ( 2t2 )( 2t2 )2t 26t4當(dāng)2t 4時，pn經(jīng)過線段ed設(shè)pn交ed于點k，則重疊部分為五邊形imdkgaodcbpnfmegikapt，pe4tigge4t，ek4tkd2( 4t )t2，dnt2ss梯形imng skdn ( 4t8t )2 ( t2 )( t2 ) t 210當(dāng)4t 5時，pm經(jīng)過線段edaodcbpnfmer

29、設(shè)pm交ed于點r，則重疊部分為rmdapt，ept4er2ep2t8rd2( 2t8 )102tmd102tssrmd ( 102t )( 102t )2t 220t50aodcbpnfme當(dāng)5t 8時，s0（4）mnbnpn8t，mb162t若fmem，則m為od中點om3ommbob，3162t12t3.5aodcbpnfme若fmfe6，則om 2ommbob，2162t12t2若efem6，點m在od或db上則dm 2dbdmmb或者dbdmmb62162t或62162tt5或t5綜上所述，當(dāng)t3.5、2、5、5時，mef是等腰三角形aodcbpnfmeaodcbpnfme11（浙江

30、某校自主招生）如圖，正方形oabc的頂點o在坐標(biāo)原點，且oa邊和ab邊所在直線的解析式分別為y x和y x （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(yùn)動，速度為每秒1個單位，點q沿折線aoc向終點c運(yùn)動，速度為每秒k個單位，設(shè)運(yùn)動時間為2秒當(dāng)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 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(shè)正方形在x軸下方部分的面積為s，求s關(guān)于滑行時間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)自變量t的取值范圍cbxoay解：（1）聯(lián)立 解得 a（4，3），o

31、a 5cbxoayqpn正方形oabc的邊長為5（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(dāng)t2秒時點p的速度為每秒1個單位，cp2分兩種情況：當(dāng)點q在oa上時，pqbapc，只存在一點q，使qcqp作qncp于n，則cn cpoq1cbxoayqpqa514，k 2當(dāng)點q在oc上時，同理只存在一點q，使cpcq2oqoa1028，k 4綜上所述，當(dāng)t2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）當(dāng)點a運(yùn)動到點o時，t3xoyabdco當(dāng)0t 3時，設(shè)oc 交x軸于點d則tandoo ，即

32、 ，do ts dooo t t t 2當(dāng)點c運(yùn)動到x軸上時，t( 5 )4xoyabdcoe當(dāng)3t 4時，設(shè)ab 交x軸于點eao t5，ae ao s ( aeod)ao ( t )5 當(dāng)點b運(yùn)動到x軸上時，t( 55 )7當(dāng)4t 7時，設(shè)bc 交x軸于點fae ，be5 xoyabfcoebf be s5 2 t 2 t 綜上所述，s關(guān)于滑行時間t的函數(shù)關(guān)系式為：s 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bccd以2cm/秒的速度勻速移動點p、q同時出發(fā)，當(dāng)點p停

33、止時，點q也隨之停止連接aq交bd于點e設(shè)點p運(yùn)動時間為t（秒）（1）當(dāng)點q在線段bc上運(yùn)動時，點p出發(fā)多少時間后，bepbeq？（2）設(shè)ape的面積為s（cm2），求s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；abdecpq（3）當(dāng)4t8時，求ape的面積為s的變化范圍解（1）apxcm，bq2xcmbepbeq，bebe，pbeqbe45pbeqbe，pbbq即8x2x，x 點p出發(fā) 秒后，bepbeq（2）當(dāng)0x 4時，點q在bc上，作enab于n，embc于madbc， abdecpqnm即 ， ，ne s apne x 即s （0x 4）當(dāng)4x 8時，點q在cd上，作qfab于f，交b

34、d于h則 abdecpqnfh即 ， 作enab于n，則 ne s apne x 即s （4x 8）（3）當(dāng)4x 8時，由s ，得x 4x 8，4 8s 0，16s 0，4( 16s )12s 8( 16s )解得8s 3213（浙江模擬）如圖，菱形abcd的邊長為6且dab60，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(biāo)系動點p從點d出發(fā)沿折線dcb向終點b以每秒2個單位的速度運(yùn)動，同時動點q從點a出發(fā)沿x軸負(fù)半軸以每秒1個單位的速度運(yùn)動，當(dāng)點p到達(dá)終點時停止運(yùn)動設(shè)運(yùn)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，

35、使得pqbd？若存在，求出t值，若不存在，請說明理由；（3）設(shè)ae長為y，試求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）若f、g為dc邊上兩點，且點dffg1，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xayedcbfgqp解：（1）由題意得：d（3，3）、c（9，3）設(shè)經(jīng)過a、d、c三點的拋物線解析式為yax 2bxxayedcbfgqp把d、c兩點坐標(biāo)代入上式，得： 解得：a ，b 拋物線的解析式為：y x 2 x（2）連接ac四邊形abcd是菱形，acbd若pqbd，則pqac當(dāng)點p在dc上時pcaq，pqac，四邊形pqac是平行四邊形pcaq，即

36、62tt,t2當(dāng)點p在cb上時，pq與ac相交，此時不存在符合要求的t值（3）當(dāng)點p在dc上，即0t 3時dpaq，depaeqxayedcbfgqp 2，y ad2當(dāng)點p在cb上，即3t 6時aebp，qeaqpb ，即 y 綜上所述，y與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：y（4）作點f關(guān)于直線bd的對稱點f，由菱形對稱性知f 在da上，且dfdf1xayfdcbfgmngh作點g關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點g，易求dg4連接fg 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fhdg 于h，可得hd ，fh ，hg fg 四邊形fmng周長最小值為fgfg114（浙江模擬）如圖，直線yx5

37、和直線ykx4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(yùn)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(dāng)t為何值時，正方形的邊de剛好在y軸上？（3）當(dāng)直線l從點c出發(fā)開始運(yùn)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(yùn)動，問點m從進(jìn)入正方形pqde到離開正方形持續(xù)的時間有多長？aocbyxlpqde解：（1）把c（3，m）代入yx5得m2aocbyxlpqdec（3，2），代入ykx4得k2（2）由題意，點p橫坐標(biāo)為3t當(dāng)x3t時，yx5t2，

38、p（3t，t2）pqy軸，點q橫坐標(biāo)為3t當(dāng)x3t時，y2x422t，q（3t，22t）pqt2( 22t )3t正方形pqde，pqpe當(dāng)正方形的邊de剛好在y軸上時，3t3t，t （3）直線yx5交y軸于點a，a（0，5）點m坐標(biāo)為（0，54t）當(dāng)點m和點p的縱坐標(biāo)相等時，54tt2，t ，點m進(jìn)入正方形pqde時，t 當(dāng)點m和點q的縱坐標(biāo)相等時，54t22t，t 點m從進(jìn)入正方形pqde到離開正方形持續(xù)的時間為：t bpacoqxym15（浙江模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，o為坐標(biāo)原點，rtoab的直角邊oa在x軸的正半軸上，點b坐標(biāo)為（，1），以ob所在直線為對稱軸將oab作軸對稱變

39、換得ocb動點p從點o出發(fā)，沿線段oa向點a運(yùn)動，動點q從點c出發(fā)，沿線段co向點o運(yùn)動p、q兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度設(shè)點p運(yùn)動的時間為t（秒）（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(guān)系式；（3）設(shè)pq與ob交于點m當(dāng)omq為等腰三角形時，求t的值探究線段om長度的最大值，說明理由解：（1）點b坐標(biāo)為（，1），oa，ab1在rtoab中，tanaob bpacoqxymaob30將oab作軸對稱變換得ocbocboab，cobaob30aoc60（2）opcqt，ab1，ocoaapoqts2soab sopq spaboaab o

40、poqsinaoc paab1 t( t ) ( t )1bpacoqxym t 2 t （3）若omq為等腰三角形，則可能有三種情況：（i）若ommq，則mqomoq30aoc60，opq90op oq，即t ( t )解得：t （ii）若omoq，則omqoqm75aoc60，opq45bpacoqxymd過點q作qdoa于d，則qddp即 ( t )t ( t )解得：t1（iii）若mqoq，則omqmoqmop得pqoa，顯然不符合題意分別過點p、q作ob的垂線，垂足分別為e、fopt，oqt，mopmoq30sopq sopm soom ompe omqf omop omoq om( opoq )bpacoqxymefg om( t t ) om過點q作qgoa于g則sopq opqg opoqsin60 t( t ) ( t 2 t ) om ( t 2 t )om( t 2 t )( t )2 當(dāng)t 時，線段om的長度取得最大值 16（浙江模擬）bacodxyfee已知直線y x4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