中考數(shù)學(xué)綜合題專題【以動點問題為基礎(chǔ)的綜合題二】專題解析

中考數(shù)學(xué)綜合題專題【以動點問題為基礎(chǔ)的綜合題二】專題解析31．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6．點P從點A出發(fā)沿AB以每秒2個單位長的速度向點B勻速運動；點Q從點C出發(fā)沿CA以每秒1個單位長的速度向點A勻速運動．運動過程中DE保持垂直平分PQ，且交PQ于點D，交折線PB－BC于點E．點P、Q同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點B時停止運動，點Q也隨之停止．設(shè)點P、Q運動的時間是t秒．（1）當(dāng)t＝______________秒，直線DE經(jīng)過點B；當(dāng)t＝______________秒，直線DE經(jīng)過點A；（2）四邊形DPBE能否成為直角梯形？若能，求t的值；若不能，請說明理由；（3）當(dāng)t為何值時，點E是BC的中點？BQADCEP（4）以E為圓心，EC長為半徑的圓能否與AB、AC、PQ同時相切？若能，BQADCEPBQADCP(E)解：（1）EQ\F(20－2eq\r(,73),3)BQADCP(E)提示：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6∴BC＝eq\r(,AB2－AC2)＝eq\r(,102－62)＝8當(dāng)直線DE經(jīng)過點B時，連接QB，則PB＝QB∴(10－2t)2＝t2＋82，解得t＝EQ\F(20＋2eq\r(,73),3)（舍去）或t＝EQ\F(20－2eq\r(,73),3)BQADCPE當(dāng)直線DEBQADCPE∴2t＝6－t，即t＝2（2）①當(dāng)DE∥PB時，四邊形DPBE是直角梯形此時∠APQ＝90°，由△AQP∽△ABC，得EQ\F(AP,AC)＝EQ\F(AQ,AB)BQADCPE即EQ\F(2t,6)＝EQ\F(6－t,10)，解得t＝EQ\F(18,13)BQADCPE②當(dāng)PQ∥BC時，四邊形DPBE是直角梯形此時∠AQP＝90°，由△APQ∽△ABC，得EQ\F(AQ,AC)＝EQ\F(AP,AB)即EQ\F(6－t,6)＝EQ\F(2t,10)，解得t＝EQ\F(30,11)BQADCPE（3）連接QE、PE，作EG⊥PB于BQADCPE∵QE2＝t2＋42PE2＝PG2＋EG2＝(10－2t－EQ\F(4,5)×4)2＋(EQ\F(3,5)×4)2∴t2＋42＝(10－2t－EQ\F(4,5)×4)2＋(EQ\F(3,5)×4)2BQADCEPG解得t＝EQ\F(68＋2eq\r(,481),15)（舍去）或t＝EQ\F(68－2eq\r(,481),15)BQADCEPG（4）不能設(shè)⊙E與AB相切于F點，連接EF、EP、EQ則EC＝EF，EQ＝EP，∠ECQ＝∠EFP＝90°∴△ECQ≌△EFP，∴QC＝PF∵∠C＝90°，∴⊙E與AC相切于C點∴AC＝AF，∴AQ＝AP又AD＝AD，DQ＝DP∴△ADQ≌△ADP，∴∠ADQ＝∠ADP＝90°BQADCPEF又∠QDE＝90°，BQADCPEF由（1）知，此時t＝2，AQ＝6－t＝4∵AB＝10，AC＝6，∴sinB＝EQ\F(AC,AB)＝EQ\F(6,10)＝EQ\F(3,5)設(shè)EC＝EF＝x，則EB＝EQ\F(EF,sinB)＝EQ\F(5,3)x∵EC＋EB＝BC，∴x＋EQ\F(5,3)x＝8∴x＝3，∴EC＝EF＝3∴AE＝eq\r(,AC2＋EC2)＝eq\r(,62＋32)＝3eq\r(,5)易知△ADQ∽△ACE，∴EQ\F(AD,AC)＝EQ\F(AQ,AE)∴EQ\F(AD,6)＝EQ\F(4,3eq\r(,5))，∴AD＝EQ\F(8,5)eq\r(,5)∴ED＝AE－AD＝3eq\r(,5)－EQ\F(8,5)eq\r(,5)＝EQ\F(7,5)eq\r(,5)＝eq\r(,EQ\F(49,5))而EC＝3＝eq\r(,EQ\F(45,5))，∴ED＞EC∴此時⊙E與PQ相離∴⊙E不能與AB、AC、PQ同時相切32．（山東青島）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90o，AC＝6cm，BC＝8cm，D、E分別是AC、AB的中點，連接DE．點P從點D出發(fā)，沿DE方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為2cm/s，當(dāng)點P停止運動時，點Q也停止運動．連接PQ，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜4）．解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時，PQ⊥AB？（2）當(dāng)點Q在B、E之間運動時，設(shè)五邊形PQBCD的面積為y（cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）在（2）的情況下，是否存在某一時刻t，使PQ分四邊形BCDE兩部分的面積之比為S△PQE:S五邊形PQBCD＝1:29？若存在，求出此時t的值以及點E到PQ的距離h；若不存在，請說明理由．APAPQBCEDABC備用圖ED解：（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠C＝90o，AC＝6，BC＝8APQBCED①∴AB＝eq\r(,62＋82APQBCED①∵D、E分別是AC、AB的中點AD＝DC＝3，AE＝EB＝5，DE∥BC且DE＝EQ\F(1,2)BC＝4∵PQ⊥AB，∴∠PQB＝∠C＝90°又∵DE∥BC，∴∠AED＝∠B∴△PQE∽△ACB，∴EQ\F(PE,AB)＝EQ\F(QE,BC)由題意得：PE＝4－t，QE＝2t－5∴EQ\F(4－t,10)＝EQ\F(2t－5,8)，解得t＝EQ\F(41,14)APQBCED②M（2APQBCED②M由△PME∽△ACB，得EQ\F(PM,AC)＝EQ\F(PE,AB)∴EQ\F(PM,6)＝EQ\F(4－t,10)，得PM＝EQ\F(3,5)(4－t)∴S△PQE＝EQ\F(1,2)EQ·PM＝EQ\F(1,2)(2t－5)·EQ\F(3,5)(4－t)＝EQ\F(3,5)t2－EQ\F(39,10)t＋6S梯形DCBE＝EQ\F(1,2)×(4＋8)×3＝18∴y＝18－(EQ\F(3,5)t2－EQ\F(39,10)t＋6)＝－EQ\F(3,5)t2＋EQ\F(39,10)t＋12（3）假設(shè)存在時刻t，使S△PQE:S五邊形PQBCD＝1:29此時S△PQE＝EQ\F(1,30)S梯形DCBE∴EQ\F(3,5)t2－EQ\F(39,10)t＋6＝EQ\F(1,30)×18，解得t1＝2，t2＝EQ\F(9,2)（舍去）當(dāng)t＝2時，PM＝EQ\F(3,5)(4－2)＝EQ\F(6,5)，ME＝EQ\F(4,5)(4－2)＝EQ\F(8,5)EQ＝5－2×2＝1，MQ＝ME＋EQ＝EQ\F(8,5)＋1＝EQ\F(13,5)PQ＝eq\r(,PM2＋MQ2)＝EQ\F(eq\r(,205),5)∵EQ\F(1,2)PQ·h＝EQ\F(3,5)，∴h＝EQ\F(6,5)×EQ\F(5,eq\r(,205))＝EQ\F(6eq\r(,205),205)33．（山東煙臺）如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的三個頂點B（1，0），C（3，0），D（3，4），以A為頂點的拋物線y＝ax2＋bx＋c過點C．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB向點B運動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CD向點D運動．點P，Q的運動速度均為每秒1個單位，運動時間為t秒．過點P作PE⊥AB交AC于點E．（1）直接寫出點A的坐標，并求出拋物線的解析式；（2）過點E作EF⊥AD于F，交拋物線于點G．當(dāng)t為何值時，△ACG的面積最大？最大值為多少？xOyADCBFG圖1E圖1P圖1Q（3）在動點P，Q運動的過程中，當(dāng)xOyADCBFG圖1E圖1P圖1QxOyAxOyADCBFG圖1E圖1P圖1Q由題意，可設(shè)拋物線解析式為y＝a(x－1)2＋4∵拋物線過點C（3，0）∴0＝a(3－1)2＋4，∴a＝－1∴拋物線的解析式為y＝－(x－1)2＋4即y＝－x2＋2x＋3（2）∵A（1，4），C（3，0）∴可求直線AC的解析式為y＝－2x＋6P（1，4－t）將y＝4－t代入y＝－2x＋6中，解得點E的橫坐標為x＝1＋EQ\F(t,2)∴點G的橫坐標為1＋EQ\F(t,2)，代入拋物線的解析式中，可求點G的縱坐標為4－EQ\F(t2,4)∴GE＝(4－EQ\F(t2,4))－(4－t)＝t－EQ\F(t2,4)又點A到GE的距離為EQ\F(t,2)，C到GE的距離為2－EQ\F(t,2)即S△ACG＝S△AEG＋S△CEG＝EQ\F(1,2)EG·EQ\F(t,2)＋EQ\F(1,2)EG(2－EQ\F(t,2))＝EQ\F(1,2)·2(t－EQ\F(t2,4))＝－EQ\F(1,4)(t－2)2＋1xOyADCBE圖xOyADCBE圖1P圖1QHN（3）t＝EQ\F(20,13)或t＝20－8eq\r(,5)提示：∵A（1，4），C（3，0），∴AB＝4，BC＝2∴AC＝eq\r(,22＋42)＝2eq\r(,5)，∴cos∠BAC＝EQ\F(AB,AC)＝EQ\F(4,2eq\r(,5))＝EQ\F(2eq\r(,5),5)∵PE⊥AB，AP＝t，∴AE＝EQ\F(AP,cos∠BAC)＝EQ\F(eq\r(,5),2)t∴CE＝2eq\r(,5)－EQ\F(eq\r(,5),2)txOyADCBE圖1P圖1QHxOyADCBE圖1P圖1QH過點Q作QN⊥EC于N，則CE＝2CN在Rt△QNC中，CN＝CQ·cos∠ACD＝CQ·cos∠BAC＝EQ\F(2eq\r(,5),5)t∴2eq\r(,5)－EQ\F(eq\r(,5),2)t＝EQ\F(4eq\r(,5),5)t，解得t＝EQ\F(20,13)若CE＝CQ，則在矩形ABCD的AD邊上存在點H，使四邊形CQHE為菱形∴2eq\r(,5)－EQ\F(eq\r(,5),2)t＝t，解得t＝20－8eq\r(,5)34．（山東模擬）把Rt△ABC和Rt△DEF按圖1擺放（點C與點E重合），點B、C（E）、F在同一條直線上．∠BAC＝∠DEF＝90°，∠ABC＝45°，BC＝9，DE＝6，EF＝8．如圖2，△DEF從圖1的位置出發(fā)，以1個單位/秒的速度沿CB向△ABC勻速移動，在△DEF移動的同時，點P從△DEF的頂點F出發(fā)，以3個單位/秒的速度沿FD向點D勻速移動．當(dāng)點P移動到點D時，P點停止移動，△DEF也隨之停止移動．DE與AC相交于點Q，連接BQ、PQ，設(shè)移動時間為t（s）．（1）設(shè)△BQE的面積為y，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（2）當(dāng)t為何值時，三角形DPQ為等腰三角形？ABDEF圖2PQC(E)ABABDEF圖2PQC(E)ABDCF圖1解：（1）∵∠ACB＝45°，∠DEF＝90°，∴∠EQC＝45°∴EC＝EQ＝t，∴BE＝9－tABDEFPQC∴y＝EQ\F(1,2)BE·EQ＝EQ\F(1,2)(9－t)ABDEFPQC即y＝－EQ\F(1,2)t2＋EQ\F(9,2)t（0＜t≤EQ\F(10,3)）（2）在Rt△DEF中，∵∠DEF＝90°，DE＝6，EF＝8∴DF＝eq\r(,DE2＋EF2)＝eq\r(,62＋82)＝10①當(dāng)DQ＝DP時，則6－t＝10－3t，解得t＝2ABDEFPQCG②當(dāng)PQ＝PD時，ABDEFPQCG則DH＝HQ＝EQ\F(1,2)(6－t)∵HP∥EF，∴△DHP∽△DEF∴EQ\F(DH,DE)＝EQ\F(DP,DF)，即EQ\F(EQ\F(1,2)(6－t),6)＝EQ\F(10－3t,10)，解得t＝EQ\F(30,13)③當(dāng)QP＝QD時，過Q作QH⊥DP于HABDEFHQCP則DH＝HP＝EQ\F(1,2)(10ABDEFHQCP可得△DHQ∽△DEF，∴EQ\F(DH,DE)＝EQ\F(DQ,DF)即EQ\F(EQ\F(1,2)(10－3t),6)＝EQ\F(6－t,10)，解得t＝EQ\F(14,9)（3）假設(shè)存在某一時刻t，使P、Q、B三點在同一條直線上ABDEFPQCK過P作PK⊥BF于ABDEFPQCK∴EQ\F(PK,DE)＝EQ\F(KF,EF)＝EQ\F(PF,DF)，即EQ\F(PK,6)＝EQ\F(KF,8)＝EQ\F(3t,10)∴PK＝EQ\F(9,5)t，KF＝EQ\F(12,5)t∵P、Q、B三點共線，∴△BQE∽△BPK∴EQ\F(BE,QE)＝EQ\F(BK,PK)，即EQ\F(9－t,t)＝EQ\F(9－t＋8－EQ\F(12,5)t,EQ\F(9,5)t)，解得t＝EQ\F(1,2)即當(dāng)t＝EQ\F(1,2)秒時，P、Q、B三點在同一條直線上35．（山東模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于D，且BD＝8cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為2cm/s；同時直線PQ由點B出發(fā)沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s，運動過程中始終保持PQ∥AC，直線PQ交AB于P，交BC于Q，連接PM，設(shè)運動時間為t（s）．（1）當(dāng)四邊形PQCM是等腰梯形時，求t的值；（2）當(dāng)點M在線段PC的垂直平分線上時，求t的值；（3）當(dāng)t為何值時，①△PQM是等腰三角形；②△PQM是直角三角形；（4）是否存在時刻t，使以PM為直徑的圓與BC相切？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．AACBDPQM解：（1）作PE⊥AC于E，作QF⊥AC于FEACFBDPQMEACFBDPQM易知四邊形PQFE是矩形，∴EF＝PQ∵PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC∵AB＝AC，∴PQ＝PB＝t，∴EF＝t∵AB＝10，BD＝8，∴AD＝eq\r(,102－82)＝6易證△APE∽△ABD，∴EQ\F(AE,AD)＝EQ\F(AP,AB)即EQ\F(AE,6)＝EQ\F(10－t,10)，∴AE＝6－EQ\F(3,5)t∴ME＝AE－AM＝6－EQ\F(3,5)t－2t＝6－EQ\F(13,5)tCF＝AC－(AE＋EF)＝10－(6－EQ\F(3,5)t＋t)＝4－EQ\F(2,5)t由ME＝CF，得6－EQ\F(13,5)t＝4－EQ\F(2,5)t，解得t＝EQ\F(10,11)ACBDPQMG∴當(dāng)t＝EQ\F(10,11)ACBDPQMG（2）若點M在線段PC的垂直平分線上，則MP＝MC作MG⊥AB于G，則△AMG∽△ABD∴EQ\F(AG,AD)＝EQ\F(MG,BD)＝EQ\F(AM,AB)，∴EQ\F(AG,6)＝EQ\F(MG,8)＝EQ\F(2t,10)∴AG＝EQ\F(6,5)t，MG＝EQ\F(8,5)t∴PG＝10－t－EQ\F(6,5)t＝10－EQ\F(11,5)t在Rt△GPM中，MP2＝(EQ\F(8,5)t)2＋(10－EQ\F(11,5)t)2＝EQ\F(37,5)t2－44t＋100又∵MC2＝(10－2t)2＝4t2－40t＋100由MP＝MC，得EQ\F(37,5)t2－44t＋100＝4t2－40t＋100解得t1＝EQ\F(20,17)，t2＝0（舍去）EACBDPQM∴當(dāng)t＝EQ\F(20,17)s時，點EACBDPQM（3）①若PQ＝PM，則t2＝EQ\F(37,5)t2－44t＋100即8t2－55t＋125＝0△＝(－55)2－4×8×125＝－975＜0，方程無實數(shù)解若MP＝MQ，則點M在線段PQ的垂直平分線上作PE⊥AC于E，∴EM＝EQ\F(1,2)PQ＝EQ\F(1,2)tEACBDPQMF由（1）知，AE＝6－EQ\F(3,EACBDPQMF∵AE＋EM＝AM，∴6－EQ\F(3,5)t＋EQ\F(1,2)t＝2t解得t＝EQ\F(20,7)若PQ＝MQ，作PE⊥AC于E，作QF⊥AC于F由（1）知，QF＝PE∵△APE∽△ABD，∴EQ\F(PE,BD)＝EQ\F(AP,AB)即EQ\F(PE,8)＝EQ\F(10－t,10)，∴QF＝PE＝8－EQ\F(4,5)t又FM＝AM－(AE＋EF)＝2t－(6－EQ\F(3,5)t＋t)＝EQ\F(8,5)t－6∴MQ2＝(8－EQ\F(4,5)t)2＋(EQ\F(8,5)t－6)2＝EQ\F(16,5)t2－32t＋100由PQ＝MQ，得t2＝EQ\F(16,5)t2－32t＋100解得t1＝EQ\F(50,11)，t2＝10（舍去）ACBDPQM∴當(dāng)t＝EQ\F(20,7)s或t＝EQ\F(50,11)s時，△PQM是等腰三角形ACBDPQM②若∠MPQ＝90°，則AM＝6－EQ\F(3,5)t∴2t＝6－EQ\F(3,5)t，∴t＝EQ\F(30,13)若∠PMQ＝90°，則PM2＋QM2＝PQ2∴EQ\F(37,5)t2－44t＋100＋EQ\F(16,5)t2－32t＋100＝t2即12t2－95t＋250＝0EACBDPQM△＝(－55)2－4×EACBDPQM若∠PQM＝90°，作PE⊥AC于E則AE＝6－EQ\F(3,5)t，EM＝PQ＝t∵AE＋EM＝AM，∴6－EQ\F(3,5)t＋t＝2t∴t＝EQ\F(15,4)∴當(dāng)t＝EQ\F(30,13)s或t＝EQ\F(15,4)s時，△PQM是直角三角形（4）設(shè)PM的中點為N，分別過P、N、M作BC的垂線，垂足為G、K、H易證△PBG∽△BCD，△MCH∽△BCDACBDPQMGHKN∴EQ\F(PG,BD)＝EQ\F(PB,BC)，EQ\F(MH,BD)＝EQ\F(MC,BC)ACBDPQMGHKN∵AC＝10，AD＝6，∴DC＝4∴BC＝eq\r(,82＋42)＝4eq\r(,5)∴EQ\F(PG,8)＝EQ\F(t,4eq\r(,5))，EQ\F(MH,8)＝EQ\F(10－2t,4eq\r(,5))∴PG＝EQ\F(2,eq\r(,5))t，MH＝EQ\F(2,eq\r(,5))(10－2t)∴NK＝EQ\F(1,2)(PG＋MH)＝EQ\F(1,eq\r(,5))(10－t)若以PM為直徑的圓與BC相切，則PM＝2NK∴PM2＝4NK2∴EQ\F(37,5)t2－44t＋100＝EQ\F(4,5)(10－t)2解得t1＝EQ\F(10,11)，t2＝EQ\F(10,3)∴當(dāng)t＝EQ\F(10,11)s或t＝EQ\F(10,3)s時，以PM為直徑的圓與BC相切36．（內(nèi)蒙古包頭、烏蘭察布）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，點D在BC上，且CD＝3cm．現(xiàn)有兩個動點P、Q分別從點A和點B同時出發(fā)，其中點P以lcm/秒的速度沿AC向終點C運動；點Q以1.25cm/秒的速度沿BC向終點C運動．過點P作PE∥BC交AD于點E，連接EQ．設(shè)動點運動時間為t秒（t＞0）．（1）連接DP，經(jīng)過1秒后，四邊形EQDP能夠成為平行四邊形嗎？請說明理由；（2）連接PQ，在運動過程中，不論t取何值時，總有線段PQ與線段AB平行，為什么？ADQ圖1CP圖ADQ圖1CP圖1B圖1E圖1解：（1）能．∵點P的速度為lcm/秒，點Q的速度為1.25cm/秒，t＝1秒ADQ圖1CP圖1B圖ADQ圖1CP圖1B圖1E圖1∴QD＝BC－CD－BQ＝5－3－1.25＝0.75∵PE∥BC，∴△APE∽△ACD∴EQ\F(PE,CD)＝EQ\F(AP,AC)，即EQ\F(PE,3)＝EQ\F(1,4)∴PE＝0.75，∴PE＝QD∴四邊形EQDP是平行四邊形（2）∵AC＝4，BC＝5，AP＝t，BQ＝1.25t∴CP＝4－t，CQ＝5－1.25tADQ圖1CP圖1B圖1E圖1∴EQ\F(CP,CA)＝EQ\F(4－t,4)，EQ\F(CQ,CB)＝EQ\F(5－1.25t,5)＝EQ\F(4－t,4)ADQ圖1CP圖1B圖1E圖1∴EQ\F(CP,CA)＝EQ\F(CQ,CB)，∴PQ∥AB（3）①當(dāng)∠EQD＝90°時易證△EDQ∽△ADC，∴EQ\F(DQ,DC)＝EQ\F(EQ,AC)顯然點Q在點D右側(cè)，DQ＝1.25t－2，EQ＝PC＝4－tADQ圖1CP圖1B圖1E圖1∴EQ\F(1.25t－2,3)＝EQ\F(4－t,4)ADQ圖1CP圖1B圖1E圖1②當(dāng)∠DEQ＝90°時易證△DEQ∽△DCA，∴EQ\F(DE,DC)＝EQ\F(DQ,DA)∵PE∥BC，∴△APE∽△ACD，∴EQ\F(AE,AD)＝EQ\F(AP,AC)∵AC＝4，CD＝3，∴AD＝5∴EQ\F(AE,5)＝EQ\F(t,4)，∴AE＝1.25t，DE＝5－1.25t顯然點Q在點D右側(cè)，DQ＝1.25t－2∴EQ\F(5－1.25t,3)＝EQ\F(1.25t－2,5)，解得t＝3.1∴當(dāng)t＝2.5秒或t＝3.1秒時，△EDQ為直角三角形37．（內(nèi)蒙古呼倫貝爾）如圖①，在平面直角坐標系內(nèi)，Rt△ABC≌Rt△FED，點C、D與原點O重合，點A、F在y軸上重合，∠B＝∠E＝30°，AC＝FD＝eq\r(,3)．△FED不動，△ABC沿直線BE以每秒1個單位的速度向右平移，直到點B與點E重合為止．設(shè)平移時間為x（秒），平移過程中AB與EF的交點為M．（1）求出圖①中點B的坐標；（2）如圖②，當(dāng)x＝4秒時，求出過F、M、A三點的拋物線的解析式；此拋物線上有一動點P，以點P為圓心，以2為半徑的⊙P在運動過程中是否存在與y軸相切的情況，若存在，直接寫出P點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)移動x秒后兩個三角形重疊部分的面積為S，求出整個運動過程中S與x的函數(shù)關(guān)系式．FBFBDEOxy圖②CAMABCE(F)(D)Oxy圖①解：（1）如圖①，在Rt△ABC中，AC＝eq\r(,3)，∠B＝30°ABCE(F)(D)Oxy圖①∴BC＝eq\r(,3)ACABCE(F)(D)Oxy圖①（2）如圖②，∵x＝4，∴A（4，eq\r(,3)），B（1，0）過M作MH⊥BE于H由題意，OE＝BC＝3，∴BE＝2∵∠B＝∠E，∴MB＝ME∴BH＝EQ\F(1,2)BE＝1，∴OH＝2，MH＝EQ\F(eq\r(,3),3)∴M（2，EQ\F(eq\r(,3),3)）設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2＋bx＋c，把F、M、A三點坐標代入FBDEOxy圖②CAMHeq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(c＝eq\r(,3),4a＋2b＋c＝EQ\F(eq\r(,3),3),16a＋4b＋c＝eq\r(,3)))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(a＝EQ\F(eq\r(,3),6),b＝－EQ\F(2eq\r(,3),3),c＝eq\r(,3)))FBDEOxy圖②CAMH∴拋物線的解析式為y＝EQ\F(eq\r(,3),6)x2－EQ\F(2eq\r(,3),3)x＋eq\r(,3)P1（2，EQ\F(eq\r(,3),3)）或P2（－2，3eq\r(,3)）提示：若半徑為2的⊙P與y軸相切，那么點P的橫坐標為2或－2當(dāng)x＝2時，y＝EQ\F(eq\r(,3),6)x2－EQ\F(2eq\r(,3),3)x＋eq\r(,3)＝EQ\F(eq\r(,3),3)當(dāng)x＝－2時，y＝EQ\F(eq\r(,3),6)x2－EQ\F(2eq\r(,3),3)x＋eq\r(,3)＝3eq\r(,3)∴存在符合條件的點P，坐標為P1（2，EQ\F(eq\r(,3),3)）或P2（－2，3eq\r(,3)）（3）當(dāng)點B、O重合時，x＝3，所以整個運動過程可分為兩個階段：①當(dāng)0≤x＜3時，如圖③FBDEOxy圖③CAMHGBO＝3－x，CD＝x，OG＝CH＝EQ\F(eq\r(,3),3)BO＝EQ\F(eq\r(,3),3)(3－xFBDEOxy圖③CAMHGFG＝eq\r(,3)－EQ\F(eq\r(,3),3)(3－x)＝EQ\F(eq\r(,3),3)x∴S＝S梯形FDCH－S△FGM＝EQ\F(1,2)[eq\r(,3)＋EQ\F(eq\r(,3),3)(3－x)]·x－EQ\F(1,2)·EQ\F(eq\r(,3),3)x·EQ\F(eq\r(,3),2)·EQ\F(eq\r(,3),3)x＝－EQ\F(eq\r(,3),4)x2＋eq\r(,3)xFBDEOxy圖④CAM②當(dāng)3≤x≤6時，如圖④，BE＝3－FBDEOxy圖④CAM∴S＝S△BME＝EQ\F(1,2)(6－x)·EQ\F(1,2)(6－x)·EQ\F(eq\r(,3),3)＝EQ\F(eq\r(,3),12)x2－eq\r(,3)x＋3eq\r(,3)綜上所述，S與x的函數(shù)關(guān)系式為：S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(－EQ\F(eq\r(,3),4)x2＋eq\r(,3)x（0≤x＜3）,EQ\F(eq\r(,3),12)x2－eq\r(,3)x＋3eq\r(,3)（3≤x≤6）))38．（哈爾濱模擬）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軸正半軸上，且OA＝4，AB＝2，將△OAB沿某條直線翻折，使OA與y軸正半軸的OC重合．點B的對應(yīng)點為點D，連接AD交OB于點E．（1）求AD所在直線的解析式：（2）連接BD，若動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿射線AO運動，線段AM的垂直平分線交直線AD于點N，交直線BD于點Q．設(shè)線段QN的長為y（y≠0），點M的運動時間為t秒，求y與t之問的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；AOCxEBDy備用圖AOCxEBDy（3）AOCxEBDy備用圖AOCxEBDyAOCxNBDyAOCxNBDyEQHM∴OC＝OA＝4，CD＝AB＝2∴D（2，4）設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b，把A（4，0），D（2，4）代入eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(0＝4k＋b,4＝2k＋b))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(k＝－2,b＝8))∴y＝－2x＋8（2）由B（4，2），D（2，4），可得直線BD的解析式為y＝－x＋6∵直線NQ垂直平分線段AMAOCxNBDyEQHM∴NH⊥AM，AH＝MH＝EQ\F(1,2)AM＝EQ\F(1,2)AOCxNBDyEQHM∴OH＝4－t，∴H（4－t，0）∴點Q、N的橫坐標為為4－t∴QH＝－(4－t)＋6＝t＋2，NH＝－2(4－t)＋8＝2t當(dāng)0＜t＜2時，點Q在點N上方y(tǒng)＝QN＝t＋2－2t＝－t＋2當(dāng)t＞2時，點Q在點N下方y(tǒng)＝QN＝2t－(t＋2)＝t－2（3）過點D作DF⊥OA于F，則CD∥OF，CD＝OF＝2AOCxEBDyFKGIAOCxEBDyFKGIMO′MN∵DF⊥OA，∴OD＝AD，∠ODC＝∠DOF＝∠DAF∵△OAB≌△OCD，∴∠COD＝∠AOB∵∠COD＋∠AOD＝90°，∴∠OED＝∠AOB＋∠OAD＝90°∴OD為經(jīng)過D、E、O三點的圓的直徑，OD的中點O′為圓心在Rt△OCD中，OD＝eq\r(,OC2＋CD2)＝2eq\r(,5)tan∠COD＝EQ\F(CD,OC)＝EQ\F(1,2)，tan∠ODC＝EQ\F(OC,CD)＝2∵NH垂直平分線段AM，∴∠NMA＝∠NAM∵∠DOA＝∠NAM，∠NMA＝∠DOA，∴MN∥OD設(shè)直線MN與⊙O′相切于G點，連接O′G，作GK⊥OA于K，MI⊥OD于IAOCxEBDyFKGIMOAOCxEBDyFKGIMO′MN∵MI⊥OD，∴四邊形O′IMG為矩形∴IM＝O′G＝eq\r(,5)，MG＝O′I∴OI＝EQ\F(eq\r(,5),2)，OM＝EQ\F(5,2)，∴MG＝O′I＝EQ\F(eq\r(,5),2)∴KG＝1，MK＝EQ\F(1,2)，∴OK＝3，∴G（3，1）∵OM＋AM＝OA，∴EQ\F(5,2)＋2t＝4，∴t＝EQ\F(3,4)同理可求當(dāng)t＝EQ\F(13,4)時，切點G（－1，3）∴當(dāng)t＝EQ\F(3,4)或t＝EQ\F(13,4)時，直線MN與過D、E、O三點的圓相切，切點分別為G（3，1）或G（－1，3）39．（哈爾濱模擬）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x＋b與x軸交于點A，與正比例函數(shù)y＝－EQ\F(4,3)x的圖象交于點B，過B點作BC⊥y軸，點C為垂足，C（0，8）．（1）求直線AB的解析式；（2）動點M從點A出發(fā)沿線段AO以每秒1個單位的速度向終點O勻速移動，過點M作x軸的垂線交折線A－B－O于點P．設(shè)M點移動的時間為t秒，線段BP的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，動點Q同時從原點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿折線O－C－B向點B移動，當(dāng)動點M停止移動時，點Q同時停止移動．當(dāng)t為何值時，△BPQ是等腰三角形？AOCAOCByxAOCByx備用圖AOCByx備用圖解：（1）∵BC⊥y軸，點C為垂足，C（0，8）∴點B的縱坐標為8∵y＝－EQ\F(4,3)x，當(dāng)y＝8時，x＝－6，∴B（－6，8）AOCByxPMD把（－6，8）代入y＝x＋b，得8＝－AOCByxPMD∴直線AB的解析式為y＝x＋14（2）由題意得AM＝t∵直線AB：y＝x＋14交x軸于點A∴A（－14，0），∴OA＝14過點B作BD⊥x軸于點D∵B（－6，8），∴BD＝8，OD＝6∴AD＝14－6＝8，∴AB＝eq\r(,82＋82)＝8eq\r(,2)OB＝eq\r(,82＋62)＝10，∴∠BAD＝45°，cos∠DOB＝EQ\F(3,5)①當(dāng)點M在AD上時AOCByxPMD∵PM⊥x軸，∴∠PMA＝90°，∴APAOCByxPMD∴d＝BP＝AB－AP＝8eq\r(,2)－eq\r(,2)t（0≤t＜8）②當(dāng)點M在OD上時，OM＝14－t∵∠PMO＝90°，cos∠DOB＝EQ\F(3,5)，∴OP＝EQ\F(5,3)(14－t)∴d＝BP＝OB－OP＝10－EQ\F(5,3)(14－t)＝EQ\F(5,3)t－EQ\F(40,3)（8＜t≤14）綜上，d＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(8eq\r(,2)－eq\r(,2)t（0≤t＜8）,EQ\F(5,3)t－EQ\F(40,3)（8＜t≤14）))（3）①當(dāng)點P在AB上時（0≤t＜8），Q在OC上AOCByxPMDQBQ2＝BC2＋CQ2＝62AOCByxPMDQ∵PM＝OQ＝t，∠PMO＝∠MOQ＝90°∴四邊形PMOQ為矩形，∴PQ＝OM＝14－t∵PM＝OQ＝t，∴PQ∥AO∴∠BPQ＝∠BAO＝∠ABD∵∠PBQ＞∠ABD，∴∠PBQ＞∠BPQ，∴PQ≠BQ當(dāng)BP＝BQ時，(8eq\r(,2)－eq\r(,2)t)2＝62＋(8－t)2AOCByxPMDQHAOCByxPMDQH∵0≤t＜8，∴t2＝2當(dāng)PB＝PQ時，(8eq\r(,2)－eq\r(,2)t)2＝(14－t)2，解得t＝2±6eq\r(,2)∵0≤t＜8，∴t＝2±6eq\r(,2)不合題意，舍去②當(dāng)點P在BO上時（8＜t≤14），Q在BC上BQ＝6＋8－t＝14－t當(dāng)BP＝BQ時，EQ\F(5,3)t－EQ\F(40,3)＝14－t，解得t＝EQ\F(41,4)AOCByxPMDQK當(dāng)PBAOCByxPMDQK∴BQ＝2BH∵BH＝DM＝t－8，∴14－t＝2(t－8)，解得t＝10當(dāng)QB＝QP時，過點Q作QK⊥BC于K∴BP＝2BK∵BP＝EQ\F(5,3)(t－8)，BK＝EQ\F(3,5)(14－t)∴EQ\F(5,3)(t－8)＝EQ\F(6,5)(14－t)，解得t＝EQ\F(452,43)綜上，當(dāng)t＝2或t＝10或t＝EQ\F(41,4)或t＝EQ\F(452,43)時，△BPQ是等腰三角形40．（哈爾濱模擬）如圖，直線y＝EQ\F(4,3)x＋12分別與x軸、y軸交于點A、B，直線BC交x軸于點C，且AB＝AC．（1）求直線BC的解析式；（2）點P從點C出發(fā)沿線段CO以每秒1個單位的速度向點O運動，過點P作y軸的平行線，分別交直線BC、直線AB于點Q、M，過點Q作QN⊥AB于點N．設(shè)點P的運動時間為t（秒），線段MN的長為d，求d與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）若經(jīng)過A、N、Q三點的圓與直線BC交于另一點K，當(dāng)t為何值時，KQ:AQ＝eq\r(,10):10？AAOCNyxPQBMK解：（1）∵直線y＝EQ\F(4,3)x＋12分別與x軸、y軸交于點A、B∴A（－9，0），B（0，12），∴OA＝9，OB＝12∴AB＝eq\r(,92＋122)＝15，∴sin∠BAO＝EQ\F(OB,AB)＝EQ\F(4,5)∵AB＝AC，∴AC＝15，∴C（6，0）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(c＝12,6k＋b＝0))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(k＝－2,b＝12))∴直線BC的解析式為y＝－2x＋12（2）由題意，PC＝t，∴OP＝6－tAOCNyxPQAOCNyxPQBMK∴PM＝EQ\F(4,3)(6－t)＋12，PQ＝－2(6－t)＋12∴MQ＝PM－PQ＝20－EQ\F(10,3)t∵∠AMP＋∠MAP＝∠AMP＋∠MQN＝90°∴∠MQN＝∠MAP＝∠BAO∴sin∠MQN＝sin∠BAO＝EQ\F(4,5)∴MN＝MQ·sin∠MQN＝EQ\F(4,5)(20－EQ\F(10,3)t)＝16－EQ\F(8,3)t∴d＝16－EQ\F(8,3)t（0≤t＜6）（3）連接AK、AQ∵∠ANQ＝90°，∴AQ為經(jīng)過A、N、Q三點的圓的直徑∴∠AKQ＝90°∵OB＝12，OC＝6，∴BC＝eq\r(,62＋122)＝6eq\r(,5)由S△ABC＝EQ\F(1,2)AC·OB＝EQ\F(1,2)BC·AK，得AK＝6eq\r(,5)∵KQ:AQ＝eq\r(,10):10，∴設(shè)KQ＝m，則AQ＝eq\r(,10)m在Rt△AKQ中，AK2＋KQ2＝AQ2∴(6eq\r(,5))2＋m2＝(eq\r(,10)m)2，m＝2eq\r(,5)∴AQ＝eq\r(,10)m＝10eq\r(,2)∵tan∠BCO＝EQ\F(OB,OC)＝2，∴PQ＝PC·tan∠BCO＝2t在Rt△AQP中，AP2＋PQ2＝AQ2∴(15－t)2＋(2t)2＝(10eq\r(,2))2解得t1＝1，t2＝5∴當(dāng)t＝1或t＝5時，KQ:AQ＝eq\r(,10):1041．（哈爾濱模擬）如圖，直線y＝－kx＋6k（k＞0）與x軸、y軸分別相交于點A、B，且△AOB的面積是24．（1）求直線AB的解析式；（2）點P從點O出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線OA－AB運動；同時點E從點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿y軸正半軸運動，過點E作與x軸平行的直線l，與線段AB相交于點F，當(dāng)點P與點F重合時，點P、E均停止運動．連接PE、PF，設(shè)△PEF的面積為S，點P運動的時間為t秒，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；BOyxEAFPlBOyxA備用圖（3）在（2）的條件下，過P作x軸的垂線，與直線l相交于點M，連接AM，當(dāng)tan∠MAB＝BOyxEAFPlBOyxA備用圖解：（1）∵y＝－kx＋6k，當(dāng)x＝0時，y＝6k；當(dāng)y＝0時，x＝6∴OA＝6，OB＝6k∵S△AOB＝24，∴EQ\F(1,2)×6×6k＝24，∴k＝EQ\F(4,3)BOyxEAFPlH∴直線AB的解析式為y＝－EQ\F(4,3BOyxEAFPlH（2）根據(jù)題意，OE＝t，EF∥OA，∴△BEF∽△BOA∴EQ\F(EF,OA)＝EQ\F(BE,BO)，即EQ\F(EF,6)＝EQ\F(8－t,8)，∴EF＝EQ\F(3,4)(8－t)①當(dāng)0＜t≤3時，點P在OA上運動過點P作PH⊥EF于H，則PH＝OE＝t∴S＝EQ\F(1,2)EF·PH＝EQ\F(1,2)·EQ\F(3,4)(8－t)·t＝－EQ\F(3,8)t2＋3t②當(dāng)點P在AB上運動時過點P作PG⊥OA于G，設(shè)直線PG與EF相交于點M，則MG＝OE＝tBOyxEAFPlGM易知△APG∽△ABO，∴EQ\F(PG,BO)＝EQ\F(AP,BOyxEAFPlGM∵OA＝6，OB＝8，∴AB＝eq\r(,62＋82)＝10∴EQ\F(PG,8)＝EQ\F(2t－6,10)，∴PG＝EQ\F(4,5)(2t－6)當(dāng)點P與點F重合時，有PG＝OE∴EQ\F(4,5)(2t－6)＝t，解得t＝8，即PG＝8點P與點F重合前，MP＝MG－PG＝t－EQ\F(4,5)(2t－6)＝－EQ\F(3,5)t＋EQ\F(24,5)∴S＝EQ\F(1,2)EF·MP＝EQ\F(1,2)·EQ\F(3,4)(8－t)(－EQ\F(3,5)t＋EQ\F(24,5))＝EQ\F(9,40)t2－EQ\F(18,5)t＋EQ\F(72,5)綜上，S＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(－EQ\F(3,8)t2＋3t（0＜t≤3）,EQ\F(9,40)t2－EQ\F(18,5)t＋EQ\F(72,5)（3＜t＜8）))（3）①當(dāng)點P在OA上，點M在點F左側(cè)時BOyxEAFPlCMD作BOyxEAFPlCMD則FD＝OE＝t，EM＝OP＝2t，MF＝EF－EM＝EQ\F(3,4)(8－t)－2t在Rt△CMF中，EQ\F(CM,CF)＝tan∠MFC＝tan∠BAO＝EQ\F(OB,OA)＝EQ\F(4,3)設(shè)CM＝4k，則CF＝3k，MF＝eq\r(,(4k)2＋(3k)2)＝5k在Rt△MAC中，EQ\F(CM,AC)＝tan∠MAC＝tan∠MAB＝EQ\F(1,2)∴AC＝2CM＝8k，∴AF＝5k，∴MF＝AF在Rt△AFD中，EQ\F(FD,AF)＝EQ\F(t,AF)＝sin∠FAD＝sin∠BAO＝EQ\F(4,5)∴AF＝EQ\F(5,4)t，∴EQ\F(3,4)(8－t)－2t＝EQ\F(5,4)t，解得t＝EQ\F(3,2)當(dāng)點P在OA上，點M在點F右側(cè)時，可求得t＝EQ\F(11,4)BOyxEAFPlGMK②當(dāng)點BOyxEAFPlGMK在Rt△PMK中，EQ\F(MK,PK)＝tan∠MPK＝tan∠ABO＝EQ\F(3,4)設(shè)MK＝3m，則PK＝4m，MP＝5m，AK＝6m∴AP＝AK－PK＝2m，∴2t－6＝2m∵MP＝t－EQ\F(4,5)(2t－6)，∴t－EQ\F(4,5)(2t－6)＝5m∴t－EQ\F(4,5)(2t－6)＝EQ\F(5,2)(2t－6)，解得t＝EQ\F(99,28)綜上所述，滿足條件的t值是EQ\F(3,2)或EQ\F(11,4)或EQ\F(99,28)42．（哈爾濱模擬）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A在x軸的正半軸上，△AOB為等腰三角形，且OA＝OB＝10，過點B作y軸的垂線，垂足為D，直線AB的解析式為y＝－3x＋30，點C在線段BD上，點D關(guān)于直線OC的對稱點在腰OB上．（1）求點B坐標；（2）點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿折線BC－CO運動；同時點Q從點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿對角線OB向終點B運動，當(dāng)一點停止運動時，另一點也隨之停止運動．設(shè)△PQC的面積為S，運動時間為t，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，連接PQ，設(shè)PQ與OB所成的銳角為α，當(dāng)α＝90°－∠AOB時，求t的值．COCOyxDABCOyxDAB備用圖COyxDABFD′解：（1）過點B作BF⊥OA于F，設(shè)COyxDABFD′在Rt△OBF中，a2＋(－3a＋30)2＝102解得a1＝10（舍去），a2＝8當(dāng)a＝8時，－3a＋30＝6∴B（8，6）

（2）設(shè)點D關(guān)于直線OC的對稱點為D′，連接CD′∵D′在腰OB上，∴OD＝OD′，∠DOC＝∠D′OC又OC＝OC，∴△DOC≌△D′OC∴CD′＝CD，∠CDO′＝∠CDO＝90°COyxDABEPQ∴S△POQ＝EQ\F(1,2)OD·BD＝EQ\F(1,2)OD·CD＋EQ\F(1,2)OB·CD′COyxDABEPQ∴CD＝EQ\F(OD·BD,OD＋OB)＝EQ\F(6×8,6＋10)＝3，∴BC＝5①當(dāng)0≤t＜5時，點P在線段BC上過點Q作QE⊥BD于E，則△BQE∽△BOD∴EQ\F(QE,OD)＝EQ\F(BQ,BO)，即EQ\F(QE,6)＝EQ\F(10－t,10)，∴QE＝6－EQ\F(3,5)t∴S＝EQ\F(1,2)PC·QE＝EQ\F(1,2)(5－t)(6－EQ\F(3,5)t)COyxDABQPF即S＝EQ\F(3,10)t2－EQ\F(9,2)COyxDABQPF②當(dāng)5＜t≤10時，點P在線段CO上過點Q作QF⊥OC于F∵COQ＝∠COD，∠QFO＝∠CDO＝90°∴△QFO∽△CDO，∴EQ\F(QF,CD)＝EQ\F(OQ,OC)即EQ\F(QF,3)＝EQ\F(t,3eq\r(,5))，∴QF＝EQ\F(eq\r(,5),5)tCOyxDABPQ∴S＝EQ\F(1,2)PC·QF＝EQ\F(1,2)(t－5)·EQ\F(eq\r(,5),5)tCOyxDABPQ即S＝EQ\F(eq\r(,5),10)t2－EQ\F(eq\r(,5),2)t（3）①當(dāng)0≤t＜5時∵α＝90°－∠AOB＝∠BOD，即∠PQB＝∠DOB∴PQ∥DO，∴△BPQ∽△BDO∴EQ\F(BP,BD)＝EQ\F(BQ,BO)，即EQ\F(t,8)＝EQ\F(10－t,10)，∴t＝EQ\F(40,9)②當(dāng)5＜t≤10時，過點P作PH⊥OB于HCOyxDABPQH∵∠PQO＝∠BOD，∴tan∠PQO＝∠BOD＝COyxDABPQH設(shè)PH＝4k，則QH＝3k，OH＝8k，OP＝4eq\r(,5)k∴OQ＝11k，∴11k＝t，∴k＝EQ\F(t,11)∴OP＝4eq\r(,5)k＝EQ\F(4eq\r(,5),11)t又∵OP＝3eq\r(,5)－(t－5)＝3eq\r(,5)＋5－t∴EQ\F(4eq\r(,5),11)t＝3eq\r(,5)＋5－t，∴t＝EQ\F(143eq\r(,5)－55,41)∴當(dāng)α＝90°－∠AOB時，t的值為EQ\F(40,9)或EQ\F(143eq\r(,5)－55,41)43．（哈爾濱模擬）如圖，在平面直角坐標系中，點A（EQ\F(25,6)，0），點B（3，4），將△OAB沿直線OB翻折，點A落在第二象限內(nèi)的點C處．（1）求點C的坐標；（2）動點P從點O出發(fā)，以每秒5個單位的速度沿OB向終點B運動，連接AP，將射線AP繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)與y軸交于一點Q，且旋轉(zhuǎn)角α＝EQ\F(1,2)∠OAB．設(shè)線段OQ的長為d，點P運動的時間為t秒，求d與t的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出時間t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，連接CP．點P在運動的過程中，是否存在CP∥AQ，若存在，求此時t的值，并辨斷點B與以點P為圓心，OQ長為半徑的⊙P的位置關(guān)系；若不存在，請說明理由．BOBOCxAy備用圖BOCxAy解：（1）過點B作BG⊥x軸于G，過點C作CH⊥x軸于HBOCxAyGH∵A（EQ\F(25,6)，0），B（3，4），∴OA＝EQ\F(25,6)，OG＝3，BG＝BOCxAyGH∴AG＝EQ\F(7,6)，∴AB＝eq\r(,AG2＋BG2)＝EQ\F(25,6)，∴AB＝OA∵△OAB沿直線OB翻折得到△OCB∴△OAB≌△OCB，∴AB＝OA＝BC＝CO∴四邊形ABCO是菱形∴CO∥AB，∴∠COH＝∠BAG∴Rt△CHO≌Rt△BGA，∴CH＝BG＝4，OH＝AG＝EQ\F(7,6)BOCxAyEPQ∴C（－EQ\F(7,6)，4）

（2）連接BOCxAyEPQ∵菱形ABCO，∴AC⊥BO，∠OAE＝EQ\F(1,2)∠OAB∵α＝EQ\F(1,2)∠OAB，∴∠OAP＝∠OAE，∴∠OAQ＝∠EAP∵∠AOQ＝∠AEP＝90°，∴△AOQ≌△AEP∴EQ\F(PE,OQ)＝EQ\F(AE,AO)由（1）知，CH＝4，AH＝EQ\F(16,3)∴AC＝eq\r(,AH2＋CH2)＝EQ\F(20,3)，∴AE＝EQ\F(10,3)，同理OE＝EQ\F(5,2)①當(dāng)0≤t＜EQ\F(1,2)時∵OP＝5t，∴PE＝EQ\F(5,2)－5t，∴EQ\F(EQ\F(5,2)－5t,d)＝EQ\F(EQ\F(10,3),EQ\F(25,6))∴d＝－EQ\F(25,4)t＋EQ\F(25,8)②當(dāng)EQ\F(1,2)＜t≤1時，同理可求d＝EQ\F(25,4)t－EQ\F(25,8)BOCxAyEPQBOCxAyEPQFK∵AQ∥CP，∴∠PCE＝∠QAE∵AE＝CE，AC⊥BO，∴PC＝PA∴∠PAE＝∠PCE＝∠QAE＝EQ\F(1,2)∠PAQ∴∠PAB＝∠QAE，∴∠PAE＝∠PAB，∴PE＝PK∵菱形ABCO，∴∠PBK＝∠OBF∴sin∠PBK＝sin∠OBF＝EQ\F(OF,OB)＝EQ\F(PK,PB)＝EQ\F(4,5)∵OP＝5t，OB＝5，∴PE＝5t－EQ\F(5,2)，PB＝5－5t∴EQ\F(5t－EQ\F(5,2),5－5t)＝EQ\F(4,5)，解得t＝EQ\F(13,18)∴存在CP∥AQ，此時t＝EQ\F(13,18)∵EQ\F(1,2)＜EQ\F(13,18)＜1，∴當(dāng)t＝EQ\F(13,18)時，OQ＝d＝EQ\F(25,4)t－EQ\F(25,8)＝EQ\F(25,18)BP＝OB－OP＝5－5t＝EQ\F(25,18)∴BP＝OQ，即點B與圓心P的距離等于⊙P的半徑，點B在⊙P上∴存在CP∥AQ，此時t＝EQ\F(13,18)，且點B在⊙P上44．（黑龍江大慶）已知等邊△ABC的邊長為3個單位，若點P由A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在三角形的邊上沿A→B→C→A方向運動，第一次回到點A處停止運動，設(shè)AP＝S，用t表示運動時間．ACB（1）當(dāng)點P由B到C運動的過程中，用t表示ACB（2）當(dāng)t取何值時，S等于eq\r(,7)（求出所有的t值）；（3）根據(jù)（2）中t的取值，直接寫出在哪些時段AP＜eq\r(,7)？解：（1）當(dāng)點P在BC上時，有3≤t≤6作PM⊥AB，垂足為M由PB＝t－3，∠B＝60°，得PM＝EQ\F(eq\r(,3),2)(t－3)，BM＝EQ\F(1,2)(t－3)∴AM＝3－EQ\F(1,2)(t－3)于是S＝AP＝eq\r(,AM2＋BM2)＝eq\r(,(t－3)2－3(t－3)＋9)（3≤t≤6）（2）當(dāng)S＝eq\r(,7)時（i）當(dāng)點P在AB上時，有t＝eq\r(,7)（ii）當(dāng)點P在CA上時，有t＝9－eq\r(,7)（iii）當(dāng)點P在BC上時，S＝eq\r(,(t－3)2－3(t－3)＋9)＝eq\r(,7)解得t＝4或t＝5綜上t＝eq\r(,7)或t＝9－eq\r(,7)或t＝4或t＝5（3）根據(jù)（2）可知0＜t＜eq\r(,7)，4＜t＜5，9－eq\r(,7)＜t≤9這三個時間段內(nèi)AP＜eq\r(,7)45．（黑龍江大興安嶺、雞西、齊齊哈爾、黑河、七臺河）如圖，在平面直角坐標系中，已知Rt△AOB的兩條直角邊OA、OB分別在y軸和x軸上，并且OA、OB的長分別是方程x2－7x＋12＝0的兩根（OA＜OB），動點P從點A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O運動；同時，動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A運動，設(shè)點P、Q運動的時間為t秒．（1）求A、B兩點的坐標．（2）求當(dāng)t為何值時，△APQ與△AOB相似，并直接寫出此時點Q的坐標．（3）當(dāng)t＝2時，在坐標平面內(nèi)找一點M，使以A、P、Q、M為頂點的四邊形是平行四邊形，求M點的坐標；BQxPOyA（4）在P、Q運動過程中，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以A、P、Q、NBQxPOyABQxPOyA圖1解：（1）解方程x2－7x＋12＝0，得xBQxPOyA圖1∵OA＜OB，∴OA＝3，OB＝4∴A（0，3），B（4，0）（2）由題意得，AP＝t，AQ＝5－2t可分兩種情況討論：①當(dāng)∠APQ＝∠AOB時，△APQ∽△AOB如圖1，EQ\F(t,3)＝EQ\F(5－2t,5)，解得t＝EQ\F(15,11)BQxPOyA圖2∴Q（EQ\F(20,11)，EQ\F(18,11BQxPOyA圖2②當(dāng)∠AQP＝∠AOB時，△APQ∽△ABO如圖2，EQ\F(t,5)＝EQ\F(5－2t,3)，解得t＝EQ\F(25,13)∴Q（EQ\F(12,13)，EQ\F(30,13)）（3）當(dāng)t＝2時，AP＝2，AQ＝5－2t＝1∴PO＝1，∴P（0，1），BQxPOyA圖3M點Q的橫坐標為：1×cos∠ABO＝EQ\F(4,5)，縱坐標為：3－1×sin∠ABO＝EQ\F(12,BQxPOyA圖3M∴Q（EQ\F(4,5)，EQ\F(12,5)）若AP是平行四邊形的邊，則MQ∥AP，MQ＝AP＝2，如圖3、圖4∴點M的橫坐標為EQ\F(4,5)，縱坐標為：EQ\F(12,5)＋2＝EQ\F(22,5)或EQ\F(12,5)－2＝EQ\F(2,5)∴M1（EQ\F(4,5)，EQ\F(22,5)），M2（EQ\F(4,5)，EQ\F(2,5)）BQxPOyA圖4MBQxPOyA圖4M∵點Q的橫坐標為EQ\F(4,5)，∴點M的橫坐標為－EQ\F(4,5)∵點A的縱坐標比點Q的縱坐標大EQ\F(3,5)∴點M的縱坐標比點P的縱坐標大EQ\F(3,5)即點M的縱坐標為：1＋EQ\F(3,5)＝EQ\F(8,5)BQxPOyA圖5M∴M3（－EQ\F(4,5)，EQ\F(8,5BQxPOyA圖5M（4）存在．N1（EQ\F(4,3)，EQ\F(1,3)），N2（EQ\F(3,2)，EQ\F(55,16)），N3（－EQ\F(20,17)，EQ\F(36,17)）提示：有三種情況若AP＝AQ，則在坐標平面內(nèi)存在點N，使四邊形APNQ是菱形，如圖6∴t＝5－2t，解得t＝EQ\F(5,3)，∴AQ＝EQ\F(5,3)BQxPOyA圖6N∴Q（EQ\F(4,3)，2），∴N1（EQ\F(4,3)，EQ\F(1,3)）BQxPOyA圖6N若AP＝PQ，則在坐標平面內(nèi)存在點N，使四邊形APQN是菱形，如圖7由題意，P（0，3－t），Q（4－EQ\F(8,5)t，EQ\F(6,5)t）∴PQ2＝(4－EQ\F(8,5)t)2＋(3－t－EQ\F(6,5)t)2∴t2＝(4－EQ\F(8,5)t)2＋(3－t－EQ\F(6,5)t)2，解得t＝EQ\F(25,16)或t＝EQ\F(5,2)BQxPOyA圖7N當(dāng)t＝EQ\F(5,2)BQxPOyA圖7N∴t＝EQ\F(25,16)，∴Q（EQ\F(3,2)，EQ\F(15,8)）∴N2（EQ\F(3,2)，EQ\F(55,16)）若AQ＝PQ，則在坐標平面內(nèi)存在點N，使四邊形ANPQ是菱形，如圖8BQxPOyA圖8NO′連接NQ交AP于O′，則BQxPOyA圖8NO′∴AP＝2AO′，∴t＝EQ\F(6,5)(5－2t)解得t＝EQ\F(30,17)，∴Q（EQ\F(20,17)，EQ\F(36,17)）∴N3（－EQ\F(20,17)，EQ\F(36,17)）46．（吉林）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝2cm，AC＝4cm．動點P從點A出發(fā)，沿AB方向以1cm/s的速度向點B運動，動點Q從點B同時出發(fā)，沿BA方向以1cm/s的速度向點A運動．當(dāng)點P到達點B時，P，Q兩點同時停止運動．以AP為一邊向上作正方形APDE，過點Q作QF∥BC，交AC于點F．設(shè)點P的運動時間為ts，正方形APDE和梯形BCFQ重合部分的面積為Scm2．（1）當(dāng)t＝_________s時，點P與點Q重合；（2）當(dāng)t＝_________s時，點D在QF上；（3）當(dāng)點P在Q，B兩點之間（不包括Q，B兩點）時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．BQBQDPCAEFBCA（備用圖）解：（1）1（2）EQ\F(4,5)提示：點D在QF上時∵QF∥BC，∠DPQ＝CAB＝90°∴△PQD∽△ABC，∴EQ\F(PD,PQ)＝EQ\F(AC,AB)即EQ\F(t,2－2t)＝EQ\F(4,2)，解得t＝EQ\F(4,5)（3）如圖①，當(dāng)點D在BC上時BQDPCAE圖BQDPCAE圖①(F)∴△BDP∽△BCA，∴EQ\F(PB,DP)＝EQ\F(AB,CA)＝EQ\F(2,4)＝EQ\F(1,2)∴PB＝EQ\F(1,2)DP＝EQ\F(1,2)t由AP＋PB＝AB，得t＋EQ\F(1,2)t＝2，解得t＝EQ\F(4,3)此時點E與點F重合當(dāng)1＜t≤EQ\F(4,3)時解法1：如圖②，設(shè)DE交FQ于點H，則重合部分為梯形DHQPPQ＝AP＋QB－AB＝t＋t－2＝2t－2BQDPCAEF圖②GH過點Q作QG⊥DEBQDPCAEF圖②GH由△HGQ∽△BAC，得HG＝EQ\F(1,2)∴HD＝HG＋GD＝EQ\F(1,2)t＋2t－2＝EQ\F(5,2)t－2∴S＝EQ\F(1,2)(PQ＋HD)·DP＝EQ\F(1,2)(2t－2＋EQ\F(5,2)t－2)·t＝EQ\F(9,4)t2－2t解法2：如圖②，設(shè)DE交FQ于點H由△FAQ∽△CAB，得AF＝2AQ＝2(2－t)＝4－2t∴EF＝AF－AE＝4－2t－t＝4－3t由△FEH∽△CAB，得EH＝EQ\F(1,2)EF＝2－EQ\F(3,2)t∴S梯形AQHE＝EQ\F(1,2)(AQ＋EH)·AE＝EQ\F(1,2)(2－t＋2－EQ\F(3,2)t)·t＝－EQ\F(5,4)t2＋2t∴S＝S正方形APDE－S梯形AQHE＝t2－(－EQ\F(5,4)t2＋2t)＝EQ\F(9,4)t2－2t由題意，當(dāng)t＝2時，點P到達點BBQDPCAE圖③FMN當(dāng)EQ\F(4,3BQDPCAE圖③FMN如圖③，設(shè)DE交BC于點M，DP交BC于點N則重合部分為六邊形EFQPNM由△FAQ∽△CAB，得AF＝4－2t∴S△FAQ＝EQ\F(1,2)AQ·AF＝EQ\F(1,2)(2－t)(4－2t)＝(2－t)2由△NPB∽△CAB，得PN＝4－2t∴DN＝DP－NP＝t－(4－2t)＝3t－4由△DMN∽△ABC，得DM＝EQ\F(1,2)(3t－4)∴S△DMN＝EQ\F(1,2)DM·DN＝EQ\F(1,2)·EQ\F(