专题40动态问题.doc

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动态问题

一.选择题
1.（2015湖南邵阳第9题3分）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y与t的函数关系的图象是（　　）

A． B． C． D．

考点： 动点问题的函数图象．.
专题： 数形结合．
分析： 作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，根据等腰三角形的性质得∠B=∠C，BD=CD=m，当点F从点B运动到D时，如图1，利用正切定义即可得到y=tanB•t（0≤t≤m）；当点F从点D运动到C时，如图2，利用正切定义可得y=tanC•CF=﹣tanB•t+2mtanB（m≤t≤2m），即y与t的函数关系为两个一次函数关系式，于是可对四个选项进行判断．
解答： 解：作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，
∵△ABC为等腰三角形，
∴∠B=∠C，BD=CD，
当点F从点B运动到D时，如图1，
在Rt△BEF中，∵tanB=，
∴y=tanB•t（0≤t≤m）；
当点F从点D运动到C时，如图2，
在Rt△CEF中，∵tanC=，
∴y=tanC•CF
=tanC•（2m﹣t）
=﹣tanB•t+2mtanB（m≤t≤2m）．
故选B．

点评： 本题考查了动点问题的函数图象：利用三角函数关系得到两变量的函数关系，再利用函数关系式画出对应的函数图象．注意自变量的取值范围．

2.（2015湖北荆州第9题3分）如图，正方形ABCD的边长为3cm，动点P从B点出发以3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA运动，到达A点停止运动；另一动点Q同时从B点出发，以1cm/s的速度沿着边BA向A点运动，到达A点停止运动．设P点运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象是（　　）
ABC．D．
考点：动点问题的函数图象．
分析：首先根据正方形的边长与动点P、Q的速度可知动点Q始终在AB边上，而动点P可以在BC边、CD边、AD边上，再分三种情况进行讨论：①0≤x≤1；②1＜x≤2；③2＜x≤3；分别求出y关于x的函数解析式，然后根据函数的图象与性质即可求解．
解答：解：由题意可得BQ=x．
①0≤x≤1时，P点在BC边上，BP=3x，
则△BPQ的面积=BP•BQ，
解y=•3x•x=x2；故A选项错误；
②1＜x≤2时，P点在CD边上，
则△BPQ的面积=BQ•BC，
解y=•x•3=x；故B选项错误；
③2＜x≤3时，P点在AD边上，AP=9﹣3x，
则△BPQ的面积=AP•BQ，
解y=•（9﹣3x）•x=x﹣x2；故D选项错误．
故选C．
点评： 本题考查了动点问题的函数图象，正方形的性质，三角形的面积，利用数形结合、分类讨论是解题的关键．

3．（2015•甘肃武威,第10题3分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B、C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E．设BP=x，BE=y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）

A． B．
C． D．

考点： 动点问题的函数图象．
分析： 证明△BPE∽△CDP，根据相似三角形的对应边的比相等求得y与x的函数关系式，根据函数的性质即可作出判断．
解答： 解：∵∠CPD=∠FPD，∠BPE=∠FPE，
又∵∠CPD+∠FPD+∠BPE+∠FPE=180°，
∴∠CPD+∠BPE=90°，
又∵直角△BPE中，∠BPE+∠BEP=90°，
∴∠BEP=∠CPD，
又∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CDP，
∴，即，则y=﹣x2+，y是x的二次函数，且开口向下．
故选C．
点评： 本题考查了动点问题的函数图象，求函数的解析式，就是把自变量当作已知数值，然后求函数变量y的值，即求线段长的问题，正确证明△BPE∽△CDP是关键．
4．（2015•四川资阳,第8题3分）如图4，AD、BC是⊙O的两条互相垂直的直径，点P从点O出发，沿O→C→D→O的路线匀速运动，设∠APB=y（单位：度），那么y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是

考点：动点问题的函数图象．.
分析：根据图示，分三种情况：（1）当点P沿O→C运动时；（2）当点P沿C→D运动时；（3）当点P沿D→O运动时；分别判断出y的取值情况，进而判断出y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是哪个即可．
解答：解：（1）当点P沿O→C运动时，
当点P在点O的位置时，y=90°，
当点P在点C的位置时，
∵OA=OC，
∴y=45°，
∴y由90°逐渐减小到45°；
（2）当点P沿C→D运动时，
根据圆周角定理，可得
y≡90°÷2=45°；
（3）当点P沿D→O运动时，
当点P在点D的位置时，y=45°，
当点P在点0的位置时，y=90°，
∴y由45°逐渐增加到90°．
故选：B．
点评：（1）此题主要考查了动点问题的函数图象，解答此类问题的关键是通过看图获取信息，并能解决生活中的实际问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即学会识图．
（2）此题还考查了圆周角定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；相等的圆周角所对的弧也相等．

5. （2015•四川省内江市，第11题，3分）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE最小，则这个最小值为（　　）

　 A． B． 2 C． 2 D．

考点： 轴对称－最短路线问题；正方形的性质．.
分析： 由于点B与D关于AC对称，所以BE与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．
解答： 解：由题意，可得BE与AC交于点P．
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB=2．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2．
故所求最小值为2．
故选B．

点评： 此题考查了轴对称﹣﹣最短路线问题，正方形的性质，等边三角形的性质，找到点P的位置是解决问题的关键．

6. 　（2015•山东威海，第 11题3分）如图，已知△ABC为等边三角形，AB=2，点D为边AB上一点，过点D作DE∥AC，交BC于E点；过E点作EF⊥DE，交AB的延长线于F点．设AD=x，△DEF的面积为y，则能大致反映y与x函数关系的图象是（　　）

　 A． B． C． D．

考点： 动点问题的函数图象．.
分析： 根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60°，根据三角形内角和定理即可求得∠F=30°，然后证得△EDC是等边三角形，从而求得ED=DC=2﹣x，再根据直角三角形的性质求得EF，最后根据三角形的面积公式求得y与x函数关系式，根据函数关系式即可判定．
解答： 解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠B=60°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF=90°，
∴∠F=90°﹣∠EDC=30°；
∵∠ACB=60°，∠EDC=60°，
∴△EDC是等边三角形．
∴ED=DC=2﹣x，
∵∠DEF=90°，∠F=30°，
∴EF=ED=（2﹣x）．
∴y=ED•EF=（2﹣x）•（2﹣x），
即y=（x﹣2）2，（x＜2），
故选A．
点评： 本题考查了等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，特殊角的三角函数、三角形的面积等．
7. （2015山东省德州市，11，3分）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得到下面四个结论：
①OA=OD;
②AD⊥EF;
③当∠A=90°时，四边形AEDF是正方形；
④AE2+DF2=AF2+DE2.其中正确的是（ ）
A. ②③ B. ②④ C. ①③④ D.②③④

第11题图
【答案】D

考点：角平分线的性质；正方形的判定方法；全等三角形的判定、勾股定理
考点：几何动态问题函数图象

二.填空题
1. （2015•四川广安，第16题3分）如图，半径为r的⊙O分别绕面积相等的等边三角形、正方形和圆用相同速度匀速滚动一周，用时分别为t1、t2、t3，则t1、t2、t3的大小关系为　t2＞t3＞t1　．

考点： 轨迹．.
分析： 根据面积，可得相应的周长，根据有理数的大小比较，可得答案．
解答： 解：设面积相等的等边三角形、正方形和圆的面积为3.14，
等边三角型的边长为a≈2，
等边三角形的周长为6；
正方形的边长为b≈1.7，
正方形的周长为1.7×4=6.8；
圆的周长为3.14×2×1=6.28，
∵6.8＞6.28＞6，
∴t2＞t3＞t1．
故答案为：t2＞t3＞t1．
点评： 本题考查了轨迹，利用相等的面积求出相应的周长是解题关键．

三.解答题
1. （2015•四川甘孜、阿坝，第28题12分）如图，已知抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于点A（1，0）和点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线BC的解析式；
（3）若点N是抛物线上的动点，过点N作NH⊥x轴，垂足为H，以B，N，H为顶点的三角形是否能够与△OBC相似？若能，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不能，请说明理由．

考点： 二次函数综合题．.
分析： （1）把点A坐标代入抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）求得抛物线的解析式即可；
（2）求出抛物线的对称轴，再求得点B、C坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b，再把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，求得k和b即可；
（3）设N（x，ax2﹣5ax+2），分两种情况讨论：①△OBC∽△HNB，②△OBC∽△HBN，根据相似，得出比例式，再分别求得点N坐标即可．
解答： 解：（1）∵点A（1，0）在抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）上，
∴a﹣5a+2=0，
∴a=，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；
（2）抛物线的对称轴为直线x=，
∴点B（4，0），C（0，2），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，得
，
解得k=﹣，b=2，
∴直线BC的解析式y=﹣x+2；
（3）设N（x，x2﹣x+2），分两种情况讨论：
①当△OBC∽△HNB时，如图1，
=，
即=，
解得x1=5，x2=4（不合题意，舍去），
∴点N坐标（5，2）；
②当△OBC∽△HBN时，如图2，
=，
即=﹣，
解得x1=2，x2=4（不合题意舍去），
∴点N坐标（2，﹣1）；
综上所述点N坐标（5，2）或（2，﹣1）．

点评： 本题考查了二次函数的综合题，以及二次函数解析式和一次函数的解析式的确定以及三角形的相似，解答本题需要较强的综合作答能力，特别是作答（3）问时需要进行分类，这是同学们容易忽略的地方，此题难度较大．
2. （2015•山东威海，第25题12分）已知：抛物线l1：y=﹣x2+bx+3交x轴于点A，B，（点A在点B的左侧），交y轴于点C，其对称轴为x=1，抛物线l2经过点A，与x轴的另一个交点为E（5，0），交y轴于点D（0，﹣）．
（1）求抛物线l2的函数表达式；
（2）P为直线x=1上一动点，连接PA，PC，当PA=PC时，求点P的坐标；
（3）M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值．

考点： 二次函数综合题．.
分析： （1）由对称轴可求得b，可求得l1的解析式，令y=0可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得l2的表达式；
（2）设P点坐标为（1，y），由勾股定理可表示出PC2和PA2，由条件可得到关于y的方程可求得y，可求得P点坐标；
（3）可分别设出M、N的坐标，可表示出MN，再根据函数的性质可求得MN的最大值．
解答： 解：（1）∵抛物线l1：y=﹣x2+bx+3的对称轴为x=1，
∴﹣=1，解得b=2，
∴抛物线l1的解析式为y=﹣x2+2x+3，
令y=0，可得﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，
∴A点坐标为（﹣1，0），
∵抛物线l2经过点A、E两点，
∴可设抛物线l2解析式为y=a（x+1）（x﹣5），
又∵抛物线l2交y轴于点D（0，﹣），
∴﹣=﹣5a，解得a=，
∴y=（x+1）（x﹣5）=x2﹣2x﹣，
∴抛物线l2的函数表达式为y=x2﹣2x﹣；
（2）设P点坐标为（1，y），由（1）可得C点坐标为（0，3），
∴PC2=12+（y﹣3）2=y2﹣6y+10，PA2=[1﹣（﹣1）]2+y2=y2+4，
∵PC=PA，
∴y2﹣6y+10=y2+4，解得y=1，
∴P点坐标为（1，1）；
（3）由题意可设M（x，x2﹣2x﹣），
∵MN∥y轴，
∴N（x，﹣x2+2x+3），x2﹣2x﹣
令﹣x2+2x+3=x2﹣2x﹣，可解得x=﹣1或x=，
①当﹣1＜x≤时，MN=（﹣x2+2x+3）﹣（x2﹣2x﹣）=﹣x2+4x+=﹣（x﹣）2+，
显然﹣1＜≤，∴当x=时，MN有最大值；
②当＜x≤5时，MN=（x2﹣2x﹣）﹣（﹣x2+2x+3）=x2﹣4x﹣=（x﹣）2﹣，
显然当x＞时，MN随x的增大而增大，
∴当x=5时，MN有最大值，×（5﹣）2﹣=12；
综上可知在点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值为12．
点评： 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理等知识点．在（1）中求得A点的坐标是解题的关键，在（2）中用P点的坐标分别表示出PA、PC是解题的关键，在（3）中用M、N的坐标分别表示出MN的长是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较为基础，难度适中．
3.（2015•山东日照 ，第22题14分）如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：
（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？

考点： 二次函数综合题；线段的性质：两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．.
专题： 压轴题．
分析： （Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=3，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；
（Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．
解答： 解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x2+mx+n，得
，
解得：．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．
联立，
解得：或，
∴点B的坐标为（4，1）．
过点B作BH⊥x轴于H，如图1．
∵C（3，0），B（4，1），
∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，
∴BH=CH=1．
∵∠BHC=90°，
∴∠BCH=45°，BC=．
同理：∠ACO=45°，AC=3，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
∴tan∠BAC===；

（Ⅱ）（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．
过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．
设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．
∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，
∴∠APQ=∠ACB=90°．
若点G在点A的下方，
①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴==．
∴AG=3PG=3x．
则P（x，3﹣3x）．
把P（x，3﹣3x）代入y=x2﹣x+3，得
x2﹣x+3=3﹣3x，
整理得：x2+x=0
解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x），
把P（x，3﹣x）代入y=x2﹣x+3，得
x2﹣x+3=3﹣x，
整理得：x2﹣x=0
解得：x1=0（舍去），x2=，
∴P（，）；
若点G在点A的上方，
①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，
同理可得：点P的坐标为（11，36）．
②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
同理可得：点P的坐标为P（，）．
综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；
（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=AE，即AE=EN，
∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN．
作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，
则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，
∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．
根据两点之间线段最短可得：
当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．
此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，
∴四边形OCD′N是矩形，
∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．
对于y=x2﹣x+3，
当y=0时，有x2﹣x+3=0，
解得：x1=2，x2=3．
∴D（2，0），OD=2，
∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，
∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，
∴点E的坐标为（2，1）．

点评： 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．

4.（2015•山东聊城,第25题12分）如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，解答下列问题：
（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）；
（2）设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式；当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？
（3）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．

考点： 相似形综合题．.
分析： （1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于P，则NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式，求出OP、PN，即可得出点N的坐标；
（2）由三角形的面积公式得出S是x的二次函数，即可得出S的最大值；
（3）分两种情况：①若∠OMN=90°，则MN∥AB，由平行线得出△OMN∽△OAB，得出比例式，即可求出x的值；
②若∠ONM=90°，则∠ONM=∠OAB，证出△OMN∽△OBA，得出比例式，求出x的值即可．
解答： 解：（1）根据题意得：MA=x，ON=1.25x，
在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB===5，
作NP⊥OA于P，如图1所示：
则NP∥AB，
∴△OPN∽△OAB，
∴，
即，
解得：OP=x，PN=，
∴点N的坐标是（x，）；
（2）在△OMN中，OM=4﹣x，OM边上的高PN=，
∴S=OM•PN=（4﹣x）•=﹣x2+x，
∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x（0＜x＜4），
配方得：S=﹣（x﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴S有最大值，
当x=2时，S有最大值，最大值是；
（3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形，理由如下：
分两种情况：①若∠OMN=90°，如图2所示：
则MN∥AB，
此时OM=4﹣x，ON=1.25x，
∵MN∥AB，
∴△OMN∽△OAB，
∴，
即，
解得：x=2；
②若∠ONM=90°，如图3所示：
则∠ONM=∠OAB，
此时OM=4﹣x，ON=1.25x，
∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA，
∴△OMN∽△OBA，
∴，
即，
解得：x=；
综上所述：x的值是2秒或秒．

点评： 本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、坐标与图形特征、直角三角形的性质、三角形面积的计算、求二次函数的解析式以及最值等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形相似才能得出结果．

5．(2015·深圳，第22题 分)如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，开始的时候BD=1cm,现在三角板以2cm/s的速度向右移动。
（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间；
（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD；
（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：。

【解析】

6． (2015·河南，第17题9分)如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD，PO.
（1）求证：△CDP∽△POB；
（2）填空：
① 若AB=4，则四边形AOPD的最大面积为 ；
② 连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形.
P
O
C
D
B
A
第17题

（1）【分析】要证△C

DP≌△POB，已知有一组对应边相等，结合已知条件易得DP是△ACB的中位线，进而可得出一组对应角和一组对应边相等，根据SAS即可得证.
解：∵点D是AC的中点，PC=PB，…………………………………………（3分）
∴DP∥DB，，∴∠CPD=∠PBO.
∵,∴DP=OB，∴△CDP≌△POB（SAS）.………………………………（5分）

第17题解图
(2) 【分析】①易得四边形AOPD是平行四边形，由于AO是定值，要使四边形AOPD的面积最大，就得使四边形AOPD底边AO上的高最大，即当OP⊥OA时面积最大；②易得四边形BPDO是平行四边形，再根据菱形的判定得到△PBO是等边三角形即可求解.
解： ① 4 ；………………………………………………………………………………（7分）
② 60°.（注：若填为60，不扣分）…………………………………………………（9分）
【解法提示】①当OP⊥OA时四边形AOPD的面积最大，∵由（1）得DP=AO，DP∥DB，∴四边形AOPD是平行四边形，∵AB=4，∴AO=PO=2，∴四边形AOPD的面积最大为,2×2=4；②连接OD,∵由（1）得DP=AO=OB，DP∥DB，∴四边形BPDO是平行四边形，∴当OB=BP时四边形BPDO是菱形，∵PO=BO，∴△PBO是等边三角形，∴∠PBA=60°.

7. （2015•四川成都,第28题12分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax 2－2ax－3a（a＜0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx＋b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为 ，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
x
y
O
A
B
D
l
C
备用图
x
y
O
A
B
D
l
C
E

【答案】：（1）A（－1，0），y＝ax＋a；
（2）a＝－ ；
（3）P的坐标为（1，－ ）或（1，－4）
【解析】：
（1）A（－1，0）
x
y
O
A
B
D
l
C
E
F
∵直线l经过点A，∴0＝－k＋b，b＝k
∴y＝kx＋k
令ax 2－2ax－3a＝kx＋k，即ax 2－( 2a＋k )x－3a－k＝0
∵CD＝4AC，∴点D的横坐标为4
∴－3－ ＝－1×4，∴k＝a
∴直线l的函数表达式为y＝ax＋a
（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F
设E（x，ax 2－2ax－3a），则F（x，ax＋a）
EF＝ax 2－2ax－3a－( ax＋a )＝ax 2－3ax－4a
S△ACE ＝S△AFE － S△CFE
＝ ( ax 2－3ax－4a )( x＋1 )－ ( ax 2－3ax－4a )x
＝ ( ax 2－3ax－4a )＝ a( x－ )2－ a
∴△ACE的面积的最大值为－ a
∵△ACE的面积的最大值为
∴－ a＝ ，解得a＝－
（3）令ax 2－2ax－3a＝ax＋a，即ax 2－3ax－4a＝0
x
y
A
B
D
l
C
Q
P
O
解得x1＝－1，x2＝4
∴D（4，5a）
∵y＝ax 2－2ax－3a，∴抛物线的对称轴为x＝1
设P（1，m）
①若AD是矩形的一条边，则Q（－4，21a）
m＝21a＋5a＝26a，则P（1，26a）
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP＝90°
∴AD 2＋PD 2＝AP 2
∴5 2＋( 5a )2＋( 1－4 )2＋( 26a－5a )2＝( －1－1 )2＋( 26a )2
即a 2＝ ，∵a＜0，∴a＝－
∴P1（1，－ ）
x
y
O
A
B
D
l
C
P
Q
②若AD是矩形的一条对角线
则线段AD的中点坐标为（ ，），Q（2，－3a）
m＝5a－( －3a )＝8a，则P（1，8a）
∵四边形APDQ为矩形，∴∠APD＝90°
∴AP 2＋PD 2＝AD 2
∴( －1－1 )2＋( 8a )2＋( 1－4 )2＋( 8a－5a )2＝5 2＋( 5a )2
即a 2＝ ，∵a＜0，∴a＝－
∴P2（1，－4）
综上所述，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形
点P的坐标为（1，－ ）或（1，－4）
8. （2015辽宁大连，26，12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为（2m,m），翻折矩形OABC,使点A与点C重合，得到折痕DE.设点B的对应点为F,折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C、F、D的抛物线为。
（1） 求点D的坐标（用含m的式子表示）
（2） 若点G的坐标为（0，－3），求该抛物线的解析式。
（3） 在（2）的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P,使PM=EA?若存在，直接写出P的坐标，若不存在，说明理由。

【答案】(1)（，m）;（2）（3）存在，点P坐标为（1.6,3.2）和（0.9,3.2）。

【解析】解：（1）设D的坐标为：（d,m)，根据题意得：CD=d,OC=m
（第26题图）

因为CD∥EA,所以∠CDE=∠AED,又因为∠AED=∠CED，所以∠CDE=∠CED，
所以CD=CE=EA=d,OE=2m－d,
在Rt△COE中，,，解得：。
所以D的坐标为：（，m）
(2) 作DH垂直于X轴，由题意得：OG=3，
OE=OA－EA=2m－=.EH=OH－OE=－=,DH=m.
△GOE∽△DHE,,。所以m=2

所以此时D点坐标为（，2）,CD=,CF=2，FD=BD=4－=1.5
因为CD×FI=CF×FD,FI=2×1.5÷2.5=1.2
CI=,
所以F的坐标为（1.6，3.2）
抛物线为经过点C、F、D，所以代入得：
解得：
所以抛物线解析式为。
（3） 存在，因为PM=EA，所以PM=CD.以M为圆心，MC为半径化圆，交抛物线于点F和点P.如下图：

点P坐标为（1.6,3.2）和（0.9,3.2）。

9. （2015•浙江省台州市，第23题）如图，在多边形ABCDE中，∠A=∠AED=∠D=90°，AB=5，AE=2，ED=3，过点E作EF∥CB交AB于点F，FB=1，过AE上的点P作PQ∥AB交线段EF于点O，交折线BCD于点Q，设AP=x，PO.OQ=y
（1）①延长BC交ED于点M，则MD= ，DC=
②求y关于x的函数解析式；
（2）当时，，求a，b的值；
（3）当时，请直接写出x的取值范围

10. （2015•浙江湖州，第24题12分）在直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A(0，2)，B(1，0)分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90°得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点D.
(1)如图1，若该抛物线经过原点O，且a=.
①求点D的坐标及该抛物线的解析式.
②连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得∠POB与∠BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由.
(2)如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围.

【答案】(1) ①D（3，1），；②在抛物线上存在点,使得∠POB与∠BCD互余.（2）a的取值范围是.
【解析】
试题分析：(1) ①过点D作DF⊥x轴于点F,可证△AOB≌△BFD，即可求得D点的坐标，把a=，点D的坐标代入抛物线即可求抛物线的解析式. ②由C、D两点的纵坐标都为1可知CD∥x轴，所以∠BCD=∠ABO,又因∠BAO与∠BCD互余，若要使得∠POB与∠BCD互余，则需满足∠POB=∠BAO, 设点P的坐标为（x，）.分两种情况：第一种情况，当点P在x轴上方时，过点P作PG⊥x轴于点G,由tan∠POB=tan∠BAO=可得，解得x的值后代入求得的值即可得点P的坐标. 第一种情况，当点P在x轴下方时，利用同样的方法可求点P的坐标.（2）抛物线y=ax2+bx+c过点E、D，代入可得，解得，所以，分两种情况：
①当抛物线y=ax2+bx+c开口向下时，满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，点Q在x轴的上、下方各有两个，点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点必须在x轴的正半轴上，与y轴的交点在y轴的负半轴，所以3a+1＜0，解得a＜，当a＜符合条件的点Q有两个, 点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个.所以当a＜，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个；②当抛物线y=ax2+bx+c开口向上时，满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，点Q在x轴的上、下方各有两个，当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个. 当点Q在x轴的下方时，直线OQ必须与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q才有两个.由题意可求的直线OQ的解析式为，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c由两个交点，所以，方程有两个不相等的实数根所以△=，即，画出二次函数图象并观察可得的解集为或（不合题意舍去），所以当，在x轴的下方符合条件的点Q有两个.所以当，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点