中考動點問題專題(教師講義帶答案)

1、中考動點型問題專題一、中考專題解說所謂“動點型問題”是指題設(shè)圖形中存在一個或多個動點,它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放性題目.解決這種問題的重點是動中求靜,靈巧運用相關(guān)數(shù)學(xué)知識解決問題.“動點型問題”題型眾多、題意創(chuàng)新，觀察學(xué)生的剖析問題、解決問題的能力，內(nèi)容包含空間觀點、應(yīng)意圖識、推理能力等，是近幾年中考題的熱門和難點。二、解題策略和解法精解說決動點問題的重點是“動中求靜”.從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數(shù)圖像等圖形，經(jīng)過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來研究與發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過程中浸透空間觀點和合情推理。在動點的運動過程中察看圖形的變化狀況，理解圖

2、形在不一樣地點的狀況，做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質(zhì)是解決數(shù)學(xué)“動點”研究題的基本思,這也是動向幾何數(shù)學(xué)識題中最核心的數(shù)學(xué)實質(zhì)。三、中考考點精講考點一：成立動點問題的函數(shù)分析式（或函數(shù)圖像）函數(shù)揭露了運動變化過程中量與量之間的變化規(guī)律,是初中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容.動點問題反應(yīng)的是一種函數(shù)思想,因為某一個點或某圖形的有條件地運動變化,惹起未知量與已知量間的一種變化關(guān)系,這種變化關(guān)系就是動點問題中的函數(shù)關(guān)系.例1（2015?蘭州）如圖，動點P從點A出發(fā)，沿線段AB運動至點B后，立刻按原路返回，點P在運動過程中速度不變，則以點B為圓心，線段BP長為半徑的圓的面積S與點P的運動時間t的函數(shù)圖象大

3、概為（）ABCD思路剖析：剖析動點P的運動過程，采納定量剖析手段，求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，依據(jù)關(guān)系式能夠得出結(jié)論解：不如設(shè)線段AB長度為1個單位，點P的運動速度為1個單位，則：（1）當(dāng)點P在AB段運動時，PB=1-t，S=（1-t）2（0t1）；（2）當(dāng)點P在BA段運動時，PB=t-1，S=（t-1）2（1t2）綜上，整個運動過程中，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：S=（t-1）2（0t2），這是一個二次函數(shù)，其圖象為張口向上的一段拋物線聯(lián)合題中各選項，只有B切合要求應(yīng)選B評論：本題聯(lián)合動點問題觀察了二次函數(shù)的圖象解題過程中求出了函數(shù)關(guān)系式，這是定量的剖析方法，合用于本題，假如只是用定性剖析方法例難以作

4、出正確選擇對應(yīng)訓(xùn)練1（2015?白銀）如圖，O的圓心在定角（0180）的角均分線上運動，且O與的兩邊相切，圖中暗影部分的面積S對于O的半徑r（r0）變化的函數(shù)圖象大概是（）ABCD1C考點二：動向幾何型題目點動、線動、形動組成的問題稱之為動向幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這種題綜合性強(qiáng)，能力要求高，它能全面的觀察學(xué)生的實踐操作能力，空間想象能力以及剖析問題和解決問題的能力.動向幾何特色-問題背景是特別圖形，觀察問題也是特別圖形，所以要掌握好一般與特別的關(guān)系；剖析過程中，特別要關(guān)注圖形的特征（特別角、特別圖形的性質(zhì)、圖形的特別地點。）

5、動點問題向來是中考熱門，近幾年觀察研究運動中的特別性：等腰三角形、直角三角形、相像三角形、平行四邊形、梯形、特別角或其三角函數(shù)、線段或面積的最值。（一）點動問題例2（2015?河北）如圖，梯形ABCD中，ABDC，DEAB，CFAB，且AE=EF=FB=5，DE=12動點P從點A出發(fā)，沿折線AD-DC-CB以每秒1個單位長的速度運動到點B停止設(shè)運動時間為t秒，y=SEPF，則y與t的函數(shù)圖象大概是（）ABCD思路剖析：分三段考慮，點P在AD上運動，點P在DC上運動，點P在BC上運動，分別求出y與t的函數(shù)表達(dá)式，既而可得出函數(shù)圖象解：在RtADE中，AD=AE2DE213，在RtCFB中，BC=

6、BF2CF213，點P在AD上運動：過點P作PMAB于點M，則PM=APsinA=12t，13此時y=1EFPM=30t，為一次函數(shù)；213點P在DC上運動，y=1EFDE=30；2點P在BC上運動，過點P作PNAB于點N，則PN=BPsinB=12（AD+CD+BC-t）=12(31t)，1313y=1EFPN=30(31t)，為一次函數(shù)213綜上可得選項A的圖象切合應(yīng)選A評論：本題觀察了動點問題的函數(shù)圖象，解答本題的重點是分段議論y與學(xué)們直接判斷是一次函數(shù)仍是二次函數(shù)，不需要循規(guī)蹈矩的解出分析式對應(yīng)訓(xùn)練2（2015?北京）如圖，點P是以O(shè)為圓心，AB為直徑的半圓上的動點，為y，則以下圖象中

7、，能表示y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象大概是（）t的函數(shù)關(guān)系式，自然在考試過程中，建議同AB=2設(shè)弦AP的長為x，APO的面積ABCD2A（二）線動問題例3（2015?荊門）如右圖所示，已知等腰梯形ABCD，ADBC，若動直線影部分的面積為S，BP為x，則S對于x的函數(shù)圖象大概是（）l垂直于BC，且向右平移，設(shè)掃過的陰ABCD思路剖析：分三段考慮，當(dāng)直線l經(jīng)過BA段時，直線l經(jīng)過AD段時，直線l經(jīng)過DC段時，分別察看出頭積變化的狀況，而后聯(lián)合選項即可得出答案解：當(dāng)直線l經(jīng)過BA段時，暗影部分的面積愈來愈大，而且增大的速度愈來愈快；直線l經(jīng)過DC段時，暗影部分的面積愈來愈大，而且增大的速度保持不變；直線

8、l經(jīng)過DC段時，暗影部分的面積愈來愈大，而且增大的速度愈來愈?。宦?lián)合選項可得，A選項的圖象切合應(yīng)選A評論：本題觀察了動點問題的函數(shù)圖象，近似此類問題，有時其實不需要真實解出函數(shù)分析式，只需我們能判斷面積增大的快慢就能選出答案對應(yīng)訓(xùn)練3（2015?永州）如下圖，在矩形ABCD中，垂直于對角線BD的直線l，從點B開始沿著線段BD勻速平移到D設(shè)直線l被矩形所截線段EF的長度為y，運動時間為t，則y對于t的函數(shù)的大概圖象是（）ABCD3A（三）面動問題例4（2015?牡丹江）如下圖：邊長分別為自左向右勻速穿過大正方形，設(shè)穿過的時間為1和2的兩個正方形，此中一邊在同一水平線上，小正方形沿該水平線t，大正

9、方形內(nèi)去掉小正方形后的面積為s，那么s與t的大概圖象應(yīng)為（）ABCD思路剖析：依據(jù)題意，設(shè)小正方形運動的速度為V，分三個階段；小正方形向右未完整穿入大正方形，小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，小正方形穿出大正方形，分別求出S，可得答案解：依據(jù)題意，設(shè)小正方形運動的速度為V，分三個階段；小正方形向右未完整穿入大正方形，S=22-Vt1=4-Vt，小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=22-11=3，小正方形穿出大正方形，S=Vt1，剖析選項可得，A切合；應(yīng)選A評論：解決此類問題，注意將過程分紅幾個階段，挨次剖析各個階段得變化狀況，從而綜合可得整體得變化狀況對應(yīng)訓(xùn)練4（2015?衡陽）如下

10、圖，半徑為1的圓和邊長為3的正方形在同一水平線上，圓沿該水平線從左向右勻速穿過正方形，設(shè)穿過時間為t，正方形除掉圓部分的面積為S（暗影部分），則S與t的大概圖象為（）ABCD4A考點三：雙動點問題動向問題是近幾年來中考數(shù)學(xué)的熱門題型.這種試題信息量大,此中以靈巧多變而著稱的雙動點問題更成為中考試題的熱門中的熱門，雙動點問題對同學(xué)們獲守信息和辦理信息的能力要求更高高;解題時需要用運動和變化的目光去察看和研究問題,發(fā)掘運動、變化的全過程,并特別關(guān)注運動與變化中的不變量、不變關(guān)系或特別關(guān)系,動中取靜,靜中求動.例5（2015?攀枝花）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是梯形，ABCD，點B（1

11、0，0），C（7，4）直線l經(jīng)過A，D兩點，且sinDAB=2動點P在線段AB上從點A出發(fā)以每秒2個單位的速度向點B運動，同時2動點Q從點B出發(fā)以每秒5個單位的速度沿BCD的方向向點D運動，過點P作PM垂直于x軸，與折線ADC訂交于點M，當(dāng)P，Q兩點中有一點抵達(dá)終點時，另一點也隨之停止運動設(shè)點P，Q運動的時間為t秒（t0），MPQ的面積為S（1）點A的坐標(biāo)為，直線l的分析式為；（2）試求點Q與點M相遇前S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的t的取值范圍；（3）試求（2）中當(dāng)t為什么值時，S的值最大，并求出S的最大值；（4）跟著P，Q兩點的運動，當(dāng)點M在線段DC上運動時，設(shè)PM的延伸線與直線l訂交于點

12、N，嘗試究：當(dāng)t為什么值時，QMN為等腰三角形？請直接寫出t的值思路剖析：（1）利用梯形性質(zhì)確立點D的坐標(biāo)，利用sinDAB=2特別三角函數(shù)值，獲得AOD為等腰直角三角2形，從而獲得點A的坐標(biāo)；由點A、點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線l的分析式；2）解答本問，需要弄清動點的運動過程：當(dāng)0t1時，如答圖1所示；當(dāng)1t2時，如答圖2所示；當(dāng)2t16時，如答圖3所示7（3）本問觀察二次函數(shù)與一次函數(shù)在指定區(qū)間上的極值，依據(jù)（最后確立S的最大值；2）中求出的S表達(dá)式與取值范圍，逐個議論計算，4）QMN為等腰三角形的情況有兩種，需要分類議論，防止漏解解：（1）C（7，4），ABCD，D（0，4）sin

13、DAB=2，2DAB=45，OA=OD=4，A（-4，0）設(shè)直線l的分析式為：y=kx+b，則有b4，-4kb0解得：k=1，b=4，y=x+4點A坐標(biāo)為（-4，0），直線l的分析式為：y=x+42）在點P、Q運動的過程中：當(dāng)0t1時，如答圖1所示：過點C作CFx軸于點F，則CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5過點Q作QEx軸于點E，則BE=BQ?cosCBF=5t?3=3t5PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，S=1PM?PE=12t（14-5t）=-5t2+14t；22當(dāng)1t2時，如答圖2所示：過點C、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為F，E，則CQ=5t-5，PE=AF-

14、AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，S=1PM?PE=12t（16-7t）=-7t2+16t；22當(dāng)點M與點Q相遇時，DM+CQ=CD=7，即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=167當(dāng)2t16時，如答圖3所示：7MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，S=1PM?MQ=14（16-7t）=-14t+3222（3）當(dāng)0t1時，S=-5t2+14t=-5（t-7）2+49，55a=-50，拋物線張口向下，對稱軸為直線t=7，5當(dāng)0t1時，S隨t的增大而增大，當(dāng)t=1時，S有最大值，最大值為9；當(dāng)1t2時，S=-7t2+16t=-7（t-8）2+64，

15、77a=-70，拋物線張口向下，對稱軸為直線t=8，當(dāng)t=8時，S有最大值，最大值為64；777當(dāng)2t16時，S=-14t+327k=-140，S隨t的增大而減小又當(dāng)t=2時，S=4；當(dāng)t=16時，S=0，70S4綜上所述，當(dāng)t=8時，S有最大值，最大值為64774）QMN為等腰三角形，有兩種情況：如答圖4所示，點M在線段CD上，MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4，MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t=20；9如答圖5所示，當(dāng)點M運動到C點，同時當(dāng)Q恰好運動至終點D，此時QMN為等腰三角形，t=125故當(dāng)t=20或t=12時，QMN為

16、等腰三角形95評論：本題是典型的運動型綜合題，難度較大，解題重點是對動點運動過程有清楚的理解第（3）問中，觀察了指定區(qū)間上的函數(shù)極值，增添了試題的難度；此外，分類議論的思想貫串（2）-（4）問一直，同學(xué)們需要仔細(xì)理解并嫻熟掌握對應(yīng)訓(xùn)練5（2015年山東）如圖2,在ABC中,AB=AC=1,點D,E在直線BC上運動.設(shè)BD=x,CE=y.假如BAC=30,DAE=105,試確立y與x之間的函數(shù)分析式；(2)假如BAC的度數(shù)為,DAE的度數(shù)為,當(dāng),知足如何的關(guān)系式時,(1)中y與x之間的函數(shù)分析式還成立?試說明原因.A:(1)在ABC中,AB=AC,BAC=30,ABC=ACB=75,ABD=AC

17、E=105.BAC=30,DAE=105,DAB+CAE=75,又DAB+ADB=ABC=75,CAE=ADB,ADBEAC,ABBD,CEAC1x,y1.y1x(2)因為DAB+CAE=,又DAB+ADB=ABC=,且函數(shù)關(guān)系式成立,290=,整理得90.22當(dāng)90時,函數(shù)分析式y(tǒng)1成立.2x四、中考真題操練一、選擇題1（2015?新疆）如圖，RtABC中，ACB=90，ABC=60，BC=2cm，D為BC的中點，若動點E以1cm/s的速度從A點出發(fā)，沿著ABA的方向運動，設(shè)E點的運動時間為t秒（0t6），連結(jié)DE，當(dāng)BDE是直角三角形時，t的值為（）A2B2.5或3.5C3.5或4.5D2

18、或3.5或4.51D2（2015?安徽）圖AEF的斜邊EF過1所示矩形ABCD中，BC=x，CD=y，y與C點，M為EF的中點，則以下結(jié)論正確的選項是（x知足的反比率函數(shù)關(guān)系如圖）2所示，等腰直角三角形A當(dāng)x=3時，ECEMB當(dāng)y=9時，ECEMC當(dāng)x增大時，EC?CF的值增大D當(dāng)y增大時，BE?DF的值不變2D3（2015?盤錦）如圖，將邊長為4的正方形ABCD的一邊BC與直角邊分別是2和4的RtGEF的一邊GF重合正方形ABCD以每秒1個單位長度的速度沿時間為t秒，正方形ABCD與RtGEFGE向右勻速運動，當(dāng)點A和點E重合時正方形停止運動設(shè)正方形的運動重疊部分面積為s，則s對于t的函數(shù)圖

19、象為（）ABCD3B4（2015?龍巖）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（0，2），B（0，6），動點C在直線y=x上若以A、B、C三點為極點的三角形是等腰三角形，則點C的個數(shù)是（）A2B3C4D54B6如圖，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，點P沿AB邊從點A開始向點B以2厘米/秒的速度挪動；點Q沿DA邊從點D開始向點A以1厘米/秒的速度挪動。假如、同時出發(fā)，用t秒表示挪動的時間（0t6），那么：1）當(dāng)t為什么值時，三角形QAP為等腰三角形？2）求四邊形QAPC的面積，提出一個與計算結(jié)果相關(guān)的結(jié)論；3）當(dāng)t為什么值時，以點Q、A、P為極點的三角形與ABC相像？DCQAPB剖析

20、：（1）當(dāng)三角形QAP為等腰三角形時，因為A為直角，只好是AQ=AP，成立等量關(guān)系，2t6t，即2時，三角形QAP為等腰三角形；（2）四邊形QAPC的面積=ABCD的面積三角形QDC的面積三角形PBC的面積1261x1612(122x)=22=36，即當(dāng)P、Q運動時，四邊形QAPC的面積不變。（3）明顯有兩種狀況：PAQABC，QAPABC，2x122x6由相像關(guān)系得6x6或6x12，解之得x3或x1.27（2015年南安市）如下圖，在直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的邊AD在x軸上，點A在原點，AB3，AD5若矩形以每秒2個單位長度沿x軸正方向作勻速運動同時點P從A點出發(fā)以每秒1個單位長度沿ABC

21、D的路線作勻速運動當(dāng)P點運動到D點時停止運動，矩形ABCD也隨之停止運動求P點從A點運動到D點所需的時間；設(shè)P點運動時間為t（秒）.當(dāng)t5，求出點P的坐；若OAP的面s，求出s與t之的函數(shù)關(guān)系式（并寫出相的自量解:（1）P點從A點運到D點所需的（3+5+3）111（秒）.t的取范）2）當(dāng)t5，P點從A點運到BC上，此OA=10,AB+BP=5，BP=2.點P作PEAD于點E，PE=AB=3,AE=BP=2.OE=OA+AE=10+2=12.點P的坐（12，3）分三種狀況：當(dāng)0t3，點P在AB上運，此OA=2t,AP=t，s=2tt=t2.當(dāng)當(dāng)3t8，點8t11，點P在BC上運，此P在CD上運，

22、此OA=2t，s=2t3=3t.OA=2t,AB+BC+CP=t，DP=(AB+BC+CD)-AB+BC+CP)=11-t.s=2t(11-t)=-t2+11t.上所述，s與t之的函數(shù)關(guān)系式是：當(dāng)0t3，s=t2；當(dāng)3t8，s=3t；當(dāng)8t11，s=-t2+11t.8（2014南）如，在梯形ABCD中，ADBC，AD3，DC5，AB42，B45點M從B點出沿段BC以每秒2個位度的速度向點C運；點度向點D運運的t秒N同從C點出沿段CD以每秒1個位度的速1）求BC的2）當(dāng)MNAB，求t的3）研究：t何，MNC等腰三角形解：（1）如，A、D分作AK3BC于1分K，DHBC于H，四形ADHK是矩形在R

23、tABK中，AKABgsin4542242BKABgcos4542g242分2在RtCDH中，由勾股定理得，HC52423BCBKKHHC433103分2）如，D作DGAB交BC于G點，四形ADGB是平行四形MNABMNDGBGAD3AGC10374分由意知，當(dāng)M、N運到t秒，CNt，CM102tDGMNNMCDGCBK又CC（）MNCGDCCNCM5分ACDCG即t102t57解得，t506分B17M（3）分三種狀況：G當(dāng)NCMC，如，即t102t（）107分ADAt3NDCHDNCDNBCBM（）（）當(dāng)MNNC，如，N作NEMC于E解法一：由等腰三角形三合一性得EC1MC1102t5t22

24、EC5t在RtCEN中，cosctNCCH3又在RtDHC中，cosc5CD5t3t525解得t8分8MHEC解法二：CC，DHCNEC90NECDHCNCEC即t5tDCHC53t258分811當(dāng)MNMC，如，M作MFCN于F點.FCNCt22解法一：（方法同中解法一）FC1t360ADcosC2解得tMC102t517N解法二：FCC，MFCDHC90BCMFCDHCHMFCMC1t102t60（）即2tHCDC3517綜上所述，當(dāng)t10、t25或t60時，MNC為等腰三角形9分38179年州市）如，在平面直角坐系中，四形OABC菱形，點C的坐(4,0)，AOC=60，垂直于x（2015的

25、直l從y出，沿x正方向以每秒1個位度的速度運，直l與菱形OABC的兩分交于點M、N(點M在點N的上方).求A、B兩點的坐；2.OMN的面S，直l運t秒(0t6)，求S與t的函數(shù)表達(dá)式；在(2)的條件下，t何，S的面最大？最大面是多少？剖析：由菱形的性、三角函數(shù)易求A、B兩點的坐.解：四形OABC菱形，點C的坐(4,0)，OA=AB=BC=CO=4如.，點A作ADOC于D.AOC=60，OD=2，AD=.A(2,)，B（6,）.剖析：直l在運程中，隨t的化，MON的形狀也不停化，所以，第一要把全部狀況畫出相的形，每一種形都要相寫出自量的取范。是解決點關(guān)之一.直l從y出，沿x正方向運與菱形OABC

26、的兩訂交有三種狀況：0t2時，直線l與OA、OC兩邊訂交(如圖).2t4時，直線l與AB、OC兩邊訂交(如圖).4t6時，直線l與AB、BC兩邊訂交(如圖).略解：MNOC，ON=t.MN=ONtan60=.S=ONMN=t2.S=ONMN=t2=t.方法一：設(shè)直線l與x軸交于點H.MN2-(t-4)=6-t,S=MNOH=(6-t)t=-t2+3t.方法二：設(shè)直線l與x軸交于點H.S=SOMH-SONH，S=t2-t(t-4)=-t2+3t.方法三：設(shè)直線l與x軸交于點H.S=,=42=8,=2(t-2)=t-2,=4(t-4)=2t-8,=(6-t)(6-t)=18-6t+2t,S=8-(

27、t-2)-(2t-8)-(18-6t+t2)=-t2+3t.3.求最大面積的時候，求出每一種狀況的最大面積值，而后再綜合每種狀況，求出最大值.略解：由2知，當(dāng)0t2時，2；=2=2當(dāng)2t4時，=4；當(dāng)4t6時，配方得S=-(t-3)2+，當(dāng)t=3時，函數(shù)S-t2+3t的最大值是.但t=3不在4t6內(nèi)，在4t6內(nèi)，函數(shù)S-t2+3t的最大值不是.而當(dāng)t3時，函數(shù)S-t2+3t隨t=4秒時，=4.t的增大而減小，當(dāng)4t6時，S4.綜上所述，當(dāng)（2014年福建晉州）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=4cm，A=60，BDAD.一動點P從A出發(fā)，以每秒1cm的速度沿ABC的路線勻速運動，過點P作直線

28、PM，使PMAD.1當(dāng)點P運動2秒時，設(shè)直線PM與AD訂交于點E，求APE的面積；2當(dāng)點P運動2秒時，另一動點Q也從A出發(fā)沿AB的路線運動，且在AB上以每秒1cm的速度勻速運動，（當(dāng)P、Q中的某一點抵達(dá)終點，則兩點都停止運動.）過Q作直線QN，使QNPM，設(shè)點Q運動的時間為t秒（0t8），2直線PM與QN截平行四邊形ABCD所得圖形的面積為S（cm）.1）求S對于t的函數(shù)關(guān)系式；2）求S的最大值.1.剖析：本題為點動題，所以，1)搞清動點所走的路線及速度，這樣就能求出相應(yīng)線段的長；2）剖析在運動中點的幾種特別地點.由題意知，點P為動點，所走的路線為：ABC速度為1cm/s。而t=2s，故可求出

29、AP的值，從而求出APE的面積.略解：由AP=2，A=60得AE=1，EP=.所以.2.剖析：兩點同時運動，點P在前，點Q在后，速度相等，所以兩點距出發(fā)點A的距離相差老是2cm.P在AB邊上運動后，又到BC邊上運動.所以PM、QN截平行四邊形ABCD所得圖形不一樣.故分兩種狀況：（1）當(dāng)P、Q都在AB上運動時，PM、QN截平行四邊形ABCD所得的圖形永久為直角梯形.此時0t6.當(dāng)P在BC上運動，而Q在AB邊上運動時，畫出相應(yīng)圖形，所成圖形為六邊形DFQBPG不.規(guī)則圖形面積用割補(bǔ)法.此時6t8.略解：當(dāng)P、Q同時在AB邊上運動時，0t6.AQ=t,AP=t+2,AF=t,QF=t,AG=(t+

30、2),由三角函數(shù)PG=(t+2),FG=AG-AF=(t+2)-t=1.S=(QF+PG)FG=t+(t+2)1=t+.當(dāng)6t8時，S=S平行四邊形ABCD-SAQF-SGCP.易求S=16,S=AFQF=t.平行四邊形ABCDAQF2而SCGP=PCPG,PC=4-BP=4-(t+2-8)=10-t.由比率式可得PG=(10-t).S=PCPG=(10-t)(10-t)=2(10-t).CGPS=16-t2-(10-t)2=(6t8剖析:求面積的最大值時,應(yīng)用函數(shù)的增減性求.若題中分多種狀況,那么每一種狀況都要分別求出最大值，而后綜合起來得出一個結(jié)論.本題分兩種狀況,那么就分別求出0t6和6

31、t8時的最大值.0t6時,是一次函數(shù),應(yīng)用一次函數(shù)的性質(zhì),因為一次項系數(shù)是正數(shù),面積S隨t的增大而增大.當(dāng)6t8時,是二次函數(shù),應(yīng)用配方法或公式法求最值.略解：因為所以t=6時，S最大；因為S(6t8,所以t=8時，S最大=6.綜上所述,當(dāng)t=8時，S最大=6.11.（2015年上海）如圖,在ABC中,BAC=90,AB=AC=22,A的半徑為1.若點O在BC邊上運動(與點B、C不重合),設(shè)BO=x,AOC的面積為y.(1)求y對于x的函數(shù)分析式,并寫出函數(shù)的定義域.A以點O為圓心,BO長為半徑作圓O,求當(dāng)O與A相切時,AOC的面積.解:(1)過點A作AHBC,垂足為H.BAC=90,AB=A

32、C=221OC=4-x.,BC=4,AH=BC=2.C1OCAH,2BOHSAOCyx4(0 x4).圖82當(dāng)O與A外切時,在RtAOH中,OA=x1,OH=2x,(x1)222(2x)2.解得x7.7176此時,AOC的面積y=4.66當(dāng)O與A內(nèi)切時,在RtAOH中,OA=x1,OH=x2,(x1)222(x2)2.解得x7.712此時,AOC的面積y=4.22綜上所述,當(dāng)O與A相切時,AOC的面積為17或1.2(2015福建福州)如圖，已知ABC是邊長為6cm的等邊三角形，動點P、Q同時從A、B兩點出發(fā)，分別沿AB、BC勻速運動，此中點P運動的速度是1cm/s，點Q運動的速度是2cm/s，

33、當(dāng)點Q抵達(dá)點C時，P、Q兩點都停止運動，設(shè)運動時間為t（s），解答以下問題：1）當(dāng)t2時，判斷BPQ的形狀，并說明原因；2）設(shè)BPQ的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；3）作QR/BA交AC于點R，連結(jié)PR，當(dāng)t為什么值時，APRPRQ？剖析:由t2求出BP與BQ的長度,從而可得BPQ的形狀;1作QEBP于點E,將PB,QE用t表示,由SBPQ=BPQE可得2S與t的函數(shù)關(guān)系式;先證得四邊形EPRQ為平行四邊形,得PR=QE,再由APRPRQ,對應(yīng)邊成比率列方程,從而t值可求.:(1)BPQ是等邊三角形,t=2時,AP=21=2,BQ=22=4,所以BP=AB-AP=6-2=4,BQ=BP.又因為B=600,所以BPQ是等邊三角形.(2)過Q作QEAB,垂足為E,由QB=2t,得QE=2tsin600=3t,由AP=t,得PB=6-t,所以SBPQ=1BPQE=1(6-t)3t=3t2+33t；222(3)因為QRBA,所以QRC=A=600，RQC=B=600，又因為C=600,所以QRC是等邊三角形,這時BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t.01因為B