2021年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)練習(xí)課件：§85-開(kāi)放探究型

中考數(shù)學(xué)

§8.5開(kāi)放探究型中考數(shù)學(xué)

§8.5開(kāi)放探究型11.(2020四川成都,25,4分)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,E,F分別為AB,CD邊的中點(diǎn).動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)

沿EA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng),同時(shí),動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)F出發(fā)沿FC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng),連接PQ,過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PQ于點(diǎn)H,連接DH.若點(diǎn)

P的速度是點(diǎn)Q的速度的2倍,在點(diǎn)P從點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)A的過(guò)程中,線(xiàn)段PQ長(zhǎng)度的最大值為

,線(xiàn)段DH長(zhǎng)

度的最小值為

.

1.(2020四川成都,25,4分)如圖,在矩形ABCD中,2答案3

;

-

解析如圖①所示,連接EF,作QG⊥AB于G,則四邊形EGQF為矩形,EG=FQ,EF=QG=AD=BC.

圖①∵PQ=

=

,∵點(diǎn)P從點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)A,點(diǎn)Q從點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C,∴在點(diǎn)P從點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)A的過(guò)程中,當(dāng)A、P重合時(shí),PE+FQ最大,此時(shí)PE+FQ=

AB+

AB=3,∴PQmax=

=

=3

.答案3?;?-?解析如圖①所示,連接EF,作QG⊥AB3如圖②,連接EF交PQ于M,則EF=BC=3,連接BM.∵DC∥AB,∴△FMQ∽△EMP,

圖②∴

=

=

,∴ME=

EF=2.∵BE=

AB=2,∴BM=

=2

.∵∠FEB=∠BHM=90°,∴點(diǎn)H和點(diǎn)E均在以BM為直徑的圓上.設(shè)圓心為O,連接DO交☉O于點(diǎn)H1,依據(jù)點(diǎn)D在☉O外可知,如圖②,連接EF交PQ于M,則EF=BC=3,連接BM.4當(dāng)H運(yùn)動(dòng)到H1位置時(shí),DH的長(zhǎng)最小,過(guò)O作OK⊥BE,OJ⊥BC,ON⊥AD,垂足分別為K,J,N,則N,O,J在同一直線(xiàn)上,且四邊形AKON,KBJO均為矩

形.易得OK=

EM=1,OJ=

BE=1,∴DN=DA-AN=DA-OK=2,ON=NJ-OJ=AB-OJ=3,∴DHmin=DH1=

-

BM=

-

.方法指導(dǎo)在求解動(dòng)態(tài)幾何的最值問(wèn)題時(shí),一般采用數(shù)形結(jié)合與化動(dòng)為靜的思想,將不規(guī)則運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換為

規(guī)則運(yùn)動(dòng),再討論最值問(wèn)題.當(dāng)H運(yùn)動(dòng)到H1位置時(shí),DH的長(zhǎng)最小,方法指導(dǎo)在求解動(dòng)態(tài)幾何52.(2020廣西北部灣經(jīng)濟(jì)區(qū),18,3分)如圖,在邊長(zhǎng)為2

的菱形ABCD中,∠C=60°,點(diǎn)E,F分別是AB,AD上的動(dòng)點(diǎn),且AE=DF,DE與BF交于點(diǎn)P.當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí),則點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為

.

答案

π2.(2020廣西北部灣經(jīng)濟(jì)區(qū),18,3分)如圖,在邊長(zhǎng)為26解析連接BD,

由菱形的性質(zhì)及∠C=60°,可知△BCD、△ABD均為等邊三角形,故BD=AD,且∠BDF=∠A=60°,又AE=DF,故在E、F運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,△BDF≌△DAE,即∠DBF=∠ADE,因此∠DBF+∠BDP始終等于60°,即∠BPD始終等于120°,又∠C=60°,因此B、C、D、P四點(diǎn)共圓,故點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑為以等邊三角形BCD的中心O為圓心,OB為半徑的圓的一部分,即

,延長(zhǎng)BO交CD于解析連接BD,7G,易證DG=

CD=

,∠ODG=

∠BDC=30°,故OB=OD=

=

=2,且∠BOD=120°,∴l(xiāng)

=

=

π.即點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為

π.G,易證DG=?CD=?,∠ODG=?∠BDC=30°,83.(2020吉林,25,10分)如圖,△ABC是等邊三角形,AB=4cm.動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B

勻速運(yùn)動(dòng),過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB,交折線(xiàn)AC-CB于點(diǎn)Q,以PQ為邊作等邊三角形PQD,使點(diǎn)A,D在PQ異側(cè).設(shè)點(diǎn)P

的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x(s)(0<x<2),△PQD與△ABC重疊部分圖形的面積為y(cm2).(1)AP的長(zhǎng)為

cm(用含x的代數(shù)式表示);(2)當(dāng)點(diǎn)D落在邊BC上時(shí),求x的值;(3)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫(xiě)出自變量x的取值范圍.3.(2020吉林,25,10分)如圖,△ABC是等邊三角形9解析(1)2x.?(2分)詳解:根據(jù)“路程=速度×?xí)r間”可得AP=2x(cm).(2)如圖①,根據(jù)題意,得4x+2x=4,解得x=

.

圖①∴當(dāng)點(diǎn)D落在邊BC上時(shí),x=

.

(4分)(3)如圖②,當(dāng)0<x≤

時(shí),y=

×(2

x)2=3

x2.∴y=3

x2.

(6分)解析(1)2x.?(2分)10圖②

圖③圖④

如圖③,當(dāng)

<x≤1時(shí),y=3

x2-

(3x-2)2=-

x2+18

x-6

.∴y=-

x2+18

x-6

.

(8分)如圖④,當(dāng)1<x<2時(shí),y=

×

(4-2x)2=

(x-2)2.∴y=

(x-2)2

.

(10分)

?∴y=?(x-2)2?.?(10分)11難點(diǎn)突破對(duì)于第(3)問(wèn),先利用第(2)問(wèn)所求x的值及點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)x的值,分0<x≤

、

<x≤1和1<x<2三種情況討論,然后分別利用等邊三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)正確表達(dá)△PQD與△ABC重疊部分圖

形的面積y即可.方法總結(jié)對(duì)于幾何動(dòng)態(tài)探究題,通常有以下解題思路:一是弄清在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,存在哪些不變量及不變

的關(guān)系,有哪些幾何量是變化的,以及它們之間的關(guān)系;二是根據(jù)變量和不變量之間的幾何關(guān)系建立方程

模型,求出動(dòng)點(diǎn)在特殊位置的未知量的值;或根據(jù)變量和變量之間的幾何關(guān)系建立函數(shù)模型,探究特殊情

況下未知量的值,進(jìn)而探索出一般的結(jié)論或者從中獲得解題啟示.難點(diǎn)突破對(duì)于第(3)問(wèn),先利用第(2)問(wèn)所求x的值及點(diǎn)Q與124.(2020廣西北部灣經(jīng)濟(jì)區(qū),26,10分)如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中,直線(xiàn)l1:y=x+1與直線(xiàn)l2:x=-2相交于點(diǎn)D,點(diǎn)

A是直線(xiàn)l2上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A作AB⊥l1于點(diǎn)B,點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,3),連接AC,BC,設(shè)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為t,△ABC的面

積為s.(1)當(dāng)t=2時(shí),請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)B的坐標(biāo);(2)s關(guān)于t的函數(shù)解析式為s=

其圖象如圖2所示,結(jié)合圖1、2的信息,求出a與b的值;(3)在l2上是否存在點(diǎn)A,使得△ABC是直角三角形?若存在,請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)A的坐標(biāo)和△ABC的面積;若不存

在,請(qǐng)說(shuō)明理由.4.(2020廣西北部灣經(jīng)濟(jì)區(qū),26,10分)如圖1,在平面13解析(1)當(dāng)t=2時(shí),A(-2,2),∵直線(xiàn)l1:y=x+1,AB⊥l1,∴可設(shè)直線(xiàn)AB的解析式為y=-x+n,將A(-2,2)代入y=-x+n,得n=0,∴直線(xiàn)AB的解析式為y=-x,聯(lián)立

得

∴B

.(2)當(dāng)t=7時(shí),s=4,故

×72+7b-

=4,解析(1)當(dāng)t=2時(shí),A(-2,2),14解得b=-1.當(dāng)t=

=2時(shí),s在-1<t<5內(nèi)取得最大值,此時(shí)s=S△OAC-S△OBC=

×3×2-

×3×

=

,則a(2+1)(2-5)=

,解得a=-

.(3)(i)若A為△ABC的直角頂點(diǎn),則AC∥l1,

解得b=-1.15此時(shí)AC的方程為y=x+3,令x=-2,得y=1,∴A(-2,1).易得B(-1,0).AC=

=2

,AB=

.此時(shí)s=

×

×2

=2.(ii)若C為△ABC的直角頂點(diǎn),過(guò)B作l2的垂線(xiàn)交l2于E,易知△ABD為等腰直角三角形,∴E為AD的中點(diǎn),D(-

2,-1),A(-2,t),則E

,∴B

,在Rt△ABC中,由勾股定理得AC2+BC2=AB2,在等腰直角三角形ABD中,由勾股定理得2AB2=AD2,∴22+(t-3)2+

+

=

?t2-12t+27=0,解得t=3或t=9,則A(-2,3)或A(-2,9),∴s=

×2×2=2或s=

×2

×

=10.此時(shí)AC的方程為y=x+3,16(iii)當(dāng)B為△ABC的直角頂點(diǎn)時(shí),此種情況不存在.(當(dāng)A在D上方時(shí),∠ABC為銳角;當(dāng)A在D下方時(shí),∠ABC

為鈍角)綜上,在l2上存在點(diǎn)A,使得△ABC是直角三角形,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-2,1)或(-2,3)或(-2,9),相應(yīng)△ABC的面積為2

或2或10.思路分析(1)根據(jù)A點(diǎn)坐標(biāo)求出直線(xiàn)AB的解析式,然后和l1:y=x+1聯(lián)立即可求出B點(diǎn)的坐標(biāo);(2)將t=7,s=4代入s=

t2+bt-

,可求出b的值,易知當(dāng)t=2時(shí),s在-1<t<5內(nèi)取得最大值,通過(guò)s=S△OAC-S△OBC求出s,然后由s=a(t+1)(t-5)即可求出a的值;(3)分A為△ABC的直角頂點(diǎn),C為△ABC的直角頂點(diǎn),B為△ABC的直角頂點(diǎn)3種情況討論即可.(iii)當(dāng)B為△ABC的直角頂點(diǎn)時(shí),此種情況不存在.(當(dāng)A175.(2020貴州貴陽(yáng),25,12分)如圖,四邊形ABCD是正方形,點(diǎn)O為對(duì)角線(xiàn)AC的中點(diǎn).(1)問(wèn)題解決:如圖①,連接BO,分別取CB,BO的中點(diǎn)P,Q,連接PQ,則PQ與BO的數(shù)量關(guān)系是

,位置

關(guān)系是

;(2)問(wèn)題探究:如圖②,△AO'E是將圖①中的△AOB繞點(diǎn)A按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到的三角形,連接CE,點(diǎn)

P,Q分別為CE,BO'的中點(diǎn),連接PQ,PB,判斷△PQB的形狀,并證明你的結(jié)論;(3)拓展延伸:如圖③,△AO'E是將圖①中的△AOB繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到的三角形,連接BO',點(diǎn)

P,Q分別為CE,BO'的中點(diǎn),連接PQ,PB.若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,求△PQB的面積.

圖①

圖②圖③5.(2020貴州貴陽(yáng),25,12分)如圖,四邊形ABCD是18解析(1)PQ=

BO;PQ⊥BO.(2)△PQB的形狀是等腰直角三角形.理由如下:

連接O'P并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)F,由正方形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)可得AB=BC,∠ABC=90°,△AO'E是等腰直角三角形,O'E∥BC,O'E=O'A.∴∠O'EP=∠FCP,∠PO'E=∠PFC.又∵點(diǎn)P是CE的中點(diǎn),∴CP=EP.∴△O'PE≌△FPC(AAS).∴O'E=FC=O'A,O'P=FP.∴AB-O'A=CB-FC,∴BO'=BF.解析(1)PQ=?BO;PQ⊥BO.19∴△O'BF為等腰直角三角形.∴BP⊥O'F,O'P=BP.∴△BPO'也為等腰直角三角形.又∵點(diǎn)Q為O'B的中點(diǎn),∴PQ⊥O'B,且PQ=BQ.∴△PQB是等腰直角三角形.(3)延長(zhǎng)O'E交BC邊于點(diǎn)G,連接PG,O'P.

∵四邊形ABCD是正方形,AC是對(duì)角線(xiàn),∴∠ECG=45°.∴△O'BF為等腰直角三角形.20由旋轉(zhuǎn)得,四邊形O'ABG是矩形,∴O'G=AB=BC,∠EGC=90°.∴△EGC為等腰直角三角形.∵點(diǎn)P是CE的中點(diǎn),∴PC=PG=PE,∠CPG=90°,∠EGP=45°.∴△O'GP≌△BCP(SAS).∴∠O'PG=∠BPC,O'P=BP.∴∠O'PG-∠GPB=∠BPC-∠GPB=90°.∴∠O'PB=90°.∴△O'PB為等腰直角三角形.∵Q是O'B的中點(diǎn),∴PQ=

O'B=BQ,PQ⊥O'B.由旋轉(zhuǎn)得,四邊形O'ABG是矩形,21∵AB=1,∴O'A=

,∴O'B=

=

,∴BQ=

.∴S△PQB=

BQ·PQ=

×

×

=

.∵AB=1,∴O'A=?,∴O'B=?=?,226.(2020江西,23,12分)某數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后,針對(duì)圖1中所示的“由直角三角形三

邊向外側(cè)作多邊形,它們的面積S1,S2,S3之間的關(guān)系問(wèn)題”進(jìn)行了以下探究:

類(lèi)比探究(1)如圖2,在Rt△ABC中,BC為斜邊,分別以AB,AC,BC為斜邊向外側(cè)作Rt△ABD,Rt△ACE,Rt△BCF,若∠1

=∠2=∠3,則面積S1,S2,S3之間的關(guān)系式為

;6.(2020江西,23,12分)某數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組在學(xué)習(xí)了23推廣驗(yàn)證(2)如圖3,在Rt△ABC中,BC為斜邊,分別以AB,AC,BC為邊向外側(cè)作任意△ABD,△ACE,△BCF,滿(mǎn)足∠1=

∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,則(1)中所得關(guān)系式是否仍然成立?若成立,請(qǐng)證明你的結(jié)論;若不成立,請(qǐng)說(shuō)明理

由;拓展應(yīng)用(3)如圖4,在五邊形ABCDE中,∠A=∠E=∠C=105°,∠ABC=90°,AB=2

,DE=2,點(diǎn)P在A(yíng)E上,∠ABP=30°,PE=

,求五邊形ABCDE的面積.

圖4推廣驗(yàn)證24解析(1)S1+S2=S3.詳解:∵△ABC是直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形,且∠1=∠2=∠3,∴Rt△ABD∽R(shí)t△ACE∽R(shí)t△BCF,∴

=

,

=

,∴

+

=

=

+

=

=

=1.∴S1+S2=S3.(2)成立.證明如下:∵∠1=∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴

=

,

=

.∴

=

.解析(1)S1+S2=S3.25∵△ABC為直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∴

=1.∴S1+S2=S3.(3)過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BP于點(diǎn)H.

∵∠ABH=30°,AB=2

,∴AH=

,BH=3,∠BAH=60°.∵∠BAP=105°,∵△ABC為直角三角形,26∴∠HAP=45°.∴PH=AH=

.∴AP=

,BP=BH+PH=3+

.∴S△ABP=

=

=

.連接PD.∵PE=

,ED=2,∴

=

=

,

=

=

.∴

=

.又∵∠E=∠BAP=105°,∴△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°,

=

=

.∴∠HAP=45°.27∴∠BPD=90°,PD=1+

.∴S△PED=S△ABP·

=

×

=

.連接BD.∴S△PBD=

=

=2

+3.∵tan∠PBD=

=

,∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°,∠ABP=30°,∴∠DBC=30°.∵∠C=105°,∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP=

+

=2

+2.∴∠BPD=90°,PD=1+?.28∴S五邊形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD=

+

+(2

+2)+(2

+3)=6

+7.∴S五邊形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S297.(2019天津,24,10分)在平面直角坐標(biāo)系中,O為原點(diǎn),點(diǎn)A(6,0),點(diǎn)B在y軸的正半軸上,∠ABO=30°.矩形

CODE的頂點(diǎn)D,E,C分別在OA,AB,OB上,OD=2.(1)如圖1,求點(diǎn)E的坐標(biāo);(2)將矩形CODE沿x軸向右平移,得到矩形C'O'D'E',點(diǎn)C,O,D,E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C',O',D',E'.設(shè)OO'=t,矩形C'

O'D'E'與△ABO重疊部分的面積為S.①如圖2,當(dāng)矩形C'O'D'E'與△ABO重疊部分為五邊形時(shí),C'E',E'D'分別與AB相交于點(diǎn)M,F,試用含有t的式

子表示S,并直接寫(xiě)出t的取值范圍;②當(dāng)

≤S≤5

時(shí),求t的取值范圍(直接寫(xiě)出結(jié)果即可).7.(2019天津,24,10分)在平面直角坐標(biāo)系中,O為原30解析(1)由點(diǎn)A(6,0),得OA=6,又OD=2,∴AD=OA-OD=4,在矩形CODE中,有ED∥CO,得∠AED=∠ABO=30°,∴在Rt△AED中,AE=2AD=8,∴由勾股定理,得ED=

=4

,∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2,4

).(2)①由平移知,O'D'=2,E'D'=4

,ME'=OO'=t,由E'D'∥BO,得∠E'FM=∠ABO=30°,∴在Rt△MFE'中,MF=2ME'=2t,∴由勾股定理,得FE'=

=

t,∴S△MFE'=

ME'·FE'=

·t·

t=

t2,∵S矩形C'O'D'E'=O'D'·E'D'=8

,解析(1)由點(diǎn)A(6,0),得OA=6,31∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8

-

t2,∴S=-

t2+8

,其中t的取值范圍是0<t<2.②

≤t≤6-

.提示:當(dāng)0<t<2時(shí),S=-

t2+8

,∴t=0時(shí),Smax=8

;t=2時(shí),Smin=6

,∴6

<S<8

,不在范圍內(nèi).當(dāng)2≤t<4時(shí),如圖,O'A=6-t,D'A=4-t,

根據(jù)勾股定理得O'N=

(6-t),D'F=

(4-t),∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8?-?t2,32∴S=

×[

(6-t)+

(4-t)]×2=-2

t+10

,∴2

<S≤6

.當(dāng)S=5

時(shí),t=

,∴

≤t<4.當(dāng)4≤t<6時(shí),如圖,O'A=6-t,

根據(jù)勾股定理得O'N=

(6-t),S=

×(6-t)×

(6-t)=

t2-6

t+18

,∴0<S≤2

.∴S=?×[?(6-t)+?(4-t)]×2=-2?t+1033∴當(dāng)S=

時(shí),t1=6+

(舍去),t2=6-

,∴4≤t≤6-

.綜上所述,

≤t≤6-

.易錯(cuò)警示此題為動(dòng)態(tài)幾何問(wèn)題,需按矩形C'O'D'E'與△ABO重疊部分的形狀變化分類(lèi)討論,若只畫(huà)出其

中一種情況,則會(huì)因?yàn)榭紤]不全而產(chǎn)生錯(cuò)誤.∴當(dāng)S=?時(shí),t1=6+?(舍去),t2=6-?,易錯(cuò)警示348.(2019江西,23,12分)特例感知(1)如圖1,對(duì)于拋物線(xiàn)y1=-x2-x+1,y2=-x2-2x+1,y3=-x2-3x+1,下列結(jié)論正確的序號(hào)是

;①拋物線(xiàn)y1,y2,y3都經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(0,1);②拋物線(xiàn)y2,y3的對(duì)稱(chēng)軸由拋物線(xiàn)y1的對(duì)稱(chēng)軸依次向左平移

個(gè)單位得到;③拋物線(xiàn)y1,y2,y3與直線(xiàn)y=1的交點(diǎn)中,相鄰兩點(diǎn)之間的距離相等.

圖1形成概念(2)把滿(mǎn)足yn=-x2-nx+1(n為正整數(shù))的拋物線(xiàn)稱(chēng)為“系列平移拋物線(xiàn)”.8.(2019江西,23,12分)特例感知35知識(shí)應(yīng)用在(2)中,如圖2.①“系列平移拋物線(xiàn)”的頂點(diǎn)依次為P1,P2,P3,…,Pn,用含n的代數(shù)式表示頂點(diǎn)Pn的坐標(biāo),并寫(xiě)出該頂點(diǎn)縱

坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系式;②“系列平移拋物線(xiàn)”存在“系列整數(shù)點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))”:C1,C2,C3,…,Cn.其橫坐標(biāo)分別為

-k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k為正整數(shù)),判斷相鄰兩點(diǎn)之間的距離是否都相等,若相等,直接寫(xiě)出相鄰兩點(diǎn)之間

的距離;若不相等,說(shuō)明理由;③在②中,直線(xiàn)y=1分別交“系列平移拋物線(xiàn)”于點(diǎn)A1,A2,A3,…,An,連接CnAn,Cn-1An-1,判斷CnAn,Cn-1An-1是否

平行,并說(shuō)明理由.

圖2知識(shí)應(yīng)用圖236解析(1)①②③.詳解:當(dāng)x=0時(shí),y1=y2=y3=1,故①正確.拋物線(xiàn)y1,y2,y3的對(duì)稱(chēng)軸分別為直線(xiàn)x1=-

,x2=-1,x3=-

,故②正確.拋物線(xiàn)y1,y2,y3與直線(xiàn)y=1的交點(diǎn)(除了點(diǎn)C)橫坐標(biāo)分別為-1,-2,-3,相鄰兩點(diǎn)之間的距離為1,故③正確.(2)①Pn

.y=x2+1.詳解:yn=-x2-nx+1=-

+

+1.∴頂點(diǎn)Pn的坐標(biāo)為

.令頂點(diǎn)Pn的橫坐標(biāo)為x=-

,縱坐標(biāo)為y=

+1,則y=

+1=

+1=x2+1.②相鄰兩點(diǎn)之間的距離都相等.解析(1)①②③.37理由:根據(jù)題意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1).∴Cn,Cn-1兩點(diǎn)之間的鉛直高度=-k2-nk+k+1-(-k2-nk+1)=k,Cn,Cn-1兩點(diǎn)之間的水平距離=-k-n+1-(-k-n)=1.∴由勾股定理得Cn

=k2+1.∴CnCn-1=

.③CnAn與Cn-1An-1不平行.理由:根據(jù)題意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1),

理由:根據(jù)題意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-138An(-n,1),An-1(-n+1,1).過(guò)Cn,Cn-1分別作直線(xiàn)y=1的垂線(xiàn),垂足為D,E,∴D(-k-n,1),E(-k-n+1,1).在Rt△DAnCn中,tan∠DAnCn=

=

=

=k+n.在Rt△EAn-1Cn-1中,tan∠EAn-1Cn-1=

=

=

=k+n-1.∵k+n-1≠k+n,∴tan∠DAnCn≠tan∠EAn-1Cn-1.∴∠DAnCn≠∠EAn-1Cn-1.∴CnAn與Cn-1An-1不平行.An(-n,1),An-1(-n+1,1).399.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,∠ACB=α.點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)A、C重合的任意一點(diǎn),連接AP,

將線(xiàn)段AP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線(xiàn)段DP,連接AD,BD,CP.(1)觀(guān)察猜想如圖1,當(dāng)α=60°時(shí),

的值是

,直線(xiàn)BD與直線(xiàn)CP相交所成的較小角的度數(shù)是

.(2)類(lèi)比探究如圖2,當(dāng)α=90°時(shí),請(qǐng)寫(xiě)出

的值及直線(xiàn)BD與直線(xiàn)CP相交所成的較小角的度數(shù),并就圖2的情形說(shuō)明理由.(3)解決問(wèn)題當(dāng)α=90°時(shí),若點(diǎn)E、F分別是CA、CB的中點(diǎn),點(diǎn)P在直線(xiàn)EF上,請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)C,P,D在同一直線(xiàn)上時(shí)

的值.9.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,40解析(1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)如圖,延長(zhǎng)CP交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于E,設(shè)AB交EC于點(diǎn)O.

由題意得∠PAD=∠CAB=60°,∴∠CAP=∠BAD,∵CA=BA,PA=DA,∴△CAP≌△BAD(SAS),∴PC=BD,∠ACP=∠ABD,∵∠AOC=∠BOE,∴∠BEO=∠CAO=60°,解析(1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)41∴

=1,直線(xiàn)BD與直線(xiàn)CP相交所成的較小角的度數(shù)是60.(2)

,直線(xiàn)BD與直線(xiàn)CP相交所成的較小角的度數(shù)為45.(注:若沒(méi)寫(xiě)出,但后續(xù)證明正確,不扣分)(4分)理由如下:∵∠ACB=90°,CA=CB,∴∠CAB=45°,

=

.同理可得:∠PAD=45°,

=

.∴

=

,∠CAB=∠PAD.∴∠CAB+∠DAC=∠PAD+∠DAC,即∠DAB=∠PAC.∴△DAB∽△PAC.?(6分)∴

=

=

,∠DBA=∠PCA.設(shè)BD交CP于點(diǎn)G,BD交CA于點(diǎn)H.∴?=1,直線(xiàn)BD與直線(xiàn)CP相交所成的較小角的度數(shù)是60.42∵∠BHA=∠CHG,∴∠CGH=∠BAH=45°.?(8分)(3)

的值為2+

或2-

.

注:若把2-

寫(xiě)為

,不扣分

(10分)提示:分兩種情況.如圖①,可設(shè)CP=a,則BD=

a.設(shè)CD與AB交于點(diǎn)Q,則PQ=CP=a.可證∠DQB=∠DBQ=67.5°,則DQ=BD=

a,易得AD=

PD=2a+

a,所以

=2+

.如圖②,可設(shè)AP=DP=b,則AD=

b.由EF∥AB,得∠PEA=∠CAB=45°,可證∠ECD=∠EAD=22.5°,∴CD=AD=

b,CP=

b+b,所以

=2-

.圖①圖②∵∠BHA=∠CHG,圖①431.(2020海南,21,13分)四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,E是AB的中點(diǎn),連接DE,點(diǎn)F是射線(xiàn)BC上一動(dòng)點(diǎn)

(不與點(diǎn)B重合),連接AF,交DE于點(diǎn)G.(1)如圖1,當(dāng)點(diǎn)F是BC邊的中點(diǎn)時(shí),求證:△ABF≌△DAE;(2)如圖2,當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí),求AG的長(zhǎng);(3)在點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,當(dāng)線(xiàn)段BF為何值時(shí),AG=AE?請(qǐng)說(shuō)明理由.

教師專(zhuān)用題組1.(2020海南,21,13分)四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的44解析(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠B=∠DAE=90°,AB=AD=BC,?(2分)∵點(diǎn)E、F分別是AB、BC的中點(diǎn),∴AE=

AB,BF=

BC,∴AE=BF,?(3分)∴△ABF≌△DAE.?(4分)(2)在正方形ABCD中,∠ADC=90°,AD=CD=2,∴AC=

=

=2

,

(5分)∵AB∥CD,∴△AGE∽△CGD,?(6分)∴

=

,即

=

,

(7分)∴AG=

.

(8分)解析(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,45(3)當(dāng)BF=

時(shí),AG=AE.理由如下:由(2)知,當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合(即BF=2)時(shí),AG=

<1,∴點(diǎn)F應(yīng)在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上(即BF>2),如圖所示,設(shè)AF交CD于點(diǎn)M,(3)當(dāng)BF=?時(shí),AG=AE.理由如下:46∴DM=

,∴CM=CD-DM=2-

=

,

(10分)∵AB∥CD,∴△ABF∽△MCF,?(11分)∴

=

,即

=

,

(12分)∴BF=

,故當(dāng)BF=

時(shí),AG=AE.

(13分)若使AG=AE=1,則有∠1=∠2,∵AB∥CD,∴∠1=∠4,又∵∠2=∠3,∴∠3=∠4,∴DM=MG.?(9分)在Rt△ADM中,AM2-DM2=AD2,即(DM+1)2-DM2=22,∴DM=?,若使AG=AE=1,則有∠1=∠2,47一題多解(3)取線(xiàn)段BC的中點(diǎn)H,連接AH交ED于N,由(1)得△DAE≌△ABH,∴∠BAH=∠ADE,∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°,∴∠ADE+∠DAH=90°,∴∠AND=90°,即AN⊥DE,∵AE=AG,AN⊥DE,∴∠BAH=∠GAH,∴∠ADE=∠GAH,∵AD∥BC,∴∠DAG=∠AFB,∴△DAG∽△AFH,∴

=

,∴

=

,化簡(jiǎn)得3CF2+4CF-4=0,解得CF=

或CF=-2(舍去),所以BF=2+

=

.一題多解(3)取線(xiàn)段BC的中點(diǎn)H,連接AH交ED于N,由(482.(2020云南昆明,23,12分)如圖1,在矩形ABCD中,AB=5,BC=8,點(diǎn)E,F分別為AB,CD的中點(diǎn).(1)求證:四邊形AEFD是矩形;(2)如圖2,點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn),BP交EF于點(diǎn)O,點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)M,當(dāng)點(diǎn)M落在線(xiàn)段EF上時(shí),則有

OB=OM.請(qǐng)說(shuō)明理由;(3)如圖3,若點(diǎn)P是射線(xiàn)AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)M,連接AM,DM,當(dāng)△AMD是等腰三角形

時(shí),求AP的長(zhǎng).

圖1圖2圖32.(2020云南昆明,23,12分)如圖1,在矩形ABCD49解析(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∠A=90°,?(1分)∵點(diǎn)E,F分別是AB,CD的中點(diǎn),∴AE=

AB,DF=

CD,∴AE=DF,?(2分)∵AE∥DF,∴四邊形AEFD是平行四邊形,?(3分)∵∠A=90°,∴四邊形AEFD是矩形.?(4分)解析(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,50(2)證法一:連接OA,AM.∵點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為M,∴BP垂直平分AM,?(5分)∴OA=OM,?(6分)∵四邊形AEFD是矩形,(2)證法一:連接OA,AM.51∴EF⊥AB,∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn),∴EF垂直平分AB,∴OA=OB,∴OB=OM.?(8分)證法二:連接OA,AM,∵點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為M,∴BP垂直平分AM,?(5分)∴OA=OM,?(6分)∵四邊形AEFD是矩形,∴EO∥AP,∴

=

=1,∴BO=OP,在Rt△ABP中,AO=BO=

BP,

(7分)∴EF⊥AB,52∴OB=OM.?(8分)(其他證法參照此標(biāo)準(zhǔn)給分)(3)分四種情況:①當(dāng)MA=MD,且點(diǎn)P在邊AD上時(shí),過(guò)點(diǎn)M作直線(xiàn)MH⊥AD于點(diǎn)H,交BC于點(diǎn)G,連接PM,BM,∵AD=BC=8,∴OB=OM.?(8分)(3)分四種情況:53∴AH=

AD=4,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四邊形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,AP=PM,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,由勾股定理得MG=

=

=3,∴HM=2,設(shè)AP=PM=a,則PH=4-a,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理得PH2+HM2=PM2,即(4-a)2+22=a2,解得a=

,∴AH=?AD=4,54∴AP=

.

(9分)②當(dāng)MA=MD,且點(diǎn)P在射線(xiàn)AD上,P在D右側(cè)時(shí),

過(guò)點(diǎn)M作MH⊥AD于點(diǎn)H,交BC于點(diǎn)G,連接PM,BM,∵AD=BC=8,∴AH=

AD=4,∴AP=?.?(9分)55∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四邊形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,BM=5,由勾股定理可得MG=

=

=3,∴HM=8,設(shè)AP=PM=a,則PH=a-4,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理可得PH2+HM2=PM2,即(a-4)2+82=a2,解得a=10,∴AP=10.?(10分)③當(dāng)DA=DM時(shí),連接BM,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,56

∵BA=BM,∴BD為AM的垂直平分線(xiàn),即點(diǎn)D為AM的垂直平分線(xiàn)與射線(xiàn)AD的交點(diǎn),∵點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)M,∴點(diǎn)P為AM的垂直平分線(xiàn)與射線(xiàn)AD的交點(diǎn),∴點(diǎn)D與點(diǎn)P重合,

57∴AP=AD=8.

(11分)④當(dāng)AM=AD=8時(shí),設(shè)BP交AM于點(diǎn)Q,連接PM,BM.

∵BP垂直平分AM,∴BA=BM=5,AQ=

AM=

AD=4,在Rt△ABQ中,∠AQB=90°,由勾股定理得∴AP=AD=8.?(11分)58BQ=

=

=3,∵∠ABQ=∠PBA,∠BQA=∠BAP=90°,∴△ABQ∽△PBA,∴

=

,即

=

,∴AP=

.綜上所述,AP的長(zhǎng)為

或10或8或

.

(12分)(其他解法參照此標(biāo)準(zhǔn)給分)思路分析(3)分四種情況:①當(dāng)MA=MD,且點(diǎn)P在邊AD上時(shí),過(guò)點(diǎn)M作直線(xiàn)MH⊥AD于點(diǎn)H,交BC于點(diǎn)G,

連接PM,BM,在Rt△BGM中,由勾股定理可得MG=3,所以HM=2,因?yàn)锳P=PM,所以在Rt△PHM中,由勾股

定理得AP的長(zhǎng);②當(dāng)MA=MD,且點(diǎn)P在射線(xiàn)AD上,P在D右側(cè)時(shí),同①可得AP的長(zhǎng);③當(dāng)DA=DM時(shí),因?yàn)锽A

=BM,所以BD為AM的垂直平分線(xiàn),因?yàn)锽P為AM的垂直平分線(xiàn),所以點(diǎn)P和點(diǎn)D重合,即可得AP的長(zhǎng);④當(dāng)

AM=AD=8時(shí),設(shè)BP交AM于點(diǎn)Q,連接PM,BM,由點(diǎn)A和點(diǎn)M關(guān)于BP對(duì)稱(chēng),可得AQ,BQ,證得△ABQ∽△PBA,

即可求得AP的長(zhǎng).BQ=?=?=3,思路分析(3)分四種情況:①當(dāng)MA=MD593.(2020內(nèi)蒙古包頭,26,12分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線(xiàn)y=

x2-2x經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn),與x軸正半軸交于點(diǎn)A,該拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)為M,直線(xiàn)y=-

x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)A,與y軸交于點(diǎn)B,連接OM.(1)求b的值及點(diǎn)M的坐標(biāo);(2)將直線(xiàn)AB向下平移,得到過(guò)點(diǎn)M的直線(xiàn)y=mx+n,且與x軸負(fù)半軸交于點(diǎn)C,取點(diǎn)D(2,0),連接DM,求證:∠

ADM-∠ACM=45°;(3)點(diǎn)E是線(xiàn)段AB上一動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)F是線(xiàn)段OA上一動(dòng)點(diǎn),連接EF,線(xiàn)段EF的延長(zhǎng)線(xiàn)與線(xiàn)段OM交于點(diǎn)G.當(dāng)∠

BEF=2∠BAO時(shí),是否存在點(diǎn)E,使得3GF=4EF?若存在,求出點(diǎn)E的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

備用圖3.(2020內(nèi)蒙古包頭,26,12分)如圖,在平面直角坐標(biāo)60解析(1)當(dāng)y=0時(shí),

x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,∴A(6,0).∵直線(xiàn)y=-

x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)A,∴b=3.∵y=

x2-2x=

(x-3)2-3,∴M(3,-3).

(3分)(2)證明:根據(jù)題意得m=-

.∵直線(xiàn)y=-

x+n過(guò)點(diǎn)M(3,-3),∴n=-

,∴y=-

x-

.當(dāng)y=0時(shí),-

x-

=0,解得x=-3,∴C(-3,0).過(guò)點(diǎn)M作MN⊥x軸于點(diǎn)N,∴N(3,0),解析(1)當(dāng)y=0時(shí),?x2-2x=0,解得x1=0,x261

∴ON=MN=3,∴∠MON=45°.∵D(2,0),∴OD=2,DN=1.在Rt△MND中,MD=

=

.∵C(-3,0),∴CD=5.∵

=

,

=

,∴

=

.∵∠MDC=∠ODM,∴△DCM∽△DMO,∴∠DMC=∠DOM=45°.

62∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°.

(7分)(3)假設(shè)存在點(diǎn)E,使得3GF=4EF,即

=

.∵∠BEF=2∠BAO,∴∠BAO=∠EFA,∴AE=EF.過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H,∴AH=HF.過(guò)點(diǎn)G作GK⊥x軸于點(diǎn)K.設(shè)E

,

∴EH=-

a+3,OH=a,∴AH=HF=6-a.∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°63在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠HFE,∴

=

,∴

=

=

,∴KG=

=-

a+4.∵∠MOA=45°,∴OK=KG,∴OK=-

a+4,∴KF=OH-OK-HF=

a-10.∵GK⊥x軸,EH⊥x軸,∴GK∥EH,∴

=

=

,∴a=

,∴-

a+3=

,∴E

,∴存在點(diǎn)E

,使得3GF=4EF.

(12分)在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠H64思路分析(1)根據(jù)拋物線(xiàn)與x軸正半軸交于點(diǎn)A,求出A(6,0),代入一次函數(shù)解析式即可求出b;將拋物線(xiàn)

解析式轉(zhuǎn)化成頂點(diǎn)式,即可得到M點(diǎn)坐標(biāo).(2)易知平移后的直線(xiàn)的解析式為y=-

x+n,把點(diǎn)M的坐標(biāo)代入求出n,過(guò)點(diǎn)M作MN⊥x軸于N,則△DCM∽△DMO,推出∠DMC=45°,利用∠ADM=∠ACM+∠DMC可得結(jié)論.(3)過(guò)點(diǎn)G作GK⊥x軸于K,過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于H.證明∠EFA=∠BAO,得AE=EF.設(shè)E

,用a表示出EH、OH、HF的長(zhǎng),利用sin∠KFG=sin∠HFE求得KG的長(zhǎng).由∠MOA=45°得OK=KG,從而求得KF的長(zhǎng).

由GK∥EH推出

=

=

,求得a的值即可解決問(wèn)題.思路分析(1)根據(jù)拋物線(xiàn)與x軸正半軸交于點(diǎn)A,求出A(6,654.(2020遼寧營(yíng)口,25,14分)如圖,在矩形ABCD中,AD=kAB(k>0),點(diǎn)E是線(xiàn)段CB延長(zhǎng)線(xiàn)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),連接

AE,過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AE交射線(xiàn)DC于點(diǎn)F.(1)如圖1,若k=1,則AF與AE之間的數(shù)量關(guān)系是

;(2)如圖2,若k≠1,試判斷AF與AE之間的數(shù)量關(guān)系,寫(xiě)出結(jié)論并證明;(用含k的式子表示)(3)若AD=2AB=4,連接BD交AF于點(diǎn)G,連接EG,當(dāng)CF=1時(shí),求EG的長(zhǎng).圖1圖2備用圖4.(2020遼寧營(yíng)口,25,14分)如圖,在矩形ABCD中66解析(1)AF=AE.?(2分)詳解:∵k=1,∴AD=AB,∴四邊形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE=∠D=90°,∴△EAB≌△FAD(ASA),∴AF=AE.(2)AF=kAE.?(4分)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=∠ADF=90°,∴∠FAD+∠FAB=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB+∠FAB=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE+∠ABC=180°,∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-90°=90°,解析(1)AF=AE.?(2分)67∴∠ABE=∠ADF,∴△ABE∽△ADF.?(7分)∴

=

.∵AD=kAB,∴

=

,∴

=

,∴AF=kAE.

(8分)(3)①如圖1,當(dāng)點(diǎn)F在DC上時(shí),∵四邊形ABCD是矩形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠ABE=∠ADF,68

圖1∵AD=2AB=4,∴AB=2,∴CD=2,∵CF=1,∴DF=CD-CF=2-1=1.在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF=

=

=

,∵DF∥AB,

69∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,∴△GDF∽△GBA,∴

=

=

,∵AF=GF+AG,∴AG=

AF=

,

(9分)由(2)得AE=

AF=

×

=

.

(10分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG=

=

=

=

.

(11分)②如圖2,當(dāng)點(diǎn)F在DC的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí),DF=CD+CF=2+1=3.∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,70

圖2在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF=

=

=5,∵DF∥AB,∴∠GAB=∠GFD,∠GBA=∠GDF,

71∴△AGB∽△FGD,∴

=

=

,∵GF+AG=AF=5,∴AG=2,?(12分)由(2)得AE=

AF=

×5=

.

(13分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG=

=

=

=

.綜上所述,EG的長(zhǎng)為

或

.

(14分)解題關(guān)鍵解決第(3)問(wèn)的關(guān)鍵是要發(fā)現(xiàn)并靈活運(yùn)用△AGB∽△FGD,進(jìn)而求得線(xiàn)段AE和AG的長(zhǎng).同時(shí)

要注意由于點(diǎn)F的位置不確定需要分類(lèi)討論.∴△AGB∽△FGD,解題關(guān)鍵解決第(3)問(wèn)的關(guān)鍵是要發(fā)現(xiàn)725.(2019浙江溫州,24,14分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,直線(xiàn)y=-

x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)B,C,正方形AOCD的頂點(diǎn)D在第二象限內(nèi),E是BC中點(diǎn),OF⊥DE于點(diǎn)F,連接OE.動(dòng)點(diǎn)P在A(yíng)O上從點(diǎn)A向終點(diǎn)O勻速運(yùn)

動(dòng),同時(shí),動(dòng)點(diǎn)Q在直線(xiàn)BC上從某一點(diǎn)Q1向終點(diǎn)Q2勻速運(yùn)動(dòng),它們同時(shí)到達(dá)終點(diǎn).(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)和OE的長(zhǎng);(2)設(shè)點(diǎn)Q2為(m,n),當(dāng)

=

tan∠EOF時(shí),求點(diǎn)Q2的坐標(biāo);(3)根據(jù)(2)的條件,當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到AO中點(diǎn)時(shí),點(diǎn)Q恰好與點(diǎn)C重合.①延長(zhǎng)AD交直線(xiàn)BC于點(diǎn)Q3,當(dāng)點(diǎn)Q在線(xiàn)段Q2Q3上時(shí),設(shè)Q3Q=s,AP=t,求s關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式;②當(dāng)PQ與△OEF的一邊平行時(shí),求所有滿(mǎn)足條件的AP的長(zhǎng).5.(2019浙江溫州,24,14分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系73解析(1)令y=0,則-

x+4=0,∴x=8,∴B的坐標(biāo)為(8,0).令x=0,則-

×0+4=y,∴y=4,∴C的坐標(biāo)為(0,4).在Rt△BOC中,BC=

=4

.又∵E為BC中點(diǎn),∴OE=

BC=2

.(2)如圖1,作EM⊥OC于點(diǎn)M,則EM∥CD,EM∥OB,記DE與y軸的交點(diǎn)為N,解析(1)令y=0,則-?x+4=0,∴x=8,74

圖1∴△CDN∽△MEN,∴

=

,∵E是BC的中點(diǎn),∴CE=EB=

BC,CM=

OC=2,

75∵EM∥OB,∴

=

=

,∴EM=

OB=4,∵CD=OC=4,∴CD=EM,∴CN=MN=1,∴EN=

=

.∵EN·OF=ON·EM,∴OF=

=

,由勾股定理得EF=

,∴tan∠EOF=

,∴

=

×

=

.∵n=-

m+4,∴m=6,n=1,∴Q2的坐標(biāo)為(6,1).(3)①∵動(dòng)點(diǎn)P,Q同時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),∴s關(guān)于t成一次函數(shù)關(guān)系,設(shè)s=kt+b(k≠0),∵EM∥OB,∴?=?=?,∴EM=?OB=4,76將

和

代入得

解得

∴s=

t-

.②當(dāng)PQ∥OE時(shí)(如圖2),∠QPB=∠EOB=∠OBE,作QH⊥x軸于點(diǎn)H,則PH=BH=

PB.將?和?代入得?解得?77

圖2∵BQ=6

-s=6

-

t+

=7

-

t,又∵cos∠QBH=

,∴BH=14-3t,∴PB=28-6t,

78∴t+28-6t=12,∴t=

.當(dāng)PQ∥OF時(shí)(如圖3),過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AQ3于點(diǎn)G,過(guò)點(diǎn)P作PH⊥GQ于點(diǎn)H,易證△Q3QG∽△CBO,∴Q3G∶QG∶Q3Q=1∶2∶

.

圖3∴t+28-6t=12,∴t=?.79∵Q3Q=s=

t-

,∴Q3G=

t-1,QG=3t-2,∴PH=AG=AQ3-Q3G=6-

=7-

t,QH=QG-AP=3t-2-t=2t-2.易證∠HPQ=∠CDN,∴tan∠HPQ=tan∠CDN=

,∴2t-2=

,∴t=

.由圖形可知PQ不可能與EF平行.綜上所述,當(dāng)PQ與△OEF的一邊平行時(shí),AP的長(zhǎng)為

或

.∵Q3Q=s=?t-?,∴Q3G=?t-1,QG=3t-2,806.(2019吉林,25,10分)如圖,在矩形ABCD中,AD=4cm,AB=3cm,E為邊BC上一點(diǎn),BE=AB,連接AE.動(dòng)點(diǎn)P,Q

從點(diǎn)A同時(shí)出發(fā),點(diǎn)P以

cm/s的速度沿AE向終點(diǎn)E運(yùn)動(dòng);點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿折線(xiàn)AD-DC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為x(s),在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,點(diǎn)P,點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)的路線(xiàn)與線(xiàn)段PQ圍成的圖形面積為y(cm2).(1)AE=

cm,∠EAD=

°;(2)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫(xiě)出自變量x的取值范圍;(3)當(dāng)PQ=

cm時(shí),直接寫(xiě)出x的值.6.(2019吉林,25,10分)如圖,在矩形ABCD中,A81解析(1)3

;45.

(2分)(2)當(dāng)0<x≤2時(shí),如圖①.

圖①過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AD于點(diǎn)F.∵AP=

xcm,AQ=2xcm,∴PF=AP·sin45°=xcm.∴y=

AQ·PF=

×2x·x=x2,即y=x2.

(4分)當(dāng)2<x≤3時(shí),如圖②.連接PD,過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AD于點(diǎn)F.解析(1)3?;45.?(2分)82

圖②∵DQ=(2x-4)cm,DF=(4-