【文档说明】（通用版）中考数学一轮复习卷：几何图形的动态问题精编（含解析）.doc，共(34)页，753.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

几何图形的动态问题精编1.如图，平行四边形ABCD中，AB=cm，BC=2cm，∠ABC=45°，点P从点B出发，以1cm/s的速度沿折线BC→CD→DA运动，到达点A为止，设运动时间为t(s)，△ABP的面积为S(cm2)，则S

与t的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】：分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E．∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB=，∴AE=1，∴S=BP×AE=×t×1=t；②当2＜t≤时，S==×2×1=1；③

当＜t≤时，S=AP×AE=×（-t）×1=（-t）．故答案为：A．【分析】根据题意分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E；②当2＜t≤2+时；③当2+＜t≤4+时，分别求出S与t的函数解析式，再根据各选项作出判断，即可

得出答案。2.如图，边长为a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,满足AE+CF=a,△BEF的周长最小值是()A.B.C.D.【答案】B【解析】：连接BD∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∵∠DAB=60°，

∴△ABD是等边三角形，∴AB=DB，∠BDF=60°∴∠A=∠BDF又∵AE+CF=a，∴AE=DF，在△ABE和△DBF中，∴△ABE≌△DBF（SAS），∴BE=BF，∠ABE=∠DBF，∴∠EBF=∠AB

D=60°，∴△BEF是等边三角形．∵E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,要使△BEF的周长最小，就是要使它的边长最短∴当BE⊥AD时，BE最短在Rt△ABE中，BE==∴△BEF的周长为【分析】根据等边三角形的性质

及菱形的性质，证明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可证明△ABE≌△DBF，根据全等三角形的性质，可证得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再证明△BEF是等边三角形，然后根据垂线段最短，可得出当BE⊥

AD时，BE最短，利用勾股定理求出BE的长，即可求出△BEF的周长。3.如图,菱形的边长是4厘米,,动点以1厘米/秒的速度自点出发沿方向运动至点停止,动点以2厘米/秒的速度自点出发沿折线运动至点停止若点同时出发运动了秒,记的面积为,下面图象中能表示与之间的函数关系的是()A.B.C.

D.【答案】D【解析】当0≤t＜2时，S=2t××（4-t）=-t2+4t；当2≤t＜4时，S=4××（4-t）=-2t+8；只有选项D的图形符合．故答案为：D．【分析】分别求出当0≤t＜2时和当2≤t＜4时，s与t的函数解析式，再根据各选项的图像逐一判断即可。4.如图,矩形ABCD,R

是CD的中点,点M在BC边上运动,E，F分别为AM，MR的中点,则EF的长随M点的运动()A.变短B.变长C.不变D.无法确定【答案】C【解析】：∵E，F分别为AM，MR的中点,∴EF是△ANR的中位线∴EF=AR∵R是CD的中点，点M在BC

边上运动∴AR的长度一定∴EF的长度不变。故答案为：C【分析】根据已知E，F分别为AM，MR的中点,，可证得EF是△ANR的中位线，根据中位线定理，可得出EF=AR，根据已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出结

果。5.如图甲，A，B是半径为1的⊙O上两点，且OA⊥OB．点P从A出发，在⊙O上以每秒一个单位的速度匀速运动，回到点A运动结束．设运动时间为x，弦BP的长度为y，那么如图乙图象中可能表示y与x的函数关系的是（）A.①B.④C.①或③D.②或④【答案】C【解析】当点P顺时针旋转时，图象是

③，当点P逆时针旋转时，图象是①，故答案为①③.故答案为：C．【分析】由题意知PB的最短距离为0，最长距离是圆的直径；而点P从A点沿顺时针旋转和逆时针旋转后与点B的距离有区别，当点P从A点沿顺时针旋转时，弦BP的长度

y的变化是：从AB的长度增大到直径的长，然后渐次较小至点B为0，再从点B运动到点A，则弦BP的长度y由0增大到AB的长；当点P从A点沿逆时针旋转时，弦BP的长度y的变化是：从AB的长度减小到0，再由0增大到直径的长，最后由直径的长减小到AB

的长。6.如图，一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚，那么B点从开始至结束所走过的路径长度为________．【答案】【解析】：从图中发现：B点从开始至结束所走过的路径长度为两段弧长即第一段=，第二段

=．故B点从开始至结束所走过的路径长度=+=．故答案为：【分析】B点的运动路径是2个圆心角是120度的扇形的弧长，根据弧长公式求解。7.如图，长方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，点E是CD的中点，动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E运动

，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x=________时，△APE的面积等于5．【答案】或5【解析】①如图1，当P在AB上时，∵△APE的面积等于5，∴x⋅3=5，x=；②当P在BC上时，∵△APE的面积等于5，∴，∴3×

4−(3+4−x)×2−×2×3−×4×(x−4)=5，x=5；③当P在CE上时，∴(4+3+2−x)×3=5，x=<3+4+2，此时不符合；故答案为：或5.【分析】先对点P所在不同线段的区间进行分类讨论

，再结合实际情况与所得结果进行对比从而判断结果的合理性.8.如图，在矩形中，点同时从点出发，分别在，上运动，若点的运动速度是每秒2个单位长度，且是点运动速度的2倍，当其中一个点到达终点时，停止一切运动．以为对

称轴作的对称图形．点恰好在上的时间为________秒．在整个运动过程中，与矩形重叠部分面积的最大值为________．【答案】；【解析】：（1）如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，∴∠DFM=90°．∵四边

形ABCD是矩形，∴CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．∴四边形DCMF是矩形，∴CD=MF．∵△MNB与△MNE关于MN对称，∴△MNB≌△MNE，∴ME=MB，NE=BN．∵BN=t，BM=2t，∴EN=t，ME=2t．∵AB=6，BC=8，∴CD

=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理，得（1）EF=AE=∴＋=2t解得：t=（2）如图，∵△MNE与△MNB关于MN对称，∴∠MEN=∠MBN=90°．∵∠ME

N+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°，∴∠EMB+∠ENB=180°．∵∠ENA+∠ENB=180°，∴∠ENA=∠EMB．∵tan∠ENA=∴tan∠EMB=∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EFG=∠EMB．∵BN=t

，BM=2t，∴EN=t，ME=2t．∵AB=6，BC=8，∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6∴GA=(6-t)GN=(6-t)∵EG=EN-GN=t-(6-t)=∴EF=()×=2t-∴当时，S=t2-(2t-)

()=-(t-6)2+∴t=4时，s最大=.当0＜t≤时，S=t2∴t=时，S最大=.∵＞∴最大值为【分析】（1）如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，根据矩形的性质得出CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．进而判断出四边形DCMF是矩形，根据矩形的对边相等得出CD=MF．

根据翻折的性质得出△MNB≌△MNE，根据全等三角形对应边相等得出ME=MB，NE=BN．然后表示出EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,

AE的长，根据线段的和差得出方程，求解得出t的值；（2）根据翻折的性质得出∠MEN=∠MBN=90°．根据四边形的内角和，邻补角定义及等量代换得出∠ENA=∠EMB．根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=，根据矩形的性质得出∠EFG=∠EMB．EN=t，ME=2t．CD=

MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，进而表示出GA,GN,EG,EF,的长，当<t≤4时，与当0＜t≤时，分别求出S的值，再比大小即可得出答案。9.如图，在△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD为AB边的高，点A在x轴上，点B在y轴上，点C在第一象限

，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动（1）连接OC，线段OC的长随t的变化而变化，当OC最大

时，t＝________；（2）当△ABC的边与坐标轴平行时，t＝________。【答案】（1）（2）t＝【解析】（1）如图：当三点共线时，取得最大值，（2）分两种情况进行讨论：①设时，CA⊥OA，∴CA∥y轴，∴∠CAD=∠ABO.又∴Rt△CAD∽Rt△ABO，∴即解得②设时，∴CB∥x

轴，Rt△BCD∽Rt△ABO，∴即综上可知,当以点C为圆心,CA为半径的圆与坐标轴相切时,t的值为或故答案为：或【分析】（1）当O,C,D三点共线时，OC取得最大值，此时OC是线段AB的中垂线，根据中垂线的性质，及勾股定理得出OA=OB=4,然后根据时间等于路程除以速度即可

得出答案；（2）分两种情况进行讨论：①设OA=t1时，CA⊥OA，故CA∥y轴，然后判断出Rt△CAD∽Rt△ABO，根据相似三角形对应边成比例得出AB∶CA=AO∶CD,从而得出答案；②设AO=t2时，BC⊥OB，故CB∥x轴，然后判断出Rt△BCD∽Rt△ABO，根据相似三角

形对应边成比例得出BC∶AB=BD∶AO,从而得出答案.10.如图，在平面直角坐标系中，A(4，0)、B(0，-3)，以点B为圆心、2为半径的⊙B上有一动点P.连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为________．【答案】【解析】：作A关于y轴的对称点A′，则

A′（－4，0），∴OC是△AA′P的中位线，当A′P取最小值时，OC取最小值．连接A′B交⊙B于点P，此时A′P最小．在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3，∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC=，∴OC的最小值．故答案为：．【分析】作A关于y轴的对称点A′，可得出点A′

的坐标，可证得OC是△AA′P的中位线，因此当A′P取最小值时，OC取最小值．连接A′B交⊙B于点P，此时A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根据圆的半径求出A′P的长，利用三角形的中位线定理，即可求出OC的最小值。

11.已知矩形中，是边上的一个动点，点，，分别是，，的中点.（1）求证：；（2）设，当四边形是正方形时，求矩形的面积.【答案】（1）解：∵点F,H分别是BC,CE的中点，∴FH∥BE，．∴．又∵点G是BE的中点，∴．又∵，∴△BGF≌△FHC

．（2）解：当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且∵在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点,∴且GH∥BC,∴又∵AD∥BC,AB⊥BC,∴，∴．【解析】【分析】（1）根据点F,H分别是BC,CE的中点，可证得FH是△BCE的中位线，就可证得FH∥BE，FH=BE再根据点G是BE的

中点，得出FH=BG，就可证得结论。（2）当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且EF=GH，根据已知在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点，可证得GH是△BCE的中位线，可求出GH的长及GH∥BC，再根据AD∥BC,AB⊥BC，可证得AB=GH，然后利用矩形的面积公式，即可求解。

12.如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，点D在BC上，且CD＝3cm.动点P、Q分别从A、C两点同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C移动；点Q以cm/s的速度沿C

B向终点B移动．过点P作PE∥CB交AD于点E，设动点的运动时间为x秒．（1）用含x的代数式表示EP；（2）当Q在线段CD上运动几秒时，四边形PEDQ是平行四边形；（3）当Q在线段BD(不包括点B、点D)上运动时，求当x为何值时，四边形EP

DQ面积等于.【答案】（1）解:如图所示，∵PE∥CB，∴∠AEP＝∠ADC.又∵∠EAP＝∠DAC，∴△AEP∽△ADC，∴＝，∴＝，∴EP＝x.（2）解：由四边形PEDQ1是平行四边形，可得EP＝DQ1.即x＝3－x，所以x＝1.5.∵0＜x＜2

.4∴当Q在线段CD上运动1.5秒时，四边形PEDQ是平行四边形（3）解：S四边形EPDQ2＝(x＋x－3)·(4－x)＝－x2＋x－6，∵四边形EPDQ面积等于，∴－x2＋x－6＝，整理得：2x2－11x＋15＝0.解得：x＝3或x＝2.5，∴当x为3或2.5时，四边形EPDQ

面积等于.【解析】【分析】（1）抓住已知条件PE∥CB，证明△AEP∽△ADC，再根据相似三角形的性质得出对应边成比例，可得出EP的长。（2）根据已知可知PE∥CB，要证四边形PEDQ是平行四边形，则EP＝DQ1，建立关于x的方程，求出x的值，

再写出x的取值范围即可。（3）根据PE∥CB，可证得四边形EPDQ是梯形，根据梯形的面积=，建立关于x的方程，再解方程求解即可。13.如图1，图2中，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC—CD以每秒2个单位长的速度向点D匀速运动，以BP为边作等边三角形BPQ，使点Q在正方形ABCD内

或边上，当点Q恰好运动到AD边上时，点P停止运动。设运动时间为t秒（t≥0）。（1）当t＝2时，点Q到BC的距离＝________；（2）当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值；（3）若点Q在AD边上时，如图2，求出t的值；（4）

直接写出点Q运动路线的长。【答案】（1）解：（2）解：点P在BC边上运动时，有，根据垂线段最短，当时，CQ最小，如图，在直角三角形BCQ中，，∴∴∴（3）解：若点Q在AD边上，则∵∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）,∴∴∵，且由勾股定理可得，∴解得：（不合题意，舍去），∴

（4）解：点Q运动路线的长等于点运动的路线长：【解析】【解答】如图：过点作当时，是等边三角形，故答案为：【分析】(1）过点Q作QE⊥BC,根据路程等于速度乘以时间，由t=2，得出BP的长，根据等边三角形的性质得出BQ=4,∠QBE=60∘,在Rt△BPQ中，根据正弦函数的定义即可得出

QE的长；（2）点P在BC边上运动时，有∠QBC=60°，根据垂线段最短，当CQ⊥BQ时，CQ最小，如图，在直角三角形BCQ中，∠QBC=60°，从而得出BQ的长度，根据等边三角形的性质得出BP=BQ=3，根据时间等于路程除以速度，从而得出t

的值，再根据正切函数的定义，即可得出CQ的长；（3）若点Q在AD边上，则CP=2t−6，首先利用HL判断出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根据全等三角形对应边相等得出AQ=CP=2t−6,进而得出DQ=DP=12−2t,由BP=PQ，且由勾股定理可得，DQ2+DP2=QP2，B

C2+CP2=BP2,得出关于t的方程，求解并检验即可得出t的值；（4）根据题意点Q运动路线的长等于点P运动的路线长，由路程等于速度乘以时间即可得出答案。14.已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，A

D⊥BD．以AD为斜边在平行四边形ABCD的内部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°．（1）求△AED的周长；（2）若△AED以每秒2个单位长度的速度沿DC向右平行移动，得到△AE0D0

，当A0D0与BC重合时停止移动，设运动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；（3）如图②，在（2）中，当△AED停止移动后得到△BEC

，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°），在旋转过程中，B的对应点为B1，E的对应点为E1，设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q．是否存在这样的α，使△BPQ为等腰三角形？

若存在，求出α的度数；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=6．在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30°，∴AE=AD•cos30°=6×=3，DE=AD•sin30°=6×=3，∴△AED的周长

为：6+3+3=9+3。（2）解：在△AED向右平移的过程中：（I）当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK．∵DD0=2t，∴ND0=DD0•sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=

t，∴S=S△D0NK=1ND0•NK=t•t=t2；（II）当1.5<t≤4.5时，如答图2所示，此时重叠部分为四边形D0E0KN．∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t，∴A0N=A0B=6-t，NK=A0N•tan30°=（6-t）．∴S=S四边

形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×（6-t）×（6-t）=-t2+2t-；（III）当4.5<t≤6时，如答图3所示，此时重叠部分为五边形D0IJKN．∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t=D0C，∴A0N=A0B=6-t，D0

N=6-（6-t）=t，BN=A0B•cos30°=（6-t）；易知CI=BJ=A0B=D0C=12-2t，∴BI=BC-CI=2t-6，S=S梯形BND0I-S△BKJ=[t+（2t-6）]•（6-t）-（12-2t）=故答案为

：S=t2；（0≤t≤1.5）S==-t2+2t-（1.5<t≤4.5）；S=（4.5<t≤6）（3）证明：存在α，使△BPQ为等腰三角形．理由如下：经探究，得△BPQ∽△B1QC，故当△BPQ为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形．（I）当

QB=QP时（如答图4），则QB1=QC，∴∠B1CQ=∠B1=30°，即∠BCB1=30°，∴α=30°；（II）当BQ=BP时，则B1Q=B1C，若点Q在线段B1E1的延长线上时（如答图5），∵∠B1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=75°，即∠BCB1=75°，∴α=75°；若点Q在线段E

1B1的延长线上时（如答图6），∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°，即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°，∴α=165°．③当PQ=PB时（如答图7），则CQ=CB1，∵CB=CB

1，∴CQ=CB1=CB，又∵点Q在直线CB上，0°<α<180°，∴点Q与点B重合，此时B、P、Q三点不能构成三角形．综上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ为等腰三角形．【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质求出AD的长，再利用解直角三角形求出AE、DE的长，然后

求出△AED的周长即可。（2）在△AED向右平移的过程中，分三种情况讨论：（I）当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK；（II）当1.5<t≤4.5时，如答图2所示，此时重叠部分为四边形D0E0KN；（III）当4.5<t≤6时，如答图3所示，此时重叠部

分为五边形D0IJKN；分别根据题意求出s与t的函数解析式即可。（3）根据已知易证△BPQ∽△B1QC，故当△BPQ为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形，分三种情况讨论：（I）当QB=QP时（如答图4）；（II）当BQ=BP时，则B1Q=B1C；③当PQ=PB时（如答图7），则

CQ=CB1；分别求出α的度数即可。15.如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速

度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.（1）当t=2时，求线段PQ的长

；（2）求t为何值时，点P与N重合；（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.【答案】（1）解：在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，PM=2，

QM=，PQ=（2）解：当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.设t秒时，点P与N重合，则(t-4)+2(t-4)=8,∴t=.即t=秒时，点P与N重合（3）解：①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM=t，S△APN=·8

·t=4t；②当4＜t≤时，PN=8-3(t-4)=20-3t，S△APN=×4×(20-3t)=40-6t；③当＜t≤8时，PN=3(t-4)-8=3t-20，S△APN=×4×(3t-20)=6t-4；④8＜t≤12时，ON=24-2t，N到OM距离为12-t,N到CP距离为4-(12-t)

=t-8，CP=t-4，BP=12-t，S△APN=S菱形-S△AON-S△CPN-S△APB=32-×8×(12-t)-（t-4）（t-8）-（12-t）×4=-t2+12t-56综上，S与t的函数关系式

为：【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，再直角三角形中根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出PM,QM的长，进而利用线段的和差得出PQ的长；（2）当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，t=4时，P到达C点，N到

达B点，点P，N在边BC上相遇.设t秒时，点P与N重合，根据相遇问题的等量关系，列出方程，求解得出t的值；（3）①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM=3t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系

式；②当4＜t时，P,N都在BC上相向运动，此时PN=8-3(t-4)=20-3t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式；③当＜t≤8时，P,N都在BC上运动，不过此时是背向而行，此时PN=3(t-4)-8=3t-20

，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式；④8＜t≤12时，N在OC上运动，ON=24-2t，M在A点的右侧运动，N到OM距离为12-t,N到CP距离为4-(12-t)=t-8，CP=t-4，BP=12-t，由S△A

PN=S菱形-S△AON-S△CPN-S△APB即可得出答案；综上所述即可得出S与t的函数关系式。16.如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。动点M，N同时从A点出发，M沿A→C,N沿折线A→B→

C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。连接MN。（1）求直线BC的解析式；（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；（3）当点M,N移动时，记△

ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。【答案】（1）解：设直线BC解析式为：y=kx+b，∵B（0，4），C（-3，0），∴，解得：∴直线BC解析式为：y=x+4.（2）解：依题可得：

AM=AN=t，∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合，∴四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，∵A（3，0），B（0，4），∴OA=3,OB=4，∴AB=5,∴M（3-t，0），又∵△ANF∽△ABO，∴==,∴==,∴AF=t，NF=t，∴

N（3-t，t），∴O′（3-t,t），设D（x,y）,∴=3-t，=t，∴x=3-t,y=t，∴D（3-t，t），又∵D在直线BC上，∴×（3-t）+4=t，∴t=，∴D（-，）.（3）①当0<t≤5时（如图2），△ABC在直线MN右侧部分

为△AMN，∴S==·AM·DF=×t×t=t,②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，如图3∵AM=AN=t，AB=BC=5，∴BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t，又∵△CNF∽△CBO，∴=,∴=,∴NF=（10-t），∴S=-=·AC

·OB-·CM·NF，=×6×4-×（6-t）×（10-t），=-t+t-12.【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得

：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得==,代入数值即可得AF=t，NF=t，从而得N（3-t，t），根据中点坐标公式得O′（3-t,t）

，设D（x,y）,再由中点坐标公式得D（3-t，t），又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.（3）①当0<t≤5时（如图2），△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，根据三角形面积公式即可得出S表达式.②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，由

△CNF∽△CBO，根据相似三角形性质得=,代入数值得NF=（10-t），最后由S=-=·AC·OB-·CM·NF，代入数值即可得表达式.17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜

边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．（1）填空：∠OBC=________°；（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△O

CB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？【答案】（1）60（

2）解：如图1中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2，∴S△AOC=•OA•AB=×2×2=2，∵△BOC是等边三角形，∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，∴AC

==2，∴OP===（3）解：①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．则NE=ON•sin60°=x，∴S△OMN=•OM•NE=×1.5x×x，∴y=x2．∴x=时，y有最大值，最大值=．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动

．作MH⊥OB于H．则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=（8﹣1.5x），∴y=×ON×MH=﹣x2+2x．当x=时，y取最大值，y＜，③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，∴y=•MN

•OG=12﹣x，当x=4时，y有最大值，最大值=2，综上所述，y有最大值，最大值为【解析】【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC=60°．故答案为60．【分析】（1）根据旋转的性质得出OB=OC，∠BOC=60°，根

据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断出△OBC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得出答案；（2）根据含30角的直角三角形的边之间的关系得出OA,AB的长，由S△AOC=•OA•AB得出△AOC的面积，根据等

边三角形的性质及角的和差得出∠ABC=90°，根据勾股定理得出AC的长，利用三角形的面积法即可得出OP的长；（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．利用正弦函数的定义由NE=ON•sin60°，表示出NE的长，根据∴S

△OMN=•OM•NE，得出y与x之间的函数关系式，根据函数的性质得出答案；②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动，作MH⊥OB于H．则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=（8﹣1.5x），根据三角形的面积公式由y=×ON×MH得出y与

x之间的函数关系，根据函数性质得出结论；③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，根据三角形的面积公式由y=•MN•OG得出y与x之间的函数关系，根据函数性质得出结论；通过比较即可得出最终答案。18.如图1，四边形是矩形，点的坐标

为，点的坐标为.点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点运动，当点与点重合时运动停止.设运动时间为秒.（1）当时，线段的中点坐标为________；（2）当与

相似时，求的值；（3）当时，抛物线经过、两点，与轴交于点，抛物线的顶点为，如图2所示.问该抛物线上是否存在点，使，若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（，2）（2）解：如图1，∵四边形OABC是矩形，∴∠B=∠PAQ=90°

∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：①当△PAQ∽△QBC时，，∴，4t2-15t+9=0，（t-3）（t-）=0，t1=3（舍），t2=，②当△PAQ∽△CBQ时，，∴，t2-9t+9=0，t=，

∵0≤t≤6，＞7，∴x=不符合题意，舍去，综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或（3）解：当t=1时，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：，解得：，∴抛物线：y=x2-3x+2=（x-）2-，∴顶点k（，

-），∵Q（3，2），M（0，2），∴MQ∥x轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，∴KM=KQ，KE⊥MQ，∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ，如图2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，∵∠HMQ=∠QEK=90°，∴

△KEQ∽△QMH，∴，∴，∴MH=2，∴H（0，4），易得HQ的解析式为：y=-x+4，则，x2-3x+2=-x+4，解得：x1=3（舍），x2=-，∴D（-，）；同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=∠MKQ=∠QKE，由对称性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y=x，则，

x2-3x+2=x，解得：x1=3（舍），x2=，∴D（，）；综上所述，点D的坐标为：D（-，）或（，）【解析】【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），∴OA=3，当t=2时，OP=t=2，AQ=2t

=4，∴P（2，0），Q（3，4），∴线段PQ的中点坐标为：（，），即（，2）；故答案为：（，2）；【分析】（1）根据A点坐标得出OA的长度，当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，从而得出P,Q两点的坐标，根据线段中点坐标公式得出线段PQ的中点坐标；（2）根据矩形的性质得出

∠B=∠PAQ=90°，当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：①当△PAQ∽△QBC时，PA∶AQ＝QB∶BC，②当△PAQ∽△CBQ时，PA∶AQ＝BC∶QB，从而得出关于t的方程，求解并检验得出t的值；（3）当t=1时，得出P,Q两点的坐标，再将P,Q两点的坐标分别代入抛

物线y=x2+bx+c中得：得出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式，进一步得出抛物线的顶点K的坐标，根据Q,M两点的坐标特点得出MQ∥x轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，根据

抛物线的对称性得出KM=KQ，KE⊥MQ，根据等腰三角形的三线合一得出∠MKE=∠QKE=∠MKQ，如图2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，然后判断出△KEQ∽△QMH，根据相似三角形对应边成比例得出KE∶EQ＝MQ∶MH，从而得

出MH的长度，H点的坐标，用待定系数法得出直线HQ的解析式，解联立直线HQ的解析式及抛物线的解析式组成的方程组，并检验得出D点的坐标，同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=∠MKQ=∠

QKE，由对称性得H点的坐标，用待定系数法得出直线OQ的解析式，解联立直线OQ的解析式及抛物线的解析式组成的方程组，并检验得出D点的坐标;综上所述得出答案。