江苏省13市2015年中考数学试题分类解析汇编 专题13 动态几何问题.doc

1专题专题 1313：动态几何问题：动态几何问题1.1.（20152015 年年江苏泰州江苏泰州 3 3 分分）如图，在平面直角坐标系xOy中，CBA由ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为【】A.0,1 B.1,1-C.0,1-D.1,0【答案】【答案】B.【考点】【考点】旋转的性质；旋转中心的确定；线段垂直平分线的性质.【分析】【分析】根据“旋转不改变图形的形状与大小”和“垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”的性质，确定图形的旋转中心的步骤为：1.把这两个三角形的对应点连接起来；2.作每条线的垂直平分线；3.这三条垂直平分线交于一点,此点为旋转中心.因此，作图如答图,点P的坐标为1,1-.故选 B.2.2.（20152015 年年江苏盐城江苏盐城 3 3 分分）如图，在边长为 2 的正方形ABCD中剪去一个边长为 1 的小正方形CEFG，动点P从点A出发，沿ADEFGB的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则ABP的面积S随着时间t变化的函数图像大致为【】2A.B.C.D.【答案】【答案】B.【考点】【考点】单动点问题；函数图象的分析；正方形的性质；三角形的面积；分类思想和数形结合思想的应用.【分析】【分析】根据题意，可知ABP的面积S随着时间t变化的函数图像分为五段：当点P从AD时，ABP的面积S是t的一次函数；当点P从DE时，ABP的面积S不随t的变化而变化，图象是平行于t轴的一线段；当点P从EF时，ABP的面积S是t的一次函数；当点P从FG时，ABP的面积S不随t的变化而变化，图象是平行于t轴的一线段；当点P从GB时，ABP的面积S是t的一次函数.故选 B.3.3.（20152015 年年江苏扬州江苏扬州 3 3 分分）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，RtABC经过变换得到RtODE，若点C的坐标为（0，1），AC=2，则这种变换可以是【】01cn03A.ABC绕点C顺时针旋转 90，再向下平移 3B.ABC绕点C顺时针旋转 90，再向下平移 1C.ABC绕点C逆时针旋转 90，再向下平移 1D.ABC绕点C逆时针旋转 90，再向下平移 3【答案】【答案】A.【考点】【考点】图形的旋转和平移变换.3【分析】【分析】按各选项的变换画图（如答图），与题干图形比较得出结论.故选 A.1.1.（20152015 年年江苏扬州江苏扬州 3 3 分分）如图，已知RtABC中，ABC=90，AC=6，BC=4，将ABC绕直角顶点C顺时针旋转 90得到DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF=2-1-07【答案】【答案】5.【考点【考点】面动旋转问题；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；勾股定理.【分析】【分析】如答图，连接CF，过点F作FGAC于点G，在RtABC中，ABC=90，点F是DE的中点，12CFEFDFDE.CEF是等腰三角形.将ABC绕直角顶点C顺时针旋转 90得到DEC，BC=4，AC=6，4,6CECD.FGAC，122EGCGCE.4AGACCG4又GF、分别是ECED、的中点，GF是DEC的中位线.132GFCD.在RtAGF中，4AG，3GF，由勾股定理，得AF=5.2.2.（20152015 年年江苏宿迁江苏宿迁 3 3 分分）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，4），直线334yx与x轴、y轴分别交于点A，B，点M是直线AB上的一个动点，则PM长的最小值为【答案】【答案】285.【考点】【考点】单动点问题；直线上点的坐标与方程的关系；垂线段最短的性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质【分析【分析】根据垂线段最短得出PMAB时线段PM最短，分别求出PB、OB、OA、AB的长度，利用PBMABO，即可求出答案如答图，过点P作PMAB，则：PMB=90，当PMAB时，PM最短，直线334yx与x轴、y轴分别交于点A，B，点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3）.在RtAOB中，AO=4，BO=3，根据勾股定理，得AB=5.BMP=AOB=90，ABO=PBM，PBMABO.PBPMABAO，即：4354PM，解得285PM.3.3.（2012015 5 年江苏年江苏镇江镇江 2 2 分）分）如图，将等边OAB绕O点按逆时针方向旋转 150，得到OAB（点A，B分别是点A，B的对应点），则1=5【答案】【答案】150【考点】【考点】旋转的性质；等边三角形的性质【分析】【分析】等边OAB绕点O按逆时针旋转了 150，得到OAB，AOA=150，AOB=60，1=360AOAAOB=36015060=150.4.4.（2012015 5 年江苏年江苏镇江镇江 2 2 分）分）如图，ABC和DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将DBC沿射线BC平移一定的距离得到D1B1C1，连接AC1，BD1如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为cm【答案】【答案】7【考点】【考点】面动平移问题；相似三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；平移的性质【分析】【分析】如答图，过点A作AEBC于点E，AEB=AEC1=90，BAE+ABC=90.AB=AC，BC=2，BE=CE=12BC=1，四边形ABD1C1是矩形，BAC1=90.ABC+AC1B=90.BAE=AC1B.ABEC1BA.1BEAEABBC.AB=3，BE=1，1133BC.BC1=9.CC1=BC1BC=92=7，即平移的距离为 761.1.（20152015 年年江苏连云港江苏连云港 1212 分分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为 2 的正方形ABCD与边长为2 2的正方形AEFG按图 1 位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与 AG在同一直线上（1）小明发现DGBE，请你帮他说明理由（2）如图 2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长（3）如图 3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出GHE与BHD面积之和的最大值，并简要说明理由【答案】【答案】解：（1）四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，AD=AB，DAG=BAE=90，AG=AE，ADGABE（SAS）.AGD=AEB.如答图 1，延长EB交DG于点H，在ADG中，AGD+ADG=90，AEB+ADG=90.在EDH中，AEB+ADG+DHE=180，DHE=90.DGBE.（2）四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，AD=AB，DAB=GAE=90，AG=AE，DAB+BAG=GAE+BAG，即DAG=BAE，ADGABE（SAS）.DG=BE.如答图 2，过点A作AMDG交DG于点M，则AMD=AMG=90，BD为正方形 ABCD的对角线，MDA=45.在RtAMD中，MDA=45，AD=2，2DMAM.在RtAMG中，根据勾股定理得：226GMAGAM，26DGDMGM，26BEDG.7（3）GHE和BHD面积之和的最大值为 6，理由如下：对于EGH，点H在以 EG为直径的圆上，当点H与点A重合时，EGH的高最大；对于BDH，点H在以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，BDH的高最大.GHE和BHD面积之和的最大值为 2+4=6【考点】【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用【分析【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到ADGABE，利用全等三角形对应角相等得AGD=AEB，作辅助线“延长EB交DG于点H”，利用等角的余角相等得到DHE=90，从而利用垂直的定义即可得DGBE.（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到ADGABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AMDG交DG于点M”，则AMD=AMG=90，在RtAMD中，根据等腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长.（3）GHE和BHD面积之和的最大值为 6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三角形的高最大，即可确定出面积的最大值2.2.（20152015 年年江苏苏州江苏苏州 1010 分分）如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（ab4），半径为 2cm 的O在矩形内且与AB、AD均相切现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着ABCD的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动已知点P与O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）（1）如图，点P从ABCD，全程共移动了cm（用含a、b的代数式表示）；（2）如图，已知点P从A点出发，移动 2s 到达B点，继续移动 3s，到达BC的中点若点P与O的移动速度相等，求在这 5s 时间内圆心O移动的距离；（3）如图，已知a=20，b=10是否存在如下情形：当O到达O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与O1恰好相切？请说明理由8【答案】【答案】解：（1）2ab.（2）在整个运动过程中，点P移动的距离为2abcm，圆心移动的距离为24a cm，由题意得224aba.点P移动 2s 到达B点，即点P用 2s 移动了bcm，点P继续移动 3s 到达BC的中点，即点P用 3s 移动了12acm，【出处：218 名师】1223ab.联立，解得248ab.点P移动的速度与O移动的速度相等，O移动的速度为42b（cm/s）.这 5s 时间内圆心O移动的距离为5420（cm）.（3）存在这样的情形.设点P移动的速度为Pvcm/s，O移动的速度为Ovcm/s，根据题意，得2202 105242 2044POvabva.如答图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点E，O1与AD相切于点PG.若PD与O1相切，切点为H，则11OGO H.易得DO1GDO1H，ADB=BDP.BCAD，ADB=CBD.BDP=CBD.9BP=DP.设BPxcm，则DPxcm，20PCxcm，在Rt PCD中，由勾股定理，得222PCCDPD，即2222010 xx，解得252x.此时点P移动的距离为25451022（cm）.EFAD，BEO1BAD.1EOBEADBA，即182010EO.116EO cm，114OO cm.当O首次到达O1的位置时，O与移动的距离为 14cm.此时点P移动的速度与O移动的速度比为454521428.此时DP与O1恰好相切.当O在返回途中到达O1的位置时，O与移动的距离为22041418cm.此时点P移动的速度与O移动的速度比为45455218364.此时DP与O1不可能相切.【考点】【考点】单动点和动圆问题；矩形的性质；直线与圆的位置关系；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；方程思想和分类思想的应用.【7：2105j*y.co*m】【分析【分析】（1）根据矩形的性质可得：点P从ABCD，全程共移动了2abcm.（2）根据“在整个运动过程中，点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用 2s 移动了bcm，点P用 3s 移动了12acm”列方程组求出a，b，根据点P移动的速度与O移动的速度相等求得O移动的速度，从而求得这 5s 时间内圆心O移动的距离.（3）分O首次到达O1的位置和O在返回途中到达O1的位置两种情况讨论即可.6.6.（20152015 年年江苏泰州江苏泰州 1212 分分）如图，正方形ABCD的边长为 8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的动点，且AE=BF=CG=DH.（1）求证：四边形EFGH是正方形；（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；10（3）求四边形EFGH面积的最小值.【答案】【答案】解：（1）证明：四边形ABCD是正方形，90,ABCDABBCCDDA .AEBFCGDH，BECFDGAH.AEHBFECGFDHG SAS.,EHFEGFHGAHFBEF .四边形EFGH是菱形.90AHFAEH，90BEFAEH.90HEF.四边形EFGH是正 方形.（2）直线EG经过定点-正方形ABCD的中心.理由如下：如答图，连接,DEBGBDEG ，BD、EG相交于点O，四边形ABCD是正方形，ABDC.BEDG，四边形BGDE是平行四边形.BODO，即点O是正方形ABCD的中心.直线EG经过定点-正方形ABCD的中心.（3）设AEBFCGDHx，则8BECFDGAHx，22222228216642432EFGHSEFBEBFxxxxx四边形，当4x 时，四边形EFGH面积的最小值为 32.【考点】【考点】单动点和定值问题；正方形的判定和性质；全等三角形的判定和性质；平行四边形的判定和性质；勾股定理；二次函数的应用（实际问题）.【分析【分析】（1）由SAS证明AEHBFECGFDHG，即可证明四边形EFGH是一个角是直角的菱形-正方形.（2）作辅助线“连接,DEBGBDEG ，BD、EG相交于点O”构成平行四边形BGDE，根据平行四边形对角线互分的性质即可证明直线EG经过定点-正方形ABCD的中心.11（3）设AEBFCGDHx，根据正方形的性质和勾股定理得到EFGHS四边形关于x的二次函数，应用二次函数最值原理求解即可.7.7.（20152015 年年江苏无锡江苏无锡 1010 分）分）如图，C为AOB的边OA上一点，OC6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段05上一点，过点P分别作PQOA交OB于点Q，PMOB交OA于点M（1）若AOB=60，OM=4，OQ=1，求证：05OB；（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形；问：11OMON的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由；设菱形OMPQ的面积为S1，NOC的面积为S2，求12SS的取值范围【答案】【答案】解：（1）证明：如答图，过点P作PEOA于点E，PQOA，PMOB，四边形OMPQ为平行四边形.OQ=1，AOB=60，PM=OQ=1，PME=AOB=60.316022PEPM sinME，.32CEOCOMME.33PEtan PCECE.PCE=30.CPM=90，又PMOB，05O=CPM=90，即05OB.（2）11OMON的值不发生变化，理由如下：设OMxONy，12四边形OMPQ为菱形，OQQPOMxNQyx，.PQOA，NQP=O.又QNP=ONC，NQPNOC.QPNQOCON，即6xyxy，化简,得111166yxxyxy.1116OMON不变化.如答图,过点P作PEOA于点E，过点N作NFOA于点F，设OMx，则1212SOM PESOC NF，,123SxPESNFPMOB，MCP=O.又PCM=NCO，CPM05O.66PECMxNFCO.212611318182xxSxS 0 x6，根据二次函数的图象可知，12100kykx的图像经过点D且与边BA交于点E，连接DE.（1）连接OE，若EOA的面积为 2，则k=；（2）连接CA、DE与CA是否平行？请说明理由；（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.15【答案】【答案】解：（1）4.（2）平行，理由如下：如答图 1，连接AC，设,5,3,D aEb ，,5,3,D aEb 在0kykx上，5533kkaakkbb.BC=OA=3，AB=OC=5，BD=35k，BE=53k.3335,5553kBCBDkABBE.BCBDABBE，即BCABBDBE.DEAC（3）存在.假设存在点D满足条件设,5,3,53kkDE ，则CD=5k，BD=35k，AE=3k，BE=53k如答图 2，过点E作EFOC，垂足为F，易证BCDEFB，16B EB FB DCD，即53355kB Fkk.3kB F.255333kkkCBOCB FOFOCB FAE.在RtBCD中，CB=253k，CD=5k，BD=BD=35k，由勾股定理得，CBCD=BD，222253355kkk，整理得2101233600kk.解得，122415,52kk（不合题意，舍去）.24,525D.满足条件的点D存在，D的坐标为24,525【考点【考点】反比例函数综合题；单动和轴对称问题；曲线上点的坐标与方程的关系；平行的判定；相似三角形的判定和性质；勾股定理；方程思想的应用.【分析【分析】（1）设3,3kE，则OA=3，AE=3kEOA的面积为 2，132423kk.（2）设,5,3,D aEb ，由,5,3,D aEb 在kyx上，得到,5,3,53kkDE ，从而求得BCBDABBE，即BCABBDBE，进而证得DEAC（3）设,5,3,53kkDE ，作辅助线“过点E作EFOC，垂足为F”，由BCDEFB得到B EB FB DCD而求得3kB F，从而在RtBCD中，应用勾股定理列方程求解即可.90506410.10.（20152015年年江苏徐州江苏徐州 1212 分）分）如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆，B为半圆上一点，连接AB并延长至C，使BC=AB，过C作CDx轴于点D,交线段OB于点E，已知CD=8，抛物线经过O、E、A三点.（1）OBA=；17（2）求抛物线的函数表达式；（3）若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3 个？【答案】【答案】解：（1）90.（2）如答图 1，连接OC，由（1）知OBAC，又AB=BC，OB是的垂直平分线.OC=OA=10.在RtOCD中，OC=10，CD=8，OD=6.C(6，8)，B(8，4).OB所在直线的函数关系为12yx.又E点的横坐标为 6，E点纵坐标为 3，即E(6，3)抛物线过O(0，0)，E(6，3)，A(10，0)，设此抛物线的函数关系式为10yax x，把E点坐标代入得366 10a，解得18a .此抛物线的函数关系式为1108yx x，即21584yxx（3）设点1584P ppp，若点P在CD的左侧，延长OP交CD于Q，如答图 2，18OP所在直线函数关系式为：1584yx，当x=6 时，31542yp，即Q点纵坐标为31542p.3153934242QEpp .S四边形POAE=SOAESOPE=SOAESOQESPQE=111222xxxOA DEQE DQEDP=2211391393935710 36615622422428482pppppp .若点P在CD的右侧，延长AP交CD于Q，如答图 3，1584P ppp，A(10，0)，设AP所在直线方程为：y=kxb，把P和A坐标代入得，21001584kbpkbpp，解得1854kpbp.AP所在直线方程为：1584ypxp.当x=6 时，651842yppp，即Q点纵坐标为12p.QE=132p.S四边形POAE=SOAESAPE=SOAESAQESPQE=111222xxOA DEQE DAQEPD=22111111110 3343648162222244pppppp .19当P在CD右侧时，四边形POAE的面积最大值为 16，此时点P的位置就一个，令239151684pp，解得，5733p.当P在CD左侧时，四边形POAE的面积等于 16 的对应P的位置有两个.综上知，以P、O、A、E为顶点的四边形面积S等于 16 时，相应的点P有且只有 3 个【考点】【考点】二次函数综合题；单动点问题；圆周角定理；线段垂直平分线的性质；勾股定理；待定系数洪都拉斯应用；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想、转换思想和方程思想的应用.218 名师原创作品【分析【分析】（1）根据直径所对的圆周角定理直接得出结论.（2）作辅助线：连接OC，根据线段垂直平分线的性质和勾股定理求出点E、A的坐标，从而应用待定系数法求出抛物线的函数关系式.21*04*4（3）设点1584P ppp，分点P在CD的左侧和右侧两种情况求出S四边形POAE关于p的二次函数关系式，根据二次函数的最值原理求解即可.11.11.（20152015 年年江苏盐城江苏盐城 1010 分）分）如图，把EFP按图所示的方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上.已知EP=FP=4，EF=4 3，BAD=60，且AB4 3.（1）求EPF的大小；（2）若AP=6，求AE+AF的值；（3）若EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值.【答案】【答案】解：（1）如答图 1，过点P作PGEF于点G，EP=FP=4，PGEF，EF=4 3，12 3,2EGFGFPGEPGEPF .在Rt FPG中，2 33sin42FGFPGPF.60FPG.2120EPFFPG.20（2）如答图 2，过点P作PMAB于点M，过点P作PNAD于点N，在菱形ABCD中，,ADABDCBCACAC ，ADCABC SSS.DACBAC.根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，得PMPN.在Rt PEM和Rt PFN中，,PMPNEPFP，Rt PEMRt PFN HL.EMFN.在菱形ABCD中，BAD=60，1302PAMBAD.在Rt PAM中，30,6PAMAP，3cos63 32AMAPPAM.同理，3 3AN.6 3AEAFAMENANFNAMAN.（3）AP长的最大值是 8，最小值是 4.【考点】【考点】多动点问题；菱形的性质；全等三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；数形结合思想的应用【分析【分析】（1）作辅助线“过点P作PGEF于点G”，根据等腰三角形三线合一的性质，得到2 3FG，12FPGEPF，在Rt FPG中，根据正弦函数定义和 60的三角函数值求得FPG，进而求得EPF.（2）作辅助线“过点P作PMAB于点M，过点P作PNAD于点N”，构成一对全等三角形Rt PEMRt PFN HL，得到EMFN，在Rt PAM和Rt PAN中，分别求得3 3AMAN，从而根据AEAFAMENANFNAMAN求解即可.（3）如答图 3，当EFAC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，当EFAC，点P在EF的左侧时，AP有最小值.设EF与AC相交于点O，EP=FP，12 32OFEF.60,4EPAPE，2OP.30,2 3PAEOE，6AO.21628APAOOP.同理，624APAOOP.AP长的最大值是 8，最小值是 4.12.12.（20152015 年年江苏盐城江苏盐城 1212 分）分）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线2yx的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转 45后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上的一点.（1）求直线AB的函数表达式；（2）如图，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；（3）如图，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t2）是直线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与PAT相似时，求所有满足条件的t的值.【答案】【答案】解：（1）如答图 1，设直线AB与x轴的交点为M，45OPA，P（0，2），2,0M .设直线AB的解析式为ykxb，则202kbb，解得12kb.直线AB的解析式为2yx.（2）如答图 2，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D，根据条件可知，QDC是等腰直角三角形.22QDQC.22设2,Q m m，则,2C m m ，22QCmm.222219 222228QDmmm.当12m 时，点Q到直线AB的距离的最大值为9 28.（3）45APT，PBQ中必有一角等于 45.由图可知，45BPQ不合题意.若45PBQ，如答图 3，过点B作x轴的平行线与y轴和抛物线分别交于点FQ、，此时，45PBQ.根据抛物线的轴对称性质，知45PQB，BPQ是等腰直角三角形.PAT与BPQ相似，且45APT，PAT也是等腰直角三角形.i）若90PAT，联立22yxyx，解得11xy 或24xy.1,1A .221212AP.2PT，此时，0t.ii）若90PTA，1PTAT，此时，1t.若45PQB，是情况之一，答案同上.如答图 4，5，过点B作x轴的平行线与y轴和抛物线分别交于点1FQ、，以点F为圆心，FB为半径画圆，则1PBQ、都在Fe上，设Fe与y轴左侧的抛物线交于另一点2Q.根据圆周角定理，2145PQ BPQ B，点2Q也符合要求.设22,2 0Qn nn，23由22FQ 得222242nn解得23n 或24n，而2 0n，故3n .23,3Q.可证2PFQ是等边三角形，260PFQ.221302PBQPFQ.则在2PQ B中，2230,45PBQPQ B .i）若30PTA，如答图 4，过点A作AEy轴于点E，则33,1ETAEOE，33,1ETAEOE.31OT，此时，13t .ii）若30PAT，如答图 5，过点T作TGAB轴于点G，设TGa，则,3PGTGaAGa.2AP，32aa，231a.223131PTa.23133OTOPPT，此时，33t.综上所述，所有满足条件的t的值为0t 或1t 或13t 或33t.【考点】【考点】二次函数综合题；线动旋转和相似三角形存在性问题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角形的判定和性质；含 30 度角直角三角形的性质；二次函数最值；勾股定理；圆周角定理；分类思想、数形结合思想、方程思想的应用.【分析【分析】（1）根据旋转的性质得到等腰直角三角形PMO，从而得到解决点M的坐标，进而应用待定系数法即可求得直线AB的解析式.（2）作辅助线“过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D”，设2,Q m m，求出QD关于m的二次函数，应用二次函数最值原理即可求解.（3）分45BPQ，45PBQ，45PQB三种情况讨论即可.2413.13.（20152015 年年江苏扬州江苏扬州 1010 分分）如图，已知的直径AB=12cm，AC是的弦，过点C作的切线交BA的延长线于点P，连接BC.（1）求证：PCA=B；（2）已知P=40，点Q在优弧ABC上，从点A开始逆时针运动到点C停止（点Q与点C不重合），当ABQ与ABC的面积相等时，求动点Q所经过的弧长.【答案】【答案】解：（1）证明：如答图 1，连接OC，AB是Oe的直径，2390ABC .PC是Oe的切线，OCPC.1390PCO .12 .OCOB，2B .1B ，即PCAB.（2）如答图 1，PC是Oe的切线，P=40，50POC.AB=12cm，AO=6cm.当ABQ与ABC的面积相等时，动点Q在优弧ABC上有三个位置：如答图 2，在Oe上作点C关于AB的对称点，该点即是满足ABQ与ABC的面积相等的点Q，由轴对称性知，50AOQPOC，50651803AQ.如答图 3，在Oe上作点C关于点O的对称点，该点即是满足ABQ与ABC的面积相等的点Q，由中心对称性知，50BOQPOC，130AOQ.1306131803AQ.如答图 4，在Oe上作点C关于AB中垂线的对称点，该点即是满足ABQ与ABC的面积相等的点Q，由轴对称性知，50BOQPOC，优角230AOQ.优弧2306231803AQ.25综上所述，动点Q所经过的弧长为53或133或233.【考点】【考点】圆周角定理；切线的性质；等腰三角形的性质；同底等高三角形的性质；弧长的计算；轴对称和中心对称的性质；分类思想的应用.【分析【分析】（1）如答图 1，作辅助线“连接OC”，一方面，由AB是Oe的直径和PC是Oe的切线得到2390ABC 和1390PCO ，从而得到12 ；另一方面，由OCOB，根据等腰三角形等边对等角的性质得到2B ，进而得到PCAB 的结论.（2）根据同底等高三角形面积相等的性质，分三种情况讨论即可：在Oe上作点C关于AB的对称点Q，在Oe上作点C关于点O的对称点Q，在Oe上作点C关于AB中垂线的对称点Q.14.14.（20152015 年年江苏扬州江苏扬州 1212 分）分）如图，直线l线段AB于点B，点C在AB上，且:2:1AC CB，点M是直线l上的动点，作点B关于直线CM的对称点B，直线AB与直线CM相交于点P，连接PB.（1）如图 1，若点P与点M重合，则PAB=，线段PA与PB的比值为；（2）如图 2，若点P与点M不重合，设过PBC、三点的圆与直线AP相交于D，连接CD.求证：CDCB；2PAPB；（3）如图 3，则满足条件2PAPB的点都在一个确定的圆上，在以下两小题中选做一题：如果你能发现这个确定圆的圆心和半径，那么不必写出发现过程，只要证明这个圆上的任意一点Q，都满足QA=2QB；如果你不能发现这个确定圆的圆心和半径，那么请取几个特殊位置的P点，如点P在直线AB上、点P与点M重合等进行探究，求这个圆的半径.26【答案】【答案】解：（1）30；2.（2）证明：点B关于直线CM的对称点B，BPCB PC.PBCPB C.B DC是圆内接四边形CBPD的外角，B DCPBC.B DCPB C.CDCB.如答图 1，连接BB交CM于点E，过点B作B FMC交于点F，点B关于直线CM的对称点B，CM是BB的垂直平分线.BEEB，BPB P.FCCB.:2:1AC CB，AFFCCB.ABB P.ABB PBP.2PAPB.（3）两小题中选做一题：如答图 2，在AB的延长线上取点O，使1OB，以点O为圆心，2 为半径画圆，取圆上任一点Q，连接,QCQA QB ，在QA上取点1B，使1QBQB，连接1BB，作点B关于直线QC的对称点B，连接BB交QC于点G，过点B作B FQC交于点F，【7：96800】点B关于直线QC的对称点B，QC是BB的垂直平分线.BGGB.又1QBQB，11QB BQBB.点1B、B重合.1BCCFAF，ABB QBQ.272QAQB.若点P在线段AB上，由2PAPB知，点P与点C重合，点B与点B重合，这个圆的半径为 2.若点P在射线AB的延长线上，由2PAPB知，点B与点B重合，这个圆的半径为 2.等.【考点】【考点】开放型；单动点和轴对称问题；轴对称的性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；圆内接四边形的性质；等腰三角形的判定；线段垂直平分线的性质；平行线分线段成比例的性质.【分析【分析】（1）1sin2BMB CPABAMAC，30PAB.30PAB，线段PA与PB的比值为 2.（2）一方面证明BPCB PC得到PBCPB C；另一方面，由B DC是圆内接四边形CBPD的外角得到B DCPBC，从而得到B DCPB C，进而根据等角对等边的判定得证.作辅助线“连接BB交CM于点E，过点B作B FMC交于点F”，应用线段垂直平分线的性质和平行线分线段成比例的性质证明.（3）如答图 2，在AB的延长线上取点O，使1OB，以点O为圆心，2 为半径画圆，取圆上任一点Q，连接,QCQA QB ，在QA上取点1B，使1QBQB，连接1BB，作点B关于直线QC的对称点B，连接BB交QC于点G，过点B作B FQC交于点F，此圆即为所求定圆.取特殊点探讨，答案不唯一.15.15.（20152015 年年江苏常州江苏常州 1010 分分）如图，一次函数4yx 的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合（1）写出点A的坐标；（2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得OQB与APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由（3）若点M在直线l上，且POM=90，记OAP外接圆和OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求1211SS的值28【答案】【答案】解（1）（4，0）.（2）存在理由如下：如答图 1 所示：将x=0 代入4yx 得：4y，OB=4.由（1）可知OA=4.在RtBOA中，由勾股定理得：224 2ABOBOABOQAQP，QA=OB=4，BQ=PA4 24BQABAQ，PA=4 24点P的坐标为（4，4 24）（3）如答图 2 所示：OPOM，1+3=90又2+1=90，2=3又OAP=OAM=90，OAMPAOAOAMPAAO.设 AP=m，则：44AMm，16AMm在RtOAP中，22216POOAAPm，2211624POmS.在RtOAM中，22221616OMOAAMm，2922224162mOMSm.222121141416416mSSmm.【考点】【考点】圆的综合题；单动点问题；直线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；全等三角形的性质；相似三角形的判定和性质【分析【分析】（1）将y=0 代入4yx ，求得x的值，从而得到点 A 的坐标.（2）首先根据题意画出图形，然后在RtBOA中，由勾股定理求得AB的长度，由全等三角形的性质求得QA的长度，从而得到BQ的长，然后根据PA=BQ求得PA的长度，从而可求得点P的坐标.（3）首先根据题意画出图形，设AP=m，由OAMPAO，可求得AM的长度，然后根据勾股定理可求得两圆的直径（用含m的式子表示），然后利用圆的面积公式求得两圆的面积，最后代入所求代数式求解即可16.16.（20152015 年年江苏常州江苏常州 1010 分）分）如图，反比例函数kyx的图象与一次函数14yx的图象交于点A、B，点B的横坐标是 4点P是第一象限内反比例函数图象上的动点，且在直线AB的上方（1）若点P的坐标是（1，4），直接写出k的值和PAB的面积；（2）设直线PA、PB与x轴分别交于点M、N，求证：PMN是等腰三角形；（3）设点Q是反比例函数图象上位于P、B之间的动点（与点P、B不重合），连接AQ、BQ，比较PAQ与PBQ的大小，并说明理由【答案】【答案】解：（1）415PABkSV，（2）证明：如答图 2，过点P作PHx轴于点H，设直线PB的解析式为yaxb，把点P（1，4）、B（4，1）代入yaxb，得30441abab，解得：15ab，直线 PB的解析式为5yx 当y=0 时，50 x，x=5，点N（5，0）同理可得M（3，0），1345 14MHNH ，.MH=NH.PH垂直平分MN.PM=PN.PMN是等腰三角形.（3）PAQ=PBQ理由如下：如答图 3，过点Q作QTx轴于T，设AQ交x轴于D，QB的延长线交x轴于E，可设点4Q cc，直线AQ的解析式为ypxq，则414pqcpqc，解得：141pcqc，直线AQ的解析式为141yxcc当y=0 时，1410 xcc，解得：4xc，D（4c，0）同理可得E（4c，0），4444DTccETcc，.DT=ET.QT垂直平分DE，QD=QE.QDE=QEDMDA=QDE，MDA=QEDPM=PN，PMN=PNMPAQ=PMNMDA，PBQ=NBE=PNMQED，PAQ=PBQ【考点】【考点】反比例函数和一次函数综合题；单动点问题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；三角形的外角性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定和性质【分析【分析】（1）如答图 1，过点A作ARy轴于R，过点P作PSy轴于S，连接PO，31设 AP与y轴交于点C，把x=4 代入14yx，得到点B的坐标为（4，1），把点B（4，1）代入kyx，得k=4解方程组144yxyx，得到点A的坐标为（4，1），则点A与点B关于原点对称，OA=OB.AOPBOPSSVV.2PABAOPSSVV设直线AP的解析式为ymxn，把点A（4，1）、P（1，4）代入y