延长QP交x轴于点F，过点P作PH⊥AF于点H(如图3)。

易证△PBQ与△PAF均为等边三角形，

∴OF=OA+AP=t，AP=t-8。∴PH= (t-8)。

∴ = t•2 - t• (t-8)

=- t2+3 t。

综上所述， 。

∵①②中S随t的增加而增加，

③中 ，S随t的增加而减小，

∴当t=8时，S最大。

(3)①当△OPM∽△OAB时(如图4)，则PQ∥AB。

∴CQ=OP。

∴at-4=t，即a=1+ 。 t的取值范围是0

②当△OPM∽△OBA时(如图5)，

则 ， 即 。∴OM= 。

又∵QB∥OP，∴△BQM～△OPM。

∴ ，即 。

整理得t-at=2，即a=1- ，t的取值范围是6≤t≤8。

综上所述：a=1+ (0

【考点】动点问题，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的判定和性质，一次函数和二次函数的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)如图，过点C、B分别作x的垂线于点M、N，

则在Rt△COM中，由∠AOC=60o，OC=4，应用锐角三角函数定义，可求得OM=2，CM=2 ，

∴ C(2，2 )。

由CMNB是矩形和OA=8得BM=2 ，

ON=10，在Rt△OBN中，由勾股定理，得OB=4 。

(2)分0

(3)分△OPM∽△OAB和△OPM∽△OBA两种情况讨论即可。

32. (2012山东莱芜10分))如图，在菱形ABCD中，AB=23，∠A=60º，以点D为圆心的⊙D与边AB相切于点E.

(1)求证：⊙D与边BC也相切;

(2)设⊙D与BD相交于点H，与边CD相交于点F，连接HF，求图中阴影部分的面积(结果保留 );

(3)⊙D上一动点M从点F出发，按逆时针方向运动半周，当S△HDF=3S△MDF时，求动点M经过的

弧长(结果保留 ).

【答案】解：(1)证明：连接DE，过点D作DN⊥BC，垂足为点N。

∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ABC。

∵⊙D与边AB相切于点E，∴DE⊥AB。∴DN=DE。

∴⊙D与边BC也相切。

(2)∵四边形ABCD是菱形，AB=23，∴AD=AB=23。

又∵∠A=60º，∴DE=ADsin600=3，即⊙D的半径是3。

又∵∠HDF= ∠HADC=60º，DH=DF，∴△HDF是等边三角形。

过点H作HG⊥DF，垂足为点G，则HG=3sin600= 。

∴ 。

∴ 。

(3)假设点M运动到点M1时，满足S△HDF=3S△MDF，过点M1作M1P⊥DF，垂足为点P，则 ，解得 。

∴ 。∴∠M1DF=30º。

此时动点M经过的弧长为： 。

过点M1作M1M2∥DF交⊙D于点M2，

则满足 ，

此时∠M2DF=150º，动点M经过的弧长为： 。

综上所述，当S△HDF=3S△MDF时，动点M经过的弧长为 或 。

【考点】菱形的性质，角平分线的性质，切线的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，扇形的面积和弧长公式。

【分析】(1)连接DE，过点D作DN⊥BC，垂足为点N，则根据菱形的性质可得BD平分∠ABC，根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质可得DN=DE，即BC垂直于过⊙D上点N的半径，从而得到⊙D与边BC也相切的结论。

(2)求出△HDF和扇形HDF即可求得阴影部分的面积。

(3)根据S△HDF=3S△MDF求出圆心角即可求动点M经过的弧长。注意有两点。

33. (2012四川南充8分)如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4,tan∠AOB= ,抛物线 经过点A(4，0)与点(-2，6)

(1)求抛物线的函数解析式.

(2)直线m与⊙C相切于点A交y轴于点D，动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动，点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时,求运动时间t的值

(3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.

【答案】解：(1)把点A(4，0)与点(-2，6)代入抛物线 ，得：

，解得， 。

∴抛物线的函数解析式为： 。

(2)连接AC交OB于E，过点O作OF⊥AD于点F。

∵直线m切⊙C于A ，∴AC⊥m。

∵ 弦AB=AO， ∴ 。∴AC⊥OB。

∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。

∵OA=4，tan∠AOB= ，∴tan∠OAD= ，sin∠OAD= 。

∴OD=OA•tan∠OAD=4× =3，OF=OA•sin∠OAD=4× =2.4。

t秒时，OP=t，DQ=2t，若PQ⊥AD， 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。

∴在 △ODF中，t=DF= (秒)。

∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为 1.8秒。

(3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。

∵tan∠AOB= ，∴直线OB为 。

设过点R平行于直线OB的直线l： ，

联立 和 得 ，整理得 。

∵直线l与抛物线只有一个交点，∴△= ，解得 。

将 代入 得 ，解得 。

将 代入 得 。

∴R( )。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。

【分析】(1)将点A(4，0)与点(-2，6)代入抛物线y=ax2+bx，得方程组，解之即可得出解析式。

(2)先得到∠OAD=∠AOB ，作OF⊥AD于F，再求出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,若PQ⊥AD 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。在△ODF中，应用勾股定理即可求得结论。

(3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式，设过点R平行于直线OB的直线l： ，联立 和 ，根据一元二次方程根的判别式求出 ，即可求得点R的坐标。

34. (2012新疆区12分)如图1，在直角坐标系中，已知△AOC的两个顶点坐标分别为A(2，0)，C(0，2).

(1)请你以AC的中点为对称中心，画出△AOC的中心对称图形△ABC，此图与原图组成的四边形OABC的形状是　 　，请说明理由;

(2)如图2，已知D( ，0)，过A，C，D的抛物线与(1)所得的四边形OABC的边BC交于点E，求抛物线的解析式及点E的坐标;

(3)在问题(2)的图形中，一动点P由抛物线上的点A开始，沿四边形OABC的边从A﹣B﹣C向终点C运动，连接OP交AC于N，若P运动所经过的路程为x，试问：当x为何值时，△AON为等腰三角形(只写出判断的条件与对应的结果)?

【答案】解：(1)设AC的中点为E，连接OF并延长至B，使得BF=OF;连接AC，AB，则△ABC为所求作的△AOC的中心对称图形。

∵A(2，0)，C(0，2)，∴OA=OC。

∵△ABC是△AOC的中心对称图形，∴AB=OC，BC=OA。

∴OA=AB=BC=OC。∴四边形OABC是菱形，

又∵∠AOC=900，∴四边形OABC是正方形。

(2)设经过点A、C、D的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵A(2，0)，C(0，2)，D( ，0)，

∴ ，解得 。

∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+3x+2。

由(1)知，四边形OABC为正方形，∴B(2，2)。

∴直线BC的解析式为y=2。

令y=﹣2x2+3x+2=2，解得x1=0，x2= 。∴点E的坐标为( ，2)。

(3)在点P的运动过程中，有三种情形使得△AON为等腰三角形：

①当x= 2时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形;

②当x=6﹣2 时，此时点P位于B﹣C段上，△AON为等腰三角形;

③当x=4时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形。

【考点】二次函数综合题，中心对称图形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质。119

【分析】(1)按照中心对称图形的定义作图即可，易知四边形OABC为正方形。

(2)已知A、C、D三点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式;由直线BC：y=2，代入抛物线解析式解方程求得点E的坐标。

(3)在点P的运动过程中，△AON为等腰三角形的情形有三种，充分利用正方形、等腰三角形的性质，容易求得点P运动的路程x：如图所示，

①△AON1，此时点P与点B重合，点N1是正方形OABC对角线的交点，且△AON1为等腰直角三角形。

则此时点P运动路程为：x=AB=2。

②△AON2，此时点P位于B﹣C段上。

∵正方形OABC，OA=2，∴AC=2 。

∵AN2=OA=2，∴CN2=AC﹣AN2=2 ﹣2。

∵AN2=OA，∴∠AON2=∠AN2O。

∵BC∥OA，∴∠AON2=∠CP2N2，又∠AN2O=∠CN2P2。

∴∠CN2P2=∠CP2N2。∴CP2=CN2=2 ﹣2。

此时点P运动的路程为：x=AB+BC﹣CP2=2+2﹣(2 ﹣2)=6﹣2 。

③△AON3.此时点P到达终点C，P、C、N三点重合，△AON3为等腰直角三角形，

此时点P运动的路程为：x=AB+BC=2+2=4。

综上所述，当x=2，x=6﹣2 或x=4时，△AON为等腰三角形。

35. (2012内蒙古包头12分)如图，在Rt△ABC中，∠C =900，AC = 4cm , BC = 5 cm，点D 在BC 上，且CD = 3 cm ，现有两个动点P，Q 分别从点A 和点B 同时出发，其中点P以1 厘米/秒的速度沿AC 向终点C 运动;点Q 以1 . 25 厘米/秒的速度沿BC 向终点C 运动.过点P作PE∥ BC 交AD 于点E ，连接EQ。设动点运动时间为t秒(t > 0 )。

(1)连接DP ，经过1 秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗?请说明理由;

(2)连接PQ ，在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ与线段AB平行。为什么?

(3)当t 为何值时，△EDQ为直角三角形。

【答案】解：(1)不能。理由如下：

假设经过t秒时四边形EQDP能够成为平行四边形。

∵点P的速度为1 厘米/秒，点Q 的速度为1 . 25 厘米/秒，

∴AP=t厘米，BQ=1.25t厘米。

又∵PE∥BC，∴△AEP∽△ADC。∴ 。

∵AC=4厘米，BC=5厘米，CD=3厘米，

∴ ，解得，EP=0.75t厘米。

又∵ ，

∴由EP=QD得 ，解得 。

∴只有 时四边形EQDP才能成为平行四边形。

∴经过1 秒后，四边形EQDP不能成为平行四边形。

(2)∵AP=t厘米，BQ=1.25t厘米，AC=4厘米，BC=5厘米，

∴ 。∴ 。

又∵∠C=∠C，∴△PQC∽△ABC。∴∠PQC=∠B。∴PQ∥AB。

∴在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ与线段AB平行。

(3)分两种情况讨论：

①当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t，DQ=1.25t-2

又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC。

∴ ，即 ，

解得 。

②当∠QED=90°时，

∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA。

∴ 。

Rt△EDQ斜边上的高为4-t，Rt△CDA斜边上的高为2.4，

∴ ，解得t =3.1。

综上所述，当t为2.5秒或3.1秒时，△EDQ为直角三角形。

【考点】动点问题，平行四边形的判定，相似三角形的判定和性质，平行的判定，直角三角形的判定。

【分析】(1)不能。应用相似三角形的判定和性质，得出只有 时四边形EQDP才能成为平行四边形的结果，从而得出经过1 秒后，四边形EQDP不能成为平行四边形的结论。

(2)由△PQC∽△ABC得∠PQC=∠B，从而得到在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ与线段AB平行的结论。

(3)分∠EQD=90°和∠QED=90°两种情况讨论即可。

36. (2012河南省11分)如图，在平面直角坐标系中，直线 与抛物线 交于A，B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3。点P是直线AB下方的抛物线上一动点(不与A，B重合)，过点P作x轴的垂线交直线AB与点C，作PD⊥AB于点D

(1)求a，b及 的值

(2)设点P的横坐标为

①用含 的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值;

②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的 值，使这两个三角形的面积之比为9：10?若存在，直接写出 值;若不存在，说明理由.

【答案】解：(1)由 ，得到x=-2，∴A(-2，0)。

由 ，得到x=4，∴B(4，3)。

∵ 经过A、B两点，

∴ ，解得 。

设直线AB与y轴交于点E，则E(0，1)。

∴根据勾股定理，得AE= 。

∵PC∥y轴，∴∠ACP=∠AEO。

∴ 。

(2)①由(1)可知抛物线的解析式为 。

由点P的横坐标为 ，得P ，C 。

∴PC= 。

在Rt△PCD中， ，

∵ ，∴当m=1时，PD有最大值 。

②存在满足条件的 值， 。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的性质，锐角三角函数定义，二次函数最值。

【分析】(1)求出点A、B的坐标，代入 即可求出a，b。由PC∥y轴，得∠ACP=∠AEO，在Rt△AOE中应用锐角三角函数定义即可求得 。

(2)①用 表示出点P、C的坐标，从而表示出PC的长：PC ，由锐角三角函数定义得 ，代入即能用含 的代数式表示线段PD的长。根据二次函数最值求法求得线段PD长的最大值。

②如图，分别过点D，B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F，G。

∵ ，∴设DP= k，CP=5 k。

∴根据勾股定理，得DC= k。∴ 。

在Rt△PDF中， 。

又BG=4-m，

∴ 。

当 时，解得 ;

当 时，解得 。

37. (2012河北省10分)如图，A(-5，0)，B(-3，0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，

CD∥AB.∠CDA=90°.点P从点Q(4，0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位长度的速度运动，运动时时间t秒.

(1)求点C的坐标;

(2)当∠BCP=15°时，求t的值;

(3)以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在的直线)相切时，求t的值.

【答案】解：(1)∵∠BCO=∠CBO=45°，∴OC=OB=3。

又∵点C在y轴的正半轴上，∴点C的坐标为(0，3)。

(2)分两种情况考虑：

①当点P在点B右侧时，如图2，

若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故PO=CO•tan30°= 。此时t=4+

②当点P在点B左侧时，如图3，

由∠BCP=15°，得∠PCO=60°，故OP=COtan60°=3 。此时，t=4+3

∴t的值为4+ 或4+3

(3)由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边相切时，有以下三种情况：

①当⊙P与BC相切于点C时，有

∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1。

②当⊙P与CD相切于点C时，有

PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4。

③当⊙P与AD相切时，由题意，得

∠DAO=90°，∴点A为切点，如图4，PC2=PA2=(9-t)2，PO2=(t-4)2。

于是(9-t)2= PO2=(t-4)2，即81-18t+t2=t2-8t+16+9，解得，t=5.6。

综上所述，t的值为1或4或5.6。

【考点】动点问题，切线的性质，坐标与图形性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】(1)由∠CBO=45°，∠BOC为直角，得到△BOC为等腰直角三角形，又OB=3，利用等腰直角三角形AOB的性质知OC=OB=3，然后由点C在y轴的正半轴可以确定点C的坐标。

(2)分点P在点B右侧和点P在点B左侧两种情况讨论即可。

(3)当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在的直线)相切时，分三种情况讨论：①当⊙P与BC边相切时，②当⊙P与CD相切于点C时，③当⊙P与CD相切时。

38. (2012吉林省10分)如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=2cm，AC=4cm.动点P从点A出发，沿AB方向以1cm/s的速度向点B运动，动点Q从点B同时出发，沿BA方向以1cm/s的速度向点A运动.当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动，以AP为一边向上作正方形APDE，过点Q作QF∥BC，交AC于点F.设点P的运动时间为ts，正方形和梯形重合部分的面积为Scm2.

(1)当t= s时，点P与点Q重合;

(2)当t= s时，点D在QF上;

(3)当点P在Q，B两点之间(不包括Q，B两点)时，求S与t之间的函数关系式.

【答案】解：(1)1。

(2) 。

(3)当P、Q重合时，由(1)知，此时t=1;

当D点在BC上时，如答图2所示，此时AP=BQ =t，BP= t，

又∵BP=2-t，∴ t=2-t，解得t= 。

进一步分析可知此时点E与点F重合。

当点P到达B点时，此时t=2。

因此当P点在Q，B两点之间(不包括Q，B两点)时，其运动过程可分析如下：

①当1

此时AP=BQ=t，∴AQ=2-t，PQ=AP-AQ=2t-2。

易知△ABC∽△AQF，可得AF=2AQ，EF=2EG。

∴EF=AF-AE=2(2-t)-t=4-3t，EG= EF=2- t。

∴DG=DE-EG=t-(2- t)= t-2。

。

②当

此时AP=BQ=t，∴AQ=PB=2-t。

易知△ABC∽△AQF∽△PBM∽△DNM，

可得AF=2AQ，PM=2PB，DM=2DN。∴AF=4-2t，PM=4-2t。

又DM=DP-PM=t-(4-2t)=3t-4，∴DN= (3t-4)。

综上所述，当点P在Q，B两点之间(不包括Q，B两点)时，S与t之间的函数关系式为： 。

【考点】动点问题，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)当点P与点Q重合时，此时AP=BQ=t，且AP+BQ=AB=2，由此得t+t=2，解得t=1(s)。

(2)当点D在QF上时，如答图1所示，此时AP=BQ=t.

∵QF∥BC，APDE为正方形，∴△PQD∽△ABC。

∴DP：PQ=AC：AB=2，则PQ= DP= AP= t。

由AP+PQ+BQ=AB=2，得t+ t+t=2，解得：t= 。

(3)当点P在Q，B两点之间(不包括Q，B两点)时，运动过程可以划分为两个阶段：

①当1

②当

”求出。

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