中考数学解题指导专题17：动态几何之面积问题探讨

中考数学解题指导专题17：动态几何之面积问题探讨

1 【2013 年中考攻略】专题 17：动态几何之面积问题探讨 动态题是近年来中考的的一个热点问题，动态包括点动、线动和面动三大类，解这类题目要“以静制 动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。常见的题型包括最值问 题、面积问题、和差问题、定值问题和图形存在问题等。前面我们已经对最值问题进行了探讨，本专题对 面积问题行探讨。 结合 2011 年和 2012 年全国各地中考的实例，我们从四方面进行动态几何之面积问题的探讨：（1）静 态面积问题；（2）点动形成的动态面积问题；（3）线动形成的动态面积问题；（ 4）面动形成的动态面积问 题。 一、静态面积问题： 典型例题： 例 1：（2012 山西省 2 分）如图是某公园的一角，∠AOB=90°，弧 AB 的半径 OA 长是 6 米，C 是 OA 的中 点，点 D 在弧 AB 上，CD∥OB，则图中休闲区（阴影部分）的面积是【 】 A． 910 32 米 2 B． 9 32 米 2 C． 9632 米 2 D． 6 9 3  米 2 【答案】 C。 【考点】扇形面积的计算，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】连接 OD，则 DOCAODS S S扇形影阴 。 ∵弧 AB 的半径 OA 长是 6 米，C 是 OA 的中点，∴OC= 1 2 OA= ×6=3。 ∵∠AOB=90°，CD∥OB，∴CD⊥OA。 在 Rt△OCD 中，∵OD=6，OC=3，∴ 2 2 2 2CD= OD OC 6 3 3 3    。 又∵ CD 3 3 3sin DOC = =OD 6 2 ，∴∠DOC=60°。 ∴ 2 DOCAOD 60 6 1 9S S S = 3 3 3=6 3360 2 2        扇形影阴 （米 2）。故选 C。 2 例 2：（2012 湖北恩施 3 分）如图，菱形 ABCD 和菱形 ECGF 的边长分别为 2 和 3，∠A=120°，则图中阴 影部分的面积是【 】 A． 3 B．2 C．3 D． 2 例 3：（2012 湖北随州 4 分）如图，直线 l 与反比例函数 2y= x 的图象在第一象限内交于 A、B 两点，交 x 轴的正半轴于 C 点,若 AB：BC=(m 一 l)：1(m>l)则△OAB 的面积(用 m 表示)为【 】 3 A. 2m1 2m  B. 2m1 m  C.  23 m 1 m  D.  23 m 1 2m  【答案】B。 【考点】反比例函数的应用，曲线上点的坐标与方程式关系，相似三角形的判定和性质，代数式化简。 【分析】如图，过点 A 作 AD⊥OC 于点 D，过点 B 作 BE⊥OC 于点 E, 设 A(ｘA，ｙA)，B (ｘB，ｙB)，C（c¸0）。 ∵AB：BC=(m 一 l)：1(m>l)，∴AC：BC=m：1。 又∵△ADC∽△BEC，∴AD：BE=DC：EC= AC：BC=m：1。 又∵AD=ｙA，BE=ｙB，DC= c－ｘA，EC= c－ｘB， ∴ｙA：ｙB= m：1，即ｙA= mｙB。 ∵直线 l 与反比例函数 2y= x 的图象在第一象限内交于 A、B 两点， ∴ A A 2y=x ， B B 2y=x 。 ∴ AB 2 2m=xx ， AB 1x = xm 。 将 又由 AC：BC=m：1 得（c－ｘA）：（ c－ｘB）=m：1，即  BB 1c x : c x m:1m    ，解得  Bx m+1c= m 。 ∴      B OAB OCB OBC A B A B B B x m+11 1 1 1S =S S = c y c y c y y my y2 2 2 2 m                      222 BBBB x y m 1 2 m 1x y m+1 m 11 m 1 2 m 2m 2m m       。 故选 B。 例 4：（2012 贵州贵阳 12 分）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称 为这个平面图形的一条面积等分线． （1）三角形有 条面积等分线，平行四边形有 条面积等分线； （2）如图①所示，在矩形中剪去一个小正方形，请画出这个图形的一条面积等分线； （3）如图②，四边形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行，AB≠CD，且 S△ABC＜S△ACD，过点 A 画出四边形 ABCD 的面积等分线，并写出理由． 4 【答案】解：（1）6；无数。 （2）这个图形的一条面积等分线如图： 连接2 个矩形的对角线的交点的直线即把这个图形分成 2 个相等的部分．即 OO′为这个 图形的一条面积等分线。 （3）四边形 ABCD 的面积等分线如图所示： 理由如下： 过点 B 作 BE∥AC 交 DC 的延长线于点 E，连接 AE。 ∵BE∥AC，∴△ABC 和△AEC 的公共边 AC 上的高也相等，∴ S△ABC=S△AEC。 ∴ ACD ABC ACD AEC AEDABCDS S S S S S        四 形边 。 ∵S△ACD＞S△ABC， ∴面积等分线必与 CD 相交，取 DE 中点 F，则直线 AF 即为要求作的四边形 ABCD 的面积等分线。 【考点】面积及等积变换，平行线之间的距离，三角形的面积，平行四边形的性质，矩形的性质。 【分析】（1）读懂面积等分线的定义，不难得出：三角形的面积等分线是三角形的中线所在的直线；过两 条对角线的交点的直线都可以把平行四边形的面积分成 2 个相等的部分；从而三角形有 3 条面积等分线， 平行四边形有无数条面积等分线。 （2）由（1）知，矩形的一条对角线所在的直线就是矩形的一条面积等分线； 5 （3）过点 B 作 BE∥AC 交 DC 的延长线于点 E，连接 AE．根据△ABC 和△AEC 的公共边 AC 上 的 高 也 相 等 推 知 S△ABC=S△AEC ；由“ 割 补 法 ” 可 以 求 得 ACD ABC ACD AEC AEDABCDS S S S S S        四 形边 。 例 5：（2012 贵州毕节 3 分）如图，在正方形 ABCD 中，以 A 为顶点作等边△AEF，交 BC 边于 E，交 DC 边于F；又以 A 为圆心，AE 的长为半径作 EF 。若△AEF 的边长为 2，则阴影部分的面积约是【 】 （参考数据： 2 1.414 3 1.732 ， ，π 取 3.14） A. 0.64 B. 1.64 C. 1.68 D. 0.36 【答案】A。 【考点】正方形和等边三角形的性质，勾股定理，扇形和三角形面积。 【分析】由图知， AEF CEF AEFS S S S   扇形影部分阴 。因此，由已知，根据正方形、等边三角形的性质和 勾股定理，可得等边△AEF 的边长为 2，高为 3 ；Rt△AEF 的两直角边长为 2 ；扇形 AEF 的半径为 2 圆心角为 600。 ∴ 2 AEF CEF AEF 1 1 60 2 2S S S S = 2 3 2 2 = 3+1 0.642 2 360 3            扇形影部分阴 。故选 A。 例 6：（2012 山东德州 3 分）如图，两个反比例函数 1y= x 和 2y= x 的图象分别是 l1 和 l2．设点 P 在 l1 上， PC⊥x 轴，垂足为 C，交 l2 于点 A，PD⊥y 轴，垂足为 D，交 l2 于点 B，则三角形 PAB 的面积为【 】 A．3 B．4 C． 9 2 D．5 【答案】C。 【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形的面积。 6 例 7：（2012 内蒙古赤峰 3 分）如图，等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，以点 C 为圆心，CD 为半径的弧与 BC 交于点 E，四边形 ABED 是平行四边形，AB=3，则扇形 CDE（阴影部分）的面积是【 】 A． 3 2  B． 2  C．π D．3π 【答案】A。 【考点】等腰梯形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积的计算。 【分析】∵四边形 ABCD 是等腰梯形，且 AD∥BC，∴AB=CD。 又∵四边形 ABED 是平行四边形，∴AB=DE（平行四边形的对边相等）。∴DE=DC=AB=3。 ∵CE=CD，∴CE=CD=DE=3，即△DCE 是等边三角形。∴∠C=60°。 7 ∴扇形 CDE（阴影部分）的面积为： 260 3 3=360 2   。故选 A。 例 8：（2012 黑龙江绥化 3 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，E 是 CD 上的一点，DE：EC=2：3，连接 AE、BE、BD，且 AE、BD 交于点 F，则 S△DEF：S△EBF：S△ABF=【 】 A．2：5：25 B．4：9：25 C．2：3：5 D．4：10：25 【答案】D。 【考点】平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】由 DE：EC=2：3 得 DE：DC=2：5，根据平行四边形对边相等的性质，得 DE：AB=2：5 由平行四边形对边平行的性质易得△DFE∽△BFA ∴DF：FB= DE：AB=2：5，S△DEF：S△ABF=4：25。 又∵S△DEF 和 S△EBF 是等高三角形，且 DF：FB =2：5，∴S△DEF：S△EBF =2：5=4：10。 ∴S△DEF：S△EBF：S△ABF =4：10：25。故选 D。 例 9：（2012 安徽省 5 分）如图，P 是矩形 ABCD 内的任意一点，连接 PA、PB、PC、PD，得到△PAB、 △PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是 S1、S2、S3、S4，给出如下结论： ①S1+S2=S3+S4 ② S2+S4= S1+ S3 ③若 S3=2 S1，则 S4=2 S2 ④若 S1= S2，则 P 点在矩形的对角线上 其中正确的结论的序号是 ▲ （把所有正确结论的序号都填在横线上）. 【答案】②④。 【考点】矩形的性质，相似 【分析】如图，过点 P 分别作四个三角形的高， ∵△APD 以 AD 为底边，△PBC 以 BC 为底边， 8 ∴此时两三角形的高的和为 AB， ∴S1+S3= 1 2 S 矩形 ABCD； 同理可得出 S2+S4= S 矩形 ABCD。 ∴②S2+S4= S1+ S3 正确，则①S1+S2=S3+S4 错误。 若 S3=2 S1，只能得出△APD 与△PBC 高度之比，S4 不一定等于 2S2；故结论③错误。 如图，若 S1=S2，则 ×PF×AD= ×PE×AB， ∴△APD 与△PBA 高度之比为：PF：PE =AB：AD 。 ∵∠DAE=∠PEA=∠PFA=90°，∴四边形 AEPF 是矩形， ∴矩形 AEPF∽矩形 ABCD。连接 AC。 ∴PF：CD =PE ：BC=AP：AC， 即 PF：CD =AF ：AD=AP：AC。 ∴△APF∽△ACD。∴∠PAF=∠CAD。∴点 A、P、C 共线。∴P 点在矩形的对角线上。 故结论④正确。 综上所述，结论②和④正确。 例 10：（2012 福建宁德 3 分）如图，点 M 是反比例函数 y＝ 1 x 在第一象限内图象上的点，作 MB⊥x 轴于 点．过点 M 的第一条直线交 y 轴于点 A1，交反比例函数图象于点 C1，且 A1C1＝ 1 2 A1M，△A1C1B 的面积 记为 S1；过点 M 的第二条直线交 y 轴于点 A2，交反比例函数图象于点 C2，且 A2C2＝ 1 4 A2M，△A2C2B 的 面积记为 S2；过点 M 的第三条直线交 y 轴于点 A3，交反比例函数图象于点 C3，且 A3C3＝ 1 8 A3M，△A3C3B 的面积记为 S3；依次类推…；则 S1＋S2＋S3＋…＋S8＝ ▲ ． 【答案】 255 512 。 9 【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线分线段成比例定理。 【分析】过点 M 作 MD⊥y 轴于点 D，过点 A1 作 A1E⊥BM 于点 E，过点 C1 作 C1F⊥BM 于点 F， ∵点 M 是反比例函数 y＝ 1 x 在第一象限内图象上的点， ∴OB×DM=1。∴ 1A BM 11S OB MB22     。 ∵A1C1= 1 2 A1M，即 C1 为 A1M 中点， ∴C1 到 BM 的距离 C1F 为 A1 到 BM 的距离 A1E 的一半。 ∴ 111 BMC A BM 11S S S24   。 ∴ 2BMA 2 1 1 1S BM A BM BM BO2 2 2       到 距离 。 ∵A2C2＝ 1 4 A2M，∴C2 到 BM 的距离为 A2 到 BM 的距离的 3 4 。 ∴ 2 2 22 A C B BMA 11S S S48   。 同理可得：S3= 1 16 ，S4= 1 32 ，… ∴ 1 2 3 8 89 1 1 1 1 1 1 1 1 255S S S S 4 8 4 8 256 512 51222         ＋ ＋ ＋ ＋ ＝ 。 练习题： 1. （2012 广东省 4 分）如图，在▱ABCD 中，AD=2，AB=4，∠A=30°，以点 A 为圆心，AD 的长为半径 画弧交 AB 于点 E，连接 CE，则阴影部分的面积是 ▲ （结果保留 π）． 2. （2012 浙江温州 5 分）如图，已知动点 A 在函数 4y= x (x>o)的图象上，AB⊥x 轴于点 B，AC⊥y 轴于 点 C，延长 CA 至点 D，使 AD=AB，延长 BA 至点Ｅ，使 AE=AC.直线 DE 分别交 x 轴，y 轴于点 P,Q.当 QE：DP=4:9 时，图中的阴影部分的面积等于 ▲ _. 10 3. （2012 江苏常州 2 分）如图，已知反比例函数  1 1 ky= k 0x > 和  2 2 ky= k 0x < 。点 A 在 y 轴的正半轴上， 过点 A 作直线 BC∥x 轴，且分别与两个反比例函数的图象交于点 B 和 C，连接 OC、OB。若△BOC 的面 积为 5 2 ，AC：AB=2：3，则 1k = ▲ ， 2k = ▲ 。 4. （2012 江苏扬州 3 分）如图，双曲线 ky= x 经过 Rt△OMN 斜边上的点 A，与直角边 MN 相交于点 B， 已知 OA＝2AN，△OAB 的面积为 5，则 k 的值是 ▲ ． 5. （2012 湖南岳阳 3 分）如图，△ABC 中，AB=AC，D 是 AB 上的一点，且 AD= 2 3 AB，DF∥BC，E 为 BD 的中点．若 EF⊥AC，BC=6，则四边形 DBCF 的面积为 ▲ ． 6. （2012 四川攀枝花 4 分）如图，以 BC 为直径的⊙O1 与⊙O2 外切，⊙O1 与⊙O2 的外公切线交于点 D， 且∠ADC=60°，过 B 点的⊙O1 的切线交其中一条外公切线于点 A．若⊙O2 的面积为 π，则四边形 ABCD 的面积是 ▲ ． 11 7. （2012 辽宁朝阳 3 分）如图，在正方形 ABCD 内有一折线，其中 AE⊥EF，EF⊥FC，并且 AE=4，EF=8， FC=12。则正方形与其外接圆形成的阴影部分的面积为 ▲ 。 8. （2012 辽宁沈阳 4 分）如图，菱形 ABCD 的边长为 8cm，∠A=60°，DE⊥AB 于点 E，DF⊥BC 于点 F， 则四边形 BEDF 的面积为 ▲ _cm2. 9. （2012 辽宁营口 3 分）如图，直线 bxy  与双曲线 xy 1 （x＞0）交于 A、B 两点，与 x 轴、 y 轴 分别交于 E、F 两点，连结 OA、OB，若 AOB OBF OAES S S  ，则 b ▲ ． 10. （2012 贵州遵义 4 分）如图，平行四边形 ABCD 的顶点为 A、C 在双曲线 1 1 ky= x 上，B、D 在双曲 线 2 2 ky=x 上，k1=2k2（k1＞0）， AB∥y 轴，S△ABCD=24，则 k1= ▲ ． 12 二、点动形成的动态面积问题： 典型例题： 例 1：（2012 广东广州 14 分）如图，抛物线 233y= x x+384 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧）， 与 y 轴交于点 C． （1）求点 A、B 的坐标； （2）设 D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时，求点 D 的坐标； （3）若直线 l 过点 E（4，0）， M 为直线 l 上的动点，当以 A、B、M 为顶点所作的直角三角形有且只有三 个时，求直线 l 的解析式． 【答案】解：（1）在 233y= x x+384 中，令 y=0，即 233x x+3=084 ，解得 x1=﹣4，x2=2。 ∵点 A 在点 B 的左侧，∴A、B 点的坐标为 A（﹣4，0）、 B（2，0）。 （2）由 得，对称轴为 x=﹣1。 在 中，令 x=0，得 y=3。 ∴OC=3，AB=6， ACB 11S AB OC 6 3 922       。 在 Rt△AOC 中， 2 2 2 2AC= OA +OC 4 +3 5。 设△ACD 中 AC 边上的高为 h，则有 1 2 AC•h=9，解得 h=18 5 。 13 如图 1，在坐标平面内作直线平行于 AC，且到 AC 的距离=h=18 5 ，这样的直线有 2 条， 分别是 L1 和 L2，则直线与对称轴 x=﹣1 的两个交点即为所求的点 D。 设 L1 交 y 轴于 E，过 C 作 CF⊥L1 于 F，则 CF=h= ， ∴ 18 CF CF 95CE 4sin CEF sin OCA 2 5     。 设直线 AC 的解析式为 y=kx+b， 将 A（﹣4，0）， B（0，3）坐标代入，得 4k+b=0 b=3    ，解得 3k= 4 b=3   。来源:21 ∴直线 AC 解析式为 3y x 34。来源:] 直线 L1 可以看做直线 AC 向下平移 CE 长度单位（ 9 2 个长度单位）而形成的， ∴直线 L1 的解析式为 3 9 3 3y x 3 x4 2 4 2     。 则 D1 的纵坐标为  3 3 914 2 4     。∴D1（﹣4， 9 4 ）。 同理，直线 AC 向上平移 个长度单位得到 L2，可求得 D2（﹣1， 27 4 ）。 综上所述，D 点坐标为：D1（﹣4， ）， D2（﹣1， ）。 （3）如图 2，以 AB 为直径作⊙F，圆心为 F．过 E 点作⊙F 的切线，这样的切线有 2 条． 连接 FM，过 M 作 MN⊥x 轴于点 N。 ∵A（﹣4，0）， B（2，0）， ∴F（﹣1，0）， ⊙F 半径 FM=FB=3。 又 FE=5，则在 Rt△MEF 中，- ME= 225 3 4，sin∠MFE= 4 5 ，cos∠MFE= 3 5 。 在 Rt△FMN 中，MN=MN•sin∠MFE=3×4 12 55 ， FN=MN•cos∠MFE=3×39 55 。 则 ON= 。∴M 点坐标为（ ，12 5 ）。 直线 l 过 M（ ， ）， E（4，0）， 14 设直线 l 的解析式为 y=k1x+b1，则有 4 12k+b=55 4k+b=0   ，解得 3k= 4 b=3    。 ∴直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3。 同理，可以求得另一条切线的解析式为 y= 3 4 x﹣3。 综上所述，直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3 或 y= 3 4 x﹣3。 例 2：（2012 广东梅州 11 分）如图，矩形 OABC 中，A（6，0）、 C（0，2 ）、 D（0，3 ），射线 l 过 点 D 且与 x 轴平行，点 P、Q 分别是 l 和 x 轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°． （1）①点 B 的坐标是 ；②∠CAO= 度；③当点 Q 与点 A 重合时，点 P 的坐标为 ；（直接写 出答案） （2）设 OA 的中心为 N，PQ 与线段 AC 相交于点 M，是否存在点 P，使△AMN 为等腰三角形？若存在， 请直接写出点 P 的横坐标为 m；若不存在，请说明理由． 15 （3）设点 P 的横坐标为 x，△OPQ 与矩形 OABC 的重叠部分的面积为 S，试求 S 与 x 的函数关系式和相 应的自变量 x 的取值范围． 【答案】解：（1）①（6，2 3 ）。 ②30。③（3，3 ）。 （2）存在。m=0 或 m=3﹣ 或 m=2。 （3）当 0≤x≤3 时， 如图 1，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x； 由题意可知直线 l∥BC∥OA， 可得 EF PE DC 3 1==OQ PO DO 333 ，∴EF= 1 3 （3+x）， 此时重叠部分是梯形，其面积为： EFQO 1 4 3 4 3S S EF OQ OC 3 x x 4 32 3 3      梯形 （ ） （ ）= 当 3＜x≤5 时，如图 2，   HAQEFQO EFQO 2 2 1S S S S AH AQ2 4 3 3 3 13 3 3x 4 3 x 3 x x3 2 2 3 2              = 梯形 梯形 。 当 5＜x≤9 时，如图 3， 12S BE OA OC 3 12 x23 23= x 12 33       （ ） （ ） 。 当 x＞9 时，如图 4， 1 1 18 3 54 3S OA AH 6 =2 2 x x     。 综上所述，S 与 x 的函数关系式为：         2 43x 4 3 0 x 33 3 13 3 3x x 3 x 52 3 2S 23x 12 3 5 x 93 54 3 x9x < < >                  。 16 【考点】矩形的性质，梯形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，解 直角三角形。 【分析】（1）①由四边形 OABC 是矩形，根据矩形的性质，即可求得点 B 的坐标： ∵四边形 OABC 是矩形，∴AB=OC，OA=BC， ∵A（6，0）、 C（0，2 3 ）， ∴点 B 的坐标为：（6，2 ）。 ②由正切函数，即可求得∠CAO 的度数： ∵ OC 2 3 3tan CAO = =OA 6 3 ，∴∠CAO=30°。 ③由三角函数的性质，即可求得点 P 的坐标；如图：当点 Q 与点 A 重合时，过点 P 作 PE⊥OA 于 E， ∵∠PQO=60°，D（0，3 ）， ∴PE=3 。 ∴ 0 PEAE 3 tan60 。 ∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴点 P 的坐标为（3，3 ）。 （2）分别从 MN=AN，AM=AN 与 AM=MN 去分析求解即可求得答案： 情况①：MN=AN=3，则∠AMN=∠MAN=30°， ∴∠MNO=60°。 ∵∠PQO=60°，即∠MQO=60°，∴点 N 与 Q 重合。 ∴点 P 与 D 重合。∴此时 m=0。 情况②，如图 AM=AN，作 MJ⊥x 轴、PI⊥x 轴。 MJ=MQ•sin60°=AQ•sin600 3OA IQ OI sin60 3 m2      （ ） （ ） 又 1 1 3MJ AM= AN=2 2 2 ， ∴ 333m22（ ）= ，解得：m=3﹣ 。 情况③AM=NM，此时 M 的横坐标是 4.5， 过点 P 作 PK⊥OA 于 K，过点 M 作 MG⊥OA 于 G， ∴MG= 3 2 。 17 ∴ 00 PK 3 3 MG 1QK 3 GQ 2tan60 3 tan60     ， 。 ∴KG=3﹣0.5=2.5，AG= 1 2 AN=1.5。∴OK=2。∴m=2。 综上所述，点 P 的横坐标为 m=0 或 m=3﹣ 3 或 m=2。 （3）分别从当 0≤x≤3 时，当 3＜x≤5 时，当 5＜x≤9 时，当 x＞9 时去分析求解即可求得答案。 例 3：（2012 广东汕头 12 分）如图，抛物线 213y= x x 922与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C，连 接 BC、AC． （1）求 AB 和 OC 的长； （2）点 E 从点 A 出发，沿 x 轴向点 B 运动（点 E 与点 A、B 不重合），过点 E 作直线 l 平行 BC，交 AC 于点 D．设 AE 的长为 m，△ADE 的面积为 s，求 s 关于 m 的函数关系式，并写出自变量 m 的取值范围； （3）在（2）的条件下，连接 CE，求△CDE 面积的最大值；此时，求出以点 E 为圆心，与 BC 相切的圆 的面积（结果保留 π）． 【答案】解：（1）在 213y= x x 922中， 令 x=0，得 y=－9，∴C（0，﹣9）； 令 y=0，即 213x x 9=022 ，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、 B（6，0）。 ∴AB=9，OC=9。 （2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴ 2 AED ABC S AE S AB     ，即： 2sm 1 9992   。 ∴s= 1 2 m2（0＜m＜9）。 （3）∵S△AEC= AE•OC= 9 2 m，S△AED=s= m2， 18 ∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED =﹣ 1 2 m2+ 9 2 m=﹣ （m﹣ ）2+ 81 8 。 ∴△CDE 的最大面积为 ， 此时，AE=m= ，BE=AB﹣AE= 。 又 22BC 6 +9 =3 13 ， 过 E 作 EF⊥BC 于 F，则 Rt△BEF∽Rt△BCO，得： EF BE OC BC ，即： 9 EF 2 9 3 13  。 ∴ 27EF 1326 。 ∴以 E 点为圆心，与 BC 相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2= 729 52  。 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值， 勾股定理，直线与圆相切的性质。 【分析】（1）已知抛物线的解析式，当 x=0，可确定 C 点坐标；当 y=0 时，可确定 A、B 点的坐标，从而 确定 AB、OC 的长。 （2）直线 l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于 s、m 的函数关系式；根据题目条件：点 E 与点 A、B 不重合，可确定 m 的取值范围。 （3）①首先用 m 列出△AEC 的面积表达式，△AEC、△AED 的面积差即为△CDE 的面积，由此可 得关于 S△CDE 关于 m 的函数关系式，根据函数的性质可得到 S△CDE 的最大面积以及此时 m 的值。 ②过 E 做 BC 的垂线 EF，这个垂线段的长即为与 BC 相切的⊙E 的半径，可根据相似三角形△BEF、 △BCO 得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解。 例 4：（2012 贵州铜仁 14 分）如图，已知：直线 y x 3   交 x 轴于点A，交 y 轴于点 B ，抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A、B、C（1，0）三点. （1）求抛物线的解析式; （2）若点 D 的坐标为（－1，0），在直线 上有一点 P，使 ΔABO 与 ΔADP 相似，求出点 P 的坐标； （3）在（2）的条件下，在 x 轴下方的抛物线上，是否存在点 E，使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积？如果存在，请求出点 E 的坐标；如果不存在，请说明理由． 19 【答案】解：（1）由题意得，A（3，0）， B（0，3）， ∵抛物线经过 A、B、C 三点， ∴把 A（3，0）， B（0，3）， C（1，0）三点分别代入 y=ax2+bx+c 得方程组 9a 3b c 0 c3 a b c 0          ，解得： a1 b4 c3      。 ∴抛物线的解析式为 2 43y x x= - + 。 （2）由题意可得：△ABO 为等腰三角形，如图 1 所示， 若△ABO∽△AP1D，连接 DP1，则 1 AO OB AD OP ， ∴DP1=AD=4。∴P1 ( 1,4)- 。 若△ABO∽△ADP2 ，过点 P2 作 P2 M⊥x 轴于 M，连接 DP2， ∵△ABO 为等腰三角形, ∴△ADP2 是等腰三角形。 由三线合一可得：DM=AM=2= P2M，即点 M 与点 C 重合。∴P2（1，2）。 （3）不存在。理由如下： 如图 2 设点 E ( , ) xy，则 ADE 1S AD | y | 2 | y |2     ①当 P1(－1，4)时， S 四边形 AP1CE=S 三角形 ACP1+S 三角形 ACE 20 1AP1CE ACP ACES S S 112 4 2 | y | 4 y22          四 形边 ∴ 24yy=+ 。 ∴ 4y = 。 ∵点 E 在 x 轴下方 ∴ 4y =- 。代入得： 2 4 3 4xx- + = - ,即 2x 4x 7 0   ∵△=(－4)2－4×7=＋12<0，∴此方程无解。 ∴当 P1(－1，4)时，在 x 轴下方的抛物线上，不存在点 E，使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 ②当 P2（1，2）时， 22ACP ACE四边形AP2CES S S yDD= + = + ∴ 22yy=+ 。∴ 2y = 。 ∵点 E 在 x 轴下方，∴ 2y =- 。代入得： 2 4 3 2xx- + = - ，即 2x 4x 5 0   ∵△=(－4)2－4×5=－4<0，∴此方程无解。 ∴当 P2（1，2）时，在 x 轴下方的抛物线上，不存在点 E，使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 综上所述，在 x 轴下方的抛物线上不存在这样的点 E，使 ΔADE 的面积等于四边形 APCE 的面积。 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的性质， 一元二次方程根的判别式。 【分析】（1）求出 A（3，0）， B（0，3），由 A、B、C 三点坐标用待定系数法即可求得抛物线的解析式。 （2）根据等腰三角形的判定和性质和相似三角形的性质即可求出点 P 的坐标。 （3）由（2）的两解分别作出判断。 例 5：（2012 湖南张家界 12 分）如图，抛物线 2 2 33y x x 2    与 x 轴交于 C．A 两点，与 y 轴交于点 B，点 O 关于直线 AB 的对称点为 D，E 为线段 AB 的中点． （1）分别求出点 A．点 B 的坐标； （2）求直线 AB 的解析式； （3）若反比例函数 ky x 的图象过点 D，求 k 值； 21 （4）两动点 P、Q 同时从点 A 出发，分别沿 AB．AO 方向向 B．O 移动，点 P 每秒移动 1 个单位，点 Q 每秒移动 1 2 个单位，设△POQ 的面积为 S，移动时间为 t，问：S 是否存在最大值？若存在，求出这个最 大值，并求出此时的 t 值；若不存在，请说明理由． 【答案】解：（1）令 y=0，即 2 2x 3x 2 03    ，解得 12 3x = x =2 33 ， 。 ∴C（ 3 3 ，0）、 A（ 23，0）。 令 x=0，得 y=2。∴B（0，2）。 ∴A（ ，0）、 B（0，2）。 （2）∵令直线 AB 经过点 B（0，2）， ∴设 AB 的解析式为 y=k1x+2。 又∵点 A（ ，0）在直线上，∴0=k1 +2，解得 k1= 3 3 。 ∴直线 AB 的解析式为 y= 3 3 x+2。 （3）由 A（ ，0）、 B（0，2）得：OA= ，OB=2，AB=4，∠BAO=30°，∠DOA=60°。 ∵OD 与 O 点关于 AB 对称，∴OD=OA= 。 ∴D 点的横坐标为 OD·cos600= 3 ，纵坐标为 OD·sin600=3。 ∴D（ ，3）。 ∵ ky x 过点 D，∴ k3 3  ，即 k=3 。 （4）存在。 ∵AP=t，AQ= 1 2 t，P 到 x 轴的距离：AP•sin30°= t，OQ=OA﹣AQ= ﹣ t， 22 ∴ 22 OPQ 1 1 1 1 3 1 3S 2 3 t t t t t 2 32 2 2 8 2 8 2           （ ） （ ） 。 依题意， t 4 1 t 2 32 t0>      ， 得 0＜t≤4。 ∴当 t= 23时，S 有最大值为 3 2 。 例 6：（2012 四川内江 12 分）如图，已知点 A（－1，0）， B（4，0），点 C 在 y 轴的正半轴上，且∠ACB=900， 抛物线 2y ax bx c   经过 A、B、C 三点，其顶点为 M. (1)求抛物线 的解析式； (2)试判断直线 CM 与以 AB 为直径的圆的位置关系，并加以证明； (3)在抛物线上是否存在点 N，使得 BCNS 4  ?如果存在，那么这样的点有几个？如果不存在，请说明理由。 23 【答案】解：（1）Rt△ACB 中，OC⊥AB，AO=1，BO=4， ∴△ACO∽△ABO 。∴ CO AO OB CO ，∴OC2=OA•OB=4。 ∴OC=2。∴点 C（0，2）。 ∵抛物线 2y ax bx c   经过 A、B 两点， ∴设抛物线的解析式为：   y a x+1 x 4，将 C 点代入上式，得：   2 a 0+1 0 4，解得 1a= 2 。 ∴抛物线的解析式：   1y x+1 x 42   ，即 213y x + x+222 。 （2）直线 CM 与以 AB 为直径的圆相切。理由如下： 如图，设抛物线的对称轴与 x 轴的交点为 D，连接 CD。 由于 A、B 关于抛物线的对称轴对称，则点 D 为 Rt△ABC 斜边 AB 的中 点，CD= 1 2 AB。 由（1）知： 2 21 3 1 3 25y x + x+2= x +2 2 2 2 8     ， 则点 M（ 3 25 28 ， ）， ME= 25 9 288 。 而 CE=OD= 3 2 ，OC=2，∴ME：CE=OD：OC。 又∵∠MEC=∠COD=90°，∴△COD∽△CEM。∴∠CME=∠CDO。 ∴∠CME+∠CDM=∠CDO+∠CDM=90°。∠DCM=90°。 ∵CD 是⊙D 的半径，∴直线 CM 与以 AB 为直径的圆相切。 （3）由 B（4，0）、 C（0，2）得：BC= 25， 则： BCN 1 1 4 5S BC h 2 5 h 4 h2 2 5       ， 。 过点 B 作 BF⊥BC，且使 BF=h= 45h 5 ，过 F 作直线 l∥BC 交 x 轴于 G。 Rt△BFG 中，sin∠BGF=sin∠CBO= 5 5 ， BG=BF÷sin∠BGF= 4 5 5 =455 。 ∴G（0，0）或（8，0）。 易知直线 BC：y= 1 2 x+2，则可设直线 l：y= 1 2 x+b， 24 将 G 点坐标代入，得：b=0 或 b=4，则： 直线 l：y= 1 2 x 或 y= x+4； 联立抛物线的解析式，得： 2 1y x 2 13y x x 222        ，或 2 1 y x 4 2 13y x x 222          。 解得 x 2+2 2 y 1 2      或 x 2 2 2 y 1+ 2    或 x2 y3    。 ∴抛物线上存在点 N，使得 BCNS4  ，这样的点有 3 个： 123N 2 2 2 1 2 N 2 2 2 1 2 N 2 3     （ ， ）、 （ ， ）、 （ ，）。 【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，相似三角形的判定和性质，二次 函数的性质，直线与的位置关系，平行线的性质。 【分析】（1）Rt△ACB 中，OC⊥AB，利用相似三角形能求出 OC 的长，即可确定 C 点坐标，再利用待定 系数法能求出该抛物线的解析式。 （2）证明 CM 垂直于过点 C 的半径即可。 （3）先求出线段 BC 的长，根据△BCN 的面积，可求出 BC 边上的高，那么做直线 l，且直线 l 与直线 BC 的长度正好等于 BC 边上的高，那么直线 l 与抛物线的交点即为符合条件的 N 点。 例 7：（2012 山东菏泽 10 分）如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为 A（0，1）， B（2， 0）， O（0，0），将此三角板绕原点 O 逆时针旋转 90°，得到△A′B′O． （1）一抛物线经过点 A′、B′、B，求该抛物线的解析式； （2）设点 P 是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点 P，使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积 4 倍？若存在，请求出 P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试指出四边形 PB′A′B 是哪种形状的四边形？并写出四边形 PB′A′B 的两条性质． 25 【答案】解：(1) ∵△A′B′O 是由△ABO 绕原点 O 逆时针旋转 900 得到的， 且 A（0，1）， B（2，0）， O（0，0） ∴ A ( 1, 0), B (0, 2)   。 设抛物线的解析式为 2 ( 0)y ax bx c a    ， ∵抛物线经过点 A′、B′、B， ∴ 0 2 0 4 2 a b c c a b c          ，解之得 1 1 2 a b c      。 ∴满足条件的抛物线的解析式为 2 2y x x    。 （2）∵P 为第一象限内抛物线上的一动点， 设 P( , )xy，则 0, 0xy ，P 点坐标满足 。 连接 PB，PO，PB′。 ∴ B OA B O OB PB A B S S S S       PP四边形 1 1 11 2+ 2 + 22 2 2xy       22( 2) 1 2 3x x x x x          。 假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍， 则 2 2 3 4xx    ，即 2 2 1 0xx   ，解之得 1x  ，此时 21 1 2 2y      。 ∴P（1，2）。 ∴存在点 P（1，2），使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍。 （3）四边形 PB′A′B 为等腰梯形。它的性质有： ①等腰梯形同一底上的两个内角相等； 26 ②等腰梯形对角线相等； ③等腰梯形上底与下底平行； ④等腰梯形两腰相等。 答案不唯一，上面性质中的任意 2 个均可。 【考点】二次函数综合题，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰梯形的判定和 性质。 【分析】（1）利用旋转的性质得出 A′（－1，0）， B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可。 （2）利用 S 四边形 PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍， 得出一元二次方程，得出 P 点坐标即可。 （3）利用 P 点坐标以及 B 点坐标即可得出四边形 PB′A′B 为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答 案即可。 例 8：（2012 广西柳州 12 分）如图，在△ABC 中，AB=2，AC=BC= 5 ． （1）以 AB 所在的直线为 x 轴，AB 的垂直平分线为 y 轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出 A、B、C 三点的坐标； （2）求过 A、B、C 三点且以 C 为顶点的抛物线的解析式； （3）若 D 为抛物线上的一动点，当 D 点坐标为何值时，S△ABD= 1 2 S△ABC； （4）如果将（2）中的抛物线向右平移，且与 x 轴交于点 A′B′，与 y 轴交于点 C′，当平移多少个单位时， 点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料）． 附：阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法，对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解．如解方程：y4－4y2＋3=0． 解：令 y2=x（x≥0），则原方程变为 x2－4x＋3=0，解得 x1=1，x2=3． 27 当 x1=1 时，即 y2=1，∴y1=1，y2=-1． 当 x2=3，即 y2=3，∴y3= 3 ，y4=- 3 ． 所以，原方程的解是 y1=1，y2=-1，y3= 3 ，y4=- 3 ． 再如 22x 2 x 2   ，可设 2y x 2 ，用同样的方法也可求解． 【答案】解：（1）∵AB 的垂直平分线为 y 轴，∴OA=OB= 1 2 AB= ×2=1。 ∴A 的坐标是（－1，0）， B 的坐标是（1，0）。 在 Rt△OBC 中，  OC BC OB 5 1 2     22 2 2 ，∴C 的坐标为（0，2）。 （2）设抛物线的解析式是：y=ax2+b， 根据题意得： a b 0 b2    ，解得： a2 b2    。 ∴抛物线的解析式是： 2y 2x 2   。 （3）∵S△ABC= 1 2 AB•OC= ×2×2=2，S△ABD= S△ABC，∴S△ABD= S△ABC=1。 设 D 的纵坐标是 m，则 AB•|m|=1，∴m=±1。 当 m=1 时，－2x2+2=1，解得：x=± 2 2 。 当 m=－1 时，－2x2+2=－1，解得：x=± 6 2 。 ∴D 的坐标是：（ ，1）或（－ ，1）或（ ，－1），或（－ ，－1）。 （4）设抛物线向右平移 c 个单位长度，则 0＜c≤1，OA′=1－c，OB′=1＋c。 平移以后的抛物线的解析式是：  2y 2 x c 2    。 令 x=0，解得 y=－2c2+2，即 OC′= ＋2c2+2。 当点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上时有：OC′2=OA′•OB′， 则（－2c2＋2）2=（1－c）（ 1＋c），即（4c2－3）（ c2－1）=0。 解得：c= 3 2 ， 3 2 （舍去），1，－1（舍去）。 28 故平移 3 2 或 1 个单位长度。 【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，线段垂直平分线的性质，勾股定 理，平移的性质，相似三角形的判定和性质，解多元方程。 【分析】（1）根据 y 轴是 AB 的垂直平分线，则可以求得 OA，OB 的长度，在直角△OAC 中，利用勾股 定理求得 OC 的长度，则 A、B、C 的坐标即可求解。 （2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。 （3）首先求得△ABC 的面积，根据 S△ABD= 1 2 S△ABC，以及三角形的面积公式，即可求得 D 的 纵坐标，把 D 的纵坐标代入二次函数的解析式，即可求得横坐标。 （4）设抛物线向右平移 c 个单位长度，则 0＜c≤1，可以写出平移以后的函数解析式，当点 C′ 同时在以 A′B′为直径的圆上时由相似三角形的性质有：OC′2=OA•OB，据此即可得到一个关于 c 的方程求 得 c 的值。 例 9： （2012 广西桂林 12 分）如图，在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，D 为 BC 的中点． (1)若 E、F 分别是 AB、AC 上的点，且 AE＝CF，求证：△AED≌△CFD； (2)当点 F、E 分别从 C、A 两点同时出发，以每秒 1 个单位长度的速度沿 CA、AB 运动，到点 A、B 时停止；设△DEF 的面积为 y，F 点运动的时间为 x，求 y 与 x 的函数关系式； (3)在(2)的条件下，点 F、E 分别沿 CA、AB 的延长线继续运动，求此时 y 与 x 的函数关系式． 【答案】解：（1）证明：∵∠BAC ＝90°， AB＝AC＝6，D 为 BC 中点， ∴∠BAD＝∠DAC＝∠B＝∠C＝45° 。∴AD＝BD＝DC=32 。 ∵AE＝CF，∴△AED≌△CFD（SAS）。 （2）依题意有，FC＝AE＝x，AF=6－x ∵△AED≌△CFD， ∴ AED ADF CFD ADF ADCAEDF 1S S S S S S 3 2 3 2 92            四 形边 29 ∴   2 DEF AEFAEDF 11S S S 9 x 6 x x 3x+922      四 形边 。 ∴ 21y x 3x+92 。 （3）依题意有：FC＝AE＝x，AF＝BE＝x－6，AD＝DB，∠ABD＝∠DAC＝45°， ∴∠DAF＝∠DBE＝135° 。∴△ADF≌△BDE（SAS）。 ∴ ADF BDESS 。 ∴   2 DEF EAF ADB 11S S +S x x 6 +9 x 3x+922       。 ∴ 。 【考点】动点问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等积变换。 【分析】（1）由已知推出△ABC 是等腰直角三角形后易用 SAS 证得结果。 （2）由△AED≌△CFD，根据等积变换由 DEF AEFAEDFS S S四 形边 可得结果。 （3）由△AED≌△CFD，根据等积变换由 DEF EAF ADBS S +S   可得结果。 例 10：（2012 广西玉林、防城港 10 分）如图，在平面直角坐标系 x O y 中，梯形 AOBC 的边 OB 在 轴的 正半轴上，AC//OB,BC⊥OB,过点 A 的双曲线 ky x 的一支在第一象限交梯形对角线 OC 于点 D,交边 BC 于 点 E. （1）填空：双曲线的另一支在第 象限， k 的取值范围是 ； （2）若点 C 的坐标为（2,2），当点 E 在什么位置时，阴影部分面积 S 最小？ （3）若 OD 1 OC 2 ，S△OAC=2 ，求双曲线的解析式. 【答案】解：（1）三，k＞0， （2）∵梯形 AOBC 的边 OB 在 x 轴的正半轴上，AC∥OB，BC⊥OB， 而点 C 的坐标标为（2，2）， ∴A 点的纵坐标为 2，E 点的横坐标为 2，B 点坐标为（2，0）， 把 y=2 代入 ky x 得 kx 2 ；把 x=2 代入 得 ky 2 。 30 ∴A 点的坐标为（ k 2 ，2）， E 点的坐标为（2， k 2 ）。 ∴ 22 ACE OBE 1 k k 1 k 1 1 1S S S 2 2 2 k k 2 k 2 1.52 2 2 2 2 8 2 8               影部分 （ ）（ ） （ ）阴 。 当 k=2 时，S 阴影部分最小，最小值为 1.5。 此时 E 点的坐标为（2，1），即 E 点为 BC 的中点。 ∴当点 E 在 BC 的中点时，阴影部分的面积 S 最小。 （3）设 D 点坐标为（a， k a ）， ∵ OD 1 OC 2 ，∴OD=DC，即 D 点为 OC 的中点。∴C 点坐标为（2a， 2k a ）。 ∴A 点的纵坐标为 。 把 y= 代入 ky x 得 x= a 2 ，∴A 点坐标为（ ， ）， 又∵S△OAC=2，∴ 1 2 ×（2a－ ）× =2，∴k= 4 3 。 ∴双曲线的解析式为 4y 3x 。 【考点】反比例函数综合题，反比例函数图象与性质，曲线上点的坐标与方程的关系，梯形的性质，二次 函数的最值。 【分析】（1）根据反比例函数图象与性质得到：双曲线 的一支在第一象限，则 k＞0，得到另一支在 第三象限。 （2）根据梯形的性质，AC∥x 轴，BC⊥x 轴，而点 C 的坐标为（2，2），则 A 点的纵坐标为 2，E 点的横坐标为 2，B 点坐标为（2，0），再分别把 y=2 或 x=2 代入 可得到 A 点的坐标和 E 点的坐标， 然后计算出阴影部分面积 S 关于 k 的二次函数关系式，应用二次函数的最值求法即可求得阴影部分面积 S 最小时点 E 的位置。 （3）设 D 点坐标为（a， ），由 得 OD=DC，即 D 点为 OC 的中点，从而可得 C 点坐标为 （2a， ），得到 A 点的纵坐标为 ，代入 可确定 A 点坐标为（ ， ），根据三角形面积公 式由 S△OAC=2 列式求解即可求出 k 的值，从而得到双曲线的解析式。 练习题： 1. （2012 内蒙古呼和浩特 12 分）如图，抛物线 y=ax2+bx+c（a＜0）与双曲线 ky= x 相交于点 A，B，且抛 物线经过坐标原点，点 A 的坐标为（﹣2，2），点 B 在第四象限内，过点 B 作直线 BC∥x 轴，点 C 为直 31 线 BC 与抛物线的另一交点，已知直线 BC 与 x 轴之间的距离是点 B 到 y 轴的距离的 4 倍，记抛物线顶点 为 E． （1）求双曲线和抛物线的解析式； （2）计算△ABC 与△ABE 的面积； （3）在抛物线上是否存在点 D，使 △ABD 的面积等于△ABE 的面积的 8 倍？若存在，请求出点 D 的坐标； 若不存在，请说明理由． 2. （2012 广西柳州 12 分）如图，在△ABC 中，AB=2，AC=BC= 5 ． （1）以 AB 所在的直线为 x 轴，AB 的垂直平分线为 y 轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出 A、B、C 三点的坐标； （2）求过 A、B、C 三点且以 C 为顶点的抛物线的解析式； （3）若 D 为抛物线上的一动点，当 D 点坐标为何值时，S△ABD= 1 2 S△ABC； （4）如果将（2）中的抛物线向右平移，且与 x 轴交于点 A′B′，与 y 轴交于点 C′，当平移多少个单位时， 点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料）． 附：阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法，对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解．如解方程：y4－4y2＋3=0． 解：令 y2=x（x≥0），则原方程变为 x2－4x＋3=0，解得 x1=1，x2=3． 32 当 x1=1 时，即 y2=1，∴y1=1，y2=-1． 当 x2=3，即 y2=3，∴y3= 3 ，y4=- 3 ． 所以，原方程的解是 y1=1，y2=-1，y3= 3 ，y4=- 3 ． 再如 22x 2 x 2   ，可设 2y x 2 ，用同样的方法也可求解． 3. （2012 安徽省 4 分）如图，A 点在半径为 2 的⊙O 上，过线段 OA 上的一点 P 作直线 ，与⊙O 过 A 点的切线交于点 B，且∠APB=60°，设 OP= x，则△PAB 的面积 y 关于 x 的函数图像大致是【 】 4. （2012 浙江温州 4 分）如图，在△ABC 中，∠C=90°，M 是 AB 的中点，动点 P 从点 A 出发， 沿 AC 方向匀速运动到终点 C,动点 Q 从点 C 出发，沿 CB 方向匀速运动到终点 B.已知 P，Q 两点同时出发， 并同时到达终点.连结 MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ 的面积大小变化情况是【 】 A.一直增大 B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 5. （2012 四川巴中 3 分）如图，点 P 是等边△ABC 的边上的一个作匀速运动的动点，其由点 A 开始沿 AB 边运动到 B，再沿 BC 边运动到 C 为止，设运动时间为 t，△ACP 的面积为 S，则 S 与 t 的大致图象是 【 】 6. （2012 江苏徐州 8 分）如图 1，A、B、C、D 为矩形的四个顶点，AD=4cm，AB=dcm。动点 E、F 分别 从点 D、B 出发，点 E 以 1 cm/s 的速度沿边 DA 向点 A 移动，点 F 以 1 cm/s 的速度沿边 BC 向点 C 移动， 点 F 移动到点 C 时，两点同时停止移动。以 EF 为边作正方形 EFGH，点 F 出发 xs 时，正方形 EFGH 的 面积为 ycm2。已知 y 与 x 的函数图象是抛物线的一部分，如图 2 所示。请根据图中信息，解答下列问题： 33 （1）自变量 x 的取值范围是 ▲ ； （2）d= ▲ ，m= ▲ ，n= ▲ ； （3）F 出发多少秒时，正方形 EFGH 的面积为 16cm2？ 7. （2012 福建漳州 14 分）如图，在 OABC 中，点 A 在 x 轴上，∠AOC=60o，OC=4cm．OA=8cm．动 点 P 从点 O 出发，以 1cm／s 的速度沿线段 OA→AB 运动；动点 Q 同时．．从点 O 出发，以 acm／s 的速度沿线段 OC→CB 运动，其中一点先到达终点 B 时，另一点也随之停止运动． 设运动时间为 t 秒． (1)填空：点 C 的坐标是(______，______)，对角线 OB 的长度是_______cm； (2)当 a=1 时，设△OPQ 的面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式，并直接写出当 t 为何值时，S 的值最大? (3)当点 P 在 OA 边上，点 Q 在 CB 边上时，线段 PQ 与对角线 OB 交于点 M.若以 O、M、P 为顶点的 三角形与△OAB 相似，求 a 与 t 的函数关系式，并直接写出 t 的取值范围． 8. （2012 湖北咸宁 12 分）如图，在平面直角坐标系中，点 C 的坐标为（0，4），动点 A 以每秒 1 个单位 长的速度，从点 O 出发沿 x 轴的正方向运动，M 是线段 AC 的中点．将线段 AM 以点 A 为中心，沿顺时 针方向旋转 90 ，得到线段 AB．过点 B 作 x 轴的垂线，垂足为 E，过点 C 作 y 轴的垂线，交直线 BE 于 点 D．运动时间为 t 秒． （1）当点 B 与点 D 重合时，求 t 的值； 34 （2）设△BCD 的面积为 S，当 t 为何值时，S 25 4 ? （3）连接 MB，当 MB∥OA 时，如果抛物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部（不包括边），求 a 的取值范围． 9. （2012 湖北十堰 12 分）抛物线 y=－x2＋bx＋c 经过点 A、B、C，已知 A（－1，0）， C（0，3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，P 为线段 BC 上一点，过点 P 作 y 轴平行线，交抛物线于点D，当△BDC 的面积最大时，求 点 P 的坐标； （3）如图 2，抛物线顶点为 E，EF⊥x 轴于 F 点，M（m，0）是 x 轴上一动点，N 是线段 EF 上一点，若 ∠MNC=90°，请指出实数 m 的变化范围，并说明理由． 10. （2012 湖北孝感 12 分）)如图，抛物线 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与 x 轴交于点 A(－1，0)、B(3，0)，与 y 轴交于点 C(0，3)． (1)求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标； (2)若 P 为线段 BD 上的一个动点，过点 P 作 PM⊥x 轴于点 M，求四边形 PMAC 的面积的最大值和此 时点 P 的坐标； (3)若点 P 是抛物线第一象限上的一个动点，过点 P 作 PQ∥AC 交 x 轴于点 Q．当点 P 的坐标为 时，四边形 PQAC 是平行四边形；当点 P 的坐标为 时，四边形 PQAC 是等腰梯 35 形(直接写出结果，不写求解过程)． 三、线动形成的动态面积问题： 典型例题： 例 1：(2012 陕西省 3 分）在平面内，将长度为 4 的线段 AB 绕它的中点 M，按逆时针方向旋转 30°，则线 段 AB 扫过的面积为 ▲ ． 【答案】 2 3 ；2.47。 【考点】扇形面积的计算，计算器的应用。 【分析】画出示意图，根据扇形的面积公式求解即可： 由题意可得，AM=MB= 1 2 AB=2。 ∵线段 AB 扫过的面积为扇形 MCB 和扇形 MAB 的面积和， ∴线段 AB 扫过的面积= 230 2 22 360 3  。 例 2：（2012 湖北十堰 3 分）如图，O 是正△ABC 内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段 BO 以点 B 为旋 转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′，下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到；② 点 O 与 O′的距离为 4；③∠AOB=150°；④ AOBOS =6+3 3四 形边 ；⑤ AOC AOB 93S S 6+ 4 ．其中正确的 结论是【 】 A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 36 【答案】A。 【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。 【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。 ∵线段 BO 以点 B 为旋转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。 ∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。 ∴△ BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到。故结论①正确。 连接 OO′， ∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。 故结论②正确。 ∵在△AOO′中，三边长为 O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾 股数， ∴△AOO′是直角三角形。 ∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。 AOO OBOAOBO 11S S S 3 4+ 4 2 3 6+4 322           四 形边 。故结论④错误。 如图所示，将△AOB 绕点 A 逆时针旋转 60°，使得 AB 与 AC 重合， 点 O 旋转至 O″点． 易知△AOO″是边长为 3 的等边三角形，△COO″是边长为 3、4、5 的 直角三角形。 则 AOC AOB AOCO COO AOO 1 1 3 3 9 3S S S S S 3 4+ 3 =6+2 2 2 4               。 故结论⑤正确。 综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选 A。 例 3.（2012 四川广安 3 分）如图，把抛物线 y= 1 2 x2 平移得到抛物线 m，抛物线 m 经过点 A（﹣6，0）和 原点 O（0，0），它的顶点为 P，它的对称轴与抛物线 y= x2 交于点 Q，则图中阴影部分的面积为 ▲ ． 37 【答案】 27 2 。 【考点】二次函数图象与平移变换，平移的性质，二次函数的性质。 【分析】根据点 O 与点 A 的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出 点 P 的坐标，过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M，根据抛物线的对称性可知阴影部 分的面积等于四边形 NPMO 的面积，然后求解即可： 过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M，设 PQ 交 x 轴于点 N， ∵抛物线平移后经过原点 O 和点 A（﹣6，0）， ∴平移后的抛物线对称轴为 x=﹣3。 ∴平移后的二次函数解析式为：y= 1 2 （x+3）2+h， 将（﹣6，0）代入得出：0= 1 2 （﹣6+3）2+h，解得：h=﹣ 9 2 。∴点 P 的坐标是（3，﹣ ）。 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形 NPMO 的面积， ∴S= 9 273=22 。 例 4：（2012 广东深圳 9 分）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)的位置随 b 的不同取值 而变化． (1)已知⊙M 的圆心坐标为(4，2)，半径为 2． 当 b= 时，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M： 当 b= 时，直线 ：y=－2x＋b(b≥0)与 OM 相切： (2)若把⊙M 换成矩形 ABCD，其三个顶点坐标分别为：A(2，0)、B（6，0）、C(6，2). 设直线 扫过矩形 ABCD 的面积为 S，当 b 由小到大变化时，请求出 S 与 b 的函数关系式， 38 【答案】解：（1）10；10 2 5 。 （2）由 A(2，0)、B（6，0）、C(6，2)，根据矩形的性质，得 D（2， 2）。 如图，当直线l 经过 A(2，0)时，b=4；当直线 经过 D（2，2） 时，b=6；当直线 经过 B（6，0）时，b=12；当直线 经过 C(6，2)时，b=14。 当 0≤b≤4 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为 0。 当 4＜b≤6 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为△EFA 的面积（如图 1）， 在 y=－2x＋b 中，令 x=2，得 y=－4＋b，则 E（2，－ 4＋b）， 令 y=0，即－2x＋b=0，解得 x= 1 b2 ，则 F（ ，0）。 ∴AF= 1 b22  ，AE=－4＋b。 ∴S=   21 1 1 1AF AE b 2 4 b b 2b+42 2 2 4        － ＋ － 。 当 6＜b≤12 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为直角梯形 DHGA 的面积（如图 2）， 在 y=－2x＋b 中，令 y=0，得 x= ，则 G（ ，0）， 令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b12  ，则 H（ ，2）。 ∴DH= 1 b32  ，AG= 。AD=2 ∴S=    11DH+AG AD b 5 2 b 522        。 当 12＜b≤14 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为五边 形 DMNBA 的面积=矩形 ABCD 的面积－△CMN 的面积（如图 2） 39 在 y=－2x＋b 中，令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b12  ，则 M（ ，0）， 令 x=6，得 y=－12＋b，，则 N（6，－12＋b）。 ∴MC= 17b2 ，NC=14－b。 ∴S=   21 1 1 14 2 MC NC 8 7 b 14 b b +7b 412 2 2 4             － 。 当 b＞14 时，直线l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为矩形 ABCD 的面积，面积为民 8。 综上所述。S 与 b 的函数关系式为：           2 2 0 0 b 4 1 b 2b+4 4 b 64 S b 5 6 b 1 1 b +7b 41 12 b 144 8 b 14 < < < >               － 。 【考点】直线平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线 与圆相切的性质，勾股定理，解一元二次方程，矩形的性质。 【分析】（1）①∵直线 y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M(4，2)， ∴2=－2×4＋b，解得 b=10。 ②如图，作点 M 垂直于直线 y=－2x＋b 于点 P，过点 P 作 PH∥x 轴，过点 M 作 MH⊥PH，二者交于点 H。设直线 y=－ 2x＋b 与 x，y 轴分别交于点 A，B。 则由△OAB∽△HMP，得 MH AO 1 PH OB 2。 ∴可设直线 MP 的解析式为 1 1y x b2 ＋ 。 由 M(4，2)，得 1 12 4 b2＋ ，解得 1b0 。∴直线 MP 的解析式为 1yx2 。 联立 y=－2x＋b 和 ，解得 21x= b, y b55 。 ∴P（ 21b, b55 ）。 由 PM=2，勾股定理得， 2221b + b 455            -4 -2 ，化简得 24b 20b+80=0- 。 解得 b=10 2 5 。 40 （2）求出直线l 经过点 A、B、C、D 四点时 b 的值，从而分 0≤b≤4，4＜b≤6，6＜b≤12，12＜b≤14， b＞14 五种情况分别讨论即可。 例 5：（2012 广东珠海 9 分）如图，在等腰梯形 ABCD 中，ABDC，AB=3 2 ，DC= ，高 CE=2 ， 对角线 AC、BD 交于 H，平行于线段 BD 的两条直线 MN、RQ 同时从点 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速平 移，分别交等腰梯形 ABCD 的边于 M、N 和 R、Q，分别交对角线 AC 于 F、G；当直线 RQ 到达点 C 时， 两直线同时停止移动．记等腰梯形 ABCD 被直线 MN 扫过的图形面积为 S1、被直线 RQ 扫过的图形面积 为 S 2，若直线 MN 平移的速度为 1 单位/秒，直线 RQ 平移的速度为 2 单位/秒，设两直线移动的时间为 x 秒． （1）填空：∠AHB= ；AC= ； （2）若 S2=3S1，求 x； （3）设 S2=mS1，求 m 的变化范围． 【答案】解：（1）90°；4。 （2）直线移动有两种情况：0＜x＜ 3 2 及 ≤x≤2。 ①当 0＜x＜ 时，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ。 ∵直线 MN 平移的速度为 1 单位/秒，直线 RQ 平移的速度为 2 单位/秒， ∴△AMN 和△ARQ 的相似比为 1：2。 ∴ 2 2 1 S 2 4S1  。∴S2=4S1，与题设 S2=3S1 矛盾。 ∴当 0＜x＜ 时，不存在 x 使 S2=3S1。 ②当 ≤x≤2 时， ∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH。 41 ∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3。 ∴CH=DH= 1 4 AC=1，AH═BH=4﹣1=3。 ∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD= 1 2 ×4×1=2 ∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB。 ∴   2 2 CRQ 4 2xS 2 =8 2 x1    。 又 ABCD ABD 1 1 1 1S AB CD CE 3 2 2 2 2 8 S AB CE 3 2 2 2 62 2 2 2             梯形 （ ） （ ） ， ， ∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB。∴ 2 2 1 ABD S AF x S AH 9  ， ∴S1= 2 3 x2，S2=8﹣8（2﹣x）2。 ∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3· x2，解得：x1= 62 53< （舍去），x2=2。 ∴x 的值为 2。 （3）由（2）得：当 0＜x＜ 3 2 时，m=4， 当 ≤x≤2 时，∵S2=mS1， ∴  2 2 2 221 8 8 2 xS 36 48 1 2m= = + 12= 36 +42S x x 3xx3       。 ∴m 是 1 x 的二次函数，当 ≤x≤2 时，即当 1 1 2 2 x 3时，m 随 的增大而增大， ∴当 x= 时，m 最大，最大值为 4；当 x=2 时，m 最小，最小值为 3。 ∴m 的变化范围为：3≤m≤4。 【考点】相似三角形的判定和性质，平移的性质，二次函数的最值，等腰梯形的性质。 【分析】（1）过点 C 作 CK∥BD 交 AB 的延长线于 K， ∵CD∥AB，∴四边形 DBKC 是平行四边形。 ∴BK=CD= 2 ，CK=BD。 ∴AK=AB+BK=3 2+ 2=4 2 。 ∵四边形 ABCD 是等腰梯形，∴BD=AC。 42 ∴AC=CK。∴AE=EK= 1 2 AK=2 2 =CE。 ∵CE 是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°。∴∠ACK=90°。∴∠AHB=∠ACK=90° ∴AC=AK•cos45°= 24 2 42。 （2）直线移动有两种情况：0＜x＜ 3 2 及 ≤x≤2；然后分别从这两种情况分析求解：当 0＜x＜ 时，易得 S2=4S1≠3S1；当 ≤x≤2 时，根据相似三角形的性质与直角三角形的面积的求解方法， 可求得△BCD 与△CRQ 的面积，继而可求得 S2 与 S1 的值，由 S2=3S1，即可求得 x 的值； （3）由（2）可得当 0＜x＜ 时，m=4；当 ≤x≤2 时，可得  2 2 21 8 8 2 xSm= 2S x3  ，化为关于 1 x 的二次函数 212m= 36 +4x3  ，利用二次函数的性质求得 m 的变化范围。 例 6：（2012 湖北咸宁 12 分）如图，在平面直角坐标系中，点 C 的坐标为（0，4），动点 A 以每秒 1 个单 位长的速度，从点 O 出发沿 x 轴的正方向运动，M 是线段 AC 的中点．将线段 AM 以点 A 为中心，沿顺 时针方向旋转 90 ，得到线段 AB．过点 B 作 x 轴的垂线，垂足为 E，过点 C 作 y 轴的垂线，交直线 BE 于点 D．运动时间为 t 秒． （1）当点 B 与点 D 重合时，求 t 的值； （2）设△BCD 的面积为 S，当 t 为何值时，S 25 4 ? （3）连接 MB，当 MB∥OA 时，如果抛物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部（不包括边），求 a 的取值范围． 【答案】解：（1）∵ CAO BAE 90    ，∴ CAO ABE   。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。 ∴ CA AO AB BE ，即 2AB t AB 4 ，解得 t8 。 （2）由 Rt△CAO∽Rt△ABE 可知： 1BE t2 ， AE 2 。 43 当 0＜ t ＜8 时， 1 1 t 25S CD BD (2 t)(4 )2 2 2 4      ，解得 12t t 3。 当 ＞8 时， 1 1 t 25S CD BD (2 t)( 4)2 2 2 4      ， 解得 1t 3 5 2 ， 2t 3 5 2 （为负数，舍去）。 当 t3 或3 5 2 时， 25S 4 。 （3）过 M 作 MN⊥x 轴于 N，则 1MN CO 22。 当 MB∥OA 时，BE=MN=2，OA=2BE=4。 ∵  22y ax 10ax=a x 5 25a    ， ∴抛物线 2y ax 10ax 的顶点坐标为（5， 25a ）。 ∴它的顶点在直线 x5 上移动。 ∵直线 交 MB 于点（5，2），交 AB 于点（5，1）， ∴1＜ ＜2。∴ 2 25 ＜ a ＜ 1 25 。 【考点】动点问题，旋转的性质，矩形的性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，解 一元二次方程，二次函数的性质。 【分析】（1）由 Rt△CAO∽Rt△ABE 得到 CA AO AB BE ，根据点 B 与点 D 重合的条件，代入 CA=2AM=2AB， AO=1·t= t，BE（DE）=OC=4，即可求得此时 t 的值。 （2）分 0＜ ＜8 和 ＞8 两种情况讨论即可。 （3）求出抛物线 的顶点坐标为（5， ），知它的顶点在直线 上移动。由抛 物线 2y ax 10ax 的顶点在△ABM 内部（不包括边）得 1＜ ＜2，解之即得 a 的取值范围。 例 7：（2012 广西河池 12 分）如图，在等腰三角形 ABC 中，AB=AC，以底边 BC 的垂直平分线和 BC 所 在的直线建立平面直角坐标系，抛物线 217y x x 422= - + + 经过 A、B 两点. （1）写出点 A、点 B 的坐标； （2）若一条与 y 轴重合的直线 l 以每秒 2 个单位长度的速度向右平移，分别交线段 OA、CA 和抛物 线于点 E、M 和点 P，连结 PA、PB.设直线 l 移动的时间为 t（0＜t＜4）秒，求四边形 PBCA 的面积 S（面 积单位）与 t（秒）的函数关系式，并求出四边形 PBCA 的最大面积； （3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点 P，使得△PAM 是直角三角形？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由. 44 【答案】解：（1）A（8，0）， B（0，4）。 （2）∵AB=AC，∴OB=OC。∴C（0，－4）。 设直线 AC： y=kx+b，由 A（8，0）， C（0，－4）得 8k+b=0 b= 4    ，解得 1k= 2 b= 4    。∴直线 AC： 1y= x 42  。 ∵ 直线 l 移动的速度为 2，时间为 t，∴OE=2t。 设 P 22t 2t 7t 4   ， ， 在 中，令 x=2t，得 y=t 4 ，∴M（2t， t4 ）。 ∵BC=8，PM=  222t 7t 4 t 4 = 2t 6t 8        ，OE=2t，EA= 4 2t ， ∴      22 PMABCMP 11S S S 2t 6t 8 8 2t 4 2t 2t 6t 822               梯形 2= 4t 20t 16   。 ∴四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函数关系式为 2S= 4t 20t 16   （0＜t＜4）。 ∵ 2 2 5S= 4t 20t 16= 4 t 412       ， ∴四边形 PBCA 的最大面积为 41 个平方单位。 （3）存在。∵由（2），在 0＜t＜4，即 0＜t＜8 时，∠AMP 和∠APM 不可能为直角。 若∠PAM 为直角，则 PA⊥CA，∴△AOC∽△PEA。∴ OC OA EA EP 。 设 P 217p p p 422 骣 ÷ç - + + ÷ç ÷ç桫， ，则 OC=4，OA=8，EA=8－p，EP= 217p p 422- + + ， 45 ∴ 2 48 178p p p 422     ，整理得 2p 11p 24=0-+ ，解得 12p =3 p =8， （舍去）。 当 p=3时， 221 7 1 7p p 4= 3 3 4=102 2 2 2- + + - ? ? 。∴P（3，10）。 ∴当 P（3，10）时，△PAM 是直角三角形。 【考点】二次函数综合题，动直线问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值，相 似三角形的判定和性质，直角三角形的判定。 【分析】（1）在 217y x x 422= - + + 中，令 x=0，得 y=4；令 y=0，得 x=－1 或 x=8。 ∴A（8，0）， B（0，4）。 （2）由 AB=AC，根据等腰三角形三线合一的性质可得点 C 的坐标，从而用待定系数法求出直线 AC 的解析式，得到点 M 关于 t 的表达式，根据 PMABCMPS S S梯形 求出四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函 数关系式，应用二次函数最值的求法求出四边形 PBCA 的最大面积。 （3）存在。易知，∠AMP 和∠APM 不可能为直角。当∠PAM 为直角时，△AOC∽△PEA，根据 比例关系列出方程求解即可。 例 8：(2012 广西百色 10 分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2＋bx＋6 经过点 A(－3，0)和点 B(2， 0)．直线 y＝h（h 为常数，且 0＜h＜6）与 BC 交于点 D，与 y 轴交于点 E，与 AC 交于点 F，与抛物线在 第二象限交于点 G． （1）求抛物线的解析式； （2）连接 BE，求 h 为何值时，△BDE 的面积最大； （3）已知一定点 M（－2，0）．问：是否存在这样的直线 y＝h，使△OMF 是等腰三角形，若存在，请 求出 h 的值和点 G 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】解：（1）∵抛物线 y＝ax2＋bx＋6 经过点 A(－3，0)和点 B(2，0)， y=h 46 ∴  9a－3b＋6＝0 4a＋2b＋6＝0。解得  a＝－1 b＝－1。 ∴抛物线的解析式为 y＝－x2－x＋6。 （2）把 x＝0 代入 y＝－x2－x＋6，得 y＝6。 ∴点 C 的坐标为(0，6)． 设经过点 B 和点 C 的直线的解析式为 y＝mx＋n，则  2m＋n＝0 n＝6 ，解得  m＝－3 n＝6 。 ∴经过点 B 和点 C 的直线的解析式为 y＝－3x＋6。 ∵点 E 在直线 y＝h 上，∴点 E 的坐标为(0，h)。 ∴OE＝h。 ∵点 D 在直线 y＝h 上，∴点 D 的纵坐标为 h。 把 y＝h 代入 y＝－3x＋6，得 h＝－3x＋6．解得 x＝6－h 3 。∴点 D 的坐标为(6－h 3 ，h)。 ∴DE＝6－h 3 。 ∴S△BDE＝1 2•OE•DE＝1 2•h•6－h 3 ＝－1 6(h－3)2＋3 2。 ∵－1 6＜0 且 0＜h＜6， ∴当 h＝3 时，△BDE 的面积最大，最大面积是3 2。 （3）存在符合题意的直线 y＝h。 设经过点 A 和点 C 的直线的解析式为 y＝kx＋p，则  －3k＋p＝0 p＝6 ，解得  k＝2 p＝6。 ∴经过点 A 和点 C 的直线的解析式为 y＝2x＋6。 把 y＝ h 代入 y＝2x＋6，得 h＝2x＋6．解得 x＝h－6 2 。 ∴点 F 的坐标为(h－6 2 ，h)。 在△OFM 中，OM＝2，OF＝ (h－6 2 )2＋h2，MF＝ (h－6 2 ＋2)2＋h2。 ①若 OF＝OM，则 (h－6 2 )2＋h2＝2，整理，得 5h2－12h＋20＝0。 ∵△＝(－12)2－4×5×20＝－256＜0，∴此方程无解。∴OF＝OM 不成立。 47 ②若 OF＝MF，则 (h－6 2 )2＋h2＝ (h－6 2 ＋2)2＋h2，解得 h＝4。 把 y＝h＝4 代入 y＝－x2－x＋6，得－x2－x＋6＝4，解得 x1＝－2，x2＝1。 ∵点 G 在第二象限，∴点 G 的坐标为（－2，0）。 ③若 MF＝OM，则 (h－6 2 )2＋h2＝ (h－6 2 ＋2)2＋h2，解得 h1＝2，h2＝－6 5(不合题意， 舍去)。 把 y＝h1＝2 代入 y＝－x2－x＋6，得 －x2－x＋6＝2．解得 x1＝－1－ 17 2 ，x2＝－1＋ 17 2 。 ∵点 G 在第二象限，∴点 G 的坐标为（－1－ 17 2 ，0）。 综上所述，存在这样的直线 y＝2 或 y＝4，使△OMF 是等腰三角形，当 h＝4 时，点 G 的坐标为（－2，0）；当 h＝2 时，点 G 的坐标为（－1－ 17 2 ，0）。 【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，二次函数的最值，等腰三角形的 性质，分类讨论思想。 【分析】（1）把 A(－3，0)和点 B(2，0)代入 y＝ax2＋bx＋6 即可求。 （2）求出△BDE 的面积关于 h 的表达式，应用二次函数最值即可求得△BDE 的面积最大时的 h 值。 （3）分 OF＝OM，OF＝MF，MF＝OM 三种情况讨论即可。 练习题： 1. （2011 湖北随州 4 分）如图，把 Rt△ABC 放在直角坐标系内，其中∠CAB=90°，BC=5，点 A、B 的坐 标分别为（1，0）、（ 4，0），将△ABC 沿 x 轴向右平移，当点 C 落在直线 y =2 ﹣6 上时，线段 BC 扫过 的面积为 【 】 A、4 B、8 C、16 D、8 2 2. （2011 重庆潼南 4 分）如图，在平面直角坐标系中，四边形 OABC 是菱形，点 C 的坐标为（4，0）， 48 ∠AOC=60°，垂直于 x 轴的直线 l 从 y 轴出发，沿 轴正方向以每秒 1 个单位长度的速度向右平移，设直 线 l 与菱形 OABC 的两边分别交于点 M，N（点 M 在点 N 的上方），若△OMN 的面积为 S，直线 l 的运动 时间为 t 秒（0≤t≤4），则能大致反映 S 与 t 的函数关系的图象是【 】 3. （2011 浙江宁波 3 分）如图，Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC= 22，若把 Rt△绕边 AB 所在直线 旋转一周，则所得几何体的表面积为【 】 (A) 4 (B) 42 (C)8 (D)82 4. （2011 山东济宁 10 分）如图，第一象限内半径为 2 的⊙C 与 轴相切于点 A，作直径 AD，过点 D 作 ⊙C 的切线 l 交 轴于点 B，P 为直线 l 上一动点，已知直线 PA 的解析式为： =k +3。 (1) 设点 P 的纵坐标为 p，写出 p 随 k 变化的函数关系式。 (2)设⊙C 与 PA 交于点 M，与 AB 交于点 N，则不论动点 P 处于直线 l 上（除点 B 以外）的什么位置时， 都有△AMN∽△ABP。请你对于点 P 处于图中位置时的两三角形相似给予证明； (3)是否存在使△AMN 的面积等于 32 25 的 k 值？若存在，请求出符合的 k 值；若不存在，请说明理由。 49 5. （2011 江苏盐城 12 分）如图，已知一次函数 7yx   与正比例函数 4 3yx 的图象交于点 A，且与 x 轴交于点 B. （1）求点 A 和点 B 的坐标； （2）过点 A 作 AC⊥ y 轴于点 C，过点 B 作直线 l∥ 轴． 动点 P 从点 O 出发，以每秒 1 个单位长的速度，沿 O—C—A 的路线向点 A 运动；同时直线 l 从点 B 出 发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线 l 交 轴于点 R，交线段 BA 或线段 AO 于点 Q．当点 P 到达点 A 时，点 P 和直线 l 都停止运动．在运动过程中，设动点 P 运动的时间为 t 秒. ①当 t 为何值时，以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为 8？ ②是否存在以 A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求 t 的值；若不存在，请说 明理由． 四、面动形成的动态面积问题： 典型例题： 例 1：（2012 湖南岳阳 3 分）如图，两个边长相等的正方形 ABCD 和 EFGH，正方形 EFGH 的顶点 E 固定 在正方形 ABCD 的对称中心位置，正方形 EFGH 绕点 E 顺时针方向旋转，设它们重叠部分的面积为 S，旋 转的角度为 θ，S 与 θ 的函数关系的大致图象是【 】 50 A． B． C． D． 【答案】B。 【考点】旋转问题的函数图象，正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。 【分析】如图，过点 E 作 EM⊥BC 于点 M，EN⊥AB 于点 N， ∵点 E 是正方形的对称中心，∴EN=EM，EMBN 是正方形。 由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL， 在 Rt△ENK 和 Rt△EML 中， ∠NEK=∠MEL，EN=EM，∠ENK=∠EML， ∴△ENK≌△ENL（ASA）。 ∴阴影部分的面积始终等于正方形面积的 1 4 ，即它们重叠部分的面 积 S 不因旋转的角度 θ 的改变而改变。故选 B。 例 2：（2012 宁夏区 3 分）如图，将等边△ABC 沿 BC 方向平移得到△A1B1C1．若 BC＝3， 1PB CS 3  ， 则 BB1＝ ▲ ． 【答案】1。 【考点】平移的性质，等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。 【分析】由等边△ABC 中 BC＝3 可求得高为 33 2 ，面积为 1 3 3 9 33=2 2 4 。 由平移的性质，得△ABC∽△PB1C。∴ 1 2 PB C 1 ABC S BC S BC     ，即 2 1BC3 393 4   ，得 B1C＝2。 ∴BB1＝BC－B1C=1。 例 3：（2012 山东济南 3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=4，将 △ABC 沿 CB 向右平移得到△DEF， 51 若平移距离为 2，则四边形 ABED 的面积等于 ▲ ． 【答案】8。 【考点】平移的性质，平行四边形的判定和性质。 【分析】根据平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，可得四边形 ABED 是平行四边形， 再根据平行四边形的面积公式即可求解： ∵将△ABC 沿 CB 向右平移得到△DEF，平移距离为 2，∴AD∥BE，AD=BE=2， ∴四边形 ABED 是平行四边形。∴四边形 ABED 的面积=BE×AC=2×4=8。 例 4：（2012 辽宁锦州 3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠BAC=60°.把△ABC 绕点 A 按顺时针 方向旋转 60°后得到△AB＇C ＇，若 AB=4，则线段 BC 在上述旋转过程中所扫过部分（阴影部分）的面积是 【 】 A. 3 2 π B. 3 5 π C. 2π D. 4π 【答案】C。 【考点】旋转的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，扇形面积的计算。 【分析】∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，AB=4，∴AC=ABcos∠BAC=2，∠CA C′=60°。 ∵△ABC 绕点 A 按顺时针方向旋转 60°后得到△AB′C′，∴ AB C ABCS S    。 ∴ ABC AB CABB ACC ABB ACCS S S S S S S           扇形 扇形 扇形 扇形影部分阴 = 2260 4 60 2 2360 360    。 故选 C。 例 5：（2012 湖南益阳 12 分）已知：如图 1，在面积为 3 的正方形 ABCD 中，E、F 分别是 BC 和 CD 边上 的两点，AE⊥BF 于点 G，且 BE=1． （1）求证：△ABE≌△BCF； 52 （2）求出△ABE 和△BCF 重叠部分（即△BEG）的面积； （3）现将△ABE 绕点 A 逆时针方向旋转到△AB′E′（如图 2），使点 E 落在 CD 边上的点 E′处，问△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积是否发生了变化？请说明理由． 【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC。∴∠ABF+∠CBF=90°。 ∵AE⊥BF，∴∠ABF+∠BAE=90°。∴∠BAE=∠CBF。 在△ABE 和△BCF 中，∵∠ABE=∠BCF，AB=BC，∠BAE=∠CBF， ∴△ABE≌△BCF（ASA）。 （2）解：∵正方形面积为 3，∴AB= 3 。 在△BGE 与△ABE 中，∵∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，∴△BGE∽△ABE。 ∴ 2BGE ABE S BE =( )S AE   。 又∵BE=1，∴AE2=AB2+BE2=3+1=4。 ∴ 2 BGE ABE2 BE 1 3 3S = S 4 2 8AE    。 （3）解：没有变化。理由如下： ∵AB= ，BE=1，∴ 13tan BAE 33    。∴∠BAE=30°。 ∵AB′=AD，∠AB′E′=∠ADE'=90°，AE′= AE′，∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′， ∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°。 ∴AB′与 AE 在同一直线上，即 BF 与 AB′的交点是 G。 设 BF 与 AE′的交点为 H， 则∠BAG=∠HAG=30°，而∠AGB=∠AGH=90°，AG= AG，∴△BAG≌△HAG。 ∴ AB E AGH ABE ABG BGEGHE BS S S S S S          四 形边 。 ∴△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积没有变化。 53 【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角 形。 【分析】（1）由四边形 ABCD 是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由 AE⊥BF，由同角的余 角相等，即可证得∠BAE=∠CBF，然后利用 ASA，即可判定：△ABE≌△BCF。 （2）由正方形 ABCD 的面积等于 3，即可求得此正方形的边长，由在△BGE 与△ABE 中， ∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，可证得△BGE∽△ABE，由相似三角形的面积比等于相似比的平方， 即可求得答案。 （3）由正切函数，求得∠BAE=30°，易证得 Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′，可得 AB′与 AE 在同一直线上，即 BF 与 AB′的交点是 G，然后设 BF 与 AE′的交点为 H，可证得△BAG≌△HAG，从而证 得结论。 例 6：（2012 江苏宿迁 12 分）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，已知直线 l1:y= 1 2 x 与直线 l2：y=－x+6 相 交于点 M，直线 l2 与 x 轴相较于点 N. （1） 求 M，N 的坐标； （2） 在矩形 ABCD 中，已知 AB=1，BC=2，边 AB 在 x 轴上，矩形 ABCD 沿 x 轴自左向右以每秒 1 个 单位长度的速度移动.设矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为 S.移动的时间为 t（从点 B 与点 O 重合 时开始计时，到点 A 与点 N 重合时计时结束）。直接写出 S 与自变量 t 之间的函数关系式（不需要给出解 答过程）； （3） 在（2）的条件下，当 t 为何值时，S 的值最大？并求出最大值. 【答案】解：（1）解 1y= x2 y x 6      得 x=4 y2    。∴M 的坐标为（4，2）。 在 y=－x+6 中令 y=0 得 x=6，∴N 的坐标为（6，0）。 （2）S 与自变量 t 之间的函数关系式为： 54           2 2 2 1 t 0 t 14 11t 1 t 424 3 13 49S= t + t 4 t 54 2 4 13t+ 5 t 62 1 49t 7t+ 6 t 722 < < < <              （3）当 0≤t≤1 时，S 的最大值为 1 4 ，此时 t=1。 当 1＜t≤4 时，S 的最大值为 7 4 ，此时 t=4。 当 4＜t≤5 时，∵ 2 23 13 49 3 13 11S= t + t = t +4 2 4 4 3 6     ， ∴S 的最大值为11 6 ，此时 t=13 3 。 当 5＜t≤6 时，S 随 t 的增大而减小，最大值不超过 3 2 。 当 6＜t≤7 时，S 随 t 的增大而减小，最大值不超过 1 2 。 综上所述，当 t= 时，S 的值最大，最大值为 。 【考点】一次函数综合题，平移问题，直线上点的坐标与方程的关系，一次函数和二次函数的最值。 【分析】（1）联立两直线方程即可求得 M 的坐标，在 y=－x+6 中令 y=0 即可求得 N 的坐标。 （2）先求各关键位置，自变量 t 的情况： 起始位置时，t=0；当点 A 与点 O 重合时，如图 1，t=1；当点 C 与点 M 重合时，如图 2， t=4；当点 D 与点 M 重合时，如图 3，t=5；当点 B 与点 N 重合时，如图 4，t=6；结束位置时，点 A 与点 N 重合，t=7。 ①当 0≤t≤1 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积（不含 t=0），三角 55 形的底为 t，高为 1 t2 ，∴ 21 1 1S= t t= t2 2 4 。 ②当 1＜t≤4 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为  1 t12  ，下底为 ，高为 1。∴  1 1 1 1 1S= t 1 + t 1= t2 2 2 2 4    。 ③当 4＜t≤5 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为两梯形面积的和，第一个梯形的 上底为 ，下底为 2，高为  4 t 1 =5 t   ；第二个梯形的上底为－t +6，下底为 2，高为 t4 。 ∴         21 1 1 3 13 49S= t 1 +2 5 t + t +6+2 t 4 = t + t2 2 2 4 2 4         。 ④当 5＜t≤6 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为 6－t ，下底为 7－t，高为 1。∴  1 13S= 6 t+7 t 1= t+22    。 ⑤当 6＜t≤7 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积（不含 t=7），三角 形的底为 7－t，高为 7－t，∴     21 1 49S= 7 t 7 t = t 7t+2 2 2     。 （3）分别讨论各分段函数的最大值而得所求。 例 7：（2012 黑龙江大庆 8 分） 已知半径为 1cm 的圆，在下面三个图中 AC=10cm，AB=6cm，BC=8cm， 在图 2 中∠ABC=90°． （1）如图 1，若将圆心由点 A 沿 AC 方向运动到点 C，求圆扫过的区域面积； （2）如图 2，若将圆心由点 A 沿 AB C 方向运动到点 C，求圆扫过的区域面积； （3）如图 3，若将圆心由点 A 沿 A B C A 方向运动回到点 A． 则 I）阴影部分面积为_ ___；Ⅱ）圆扫过的区域面积为__ __． 【答案】解：（1）由题意得，圆扫过的面积=DE×AC+πr2=（20+π）cm2。 （2）圆扫过的区域面积=AB 的面积+BC 的面积－一个圆的面积。 结合（1）的求解方法，可得所求面积 56 =（2r×AB+πr2）+（2r×BC+πr2）﹣πr2=2r（AB+BC）+πr2=（28+π）cm2。 （3）I） 55 12 cm2；Ⅱ）（ 263 6 +π）cm2。 例 8：（2012 湖北荆州 12 分）如图甲，四边形 OABC 的边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上，顶点 在 B 点的抛物线交 x 轴于点 A、D，交 y 轴于点 E，连接 AB、AE、BE．已知 tan∠CBE= 1 3 ，A（3，0）， D（﹣1，0）， E（0，3）． （1）求抛物线的解析式及顶点 B 的坐标； （2）求证：CB 是△ABE 外接圆的切线； （3）试探究坐标轴上是否存在一点 P，使以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，若存在，直接写出 点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； 57 （4）设△AOE 沿 x 轴正方向平移 t 个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE 与△ABE 重叠部分的面积为 s，求 s 与 t 之间的函数关系式，并指出 t 的取值范围． 【答案】解：（1）∵抛物线经过点 A（3，0）， D（﹣1，0）， ∴设抛物线解析式为 y=a（x﹣3）（ x+1）。 将 E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1。 ∴抛物线的解析式为 y=－（x﹣3）（ x+1），即 y=﹣x2+2x+3。 又∵y=－x2+2x+3=－（x－1）2+4，∴点 B（1，4）。 （2）证明：如图 1，过点 B 作 BM⊥y 于点 M，则 M（0，4）． 在 Rt△AOE 中，OA=OE=3， ∴∠1=∠2=45°， 22AE= OA +OE =3 2 。 在 Rt△EMB 中，EM=OM﹣OE=1=BM， ∴∠MEB=∠MBE=45°， 22BE= EM +BM = 2 。 ∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。 ∴AB 是△ABE 外接圆的直径。 在 Rt△ABE 中， BE 1tan BAE= = =tan CBEAE 3，∴∠BAE=∠CBE。 在 Rt△ABE 中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即 CB⊥AB。 ∴CB 是△ABE 外接圆的切线。 （3）存在。点 P 的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，﹣ 1 3 ）。 （4）设直线 AB 的解析式为 y=kx+b． 将 A（3，0）， B（1，4）代入，得 3k+b=0 k+b=4    ，解得 k= 2 b=6    。 ∴直线 AB 的解析式为 y=﹣2x+6。 过点 E 作射线 EF∥x 轴交 AB 于点 F，当 y=3 时，得 x= 3 2 ，∴F（ ，3）。 58 情况一：如图 2，当 0＜t≤ 3 2 时，设△AOE 平移到△DNM 的位置，MD 交 AB 于点 H， MN 交 AE 于点 G。 则 ON=AD=t，过点 H 作 LK⊥x 轴于点 K，交 EF 于点 L． 由△AHD∽△FHM，得 AD HK=FM HL ，即 t HK=3 3 HKt2  ，解得 HK=2t。 ∴ MND GNA HADS S S S    阴 = 1 2 ×3×3﹣ （3﹣t）2﹣ t•2t=﹣ t2+3t。 情况二：如图 3，当 ＜t≤3 时，设△AOE 平移到△PQR 的位置，PQ 交 AB 于点 I，交 AE 于点 V。 由△IQA∽△IPF，得 AQ IQ=FP IP ．即 3 t IQ=3 3 IQt 2   ， 解得 IQ=2（3﹣t）。 ∴ IQA VQAS S S阴 = ×（3﹣t）×2 （3﹣t）﹣ （3﹣t）2= （3﹣t）2= t2﹣3t+ 9 2 。 综上所述： 2 2 33 t +3t(0 t )22s= 1 9 3 t 3t+ ( t 3) 2 2 2 < <    。 【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，二次函数性质，等腰直角三角形 的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。 【分析】（1）已知 A、D、E 三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点 B 的 坐标。 （2）过 B 作 BM⊥y 轴于 M，由 A、B、E 三点坐标，可判断出△BME、 △AOE 都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE 是直角三角形，而 AB 是△ABE 外接圆的直径，因此只需证明 AB 与 CB 垂直即可．BE、AE 长易 得，能求出 tan∠BAE 的值，结合 tan∠CBE 的值，可得到∠CBE=∠BAE，由 此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。 （3）在 Rt△ABE 中，∠AEB=90°，tan∠BAE= 1 3 ，sin∠BAE= 10 10 ， 59 cos∠BAE= 3 10 10 。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，则△DEP 必为直角三角形。 ①DE 为斜边时，P1 在 x 轴上，此时 P1 与 O 重合。 由 D（﹣1，0）、 E（0，3），得 OD=1、OE=3， 即 tan∠DEO= 1 3 =tan∠BAE， 即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE 的条件。 因此 O 点是符合条件的 P1 点，坐标为（0，0）。 ②DE 为短直角边时，P2 在 x 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似， ∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE= 10 10 。 而 DE= 221 +3 = 10 ，则 DP2=DE÷sin∠DP2E= 10 ÷ =10，OP2=DP2﹣OD=9。 即 P2（9，0）。 ③DE 为长直角边时，点 P3 在 y 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似， 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE= 。 则 EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷3 10 10=10 3 ，OP3=EP3﹣OE= 。即 P3（0，﹣ ）。 综上所述，得：P1（0，0）， P2（9，0）， P3（0，﹣ ）。 （4）过 E 作 EF∥x 轴交 AB 于 F，当 E 点运动在 EF 之间时，△AOE 与△ABE 重叠部分是个五边 形；当 E 点运动到 F 点右侧时，△AOE 与△ABE 重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和 差关系进行求解。 例 9：（2012 重庆市 12 分）已知：如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，BC=6，AB=3．E 为 BC 边上一点，以 BE 为边作正方形 BEFG，使正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在 BC 的同侧． （1）当正方形的顶点 F 恰好落在对角线 AC 上时，求 BE 的长； （2）将（1）问中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移，记平移中的正方形 BEFC 为正方形 B′EFG，当点 E 与 点 C 重合时停止平移．设平移的距离为 t，正方形 B′EFG 的边 EF 与 AC 交于点 M，连接 B′D，B′M，DM， 是否存在这样的 t，使△B′DM 是直角三角形？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由； 60 （3）在（2）问的平移过程中，设正方形 B′EFG 与△ADC 重叠部分的面积为 S，请直接写出 S 与 t 之间的 函数关系式以及自变量 t 的取值范围． 【答案】解：（1）如图①，设正方形 BEFG 的边长为 x， 则 BE=FG=BG=x。 ∵AB=3，BC=6，∴AG=AB﹣BG=3﹣x。 ∵GF∥BE，∴△AGF∽△ABC。 ∴ AG GF=AB BC ，即 3 x x=36  。 解得：x=2，即 BE=2。 （2）存在满足条件的 t，理由如下： 如图②，过点 D 作 DH⊥BC 于 H， 则 BH=AD=2，DH=AB=3， 由题意得：BB′=HE=t，HB′=|t﹣2|，EC=4﹣t， ∵EF∥AB，∴△MEC∽△ABC。 ∴ ME EC=AB BC ，即 ME 4 t=36  。∴ME=2﹣ 1 2 t。 在 Rt△B′ME 中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣ t）2= 1 4 t2﹣2t+8。 在 Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13。 过点 M 作 MN⊥DH 于 N，则 MN=HE=t，NH=ME=2﹣ t， ∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣ t）= t+1。 在 Rt△DMN 中，DM2=DN2+MN2=（ t+1）2+ t 2= 5 4 t2+t+1。 （Ⅰ）若∠DB′M=90°，则 DM2=B′M2+B′D2， 即 t2+t+1=（ t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：t= 20 7 。 （Ⅱ）若∠B′MD=90°，则 B′D2=B′M2+DM2， 61 即 t2﹣4t+13=（ 1 4 t2﹣2t+8）+（ 5 4 t2+t+1），解得：t1=﹣3+ 17 ，t2=﹣3﹣ （舍去）。 ∴t=﹣3+ 。 （Ⅲ）若∠B′DM=90°，则 B′M2=B′D2+DM2， 即 t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（ t2+t+1），此方程无解。 综上所述，当 t= 20 7 或﹣3+ 时，△B′DM 是直角三角形； （3） 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      ＜ ＜ ＜ 。 【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，正方形的性质，直角梯形的性质，平移的性质。 【分析】（1）首先设正方形 BEFG 的边长为 x，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例， 即可求得 BE 的长。 （2）首先由△MEC∽△ABC 与勾股定理，求得 B′M，DM 与 B′D 的平方，然后分别从若∠DB′M、 ∠DB′M 和∠B′DM 分别是直角，列方程求解即可。 （3）分别从 40t3 ， 4 t23 ＜ ， 102t 3＜ 和10 t43 ＜ 时去分析求解即可求得答案： ①如图③，当 F 在 CD 上时，EF：DH=CE：CH， 即 2：3=CE：4，∴CE= 8 3 。 ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣ 84=33 。 ∵ME=2﹣ 1 2 t，∴FM= t， ∴当 时，S=S△FMN= ×t× t= 1 4 t2。 ②如图④，当 G 在 AC 上时，t=2， ∵EK=EC•tan∠DCB=  DH 3 3EC 4 t =3 tCH 4 4    ， ∴FK=2﹣EK= 3 t4 ﹣1。 62 ∵NL= 24AD=33 ，∴FL=t﹣ 4 3 ， ∴当 4 t23 ＜ 时，S=S△FMN﹣S△FKL= 1 4 t2﹣ 1 2 （t﹣ ）（ 3 t4 ﹣1）= 212tt83   。 ③如图⑤，当 G 在 CD 上时，B′C：CH=B′G：DH， 即 B′C：4=2：3，解得：B′C= 8 3 ， ∴EC=4﹣t=B′C﹣2= 2 3 。∴t=10 3 。 ∵B′N= B′C= （6﹣t）=3﹣ t， ∴GN=GB′﹣B′N= t﹣1。 ∴当 102t 3＜ 时，S=S 梯形 GNMF﹣S△FKL= ×2×（ t﹣1+ t）﹣ （t﹣ ）（ ﹣1） = 235t 2t83   。 ④如图⑥，当10 t43 ＜ 时， ∵B′L= 3 4 B′C= 3 4 （6﹣t）， EK= 3 4 EC= 3 4 （4﹣t）， B′N= B′C= （6﹣t）EM= EC= （4﹣t）， ∴S=S 梯形 MNLK=S 梯形 B′EKL﹣S 梯形 B′EMN= 15t22。 综上所述： 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      ＜ ＜ ＜ 。 例 10：（2012 江苏淮安 12 分）如图，矩形 OABC 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点 A（0，4）， C （2，0），将矩形 OABC 绕点 O 按顺时针方向旋转 1350，得到矩形 EFGH（点 E 与 O 重合）. （1）若 GH 交 y 轴于点 M，则∠FOM＝ ，OM= （2）矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移 t 个单位。 ①直线 GH 与 x 轴交于点 D，若 AD∥BO，求 t 的值； ②若矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为 S 个平方单位，试求当 0

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