中考数学复习专题讲座(精编含详细参考答案14页)：动点型问题

中考数学复习专题讲座：动点型问题
（建立动点问题的函数解析式（或函数图像）、动态几何型压轴题、双动点问题、因动点产生的最值问题）一、中考专题诠释
所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.
“动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。

二、解题策略和解法精讲
解决动点问题的关键是“动中求静”.
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

三、中考考点精讲
建立动点问题的函数解析式（或函数图像）
函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.
（一）应用勾股定理建立函数解析式（或函数图像）
例1（2012•嘉兴）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（）
A． B． C． D．
思路分析：根据题意设出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+2a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出答案．
解：设动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，∵正方形ABCD的边长为a，∴BD=a，则当0≤x＜a时，y=x，当a≤x＜（1+）a时，y=，当a（1+）≤x＜a（2+）时，
y=，当a（2+）≤x≤a（2+2）时，y=a（2+2）﹣x，结合函数解析式可以得
出第2，3段函数解析式不同，得出A选项一定错误，根据当a≤x＜（1+）a时，函数图象被P在BD中点时，分为对称的两部分，故B选项错误，再利用第4段函数为一次函数得出，故C选项一定错误，故选：D．
点评：此题主要考查了动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键．
对应训练1．（2012•内江）如图，正△ABC的边长为3cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿A→B→C 的方向运动，到达点C时停止，设运动时间为x（秒），y=PC2，则y关于x的函数的图象大致为（）
A．B．C．D．
解：∵正△ABC的边长为3cm，∴∠A=∠B=∠C=60°，AC=3cm．
如图，D为AB的中点，连结CD，则：AD=BD=1.5（cm），cm）。

①当0≤x≤1.5时，即点P在线段AD上时，AP=xcm（0≤x≤1.5），则
2222223(()3922
PC CD DP x x x =+=+-=-+，即y=x 2﹣3x+9（0≤x≤1.5）； ②当1.5<x≤3时，即点P 在线段AD 上时，AP=xcm （1.5<x≤3），则
2222223()392
PC CD DP x x x =+=+-=-+，即y=x 2﹣3x+9（1.5<x≤3）； 综上，当0≤x≤3时，y=x 2﹣3x+9，该函数图象是开口向上的抛物线；
③当3＜x≤6时，即点P 在线段BC 上时，PC=（6﹣x ）cm （3＜x≤6）；则y=（6﹣x ）2=（x ﹣6）2（3＜x≤6），
∴该函数的图象是在3＜x≤6上的抛物线；故选C ．
（二）应用比例式建立函数解析式（或函数图像）
例2（2012•攀枝花）如图，直角梯形AOCD 的边OC 在x 轴上，O 为坐标原点，CD 垂直于x 轴，D （5，4），AD=2．若动点E 、F 同时从点O 出发，E 点沿折线OA→AD→DC 运动，到达C 点时停止；F 点沿OC 运动，到达C 点是停止，它们运动的速度都是每秒1个单位长度．设E 运动x 秒时，△EOF 的面积为y （平方单位），则y 关于x 的函数图象大致为（）
A ．
B ．
C ．
D ．
思路分析：首先根据点D 的坐标求得点A 的坐标，从而求得线段OA 和线段OC 的长，然后根据运动时间即可判断三角形EOF 的面积的变化情况．
解：∵D（5，4），AD=2．∴OC=5，CD=4 OA=5，∴运动x 秒（x ＜5）时，OE=OF=x ，作EH⊥OC 于H ，AG⊥OC 于点G ，∴EH∥AG，∴△EHO∽△AGO，即：，∴EH=x ，S △EOF =OF•EH=×x×x=x 2
，故A 、B 错误； 当点F 运动到点C 时，点E 运动到点A ，此时点F 停止运动，点E 在AD 上运动，
△EOF 的面积不变，点E 在DC 上运动时，如右图，EF=11﹣x ，OC=5，
∴S △EOF =OC•CE=×（11﹣x ）×5=﹣x+是一次函数，故C 正确，故选C ．
点评：本题考查了动点问题的函数图象，解题的关键是根据动点确定分段函数的图象．
对应训练2．（2012•贵港）如图，Rt△ABC 的内切圆⊙O 与AB 、BC 、CA 分别相切于点D 、E 、F ，
且∠ACB=90°，AB=5，BC=3，点P 在射线AC 上运动，过点P 作PH⊥AB，垂足为H ．
（1）直接写出线段AC 、AD 及⊙O 半径的长；（2）设PH=x ，PC=y ，求y 关于x 的函数关系式；
（3）当PH 与⊙O 相切时，求相应的y 值．
（1）连接AO 、DO ．设⊙O 的半径为r ．在Rt△ABC 中，由勾股定理得AC==4，
则⊙O 的半径r=（AC+BC ﹣AB ）=（4+3﹣5）=1；∵CE、CF 是⊙O 的切线，∠ACB=90°，
∴∠CFO=∠FCE=∠CEO=90°，CF=CE ，∴四边形CEOF 是正方形，
∴CF=OF=1；又∵AD、AF 是⊙O 的切线，∴AF=AD；∴AF=AC﹣CF=AC ﹣OF=4﹣1=3，即AD=3；
（2）在Rt△ABC 中，AB=5，AC=4，BC=3，∵∠C=90°，PH⊥AB，∴∠C=∠PHA=90°，∵∠A=∠A，∴△AHP∽△ACB，∴==，即=，∴y=﹣x+4，即y 与x 的函数关系式是y=﹣x+4；
（3）如图，P′H′与⊙O 相切．∵∠OMH′=∠MH′D=∠H′DO=90°，OM=OD ，∴四边形OMH′D 是正方形， ∴MH′=OM=1；由（1）知，四边形CFOE 是正方形，CF=OF=1，∴P′H′=P′M+MH′=P′F+FC=P′C，即x=y ； 又由（2）知，y=﹣x+4，∴y=﹣y+4，解得，y=．
D
（三）应用求图形面积的方法建立函数关系式
例3 （2012•桂林）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．
思路分析：（1）利用等腰直角三角形的性质得到
∠BAD=∠DAC=∠B=∠C=45°，进而得到AD=BD=DC，为证明
△AED≌△CFD提供了重要的条件；
（2）利用S四边形AEDF=S△AED+S△ADF=S△CFD+S△ADF=S△ADC=9 即可得到y
与x之间的函数关系式；
（3）依题意有：AF=BE=x﹣6，AD=DB，∠ABD=∠DAC=45°得
到∠DAF=∠DBE=135°，从而得到△ADF≌△BDE，利用全等三
角形面积相等得到S△ADF=S△BDE从而得到S△EDF=S△EAF+S△ADB即可确定两个变量之间的函数关系式．
解：（1）证明：∵∠BAC=90° AB=AC=6，D为BC中点∴∠BAD=∠DAC=∠B=∠C=45° ∴AD=BD=DC （2分）
∵AE=CF∴△AED≌△CFD
（2）解：依题意有：FC=AE=x，∵△AED≌△CFD∴S四边形AEDF=S△AED+S△ADF=S△CFD+S△ADF=S△ADC=9
∴∴；
（3）解：依题意有：AF=BE=x﹣6，AD=DB，∠ABD=∠DAC=45°∴∠DAF=∠DBE=135° ∴△ADF≌△BDE
∴S△ADF=S△BDE∴S△EDF=S△EAF+S△ADB=∴．
点评：本题考查等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质，考查的知识点虽然不是很多但难度较大．对应训练3．（2012•桂林）如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点P从A点出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向B点运动，同时动点Q从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，当P运动到B 点时，P、Q两点同时停止运动．设P点运动的时间为t，△APQ的面积为S，则S与t的函数关系的图象是（）
A B C D
解：①点P在AB上运动，点Q在BC上运动，此时AP=t，QB=2t，故可得S=AP•QB=t2，函数图象为抛物线；
②点P在AB上运动，点Q在CD上运动，此时AP=t，△APQ底边AP上的高维持不变，为正方形的边长4，故可
得S=AP×4=2t，函数图象为一次函数．综上可得总过程的函数图象，先是抛物线，然后是一次增函数．选D．
（四）以双动点为载体，探求函数图象问题
例4 （2012•荆门）如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的
速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t
的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：
①AD=BE=5；②cos∠ABE=；③当0＜t≤5时，y=t2；④当t=秒时，
△ABE∽△QBP；其中正确的结论是（填序号）．
思路分析：根据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．
解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5，
∴AD=BE=5，故①小题正确；又∵从M到N的变化是2，∴ED=2，∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3，
在Rt△ABE中，AB===4，∴cos∠ABE==，故②小题错误；
过点P作PF⊥BC于点F，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB==，
∴PF=PBsin∠PBF=t，∴当0＜t≤5时，y=BQ•PF=t•t=t2，故③小题正确；
当t=秒时，点P在CD上，此时，PD=﹣BE﹣ED=﹣5﹣2=，
PQ=CD﹣PD=4﹣=，∵=，==，∴=，又∵∠A=∠Q=90°，
∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．综上所述，正确的有①③④．
点评：本题考查了动点问题的函数图象，根据图（2）判断出点P到达点E时点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口．
（五）以双动点为载体，探求函数最值问题
例5（2012•张家界）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于C、A两点，与y轴交于点B，
OB=2．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y=的图象过点D，求k值；
（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．
思路分析：（1）抛物线的解析式中，令x=0，能确定抛物线与y轴的交点坐标（即B点坐标）；令y=0，能确定抛物线与x轴的交点坐标（即A、C的坐标）．（2）由（1）的结果，利用待定系数法可求出直线AB的解析式．（3）欲求出反比例函数的解析式，需要先得到D点的坐标．已知A、B的坐标，易判断出△OAB是含特殊角的直角三角形，结合O、D关于直线AB对称，可得出OD的长，结合∠DOA的读数，即可得到D点的坐标，由此得解．（4）首先用t列出AQ、AP的表达式，进而可得到P到x轴的距离，以OQ为底、P到x轴的距离为高，可得到关于S、t的函数关系式，根据函数的性质即可得到S的最大值及此时t的值．
解：（1）令y=0，即﹣x2+x+2=0；解得 x1=﹣，x2=2．∴C（﹣，0）、A（2，0）．
令x=0，即y=2，∴B（0，2）．综上，A（2，0）、B（0，2）．（2）令AB方程为y=k1x+2因为点A（2，0）
∴直线AB的解析式为y=﹣x+2．（3）由A（2，0）、B（0，2）得：在直线上，∴0=k1•2+2∴k1=﹣
，
OA=2，OB=2，AB=4，∠BAO=30°，∠DOA=60°；∵D与O点关于AB对称，∠DOA=60°，∴OD=OA=2，∴D 点的横坐标为，纵坐标为3，即D（，3）．因为y=过点D，∴3=，∴k=3．
（4）∵AP=t，AQ=t，P到x轴的距离：AP•sin30°=t，OQ=OA﹣AQ=2﹣t；∴S△OPQ=•（2﹣t）•t=﹣（t﹣2）2+；依题意有，解得0＜t≤4．∴当t=2时，S有最大值为．
点评：该题考查的知识点有：函数解析式的确定、二次函数的性质、图形面积的解法等，在解答动点函数问题时，一定要注意未知数的取值范围．
（六）因动点产生的最值问题
因动点产生的最值问题与一般最值问题一样，一般都归于两类基本模型：
1．归于函数模型 即利用一次函数的增减性和二次函数的对称性及增减性 确定某范围内函数的最大或最小值2．归于几何模型 这类模型又分为两种情况：
（1）归于“两点之间的连线中 线段最短”。

凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时大都应用这一模型。

（2）归于“三角形两边之差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时大都应用这一模型。

例6．（2012•襄阳）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA 边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C 三点．
（1）求AD的长及抛物线的解析式；
（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？
（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．
5．解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10．由题
意，△BDC≌△EDC．∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD．由勾股定理易得EO=6．∴AE=10
﹣6=4，
设AD=x，则BD=ED=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3，∴AD=3．
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），∴，解得
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x．
（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5．
而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t．当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，∴=，即=，
解得t=．当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，∴=，即=，解得t=．
∴当t=或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似．
（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点；
则：M（4，）；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN必被EC中点（4，3）平分，则N（4，﹣）；
②EC为平行四边形的边，则EC MN，设N（4，m），则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）；
综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：
①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）③M3（4，），N3（4，﹣）．
四、中考真题演练
1. （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【 】
【分析】利用AB 与⊙O 相切，△BAP 是直角三角形，把直角三角形的直角边表示出来，从而用x 表示出三角形的面积，根据函数解析式确定函数的图象： ∵AB 与⊙O 相切，∴∠BAP=90°，∵OP=x，AP=2－x ，∠BPA=60°，
x)-，∴△APB 的面积2y x)=
-，（0≤x≤2）。

∴△PAB 的面积y 关于x 的函数图像是经过（2，0）的抛物线在0≤x≤2的部分。

故选D 。

2. （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
【分析】如图所示，连接CM ，∵M 是AB 的中点，∴S △ACM =S △BCM =12
S △ABC ，开始时，S △MPQ =S △ACM =12
S △ABC ；由于P ，Q 两点同时出发，并同时到达终点，从而点P 到达AC 的中点时，点Q 也到达BC 的中点，此时，S △MPQ =14S △ABC ；结束时，S △MPQ =S △BCM =12
S △ABC 。

△MPQ 的面积大小变化情况是：先减小后增大。

故选C 。

3. （2012江苏无锡3分）如图，以M （﹣5，0）为圆心、4为半径的圆与x 轴交于A ．B 两点，P 是⊙M 上异于A ．B 的一动点，直线PA ．PB 分别交y 轴于C ．D ，以CD 为直径的⊙N 与x 轴交于E 、F ，则EF 的长【 】
A ． 等于4
B ．等于4
C ．等于6
D ．随P 点
【分析】 连接NE ，设圆N 半径为r ，ON=x ，则OD=r ﹣x ，OC=r+x ，∵以M （﹣5，0）为圆
心、4为半径的圆与x 轴交于A ．B 两点，∴OA=4+5=9，0B=5﹣4=1。

∵AB 是⊙M 的直径，∴∠APB=90°。

∵∠BOD=90°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∠ODB+∠OBD=90°。

∵∠PBA=∠OBD，∴∠PAB=∠ODB。

∵∠APB=∠BOD=90°，∴△OBD∽△OCA。

∴OC OD =OB OA ，即r+x 9=1r x
-，即r 2﹣x 2=9。

由垂径定理得：OE=OF ，由勾股定理得：OE 2=EN 2﹣ON 2=r 2﹣x 2=9。

∴OE=OF=3，∴EF=2OE=6。

4. （2012湖北黄冈3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm ，点P 从点A 出发，沿AB 方向以
的速度向终点B 运动；同时，动点Q 从点B 出发沿BC 方向以每秒1cm 的速
度向终点C 运动，将△PQC沿BC 翻折，点P 的对应点为点P′.设Q 点运动的时间t 秒，
若四边形QPCP′为菱形，则t 的值为【 】
【分析】如图，过点P 作PD⊥AC 于点D ，连接PP′。

由题意知，点P 、P′关于BC 对称，∴BC 垂直平分PP′。

∴QP=QP′，PE=P′E。

∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE 。

∵∠C=90°，AC=BC ，∴∠A=450，∴PD= t。

易得，四边形PDCE 是矩形，∴CE=PD= t，即CE=QE= t 。

又BQ= t ，BC=6，∴3 t=6，即t=2。

5. （2012四川广元3分） 如图，点A 的坐标为（-1，0），点B 在直线y x =上运动，当线段
AB 最短时，点B 的坐标为【 】
A.（0，0）
B.（21-，21-）
C.（22，22-）
D.（22-，2
2-） 【分析】如图，过点A 作AB′⊥OB，垂足为点B′，过B′作B′C⊥x 轴，垂足为C 。

由垂线段最短可知，当B′与点B 重合时AB 最短。

∵点B 在直线y=x 上运动，∴△AOB′是等腰直角三角形。

∴△B′CO 为等腰直角三角形。

∵点A 的坐标为（-1，0），∴OC=CB′=
12OA=12×1=12。

∴B′坐标为（－12，－12 ）。

∴当线段AB 最短时，点B 的坐标为（－12，－12 ）。

故选B 。

6. （2012浙江义乌4分）如图，已知点A （0，2）、B （，2）、C （0，4），过点C 向右
作平行于x 轴的射线，点P 是射线上的动点，连接AP ，以AP 为边在其左侧作等边△APQ，
连接PB 、BA ．若四边形ABPQ 为梯形，则：
（1）当AB 为梯形的底时，点P 的横坐标是 ▲ ；
（2）当AB 为梯形的腰时，点P 的横坐标是 ▲
【分析】（1）如图1：当AB 为梯形的底时，PQ∥AB，∴Q 在CP 上。

∵△APQ 是等边三角形，CP∥x 轴，∴AC 垂直平分PQ 。

∵A（0，2），C （0，4），∴AC=2。

∴PC AC tan302=⋅︒=
∴当AB 为梯形的底时，点P （2）如图2，当AB 为梯形的腰时，AQ∥BP，∴Q 在y 轴上。

∴BP∥y 轴。

∵CP∥x 轴，∴四边形ABPC 是平行四边形。

∴CP=AB=。

∴当AB 为梯形的腰时，点P 的横坐标是：
7. （2012湖北鄂州3分）在锐角三角形ABC 中，BC=24，∠ABC=45°，BD 平分∠ABC，M 、N 分别是BD 、BC 上的动点，则CM+MN 的最小值是 ▲ 。

【分析】如图，在BA 上截取BE=BN ，连接EM 。

∵∠ABC 的平分线交AC 于点D ，
∴∠EBM=∠NBM。

在△AME 与△AMN 中，∵BE=BN ，∠EBM=∠NBM，BM=BM ，
∴△BME≌△BMN（SAS ）。

∴ME=MN。

∴CM+MN=CM+ME≥CE。

又∵CM+MN 有最小值，∴当CE 是点C 到直线AB 的距离时，CE 取最小值。

∵BC=的最小值为0=4。

∴CM+MN 的最小值是4。

8. （2012山东济南3分）如图，∠MON=90°，矩形ABCD 的顶点A 、B 分别在边OM ，ON 上，当B 在边ON 上运动时，A 随之在边OM 上运动，矩形ABCD 的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D 到点O 的最大距离
为【 】A 1B 5D ．52 【分析】如图，取AB 的中点E ，连接OE 、DE 、OD ，
∵OD≤OE+DE，∴当O 、D 、E 三点共线时，点D 到点O 的距离最大，
此时，∵AB=2，BC=1，∴OE=AE=12
AB=1。

DE===1。

故选A 。

9．（2012•遵义）如图，△ABC 是边长为6的等边三角形，P 是AC 边上一动点，由A 向C
运动（与A 、C 不重合），Q 是CB 延长线上一点，与点P 同时以相同的速度由B 向CB 延长
线方向运动（Q 不与B 重合），过P 作PE ⊥AB 于E ，连接PQ 交AB 于D ．
（1）当∠BQD=30°时，求AP的长；
（2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2；
（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：
作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，
∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ，∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，∴在△APE和△BQF中，∵∠A=∠FBQ=∠AEP=∠BFQ=90°，
∴∠APE=∠BQF，∴∴△APE≌△BQF，∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，
∴四边形PEQF是平行四边形，∴DE=EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB，
又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3，∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
10．（2012•河南）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与抛物线y=ax2+bx﹣3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点重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．
（1）求a、b及sin∠ACP的值；
（2）设点P的横坐标为m．
①用含有m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m的值，直接写出m的值，
使这两个三角形的面积之比为9：10？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．
解：（1）由x+1=0，得x=﹣2，∴A（﹣2，0）．由x+1=3，得x=4，∴B（4，3）．
∵y=ax2+bx﹣3经过A、B两点，∴∴a=，b=﹣
设直线AB
，
与y轴交于点E，则E（0，1）．∵PC∥y轴，∴∠ACP=∠AEO．∴sin∠ACP=sin∠AEO===．
（2）①由（1）知，抛物线的新解析式为y=x2﹣x﹣3．则点P（m，m2﹣m﹣3）．
已知直线AB：y=x+1，则点C（m，m+1）．∴PC=m+1﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+m+4=﹣（m﹣1）2+
Rt△PCD中，PD=PC•sin∠ACP=[﹣（m﹣1）2+]•=﹣（m﹣1）2+∴PD长的最大值为：．
②如图，分别过点D、B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F、G．在Rt△PDF中，DF=PD=﹣（m2﹣2m﹣8）．又∵BG=4﹣m，∴===．当==时，解得m=；
当==时，解得m=．
11．（2012•孝感）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，三个交点的坐标分别为A（﹣1，0），B（3，0），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面积的最大值和此时P点的坐标；（3）若P为抛物线在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是等腰梯形（直接写出结果，不写求解过程）．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c过点C（0，3）∴当x=0时，c=3．
又∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0）∴，解得
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3又∵y=﹣x2+2x+3，y=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标是（1，4）．
（2）设直线BD的解析式为y=kx+n（k≠0）∵直线y=kx+n过点B（3，0），D（1，4）
∴，解得∴直线BD的解析式：y=﹣2x+6，∵P点在线段BD上，因此，设点P坐标为（m，﹣2m+6）又∵PM⊥x轴于点M，∴PM=﹣2m+6，OM=m，又∵A（﹣1，0），C（3，0）∴OA=1，OC=3
设四边形PMAC面积为S，则S=OA•OC+（PM+OC）•OM=×（﹣2m+6+3）•m=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+
，
此时，P点坐标是（，）．
∵13，∴当m=时，四边形PMAC面积的最大值为
，
（3）答案：（2，3）；（，）．******注：以下给出解题简要过程，原题并无此要求******
①四边形PQAC是平行四边形，如右图①所示．过点P作PE⊥x轴于点E，易证△AOC≌△QEP，∴y P=PE=CO=3．又CP∥x轴，则点C（0，3）与点P关于对称轴x=1对称，∴x P=2．∴P（2，3）．
②四边形PQAC是等腰梯形，如右图②所示．
设P（m，n），P点在抛物线上，则有n=﹣m2+2m+3．过P点作PE⊥x轴于点E，则PE=n．
在Rt△OAC中，OA=1，OC=3，∴AC=，tan∠CAO=3，cos∠CAO=；
∵PQ∥CA，∴tan∠PQE==tan∠CAO=3，∴QE=n，PQ==n．
过点Q作QM∥PC，交AC于点M，则四边形PCMQ为平行四边形，△QAM为等腰三角形．再过点Q作QN⊥AC于点N．则
有：CM=PQ=n，AN=AM=（AC﹣CM）=（1﹣n），
AQ==5（1﹣n）．又AQ=AO+OQ=1+（m﹣n），
∴5（1﹣n）=1+（m﹣n），化简得：n=3﹣m；又P点在抛物线上，有n=﹣m2+2m+3，∴﹣m2+2m+3=3﹣m，化简得：m2﹣m=0，解得m1=0（舍去），m2=
∴m=，n=3﹣m=，∴P（，）．
，
12．（2012•攀枝花）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，顶点A、C、D均在坐标轴上，且AB=5，sinB=．
（1）求过A、C、D三点的抛物线的解析式；
（2）记直线AB的解析式为y1=mx+n，（1）中抛物线的解析式为y2=ax2+bx+c，求当
y1＜y2时，自变量x的取值范围；
（3）设直线AB与（1）中抛物线的另一个交点为E，P点为抛物线上A、E两点之间
的一个动点，当P点在何处时，△PAE的面积最大？并求出面积的最大值．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD=；
Rt△OCD中，OC=CD•sinD=4，OD=3；OA=AD﹣OD=2，即：
A（﹣2，0）、B（﹣5，4）、C（0，4）、D（3，0）；
设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣3），得：2×（﹣3）a=4，a=﹣；∴抛物线：y=﹣x2+x+4．
（2）由A（﹣2，0）、B（﹣5，4）得直线AB：y1=﹣x﹣；由（1）得：y2=﹣x2+x+4，则：
，解得：，；由图可知：当y1＜y2时，﹣2＜x＜5．
（3）∵S△APE=AE•h，∴当P到直线AB的距离最远时，S△ABC最大；
若设直线L∥AB，则直线L与抛物线有且只有一个交点时，该交点为点P；
设直线L：y=﹣x+b，当直线L与抛物线有且只有一个交点时，﹣x+b=﹣x2+x+4，且△=0；
求得：b=，即直线L：y=﹣x+；可得点P（，）．由（2）得：E（5，﹣），则直线PE：y=﹣x+9；则点F（，0），AF=OA+OF=；∴△PAE的最大值：S△PAE=S△PAF+S△AEF=××（+）=．
综上所述，当P（，）时，△PAE的面积最大，为．
13．（2012•凉山州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两
点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C（点C点A的右侧），点P是
抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）若点P在第二象限内，过点P作PD⊥轴于D，交AB于点E．当点P运动到什么位置时，
线段PE最长？此时PE等于多少？
（3）如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，
那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存
在，请说明理由．
解：（1）∵直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣4，0），B（0，4）
抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，可得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣3x+4．令y=0，得﹣x2﹣3x+4=0，解得x1=﹣4，x2=1，∴C（1，0）．
（2）如答图1所示，设D（t，0）．∵OA=OB，∴∠BAO=45°，∴E（t，t），P（t，﹣t2﹣3t+4）．
PE=y P﹣y E=﹣t2﹣3t+4﹣t=﹣t2﹣4t=﹣（t+2）2+4，
∴当t=﹣2时，线段PE的长度有最大值4，此时P（﹣2，6）．
（3）存在．如答图2所示，过N点作NH⊥x轴于点H．设OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=45°，
∴NH=AH=4﹣m，∴y Q=4﹣m．又M为OA中点，∴MH=2﹣m．△MON为等腰三角形：
①若MN=ON，则H为底边OM的中点，∴m=1，∴y Q=4﹣m=3．由﹣x Q2﹣3x Q+4=3，
解得x Q=，∴点Q坐标为（，3）或（，3）；
②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，根据勾股定理得：MN2=NH2+MH2，
即22=（4﹣m）2+（2﹣m）2，化简得m2﹣6m+8=0，解得：m1=2，m2=4（不合题意，舍去）
∴y Q=2，由﹣x Q2﹣3x Q+4=2，解得x Q=，
∴点Q坐标为（，2）或（，2）；
③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，根据勾股定理得：ON2=NH2+OH2，即22=（4﹣m）2+m2，
化简得m2﹣4m+6=0，∵△=﹣8＜0，∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．
所求Q点的坐标为（，3）或（，3）或（，2）或（，2）．
14．（2012•恩施州）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；
（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．
解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，，解得，故抛物线为y=
故直线AC为y=x+1；﹣x2+2x+3，又设直线为y=kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，解得
，
（2）作N点关于直线x=3的对称点N′，则N′（6，3），由（1）得D（1，4），故直线DN′的函数关系式为y=﹣x+，当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小，则m=﹣×=；
（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2）∵点E在直线AC上，设E（x，x+1），
①当点E在线段AC上时，点F在点E上方，则F（x，x+3），∵F在抛物线上，∴x+3=﹣x2+2x+3，
解得，x=0或x=1（舍去）∴E（0，1）；
②当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1）由F在抛物线上
∴E（，）或（，）
∴x﹣1=﹣x2+2x+3，解得x=或x=
，
综上，满足条件的点E为E（0，1）、（，）或（，）；
（4）方法一：过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，如图1
设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）∴PQ=（﹣x2+2x+3）﹣（x﹣1）=﹣x2+x+2
∴面积的最大值为．
又∵S△APC=S△APQ+S△CPQ=PQ•AG=（﹣x2+x+2）×3=﹣（x﹣）2+
，
方法二：过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，如图2，
设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）
又∵S△APC=S△APH+S直角梯形PHGC﹣S△AGC=（x+1）（﹣x2+2x+3）+（﹣x2+2x+3+3）（2﹣x）﹣×3×3
=﹣x2+x+3=﹣（x﹣）2+
∴△APC的面积的最大值为．
，
15．（2012•阜新）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
考生注意：下面的（3）、（4）、（5）题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊！
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（4）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（5）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）由抛物线y=ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，
0），则
解这个方程组，得a=﹣，b=﹣．
∴二次函数的关系解析式为y=﹣x2﹣x+2．
（2）设点P坐标为（m，n），则n=﹣m2﹣m+2．
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．PM=﹣m2﹣m+2，PN=﹣m，AO=3．
当x=0时，y=﹣×0﹣×0+2=2，所以OC=2，S△PAC=S△PAO+S△PCO﹣S△ACO=AO•PM+CO•PN﹣AO•CO
=×3•（﹣m2﹣m+2）+×2•（﹣m）﹣×3×2=﹣m2﹣3m，∵a=﹣1＜0，∴函数S△PAC=﹣m2﹣3m有最大值
当m=﹣=﹣时，S△PAC有最大值．此时n=﹣m2﹣m+2=﹣﹣+2=
∴存在点P（﹣，），使△PAC的面积最大．
（3）如图（3）所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，易证△Q1CD≌△CBO，
∴Q1D=OC=2，CD=OB=1，∴OD=OC+CD=3，∴Q1（2，3）；同理求得Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．
Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．
（4）如图（4）所示，设E（n，0），则BE=1﹣n，QE=﹣n2﹣n+2．
假设以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，则有两种情况：
①若△AOC∽△BEQ，则有：，即，化简得：n2+n﹣2=0，
解得n1=﹣2，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣2，QE=﹣n2﹣n+2=2．∴Q（﹣2，2）；
②若△AOC∽△BQE，则有：，即，化简得：4n2﹣n﹣3=0，
解得n1=﹣，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣，QE=﹣n2﹣n+2=．∴Q（﹣，）．
综上所述，存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．Q点坐标为（﹣2，2）或（﹣，）．
（5）假设存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．
①若CM平行于x轴，如图（5）a所示，有符合要求的两个点Q1，Q2，此时Q1A=Q2A=CM．
∵CM∥x轴，∴点M、点C（0，2）关于对称轴x=﹣1对称，∴M（﹣2，2），∴CM=2．
由Q1A=Q2A=CM=2，得到Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0）；
②若CM不平行于x轴，如图（5）b所示．过点M作MG⊥x轴于G，
易证△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即y M=﹣2．
设M（x，﹣2），则有﹣x2﹣x+2=﹣2，解得x=﹣1±．
又QG=3，∴x Q=x G+3=2±，∴Q3（2+，0），Q4（2﹣，0）．
综上所述，存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．Q点坐标为：Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0），Q3（2+，0），Q4（2﹣，0）．
注：解答中给出（3）（4）（5）问解题过程，只是为了同学们易于理解，原题并未要求．。