2017年中考数学解析分类汇编分类41_动态问题(含解析)

41 动态问题(含解析)
一、选择题
1．（3分）（2017•宿迁）如图，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =6cm ，BC =2cm ，点P 在边AC 上，从点A 向点C 移动，点Q 在边CB 上，从点C 向点B 移动．若点P ，Q 均以1cm/s 的速度同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，连接PQ ，则线段PQ 的最小值是（ ）
A ．20cm
B ．18cm
C ．25cm
D ．32cm
【考点】二次函数的最值；勾股定理．
【分析】根据已知条件得到CP=6﹣t ，得到
PQ =22CQ PC +=22)6(t t +-=18)3(22+-t ，于是得到结论．
【解答】解：∵AP =CQ =t ，
∴CP =6﹣t ，
∴PQ =22CQ PC +=22)6(t t +-=18)3(22+-t ，
∵0≤t ≤2，
∴当t =2时，PQ 的值最小，
∴线段PQ 的最小值是25，
故选C ．
【点评】本题考查了二次函数的最值，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
2．（3分）（2017•毕节市）把直线y=2x ﹣1向左平移1个单位，平移后直线的关系式为（
） A ．y=2x ﹣2 B ．y=2x+1 C ．y=2x D ．y=2x+2
【考点】F9：一次函数图象与几何变换．
【分析】根据“左加右减”的函数图象平移规律来解答．
【解答】解：根据题意，将直线y=2x ﹣1向左平移1个单位后得到的直线解析式为： y=2（x+1）﹣1，即y=2x+1，
故选B ．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减、上加下减”的原则是解答此题的关键
3．（3分）（2017•毕节市）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，则下列判断不正确的是（）
A．△AEE′是等腰直角三角形B．AF垂直平分EE'
C．△E′EC∽△AFD D．△AE′F是等腰三角形
【考点】R2：旋转的性质；KG：线段垂直平分线的性质；KI：等腰三角形的判定；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质；S8：相似三角形的判定．
【分析】由旋转的性质得到AE′=AE，∠E′AE=90°，于是得到△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；由旋转的性质得到∠E′AD=∠BAE，由正方形的性质得到∠DAB=90°，推出∠E′AF=∠EAF，于是得到AF垂直平分EE'，故B正确；根据余角的性质得到∠FE′E=∠DAF，于是得到△E′EC∽△AFD，故C正确；由于AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，于是得到△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误．
【解答】解：∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴AE′=AE，∠E′AE=90°，
∴△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；
∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴∠E′AD=∠BAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠E′AD+∠FAD=45°，
∴∠E′AF=∠EAF，
∵AE′=AE，
∴AF垂直平分EE'，故B正确；
∵AF ⊥E′E ，∠ADF=90°，
∴∠FE′E+∠AFD=∠AFD+∠DAF ，
∴∠FE′E=∠DAF ，
∴△E′EC ∽△AFD ，故C 正确；
∵AD ⊥E′F ，但∠E′AD 不一定等于∠DAE′，
∴△AE′F 不一定是等腰三角形，故D 错误；
故选D ．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定，等腰直角三角形的判定，线段垂直平分线的判定，正确的识别图形是解题的关键．
4．（3分）（2017•十堰）如图，已知圆柱的底面直径BC=
6，高AB=3，小虫在圆柱表面爬行，从C 点爬到A 点，然后再沿另一面爬回C 点，则小虫爬行的最短路程为（ ）
A ．23
B ．53
C ．56
D ．26
【考点】KV ：平面展开﹣最短路径问题．
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【解答】解：把圆柱侧面展开，展开图如右图所示，点A 、C 的最短距离为线段AC 的长． 在RT △ADC 中，∠ADC=90°，CD=AB=3，AD 为底面半圆弧长，AD=3，
所以AC=32，
∴从C 点爬到A 点，然后再沿另一面爬回C 点，则小虫爬行的最短路程为2AC=62， 故选D ．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
5．（3分）（2017•西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB 方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）
A．B．C．D．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】分两部分计算y的关系式：①当点N在CD上时，易得S△AMN的关系式，S△AMN 的面积关系式为一个一次函数；②当点N在CB上时，底边AM不变，示出S△AMN的关系式，S△AMN的面积关系式为一个开口向下的二次函数．
【解答】解：∵点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，
∴N到C的时间为：t=3÷2=1.5，
分两部分：
①当0≤x≤1.5时，如图1，此时N在DC上，
S△AMN=y=1
2
AM•A D=
1
2
x×3=
3
2
x，
②当1.5＜x≤3时，如图2，此时N在BC上，
∴DC+CN=2x，∴BN=6﹣2x，
∴S△AMN=y=1
2
AM•BN=
1
2
x（6﹣2x）=﹣x2+3x，
故选A．
【点评】本题考查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．
6．如图，在等腰△ABC中，AB=AC=4cm，∠B=30°，点P从点B出发，以3cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向运动到点C停止，若△BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（）
A．B．C．
D．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【专题】31 ：数形结合．
【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出
AH=1
2
AB=2，BH=3AH=23，则BC=2BH=43，利用速度公式可得点P从B点运动
到C需4s，Q点运动到C需8s，然后分类讨论：当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，
BQ=x，BP=3x，DQ=1
2
BQ=
1
2
x，利用三角形面积公式得到y=
3
4
x2；当4＜x≤8时，作
QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=43，DQ=1
2
CQ=
1
2
（8﹣x），利用三角形面积公
式得y=﹣3x+83，于是可得0≤x≤4时，函数图象为抛物线的一部分，当4＜x≤8时，函数图象为线段，则易得答案为D．
【解答】解：作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=4cm，
∴BH=CH，
∵∠B=30°，
∴AH=1
2
AB=2，BH=3AH=23，
∴BC=2BH=43，
∵点P运动的速度为3cm/s，Q点运动的速度为1cm/s，
∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，
当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，BQ=x，BP=3x，
在Rt△BDQ中，DQ=1
2
BQ=
1
2
x，
∴y=1
2
•
1
2
x•3x=
3
4
x2，
当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=43
在Rt△BDQ中，DQ=1
2
CQ=
1
2
（8﹣x），
∴y=1
2
•
1
2
（8﹣x）•43=﹣3x+83，
综上所述，y=
2
3
(0
x4)
4
383(4x8)
x
x
⎧
≤≤
⎪
⎨
⎪-+<≤
⎩
．
故选D．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象：通过分类讨论，利用三角形面积公式得到y与x 的函数关系，然后根据二次函数和一次函数图象与性质解决问题．
7．（3分）（2017•济宁）如图，A，B是半径为1的⊙O上两点，且OA
⊥OB，点P从点A 出发，在⊙O上以每秒一个单位长度的速度匀速运动，回到点A运动结束，设运动时间为x （单位：s），弦BP的长为y，那么下列图象中可能表示y与x函数关系的是（）
A．①B．③C．②或④D．①或③
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】分两种情形讨论当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①，由此即可解决问题．
【解答】解：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，
故选D．
【点评】本题考查动点问题函数图象、圆的有关知识，解题的关键理解题意，学会用分类讨
论的思想思考问题，属于中考常考题型．
8．（3分）（2017•白银）如图①，在边长为4的正方形ABCD 中，点P 以每秒2cm 的速度从点A 出发，沿AB→BC 的路径运动，到点C 停止．过点P 作PQ ∥BD ，PQ 与边AD （或边CD ）交于点Q ，PQ 的长度y （cm ）与点P 的运动时间x （秒）的函数图象如图②所示．当点P 运动2.5秒时，PQ 的长是（ ）
A ．cm 22
B ．cm 23
C ．cm 24
D ．cm 25
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】根据运动速度乘以时间，可得PQ 的长，根据线段的和差，可得CP 的长，根据勾股定理，可得答案．
【解答】解：点P 运动2.5秒时P 点运动了5cm ，
CP=8﹣5=3cm ，
由勾股定理，得
PQ=2233 =32cm ，
故选：B ．
【点评】本题考查了动点函数图象，利用勾股定理是解题关键．
9．（4分）（2017•兰州）如图1，在矩形ABCD 中，动点E 从A 出发，沿AB→BC 方向运动，当点E 到达点C 时停止运动，过点E 做FE ⊥AE ，交CD 于F 点，设点E 运动路程为x ，FC=y ，如图2所表示的是y 与x 的函数关系的大致图象，当点E 在BC 上运动时，FC 的最大长度是25
，则矩形ABCD 的面积是（ ）
A．23 5
B．5 C．6 D．
25
4
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】易证△CFE∽△BEA，可得
CF
BE
=
CE
AB
，根据二次函数图象对称性可得E在BC中点时，CF有最大值，列出方程式即可解题．
【解答】解：若点E在BC上时，如图
∵∠EFC+∠AEB=90°，∠FEC+∠EFC=90°，
∴∠CFE=∠AEB，∵在△CFE和△BEA中，
90
CFE AEB
C B︒
∠=∠
⎧
⎨
∠=∠=
⎩
，∴△CFE∽△BEA，
由二次函数图象对称性可得E在BC中点时，CF有最大值，此时
CF
BE
=
CE
AB
，BE=CE=x﹣
5
2
，即
5
2
55
22
x
y
x
-
=
-
，
∴y=
2
25
52
x
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
，当y=
2
5
时，代入方程式解得：x1=
3
2
（舍去），x2=
7
2
，
∴BE=CE=1，∴BC=2，AB=
5
2
，
∴矩形ABCD的面积为2×
5
2
=5；
故选B．
【点评】本题考查了二次函数顶点问题，考查了相似三角形的判定和性质，考查了矩形面积的计算，本题中由图象得出E为BC中点是解题的关键．
10．（4分）（2017•日照）如图，∠BAC=60°，点O从A点出发，以2m/s的速度沿∠BAC 的角平分线向右运动，在运动过程中，以O为圆心的圆始终保持与∠BAC的两边相切，设⊙O的面积为S（cm2），则⊙O的面积S与圆心O运动的时间t（s）的函数图象大致为（）
A．B．C．D．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】根据角平分线的性质得到∠BAO=30°，设⊙O的半径为r，AB是⊙O的切线，根据直角三角形的性质得到r=t，根据圆的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵∠BAC=60°，AO是∠BAC的角平分线，
∴∠BAO=30°，
设⊙O的半径为r，AB是⊙O的切线，
∵AO=2t，
∴r=t，
∴S=πt2，
∴S是圆心O运动的时间t的二次函数，
∵π＞0，
∴抛物线的开口向上，
故选D．
【点评】此题考查动点问题的函数图象，求得函数解析式，利用函数的性质得出图象是解决问题的关键．
11．（3分）（2017•黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个
动点，且AE=FD ，连接BE 、CF 、BD ，CF 与BD 交于点G ，连接AG 交BE 于点H ，连接DH ，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG ∽△FDG ②HD 平分∠EHG ③AG ⊥BE ④S △HDG ：S △HBG =tan ∠DAG ⑤线段DH 的最小值是
25﹣2．
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD ：全等三角形的判定与性质；LE ：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】首先证明△ABE ≌△DCF ，△ADG ≌△CDG （SAS ），△AGB ≌△CGB ，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=CD ，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ABE 和△DCF 中，
AB CD BAD ADC AE DF
ì=ïï??íï=ïî， ∴△ABE ≌△DCF （SAS ），
∴∠ABE=∠DCF ，
在△ADG 和△CDG 中，
AD CD ADB CDB DG DG
ì=ïï??íï=ïî， ∴△ADG ≌△CDG （SAS ），
∴∠DAG=∠DCF ，
∴∠ABE=∠DAG ，
∵∠DAG +∠BAH=90°，
∴∠BAE +∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG ⊥BE ，故③正确，
同法可证：△AGB ≌△CGB ，
∵DF ∥CB ，
∴△CBG ∽△FDG ，
∴△ABG ∽△FDG ，故①正确，
∵S △HDG ：S △HBG =DG ：BG=DF ：BC=DF ：CD=tan ∠FCD ，
又∵∠DAG=∠FCD ，
∴S △HDG ：S △HBG =tan ∠FCD ，tan ∠DAG ，故④正确
取AB 的中点O ，连接OD 、OH ，
∵正方形的边长为4，
∴AO=OH=12×4=2， 由勾股定理得，OD=2242+=2
5， 由三角形的三边关系得，O 、D 、H 三点共线时，DH 最小，
DH 最小=2 5﹣2．
无法证明DH 平分∠EHG ，故②错误，
故①③④⑤正确，
故选C ．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，难点在于⑤作辅助线并确定出DH 最小时的情况．
二、填空题
1．（4分）（2017•东营）如图，已知菱形ABCD 的周长为16，面积为83，E 为AB 的中
点，若P 为对角线BD 上一动点，则EP+AP 的最小值为 23 ．
【考点】PA ：轴对称﹣最短路线问题；L8：菱形的性质．
【分析】如图作CE′⊥AB 于E′，甲BD 于P′，连接AC 、AP′．首先证明E′与E 重合，因为
A 、C 关于BD 对称，所以当P 与P′重合时，PA′+P′E 的值最小，由此求出CE 即可解决问题．
【解答】解：如图作CE′⊥AB 于E′，甲BD 于P′，连接AC 、AP′．
∵已知菱形ABCD 的周长为16，面积为83，
∴AB=BC=4，AB•CE′=83，
∴CE′=23，
在Rt △BCE′中，BE′=22
4(23) =2，
∵BE=EA=2，
∴E 与E′重合，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴BD 垂直平分AC ，
∴A 、C 关于BD 对称，
∴当P 与P′重合时，PA′+P′E 的值最小，最小值为CE 的长=23，
故答案为23．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明CE 是△ABC 的高，学会利用对称解决最短问题．
2．（3分）（2017•菏泽）如图，AB⊥y轴，垂足为B，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1
的位置，使点B的对应点B1落在直线y=﹣
3
3
x上，再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到
△A1B1O1的位置，使点O1的对应点O2落在直线y=﹣
3
3
x上，依次进行下去…若点B的
坐标是（0，1），则点O12的纵坐标为9+33．
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；D2：规律型：点的坐标；F8：一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】观察图象可知，O12在直线y=﹣
3
3
x时，OO12=6•OO2=6（1+3+2）=18+63，
由此即可解决问题．
【解答】解：观察图象可知，O12在直线y=﹣
3
3
x时，
OO12=6•OO2=6（1+3+2）=18+63，
∴O12的横坐标=﹣（18+63）•cos30°=﹣9﹣93，
O12的纵坐标=1
2
OO12=9+33，
故答案为9+33．
【点评】本题考查坐标与图形的变化、规律型：点的坐标、一次函数的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究方法，属于中考常考题型．
3．（4分）（2017•安顺）如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置，若BC=12cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为
16πcm．
【考点】O4：轨迹；R2：旋转的性质．
【分析】由题意知∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°、AC=2BC=24cm，根据弧长公式可求得点A所经过的路径长，即以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长．
【解答】解：∵∠BAC=30°，∠ABC=90°，且BC=12，
∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°，AC=2BC=24cm，
由题意知点A所经过的路径是以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长，
∴其路径长为12024
180
p鬃
=16π（cm），
故答案为：16π．
【点评】本题主要考查旋转的性质及弧长公式，熟练掌握旋转的性质得出点A所经过的路径即为以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧是解题的关键．4．（2017•河南）如图1，点P从△ABC的顶点B出发，沿B→C→A匀速运动到点A，图2是点P运动时，线段BP的长度y随时间x变化的关系图象，其中M为曲线部分的最低点，则△ABC的面积是12．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】根据图象可知点P在BC上运动时，此时BP不断增大，而从C向A运动时，BP 先变小后变大，从而可求出BC与AC的长度．
【解答】解：根据图象可知点P在BC上运动时，此时BP不断增大，
由图象可知：点P从B先A运动时，BP的最大值为5，
即BC=5，
由于M是曲线部分的最低点，
∴此时BP最小，
即BP ⊥AC ，BP=4，
∴由勾股定理可知：PC=3，
由于图象的曲线部分是轴对称图形，
∴PA=3，
∴AC=6，
∴△ABC 的面积为：12×4×6=12 故答案为：12
【点评】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是注意结合图象求出BC 与AC 的长度，本题属于中等题型．
5．（5分）（2017•安徽）在三角形纸片ABC 中，∠A=90°，∠C=30°，AC=30cm ，将该纸片沿过点B 的直线折叠，使点A 落在斜边BC 上的一点E 处，折痕记为BD （如图1），减去△CDE 后得到双层△BDE （如图2），再沿着过△BDE 某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为 40或3
380 cm ．
【考点】P9：剪纸问题．
【分析】解直角三角形得到AB=103，∠ABC=60°，根据折叠的性质得到∠ABD=∠EBD=2
1∠ABC=30°，BE=AB=103，求得DE=10，BD=20，如图1，平行四边形的边是DF ，BF ，如图2，平行四边形的边是DE ，EG ，于是得到结论．
【解答】解：∵∠A=90°，∠C=30°，AC=30cm ，
∴AB=103，∠ABC=60°，
∵△ADB ≌△EDB ，
∴∠ABD=∠EBD=2
1∠ABC=30°，BE=AB=103，
∴DE=10，BD=20，
如图1，平行四边形的边是DF ，BF ，且DF=BF=3320， ∴平行四边形的周长=3
380， 如图2，平行四边形的边是DE ，EG ，且DF=BF=10，
∴平行四边形的周长=40，
综上所述：平行四边形的周长为40或3
380， 故答案为：40或3
380．
【点评】本题考查了剪纸问题，平行四边形的性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
6．（3分）（2017•吉林）如图，在矩形ABCD 中，AB=5，AD=3．矩形ABCD 绕着点A 逆时针旋转一定角度得到矩形AB'C'D'．若点B 的对应点B'落在边CD 上，则B'C 的长为 1 ．
【考点】旋转的性质；LB ：矩形的性质
【分析】B′C=5﹣B′D ．在直角△AB′D 中，利用勾股定理求得B′D 的长度即可．
【解答】解：由旋转的性质得到AB=AB′=5，
在直角△AB ′D 中，∠D=90°，AD=3，AB′=AB=5，
所以B′D=/2222AB -AD 53=
-=4，
所以B′C=5﹣B′D=1．
故答案是：1．
本题考查了旋转的性质，矩形的性质．解题时，根据旋转的性质得到AB=AB′=5是解题的关键．
7．（3分）（2017•齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，依此规律，得到等腰直角三角形OA2017A2018，则点A2017的坐标为（0，（2）2016）或（0，21008）．
【考点】D2：规律型：点的坐标．
【专题】17 ：推理填空题．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到OA1=1，OA2=2，OA3=（2）2，…，OA2017=（2）2016，再利用A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴的特点可得到点A2017在y轴的正半轴上，即可确定点A2017的坐标．
【解答】解：∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，
∴OA1=1，OA2=2，OA3=（2）2，…，OA2017=（2）2016，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴，
2017÷8=252…1，
∴点A2017在第一象限，
∵OA2017=（2）2016，
∴点A2017的坐标为（0，（2）2016）即（0，21008）．
故答案为（0，（2）2016）或（0，21008）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的2倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
8.（3分）（2017•扬州）如图，已知点A是反比例函数y=﹣2
x
的图象上的一个动点，连接
OA，若将线段O A绕点O顺时针旋转90°得到线段OB，则点B所在图象的函数表达式为
y=2
x
．
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；G6：反比例函数图象上点的坐标特征；G7：待定系数法求反比例函数解析式．
【分析】设A（m，n），过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，得到AC=n，OC=﹣m，根据全等三角形的性质得到AC=OD=n，CO=BD=﹣m，于是得到结论．
【解答】解：∵点A是反比例函数y=﹣2
x
的图象上的一个动点，
设A（m，n），
过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，∴AC=n，OC=﹣m，
∴∠ACO=∠ADO=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠CAO+∠AOC=∠AOC+∠BOD=90°，
∴∠CAO=∠BOD，
在△ACO与△ODB中
ACO ODB
CAO BOD AO BO
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ACO≌△ODB，
∴AC=OD=n，CO=BD=﹣m，∴B（n，﹣m），
∵mn=﹣2，
∴n（﹣m）=2，
∴点B所在图象的函数表达式为
y=
2
x
，
故答案为：y=
2
x
．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，反比例函数图形上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．9．（3分）（2017•黑龙江）如图，在△ABC中，AB=BC=8，AO=BO，点M是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△ABM为直角三角形时，AM的长为43或47或4．
【考点】KQ：勾股定理；KH：等腰三角形的性质．
【专题】32 ：分类讨论．
【分析】分三种情况讨论：①当M在AB下方且∠AMB=90°时，②当M在AB上方且∠AMB=90°时，③当∠ABM=90°时，分别根据含30°直角三角形的性质、直角三角形斜边的
中线的性质或勾股定理，进行计算求解即可．
【解答】解：如图1，当∠AMB=90°时，
∵O 是AB 的中点，AB=8，
∴OM=OB=4，
又∵∠AOC=∠BOM=60°，
∴△BOM 是等边三角形，
∴BM=BO=4，
∴Rt △ABM 中，AM=22AB BM -=43；
如图2，当∠AMB=90°时，
∵O 是AB 的中点，AB=8，
∴OM=OA=4，
又∵∠AOC=60°，
∴△AOM 是等边三角形，
∴AM=AO=4；
如图3，当∠ABM=90°时，
∵∠BOM=∠AOC=60°，
∴∠BMO=30°，
∴MO=2BO=2×4=8，
∴Rt △BOM 中，BM=22MO OB -=43，
∴Rt △ABM 中，AM=22AB BM +=47，
综上所述，当△ABM 为直角三角形时，AM 的长为43或47或4．
故答案为：43或47或4．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线的综合应用，运用分类讨论以及数形结合思想是解答此题的关键．
三、解答题
1．（9分）（2017•徐州）如图①，菱形ABCD 中，AB=5cm ，动点P 从点B 出发，沿折线BC ﹣CD ﹣DA 运动到点A 停止，动点Q 从点A 出发，沿线段AB 运动到点B 停止，它们运动的速度相同，设点P 出发x s 时，△BPQ 的面积为y cm 2，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示，其中OM ，MN 为线段，曲线NK 为抛物线的一部分，请根据图中的信息，解答下列问题：
（1）当1＜x ＜2时，△BPQ 的面积 不变 （填“变”或“不变”）；
（2）分别求出线段OM ，曲线NK 所对应的函数表达式；
（3）当x 为何值时，△BPQ 的面积是5cm 2？
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据函数图象即可得到结论；
（2）设线段OM 的函数表达式为y=kx ，把（1，10）即可得到线段OM 的函数表达式为y=10x ；设曲线NK 所对应的函数表达式y=a （x ﹣3）2，把（2，10）代入得根据得到曲线NK 所对应的函数表达式y=10（x ﹣3）2；
（3）把y=5代入y=10x 或y=10（x ﹣3）2即可得到结论．
【解答】解：（1）由函数图象知，当1＜x ＜2时，△BPQ 的面积始终等于10，
∴当1＜x ＜2时，△BPQ 的面积不变；
故答案为：不变；
（2）设线段OM 的函数表达式为y=kx ，
把（1，10）代入得，k=10，
∴线段OM 的函数表达式为y=10x ；
设曲线NK 所对应的函数表达式y=a （x ﹣3）2，
把（2，10）代入得，10=a （2﹣3）2，
∴a=10，
∴曲线NK 所对应的函数表达式y=10（x ﹣3）2；
（3）把y=5代入y=10x 得，x=2
1， 把y=5代入y=10（x ﹣3）2得，5=10（x ﹣3）2，
∴x=3±2
2， ∵3+2
2＞3， ∴x=3﹣
22，
∴当x=21或3
﹣22时，△BPQ 的面积是5cm 2． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积公式，待定系数法求函数的解析式，掌握的识别函数图象是解题的关键．
2．（14分）（2017•盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线y =
12x +2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y =12
x 2+bx +c 经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B ． （1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D 为直线AC 上方抛物线上一动点；
①连接BC 、CD ，设直线BD 交线段AC 于点E ，△CDE 的面积为S 1，△BCE 的面积为S 2，求12
S S 的最大值； ②过点D 作DF ⊥AC ，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得△CDF 中的某个角恰好等于∠BAC 的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）根据题意得到A （﹣4，0），C （0，2）代入y =﹣12
x 2+bx +c ，于是得到结论； （2）①如图，令y =0，解方程得到x 1=﹣4，x 2=1，求得B （1，0），过D 作DM ⊥x 轴于M ，过B 作BN ⊥x 轴交于AC 于N ，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，求得P （﹣32，0），得到P A =PC =PB =52
，过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延线于G ，情况一：如图，∠DCF =2∠BAC =∠DGC +∠CDG ，情况二，∠FDC =2∠BAC ，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）根据题意得A （﹣4，0），C （0，2），
∵抛物线y =﹣12x 2+bx +c 经过A 、C 两点， ∴1016422b c c
⎧=-⨯-+⎪⎨⎪=⎩， ∴322
b c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，
∴y =﹣12x 2﹣32
x +2； （2）①如图，令y =0，
∴﹣12x 2﹣32
x +2=0， ∴x 1=﹣4，x 2=1，
∴B （1，0），
过D 作DM ⊥x 轴交AC 于M ，过B 作BN ⊥x 轴交AC 于N ，
∴DM ∥BN ，
∴△DME ∽△BNE ，
∴12S S =DE BE =DM BN
， 设D （a ，﹣
12a 2﹣32a +2）， ∴M （a ，12
a +2）， ∵B （1，0）， ∴N （1，
52）， M
∴12S S =DM BN =2121255
2
a a --=-（a +2）2+45； ∴当a =﹣2时，12S S 的最大值是45
； ②∵A （﹣4，0），B （1，0），C （0，2），
∴AC =25，BC =5，AB =5，
∴AC 2+BC 2=AB 2，
∴△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，
∴P （﹣
32
，0）， ∴P A =PC =PB =52， ∴∠CPO =2∠BAC ，
∴tan ∠CPO =tan （2∠BAC ）=43
， 过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延长线于G ，
情况一：如图，∴∠DCF =2∠BAC =∠DGC +∠CDG ，
∴∠CDG =∠BAC ，
∴tan ∠CDG =tan ∠BAC =
12， 即12
RC DR =， 令D （a ，﹣12a 2﹣32
a +2）， ∴DR =﹣a ，RC =﹣12a 2﹣32
a ， ∴21312
22
a a a --=-， ∴a 1=0（舍去），a 2=﹣2，
∴x D =﹣2，
情况二，∴∠FDC =2∠BAC ，
∴tan ∠FDC =
43
， 设FC =4k ，
∴DF=3k，DC=5k，
∵tan∠DGC=3k
FG
=
1
2
，
∴FG=6k，
∴
CG=2k，DG=35k，
∴RC=25
5
k，RG=
45
5
k，
DR=35k﹣45
5
k=
115
5
k，
∴DR
RC
=
115
5
25
5
k
k
=
2
13
22
a
a a
-
--
，
∴a1=0（舍去），a2=﹣29 11
，
点D的横坐标为﹣2或﹣29 11
．
【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．（9分）（2017•徐州）如图，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展平后，得折痕AD，BE（如图①），点O为其交点．
（1）探求AO到OD的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点．
①当PN+PD的长度取得最小值时，求BP的长度；
②如图③，若点Q在线段BO上，BQ=1，则QN+NP+PD的最小值=10．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，得到AO=OB ，根据直角三角形的性质即可得到结论；
（2）如图②，作点D 关于BE 的对称点D′，过D′作D′N ⊥BC 于N 交BE 于P ，则此时PN+PD 的长度取得最小值，根据线段垂直平分线的想知道的BD=BD′，推出△BDD′是等边三角形，得到BN=21BD=2
3，于是得到结论； （3）如图③，作Q 关于BC 的对称点Q′，作D 关于BE 的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD 的最小值．根据轴对称的定义得到∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，得到△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）AO=2OD ，
理由：∵△ABC 是等边三角形，
∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，
∴AO=OB ，
∵BD=CD ，
∴AD ⊥BC ，
∴∠BDO=90°，
∴OB=2OD ，
∴OA=2OD ；
（2）如图②，作点D 关于BE 的对称点D′，过D′作D′N ⊥BC 于N 交BE 于P ， 则此时PN+PD 的长度取得最小值，
∵BE 垂直平分DD′，
∴BD=BD′，
∵∠ABC=60°，
∴△BDD′是等边三角形，
∴BN=21BD=23， ∵∠PBN=30°，
∴2
3=PB BN ， ∴PB=3；
（3）如图③，作Q 关于BC 的对称点Q′，作D 关于BE 的对称点D′，
连接Q′D′，即为QN+NP+PD 的最小值．
根据轴对称的定义可知：∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，
∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，
∴∠D′BQ′=90°，
∴在Rt △D′BQ′中，
D′Q′=2213+=10．
∴QN+NP+PD 的最小值=10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，解直角三角形，轴对称﹣﹣最短路径问题，根据轴对称的定义，找到相等的线段是解题的关键．
4．（8分）（2017•无锡）如图，已知矩形ABCD中，AB=4，AD=m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若m=6，求当P，E，B三点在同一直线上时对应的t的值．
（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，求所有这样的m的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）如图1中，设PD=x．则PA=6﹣x．首先证明BP=BC=6，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题；
（2）分两种情形求出AD的值即可解决问题：①如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．②如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3；
【解答】解：（1）如图1中，设PD=x．则PA=6﹣x．
∵P、B、E共线，
∴∠BPC=∠DPC，
∵AD∥BC，
∴∠DPC=∠PCB，
∴∠BPC=∠PCB，
∴BP=BC=6，
在Rt△ABP中，∵AB2+AP2=PB2，
∴42+（6﹣x）2=62，
∴x=6﹣25或6+25（舍弃），
∴PD=6﹣25，
∴t=（6﹣25）s时，B、E、P共线．
（2）如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC于M．则EQ=3，CE=DC=4
易证四边形EMCQ是矩形，
∴CM=EQ=3，∠M=90°，
∴EM=2222437EC CM -=-=，
∵∠DAC=∠EDM ，∠ADC=∠M ，
∴△ADC ∽△DME ，
AD DC DM EM
=， ∴477
AD =， ∴AD=47，
如图3中，当点P 与A 重合时，点E 在BC 的上方，点E 到BC 的距离为3．
作EQ ⊥BC 于Q ，延长QE 交AD 于M ．则EQ=3，CE=DC=4
在Rt △ECQ 中，QC=DM=22437-=，
由△DME ∽△CDA ，
∴DM EM CD AD
=， ∴714AD
=， ∴AD=
477， 综上所述，在动点P 从点D 到点A 的整个运动过程中，有且只有一个时刻t ，使点E 到直线BC 的距离等于3，这样的m 的取值范围477
≤m ＜47． 【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．（10分）（2017•徐州）如图，已知二次函数y=94x 2﹣4的图象与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，⊙C 的半径为5，P 为⊙C 上一动点．
（1）点B ，C 的坐标分别为B （ 3，0 ），C （ 0，﹣4 ）；
（2）是否存在点P ，使得△PBC 为直角三角形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接PB ，若E 为PB 的中点，连接OE ，则OE 的最大值= 2
55+ ．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）在抛物线解析式中令y=0可求得B 点坐标，令x=0可求得C 点坐标；
（2）①当PB 与⊙相切时，△PBC 为直角三角形，如图1，连接BC ，根据勾股定理得到BC=5，BP 2=25，过P 2作P 2E ⊥x 轴于E ，P 2F ⊥y 轴于F ，根据相似三角形的性质得到2222BP CP E P F P ==2，设OC=P 2E=2x ，CP 2=OE=x ，得到BE=3﹣x ，CF=2x ﹣4，于是得到FP 2=511，EP 2=522，求得P 2（511，﹣5
22），过P 1作P 1G ⊥x 轴于G ，P 1H ⊥y 轴于H ，同理求得P 1（﹣1，﹣2），②当BC ⊥PC 时，△PBC 为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（3）如图3中，连接AP ，∵OB=OA ，BE=EP ，推出OE=
21AP ，可知当AP 最大时，OE 的值最大，
【解答】解：（1）在y=9
4x 2﹣4中，令y=0，则x=±3，令x=0，则y=﹣4， ∴B （3，0），C （0，﹣4）；
故答案为：3，0；0，﹣4；
（2）存在点P ，使得△PBC 为直角三角形，
①当PB 与⊙相切时，△PBC 为直角三角形，如图（2）a ，
连接BC ，
∵OB=3．OC=4，
∴BC=5，
∵CP 2⊥BP 2，CP 2=5，
∴BP 2=25，
过P 2作P 2E ⊥x 轴于E ，P 2F ⊥y 轴于F ，
则△CP 2F ∽△BP 2E ，四边形OCP 2B 是矩形， ∴2
222BP CP E P F P ==2， 设OC=P 2E=2x ，CP 2=OE=x ，
∴BE=3﹣x ，CF=2x ﹣4， ∴
24
23=--=x x CF BE , ∴x=511，2x=5
22， ∴FP 2=511，EP 2=5
22， ∴P 2（511，﹣522）， 过P 1作P 1G ⊥x 轴于G ，P 1H ⊥y 轴于H ，
同理求得P 1（﹣1，﹣2），
②当BC ⊥PC 时，△PBC 为直角三角形，
过P 4作P 4H ⊥y 轴于H ，
则△BOC ∽△CHP 4， ∴5
544===BC H P OC H P OB CH , ∴CH=553，P 4H=5
54， ∴P 4（
554，﹣553﹣4）；。