2004浙江11市中考数学专题7：线动问题.doc

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1、2003-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编专题7：线动问题一、选择题1.（2006年浙江宁波课标卷3分）如图，直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AD=3，BC=5，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90至DE，连接AE，则ADE的面积是【 】A1 B2 C3 D4【答案】C。【考点】旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】过点D作DG垂直于BC于G，过E作EF垂直于AD交AD的延长线于F，EDF+CDF=90，CDF+CDG=90，EDF=CDG。又EFD=CGD=90，DE=DC，EDFCDG（AAS）。EF=CG。AD=3，BG=BC=5，C

2、G=BCBG=53=2。EF=2。 故选C。2.（2006年浙江湖州3分）已知二次函数（1b1），当b从1逐渐变化到1的过程中，它所对应的抛物线位置也随之变动。下列关于抛物线的移动方向的描述中，正确的是【 】A、先往左上方移动，再往左下方移动;B、先往左下方移动，再往左上方移动;C、先往右上方移动，再往右下方移动;D、先往右下方移动，再往右上方移动【答案】C。【考点】二次函数的性质，坐标平移。【分析】先分别求出当b=1、0、1时函数图象的顶点坐标，根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加得出结论：当b=1时，此函数解析式为：，顶点坐标为：

3、 ；当b=0时，此函数解析式为：y=x2+1，顶点坐标为：（0，1）；当b=1时，此函数解析式为：，顶点坐标为：。函数图象应先往右上方移动，再往右下方移动。故选C。3.（2007年浙江衢州4分）如图，已知直线l的解析式是 ，并且与x轴、y轴分别交于A、B两点。一个半径为1.5的C,圆心C从点（0，1.5）开始以每秒0.5个单位的速度沿着y轴向下运动,当C与直线l相切时,则该圆运动的时间为【 】A.3秒或6秒 B.6秒 C.3秒 D.6秒或16秒【答案】D。【考点】动圆问题，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】如图，当圆心C移到点D和点F时，圆与直线l相切

4、于点E，G，连接DE，FG，在中，令x=0，得y=4；令y=0，解得x=3。A（3，0），B（0，4）。AB=5。DEl，GFl，BDEBOA，BFGBAO。，即，解得BD=2.5，BF=2.5。C（0，1.5）CD=1.5（42.5）=3，OF=1.542.5=8，即圆移动的距离为3或8。圆心C从点（0，1.5）开始以每秒0.5个单位的速度沿着y轴向下运动，移动的时间为6s或16s。故选D。4.（2008年浙江湖州3分）已知点A的坐标为（a，b），O为坐标原点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转90得OA1，则点A1的坐标为【 】A（a，b）B（a，b）C（b， a）D（ b， a）

5、【答案】C。【考点】旋转的性质，点的坐标，全等三角形的判定和性质。【分析】如图，在坐标平面第一象限内作点A（a，b），逆时针方向旋转90后A1应与A分别位于y轴的两侧，在x轴的同侧，横坐标符号相反，纵坐标符号相同作AMx轴于M，ANx轴于N点，在RtOAM和RtA1ON中，OA=OA1，AOM=A1ON，OAMA1ON（AAS）。A1N=OM= a，ON=AM= b。A1的坐标为（b，a）。同样可考虑第二、三、四象限的情形，得到同样结论。故选C。二、填空题1.（2008年浙江台州5分）善于归纳和总结的小明发现，“数形结合”是初中数学的基本思想方法，被广泛地应用在数学学习和解决问题中用数量关系描

6、述图形性质和用图形描述数量关系，往往会有新的发现小明在研究垂直于直径的弦的性质过程中（如图，直径AB弦CD于E），设AE=x，BE=y，他用含x，y的式子表示图中的弦CD的长度，通过比较运动的弦CD和与之垂直的直径AB的大小关系，发现了一个关于正数x，y的不等式，你也能发现这个不等式吗？写出你发现的不等式 【答案】。【考点】动线问题，垂径定理，相交弦定理。【分析】直径AB弦CD于E，AE=x，BE=y， 根据垂径定理和相交弦定理，得，即。 又运动的弦CD最大时是过圆心O时，此时CD为圆O的直径，。 。2.（2009年浙江宁波3分）如图，A、B的圆心A、B在直线l上，两圆半径都为1cm，开始时圆

7、心距AB=4cm，现A、B同时沿直线l以每秒2cm的速度相向移动，则当两圆相切时，A运动的时间为 秒【答案】或。【考点】平移问题，两圆的位置关系，分类思想的应用。【分析】两圆相切，如图，分为两圆第一次相遇时的相切和两圆继续移动，即将相离时的相切两种情况：第一种情况两圆所走的路程为42=2cm；第二种情况两圆所走的路程为42=6cm。不妨设圆A运动的时间为x秒，根据题意可得方程：2x+2x=2或2x+2x=6，解得x=或。当两圆相切时，A运动的时间为或秒。3.（2010年浙江宁波3分）如图，已知P的半径为2，圆心P在抛物线上运动，当P与轴相切时，圆心P的坐标为 。【答案】（ ，2）或（，2）。【

8、考点】动圆（线）问题，直线与圆的位置关系，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】当P与x轴相切时，P点纵坐标为2。当y=2时， ，解得；当y=2时， ，无解。P点坐标为（ ，2）或（，2）。三、解答题1.（2004年浙江宁波12分）已知AB是半圆O的直径，AB=16，P点是AB上的一动点（不与A、B重合），PQAB，垂足为P，交半圆O于Q；PB是半圆O1的直径，O2与半圆O、半圆O1及PQ都相切，切点分别为M、N、C（1）当P点与O点重合时（如图1），求O2的半径r；（2）当P点在AB上移动时（如图2），设PQ=x，O2的半径r求r与x的函数关系式，并求出r的取值范围【答案】解：（1）连接OO2

9、、O1O2、O2C，作O2DAB于D，O2与O、O1、PQ相切，OO2=8r， O1O2=4r。四边形ODO2C是矩形，OD=r，O1D=4r。根据勾股定理得：，即：，解得：r=2。（2）连接AQ，BQ， AB是O直径，PQAB，PQ2=APPB。设O1半径是a，则。连接O1O2、OO2，作O2DAB于DO1O2=ar，OO2=8r，O1D=O1PPD=ar，OD=PBPD-OB=2ar8。根据勾股定理得；，即：，化简得：。，即。P点是AB上的一动点（不与A、B重合），PQAB，PQ0，最大值为O的半径8。0x80r2。r与x的函数关系式为（0x8），r的取值范围为0r2。【考点】动点问题，切

10、线的性质，矩形的性质，勾股定理，圆周角定理，射影定理（或用相似）。【分析】（1）由勾股定理得，可求得r的值。（2）连接O1O2、OO2，作O2DAB于D，由射影定理（或用相似）和勾股定理可求得r与x的函数关系式。 2.（2004年浙江金华14分）如图在平面直角坐标系内，点A与C的坐标分别为（4，8），（0，5），过点A作ABx轴于点B，过OB上的动点D作直线平行于AC，与AB相交于点E，连结CD，过点E作直线EFCD，交AC于点F。（1）求经过点A，C两点的直线解析式；（2）当点D在OB上移动时，能否使四边形CDEF成为矩形？若能，求出此时k、b的值；若不能，请说明理由；（3）如果将直线AC作

11、向上下平移，交Y轴于点C，交AB于点A，连结DC，过点E作EFDC，交AC于点F，那么能否使四边形CDEF成为正方形？若能，请求出此时正方形的面积；若不能，请说明理由。【答案】解：（1）设直线AC的解析式为y=k1x+b1，A（4，8），C（0，5），解得。直线AC的解析式为： 。（2）设D（m，0）， 如图，过点C作DGAB于点G， 则GA=3，CG=4，CO=5。 若四边形CDEF成为矩形，则CDAC。 RtCODRtCGA。 ，即。D（，0）。 又直线DE：平行于AC，直线DE：。 将D（，0）代入，得，即。 ，。（3）能。假设存在这样的正方形。则CD=DE， RtCODRtDBE（AA

12、S）。OC=BD。 由（2）知，。 又ODBD=4，二者联立，解得。 符合题意，四边形CDEF为正方形成立。 OC=。 由勾股定理，得。 此时正方形的面积为。【考点】动点和平移问题，一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，全等、相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）由已知A、C两点坐标，用待定系数求出解析式。 （2）D在OB上移动，设出D点坐标，根据矩形性质CDDE，由相似得比例关系，代入可求出D点坐标，从而求出直线DE。 （3）在第二问的基础上继续延伸，使其成正方形，要求CD=DE就可以了，列出方程组求解即可。3.（2004年浙江丽水

13、12分）已知O1与O2相切于点P，它们的半径分别为R、r一直线绕P点旋转，与O1、O2分别交于点A、B（点P、B不重合），探索规律：（1）如图1，当O1与O2外切时，探求 与半径R、r之间的关系式，请证明你的结论；（2）如图2，当O1与O2内切时，第（1）题探求的结论是否成立？为什么？【答案】解：（1）当O1与O2外切时，。证明如下：连接O1A，O2B，两圆外切，O1、P、O2三点共线。O1AP和O2BP是等腰三角形，O1PA=BPO2，O1AP=O2BP。O1APO2BP。 。（2）当O1与O2内切时， 仍然成立。证明如下：连接O1A，O2B，同理可证PO1APO2B， 。【考点】旋转问题，

14、切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】要求 与半径R、r之间的关系式，证明O1APO2BP是关键，根据两圆的位置关系列式求解。实际上，当动直线AB经过两圆的圆心时，PA=2R，PB=2r， 。4.（2005年浙江舟山、嘉兴14分）有一种汽车用“千斤顶”，它由4根连杆组成菱形ABCD，当螺旋装置顺时针旋转时，B、D两点的距离变大，从而顶起汽车。若AB=30，螺旋装置每顺时针旋转1圈，BD的长就减少1。设BD=a，AC=h，（1）当a=40 时，求h 值；（2）从a=40开始，设螺旋装置顺时针方向旋转x圈，求h关于x的函数解析式；（3）从a=40开始，螺旋装置顺时针方向连续

15、旋转2圈，设第1圈使“千斤顶”增高s1，第2圈使“千斤顶”增高s2，试判定s1与s2的大小，并说明理由。若将条件“从a=40开始”改为“从某一时刻开始”，则结果如何？为什么？【答案】解：（1）连接AC交BD于O，ABCD为菱形，AB=30，AOB=90，OA= ，OB=20。在RtAOB中，解得。 （2）从a=40开始，螺旋装置顺时针方向旋转x圈， 则BD=40x。（3）结论：s1s2。理由如下：在 中，令x=0得，令x=1得， 令x=2得，。s1s2。若将条件“从a=40开始”改为“从任意时刻开始”，则结论s1s2仍成立。理由是：， ，而，s1s2。【考点】旋转问题，菱形的性质，勾股定理，代

16、数式的大小比较。 【分析】（1）根据菱形的两条对角线垂直且平分的性质，然后根据勾股定理，即可求出h值。（2）首先知道螺旋装置顺时针方向旋转的圈数与BD之间的关系，然后用勾股定理，就可求出h与x之间的函数关系。（3）此问首先要搞清楚增高的s是指AC增高了s，根据第2问的函数关系进行推算，就可知道s1与s2的大小关系。5.（2008年浙江丽水14分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标为（2，4），直线与轴相交于点B，连结OA，抛物线从点O沿OA方向平移，与直线交于点P，顶点M到A点时停止移动（1）求线段OA所在直线的函数解析式；（2）设抛物线顶点M的横坐标为m,用m的代数式表示点P的坐标；当m

17、为何值时，线段PB最短；（3）当线段PB最短时，相应的抛物线上是否存在点Q，使QMA的面积与PMA的面积相等，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）设OA所在直线的函数解析式为，点A坐标为（2，4），, 。OA所在直线的函数解析式为。（2）顶点M的横坐标为m，且在线段OA上移动， （02）。顶点M的坐标为(,)。抛物线函数解析式为。当时，（02）。的P坐标是（2，）。PB=， 又02，当时，PB最短。（3）存在。当线段PB最短时，此时抛物线的解析式为，假设在抛物线上存在点Q，使， 设点Q的坐标为（，），当点Q落在直线OA的下方时，过P作直线PCAO，交y轴于点C，PB

18、=3，AB=4，AP=1。OC=1。C点的坐标是（0，）。点P的坐标是（2，3），直线PC的函数解析式为。，点Q落在直线上。解得，即点Q（2，3）。点Q与点P重合。此时抛物线上不存在点Q，使QMA的面积与PMA的面积相等。 当点Q落在直线OA的上方时，作点P关于点A的对称称点D，过D作直线DE/AO，交y轴于点E，AP=1，EO=DA=1。E、D的坐标分别是（0，1），（2，5）。直线DE函数解析式为.，点Q落在直线上。，解得：，。代入，得，。此时抛物线上存在点，使QMA的面积与PMA的面积相等。综上所述，抛物线上存在点，使QMA的面积与PMA的面积相等。【考点】一、二次函数综合题，平移问题，

19、待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数最值，同底等高三角形面积的性质，分类思想的应用。【分析】（1）用待定系数法可求得线段OA所在直线的函数解析式。（2）根据点M在y=2x上可得相应坐标，即可用顶点式表示出相应的二次函数解析式，求出当x=2时的函数值即为点P的坐标。PB的长，实际就是P点的纵坐标，因此可根据其纵坐标的表达式来应用二次函数最值原理求出PB最短时，对应的m的值。 （3）分点Q落在直线OA的下方和点Q落在直线OA的上方两种情况讨论即可。6.（2009年浙江绍兴14分）定义一种变换：平移抛物线F1得到抛物线F2，使F2经过F1的顶点A设F2的对称轴分别交F1，F2

20、于点D，B，点C是点A关于直线BD的对称点（1）如图1，若F1：，经过变换后，得到F2：，点C的坐标为（2，0），则：b的值等于 ；四边形ABCD为【 】A、平行四边形；B、矩形；C、菱形；D、正方形（2）如图2，若F1：，经过变换后，点B的坐标为（2，c1），求ABD的面积；（3）如图3，若F1：，经过变换后，AC=2 ，点P是直线AC上的动点，求点P到点D的距离和到直线AD的距离之和的最小值【答案】解：（1）2。D。（2）在F1：中令x=0得y=c，A（0，c）。F2的顶点B的坐标为（2，c1），。A（0，c）在F2上，得。F2的对称轴交F1于点D，将代入F1得。DB=。（3）如图，点C在

21、点A的右侧，F1： 顶点坐标是A（1，2），AC=2 ，点C的坐标为。F2的对称轴为。可设F2的解析式为。F2过点A（1，2），解得：。F2的解析式为。设AC与BD交于点N，B，D。NB=ND=1。点A与点C关于直线BD对称，ACDB，且AN=NC。四边形ABCD是菱形。AC是线段BD的垂直平分线。点P在直线AC上，PD=PB。作PHAD交AD于点H，则PD+PH=PB+PH。要使PD+PH最小，即要使PB+PH最小，此最小值是点B到AD的距离，即ABD边AD上的高h。DN=1，AN=，DBAC，DAN=30。ABD是等边三角形。点P到点D的距离与到直线AD的距离之和的最小值为。 当点C在点A

22、的左侧时，同理可得最小值为。综上所述，点P到点D的距离与到直线AD的距离之和的最小值为。【考点】新定义，二次函数综合题，平移、动点和轴对称问题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形、菱形和等边三角形的判定和性质，轴对称的性质（线段最短问题），分类思想的应用。【分析】（1）将点C（2，0）的坐标代入抛物线F2的解析式，得b=2。对四边形ABCD的对角线进行分析，结合特殊四边形的判定方法得四边形ABCD是正方形。故选D。（2）由经过变换后点B的坐标为（2，c1），根据A（0，c）在F2上，可得 ，即可表示出ABD的面积。（3）分点C在点A的左右侧两种情况讨论。当点C在点A

23、的右侧时，求出的顶点坐标与对称轴，从而表示出F2的解析式，判断出四边形ABCD是菱形，要使PD+PH最小，即要使PB+PH最小，进而求出； 同理可得当点C在点A的左侧时的情况。7.（2009年浙江舟山、嘉兴14分）如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN=4，MA=1，MB1以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成ABC，设AB=x（1）求x的取值范围；（2）若ABC为直角三角形，求x的值；（3）探究：ABC的最大面积？【答案】解：（1）在ABC中，AC=1，AB=x，BC=3x，解得。（2）若AC为斜边，则，即，无解；若AB为斜边，则，解得，满足若B

24、C为斜边，则，解得，满足。综上所述，若ABC为直角三角形，则或。 （3）在ABC中，作于D，设，ABC的面积为S，则若点D在线段AB上，则，即。，即。当时（满足），取最大值，从而S取最大值。若点D在线段MA上，则，同理可得， ，当时，随x的增大而增大。当时，取最大值，从而S取最大值。综合，ABC的最大面积为。【考点】二次函数综合题，线旋转问题，三角形三边关系，勾股定理，二次函数的性质，分类思想的应用。 【分析】（1）因为所求AB或x在ABC中，所以可利用三角形三边之间的关系即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边进行解答。（2）应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的，所以有

25、三种情况，即：若AC为斜边，若AB为斜边，若BC为斜边，分别求解即可。（3）在ABC中，AB的值固定不变，即可视为底边不变，但是因为三角形形状不固定，高在发生变化，所以造成面积不固定，需分情况进行讨论具体分若点D在线段AB上，若点D在线段MA上两种情况。 8.（2009年浙江金华12分）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B是x轴上的一个动点，连结AB，取AB的中点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90o，得到线段BC.过点B作x轴的垂线交直线AC于点D.设点B坐标是（t，0）.（1）当t=4时，求直线AB的解析式；（2）当t0时，用含t的代数式表示点C的坐标及ABC的面积；（3）

26、是否存在点B,使ABD为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点B的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）当t=4时，B(4，0)，设直线AB的解析式为y= kx+b ，把 A(0，6)，B(4，0) 代入得：, 解得：。 直线AB的解析式为：。（2）过点C作CEx轴于点E，AOB=CEB=90，ABO=BCE，AOBBEC。点C的坐标为。，。（3）存在，理由如下：当t0时，.若ADBD，BDy轴，OAB=ABD，BAD=ABD。OAB=BAD。又AOB=ABC，ABOACB。t=3，即B(3，0)。.若ABAD，如图，延长AB与CE交于点G，BDCG，AGAC。过点A作AHCG于H

27、，CHHGCG。由AOBGEB得，GE= 。又HEAO，CE，。，解得：。 t0，即B(，0)。.由已知条件可知，当0t12时，ADB为钝角，故BD AB。 当t12时，BDCEBCAB，当t0时，不存在BDAB的情况。当3t0时，如图，DAB是钝角。设AD=AB，过点C分别作CEx轴，CFy轴于点E，点F，可求得点C的坐标为，CF=OE=t+3，AF=6。由BDy轴，AB=AD得，BAO=ABD，FAC=BDA，ABD=ADB，BAO=FAC。又AOB=AFC=90，AOBAFC。，。解得：。3t0，即B (，0)。当t3时，如图，ABD是钝角。设AB=BD，过点C分别作CEx轴，CFy轴于

28、点E，点F，可求得点C的坐标为，CF=(t+3)，AF=6。AB=BD，D=BAD。又BDy轴，D=CAF。BAC=CAF。又ABC=AFC=90，AC=AC。ABCAFC（AAS）。AFAB，CF=BC。AF=2CF，即，解得：t=8，即B(8，0)。综上所述，存在点B使ABD为等腰三角形，此时点B坐标为：B1 (3，0)，B2 (，0)，B3 (，0)，B4(8，0)。【考点】一次函数综合题，线动旋转问题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，分类思想的应用。【分析】（1）当t=4时，B（4，0），设

29、直线AB的解析式为y=kx+b把A（0，6），B（4，0）代入解析式即可求出未知数的值，从而求出其解析式。（2）过点C作CEx轴于点E，由AOB=CEB=90，ABO=BCE，得AOBBEC，即，故点C的坐标为。 根据求出。（3）分t0，3t0和tAD+CB，因此不存在某个位置，使四边形ABCD的周长最短。第二种情况：设抛物线向左平移了b个单位，则点A和点B的坐标分别为A(4b，8)和B(2b，2)。CD=2，将点B向左平移2个单位得B(b，2)。要使AD+CB最短，只要使AD+DB最短。点A关于x轴对称点的坐标为A(4b，8)，直线AB的解析式为。要使AD+DB最短，点D应在直线AB上，将点

30、D(4，0)代入直线AB的解析式，解得。将抛物线向左平移时，存在某个位置，使四边形ABCD的周长最短，此时抛物线的函数解析式为。【考点】二次函数综合题，平移问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的应用（最短线路问题），分类思想的应用。【分析】（1）把（4，8）代入可求得a的值，把x=2代入所求的抛物线解析式，可得n的值，那么P的坐标为2，纵坐标为n，求得AP与x轴的交点即为Q的坐标。（2）AC+CB最短，说明抛物线向左平移了线段CQ的距离，用顶点式设出相应的函数解析式，把新顶点坐标代入即可。（3）左右平移时，使AD+DB最短即可，那么作出点A关于x轴对称点的坐标为

31、A，得到直线AB的解析式，让y=0，求得相应的点的坐标；进而得到抛物线顶点平移的规律，用顶点式设出相应的函数解析式，把新顶点坐标代入即可。10.（2009年浙江台州14分）如图，已知直线 交坐标轴于A，B两点，以线段AB为边向上作正方形ABCD，过点A，D，C的抛物线与直线另一个交点为E（1）请直接写出点C，D的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）若正方形以每秒个单位长度的速度沿射线AB下滑，直至顶点D落在x轴上时停止设正方形落在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；（4）在（3）的条件下，抛物线与正方形一起平移，同时D停止，求抛物线上C，E两点

32、间的抛物线弧所扫过的面积【答案】解：（1）C（3，2）D（1，3）。（7）设抛物线为，抛物线过（0，1）（3，2）（1，3），解得： 。抛物线的解析式为。 （3）当点A运动到x轴上时，t=1，当0t1时，如图1，OFA=GFB，。当点0运动到x轴上时，t=2，当1t2时，如图2，AB=AB=， 。又，。当点D运动到x轴上时，t=3，当2t3时，如图3，。，AOFGDH，。 综上所述，S关于滑行时间t的函数关系式为。 （8）t=3， ,。【考点】二次函数综合题，面动线动问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，由实际问题列函数关系式，锐角三角函数定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分类和

33、转换思想的应用。【分析】（1）根据AB所在直线的解析式求出A，B两点的坐标，即可得出OA、OB的长过D作DMy轴于M，则ADMBAO，由此可得出MD、MA的长，也就能求出D的坐标，同理可求出C的坐标。（2）可根据A、C、D三点的坐标，用待定系数法求出抛物线的解析式。（3）要分0t1，1t2，2t3三种情况讨论即可。（4）CE扫过的图形是个类平行四边形，经过关系不难发现这个类平行四边形的面积实际上就是矩形BCDA的面积可通过求矩形的面积来求出CE扫过的面积。11.（2010年浙江绍兴14分）如图，设抛物线C1：，C2：，C1与C2的交点为A，B，点A的坐标是（2，4），点B的横坐标是2（1）求a

34、的值及点B的坐标；（2）点D在线段AB上，过D作x轴的垂线，垂足为点H，在DH的右侧作正三角形DHG记过C2顶点M的直线为l，且l与x轴交于点N若l过DHG的顶点G，点D的坐标为（1，2），求点N的横坐标；若l与DHG的边DG相交，求点N的横坐标的取值范围【答案】解：（1）点A（2，4）在抛物线C1上， 把点A坐标代入得a=1。抛物线C1的解析式为，即。设B（2，b），代入解得：b=4，B（2，4）。（2）如图，M（1，5），D（1，2），且DHx轴，点M在DH上，MH=5。过点G作GEDH，垂足为E，由DHG是正三角形，可得EG=，EH=1，ME=4。设N（x，0），则NH=x1，由MEGM

35、HN，得 ， 。点N的横坐标为。 当点D移到与点A重合时，如图，直线l与DG交于点G，此时点N的横坐标最大。过点G，M作x轴的垂线，垂足分别为点Q，F，设N（x，0），A（2，4），即AH=4，且AGH为等边三角形，AHG=60，HG=AH=4。GHQ=30。又GQH=90，GQ=HG=2，HQ=。 OQ=OH+HQ=，G（ ，2）。NQ= ，NF=x1，GQ=2，MF=5。NGQNMF，即。 。当点D移到与点B重合时，如图：直线l与DG交于点D，即点B，此时点N的横坐标最小。B（2，4），H（2，0），D（2，4）。设N（x，0），BHNMFN，即。点N横坐标的范围为且x0。【考点】二次函数

36、综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平移的性质，最值问题。【分析】（1）由于两个抛物线同时经过A、B两点，将A点坐标代入两个抛物线中，即可求得待定系数的值，进而可求出B点的坐标。 （2）已知了点D的坐标，即可求得正DGH的边长，过G作GEDH于E，易求得DE、EH、EG的长；根据（1）题所求得的C2的解析式，即可求出点M的坐标，也就能得到ME、MH的长，易证MEGMHN，根据相似三角形所得比例线段，即可求得N点的横坐标。求点N横坐标的取值范围，需考虑N点横坐标最大、最小两种情况：i当点D、A重合，且直线l经过点G时，N点的横坐标最大，过点G作

37、GQx轴于Q，过点M作MFx轴于F，设出点N的横坐标，然后分别表示出NQ、NF的长，通过证NQGNFM，根据所得比例线段，即可求得此时N点的横坐标；ii当点D、B重合，直线l过点D时，N点的横坐标最小，解法同。12.（2010年浙江湖州12分）如图，已知直角梯形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OAAB2，OC3，过点B作BDBC，交OA于点D将DBC绕点B按顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于E和F（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；（3）连结EF，设BEF与BFC的面积之差为S，问：当C

38、F为何值时S最小，并求出这个最小值【答案】解：（1）由题意得：A（0，2）、B（2，2）、C（3，0），设经过A，B，C三点的抛物线的解析式为，则，解得：。经过A、B、C三点的抛物线的解析式为。 （2），顶点坐标为G（1，）。过G作GHAB，垂足为H，则AHBH1，GH2。EAAB，GHAB，EAGH。GH是BEA的中位线。EA3GH。过B作BMOC，垂足为M，则MBOAAB。EBFABM90，EBAFBM90ABF。R tEBAR tFBM（AAS）。FMEA。CMOCOM321，CFFMCM。（3）设CFa，则FM a1或1 a，BF2FM2BM2(a1)222a22a5。又EBAFBM，

39、BEBF。则。又，S 。当a2（在0a3）时，。【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，二次函数性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）根据OA、AB、OC的长，即可得到A、B、C三点的坐标，从而而可用待定系数法求出抛物线的解析式。（2）通过构造全等三角形求解：过B作BMx轴于M，由于EBF是由DBC旋转而得，所以这两角都是直角，那么EBF=ABM=90，根据同角的余角相等可得EBA=FBM；易知BM=OA=AB=2，由此可证得FBMEBA，则AE=FM；CM的长易求得，关键是FM即AE的长；设抛物线的顶点为G，由于G点在线

40、段AB的垂直平分线上，若过G作GHAB，则GH是ABE的中位线，G点的坐标易求得，即可得到GH的长，从而可求出AE的长，即可由CF=CM+FM=AE+CM求出CF的长。（3）由（2）的全等三角形易证得BE=BF，则BEF是等腰直角三角形，其面积为BF平方的一半；BFC中，以CF为底，BM为高即可求出BFC的面积；可设CF的长为a，进而表示出FM的长，由勾股定理即可求得BF的平方，根据上面得出的两个三角形的面积计算方法，即可得到关于S、a的函数关系式，根据函数的性质即可求出S的最小值及对应的CF的长。13.（2010年浙江金华12分）如图，把含有30角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为（3，0）和(0，3）.动点P从A点开始沿折线AO-OB-BA运动，点P在AO，OB，BA上运