压轴：图形动点问题

（2）点P(0，t)是线段OB上的一个动点(点P不与0，B两点重合)，过点P作x轴的平行线，分别交AB，0c，DC于点E，F，G．设线段EG的长为d，求d与t之间的函数关系式 (直接写出自变量t的取值范围)； （3）在（2）的条件下，点H是线段OB上一点，连接BG交OC于点M，当以OG为直径的圆经过点M时，恰好使∠BFH=∠ABO．求此时t的值及点H的坐标．

2如图，A、B两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），点P由点B出发沿BA方向向点A作

匀速直线运动，速度为每秒3个单位长度，点Q由A出发沿AO（O为坐标原点）方向向点O作匀速直线运动，速度为每秒2个单位长度，连接PQ，若设运动时间为t（0＜t＜答如下问题：

（1）当t为何值时，PQ∥BO？ （2）设△AQP的面积为S，

①求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值；

②若我们规定：点P、Q的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则新坐标（x2﹣x1，y2﹣y1）称为“向量PQ”的坐标．当S取最大值时，求“向量PQ”的坐标．

10）秒．解33如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=5米，AC=12米．M点在

线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点在线段AB上，从A向B运动， 速度为2米/秒．运动时间为t秒． （1）当t为何值时，∠AMN=∠ANM？

（2）当t为何值时，△AMN的面积最大？并求出这个最大值．

4

如图，在YOABC中，点A在x轴上，∠AOC=60，OC=4cm．OA=8cm．动

o

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．

5如图，在Rt△ABC中，∠C =90，AC = 4cm , BC = 5 cm，点D 在BC 上，且CD = 3

0

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。

6在直角梯形ABCD中，C90，高CD6cm（如图1）。动点P,Q同时从点B出发，

点P沿BA,AD,DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，两点运动时的速度都是

1cm/s。而当点P到达点A时，点Q正好到达点C。设P,Q同时从点B出发，经过的时间

为ts时，BPQ的面积为ycm2（如图2）。分别以t,y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN。

（1）分别求出梯形中BA,AD的长度； （2）写出图3中M,N两点的坐标；

（3）分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在图3中补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象。

（图1）

（图2）

（图3）

7

于点Q。

如图，在边长为4的正方形ABCD中，点P在AB上从A向B运动，连接DP交AC

（1）试证明：无论点P运动到AB上何处时，都有△ADQ≌△ABQ； （2）当点P在AB上运动到什么位置时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的

1； 6（3）若点P从点A运动到点B，再继续在BC上运动到点C，在整个运动过程中，当点P运

动到什么位置时，△ADQ恰为等腰三角形。

例1【答案】解：（1）如图，过点C作CK⊥x轴于K，

∵y=2x+4交x轴和y轴于A，B， ∴A（－2，0）B（0，4）。∴OA=2，OB=4。 ∵四边形ABCO是平行四边形，∴BC=OA=2 。 又∵四边形BOKC是矩形，

∴OK=BC=2，CK=OB=4。∴C（2，4）。

将C（2，4）代入y=－x+m得，4=－2+m，解得m=6。

（2）如图，延长DC交y轴于N，分别过点E，G作x轴的垂线 垂足分别是R，

Q，则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形。

∴ER=PO=CQ=1。 ∵tanBAOEROBt41，∴AR=t。 ，即AROAAR22∵y=－x+6交x轴和y轴于D，N，∴OD=ON=6。 ∴∠ODN=45°。 ∵tanODNGQ，∴DQ=t。 QD又∵AD=AO+OD=2+6=8，∴EG=RQ=8－∴d=－

13t－t=8－t。 223t+8（0＜t＜4）。 2（3）如图，∵四边形ABCO是平行四边形，

∴AB∥OC。∴∠ABO=∠BOC。 ∵BP=4－t， ∴tanABO∴EP=4EP1tanBOC。 BP2t。 23由（2）d=－t+8，∴PG=d－EP=6－t。

2∵以OG为直径的圆经过点M，∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO。∴∠BGP=∠BOC。 ∴tanBGPBP14t1tanBOC。∴，解得t=2。 PG26t2∵∠BFH=∠ABO=∠BOC，∠OBF=∠FBH，∴△BHF∽△BFO。 ∴

BHBF2

，即BF=BH•BO。 BFBO∵OP=2，∴PF=1，BP=2。∴BFBP2PF25。 ∴

52=BH×4。∴BH=

5511。∴HO=4－=。 444∴H（0，

11）。 4【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形和矩形的性质，平行的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）根据直线y=2x+4求出点A、B的坐标，从而得到OA、OB的长度，再根据平行四边形的对边相等求出BC的长度，过点C作CK⊥x轴于K，从而得到四边形BOKC是矩形，根据矩形的对边相等求出KC的长度，从而得到点C的坐标，然后把点C的坐标代入直线即可求出m的值。

（2）延长DC交y轴于N分别过点E，G作x轴的垂线 垂足分别是R，Q则四边形

ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形，再利用∠BAO的正切值求出AR的长度，利用∠ODN的正切值求出DQ的长度，再利用AD的长度减去AR的长度，再减去DQ的长度，计算即可得解。

（3）根据平行四边形的对边平行可得AB∥OC，再根据平行线内错角相等求出

∠ABO=∠BOC，用t表示出BP，再根据∠ABO与∠BOC的正切值相等列式求出EP的长度，再表示出PG的长度，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠OMC=90°，根据直角推出∠BGP=∠BOC，再利用∠BGP与∠BOC的正切值相等列式求解即可得到t的值；先根据加的关系求出∠OBF=∠FBH，再判定△BHF和△BFO相似，根据相似三角形对应边成比例可得

BHBF，再根据t=2求出OP=2，PF=1，BP=2，利用勾股定理求出BF的长度，代入数据BFBO进行计算即可求出BH的值，然后求出HO的值，从而得到点H的坐标。

例2【答案】解：（1）∵A、B两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），则OB=6，OA=8。

∴ABOB2OA2628210。

如图①，当PQ∥BO时，AQ=2t，BP=3t，则AP=10﹣3t。 ∵PQ∥BO，∴∴当t=

APAQ103t2t20，解得t=，即。 ABAO1051120秒时，PQ∥BO。 11（2）由（1）知：OA=8，OB=6，AB=10．

①如图②所示，过点P作PD⊥x轴于点D，则PD∥BO。

∴△APD∽△ABO。 ∴

APPD103tPD9，即，解得PD=6﹣t。 ABOB10652119959∴SAQPD2t6t=t2+6t=t+5。

2255359510∴S与t之间的函数关系式为：S=t+5（0＜t＜）。

53325秒时，S取得最大值，最大值为5（平方单位）。 35②如图②所示，当S取最大值时，t=，

391∴PD=6﹣t=3，∴PD=BO。

521又PD∥BO，∴此时PD为△OAB的中位线，则OD=OA=4。∴P（4，3）。

2101414又AQ=2t=，∴OQ=OA﹣AQ=，∴Q（，0）。

333142依题意，“向量PQ”的坐标为（﹣4，0﹣3），即（，﹣3）．

332∴当S取最大值时，“向量PQ”的坐标为（，﹣3）。

3∴当t=

【考点】动点问题，平行线分线段成比例，二次函数的最值，勾股定理，三角形中位线定理。 【分析】（1）如图①所示，当PQ∥BO时，利用平分线分线段成比例定理，列线段比例式

APAQ，求出t的值。 ABAO（2）①求S关系式的要点是求得△AQP的高，如图②所示，过点P作过点P作PD⊥x

轴于点D，构造平行线PD∥BO，由△APD∽△ABO得求得PD，从而S可求出．SABOB

与t之间的函数关系式是一个关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出S的最大值。

②求出点P、Q的坐标：当S取最大值时，可推出此时PD为△OAB的中位线，从而可求出点P的纵横坐标，又易求Q点坐标，从而求得点P、Q的坐标；求得P、Q的坐标之后，代入“向量PQ”坐标的定义（x2﹣x1，y2﹣y1），即可求解。

APPD例3【答案】解：（1）∵从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点在线段AB上，从A

向B运动，速度为2米/秒，运动时间为t秒，

∴AM=12﹣t，AN=2t。

∵∠AMN=∠ANM，∴AM=AN，即12﹣t=2t，解得：t=4 秒。 ∴当t为4时，∠AMN=∠ANM。

（2）如图作NH⊥AC于H，

∴∠NHA=∠C=90°。∴NH∥BC。 ∴△ANH∽△ABC。

ANNH2tNH10，即。∴NH=t。 ABBC1351311056052180∴SABC12tt=t2+t=t6+。

21313131313180∴当t=6时，△AMN的面积最大，最大值为。

13∴

【考点】动点问题，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）用t表示出AM和AN的值，根据AM=AN，得到关于t的方程求得t值即可。

（2）作NH⊥AC于H，证得△ANH∽△ABC，从而得到比例式，然后用t表示出NH，从而计算其面积得到有关t的二次函数求最值即可。

例4【答案】解：（1）C(2，23)，OB=47cm。

（2）①当0过点Q作QD⊥x轴于点D(如图1)，则QD= ∴S=

3t。 2321OP·QD=t。

42 ②当4作QE⊥x轴于点E(如图2)，则QE=23。 ∴S =

1DP·QE=3t。 2③当8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，

3(t－8)。 2311∴SSOQFSOPF=t·23－t·(t－8)

22232

=－t+33t。

4∴OF=OA+AP=t，AP=t－8。∴PH=32t0t44 综上所述， S3t4t8。

3t233t8t124 ∵①②中S随t的增加而增加，

③中S323 t33t=t6293，S随t的增加而减小，

44∴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+

4。 t的取值范围是0则

OPOMtOM27， 即。∴OM=t。 OBOA8747 又∵QB∥OP，∴△BQM～△OPM。

∴

QBBM12at，即OPOMt47277。 27t72，t的取值范围是6≤t≤8。 t42 综上所述：a=1+ (0tt整理得t－at=2，即a=1－

【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=60，OC=4，应用锐角三角函数定义，可求得OM=2，CM=23， ∴ C(2，23)。

由CMNB是矩形和OA=8得BM=23，

ON=10，在Rt△OBN中，由勾股定理，得OB=47。

o

（2）分0例5【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=厘米。 又∵PE∥BC，∴△AEP∽△ADC。∴

EPAP。 DCAC∵AC=4厘米，BC=5厘米，CD=3厘米， ∴

EPt，解得，EP=厘米。 345t321.25t， 4又∵QDBCBQDC5∴由EP=QD得21.25t=0.75t，解得t=1。 ∴只有t=1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=厘米，AC=4厘米，BC=5厘米， ∴

PC4tQC51.25t4tPCQC， 。∴。 AC4BC54ACBC 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=－2 又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC。 ∴

EQDQ4t1.25t2，即， ACDC43解得t=2.5。 ②当∠QED=90°时，

∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA。 ∴

DQRtEDQ斜边上的高。 DARtCDA斜边上的高Rt△EDQ斜边上的高为4－t，Rt△CDA斜边上的高为， ∴

1.25t24t，解得t =。 52.4综上所述，当t为秒或秒时，△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t=1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。

例6、（1）设动点出发t秒后，点P到达点A且点Q正好到达点C时，BCBAt，则

1SBPQt630,2t10（秒）

则BA10cm,AD2cm； （2）可得坐标为M10,30,N12,30 （3）当点P在BA上时，y当点P在DC上时，y13ttsinBt20t10； 21011018t5t9012t18 2例7（1）证明：在正方形中，

无论点运动到上何处时，都有 = ∠=∠ =

∴△≌△ ·················· 2分

(2)解法一：△的面积恰好是正方形ABCD面积的时，

过点Q作⊥于,⊥于，则 = ==

∴= ································· 4分

由△ ∽△得 解得

∴时，△的面积是正方形面积的 ··················· 6分

解法二：以为原点建立如图所示的直角坐标系，过点作⊥轴 于点，⊥轴

于点． == ∴=

∵点在正方形对角线上 ∴点的坐标为

∴ 过点（0，4），(两点的函数关系式为： 当时， ∴点的坐标为（2，0）

∴时，△的面积是正方形面积的． ··················· 6分

（3）若△是等腰三角形，则有 =或=或= ①当点运动到与点重合时，由四边形是正方形知 = 此时△是等腰三角形

②当点与点重合时，点与点也重合，

此时=, △是等腰三角形 ··············· 8分 ③解法一：如图，设点在边上运动到时，有= ∵ ∥ ∴∠=∠ 又∵∠=∠ ∠=∠ ∴∠=∠ ∴ ==

∵= = =4 ∴

即当时，△是等腰三角形

···················· 10分