2009动点问题(1)答案

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1、1.（2009泉州第28题）解:（1）C（-5，0）（2）①四边形ABCD为矩形，理由如下：如图，由已知可得：A、O、C在同一直线上，且OA=OC；B、O、D在同一直线上，且OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形.∵∠OAB=∠OBA∴OA=OB,即AC=2OA=2OB=BD∴四边形ABCD是矩形.②如图，由①得四边形ABCD是矩形∴∠CBA=∠ADC=90°又AB=CD=6，AC=10∴由勾股定理，得BC=AD===8∵，，∴0≤t≤14.当0≤t≤6时，P点在AB上，连结PQ.∵AP是直径，∴∠PQA=90°又∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽

2、△CAB∴，即,解得t=3.6当6＜t≤14时，P点在AD上，连结PQ，同理得∠PQA=90°，△PAQ∽△CAD∴，即t-6,解得t=12.综上所述，当动点Q在以PA为直径的圆上时，t的值为3.6或12.2.（2009兰州第29题）解：（1）（1，0），点P运动速度每秒钟1个单位长度。（2）过点作BF⊥y轴于点，⊥轴于点，则＝8，．∴．在Rt△AFB中，过点作⊥轴于点，与的延长线交于点．∵∴△ABF≌△BCH．∴．∴．∴所求C点的坐标为（14，12）．（3）过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥轴于点N，则△APM∽△ABF．∴．．∴．∴．设△OPQ的

3、面积为（平方单位）∴（0≤≤10）说明:未注明自变量的取值范围不扣分．∵<0∴当时，△OPQ的面积最大．此时P的坐标为（，）（4）当或时，OP与PQ相等．对一个加1分，不需写求解过程．3.（2009梅州第23题）（1）（2）∵，∴点的横坐标为，①当，即时，，∴．②当时，，∴．∴当，即时，，∴当时，有最大值．（3）由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴，则，两点关于直线对称，所以，得．下证．连，则四边形是正方形．法一：（i）当点在线段上，在线段上（与不重合）时，如图–1．由对称性，得，∴，∴．（ii

4、）当点在线段的延长线上，在线段上时，如图–2，如图–3∵，∴．（iii）当点与点重合时，显然．综合（i）（ii）（iii），．∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．法二：由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴，则，两点关于直线对称，所以，得．延长与交于点．（i）如图–4，当点在线段上（与不重合）时，∵四边形是正方形，∴四边形和四边形都是矩形，和都是等腰直角三角形．∴．又∵，∴，∴，∴，又∵，∴．∴．（ii）当点与点重合时，显然．（iii）在线段的延长线上时，如图–5，∵，∠1=∠2∴综

5、合（i）（ii）（iii），．∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．法三：由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴，则，O两点关于直线对称，所以，得．连，∵，，，，．∴，∴．∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．4.（2009河北第26题）．解：（1）1，；（2）作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴．由△AQF∽△ABC，，得．∴．∴，即．（3）能．①当DE∥QB时，如图4．∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．由△APQ ∽△

6、ABC，得，即．解得．②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．此时∠APQ=90°．由△AQP ∽△ABC，得，即．解得．（4）或．【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．，．由，得，解得．方法二、由，得，进而可得，得，∴．∴．②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．，】5.（2009牡丹江最后一题）解：（1）解得。在中，由勾股定理有（2）∵点在轴上，由已知可知D（6，4）设当时有解得同理时，中，在中，（3）满足条件的点有四个6.（2009大兴安岭第28题）(1)(2)∵，，∴

7、当点在上运动时，，；当点在上运动时，作于点，有∵，∴∴（3）当时，，，此时，过各顶点作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点，所以点不存在；当时，，，此时，、7.（2009仙桃）解：（1）∵AQ=3-t∴CN=4-（3-t）=1+t在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42∴AC=5在Rt△MNC中，cos∠NCM==，CM=．（用相似或平行线分线段成比例）（2）由于四边形PCDQ构成平行四边形∴PC=QD，即4-t=t解得t=2．（3）如果射线QN将△ABC的周长平分，则有：MC+NC=AM+BN+AB即：（1+t）+1+t=（3+4+5）

8、解得：t=（5分）而MN=NC=（1+t）∴S△MNC=（1+t）2=（1+t）2当t=时，S△MNC=（1+t）2=≠×