2014年中考数学解析版试卷分类汇编专题37动态问题

动态问一、选择（2014•省,第9题4分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC上移动，记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x A． C．D．考点：分析：①点PABDAPADPBC上时，根据同角的余角相等求出∠APB=∠PADyx的关系解答 解：①点P在AB上时，0≤x≤3，点D到AP的距离为AD的长度，是定值PBCB据点P的位置分两种情况．（2014•广西玉林市、防城港市123分）如图，边长分别为12的两个等边三三角形外停止．设角形移动的距离为x，两个三角形面积为y，则y关于x的函数图象是（） ②当1＜x≤2时 ③当x≥2时两个三角形面积为角形的面积为0，3（2014P是斜边AB上一点．过点P作PQ⊥AB，垂足为P，交边AC（或边CB）于点Q，设AP=x，△APQ的面积为y，则y与x之间的函数图象大致为（ 分析：分点Q在AC上和BC上两种情况进行即可QAC∴y=×AP×PQ=×x×=当点Q在BC上时，∴PQ=BP•tan60°=（16﹣x∴==点评：本题考查动点问题的函数图象，有一定难度，解题关键是Q在BC上这种4.（2014•83分）如图，Rt△ABC中，AC=BC=2CDEFD、F分别在AC、BC边上，C、D两点不重合，设CD的长度为x，△ABC与正方形CDEF重yyx之间的函数关系的是（）．．．．考点：专题：分析：分类当0＜x≤1时根据正方形的面积公式得到y=x2当1＜x≤2时，ED交AB于M，EF交AB于N，利用的面积等于正方形的面积减去等腰直角三角形MNE的面积得到y=x2﹣2（x﹣1）2，配方解答：0＜x≤11＜x≤2时，EDABM，EFABN，如图，CD=xAD=2﹣x，∵Rt△ABC∴△ADM 三.1.（2014•，第25题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，ADmBC2cmDAAB、AC、ADE、F、HPCPmt（t＞0t=2DE、DFAEDFBP的长；（1）12所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求如答图3所示，分三种情形，需要分类，分别求解（1）t=2时，DH=AH=2HAD1所示．又∵EF⊥AD，∴EFAD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF．∵AB=AC，AD⊥AB∴AE=AF=DE=DFAEDF2所示，由（1）t=2秒时，S△PEF10E3①所示，PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此种情形不存在F3∵PF∥AD，∴，即，解得t=P3EEM⊥BCMFFN⊥BCNEM=FN=DH=2t，∵EM∥AD，∴，即，解得BM=在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=∵FN∥AD，∴，即，解得CN= ﹣ Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，（10﹣综上所述，当t=秒或t=秒时，△PEF为直角三角形点评：本题是运动型综合题，涉及动点与动线两种运动类型．第（1）问考查了菱形的定义角形、勾股定理、解方程等知识点，重点考查了分类的数学思想．.2014•2014•第24题10分如图，Rt△ABC中PBBA5cmAQC出若△BPQ与△ABCtAQ，CPAQ⊥CPt试证明：PQ的中点在△ABC考点 相似形综合， ：①当△BPQ∽△BAC时=，当△BPQ∽△BCA，PPM⊥BCM，AQ，CPNMC=8﹣4t，根据△ACQ∽△CMP，得出=，代入计算即可PE=8﹣BM=8﹣4tDFBCRAC，得出解答 解：（1）①当△BPQ∽△BAC时②当△BPQ∽△BCA∴t=1或时，△BPQ与△ABC相似（2），过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t∴∠NAC=∠PCM（3）PM⊥BCM，PQDPE⊥AC于E，DF⊥ACF，∴DFPECQ∴DF=∴DF=∵BC=8BCR∴RC=DF=4∴DR∴PQ的中点在△ABC点评 3（2014·E，FAF，BEP.①求证：AF=BE，并求∠APB的度数AE=2，试求APAF的值AF=BEEACP经过的路径长120°；②12（2）（注：没学同圆和切割线定理的可由△APE∽△ACF得比例式求解（2）如图，作△ABP外接⊙O，在⊙O的优弧上取一点G，连接AG，BG，AO，BO，OOH⊥ABH。3∵由（1）可知∠APB=120°，∴∠AGB=60°.∴∠AOB=120°，∠AOH3∵AB=6，∴AH=3.∴AO

3 ∴APB120

sin sin 23433 P433割线定理；6.锐角三角函数定义；7.特殊角的三角函数值；8.垂径定理；9.弧长的计算.4（2014·半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4x=1A，B，C三点.l的解析式为yxmxGABCOm=01PBCPPHlH，OP，试求△OPH的面积.②当m3PxlE，F.P，P，E，FP的坐标；若不存在，请说 （1）y1x2x4（2）①150,3或11,2或3, （1）x=1xMyxNHHDx=1DPD，OM，DH的长，由SOPHSOPDSDPH求解即可∵MP=OC=4，OM=MN=1，∴PN=3，DH=32∴SOPH

O

1311 ②存在当m3l的解析式为yx3iPOC2P的坐标为0,p0p4F的坐标为x,x3FFI⊥yI.则PEPOp,PIIF，即px3xxp32x2x∴EFx2xPF

2p 2p 27PF

2xp2 p iv）PAOP，E，F为顶点的三角形不存在,, 3,2考点：1.动点问题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.二次函数的性质；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.勾股定理；7.等腰三角形存在性问题；8.转换思（2014·云南，第23题9分）如图，在平面直角坐标系中，抛物yax2bx3(a0xA（2，0、B（4，0）y点P从A点出发，段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，段BC上以每秒1个单位长度向C点运动.其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动.当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最多面积是多少？当△PBQBCKS△CBK：S△PBQ52K点坐标y QC（2StK点，由（2）可求出PBQ和CBK的面积，再把CBK分成（1），0yax2bx3(a0)4a2b3

a88即 ，解得：

b y3x23x t

0t过点过点Q作QDAB易证OCBDQBOCBC OC=3，OB=4，BC=5，AP3t,PB63t，BQ3

DQ3 1PBDQ1(63t)3t9t29

9对称轴t 12(91秒时，△PBQ999最大，SPBQ105109999最大 K(m,38

CK、BKKL//y轴BC99由（2）SPBQ1099

:

5:

SCBKBCykx4kn

kn

，解得： BCy3x4

3m4KL3m3 SCBKSKLC1(

m8

m2)m

1(

m8

m2)(414(3m3m2 即 2(m m) K坐标为(1,27或(3, AB=10，BC=4PABABADPA、P、DP、C、B为顶点的三x的值；若不存在，请说明理由；设△ADP与△PCBS1、S2S=S1+S2S（1题图分析：（1）CCE⊥ABECE=BC•sin∠BCEAD=CE即可求AD；A、P、DP、C、B为顶点的三角形相似，则△PCB出AP=3，根据≠且≠，得出△PCB与△ADP不相似先求出S1=x•，再分两种情况 ：①当2＜x＜10时，作BC的垂直平x﹣1S2=x（x2﹣x+，最后根据S=S1+S2=x（x﹣）2+x即可得出S的最小（1）Rt△BCE∴CE=BC•sin∠B=4× ∴AD=CE=2A、P、DP、C、B△PCB①当∠PCB=90°Rt△PCB又由（1）知 ∴存在△ADP与△CPB②∵当∠CPB=90°Rt△PCB则≠且≠，此时△PCB与△ADP不相似如图，因为Rt△ADP外接圆的直径为斜边PD，则S1=x•（）2=x•2＜x＜10BCBCHAB在Rt△GBH中，BH=∴GN=BG﹣BN=x﹣1在Rt△BMN中，BM2=MN2+BN2=x2﹣x+，②∵当0＜x≤2时，S2=x（x2﹣x+）也成立勾股定理，关键是根据题意画出图形构造相似三角形，注意分类．（2014•28题，12分）ABCDAD=8ABCD折叠，BCDP点处．（6题图1BCOAP、OP、②若△OCP与△PDA1：4AB1PCD边的中点，求∠OAB如图 ，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点MAP上（点M与点P、A不重合，动点N段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PBFME⊥BPEM、NEF的长度是否发生EF的长度．的性质求出PC长以及APOP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OPAB长．而求出∠OAB的度数．BNPM所在的三角形并不全等，且这两条线EFPBPBEF长．（1）ABCD②∵△OCP与△PDARt△PCO中，AB（2）∵PCD∴DP=∴DP=∴sin∠DAP==∴∠OAB（3）MQ∥ANPBQ∴PE=EQ=在△MFQ和△NFB．∴QF= F=PQ+QB= 8.（2014•2512分）ABCD中，AB=20，BC=10PAB边上一动点，OPACQ．（2）PAAB1BttS△APQ+S△DCQ=yytP点运动到第几秒到第几秒之间时，y取得最小值．考点 相似形综合分析 APt易知．②因为S△APQ+S△DCQ=y，故求S△APQ和S△DCQ是解决问题的关键，观察无固10，故可由（1）相似结论得，高的比等于对应边长比，设其中一高为h，即可求得，则易表示y=，注意要考虑t的取值．，回观察题目问法为“P点运动到第几秒到第几秒之间时”，＜1解答 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形（2）DP⊥AC②设△ADPAPh，则△QDCDC解得h=，∴S△APQ==，S△DCQ==0≤t≤8时，yt的增大而减小；9≤t≤20时，yt的增大而增大；y89点评：本题主要考查了三角形相似及相似图形性质等问题，（2）②是一道非常新

（2014•83分）ABCDAB5BC4．EBC边上的一个动点，AEEF,EFCDFBE=x,FC=y，则点EB点C时，能表示y关于x的函数关系的大致图象是 分析：易证△ABE∽△ECF，根据相似比得出函数表达式，在判断图像x：y=5（4－x）y，y=1（x－2）2+4 4很明显函数图象是开口向下、顶点坐标是5

）A（2014•山东烟台123分）如图P是▱ABCD边上一动点A→D→C→B的P点（）x，△BAPyyx的函数关系的图象是A．B．C．PA→D运动，△BAPPD→C△BAPPC→B的路径移动，△BAPPA→D运动，△BAPPD→C移动，△BAP的面积PC→B的路径移动，△BAP的面积逐渐减小．故选：A．3.（2014•兰州,第15题4分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是边长为运动，运动到直线l与正方形没有交点为止．设直线l扫过正方形OBCD的面积为S，直线l运动的时间为t（秒下列能反映S与t之间函数关系的图象是（ 解答：0≤t≤4时，S=×t×t=t2S=t2．B、C错误；4＜t≤8时，S=16﹣×（t﹣4）×（t﹣4）=t2S=﹣t2+4t+8．A错误．1.（2014•江苏徐州,第18题3分）如图①，在正方形ABCD中，点P沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度移动；同时，点Q沿边AB、BC从点A开始向点C以2cm/s的速度移动．当点P移动到点A时，P、Q同时停止移动．设点P出发xs时，△PAQ的面积为ycm2y与x的函数图象如图则线段EF所在的直线对应的函数关系式为y=﹣3x+18 考点：分析：根据从图②QB9，求出正方形的边长，再利用三EF所在的直线对应的函数关系式．解答 解：∵点P沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度移动；点Q沿边AB、AC2cm/sPAD的中点时，QB从图②QBQBC上时，AP=6﹣x，△APQ∴y=（6﹣x）×6y=﹣3x+18． 1.（2014•巴中，第31题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线4xA（﹣2，0）ByCx=1M，HA，B1x轴同时出发相向BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0M的运动t与△APH的面积SS的最大值．A（﹣2，0， （2）M3t≤3M2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行：①当0＜t≤2时，△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点PPM⊥x轴于M，PF⊥yF，表示出三角形APH的面积，利解答：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4x轴交于点A（﹣2，0，直线x=1是该抛物线的 ，解得：0＜t≤2∵A（﹣2，0，∴B（4，0，∴AB=4﹣（﹣2）=6．t=2S8；2＜t≤3PPM⊥xMPF⊥yF，则△COB∽△CFP，当t=时，S最大值为．Mt与△APQS ，S的最大值为2（2014•∠yOC=45°OC2OCB时停xOCRt△ABOy．求y与x当x=3OCO′C′OAG2P在（2）PS=8POO′G的坐标，然后设抛物线解析y=ax2+bxB、G的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式解答；PxhhPx轴上∴△ABO∵C′O′CO∴△OO′GOC2（2）x=3G的坐标为（3，3y=ax2+bx，则，解 （3）Pxh，S△POB=×8h=8，Px轴上方时，﹣x2+x=2，解得x1=4﹣ 此时，点P的坐标为（4﹣ 当点P在x轴下方时，﹣x2+x=﹣2，解得x1=4﹣ 此时，点P的坐标为 ，﹣2 ﹣2）时，△POB（3）．3（2014•物线y=ax2+bx+c（a≠0）过O、B、C三点，B、C坐标分别为（10，0）和（ 以OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直x轴于B点．求直线BCO，BlFMEm，MFnm•n的值，并证明你的结论；以相同速度向点C作直线运动，经过t（0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ为等腰三角形，请求出t值．分三种情况分别，①当PQ=BQ时，作QH⊥PB，根据直线BC的斜率可知HB：BQ=4：5PB=QB10﹣t=tPQ=PB时，QH⊥OB，根据勾股定理即可求得．（1）BCB、∴解得 ∴直线BC的解析式为 ∴解得∴抛物线的解析式为 ∴顶点坐标为 RT△AOERT△AME中∴Rt△AOE≌T△AME（HLPQ=BQBC 解得 PB=QB10﹣t=t，t=5，PQ=PBQH⊥OBPQ=PB=10t，BQ=t，HP=t﹣（10﹣t，H=t；解得 24（14A（）B（4，mC．PPC的长有最大值，若存在，求出这个最大值；若不存求△PACP考点：PCABP点横坐标，根据直AB和抛物线的解析式表示出P、C的纵坐标，进而得到关于PCP点横坐标的函数关PC的最大值．根据AB的解析式，可求得直线AC的解析式y=﹣x+b，已知了点A的坐标，即ACC点的坐标；（1）∵B（4，m）∴B（4，6∵A（ （n，n+2（n，2n2﹣8n+6∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6=﹣2（n﹣）2+∴当n=时，线段PC最大且为ACy=﹣x+b，A（）ACC（m，2m2﹣8m+6，解得；m=3P（．25（122，﹣1AC11C12C2C2AB相C，DS△OAC：S△OAD的值；如图2，若过P（﹣4，0，Q（0，2）的直线为lE在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线mC和点E．问：是否存在直线m，使直线l，mx轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不C2AB的解析式，C2ABC、DS△OAC：S△OAD的值．设直线myGl，m与xl，my围成的三角形形状、位置随着点G的变化而变化，故需对点G的位置进行，借G的坐m的解析式．（1）A的坐标为（﹣1，﹣2C1：y=a（x+1）2﹣2B（﹣2，﹣1C1C2C12C2的解析式为：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．ABy=kx+b．∵A（﹣1，﹣2，B（﹣2，﹣1∴ABy=﹣x﹣3．解得 ∴C（﹣3，0，D（0，﹣3AAE⊥xE，AAF⊥y∵A（﹣1，﹣2=（OC•AE（OD•AF）=（×3×2（×3×1）∴S△OAC：S△OAD设直线myGlH，G的坐标为（0，t）m∥l∵P（﹣4，0，Q（0，2∴t=l，m与x∵t=0mxl，mx∴t≠0且①t＜02当∠PHC=∠GHQ时， ∴=G的坐标为mC（﹣3，0 解得 ∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6， 解得 ∴E（﹣1，﹣4Em∴△PHC与△GHQm③＜t≤22∴△PHC与△GHQm④t＞22④所示．E当∠QPC=∠CGO时，mG的坐标为（0，6mC（﹣3，0 解得 mmy=﹣2x﹣6和26（10）A（x1，0B（x2，0，x1＜x2C（0，cP，使∠POC=∠PCOP的坐标；若不能x1+x2=﹣m，x1x2=m﹣1m的值，从而求得解析式．（2）P点的纵坐标，代入m2﹣m﹣6=0，∵c=m﹣1＜0，∴m=3（2）pPO，PCPyD．PDOC∵C的坐标为∴D的坐标为∴P的纵坐标应是令x2﹣2x﹣3=，解得，x1=，﹣（7.（2014•27（10分）如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如PBBAAQAAC方向向点C匀t（s（0＜t＜4设△APQSt为何值时，S取得最大值？S如图乙，连接PC，将△PQCQC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为t的值；′t为何值时，△APQ过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得 AQ•PH=（3﹣t，连接PP′交QC于E当四边形PQP′C为菱形时得出△APE∽△ABC，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AE=QC得出﹣t+4=﹣t+2，再求t即可，在△APQ中，分三种情况：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即（1）PPH⊥ACH， ∴△AQP∴当t为秒时，S最大值为PP′，PPQCPQP′C为菱形时，PEQC∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是 在△APQAQ=APt=5﹣t②当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=∴t3=5，t4=0∴当t为s s s时，△APQ是等腰三角形(2014年)(11分）如图，抛物线y=－x2+bx+c与x轴交于A(－1,0),B(5,0）两点，34

CPPF⊥xFCDE.PmPE=5EF,mE/EPCPE/y轴上？若存在，P的坐标；若不存在，请说明理由。解：(1)y=－x2+bx+cxA(－1,0B(5,0)∴0=52

yPCA yPCA FOX（2）PP(m,－m2＋4m＋5）,E(m,34PxPE=5EF,Py∴PE=－m2＋4m＋5－(－4

m＋3)=－m2＋19m42……4分两种情况3EF4

623EF4

∵PE=5EF，∴－m2＋19m＋2=5(34即m2－m－17=0，解得

1 211 2 （舍去2∴m2

811 (3),点P的坐标为P1(－1，11),P2(4，5),

11 【提示】∵EE/PC对称，∴∠E/CP=∠ECP;又∵PE∥y轴，∴∠EPC=∠E/CP=∠PCE,∴PE=EC,54过点E作EM⊥y轴于点 m54∵PE=CE,∴－m219m＋2=5m或－m219m＋2=5 12

，m2=4，

（舍去PP1(－ y

),P2(4，5), y

－3)PC

EMPBA 9（2014•福建福州,第21题13分）如图1，点O 段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线且∠BOC=60°.动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发沿射线OC做匀速运动t秒（1）当t1时，则 ，

当△ABPt2AP=ABAAQ∥BP，并使得∠QOP=∠BAPBP3334

（2）111

（3）考点：1.单动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.相似三角形的判定

（2014•黑龙江,第15题3分如图在平面直角坐标系中边长为1的正方形ABCD中，AD边的中点处有一动点P，动点PP→D→C→B→A→P运动一周，则P点的纵坐标yPs之间的函数关系用图象表示大致是（） D． 考点：PPD、DC、CB、BA、AP5个阶段，分别进行分析，解答 解：动点P运动过程中①当0≤s≤时，动点P段PD上运动，此时y=2保持不变②当＜s≤时，动点P段DC上运动，此时y由2到1逐渐减少③当＜s≤时，动点P段CB上运动，此时y=1保持不变④当＜s≤时，动点P段BA上运动，此时y由1到2逐渐增大⑤当＜s≤4时，动点P段AP上运动，此时y=2保持不变．D选项符合要求．（2014•黄冈,第8题3分）已知：在△ABC中，BC=10，BC边上的高h=5，点E在ABEEF∥BCAC边于点FDBC上一点，连接DE、DF．设点EBCx，则△DEFSx的函数图象大致为（）1 Sx的关系式，然后得到大致图象选择即可．∴S=（10﹣2x）•x=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+（0＜x＜10D选项图象符合．(2014年黄石)（2014•黄石,第10题3分）如图，AB是半圆O的直径，点P从A出发，沿半圆弧AB顺时针方向匀速移动至点B，运动时间为t，△ABP的面积为S，St之间的关系的是（）2A．B．C．考点：分析：根据点PAB 解：点P在弧AB上运动时，随着时间t的增大，点P到AB的距离先变大，当到达弧AB的中点时，最大，BPAB∵AB∴△ABPSt的变化情况相同，C选项图象符合． 本题考查了动点问题的函数图象，读懂题目信息，理解△ABP的面积的变化情况与点P到AB的距离的变化情况相同是解题的关键．4（2014•沿A→C→B→A匀速运动则CP的长度s与时间t之间的函数关系用图象描述大致 PAC上时，stPBC上时，s随t的增大而增大；当点P段BD上时，s随t的增大而减小；当点P段AD上时，st的增大而增大．∵在△ABCPAC上时，stA、BPBC上时，st③当点P 等于零．故C错误；④当点P 段AD上时，s随t的增大而增大．故D正确． HA=HGHE1DH=DA 度②EF∥HG，求∠AHE3，∠AEH=60°，EG=2BGFGFGDCPFG⊥AB，Ga的值．得出∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHEEF∥HG，得出∠AHF=∠AHG﹣第二种情况：根据已知得出∠AEH+∠FEH=45°，由折叠的性质求出∠AHE的度数，此时，当B与E重合时，a的值最小，设DH=DA=x，则AH=CH=x，在Rt△AHG（2）先过点HHQ⊥ABQ，则∠AQH=∠GOH=90°由折叠的性质可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°Rt△EFG中，根据特殊角的三角函数值求出EGEQ的值，再由折叠的性质得出AE=EF，求出y的值，从AB=2AQ+GBa的值．（1）①②分两种情况：BG重合时，a2；BE重合时，a的值最小，设DH=DA=x，则AH=CH=x，Rt△AHG中，∠AHG=90° ∴a的最小值是 （2）HHQ⊥ABQ，则∠AQH=∠GOH=90°，ABCD中，∠D=∠DAQ=90°，DAQHRt△EFG中，EG=EF×cos60°，EF=4y，在Rt△HQE中，EQ==x， （﹣40B（0，3P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿直线AB向点B移动，同时，将直y=x0.6AO、BOC、Dt（0＜t＜5ACDP当t取何值时，四边形ACDP为菱形？且此时以点D为圆心，以DO长为半径的AB的位置关系，并说明理由．考点：分析：（1）ABy=kx+bAB的解析式再由点的坐标求出AO，BO的值由勾股定理就可以得出AB的值求出sin∠BAOPE⊥AOPEPE=DO，就可以得出结论；（2）由三角函数值表示CO的值，由菱形的性质可以求出菱形的边长，作DF⊥AB于F由DO，DF的值，进而得出结论．，，解答 （1），，∵A（﹣4，0B（0，3Rt△AOBPE⊥AO，PEODACDPACDPDF⊥ABF．DDOAB点评：本题考查了待定系数法求函数的将诶相似的运用，勾股定理的运用，三角函A（1，0y=4﹣x于C、Dy=ax2+bx+cO、C、D三点．MODM作xN，问是否存在这若△AOC沿CD方向平移（点C段CD上，且不与点D重合在平移的过程△AOC与△OBD部分的面积记为S，试求S的最大值MN∥ACA、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，MN=AC=3MxMN=|x2﹣4x|；解方程|x2﹣4x|=3，求xM横坐标的值；t（0≤