专题17动态几何之面积问题探讨

【201317（1）（2）（3）（4）一、静态面积问典型例题例1：（2012山西省2分）如图是某公园的一角，∠AOB=90°，弧AB的半径OA长是6米，C是OA的中点，点D在弧AB上，CD∥OB，则图中休闲区（阴影部分）的面积是【 A．1093米 B．93米 C．6

3米 D．693米

C【分析】OD，则S阴影S扇形AODSDOCABOA6米，C是OA的中点，∴OC2

OA=2

×6=3OD2OD2

623sinDOCCD33=3623 9260 92SS扇形AODSDOC

333=62

（米C 32 32例3（2012 随州4分）如图，直线l与反比例函数y=2的图象在第一象限内交于A、B两点，交x轴的正半轴于C点,若AB：BC=(m一l)：1(m>l)则△OAB的面积(用m表示)为 m2

m2m

3m2m

3m2【答案】B【分析】A作AD⊥OC于点DBBE⊥OC(ｘB，ｙB)，C（c0又∵AD=ｙA，BE=ｙB，DC=c－ｘA，EC=c－ｘB，∴ｙA：ｙBm：1，即ｙAmｙBly2A、Bx2x∴yAxA

xyB xB∴22mx=1x

m （c－ｘAc－ｘ）=m：1，c1x:cxm:1，解得cxBm+1 mB ∴SOAB=SOCBSOBC

myByB x

m+1m

xym2

2m2

m2 B BB

例4：（2012贵阳12分）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线 ABCD中，ABCD不平行，AB≠CD，且S△ABC＜S△ACDA连接2个矩形的对角线的交点的直线即把这个图形分成2个相等的部分．即OO′为这个四边形ABCDBBE∥ACDCEAES四边形ABCDSACDSABCSACDSAECSAEDCDDEF，则直线AF过点BBE∥ACDC的延长线于点EAE．根据△ABC和△AEC的公AC上的高也相等推知S△ABC=S△AEC；由“割补法”可以求得S四边形ABCDSACDSABCSACDSAECSAED。5（2012边于F；又以A为圆心，AE的长为半径作EF。若△AEF的边长为2，则阴影部分的面积约是 22

31.732，π 【答案】A2【分析】由图知，S阴影部SAEFSCEFS扇形AEF23勾股定理，可得等边△AEF2，高为600。3

；Rt△AEF

AEF 60 32∴S阴影部分SAEFSCEFS扇形AEF=22 232

2

=3+10.64A3 PC⊥x轴，垂足为C，交l2于点A，PD⊥y轴，垂足为D，交l2于点B，则三角形PAB的面积为

【答案】C例7：（2012内赤峰3分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，以点C为圆心，CD为半径的弧 A．2

2

【答案】A【分析】∵四边形ABCDAD∥BC，∴AB=CD又∵四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE（平行四边形的对边相等）。∴DE=DC=AB=3

60

3A 8（2012AE、BE、BD，且AE、BD交于点F，则S△DEF：S△EBF：S△ABF= 【答案】D=又∵S△DEF和S△EBF是等高三角形，且DF：FB=2：5，∴S△DEF：S△EBF=2：5=4：10∴S△DEF：S△EBF：S△ABF=4：10：25。故选D9（2012△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出如下结论 ②S2+S4=S1+③若S3=2S1，则S4=2 ④若S1=S2，则P点在矩形的对角线 【答案】∵△APD以AD为底边，△PBCBC∴此时两三角形的高的和为∴S1+S3=2

S

S2+S4=2

SABCD∴②S2+S4S1S3正确，则①S1+S2=S3+S4如图，若S1=S21×PF×AD=1 ∴△APD与△PBA高度之比为：PF：PEAB：AD∴PF：CD=PE：BC=AP：AC，PF：CD=AF：AD=AP：AC。∴△APF∽△ACD。∴∠PAF=∠CADA、P、C共线。∴P点在矩形的对角线上。10（2012

MB⊥x＝x248点．过点M的第一条直线交y轴于点A1，交反比例函数图象于点C1，且A1C1＝1A1M，△A1C1B的面积记为S1；过点M的第二条直线交y轴于点A2，交反比例函数图象于点C2，且A2C2＝1A2M，△A2C2B的248的面积记为S3；依次类推…；则 255【分析】MMD⊥y轴于点D，过点A1作A1E⊥BMEC1C1F⊥BM∵点M是反比例函数 ＝x 1OBMB1 2

A1MC1为A1M∴C1BMC1FA1BM的距离A1E∴S

1 1

1BMA到BM距离1BMBO1 ∵A2C2＝1A2M，∴C2BM的距离为A2BM34∴S

1 1

4 同理可得：S3=1，S4=111 11∴S＋S＋S＋＋S＝11

11

1255 练习题

（2012省4分）如图，在▱ABCD中，AD=2，AB=4，∠A=30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是 （结果保留π）．（20125分）Ay=4(x>o)的图象上，AB⊥xB，AC⊥yx点C，延长CA至点D，使AD=AB，延长BA至点Ｅ，使AE=AC.直线DE分别交x轴，y轴于点P,Q.当QE：DP=4:9时，图中的阴影部分的面积等于 （20122分）yk1k0和yk2

ABC∥xBC，连接OC、OB。若△BOC积为5，AC：AB=2：3，则k ，k （20123分）ykRt△OMNAMNx已知OA＝2AN，△OAB的面积为5，则k的值是

AD=3

AB，DF∥BC，E（2012攀枝花4分如图，以BC为直径的⊙O1与⊙O2外切，⊙O1与⊙O2的外公切线交于点D，且∠ADC=60°，过B点的⊙O1的切线交其中一条外公切线于点A．若⊙O2的面积为π，则四边形ABCD FC=12。方形与其外接圆形成的阴影部分的面积为 则四边形BEDF的面积为 （20123分）yxby1（x＞0）A、Bxyx分别交于E、F两点，连结OA、OB，若SAOBSOBFSOAE，则b 4分）ABCD的顶点为A、C在双曲线y=k1上，B、D 线y=k2上，k=2k（k＞0），AB∥y轴 =24，则k

例 广州14分）如图，抛物线y=3x23x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的 侧），y求点A、BD为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点DlE（4，0），MlA、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有l的解析式．【答案】解：（1）y3x23x+3y=0，即3x23x+3=0x1=﹣4，x2=2 AB的左侧，∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）（2）由y3x23x+3x=﹣1 在y3x23x+3x=0，得y=3 1ABOC1639OA2Rt△OA2

42 42设△ACDACh1AC•h=9h18 1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=18，这样的直线有25L1和L2x=﹣1DL1yECCF⊥L1FCF=h185∴CE

9sin sin 5AC的解析式为

k=

，解得 4AC解析式为y3x3。4L1可以看做直线ACCE长度单位（9个长度单位）2L1的解析式为y3x393x3 D13139。∴D1（﹣49） 同理，直线AC9L2，可求得D2（﹣127） 综上所述，D点坐标为：D1（﹣49），D2（﹣127） （3）2AB为直径作⊙FFE点作⊙F2条．FMMMN⊥x轴于点N。52∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙FFM=FB=3。FE=552

4，sin∠MFE=4，cos∠MFE=3 Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3×412 FN=MN•cos∠MFE=3×39 ON4。∴M点坐标为（412） lM（412 4k+b= k=设直线l的解析式为y=k1x+b1，则有 5，解得 4ly3x+34

同理，可以求得另一条切线的解析式为y=3x﹣34ly3x+3y=3x﹣3 lDxP、Qlx①点B的坐标是 度；③当点Q与点A重合时，点P的坐标为 OA的中心为N，PQAC相交于点MP，使△AMN为等腰三角形？若存在Pm；若不存在，请说明理由．设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．33【答案】解 ）。②30。 ）333存在。m=0或 30≤x≤3

33可得EF=PE=DC 1，∴EF=133 SS梯形

x44 444 43＜x≤5SS梯形

S梯形

1AHAQ43x

3x32=

3x2133x332 3325＜x≤9S 12 23x123。x＞9S1OAAH16183543 综上所述，S与x43x430x33 x2133x33<xS

23x1235<x 543x> ∵四边形OABC33 ），∴点B的坐标为 ）33tanCAOOC23=3，∴∠CAO=30° PQAPPE⊥OA于33 33∴AE

tan

33 3MN=AN，AM=AN与AM=MN去分析求解即可求得答案：PDm=0 332又MJ 又MJ AM= 3∴33m）=3，解得 3 PPK⊥OA于K，过点MMG⊥OA 32∴QK

3，GQ

1233∴KG=3﹣0.5=2.5，AG=1AN=1.5。∴OK=2。∴3323综上所述，点P的横坐标为m=0或 30≤x≤33＜x≤55＜x≤9x＞9例 汕头12分）如图，抛物线y=1x23x9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点 ABOCE从点AxB运动（EA、B不重合）ElBC于点DAE的长为m，△ADE的面积为ss关于m的函数关系式，并写出自变量m在（2）CE，求△CDEEBC相切的圆的面积（π）．【答案】解：（1）y1x23x9 x=0，得y=01x23x9=0，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0） AE m

AED

∴s=2

m2（0＜m＜9）

192

9

2

AE•OC=2

2

=﹣1m29m=﹣1（m﹣9）281 ∴△CDE818此时，AE=m9，BE=AB﹣AE=9又BC

62+92=3139过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：EFBE，即：EF ∴EF

13

3EBCS⊙E=π•EF2729（1）x=0，可确定Cy=0时，可确定A、B点的坐标，从而AB、OC的长。m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDEm的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDEm的值。EF4（2012（－1，0在（2）xEΔADE的面积等于四边形的面积？如果存在，请求出点EA、B、CA（3，0，B（0，3，C（1，0）9a3bccabc

ab4c∴抛物线的解析式为y=x24x+3若△ABO∽△AP1DDP1，则AOOB (-若△ABO∽△ADP2P2P2M⊥xM∵△ABO为等腰三角形2设点E(x,y 1AD|y|2|y ①当P1(－1，4)时S四边形APCE=SACP+S三角形1S四边形AP1CESACP112412|y|4 2y=4+yy=4Ex轴下方∴y=-4

x2

4x+3=

4,

x24x7∵△=(－4)2－4×7=＋12<0，∴此方程无

②当P2（1，2）时

S四边形AP2CE=

2+SDACE=2+22y=2+y。y=2Ex轴下方，∴y=-2x2

4x+3=

2

x24x5∵△=(－4)2－4×5=－4<0，∴此方程无A（3，0，B（0，35：（201212分）yx223x2xC．Ay3BOABD，E为线段AB求直线AB若反比例函数ykDkxP、QAAB．AOB．OP1个单位，点1个单位，设△POQ的面积为S，移动时间为t，问：S2【答案】解：（1）y=0，即x2

3x20，解得x=

3，x 33

3，0）、A（3

3，0）3x=0，得y=2。∴B（0，2）3∴A（ 333

+2k13333AB的解析式为y=

x+233333

3∵OD与O点关于AB对称，∴OD=OA= 33∴D点的横坐标为 ，纵坐标为OD·sin600=333 ，3）3k33∵yk过点D，∴3 ，即 k33x（4）3∵AP=t，AQ=1t，P到x轴的距离：AP•sin30°=1t，OQ=OA﹣AQ= ﹣13 ∴

1t）1t1t2

3t

t23

3 33t3

1t

0＜t≤4

t>3时，S3326（2012（－10（40抛物线yax2bxcA、B、CM.求抛物线yax2bxcCMAB（1）RtACB∴△ACO∽△ABOCOAO，∴OC2=OA•OB=4 C（0，2∵抛物线yax2bxcA、B∴设抛物线的解析式为yax+1x4，将C点代入上式，得2a0+104，解得a12∴抛物线的解析式y1x+1x4，即y1x23x+2 A、BDRt△ABCAB12

1 3 由（1）y

x2 x 2 2

， 3

2 2

∵CD是⊙DCMABB（4，0则： 1BCh125h4，h45

BBF⊥BCBF=h=h45Fl∥BCxG5Rt△BFG中 55BG=BF÷sin∠BGF=455=4 （8，0 G点坐标代入，得：b=0b=4 x或y= y1

y

x y

x2

x

，或 y

x2

3x 22

22

2x2解得

或22

或y3∴抛物线上存在点N，使得SBCN4312

2

323（1）Rt△ACB中，OC⊥ABOCC点坐标，再利用待定CMCBCBC边上的高，那么直线lN0），O（0，0），将此三角板绕原点O90°【答案】解：(1∵△A′B′O是由△ABO绕原点O900得到的，A（0，1，B（2，0，O（0，0）A(1,0),B(0,2)yax2bxc(a00ab∴204a2b

a，解之得b1cyx2x2设P(xyx0,y0，Pyx2x2

SBOASPBO112+12x+12 xx2x21x22x3PB′A′B的面积是△A′B′O4则x22x34x22x10x1y12122∴（1，2P（1，2A′（－1，0，B′（0，2利用SPB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POBPB′A′B的面积是△A′B′O4倍，P点坐标即可。PBPB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答8（2012ABx轴，AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出A、B、求过A、B、CC1D为抛物线上的一动点，当D2

如果将（2）xA′B′yC′，当平移多少个单位时，C′A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料．解：令y2=x（x≥0，则原方程变为x2－4x＋3=0，解x1=1y2=1，∴y1=1，y2=-1．x2=3y2=3，∴y33，y43．所以，原方程的解是y1=1，y2=-1，y33，y43x2再如x2x2

，可设y

x2（1）∵ABx22

AB=2

（－，0，B（1，0BC2Rt△BC2ab

5252

（0，2根据题意得：b ，解得：b y2x2212

AB•OC=2

21

2

S△ABC=1Dm2

22 622∴D22

，1）或222

，1）或626

，－1626

，－1c0＜c≤1，OA′=1－c，OB′=1＋c。y2xc22。x=0y=－2c2+2OC′=＋2c2+2（－22＋）2（1c（1c32

323332

1（1）y轴是ABOA，OB的长度，在直角△OAC中，利用勾股定理求得OCA、B、C的坐标即可求解。12

纵坐标，把Dc0＜c≤1C′A′B′为直径的圆上时由相似三角形的性质有：OC′2=OA•OBc的方程求c的值。9：（201212分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，DBC若E、F分别是AB、ACAE＝CF时停止；设△DEFy，Fxyx（1）2∴∠BAD＝∠DAC＝∠B＝∠C＝45°。∴AD＝BD＝DC= 2∵AE＝AD≌△DSS

132 222∴

91x6x1x23x+9 y1x23x+92。∴△ADF≌△BDE（SAS∴

1xx6+91x23x+9

y1x23x+92由△AED≌△CFD，根据等积变换由SDEFS四边形AEDFSAEF由△AED≌△CFD，根据等积变换由SDEFSEAF+SADB10（2012x （2,2OD1

△OAC=2，求双曲线的解析式（1）∵梯形AOBCOBx轴的正半轴上，AC∥OB，BC⊥OB，（2，2∴A2，E2，B点坐标为（2，0y=2代入yk得xkx=2代入yk得yk ，2，E ∴S 12k2k12k1k21k2

k=2时，S阴影部分1.5（2，1EBC的中点时，阴影部分的面积SD点坐标为（akaOD1，∴OD=DCDOC的中点。∴C点坐标为（2a2k ∴A2kay=2k代入ykx=a，∴A点坐标为（a2k 又 =2，∴1×（2a－a）×2k=2，∴k=4 ∴双曲线的解析式为y4x

（2，22，B点坐标为（2，0y=2x=2代入yk可得到AExSk的二次函数关系式，应用二次函数的最值求法即可求得阴影部分面积ED点坐标为（akOD1OD=DCDOCC （2a2kA2k，代入ykA点坐标为（a2k S△OAC=2列式求解即可求出k练习题（2012 呼和浩特12分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）与双曲线y=k相交于点A，B，且xBCBCxBy4倍，记抛物线顶点E．计算△ABC与△ABE在抛物线上是否存在点D，使△ABD的面积等于△ABE8D的坐（201212分）如图，在△ABC中，AB=2，AC=BC=5ABx轴，AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出A、B、求过A、B、CC1D为抛物线上的一动点，当D2

如果将（2）xA′B′yC′，当平移多少个单位时，C′A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料．解：令y2=x（x≥0，则原方程变为x2－4x＋3=0，解x1=1y2=1，∴y1=1，y2=-1．x2=3y2=3，∴y33，y43．所以，原方程的解是y1=1，y2=-1，y33，y43x2再如x2x2

，可设y

x2（2012省4分）如图，A点在半径为2的⊙O上，过线段OA上的一点P作直线，与⊙Ox2 （20124分）如图，在△ABC中，∠C=90°，MABPA并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是【 （2012巴中3分）如图，点P是等边△ABC的边上的一个作匀速运动的动点，其由点A开始ABBBCCt，△ACPS，则St （20128分）1，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD=4cm，AB=dcm。动点E、F分别D、B出发，点E1cm/sDA向点AF1cm/sBCC移动，FCEFEFGHFxsEFGH的ycm2yx2所示。请根据图中信息，解答下列问题：自变量x的取值范围 （3）FEFGH（2012福建漳州14分）如图，在OABC中，点A在x轴上，∠AOC=60o，OC=4cm．OA=8cm．动PO出发，以1cms的速度沿线段OA→AB运动；动点Q．从点O出发，以acms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．t填空：点C的坐标是 当a=1时，设△OPQ的面积为S，求Stt为何值时，S的值最大P在OAQCBPQOBM.O、M、P为顶点的三角形与△OAB相似，求att的取值范围．（0，4，Ox轴的正方向运动，MACAMA为中心，沿顺时针方向旋转90ABBxECyBE于Dt秒．BDt设△BCD的面积为StS254MBMB∥OA时，如果抛物线yax210ax的顶点在△ABM内部（不包括边（2012十堰12分）抛物线y=－x2＋bx＋c经过点A、B、C，已知A（－1，0，C（0，31，PBCP作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BDC的面积最大时，求P的坐标；2E，EF⊥xF点，M（m，0）x轴上一动点，NEF（2012孝感12分）)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于点A(－1，0)、B(3，0)，与PBDPPM⊥xMPMAC的面积的最大值和此P的坐标；PPPQ∥ACx轴于点QP 例1：(2012陕西省3分）在平面内，将长度为4的线段AB绕它的中点M，按逆时针方向旋转30°，则线段AB扫过的面积为 2；2.473

AM=MB=2

ABMCBMAB30 ∴线段AB扫过的面积=2 2（2012O与O′4；③∠AOB=150°；④S四边形AOBO=6+33

AOCS

6934结论是 【答案】A【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOCBO′A可以由△BOCB60°得到。故结论①正确。OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾= 134+14

33

33 如图所示，将△AOB绕点A60°ABAC重合，OO″点．则

1341333=693

例3.（20123分）如图，把抛物

y=2

y=2

272P的坐标，过点PPM⊥yM，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于四边形NPMO的面积，然后求解即可：PPM⊥yMPQxO∴平移后的二次函数解析式为：y=12将（﹣6，0）代入得出：0=1（﹣6+3）2+h，解得：h=﹣9P的坐标是（3，﹣9） 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO∴S3927 4（2012当b= 时，直线l：y=－2x＋b(b≥0)经过圆心M：当b= 时，直线l：y=－2x＋b(b≥0)与OM相切：B（6，0设直线l扫过矩形ABCD的面积为Sb由小到大变化时，请求出Sb5（1）10；10 5。

如图，当直线lA(2，0)时，b=4；当直线l时，b=6；当直线lB（6，0）时，b=12；当直线lC(6，2)时，b=14。0≤b≤4时，直线lABCD的面积S0。4＜b≤6时，直线l扫过矩形ABCDS为△EFA的面积（1），y=0，即－2x＋b=0x=1bF（1b，0） ∴AF1b2，AE=－4＋b2 2－4＋b1b2－2b+4446＜b≤12时，直线lABCDSDHGA的面积（y=－2x＋by=0x=1bG（1b y=2，即－2x＋b=2x=1b1H（1b1，2） ∴DH1b3，AG1b2。 ∴S1DH+AGAD1b52b5 12＜b≤14lABCD的面积S为五边DMNBA的面积=矩形ABCD的面积－△CMN的面积（2）y=－2x＋by=2，即－2x＋b=2x=1b1M（1b x=6，得y=－12＋bN（6，－12＋b）∴MC71b，NC=14－b2∴S421MCNC8171b14－b1b27b41 2 2 b＞14时，直线l扫过矩形ABCDSABCD8。综上所述。S与b的函数关系式为：00b11b2－2b+44<b4Sb56b 11b2+7b4112<b8b(②如图，作点M垂直于y=－2x＋bP，过点PPH∥x轴，过点MMH⊥PH，二者交于点H。设直线y=－2x＋bx，y轴分别交于点A，B。则由△OAB∽△HMPMHAO1 MP的解析式为y1x＋b2M(4，2)，得214＋b，解得

0MP的解析式为y1x y=－2x＋b和y1x，解得x2b,y1b ∴P（2b,1b PM=2b-4+b-

4，化简得4b2-20b+80=0 5解得b=10 522（2）求出直线lA、B、C、Db0≤b≤4，4＜b≤6，6＜b≤12，12＜b≤14，b＞14五种情况分别讨论即可。2222

，高 AC、BD交于HBDMN、RQ同时从点AACC匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、GRQ到达点C时，ABCDMN扫过的图形面积为S1RQ扫过的图形面积S2MN1单位/RQ2单位/x（1）填空 （2）若S2=3S1，求（3）设S2=mS1m直线移动有两种情况：0＜x33≤x≤2 2MN1单位/RQ2单位/∴△AMN和△ARQ1：2 2∴2

4。∴S2=4S1，与题设S2=3S1 10＜x3x使S2=3S123≤x≤22∴CH=DH=4

2

42x ∴SCRQ2

=82x12 2又

1ABCE132

6梯形 （

2 2 AF 2

2

AH 3

x，S2=8﹣8（2﹣x）∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3·2x2，解得：x162（舍去），x2=2 ∴x2（3）由（2）0＜x323≤x≤22 882

2∴m=2

=

12 +4 23

3∴m13≤x≤2112时，m1 x=3时，m4x=2时，m32（1）CCK∥BDAB的延长线于2 22∴AK=AB+BK32+ 2∵四边形ABCD是等腰梯形，∴BD=AC 2

22∴AC=AK•cos45°=42

242 0＜x3时，易得S2=4S1≠3S1

可求得△BCD与△CRQ的面积，继而可求得S2与S1的值，由S2=3S1x2 2

2

≤x≤2时，可得mS2

882x22x23

x的二次函数m36x3

例6（2012咸宁12分）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4，动点A以每秒1个单Ox轴的正方向运动，MACAMA为中心，沿顺时针方向旋转90ABBxECyBEDt秒．BDt设△BCD的面积为StS254MBMB∥OA时，如果抛物线yax210ax的顶点在△ABM内部（不包括边（1）CAAO2ABt，解得t8 Rt△CAO∽Rt△ABEBE1tAE220t＜8S1CDBD1(2t)(4t25，解得t

3 当t＞8S1CDBD1(2tt425 解得t1352t23

22当t3或3

S25242MMN⊥xN，则MN1CO22∵yax210ax=ax5225a∴抛物线yax210ax的顶点坐标为（525a∴它的顶点在直线x5（5，2（5，1∴125a＜2

a1 =0t＜8和t＞8求出抛物线yax210ax的顶点坐标为（525a，知它的顶点在直线x5上移动。由抛物线yax210ax的顶点在△ABM内部（不包括边）125a＜2，解之即得a的取值范围。7（2012在的直线建立平面直角坐标系，抛物线y写出点AB

1x2+7x+4A、B两点 yl2个单位长度的速度向右平移，分别交线段OA、CA和抛物线于点E、M和点PPA、PB.设直线l移动的时间为t（0＜t＜4）秒，求四边形PBCA的面积S（面积单位）t（秒）PBCA的最大面积；（1A（80，B（04。∴C（0，－4（8，0，C（，－4）

k= b=

，解得

ACy=x42l2t，∴OE=2t。P2t，2t27t4，在y1x4x=2t，得y=t4，∴M（2tt42∵BC=8，PM=2t27t4t4=2t26t8，OE=2t，EA=42t∴SS梯形

12t26t882t142t2t26t 4t220t16 PBCASt的函数关系式为S4t220t16（0＜t＜4 5∵S=

20t16=4t 2 2

PBCA41（2 骣

1p2

7p4÷

1p2

7p+4∴8

1p27p

÷÷，整理得p2

11p+24=0，解得p1=3，p2=8（舍去当p=3时，-1p2+7p+4=-1? 7? ∴P（3，1 （1）y

1x2+7x4x=0y=4y=0x=－1x=8 ∴A8，0，0，4ACMt的表达式，根据SS梯形BCMPSPMAPBCA的面积St的函PBCA的最大面积。存在。易知，∠AMP和∠APM不可能为直角。当∠PAM为直角时，△AOC∽△PEA0)y＝h（h0＜h＜6）BCDyEACF，与抛物线在G．M（－2，0hG的坐标；若不存在，请说明理由．（1） ∴抛物线的解析式为y＝－x2－x＋6C的坐标为

BCy＝－3x＋6Ey＝h上，∴点E的坐标为(0，h)Dy＝hD的纵坐标为h

y＝h代入y＝－3x＋6h＝－3x＋6．解得

D的坐标为(3，h)∴DE＝3

1∵－6＜0h＝3

3＝－6(h－3)＋23设经过点ACy＝kx＋p ∴经过点ACy＝2x＋6y＝hy＝2x＋6h＝2x＋6x＝2F的坐标为(2，h)在△OFM中 (h－6

2＋h22 (22 (h－62＋h2＝2，整理，得5h2－12h＋20＝02 (h－6 h－6＋2)2＋h2，解得h＝42 (（－2，0 (h－6

2＋h2，解得h 6不合题意舍去)

2 (2

－1－x

－1＋1－1－

∵点G在第二象限，∴点G的坐标为 ，0y＝2y＝4，使△OMFh＝4－1－（－2，0； ，0求出△BDEh的表达式，应用二次函数最值即可求得△BDE练习题（1，0（4，0，将△的面积为【】2A、 C、 D、2（20114分）OABCC的坐标为（4，0∠AOC=60°，垂直于x轴的直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l与菱形OABC的两边分别交M，N（MN的上方若△OMN的面积为Sl的运动t秒（0≤t≤4St的函数关系的图象是【】（2011浙江宁波3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，若把Rt△绕边AB所在直线 (A) (B)4 (D)8（201110分）2的⊙Cy轴相切于点AAD，过点D⊙ClxB，PlPAy=kx+3Pppk设⊙CPA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABPP处于图中位置时的两三角形相似给予证明；（201112分）yx7y4xAx3求点ABAACyCBlyPO1O—C—AAlB出lxRBAAOQPAPl都停止运动．在运动过程中，设动点Pt秒.t为何值时，以A、P、RA、P、Qt例1：（2012湖南岳阳3分）如图，两个边长相等的正方形ABCD和EFGH，正方形EFGH的顶点E固定在正方形ABCD的对称中心位置，正方形EFGH绕点E顺时针方向旋转，设它们部分的面积为S，旋转的角度为θ，S与θ的函数关系的大致图象是【 【答案】B【分析】E作EM⊥BCM，EN⊥ABE是正方形的对称中心，∴EN=EM，EMBN是正方形。Rt△ENKRt△EML 部分的4SθB2（2012

SPBC 31则 31【答案】1【分析】由等边△ABCBC＝333133393 SPB BC

BC由平移的性质，得△ABC∽△PB1C。∴ 11，

1

，得B1C＝2

BC

9 34∴BB1＝BC－B1C=13（2012若平移距离为2，则四边形ABED的面积等于 【答案】8【分析】根据平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，可得四边形ABED是平行四边形，∴四边形ABEDABED的面积=BE×AC=2×4=84（20123分）Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°.把△ABCA按顺时针△ABC A.2 3

5 C. D.3【答案】C∵△ABC绕点A60°后得到△AB′C′，∴SABC

SABC60=

60 2 5：（201212分）13ABCD中，E、FBCCD边上的两点，AE⊥BFGBE=1．求出△ABE和△BCF部分（即△BEG）的面积在△ABE和△BCF3 3∴

BE)2又∵BE=1，∴AE2=AB2+BE2=3+1=4

SBGEAE2SABE42833

3。∴∠BAE=30°31313∴AB′与AEBFAB′G。BFAE′的交点为H，=S四边形GHEBSABESAGHSABESABGSBGE∴△ABE在旋转前后与△BCF部分的面积没有变化（1）ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由AE⊥BF，由同角的余角相等，即可证得∠BAE=∠CBFASA，即可判定：△ABE≌△BCF。由正切函数，求得∠BAE=30°Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′AB′与AEBF与AB′的交点是GBF与AE′的交点为H，可证得△BAG≌△HAG，从而证6（20122Ml2xM，NABCD中，已知AB=1，BC=2AB在xABCDx1个单位长度的速度移动.设矩形ABCD与△OMN的部分的面积为S.移动的时间为t（从点B与点O重合；1

（1）

得y

（4，2y=－x+6中令y=0得x=6，∴N的坐标为（6，0（2）St1t20t1t11<t 3

S=

t t

4<tt+135<t221t27t+496<t 0≤t≤1时，S1t=141＜t≤4时，S7t=4432 3

132 当4＜t≤5时，∵S= t t

4=4t3+6∴S的最大值为11t13 5＜t≤6时，St326＜t≤7时，St12t13时，S的值最大，最大值为11 （1）My=－x+6y=0N起始位置时，t=0A与点O重合时，如图1，t=1；当点C与点M重合时，如图2，t=4；当点D与点M重合时，如图3，t=5；当点BN重合时，如图4，t=6；结束位置时，点A与点N重合，t=7。t=0，2t1tS11tt=1t2 2 ②当1＜t≤4时，矩形ABCD与△OMN的部分的面积为一梯形面积，梯形的上底 S=11t

1 t1，下底为t1

1t12，高为4t1=5t；第二个梯形的上底为－t62，高为t42S=11t1+25t+1t+6+2t4=3t213t49

6－t7－t1。∴S16t+7t1t+13 t=77－t7－t，∴S17t7t1t27t49 7（20128分）1cm的圆，在下面三个图中AC=10cm，AB=6cm，BC=8cm，2中∠ABC=90°．1，若将圆心由点A沿ACC2，若将圆心由点A沿ABCC3，若将圆心由点A沿ABCA ．=（2r×AB+πr2）+（2r×BC+πr2）﹣πr2=2r（AB+BC）+πr2=（28+π）cm2

cm2；Ⅱ（6例8：（2012荆州12分）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶BxA、D，交yEAB、AE、BEtan∠CBE=13求证：CB是△ABEPD、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出P的坐标；若不存在，请说明理由；与t之间的函数关系式，并t的取值范围y=（x﹣3（x+1E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1。y=－（x﹣3（x+1）又∵y=－x2+2x+3=－（x－1）2+4B（1，4）。1BBM⊥yMM（0，4）．Rt△AOE中，OA=OE=3，OA22OA22Rt△EMBEM2EM2

=2∴AB是△ABERt△ABEtanBAEBE1=tanCBE，∴∠BAE=∠CBE ∴CB是△ABE3设直线ABA（3，0），B（1，4）代入，得

k=，解得 AB的解析式为y=﹣2x+6EEF∥xABFy=3时，得x=3，∴F（3，3） 20＜t3时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点2MNAEG则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点由△AHD∽△FHMADHK，即

=

，解得HK=2t

32

3SSMNDSGNA=1×3×3﹣

（3﹣t）2﹣2

2

t2+3tAE于点V

31＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交ABI2由△IQA∽△IPF，得AQ=IQ．即3t=

t 32

（3﹣t）2=2

（3﹣t）2=2

t2﹣3t923t2+3t(0<t3综上所述：s= 11

3t+9(

<t （1）A、D、EB的BBM⊥yMA、B、E△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABEABCB垂直即Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE1，sin∠BAE=10，cos∠BAE=310 D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP①DE为斜边时，P1xP1O重合。D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，3

即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。OP1点，坐标为（0，0）②DE为短直角边时，P2xD、E、P为顶点的三角形与△ABE∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=10

÷10=10，OP2=DP2﹣OD=9即P2（9，0）③DEP3yD、E、P为顶点的三角形与△ABE则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=310

31010，OP3=EP3﹣OE=1P3（0，﹣1） 3过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和9：（201212分）ABCDAB=3．EBCBEBEFGBEFGABCDBCF恰好落在对角线ACBE将（1）问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与AC交于点M，连接B′D，B′M，DM，t，使△B′DMt的值；若不存在，请说明理由；在（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△ADC部分的面积为S，请直接写出S与t之间t的取值范围．【答案】解：（1）BEFGx，BE=FG=BG=x。AGGF3xx （2）t，理由如下：D作DH⊥BCH，BH=AD=2，DH=AB=3，MEEC，即ME4t。∴ME=2﹣1t Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣1t）2

t2﹣2t+8在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13MMN⊥DHNMN=HE=t，NH=ME=2﹣12∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣1t）=

Rt△DMN中，DM2=DN2+MN2=（1t+1）2t2

t2+t+15t2+t+1=（1t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：t20

，t2=﹣3﹣17（舍去 1t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（5t2+t+1），4t20或71t20t4

时，△B′DM 3 1t2t24＜t2 3 （3）S 5 10t22t2＜t 3 31t510＜t4 2 （1）BEFGx，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，BE的长。首先由△MEC∽△ABC与勾股定理，求得B′M，DM与B′D的平方，然后分别从若∠DB′M分别从0t44＜t22＜t10和10＜t4 FCD3∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣84 ∵ME=2﹣1t，∴FM= ∴当0t4

2 2 t GAC

ECDH34t=33t ∴FK=2﹣EK=3t﹣14∵NL=2AD=4，∴FL=t﹣4 1 1 ∴当4＜t2时，S=S△FMN﹣S t﹣（t﹣（t﹣1）=t1 1 △ GCD3∴EC=4﹣t=B′C﹣2=2。∴t10 2

2

（6﹣t）=3﹣2∴GN=GB′﹣B′N=2

∴当2＜t10时，S=S梯形

×2×（ t）﹣（t﹣（t 3t22t5

④如图⑥，当10＜t43∵B′L=41

B′C=41

（6﹣t），EK=41

EC=41

2

2

2

2

∴S=S梯形

梯形

B′EMN1t5 1t20t4 3 1t2t24＜t2 3 综上所述：S 5 10t22t2＜t 3 31t510＜t4 2 10（2012A（0，4，C（2，0OABC绕点O1350EFGH（点EO重合若GH交y轴于点M，则 EFGH沿ytGHx轴交于点D，若AD∥BOt2②若矩形EFHG与矩形OABC部分的面积为S个平方单位，试求当0<t≤4 2时，S与t之间的函2（1）450；1，设直线HGyI∵四边形OABC是矩形，∴AB∥DO，AB=OC∵（2，0AO=2∴四边形ABOD是平行四边形。∴DO=AB=2∴t=IM=OM－OI22－2

∴