∴ 。

∴ , 。

∴ 。

∴不存在这样的位置，使得 。

【考点】动态几何问题，等腰直角三角形的性质，勾股定理和逆定理，角平分线的性质，解一元二次方程。

【分析】(1)观察图形即可得出结论。

(2)问题①：连结 ，设 ，在 中应用勾股定理，求出这时 的值，从而得到 的长。

问题②：以线段 、 、 的长度为三边长的三角形是否是直角三角形，根据勾股定理的逆定理，只需对三边是否能组成直角三角形进行讨论，分 为斜边、 为斜边和 为斜边三种情况讨论。

问题③：假设存在这样的位置，使得 ，由知条件进行推理，得出矛盾的结论。

否存在性问题属于中考题常设置的一种题型，此类问题常先假设结论存在，利用已若推情合理，则存在;否则，则不存在。

7. (江苏省苏州市2002年7分)如图，梯形OABC中，O为直角坐标系的原点，A、B、C的坐标分别为(14，0)、(14，3)、(4，3)。点P、Q同时从原点出发，分别作匀速运动。其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位;点Q沿OC、CB向终点B运动。当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。

(1)设从出发起运动了 秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC上或在CB上时的坐标(用含 的代数式表示，不要求写出 的取值范围);

(2)设从出发起运动了 秒，如果点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半。

①试用含 的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度;

②试问：这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分?如有可能，求出相应的 的值和P、Q的坐标;如不可能，请说明理由。

【答案】解：(1)当点Q在OC上时，如图，过点C作CE⊥OA于点E，过点Q作QF⊥OA于点F。

依题意，有OE=4，EC=3，OC=5，OQ=2 。

由△OCE∽△OQF得 ，

即 。

∴ 。∴当点Q在OC上时，点Q的坐标为 。

当点Q在CB上时，如图，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N。

∵CQ=2 -5，∴OM=4+2 -5=2 -1。

又MQ=3，∴当点Q在CB上时，点Q的坐标为( )。

(2)①∵点P所经过的路程为 ，点Q所经过的路程为OQ，且点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，

∴ +OQ= (14+3+10+5)，即OQ=16- 。

∴点Q所经过的路程为16- ， 速度为 。

②不能。理由如下：

当Q点在OC上时，如图，过点Q作QF⊥OA于点F。

则OP= ，QF= 。

∴ 。

又∵ ，∴令 ，解之，得 。

∵当 时， ，这时点Q不在OC上，故舍去;

当 时， ，这时点Q不在OC上，故舍去。

∴当Q点在OC上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。

当Q在CB上时，CQ=16- -5=11- ，

∴ 。

∵ ，

∴当Q点在CB上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。

综上所述，这时PQ不可能同时平分梯形OABC的面积。

【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)当点Q在OC上时，作直角三角形OCE和OQF，由二者相似即可求出此时点Q的坐标。当点Q在CB上时，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N，即可得出OM=4+2 -5=2 -1，从而求出此时点Q的坐标。

(2)①由点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，列出等式， +OQ= (14+3+10+5)，即可求出点Q所经过的路程。用路程÷时间即可求得速度。

②分Q点在OC上和Q点在OC上，分别讨论即可得出结论。

8. (江苏省苏州市2003年7分)OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10，OC=6。

(1)如图1，在OA上选取一点G，将△COG沿CG翻折，使点O落在BC边上，记为E，求折痕CG所在直线的解析式。

(2)如图2，在OC上选取一点D，将△AOD沿AD翻折，使点O落在BC边上，记为 。

①求折痕AD所在直线的解析式;

②再作 F∥AB，交AD于点F，若抛物线 过点F，求此抛物线的解析式，并判断它与直线AD的交点的个数。

(3)如图3，一般地，在OC、OA上选取适当的点 ，使纸片沿 翻折后，点O落在BC边上，记为 。请你猜想：折痕 所在直线与②中的抛物线会有什么关系?用(1)中的情形验证你的猜想。

【答案】解：(1)由折叠法知，四边形OCEG是正方形，∴OG=OC=6。∴G(6，0)，C(0，6)。

设直线CG的解析式为y=kx+b，则 ，解得 。

∴直线CG的解析式为：y=-x+6。

(2)①在Rt△ABE'中， 。∴CE′=2。

设OD=x，则DE'=x，CD=6-x，

在Rt△DCE'中， ，解得 。则D(0， )。

设AD所在直线的解析式为y=k'x+ ，由于它过A(10，0)，∴k'= 。

∴AD所在直线的解析式为 。

②∵E'F∥AB，E'(2，6)，∴设F(2，yF)。

∵F在AD上，∴ 。∴F(2， )。

又∵点F在抛物线 上，∴ ，解得h=3。

∴抛物线的解析式为 。

联立 和 得 ，即 。

∵△=0，∴直线AD与抛物线只有一个交点(2， )。 (3)例如可以猜想：(ⅰ)折痕所在直线与抛物线 只有一个交点;

或(ⅱ)若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线 上。

验证：(ⅰ)在图1中，折痕为CG，将y=-x+6代入 ，

得 ，即 。

∵△=0，∴折痕CG所在直线与抛物线 只有一个交点。

或(ⅱ)在图1中，D'即C，E''即E，G'即G，交点F'也为G(6，0)，

∴当x=6时， 。∴G点在这条抛物线上。

【考点】二次函数综合题，折叠的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，曲线点的坐标与方程的关系，勾股定理，一元二次方程根的判别式。

【分析】(1)根据折叠的性质可知：四边形OGEC是个正方形，因此OC=OG=6，据此可得出G点的坐标，然后用待定系数法即可求出直线CG的解析式。

(2)①求出D的坐标，根据折叠的性质可知AE′=OA，那么可在Rt△ABE′中求出BE′的长，从而可求出CE′的值。在Rt△CDE′中，CD=6-OD，DE′=OD，根据勾股定理即可求出OD的长，也就得出了D点的坐标，然后可用待定系数法求出直线AD的解析式。

②①中已经求得CE′的长，即F点的横坐标，可根据直线AD的解析式求出F点的坐标，然后将F的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式.从而可根据抛物线的解析式来判断其与x轴交点的个数。

(3)可以猜想：(ⅰ)折痕所在直线与抛物线 只有一个交点：(ⅱ)若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线 上。验证(ⅰ)时，将y=-x+6代入 ，证明△=0即可。验证(ⅱ)时，说明G(6，0)满足 即可。

9. (江苏省苏州市2004年8分)如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为(3，0)，(3，4)。动点M、N分别从O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动。其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动。过点N作NP⊥AC，交AC于P，连结MP。已知动点运动了x秒。

(1)P点的坐标为( ， );(用含x的代数式表示)

(2)试求△MPA面积的最大值，并求此时x的值。

(3)请你探索：当x为何值时，△MPA是一个等腰三角形?

你发现了几种情况?写出你的研究成果。

【答案】解：(1)3—x ; x 。

(2)设△MPA的面积为S，在△MPA中，MA=3-x，MA边上的高为 x，其中，0≤x≤3。

∴ 。

∴S的最大值为 ，此时x= 。

(3)延长NP交x轴于Q，则有PQ⊥OA。

①若MP=PA，

∵PQ⊥MA，∴MQ=QA。

又∵QA=x，MQ=3-2x

∴3-x = 2x。∴x=1。

②若MP=MA，则MQ=3-2x，PQ= x，PM=MA=3-x。

在Rt△PMQ中，∵PM2=MQ2+PQ2，

∴(3-x) 2=(3-2x) 2+ ( x) 2。∴x= (x=0舍去)。

③若PA=AM，则PA= x，AM=3-x

∴ x=3-x。∴x= 。

综上所述，当x为以下值时，△MPA是一个等腰三角形：x=1或x= 或x= 。

【考点】二次函数综合题，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，等腰三角形的判定和性质。

【分析】(1)由题意可知C(0，4)，A(3，0)，所以由待定系数法可求出直线AC解析式为：y=- x+4。因为P点的横坐标与N点的横坐标相同为3-x，代入直线AC中得y= x，所以P点坐标为(3-x， x)。

(2)通过求△MPA的面积和x的函数关系式来得出△MPA的面积最大值及对应的x的值。

(3)可分MP=AP，AP=AM，MP=MA三种情况进行讨论即可。

10. (江苏省苏州市2005年8分)如图一，平面直角坐标系中有一张矩形纸片OABC，O为坐标原点，A点坐标为(10，0)，C点坐标为(0，6)。D是BC边上的动点(与点B、C不重合)，现将△COD沿OD翻折，得到△FOD;再在AB边上选取适当的点E，将△BDE沿DE翻折，得到△GDE，并使直线DG、DF重合。

(1)如图二，若翻折后点F落在OA边上，求直线DE的函数关系式;

(2)设 ， ，求 关于 的函数关系式，并求 的最小值;

(3)一般地，请你猜想直线DE与抛物线 的公共点的个数，在图二的情形中通过计算验证你的猜想;如果直线DE与抛物线 始终有公共点，请在图一中作出这样的公共点。

【答案】解：(1)∵A点坐标为(10，0)，C点坐标为(0，6)，

∴D点坐标为(6，6)，E点坐标为(10，2)。

设直线DE的函数关系式为 ，则

，解得 。

∴直线DE的函数关系式为 。

(2)依题意有：OC=6，CD=a，BD=10-a，BE=6-b。

∵∠ODE=90°，∴∠CDO+∠COD=∠CDO+∠BDE=90°。∴∠COD=∠BDE。

又∵∠OCD=∠B=90°，∴△OCD∽△DBE。

∴ ，即 。

∴ 。

又∵

∴当a=5时，b最小值= 。

(3)猜想：直线DE与抛物线 只有一个公共点。就图2验证如下：

由(1)可知，DE所在直线为 .代入抛物线，得 ，

化简得 ，

∵△=242-4×1×144=0，

∴ 有两个相等的实数根。

∴直线DE与抛物线 只有一个公共点。

解 得：x=12，∴y=0。

∴直线DE与抛物线 的公共点为(12，0)。

∴延长DE交OF于点H，点H即为公共点。据此作出公共点如图。

【考点】二次函数综合题，矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定和性质，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，二次函数的最值，一元二次方程根的判别式。

【分析】(1)当F落在OA上时，四边形OCDF和四边形DGEB都是正方形，因此CD=DF=OC=6，即D点的坐标为(6，6)，而GF=DF-DG=DF-(BC-CD)=6-(10-6)=2，因此E点的坐标为(10，2)。然后可用待定系数法求出直线DE的解析式。

(2)根据各点的坐标可知：OC=6，CD=a，BD=10-a，BE=6-b，可根据△OCD∽△DBE得出的关于OC、CD、DB、BE的比例关系式求出b、a的函数关系式.然后可根据函数的性质得出b的最小值及对应的a的值。

(3)可将(1)中得出的直线DE的解析式联立抛物线的解析式，得出的一元二次方程的根的判别式△的值与0的关系即可得出交点的个数并求出解，作图。

11.(江苏省苏州市2008年8分) 如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=5，AD=6，BC=12.动点P从D点出发沿DC以每秒1个单位的速度向终点C运动，动点Q从C点出发沿CB以每秒2个单位的速度向B点运动.两点同时出发，当P点到达C点时，Q点随之停止运动.

(1)梯形ABCD的面积等于 ;

(2)当PQ//AB时，P点离开D点的时间等于 秒;

(3)当P、Q、C三点构成直角三角形时，P点离开 D点多少时间?

【答案】解：(1)36。

(2) 。

(3)设P点离开 D点x秒，P、Q、C三点构成直角三角形时，有两种情况：

①如图，当∠CPQ=900时，过点D作DM⊥BC于M。

∵∠CPQ=∠DMC=900，∠C=∠C，

∴△CPQ∽△DMC。

∴ 。

∵CP=5-x，CQ=2x，CD=5，CM= ，∴ ，解得 。

②如图，当∠CQP=900时，过点D作DN⊥BC于N。

∵∠CQP=∠DNC=900，∠C=∠C，

∴△CPQ∽△CDN。∴ 。

∵CP=5-x，CQ=2x，CD=5，CM= ，

∴ ，解得 。由已知和

综上所述，当P、Q、C三点构成直角三角形时，P点离开 D点 秒或 秒。

【考点】动点问题，等腰梯形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)如图，过点A作AH⊥BC于H，根据等腰梯形的性质，知AB=5，BH= ，则 ，所以梯形ABCD的面积等于 。

(2)如图，过点D作DE//AB交BC于点E，设当PQ//AB时，P点离开D点的时间等于x秒，则由△CPQ∽△CDE，得 。

∵CP=5-x，CQ=2x，CD=5，CE=6，∴ ，解得 。

(3)分∠CPQ=900和∠CQP=900两种情况讨论即可。

12. (江苏省苏州市2011年9分)如图①，小慧同学把一个正三角形纸片(即△OAB)放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处;小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处(即顶点O经过上述两次旋转到达O2处).

小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即 和

，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇

形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和.

小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，

然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处(即点B处)，点C运动

到了点C1处，点B运动到了点B1处;小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，……，

按上述方法经过若干次旋转后.她提出了如下问题：

问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运

动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积;若正方形纸片OA BC按上述方法经过5次旋转，求顶

点O经过的路程;

问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是 ?

请你解答上述两个问题.

【答案】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧 ，

所以顶点O在此运动过程中经过的路程为 。

顶点 O在此运动过程中所形成的图形与直线 围成图形的面积为 。

正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为： 。

问题②：∵ 正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动经过的路程均为： 。

又 ，而 是正方形纸片第4 +1次旋转，顶点O运动经过的路程。

∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是

【考点】分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.

【分析】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长, 再求面积即可。要理解的是第4 次旋转，顶点O没有移动。

13. (2012江苏苏州9分)如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD

以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，

连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH

的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x(s)，线段GP的长为y(cm)，其中

0≤x≤2.5.

⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y =3时相应x的值;

⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2.试说明S1-S2是常数;

⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.

【答案】解：(1)∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则 。∴ 。

∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3-x，AG=4-x。

∴ ，即 。∴y关于x的函数关系式为 。

当y =3时， ，解得:x=2.5。

(2)∵ ，

∴ 为常数。

(3)延长PD交AC于点Q.

∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。

∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。

∴∠GDP=∠ADQ=45°。

∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。

∴ ，化简得： ，解得： 。

∵0≤x≤2.5，∴ 。

在Rt△DGP中， 。

【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】(1)根据题意表示出AG、GD的长度，再由 可解出x的值。

(2)利用(1)得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可。

(3)延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度。

2012中考科目：

【中考语文】【中考数学】【中考英语】【中考物理】【中考化学】

【中考政治】【中考历史】【中考生物】【中考地理】 【中考体育】

2012中考考前： 

【中考动态】【中考心理辅导】 【中考家长】【中考饮食】 【中考政策】

2012中考考后：

【中考动态】 【中考成绩查询】【中考志愿填报】  【中考分数线】

【中考录取查询】 【中考状元】【中考择校】