∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。 ∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ。 ∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。 ∴在△APE和△BQF中，
∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。 ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。 ∴DE=
1EF。 21AB。 2∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=
又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3。
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。
【分析】（1）由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=x=
1QC，即6﹣21（6+x），求出x的值即可。 2（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动
且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=
1AB，2由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。 7. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=3x+1分别与两坐标轴3交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣3）a．
（1）求点A的坐标和∠ABO的度数； （2）当点C与点A重合时，求a的值；
（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？
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【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣3，
∴OA=1，OB=3。∴A的坐标是（0，1）。
∴tan∠ABO=
OA13??。∴∠ABO=30°。 OB33（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=
∴D的坐标是（﹣OD3，∴OD=。 OA333，0），E的坐标是（，0）， 33332
把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）+n，得
33??2?1=am+n?2?a=?3???3???m+n，解得??0=a??m=0。∴a=﹣3。 ?3?????n=1??2?3??0=a?m????3?+n???（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，
MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。
∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°， ∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。
∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。 ∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。 ∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣3）a（a＜0）。 ∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。
∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。
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∴在Rt△MEP中，tan30°=
PE，∴PE=（3﹣3）a。 PM∴CE=CP+PE=3（1﹣3）a+（3﹣3）a=﹣23a。 ∴DH=HE=﹣3a，CH=﹣3a，BH=﹣33a。 ∴OH=﹣33a﹣3，OE=﹣43a﹣3。
∴E（﹣43a﹣3，0），C（﹣33a﹣3，﹣3a）。 设二次函数的解析式为：y=a（x+33a+3）﹣3a，
∵E在该抛物线上，∴a（﹣43a﹣3+33a+3）﹣3a=0， 得：a=1，解之得a1=1，a2=﹣1。 ∵a＜0，∴a=﹣1。
∴AF=23，CF=2，∴AC=4。
∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。
【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。
【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。
（2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性
求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。
（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三
个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。 8. （2012湖南常德10分）已知四边形ABCD是正方形，O为正方形对角线的交点，一动点P从B开始，沿射线BC运动，连结DP，作CN⊥DP于点M，且交直线AB于点N，连结OP，ON。（当P在线段BC上时，如图1：当P在BC的延长线上时，如图2） （1）请从图1，图2中任选一图证明下面结论： ①BN=CP： ②OP=ON，且OP⊥ON
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(2) 设AB=4，BP=x，试确定以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系。
【答案】（1）证明：如图1，
①∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB。 ∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°。
∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°。∴∠CPD=∠CNB。 ∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD。
∵在△DCP和△CBN中，∠DCP=∠CBN，∠CPD=∠BNC，DC=BC， ∴△DCP≌△CBN（AAS）。∴CP=BN。
②∵在△OBN和△OCP中，OB=OC，∠OCP=∠OBN， CP=BN ， ∴△OBN≌△OCP（SAS）。∴ON=OP，∠BON=∠COP。 ∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°。 ∴ON⊥OP。
（2）解：∵AB=4，四边形ABCD是正方形，∴O到BC边的距离是2。
S四边形OPBN?S?OBN?S?BOP?（?4?x）?2?图1中，
图
2
中
2121?x?2?4（0 S四边形OBN??S?POB?PS111???x?2（??x）?4?xPBN222? x（>x）x。 4∴以O、P、B、N为顶点的四边形的面积y与x的函数关系是： 0 x?x（x>4）??2【考点】正方形的性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，两线垂直的判定，多边形的面积的分解，函数解析式的确定，分段函数，点到直线的距离。 第 14 页 共 44 页 【分析】（1）对于图1，证明线段相等，一般情况下找全等。根据BN，CP的分布情况 可以观察△CNB和△DPC，然后证明两三角形全等。也可以观察△CAN和△DBP，证明AN=BP，从而有BN=CP。 对于图2，证明如下： ①∵ABCD为正方形，AC，BD为对角线，∴∠DCP=90o。 ∵CM⊥DP， ∴∠PCM=∠PDC。∴∠PDB=∠CAN。 又∵∠DPB=∠ANC，BD=AC，∴△PDB≌△NCA（ASA）。 ∴PB=AN，DP=CN。∴CP=BN。 ②∵∠PDB=∠CAN，OD=OC， CP=BN，∴△PDO≌△NCO（SAS）。 ∴OP=ON，∠DOP=∠CON。 ∵∠DOC=90o，∴∠PON=∠NOC+POC=∠DOP+∠POC=∠DOC=90o。∴OP⊥ON。 （2）求以O、P、B、N为顶点的四边形的面积，则要把四边形分解为两个三角形去 解决问题。图1中，S四边形OPBN=S△OBN+S△BOP，，；图2中，S四边形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可。 9. （2012湖南张家界10分）如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作 ?上一动点（不与A．C重合）⊙O的切线DC，P点为优弧CBA． （1）求∠APC与∠ACD的度数； （2）当点P移动到CB弧的中点时，求证：四边形OBPC是菱形． （3）P点移动到什么位置时，△APC与△ABC全等，请说明理由． 【答案】解：（1）连接AC，如图所示： ∵AB=4，∴OA=OB=OC= 1AB=2。 2又∵AC=2，∴AC=OA=OC。∴△ACO为等边三角形。 ∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°， ∴∠APC= 1∠AOC=30°。 2又DC与圆O相切于点C，∴OC⊥DC。∴∠DCO=90°。 ∴∠ACD=∠DCO﹣∠ACO=90°﹣60°=30°。 第 15 页 共 44 页