泉州市泉港区2017届中考数学《动态问题》专题复习试题含解析.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 动态问题 一.选择题 ‎1．（2016·四川宜宾）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（　　）‎ A．4.8 B．‎5 C．6 D．7.2‎ ‎【考点】矩形的性质．‎ ‎【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．‎ ‎【解答】解：连接OP，‎ ‎∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，‎ ‎∴S矩形ABCD=AB•BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，‎ ‎∴OA=OD=5，‎ ‎∴S△ACD=S矩形ABCD=24，‎ ‎∴S△AOD=S△ACD=12，‎ ‎∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=×5×PE+×5×PF=（PE+PF）=12，‎ 解得：PE+PF=4.8．‎ 故选：A．‎ ‎2.（2016·湖北荆门·3分）如图，正方形ABCD的边长为‎2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm），在下列图象中，能表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（　　）‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 A． B． C． D．‎ ‎【考点】动点问题的函数图象．‎ ‎【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．‎ ‎【解答】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y=×2x=x，‎ 当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y=×2×2=2，‎ 符合题意的函数关系的图象是A；‎ 故选：A．‎ ‎3.（2016·青海西宁·3分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动点问题的函数图象．‎ ‎【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．‎ ‎【解答】解：作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，若右图所示，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由已知可得，OB=x，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC，点C的纵坐标是y，‎ ‎∵AD∥x轴，‎ ‎∴∠DAO+∠AOD=180°，‎ ‎∴∠DAO=90°，‎ ‎∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°，‎ ‎∴∠OAB=∠DAC， 在△OAB和△DAC中，‎ ‎，‎ ‎∴△OAB≌△DAC（AAS），‎ ‎∴OB=CD，‎ ‎∴CD=x，‎ ‎∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，‎ ‎∴y=x+1（x＞0）． 故选：A．‎ 二.填空题 ‎1. （2016·四川眉山·3分）如图，已知点A是双曲线在第三象限分支上的一个动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边三角形ABC，点C在第四象限内，且随着点A的运动，点C的位置也在不断变化，但点C始终在双曲线上运动，则k的值是　﹣3　．‎ ‎【分析】根据反比例函数的性质得出OA=OB，连接OC，过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CF⊥y轴，垂足为F，根据等边三角形的性质和解直角三角形求出OC=OA，求出△OFC∽△AEO，相似比，求出面积比，求出△OFC的面积，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵双曲线的图象关于原点对称，‎ ‎∴点A与点B关于原点对称，‎ ‎∴OA=OB，‎ 连接OC，如图所示，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∵△ABC是等边三角形，OA=OB，‎ ‎∴OC⊥AB．∠BAC=60°，‎ ‎∴tan∠OAC==，‎ ‎∴OC=OA，‎ 过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CF⊥y轴，垂足为F，‎ ‎∵AE⊥OE，CF⊥OF，OC⊥OA，‎ ‎∴∠AEO=∠OFC，∠AOE=90°﹣∠FOC=∠OCF，‎ ‎∴△OFC∽△AEO，相似比，‎ ‎∴面积比，‎ ‎∵点A在第一象限，设点A坐标为（a，b），‎ ‎∵点A在双曲线上，‎ ‎∴S△AEO=ab=，‎ ‎∴S△OFC=FC•OF=，‎ ‎∴设点C坐标为（x，y），‎ ‎∵点C在双曲线上，‎ ‎∴k=xy，‎ ‎∵点C在第四象限，‎ ‎∴FC=x，OF=﹣y．‎ ‎∴FC•OF=x•（﹣y）=﹣xy=﹣，‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行 推理和计算是解此题的关键．‎ ‎2．（2016·四川内江）如图12所示，已知点C(1，0)，直线y＝－x＋7与两坐标轴分别交于A，B两点，D，E分别是AB，OA上的动点，则△CDE周长的最小值是______．‎ ‎[答案]10‎ ‎[考点]勾股定理，对称问题。‎ ‎[解析]作点C关于y轴的对称点C1(－1，0)，点C关于x轴的对称点C2，连接C‎1C2交OA于点E，交 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 AB于点D，则此时△CDE的周长最小，且最小值等于C‎1C2的长．‎ ‎∵OA＝OB＝7，∴CB＝6，∠ABC＝45°．‎ x y O 答案图 C B A E D C1‎ C2‎ ‎∵AB垂直平分CC2，‎ ‎∴∠CBC2＝90°，C2的坐标为(7，6)．‎ 在△C1BC2中，C‎1C2＝＝＝10．‎ 即△CDE周长的最小值是10．‎ 故答案为：10．‎ ‎3.（2016·黑龙江龙东·3分）如图，MN是⊙O的直径，MN=4，∠AMN=40°，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为　2　．‎ ‎【考点】轴对称-最短路线问题；圆周角定理．‎ ‎【分析】过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，由对称的性质可知=，再由圆周角定理可求出∠A′ON的度数，再由勾股定理即可求解．‎ ‎【解答】解：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，‎ 连接OB，OA′，AA′，‎ ‎∵AA′关于直线MN对称，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠AMN=40°，‎ ‎∴∠A′ON=80°，∠BON=40°，‎ ‎∴∠A′OB=120°，‎ 过O作OQ⊥A′B于Q，‎ 在Rt△A′OQ中，OA′=2，‎ ‎∴A′B=‎2A′Q=2，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 即PA+PB的最小值2． 故答案为：2．‎ 三.解答题 ‎1．（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点 分别为C、D，连结CD、QC．‎ ‎（1）当t为何值时，点Q与点D重合？‎ ‎（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；‎ ‎（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，‎ ‎∴由勾股定理可求得：AB=10，‎ 由题意知：OQ=AP=t，‎ ‎∴AC=2t，‎ ‎∵AC是⊙P的直径，‎ ‎∴∠CDA=90°，‎ ‎∴CD∥OB，‎ ‎∴△ACD∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD=，‎ 当Q与D重合时，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 AD+OQ=OA，‎ ‎∴+t=6，‎ ‎∴t=；‎ ‎（2）当⊙Q经过A点时，如图1，‎ OQ=OA﹣QA=4，‎ ‎∴t==4s，‎ ‎∴PA=4，‎ ‎∴BP=AB﹣PA=6，‎ 过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，‎ 连接PF，‎ ‎∴PE∥OA，‎ ‎∴△PEB∽△AOB，‎ ‎∴，‎ ‎∴PE=，‎ ‎∴由勾股定理可求得：EF=，‎ 由垂径定理可求知：FG=2EF=；‎ ‎（3）当QC与⊙P相切时，如图2，‎ 此时∠QCA=90°，‎ ‎∵OQ=AP=t，‎ ‎∴AQ=6﹣t，AC=2t，‎ ‎∵∠A=∠A，‎ ‎∠QCA=∠ABO，‎ ‎∴△AQC∽△ABO，‎ ‎∴，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴，‎ ‎∴t=，‎ ‎∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 当QC⊥OA时，‎ 此时Q与D重合，‎ 由（1）可知：t=，‎ ‎∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．‎ ‎【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．‎ ‎2．（2016·四川攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于 A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．‎ ‎（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x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，若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由B、C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积；‎ ‎（3）设直线m与y轴交于点N，交直线l于点G，由于∠AGP=∠GNC+∠GCN，所以当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB=90°，则可证得△AOC≌△NOB，可求得ON的长，可求出N点坐标，利用B、N两的点坐标可求得直线m的解析式．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【解答】解：‎ ‎（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；‎ ‎（2）如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H，‎ 在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x2﹣2x﹣3，‎ 解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴A点坐标为（﹣1，0），‎ ‎∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3，‎ ‎∴S△ABC=AB•OC=×4×3=6，‎ ‎∵B（3，0），C（0，﹣3），‎ ‎∴直线BC解析式为y=x﹣3，‎ 设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则M点坐标为（x，x﹣3），‎ ‎∵P点在第四限，‎ ‎∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，‎ ‎∴S△PBC=PM•OH+PM•HB=PM•（OH+HB）=PM•OB=PM，‎ ‎∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大，‎ ‎∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=时，PMmax=，则S△PBC=×=，‎ 此时P点坐标为（，﹣），S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+=，‎ 即当P点坐标为（，﹣）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为；‎ ‎（3）如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，‎ 则∠AGP=∠GNC+∠GCN，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB，‎ 又∠AGB+∠CGB=180°，‎ ‎∴∠AGB=∠CGB=90°，‎ ‎∴∠ACO=∠OBN，‎ 在Rt△AON和Rt△NOB中 ‎∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA），‎ ‎∴ON=OA=1，‎ ‎∴N点坐标为（0，﹣1），‎ 设直线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴直线m解析式为y=x﹣1，‎ 即存在满足条件的直线m，其解析式为y=x﹣1．‎ ‎【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等．在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大．‎ ‎3．（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．‎ ‎（1）当t为何值时，点Q与点D重合？‎ ‎（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，‎ ‎∴由勾股定理可求得：AB=10，‎ 由题意知：OQ=AP=t，‎ ‎∴AC=2t，‎ ‎∵AC是⊙P的直径，‎ ‎∴∠CDA=90°，‎ ‎∴CD∥OB，‎ ‎∴△ACD∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD=，‎ 当Q与D重合时，‎ AD+OQ=OA，‎ ‎∴+t=6，‎ ‎∴t=；‎ ‎（2）当⊙Q经过A点时，如图1，‎ OQ=OA﹣QA=4，‎ ‎∴t==4s，‎ ‎∴PA=4，‎ ‎∴BP=AB﹣PA=6，‎ 过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，‎ 连接PF，‎ ‎∴PE∥OA，‎ ‎∴△PEB∽△AOB，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴，‎ ‎∴PE=，‎ ‎∴由勾股定理可求得：EF=，‎ 由垂径定理可求知：FG=2EF=；‎ ‎（3）当QC与⊙P相切时，如图2，‎ 此时∠QCA=90°，‎ ‎∵OQ=AP=t，‎ ‎∴AQ=6﹣t，AC=2t，‎ ‎∵∠A=∠A，‎ ‎∠QCA=∠ABO，‎ ‎∴△AQC∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴t=，‎ ‎∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 当QC⊥OA时，‎ 此时Q与D重合，‎ 由（1）可知：t=，‎ ‎∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．‎ ‎4.（2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．‎ ‎（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）‎ ‎（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．‎ ‎（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．‎ 图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．‎ ‎【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，‎ ‎∴∠AEO=∠CFO=90°，‎ 在△AEO和△CFO中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOE≌△COF，‎ ‎∴OE=OF．‎ ‎（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．‎ 图3中的结论为：CF=OE﹣AE．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 选图2中的结论证明如下：‎ 延长EO交CF于点G，‎ ‎∵AE⊥BP，CF⊥BP，‎ ‎∴AE∥CF，‎ ‎∴∠EAO=∠GCO，‎ 在△EOA和△GOC中，‎ ‎，‎ ‎∴△EOA≌△GOC，‎ ‎∴EO=GO，AE=CG，‎ 在RT△EFG中，∵EO=OG，‎ ‎∴OE=OF=GO，‎ ‎∵∠OFE=30°，‎ ‎∴∠OFG=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴△OFG是等边三角形，‎ ‎∴OF=GF，‎ ‎∵OE=OF，‎ ‎∴OE=FG，‎ ‎∵CF=FG+CG，‎ ‎∴CF=OE+AE．‎ 选图3的结论证明如下：‎ 延长EO交FC的延长线于点G，‎ ‎∵AE⊥BP，CF⊥BP，‎ ‎∴AE∥CF，‎ ‎∴∠AEO=∠G，‎ 在△AOE和△COG中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOE≌△COG，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴OE=OG，AE=CG，‎ 在RT△EFG中，∵OE=OG，‎ ‎∴OE=OF=OG，‎ ‎∵∠OFE=30°，‎ ‎∴∠OFG=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴△OFG是等边三角形，‎ ‎∴OF=FG，‎ ‎∵OE=OF，‎ ‎∴OE=FG，‎ ‎∵CF=FG﹣CG，‎ ‎∴CF=OE﹣AE． ‎5．（2016·黑龙江齐齐哈尔·12分）如图所示，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根 ‎（1）求线段BC的长度；‎ ‎（2）试问：直线AC与直线AB是否垂直？请说明理由；‎ ‎（3）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；‎ ‎（4）在（3）的条件下，直线BD上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由． ‎【考点】三角形综合题．‎ ‎【分析】（1）解出方程后，即可求出B、C两点的坐标，即可求出BC的长度；‎ ‎（2）由A、B、C三点坐标可知OA2=OC•OB，所以可证明△AOC∽△BOA，利用对应角相等即可求出∠CAB=90°；‎ ‎（3）容易求得直线AC的解析式，由DB=DC可知，点D在BC的垂直平分线上，所以D的纵坐标为1，将其代入直线AC的解析式即可求出D的坐标；‎ ‎（4）A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，可分为以下三种情况：①AB=AP；②AB=BP；③AP=BP；然后分别求出P的坐标即可．‎ ‎【解答】（1）∵x2﹣2x﹣3=0，‎ ‎∴x=3或x=﹣1，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴B（0，3），C（0，﹣1），‎ ‎∴BC=4，‎ ‎（2）∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1），‎ ‎∴OA=，OB=3，OC=1，‎ ‎∴OA2=OB•OC，‎ ‎∵∠AOC=∠BOA=90°，‎ ‎∴△AOC∽△BOA，‎ ‎∴∠CAO=∠ABO，‎ ‎∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，‎ ‎∴∠BAC=90°，‎ ‎∴AC⊥AB；‎ ‎（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，‎ 把A（﹣，0）和C（0，﹣1）代入y=kx+b，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣1，‎ ‎∵DB=DC，‎ ‎∴点D在线段BC的垂直平分线上，‎ ‎∴D的纵坐标为1，‎ ‎∴把y=1代入y=﹣x﹣1，‎ ‎∴x=﹣2， ∴D的坐标为（﹣2，1），‎ ‎（4）设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，‎ 把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n，‎ ‎∴， 解得，‎ ‎∴直线BD的解析式为：y=x+3，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 令y=0代入y=x+3，‎ ‎∴x=﹣3， ∴E（﹣3，0），‎ ‎∴OE=3，‎ ‎∴tan∠BEC==， ∴∠BEO=30°，‎ 同理可求得：∠ABO=30°，‎ ‎∴∠ABE=30°，‎ 当PA=AB时，如图1，‎ 此时，∠BEA=∠ABE=30°，‎ ‎∴EA=AB，‎ ‎∴P与E重合，‎ ‎∴P的坐标为（﹣3，0），‎ 当PA=PB时，如图2，‎ 此时，∠PAB=∠PBA=30°，‎ ‎∵∠ABE=∠ABO=30°，‎ ‎∴∠PAB=∠ABO，‎ ‎∴PA∥BC，‎ ‎∴∠PAO=90°，‎ ‎∴点P的横坐标为﹣，‎ 令x=﹣代入y=x+3，‎ ‎∴y=2， ∴P（﹣，2），‎ 当PB=AB时，如图3，‎ ‎∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，‎ 若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，‎ 过点P1作P‎1F⊥x轴于点F，‎ ‎∴P1B=AB=2，‎ ‎∴EP1=6﹣2，‎ ‎∴sin∠BEO=，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴FP1=3﹣，‎ 令y=3﹣代入y=x+3，‎ ‎∴x=﹣3， ∴P1（﹣3，3﹣），‎ 若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，‎ 过点P2作P‎2G⊥x轴于点G，‎ ‎∴P2B=AB=2，‎ ‎∴EP2=6+2，‎ ‎∴sin∠BEO=，‎ ‎∴GP2=3+，‎ 令y=3+代入y=x+3，‎ ‎∴x=3， ∴P2（3，3+），‎ 综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，点P的坐标为（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）．‎ ‎6．（2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．‎ ‎（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；‎ ‎（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；‎ ‎（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；‎ ‎（2）根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎（3）作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．‎ ‎【解答】证明：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，‎ ‎∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，‎ 又∵∠BAC=2∠DAE，‎ ‎∴∠BAC=∠DAF，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴△ADF∽△ABC；‎ ‎（2）∵点D关于直线AE的对称点为F，‎ ‎∴EF=DE，AF=AD，‎ ‎∵α=45°，‎ ‎∴∠BAD=90°﹣∠CAD，‎ ‎∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，‎ ‎∴∠BAD=∠CAF，‎ 在△ABD和△ACF中，，‎ ‎∴△ABD≌△ACF（SAS），‎ ‎∴CF=BD，∠ACF=∠B，‎ ‎∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，‎ ‎∴△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠B=∠ACB=45°，‎ ‎∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，‎ 在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，‎ 所以，DE2=BD2+CE2；‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎（3）DE2=BD2+CE2还能成立．‎ 理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，‎ 由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，‎ ‎∵α=45°，‎ ‎∴∠BAD=90°﹣∠CAD，‎ ‎∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，‎ ‎∴∠BAD=∠CAF，‎ 在△ABD和△ACF中，，‎ ‎∴△ABD≌△ACF（SAS），‎ ‎∴CF=BD，∠ACF=∠B，‎ ‎∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，‎ ‎∴△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠B=∠ACB=45°，‎ ‎∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，‎ 在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，‎ 所以，DE2=BD2+CE2．‎ ‎【点评】本题是相似形综合题，主要利用了轴对称的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．‎ ‎7.（2016·云南省昆明市）如图1，对称轴为直线x=的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；‎ ‎（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；‎ ‎（3）画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍．‎ ‎【解答】解：（1）由对称性得：A（﹣1，0），‎ 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），‎ 把C（0，4）代入：4=﹣‎2a，‎ a=﹣2，‎ ‎∴y=﹣2（x+1）（x﹣2），‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+2x+4；‎ ‎（2）如图1，设点P（m，﹣‎2m2‎+‎2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D，‎ ‎∴S=S梯形+S△PDB=m（﹣‎2m2‎+‎2m+4+4）+（﹣‎2m2‎+‎2m+4）（2﹣m），‎ S=﹣‎2m2‎+‎4m+4=﹣2（m﹣1）2+6，‎ ‎∵﹣2＜0，‎ ‎∴S有最大值，则S大=6；‎ ‎（3）如图2，存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，‎ 理由是：‎ 设直线BC的解析式为：y=kx+b，‎ 把B（2，0）、C（0，4）代入得：，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 解得：，‎ ‎∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+4，‎ 设M（a，﹣‎2a+4），‎ 过A作AE⊥BC，垂足为E，‎ 则AE的解析式为：y=x+，‎ 则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），‎ 设Q（﹣x，0）（x＞0），‎ ‎∵AE∥QM，‎ ‎∴△ABE∽△QBM，‎ ‎∴①，‎ 由勾股定理得：x2+42=2×[a2+（﹣‎2a+4﹣4）2]②，‎ 由①②得：a1=4（舍），a2=，‎ 当a=时，x=，‎ ‎∴Q（﹣，0）．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费