2020中考数学压轴题揭秘专题15动点综合问题试题（附答案）

专题 15 动点综合问题 【典例分析】 【考点 1】动点之全等三角形问题 【例 1】如图，直线 与 轴和 轴分别交于 两点，另一条直线过点 和点 . (1)求直线 的函数表达式; (2)求证: ; (3)若点 是直线 上的一个动点，点 是 轴上的一个动点，且以 为顶点的三角形与 全等，求点 的坐标. 【答案】(1) ;(2) ; (3) 点 的坐标为 或 或 或 4 43y x= − + x y ,A B A (7,3)C AC AB AC⊥ P AC Q x , ,P Q A AOB∆ Q 3 9 4 4y x= − 2 2 2AB AD BD+ = Q (7,0) (8,0) ( 1,0)− ( 2,0)−【解析】（1）在 y=- x+4 中，令 y=0，则 0=- x+4，求得 A（3，0），设直线 AC 对应的函数关系式为 y=kx+b，解方程组即可得到结论； （2）在直线 ABy=- x+4 中，得到 k1=- ，在直线 ACy＝ x− 中，得到 k2= ，由于 k1•k2=-1，即可得 到结论； （3）根据勾股定理得到 AB=5，①当∠AQP=90°时，如图 1，由全等三角形的性质得到 AQ=OB=4，于是得到 Q1 （7，0），Q2（-1，0），②当∠APQ=90°时，如图 2，根据全等三角形的性质得到 AQ=AB=5，于是得到 Q3（8， 0），Q4（-2，0），③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在． 【详解】（1）在 y=- x+4 中， 令 y=0，则 0=- x+4， ∴x=3， ∴A（3，0）， 设直线 AC 对应的函数关系式为 y=kx+b， 则： ，解得： ， ∴直线 AC 对应的函数关系式为 y＝ x- . (2) 在直线 ABy=- x+4 中， ∵k1=- ， 在直线 ACy＝ x− 中，k2= ， ∴k1•k2=-1， ∴AB⊥AC；（3）在 y=- x+4 中， 令 x=0，则 y=4， ∴OA=3，OB=4，由勾股定理得 AB=5， ①当∠AQP=90°时，如图 1，∵△AOB≌△AQP， ∴AQ=OB=4， ∴Q1（7，0），Q2（-1，0）， 4 3 4 3 4 3 4 3 3 4 9 4 3 4 4 3 4 3 0 3 3 7 k b k b +  + ＝ ＝ 3 4 9 4 k b    − ＝ ＝ 3 4 9 4 4 3 4 3 3 4 9 4 3 4 4 3②当∠APQ=90°时，如图 2，∵△AOB≌△AQP， ∴AQ=AB=5， ∴Q3（8，0），Q4（-2，0）． ③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在， 综上所述：点 Q 的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）． 【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形的性质等知 识，分类讨论是解题关键，以防遗漏． 【变式 1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为 C,AC=2Cm,BC=6cm,射线 BM⊥BQ,垂足为 B,动点 P 从 C 点出发以 1cm/s 的速度沿射线 CQ 运动,点 N 为射线 BM 上一动点,满足 PN=AB,随着 P 点运动而运动,当点 P 运动_______秒 时，△BCA 与点 P、N、B 为顶点的三角形全等.(2 个全等三角形不重合) 【答案】0；4；8；12 【解析】此题要分两种情况：①当 P 在线段 BC 上时，②当 P 在 BQ 上，再分别分两种情况 AC＝BP 或 AC＝BN 进行计算即可． 【详解】解：①当 P 在线段 BC 上，AC＝BP 时，△ACB≌△PBN，∵AC＝2， ∴BP＝2， ∴CP＝6−2＝4， ∴点 P 的运动时间为 4÷1＝4（秒）； ②当 P 在线段 BC 上，AC＝BN 时，△ACB≌△NBP， 这时 BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为 0 秒； ③当 P 在 BQ 上，AC＝BP 时，△ACB≌△PBN， ∵AC＝2， ∴BP＝2， ∴CP＝2＋6＝8， ∴点 P 的运动时间为 8÷1＝8（秒）； ④当 P 在 BQ 上，AC＝NB 时，△ACB≌△NBP， ∵BC＝6， ∴BP＝6， ∴CP＝6＋6＝12， 点 P 的运动时间为 12÷1＝12（秒）， 故答案为：0 或 4 或 8 或 12． 【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相 等时，角必须是两边的夹角． 【考点 2】动点之直角三角形问题 【例 2】（模型建立） （1）如图 1，等腰直角三角形 中， ， ，直线 经过点 ，过 作 于点 ，过 作 于点 .求证： ； （模型应用） ABC 90ACB∠ =  CB CA= ED C A AD ED⊥ D B BE ED⊥ E BEC CDA∆ ≅ ∆（2）已知直线 ： 与坐标轴交于点 、 ，将直线 绕点 逆时针旋转 至直线 ，如图 2， 求直线 的函数表达式； （3）如图 3，长方形 ， 为坐标原点，点 的坐标为 ，点 、 分别在坐标轴上，点 是 线段 上的动点，点 是直线 上的动点且在第四象限.若 是以点 为直角顶点的等腰 直角三角形，请直接写出点 的坐标. 【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（ ， ）. 【解析】（1）根据△ABC 为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定 ； （2）①过点 B 作 BC⊥AB，交 l2 于 C，过 C 作 CD⊥y 轴于 D，根据△CBD≌△BAO，得出 BD＝AO＝3，CD＝OB＝ 4，求得 C（−4，7），最后运用待定系数法求直线 l2 的函数表达式； （3）根据△APD 是以点 D 为直角顶点的等腰直角三角形，当点 D 是直线 y＝−2x＋6 上的动点且在第四象限 时，分两种情况：当点 D 在矩形 AOCB 的内部时，当点 D 在矩形 AOCB 的外部时，设 D（x，−2x＋6），分别根 据△ADE≌△DPF，得出 AE＝DF，据此列出方程进行求解即可． 【详解】解：（1）证明：∵△ABC 为等腰直角三角形， ∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°， 又∵AD⊥ED，BE⊥ED， ∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°， ∴∠ACD＝∠EBC， 在△ACD 与△CBE 中， ， ∴ （AAS）； （2）①如图 2，过点 B 作 BC⊥AB，交 l2 于 C，过 C 作 CD⊥y 轴于 D， 1l 4 43y x= + A B 1l A 45 2l 2l ABCO O B ( )8, 6− A C P BC D 2 6y x= − + APD∆ D D 20 3 22 3 − BEC CDA∆ ≅ ∆ D E ACD EBC CA CB ∠ ∠ ∠ ∠  ＝ ＝ ＝ BEC CDA∆ ≅ ∆∵∠BAC＝45°， ∴△ABC 为等腰直角三角形， 由（1）可知：△CBD≌△BAO， ∴BD＝AO，CD＝OB， ∵直线 l1：y＝ x＋4 中，若 y＝0，则 x＝−3；若 x＝0，则 y＝4， ∴A（−3，0），B（0，4）， ∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4， ∴OD＝4＋3＝7， ∴C（−4，7）， 设 l2 的解析式为 y＝kx＋b，则 ， 解得： ， ∴l2 的解析式为：y＝−7x−21； （3）D（4，−2）或（ ， ）． 理由：当点 D 是直线 y＝−2x＋6 上的动点且在第四象限时，分两种情况： 当点 D 在矩形 AOCB 的内部时，如图，过 D 作 x 轴的平行线 EF，交直线 OA 于 E，交 BC 于 F， 设 D（x，−2x＋6），则 OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x， 4 3 7 4 0 3 k b k b = − +  = − + 7 21 k b = −  = − 20 3 22 3 −由（1）可得，△ADE≌△DPF，则 DF＝AE，即：12−2x＝8−x， 解得 x＝4， ∴−2x＋6＝−2， ∴D（4，−2）， 此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意； 当点 D 在矩形 AOCB 的外部时，如图，过 D 作 x 轴的平行线 EF，交直线 OA 于 E，交直线 BC 于 F， 设 D（x，−2x＋6），则 OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x， 同理可得：△ADE≌△DPF，则 AE＝DF，即：2x−12＝8−x， 解得 x＝ ， ∴−2x＋6＝ ， ∴D（ ， ）， 此时，ED＝PF＝ ，AE＝BF＝ ，BP＝PF−BF＝ ＜6，符合题意， 综上所述，D 点坐标为：（4，−2）或（ ， ） 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的 性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角 形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用． 【变式 2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数 y＝ax2+bx+4 的图象与 x 轴交于点 A(4，0)和点 D(﹣1，0)，与 y 轴交于点 C，过点 C 作 BC 平行于 x 轴交抛物线于点 B，连接 AC (1)求这个二次函数的表达式； (2)点 M 从点 O 出发以每秒 2 个单位长度的速度向点 A 运动；点 N 从点 B 同时出发，以每秒 1 个单位长度的 速度向点 C 运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点 N 作 NQ 垂直于 BC 交 AC 于点 Q，连结 MQ. 20 3 22 3 − 20 3 22 3 − 20 3 4 3 16 3 20 3 22 3 −①求△AQM 的面积 S 与运动时间 t 之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当 t 为何值时，S 有最大值， 并求出 S 的最大值； ②是否存在点 M，使得△AQM 为直角三角形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝ 时，S 最大值＝ ；②存在，点 M 的坐标分别 为(1，0)和(2，0)． 【解析】(1)由待定系数法将 AD 两点代入即可求解． (2)①分别用 t 表示出 AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有 t 的二次函数关系式，由二次函数的最大值 可得答案； ②分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出 t，求得 M 坐标． 【详解】(1)∵二次函数的图象经过 A(4，0)和点 D(﹣1，0)， ∴ ， 解得 ， 所以，二次函数的解析式为 y＝﹣x2+3x+4． (2)①延长 NQ 交 x 轴于点 P， ∵BC 平行于 x 轴，C(0，4) 1 2 9 4 16 4 4 0 4 0 a b a b + + =  − + = 1 3 a b = −  =∴B(3，4)，NP⊥OA． 根据题意，经过 t 秒时，NB＝t，OM＝2t， 则 CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t． ∵∠BCA＝∠MAQ＝45°， ∴QN＝CN＝3﹣t， ∴PQ＝NP﹣NQ＝4﹣(1﹣t)＝1+t， ∴S△AMQ= AM×PQ= (4-2t)(1+t) ＝﹣t2+t+2． ∴S=-t2+t+2=-(t- )2+ ． ∵a＝﹣1＜0，且 0≤t≤2，∴S 有最大值． 当 t＝ 时，S 最大值＝ ． ②存在点 M，使得△AQM 为直角三角形． 设经过 t 秒时，NB＝t，OM＝2t， 则 CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t， ∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°． Ⅰ．若∠AQM＝90°， 则 PQ 是等腰 Rt△MQA 底边 MA 上的高． ∴PQ 是底边 MA 的中线， ∴PQ＝AP＝ MA， ∴1+t＝ (4﹣2t)， 解得，t＝ ， ∴M 的坐标为(1，0)． Ⅱ．若∠QMA＝90°，此时 QM 与 QP 重合． ∴QM＝QP＝MA， ∴1+t＝4﹣2t， ∴t＝1， ∴点 M 的坐标为(2，0)． 1 2 1 2 1 2 9 4 1 2 9 4 1 2 1 2 1 2所以，使得△AQM 为直角三角形的点 M 的坐标分别为(1，0)和(2，0)． 【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意义表示线段 的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数． 【变式 2-2】如图，四边形 ABCD 是正方形，以 DC 为边向外作等边△DCE，连接 AE 交 BD 于点 F，交 CD 于点 G，点 P 是线段 AE 上一动点，连接 DP、BP． （1）求∠AFB 的度数； （2）在点 P 从 A 到 E 的运动过程中，若 DP 平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD； （3）已知 AD＝6，在点 P 从 A 到 E 的运动过程中，若△DBP 是直角三角形，请求 DP 的长． 【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6 或 DP＝3 －3 或 DP＝3 时，△DBP 是直角三角形 【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答； （2）连接 AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明； （3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出 BD、OD，根据直角三角形的性质求出 DF，分∠BPD＝90°、∠BDP ＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算． 【详解】（1）∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB＝DC，∠ADC＝90°， 又∵△DCE 是等边三角形， ∴DE＝DC，∠EDC＝60°， ∴DA＝DE，∠ADE＝150°， ∴∠DAE＝15°， 又∠ADB＝45°， ∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°； （2）连接 AC， ∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°， ∵DP 平分∠CDE， 3 6 3 2−∴ ， ∴∠PDG＝∠CAG， 又∠DGP＝∠AGC， ∴△DGP∽△AGC， ∴ ，即 AG•DP＝DG•AC， ∵AC＝DB， ∴AG•DP＝DG•BD； （3）连接 AC 交 BD 于点 O，则∠AOF＝90°， ∵AD＝6， ∴ ， 在 Rt△AOF 中，∠OAF＝30°， ∴ ， ∴ ， 由图可知：0°＜∠DBP≤45°， 则△DBP 是直角三角形只有∠BPD＝90°和∠BDP＝90°两种情形： ①当∠BPD＝90°时， I、若点 P 与点 A 重合，∠BPD＝90°， ∴DP＝DA＝6； II、当点 P 在线段 AE 上时，∠BPD＝90°， 连接 OP， ， ∴∠OPA＝∠OAP＝30°， ∴∠AOP＝120°， ∴∠FOP＝∠AOP﹣∠AOF＝30°， ∴∠DBP＝∠OPB＝15°， ∴∠FDP＝75°， 又∠BAF＝∠BAD﹣∠DAF＝75°， ∴∠BAF＝∠PDF， 1 302GDP EDC °∠ = ∠ = DG DP AG AC = 0A 0D 3 2= = 6, 2 6OF AF= = FD 3 2 6= − 1 3 22OP OA BD= = =又∠AFB＝∠DFP， ∴△BAF∽△PDF， ∴ ，即 解得， ； ②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°， ∴DP＝DF×tan∠DFP＝ ， 综上，DP=6 或 DP＝3 －3 或 DP＝3 时，△DBP 是直角三角形． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性 质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【考点 3】动点之等腰三角形问题 【例 3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线 的一侧以 为一条边作矩形 ， ， ，点 是线段 上一动点（不与点 重合），连结 ，过点 作 的垂线交射线 于点 ，连接 ． （1）求 的大小； DP DF AB AF = 3 2 6 6 2 6 DP −= 3 3 3DP = − 3(3 2 6) 3 6 3 2− = − 3 6 3 2− DE AD ABCD 5 3AD = 5CD = M AC A BM M BM DE N BN CAD∠（2）问题探究：动点 在运动的过程中， ①是否能使 为等腰三角形，如果能，求出线段 的长度；如果不能，请说明理由． ② 的大小是否改变？若不改变，请求出 的大小；若改变，请说明理由． （3）问题解决： 如图二，当动点 运动到 的中点时， 与 的交点为 ， 的中点为 ，求线段 的长 度． 【答案】（1） ；（2）①能， 的值为 5 或 ；②大小不变， ；（3） . 【解析】（1）在 中，求出 的正切值即可解决问题． （2）①分两种情形：当 时，当 时，分别求解即可． ② ．利用四点共圆解决问题即可． （3）首先证明 是等边三角形，再证明 垂直平分线段 ，解直角三角形即可解决问题． 【详解】解：（1）如图一（1）中， ∵四边形 是矩形， ∴ ， ∵ ， ∴ ． （2）①如图一（1）中，当 时， ∵ ， ， ， ∴ ， M AMN∆ MC MBN∠ MBN∠ M AC AM BN F MN H FH 30°∠ =CAD CM 5 3 30°∠ =MBN 5 3 6 =FH Rt ADC∆ DAC∠ NA NM= AN AM= 30MBN∠ =  ABM∆ BN AM ABCD 90ADC∠ =  DC 5 3tan AD 35 3 ∠ = = =CAD 30°∠ =CAD AN NM= 90BAN BMN °∠ = ∠ = BN BN= AN NM= Rt Rt ( )BNA BNM HL∴ ∆ ≅ ∆∴ ， 在 中，∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ． 如图一（2）中，当 时，易证 ， ∵ ， ∴ ，∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 综上所述，满足条件的 的值为 5 或 ． ②结论： 大小不变． 理由：如图一（1）中，∵ ， ∴ 四点共圆， ∴ ． 如图一（2）中，∵ ， BA BM= Rt ABC∆ 30ACB DAC °∠ = ∠ = 5AB CD= = 2 10AC AB= = 60BAM °∠ = BA BM= ABM∆ 5AM AB= = 5CM AC AM= − = AN AM= 15AMN ANM °∠ = ∠ = 90BMN °∠ = 75CMB °∠ = 30MCB °∠ = 180 75 30 75CBM ° ° ° °∠ = − − = CMB CBM∠ = ∠ 5 5CM CB= = CM 5 3 30°∠ =MBN 180BAN BMN °∠ + ∠ = , , ,A B M N 30MBN MAN °∠ = ∠ = 90BMN BAN∠ = ∠ = ∴ 四点共圆， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 综上所述， ． （3）如图二中， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ 垂直平分线段 ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ， , , ,A N B M 180MBN MAN °∠ + ∠ = 180DAC MAN °∠ + ∠ = 30MBN DAC °∠ = ∠ = 30°∠ =MBN AM MC= BM AM CM= = 2AC AB= AB BM AM= = ABM∆ 60BAM BMA °∠ = ∠ = 90BAN BMN °∠ = ∠ = 30NAM NMA °∠ = ∠ = NA NM= BA BM= BN AM 5 2FM = 5 3 cos30 3 FMNM °= = 90NFM °∠ = NH HM=∴ ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三 角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解 决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 【变式 3-1】如图①，已知正方形 边长为 2，点 是 边上的一个动点，点 关于直线 的对 称点是点 ，连结 、 、 、 .设 AP=x. （1）当 时，求 长； （2）如图②，若 的延长线交 边于 ，并且 ，求证： 为等腰三角形； （3）若点 是射线 上的一个动点，则当 为等腰三角形时，求 的值. 【答案】（1）BP= ；（2）证明见解析；（3）△CDQ 为等腰三角形时 x 的值为 4-2 、 、2 +4. 【解析】（1）利用勾股定理求出 BP 的长即可；（2）根据对称性质及正方形的性质可得 AB=BQ=BC， ∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一视角相等性质可得∠BCQ=∠BQC，根据同角或等角的余角 相等的性质可得∠EQC=∠ECQ，可得 EC=EQ，可得结论；（3）若△CDQ 为等腰三角形，则边 CD 边为该等腰 三角形的一腰或者底边．又 Q 点为 A 点关于 PB 的对称点，则 AB=QB，以点 B 为圆心，以 AB 的长为半径画弧， 则 Q 点只能在弧 AB 上．若 CD 为腰，以点 C 为圆心，以 CD 的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDQ 为等 腰三角形（CD 为腰）的 Q 点．若 CD 为底边，则作 CD 的垂直平分线，其与弧 AC 的交点即为使得△CDQ 为等 腰三角形（CD 为底）的 Q 点．则如图所示共有三个 Q 点，那么也共有 3 个 P 点．作辅助线，利用直角三角 形性质求之即可． 【详解】（1）∵AP=x=1，AB=2， 1 5 3 2 6FH MN= = ABCD P AD A BP Q PQ DQ CQ BQ 1x = BP PQ CD E 90CQD∠ =  CEQ∆ P AD CDQ∆ x 5 3 2 3 3 3∴BP= = ， （2）∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB=BC，∠A=∠BCD=90°． ∵Q 点为 A 点关于 BP 的对称点， ∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°， ∴QB=BC，∠BQE=∠BCE=90°， ∴∠BQC=∠BCQ， ∴∠EQC+∠BQC=∠ECQ+∠BCQ=90°， ∴∠EQC =∠ECQ， ∴EQ=EC，即△CEQ 为等腰三角形. （3）如图，以点 B 为圆心，以 AB 的长为半径画弧，以点 C 为圆心，以 CD 的长为半径画弧，两弧分别交于 Q1，Q3．此时△CDQ1，△CDQ3 都为以 CD 为腰的等腰三角形． 作 CD 的垂直平分线交弧 AC 于点 Q2，此时△CDQ2 以 CD 为底的等腰三角形． ①讨论 Q1，如图，连接 BQ1、CQ1，作 PQ1⊥BQ1 交 AD 于 P，过点 Q1，作 EF⊥AD 于 E，交 BC 于 F， ∵△BCQ1 为等边三角形，正方形 ABCD 边长为 2， ∴FC=1，Q1F= = ，Q1E=2- ， 在四边形 ABPQ1 中， ∵∠ABQ1=30°， ∴∠APQ1=150°， ∴∠EPQ1=30°，△PEQ1 为含 30°的直角三角形， ∴PE= EQ1=2 -3， 2 2AB AP+ 5 2 2 1CQ FC− 3 3 3 3∵EF 是 BC 的垂直平分线， ∴AE= AD=1， ∴x=AP=AE-PE=1-(2 -3)=4-2 . ②讨论 Q2，如图，连接 BQ2，AQ2，过点 Q2 作 PG⊥BQ2，交 AD 于 P，交 CD 于 G，连接 BP，过点 Q2 作 EF⊥CD 于 E，交 AB 于 F， ∵EF 垂直平分 CD， ∴EF 垂直平分 AB， ∴AQ2=BQ2． ∵AB=BQ2， ∴△ABQ2 为等边三角形． ∴AF= AE=1，FQ2= = ， 在四边形 ABQ2P 中， ∵∠BAD=∠BQ2P=90°，∠ABQ2=60°， ∴∠APQ2=120°， ∴∠EQ2G=∠DPG=180°-120°=60°， ∴EQ2=EF-FQ2=2- ， EG= EQ2=2 -3， ∴DG=DE+GE=1+2 -3=2 -2， ∴DG= PD，即 PD=2- ， 1 2 3 3 1 2 2 2AE AF− 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3∴x=AP=2-PD= . ③对 Q3，如图作辅助线，连接 BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点 Q3 作 PQ3⊥BQ3，交 AD 的延长线于 P，连接 BP，过 点 Q1，作 EF⊥AD 于 E，此时 Q3 在 EF 上，记 Q3 与 F 重合． ∵△BCQ1 为等边三角形，△BCQ3 为等边三角形，BC=2， ∴Q1Q2=2 ，Q1E=2- ， ∴EF=2+ ， 在四边形 ABQ3P 中 ∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°， ∴∠EPF=30°， ∴EP= EF=2 +3， ∵AE=1， ∴x=AP=AE+PE=1+2 +3=2 +4. 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3综上所述：△CDQ 为等腰三角形时 x 的值为 4-2 、 、2 +4. 【点睛】本题考查四边形的综合、正方形的性质、含 30°角的直角三角形的性质，第三问是一个难度非常 高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点 Q 找全．另外求解各个 P 点也是勾股定理的综合应用 熟练掌握并灵活运所学知识是解题关键． 【变式 3-2】（2019·河南中考模拟）如图，抛物线 y=ax2+bx+3 交 y 轴于点 A，交 x 轴于点 B（-3，0）和点 C（1，0），顶点为点 M． （1）求抛物线的解析式； （2）如图，点 E 为 x 轴上一动点，若△AME 的周长最小，请求出点 E 的坐标； （3）点 F 为直线 AB 上一个动点，点 P 为抛物线上一个动点，若△BFP 为等腰直角三角形，请直接写出点 P 的坐标． 【答案】（1） ；（2）E（- ，0）；（3）点 P 的坐标为（2，-5）或（1，0）． 【解析】（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），然后将点 A 的坐标代入函数解析式即可求得此抛物 线的解析式； （2）作 A 关于 x 轴的对称点 A′（0，-3），连接 MA′交 x 轴于 E，此时△AME 的周长最小，求出直线 MA'解 析式即可求得 E 的坐标； （3）如图 2，先求直线 AB 的解析式为：y=x+3，根据解析式表示点 F 的坐标为（m，m+3）， 分三种情况进行讨论： ①当∠PBF=90°时，由 F1P⊥x 轴，得 P（m，-m-3），把点 P 的坐标代入抛物线的解析式可得结论； ②当∠BF3P=90°时，如图 3，点 P 与 C 重合， ③当∠BPF4=90°时，如图 3，点 P 与 C 重合， 从而得结论． 【详解】（1）当 x=0 时，y=3，即 A（0，3）， 3 2 3 3 3 2 2 3y x x= − − + 3 7设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1）， 把 A（0，3）代入得：3=-3a， a=-1， ∴y=-（x+3）（x-1）=-x2-2x+3， 即抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3； （2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4， ∴M（-1，4）， 如图 1，作点 A（0，3）关于 x 轴的对称点 A'（0，-3），连接 A'M 交 x 轴于点 E，则点 E 就是使得△AME 的 周长最小的点， 设直线 A′M 的解析式为：y=kx+b， 把 A'（0，-3）和 M（-1，4）代入得： ， 解得： ∴直线 A'M 的解析式为：y=-7x-3， 当 y=0 时，-7x-3=0， x=- ， ∴点 E（- ，0）， （3）如图 2，易得直线 AB 的解析式为：y=x+3， 4 3 k b b ＝ ＝ − +  − 7 3 k b −  − ＝ ＝ 3 7 3 7设点 F 的坐标为（m，m+3）， ①当∠PBF=90°时，过点 B 作 BP⊥AB，交抛物线于点 P，此时以 BP 为直角边的等腰直角三角形有两个，即 △BPF1 和△BPF2， ∵OA=OB=3， ∴△AOB 和△A'OB 是等腰直角三角形， ∴∠F1BC=∠BF1P=45°， ∴F1P⊥x 轴， ∴P（m，-m-3）， 把点 P 的坐标代入抛物线的解析式 y=-x2-2x+3 中得： -m-3=-m2-2m+3， 解得：m1=2，m2=-3（舍）， ∴P（2，-5）； ②当∠BF3P=90°时，如图 3，∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°， ∴点 P 与 C 重合， 故 P（1，0）， ③当∠BPF4=90°时，如图 3， ∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=45°， ∴点 P 与 C 重合， 故 P（1，0）， 综上所述，点 P 的坐标为（2，-5）或（1，0）． 【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式，周长最短问题，等腰直角三角形的性质和判定等知识．此 题综合性很强，解题的关键是注意数形结合和分类讨论思想的应用． 【变式 3-3】（2019·广西中考真题）已知抛物线 和直线 都经过点 ，点 为 坐标原点，点 为抛物线上的动点，直线 与 轴、 轴分别交于 两点． （1）求 的值； （2）当 是以 为底边的等腰三角形时，求点 的坐标； （3）满足（2）的条件时，求 的值． 【答案】（1） ； ；（2）点 的坐标为 或 ；（3） 的值为 或 ． 【解析】(1)根据点 的坐标，利用待定系数法可求出 的值； (2)由(1)可得出抛物线及直线 的解析式，继而可求出点 的坐标，设点 的坐标为 ，结合点 的坐标可得出 的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于 的方程，解之即可得出结论； (3)过点 作 轴，垂足为点 ，由点 的坐标可得出 的长，再利用正弦的定义即可求出 的值． 【详解】(1)将 代入 ，得： ， ∴ ； 将 代入 ，得： ， ∴ ； (2)由(1)得：抛物线的解析式为 ，直线 的解析式为 ， 2y mx= y x b= − + ( )2,4M − O P y x b= − + x y A B、 m b、 PAM∆ AM P sin BOP∠ 1m = 2b = P ( )1,1− ( )2,4 sin BOP∠ 2 2 5 5 M ,m b AB A P 2( , )x x ,A M 2 2,PA PM x P PN y⊥ N P ,PN PO sin BOP∠ ( )2,4M − 2y mx= 4 4m= 1m = ( )2,4M − y x b= − + 4 2 b= + 2b = 2y x= AB 2y x= − +当 时， ， 解得： ， ∴点 的坐标为 ， ， 设点 的坐标为 ，则 ， ， ∵ 是以 为底边的等腰三角形， ∴ ，即 ， 整理，得： ， 解得： ， ∴点 的坐标为 或 ； (3)过点 作 轴，垂足为点 ，如图所示， 当点 的坐标为 时， ， ， ∴ ； 当点 的坐标为 时， ， ， ∴ ， ∴满足(2)的条件时， 的值的值为 或 ． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的 坐标特征、等腰三角形的性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定 系数法求出 的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出关于 的方程；(3)通过解直角三角形， 0y = 2 0x− + = 2x = A ( )2,0 2OA = P 2( , )x x ( )22 2 2 4 22 0 4( ) 4PA x x x x x= − + − = + − + ( )22 2 2 4 2( )2 4 7 4 20PM x x x x x= − − + − = − + + PAM∆ AM 2 2PA PM= 4 2 4 24 4 7 4 20x x x x x x+ − + = − + + 2 2 0x x− − = 1 21, 2x x= − = P ( )1,1− ( )2,4 P PN y⊥ N P ( )1,1− 1PN = 2 21 1 2PO = + = 2sin 2 PNBOP PO ∠ = = P ( )2,4 2PN = 2 22 4 2 5PO = + = 5sin 5 PNBOP PO ∠ = = sin BOP∠ 2 2 5 5 ,m b x求出 的值． 【考点 4】动点之相似三角形问题 【例 4】在边长为 的正方形 中，动点 以每秒 个单位长度的速度从点 开始沿边 向点 运 动,动点 以每秒 个单位长度的速度从点 开始沿边 向点 运动，动点 比动点 先出发 秒,其中 一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点 的运动时间为 秒. 如图 ，连接 ，若 ，求 的值 如图 ，连接 ，当 为何值时， 【答案】（1）t=1;(2) 当 为 秒时， 【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出 ，由 BF=AE，列出方程解方程即可 （2） ，得到 ，用 t 表示出 BF、AE、FC、BE 列出方程解方程即可，最后对 t 的 取值进行取舍 【详解】解： 四边形 是正方形 由题意得， sin BOP∠ 4 ABCD E 1 A AB B F 2 B BC C E F 1 F t ( )1 1 DE , AF DE AF⊥ t ( )2 2 ,EF DF t ?EBF DCF  t 9 57 2 − EBF DCF  ABF DAE ≌ EBF DCF∼  EB BF DC CF = ( )1  ABCD , 90AB AD ABF DAE °∴ = ∠ = ∠ = 90ADE AED °∴∠ + ∠ = DE AF⊥ 90BAF AED °∴∠ + ∠ = BAF ADE∴∠ = ∠ ABF DAE∴ ≌ 2 , 1BF t AE t= = + 2 1t t∴ = +解得： 若 则 ， 解得 由题意知： 当 为 秒时， 【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，第二问的关键 在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍 【变式 4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC 是直角三角形，∠ACB＝90°，点 A，C 的坐标分别 为 A（﹣3，0），C（1，0），BC＝ AC （1）求过点 A，B 的直线的函数表达式； （2）在 x 轴上找一点 D，连接 DB，使得△ADB 与△ABC 相似（不包括全等），并求点 D 的坐标； （3）在（2）的条件下，如 P，Q 分别是 AB 和 AD 上的动点，连接 PQ，设 AP＝DQ＝m，问是否存在这样的 m，使得△APQ 与△ADB 相似？如存在，请求出 m 的值；如不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝ x+ ；（2）D 点位置见解析，D（ ，0）；（3）符合要求的 m 的值为 或 ． 1t = ( )2 EBF DCF∼  EB BF DC CF = 1, 2AE t BF t= + = 4 1 3BE t t∴ = − + = − 4 2CF t= − 3 2 4 4 2 t t t −∴ = − 1 2 9 57 9 57,2 2t t − += = 2t ≤ 9 57 2t −∴ = ∴ t 9 57 2 − EBF DCF∼  3 4 3 4 9 4 13 4 125 36 25 9【解析】（1）先根据 A（−3，1），C（1，0），求出 AC 进而得出 BC＝3 求出 B 点坐标，利用待定系数法求出 直线 AB 的解析式即可； （2）运用相似三角形的性质就可求出点 D 的坐标； （3）由于△APQ 与△ADB 已有一组公共角相等，只需分△APQ∽△ABD 和△APQ∽△ADB 两种情况讨论，然后 运用相似三角形的性质建立关于 m 的方程，就可解决问题． 【详解】解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0）， ∴AC＝4， ∵BC＝ AC， ∴BC＝ ×4＝3， ∴B（1，3）， 设直线 AB 的解析式为 y＝kx+b， ∴ ， ∴ ， ∴直线 AB 的解析式为 y＝ x+ ； （2）若△ADB 与△ABC 相似，过点 B 作 BD⊥AB 交 x 轴于 D， ∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如图 1， 此时 ＝ ，即 AB2＝AC•AD． ∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， 3 4 3 4 3 0 3 k b k b − + =  + = 3 4 9 4 k b  =  = 3 4 9 4 AB AC AD AB∴AB＝5， ∴25＝4AD， ∴AD＝ ， ∴OD＝AD﹣AO＝ ﹣3＝ ， ∴点 D 的坐标为（ ，0）； （3）∵AP＝DQ＝m， ∴AQ＝AD﹣QD＝ ﹣m． Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如图 2， 则有 ＝ ， ∴AP•AD＝AB•AQ， ∴ m＝5（ ﹣m）， 解得 m＝ ； Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如图 3， 则有 ＝ ， 25 4 25 4 13 4 13 4 25 4 AP AB AQ AD 25 4 25 4 25 9 AP AD AQ AB∴AP•AB＝AD•AQ， ∴5m＝ （ ﹣m）， 解得：m＝ ， 综上所述：符合要求的 m 的值为 或 ． 【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了是待定系数法，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识， 也考查了分类讨论的数学思想，属于中档题，解本题的关键是根据相似建立方程求解． 【变式 4-2】如图，已知抛物线 经过 A（－3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，点 D 是抛 物线上的动点，连结 AD 与 y 轴相交于点 E，连结 AC，CD． （1）求抛物线所对应的函数表达式； （2）当 AD 平分∠CAB 时． ①求直线 AD 所对应的函数表达式； ②设 P 是 x 轴上的一个动点，若△PAD 与△CAD 相似，求点 P 的坐标． 【答案】（1） ；（2）① ；②（2，0）或（13，0）． 【解析】（1）将 、 、 点坐标代入抛物线 ，化简计算即可； （2） 设 ，根据 平分 ， ， 轴，求得 ，并证得 ∽ ，利用 可的 ，可得 点坐标，把 ， 代入 ，化简可得 AD 所对应的函数表达式； 因为 是 x 轴上的一个动点，且 与 相似，并且 是腰长为 5 的等腰三角形，所以 点有两种情况：AD 为等腰三角形的斜边，或者以 AD 为腰， 为底，分别讨论求解即可. 【详解】解（1）∵抛物线经过 、 、 三点， 25 4 25 4 125 36 125 36 25 9 2y ax bx c= + + 21 5 46 6y x x= − + + 1 3 2 2y x= + ( )3 0A − , ( )8,0B ( )0,4C 2y ax bx c= + + ① ( )0,E t AD CAB∠ EH AC⊥ EO x⊥ 5AC = CHE COA A EH OA CE C = 3 2t = E ( )3 0A − , 30, 2E      y kx b= + ② P PAD△ CAD ACD P 2P A ( )3 0A − , ( )8,0B ( )0,4C∴ ，解得： ， ∴抛物线的表达式为 ； （2） 作 于点 H，如图，设 ． ∵ 平分 ， ， 轴， ∴ ， ， 在 中， ． ∵ ， ∴ ∽ ， ∴ ∴ ，解得： ， ∴ ，设直线 AD 的表达式为 ， 把 ， 代入， 9 3 0 64 8 0 4 a b c a b c c − + =  + + =  = 1 6 5 6 4 a b c  = −  =  =  21 5 46 6y x x= − + + ① EH AC⊥ ( )0,E t AD CAB∠ EH AC⊥ EO x⊥ EH EO t= = 4CE t= − Rt OAC△ 2 2 2 23 4 5AC OA OC= + = + = 90CHE COA∠ = ∠ =  HCE OCA∠ = ∠ CHE COA A EH OA CE C = 4 3 5 t t−= 3 2t = 30, 2E      y kx b= + ( )3 0A − , 30, 2E     得 ，解得： ， ∴直线 AD 所对应的函数表达式为 ； 直线 AD 与二次函数相交于点 D， ∴ 解得 或 ， 点 D 在第一象限， ∴点 D 坐标为 ， ∴ ，且 ， ∴ 是腰长为 5 的等腰三角形， 是 x 轴上的一个动点，且 与 相似， ∴ 也为等腰三角形， 如上图示， 当 AD 为等腰三角形的斜边时， ， ∴点 的坐标为 ； 当以 AD 为腰， 为底时，作 0 3 3 2 k b b = − + = 1 2 3 2 k b  =  = 1 3 2 2y x= + ② 21 5 46 6 1 3 2 2 y x x y x  = − + +  = + 3 0 x y = −  = 5 4 x y =  =  ( )5,4 5DC AC= = DC AB∥ ACD P PAD△ CAD PAD△ 1 1 5P A PD= = ( )3,0A − 1P ( )2,0 2P A 2DF AP⊥点 D 坐标为 ， ∴ ∴ , , ∴点 P 的坐标为 ． 综上所述点 P 的坐标为 或 ． 【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和角平分线的性质；会利用 待定系数法求二次函数和一次函数解析式；灵活利用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形性质． 【考点 5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形） 【例 5】（2019·广东中考模拟）如图，点 O 是平面直角坐标系的原点，点 A（ ，3），AC⊥OA 与 x 轴的 交点为 C．动点 M 以每秒 个单位长度由点 A 向点 O 运动．同时，动点 N 以每秒 3 个单位长度由点 O 向点 C 运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动． （1）写出∠AOC 的值； （2）用 t 表示出四边形 AMNC 的面积； （3）求点 P 的坐标，使得以 O、N、M、P 为顶点的四边形是特殊的平行四边形？ 【答案】（1）30°；（2） ；（3） . 【解析】（1）如图 1 中，作 AH⊥OC 于 H．在 Rt△AOH 中，解直角三角形求出∠AOH 即可解决问题． （2）作 MK⊥BC 于 K．根据 S 四边形 AMNC＝S△OAC﹣S△OMN，计算即可． （3）分别考虑以 OM，ON，MN 为平行四边形的对角线，利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：（1）如图 1 中，作 AH⊥OC 于 H．  ( )5,4 ( )3 0A − , 3 5 8AF OA OF= + = + = 2 2 16AP AF= = 2 2 16 3 13OP AP OA= − = − = ( )13,0 ( )2,0 ( )13,0 3 3 296 3 (0 2)4 t t− < < 3 3 3P 3t t, t2 2  − −   ∵A（ ，3）， ∴OH＝ ，AH＝3， ∴tan∠AOH＝ ＝ ， ∴∠AOH＝60°， ∵OA⊥AC， ∴∠OAC＝90°， ∴∠ACO＝30°． （2）作 MK⊥BC 于 K． 在 Rt△AOH 中，∵OH＝ ，∠OAH＝30°， ∴OA＝2OH＝2 ， 在 Rt△AOC 中，∵∠AOC＝30°，OA＝2 ， ∴AC＝ OA＝6， ∵OM＝ t， ∴MK＝OM•sin60°＝ t， ∴S 四边形 AMNC＝S△OAC﹣S△OMN ＝ •OA•AC﹣ •ON•MKa ＝ ×2 ×6﹣ ×3t× t ＝6 ﹣ t2（0＜t＜2）． （3）当四边形 CNMP1 是平行四边形时，P1（ t﹣3t， t）． 3 3 AH OH 3 3 3 3 3 3 3 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 2 3 9 4 3 2 3 2当四边形 ONP2M 是平行四边形时，P2（ t+3t， t）． 当四边形 OMNP3 是平行四边形时，P3（3t﹣ t，﹣ t）． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题 的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 【变式 5-1】（2019·江西中考真题）在图 1，2，3 中，已知 ， ，点 为线段 上的动 点，连接 ，以 为边向上作菱形 ，且 ． （1）如图 1，当点 与点 重合时， ________°； （2）如图 2，连接 ． ①填空： _________ （填“>”，“【答案】（1） ；（2）当矩形 ABCD 为正方形时，m 的值为 4；（3）以 A、E、F、Q 四点为顶 点构成的四边形能为平行四边形，t 的值为 4 或 6. 【解析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式； （2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点 A，B 的坐标，进而可得出点 C，D 的坐标，再利用正方形的 性质可得出关于 m 的方程，解之即可得出结论； （3）由（2）可得出点 A，B，C，D 的坐标，根据点 A，C 的坐标，利用待定系数法可求出直线 AC 的解析式， 利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点 E，F 的坐标，由 且以 A、E、F、Q 四点为顶点的四边形为平行四边形可得出 ，分 ， ， 三种 情况找出 AQ，EF 的长，由 可得出关于 t 的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论． 【详解】（1）将 ， 代入 ，得： ， 解得 ， ∴该二次函数的解析式为 ． （2）当 时， ， 解得： ， ， ∴点 a 的坐标为（ ，m），点 b 的坐标为（ ，m）， ∴点 d 的坐标为（ ，0），点 c 的坐标为（ ，0）． ∵矩形 abcd 为正方形， ∴ ， 解得： ，（舍去）， ． ∴当矩形 ABCD 为正方形时，m 的值为 4． （3）以 A、E、F、Q 四点为顶点构成的四边形能为平行四边形． 由（2）可知：点 A 的坐标为 ，点 B 的坐标为 ，点 C 的坐标为 ，点 D 的坐标为 ． 21 8 3 3y x x= − + AQ EF⁄⁄ AQ EF= 0 t 4< ≤ 4 t 7< ≤ 7 t 8< ≤ AQ EF= ( )0 0， ( )8 0， 21y x bx c3 = − + + 0 64 8 03 c b c =− + + = 8 3 0 b c  =  = 21 8y x x3 3 = − + y m= 21 8x x m3 3 − + = 1x 4 16 3m= − − 2x 4 16 3m= + − 4 16 3m− − 4 16 3m+ − 4 16 3m− − 4 16 3m+ − ( )4 16 3m 4 16 3m m+ − − − − = 1m 16= − 2m 4= ( )2 4， ( )6 4， ( )6 0， ( )2 0，设直线 AC 的解析式为 ， 将 ， 代入 ， 得 ， 解得 ， ∴直线 ac 的解析式为 ． 当 时， ， ∴点 E 的坐标为（ ， ），点 F 的坐标为（ ， -t+4）． ∵以 A、E、F、Q 四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且 ， ∴ ，分三种情况考虑： ①当 时，如图 1 所示， ，EF= ， ∴ ，解得： （舍去）， ； ②当 时，如图 2 所示， ，EF= ， ∴ ， 解得： （舍去）， ； , , EF= ， ， 解得 （舍去）， （舍去） ( )y kx a k 0= + ≠ ( )a 2 4， ( )c 6 0， y kx a= + 2 4 6 0 k a k a + =  + = 1 6 k a = −  = y x 6= − + x 2 t= + 2 21 8 1 4y x x t t 43 3 3 3 = − + = − + + y x 6 t 4= − + = − + 2 t+ 21 4t t 43 3 − + + 2 t+ t 4− + AQ ΕF⁄⁄ AQ EF= 0 t 4< ≤ AQ t= ( )2 21 4 1 7t t 4 t 4 t t3 3 3 3 − + + − − + = − + 21 7t t t3 3 = − + 1t 0= 2t 4= 4 t 7< ≤ AQ t 4= − ( )2 21 4 1 7t t 4 t 4 t t3 3 3 3 − + + − − + = − + 21 7t 4 t t3 3 − = − + 3t 2= − 4t 6= 7 t 8< ≤ AQ t 4= − ( )2 21 4 1 7t t 4 t 4 t t3 3 3 3 − + + − − + = − − 21 7t 4 t t3 3 ∴ − = − 5t 5 13= − 6t 5 13= +综上所述，当以 A、E、F、Q 四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t 的值为 4 或 6 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定 系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根 据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于 m 的方程；（3） 分 ， ， 三种情况，利用平行四边形的性质找出关于 t 的一元二次方程． 【变式 5-3】．如图，在平面直角坐标系中， 的顶点 是坐标原点，点 坐标为 ， 、 两点 关于直线 对称，反比例函数 图象经过点 ，点 是直线 上一动点. （1） 点的坐标为______； （2）若点 是反比例函数图象上一点，是否存在这样的点 ，使得以 、 、 、 四点为顶点的四边 形是平行四边形？若存在，求出点 坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点 是线段 上一点（ 不与 、 重合），当四边形 为菱形时，过点 分别作直线 和直线 的垂线，垂足分别为 、 ，当 的值最小时，求出 点坐标. 【答案】（1）（3，1）；（2） ， ， ；（3）（2，2）. 【解析】（1）根据点（a，b）关于 y=x 对称的点的坐标为（b，a）直接写出答案即可； （2）首先求得反比例函数的解析式，然后设 P（m，m），分若 PC 为平行四边形的边和若 PC 为平行四边形的 对角线两种情况分类讨论即可确定点 C 的坐标； （3）连接 AQ，设 AB 与 PO 的交点为 D，利用四边形 AOBP 是菱形，得到 S△AOP=S△AOQ+S△APQ，从而得到 PO•AD= AO•QE+ AP•QF，确定 QE+QF= 为定值，从而求解． 【详解】解：（1）B 点的坐标为（3，1）； （2）∵反比例函数 图象经过点 A（1，3）， 0 t 4< ≤ 4 t 7< ≤ 7 t 8< ≤ AOB∆ O A ( )1,3 A B y x= ( )0ky xx = > A P y x= B C C A B C P C Q OP O O P AOBP Q OA AP E F QE QF QB+ + Q 1( 7 2, 7 2)C + − 2 ( 7 2, 7 2)C − + 3 ( 3, 3)C 1 2 1 2 1 2 •PO AD AO ( )0ky xx = >∴k=1×3=3， ∴反比例函数的解析式为 ， 点 P 在直线 y=x 上， ∴设 P（m，m） ①PC 为平行四边形的边， ∵点 A 的横坐标比点 B 的横坐标小 2，点 A 的纵坐标比点 B 的纵坐标大 2， ∴点 C 在点 P 的下方，则点 C 的坐标为（m+2，m-2）如图 1， 若点 C 在点 P 的上方，则点 C 的坐标为（m-2，m+2）如图 2， 把 C（m+2，m-2）代入反比例函数的解析式得： ， ∵m＞0， ∴ ， ∴ 同理可得另一点 ， ②若 PC 为平行四边形的对角线，如图 3， ∵A、B 关于 y=x 对称， ∴OP⊥AB 此时点 C 在直线 y=x 上，且为直线 y=x 与双曲线的 交点， 由 解得： ， （舍去）， ∴ ， 3y x = 7m = ± 7m = 1( 7 2, 7 2)C + − 2 ( 7 2, 7 2)C − + 3y x = 3 y x y x = = 1 1 3 3 x y  = = 2 2 3 3 x y  = − = − 3 ( 3, 3)C综上所述，满足条件的点 C 有三个，坐标分别为： ， ， ； （3）连接 AQ，设 AB 与 PO 的交点为 D，如图 4， ∵四边形 AOBP 是菱形， ∴AO=AP ∵S△AOP=S△AOQ+S△APQ， ∴ PO•AD= AO•QE+ AP•QF ∴QE+QF= 为定值， ∴要使 QE+QF+QB 的值最小，只需 QB 的值最小，当 QB⊥PO 时，QB 最小， 所以 D 点即为所求的点， ∵A（1，3），B（3，1） ∴D（2，2）， ∴当 QE+QF+QB 的值最小时，Q 点坐标为（2，2）． 【点睛】本题是对反比例函数的综合知识的考查，熟练掌握反比例，四边形知识及分类讨论的数学思想是 解决本题的关键，难度较大． 1( 7 2, 7 2)C + − 2 ( 7 2, 7 2)C − + 3 ( 3, 3)C 1 2 1 2 1 2 •PO AD AO【考点 6】动点之线段面积问题 【例 6】如图已知平面内有一动点 A，x 轴上有一定点 B（4，0），连接 AB，且将线段 AB 绕 B 点逆时针旋转 90°得到线段 BC． ①当 A 点坐标为（1，1）时，求 C 点坐标； ②当 A 点在直线 x=1 上滑动时，求在此运动过程中△BOC 的面积是否发生变化，若不变，请求出面积，若 变化，请说明理由； ③若总条件中的动点 A 改为直线 y=x 上的动点 A，其余条件都不变，请直接写出当 A 点在直线 y=x 上滑动 时，点 D（0，-2）到 C 点的最短距离． 【答案】（1）C（3，3）；（2）当 A 点在直线 x=1 上滑动时，在此运动过程中△BOC 的面积是不发生变化， 是定值 6；（3）A 点在直线 y=x 上滑动时，点 D（0，-2）到 C 点的最短距离为 ． 【解析】①先判断出△ABD≌△BCE，进而确定出点 C 的坐标； ②同①的方法确定出点 C 的坐标，再利用三角形的面积公式即可得出结论； ③先判断出点 C 是直线 y=-x 上运动，进而确定出 DC 垂直于直线 y=-x 时，CD 最小，最后用等腰直角三角形 的性质即可得出结论． 【详解】①如图①， 过点 A 作 AD⊥x 轴于 D，过点 C 作 CE⊥x 轴于 E， ∴∠ADB=∠BEC=90°， 2∴∠BAD+∠ABD=90°， 由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°， ∴∠ABD+∠CBE=90°， ∴∠BAD=∠CBE， 在△ABD 和△BCE 中， ， ∴△ABD≌△BCE， ∴BD=CE，AD=BE， ∵A（1，1），B（4，0）， ∴AD=1，BD=3， ∴CE=BD=3，BE=AD=1， ∴OE=OB-BE=4-1=3， ∴C（3，3）； ②如图②， 过点 A 作 AD⊥x 轴于 D，过点 C 作 CE⊥x 轴于 E， ∴∠ADB=∠BEC=90°， ∴∠BAD+∠ABD=90°， 由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°， ∴∠ABD+∠CBE=90°， ∴∠BAD=∠CBE， 在△ABD 和△BCE 中 ADB BEC BAD CBE AB CB ∠ ∠ ∠ ∠  ＝ ＝ ＝， ∴△ABD≌△BCE， ∴BD=CE，AD=BE， ∵A 点在直线 x=1 上滑动， ∴设 A（1，m）， 当 m≥0 时，∵B（4，0）， ∴AD=m，BD=3， ∴CE=BD=3，BE=AD=m， ∴OE=|OB-BE|=|4-m|， ∴C（|4-m|，3）， ∴S△BOC= OB×|yC|= ×4×3=6，是定值； 当 m＜0 时，∵B（4，0）， ∴AD=|m|=-m，BD=3， ∴CE=BD=3，BE=AD=-m， ∴OE=|OB+BE|=|4-m|， ∴C（|4-m|，3）， ∴S△BOC= OB×|yC|= ×4×3=6，是定值； 即：当 A 点在直线 x=1 上滑动时，在此运动过程中△BOC 的面积是不发生变化，是定值 6； ③如图③， 过点 B 作 BE⊥OA 于 E，过点 B 作 BF⊥BE，过点 C 作 CO'⊥BF 于 F，交 OA 于 O'， ∴∠AEB=∠BFC=∠EBF=90°， 90ADB BEC BAD CBE AB CB ∠ ∠ ° ∠ ∠  ＝ ＝ ＝ ＝ 1 2 1 2 1 2 1 2∴四边形 BEO'F 是矩形， 由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°， ∴∠ABE=∠CBF， 在△ABE 和△CBF 中， ， ∴△ABE≌△CBF， ∴BE=BF， ∵BE⊥OA，BF⊥O'C， ∴点 B 在 AO'C 的角平分线上， ∴点 O'和点 O 重合， ∴∠BOC=45° ∴点 C 在直线 y=-x 上， 过点 D 作 DG⊥OC 于 G， ∴点 C 和点 G 重合时，CD 最小是 CG， 在 Rt△ODG 中，∠DOG=45°，OD=2， ∴DG= ， 即：当 A 点在直线 y=x 上滑动时，点 D（0，-2）到 C 点的最短距离为 ． 【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，角平分线定 理，解本题的关键是构造全等三角形. 【变式 6-1】（2019·山东中考模拟）如图，抛物线 交 轴于点 和点 ，交 轴 于点 . （1）求抛物线的函数表达式； （2）若点 在抛物线上，且 ，求点 的坐标； （3）如图，设点 是线段 上的一动点，作 轴，交抛物线于点 ，求线段 长度的最大值， 并求出 面积的最大值. 90AEB CFB ABE CBF AB CB ∠ ∠ ° ∠ ∠  ＝ ＝ ＝ ＝ 2 2 2y x bx c= − + + x ( )3 0A − , B y ( )0,3C P 4AOP BOCS S∆ ∆= P Q AC DQ x⊥ D DQ DAC∆【答案】（1） ；（2）符合条件的点 的坐标为： 或 或 ；（3） 面积的最大值为 . 【解析】（1）把点 A、C 的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值； （2）设 P 点坐标为（x，-x2-2x+3），根据 S△AOP=4S △BOC 列出关于 x 的方程，解方程求出 x 的值，进而得到 点 P 的坐标； （3）先运用待定系数法求出直线 AC 的解析式为 y=x+3，再设 Q 点坐标为（x，x+3），则 D 点坐标为（x， -x2-2x+3），然后用含 x 的代数式表示 QD，根据二次函数的性质即可求出线段 QD 长度的最大值,再根据 求得最大面积． 【详解】（1）把 ， 代入 ，得 ，解得 . 故该抛物线的解析式为： . （2）由（1）知，该抛物线的解析式为 ，则易得 . 设 P 点坐标为（x，-x2-2x+3）， ∵ ， ∴ . 整理，得 或 ， 解得 或 . 则符合条件的点 的坐标为： 或 或 ； （3）设直线 的解析式为 ，将 ， 代入， 2 2 3y x x= − − + P ( )1,4− ( )1 2 2, 4− + − ( )1 2 2, 4− − − DAC∆ 27 8 DAC DAQ DCQS S S∆ ∆ ∆= + ( )3 0A − , ( )0,3C 2y x bx c= − + + 0 9 3 3 b c c = − − +  = 2 3 b c = −  = 2 2 3y x x= − − + 2 2 3y x x= − − + ( )10B , 4AOP BOCS S∆ ∆= 21 13 2 3 4 1 32 2x x× × − − + = × × × ( )21 0x + = 2 2 7 0x x+ − = 1x = − 1 2 2x = − ± P ( )1,4− ( )1 2 2, 4− + − ( )1 2 2, 4− − − AC y kx t= + ( )3 0A − , ( )0,3C得 ， 解得 . 即直线 的解析式为 . 设 点坐标为 ， ，则 点坐标为 ， ， ∴当 时， 有最大值 . 此时， ∴ 面积的最大值为 . 【点睛】考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长度 问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想． 【变式 6-2】如图，矩形 中， ，点 是对角线 上一动点（不与 重合）， 连接 ，过点 作 ，交射线 于点 ，以线段 为邻边作矩形 ，过点 作 。分别交 于点 。 （1）求证： 的值； （2）求 的值； （3）求矩形 的面积的最小值。 【答案】（1）见解析；（2） ；（3） . 【解析】(1)根据矩形的性质和同角的余角相等证明 ， ，从而求证 三角形相似；（2）设 ，由相似三角形对应边成比例列出比例式 ， 3 0 3 k t t − + =  = 1 3 k t =  = AC 3y x= + Q ( ), 3x x + ( )3 0x− ≤ ≤ D ( )2, 2 3x x x− − + ( ) ( ) 2 2 2 3 93 3 3 2 4QD x x x x x x = − − + − + = − − = − + +   3 2x = − QD 9 4 21 3 9 1 9 273 + + 3 =2 2 4 2 4 8DAC DAQ DCQS S S x∆ ∆ ∆   = + = × × − ≤ × ×      DAC∆ 27 8 ABCD 3, 4AD AB= = P AC A C、 PB P PE PB⊥ DC E ,PE PB BPEF P GH CD⊥ AB CD、 G H、 PGB EHP∆ ∆ PE PB BPEF 3 4 PE PB = 108 25 090EHP PGB∠ = ∠ = EPH GBP∠ = ∠ AG a= AG GP CH PH =，从而求解；（3）当 时，矩形 面积最小，从而求解. 【详解】（1） ∵过点 作 且矩形 中，AB∥DC 又∵过点 作 ∴ ∴ ， ∴ ； （2）设 ，则 ， ∵矩形 中，AB∥DC ∴△APG∽△CPH 即∴ ，即 ∴ ∵ ∴ ； （3）如图∵ ， ∴当 时，矩形 面积最小，此时 ， 此时点 与点 重合， ，所以最小面积为 ( )3 4 34 4 4 aPE PH PB BG a − = = =− PB AC⊥ BPEF P PE PB⊥ ABCD P PE PB⊥ 90 , 90EPH GPB GBP GPB∠ + ∠ = ∠ + ∠ =  090EHP PGB∠ = ∠ = EPH GBP∠ = ∠ PGB EHP∆ ∆ AG a= 4BG CH a= = − ABCD AG GP CH PH = 3 4 a PH a PH −=− ( )3 44PH a= − PGB EHP∆ ∆ ( )3 4 34 4 4 aPE PH PB BG a − = = =− 3 4 PE PB = PB AC⊥ BPEF 12 5 CB ABBP AC = = E C 3 9 4 5PE PC PB= = = 9 12 108 5 5 25 × =【点睛】本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理,解题的关键是学 会利用相似三角形的判定和性质列出相应的比例式从而解决问题． 【变式 6-2】已知：在四边形 中， ， ， ， ． （ ）求四边形 的面积． （ ）点 是线段 上的动点，连接 、 ，求 周长的最小值及此时 的长． （ ）点 是线段 上的动点， 、 为边 上的点， ，连接 、 ，分别交 、 于点 、 ，记 和 重叠部分的面积为 ，求 的最值． 【答案】（ ） ．（ ） ．3．（ ） ． 【解析】 试题分析：（1）如图 1，过 A 作 AE⊥BC 于 E，DF⊥BC 于 F，得到四边形 AEFD 是矩形，由矩形的想知道的 EF=AD=6，BE=CF=3，根据勾股定理得到 ，于是得到结论； （2）如图 2，作点 B 关于直线 AD 的对称点 G，连接 CG 交 AD 于 P，则 BC+PB+PC=BC+PG+PC 即为△BCP 周长 ABCD AD BC∥ 5AB CD= = 6AD = 12BC = 1 ABCD 2 P AD BP CP BCP AP 3 P AD N M BC 5BM CN= = AN DM BP CP E F ADG BPC△ S S 1 36 2 min 4 13 12C = + 3 45 13 2 2 2 25 3 4AE AB BE= − = − =的最小值，根据勾股定理得到 ，于是得到△BCP 周长的最小值为：4 +12；根据三角形中位线的性质得到 PH= BC=6，由勾股定理得到 ，于是得到 结论． （3）过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，如图所示，设 ，则 ．因为 ，所以 ∽ ，得 ；同理可得 ∽ ， ∽ ，得： ， ，所以 ，进而求得答案. 试题解析：（ ）如图 1，过 作 于 ， 于 ． 则四边形 是矩形． ∴ ， ． ∴ ． ∴ ． （ ）如图 2，作点 关于直线 的对称点 ， 连接 交 于 ，则 ． 即为 的最小周长． 由（ ）知 ． 在 中， ． ∴ 的 ． ∵ ， ， 2 2 2 212 8 4 13CG BC BG= + = + = 13 1 2 2 2 3AH AB BH= − = E BC AD BC G H F BC AD BC I J G BC AD BC K L AP x= 6PD x= − AD DC AGD△ NGM△ 1GL = AEP△ NEB DFP MFC 28 7EH x = + 28 13FJ x = − PBC EBN FMC MGNS S S S S= − − +     1 A AE BC⊥ E DF BC⊥ D AEFD 6EF AD= = 3BE CF= = 2 2 2 25 3 4AE AB BE= − = − = 1 1( ) (6 12) 4 362 2ABCDS AD BC AE四 = + × = × + × = 2 B AD G CG AD P BC PB PC BC PG PC+ + = + + BCP 1 8( 2 )BG AE= = Rt GBC 2 2 2 212 8 4 13CG BC BG= + = + = BCP min 4 13 12C = + AD BC∥ BH HG=∴ ． ∵ ， ∴ ． （ ）过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，过 点作 的垂线分别交 、 于 、 点，如图 3 所示，设 ，则 ． 因为 ，所以 ∽ ， 所以 ，又 ，所以 ； 同理可得 ∽ ， ∽ ， 所以 ， ， 求得： ， ，其中 ， 所以 ， 即 ． 因此当 时， 有最大值 ；当 或 时， 有最小值了 ． 【达标训练】 一、单选题 1．如图，在△ABC 中，AB=2，AO=BO，P 是直线 CO 上的一个动点，∠AOC=60°，当△PAB 是以 BP 为直角边 的直角三角形时，AP 的长为（ ） 1 62PH BC= = 2 2 3AH AB BH= − = 3AP PH AH= − = 3 E BC AD BC G H F BC AD BC I J G BC AD BC K L AP x= 6PD x= − AD DC AGD△ NGM△ 6 2 GK AD GL MN = = 4KL = 1GL = AEP△ NEB DFP MFC 7 GE AP x HE BN = = 6 7 IF PD x JF MC −= = 28 7EH x = + 28 13FJ x = − 0 6x≤ ≤ PBC EBN FMC MGNS S S S S= − − +     1 1 28 1 28 112 4 7 7 2 12 2 7 2 13 2S x x = × × − × × − × × + × ×+ − 2 19625 ( 3) 100x = − − − + 3x = S 6.4 0x = 6x = S 45 13A． ,1,2 B． , ,2 C． , ,1 D． ，2 【答案】C 【解析】利用分类讨论，分当∠ABP=90°时和当∠APB=90°时两种情况讨论即可． 【详解】当∠APB=90°时, 情况一：（如图）， ∵AO=BO， ∴PO=BO， ∵∠AOC=60°， ∴∠BOP=60°， ∴△BOP 为等边三角形， ∴BP=1， 在 Rt△APB 中，AP= ； 情况二：如图 2， 5 2 7 3 7 10 2 2 2 22 1 3AB BP− = − =∵AO=BO，∠APB=90°， ∴PO=AO， ∵∠AOC=60°， ∴△AOP 为等边三角形， ∴AP=AO=1； 当∠ABP=90°时（如图 3）， ∵∠AOC=∠BOP=60°， ∴∠BPO=30°， ∴OP=2OA=2， ∴BP= ， 在直角三角形 ABP 中， AP= ； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，含 30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形 结合是解答此题的关键． 2．如图，在矩形 ABCD 中，AB=5，AD=3，动点 P 在直线 AB 上方，且满足 S△PABS：矩形 ABCD=1：3，则使△PAB 为直角三角形的点 P 有(　　)个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 2 2 2 22 1 3OP OB− = − = 2 2 2 22 ( 3) 7AB BP+ = + =【解析】分当点 P 在 AD 上时，则 ；当点 P 在 BC 上时，则 当点 P 在矩形 ABCD 内部时，则 三种情况进行讨论. 【详解】 四边形 ABCD 为矩形. 矩形 ABCD S△PAB：S 矩形 ABCD=1：3， 当点 P 在 AD 上时，则 即 故点 P 在 AD 上且 时，△PAB 为直角三角形. 当点 P 在 BC 上时，则 即， 故点 P 在 BC 上且 时，△PAB 为直角三角形. 当点 P 在矩形 ABCD 内部时，则 作 于点 E，如图所示. 90PAB∠ =  90 ;PBA∠ =  90 ,APB∠ =   ∴ 90 ,DAB CBA∠ = ∠ =  S 5 3 15,AB AD= ⋅ = × =  1 15 5,3PABS∴ = × =  90 ,PAB∠ =  1 5,2 AB PA∴ ⋅ = 1 5 5,2 PA× × = 2,PA∴ = 2PA = 90 ,PBA∠ =  1 5,2 AB PB∴ ⋅ = 1 5 5,2 PB× × = 2,PB∴ = 2PB = 90 ,APB∠ =  PE AB⊥ 即 由 可知： 设 ，则 . 解得： 或 在矩形 ABCD 内部时，符合条件的点 P 有 2 个. 综上所述，符合条件的点 P 共有 4 个. 故选：D. 【点睛】考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解一元二次方程等，注意分类 讨论思想在解题中的应用. 3．已知抛物线 具有如下性质:抛物线上任意一点到定点 的距离与到 轴的距离相等.如 图点 的坐标为 , 是抛物线 上一动点，则 周长的最小值是（ ） 1 5,2 AB PE∴ ⋅ = 1 5 5,2 PE× × = 2,PE∴ = 90 ,APB∠ =  PE AB⊥ ,APE PBE ∽ ,PE BE AE PE ∴ = 2 4,AE BE PE∴ ⋅ = = AE x= 5 ,BE x= − ( )5 4,x x∴ − = 1 21, 4,x x= = ∴ 1AE = 4,AE = 21 14y x= + ( )0,2F x M ( )3,6 P 21 14y x= + PMF∆A． B． C． D． 【答案】C 【解析】作过 作 轴于点 ，过点 作 轴于点 ，交抛物线 于点 ，由 结合，结合点到直线之间垂线段最短及 MF 为定值，即可得出当点 P 运动到点 P′时，△PMF 周长 取最小值，再由点 、 的坐标即可得出 、 的长度，进而得出 周长的最小值． 【详解】解：作过 作 轴于点 ， 由题意可知： ， ∴ 周长= ， 又∵点到直线之间垂线段最短， ∴当 、 、 三点共线时 最小，此时 周长取最小值， 过点 作 轴于点 ，交抛物线 于点 ，此时 周长最小值， 、 ， ， ， 周长的最小值 ． 故选： ． 【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及点到直线的距离，根据点到直线 之间垂线段最短找出△PMF 周长的取最小值时点 P 的位置是解题的关键． 二、填空题 4．如图,四边形 ABCD 中,AB∥CD,∠B=90°,AB=1,CD=2,BC=3,点 P 为 BC 边上一动点,若△PAB 与△PCD 是相 似三角形,则 BP 的长为 _____________ 5 9 11 1 P PH x⊥ H M MH x⊥ 'H 21 14y x= + P′ PF PH= F M MF MH′ PMF∆ P PH x⊥ H PF PH= PMF∆ MF MP PF MF MP PH+ + = + + M P H MP PH+ PMF∆ M MH x⊥ H′ 21 14y x= + P′ PMF∆ (0,2)F (3,6)M ' 6MH∴ = 2 2(3 0) (6 2) 5FM = − + − = PMF∴∆ 6 5 11ME FM= + = + = C【答案】1 或 2 【解析】设 BP=x，则 CP=BC－BP=3－x，易证∠B=∠C=90°，根据相似三角形的对应顶点分类讨论：①若△PAB ∽△PDC 时，列出比例式即可求出 BP；②若△PAB∽△DPC 时，原理同上. 【详解】解：设 BP=x，则 CP=BC－BP=3－x ∵AB∥CD,∠B=90°, ∴∠C=180°－∠B=90° ①若△PAB∽△PDC 时 ∴ 即 解得：x=1 即此时 BP=1； ②若△PAB∽△DPC 时 ∴ 即 解得： 即此时 BP=1 或 2； 综上所述：BP=1 或 2. 故答案为：1 或 2. 【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解决此题的关 键. 5．如图， 于 , 于 , ，点 为 边上一动点，当 ＝ ________时，形成的 与 全等. AB BP CD CP = 1 2 3 x x = − AB BP PC CD = 1 3 2 x x =− 1 21, 2x x= = AB BC⊥ B DC BC⊥ C 6, 8, 2AB BC CD= = = P BC BP Rt ABP∆ Rt PCD∆【答案】2 【解析】当BP=2 时，Rt△ABP≌Rt△PCD，由 BC=8 可得 CP=6，进而可得 AB=CP，BP=CD，再结合 AB⊥BC、DC ⊥BC 可得∠B=∠C=90°，可利用 SAS 判定△ABP≌△PCD． 【详解】当 BP=2 时，Rt△ABP≌Rt△PCD．理由如下： ∵BC=8，BP=2， ∴PC=6， ∴AB=PC． ∵AB⊥BC，DC⊥BC， ∴∠B=∠C=90°． 在△ABP 和△PCD 中，∵ ， ∴△ABP≌△PCD(SAS)． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法，关键是掌握 SAS 定理． 6．如图，矩形 中， ， ，点 是对角线 上一动点，过点 作 于点 ， 若点 ， ， 构成以 为腰的等腰三角形时，则线段 的长是__________． 【答案】 或 【解析】由勾股定理得求出 ，分 与 两种情况分别讨论计算即可. 【详解】解：∵矩形 中， ， ∴由勾股定理得 ，分两种情况： 6 90 2 AB PC B C BP CD = = ∠ = ∠ = °  = = ABCD 3AB = 4BC = P AC P PE AD⊥ E P A B AB PE 9 5 54 25 5AC = PA AB= PB AB= ABCD 3AB = 4BC = 2 23 4 5AC = + =（1）如图，当 时， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ∽ ， ∴ ， ， ∴ ； （2）如图，当 时，过点 作 于点 ， ∵∠BAC=∠BAM,∠ABC=∠BMA=90° ∴ ∽ ， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 由（1）得 ∽ ， ∴ ， ， ∴ ， 综上， 的值为 或 . 3PA AB= = PE AD⊥ 90PEA D∠ = ∠ =  / /PE CD APE∆ ACD∆ PE AP CD AC = 3 3 5 PE = 9 5PE = PB AB= B BM AC⊥ M ABM∆ ACB∆ AB AM AC AB = 3 5 3 AM= 9 5AM = AB PB= 182 5AP AM= = APE∆ ACD∆ PE AP CD AC = 18 5 3 5 PE = 54 25PE = PE 9 5 54 25【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、矩形的性质以及相似三角形的性质，熟练掌握各个知识点并学 会运用是解题的关键. 7．如图，在矩形 中， ， 为 中点，连接 . 动点 从点 出发沿 边 向点 运动，动点 从点 出发沿 边向点 运动，两个动点同时出发，速度都是每秒 1 个单位长度， 连接 ，设运动时间为 （秒） . 则 _____时， 为直角三角形 【答案】 或 【解析】△CMN 是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN=90°，二是∠MNC=90°，三是∠MCN=90°，然后 进行分类讨论求出 t 的值． 【详解】解： 过点 N 作 OA 的垂线，交 OA 于点 F，交 CH 于点 E，如图 1， ∵B 点是 CH 的中点， ∴BH= CH= OA=6， ∵AH=OC=8， ∴由勾股定理可求：AB=10， ∵AN=t， ∴BN=10-t， ∵NE∥AH， ∴△BEN∽△BHA， OAHC 8, 12OC OA= = B CH AB M O OA A N A AB B , ,CM CN MN t (0 10)t< < t = CMN∆ 7 2 41 241 4 − 1 2 1 2∴ ， ∴ ， ∴EN= ∴FN=8-EN= ， 当∠CMN=90°， 由勾股定理可求：AF= ， ∵OM=t， ∴AM=12-t， ∴MF=AM-AF=12-t- =12- ， ∵∠OCM+∠CMO=90°，∠CMO+∠FMN=90°， ∴∠OCM=∠FMN， ∵∠O=∠NFM=90°， ∴△COM∽△MFN， ∴ ， ∴ ， ∴t= ， 当∠MNC=90°， FN= ∴EN= ∵MF=12- ∴CE=OF=OM+MF=12- ∵∠MNF+∠CNE=90°， ∠ECN+∠CNE=90°， ∴∠MNF=∠ECN， BN EN AB AH = 10 10 8 t EN− = 4(10 ) 5 t− 4 5 t 3 5 t 3 5 t 8 5 t OC OM MF FN = 8 8 412 5 5 t t t = − 7 2 4 5 t 48- 5 t 8 5 t 3 5 t∵∠CEN=∠NFM=90°， ∴△CEN∽△NFM， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵0＜t＜5， ∴ ； 当∠NCM=90°， 由题意知：此情况不存在， 综上所述，△CMN 为直角三角形时，t= 或 . 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性． 8．如图，在 中，已知 ， ， 是 边上的一动点（ 不与点 、 重合）. 连接 ， ，边 与 交于点 ，当 为等腰三角形时，则 之长为_________. 【答案】2 或 【解析】分别讨论 AP=PD、PD=AD、PA=AD 三种情况，当 AP=PD 时，可证明△APB≌△PDC，可得 PC=AB，进而 可求出 PB 的长；当 PD=AD 时，可证明△APC∽△BAC，根据相似三角形的性质即可求出 PC 的长，进而可得 PB 的长；当 PA=AD 时，P 点与点 B 重合，不符合题意；综上即可得答案. 【详解】①当 AP=PD 时， ∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠B+∠BAP，∠B=∠APD， ∴∠DPC=∠BAP， CE EN FN MF = 3 412 8-5 5 4 8125 5 t t t t − = − 41 241 4t ±= 41 241 4t −= 7 2 41 241 4 − ABC∆ 4AB AC= = 6BC = P BC P B C AP B APE∠ = ∠ PE AC D APD∆ PB 10 3∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵∠B=∠C，∠DPC=∠BAP，AP=PD， ∴△APB≌△PDC， ∴PC=AB=4， ∴PB=BC-PC=2， ②当 PD=AD 时， ∵AD=PD，∠APD=∠B， ∴∠APD=∠PAD=∠B， ∵∠PAD=∠B，∠C=∠C， ∴△APC∽△BAC， ∴ ，即 ， 解得：PC= ， ∴PB=BC-PC= . ③当 PA=AD 时，P 点与点 B 重合，不符合题意； 综上所述：PB 的长为 2 或 . 故答案为：2 或 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理及性质并运用 分类思想是解题关键. 9．如图，抛物线 y=﹣ x2+mx+n 与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C，抛物线的对称轴交 x 轴于点 D， 已知 A（﹣1，0），C（0，2），点 E 是线段 BC 上的一个动点，过点 E 作 x 轴的垂线与抛物线相交于点 F，当 四边形 CDBF 的面积最大时，E 点的坐标为_____． PC AC AC BC = 4 4 6 PC = 8 3 10 3 10 3 10 3 1 2【答案】（2，1） 【解析】由于四边形 CDBF 的面积等于△CDB 的面积与△BCF 的面积之和，当四边形 CDBF 的面积最大时，即 △BCF 最大，设点 E 的坐标为（x，y），利用点 E 的坐标表示出△BCF 的面积即可求出点 E 的坐标． 【详解】过点 E 作 EG⊥x 轴于点 G，交抛物线于 F， 将 A（﹣1，0），C（0，2）代入 y=﹣ x2+mx+n 解得： ∴抛物线的解析式为：y=﹣ x2+ x+2 令 y=0 代入 y=﹣ x2+ x+2， ∴0=﹣ x2+ x+2 解得：x=﹣1 或 x=4 ∴B（4，0） ∴OB=4 设直线 BC 的解析式为 y=kx+b， 把 B（4，0）和 C（0，2）代入 y=kx+b ∴ 解得： 1 2 2 1 ( ) 02 n m n =− × − + = 3 2 2 m n  =  = 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 0 4 2 k b b = +  = 1 2 2 k b  = −  =∴直线 BC 的解析式为：y=﹣ x+2， 设 E 的坐标为：（x，﹣ x+2） ∴F（x，﹣ x2+ x+2） ∴EF=﹣ x2+ x+2﹣（﹣ x+2）=﹣ x2+2x， ∴△BCF 的面积为： EF•OB=2（﹣ x2+2x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4 四边形 CDBF 的面积最大时，只需要△BCF 的面积最大即可， ∴当 x=2 时， △BCF 的面积可取得最大值， 此时 E 的坐标为（2，1） 故答案是：(2,1). 【点睛】考查二次函数的综合问题，解题的关键是求出△BCF 的面积的表达式. 10．如图，直线 经过 的直角顶点 的边上有两个动点 ，点 以 的速度从 点 出发沿 移动到点 ，点 以 的速度从点 出发，沿 移动到点 ，两动点 中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点过点 分别作 ，垂足分别为点 .若 ，设运动时间为 ，则当 ___ 时，以点 为顶点的三角形与以 点 为顶点的三角形全等． 【答案】1 或 或 【解析】分当 E 在 BC 线段上时，此时 D 在 AC 线段上；当 E 在 AC 线段上时，且 D 在 AC 线段上；当 E 到达 A 时，且 D 在 BC 线段上，三种情况进行讨论，相应列出方程求解即可. 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 PQ Rt ABC ,C ABC ,D E D 1 /cm s A AC CB− B E 3 /cm s B BC CA− A ,D E ,DM PQ⊥ EN PQ⊥ ,M N 6 , 8AC cm BC cm= = t t = s , ,D M C , ,E N C 7 2 12【详解】解：当 E 在 BC 线段上时，此时 D 在 AC 线段上， 故 CE=8-3t，CD=6-t， 当 DC=CE 时， 故 8-3t =6-t 解得：t=1 当 E 在 AC 线段上时，且 D 在 AC 线段上， 故 CE=3t-8，CD=6-t， 当 DC=CE 时， 故 3t-8 =6-t 解得： 当 E 到达 A 时，且 D 在 BC 线段上， 故 CE=6，CD=t-6， 当 DC=CE 时， 故 6 =t-6 解得： 综上所述：t=1 或 或 时，，以点 为顶点的三角形与以点 为顶点的三角形全等． 故答案为：1 或 或 【点睛】本题考查了动点与三角形全等,分类讨论是解决本题的关键. 11．如图，已知以点 A(0，1)、C(1，0)为顶点的△ABC 中，∠BAC=60°，∠ACB=90°，在坐标系内有一动 点 P（不与 A 重合），以 P、B、C 为顶点的三角形和△ABC 全等，则 P 点坐标为____________. 【答案】（2，-1）、 、 【解析】 解：由勾股定理得：AC= ，∵∠BAC=60°，∠ACB=90°，∴AB= ，BC= ，分为三种情况： ①如图 1，延长 AC 到 P，使 AC=CP，连接 BP，过 P 作 PM⊥x 轴于 M，此时 PM=OA=1，CM=OC=1，OM=1+1=2， DCM CEN∆ ≅ ∆ DCM CEN∆ ≅ ∆ 7 2t = DCM CEN∆ ≅ ∆ 12t = 7 2 12 , ,D M C , ,E N C 7 2 12 (2 3, 3 1)+ − ( 3, 3 1)+ 2 2 2 6即 P 的坐标是（2，﹣1）； ②如图 2，过 B 作 BP⊥BC，且 BP=AC= ，此时 PC=AB= ．过 P 作 PM⊥x 轴于 M，此时∠PCM=15°，在 x 轴上取一点 N，使∠PNM=30°，即 CN=PN，设 PM=x，则 CN=PN=2x，MN= x，在 Rt△CPM 中，由勾股定理 得：（ ）2=（2x+ x）2+x2，x= ，即 PM= ，MC=2x+ x= ，OM=1+ = ，即 P 的坐标是（ ， ）； ③如图 3，过 B 作 BP⊥BC，且 BP=AC= ，过 P 作 PM⊥x 轴于 M，此时∠PCM=30°+45°=75°，∠ CPM=15°，和③解法类似求出 CM= ，PM=2x+ x= ，OM=1+ = ，即 P 的坐标是（ ， ）． 故答案为：（2，﹣1）或（ ， ）或（ ， ）． 2 2 2 3 2 2 3 3 1− 3 1− 3 3 1+ 3 1+ 2 3+ 2 3+ 3 1− 2 3 1− 3 3 1+ 3 1− 3 3 3 1+ 2 3+ 3 1− 3 3 1+点睛：本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，含 30 度角的直角三角形等知识点的应用，注意要 进行分类讨论，题目比较好，但是有一定的难度． 12．如图，矩形 中， ， ，点 为 中点，点 为线段 上一个动点，连接 ，将 沿 折叠得到 ，连接 ， ，当 为直角三角形时， 的长为 _____． 【答案】1 或 【解析】分两种情况进行讨论：当∠CFE=90°时，△ECF 是直角三角形；当∠CEF=90°时，△ECF 是直角三 角形，分别根据直角三角形的勾股定理列方程求解即可． 【详解】分两种情况讨论： ①当∠CFE=90°时，△ECF 是直角三角形，如图 1 所示．由折叠可得：∠PFE=∠A=90°，AE=FE=DE，∴∠ CFP=180°，即点 P，F，C 在一条直线上． 在 Rt△CDE 和 Rt△CFE 中， ，∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL），∴CF=CD=4． 设 AP=FP=x，则 BP=4﹣x，CP=x+4． 在 Rt△BCP 中，BP2+BC2=PC2，即（4﹣x）2+62=（x+4）2，解得：x ，即 AP ； ②当∠CEF=90°时，△ECF 是直角三角形，如图 2 所示，过 F 作 FH⊥AB 于 H，作 FQ⊥AD 于 Q，则∠FQE=∠ D=90°． 又∵∠FEQ+∠CED=90°=∠ECD+∠CED，∴∠FEQ=∠ECD，∴△FEQ∽△ECD，∴ ，即 ，解得：FQ ，QE ，∴AQ=HF ，AH ，设 AP=FP=x，则 HP x． ∵Rt△PFH 中，HP2+HF2=PF2，即（ x）2+（ ）2=x2，解得：x=1，即 AP=1． ABCD 4AB = 6AD = E AD P AB EP APE∆ PE FPE∆ CE CF ECF∆ AP 9 4 CE CE EF ED =  = 9 4 = 9 4 = FQ QE EF ED DC CE = = 3 3 4 5 FQ QE= = 9 5 = 12 5 = 3 5 = 9 5 = 9 5 = − 9 5 − 3 5综上所述：AP 的长为 1 或 ． 【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾 股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有两种情况，需要分类 讨论，避免漏解． 13．如图， 中， , 分别是 上动点，且 ，当 =_______时，才能使 和 全等. 【答案】3 或 8 【解析】 试题解析：分为两种情况：①当 AP=3 时， ∵BC=3， ∴AP=BC， ∵∠C=90°，AE⊥AC， ∴∠C=∠QAP=90°， ∴在 Rt△ABC 和 Rt△QAP 中， ∴Rt△ABC≌Rt△QAP（HL）， 9 4 Rt ABC∆ 90 , 8, 3C AC BC∠ = ° = = , ,AE AC P Q⊥ ,AC AE PQ AB= AP ABC∆ PQA∆ AB PQ BC AP    ＝ ＝②当 AP=8 时， ∵AC=8， ∴AP=AC， ∵∠C=90°，AE⊥AC， ∴∠C=∠QAP=90°， ∴在 Rt△ABC 和 Rt△QAP 中， ∴Rt△ABC≌Rt△QAP（HL）， 故答案为：3 或 8． 14．如图，已知 sinO＝ ，OA＝6，点 P 是射线 ON 上一动点，当△AOP 为直角三角形时，则 AP＝ ________． 【答案】 或 【解析】分 AP⊥OA，AP⊥OP 两种情况讨论，当 AP⊥OA，可根据 sinO＝ ，设 ，利 用勾股定理求出 x 即可求出 AP；当 AP⊥OP，直接利用 sinO＝ 和 AO=6，求得 AP. 【详解】当 AP⊥OA， ∵sinO＝ ∴ 则设 在 中根据勾股定理 AB PQ AC AP    ＝ ＝ 3 3 3 2 2 3 3 3 3 , 3AP x OP x= = 3 3 3 3 3 3 AP OP = 3 , 3AP x OP x= = Rt AOP∆ 2 2 2AP AO OP+ =即 解得 ， （舍去） ∴ = ； 当 AP⊥OP， ∵sinO＝ ∴ ∴ 故填 或 . 【点睛】本题考查锐角三角函数，勾股定理.能利用分类讨论思想分情况讨论是解决此题的关键. 15．如图，矩形 中 ， ，点 是线段 上一动点，连接 ，将 沿直线 折叠，点 落到 处，连接 ， ，当 为等腰三角形时， 的长为__________． 【答案】 或 或 12 【解析】当 为等腰三角形时，有三种情况，需分别讨论：①： ；②： ；③： . 【详解】①： ；首先，因为折叠， ， ，则 ，另因 ，则 ，可证得 ，则 ，因此只要求出 的值，即可 求出 的值，过点 朝 作垂线，垂足为 ，延长 交边 于点 ，由矩形的性质可知， ， ，利用等腰三角形三线合一的性质，可知 ，则在 中， ，则 ，再利用勾股定理，在 中，有 ，由于 ，则 ， ，解得 . 2 23 36 9x x+ = 1 6x = 2 6x = − 3AP x= 3 2 3 3 3 3 AP AO = 3 3 6 2 33 3AP AO= × = ´ = 3 2 2 3 ABCD 10AB = 12AD = E BC AE ABE∆ AE B F CF BF BFC∆ BE 10 3 15 2 BFC∆ BF CF= BF BC= BC CF= BF CF= 10AB AF= = BE FE= EBF BFE=∠ ∠ BF CF= EBF BCF=∠ ∠ BEF BFC∆ ∆ BE BF BF BC = BF BE F BC I FI AD H 10AB HI= = 12AD BC= = 6BI CI AH= = = Rt AHF∆ 2 2 8HF AF AH= − = 2FI = Rt BIF∆ 2 2 2 10BF BI FI= + = BEF BFC∆ ∆ BE BF BF BC = 2 12 40BF BE= = 10 3BE =②： ，若 与 交于点 ，首先因为折叠，可知 为 的垂直平分线，不难证明出 ，则 ，则若能求得 、 的值，则此题便得以解答.因 ，则 ，在 中， ，则 ，得 . ③： ，因 ，且因为折叠 ，则 为线段 的垂直平分线，所以点 与点 重合， . 故答案为 或 或 12. 【点睛】考查矩形的性质，翻折的性质，等腰三角形的性质，注意分类讨论思想在解题中的应用. 16．如图，直线 与抛物线 交于 ， 两点，点 是 轴上的一个动点，当 的周长最小时， _． 【答案】 ． 【解析】根据轴对称，可以求得使得 的周长最小时点 的坐标，然后求出点 到直线 的距离和 的长度，即可求得 的面积，本题得以解决． 【详解】联立得 ， 解得， 或 ， BF BC= AE BF G AE BF AGB ABE∆ ∆ AG BG AB BE = AG BG 12BC BF= = 6BG FG= = Rt AGB∆ 2 2 8AG AB BG= − = 8 6 10 BE = 15 2BE = BC CF= BC CF= AB AF= AC BF E C 12BE BC= = 10 3 15 2 1y x= + 2 4 5y x x= − + A B P y PAB∆ PABS∆ = 12 5 PAB∆ P P AB AB PAB∆ 2 1 4 5 y x y x x = +  = − + 1 2 x y =  = 4 5 x y =  =∴点 的坐标为 ，点 的坐标为 ， ∴ ， 作点 关于 轴的对称点 ，连接 与 轴的交于 ，则此时 的周长最小， 点 的坐标为 ，点 的坐标为 ， 设直线 的函数解析式为 ， ，得 ， ∴直线 的函数解析式为 ， 当 时， ， 即点 的坐标为 ， 将 代入直线 中，得 ， ∵直线 与 轴的夹角是 ， ∴点 到直线 的距离是： ， ∴ 的面积是： ， 故答案为 ． 【点睛】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题 A ( )1,2 B ( )4,5 ( ) ( )2 25 2 4 1 3 2AB = − + − = A y 'A 'A B y P PAB∆ 'A ( )1,2− B ( )4,5 'A B y kx b= + 2 4 5 k b k b − + =  + = 3 5 13 5 k b  =  = 'A B 3 13 5 5y x= + 0x = 13 5y = P 130, 5      0x = 1y x= + 1y = 1y x= + y 45° P AB 13 8 2 4 21 sin 455 5 2 5  − × ° = × =   PAB∆ 4 23 2 125 2 5 × = 12 5意，利用数形结合的思想解答． 三、解答题 17．如图，抛物线 与 x 轴交于 两点，与 轴交于点 . （1）求该抛物线的解析式； （2）若点 为线段 上一动点，试求 的最小值； （3）点 是 轴左侧的抛物线上一动点，连接 ，当 时，求点 的坐标. 【答案】（1） ；（2） ；（3） 的坐标为 或 . 【解析】（1）把点 代入抛物线表达式即可求出 m，即可得到抛物线的解析式；（2）连接 ,过点 作 于点 ，交 轴于点 ，当 三点共线时， 最小值为 ，再根据 由三角形面积公式得： ，即可求出 ；（3） 过 点作 轴的垂线，交 轴于点 ，设点 的坐标为 ，利用 即 ，代入即可求出 m 的值，再求出 D 点坐标 【详解】解：（1）把点 代入抛物线表达式得： ， 解得： 故该抛物线的解析式为： （2）连接 ,过点 作 于点 ，交 轴于点 2 2 3y x mx m= − + ,A B y ( )0, 3C − E OC 2 2AE EC+ D y AC DAB ACO=∠ ∠ D 2 2 3y x x= + − 2 2 22AE EC+ = D 10 13,3 9  −   8 11,3 9  − −   ( )0,3C BC A AF BC⊥ F y E A E F、 、 2 2AE EC+ AF 1 1• ·2 2BC AF AB OC= 2 2AF = D x x H D ( )2, 2 3m m m+ − tan tanDAB ACO∠ = ∠ BH AO AH CO = ( )0,3C 9 6 3 0m m+ + = 1m = − 2 2 3y x x= + − BC A AF BC⊥ F y E由 ，得： ， ,即 ， 由三角形面积公式得： 即： ，解得： 在 中， ， 当 三点共线时， 最小值为 （3）过 点作 轴的垂线，交 轴于点 ，设点 的坐标为 ，即 或 解得： 或 1（舍去 ），或 或 （舍去 ） 过点 的坐标为 或 2 2 3y x x= + − ( )3,0B − ( )0, 3C − OB OC∴ = 45ABC∠ =  4, 3 2AB BC∴ = = 1 1• ·2 2BC AF AB OC= 1 13 2 4 32 2AF× × = × × 2 2AF = Rt CEF∆ 2 2EF EC= 2 2AE EC AE EF AF∴ + = + = ∴ A E F、 、 2 2AE EC+ 2 2AF = 2 2 22AE EC∴ + = D x x H D ( )2, 2 3m m m+ − DAB ACO∠ = ∠ tan tanDAB ACO∴ ∠ = ∠ BH AO AH CO = 2 2 3 1 1 3 m m m + −∴ =− 2 2 3 1 1 3 m m m − − + =− 10 3m = − 1m = 1m = 8 3 − 1m = D 10 13,3 9  −   8 11,3 9  − −  【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知三角函数的定义与性质及最值的求法. 18．如图,在菱形 中, =60°, AB=2,点 E 是 AB 上的动点,作∠EDQ=60°交 BC 于点 Q,点 P 在 AD 上,PD=PE. （1）求证：AE=BQ； （2）连接 PQ, EQ,当∠PEQ=90°时,求 的值； （3）当 AE 为何值时,△PEQ 是等腰三角形. 【答案】（1）见解析；（2） = ；（3）AE 为 或 2 【解析】（1）连结DB，根据“ASA”证明△ADE≌△BDQ 即可； （2）先证明△DEQ 是等边三角形，可得∠DEQ=60°，进而可证明∠AED＝90°，根据勾股定理求出 DE 的长， 根据两平行线间的距离相等求出 PQ 的长，即可求出 的值； （3）分三种情况讨论求解：①当 QP=QE 时，②当 PE=QE 时，③当 PE=PQ 时. 【详解】解：（1）连结 DB, ∵四边形 ABCD 为菱形,∠A＝60°, ∴AD=AB＝DB,∠DBQ＝∠A＝60°. ∴∠ADB＝60°. ∵∠EDQ=60°, ∴∠ADE＝∠BDQ. ∴△ADE≌△BDQ. ABCD DAB∠ DE PQ DE PQ 3 2 4 2 3− DE PQ∴AE=BQ. （2）如图， ∵△ADE≌△BDQ, ∴DE=DQ. ∵∠EDQ=60°， ∴△DEQ 是等边三角形， ∴∠DEQ=60°，DE=EQ=DQ. ∵∠PEQ=90°, ∴∠PED＝30°. ∵PD=PE, ∴∠PDE＝∠PED＝30°. ∴∠AED＝90°. ∵AD=2, ∴DE＝ . ∵PD=PE, EQ=DQ, ∴PQ 是 DE 的中垂线, ∴PQ= AB=2. ∴ = . （3）①当 QP=QE 时,如图 1, 3 DE PQ 3 2∵∠EQP＝∠DQP＝30°, ∴∠QPE＝∠QEP＝∠PDQ ＝75°. ∴∠PED＝∠PDE＝15°, ∴∠APE＝30°, ∴∠AEP＝90°. ∴AP＝2AE,PE＝PD＝ AE, ∴ AE＋2AE=2, ∴AE＝ . ②当 PE=QE 时, ∵△DEQ 是正三角形， ∴△PDE 是正三角形,∠ADE＝60°, 点 E 与点 B 重合,如图 2, ∴AE=2. ③当 PE=PQ 时, ∵∠EQP＝30°, ∴∠PEQ=30°，由图可知∠PEQ≥60°, ∴点 E 不存在. 综上所述,当 AE 为 或 2 时,△PEQ 是等腰三角形. 3 3 4 2 3− 4 2 3−【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含 30°角的三角形的性质，等边三角形的判 定与性质，两平行线间的距离相等，等腰三角形的性质，以及分类讨论的数学思想.掌握全等三角形的判定 与性质是解（1）的关键，证明△DEQ 是等边三角形是解（2）的关键，分类讨论是解（3）的关键. 19．已知：如图，∠B=90°AB∥DF，AB=3cm，BD=8cm，点 C 是线段 BD 上一动点，点 E 是直线 DF 上一动点， 且始终保持 AC⊥CE． （1）试说明：∠ACB =∠CED （2）当 C 为 BD 的中点时， ABC 与 EDC 全等吗？若全等，请说明理由；若不全等，请改变 BD 的长（直 接写出答案），使它们全等． （3）若 AC=CE ,试求 DE 的长 （4）在线段 BD 的延长线上，是否存在点 C，使得 AC=CE，若存在，请求出 DE 的长及△AEC 的面积；若不 存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）当 C 为 BD 中点时， ABC 与 EDC 不全等；（3）5cm；（4）见解析. 【解析】（1）根据平行线的性质和三角形的内角和定理求出即可； （2）根据全等三角形的判定定理进行判断，即可得出答案； （3）根据全等得出对应边相等，即可得出答案； （4）求出两三角形全等，得出对应边相等，再根据勾股定理和三角形面积公式求出即可． 【详解】解：(1) ∵AC⊥CE， ∆ ∆ 90 ,B AB DF∠ =   ， 90D B∴∠ = ∠ = ， 90ACE∴∠ = ， 90 , 90ECD CED ACB ECD∴∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ， ACB CED∴∠ = ∠ ； (2)当 C 为 BD 的中点时，△ABC 与△EDC 不全等，当 BD 的长是 6 时，它们全等， 理由是：∵BD=6，C 为 BD 中点， ∴BC=CD=3=AB， 在△ABC 和△CDE 中 (3)∵在△ABC 和△CDE 中 ∴AB=CD=3cm， ∴DE=BC=8cm−3cm=5cm； (4) ∵AC⊥CE， ∴∠ECD=∠BAC； 当 CD=AB=3cm 时，AC=CE， 90 ACB CED B D AB CD ∠ = ∠ ∠ = ∠ =  =  ， (AAS)ABC CDE∴ ≌ ； ACB CED B D AC CE ∠ = ∠ ∠ = ∠  = ， (AAS)ABC CDE∴ ≌ ， 90B AB DF∠ =  ， ， 90CDE B∴∠ = ∠ = ， 90ACE∴∠ = ， 90 , 90ECD ACB ACB BAC∴∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ，∵在△ABC 和△CDE 中 ∴AC=CE，DE=BC=8cm， ∵AB=3cm，BC=BD+CD=8cm+3cm=11cm， ∴在 中,由勾股定理得; ∴△AEC 的面积是 【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积的应用，熟练掌握全等三角形的 判定与性质是解本题的关键． 20．如图 1 所示，抛物线 交 x 轴于点 和点 ，交 y 轴于点 ． 求抛物线的函数表达式； 如图 2 所示，若点 M 是抛物线上一动点，且 ，求点 M 的坐标； 如图 3 所示，设点 N 是线段 AC 上的一动点，作 轴，交抛物线于点 P，求线段 PN 长度的最大 值． 【答案】（1） ；（2）点 P 坐标为 或 或 或 ； 线段 PN 长度最大值为 4． 【解析】（1）把函数设为交点式，代入 C 点坐标，进而求出 a 的值即可； （2）设 M 点坐标为（x，-x2-3x+4），根据 S△AOM=3S △BOC 列出关于 x 的方程，解方程求出 x 的值，进而得 B CDE AB CD BAC ECD ∠ = ∠  = ∠ = ∠ ， (ASA)ABC CDE∴ ≌ ， Rt ABC△ 2 211 3 130AC = + = ， 90ACE∠ =  ， 21 1 130 130 65cm .2 2AC CE× × = × × = 2y ax bx c= + + ( )A 4,0− ( )B 1,0 ( )C 0,4 ( )1 ( )2 AOM S BOCS 3=   ( )3 PN x⊥ 2y x 3x 4= − − + 3 37 ,32  − +    3 37 ,32  − −    3 13 , 32  − + −    3 13 , 32  − − −    ( )3到点 P 的坐标； （3）先运用待定系数法求出直线 AC 的解析式为 y=x+4，再设 N 点坐标为（x，x+4），则 P 点坐标为（x， -x2-3x+4），然后用含 x 的代数式表示 PN，根据二次函数的性质即可求出线段 PN 长度的最大值． 【详解】解：（1）把函数设为交点式 ， 由 ， 得 ，把 代入，得 ， 故抛物线的解析式为 ； （2）设 M 点坐标为 ， ， ， 整理得 或 ， 解得 或 ， 则符合条件的点 P 坐标为 或 或 或 ； （3）设直线 AC 的解析式为 ，将 ， 代入， ， 解得 ， 即直线 AC 的解析式为 ， 设点 N 坐标为 ， ，则 P 点坐标为 ， 设 ，则 ， 即当 时，y 有最大值 4， 故线段 PN 长度最大值为 4． 【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积问题以及线段最值问题，熟 练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键. ( )( )1 2y a x x x x= − − ( )A 4,0− ( )B 1,0 ( )( )y a x 4 x 1= + − ( )C 0,4 a 1= − 2y x 3x 4= − − + ( )2x, x 3x 4− − + AOM S BOCS 3=   21 14 x 3x 4 3 1 42 2 ∴ × × − − + = × × × 2x 3x 4 3+ − = 2x 3x 4 3+ − = − 3 37x 2 − ±= 3 13x 2 − ±= 3 37 ,32  − +    3 37 ,32  − −    3 13 , 32  − + −    3 13 , 32  − − −    y kx b= + ( )A 4,0− ( )C 0,4 4k b 0 b 4 − + =  = k 1 b 4 =  = y x 4= + ( )x,x 4+ ( )4 x 0− ≤ ≤ ( )2x, x 3x 4− − + PN y= ( ) ( )2 2 2y x 3x 4 x 4 x 4x (x 2) 4= − − + − + = − − = − + + x 2= −21．如图，已知抛物线经过 A（1，0），B（0，3）两点，对称轴是 x=﹣1． （1）求抛物线对应的函数关系式； （2）动点 Q 从点 O 出发，以每秒 1 个单位长度的速度在线段 OA 上运动，同时动点 M 从 M 从 O 点出发以每 秒 3 个单位长度的速度在线段 OB 上运动，过点 Q 作 x 轴的垂线交线段 AB 于点 N，交抛物线于点 P，设运动 的时间为 t 秒． ①当 t 为何值时，四边形 OMPQ 为矩形； ②△AON 能否为等腰三角形？若能，求出 t 的值；若不能，请说明理由． 【答案】解：（1）根据题意，设抛物线的解析式为： ， ∵点 A（1，0），B（0，3）在抛物线上， ∴ ，解得： 。 ∴抛物线的解析式为： 。 （2）①∵四边形 OMPQ 为矩形， ∴OM=PQ，即 ，整理得：t2+5t﹣3=0， 解得 （ ＜0，舍去）。 ∴当 秒时，四边形 OMPQ 为矩形。 ②Rt△AOB 中，OA=1，OB=3，∴tanA=3。 若△AON 为等腰三角形，有三种情况： （I）若 ON=AN，如答图 1 所示， ( )2y a x 1 k= + + 4a k 0{a k 3 + = + = a 1{k 4 = − = ( )2y x 1 4= − + + ( )23t t 1 4= − + + 5 37t 2 − ±= 5 37t 2 − −= 5 37t 2 − +=过点 N 作 ND⊥OA 于点 D， 则 D 为 OA 中点，OD= OA= ， ∴t= 。 （II）若 ON=OA，如答图 2 所示， 过点 N 作 ND⊥OA 于点 D， 设 AD=x，则 ND=AD•tanA=3x，OD=OA﹣AD=1﹣x， 在 Rt△NOD 中，由勾股定理得：OD2+ND2=ON2， 即 ，解得 x1= ，x2=0（舍去）。 ∴x= ，OD=1﹣x= 。 ∴t= 。 （III）若 OA=AN，如答图 3 所示， 1 2 1 2 1 2 ( ) ( )2 2 21 x 3x 1− + = 1 5 1 5 4 5 4 5过点 N 作 ND⊥OA 于点 D， 设 AD=x，则 ND=AD•tanA=3x， 在 Rt△AND 中，由勾股定理得：ND2+AD2=AN2， 即 ，解得 x1= ，x2= （舍去）。 ∴x= ，OD=1﹣x=1﹣ 。 ∴t=1﹣ 。 综上所述，当 t 为 秒、 秒，1﹣ 秒时，△AON 为等腰三角形。 【解析】 （1）用待定系数法求出抛物线的顶点式解析式。 （2）①当四边形 OMPQ 为矩形时，满足条件 OM=PQ，据此列一元二次方程求解。 ②△AON 为等腰三角形时，可能存在三种情形，分类讨论，逐一计算。 22．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形 ABCD 的三个顶点 B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以 A 为顶 点的抛物线 y=ax2+bx+c 过点 C．动点 P 从点 A 出发，沿线段 AB 向点 B 运动．同时动点 Q 从点 C 出发，沿线 段 CD 向点 D 运动．点 P，Q 的运动速度均为每秒 1 个单位．运动时间为 t 秒．过点 P 作 PE⊥AB 交 AC 于点 E． （1）直接写出点 A 的坐标，并求出抛物线的解析式； （2）过点 E 作 EF⊥AD 于 F，交抛物线于点 G，当 t 为何值时，△ACG 的面积最大？最大值为多少？ （3）在动点 P，Q 运动的过程中，当 t 为何值时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点 H，使以 C，Q，E，H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出 t 的值． ( )22 2x 3x 1+ = 10 10 10 10 − 10 10 10 10 10 10 1 2 4 5 10 10【答案】解：（1）A（1，4）。 由题意，设抛物线解析式为 y=a（x﹣1）2+4 ∵抛物线过点 C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1。 ∴抛物线的解析式为 y=﹣（x﹣1）2+4，即 y=﹣x2+2x+3。 （2）设直线 AC 的解析式为 y=kx+b， ∵A（1，4），C（3，0）， ∴ ，解得 。 ∴直线 AC 的解析式为 y=﹣2x+6。 ∵点 P（1，4﹣t）， ∴将 y=4﹣t 代入 y=﹣2x+6 中，解得点 E 的横坐标为 。 ∴点 G 的横坐标为 ，代入抛物线的解析式中，可求点 G 的纵坐标为 。 ∴GE=（ ）﹣（4﹣t）= 。 又点 A 到 GE 的距离为 ，C 到 GE 的距离为 ， ∴ 。 ∴当 t=2 时，S△ACG 的最大值为 1。 （3） 或 。 【解析】（1）根据矩形的性质可以写出点 A 得到坐标；由顶点 A 的坐标可设该抛物线的顶点式方程为 y=a（x﹣1）2+4，然后将点 C 的坐标代入，即可求得系数 a 的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。 （2）利用待定系数法求得直线 AC 的方程 y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点 P 的坐标 （1，4﹣t），据此可以求得点 E 的纵坐标，将其代入直线 AC 方程可以求得点 E 或点 G 的横坐标；然后结合 抛物线方程、图形与坐标变换可以求得 GE= 、点 A 到 GE 的距离为 ，C 到 GE 的距离为 ；最后根 据三角形的面积公式可以求得 ，由二次函数的最值可以解得 t=2 时， S△ACG 的最大值为 1。 （3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点 H 在直线 EF 上。分 CE 是边和对角线两种情况讨论即可。 由题设和（2）知，C（3，0），Q（3，t），E（ ），设 H（ ）。 4 k b 0 3k b = +  = + k 2 b 6 = −  = tx 1 2 = + t1 2 + 2t4 4 − 2t4 4 − 2tt 4 − t 2 t2 2 − ( )2 2 ACG AEG CEG 1 t 1 t t 1S S S EG EG 2 =EG=t = t 2 +12 2 2 2 4 4∆ ∆ ∆= + = ⋅ ⋅ + ⋅ − − − −（ ） 20t= 13 t=20 8 5− 2tt 4 − t 2 t2 2 − ( )2 ACG AEG CEG 1S S S = t 2 +14∆ ∆ ∆= + − − t1 ,4 t2 + − t1 ,m2 +当 CE 是对角线时，如图 1，有 CQ=HE=CH，即 ， 解得， 或 t=4（舍去，此时 C，E 重合）。 当 CE 是边时，如图 2，有 CQ=CE=EH，即 ， 解得， 或 （舍去，此时已超过矩形 ABCD 的范围）。 综上所述，当 或 时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点 H， 使以 C，Q，E，H 为顶点的四边形为菱形。 23．如图，平面直角坐标系 中点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，抛物线经过 、 、 三 点，连接 ，线段 交 轴于点 . （1）求点 的坐标； （2）求抛物线的函数解析式； （3）点 为线段 上的一个动点（不与点 、 重合），直线 与抛物线交于 、 两点（点 在 轴右侧），连接 ，当四边形 的面积最大时，求点 的坐标并求出四边形 面积的 最大值. 【答案】（1） ；(2) ；(3) 最大值为 ，此时 点坐标为 【解析】 试题分析：（1）先利用待定系数法求出直线 的解析式，然后计算自变量为 0 时的函数值即可得到 点 坐标； ( )2 2 22 2 22 4 t m=t m=4 2t 4 4 2t 3t 8t+16=0 13t 72t+80=0t 4m 3t 8t+16=02 +m =t2 − − − ⇒ ⇒ − − − ⇒ −   − −−     20t= 13 ( ) ( ) 22 22 m 4 t =t m=4 t 40t+80=0t t 40t+80=02 + 4 t =t2  − −   ⇒ ⇒ −   −− −     t=20 8 5− t=20+8 5 20t= 13 t=20 8 5− xOy A ( )1,1− B ( )3,3 A O E OA OB AB、 、 AB y E E F OB O B EF M N N y ON BN、 ABNO N ABNO 3(0, )2 21 1 2 2y x x= − 75 16 N 3 3( , )2 8 AB E（2）利用待定系数求抛物线的解析式； （3）如图 1，作 轴交 于 G，如图，利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，设设 ，则 ，再根据三角形面积公式计算出 和 然后得到 S 四边形 ABNO 和 m 的二次函数关系式，再根据二次函数的性质求解； 试题解析：（1）设直线 的解析式为 ， 把 代入得 ，解得 ， 所以直线 的解析式为 ， 当 时， ， 所以 点坐标为 ； （2）设抛物线解析式为 ， 把 代入得 ，解得 ， 所以抛物线解析式为 ； （3）如图 1，作 轴交 的解析式为 ， 设 ，则 ， ， ， / /NG y OB 21 1( , )(0 3)2 2N m m m m− < < ( ),G m m AOBS BONS ， AB y mx n= + ( ) ( )1,1 , 3,3A B− 1 3 3 m n m n − + =  + = 1 2 3 2 m n  =  = AB 1 3 2 2y x= + 0x = 1 3 302 2 2y = × + = E 3(0, )2 2y ax bx c= + + ( ) ( ) ( )1,1 , 3,3 , 0,0A B O− 1 9 3 3 0 a b c a b c c − + =  + + =  = 1 2 1 2 a b  =  = − 21 1 2 2y x x= − / /NG y OB y x= 21 1( , )(0 3)2 2N m m m m− < < ( ),G m m 2 21 1 1 3( )2 2 2 2GN m m m m m= − − = − + 1 3 1 31 3 32 2 2 2AOB AOE BNGS S S∆ ∆ ∆= + = × × + × × =所以 当 时，四边形 面积的最大值，最大值为 ，此时 点坐标为 ； 24．如图 1,抛物线 与 轴交于点 和点 ,与 轴交于点 ,抛物线 的顶 点为 轴于点 ．将抛物线 平移后得到顶点为 且对称轴为直 的抛物线 ． (1)求抛物线 的解析式； (2)如图 2,在直线 上是否存在点 ,使 是等腰三角形?若存在,请求出所有点 的坐标:若不存在, 请说明理由； (3)点 为抛物线 上一动点,过点 作 轴的平行线交抛物线 于点 ，点 关于直线 的对称点为 ， 若以 为顶点的三角形与 全等,求直线 的解析式． 【答案】（1）抛物线 的解析式为 ；（2） 点的坐标为 , , ；（3） 的解析式为 或 . 【解析】 分析：（1）把 和 代入 求出 a、c 的值，进而求出 y1，再根据平移得出 y2 即可； （2）抛物线 的对称轴 为 ,设 ,已知 ，过点 作 轴于 ,分三种 情况时行讨论等腰三角形的底和腰，得到关于 t 的方程，解方程即可； 2 21 1 3 3 93 ( )2 2 2 4 4BON ONG BNGS S S m m m m∆ ∆= + = ⋅ ⋅ − + = − + 2 23 9 3 3 753 ( ) ,4 4 4 2 16BON AOBABNOS S S m m m∆ ∆= + = − + + = − − +四边形 3 2m = ABNO 75 16 N 3 3( , )2 8 2 1 1 2y ax x c= − + x A ( )1,0B y 30, 4C      1y ,G GM x⊥ M 1y B l 2y 2y l T TAC∆ T P 1y P y 2y Q Q l R , ,P Q R AMC∆ PR 2y 2 1 1 1 4 2 4y x x= − + − T 1 3 137(1, )4T + 2 3 137(1, )4T − 3 77(1, )8T − PR 1 3y x2 4 = − + 1 1 2 4y x= − − ( )1,0B 30, 4C      2 1 1 2y ax x c= − + 2y l 1x = ( )1,T t ( ) 33,0 , 0, 4A C  −    T TE y⊥ E（3）设 ,则 ,根据对称性得 , 分点 在直线的左侧或右侧时,结合以 构成的三角形与 全等求解即可. 详解:(1)由题意知， ， 解得 ， 所以,抛物线 y 的解析式为 ； 因为抛物线 平移后得到抛物线 ,且顶点为 ， 所以抛物线 的解析式为 ， 即： ； (2)抛物线 的对称轴 为 ,设 ,已知 ， 过点 作 轴于 , 则 ， ， ， 21 1 3, 4 2 4P m m m − − +   21 1 1, 4 2 4Q m m m − + −   21 1 12 , 4 2 4R m m m − − + −   P , ,P Q R AMG∆ 3 4 1 02 c a c  =  − + = 1 4a = − 2 1 1 1 3 4 2 4y x x= − − + 1y 2y ( )1,0B 2y ( )2 2 1 14y x= − − 2 2 1 1 1 4 2 4y x x= − + − 2y l 1x = ( )1,T t ( ) 33,0 , 0, 4A C  −    T TE y⊥ E 2 2 2 21TC TE CE= + = + 2 23 3 25 4 2 16t t t − = − +   2 2 2TA TB AB= + = ( )2 2 21 3 16t t+ + = + 2 153 16AC =当 时， 即 ， 解得 或 ； 当 时,得 ，无解； 当 时,得 ,解得 ; 综上可知,在抛物线 的对称轴 上存在点 使 是等腰三角形,此时 点的坐标为 , , . (3)设 ,则 , 因为 关于 对称, 所以 , 情况一:当点 在直线的左侧时, , , 又因为以 构成的三角形与 全等, 当 且 时, , 可求得 ,即点 与点 重合 TC AC= 2 3 25 153 2 16 16t t− + = 1 3 137 4t += 2 3 137 4t −= TC AC= 2 15316 16t + = TC AC= 2 23 25 162 16t t t− + = + 3 77 8t = − 2y l T TAC∆ T 1 3 1371, 4T  +    2 3 1371, 4T  −    3 771, 8T  −   21 1 3, 4 2 4P m m m − − +   21 1 1, 4 2 4Q m m m − + −   ,Q R 1x = 21 1 12 , 4 2 4R m m m − − + −   P 21 1 3 4 2 4PQ m m= − − + − 21 1 1 14 2 4m m m − + − = −   2 2QR m= − , ,P Q R AMG∆ PQ GM= QR AM= 0m = 30, 4P     P C所以 , 设 的解析式 , 则有 解得 , 即 的解析式为 , 当 且 时,无解, 情况二:当点 在直线 右侧时, , , 同理可得 的解析式为 , 综上所述, 的解析式为 或 . 点睛：本题主要考查了二次函数综合题，此题涉及到待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、 全等三角形的性质等知识，解答（1）问的关键是求出 a、c 的值，解答（2）、（3）问的关键是正确地作出 图形，进行分类讨论解答，此题有一定的难度． 25．如图．在平面直角坐标系中．抛物线 y＝ x2+bx+c 与 x 轴交于 A 两点，与 y 轴交于点 C，点 A 的坐标 为（﹣1，0），点 C 的坐标为（0，﹣2）．已知点 E（m，0）是线段 AB 上的动点（点 E 不与点 A，B 重 合）．过点 E 作 PE⊥x 轴交抛物线于点 P．交 BC 于点 F． 12, 4R −   PR y kx b= + 3 ,4 12 .4 b k b  =  + = − 1 2k = − PR 1 3 2 4y x= − + PQ AM= QR GM= P l 21 1 1 4 2 4P Q m m′ = − + −′ − 21 1 3 14 2 4m m m − − + = −   2 2Q R m=′ −′ 5 12, , 0,4 4P R   − −      ′  ′ P R′ ′ 1 1 2 4y x= − − PR 1 3 2 4y x= − + 1 1 2 4y x= − − 1 2（1）求该抛物线的表达式； （2）当线段 EF，PF 的长度比为 1：2 时，请求出 m 的值； （3）是否存在这样的 m，使得△BEP 与△ABC 相似？若存在，求出此时 m 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ；（2）m＝2 或 4；（3）存在，m 的值为 0 或 3． 【解析】（1）把点A、点 C 的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）设点 E 的坐标为（m，0），则点F 的坐标为（m， m﹣2），PE=2EF，即： m﹣2 m2 m+2=2（2 m），即可求解； （3）当△BEP 与△ABC 相似，分∠EPB=∠CAB 或∠EPB=∠ABC 两种情况，求解即可． 【详解】抛物线过点 C，则其表达式为：y x2+bx﹣2， 将点 A 坐标代入上式得：0 b﹣2， 解得：b ， 故：抛物线的表达式为：y x2 x﹣2； 设直线 BC 过点 C（0，﹣2），设其表达式为：y=kx﹣2， 将点 B 坐标代入上式得：0=4k﹣2， 解得：k ，则直线 BC 的表达式为：y x﹣2， 同理直线 AC 的表达式为：y=﹣2x﹣2， 设点 E 的坐标为（m，0），则点 F 的坐标为（m， m﹣2）， 当线段 EF，PF 的长度比为 1：2 时，即：PE=2EF，则： m﹣2 m2 m+2=2（2 m），解得：m=2 或 4； 直线 BC 的表达式为：y x﹣2，直线 AC 的表达式为：y=﹣2x﹣2，则：BC⊥AC，当△BEP 与△ABC 相似， 则∠EPB=∠CAB，或∠EPB=∠ABC， 21 3 22 2y x x= − − 1 2 1 2 1 2 − 3 2 + 1 2 − 1 2 = 1 2 = − 3 2 = − 1 2 = 3 2 − 1 2 = 1 2 = 1 2 1 2 1 2 − 3 2 + 1 2 − 1 2 =即：tan∠EPB=tan∠CAB，或 tan∠EPB=tan∠ABC， 当 tan∠EPB=tan∠CAB 时，即： ， 解得：m=0 或 4（舍去 m=4）， 同理，当 tan∠EPB=tan∠ABC，m=3 或 4（舍去 m=4）． 故存在，m 的值为 0 或 3． 【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的 思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 26．如图，已知一次函数 的图像与 x 轴交于 A（-6,0）与 y 轴相交于点 B，动点 P 从 A 出发， 沿 x 轴向 x 轴的正方向运动. （1）求 b 的值，并求出△PAB 为等腰三角形时点 P 的坐标； （2）在点 P 出发的同时，动点 Q 也从点 A 出发，以每秒 个单位的速度，沿射线 AB 运动，运动时间为 t（s）； ①点 Q 的坐标（用含 t 的表达式表示）； ②若点 P 的运动速度为每秒 k 个单位，请直接写出当△APQ 为等腰三角形时 k 的值. 【答案】（1）解： 当 为等腰三角形时点 的坐标为： 或 或 ； （2）① ，② 的值分别为： 、6、 ． 【解析】（1）利用待定系数法把点 A 坐标代入一次函数解析式，即可求出 b 的值；若 2 4 21 3 22 2 m m m − = − − 1y 3 x b= − + 10 2b = − ， PAB∆ P ( )40 6,0− ( )6,0 8 ,03  −   ( )3 6,Q t t− − k 10 5 3，需分 、 、 三种情况分类讨论； （2）①设 Q 点横坐标为 a,因为 Q 点在射线 AB 上，所以横坐标为 ，即 ，作 轴于点 ，则 ， ，所以 ，又因为 ，所以 ， 解得 ，表示出 ．②AP=tk,分 AP=AQ,AP=PQ,AQ=AP 三种情况即可解答, 【详解】（1）解：把 ， 代入 得： ． ∴ ， ， ， ． 当 时， ．∴ ； 当 时， ．∴ ； 当 时，设 ，则 ， 在 中，由 可得： . ∴ ； 综上，当 为等腰三角形时点 的坐标为： 或 或 ． （2）①解：设 ，作 轴于点 ， 则 ， ，∴ ． 又∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ． PAB∆ 为等腰三角形 AP AB= PA PB= BP BA= 1 23 a− − 1, 23Q a a − −   QH x⊥ H 1 23QH a= + 6AH a= + 110 23AQ a = +   10AQ t= 1 23t a= + 3 6a t= − ( )3 6,Q t t− −坐标： 6x = − 0y = 1 3y x b= − + 2b = − ( )0, 2B − 6AO = 2BO = 40AB = AP AB= 40AP = ( )40 6,0P − BP BA= 6OP OA= = ( )6,0P PA PB= OP x= 6PA PB x= = − Rt OPB∆ 2 2 2OP OB PB+ = 8 3x = 8 ,03P −   PAB∆ P ( )40 6,0− ( )6,0 8 ,03  −   1, 23Q a a − −   QH x⊥ H 1 23QH a= + 6AH a= + 110 23AQ a = +   10AQ t= 1 23t a= + 3 6a t= − ( )3 6,Q t t− −② 的值分别为： 、6、 ． 【点睛】本题难度较大，考查一次函数及几何图形动点问题．动点为中考常考题型，需要学生多做训练， 培养数形结合思想，运用到考试中去． 27．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形 OABC 的顶点 B（6，8），动点 M，N 同时从 O 点出发，点 M 沿射 线 OA 方向以每秒 1 个单位的速度运动，点 N 沿线段 OB 方向以每秒 0.6 个单位的速度运动，当点 N 到达点 B 时，点 M，N 同时停止运动，连接 MN，设运动时间为 t（秒）． （1）求证△ONM～△OAB； （2）当点 M 是运动到点 时，若双曲线 的图象恰好过点 N，试求 k 的值； （3）△MNB 与△OAB 能否相似？若能试求出所有 t 的值，若不能请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）k＝12；（3）能，t＝6s 或 s 时，△BMN 与△AOB 相似． 【解析】（1）用含 t 的式子表示 OM，ON，可证得 ，即可解决问题； （2）根据 M 点坐标可求得运动时间，进而求得 N 点坐标，再利用待定系数法求解析式即可解决问题； （3）分两种情形解决）①当点 M 与点 A 重合时，△BNM∽△BAO，此时求得 t．②当 OM＝BM 时，△MBN∽△ BOA，此时点 M 在线段 OB 的垂直平分线上，可求得此时 t 值 【详解】 解：（1）证明：由题意：OA＝6，AB＝8，OB＝10，OM＝t，ON＝0.6t， ∴ ， k 10 5 3 25 ,03      ky x = 25 3 ON OM OA OB = ON OM OA OB =∵∠MON＝∠AOB， ∴△ONM∽△OAB． （2）当 OM＝ 时，ON＝5， ∴ON＝NB， ∴N（3，4）， ∵双曲线 的图象恰好过点 N， ∴k＝12． （3）①当点 M 与点 A 重合时，△BNM∽△BAO，此时 t＝6s． ②当 OM＝BM 时，∠MBN＝∠AOB，∵∠OAB＝∠MNB＝90°， ∴△MBN∽△BOA， 此时点 M 在线段 OB 的垂直平分线上， 由（2）可知，此时 OM＝ ，t＝ s， 综上所述，当 t＝6s 或 s 时，△BMN 与△AOB 相似． 【点睛】本题考查反比例函数综合题、相似三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的判定和性质等知识， 解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 28．如图，直线 AB 与 x 轴，y 轴分别交于点 A（2，0），点 B（0，2 ），动点 D 以 1 个单位长度/秒的速 度从点 A 出发向 x 轴负半轴运动，同时动点 E 以 个单位长度/秒的速度从点 B 出发向 y 轴负半轴运动， 设运动时间为 t 秒，以点 A 为顶点的抛物线经过点 E，过点 E 作 x 轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点 G，与 AB 相交于点 F 25 3 ky x = 25 3 25 3 25 3 3 3（1）求∠OAB 度数； （2）当 t 为何值时，四边形 ADEF 为菱形，请求出此时二次函数解析式； （3）是否存在实数 t，使△AGF 为直角三角形？若存在，求 t 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）∠OAB＝60°；（2）t＝ 或 t＝4，四边形 ADEF 为菱形， ；（3）存在，t＝ ，使△AGF 为直角三角形，见解析. 【解析】（1）在 Rt△BOA 中，OA＝2，OB＝2 ，根据锐角三角函数的定义即可得出 tan∠OAB 的值，进而 得出∠OAB 的度数； （2）证明 DE∥AB，可得四边形 ADEF 为平行四边形，当 AD＝DE 时，四边形 ADEF 为菱形，用 t 表示出 AD， DE 的长，解方程即可得出 t 的值，再设顶点式可求得此时二次函数的解析式； （3）由题意可得∠GFA＝∠BAO＝60°，∠FGA≠90°，所以使△AGF 为直角三角形，只能是∠FAG＝90°， 用 t 分别表示出 AF，FG 的长，根据 FG＝2AF，即可得出 t 的值． 【详解】解：（1）∵直线 AB 与 x 轴，y 轴分别交于点 A（2，0），点 B（0，2 ），∠BOA＝90°， ∴OA＝2，OB＝2 ， ∴tan∠OAB＝ ， ∴∠OAB＝60°； （2）∵AD＝t，BE＝ tm ∴ ， ∴DE∥AB， ∴∠EDO＝∠BAO＝60°， ∵过点 E 作 x 轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点 G，与 AB 相交于点 F， ∴四边形 ADEF 为平行四边形， 当 AD＝DE 时，四边形 ADEF 为菱形， ∵OD＝2﹣t 或 OD＝t﹣2，DE＝2OD， ∴DE＝4﹣2t 或 DE＝2t﹣4， ∴t＝4﹣2t 或 t＝2t﹣4， 4 3 23 ( 2)2y x= − − 4 3 3 3 3 3OB OA = 3 3BE OB DA OA = =解得：t＝ 或 t＝4， 当 t＝ 时，点 E 坐标为（0， ）， 设二次函数解析式为 y＝a（x﹣2）2， 将点 E 坐标代入，可得 a＝ ， ∴二次函数解析式为 y＝ （x﹣2）2； 当 t＝4 时，点 E 坐标为（0， ）， 设二次函数解析式为 y＝a（x﹣2）2， 将点 E 坐标代入，可得 a＝ ， ∴二次函数解析式为 y＝ （x﹣2）2； （3）∵EG∥OA， ∴∠GFA＝∠BAO＝60°， ∵G 在二次函数图象上， ∴∠FGA≠90°， ∴使△AGF 为直角三角形，只能是∠FAG＝90°， 由对称性可得，EG＝4， ∵四边形 ADEF 为平行四边形， ∴EF＝AD＝t，AF＝DE＝2（2﹣t）， ∵FG＝2AF， ∴4﹣t＝4（2﹣t）， 解得：t＝ ， ∴存在实数 t＝ ，使△AGF 为直角三角形． 【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数的表达式，锐角三角函数的定义，平行四边形、菱形的判定， 本题需注意分类讨论，不要漏解． 4 3 4 3 2 3 3 3 6 3 6 -2 3 3- 2 3- 2 4 3 4 329．已知边长为 4 的正方形 ABCD，顶点 A 与坐标原点重合，一反比例函数图象过顶点 C，动点 P 以每秒 1 个单位速度从点 A 出发沿 AB 方向运动，动点 Q 同时以每秒 4 个单位速度从 D 点出发沿正方形的边 DC→CB→BA 方向顺时针折线运动，当点 P 与点 Q 相遇时停止运动，设点 P 的运动时间为 t． ⑴求出该反比例函数解析式； ⑵连接 PD，当以点 Q 和正方形的某两个顶点组成的三角形和△PAD 全等时，求 t 值； 【答案】（1）y= ;（2）t= 或 t= 或 t= . 【解析】 试题分析: （1）根据正方形 ABCD 的边长为 4，可得 C 的坐标为（4，4），再用待定系数法求出反比例函数 解析式； （2）分点 Q 在 CD，BC，AB 边上，根据全等三角形的判定和性质求得点 Q 的坐标； 试题解析: （1）∵正方形 ABCD 的边长为 4， ∴C 的坐标为（4，4） 设反比例解析式为 y= , 将 C 的坐标代入解析式得：k=16， ∴反比例解析式为 y= . (2)当 Q 在 DC 上时，如图所示： 16 x 4 5 4 3 8 5 k x 16 x此时△APD≌△CQB， ∴AP=CQ,即 t=4−4t,解得 t= ; 当 Q 在 BC 边上时，有两个位置，如图所示： 若 Q 在上边,则△QCD≌△PAD， ∴AP=QC,即 4t−4=t,解得 t= ； 若 Q 在下边,则△APD≌△BQA， 则 AP=BQ,即 8−4t=t,解得 t= ； 当 Q 在 AB 边上时，如图所示： 此时△APD≌△QBC， ∴AP=BQ,即 4t−8=t,解得 t= ， 因为 0⩽t⩽125，所以舍去. 综上所述 t= , t= , t= . 点睛:本题考查了正方形的性质，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定和性质，三角形的面 积计算，分类思想，综合性较强，有一定的难度． 30．综合与探究 4 5 4 3 8 5 8 3 4 5 4 3 8 5如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+ x+3 与 x 轴交于 A，B 两点（A 在 B 左侧），与 y 轴交于点 C．点 A 坐标为（﹣1，0）．直线 l 为该抛物线的对称轴，且交直线 BC 于点 D．抛物线上有一动点 P，且横 坐标为 m（4＜m＜9），连接 PD，过点 P 作 PE⊥l 于点 E． （1）求抛物线及直线 BC 的函数表达式． （2）当△DEP 与△BOC 相似时，求 m 的值； （3）如图 2，点 M 为直线 BC 上一动点，是否存在点 P，使得以点 A，C，P．M 为顶点的四边形是平行四边 形？若存在，直接写出此时点 P 和点 M 的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）y＝－ x+3，y＝﹣ x2+ x+3；（2）m 的值为 或 8；（3）存在点 P 坐标为 （ ， ），点 M 坐标为（ ） 【解析】（1）将点A 坐标代入可求抛物线解析式，求出 B、C 坐标，待定系数法求出直线 BC 的解析式 （2）分类讨论相似关系，当△DEP～△COB 和当△DEP～ABOC 时，找好边角的对应关系，可求 m 的值． （3）因为点 P 的坐标范围要求，所以点 P 只存在一种情况，利用全等关系，解方程等量关系获得点 M 和 P 点坐标． 【详解】（1）把点 A（﹣1，0）代入 y＝ax2+ x+3 中，得 a＝﹣ ∴抛物线的函数表达式为，y＝﹣ x2+ x+3 当 x＝0，得 y＝3，∴点 C 的坐标为（0，3） 当 y＝0 时，得﹣y＝﹣ x2+ x+3＝0 解，得 x1＝﹣1，x2＝9．∵点 A 在点 B 左侧点 B 坐标为（9，0） 设直线 BC 的函数表达式为 y＝kx+b， 把点 B（9，0）和 C（0，3）代入上式， 8 3 1 3 1 3 8 3 1 161 2 − + 9 41 2 + 29 41 6 − 7 41 11 41,2 6 + − 8 3 1 3 1 3 8 3 1 3 8 3得 解得 ∴直线 BC 的函数表达式为 y＝－ x+3； （2）在 Rt△BOC 中，OB＝9，OC＝3，∵PE⊥l 于点 E．∠PED＝∠BOC＝90°． ∵直线 l 为抛物线 y＝﹣ x2+ x+3 的对称轴， ∴直线 l 为 x＝﹣ ＝﹣ ÷[2×（﹣ ）]＝4 ∴点 D 和 E 的横坐标为 4 把 x＝4 代入 y＝- x+3 中，得 y＝- x4+3＝ ． ∴点 D 坐标为（4， ） ∵点 P 是抛物线上的点， ∴设 P（m，﹣ m2+ m+3），E（4，﹣ m2+ m+3） ∵4＜m＜9，且△DEP 与△BOC 相似 ∴点 E 在点 D 上方，点 P 在点 E 右侧． ∴DE＝﹣ m2+ m+3﹣ ＝﹣ m2+ m+ ，PE＝m﹣4 ①当△DEP～ABOC 时， ＝ ， 即 ＝ 解得 m1＝ ，m2＝ （舍） ②当△DEP～△COB 时， ＝ ， 即 ＝ 解得 m1＝8，m2＝﹣1（舍） ∴当△DEP 与△BOC 相似时，m 的值为 或 8； （3）∵点 P 的横坐标在 4 与 9 之间 ∴A、C、P、M 组成的平行四边形只有一种情况，如图 9 0 •0 3 k b k b + =  + = 1 3 3 k b  = −  = 1 3 1 3 8 3 2 b a 8 3 1 3 1 3 1 3 5 3 5 3 1 3 8 3 1 3 8 3 1 3 8 3 5 3 1 3 8 3 4 3 PE CO DE BO 4 3 m − 21 8 4 3 3 3 9 m m− + + 1 161 2 − + 1 161 2 − − DE CO PE BO 21 8 4 3 3 3 3 m m− + + 4 9 m − 1 161 2 − +可证△PMN≌△ACO（AAS） ∴OA＝MN＝1，PN＝CO＝3 设点 M（m，- m+3） 则 P（m+1，- m+3+3） 将点 P 坐标代入解析式，可解得 m＝ ∴存在点 P 坐标为（ ， ），点 M 坐标为（ ）. 【点睛】考查了待定系数法求解析式，相似存在性问题以及平行四边形存在性问题，综合内容较多，是一 道很好的入门级压轴问题． 31．如图，抛物线 与 轴交于 两点，与 轴交于点 ，其对称轴交抛物线于点 ，交 轴于点 ，已知 . ⑴求抛物线的解析式及点 的坐标； ⑵连接 为抛物线上一动点，当 时，求点 的坐标； ⑶平行于 轴的直线交抛物线于 两点，以线段 为对角线作菱形 ，当点 在 轴上，且 时，求菱形对角线 的长. 【答案】（1）y= x2﹣2x﹣6，D（2，﹣8）；（2）F 点的坐标为（7， ）或（5，﹣ ）；（3）菱形对角 1 3 1 3 7 41 2 + 9 41 2 + 29 41 6 − 7 41 11 41,2 6 + −线 MN 的长为 +1 或 ﹣1． 【解析】 试题分析：（1）由条件可求得 B、C 坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，进一步可求得 D 点坐标； （2）过 F 作 FG⊥x 轴于点 G，可设出 F 点坐标，利用△FAG∽△BDE，由相似三角形的性质可得到关于 F 点 坐标的方程，可求得 F 点的坐标；（3）可求得 P 点坐标，设 T 为菱形对角线的交点，设出 PT 的长为 n，从 而可表示出 M 点的坐标，代入抛物线解析式可得到 n 的方程，可求得 n 的值，从而可求得 MN 的长． 试题解析： （1）∵OB=OC=6， ∴B（6，0），C（0，﹣6）， ∴ ，解得 ， ∴抛物线解析式为 y= x2﹣2x﹣6， ∵y= x2﹣2x﹣6= （x﹣2）2﹣8， ∴点 D 的坐标为（2，﹣8）； （2）如图 1，过 F 作 FG⊥x 轴于点 G， 设 F（x， x2﹣2x﹣6），则 FG=| x2﹣2x﹣6|， 在 y= x2﹣2x﹣6 中，令 y=0 可得 x2﹣2x﹣6=0，解得 x=﹣2 或 x=6， ∴A（﹣2，0）， ∴OA=2，则 AG=x+2， ∵B（6，0），D（2，﹣8）， ∴BE=6﹣2=4，DE=8，当∠FAB=∠EDB 时，且∠FGA=∠BED， ∴△FAG∽△BDE， ∴ ，即 = ， 当点 F 在 x 轴上方时，则有 ，解得 x=﹣2（舍去）或 x=7，此进 F 点坐标为（7， ）； 当点 F 在 x 轴上方时，则有 ，得 x=﹣2（舍去）或 x=5，此进 F 点坐标为（5，﹣ ）； 综上可知 F 点的坐标为（7， ）或（5，﹣ ）； （3）∵点 P 在 x 轴上， ∴由菱形的对称性可知 P（2，0）， 如图 2，当 MN 在 x 轴上方时，设 T 为菱形对角线的交点， ∵PQ= MN， ∴MT=2PT， 设 PT=n，则 MT=2n， ∴M（2+2n，n）， ∵M 在抛物线上， ∴n= （2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得 n= 或 n= ， ∴MN=2MT=4n= +1； 当 MN 在 x 轴下方时，同理可设 PT=n，则 M（2+2n，﹣n），∴﹣n= （2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得 n= 或 n= （舍去）， ∴MN=2MT=4n= ﹣1； 综上可知菱形对角线 MN 的长为 +1 或 ﹣1． 考点：二次函数综合题． 32．如图，已知直线 与抛物线 交于点 、 两点，抛物线与 轴另一交点 为 . （1）求抛物线的解析式； （2）若点 为直线 上一动点，点 从点 出发，沿 以每秒 1 个单位长度的速度向点 作匀速运 动，设运动时间为 .当 与 相似时，求出点 的运动时间 ； （3）点 是位于直线 上方 轴上一点，点 为直线 上一点，点 为第一象限内抛物线上一动点， 是否存在以点 ， ， ， 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点 的坐标；若不存在，请说 明理由. 【答案】（1） ；（2）当 与 相似时， 或 ；（3）存在，点 的坐标为 或 . 【解析】（1）先求出 ， ，代入二次函数解析式，即可求解； （2）根据二次函数解析式求出 ，求出 AC，AB，设 ，分两种情况讨论： ①当 时，②当 时，分别列出比例式进行求解； （3）设 ，①当 为对角线时，四边形 为菱形，利用点 和 4 43y x= − + 2 8 3y ax x b= + + A C x B P AC P A AC C ( )0t s t > PAO∆ ABC∆ P t M AC y N AC Q C M N Q N 24 8 43 3y x x= − + + PAO∆ ABC∆ 12 5t s= 15 4 s N 161, 3  −   7 5,4 3      ( )3,0A ( )0,4C ( )1,0B − PA t= 1P AO BAC∆ ∆ 2P AO CAB∆ ∆ ( )24 8, 4 0 33 3Q m m m m − + + < t ABE∆ ∆EBR DCF∆ 12 5 7 16 4 3 4 5 16 5【解析】（1）由勾股定理，可得： ，根据面积法，即可求得 CD 的值； （2）当 为等腰三角形，分两种情况讨论：① 若 AE=BE 时，②若 AB=BE 时，分别求出 t 的值，即可； （3）当 与 全等时，分 4 种情况讨论：(I)当点 E 在线段 BC 上时，点 F 在线段 AC 上时，①若 ∆BRE≅∆CDF，②若∆BRE≅∆CFD，(II)当点 E 在射线 BE 上时，点 F 在射线 CF 上时，①若∆BRE≅∆CDF，②若 ∆BRE≅∆CFD，分别求出 t 的值，即可. 【详解】（1）∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ cm； （2）当 为等腰三角形，分两种情况讨论： ① 若 AE=BE 时，如图 1， ∵动点 E 从点 C 开始沿射线 CB 方向以每秒 的速度运动，运动时间为 秒， ∴CE=2t，AE=BE=4-2t， 在 Rt∆ACE 中， ∵ ， ∴ ，解得：t= ， ②若 AB=BE 时，如图 2， ∵动点 E 从点 C 开始沿射线 CB 方向以每秒 的速度运动，运动时间为 秒， ∴BE=2t-4， ∴2t-4=5，解得：t=4.5， 综上所述：当 t= 或 4.5 秒， 为等腰三角形； 5AB cm= ABE∆ ∆EBR DCF∆ 3 4 90= = ∠ = ， ，AC cm BC cm BCA 2 2 2 23 4 5AB AC BC cm= + = + = CD AB⊥ 3 4 12 5 5 AC BCCD AB × ×= = = ABE∆ 2cm t( 0)>t 2 2 2AC CE AE+ = 2 2 23 (2 ) (4 2 )t t+ = − 7 16 2cm t( 0)>t 7 16 ABE∆（3）(I)当点 E 在线段 BC 上时，点 F 在线段 AC 上时， 则 BE=4-2t，CF=t， ∵∠ACB=90°，CD⊥AB， ∴∠ACD+∠BCD=∠ABC+∠BCD， ∴∠ACD=∠ABC， ①若∆BRE≅∆CDF，如图 3， ∴BE=CF，BR=CD= cm， 即： 4-2t=t，解得：t= ， ②若∆BRE≅∆CFD，如图 4， ∴BE=CD= cm，BR=CF， 即：4-2t= ，解得：t= ， 此时，BR=CF= ×1= cm； (II)当点 E 在 B 点的左侧时，点 F 在点 C 下时， 则 BE=2t-4，CF=t， ∵∠ACD=∠ABC， ∴∠ABE=∠DCF 若①若∆BRE≅∆CDF，如图 5， ∴BE=CF，BR=CD= cm， 即：2t-4=t，解得：t=4， ②若∆BRE≅∆CFD，如图 6， 12 5 4 3 12 5 12 5 4 5 4 5 4 5 12 5∴BE=CD= cm，BR=CF， 即：2t-4= ，解得：t= ， 此时，BR=CF= ×1= cm，点 R 与点 D 重合； 综上所述：当 t= 或 或 4 或 秒， 与 全等. 【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的性质的综合应用，根据题 意，分类讨论，列出方程求解，是解题的关键. 46．（1）如图 1， 中， ，点 在数轴-1 处，点 在数轴 1 处， ， ， 则数轴上点 对应的数是 ． （2）如图 2，点 是直线 上的动点，过点 作 垂直 轴于点 ，点 是 轴上的动点， 当以 ， ， 为顶点的三角形为等腰直角三角形时点 的坐标为 ． 【答案】（1） ；（2）M 坐标是（-3，-3），（-1，1），（ ， ）． 【解析】（1）通过勾股定理求出线段 MB，而线段 MA=MB，进而知道点 A 对应的数，减去 1 即可得出答案． （2）分四种情况考虑：当 M 运动到（-1，1）时，ON=1，MN=1，由 MN⊥x 轴，以及 ON=MN；又当 M 运动到第 三象限时，要 MN=MP，且 PM⊥MN 时；若 MN 为斜边时，则∠ONP=45°，所以 ON=OP，求出此时 M 坐标；又当 点 M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时 N′P=M′P，∠M′N′P=45°，求出此时 M 坐标，综上，得到所 12 5 12 5 16 5 16 5 16 5 4 3 4 5 16 5 ∆EBR DCF∆ Rt MBC 90MCB∠ = ° M C MA MB= 1BC = A M 2 3y x= + M MN x N P y M N P M 5 1− 3 4 − 3 2有满足题意 M 的坐标． 【详解】解：在 Rt△MBC 中，∠MCB=90°， ∴ ∴ ， ∵MA=MB， ∴ ， ∵点 M 在数轴-1 处， ∴数轴上点 A 对应的数是 ； （2）①如图 1， 当 M 运动到（-1，1）时，ON=1，MN=1， ∵MN⊥x 轴，所以由 ON=MN 可知，△MNP 为等腰直角三角形； ②如图 2， 当 M 运动到第三象限时，要 MN=MP，且 PM⊥MN， 设点 M（x，2x+3），则有：-x=-（2x+3）， 2 2MB MC BC= + 5MB= 5MA = 5 1−解得：x=-3， 所以点 M 坐标为（-3，-3）． 若 MN 为斜边时，则∠ONP=45°，所以 ON=OP，设点 M（x，2x+3）， 则有 ，化简得-2x=-2x-3， 这方程无解，所以这时不存在符合条件的 M 点； ③如图 2， ∵当点 M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时 N′P=M′P，∠M′N′P=45°， 设点 M′（x，2x+3），则OP=ON′，而 ， ∴有 ， 解得： ， ∴M′（ ， ）， 综上，符合条件的点 M 坐标是（-3，-3），（-1，1），（ ， ）． 【点睛】此题考察了实数与数轴，通过勾股定理，在数轴寻找无理数和一次函数综合题，涉及的知识有： 实数与数轴，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，利用了分类讨论的思想，分类讨论时注意考虑问 题要全面，做到不重不漏． ( ) 1 2 2 3x x- = - + 1 2OP M N= ¢ ¢ ( ) 1 2 2 3x x- = + 3 4x = − 3 4 − 3 2 3 4 − 3 2