第一篇：【中考數(shù)學(xué)壓軸題】十大類型之由動點產(chǎn)生的線段和差問題備考練習(xí)(含答案)

十大類型之由動點產(chǎn)生的線段和差問題備考練

習(xí)

一、解答題(共1道，每道100分)

1.如圖，拋物線y＝x 2－6x＋8與x 軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），直線y＝x＋2交y軸于點C，且過點D（8，m）．左右平移拋物線y＝x 2－6x＋8，記平移后點A的對應(yīng)點為A′，點B的對應(yīng)點為B′．（1）求線段AB、CD的長；

（2）當(dāng)拋物線向右平移到某個位置時，A′D＋B′D最小，試確定此時拋物線的表達(dá)式；（3）是否存在某個位置，使四邊形A′B′DC的周長最??？若存在，求出此時拋物線的表達(dá)式和四邊形A′B′DC的周長最小值；若不存在，請說明理由．

答案：（1）（2）

（3）存在，拋物線的表達(dá)式為，周長的最小值為

解題思路：（1）令y＝x 2－6x＋8=0，解得x1=2，x2=4，由題意知A（2,0），B（4,0），則AB=2； 將D（8，m）代入直線表達(dá)式y(tǒng)＝

x＋2，可計算出D點坐標(biāo)為（8,6）；C點坐標(biāo)為（0,2），過D作DE⊥y軸于點E，則DE=8，CE=4，在Rt△CDE中，由勾股定理知

（2）類似于“奶站模型”：我們可以認(rèn)為A、B兩定點為居民區(qū)，動點M在直線DE上運動為送奶站，要確定M點的位置，保證AM+BM最小；然后把A、B、M三點連同奶站模型和拋物線一起向右平移，當(dāng)M點與D點重合時，M點向右平移幾個單位，說明拋物線向右平移幾個單位，此時A、B分別與A′、B′重合，能保證A′D＋B′D最小。

使用奶站模型的處理思路可以確定M點的位置如上圖，可以證明M點在拋物線的對稱軸上，則DM=5，原拋物線的表達(dá)式為則A′D＋B′D最小，拋物線的表達(dá)式為

向右平移5個單位,（3）典型的天橋問題，等價于“A′、B′為x軸的兩個動點，且A′B′=2，試確定A′、B′的坐標(biāo)使得四邊形A′B′DC的周長最小”

將點D向左平移兩個單位到達(dá)N（6，6），則DN=A′B′=2，作C關(guān)于x軸的對稱點C′，連結(jié)NC′交x軸于點A′，向右平移一個單位得到B′，連結(jié)CA′、DB′.因為NA′=DB′且根據(jù)奶站模型NA′+CA′最小，所以此時CA′+DB′最小.

C′（0，-2），N（6，6），則NC′所在直線為，該直線與x軸的交點坐標(biāo)為，A′B′=2，則，則相當(dāng)于原拋物線向左平移了個單位，拋物線的表達(dá)式為，此時四邊形的周長最小，最小值為NC′+A′B′+CD=

試題難度：三顆星 知識點：二次函數(shù)

第二篇：中考數(shù)學(xué)壓軸題專題-動點綜合問題（解析版）

決勝2021中考數(shù)學(xué)壓軸題全揭秘精品

專題15

動點綜合問題

【考點1】動點之全等三角形問題

【例1】1．如圖,CA⊥BC,垂足為C,AC=2Cm,BC=6cm,射線BM⊥BQ,垂足為B,動點P從C點出發(fā)以1cm/s的速度沿射線CQ運動,點N為射線BM上一動點,滿足PN=AB,隨著P點運動而運動,當(dāng)點P運動_______秒時，△BCA與點P、N、B為頂點的三角形全等.(2個全等三角形不重合)

【答案】0；4；8；12

【分析】

此題要分兩種情況：①當(dāng)P在線段BC上時，②當(dāng)P在BQ上，再分別分兩種情況AC＝BP或AC＝BN進(jìn)行計算即可．

【詳解】

解：①當(dāng)P在線段BC上，AC＝BP時，△ACB≌△PBN，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝6?2＝4，∴點P的運動時間為4÷1＝4（秒）；

②當(dāng)P在線段BC上，AC＝BN時，△ACB≌△NBP，這時BC＝PN＝6，CP＝0，因此時間為0秒；

③當(dāng)P在BQ上，AC＝BP時，△ACB≌△PBN，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝2＋6＝8，∴點P的運動時間為8÷1＝8（秒）；

④當(dāng)P在BQ上，AC＝NB時，△ACB≌△NBP，∵BC＝6，∴BP＝6，∴CP＝6＋6＝12，點P的運動時間為12÷1＝12（秒），故答案為0或4或8或12．

【點睛】

本題考查三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等時必須有邊的參與，若有兩邊一角對應(yīng)相等時，角必須是兩邊的夾角．

【變式1-1】已知正方形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E、F分別是線段OB、OC上的動點

（1）如果動點E、F滿足BE＝OF（如圖），且AE⊥BF時，問點E在什么位置？并證明你的結(jié)論；

（2）如果動點E、F滿足BE＝CF（如圖），寫出所有以點E或F為頂點的全等三角形（不得添加輔助線）．

【答案】（1）當(dāng)AE⊥BF時，點E在BO中點，見解析；（2）以點E或F為頂點的全等三角形有△ABE≌△BCF，△AOE≌△BOF，△ADE≌△BAF.【分析】

（1）根據(jù)正方形性質(zhì)及已知條件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可得出答案；

（2）根據(jù)正方形性質(zhì)及BE＝CF即可得出全等的三角形．

【詳解】

解：（1）當(dāng)時，點在中點．證明如下：

延長交于點，如圖所示：，，，，，，故當(dāng)時，點在中點；

（2）四邊形是正方形，，，，，，在△ABE和△BCF中，同理可得，；

以點或為頂點的全等三角形有，；

【點睛】

本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，比較綜合，難度較大，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【變式1-2】如圖①，將長方形紙片沿對角線剪成兩個全等的直角三角形ABC、EDF，其中AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝10cm．現(xiàn)將△ABC和△EDF按如圖②的方式擺放（點A與點D、點B與點E分別重合）．動點P從點A出發(fā)，沿AC以2cm/s的速度向點C勻速移動；同時，動點Q從點E出發(fā)，沿射線ED以acm/s

（0＜a＜3）的速度勻速移動，連接PQ、CQ、FQ，設(shè)移動時間為ts

（0≤t≤5）．

（1）當(dāng)t＝2時，S△AQF＝3S△BQC，則a＝；

（2）當(dāng)以P、C、Q為頂點的三角形與△BQC全等時，求a的值；

（3）如圖③，在動點P、Q出發(fā)的同時，△ABC也以3cm/s的速度沿射線ED勻速移動，當(dāng)以A、P、Q為頂點的三角形與△EFQ全等時，求a與t的值．

【答案】（1）1；（2）；（3）a＝2時，t＝2；或a＝2.3時，t＝5．

【分析】

（1）由題意得∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，由三角形面積得AQ＝3BQ，則AB＝4BQ＝8，得BQ＝2＝2a，則a＝1；

（2）由題意得點P與B為對應(yīng)頂點，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，則AP＝AC﹣PC＝4，PQ⊥AC，得t＝2，則PQ＝BQ＝2a，再由三角形面積關(guān)系即可得出答案；

（3）分兩種情況：①AP與EQ為對應(yīng)邊，AQ與EF為對應(yīng)邊，則AP＝EQ，AQ＝EF＝10，求出a＝2，BQ＝BE﹣EQ＝t，則AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得t＝2；

②AP與EF為對應(yīng)邊，AQ與EQ為對應(yīng)邊，則AP＝EF＝10，AQ＝EQ，求出t＝5，則AQ＝EQ＝5a，得BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，再分別求出a的值即可．

【詳解】

解：（1）由題意得：∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，∵S△AQF＝3S△BQC，S△AQF＝AF×AQ，S△BQC＝BC×BQ，∴AQ＝3BQ，∴AB＝4BQ＝8，∴BQ＝2＝2a，∴a＝1；

故答案為：1；

（2）∵以P、C、Q為頂點的三角形與△BQC全等，CQ是公共邊，∴點P與B為對應(yīng)頂點，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，∴AP＝AC﹣PC＝10﹣6＝4，PQ⊥AC，∵AP＝2t＝4，∴t＝2，∴PQ＝BQ＝2a，∵△ABC的面積＝△ACQ的面積+△BCQ的面積，∴×8×6＝×10×2a+×2a×6，解得：a＝；

（3）由題意得：∠A＝∠E，∴∠A與∠E為對應(yīng)角，分兩種情況：

①AP與EQ為對應(yīng)邊，AQ與EF為對應(yīng)邊，則AP＝EQ，AQ＝EF＝10，∵EQ＝at，∴at＝2t，∴a＝2，∴EQ＝2t，∵BE＝3t，∴BQ＝BE﹣EQ＝t，∴AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得：t＝2；

②AP與EF為對應(yīng)邊，AQ與EQ為對應(yīng)邊，則AP＝EF＝10，AQ＝EQ，∴2t＝10，∴t＝5，∴AQ＝EQ＝5a，∵BE＝3t＝15，∴BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，當(dāng)BQ＝15﹣5a時，AQ＝15﹣5a+8＝23﹣5a，或AQ＝8﹣（15﹣5a）＝5a﹣7，∴5a＝23﹣5a，或5a＝5a﹣7（無意義），解得：a＝2.3；

當(dāng)BQ＝5a﹣15時，AQ＝5a﹣15+8＝5a﹣7，或AQ＝8﹣（5a﹣15）＝7﹣5a，∴5a＝5a﹣7（無意義），或5a＝7﹣5a，解得：a＝0.7，不合題意，舍去；

綜上所述，a＝2時，t＝2；或a＝2.3時，t＝5．

【點睛】

本題主要考查全等三角形的綜合問題及動點問題，關(guān)鍵是根據(jù)題意找到動點之間的聯(lián)系，然后結(jié)合全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解問題即可，注意分類討論思想的運用．

【考點2】動點之直角三角形問題

【例2】如圖，在四邊形紙片中，，，點是邊上的動點，點是折線上的動點，將紙片沿直線折疊，使點的對應(yīng)點落在邊上，連接，若是直角三角形，則的長為________．

【答案】1或

【分析】

如圖（見解析），先利用解直角三角形、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)求出AB的長，再分和兩種情況，分別求出的長，然后根據(jù)折疊的性質(zhì)、線段的和差即可得．

【詳解】

如圖，過點C作于點M，過點D作于點N，，四邊形CDNM是矩形，在中，，在中，，由折疊的性質(zhì)得：，點在邊上，即，由題意，分以下兩種情況：

（1）當(dāng)時，是直角三角形，在中，，；

（2）當(dāng)時，是直角三角形，在中，，；

綜上，AE的長為1或，故答案為：1或．

【點睛】

本題考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)等知識點，依據(jù)題意，正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．

【變式2-1】（2019·遼寧中考模擬）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸交于點A(4，0)和點D(﹣1，0)，與y軸交于點C，過點C作BC平行于x軸交拋物線于點B，連接AC

(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；

(2)點M從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向點A運動；點N從點B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動，其中一個動點到達(dá)終點時，另一個動點也隨之停動，過點N作NQ垂直于BC交AC于點Q，連結(jié)MQ.①求△AQM的面積S與運動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式，寫出自變量的取值范圍；當(dāng)t為何值時，S有最大值，并求出S的最大值；

②是否存在點M，使得△AQM為直角三角形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝時，S最大值＝；②存在，點M的坐標(biāo)分別為(1，0)和(2，0)．

【解析】

【分析】

(1)由待定系數(shù)法將AD兩點代入即可求解．

(2)①分別用t表示出AM、PQ，由三角形面積公式直接寫出含有t的二次函數(shù)關(guān)系式，由二次函數(shù)的最大值可得答案；

②分類討論直角三角形的直角頂點，然后解出t，求得M坐標(biāo)．

【詳解】

(1)∵二次函數(shù)的圖象經(jīng)過A(4，0)和點D(﹣1，0)，∴，解得，所以，二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+3x+4．

(2)①延長NQ交x軸于點P，∵BC平行于x軸，C(0，4)

∴B(3，4)，NP⊥OA．

根據(jù)題意，經(jīng)過t秒時，NB＝t，OM＝2t，則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．

當(dāng)t＝時，S最大值＝．

②存在點M，使得△AQM為直角三角形．

設(shè)經(jīng)過t秒時，NB＝t，OM＝2t，則CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．

Ⅰ．若∠AQM＝90°，則PQ是等腰Rt△MQA底邊MA上的高．

∴PQ是底邊MA的中線，∴PQ＝AP＝MA，∴1+t＝(4﹣2t)，解得，t＝，∴M的坐標(biāo)為(1，0)．

Ⅱ．若∠QMA＝90°，此時QM與QP重合．

∴QM＝QP＝MA，∴1+t＝4﹣2t，∴t＝1，∴點M的坐標(biāo)為(2，0)．

所以，使得△AQM為直角三角形的點M的坐標(biāo)分別為(1，0)和(2，0)．

【點睛】

此題考查了待定系數(shù)法求解析式，還考查了三角形的面積，要注意利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系還要注意求最大值可以借助于二次函數(shù)．

【變式2-2】如圖，在矩形中，為中點，連接.動點從點出發(fā)沿邊向點運動，動點從點出發(fā)沿邊向點運動，兩個動點同時出發(fā)，速度都是每秒1個單位長度，連接，設(shè)運動時間為（秒）.則_____時，為直角三角形

【答案】或

【分析】

△CMN是直角三角形時，有三種情況，一是∠CMN=90°，二是∠MNC=90°，三是∠MCN=90°，然后進(jìn)行分類討論求出t的值．

【詳解】

解：

過點N作OA的垂線，交OA于點F，交CH于點E，如圖1，∵B點是CH的中點，∴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，∴，∴，∴EN=

∴FN=8-EN=，當(dāng)∠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=，當(dāng)∠MNC=90°，F(xiàn)N=

∴EN=

∵M(jìn)F=12-

∴CE=OF=OM+MF=12-

∵∠MNF+∠CNE=90°，∠ECN+∠CNE=90°，∴∠MNF=∠ECN，∵∠CEN=∠NFM=90°，∴△CEN∽△NFM，∴，∴，∴，∵0＜t＜5，∴；

當(dāng)∠NCM=90°，由題意知：此情況不存在，綜上所述，△CMN為直角三角形時，t=或.【點睛】

本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，有一定的綜合性．

【考點3】動點之等腰三角形問題

【例3】如圖，是⊙的直徑，是弦，．若點是直徑上一動點，當(dāng)

是等腰三角形時，__________．

【答案】、或

【解析】

解：①為頂點即時，，．

②為頂點即時，中：，，∴．

③為頂點即時，與重合，∴．

綜上為，或．

故答案為：，或．

點睛：解答本題的關(guān)鍵分三種情況討論：①BC=BP；②CP=CB，③CP=BP．

【變式3-1】如圖①，已知正方形邊長為2，點是邊上的一個動點，點關(guān)于直線的對稱點是點，連結(jié)、、、.設(shè)AP=x.（1）當(dāng)時，求長；

（2）如圖②，若的延長線交邊于，并且，求證：為等腰三角形；

（3）若點是射線上的一個動點，則當(dāng)為等腰三角形時，求的值.【答案】（1）BP=；（2）證明見解析；（3）△CDQ為等腰三角形時x的值為4-2、、2+4.【解析】

【分析】

（1）利用勾股定理求出BP的長即可；（2）根據(jù)對稱性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可得AB=BQ=BC，∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一視角相等性質(zhì)可得∠BCQ=∠BQC，根據(jù)同角或等角的余角相等的性質(zhì)可得∠EQC=∠ECQ，可得EC=EQ，可得結(jié)論；（3）若△CDQ為等腰三角形，則邊CD邊為該等腰三角形的一腰或者底邊．又Q點為A點關(guān)于PB的對稱點，則AB=QB，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，則Q點只能在弧AB上．若CD為腰，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧交點即為使得△CDQ為等腰三角形（CD為腰）的Q點．若CD為底邊，則作CD的垂直平分線，其與弧AC的交點即為使得△CDQ為等腰三角形（CD為底）的Q點．則如圖所示共有三個Q點，那么也共有3個P點．作輔助線，利用直角三角形性質(zhì)求之即可．

【詳解】

（1）∵AP=x=1，AB=2，∴BP==，（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠BCD=90°．

∵Q點為A點關(guān)于BP的對稱點，∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°，∴QB=BC，∠BQE=∠BCE=90°，∴∠BQC=∠BCQ，∴∠EQC+∠BQC=∠ECQ+∠BCQ=90°，∴∠EQC

=∠ECQ，∴EQ=EC，即△CEQ為等腰三角形.（3）如圖，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧分別交于Q1，Q3．此時△CDQ1，△CDQ3都為以CD為腰的等腰三角形．

作CD的垂直平分線交弧AC于點Q2，此時△CDQ2以CD為底的等腰三角形．

①討論Q1，如圖，連接BQ1、CQ1，作PQ1⊥BQ1交AD于P，過點Q1，作EF⊥AD于E，交BC于F，∵△BCQ1為等邊三角形，正方形ABCD邊長為2，∴FC=1，Q1F==，Q1E=2-，在四邊形ABPQ1中，∵∠ABQ1=30°，∴∠APQ1=150°，∴∠EPQ1=30°，△PEQ1為含30°的直角三角形，∴PE=EQ1=2-3，∵EF是BC的垂直平分線，∴AE=AD=1，∴x=AP=AE-PE=1-(2-3)=4-2.②討論Q2，如圖，連接BQ2，AQ2，過點Q2作PG⊥BQ2，交AD于P，交CD于G，連接BP，過點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為等邊三角形．

∴AF=AE=1，F(xiàn)Q2==，在四邊形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-，∴x=AP=2-PD=.③對Q3，如圖作輔助線，連接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，過點Q3作PQ3⊥BQ3，交AD的延長線于P，連接BP，過點Q1，作EF⊥AD于E，此時Q3在EF上，記Q3與F重合．

∵△BCQ1為等邊三角形，△BCQ3為等邊三角形，BC=2，∴Q1Q2=2，Q1E=2-，∴EF=2+，在四邊形ABQ3P中

∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，∴∠EPF=30°，∴EP=EF=2+3，∵AE=1，∴x=AP=AE+PE=1+2+3=2+4.綜上所述：△CDQ為等腰三角形時x的值為4-2、、2+4.【點睛】

本題考查四邊形的綜合、正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)，第三問是一個難度非常高的題目，可以利用尺規(guī)作圖的思想將滿足要求的點Q找全．另外求解各個P點也是勾股定理的綜合應(yīng)用熟練掌握并靈活運所學(xué)知識是解題關(guān)鍵．

【變式3-2】（2019·河南中考模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx+3交y軸于點A，交x軸于點B（-3，0）和點C（1，0），頂點為點M．

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖，點E為x軸上一動點，若△AME的周長最小，請求出點E的坐標(biāo)；

（3）點F為直線AB上一個動點，點P為拋物線上一個動點，若△BFP為等腰直角三角形，請直接寫出點P的坐標(biāo)．

【答案】（1）

；（2）E（-，0）；（3）點P的坐標(biāo)為（2，-5）或（1，0）．

【解析】

【分析】

（1）設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x-1），然后將點A的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式即可求得此拋物線的解析式；

（2）作A關(guān)于x軸的對稱點A′（0，-3），連接MA′交x軸于E，此時△AME的周長最小，求出直線MA＇解析式即可求得E的坐標(biāo)；

（3）如圖2，先求直線AB的解析式為：y=x+3，根據(jù)解析式表示點F的坐標(biāo)為（m，m+3），分三種情況進(jìn)行討論：

①當(dāng)∠PBF=90°時，由F1P⊥x軸，得P（m，-m-3），把點P的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可得結(jié)論；

②當(dāng)∠BF3P=90°時，如圖3，點P與C重合，③當(dāng)∠BPF4=90°時，如圖3，點P與C重合，從而得結(jié)論．

【詳解】

（1）當(dāng)x=0時，y=3，即A（0，3），設(shè)拋物線的解析式為：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，即拋物線的解析式為：y=-x2-2x+3；

（2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，∴M（-1，4），如圖1，作點A（0，3）關(guān)于x軸的對稱點A＇（0，-3），連接A＇M交x軸于點E，則點E就是使得△AME的周長最小的點，設(shè)直線A′M的解析式為：y=kx+b，把A＇（0，-3）和M（-1，4）代入得：，解得：

∴直線A＇M的解析式為：y=-7x-3，當(dāng)y=0時，-7x-3=0，x=-，∴點E（-，0），（3）如圖2，易得直線AB的解析式為：y=x+3，設(shè)點F的坐標(biāo)為（m，m+3），①當(dāng)∠PBF=90°時，過點B作BP⊥AB，交拋物線于點P，此時以BP為直角邊的等腰直角三角形有兩個，即△BPF1和△BPF2，∵OA=OB=3，∴△AOB和△A＇OB是等腰直角三角形，∴∠F1BC=∠BF1P=45°，∴F1P⊥x軸，∴P（m，-m-3），把點P的坐標(biāo)代入拋物線的解析式y(tǒng)=-x2-2x+3中得：

-m-3=-m2-2m+3，解得：m1=2，m2=-3（舍），∴P（2，-5）；

②當(dāng)∠BF3P=90°時，如圖3，∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，∴點P與C重合，故P（1，0），③當(dāng)∠BPF4=90°時，如圖3，∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=45°，∴點P與C重合，故P（1，0），綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，-5）或（1，0）．

【點睛】

此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，周長最短問題，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定等知識．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合和分類討論思想的應(yīng)用．

【變式3-3】（2019·廣西中考真題）已知拋物線和直線都經(jīng)過點，點為坐標(biāo)原點，點為拋物線上的動點，直線與軸、軸分別交于兩點．

（1）求的值；

（2）當(dāng)是以為底邊的等腰三角形時，求點的坐標(biāo)；

（3）滿足（2）的條件時，求的值．

【答案】（1）；；（2）點的坐標(biāo)為或；（3）的值為或．

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出的值；

(2)由(1)可得出拋物線及直線的解析式，繼而可求出點的坐標(biāo)，設(shè)點的坐標(biāo)為，結(jié)合點的坐標(biāo)可得出的值，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得出關(guān)于的方程，解之即可得出結(jié)論；

(3)過點作軸，垂足為點，由點的坐標(biāo)可得出的長，再利用正弦的定義即可求出的值．

【詳解】

(1)將代入，得：，∴；

將代入，得：，∴；

(2)由(1)得：拋物線的解析式為，直線的解析式為，當(dāng)時，解得：，∴點的坐標(biāo)為，設(shè)點的坐標(biāo)為，則，∵是以為底邊的等腰三角形，∴，即，整理，得：，解得：，∴點的坐標(biāo)為或；

(3)過點作軸，垂足為點，如圖所示，當(dāng)點的坐標(biāo)為時，，∴；

當(dāng)點的坐標(biāo)為時，，∴，∴滿足(2)的條件時，的值的值為或．

【點睛】

本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是：(1)根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)，找出關(guān)于的方程；(3)通過解直角三角形，求出的值．

【考點4】動點之相似三角形問題

【例4】如圖，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，點P為AB邊上一動點，若△PAD與△PBC是相似三角形，求AP的長．

【答案】AP=或AP=2或AP=6

【分析】

由AD//BC,∠B=90°,可證∠PAD=∠PBC=90°,　又由AB=8,AD=3,BC=4,設(shè)AP的長為x,則BP長為8-x,然后分別從APD∽△BPC與△APD∽△BCP去分析,利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求解即可求得答案．

【詳解】

解：∵

AB⊥BC,∴

∠B=90°,∵

AD∥BC,∴

∠A=180°﹣∠B=90°,∴

∠PAD=∠PBC=90°,AB=8,AD=3,BC=4,設(shè)AP的長為x,則BP長為8﹣x,若AB邊上存在P點,使△PAD與△PBC相似,那么分兩種情況:

若△APD∽△BPC,則AP:BP=AD:BC,即x:（8﹣x）=3:4,解得x=,若△APD∽△BCP,則AP:BC=AD:BP，即x:4=3:（8﹣x）,解得x=2或x=6,所以AP=或AP=2或AP=6．

【變式4-1】已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，點A，C的坐標(biāo)分別為A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC

（1）求過點A，B的直線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）在x軸上找一點D，連接DB，使得△ADB與△ABC相似（不包括全等），并求點D的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，如P，Q分別是AB和AD上的動點，連接PQ，設(shè)AP＝DQ＝m，問是否存在這樣的m，使得△APQ與△ADB相似？如存在，請求出m的值；如不存在，請說明理由．

【答案】（1）y＝x+；（2）D點位置見解析，D（，0）；（3）符合要求的m的值為或．

【解析】

【分析】

（1）先根據(jù)A（?3，1），C（1，0），求出AC進(jìn)而得出BC＝3求出B點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式即可；

（2）運用相似三角形的性質(zhì)就可求出點D的坐標(biāo)；

（3）由于△APQ與△ADB已有一組公共角相等，只需分△APQ∽△ABD和△APQ∽△ADB兩種情況討論，然后運用相似三角形的性質(zhì)建立關(guān)于m的方程，就可解決問題．

【詳解】

解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0），∴AC＝4，∵BC＝AC，∴BC＝×4＝3，∴B（1，3），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線AB的解析式為y＝x+；

（2）若△ADB與△ABC相似，過點B作BD⊥AB交x軸于D，∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如圖1，此時＝，即AB2＝AC?AD．

∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴25＝4AD，∴AD＝，∴OD＝AD﹣AO＝﹣3＝，∴點D的坐標(biāo)為（，0）；

（3）∵AP＝DQ＝m，∴AQ＝AD﹣QD＝﹣m．

Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如圖2，則有＝，∴AP?AD＝AB?AQ，∴m＝5（﹣m），解得m＝；

Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如圖3，則有＝，∴AP?AB＝AD?AQ，∴5m＝（﹣m），解得：m＝，綜上所述：符合要求的m的值為或．

【點睛】

此題是相似形綜合題，主要考查了是待定系數(shù)法，相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，也考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題，解本題的關(guān)鍵是根據(jù)相似建立方程求解．

【變式4-2】如圖，正方形ABCD，點P為射線DC上的一個動點，點Q為AB的中點，連接PQ，DQ，過點P作PE⊥DQ于點E．

（1）請找出圖中一對相似三角形，并證明；

（2）若AB＝4，以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，試求出DP的長．

【答案】（1）△DPE∽△QDA，證明見解析；（2）DP=2或5

【分析】

（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可證明△ADQ∽△EPD；

（2）若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，當(dāng)△ADQ∽△EPQ時，設(shè)EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，則DP可求出；同理當(dāng)△ADQ∽△EQP時，設(shè)EQ＝2a，則EP＝a，可得，可求出a的值，則DP可求．

【詳解】

（1）△ADQ∽△EPD，證明如下：

∵PE⊥DQ，∴∠DEP＝∠A＝90，∵∠ADC＝90，∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，∴∠ADQ＝∠DPE，∴△ADQ∽△EPD；

（2）∵AB＝4，點Q為AB的中點，∴AQ＝BQ＝2，∴DQ＝，∵∠PEQ＝∠A＝90，∴若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，①當(dāng)△ADQ∽△EPQ時，設(shè)EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由（1）知△ADQ∽△EPD，∴，∴，∴x＝

∴DP＝＝5；

②當(dāng)△ADQ∽△EQP時，設(shè)EQ＝2a，則EP＝a，同理可得，∴a＝，DP＝．

綜合以上可得DP長為2或5，使得以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似．

【點睛】

本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【考點5】動點之平行四邊形問題（含特殊四邊形）

【例5】如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點是拋物線上的動點，且滿足，求出點的坐標(biāo)；

（3）連接，點是軸一動點，點是拋物線上一動點，若以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點的坐標(biāo)．

備用圖

【答案】（1）;（2），，；（3），【分析】

（1）由待定系數(shù)法求出解析式即可；

（2）先求出點C坐標(biāo)，可得OA=OC=3，由面積關(guān)系列出方程即可求解；

（3）分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解；

【詳解】

解：

（1）∵拋物線經(jīng)過點A（-3，0），點B（1，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：，∵拋物線的解析式為：，與y軸交于點C，∴點C坐標(biāo)為（0，3），即OA=OC=3；

（2）過點P作PM⊥AO于點M，PN⊥CO于點N，設(shè)P(，)，∵，∴，∵AO=3，CO=3，∴PM=2PN，即，當(dāng)點P在第一、三象限時，解得，；

∴，當(dāng)點P在第二、四象限時，解得，；

∴，；

（3）若BC為邊，且四邊形BCFE是平行四邊形，∴CF∥BE，∴點C與點F縱坐標(biāo)相等，∴，解得，（舍去），∴點F（-2，3），若BC為邊，且四邊形BCFE是平行四邊形，∴BE與CF互相平分，∵BE中點縱坐標(biāo)為0，且點C縱坐標(biāo)為3，∴點F的縱坐標(biāo)為-3，∴，解得，∴，∴或，若BC為對角線,則四邊形BECF是平行四邊形，∴BC與EF互相平分，∴BC中點縱坐標(biāo)為，且點E的縱坐標(biāo)為0，∴點F的縱坐標(biāo)為3，∴點F（-2，3），綜上所述，點F坐標(biāo)為：，；

【點睛】

本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，平行四邊形的性質(zhì)，掌握待定系數(shù)法，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【變式5-1】（2019·江西中考真題）在圖1，2，3中，已知，點為線段上的動點，連接，以為邊向上作菱形，且．

（1）如圖1，當(dāng)點與點重合時，________°；

（2）如圖2，連接．

①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；

②求證：點在的平分線上；

（3）如圖3，連接，并延長交的延長線于點，當(dāng)四邊形是平行四邊形時，求的值．

【答案】（1）60°；（2）①

=，②見解析；（3）4

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)計算；

（2）①證明，根據(jù)角的運算解答；

②作于，交的延長線于，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)角平分線的判定定理證明結(jié)論；

（3）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，證明四邊形為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)計算，得到答案．

【詳解】

解：（1）四邊形是菱形，，故答案為：；

（2）①四邊形是平行四邊形，四邊形是菱形，，故答案為：；

②作于，交的延長線于，則，又，，為等邊三角形，在和中，，又，點在的平分線上；

（3）四邊形是菱形，，四邊形為平行四邊形，，，又，，，四邊形為平行四邊形，，四邊形為平行四邊形，平行四邊形為菱形，，．

【點睛】

本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì).掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理、菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【變式5-2】（2019·湖南中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象過原點，與x軸的另一個交點為

（1）求該二次函數(shù)的解析式；

（2）在x軸上方作x軸的平行線，交二次函數(shù)圖象于A、B兩點，過A、B兩點分別作x軸的垂線，垂足分別為點D、點C．當(dāng)矩形ABCD為正方形時，求m的值；

（3）在（2）的條件下，動點P從點A出發(fā)沿射線AB以每秒1個單位長度勻速運動，同時動點Q以相同的速度從點A出發(fā)沿線段AD勻速運動，到達(dá)點D時立即原速返回，當(dāng)動點Q返回到點A時，P、Q兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（）．過點P向x軸作垂線，交拋物線于點E，交直線AC于點F，問：以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能否是平行四邊形．若能，請求出t的值；若不能，請說明理由．

【答案】（1）；（2）當(dāng)矩形ABCD為正方形時，m的值為4；（3）以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能為平行四邊形，t的值為4或6.【解析】

【分析】

（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的解析式；

（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征求出點A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出點C，D的坐標(biāo)，再利用正方形的性質(zhì)可得出關(guān)于m的方程，解之即可得出結(jié)論；

（3）由（2）可得出點A，B，C，D的坐標(biāo)，根據(jù)點A，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的解析式，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征及一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點E，F(xiàn)的坐標(biāo)，由且以A、E、F、Q四點為頂點的四邊形為平行四邊形可得出，分，三種情況找出AQ，EF的長，由可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其合適的值即可得出結(jié)論．

【詳解】

（1）將，代入，得：，解得，∴該二次函數(shù)的解析式為．

（2）當(dāng)

時，解得：，∴點a的坐標(biāo)為（，m），點b的坐標(biāo)為（，m），∴點d的坐標(biāo)為（，0），點c的坐標(biāo)為（，0）．

∵矩形abcd為正方形，∴，解得：，（舍去），．

∴當(dāng)矩形ABCD為正方形時，m的值為4．

（3）以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能為平行四邊形．

由（2）可知：點A的坐標(biāo)為，點B的坐標(biāo)為，點C的坐標(biāo)為，點D的坐標(biāo)為．

設(shè)直線AC的解析式為，將，代入，得，解得，∴直線ac的解析式為．

當(dāng)時，∴點E的坐標(biāo)為（，），點F的坐標(biāo)為（，-t+4）．

∵以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，且，∴，分三種情況考慮：

①當(dāng)時，如圖1所示，EF=，∴，解得：（舍去），；

②當(dāng)時，如圖2所示，EF=，∴，解得：（舍去），；，EF=，解得（舍去），（舍去）

綜上所述，當(dāng)以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形時，t的值為4或6

【點睛】

本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、正方形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用正方形的性質(zhì)，找出關(guān)于m的方程；（3）分，三種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)找出關(guān)于t的一元二次方程．

【變式5-3】．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點是坐標(biāo)原點，點坐標(biāo)為，、兩點關(guān)于直線對稱，反比例函數(shù)圖象經(jīng)過點，點是直線上一動點.（1）點的坐標(biāo)為______；

（2）若點是反比例函數(shù)圖象上一點，是否存在這樣的點，使得以、、、四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；

（3）若點是線段上一點（不與、重合），當(dāng)四邊形為菱形時，過點分別作直線和直線的垂線，垂足分別為、，當(dāng)?shù)闹底钚r，求出點坐標(biāo).【答案】（1）（3，1）；（2），；（3）（2，2）.【解析】

【分析】

（1）根據(jù)點（a，b）關(guān)于y=x對稱的點的坐標(biāo)為（b，a）直接寫出答案即可；

（2）首先求得反比例函數(shù)的解析式，然后設(shè)P（m，m），分若PC為平行四邊形的邊和若PC為平行四邊形的對角線兩種情況分類討論即可確定點C的坐標(biāo)；

（3）連接AQ，設(shè)AB與PO的交點為D，利用四邊形AOBP是菱形，得到S△AOP=S△AOQ+S△APQ，從而得到PO?AD=AO?QE+AP?QF，確定QE+QF=為定值，從而求解．

【詳解】

解：（1）B點的坐標(biāo)為（3，1）；

（2）∵反比例函數(shù)圖象經(jīng)過點A（1，3），∴k=1×3=3，∴反比例函數(shù)的解析式為，點P在直線y=x上，∴設(shè)P（m，m）

①PC為平行四邊形的邊，∵點A的橫坐標(biāo)比點B的橫坐標(biāo)小2，點A的縱坐標(biāo)比點B的縱坐標(biāo)大2，∴點C在點P的下方，則點C的坐標(biāo)為（m+2，m-2）如圖1，若點C在點P的上方，則點C的坐標(biāo)為（m-2，m+2）如圖2，把C（m+2，m-2）代入反比例函數(shù)的解析式得：，∵m＞0，∴，∴

同理可得另一點，②若PC為平行四邊形的對角線，如圖3，∵A、B關(guān)于y=x對稱，∴OP⊥AB

此時點C在直線y=x上，且為直線y=x與雙曲線的交點，由解得：，（舍去），∴，綜上所述，滿足條件的點C有三個，坐標(biāo)分別為：，；

（3）連接AQ，設(shè)AB與PO的交點為D，如圖4，∵四邊形AOBP是菱形，∴AO=AP

∵S△AOP=S△AOQ+S△APQ，∴PO?AD=AO?QE+AP?QF

∴QE+QF=為定值，∴要使QE+QF+QB的值最小，只需QB的值最小，當(dāng)QB⊥PO時，QB最小，所以D點即為所求的點，∵A（1，3），B（3，1）

∴D（2，2），∴當(dāng)QE+QF+QB的值最小時，Q點坐標(biāo)為（2，2）．

【點睛】

本題是對反比例函數(shù)的綜合知識的考查，熟練掌握反比例，四邊形知識及分類討論的數(shù)學(xué)思想是解決本題的關(guān)鍵，難度較大．

【考點6】動點之線段面積問題

【例6】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形如圖放置，將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到平行四邊形．拋物線經(jīng)過點A、C、A′三點．

（1）求A、A′、C三點的坐標(biāo)；

（2）求平行四邊形和平行四邊形重疊部分的面積；

（3）點M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，問點M在何處時，的面積最大？最大面積是多少？并寫出此時M的坐標(biāo)．

【答案】（1）A（0,3）A′（3,0）C（－1,0）；（2）；（3）當(dāng)時,取到最大值為；M（）

【解析】

試題分析：（1）當(dāng)y=0時，求出x的值，得到點A′和點C的坐標(biāo)，當(dāng)x=0，求出y的值，得到點A的坐標(biāo)；根據(jù)點A、C的坐標(biāo)得出點B的坐標(biāo)，從而求出OB的長度和△AOB的面積，根據(jù)旋轉(zhuǎn)得到∠ACO=∠OC′D，根據(jù)∠ACO=∠ABO得到∠ABO=∠OC′D，從而說明△

C′OD

∽△BOA，根據(jù)相似三角形得出△C′OD的面積；設(shè)點M的坐標(biāo)為（），連接OM，得到△AMA′的面積與m的函關(guān)系式，從而得出最大值和點M的坐標(biāo)．

試題解析：（1）解：（1）當(dāng)時，解得

∴C（-1，0），A′（3，0）．當(dāng)x=0時，y=3．∴A（0，3）

（2）∵C（-1，0），A（0，3），∴B（1,3）

∴

∴△AOB的面積為

又∵平行四邊形ABOC旋轉(zhuǎn)得平行四邊形A′B′OC′，∴∠ACO=∠OC′D

又∵∠ACO=∠ABO，∴∠ABO=∠OC′D．

又∵∠C′OD=∠AOB，∴△

C′OD

∽△BOA

∴∴

（3）設(shè)M點的坐標(biāo)為（），連接OM

=

當(dāng)時,取到最大值為∴M（）

考點：二次函數(shù)的應(yīng)用、三角形相似、旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)．

【變式6-1】（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，點為線段外一動點，且，當(dāng)點位于

時，線段的長取得最大值，最大值為

（用含的式子表示）；

（2）應(yīng)用：如圖2，點為線段外一動點，，以為邊作等邊，連接，求線段的最大值；

（3）拓展：如圖3，線段，點為線段外一動點，且，，求線段長的最大值及此時的面積．

【答案】（1）CB的延長線上，a+b；（2）6；（3）最大值為3+，△PBM的面積為

【分析】

（1）根據(jù)點A位于CB的延長線上時，線段AC的長取得最大值，即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD=BE，利用（1）中的結(jié)論即可得到結(jié)果；

（3）將△APM繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP＇N，連接BN，得到△APP＇是等腰直角三角形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到P＇A=PA=2，AN=AM，根據(jù)當(dāng)N在線段BA的延長線時，線段BN取得最大值，即可得到最大值為+3，過點P作PQ⊥AB的延長線于點Q，利用勾股定理求出PB的長，根據(jù)△PBM為等腰直角三角形，可求出面積.【詳解】

解：（1）∵點A為線段BC外一動點，且BC=a，AB=b，∴當(dāng)點A位于CB的延長線上時，線段AC的長取得最大值，且最大值為BC+AB=a+b，故答案為：CB的延長線上，a+b；

（2）如圖2中，以AC為邊向上作等邊△ACE，連接BE．

∵△ABD與△ACE是等邊三角形，∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，在△CAD與△EAB中，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴CD=BE；

∴線段BE長的最大值=線段CD的最大值，∴由（1）知，當(dāng)線段BE的長取得最大值時，點E在BA的延長線上，∴最大值為=4+2=6．

∴線段CD的最大值為6；

（3）解：如圖3中，將△APM繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP＇N，連接BN，PP′．

∴△APM≌△AP＇N，∴AN=AM，AP=AP＇=2，∴線段AM長的最大值=線段AN長的最大值，∴當(dāng)N在線段AB的延長線時，線段AN取得最大值，最大值=AB+BN，∴∠PAP＇=90°，∴△APP＇是等腰三角形，∴PP＇=，∵△BPM是等腰直角三角形，∴∠BPM=∠MAN=90°，PM=PB=P＇N，∴∠AMP=∠ABP=∠N，∴PB∥P＇N，∴四邊形PBNP＇是平行四邊形，∴BN=PP＇，∴AN的最大值為：AB+BN=AB+PP＇=3+，∴AM的最大值為3+，過點P作PQ⊥AB的延長線于點Q，∵∠PAP′=90°，∠P′AB=∠PP′A=45°，∴∠PAQ=45°，∴△PAQ為等腰直角三角形，∵AP=2，由勾股定理可得：

∴AQ=PQ=，在△PBQ中，PQ2+BQ2=PB2，即，∴PB2=，∵△PBM為等腰直角三角形，此時△PBM的面積=×=.【點睛】

本題屬于三角形綜合題，考查等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和判定等知識，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，掌握旋轉(zhuǎn)法添加輔助線．

【變式6-2】如圖，矩形中，點是對角線上一動點（不與重合），連接，過點作，交射線于點，以線段為鄰邊作矩形，過點作。分別交于點。

（1）求證：的值；

（2）求的值；

（3）求矩形的面積的最小值。

【答案】（1）見解析；（2）；（3）.【解析】

【分析】

(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)和同角的余角相等證明，從而求證三角形相似；（2）設(shè)，由相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式，從而求解；（3）當(dāng)時，矩形面積最小，從而求解.【詳解】

（1）

∵過點作且矩形中，AB∥DC

又∵過點作

∴

∴，∴；

（2）設(shè)，則，∵矩形中，AB∥DC

∴△APG∽△CPH

即∴，即

∴

∵

∴；

（3）如圖∵，∴當(dāng)時，矩形面積最小，此時，此時點與點重合，所以最小面積為

【點睛】

本題考查相似三角形綜合題、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理,解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用相似三角形的判定和性質(zhì)列出相應(yīng)的比例式從而解決問題．

【變式6-2】已知：在四邊形中，，．

（）求四邊形的面積．

（）點是線段上的動點，連接、，求周長的最小值及此時的長．

（）點是線段上的動點，、為邊上的點，連接、，分別交、于點、，記和重疊部分的面積為，求的最值．

【答案】（）．（）．3．（）．

【解析】

試題分析：（1）如圖1，過A作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，得到四邊形AEFD是矩形，由矩形的想知道的EF=AD=6，BE=CF=3，根據(jù)勾股定理得到，于是得到結(jié)論；

（2）如圖2，作點B關(guān)于直線AD的對稱點G，連接CG交AD于P，則BC+PB+PC=BC+PG+PC即為△BCP周長的最小值，根據(jù)勾股定理得到，于是得到△BCP周長的最小值為：4+12；根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到PH=BC=6，由勾股定理得到，于是得到結(jié)論．

（3）過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，如圖所示，設(shè)，則．因為，所以∽，得；同理可得∽，∽，得：，所以，進(jìn)而求得答案.試題解析：（）如圖1，過作于，于．

則四邊形是矩形．

∴，．

∴．

∴．

（）如圖2，作點關(guān)于直線的對稱點，連接交于，則．

即為的最小周長．

由（）知．

在中，．

∴的．

∵，∴．

∵，∴．

（）過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，如圖3所示，設(shè)，則．

因為，所以∽，所以，又，所以；

同理可得∽，∽，所以，求得：，其中，所以，即

．

因此當(dāng)時，有最大值；當(dāng)或時，有最小值了．

一、單選題

1．如圖，拋物線與軸交于點，點，點是拋物線上的動點，若是以為底的等腰三角形，則的值為（）

A．或

B．或

C．或

D．或

【答案】B

【分析】

當(dāng)△PCD是以CD為底的等腰三角形時,則P點在線段CD的垂直平分線上,由C、D坐標(biāo)可求得線段CD中點的坐標(biāo),從而可以知道P點的縱坐標(biāo),代入拋物線解析式可求得P點坐標(biāo)．

【詳解】

解：作中垂線交拋物線于，（在左側(cè)），交軸于點;連接P1D,P2D．

易得

．

∴，．

將代入中得，．

∴，．

∴，．

故選B．

2．如圖，在菱形中，是線段上一動點（點不與點重合），當(dāng)是等腰三角形時，的度數(shù)是（）

A．

B．

C．或

D．或

【答案】C

【分析】

在菱形ABCD中，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到

∠ABD=∠ABC=40°，再分三種情況討論，當(dāng)AE=BE時，當(dāng)AB=BE時，當(dāng)時，從而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

【詳解】

解：∵在菱形ABCD中，，，∵△ABE是等腰三角形，∴AE=BE，或AB=BE，或，當(dāng)AE=BE時，∴∠ABE=∠BAE=40°，∴；

當(dāng)AB=BE時，∴∠BAE=∠AEB=，∴∠DAE=，當(dāng)時，與重合，不合題意舍去，綜上所述，當(dāng)△ABE是等腰三角形時，∠DAE=30°或60°，故選：C．

【點睛】

本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握分類討論是解題的關(guān)鍵．

3．已知等腰中，，底角為，動點從點向點運動，當(dāng)是直角三角形是長為（）

A．4

B．2或3

C．3或4

D．3

【答案】C

【分析】

先畫出符合的兩種情況，圖1中，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BP即可；圖2中先求出BP＝2PA，再根據(jù)勾股定理求出即可．

【詳解】

當(dāng)∠APB＝90時，如圖1，∵AB＝AC，BC＝6，∴BP＝CP＝BC＝3；

∵∠B＝30，∴AB＝2AP，由勾股定理得：（2AP）2＝AP2＋32，解得：AP＝，AB＝2AP＝2，當(dāng)∠BAP＝90，如圖2，∵∠B＝30，∴BP＝2AP，在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2＋AP2＝BP2，（2）2＋AP2＝（2AP）2，解得：AP＝2，BP＝2AP＝4；

所以BP＝3或4，故選：C．

【點睛】

本題考查了含30角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識點，能熟練地運用含30角的直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．

4．如圖，一次函數(shù)與反比例函數(shù)的圖象交于和兩點，點是線段上一動點(不與，重合)，過點分別作軸和軸的垂線，交反比例函數(shù)圖象于，則四邊形面積PMON最大值是（）

A．12.5

B．12.25

C．14

D．12

【答案】A

【解析】

【分析】

設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，一次函數(shù)解析式為y=ax+b，根據(jù)點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出反比例與一次函數(shù)的解析式，再利用分割圖形求面積法找出S四邊形PMON關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，利用配方法解決最值問題．

【詳解】

解：設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，一次函數(shù)解析式為y=ax+b，將點A（1，12）代入y=中，得k=12，∴反比例函數(shù)解析式為y=，將點A（1，12）、B（6，2）代入y=ax+b中，得，解得

∴一次函數(shù)解析式為y=-2x+14．

設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，14-2m），則S四邊形PMON=S矩形OCPD-S△OCM-S△ODN=S矩形OCPD-|k|=m（14-2m）-12=-2m2+14m-12=-2(m-)2+12.5.∴四邊形PMON面積的最大值是12.5．

故選A．

【點睛】

本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及反比例函數(shù)與一次函數(shù)交點的問題，解題的關(guān)鍵是找出S四邊形PMON關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式．本題難度不大，利用分割圖形求面積法是解題關(guān)鍵．

5．如圖，在Rt△中，90°，，為邊上的一動點，以，為邊構(gòu)造平行四邊形，則對角線的最小值為（）

A．4

B．6

C．8

D．10

【答案】B

【分析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，當(dāng)PQ⊥AC時，對角線的值最小，且的最小值為BC的長度，問題得解．

【詳解】

解：如圖所示，作平行四邊形，則QB∥AC，∴當(dāng)PQ⊥AC時，對角線的值最小，∵BC⊥AC，∴的最小值為6，故選：B．

【點睛】

本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，準(zhǔn)確作出圖形是解題的關(guān)鍵．

6．如圖，中，，動點從點出發(fā)沿射線以2的速度運動，設(shè)運動時間為，當(dāng)為等腰三角形時，的值為（）

A．或

B．或12或4

C．或或12

D．或12或4

【答案】C

【分析】

根據(jù)勾股定理求出BC,當(dāng)△ABP為等腰三角形時,分三種情況:①當(dāng)AB=BP時;②當(dāng)AB=AP時;③當(dāng)BP=AP時,分別求出BP的長度,繼而可求得t值.【詳解】

因為中，，所以(cm)

①當(dāng)AB=BP時,t=（s）;

②當(dāng)AB=AP時,因為AC⊥BC,所以BP=2BC=24cm,所以t=(s);

③當(dāng)BP=AP時,AP=BP=2tcm,CP=(12-2t)cm,AC=5cm,在Rt△ACP中,AP2=AC2+CP2,所以(2t)2=52+(12-2t)2,解得:t=

綜_上所述:當(dāng)△ABP為等腰三角形時,或或12

故選:C

【點睛】

考核知識點:等腰三角形,勾股定理.根據(jù)題畫出圖形,再利用勾股定理解決問題是關(guān)鍵.7．如圖，點的坐標(biāo)為，點為軸的負(fù)半軸上的一個動點，分別以，為直角邊在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，連接交軸于點，當(dāng)點在軸上移動時，則的長度為（）

A．2

B．4

C．6

D．8

【答案】B

【分析】

作EN⊥y軸于N，求出∠NBE=∠BAO，證△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，證△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案．

【詳解】

解：如圖，作EN⊥y軸于N，∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°，∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°，∴∠NBE=∠BAO，在△ABO和△BEN中，∴△ABO≌△BEN（AAS），∴OB=NE=BF，∵∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，在△BFP和△NEP中，∴△BFP≌△NEP（AAS），∴BP=NP，又∵點A的坐標(biāo)為（8，0），∴OA=BN=8，∴BP=NP=4．

故選B．

【點睛】

本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，有一定的難度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等．

8．如圖，已知

兩點的坐標(biāo)分別為，點分別是直線和x軸上的動點，,點是線段的中點，連接交軸于點；當(dāng)⊿面積取得最小值時，的值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】

【分析】

如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，推出點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，推出當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解決問題．

【詳解】

如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，∴點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，∴當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，∵AD是切線，點D是切點，∴AD⊥KD，∵AK=13，DK=5，∴AD=12，∵tan∠EAO=，∴，∴OE=，∴AE=，作EH⊥AB于H．

∵S△ABE=?AB?EH=S△AOB-S△AOE，∴EH=，∴，∴，故選B.【點睛】

本題考查解直角三角形，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題.9．已知：如圖，在長方形ABCD中，AB=4，AD=6．延長BC到點E，使CE=2，連接DE，動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC-CD-DA向終點A運動，設(shè)點P的運動時間為秒，當(dāng)?shù)闹禐開____秒時，△ABP和△DCE全等．

A．1

B．1或3

C．1或7

D．3或7

【答案】C

【分析】

分兩種情況進(jìn)行討論，根據(jù)題意得出BP=2t=2和AP=16-2t=2即可求得．

【詳解】

解：因為AB=CD，若∠ABP=∠DCE=90°，BP=CE=2，根據(jù)SAS證得△ABP≌△DCE，由題意得：BP=2t=2，所以t=1，因為AB=CD，若∠BAP=∠DCE=90°，AP=CE=2，根據(jù)SAS證得△BAP≌△DCE，由題意得：AP=16-2t=2，解得t=7．

所以，當(dāng)t的值為1或7秒時．△ABP和△DCE全等．

故選C．

【點睛】

本題考查全等三角形的判定，判定方法有：ASA，SAS，AAS，SSS，HL．

10．如圖，在直角梯形中，點為邊上一動點，若與是相似三角形，則滿足條件的點的個數(shù)是（）

A．1個

B．2個

C．3個

D．4個

【答案】C

【分析】

由于，故要使與相似，分兩種情況討論：①，②，這兩種情況都可以根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等求出的長，即可得到點的個數(shù)．

【詳解】

解：如圖示：，．，．

設(shè)的長為，則長為．

若邊上存在點，使與相似，那么分兩種情況：

①若，則，即，解得：

②若，則，即，解得：或6．

滿足條件的點的個數(shù)是3個，故選：C．

【點睛】

本題主要考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)，并進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．

11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（0，4），B（2，0），點C在第一象限，若以A、B、C為頂點的三角形與△AOB相似（不包括全等），則點C的個數(shù)是（）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】D

【解析】

試題解析：如圖①，∠OAB=∠，∠AOB=∠時，△AOB∽△．

如圖②，AO∥BC，BA⊥，則∠=∠OAB，故△AOB∽△；

如圖③，∥OB，∠ABC3=，則∠ABO=∠CAB，故△AOB∽△；

如圖④，∠AOB=∠=，∠ABO=∠，則△AOB∽△．

故選D．

12．如圖，坐標(biāo)平面內(nèi)一點A(2，－1)，O為原點，P是x軸上的一個動點，如果以點P、O、A為頂點的三角形是等腰三角形，那么符合條件的動點P的個數(shù)為（）

A．2

B．3

C．4

D．5

【答案】C

【解析】

以O(shè)點為圓心，OA為半徑作圓與x軸有兩交點，這兩點顯然符合題意．以A點為圓心，OA為半徑作圓與x軸交與兩點（O點除外）．以O(shè)A中點為圓心OA長一半為半徑作圓與x軸有一交點．共4個點符合，二、填空題

13．如圖，已知以點A(0，1)、C(1，0)為頂點的△ABC中，∠BAC=60°，∠ACB=90°，在坐標(biāo)系內(nèi)有一動點P（不與A重合），以P、B、C為頂點的三角形和△ABC全等，則P點坐標(biāo)為____________.【答案】（2，-1）、、【詳解】

解：由勾股定理得：AC=，∵∠BAC=60°，∠ACB=90°，∴AB=，BC=，分為三種情況：

①如圖1，延長AC到P，使AC=CP，連接BP，過P作PM⊥x軸于M，此時PM=OA=1，CM=OC=1，OM=1+1=2，即P的坐標(biāo)是（2，﹣1）；

②如圖2，過B作BP⊥BC，且BP=AC=，此時PC=AB=．過P作PM⊥x軸于M，此時∠PCM=15°，在x軸上取一點N，使∠PNM=30°，即CN=PN，設(shè)PM=x，則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的坐標(biāo)是（，）；

③如圖3，過B作BP⊥BC，且BP=AC=，過P作PM⊥x軸于M，此時∠PCM=30°+45°=75°，∠CPM=15°，和③解法類似求出CM=，PM=2x+x=，OM=1+=，即P的坐標(biāo)是（，）．

故答案為（2，﹣1）或（，）或（，）．

【點睛】

本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形等知識點的應(yīng)用，注意要進(jìn)行分類討論，題目比較好，但是有一定的難度．

14．如圖，在中，，動點以的速度，從點運動到點，動點同時以的速度，從點運動到點，當(dāng)為直角三角形時，點運動的時間為__________.【答案】或2

【分析】

根據(jù)勾股定理求出AB，分∠AMN＝90°、∠ANM＝90°兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．

【詳解】

解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，則AB＝＝＝5cm，設(shè)點M的運動時間為t秒，由題意得，CM＝t，AN＝，則AM＝4?t，當(dāng)∠AMN＝90°時，∠AMN＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△AMN∽△ACB，∴，即，解得：t＝2，當(dāng)∠ANM＝90°時，∠ANM＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ANM∽△ACB，∴，即，解得：t＝，綜上所述：當(dāng)△AMN為直角三角形時，點M的運動秒數(shù)為2或，故答案為：或2.【點睛】

本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．

15．如圖，點C為直線l上的一個動點，于D點，于E點，，當(dāng)長為________________為直角三角形．

【答案】3或2或．

【分析】

作BF⊥AD于F，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BF=DE=4，DF=BE=1，根據(jù)勾股定理用CD表示出AC、BC，根據(jù)勾股定理的逆定理列式計算，得到答案．

【詳解】

解：作BF⊥AD于F，則四邊形DEBF為矩形，∴BF=DE=4，DF=BE=1，∴AF=AD-DF=3，由勾股定理得，當(dāng)△ABC為直角三角形時，即

解得，CD=3，如圖2，作BH⊥AD于H，仿照上述作法，當(dāng)∠ACB=90°時，由勾股定理得，由得：

解得：

同理可得：當(dāng)∠ABC=90°時，綜上：的長為：3或2或．

故答案為：3或2或．

【點睛】

本題考查的是勾股定理及其逆定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么

16．如圖，正方形的面積為16，為的中點，為對角線上的一個動點，連接、，則線段的最小值是______．

【答案】

【分析】

連接CF，當(dāng)點E，F(xiàn)，C在同一直線上時，AF+FE的最小值為CE長，根據(jù)勾股定理計算即可．

【詳解】

解：∵四邊形ABCD為正方形，∴A關(guān)于BD的對稱點為C，則AF=CF，∴線段的最小值為線段的最小值，∴當(dāng)點E，F(xiàn)，C在同一直線上時，AF+FE的最小值為CE長，∵正方形ABCD的面積為16，∴AD=CD=4，∵E為AD中點，∴DE=2，∴在Rt△CED中，則線段的最小值是，故答案為：.【點睛】

本題考查的是軸對稱，最短路線問題，根據(jù)正方形的性質(zhì)作得出A關(guān)于BD的對稱點C是解答此題的關(guān)鍵．

17．如圖，中，，點是線段上的一個動點，連接，當(dāng)是_________度時，是等腰三角形．

【答案】50或65

【分析】

根據(jù)等腰三角形的特點分類討論即可求解．

【詳解】

∵是等腰三角形，①是底角時，則=；

②是頂角時，則=；

故答案為：50或65．

【點睛】

此題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意分情況討論．

18．如圖，，垂足分別為，，點為邊上一動點，當(dāng)_______時，形成的與全等．

【答案】2

【分析】

當(dāng)BP=2時，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=6可得CP=4，進(jìn)而可得AB=CP，BP=CD，再結(jié)合AB⊥BC、DC⊥BC可得∠B=∠C=90°，可利用SAS判定△ABP≌△PCD．

【詳解】

解：當(dāng)BP=2時，Rt△ABP≌Rt△PCD，∵BC=6，BP=2，∴PC=4，∴AB=CP，∵AB⊥BC、DC⊥BC，∴∠B=∠C=90°，在△ABP和△PCD中，∴△ABP≌△PCD（SAS），故答案為：2．

【點睛】

本題考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解題的關(guān)鍵．

19．如圖，在中，，面積為10，的垂直平分線分別交，于點。若點為的中點，點為線段上一動點，則周長的最小值為______。

【答案】7

【分析】

連接AD，由于△ABC是等腰三角形，點D是BC邊的中點，故AD⊥BC，再根據(jù)三角形的面積公式求出AD的長，再再根據(jù)EF是線段AC的垂直平分線可知，點C關(guān)于直線EF的對稱點為點A，故AD的長為CP+PD的最小值，由此即可得出結(jié)論．

【詳解】

連接AD，∵△ABC是等腰三角形，點D是BC邊的中點，∴AD⊥BC，∴S△ABC=BC?AD=×4×AD=10，解得AD=5，∵EF是線段AC的垂直平分線，∴點C關(guān)于直線EF的對稱點為點A，∴AD的長為CP+PD的最小值，∴△CDP的周長最短=（CP+PD）+CD=AD+BC=6+×4=5+2=7．

故答案為：7

【點睛】

本題考查的是軸對稱-最短路線問題，熟知等腰三角形三線合一的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．

20．如圖，在中，，點為內(nèi)一動點．過點作于點，交于點．若為等腰三角形，且，則的長為__________．

【答案】1或

【分析】

分以下三種情況：①若BP=CP，過點P作PF⊥BC于點F，有DP=CF=BC；②若BP=BC，過點P作PF⊥BC于點F，則在Rt△BPF中先求出BF的長，從而根據(jù)DP=CF可得出DP的長；③若BC=CP，由勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)分別求出DP，DE的長，此時DP＞DE，此種情況不存在．綜上可得出結(jié)果．

【詳解】

解：∵∠ACB=90°，PD⊥AC，∴DE∥BC．

∴，又BC=5，∴CD=3．

分以下三種情況：

①若BP=CP，如圖1，過點P作PF⊥BC于F，則四邊形CDPF為矩形，∴DP=CF，又CP=BP，PF⊥BC，∴CF=BF=BC=，∴DP=CF=；

②若BP=BC=5，如圖2，過點P作PF⊥BC于F，則四邊形CDPF為矩形，∴PF=CD=3，在Rt△BPF中，由勾股定理可得BF=4，∴CF=BC-BF=1，∴DP=1；

③若BC=CP=5，如圖3，則在Rt△CDP中，根據(jù)勾股定理得，DP=4，又DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，∴，∴，∴DE=，此時DP＞DE，不符合題意．

綜上所述，PD的長為1或．

故答案為：1或．

【點睛】

本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)以及平行線的判定等知識點，解題的關(guān)鍵是綜合運用相關(guān)性質(zhì)進(jìn)行推理并運用分類討論思想．

21．如圖，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，動點M從點D出發(fā)，按折線D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度運動，動點N從點D出發(fā)，按折線D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度運動．若動點M、N同時出發(fā)，相遇時停止運動，若點E在線段BC上，且BE=3cm，經(jīng)過_____秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．

【答案】

【解析】

【分析】

根據(jù)t的值討論M、N的位置，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可求解．

【詳解】

如圖，在直角△ABE中，AE==5cm．

設(shè)運動的時間是t秒．

當(dāng)0＜t＜2時，M在CD上，N在DA上，若平行四邊形是AEMN，則AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；

當(dāng)t=2時，M在C點，DN=4cm，此時，AN≠EC，則不能構(gòu)成平行四邊形；

當(dāng)2＜t＜4.5時，M在BC上，則EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，當(dāng)9-2t=8-t時，解得：t=1（舍去），當(dāng)4.5＜t＜6時，M在BC上，則EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，當(dāng)2t-9=8-t時，解得：t=，此時四邊形AMEN是平行四邊形；

當(dāng)6＜t＜8時，M在AB上，N在AD上，不能構(gòu)成平行四邊形；

當(dāng)t=8時，Q與A重合，不能構(gòu)成平行四邊形形．

綜上所述：經(jīng)過秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．

故答案為：．

【點睛】

本題考查了平行四邊形的判定定理；熟練掌握平行四邊形的判定方法，正確對t的范圍進(jìn)行討論是解決問題的關(guān)鍵．

22．如圖，點、的坐標(biāo)分別為、，的圓心坐標(biāo)為，半徑為1，若點為上的一個動點，線段與軸交于點，則面積的最小值為________．

【答案】

【分析】

連接，由與相切時，最短，可得的面積最小，由切線的性質(zhì)可得，利用勾股定理可的長，由，可證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出的長，即可得的長，利用三角形面積公式求出的面積即可.【詳解】

連接，∵當(dāng)與相切時，最短，∴的面積最小，∴，∵、、，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴，∴的面積為：.故答案為

【點睛】

本題考查切線性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及三角形面積求法，能夠正確判斷出面積最小時與的位置關(guān)系是解題關(guān)鍵.三、解答題

23．如圖，直線與軸和軸分別交于兩點，另一條直線過點和點.(1)求直線的函數(shù)表達(dá)式;

(2)求證:

;

(3)若點是直線上的一個動點，點是軸上的一個動點，且以為頂點的三角形與全等，求點的坐標(biāo).【答案】(1)

;(2)

;

(3)

點的坐標(biāo)為或或或

【解析】

【分析】

（1）在y=-x+4中，令y=0，則0=-x+4，求得A（3，0），設(shè)直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+b，解方程組即可得到結(jié)論；

（2）在直線ABy=-x+4中，得到k1=-，在直線ACy＝x?中，得到k2=，由于k1?k2=-1，即可得到結(jié)論；

（3）根據(jù)勾股定理得到AB=5，①當(dāng)∠AQP=90°時，如圖1，由全等三角形的性質(zhì)得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②當(dāng)∠APQ=90°時，如圖2，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③當(dāng)∠PAQ=90°時，這種情況不存在．

【詳解】

（1）在y=-x+4中，令y=0，則0=-x+4，∴x=3，∴A（3，0），設(shè)直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+b，則：，解得：，∴直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝x-.(2)

在直線ABy=-x+4中，∵k1=-，在直線ACy＝x?中，k2=，∴k1?k2=-1，∴AB⊥AC；

（3）在y=-x+4中，令x=0，則y=4，∴OA=3，OB=4，由勾股定理得AB=5，①當(dāng)∠AQP=90°時，如圖1，∵△AOB≌△AQP，∴AQ=OB=4，∴Q1（7，0），Q2（-1，0），②當(dāng)∠APQ=90°時，如圖2，∵△AOB≌△AQP，∴AQ=AB=5，∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．

③當(dāng)∠PAQ=90°時，這種情況不存在，綜上所述：點Q的坐標(biāo)為：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．

【點睛】

考查了一次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，勾股定理的應(yīng)用和全等三角形的性質(zhì)等知識，分類討論是解題關(guān)鍵，以防遺漏．

24．已知，是邊長的等邊三角形，動點以的速度從點出發(fā)，沿線段向點運動．請分別解決下面四種情況：

（）如圖，設(shè)點的運動時間為，那么__________時，是直角三角形；

（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿線段向點運動，如果動點、都以的速度同時出發(fā)．設(shè)運動時間為，那么為何值時，是直角三角形？

（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿射線方向運動．連接交于．如果動點、都以的速度同時出發(fā)．設(shè)運動時間為，那么為何值時，是等腰三角形？

（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿射線方向運動，連接交于，連接．如果動點、都以的速度同時出發(fā)．請你猜想：在點、的運動過程中，和的面積有什么關(guān)系？并說明理由．

【答案】(1)1.5；（2）當(dāng)為或時，為直角三角形；（3）當(dāng)為時，為等腰三角形；（4），理由詳見解析.【解析】

試題分析：

（1）由△ABC是等邊三角形可知，當(dāng)△PBC為直角三角形時，CP⊥AB，則P為AB的中點，從而可得AP的長，就可求出t的值了；

（2）當(dāng)△PBQ為直角三角形時，可能存在PQ⊥BC和PQ⊥AB這兩種情形，故要分這兩種情況討論；在兩個圖形中，分別用含“t”的式子表達(dá)出PB、BQ的長，再由“在直角三角形中，30°的銳角所對直角邊等于斜邊的一半”，列出關(guān)于“t”的方程就可求得t的值了；

（3）當(dāng)∠CDQ=∠CQD，即當(dāng)CD=CQ時，△DCQ是等腰三角形，由∠CDQ+∠CQD=∠ACB=60°可得：∠CQD=30°，再由∠B=60°可得∠QPB=90°，從而可得：BP=BQ，用含“t”的式子表達(dá)出BP和BQ，列出含“t”的方程就可求出t的值了；

（4）作PF∥CQ，CE⊥PQ，由已知條件易得：△APF是等邊三角形，AP=CQ，從而得到：PF=CQ，再由PF∥CQ可得角相等，從而證得△PFD≌△QCD，得到PD=QD，再由“等底等高的三角形面積相等”就可得.試題解析：

（）如圖，∵△ABC是等邊三角形，∴當(dāng)P為AB中點時，CP⊥AB，此時△PBC是直角三角形，且AP=AB=1.5，∴；

（）①如圖，當(dāng)PQ⊥BC時，由已知可得：，．

∴

．

此時，，∴．

∴，即，∴．

②如圖，當(dāng)PQ⊥AB時，由已知可得：，．

此時，．

∴．

∴，即，∴．

綜上，當(dāng)為或時，為直角三角形．

（）

∵為等邊三角形，∴，∴．

∵為等腰三角形，只能使．

∴

．

∴，∴，∴即，∴．

∴當(dāng)為時，為等腰三角形．

（）．

證明：如圖，過作，過作．

∵為等邊三角形，∴，∴為等邊三角形，∴．

∵，∴，∴在和中，∴≌，∴．

∵和的高均為，∴，∴．

25．如圖，已知直線c和直線b相較于點，直線c過點平行于y軸的動直線a的解析式為，且動直線a分別交直線b、c于點D、在D的上方．

求直線b和直線c的解析式；

若P是y軸上一個動點，且滿足是等腰直角三角形，求點P的坐標(biāo)．

【答案】（1），（2）當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為或；當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為；當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為

【解析】

【分析】

設(shè)直線b的解析式為，設(shè)直線c的解析式為：，把點的坐標(biāo)代入即可得到結(jié)論；

當(dāng)時，；當(dāng)時，得到E點坐標(biāo)為，D點坐標(biāo)為分三種情況：若，時，若，時，即DE為斜邊，若，時，即DE為斜邊，由已知得，列方程即可得到結(jié)論．

【詳解】

設(shè)直線b的解析式為：，把代入得，直線b的解析式為：；

設(shè)直線c的解析式為：，把點，點代入得，，直線c的解析式為：；

當(dāng)時，；當(dāng)時，點坐標(biāo)為，D點坐標(biāo)為．

在D的上方，且，為等腰直角三角形，或或．

時，時，，點坐標(biāo)為，若，時，點坐標(biāo)為；

若，時，即DE為斜邊，，DE的中點坐標(biāo)為，點坐標(biāo)為

若，和時，由已知得，不符合題意，舍去，此時直線不存在．

若，時，即DE為斜邊，由已知得，，點坐標(biāo)為

綜上所述：當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為或；

當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為；

當(dāng)時，為等腰直角三角形，此時P點坐標(biāo)為．

【點睛】

考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，等腰三角形的判定和性質(zhì)，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．

26．如圖，拋物線經(jīng)過，兩點，且與軸交于點，點是拋物線的頂點，拋物線的對稱軸交軸于點，連接．

（1）求經(jīng)過三點的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）點在該拋物線的對稱軸上，若是以為直角邊的直角三角形，求點的坐標(biāo)；

（3）若為的中點，過點作軸于點，為拋物線上一動點，為軸上一動點，為直線上一動點，當(dāng)以、、、為頂點的四邊形是正方形時，請求出點的坐標(biāo)．

【答案】（1）；（2）或；（3），，【分析】

（1）利用待定系數(shù)法求出過A，B，C三點的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）設(shè)，分當(dāng)BC和Q1C作直角邊時和當(dāng)BC和Q2B作直角邊時，兩種情況討論；

（3）設(shè)點M的坐標(biāo)為（a，0），表示出點G的坐標(biāo)，根據(jù)正方形的性質(zhì)列出方程，解方程即可．

【詳解】

解：（1）∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A（-1，0），B（3，0）兩點，∴

解得，∴經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-x2+2x+3；

（2）如圖，根據(jù)題意，設(shè)

∴

當(dāng)BC和Q1C作直角邊時：

解得：y=4

∴

當(dāng)BC和Q2B作直角邊時：

解得：y=-2

∴

綜上所述：點Q的坐標(biāo)為或；

（3）設(shè)點的坐標(biāo)為，則點的坐標(biāo)為，∵以、、、為頂點的四邊形是正方形，∴，即，當(dāng)時，整理得，解得；

當(dāng)時，整理得，解得；

∴當(dāng)以、、、為頂點的四邊形是正方形時，點的坐標(biāo)為，，．

【點睛】

本題考查的是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及正方形的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、靈活運用待定系數(shù)法是解題的關(guān)鍵．

27．如圖，在矩形中，動點分別同時從兩點出發(fā)，動點以的速度沿向終點作勻速往返運動，動點以的速度沿向終點勻速運動，設(shè)兩動點的運動時間是．

（1）試用含有的代數(shù)式表示．

（2）當(dāng)自返回(包括端點）的過程中，當(dāng)為等腰三角形時，求的值．

（3）連接，設(shè)交于，當(dāng)時，求的值．

【答案】（1）

；（2）t的值為或；（3）t的值為或

【分析】

（1）分當(dāng)P在和兩種情況討論；

（2）分當(dāng)P與C點重合和P在返回的過程中兩種情況討論，運用等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)求解即可；

（2）分當(dāng)P在和兩種情況討論，運用全等三角形的性質(zhì)求解即可．

【詳解】

（1）∵，∴當(dāng)P在時，即，則，當(dāng)P在時，即，則；

綜上，；

（2）當(dāng)重合時，此時為中點，∵AQ=DQ==4.5=DC，∴為等腰三角形，∴；

在P在返回的過程中()，∵DQ=4.5=DC，∴不存在PD=DQ、PQ=DQ的情況，當(dāng)PD=PQ時，如圖：作PH⊥AD于H，∴四邊形CDHP為矩形，∴QH=DH=PC，∵PC=，DQ=，∴，解得：；

綜上，當(dāng)P自C返回B(包括端點BC）的過程中，當(dāng)為等腰三角形時，t的值為或；

（3）當(dāng)P在時，即，如圖①，此時PC，AQ，∵，∴AQPC，即，解得：；

當(dāng)P在時，即，如圖②，此時CP，AQ，∴AQPC，即，解得：；

綜上，t的值為或；

【點睛】

本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形并分類討論是解題的關(guān)鍵．

28．如圖，直線與軸相交于點A，與軸相交于點B．

(1)求A、B兩點的坐標(biāo)；

(2)求△AOB的面積；

(3)若點P是軸上的一個動點，且△PAB是等腰三角形，則P點的坐標(biāo)為___________.【答案】（1）A（2,0），B（4,0）；（2）面積為4；（3）（，0），（，0），（-2,0），（-4,0）

【解析】

【分析】

（1）把x=0，y=0分別代入函數(shù)解析式，即可求得相應(yīng)的y、x的值，則易得點A、B的坐標(biāo)；

（2）根據(jù)三角形面積計算公式求解即可；

（3）根據(jù)等腰三角形的判定，分兩種情況討論即可求得．

【詳解】

（1）∵當(dāng)y=0時，x=2；當(dāng)x=0時，y=4，∴A（2，0），B（0，4）；

（2）S△AOB=×2×4=4；

（3）∵A（2，0），B（0，4）．

∴AB=，當(dāng)AB為腰長時，P的坐標(biāo)為（，0），（，0）或（-2，0），當(dāng)AB為底時，則AP=BP，設(shè)P（x，0）

則AP=2-x，故在Rt△BOP中，BO

2+OP2=BP

2，即42+x2=（2-x）2，解得：x=-3，故P點坐標(biāo)為（-3，0）．

故P的坐標(biāo)為：（-3，0）或（-2，0）或（，0）或（，0）；

【點睛】

本題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，等腰三角形的判定，兩邊相等的三角形是等腰三角形，以及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，分類討論思想的運用是解題的關(guān)鍵．

29．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線的圖象經(jīng)過三點．已知點，點的坐標(biāo)分別為和，且點為線段上的動點（點不與點重合），以為頂點作射線交線段于點．

（1）則拋物線的解析式為_

_；

（2）若為等腰三角形．

①求此時點的坐標(biāo)；

②若點為第二象限內(nèi)拋物線上一動點，當(dāng)點運動到某個位置時的面積最大，求其最大值．

【答案】（1）；（2）①點E坐標(biāo)為或；②當(dāng)時，的面積最大，最大值為

【分析】

（1）把點A、B的坐標(biāo)和代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；

（2）①分三種情況討論：當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時解答即可；

②連接，過作軸交直線于，過作軸于點，先求出AD的解析式，再設(shè)出P的坐標(biāo)，用含t的式子表示出PQ,再表示出的面積，求解即可．

【詳解】

解：（1）把點A、B的坐標(biāo)代入拋物線解析式的，解得

所以拋物線的解析式為

（2），當(dāng)為等腰三角形時，分三種情況討論

當(dāng)時，在中，．

又

則此時點與點重合，不符合題意，此種情況不成立．

如圖1，當(dāng)時，．

在中，又，．

．

如圖2，當(dāng)時，過點作軸于點

在和中，在中，．

當(dāng)為等腰三角形時，點坐標(biāo)為或

如圖3，連接，過作軸交直線于，過作軸于點，由

直線的解析式為

設(shè)（其中），則，為第二象限拋物線上的點，由知點坐標(biāo)為或

當(dāng)為時，；

當(dāng)為時，此時的面積最大，當(dāng)時，的面積最大，最大值為．

【點睛】

本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、等腰三角形、全等三角形判定與性質(zhì)等重要的知識點，難度較大，注意分類討論思想的應(yīng)用，注意不要漏解；．

30．已知點的坐標(biāo)為，與軸交于點，且為的中點，雙曲線經(jīng)過、兩點．

（1）求、、的值；

（2）如圖1，點在軸上，若四邊形是平行四邊形，求點的坐標(biāo)；

（3）如圖2，在（2）的條件下，動點在雙曲線上，點在軸上，若以、、、為頂點的四邊形為平行四邊形，試求滿足要求的所有點、的坐標(biāo)．

【答案】（1），；（2）；（3）、坐標(biāo)分別為、；、或、、【分析】

(1)

過點作軸于，再證，即可求出、、的值；

(2)

設(shè)得到，即可求出點的坐標(biāo)；

(3)由反比例函數(shù)的解析式為，再由點P在雙曲線上，點Q在y軸上，設(shè)Q(0,y)，P(x,)，再分以AB為邊和以AB為對角線兩種情況求出x的值，故可得出P、Q的坐標(biāo)．

【詳解】

解：（1）過點作軸于

∵為的中點，∴DE=AE,又∵∠PED=∠OEA,∠DPE=∠AOE,∴

∴

∴

∴即

∴

（2）∵四邊形是平行四邊形.∴

∵

在軸上

∴設(shè)

則

∴

（3）∵反比例函數(shù)的表達(dá)式為，∵點P在雙曲線上，點Q在y軸上，∴設(shè)Q(0,y)，P(x,);

①AB為邊時，如圖①所示．若四邊形ABPQ平行四邊形，則=0，解得x=1，此時P1(1,4)，Q1(0,6)；

如圖②所示．

若四邊形ABQP是平行四邊形，則x=?1.此時P2(?1,?4)，Q2(0,?6);

②當(dāng)AB為對角線時，如圖③所示，AP=BQ，且AP//BQ，所以x=?1，所以P3(?1,?4)，Q3(0,2)，故滿足要求的點P，Q的坐標(biāo)分別是、；、或、、．

【點睛】

此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式、正方形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識，難度較大．

31．如圖（1），為坐標(biāo)原點，點在軸的正半軸上，四邊形是平行四邊形，，反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象經(jīng)過點，與交于點．

（1）求點的坐標(biāo)和反比例函數(shù)解析式；

（2）若，求點的坐標(biāo)；

（3）在（2）中的條件下，如圖（2），點為直線上的一個動點，點為雙曲線上的一個動點，是否在這樣的點、點，使以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出所有點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】（1），；（2）點；（3）存在，點，或，或，．

【分析】

（1）根據(jù)，可知點的坐標(biāo)，代入解析式求解；

（2）過點作于，設(shè)，由平行四邊形的性質(zhì)可得，，由銳角三角函數(shù)可求用表示的點坐標(biāo)，代入解析式可求的值，即可求點坐標(biāo)；

（3）分兩種情況討論，由平行四邊形的性質(zhì)可求解．

【詳解】

（1）如圖1，過點作于點，，，根據(jù)題意得：，可得，反比例函數(shù)的解析式為，（2）如圖2，過點作于，設(shè)，四邊形是平行四邊形，，，，，點

反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象經(jīng)過點，（不合題意舍去），點，點，（3）點，點

直線解析式為：

若以為邊，則，設(shè)解析式為：，直線解析式為：，解得：，設(shè)點，，或

點，或，若以為對角線，以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，互相平分

設(shè)點，的中點為，的中點為，【點睛】

本題是反比例函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的性質(zhì)，銳角函數(shù)的應(yīng)用，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．

32．如圖，拋物線交x軸于點A（-3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）．

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）若點Q是線段AC上的一動點，作DQ⊥x軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值．

（3）點G是拋物線上的動點，點F在x軸上的動點，若以A，C，F(xiàn)，G四個點為頂點的四邊形是平行四邊形，求出所有滿足條件的點F坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果）．

【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）QD最大值為；（3）（-1，0），（-5，0），（，0），（，0）．

【分析】

（1）將點A、C的坐標(biāo)代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；

（2）利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式求出直線AC的解析式，然后表示出DQ，再根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答；

（3）設(shè)點，再分情況根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出所有滿足條件的點F坐標(biāo)即可．

【詳解】

將點，點代入得

解得

∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為

（2）設(shè)直線AC的解析式為

則

解得

∴直線AC的解析式為，∴當(dāng)時，線段DQ長度的最大值為

（3）設(shè)點，①如圖，∵，點，點

∴

解得

∴

∴

∴

②如圖，∵，點，點

∴

解得

∴

∴

∴

③如圖，∵平行四邊形對角線互相平分

∴點C和點G的縱坐標(biāo)之和為0

∵點

∴

解得

當(dāng)時，對角線交點坐標(biāo)為

∴

④如圖，根據(jù)③可得

當(dāng)時，對角線交點坐標(biāo)為

∴

故所有滿足條件的點F的坐標(biāo)為（-1，0），（-5，0），（，0），（，0）．

【點睛】

本題考查了拋物線的綜合問題，掌握拋物線的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

33．如圖，對稱軸為直線的拋物線與軸交于、，與軸交于點，拋物線頂點為，直線交軸于點．

（1）求拋物線函數(shù)表達(dá)式；

（2）若點是位于直線下方拋物線上的一動點，以、為相鄰的兩邊作平行四邊形，當(dāng)平行四邊形的面積最大時，求此時平行四邊形的面積及點的坐標(biāo)；

（3）在線段上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）；（2）平行四邊形PBFD的面積S為2，P（2，-3）；（3）存在．點G的坐標(biāo)為．

【分析】

（1）先設(shè)拋物線的頂點式，然后利用待定系數(shù)法，即可求出解析式；

（2）根據(jù)題意，先求出BD的解析式，當(dāng)PF的值最大時，面積取到最大值，即可得到答案；

（3）先證明，設(shè)點G的坐標(biāo)為，利用三角函數(shù)值，求出t的值，即可得到點G的坐標(biāo)．

【詳解】

解：（1）設(shè)拋物線為

把A（1，0），C（0，3）代入得

得：，即；

（2）設(shè)直線BD為y＝kx+b，如圖，過點P作PF⊥x軸交直線BD于F，將點（1，4）、（3，0）代入y＝kx+b中，解得，k＝2，b＝6，∴BD解析式為y＝2x-6，設(shè)點P（a，a2-2a-3），則F（a，2a-6），則PF＝2a-6-（a2-2a-3）

＝-a2+4a-3

當(dāng)a＝2時，PF有最大長度1，∴S△PBD最大＝S△PBF+S△PDF

＝PF?2=1

∴以PB、PD為相鄰的兩邊作平行四邊形PBFD，當(dāng)平行四邊形MANB的面積最大時，S最大＝2S△PBD最大＝2×1＝2，∴P（2，-3）；

（3）存在．如圖2，由B（3，0），C（0，-3），D（1，-4）可知，BC=，CD=，BD=，∵，即，∴，∴，∵點G在線段BD上，所以設(shè)點G的坐標(biāo)為，過點G作GH⊥y軸于點H，當(dāng)tan∠GCH=3時，∠BDC=∠GCE，解得：

∴，∴點G的坐標(biāo)為：．

【點睛】

本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，二次函數(shù)的性質(zhì)，也考查了三角函數(shù)，勾股定理的逆定理，求二次函數(shù)的解析式，求一次函數(shù)的解析式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的性質(zhì)進(jìn)行解題．

34．已知拋物線=（≠0）與軸交于A?B兩點,與軸交于C點,其對稱軸為=1,且A（-1,0）?C（0,2）.（1）直接寫出該拋物線的解析式;

（2）P是對稱軸上一點,△PAC的周長存在最大值還是最小值?請求出取得最值（最大值或最小值）時點P的坐標(biāo);

（3）設(shè)對稱軸與軸交于點H,點D為線段CH上的一動點（不與點C?H重合）.點P是（2）中所求的點.過點D作DE∥PC交軸于點E.連接PD?PE.若CD的長為,△PDE的面積為S,求S與之間的函數(shù)關(guān)系式,試說明S是否存在最值,若存在,請求出最值,并寫出S取得的最值及此時的值;若不存在,請說明理由.【答案】(1)

=-++2;(2)

P（1,）;(3)見解析.【分析】

（1）由已知條件易得點B的坐標(biāo)為（3，0），這樣結(jié)合點A、C的坐標(biāo)即可求得拋物線的解析式；

（2）由題意可知，AC長度是固定值，點A和點B關(guān)于直線x=1對稱，由此可得連接BC交直線x=1于點P，此時△PAC的周長最小，求得直線BC的解析式，即可求得此時點P的坐標(biāo)；

（3）如圖2，畫出符合題意的圖形，過點D作DF⊥y軸于點F，交對稱軸x=1于點N，在Rt△OCH中易得CH=，由Rt△CDF∽Rt△CHO，可將CF、OF和FD用含m的代數(shù)式表達(dá)出來，從而可表達(dá)出點D和點N的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求得用含m的代數(shù)式表達(dá)的DE的解析式，即可表達(dá)出點E的坐標(biāo)和點Q的坐標(biāo)，然后由S=S△PDE=S△PDQ+S△PEQ=即可得到S與m間的函數(shù)關(guān)系式，將所得解析式化簡、配方即可得到所求答案.【詳解】

解：（1）∵拋物線=（≠0）與軸交于A?B兩點,其對稱軸為=1,且A（-1,0），∴點B的坐標(biāo)為（3，0），∴可設(shè)拋物線解析式為：，∵拋物線和y軸交于點C（0，2），∴，解得：，∴，即；

（2）△PAC的周長有最小值，連結(jié)AC?BC，∵AC的長度一定,∴要使△PAC的周長最小,就是使PA+PC最小.∵點A關(guān)于對稱軸=1的對稱點是B點,∴BC與對稱軸的交點即為所求的點P（如圖2）,設(shè)直線BC的表達(dá)為:=,則有,解得,∴:=-+2,把=1代入,得=,即點P的坐標(biāo)為P（1,）,∴△PAC的周長取得最小值,取得最小值時點P的坐標(biāo)為P（1,）；

（3）如圖2，設(shè)DE對稱軸x=1于點Q,在Rt△COH中，由勾股定理得CH===.過點D作DF⊥軸于點F，交對稱軸=1于點N，∵Rt△CDF∽Rt△CHO，∴，∴CF===，OF=CO-CF=2-；

同樣：，F(xiàn)D===，∴點D的坐標(biāo)為D（,2-），∴N（1，2-）.∵DE∥BC，∴可設(shè)（過點D?E的直線）:=-+，把D點坐標(biāo)代入其中，得-

+=2-，解得=2-，∴：=-+2-，點E的縱坐標(biāo)為0，代入其中，解得=3-，∴E（3-，0）.∵點Q在對稱軸=1上，把=1代入中，解得=-，∴Q（1,-）.PQ=-（-）=,DN=1-，EH=3--1=2-.S=S△PDE=S△PDQ+S△PEQ=PQ·DN+PQ·EH

=PQ（DN+EH）=·（1-+2-）,化簡得S=-+,可知S是關(guān)于的二次函數(shù).S存在最大值.配方可得:S=-+,由此可得,S取得最大值為,取得最大值時的值為:=.點睛：本題是一道二次函數(shù)與幾何圖形的綜合題，第1和第2小題比較簡單；第3小題難點較大，畫出符合題意的圖形，作出如圖所示的輔助線，借助于△CDF∽△CHO，利用相似三角形的性結(jié)合題中的已知條件，把點D、E、Q的坐標(biāo)用含m的代數(shù)式表達(dá)出來是解決第3小題的關(guān)鍵.35．如圖，拋物線與直線交于、兩點，過作軸交拋物線于點，直線交軸于點．

求、、三點的坐標(biāo)；

若點是線段上的一個動點，過作軸交拋物線于點，連接、，當(dāng)時，求的值；

如圖，連接，及，設(shè)點是的中點，點是線段上任意一點，將沿邊翻折得到，求當(dāng)為何值時，與重疊部分的面積是面積的．

【答案】（1）點坐標(biāo)，點坐標(biāo)，點坐標(biāo)；（2）；（3）當(dāng)或?時，與重疊部分的面積是面積的?．

【解析】

【分析】

（1）列方程組可知A、B兩點坐標(biāo)，根據(jù)點C的縱坐標(biāo)與點A的縱坐標(biāo)相同，列方程可求得點C坐標(biāo)．

（2）如圖1中，設(shè)，則，根據(jù)

列出方程求出點H的橫坐標(biāo)，根據(jù)三角形的面積公式計算即可解決問題．

（3）分兩種情形①若翻折后，點G在直線OC下方時，連接CG．如圖2，可證四邊形PFCG是平行四邊形，得，在Rt△PBO中，根據(jù)，即可解決問題．②若翻折后，點G在直線OC上方時，連接CG．如圖3，可證四邊形PFGC是平行四邊形，得即可解決問題．

【詳解】

解：由解得或，∴點坐標(biāo)，點坐標(biāo)，∵軸，∴點縱坐標(biāo)為，由，解得或，∴點坐標(biāo)．

如圖中，設(shè)，則，由題意，解得或（舍棄），∴．

∵，∴，，∵，∴．

①若翻折后，點在直線下方時，連接．如圖，∵，∴，∴．，∴四邊形是平行四邊形，∴，在中，∴．

②若翻折后，點在直線上方時，連接．如圖，∵，∴，∴．，∴四邊形是平行四邊形，∴，綜上所述:當(dāng)或時，與重疊部分的面積是面積的?．

【點睛】

屬于二次函數(shù)綜合題，考查二次函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，綜合性比較強(qiáng)，難度較大.36．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線過點，動點P在線段上以每秒2個單位長度的速度由點運動到點停止，設(shè)運動時間為，過點作軸的垂線，交直線于點,交拋物線于點．連接，是線段的中點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得線段．

（1）求拋物線的解析式；

（2）連接，當(dāng)為何值時，面積有最大值，最大值是多少？

（3）當(dāng)為何值時，點落在拋物線上．

【答案】（1）；（2）當(dāng)時，面積的最大值為16；（3）

【分析】

（1）用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；

（2）先用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，然后根據(jù)點P的坐標(biāo)表示出Q,D的坐標(biāo)，進(jìn)一步表示出QD的長度，從而利用面積公式表示出的面積，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求最大值即可；

（3）分別過點作軸的垂線，垂足分別為，首先證明≌，得到，然后得到點N的坐標(biāo)，將點N的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，即可求出t的值，注意t的取值范圍．

【詳解】

（1）∵拋物線過點，∴解得

所以拋物線的解析式為：；

（2）設(shè)直線AB的解析式為，將代入解析式中得,解得

∴直線AB解析式為

．

∵，∴，∴，∴當(dāng)時，面積的最大值為16；

（3）分別過點作軸的垂線，垂足分別為，．

在和中，∴≌，∴．

∵，．

當(dāng)點落在拋物線上時，.∴,，∴

．

【點睛】

本題主要考查二次函數(shù)與幾何綜合，掌握待定系數(shù)法，全等三角形的判定及性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

第三篇：第三輪專題復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)壓軸題：二次函數(shù)?？碱愋皖}練習(xí)

2021年中考數(shù)學(xué)壓軸題第三輪專題復(fù)習(xí)：二次函數(shù)

?？碱愋皖}練習(xí)

1、如圖，已知二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）、B（3，0），與y軸交于點C．

（1）求二次函數(shù)的解析式；

（2）若點P為拋物線上的一點，點F為對稱軸上的一點，且以點A、B、P、F為頂點的四邊形為平行四邊形，求點P的坐標(biāo)；

（3）點E是二次函數(shù)第四象限圖象上一點，過點E作x軸的垂線，交直線BC于點D，求四邊形AEBD面積的最大值及此時點E的坐標(biāo)．

2、如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸的一個交點為，另一個交點為A，且與y軸相交于C點

（1）求m的值及C點坐標(biāo)；

（2）在直線BC上方的拋物線上是否存在一點M，使得它與B，C兩點構(gòu)成的三角形面積最大，若存在，求出此時M點坐標(biāo)；若不存在，請簡要說明理由

（3）P為拋物線上一點，它關(guān)于直線BC的對稱點為Q，當(dāng)四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標(biāo)(直接寫出答案)；

3、如圖，拋物線經(jīng)過點，與軸負(fù)半軸交于點，與軸交于點，且.（1）求拋物線的解析式；

（2）點在軸上，且，求點的坐標(biāo)；

（3）點在拋物線上，點在拋物線的對稱軸上，是否存在以點，，為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在。求出所有符合條件的點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.4、已知拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)三點，直線l是拋物線的對稱軸．

(1)求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；

(2)設(shè)點P是直線l上的一個動點，當(dāng)△PAC的周長最小時，求點P的坐標(biāo)；

(3)在直線l上是否存在點M，使△MAC為等腰三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

5、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，B點的坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點P是直線BC下方拋物線上的任意一點．

（1）求這個二次函數(shù)y=x2+bx+c的解析式．

（2）連接PO，PC，并將△POC沿y軸對折，得到四邊形POP′C，如果四邊形POP′C為菱形,求點P的坐標(biāo)．

（3）如果點P在運動過程中，能使得以P、C、B為頂點的三角形與△AOC相似，請求出此時點P的坐標(biāo)．

6、拋物線y=﹣3x2+bx+c（b，c均是常數(shù)）經(jīng)過點O（0，0），A（4，43），與x軸的另一交點為點B，且拋物線對稱軸與線段OA交于點P．

（1）求該拋物線的解析式和頂點坐標(biāo)；

（2）過點P作x軸的平行線l，若點Q是直線上的動點，連接QB．

①若點O關(guān)于直線QB的對稱點為點C，當(dāng)點C恰好在直線l上時，求點Q的坐標(biāo)；

②若點O關(guān)于直線QB的對稱點為點D，當(dāng)線段AD的長最短時，求點Q的坐標(biāo)（直接寫出答案即可）．

7、如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標(biāo)為m．

（1）求此拋物線的表達(dá)式；

（2）過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；

（3）過點P作PN⊥BC，垂足為點N．請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當(dāng)m為何值時PN有最大值，最大值是多少？

8、二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點（﹣1，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設(shè)運動的時間為t秒．

（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達(dá)式；

（2）連接BD，當(dāng)t＝時，求△DNB的面積；

（3）在直線MN上存在一點P，當(dāng)△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標(biāo)；

（4）當(dāng)t＝時，在直線MN上存在一點Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點Q的坐標(biāo)．

9、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以點M（2，0）為圓心的⊙M與y軸相切于原點O，過點B（﹣2，0）作⊙M的切線，切點為C，拋物線y=-33x2+bx+c經(jīng)過點B和點M．

（1）求這條拋物線解析式；

（2）求點C的坐標(biāo)，并判斷點C是否在（1）中拋物線上；

（3）動點P從原點O出發(fā)，沿y軸負(fù)半軸以每秒1個單位長的速度向下運動，當(dāng)運動t秒時到達(dá)點Q處．此時△BOQ與△MCB全等，求t的值．

10、如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三點，其頂點為D，連接BD，點是線段BD上一個動點（不與B、D重合），過點P作y軸的垂線，垂足為E，連接BE．

（1）求拋物線的解析式，并寫出頂點D的坐標(biāo)；

（2）如果P點的坐標(biāo)為（x，y），△PBE的面積為，求S與x的函數(shù)關(guān)系式，寫出自變量x的取值范圍，并求出S的最大值；

（3）在（2）的條件下，當(dāng)S取得最大值時，過點P作x的垂線，垂足為F，連接EF，把△PEF沿直線EF折疊，點P的對應(yīng)點為P′，請直接寫出P′點坐標(biāo)，并判斷點P′是否在該拋物線上．

11、已知拋物線y＝﹣x2﹣（m+3）x+m2﹣12與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0）兩點，且x1＜0，x2＞0，拋物線與y軸交于點C，OB＝2OA．

（1）求拋物線解析式；

（2）已知直線y＝x+2與拋物線相交于M、N兩點，分別過M、N作x軸的垂線，垂足為M1、N1，是否存在點P，同時滿足如下兩個條件：

①P為拋物線上的點，且在直線MN上方；

②:＝6：35

若存在，則求點P橫坐標(biāo)t，若不存在，說明理由．

12、如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4），CD垂直于y軸，交拋物線于點D，DE垂直于x軸，垂足為E，直線l是該拋物線的對稱軸，點F是拋物線的頂點．

（1）求出該二次函數(shù)的表達(dá)式及點D的坐標(biāo)；

（2）若Rt△AOC沿x軸向右平移，使其直角邊OC與對稱軸l重合，再沿對稱軸l向上平移到點C與點F重合，得到Rt△A1O1F，求此時Rt△A1O1F與矩形OCDE重疊部分圖形的面積；

（3）若Rt△AOC沿x軸向右平移t個單位長度（0＜t≤6）得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2與Rt△OED重疊部分圖形的面積記為S，求S與t之間的函數(shù)表達(dá)式，并寫出自變量t的取值范圍．

13、如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（2，0），B（0，2），與x軸交于另一點C．

（1）求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；

（2）點P是拋物線y＝﹣x2+bx+c在第一象限上的點，過點P分別向x軸、y軸作垂線，垂足分別為D，E，求四邊形ODPE的周長的最大值；

（3）如圖2，點P是拋物線y＝﹣x2+bx+c在第一象限上的點，過點P作PN⊥x軸，垂足為N，交AB于M，連接PB，PA．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，當(dāng)△ABP的面積等于△ABC面積的時，求t的值．

14、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2﹣x﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸與x軸交于點D，點E（4，n）在拋物線上．

（1）求直線AE的解析式；

（2）點P為直線CE下方拋物線上的一點，連接PC，PE．當(dāng)△PCE的面積最大時，連接CD，CB，點K是線段CB的中點，點M是CP上的一點，點N是CD上的一點，求KM+MN+NK的最小值；

（3）點G是線段CE的中點，將拋物線y=x2﹣x﹣沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，y′的頂點為點F．在新拋物線y′的對稱軸上，是否存在一點Q，使得△FGQ為等腰三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

15、已知拋物線y＝﹣x2﹣x+2與x軸交于點A，B兩點，交y軸于C點，拋物線的對稱軸與x軸交于H點，分別以O(shè)C、OA為邊作矩形AECO．

（1）求直線AC的解析式；

（2）如圖2，P為直線AC上方拋物線上的任意一點，在對稱軸上有一動點M，當(dāng)四邊形AOCP面積最大時，求|PM﹣OM|的最大值．

（3）如圖3，將△AOC沿直線AC翻折得△ACD，再將△ACD沿著直線AC平移得△A＇C′D＇．使得點A′、C＇在直線AC上，是否存在這樣的點D′，使得△A′ED′為直角三角形？若存在，請求出點D′的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．