第一篇：數學中考專題復習——《動點問題》教案

中考專題復習——動點問題

【學情分析】

動點一般在中考都是壓軸題，步驟不重要，重要的是思路。動點類題目一般都有好幾問，前一問大都是后一問的提示，就像幾何探究類題一樣，如果后面的題難了，可以反過去看看前面問題的結論 【教學目標】

知識與技能：

1、利用特殊三角形的性質和定理解決動點問題；

2、分析題目，了解有幾個動點，動點的路程，速度（動點怎么動）；

3、結合圖形和題目，得出已知或能間接求出的數據。

過程與方法：

1、利用分類討論的方法分析并解決問題；

2、數形結合、方程思想的運用。

情感態度價值觀：通過動手操作、合作交流，探索證明等活動，培養學生的團隊合作精神，激發學生學習數學的興趣。【教學重點】

根據動點中的移動距離，找出等量列方程。【教學難點】

1、兩點同時運動時的距離變化；

2、運動題型中的分類討論 【教學方法】教師引導、自主思考 【教學過程】

一、動點問題的近況：

1、動態幾何

圖形中的點動、線動、形動構成的問題稱之為動態幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的考查學生的實踐操作能力，空間想象能力以及分析問題和解決問題的能力.動態幾何特點－－－－問題背景是特殊圖形，考查問題也是特殊圖形，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中，特別要關注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質、圖形的特殊位置。）它通常分為三種類型：動點問題、動線問題、動形問題。在解這類問題時，要充分發揮空間想象的能力，不要被“動”所迷惑，而是要在“動”中求“靜”，化“動”為“靜”，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑。本節課重點來探究動態幾何中的第一種類型----動點問題。所謂動點問題：是指題設圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放新題目。

2、三年中考概況；

近年來運動問題是以三角形或四邊形為背景，用運動的觀點來探究幾何圖形變化規律的問題．這類題的特點是：圖形中的某些元素(如點、線段、角等)或整個圖形按某種規律運動，圖形的各個元素在運動變化過程中相互依存，相互制約．

3、解題策略和方法：

“動點型問題” 題型繁多、題意創新，考察學生的分析問題、解決問題的能力，內容包括空間觀念、應用意識、推理能力等，是近幾年中考題的熱點和難點。解決動點問題的關鍵是“動中求靜”.動點問題一直是中考熱點，近幾年考查探究運動中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或其三角函數、線段或面積的最值。

從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數圖像等圖形，通過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來探索與發現圖形性質及圖形變化，在解題過程中滲透空間觀念和合情推理。在動點的運動過程中觀察圖形的變化情況，理解圖形在不同位置的情況，做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質是解決數學“動點”探究題的基本思路,這也是動態幾何數學問題中最核心的數學本質。

4、動點問題所用的數學思想：

解決運動型問題常用的數學思想是方程思想，數學建模思想，函數思想，轉化思想等；常用的數學方法有：分類討論法，數形結合法等。

二、探究新知

1、一個動點：圖形中一個動點所形成的等腰三角形 【自主探究】

例

1、如圖：已知平行四邊形ABCD中，AB=7，BC=4，∠A=30°(1)點P從點A沿AB邊向點B運動，速度為1cm/s。

若設運動時間為t(s)，連接PC,當t為何值時，△PBC為等腰三角形？

分析：若三角形PBC為等腰三角形

則PB=BC

7-t=4

t=3

ADCB溫馨提示：等腰三角形的性質：腰相等、底角相等、三線合一

教師活動：利用幾何畫板進行動態演示，在某一時刻靜止，讓學生觀察圖形的特點，利用等腰三角形的性質解決問題。

學生活動：仔細觀察幾何畫板中圖形的運動過程，在靜止時刻時，圖形的特點，將相關線段用含有t的式子表示出來，從而列出方程。歸納方法：

1、定圖形；

2、t已知；

3、列方程。

【合作探究】

變式：若點P從點A沿射線AB邊向點B運動，速度為1cm/s。當t為何

DC值時，△PBC為等腰三角形？

AB學生活動：小組合作探究點P在射線上運動所形成幾種情況，在利用（1）中得到方法。盡可能的將畫出靜止時的圖形，從而解決問題。教師活動：利用幾何畫板展示幾種情況。

2、兩個動點：圖形中有兩個動點的情況。【自主探究】

例2：:如圖．△ABC中AB=6cm，BC=4cm，∠B=60°，動點P、Q分別從A、B兩點同時出發．分別沿AB、BC方向勻速移動；它們的速度分別為2cm/s和1cm/s．當點P到達點B時．P、Q兩點停止運動．設點P的運動時間為t（s）．當t為 ______時，△PBQ為直角三角形．

P8師：

1、根據剛才的方法，請同學們試著畫出靜態圖形，注意兩個動點的速度問題。（兩名學生在黑板上板演）

2、用代數式表示圖中有用的線段：AP=2t,BQ=t,所以：BP=6-2t。（學生講解）

3、找出等量關系（三角函數關系），構建方程模型。

溫馨提示：含有30度的直角三角形的性質；

教師活動：利用幾何畫板演示動態圖形，讓學生能感知靜態時的圖形。學生活動：畫出靜態時的圖形，并試著列出方程。

【變換拓展】

4（2014?新疆）如圖，直線?x?8與x軸交于A點，與y軸交于B點，動

3點P從A點出發，以每秒2個單位的速度沿AO方向向點O勻速運動，同時動點Q從B點出發，以每秒1個單位的速度沿BA方向向點A勻速運動，當一個點停止運動，另一個點也隨之停止運動，連接PQ，設運動時間為t（s）（0＜t≤3）．

（1）寫出A，B兩點的坐標；

（2）設△AQP的面積為S，試求出S與t之間的函數關系式；并求出當t為何值時，△AQP的面積最大？（3）當t為何值時，以點A，P，Q為頂點的三角形與△ABO相似，并直接寫出此時點Q的坐標．

考點：一次函數綜合題 專題：壓軸題 分析：（1）分別令y=0，x=0求解即可得到點A、B的坐標；

（2）利用勾股定理列式求出AB，然后表示出AP、AQ，再利用∠OAB的正弦求出點Q到AP的距離，然后利用三角形的面積列式整理即可得解；（3）根據相似三角形對應角相等，分∠APQ=90°和∠AQP=90°兩種情況，利用∠OAB的余弦列式計算即可得解．

師：對于第一道題快速解決即可。

解：（1）令y=0，則﹣x+8=0，解得x=6，x=0時，y=y=8，∴OA=6，OB=8，∴點A（6，0），B（0，8）；

師：對于第二道題只需求解出三角形APQ的高，做出圖形的高，發現三角形APQ 與三角形AOB是相似三角形，利用相似比解決問題，得出高后，利用三角形面積公式表示出S與t的關系式，發現是一個開口向下的拋物線，頂點是（5,20），注意自變量t的取值范圍，再求解最大面積。此題對學生進行一定的引導。

（2）在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB=

=

=10，記點Q到AP的距離為h ∵點P的速度是每秒2個單位，點Q的速度是每秒1個單位，∴AP=2t，AQ=AB﹣BQ=10﹣t，而三角形APQ與三角形AOB相似，∴hAQh10?t? ∴? ∴h=（10﹣t）OBAB810

22∴△AQP的面積S=×2t×（10﹣t）=﹣（t﹣10t）=﹣（t﹣5）+20，∵﹣＜0，頂點為（5,20）而0＜t≤3，∴當t=3時，△AQP的面積最大，S最大=﹣（3﹣5）+20=

2；

師：對于第三題：讓學生講解畫圖——引導其講解等量關系是：三角形相似比——列出方程。

（3）若∠APQ=90°，則cos∠OAB=∴解得t==，，若∠AQP=90°，則cos∠OAB=∴解得t==，∵0＜t≤3，∴t的值為，=，）×=），），此時，OP=6﹣2×PQ=AP?tan∠OAB=（2×∴點Q的坐標為（綜上所述，t=，秒時，以點A，P，Q為頂點的三角形與△ABO相似，此時點Q的坐標為（點評：本題是一次函數綜合題型，主要利用了一次函數與坐標軸的交點的求法，三角形的面積，二次函數的最值問題，相似三角形對應角相等的性質，銳角三角函數，（2）要注意根據t的取值范圍求三角形的面積的最大值，（3）難點在于要分情況討論

三、課堂小結

本節課主要探究了動態幾何中的動點問題，其實是在動中求靜，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑，總結：定圖形、t已知、列方程。

解決運動型問題常用的數學思想是方程思想，數學建模思想，函數思想，轉化思想等；常用的數學方法有：分類討論法，數形結合法等.。

第二篇：數學中考專題復習——《動點問題》教案

中考專題復習——動點問題

【學情分析】

動點一般在中考都是壓軸題，步驟不重要，重要的是思路。動點類題目一般都有好幾問，前一問大都是后一問的提示，就像幾何探究類題一樣，如果后面的題難了，可以反過去看看前面問題的結論 【教學目標】

知識與技能：

1、利用特殊三角形的性質和定理解決動點問題；

2、分析題目，了解有幾個動點，動點的路程，速度（動點怎么動）；

3、結合圖形和題目，得出已知或能間接求出的數據。

過程與方法：

1、利用分類討論的方法分析并解決問題；

2、數形結合、方程思想的運用。

情感態度價值觀：通過動手操作、合作交流，探索證明等活動，培養學生的團隊合作精神，激發學生學習數學的興趣。【教學重點】

根據動點中的移動距離，找出等量列方程。【教學難點】

1、兩點同時運動時的距離變化；

2、運動題型中的分類討論 【教學方法】教師引導、自主思考 【教學過程】

一、動點問題的近況：

1、動態幾何

圖形中的點動、線動、形動構成的問題稱之為動態幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的考查學生的實踐操作能力，空間想象能力以及分析問題和解決問題的能力.動態幾何特點－－－－問題背景是特殊圖形，考查問題也是特殊圖形，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中，特別要關注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質、圖形的特殊位置。）它通常分為三種類型：動點問題、動線問題、動形問題。在解這類問題時，要充分發揮空間想象的能力，不要被“動”所迷惑，而是要在“動”中求“靜”，化“動”為“靜”，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑。本節課重點來探究動態幾何中的第一種類型----動點問題。所謂動點問題：是指題設圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放新題目。

2、動點問題所用的數學思想：

解決運動型問題常用的數學思想是方程思想，數學建模思想，函數思想，轉化思想等；常用的數學方法有：分類討論法，數形結合法等。

一典例分析

已知：如圖①，在Rt△ACB中，?C?90，AC?4cm，BC?3cm，點P由B出發沿BA方向向點A勻速運動，速度為1cm/s；點Q由A出發沿AC方向向點C勻速運動，速度為2cm/s；連接PQ．若設運動的時間為t(s)（0?t?2），解答下列問題：（1）當t為何值時，PQ∥BC？

（2）：當t為何值時，△APQ是等腰三角形？

B

P

AC Q

變式2：把△APQ沿AQ翻折，得到四邊形PQP'A，那么是否存在某一時刻t，使四邊形PQP'A為菱形？

（3）設△AQP的面積為y（cm2），求y與t之間的函數關系式；

（4）是否存在某一時刻t，使S△APQ:S△ABC=2:5若存在，求出t的值，若不存在，說明理由； 變式：是否存在某一時刻t，使線段PQ恰好把Rt△ACB的周長和面積同時平分？若存在，求出此時t的值；

二、直擊中考，實戰演練

已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，tan∠BAC=，將∠ABC對折，使點C的對應點H恰好落在直線AB上，折痕交AC于點O，以點O為坐標原點，AC所在直線為x軸建立平面直角坐標系（1）求過A、B、O三點的拋物線解析式；

（2）若在線段AB上有一動點P，過P點作x軸的垂線，交拋物線于M，設PM的長度等于d，試探究d有無最大值，如果有，請求出最大值，如果沒有，請說明理由．

（3）若在拋物線上有一點E，在對稱軸上有一點F，且以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，試求出點E的坐標．

第三篇：初中數學 幾何動點問題

初中數學 幾何動點問題

動點型問題是最近幾年中考的一個熱點題型，從你初二的動點問題就不是很好這

點來看，我認為你對動點問題缺乏技巧。

所謂“動點型問題”是指題設圖形中存在一個或多個動點,它們在線段、射線或弧線

上運動的一類開放性題目.解決這類問題的關鍵是動中求靜,靈活運用有關數學知

識解決問題.關鍵:動中求靜.數學思想：分類思想 函數思想方程思想數形結合思想 轉化思想

注重對幾何圖形運動變化能力的考查

從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數圖像等圖形，通過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來探索與發現圖形性質及圖形變化，在解題過

程中滲透空間觀念和合情推理。選擇基本的幾何圖形，讓學生經歷探索的過程，以能力立意，考查學生的自主探究能力，促進培養學生解決問題的能力．圖形在動點的運動過程中觀察圖形的變化情況，需要理解圖形在不同位置的情況，才能

做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質是解決數學“動點”探究題的基本

思路,這也是動態幾何數學問題中最核心的數學本質。

二期課改后數學卷中的數學壓軸性題正逐步轉向數形結合、動態幾何、動手操作、實驗探究等方向發展．這些壓軸題題型繁多、題意創新，目的是考察學生的分析

問題、解決問題的能力，內容包括空間觀念、應用意識、推理能力等．從數學思

想的層面上講：（1）運動觀點；（2）方程思想；（3）數形結合思想；（4）

分類思想；（5）轉化思想等．研究歷年來各區的壓軸性試題，就能找到今年中

考數學試題的熱點的形成和命題的動向

另外再向你推薦一道2010年山東省青島市的中考數學最后一題

限于百度的公式無法打出，你可以自己去瀏覽一下。

這題的動點非常典型，而且不是非常難，應該很適合你

第四篇：初中數學動點問題總結

初二動點問題

1.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，動點P從A開始沿AD邊向D以1cm/s的速度運動；動點Q從點C開始沿CB邊向B以3cm/s的速度運動．P、Q分別從點A、C同時出發，當其中一點到達端點時，另外一點也隨之停止運動，設運動時間為ts．（1）當t為何值時，四邊形PQCD為平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形PQCD為等腰梯形？（3）當t為何值時，四邊形PQCD為直角梯形？

分析：

（1）四邊形PQCD為平行四邊形時PD=CQ．（2）四邊形PQCD為等腰梯形時QC-PD=2CE．（3）四邊形PQCD為直角梯形時QC-PD=EC．

所有的關系式都可用含有t的方程來表示，即此題只要解三個方程即可．

解答：

解：（1）∵四邊形PQCD平行為四邊形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得：t=6 即當t=6時，四邊形PQCD平行為四邊形．

（2）過D作DE⊥BC于E 則四邊形ABED為矩形 ∴BE=AD=24cm ∴EC=BC-BE=2cm ∵四邊形PQCD為等腰梯形 ∴QC-PD=2CE 即3t-（24-t）=4 解得：t=7（s）

即當t=7（s）時，四邊形PQCD為等腰梯形．

（3）由題意知：QC-PD=EC時，四邊形PQCD為直角梯形即3t-（24-t）=2 解得：t=6.5（s）

即當t=6.5（s）時，四邊形PQCD為直角梯形．

點評：

此題主要考查了平行四邊形、等腰梯形，直角梯形的判定，難易程度適中．

2.如圖，△ABC中，點O為AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設MN交∠BCA的外角平分線CF于點F，交∠ACB內角平分線CE于E．（1）試說明EO=FO；

（2）當點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形并證明你的結論；

（3）若AC邊上存在點O，使四邊形AECF是正方形，猜想△ABC的形狀并證明你的結論．

分析：

（1）根據CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根據等邊對等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．

（2）利用矩形的判定解答，即有一個內角是直角的平行四邊形是矩形．（3）利用已知條件及正方形的性質解答．

解答：

解：（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．

（2）當點O運動到AC中點處時，四邊形AECF是矩形． 如圖AO=CO，EO=FO，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE= ∠ACB，同理，∠ACF= ∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=（∠ACB+∠ACG）= ×180°=90°，∴四邊形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形 ∵四邊形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．

點評：

本題主要考查利用平行線的性質“等角對等邊”證明出結論（1），再利用結論（1）和矩形的判定證明結論（2），再對（3）進行判斷．解答時不僅要注意用到前一問題的結論，更要注意前一問題為下一問題提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性質等的綜合運用．

3.如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，動點P從B點出發，沿線段BC向點C作勻速運動；動點Q從點D出發，沿線段DA向點A作勻速運動．過Q點垂直于AD的射線交AC于點M，交BC于點N．P、Q兩點同時出發，速度都為每秒1個單位長度．當Q點運動到A點，P、Q兩點同時停止運動．設點Q運動的時間為t秒．（1）求NC，MC的長（用t的代數式表示）；

（2）當t為何值時，四邊形PCDQ構成平行四邊形；（3）是否存在某一時刻，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由；（4）探究：t為何值時，△PMC為等腰三角形．

分析：

（1）依據題意易知四邊形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已知，DQ就是t，即解；∵AB∥QN，∴△CMN∽△CAB，∴CM：CA=CN：CB，（2）CB、CN已知，根據勾股定理可求CA=5，即可表示CM； 四邊形PCDQ構成平行四邊形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根據QN平分△ABC的周長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據此來求出t的值．然后根據得出的t的值，求出△MNC的面積，即可判斷出△MNC的面積是否為△ABC面積的一半，由此可得出是否存在符合條件的t值．（4）由于等腰三角形的兩腰不確定，因此分三種情況進行討論： ①當MP=MC時，那么PC=2NC，據此可求出t的值． ②當CM=CP時，可根據CM和CP的表達式以及題設的等量關系來求出t的值． ③當MP=PC時，在直角三角形MNP中，先用t表示出三邊的長，然后根據勾股定理即可得出t的值．

綜上所述可得出符合條件的t的值．

解答: 解：（1）∵AQ=3-t ∴CN=4-（3-t）=1+t 在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42 ∴AC=5 在Rt△MNC中，cos∠NCM= =，CM=（2）由于四邊形PCDQ構成平行四邊形 ∴PC=QD，即4-t=t 解得t=2．

（3）如果射線QN將△ABC的周長平分，則有： MN+NC=AM+BN+AB 即：（1+t）+1+t=（3+4+5）解得：t=（5分）而MN= NC=（1+t）

． ∴S△MNC=（1+t）2=（1+t）2

×4×3 當t= 時，S△MNC=（1+t）2= ≠ ∴不存在某一時刻t，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分．

（4）①當MP=MC時（如圖1）則有：NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2（1+t）解得：t=

②當CM=CP時（如圖2）則有：（1+t）=4-t 解得：t=

③當PM=PC時（如圖3）則有：

在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2 而MN= NC=（1+t）PN=NC-PC=（1+t）-（4-t）=2t-3 ∴[（1+t）]2+（2t-3）2=（4-t）2 解得：t1= ∴當t=，t=，t2=-1（舍去），t=

時，△PMC為等腰三角形

點評：

此題繁雜，難度中等，考查平行四邊形性質及等腰三角形性質．考查學生分類 討論和數形結合的數學思想方法．

4.如圖，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分別從A，B，C，D出發沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的邊上同時運動，當有一個點先到達所在運動邊的另一個端點時，運動即停止．已知在相同時間內，若BQ=xcm（x≠0），則AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x2cm．

（1）當x為何值時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構成一個三角形；

（2）當x為何值時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形；

（3）以P，Q，M，N為頂點的四邊形能否為等腰梯形？如果能，求x的值；如果不能，請說明理由．

分析：

以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構成一個三角形的必須條件是點P、N重合且點Q、M不重合，此時AP+ND=AD即2x+x2=20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm；或者點Q、M重合且點P、N不重合，此時AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm．所以可以根據這兩種情況來求解x的值．

以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形的話，因為由第一問可知點Q只能在點M的左側．當點P在點N的左側時，AP=MC，BQ=ND；當點P在點N的右側時，AN=MC，BQ=PD．所以可以根據這些條件列出方程關系式．

如果以P，Q，M，N為頂點的四邊形為等腰梯形，則必須使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x≠0．這些條件不能同時滿足，所以不能成為等腰梯形．

解答：

解：（1）當點P與點N重合或點Q與點M重合時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊可能構成一個三角形． ①當點P與點N重合時，由x2+2x=20，得x1=-1，x2=--1（舍去）． 因為BQ+CM=x+3x=4（-1）＜20，此時點Q與點M不重合． 所以x=-1符合題意．

②當點Q與點M重合時，由x+3x=20，得x=5． 此時DN=x2=25＞20，不符合題意． 故點Q與點M不能重合． 所以所求x的值為-1．

（2）由（1）知，點Q只能在點M的左側，①當點P在點N的左側時，由20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x1=0（舍去），x2=2．

當x=2時四邊形PQMN是平行四邊形． ②當點P在點N的右側時，由20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x1=-10（舍去），x2=4．

當x=4時四邊形NQMP是平行四邊形．

所以當x=2或x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形．（3）過點Q，M分別作AD的垂線，垂足分別為點E，F． 由于2x＞x，所以點E一定在點P的左側．

若以P，Q，M，N為頂點的四邊形是等腰梯形，則點F一定在點N的右側，且PE=NF，即2x-x=x2-3x． 解得x1=0（舍去），x2=4．

由于當x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，所以以P，Q，M，N為頂點的四邊形不能為等腰梯形．

點評：

本題考查到三角形、平行四邊形、等腰梯形等圖形的邊的特點．

5.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm，點M從點A開始，沿邊AD向點D運動，速度為1cm/s；點N從點C開始，沿邊CB向點B運動，速度為2cm/s、點M、N分別從點A、C出發，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒．

（1）當t為何值時，四邊形MNCD是平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形MNCD是等腰梯形？

分析：（1）根據平行四邊形的性質，對邊相等，求得t值；

（2）根據等腰梯形的性質，下底減去上底等于12，求解即可．

解答：

解：（1）∵MD∥NC，當MD=NC，即15-t=2t，t=5時，四邊形MNCD是平行四邊形；（2）作DE⊥BC，垂足為E，則CE=21-15=6，當CN-MD=12時，即2t-（15-t）=12，t=9時，四邊形MNCD是等腰梯形

點評：

考查了等腰梯形和平行四邊形的性質，動點問題是中考的重點內容．

6.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，動點P從點D出發，沿射線DA的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q從點C出發，在線段CB上以每秒1個單位長的速度向點B運動，P、Q分別從點D、C同時出發，當點Q運動到點B時，點P隨之停止運動，設運動時間為t（s）．

（1）設△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數關系；

（2）當t為何值時，以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形？

分析：

（1）若過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：s= PM×QB=96-6t；

（2）本題應分三種情況進行討論，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由 PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，將各數據代入，可將時間t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，將數據代入，可將時間t求出；

③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，將數據代入，可將時間t求出．

解答：

解：（1）過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形． ∴PM=DC=12，∵QB=16-t，∴s= ?QB?PM=（16-t）×12=96-6t（0≤t≤

（2）由圖可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況）．

：

①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得 ；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程無解，∴BP≠PQ．

③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得 合題意，舍去）． 綜上所述，當 形．

或

時，以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角，t2=16（不點評： 本題主要考查梯形的性質及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現漏解現象．

7.直線y=-34x+6與坐標軸分別交于A、B兩點，動點P、Q同時從O點出發，同時到達A點，運動停止．點Q沿線段OA運動，速度為每秒1個單位長度，點P沿路線O?B?A運動．

（1）直接寫出A、B兩點的坐標；（2）設點Q的運動時間為t（秒），△OPQ的面積為S，求出S與t之間的函數關系式；

（3）當S= 485時，求出點P的坐標，并直接寫出以點O、P、Q為頂點的平行四邊形的第四個頂點M的坐標．

分析：

（1）分別令y=0，x=0，即可求出A、B的坐標；（2））因為OA=8，OB=6，利用勾股定理可得AB=10，進而可求出點Q由O到A的時間是8秒，點P的速度是2，從而可求出，當P在線段OB上運動（或0≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2，當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于點D，由相似三角形的性質，得 PD=48-6t5，利用S= 12OQ×PD，即可求出答案；（3）令S= 485，求出t的值，進而求出OD、PD，即可求出P的坐標，利用平行四邊形的對邊平行且相等，結合簡單的計算即可寫出M的坐標．

解答：

解：（1）y=0，x=0，求得A（8，0）B（0，6），（2）∵OA=8，OB=6，∴AB=10． ∵點Q由O到A的時間是 81=8（秒），∴點P的速度是 6+108=2（單位長度/秒）． 當P在線段OB上運動（或O≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2．

當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，如圖，做PD⊥OA于點D，由 PDBO=APAB，得PD= 48-6t5． ∴S= 12OQ?PD=-35t2+245t．

（3）當S= 485時，∵ 485＞12×3×6∴點P在AB上 當S= 485時，-35t2+245t= 485 ∴t=4 ∴PD= 48-6×45= 245，AD=16-2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8-325= 85 ∴P（85，245）M1（285，245），M2（-125，245），M3（125，-245）

點評：

本題主要考查梯形的性質及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現漏解現象．

第五篇：中考數學壓軸題專題-動點綜合問題（解析版）

決勝2021中考數學壓軸題全揭秘精品

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P在線段BC上時，②當P在BQ上，再分別分兩種情況AC＝BP或AC＝BN進行計算即可．

【詳解】

解：①當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）根據正方形性質及已知條件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根據三角形相似的性質即可得出答案；

（2）根據正方形性質及BE＝CF即可得出全等的三角形．

【詳解】

解：（1）當時，點在中點．證明如下：

延長交于點，如圖所示：，，，，，，故當時，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、正方形的性質，相似三角形的判定及性質，比較綜合，難度較大，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵．

【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，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，沿射線ED以acm/s

（0＜a＜3）的速度勻速移動，連接PQ、CQ、FQ，設移動時間為ts

（0≤t≤5）．

（1）當t＝2時，S△AQF＝3S△BQC，則a＝；

（2）當以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出發的同時，△ABC也以3cm/s的速度沿射線ED勻速移動，當以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，再由三角形面積關系即可得出答案；

（3）分兩種情況：①AP與EQ為對應邊，AQ與EF為對應邊，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為對應邊，AQ與EQ為對應邊，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為對應角，分兩種情況：

①AP與EQ為對應邊，AQ與EF為對應邊，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為對應邊，AQ與EQ為對應邊，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，關鍵是根據題意找到動點之間的聯系，然后結合全等三角形的性質進行求解問題即可，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、矩形的判定與性質求出AB的長，再分和兩種情況，分別求出的長，然后根據折疊的性質、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，，由折疊的性質得：，點在邊上，即，由題意，分以下兩種情況：

（1）當時，是直角三角形，在中，，；

（2）當時，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、折疊的性質等知識點，依據題意，正確分兩種情況討論是解題關鍵．

【變式2-1】（2019·遼寧中考模擬）如圖，已知二次函數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)求這個二次函數的表達式；

(2)點M從點O出發以每秒2個單位長度的速度向點A運動；點N從點B同時出發，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MQ.①求△AQM的面積S與運動時間t之間的函數關系式，寫出自變量的取值范圍；當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；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的坐標分別為(1，0)和(2，0)．

【解析】

【分析】

(1)由待定系數法將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的二次函數關系式，由二次函數的最大值可得答案；

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．

【詳解】

(1)∵二次函數的圖象經過A(4，0)和點D(﹣1，0)，∴，解得，所以，二次函數的解析式為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．

根據題意，經過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t＝時，S最大值＝．

②存在點M，使得△AQM為直角三角形．

設經過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的坐標為(2，0)．

所以，使得△AQM為直角三角形的點M的坐標分別為(1，0)和(2，0)．

【點睛】

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

【變式2-2】如圖，在矩形中，為中點，連接.動點從點出發沿邊向點運動，動點從點出發沿邊向點運動，兩個動點同時出發，速度都是每秒1個單位長度，連接，設運動時間為（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∠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∠MNC=90°，FN=

∴EN=

∵MF=12-

∴CE=OF=OM+MF=12-

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

當∠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、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

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，點關于直線的對稱點是點，連結、、、.設AP=x.（1）當時，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）根據對稱性質及正方形的性質可得AB=BQ=BC，∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一視角相等性質可得∠BCQ=∠BQC，根據同角或等角的余角相等的性質可得∠EQC=∠ECQ，可得EC=EQ，可得結論；（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，FQ2==，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、含30°角的直角三角形的性質，第三問是一個難度非常高的題目，可以利用尺規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用熟練掌握并靈活運所學知識是解題關鍵．

【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；

（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．

【答案】（1）

；（2）E（-，0）；（3）點P的坐標為（2，-5）或（1，0）．

【解析】

【分析】

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

（2）作A關于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；

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

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

②當∠BF3P=90°時，如圖3，點P與C重合，③當∠BPF4=90°時，如圖3，點P與C重合，從而得結論．

【詳解】

（1）當x=0時，y=3，即A（0，3），設拋物線的解析式為：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，設點F的坐標為（m，m+3），①當∠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的坐標代入拋物線的解析式y=-x2-2x+3中得：

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

②當∠BF3P=90°時，如圖3，∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，∴點P與C重合，故P（1，0），③當∠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的坐標為（2，-5）或（1，0）．

【點睛】

此題考查了待定系數法求函數的解析式，周長最短問題，等腰直角三角形的性質和判定等知識．此題綜合性很強，解題的關鍵是注意數形結合和分類討論思想的應用．

【變式3-3】（2019·廣西中考真題）已知拋物線和直線都經過點，點為坐標原點，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）當是以為底邊的等腰三角形時，求點的坐標；

（3）滿足（2）的條件時，求的值．

【答案】（1）；；（2）點的坐標為或；（3）的值為或．

【解析】

【分析】

(1)根據點的坐標，利用待定系數法可求出的值；

(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，設點的坐標為，結合點的坐標可得出的值，再利用等腰三角形的性質可得出關于的方程，解之即可得出結論；

(3)過點作軸，垂足為點，由點的坐標可得出的長，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，當時，解得：，∴點的坐標為，設點的坐標為，則，∵是以為底邊的等腰三角形，∴，即，整理，得：，解得：，∴點的坐標為或；

(3)過點作軸，垂足為點，如圖所示，當點的坐標為時，，∴；

當點的坐標為時，，∴，∴滿足(2)的條件時，的值的值為或．

【點睛】

本題考查了待定系數法求一次函數解析式、待定系數法求二次函數解析式、一次函數圖象上點的坐標特征、等腰三角形的性質、勾股定理以及解直角三角形，解題的關鍵是：(1)根據點的坐標，利用待定系數法求出的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性質，找出關于的方程；(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，在平面直角坐標系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，點A，C的坐標分別為A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC

（1）求過點A，B的直線的函數表達式；

（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；

（3）在（2）的條件下，如P，Q分別是AB和AD上的動點，連接PQ，設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A（?3，1），C（1，0），求出AC進而得出BC＝3求出B點坐標，利用待定系數法求出直線AB的解析式即可；

（2）運用相似三角形的性質就可求出點D的坐標；

（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建立關于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法，相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，也考查了分類討論的數學思想，屬于中檔題，解本題的關鍵是根據相似建立方程求解．

【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△ADQ∽△EPQ時，設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△ADQ∽△EQP時，設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△ADQ∽△EPQ時，設EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由（1）知△ADQ∽△EPD，∴，∴，∴x＝

∴DP＝＝5；

②當△ADQ∽△EQP時，設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，勾股定理，正方形的性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．

【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；

（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．

備用圖

【答案】（1）;（2），，；（3），【分析】

（1）由待定系數法求出解析式即可；

（2）先求出點C坐標，可得OA=OC=3，由面積關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可求解；

【詳解】

解：

（1）∵拋物線經過點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坐標為（0，3），即OA=OC=3；

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

∴，當點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中點縱坐標為0，且點C縱坐標為3，∴點F的縱坐標為-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中點縱坐標為，且點E的縱坐標為0，∴點F的縱坐標為3，∴點F（-2，3），綜上所述，點F坐標為：，；

【點睛】

本題主要考查了二次函數的應用，平行四邊形的性質，掌握待定系數法，平行四邊形的性質是解題的關鍵.【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）根據菱形的性質計算；

（2）①證明，根據角的運算解答；

②作于，交的延長線于，證明，根據全等三角形的性質得到，根據角平分線的判定定理證明結論；

（3）根據直角三角形的性質得到，證明四邊形為菱形，根據菱形的性質計算，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、平行四邊形的性質、全等三角形的判定和性質.掌握全等三角形的判定定理和性質定理、菱形的性質、直角三角形的性質是解題的關鍵．

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

（1）求該二次函數的解析式；

（2）在x軸上方作x軸的平行線，交二次函數圖象于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出發沿線段AD勻速運動，到達點D時立即原速返回，當動點Q返回到點A時，P、Q兩點同時停止運動，設運動時間為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）根據點的坐標，利用待定系數法即可求出二次函數的解析式；

（2）利用二次函數圖象上點的坐標特征求出點A，B的坐標，進而可得出點C，D的坐標，再利用正方形的性質可得出關于m的方程，解之即可得出結論；

（3）由（2）可得出點A，B，C，D的坐標，根據點A，C的坐標，利用待定系數法可求出直線AC的解析式，利用二次函數圖象上點的坐標特征及一次函數圖象上點的坐標特征可求出點E，F的坐標，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，由可得出關于t的一元二次方程，解之取其合適的值即可得出結論．

【詳解】

（1）將，代入，得：，解得，∴該二次函數的解析式為．

（2）當

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

∵矩形abcd為正方形，∴，解得：，（舍去），．

∴當矩形ABCD為正方形時，m的值為4．

（3）以A、E、F、Q四點為頂點構成的四邊形能為平行四邊形．

由（2）可知：點A的坐標為，點B的坐標為，點C的坐標為，點D的坐標為．

設直線AC的解析式為，將，代入，得，解得，∴直線ac的解析式為．

當時，∴點E的坐標為（，），點F的坐標為（，-t+4）．

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

①當時，如圖1所示，EF=，∴，解得：（舍去），；

②當時，如圖2所示，EF=，∴，解得：（舍去），；，EF=，解得（舍去），（舍去）

綜上所述，當以A、E、F、Q四點為頂點構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法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、正方形的性質、待定系數法求一次函數解析式、一次函數圖象上點的坐標特征以及平行四邊形的性質，解題的關鍵是：（1）根據點的坐標，利用待定系數法求出二次函數解析式；（2）利用正方形的性質，找出關于m的方程；（3）分，三種情況，利用平行四邊形的性質找出關于t的一元二次方程．

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

（2）若點是反比例函數圖象上一點，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；若不存在，請說明理由；

（3）若點是線段上一點（不與、重合），當四邊形為菱形時，過點分別作直線和直線的垂線，垂足分別為、，當的值最小時，求出點坐標.【答案】（1）（3，1）；（2），；（3）（2，2）.【解析】

【分析】

（1）根據點（a，b）關于y=x對稱的點的坐標為（b，a）直接寫出答案即可；

（2）首先求得反比例函數的解析式，然后設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；

（3）連接AQ，設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點的坐標為（3，1）；

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

①PC為平行四邊形的邊，∵點A的橫坐標比點B的橫坐標小2，點A的縱坐標比點B的縱坐標大2，∴點C在點P的下方，則點C的坐標為（m+2，m-2）如圖1，若點C在點P的上方，則點C的坐標為（m-2，m+2）如圖2，把C（m+2，m-2）代入反比例函數的解析式得：，∵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，坐標分別為：，；

（3）連接AQ，設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QE+QF+QB的值最小時，Q點坐標為（2，2）．

【點睛】

本題是對反比例函數的綜合知識的考查，熟練掌握反比例，四邊形知識及分類討論的數學思想是解決本題的關鍵，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90°得到平行四邊形．拋物線經過點A、C、A′三點．

（1）求A、A′、C三點的坐標；

（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．

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

【解析】

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

C′OD

∽△BOA，根據相似三角形得出△C′OD的面積；設點M的坐標為（），連接OM，得到△AMA′的面積與m的函關系式，從而得出最大值和點M的坐標．

試題解析：（1）解：（1）當時，解得

∴C（-1，0），A′（3，0）．當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M點的坐標為（），連接OM

=

當時,取到最大值為∴M（）

考點：二次函數的應用、三角形相似、旋轉圖形的性質、平行四邊形的性質．

【變式6-1】（1）發現：如圖1，點為線段外一動點，且，當點位于

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，即可得到結論；

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

（3）將△APM繞著點P順時針旋轉90°得到△AP＇N，連接BN，得到△APP＇是等腰直角三角形，根據全等三角形的性質得到P＇A=PA=2，AN=AM，根據當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△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、旋轉的性質、平行四邊形的性質和判定等知識，正確的作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵，學會用轉化的思想思考問題，掌握旋轉法添加輔助線．

【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)根據矩形的性質和同角的余角相等證明，從而求證三角形相似；（2）設，由相似三角形對應邊成比例列出比例式，從而求解；（3）當時，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，則，∵矩形中，AB∥DC

∴△APG∽△CPH

即∴，即

∴

∵

∴；

（3）如圖∵，∴當時，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、相似三角形的判定和性質、勾股定理,解題的關鍵是學會利用相似三角形的判定和性質列出相應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，根據勾股定理得到，于是得到結論；

（2）如圖2，作點B關于直線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，根據勾股定理得到，于是得到△BCP周長的最小值為：4+12；根據三角形中位線的性質得到PH=BC=6，由勾股定理得到，于是得到結論．

（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，則．因為，所以∽，得；同理可得∽，∽，得：，所以，進而求得答案.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，則．

因為，所以∽，所以，又，所以；

同理可得∽，∽，所以，求得：，其中，所以，即

．

因此當時，有最大值；當或時，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△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坐標可求得線段CD中點的坐標,從而可以知道P點的縱坐標,代入拋物線解析式可求得P點坐標．

【詳解】

解：作中垂線交拋物線于，（在左側），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），當是等腰三角形時，的度數是（）

A．

B．

C．或

D．或

【答案】C

【分析】

在菱形ABCD中，根據菱形的性質得到

∠ABD=∠ABC=40°，再分三種情況討論，當AE=BE時，當AB=BE時，當時，從而根據等腰三角形的性質即可得到結論．

【詳解】

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

當AB=BE時，∴∠BAE=∠AEB=，∴∠DAE=，當時，與重合，不合題意舍去，綜上所述，當△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，等腰三角形的性質，掌握分類討論是解題的關鍵．

3．已知等腰中，，底角為，動點從點向點運動，當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，根據等腰三角形的性質求出BP即可；圖2中先求出BP＝2PA，再根據勾股定理求出即可．

【詳解】

當∠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∠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、勾股定理、等腰三角形的性質等知識點，能熟練地運用含30角的直角三角形的性質進行推理是解此題的關鍵．

4．如圖，一次函數與反比例函數的圖象交于和兩點，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】

設反比例函數解析式為y=，一次函數解析式為y=ax+b，根據點的坐標利用待定系數法求出反比例與一次函數的解析式，再利用分割圖形求面積法找出S四邊形PMON關于m的函數關系式，利用配方法解決最值問題．

【詳解】

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

∴一次函數解析式為y=-2x+14．

設點P的坐標為（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】

本題考查待定系數法求函數解析式以及反比例函數與一次函數交點的問題，解題的關鍵是找出S四邊形PMON關于m的函數關系式．本題難度不大，利用分割圖形求面積法是解題關鍵．

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

A．4

B．6

C．8

D．10

【答案】B

【分析】

根據平行四邊形的性質可得，當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，準確作出圖形是解題的關鍵．

6．如圖，中，，動點從點出發沿射線以2的速度運動，設運動時間為，當為等腰三角形時，的值為（）

A．或

B．或12或4

C．或或12

D．或12或4

【答案】C

【分析】

根據勾股定理求出BC,當△ABP為等腰三角形時,分三種情況:①當AB=BP時;②當AB=AP時;③當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AB=BP時,t=（s）;

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

③當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△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.根據題畫出圖形,再利用勾股定理解決問題是關鍵.7．如圖，點的坐標為，點為軸的負半軸上的一個動點，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和判定，坐標與圖形性質等知識點的應用，主要考查學生綜合運用性質進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，全等三角形的對應角相等，對應邊相等．

8．如圖，已知

兩點的坐標分別為，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⊿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，坐標與圖形的性質，直線與圓的位置關系，三角形的面積等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題.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，以每秒2個單位的速度沿BC-CD-DA向終點A運動，設點P的運動時間為秒，當的值為_____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】

分兩種情況進行討論，根據題意得出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SAS證得△BAP≌△DCE，由題意得：AP=16-2t=2，解得t=7．

所以，當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相似三角形對應邊的比相等求出的長，即可得到點的個數．

【詳解】

解：如圖示：，．，．

設的長為，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，熟悉相關性質，并進行分類討論是解題的關鍵．

11．如圖，在平面直角坐標系中，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，坐標平面內一點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的個數為（）

A．2

B．3

C．4

D．5

【答案】C

【解析】

以O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OA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°，在坐標系內有一動點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的坐標是（，）．

故答案為（2，﹣1）或（，）或（，）．

【點睛】

本題考查了全等三角形的性質和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形等知識點的應用，注意要進行分類討論，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，當為直角三角形時，點運動的時間為__________.【答案】或2

【分析】

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

【詳解】

解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，則AB＝＝＝5cm，設點M的運動時間為t秒，由題意得，CM＝t，AN＝，則AM＝4?t，當∠AMN＝90°時，∠AMN＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△AMN∽△ACB，∴，即，解得：t＝2，當∠ANM＝90°時，∠ANM＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ANM∽△ACB，∴，即，解得：t＝，綜上所述：當△AMN為直角三角形時，點M的運動秒數為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、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．

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

【答案】3或2或．

【分析】

作BF⊥AD于F，根據矩形的性質得到BF=DE=4，DF=BE=1，根據勾股定理用CD表示出AC、BC，根據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△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∠ACB=90°時，由勾股定理得，由得：

解得：

同理可得：當∠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，當點E，F，C在同一直線上時，AF+FE的最小值為CE長，根據勾股定理計算即可．

【詳解】

解：∵四邊形ABCD為正方形，∴A關于BD的對稱點為C，則AF=CF，∴線段的最小值為線段的最小值，∴當點E，F，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，根據正方形的性質作得出A關于BD的對稱點C是解答此題的關鍵．

17．如圖，中，，點是線段上的一個動點，連接，當是_________度時，是等腰三角形．

【答案】50或65

【分析】

根據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，解題的關鍵是根據題意分情況討論．

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

【答案】2

【分析】

當BP=2時，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=6可得CP=4，進而可得AB=CP，BP=CD，再結合AB⊥BC、DC⊥BC可得∠B=∠C=90°，可利用SAS判定△ABP≌△PCD．

【詳解】

解：當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，再根據三角形的面積公式求出AD的長，再再根據EF是線段AC的垂直平分線可知，點C關于直線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是解答此題的關鍵．

20．如圖，在中，，點為內一動點．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，相似三角形的判定與性質，矩形的判定與性質以及平行線的判定等知識點，解題的關鍵是綜合運用相關性質進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，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，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，相遇時停止運動，若點E在線段BC上，且BE=3cm，經過_____秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．

【答案】

【解析】

【分析】

根據t的值討論M、N的位置，根據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．

設運動的時間是t秒．

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

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

當6＜t＜8時，M在AB上，N在AD上，不能構成平行四邊形；

當t=8時，Q與A重合，不能構成平行四邊形形．

綜上所述：經過秒鐘，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的范圍進行討論是解決問題的關鍵．

22．如圖，點、的坐標分別為、，的圓心坐標為，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，由切線的性質可得，利用勾股定理可的長，由，可證明，根據相似三角形的性質可求出的長，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、相似三角形的判定與性質及三角形面積求法，能夠正確判斷出面積最小時與的位置關系是解題關鍵.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)求直線的函數表達式;

(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.【答案】(1)

;(2)

;

(3)

點的坐標為或或或

【解析】

【分析】

（1）在y=-x+4中，令y=0，則0=-x+4，求得A（3，0），設直線AC對應的函數關系式為y=kx+b，解方程組即可得到結論；

（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，即可得到結論；

（3）根據勾股定理得到AB=5，①當∠AQP=90°時，如圖1，由全等三角形的性質得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②當∠APQ=90°時，如圖2，根據全等三角形的性質得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③當∠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），設直線AC對應的函數關系式為y=kx+b，則：，解得：，∴直線AC對應的函數關系式為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∠AQP=90°時，如圖1，∵△AOB≌△AQP，∴AQ=OB=4，∴Q1（7，0），Q2（-1，0），②當∠APQ=90°時，如圖2，∵△AOB≌△AQP，∴AQ=AB=5，∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．

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

【點睛】

考查了一次函數綜合題，待定系數法求函數的解析式，勾股定理的應用和全等三角形的性質等知識，分類討論是解題關鍵，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，沿線段向點運動．請分別解決下面四種情況：

（）如圖，設點的運動時間為，那么__________時，是直角三角形；

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

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

（）如圖，若另一動點從點出發，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．請你猜想：在點、的運動過程中，和的面積有什么關系？并說明理由．

【答案】(1)1.5；（2）當為或時，為直角三角形；（3）當為時，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△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△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”，列出關于“t”的方程就可求得t的值了；

（3）當∠CDQ=∠CQD，即當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PQ⊥BC時，由已知可得：，．

∴

．

此時，，∴．

∴，即，∴．

②如圖，當PQ⊥AB時，由已知可得：，．

此時，．

∴．

∴，即，∴．

綜上，當為或時，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．

【答案】（1），（2）當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為或；當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為；當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為

【解析】

【分析】

設直線b的解析式為，設直線c的解析式為：，把點的坐標代入即可得到結論；

當時，；當時，得到E點坐標為，D點坐標為分三種情況：若，時，若，時，即DE為斜邊，若，時，即DE為斜邊，由已知得，列方程即可得到結論．

【詳解】

設直線b的解析式為：，把代入得，直線b的解析式為：；

設直線c的解析式為：，把點，點代入得，，直線c的解析式為：；

當時，；當時，點坐標為，D點坐標為．

在D的上方，且，為等腰直角三角形，或或．

時，時，，點坐標為，若，時，點坐標為；

若，時，即DE為斜邊，，DE的中點坐標為，點坐標為

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，，點坐標為

綜上所述：當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為或；

當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為；

當時，為等腰直角三角形，此時P點坐標為．

【點睛】

考查了待定系數法求函數的解析式，等腰三角形的判定和性質，正確的理解題意是解題的關鍵．

26．如圖，拋物線經過，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）求經過三點的拋物線的函數表達式；

（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；

（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，當以、、、為頂點的四邊形是正方形時，請求出點的坐標．

【答案】（1）；（2）或；（3），，【分析】

（1）利用待定系數法求出過A，B，C三點的拋物線的函數表達式；

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

（3）設點M的坐標為（a，0），表示出點G的坐標，根據正方形的性質列出方程，解方程即可．

【詳解】

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

解得，∴經過A，B，C三點的拋物線的函數表達式為y=-x2+2x+3；

（2）如圖，根據題意，設

∴

當BC和Q1C作直角邊時：

解得：y=4

∴

當BC和Q2B作直角邊時：

解得：y=-2

∴

綜上所述：點Q的坐標為或；

（3）設點的坐標為，則點的坐標為，∵以、、、為頂點的四邊形是正方形，∴，即，當時，整理得，解得；

當時，整理得，解得；

∴當以、、、為頂點的四邊形是正方形時，點的坐標為，，．

【點睛】

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

27．如圖，在矩形中，動點分別同時從兩點出發，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，設兩動點的運動時間是．

（1）試用含有的代數式表示．

（2）當自返回(包括端點）的過程中，當為等腰三角形時，求的值．

（3）連接，設交于，當時，求的值．

【答案】（1）

；（2）t的值為或；（3）t的值為或

【分析】

（1）分當P在和兩種情況討論；

（2）分當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”的性質求解即可；

（2）分當P在和兩種情況討論，運用全等三角形的性質求解即可．

【詳解】

（1）∵，∴當P在時，即，則，當P在時，即，則；

綜上，；

（2）當重合時，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P自C返回B(包括端點BC）的過程中，當為等腰三角形時，t的值為或；

（3）當P在時，即，如圖①，此時PC，AQ，∵，∴AQPC，即，解得：；

當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、全等三角形的性質，等腰三角形的性質，根據題意畫出符合題意的圖形并分類討論是解題的關鍵．

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；

(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分別代入函數解析式，即可求得相應的y、x的值，則易得點A、B的坐標；

（2）根據三角形面積計算公式求解即可；

（3）根據等腰三角形的判定，分兩種情況討論即可求得．

【詳解】

（1）∵當y=0時，x=2；當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AB為腰長時，P的坐標為（，0），（，0）或（-2，0），當AB為底時，則AP=BP，設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點坐標為（-3，0）．

故P的坐標為：（-3，0）或（-2，0）或（，0）或（，0）；

【點睛】

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

29．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的圖象經過三點．已知點，點的坐標分別為和，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；

②若點為第二象限內拋物線上一動點，當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坐標為或；②當時，的面積最大，最大值為

【分析】

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

（2）①分三種情況討論：當時，當時，當時解答即可；

②連接，過作軸交直線于，過作軸于點，先求出AD的解析式，再設出P的坐標，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的坐標代入拋物線解析式的，解得

所以拋物線的解析式為

（2），當為等腰三角形時，分三種情況討論

當時，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，當時，．

在中，又，．

．

如圖2，當時，過點作軸于點

在和中，在中，．

當為等腰三角形時，點坐標為或

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（其中），則，為第二象限拋物線上的點，由知點坐標為或

當為時，；

當為時，此時的面積最大，當時，的面積最大，最大值為．

【點睛】

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

30．已知點的坐標為，與軸交于點，且為的中點，雙曲線經過、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；

（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．

【答案】（1），；（2）；（3）、坐標分別為、；、或、、【分析】

(1)

過點作軸于，再證，即可求出、、的值；

(2)

設得到，即可求出點的坐標；

(3)由反比例函數的解析式為，再由點P在雙曲線上，點Q在y軸上，設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．

【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

則

∴

（3）∵反比例函數的表達式為，∵點P在雙曲線上，點Q在y軸上，∴設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的坐標分別是、；、或、、．

【點睛】

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

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

（1）求點的坐標和反比例函數解析式；

（2）若，求點的坐標；

（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；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，可知點的坐標，代入解析式求解；

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

（3）分兩種情況討論，由平行四邊形的性質可求解．

【詳解】

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

反比例函數在第一象限內的圖象經過點，（不合題意舍去），點，點，（3）點，點

直線解析式為：

若以為邊，則，設解析式為：，直線解析式為：，解得：，設點，，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

設點，的中點為，的中點為，【點睛】

本題是反比例函數綜合題，考查了待定系數法求解析式，平行四邊形的性質，銳角函數的應用，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．

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）求拋物線的函數表達式；

（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，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（直接寫出結果）．

【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的坐標代入拋物線解析式，利用待定系數法求二次函數解析式解答；

（2）利用待定系數法求一次函數解析式求出直線AC的解析式，然后表示出DQ，再根據二次函數的最值問題解答；

（3）設點，再分情況根據平行四邊形的性質求出所有滿足條件的點F坐標即可．

【詳解】

將點，點代入得

解得

∴拋物線的函數表達式為

（2）設直線AC的解析式為

則

解得

∴直線AC的解析式為，∴當時，線段DQ長度的最大值為

（3）設點，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的縱坐標之和為0

∵點

∴

解得

當時，對角線交點坐標為

∴

④如圖，根據③可得

當時，對角線交點坐標為

∴

故所有滿足條件的點F的坐標為（-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、平行四邊形的性質是解題的關鍵．

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）求拋物線函數表達式；

（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；

（3）在線段上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；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的坐標為．

【分析】

（1）先設拋物線的頂點式，然后利用待定系數法，即可求出解析式；

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

（3）先證明，設點G的坐標為，利用三角函數值，求出t的值，即可得到點G的坐標．

【詳解】

解：（1）設拋物線為

把A（1，0），C（0，3）代入得

得：，即；

（2）設直線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，設點P（a，a2-2a-3），則F（a，2a-6），則PF＝2a-6-（a2-2a-3）

＝-a2+4a-3

當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，所以設點G的坐標為，過點G作GH⊥y軸于點H，當tan∠GCH=3時，∠BDC=∠GCE，解得：

∴，∴點G的坐標為：．

【點睛】

本題考查了二次函數的綜合問題，二次函數的性質，也考查了三角函數，勾股定理的逆定理，求二次函數的解析式，求一次函數的解析式，解題的關鍵是熟練掌握所學的性質進行解題．

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;

（3）設對稱軸與軸交于點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與之間的函數關系式,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的坐標為（3，0），這樣結合點A、C的坐標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；

（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的代數式表達出來，從而可表達出點D和點N的坐標，再用待定系數法求得用含m的代數式表達的DE的解析式，即可表達出點E的坐標和點Q的坐標，然后由S=S△PDE=S△PDQ+S△PEQ=即可得到S與m間的函數關系式，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的坐標為（3，0），∴可設拋物線解析式為：，∵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）,設直線BC的表達為:=,則有,解得,∴:=-+2,把=1代入,得=,即點P的坐標為P（1,）,∴△PAC的周長取得最小值,取得最小值時點P的坐標為P（1,）；

（3）如圖2，設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：，FD===，∴點D的坐標為D（,2-），∴N（1，2-）.∵DE∥BC，∴可設（過點D?E的直線）:=-+，把D點坐標代入其中，得-

+=2-，解得=2-，∴：=-+2-，點E的縱坐標為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是關于的二次函數.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合題中的已知條件，把點D、E、Q的坐標用含m的代數式表達出來是解決第3小題的關鍵.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；

若點是線段上的一個動點，過作軸交拋物線于點，連接、，當時，求的值；

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

【答案】（1）點坐標，點坐標，點坐標；（2）；（3）當或?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，根據點C的縱坐標與點A的縱坐標相同，列方程可求得點C坐標．

（2）如圖1中，設，則，根據

列出方程求出點H的橫坐標，根據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，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，點坐標，∵軸，∴點縱坐標為，由，解得或，∴點坐標．

如圖中，設，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:當或時，與重疊部分的面積是面積的?．

【點睛】

屬于二次函數綜合題，考查二次函數與一次函數的交點問題，平行四邊形的判定與性質，勾股定理，綜合性比較強，難度較大.36．如圖，在平面直角坐標系中，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得線段．

（1）求拋物線的解析式；

（2）連接，當為何值時，面積有最大值，最大值是多少？

（3）當為何值時，點落在拋物線上．

【答案】（1）；（2）當時，面積的最大值為16；（3）

【分析】

（1）用待定系數法即可求出拋物線的解析式；

（2）先用待定系數法求出直線AB的解析式，然后根據點P的坐標表示出Q,D的坐標，進一步表示出QD的長度，從而利用面積公式表示出的面積，最后利用二次函數的性質求最大值即可；

（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，將點N的坐標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，∴≌，∴．

∵，．

當點落在拋物線上時，.∴,，∴

．

【點睛】

本題主要考查二次函數與幾何綜合，掌握待定系數法，全等三角形的判定及性質，二次函數的性質是解題的關鍵．