中考数学二轮培优训练第23讲 几何图形面积中的分类讨论（2份，原卷版+解析版）

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知识内容：
固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．
解题思路：
根据题目条件，求出相应的固定面积；
找到待求图形合适的底和高；
列出方程，解出相应变量；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
【多题一解】【一题多解】
一、解答题
1．（2023秋·湖北随州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点．A、B两点的坐标分别为、，且，点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线匀速运动，设点P运动时间为t秒．
(1)求、OB的长；
(2)连接，若的面积不大于3且不等于0，求t的范围；
(3)过P作直线AB的垂线，垂足为D，直线与y轴交于点E，在点P运动的过程中，是否存在这样的点P，使？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)且
(3)3或9
【分析】（1）根据绝对值的非负性和算术平方根的非负性求出m、n的值，即可得出答案；
（2）分两种情况进行讨论，用t表示出三角形的面积，然后分别求出t的取值范围即可；
（3）根据时，一定要使，然后分两种情况：P在线段上时或P在线段的延长线上进行讨论，求出t的值即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
解得：，，
∴，；
（2）解：分为两种情况：①当P在线段上时，如图所示：
，，
∴的面积，
∵若的面积不大于3且不等于0，
∴，
解得：；
②当P在线段的延长线上时，如图所示：
∵，，
∴的面积，
∵若的面积不大于3且不等于0，
∴，
解得：；
即t的范围是且；
（3）解：∵，
∴，
分两种情况：①当P在线段上时，如图所示：
∵，
∴；
②当P在线段的延长线上时，如图所示：
∵，
∴；
即存在这样的点P，使，t的值是3或9．
【点睛】本题主要考查了绝对值的非负性和算术平方根的非负性，三角形面积的计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握绝对值的非负性和算术平方根的非负性，注意进行分类讨论．
2．（2022春·广东湛江·八年级吴川市第一中学校考期末）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)动点P从点O出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止：动点Q同时从点D出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为1秒，当时，求的面积．
(3)在（2）的条件下，当点P，Q运动至四边形为矩形时，求t的值．
【答案】(1)见解析
(2)12
(3)当点，运动至四边形为矩形时的值为或
【分析】（1）代入点坐标即可得出值确定直线的解析式，进而求出A点坐标，再求出点D的坐标，根据，，即可证四边形是平行四边形；
（2）作于，设出点的坐标，根据勾股定理计算出的长度，根据运动时间求出的长度即可确定的面积；
（3）根据对角线相等确定的长度，再根据、的位置分情况计算出值即可．
【详解】（1）解：直线经过点，
，
解得，
即直线的解析式为，
当时，，
，
线段平行于轴，
点的纵坐标与点一样，
又点在直线上，
当时，，
即，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形；
（2）作于，
点在直线上，
设点的坐标为，
，，
由勾股定理，得，
即，
整理得或8（舍去），
，
，
当时，，
；
（3），
当时，，
当时，，
当点，运动至四边形为矩形时，，
，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
综上，当点，运动至四边形为矩形时的值为或．
【点睛】本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·山东济宁·九年级嘉祥县第四中学校考期末）已知，如图抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形AOCD面积的最大值；
(3)若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以A，C，E，P为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2＋x−3
(2)13.5
(3)存在P1（−3，−3），P2（，3），P3（,3）
【分析】（1）根据OC＝3OB，B（1，0），求出C点坐标（0，−3），把点B，C的坐标代入y＝ax2＋3ax＋c，求出a点坐标即可求出函数解析式；
（2）过点D作DE∥y轴分别交线段AC于点E．设D（m，m2＋2m−3），然后求出DE的表达式，把S四边形ABCD分解为S△ABC＋S△ACD，转化为二次函数求最值；
（3）①过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形．②平移直线AC交x轴于点E，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，由题意可知点P2、P3的纵坐标为3，从而可求得其横坐标．
【详解】（1）解：（1）∵B的坐标为（1，0），
∴OB＝1．
∵OC＝3OB＝3，点C在x轴下方，
∴C（0，−3）．
∵将B（1，0），C（0，−3）代入抛物线的解析式得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2＋x−3．
（2）解：如图1所示：过点D作DE∥y，交AC于点E．
∵x＝−＝，B（1，0），
∴A（−4，0）．
∴AB＝5．
∴S△ABC＝AB•OC＝×5×3＝7.5．
设AC的解析式为y＝kx＋b．
∵将A（−4，0）、C（0，−3）代入得：
，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝−x−3．
设D（a，a2＋a−3），则E（a，−a−3）．
∵DE＝−a−3−（a2＋a−3）＝−（a＋2）2＋3，
∴当a＝−2时，DE有最大值，最大值为3．
∴△ADC的最大面积＝DE•AO＝×3×4＝6．
∴S四边形ABCD=S△ABC＋S△ACD=7.5+6=13.5，
∴四边形ABCD的面积的最大值为13.5．
（3）解：存在．
①如图2，过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形．
∵C（0，−3），令x2＋x−3＝−3，
∴x1＝0，x2＝−3．
∴P1（−3，−3）．
②平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当AC＝P2E2时，四边形ACE2P2为平行四边形，当AC＝P3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形．
∵C（0，−3），
∴P2，P3的纵坐标均为3．
令y＝3得：x2＋x−3＝3，解得；x1＝，x2＝．
∴P2（，3），P3（,3）．
综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是：P1（−3，−3），P2（，3），P3（,3）．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求二次函数的解析式，二次函数求最值，平行四边形的判定与性质等知识，根据题意作出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键，在解答（3）时要注意进行分类讨论．
4．（2022春·重庆开州·七年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，a）、C（b，0）满足+|b-2|=0．
(1)求点A、点C的坐标；
(2)已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，P点从点C出发向左以每秒1个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发以每秒2个单位长度的速度向上匀速移动，点D（1，2）是线段AC上一点，设运动时间为t（t>0）秒,当S△ODQ＝2S△ODP，此时是否存在点M（m，6）使得S△ODM＝3S△ODQ ，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（2，0）
(2)存在，点M的坐标为（-1，6）或（7，6）或（-9，6）或（15，6）
【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题；
（2）分两种情形当点P在线段OC上时，当点P在CO的延长线上时，分别求出Q点坐标，再根据S△ODM＝3S△ODQ，构建方程即可解决问题．
(1)
解：∵+|b﹣2|＝0，≥0，|b﹣2|≥0．
∴a－2b＝0，b－2＝0，
∴a＝4，b＝2，
∴C（2，0），A（0，4）；
(2)
当点P在线段OC上时，
由题意：×2t×1＝2××（2﹣t）×2，
解得t＝．
当点P在CO的延长线上时，
由题意：×2t×1＝2××（t﹣2）×2，解得t＝4．
如图1﹣1中，当点P在OC上时，Q（0，），
分别作MN⊥x轴，MJ⊥x轴，DK⊥x轴，
∵S△ODM＝3S△ODQ，S△ODM＝S△ODP＋S梯形DPNM－S△MON或S△ODM＝S梯形MJKD－S△MJO－S△ODK，
∴或，
解得：m＝7或﹣1，
∴M（﹣1，6）或（7，6）．
当点P在CO的延长线上时，如图1﹣2中，此时Q（0，8），

∵S△ODM＝3S△ODQ，
同理可得：或，
解得：m＝15或﹣9，
∴M（﹣9，6）或（15，6）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为（﹣1，6）或（7，6）或（﹣9，6）或（15，6）．
【点睛】本题考查了非负数的性质、三角形的面积、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
5．（2021春·四川泸州·八年级统考期末）如图（a），直线∶经过点A、B，OA=OB=3，直线:交y轴于点C，且与直线交于点D，连接OD．
(1)求直线的解析式；
(2)求△OCD的面积；
(3)如图（b），点P是直线上的一动点，连接CP交线段OD于点E，当△COE与△DEP的面积相等时，求点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)
(4)、或
【分析】（1）由已知可以得到A、B的坐标，再利用待定系数法即可求得直线的解析式；
（2）联立l1、l2的解析式可以得到D的坐标，在l2的解析式中令x=0，可以得到C坐标，然后可以得到△OCD的面积；
（3）△COE与△DEP的面积相等，则S△CDO＝S△PCD，则点P、O到CD的距离相等，故OP所在的直线与CD平行，即可求解；
（4）分别按照PD、PC、DC为对角线三种情况分类讨论即可得解．
（1）
由已知可得A、B的坐标分别为：A（3，0）、B（0，3），
∴可得，
解得：k=-1，b=3，
∴直线的解析式为：y=-x+3；
（2）
联立l1、l2的解析式可以得到：
，
解之可得：，
∴D为（2，1），
在l2的解析式中令x=0，可以得到y= -2,
∴C（0，-2），
∴△OCD底边OC上的高为2，
在中令x=0可得y=-2，
∴OC=2，
∴S△OCD=；
（3）
∵△COE与△DEP的面积相等，
∴S△CDO＝S△CDE+S△OCE＝S△PED+S△CED＝S△PCD，
∴点P、O到CD的距离相等，故OP所在的直线与CD平行，
∴直线OP的表达式为：y=，
∴由可得：，
则点P(，)．
（4）
如图，可以画出图形如下，
设使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为（x，y），则：
当对角线是PD时，由题意可得：
，
解之可得：，
∴此时H为；
当对角线是PC时，由题意可得：
，
解之可得：，
∴此时H为；
当对角线是CD时，由题意可得：
，
解之可得：，
∴此时H为；
综上所述，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为、或．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形面积的计算等，综合性强，难度适中．
6．（2022秋·河南安阳·九年级校考期中）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题
问题情境：
某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．
(1)初步探究：
勤思小组的同学提出：当旋转角α= 时，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；
(3)再探究：
在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；
(4)拓展延伸：
在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)见解析
(3)
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．
【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°−30°=60°，
当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM与△AFN中，
，
∴，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在和中
，
∴，
∴PE=PC，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵AE=AC，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB•sin30°=1，AM=AB•cs30°=，
∴=AM•MB=1×=，
∵AE=AC=AB•tan60°=2，AM=，
∴EM=，
在和中
∴，
由（2）可知，
∴=，
∵AF•AE=×2×2=2，
∴△ABC与△AFE重叠的面积2−2×=；
（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．
∴∠α=30°．
如答题图2所示：当∠CPN=90°时．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
综上所述，∠α=30°或60°．
【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
7．（2022秋·河北邯郸·九年级大名县第一中学校考阶段练习）如图，已知反比例函数的图象经过A，B两点，直线与x轴交于点C，且点，．

(1)求m的值；
(2)分别求点B和点C的坐标及的面积；
(3)将直线AB向上平移后，与反比例函数的图象交于点，（点在点的上方），与x轴交于点，与y轴交于点P，连接，，若，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)的面积为
【分析】（1）将代入，求出m的值即可；
（2）过点A作轴于点D，过点B作轴于点E，证明，得出，求出，求出点，用待定系数法求出直线的解析式，再求出，即可得出答案；
（3）过点作轴于点M，作轴于点Q，过点作轴于点N，证明，得出，证明，得出，证明，求出，根据点在反比例函数的图象上，得出，即可求出结果．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过，
∴，
∴；
（2）解：如图1，过点A作轴于点D，过点B作轴于点E，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴点B的纵坐标为2，
又∵点B在反比例函数的图象上，
∴，
设直线的解析式为，将点，代入得：
，解得，
即，
当时，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图2，过点作轴于点M，作轴于点Q，过点作轴于点N，
∵，轴，轴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
∴，
∴，
即的面积为．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数的综合，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，熟练正确三角形相似的判定和性质．
8．（2022秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、（点在点右侧），与轴交于点，且，是第四象限内抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接交于点，当的值最大时，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下：当的值最大时，如图，过点作轴于点，交于点，在轴上是否存在这样的点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）利用待定系数法求解，由点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，且，确定、、的坐标，再将、、的坐标代入，求解即可；
（2）用待定系数法求出直线的解析式，过点作轴于点，交于点，设点的横坐标为，用含的代数式表示，易知取最大值时，最大，再设点的横坐标为，用含的代数式表示点和点的坐标及线段的长，再根据二次函数的性质即可求解；
（3）由（2）知，，由勾股定理求出，由等腰三角形的腰长为或求出的长即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点、（点在点右侧），与轴交于点，且，
，，，
、、的坐标代入，
得，解得，
抛物线的解析式为；
（2）设直线的解析式为，则，
解得，
直线的解析式为，
过点作轴于点，交于点，
设，
当取最大值时，有最大值，
设点，，，
，
当，最大，的值最大，
此时；
（3）存在，
如图，由（2）得，当的值最大时，，，
，
轴于点，
，
点、、、在轴上，
当点与点重合时，，；
当时，，；
当点与点重合时，，；
当时，，；
综上所述，，，，．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，等腰三角形的判定，用待定系数法求函数解析式，勾股定理，第3小问注意分类讨论，求出所有符号条件的点坐标．
9．（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期末）如图①，在中，，，，点为边的中点．动点从点出发，沿折线向终点运动，点在边上以每秒3个单位长度的速度运动，在边上以每秒5个单位长度的速度运动，在点运动的过程中，过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线相交于点．点不与点、点重合．设点的运动时间为秒．
(1)用含的代数式表示的长；
(2)当四边形是轴对称图形时，求出的值；
(3)连接，如图②，当将的面积分成两部分时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或
【分析】（1）先利用勾股定理求出，再分点在边、边上两种情况考虑即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，由它是轴对称图形时，可证四边形是菱形，再分点在边、边上两种情况，由菱形的性质结合（1）的结论即可求得；
（3）由题意可得或，分点在边上，；点在边上，；点在边上，三种情况考虑，即可分别求得此时的时间的值即可．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵点在边、边上的速度分别为每秒3个单位长度、每秒5个单位长度运动，
∴点在边上的运动时间为（秒，在边上的运动时间为（秒，
当时，点在边上，则；
当时，点在边上，则，
综上所述，；
（2）解：如图①所示，当点P在上时，连接与交于点O，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，为的中点，
∴，
∴
又∵四边形是轴对称图形，
∴此时平行四边形是菱形，
∴，
∴，
解得；
如图②所示，当点在边上，
同理可证四边形是菱形，
∴，
设交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，的值为或．
（3）解：设交于点，
∵将的面积分成两部分，
或，
如图③所示，点在边上，时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
△，
∴，即，
解得；
如图④，点在边上，，则，
∵，
∴，
∴，
解得；
如图⑤，点在边上，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，的值为或或．
【点睛】本题是动点综合题，考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，旋转的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
10．（2023秋·湖南益阳·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴正半轴上，直线交y轴于点M，边交y轴于点H．
(1)求直线的函数解析式及的长；
(2)连接，动点P从点A出发，沿折线方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在（2）的情况下，当点P在线段上运动时，是否存在以为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)当或时，为以为腰的等腰三角形．
【分析】（1）由点的坐标，利用勾股定理和菱形的性质易得点的坐标，由，的坐标可得直线的解析式；令，解得，得的长，易得；
（2）设点到的距离为，由的面积易得，利用分类讨论的思想，三角形的面积公式①当在直线上运动；②当运动到直线上时分别得的面积；
（3）分类讨论：①当时，，解得；②当时，利用勾股定理可得的长，易得．
【详解】（1）解：点的坐标为，
，即点的坐标为，
设直线的解析式为，则，
解得：，
直线的解析式为：，
令得：，
即，
；
（2）解：设点到的距离为，
由，
即，
，
①当在直线上运动时的面积为与的运动时间为秒关系为：
，即；
②当运动到直线上时的面积为与的运动时间为秒关系为：
，即，
故；
（3）解：存在①当时，
点的坐标为，，，，
，即，
；
②当时，即，
解得：．
综上所述，当或时，为以为腰的等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，动点问题，等腰三角形的性质和三角形的面积公式及待定系数法求解析式，解题的关键是利用分类讨论的思想，数形结合的思想求解．
11．（2022·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，A（﹣2，0）；C（0，4）
(2)存在点M使AM＋OM最小， M（，）
(3)存在， P（2，4）
【分析】（1）将B（4，0）代入，求出函数解析式即可求解；
（2）作O点关于BC的对称点，连接A交BC 于点M，连接B，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，分别求出直线A的解析式和直线BC的解析式，两直线的交点即为M点；
（3）连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G， 设，则G（t，－t＋4），由求出，再由PFCD，可得 则 当t＝2时，有最大值，同时可求P的坐标．
【详解】（1）将B（4，0）代入y＝﹣＋（m﹣1）x＋2m，
∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0，
解得m＝2，
∴y＝﹣＋x＋4，
令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则﹣＋x＋4＝0，
解得x＝4或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0）；
（2）
存在点M使AM＋OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点，连接A交BC于点M，连接B，
由对称性可知，OM＝M，
∴AM＋OM＝AM＋MA，
当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
由对称性可知∠BM＝45°，
∴B⊥BO，
∴（4，4），
设直线A的解析式为y＝kx＋b，
∴，
解得，
∴y＝x＋，
设直线BC的解析式为，
∴4＋4＝0，
∴＝﹣1，
∴y＝﹣x＋4，
联立方程组，
解得，
∴M（）；
（3）
在点P，使得最大，理由如下：
连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G，
设P（t，﹣＋t＋4），则G（t，﹣t＋4），
∴PG＝﹣＋2t，
∵OB＝OC＝4，
∴BC＝4，
∴S△BCP＝×4×（﹣＋2t）＝﹣＋4t＝×4×PF，
∴PF＝﹣＋t，
∵CD⊥BC，PF⊥BC，
∴PFCD，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∵B、D两点关于y轴对称，
∴CD＝4，
∴＝﹣（﹣4t）＝﹣＋，
∵P点在第一象限内，
∴0＜t＜4，
∴当t＝2时，有最大值，
此时P（2，4）．
【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，轴对称求最短距离的方法，平行线的性质是解题的关键．
12．（2022春·重庆开州·八年级统考期末）如图，直线经过、两点，直线与直线交于点C，与x轴交于点D．
(1)求点C的坐标；
(2)点P是y轴上一点，当四边形PDCB的周长最小时，求四边形PDCB的面积；
(3)把直线沿y轴向上平移9个单位长度，得到新直线与直线交于点E，试探究在x轴上是否存在点Q，在平面内存在点F使得以点D，Q，E，F为顶点的四边形是菱形（含正方形）？若存在，直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)点C的坐标为
(2)
(3)存在，点Q的坐标为：，，，
【分析】（1）由待定系数法求出直线的解析式为，然后联立直线与直线，即可求出点C的坐标；
（2）如图，作点D关于y轴的对称点，连接交y轴于点P，连接DP，当、、三点共线时，四边形PDCB的周长最小，求出直线的解析式为，则可求，进而由求解即可；
（3）由题意可知直线的解析式为，联立线与直线，求出，设，分三种情况，①当ED为菱形对角线时，利用可得点Q坐标；②当EQ为菱形对角线时，利用可得点Q坐标；③当EF为菱形对角线时，利用可得点Q坐标．
(1)
解：设直线的解析式为，由直线经过、两点可得：
，解得，
直线的解析式为，
又直线与直线交于点C，
，解得，
当时，则，
点C的坐标为；
(2)
解：如图，作点D关于y轴的对称点，连接交y轴于点P，连接DP，根据两点之间“线段最短”可知，当、、三点共线时，四边形PDCB的周长最小，
直线与x轴的交点为，
又点D和点关于y轴对称，
点，
，
设直线的解析式为，可得，解得，
直线的解析式为，
令，则，得点，
，
又，，
，
，
；
(3)
解：由题意可得直线的解析式为，
联立线与直线，即，解得，，
设，
①当ED为菱形对角线时，，
即，
解得，
；
②当EQ为菱形对角线时，，
，
，
解得或，
，；
③当EF为菱形对角线时，，
即，
解得，
，
综上：存在，点Q的坐标为：，，，．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质、菱形的判定与性质，分类讨论是解题的关键．
13．（2022春·湖北恩施·七年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点C在x轴的负半轴上，顶点A在y轴的正半轴上，OA=a，AB=2a（a为常数，且a＞0）．动点P从点C出发，沿x轴向点O运动，速度为m个单位/秒；动点Q从点A出发，沿y轴向上运动，速度为n个单位/秒．两点同时出发，当点P到达点O时运动停止，设运动时间为ｔ秒．
(1)用含a的式子表示点A，点B的坐标：A（ ， ）；B（ ， ）．
(2)连接BQ，BP．已知无论t为何值，四边形BPOQ与四边形OABC的面积始终相等，求m：n的值．
(3)在（2）的条件下，当点P运动到OC的中点时，
①求此时点Q的坐标；（用含a的式子表示）
②连接PQ，交边AB于点D．计算四边形BCPD与四边形DPOA的面积之比．
【答案】(1)0，a；－2a，a
(2)m：n=2：1
(3)①Q（0，）；②2：1
【分析】（1）根据坐标与图形性质求解即可；
（2）由已知可得S△BCP=S△ABQ，由三角形的面积公式解答即可；
（3）①根据（2）中结论求得AQ=即可求解；②证明△QAD∽△QOP得到AD=， BD=，利用梯形的面积公式求解即可．
（1）
解：∵在长方形OABC中，OA=a，AB=2a，
∴BC=OA=a，OC=AB=2a，
∴A（0，a），B（-2a，a），
故答案为：0，a；－2a，a；
（2）
解：如图，∵四边形BPOQ与四边形OABC的面积始终相等，
∴S△BCP=S△ABQ，
∴CP·BC= AQ·AB，
∵CP=mt，AQ=nt，
∴mt·a= nt·2a，
∴m=2n，即m：n=2：1；
（3）
解：①由（2）知m=2n，
∵点P为OC的中点，
∴mt=CP=OC=a，则AQ=nt=mt=，
∴OQ=OA+AQ=，
∴点Q的坐标为（0，）；
②如图，CP=OP=a，AQ=，OQ=
∵AD∥OP，
∴△QAD∽△QOP，
∴，即，
∴AD=， 则BD=AB-AD=，
∵，
∴四边形BCPD与四边形DPOA的面积之比为2：1．
【点睛】本题考查坐标与图形、相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式、梯形的面积公式、比例性质等知识，利用数形结合思想联系相关知识是解答的关键．
14．（2022·广西·统考中考真题）已知，点A，B分别在射线上运动，．
(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大?请说明理由，并求出面积的最大值．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)当时，的面积最大；理由见解析，面积的最大值为
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【详解】（1）解：，证明如下：
，AB中点为D，
，
为的中点，，
，
，
；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
15．（2022·辽宁抚顺·统考三模）如图，直线与轴，轴交于，两点，抛物线经过，两点，是射线上一动点，轴交抛物线于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接，，点在线段上，若，求此时点的坐标；
(3)点从点出发，沿射线方向以每秒5个单位长度的速度匀速运动，设运动的时间为秒，当为何值时，，请直接写出所有符合条件的值．
【答案】(1)
(2)的坐标为或
(3)或
【分析】（1）先求出直线与坐标轴的交点，再利用待定系数法求得即可；
（2）延长交轴于点，设设点，则，
再由割补法用表示三角形的面积，利用函数解析式可得；
（3）当在点上方或下方两种情况表示出和点坐标，根据位置不同分别表示出，由列方程求解即可．
(1)
∵直线与轴，轴交于，两点，
∴当时，，
∴，
∴．
∴当时，，
∴．
∵抛物线经过，两点，
∴，
∴，
∴．
(2)
如图1，延长交轴于点，
∵，，
∴，，
∴．
设点，则，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，，
的坐标为或．
(3)
如图2，当在点上方时，过点作轴，垂足为点，则有，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
当时，有，
解得，，
∴；
如图3，当在点下方时，过点作轴，垂足为点，
∴，，
∴，
当时，，
∴，，
综上所述，符合条件的值为或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式，割补法求三角形的面积，二次函数的性质及解一元二次方程的能力是解本题的关键．
16．（2022春·九年级课时练习）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，，，点E为AB延长线上一点，连接EC并延长，交AD的延长线于点F，则的度数为______°；
【问题探究】（2）如图2，在Rt△ABC中，，点D、E在直线BC上，连接AD、AE，若，，求△ADE面积的最小值；
【问题解决】（3）近日，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，此次修订中增加的跨学科主题学习活动，突破学科边界，鼓励教师开展跨学科教研，设计出主题鲜明、问题真实的跨学科学习活动．为此，某校欲将校园内一片三角形空地ABC（如图3所示）进行扩建后作为跨学科主题学习活动中心，在AB的延长线上取一点D，连接DC并延长到点E，连接AE，已知，米，，为节约修建成本，需使修建后△ADE的面积尽可能小，问△ADE的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60；（2），详见解析；（3）3200m2，详见解析．
【分析】（1）由四边形内角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE面积数值为3DE，只需求出CE最小值即可；作出三角形ADE外接圆，圆心为O，过O作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH最小值，借助三角函数得DH最小值；最后由垂径定理得DE=2DH的最小值，代入求解；
（3）过C作CH⊥AE，证明出四边形ABCF为正方形，设BD=x，EF=y，利用三角函数得到xy=1600，利用不等式得到x+y的最小值，代入三角形ADE面积1600+20（x+y），求值即可．
【详解】（1）解：在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴=180°－∠BCD=60°，
故答案为：60．
（2）解：S△ADE=DE·AB=3DE，
∴当DE取最小值时，△ADE面积取最小值．
作△ADE的外接圆，圆心为O，连接OD、OE、OA，过O作OH⊥DE于H，
则∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
∴OA+OA≥6，
即OA≥4，OH≥2，
由垂径定理得：DE=2DH=2OH≥，
此时，A、O、H共线，AD=AE，
∴△ADE面积的最小值为：3×=．
（3）解：过C作CH⊥AE于H，如图所示，
设BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=BC=40
∴四边形ABCF为正方形，
由tan∠E=tan∠BCD知，，
即，
∴y=，
即xy=1600，
∵，
∴=80，
当x=y时取等号，即x+y的最小值为80，
又△ADE的面积=正方形ABCF面积+三角形BCD面积+三角形CEF面积，
即△ADE的面积=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
综上所述，△ADE的面积的最小值为3200 m2．
【点睛】本题考查了四边形内角和、圆心角与圆周角关系、垂径定理、三角函数、正方形判定、不等式性质等知识，综合性很强，对定高定角图形的问题转化为圆的问题及灵活利用不等式是解题关键．
17．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）已知：如图，抛物线（）交轴于、两点，交轴于点，直线：交轴于点，交轴于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若为抛物线上一点，连接、，设点的横坐标为（），的面积为，求与函数关系式；（不要求写出自变量的取值范围）
(3)在（2）的条件下，点在线段上，点是第二象限抛物线上一点，，，且，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出一次函数解析式，再将E点坐标代入一次函数解析式中求出m即可；
（2）利用梯形的面积减去两个直角三角形的面积即可；
（3）先求出直线AQ的解析式，再设出M、N的坐标，构造全等三角形，利用全等三角形的性质建立方程求解即可．
【详解】（1）解：当时，，
∴，
将代入中得，
∴
∵，
将代入得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵，
∴，，
∴
如图，过Q点作于B，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴
，
即．
（3）当时，，
∴（正值舍去）
当时，，
∴，
设直线AQ的解析式为：，
∴，
∴，
∴，
如图，分别过Q点、N点作x轴的垂线，分别与过A点、M点作的x轴的平行线分别交于点K、点H，过M点作x轴的垂线，垂足为G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，，
∴，
，
，
，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题考查了抛物线与一次函数、三角形面积问题等知识，设计到了全等三角形的判定与性质、待定系数法、等腰直角三角形的判定与性质、二元一次方程组等知识，解题关键是理解图形、能构造全等三角形．
18．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）如图,在中,，是边上的高，点是的中点，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿折线向终点运动，连结，作点关于直线的对称点，设点的运动时间为秒．
(1)线段的长为_______；
(2)用含的代数式表示点到的距离；
(3)连结，当线段最长时，求的面积；
(4)当点三点共线时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)当线段最长时，的面积为24
(4)
【分析】（1）由是边上的高得，由得，再由勾股定理得，又因为，所以，即可得到答案；
（2）分两种情况讨论，当点在上运动和点在上运动时，根据等面积法，分别可以求出和的关系，从而即可得到答案；
（3）当点三点共线时，线段最长，画出图如图所示，此时，求出答案即可；
（4）以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，可以直接写出各个点的坐标，从而可以求出直线的解析式，由点在直线上，设出点的坐标，再根据求出点的坐标，从而可以得出直线的解析式，进而可以得出点所在直线的解析式，得到点的坐标，即可得到答案．
【详解】（1）解：是边上的高，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：当时，点在上运动，
作交于点，作交于点，点到的距离即的长，如图所示，
根据图可得：，
点是的中点，
，
，
，
，
点是的中点，
，
，，
，
；
当时，点在上运动，
作交于点，作交于点，点到的距离即的长，连接，如图所示，
根据图可得：，
，点是的中点，
，
，
，
，
，
，
综上所述：；
（3）解：当点三点共线时，线段最长，
连接，如图所示，
在中，
，点是的中点，
，
点关于直线的对称点为，
，
根据三角形三边关系可得：，
因此当点三点共线时，线段最长，如图所示，
，，
（SAS），
，
，
，
当线段最长时，的面积为24；
（4）解：以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设直线的解析式为：，
则，
解得：，
直线的解析式为：，
点三点在一条直线上，
设点坐标为，
点关于直线的对称点为，
，
，
解得：，
，
，
点在的垂直平分线上，
设直线的解析式为：，
则，解得，
直线的解析式为：，
的垂直平分线的解析式为：，
的中点在的垂直平分线上，
，
，
的垂直平分线的解析式为：，
，
∵
．
【点睛】本题考查了勾股定理，等面积法求三角形的高，求一次函数解析式，建立平面直角坐标系求解，本题的综合性较强，正确作出辅助线，采用数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．
19．（2023·河北·九年级专题练习）如图，在中，，，点M在BC边所在的直线上，，，以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，点H为半圆弧PQ上一动点．
探索：如图1，当点P与点M重合时，则______，线段CH的最小值为______．
思考：若点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，同时半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，运动时间为t秒．解决下列问题：
（1）如图2，当PQ与D点在一条直线上时，求点O到CD的距离及扇形OHQ的面积；
（2）当圆O与CD相切于点K时，求的度数：
直接判断此时：弧HQ长______弦KQ长（填：＜、＞或＝）
（3）当弧HQ（包括端点）与边有两个交点时，直接写出：运动时间t的取值范围．
【答案】探索：；
思考：（1）；（2）；＜
（3）
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的长，利用“两点之间，线段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面积法建立方程求出O点到CD的距离，再利用扇形面积公式计算扇形OHQ的面积．
（2）利用勾股定理求出CP，进一步求出运动时间后，可以求出角度，利用等边三角形的判定与性质和弧长公式计算后即可完成求解．
（3）分析弧与平行四边形的边有两个交点情况的界点值即可求解．
【详解】索：解：如图，连接BQ，CO，
当点P与点M重合时，
∵以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，
∴，
∵，，，
∴，，
∴；
当C、H、O三点共线时，CH+HO的值最小，由HO为定值，即CH的值最小，
∵，
∴，
故答案为：；．
思考：（1）如图所示，当PQ与D点在一条直线上时，
则，
∵在中，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
设O点到CD的距离为h，
∵
∴，
∵，半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，
∴运动了4秒，
∵点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，
∴，
∴扇形OHQ的面积为；
故答案为：O点到CD的距离为，扇形OHQ的面积为．
（2）如图，连接OK，CO，当圆O与CD相切于点K时，
则OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，，
∴，
∴运动时间为秒，
∴∠HOQ= ，
∴的度数为，
弧HQ的长为；
连接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴△KOQ是等边三角形，
∴KQ=3，
∴弧HQ长＜弦KQ长，
故答案为： ，弧HQ长＜弦KQ长．
（3）
理由：如图，当半圆的圆弧与AB相切时，切点记为N，连接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
∴，
∴，
∴运动时间为秒，
此时，，；
当Q点运动到AB上时，如图所示，
此时，
∴
∴运动时间为秒，
此时，，；
∴．
【点睛】本题考差了圆的运动问题和圆上的点的运动的问题，涉及到了切线的判定与性质、特殊角的三角函数的应用等，解题关键是找出界点值并进行求解．