人教版中考一轮复习 第13讲动点问题--基础班

第13讲 动点问题

知识点1 动点问题中的函数图象
本讲例举了以三角形、四边形、圆为背景的因点运动而产生的函数问题，这些问题的重点在于定性刻画两个变量之间的关系，能够依据题意，在所给出的函数图象中，找准临界点，数形结合，分段思考问题；如果是选择题，综合给出的所有选项，找到异同点，深入分析，快速找到正确选项。
【典例】
例1（2020秋•南京期末）如图1，在矩形MNPO中，动点R从点N出发，沿N→P→O→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形MNPO的周长是（　　）

A．11 B．15 C．16 D．24
【解答】解：∵x＝3时，及R从N到达点P时，面积开始不变，
∴PN＝3，
同理可得OP＝5，
∴矩形的周长为2（3+5）＝16．
故选：C．
【方法总结】
考查动点问题的函数的有关计算；根据所给图形得到矩形的边长是解决本题的关键．
例2（2020春•荔湾区期末）如图，菱形ABCD中，点M是AD的中点，点P由点A出发，沿A→B→C→D作匀速运动，到达点D停止，则△APM的面积y与点P经过的路程x之间的函数关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：观察图象可知，当点P沿A→B运动时，△APM的面积由小变大，故C错误；
当点P沿B→C上运动时，△APM的面积不变，故选项A、B错误；
当点P沿C→D运动时，△APM的面积由大变小．
故符合题意的图象只有选项D．
故选：D．
【方法总结】
本题考查动点问题的函数图象、解题的关键是理解题意，学会利用排除法解决问题．
例3（2020•浙江自主招生）如图，已知直线y=34x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P在以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB，则△PAB面积的最大值是　212　．

【解答】解：过点C作CD⊥AB于D，延长DC交⊙C于另一点P′，连接P′A、P′B，此时△P′AB的面积最大，如图所示．
当x＝0时，y＝﹣3，
∴点B（0，﹣3）；
当y=34x﹣3＝0时，x＝4，
∴点A（4，0）．
∵点C（0，1），
∴BC＝1﹣（﹣3）＝4，AO＝4，BO＝3，AB=AO2+BO2=5．
∵∠ABO＝∠CBD，∠AOB＝∠CDB＝90°，
∴△AOB∽△CDB，
∴CDAO=BCBA，
∴CD=BC⋅AOBA=165，
∴DP′＝CD+CP′=165+1=215．
∴S△P′AB=12AB•P′D=12×5×215=212．
故答案为：212．

【方法总结】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质以及三角形的面积，找出△PAB面积取最大值时点P的位置是解题的关键．本题属于中档题，难度不大，利用相似三角形的性质或者面积法求出CD的长度是解决此题的突破点．
例4 （2020秋•青羊区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-34x+15分别交x轴、y轴于点A，B，交直线y=12x于点M．动点C在直线AB上以每秒3个单位的速度从点A向终点B运动，同时，动点D以每秒a个单位的速度从点O沿OA的方向运动，当点C到达终点B时，点D同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求点A的坐标和AM的长．
（2）在点C的整个运动过程中，
①求点C的坐标（用含t的代数式表示）．
②若a＝2，以C为直角顶点作等腰直角△CDE（点C，D，E按逆时针顺序排列）．当OM与△CDE的一边平行时，求所有满足条件的t的值．

【解答】解：（1）∵直线y=-34x+15分别交x轴、y轴于点A，B，

∴令y＝0时，-34x+15＝0，
解得x＝20，
∴A（20，0），
由y=-34x+15y=12x，解得x=12y=6，
∴M（12，6），
∴AM=62+82=10；

（2）①如图2，过点C作CF∥x轴交OB于点C，

∴△BFC∽△BOA，
∴BCAB=BFOB=CFOA，
∵OB＝15，OA＝20，
∴AB=OB2+OA2=152+202=25，
∴15-3t25=BF15=CF20，
解得BF＝15-95t，CF＝20-125t，
∴OF=95t，
∴C（20-125t，95t）；
②过点C作CK⊥x轴于点K，由①知CK=95t，OK＝20-125t，
AC＝3t，OD＝2t，tan∠MOA=12，
Ⅰ．如图3，当CD∥OM时，则ACAM=ADAO，

∴3t10=20-2t20，解得t=52；
Ⅱ．如图4，当CE∥OM时，∠CPO＝∠ECD＝90°，

∴∠DCK+∠CDO＝∠DOP+∠CDO＝90°．
∴∠DCK＝∠DOP，
∴tan∠DCK=DKCK=12，
∵DK＝OD﹣OK＝2t﹣（20-125t）=225t﹣20，
∴225t﹣20=12×9t5t，
∴t=407；
Ⅲ．如图5，当DE∥OM时，过点E作EH⊥x轴于点H，过点C作CG∥x轴交HE的延长线于点G，

∵∠DCE＝∠GCK＝90°，
∴∠GCE＝∠DCK，
又∵∠DKC＝∠CGE，CD＝CE，
∴△CDK≌△CEG（AAS），
∴GH＝CK=95t，GE＝DK＝OK﹣OD＝20-125t﹣2t＝20-225t，
∴EH＝GH﹣GE=95t﹣（20-225t）=315t﹣20，
DH＝DK+KH＝DK+CK＝20-225t+95t＝20-135t，
∵∠EDH＝∠MOA，
∴tan∠EDH=EHDH=12，
∴315t﹣20=12（20-135t），
∴t＝4．
综合以上可得，t的值为52或407或4．
【方法总结】
本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，两点间的距离公式，求两直线的交点坐标，坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，熟练运用方程思想及分类讨论思想方法是解题的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•濉溪县期中）点P（x，y）在第一象限内，且x+y＝4，点A的坐标为（4，0），设△OPA的面积为s，则下列图象中，能正确反映s与x之间的函数关系式的图象是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵点P（x，y）在第一象限内，且x+y＝4，
∴y＝4﹣x（0＜x＜4，0＜y＜4）．
∵点A的坐标为（4，0），
∴S=12×4×（4﹣x）＝﹣2x+8，
∵0＜x＜4，故0＜S＜8，
∴D符合．
故选：D．
2．（2020秋•通州区期中）在Rt△ABC中．∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝6，点D是AC边上一动点，过点D作DE⊥BC，垂足为E．作DF∥CB，交AB于点F．四边形DEBF的面积S与线段DE之间关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：在Rt△ABC中，tanC=ABCB=12，
设DE＝x，在Rt△CDE中，CE=EDtanC=x12=2x，
则BE＝BC﹣CE＝6﹣2x，
则S＝DE•BE＝x（6﹣2x）＝﹣2x2+6x（0≤x≤3），
该函数为开口向下的抛物线的一部分，且抛物线和x轴的交点坐标为（0，0）和（3，0），
故选：B．
3．（2020秋•江岸区校级月考）如图1，直线y=-34x+6与y轴交于点A，与x轴交于点D，AB平分∠OAD交x轴于点B．
（1）求OB的长；
（2）如图2，G，F是直线AB上的两点（点E在点F上方），若△DEF是以FG为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；
（3）如图3，点P是直线AB上点，点Q是直线AD上的动点，点G是x轴上的动点，且以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，直接写出点G的坐标　（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0）　．

【解答】解：（1）对于直线y=-34x+6，令x＝0，得到y＝6，可得A（0，6），
令y＝0，得到x＝8，可得D（8，0），
∴AC＝AO＝6，OD＝8，AD=AO2+OD2=10，
∴CD＝AD﹣AC＝4，设BC＝OB＝x，则BD＝8﹣x，
在Rt△BCD中，∵BC2+CD2＝BD2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴B（3，0），
故OB＝3；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+6，
∵B（3，0），
∴3k+6＝0，
∴k＝﹣2，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+6，
作GM⊥x轴于M，FN⊥x轴于N，

∵△DFG是等腰直角三角形，
∴DG＝FD，∠1＝∠2，∠DMG＝∠FND＝90°，
∴△DMG≌△FND（AAS），
∴GM＝DN，DM＝FN，设GM＝DN＝m，DM＝FN＝n，
∵G、F在直线AB上，
则：m＝﹣2（8﹣n）+6，﹣n＝﹣2（8﹣m）+6，
解得：m＝2，n＝6
∴F（6，﹣6）；

（3）点D（8，0），设点G（x，0），Q（m，-34m+6），P（n，﹣2n+6），
当以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形时，yP＝yQ，即-34m+6＝﹣2n+6），则3m＝8n①，
①当点P在点Q的左侧时，

∴GP∥QD，过点P作PH⊥x轴于H，
在Rt△AOD中，tan∠ADO=AOOD=34，则cos∠ADO=45=cos∠HGD，
则GP=HGcos∠HGD=n-x45=54（n﹣x），
∵以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝GD，GD＝GP，
则m﹣n＝8﹣x②，|8﹣x|=54（n﹣x）③，
联立①②③并解得：x＝﹣2或143；
②当点Q在点P的右侧时，
同理可得：m﹣n＝x﹣8④，
联立①③④并解得x＝33或811，
综上，点G的坐标为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0），
故答案为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0）．
知识点2 动点与存在性问题
在探究平行四边形的存在性问题时，具体方法如下：
（1）假设结论成立；
（2）探究平行四边形存在问题一般是已知平行四边形的3个顶点，再去求另外一个顶点，具体方法有两种：第一种是：①从给定的3个顶点中任选2个定点确定的线段作为探究平行四边形的边或对角线分别作出平行四边形；②根据题干要求找出符合条件的平行四边形；第二种是：①以给定的3个定点两两组合成3条线段，分别以这3条线段为对角线作出平行四边形；②根据题干要求找出符合条件的平行四边形；
（3）建立关系式，并计算；根据以上分类方法画出所有的符合条件的图形后，可以利用平行四边形的性质进行计算，也可以利用全等三角形、相似三角形或直角三角形的性质进行计算，要具体情况具体分析，有时也可以利用直线的解析式联立方程组，由方程组的解为交点坐标的方法求解.
【典例】
例1（2020秋•绥棱县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c与直线y＝kx+b都经过A（0，﹣3），D（3，0）两点，该抛物线的顶点为C．
（1）求此抛物线和直线AB的解析式；
（2）设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△PAB面积大时，试求出点P的坐标，并求出△PAB面积的最大值；
（3）设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴9a-6+c=0c=-3，
解得a=1c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∵直线y＝kx+b经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴b=-33k+b=0，
解得k=1b=-3，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣3；

（2）如图1，

作PQ∥y轴交直线AB于点Q，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则Qm，m﹣3），
∴PQ＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴S△PAB=12×3×（﹣m2+3m）
=-32m2+92m
=-32（m-32）2+278，
∴当m=32时，△PAB面积有最大值，最大值是278，此时P点坐标为（32，-154）．

（3）存在，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点C的坐标为（1，﹣4），
∵CE∥y轴，
∴E（1，﹣2），
∴CE＝2，
①如图2，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE＝MN，

设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴﹣a2+3a＝2，
解得：a＝2，a＝1（舍去），
∴M（2，﹣1），
②如图3，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE＝MN，

设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a2﹣2a﹣3﹣（a﹣3）＝a2﹣3a，
∴a2﹣3a＝2，
解得：a=3+172，a=3-172（舍去），
∴M（3+172，-3+172），
综合可得M点的坐标为（2，﹣1）或（3+172，-3+172），
【方法总结】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键．
例2（2020秋•越城区期中）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A（﹣1，0），C（4，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标及S△ABF；
（3）点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使△ABP成为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），C（4，0），
∴AC＝5，OC＝4，
∵AC＝BC＝5，
∴B（4，5），
把A（﹣1，0）和B（4，5）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
1-b+c=016+4b+c=5，解得：b=-2c=-3，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图1，∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴-k+b=04k+b=5，解得：k=1b=1，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3，

∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t-32）2+254，
∴当t=32时，EF的最大值为254，
∴点E的坐标为（32，52），
∴S△ABF=12EF⋅(xB-xA)=12×254×(4+1)=1258．
（3）存在，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴设P（1，m），
分三种情况：
①以点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2＝PA2，
∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（4+1）2+52＝（1+1）2+m2，
解得：m＝8，
∴P（1，8）；
②以点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2＝PB2，
∴（1+1）2+m2+（4+1）2+52＝（4﹣1）2+（m﹣5）2，
解得：m＝﹣2，
∴P（1，﹣2）；
③以点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2＝BA2，
∴（1+1）2+m2+（4﹣1）2+（m﹣5）2＝（4+1）2+52，
解得：m＝6或﹣1，
∴P（1，6）或（1，﹣1）；
综上，点P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）．
【方法总结】
此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，勾股定理，解一元二次方程，利用了数形结合及分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法和分类讨论思想是解本题的关键．
【随堂练习】
1．（2019•金台区一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点．
（1）求这条抛物线和直线BC的解析式；
（2）E为抛物线上一动点，是否存在点E，使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），
把C（0，2）代入得a•1•（﹣4）＝2，解得a=-12，
∴抛物线解析式为y=-12（x+1）（x﹣4），即y=-12x2+32x+2；
设直线BC的解析式为y＝mx+n，
把C（0，2），B（4，0）代入得n=24m+n=0，解得m=-12n=2，
∴直线BC的解析式为y=-12x+2；
（2）存在．
由图象可得以A或B点为直角顶点的△ABE不存在，
∴△ABE只能是以E点为直角顶点的三角形，
∵AC2＝12+22＝5，BC2＝42+22＝20，AB2＝52＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ACB为直角三角形，∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBO，
∴△ACB∽△COB
∴当点E在点C时，以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似；
∵点C关于直线x=32的对称点的坐标为（3，2），
∴点E的坐标为（3，2）时，以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似，
综上所述，点E的坐标为（0，2）或（3，2）．

2．（2020•黔东南州）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
（3）点P是x轴上的动点，点Q是抛物线上的动点，是否存在点P、Q，使得以点P、Q、B、D为顶点，BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P、Q坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；

（2由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AC=10，
设点E（0，m），则AE=m2+1，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，10=m2+1，
∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），
∴E（0，3），
②当AC＝CE时，10=|m+3|，
∴m＝﹣3±10，
∴E（0，﹣3+10）或（0，﹣3-10），
③当AE＝CE时，m2+1=|m+3|，
∴m=-43，
∴E（0，-43），
即满足条件的点E的坐标为（0，3）、（0，﹣3+10）、（0，﹣3-10）、（0，-43）；

（3）如图，存在，∵D（1，﹣4），
∴将线段BD向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离，使点B的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q，此时点D的对应点就是点P，
∴点Q的纵坐标为4，
设Q（t，4），
将点Q的坐标代入抛物线y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，
∴t＝1+22或t＝1﹣22，
∴Q（1+22，4）或（1﹣22，4），
分别过点D，Q作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴的右边的交点B的坐标为（3，0），且D（1，﹣4），
∴FB＝PG＝3﹣1＝2，
∴点P的横坐标为（1+22）﹣2＝﹣1+22或（1﹣22）﹣2＝﹣1﹣22，
即P（﹣1+22，0）、Q（1+22，4）或P（﹣1﹣22，0）、Q（1﹣22，4）．


综合运用
1．（2020秋•海淀区期中）如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别在线段BO，AO上，且PQ∥AB．以PQ为边作一个菱形，使得它的两条对角线分别在线段AC，BD上，设BP＝x，新作菱形的面积为y，则反映y与x之间函数关系的图象大致是
（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：设OB＝a，则OP＝a﹣x，
则OQ＝OPtan∠QPO＝（a﹣x）tan∠QPO，
故y＝4S△POQ＝4×12×（a﹣x）（a﹣x）tan∠QPO＝2tan∠QPO（a﹣x）2，
∵2tan∠QPO为大于0的常数，
故上述函数为开口向上的抛物线，且x＝a时，y取得最小值，
故选：C．
2．（2020•郑州校级模拟）如图1，点A是⊙O上一定点，圆上一点P从圆上一定点B出发，沿逆时针方向运动到点A，运动时间是x（s），线段AP的长度是y（cm）．图2是y随x变化的关系图象，则点P的运动速度是（　　）

A．1cm/s B．2cm/s C．π2cm/s D．3π2cm/s
【解答】解：从图2看，当x＝1时，y＝AP＝2，即此时A、O、P三点共线，
则圆的半径为12AP＝1，
当x＝0时，AP＝AB=2=AO2+BO2=2，
故OA⊥OB，
则点P从点B走到A、O、P三点共线的位置时，
此时x＝1，走过的了角度为90°，则走过的弧长为90°360°×2π×r=π2，
故点P的运动速度是π2÷1=π2（cm/s），
故选：C．
3．（2020•三水区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝3cm，点E是AB的中点，点P沿E﹣A﹣D﹣C以1cm/s的速度运动，连接CE、PE、PC，设△PCE的面积为ycm2，点P运动的时间为t秒，则y与x的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：∵点E是AB的中点，
∴AE＝3cm，
当点P在AE上时，y=12×3×t=32t，
当点P在AD上时，
y=12×（3+6）×3-12×3×（t﹣3）-12×6×（6﹣t）=3t2，
当点P在CD上时，
y=12×（12﹣t）×3＝18-32t，
故选：C．
4．（2020春•崇川区校级期中）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以恒定的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x．△PAB面积为y，若y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为（　　）

A．36 B．54 C．72 D．81
【解答】解：由题意及图②可知：
AB＝6，BC＝18﹣6＝12，
∴矩形ABCD的面积为6×12＝72．
故选：C．
5．（2020春•林州市期中）如图，正方形ABDE的边长为4cm，点F是对角线AD、BE的交点，△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°．动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿折线AB→BC→CD运动，到达点D时停止．设点P运动x（秒）时，△AFP的面积为y（cm2），则能够反映y与x之间函数关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：∵正方形ABDE的边长为4cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿折线AB→BC→CD运动，
∴动点P到达点B时，x＝4，
∴排除选项B．
∵动点P在AB上运动时，AF边不变，
∴△AFP的面积y（cm2）为x的一次函数，故排除选项C．
∵四边形ABDE为正方形，
∴AB＝BD，AB∥DE，
∵△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°．
∴BD＝DC，C、D、E三点共线，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴当点P在线段BC上运动时，y值不变；
∵点P在CD上运动时，AF边不变，
∴△AFP的面积y（cm2）为x的一次函数，故排除选项D．
故选：A．
6．（2020•金华模拟）如图，点A（﹣1，0），点P是射线AO上一动点（不与O点重合），过点P作直线y＝x的平行线交y轴于C，过点P作x轴的垂线交直线y＝x于B，连结AB，AC，BC．
（1）当点P在线段OA上且AP＝PC时，AB：BC＝　3：5　．
（2）当△ABC与△OPC相似时，P点的横坐标为　-13或12　．

【解答】解：设点P（m，0），则点B（m，m），
直线PC∥OB，则直线PC的倾斜角45°，故OP＝CO，故点C（0，﹣m），而点A（﹣1，0），
则AB2＝（m+1）2+m2＝2m2+2m+1，BC2＝m2+（m+m）2＝5m2，同理AC2＝m2+1，
（1）AP2＝（m+1）2，PC2＝m2+m2＝2m2，
当AP＝PC时，即（m+1）2＝2m2，解得：m＝1-2（不合题意的值已舍去），
AB2＝2m2+2m+1＝（2-2）2+（1-2）2＝9﹣62，
同理BC2＝15﹣102，
则AB2BC2=9-6215-102=35，
故AB：BC=3：5，
故答案为：3：5；

（2）∵△OPC为等腰直角三角形，
∴当△ABC与△OPC相似时，则△ABC也为等腰直角三角形．
①当AC是斜边时，
则AC2＝AB2+BC2，即m2+1＝2m2+2m+1+5m2，
解得：m=-13或0（舍去0），
当m=-13时，
AB2＝2m2+2m+1=59，同理BC2=59，即AB＝BC，
即△ABC为等腰直角三角形，符合题意；
②当AB是斜边时，
同理可得：m=12或0（舍去0），
此时，BC2=54，AC2=54，即BC＝AC，
即△ABC为等腰直角三角形，符合题意；
③当BC是斜边时，
同理：5m2＝2m2+2m+1+m2+1，
解得：m=1±52，
此时，AB≠AC，故m舍去；
综上，m=-13或12，
故答案为：-13或12．
7．（2020秋•渝中区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝3x+62与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为（0，22），点D在x轴上，CD＝AB．
（1）点E在CD上，其横坐标为42，点F、G分别是x轴、y轴上的动点，连接EF，将△DEF沿EF翻折得△D′EF，点P是直线BD上的一个动点，当|PA﹣PC|最大时，求PG+GD′的最小值；
（2）将CD绕点D逆时针旋转90°得直线C′D，点M、N分别是直线C′D与直线AB上的动点，当△CMN是以CN为直角边的等腰直角三角形时，直接写出点M的坐标．

【解答】解：（1）对于y＝3x+62，令x＝0，则y＝62，令y＝3x+62=0，解得x＝﹣22，
故点A、B的坐标分别为（﹣22，0）、（0，62），
∴OC＝OA＝22，
∵CD＝AB，
∴Rt△AOB≌Rt△COD（HL），
∴OD＝OB＝62，故点D（62，0），
连接AC交BD于点P，则点P为所求点，
理由：|PA﹣PC|＝PA﹣PC＝AC为最大，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y＝x+22①，
同理可得，直线BD的表达式为y＝﹣x+62②，
联立①②并解得x=22y=42，故点P（22，42），
过点P作y轴的对称点P′（﹣22，42），过点E以DE为半径作圆E，连接P′E交圆E于点D′，交y轴于点G，
则点G为所求点，此时，PG+GD′最小，
理由：PG+GD′＝P′G+GD′＝P′E﹣D′E＝P′D′为最小，
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为y=-13x+22，
当x＝42时，y=-13x+22=223，故点E的坐标为（42，223），
由点P′、E的坐标得：P′E=(42+22)2+(42-223)2=4533，
同理可得DE=453，
则PG+GD′的最小值＝P′E﹣D′E＝P′E﹣DE=453-453；

（2）如图2，∵Rt△AOB≌Rt△COD，

∴∠BAO＝∠OCD，
∵∠CDC′＝90°，
∴∠C′Dx+∠CDO＝90°，
∵∠CDO+∠DCO＝90°，
∴∠C′Dx＝∠ODC＝∠BAO，即C′D∥AB，
故设直线C′D的表达式为y＝3x+t，将点D的坐标代入上式并解得b＝﹣182，
故直线C′D的表达式为y＝3x﹣182，故设点M的坐标为（m，3m﹣182），点N（n，3n+62）．
①当∠MCN为直角时，
当△MCN在CD上方时，
则MC＝NC，
过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，
∵∠GNC+∠GCN＝90°，∠GCN+∠MCH＝90°，
∴∠GNC＝∠MCH，
∵MC＝NC，∠CGN＝∠MHC＝90°，
∴△CGN≌△MHC（AAS），
∴GN＝CH，CG＝MH，
即n＝22-（3m﹣182），3n+62-22=m，
解得m=3225，故点M的坐标为（3225，625）；
当△MCN在CD下方时，
同理可得，点M′（2825，-625）；
②当∠MNC为直角时，
当△MCN在CD上方时，

如图3，过点N作x轴的平行线交y轴于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，
同理可得：GM＝NH，GN＝CH，
即n＝3n+62-（3m﹣182），m﹣n＝3n+62-22，
解得m=4425，
故点M的坐标为（4425，4225）；
当△MCN在CD下方时，
同理可得，点M′的坐标为（1625，-4225）；
综上，点M的坐标为（3225，625）或（2825，-625）或（4425，4225）或（1625，-4225）．
8．（2020•烟台模拟）如图，抛物线y＝ax2+43x+c的图象与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣2），连接AC．点P是x轴上的动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作x轴的垂线，交线段AC于点D，E为y轴上一点，连接AE，BE，当AD＝BE时，求AD+AE的最小值；
（3）点Q为抛物线上一动点，是否存在点P，使得以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

【解答】解：（1）将A（﹣3，0），C（0，﹣2），代入y＝ax2+43x+c得，
9a+43×(-3)+c=0c=-2，解得a=23c=-2，
∴抛物线的表达式为y=23x2+43x-2；

（2）令y=23x2+43x-2=0，解得x＝﹣3或1，
∴点B的坐标为（1，0），
当AD＝BE时，AD+AE＝BE+AE，
∴当A、E、B三点共线时，BE+AE最小，最小值为AB的长，
∴当AD＝BE时，AD+AE的最小值为AB＝1﹣（﹣3）＝4；

（3）存在．设点P的坐标为（m，0），点Q的坐标为（n，23n2+43n-2），
①当AC的平行四边形的边时，
若AQ为平行四边形的对角线，则PA＝QC，如图①，

∴﹣3﹣m＝0﹣n，23n2+43n-2=-2，
解得n＝﹣2或0（舍去），
∴m＝﹣5，
∴点P的坐标为（﹣5，0）；
若AP为对角线，则AC＝PQ，如图②所示，

即m﹣n＝3，23n2+43n-2=2，
解得n＝﹣1+7或-1-7，
∴m＝2+7或2-7，
∴点P的坐标为（2+7，0）或（2-7，0）；
②当AC是平行四边形的对角线时，则AQ＝PC，如图③，

即m﹣（﹣3）＝0﹣n，23n2+43n-2=-2，
解得n＝﹣2或0（舍去），
∴m＝﹣1，
∴点P的坐标为（﹣1，0）．
综上所述，点P的坐标为（﹣5，0）或（2+7，0）或（2-7，0）或（﹣1，0）．
9．（2020•温州模拟）已知，如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过直线y＝﹣x+3与坐标轴的两个交点A，B．此抛物线与x轴的另一个交点为C．抛物线的顶点为D．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）若点M为抛物线上一动点，是否存在点M．使△ACM与△ABC的面积相等？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3，
∴当x＝0时，y＝3，当y＝0时，x＝3，
∵直线y＝﹣x+3与坐标轴的两个交点A，B，
∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过直线y＝﹣x+3与坐标轴的两个交点A，B，
∴-32+3b+c=0c=3，得b=2c=3，
即抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）存在点M．使△ACM与△ABC的面积相等．
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣（x﹣1）2+4与x轴的另一个交点为C．抛物线的顶点为D，
∴点C的坐标为（﹣1，0），点D的坐标为（1，4），
∵△ACM与△ABC的面积相等，点B的坐标为（0，3），
∴点M的纵坐标是3或﹣3，
当点M的纵坐标为3时，3＝﹣x2+2x+3，得x1＝0，x2＝2，
则点M的坐标为（2，3）；
当点M的纵坐标为﹣3时，﹣3＝﹣x2+2x+3，得x3=7+1，x4=-7+1，
则点M的坐标为（7+1，﹣3）或（-7+1，﹣3）；
由上可得，点M的坐标为（2，3）、（7+1，﹣3）或（-7+1，﹣3）．