中考数学二轮复习压轴题专题15动点综合问题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习压轴题专题15动点综合问题（含解析），共150页。

决胜2020中考数学压轴题全揭秘精品
专题15 动点综合问题

【典例分析】
【考点1】动点之全等三角形问题
【例1】如图，直线与轴和轴分别交于两点，另一条直线过点和点.
(1)求直线的函数表达式;
(2)求证: ;
(3)若点是直线上的一个动点，点是轴上的一个动点，且以为顶点的三角形与全等，求点的坐标.

【答案】(1) ;(2) ; (3) 点的坐标为或或或
【解析】（1）在y=-x+4中，令y=0，则0=-x+4，求得A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）在直线ABy=-x+4中，得到k1=-，在直线ACy＝x−中，得到k2=，由于k1•k2=-1，即可得到结论；
（3）根据勾股定理得到AB=5，①当∠AQP=90°时，如图1，由全等三角形的性质得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②当∠APQ=90°时，如图2，根据全等三角形的性质得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在．
【详解】（1）在y=-x+4中，
令y=0，则0=-x+4，
∴x=3，
∴A（3，0），
设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，
则：，解得： ，
∴直线AC对应的函数关系式为y＝x-.
(2) 在直线ABy=-x+4中，
∵k1=-，
在直线ACy＝x−中，k2=，
∴k1•k2=-1，
∴AB⊥AC；（3）在y=-x+4中，
令x=0，则y=4，
∴OA=3，OB=4，由勾股定理得AB=5，
①当∠AQP=90°时，如图1，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=OB=4，
∴Q1（7，0），Q2（-1，0），
②当∠APQ=90°时，如图2，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=AB=5，
∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．
③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在，
综上所述：点Q的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．

【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形的性质等知识，分类讨论是解题关键，以防遗漏．
【变式1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BM⊥BQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上一动点,满足PN=AB,随着P点运动而运动,当点P运动_______秒时，△BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)

【答案】0；4；8；12
【解析】此题要分两种情况：①当P在线段BC上时，②当P在BQ上，再分别分两种情况AC＝BP或AC＝BN进行计算即可．
【详解】解：①当P在线段BC上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，

∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝6−2＝4，
∴点P的运动时间为4÷1＝4（秒）；
②当P在线段BC上，AC＝BN时，△ACB≌△NBP，
这时BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为0秒；
③当P在BQ上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝2＋6＝8，
∴点P的运动时间为8÷1＝8（秒）；
④当P在BQ上，AC＝NB时，△ACB≌△NBP，
∵BC＝6，
∴BP＝6，
∴CP＝6＋6＝12，
点P的运动时间为12÷1＝12（秒），
故答案为：0或4或8或12．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【考点2】动点之直角三角形问题
【例2】（模型建立）
（1）如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点，过作于点.求证：；
（模型应用）
（2）已知直线：与坐标轴交于点、，将直线绕点逆时针旋转至直线，如图2，求直线的函数表达式；
（3）如图3，长方形，为坐标原点，点的坐标为，点、分别在坐标轴上，点是线段上的动点，点是直线上的动点且在第四象限.若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标.

【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（，）.
【解析】（1）根据△ABC为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定；
（2）①过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，根据△CBD≌△BAO，得出BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，求得C（−4，7），最后运用待定系数法求直线l2的函数表达式；
（3）根据△APD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，当点D在矩形AOCB的外部时，设D（x，−2x＋6），分别根据△ADE≌△DPF，得出AE＝DF，据此列出方程进行求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°，
又∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ACD与△CBE中，，
∴（AAS）；
（2）①如图2，过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，

∵∠BAC＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
由（1）可知：△CBD≌△BAO，
∴BD＝AO，CD＝OB，
∵直线l1：y＝x＋4中，若y＝0，则x＝−3；若x＝0，则y＝4，
∴A（−3，0），B（0，4），
∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，
∴OD＝4＋3＝7，
∴C（−4，7），
设l2的解析式为y＝kx＋b，则，
解得：，
∴l2的解析式为：y＝−7x−21；
（3）D（4，−2）或（，）．
理由：当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：
当点D在矩形AOCB的内部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交BC于F，

设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x，
由（1）可得，△ADE≌△DPF，则DF＝AE，即：12−2x＝8−x，
解得x＝4，
∴−2x＋6＝−2，
∴D（4，−2），
此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意；
当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，

设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，
同理可得：△ADE≌△DPF，则AE＝DF，即：2x−12＝8−x，
解得x＝，
∴−2x＋6＝，
∴D（，），
此时，ED＝PF＝，AE＝BF＝，BP＝PF−BF＝＜6，符合题意，
综上所述，D点坐标为：（4，−2）或（，）
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．
【变式2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(4，0)和点D(﹣1，0)，与y轴交于点C，过点C作BC平行于x轴交抛物线于点B，连接AC
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点M从点O出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动；点N从点B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点N作NQ垂直于BC交AC于点Q，连结MQ.
①求△AQM的面积S与运动时间t之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当t为何值时，S有最大值，并求出S的最大值；
②是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝时，S最大值＝；②存在，点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【解析】(1)由待定系数法将AD两点代入即可求解．
(2)①分别用t表示出AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有t的二次函数关系式，由二次函数的最大值可得答案；
②分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出t，求得M坐标．
【详解】(1)∵二次函数的图象经过A(4，0)和点D(﹣1，0)，
∴，
解得，
所以，二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4．
(2)①延长NQ交x轴于点P，

∵BC平行于x轴，C(0，4)
∴B(3，4)，NP⊥OA．
根据题意，经过t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t．
∵∠BCA＝∠MAQ＝45°，
∴QN＝CN＝3﹣t，
∴PQ＝NP﹣NQ＝4﹣(1﹣t)＝1+t，
∴S△AMQ=AM×PQ=(4-2t)(1+t)
＝﹣t2+t+2．
∴S=-t2+t+2=-(t-)2+．
∵a＝﹣1＜0，且0≤t≤2，∴S有最大值．
当t＝时，S最大值＝．
②存在点M，使得△AQM为直角三角形．
设经过t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，
∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．
Ⅰ．若∠AQM＝90°，
则PQ是等腰Rt△MQA底边MA上的高．
∴PQ是底边MA的中线，
∴PQ＝AP＝MA，
∴1+t＝(4﹣2t)，
解得，t＝，
∴M的坐标为(1，0)．
Ⅱ．若∠QMA＝90°，此时QM与QP重合．
∴QM＝QP＝MA，
∴1+t＝4﹣2t，
∴t＝1，
∴点M的坐标为(2，0)．
所以，使得△AQM为直角三角形的点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数．
【变式2-2】如图，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接AE交BD于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点，连接DP、BP．
（1）求∠AFB的度数；
（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；
（3）已知AD＝6，在点P从A到E的运动过程中，若△DBP是直角三角形，请求DP的长．

【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6或DP＝3－3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形
【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；
（2）连接AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；
（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分∠BPD＝90°、∠BDP＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC，∠ADC＝90°，
又∵△DCE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴DA＝DE，∠ADE＝150°，
∴∠DAE＝15°，
又∠ADB＝45°，
∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°；
（2）连接AC，
∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°，
∵DP平分∠CDE，
∴，
∴∠PDG＝∠CAG，
又∠DGP＝∠AGC，
∴△DGP∽△AGC，
∴，即AG•DP＝DG•AC，
∵AC＝DB，
∴AG•DP＝DG•BD；
（3）连接AC交BD于点O，则∠AOF＝90°，
∵AD＝6，
∴，
在Rt△AOF中，∠OAF＝30°，
∴，
∴，
由图可知：0°＜∠DBP≤45°，
则△DBP是直角三角形只有∠BPD＝90°和∠BDP＝90°两种情形：
①当∠BPD＝90°时，
I、若点P与点A重合，∠BPD＝90°，
∴DP＝DA＝6；
II、当点P在线段AE上时，∠BPD＝90°，
连接OP，，
∴∠OPA＝∠OAP＝30°，
∴∠AOP＝120°，
∴∠FOP＝∠AOP﹣∠AOF＝30°，
∴∠DBP＝∠OPB＝15°，
∴∠FDP＝75°，
又∠BAF＝∠BAD﹣∠DAF＝75°，
∴∠BAF＝∠PDF，
又∠AFB＝∠DFP，
∴△BAF∽△PDF，
∴，即
解得，；
②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°，
∴DP＝DF×tan∠DFP＝，
综上，DP=6或DP＝3－3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形．

【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点3】动点之等腰三角形问题
【例3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线的一侧以为一条边作矩形，，，点是线段上一动点（不与点重合），连结，过点作的垂线交射线于点，连接．

（1）求的大小；
（2）问题探究：动点在运动的过程中，
①是否能使为等腰三角形，如果能，求出线段的长度；如果不能，请说明理由．
②的大小是否改变？若不改变，请求出的大小；若改变，请说明理由．
（3）问题解决：
如图二，当动点运动到的中点时，与的交点为，的中点为，求线段的长度．
【答案】（1）；（2）①能，的值为5或；②大小不变，；（3）.
【解析】（1）在中，求出的正切值即可解决问题．
（2）①分两种情形：当时，当时，分别求解即可．
②．利用四点共圆解决问题即可．
（3）首先证明是等边三角形，再证明垂直平分线段，解直角三角形即可解决问题．
【详解】解：（1）如图一（1）中，

∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
（2）①如图一（1）中，当时，
∵，，，
∴，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
如图一（2）中，当时，易证，

∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的值为5或．
②结论：大小不变．
理由：如图一（1）中，∵，
∴四点共圆，
∴．
如图一（2）中，∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
综上所述，．
（3）如图二中，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分线段，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式3-1】如图①，已知正方形边长为2，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连结、、、.设AP=x.

（1）当时，求长；
（2）如图②，若的延长线交边于，并且，求证：为等腰三角形；
（3）若点是射线上的一个动点，则当为等腰三角形时，求的值.
【答案】（1）BP=；（2）证明见解析；（3）△CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、、2+4.
【解析】（1）利用勾股定理求出BP的长即可；（2）根据对称性质及正方形的性质可得AB=BQ=BC，∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一视角相等性质可得∠BCQ=∠BQC，根据同角或等角的余角相等的性质可得∠EQC=∠ECQ，可得EC=EQ，可得结论；（3）若△CDQ为等腰三角形，则边CD边为该等腰三角形的一腰或者底边．又Q点为A点关于PB的对称点，则AB=QB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则Q点只能在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDQ为等腰三角形（CD为腰）的Q点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得△CDQ为等腰三角形（CD为底）的Q点．则如图所示共有三个Q点，那么也共有3个P点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】（1）∵AP=x=1，AB=2，
∴BP==，
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵Q点为A点关于BP的对称点，
∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°，
∴QB=BC，∠BQE=∠BCE=90°，
∴∠BQC=∠BCQ，
∴∠EQC+∠BQC=∠ECQ+∠BCQ=90°，
∴∠EQC =∠ECQ，
∴EQ=EC，即△CEQ为等腰三角形.
（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于Q1，Q3．此时△CDQ1，△CDQ3都为以CD为腰的等腰三角形．
作CD的垂直平分线交弧AC于点Q2，此时△CDQ2以CD为底的等腰三角形．

①讨论Q1，如图，连接BQ1、CQ1，作PQ1⊥BQ1交AD于P，过点Q1，作EF⊥AD于E，交BC于F，
∵△BCQ1为等边三角形，正方形ABCD边长为2，
∴FC=1，Q1F==，Q1E=2-，
在四边形ABPQ1中，
∵∠ABQ1=30°，
∴∠APQ1=150°，
∴∠EPQ1=30°，△PEQ1为含30°的直角三角形，
∴PE=EQ1=2-3，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴AE=AD=1，
∴x=AP=AE-PE=1-(2-3)=4-2.

②讨论Q2，如图，连接BQ2，AQ2，过点Q2作PG⊥BQ2，交AD于P，交CD于G，连接BP，过点Q2作EF⊥CD于E，交AB于F，
∵EF垂直平分CD，
∴EF垂直平分AB，
∴AQ2=BQ2．
∵AB=BQ2，
∴△ABQ2为等边三角形．
∴AF=AE=1，FQ2==，
在四边形ABQ2P中，
∵∠BAD=∠BQ2P=90°，∠ABQ2=60°，
∴∠APQ2=120°，
∴∠EQ2G=∠DPG=180°-120°=60°，
∴EQ2=EF-FQ2=2-，
EG=EQ2=2-3，
∴DG=DE+GE=1+2-3=2-2，
∴DG=PD，即PD=2-，
∴x=AP=2-PD=.

③对Q3，如图作辅助线，连接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点Q3作PQ3⊥BQ3，交AD的延长线于P，连接BP，过点Q1，作EF⊥AD于E，此时Q3在EF上，记Q3与F重合．
∵△BCQ1为等边三角形，△BCQ3为等边三角形，BC=2，
∴Q1Q2=2，Q1E=2-，
∴EF=2+，
在四边形ABQ3P中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，
∴∠EPF=30°，
∴EP=EF=2+3，
∵AE=1，
∴x=AP=AE+PE=1+2+3=2+4.

综上所述：△CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、、2+4.
【点睛】本题考查四边形的综合、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质，第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点Q找全．另外求解各个P点也是勾股定理的综合应用熟练掌握并灵活运所学知识是解题关键．
【变式3-2】（2019·河南中考模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+3交y轴于点A，交x轴于点B（-3，0）和点C（1，0），顶点为点M．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E为x轴上一动点，若△AME的周长最小，请求出点E的坐标；
（3）点F为直线AB上一个动点，点P为抛物线上一个动点，若△BFP为等腰直角三角形，请直接写出点P的坐标．

【答案】（1） ；（2）E（-，0）；（3）点P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【解析】（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），然后将点A的坐标代入函数解析式即可求得此抛物线的解析式；
（2）作A关于x轴的对称点A′（0，-3），连接MA′交x轴于E，此时△AME的周长最小，求出直线MA'解析式即可求得E的坐标；
（3）如图2，先求直线AB的解析式为：y=x+3，根据解析式表示点F的坐标为（m，m+3），
分三种情况进行讨论：
①当∠PBF=90°时，由F1P⊥x轴，得P（m，-m-3），把点P的坐标代入抛物线的解析式可得结论；
②当∠BF3P=90°时，如图3，点P与C重合，
③当∠BPF4=90°时，如图3，点P与C重合，
从而得结论．
【详解】（1）当x=0时，y=3，即A（0，3），
设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），
把A（0，3）代入得：3=-3a，
a=-1，
∴y=-（x+3）（x-1）=-x2-2x+3，
即抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
（2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴M（-1，4），
如图1，作点A（0，3）关于x轴的对称点A'（0，-3），连接A'M交x轴于点E，则点E就是使得△AME的周长最小的点，

设直线A′M的解析式为：y=kx+b，
把A'（0，-3）和M（-1，4）代入得：
，
解得：
∴直线A'M的解析式为：y=-7x-3，
当y=0时，-7x-3=0，
x=-，
∴点E（-，0），
（3）如图2，易得直线AB的解析式为：y=x+3，

设点F的坐标为（m，m+3），
①当∠PBF=90°时，过点B作BP⊥AB，交抛物线于点P，此时以BP为直角边的等腰直角三角形有两个，即△BPF1和△BPF2，
∵OA=OB=3，
∴△AOB和△A'OB是等腰直角三角形，
∴∠F1BC=∠BF1P=45°，
∴F1P⊥x轴，
∴P（m，-m-3），
把点P的坐标代入抛物线的解析式y=-x2-2x+3中得：
-m-3=-m2-2m+3，
解得：m1=2，m2=-3（舍），
∴P（2，-5）；
②当∠BF3P=90°时，如图3，

∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，
∴点P与C重合，
故P（1，0），
③当∠BPF4=90°时，如图3，
∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=45°，
∴点P与C重合，
故P（1，0），
综上所述，点P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式，周长最短问题，等腰直角三角形的性质和判定等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合和分类讨论思想的应用．
【变式3-3】（2019·广西中考真题）已知抛物线和直线都经过点，点为坐标原点，点为抛物线上的动点，直线与轴、轴分别交于两点．
（1）求的值；
（2）当是以为底边的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）满足（2）的条件时，求的值．
【答案】（1）；；（2）点的坐标为或；（3）的值为或．
【解析】(1)根据点的坐标，利用待定系数法可求出的值；
(2)由(1)可得出抛物线及直线的解析式，继而可求出点的坐标，设点的坐标为，结合点的坐标可得出的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于的方程，解之即可得出结论；
(3)过点作轴，垂足为点，由点的坐标可得出的长，再利用正弦的定义即可求出的值．
【详解】(1)将代入，得：，
∴；
将代入，得：，
∴；
(2)由(1)得：抛物线的解析式为，直线的解析式为，
当时， ，
解得：，
∴点的坐标为，，
设点的坐标为，则，
，
∵是以为底边的等腰三角形，
∴，即，
整理，得：，
解得：，
∴点的坐标为或；
(3)过点作轴，垂足为点，如图所示，
当点的坐标为时，，，
∴；
当点的坐标为时，，，
∴，
∴满足(2)的条件时，的值的值为或．

【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出关于的方程；(3)通过解直角三角形，求出的值．

【考点4】动点之相似三角形问题
【例4】在边长为的正方形中，动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动,动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动，动点比动点先出发秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点的运动时间为秒.
如图，连接，若，求的值
如图，连接，当为何值时，

【答案】（1）t=1;(2) 当为秒时，
【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出，由BF=AE，列出方程解方程即可
（2），得到，用t表示出BF、AE、FC、BE列出方程解方程即可，最后对t的取值进行取舍
【详解】解：四边形是正方形






由题意得，

解得：
若
则

，

解得
由题意知：

当为秒时，
【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，第二问的关键在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍
【变式4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC
（1）求过点A，B的直线的函数表达式；
（2）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP＝DQ＝m，问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝x+；（2）D点位置见解析，D（，0）；（3）符合要求的m的值为或．
【解析】（1）先根据A（−3，1），C（1，0），求出AC进而得出BC＝3求出B点坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式即可；
（2）运用相似三角形的性质就可求出点D的坐标；
（3）由于△APQ与△ADB已有一组公共角相等，只需分△APQ∽△ABD和△APQ∽△ADB两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质建立关于m的方程，就可解决问题．
【详解】解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0），
∴AC＝4，
∵BC＝AC，
∴BC＝×4＝3，
∴B（1，3），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝x+；
（2）若△ADB与△ABC相似，过点B作BD⊥AB交x轴于D，

∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如图1，
此时＝，即AB2＝AC•AD．
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∴25＝4AD，
∴AD＝，
∴OD＝AD﹣AO＝﹣3＝，
∴点D的坐标为（，0）；
（3）∵AP＝DQ＝m，
∴AQ＝AD﹣QD＝﹣m．
Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如图2，

则有＝，
∴AP•AD＝AB•AQ，
∴m＝5（﹣m），
解得m＝；
Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如图3，

则有＝，
∴AP•AB＝AD•AQ，
∴5m＝（﹣m），
解得：m＝，
综上所述：符合要求的m的值为或．
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了是待定系数法，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，也考查了分类讨论的数学思想，属于中档题，解本题的关键是根据相似建立方程求解．
【变式4-2】如图，已知抛物线经过A（－3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，点D是抛物线上的动点，连结AD与y轴相交于点E，连结AC，CD．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当AD平分∠CAB时．
①求直线AD所对应的函数表达式；
②设P是x轴上的一个动点，若△PAD与△CAD相似，求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）①；②（2，0）或（13，0）．
【解析】（1）将、、点坐标代入抛物线，化简计算即可；
（2）设，根据平分，，轴，求得，并证得 ∽ ，利用 可的，可得点坐标，把，代入，化简可得AD所对应的函数表达式；
因为是x轴上的一个动点，且与相似，并且是腰长为5的等腰三角形，所以 点有两种情况：AD为等腰三角形的斜边，或者以AD为腰，为底，分别讨论求解即可.
【详解】解（1）∵抛物线经过、、三点，
∴，解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）作于点H，如图，设．

∵平分，，轴，
∴，，
在中，．
∵
，
∴ ∽ ，
∴
∴，解得：，
∴，设直线AD的表达式为，
把，代入，
得，解得：，
∴直线AD所对应的函数表达式为；
直线AD与二次函数相交于点D，
∴解得或，
点D在第一象限，
∴点D坐标为，
∴，且，
∴是腰长为5的等腰三角形，
是x轴上的一个动点，且与相似，
∴也为等腰三角形，

如上图示，
当AD为等腰三角形的斜边时，，

∴点的坐标为；
当以AD为腰，为底时，作
点D坐标为，
∴
∴,,
∴点P的坐标为．
综上所述点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和角平分线的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；灵活利用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形性质．
【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）
【例5】（2019·广东中考模拟）如图，点O是平面直角坐标系的原点，点A（，3），AC⊥OA与x轴的交点为C．动点M以每秒个单位长度由点A向点O运动．同时，动点N以每秒3个单位长度由点O向点C运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动．
（1）写出∠AOC的值；
（2）用t表示出四边形AMNC的面积；
（3）求点P的坐标，使得以O、N、M、P为顶点的四边形是特殊的平行四边形？

【答案】（1）30°；（2）；（3）.
【解析】（1）如图1中，作AH⊥OC于H．在Rt△AOH中，解直角三角形求出∠AOH即可解决问题．
（2）作MK⊥BC于K．根据S四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN，计算即可．
（3）分别考虑以OM，ON，MN为平行四边形的对角线，利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥OC于H．

∵A（，3），
∴OH＝，AH＝3，
∴tan∠AOH＝＝，
∴∠AOH＝60°，
∵OA⊥AC，
∴∠OAC＝90°，
∴∠ACO＝30°．
（2）作MK⊥BC于K．
在Rt△AOH中，∵OH＝，∠OAH＝30°，
∴OA＝2OH＝2，
在Rt△AOC中，∵∠AOC＝30°，OA＝2，
∴AC＝OA＝6，
∵OM＝t，
∴MK＝OM•sin60°＝t，
∴S四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN
＝•OA•AC﹣•ON•MKa
＝×2×6﹣×3t×t
＝6﹣t2（0＜t＜2）．
（3）当四边形CNMP1是平行四边形时，P1（t﹣3t，t）．
当四边形ONP2M是平行四边形时，P2（t+3t，t）．
当四边形OMNP3是平行四边形时，P3（3t﹣t，﹣t）．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式5-1】（2019·江西中考真题）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．

（1）如图1，当点与点重合时，________°；
（2）如图2，连接．
①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；
②求证：点在的平分线上；
（3）如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．
【答案】（1）60°；（2）① =，②见解析；（3）4
【解析】（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明，根据角的运算解答；
②作于，交的延长线于，证明，根据全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定定理证明结论；
（3）根据直角三角形的性质得到，证明四边形为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．
【详解】解：（1）四边形是菱形，
，
，
故答案为：；
（2）①四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，，
，
，
故答案为：；
②作于，交的延长线于，

则，
，又，
，
，，
为等边三角形，
，
在和中，
，
，
，又，，
点在的平分线上；
（3）四边形是菱形，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，，
，又，
，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
四边形为平行四边形，，
平行四边形为菱形，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质.掌握全等三角形的判定定理和性质定理、菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
【变式5-2】（2019·湖南中考真题）如图，二次函数的图象过原点，与x轴的另一个交点为

（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方作x轴的平行线，交二次函数图象于A、B两点，过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D、点C．当矩形ABCD为正方形时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；（2）当矩形ABCD为正方形时，m的值为4；（3）以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形，t的值为4或6.
【解析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，B的坐标，进而可得出点C，D的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）由（2）可得出点A，B，C，D的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E，F的坐标，由且以A、E、F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出，分，，三种情况找出AQ，EF的长，由可得出关于t的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
【详解】（1）将，代入，得：，
解得，
∴该二次函数的解析式为．
（2）当 时，，
解得：，，
∴点a的坐标为（，m），点b的坐标为（，m），
∴点d的坐标为（，0），点c的坐标为（，0）．
∵矩形abcd为正方形，
∴，
解得：，（舍去），．
∴当矩形ABCD为正方形时，m的值为4．
（3）以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形．
由（2）可知：点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，点D的坐标为．
设直线AC的解析式为，
将，代入，
得，
解得，
∴直线ac的解析式为．
当时， ，
∴点E的坐标为（，），点F的坐标为（，-t+4）．
∵以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且 ，
∴，分三种情况考虑：
①当时，如图1所示，，EF=，
∴，解得：（舍去），；

②当时，如图2所示，，EF=，
∴，
解得：（舍去），；
,, EF=，
，
解得（舍去），（舍去）
综上所述，当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4或6
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）分，，三种情况，利用平行四边形的性质找出关于t的一元二次方程．
【变式5-3】．如图，在平面直角坐标系中，的顶点是坐标原点，点坐标为，、两点关于直线对称，反比例函数图象经过点，点是直线上一动点.

（1）点的坐标为______；
（2）若点是反比例函数图象上一点，是否存在这样的点，使得以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点是线段上一点（不与、重合），当四边形为菱形时，过点分别作直线和直线的垂线，垂足分别为、，当的值最小时，求出点坐标.
【答案】（1）（3，1）；（2），，；（3）（2，2）.
【解析】（1）根据点（a，b）关于y=x对称的点的坐标为（b，a）直接写出答案即可；
（2）首先求得反比例函数的解析式，然后设P（m，m），分若PC为平行四边形的边和若PC为平行四边形的对角线两种情况分类讨论即可确定点C的坐标；
（3）连接AQ，设AB与PO的交点为D，利用四边形AOBP是菱形，得到S△AOP=S△AOQ+S△APQ，从而得到PO•AD=AO•QE+AP•QF，确定QE+QF=为定值，从而求解．
【详解】解：（1）B点的坐标为（3，1）；
（2）∵反比例函数图象经过点A（1，3），
∴k=1×3=3，
∴反比例函数的解析式为，
点P在直线y=x上，
∴设P（m，m）
①PC为平行四边形的边，
∵点A的横坐标比点B的横坐标小2，点A的纵坐标比点B的纵坐标大2，
∴点C在点P的下方，则点C的坐标为（m+2，m-2）如图1，
若点C在点P的上方，则点C的坐标为（m-2，m+2）如图2，
把C（m+2，m-2）代入反比例函数的解析式得：，
∵m＞0，
∴，
∴
同理可得另一点，

②若PC为平行四边形的对角线，如图3，
∵A、B关于y=x对称，
∴OP⊥AB
此时点C在直线y=x上，且为直线y=x与双曲线的交点，
由解得：，（舍去），
∴，
综上所述，满足条件的点C有三个，坐标分别为： ，，；

（3）连接AQ，设AB与PO的交点为D，如图4，
∵四边形AOBP是菱形，
∴AO=AP
∵S△AOP=S△AOQ+S△APQ，
∴PO•AD=AO•QE+AP•QF
∴QE+QF=为定值，
∴要使QE+QF+QB的值最小，只需QB的值最小，当QB⊥PO时，QB最小，
所以D点即为所求的点，
∵A（1，3），B（3，1）
∴D（2，2），
∴当QE+QF+QB的值最小时，Q点坐标为（2，2）．

【点睛】本题是对反比例函数的综合知识的考查，熟练掌握反比例，四边形知识及分类讨论的数学思想是解决本题的关键，难度较大．
【考点6】动点之线段面积问题
【例6】如图已知平面内有一动点A，x轴上有一定点B（4，0），连接AB，且将线段AB绕B点逆时针旋转90°得到线段BC．

①当A点坐标为（1，1）时，求C点坐标；
②当A点在直线x=1上滑动时，求在此运动过程中△BOC的面积是否发生变化，若不变，请求出面积，若变化，请说明理由；
③若总条件中的动点A改为直线y=x上的动点A，其余条件都不变，请直接写出当A点在直线y=x上滑动时，点D（0，-2）到C点的最短距离．
【答案】（1）C（3，3）；（2）当A点在直线x=1上滑动时，在此运动过程中△BOC的面积是不发生变化，是定值6；（3）A点在直线y=x上滑动时，点D（0，-2）到C点的最短距离为．
【解析】①先判断出△ABD≌△BCE，进而确定出点C的坐标；
②同①的方法确定出点C 的坐标，再利用三角形的面积公式即可得出结论；
③先判断出点C是直线y=-x上运动，进而确定出DC垂直于直线y=-x时，CD最小，最后用等腰直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】①如图①，

过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，
∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，
由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠BAD=∠CBE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE，
∴BD=CE，AD=BE，
∵A（1，1），B（4，0），
∴AD=1，BD=3，
∴CE=BD=3，BE=AD=1，
∴OE=OB-BE=4-1=3，
∴C（3，3）；
②如图②，

过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，
∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，
由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠BAD=∠CBE，
在△ABD和△BCE中
，
∴△ABD≌△BCE，
∴BD=CE，AD=BE，
∵A点在直线x=1上滑动，
∴设A（1，m），
当m≥0时，∵B（4，0），
∴AD=m，BD=3，
∴CE=BD=3，BE=AD=m，
∴OE=|OB-BE|=|4-m|，
∴C（|4-m|，3），
∴S△BOC=OB×|yC|=×4×3=6，是定值；
当m＜0时，∵B（4，0），
∴AD=|m|=-m，BD=3，
∴CE=BD=3，BE=AD=-m，
∴OE=|OB+BE|=|4-m|，
∴C（|4-m|，3），
∴S△BOC=OB×|yC|=×4×3=6，是定值；
即：当A点在直线x=1上滑动时，在此运动过程中△BOC的面积是不发生变化，是定值6；
③如图③，

过点B作BE⊥OA于E，过点B作BF⊥BE，过点C作CO'⊥BF于F，交OA于O'，
∴∠AEB=∠BFC=∠EBF=90°，
∴四边形BEO'F是矩形，
由旋转知，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，
∵BE⊥OA，BF⊥O'C，
∴点B在AO'C的角平分线上，
∴点O'和点O重合，
∴∠BOC=45°
∴点C在直线y=-x上，
过点D作DG⊥OC于G，
∴点C和点G重合时，CD最小是CG，
在Rt△ODG中，∠DOG=45°，OD=2，
∴DG=，
即：当A点在直线y=x上滑动时，点D（0，-2）到C点的最短距离为．
【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，角平分线定理，解本题的关键是构造全等三角形.
【变式6-1】（2019·山东中考模拟）如图，抛物线交轴于点和点，交轴于点.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点在抛物线上，且，求点的坐标；
（3）如图，设点是线段上的一动点，作轴，交抛物线于点，求线段长度的最大值，并求出面积的最大值.

【答案】（1）；（2）符合条件的点的坐标为：或或；（3）面积的最大值为.
【解析】（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；
（2）设P点坐标为（x，-x2-2x+3），根据S△AOP=4S △BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；
（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标为（x，-x2-2x+3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值,再根据求得最大面积．
【详解】（1）把，代入，得
，解得.
故该抛物线的解析式为：.
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为，则易得.
设P点坐标为（x，-x2-2x+3），
∵，
∴.
整理，得或，
解得或.
则符合条件的点的坐标为：或或；
（3）设直线的解析式为，将，代入，
得， 解得.
即直线的解析式为.
设点坐标为，，则点坐标为，
，
∴当时，有最大值.
此时，
∴面积的最大值为.
【点睛】考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想．
【变式6-2】如图，矩形中，，点是对角线上一动点（不与重合），连接，过点作，交射线于点，以线段为邻边作矩形，过点作。分别交于点。
（1）求证：的值；
（2）求的值；
（3）求矩形的面积的最小值。

【答案】（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】(1)根据矩形的性质和同角的余角相等证明，，从而求证三角形相似；（2）设，由相似三角形对应边成比例列出比例式，，从而求解；（3）当时，矩形面积最小，从而求解.
【详解】（1）

∵过点作且矩形中，AB∥DC
又∵过点作
∴
∴，
∴；
（2）设，则，
∵矩形中，AB∥DC
∴△APG∽△CPH
即∴ ，即
∴
∵
∴；
（3）如图∵，
∴当时，矩形面积最小，此时，
此时点与点重合，，所以最小面积为

【点睛】本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理,解题的关键是学会利用相似三角形的判定和性质列出相应的比例式从而解决问题．
【变式6-2】已知：在四边形中，，，，．
（）求四边形的面积．
（）点是线段上的动点，连接、，求周长的最小值及此时的长．

（）点是线段上的动点，、为边上的点，，连接、，分别交、 于点、，记和重叠部分的面积为，求的最值．

【答案】（）．（）．3．（）．
【解析】
试题分析：（1）如图1，过A作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，得到四边形AEFD是矩形，由矩形的想知道的EF=AD=6，BE=CF=3，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）如图2，作点B关于直线AD的对称点G，连接CG交AD于P，则BC+PB+PC=BC+PG+PC即为△BCP周长的最小值，根据勾股定理得到，于是得到△BCP周长的最小值为：4+12；根据三角形中位线的性质得到PH=BC=6，由勾股定理得到，于是得到结论．
（3）过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，如图所示，设，则．因为，所以∽，得；同理可得∽，∽，得：，，所以，进而求得答案.
试题解析：（）如图1，过作于，于．

则四边形是矩形．
∴，．
∴．
∴．
（）如图2，作点关于直线的对称点，

连接交于，则．
即为的最小周长．
由（）知．
在中，．
∴的．
∵，，
∴．
∵，
∴．
（）过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，如图3所示，设，则．

因为，所以∽，
所以，又，所以；
同理可得∽，∽，
所以，，
求得：，，其中，
所以，
即
．
因此当时，有最大值；当或时，有最小值了．
【达标训练】
一、单选题
1．如图，在△ABC中，AB=2，AO=BO，P是直线CO上的一个动点，∠AOC=60°，当△PAB是以BP为直角边的直角三角形时，AP的长为（ ）

A．,1,2 B．,,2 C．,,1 D．，2
【答案】C
【解析】利用分类讨论，分当∠ABP=90°时和当∠APB=90°时两种情况讨论即可．
【详解】当∠APB=90°时,
情况一：（如图），

∵AO=BO，
∴PO=BO，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOP=60°，
∴△BOP为等边三角形，
∴BP=1，
在Rt△APB中，AP=；
情况二：如图2，

∵AO=BO，∠APB=90°，
∴PO=AO，
∵∠AOC=60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP=AO=1；
当∠ABP=90°时（如图3），

∵∠AOC=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∴OP=2OA=2，
∴BP=，
在直角三角形ABP中，
AP=；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键．
2．如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点P在直线AB上方，且满足S△PABS：矩形ABCD=1：3，则使△PAB为直角三角形的点P有(　　)个

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】分当点P在AD上时，则；当点P在BC上时，则
当点P在矩形ABCD内部时，则三种情况进行讨论.
【详解】四边形ABCD为矩形.

矩形ABCD
S△PAB：S矩形ABCD=1：3，

当点P在AD上时，则

即

故点P在AD上且时，△PAB为直角三角形.
当点P在BC上时，则

即，

故点P在BC上且时，△PAB为直角三角形.
当点P在矩形ABCD内部时，则
作于点E，如图所示.


即

由可知：


设，则.

解得：
或
在矩形ABCD内部时，符合条件的点P有2个.
综上所述，符合条件的点P共有4个.
故选：D.
【点睛】考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解一元二次方程等，注意分类讨论思想在解题中的应用.
3．已知抛物线具有如下性质:抛物线上任意一点到定点的距离与到轴的距离相等.如图点的坐标为 , 是抛物线上一动点，则周长的最小值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】作过作轴于点，过点作轴于点，交抛物线于点，由结合，结合点到直线之间垂线段最短及MF为定值，即可得出当点P运动到点P′时，△PMF周长取最小值，再由点、的坐标即可得出、的长度，进而得出周长的最小值．
【详解】解：作过作轴于点，
由题意可知：，
∴周长=，
又∵点到直线之间垂线段最短，
∴当、、三点共线时 最小，此时周长取最小值，
过点作轴于点 ，交抛物线于点，此时周长最小值，
、，

，，
周长的最小值．
故选：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及点到直线的距离，根据点到直线之间垂线段最短找出△PMF周长的取最小值时点P的位置是解题的关键．
二、填空题
4．如图,四边形ABCD中,AB∥CD,∠B=90°,AB=1,CD=2,BC=3,点P为BC边上一动点,若△PAB与△PCD是相似三角形,则BP的长为 _____________

【答案】1或2
【解析】设BP=x，则CP=BC－BP=3－x，易证∠B=∠C=90°，根据相似三角形的对应顶点分类讨论：①若△PAB∽△PDC时，列出比例式即可求出BP；②若△PAB∽△DPC时，原理同上.
【详解】解：设BP=x，则CP=BC－BP=3－x
∵AB∥CD,∠B=90°,
∴∠C=180°－∠B=90°
①若△PAB∽△PDC时
∴
即
解得：x=1
即此时BP=1；
②若△PAB∽△DPC时
∴
即
解得：
即此时BP=1或2；
综上所述：BP=1或2.
故答案为：1或2.
【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解决此题的关键.
5．如图，于,于,，点为边上一动点，当＝________时，形成的与全等.

【答案】2
【解析】当BP=2时，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=8可得CP=6，进而可得AB=CP，BP=CD，再结合AB⊥BC、DC⊥BC可得∠B=∠C=90°，可利用SAS判定△ABP≌△PCD．
【详解】当BP=2时，Rt△ABP≌Rt△PCD．理由如下：
∵BC=8，BP=2，
∴PC=6，
∴AB=PC．
∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B=∠C=90°．
在△ABP和△PCD中，∵，
∴△ABP≌△PCD(SAS)．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法，关键是掌握SAS定理．
6．如图，矩形中，，，点是对角线上一动点，过点作于点，若点，，构成以为腰的等腰三角形时，则线段的长是__________．

【答案】或
【解析】由勾股定理得求出，分与两种情况分别讨论计算即可.
【详解】解：∵矩形中，，
∴由勾股定理得，分两种情况：
（1）如图，当时，

∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，，
∴；
（2）如图，当时，过点作于点，

∵∠BAC=∠BAM,∠ABC=∠BMA=90°
∴∽，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由（1）得∽，
∴，，
∴，
综上，的值为或.
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、矩形的性质以及相似三角形的性质，熟练掌握各个知识点并学会运用是解题的关键.
7．如图，在矩形中， ，为中点，连接. 动点从点出发沿边向点运动，动点从点出发沿边向点运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接，设运动时间为（秒）. 则_____时，为直角三角形

【答案】或
【解析】△CMN是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN=90°，二是∠MNC=90°，三是∠MCN=90°，然后进行分类讨论求出t的值．
【详解】解：

过点N作OA的垂线，交OA于点F，交CH于点E，如图1，
∵B点是CH的中点，
∴BH=CH=OA=6，
∵AH=OC=8，
∴由勾股定理可求：AB=10，
∵AN=t，
∴BN=10-t，
∵NE∥AH，
∴△BEN∽△BHA，
∴ ，
∴ ，
∴EN=
∴FN=8-EN=，
当∠CMN=90°，
由勾股定理可求：AF=，
∵OM=t，
∴AM=12-t，
∴MF=AM-AF=12-t- =12-，
∵∠OCM+∠CMO=90°，∠CMO+∠FMN=90°，
∴∠OCM=∠FMN，
∵∠O=∠NFM=90°，
∴△COM∽△MFN，
∴，
∴ ，
∴t=，
当∠MNC=90°，
FN=
∴EN=
∵MF=12-
∴CE=OF=OM+MF=12-
∵∠MNF+∠CNE=90°，
∠ECN+∠CNE=90°，
∴∠MNF=∠ECN，
∵∠CEN=∠NFM=90°，
∴△CEN∽△NFM，
∴ ，
∴ ，
∴，
∵0＜t＜5，
∴；
当∠NCM=90°，
由题意知：此情况不存在，
综上所述，△CMN为直角三角形时，t=或.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性．
8．如图，在中，已知，，是边上的一动点（不与点、重合）.连接，，边与交于点，当为等腰三角形时，则之长为_________.

【答案】2或
【解析】分别讨论AP=PD、PD=AD、PA=AD三种情况，当AP=PD时，可证明△APB≌△PDC，可得PC=AB，进而可求出PB的长；当PD=AD时，可证明△APC∽△BAC，根据相似三角形的性质即可求出PC的长，进而可得PB的长；当PA=AD时，P点与点B重合，不符合题意；综上即可得答案.
【详解】①当AP=PD时，
∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠B+∠BAP，∠B=∠APD，
∴∠DPC=∠BAP，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠B=∠C，∠DPC=∠BAP，AP=PD，
∴△APB≌△PDC，
∴PC=AB=4，
∴PB=BC-PC=2，
②当PD=AD时，
∵AD=PD，∠APD=∠B，
∴∠APD=∠PAD=∠B，
∵∠PAD=∠B，∠C=∠C，
∴△APC∽△BAC，
∴，即，
解得：PC=，
∴PB=BC-PC=.
③当PA=AD时，P点与点B重合，不符合题意；
综上所述：PB的长为2或.
故答案为：2或
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理及性质并运用分类思想是解题关键.
9．如图，抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2），点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当四边形CDBF的面积最大时，E点的坐标为_____．

【答案】（2，1）
【解析】由于四边形CDBF的面积等于△CDB的面积与△BCF的面积之和，当四边形CDBF的面积最大时，即△BCF最大，设点E的坐标为（x，y），利用点E的坐标表示出△BCF的面积即可求出点E的坐标．
【详解】过点E作EG⊥x轴于点G，交抛物线于F，

将A（﹣1，0），C（0，2）代入y=﹣x2+mx+n

解得：
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2
令y=0代入y=﹣x2+x+2，
∴0=﹣x2+x+2
解得：x=﹣1或x=4
∴B（4，0）
∴OB=4
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（4，0）和C（0，2）代入y=kx+b
∴
解得：
∴直线BC的解析式为：y=﹣x+2，
设E的坐标为：（x，﹣x+2）
∴F（x，﹣x2+x+2）
∴EF=﹣x2+x+2﹣（﹣x+2）=﹣x2+2x，
∴△BCF的面积为：EF•OB=2（﹣x2+2x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4
四边形CDBF的面积最大时，只需要△BCF的面积最大即可，
∴当x=2时，
△BCF的面积可取得最大值，
此时E的坐标为（2，1）
故答案是：(2,1).
【点睛】考查二次函数的综合问题，解题的关键是求出△BCF的面积的表达式.
10．如图，直线经过的直角顶点的边上有两个动点，点以的速度从点出发沿移动到点，点以的速度从点出发，沿移动到点，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点过点分别作，垂足分别为点.若，设运动时间为，则当___时，以点为顶点的三角形与以点为顶点的三角形全等．

【答案】1或或
【解析】分当E在BC线段上时，此时D在AC线段上；当E在AC线段上时，且D在AC线段上；当E到达A时，且D在BC线段上，三种情况进行讨论，相应列出方程求解即可.
【详解】解：当E在BC线段上时，此时D在AC线段上，
故CE=8-3t，CD=6-t，
当DC=CE时，
故8-3t =6-t
解得：t=1
当E在AC线段上时，且D在AC线段上，
故CE=3t-8，CD=6-t，
当DC=CE时，
故3t-8 =6-t
解得：
当E到达A时，且D在BC线段上，
故CE=6，CD=t-6，
当DC=CE时，
故6 =t-6
解得：
综上所述：t=1或或时，，以点为顶点的三角形与以点为顶点的三角形全等．
故答案为：1或或
【点睛】本题考查了动点与三角形全等,分类讨论是解决本题的关键.
11．如图，已知以点A(0，1)、C(1，0)为顶点的△ABC中，∠BAC=60°，∠ACB=90°，在坐标系内有一动点P（不与A重合），以P、B、C为顶点的三角形和△ABC全等，则P点坐标为____________.

【答案】（2，-1）、 、
【解析】
解：由勾股定理得：AC=，∵∠BAC=60°，∠ACB=90°，∴AB=，BC=，分为三种情况：
①如图1，延长AC到P，使AC=CP，连接BP，过P作PM⊥x轴于M，此时PM=OA=1，CM=OC=1，OM=1+1=2，即P的坐标是（2，﹣1）；

②如图2，过B作BP⊥BC，且BP=AC=，此时PC=AB=．过P作PM⊥x轴于M，此时∠PCM=15°，在x轴上取一点N，使∠PNM=30°，即CN=PN，设PM=x，则CN=PN=2x，MN=x，在Rt△CPM中，由勾股定理得：（）2=（2x+x）2+x2，x=，即PM=，MC=2x+x=，OM=1+=，即P的坐标是（，）；

③如图3，过B作BP⊥BC，且BP=AC=，过P作PM⊥x轴于M，此时∠PCM=30°+45°=75°，∠CPM=15°，和③解法类似求出CM=，PM=2x+x=，OM=1+=，即P的坐标是（，）．

故答案为：（2，﹣1）或（，）或（，）．
点睛：本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形等知识点的应用，注意要进行分类讨论，题目比较好，但是有一定的难度．
12．如图，矩形中，，，点为中点，点为线段上一个动点，连接，将沿折叠得到，连接，，当为直角三角形时，的长为_____．

【答案】1或
【解析】分两种情况进行讨论：当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形；当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形，分别根据直角三角形的勾股定理列方程求解即可．
【详解】分两种情况讨论：
①当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形，如图1所示．由折叠可得：∠PFE=∠A=90°，AE=FE=DE，∴∠CFP=180°，即点P，F，C在一条直线上．
在Rt△CDE和Rt△CFE中，，∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL），∴CF=CD=4．
设AP=FP=x，则BP=4﹣x，CP=x+4．
在Rt△BCP中，BP2+BC2=PC2，即（4﹣x）2+62=（x+4）2，解得：x，即AP；
②当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形，如图2所示，过F作FH⊥AB于H，作FQ⊥AD于Q，则∠FQE=∠D=90°．
又∵∠FEQ+∠CED=90°=∠ECD+∠CED，∴∠FEQ=∠ECD，∴△FEQ∽△ECD，∴，即，解得：FQ，QE，∴AQ=HF，AH，设AP=FP=x，则HPx．
∵Rt△PFH中，HP2+HF2=PF2，即（x）2+（）2=x2，解得：x=1，即AP=1．

综上所述：AP的长为1或．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
13．如图，中，, 分别是上动点，且，当=_______时，才能使和全等.

【答案】3或8
【解析】
试题解析：分为两种情况：①当AP=3时，
∵BC=3，
∴AP=BC，
∵∠C=90°，AE⊥AC，
∴∠C=∠QAP=90°，
∴在Rt△ABC和Rt△QAP中，

∴Rt△ABC≌Rt△QAP（HL），
②当AP=8时，
∵AC=8，
∴AP=AC，
∵∠C=90°，AE⊥AC，
∴∠C=∠QAP=90°，
∴在Rt△ABC和Rt△QAP中，

∴Rt△ABC≌Rt△QAP（HL），
故答案为：3或8．
14．如图，已知sinO＝，OA＝6，点P是射线ON上一动点，当△AOP为直角三角形时，则AP＝________．

【答案】或
【解析】分AP⊥OA，AP⊥OP两种情况讨论，当AP⊥OA，可根据sinO＝，设，利用勾股定理求出x即可求出AP；当AP⊥OP，直接利用sinO＝和AO=6，求得AP.
【详解】当AP⊥OA，
∵sinO＝
∴
则设
在中根据勾股定理

即
解得，（舍去）
∴=；
当AP⊥OP，
∵sinO＝
∴
∴
故填或.
【点睛】本题考查锐角三角函数，勾股定理.能利用分类讨论思想分情况讨论是解决此题的关键.
15．如图，矩形中，，点是线段上一动点，连接，将沿直线折叠，点落到处，连接，，当为等腰三角形时，的长为__________．

【答案】或或12
【解析】当为等腰三角形时，有三种情况，需分别讨论：①：；②：；③：.
【详解】①：；首先，因为折叠，，，则，另因，则，可证得，则，因此只要求出的值，即可求出的值，过点朝作垂线，垂足为，延长交边于点，由矩形的性质可知，，，利用等腰三角形三线合一的性质，可知，则在中，，则，再利用勾股定理，在中，有，由于，则，，解得.
②：，若与交于点，首先因为折叠，可知为的垂直平分线，不难证明出，则，则若能求得、的值，则此题便得以解答.因，则，在中，，则，得.
③：，因，且因为折叠，则为线段的垂直平分线，所以点与点重合，.

故答案为或或12.
【点睛】考查矩形的性质，翻折的性质，等腰三角形的性质，注意分类讨论思想在解题中的应用.
16．如图，直线与抛物线交于，两点，点是轴上的一个动点，当的周长最小时，_．

【答案】．
【解析】根据轴对称，可以求得使得的周长最小时点的坐标，然后求出点到直线的距离和的长度，即可求得的面积，本题得以解决．
【详解】联立得，
解得，或，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
作点关于轴的对称点，连接与轴的交于，则此时的周长最小，
点的坐标为，点的坐标为，
设直线的函数解析式为，
，得，
∴直线的函数解析式为，
当时，，
即点的坐标为，
将代入直线中，得，
∵直线与轴的夹角是，
∴点到直线的距离是：，
∴的面积是：，
故答案为．

【点睛】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
三、解答题
17．如图，抛物线与x轴交于两点，与轴交于点.

（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点为线段上一动点，试求的最小值；
（3）点是轴左侧的抛物线上一动点，连接，当时，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）；（3） 的坐标为 或.
【解析】（1）把点代入抛物线表达式即可求出m，即可得到抛物线的解析式；（2）连接,过点作于点，交轴于点 ，当 三点共线时，最小值为，再根据由三角形面积公式得：，即可求出 ；（3）
过点作轴的垂线，交轴于点，设点的坐标为 ，利用即，代入即可求出m的值，再求出D点坐标
【详解】解：（1）把点代入抛物线表达式得： ，
解得：
故该抛物线的解析式为：
（2）连接,过点作于点，交轴于点

由，得： ，
,即，
由三角形面积公式得：
即： ，解得：
在中，，
当 三点共线时，最小值为

（3）过点作轴的垂线，交轴于点，设点的坐标为


，即
或
解得： 或1（舍去），或或 （舍去）
过点 的坐标为 或
【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知三角函数的定义与性质及最值的求法.
18．如图,在菱形中,=60°, AB=2,点E是AB上的动点,作∠EDQ=60°交BC于点Q,点P在AD上,PD=PE.
（1）求证：AE=BQ；
（2）连接PQ, EQ,当∠PEQ=90°时,求的值；
（3）当AE为何值时,△PEQ是等腰三角形.

【答案】（1）见解析；（2）=；（3）AE为或2
【解析】（1）连结DB，根据“ASA”证明△ADE≌△BDQ即可；
（2）先证明△DEQ是等边三角形，可得∠DEQ=60°，进而可证明∠AED＝90°，根据勾股定理求出DE的长，根据两平行线间的距离相等求出PQ的长，即可求出的值；
（3）分三种情况讨论求解：①当QP=QE时，②当PE=QE时，③当PE=PQ时.
【详解】解：（1）连结DB,

∵四边形ABCD为菱形,∠A＝60°,
∴AD=AB＝DB,∠DBQ＝∠A＝60°.
∴∠ADB＝60°.
∵∠EDQ=60°,
∴∠ADE＝∠BDQ.
∴△ADE≌△BDQ.
∴AE=BQ.
（2）如图，

∵△ADE≌△BDQ,
∴DE=DQ.
∵∠EDQ=60°，
∴△DEQ是等边三角形，
∴∠DEQ=60°，DE=EQ=DQ.
∵∠PEQ=90°,
∴∠PED＝30°.
∵PD=PE,
∴∠PDE＝∠PED＝30°.
∴∠AED＝90°.
∵AD=2,
∴DE＝.
∵PD=PE, EQ=DQ,
∴PQ是DE的中垂线,
∴PQ= AB=2.
∴=.
（3）①当QP=QE时,如图1,

∵∠EQP＝∠DQP＝30°,
∴∠QPE＝∠QEP＝∠PDQ ＝75°.
∴∠PED＝∠PDE＝15°,
∴∠APE＝30°,
∴∠AEP＝90°.
∴AP＝2AE,PE＝PD＝AE,
∴AE＋2AE=2,
∴AE＝.
②当PE=QE时,
∵△DEQ是正三角形，
∴△PDE是正三角形,∠ADE＝60°,
点E与点B重合,如图2,
∴AE=2.

③当PE=PQ时,
∵∠EQP＝30°,
∴∠PEQ=30°，由图可知∠PEQ≥60°,
∴点E不存在.
综上所述,当AE为或2时,△PEQ是等腰三角形.
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的三角形的性质，等边三角形的判定与性质，两平行线间的距离相等，等腰三角形的性质，以及分类讨论的数学思想.掌握全等三角形的判定与性质是解（1）的关键，证明△DEQ是等边三角形是解（2）的关键，分类讨论是解（3）的关键.
19．已知：如图，∠B=90°AB∥DF，AB=3cm，BD=8cm，点C是线段BD上一动点，点E是直线DF上一动点，且始终保持AC⊥CE．
（1）试说明：∠ACB =∠CED
（2）当C为BD的中点时，ABC与EDC全等吗？若全等，请说明理由；若不全等，请改变BD的长（直接写出答案），使它们全等．
（3）若AC=CE ,试求DE的长
（4）在线段BD的延长线上，是否存在点C，使得AC=CE，若存在，请求出DE的长及△AEC的面积；若不存在，请说明理由．


【答案】（1）见解析；（2）当C为BD中点时， ABC与 EDC不全等；（3）5cm；（4）见解析.
【解析】（1）根据平行线的性质和三角形的内角和定理求出即可；
（2）根据全等三角形的判定定理进行判断，即可得出答案；
（3）根据全等得出对应边相等，即可得出答案；
（4）求出两三角形全等，得出对应边相等，再根据勾股定理和三角形面积公式求出即可．
【详解】解：(1)

∵AC⊥CE，



(2)当C为BD的中点时，△ABC与△EDC不全等，当BD的长是6时，它们全等，
理由是：∵BD=6，C为BD中点，
∴BC=CD=3=AB，
在△ABC和△CDE中


(3)∵在△ABC和△CDE中


∴AB=CD=3cm，
∴DE=BC=8cm−3cm=5cm；
(4)



∵AC⊥CE，


∴∠ECD=∠BAC；
当CD=AB=3cm时，AC=CE，
∵在△ABC和△CDE中


∴AC=CE，DE=BC=8cm，
∵AB=3cm，BC=BD+CD=8cm+3cm=11cm，
∴在中,由勾股定理得;

∴△AEC的面积是
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积的应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
20．如图1所示，抛物线交x轴于点和点，交y轴于点．

求抛物线的函数表达式；
如图2所示，若点M是抛物线上一动点，且，求点M的坐标；
如图3所示，设点N是线段AC上的一动点，作轴，交抛物线于点P，求线段PN长度的最大值．
【答案】（1）；（2）点P坐标为或或或； 线段PN长度最大值为4．
【解析】（1）把函数设为交点式，代入C点坐标，进而求出a的值即可；
（2）设M点坐标为（x，-x2-3x+4），根据S△AOM=3S △BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；
（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+4，再设N点坐标为（x，x+4），则P点坐标为（x，-x2-3x+4），然后用含x的代数式表示PN，根据二次函数的性质即可求出线段PN长度的最大值．
【详解】解：（1）把函数设为交点式，
由，得，把代入，得，
故抛物线的解析式为；
（2）设M点坐标为，
，
，
整理得或，
解得或，
则符合条件的点P坐标为或或或；
（3）设直线AC的解析式为，将，代入，
，
解得，
即直线AC的解析式为，
设点N坐标为，，则P点坐标为，
设，则，
即当时，y有最大值4，
故线段PN长度最大值为4．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积问题以及线段最值问题，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键.
21．如图，已知抛物线经过A（1，0），B（0，3）两点，对称轴是x=﹣1．

（1）求抛物线对应的函数关系式；
（2）动点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度在线段OA上运动，同时动点M从M从O点出发以每秒3个单位长度的速度在线段OB上运动，过点Q作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．
①当t为何值时，四边形OMPQ为矩形；
②△AON能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】解：（1）根据题意，设抛物线的解析式为：，
∵点A（1，0），B（0，3）在抛物线上，
∴，解得：。
∴抛物线的解析式为：。
（2）①∵四边形OMPQ为矩形，
∴OM=PQ，即，整理得：t2+5t﹣3=0，
解得（＜0，舍去）。
∴当秒时，四边形OMPQ为矩形。
②Rt△AOB中，OA=1，OB=3，∴tanA=3。
若△AON为等腰三角形，有三种情况：
（I）若ON=AN，如答图1所示，

过点N作ND⊥OA于点D，
则D为OA中点，OD=OA=，
∴t=。
（II）若ON=OA，如答图2所示，

过点N作ND⊥OA于点D，
设AD=x，则ND=AD•tanA=3x，OD=OA﹣AD=1﹣x，
在Rt△NOD中，由勾股定理得：OD2+ND2=ON2，
即，解得x1=，x2=0（舍去）。
∴x=，OD=1﹣x=。
∴t=。
（III）若OA=AN，如答图3所示，

过点N作ND⊥OA于点D，
设AD=x，则ND=AD•tanA=3x，
在Rt△AND中，由勾股定理得：ND2+AD2=AN2，
即，解得x1=，x2=（舍去）。
∴x=，OD=1﹣x=1﹣。
∴t=1﹣。
综上所述，当t为秒、秒，1﹣秒时，△AON为等腰三角形。
【解析】
（1）用待定系数法求出抛物线的顶点式解析式。
（2）①当四边形OMPQ为矩形时，满足条件OM=PQ，据此列一元二次方程求解。
②△AON为等腰三角形时，可能存在三种情形，分类讨论，逐一计算。
22．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．
（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？
（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．
【答案】解：（1）A（1，4）。
由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4
∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1。
∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3。
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A（1，4），C（3，0），
∴，解得。
∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6。
∵点P（1，4﹣t），
∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为。
∴点G的横坐标为，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为。
∴GE=（）﹣（4﹣t）=。
又点A到GE的距离为，C到GE的距离为，
∴。
∴当t=2时，S△ACG的最大值为1。
（3）或。
【解析】（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为
y=a（x﹣1）2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。
（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标
（1，4﹣t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=、点A到GE的距离为，C到GE的距离为；最后根据三角形的面积公式可以求得，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1。
（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上。分CE是边和对角线两种情况讨论即可。
由题设和（2）知，C（3，0），Q（3，t），E（），设H（）。
当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即
，
解得，或t=4（舍去，此时C，E重合）。
当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即
，
解得，或（舍去，此时已超过矩形ABCD的范围）。
综上所述，当或时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，
使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形。
23．如图，平面直角坐标系中点的坐标为，点的坐标为，抛物线经过、、三点，连接，线段交轴于点.

（1）求点的坐标；
（2）求抛物线的函数解析式；
（3）点为线段上的一个动点（不与点、重合），直线与抛物线交于、两点（点在轴右侧），连接，当四边形的面积最大时，求点的坐标并求出四边形面积的最大值.
【答案】（1）；(2) ；(3) 最大值为，此时点坐标为
【解析】
试题分析：（1）先利用待定系数法求出直线的解析式，然后计算自变量为0时的函数值即可得到点坐标；
（2）利用待定系数求抛物线的解析式；
（3）如图1，作轴交于 G，如图，利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，设设，则，再根据三角形面积公式计算出
和然后得到S四边形ABNO和m的二次函数关系式，再根据二次函数的性质求解；
试题解析：（1）设直线的解析式为，
把代入得，解得，
所以直线的解析式为，
当时，，
所以点坐标为；
（2）设抛物线解析式为，
把代入得，解得，

所以抛物线解析式为；
（3）如图1，作轴交的解析式为，
设，则，
，
，

所以
当时，四边形面积的最大值，最大值为，此时点坐标为；
24．如图1,抛物线与轴交于点和点,与轴交于点,抛物线的顶点为轴于点．将抛物线平移后得到顶点为且对称轴为直的抛物线．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2,在直线上是否存在点,使是等腰三角形?若存在,请求出所有点的坐标:若不存在,请说明理由；
(3)点为抛物线上一动点,过点作轴的平行线交抛物线于点，点关于直线的对称点为，若以为顶点的三角形与全等,求直线的解析式．
【答案】（1）抛物线的解析式为；（2）点的坐标为,,；（3）的解析式为或.
【解析】
分析：（1）把和代入求出a、c的值，进而求出y1，再根据平移得出y2即可；
（2）抛物线的对称轴为,设,已知，过点作轴于,分三种情况时行讨论等腰三角形的底和腰，得到关于t的方程，解方程即可；
（3）设,则,根据对称性得,分点在直线的左侧或右侧时,结合以构成的三角形与全等求解即可.
详解:(1)由题意知，
，
解得，
所以,抛物线y的解析式为；
因为抛物线平移后得到抛物线,且顶点为，
所以抛物线的解析式为，
即： ；
(2)抛物线的对称轴为,设,已知，
过点作轴于,

则 ，
，
，
当时，
即，
解得或；
当时,得，无解；
当时,得,解得;
综上可知,在抛物线的对称轴上存在点使是等腰三角形,此时点的坐标为,,.
(3)设,则,
因为关于对称,

所以,
情况一:当点在直线的左侧时,
,
,
又因为以构成的三角形与全等,
当且时,,
可求得,即点与点重合
所以,
设的解析式,
则有
解得,
即的解析式为,
当且时,无解,
情况二:当点在直线右侧时,
,
,
同理可得
的解析式为,
综上所述, 的解析式为或.
点睛：本题主要考查了二次函数综合题，此题涉及到待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质等知识，解答（1）问的关键是求出a、c的值，解答（2）、（3）问的关键是正确地作出图形，进行分类讨论解答，此题有一定的难度．
25．如图．在平面直角坐标系中．抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣2）．已知点E（m，0）是线段AB上的动点（点E不与点A，B重合）．过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P．交BC于点F．

（1）求该抛物线的表达式；
（2）当线段EF，PF的长度比为1：2时，请求出m的值；
（3）是否存在这样的m，使得△BEP与△ABC相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）m＝2或4；（3）存在，m的值为0或3．
【解析】（1）把点A、点C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）设点E的坐标为（m，0），则点F的坐标为（m，m﹣2），PE=2EF，即：m﹣2m2m+2=2（2m），即可求解；
（3）当△BEP与△ABC相似，分∠EPB=∠CAB或∠EPB=∠ABC两种情况，求解即可．
【详解】抛物线过点C，则其表达式为：yx2+bx﹣2，
将点A坐标代入上式得：0b﹣2，
解得：b，
故：抛物线的表达式为：yx2x﹣2；
设直线BC过点C（0，﹣2），设其表达式为：y=kx﹣2，
将点B坐标代入上式得：0=4k﹣2，
解得：k，则直线BC的表达式为：yx﹣2，
同理直线AC的表达式为：y=﹣2x﹣2，
设点E的坐标为（m，0），则点F的坐标为（m，m﹣2），
当线段EF，PF的长度比为1：2时，即：PE=2EF，则：m﹣2m2m+2=2（2m），解得：m=2或4；
直线BC的表达式为：yx﹣2，直线AC的表达式为：y=﹣2x﹣2，则：BC⊥AC，当△BEP与△ABC相似，则∠EPB=∠CAB，或∠EPB=∠ABC，
即：tan∠EPB=tan∠CAB，或tan∠EPB=tan∠ABC，
当tan∠EPB=tan∠CAB时，即：，
解得：m=0或4（舍去m=4），
同理，当tan∠EPB=tan∠ABC，m=3或4（舍去m=4）．
故存在，m的值为0或3．
【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
26．如图，已知一次函数的图像与x轴交于A（-6,0）与y轴相交于点B，动点P从A出发，沿x轴向x轴的正方向运动.
（1）求b的值，并求出△PAB为等腰三角形时点P的坐标；
（2）在点P出发的同时，动点Q也从点A出发，以每秒个单位的速度，沿射线AB运动，运动时间为t（s）；
①点Q的坐标（用含t的表达式表示）；
②若点P的运动速度为每秒k个单位，请直接写出当△APQ为等腰三角形时k的值.

【答案】（1）解：当为等腰三角形时点 的坐标为：或或；（2）① ，②的值分别为：、6、．
【解析】（1）利用待定系数法把点A坐标代入一次函数解析式，即可求出b的值；若，需分、、三种情况分类讨论；
（2）①设Q点横坐标为a,因为Q点在射线AB上，所以横坐标为，即，作 轴于点 ，则 ，，所以，又因为，所以，解得，表示出．②AP=tk,分AP=AQ,AP=PQ,AQ=AP三种情况即可解答,
【详解】（1）解：把 ，代入 得：．
∴，，，．
当 时，．∴；
当 时，．∴；
当 时，设 ，则 ，
在 中，由 可得：.
∴；
综上，当为等腰三角形时点 的坐标为：或或．
（2）①解：设，作 轴于点 ，

则 ，，∴．
又∵，∴，∴， ∴．
②的值分别为：、6、．
【点睛】本题难度较大，考查一次函数及几何图形动点问题．动点为中考常考题型，需要学生多做训练，培养数形结合思想，运用到考试中去．
27．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的顶点B（6，8），动点M，N同时从O点出发，点M沿射线OA方向以每秒1个单位的速度运动，点N沿线段OB方向以每秒0.6个单位的速度运动，当点N到达点B时，点M，N同时停止运动，连接MN，设运动时间为t（秒）．

（1）求证△ONM～△OAB；
（2）当点M是运动到点时，若双曲线的图象恰好过点N，试求k的值；
（3）△MNB与△OAB能否相似？若能试求出所有t的值，若不能请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）k＝12；（3）能，t＝6s或s时，△BMN与△AOB相似．
【解析】（1）用含t的式子表示OM，ON，可证得，即可解决问题；
（2）根据M点坐标可求得运动时间，进而求得N点坐标，再利用待定系数法求解析式即可解决问题；
（3）分两种情形解决）①当点M与点A重合时，△BNM∽△BAO，此时求得t．②当OM＝BM时，△MBN∽△BOA，此时点M在线段OB 的垂直平分线上，可求得此时t值
【详解】
解：（1）证明：由题意：OA＝6，AB＝8，OB＝10，OM＝t，ON＝0.6t，
∴，
∵∠MON＝∠AOB，
∴△ONM∽△OAB．
（2）当OM＝时，ON＝5，
∴ON＝NB，
∴N（3，4），
∵双曲线的图象恰好过点N，
∴k＝12．
（3）①当点M与点A重合时，△BNM∽△BAO，此时t＝6s．
②当OM＝BM时，∠MBN＝∠AOB，∵∠OAB＝∠MNB＝90°，
∴△MBN∽△BOA，
此时点M在线段OB 的垂直平分线上，
由（2）可知，此时OM＝，t＝s，
综上所述，当t＝6s或s时，△BMN与△AOB相似．
【点睛】本题考查反比例函数综合题、相似三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．如图，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（2，0），点B（0，2），动点D以1个单位长度/秒的速度从点A出发向x轴负半轴运动，同时动点E以个单位长度/秒的速度从点B出发向y轴负半轴运动，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F

（1）求∠OAB度数；
（2）当t为何值时，四边形ADEF为菱形，请求出此时二次函数解析式；
（3）是否存在实数t，使△AGF为直角三角形？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OAB＝60°；（2）t＝或t＝4，四边形ADEF为菱形，；（3）存在，t＝，使△AGF为直角三角形，见解析.
【解析】（1）在Rt△BOA中，OA＝2，OB＝2，根据锐角三角函数的定义即可得出tan∠OAB的值，进而得出∠OAB的度数；
（2）证明DE∥AB，可得四边形ADEF为平行四边形，当AD＝DE时，四边形ADEF为菱形，用t表示出AD，DE的长，解方程即可得出t的值，再设顶点式可求得此时二次函数的解析式；
（3）由题意可得∠GFA＝∠BAO＝60°，∠FGA≠90°，所以使△AGF为直角三角形，只能是∠FAG＝90°，用t分别表示出AF，FG的长，根据FG＝2AF，即可得出t的值．
【详解】解：（1）∵直线AB与x轴，y轴分别交于点A（2，0），点B（0，2），∠BOA＝90°，
∴OA＝2，OB＝2，
∴tan∠OAB＝，
∴∠OAB＝60°；
（2）∵AD＝t，BE＝tm
∴，
∴DE∥AB，
∴∠EDO＝∠BAO＝60°，
∵过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F，
∴四边形ADEF为平行四边形，
当AD＝DE时，四边形ADEF为菱形，
∵OD＝2﹣t或OD＝t﹣2，DE＝2OD，
∴DE＝4﹣2t或DE＝2t﹣4，
∴t＝4﹣2t或t＝2t﹣4，
解得：t＝或t＝4，
当t＝时，点E坐标为（0，），
设二次函数解析式为y＝a（x﹣2）2，
将点E坐标代入，可得a＝，
∴二次函数解析式为y＝（x﹣2）2；
当t＝4时，点E坐标为（0，），
设二次函数解析式为y＝a（x﹣2）2，
将点E坐标代入，可得a＝，
∴二次函数解析式为y＝（x﹣2）2；
（3）∵EG∥OA，
∴∠GFA＝∠BAO＝60°，
∵G在二次函数图象上，
∴∠FGA≠90°，
∴使△AGF为直角三角形，只能是∠FAG＝90°，
由对称性可得，EG＝4，
∵四边形ADEF为平行四边形，
∴EF＝AD＝t，AF＝DE＝2（2﹣t），
∵FG＝2AF，
∴4﹣t＝4（2﹣t），
解得：t＝，
∴存在实数t＝，使△AGF为直角三角形．
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数的表达式，锐角三角函数的定义，平行四边形、菱形的判定，本题需注意分类讨论，不要漏解．
29．已知边长为4的正方形ABCD，顶点A与坐标原点重合，一反比例函数图象过顶点C，动点P以每秒1个单位速度从点A出发沿AB方向运动，动点Q同时以每秒4个单位速度从D点出发沿正方形的边DC→CB→BA方向顺时针折线运动，当点P与点Q相遇时停止运动，设点P的运动时间为t．

⑴求出该反比例函数解析式；
⑵连接PD，当以点Q和正方形的某两个顶点组成的三角形和△PAD全等时，求t值；
【答案】（1）y=;（2）t= 或t= 或t= .
【解析】
试题分析: （1）根据正方形ABCD的边长为4，可得C的坐标为（4，4），再用待定系数法求出反比例函数解析式；
（2）分点Q在CD，BC，AB边上，根据全等三角形的判定和性质求得点Q的坐标；
试题解析:
（1）∵正方形ABCD的边长为4，
∴C的坐标为（4，4）
设反比例解析式为y=,
将C的坐标代入解析式得：k=16，
∴反比例解析式为y=.
(2)当Q在DC上时，如图所示：

此时△APD≌△CQB，
∴AP=CQ,即t=4−4t,解得t=;
当Q在BC边上时，有两个位置，如图所示：

若Q在上边,则△QCD≌△PAD，
∴AP=QC,即4t−4=t,解得t=；
若Q在下边,则△APD≌△BQA，
则AP=BQ,即8−4t=t,解得t=；
当Q在AB边上时，如图所示：

此时△APD≌△QBC，
∴AP=BQ,即4t−8=t,解得t=，
因为0⩽t⩽125，所以舍去.
综上所述 t= , t= , t= .
点睛: 本题考查了正方形的性质，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定和性质，三角形的面积计算，分类思想，综合性较强，有一定的难度．
30．综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+3与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．点A坐标为（﹣1，0）．直线l为该抛物线的对称轴，且交直线BC于点D．抛物线上有一动点P，且横坐标为m（4＜m＜9），连接PD，过点P作PE⊥l于点E．

（1）求抛物线及直线BC的函数表达式．
（2）当△DEP与△BOC相似时，求m的值；
（3）如图2，点M为直线BC上一动点，是否存在点P，使得以点A，C，P．M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出此时点P和点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝－ x+3，y＝﹣x2+x+3；（2）m的值为 或8；（3）存在点P坐标为（，），点M坐标为（ ）
【解析】（1）将点A坐标代入可求抛物线解析式，求出B、C坐标，待定系数法求出直线BC的解析式
（2）分类讨论相似关系，当△DEP～△COB和当△DEP～ABOC时，找好边角的对应关系，可求m的值．
（3）因为点P的坐标范围要求，所以点P只存在一种情况，利用全等关系，解方程等量关系获得点M和P点坐标．
【详解】（1）把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+x+3中，得a＝﹣∴抛物线的函数表达式为，y＝﹣x2+x+3
当x＝0，得y＝3，∴点C的坐标为（0，3）
当y＝0时，得﹣y＝﹣x2+x+3＝0
解，得x1＝﹣1，x2＝9．∵点A在点B左侧点B坐标为（9，0）
设直线BC的函数表达式为y＝kx+b，
把点B（9，0）和C（0，3）代入上式，
得 解得 ∴直线BC的函数表达式为y＝－x+3；
（2）在Rt△BOC中，OB＝9，OC＝3，∵PE⊥l于点E．∠PED＝∠BOC＝90°．
∵直线l为抛物线y＝﹣x2+x+3的对称轴，
∴直线l为x＝﹣＝﹣÷[2×（﹣）]＝4
∴点D和E的横坐标为4
把x＝4代入y＝-x+3中，得y＝-x4+3＝．
∴点D坐标为（4，）
∵点P是抛物线上的点，
∴设P（m，﹣m2+m+3），E（4，﹣m2+m+3）
∵4＜m＜9，且△DEP与△BOC相似
∴点E在点D上方，点P在点E右侧．
∴DE＝﹣m2+m+3﹣＝﹣m2+m+，PE＝m﹣4
①当△DEP～ABOC时，＝，
即＝
解得m1＝，m2＝（舍）
②当△DEP～△COB时，＝，
即＝
解得m1＝8，m2＝﹣1（舍）
∴当△DEP与△BOC相似时，m的值为 或8；
（3）∵点P的横坐标在4与9之间
∴A、C、P、M组成的平行四边形只有一种情况，如图
可证△PMN≌△ACO（AAS）
∴OA＝MN＝1，PN＝CO＝3
设点M（m，-m+3）
则P（m+1，-m+3+3）
将点P坐标代入解析式，可解得m＝

∴存在点P坐标为（，），点M坐标为（）.
【点睛】考查了待定系数法求解析式，相似存在性问题以及平行四边形存在性问题，综合内容较多，是一道很好的入门级压轴问题．
31．如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其对称轴交抛物线于点，交轴于点，已知.

⑴求抛物线的解析式及点的坐标；
⑵连接为抛物线上一动点，当时，求点的坐标；
⑶平行于轴的直线交抛物线于两点，以线段为对角线作菱形，当点在轴上，且时，求菱形对角线的长.
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣6，D（2，﹣8）；（2）F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；（3）菱形对角线MN的长为+1或﹣1．
【解析】
试题分析：（1）由条件可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，进一步可求得D点坐标；（2）过F作FG⊥x轴于点G，可设出F点坐标，利用△FAG∽△BDE，由相似三角形的性质可得到关于F点坐标的方程，可求得F点的坐标；（3）可求得P点坐标，设T为菱形对角线的交点，设出PT的长为n，从而可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可得到n的方程，可求得n的值，从而可求得MN的长．
试题解析：
（1）∵OB=OC=6，
∴B（6，0），C（0，﹣6），
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣6，
∵y=x2﹣2x﹣6=（x﹣2）2﹣8，
∴点D的坐标为（2，﹣8）；
（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，

设F（x，x2﹣2x﹣6），则FG=|x2﹣2x﹣6|，
在y=x2﹣2x﹣6中，令y=0可得x2﹣2x﹣6=0，解得x=﹣2或x=6，
∴A（﹣2，0），
∴OA=2，则AG=x+2，
∵B（6，0），D（2，﹣8），
∴BE=6﹣2=4，DE=8，
当∠FAB=∠EDB时，且∠FGA=∠BED，
∴△FAG∽△BDE，
∴，即=，
当点F在x轴上方时，则有，解得x=﹣2（舍去）或x=7，此进F点坐标为（7，）；
当点F在x轴上方时，则有，得x=﹣2（舍去）或x=5，此进F点坐标为（5，﹣）；
综上可知F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；
（3）∵点P在x轴上，
∴由菱形的对称性可知P（2，0），
如图2，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点，

∵PQ=MN，
∴MT=2PT，
设PT=n，则MT=2n，
∴M（2+2n，n），
∵M在抛物线上，
∴n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=，
∴MN=2MT=4n=+1；
当MN在x轴下方时，同理可设PT=n，则M（2+2n，﹣n），
∴﹣n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=（舍去），
∴MN=2MT=4n=﹣1；
综上可知菱形对角线MN的长为+1或﹣1．
考点：二次函数综合题．
32．如图，已知直线与抛物线交于点、两点，抛物线与轴另一交点为.

（1）求抛物线的解析式；
（2）若点为直线上一动点，点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度向点作匀速运动，设运动时间为.当与相似时，求出点的运动时间；
（3）点是位于直线上方轴上一点，点为直线上一点，点为第一象限内抛物线上一动点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）当与相似时，或；（3）存在，点的坐标为或.
【解析】（1）先求出，，代入二次函数解析式，即可求解；
（2）根据二次函数解析式求出，求出AC，AB，设，分两种情况讨论：
①当时，②当时，分别列出比例式进行求解；
（3）设，①当为对角线时，四边形为菱形，利用点和点关于轴对称，得到 ，代入中求出m,②当为菱形的边时，四边形为菱形，根据，设，表示出 ， ，再列出方程即可求出m.
【详解】（1）∵直线，当时，即，解得，
当时，，
∴，，
∴，∴.
∴抛物线的解析式为；
（2）∵抛物线解析式为，
∴，
∴，，设，
∵，∴需分两种情况讨论：
如解图①，①当时，
∴，
即，
∴，
②当时，
∴，
即，∴，

综上所述，当与相似时，或；
（3）存在点的坐标为或.理由如下：
设，
当为对角线时，四边形为菱形，如解图②，则点和点关于轴对称，∴，
把代入中，得，解得（舍去），，此时点的坐标为；当为菱形的边时，四边形为菱形，如解图③，则轴，，设，∴，，即，∴，解得（舍去），，此时点坐标为，
综上所述，存在以点、、、为顶点的四边形是菱形，满足条件的点的坐标为或.

【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像、菱形的性质及相似三角形的判定与性质.
33．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，抛物线的对称轴是x＝﹣1，且与x轴交于E点．

（1）请直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图2，连接AD，设点P是线段AD上的一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点G，交x轴于点H，连接AG、GD，当△ADG的面积为1时，
①求点P的坐标；
②连接PC、PE，探究PC、PE的数量关系和位置关系，并说明理由;
（3）设M为抛物线上一动点，N为抛物线的对称轴上一动点，Q为x轴上一动点，当以Q、M、N、E为顶点的四边形为正方形时，请直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3，顶点D坐标为（﹣1，4）；（2）①P（﹣2，2）；②PC＝PE，PC⊥PE，理由见解析；（3）Q（，0）或（，0）或（，0）或（，0）
【解析】（1）根据待定系数法，即可得到答案；
（2）①易求：直线AD的解析式为：y＝2x+6，设点P（m，2m+6）（﹣3＜m＜﹣1），则G（m，﹣m2﹣2m+3），得到PG=﹣m2﹣4m﹣3，结合S△ADG＝1，列出关于m的方程即可；
②连接CE，根据勾股定理分别求出PC，PE， CE的值，即可得到PC、PE的数量关系和位置关系；
（3）设N（﹣1，n），Q（p，0），根据题意得：M（p，n），|p+1|＝|n|，﹣p2﹣2p+3＝n，即可求出点Q的坐标.
【详解】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是x＝﹣1，
∴﹣ ＝﹣1，
∴b＝﹣2，
∴抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∵抛物线过点A（﹣3，0），
∴0＝﹣9+6+c，
∴c＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴顶点D坐标为（﹣1，4）；
（2）①由（1）知，D（﹣1，4），
∵A（﹣3，0），
∴直线AD的解析式为：y＝2x+6，
设点P（m，2m+6）（﹣3＜m＜﹣1），
由（1）知，抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
∵PH⊥x轴，
∴G（m，﹣m2﹣2m+3），
∴PG＝﹣m2﹣2m+3﹣（2m+6）＝﹣m2﹣4m﹣3，
∵△ADG的面积为1，
∴S△ADG＝PG×（﹣1+3）＝﹣m2﹣4m﹣3＝1，
∴m＝﹣2，
∴P（﹣2，2）；
②如图2，连接CE，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴C（0，3），
由①知，P（﹣2，2），
∵抛物线的对称轴x＝1，
∴E（﹣1，0），
∴PC＝，PE＝＝， CE＝，
∴PC＝PE，PC2+PE2＝5+5＝10＝CE2，
∴△PCE是以CE为斜边的直角三角形，
∴∠CPE＝90°．
∴PC⊥PE；
（3）设N（﹣1，n），Q（p，0），
∵以Q、M、N、E为顶点的四边形为正方形，
∴M（p，n），|p+1|＝|n|①，
∵点M在抛物线上，
∴﹣p2﹣2p+3＝n②，
联立①②解得， 或或或，
∴Q（，0）或（，0）或（，0）或（，0）．

【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，根据题意，画出草图，是解题的关键，体现了数形结合的思想方法.
34．已知二次函数的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，它的顶点为P，直线与过点B且垂直于x轴的直线交于点D，且
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若，求这个二次函数的关系式；
（3）在（2）的基础上，将直线先绕点C旋转到与x轴平行，再沿y轴向上平移1个单位得直线n，Q是直线n上的动点，是否存在点Q，使为直角三角形？若存在，求出所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）A（-1，0），B（3，0）；（2）；（3）点Q的坐标为或或（9，-2）或（-8，-2）.
【解析】（1）先求出抛物线的对称轴，然后利用平行线分线段成比例定理求得OE：EB的值，从而得到点B的坐标，利用抛物线的对称性可求得点A的坐标；
（2）过点C作CF⊥PE，垂足为F，用字母表示出点C和点P的坐标，然后根EF∥BD，则∠FPC=∠PDB，然后利用锐角三角函数的定义可求得a的值，然后将点A坐标代入抛物线的解析式可求得c的值；
（3）先求得抛物线的顶点坐标，然后再求得直线n=-2．设点Q的坐标为（a，-2），依据两点间的距离公式可知：，，，然后分三种情况依据勾股定理的逆定理列方程分别求出Q点坐标即可.
【详解】解：（1）按照题意画出二次图像，如图所示：

作PE⊥x轴，
∵由题意可知：抛物线的对称轴为，
∴OE=1，
∵OC∥PE∥BD，
∴，
∴BE=2，
∴OB=3，
∴B（3，0），
∵点A与点B关于PE对称，
∴点A的坐标为（-1，0）；
（2）过点C作CF⊥PE，垂足为F，

将x=0代入得：y=c，
∴点C的坐标为（0，c），
将x=1代入得y=-a+c，
∴点P的坐标为（1，-a+c），
∴PF=a，
∵PE∥BD，tan∠PDB=1，
∴tan∠FPC=1，
∴，解得a=1，
将a=1代入抛物线的解析式得：，
将点A的坐标代入得：1+2+c=0，解得：c=-3，
∴抛物线的解析式为；
（3）∵，
∴点P的坐标为（1，-4），
由题意可知：直线n=-2，
设点Q的坐标为（a，-2），依据两点间的距离公式可知：，，，
①当时，，解得： 或，
∴点Q的坐标为或，
②当时，，解得a=9，
∴点Q的坐标为（9，-2）；
③当时，，解得：a=-8，
∴点Q的坐标为（-8，-2），
综上所述，点Q的坐标为或或（9，-2）或（-8，-2）.
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了抛物线的对称性，锐角三角函数的定义，平行线分线段成比例定理，勾股定理的逆定理.其中作垂直于对称轴，利用锐角三角函数的定义求得的值是解题的关键．注意（3）要分情况讨论.
35．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，l2交x轴于点A，点P是直线l1上一动点，过点P作PQ∥y轴交l2于点Q
（1）求出点A的坐标；
（2）连接AP，当△APQ为以PQ为底边的等腰三角形时，求点P和点Q的坐标；
（3）点B为OA的中点，连接OQ、BQ，若点P在y轴的左侧，M为直线y＝﹣1上一动点，当△PQM与△BOQ全等时，求点M的坐标．

【答案】（1）A(2，0)；（2）P(3，)，Q(3，﹣)；（3）M(﹣1，﹣1)或(﹣1，8)
【解析】（1）求出直线l2的解析式为y＝﹣x+1，即可求A的坐标；
（2）设点P（x，﹣x+2），Q（x，﹣x+1），由AQ＝AP，即可求P点坐标；
（3）设P（n，﹣n+2），M（m，﹣1），则Q（n，﹣n+1），可求出BQ＝，OQ＝，PM＝，QM＝，①当△PQM≌△BOQ时，PM＝BQ，QM＝OQ，结合勾股定理，求出m；②当△QPM≌△BOQ时，有PM＝OQ，QM＝BQ，结合勾股定理，求出m即可．
【详解】解：（1）∵直线l1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，
∴直线l2的解析式为y＝﹣x+1，
∵l2交x轴于点A，
∴A（2，0）；
（2）当△APQ为以PQ为底边的等腰三角形时，
∴AQ＝AP，
∵点P是直线l1上一动点，
设点P（x，﹣x+2），
∵过点P作PQ∥y轴交l2于点Q
∴Q（x，﹣x+1），
∴（﹣x+2）2＝（﹣x+1）2，
∴x＝3，
∴P（3，），Q（3，﹣）；
（3）∵点B为OA的中点，
∴B（1，0），
∴PQ＝BO＝1，
设P（n，﹣n+2），M（m，﹣1），则Q（n，﹣n+1），
∴BQ＝，OQ＝，
PM＝，QM＝，①
∵△PQM与△BOQ全等，
①当△PQM≌△BOQ时，
有PM＝BQ，QM＝OQ，
＝，＝，
∴n＝2m﹣2，
∵点P在y轴的左侧，
∴n＜0，
∴m＜1，
∴m＝﹣1，
∴M（﹣1，﹣1）；
②当△QPM≌△BOQ时，
有PM＝OQ，QM＝BQ，
＝，＝，
∴n＝﹣m，
∵点P在y轴的左侧，
∴n＜0，
∴m＞2，
∴m＝8，
∴M（﹣1，8）；
综上所述，M（﹣1，﹣1）或M（﹣1，8）．1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，
【点睛】本题考查一次函数的综合；熟练掌握一次函数的图象特点，等腰三角形与全等三角形的性质是解题的关键．
36．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点、，直线与直线关于轴对称，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点运动.当点出发后，过点作交折线于点，以为边向上作等边，设与重叠部分图形的面积为.点运动的时间为秒.
（1）写出坐标：点（ ），（ ），（ ）；
（2）当点在线段上时，求与之间的函数关系式；
（3）求出以点、、为顶点的三角形是直角三角形时的值；
（4）直接写出点运动的路径长为 .

【答案】（1），，；（2）①当时，，②当时，；（3）的值是秒或秒；（4）.
【解析】(1)分别令 和代入直线 中，可得 和 的坐标，根据对称性可得出 的坐标
(2)根据三角函数特殊值求 ,得是等边三角形，表示 ，计算当点 在上时，如图1，根据 ，列出方程可得 的值
①当 时，点 在线段 上，与重叠部分图形是等边三角形 ,如图2
②当 时，如图3，与重叠部分图形是四边形 ,根据面积差可得结论；
(3) ①如图4，当 时， ,根据列出可得结论；
②如图5，当时， 在 轴上，根据 ，得 的值
(4) ①点 在线段 上时，如图6，点 的运动路径为等边中边上的高线 ，
②点在线段上时，设的中点为 ，如图7，点的运动路径为的长，相加即可得出答案.
【详解】解：（1） 时， ，
，
当 时， ， ，
，
直线与直线关于轴对称，
.
（2） 中， ，
,
,
,
,
,
是等边三角形，
，
当点 在 上时，如图①，

，
，
，
，
，

.
① 当 时，点 在线段 上，与重叠部分图形是等边三角形 ,如图2

.
② 当 时，
如图3，与重叠部分图形是四边形

， ，
中， ，
，
.
中， ，
，

（3）①如图4，

当 时，
， ，
，
则 ， .

② 如图5，

当 时，
在 轴上， ， ，
，
，
，
， ，
， ，
，
， ，
综上，的值是 秒或 秒.
（4）动点从点出发， ，点在线段上时，如图6，

点的运动路径为等边中边上的高线，
此时 ，
当点 在线段 上时，设 的中点为 ，如图7，

点的运动路径为的长， ,点运动的路径长为： .
【点睛】本题主要考查了一次函数与x轴，y轴的交点的求法，三角函数的定义，勾股定理及几何动点问题，此类题型常用方程的思想解决问题，分类讨论思想是解题关键.
37．如图，在矩形中，点为原点，点的坐标为，点的坐标为，抛物线经过点、，与交于点．

备用图
⑴求抛物线的函数解析式；
⑵点为线段上一个动点（不与点重合），点为线段上一个动点，，连接，设，的面积为．求关于的函数表达式；
⑶抛物线的顶点为，对称轴为直线，当最大时，在直线上，是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请写出符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）点的坐标为，
【解析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）根据特殊角的三角函数值，得到，过点作与点，则，然后根据面积公式，即可得到答案；
（3）由（2）可知，当时，取最大值，得到点Q的坐标，然后求出点D和点F的坐标，再根据平行四边形的性质，有，然后列出等式，即可求出点M的坐标.
【详解】解：（1）经过、两点
，解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2），，
，
∴，
，
过点作于点，则

∴，
；
（3）存在符合条件的点，理由如下：
由⑵得，，
∴当时，取最大值，此时，，
又∵点在抛物线上；
当时，，
的坐标为，的坐标为.
设的坐标为，则
∴当时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形.
由，
解得：或；
∴符合条件的点的坐标为：，.
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值问题，求二次函数的解析式，平行四边形的性质，以及解一元一次方程，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，熟练运用数形结合的思想进行解题.
38．如图，AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB，OB＝4，D是OB的中点，点E是弧BC上的动点，连接AE，DE．
（1）当点E是弧BC的中点时，求△ADE的面积；
（2）若 ，求AE的长；
（3）点F是半径OC上一动点，设点E到直线OC的距离为m，当△DEF是等腰直角三角形时，求m的值.

【答案】（1）；（2）；（3） ，，.
【解析】（1）作EH⊥AB，连接OE，EB，设DH＝a，则HB＝2﹣a，OH＝2+a，则EH＝OH＝2+a，根据Rt△AEB中，EH2＝AH•BH，即可求出a的值，即可求出S△ADE的值；
（2）作DF⊥AE，垂足为F，连接BE，设EF＝2x，DF＝3x，根据DF∥BE故，得出AF＝6x，再利用Rt△AFD中，AF2+DF2＝AD2，即可求出x，进而求出AE的长；
（3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m的值.
【详解】解：（1）如图，作EH⊥AB，连接OE，EB，
设DH＝a，则HB＝2﹣a，OH＝2+a，
∵点E是弧BC中点，
∴∠COE＝∠EOH＝45°，
∴EH＝OH＝2+a，
在Rt△AEB中，EH2＝AH•BH，
（2+a）2＝（6+a）（2﹣a），
解得a＝，
∴a＝，
EH=，
S△ADE＝;

（2）如图，作DF⊥AE，垂足为F，连接BE

设EF＝2x，DF＝3x
∵DF∥BE
∴
∴=3
∴AF＝6x
在Rt△AFD中，AF2+DF2＝AD2
（6x）2+（3x）2＝（6）2
解得x＝
AE＝8x＝
（3）当点D为等腰直角三角形直角顶点时，如图

设DH＝a
由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH，
∴∠DFO=∠EDH
∴△ODF≌△HED
∴OD＝EH＝2
在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH
（2）2＝（6+a）•（2﹣a）
解得a＝±
m＝
当点E为等腰直角三角形直角顶点时，如图

同理得△EFG≌△DEH
设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a
在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH
（2+a）2＝（6+a）（2﹣a）
解得a＝
∴m＝
当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图

同理得△EFM≌△FDO
设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2
∴EH＝a+2
在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH
（a+2）2＝（4+a）•（4﹣a）
解得a＝±
m＝
【点睛】此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.
39．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，动点从原点O出发，沿着轴正方向移动，以为斜边在第一象限内作等腰直角三角形，设动点的坐标为.

(1)当时，点的坐标是 ；当时，点的坐标是 ；
(2)求出点的坐标(用含的代数式表示)；
(3)已知点的坐标为，连接、，过点作轴于点，求当为何值时，当与全等.
【答案】(1) (2，2)；(，)； (2) P(，)；(3) .
【解析】(1) 当时，三角形AOB为等腰直角三角形， 所以四边形OAPB为正方形，直接写出结果；当时，作PN⊥y轴于N，作PM⊥x轴与M，求出△BNP≌△AMP，即可得到ON+OM=OB-BN+OA+AM=OB+OA，即可求出；
(2) 作PE⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，求出△BEP≌△AFP，即可得到OE+OF=OB+BE+OA+AF=OB+OA，即可求出；
(3) 根据已知求出BC值，根据上问得到OQ= ，△PQB≌△PCB，BQ=BC，因为OQ=BQ+OB，即可求出t.
【详解】(1) 当时，三角形AOB为等腰直角三角形如图

所以四边形OAPB为正方形，所以P(2，2)
当时，如图

作PN⊥y轴于N，作PM⊥x轴与M
∴四边形OMPN为矩形
∵∠BPN+∠NPA=∠APM+∠NPA=90°
∴ ∠BPN =∠APM
∵∠BNP=∠AMP
∴ △BNP≌△AMP
∴PN=PM BN=AM
∴四边形OMPN为正方形，OM=ON=PN=PM
∴ON+OM=OB-BN+OA+AM=OB+OA=2+1=3
∴OM=ON=PN=PM=
∴ P(，)
(2) 如图

作PE⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，则四边形OEPF为矩形
∵∠BPE+∠BPF=∠APF+∠BPF=90°
∴ ∠BPE =∠APF
∵∠BEP=∠AFP
∴ △BEP≌△AFP
∴PE=PF BE=AF
∴四边形OEPF为正方形，OE=OF=PE=PF
∴OE+OF=OB+BE+OA+AF=OB+OA=2+t
∴ OE=OF=PE=PF=
∴ P(，)；
(3) 根据题意作PQ⊥y轴于Q，作PG⊥x轴与G

∵ B(0，2) C(1，1)
∴ BC=
由上问可知P(，)，OQ=
∵△PQB≌△PCB
∴BC=QB=
∴ OQ=BQ+OB=+2=
解得 t=.
【点睛】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形、直角坐标系等概念，关键是作出正方形求出相应的全等三角形.
40．如图所示抛物线过点，点，且
（1）求抛物线的解析式及其对称轴；
（2）点在直线上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值；
（3）点为抛物线上一点，连接，直线把四边形的面积分为3∶5两部分，求点的坐标.

【答案】（1），对称轴为直线；（2）四边形的周长最小值为；（3）
【解析】（1）OB=OC，则点B（3，0），则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，即可求解；
（2）CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，即可求解；
（3）S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，即可求解．
【详解】（1）∵OB=OC，∴点B（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，
故-3a=3，解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3…①；
对称轴为：直线
（2）ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，其中AC=、DE=1是常数，
故CD+AE最小时，周长最小，
取点C关于函数对称点C（2，3），则CD=C′D，
取点A′（-1，1），则A′D=AE，
故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，

四边形ACDE的周长的最小值=AC+DE+CD+AE=+1+A′D+DC′=+1+A′C′=+1+；
（3）如图，设直线CP交x轴于点E，

直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，
又∵S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，
则BE：AE，=3：5或5：3，
则AE=或，
即：点E的坐标为（，0）或（，0），
将点E、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+3，
解得：k=-6或-2，
故直线CP的表达式为：y=-2x+3或y=-6x+3…②
联立①②并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为（4，-5）或（8，-45）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点A′点来求最小值，是本题的难点．
41．如图，在中，，，．现在有动点从点出发，沿线段向终点运动，动点从点出发，沿折线向终点运动．如果点的速度是秒，点的速度是秒．它们同时出发，当有一点到达终点时，另一点也停止运动．设运动的时间为秒．
如图，在上，当为多少秒时，以点、、为顶点的三角形与相似？
如图，在上，是否存着某时刻，使得以点、、为顶点的三角形与相似？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）或；（2）存在；.
【解析】(1)如图1（1）,当∠AQP=90°时, ,由相似三角形的性质就可以求出t值,如图1(2)当∠APQ=90°时,就有 ,由相似三角形的性质就可以求出其t值;
(2)如图2,当 时根据相似三角形的性质就有,再根据已知条件就可以求出t的值.
【详解】解：如图，当时，，
∴．

在中，由勾股定理，得
．
，，
∴，
∴，
∴，
如图，当时，，

∴，
∴，
．
综上所述，或时，以点、、为顶点的三角形与相似；
如图，当时，
．
∵，，
∴，
，
∴时，在上，以点、、为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题是一道关于动点问题的相似三角形的综合试题,考查了勾股定理的运用,相似三角形的判定及性质的运用,求出时间t而求证三角形相似是解题关键.
42．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，），点B在轴正半轴上，∠ABO=30°，动点D从点A出发，沿着射线AB方向以每秒3个单位的速度运动，过点D作DE⊥轴，交轴于点E，同时，动点F从定点C（，）出发沿轴正方向以每秒1个单位的速度运动，连结DO，EF，设运动时间为秒.
（1）当点D运动到线段AB的中点时，
①求的值；
②判断四边形DOFE是否是平行四边形，请说明理由；
（2）点D在运动过程中，以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，求出满足条件的的值；
（3）过定点C做直线 ⊥轴，与线段DE所在的直线相交于点M，连结EC，MF，若四边形ECFM为平行四边形，请直接写出点E的坐标.

【答案】（1）①t=2；②见解析；（2）t=14；（3）E （0，）．
【解析】(1) ①由题意可知，当点D运动到线段AB的中点时，可知,由动点D的速度，可计算出；
②根据轴，可知 轴，由点F的运动速度可知,推出，所以DE平行且等于OF，可证出四边形DOFE是平行四边形.
(2)由题意可知当点D在线段AB上，四边形DOFE构不成矩形，所以计算当点D在线段AB的延长线上，根据,可推出，因为四边形DOFE要构成矩形，所以使即可求出答案.
(3)当点D在线段AB上运动时，由可知，推出，因为四边形ECFM为平行四边形，所以时成立，即可算出点E的坐标；当点D在AB的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形.
【详解】（1）①∵
∴，
∵为的中点，
∴，
∵点的运动速度为每秒个单位
∴，
得：.
②∵轴，，可知 轴，
根据点的运动速度与，可知，
∴
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴
∴
∴四边形是平行四边形.
（2）要使以点 为顶点的四边形是矩形，则点在射线上，
如下图所示：

∵
∴
∵ ，
∴ 即
∴
（3）由题意可分情况讨论：
当点D在线段AB上运动时，如下图所示：

∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴，
∵
∴
∴点的坐标为
当点在的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形
所以综上所述：点的坐标为
【点睛】本题考查了平面直角坐标系里的动点问题，结合特殊四边形，熟知和掌握坐标与线段的转化和矩形平行四边形的性质是解题关键.
43．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，4），交x轴正半轴于点B，连接AC，点E是线段OB上一动点（不与点O，B重合），以OE为边在x轴上方作正方形OEFG，连接FB，将线段FB绕点F逆时针旋转90°，得到线段FP，过点P作PH∥y轴，PH交抛物线于点H，设点E（a，0）．

（1）求抛物线的解析式．
（2）若△AOC与△FEB相似，求a的值．
（3）当PH＝2时，求点P的坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）a＝或；（3）点P的坐标为（2，4）或（1，4）或（，4）．
【解析】
【详解】（1）点C（0，4），则c＝4，
二次函数表达式为：y＝﹣x2+bx+4，
将点A的坐标代入上式得：0＝﹣1﹣b+4，解得：b＝3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（2）tan∠ACO＝＝，
△AOC与△FEB相似，则∠FBE＝∠ACO或∠CAO，
即：tan∠FEB＝或4，
∵四边形OEFG为正方形，则FE＝OE＝a，
EB＝4﹣a，
则或，
解得：a＝或；
（3）令y＝﹣x2+3x+4＝0，解得：x＝4或﹣1，故点B（4，0）；
分别延长CF、HP交于点N，

∵∠PFN+∠BFN＝90°，∠FPN+∠PFN＝90°，
∴∠FPN＝∠NFB，
∵GN∥x轴，∴∠FPN＝∠NFB＝∠FBE，
∵∠PNF＝∠BEF＝90°，FP＝FB，
∴△PNF≌△BEF（AAS），
∴FN＝FE＝a，PN＝EB＝4﹣a，
∴点P（2a，4），点H（2a，﹣4a2+6a+4），
∵PH＝2，
即：﹣4a2+6a+4﹣4＝|2|，
解得：a＝1或或或（舍去），
故：点P的坐标为（2，4）或（1，4）或（，4）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，其中（2）、（3），要注意分类求解，避免遗漏．
44．如图，矩形 的顶点 、、 都在坐标轴上，点 的坐标为 ， 是 边的中点．
（1）求出点 的坐标和 的周长；（直接写出结果）
（2）若点 是矩形 的对称轴 上的一点，使以 、、、为顶点的四边形是平行四边形，求出符合条件的点 的坐标；
（3）若 是 边上一个动点，它以每秒 个单位长度的速度从 点出发，沿 方向向点 匀速运动，设运动时间为 秒．是否存在某一时刻，使以 、、 为顶点的三角形与 相似或全等? 若存在，求出此时 的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)，周长为；(2)，；(3)存在，或.
【解析】(1)根据四边形OABC是矩形和M是BC边的中点，求出点M的坐标，根据勾股定理求出OM的长，得到△COM的周长；
(2)分以OC，OM为边的平行四边形COMQ和以OC，CM为边的平行四边形COQM两种情况讨论即可；
(3)分∠PMO=90º和∠MPO=90º两种情况，根据相似或全等三角形的性质解答即可．
【详解】解：(1)四边形是矩形，
，．
，为中点，
，，．
在中，，
．
的周长．
点，的周长为．
(2)分情况讨论：
当四边形是以，为边的平行四边形，
则，．此时；
当四边形是以，为边的平行四边形，
则点是对称轴与轴的交点，此时；
综上所述，符合条件的点的坐标为，．
(3)存在．

如图．由题意知不可能等于，分两种情况：
当 时，，
． ．
． ．
当 时，，
．
．
．
综上所述，当为或时，与相似或全等．
故答案为(1)，周长为；(2)，；(3)存在，或.
【点睛】本题是一道四边形综合题，主要考查了平行四边形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质.
45．如图，在△ABC中，已知，直线，动点E从点C开始沿射线CB方向以每秒的速度运动，动点F也同时从点C开始在直线CM上以每秒的速度运动，R是线段AB上任意一点，设运动时间为秒.

（1）求CD的长.
（2）当t为多少时，为等腰三角形？
（3）当t为多少时，与全等，并简要说明理由.
【答案】（1）；（2）t=或4.5秒；（3）t=或或4或秒.
【解析】（1）由勾股定理，可得：，根据面积法，即可求得CD的值；
（2）当为等腰三角形，分两种情况讨论：① 若AE=BE时，②若AB=BE时，分别求出t的值，即可；
（3）当与全等时，分4种情况讨论：(I)当点E在线段BC上时，点F在线段AC上时，①若∆BRE≅∆CDF，②若∆BRE≅∆CFD，(II)当点E在射线BE上时，点F在射线CF上时，①若∆BRE≅∆CDF，②若∆BRE≅∆CFD，分别求出t的值，即可.
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴cm；
（2）当为等腰三角形，分两种情况讨论：
① 若AE=BE时，如图1，
∵动点E从点C开始沿射线CB方向以每秒的速度运动，运动时间为秒，
∴CE=2t，AE=BE=4-2t，
在Rt∆ACE中，
∵，
∴，解得：t=，
②若AB=BE时，如图2，
∵动点E从点C开始沿射线CB方向以每秒的速度运动，运动时间为秒，
∴BE=2t-4，
∴2t-4=5，解得：t=4.5，
综上所述：当t=或4.5秒，为等腰三角形；

（3）(I)当点E在线段BC上时，点F在线段AC上时，
则BE=4-2t，CF=t，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ACD+∠BCD=∠ABC+∠BCD，
∴∠ACD=∠ABC，
①若∆BRE≅∆CDF，如图3，
∴BE=CF，BR=CD=cm，
即： 4-2t=t，解得：t=，
②若∆BRE≅∆CFD，如图4，
∴BE=CD=cm，BR=CF，
即：4-2t=，解得：t=，
此时，BR=CF=×1=cm；

(II)当点E在B点的左侧时，点F在点C下时，
则BE=2t-4，CF=t，
∵∠ACD=∠ABC，
∴∠ABE=∠DCF
若①若∆BRE≅∆CDF，如图5，
∴BE=CF，BR=CD=cm，
即：2t-4=t，解得：t=4，
②若∆BRE≅∆CFD，如图6，
∴BE=CD=cm，BR=CF，
即：2t-4=，解得：t=，
此时，BR=CF=×1=cm，点R与点D重合；
综上所述：当t=或或4或秒，与全等.

【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的性质的综合应用，根据题意，分类讨论，列出方程求解，是解题的关键.
46．（1）如图1，中，，点在数轴-1处，点在数轴1处，，，则数轴上点对应的数是 ．
（2）如图2，点是直线上的动点，过点作垂直轴于点，点是轴上的动点，当以，，为顶点的三角形为等腰直角三角形时点的坐标为 ．

【答案】（1）；（2）M坐标是（-3，-3），（-1，1），（，）．
【解析】（1）通过勾股定理求出线段MB，而线段MA=MB，进而知道点A对应的数，减去1即可得出答案．
（2）分四种情况考虑：当M运动到（-1，1）时，ON=1，MN=1，由MN⊥x轴，以及ON=MN；又当M运动到第三象限时，要MN=MP，且PM⊥MN时；若MN为斜边时，则∠ONP=45°，所以ON=OP，求出此时M坐标；又当点M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时N′P=M′P，∠M′N′P=45°，求出此时M坐标，综上，得到所有满足题意M的坐标．
【详解】解：在Rt△MBC中，∠MCB=90°，
∴
∴，
∵MA=MB，
∴，
∵点M在数轴-1处，
∴数轴上点A对应的数是；
（2）①如图1，

当M运动到（-1，1）时，ON=1，MN=1，
∵MN⊥x轴，所以由ON=MN可知，△MNP为等腰直角三角形；
②如图2，

当M运动到第三象限时，要MN=MP，且PM⊥MN，
设点M（x，2x+3），则有：-x=-（2x+3），
解得：x=-3，
所以点M坐标为（-3，-3）．
若MN为斜边时，则∠ONP=45°，所以ON=OP，设点M（x，2x+3），
则有，化简得-2x=-2x-3，
这方程无解，所以这时不存在符合条件的M点；
③如图2，
∵当点M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时N′P=M′P，∠M′N′P=45°，
设点M′（x，2x+3），则OP=ON′，而，
∴有，
解得：，
∴M′（，），
综上，符合条件的点M坐标是（-3，-3），（-1，1），（，）．
【点睛】此题考察了实数与数轴，通过勾股定理，在数轴寻找无理数和一次函数综合题，涉及的知识有：实数与数轴，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，利用了分类讨论的思想，分类讨论时注意考虑问题要全面，做到不重不漏．