备考2019中考数学高频考点剖析
专题三十 动态几何之点动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的点动问题，是每年中考的压轴试题内容之一，考查的知识点包括实数的概念和实数的计算两方面，总体来看，难度系数偏高，以选择为主。也有少量的解析题。解析题主要和几何图形及其函数综合应用为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，我们从四方面进行动态几何中点动问题的探讨：
（1）单点与函数关系的问题；
（2）双点与函数关系的问题；
（3）单点与几何图形的问题
（4）双点与几何图像的问题；
考点剖析☆典型例题
例1如图，P是菱形ABCD的对角线AC上一动点，过P作垂直于AC的直线交菱形ABCD的边于M、N两点，设AC＝2，BD＝1，AP＝x，则△AMN的面积为y，则y关于x的函数图象的大致形状是( ??)
A.B.?C.???D.?
例2（2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△PAB=S矩形ABCD，则点P到A.B两点的距离之和PA+PB的最小值为 ．
例3 （2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A.B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B.D两点间的一个动点（点P不与B.D两点重合），PA.PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
例4如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C，且A（4，0），C（0，﹣3），对称轴是直线x=1．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若M是第四象限抛物线上一动点，且横坐标为m，设四边形OCMA的面积为s．请写出s与m之间的函数关系式，并求出当m为何值时，四边形OCMA的面积最大；
（3）设点B是x轴上的点，P是抛物线上的点，是否存在点P，使得以A，B、C，P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
例5如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=kx+h与x轴相交于点A（﹣1，0），与y轴相交于点C，与抛物线y=﹣x2+bx+3的一交点为点D，抛物线过x轴上的AB两点，且CD=4AC．
（1）求直线l和抛物线的解析式；
（2）点E是直线l上方抛物线上的一动点，求当△ADE面积最大时，点E的坐标；
（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，四边形APDQ能否为矩形？若能，请直接写出点P的坐标；若不能，请说明理由．
考点过关☆专项突破
类型一 单点与函数关系的问题
1. 如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB延长线上，连接ED交AB于点F，AF=x（0.2≤x≤0.8），EC=y．则在下面函数图象中，大致能反映y与x之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
2. 如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A（1，0）和B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．
①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；
②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4. 如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点A，且与y轴交于点C（0，5）．
（1）求直线BC与抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点M作MN∥y轴交轴BC于点N，求MN的最大值．
（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1＝6S2，求点P的坐标．
类型二 双点与函数关系的问题
1.（青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；???
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
类型三 单点与几何图形的问题
1．（2018·新疆生产建设兵团·5分）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
2．（2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
3．如图，一次函数y＝﹣x+6的图象分别y轴、x轴交于点A、B，点P从点B出发，沿射线BA以每秒1个单位的速度出发，设点P的运动时间为t秒．
（1）点P在运动过程中，若某一时刻，△OPA的面积为6，求此时P的坐标；
（2）在整个运动过程中，当t为何值时，△AOP为等腰三角形？（只需写出t的值，无需解答过程）
（3）若第二象限有一点C（﹣1，4），试问在y轴上是否存在一点M，使BM﹣CM的值最大？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
4. 如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P，Q同时从B，A两点出发，分别沿BA，AC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P，Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）如图①，当t为何值时，AP＝3AQ；
（2）如图②，当t为何值时，△APQ为直角三角形；
（3）如图③，作QD∥AB交BC于点D，连接PD，当t为何值时，△BDP与△PDQ相似
5. （2018?北京?7分）如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明．
类型四 双点与几何图形的问题
1．（山东泰安）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动，同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形PABQ的面积最小值为（ ）
A．19cm2 B．16cm2 C．15cm2 D．12cm2
2．（2017?黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
3．如图，抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），C（﹣2，5）三点，与y轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连结BC、CD、BD，求tan∠BCD；
（3）△BCD的外接圆⊙M与x轴的另一个交点为E，与y轴的另一个交点为F．
①连结DE、EF，求△DEF的面积；
②抛物线上是否存在点P，使得∠BDP=∠BCD？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4. 如图，点O为矩形ABCD对角线交点，AB＝10cm，BC＝12cm，点E、F、G分别从D，C，B三点同时出发，沿矩形的边DC、CB、BA匀速运动，点E的运动速度为2cm/s，点F的运动速度为6cm/s，点G的运动速度为3cm/s，当点F到达点B（点F与点B重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EFC关于直线EF的对称图形是△EFC′．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）
（1）当t＝________s时，四边形ECFC′为正方形；
（2）若以点E、C、F为顶点的三角形与以点F、B、G为顶点的三角形相似，求t的值；
（3）是否存在实数t，使得点C′与点O重合？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
备考2019中考数学高频考点剖析
专题三十 动态几何之点动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中的点动问题，是每年中考的压轴试题内容之一，考查的知识点包括实数的概念和实数的计算两方面，总体来看，难度系数偏高，以选择为主。也有少量的解析题。解析题主要和几何图形及其函数综合应用为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，我们从四方面进行动态几何中点动问题的探讨：
（1）单点与函数关系的问题；
（2）双点与函数关系的问题；
（3）单点与几何图形的问题
（4）双点与几何图像的问题；
考点剖析☆典型例题
例1如图，P是菱形ABCD的对角线AC上一动点，过P作垂直于AC的直线交菱形ABCD的边于M、N两点，设AC＝2，BD＝1，AP＝x，则△AMN的面积为y，则y关于x的函数图象的大致形状是( ??)
A.B.?C.???D.?
【考点】二次函数的实际应用-动态几何问题
【分析】当0＜x≤1时，如图，根据同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得出MN∥BD；根据平行于三角形一边的直线截其它两边所截的三角形与原三角形相似得出△AMN∽△ABD，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求出MN=x，根据三角形的面积计算方法即可建立出y与x之间的函数关系；同理证得，△CDB∽△CNM，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求出MN=2-x，根据三角形的面积计算方法即可建立出y与x之间的函数关系；根据两种情况所得的函数都是二次函数，前一个开口向上，后一个开口向下即可做出判断。
【解析】【解答】解：（1）当0＜x≤1时，如图，
在菱形ABCD中，AC=2，BD=1，AO=1，且AC⊥BD；
∵MN⊥AC，∴MN∥BD；
∴△AMN∽△ABD，
∴ ，
即， ，MN=x；
∴y= AP×MN= x2（0＜x≤1），
∵＞0，∴函数图象开口向上；
（ 2 ）当1＜x＜2，如图，
同理证得，△CDB∽△CNM，
，
即 ， MN=2-x；
∴y= AP×MN= x×（2-x），
y=- x2+x；
∵-＜0，∴函数图象开口向下；
综上，答案C的图象大致符合；
故答案为：C．
例2 （2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A.B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B.D两点间的一个动点（点P不与B.D两点重合），PA.PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，得
A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；
（2）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣1），
把C点坐标代入函数解析式，得
a（0+3）（0﹣1）=3，
解得a=﹣1，
抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；
（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由如下：
过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．
设P（t，﹣t2﹣2t+3），
则PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴=，
∴EF===×（﹣t2﹣2t+3）=2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴=，
∴EG===2（t+3），
∴EF+EG=2（1﹣t）+2（t+3）=8．
例3（2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△PAB=S矩形ABCD，则点P到A.B两点的距离之和PA+PB的最小值为 ．
解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB=S矩形ABCD，∴ AB?h=AB?AD，∴h=AD=2，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=4，AE=2+2=4，∴BE===4，即PA+PB的最小值为4．
故答案为：4．
例4如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C，且A（4，0），C（0，﹣3），对称轴是直线x=1．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若M是第四象限抛物线上一动点，且横坐标为m，设四边形OCMA的面积为s．请写出s与m之间的函数关系式，并求出当m为何值时，四边形OCMA的面积最大；
（3）设点B是x轴上的点，P是抛物线上的点，是否存在点P，使得以A，B、C，P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的实际应用-动态几何问题
【解析】【分析】（1）先利用抛物线的对称性求出D点的坐标，然后用待定系数法求出二次函数的解析式即可。（2）设M（m， m2-m﹣3），则|yM|=﹣m2+m+3，四边形 OCMA的面积 =S△OCM+S△OAM，根据三角形面积公式可得， S = ×OC×m+×OA×|yM|= ×3×m+ ×4×（﹣m2+ m+3） =-（m﹣2）2+9， 由二次函数的性质可得， 当m=2时，s最大是9． （3）由题意分两种情况：① 当AB为平行四边形的边时，则AB∥PC， 此时点P的纵坐标为﹣3． 把点P的纵坐标代入抛物线的解析式，即可求出点P的坐标 ② 当AB为对角线时． 根据平行四边形的对角线互相平分可得点P的纵坐标为3． 把点P的纵坐标代入抛物线的解析式，即可求出点P的坐标 .
【答案】 （1）解：∵A（4，0），对称轴是直线x=l，
∴D（﹣2，0）．
又∵C（0，﹣3）
∴ ,
解得．a=，b=-，c=﹣3，
∴二次函数解析式为：y= x2﹣x﹣3．
（2）解：如图1所示：
设M（m，m2﹣m﹣3），|yM|=﹣m2+ m+3，
∵S=S△OCM+S△OAM
∴S= ×OC×m+ ×OA×|yM|= ×3×m+ ×4×（﹣m2+ m+3）
S =﹣ m2+3m+6=﹣（m﹣2）2+9，
当m=2时，s最大是9．
（3）解：当AB为平行四边形的边时，则AB∥PC，
∴PC∥x轴．
∴点P的纵坐标为﹣3．
将y=﹣3代入得 x2﹣x﹣3=﹣3，解得：x=0或x=2．
∴点P的坐标为（2，﹣3）．
当AB为对角线时．
∵ABCP为平行四边形，
∴AB与CP互相平分，
∴点P的纵坐标为3．
把y=3代入得： ?x2- x﹣3=3，整理得：x2﹣2x﹣16=0，
解得：x=1+ 或x=1﹣．
综上所述，存在点P（2，﹣3）或P（1+ ，3）或P（1- ，3）使得以A，B、C，P四点为顶点的四边形为平行四边形．
例5如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=kx+h与x轴相交于点A（﹣1，0），与y轴相交于点C，与抛物线y=﹣x2+bx+3的一交点为点D，抛物线过x轴上的AB两点，且CD=4AC．
（1）求直线l和抛物线的解析式；
（2）点E是直线l上方抛物线上的一动点，求当△ADE面积最大时，点E的坐标；
（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，四边形APDQ能否为矩形？若能，请直接写出点P的坐标；若不能，请说明理由．
【考点】二次函数的实际应用-动态几何问题，二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点A（-1，0）坐标代入抛物线解析式中即可求得抛物线的解析式；再过点D作DF⊥x轴于点F，证得△AOC∽△AFD，再利用对应线段成比例即可求得点D的横坐标，由点D在抛物线上可求得点D的坐标，将点A，D的坐标代入直线l所设的解析式中即可求得其解析式；（3）先设出点P的坐标，再依据AD是平行四边形ADPQ的一边和对角线进行分类，并根据分类求得点Q的坐标，进而可得出平行四边形的一个角不为直角即可证得不存在.
【答案】（1）解：将A（-1，0）代入y=-x2+bx+3，得b=2，
所以抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，
过点D作DF⊥x轴于点F，如图1
易证△AOC∽△AFD，
∴ ，
∵CD=4AC，
∴ ，
∴点D横坐标为4，
把x=4代入y=-x2+2x+3，得y=-5，
∴D（4，-5），
把x=4，y=-5；x=-1，y=0代入y=kx+h，
解得，k=-1，h=-1，
∴直线l的解析式为y=-x-1
（2）解：过点E作EM⊥x轴，交AD于点M，如图2
设点E（m，-m2+2m+3），则M（m，-m-1），
∴EM=-m2+2m+3-（-m-1）═-m2+3m+4，
∴S△ADE= ×5（-m2+3m+4）=? m2+ m+10，
当m= 时，△ADE的面积最大，
此时，E（ ， ）
（3）解：不存在
理由如下：
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
设P（1，m），
①若AD是平行四边形ADPQ的一条边，如图3
则易得Q（-4，-21），
m=-21-5=-26，则P（1，-26），
此时AQ2=32+212=450，QP2=52+52=50，AP2=22+262=680，
∴AQ2+QP2≠AP2 ，
∴∠AQP≠90°，
此时平行四边形ADPQ不是矩形；
②若AD是平行四边形APDQ的对角线，如图4
则易得Q（2，3），
m=-5a-3=-8，则P（1，-8），
PQ2=12+112=122，PD2=32+32=18QD2=22+82=68，
∴PD2+QD2≠PQ2 ，
∴∠PDQ≠90°，
此时平行四边形ADPQ不是矩形，
综上所述，四边形APDQ不能为矩形
考点过关☆专项突破
类型一 单点与函数关系的问题
1. 如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB延长线上，连接ED交AB于点F，AF=x（0.2≤x≤0.8），EC=y．则在下面函数图象中，大致能反映y与x之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】通过相似三角形△EFB∽△EDC的对应边成比例列出比例式=，从而得到y与x之间函数关系式，从而推知该函数图象．
【解答】解：根据题意知，BF=1﹣x，BE=y﹣1，且△EFB∽△EDC，
则=，即=，
所以y=（0.2≤x≤0.8），该函数图象是位于第一象限的双曲线的一部分．
A、D的图象都是直线的一部分，B的图象是抛物线的一部分，C的图象是双曲线的一部分．
故选：C．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象．解题时，注意自变量x的取值范围．
2. 如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A（1，0）和B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】方法一：
（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，解方程组求出a、b的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴，再根据平行四边形的对角线互相平分求出点C的横坐标，然后代入函数解析式计算求出纵坐标，即可得解；
（3）设AC、EF的交点为D，根据点C的坐标写出点D的坐标，然后分①点O是直角顶点时，求出△OED和△PEO相似，根据相似三角形对应边成比例求出PE，然后写出点P的坐标即可；②点C是直角顶点时，同理求出PF，再求出PE，然后写出点P的坐标即可；③点P是直角顶点时，利用勾股定理列式求出OC，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得PD=OC，再分点P在OC的上方与下方两种情况写出点P的坐标即可．
方法二：
（1）略．
（2）因为四边形OECF是平行四边形，且FC∥x轴，列出F，C的参数坐标，利用FC=OE，可求出C点坐标．
（3）列出点P的参数坐标，分别列出O，C两点坐标，由于△OCP是直角三角形，所以分别讨论三种垂直的位置关系，利用斜率垂直公式，可求出三种情况下点P的坐标．
【解答】方法一：
解：（1）把点A（1，0）和B（4，0）代入y=ax2+bx+2得，
，
解得，
所以，抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；
（2）抛物线的对称轴为直线x=，
∵四边形OECF是平行四边形，
∴点C的横坐标是×2=5，
∵点C在抛物线上，
∴y=×52﹣×5+2=2，
∴点C的坐标为（5，2）；
（3）设OC与EF的交点为D，
∵点C的坐标为（5，2），
∴点D的坐标为（，1），
①点O是直角顶点时，易得△OED∽△PEO，
∴=，
即=，
解得PE=，
所以，点P的坐标为（，﹣）；
②点C是直角顶点时，同理求出PF=，
所以，PE=+2=，
所以，点P的坐标为（，）；
③点P是直角顶点时，由勾股定理得，OC==，
∵PD是OC边上的中线，
∴PD=OC=，
若点P在OC上方，则PE=PD+DE=+1，
此时，点P的坐标为（，），
若点P在OC的下方，则PE=PD﹣DE=﹣1，
此时，点P的坐标为（，），
综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（，﹣）或（，）或（，）或（，），使△OCP是直角三角形．
方法二：
（1）略．
（2）∵FC∥x轴，∴当FC=OE时，四边形OECF是平行四边形．
设C（t，），
∴F（， +2），
∴t﹣=，
∴t=5，C（5，2）．
（3）∵点P在抛物线的对称轴上，设P（，t），O（0，0），C（5，2），
∵△OCP是直角三角形，∴OC⊥OP，OC⊥PC，OP⊥PC，
①OC⊥OP，∴KOC×KOP=﹣1，∴，
∴t=﹣，∴P（，﹣），
②OC⊥PC，∴KOC×KPC=﹣1，∴ =﹣1，
∴t=，P（，），
③OP⊥PC，∴KOP×KPC=﹣1，∴，
∴4t2﹣8t﹣25=0，∴t=或，
点P的坐标为（，）或（，），
综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（，﹣）或（，）或（，）或（，），使△OCP是直角三角形．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的对角线互相平分的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论．
3．如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．
①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；
②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）①如答图1，作辅助线，利用关系式S△OPH=S△OMH﹣S△OMP求解；
②本问涉及复杂的分类讨论，如答图2所示．由于点P可能在OC、BC、BK、AK、OA上，而等腰三角形本身又有三种情形，故讨论与计算的过程比较复杂，需要耐心细致、考虑全面．
【解答】解：（1）由题意得：A（4，0），C（0，4），对称轴为x=1．
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则有：
，
解得．
∴抛物线的函数解析式为：y=﹣x2+x+4．
（2）①当m=0时，直线l：y=x．
∵抛物线对称轴为x=1，
∴CP=1．
如答图1，延长HP交y轴于点M，则△OMH、△CMP均为等腰直角三角形．
∴CM=CP=1，
∴OM=OC+CM=5．
S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=（OM）2﹣OM?CP=×（×5）2﹣×5×1=﹣=，
∴S△OPH=．
②当m=﹣3时，直线l：y=x﹣3．
设直线l与x轴、y轴交于点G、点D，则G（3，0），D（0，﹣3）．
假设存在满足条件的点P．
a）当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重合．
设PE=a（0＜a≤4），
则PD=3+a，PF=PD=（3+a）．
过点F作FN⊥y轴于点N，则FN=PN=PF，∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|．
在Rt△EFN中，由勾股定理得：EF==．
若PE=PF，则：a=（3+a），解得a=3（+1）＞4，故此种情形不存在；
若PF=EF，则：PF=，整理得PE=PF，即a=3+a，不成立，故此种情形不存在；
若PE=EF，则：PE=，整理得PF=PE，即（3+a）=a，解得a=3．
∴P1（0，3）．
b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．
若PE=PF，则点P为∠OGD的角平分线与BC的交点，有GE=GF，过点F分别作FH⊥PE于点H，FK⊥x轴于点K，
∵∠OGD=135°，
∴∠EPF=45°，即△PHF为等腰直角三角形，
设GE=GF=t，则GK=FK=EH=t，
∴PH=HF=EK=EG+GK=t+t，
∴PE=PH+EH=t+t+t=4，
解得t=4﹣4，
则OE=3﹣t=7﹣4，
∴P2（7﹣4，4）
c）∵A（4，0），B（2，4），
∴可求得直线AB解析式为：y=﹣2x+8；
联立y=﹣2x+8与y=x﹣3，解得x=，y=．
设直线BA与直线l交于点K，则K（，）．
当点P在线段BK上时，如答图2﹣3所示．
设P（a，8﹣2a）（2≤a≤），则Q（a，a﹣3），
∴PE=8﹣2a，PQ=11﹣3a，
∴PF=（11﹣3a）．
与a）同理，可求得：EF=．
若PE=PF，则8﹣2a=（11﹣3a），解得a=1﹣2＜0，故此种情形不存在；
若PF=EF，则PF=，整理得PE=PF，即8﹣2a=?（11﹣3a），解得a=3，符合条件，此时P3（3，2）；
若PE=EF，则PE=，整理得PF=PE，即（11﹣3a）=（8﹣2a），解得a=5＞，故此种情形不存在．
d）当点P在线段KA上时，如答图2﹣4所示．
∵PE、PF夹角为135°，
∴只可能是PE=PF成立．
∴点P在∠KGA的平分线上．
设此角平分线与y轴交于点M，过点M作MN⊥直线l于点N，则OM=MN，MD=MN，
由OD=OM+MD=3，可求得M（0，3﹣3）．
又因为G（3，0），
可求得直线MG的解析式为：y=（﹣1）x+3﹣3．
联立直线MG：y=（﹣1）x+3﹣3与直线AB：y=﹣2x+8，
可求得：P4（1+2，6﹣4）．
e）当点P在OA边上时，此时PE=0，等腰三角形不存在．
综上所述，存在满足条件的点P，点P坐标为：（0，3）、（3，2）、（7﹣4，4）、（1+2，6﹣4）．
4. 如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点A，且与y轴交于点C（0，5）．
（1）求直线BC与抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点M作MN∥y轴交轴BC于点N，求MN的最大值．
（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1＝6S2，求点P的坐标．
【分析】（1）设直线BC的解析式为y＝mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y＝x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；
（3）先求出△ABN的面积S2＝5，则S1＝6S2＝30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD＝3，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ＝BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则BE＝BD＝6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直线PQ的解析式为y＝﹣x﹣1，然后解方程组，即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）设直线BC的解析式为y＝mx+n，
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，得，
解得，
故直线BC的解析式为y＝﹣x+5；
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y＝x2+bx+c得，
解得．
故抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5），
∵MN＝（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）＝﹣x2+5x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，MN有最大值；
（3）∵MN取得最大值时，x＝2.5，
∴﹣x+5＝﹣2.5+5＝2.5，即N（2.5，2.5）．
解方程x2﹣6x+5＝0，得x＝1或5，
∴A（1，0），B（5，0），
∴AB＝5﹣1＝4，
∴△ABN的面积S2＝×4×2.5＝5，
∴平行四边形CBPQ的面积S1＝6S2＝30．
设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．
∵BC＝5，
∴BC?BD＝30，
∴BD＝3．
过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ＝BC，则四边形CBPQ为平行四边形．
∵BC⊥BD，∠OBC＝45°，
∴∠EBD＝45°，
∴△EBD为等腰直角三角形，BE＝BD＝6，
∵B（5，0），
∴E（﹣1，0），
设直线PQ的解析式为y＝﹣x+t，
将E（﹣1，0）代入，得1+t＝0，解得t＝﹣1
∴直线PQ的解析式为y＝﹣x﹣1．
解方程组，得，，
∴点P的坐标为P1（2，﹣3）（与点D重合）或P2（3，﹣4）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，三角形的面积，平行四边形的判定和性质等知识点，综合性较强，考查学生运用方程组、数形结合的思想方法．（2）中弄清线段MN长度的函数意义是关键，（3）中确定P与Q的位置是关键．
类型二 双点与函数关系的问题
1.（青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】分两部分计算y的关系式：①当点N在CD上时，易得S△AMN的关系式，S△AMN的面积关系式为一个一次函数；②当点N在CB上时，底边AM不变，示出S△AMN的关系式，S△AMN的面积关系式为一个开口向下的二次函数．
【解答】解：∵点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，
∴N到C的时间为：t=3÷2=1.5，
分两部分：
①当0≤x≤1.5时，如图1，此时N在DC上，
S△AMN=y=AM?AD=x×3=x，
②当1.5＜x≤3时，如图2，此时N在BC上，
∴DC+CN=2x，
∴BN=6﹣2x，
∴S△AMN=y=AM?BN=x（6﹣2x）=﹣x2+3x，
故选A．
2．如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；???
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
【考点】二次函数的实际应用-动态几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c即可求出.（2）由题意分三种情况：令y=0，求出 B（3，0），BC=, ①当CP=CB时, P1（0，3+），P2（0，3﹣）； ②当PB=PC时，OP=OB=3， 此时P与O重合， ∴P3 （0,0） ； ③当BP=BC时， P4（0，-3）； 综上所述，点P的坐标为：（0，3+）或（0，3﹣）或（0，-3）或（0，0）； （3） 设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t， 根据三角形的面积计算公式可得： S△MNB= ×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1， 由顶点式可知， 当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
【答案】 （1）解：把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，
解得：b=﹣4，c=3，
∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；
（2）解：令y=0，则x2﹣4x+3=0，
解得：x=1或x=3，
∴B（3，0），
∴BC=3 ，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，
①当CP=CB时，PC=3 ，∴OP=OC+PC=3+3 或OP=PC﹣OC=3 ﹣3
∴P1（0，3+3 ），P2（0，3﹣3 ）；
②当PB=PC时，OP=OB=3，
∴P3（﹣3，0）；
③当BP=BC时，
∵OC=OB=3
∴此时P与O重合，
∴P4（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0，3+3 ）或（0，3﹣3 ）或（﹣3，0）或（0，0）；
（3）解：如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t，
∴S△MNB= ×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，
当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
类型三 单点与几何图形的问题
1．（2018·新疆生产建设兵团·5分）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【分析】先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．
【解答】解：如图，
作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值，最小值为M′N的长．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又∵N是BC边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即MP+NP的最小值为1，
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
2．（2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 ①②③ （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图1中，当AE=EB时，
∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作EM⊥AF，则AM=FM，
在Rt△ECB中，EC==，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴=，
∴=，
∴AM=，
∴AF=2AM=，故②正确，
如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．
则EB=EF=3﹣x，AF=﹣2，
在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x=，
∴AE=，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似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，属于中考填空题中的压轴题．
3．如图，一次函数y＝﹣ x+6的图象分别y轴、x轴交于点A、B，点P从点B出发，沿射线BA以每秒1个单位的速度出发，设点P的运动时间为t秒．
（1）点P在运动过程中，若某一时刻，△OPA的面积为6，求此时P的坐标；
（2）在整个运动过程中，当t为何值时，△AOP为等腰三角形？（只需写出t的值，无需解答过程）
（3）若第二象限有一点C（﹣1，4），试问在y轴上是否存在一点M，使BM﹣CM的值最大？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】 （1）解：当x＝0时，y＝﹣ x+6＝6，
∴OA＝6，点A的坐标为（0，6），
当y＝0时，﹣ x+6＝0，解得：x＝8，
∴OB＝8，点B的坐标为（8，0）．
∴AB＝ ＝10．
∵点P从点B出发，沿射线BA以每秒1个单位的速度出发，
∴当运动时间为t秒时，点P的坐标为（8﹣0.8t，0.6t）．
∵S△OPA＝ ×6×|8﹣0.8t|＝6，
∴t1＝ ，t2＝，
∴当△OPA的面积为6时，点P的坐标为（2， ）或（﹣2， ）
（2）解：∵点A的坐标为（0，6），点O的坐标为（0，0），点P的坐标为（8﹣0.8t，0.6t），
∴AO2＝（0﹣0）2+（0﹣6）2＝36，AP2＝（8﹣0.8t）2+（0.6t﹣6）2＝t2﹣20t+100，OP2＝（8﹣0.8t）2+（0.6t﹣0）2＝t2﹣12.8t+64．
分三种情况考虑：
①当AO＝AP时，36＝t2﹣20t+100，
解得：t1＝4，t2＝16；
②当OA＝OP时，36＝t2﹣12.8t+64，
解得：t3＝2.8，t4＝10，
当t4＝10时，点P的坐标为（0，6），此时点A，P重合，
∴t4＝10舍去；
③当PO＝PA时，t2﹣12.8t+64＝t2﹣20t+100，
解得：t5＝5．
综上所述：当t为2.8，4，5，16时，△AOP为等腰三角形
（3）解：作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C，并延长交y轴于点M，此时BM﹣CM取最大值，如图所示．
∵点B的坐标为（8，0），
∴点B′的坐标为（﹣8，0）．
设直线B′C的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将B′（﹣8，0），C（﹣1，4）代入y＝kx+b，得： ，
解得： ，
∴直线B′C的解析式为y＝ x+ ．
当x＝0时，y＝ x+ ＝ ，
∴点M的坐标为（0， ），
∴在y轴上存在一点M，使BM﹣CM的值最大，点M的坐标为（0， ）．
【考点】等腰三角形的判定，关于坐标轴对称的点的坐标特征，与一次函数有关的动态几何问题，几何图形的动态问题
【解析】【分析】（1）利用函数解析式求出点A、B的坐标，就可求出OA、OB的长，利用勾股定理求出AB的长，再根据点P的运动速度，利用相似三角形的判定和性质，用含t的代数式表示出点P的坐标，可知△OPA的底边长为6，高为点P的横坐标的绝对值，根据△OPA的面积为6，建立关于t的方程，求出t的值，就可得到点P的坐标。 （2）根据点A、O、P的坐标，分别求出AO2 ， AP2 ， OP2 ， 利用等腰三角形的判定分三种情况考虑： ①当AO＝AP时；②当OA＝OP时；③当PO＝PA时，分别建立关于t的方程，分别解方程求出t的值，就可得到符合题意的t的值。 （3）作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C，并延长交y轴于点M，此时BM﹣CM取最大值，如图所示，因此可得到点B′的坐标，设直线B′C的解析式为y＝kx+b（k≠0），由点B′和点C的坐标，就可求出函数解析式，再求出当x=0时y的值，就可得到点M的坐标，即可解答问题。
4. 如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P，Q同时从B，A两点出发，分别沿BA，AC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P，Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）如图①，当t为何值时，AP＝3AQ；
（2）如图②，当t为何值时，△APQ为直角三角形；
（3）如图③，作QD∥AB交BC于点D，连接PD，当t为何值时，△BDP与△PDQ相似
【答案】 （1）解：由题意知，AQ＝2t，BP＝t，
∵△ABC是边长为6cm的等边三角形，
∴∠A＝60°，AB＝6，
∴AP＝AB﹣BP＝6﹣t，
∵AP＝3AQ，
∴6﹣t＝3×2t，
∴t＝ ，
即：t＝ 秒时，AP＝3AQ
（2）解：由（1）知，∠A＝60°，AQ＝2t，AP＝6﹣t，
∵△APQ为直角三角形，
①当∠APQ＝90°时，AQ＝2AP，
∴2t＝2（6﹣t），
∴t＝3秒，
②当∠AQP＝90°时，AP＝2AQ，
∴6﹣t＝2×2t，
∴t＝ 秒，
即：t＝3秒或 秒时，△APQ是直角三角形
（3）解：由题意知，AQ＝2t，BP＝t，
∴AP＝6﹣t，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，
∵QD∥AB，
∴∠PDQ＝∠BPD，∠QDB＝∠A＝60°，
∴△CDQ是等边三角形，
∴CD＝CQ，
∴BD＝AQ＝2t，
∵△BDP与△PDQ相似，
∴①当△BPD∽△PDQ时，
∴∠B＝∠DPQ＝60°，
∴∠APQ＝∠BDP，
∵∠A＝∠B，
∴△APQ∽△BDP，
∴ ，
∴ ，
∴t＝ 秒，
②当△BPQ∽△QDP时，
∴∠B＝∠DQP＝60°，
∵DQ∥AB，
∴∠APQ＝DQP＝60°，
∵∠A＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴AP＝AQ，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2秒，
即：t＝ 秒或2秒时，△BDP与△PDQ相似
【考点】相似三角形的判定与性质，几何图形的动态问题
【解析】【分析】（1）根据两点的运动速度及运动方向，分别用含t的代数式表示出AQ、BP，再利用等边三角形的性质，用含t的代数式表示出AP，然后根据AP=3AQ，建立关于t的方程，求解即可。 （2）由（1）知，∠A＝60°，AQ＝2t，AP＝6﹣t， 由△APQ是直角三角形，分情况讨论： ①当∠APQ＝90°时，AQ＝2AP；②当∠AQP＝90°时，AP＝2AQ， 分别列方程求出t的值即可。 （3）利用两点的运动速度及运动方向，利用等边三角形的性质，分别表示出AQ、BP、AP、BD，再由△BDP与△PDQ相似，分情况讨论： ①当△BPD∽△PDQ时，利用相似三角形的性质，易证 ∠APQ＝∠BDP，∠A＝∠B，从而可证得△APQ∽△BDP，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，就可求出t的值；②当△BPQ∽△QDP时， 易证△APQ是等边三角形，可证得AP=QA，据此建立关于t的方程，求解即可。
5. （2018?北京?7分）如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【解析】（1）证明：连接．
∵，关于对称．
∴．．
在和中．
∴
∴．
∵四边形是正方形
∴．
∴
∴
∴
∵．
∴
在和．
∴≌
∴．
（2）．
证明：在上取点使得，连接．
∵四这形是正方形．
∴．．
∵≌
∴
同理：
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
∵
∴
∵
∴
∴
∵．
∴
在和中
∴≌
∴
在中，，．
∴
∴．
【考点】正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定
类型四 双点与几何图形的问题
1．（山东泰安）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动，同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形PABQ的面积最小值为（ ）
A．19cm2 B．16cm2 C．15cm2 D．12cm2
【考点】H7：二次函数的最值．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=t2﹣6t+24，利用配方法即可求出四边形PABQ的面积最小值，此题得解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC==6cm．
设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，
∴S四边形PABQ=S△ABC﹣S△CPQ=AC?BC﹣PC?CQ=×6×8﹣（6﹣t）×2t=t2﹣6t+24=（t﹣3）2+15，
∴当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15．
故选C．
2．（2017?黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关关系一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCF，
∴∠ABE=∠DAG，
∵∠DAG+∠BAH=90°，
∴∠BAE+∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE，故③正确，
同法可证：△AGB≌△CGB，
∵DF∥CB，
∴△CBG∽△FDG，
∴△ABG∽△FDG，故①正确，
∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，
又∵∠DAG=∠FCD，
∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确
取AB的中点O，连接OD、OH，
∵正方形的边长为4，
∴AO=OH=×4=2，
由勾股定理得，OD==2 ，
由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，
DH最小=2 ﹣2．
无法证明DH平分∠EHG，故②错误，
故①③④⑤正确，
故选C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，难点在于⑤作辅助线并确定出DH最小时的情况．
3．如图，抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），C（﹣2，5）三点，与y轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连结BC、CD、BD，求tan∠BCD；
（3）△BCD的外接圆⊙M与x轴的另一个交点为E，与y轴的另一个交点为F．
①连结DE、EF，求△DEF的面积；
②抛物线上是否存在点P，使得∠BDP=∠BCD？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题．
分析： （1）令y=a（x+1）（x﹣3），根据待定系数法可求抛物线的解析式；
（2）先根据抛物线的解析式得到D（0，﹣3），再结合已知条件根据三角函数即可求解；
（3）①先根据∠CBD=90°，得到CD为⊙M的直径，根据中点坐标公式可得M（﹣1，1），OE=5，作MH⊥DF，垂足H，得到DF=BE=8，再根据三角形面积公式即可求解；
②分两种情况：当点P在x轴上方时；当点P在x轴下方时；根据相似三角形的判定和性质进行讨论即可求得点P的坐标．
解答： 解：（1）令y=a（x+1）（x﹣3），
代入（﹣2，5），得a（﹣2+1）（﹣2﹣3）=5，
解得a=1，
故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）D（0，﹣3），
∵B（3，0），
∴OB=OD，
∴∠OBD=45°，
∵C（﹣2，5），
∴，
∴∠CBO=45°，，
∴∠CBD=90°，
∴；
（3）①∵∠CBD=90°，
∴CD为⊙M的直径，
∵C（﹣2，5），D（0，﹣3），
∴M（﹣1，1），
∵A（﹣1，0），
∴AM⊥BE，
∴BE=2AB=8，
∴E（﹣5，0），
∴OE=5，
如图1，作MH⊥DF，垂足H，
∵MH⊥MA，
∴DF=BE=8，
∴；
②如图2，当点P在x轴上方时，设DP交x轴于点N．
∵∠BDP=∠BED，∠DBN=∠EBD，
∴△BDN∽△BED，
∴BD2=BN?BE，
∴，
∴N（，0），
∴直线DN的解析式y=4x﹣3，
由题意得x2﹣2x﹣3=4x﹣3，
解得x1=0，x2=6，
∴P（6，21），
如图3，当点P在x轴下方时，设DP交x轴于点G，CD交x轴于点I．
可求得直线CD的解析式y=﹣4x﹣3，
∴I（，0），
∵∠BDP=∠BED=∠BCD，
∴∠CDP=∠BDP+∠CDB=∠BCD+∠CDB=90°，
∵OD⊥AG，
∴∠IDO=∠OGD，
∵∠IOD=∠DOG=90°，
∴△IOD∽△DOG，
∴OD2=OG?OI，
∴OG=12，
∴G（12，0），
∴直线DG的解析式，
由题意得，
解得，
∴P（，）
∴点P的坐标为（6，21）或（，）．
点评： 考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法可求抛物线的解析式，坐标轴上点的坐标特征，三角函数，中点坐标公式，三角形面积，相似三角形的判定和性质，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．
4. 如图，点O为矩形ABCD对角线交点，AB＝10cm，BC＝12cm，点E、F、G分别从D，C，B三点同时出发，沿矩形的边DC、CB、BA匀速运动，点E的运动速度为2cm/s，点F的运动速度为6cm/s，点G的运动速度为3cm/s，当点F到达点B（点F与点B重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EFC关于直线EF的对称图形是△EFC′．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）
（1）当t＝________s时，四边形ECFC′为正方形；
（2）若以点E、C、F为顶点的三角形与以点F、B、G为顶点的三角形相似，求t的值；
（3）是否存在实数t，使得点C′与点O重合？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【考点】矩形的性质，相似三角形的判定与性质，几何图形的动态问题
【解析】【解答】解：（1）若四边形ECFC′为正方形，则CE＝CF，CE＝10﹣2t，CF＝6t，
即：10﹣2t＝6t，
解得t＝1.25，
故答案为：1.25
【分析】（1）利用正方形的性质，可证CE＝CF，CE＝10﹣2t，CF＝6t，再建立关于t的方程，解方程求出t的值。 （2）分两种情况：①若△ECF∽△FBG，利用相似三角形的性质，建立关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值；②若△ECF∽△GBF，利用相似三角形的性质，建立关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值。 （3）假设存在实数t，使得点C′与点O重合， 如图1，过点O作OM⊥BC于点M，在Rt△OFM中，用含t的代数式表示出OF，FM，OM ，利用勾股定理求出t的值，过点O作ON⊥CD于点N，则在Rt△OEN中，利用勾股定理求出t的值，比较两个t的值的大小，即可作出判断。
【答案】 （1）1.25 （2）解：分两种情况，讨论如下：
①若△ECF∽△FBG，
则有 ，即 ，
解得：t＝1.4；
②若△ECF∽△GBF，
则有 ，即 ，
解得：t＝﹣7﹣ （不合题意，舍去）或t＝﹣7+ ．
∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ ）s时，以点E、C、F为顶点的三角形与以点F，B，G为顶点的三角形相似
（3）解：假设存在实数t，使得点C′与点O重合．
如图1，过点O作OM⊥BC于点M，则在Rt△OFM中，OF＝BF＝6t，FM＝ BC﹣CF＝6﹣6t，OM＝5，
由勾股定理得：OM2+FM2＝OF2 ，
即：52+（6﹣6t）2＝（6t）2
解得：t＝ ；
过点O作ON⊥CD于点N，则在Rt△OEN中，OE＝CE＝10﹣2t，EN＝CE﹣CN＝10﹣2t﹣5＝5﹣2t，ON＝6，
由勾股定理得：ON2+EN2＝OE2 ，
即：62+（5﹣2t）2＝（10﹣2t）2
解得：t＝1.85．
∵ ≠1.85，
∴不存在实数t，使得点C′与点O重合
