【2020年中考数学二轮复习】专题五 几何动态探究专题（含答案）

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几何动态探究专题
专题解读
几何动态问题是近些年来中考数学的热点题型.纵观全国各地的中考数学试卷，动态几何型综合题常常出现在一张试卷的压轴题位置，估计这一趋势在今后几年的中考中仍将持续.这类试题信息量大，综合性较强，往往涉及到函数、直线型、圆等初中数学的多个重点考查对象，对获取信息和处理信息的能力要求较高，应加大训练的力度.
解题策略:几何动态型问题就是在线段、三角形、矩形圆等一些几何图形上，设计一个或几个动点（或线或面），并对这些点（或线或面）在运动变化的过程中相伴随着的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究考查.动态型问题常常集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性.解决动态型问题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握动点（或线或面）运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变量、不变关系或特殊关系，“动中求静，静中求解”.
几何动态型问题有时把函数、方程、不等式联系起来，当求有关图形的变量之间关系时，常建立函数模型或不等式模型求解；当求图形之间的特殊位置关系和一些特殊的值时，通常建立方程模型去求解.
考点一 探究三角形中的动点问题
典例1 如图所示，点P，Q分别是等边△ABC边AB，BC上的动点（端点除外），点P，Q以相同的速度，同时从点A，B出发.
（1）如图1所示，连接AQ，CP.求证:△ABQ≌△CAP；
（2）如图1所示，当点P，Q分别在AB，BC边上运动时，AQ，CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；
（3）如图2所示，当点P，Q在AB，BC的延长线上运动时，直线AQ，CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数.
思路导引
（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；
（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°.
名师点拨
此题是三角形的动态综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识的综合应用.解决问题的关键是掌握全等三角形的判定方法:两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等.解题时注意运用全等三角形的对应边相等、对应角相等的性质，体会在运动变化过程中蕴含着不变的量.
跟踪训练1
1.如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm.动点P，Q分别从点A，B同时开始移动，点PAP→B的速度为1cm/秒，点Q的速度为2cm/秒，点Q移动到点C后停止，点P也随之停止运动下列时间瞬间中，能使△PBQ的面积为15cm2的是（ ）
A.2秒钟 B.3秒钟 C.4秒钟 D.5秒钟
2.如图所示，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB，F是AB边上的中点，点D，E分别在ACBC边上运动，且始终保持AD＝CE.连接DE，DF，EF（1）求证:△ADF≌△CEF；
（2）试证明△DFE是等腰直角三角形；
（3）若AD＝5，BE＝7，求AC的长.
3.如图所示，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O是坐标原点，点A的坐标为（4，4），点B的坐标为（6，0），动点P从O开始以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，设运动的时间为t秒（0＜t＜4），过点P作PN∥x轴，分别交AO，AB于点 M，N.

（1）填空:AO的长为__________，AB的长为__________.
（2）当t＝1时，求点N的坐标；
（3）请直接写出MN的长为_________（用含t的代数式表示）；
（4）点E是线段MN上一动点（点E不与点M，N重合），△AOE和△ABE的面积分别表示为S1和S2，当t＝时，请直接写出S1·S2（即S1与S2的积）的最大值为__________.
考点二 探究特殊四边形中的动点问题
典例2 如图所示，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F.
（1）如图1所示，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是__________；
（2）如图2所示，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）
（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长.
思路导引
（1）证明△EAB≌△FAD（AAS），由全等三角形的性质得出AF＝AE；
（2）证明△ABE∽△ADF，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（3）①当点F在DC上时，证得△GDF∽△GBA，得出，求出AG＝AF＝.由△ABE∽△ADF可得出，求出AE＝则可得出答案；②当点F在DC的延长线上时，同理可求出EG的长.
名师点拨
本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.注意在动态变化过程中，蕴含着确定的数量关系.
跟踪训练2
1.如图所示，正方形ABCD的边长为4点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（ ）
A.5 B.6 C.7 D.8
2.如图所示，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为_________.
3.四边形ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，连接DE，点F是射线BC上一动点（不与点B重合），连接AF，交DE于点G.
（1）如图1所示，当点F是BC边的中点时，求证:△ABF≌△DAE；
（2）如图2所示，当点F与点C重合时，求AG的长；（3）在点F运动的过程中，当线段BF为何值时，AG＝AE？请说明理由.
4.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB的长是x2-3x-18＝0的根，连接BD，∠DBC＝30°，并过点C作CN⊥BD，垂足为N，动点P从B点以每秒2个单位长度的速度沿BD方向匀速运动到D点为止；点M沿线段DA以每秒3个单位长度的速度由点D向点A匀速运动，到点A为止，点P与点M同时出发，设运动时间为t秒（t＞0）.
（1）线段CN＝___________；
（2）连接PM和MN，求△PMN的面积s与运动时间t的函数关系式；
（3）在整个运动过程中，当△PMN是以PN为腰的等腰三角形时，直接写出点P的坐标.
5.如图1所示，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动，设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE.
（1）如图2所示，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F.求证:AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3所示，当t＞s时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求的值.
考点三 探究圆中的动点问题
典例3 古希腊数学家毕达哥拉斯认为:“一切平面图形中最美的是圆.”请研究如下美丽的圆.如图所示，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接 CD， PE， PC.
（1）求证:CD是⊙O的切线；
（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明.
思路导引
（1）连接OD，DB，由已知可知DE垂直平分OB，则DB＝DO，再由圆的半径相等，可得DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，则∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，按照切线的判定定理可得结论；
（2）连接OP，先由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用两组边成比例，夹角相等来证明△OEP∽△OPC，按照相似三角形的性质得出比例式，则可得答案.
名师点拨
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键.注意在动点的运动过程中存在确定的线段比值（即确定的数量关系）.
跟踪训练3
1.如图所示，⊙O的半径OA＝2，B是⊙O上的动点（不与点A重合），过点B作⊙O的切线BC，BC＝OA，连接OC，AC，当△OAC是直角三角形时，其斜边长为_________.
2.如图所示，已知直线y＝-x＋4与x，y轴交于AB两点，⊙O的半径为1，P为AB上一动点，PQ切⊙O于Q点.当线段PQ长取最小值时，直线PQ交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为__________.
3.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y＝x-3与x轴、y轴分别交于点D，E，则△CDE面积的最小值为____________.
4.如图所示，半径为2cm的⊙O与边长为2cm的正方形ABCD的边AB相切于E，点F为正方形的中心，直线OE过F点.当正方形ABCD沿直线OF以每秒（2-）cm的速度向左运动________秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为（）cm2.
5.如图所示，AB是⊙O的直径，弦BC＝2cm，∠ABC＝60°.
（1）求⊙O的直径；
（2）若D是AB延长线上一点，连接CD，当BD长为多少时，CD与⊙O相切；
（3）若动点E以2 cm/s的速度从A点出发沿着AB方向运动，同时动点F以1cm/s的速度从B点出发沿BC方向运动，设运动时间为t（s）（0＜1＜2），连接EF，当t为何值时，△BEF为直角三角形.
考点四 探究函数中的动点问题
典例4 如图所示，抛物线y＝-x2＋2x＋c与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B，
且OA＝OB，点G为抛物线的顶点.
（1）求抛物线的解析式及点G的坐标；
（2）点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，求点Q的纵坐标y的取值范围.
思路导引
（1）先求出点B，点A坐标，代入解析式可求c的值，即可求解；
（2）先求出点M，点N坐标，即可求解.
名师点拨
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练运用二次函数的性质是解决问题的关键.注意体会动态变化过程与函数思想的密切联系.
跟踪训练4
1.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（ ）
2.如图所示，等腰△ABC的两个顶点A（-1，-4），B（-4，-1）在反比例函数y＝（x＜0）的图象上，AC＝BC.过点C作边AB的垂线交反比例函数y＝（x＜0）的图象于点D，动点P从点D出发，沿射线CD方向运动3个单位长度，到达反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，则k2＝___________.
3.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A(4，)，点B在y轴的负半轴上，AB交x轴于点C，C为线段AB的中点.
（1）m＝________，点C的坐标为___________；
（2）若点D为线段AB上的一个动点，过点D作DE∥y轴，交反比例函数图象于点E，求△ODE面积的最大值.
4.如图所示，已知抛物线y＝ax2过点A（-3，）.
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知直线过点A，M（，0）且与抛物线交于另一点B，与y轴交于点C，求证:MC2＝MA·MB；
（3）若点P，D分别是抛物线与直线l上的动点，以OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标.
5.如图所示，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过O（0，0），A（1，0），B（，）三点.
（1）求二次函数的解析式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标.
参考答案
典例1 解:（1）证明:如图1所示，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，
又∵点P，Q运动速度相同，∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）点P，Q在AB，BC边上运动的过程中，∠QMC不变.
理由:∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP.
∵∠QMC是△ACM的外角，∴∠QMC＝∠ACP＋∠MAC＝∠BAQ＋∠MAC＝∠BAC.
∵∠BAC＝60°，∴∠QMC＝60°；
（3）如图2所示，点PQ在运动到终点后继续在射线AB，BC上运动时，∠QMC不变.
理由:同理可得，△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP.
∵∠QMC是△APM的外角，∴∠QMC＝∠BAQ＋∠APM.
∴∠QMC＝∠ACP＋∠APM＝180°-∠PAC＝180°-60°＝120°.
即若点P，Q在运动到终点后继续在射线AB，BC上运动，∠QMC的度数为120°.
跟踪训练1
1.B
2.解:（1）证明:在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，F是AB中点，
∴∠A＝∠FCE＝∠ACF＝45°，AF＝CF.
在△ADF与△CEF中，AD＝CE，∠A＝∠FCE，AF＝CF，∴△ADF≌△CEF（SAS）；
（2）证明:由（1）可知△ADF≌△CEF，
∴DF＝FE，∠AFD＝∠EFC.∴△DFE是等腰三角形.
又∵∠AFD＝∠CFE，∴∠AFD＋∠DFC＝∠CFE＋∠DFC.∴∠AFC＝∠DFE.
∵∠AFC＝90°，∴∠DFE＝90°.∴△DFE是等腰直角三角形；
（3）由（1）可知△ADF≌△CEF，∴AD＝CE＝5.
∵AC＝BC，∴AC-AD＝BC-CE，即CD＝BE.
∴AC＝AD＋CD＝AD＋BE＝5＋7＝12.
3.解:（1）∵A（4，4），B（6，0），
∴OA＝，AB＝.
故答案为:4，2；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx＋b，
将A（4，4），B（6，0）代入得到，解得
∴直线AB的解析式为y＝-2x＋12，
由题意，点N的纵坐标为1，
令y＝1，则1＝-2x＋12，∴x＝.∴N（，1）；
（3）当0＜t＜4时，令y＝t，代入y＝-2x＋12，得到x＝，∴N（，t）.
∵∠AOB＝∠AOP＝45°，∠OPM＝90°，∴OP＝PM＝t.
∴MN＝PN-PM＝-t＝.故答案为:；
（4）如图所示，当t＝时，MN＝＝4，
设EM＝m，则EN＝4-m.
由题意S1·S2＝·m×4×（4-m）×4＝-4m2＋16m＝-4（m-2）2＋16，
∵-4＜0，∴m＝2时，S1·S2有最大值，最大值为16.
故答案为:16.
典例2
解:（1）AE＝AF.
∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形.∴∠BAD＝90°.
∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°.∴∠EAB＝∠FAD.
∴△EAB≌△FAD（AAS），∴AF＝AE；
故答案为:AF＝AE；
（2）AF＝kAE.
证明:∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°.∴∠FAD＋∠FAB＝90°.
∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°.∴∠EAB＋∠FAB＝90°.∴∠EAB＝∠FAD.
∵∠ABE＝∠ADF，∴△ABE∽△ADF.
∴ .∵AD＝kAB，∴.∴.∴AF＝kAE.
（3）①如图1所示，当点F在DC上时，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD.
∵AD＝2AB＝4，∴AB＝2.∴CD＝2.
∵CF＝1，∴DF＝CD-CF＝2-1＝1.
在Rt△ADF中，∠ADF＝90°，∴AF＝.
∵DF∥AB，∴∠GDF＝∠GBA，∠GFD＝∠GAB.∴△GDF∽△GBA.
∴.∵AF＝GF＋AG，∴AG＝AF＝.
∵△ABE∽△ADF，∴.∴AE＝AF＝×＝.
在Rt△EAG中，∠EAG＝90°，∴EG＝.
②如图2所示，当点F在DC的延长线上时，DF＝CD＋CF＝2＋1＝3，
在Rt△ADF中，∠ADF＝90°.∴AF＝＝5.
∵DF∥AB，∵∠GAB＝∠GFD，∠GBA＝∠GDF，∴△AGB∽△FGD.∴.
∵GF＋AG＝AF＝5，∴AG＝2.
∵△ABE∽△ADF，∴.∴AE＝AF＝×5＝.
在Rt△EAG中，∠EAG＝90°，∴.
综上所述，EG的长为或.
跟踪训练2
1.B 2.10
3.解:（1）证明:∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠DAE＝90°，AB＝AD＝BC.
∵点E，F分别是AB，BC的中点，∴AE＝AB，BF＝BC.∴AE＝BF.
∴△ABF≌△DAE（SAS）；
（2）在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝CD＝2，
∴AC＝.
∵AB∥CD，∴△AGE∽△CGD.∴，即，∴AG＝；
（3）当BF＝时，AG＝AE，理由如下:
如图所示，设AF交CD于点M，
若使AG＝AE＝1，则有∠1＝∠2.
∵AB∥CD，∴∠1＝∠4.
又∵∠2＝∠3，∴∠3＝∠4.∴DM＝MG.
在Rt△ADM中，AM2-DM2＝AD2，即（DM＋1）2-DM2＝22，解得DM＝，
∴CM＝CD-DM＝2-＝.
∵AB∥CD，∴△ABF∽△MCF.∴，即.∴BF＝.
故当BF＝时，AG＝AE.
4.解:（1）∵AB长是x2-3x-18＝0的根，∴AB＝6.
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD＝6，∠BCD＝90°.
∵∠DBC＝30°，∴BD＝2CD＝12，BC＝CD＝6.
∵∠DBC＝30°，CN⊥BD，∴CN＝BC＝3.
故答案为:3.
（2）如图所示，过点M作MH⊥BD于H，
∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝30°.∴MH＝MD＝.
∵∠DBC＝30°，CN⊥BD，∴BN＝CN＝9.
当0＜1＜时，△PMN的面积s＝×（9-2t）×＝-t2＋t；
当t＝时，点P与点N重合，s＝0，
当＜t≤6时，△PMN的面积s＝×（2t-9）×＝t2-t；
∴S＝.
（3）如图所示，过点P作PE⊥BC于E，
当PN＝PM＝9-2t时，
∵PM2＝MH2＋PH2，∴（9-2t）2＝（t）2＋（12-2t-t）2.
∴t＝3或t＝.∴BP＝6或.
当BP＝6时，
∵∠DBC＝30°，PE⊥BC，∴PE＝BP＝3，BE＝PE＝3.∴点P（3，3）.
当BP＝，同理可求点P（，），
当PN＝NM＝9-2t时，
∵NM2＝MH2＋NH2，∴（9-2t）2＝（t）2＋（t-3）2.
∴t＝3或24（不合题意舍去）∴BP＝6.∴点P（3，3）.
综上所述:点P坐标为（3，3）或（，）.
5.解:（1）证明:∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
由运动知，CP＝t＝5，∴AP＝AC-CP＝5.∴AP＝CP.
∵AD∥BC，∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP.
∴△APF≌△CPE（AAS）.∴AF＝CE；
（2）结论:AQ2＋CE2＝QE2，
理由:如图2所示，连接FQ，
由（1）知，△APF≌△CPE，∴AF＝CE，PE＝PF.∵EF⊥PQ，∴QE＝QF.
在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2＋AF2＝QF2，∴AQ2＋CE2＝QE2；
（3）如图3所示，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，∴AP＝AC-CP＝10-t.
∵FQ平分∠AFE，∴∠AFQ＝∠PFQ.
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，∴△FAQ≌△FPQ（AAS）.
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF.∴BQ＝AB-AQ＝6-t，∠FAC＝∠FPA.
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，∴∠ACB＝∠CPE.
∴PE＝CE，过点E作EN⊥AC于N.∴CN＝CP＝t，∠CNE＝90°＝∠ABC.
∵∠NCE＝∠BCA，∴△CNE∽△CBA.∴.∴.∴CE＝t.
∴PE＝t，BE＝BC-CE＝8-t.
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2＋PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2＋BE2，∴PQ2＋PE2＝BQ2＋BE2.
∴t2＋（t）2＝（6-t）2＋（8-t）2.∴t＝.
∴CP＝t＝.∴AP＝10-CP＝.
∵AD∥BC，∴△APF∽△CPE.∴
典例3 解:（1）证明:连接OD，DB，
∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB.∴DB＝DO.
∵在⊙O中，DO＝OB，∴DB＝DO＝OB.∴△ODB是等边三角形.∴∠BDO＝∠DBO＝60°.
∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO.
∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°.
∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°.∴CD是⊙O的切线；
（2）这个确定的值是.
证明:连接OP，如图所示:
由已知可得:OP＝OB＝BC＝2OE.∴.
又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC.∴ .
跟踪训练3
1.2或2 2.2 3.2 4.1或（11＋6）
5.解:（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
∵∠ABC＝60°∴∠BAC＝180°∠ACB-∠ABC＝30°；
∴AB＝2BC＝4cm，即口O的直径为4cm.
（2）如图1所示，CD切⊙O于点C，连接 OC，
则OC＝OB＝×AB＝2cm.∴CD⊥CO.∴∠OCD＝90°.
∴∠BAC＝30°.∴∠COD＝2∠BAC＝60°.
∴∠D＝180°-∠COD-∠OCD＝30°.∴OD＝2OC＝4cm.
∴BD＝OD-OB＝4-2＝2（cm）.∴当BD长为2cm，CD与O相切；
（3）根据题意，得BE＝（4-2t）cm， BF＝t cm，
如图2所示，当EF⊥BC时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BAC，
∴BE:BA＝BF:BC.即（4-2t）:4＝t:2.解得t＝1.
如图3所示，当EF⊥BA时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BCA，
∴BE:BC＝BF:BA；即（4-2t）:2＝t:4；解得t＝1.6.
∴当t＝1s或t＝1.6s时，△BEF为直角三角形.
典例4 解:（1）∵抛物线y＝-x2＋2x＋c与y轴正半轴分别交于点B，∴点B（0，c）.
∵OA＝OB＝c，∴点A（c，0）.∴0＝-c2＋2c＋c.∴c＝3或0（舍去）.
∴抛物线解析式为y＝-x2＋2x＋3.
∵y＝-x2＋2x＋3＝-（x-1）2＋4，∴顶点G为（1，4）；
（2）∵y＝-x2＋2x＋3＝-（x-1）2＋4，∴对称轴为直线x＝1.
∵点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长
度和5个单位长度，
∴点M的横坐标为-2或4，点N的横坐标为6.
∴点M坐标为（-2，-5）或（4，-5），点N坐标（6，-21）.
∵点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，
∴当M（-2，-5），N（6，-21）时，-21≤yQ≤4；
当M（4，-5），N（6，-21）时，-21≤yQ≤-5.
跟踪训练4
1.D 2.1
3.解:（1）∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（4，）,∴m＝4×＝6.
∵AB交x轴于点C，C为线段AB的中点.∴C（2，0）；
故答案为:6，（2，0）；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx＋b，
把A（4，），C（2，0）代入，得解得.
∴直线AB的解析式为y＝.
∵点D为线段AB上的一个动点，∴设D（x，）（0＜x≤4）.
∵DE∥y轴，∴E（x，）.∴S△ODE＝.
∴当x＝1时，△ODE的面积的最大值为.
4.解:（1）把点A（-3，）代入y＝ax2，得＝9a，∴a＝.
∴抛物线的解析式为y＝x2.
（2）设直线的解析式为y＝kx＋b，则有解得，
∴直线的解析式为y＝-x＋.
令x＝0，得y＝.∴C（0，）.
由解得或∴B（1，）.
如图1所示，过点A作AA1⊥x轴于点A1，过点B作BB1⊥x轴于点B1，则BB1∥OC∥AA1，
∴,.
∴，即MC2＝MA·MB；
（3）如图2所示，设P（t，），
∵OC为一边且顶点为O，CP，D的四边形是平行四边形，
∴PD∥OC，PD＝OC.∴D（t，-t＋）.∴.
整理，得t2＋2t-6＝0或t2＋2t＝0，解得t＝-1-或-1＋或-2或0（舍去）.
∴P（-1-，2＋）或（1＋，2-）或（-2，1）.
5.解:（1）将点O，A，B的坐标代入抛物线表达式，
得，解得，故抛物线的表达式为:；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x负半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为:y＝-x＋b，而OB中点的坐标为（），
将该点坐标代入CD表达式并解得b＝，故直线CD的表达式为:y＝-x＋；
（3）过点P作y轴的平行线交CD于点Q，
设点P（x，），则点Q（x，-x＋），
则PQ＝，
∵故PQ有最大值，此时点P的坐标为.
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