2021全国中考数学试卷分类-41 动态问题(含解析)

20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）41动态问题（含解析）一、选择题（3分）（2021•河南）如图1,矩形ABCD中，点E为BC的中点，点P沿BC从点B运动到点C,设B,P两点间的距离为x,PA-PE=y,图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则BC的长为（S1A.4B.6D象，则BC的长为（S1A.4B.6D.7【考点】动点问题的函数图象.【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力.【分析】当x=0,即P在B点时，BA-BE=1；在△PAE中，根据三角形任意两边之差小于第三边得：PA-PEVAE,当且仅当P与E重合时有：PA一PE=AE,得y的最大值为AE=5；在RtAABE中，由勾股定理求出BE的长，再根据BC=2BE求出BC的长.【解答】解：由函数图象知：当x=0,即P在B点时，BA-BE=1.在“PAE中，•・•三角形任意两边之差小于第三边,:、PA-PEVAE,当且仅当P与E重合时有：PA一PE=AE.:y的最大值为AE,：・AE=5.在Rt^ABE中，由勾股定理得：BA2+BE2=AE2=25,设BE的长度为t,则BA=t+1,：・（t+1）2+t2=25,即：t2+t-12=0,：.(t+4)(t-3)=0,由于t>0.

.•・t+4>0,t-3=0,t=3.:.BC=2BE=2t=2X3=6.故选：C.【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据勾股定理求出BE的长是解题的关键.（2021•湖北省黄冈・T8・3分）如图，AC为矩形ABCD的对角线，已知AD=3,CD=4,点P沿折线C-A-D以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作PE丄BC于点£,则厶CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（）【考点】动点问题的函数图象.【专题】函数思想；应用意识.【分析】根据点P运动路径分段写出△CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数关系式即可.【解答】解：TBC/AD,AZACB=ZDAC,•：/PEC=/D=90°,:.△PCE^^ACD,CPCEPE•…AC=AD=CD,VAD=3,CD=4,.°.AC=AD2CD2=5,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)・•.当P在CA上时，即当0VxW5时,PE=CD-PCACPE=CD-PCACCE=CD-PCAC1・・y=2pe・ce=1346x—xxx=x2,25525当P在AD上运动时，即当5<x<8时,PE=CD=4,CE=8-x,1・y=PE・CE=二x4x(8-x)=16-2x,2综上，当0<x<5时，函数为二次函数图象，且y随x增大而增大，当5<x<8时，函数为一次函数图象，且y随x增大而减小，故选：D.【点评】本题主要考查一次函数和二次函数的性质，熟练掌握二次函数和一次函数的性质是解题的关键.(2021江苏南通，9,3分)如图，四边形ABCD中，AB〃DC,DE丄AB,CF丄AB,垂足分别为E,F,且AE=EF=FB=5cm,DE=12cm•动点P,Q均以1cm/s的速度同时从点A出发，其中点P沿折线AD-DC-CB运动到点B停止，点Q沿AB运动到点B停止，设运动时间为t(s),△APQ的面积为y(cm2),则y与t对应关系的图象大致是()20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）y/cm:【考点】动点问题的函数图象.【专题】函数及其图象；推理能力.【分析】根据点P在AD,DC,BC上分三种情况，将面积表示成t的函数，即可确定对应的函数图象.【解答】解:•:ad=、IAE2+DE2=\：122+5-13,

:.AB>AD,・••点P先到D,当0WtV13时,过点P作PH丄AB于H,PH~APPHt121312•PH=13匚・•・sAAQP112PH~APPHt121312•PH=13匚・•・sAAQP1126=_XtXt=12,21313・••图象开口向上,•A,B不符合题意,当18<t<31时，点P在BC上,・•・SAAQP2x155x（31-1）一901+27901313只有D选项符合题意,故选：D.【点评】本题主要考查动点问题求面积，关键是要根据动点在不同的线段上分情况讨论,依次来确定对应的分段的函数的图象.4.（2021内蒙古鄂尔多斯，10,3分）如图①，在矩形ABCD中，H为CD边上的一点，点M从点A出发沿折线AH-HC-CB运动到点B停止，点N从点A出发沿AB运动到点B停止，它们的运动速度都是1cm/s,若点M、N同时开始运动，设运动时间为t（s）,AAMN当0<06时，AAMN是等边三角形.在运动过程中，使得AADM为等腰三角形的点M一共有3个.20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)当0<06时，S二12.4当t=9+\・：3时，AADHsAABM.当9<t<9+3^3时，S=-3t+9+3乜.A.①③④B.①③⑤C.①②④D.③④⑤【考点】动点问题的函数图象【专题】函数及其图象；运算能力；推理能力【分析】由图②可知：当0<tW6时，点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动；由点M、N两点的运动速度为1cm/s，所以可得AH—AB二6cm，利用四边形ABCD是矩形可知CD二AB二6cm；当6«9时，S—9打且保持不变，说明点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为(9-6)秒，可得HC—3cm，即点H为CD的中点；利用以上的信息对每个结论进行分析判断后得出结论.【解答】解：由图②可知：点M、N两点经过6秒时，S最大，此时点M在点H处，点N在点B处并停止不动，如图，：点M、N两点的运动速度为1cm/s,:.AH—AB—6cm，■■-四边形ABCD是矩形，CD—AB—6cm.:当t—6s时，S—9、：3cm2，.1xABxBC—9.3.2BC—3、：3cm.••当6W09时，S—9七3且保持不变，

点N在B处不动，点M在线段HC上运动，运动时间为(9-6)秒,HC=3cm,即点H为CD的中点.BH=\CH2+BC2=打2+(3\W)2=6cm..AB=AH=BH=6cm,•••AABM为等边三角形.:上HAB=60°.:点M、N同时开始运动，速度均为1cm/s,:AM=AN,•:当0<tW6时，AAMN为等边三角形.故①正确；如图，当点M在AD的垂直平分线上时，AADM为等腰三角形:此时有两个符合条件的点；当AD=AM时，AADM为等腰三角形，如图:当DA=DM时，AADM为等腰三角形，如图:20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）综上所述，在运动过程中，使得AADM为等腰三角形的点M一共有4个.②不正确；过点M作ME丄AB于点E，如图,由题意：AM=AN=t,由①知：ZHAB=60。.在RtAAME中,ME'：sin上MAE=—AMTOC\o"1-5"\h\z:.ME=AM-sin60°=tcm，2•••S=2•••S=2ANxME=xtxt=12cm2.224CM=<3cm，如图,④当t=9+杼时,由①知：BC=3x3cm，MB=BC—CM=2.3cm.TAB=6cm,•tanZMAB•tanZMAB=AB2y33•ZMAB=30°.ZHAB=60°,ZDAH=90°—60°=30°.ZDAH=ZBAM.•.•ZD=ZB=90°,•△ADHsAABM.•④正确；⑤当9<t<9+3込时，此时点M在边BC上，如图,此时MB=9+3爲—t,•S=xABxMB=_x6x（9+3y3—t）=27+9亍3—3t.2>2>•⑤不正确；综上，结论正确的有：①③④.故选：A.【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，主要涉及函数图象上点的坐标的实际意义,三角形的面积，等腰三角形的判定，等边三角形的判定，相似三角形的判定，特殊角的三角函数值.对于动点问题，依据已知条件画出符合题意的图形并求得相应线段的长度是解题的关键.二、填空题（2021•四川乐山・T16・3分）如图，已知点A（4，3），点B为直线y=-2上的一动点，点C（0，n），-2VnV3,AC±BC于点C,连接AB.若直线AB与x正半轴所夹的锐

1角为a,那么当sina的值最大时，n的值为2-2S【考点】坐标与图形性质；解直角三角形.【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；解直角三角形及其应用；几何直观.【分析】当sina的值最大时，则tana==—值最大，即当BG最大时，sina的值最BNBN1大，设BG=y,由tanZCAM=tanZBCG，得到y=-4（n-3）（n+2）,进而求解.【解答】解：过点A作AM丄y轴于点M,作AN丄BN交于点N，A/CIfl\L1/11L0\/’GV:-2丑N直线y=-2〃x轴，故ZABN=a,当sina的值最大时，则tana=BNBN值最大，故BN最小，即BG最大时，tana最大，即当BG最大时，sina的值最大，设BG=y，则AM=4，GC=n+2，CM=4-n，VZACM+ZMAC=90°，ZACM+ZBCG=90°，:.ZCAM=ZBCG，

tanZCAM=tan上BCG,CM_BGIM_CG1•-y=-4（n_3）（n+2）'4v0'1故当n=—（3-2）=—时，y取得最大值,1故n=—,1故答案为：—.【点评】本题考查了一次函数和二次函数的性质，解直角三角形等，解题的关键是确定sina的值最大时，即BG最大，题目综合性强，难度适中.（2021•四川达州・T1・3分）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC,BC上的动点，且AE=CF,连接BE,AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为」弋3一【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；圆周角定理；点与圆的位置关系.【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力.【分析】由“SAS”可证△ABE^^ACF，可得ZABE=ZCAF,可求ZAPB=120°，过点A，点P,点B作0O,则点P在AB上运动，利用锐角三角函数可求CO,AO的长，即可求解.【解答】解:[△ABC是等边三角形，:.AB=AC=BC,ZCAB=ZACB=60°,在厶ABE和厶ACF中，

〜AB=AC<ABAC=ZACBAE=CF:.△ABE^^ACF(SAS),:.ZABE=ZCAF,:.ZBPF=ZFAB+ZABP=ZCAP+ZBAP=60°,・•・ZAPB=120。,如图，过点A,点P,点B作OO,连接CO,PO,.:点P在AB上运动，'：AO=OP=OB,：.ZOAP=ZOP4,ZOPB=ZOBP,ZOAB=ZOBA,：.ZAOB=360°-ZOAP-ZOP4-ZOPB-ZOBP=120。,：.ZOAB=30°,：・ZCAO=9O。，•:AC=BC,OA=OB,：.CO垂直平分AB,：・ZACO=3O。，AC羽：・cosZACO=—,CO=2AO,CO2：・CO=4、E,：・AO=2,

在ACPO中，CPXO-OP,・•・当点P在CO上时，CP有最小值，:,CP的最小值=4j3-2m3=2J3,故答案为2^3•【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，圆的有关知识，确定点P的运动轨迹是解题的关键.（2021湖北武汉，16,3分）如图（1）,在△ABC中，AB=AC,ZBAC=90°,边AB上的点D从顶点A出发，向顶点B运动，同时，边BC上的点E从顶点B出发，向顶点C运动，D，E两点运动速度的大小相等，设x=AD，y=AE+CD，y关于x的函数图象如图（2），图象过点（0,2），则图象最低点的横坐标是_血-1.（1）⑵【考点】动点问题的函数图象.【专题】函数及其图象；推理能力.【分析】观察函数图象，根据图象经过点（0,2）即可推出AB和AC的长，构造△NBE^△CAD,当A、E、N三点共线时，y取得最小值，利用三角形相似求出此时的x值即可.【解答】解：•.•图象过点（0,2）,即当x=AD=0时，点D与A重合，点E与B重合，此时y=AE+CD=AB+AC=2,•△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=1,过点A作AF丄BC于点F,过点B作NB丄BC,并使得BN=AC,如图所示：

•.•AD=BE,ZNBE=ZCAD,:.^NBE^^CAD（SAS）,:.NE=CD,又Vy=AE+CD,:.y=AE+CD=AE+NE,当A、E、N三点共线时，y取得最小值，如图所示，此时：AD=BE=x,AC=BN=1,.°.AF=AC・sin45°=,2\又VZBEN=ZFEA,ZNBE=ZAFE:.△NBEs'AFENBBE1x.IF=FE，即72二亍，-x22解得：x=、：2-1，图象最低点的横坐标为:.迈-1故答案为：富'2—1.【点评】本题考查动点问题的函数图象，通过分析动点位置结合函数图象推出AB、AC的长再通过构造三角形全等找到最小值是解决本题的关键.（2021内蒙古鄂尔多斯，16,3分）如图，已知正方形ABCD的边长为6,点F是正方形

内一点，连接CF,DF，且ZADF=ZDCF，点E是AD边上一动点，连接EB,EF，则EB+EF长度的最小值为—-3_.A.£D【考点】正方形的性质；轴对称-最短路线问题【专题】矩形、菱形、正方形；应用意识【分析】根据正方形的性质得到ZADC=90。，推出ZDFC=90。，得到点F在以DC为直径的半圆上移动，如图，设DC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ABCD，则点B的对应点是B，连接BO交AD于E，交OO于F，则线段BF的长即为EB+EF的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论.【解答】解：■■■四边形ABCD是正方形,.••ZADC=90。，:上ADF+ZFDC=90。，ZADF=ZFCD，:ZFDC+ZFDC=90。，:ZDFC=90。，

.•点F在以DC为直径的半圆上移动，如图，设DC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ABCD，则点B的对应点是B'，连接BO交AD于E，交半圆O于F，则线段B'F的长即为BE+EF的长度最小值，OF=3，•••ZC'=90。，B'C'=C'D=CD=6，OC'=9，BO=、:B'C'2+OC5=、：62+92=3\13，B'F=3<13-3，•••EB+FE的长度最小值为3^13-3，故答案为：^-13-3.【点评】本题考查了轴对称-最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用.凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点.（2021山东淄博，17,5分）两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示.若Za=30。，则对角线BD上的动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是—6^2cm_.【考点】线段的性质：两点之间线段最短；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质;旋转的性质【专题】矩形、菱形、正方形；平移、旋转与对称；推理能力【分析】作DE丄BC于E，解直角三角形求得AB=BC=6cm，把AABP绕点B逆时针旋转60。得到△A'BP，由旋转的性质，AB=AB=6cm，BP=BP，A'P=AP，ZPBP=60。，ABA=60。，所以△P'BP是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可知当PA+PB+PC=A'C时最短，连接A'C，利用勾股定理求出A'C的长度，即求得点P到A，

B,C三点距离之和的最小值.【解答】解：如图，作DE丄BC于E，把AABP绕点B逆时针旋转60。得到△A'BP,•.*Za=30。，DE=3cm，CD=2DE=6cm，同理：BC=AD=6cm，由旋转的性质，AB=AB=CD=6m，BP=BP，A'P=AP，ZPBP=60。，ZA'BA=60。，△PBP是等边三角形，•••BP=PP'，PA+PB+PC=A'P'+PP'+PC，根据两点间线段距离最短，可知当PA+PB+PC=A'C时最短，连接AC，与BD的交点即为P点，即点P到A，B，C三点距离之和的最小值是A'C.\'ZABC=ZDCE=Za=30。，ZA'BA=60。，•ZA'BC=90。，A'C八A'B2+BC2八62+62=6込(cm)，因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6\2cm，【点评】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键.三、解答题(2021辽宁大连，24，11分)如图，四边形ABCD为矩形，AB=3,BC=4,P、Q均从点B出发，点P以2个单位每秒的速度沿BA-AC的方向运动，点Q以1个单位每秒的速度沿BC-CD运动，设运动时间为t秒.求AC的长；

⑵若S俚pQ=S，求S关于t的解析式.【考点】函数关系式；勾股定理.【专题】函数及其图象；数据分析观念.【分析（1）根据勾股定理直接计算AC的长；（2）根据点P、Q的运动位置进行分类，分别画图表示相应的△BPQ的面积即可.【解答】解：（1）T四边形ABCD为矩形，.•・ZB=90°,在Rt^ABC中，由勾股定理得：AC=丫AB2+BC2=32+42=5,.AC的长为5；当0VtWl.5时，如图，S=xBPxBQ=~!~x2txt=12.2'当1.5VtW4时，如图，作PH丄BC于H，

:.CP=8:.CP=8-2t,AB5ZBCA=走PH~PC_PH5_8-2t•••ph_害-6•：S=2xBQ"•：S=2xBQ"H246t_—xtx(553t2+12t当4VtW7时，如图，点P与点C重合,S=—x4x(t-4)_2t-8.212(0<t<1.5)、3t212t.._八综上所述：S=<-~5+丁(1.5<t<4).2t-8(4<t<7)【点评】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理，以及三角形面积的表示，根据动点的位置进行分类讨论是解决问题的关键.（2021辽宁丹东，25，12分）已知，在正方形ABCD中，点M、N为对角线AC上的两个动点，且ZMBN=45°，过点M、N分别作AB、BC的垂线相交于点E，垂足分别为F、20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)(1)如图(1(1)如图(1),当四边形EFBG为正方形时,①求证：△AFM^^CGN；②求证：S3=S1+S2.如图(2),当四边形EFBG为矩形时，写出S1,S2,S3三者之间的数量关系，并说明理由；在(2)的条件下，若BG：GC=m：n(m>n),请直接写出AF：FB的值.【考点】四边形综合题.【专题】几何综合题；运算能力；推理能力.【分析(1)①利用两个正方形性质易证△AFM^^CGN；②连接BD,贝9BD过点E,且BD丄AC,ZABD=ZCBD=45°，由①知AM=CN,易证AABM竺△CBN,可得BM=BN,进一步证明AFEM竺AOBN,从而得到AAFM竺△EON,同理△CGN=AEOM,故S3=S1+S2；BFBM⑵如图】，连接BD交AC于点0,易证△fbm^obn，进而得到OB=丽，仿故S3=S1+S2；照上面同样的方法，可证bn照上面同样的方法，可证bn=bgBNBG即OB2=BF-BG,从而得到S矩形efbg=S^bc，在(2)的条件下，有S矩形EFBG=S^ABC，根据题意可设BG=mx,GC=nx,AB=BC=(m+n)x,先求出BF的长，进而求出AF的长，即可得出答案.【解答】解：(1)①在正方形ABCD和正方形EFBG中,AB=CB,BF=BG,ZF4M=ZGCN=45°,ZAFM=ZCGN=90°,

:.AB-BF=CB-BG,即AF=CG,:.△AFM95CGN(ASA)②如图1,连接BD,则BD过点E,且BD丄AC,ZABD=ZCBD=45°,由①知△AFM^ACGN,:.AM=CN,VZBAM=ZBCN,AB=BC,:.△ABM^△CBN(SAS),:.BM=BN,ZABM=ZCBN,•:上MBN=45°=上ABD,:.ZFBM+ZMBO=ZMBO+ZOBN,:.ZFBM=ZOBN,•:/BFM=/BON=90°,:.△FBM^OBN(AAS),:.FM=ON,VZAFM=ZEON=90°,ZFAM=ZOEN=45°,:.△AFM^^EON(AAS),同理△CGN^AEOM(AAS),…S^EOM=S^CGN,S^EON=S^AFM'S3=S^MEN=S△EOM+S^EON=S^CGN+S△AFM':•S3=S1+S2.(2)S3=S1+S2,理由如下：如图2,连接BD交AC于点O,•四边形ABCD是正方形，四边形EFBG为矩形，:・BD丄AC,ZBFM=ZBON=90°,ZABD=ZCBD=45°,AC=BD=2OB,VZMBN=45°,ZFBM=ZOBN=45°-ZMBO,:.△FBMsMBN,BFBM…~OB~BN,同理△BOMsABGN,

BM_OB~BN~~BGBF_OB~OB~~BG：.OB2=BF-BG,JSaabc_2OBAC_2OB2OB_OB2，S矩形efbg=BF・BG,・・・S矩形efbg=s^abc，・•・S]+S2=S^abc-S五边形mfbgn，S3=S矩形efbg_S五边形mfbgn，(3)根据题意可设BG=mx,GC=nx,AB=BC=(m+n)x,•:,SeFBg=S_-(m+n)2x2矩形EFBGAABC2即BF-BG_—(m+n)2x2,^2—(m+n)2x2—(m+n)2x2.22(m+n)2x・・BF=___BGmx2m•••af_ab-bf_怜_(m-n)_(m-n):(m+n).图2G20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定三角形及矩形面积的求解，解题的关键是巧妙的正方形的性质构造全等三角形或相似三角形来解决问题，本题还运用到了类比探究的思想.(2021广西贵港，26,10分)已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接人0,将厶AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角)，得到△EOF,连接AE，CF.如图1，当ZBAC=90°且AB=AC时，则AE与CF满足的数量关系是AE=CF；如图2,当ZBAC=90°且ABHAC时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.如图3,延长AO到点D,使OD=OA,连接DE,当AO=CF=5,BC=6时，求DE的长.£EE【考点】几何变换综合题.【专题】几何综合题；推理能力.【分析】(1)结论AE=CF.证明△AOE^^COF(SAS),可得结论.结论成立.证明方法类似(1).首先证明ZAED=90°,再利用相似三角形的性质求出AE,利用勾股定理求出DE即可.

【解答】解：（1）结论：AE=CF.理由：如图1中，@1VAB=AC,ZBAC=90°,OC=OB,：.OA=OC=OB,AO丄BC,yZAOC=ZEOF=90°,:.ZAOE=ZCOF,'：OA=OC,OE=OF,:、\AOE9\COF(SAS),:.AE=CF.（2）结论成立.理由：如图2中,EA3團2•:ZBAC=90°,OC=OB,：OA=OC=OB,：ZAOC=/EOF,：.ZAOE=ZCOF,：OA=OC,OE=OF,:\AOE9\COF(SAS),:AE=CF.

（3）如图3中,（3）如图3中,DOA=OD,OE=OA=OD=5,ZAED=90°,OA=OE,OC=OF,ZAOE=ZCOF,OA_OEOF,△AOEs'COF,AE_OACF_OC,CF=OA=5,AE_5,25A],:.DE:.DE=7AD2-AE2102-（25）2【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题.（2021重庆A卷，26,8分）在△ABC中，AB=AC,D是边BC上一动点，连接AD,将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得ZDAE+ZBAC=180°.

如图1,当ZBAC=90°时，连接BE,交AC于点F.若BE平分ZABC,BD=2,求AF的长；如图2,连接BE,取BE的中点G,连接AG.猜想AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜想；如图3,在(2)的条件下，连接DG,CE.若ZBAC=120°，当BD>CD,ZAECBDDG=150°时，请直接写出的值.CE【考点】几何变换综合题.【分析(1)连接CE,过点F作FQLBC于Q,判断出FA=FQ,再判断出ZBAD=ZCAE,进而得出△ABD^AACE(SAS),得出BD=CE=2,ZABD=ZACE=45°,再判断出CF=CE=2,即可得出结论；1延长BA至点M,使AM=AB,连接EM,得出AG=-ME,再判断出厶ADC^AAEM厶(SAS),得出CD=CM,即可得出结论；如图3,连接DE,AD与BE的交点记作点N,先判断出厶ADE是等边三角形，得出AE=DE,ZADE=ZAED=60°,ZACB=ZABC=30°,进而判断出点A,B,C,E四点共圆，得出ZBEC=ZBAC=120°，再判断出BE是AD的垂直平分线，也是ZABC的角平分线，设AG=a,则DG=a,进而得出CD=2a,CE=DE=迈a,AD=J2a,再构造直角三角形求出AC,即可得出结论.【解答】解：(1)连接CE,过点F作FQ丄BC于Q,•:BE平分ZABC,ZBAC=90°,:.FA=FQ,VAB=AC,.•・ZABC=ZACB=45°,迈.FQ=CF,2

•.•ZBAC+ZDAE=180。，:.ZDAE=ZBAC=90°,:.ZBAD=ZCAE,由旋转知，AD=AE,:.△ABD^^ACE(SAS),：・BD=CE=2,ZABD=ZACE=45°,AZBCE=90°,:.ZCBF+ZBEC=90°,•：BE平分ZABC,：.ZABF=ZCBF,:.ZABF+ZBEC=90°,VZBAC=90°,:.ZABF+ZAFB=90°,:.ZAFB=ZBEC,•:/AFB=/CFE,：.ZBEC=ZCFE,：・CF=CE=2,1(2)AG==CD,2理由：延长BA至点M,使AM=AB,连接EM,:G是BE的中点，1：・AG=—ME,2•:ZBAC+ZDAE=ZBAC+ZCAM=180°,:ZDAE=ZCAM,:ZDAC=ZEAM,•:AB=AM,AB=AC,：・AC=AM,

VAD=AE,:.△ADC^^AEM(SAS),:.CD=CM,1.•・AG=—CD；2如图3,连接DE,AD与BE的交点记作点N,•.•ZBAC+ZDAE=180。，ZBAC=120。，：.ZDAE=60°,•.•AD=AE,.△ADE是等边三角形，：・AE=DE,ZADE=ZAED=60。，VZAEC=150°,：.ZDEC=ZAEC-ZAED=90°,在△ABC中，AB=AC,ZBAC=120°,:.ZACB=ZABC=30°,VZAEC=150°,:.ZABC+ZAEC=180°,.:点A,B,C,E四点共圆，:上BEC=/BAC=120°,:乙BED=ZBEC-ZDEC=30°,:.ZDNE=180°-/BED-ZADE=90°,•:AE=DE,:AN=DN,:.BD是AD的垂直平分线，:.AG=DG,BA=BD=AC,1:.ZABE=/DBE=—/ABC=15°,2:.ZACE=ZABE=15°,:.ZDCE=45°,VZDEC=90°,

:.ZEDC=45°=ZDCE,：・DE=CE,:.AD=DE,设AG=a,则DG=a,1由(2)知，AG=-CD,厶：CD=2AG=2a,:CE=DE=CD=£a,2:.AD=七2a,TOC\o"1-5"\h\z近：.DN=二AD=a,2过点D作DH丄AC于H,在RtAAHC中，ZACB=30°,CD=2a,•:DH=a,根据勾股定理得，CH仝a,a,在RtAAHD中，根据勾股定理得，AH=、；AD2-DHa,:.AC=AH+CH=a+\3a,••BD=a+*3a,.BD—DGa+^3a—a\[6CEV2a2S3團2AB1【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，判断出点A，B，C，E四点共圆是解本题的关键.5（2021重庆B卷，26，8分）在等边△ABC中，AB=6,BD±AC，垂足为D,点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF.（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG,连接FG.20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)3333如图1,当点e与点b重合，且gf的延长线过点c时，连接dg,求线段DG的长；如图2,点E不与点A,B重合，GF的延长线交BC边于点H,连接EH,求证：BE+BH=<3BF；(2)如图3,当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且DN=2NC,点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP,连1接FP,当NP+-MP最小时，直接写出△DPN的面积.@3@3【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力；模型思想；应用意识.【分析(1)①过D作DH丄GC于H,先证明△BGF是等边三角形，求出CD长度，再CD3片证明BF=CF=GF，从而在RtABDC中，求出CF===2空3，即cosZDCFcos3033羽5^3得GF,在RtACDH中，求出DH=CD・sin30°=-和CH=CD・cos30°=—，可得GH5^3RtAGHD中，即可得到DG=&GH2+DH2=<21；②过E作EP丄AB交BD于P,过H作MH丄BC交BD于M,连接PG,作BP中点N,连接EN,由ZABC+ZEFH=180°，得B、E、F、H共圆，可得ZFBH=ZFEH，从而可证HF=GF,由E、P、F、G共圆可得ZBMH=ZGPF=60°,故厶GFP9HFM,PF=FM,可得NF=MH,BF=MH+EP,在RtABEP中，EP=BE・tan30°=丁BE,RtAMHB中，MH=中，MH=BH・tan30°=BH,即可得到BE+BH=<3BF；(2)以M为顶点，MP为一边，作ZPML=30°,ML交BD于G,过P作PH丄ML于H,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）11设MP交BD于K,RtAPMH中，HP=刁MP,NP+石MP最小即是NP+HP最小，此时N、P、H共线，而将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP,可得/QKP=ZFEP=60°，从而可证MLIIAC，四边形GHND是矩形，由DN=2NC,得DN=GH=—，由等3边厶ABC中，AB=6,点E为AB中点时，点M为BE中点，可得BM=—,BD=AB・sinARtABGM中，RtABGM中，MG=BG=BM・cos30°=〒，可求MH=MG+GH119*3119*3=才，仞=叭眈=〒，RfMHP11^3中，可得HP=——，从而可得PN=HN-丄厶4羽14羽1HP=GD-HP=——，故Sadpn=—PN・DN=4j3【解答】解：（1）①过D作DH丄GC于H,如图:•・•线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG,点E与点B重合，且GF的延长线过点C,:.BG=BF,ZFBG=60°,:.△BGF是等边三角形，：.ZBFG=ZDFC=60°,BF=GF,•・•等边△ABC,AB=6,BD丄AC,111AZDCF=180°-ZBDC-ZDFC=30°,ZDBC=—ZABC=30°,CD=-AC=-AB222=3,:.ZBCG=ZACB-ZDCF=30°,:.ZBCG=ZDBC,:.BF=CF,:.GF=CF,

RtABDCRtABDC中，CF=CDcosZDCF3cos30°:.GF=2^3,亠33忑RfCDH中,DH=CD・sin30°=2，CH=CD・品0°=亍，:.FH:.FH=CF-CH=v'3~25羽・gh=gf+fh=〒RtAGHD中，DG=\?GH2+DH2=<21；②过E作EP丄AB交BD于P,过H作MH丄BC交BD于M,连接PG,作BP中点N,•：EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG,:.△EGF是等边三角形，.•・ZEFG=ZEGF=ZGEF=60。，ZEFH=120°,EF=GF,•••△ABC是等边三角形，AZABC=60°,AZABC+ZEFH=180°,.•・B、E、F、H共圆，.ZFBH=ZFEH,而厶ABC是等边三角形，BD丄AC,AZDBC=ZABD=30°,即ZFBH=30°,.•・ZFEH=30°,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）:.ZFHE=180°-ZEFH-ZFEH=30°,:・EF=HF=GF①,TEP丄AB,ZABD=30°,.•・ZEPB=60°,ZEPF=120°,:.ZEPF+ZEGF=180°,：・E、P、F、G共圆，:./GPF=/GEF=60°,•:MH丄BC,ZDBC=30°,:.ZBMH=60°,・：/BMH=/GPF②,而ZGFP=ZHFM③,由①②③得△GFP竺4HFM(AAS),：・PF=FM,•:EP丄AB,BP中点N,ZABD=30°,1.：EP=-BP=BN=NP,2:.PF+NP=FM+BN,1:・NF=—BM,21RtAMHB中，MH=-BM,，:NF=MH,，:NF+BN=MH+EP,即卩BF=MH+EP,RtABEP中，EP=BE・tan30°=丁BE,RtARtAMHB中，MH=BH・tan30°=BH,3:.BF=BE+BH,33:.BE+BH=、hBF；(2)以M为顶点，MP为一边，作ZPML=30°,ML交BD于G,过P作PH丄ML于H,

设MP交BD于K,如图:A1RtAPMH中，HP=2MP,1.•・NP+2MP最小即是NP+HP最小，此时N、P、H共线，•・•将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP,•••F在射线QF上运动，则P在射线MP上运动，根据“瓜豆原理”，F为主动点，P是从动点，E为定点，ZFEP=60°，则F、P轨迹的夹角ZQKP=ZFEP=60°，ZBKM=60°，ABD=30°，ZBMK=90°，VZPML=30°，ZBML=60°，ZBML=ZA，:、MLIIAC，ZHNA=180°-ZPHM=90°，而BD丄AC，：ZBDC=ZHNA=ZPHM=90°，：・四边形GHND是矩形，:DN=GH，•・•边△ABC中，AB=6，BD丄AC，：・CD=3,又DN=2NC，：.DN=GH=2,

•・•等边△ABC中，AB=6，点E为AB中点时，点M为BE中点,・・・BM=2,BD卄…皿6°°f3，RtARtABGM中，MG=1BM=2119羽・・・MH=MG+GHr，GD=BD—〒，RtARtAMHP中，HPii73=MHTP:.PN=HN-HP=GD-HP=…S…SaDPN_4j3PN・DN=〒【点评】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线.(2021广东广州，25，12分)如图，在菱形ABCD中，ZDAB=60°,AB=2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F,使AF=AE,且CF、DE相交于点G.备用團当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；当CG=2时，求AE的长；当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度.【考点】四边形综合题.【专题】多边形与平行四边形；几何直观.【分析(1)利用平行四边形的判定定理：两边平行且相等的四边形是平行四边形,利用三角形相似，求出此时FG的长，再借助直角三角形勾股定理求解，利用图形法，判断G点轨迹为一条线段，在对应点处求解.

【解答】解：（1）连接DF,CE,如图所示:•:E为AB中点，1.•・AE=AF=-AB,2・.EF=AB,•・•四边形ABCD是菱形，:.EF^AB,・•・四边形DFEC是平行四边形.（2）作CH丄BH,设AE=FA=m，如图所示,••四边形ABCD是菱形，:CD//EF,：・△CDGs^FEG,.CDEF:~CG~FG，：・FG=2m,在RtACBH中，ZCBH=60°,BC=2,CHsin60°=,CH=,BCBHcos60=,BC=1,BC在RtACFH中，CF=2+2m,CH=,FH=3+m,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）CF=CH+FH,即（2+2m）2=（\：'3厂+（3+m）2,整理得：3m2+2m_8=0,4解得：m1=3,m2=-2（舍去）,・•・AE=4.3（3）G点轨迹为线段AG,证明：如图,迹用）,（此图仅作为证明AG证明：如图,迹用）,（此图仅作为证明AG轨延长线段AG交CD于H,作HM丄AB于M,作DN丄AB于N,•・•四边形ABCD是菱形,:.BF//CD,:.△DHGs^EGA,△HGC^^AGF,AEAGAFAG•:~dh~~HG‘~hc_~hg,.ae_AF:~dh~~ch,•ae=af.:.dh=ch=i.在RtAADF中，AD=2,ZDAB=60°.DN巧AN：.sin60°=,DN=\：3.cos60°=,AN=1,ADAD在Rt^AHM中，HM=DN=爲,am=AN+FM=AN+DH=2,tanZHAM』2

G点轨迹为线段AG.•••G点轨迹是线段AG.如图所示，作GH丄AB,•・•四边形•・•四边形ABCD为菱形，ZDAB=60°,AB=2,•CD//BF,BD=2,:.△CDGs^FBG,CDDG:.，即BG=2DG,BFBGVBG+DG=BD=2,:bG=3,4在RtMHB中，BG=3,ZDBA=60°,sin60°GH~Bgsin60°GH~Bg,2^3G"〒BH2COS60°=丽，BH=3'在Rt^在Rt^AHG中,2AH=2-3=gh=~tAG2=(3)2+(羊)2=普，:.ag=247~3~:.ag=247~3~：・G点路径长度为2、订【点评】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的性质，解题关键是借助锐角三角比和勾股定理求解.

（11分）（2021江苏徐州，28,11分）如图1,正方形ABCD的边长为4,点P在边AD上（P不与A、D重合），连接PB、PC.将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE,将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF,连接EF、EA、FD.（1）求证：APDF的面积S=1PD2；2EA=FD；（2）如图2,EA、FD的延长线交于点M,取EF的中点N,连接MN,求MN的取值范围.gl02【考点】四边形综合题.【专题】几何综合题；推理能力.【分析（1）①作FG丄AD,交AD的延长线于点G,作EH丄AD,交DA的延长线于点H,由旋转及正方形的性质证明△FPG^^PCD，可得FG=PD，可得结论；②证明△EPH竺△PBA，再证明厶EAH^^EFG，即可得出结论；（2）在（1）的基础上，作F厶丄EH于点厶，设PD=m，则可证明LH=AH=m，设EL=n,用含m的代数式表示n,用含n的代数式表示EF,可先求出EF的取值范围，再证明ZEMF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出MN的取值范围.【解答（1）证明：如图1,作FG丄AD,交AD的延长线于点G,作EH丄AD,交DA的延长线于点H.①由旋转得，PF=CP,ZCPF=90°,•・•四边形ABCD是正方形，AZPDC=90°,VZFPG+ZDPC=90°,ZPCD+ZDPC=90°,AZFPG=ZPCD,VZG=ZPDC=90°,

:.△FPG^^PCD(AAS),:.FG=PD,.•.△PDF的面积S=LpD・FG=1PD2.22②由①得，竺^PCD,:.PD=FG,PG=CD=4,同理，AEPH今APBA,:.EH=AP,PH=BA=4,•:AH=4-AP=PD,:・AH=FG；VAP=4-PD=DG,：・EH=DG；VZH=ZG=90°,，:AEAH^^DFG(SAS),:・EA=FD.(2)如图2,在图1的基础上，作F厶丄EH于点厶，则ZFLE=ZFLH=90°,：・四边形HLFG是矩形，：・LH=FG=AH,FL=GH=4+4=8；VEH=PA,AH=PD,：・EH+AH=PA+PD=AD=4；设PD=m,EL=n,(m>0,n三0),则LH=AH=m,:.n=4-2m；VEF2=EL2+FL2=n2+82=R+64,:・EF=\：n2+64，•:EF随n的增大而增大；由n=4-2m可知，n随m的增大而增大，当m=2时，n^=0,此时，EF==*64=8；最小最小若m=0,则n^=4,此时，EF=v42+82=4^5，最大最大V点P不与点A、D重合，:.m>0,

.°.nV4,ef<4、：5，••・EF的取值范围是8WEFV牡5，.•.4W1EF<2占;2•：/ADM=/GDF=/HEA,/DAM=/HAE,AZADM+ZDAM=ZHEA+ZHAE=90°,・•・ZEMF=90°；TN是EF的中点，:.MN=1EF,2.MN的取值范围是4WMN<2送•H图IH图I【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的特征、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及线段和的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，恰当地使用转化思想，此题难度较大，综合性较强，属于考试压轴题.&（12分）（&（12分）（2021辽宁大连，26，12分）已知函数y=1一一X2+\2x+m(x<m)2，记该函x2一mx+m(x>m)数图象为G.当m=2时，已知M(4,门)在该函数图象上，求n的值；当0WxW2时，求函数G的最大值.1亠亠当m>0时，作直线x=2m与x轴父于点P,与函数G父于点Q,若ZPOQ=45°时，求m的值；当mW3时，设图象与x轴交于点人，与y轴交与点B,过点B作BC丄BA交直线x=m于点C,设点A的横坐标为a，C点的纵坐标为c,若a=-3c，求m的值.【考点】二次函数综合题.【专题】压轴题；应用意识.【分析】(1)先把m=2代入函数y中，①把M(4,n)代入y=x2-2x+2中，可得n的值；亠11、②将0WxW2分为两部分确定y的最大值，当0WxV2时，将y=-㊁x2+—x+2配方可得最值，再将x=2代入y=x2-2x+2中，可得y=2，对比可得函数G的最大值；证明△POQ是等腰直角三角形，得OP=PQ，列方程可得结论；如图2,过点C作CD丄y轴于D,证明△ABO^^BCD(ASA),得OA=BD，列方程可得结论.11【解答】解：(1)当m=2时，y=【解答】解：(1)当m=2时，y=$22,x2一2x+2(x>2)①TM(4,n)在该函数图象上,.*.n=42-2X4+2=10；1111J—(x-—)2+2「②当0Wx<2时，y=-亍x2+x+2=221•・•-二<0,2cl•°•当x=时，y有最大值是2—,8当x=2时，y=22-2X2+2=2,•・・2<2§,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)・••当0WxW2时，函数G的最大值是2—；8•••△POQ是等腰直角三角形,•••△POQ是等腰直角三角形,・・・OP=PQ,・・・OP=PQ,1J“11—m=—(—m)2+m+m,2222解得：m1=0,m2=6.*.*m>0,・・m=6；(3)如图2,过点C作CD丄y轴于D,20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）当x=O时，y=m,*.OB当x=O时，y=m,*.OB=m,/CD=m,•・CD=OB,:AB丄BC,\ZABC=ZABO+ZCBD=90°,ZZCBD+ZBCD=90°,•./ABO=/BCD,/ZAOB=ZCDB=90°,'.△ABO^^BCD(ASA),•・OA=BD,当x<m时，y=O,11即x2+x+m=O,22x2-x-2m=0,解得：x1=1一1+8m21+、；1+8mx2=2—：.OA=：.OA=1+8m-12且-6WmW3,8T点A的横坐标为a,C点的纵坐标为c,若a=-3c,1OD=c=-二a,31.'.BD=m-OD=m+-a,3

^OA=BD,V1+8m一111一｛1+8m=m+h232一20解得：m1=0（此时，A,B,C二点重合，舍），m2=g•【点评】本题考查二次函数的综合运用，主要考查了函数的性质，函数关系式的确定，解题的关键是对关键点进行分析，理解分段函数，并利用图象解答.9.（2021四川雅安，24，12分）已知二次函数y二x2+2bx-3b.（1）当该二次函数的图象经过点A（1,0）时，求该二次函数的表达式；（2）在（1）的条件下，二次函数图象与x轴的另一个交点为点B，与y轴的交点为点C，点P从点A出发在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求ABPQ面积的最大值；（3）若对满足x》1的任意实数x，都使得0成立，求实数b的取值范围.【考点】二次函数综合题【专题】运算能力；数形结合；应用意识；二次函数图象及其性质；动点型【分析（1）把点A（1,0）代入解析式，求出b，得到解析式；（2）过点Q作QN丄AB于点N，利用相似表达出ABPQ的高，然后表示出ABPQ的面积，利用二次函数的性质求出最大面积；（3）分类讨论，函数图象与x轴有一个交点和没有交点时，1的任意实数x，都有妙0成立，若函数图象与x轴有两个交点，则需满足两交点的横坐标均不大于1,列出不等式即可求b的取值范围.20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题（含解析）20212021全国中考数学试卷分类-41动态问题(含解析)【解答】解：(1)把点A(1,O)代入y=x2+2bx-3b得:1+2b-3b=0,解得：b=1,二次函数的表达式为：y=x2+2x-3・(2)如图1,对函数y=x2+2x-3,当x=0时，y=-3，当y=0时，x=一3，x=1，12.C(0,-3)，B(-3,0)，A(1,0)，.AB=4，OB=OC=3，BC=3运，过点Q作QN丄AB于点N,sinZNBQ=sinZOBC，.NQ=OC…QB—BC，设运动时间为t，贝I」：BQ=t，AP=2t,…NQ3TOC\o"1-5"\h\zBP=4—2t,=—=,t3近:.NQ=t,^2:.S=1-BP-NQ=丄(4-2t)•乜t=—叵(t-1)2abpq22222当t=1时，ABPQ面积的最大值为2①：二次函数y=x2+2bx—3b的图象开口向上,.当二次函数y=x2+2bx—3b的图象与x轴没有交点或只有1个交点时，x21总有y20成立(如图2)；此时△W0,即(2b)2—4(-3b)W0,解得-3WbW0；②当二次函数y=x2+2bx-3b的图象与x轴有2个交点时，△=(2b)2-4(-3b)>0，可得b>0或b<-3,设此时两交点为(x,0),(x,0)，则x+x=-2b,x-x=-3b,121212要使x》l的任意实数x，都有y20，需xW1,xW1，即x-1<0,x-1W0(如图3),1212

(x-1)+(x-1)W0且(x-1)-(x-1)20,1212••.-2b-2W0且-3b-(-2b)+1>0,解得-K応1,.此时0<bWl,总上所述，对满足x21的任意实数x，都使得妙0成立，则-3WbWl・图⑴II【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数解析式、与坐标轴的交点坐标、解直角三角形、三角形面积等知识，解题的关键是数形结合，分类列不等式解决问题.10.（2021山东淄博，24,12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-1x2+m-1•x+m（m〉0）与x轴交于A（-1,0），B（m,0）两点，与y轴交于点C，连接BC・（1）若OC=2OA，求抛物线对应的函数表达式；（2）在（1）的条件下，点P位于直线BC上方的抛物线上，当APBC面积最大时，求点P的坐标；（3）设直线y=1x+b与抛物线交于B，G两点，问是否存在点E（在抛物线上），点F（在抛物线的对称轴上），使得以B，G，E，F为顶点的四边形成为矩形？若存在，求出点E，F的坐标；若不存在，说明理由.

【考点】二次函数综合题【专题】代数几何综合题；压轴题；存在型；运算能力；推理能力；应用意识【分析(1)由OC=2OA，得C(0,2)，代入抛物线y=-1x2+午1-x+岁(m>0)可得m=4，TOC\o"1-5"\h\z3抛物线对应的函数表达式为y=——x2+-x+2；21-过P作PH//y轴，交BC于H，根据y=--x2+-x+2，m=4，求出B(4,0)，C(0,2)，^2^21一1-从而直线BC的解析式为y=——x+2，设点P的坐标为(m，——m2+m+2)(0<m<4)，^2^2^2则H(m,--m+2)，表示PH的长，根据三角形的面积可得S=-(m-2)2+4，根据二次2APBC函数的最值可得结论；分BG为边或对角线两种可能讨论，若BG为边，由ZGBF=90。，得ZOBG=ZBEH，HR1即tanZORG=tan上REH=—一=-，解得：t=3或m，得E的坐标为(3,2m-6)，由平移性EH2质知，此种假设不成立；若RG为对角线，求出RG中点M，由矩形对角线互相平分求出E的横坐标，由解析式得E坐标，