专题15 动点综合问题【有答案】

决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品专题15 动点综合问题【考点1】动点之全等三角形问题【例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【分析】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．【变式1-1】已知正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别是线段OB、OC上的动点（1）如果动点E、F满足BE＝OF（如图），且AE⊥BF时，问点E在什么位置？并证明你的结论；（2）如果动点E、F满足BE＝CF（如图），写出所有以点E或F为顶点的全等三角形（不得添加辅助线）．【答案】（1）当AE⊥BF时，点E在BO中点，见解析；（2）以点E或F为顶点的全等三角形有△ABE≌△BCF，△AOE≌△BOF，△ADE≌△BAF.【分析】（1）根据正方形性质及已知条件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根据三角形相似的性质即可得出答案；（2）根据正方形性质及BE＝CF即可得出全等的三角形．【详解】解：（1）当时，点在中点．证明如下：延长交于点，如图所示：，，，，，，，，，，，，故当时，点在中点；（2）四边形是正方形，，，，，，，，，，，在△ABE和△BCF中，，同理可得，；以点或为顶点的全等三角形有，，；【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定及性质，比较综合，难度较大，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【变式1-2】如图①，将长方形纸片沿对角线剪成两个全等的直角三角形ABC、EDF，其中AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝10cm．现将△ABC和△EDF按如图②的方式摆放（点A与点D、点B与点E分别重合）．动点P从点A出发，沿AC以2cm/s的速度向点C匀速移动；同时，动点Q从点E出发，沿射线ED以acm/s（0＜a＜3）的速度匀速移动，连接PQ、CQ、FQ，设移动时间为ts（0≤t≤5）．（1）当t＝2时，S△AQF＝3S△BQC，则a＝；（2）当以P、C、Q为顶点的三角形与△BQC全等时，求a的值；（3）如图③，在动点P、Q出发的同时，△ABC也以3cm/s的速度沿射线ED匀速移动，当以A、P、Q为顶点的三角形与△EFQ全等时，求a与t的值．【答案】（1）1；（2）；（3）a＝2时，t＝2；或a＝2.3时，t＝5．【分析】（1）由题意得∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，由三角形面积得AQ＝3BQ，则AB＝4BQ＝8，得BQ＝2＝2a，则a＝1；（2）由题意得点P与B为对应顶点，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，则AP＝AC﹣PC＝4，PQ⊥AC，得t＝2，则PQ＝BQ＝2a，再由三角形面积关系即可得出答案；（3）分两种情况：①AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则AP＝EQ，AQ＝EF＝10，求出a＝2，BQ＝BE﹣EQ＝t，则AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得t＝2；②AP与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则AP＝EF＝10，AQ＝EQ，求出t＝5，则AQ＝EQ＝5a，得BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，再分别求出a的值即可．【详解】解：（1）由题意得：∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，∵S△AQF＝3S△BQC，S△AQF＝AF×AQ，S△BQC＝BC×BQ，∴AQ＝3BQ，∴AB＝4BQ＝8，∴BQ＝2＝2a，∴a＝1；故答案为：1；（2）∵以P、C、Q为顶点的三角形与△BQC全等，CQ是公共边，∴点P与B为对应顶点，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，∴AP＝AC﹣PC＝10﹣6＝4，PQ⊥AC，∵AP＝2t＝4，∴t＝2，∴PQ＝BQ＝2a，∵△ABC的面积＝△ACQ的面积+△BCQ的面积，∴×8×6＝×10×2a+×2a×6，解得：a＝；（3）由题意得：∠A＝∠E，∴∠A与∠E为对应角，分两种情况：①AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则AP＝EQ，AQ＝EF＝10，∵EQ＝at，∴at＝2t，∴a＝2，∴EQ＝2t，∵BE＝3t，∴BQ＝BE﹣EQ＝t，∴AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得：t＝2；②AP与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则AP＝EF＝10，AQ＝EQ，∴2t＝10，∴t＝5，∴AQ＝EQ＝5a，∵BE＝3t＝15，∴BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，当BQ＝15﹣5a时，AQ＝15﹣5a+8＝23﹣5a，或AQ＝8﹣（15﹣5a）＝5a﹣7，∴5a＝23﹣5a，或5a＝5a﹣7（无意义），解得：a＝2.3；当BQ＝5a﹣15时，AQ＝5a﹣15+8＝5a﹣7，或AQ＝8﹣（5a﹣15）＝7﹣5a，∴5a＝5a﹣7（无意义），或5a＝7﹣5a，解得：a＝0.7，不合题意，舍去；综上所述，a＝2时，t＝2；或a＝2.3时，t＝5．【点睛】本题主要考查全等三角形的综合问题及动点问题，关键是根据题意找到动点之间的联系，然后结合全等三角形的性质进行求解问题即可，注意分类讨论思想的运用．【考点2】动点之直角三角形问题【例2】如图，在四边形纸片中，，，，，，点是边上的动点，点是折线上的动点，将纸片沿直线折叠，使点的对应点落在边上，连接，若是直角三角形，则的长为________．【答案】1或【分析】如图（见解析），先利用解直角三角形、勾股定理、矩形的判定与性质求出AB的长，再分和两种情况，分别求出的长，然后根据折叠的性质、线段的和差即可得．【详解】如图，过点C作于点M，过点D作于点N，，，四边形CDNM是矩形，，在中，，，，在中，，，，由折叠的性质得：，点在边上，，即，由题意，分以下两种情况：（1）当时，是直角三角形，在中，，，；（2）当时，是直角三角形，在中，，，；综上，AE的长为1或，故答案为：1或．【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的判定与性质、折叠的性质等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．【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】【分析】(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，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【分析】△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．【考点3】动点之等腰三角形问题【例3】如图，是⊙的直径，是弦，，．若点是直径上一动点，当是等腰三角形时，__________．【答案】、或【解析】解：①为顶点即时，，，．②为顶点即时，中：，，，，∴．③为顶点即时，与重合，∴．综上为，或．故答案为：，或．点睛：解答本题的关键分三种情况讨论：①BC=BP；②CP=CB，③CP=BP．【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】【分析】（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】【分析】（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】【分析】(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】如图，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，点P为AB边上一动点，若△PAD与△PBC是相似三角形，求AP的长．【答案】AP=或AP=2或AP=6【分析】由AD//BC,∠B=90°,可证∠PAD=∠PBC=90°,又由AB=8,AD=3,BC=4,设AP的长为x,则BP长为8-x,然后分别从APD∽△BPC与△APD∽△BCP去分析,利用相似三角形的对应边成比例求解即可求得答案．【详解】解：∵AB⊥BC,∴∠B=90°,∵AD∥BC,∴∠A=180°﹣∠B=90°,∴∠PAD=∠PBC=90°,AB=8,AD=3,BC=4,设AP的长为x,则BP长为8﹣x,若AB边上存在P点,使△PAD与△PBC相似,那么分两种情况:若△APD∽△BPC,则AP:BP=AD:BC,即x:（8﹣x）=3:4,解得x=,若△APD∽△BCP,则AP:BC=AD:BP，即x:4=3:（8﹣x）,解得x=2或x=6,所以AP=或AP=2或AP=6．【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】【分析】（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，正方形ABCD，点P为射线DC上的一个动点，点Q为AB的中点，连接PQ，DQ，过点P作PE⊥DQ于点E．（1）请找出图中一对相似三角形，并证明；（2）若AB＝4，以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，试求出DP的长．【答案】（1）△DPE∽△QDA，证明见解析；（2）DP=2或5【分析】（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可证明△ADQ∽△EPD；（2）若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，当△ADQ∽△EPQ时，设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，则DP可求出；同理当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，可得，可求出a的值，则DP可求．【详解】（1）△ADQ∽△EPD，证明如下：∵PE⊥DQ，∴∠DEP＝∠A＝90，∵∠ADC＝90，∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，∴∠ADQ＝∠DPE，∴△ADQ∽△EPD；（2）∵AB＝4，点Q为AB的中点，∴AQ＝BQ＝2，∴DQ＝，∵∠PEQ＝∠A＝90，∴若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，①当△ADQ∽△EPQ时，，设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，由（1）知△ADQ∽△EPD，∴，∴，∴x＝∴DP＝＝5；②当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，同理可得，∴a＝，DP＝．综合以上可得DP长为2或5，使得以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）【例5】如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）点是抛物线上的动点，且满足，求出点的坐标；（3）连接，点是轴一动点，点是抛物线上一动点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．备用图【答案】（1）;（2），，，；（3），，【分析】（1）由待定系数法求出解析式即可；（2）先求出点C坐标，可得OA=OC=3，由面积关系列出方程即可求解；（3）分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解；【详解】解：（1）∵抛物线经过点A（-3，0），点B（1，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：，∵抛物线的解析式为：，与y轴交于点C，∴点C坐标为（0，3），即OA=OC=3；（2）过点P作PM⊥AO于点M，PN⊥CO于点N，设P(，)，∵，∴，∵AO=3，CO=3，∴PM=2PN，即，当点P在第一、三象限时，，解得，，；∴，，当点P在第二、四象限时，，解得，；∴，；（3）若BC为边，且四边形BCFE是平行四边形，∴CF∥BE，∴点C与点F纵坐标相等，∴，解得，（舍去），∴点F（-2，3），若BC为边，且四边形BCFE是平行四边形，∴BE与CF互相平分，∵BE中点纵坐标为0，且点C纵坐标为3，∴点F的纵坐标为-3，∴，解得，∴，，∴或，若BC为对角线,则四边形BECF是平行四边形，∴BC与EF互相平分，∴BC中点纵坐标为，且点E的纵坐标为0，∴点F的纵坐标为3，∴点F（-2，3），综上所述，点F坐标为：，，；【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，平行四边形的性质，掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键.【变式5-1】（2019·江西中考真题）在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC=120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且（1）如图1，当点E与点B重合时，∠CEF=________°；（2）如图2，连接AF．①填空：∠FAD_________∠EAB（填“>”，“<”，“=”）；②求证：点F在∠ABC的平分线上；（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB【答案】（1）60°；（2）①=，②见解析；（3）4【解析】【分析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明∠DAB=∠FAE=60°，根据角的运算解答；②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，证明ΔAFN≅ΔEFM，根据全等三角形的性质得到FN=FM，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GH=2AH，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【详解】解：（1）∵四边形AEFG是菱形，∴∠AEF=180°-∠EAG=60°，∴∠CEF=∠AEC-∠AEF=60°，故答案为：60°；（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB=180°-∠ABC=60°，∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°，∴∠FAE=60°，∴∠FAD=∠EAB，故答案为：=；②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，则∠FNB=∠FMB=90°，∴∠NFM=60°，又∠AFE=60°，∴∠AFN=∠EFM，∵EF=EA，∠FAE=60°，∴ΔAEF为等边三角形，∴FA=FE，在ΔAFN和ΔEFM中，∠AFN=∠EFM∠FNA=∠FME∴ΔAFN≅ΔEFM(AAS)，∴FN=FM，又FM⊥BC，FN⊥BA，∴点F在∠ABC的平分线上；（3）∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°，∴∠AGF=60°，∴∠FGE=∠AGE=30°，∵四边形AEGH为平行四边形，∴GE//AH，∴∠GAH=∠AGE=30°，∠H=∠FGE=30°，∴∠GAH=90°，又∠AGE=30°，∴GH=2AH，∵∠DAB=60°，∠H=30°，∴∠ADH=30°，∴AD=AH=GE，∵四边形ABEH为平行四边形，∴BC=AD，∴BC=GE，∵四边形ABEH为平行四边形，∠HAE=∠EAB=30°，∴平行四边形ABEH为菱形，∴AB=AH=HE，∴GE=3AB，∴BC【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】【分析】（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】【分析】（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，在平面直角坐标系中，平行四边形如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形．抛物线经过点A、C、A′三点．（1）求A、A′、C三点的坐标；（2）求平行四边形和平行四边形重叠部分的面积；（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．【答案】（1）A（0,3）A′（3,0）C（－1,0）；（2）320；（3）当时,取到最大值为；M（）【解析】试题分析：（1）当y=0时，求出x的值，得到点A′和点C的坐标，当x=0，求出y的值，得到点A的坐标；根据点A、C的坐标得出点B的坐标，从而求出OB的长度和△AOB的面积，根据旋转得到∠ACO=∠OC′D，根据∠ACO=∠ABO得到∠ABO=∠OC′D，从而说明△C′OD∽△BOA，根据相似三角形得出△C′OD的面积；设点M的坐标为（），连接OM，得到△AMA′的面积与m的函关系式，从而得出最大值和点M的坐标．试题解析：（1）解：（1）当时，解得∴C（-1，0），A′（3，0）．当x=0时，y=3．∴A（0，3）（2）∵C（-1，0），A（0，3），∴B（1,3）∴∴△AOB的面积为S=又∵平行四边形ABOC旋转得平行四边形A′B′OC′，∴∠ACO=∠OC′D又∵∠ACO=∠ABO，∴∠ABO=∠OC′D．又∵∠C′OD=∠AOB，∴△C′OD∽△BOA∴∴（3）设M点的坐标为（），连接OM=当时,取到最大值为∴M（）考点：二次函数的应用、三角形相似、旋转图形的性质、平行四边形的性质．【变式6-1】（1）发现：如图1，点为线段外一动点，且，，当点位于时，线段的长取得最大值，最大值为（用含的式子表示）；（2）应用：如图2，点为线段外一动点，，，以为边作等边，连接，求线段的最大值；（3）拓展：如图3，线段，点为线段外一动点，且，，，求线段长的最大值及此时的面积．【答案】（1）CB的延长线上，a+b；（2）6；（3）最大值为3+，△PBM的面积为【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；

（2）根据等边三角形的性质得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD=BE，利用（1）中的结论即可得到结果；

（3）将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△AP'N，连接BN，得到△APP'是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到P'A=PA=2，AN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为+3，过点P作PQ⊥AB的延长线于点Q，利用勾股定理求出PB的长，根据△PBM为等腰直角三角形，可求出面积.【详解】解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，

∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，

故答案为：CB的延长线上，a+b；

（2）如图2中，以AC为边向上作等边△ACE，连接BE．∵△ABD与△ACE是等边三角形，

∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，

∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，

即∠CAD=∠EAB，

在△CAD与△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），

∴CD=BE；

∴线段BE长的最大值=线段CD的最大值，

∴由（1）知，当线段BE的长取得最大值时，点E在BA的延长线上，

∴最大值为=4+2=6．

∴线段CD的最大值为6；（3）解：如图3中，将△APM绕着点A顺时针旋转90°得到△AP'N，连接BN，PP′．∴△APM≌△AP'N，

∴AN=AM，AP=AP'=2，

∴线段AM长的最大值=线段AN长的最大值，

∴当N在线段AB的延长线时，线段AN取得最大值，最大值=AB+BN，

∴∠PAP'=90°，

∴△APP'是等腰三角形，

∴PP'=，∵△BPM是等腰直角三角形，

∴∠BPM=∠MAN=90°，PM=PB=P'N，

∴∠AMP=∠ABP=∠N，

∴PB∥P'N，

∴四边形PBNP'是平行四边形，

∴BN=PP'，

∴AN的最大值为：AB+BN=AB+PP'=3+，∴AM的最大值为3+，过点P作PQ⊥AB的延长线于点Q，∵∠PAP′=90°，∠P′AB=∠PP′A=45°，∴∠PAQ=45°，∴△PAQ为等腰直角三角形，∵AP=2，由勾股定理可得：∴AQ=PQ=，在△PBQ中，PQ2+BQ2=PB2，即，∴PB2=，∵△PBM为等腰直角三角形，此时△PBM的面积=×=.【点睛】本题属于三角形综合题，考查等腰直角三角形的性质、旋转的性质、平行四边形的性质和判定等知识，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，学会用转化的思想思考问题，掌握旋转法添加辅助线．【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】【分析】(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．一、单选题1．如图，抛物线与轴交于点，点，点是抛物线上的动点，若是以为底的等腰三角形，则的值为（）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【分析】当△PCD是以CD为底的等腰三角形时,则P点在线段CD的垂直平分线上,由C、D坐标可求得线段CD中点的坐标,从而可以知道P点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得P点坐标．【详解】解：作中垂线交抛物线于，（在左侧），交轴于点;连接P1D,P2D．易得．∴，．将代入中得，．∴，．∴，．故选B．2．如图，在菱形中，是线段上一动点（点不与点重合），当是等腰三角形时，的度数是（）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】在菱形ABCD中，，根据菱形的性质得到∠ABD=∠ABC=40°，再分三种情况讨论，当AE=BE时，当AB=BE时，当时，从而根据等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】解：∵在菱形ABCD中，，，，，∵△ABE是等腰三角形，∴AE=BE，或AB=BE，或，当AE=BE时，∴∠ABE=∠BAE=40°，∴；当AB=BE时，∴∠BAE=∠AEB=，∴∠DAE=，当时，与重合，不合题意舍去，综上所述，当△ABE是等腰三角形时，∠DAE=30°或60°，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握分类讨论是解题的关键．3．已知等腰中，，，底角为，动点从点向点运动，当是直角三角形是长为（）A．4 B．2或3 C．3或4 D．3【答案】C【分析】先画出符合的两种情况，图1中，根据等腰三角形的性质求出BP即可；图2中先求出BP＝2PA，再根据勾股定理求出即可．【详解】当∠APB＝90时，如图1，∵AB＝AC，BC＝6，∴BP＝CP＝BC＝3；∵∠B＝30，∴AB＝2AP，由勾股定理得：（2AP）2＝AP2＋32，解得：AP＝，AB＝2AP＝2，当∠BAP＝90，如图2，∵∠B＝30，∴BP＝2AP，在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2＋AP2＝BP2，（2）2＋AP2＝（2AP）2，解得：AP＝2，BP＝2AP＝4；所以BP＝3或4，故选：C．【点睛】本题考查了含30角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点，能熟练地运用含30角的直角三角形的性质进行推理是解此题的关键．4．如图，一次函数与反比例函数的图象交于和两点，点是线段上一动点(不与，重合)，过点分别作轴和轴的垂线，交反比例函数图象于，则四边形面积PMON最大值是（）A．12.5 B．12.25 C．14 D．12【答案】A【解析】【分析】设反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=ax+b，根据点的坐标利用待定系数法求出反比例与一次函数的解析式，再利用分割图形求面积法找出S四边形PMON关于m的函数关系式，利用配方法解决最值问题．【详解】解：设反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=ax+b，

将点A（1，12）代入y=中，得k=12，

∴反比例函数解析式为y=，

将点A（1，12）、B（6，2）代入y=ax+b中，得，解得∴一次函数解析式为y=-2x+14．

设点P的坐标为（m，14-2m），

则S四边形PMON=S矩形OCPD-S△OCM-S△ODN=S矩形OCPD-|k|=m（14-2m）-12=-2m2+14m-12=-2(m-)2+12.5.∴四边形PMON面积的最大值是12.5．

故选A．【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式以及反比例函数与一次函数交点的问题，解题的关键是找出S四边形PMON关于m的函数关系式．本题难度不大，利用分割图形求面积法是解题关键．5．如图，在Rt△中，90°，，，为边上的一动点，以，为边构造平行四边形，则对角线的最小值为（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根据平行四边形的性质可得，当PQ⊥AC时，对角线的值最小，且的最小值为BC的长度，问题得解．【详解】解：如图所示，作平行四边形，则QB∥AC，∴当PQ⊥AC时，对角线的值最小，∵BC⊥AC，，∴的最小值为6，故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，准确作出图形是解题的关键．6．如图，中，，，，动点从点出发沿射线以2的速度运动，设运动时间为，当为等腰三角形时，的值为（）A．或 B．或12或4 C．或或12 D．或12或4【答案】C【分析】根据勾股定理求出BC,当△ABP为等腰三角形时,分三种情况:①当AB=BP时;②当AB=AP时;③当BP=AP时,分别求出BP的长度,继而可求得t值.【详解】因为中,,,,所以(cm)①当AB=BP时,t=（s）;②当AB=AP时,因为AC⊥BC,所以BP=2BC=24cm,所以t=(s);③当BP=AP时,AP=BP=2tcm,CP=(12-2t)cm,AC=5cm,在Rt△ACP中,AP2=AC2+CP2,所以(2t)2=52+(12-2t)2,解得:t=综_上所述:当△ABP为等腰三角形时,或或12故选:C【点睛】考核知识点:等腰三角形,勾股定理.根据题画出图形,再利用勾股定理解决问题是关键.7．如图，点的坐标为，点为轴的负半轴上的一个动点，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，连接交轴于点，当点在轴上移动时，则的长度为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】作EN⊥y轴于N，求出∠NBE=∠BAO，证△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，证△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案．【详解】解：如图，作EN⊥y轴于N，∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°，∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°，∴∠NBE=∠BAO，在△ABO和△BEN中，，∴△ABO≌△BEN（AAS），∴OB=NE=BF，∵∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，在△BFP和△NEP中，，∴△BFP≌△NEP（AAS），∴BP=NP，又∵点A的坐标为（8，0），∴OA=BN=8，∴BP=NP=4．故选B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．8．如图，已知两点的坐标分别为，点分别是直线和x轴上的动点，,点是线段的中点，连接交轴于点；当⊿面积取得最小值时，的值是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．【详解】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，∵AD是切线，点D是切点，∴AD⊥KD，∵AK=13，DK=5，∴AD=12，∵tan∠EAO=，∴，∴OE=，∴AE=，作EH⊥AB于H．∵S△ABE=•AB•EH=S△AOB-S△AOE，∴EH=，∴，∴，故选B.【点睛】本题考查解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.9．已知：如图，在长方形ABCD中，AB=4，AD=6．延长BC到点E，使CE=2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC-CD-DA向终点A运动，设点P的运动时间为秒，当的值为_____秒时，△ABP和△DCE全等．A．1 B．1或3 C．1或7 D．3或7【答案】C【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2和AP=16-2t=2即可求得．【详解】解：因为AB=CD，若∠ABP=∠DCE=90°，BP=CE=2，根据SAS证得△ABP≌△DCE，

由题意得：BP=2t=2，

所以t=1，

因为AB=CD，若∠BAP=∠DCE=90°，AP=CE=2，根据SAS证得△BAP≌△DCE，

由题意得：AP=16-2t=2，

解得t=7．

所以，当t的值为1或7秒时．△ABP和△DCE全等．

故选C．【点睛】本题考查全等三角形的判定，判定方法有：ASA，SAS，AAS，SSS，HL．10．如图，在直角梯形中，，点为边上一动点，若与是相似三角形，则满足条件的点的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由于，故要使与相似，分两种情况讨论：①，②，这两种情况都可以根据相似三角形对应边的比相等求出的长，即可得到点的个数．【详解】解：如图示：，．，．设的长为，则长为．若边上存在点，使与相似，那么分两种情况：①若，则，即，解得：②若，则，即，解得：或6．满足条件的点的个数是3个，故选：C．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，熟悉相关性质，并进行分类讨论是解题的关键．11．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，0），点C在第一象限，若以A、B、C为顶点的三角形与△AOB相似（不包括全等），则点C的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】试题解析：如图①，∠OAB=∠，∠AOB=∠时，△AOB∽△．如图②，AO∥BC，BA⊥，则∠=∠OAB，故△AOB∽△；如图③，∥OB，∠ABC3=，则∠ABO=∠CAB，故△AOB∽△；如图④，∠AOB=∠=，∠ABO=∠，则△AOB∽△．故选D．12．如图，坐标平面内一点A(2，－1)，O为原点，P是x轴上的一个动点，如果以点P、O、A为顶点的三角形是等腰三角形，那么符合条件的动点P的个数为()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】以O点为圆心，OA为半径作圆与x轴有两交点，这两点显然符合题意．以A点为圆心，OA为半径作圆与x轴交与两点（O点除外）．以OA中点为圆心OA长一半为半径作圆与x轴有一交点．共4个点符合，二、填空题13．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）、、【详解】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．14．如图，在中，，，，动点以的速度，从点运动到点，动点同时以的速度，从点运动到点，当为直角三角形时，点运动的时间为__________.【答案】或2【分析】根据勾股定理求出AB，分∠AMN＝90°、∠ANM＝90°两种情况，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，

则AB＝＝＝5cm，

设点M的运动时间为t秒，

由题意得，CM＝t，AN＝，则AM＝4−t，

当∠AMN＝90°时，∠AMN＝∠ACB，∠A＝∠A，

∴△AMN∽△ACB，

∴，即，

解得：t＝2，

当∠ANM＝90°时，∠ANM＝∠ACB，∠A＝∠A，

∴△ANM∽△ACB，

∴，即，

解得：t＝，

综上所述：当△AMN为直角三角形时，点M的运动秒数为2或，

故答案为：或2.【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．15．如图，点C为直线l上的一个动点，于D点，于E点，，，当长为________________为直角三角形．【答案】3或2或．【分析】作BF⊥AD于F，根据矩形的性质得到BF=DE=4，DF=BE=1，根据勾股定理用CD表示出AC、BC，根据勾股定理的逆定理列式计算，得到答案．【详解】解：作BF⊥AD于F，则四边形DEBF为矩形，∴BF=DE=4，DF=BE=1，∴AF=AD-DF=3，由勾股定理得，当△ABC为直角三角形时，即解得，CD=3，如图2，作BH⊥AD于H，仿照上述作法，当∠ACB=90°时，由勾股定理得，由得：解得：同理可得：当∠ABC=90°时，综上：的长为：3或2或．故答案为：3或2或．【点睛】本题考查的是勾股定理及其逆定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么16．如图，正方形的面积为16，为的中点，为对角线上的一个动点，连接、，则线段的最小值是______．【答案】【分析】连接CF，当点E，F，C在同一直线上时，AF+FE的最小值为CE长，根据勾股定理计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴A关于BD的对称点为C，则AF=CF，∴线段的最小值为线段的最小值，∴当点E，F，C在同一直线上时，AF+FE的最小值为CE长，∵正方形ABCD的面积为16，∴AD=CD=4，∵E为AD中点，∴DE=2，∴在Rt△CED中，，则线段的最小值是，故答案为：.【点睛】本题考查的是轴对称，最短路线问题，根据正方形的性质作得出A关于BD的对称点C是解答此题的关键．17．如图，中，，，点是线段上的一个动点，连接，当是_________度时，是等腰三角形．【答案】50或65【分析】根据等腰三角形的特点分类讨论即可求解．【详解】∵是等腰三角形，①是底角时，则=；②是顶角时，则=；故答案为：50或65．【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，解题的关键是根据题意分情况讨论．18．如图，，，垂足分别为，，，，点为边上一动点，当_______时，形成的与全等．【答案】2【分析】当BP=2时，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=6可得CP=4，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】解：当BP=2时，Rt△ABP≌Rt△PCD，∵BC=6，BP=2，∴PC=4，∴AB=CP，∵AB⊥BC、DC⊥BC，∴∠B=∠C=90°，在△ABP和△PCD中，∴△ABP≌△PCD（SAS），故答案为：2．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．19．如图，在中，，，面积为10，的垂直平分线分别交，于点，。若点为的中点，点为线段上一动点，则周长的最小值为______。【答案】7【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CP+PD的最小值，由此即可得出结论．【详解】连接AD，∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC，∴S△ABC=BC•AD=×4×AD=10，解得AD=5，∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴AD的长为CP+PD的最小值，∴△CDP的周长最短=（CP+PD）+CD=AD+BC=6+×4=5+2=7．故答案为：7【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．20．如图，在中，，，，点为内一动点．过点作于点，交于点．若为等腰三角形，且，则的长为__________．【答案】1或【分析】分以下三种情况：①若BP=CP，过点P作PF⊥BC于点F，有DP=CF=BC；②若BP=BC，过点P作PF⊥BC于点F，则在Rt△BPF中先求出BF的长，从而根据DP=CF可得出DP的长；③若BC=CP，由勾股定理以及相似三角形的判定与性质分别求出DP，DE的长，此时DP＞DE，此种情况不存在．综上可得出结果．【详解】解：∵∠ACB=90°，PD⊥AC，∴DE∥BC．∴，又BC=5，∴CD=3．分以下三种情况：①若BP=CP，如图1，过点P作PF⊥BC于F，则四边形CDPF为矩形，∴DP=CF，又CP=BP，PF⊥BC，∴CF=BF=BC=，∴DP=CF=；②若BP=BC=5，如图2，过点P作PF⊥BC于F，则四边形CDPF为矩形，∴PF=CD=3，在Rt△BPF中，由勾股定理可得BF=4，∴CF=BC-BF=1，∴DP=1；③若BC=CP=5，如图3，则在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP=4，又DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，∴，∴，∴DE=，此时DP＞DE，不符合题意．综上所述，PD的长为1或．故答案为：1或．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质以及平行线的判定等知识点，解题的关键是综合运用相关性质进行推理并运用分类讨论思想．21．如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，动点M从点D出发，按折线D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度运动．若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，若点E在线段BC上，且BE=3cm，经过_____秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．【答案】【解析】【分析】根据t的值讨论M、N的位置，根据平行四边形的判定定理即可求解．【详解】如图，在直角△ABE中，AE==5cm．设运动的时间是t秒．当0＜t＜2时，M在CD上，N在DA上，若平行四边形是AEMN，则AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；当t=2时，M在C点，DN=4cm，此时，AN≠EC，则不能构成平行四边形；当2＜t＜4.5时，M在BC上，则EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，当9-2t=8-t时，解得：t=1（舍去），当4.5＜t＜6时，M在BC上，则EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，当2t-9=8-t时，解得：t=，此时四边形AMEN是平行四边形；当6＜t＜8时，M在AB上，N在AD上，不能构成平行四边形；当t=8时，Q与A重合，不能构成平行四边形形．综上所述：经过秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定方法，正确对t的范围进行讨论是解决问题的关键．22．如图，点、的坐标分别为、，的圆心坐标为，半径为1，若点为上的一个动点，线段与轴交于点，则面积的最小值为________．【答案】【分析】连接，由与相切时，最短，可得的面积最小，由切线的性质可得，利用勾股定理可的长，由，可证明，根据相似三角形的性质可求出的长，即可得的长，利用三角形面积公式求出的面积即可.【详解】连接，∵当与相切时，最短，∴的面积最小，∴，∵、、，∴，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，∴，∴的面积为：.故答案为【点睛】本题考查切线性质、相似三角形的判定与性质及三角形面积求法，能够正确判断出面积最小时与的位置关系是解题关键.三、解答题23．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】【分析】（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．24．已知，是边长的等边三角形，动点以的速度从点出发，沿线段向点运动．请分别解决下面四种情况：（）如图，设点的运动时间为，那么__________时，是直角三角形；（）如图，若另一动点从点出发，沿线段向点运动，如果动点、都以的速度同时出发．设运动时间为，那么为何值时，是直角三角形？（）如图，若另一动点从点出发，沿射线方向运动．连接交于．如果动点、都以的速度同时出发．设运动时间为，那么为何值时，是等腰三角形？（）如图，若另一动点从点出发，沿射线方向运动，连接交于，连接．如果动点、都以的速度同时出发．请你猜想：在点、的运动过程中，和的面积有什么关系？并说明理由．【答案】(1)1.5；（2）当为或时，为直角三角形；（3）当为时，为等腰三角形；（4），理由详见解析.【解析】试题分析：（1）由△ABC是等边三角形可知，当△PBC为直角三角形时，CP⊥AB，则P为