清单04与一元二次方程有关的动点问题（7种题型解读（25题））

清单04与一元二次方程有关的动点问题（7种题型解读（25题））【知识导图】【知识清单】【考试题型1】利用一元二次方程解决三角形动点问题1．如图，△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=6cm，一动点P从C出发沿着CB方向以1cm/s的速度向着终点B运动，另一动点Q从A出发沿着AC方向以2cm/s的速度向着终点A运动，已知P，Q两点同时出发，运动时间为t(s)，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止．当t为几秒时，【答案】当t为3秒时，△PCQ的面积是△ABC面积的1【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是得出CQ=12-2t,CP=t，根据三角形的面积公式列出方程求解．【详解】解：根据题意可得：CQ=12-2t,CP=t，12解得：t1∴当t为3秒时，△PCQ的面积是△ABC面积的142．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9cm，BC=7cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，如果点P，Q的运动速度均为1【答案】运动3秒或4秒时，它们相距5【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，勾股定理，根据题意得出CP=BQ=tcm，则CQ=设运动t秒钟时，它们相距5cm【详解】解：设运动t秒钟时，它们相距5cm∴CP=BQ=tcm，则CQ=根据勾股定理可得：CP即t2解得：t1∴运动3秒或4秒时，它们相距5cm4．如图，△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm，动点D从点A出发以4cm/s速度向点C移动，同时动点E从C出发以3cm/s(1)根据题意知：CE=____________，CD=____________；（用含t的代数式表示）(2)t为何值时，△CDE的面积等于四边形ABED的面积的13【答案】(1)3t(2)t=【分析】本题考查了列代数式、一元二次方程的应用．（1）根据路程=速度×时间，即可求解；（2）根据题意可得△CDE面积等于△ABC面积的14，根据△CDE的面积等于三角形ABC的面积的1【详解】（1）解：根据路程=速度×时间得：CE=3tcm，AD=4t则CD=AC-AD=4-4t故答案为：3tcm（2）解：∵△CDE的面积等于四边形ABED的面积的1∴△CDE面积等于△ABC面积的1∴1即1解得t1答：当t=12时，△CDE的面积等于四边形ABED的面积的【考试题型2】利用一元二次方程解决四边形动点问题4．我们知道：x2-x由此可得：P=x∵(x-3)∴当x=3时，P有最小值为-9；∵-(x-5)∴当x=5时，Q有最大值为25．利用以上的方法解答下列问题：(1)填空：按上面材料提示的方法配方：-a2(2)应用：如图，已知线段AB=6,M是AB上的一个动点，设AM=x，以AM为一边作正方形AMND，再以MB、MN为一组邻边作长方形MBCN．问：当点M在AB上运动时，长方形MBCN

【答案】(1)-a2(2)长方形MBCN的面积存在最大值，最大值为9，理由见解析【分析】本题主要考查配方法的应用．（1）根据题干中所给的配方法可进行求解；（2）由题意可得长方形MBCN的面积为6x-x【详解】（1）解：-a故答案为：-a2-12a+36（2）解：长方形MBCN的面积存在最大值，最大值为9，理由如下：由题意可得长方形MBCN的面积为6x-x∴6x-x∵-x-3∴长方形MBCN的面积存在最大值，最大值为9．5．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm,AD=2cm，点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A→B→C向点C运动，同时点Q以1cm(1)若运动时间为t秒，则CQ=______________，BP=_____________．(2)两动点运动几秒，使四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的49(3)是否存在某一时刻，点P与点Q之间的距离为5cm？若存在，求出运动所需的时间；若不存在，请说明【答案】(1)t；6-2t(2)两动点运动23(3)存在，当两点运动时间为53s或73s时，点P与点【分析】（1）根据路程=速度×时间，即可表示CQ、BP的长；（2）根据梯形的面积公式列方程，即可求解；（3）根据勾股定理列方程解答即可，注意分0<t≤3、3<t≤4两种情况讨论．此题是一道动态题，有一定的难度，涉及到一元二次方程和勾股定理有关知识，注意分类讨论思想的运用．【详解】（1）解：由题意得：CQ=t，AP=2t，∴BP=AB-AP=6-2t；故答案为：t，6-2t；（2）解：根据题意，得BP=6-2t，CQ=t，矩形的面积=AB×AD=12，∴S∴(6-2t+t)×2×1解得：t=2所以，两动点运动23秒时，四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的4（3）解：存在，理由如下：设两动点经过t秒使得点P与点Q之间的距离为5．

①当0<t≤3时，如图①，过点Q作QE⊥AB于点E，∴四边形EBCQ是矩形，∴EB=CQ=t，EQ=BC=2，∴PE=6-3t，由勾股定理得：PQ∴5解得：t1=5②当3<t≤4时，如图②，∴PC=8-2t，由勾股定理得：PQ∴5∴5t此时Δ<0综上所述，当两点运动时间为53s或73s时，点P与点6．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC=16cm,BD=12cm,动点M从点A出发沿AC方向以2cm/s的速度运动到点C，动点N从点B出发沿BD方向以1cm/s的速度运动到点D

(1)出发1秒钟时，△MON的面积=cm2(2)出发几秒钟时，△MON的面积为1【答案】(1)15(2)t=5+2或t=5或【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程与几何问题，掌握菱形的对角线互相垂直平分，根据题意进行分类讨论是解题的关键．（1）根据菱形的性质得出OA=12AC=8cm，（2）根据题意进行分类讨论即可①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，②当4<t<6时，点M在线段OC上，点N在线段OB上，③当6<t<8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8当出发1秒钟时，AM=2cm,∴OM=OA-AM=6cm,∴△MON的面积=1故答案为：15．（2）解：∵AC=16∴t≤16解得：t≤8，当点M在线段OA上时，0<t<82，即当点N在线段OB上时，0<t<6，设出发时间为t，则AM=2t,BN=t，①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，OM=8-2t,ON=6-t，∵△MON的面积为1∴12解得：t1=5+2②当4<t<6时，点M在线段OC上，点N在线段OB上，OM=2t-8,ON=6-t，∵△MON的面积为1∴12解得：t=5，③当6<t≤8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，OM=2t-8,ON=t-6，∵△MON的面积为1∴12解得：t1=5+2综上：t=5+2或t=5或t=5-【考试题型3】利用一元二次方程解决与坐标轴相关的动点问题7．如图，在平面直角坐标系中，过点A0,4的直线AB与直线OC相交于点C1,3．动点P从点O出发沿路线O→C→B运动到点

(1)求直线AB的解析式；(2)当△OPB的面积等于143时，求此时点P(3)设动点P每秒运动2个单位，运动时间为t（秒）．在运动过程中是否存在点P，使△OPB是等腰三角形？若存在，直接写出点P运动时间t值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=-x+4(2)P79(3)t的值为455【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；（2）先求出△OBC的面积，进而求出△OBP的面积，进而求出点P的纵坐标，再分两种情况，代入直线解析式中即可得出结论；（3）分点P在OC和BC上两种情况，根据等腰三角形建立方程求解，即可得出结论．【详解】（1）∵点A的坐标为(0,4)，∴设直线AB的解析式为y=kx+4，∵点C(1,3)在直线AB上，∴k+4=3，∴k=-1，∴直线AB的解析式为y=-x+4；（2）由（1）知，直线AB的解析式为y=-x+4，令y=0，∴-x+4=0，∴x=4，∴B(4,0)，设P的纵坐标为m，∴S∴m=7∵C(1,3)，∴直线OC的解析式为y=3x，当点P在OC上时，3x=7∴P7当点P在BC上时，-x+4=73，∴P5综上所述，点P的坐标为P79,（3）①当点P在OC上时，如图1，只有OB=PB，

由（2）知，直线OC的解析式为y=3x，设P(a,3a)，∴BP∵B(4,0)，∴(4-a)2+(3a)2∴P(45，∴OP=4∵动点P每秒运动2个单位，∴t=4②当点P在BC上时，如图2，只有OP=PB，

∵直线AB的解析式为y=-x+4，设P(b,-b+4)，∴BP2=∴(4-b)2+∴P(2,2)，∴CP=(2-1)∵OC=1∵动点P每秒运动2个单位，∴t=(10综上所述，t的值为455或【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积，等腰三角形等知识，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．8．如图1，在直角坐标平面内，直线l1:y=-4x+8交x轴于点A，交y轴于点B，线段AB的中点记作点

(1)求点A、点B、点M的坐标；(2)如图2，过点M的直线l2的截距为5，交x轴于点C，点E、F是直线l2上的动点（点E在点M上方，点F在点M下方），且总满足ME=MF，当【答案】(1)A2,0，B0,8(2)F72【分析】（1）分别令x,y=0，即可得出A,B的坐标，进而得出M的坐标；（2）分∠AFE=90°，∠EAF=90°，分类讨论，即可求解．【详解】（1）解：∵直线l1:y=-4x+8交x轴于点A，交y轴于点B当y=0时，x=2，x=0时，y=8∴A2,0，B∵M是AB的中点，∴M1,4（2）解：依题意，设l2的解析式为y=kx+5，将1,44=k+5，解得：k=-1∴直线l2的解析式为令y=0，则x=5，∴C5,0依题意，设直线l2与y轴交于点D，则D∴CO=DO，则△COD是等腰直角三角形，当∠AFE=90°时，如图所示，过点F点作FQ⊥x轴于点Q，

∵CO=DO=5∴∠DCO=45°∵AF⊥DC∴△AFC是等腰直角三角形，∴FQ=12AC∵A2,0，∴AQ=QF=∴F7当∠EAF=90°，如图所示，过点F点作FQ⊥x轴于点Q，

设Fm,-m+5，∵ME=MF，∠EAF=90°∴MA=MF∴m-1解得：m=342+1则F34综上所述，F72【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．如图矩形OABC中，点B的坐标（a，b）；点P为线段BC上的一动点（与点B，点C不重合），过动点P的反比例函数y＝kx的图象交AB于Q，延长PQ交x轴于D(1)求证：四边形ADPC为平行四边形；(2)若a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），点F在AC上，若四边形AQPF为菱形时，求这个反比例函数的解析式并直接写出点F的坐标．【答案】(1)见解析；(2)y＝403x，F（103，【分析】（1）根据矩形性质和坐标与图形求得点P、Q坐标，进而求得CP、BP、BQ、AQ，证明△QBP∽△QAD，利用相似三角形的性质求得AD，证得AD=CP即可证得结论；（2）解一元二次方程求得a、b，利用菱形的性质得到PF=PQ=AQ，进而得到关于k的方程，解方程求得k值即可解答．【详解】（1）解：∵四边形OABC是矩形，点B的坐标（a，b），∴BC∥OA，AB∥OC，∴C（0，b），A（a，0），∵点P为线段BC上，点P的反比例函数y＝kx的图象交AB于Q∴P（kb，b），Q（a，ka），k＜∴CP=kb，BP=a－kb，BQ=b－ka，AQ∵BC∥OA，∴∠BPQ=∠ADQ,∠PBQ=∠DAQ,∴△QBP∽△QAD，∴AQBQ=AD解得：AD=kb∴AD=CP，又CP∥AD，∴四边形ADPC是平行四边形；（2）解：解方程3x2﹣28x＋64＝0得x1=4，x2=163∵a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），∴a=163，b=4∴BP=163－k4，BQ=4－3k16，AQ∵四边形AQPF为菱形，∴PF∥AQ∥OC，PF=PQ=AQ，即PQ2=AQ2，∴（163－k4）2+（4－3k16）2=（3k解得：k=403或k=160∵k＜ab=643∴k=403∴反比例函数的解析式为y＝403x∵PF=AQ=3k16=52，P（103∴F（103，3【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形、反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定、解一元二次方程、菱形的性质、求反比例函数解析式等知识，是反比例函数与几何的综合题，熟练掌握相关知识的联系与运算，利用数形结合思想求解是解答的关键．10．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，点C在y轴上，∠ACB=90°，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣25x+144=0的两个根（OA＜OB），点D是线段BC上的一个动点（不与点B、C重合），过点D作直线DE⊥OB，垂足为E．（1）求点C的坐标．（2）连接AD，当AD平分∠CAB时，求直线AD的解析式．（3）若点N在直线DE上，在坐标系平面内，是否存在这样的点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）C（0，12）．（2）y=（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，点M的坐标是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【详解】解（1）x2﹣25x+144=0得x=9或x=16，∵OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣25x+144=0的两个根（OA＜OB），∴OA=9，OB=16．在Rt△AOC中，∠CAB+∠ACO=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠CBA=90°，∴∠ACO=∠CBA．∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB．∴OC2=OA•OB.∴OC=12，∴C（0，12）．解：（2）在Rt△AOC和Rt△BOC中，∵OA=9，OC=12，OB=16，∴AC=15，BC=20．∵DE⊥AB，∴∠ACD=∠AED=90°．又∵AD平分∠CAB，AD=AD，∴△ACD≌△AED．∴AE=AC=15．∴OE=AE﹣OA=15﹣9=6，BE=10．∵∠DBE=∠ABC，∠DEB=∠ACB=90°，∴△BDE∽△BAC．∴DEAC=BE解得DE=∴D（6，152设直线AD的解析式是y=kx+b，将A（﹣9，0）和D（6，152{-9k+∴直线AD的解析式是：y=解：（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形．①以BC为对角线时，作BC的垂直平分线交BC于Q，交x轴于F，在直线FQ上取一点M，使∠CMB=90°，则符合此条件的点有两个，BQ=CQ=72BC=10∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，∴△BQF∽△BOC．∴BFBC∵BQ=10，OB=16，BC=20，∴BF=252∴OF=16﹣252=72．∴F（72∵OC=12，OB=16，Q为BC中点，∴Q（8，6）．设直线QF的解析式是y=ax+c，代入得：8a+c=672a+c=0∴直线FQ的解析式是：y=4设M的坐标是（x，43根据CM=BM和勾股定理得：（x﹣0）2+（43x-143﹣12）2=（x﹣16）2+（4解得x1=14，x2=2．∴M的坐标是（14，14），（2，﹣2）．②以BC为一边时，过B作BM3⊥BC，且BM3=BC=20，过M3Q⊥OB于Q，还有一点M4，CM4=BC=20，CM4⊥BC，则∠COB=∠M3B=∠CBM3=90°．∴∠BCO+∠CBO=90°，∠CBO+∠M3BQ=90°．∴∠BCO=∠M3BQ．∵在△BCO和△M3BQ中，∠BCO=∠QBM∴△BCO≌△M3BQ（AAS）．∴BQ=CO=12，QM3=OB=16，OQ=16+12=28，∴M3的坐标是（28，16）．同法可求出CT=OB=16，M4T=OC=12，OT=16﹣12=4，∴M4的坐标是（﹣12，﹣4）．综上所述，存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，点M的坐标是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【考试题型4】一元二次方程与相似综合解决动点问题11．如图，在△ABC中，AB=AC=6，BC=8，点D是BC边上的一个动点，点E在AC上，点D在运动过程中始终保持∠1=∠B，设BD的长为x(0<x<8)．

(1)求证：△DCE∽△ABD；(2)当CE=2时，求x的值；(3)当x为何值时，△ADE为等腰三角形？【答案】(1)答案见解析(2)x1=6，(3)x=2或x=【分析】（1）根据等边对等角得∠B=∠C，利用三角形外角和的性质得∠EDC=∠BAD即有相似成立；（2）利用第一问相似三角形的性质对应边的比相等，列方程即可求得答案；（3）分类讨论等腰三角形腰和底的情形，结合相似三角形的性质解出x的值；【详解】（1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠ADC=∠1+∠EDC=∠B+∠BAD，∠1=∠B∴∠EDC=∠BAD，∴△DCE∽△ABD．（2）∵△DCE∽△ABD，∴CEBD∴CEx则CE=8x-∵CE=2，∴2=8x-x26，解得（3）①DA=DE，∵△DCE∽△ABD，∴DC=AB=6，∴8-6=x，②DA=AE，则有∠1=∠AED，∵∠AED=∠C+∠EDC=∠B+∠EDC，与∠AED=∴此种情况不成立；③DE=AE，则有∠EAD=∴△DAC∽△ABC，∴DCAC则8-x6=6即当x=2或x=72时，【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、等边对等角、三角形外角和性质和等腰三角形的性质，以及分类讨论思想，熟练掌握利用三角形相似的性质是解题的关键．12．如图，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动t秒(0<t<5)后，四边形ABQP的面积为S平方米．(1)当t为何值时，PQ垂直BC？(2)求面积S与时间t的函数关系式；(3)在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，直接写出此时点P的位置；若不能，请说明理由；(4)若△PQC为等腰三角形，直接写出t的值【答案】(1)t=(2)S=(3)不能，理由见解析(4)t的值为103秒或259秒或【分析】（1）当AB⊥BC时，△CPQ∽△CAB，然后根据相似三角形的性质求解；（2）过点P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的长，AP=2t，CQ=t，则PC=10-2t，又PE∥AB，根据平行线分线段成比例列出比例式即可得出PE的长，再由三角形的面积公式即可得出结论；（3）假设四边形ABQP与△CPQ的面积相等，则S△PCQ（4）有三种情况：①PC=QC，②PQ=QC，③PQ=PC，代入得出关于t的方程，求出方程的解即可．【详解】（1）解：当PQ⊥BC时，如图，在矩形ABCD中，∵AB⊥BC,∴AB∥PQ,∴△CPQ∽△CAB,∴CP在Rt△ABC中，AB=6，BC=8∴AC=A∴CQ=t，CP=10-2t，即10-2t10解得：t=40∴当t=4013时，PQ垂直（2）过点P作PE⊥BC于E．Rt△ABC中，AC=AB由题意知：AP=2t，CQ=t，则PC=10-2t由AB⊥BC，PE⊥BC得PE∥AB∴PEAB即：PE6∴PE=3又∵S∴S=S即：S=3（3）假设四边形ABQP与△CPQ的面积相等，则有：3即：t∵∴方程无实根∴在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积不能相等．（4）①当PC=QC时，有t=10-2t，t=10②当PQ=QC时，有12(10-2t)t③当PQ=PC时，有12t10-2t所以，当t为103秒、259秒、8021【点睛】本题主要考查对等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，二次函数的关系式，矩形的性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．13．如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=10，BC=12，有两动点P、Q分别在边AB、BC上运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，它们分别从点A和点B同时出发，点P沿线段AB按A→B方向向终点B运动，点Q沿线段BC按B→C方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为(1)如图1，当t为何值时，PQ∥AC；(2)当t为何值时，以点P、B、Q为顶点的三角形与△ABC相似；(3)点P、Q在运动过程中，是否存在这样的t，使得△PCQ的面积等于4？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)t=(2)t=154(3)存在，t=5【分析】（1）根据平行线的性质判定△BPQ∽△BAC，得到BPAB=BQBC，表示出（2）分△PBQ∽△ABC和△QBP∽△ABC分别讨论即可；（3）过P作PE⊥BC，垂足为D，作BC边上的高AD，利用三线合一和勾股定理求出AD，证明△PBE∽△ABD，得到BPAB=PEAD，表示出【详解】（1）解：当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，∴BPAB∵AB=AC=10，BC=12，∴BP=10-t，BQ=2t，∴10-t10解得：t=15当t=154时，（2）∵BP=10-t，BQ=2t，∠ABC=∠PBQ，∴当△PBQ∽△ABC时，同（1）可得：t=15当△QBP∽△ABC时，BQAB=BP解得：t=50综上：当t=154或t=5017时，以点P、B、（3）存在，理由是：如图，过P作PE⊥BC，垂足为D，作BC边上的高AD，∵AB=AC=10，BC=12，∴BD=CD=1∴AD=A∵∠BEP=∠ADB=90°，∠B=∠B，∴△PBE∽△ABD，∴BPAB=PE∴PE=8-4t∴S△PCQ=1解得：t=5或t=11，当t=11时，BQ=22>BC，故不合题意，∴t=5，即存在t=5，使得△PCQ的面积等于4．【点睛】本题考查了三角形综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形三线合一，解一元二次方程，分类讨论．14．如图，在直角△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，点D是BC的中点，点E是AB边上的动点，DF⊥DE交射线AC于点F．(1)求BC的长；(2)联结EF，当EF∥BC时，求(3)联结EF，当△DEF和△ABC相似时，请直接写出BE的长．【答案】(1)4(2)10(3)52或【分析】（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，由勾股定理可直接求出BC（2）作DG⊥EF于点G，设GE=x，先证明△EGD∽△DGF，用含x的式子表示DG，四边形CDGF是矩形，则CF=DG，由△AEF∽△ABC，列方程求出x的值，再求出EF的长，即可根据相似三角形的对应边成比例列方程求出BE的长；（3）△DEF和△ABC相似存在两种情况，一是点F与点C重合，则点E为AB的中点；一是点F在AC的延长线上，作DG⊥BC于点G，通过证明△FED∽△ABC、△EDG∽△DFC、△BEG∽△BAC，即可求出BE的长．【详解】（1）解：如图，在Rt△ABC∵△ABC中，∠C=90°,AB=5,AC=3，∴BC=A∴BC的长为4．（2）解：如图，联结EF，作DG⊥EF于点G，设GE=xx>0∵EF//∴∠AFE=∠C=90°，∴EF⊥AC，∵∠C=∠GFC=∠FGD=90°，∴四边形CDGF是矩形．∵D是BC的中点，∴GF=DC=1∵DF⊥DE，∴∠EDF=90∴∠EDG=90∵∠EGD=∠DGF=90∴△EGD∽△DGF，∴GE∴GD∴FC=GD=2x∵△AEF∽△ABC，∴AF∴AF=AC∴3-2x整理得9x解得x1=34-8∴GE=34-8∴EF=2+34-8∵AE∴AE=∴BE=5-（3）解：如图2，当点F与点C重合时，则∠EDC=∠EDF=90°，∴DE⊥BC，∵DB=DC，∴BE=CE，∴∠ECD=∠B，∵∠EDC=∠ACB=90°，∴△ECD∽△ABC，∴△EFD∽△ABC，∵∠ECA+∠ECD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠ECA=∠A，∴AE=CE，∴BE=AE=1如图3，当点F在AC的延长线上，且∠FED=∠B，∵∠FDE=∠ACB=90°，∴△FED∽△ABC∴EDBC=∴EDFD作DG⊥BC于点G，则∠EGD=90°，∵∠DCF=180°-∠ACB=90°，∴∠EGD=∠DCF，∵∠EDG=90°-∠CDF=∠DFC，∴△EDG∽△DFC，∴EGDC∴EG=4∴∠EGB=∠ACB=90°，∴EG∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴BEAB∴BE=AB综上所述，BE的长为52或BE的长为52或40【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、二次根式的化简、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造适当的相似三角形，此题难度较大，属于考试压轴题．【考试题型5】一元二次方程与二次函数综合解决动点问题15．如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A-1,0，B2,0，交

(1)求二次函数的解析式；(2)若点M为该二次函数图象在第四象限内一个动点，求点M运动过程中，四边形ACMB面积的最大值.(3)点P在该二次函数图象的对称轴上，且使|PB-PC|最大，求点P的坐标；【答案】(1)y=(2)四边形ACMB的面积最大值为4(3)P【分析】（1）由已知条件将A-1,0，B2,0，C0,-2代入y=a（2）连接BC，过点M作MN∥y轴交BC于点N，先求出直线BC的解析式为y=x-2，设Mt,t2-t-2，则Nt,t-2，可以计算出MN=-t2+2t，进而求出（3）作C点关于对称轴的对称点C'，连接BC'并延长与对称轴交于点P，得到PB-PC=PB-PC'≤BC'，由【详解】（1）解：将A-1,0，B2,0，C0,-2∴a-b+c=04a+2b+c=0c=-2，解得∴y=x（2）如图，连接BC，过点M作MN∥y轴交BC于点N，

∵B2,0，C∴直线BC的解析式为y=x-2，设Mt,t2∴MN=t-2-t∴S△BCM∵S△ABC∴S四边形当t=1时，四边形ACMB的面积最大值为4，此时M1,-2（3）∵y=x∴抛物线的对称轴为直线x=1如图，作C点关于对称轴的对称点C'，连接BC'

∵CP=C∴PB-PC=PB-PC∵C0,-2∴C'设直线BC'的解析式为∴k+m=-22k+m=0，解得k=2∴y=2x-4，∴P1【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，二元一次方程组，配方法求最大面积，已知两点坐标求距离，熟练掌握二次函数的图像性质，利用配方法、对称轴的性质计算最大面积、最大|PB-PC|时点P的坐标是解答本题的关键．16．综合与探究如图，二次函数y=12x2+x-4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P是第三象限内二次函数图象上一动点，设点P的横坐标为m，过点p作直线PE∥BC分别交x轴，y

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的表达式；(2)当DP=DE时，求m的值；(3)连接PC，试探究：在点P的运动过程中，是否存在点P，使得△PCE是直角三角形，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A-4,0，B2,0，C(2)-2(3)存在，m【分析】（1）在抛物线的解析式中令x=0或y=0，即可得到A、B、C的坐标，再利用待定系数法可以得到BC的表达式；（2）作PF⊥x轴于点F，由题意可得△PDF≌△EDO，从而DF=-12m，再由已知可以得到△PDF∽△CBO，PFDF=（3）由已知，可以用m表示P、C、E的坐标，然后分当∠CPE=90°和∠PCE=90°两种情况讨论．【详解】（1）由y=1当x=0时，y=-4∴点C的坐标为0,-4．当y=0时，12解得x1=-4∵点A在点B的左侧，∴点A，B的坐标分别为-4，0，由上可设BC的表达式为y=kx-4，把B点坐标代入可得：k=2，∴直线BC的表达式为y=2x-4；（2）作PF⊥x轴于点F，

∴∠PFD=∠EOD=90°，又∵∠PDF=∠EDO，DP=DE，∴△PDF≌△EDO．∴DO=DF，∴DF=-1∵PE∥BC，∴∠PDF=∠CBO．又∵∠PFD=∠COB=90°，∴△PDF∽△CBO．∴PFDF∴-1∴m1=-22（3）∵PE∥BC，∠PEC=∠OCB<90°，∵Pm,∴PEPC2=m2∴①当∠CPE=90°时，PC2+PE2=C∴m=-3或m=0（舍去）；②当∠PCE=90°时，则PC⊥y轴，∴12∴m=-2或m=0（舍去），综上所述，存在点P，使得△PCE是直角三角形，此时m1【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握函数的基本知识、全等三角形和相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用及一元二次方程的解法是解题关键．17．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A-4,0，B2,0，交y轴于点C0,6，在(1)求二次函数的表达式；(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE的面积的最大值；(3)抛物线的对称轴上存在着点P，使△AEP为等腰三角形．符合条件的点P坐标有若干个，请求出任意一个符合要求的点P的坐标．【答案】(1)y=-(2)16(3)P的坐标为：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【分析】（1）采用待定系数法即可求解；（2）连接DO，根据题意可知：点D在第二象限，设Da,-34根据S△AEO=12×AO×OE，S△ADO=12×AO×yD，S△EDO（3）先求出抛物线的对称轴为：x=-1，设P点坐标为：-1,t，结合A-4,0，E0,-2，可得AE2=20，AP【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A-4,0，B2,0∴16a-4b+c=04a+2b+c=0c=6，解得：∴二次函数解析式为：y=-3（2）连接DO，如图，根据题意可知：点D在第二象限，设Da,-34∵A-4,0，E∴AO=4，OE=2，∵S△AEO=12×AO×OE∴S△AEO=4，S△ADO∴S△ADO=2y∵S△ADE∴S△ADE化为顶点式为：S△ADE即当a=-23时，S△ADE即△ADE的面积的最大值为162（3）如图，由y=-34x则抛物线的对称轴为：x=设P点坐标为：-1,t，∵A-4,0，E∴AE2=(-4-0)2当PA=PE时，有：t2解得：t=1，此时P-1,1当PA=AE时，有：t2解得：t=±11此时P的坐标为：-1,11、-1,-当PE=AE时，有：t+22解得：t=-2±19此时P的坐标为：-1,-2-19、-1,-2+综上：P的坐标为：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【点睛】本题考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的最值，勾股定理，解一元二次方程以及等腰三角形的性质等知识，掌握二次函数的性质是解答本题的关键．18．如图，直线y=12x+2分别与x轴、y轴交于C，D两点，二次函数y=-x2+bx+c的图像经过点(1)求点E的坐标和二次函数表达式．(2)过点D的直线交x轴于点M．①当DM与x轴的夹角等于2∠DCO时，请直接写出点M的坐标；②当DM⊥CD时，过抛物线上一动点P（不与点D，E重合），作DM的平行线交直线CD于点Q，若以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标．【答案】(1)y=-(2)①-32，0或32【分析】（1）利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点C的坐标，过点D作直线DF∥x轴，过点E作EF∥y轴，交直线DF于点D，则△OCD∽△FDE，利用相似三角形的性质可得出FD=3，利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点E的坐标，再由点（2）①分点M在x轴负半轴和点M在x轴正半轴两种情况考虑：(ⅰ)当点M在x轴负半轴时，由三角形外角的性质可得出∠M1CD=∠M1DC，进而可得出M1C=M1D，在Rt△ODM1中，利用勾股定理可求出O②由等角的余角相等可得出∠MDO=∠DCO，结合相似的判定和性质可求出点M的坐标，设点P的坐标为x,-x2+72x+2，分点P在直线CD下方及点P在直线CD上方两种情况考虑∶：(ⅰ)当点P在直线CD下方时，由点D，M，P的坐标利用平行四边形的性质可得出点Q的坐标，再利用一次函数图像上点的坐标特征可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；（ⅱ）当点P在直线CD上方时，由点D，M，P【详解】（1）解：∵直线y=12x+2分别与x轴、y轴交于C当y=0时，12x+2=0，解得：∴点C的坐标为-4，0，当x=0时，y=1∴点D的坐标为0，2，过点D作直线DF∥x轴，过点E作EF∥y轴，交直线DF于点∵DF∥x轴，EF∥∴∠OCD=∠FDE，∠ODC=∠FED，∴△OCD∽△FDE，∴OCFD=CD∴FD=3，∴点E的横坐标为3，∵点E在直线y=1∴当x=3时，y=1∴点E的坐标为3，∵点D0，2，E∴c=2-9+3b+c=解得：b=7∴二次函数表达式为y=-x（2）①分点M在x轴负半轴和点M在x轴正半轴两种情况考虑，如图2所示．（ⅰ）当点M在x轴负半轴时，∵∠DM1O=2∠DCO∴∠M∴M1设OM1=x在Rt△ODM1中，OM∵DM∴4-x2解得：x=3∴点M1的坐标为-（ⅱ）当点M在x轴正半轴时，∵∠DM由(ⅰ)可知：∠DM∴∠DM∴D∵DO⊥x轴，∴M1∴点M2的坐标为3综上所述，当DM与x轴的夹角等于2∠DCO时，点M的坐标为-32,0②∵DM⊥CD，∴∠CDO+∠DCO=∠CDO+∠MDO=90°，∴∠MDO=∠DCO，∵∠DOM=∠COD=90°，∴△DOM∽△COD，∴OMOD=OD∴OM=1，∴点M的坐标为1，设点P的坐标为x,-x分两种情况考虑，如图3所示，（ⅰ）当点P在直线CD下方时，∵点D的坐标为0，2，点M的坐标为1，∴MP∥DQ，∵点M向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到点D，∴点Px,-x2+7又∵点Q在直线CD上，∴-x整理，得：2x解得：x1=3-（ⅱ）当点P在直线CD上方时，∵点D的坐标为0，2，点M的坐标为1，∴DP∥MQ，∵点D向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到点M，∴点Px,-x2+7又∵点Q在直线CD上，∴-x整理，得：2x∵Δ=∴该方程无实数根，∴该种情况不存在，综上所述：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，点P的横坐标为3-192或【点睛】本题考查一次函数图像上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数图像上点的坐标特征，平行四边形的性质，平移的点的坐标特征．解题的关键是∶（1）利用相似三角形的性质及一次函数图像上点的坐标特征，求出点E的坐标；（2）①分点M在x轴负半轴和点M在x轴正半轴两种情况，利用等腰三角形的性质及勾股定理求出点M的坐标；②分点P在直线CD下方及点P在直线CD上方两种情况，利用平行四边形的性质，平移的点的坐标特征，一次函数图像上点的坐标特征，找出关于x的一元二次方程．【考试题型6】一元二次方程与反比例函数综合解决动点问题19．如图，直线AB经过点B0,-2，并与反比例函数y=kx交于点

(1)求直线AB和反比例函数的表达式；(2)点M为反比例函数图象第二象限上一点，记点M到直线AB的距离为d，当d最小时，求出此时点M的坐标；(3)点C是点B关于原点的对称点，Q为线段AC（不含端点）上一动点，过点Q作QP∥y轴交反比例函数于点P，点D为线段QP的中点，点E为x轴上一点，点F为平面内一点，当D，C，E，F四点构成的四边形为正方形时，求点【答案】(1)y=13(2)M(-3,1)(3)(2，0)或1,1【分析】（1）利用待定系数可得答案；（2）将直线AB向上平移，当平移后的直线与双曲线只有一个交点M时，此时d最小，设直线l的解析式为y=13x+b（3）将正方形问题转化为等腰直角三角形，再分CD为斜边和直角边两种情形，分别画图，利用全等三角形来解决问题．【详解】（1）解：将A3,-1代入y=∴k=3×-1∴反比例函数的表达式为y=-3设直线AB的解析式为y=k将A3,-1与B0,-2代入可得：∴k1∴直线AB的解析式为y=1（2）将直线AB向上平移，当平移后的直线与双曲线只有一个交点M设直线l的解析式为y=1∴方程13整理得x2∴Δ=解得n=2或-2，∵直线l与y轴交于正半轴，∴n=-2舍去，解方程13x+2=-3∴y=-3∴M-3,1（3）分两种情况讨论：①当CE⊥CD时，如图，过C作CN⊥DQ于N，

∵QP∥∴∠EOC=∠OCN=∠CND=90°，∵四边形DCEF为正方形，∴EC=DC，∠ECD=90°=∠OCN，∴∠ECO=∠DCN，∴△ECO≌△DCNAAS∴CN=CO，∵C与B关于原点对称，∴OC=OB=2，CN=OC=2，∴C0,2，而A同理可得：直线AC的解析式为y=-x+2，∵CN=2，点Q在直线AC上，∴点Q的横坐标为2，当x=2时，y=0，∴Q2,0②当CD⊥DE时，如图，过D作DM∥x交AC于点H，交y轴于M，交反比例函数图象于N，过N作NE⊥x轴于

则四边形OMNE是矩形，∴OM=EN，∴∠CMD=∠DNE=90°，∵四边形CDEF为正方形，∴CD=DE，∠CDE=90°，同理可得：△CDM≌△DENAAS∴MD=EN=OM，由①知直线AC的解析式为y=-x+2，与x轴交于点2,0，与y轴的交点为0,2，∴∠ACB=45°，∴△CMH为等腰直角三角形，∴MH=CM，∠CHM=45°，∴△QDH为等腰直角三角形，∵MD+DH=OM+OC，∴DH=OC=2，∴DH=QD=2，∵D是PQ的中点，∴PQ=4，设Qa,-a+2，P∴-a+2+3∴a=-3（舍去）或a=1，∴-a+2=-1+2=1，∴Q1,1当CE⊥DE时，若点E在CD左侧时，记QD与x轴的交点为G，

同理可得：EG=OC=2，OE=DG，设Em,0，则D∵直线AC为y=-x+2，∴Q2+m,-m，P∴2m=-m-3解得m1∴Q1,1当点E在CD右侧时，同理可得△COE≌△EGDAAS

设Em,0，则D∴Pm-2,-∴DP=-m+3∵D为PQ中点，∴PQ=-2m+6∴Qm-2,-2m+3m-2，而Q∴-m-2解得m=-1±23∵m>0，∴m=-1+23∴Q2综上，Q点的坐标为2,0，1,1或23【点睛】本题是反比例函数与一次函数图象交点问题，主要考查了待定系数法求函数解析式，函数与方程的关系，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，构造全等三角形是解题的关键，同时注意分类讨论．20．如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x+5与反比例函数y=kx(x>0)的图象相交于点A(3,a)和点B(2,b)，点D，C分别是x轴和y轴的正半轴上的动点，且满足CD∥

(1)求a，b的值及反比例函数的解析式；(2)若OD=1，求点C的坐标，判断四边形ABCD的形状并说明理由；(3)若点M是反比例函数y=kx(x>0)图象上的一个动点，当△AMD是以AM【答案】(1)a=2,b=3，y=(2)矩形，理由见解析(3)(5,1.2)，(3+332，-3+【分析】（1）把A(3,a)和B(2,b)分别代入y=-x+5得：a=2,b=3；进而把A(3,2)代入y=kx得k=6（2）根据CD∥AB，设CD的解析式为y=-x+m，依题意得出D的坐标为(1,0)，进而可得CD解析式为y=-x+1，进而得出AB=CD=2，过点B作BE⊥y轴于点E，则E(0,3)，故△BEC（3）①当∠MAD=90°时，根据图形可得M(5,1.2)，②当∠AMD=90∘时，由图得【详解】（1）解：把A(3,a)和B(2,b)分别代入y=-x+5得：a=2,b=3；把A(3,2)代入y=kx得∴所求反比例函数解析式为y=6（2）∵CD∥AB，∴设CD的解析式为y=-x+m，又∵OD=1，D在x轴的正半轴上，∴D的坐标为(1,0以点A、B、C、D构成的四边形是矩形，理由如下：CD解析式为y=-x+1，∴C(0,1∴A(3,2)，B(2,3)∴AB=CD=2又∵AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形过点B作BE⊥y轴于点E，则E(0,3)，故△BEC和∴∠ECB=∠OCD=45°，∴∠BCD=90°，∴▱ABCD是矩形

（3）①当∠MAD=90°时，由图得：M(5,n)，∴5n=6，则n=1.2，∴M(5,1.2

②当∠AMD=90∘∴n(3+n=6，解得：n1=∴M(3+332，-3+综上所述：M的坐标为(5,1.2)，(3+332，【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，矩形的性质与判定，勾股定理，解一元二次方程，分类讨论，掌握反比例函数的性质是解题的关键．【考试题型7】利用一元二次方程解决圆的动点问题1．如图，圆心M（3，0），半径为5的⊙M交x轴于A、B两点，交y轴于C点，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B（1）求抛物线的解析式．（2）求圆M上一动点P到该抛物线的顶点Q的距离的最小值？并求出此时P点的坐标．（3）若OC的中点为F，请问抛物线上是否存在一点G，使得∠FBG＝45°，若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=14x2-32x-4；（2）当P(3,-5)时，【分析】（1）求出A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式，将A、B、C三点坐标代入解析式组成方程组，解方程组即可；（2）把抛物线的解析式化为顶点式，根据点的坐标与圆心连线交圆于P即可得出结果；（3）分两种情况讨论，先求出lHB:y=53x-【详解】解：（1）连接MC，∵⊙M的圆心M（3，0），半径为5，∴OA=AMOM=53=2，OB=BM+OM==5+3=8，∴A（2，0）、B（8，0），在Rt△OCM中，∴OC=CM2C（0，4），∴设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0），∴c=-44a-2b+c=0∴a=1∴所求抛物线的关系式为：y=（2）连结MQ交⊙M于P，则PQ最短，∵y=∴抛物线的顶点Q3,-∵圆心M（3，0），∴M、P、Q在平行于y轴的直线上，而⊙M的半径为5，∴当P(3,-5)时，PQ的值取最小，∴PQ（3）∵C（0，4），OC的中点为F，∴F(0,-2)，分两种情况，BG在BF下方时，连结FB，过点F作FH⊥BF交直线BG于H，过H作HE⊥y轴于E，∵∠FBG=45°，∴∠FHB=180°∠BFH∠FBH=180°90°45°，∴∠FHB=∠FBH=45°，∠HFB=90°，∴Rt△BFH为等腰直角三角形，∴FH=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠EFH=90º，∴∠OBF=∠EFH，

在△OFB和△EHF中，∠OBF=∠EFH∠FOB=∠HEF∴△OFB≌△EHF（AAS），∴OF=EH=2，OB=EF=8，∴OE=OF+EF=2+8=10，∵点H在第四象限，∴点H（2，10），设HB的解析式为lHB把H(2,-10)，B（8，0）、代入y=kx+b，-10=2k+b0=8k+b解得k=5∴lHB点G是直线lHB∴y=消去y得：14解方程得：∴x=143或则G1BG在FB上方时，连结FB，过点F作FH1⊥BF交直线BG于H1，过H1作H1E1⊥y轴于E1，∴∠FBH∴∠FH1B=180°∠BFH1∠FBH1=180°90°45°=45°，∴∠FH1B=∠FBH1=45°，∠H1FB=90°，∴Rt△BFH1∴FH1=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠E1FH1=90º，∴∠OBF=∠E1FH1，在△OFB和△E1H1F中，∠OBF=∠E∴△OFB≌△E1H1F（AAS），∴OF=E1H1=2，OB=E1F=8，∴OE1=E1FOF+=82=6，点H1在第二象限，∴点H1（2，6），设H1B解析式为lH8k解得k1∴则lH点G是lH∴y=-先去y得5x解得∴x=-225或则G2综上所述：G-225【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式及圆的性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，二元方程组的解法，一元二次方程的解法，利用数形结合以及分类讨论的数学思想方法及其用辅助线准确画出图形是解题的关键．2．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4厘米，点P从点B开始沿BC边向点C以每秒2厘米的速度移动，同时点Q从点C开始沿AC边向点A以每秒1厘米的速度移动，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动．求：（1）点P从点B出发，经过几秒△PCQ的面积等于1平方厘米？（2）是否存在以点P为圆心、QP为半径的圆与直线AB相切，若存在，求出经过几秒相切？若不存在，请说明理由；（3）如图2，点M是Rt△ABC内的一个动点，且满足∠MAC=∠MCB，求线段BM的最小值．【答案】（1）经过1秒△PCQ的面积等于1平方厘米；（2）经过4-22秒相切；（3）线段BM的最小值【分析】（1）首先设经过x秒△PCQ的面积等于1平方厘米，然后利用面积列出方程，求解即可；（2）首先假设存在以点P为圆心、QP为半径的圆与直线AB相切，然后根据相切的性质和勾股定理，列出方程，求解即可；（3）首先由∠MAC=∠MCB得出∠AMB=90°，将其转化为点M在以AC为直径的圆在△ABC内的弧上，则当B，M，O三点共线时最小，即可得解.【详解】（1）设经过x秒△PCQ的面积等于1平方厘米，则BP=2x，PC=4x，CQ=x由题意，得1∴12化简得：x22x+1=0∴x1=x2=1．答：经过1秒△PCQ的面积等于1平方厘米；（2）假设存在以点P为圆心、QP为半径的圆与直线AB相切，如图设其切点为H，∵AB与圆P相切，∴PH⊥AB∵∠ABC=90°∠BAC=60°∴∠BPH=30°∴BH=12BP=x，PH=在Rt△PCQ中，PQ2=PH2=CQ2+PC2∴3x解得：x1由于点P的运动时间最大为2秒，故x2舍去所以经过4-22（3）∵∠MAC=∠MCB∵∠ACM+∠BCM=∠BCM+∠CAM=90°，∴∠AMB=90°∴点M在以AC为直径的圆在△ABC内的弧上，如图所示：∴当B，M，O三点共线时最小BO=27，OM=OA=OB2∴BM=2答：线段BM的最小值27【点睛】此题主要考查直角三角形和圆的综合问题，解题关键是利用动点构建方程，求解即可.3．【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）如图1，已知在垂等四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，若AB⊥AD，AB=4cm，AD=3cm，求【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李与同学讨论出了如下方法：如图2，在⊙O中，已知AB是⊙O的弦，只需作