专题15动点综合问题-必胜2020年中考数学压轴题全揭秘精品(解析版)

决胜2020中考数学压轴题全揭秘精品专题15 动点综合问题【典例分析】【考点1】动点之全等三角形问题【例1】如图，直线443y x =-+与x 轴和y 轴分别交于,A B 两点，另一条直线过点A 和点(7,3)C .(1)求直线AC 的函数表达式; (2)求证: AB AC ⊥;(3)若点P 是直线AC 上的一个动点，点Q 是x 轴上的一个动点，且以,,P Q A 为顶点的三角形与AOB ∆全等，求点Q 的坐标.【答案】(1)3944y x=-;(2) 222AB AD BD+=; (3) 点Q的坐标为(7,0)或(8,0)或(1,0)-或(2,0)-【解析】（1）在y=-43x+4中，令y=0，则0=-43x+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=-43x+4中，得到k1=-43，在直线AC y＝34x−94中，得到k2=34，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=-43x+4中，令y=0，则0=-43x+4，∴x=3，∴A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，则：0337k bk b+⎧⎨+⎩＝＝，解得：3494kb⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩＝＝，∴直线AC对应的函数关系式为y＝34x-94.(2) 在直线ABy=-43x+4中，∵k1=-43，在直线AC y＝34x−94中，k2=34，∴k1•k2=-1，∴AB⊥AC；（3）在y=-43x+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．【变式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【解析】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． 【考点2】动点之直角三角形问题【例2】（模型建立）（1）如图1，等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，CB CA =，直线ED 经过点C ，过A 作AD ED ⊥于点D ，过B 作BE ED ⊥于点E .求证：BEC CDA ∆≅∆； （模型应用）（2）已知直线1l ：443y x =+与坐标轴交于点A 、B ，将直线1l 绕点A 逆时针旋转45o 至直线2l ，如图2，求直线2l 的函数表达式；（3）如图3，长方形ABCO ，O 为坐标原点，点B 的坐标为()8,6-，点A 、C 分别在坐标轴上，点P 是线段BC 上的动点，点D 是直线26y x =-+上的动点且在第四象限.若APD ∆是以点D 为直角顶点的等腰直角三角形，请直接．．写出点D 的坐标.【答案】（1）见解析；（2）y ＝−7x−21；（3）D （4，−2）或（203，223-）. 【解析】（1）根据△ABC 为等腰直角三角形，AD ⊥ED ，BE ⊥ED ，可判定BEC CDA ∆≅∆；（2）①过点B 作BC ⊥AB ，交l 2于C ，过C 作CD ⊥y 轴于D ，根据△CBD ≌△BAO ，得出BD ＝AO ＝3，CD ＝OB ＝4，求得C （−4，7），最后运用待定系数法求直线l 2的函数表达式；（3）根据△APD 是以点D 为直角顶点的等腰直角三角形，当点D 是直线y ＝−2x ＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D 在矩形AOCB 的内部时，当点D 在矩形AOCB 的外部时，设D （x ，−2x ＋6），分别根据△ADE ≌△DPF ，得出AE ＝DF ，据此列出方程进行求解即可． 【详解】解：（1）证明：∵△ABC 为等腰直角三角形， ∴CB ＝CA ，∠ACD ＋∠BCE ＝90°， 又∵AD ⊥ED ，BE ⊥ED ，∴∠D ＝∠E ＝90°，∠EBC ＋∠BCE ＝90°， ∴∠ACD ＝∠EBC ，在△ACD 与△CBE 中，D EACD EBC CA CB ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴BEC CDA ∆≅∆（AAS ）；（2）①如图2，过点B 作BC ⊥AB ，交l 2于C ，过C 作CD ⊥y 轴于D ，∵∠BAC＝45°，∴△ABC为等腰直角三角形，由（1）可知：△CBD≌△BAO，∴BD＝AO，CD＝OB，∵直线l1：y＝43x＋4中，若y＝0，则x＝−3；若x＝0，则y＝4，∴A（−3，0），B（0，4），∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，∴OD＝4＋3＝7，∴C（−4，7），设l2的解析式为y＝kx＋b，则7403k bk b=-+⎧⎨=-+⎩，解得：721 kb=-⎧⎨=-⎩，∴l2的解析式为：y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（203，223-）．理由：当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交BC于F，设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x，由（1）可得，△ADE≌△DPF，则DF＝AE，即：12−2x＝8−x，解得x＝4，∴−2x＋6＝−2，∴D（4，−2），此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意；当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，同理可得：△ADE≌△DPF，则AE＝DF，即：2x−12＝8−x，解得x＝203，∴−2x＋6＝223 -，∴D（203，223-），此时，ED＝PF＝203，AE＝BF＝43，BP＝PF−BF＝163＜6，符合题意，综上所述，D点坐标为：（4，−2）或（203，223-）【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．【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＝12时，S最大值＝94；②存在，点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．【解析】(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)，∴1644040a ba b++=⎧⎨-+=⎩，解得13ab=-⎧⎨=⎩，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=12AM×PQ=12(4-2t)(1+t)＝﹣t2+t+2．∴S=-t2+t+2=-(t-12)2+94．∵a＝﹣1＜0，且0≤t≤2，∴S有最大值．当t＝12时，S最大值＝94．②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＝12 MA，∴1+t＝12(4﹣2t)，解得，t＝12，∴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，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接AE交BD于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点，连接DP、BP．（1）求∠AFB的度数；（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；（3）已知AD＝6，在点P从A到E的运动过程中，若△DBP是直角三角形，请求DP的长．时，△DBP是直角三角形【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6或DP＝33－3或DP＝3632【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；（2）连接AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分∠BPD＝90°、∠BDP＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DC，∠ADC＝90°，又∵△DCE是等边三角形，∴DE＝DC，∠EDC＝60°，∴DA＝DE，∠ADE＝150°，∴∠DAE＝15°，又∠ADB＝45°，∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°；（2）连接AC，∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°，∵DP平分∠CDE，∴1302GDP EDC ︒∠=∠=， ∴∠PDG ＝∠CAG ， 又∠DGP ＝∠AGC ， ∴△DGP ∽△AGC ， ∴DG DPAG AC=，即AG •DP ＝DG •AC ， ∵AC ＝DB ， ∴AG •DP ＝DG •BD ；（3）连接AC 交BD 于点O ，则∠AOF ＝90°， ∵AD ＝6，∴0A 0D 32==，在Rt △AOF 中，∠OAF ＝30°， ∴6,26OF AF ==，∴FD 326=-， 由图可知：0°＜∠DBP ≤45°，则△DBP 是直角三角形只有∠BPD ＝90°和∠BDP ＝90°两种情形： ①当∠BPD ＝90°时，I 、若点P 与点A 重合，∠BPD ＝90°， ∴DP ＝DA ＝6；II 、当点P 在线段AE 上时，∠BPD ＝90°， 连接OP ，1322OP OA BD ===， ∴∠OP A ＝∠OAP ＝30°， ∴∠AOP ＝120°，∴∠FOP ＝∠AOP ﹣∠AOF ＝30°， ∴∠DBP ＝∠OPB ＝15°， ∴∠FDP ＝75°，又∠BAF ＝∠BAD ﹣∠DAF ＝75°， ∴∠BAF ＝∠PDF ，又∠AFB＝∠DFP，∴△BAF∽△PDF，∴DP DFAB AF=，即326626DP-=解得，333DP=-；②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°，∴DP＝DF×tan∠DFP＝3(326)3632-=-，综上，DP=6或DP＝33－3或DP＝3632-时，△DBP是直角三角形．【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【考点3】动点之等腰三角形问题【例3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，53AD=，5CD=，点M是线段AC上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交射线DE于点N，连接BN．（1）求CAD∠的大小；（2）问题探究：动点M 在运动的过程中，①是否能使AMN ∆为等腰三角形，如果能，求出线段MC 的长度；如果不能，请说明理由． ②MBN ∠的大小是否改变？若不改变，请求出MBN ∠的大小；若改变，请说明理由． （3）问题解决：如图二，当动点M 运动到AC 的中点时，AM 与BN 的交点为F ，MN 的中点为H ，求线段FH 的长度． 【答案】（1）30︒∠=CAD ；（2）①能，CM 的值为5或53；②大小不变，30︒∠=MBN ；（3）536=FH . 【解析】（1）在Rt ADC ∆中，求出DAC ∠的正切值即可解决问题． （2）①分两种情形：当NA NM =时，当AN AM =时，分别求解即可． ②30MBN ∠=o ．利用四点共圆解决问题即可．（3）首先证明ABM ∆是等边三角形，再证明BN 垂直平分线段AM ，解直角三角形即可解决问题． 【详解】解：（1）如图一（1）中，∵四边形ABCD 是矩形， ∴90ADC ∠=o ， ∵DC 53tan AD 353∠===CAD ， ∴30︒∠=CAD ．（2）①如图一（1）中，当AN NM =时，∵90BAN BMN ︒∠=∠=，BN BN =，AN NM =， ∴Rt Rt ()BNA BNM HL ∴∆≅∆， ∴BA BM =，在Rt ABC ∆中，∵30ACB DAC ︒∠=∠=，5AB CD ==，∴210AC AB ==，∵60BAM ︒∠=，BA BM =， ∴ABM ∆是等边三角形， ∴5AM AB ==， ∴5CM AC AM =-=．如图一（2）中，当AN AM =时，易证15AMN ANM ︒∠=∠=，∵90BMN ︒∠=，∴75CMB ︒∠=，∵30MCB ︒∠=， ∴180753075CBM ︒︒︒︒∠=--=， ∴CMB CBM ∠=∠， ∴55CM CB ==，综上所述，满足条件的CM 的值为5或53． ②结论：30︒∠=MBN 大小不变．理由：如图一（1）中，∵180BAN BMN ︒∠+∠=， ∴,,,A B M N 四点共圆， ∴30MBN MAN ︒∠=∠=．如图一（2）中，∵90BMN BAN ∠=∠=o ， ∴,,,A N B M 四点共圆， ∴180MBN MAN ︒∠+∠=，∵180DAC MAN ︒∠+∠=， ∴30MBN DAC ︒∠=∠=， 综上所述，30︒∠=MBN ． （3）如图二中，∵AM MC =， ∴BM AM CM ==， ∴2AC AB =， ∴AB BM AM ==， ∴ABM ∆是等边三角形， ∴60BAM BMA ︒∠=∠=， ∵90BAN BMN ︒∠=∠=， ∴30NAM NMA ︒∠=∠=， ∴NA NM =， ∵BA BM =，∴BN 垂直平分线段AM ， ∴52FM =， ∴53cos303FM NM ︒==， ∵90NFM ︒∠=，NH HM =，∴15326FH MN ==．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【变式3-1】如图①，已知正方形ABCD 边长为2，点P 是AD 边上的一个动点，点A 关于直线BP 的对称点是点Q ，连结PQ 、DQ 、CQ 、BQ .设AP=x.（1）当1x =时，求BP 长；（2）如图②，若PQ 的延长线交CD 边于E ，并且90CQD ∠=o，求证：CEQ ∆为等腰三角形； （3）若点P 是射线AD 上的一个动点，则当CDQ ∆为等腰三角形时，求x 的值.【答案】（1）BP=5；（2）证明见解析；（3）△CDQ 为等腰三角形时x 的值为4-23、233、23+4. 【解析】（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=22AB AP +=5，（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Q 1，Q 3．此时△CDQ 1，△CDQ 3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Q 2，此时△CDQ 2以CD 为底的等腰三角形．①讨论Q 1，如图，连接BQ 1、CQ 1，作PQ 1⊥BQ 1交AD 于P ，过点Q 1，作EF ⊥AD 于E ，交BC 于F ， ∵△BCQ 1为等边三角形，正方形ABCD 边长为2， ∴FC=1，Q 1F=221CQ FC =3，Q 1E=2-3， 在四边形ABPQ 1中， ∵∠ABQ 1=30°， ∴∠APQ 1=150°，∴∠EPQ 1=30°，△PEQ 1为含30°的直角三角形， ∴PE=3EQ 1=23-3， ∵EF 是BC 的垂直平分线， ∴AE=12AD=1，∴x=AP=AE-PE=1-(23-3)=4-23.②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=12AE=1，FQ2=22AE AF=3，在四边形ABQ2P中，∵∠BAD=∠BQ2P=90°，∠ABQ2=60°，∴∠APQ2=120°，∴∠EQ2G=∠DPG=180°-120°=60°，∴EQ2=EF-FQ2=2-3，EG=3EQ2=23-3，∴DG=DE+GE=1+23-3=23-2，∴DG=3PD，即PD=2-233，∴x=AP=2-PD=23 3.③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=23，Q1E=2-3，∴EF=2+3，在四边形ABQ3P中∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，∴∠EPF=30°，∴EP=3EF=23+3，∵AE=1，∴x=AP=AE+PE=1+23+3=23+4.综上所述：△CDQ为等腰三角形时x的值为4-23、233、23+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=ax 2+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）223y x x =--+ ；（2）E （-37，0）；（3）点P 的坐标为（2，-5）或（1，0）． 【解析】（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F 1P ⊥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∠BF 3P=90°时，如图3，点P 与C 重合， ③当∠BPF 4=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）=-x 2-2x+3， 即抛物线的解析式为：y=-x 2-2x+3； （2）y=-x 2-2x+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：43k b b ＝＝-+⎧⎨-⎩， 解得：73k b -⎧⎨-⎩＝＝∴直线A'M 的解析式为：y=-7x-3， 当y=0时，-7x-3=0， x=-37， ∴点E （-37，0）， （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，∵∠F 3BP=45°，且∠F 3BO=45°， ∴点P 与C 重合， 故P （1，0），③当∠BPF 4=90°时，如图3， ∵∠F 4BP=45°，且∠F 4BO=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2y mx =和直线y x b =-+都经过点()2,4M -，点O 为坐标原点，点P 为抛物线上的动点，直线y x b =-+与x 轴、y 轴分别交于A B 、两点． （1）求m b 、的值；（2）当PAM ∆是以AM 为底边的等腰三角形时，求点P 的坐标； （3）满足（2）的条件时，求sin BOP ∠的值．【答案】（1）1m =；2b =；（2）点P 的坐标为()1,1-或()2,4；（3）sin BOP ∠的值为22或55．【解析】(1)根据点M 的坐标，利用待定系数法可求出,m b 的值；(2)由(1)可得出抛物线及直线AB 的解析式，继而可求出点A 的坐标，设点P 的坐标为2(,)x x ，结合点,A M的坐标可得出22,PA PM 的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于x 的方程，解之即可得出结论；(3)过点P 作PN y ⊥轴，垂足为点N ，由点P 的坐标可得出,PN PO 的长，再利用正弦的定义即可求出sin BOP ∠的值．【详解】(1)将()2,4M -代入2y mx =，得：44m =，∴1m =；将()2,4M -代入y x b =-+，得：42b =+， ∴2b =；(2)由(1)得：抛物线的解析式为2y x =，直线AB 的解析式为2y x =-+，当0y =时，20x -+= ， 解得：2x =，∴点A 的坐标为()2,0，2OA =，设点P 的坐标为2(,)x x ，则()222242204()4PA x x x x x =-+-=+-+，()222242()247420PM x x x x x =--+-=-++，∵PAM ∆是以AM 为底边的等腰三角形，∴22PA PM =，即4242447420x x x x x x +-+=-++， 整理，得：220x x --=， 解得：121,2x x =-=， ∴点P 的坐标为()1,1-或()2,4；(3)过点P 作PN y ⊥轴，垂足为点N ，如图所示， 当点P 的坐标为()1,1-时，1PN =，22112PO =+=，∴2sin 2PN BOP PO ∠==； 当点P 的坐标为()2,4时，2PN =，222425PO =+=， ∴5sin 5PN BOP PO ∠==， ∴满足(2)的条件时，sin BOP ∠的值的值为22或55．【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,m b 的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出关于x 的方程；(3)通过解直角三角形，求出sin BOP ∠的值．【考点4】动点之相似三角形问题【例4】在边长为4的正方形ABCD 中，动点E 以每秒1个单位长度的速度从点A 开始沿边AB 向点B 运动,动点F 以每秒2个单位长度的速度从点B 开始沿边BC 向点C 运动，动点E 比动点F 先出发1秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F 的运动时间为t 秒.()1如图1，连接DE ,AF ，若DE AF ⊥，求t 的值 ()2如图2，连接,EF DF ，当t 为何值时，?EBF DCF V :V【答案】（1）t=1;(2) 当t 为9572-秒时，EBF DCF V :V 【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出ABF DAE V V ≌，由BF=AE ，列出方程解方程即可 （2）EBF DCF ~V V ，得到EB BFDC CF=，用t 表示出BF 、AE 、FC 、BE 列出方程解方程即可，最后对t 的取值进行取舍【详解】解：()1Q 四边形ABCD 是正方形,90AB AD ABF DAE ︒∴=∠=∠= 90ADE AED ︒∴∠+∠=DE AF ⊥Q90BAF AED ︒∴∠+∠=BAF ADE ∴∠=∠ABF DAE ∴V V ≌由题意得，2,1BF t AE t ==+21t t ∴=+解得：1t =()2若EBF DCF ~V V则EB BFDC CF=1,2AE t BF t =+=Q413BE t t ∴=-+=-，42CF t =-32442t tt-∴=- 解得12957957,22t t -+==由题意知：2t ≤9572t -∴=∴当t 为9572-秒时，EBF DCF ~V V【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，第二问的关键在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍【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 ＝34AC （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 ＝34x +94；（2）D 点位置见解析，D （134，0）；（3）符合要求的m 的值为12536或259．【解析】（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＝34 AC，∴BC＝34×4＝3，∴B（1，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴303k bk b-+=⎧⎨+=⎩，∴3494kb⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线AB的解析式为y＝34x+94；（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ABAC＝ADAB，即AB2＝AC•AD．∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴25＝4AD，∴AD＝254，∴OD＝AD﹣AO＝254﹣3＝134，∴点D的坐标为（134，0）；（3）∵AP＝DQ＝m，∴AQ＝AD﹣QD＝254﹣m．Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如图2，则有APAB＝AQAD，∴AP•AD＝AB•AQ，∴254m＝5（254﹣m），解得m＝259；Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如图3，则有APAD＝AQAB，∴AP•AB ＝AD•AQ ，∴5m ＝254（254﹣m ）， 解得：m ＝12536，综上所述：符合要求的m 的值为12536或259．【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，已知抛物线2y ax bx c =++经过A （－3，0）、B （8，0）、C （0，4）三点，点D 是抛物线上的动点，连结AD 与y 轴相交于点E ，连结AC ，CD ． （1）求抛物线所对应的函数表达式； （2）当AD 平分∠CAB 时． ①求直线AD 所对应的函数表达式；②设P 是x 轴上的一个动点，若△PAD 与△CAD 相似，求点P 的坐标．【答案】（1）215466y x x =-++；（2）①1322y x =+；②（2，0）或（13，0）．【解析】（1）将()30A -,、()8,0B 、()0,4C 点坐标代入抛物线2y axbx c =++，化简计算即可；（2）①设()0,E t ，根据AD 平分CAB ∠，EH AC ⊥，EO x ⊥轴，求得5AC =，并证得CHE V ∽ COA V，利用A EH OA CE C = 可的32t =，可得E 点坐标，把()30A -,，30,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭代入y kx b =+，化简可得AD 所对应的函数表达式；②因为P 是x 轴上的一个动点，且PAD △与CAD V 相似，并且ACD V 是腰长为5的等腰三角形，所以 P 点有两种情况：AD 为等腰三角形的斜边，或者以AD 为腰，2P A 为底，分别讨论求解即可.【详解】解（1）∵抛物线经过()30A -,、()8,0B 、()0,4C 三点，∴93064804a b ca b cc-+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得：16564abc⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩，∴抛物线的表达式为215466y x x=-++；（2）①作EH AC⊥于点H，如图，设()0,E t．∵AD平分CAB∠，EH AC⊥，EO x⊥轴，∴EH EO t==，4CE t=-，在Rt OAC△中，2222345AC OA OC=+=+=．∵90CHE COA∠=∠=oHCE OCA∠=∠，∴CHEV∽COAV，∴AEHOACEC=∴435t t-=，解得：32t=，∴30,2E⎛⎫⎪⎝⎭，设直线AD的表达式为y kx b=+，把()30A-,，30,2E⎛⎫⎪⎝⎭代入，得0332k bb=-+⎧⎪⎨=⎪⎩，解得：1232kb⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线AD所对应的函数表达式为1322y x=+；Q②直线AD与二次函数相交于点D，∴2154661322y x xy x⎧=-++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩解得3xy=-⎧⎨=⎩或54xy=⎧⎨=⎩，Q点D在第一象限，∴点D坐标为()5,4，∴5DC AC==，且DC AB∥，∴ACDV是腰长为5的等腰三角形，PQ是x轴上的一个动点，且PAD△与CADV相似，∴PAD△也为等腰三角形，如上图示，当AD为等腰三角形的斜边时，115P A PD==，()3,0A-Q∴点1P的坐标为()2,0；当以AD为腰，2P A为底时，作2DF AP⊥Q 点D 坐标为()5,4，()30A -,∴358AF OA OF =+=+=∴2216AP AF ==,2216313OP AP OA =-=-=, ∴点P 的坐标为()13,0．综上所述点P 的坐标为()2,0或()13,0．【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和角平分线的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；灵活利用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形性质． 【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）【例5】（2019·广东中考模拟）如图，点O 是平面直角坐标系的原点，点A （3，3），AC ⊥OA 与x 轴的交点为C ．动点M 以每秒3个单位长度由点A 向点O 运动．同时，动点N 以每秒3个单位长度由点O 向点C 运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动． （1）写出∠AOC 的值；（2）用t 表示出四边形AMNC 的面积；（3）求点P 的坐标，使得以O 、N 、M 、P 为顶点的四边形是特殊的平行四边形？【答案】（1）30°；（2）2963(02)4t t -<<；（3）333P 3t t,t 22⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭. 【解析】（1）如图1中，作AH ⊥OC 于H ．在Rt △AOH 中，解直角三角形求出∠AOH 即可解决问题． （2）作MK ⊥BC 于K ．根据S 四边形AMNC ＝S △OAC ﹣S △OMN ，计算即可．（3）分别考虑以OM ，ON ，MN 为平行四边形的对角线，利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：（1）如图1中，作AH ⊥OC 于H ．∵A（3，3），∴OH＝3，AH＝3，∴tan∠AOH＝AHOH＝3，∴∠AOH＝60°，∵OA⊥AC，∴∠OAC＝90°，∴∠ACO＝30°．（2）作MK⊥BC于K．在Rt△AOH中，∵OH＝3，∠OAH＝30°，∴OA＝2OH＝23，在Rt△AOC中，∵∠AOC＝30°，OA＝23，∴AC＝3OA＝6，∵OM＝3t，∴MK＝OM•sin60°＝32t，∴S四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN＝12•OA•AC﹣12•ON•MKa＝12×23×6﹣12×3t×32t＝63﹣94t2（0＜t＜2）．（3）当四边形CNMP1是平行四边形时，P1（32t﹣3t，32t）．当四边形ONP2M是平行四边形时，P2（32t+3t，32t）．当四边形OMNP3是平行四边形时，P3（3t﹣32t，﹣32t）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．【变式5-1】（2019·江西中考真题）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．（1）如图1，当点与点重合时，________°；（2）如图2，连接．①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；②求证：点在的平分线上；（3）如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．【答案】（1）60°；（2）① =，②见解析；（3）4【解析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明，根据角的运算解答；②作于，交的延长线于，证明，根据全等三角形的性质得到，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，证明四边形为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【详解】解：（1）四边形是菱形，，，故答案为：；（2）①四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，，故答案为：；②作于，交的延长线于，则，，又，，，，为等边三角形，，在和中，，，，又，，点在的平分线上；（3）四边形是菱形，，，，四边形为平行四边形，，，，，又，，，，，，四边形为平行四边形，，，四边形为平行四边形，，平行四边形为菱形， ， ， ．【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213y x bx c =-++的图象过原点，与x 轴的另一个交点为()8,0（1）求该二次函数的解析式；（2）在x 轴上方作x 轴的平行线1y m =，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（0t >）．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）21833y x x =-+；（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】（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AQ EF //且以A 、E 、F 、Q 四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ EF =，分0t 4<≤，4t 7<≤，7t 8<≤三种情况找出AQ ，EF 的长，由AQ EF =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()00，，()80，代入21y x bx c 3=-++，得：064803c b c =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，解得830b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴该二次函数的解析式为218y x x 33=-+． （2）当y m = 时，218x x m 33-+=， 解得：1x 4163m =--，2x 4163m =+-，∴点a 的坐标为（4163m --，m ），点b 的坐标为（4163m +-，m ）， ∴点d 的坐标为（4163m --，0），点c 的坐标为（4163m +-，0）． ∵矩形abcd 为正方形，∴()4163m 4163m m +----=， 解得：1m 16=-，（舍去），2m 4=． ∴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()24，，点B 的坐标为()64，，点C 的坐标为()60，，点D 的坐标为()20，． 设直线AC 的解析式为()y kx a k 0=+≠，将()a 24，，()c 60，代入y kx a =+，。