专题26 动点综合问题 一、单选题1．（2022·广西河池）东东用仪器匀速向如图容器中注水，直到注满为止．用t表示注水时间，y表示水面的高
度，下列图象适合表示y与t的对应关系的是(?)A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据题目中的图形可知，刚开始水面上升比较慢
，紧接着水面上升较快，最后阶段水面上升最快，从而可以解答本题．【详解】因为对边的圆柱底面半径较大，所以刚开始水面上升比较慢，中间部
分的圆柱底面半径较小，故水面上升较快，上部的圆柱的底面半径最小，所以水面上升最快，故适合表示y与t的对应关系的是选项C．故选：C．
【点睛】本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．2．（2022·甘肃武威）如图1，在菱形中，，动点从点
出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图2所示，则的长为（?）A．B．C．D．【答案】
B【解析】【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为解答即可．【详解】解：在菱形ABCD中，∠A=60°，∴△
ABD为等边三角形，设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为，∴△ABD的面积解得：a=故选B【点睛】本题考查了动点问题的函数图象
，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．3．（2022·四川绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120
°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标
为，则图象最低点E的坐标为（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据点F的坐标，可得MB=1，AB=2，连接AC，CM，
交BD于点N1，连接A N1，此时MN+AN的最小值=M N1+A N1=CM，根据菱形和直角三角形的性质可得CM=，DN1=，进
而即可得到答案．【详解】解：∵图象右端点F的坐标为，M是AB的中点，∴BD=，MN+AN=AB+MB=3MB=3，∴MB=1，AB
=2，连接AC，CM，交BD于点N1，连接A N1，此时MN+AN的最小值=M N1+A N1=CM，∵在菱形ABCD中，∠C＝1
20°，∴∠ABC=60°，∴是等边三角形，∴CM⊥AB，∠BCM=30°，∴BC=2×1=2，CM=，∵AB∥CD，∴CM⊥CD
，∵∠ADC=∠ABC=60°，∴∠BDC=30°，∴DN1=CD÷cos30°=2÷=，∴E的坐标为，故选C．【点睛】本题主要考
查菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，函数的图像，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．4．（2022·山东潍坊
）如图，在?ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在?ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C
的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图
象是（?）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】分0≤x≤1，1 【详解】解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，∵∠A=60°，AE=AF=x，∴AG=x，由勾股定理得FG=x，∴y=AE
×FG=x2，图象是一段开口向上的抛物线；当1 x-1，∴AH=，由勾股定理得DH=，∴y=(DF+AE)×DH=x-，图象是一条线段；当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I
，∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，同理求得EI=(3-x)，∴y= AB×DH -CF×EI=-(3-x)2=-x2
+x-，图象是一段开口向下的抛物线；观察四个选项，只有选项A符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函
数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式以及一次函数和二次函数的图象．5．（202
2·辽宁）如图，在中，，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动，当点P运动到点B时，停止运动，过点P作交于点Q，
将沿直线折叠得到，设动点P的运动时间为t秒，与重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（?）A．B．C．D．
【答案】D【解析】【分析】由题意易得，，则有，进而可分当点P在AB中点的左侧时和在AB中点的右侧时，然后分类求解即可．【详解】解：
∵，∴，由题意知：，∴，由折叠的性质可得：，当点P与AB中点重合时，则有，当点P在AB中点的左侧时，即，∴与重叠部分的面积为；当点
P在AB中点的右侧时，即，如图所示：由折叠性质可得：，，∴，∴，∴，∴与重叠部分的面积为；综上所述：能反映与重叠部分的面积S与t之
间函数关系的图象只有D选项；故选D．【点睛】本题主要考查二次函数的图象及三角函数，熟练掌握二次函数的图象及三角函数是解题的关键．6
．（2022·黑龙江齐齐哈尔）如图①所示（图中各角均为直角)，动点Р从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B→C→D→E路线匀
速运动，△AFP的面积y随点Р运动的时间x（秒）之间的函数关系图象如图②所示，下列说法正确的是（?）A．AF=5B．AB=4C．D
E=3D．EF=8【答案】B【解析】【分析】路线为A→B→C→D→E，将每段路线在坐标系中对应清楚即可得出结论．【详解】解：坐标系
中对应点运动到B点B选项正确即：解得：A选项错误12~16s对应的DE段C选项错误6~12s对应的CD段D选项错误故选：B．【点睛
】本题考查动点问题和坐标系，将坐标系中的图象与点的运动过程对应是本题的解题关键．7．（2021·广西玉林）图（1），在中，，点从点
出发，沿三角形的边以/秒的速度逆时针运动一周，图（2）是点运动时，线段的长度（）随运动时间（秒）变化的关系图象，则图（2）中点的坐
标是（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】由图象及题意易得AB=8cm，AB+BC=18cm，则有BC=10cm，当x=
13s时，点P为BC的中点，进而根据直角三角形斜边中线定理可求解．【详解】解：由题意及图象可得：当点P在线段AB上时，则有，AP的
长不断增大，当到达点B时，AP为最大，所以此时AP=AB=8cm；当点P在线段BC上时，由图象可知线段的长度先随运动时间的增大而减
小，再随运动时间的增大而增大，当到达点C时，则有AB+BC=18cm，即BC=10cm，由图象可知当时间为13s时，则BP=13-
8=5cm，此时点P为BC的中点，如图所示：∵，∴，∴点的坐标是；故选C．【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形斜边中线定理及函
数图象，解题的关键是根据函数图象得到相关信息，然后进行求解即可．8．（2020·湖北荆门）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在
点C右侧）在x轴上移动，，连接、，则的最小值为（?）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】作A（0，2）关于x轴的对称点A’（
0，-2），再过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，连接BE交x轴与D点，过A’作A’C∥DE交x轴于点C，得到四边形CDEA’
为平行四边形，故可知AC+BD最短等于BE的长，再利用勾股定理即可求解．【详解】作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2）过A
’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，故E（2，-2）连接BE交x轴与D点过A’作A’C∥DE交x轴于点C，∴四边形CDEA’为平行
四边形，此时AC+BD最短等于BE的长，即AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE==故选B．【点睛】此题主要考查最短路径的求解
，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质．9．（2020·四川乐山）数轴上点表示的数是，将点在数轴上平移个单位长度得到点．则
点表示的数是（?）A．B．或C．D．或【答案】D【解析】【分析】根据题意，分两种情况，数轴上的点右移加，左移减，求出点B表示的数是
多少即可．【详解】解：点A表示的数是?3，左移7个单位，得?3?7＝?10，点A表示的数是?3，右移7个单位，得?3＋7＝4，故选
：D．【点睛】此题主要考查了数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数轴上的点右移加，左移减．10．（2021·山东
泰安）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（
?）A．B．C．D．3【答案】A【解析】【分析】根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问
题．【详解】解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段，的轨迹也是一条线段． 两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q，来确定点
的轨迹，得到如下标注信息后的图形：求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题，,在中，,,，将逆时针绕点转动后得到，为等边三角形
，,为的中点，根据三线合一知，,过点作的垂线交于点,在中，对应的边等于斜边的一半，，的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了动点问
题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．11．（2021·辽宁阜新）如图，弧
长为半圆的弓形在坐标系中，圆心在．将弓形沿x轴正方向无滑动滚动，当圆心经过的路径长为时，圆心的横坐标是（?）A．B．C．D．【答案
】D【解析】【分析】求出一个周期圆心走的路程，即可求出圆心经过的路径长为时圆心的位置，故可求解．【详解】如图，圆心在，可得r=2∴
OA=，AB=2r=4，BC=，==∴一个周期圆心经过的路径长为OA++BC=4，∴C（4+2，0），故当圆心经过的路径长为时，÷
4=505…1∴圆心的横坐标是505×（4+2）+=故选D．【点睛】此题主要考查弧与坐标综合，解题的关键是根据题意求出一个周期圆心
经过的路径长．12．（2021·广东）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距
离的最大值（?）A．B．C．D．1【答案】A【解析】【分析】设A(a，a2)，B(b，b2)，求出AB的解析式为，进而得到OD=1
，由∠OCB=90°可知，C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解．【详解】解：如下图
所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D，设A(a，a2)，B(b，b2)，其中a≠0，b≠0，∵OA⊥OB，∴，∴
，即，，设AB的解析式为：，代入A(a，a2)，解得：，∴，∵，即 ，∴C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆
E的半径时，此时CH的长度最大，故CH的最大值为，故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的性质，圆的相关知识等，本题的关键是求出AB
与y轴交点的纵坐标始终为1，结合，由此确定点E的轨迹为圆进而求解．二、填空题13．（2021·湖南衡阳）如图1，菱形的对角线与相交
于点O，P、Q两点同时从O点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点P的运动路线为，点Q的运动路线为．设运动的时间为x
秒，P、Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，P、Q两点的运动路程
之和为__________厘米．【答案】【解析】【分析】四边形是菱形，由图象可得AC和BD的长，从而求出OC、OB和．当点P在段上
运动且P、Q两点间的距离最短时，此时连线过O点且垂直于．根据三角函数和已知线段长度，求出P、Q两点的运动路程之和．【详解】由图可知
，（厘米），∵四边形为菱形∴（厘米）∴P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于．此时，P、Q两点运动路程之和∵（厘米）∴（
厘米）故答案为．【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角函数．解题的关键在于从图象中找到菱形对角线的长度．14．（2021·四川眉山）
如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】过M点
作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小为MH，再算出MC的长度， 在直角三角形MPC中利用三角函数即可解得MH【
详解】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小∵菱形中，∴AB=BC=AC=10，△ABC为等边三角形∴∠P
BC=30°，∠ACB=60°∴在直角△PBH中，∠PBH=30°∴PH=∴此时得到最小值，∵AC=10，AM=3,∴MC=7又∠
MPC=60°∴MH=MCsin60°=故答案为：【点睛】本题主要考查了菱形的性质与三角函数，能够找到最小值时的P点是解题关键.1
5．（2020·内蒙古赤峰）一个电子跳蚤在数轴上做跳跃运动.第一次从原点O起跳，落点为A1，点A1表示的数为1；第二次从点A1起跳
，落点为OA1的中点A2；第三次从A2点起跳，落点为0A2的中点A3；如此跳跃下去……最后落点为OA2019的中点A2020.则点
A2020表示的数为__________． 【答案】【解析】【分析】先根据数轴的定义、线段中点的定义分别求出点表示的数，再归纳类推
出一般规律，由此即可得．【详解】由题意得：点表示的数为点表示的数为点表示的数为点表示的数为归纳类推得：点表示的数为（n为正整数）则
点表示的数为故答案为：．【点睛】本题考查了数轴的定义、线段中点的定义，根据点表示的数，正确归纳类推出一般规律是解题关键．16．（2
022·湖北黄冈）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1c
m/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时，t的值为____
____．【答案】##【解析】【分析】根据函数图像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分线AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36
°，进而得到，由相似求出BD的长即可．【详解】根据函数图像可得AB=4，AB+BC=8，∴BC=AB=4，∵∠B＝36°，∴，作∠
BAC的平分线AD，∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，∴AD=BD，，∴AD=BD=CD， 设，∵∠DAC＝∠B＝36°，∴，∴
，∴，解得： ，（舍去），∴，此时(s)，故答案为：.【点睛】此题考查了图形与函数图象间关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方
程，关键是证明．17．（2021·江苏淮安）如图（1），△ABC和△A′B′C′是两个边长不相等的等边三角形，点B′、C′、B、C
都在直线l上，△ABC固定不动，将△A′B′C′在直线l上自左向右平移．开始时，点C′与点B重合，当点B′移动到与点C重合时停止．
设△A′B′C′移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，y与x之间的函数关系如图（2）所示，则△ABC的边长是___．【答案
】5【解析】【分析】在点B''到达B之前，重叠部分的面积在增大，当点B''到达B点以后，且点C''到达C以前，重叠部分的面积不变，之后在
B''到达C之前，重叠部分的面积开始变小，由此可得出B''C''的长度为a，BC的长度为a＋3，再根据△ABC的面积即可列出关于a的方程
，求出a即可．【详解】解：当点B''移动到点B时，重叠部分的面积不再变化，根据图象可知B''C''＝a，，过点A''作A''H⊥B''C''，则
A''H为△A''B''C''的高，∵△A''B''C''是等边三角形，∴∠A''B''H＝60°，∴sin60°＝，∴A''H＝，∴，即，解得a＝﹣
2（舍）或a＝2，当点C''移动到点C时，重叠部分的面积开始变小，根据图像可知BC＝a＋3＝2＋3＝5，∴△ABC的边长是5，故答案
为5．【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象和三角函数，关键是要分析清楚移动过程可分为哪几个阶段，每个阶段都是如何变化的，先是点B
''到达B之前是一个阶段，然后点C''到达C是一个阶段，最后B''到达C又是一个阶段，分清楚阶段，根据图象信息列出方程即可．18．（20
20·内蒙古通辽）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的
值为_______．【答案】7【解析】【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A
和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B
重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平
行线，交于点D，可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，∴PA+PE=PD+
PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，∵点E是AB中点，∴BE+B
D=3BE=，∴BE=，AB=BD=，∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD为等边三
角形，∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，当点P为DE和BC交点时，∵A
B∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，即点H的横坐标为b=4，∴
a+b=3+4=7，故答案为：7.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结
合的思想解答．19．（2019·四川乐山）如图1，在四边形中，∥，,直线.当直线沿射线方向，从点开始向右平移时，直线与四边形的边分
别相交于点、.设直线向右平移的距离为，线段的长为，且与的函数关系如图2所示，则四边形的周长是_____. ?【答案】【解析】【分析
】根据图1直线l的平移过程分为三段，当F与A重合之前，x与y都不断增大，当当F与A重合之后到点E与点C重合之前，x增加y不变，E与
点C重合后继续运动至F与D重合x增加y减小.结合图2可知BC=5，AD=7-4=3，由且∠B=30°可知AB=，当F与A重合时，把
CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形，可得CD=2，进而可求得周长.【详解】由题意和图像易知BC=5，AD=7-4=3当
BE=4时（即F与A重合），EF=2又∵且∠B=30°∴AB=，∵当F与A重合时，把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形
∴CD=2∴AB+BC+CD+AD=+5+2+3=10+故答案时.【点睛】本题考查了30°所对的直角边是斜边的一半，对四边形中动点
问题几何图像的理解，解本题的关键是清楚掌握直线l平移的距离为，线段的长为的图像和直线运动的过程的联系，找到对应线段长度.20．（2
022·广西柳州）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点
D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．【答案】【解析】【分析】如图，由EG＝2，确定在以G
为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．【详解】解
：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， ∵正方形ABCD，∴ ∴ ∵DE=DF， ∴（SAS），
∴∴当三点共线时，最短，则最短，∵位BC 中点， ∴ 此时 此时 所以CF的最小值为： 故答案为：【点睛】本题考查的是正方形的性质
，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．21．（2020·山东滨州）
如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________【答案】【解析】【分析】
如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠A
PB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连
接PM，过点B作BH⊥PM于H．?∵BP=BM=，∠PBM=90°，∴PM=PB=2，∵PC=4，PA=CM=2，∴PC2=CM2
+PM2，∴∠PMC=90°，∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，∴A，
P，M共线，∵BH⊥PM，∴PH=HM，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14
+4，∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角
三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．三、解答题22．（2020·河北）如图，甲、乙两人（看
成点）分别在数轴－3和5的位置上，沿数轴做移动游戏．每次移动游戏规则：裁判先捂住一枚硬币，再让两人猜向上一面是正是反，而后根据所猜
结果进行移动．①若都对或都错，则甲向东移动1个单位，同时乙向西移动1个单位；②若甲对乙错，则甲向东移动4个单位，同时乙向东移动2个
单位；③若甲错乙对，则甲向西移动2个单位，同时乙向西移动4个单位．（1）经过第一次移动游戏，求甲的位置停留在正半轴上的概率；（2）
从图的位置开始，若完成了10次移动游戏，发现甲、乙每次所猜结果均为一对一错．设乙猜对次，且他最终停留的位置对应的数为，试用含的代数
式表示，并求该位置距离原点最近时的值；（3）从图的位置开始，若进行了次移动游戏后，甲与乙的位置相距2个单位，直接写出的值．【答案】
（1）；（2）；当时，距离原点最近；（3）或5【解析】【分析】（1）对题干中三种情况计算对应概率，分析出正确的概率即可；硬币朝上为
正面、反面的概率均为，甲和乙猜正反的情况也分为三种情况：①甲和乙都猜正面或反面，概率为，②甲猜正，乙猜反，概率为，③甲猜反，乙猜正
，概率为，（2）根据题意可知乙答了10次，答对了n次，则打错了（10-n）次，再根据平移的规则推算出结果即可；（3）刚开始的距离是
8，根据三种情况算出缩小的距离，即可算出缩小的总距离，分别除以2即可得到结果；【详解】（1）题干中对应的三种情况的概率为：①；②；
③；甲的位置停留在正半轴上的位置对应情况②，故P=．（2）根据题意可知乙答了10次，答对了n次，则打错了（10-n）次，根据题意可
得，n次答对，向西移动4n，10-n次答错，向东移了2（10-n），∴m=5-4n+2（10-n）=25-6n，∴当n=4时，距离
原点最近．（3）起初，甲乙的距离是8，易知，当甲乙一对一错时，二者之间距离缩小2，当甲乙同时答对打错时，二者之间的距离缩小2，∴当
甲乙位置相距2个单位时，共缩小了6个单位或10个单位，∴或，∴或．【点睛】本题主要考查了概率的求解，通过数轴的理解进行准确分析是解
题的关键．23．（2021·甘肃兰州）在中，，，，将绕点顺时针旋转，角的两边分别交射线于，两点，为上一点，连接，且（当点，重合时，
点，也重合）．设，两点间的距离为，，两点间的距离为．小刚根据学习函数的经验，对因变量随着自变量的变化而变化的规律进行了探究．下面是
小刚的探究过程，请补充完整．（1）列表：下表的已知数据是根据，两点间的距离进行取点，画图，测量分别得到了与的几组对应值；01234
5678请你通过计算补全表格：______；（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点，并画出函数关于的图像
；（3）探究性质：随着自变量的不断增大，函数的变化趋势；（4）解决问题：当时，的长度大约是______．（结果保留两位小数）【答案
】（1）；（2）见解析；（3）随着自变量的不断增大，函数不断减小；（4）【解析】【分析】（1）根据题意画出图形，证明，根据相似三角
形性质可得结果；（2）描点连线画出图形即可；（3）根据（2）画出图像判断增减性即可；（4）根据，可得，画出与（2）中图像交点即为所
求．【详解】解：（1）当时，即两点之间的距离为，旋转至如图所示时：∴此时点和点C重合，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，故答案为：
；（2）函数图像如下图： ；（3）根据图像可知：随着自变量的不断增大，函数不断减小；（4）∵，∴，如图：与（2）中函数图像交点即为
所求∴，即的长度大约是：cm，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，动点问题的函数图像，读懂题意，运用
数形结合的思想解题是关键．24．（2020·吉林长春）如图①，在中，，，．点从点出发，沿折线以每秒5个单位长度的速度向点运动，同时
点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点运动，点到达点时，点、同时停止运动．当点不与点、重合时，作点关于直线的对称点，连结交于点
，连结、．设点的运动时间为秒．（1）当点与点重合时，求的值．（2）用含的代数式表示线段的长．（3）当为锐角三角形时，求的取值范围．
（4）如图②，取的中点，连结．当直线与的一条直角边平行时，直接写出的值．【答案】（1）；（2）或；（3）或；（4）或.【解析】【分
析】（1）由题意直接根据AB=4，构建方程进行分析求解即可；（2）由题意分两种情形：当点P在线段AB上时，首先利用勾股定理求出AC
，再求出AE即可解决问题．当点P在线段BC上时，在Rt△PCE中，求出CE即可；（3）根据题意求出两种特殊情形下△PDQ是等腰直角
三角形时t的值，即可求解当△PDQ为锐角三角形时t的取值范围；（4）根据题意分两种情形：如图7，当点P在线段AB上，QM∥AB时以
及如图8，当点P在线段BC上，QM∥BC时，分别求解即可．【详解】解：（1）当点与点重合时，．解得．（2）在中，，，所以，，．如图
3，当点在上时，在中，．所以．如图4，当点在上时，在中，，．所以．（3）先考虑临界值等腰直角三角形，那么．如图5，当点在上时，在中
，．而，由，得．解得．如图6，当点在上时，在中，．而，由，得，解得．再数形结合写结论．当为锐角三角形时，，或．（4）的值为或．如图
7，当点在上时，延长交于点．作于，作于．由，是的中点，可知是的中点．在中，，所以．在中，．由，解得．如图8，当点在上时，作于．由，
是的中点，可知．在中，，所以．在中，．由，得，解得．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查解直角三角形，平行线的性质，等腰直角三角形
的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题.25．（2020·湖南益阳）定义：若四
边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定
义，解决下列问题：（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，
为什么？（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．①求的长．②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．【
答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为【解析】【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=18
0°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；（2）如图2，将△
ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方
程解之即可；（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,由△MNC的周
长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线
于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．【详解】（
1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°
，∴∠F+∠BED=180°，∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，故满足“直等补”四边形的定义，∴四边形为“直等补”四边
形；（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，如图2，将△ABE绕点B顺时
针旋转90°得到△CBF，则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE∴D、C、F共线，∴四边形EBFD是正
方形，∴BE=FD，设BE=x，则CF=x-1，在Rt△BFC中，BC=5，由勾股定理得：，即，解得：x=4或x=﹣3(舍去)，∴
BE=4（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,则NP=NC，MT=MC,∴△MNC的周长=
MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,∴△BCF∽△PCH,∴,即，解得：,在Rt△PHT中，TH=,,∴周长的最小值为．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线
性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探
究、发现和计算．26．（2022·天津）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠
该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的
坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；(3)若折
叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．【答案】(1)，点的坐标为(2)，其中t
的取值范围是(3)3，．（答案不唯一，满足即可）【解析】【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；
（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合
部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．(1)在中，由，得．根据折叠，知，∴，．∵，∴．如图，过点O
′作，垂足为H，则．∴在中，得．由，得，则．由，得，．∴点的坐标为．(2)∵点，∴．又，∴．同（1）知，，．∵四边形是矩形，∴．在
中，，得．∴．又，∴.如图，当点O′与AB重合时，，，则，∴，∴，解得t=2，∴t的取值范围是；(3)3，．（答案不唯一，满足即可
）当点Q与点A重合时，，，∴，则.∴t=3时，重合部分的面积是，从t=3之后重合部分的面积始终是，当P与C重合时，OP＝6，∠OP
Q＝30°，此时t＝OP·tan30°＝，由于P不能与C重合，故，所以都符合题意． 【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了
折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．27．（2021·辽宁大连）如图，四边形为矩形，，，P
、Q均从点B出发，点P以2个单位每秒的速度沿的方向运动，点Q以1个单位每秒的速度沿运动，设运动时间为t秒．（1）求的长；（2）若，
求S关于t的解析式．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意易得，然后根据勾股定理可求解；（2）由题意易得①当点P在AB
上时，即，则，②当点P在AC上，点Q在BC上时，即，过点P作PE⊥BC于点E，然后可得，③当点P与点C重合，点Q在CD上时，即，则
有，进而根据面积计算公式可求解．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，∴，∵，，∴；（2）由题意得当点P到达点C时，点Q恰好到达点C，
则有：当点P在AB上时，即，如图所示：∴，∴；当点P在AC上，点Q在BC上时，即，过点P作PE⊥BC于点E，如图所示：∴，由（1）
可得，∴，∴；当点P与点C重合，点Q在CD上时，即，如图所示：∴，∴；综上所述：S关于t的解析式为．【点睛】本题主要考查矩形的性质
、勾股定理、三角函数及函数，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、三角函数及函数是解题的关键．28．（2021·广西来宾）如图①，在中，于
点，，，点是上一动点（不与点，重合），在内作矩形，点在上，点，在上，设，连接．（1）当矩形是正方形时，直接写出的长；（2）设的面积
为，矩形的面积为，令，求关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；（3）如图②，点是（2）中得到的函数图象上的任意一点，过点
的直线分别与轴正半轴，轴正半轴交于，两点，求面积的最小值，并说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）6【解析】【分析】（1）直接根
据等腰直角三角形性质及正方形性质可以得出：，进一步计算即可；（2）先根据等腰直角三角形以及直角三角形得出，，代入化简即可；（3）设
l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，列出面积的表达式求解即可．【详解】解：（1）根据题意：可知均为等腰直角三角形，
则，∵，，，∴DC=8，∴AC=，∴；（2）∵四边形EFGH为矩形，∴，∴，∵，∴在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3）由
（2）得P在上，设l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，令，得，则，∴，，，，．【点睛】本题主要考查正方形性质，矩形
的性质，勾股定理，特殊角锐角三角函数，反比例函数与一次函数综合问题，能够根据题意列出相应的方程是解决本题的关键．29．（2021·
海南）已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为、点C的坐标为．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）如图1，若该抛物
线的顶点为P，求的面积；（3）如图2，有两动点在的边上运动，速度均为每秒1个单位长度，它们分别从点C和点B同时出发，点D沿折线按方
向向终点B运动，点E沿线段按方向向终点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t秒，请解答下列问题：①
当t为何值时，的面积等于；②在点运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接得到的四边形是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F
的坐标．【答案】（1）；（2）的面积为；（3）①当或时，；②点F的坐标为或．【解析】【分析】（1）直接将两点坐标代入解析式中求出a
和c的值即可；（2）先求出顶点和B点坐标，再利用割补法，将所求三角形面积转化为与其相关的图形的面积的和差关系即可，如图，；（3）①
先求出BC的长和E点坐标，再分两种情况讨论，当点D在线段上运动时的情况和当点D在线段上运动情况，利用面积已知得到关于t的一元二次方
程，解t即可；②分别讨论当点D在线段上运动时的情况和当点D在线段上的情况，利用平行四边形的性质和平移的知识表示出F点的坐标，再代入
抛物线解析式中计算即可．【详解】（1）∵抛物线经过两点， 解得 该地物线的函数表达式为 （2）∵抛物线，∴抛物线的顶点P的坐标为．
，令，解得：，点的坐标为．如图4-1，连接，则 的面积为． （3）①∵在中，．当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动．，
∴在中，．当运动时间为t秒时，，如图4-2，过点E作轴，垂足为N，则．．．∴点E的坐标为． 下面分两种情形讨论：i．当点D在线段上
运动时，．此时，点D的坐标为． 当时，．解得（舍去），．． ii．如图4-3，当点D在线段上运动时，，．．当时，解得．又，．综上所
述，当或时， ②如图4-4，当点D在线段上运动时，；∵，当四边形ADFE为平行四边形时，AE可通过平移得到EF，∵A到D横坐标加1
，纵坐标加，∴，∴，化简得：，∴，∴，∴;如图4-5，当点D在线段上运动时，AE可通过平移得到EF，∵，∵A到D横坐标加，纵坐标不
变，∴，∴∴，因为，∴，∴，综上可得，F点的坐标为或． 【点睛】本题综合考查了抛物线的图像与性质、相似三角形的判定与性质、已知顶点
坐标求三角形面积、平行四边形的判定与性质、平移的性质、勾股定理等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，本题对学生的综合思维能力
、分析能力以及对学生的计算能力都要求较高，考查了学生利用平面直角坐标系解决问题的能力，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．3
0．（2020·辽宁营口）如图，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，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是 ；（2）如图2，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．【答
案】（1）AF＝AE；（2）AF＝kAE，证明见解析；（3）EG的长为或【解析】【分析】（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如图1，当点F在DA上
时，证得△GDF∽△GBA，得出，求出AG＝．由△ABE∽△ADF可得出，求出AE＝．则可得出答案；②如图2，当点F在DC的延长线
上时，同理可求出EG的长．【详解】解：（1）AE＝AF．∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝9
0°，∵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⊥A
E，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠FAB＝90°，∴∠EAB＝∠FAD，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝180°﹣
∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠ADF．∴△ABE∽△ADF，∴，∵AD＝kAB，∴，∴，∴AF＝kAE．（3）
解：①如图1，当点F在DA上时，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AD＝2AB＝4，∴AB＝2，∴CD＝2，∵C
F＝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＝∵△ABE∽△ADF，∴，∴AE＝＝在Rt△EAG中，∠EAG＝9
0°，∴EG＝，②如图2，当点F在DC的延长线上时，DF＝CD+CF＝2+1＝3，在Rt△ADF中，∠ADF＝90°，∴AF＝．∵
DF∥AB，∵∠GAB＝∠GFD，∠GBA＝∠GDF，∴△AGB∽△FGD，∴，∵GF+AG＝AF＝5，∴AG＝2，∵△ABE∽△
ADF，∴，∴，在Rt△EAG中，∠EAG＝90°，∴EG＝．综上所述，EG的长为或．【点睛】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．31．
（2020·湖南怀化）如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．（1）求点C及顶点M的坐标．（
2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接求面积的最大值及此时点N的坐标．（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的
动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．（4）直线CM交x轴于点
E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案
】(1) (0,-3)，(1,-4)；(2) ，()；(3) G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，5)；(4) P点
坐标存在，为或．【解析】【分析】(1)令抛物线解析式中x=0即可求出C点坐标，由公式即可求出顶点M坐标；(2)如下图所示，过N点作
x轴的垂线交直线BC于Q点，设N()，求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据即可求解；(3)设D点坐标为(1,t)，G点坐标为
()，然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；(4)连接AC，由CE=CB可知∠B=∠E
，求出MC的解析式，设P(x,-x-3)，然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解.【详解】解：(1)令中x=0，此时y=
-3，故C点坐标为(0,-3)，又二次函数的顶点坐标为，代入数据解得M点坐标为，故答案为：C点坐标为(0，-3)， M点坐标为(1
，-4)；(2) 过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如下图所示：令中y=0，解得B(3,0)，A(-1,0)，设
直线BC的解析式为：，代入C(0,-3)，B(3,0)，∴，解得，即直线BC的解析式为：，设N点坐标为()，故Q点坐标为，其中，则
，其中分别表示Q,C,B三点的横坐标，且，，故，其中，当时，有最大值为，此时N的坐标为()，故答案为：有最大值为，N的坐标为()；
(3) 设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，且B(3,0)，C(0,-3)分类讨论：情况①：当DG为对角线时，则另一对角线是B
C，由中点坐标公式可知：线段DG的中点坐标为，即，线段BC的中点坐标为，即，此时DG的中点与BC的中点为同一个点，故，解得，检验此
时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为(2，-3)；情况②：当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：线段DB
的中点坐标为，即，线段GC的中点坐标为，即，此时DB的中点与GC的中点为同一个点，故，解得，检验此时四边形DCBG为平行四边形，此
时G坐标为(4，5)；情况③：当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：线段DC的中点坐标为，即，线段GB的中点坐
标为，即，此时DB的中点与GC的中点为同一个点，故，解得，检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为(-2，5)；综上所述，
G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，5)；(4) 连接AC，OP，如下图所示，设MC的解析式为：y=kx+m，代入C
(0,-3)，M(1，-4)即，解得∴MC的解析式为：，令，求得E点坐标为(-3,0)，∴OE=OB=3，且OC=OC，∴CE=C
B，即∠B=∠E，设P(x,-x-3)，又∵P点在线段EC上，∴-3 ①：∴，解得，满足-3 睛】本题考查了二次函数的图像和性质、平行四边形的存在性问题、相似三角形的性质和判定等，综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数
的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题.32．（2020·江苏连云港）（1）如图1，点为矩形对角线上一点，过点作，分别交、于点
、．若，，的面积为，的面积为，则________；?（2）如图2，点为内一点（点不在上），点、、、分别为各边的中点．设四边形的面积
为，四边形的面积为（其中），求的面积（用含、的代数式表示）；（3）如图3，点为内一点（点不在上）过点作，，与各边分别相交于点、、、
．设四边形的面积为，四边形的面积为（其中），求的面积（用含、的代数式表示）；?（4）如图4，点、、、把四等分．请你在圆内选一点（点
不在、上），设、、围成的封闭图形的面积为，、、围成的封闭图形的面积为，的面积为，的面积为．根据你选的点的位置，直接写出一个含有、、
、的等式（写出一种情况即可）．【答案】（1）12；（2）；（3）；（4）答案不唯一【解析】【分析】（1）过P点作AB的平行线MN，
根据S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN从而得到，S矩形AEPM =S矩
形CFPN进而得到与的关系，从而求出结果.（2）连接、，设，，根据图形得到，求出， ，最终求出结果.（3）易知，，导出，再由的关系
，即可可求解.（4）连接ABCD的得到正方形，根据（3）的方法，进行分割可找到面积之间的关系.【详解】（1）过P点作AB∥MN，∵
S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN，又∵∴∴（2）如图，连接、，在中，
因为点E是中点，可设，同理，，所以，．所以，所以，所以．．（3）易证四边形、四边形是平行四边形．所以，．所以，．?（4）???答案
不唯一，如：如图1或图2，此时；如图3或图4，此时．33．（2020·四川遂宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经
过A（1，0），B（3，0），C（0，6）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线A
N交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．（3）P为抛物线上的一动点，Q为
对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【
答案】（1）y=2x2﹣8x+6；（2）点E(2，2)或(3，4)；（3）存在，当点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0
)时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形【解析】【分析】（1）设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，把点C坐标代入
解析式，可求解；（2）先求出点M，点N坐标，利用待定系数法可求AD解析式，联立方程组可求点D坐标，可求S△ABD＝×2×6＝6，设
点E(m，2m﹣2)，分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解；（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y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A(1，0)，B(3，0)，∴设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，∵抛
物线y＝a(x﹣1)(x﹣3)(a≠0)的图象经过点C(0，6)，∴6＝a(0﹣1)(0﹣3)，∴a＝2，∴抛物线解析式为：y＝2
(x﹣1)(x﹣3)＝2x2﹣8x+6；（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2，∴顶点M的坐标为(2，﹣2)，∵抛物线的
顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，∴点N(2，2)，设直线AN解析式为：y＝kx+b，由题意可得：，解得：，∴直线AN解析式为
：y＝2x﹣2，联立方程组得：，解得：，，∴点D（4，6），∴S△ABD＝×2×6＝6，设点E(m，2m﹣2)，∵直线BE将△AB
D的面积分为1：2两部分，∴S△ABE＝S△ABD＝2或S△ABE＝S△ABD＝4，∴×2×(2m﹣2)＝2或×2×(2m﹣2)＝
4，∴m＝2或3，∴点E(2，2)或(3，4)；（3）若AD为平行四边形的边，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD
＝PQ，∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，∴点P坐标为(5，16)
或(﹣1，16)；若AD为平行四边形的对角线，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD与PQ互相平分，∴，∴xP＝3，
∴点P坐标为(3，0)，综上所述：当点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边
形．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键
．34．（2022·辽宁大连）如图，在中，，，点D在上，，连接，，点P是边上一动点（点P不与点A，D，C重合），过点P作的垂线，与
相交于点Q，连接，设，与重叠部分的面积为S．(1)求的长；(2)求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．【答案】(1
)8(2)【解析】【分析】（1）根据勾股定理可求出BD的长，进而求得AD的长；（2）利用相似可求出QP的长，然后利用三角形面积公式
可求出关系式,注意分在线段和在线段上分别讨论．(1)解：∵，，，∴，∵，∴=5，∴AC=AD+DC=5+3=8；(2)解：由（1）
得AD=5，∵AP=x，∴PD=5-x，∵过点P作的垂线，与相交于点Q，∴，∵，∴即，在和中，∴，∴∴∵与重叠部分的面积为S∴的面
积为S即，∵点P不与点A，D，C重合，∴，即．当在上运动时，如图，设交于点，则即综上所述，【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形，
三角形的面积公式，解题的关键是能找到各个边长的关系．35．（2022·山东青岛）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接．
点P从点B出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．交于点F，连接．设运动时间为．解答下列问题：
(1)当时，求t的值；(2)设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式；(3)是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在
，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【解析】【分析】（1）利用得，即，进而求解；（2）分别过点C，P作，垂足分别为M，N
，证得，，求得，再证得，得出，根据即可求出表达式；（3）当时，易证，得出，则，进而求出t值．(1)解：在中，由勾股定理得，∵绕点A
按逆时针方向旋转得到∴∵∴又∴∴∴∴答：当时，t的值为．(2)解：分别过点C，P作，垂足分别为M，N∵∴又∴∴∴∴∵∴∴∴∴∴∴∴
(3)解：假设存在某一时刻t，使∵∴∵∴又∴∴∴∴∴存在时刻，使．【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质
，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．36．（2021·湖南张家界）如图，已知二次函数的图象经过点且与
轴交于原点及点．（1）求二次函数的表达式；（2）求顶点的坐标及直线的表达式；（3）判断的形状，试说明理由；（4）若点为上的动点，且
的半径为，一动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段匀速运动到点，再以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动到点后停止运动，求点
的运动时间的最小值．【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）【解析】【分析】（1）根据已知条件，运用待定
系数法直接列方程组求解即可；（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；（4）根据题意可知动点
的运动时间为，在上取点，使，可证明，根据相似三角形比例关系得，即，当、、三点共线时，取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股
定理进一步计算即可．【详解】解：（1）二次函数的图象经过，且与轴交于原点及点∴，二次函数表达式可设为：将，代入得：解这个方程组得∵
二次函数的函数表达式为（2）∵点为二次函数图像的顶点，∴，∴顶点坐标为：，设直线的函数表达式为，则有：解之得：∴直线的函数表达式为
（3）是等腰直角三角形，过点作于点，易知其坐标为∵的三个顶点分别是，，，∴，且满足∴是等腰直角三角形（4）如图，以为圆心，为半径作
圆，则点在圆周上，依题意知：动点的运动时间为在上取点，使，连接，则在和中，满足：，，∴，∴，从而得：∴显然当、、三点共线时，取得最
小值，过点作于点，由于，且为等腰直角三角形，则有，，∴动点的运动时间的最小值为：．【点睛】本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物
线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．37
．（2021·江苏无锡）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数的图象过B、C两点，且与x轴
交于另一点A，点M为线段上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交于点F，交二次函数的图象于点E．（1）求二次函数的表达式；（2）当
以C、E、F为顶点的三角形与相似时，求线段的长度；（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线对称，求点N的坐标．【答案】（1）
；（2）或；（3）N(0，)【解析】【分析】（1）先求出B(3，0)，C(0，3)，再利用待定系数法即可求解；（2）先推出∠MBF
=∠FBM=∠CFE=45°，可得以C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，设F(m，-m+3)，则E(m，)，根据比例式列出方程，
即可求解；（3）先推出四边形NCFE是平行四边形，再推出FE=FC，列出关于m的方程，求出m的值，从而得CN=EF=，进而即可得到
答案．【详解】解：（1）∵直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，∴B(3，0)，C(0，3)，∵二次函数的图象过B、C两点，∴，解得
：，∴二次函数解析式为：；（2）∵B(3，0)，C(0，3)，l∥y轴，∴OB=OC，∴∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，∴以
C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，设F(m，-m+3)，则E(m，)，∴EF=-(-m+3)= ，CF=，∴或，∴或（舍去）或
或（舍去），∴EF==或；（3）∵l∥y轴，点N是y轴上的点，∴∠EFC=∠NCG，∵点N、F关于直线对称，∴∠CNE=∠EFC，
∴∠CNE=∠NCG，∴NE∥FC，∴四边形NCFE是平行四边形，∵点N、F关于直线对称，∴∠NCE=∠FCE，∵l∥y轴，∴∠N
CE=∠FEC，∴∠FCE=∠FEC，∴FE=FC，∴=，解得：或（舍去），∴CN=EF=，∴ON=+3=，∴N(0，)．【点睛】
本题主要考查二次函数与几何的综合，相似三角形的判定，掌握函数图像上点的坐标特征，用点的横坐标表示出相关线段的长，是解题的关键．38
．（2021·吉林长春）如图，在中，，，，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB—BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动
，当点P不与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．（1）线段AD的长为 ．（2）用
含t的代数式表示线段BP的长．（3）当点在内部时，求的取值范围．（4）当与相等时，直接写出的值．【答案】（1）2；（2）BP=5-
t或者BP=t-5；（3）；（4）或．【解析】【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长，再根据点D为AC的中点，得到结果；（2）由A
P=t，AB=5，得出结论；（3）分情况计算出两个临界值，当点在AB上时，DP⊥AB，△APD∽△ACB，根据对应边成比例求出，当
点在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，△ADP∽△ACB，根据对应边成比例求出，最后得出结论；（4）根据要求画出图形，利用折
叠全等与两角对应相等，两三角形相似，证明出三角形相似，再根据对应边成比例计算出各边的长，最后得到结果．【详解】解：（1）∵∠C=9
0?，，，∴，∵点D为边AC的中点，∴AD=2；（2）当点P在AB上时，∵AP=t，AB=5，∴BP=5-t，当点P在BC上时，B
P=t-5，∴BP=t-5或者BP=5-t ，（3）如图，当点在AB上时，DP⊥AB，∴△APD∽△ACB∴，∴，∴，如图，当点在
AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，∴△ADP∽△ACB∴，∴，∴，∴当点在内部时，，（4）①如图， ∵点A关于直线PD的对称
点，DE⊥AA’，∴△ADE≌△A’DE，∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，∴△ABC∽△DA’E，∴，∵DA=DA’
=2，AC=4，BC=3，AB=5，∴，∴，，∵△ABC∽△DA’E，∴∠EDA’=∠ADE=∠CAB，∴AP=DP=t，∵，，∴
，∴，∴，②如图，∵点A关于直线PD的对称点，PE⊥AA’，∴△ADE≌△A’DE，∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，∴，∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，∴，∴，，∵∠DEA=∠DCP，∠C=∠DEA，∴△
DEA∽△DCP，∴，∴∴，∴，∴或．【点睛】本题主要考查了直角三角形中的动点问题、相似三角形的判断与性质、勾股定理，解题关键在于
根据题意画出图形，再根据两角对应相等，两三角形相似证明三角形相似，再结合勾股定理求出结论．39．（2021·湖南怀化）如图所示，抛
物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且，，，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．（1）求抛物线的解析式；（2）
若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．（3）D为CO
的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E
、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰？若存在
，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，或；（3）点，最短路程为，理由见详解；（4）存在，当以点Q为直
角顶点的等腰时，点或，理由见详解．【解析】【分析】（1）由题意易得，然后设二次函数的解析式为，进而代入求解即可；（2）由题意易得，
要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当时，②当时，进而分类求解即可；（3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，
作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所
走过的最短路程，最后求解即可；（4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰，②当点Q在第一象限时，存在等腰，然后利用“k型”进行
求解即可．【详解】解：（1）∵，，，∴，设二次函数的解析式为，代入点C的坐标可得：，解得：，∴二次函数的解析式为，即为；（2）存在
以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下：由（1）可得抛物线的解析式为，则有对称轴为直线，设直线BC的解析式为，代入点
B、C坐标可得：，解得：，∴直线BC的解析式为，∴点，，∴由两点距离公式可得，若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有
，①当时，则有轴，如图所示：∴点，②当时，如图所示：∴，∴，∴点；（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物
线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C
关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的
最短路程，如图所示：∵OC=8，点D为CO的中点，∴OD=4，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，设直线HI的解析式为，则把点H、I坐
标代入得：，解得：，∴直线HI的解析式为，当y=0时，则有，解得：，当x=1时，则有，∴点，∴点G走过的最短路程为；（4）存在以点
Q为直角顶点的等腰，理由如下：设点，则有：①当点Q在第二象限时，存在等腰时，如图所示：过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL
，交其延长线于点K，如图所示，∴，∴四边形COLK是矩形，∴CK=OL，∵等腰，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵点，∴，解得：（不符合题
意，舍去），∴；②当点Q在第一象限时，存在等腰时，如图所示：同理①可得，解得：（不符合题意，舍去），∴；综上所述：当以点Q为直角顶
点的等腰时，点或．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数
的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．40．（2021·浙江丽水）如图，在菱形中，是锐角
，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．（1）当时，①求证：；②连结，若，求的值；（2）当时，延长交射线于点
M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．【解析】【
分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件
证明出，算出面积之比；（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE=
．【详解】（1）①证明：在菱形中，，，，，∴（ASA），∴．②解：如图1，连结．由①知，，．在菱形中，，∴，设，则．，∴，∴，∴．
（2）解：在菱形中，，，，同理，，∴．是等腰三角形有三种情况：①如图2，当时，，，，，．②如图3，当时，，，，∴．③如图4，当时
，，，，．综上所述，当或2或时，是等腰三角形．【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在
性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．41．（20
18·山东青岛）已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，动点P从点D开始沿
DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，以QA、QP为边作平行四边形A
QPE，设运动的时间为t（s），0＜t＜5．根据题意解答下列问题：（1）用含t的代数式表示AP；（2）设四边形CPQB的面积为S（
cm2），求S与t的函数关系式；（3）当QP⊥BD时，求t的值；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上
？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）AP= 10﹣2t；（2）S=t2﹣12t+78；（3）当t=s时，PQ
⊥BD；（4）存在．当t=s时，点E在∠ABD的平分线．理由见解析.【解析】【分析】（1）如图作DH⊥AB于H则四边形DHBC是矩
形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；（2）作PN⊥AB于N．连接PB，根据S=S△PQB+S△BCP，计算即可；（3）当PQ
⊥BD时，∠PQN+∠DBA=90°，∠QPN+∠PQN=90°，推出∠QPN=∠DBA，推出tan∠QPN==，由此构建方程即可
解解题问题；（4）存在．连接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH=KM，BH=BM
=8，设KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，推出EF=P
N=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，推出BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，由KH∥EF，可得=，由此构建方程
即可解决问题.【详解】（1）如图作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，∴CD=BH=8，DH=BC=6，∴AH=AB﹣BH=8
，AD==10，BD==10，由题意AP=AD﹣DP=10﹣2t．（2）作PN⊥AB于N．连接PB．在Rt△APN中，PA=10﹣
2t，∴PN=PA?sin∠DAH=（10﹣2t），AN=PA?cos∠DAH=（10﹣2t），∴BN=16﹣AN=16﹣（10﹣
2t），S=S△PQB+S△BCP=?（16﹣2t）?（10﹣2t）+×6×[16﹣（10﹣2t）]=t2﹣12t+78（3）当P
Q⊥BD时，∠PQN+∠DBA=90°，∵∠QPN+∠PQN=90°，∴∠QPN=∠DBA，∴tan∠QPN==，∴=，解得t=，
经检验：t=是分式方程的解，∴当t=s时，PQ⊥BD．（4）存在．理由：连接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．当BE平分∠ABD时
，△KBH≌△KBM，∴KH=KM，BH=BM=8，设KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF
⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，∴EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，∴BF=16﹣[（10﹣2t）﹣
2t]，∵KH∥EF，∴=，∴=，解得：t=，经检验：t=是分式方程的解，∴当t=s时，点E在∠ABD的平分线．【点睛】本题考查四
边形综合题，解直角三角形、锐角三角函数、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造
直角三角形或全等三角形解决问题，学会理由参数构建方程解决问题.42．（2013·贵州遵义）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，A
C=4cm，BC=3cm．动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以
每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）．（1）当t为何值时，以A，P，M为
顶点的三角形与△ABC相似？（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由
．【答案】（1）；（2）当时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是．【解析】【分析】根据勾股定理求得AB=5cm．（1）分△
AMP∽△ABC和△APM∽△ABC两种情况讨论：利用相似三角形的对应边成比例来求t的值．（2）如图，过点P作PH⊥BC于点H，构
造平行线PH∥AC，由平行线分线段成比例求得以t表示的PH的值；然后根据“S=S△ABC﹣S△BPH”列出S与t的关系式，则由二次
函数最值的求法即可得到S的最小值．【详解】解：∵如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．∴根据勾股定理，
得．（1）以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况：①当△AMP∽△ABC时，，即，解得；②当△APM∽△ABC时，，
即，解得t=0（不合题意，舍去）．综上所述，当时，以A、P、M为顶点的三角形与△ABC相似．（2）存在某一时刻t，使四边形APNC
的面积S有最小值．理由如下：假设存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值．如图，过点P作PH⊥BC于点H．则PH∥AC，∴
，即．∴．∴．∵，∴S有最小值．当时，S最小值=．答：当时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是．43．（2020·辽宁辽宁
）如图，抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，作直线．（1）求抛物线的解析式；（2）在直线上方的抛物线上存在点，使，求点的坐标；（
3）在（2）的条件下，点的坐标为，点在抛物线上，点在直线上，当以为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．【答案】（1）；
（2）点坐标为；（3），【解析】【分析】（1）将A、C点坐标分别代入抛物线中，联立即可求得a和c的值，从而求出抛物线解析式；（2）
过点作轴交抛物线于点，则，过点作交抛物线于点，设，借助，即可求得t的值，从而求得D点坐标；（3）先求出直线BC的解析式，设，分DF
为边和DF为对角线两种情况讨论，表示出M点坐标，代入抛物线中求得n的值，即可得出N点坐标．【详解】解：（1）：抛物线经过点，解得∴
抛物线的解析式为 （2）过点作轴交抛物线于点，则过点作交抛物线于点过点作于点，则设点的横坐标为，则∵点是与轴的交点，解得的坐标为，
解得（舍去），∴点的纵坐标为：则点坐标为 （3）设直线BC的解析式为：，将C（0,3），B（4，0）分别代入得，，解得，∴直线BC
的解析式为：，设，①当FD为平行四边形的边时，如图，当N点在M点左侧时，则即整理得，即,故，解得：，此时；同理当N点在M点右侧时可
得，故，解得，此时；①当FD为平行四边形的对角线时，则,即故，整理得，该方程无解．综上所述：，．【点睛】本题考查二次函数综合，分别
考查了求二次函数解析式，相似三角形的性质，和二次函数与平行四边形问题．（1）中直接代入点的坐标即可，难度不大；（2）中能正确作辅助
线，构造相似三角形是解题关键；（3）中能分类讨论是解题关键，需注意平行四边形对边平行且相等，可借助这一点结合图象表示M点坐标．44
．（2020·辽宁大连）如图，中，，点D从点B出发，沿边以的速度向终点C运动，过点D作，交边（或）于点E．设点D的运动时间为，的面
积为．（1）当点D与点A重合时，求t的值；（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．【答案】（1）；（2）当时，
当＜时，【解析】【分析】（1）利用勾股定理求解的长，从而可得答案；（2）分，＜两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解的两条直角边，
再利用面积公式列函数关系式即可．【详解】解：（1）， （2）如图，当时，点在上，由题意得： 当＜时，点在上，如
图，由题意得： 同理： 综上：当时，当＜时，【点睛】本题考查的是几何动点问题，考查了相似三角形的判定与性质，考查了利用面
积公式列函数关系式，分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．45．（2020·内蒙古呼伦贝尔）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于
点，连接，点是线段上的动点（与点不重合），连接并延长交抛物线于点，连接，设点的横坐标为．（1）求抛物线的解析式和点的坐标；（2）当
的面积等于2时，求的值；（3）在点运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1），C（0，2
）；（2）m=或；（3）存在最大值．【解析】【分析】（1）将点A和点B的坐标代入抛物线表达式，求解即可；（2）连接OQ，得到点Q的
坐标，利用S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC得出△BCQ的面积，再令S=2，即可解出m的值；（3）证明△APC∽△QPH，根据
相似三角形的判定与性质，可得，根据三角形的面积，可得QH=，根据二次函数的性质，可得答案．【详解】解：（1）∵抛物线经过A（-1，
0），B（4，0），可得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，令x=0，则y=2，∴点C的坐标为（0，2）；（2）连接OQ，∵点Q的横
坐标为m，∴Q（m，），∴S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC==，令S=2，解得：m=或；（3）如图，过点Q作QH⊥BC于H，
∵AC=，BC=，AB=5，满足AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，又∠QHP=90°，∠APC=∠QPH，∴△APC∽△
QPH，∴，∵S△BCQ=BC?QH=QH，∴QH=，∴，∴当m=2时，存在最大值．【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到相似三
角形的判定与性质，三角形面积求法，待定系数法，勾股定理，综合性强，有一定难度，解题时要注意数形结合．46．（2020·湖北随州）如
图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，其图象与轴交于点和点，与轴交于点．?（1）直接写出抛物线的解析式和的度数；（2）动点
，同时从点出发，点以每秒3个单位的速度在线段上运动，点以每秒个单位的速度在线段上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运
动．设运动的时间为秒，连接，再将线段绕点顺时针旋转，设点落在点的位置，若点恰好落在抛物线上，求的值及此时点的坐标；（3）在（2）的
条件下，设为抛物线上一动点，为轴上一动点，当以点，，为顶点的三角形与相似时，请直接写出点及其对应的点的坐标．（每写出一组正确的结果
得1分，至多得4分）【答案】（1），；（2）t=，D点坐标为； （3）；；； ；； ；； ； ；； ．【解析】【分析】（1）根据抛
物线的对称轴以及点B坐标可求出抛物线表达式；（2）过点N作于E，过点D作于F，证明，得到，从而得到点D坐标，代入抛物线表达式，求出
t值即可；（3）设点P（m，），当点P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴，过点P作PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S，根据△CP
Q∽△MDB，得到，从而求出m值，再证明△CPQ∽△MDB，求出CQ长度，从而得到点Q坐标，同理可求出其余点P和点Q坐标.【详解】
解：（1）∵抛物线的对称轴为直线，∴，则b=-3a，∵抛物线经过点B（4，0），∴16a+4b+1=0，将b=-3a代入，解得：a
=，b=，抛物线的解析式为：，令y=0，解得：x=4或-1，令x=0，则y=1，∴A（-1，0），C（0，1），∴tan∠CAO=
,∴；（2）由（1）易知，过点N作于E，过点D作于F，∵∠DMN=90°，∴∠NME+∠DMF=90°，又∠NME+∠ENM=90
°，∴∠DMF=∠ENM，， ，（AAS），，由题意得：，，，，， ，，又，故可解得：t=或0（舍），经检验，当t=时，点均未到达
终点，符合题意，此时D点坐标为；（3）由（2）可知：D，t=时，M（，0），B（4，0），C（0，1），设点P（m，），如图，当点
P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴，过点P作PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S，则PR=m，DS=，若△CPQ∽△MDB，∴，
则，，解得：m=0（舍）或1或5（舍），故点P的坐标为：， ∵△CPQ∽△MDB，∴，当点P时，，解得：CQ=，，∴点Q坐标为（0
，），；同理可得：点P和点Q的坐标为：；；；；；；；；；；.【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数表达
式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质，难度较大，计算量较大，解题时注意结合函数图像，找出符合条件的情形.47．（2020·
河北）如图1和图2，在中，，，．点在边上，点，分别在，上，且．点从点出发沿折线匀速移动，到达点时停止；而点在边上随移动，且始终保持
．（1）当点在上时，求点与点的最短距离；（2）若点在上，且将的面积分成上下4：5两部分时，求的长；（3）设点移动的路程为，当及时，
分别求点到直线的距离（用含的式子表示）；（4）在点处设计并安装一扫描器，按定角扫描区域（含边界），扫描器随点从到再到共用时36秒．
若，请直接写出点被扫描到的总时长．【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；（4）【解析】【分析】（1）根据当点在上时，PA⊥
BC时PA最小，即可求出答案；（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，证明△APQ∽△ABC，可得，根据=可得 ，可得，求出AB
=5，即可解出MP；（3）先讨论当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，求解即可，再讨论当3≤x≤9时
，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，根据d=CP·sinC即可得出答案；（4）先求出移动的速度==，然
后先求出从Q平移到K耗时，再求出不能被扫描的时间段即可求出时间．【详解】（1）当点在上时，PA⊥BC时PA最小，∵AB=AC，△A
BC为等腰三角形，∴PAmin=tanC·=×4=3；（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，S上=S△APQ，S下=S四边形B
PQC，∵，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴，∴，当=时，，∴，AE=·，根据勾股定理可得AB=5，∴，解得MP=；（3）当
0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，由（2）可知sinC=，∴d=PQ，∵AP=x+2，∴，∴PQ=
，∴d==，当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，d=CP·sinC=（11-x）=-x+
，综上；（4）AM=2 APQ+∠QPC=∠B+∠BAP，∴∠QPC=∠BAP，又∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCQ，设BP=y，CP=8-y，，即，整理
得y2-8y=，（y-4）2=，解得y1=，y2=，÷=10秒，÷=22秒，∴点被扫描到的总时长36-（22-10）-1=23秒．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，一次函数的应用，结合知识点灵活运用是解题关键．48．（2020·山东潍坊）
如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，顶点为D，连接与抛物线的对称轴l交于点E．（1）求抛物线的表达式；（2）点P是第一象
限内抛物线上的动点，连接，当时，求点P的坐标；（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶
点的三角形与相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）在射线上存在点M，使得以点M，N，E为
顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．【解析】【分析】（1）直接将和点代入，解出a，b的值即可得出答案；（2）先求出点C的坐标及
直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于
t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三
种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．【详解】（1）抛物线过点和点抛物线解析式为：（2）当时，直线BC解析式为：过点P
作PG轴，交轴于点G，交BC于点F设即（3）为等腰直角三角形抛物线的对称轴为点E的横坐标为3又点E在直线BC上点E的纵坐标为5设①
当MN=EM，,时解得或（舍去）此时点M的坐标为②当ME=EN，时解得：或（舍去）此时点M的坐标为③当MN=EN，时连接CM，易知
当N为C关于对称轴l的对称点时，，此时四边形CMNE为正方形解得：（舍去）此时点M的坐标为在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶
点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．【点睛】本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾
股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．49．（2022·湖北十堰）已知，在内部作等腰，，
．点为射线上任意一点（与点不重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点．(1)如图1，当时，线段与的数量关系
是_________；(2)如图2，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)若，，，过点作
，垂足为，请直接写出的长（用含有的式子表示）．【答案】(1)BF=CF(2)成立；理由见解析(3)或PD=0或【解析】【分析】（1
）连接AF，先根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；（2）连接AF，先说明，然后根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得
出结论；（3）先根据，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照，，三种情况进行讨论，得出结果即可．(1)解：BF=CF；理由如
下：连接AF，如图所示：根据旋转可知，，AE=AD，∵∠BAC=90°，∴，，∴，∵AC=AB，∴（SAS），∴，∴，∵在Rt△A
BF与Rt△ACF中，∴（HL），∴BF=CF．故答案为：BF=CF．(2)成立；理由如下：连接AF，如图所示：根据旋转可知，，A
E=AD，∵，∴，，∴，∵AC=AB，∴，∴，∴，∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，∴（HL），∴BF=CF．(3)∵，AB=AC
，∴△ABC为等边三角形，∴，，当时，连接AF，如图所示：根据解析（2）可知，，∴，∵，，即，，根据解析（2）可知，，∴，∴，，，
∵，∴，∴，，∴；当时，AD与AC重合，如图所示：∵，，∴△ADE为等边三角形，∴∠ADE=60°，∵，∴，∴此时点P与点D重合，
；当时，连接AF，如图所示：根据解析（2）可知，，∴，∵，，即，，根据解析（2）可知，，∴，∴，∵，，∵，∴，∴，，∴；综上分析可
知，或PD=0或．50．（2021·四川成都）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．（1）如图1，当点落
在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点
，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【
解析】【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点
D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而
求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出
，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共
线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如
图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如图，作且交延长线于
点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中 ，∴，∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴
，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．【点睛】本题为旋转综合题．考查
旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角
形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．51．（2021·内蒙古鄂尔多斯）旋转是一种重要的图形变换，当
图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．（1）尝试解决：如图①，在等腰中，，点M是上的一点，，，将绕点A旋转后得到，连接，
则___________．（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形中，于点B，于点D，点P、Q分别是上的点，且，求的周长．（结果用
a表示）（3）拓展应用：如图③，已知四边形，，求四边形的面积．【答案】（1）；（2）2a；（3）【解析】【分析】（1）由旋转的性质
可得△ABM≌△ACN，从而得出∠MCN=∠ACB+∠ACN =90°，再根据勾股得出AM的长；（2）将绕点C旋转后得到，利用SA
S得出△QCP≌△QCM，从而得出的周长（3）连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB
′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE；易证△AFB′是等腰直角三角形，△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理计算AE=B′E=
，BB′=，求△ABB′和△BDB′的面积和即可．【详解】（1）∵，∴∠B=∠ACB=45°，将绕点A旋转后得到，此时AB与AC重
合，由旋转可得：△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，AM=AN，BM=CN=1，∠B=∠ACN=45°，∴∠MCN=∠ACB
+∠ACN =90°，∠MAN=∠ABC=90°，∴∴；（2）∵，，∴将绕点C旋转后得到，此时BC与DC重合， ∴△BCP≌△DC
M，∴∠DCM=∠PCB，BP=DM，PC=CM，∵，∴，∴， ∵PC=CM，QC=QC,∴△QCP≌△QCM，∴PQ=QM，∴的
周长=AQ+AP+PQ= AQ+AP+QM= AQ+AP+DQ+DM= AQ+AP+DQ+BP=AD+AB，∵，∴的周长=2a；（
3）如图，连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥
BE；∴△BCD≌△B′AD∴S四边形ABCD=S四边形BDB′A，∵∠ABC=75°，∠ADC=60°，∴∠BAB′=135°∴
∠B′AE=45°，∵∴B′E=AE=，∴BE=AB+AE=2+=，∴∵等边△DBB′，∴BB′上的高=，∴∴ ，∴S四边形ABC
D=S四边形BDB′A=S△BDB′-S△ABB′=；【点睛】本题考查了图形的旋转变换，三角形全等，勾股定理，等积代换思想，类比思
想等．构造直角三角形，求出三角形的高是解决问题的关键．52．（2021·黑龙江齐齐哈尔）综合与实践数学实践活动，是一种非常有效的学
习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会
活动带给我们的乐趣．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．（
1）_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别
交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；（3）连接正方形对角线B
D，若图2中的的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开
，如图4．（4）求证：．【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）见解析【解析】【分析】（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形
的性质：, ，则，为等腰三角形；（2）如图：将顺时针旋转，证明全等，即可得出结论；（3）证明即可得出结论；（4）根据半角模型，将顺
时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．【详解】（1）由翻折的性质可知：为正方形，为等腰三角形（2
）如图：将顺时针旋转， 由旋转的性质可得：，由（1）中结论可得为正方形，在和中（3）为正方形对角线，，（4）如图：将顺时针旋转，连
接，由（2）中的结论可证根据旋转的性质可得：，在中有【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，
全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．53．（2021·湖北宜昌）如
图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线
分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．（1）如图1，求证：四边形是正方形；（2）如图2，当点和点重合时．①求证：；②若，，求线段
的长；（3）如图3，若交于点，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）【解析】【分析】（1）先利用三个角是直角的
四边形是矩形证明，再根据证得结论；（2）①证明即可得到结论；②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，
，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；（3）方法一：延长与的
延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明
，求出，再证明，求出答案；方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．【详解】（1）在矩形中，，∵，则，∴四边形是矩
形．∵，∴矩形是正方形．（2）①如图1，∵，∴，，∴，又∵，，∴，∴．②方法一：设正方形边长为，∵PG∥，∴，∴，∴，∴在中，，∴
，∴．∴，，∵，∴∽△CKG，∴,∴,∵，∴△B’CK≌△E’KD，∴DK=KC，又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，∴，∴PG=
KG，∴；方法二：如图2，过点作于点，由，可得：，由方法一，可知，∴，由方法一，可知为中点，从而，，从而由勾股定理得．（3）方法一
：如图3，延长与的延长线交于点，由题意可知，，，∴，，∴，设，，则，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．∵，∴
．方法二，如图4，过点作，垂足为点．由题意可知，，，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，∴，，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴
，∴，∴，∴．方法三：如图5，设与交于点，设，则，，由题意可知，，，，∴，∴，由方法（2）可知，，所以，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，
∴．【点睛】此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握
各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．54．（2021·辽宁本溪）在?中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时
针旋转得线段．（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间
的数量关系，并说明理由；（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）或.【解析】【分析
】（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由 三边关系利用勾股定理可得；（3）①当点
在上时，证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值，②当点在的延长线上时，同①方法可得答案．【详解】解：（1）如图,
延长，交于点，由题意，将线段绕点E顺时针旋转，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是平行四边形，平分，，，，，，四边形是菱形，，
，是等边三角形，，，，,，，，，四边形是平行四边形，，=，，在和中，，，．（2）连接，过F作交的延长线于点，，四边形是矩形，，，，
，，平分，，，，四边形是矩形，，，在和中，，，，设，则，，，，，，在中，，即，整理得：，．（3）①当在线段上时，如图，，平分，，，
，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，．②当在的延长线上时，如图，，，，，，由①可得，，，，， ，，．综上所述，与面积的比
值为或．【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行
四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．55．（2022·广西）已知
，点A，B分别在射线上运动，．(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判
断OD与有什么数量关系?证明你的结论：(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：(3)
如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大?请说明理由，并求出面积的最大值．【答案】(1)，证明见解析(2)(3)当时，的
面积最大；理由见解析，面积的最大值为【解析】【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，
进而得出结论；（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形A
O′B上的高O′D，进而求得结果；（3）作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I
于O，此时△AOB的面积最大，进一步求得结果．（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点
E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当时，OC最大，当时，此时OT最大，即的面积最大，由勾股定理等进行求解即可．(1)解：，
证明如下：，AB中点为D，，为的中点，，，，；(2)解：如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运
动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，∴BO′=AB=6，OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；(3)解
：如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，∴AI=AB=3，∠AOB=∠AIB＝45°，则点O在⊙I上，取A
B的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，∵OC=CI+OI=AB+3=3+3，∴S△AOB最大=×6×(3+
3)=9+9．【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
56．（2022·辽宁沈阳）（1）如图，和是等腰直角三角形，，点C在OA上，点D在线段BO延长线上，连接AD，BC．线段AD与BC
的数量关系为______；（2）如图2，将图1中的绕点O顺时针旋转（）第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，
说明理由．（3）如图，若，点C是线段AB外一动点，，连接BC，①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值_
_____；②若以BC为斜边作，（B、C、D三点按顺时针排列），，连接AD，当时，直接写出AD的值．【答案】（1）AD=BC；（2
）结论仍成立，理由见详解；（3）①，②．【解析】【分析】（1）由题意易得，然后可证，进而问题可求解；（2）由题意易得，然后可证，进
而问题可求证；（3）①根据题意作出图形，然后根据三角不等关系可得，则当A、C、D三点共线时取最大，进而问题可求解；②过点C作CE⊥
AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，然后可得点C、D、B、E四点共圆，则有，设，则，进而根据勾股定理可进行方程求解．【
详解】解：（1）AD=BC，理由如下：∵和是等腰直角三角形，，∴，∴（SAS），∴AD=BC，故答案为AD=BC；（2）结论仍成立
，理由如下：∵和是等腰直角三角形，，∴，∴，即，∴（SAS），∴AD=BC；（3）①如图，由题意得：，根据三角不等关系可知：，∴当
A、C、D三点共线时取最大，∴，∵，，∴，∴AD的最大值为；②过点C作CE⊥AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，如图所
示：∴，∴点C、D、B、E四点共圆，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，设，则，∴，∴，，∴在Rt△AEC和Rt△BEC中，由勾股定理得：，
整理得：①；在Rt△BFD中，由勾股定理得：，整理得：②，联立①②得：，解得：（不符合题意，舍去），∴，过点E作EM⊥AD于点M，
∴，，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质，熟练掌握全等三
角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质是解题的关键．57．（2022·四川雅安）已知二次函数y
＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C（0，﹣3）．(1)求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐
标；(2)在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；(3)在平面直角坐标
系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．【答案】(1)(2)E的坐标为：或或或(3)BP的最小值为：【解析】【分析】（
1）根据题意可设抛物线为再代入C的坐标可得函数解析式，化为顶点式可得顶点坐标；（2）如图，由可得抛物线的对称轴为：设 而A（﹣1，
0），C（0，-3），再利用勾股定理分别表示 再分三种情况讨论即可；（3）如图，连结AD，记AD的中点为H，由 则在以H为圆心
，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，连结BH，交圆H于P，则PB最短，再求解H的坐标，结合勾股定理可得答案．(1)解： 二次函数
y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），∴设二次函数为： 把C（0，﹣3）代入抛物线可得： 解得： ∴抛物线为
： (2)如图，由可得抛物线的对称轴为： 设 而A（﹣1，0），C（0，-3）， 当时，，解得 即 当时， 解得： 即 当时，
整理得： 解得： 综上：E的坐标为：或或或(3)如图，连结AD，记AD的中点为H，由 则在以H为圆心，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，连结BH，交圆H于P，则PB最短， 即BP的最小值为：【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数的性质，勾股定理的应用，二次函数与圆的综合，判断PB最小时，P的位置是解本题的关键．58．（2022·湖北鄂州）如图1，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的直角边OA在y轴的正半轴上，且OA=6，斜边OB=10，点P为线段AB上一动点． (1)请直接写出点B的坐标；(2)若动点P满足∠POB=45°，求此时点P的坐标；(3)如图2，若点E为线段OB的中点，连接PE，以PE为折痕，在平面内将△APE折叠，点A的对应点为A''，当PA''⊥OB时，求此时点P的坐标；(4)如图3，若F为线段AO上一点，且AF=2，连接FP，将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，连接OG，当OG取最小值时，请直接写出OG的最小值和此时线段FP扫过的面积．【答案】(1)（8，6）(2)（，6）(3)（，6）(4)OG的最小值为4，线段FP扫过的面积为【解析】【分析】（1）由勾股定理即可求解；（2）连接OP，过点P作PQ⊥OB于点Q，因为∠POB=45°，所以PQ=OQ，设PQ=OQ=x，则BQ=10-x，根据tanB的值，即可求得x的值，再利用勾股定理，即可求解；（3）令PA''交OB于点D，由点E为线段OB的中点，可得，，利用折叠的性质、正切函数、勾股定理，即可求解；（4）当以点F为圆心，OF的长为半径画圆，与AB的交点即为点P，再将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，此时OG最小，利用三角函数、等边三角形的判定与性质、扇形的面积公式，即可求解．(1)解：在Rt△OAB中，，∴点B的坐标为（8，6）；(2)解：连接OP，过点P作PQ⊥OB于点Q，如图，∵∠POB=45°，∴∠OPQ=45°，∴∠POB=∠OPQ，∴PQ=OQ，设PQ=OQ=x，则BQ=10-x，在Rt△OAB中，，在Rt△BPQ中，，解得，∴，在Rt△POQ中，，在Rt△AOP中，，∴点P的坐标为（，6）；(3)解：令PA''交OB于点D，如图，∵点E为线段OB的中点，∴，，∵，设，则，∴，∴，由折叠的性质，可得，，∴，在Rt△中，，即，解得，∵，即，∴，∴，∴，∴点P的坐标为（，6）；(4)解：以点F为圆心，OF的长为半径画圆，与AB的交点即为点P，再将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，连接OG，此时OG最小，如图，由题可知，，在中，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴OG的最小值为4，∴线段FP扫过的面积=．【点睛】本题主要考查了勾股定理、三角函数、直角三角形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、扇形的面积公式．59．（2022·江苏连云港）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.(1)解：由题意得，，∵在中，，，．∴．(2)①当点在上方时，如图一，过点作，垂足为，∵在中，，，，∴，∴．∵在中，，，，，∴．∵点、、在同一直线上，且，∴．又∵在中，，，，∴，∴．∵在中，，∴．②当点在下方时，如图二，在中，∵，，，∴．∴．过点作，垂足为．在中，，∴．综上，点到直线的距离为．(3)解：如图三，取的中点，连接，则．∴点在以为圆心，为半径的圆上．当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．∴点所经过的路径长为．(4)解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，如图四，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，∴，∴，即点到直线的距离的最大值为.【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.60．（2021·四川宜宾）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．（1）求抛物线的表达式；（2）判断△BCE的形状，并说明理由；（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，【解析】【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，∵与y轴交于点C（0，6），∴把点C（0，6）代入得：a=，∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；（2）△BCE是直角三角形．理由如下：∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，∴当y=0时，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，∴A（-2，0），B（6，0），∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，∴BE2=BC2+CE2，∴∠BCE=90°，∴△BCE是直角三角形；（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．连接CP，∵CP为半径，∴ ，又∵∠FCP=∠PCE，∴△FCP∽△PCE，∴ ，FP=EP，∴BF=BP+EP，由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．∵CF=CE，E（2，8），∴F（，），∴BF=【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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