中考数学模拟题汇总《勾股定理的应用》专项练习(附答案解析)

中考数学模拟题汇总《勾股定理的应用》专项练习(附答案解析)一、综合题1．如图1，对称轴为直线x= 的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两
点，抛物线与x轴的另一交点为A（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最
大值；（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点
Q的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图①，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝ ，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE
＝ ，连接DE，把△ADE绕点A顺时针方向旋转α（0°＜α＜360°）. （1）如图②，当0°＜α＜180°时，判断线段CE和
BD的数量关系，并说明理由；（2）如图③，若180°＜α＜360°，当C、D、E三点在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，请
说明理由，并求出此时线段BE的长；（3）在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时的旋转角α的度数.3．问题提出（1）如图
①，AD是△ABC的中线，则AB+AC 　2AD；（填“>”“<”或“=”）（2）问题探究如图②，在矩形ABCD中，CD=3，BC
=4，点E为BC的中点，点F为CD上任意一点，当△AEF的周长最小时，求CF的长；（3）问题解决如图③，在矩形ABCD中，AC=4
，BC=2，点O为对角线AC的中点，点P为AB上任意一点，点Q为AC上任意一点，连接PO、PQ、BQ，是否存在这样的点Q，使折线O
PQB的长度最小？若存在，请确定点Q的位置，并求出折线OPQB的最小长度；若不存在，请说明理由。4．如图，抛物线y=ax2+bx+
4交x轴于A（-3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC。点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m。
（1）求此抛物线的表达式；（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q，试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得
以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形。若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过点P作PN⊥BC，垂足为点N，
请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？5．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣
1，0）和B（3，0）两点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点E，点D为顶点，连接BD、CD、BC．（1）求二次函数解析式及顶点坐
标；（2）点P为线段BD上一点，若S△BCP= ，求点P的坐标；（3）点M为抛物线上一点，作MN⊥CD，交直线CD于点N，若∠C
MN=∠BDE，请直接写出所有符合条件的点M的坐标．6．如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA，PB，PC，若
有PA2＝PB2+PC2则称点P为△ABC关于点A的勾股点.（1）如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A，B，C，
D，E，F，G均在小正方形的顶点上，则点D是△ABC关于点　的勾股点；在点E，F，G三点中只有点　是△ABC关于点A的勾股点.（2
）如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，①求证：CE＝CD；②若DA＝DE，∠AEC＝120°，求∠A
DE的度数.（3）矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三
角形，直接写出AE的长.7．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点P是对角线BD上一点，连接AP，AE⊥AP，且＝，连接B
E．（1）当DP＝2时，求BE的长．（2）四边形AEBP可能为矩形吗？如果不可能，请说明理由；如果可能，求出此时四边形AEBP的面
积．8．在直角坐标系中， 的圆心M在y轴上， 与x轴交于点A、B，与y轴交于点C、D，过点A作 的切线AP交y轴于点P，若点
C的坐标为（0，-2），点A的坐标为（4，0）， （1）求证：∠PAC= ∠CAO；（2）求 的半径r；（3）求直线PA的解析
式；9．如图，矩形 中， ， ，点 在 边上，与点 、 不重合，过点 作 的垂线与 的延长线相交于点 ，连结
，交 于点 ． （1）当 为 的中点时，求 的长；（2）当 是以 为腰的等腰三角形时，求 ．10．如图，在矩
形 中， ， ，点 从点 出发沿 以2 的速度向点终点 运动，同时点 从点 出发沿 以1 的速度向点终点
运动，它们到达终点后停止运动. （1）几秒后，点 、 的距离是点 、 的距离的2倍；（2）几秒后， 的面积是24
.11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，AC= ，点M是线段CA上的动点(M不与点A、C重合)，作△ABM的
外接圆⊙O，过点A作AN BC，交⊙O于N点. （1）tanC的值为　.（2）若△ANM∽△CMB(其中点A与点C对应，点M与点
B对应)，求AM的长.（3）①若△AMN为等腰三角形，求线段MC的长度.②若S△BMN=S△BMC，请直接写出此时△BMN的面积
▲ .12．在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点B在直线l： 上，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于点
C. （1）如图，点B，C分别在第三、二象限内，BC与AO相交于点D，若BA=BO. ①求证：CD=CO.②求四边形ABOC的面积
.（2）是否存在点B，使得以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由.13．已知：AB为⊙
O的直径，点C，D在⊙O上，连接AD，OC.（1）如图1，求证：AD∥OC；（2）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，求证：AD＝2
OE；（3）如图3，在（2）的条件下，点F在OC上，且OF＝BE，连接DF并延长交⊙O于点G，过点G作CH⊥AD于点H，连接CH，
若∠CFG＝135°，CE＝3，求CH的长.14．已知，在 中， ，以 为直径的 与 相交于点 ，在 上取一点 ，
使得 ． （1）求证： 是 的切线；（2）当 ， 时，求 的半径．15．在平面直角坐标系 中，已知抛物线 （a，
c是常数， ）经过点 ， . （1）求这条抛物线的表达式.（2）在第一象限内对称轴上有一点C，满足 ，求四边形 的面积
. （3）D为 下方抛物线上一动点，连接 ， ，若 为直角三角形，求点D的坐标. 16．如图，抛物线y= 与x轴交于
A，B（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，连接AC、BC.过点A作AD∥BC交抛物线于点D（8 ，10），点P为线段BC下方抛物
线上的任意一点，过点P作PE∥y轴交线段AD于点E. （1）如图1.当PE+AE最大时，分别取线段AE，AC上动点G，H，使GH
=5，若点M为GH的中点，点N为线段CB上一动点，连接EN、MN，求EN+MN的最小值；（2）如图2，点F在线段AD上，且AF：D
F=7：3，连接CF，点Q，R分别是PE与线段CF，BC的交点，以RQ为边，在RQ的右侧作矩形RQTS，其中RS=2，作∠ACB的
角平分线CK交AD于点K，将△ACK绕点C顺时针旋转75°得到△A′CK′，当矩形RQTS与△A′CK′重叠部分（面积不为0）为轴
对称图形时，请直接写出点P横坐标的取值范围.参考答案与解析1．【答案】（1）解：由对称性得：A（﹣1，0），设抛物线的解析式为：y
=a（x+1）（x﹣2），把C（0，4）代入：4=﹣2a，a=﹣2，∴y=﹣2（x+1）（x﹣2），∴抛物线的解析式为：y=﹣2x
2+2x+4；（2）解：如图1，设点P（m，﹣2m2+2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D，∴S=S梯形+S△PDB= m（﹣
2m2+2m+4+4）+ （﹣2m2+2m+4）（2﹣m），S=﹣2m2+4m+4=﹣2（m﹣1）2+6，∵﹣2＜0，∴S有最大
值，则S大=6；（3）解：存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，理由是：分以下两种情况：①当∠BQM=90
°时，如图2：∵∠CMQ＞90°，∴只能CM=MQ．设直线BC的解析式为：y=kx+b（k≠0），把B（2，0）、C（0，4）代入
得： ，解得： ，∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+4，设M（m，﹣2m+4），则MQ=﹣2m+4，OQ=m，BQ=2﹣m，在
Rt△OBC中，BC= = =2 ，∵MQ∥OC，∴△BMQ∽△BCO，∴ ，即 ，∴BM= （2﹣m）=2 ﹣ m
，∴CM=BC﹣BM=2 ﹣（2 ﹣ m）= m，∵CM=MQ，∴﹣2m+4= m，m= =4 ﹣8．∴Q（4 ﹣
8，0）．②当∠QMB=90°时，如图3，同理可设M（m，﹣2m+4），过A作AE⊥BC，垂足为E，∴∠EAB=∠OCB，∴sin
∠EAB= ，∴ ，∴BE= ，过E作EF⊥x轴于F，sin∠CBO= ，∴ ，∴EF= ，由勾股定理得：BF= =
，∴OF=2﹣ = ，∴E（ ， ），由A（﹣1，0）和E（ ， ）可得：则AE的解析式为：y= x+ ，则直线B
C与直线AE的交点E（1.4，1.2），设Q（﹣x，0）（x＞0），∵AE∥QM，∴△ABE∽△QBM，∴①，由勾股定理得：x2+
42=2×[m2+（﹣2m+4﹣4）2]②，由以上两式得：m1=4（舍），m2= ，当m= 时，x= ，∴Q（﹣ ，0）．
综上所述，Q点坐标为（4 ﹣8，0）或（﹣ ，0）．2．【答案】（1）证明：如图2中，根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CA
B=∠EAD=90°， ∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90°，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中， ，∴△A
CE≌△ABD（SAS），∴CE=BD；（2）解：∵AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°， ∴∠CAE=∠BAD.在
△ACE和△ABD中， ，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=BD，∠ACE=∠ABD.∵∠ABD+∠AOB=90°，∠COD
=∠AOB，∴∠ACE+∠COD=90°，∴BD⊥CE.∵AD=AE= ，AB=AC= ，∠CAB=∠EAD=90°，∴DE=
AD=7， BC= AB=13.设BD=x，则CD=x-7，在Rt△BCD中，∵x2+(x-7)2=132，∴x1=12，x
2=-5（舍去），在Rt△BED中，∵BE= ；（3）解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有
最大值， ∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：∵DG⊥BC于G，∴AG= BC= ，∠GA
B=45°.∵AD=AE= ，∴DG=AG+AD= + ，∠DAB=180°-45°=135°，∴△BCD的面积的最大值为：
BC?DG＝ ×13×( + )= ，旋转角α=135°.3．【答案】（1）>（2）解：如解图①，作点E关于CD的对称
点G，连接AG交CD于点F，则EF=FG，此时△AEF的周长最小 ∵CD=3，BC=4，点E为BC的中点， ∴BE=CE=CG=
BC=2，∴BG=4+2=8 ∵在矩形ABCD中，CF∥AB，∴△AFCG∽△ABG， ∴ ， ∴ ， ∴CF=1（3）解：如解
图②，作点B关于AC的对称点B''，作点O关于AB的对称点O''，连接AB''、QB''、AO''、PO''、BO''， 则QB=QB''，OP
=O''P， ∴折线OPQB的长度=OP+PQ+QB=O''P+PQ+QB''，由“两点之间，线段最短”可知O''P+PQ+QB''≥B''O
''，当且仅当点B''、Q、P、O''四点共线时， 折线O POB的最小长度为B''O''的长度。 ∵在矩形ABCD中，AC=4，BC=2，
∠ABC=90°， ∴∠BAC=30°，∴AB=2 ∵AC=4，点O为AC的中点，∴AO=2， ∵点B与点B''关于AC对称，点O与
点O''关于AB对称， ∴∠B''AC=∠BAC=30°，AB''=AB=2 ， ∠O''AB=∠BAC=30°，AO''=AO=2， ∴
∠B''AO''=∠B''AC+∠BAC+∠O''AB=90° ∴B''O''= =4 ∴设B''O''交AC于点Q''， 在Rt△AB''O''中，
AO''=2，B''O''=4， ∴∠AB''O''=30°，∴∠AO''B''=60°， 又∵∠O''A Q''=∠BAC+∠O''AB=60°，
∴△AO''Q''是等边三角形， ∴AQ''=AO''=2， ∵AO=2，∴AQ''=AO， ∴点Q''与AC的中点O重合， 故当点Q与AC的
中点O重合时，折线OPOB的长度最小，最小长度为44．【答案】（1）解：由二次函数交点式表达式得：y=a（x+3）（x-4）=ax
2-ax-12a，∴-12a=4，∴a=-，∴ 抛物线的表达式为y=-x2+x+4；（2）解：存在，理由如下：∵点A、B、C的坐标
分别为（-3，0）、（4，0）、（0，4），∴AC=5，AB=7，BC=4， ∠OAB=∠OBA=45°， 设直线BC的解析式为y
=kx+b， 将点B、C的坐标代入y=kx+b， 得：， 解得，∴直线BC的解析式为y=-x+4， 设直线AC的解析式为y=k1x
+b1， 将点A、C的坐标代入y=k1x+b1， 得：， 解得， 直线AC的表达式为：y=x+4， 设直线AC的中点为K（-，2）
，∵过点K与AC垂直的直线的表达式中的k值为-，∴设过点K与AC垂直的直线的表达式为y=-x+q， 把点K的坐标代入得：-×（-）
+q=2， 解得q=，∴过点K与AC垂直的直线的表达式为y=-x+，①当AC=AQ时，如图， 则AC=AQ=5， 设QM=MB=n
，则AM=7-n， 由勾股定理得：AM2+QM2=AQ2，∴（7-n）2+n2=25， 解得n=3或4（舍去4）， 故点Q（1，3
）；②当AC=CQ时，如图1，∴CQ=5，则BQ=BC-CQ=4-5， 则QM=MB=， 故点Q （，），③当CQ=AQ时， 由，
解得x=（不符合题意，舍去）， 综上所述，点Q的坐标为Q（1，3）或Q （，）；（3）解：设 P（m，-m2+m+4），则Q（m
，-m+4），∵OB=OC，∴∠ABC=∠OCB=45°=∠PQN，∴PN=PQsin∠PQN=（-m2+m+4+m-4）=，∵＜
0，∴PN有最大值 ，当m=2时，PN的最大值为.5．【答案】（1）解：把A（﹣1，0）和B（3，0）两点代入抛物线y=x2+bx
+c中得： ，解得： ，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）（2）解：C（0，﹣3），由勾
股定理得：BC2=32+32=18，CD2=12+（4﹣3）2=2，BD2=（3﹣1）2+42=20，∴CD2+BC2=BD2，即
∠BCD=90°，∴△BCD是直角三角形；∴S△BCD=3由S△BCP= ，∴P为BD中点．∴P（2，﹣2）（3）解：∵∠CMN
=∠BDE，∴tan∠BDE=tan∠CMN= = ，∴ = ，同理得：CD的解析式为：y=﹣x﹣3，设N（a，﹣a﹣3），
M（x，x2﹣2x﹣3），①如图2，过N作GF∥y轴，过M作MG⊥GF于G，过C作CF⊥GF于F，则△MGN∽△NFC，∴ =2，
∴ = =2，则 ，∴x1=0（舍），x2=5，当x=5时，x2﹣2x﹣3=12，∴M（5，12），②如图3，过N作FG∥x轴
，交y轴于F，过M作MG⊥GF于G，∴△CFN∽△NGM，∴ = ，∴ = = ，则 ∴x1=0（舍），x2= ，当x=
时，y=x2﹣2x﹣3=﹣ ，∴M（ ，﹣ ），综上所述，点M的坐标（5，12）或（ ，﹣ ）．6．【答案】（1）B；
F（2）解：①证明：如图3中，∵点C是△ABE关于点A的勾股点 ∴CA2＝CB2+CE2∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD，AD
＝BC，∠ADC＝90°∴CA2＝AD2+CD2＝CB2+CD2∴CB2+CE2＝CB2+CD2∴CE＝CD②如图3中，设∠CED
＝α，则∠CDE＝∠CED＝α∴∠ADE＝∠ADC﹣∠CDE＝90°﹣α∵∠AEC＝120°∴∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝120
°﹣α∵DA＝DE∴∠DAE＝∠DEA＝120°﹣α∵∠DAE+∠DEA+∠ADE＝180°∴2（120°﹣α）+（90°﹣α）＝
180°解得：α＝50°∴∠ADE＝90°﹣50°＝40°（3）AE= 或 .7．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，A
B=8，AD=4，∴∠DAB=90°，，∴，∵AP⊥AE，∴∠PAE=90°，∴∠DAP+∠PAB=∠PAB+∠BAE，∴∠DAP
=∠BAE，∴△ADP∽△ABE，∴，∴BE=2DP=4（2）解：四边形AEBP可能为矩形，理由如下：由（1）得△ADP∽△ABE
，∴∠ABE=∠ADB，∴∠PBE=∠PBA+∠ABE=∠PBA+∠ADB=90°，当∠APB=90°时，∵∠APB=∠PAE=∠
PBE=90°，∴四边形AEBP为矩形，由勾股定理得BD=，∵S△ABD=×AB×AD=×BD×AP，∴AP=，∴AE=2AP=，
∴S四边形AEBP=AE?AP=．8．【答案】（1）证明：∵AM=MC ∴∠MAC=∠MCA，∵AP是⊙M的切线∴∠PAM=90
°∴∠CAP+∠MAC=90°，且∠MCA+∠CAO=90°∴∠PAC=∠CAO（2）解：∵点C的坐标为（0，-2），点A的坐标为
（4，0）， ∴AO=4，OC=2在R t△AMO中，AM2=MO2+AO2，∴AM2=（AM-2）2+16∴AM=5∴ 的半径
r=5（3）解：∵AM=5 ∴MC=5，MO=3∴点M（0，3）∵∠POA=∠PAM=90°∴∠PAO+∠APM=90°，∠AP
M+∠AMP=90°∴∠PAO=∠PMA，且∠AOM=∠AOP=90°∴△MOA∽△AOP∴∴点P坐标 设直线PA的解析式为：
且过点A（4，0）∴∴直线PA的解析式为： 9．【答案】（1）解：∵ ，∴ ．又∵ ，∴ ．又∵ ，∴ ∽ ，∴ ，∴ ．又∵C
D//AB，点G为EF的中点，∴点C为BF的中点，∴ ，∴ ，∴（2）解：①当DE＝DG时，则 ，又∵CD//AB，∴ ，∴ ．
又∵ ， ，∴ ≌ ，∴ ，设 ，则 ，在RtΔDAE中， ，∴ ，解得 ，即 ，∴ ；②当ED＝EG时， ，又∵
CD//AB，∴ ，∴ ， ，∴ ，∴ ，设 ，则 ， ，∴ ，解得： （舍去），∴ ，综上所述： 或 ．10．【答案
】（1）解：设 秒后点 、 的距离是点 、 距离的2倍，∴ ，∵四边形 是矩形，∴ ，∴ ， ，∵ ，∴ ，解得：
，∵ 时 ，∴ ；答：3秒后，点 、 的距离是点 、 的距离的2倍.（2）解：设 秒后 的面积是24 ，则
，整理得： ，解得： ；∴4秒后， 的面积是24 .11．【答案】（1）（2）解：连接BN ∵NA∥BC，∴∠NAC=∠B
CA，∠NAB+∠ABC=180°，∠NAB=180°-∠ABC=180°-90°=90°，∴BN为⊙O的直径，∴∠BMN=90°
又∠NAC=∠NBM，∴∠NBM=∠BCA，∴在Rt△BMN中，tan∠NBM=tanC= ，即tan∠NBM= = ∵△AN
M∽△CMB，∴即 解得AM=1；（3）解：①若△AMN为等腰三角形，则AN=MN， 则∠NAM=∠NMA=∠MBN=∠NBA，∠
NAB=∠ABC=90°，∠NBA=∠MBN=∠C，∴△NAB∽△ABC，∴ ，∴在△ABN和△MBN中，∴△ABN≌△MBN，∴
AN=MN= ，AB=BM=1，在Rt△BMN中，∵AN=MN，∴ = ∴BN⊥AM，∴BN= BM·MN=BN·MD解得MD=
，AM=2MD=2× = MC=AC-AM= ②2或 12．【答案】（1）解：①证明：如图1， ∵BA=BO， ∴∵BA⊥B
C， ∴而∴∵OB⊥OC，∴∴∴②如图2，分别过点A、B、C作AH⊥OB于点H，BM⊥OA于点M，CN⊥OA于点N， 由题意可知
，在Rt△AHO中，设AH=m，OH=3m.∵ ，∴ ，解得m=4.∴∵∴ ，∴ ，∵∴∴∴∴∴∴（2）解：过点A作AH⊥OB于
点H，则有AH=4，OH=12. ① 如图3，当点C在第二象限内， 时，设 又 ， ， ∴ 整理得 解得② 如图4，当点C在第
二象限内， 时，延长AB，CO交于点G，则 ，又而∠ABH=∠GBO，③当点C在第四象限内， 时，AC与OB相交于点E，则有
（a）如图5，点B在第三象限内.在 中， 又而∠AEH=∠CEO，（b）如图6，点B在第一象限内.在 中， 又而∠AEH
=∠CEO，综上所述，OB的长为 13．【答案】（1）证明：如图1，连接OD∵∴由圆周角定理得：∴∴；（2）证明：如图2，延长CO
交圆O于F，延长CE交圆O于G，连接FG，BD则∵于E∴，∴∵，∴∴∵，OE是的中位线∴∴，即；（3）解：如图3，延长CO交圆O于
P，连接BD交OC于N，作PM⊥AD于M，连接BC、BF，则∵∴∴∵于E∴∵，∴∴∴∵∴∴，设，则在中，，即，解得∴∵∴∵∴∴设C
P交HG于R∵∴∴∴，，又∵，即解得∴在中，.14．【答案】（1）证明：连接OE、DO， 在△AOD和△EOD中， ，∴△AOD
≌△EOD（SSS），∴∠OED＝∠BAC＝90°，∴OE⊥DE，∴DE是⊙O的切线（2）解：连接AE， ∵AB是直径，∴∠AE
B=90°，∴∠AEC=90°，又∵DE=AD，∴∠EAD=∠AED，∵∠EAD+∠C=90°，∠AED+∠DEC=90°，∴∠C
=∠DEC，∴DE=DC，∵AD=DE，∴AD=DC，∴点D为线段AC的中点，又∵点O为线段AB的中点，∴OD是△ABC的中位线，
∴OD= BC=5，由勾股定理得，AO＝ ＝3，则⊙O的半径为315．【答案】（1）解：由题意得：抛物线对称轴 ， 关于
对称轴的对称点 ，则 ，将 代入 ，得 ，则抛物线的表达式为： .（2）解： ，又由（1）得对称轴为 ， ∴ 的
高 ，∴ ， ，∴ .（3）解：设点D坐标为 ， ， 已知， ∵D为 下方抛物线上一动点， 为直角三角形，∴只能是
，则 ，∴ ， ，化简得， ，解得 ， ，故D的坐标为 或 .16．【答案】（1）解：在抛物线y= x2- x
-6中，当y=0时，x1=-2 ，x2=6 ，当x=0时，y=-6，∵抛物线y= x2- x-6与x轴交于A，B（点A在点
B左侧），与y轴交于点C，∴A（-2 ，0），B（6 ，0），C（0，-6），∴AB=8 ，AC= ，BC= ，在△AB
C中，AC2+BC2=192，AB2=192，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，∵AD∥BC，
∴∠CAD=90°，过点D作DL⊥x轴于点L，在Rt△ADL中，DL=10，AL=10 ，tan∠DAL= = ，∴∠DAB
=30°，把点A（-2 ，0），D（8 ，10）代入直线解析式，得 ，解得k= ，b=2，∴yAD= x+2，设点E的横
坐标为a，EP⊥y轴于点Q，则E（a， a+2），Q（a，0），P（a， a2- a-6），∴EQ= a+2，EP= a
+2-（ a2- a-6）= a2+ a+8，∴在Rt△AEB中，AE=2EQ= a+4，∴PE+AE= a+4+（
a2+ a+8）= a2 a+12= （a-5 ）2+ ∴根据函数的性质可知，当a=5 时，PE+AE有最大值，∴此时
E（5 ，7），过点E作EF⊥CB交CB的延长线于点F，则∠EAC=∠ACB=∠ACF=90°，∴四边形ACFE是矩形，作点E关
于CB的对称点E''，在矩形ACFE中，由矩形的性质及平移规律知，xF-xE=xC-xA，yE-yF=yA-yC，∵A（-2 ，0
），C（0，-6），E（5 ，7），∴xF-5 =0-（-2 ），7-yF=0-（-6），∴xF=7 ，yF=1，∴F（7
，1），∵F是EE′的中点，∴ ， ，∴xE′=9 ，yE′=-5，∴E''（9 ，-5），连接AE''，交BC于点N，则当
GH的中点M在E′A上时，EN+MN有最小值，∴AE′= =2 ，∵M是Rt△AGH斜边中点，∴AM= GH= ，∴EN+MN=E′M=2 - ，∴EN+MN的最小值是2 - .（2）解：在Rt△AOC中， ∵tan∠ACO= = ，∴∠AOC=30°，∵KE平分∠ACB，∴∠ACK=∠BCK=45°，由旋转知，△CA′K′≌△CAK，∠AC′A′=75°，∴∠OCA′=75°-∠ACO=45°，∠AC′K′=45°，∴OCK′=90°，∴K′C⊥y轴，△CAK′是等腰直角三角形，∴A′C=AC=4 ，∴xA′= =2 ，yA′=2 -6，∴A′（2 ，2 -6），∴K′（4 ，-6），将A′（2 ，2 -6），K′（4 ，-6），代入一次函数解析式，得 ，解得k=-1，b=4 -6，∴yA′K′=-x+4 -6，∵CB∥AD，∴将点C（0，-6），B（6 ，0）代入一次函数解析式，得 ，解得k= ，b=-6，∴yCB= x-6，联立yA′K′=-x+4 -6和yCB= x-6，得-x+4 -6= x-6，∴x=6 -6 ，∴直线CB与A′K′的交点横坐标是6 -6 ，∵当EP经过A′时，点P的横坐标是2 ，∴如图2，当2 ＜xP＜6 -6 时，重叠部分是轴对称图形；如图3，由于RS的长度为2，由图可看出当xP=2 -1时，重叠部分同样为轴对称图形；综上，当xP=2 -1或2 ＜xP＜6 -6 时，矩形RQRS和△A′CK′重叠部分为轴对称图形 学科网（北京）股份有限公司 第 1 页 共 36 页 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司