專題15 動點綜合問題【有答案】

決勝2021中考數(shù)學(xué)壓軸題全揭秘精品專題15 動點綜合問題【考點1】動點之全等三角形問題【例1】1．如圖,CA⊥BC,垂足為C,AC=2Cm,BC=6cm,射線BM⊥BQ,垂足為B,動點P從C點出發(fā)以1cm/s的速度沿射線CQ運動,點N為射線BM上一動點,滿足PN=AB,隨著P點運動而運動,當(dāng)點P運動_______秒時，△BCA與點P、N、B為頂點的三角形全等.(2個全等三角形不重合)【答案】0；4；8；12【分析】此題要分兩種情況：①當(dāng)P在線段BC上時，②當(dāng)P在BQ上，再分別分兩種情況AC＝BP或AC＝BN進(jìn)行計算即可．【詳解】解：①當(dāng)P在線段BC上，AC＝BP時，△ACB≌△PBN，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝6?2＝4，∴點P的運動時間為4÷1＝4（秒）；②當(dāng)P在線段BC上，AC＝BN時，△ACB≌△NBP，這時BC＝PN＝6，CP＝0，因此時間為0秒；③當(dāng)P在BQ上，AC＝BP時，△ACB≌△PBN，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝2＋6＝8，∴點P的運動時間為8÷1＝8（秒）；④當(dāng)P在BQ上，AC＝NB時，△ACB≌△NBP，∵BC＝6，∴BP＝6，∴CP＝6＋6＝12，點P的運動時間為12÷1＝12（秒），故答案為0或4或8或12．【點睛】本題考查三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等時必須有邊的參與，若有兩邊一角對應(yīng)相等時，角必須是兩邊的夾角．【變式1-1】已知正方形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E、F分別是線段OB、OC上的動點（1）如果動點E、F滿足BE＝OF（如圖），且AE⊥BF時，問點E在什么位置？并證明你的結(jié)論；（2）如果動點E、F滿足BE＝CF（如圖），寫出所有以點E或F為頂點的全等三角形（不得添加輔助線）．【答案】（1）當(dāng)AE⊥BF時，點E在BO中點，見解析；（2）以點E或F為頂點的全等三角形有△ABE≌△BCF，△AOE≌△BOF，△ADE≌△BAF.【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)及已知條件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可得出答案；（2）根據(jù)正方形性質(zhì)及BE＝CF即可得出全等的三角形．【詳解】解：（1）當(dāng)時，點在中點．證明如下：延長交于點，如圖所示：，，，，，，，，，，，，故當(dāng)時，點在中點；（2）四邊形是正方形，，，，，，，，，，，在△ABE和△BCF中，，同理可得，；以點或為頂點的全等三角形有，，；【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，比較綜合，難度較大，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】如圖①，將長方形紙片沿對角線剪成兩個全等的直角三角形ABC、EDF，其中AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝10cm．現(xiàn)將△ABC和△EDF按如圖②的方式擺放（點A與點D、點B與點E分別重合）．動點P從點A出發(fā)，沿AC以2cm/s的速度向點C勻速移動；同時，動點Q從點E出發(fā)，沿射線ED以acm/s（0＜a＜3）的速度勻速移動，連接PQ、CQ、FQ，設(shè)移動時間為ts（0≤t≤5）．（1）當(dāng)t＝2時，S△AQF＝3S△BQC，則a＝；（2）當(dāng)以P、C、Q為頂點的三角形與△BQC全等時，求a的值；（3）如圖③，在動點P、Q出發(fā)的同時，△ABC也以3cm/s的速度沿射線ED勻速移動，當(dāng)以A、P、Q為頂點的三角形與△EFQ全等時，求a與t的值．【答案】（1）1；（2）；（3）a＝2時，t＝2；或a＝2.3時，t＝5．【分析】（1）由題意得∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，由三角形面積得AQ＝3BQ，則AB＝4BQ＝8，得BQ＝2＝2a，則a＝1；（2）由題意得點P與B為對應(yīng)頂點，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，則AP＝AC﹣PC＝4，PQ⊥AC，得t＝2，則PQ＝BQ＝2a，再由三角形面積關(guān)系即可得出答案；（3）分兩種情況：①AP與EQ為對應(yīng)邊，AQ與EF為對應(yīng)邊，則AP＝EQ，AQ＝EF＝10，求出a＝2，BQ＝BE﹣EQ＝t，則AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得t＝2；②AP與EF為對應(yīng)邊，AQ與EQ為對應(yīng)邊，則AP＝EF＝10，AQ＝EQ，求出t＝5，則AQ＝EQ＝5a，得BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，再分別求出a的值即可．【詳解】解：（1）由題意得：∠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；故答案為：1；（2）∵以P、C、Q為頂點的三角形與△BQC全等，CQ是公共邊，∴點P與B為對應(yīng)頂點，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的面積＝△ACQ的面積+△BCQ的面積，∴×8×6＝×10×2a+×2a×6，解得：a＝；（3）由題意得：∠A＝∠E，∴∠A與∠E為對應(yīng)角，分兩種情況：①AP與EQ為對應(yīng)邊，AQ與EF為對應(yīng)邊，則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與EF為對應(yīng)邊，AQ與EQ為對應(yīng)邊，則AP＝EF＝10，AQ＝EQ，∴2t＝10，∴t＝5，∴AQ＝EQ＝5a，∵BE＝3t＝15，∴BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，當(dāng)BQ＝15﹣5a時，AQ＝15﹣5a+8＝23﹣5a，或AQ＝8﹣（15﹣5a）＝5a﹣7，∴5a＝23﹣5a，或5a＝5a﹣7（無意義），解得：a＝2.3；當(dāng)BQ＝5a﹣15時，AQ＝5a﹣15+8＝5a﹣7，或AQ＝8﹣（5a﹣15）＝7﹣5a，∴5a＝5a﹣7（無意義），或5a＝7﹣5a，解得：a＝0.7，不合題意，舍去；綜上所述，a＝2時，t＝2；或a＝2.3時，t＝5．【點睛】本題主要考查全等三角形的綜合問題及動點問題，關(guān)鍵是根據(jù)題意找到動點之間的聯(lián)系，然后結(jié)合全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解問題即可，注意分類討論思想的運用．【考點2】動點之直角三角形問題【例2】如圖，在四邊形紙片中，，，，，，點是邊上的動點，點是折線上的動點，將紙片沿直線折疊，使點的對應(yīng)點落在邊上，連接，若是直角三角形，則的長為________．【答案】1或【分析】如圖（見解析），先利用解直角三角形、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)求出AB的長，再分和兩種情況，分別求出的長，然后根據(jù)折疊的性質(zhì)、線段的和差即可得．【詳解】如圖，過點C作于點M，過點D作于點N，，，四邊形CDNM是矩形，，在中，，，，在中，，，，由折疊的性質(zhì)得：，點在邊上，，即，由題意，分以下兩種情況：（1）當(dāng)時，是直角三角形，在中，，，；（2）當(dāng)時，是直角三角形，在中，，，；綜上，AE的長為1或，故答案為：1或．【點睛】本題考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)等知識點，依據(jù)題意，正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．【變式2-1】（2019·遼寧中考模擬）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸交于點A(4，0)和點D(﹣1，0)，與y軸交于點C，過點C作BC平行于x軸交拋物線于點B，連接AC(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)點M從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向點A運動；點N從點B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動，其中一個動點到達(dá)終點時，另一個動點也隨之停動，過點N作NQ垂直于BC交AC于點Q，連結(jié)MQ.①求△AQM的面積S與運動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式，寫出自變量的取值范圍；當(dāng)t為何值時，S有最大值，并求出S的最大值；②是否存在點M，使得△AQM為直角三角形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝時，S最大值＝；②存在，點M的坐標(biāo)分別為(1，0)和(2，0)．【解析】【分析】(1)由待定系數(shù)法將AD兩點代入即可求解．(2)①分別用t表示出AM、PQ，由三角形面積公式直接寫出含有t的二次函數(shù)關(guān)系式，由二次函數(shù)的最大值可得答案；②分類討論直角三角形的直角頂點，然后解出t，求得M坐標(biāo)．【詳解】(1)∵二次函數(shù)的圖象經(jīng)過A(4，0)和點D(﹣1，0)，∴，解得，所以，二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+3x+4．(2)①延長NQ交x軸于點P，∵BC平行于x軸，C(0，4)∴B(3，4)，NP⊥OA．根據(jù)題意，經(jīng)過t秒時，NB＝t，OM＝2t，則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．當(dāng)t＝時，S最大值＝．②存在點M，使得△AQM為直角三角形．設(shè)經(jīng)過t秒時，NB＝t，OM＝2t，則CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．Ⅰ．若∠AQM＝90°，則PQ是等腰Rt△MQA底邊MA上的高．∴PQ是底邊MA的中線，∴PQ＝AP＝MA，∴1+t＝(4﹣2t)，解得，t＝，∴M的坐標(biāo)為(1，0)．Ⅱ．若∠QMA＝90°，此時QM與QP重合．∴QM＝QP＝MA，∴1+t＝4﹣2t，∴t＝1，∴點M的坐標(biāo)為(2，0)．所以，使得△AQM為直角三角形的點M的坐標(biāo)分別為(1，0)和(2，0)．【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求解析式，還考查了三角形的面積，要注意利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系還要注意求最大值可以借助于二次函數(shù)．【變式2-2】如圖，在矩形中，，為中點，連接.動點從點出發(fā)沿邊向點運動，動點從點出發(fā)沿邊向點運動，兩個動點同時出發(fā)，速度都是每秒1個單位長度，連接，設(shè)運動時間為（秒）.則_____時，為直角三角形【答案】或【分析】△CMN是直角三角形時，有三種情況，一是∠CMN=90°，二是∠MNC=90°，三是∠MCN=90°，然后進(jìn)行分類討論求出t的值．【詳解】解：過點N作OA的垂線，交OA于點F，交CH于點E，如圖1，∵B點是CH的中點，∴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=，當(dāng)∠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=，當(dāng)∠MNC=90°，F(xiàn)N=∴EN=∵M(jìn)F=12-∴CE=OF=OM+MF=12-∵∠MNF+∠CNE=90°，∠ECN+∠CNE=90°，∴∠MNF=∠ECN，∵∠CEN=∠NFM=90°，∴△CEN∽△NFM，∴，∴，

∴，

∵0＜t＜5，∴；當(dāng)∠NCM=90°，

由題意知：此情況不存在，

綜上所述，△CMN為直角三角形時，t=或.【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，有一定的綜合性．【考點3】動點之等腰三角形問題【例3】如圖，是⊙的直徑，是弦，，．若點是直徑上一動點，當(dāng)是等腰三角形時，__________．【答案】、或【解析】解：①為頂點即時，，，．②為頂點即時，中：，，，，∴．③為頂點即時，與重合，∴．綜上為，或．故答案為：，或．點睛：解答本題的關(guān)鍵分三種情況討論：①BC=BP；②CP=CB，③CP=BP．【變式3-1】如圖①，已知正方形邊長為2，點是邊上的一個動點，點關(guān)于直線的對稱點是點，連結(jié)、、、.設(shè)AP=x.（1）當(dāng)時，求長；（2）如圖②，若的延長線交邊于，并且，求證：為等腰三角形；（3）若點是射線上的一個動點，則當(dāng)為等腰三角形時，求的值.【答案】（1）BP=；（2）證明見解析；（3）△CDQ為等腰三角形時x的值為4-2、、2+4.【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出BP的長即可；（2）根據(jù)對稱性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可得AB=BQ=BC，∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一視角相等性質(zhì)可得∠BCQ=∠BQC，根據(jù)同角或等角的余角相等的性質(zhì)可得∠EQC=∠ECQ，可得EC=EQ，可得結(jié)論；（3）若△CDQ為等腰三角形，則邊CD邊為該等腰三角形的一腰或者底邊．又Q點為A點關(guān)于PB的對稱點，則AB=QB，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，則Q點只能在弧AB上．若CD為腰，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧交點即為使得△CDQ為等腰三角形（CD為腰）的Q點．若CD為底邊，則作CD的垂直平分線，其與弧AC的交點即為使得△CDQ為等腰三角形（CD為底）的Q點．則如圖所示共有三個Q點，那么也共有3個P點．作輔助線，利用直角三角形性質(zhì)求之即可．【詳解】（1）∵AP=x=1，AB=2，∴BP==，（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠BCD=90°．∵Q點為A點關(guān)于BP的對稱點，∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°，∴QB=BC，∠BQE=∠BCE=90°，∴∠BQC=∠BCQ，∴∠EQC+∠BQC=∠ECQ+∠BCQ=90°，∴∠EQC=∠ECQ，∴EQ=EC，即△CEQ為等腰三角形.（3）如圖，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧分別交于Q1，Q3．此時△CDQ1，△CDQ3都為以CD為腰的等腰三角形．作CD的垂直平分線交弧AC于點Q2，此時△CDQ2以CD為底的等腰三角形．①討論Q1，如圖，連接BQ1、CQ1，作PQ1⊥BQ1交AD于P，過點Q1，作EF⊥AD于E，交BC于F，∵△BCQ1為等邊三角形，正方形ABCD邊長為2，∴FC=1，Q1F==，Q1E=2-，在四邊形ABPQ1中，∵∠ABQ1=30°，∴∠APQ1=150°，∴∠EPQ1=30°，△PEQ1為含30°的直角三角形，∴PE=EQ1=2-3，∵EF是BC的垂直平分線，∴AE=AD=1，∴x=AP=AE-PE=1-(2-3)=4-2.②討論Q2，如圖，連接BQ2，AQ2，過點Q2作PG⊥BQ2，交AD于P，交CD于G，連接BP，過點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為等邊三角形．∴AF=AE=1，F(xiàn)Q2==，在四邊形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對Q3，如圖作輔助線，連接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，過點Q3作PQ3⊥BQ3，交AD的延長線于P，連接BP，過點Q1，作EF⊥AD于E，此時Q3在EF上，記Q3與F重合．∵△BCQ1為等邊三角形，△BCQ3為等邊三角形，BC=2，∴Q1Q2=2，Q1E=2-，∴EF=2+，在四邊形ABQ3P中∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，∴∠EPF=30°，∴EP=EF=2+3，∵AE=1，∴x=AP=AE+PE=1+2+3=2+4.綜上所述：△CDQ為等腰三角形時x的值為4-2、、2+4.【點睛】本題考查四邊形的綜合、正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)，第三問是一個難度非常高的題目，可以利用尺規(guī)作圖的思想將滿足要求的點Q找全．另外求解各個P點也是勾股定理的綜合應(yīng)用熟練掌握并靈活運所學(xué)知識是解題關(guān)鍵．【變式3-2】（2019·河南中考模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx+3交y軸于點A，交x軸于點B（-3，0）和點C（1，0），頂點為點M．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，點E為x軸上一動點，若△AME的周長最小，請求出點E的坐標(biāo)；（3）點F為直線AB上一個動點，點P為拋物線上一個動點，若△BFP為等腰直角三角形，請直接寫出點P的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）E（-，0）；（3）點P的坐標(biāo)為（2，-5）或（1，0）．【解析】【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x-1），然后將點A的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式即可求得此拋物線的解析式；（2）作A關(guān)于x軸的對稱點A′（0，-3），連接MA′交x軸于E，此時△AME的周長最小，求出直線MA'解析式即可求得E的坐標(biāo)；（3）如圖2，先求直線AB的解析式為：y=x+3，根據(jù)解析式表示點F的坐標(biāo)為（m，m+3），分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)∠PBF=90°時，由F1P⊥x軸，得P（m，-m-3），把點P的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可得結(jié)論；②當(dāng)∠BF3P=90°時，如圖3，點P與C重合，③當(dāng)∠BPF4=90°時，如圖3，點P與C重合，從而得結(jié)論．【詳解】（1）當(dāng)x=0時，y=3，即A（0，3），設(shè)拋物線的解析式為：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，即拋物線的解析式為：y=-x2-2x+3；（2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，∴M（-1，4），如圖1，作點A（0，3）關(guān)于x軸的對稱點A'（0，-3），連接A'M交x軸于點E，則點E就是使得△AME的周長最小的點，設(shè)直線A′M的解析式為：y=kx+b，把A'（0，-3）和M（-1，4）代入得：，解得：∴直線A'M的解析式為：y=-7x-3，當(dāng)y=0時，-7x-3=0，x=-，∴點E（-，0），（3）如圖2，易得直線AB的解析式為：y=x+3，設(shè)點F的坐標(biāo)為（m，m+3），①當(dāng)∠PBF=90°時，過點B作BP⊥AB，交拋物線于點P，此時以BP為直角邊的等腰直角三角形有兩個，即△BPF1和△BPF2，∵OA=OB=3，∴△AOB和△A'OB是等腰直角三角形，∴∠F1BC=∠BF1P=45°，∴F1P⊥x軸，∴P（m，-m-3），把點P的坐標(biāo)代入拋物線的解析式y(tǒng)=-x2-2x+3中得：-m-3=-m2-2m+3，解得：m1=2，m2=-3（舍），∴P（2，-5）；②當(dāng)∠BF3P=90°時，如圖3，∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，∴點P與C重合，故P（1，0），③當(dāng)∠BPF4=90°時，如圖3，∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=45°，∴點P與C重合，故P（1，0），綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，-5）或（1，0）．【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，周長最短問題，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定等知識．此題綜合性很強，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合和分類討論思想的應(yīng)用．【變式3-3】（2019·廣西中考真題）已知拋物線和直線都經(jīng)過點，點為坐標(biāo)原點，點為拋物線上的動點，直線與軸、軸分別交于兩點．（1）求的值；（2）當(dāng)是以為底邊的等腰三角形時，求點的坐標(biāo)；（3）滿足（2）的條件時，求的值．【答案】（1）；；（2）點的坐標(biāo)為或；（3）的值為或．【解析】【分析】(1)根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出的值；(2)由(1)可得出拋物線及直線的解析式，繼而可求出點的坐標(biāo)，設(shè)點的坐標(biāo)為，結(jié)合點的坐標(biāo)可得出的值，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得出關(guān)于的方程，解之即可得出結(jié)論；(3)過點作軸，垂足為點，由點的坐標(biāo)可得出的長，再利用正弦的定義即可求出的值．【詳解】(1)將代入，得：，∴；將代入，得：，∴；(2)由(1)得：拋物線的解析式為，直線的解析式為，當(dāng)時，，解得：，∴點的坐標(biāo)為，，設(shè)點的坐標(biāo)為，則，，∵是以為底邊的等腰三角形，∴，即，整理，得：，解得：，∴點的坐標(biāo)為或；(3)過點作軸，垂足為點，如圖所示，當(dāng)點的坐標(biāo)為時，，，∴；當(dāng)點的坐標(biāo)為時，，，∴，∴滿足(2)的條件時，的值的值為或．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是：(1)根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)，找出關(guān)于的方程；(3)通過解直角三角形，求出的值．【考點4】動點之相似三角形問題【例4】如圖，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，點P為AB邊上一動點，若△PAD與△PBC是相似三角形，求AP的長．【答案】AP=或AP=2或AP=6【分析】由AD//BC,∠B=90°,可證∠PAD=∠PBC=90°,又由AB=8,AD=3,BC=4,設(shè)AP的長為x,則BP長為8-x,然后分別從APD∽△BPC與△APD∽△BCP去分析,利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求解即可求得答案．【詳解】解：∵AB⊥BC,∴∠B=90°,∵AD∥BC,∴∠A=180°﹣∠B=90°,∴∠PAD=∠PBC=90°,AB=8,AD=3,BC=4,設(shè)AP的長為x,則BP長為8﹣x,若AB邊上存在P點,使△PAD與△PBC相似,那么分兩種情況:若△APD∽△BPC,則AP:BP=AD:BC,即x:（8﹣x）=3:4,解得x=,若△APD∽△BCP,則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．【變式4-1】已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，點A，C的坐標(biāo)分別為A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC（1）求過點A，B的直線的函數(shù)表達(dá)式；（2）在x軸上找一點D，連接DB，使得△ADB與△ABC相似（不包括全等），并求點D的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，如P，Q分別是AB和AD上的動點，連接PQ，設(shè)AP＝DQ＝m，問是否存在這樣的m，使得△APQ與△ADB相似？如存在，請求出m的值；如不存在，請說明理由．【答案】（1）y＝x+；（2）D點位置見解析，D（，0）；（3）符合要求的m的值為或．【解析】【分析】（1）先根據(jù)A（?3，1），C（1，0），求出AC進(jìn)而得出BC＝3求出B點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式即可；（2）運用相似三角形的性質(zhì)就可求出點D的坐標(biāo)；（3）由于△APQ與△ADB已有一組公共角相等，只需分△APQ∽△ABD和△APQ∽△ADB兩種情況討論，然后運用相似三角形的性質(zhì)建立關(guān)于m的方程，就可解決問題．【詳解】解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0），∴AC＝4，∵BC＝AC，∴BC＝×4＝3，∴B（1，3），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線AB的解析式為y＝x+；（2）若△ADB與△ABC相似，過點B作BD⊥AB交x軸于D，∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如圖1，此時＝，即AB2＝AC?AD．∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴25＝4AD，∴AD＝，∴OD＝AD﹣AO＝﹣3＝，∴點D的坐標(biāo)為（，0）；（3）∵AP＝DQ＝m，∴AQ＝AD﹣QD＝﹣m．Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如圖2，則有＝，∴AP?AD＝AB?AQ，∴m＝5（﹣m），解得m＝；Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如圖3，則有＝，∴AP?AB＝AD?AQ，∴5m＝（﹣m），解得：m＝，綜上所述：符合要求的m的值為或．【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了是待定系數(shù)法，相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，也考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題，解本題的關(guān)鍵是根據(jù)相似建立方程求解．【變式4-2】如圖，正方形ABCD，點P為射線DC上的一個動點，點Q為AB的中點，連接PQ，DQ，過點P作PE⊥DQ于點E．（1）請找出圖中一對相似三角形，并證明；（2）若AB＝4，以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，試求出DP的長．【答案】（1）△DPE∽△QDA，證明見解析；（2）DP=2或5【分析】（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可證明△ADQ∽△EPD；（2）若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，當(dāng)△ADQ∽△EPQ時，設(shè)EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，則DP可求出；同理當(dāng)△ADQ∽△EQP時，設(shè)EQ＝2a，則EP＝a，可得，可求出a的值，則DP可求．【詳解】（1）△ADQ∽△EPD，證明如下：∵PE⊥DQ，∴∠DEP＝∠A＝90，∵∠ADC＝90，∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，∴∠ADQ＝∠DPE，∴△ADQ∽△EPD；（2）∵AB＝4，點Q為AB的中點，∴AQ＝BQ＝2，∴DQ＝，∵∠PEQ＝∠A＝90，∴若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，①當(dāng)△ADQ∽△EPQ時，，設(shè)EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由（1）知△ADQ∽△EPD，∴，∴，∴x＝∴DP＝＝5；②當(dāng)△ADQ∽△EQP時，設(shè)EQ＝2a，則EP＝a，同理可得，∴a＝，DP＝．綜合以上可得DP長為2或5，使得以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考點5】動點之平行四邊形問題（含特殊四邊形）【例5】如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點．（1）求拋物線的解析式；（2）點是拋物線上的動點，且滿足，求出點的坐標(biāo)；（3）連接，點是軸一動點，點是拋物線上一動點，若以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點的坐標(biāo)．備用圖【答案】（1）;（2），，，；（3），，【分析】（1）由待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）先求出點C坐標(biāo)，可得OA=OC=3，由面積關(guān)系列出方程即可求解；（3）分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解；【詳解】解：（1）∵拋物線經(jīng)過點A（-3，0），點B（1，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：，∵拋物線的解析式為：，與y軸交于點C，∴點C坐標(biāo)為（0，3），即OA=OC=3；（2）過點P作PM⊥AO于點M，PN⊥CO于點N，設(shè)P(，)，∵，∴，∵AO=3，CO=3，∴PM=2PN，即，當(dāng)點P在第一、三象限時，，解得，，；∴，，當(dāng)點P在第二、四象限時，，解得，；∴，；（3）若BC為邊，且四邊形BCFE是平行四邊形，∴CF∥BE，∴點C與點F縱坐標(biāo)相等，∴，解得，（舍去），∴點F（-2，3），若BC為邊，且四邊形BCFE是平行四邊形，∴BE與CF互相平分，∵BE中點縱坐標(biāo)為0，且點C縱坐標(biāo)為3，∴點F的縱坐標(biāo)為-3，∴，解得，∴，，∴或，若BC為對角線,則四邊形BECF是平行四邊形，∴BC與EF互相平分，∴BC中點縱坐標(biāo)為，且點E的縱坐標(biāo)為0，∴點F的縱坐標(biāo)為3，∴點F（-2，3），綜上所述，點F坐標(biāo)為：，，；【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，平行四邊形的性質(zhì)，掌握待定系數(shù)法，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【變式5-1】（2019·江西中考真題）在圖1，2，3中，已知?ABCD，∠ABC=120°，點E為線段BC上的動點，連接AE，以AE為邊向上作菱形AEFG，且（1）如圖1，當(dāng)點E與點B重合時，∠CEF=________°；（2）如圖2，連接AF．①填空：∠FAD_________∠EAB（填“>”，“<”，“=”）；②求證：點F在∠ABC的平分線上；（3）如圖3，連接EG，DG，并延長DG交BA的延長線于點H，當(dāng)四邊形AEGH是平行四邊形時，求BCAB【答案】（1）60°；（2）①=，②見解析；（3）4【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)計算；（2）①證明∠DAB=∠FAE=60°，根據(jù)角的運算解答；②作FM⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BA交BA的延長線于N，證明ΔAFN?ΔEFM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FN=FM，根據(jù)角平分線的判定定理證明結(jié)論；（3）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到GH=2AH，證明四邊形ABEH為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)計算，得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形AEFG是菱形，∴∠AEF=180°-∠EAG=60°，∴∠CEF=∠AEC-∠AEF=60°，故答案為：60°；（2）①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠DAB=180°-∠ABC=60°，∵四邊形AEFG是菱形，∠EAG=120°，∴∠FAE=60°，∴∠FAD=∠EAB，故答案為：=；②作FM⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BA交BA的延長線于N，則∠FNB=∠FMB=90°，∴∠NFM=60°，又∠AFE=60°，∴∠AFN=∠EFM，∵EF=EA，∠FAE=60°，∴ΔAEF為等邊三角形，∴FA=FE，在ΔAFN和ΔEFM中，∠AFN=∠EFM∠FNA=∠FME∴ΔAFN?ΔEFM(AAS)，∴FN=FM，又FM⊥BC，F(xiàn)N⊥BA，∴點F在∠ABC的平分線上；（3）∵四邊形AEFG是菱形，∠EAG=120°，∴∠AGF=60°，∴∠FGE=∠AGE=30°，∵四邊形AEGH為平行四邊形，∴GE//AH，∴∠GAH=∠AGE=30°，∠H=∠FGE=30°，∴∠GAH=90°，又∠AGE=30°，∴GH=2AH，∵∠DAB=60°，∠H=30°，∴∠ADH=30°，∴AD=AH=GE，∵四邊形ABEH為平行四邊形，∴BC=AD，∴BC=GE，∵四邊形ABEH為平行四邊形，∠HAE=∠EAB=30°，∴平行四邊形ABEH為菱形，∴AB=AH=HE，∴GE=3AB，∴BC【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì).掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理、菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2019·湖南中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象過原點，與x軸的另一個交點為（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）在x軸上方作x軸的平行線，交二次函數(shù)圖象于A、B兩點，過A、B兩點分別作x軸的垂線，垂足分別為點D、點C．當(dāng)矩形ABCD為正方形時，求m的值；（3）在（2）的條件下，動點P從點A出發(fā)沿射線AB以每秒1個單位長度勻速運動，同時動點Q以相同的速度從點A出發(fā)沿線段AD勻速運動，到達(dá)點D時立即原速返回，當(dāng)動點Q返回到點A時，P、Q兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（）．過點P向x軸作垂線，交拋物線于點E，交直線AC于點F，問：以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能否是平行四邊形．若能，請求出t的值；若不能，請說明理由．【答案】（1）；（2）當(dāng)矩形ABCD為正方形時，m的值為4；（3）以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能為平行四邊形，t的值為4或6.【解析】【分析】（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的解析式；（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征求出點A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出點C，D的坐標(biāo)，再利用正方形的性質(zhì)可得出關(guān)于m的方程，解之即可得出結(jié)論；（3）由（2）可得出點A，B，C，D的坐標(biāo)，根據(jù)點A，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的解析式，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征及一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點E，F(xiàn)的坐標(biāo)，由且以A、E、F、Q四點為頂點的四邊形為平行四邊形可得出，分，，三種情況找出AQ，EF的長，由可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其合適的值即可得出結(jié)論．【詳解】（1）將，代入，得：，解得，∴該二次函數(shù)的解析式為．（2）當(dāng)時，，解得：，，∴點a的坐標(biāo)為（，m），點b的坐標(biāo)為（，m），∴點d的坐標(biāo)為（，0），點c的坐標(biāo)為（，0）．∵矩形abcd為正方形，∴，解得：，（舍去），．∴當(dāng)矩形ABCD為正方形時，m的值為4．（3）以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形能為平行四邊形．由（2）可知：點A的坐標(biāo)為，點B的坐標(biāo)為，點C的坐標(biāo)為，點D的坐標(biāo)為．設(shè)直線AC的解析式為，將，代入，得，解得，∴直線ac的解析式為．當(dāng)時，，∴點E的坐標(biāo)為（，），點F的坐標(biāo)為（，-t+4）．∵以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，且，∴，分三種情況考慮：①當(dāng)時，如圖1所示，，EF=，∴，解得：（舍去），；②當(dāng)時，如圖2所示，，EF=，∴，解得：（舍去），；,,EF=，，解得（舍去），（舍去）綜上所述，當(dāng)以A、E、F、Q四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形時，t的值為4或6【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、正方形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用正方形的性質(zhì)，找出關(guān)于m的方程；（3）分，，三種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)找出關(guān)于t的一元二次方程．【變式5-3】．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點是坐標(biāo)原點，點坐標(biāo)為，、兩點關(guān)于直線對稱，反比例函數(shù)圖象經(jīng)過點，點是直線上一動點.（1）點的坐標(biāo)為______；（2）若點是反比例函數(shù)圖象上一點，是否存在這樣的點，使得以、、、四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）若點是線段上一點（不與、重合），當(dāng)四邊形為菱形時，過點分別作直線和直線的垂線，垂足分別為、，當(dāng)?shù)闹底钚r，求出點坐標(biāo).【答案】（1）（3，1）；（2），，；（3）（2，2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)點（a，b）關(guān)于y=x對稱的點的坐標(biāo)為（b，a）直接寫出答案即可；（2）首先求得反比例函數(shù)的解析式，然后設(shè)P（m，m），分若PC為平行四邊形的邊和若PC為平行四邊形的對角線兩種情況分類討論即可確定點C的坐標(biāo)；（3）連接AQ，設(shè)AB與PO的交點為D，利用四邊形AOBP是菱形，得到S△AOP=S△AOQ+S△APQ，從而得到PO?AD=AO?QE+AP?QF，確定QE+QF=為定值，從而求解．【詳解】解：（1）B點的坐標(biāo)為（3，1）；（2）∵反比例函數(shù)圖象經(jīng)過點A（1，3），∴k=1×3=3，∴反比例函數(shù)的解析式為，點P在直線y=x上，∴設(shè)P（m，m）①PC為平行四邊形的邊，∵點A的橫坐標(biāo)比點B的橫坐標(biāo)小2，點A的縱坐標(biāo)比點B的縱坐標(biāo)大2，∴點C在點P的下方，則點C的坐標(biāo)為（m+2，m-2）如圖1，若點C在點P的上方，則點C的坐標(biāo)為（m-2，m+2）如圖2，把C（m+2，m-2）代入反比例函數(shù)的解析式得：，∵m＞0，∴，∴同理可得另一點，②若PC為平行四邊形的對角線，如圖3，∵A、B關(guān)于y=x對稱，∴OP⊥AB此時點C在直線y=x上，且為直線y=x與雙曲線的交點，由解得：，（舍去），∴，綜上所述，滿足條件的點C有三個，坐標(biāo)分別為：，，；（3）連接AQ，設(shè)AB與PO的交點為D，如圖4，∵四邊形AOBP是菱形，∴AO=AP∵S△AOP=S△AOQ+S△APQ，∴PO?AD=AO?QE+AP?QF∴QE+QF=為定值，∴要使QE+QF+QB的值最小，只需QB的值最小，當(dāng)QB⊥PO時，QB最小，所以D點即為所求的點，∵A（1，3），B（3，1）∴D（2，2），∴當(dāng)QE+QF+QB的值最小時，Q點坐標(biāo)為（2，2）．【點睛】本題是對反比例函數(shù)的綜合知識的考查，熟練掌握反比例，四邊形知識及分類討論的數(shù)學(xué)思想是解決本題的關(guān)鍵，難度較大．【考點6】動點之線段面積問題【例6】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形如圖放置，將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到平行四邊形．拋物線經(jīng)過點A、C、A′三點．（1）求A、A′、C三點的坐標(biāo)；（2）求平行四邊形和平行四邊形重疊部分的面積；（3）點M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，問點M在何處時，的面積最大？最大面積是多少？并寫出此時M的坐標(biāo)．【答案】（1）A（0,3）A′（3,0）C（－1,0）；（2）320；（3）當(dāng)時,取到最大值為；M（）【解析】試題分析：（1）當(dāng)y=0時，求出x的值，得到點A′和點C的坐標(biāo)，當(dāng)x=0，求出y的值，得到點A的坐標(biāo)；根據(jù)點A、C的坐標(biāo)得出點B的坐標(biāo)，從而求出OB的長度和△AOB的面積，根據(jù)旋轉(zhuǎn)得到∠ACO=∠OC′D，根據(jù)∠ACO=∠ABO得到∠ABO=∠OC′D，從而說明△C′OD∽△BOA，根據(jù)相似三角形得出△C′OD的面積；設(shè)點M的坐標(biāo)為（），連接OM，得到△AMA′的面積與m的函關(guān)系式，從而得出最大值和點M的坐標(biāo)．試題解析：（1）解：（1）當(dāng)時，解得∴C（-1，0），A′（3，0）．當(dāng)x=0時，y=3．∴A（0，3）（2）∵C（-1，0），A（0，3），∴B（1,3）∴∴△AOB的面積為S=又∵平行四邊形ABOC旋轉(zhuǎn)得平行四邊形A′B′OC′，∴∠ACO=∠OC′D又∵∠ACO=∠ABO，∴∠ABO=∠OC′D．又∵∠C′OD=∠AOB，∴△C′OD∽△BOA∴∴（3）設(shè)M點的坐標(biāo)為（），連接OM=當(dāng)時,取到最大值為∴M（）考點：二次函數(shù)的應(yīng)用、三角形相似、旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)．【變式6-1】（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，點為線段外一動點，且，，當(dāng)點位于時，線段的長取得最大值，最大值為（用含的式子表示）；（2）應(yīng)用：如圖2，點為線段外一動點，，，以為邊作等邊，連接，求線段的最大值；（3）拓展：如圖3，線段，點為線段外一動點，且，，，求線段長的最大值及此時的面積．【答案】（1）CB的延長線上，a+b；（2）6；（3）最大值為3+，△PBM的面積為【分析】（1）根據(jù)點A位于CB的延長線上時，線段AC的長取得最大值，即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD=BE，利用（1）中的結(jié)論即可得到結(jié)果；

（3）將△APM繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP'N，連接BN，得到△APP'是等腰直角三角形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到P'A=PA=2，AN=AM，根據(jù)當(dāng)N在線段BA的延長線時，線段BN取得最大值，即可得到最大值為+3，過點P作PQ⊥AB的延長線于點Q，利用勾股定理求出PB的長，根據(jù)△PBM為等腰直角三角形，可求出面積.【詳解】解：（1）∵點A為線段BC外一動點，且BC=a，AB=b，

∴當(dāng)點A位于CB的延長線上時，線段AC的長取得最大值，且最大值為BC+AB=a+b，

故答案為：CB的延長線上，a+b；

（2）如圖2中，以AC為邊向上作等邊△ACE，連接BE．∵△ABD與△ACE是等邊三角形，

∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，

∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，

即∠CAD=∠EAB，

在△CAD與△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），

∴CD=BE；

∴線段BE長的最大值=線段CD的最大值，

∴由（1）知，當(dāng)線段BE的長取得最大值時，點E在BA的延長線上，

∴最大值為=4+2=6．

∴線段CD的最大值為6；（3）解：如圖3中，將△APM繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP'N，連接BN，PP′．∴△APM≌△AP'N，

∴AN=AM，AP=AP'=2，

∴線段AM長的最大值=線段AN長的最大值，

∴當(dāng)N在線段AB的延長線時，線段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，

∴四邊形PBNP'是平行四邊形，

∴BN=PP'，

∴AN的最大值為：AB+BN=AB+PP'=3+，∴AM的最大值為3+，過點P作PQ⊥AB的延長線于點Q，∵∠PAP′=90°，∠P′AB=∠PP′A=45°，∴∠PAQ=45°，∴△PAQ為等腰直角三角形，∵AP=2，由勾股定理可得：∴AQ=PQ=，在△PBQ中，PQ2+BQ2=PB2，即，∴PB2=，∵△PBM為等腰直角三角形，此時△PBM的面積=×=.【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和判定等知識，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，掌握旋轉(zhuǎn)法添加輔助線．【變式6-2】如圖，矩形中，，點是對角線上一動點（不與重合），連接，過點作，交射線于點，以線段為鄰邊作矩形，過點作。分別交于點。（1）求證：的值；（2）求的值；（3）求矩形的面積的最小值。【答案】（1）見解析；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)和同角的余角相等證明，，從而求證三角形相似；（2）設(shè)，由相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式，，從而求解；（3）當(dāng)時，矩形面積最小，從而求解.【詳解】（1）∵過點作且矩形中，AB∥DC又∵過點作∴∴，∴；（2）設(shè)，則，∵矩形中，AB∥DC∴△APG∽△CPH即∴，即∴∵∴；（3）如圖∵，∴當(dāng)時，矩形面積最小，此時，此時點與點重合，，所以最小面積為【點睛】本題考查相似三角形綜合題、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理,解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用相似三角形的判定和性質(zhì)列出相應(yīng)的比例式從而解決問題．【變式6-2】已知：在四邊形中，，，，．（）求四邊形的面積．（）點是線段上的動點，連接、，求周長的最小值及此時的長．（）點是線段上的動點，、為邊上的點，，連接、，分別交、于點、，記和重疊部分的面積為，求的最值．【答案】（）．（）．3．（）．【解析】試題分析：（1）如圖1，過A作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，得到四邊形AEFD是矩形，由矩形的想知道的EF=AD=6，BE=CF=3，根據(jù)勾股定理得到，于是得到結(jié)論；

（2）如圖2，作點B關(guān)于直線AD的對稱點G，連接CG交AD于P，則BC+PB+PC=BC+PG+PC即為△BCP周長的最小值，根據(jù)勾股定理得到，于是得到△BCP周長的最小值為：4+12；根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到PH=BC=6，由勾股定理得到，于是得到結(jié)論．（3）過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，如圖所示，設(shè)，則．因為，所以∽，得；同理可得∽，∽，得：，，所以，進(jìn)而求得答案.試題解析：（）如圖1，過作于，于．則四邊形是矩形．∴，．∴．∴．（）如圖2，作點關(guān)于直線的對稱點，連接交于，則．即為的最小周長．由（）知．在中，．∴的．∵，，∴．∵，∴．（）過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，過點作的垂線分別交、于、點，如圖3所示，設(shè)，則．因為，所以∽，所以，又，所以；同理可得∽，∽，所以，，求得：，，其中，所以，即．因此當(dāng)時，有最大值；當(dāng)或時，有最小值了．一、單選題1．如圖，拋物線與軸交于點，點，點是拋物線上的動點，若是以為底的等腰三角形，則的值為（）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【分析】當(dāng)△PCD是以CD為底的等腰三角形時,則P點在線段CD的垂直平分線上,由C、D坐標(biāo)可求得線段CD中點的坐標(biāo),從而可以知道P點的縱坐標(biāo),代入拋物線解析式可求得P點坐標(biāo)．【詳解】解：作中垂線交拋物線于，（在左側(cè)），交軸于點;連接P1D,P2D．易得．∴，．將代入中得，．∴，．∴，．故選B．2．如圖，在菱形中，是線段上一動點（點不與點重合），當(dāng)是等腰三角形時，的度數(shù)是（）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】在菱形ABCD中，，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ABD=∠ABC=40°，再分三種情況討論，當(dāng)AE=BE時，當(dāng)AB=BE時，當(dāng)時，從而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵在菱形ABCD中，，，，，∵△ABE是等腰三角形，∴AE=BE，或AB=BE，或，當(dāng)AE=BE時，∴∠ABE=∠BAE=40°，∴；當(dāng)AB=BE時，∴∠BAE=∠AEB=，∴∠DAE=，當(dāng)時，與重合，不合題意舍去，綜上所述，當(dāng)△ABE是等腰三角形時，∠DAE=30°或60°，故選：C．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握分類討論是解題的關(guān)鍵．3．已知等腰中，，，底角為，動點從點向點運動，當(dāng)是直角三角形是長為（）A．4 B．2或3 C．3或4 D．3【答案】C【分析】先畫出符合的兩種情況，圖1中，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BP即可；圖2中先求出BP＝2PA，再根據(jù)勾股定理求出即可．【詳解】當(dāng)∠APB＝90時，如圖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，當(dāng)∠BAP＝90，如圖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，故選：C．【點睛】本題考查了含30角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識點，能熟練地運用含30角的直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．4．如圖，一次函數(shù)與反比例函數(shù)的圖象交于和兩點，點是線段上一動點(不與，重合)，過點分別作軸和軸的垂線，交反比例函數(shù)圖象于，則四邊形面積PMON最大值是（）A．12.5 B．12.25 C．14 D．12【答案】A【解析】【分析】設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，一次函數(shù)解析式為y=ax+b，根據(jù)點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出反比例與一次函數(shù)的解析式，再利用分割圖形求面積法找出S四邊形PMON關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，利用配方法解決最值問題．【詳解】解：設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，一次函數(shù)解析式為y=ax+b，

將點A（1，12）代入y=中，得k=12，

∴反比例函數(shù)解析式為y=，

將點A（1，12）、B（6，2）代入y=ax+b中，得，解得∴一次函數(shù)解析式為y=-2x+14．

設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，14-2m），

則S四邊形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.∴四邊形PMON面積的最大值是12.5．

故選A．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及反比例函數(shù)與一次函數(shù)交點的問題，解題的關(guān)鍵是找出S四邊形PMON關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式．本題難度不大，利用分割圖形求面積法是解題關(guān)鍵．5．如圖，在Rt△中，90°，，，為邊上的一動點，以，為邊構(gòu)造平行四邊形，則對角線的最小值為（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，當(dāng)PQ⊥AC時，對角線的值最小，且的最小值為BC的長度，問題得解．【詳解】解：如圖所示，作平行四邊形，則QB∥AC，∴當(dāng)PQ⊥AC時，對角線的值最小，∵BC⊥AC，，∴的最小值為6，故選：B．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，準(zhǔn)確作出圖形是解題的關(guān)鍵．6．如圖，中，，，，動點從點出發(fā)沿射線以2的速度運動，設(shè)運動時間為，當(dāng)為等腰三角形時，的值為（）A．或 B．或12或4 C．或或12 D．或12或4【答案】C【分析】根據(jù)勾股定理求出BC,當(dāng)△ABP為等腰三角形時,分三種情況:①當(dāng)AB=BP時;②當(dāng)AB=AP時;③當(dāng)BP=AP時,分別求出BP的長度,繼而可求得t值.【詳解】因為中,,,,所以(cm)①當(dāng)AB=BP時,t=（s）;②當(dāng)AB=AP時,因為AC⊥BC,所以BP=2BC=24cm,所以t=(s);③當(dāng)BP=AP時,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=綜_上所述:當(dāng)△ABP為等腰三角形時,或或12故選:C【點睛】考核知識點:等腰三角形,勾股定理.根據(jù)題畫出圖形,再利用勾股定理解決問題是關(guān)鍵.7．如圖，點的坐標(biāo)為，點為軸的負(fù)半軸上的一個動點，分別以，為直角邊在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，連接交軸于點，當(dāng)點在軸上移動時，則的長度為（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】作EN⊥y軸于N，求出∠NBE=∠BAO，證△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，證△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案．【詳解】解：如圖，作EN⊥y軸于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∵點A的坐標(biāo)為（8，0），∴OA=BN=8，∴BP=NP=4．故選B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，有一定的難度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等．8．如圖，已知兩點的坐標(biāo)分別為，點分別是直線和x軸上的動點，,點是線段的中點，連接交軸于點；當(dāng)⊿面積取得最小值時，的值是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，推出點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，推出當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解決問題．【詳解】如圖，設(shè)直線x=-5交x軸于K．由題意KD=CF=5，∴點D的運動軌跡是以K為圓心，5為半徑的圓，∴當(dāng)直線AD與⊙K相切時，△ABE的面積最小，∵AD是切線，點D是切點，∴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=，∴，∴，故選B.【點睛】本題考查解直角三角形，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題.9．已知：如圖，在長方形ABCD中，AB=4，AD=6．延長BC到點E，使CE=2，連接DE，動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC-CD-DA向終點A運動，設(shè)點P的運動時間為秒，當(dāng)?shù)闹禐開____秒時，△ABP和△DCE全等．A．1 B．1或3 C．1或7 D．3或7【答案】C【分析】分兩種情況進(jìn)行討論，根據(jù)題意得出BP=2t=2和AP=16-2t=2即可求得．【詳解】解：因為AB=CD，若∠ABP=∠DCE=90°，BP=CE=2，根據(jù)SAS證得△ABP≌△DCE，

由題意得：BP=2t=2，

所以t=1，

因為AB=CD，若∠BAP=∠DCE=90°，AP=CE=2，根據(jù)SAS證得△BAP≌△DCE，

由題意得：AP=16-2t=2，

解得t=7．

所以，當(dāng)t的值為1或7秒時．△ABP和△DCE全等．

故選C．【點睛】本題考查全等三角形的判定，判定方法有：ASA，SAS，AAS，SSS，HL．10．如圖，在直角梯形中，，點為邊上一動點，若與是相似三角形，則滿足條件的點的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】由于，故要使與相似，分兩種情況討論：①，②，這兩種情況都可以根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等求出的長，即可得到點的個數(shù)．【詳解】解：如圖示：，．，．設(shè)的長為，則長為．若邊上存在點，使與相似，那么分兩種情況：①若，則，即，解得：②若，則，即，解得：或6．滿足條件的點的個數(shù)是3個，故選：C．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)，并進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（0，4），B（2，0），點C在第一象限，若以A、B、C為頂點的三角形與△AOB相似（不包括全等），則點C的個數(shù)是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】試題解析：如圖①，∠OAB=∠，∠AOB=∠時，△AOB∽△．如圖②，AO∥BC，BA⊥，則∠=∠OAB，故△AOB∽△；如圖③，∥OB，∠ABC3=，則∠ABO=∠CAB，故△AOB∽△；如圖④，∠AOB=∠=，∠ABO=∠，則△AOB∽△．故選D．12．如圖，坐標(biāo)平面內(nèi)一點A(2，－1)，O為原點，P是x軸上的一個動點，如果以點P、O、A為頂點的三角形是等腰三角形，那么符合條件的動點P的個數(shù)為()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】以O(shè)點為圓心，OA為半徑作圓與x軸有兩交點，這兩點顯然符合題意．以A點為圓心，OA為半徑作圓與x軸交與兩點（O點除外）．以O(shè)A中點為圓心OA長一半為半徑作圓與x軸有一交點．共4個點符合，二、填空題13．如圖，已知以點A(0，1)、C(1，0)為頂點的△ABC中，∠BAC=60°，∠ACB=90°，在坐標(biāo)系內(nèi)有一動點P（不與A重合），以P、B、C為頂點的三角形和△ABC全等，則P點坐標(biāo)為____________.【答案】（2，-1）、、【詳解】解：由勾股定理得：AC=，∵∠BAC=60°，∠ACB=90°，∴AB=，BC=，分為三種情況：①如圖1，延長AC到P，使AC=CP，連接BP，過P作PM⊥x軸于M，此時PM=OA=1，CM=OC=1，OM=1+1=2，即P的坐標(biāo)是（2，﹣1）；②如圖2，過B作BP⊥BC，且BP=AC=，此時PC=AB=．過P作PM⊥x軸于M，此時∠PCM=15°，在x軸上取一點N，使∠PNM=30°，即CN=PN，設(shè)PM=x，則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的坐標(biāo)是（，）；③如圖3，過B作BP⊥BC，且BP=AC=，過P作PM⊥x軸于M，此時∠PCM=30°+45°=75°，∠CPM=15°，和③解法類似求出CM=，PM=2x+x=，OM=1+=，即P的坐標(biāo)是（，）．故答案為（2，﹣1）或（，）或（，）．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形等知識點的應(yīng)用，注意要進(jìn)行分類討論，題目比較好，但是有一定的難度．14．如圖，在中，，，，動點以的速度，從點運動到點，動點同時以的速度，從點運動到點，當(dāng)為直角三角形時，點運動的時間為__________.【答案】或2【分析】根據(jù)勾股定理求出AB，分∠AMN＝90°、∠ANM＝90°兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．【詳解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，

則AB＝＝＝5cm，

設(shè)點M的運動時間為t秒，

由題意得，CM＝t，AN＝，則AM＝4?t，

當(dāng)∠AMN＝90°時，∠AMN＝∠ACB，∠A＝∠A，

∴△AMN∽△ACB，

∴，即，

解得：t＝2，

當(dāng)∠ANM＝90°時，∠ANM＝∠ACB，∠A＝∠A，

∴△ANM∽△ACB，

∴，即，

解得：t＝，

綜上所述：當(dāng)△AMN為直角三角形時，點M的運動秒數(shù)為2或，

故答案為：或2.【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．15．如圖，點C為直線l上的一個動點，于D點，于E點，，，當(dāng)長為________________為直角三角形．【答案】3或2或．【分析】作BF⊥AD于F，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BF=DE=4，DF=BE=1，根據(jù)勾股定理用CD表示出AC、BC，根據(jù)勾股定理的逆定理列式計算，得到答案．【詳解】解：作BF⊥AD于F，則四邊形DEBF為矩形，∴BF=DE=4，DF=BE=1，∴AF=AD-DF=3，由勾股定理得，當(dāng)△ABC為直角三角形時，即解得，CD=3，如圖2，作BH⊥AD于H，仿照上述作法，當(dāng)∠ACB=90°時，由勾股定理得，由得：解得：同理可得：當(dāng)∠ABC=90°時，綜上：的長為：3或2或．故答案為：3或2或．【點睛】本題考查的是勾股定理及其逆定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么16．如圖，正方形的面積為16，為的中點，為對角線上的一個動點，連接、，則線段的最小值是______．【答案】【分析】連接CF，當(dāng)點E，F(xiàn)，C在同一直線上時，AF+FE的最小值為CE長，根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴A關(guān)于BD的對稱點為C，則AF=CF，∴線段的最小值為線段的最小值，∴當(dāng)點E，F(xiàn)，C在同一直線上時，AF+FE的最小值為CE長，∵正方形ABCD的面積為16，∴AD=CD=4，∵E為AD中點，∴DE=2，∴在Rt△CED中，，則線段的最小值是，故答案為：.【點睛】本題考查的是軸對稱，最短路線問題，根據(jù)正方形的性質(zhì)作得出A關(guān)于BD的對稱點C是解答此題的關(guān)鍵．17．如圖，中，，，點是線段上的一個動點，連接，當(dāng)是_________度時，是等腰三角形．【答案】50或65【分析】根據(jù)等腰三角形的特點分類討論即可求解．【詳解】∵是等腰三角形，①是底角時，則=；②是頂角時，則=；故答案為：50或65．【點睛】此題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意分情況討論．18．如圖，，，垂足分別為，，，，點為邊上一動點，當(dāng)_______時，形成的與全等．【答案】2【分析】當(dāng)BP=2時，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=6可得CP=4，進(jìn)而可得AB=CP，BP=CD，再結(jié)合AB⊥BC、DC⊥BC可得∠B=∠C=90°，可利用SAS判定△ABP≌△PCD．【詳解】解：當(dāng)BP=2時，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），故答案為：2．【點睛】本題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）是解題的關(guān)鍵．19．如圖，在中，，，面積為10，的垂直平分線分別交，于點，。若點為的中點，點為線段上一動點，則周長的最小值為______?！敬鸢浮?【分析】連接AD，由于△ABC是等腰三角形，點D是BC邊的中點，故AD⊥BC，再根據(jù)三角形的面積公式求出AD的長，再再根據(jù)EF是線段AC的垂直平分線可知，點C關(guān)于直線EF的對稱點為點A，故AD的長為CP+PD的最小值，由此即可得出結(jié)論．【詳解】連接AD，∵△ABC是等腰三角形，點D是BC邊的中點，∴AD⊥BC，∴S△ABC=BC?AD=×4×AD=10，解得AD=5，∵EF是線段AC的垂直平分線，∴點C關(guān)于直線EF的對稱點為點A，∴AD的長為CP+PD的最小值，∴△CDP的周長最短=（CP+PD）+CD=AD+BC=6+×4=5+2=7．故答案為：7【點睛】本題考查的是軸對稱-最短路線問題，熟知等腰三角形三線合一的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．20．如圖，在中，，，，點為內(nèi)一動點．過點作于點，交于點．若為等腰三角形，且，則的長為__________．【答案】1或【分析】分以下三種情況：①若BP=CP，過點P作PF⊥BC于點F，有DP=CF=BC；②若BP=BC，過點P作PF⊥BC于點F，則在Rt△BPF中先求出BF的長，從而根據(jù)DP=CF可得出DP的長；③若BC=CP，由勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)分別求出DP，DE的長，此時DP＞DE，此種情況不存在．綜上可得出結(jié)果．【詳解】解：∵∠ACB=90°，PD⊥AC，∴DE∥BC．∴，又BC=5，∴CD=3．分以下三種情況：①若BP=CP，如圖1，過點P作PF⊥BC于F，則四邊形CDPF為矩形，∴DP=CF，又CP=BP，PF⊥BC，∴CF=BF=BC=，∴DP=CF=；②若BP=BC=5，如圖2，過點P作PF⊥BC于F，則四邊形CDPF為矩形，∴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，如圖3，則在Rt△CDP中，根據(jù)勾股定理得，DP=4，又DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，∴，∴，∴DE=，此時DP＞DE，不符合題意．綜上所述，PD的長為1或．故答案為：1或．【點睛】本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)以及平行線的判定等知識點，解題的關(guān)鍵是綜合運用相關(guān)性質(zhì)進(jìn)行推理并運用分類討論思想．21．如圖，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，動點M從點D出發(fā)，按折線D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度運動，動點N從點D出發(fā)，按折線D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度運動．若動點M、N同時出發(fā)，相遇時停止運動，若點E在線段BC上，且BE=3cm，經(jīng)過_____秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．【答案】【解析】【分析】根據(jù)t的值討論M、N的位置，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可求解．【詳解】如圖，在直角△ABE中，AE==5cm．設(shè)運動的時間是t秒．當(dāng)0＜t＜2時，M在CD上，N在DA上，若平行四邊形是AEMN，則AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；當(dāng)t=2時，M在C點，DN=4cm，此時，AN≠EC，則不能構(gòu)成平行四邊形；當(dāng)2＜t＜4.5時，M在BC上，則EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，當(dāng)9-2t=8-t時，解得：t=1（舍去），當(dāng)4.5＜t＜6時，M在BC上，則EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，當(dāng)2t-9=8-t時，解得：t=，此時四邊形AMEN是平行四邊形；當(dāng)6＜t＜8時，M在AB上，N在AD上，不能構(gòu)成平行四邊形；當(dāng)t=8時，Q與A重合，不能構(gòu)成平行四邊形形．綜上所述：經(jīng)過秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理；熟練掌握平行四邊形的判定方法，正確對t的范圍進(jìn)行討論是解決問題的關(guān)鍵．22．如圖，點、的坐標(biāo)分別為、，的圓心坐標(biāo)為，半徑為1，若點為上的一個動點，線段與軸交于點，則面積的最小值為________．【答案】【分析】連接，由與相切時，最短，可得的面積最小，由切線的性質(zhì)可得，利用勾股定理可的長，由，可證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出的長，即可得的長，利用三角形面積公式求出的面積即可.【詳解】連接，∵當(dāng)與相切時，最短，∴的面積最小，∴，∵、、，∴，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，∴，∴的面積為：.故答案為【點睛】本題考查切線性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及三角形面積求法，能夠正確判斷出面積最小時與的位置關(guān)系是解題關(guān)鍵.三、解答題23．如圖，直線與軸和軸分別交于兩點，另一條直線過點和點.(1)求直線的函數(shù)表達(dá)式;(2)求證:;(3)若點是直線上的一個動點，點是軸上的一個動點，且以為頂點的三角形與全等，求點的坐標(biāo).【答案】(1);(2);(3)點的坐標(biāo)為或或或【解析】【分析】（1）在y=-x+4中，令y=0，則0=-x+4，求得A（3，0），設(shè)直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+b，解方程組即可得到結(jié)論；

（2）在直線ABy=-x+4中，得到k1=-，在直線ACy＝x?中，得到k2=，由于k1?k2=-1，即可得到結(jié)論；

（3）根據(jù)勾股定理得到AB=5，①當(dāng)∠AQP=90°時，如圖1，由全等三角形的性質(zhì)得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②當(dāng)∠APQ=90°時，如圖2，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③當(dāng)∠PAQ=90°時，這種情況不存在．【詳解】（1）在y=-x+4中，

令y=0，則0=-x+4，

∴x=3，

∴A（3，0），

設(shè)直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+b，則：，解得：，∴直線AC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝x-.(2)在直線ABy=-x+4中，∵k1=-，

在直線ACy＝x?中，k2=，

∴k1?k2=-1，

∴AB⊥AC；

（3）在y=-x+4中，

令x=0，則y=4，

∴OA=3，OB=4，由勾股定理得AB=5，

①當(dāng)∠AQP=90°時，如圖1，∵△AOB≌△AQP，

∴AQ=OB=4，

∴Q1（7，0），Q2（-1，0），

②當(dāng)∠APQ=90°時，如圖2，∵△AOB≌△AQP，

∴AQ=AB=5，

∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．

③當(dāng)∠PAQ=90°時，這種情況不存在，

綜上所述：點Q的坐標(biāo)為：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．【點睛】考查了一次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，勾股定理的應(yīng)用和全等三角形的性質(zhì)等知識，分類討論是解題關(guān)鍵，以防遺漏．24．已知，是邊長的等邊三角形，動點以的速度從點出發(fā)，沿線段向點運動．請分別解決下面四種情況：（）如圖，設(shè)點的運動時間為，那么__________時，是直角三角形；（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿線段向點運動，如果動點、都以的速度同時出發(fā)．設(shè)運動時間為，那么為何值時，是直角三角形？（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿射線方向運動．連接交于．如果動點、都以的速度同時出發(fā)．設(shè)運動時間為，那么為何值時，是等腰三角形？（）如圖，若另一動點從點出發(fā)，沿射線方向運動，連接交于，連接．如果動點、都以的速度同時出發(fā)．請你猜想：在點、的運動過程中，和的面積有什么關(guān)系？并說明理由．【答案】(1)1.5；（2）當(dāng)為或時，為直角三角形；（3）當(dāng)為時，為等腰三角形；（4），理由詳見解析.【解析】試題分析：（1）由△ABC是等邊三角形可知，當(dāng)△PBC為直角三角形時，CP⊥AB，則P為