中考数学综合题集锦一（通用6篇）
篇1：中考数学综合题集锦一
2018年宜昌中考复习数学综合大题集锦（2）
难点突破：分类和范围
22．如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=4，动点E在边BC上，与点B、C不重合，过点A作DE的垂线，交直线CD于点F．设DF=x，EC=y．
（1）求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．（★）（2）当CF=1时，求EC的长．（★★）
（3）若直线AF与线段BC延长线交于点G，当△DBE与△DFG相似时，求DF长．（★★★）
22.【背景资料】机器人代替人工生产是国家“中国制造2025”规划的重要发展方向。据测试，A型号的一台装卸机器人连续工作2小时，可装卸货物54吨货物，而15名装卸工人连续工作8小时，只能装卸货物30吨。假设在装卸过程中，人均工作效率相同。【问题解答】
（1）一台A型号装卸机器人一年的装载量，由一名装卸工人去完成，大约需要多少年？（一年按350天计算，每天工作8小时）。（★）（2）某物流公司于2013年底购买了一台A型号装卸机器人，并在外高薪聘用了两名懂技术的工程师对机器人进行操作、维护，再把若干名装卸机器人进行解聘。已知2014年每名工程师创造的收入比每名被解聘的装卸工人2013年创造的收入多m倍，且两名工程师创造的收入之和是被解聘装卸工人2013年创造的收入总和的一半。若机器人装卸和人工装卸创造的收入都根据装卸量按相同的价格计算收入，那么2014年机器人创造的收入比2013年所有被解聘的装卸工人创造的收入多4m倍，求m的值和被解聘的装卸工人人数。（★★★）
23．如图，PB为⊙O的切线，B为切点，直线PO交⊙于点E、F，过点B作PO的垂线BA，垂足为点D，交⊙O于点A，延长AO与⊙O交于点C，连接BC，AF．（1）求证：直线PA为⊙O的切线；（★）
（2）试探究线段OF、OD、OP之间的等量关系，并加以证明；（★★）（3）若BC=12，tan∠F=，求cos∠ACB的值和线段PE的长．（★★★）
24.如图1，点P是x轴上一动点，设其横坐标为h，将点P沿x轴向右平移2个单位得到点A，分别经过点P、A作x轴垂线，与直线y=﹣x+2交于点M、B，以点M为顶点的抛物线y=ax2+bx+c经过点B．（下图供参考）（1）直接写出点M、点B的坐标（用含h的代数式表示）；（★）（2）求a的值；（★★）
（3）点C（t，0）是x轴上一定点，且OC≤3，过点C作x轴垂线，分别与抛物线y=ax2+bx+c交于点F，与直线y=﹣x+2交于点E，点F在点E的上方或与点E重合． ①求t-h的取值范围；（★★）
②设EF的长度为r．求r关于h的函数表达式，并求当r的值最大时，G点纵坐标k的取值范围；（★★★）
篇2：中考数学综合题集锦一
发布时间：2012-02-11 15:45 来源：武汉巨人学校 作者：巨人网整理
在数学试卷中，综合题的题型最难，涉及到的知识点也最多，期中几何类型的综合题，既有涉及到图形变量，又有涉及到函数公式，解答起来很费周折。
想这种题该如何求解你？这里给出了学校专家的几点建议，希望对您有所帮助。
几何综合题的特点是：先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点(或动线段)运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的(未知)函数的解析式(即在没有求出之前，不知道函数解析式的形式是什么)和求函数的定义域，最后根据所求的函数关系进行探索研究，1、一般题型
1）在什么条件下三角形是等腰三角形、直角三角形；
2）四边形是菱形、梯形等；
3）探索两个三角形满足什么条件相似；
4）探究线段之间的位置关系等；
5）探索面积之间满足一定关系求x的值等；
6）直线(圆)与圆的相切时求自变量的值等。
2、解题关键
求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系(即列出含有x、y的方程)，变形写成y＝f(x)的形式。一般有直接法(直接列出含有x和y的方程)和复合法(列出含有x和y和第三个变量的方程，然后求出第三个变量和x之间的函数关系式，代入消去第三个变量，得到y＝f(x)的形式)，当然还有参数法，这个已超出初中数学教学要求。
3、解题技巧
篇3：中考化学综合探究题例析
题目:工业铁红的主要成分是Fe2O3, 还含有少量的FeO、Fe3O4。为了测定铁红中铁的质量分数, 兴趣小组的同学进行了如下实验, 请你参与过程分析。
【资料1】草酸晶体 (H2C2O4·3H2O) 在浓H2SO4作用下受热分解, 化学方程式为:
(1) 下列可用作草酸分解制取气体的装置是__________ (填字母编号) 。
【问题讨论】用下图所示装置进行实验:
(2) 实验前应先________。
(3) 进入D中的气体是纯净、干燥的CO, 则A、C中的试剂依次是_______、______ (填字母编号) 。
a.浓硫酸b.澄清的石灰水c.氢氧化钠溶液
(4) B装置的作用是___________。
(5) 对D装置加热前和停止加热后, 都要通入过量的CO, 其作用分别是: (1) 加热前_________; (2) 停止加热后__________。
(6) 写出D装置中所发生反应的一个化学方程式_______。
【数据分析与计算】
【资料2】铁的常见氧化物中铁的质量分数为:
(7) 称取铁红样品10.0g, 用上述装置进行实验, 测定铁红中铁的质量分数。
(1) D中充分反应后得到Fe粉的质量为mg, 则_________<m<___________。
(2) 实验前后称得E装置增重6.6g, 则此铁红中铁的质量分数是_________。
【实验评价】
反思1:本实验中如果缺少C装置 (不考虑其他因素) , 则测得样品中铁的质量分数会____________ (填“偏小”、“不变”或“偏大”) 。
反思2:请指出“问题讨论”中实验装置的一个明显缺陷__________。
解析:此题是一道综合性很强的探究试题。根据给定“资料1”, 第 (1) 题考查了学生对实验装置的综合利用能力和严谨科学的判断能力, 解题的关键是学生要能利用题目中的信息:“草酸晶体”“浓H2SO4”“受热”, 结合平时所学的两种基本气体制取装置:固固加热型和固液不加热型, 去进行科学的分析与判断, 不拘泥于现成知识;第 (2) 、第 (5) 题考查了学生实验的基本素养和安全意识;第 (3) 、第 (4) 题则考查学生对常见物质性质的掌握与应用 (混合气体的除杂、干燥、验证) ;第 (6) 题考查化学用语 (化学方程式) 。根据给定“资料2”, 第 (7) 题考查了学生对数据的分析与处理以及简单的计算能力。最后的实验评价则考查学生对探究结果的讨论和反思能力, 这也是探究活动的拓展。
答案: (1) d; (2) 检查装置的气密性; (3) c, a; (4) 验证CO2已除尽; (5) (1) 将装置中的空气排出, 防止发生爆炸 (或以免产生测定误差) ; (2) 驱赶装置中滞留的CO2, 使其全部被E装置中的碱石灰全部吸收 (或防止空气进入, 铁被氧化) ; (6) Fe2O3+3CO△2Fe+3CO2 (或写FeO、Fe3O4与CO反应的化学方程式均正确) ; (7) (1) 7.0、7.8 (7.78) (2) 76.0% (76%) 。
反思1:偏小;反思2:缺少尾气处理装置或未检验水是否除尽。
篇4：中考数学综合题集锦一
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分.下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.）
1.实数-2的绝对值是（）.
A.2B.12C.-12D.-2
2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）.
3.计算：32-8的结果是（）.
A.24B.26C.32D.22图1
4.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，则sinA的值为（）.
A.12B.22C.32D.1
5.下列命题是假命题的是（）.
A.对角线互相平分的四边形是平行四边形B.对角线互相垂直的四边形是菱形
C.对角线相等的平行四边形是矩形D.对角线相等的菱形是正方形图2
6.如图2，PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，若∠APB=60°，
则∠AOB的度数为（）.
A.60°B.90°C.120°D.150°
7.我市4月份前5天的最高气温如下（单位：℃）：27，30，24，30，
31，对这组数据，下列说法正确的是（）.
A.平均数为28B.众数为30C.中位数为24D.方差为5
8.已知反比例函数y=kxk<0的图象上两点Ax1，y1、Bx2，y2，且x1 A.y1·y2<0B.y1+y2<0C.y1-y2>0D.y1-y2<0 9.如图3，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线 BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为（）. A.60°B.45°C.30°D.15° 10.如图4，正方形ABCD的边CD与正方形CEFG的边CE重合，点O是EG的中点，∠CGE的平分线GH过点D，交BE于H，连接OH、FH，EG与FH交于M，对于下面四个结论：①GH⊥BE；②HO∥BG，HO=12BG；③点H不在正方形CGFE的外接圆上；④△GBE∽△GMF.其中结论正确的个数是（）. A.1个B.2个C.3个D.4个 第二部分非选择题（共120分） 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分.） 11.正多边形一个外角的度数是60°，则该正多边形的边数是. 12.代数式xx-2有意义时，x应满足的条件为. 13.点P在线段AB的垂直平分线上，PA=5，则PB=. 14.在二次函数y=-2（x-3）2+1中，若y随x的增大而增大，则x的取值范围是. 15.若α，β是一元二次方程x2-x-1=0的两个实数根，则α2+αβ+β2的值为. 16.一个几何体的三视图如图5，根据图示的数据计算该几何体的全面积是.（结果保留π）. 三、解答题（本题有9个小题，共102分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤.） 17.（本题满分9分）计算：x-32-1-x·3-x-2. 18.（本题满分9分）如图6，在ABCD中，BE=DF.求证：AE=CF. 19.（本题满分10分）如图7，AB为⊙O的直径，劣弧BC=BE，BD∥CE，连接AE并延长交BD于D. 求证：（1）AC=AE；（2）AB2=AC·AD. 20.（本题满分10分）为实施“农村留守儿童关爱计划”，某校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，并制成了如下两幅不完整的统计图： （1）求该校平均每班有多少名留守儿童？并将该条形统计图补充完整； （2）某爱心人士决定从只有2名留守儿童的这些班级中，任选两名进行生活资助，请用列表法或画树状图的方法，求出所选两名留守儿童来自同一个班级的概率. 21.（本题满分12分）如图8，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点C（0，2），且与反比例函数y=-8x的图象在第二象限内交于点B，过点B作BD⊥x轴于点D，OD=2.图8 （1）求直线AB的解析式； （2）若点P是线段BD上一点，且△PBC的面积等于3，求点P的坐标. 22.（本题满分12分）为顺利通过“国家文明城市”验收，某市政府拟对城区部分路段的人行道地砖、绿化带、排水管道等公用设施全面更新改造.根据市政建设的需要，须在40天内完成工程.现有甲、乙两个工程队有意承包这项工程.经调查知道：乙工程队单独完成此项工程的时间是甲工程队单独完成此项工程的时间的2倍，若甲、乙两工程队合作只需10天完成. （1）甲、乙两个工程队单独完成此项工程各需多少天？ （2）若甲工程队每天的工程费用是4.5万元，乙工程队每天的工程费用是2.5万元.请你设计一种方案，既能按时完工，又能使工程费用最少. 23.（本题满分12分）如图9，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC的角平分线AD交BC于D. （1）动手操作：利用尺规作⊙O，使⊙O经过点A、D，且圆心O在AB上；并标出⊙O与AB的另一个交点E（保留作图痕迹，不写作法）； （2）综合应用：在你所作的图中， ①判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由； ②若AB=6，BD=23，求线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积（结果保留根号和π）. 24.（本题满分14分）如图10，抛物线y=-x2+bx+c的顶点为D，与x轴交于A（-1，0）、B（3，0），与y轴交于点C.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点P为线段BC上的一点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当四边形OBMC的面积最大时，求△BPN的周长；
（3）在（2）的条件下，当四边形OBMC的面积最大时，在抛物线的对称轴上
是否存在点Q，使得△CNQ为直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标.
25.（本题满分14分）如图11①，在Rt△ABC和Rt△EDC中，∠ACB=∠ECD=90°，AC=EC=BC=DC，AB与EC交于F，ED与AB、BC分别交于M、H.
（1）求证：CF=CH；
（2）如图11②，Rt△ABC不动，将Rt△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，判断四边形ACDM的形状，并证明你的结论.图11
参考答案
一、选择题：1-5：ACDAB，6-10：CBDBC.
二、填空题：11.6；12.x≥0且x≠2；13.5；14.x<3；152；16.3π.
三、解答题：
17.略.原式=-2x+4.
18.证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB∥CD，AB=CD，所以∠ABD=∠CDB；因为BE=DF，所以△ABE≌△CDF，所以AE=CF.
19.证明：（1）因为BC=BE，所以AC=AE，所以AC=AE.
（2）连结CB.因为BC=BE，所以∠1=∠2；又因为AB是⊙O的直径，所以AB⊥CE；因为BD∥CE，所以AB⊥BD，所以∠ABD=90°；因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=90°，所以∠ABD=∠ACB=90°，
所以△ACB∽△ABD，所以ACAB=ABAD，所以AB2=AC·AD.
20.解：（1）全校班级个数：4÷20%=20（个），只有2名留守儿童的班级个数：20-2-3-4-5-4=2（个），补全条形统计图（略）.
120×（1×2+2×2+3×3+4×4+5×5+6×4）=4（名），答：该校平均每班有4名留守儿童.
（2）因为只有2名留守儿童的班级有两个班，可设甲班和乙班，甲班的2名留守儿童为a1，a2，乙班的2名留守儿童为b1，b2，列表或画树状图，
所以P（所选两名留守儿童来自同一个班级）=13.
21.解：（1）OD=2，点B的横坐标是-2，当x=-2时，y=-8-2=4，所以点B坐标是B（-2，4）；
设直线AB的解析式是y=kx+b，图象过B（-2，4）、C（0，2），-2k+b=4，
b=2，解得k=-1，
b=2，所以直线AB的解析式为y=-x+2.
（2）因为OD=2，S△PBC=12PB·OD=3，所以PB=3，
所以PD=BD-PB=4-3=1，所以点P的坐标是P（-2，1）.
22.解：（1）设甲工程队单独完成此项工程需x天，则乙工程队单独完成此项工程需2x天，由题意得：1[]x[SX）]+1[]2x[SX）]=1[]10[SX）]，所以x=15，经检验：x=15是原方程的解，所以当x=15时，2x=30；答：甲工程队单独完成此项工程需15天，乙工程队单独完成此项工程需30天.
（2）因为甲乙两工程队均能在规定的40天内单独完成，所以有如下三种方案：方案一：由甲工程队单独完成.所需费用为：45×15=675（万元）；方案二：由乙工程队单独完成.所需费用为：25×30=75（万元）；方案三：由甲乙两队合作完成.所需费用为：（45+25）×10=70（万元）.因为75>70>675，所以应该选择甲工程队承包该项工程.
23.解：（1）如下图，作⊙O，标出点E；23题图
篇5：中考数学综合题集锦一
专题15
动点综合问题
【考点1】动点之全等三角形问题
【例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
【分析】
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．
【变式1-1】已知正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别是线段OB、OC上的动点
（1）如果动点E、F满足BE＝OF（如图），且AE⊥BF时，问点E在什么位置？并证明你的结论；
（2）如果动点E、F满足BE＝CF（如图），写出所有以点E或F为顶点的全等三角形（不得添加辅助线）．
【答案】（1）当AE⊥BF时，点E在BO中点，见解析；（2）以点E或F为顶点的全等三角形有△ABE≌△BCF，△AOE≌△BOF，△ADE≌△BAF.【分析】
（1）根据正方形性质及已知条件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根据三角形相似的性质即可得出答案；
（2）根据正方形性质及BE＝CF即可得出全等的三角形．
【详解】
解：（1）当时，点在中点．证明如下：
延长交于点，如图所示：，，，，，，故当时，点在中点；
（2）四边形是正方形，，，，，，在△ABE和△BCF中，同理可得，；
以点或为顶点的全等三角形有，；
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定及性质，比较综合，难度较大，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式1-2】如图①，将长方形纸片沿对角线剪成两个全等的直角三角形ABC、EDF，其中AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝10cm．现将△ABC和△EDF按如图②的方式摆放（点A与点D、点B与点E分别重合）．动点P从点A出发，沿AC以2cm/s的速度向点C匀速移动；同时，动点Q从点E出发，沿射线ED以acm/s
（0＜a＜3）的速度匀速移动，连接PQ、CQ、FQ，设移动时间为ts
（0≤t≤5）．
（1）当t＝2时，S△AQF＝3S△BQC，则a＝；
（2）当以P、C、Q为顶点的三角形与△BQC全等时，求a的值；
（3）如图③，在动点P、Q出发的同时，△ABC也以3cm/s的速度沿射线ED匀速移动，当以A、P、Q为顶点的三角形与△EFQ全等时，求a与t的值．
【答案】（1）1；（2）；（3）a＝2时，t＝2；或a＝2.3时，t＝5．
【分析】
（1）由题意得∠BAF＝∠ABC＝90°，BQ＝at＝2a，AF＝BC，由三角形面积得AQ＝3BQ，则AB＝4BQ＝8，得BQ＝2＝2a，则a＝1；
（2）由题意得点P与B为对应顶点，PQ＝BQ＝at，PC＝BC＝6，∠CPQ＝∠ABC＝90°，则AP＝AC﹣PC＝4，PQ⊥AC，得t＝2，则PQ＝BQ＝2a，再由三角形面积关系即可得出答案；
（3）分两种情况：①AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则AP＝EQ，AQ＝EF＝10，求出a＝2，BQ＝BE﹣EQ＝t，则AQ＝AB+BQ＝8+t＝10，解得t＝2；
②AP与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则AP＝EF＝10，AQ＝EQ，求出t＝5，则AQ＝EQ＝5a，得BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，再分别求出a的值即可．
【详解】
解：（1）由题意得：∠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；
故答案为：1；
（2）∵以P、C、Q为顶点的三角形与△BQC全等，CQ是公共边，∴点P与B为对应顶点，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的面积＝△ACQ的面积+△BCQ的面积，∴×8×6＝×10×2a+×2a×6，解得：a＝；
（3）由题意得：∠A＝∠E，∴∠A与∠E为对应角，分两种情况：
①AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则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与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则AP＝EF＝10，AQ＝EQ，∴2t＝10，∴t＝5，∴AQ＝EQ＝5a，∵BE＝3t＝15，∴BQ＝15﹣5a，或BQ＝5a﹣15，当BQ＝15﹣5a时，AQ＝15﹣5a+8＝23﹣5a，或AQ＝8﹣（15﹣5a）＝5a﹣7，∴5a＝23﹣5a，或5a＝5a﹣7（无意义），解得：a＝2.3；
当BQ＝5a﹣15时，AQ＝5a﹣15+8＝5a﹣7，或AQ＝8﹣（5a﹣15）＝7﹣5a，∴5a＝5a﹣7（无意义），或5a＝7﹣5a，解得：a＝0.7，不合题意，舍去；
综上所述，a＝2时，t＝2；或a＝2.3时，t＝5．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的综合问题及动点问题，关键是根据题意找到动点之间的联系，然后结合全等三角形的性质进行求解问题即可，注意分类讨论思想的运用．
【考点2】动点之直角三角形问题
【例2】如图，在四边形纸片中，，，点是边上的动点，点是折线上的动点，将纸片沿直线折叠，使点的对应点落在边上，连接，若是直角三角形，则的长为________．
【答案】1或
【分析】
如图（见解析），先利用解直角三角形、勾股定理、矩形的判定与性质求出AB的长，再分和两种情况，分别求出的长，然后根据折叠的性质、线段的和差即可得．
【详解】
如图，过点C作于点M，过点D作于点N，，四边形CDNM是矩形，在中，，在中，，由折叠的性质得：，点在边上，即，由题意，分以下两种情况：
（1）当时，是直角三角形，在中，，；
（2）当时，是直角三角形，在中，，；
综上，AE的长为1或，故答案为：1或．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的判定与性质、折叠的性质等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．
【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＝时，S最大值＝；②存在，点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【解析】
【分析】
(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)，∴，解得，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=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．
当t＝时，S最大值＝．
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＝MA，∴1+t＝(4﹣2t)，解得，t＝，∴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，在矩形中，为中点，连接.动点从点出发沿边向点运动，动点从点出发沿边向点运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接，设运动时间为（秒）.则_____时，为直角三角形
【答案】或
【分析】
△CMN是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN=90°，二是∠MNC=90°，三是∠MCN=90°，然后进行分类讨论求出t的值．
【详解】
解：
过点N作OA的垂线，交OA于点F，交CH于点E，如图1，∵B点是CH的中点，∴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=，当∠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=，当∠MNC=90°，FN=
∴EN=
∵MF=12-
∴CE=OF=OM+MF=12-
∵∠MNF+∠CNE=90°，∠ECN+∠CNE=90°，∴∠MNF=∠ECN，∵∠CEN=∠NFM=90°，∴△CEN∽△NFM，∴，∴，∴，∵0＜t＜5，∴；
当∠NCM=90°，由题意知：此情况不存在，综上所述，△CMN为直角三角形时，t=或.【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性．
【考点3】动点之等腰三角形问题
【例3】如图，是⊙的直径，是弦，．若点是直径上一动点，当
是等腰三角形时，__________．
【答案】、或
【解析】
解：①为顶点即时，，．
②为顶点即时，中：，，∴．
③为顶点即时，与重合，∴．
综上为，或．
故答案为：，或．
点睛：解答本题的关键分三种情况讨论：①BC=BP；②CP=CB，③CP=BP．
【变式3-1】如图①，已知正方形边长为2，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连结、、、.设AP=x.（1）当时，求长；
（2）如图②，若的延长线交边于，并且，求证：为等腰三角形；
（3）若点是射线上的一个动点，则当为等腰三角形时，求的值.【答案】（1）BP=；（2）证明见解析；（3）△CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、、2+4.【解析】
【分析】
（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==，（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Q1，Q3．此时△CDQ1，△CDQ3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Q2，此时△CDQ2以CD为底的等腰三角形．
①讨论Q1，如图，连接BQ1、CQ1，作PQ1⊥BQ1交AD于P，过点Q1，作EF⊥AD于E，交BC于F，∵△BCQ1为等边三角形，正方形ABCD边长为2，∴FC=1，Q1F==，Q1E=2-，在四边形ABPQ1中，∵∠ABQ1=30°，∴∠APQ1=150°，∴∠EPQ1=30°，△PEQ1为含30°的直角三角形，∴PE=EQ1=2-3，∵EF是BC的垂直平分线，∴AE=AD=1，∴x=AP=AE-PE=1-(2-3)=4-2.②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=AE=1，FQ2==，在四边形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=2，Q1E=2-，∴EF=2+，在四边形ABQ3P中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，∴∠EPF=30°，∴EP=EF=2+3，∵AE=1，∴x=AP=AE+PE=1+2+3=2+4.综上所述：△CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、、2+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=ax2+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）
；（2）E（-，0）；（3）点P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【解析】
【分析】
（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F1P⊥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∠BF3P=90°时，如图3，点P与C重合，③当∠BPF4=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）=-x2-2x+3，即抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
（2）y=-x2-2x+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：，解得：
∴直线A＇M的解析式为：y=-7x-3，当y=0时，-7x-3=0，x=-，∴点E（-，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，∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，∴点P与C重合，故P（1，0），③当∠BPF4=90°时，如图3，∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=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）已知抛物线和直线都经过点，点为坐标原点，点为抛物线上的动点，直线与轴、轴分别交于两点．
（1）求的值；
（2）当是以为底边的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）满足（2）的条件时，求的值．
【答案】（1）；；（2）点的坐标为或；（3）的值为或．
【解析】
【分析】
(1)根据点的坐标，利用待定系数法可求出的值；
(2)由(1)可得出抛物线及直线的解析式，继而可求出点的坐标，设点的坐标为，结合点的坐标可得出的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于的方程，解之即可得出结论；
(3)过点作轴，垂足为点，由点的坐标可得出的长，再利用正弦的定义即可求出的值．
【详解】
(1)将代入，得：，∴；
将代入，得：，∴；
(2)由(1)得：抛物线的解析式为，直线的解析式为，当时，解得：，∴点的坐标为，设点的坐标为，则，∵是以为底边的等腰三角形，∴，即，整理，得：，解得：，∴点的坐标为或；
(3)过点作轴，垂足为点，如图所示，当点的坐标为时，，∴；
当点的坐标为时，，∴，∴满足(2)的条件时，的值的值为或．
【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的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出关于的方程；(3)通过解直角三角形，求出的值．
【考点4】动点之相似三角形问题
【例4】如图，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，点P为AB边上一动点，若△PAD与△PBC是相似三角形，求AP的长．
【答案】AP=或AP=2或AP=6
【分析】
由AD//BC,∠B=90°,可证∠PAD=∠PBC=90°, 又由AB=8,AD=3,BC=4,设AP的长为x,则BP长为8-x,然后分别从APD∽△BPC与△APD∽△BCP去分析,利用相似三角形的对应边成比例求解即可求得答案．
【详解】
解：∵
AB⊥BC,∴
∠B=90°,∵
AD∥BC,∴
∠A=180°﹣∠B=90°,∴
∠PAD=∠PBC=90°,AB=8,AD=3,BC=4,设AP的长为x,则BP长为8﹣x,若AB边上存在P点,使△PAD与△PBC相似,那么分两种情况:
若△APD∽△BPC,则AP:BP=AD:BC,即x:（8﹣x）=3:4,解得x=,若△APD∽△BCP,则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．
【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＝AC
（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＝x+；（2）D点位置见解析，D（，0）；（3）符合要求的m的值为或．
【解析】
【分析】
（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＝AC，∴BC＝×4＝3，∴B（1，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴直线AB的解析式为y＝x+；
（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＝，即AB2＝AC•AD．
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴25＝4AD，∴AD＝，∴OD＝AD﹣AO＝﹣3＝，∴点D的坐标为（，0）；
（3）∵AP＝DQ＝m，∴AQ＝AD﹣QD＝﹣m．
Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如图2，则有＝，∴AP•AD＝AB•AQ，∴m＝5（﹣m），解得m＝；
Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如图3，则有＝，∴AP•AB＝AD•AQ，∴5m＝（﹣m），解得：m＝，综上所述：符合要求的m的值为或．
【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，正方形ABCD，点P为射线DC上的一个动点，点Q为AB的中点，连接PQ，DQ，过点P作PE⊥DQ于点E．
（1）请找出图中一对相似三角形，并证明；
（2）若AB＝4，以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，试求出DP的长．
【答案】（1）△DPE∽△QDA，证明见解析；（2）DP=2或5
【分析】
（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可证明△ADQ∽△EPD；
（2）若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，当△ADQ∽△EPQ时，设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，则DP可求出；同理当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，可得，可求出a的值，则DP可求．
【详解】
（1）△ADQ∽△EPD，证明如下：
∵PE⊥DQ，∴∠DEP＝∠A＝90，∵∠ADC＝90，∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，∴∠ADQ＝∠DPE，∴△ADQ∽△EPD；
（2）∵AB＝4，点Q为AB的中点，∴AQ＝BQ＝2，∴DQ＝，∵∠PEQ＝∠A＝90，∴若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，①当△ADQ∽△EPQ时，设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，由（1）知△ADQ∽△EPD，∴，∴，∴x＝
∴DP＝＝5；
②当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，同理可得，∴a＝，DP＝．
综合以上可得DP长为2或5，使得以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）
【例5】如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是抛物线上的动点，且满足，求出点的坐标；
（3）连接，点是轴一动点，点是抛物线上一动点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．
备用图
【答案】（1）;（2），，；（3），【分析】
（1）由待定系数法求出解析式即可；
（2）先求出点C坐标，可得OA=OC=3，由面积关系列出方程即可求解；
（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）∵抛物线经过点A（-3，0），点B（1，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：，∵抛物线的解析式为：，与y轴交于点C，∴点C坐标为（0，3），即OA=OC=3；
（2）过点P作PM⊥AO于点M，PN⊥CO于点N，设P(，)，∵，∴，∵AO=3，CO=3，∴PM=2PN，即，当点P在第一、三象限时，解得，；
∴，当点P在第二、四象限时，解得，；
∴，；
（3）若BC为边，且四边形BCFE是平行四边形，∴CF∥BE，∴点C与点F纵坐标相等，∴，解得，（舍去），∴点F（-2，3），若BC为边，且四边形BCFE是平行四边形，∴BE与CF互相平分，∵BE中点纵坐标为0，且点C纵坐标为3，∴点F的纵坐标为-3，∴，解得，∴，∴或，若BC为对角线,则四边形BECF是平行四边形，∴BC与EF互相平分，∴BC中点纵坐标为，且点E的纵坐标为0，∴点F的纵坐标为3，∴点F（-2，3），综上所述，点F坐标为：，；
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，平行四边形的性质，掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键.【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】
【分析】
（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，二次函数的图象过原点，与x轴的另一个交点为
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方作x轴的平行线，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（）．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）；（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】
【分析】
（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，由且以A、E、F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出，分，三种情况找出AQ，EF的长，由可得出关于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，代入，得：，解得，∴该二次函数的解析式为．
（2）当
时，解得：，∴点a的坐标为（，m），点b的坐标为（，m），∴点d的坐标为（，0），点c的坐标为（，0）．
∵矩形abcd为正方形，∴，解得：，（舍去），．
∴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，点B的坐标为，点C的坐标为，点D的坐标为．
设直线AC的解析式为，将，代入，得，解得，∴直线ac的解析式为．
当时，∴点E的坐标为（，），点F的坐标为（，-t+4）．
∵以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且，∴，分三种情况考虑：
①当时，如图1所示，EF=，∴，解得：（舍去），；
②当时，如图2所示，EF=，∴，解得：（舍去），；，EF=，解得（舍去），（舍去）
综上所述，当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4或6
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）分，三种情况，利用平行四边形的性质找出关于t的一元二次方程．
【变式5-3】．如图，在平面直角坐标系中，的顶点是坐标原点，点坐标为，、两点关于直线对称，反比例函数图象经过点，点是直线上一动点.（1）点的坐标为______；
（2）若点是反比例函数图象上一点，是否存在这样的点，使得以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点是线段上一点（不与、重合），当四边形为菱形时，过点分别作直线和直线的垂线，垂足分别为、，当的值最小时，求出点坐标.【答案】（1）（3，1）；（2），；（3）（2，2）.【解析】
【分析】
（1）根据点（a，b）关于y=x对称的点的坐标为（b，a）直接写出答案即可；
（2）首先求得反比例函数的解析式，然后设P（m，m），分若PC为平行四边形的边和若PC为平行四边形的对角线两种情况分类讨论即可确定点C的坐标；
（3）连接AQ，设AB与PO的交点为D，利用四边形AOBP是菱形，得到S△AOP=S△AOQ+S△APQ，从而得到PO•AD=AO•QE+AP•QF，确定QE+QF=为定值，从而求解．
【详解】
解：（1）B点的坐标为（3，1）；
（2）∵反比例函数图象经过点A（1，3），∴k=1×3=3，∴反比例函数的解析式为，点P在直线y=x上，∴设P（m，m）
①PC为平行四边形的边，∵点A的横坐标比点B的横坐标小2，点A的纵坐标比点B的纵坐标大2，∴点C在点P的下方，则点C的坐标为（m+2，m-2）如图1，若点C在点P的上方，则点C的坐标为（m-2，m+2）如图2，把C（m+2，m-2）代入反比例函数的解析式得：，∵m＞0，∴，∴
同理可得另一点，②若PC为平行四边形的对角线，如图3，∵A、B关于y=x对称，∴OP⊥AB
此时点C在直线y=x上，且为直线y=x与双曲线的交点，由解得：，（舍去），∴，综上所述，满足条件的点C有三个，坐标分别为：，；
（3）连接AQ，设AB与PO的交点为D，如图4，∵四边形AOBP是菱形，∴AO=AP
∵S△AOP=S△AOQ+S△APQ，∴PO•AD=AO•QE+AP•QF
∴QE+QF=为定值，∴要使QE+QF+QB的值最小，只需QB的值最小，当QB⊥PO时，QB最小，所以D点即为所求的点，∵A（1，3），B（3，1）
∴D（2，2），∴当QE+QF+QB的值最小时，Q点坐标为（2，2）．
【点睛】
本题是对反比例函数的综合知识的考查，熟练掌握反比例，四边形知识及分类讨论的数学思想是解决本题的关键，难度较大．
【考点6】动点之线段面积问题
【例6】如图，在平面直角坐标系中，平行四边形如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形．抛物线经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形和平行四边形重叠部分的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）A（0,3）A′（3,0）C（－1,0）；（2）；（3）当时,取到最大值为；M（）
【解析】
试题分析：（1）当y=0时，求出x的值，得到点A′和点C的坐标，当x=0，求出y的值，得到点A的坐标；根据点A、C的坐标得出点B的坐标，从而求出OB的长度和△AOB的面积，根据旋转得到∠ACO=∠OC′D，根据∠ACO=∠ABO得到∠ABO=∠OC′D，从而说明△
C′OD
∽△BOA，根据相似三角形得出△C′OD的面积；设点M的坐标为（），连接OM，得到△AMA′的面积与m的函关系式，从而得出最大值和点M的坐标．
试题解析：（1）解：（1）当时，解得
∴C（-1，0），A′（3，0）．当x=0时，y=3．∴A（0，3）
（2）∵C（-1，0），A（0，3），∴B（1,3）
∴
∴△AOB的面积为
又∵平行四边形ABOC旋转得平行四边形A′B′OC′，∴∠ACO=∠OC′D
又∵∠ACO=∠ABO，∴∠ABO=∠OC′D．
又∵∠C′OD=∠AOB，∴△
C′OD
∽△BOA
∴∴
（3）设M点的坐标为（），连接OM
=
当时,取到最大值为∴M（）
考点：二次函数的应用、三角形相似、旋转图形的性质、平行四边形的性质．
【变式6-1】（1）发现：如图1，点为线段外一动点，且，当点位于
时，线段的长取得最大值，最大值为
（用含的式子表示）；
（2）应用：如图2，点为线段外一动点，，以为边作等边，连接，求线段的最大值；
（3）拓展：如图3，线段，点为线段外一动点，且，，求线段长的最大值及此时的面积．
【答案】（1）CB的延长线上，a+b；（2）6；（3）最大值为3+，△PBM的面积为
【分析】
（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD=BE，利用（1）中的结论即可得到结果；
（3）将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△AP＇N，连接BN，得到△APP＇是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到P＇A=PA=2，AN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为+3，过点P作PQ⊥AB的延长线于点Q，利用勾股定理求出PB的长，根据△PBM为等腰直角三角形，可求出面积.【详解】
解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，故答案为：CB的延长线上，a+b；
（2）如图2中，以AC为边向上作等边△ACE，连接BE．
∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，在△CAD与△EAB中，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴CD=BE；
∴线段BE长的最大值=线段CD的最大值，∴由（1）知，当线段BE的长取得最大值时，点E在BA的延长线上，∴最大值为=4+2=6．
∴线段CD的最大值为6；
（3）解：如图3中，将△APM绕着点A顺时针旋转90°得到△AP＇N，连接BN，PP′．
∴△APM≌△AP＇N，∴AN=AM，AP=AP＇=2，∴线段AM长的最大值=线段AN长的最大值，∴当N在线段AB的延长线时，线段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，∴四边形PBNP＇是平行四边形，∴BN=PP＇，∴AN的最大值为：AB+BN=AB+PP＇=3+，∴AM的最大值为3+，过点P作PQ⊥AB的延长线于点Q，∵∠PAP′=90°，∠P′AB=∠PP′A=45°，∴∠PAQ=45°，∴△PAQ为等腰直角三角形，∵AP=2，由勾股定理可得：
∴AQ=PQ=，在△PBQ中，PQ2+BQ2=PB2，即，∴PB2=，∵△PBM为等腰直角三角形，此时△PBM的面积=×=.【点睛】
本题属于三角形综合题，考查等腰直角三角形的性质、旋转的性质、平行四边形的性质和判定等知识，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，学会用转化的思想思考问题，掌握旋转法添加辅助线．
【变式6-2】如图，矩形中，点是对角线上一动点（不与重合），连接，过点作，交射线于点，以线段为邻边作矩形，过点作。分别交于点。
（1）求证：的值；
（2）求的值；
（3）求矩形的面积的最小值。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）.【解析】
【分析】
(1)根据矩形的性质和同角的余角相等证明，从而求证三角形相似；（2）设，由相似三角形对应边成比例列出比例式，从而求解；（3）当时，矩形面积最小，从而求解.【详解】
（1）
∵过点作且矩形中，AB∥DC
又∵过点作
∴
∴，∴；
（2）设，则，∵矩形中，AB∥DC
∴△APG∽△CPH
即∴，即
∴
∵
∴；
（3）如图∵，∴当时，矩形面积最小，此时，此时点与点重合，所以最小面积为
【点睛】
本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理,解题的关键是学会利用相似三角形的判定和性质列出相应的比例式从而解决问题．
【变式6-2】已知：在四边形中，，．
（）求四边形的面积．
（）点是线段上的动点，连接、，求周长的最小值及此时的长．
（）点是线段上的动点，、为边上的点，连接、，分别交、于点、，记和重叠部分的面积为，求的最值．
【答案】（）．（）．3．（）．
【解析】
试题分析：（1）如图1，过A作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，得到四边形AEFD是矩形，由矩形的想知道的EF=AD=6，BE=CF=3，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）如图2，作点B关于直线AD的对称点G，连接CG交AD于P，则BC+PB+PC=BC+PG+PC即为△BCP周长的最小值，根据勾股定理得到，于是得到△BCP周长的最小值为：4+12；根据三角形中位线的性质得到PH=BC=6，由勾股定理得到，于是得到结论．
（3）过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，如图所示，设，则．因为，所以∽，得；同理可得∽，∽，得：，所以，进而求得答案.试题解析：（）如图1，过作于，于．
则四边形是矩形．
∴，．
∴．
∴．
（）如图2，作点关于直线的对称点，连接交于，则．
即为的最小周长．
由（）知．
在中，．
∴的．
∵，∴．
∵，∴．
（）过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，过点作的垂线分别交、于、点，如图3所示，设，则．
因为，所以∽，所以，又，所以；
同理可得∽，∽，所以，求得：，其中，所以，即
．
因此当时，有最大值；当或时，有最小值了．
一、单选题
1．如图，抛物线与轴交于点，点，点是抛物线上的动点，若是以为底的等腰三角形，则的值为（）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】B
【分析】
当△PCD是以CD为底的等腰三角形时,则P点在线段CD的垂直平分线上,由C、D坐标可求得线段CD中点的坐标,从而可以知道P点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得P点坐标．
【详解】
解：作中垂线交抛物线于，（在左侧），交轴于点;连接P1D,P2D．
易得
．
∴，．
将代入中得，．
∴，．
∴，．
故选B．
2．如图，在菱形中，是线段上一动点（点不与点重合），当是等腰三角形时，的度数是（）
A．
B．
C．或
D．或
【答案】C
【分析】
在菱形ABCD中，根据菱形的性质得到
∠ABD=∠ABC=40°，再分三种情况讨论，当AE=BE时，当AB=BE时，当时，从而根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵在菱形ABCD中，，，∵△ABE是等腰三角形，∴AE=BE，或AB=BE，或，当AE=BE时，∴∠ABE=∠BAE=40°，∴；
当AB=BE时，∴∠BAE=∠AEB=，∴∠DAE=，当时，与重合，不合题意舍去，综上所述，当△ABE是等腰三角形时，∠DAE=30°或60°，故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握分类讨论是解题的关键．
3．已知等腰中，，底角为，动点从点向点运动，当是直角三角形是长为（）
A．4
B．2或3
C．3或4
D．3
【答案】C
【分析】
先画出符合的两种情况，图1中，根据等腰三角形的性质求出BP即可；图2中先求出BP＝2PA，再根据勾股定理求出即可．
【详解】
当∠APB＝90时，如图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，当∠BAP＝90，如图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，故选：C．
【点睛】
本题考查了含30角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点，能熟练地运用含30角的直角三角形的性质进行推理是解此题的关键．
4．如图，一次函数与反比例函数的图象交于和两点，点是线段上一动点(不与，重合)，过点分别作轴和轴的垂线，交反比例函数图象于，则四边形面积PMON最大值是（）
A．12.5
B．12.25
C．14
D．12
【答案】A
【解析】
【分析】
设反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=ax+b，根据点的坐标利用待定系数法求出反比例与一次函数的解析式，再利用分割图形求面积法找出S四边形PMON关于m的函数关系式，利用配方法解决最值问题．
【详解】
解：设反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=ax+b，将点A（1，12）代入y=中，得k=12，∴反比例函数解析式为y=，将点A（1，12）、B（6，2）代入y=ax+b中，得，解得
∴一次函数解析式为y=-2x+14．
设点P的坐标为（m，14-2m），则S四边形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.∴四边形PMON面积的最大值是12.5．
故选A．
【点睛】
本题考查待定系数法求函数解析式以及反比例函数与一次函数交点的问题，解题的关键是找出S四边形PMON关于m的函数关系式．本题难度不大，利用分割图形求面积法是解题关键．
5．如图，在Rt△中，90°，，为边上的一动点，以，为边构造平行四边形，则对角线的最小值为（）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】B
【分析】
根据平行四边形的性质可得，当PQ⊥AC时，对角线的值最小，且的最小值为BC的长度，问题得解．
【详解】
解：如图所示，作平行四边形，则QB∥AC，∴当PQ⊥AC时，对角线的值最小，∵BC⊥AC，∴的最小值为6，故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，准确作出图形是解题的关键．
6．如图，中，，动点从点出发沿射线以2的速度运动，设运动时间为，当为等腰三角形时，的值为（）
A．或
B．或12或4
C．或或12
D．或12或4
【答案】C
【分析】
根据勾股定理求出BC,当△ABP为等腰三角形时,分三种情况:①当AB=BP时;②当AB=AP时;③当BP=AP时,分别求出BP的长度,继而可求得t值.【详解】
因为中，，所以(cm)
①当AB=BP时,t=（s）;
②当AB=AP时,因为AC⊥BC,所以BP=2BC=24cm,所以t=(s);
③当BP=AP时,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=
综_上所述:当△ABP为等腰三角形时,或或12
故选:C
【点睛】
考核知识点:等腰三角形,勾股定理.根据题画出图形,再利用勾股定理解决问题是关键.7．如图，点的坐标为，点为轴的负半轴上的一个动点，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，连接交轴于点，当点在轴上移动时，则的长度为（）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】B
【分析】
作EN⊥y轴于N，求出∠NBE=∠BAO，证△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，证△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案．
【详解】
解：如图，作EN⊥y轴于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∵点A的坐标为（8，0），∴OA=BN=8，∴BP=NP=4．
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
8．如图，已知
两点的坐标分别为，点分别是直线和x轴上的动点，,点是线段的中点，连接交轴于点；当⊿面积取得最小值时，的值是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．
【详解】
如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD=CF=5，∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，∵AD是切线，点D是切点，∴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=，∴，∴，故选B.【点睛】
本题考查解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.9．已知：如图，在长方形ABCD中，AB=4，AD=6．延长BC到点E，使CE=2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC-CD-DA向终点A运动，设点P的运动时间为秒，当的值为_____秒时，△ABP和△DCE全等．
A．1
B．1或3
C．1或7
D．3或7
【答案】C
【分析】
分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2和AP=16-2t=2即可求得．
【详解】
解：因为AB=CD，若∠ABP=∠DCE=90°，BP=CE=2，根据SAS证得△ABP≌△DCE，由题意得：BP=2t=2，所以t=1，因为AB=CD，若∠BAP=∠DCE=90°，AP=CE=2，根据SAS证得△BAP≌△DCE，由题意得：AP=16-2t=2，解得t=7．
所以，当t的值为1或7秒时．△ABP和△DCE全等．
故选C．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定，判定方法有：ASA，SAS，AAS，SSS，HL．
10．如图，在直角梯形中，点为边上一动点，若与是相似三角形，则满足条件的点的个数是（）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【答案】C
【分析】
由于，故要使与相似，分两种情况讨论：①，②，这两种情况都可以根据相似三角形对应边的比相等求出的长，即可得到点的个数．
【详解】
解：如图示：，．，．
设的长为，则长为．
若边上存在点，使与相似，那么分两种情况：
①若，则，即，解得：
②若，则，即，解得：或6．
满足条件的点的个数是3个，故选：C．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定及性质，熟悉相关性质，并进行分类讨论是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，0），点C在第一象限，若以A、B、C为顶点的三角形与△AOB相似（不包括全等），则点C的个数是（）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【解析】
试题解析：如图①，∠OAB=∠，∠AOB=∠时，△AOB∽△．
如图②，AO∥BC，BA⊥，则∠=∠OAB，故△AOB∽△；
如图③，∥OB，∠ABC3=，则∠ABO=∠CAB，故△AOB∽△；
如图④，∠AOB=∠=，∠ABO=∠，则△AOB∽△．
故选D．
12．如图，坐标平面内一点A(2，－1)，O为原点，P是x轴上的一个动点，如果以点P、O、A为顶点的三角形是等腰三角形，那么符合条件的动点P的个数为（）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【解析】
以O点为圆心，OA为半径作圆与x轴有两交点，这两点显然符合题意．以A点为圆心，OA为半径作圆与x轴交与两点（O点除外）．以OA中点为圆心OA长一半为半径作圆与x轴有一交点．共4个点符合，二、填空题
13．如图，已知以点A(0，1)、C(1，0)为顶点的△ABC中，∠BAC=60°，∠ACB=90°，在坐标系内有一动点P（不与A重合），以P、B、C为顶点的三角形和△ABC全等，则P点坐标为____________.【答案】（2，-1）、、【详解】
解：由勾股定理得：AC=，∵∠BAC=60°，∠ACB=90°，∴AB=，BC=，分为三种情况：
①如图1，延长AC到P，使AC=CP，连接BP，过P作PM⊥x轴于M，此时PM=OA=1，CM=OC=1，OM=1+1=2，即P的坐标是（2，﹣1）；
②如图2，过B作BP⊥BC，且BP=AC=，此时PC=AB=．过P作PM⊥x轴于M，此时∠PCM=15°，在x轴上取一点N，使∠PNM=30°，即CN=PN，设PM=x，则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的坐标是（，）；
③如图3，过B作BP⊥BC，且BP=AC=，过P作PM⊥x轴于M，此时∠PCM=30°+45°=75°，∠CPM=15°，和③解法类似求出CM=，PM=2x+x=，OM=1+=，即P的坐标是（，）．
故答案为（2，﹣1）或（，）或（，）．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形等知识点的应用，注意要进行分类讨论，题目比较好，但是有一定的难度．
14．如图，在中，，动点以的速度，从点运动到点，动点同时以的速度，从点运动到点，当为直角三角形时，点运动的时间为__________.【答案】或2
【分析】
根据勾股定理求出AB，分∠AMN＝90°、∠ANM＝90°两种情况，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，则AB＝＝＝5cm，设点M的运动时间为t秒，由题意得，CM＝t，AN＝，则AM＝4−t，当∠AMN＝90°时，∠AMN＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△AMN∽△ACB，∴，即，解得：t＝2，当∠ANM＝90°时，∠ANM＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ANM∽△ACB，∴，即，解得：t＝，综上所述：当△AMN为直角三角形时，点M的运动秒数为2或，故答案为：或2.【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．如图，点C为直线l上的一个动点，于D点，于E点，，当长为________________为直角三角形．
【答案】3或2或．
【分析】
作BF⊥AD于F，根据矩形的性质得到BF=DE=4，DF=BE=1，根据勾股定理用CD表示出AC、BC，根据勾股定理的逆定理列式计算，得到答案．
【详解】
解：作BF⊥AD于F，则四边形DEBF为矩形，∴BF=DE=4，DF=BE=1，∴AF=AD-DF=3，由勾股定理得，当△ABC为直角三角形时，即
解得，CD=3，如图2，作BH⊥AD于H，仿照上述作法，当∠ACB=90°时，由勾股定理得，由得：
解得：
同理可得：当∠ABC=90°时，综上：的长为：3或2或．
故答案为：3或2或．
【点睛】
本题考查的是勾股定理及其逆定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么
16．如图，正方形的面积为16，为的中点，为对角线上的一个动点，连接、，则线段的最小值是______．
【答案】
【分析】
连接CF，当点E，F，C在同一直线上时，AF+FE的最小值为CE长，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，∴A关于BD的对称点为C，则AF=CF，∴线段的最小值为线段的最小值，∴当点E，F，C在同一直线上时，AF+FE的最小值为CE长，∵正方形ABCD的面积为16，∴AD=CD=4，∵E为AD中点，∴DE=2，∴在Rt△CED中，则线段的最小值是，故答案为：.【点睛】
本题考查的是轴对称，最短路线问题，根据正方形的性质作得出A关于BD的对称点C是解答此题的关键．
17．如图，中，，点是线段上的一个动点，连接，当是_________度时，是等腰三角形．
【答案】50或65
【分析】
根据等腰三角形的特点分类讨论即可求解．
【详解】
∵是等腰三角形，①是底角时，则=；
②是顶角时，则=；
故答案为：50或65．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形的性质，解题的关键是根据题意分情况讨论．
18．如图，，垂足分别为，，点为边上一动点，当_______时，形成的与全等．
【答案】2
【分析】
当BP=2时，Rt△ABP≌Rt△PCD，由BC=6可得CP=4，进而可得AB=CP，BP=CD，再结合AB⊥BC、DC⊥BC可得∠B=∠C=90°，可利用SAS判定△ABP≌△PCD．
【详解】
解：当BP=2时，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），故答案为：2．
【点睛】
本题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）是解题的关键．
19．如图，在中，，面积为10，的垂直平分线分别交，于点。若点为的中点，点为线段上一动点，则周长的最小值为______。
【答案】7
【分析】
连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CP+PD的最小值，由此即可得出结论．
【详解】
连接AD，∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC，∴S△ABC=BC•AD=×4×AD=10，解得AD=5，∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴AD的长为CP+PD的最小值，∴△CDP的周长最短=（CP+PD）+CD=AD+BC=6+×4=5+2=7．
故答案为：7
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
20．如图，在中，，点为内一动点．过点作于点，交于点．若为等腰三角形，且，则的长为__________．
【答案】1或
【分析】
分以下三种情况：①若BP=CP，过点P作PF⊥BC于点F，有DP=CF=BC；②若BP=BC，过点P作PF⊥BC于点F，则在Rt△BPF中先求出BF的长，从而根据DP=CF可得出DP的长；③若BC=CP，由勾股定理以及相似三角形的判定与性质分别求出DP，DE的长，此时DP＞DE，此种情况不存在．综上可得出结果．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，PD⊥AC，∴DE∥BC．
∴，又BC=5，∴CD=3．
分以下三种情况：
①若BP=CP，如图1，过点P作PF⊥BC于F，则四边形CDPF为矩形，∴DP=CF，又CP=BP，PF⊥BC，∴CF=BF=BC=，∴DP=CF=；
②若BP=BC=5，如图2，过点P作PF⊥BC于F，则四边形CDPF为矩形，∴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，如图3，则在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP=4，又DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，∴，∴，∴DE=，此时DP＞DE，不符合题意．
综上所述，PD的长为1或．
故答案为：1或．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质以及平行线的判定等知识点，解题的关键是综合运用相关性质进行推理并运用分类讨论思想．
21．如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，动点M从点D出发，按折线D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度运动．若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，若点E在线段BC上，且BE=3cm，经过_____秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．
【答案】
【解析】
【分析】
根据t的值讨论M、N的位置，根据平行四边形的判定定理即可求解．
【详解】
如图，在直角△ABE中，AE==5cm．
设运动的时间是t秒．
当0＜t＜2时，M在CD上，N在DA上，若平行四边形是AEMN，则AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；
当t=2时，M在C点，DN=4cm，此时，AN≠EC，则不能构成平行四边形；
当2＜t＜4.5时，M在BC上，则EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，当9-2t=8-t时，解得：t=1（舍去），当4.5＜t＜6时，M在BC上，则EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，当2t-9=8-t时，解得：t=，此时四边形AMEN是平行四边形；
当6＜t＜8时，M在AB上，N在AD上，不能构成平行四边形；
当t=8时，Q与A重合，不能构成平行四边形形．
综上所述：经过秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定方法，正确对t的范围进行讨论是解决问题的关键．
22．如图，点、的坐标分别为、，的圆心坐标为，半径为1，若点为上的一个动点，线段与轴交于点，则面积的最小值为________．
【答案】
【分析】
连接，由与相切时，最短，可得的面积最小，由切线的性质可得，利用勾股定理可的长，由，可证明，根据相似三角形的性质可求出的长，即可得的长，利用三角形面积公式求出的面积即可.【详解】
连接，∵当与相切时，最短，∴的面积最小，∴，∵、、，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴，∴的面积为：.故答案为
【点睛】
本题考查切线性质、相似三角形的判定与性质及三角形面积求法，能够正确判断出面积最小时与的位置关系是解题关键.三、解答题
23．如图，直线与轴和轴分别交于两点，另一条直线过点和点.(1)求直线的函数表达式;
(2)求证:
;
(3)若点是直线上的一个动点，点是轴上的一个动点，且以为顶点的三角形与全等，求点的坐标.【答案】(1)
;(2)
;
(3)
点的坐标为或或或
【解析】
【分析】
（1）在y=-x+4中，令y=0，则0=-x+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=-x+4中，得到k1=-，在直线ACy＝x−中，得到k2=，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=-x+4中，令y=0，则0=-x+4，∴x=3，∴A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，则：，解得：，∴直线AC对应的函数关系式为y＝x-.(2)
在直线ABy=-x+4中，∵k1=-，在直线ACy＝x−中，k2=，∴k1•k2=-1，∴AB⊥AC；
（3）在y=-x+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．
24．已知，是边长的等边三角形，动点以的速度从点出发，沿线段向点运动．请分别解决下面四种情况：
（）如图，设点的运动时间为，那么__________时，是直角三角形；
（）如图，若另一动点从点出发，沿线段向点运动，如果动点、都以的速度同时出发．设运动时间为，那么为何值时，是直角三角形？
（）如图，若另一动点从点出发，沿射线方向运动．连接交于．如果动点、都以的速度同时出发．设运动时间为，那么为何值时，是等腰三角形？
（）如图，若另一动点从点出发，沿射线方向运动，连接交于，连接．如果动点、都以的速度同时出发．请你猜想：在点、的运动过程中，和的面积有什么关系？并说明理由．
【答案】(1)1.5；（2）当为或时，为直角三角形；（3）当为时，为等腰三角形；（4），理由详见解析.【解析】
试题分析：
（1）由△ABC是等边三角形可知，当△PBC为直角三角形时，CP⊥AB，则P为AB的中点，从而可得AP的长，就可求出t的值了；
（2）当△PBQ为直角三角形时，可能存在PQ⊥BC和PQ⊥AB这两种情形，故要分这两种情况讨论；在两个图形中，分别用含“t”的式子表达出PB、BQ的长，再由“在直角三角形中，30°的锐角所对直角边等于斜边的一半”，列出关于“t”的方程就可求得t的值了；
（3）当∠CDQ=∠CQD，即当CD=CQ时，△DCQ是等腰三角形，由∠CDQ+∠CQD=∠ACB=60°可得：∠CQD=30°，再由∠B=60°可得∠QPB=90°，从而可得：BP=BQ，用含“t”的式子表达出BP和BQ，列出含“t”的方程就可求出t的值了；
（4）作PF∥CQ，CE⊥PQ，由已知条件易得：△APF是等边三角形，AP=CQ，从而得到：PF=CQ，再由PF∥CQ可得角相等，从而证得△PFD≌△QCD，得到PD=QD，再由“等底等高的三角形面积相等”就可得.试题解析：
（）如图，∵△ABC是等边三角形，∴当P为AB中点时，CP⊥AB，此时△PBC是直角三角形，且AP=AB=1.5，∴；
（）①如图，当PQ⊥BC时，由已知可得：，．
∴
．
此时，，∴．
∴，即，∴．
②如图，当PQ⊥AB时，由已知可得：，．
此时，．
∴．
∴，即，∴．
综上，当为或时，为直角三角形．
（）
∵为等边三角形，∴，∴．
∵为等腰三角形，只能使．
∴
．
∴，∴，∴即，∴．
∴当为时，为等腰三角形．
（）．
证明：如图，过作，过作．
∵为等边三角形，∴，∴为等边三角形，∴．
∵，∴，∴在和中，∴≌，∴．
∵和的高均为，∴，∴．
25．如图，已知直线c和直线b相较于点，直线c过点平行于y轴的动直线a的解析式为，且动直线a分别交直线b、c于点D、在D的上方．
求直线b和直线c的解析式；
若P是y轴上一个动点，且满足是等腰直角三角形，求点P的坐标．
【答案】（1），（2）当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为或；当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为；当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为
【解析】
【分析】
设直线b的解析式为，设直线c的解析式为：，把点的坐标代入即可得到结论；
当时，；当时，得到E点坐标为，D点坐标为分三种情况：若，时，若，时，即DE为斜边，若，时，即DE为斜边，由已知得，列方程即可得到结论．
【详解】
设直线b的解析式为：，把代入得，直线b的解析式为：；
设直线c的解析式为：，把点，点代入得，，直线c的解析式为：；
当时，；当时，点坐标为，D点坐标为．
在D的上方，且，为等腰直角三角形，或或．
时，时，，点坐标为，若，时，点坐标为；
若，时，即DE为斜边，，DE的中点坐标为，点坐标为
若，和时，由已知得，不符合题意，舍去，此时直线不存在．
若，时，即DE为斜边，由已知得，，点坐标为
综上所述：当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为或；
当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为；
当时，为等腰直角三角形，此时P点坐标为．
【点睛】
考查了待定系数法求函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．
26．如图，抛物线经过，两点，且与轴交于点，点是抛物线的顶点，抛物线的对称轴交轴于点，连接．
（1）求经过三点的抛物线的函数表达式；
（2）点在该抛物线的对称轴上，若是以为直角边的直角三角形，求点的坐标；
（3）若为的中点，过点作轴于点，为抛物线上一动点，为轴上一动点，为直线上一动点，当以、、、为顶点的四边形是正方形时，请求出点的坐标．
【答案】（1）；（2）或；（3），，【分析】
（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；
（2）设，分当BC和Q1C作直角边时和当BC和Q2B作直角边时，两种情况讨论；
（3）设点M的坐标为（a，0），表示出点G的坐标，根据正方形的性质列出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0）两点，∴
解得，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y=-x2+2x+3；
（2）如图，根据题意，设
∴
当BC和Q1C作直角边时：
解得：y=4
∴
当BC和Q2B作直角边时：
解得：y=-2
∴
综上所述：点Q的坐标为或；
（3）设点的坐标为，则点的坐标为，∵以、、、为顶点的四边形是正方形，∴，即，当时，整理得，解得；
当时，整理得，解得；
∴当以、、、为顶点的四边形是正方形时，点的坐标为，，．
【点睛】
本题考查的是二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式以及正方形的性质，掌握二次函数的图象和性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．
27．如图，在矩形中，动点分别同时从两点出发，动点以的速度沿向终点作匀速往返运动，动点以的速度沿向终点匀速运动，设两动点的运动时间是．
（1）试用含有的代数式表示．
（2）当自返回(包括端点）的过程中，当为等腰三角形时，求的值．
（3）连接，设交于，当时，求的值．
【答案】（1）
；（2）t的值为或；（3）t的值为或
【分析】
（1）分当P在和两种情况讨论；
（2）分当P与C点重合和P在返回的过程中两种情况讨论，运用等腰三角形“三线合一”的性质求解即可；
（2）分当P在和两种情况讨论，运用全等三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）∵，∴当P在时，即，则，当P在时，即，则；
综上，；
（2）当重合时，此时为中点，∵AQ=DQ==4.5=DC，∴为等腰三角形，∴；
在P在返回的过程中()，∵DQ=4.5=DC，∴不存在PD=DQ、PQ=DQ的情况，当PD=PQ时，如图：作PH⊥AD于H，∴四边形CDHP为矩形，∴QH=DH=PC，∵PC=，DQ=，∴，解得：；
综上，当P自C返回B(包括端点BC）的过程中，当为等腰三角形时，t的值为或；
（3）当P在时，即，如图①，此时PC，AQ，∵，∴AQPC，即，解得：；
当P在时，即，如图②，此时CP，AQ，∴AQPC，即，解得：；
综上，t的值为或；
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定和性质、全等三角形的性质，等腰三角形的性质，根据题意画出符合题意的图形并分类讨论是解题的关键．
28．如图，直线与轴相交于点A，与轴相交于点B．
(1)求A、B两点的坐标；
(2)求△AOB的面积；
(3)若点P是轴上的一个动点，且△PAB是等腰三角形，则P点的坐标为___________.【答案】（1）A（2,0），B（4,0）；（2）面积为4；（3）（，0），（，0），（-2,0），（-4,0）
【解析】
【分析】
（1）把x=0，y=0分别代入函数解析式，即可求得相应的y、x的值，则易得点A、B的坐标；
（2）根据三角形面积计算公式求解即可；
（3）根据等腰三角形的判定，分两种情况讨论即可求得．
【详解】
（1）∵当y=0时，x=2；当x=0时，y=4，∴A（2，0），B（0，4）；
（2）S△AOB=×2×4=4；
（3）∵A（2，0），B（0，4）．
∴AB=，当AB为腰长时，P的坐标为（，0），（，0）或（-2，0），当AB为底时，则AP=BP，设P（x，0）
则AP=2-x，故在Rt△BOP中，BO
2+OP2=BP
2，即42+x2=（2-x）2，解得：x=-3，故P点坐标为（-3，0）．
故P的坐标为：（-3，0）或（-2，0）或（，0）或（，0）；
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的判定，两边相等的三角形是等腰三角形，以及坐标与图形的性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
29．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象经过三点．已知点，点的坐标分别为和，且点为线段上的动点（点不与点重合），以为顶点作射线交线段于点．
（1）则抛物线的解析式为_
_；
（2）若为等腰三角形．
①求此时点的坐标；
②若点为第二象限内抛物线上一动点，当点运动到某个位置时的面积最大，求其最大值．
【答案】（1）；（2）①点E坐标为或；②当时，的面积最大，最大值为
【分析】
（1）把点A、B的坐标和代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）①分三种情况讨论：当时，当时，当时解答即可；
②连接，过作轴交直线于，过作轴于点，先求出AD的解析式，再设出P的坐标，用含t的式子表示出PQ,再表示出的面积，求解即可．
【详解】
解：（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式的，解得
所以抛物线的解析式为
（2），当为等腰三角形时，分三种情况讨论
当时，在中，．
又
则此时点与点重合，不符合题意，此种情况不成立．
如图1，当时，．
在中，又，．
．
如图2，当时，过点作轴于点
在和中，在中，．
当为等腰三角形时，点坐标为或
如图3，连接，过作轴交直线于，过作轴于点，由
直线的解析式为
设（其中），则，为第二象限抛物线上的点，由知点坐标为或
当为时，；
当为时，此时的面积最大，当时，的面积最大，最大值为．
【点睛】
本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、等腰三角形、全等三角形判定与性质等重要的知识点，难度较大，注意分类讨论思想的应用，注意不要漏解；．
30．已知点的坐标为，与轴交于点，且为的中点，双曲线经过、两点．
（1）求、、的值；
（2）如图1，点在轴上，若四边形是平行四边形，求点的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，动点在双曲线上，点在轴上，若以、、、为顶点的四边形为平行四边形，试求满足要求的所有点、的坐标．
【答案】（1），；（2）；（3）、坐标分别为、；、或、、【分析】
(1)
过点作轴于，再证，即可求出、、的值；
(2)
设得到，即可求出点的坐标；
(3)由反比例函数的解析式为，再由点P在双曲线上，点Q在y轴上，设Q(0,y)，P(x,)，再分以AB为边和以AB为对角线两种情况求出x的值，故可得出P、Q的坐标．
【详解】
解：（1）过点作轴于
∵为的中点，∴DE=AE,又∵∠PED=∠OEA,∠DPE=∠AOE,∴
∴
∴
∴即
∴
（2）∵四边形是平行四边形.∴
∵
在轴上
∴设
则
∴
（3）∵反比例函数的表达式为，∵点P在双曲线上，点Q在y轴上，∴设Q(0,y)，P(x,);
①AB为边时，如图①所示．若四边形ABPQ平行四边形，则=0，解得x=1，此时P1(1,4)，Q1(0,6)；
如图②所示．
若四边形ABQP是平行四边形，则x=−1.此时P2(−1,−4)，Q2(0,−6);
②当AB为对角线时，如图③所示，AP=BQ，且AP//BQ，所以x=−1，所以P3(−1,−4)，Q3(0,2)，故满足要求的点P，Q的坐标分别是、；、或、、．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式、正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等相关知识，难度较大．
31．如图（1），为坐标原点，点在轴的正半轴上，四边形是平行四边形，，反比例函数在第一象限内的图象经过点，与交于点．
（1）求点的坐标和反比例函数解析式；
（2）若，求点的坐标；
（3）在（2）中的条件下，如图（2），点为直线上的一个动点，点为双曲线上的一个动点，是否在这样的点、点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）点；（3）存在，点，或，或，．
【分析】
（1）根据，可知点的坐标，代入解析式求解；
（2）过点作于，设，由平行四边形的性质可得，，由锐角三角函数可求用表示的点坐标，代入解析式可求的值，即可求点坐标；
（3）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．
【详解】
（1）如图1，过点作于点，，，根据题意得：，可得，反比例函数的解析式为，（2）如图2，过点作于，设，四边形是平行四边形，，，，，点
反比例函数在第一象限内的图象经过点，（不合题意舍去），点，点，（3）点，点
直线解析式为：
若以为边，则，设解析式为：，直线解析式为：，解得：，设点，，或
点，或，若以为对角线，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，互相平分
设点，的中点为，的中点为，【点睛】
本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行四边形的性质，锐角函数的应用，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
32．如图，抛物线交x轴于点A（-3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
（3）点G是抛物线上的动点，点F在x轴上的动点，若以A，C，F，G四个点为顶点的四边形是平行四边形，求出所有满足条件的点F坐标（直接写出结果）．
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）QD最大值为；（3）（-1，0），（-5，0），（，0），（，0）．
【分析】
（1）将点A、C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）利用待定系数法求一次函数解析式求出直线AC的解析式，然后表示出DQ，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）设点，再分情况根据平行四边形的性质求出所有满足条件的点F坐标即可．
【详解】
将点，点代入得
解得
∴抛物线的函数表达式为
（2）设直线AC的解析式为
则
解得
∴直线AC的解析式为，∴当时，线段DQ长度的最大值为
（3）设点，①如图，∵，点，点
∴
解得
∴
∴
∴
②如图，∵，点，点
∴
解得
∴
∴
∴
③如图，∵平行四边形对角线互相平分
∴点C和点G的纵坐标之和为0
∵点
∴
解得
当时，对角线交点坐标为
∴
④如图，根据③可得
当时，对角线交点坐标为
∴
故所有满足条件的点F的坐标为（-1，0），（-5，0），（，0），（，0）．
【点睛】
本题考查了抛物线的综合问题，掌握抛物线的性质、平行四边形的性质是解题的关键．
33．如图，对称轴为直线的抛物线与轴交于、，与轴交于点，抛物线顶点为，直线交轴于点．
（1）求抛物线函数表达式；
（2）若点是位于直线下方抛物线上的一动点，以、为相邻的两边作平行四边形，当平行四边形的面积最大时，求此时平行四边形的面积及点的坐标；
（3）在线段上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）平行四边形PBFD的面积S为2，P（2，-3）；（3）存在．点G的坐标为．
【分析】
（1）先设抛物线的顶点式，然后利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）根据题意，先求出BD的解析式，当PF的值最大时，面积取到最大值，即可得到答案；
（3）先证明，设点G的坐标为，利用三角函数值，求出t的值，即可得到点G的坐标．
【详解】
解：（1）设抛物线为
把A（1，0），C（0，3）代入得
得：，即；
（2）设直线BD为y＝kx+b，如图，过点P作PF⊥x轴交直线BD于F，将点（1，4）、（3，0）代入y＝kx+b中，解得，k＝2，b＝6，∴BD解析式为y＝2x-6，设点P（a，a2-2a-3），则F（a，2a-6），则PF＝2a-6-（a2-2a-3）
＝-a2+4a-3
当a＝2时，PF有最大长度1，∴S△PBD最大＝S△PBF+S△PDF
＝PF•2=1
∴以PB、PD为相邻的两边作平行四边形PBFD，当平行四边形MANB的面积最大时，S最大＝2S△PBD最大＝2×1＝2，∴P（2，-3）；
（3）存在．如图2，由B（3，0），C（0，-3），D（1，-4）可知，BC=，CD=，BD=，∵，即，∴，∴，∵点G在线段BD上，所以设点G的坐标为，过点G作GH⊥y轴于点H，当tan∠GCH=3时，∠BDC=∠GCE，解得：
∴，∴点G的坐标为：．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的性质，也考查了三角函数，勾股定理的逆定理，求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题．
34．已知抛物线=（≠0）与轴交于A､B两点,与轴交于C点,其对称轴为=1,且A（-1,0）､C（0,2）.（1）直接写出该抛物线的解析式;
（2）P是对称轴上一点,△PAC的周长存在最大值还是最小值?请求出取得最值（最大值或最小值）时点P的坐标;
（3）设对称轴与轴交于点H,点D为线段CH上的一动点（不与点C､H重合）.点P是（2）中所求的点.过点D作DE∥PC交轴于点E.连接PD､PE.若CD的长为,△PDE的面积为S,求S与之间的函数关系式,试说明S是否存在最值,若存在,请求出最值,并写出S取得的最值及此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)
=-++2;(2)
P（1,）;(3)见解析.【分析】
（1）由已知条件易得点B的坐标为（3，0），这样结合点A、C的坐标即可求得抛物线的解析式；
（2）由题意可知，AC长度是固定值，点A和点B关于直线x=1对称，由此可得连接BC交直线x=1于点P，此时△PAC的周长最小，求得直线BC的解析式，即可求得此时点P的坐标；
（3）如图2，画出符合题意的图形，过点D作DF⊥y轴于点F，交对称轴x=1于点N，在Rt△OCH中易得CH=，由Rt△CDF∽Rt△CHO，可将CF、OF和FD用含m的代数式表达出来，从而可表达出点D和点N的坐标，再用待定系数法求得用含m的代数式表达的DE的解析式，即可表达出点E的坐标和点Q的坐标，然后由S=S△PDE=S△PDQ+S△PEQ=即可得到S与m间的函数关系式，将所得解析式化简、配方即可得到所求答案.【详解】
解：（1）∵抛物线=（≠0）与轴交于A､B两点,其对称轴为=1,且A（-1,0），∴点B的坐标为（3，0），∴可设抛物线解析式为：，∵抛物线和y轴交于点C（0，2），∴，解得：，∴，即；
（2）△PAC的周长有最小值，连结AC､BC，∵AC的长度一定,∴要使△PAC的周长最小,就是使PA+PC最小.∵点A关于对称轴=1的对称点是B点,∴BC与对称轴的交点即为所求的点P（如图2）,设直线BC的表达为:=,则有,解得,∴:=-+2,把=1代入,得=,即点P的坐标为P（1,）,∴△PAC的周长取得最小值,取得最小值时点P的坐标为P（1,）；
（3）如图2，设DE对称轴x=1于点Q,在Rt△COH中，由勾股定理得CH===.过点D作DF⊥轴于点F，交对称轴=1于点N，∵Rt△CDF∽Rt△CHO，∴，∴CF===，OF=CO-CF=2-；
同样：，FD===，∴点D的坐标为D（,2-），∴N（1，2-）.∵DE∥BC，∴可设（过点D､E的直线）:=-+，把D点坐标代入其中，得-
+=2-，解得=2-，∴：=-+2-，点E的纵坐标为0，代入其中，解得=3-，∴E（3-，0）.∵点Q在对称轴=1上，把=1代入中，解得=-，∴Q（1,-）.PQ=-（-）=,DN=1-，EH=3--1=2-.S=S△PDE=S△PDQ+S△PEQ=PQ·DN+PQ·EH
=PQ（DN+EH）=·（1-+2-）,化简得S=-+,可知S是关于的二次函数.S存在最大值.配方可得:S=-+,由此可得,S取得最大值为,取得最大值时的值为:=.点睛：本题是一道二次函数与几何图形的综合题，第1和第2小题比较简单；第3小题难点较大，画出符合题意的图形，作出如图所示的辅助线，借助于△CDF∽△CHO，利用相似三角形的性结合题中的已知条件，把点D、E、Q的坐标用含m的代数式表达出来是解决第3小题的关键.35．如图，抛物线与直线交于、两点，过作轴交抛物线于点，直线交轴于点．
求、、三点的坐标；
若点是线段上的一个动点，过作轴交抛物线于点，连接、，当时，求的值；
如图，连接，及，设点是的中点，点是线段上任意一点，将沿边翻折得到，求当为何值时，与重叠部分的面积是面积的．
【答案】（1）点坐标，点坐标，点坐标；（2）；（3）当或 时，与重叠部分的面积是面积的 ．
【解析】
【分析】
（1）列方程组可知A、B两点坐标，根据点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，列方程可求得点C坐标．
（2）如图1中，设，则，根据
列出方程求出点H的横坐标，根据三角形的面积公式计算即可解决问题．
（3）分两种情形①若翻折后，点G在直线OC下方时，连接CG．如图2，可证四边形PFCG是平行四边形，得，在Rt△PBO中，根据，即可解决问题．②若翻折后，点G在直线OC上方时，连接CG．如图3，可证四边形PFGC是平行四边形，得即可解决问题．
【详解】
解：由解得或，∴点坐标，点坐标，∵轴，∴点纵坐标为，由，解得或，∴点坐标．
如图中，设，则，由题意，解得或（舍弃），∴．
∵，∴，，∵，∴．
①若翻折后，点在直线下方时，连接．如图，∵，∴，∴．，∴四边形是平行四边形，∴，在中，∴．
②若翻折后，点在直线上方时，连接．如图，∵，∴，∴．，∴四边形是平行四边形，∴，综上所述:当或时，与重叠部分的面积是面积的 ．
【点睛】
属于二次函数综合题，考查二次函数与一次函数的交点问题，平行四边形的判定与性质，勾股定理，综合性比较强，难度较大.36．如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点运动到点停止，设运动时间为，过点作轴的垂线，交直线于点,交抛物线于点．连接，是线段的中点，将线段绕点逆时针旋转得线段．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，当为何值时，面积有最大值，最大值是多少？
（3）当为何值时，点落在抛物线上．
【答案】（1）；（2）当时，面积的最大值为16；（3）
【分析】
（1）用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先用待定系数法求出直线AB的解析式，然后根据点P的坐标表示出Q,D的坐标，进一步表示出QD的长度，从而利用面积公式表示出的面积，最后利用二次函数的性质求最大值即可；
（3）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，首先证明≌，得到，然后得到点N的坐标，将点N的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出t的值，注意t的取值范围．
【详解】
（1）∵抛物线过点，∴解得
所以抛物线的解析式为：；
（2）设直线AB的解析式为，将代入解析式中得,解得
∴直线AB解析式为
．
∵，∴，∴，∴当时，面积的最大值为16；
（3）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，．
在和中，∴≌，∴．
∵，．
当点落在抛物线上时，.∴,，∴
．
【点睛】
篇6：中考数学综合题集锦一
分类综合专题复习练习
1、已知为直线上一点，为直线上一点，设
.（1）如图，若点在线段上，点在线段上.①如果
那么，.②求
之间的关系式.（2）是否存在不同于以上②中的之间的关系式？若存在，求出这个关系式，若不存在，请说明理由.2、如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M，Q分别是边AB，BC上的动点（点M不与A，B重合），且MQ⊥BC，过点M作BC的平行线MN，交AC于点N，连接NQ，设BQ为x．
（1）试说明不论x为何值时，总有△QBM∽△ABC；
（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；
（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．
3、在中，于点，于点，连接，将沿直线翻折得到（点与点为对应点），连接，过点作交于点．
（1）如图1，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，连接，若，在不添加任何辅助线与字母的情况下，请直接写出图2中所有正切值等于2的角．
4、如图①，和中，，．
（1）则的长为（直接写出结果）；
（2）如图②，将绕点顺时针旋转至△，使恰好在线段的延长线上．
①求的长．
②若点是线段的中点，求证：．
5、如图1，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；
（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
6、如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以lcm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为以t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．
（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）求DE的长；
（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB＇的值最小？并求出最小值．
7、在中，点、分别是、的中点，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度，连接、．
观察猜想
（1）如图①，当时，填空：
① ；
②直线、所夹锐角为 ；
类比探究
（2）如图②，当时，试判断的值及直线、所夹锐角的度数，并说明理由；
拓展应用
（3）在（2）的条件下，若，将绕着点在平面内旋转，当点落在射线上时，请直接写出的值．
8、将等边三角形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点作垂直于直线，垂足为，连接．取边的中点，连接．
（1）如图1，当时，的度数为，连接，可求出的值为 ．
（2）当且时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当，三点共线时，请直接写出的值．
9、问题提出：
（1）如图①，在△ABC中，AD是ABC边BC的高，点E是BC上任意点，若AD＝3，则AE的最小值为；
（2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，DE是AC的垂直平分线，分别交BC、AC于点D、E，DE＝1cm，求△ABD的周长；
问题解决：
（3）如图③，某公园管理员拟在园内规划一个△ABC区域种植花卉，且为方便游客游览，欲在各顶点之间规划道路AB、BC和AC，满足∠BAC＝90°，点A到BC的距离为2km．为了节约成本，要使得AB、BC、AC之和最短，试求AB+BC+AC的最小值（路宽忽略不计）．
10、如图，在△ABC中．AB＝AC，点E在线段BC上，连接AE并延长到G，使得EG＝AE，过点G作GD∥BA分别交BC，AC于点F，D．
（1）求证：△ABE≌△GFE；
（2）若GD＝3，CD＝1，求AB的长度；
（3）过点D作DH⊥BC于H，P是直线DH上的一个动点，连接AF，AP，FP，若∠C＝45°，在（2）的条件下，求△AFP周长的最小值．
11、阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题
数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自已的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”
小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”
……
老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”
（1）求证：∠BAE＝∠DAC；
（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．
12、如图1，是正方形边上的一点，连接、，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．
（1）求证：；
（2）猜想线段，和之间的数量关系，并说明理由．
（3）当四边形为菱形，点是菱形边所在直线上的一点，连接、，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．
①如图2，点在线段上时，请探究线段、和之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点，若，直接写出线段的长度．
13、在中，，点在射线上运动．连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）如图1，点在点的左侧运动．
①当，时，则 ；
②猜想线段，与之间的数量关系为 ．
（2）如图2，点在线段上运动时，第（1）问中线段，与之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．