中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：15 动点综合问题

这是一份中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：15 动点综合问题，共150页。
15 动点综合问题

【典例分析】
【考点1】动点之全等三角形问题
【例1】如图，直线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】（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．
【变式1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BM⊥BQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上一动点,满足PN=AB,随着P点运动而运动,当点P运动_______秒时，△BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)

【答案】0；4；8；12
【解析】此题要分两种情况：①当P在线段BC上时，②当P在BQ上，再分别分两种情况AC＝BP或AC＝BN进行计算即可．
【详解】解：①当P在线段BC上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，

∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝6−2＝4，
∴点P的运动时间为4÷1＝4（秒）；
②当P在线段BC上，AC＝BN时，△ACB≌△NBP，
这时BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为0秒；
③当P在BQ上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝2＋6＝8，
∴点P的运动时间为8÷1＝8（秒）；
④当P在BQ上，AC＝NB时，△ACB≌△NBP，
∵BC＝6，
∴BP＝6，
∴CP＝6＋6＝12，
点P的运动时间为12÷1＝12（秒），
故答案为：0或4或8或12．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【考点2】动点之直角三角形问题
【例2】（模型建立）
（1）如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点，过作于点.求证：；
（模型应用）
（2）已知直线：与坐标轴交于点、，将直线绕点逆时针旋转至直线，如图2，求直线的函数表达式；
（3）如图3，长方形，为坐标原点，点的坐标为，点、分别在坐标轴上，点是线段上的动点，点是直线上的动点且在第四象限.若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标.

【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（，）.
【解析】（1）根据△ABC为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定；
（2）①过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，根据△CBD≌△BAO，得出BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，求得C（−4，7），最后运用待定系数法求直线l2的函数表达式；
（3）根据△APD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，当点D在矩形AOCB的外部时，设D（x，−2x＋6），分别根据△ADE≌△DPF，得出AE＝DF，据此列出方程进行求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°，
又∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ACD与△CBE中，，
∴（AAS）；
（2）①如图2，过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，

∵∠BAC＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
由（1）可知：△CBD≌△BAO，
∴BD＝AO，CD＝OB，
∵直线l1：y＝x＋4中，若y＝0，则x＝−3；若x＝0，则y＝4，
∴A（−3，0），B（0，4），
∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，
∴OD＝4＋3＝7，
∴C（−4，7），
设l2的解析式为y＝kx＋b，则，
解得：，
∴l2的解析式为：y＝−7x−21；
（3）D（4，−2）或（，）．
理由：当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：
当点D在矩形AOCB的内部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交BC于F，

设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x，
由（1）可得，△ADE≌△DPF，则DF＝AE，即：12−2x＝8−x，
解得x＝4，
∴−2x＋6＝−2，
∴D（4，−2），
此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意；
当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，

设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，
同理可得：△ADE≌△DPF，则AE＝DF，即：2x−12＝8−x，
解得x＝，
∴−2x＋6＝，
∴D（，），
此时，ED＝PF＝，AE＝BF＝，BP＝PF−BF＝＜6，符合题意，
综上所述，D点坐标为：（4，−2）或（，）
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．
【变式2-1】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】(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，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接AE交BD于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点，连接DP、BP．
（1）求∠AFB的度数；
（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；
（3）已知AD＝6，在点P从A到E的运动过程中，若△DBP是直角三角形，请求DP的长．

【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6或DP＝3－3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形
【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；
（2）连接AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；
（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分∠BPD＝90°、∠BDP＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC，∠ADC＝90°，
又∵△DCE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴DA＝DE，∠ADE＝150°，
∴∠DAE＝15°，
又∠ADB＝45°，
∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°；
（2）连接AC，
∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°，
∵DP平分∠CDE，
∴，
∴∠PDG＝∠CAG，
又∠DGP＝∠AGC，
∴△DGP∽△AGC，
∴，即AG•DP＝DG•AC，
∵AC＝DB，
∴AG•DP＝DG•BD；
（3）连接AC交BD于点O，则∠AOF＝90°，
∵AD＝6，
∴，
在Rt△AOF中，∠OAF＝30°，
∴，
∴，
由图可知：0°＜∠DBP≤45°，
则△DBP是直角三角形只有∠BPD＝90°和∠BDP＝90°两种情形：
①当∠BPD＝90°时，
I、若点P与点A重合，∠BPD＝90°，
∴DP＝DA＝6；
II、当点P在线段AE上时，∠BPD＝90°，
连接OP，，
∴∠OPA＝∠OAP＝30°，
∴∠AOP＝120°，
∴∠FOP＝∠AOP﹣∠AOF＝30°，
∴∠DBP＝∠OPB＝15°，
∴∠FDP＝75°，
又∠BAF＝∠BAD﹣∠DAF＝75°，
∴∠BAF＝∠PDF，
又∠AFB＝∠DFP，
∴△BAF∽△PDF，
∴，即
解得，；
②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°，
∴DP＝DF×tan∠DFP＝，
综上，DP=6或DP＝3－3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形．

【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点3】动点之等腰三角形问题
【例3】如图一，在射线的一侧以为一条边作矩形，，，点是线段上一动点（不与点重合），连结，过点作的垂线交射线于点，连接．

（1）求的大小；
（2）问题探究：动点在运动的过程中，
①是否能使为等腰三角形，如果能，求出线段的长度；如果不能，请说明理由．
②的大小是否改变？若不改变，请求出的大小；若改变，请说明理由．
（3）问题解决：
如图二，当动点运动到的中点时，与的交点为，的中点为，求线段的长度．
【答案】（1）；（2）①能，的值为5或；②大小不变，；（3）.
【解析】（1）在中，求出的正切值即可解决问题．
（2）①分两种情形：当时，当时，分别求解即可．
②．利用四点共圆解决问题即可．
（3）首先证明是等边三角形，再证明垂直平分线段，解直角三角形即可解决问题．
【详解】解：（1）如图一（1）中，

∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
（2）①如图一（1）中，当时，
∵，，，
∴，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
如图一（2）中，当时，易证，

∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的值为5或．
②结论：大小不变．
理由：如图一（1）中，∵，
∴四点共圆，
∴．
如图一（2）中，∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
综上所述，．
（3）如图二中，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分线段，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式3-1】如图①，已知正方形边长为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】（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】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】（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】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】(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】在边长为的正方形中，动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动,动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动，动点比动点先出发秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点的运动时间为秒.
如图，连接，若，求的值
如图，连接，当为何值时，

【答案】（1）t=1;(2) 当为秒时，
【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出，由BF=AE，列出方程解方程即可
（2），得到，用t表示出BF、AE、FC、BE列出方程解方程即可，最后对t的取值进行取舍
【详解】解：四边形是正方形






由题意得，

解得：
若
则

，

解得
由题意知：

当为秒时，
【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，第二问的关键在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍
【变式4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝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】（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，已知抛物线经过A（－3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，点D是抛物线上的动点，连结AD与y轴相交于点E，连结AC，CD．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当AD平分∠CAB时．
①求直线AD所对应的函数表达式；
②设P是x轴上的一个动点，若△PAD与△CAD相似，求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）①；②（2，0）或（13，0）．
【解析】（1）将、、点坐标代入抛物线，化简计算即可；
（2）设，根据平分，，轴，求得，并证得 ∽ ，利用 可的，可得点坐标，把，代入，化简可得AD所对应的函数表达式；
因为是x轴上的一个动点，且与相似，并且是腰长为5的等腰三角形，所以 点有两种情况：AD为等腰三角形的斜边，或者以AD为腰，为底，分别讨论求解即可.
【详解】解（1）∵抛物线经过、、三点，
∴，解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）作于点H，如图，设．

∵平分，，轴，
∴，，
在中，．
∵
，
∴ ∽ ，
∴
∴，解得：，
∴，设直线AD的表达式为，
把，代入，
得，解得：，
∴直线AD所对应的函数表达式为；
直线AD与二次函数相交于点D，
∴解得或，
点D在第一象限，
∴点D坐标为，
∴，且，
∴是腰长为5的等腰三角形，
是x轴上的一个动点，且与相似，
∴也为等腰三角形，

如上图示，
当AD为等腰三角形的斜边时，，

∴点的坐标为；
当以AD为腰，为底时，作
点D坐标为，
∴
∴,,
∴点P的坐标为．
综上所述点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和角平分线的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；灵活利用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形性质．
【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）
【例5】如图，点O是平面直角坐标系的原点，点A（，3），AC⊥OA与x轴的交点为C．动点M以每秒个单位长度由点A向点O运动．同时，动点N以每秒3个单位长度由点O向点C运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动．
（1）写出∠AOC的值；
（2）用t表示出四边形AMNC的面积；
（3）求点P的坐标，使得以O、N、M、P为顶点的四边形是特殊的平行四边形？

【答案】（1）30°；（2）；（3）.
【解析】（1）如图1中，作AH⊥OC于H．在Rt△AOH中，解直角三角形求出∠AOH即可解决问题．
（2）作MK⊥BC于K．根据S四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN，计算即可．
（3）分别考虑以OM，ON，MN为平行四边形的对角线，利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥OC于H．

∵A（，3），
∴OH＝，AH＝3，
∴tan∠AOH＝＝，
∴∠AOH＝60°，
∵OA⊥AC，
∴∠OAC＝90°，
∴∠ACO＝30°．
（2）作MK⊥BC于K．
在Rt△AOH中，∵OH＝，∠OAH＝30°，
∴OA＝2OH＝2，
在Rt△AOC中，∵∠AOC＝30°，OA＝2，
∴AC＝OA＝6，
∵OM＝t，
∴MK＝OM•sin60°＝t，
∴S四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN
＝•OA•AC﹣•ON•MKa
＝×2×6﹣×3t×t
＝6﹣t2（0＜t＜2）．
（3）当四边形CNMP1是平行四边形时，P1（t﹣3t，t）．
当四边形ONP2M是平行四边形时，P2（t+3t，t）．
当四边形OMNP3是平行四边形时，P3（3t﹣t，﹣t）．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式5-1】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“>”，“