中考数学二轮复习压轴题培优专题15 动点综合问题（教师版）

这是一份中考数学二轮复习压轴题培优专题15 动点综合问题（教师版），共120页。
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“>”，“