2021年中考数学专题复习 专题53 中考几何动态试题解法（教师版含解析）

这是一份2021年中考数学专题复习 专题53 中考几何动态试题解法（教师版含解析），共42页。教案主要包含了动态问题概述数，平移，动点问题常见的四种类型解题思路，解决动态问题一般步骤等内容，欢迎下载使用。

专题53 中考几何动态试题解法

一、动态问题概述数
1.就运动类型而言,有函数中的动点问题有图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。怎
2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题有点动、线动、面动三大类。怎样
3.就图形变化而言,有轴对称(翻折)、平移、旋转(中心对称、滚动)等。
4.动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，属于初中数学难点，综合性强，只有完全掌握才能拿高分。
二、动点与函数图象问题常见的四种类型
1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。、
3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。怎样解决好
4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型寸
1.线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
2.多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。怎样解决好中考数
3.多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
四、动点问题常见的四种类型解题思路
1.教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。如领读，我读一句，让幼儿读一句，边读边记；第二通读，我大声读，我大声读，幼儿小声读，边学边仿；第三赏读，我借用录好配朗读磁带，一边放录音，一边幼儿反复倾听，在反复倾听中体验、品味。1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，通过全等或相似，探究构成的新图形与原图形的边或角的关系。
2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，通过探究构成的新图形与原图形的全等或相似，得出它们的边或角的关系。
3.这个工作可让学生分组负责收集整理,登在小黑板上,每周一换。要求学生抽空抄录并且阅读成诵。其目的在于扩大学生的知识面,引导学生关注社会,热爱生活,所以内容要尽量广泛一些,可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。如此下去,除假期外,一年便可以积累40多则材料。如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料,写起文章来还用乱翻参考书吗?3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，探究构成的新图形的边角等关系。
4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，探究是否存在动点构成的三角形是等腰三角形或与已知图形相似等问题。
五、解决动态问题一般步骤
(1)用数量来刻画运动过程。因为在不同的运动阶段，同一个量的数学表达方式会发生变化，所以需要分类讨论。有时符合试题要求的情况不止一种，这时也需要分类讨论。
(2)画出符合题意的示意图。
(3)根据试题的已知条件或者要求列出算式、方程或者数量间的关系式。

【例题1】(2020•连云港)如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为　 　．

【答案】2
【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【解析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC＝CB，AM＝OM，
∴MC=12OB＝1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=34x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D(4，0)，E(0，﹣3)，
∴OD＝4，OE＝3，
∴DE=32+42=5，
∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴MNOE=DMDE，
∴MN3=35，
∴MN=95，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，最小值=12×5×(95-1)＝2
【对点练习】(2020年浙江台州模拟)如图所示，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P，Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是(　　)

A．6 B．2+1 C．9 D．
【答案】C
【解析】如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，
此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，
∵∠OP1B=90°，∴OP1∥AC
∵AO=OB，∴P1C=P1B，∴OP1=AC=4，
∴P1Q1最小值为OP1﹣OQ1=1，
如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，
P2Q2最大值=5+3=8，
∴PQ长的最大值与最小值的和是9．

【点拨】设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题．
【例题2】(2020•重庆)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：CF=22AD；
(2)如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．

【答案】见解析。
【分析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
(2)过点G作GH⊥BC于H，设CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC=322a，由全等三角形的性质可得BD＝CE＝2a，由锐角三角函数可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的长，即可求AG=22a=22CD=26BC；
(3)将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性质可求解．
证明：(1)∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DE=2AD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵点F是DE的中点，
∴CF=12DE=22AD；
(2)AG=26BC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，

∵BD＝2CD，
∴设CD＝a，则BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC=BC2=322a，
由(1)可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴CECD=GHCH=2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BG=2BH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝22a，
∴AG＝BG﹣AB=22a=22CD=26BC；
(3)如图3﹣1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，

∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3﹣2，连接MC，

∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BD=3PD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴3PD＝PD+AP，
∴PD=3+12m，
∴BD=3PD=3+32m，
由(1)可知：CE＝BD=3+32m．
【对点练习】如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝4，∠DAB＝120°，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AC向终点C运动．过P作PE⊥AB交AB于点E，作PF⊥AD交AD于点F，设四边形AEPF与△ABD的重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t．
(1)用含t的代数式表示线段BE的长；
(2)当点P与点O重合时，求t的值；
(3)求S与t之间的函数关系式；
(4)在点P出发的同时，有一点Q从点C出发，以每秒6个单位的速度沿折线C﹣D﹣A﹣B运动，设点Q关于AC的对称点是Q'，直接写出PQ'与菱形ABCD的边垂直时t的值．

【答案】见解析。
【解析】(1)如图1中，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝60°，
∴△ADC，△ABC都是等边三角形，
∵PE⊥AB，PA＝2t，
∴∠PEA＝90°，∠APE＝30°，
∴AE＝PA＝t，
∴BE＝AB﹣AE＝4﹣t．
(2)当点P与点O重合时，PA＝OA＝2＝2t，
∴t＝1时，点P与点O重合．
(3)当0＜t≤1时，如图1中，重叠部分是四边形PEAF，S＝2××t×t＝t2．
当1＜t≤2时，如图2中，重叠部分是五边形AEMNF，S＝S四边形PEAF﹣S△PMN＝t2﹣()2＝﹣t2+t﹣．

(4)如图4﹣1中，当PQ′⊥BC时，易知PC＝2CQ′，可得4﹣2t＝2×6t，解得t＝．

如图4﹣2中，当点Q与点F重合时，PQ⊥AB，则有：6t+t＝8，t＝

如图4﹣3中，当点Q与点E重合时，PQ′⊥AD，则有：6t＝8+t，t＝，

综上所述，满足条件的t的值为s或s或s．
【点拨】本题是几何图形中的动点综合题问题，可以用一下思路解决：(1)解直角三角形求出AE即可解决问题．
(2)根据PA＝OA，构建方程即可解决问题．
(3)分两种情形分别画出图形解决问题即可．
(4)分三种情形：①如图4﹣1中，当PQ′⊥BC时．②如图4﹣2中，当点Q与点F重合时．③如图4﹣3中，当点Q与点E重合时，分别求解即可．
【例题3】(2020•苏州)如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t(s)，其中0＜t＜8．
(1)求OP+OQ的值；
(2)是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
(3)求四边形OPCQ的面积．

【答案】见解析。
【分析】(1)由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
(2)如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ，则8-t-x8-t=xt，解出x=8t-t28．由二次函数的性质可得出答案；
(3)证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝(8﹣t)2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】(1)由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8(cm)．
(2)当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB=2BD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴PDOP=BDOQ，
∴8-t-x8-t=xt，
∴x=8t-t28．
∴OB=2⋅8t-t28=-28(t-4)2+22．
当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为22cm．
(3)∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝(8﹣t)2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ=12OP⋅OQ+14PQ2，
=12t(8-t)+14[(8-t)2+t2]，
＝4t-12t2+12t2+16﹣4t＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．

【对点练习】(2019•山东潍坊)如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，S△PAB＝　 　．

【答案】．
【解析】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
根据轴对称，可以求得使得△PAB的周长最小时点P的坐标，然后求出点P到直线AB的距离和AB的长度，即可求得△PAB的面积，本题得以解决．
，
解得，或，
∴点A的坐标为(1，2)，点B的坐标为(4，5)，
∴AB＝＝3，
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴的交于P，则此时△PAB的周长最小，
点A′的坐标为(﹣1，2)，点B的坐标为(4，5)，
设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，
，得，
∴直线A′B的函数解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，
即点P的坐标为(0，)，
将x＝0代入直线y＝x+1中，得y＝1，
∵直线y＝x+1与y轴的夹角是45°，
∴点P到直线AB的距离是：(﹣1)×sin45°＝＝，
∴△PAB的面积是：＝，

【点拨】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

一、选择题
1．(2019海南)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点P是边AC上一动点，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，D为线段PQ的中点，当BD平分∠ABC时，AP的长度为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】根据勾股定理求出AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠QBD＝∠BDQ，得到QB＝QD，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，
∴AC＝＝3，
∵PQ∥AB，
∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，
∴∠QBD＝∠BDQ，
∴QB＝QD，
∴QP＝2QB，
∵PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴＝＝，即＝＝，
解得，CP＝，
∴AP＝CA﹣CP＝
2.(2019•四川省达州市)如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合．现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是(　　)

A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选项中的图象符合题意，本题得以解决．
当0≤t≤2时，S＝＝，即S与t是二次函数关系，有最小值(0，0)，开口向上，
当2＜t≤4时，S＝﹣＝，即S与t是二次函数关系，开口向下，
由上可得，选项C符合题意。
3．(2019•山东泰安)如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是(　　)

A．2 B．4 C． D．
【答案】D．
【解析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．如图：

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝2
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°
∴∠DP2P1＝90°
∴∠DP1P2＝45°
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2
4．(2019•山东潍坊)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D．设运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是(　　)

A．B．
C．D．
【答案】D．
【解析】由题意当0≤x≤3时，y＝3，当3＜x＜5时，y＝×3×(5﹣x)＝﹣x+．由此即可判断．
由题意当0≤x≤3时，y＝3，
当3＜x＜5时，y＝×3×(5﹣x)＝﹣x+．
5.(2019•湖北武汉)如图，AB是⊙O的直径，M、N是(异于A.B)上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C从点M运动到点N时，则C.E两点的运动路径长的比是(　　)

A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
如图，连接EB．设OA＝r．易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题．

∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，
∵E是△ACB的内心，∴∠AEB＝135°，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴＝，∴AD＝DB＝r，∴∠ADB＝90°，
易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，
∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α
∴＝＝．
6.(2019•甘肃武威)如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿AB→BC→CD向点D运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AD边的长为(　　)

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B．
【解析】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3．
∴AB•＝3，即AB•BC＝12．
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，
∴AB+BC＝7．
则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，
因为AB＜AD，即AB＜BC，
所以AB＝3，BC＝4．
二、填空题
7．(2019桂林)如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为　 　．

【答案】π．
【解析】如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴tan∠ABD＝＝，
∴∠ABD＝60°，
∵A1Q＝QC，BO＝OC，
∴OQ＝BA1＝AB＝，
∴点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为120°，
∴点Q的运动路径长＝＝π．
8．如图，AB是⊙O的弦，AB=5，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M、N分别是AB、AC的中点，则MN长的最大值是　 　．

【答案】．
【解析】如图，∵点M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN=BC，
∴当BC取得最大值时，MN就取得最大值，当BC是直径时，BC最大，
连接BO并延长交⊙O于点C′，连接AC′，
∵BC′是⊙O的直径，
∴∠BAC′=90°．
∵∠ACB=45°，AB=5，
∴∠AC′B=45°，
∴BC′===5，
∴MN最大=．
故答案为：．

【点拨】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什么时候MN的值最大，难度不大．
9．(2020湖北随州模拟)如图，∠AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P是OA上的一动点，点N(3，0)是OB上的一定点，点M是ON的中点，∠AOB＝30°，要使PM＋PN最小，则点P的坐标为________．

【答案】(，)，
【解析】作点N关于OA的对称点N′，连接MN′交OA于点P，则点P为所求．
显然ON＝ON′，∠NON′＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
∴△ONN′为等边三角形，MN′⊥ON，
∵OM＝，则PM＝OM×tan30°＝×＝，
∴点P的坐标为(，)．

10.(2019•四川广安)如图，在四边形中，∥，,直线.当直线沿射线方向，从点开始向右平移时，直线与四边形的边分别相交于点、.设直线向右平移的距离为，线段的长为，且与的函数关系如图所示，则四边形的周长是 .

【答案】
【解析】由题意和图像易知BC=5，AD=7-4=3
当BE=4时(即F与A重合)，EF=2，又因为且∠B=30°，所以AB=，
因为当F与A重合时，把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形，所以CD=2，故答案时.
三、解答题
11．(2020•铜仁市)如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A(﹣1，0)，B(3，0)，C是抛物线与y轴的交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式(指出自变量m的取值范围)和S的最大值；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．

【答案】见解析。
【分析】(1)根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为(m，﹣2m2+4m+6)，则点F的坐标为(m，﹣2m+6)，进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
(3)分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【解析】(1)将A(﹣1，0)、B(3，0)代入y＝ax2+bx+6，
得：a-b+6=09a+3b+6=0，解得：a=-2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
(2)过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．

当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为(0，6)．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B(3，0)、C(0，6)代入y＝kx+c，得：
3k+c=0c=6，解得：k=-2c=6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为(m，﹣2m2+4m+6)，则点F的坐标为(m，﹣2m+6)，
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣(﹣2m+6)＝﹣2m2+6m，
∴S△PBC=12PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3(m-32)2+274，
∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为274．
∵点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
(3)存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设M(a，﹣2a2+4a+6)，C(0，6)，
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当DMCD=OBOC=36=12时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴a-2a2+4a=12，
解得，a＝1，
∴M(1，8)，
此时ND=12DM=12，
∴N(0，172)，
当CDDM=OBOC=12时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴-2a2+4aa=12，
解得a=74，
∴M(74，558)，
此时N(0，838)．
如图3，当点M位于点C的下方，

过点M作ME⊥y轴于点E，
设M(a，﹣2a2+4a+6)，C(0，6)，
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：2a2-4aa=12或2a2-4aa=2，△CMN与△OBC相似，
解得a=94或a＝3，
∴M(94，398)或M(3，0)，
此时N点坐标为(0，38)或(0，-32)．
综合以上得，M(1，8)，N(0，172)或M(74，558)，N(0，838)或M(94，398)，N(0，38)或M(3，0)，N(0，-32)，使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
12．(2020•嘉兴)在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分(如图1所示建立直角坐标系)，抛物线顶点为点B．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E(4，1.3)．东东起跳后所持球离地面高度h1(m)(传球前)与东东起跳后时间t(s)满足函数关系式h1＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7(0≤t≤1)；小戴在点F(1.5，0)处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2(m)与东东起跳后时间t(s)的函数关系如图2所示(其中两条抛物线的形状相同)．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由(直线传球过程中球运动时间忽略不计)．

【答案】见解析。
【分析】(1)设y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)，将A(0，3)代入求解即可得出答案；
(2)①把y＝2.6代入y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32，解方程求出x，即可得出OD＝1m；
②东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，设MD＝h1，NF＝h2，当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，证明△MPN∽△NEH，得出MPPN=NHHE，则NH＝5MP．分不同情况：(Ⅰ)当0≤t≤0.3时，(Ⅱ)当0.3＜t≤0.65时，(Ⅲ)当0.65＜t≤1时，分别求出t的范围可得出答案．
【解析】(1)设y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)，
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32．
(2)①把y＝2.6代入y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32，
化简得(x﹣0.4)2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2(舍去)，x2＝1，
∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．
由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．

当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7．
当h1﹣h2＝0时，t＝0.65，
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，

∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NEH，
∴MPPN=NHHE，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
(Ⅰ)当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣2.2＝﹣2(t﹣0.5)2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2(t﹣0.5)2+0.5]＝0.9，
整理得(t﹣0.5)2＝0.16，
解得t1=910(舍去)，t2=110，
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，
∴110＜t≤310．
(Ⅱ)当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣[﹣2(t﹣0.8)2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7﹣1.3＝﹣2(t﹣0.8)2+1.4，
∴﹣2(t﹣0.8)2+1.4＝5×(﹣1.2t+0.78)，
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，t1=23+28510(舍去)，t2=23-28510，
当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴310＜t＜23-28510．
(Ⅲ)当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
给上所述，东东在起跳后传球的时间范围为110＜t＜23-28510．
13．(2020•黔东南州)已知抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C(0，﹣3)，顶点D的坐标为(1，﹣4)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
(3)点P是x轴上的动点，点Q是抛物线上的动点，是否存在点P、Q，使得以点P、Q、B、D为顶点，BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P、Q坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】见解析。
【分析】(1)根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
(2)先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；
(3)利用平移先确定出点Q的纵坐标，代入抛物线解析式求出点Q的横坐标，即可得出结论．
【解析】(1)∵抛物线的顶点为(1，﹣4)，
∴设抛物线的解析式为y＝a(x﹣1)2﹣4，
将点C(0，﹣3)代入抛物线y＝a(x﹣1)2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a(x﹣1)2﹣4＝x2﹣2x﹣3；
(2)由(1)知，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B(3，0)，A(﹣1，0)，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)，
∴AC=10，
设点E(0，m)，则AE=m2+1，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，10=m2+1，
∴m＝3或m＝﹣3(点C的纵坐标，舍去)，
∴E(0，3)，
②当AC＝CE时，10=|m+3|，
∴m＝﹣3±10，
∴E(0，﹣3+10)或(0，﹣3-10)，
③当AE＝CE时，m2+1=|m+3|，
∴m=-43，
∴E(0，-43)，
即满足条件的点E的坐标为(0，3)、(0，﹣3+10)、(0，﹣3-10)、(0，-43)；
(3)如图，存在，∵D(1，﹣4)，
∴将线段BD向上平移4个单位，再向右(或向左)平移适当的距离，使点B的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q，此时点D的对应点就是点P，
∴点Q的纵坐标为4，
设Q(t，4)，
将点Q的坐标代入抛物线y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，
∴t＝1+22或t＝1﹣22，
∴Q(1+22，4)或(1﹣22，4)，
分别过点D，Q作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴的右边的交点B的坐标为(3，0)，且D(1，﹣4)，
∴FB＝PG＝3﹣1＝2，
∴点P的横坐标为(1+22)﹣2＝﹣1+22或(1﹣22)﹣2＝﹣1﹣22，
即P(﹣1+22，0)、Q(1+22，4)或P(﹣1﹣22，0)、Q(1﹣22，4)．

14．(2020•遂宁)如图，抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象经过A(1，0)，B(3，0)，C(0，6)三点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．
(3)P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】见解析。
【分析】(1)设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，把点C坐标代入解析式，可求解；
(2)先求出点M，点N坐标，利用待定系数法可求AD解析式，联立方程组可求点D坐标，可求S△ABD=12×2×6＝6，设点E(m，2m﹣2)，分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解；
(3)分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象经过A(1，0)，B(3，0)，
∴设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，
∵抛物线y＝a(x﹣1)(x﹣3)(a≠0)的图象经过点C(0，6)，
∴6＝a(0﹣1)(0﹣3)，
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝2(x﹣1)(x﹣3)＝2x2﹣8x+6；
(2)∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2，
∴顶点M的坐标为(2，﹣2)，
∵抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，
∴点N(2，2)，
设直线AN解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：0=k+b2=2k+b，
解得：k=2b=-2，
∴直线AN解析式为：y＝2x﹣2，
联立方程组得：y=2x-2y=2x2-8x+6，
解得：x1=1y1=0，x2=4y2=6，
∴点D(4，6)，
∴S△ABD=12×2×6＝6，
设点E(m，2m﹣2)，
∵直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，
∴S△ABE=13S△ABD＝2或S△ABE=23S△ABD＝4，
∴12×2×(2m﹣2)＝2或12×2×(2m﹣2)＝4，
∴m＝2或3，
∴点E(2，2)或(3，4)；
(3)若AD为平行四边形的边，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴AD＝PQ，
∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，
∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，
∴点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)；
若AD为平行四边形的对角线，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴AD与PQ互相平分，
∴xA+xD2=xP+xQ2，
∴xP＝3，
∴点P坐标为(3，0)，
综上所述：当点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
15．(2019•山东青岛)已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
(1)当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
(2)设四边形PEGO的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】见解析。
【解析】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
(1)在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝＝6(cm)，
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3(cm)，∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CD＝5(cm)，OD＝4(cm)，
∵PB＝t，PE⊥AB，
易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8﹣t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
(2)如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+(S△OPC+S△PCE﹣S△OEC)
＝•(4﹣t)•3+[•3•(8﹣t)+•(8﹣t)•t﹣•3•(8﹣t)
＝﹣t2+t+16(0＜t＜5)．
(3)存在．
∵S＝﹣(t﹣)2+(0＜t＜5)，
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．
(4)存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，∴∠EOC＝∠QOG，∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：5t2﹣66t+160＝0，
解得t＝或10(舍弃)
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．