2021年中考数学压轴题考点训练动点综合问题(pdf版附解析)
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2021年中考数学压轴题考点训练动点综合问题(pdf版附解析)

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资料简介
【典例分析】 【考点 1】动点之全等三角形问题 【例 1】如图,直线 4 4 3 y x   与 x轴和 y轴分别交于 ,A B两点,另一条直线过点 A和点 (7,3)C . (1)求直线 AC的函数表达式; (2)求证: AB AC ; (3)若点 P是直线 AC上的一个动点,点Q是 x轴上的一个动点,且以 , ,P Q A为顶点的三角形 与 AOB 全等,求点Q的坐标. 【答案】(1) 3 9 4 4 y x  ;(2) 2 2 2AB AD BD  ; (3) 点Q的坐标为 (7,0)或 (8,0)或 ( 1,0) 或 ( 2,0) 【解析】(1)在 y=- 4 3 x+4 中,令 y=0,则 0=- 4 3 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=- 4 3 x+4 中,得到 k1=- 4 3 ,在直线ACy= 3 4 x− 9 4 中,得到 k2= 3 4 ,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=- 4 3 x+4 中, 令 y=0,则 0=- 4 3 x+4, ∴x=3, ∴A(3,0), 设直线AC对应的函数关系式为 y=kx+b, 则: 0 3 3 7 k b k b    = = ,解得: 3 4 9 4 k b       = = , ∴直线AC对应的函数关系式为 y= 3 4 x- 9 4 . (2) 在直线 ABy=- 4 3 x+4 中, ∵k1=- 4 3 , 在直线ACy= 3 4 x− 9 4 中,k2= 3 4 , ∴k1•k2=-1, ∴AB⊥AC;(3)在 y=- 4 3 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 ABC中, 90ACB  ,CB CA ,直线 ED经过点C,过 A作 AD ED 于点D,过 B作 BE ED 于点E .求证: BEC CDA   ; (模型应用) (2)已知直线 1l : 4 4 3 y x  与坐标轴交于点 A、B,将直线 1l 绕点 A逆时针旋转 45至直线 2l , 如图 2,求直线 2l 的函数表达式; (3)如图 3,长方形 ABCO,O为坐标原点,点 B的坐标为  8, 6 ,点 A、C分别在坐标轴 上,点 P是线段 BC上的动点,点D是直线 2 6y x   上的动点且在第四象限.若 APD 是以点 D为直角顶点的等腰直角三角形,请直接..写出点D的坐标. 【答案】(1)见解析;(2)y=−7x−21;(3)D(4,−2)或( 20 3 , 22 3  ). 【解析】(1)根据△ABC为等腰直角三角形,AD⊥ED,BE⊥ED,可判定 BEC CDA   ; (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, D E ACD EBC CA CB       = = = , ∴ BEC CDA   (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= 4 3 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 7 4 0 3 k b k b        , 解得: 7 21 k b      , ∴l2的解析式为:y=−7x−21; (3)D(4,−2)或( 20 3 , 22 3  ). 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= 20 3 , ∴−2x+6= 22 3  , ∴D( 20 3 , 22 3  ), 此时,ED=PF= 20 3 ,AE=BF= 4 3 ,BP=PF−BF=16 3 <6,符合题意, 综上所述,D点坐标为:(4,−2)或( 20 3 , 22 3  ) 【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】(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= 1 2 时,S 最大值= 9 4 ;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), ∴ 16 4 4 0 4 0 a b a b        , 解得 1 3 a b     , 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= 1 2 AM×PQ= 1 2 (4-2t)(1+t) =﹣t2+t+2. ∴S=-t2+t+2=-(t- 1 2 )2+ 9 4 . ∵a=﹣1<0,且 0≤t≤2,∴S有最大值. 当 t= 1 2 时,S 最大值= 9 4 . 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= 1 2 MA, ∴1+t= 1 2 (4﹣2t), 解得,t= 1 2 , ∴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 3-3或 DP=3 6 3 2 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, ∴ 1 30 2 GDP EDC     , ∴∠PDG=∠CAG, 又∠DGP=∠AGC, ∴△DGP∽△AGC, ∴ DG DP AG AC  ,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, ∴0A 0D 3 2  , 在 Rt△AOF中,∠OAF=30°, ∴ 6, 2 6OF AF  , ∴FD 3 2 6  , 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, 1 3 2 2 OP OA BD   , ∴∠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, ∴ DP DF AB AF  ,即 3 2 6 6 2 6 DP   解得, 3 3 3DP   ; ②当∠BDP=90°时,∠DFP=∠AFB=60°, ∴DP=DF×tan∠DFP= 3(3 2 6) 3 6 3 2   , 综上,DP=6 或 DP=3 3-3或 DP=3 6 3 2 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】(2019·湖南中考真题)如图一,在射线DE的一侧以 AD为一条边作矩形 ABCD, 5 3AD  , 5CD  ,点M 是线段 AC上一动点(不与点 A重合),连结 BM,过点M 作 BM的 垂线交射线DE于点N ,连接BN. (1)求 CAD 的大小; (2)问题探究:动点M 在运动的过程中, ①是否能使 AMN 为等腰三角形,如果能,求出线段MC的长度;如果不能,请说明理由. ② MBN 的大小是否改变?若不改变,请求出 MBN 的大小;若改变,请说明理由. (3)问题解决: 如图二,当动点M 运动到 AC的中点时,AM与BN的交点为 F,MN的中点为H,求线段 FH 的长度. 【答案】(1) 30 CAD ;(2)①能,CM的值为 5或5 3;②大小不变, 30 MBN ;(3) 5 3 6 FH . 【解析】(1)在 Rt ADC 中,求出 DAC 的正切值即可解决问题. (2)①分两种情形:当 NA NM 时,当 AN AM 时,分别求解即可. ② 30MBN  .利用四点共圆解决问题即可. (3)首先证明 ABM 是等边三角形,再证明BN垂直平分线段 AM,解直角三角形即可解决问 题. 【详解】解:(1)如图一(1)中, ∵四边形 ABCD是矩形, ∴ 90ADC  , ∵ DC 5 3tan AD 35 3    CAD , ∴ 30 CAD . (2)①如图一(1)中,当 AN NM 时, ∵ 90BAN BMN     , BN BN , AN NM , ∴ Rt Rt ( )BNA BNM HL    , ∴ BA BM , 在Rt ABC 中,∵ 30ACB DAC     , 5AB CD  , ∴ 2 10AC AB  , ∵ 60BAM   , BA BM , ∴ ABM 是等边三角形, ∴ 5AM AB  , ∴ 5CM AC AM   . 如图一(2)中,当 AN AM 时,易证 15AMN ANM     , ∵ 90BMN   , ∴ 75CMB   ,∵ 30MCB   , ∴ 180 75 30 75CBM         , ∴ CMB CBM   , ∴ 5 5CM CB  , 综上所述,满足条件的CM的值为 5或5 3. ②结论: 30 MBN 大小不变. 理由:如图一(1)中,∵ 180BAN BMN    , ∴ , , ,A B M N 四点共圆, ∴ 30MBN MAN     . 如图一(2)中,∵ 90BMN BAN    , ∴ , , ,A N B M 四点共圆, ∴ 180MBN MAN    , ∵ 180DAC MAN    , ∴ 30MBN DAC     , 综上所述, 30 MBN . (3)如图二中, ∵ AM MC , ∴ BM AM CM  , ∴ 2AC AB , ∴ AB BM AM  , ∴ ABM 是等边三角形, ∴ 60BAM BMA     , ∵ 90BAN BMN     , ∴ 30NAM NMA     , ∴ NA NM , ∵ BA BM , ∴BN垂直平分线段 AM, ∴ 5 2 FM  , ∴ 5 3 cos30 3 FMNM   , ∵ 90NFM   , NH HM , ∴ 1 5 3 2 6 FH MN  . 【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 ABCD边长为 2,点 P是 AD边上的一个动点,点 A关于直 线BP的对称点是点Q,连结 PQ、DQ、CQ、 BQ .设 AP=x. (1)当 1x  时,求 BP长; (2)如图②,若 PQ的延长线交CD边于E,并且 90CQD  o,求证: CEQ 为等腰三角形; (3)若点 P是射线 AD上的一个动点,则当 CDQ 为等腰三角形时,求 x的值. 【答案】(1)BP= 5;(2)证明见解析;(3)△CDQ为等腰三角形时 x的值为 4-2 3、2 3 3 、 2 3 +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 2AB AP = 5, (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= 2 2 1CQ FC = 3,Q1E=2- 3, 在四边形ABPQ1中, ∵∠ABQ1=30°, ∴∠APQ1=150°, ∴∠EPQ1=30°,△PEQ1为含 30°的直角三角形, ∴PE= 3 EQ1=2 3 -3, ∵EF 是 BC的垂直平分线, ∴AE= 1 2 AD=1, ∴x=AP=AE-PE=1-(2 3 -3)=4-2 3 . 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= 1 2 AE=1,FQ2= 2 2AE AF = 3, 在四边形ABQ2P 中, ∵∠BAD=∠BQ2P=90°,∠ABQ2=60°, ∴∠APQ2=120°, ∴∠EQ2G=∠DPG=180°-120°=60°, ∴EQ2=EF-FQ2=2- 3, EG= 3 EQ2=2 3 -3, ∴DG=DE+GE=1+2 3 -3=2 3 -2, ∴DG= 3 PD,即 PD=2- 2 3 3 , ∴x=AP=2-PD= 2 3 3 . 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 3,Q1E=2- 3, ∴EF=2+ 3, 在四边形ABQ3P 中 ∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°, ∴∠EPF=30°, ∴EP= 3 EF=2 3 +3, ∵AE=1, ∴x=AP=AE+PE=1+2 3 +3=2 3 +4. 综上所述:△CDQ为等腰三角形时 x的值为 4-2 3、 2 3 3 、2 3 +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 2 3y x x    ;(2)E(- 3 7 ,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: 4 3 k b b = =     , 解得: 7 3 k b    = = ∴直线A'M的解析式为:y=-7x-3, 当 y=0 时,-7x-3=0, x=- 3 7 , ∴点 E(- 3 7 ,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 2y mx 和直线 y x b   都经过点  2,4M  , 点O为坐标原点,点 P为抛物线上的动点,直线 y x b   与 x轴、 y轴分别交于 A B、两点. (1)求m b、 的值; (2)当 PAM 是以 AM为底边的等腰三角形时,求点 P的坐标; (3)满足(2)的条件时,求sin BOP 的值. 【答案】(1) 1m  ; 2b  ;(2)点 P的坐标为  1,1 或  2,4 ;(3)sin BOP 的值为 2 2 或 5 5 . 【解析】(1)根据点M 的坐标,利用待定系数法可求出 ,m b的值; (2)由(1)可得出抛物线及直线 AB的解析式,继而可求出点 A的坐标,设点 P的坐标为 2( , )x x , 结合点 ,A M 的坐标可得出 2 2,PA PM 的值,再利用等腰三角形的性质可得出关于 x的方程,解 之即可得出结论; (3)过点 P作 PN y 轴,垂足为点N ,由点 P的坐标可得出 ,PN PO的长,再利用正弦的定义 即可求出 sin BOP 的值. 【详解】(1)将  2,4M  代入 2y mx ,得:4 4m , ∴ 1m  ; 将  2,4M  代入 y x b   ,得: 4 2 b  , ∴ 2b  ; (2)由(1)得:抛物线的解析式为 2y x= ,直线 AB的解析式为 2y x   , 当 0y  时, 2 0x   , 解得: 2x  , ∴点 A的坐标为  2,0 , 2OA  , 设点 P的坐标为 2( , )x x ,则  22 2 2 4 22 0 4( ) 4PA x x x x x        ,  22 2 2 4 2( )2 4 7 4 20PM x x x x x         , ∵ PAM 是以 AM为底边的等腰三角形, ∴ 2 2PA PM ,即 4 2 4 24 4 7 4 20x x x x x x       , 整理,得: 2 2 0x x   , 解得: 1 21, 2x x   , ∴点 P的坐标为  1,1 或  2,4 ; (3)过点 P作 PN y 轴,垂足为点N ,如图所示, 当点 P的坐标为  1,1 时, 1PN  , 2 21 1 2PO    , ∴ 2sin 2 PNBOP PO    ; 当点 P的坐标为  2,4 时, 2PN  , 2 22 4 2 5PO    , ∴ 5sin 5 PNBOP PO    , ∴满足(2)的条件时,sin BOP 的值的值为 2 2 或 5 5 . 【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 ,m b的值;(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质,找出 关于 x的方程;(3)通过解直角三角形,求出sin BOP 的值. 【考点 4】动点之相似三角形问题 【例 4】在边长为4的正方形 ABCD中,动点E以每秒1个单位长度的速度从点 A开始沿边 AB 向点 B运动,动点 F以每秒2个单位长度的速度从点 B开始沿边 BC向点C运动,动点 E比动点 F先出发1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F的运动时间为 t 秒.  1 如图1,连接DE , AF,若DE AF ,求 t的值  2 如图2,连接 ,EF DF,当 t为何值时, ?EBF DCF 【答案】(1)t=1;(2) 当 t为 9 57 2  秒时, EBF DCF 【解析】(1)利用正方形的性质及条件,得出 ABF DAE≌ ,由 BF=AE,列出方程解方程即 可 (2) EBF DCF ,得到 EB BF DC CF  ,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:  1 四边形 ABCD是正方形 , 90AB AD ABF DAE       90ADE AED    DE AF 90BAF AED    BAF ADE   ABF DAE ≌ 由题意得, 2 , 1BF t AE t   2 1t t   解得: 1t   2 若 EBF DCF 则 EB BF DC CF  1, 2AE t BF t   4 1 3BE t t      , 4 2CF t  3 2 4 4 2 t t t     解得 1 2 9 57 9 57, 2 2 t t    由题意知: 2t  9 57 2 t    当 t为 9 57 2  秒时, EBF DCF 【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= 3 4 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= 3 4 x+ 9 4 ;(2)D点位置见解析,D(13 4 ,0);(3)符合要求的m的值为125 36 或 25 9 . 【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= 3 4 AC, ∴BC= 3 4 ×4=3, ∴B(1,3), 设直线AB的解析式为 y=kx+b, ∴ 3 0 3 k b k b       , ∴ 3 4 9 4 k b       , ∴直线AB的解析式为 y= 3 4 x+ 9 4 ; (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 AB AC = AD AB ,即AB2=AC•AD. ∵∠ACB=90°,AC=4,BC=3, ∴AB=5, ∴25=4AD, ∴AD= 25 4 , ∴OD=AD﹣AO= 25 4 ﹣3=13 4 , ∴点D的坐标为(13 4 ,0); (3)∵AP=DQ=m, ∴AQ=AD﹣QD= 25 4 ﹣m. Ⅰ、若△APQ∽△ABD,如图 2, 则有 AP AB = AQ AD , ∴AP•AD=AB•AQ, ∴ 25 4 m=5( 25 4 ﹣m), 解得m= 25 9 ; Ⅱ、若△APQ∽△ADB,如图 3, 则有 AP AD = AQ AB , ∴AP•AB=AD•AQ, ∴5m= 25 4 ( 25 4 ﹣m), 解得:m=125 36 , 综上所述:符合要求的m的值为125 36 或 25 9 . 【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 2y ax bx c   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) 21 5 4 6 6 y x x    ;(2)① 1 3 2 2 y x  ;②(2,0)或(13,0). 【解析】(1)将  3 0A  , 、  8,0B 、  0,4C 点坐标代入抛物线 2y ax bx c   ,化简计算即可; (2)①设  0,E t ,根据 AD平分 CAB ,EH AC ,EO x 轴,求得 5AC  ,并证得 CHE ∽ COA,利用 A EH OA CE C  可的 3 2 t  ,可得 E点坐标,把  3 0A  , , 30, 2 E       代入 y kx b  ,化简 可得AD所对应的函数表达式; ②因为 P是 x轴上的一个动点,且 PAD△ 与 CAD相似,并且 ACD是腰长为 5的等腰三角 形,所以 P点有两种情况:AD为等腰三角形的斜边,或者以AD为腰, 2P A为底,分别讨论 求解即可. 【详解】解(1)∵抛物线经过  3 0A  , 、  8,0B 、  0,4C 三点, ∴ 9 3 0 64 8 0 4 a b c a b c c          ,解得: 1 6 5 6 4 a b c          , ∴抛物线的表达式为 21 5 4 6 6 y x x    ; (2)①作 EH AC 于点H,如图,设  0,E t . ∵ AD平分 CAB , EH AC ,EO x 轴, ∴EH EO t  , 4CE t  , 在Rt OAC△ 中, 2 2 2 23 4 5AC OA OC     . ∵ 90CHE COA     HCE OCA  , ∴ CHE ∽ COA, ∴ A EH OA CE C  ∴ 4 3 5 t t  ,解得: 3 2 t  , ∴ 30, 2 E       ,设直线AD的表达式为 y kx b  , 把  3 0A  , , 30, 2 E       代入, 得 0 3 3 2 k b b       ,解得: 1 2 3 2 k b       , ∴直线AD所对应的函数表达式为 1 3 2 2 y x  ; ② 直线AD与二次函数相交于点D, ∴ 21 5 4 6 6 1 3 2 2 y x x y x           解得 3 0 x y     或 5 4 x y    , 点D在第一象限, ∴点D坐标为  5,4 , ∴ 5DC AC  ,且DC AB∥ , ∴ ACD是腰长为 5的等腰三角形, P 是 x轴上的一个动点,且 PAD△ 与 CAD相似, ∴ PAD△ 也为等腰三角形, 如上图示, 当AD为等腰三角形的斜边时, 1 1 5PA PD  ,  3,0A  ∴点 1P的坐标为  2,0 ; 当以AD为腰, 2P A为底时,作 2DF AP 点D坐标为  5,4 ,  3 0A  , ∴ 3 5 8AF OA OF     ∴ 2 2 16AP AF  , 2 2 16 3 13OP AP OA     , ∴点 P的坐标为  13,0 . 综上所述点 P的坐标为  2,0 或  13,0 . 【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】(2019·广东中考模拟)如图,点O是平面直角坐标系的原点,点A( 3,3),AC⊥OA 与 x轴的交点为C.动点M以每秒 3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) 296 3 (0 2) 4 t t   ;(3) 3 3 3P 3t t, t 2 2         . 【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( 3,3), ∴OH= 3,AH=3, ∴tan∠AOH= AH OH = 3, ∴∠AOH=60°, ∵OA⊥AC, ∴∠OAC=90°, ∴∠ACO=30°. (2)作MK⊥BC于 K. 在 Rt△AOH中,∵OH= 3,∠OAH=30°, ∴OA=2OH=2 3, 在 Rt△AOC中,∵∠AOC=30°,OA=2 3, ∴AC= 3OA=6, ∵OM= 3 t, ∴MK=OM•sin60°= 3 2 t, ∴S 四边形AMNC=S△OAC﹣S△OMN = 1 2 •OA•AC﹣ 1 2 •ON•MKa = 1 2 ×2 3×6﹣ 1 2 ×3t× 3 2 t =6 3﹣ 9 4 t2(0<t<2). (3)当四边形CNMP1是平行四边形时,P1( 3 2 t﹣3t, 3 2 t). 当四边形ONP2M是平行四边形时,P2( 3 2 t+3t, 3 2 t). 当四边形OMNP3是平行四边形时,P3(3t﹣ 3 2 t,﹣ 3 2 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】(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“>”,“

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