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1、中考数学压轴题专题-动点综合问题（解析版） 决胜2022中考数学压轴题全揭秘精品 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,CABC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BMBQ,垂足为B,动点P从C点动身以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上一动点,满意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】 此题要分两种状况：当P在线段BC上时，当P在BQ上，再分别分两种状况ACBP或ACBN进行计算即可 【详解】 解：当P在线段BC上，ACBP时，
2、ACBPBN， AC2， BP2， CP624， 点P的运动时间为414（秒）； 当P在线段BC上，ACBN时，ACBNBP， 这时BCPN6，CP0，因此时间为0秒； 当P在BQ上，ACBP时，ACBPBN， AC2， BP2， CP268， 点P的运动时间为818（秒）； 当P在BQ上，ACNB时，ACBNBP， BC6， BP6， CP6612， 点P的运动时间为12112（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需有边的参加，若有两边一角对应相等时，角必需是两边的夹角 【变式1-1】已知正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点
3、E、F分别是线段OB、OC上的动点 （1）假如动点E、F满意BEOF（如图），且AEBF时，问点E在什么位置？并证明你的结论； （2）假如动点E、F满意BECF（如图），写出全部以点E或F为顶点的全等三角形（不得添加协助线） 【答案】（1）当AEBF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ABEBCF，AOEBOF，ADEBAF. 【分析】 （1）依据正方形性质及已知条件得出BEMAEO，BEMBOF，再依据三角形相像的性质即可得出答案； （2）依据正方形性质及BECF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： ， ， ，
4、 ， ， ， ， ， ， ， 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，相像三角形的判定及性质，比较综合，难度较大，娴熟驾驭正方形的性质是解题的关键 【变式1-2】如图，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AB8cm，BC6cm，AC10cm现将ABC和EDF按如图的方式摆放（点A与点D、点B与点E分别重合）动点P从点A动身，沿AC以2cm/s的速度向点C匀速移动；同时，动点Q从点E动身，沿射线ED以acm/s （0a
5、3）的速度匀速移动，连接PQ、CQ、FQ，设移动时间为ts （0t5） （1）当t2时，SAQF3SBQC，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，在动点P、Q动身的同时，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）a2时，t2；或a2.3时，t5 【分析】 （1）由题意得BAFABC90，BQat2a，AFBC，由三角形面积得AQ3BQ，则AB4BQ8，得BQ22a，则a1； （2）由题意得点P与B为对应顶点，PQBQat，PCBC6，CPQABC90，则A
6、PACPC4，PQAC，得t2，则PQBQ2a，再由三角形面积关系即可得出答案； （3）分两种状况：AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则APEQ，AQEF10，求出a2，BQBEEQt，则AQAB+BQ8+t10，解得t2； AP与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则APEF10，AQEQ，求出t5，则AQEQ5a，得BQ155a，或BQ5a15，再分别求出a的值即可 【详解】 解：（1）由题意得：BAFABC90，BQat2a，AFBC， SAQF3SBQC，SAQFAFAQ，SBQCBCBQ， AQ3BQ， AB4BQ8， BQ22a， a1； 故答案为：1； （2）以P、C、Q为顶
7、点的三角形与BQC全等，CQ是公共边， 点P与B为对应顶点，PQBQat，PCBC6，CPQABC90， APACPC1064，PQAC， AP2t4， t2， PQBQ2a， ABC的面积ACQ的面积+BCQ的面积， 86102a+2a6， 解得：a； （3）由题意得：AE， A与E为对应角，分两种状况： AP与EQ为对应边，AQ与EF为对应边，则APEQ，AQEF10， EQat， at2t， a2， EQ2t， BE3t， BQBEEQt， AQAB+BQ8+t10， 解得：t2； AP与EF为对应边，AQ与EQ为对应边，则APEF10，AQEQ， 2t10， t5， AQEQ5a， B
8、E3t15， BQ155a，或BQ5a15， 当BQ155a时，AQ155a+8235a，或AQ8（155a）5a7， 5a235a，或5a5a7（无意义）， 解得：a2.3； 当BQ5a15时，AQ5a15+85a7， 或AQ8（5a15）75a， 5a5a7（无意义），或5a75a， 解得：a0.7，不合题意，舍去； 综上所述，a2时，t2；或a2.3时，t5 【点睛】 本题主要考查全等三角形的综合问题及动点问题，关键是依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，留意分类探讨思想的运用 【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，
9、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，再分和两种状况，分别求出的长，然后依据折叠的性质、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，分以下两种状况： （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
10、三角形、勾股定理、矩形的判定与性质、折叠的性质等学问点，依据题意，正确分两种状况探讨是解题关键 【变式2-1】（2022辽宁中考模拟）如图，已知二次函数yax2+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动身以每秒2个单位长度的速度向点A运动；点N从点B同时动身，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. 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
11、，S有最大值，并求出S的最大值； 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)yx2+3x+4；(2)S=-t2+t+2；0t2；t时，S最大值；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)分别用t表示出AM、PQ，由三角形面积公式干脆写出含有t的二次函数关系式，由二次函数的最大值可得答案； 分类探讨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yx2+3x+4 (2)延长
12、NQ交x轴于点P， BC平行于x轴，C(0，4) B(3，4)，NPOA 依据题意，经过t秒时，NBt，OM2t， 则CN3t，AM42t BCAMAQ45， QNCN3t， PQNPNQ4(1t)1+t， SAMQ=AMPQ=(4-2t)(1+t) t2+t+2 S=-t2+t+2=-(t-)2+ a10，且0t2，S有最大值 当t时，S最大值 存在点M，使得AQM为直角三角形 设经过t秒时，NBt，OM2t， 则CN3t，AM42t， BCAMAQ45 若AQM90， 则PQ是等腰RtMQA底边MA上的高 PQ是底边MA的中线， PQAPMA， 1+t(42t)， 解得，t， M的坐标为(
13、1，0) 若QMA90，此时QM与QP重合 QMQPMA， 1+t42t， t1， 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，要留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留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. 动点从点动身沿边向点运动，动点从点动身沿边向点运动，两个动点同时动身，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，有三种状况，一是CMN
14、=90，二是MNC=90，三是MCN=90，然后进行分类探讨求出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， NEAH， BENBHA， ， ， 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， COMMFN， ， ， t=， 当MNC=90， FN= EN= M
15、F=12- CE=OF=OM+MF=12- MNF+CNE=90， ECN+CNE=90， MNF=ECN， CEN=NFM=90， CENNFM， ， ， ， 0t5， ； 当NCM=90， 由题意知：此状况不存在， 综上所述，CMN为直角三角形时，t=或. 【点睛】 本题主要考查了相像三角形的判定与性质、勾股定理等学问，有肯定的综合性 【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：为顶点即时， ， ， 为顶点即时， 中：， ， ， ， 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
16、键分三种状况探讨：BC=BP；CP=CB，CP=BP 【变式3-1】如图，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，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）依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，依据同角或等角的余
17、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点作协助线，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=
18、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 探讨Q1，如图，连接BQ1、CQ1，作PQ1BQ1交AD于P，过点Q1，作EFAD于E，交BC于F， BCQ1为等边三角形，正方形ABCD边长为2
19、， 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. 探讨Q2，如图，连接BQ2，AQ2，过点Q2作PGBQ2，交AD于P，交CD于G，连接BP，过点Q2作EFCD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
20、， 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=. 对Q3，如图作协助线，连接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点Q3作PQ3BQ3，交AD的延长线于P，连接BP，过点Q1，作EFAD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
21、+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，第三问是一个难度特别高的题目，可以利用尺规作图的思想将满意要求的点Q找全另外求解各个P点也是勾股定理的综合应用娴熟驾驭并敏捷运所学学问是解题关键 【变式3-2】（2022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，恳求出点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
22、角三角形，请干脆写出点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，依据解析式表示点F的坐标为（m，m+3）， 分三种状况进行探讨： 当PBF=90时，由F1Px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； 当BF3P=90时，
23、如图3，点P与C重合， 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AM交x轴于点E，则点E就是使得AME的周长最小的点， 设直线AM的解析式为：y=kx+b， 把A（0，-3）和M（-1，4）代入得： ， 解得：
24、直线AM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）， 当PBF=90时，过点B作BPAB，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AOB是等腰直角三角形， F1BC=BF1P=45， F1Px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）； 当BF3P=90时，如图3， F3BP=45
25、，且F3BO=45， 点P与C重合， 故P（1，0）， 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学问此题综合性很强，解题的关键是留意数形结合和分类探讨思想的应用 【变式3-3】（2022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）满意（2）的条件时，求的值 【答案】（1）；（2
26、）点的坐标为或；（3）的值为或 【解析】 【分析】 (1)依据点的坐标，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
27、足为点，如图所示， 当点的坐标为时， ； 当点的坐标为时， ， 满意(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)依据点的坐标，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】动点之相像三角形问题 【例4】如图，ADBC，ABC=90，AB=8，AD=3，BC=4，点P为AB边上一动点，若PAD与PBC是相像三角形，求AP的长 【答案】AP=或AP=2或AP=6 【分析】
28、 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APDBPC与APDBCP去分析,利用相像三角形的对应边成比例求解即可求得答案 【详解】 解： ABBC, B=90, ADBC, A=180B=90, PAD=PBC=90, AB=8,AD=3,BC=4, 设AP的长为x,则BP长为8x, 若AB边上存在P点,使PAD与PBC相像,那么分两种状况: 若APDBPC,则AP:BP=AD:BC,即x:（8x）=3:4, 解得x=, 若APDBCP,则AP:BC=AD:BP，即x:4=3:（8x）, 解得x=2或x=
29、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，ACB90，点A，C的坐标分别为A（3，0），C（1，0），BCAC （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相像（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APDQm，问是否存在这样的m，使得APQ与ADB相像？如存在，恳求出m的值；如不存在，请说明理由 【答案】（1）yx+；（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）先依据A（3，1
30、），C（1，0），求出AC进而得出BC3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）运用相像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APQABD和APQADB两种状况探讨，然后运用相像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）， AC4， BCAC， BC43， B（1，3）， 设直线AB的解析式为ykx+b， ， ， 直线AB的解析式为yx+； （2）若ADB与ABC相像，过点B作BDAB交x轴于D， ABDACB90，如图1， 此时，即AB2ACAD ACB90，AC4，BC3，
31、AB5， 254AD， AD， ODADAO3， 点D的坐标为（，0）； （3）APDQm， AQADQDm 、若APQABD，如图2， 则有， APADABAQ， m5（m）， 解得m； 、若APQADB，如图3， 则有， APABADAQ， 5m（m）， 解得：m， 综上所述：符合要求的m的值为或 【点睛】 此题是相像形综合题，主要考查了是待定系数法，相像三角形的判定与性质、勾股定理等学问，也考查了分类探讨的数学思想，属于中档题，解本题的关键是依据相像建立方程求解 【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PEDQ于点E （1
32、）请找出图中一对相像三角形，并证明； （2）若AB4，以点P，E，Q为顶点的三角形与ADQ相像，试求出DP的长 【答案】（1）DPEQDA，证明见解析；（2）DP=2或5 【分析】 （1）由ADCDEPA90可证明ADQEPD； （2）若以点P，E，Q为顶点的三角形与ADQ相像，有两种状况，当ADQEPQ时，设EQx，则EP2x，则DE2x，由ADQEPD可得，可求出x的值，则DP可求出；同理当ADQEQP时，设EQ2a，则EPa，可得，可求出a的值，则DP可求 【详解】 （1）ADQEPD，证明如下： PEDQ， DEPA90， ADC90， ADQEDP90，EDPDPE90， ADQDP
33、E， ADQEPD； （2）AB4，点Q为AB的中点， AQBQ2， DQ， PEQA90， 若以点P，E，Q为顶点的三角形与ADQ相像，有两种状况， 当ADQEPQ时， 设EQx，则EP2x，则DE2x， 由（1）知ADQEPD， ， ， x DP5； 当ADQEQP时，设EQ2a，则EPa， 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相像 【点睛】 本题考查了相像三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，娴熟驾驭相像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（含特别四边形） 【例5】如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点
34、 （1）求抛物线的解析式； （2）点是抛物线上的动点，且满意，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，请干脆写出点的坐标 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）分两种状况探讨，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PMA
35、O于点M，PNCO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在其次、四象限时， 解得，； ，； （3）若BC为边，且四边形BCFE是平行四边形， CFBE， 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相互平分， 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相互平分， 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），
36、 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，驾驭待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键. 【变式5-1】（2022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 填空：_（填“>”，“<”，“=”）； 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） =，见解析；（3）4 【解析】 【分析】 （1）依据菱形的性质计算； （2）证明，依据角的运算解答； 作于，交的延长线于，
37、证明，依据全等三角形的性质得到，依据角平分线的判定定理证明结论； （3）依据直角三角形的性质得到，证明四边形为菱形，依据菱形的性质计算，得到答案 【详解】 解：（1）四边形是菱形， ， ， 故答案为：； （2）四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 故答案为：； 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
38、三角形的判定和性质.驾驭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】（2022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动身沿射线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动身沿线段AD匀速运动，到达点D时马上原速返回，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
39、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，恳求出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）依据点的坐标，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，依据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利
40、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，三种状况找出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
41、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 ， ，分三种状况考虑： 当时，如图1所示，EF=， ，解得：（舍去），； 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
42、特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）依据点的坐标，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，三种状况，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
43、，求出点坐标. 【答案】（1）（3，1）；（2），；（3）（2，2）. 【解析】 【分析】 （1）依据点（a，b）关于y=x对称的点的坐标为（b，a）干脆写出答案即可； （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状况分类探讨即可确定点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SAOP=SAOQ+SAPQ，从而得到POAD=AOQE+APQF，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=13=3， 反比例函数
44、的解析式为， 点P在直线y=x上， 设P（m，m） PC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：， m0， ， 同理可得另一点， 若PC为平行四边形的对角线，如图3， A、B关于y=x对称， OPAB 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，满意条件的点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，
45、 四边形AOBP是菱形， AO=AP SAOP=SAOQ+SAPQ， POAD=AOQE+APQF QE+QF=为定值， 要使QE+QF+QB的值最小，只需QB的值最小，当QBPO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学问的考查，娴熟驾驭反比例，四边形学问及分类探讨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（