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1、-广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编 专题20：压轴题-第 27 页广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）专题20：压轴题1. （2015年广东梅州3分）对于二次函数有下列四个结论：它的对称轴是直线；设，则当时，有；它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；当时，.其中正确结论的个数为【 】A. 1 B.2 C. 3 D. 4【答案】C.【考点】二次函数的图象和性质. 【分析】，二次函数图象的对称轴是直线.故结论正确.当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论错误.的解为，二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论正确.二次函数图象与轴的两
2、个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，当时，.故结论正确.综上所述，正确结论有三个.故选C.2. （2015年广东佛山3分）下列给出5个命题：对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；六边形的内角和等于720； 相等的圆心角所对的弧相等； 顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形；三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等. 其中正确命题的个数是【 】 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】A.【考点】命题和定理；正方形的判定；多边形内角和定理；圆周角定理；三角形中位线定理；菱形的性质；矩形的判定；三角形的内心性质. 【分析】根据相关知识对各选项进行分析，判作出断：对角线互相垂直
3、且相等的平行四边形才是正方形，命题不正确.根据多边形内角和公式，得六边形的内角和等于，命题正确.同圆或等圆满中，相等的圆心角所对的弧才相等，命题不正确. 根据三角形中位线定理、菱形的性质和矩形的判定可知：顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形，命题正确.三角形的内心到三角形三边的距离相等，命题不正确.其中正确命题的个数是2个.故选A.3. （2015年广东广州3分）已知2是关于的方程的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，则三角形ABC的周长为【 】A. 10 B. 14 C. 10或14 D. 8或10【答案】B.【考点】一元二次方程的解和解一元二次方程；确定三角形的
4、条件.【分析】2是关于的方程的一个根，解得.方程为，解得.这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，根据三角形三边关系，只能是6，6，2.三角形ABC的周长为14.故选B.4. （2015年广东深圳3分）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：；.在以上4个结论中，正确的有【 】A. 1 B. 2 C.3 D. 4【答案】C.【考点】折叠问题；正方形的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理. 【分析】由折叠和正方形的性质可知，.又，. 故结论正确.正方形ABCD的边长为12，BE=EC，.
5、设，则，在中，由勾股定理，得，即，解得，. 故结论正确.，是等腰三角形.易知不是等腰三角形，和不相似. 故结论错误.故结论正确.综上所述，4个结论中，正确的有三个.故选C.5. （2015年广东3分）如图，已知正ABC的边长为2，E，F，G分别是AB，BC，CA上的点，且AE=BF=CG，设EFG的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是【 】A. B. C. D.【答案】D.【考点】由实际问题列函数关系式（几何问题）；二次函数的性质和图象.【分析】根据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，. AEG、BEF、CFG三个三角形全等在AEG中，.其图象为开口向上的二次函
6、数.故选D.6. （2015年广东汕尾4分）对于二次函数有下列四个结论：它的对称轴是直线；设，则当时，有；它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；当时，.其中正确结论的个数为【 】A. 1 B.2 C. 3 D. 4【答案】C.【考点】二次函数的图象和性质. 【分析】，二次函数图象的对称轴是直线.故结论正确.当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论错误.的解为，二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论正确.二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，当时，.故结论正确.综上所述，正确结论有三个.故选C.7. （2015年广东珠海3分）如图，
7、在中，直径垂直于弦，若，则的度数是【 】A. 25 B. 30 C. 40 D. 50【答案】D.【考点】垂径定理；圆周角定理.【分析】直径垂直于弦，.和是同圆中等弧所对的圆周角和圆心角以，且，故选D.1. （2015年广东梅州3分）若，,对任意自然数都成立，则= ， = ；计算： .【答案】；.【考点】探索规律题（数字的变化类）.【分析】，.2. （2015年广东佛山3分）各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有 个.【答案】20. 【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形构成条件.【分析】应用列举法，逐一作出判断：三边边长都为8，能构成1个三角形；两边边长为8，能构成三角形的另一边有1
8、，2，3，4，5，6，7，计7个；一边边长为8，能构成三角形的另两边组合有（2，7），（3，7），（4，7），（5，7），（6，7），（7，7），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（4，5），（5，5），计12个.各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有20个.3. （2015年广东广州3分）如图，四边形ABCD中，A=90，AD=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 .【答案】.【考点】双动点问题；三角形中位线定理；勾股定理.【分析】如答图，连接，点E，F分别为DM，MN的中点，.要使最大
9、，只要最大即可.根据题意，知当点到达点与重合时，最大.A=90，AD=3，此时，.4. （2015年广东深圳3分）如图，已知点A在反比例函数上，作，点D为斜边AC的中点，连DB并延长交y轴于点E，若的面积为8，则k= .【答案】16.【考点】反比例函数的应用；相似三角形的判定和性质；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质.【分析】由题意，.点D为斜边AC的中点，. .又，. .5. （2015年广东4分）如图，ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，若，则图中阴影部分面积是 .【答案】4.【考点】等底同高三角形面积的性质；转换思想和数形结合思想的应用.【分析】如答图，各三角形面积分别
10、记为，ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，AG=2GD.=，=，=，+=2，+=2.，即图中阴影部分面积是4.6. （2015年广东汕尾5分）若，,对任意自然数都成立，则= ， = ；计算： .【答案】；.【考点】探索规律题（数字的变化类）.【分析】，.7. （2015年广东珠海4分）如图，在中，已知，依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，则的周长为【答案】1.【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形中位线定理. 【分析】的三顶点在的三边中点，的周长是周长的；的三顶点在的三边中点，的周长是周长的，是周长的；的三顶点在的三边中点，的周长是周长的，是周长的；的三顶点在的三边中点
11、，的周长是周长的，是周长的.又，的周长为.1. （2015年广东梅州10分）在RtABC中，A=90，AC = AB = 4，D，E分别是边AB，ACRtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180），记直线BD1与CE1的交点为P.（1）如图1，当=90时，线段BD1的长等于 ，线段CE1的长等于 ；（直接填写结果）（2）如图2，当=135时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1CE1 ；（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值（直接写出结果）【答案】解：（1），.（2）证明：当=135时，由旋转可知D1AB = E1AC = 135.又AB=AC，AD1=AE1，D
12、1AB E1AC（SAS）.BD1=CE1 且 D1BA = E1CA.设直线BD1与AC交于点F，有BFA=CFP.CPF=FAB=90，BD1CE1.（3）.【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.【分析】（1）如题图1，当=90时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.（2）由SAS证明D1AB E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1CE1 .（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.2. （2015年广东梅州10分）
13、如图，过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A，C和B，D，连结AB，BC，CD，DA（1）四边形ABCD一定是 四边形；（直接填写结果）（2）四边形ABCD可能是矩形吗？若可能，试求此时和之间的关系式；若不可能，说明理由；（3）设是函数图象上的任意两点，试判断，的大小关系，并说明理由【答案】解：（1）平行.（2）四边形ABCD可能是矩形，此时，理由如下：当四边形ABCD是矩形时，OA=OB.联立，得，.同理，.，得.四边形ABCD可以是矩形，此时.（3）.理由如下：x2 x1 0，.【考点】反比例函数和一次函数综合题；平行四边形的判定；矩形的性质；代数式化简；作差法的应用.【分析】（1
14、）根据反比例函数的中心对称性，有，所以，四边形ABCD一定是平行四边形.（2）求出点A、B的坐标，根据矩形对角线互相平分且相等的性质得到OA=OB，即，据此列式化简得证.（3）作差，化简，得出结论.3. （2015年广东佛山10分）如图，一小球从斜坡点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画.（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；（2）小球的落点是A，求点A的坐标；（3）连结抛物线的最高点P与点O、A得POA. 求POA的面积；（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），MOA的面积等于POA的面积，请直接写出点M的坐标.【答案】解：（1），点P的坐标
15、为.（2）联立，解得或.点A的坐标为.（3）如答图1，作二次函数图象的对称轴交于点，则点的坐标为，.（4）.【考点】二次函数的应用（实际问题）；二次函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；等高三角形面积的应用；待定系数法、转换思想和数形结合思想的应用.【分析】（1）化为顶点式即可得二次函数图象的顶点坐标.（2）联立和即可求出点A的坐标.（3）作辅助线“作二次函数图象的对称轴交于点”，将转化为和之和.（4）作辅助线“过点作交抛物线于另一点”，则MOA的面积等于POA的面积，设直线的解析式为，将代入，得，直线的解析式为.联立，解得，或.点M的坐标为.4. （2015年广东佛山11分）如图，在中，对
16、角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且. 连结BE、BF，使它们分别与AO相交于点G、H.（1）求的值；（2）求证：；（3）设，求的值.【答案】解：（1），.四边形是平行四边形，.，即.（2）证明：由（1），.四边形是平行四边形，.，即.（3）如答图，过点作交于点，.，即.，.，即.由（2）得，.【考点】平行四边形的综合题；平行四边形的性质；平行的性质；相似三角形的判定和性质；数形结合思想的应用.【分析】（1）由平行四边形对边平行的性质可得，从而得出结果.（2）由（1）得到，从而根据平行四边形对角线互相平分的性质得出结论.（3）作辅助线“过点作交于点”，构造两组相似三角形和，通过相
17、似三角形对应边成比例的性质，求出与的关系即可求得的值.5. （2015年广东广州14分）如图，四边形OMTN中，OM=ON，TM=TN，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形.（1）试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；（2）在筝形ABCD中，已知AB=AD=5，BC=CD，BCAB，BD，AC为对角线，BD=8； 是否存在一个圆使得A，B，C，D四个点都在这个圆上？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由； 过点B作BFCD，垂足为F，BF交AC于点E，连接DE. 当四边形ABED为菱形时，求点F到AB的距离.【答案】解：（1）筝形的对角线互相垂直. 证明如下：如答图1，连接
18、，在和中，又OM=ON，即筝形的对角线互相垂直.（2）存在.由（1）知，设相交于点，如答图2，AB=AD=5， BD=8，.A，B，C，D四点共圆，.又，.即为所求圆的直径.，即，解得.圆的半径为.（3）四边形ABED为菱形，.又.又，.，即，解得.在中，由勾股定理，得，如答图3，过点作于点，则就是点F到AB的距离.，即，解得.点F到AB的距离为.【考点】新定义；全等三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定和性质.【分析】（1）筝形的对角线互相垂直，利用证明得到，从而根据等腰三角形三线合一的性质即可得出结论.（2）根据垂径定理和勾股定理求
19、出的长，证明，由对应边成比例列式求解即可.（3）证明，求出，应用勾股定理求出，得到，作辅助线“过点作于点”构造相似三角形，由对应边成比例列式求得的长， 就是点F到AB的距离.6. （2015年广东广州10分）已知O为坐标原点，抛物线与轴相交于点,.与轴交于点C，且O，C两点之间的距离为3，点A，C在直线上.（1）求点C的坐标；（2）当随着的增大而增大时，求自变量的取值范围；（3）将抛物线向左平移个单位，记平移后随着的增大而增大的部分为P，直线向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求的最小值.【答案】解：（1）令，得，.O，C两点之间的距离为3，解得.点C的坐标为或.（2），异号.若，
20、把代入得，即.把代入得，即.异号，.把，代入，得，解得.当时，随着的增大而增大.若，把代入得，即.把代入得，即.异号，.把，代入，得，解得.当时，随着的增大而增大.综上所述，若，当随着的增大而增大时，；若，当随着的增大而增大时，.（3）若，则，向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. 直线向下平移n个单位后的解析式为.要使平移后直线与有公共点，则当时，即，解得，与不符，舍去. 若，则，向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. 直线向下平移n个单位后的解析式为.要使平移后直线与有公共点，则当时，即，解得.综上所述，.当时，的最小值为.【考点】二次函数综合题；线动平移问
21、题；曲线上点的坐标与方程的关系；不等式和绝对值的性质；二次函数的最值；分类思想的应用.【分析】（1）一方面，由点C在抛物线得到，另一方面，由O，C两点之间的距离为3，得到，从而得到点C的坐标.（2）分和两种情况讨论.（3）分和两种情况讨论得到的范围内，从而根据二次函数最值原理即可求解.7. （2015年广东深圳9分）如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，开始的时候BD=1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动.（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间；（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD；（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：.【答
22、案】解：（1）开始时，三角板以2cm/s的速度向右移动，当B与O重合的时候，三角板运动的时间为.（2）如答图1，设AC与半圆相切于点H，连接OH，则.又，.（3）如答图2，连接，是直径，. .又.又，.，即.【考点】面动平移问题；等腰（直角）三角形的判定和性质；圆周角定理；相似三角形的判定和性质.【分析】（1）直接根据“”计算即可.（2）作辅助线“连接O与切点H”，构成等腰直角三角形求出的长，从而由求出的长.（3）作辅助线“连接EF”，构成相似三角形,得比例式即可得解.8. （2015年广东深圳9分）如图1，关于的二次函数经过点，点，点为二次函数的顶点，为二次函数的对称轴，在轴上.（1）求抛物
23、线的解析式；（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，若存在求出点P，若不存在请说明理由；（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使，若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由.【答案】解：（1）将点， 代入，得，解得.抛物线的解析式为.（2）存在.设，当点在的角平分线时，如答图1，过点作于点，则，解得. .当点在的外角平分线时，如答图2，过点作于点，则，解得. .综上所述，DE上存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，点P的坐标为或.（3）存在.假设存在点F，使，设设的解析式为，则，解得.的解析式为.令，得，即与轴的交点坐标为.若点在轴上方，如答图2，则，即，解得（舍去正值）.
24、当时，.若点在轴下方，如答图3，则，即，解得（舍去正值）.当时，不符合点在轴下方，舍去.综上所述，DE的左侧抛物线上存在点F，使，点F的坐标为【考点】二次函数综合题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；角平分线的性质；分类思想、转换思想和方程思想的应用.【分析】（1）将点， 代入即可求解.（2）根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，分点在的角平分线和点在的外角平分线两种情况讨论即可.（3）由已知求出，分点在轴上方和点在轴下方两种情况讨论，当点在轴上方时，；当点在轴下方时，据此列方程求解.9. （2015年广东9分）O是ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作O
25、的直径PG交弦BC于点D，连接AG， CP，PB.（1）如题图1；若D是线段OP的中点，求BAC的度数；（2）如题图2，在DG上取一点k，使DK=DP，连接CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；（3）如题图3，取CP的中点E，连接ED并延长ED交AB于点H，连接PH，求证：PHAB.【答案】解：（1）AB为O直径，点P是的中点，PGBC，即ODB=90.D为OP的中点，OD=.cosBOD=. BOD=60.AB为O直径，ACB=90. ACB=ODB.ACPG. BAC=BOD=60.（2）证明：由（1）知，CD=BD，BDP=CDK，DK=DP，PDBCDK（SAS）.CK=BP，OPB
26、=CKD.AOG=BOP，AG=BP. AG=CK.OP=OB，OPB=OBP.又G=OBP，AGCK.四边形AGCK是平行四边形.（3）证明：CE=PE，CD=BD，DEPB，即DHPB.G=OPB，PBAG. DHAG. OAG=OHD.OA=OG，OAG=G. ODH=OHD. OD=OH.又ODB=HOP，OB=OP，OBDHOP（SAS）.OHP=ODB=90. PHAB.【考点】圆的综合题；圆周角定理；垂径定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；平行的判定和性质；全等三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定.【分析】（1）一方面，由锐角三角函数定义和特殊角的三角函
27、数值求出BOD=60；另一方面，由证明ACB=ODB=90得到ACPG，根据平行线的同位角相等的性质得到BAC=BOD=60.（2）一方面，证明通过证明全等并等腰三角形的性质得到AG=CK；另一方面，证明AGCK，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定而得证.（3）通过应用SAS证明OBDHOP而得到OHP=ODB=90，即PHAB.10. （2015年广东9分）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板RtABC与RtADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，ABC=ADC=90，CAD=30，AB=BC=4cm.（1）填空：AD= (cm)，DC=
28、(cm)；（2）点M，N分别从A点，C点同时以每秒1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿AD，CB的方向运动，当N点运动 到B点时，M，N两点同时停止运动，连结MN，求当M，N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)；（3）在（2）的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，PMN的面积y存在最大值，请求出这个最大值.(参考数据：sin75=，sin15=)【答案】解：（1）；.（2）如答图，过点N作NEAD于E，作NFDC延长线于F，则NE=DF.ACD=60，ACB=45，NCF=75，FNC=15.sin15=.又NC=x，s
29、in15=，.NE=DF=.点N到AD的距离为cm.（3）NC=x，sin75=，且sin75=，PD=CP=，PF=.即.当时，y有最大值为.【考点】双动点问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；由实际问题列函数关系式；二次函数的最值；转换思想的应用. 【分析】（1）ABC =90，AB=BC=4，.ADC=90，CAD=30，（2）作辅助线“过点N作NEAD于E，作NFDC延长线于F”构造直角三角形CNF，求出FC的长，即可由NE=DF=FC+CD求解.（3）由列式，根据二次函数的最值原理求解.11. （2015年广东汕尾11分）在RtABC中，A=90，AC = AB = 4，D，E
30、分别是边AB，ACRtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180），记直线BD1与CE1的交点为P.（1）如图1，当=90时，线段BD1的长等于 ，线段CE1的长等于 ；（直接填写结果）（2）如图2，当=135时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1CE1 ；（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值（直接写出结果）【答案】解：（1），.（2）证明：当=135时，由旋转可知D1AB = E1AC = 135.又AB=AC，AD1=AE1，D1AB E1AC（SAS）.BD1=CE1 且 D1BA = E1CA.设直线BD1与AC交于点F，有BFA=CFP.CPF=FAB
31、=90，BD1CE1.（3）.【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.【分析】（1）如题图1，当=90时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.（2）由SAS证明D1AB E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1CE1 .（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.12. （2015年广东汕尾10分）如图，过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A，C和B，D，连结AB，BC，CD，DA（1）四边形ABCD一定是 四边形；（
32、直接填写结果）（2）四边形ABCD可能是矩形吗？若可能，试求此时和之间的关系式；若不可能，说明理由；（3）设是函数图象上的任意两点，试判断，的大小关系，并说明理由【答案】解：（1）平行.（2）四边形ABCD可能是矩形，此时，理由如下：当四边形ABCD是矩形时，OA=OB.联立，得，.同理，.，得.四边形ABCD可以是矩形，此时.（3）.理由如下：x2 x1 0，.【考点】反比例函数和一次函数综合题；平行四边形的判定；矩形的性质；代数式化简；作差法的应用.【分析】（1）根据反比例函数的中心对称性，有，所以，四边形ABCD一定是平行四边形.（2）求出点A、B的坐标，根据矩形对角线互相平分且相等的性
33、质得到OA=OB，即，据此列式化简得证.（3）作差，化简，得出结论.13. （2015年广东珠海9分）五边形中，且满足以点为圆心，长为半径的圆弧与边相切与点，连接 （1）如图1，求的度数； （2）如图2，连接，分别与相交于点，若，求的值【答案】解：（1）如答图1，连接，圆弧与边相切与点，.在和中，同理，.，即.（2）如答图2，连接并延长交的延长线于点，由（1）知，即.在中，在和中，.【考点】直线和圆的位置关系；切线的性质；全等、相似三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.【分析】（1）作辅助线“连接”，构成两组全等三角形得到，从而根据直角求解.（2）作辅助线“连接并延长交的延
34、长线于点”，构成全等三角形，得到，求出，通过证明，列比例式即可求得结果.14. （2015年广东珠海9分）如图，折叠矩形的一边，使点落在边的点处，已知折痕，且以为原点，所在直线为轴建立如图所以的平面直角坐标系，抛物线经过点，且与边相交于点 （1）求证：； （2）若是的中点，连接，求证：； （3）是线段上的一动点，点在抛物线上，且始终满足，在点运动过程中，能否使得？ 若能，求出所有符合条件的点坐标；若不能，请说明理由【答案】解：（1）证明：四边形是矩形，且由折叠的性质知，又，.（2）证明：，可设，则由勾股定理，得.由折叠的性质知，.由（1），.在中，由勾股定理，得，即，解得，.抛物线的解析式为.
35、当时，.在中，由勾股定理，得，又点为斜边上的中点，.为线段的垂直平分线. .（3）由（2）知，抛物线的解析式为，设抛物线与的两个交点为，令，即，解得，当轴时，如答图1,点坐标为或.当不垂直于轴时，如答图2,当点在抛物线对称右侧时，分别过点作轴的垂线，垂足分别为，则点不与点重合，即，.和不全等.同理，当点在抛物线对称左侧时，.综上所述，在点运动过程中，能使得，符合条件的点坐标为或.【考点】二次函数综合题；单动点和折叠问题；矩形的性质；折叠对称的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理；曲线上点的坐标与方程的关系；线段垂直平分线的性质；待定系数法和分类思想的应用.【分析】（1）由矩形的性质和折叠的性质可求得和的两组对应角相等而得到结论.（2）由条件应用待定系数法，根据相似三角形的性质和勾股定理求得的长，从而求得抛物线的解析式，而得到点的坐标，进而得到为线段的垂直平分线的结论而证明结论.（3）分轴和不垂直于轴两种情况讨论即可.