中考數(shù)學真題分類匯編第一期專題40動態(tài)問題試題含解析-

動態(tài)問題一、選擇題1．（2018·湖北省孝感·3分）如圖，在△ABC中，∠B=90°，AB=3cm，BC=6cm，動點P從點A開始沿AB向點B以1cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿BC向點C以2cm/s的速度移動，若P，Q兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，P點到達B點運動停止，則△PBQ的面積S隨出發(fā)時間t的函數(shù)關系圖象大致是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意表示出△PBQ的面積S與t的關系式，進而得出答案．【解答】解：由題意可得：PB=3﹣t，BQ=2t，則△PBQ的面積S=PB?BQ=（3﹣t）×2t=﹣t2+3t，故△PBQ的面積S隨出發(fā)時間t的函數(shù)關系圖象大致是二次函數(shù)圖象，開口向下．故選：C．【點評】此題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，正確得出函數(shù)關系式是解題關鍵．2．（2018·山東濰坊·3分）如圖，菱形ABCD的邊長是4厘米，∠B=60°，動點P以1厘米秒的速度自A點出發(fā)沿AB方向運動至B點停止，動點Q以2厘米/秒的速度自B點出發(fā)沿折線BCD運動至D點停止．若點P、Q同時出發(fā)運動了t秒，記△BPQ的面積為S厘米2，下面圖象中能表示S與t之間的函數(shù)關系的是（）A． B． C． D．【分析】應根據(jù)0≤t＜2和2≤t＜4兩種情況進行討論．把t當作已知數(shù)值，就可以求出S，從而得到函數(shù)的解析式，進一步即可求解．【解答】解：當0≤t＜2時，S=2t××（4﹣t）=﹣t2+4t；當2≤t＜4時，S=4××（4﹣t）=﹣2t+8；只有選項D的圖形符合．故選：D．【點評】本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，利用圖形的關系求函數(shù)的解析式，注意數(shù)形結合是解決本題的關鍵．3．（2018?湖北黃石?3分）如圖，在Rt△PMN中，∠P=90°，PM=PN，MN=6cm，矩形ABCD中AB=2cm，BC=10cm，點C和點M重合，點B、C（M）、N在同一直線上，令Rt△PMN不動，矩形ABCD沿MN所在直線以每秒1cm的速度向右移動，至點C與點N重合為止，設移動x秒后，矩形ABCD與△PMN重疊部分的面積為y，則y與x的大致圖象是（）A． B． C． D．【分析】在Rt△PMN中解題，要充分運用好垂直關系和45度角，因為此題也是點的移動問題，可知矩形ABCD以每秒1cm的速度由開始向右移動到停止，和Rt△PMN重疊部分的形狀可分為下列三種情況，（1）0≤x≤2；（2）2＜x≤4；（3）4＜x≤6；根據(jù)重疊圖形確定面積的求法，作出判斷即可．【解答】解：∵∠P=90°，PM=PN，∴∠PMN=∠PNM=45°，由題意得：CM=x，分三種情況：①當0≤x≤2時，如圖1，邊CD與PM交于點E，∵∠PMN=45°，∴△MEC是等腰直角三角形，此時矩形ABCD與△PMN重疊部分是△EMC，∴y=S△EMC=CM?CE=；故選項B和D不正確；②如圖2，當D在邊PN上時，過P作PF⊥MN于F，交AD于G，∵∠N=45°，CD=2，∴CN=CD=2，∴CM=6﹣2=4，即此時x=4，當2＜x≤4時，如圖3，矩形ABCD與△PMN重疊部分是四邊形EMCD，過E作EF⊥MN于F，∴EF=MF=2，∴ED=CF=x﹣2，∴y=S梯形EMCD=CD?（DE+CM）==2x﹣2；③當4＜x≤6時，如圖4，矩形ABCD與△PMN重疊部分是五邊形EMCGF，過E作EH⊥MN于H，∴EH=MH=2，DE=CH=x﹣2，∵MN=6，CM=x，∴CG=CN=6﹣x，∴DF=DG=2﹣（6﹣x）=x﹣4，∴y=S梯形EMCD﹣S△FDG=﹣=×2×（x﹣2+x）﹣=﹣+10x﹣18，故選項A正確；故選：A．【點評】此題是動點問題的函數(shù)圖象，有難度，主要考查等腰直角三角形的性質和矩形的性質的應用、動點運動問題的路程表示，注意運用數(shù)形結合和分類討論思想的應用．4.（2018?河南?3分）如圖1，點F從菱形ABCD的頂點A出發(fā)，沿A→D→B以1cm/s的速度勻速運到點B.圖2是點F運動時,△FBC的面積y(cm2)隨時間x(s)變化的關系圖象，則a的值為（）A. B.2 C. D.25.（2018·廣東·3分）如圖，點P是菱形ABCD邊上的一動點，它從點A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運動到點D，設△PAD的面積為y，P點的運動時間為x，則y關于x的函數(shù)圖象大致為（）A． B． C． D．【分析】設菱形的高為h，即是一個定值，再分點P在AB上，在BC上和在CD上三種情況，利用三角形的面積公式列式求出相應的函數(shù)關系式，然后選擇答案即可．【解答】解：分三種情況：①當P在AB邊上時，如圖1，設菱形的高為h，y=AP?h，∵AP隨x的增大而增大，h不變，∴y隨x的增大而增大，故選項C不正確；②當P在邊BC上時，如圖2，y=AD?h，AD和h都不變，∴在這個過程中，y不變，故選項A不正確；③當P在邊CD上時，如圖3，y=PD?h，∵PD隨x的增大而減小，h不變，∴y隨x的增大而減小，∵P點從點A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運動到點D，∴P在三條線段上運動的時間相同，故選項D不正確；故選：B．【點評】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，菱形的性質，根據(jù)點P的位置的不同，分三段求出△PAD的面積的表達式是解題的關鍵．6.（2018?廣西桂林?3分）如圖，在平面直角坐標系中，M、N、C三點的坐標分別為（，1），（3，1），（3，0），點A為線段MN上的一個動點，連接AC，過點A作交y軸于點B，當點A從M運動到N時，點B隨之運動，設點B的坐標為（0，b），則b的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：分別求出當點A與點M、N重合時直線AC的解析式，由AB⊥AC可得直線AB的解析式，從而求出b的值，最終可確定b的取值范圍.詳解：當點A與點N重合時，MN⊥AB，∴MN是直線AB的一部分，∵N（3，1）∴此時b=1；當點A與點M重合時，設直線AC的解析式為y=k1x+m,由于AC經過點A、C兩點，故可得，解得：k1=,設直線AB的解析式為y=k2x+b,∵AB⊥AC,∴,∴k2=故直線AB的解析式為y=x+b,把（，1）代入y=x+b得，b=-.∴b的取值范圍是.故選A.點睛：此題考查一次函數(shù)基本性質，待定系數(shù)求解析式，簡單的幾何關系.二.填空題1.（2018·浙江舟山·4分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，點E在CD上，DE=1，點F是邊AB上一動點，以EF為斜邊作Rt△EFP．若點P在矩形ABCD的邊上，且這樣的直角三角形恰好有兩個，則AF的值是________。【考點】矩形的性質，圓周角定理，切線的性質，直角三角形的性質【分析】學習了圓周角的推論：直徑所對的圓周角是直角，可提供解題思路，不妨以EF為直徑作圓，以邊界值去討論該圓與矩形ABCD交點的個數(shù)【解答】解：以EF為斜邊的直角三角形的直角頂點P是以EF為直徑的圓與矩形邊的交點，取EF的中點O，

（1）如圖1，當圓O與AD相切于點G時，連結OG，此時點G與點P重合，只有一個點，此時AF=OG=DE=1；

（2）如圖2，當圓O與BC相切于點G，連結OG，EG，F(xiàn)G，此時有三個點P可以構成Rt△EFP，

∵OG是圓O的切線，

∴OG⊥BC

∴OG//AB//CD

∵OE=OF，

∴BG=CG，

∴OG=（BF+CE），

設AF=x，則BF=4-x，OG=(4-x+4-1)=(7-x)，

則EF=2OG=7-x，EG2=EC2+CG2=9+1=10,FG2=BG2+BF2=1+(4-x)2

在Rt△EFG中，由勾股定理得EF2=EG2+FG2，得（7-x）2=10+1+（4-x）2,解得x=

所以當1＜AF＜時，以EF為直徑的圓與矩形ABCD的交點（除了點E和F）只有兩個；

（3）因為點F是邊AB上一動點：

當點F與A點重合時，AF=0，此時Rt△EFP正好有兩個符合題意；

當點F與B點重合時，AF=4，此時Rt△EFP正好有兩個符合題意；

故答案為0或1＜AF＜或4

【點評】正確添加輔助線是解決本題分關鍵.三解答題1.（2018?山西?13分）綜合與探究如圖，拋物線與x軸交于A,B兩點（點A在點B的左側，與y軸交于點C，連接AC,BC.點P是第四象限內拋物線上的一個動點，點P的橫坐標為m，過點P作PMx軸，垂足為點M，PM交BC于點Q，過點P作PE∥AC交x軸于點E，交BC于點F.（1）求A，B，C三點的坐標；（2）試探究在點P的運動的過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形.若存在，請寫出此時點Q的坐標；若不存在，請說明理由；（3）請用含m的代數(shù)式表示線段QF的長，并求出m為何值時QF有最大值.【考點】幾何與二次函數(shù)綜合【解析】（1）解：由y0，得解得13，x24.點A，B的坐標分別為A(-3,0)，B（4，0）由x0，得y4.點C的坐標為C（0，-4）.（3）過點F作FGPQ于點G.則FG∥x軸. 由B（4，0，C（0，-4，得OB為等腰直角三角形.OBCQFG4.GQFGFQ.PE∥AC,12.FG∥x軸，23.13.FGPAOC9,FGPAOC.2（2018?山東濱州?14分）如圖①，在平面直角坐標系中，圓心為P（x，y）的動圓經過點A（1，2）且與x軸相切于點B．（1）當x=2時，求⊙P的半徑；（2）求y關于x的函數(shù)解析式，請判斷此函數(shù)圖象的形狀，并在圖②中畫出此函數(shù)的圖象；（3）請類比圓的定義（圖可以看成是到定點的距離等于定長的所有點的集合），給（2）中所得函數(shù)圖象進行定義：此函數(shù)圖象可以看成是到點A的距離等于到x軸的距離的所有點的集合．（4）當⊙P的半徑為1時，若⊙P與以上（2）中所得函數(shù)圖象相交于點C、D，其中交點D（m，n）在點C的右側，請利用圖②，求cos∠APD的大?。痉治觥浚?）由題意得到AP=PB，求出y的值，即為圓P的半徑；（2）利用兩點間的距離公式，根據(jù)AP=PB，確定出y關于x的函數(shù)解析式，畫出函數(shù)圖象即可；（3）類比圓的定義描述此函數(shù)定義即可；（4）畫出相應圖形，求出m的值，進而確定出所求角的余弦值即可．【解答】解：（1）由x=2，得到P（2，y），連接AP，PB，∵圓P與x軸相切，∴PB⊥x軸，即PB=y，由AP=PB，得到=y，解得：y=，則圓P的半徑為；（2）同（1），由AP=PB，得到（x﹣1）2+（y﹣2）2=y2，整理得：y=（x﹣1）2+1，即圖象為開口向上的拋物線，畫出函數(shù)圖象，如圖②所示；（3）給（2）中所得函數(shù)圖象進行定義：此函數(shù)圖象可以看成是到點A的距離等于到x軸的距離的所有點的集合；故答案為：點A；x軸；（4）連接CD，連接AP并延長，交x軸于點F，設PE=a，則有EF=a+1，ED=，∴D坐標為（1+，a+1），代入拋物線解析式得：a+1=（1﹣a2）+1，解得：a=﹣2+或a=﹣2﹣（舍去），即PE=﹣2+，在Rt△PED中，PE=﹣2，PD=1，則cos∠APD==﹣2．【點評】此題屬于圓的綜合題，涉及的知識有：兩點間的距離公式，二次函數(shù)的圖象與性質，圓的性質，勾股定理，弄清題意是解本題的關鍵．3（2018?江蘇揚州?12分）如圖1，四邊形OABC是矩形，點A的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，6），點P從點O出發(fā)，沿OA以每秒1個單位長度的速度向點A出發(fā)，同時點Q從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，當點P與點A重合時運動停止．設運動時間為t秒．（1）當t=2時，線段PQ的中點坐標為（，2）；（2）當△CBQ與△PAQ相似時，求t的值；（3）當t=1時，拋物線y=x2+bx+c經過P，Q兩點，與y軸交于點M，拋物線的頂點為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點D，使∠MQD=∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）先根據(jù)時間t=2，和速度可得動點P和Q的路程OP和AQ的長，再根據(jù)中點坐標公式可得結論；（2）根據(jù)矩形的性質得：∠B=∠PAQ=90°，所以當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時，，②當△PAQ∽△CBQ時，，分別列方程可得t的值；（3）根據(jù)t=1求拋物線的解析式，根據(jù)Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x軸，∴KM=KQ，KE⊥MQ，畫出符合條件的點D，證明△KEQ∽△QMH，列比例式可得點D的坐標，同理根據(jù)對稱可得另一個點D．【解答】解：（1）如圖1，∵點A的坐標為（3，0），∴OA=3，當t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，∴P（2，0），Q（3，4），∴線段PQ的中點坐標為：（，），即（，2）；故答案為：（，2）；（2）如圖1，∵當點P與點A重合時運動停止，且△PAQ可以構成三角形，∴0＜t＜3，∵四邊形OABC是矩形，∴∠B=∠PAQ=90°∴當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時，，∴，4t2﹣15t+9=0，（t﹣3）（t﹣）=0，t1=3（舍），t2=，②當△PAQ∽△CBQ時，，∴，t2﹣9t+9=0，t=，∵＞7，∴x=不符合題意，舍去，綜上所述，當△CBQ與△PAQ相似時，t的值是或；（3）當t=1時，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得：，解得：，∴拋物線：y=x2﹣3x+2=（x﹣）2﹣，∴頂點k（，﹣），∵Q（3，2），M（0，2），∴MQ∥x軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，∴KM=KQ，KE⊥MQ，∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ，如圖2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE，設DQ交y軸于H，∵∠HMQ=∠QEK=90°，∴△KEQ∽△QMH，∴，∴，∴MH=2，∴H（0，4），易得HQ的解析式為：y=﹣x+4，則，x2﹣3x+2=﹣x+4，解得：x1=3（舍），x2=﹣，∴D（﹣，）；同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM=∠MKQ=∠QKE，由對稱性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y=x，則，x2﹣3x+2=x，解得：x1=3（舍），x2=，∴D（，）；綜上所述，點D的坐標為：D（﹣，）或（，）．【點評】本題是二次函數(shù)與三角形相似的綜合問題，主要考查相似三角形的判定和性質的綜合應用，三角形和四邊形的面積，二次函數(shù)的最值問題的應用，函數(shù)的交點等知識，本題比較復雜，注意用t表示出線段長度，再利用相似即可找到線段之間的關系，代入可解決問題．4（2018?山東菏澤?10分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx﹣5交y軸于點A，交x軸于點B（﹣5，0）和點C（1，0），過點A作AD∥x軸交拋物線于點D．（1）求此拋物線的表達式；（2）點E是拋物線上一點，且點E關于x軸的對稱點在直線AD上，求△EAD的面積；（3）若點P是直線AB下方的拋物線上一動點，當點P運動到某一位置時，△ABP的面積最大，求出此時點P的坐標和△ABP的最大面積．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）根據(jù)題意可以求得a、b的值，從而可以求得拋物線的表達式；（2）根據(jù)題意可以求得AD的長和點E到AD的距離，從而可以求得△EAD的面積；（3）根據(jù)題意可以求得直線AB的函數(shù)解析式，再根據(jù)題意可以求得△ABP的面積，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質即可解答本題．【解答】解：（1）∵拋物線y=ax2+bx﹣5交y軸于點A，交x軸于點B（﹣5，0）和點C（1，0），∴，得，∴此拋物線的表達式是y=x2+4x﹣5；（2）∵拋物線y=x2+4x﹣5交y軸于點A，∴點A的坐標為（0，﹣5），∵AD∥x軸，點E是拋物線上一點，且點E關于x軸的對稱點在直線AD上，∴點E的縱坐標是5，點E到AD的距離是10，當y=﹣5時，﹣5=x2+4x﹣5，得x=0或x=﹣4，∴點D的坐標為（﹣4，﹣5），∴AD=4，∴△EAD的面積是：=20；（3）設點P的坐標為（p，p2+4p﹣5），如右圖所示，設過點A（0，﹣5），點B（﹣5，0）的直線AB的函數(shù)解析式為y=mx+n，，得，即直線AB的函數(shù)解析式為y=﹣x﹣5，當x=p時，y=﹣p﹣5，∵OB=5，∴△ABP的面積是：S==，∵點P是直線AB下方的拋物線上一動點，∴﹣5＜p＜0，∴當p=﹣時，S取得最大值，此時S=，點p的坐標是（，﹣），即點p的坐標是（，﹣）時，△ABP的面積最大，此時△ABP的面積是．【點評】本題考查二次函數(shù)綜合題，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想和二次函數(shù)的性質解答．5（2018?江西?9分）在菱形中，,點是射線上一動點，以為邊向右側作等邊，點的位置隨點的位置變化而變化.（1）如圖1，當點在菱形內部或邊上時，連接，與的數(shù)量關系是，與的位置關系是；（2）當點在菱形外部時，(1)中的結論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理).(3)如圖4，當點在線段的延長線上時，連接，若,,求四邊形的面積.【解析】（1）①BP=CE理由如下：連接AC∵菱形ABCD，∠ABC=60°∴△ABC是等邊三角形∴AB=AC∠BAC=60°∵△APE是等邊三角形∴AP=AE∠PAE=60°∴∠BAP=∠CAE∴△ABP≌△ACE∴BP=CE★★②CE⊥AD∵菱形對角線平分對角∴∵△ABP≌△ACE∴∵∴∴∴∴CF⊥AD即CE⊥AD★★（2）(1)中的結論：BP=CE,CE⊥AD仍然成立，理由如下：連接AC∵菱形ABCD，∠ABC=60°∴△ABC和△ACD都是等邊三角形∴AB=AC∠BAD=120°∠BAP=120°＋∠DAP∵△APE是等邊三角形∴AP=AE∠PAE=60°∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP∴∠BAP=∠CAE∴△ABP≌△ACE∴BP=CE∴∠DCE=30°∵∠ADC=60°∴∠DCE＋∠ADC=90°∴∠CHD=90°∴CE⊥AD∴(1)中的結論：BP=CE,CE⊥AD仍然成立.★★★(3)連接AC交BD于點O,CE,作EH⊥AP于H∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BDBD平分∠ABC∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°∴BO=DO=3∴BD=6由(2)知CE⊥AD∵AD∥BC∴CE⊥BC∵∴由(2)知BP=CE=8∴DP=2∴OP=5∴∵△APE是等邊三角形，∴∵∴∴四邊形ADPE的面積是.6（2018?江蘇鹽城?10分）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線經過點、兩點，且與軸交于點.（1）求拋物線的表達式；（2）如圖②，用寬為4個單位長度的直尺垂直于軸，并沿軸左右平移，直尺的左右兩邊所在的直線與拋物線相交于、兩點（點在點的左側），連接，在線段上方拋物線上有一動點，連接、.（Ⅰ）若點的橫坐標為，求面積的最大值，并求此時點的坐標；

（Ⅱ）直尺在平移過程中，面積是否有最大值？若有，求出面積的最大值；若沒有，請說明理由.

【答案】（1）解：∵拋物線經過點、兩點，∴

解得

∴拋物線

（2）解：（I）∵點P的橫坐標是，當x=時，，則點P（，），

∵直尺的寬度為4個單位長度，

∴點Q的橫坐標為+4=，則當x=時，y=,

∴點Q（，），

設直線PQ的表達式為：y=kx+c，由P（，），Q（，），可得

解得，則直線PQ的表達式為：y=-x+，

如圖②，過點D作直線DE垂直于x軸，交PQ于點E，設D(m，)，則E（m,-m+）,

則S△PQD=S△PDE+S△QDE====,

∵<m<即當m=時，S△PQD=8最大，此時點D（）。

（II）設PP（n,），則Q（n+4，），即Q（n+4,）,而直線PQ的表達式為：y=,

設D（），則E（t，）

∴S△PQD==2

=2

=≤8

當t=n+2時，S△PQD=8.

∴△PQD面積的最大值為8【考點】二次函數(shù)的最值，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，三角形的面積【解析】【分析】（1）將兩點、坐標代入，可得方程組，解之即可；（2）（I）在遇到幾何或代數(shù)求最大值，可聯(lián)系到二次函數(shù)求最大值的應用，即將△PQD的面積用代數(shù)式的形式表示出來，因為它的面積隨著點D的位置改變而改變，所以可設點D的坐標為(m，)，過過點D作直線DE垂直于x軸，交PQ于點E，則需要用m表示出點E的坐標，而點E在線段PQ上，求出PQ的坐標及直線PQ的表達式即可解答；

（II）可設P（n,），則Q（n+4，），作法與（I）一樣，表示出△PQD的面積，運用二次函數(shù)求最值。7．（2018·湖北省武漢·12分）拋物線L：y=﹣x2+bx+c經過點A（0，1），與它的對稱軸直線x=1交于點B．（1）直接寫出拋物線L的解析式；（2）如圖1，過定點的直線y=kx﹣k+4（k＜0）與拋物線L交于點M、N．若△BMN的面積等于1，求k的值；（3）如圖2，將拋物線L向上平移m（m＞0）個單位長度得到拋物線L1，拋物線L1與y軸交于點C，過點C作y軸的垂線交拋物線L1于另一點D．F為拋物線L1的對稱軸與x軸的交點，P為線段OC上一點．若△PCD與△POF相似，并且符合條件的點P恰有2個，求m的值及相應點P的坐標．【分析】（1）根據(jù)對稱軸為直線x=1且拋物線過點A（0，1）求解可得；（2）根據(jù)直線y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直線所過定點G坐標為（1，4），從而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG?xN﹣BG?xM=1得出xN﹣xM=1，聯(lián)立直線和拋物線解析式求得x=，根據(jù)xN﹣xM=1列出關于k的方程，解之可得；（3）設拋物線L1的解析式為y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再設P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF兩種情況，由對應邊成比例得出關于t與m的方程，利用符合條件的點P恰有2個，結合方程的解的情況求解可得．【解答】解：（1）由題意知，解得：b=2、c=1，∴拋物線L的解析式為y=﹣x2+2x+1；（2）如圖1，∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，∴當x=1時，y=4，即該直線所過定點G坐標為（1，4），∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，∴點B（1，2），則BG=2，∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG?xN﹣BG?xM=1，∴xN﹣xM=1，由得x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，解得：x==，則xN=、xM=，由xN﹣xM=1得=1，∴k=±3，∵k＜0，∴k=﹣3；（3）如圖2，設拋物線L1的解析式為y=﹣x2+2x+1+m，∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），設P（0，t），①當△PCD∽△FOP時，=，∴=，∴t2﹣（1+m）t+2=0；②當△PCD∽△POF時，=，∴=，∴t=（m+1）；（Ⅰ）當方程①有兩個相等實數(shù)根時，△=（1+m）2﹣8=0，解得：m=2﹣1（負值舍去），此時方程①有兩個相等實數(shù)根t1=t2=，方程②有一個實數(shù)根t=，∴m=2﹣1，此時點P的坐標為（0，）和（0，）；（Ⅱ）當方程①有兩個不相等的實數(shù)根時，把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，解得：m=2（負值舍去），此時，方程①有兩個不相等的實數(shù)根t1=1、t2=2，方程①有一個實數(shù)根t=1，∴m=2，此時點P的坐標為（0，1）和（0，2）；綜上，當m=2﹣1時，點P的坐標為（0，）和（0，）；當m=2時，點P的坐標為（0，1）和（0，2）．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的應用，解題的關鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、利用割補法求三角形的面積建立關于k的方程及相似三角形的判定與性質等知識點．8．（2018·湖南省衡陽·12分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4cm，動點P從點C出發(fā)以1cm/s的速度沿CA勻速運動，同時動點Q從點A出發(fā)以cm/s的速度沿AB勻速運動，當點P到達點A時，點P、Q同時停止運動，設運動時間為t（s）．（1）當t為何值時，點B在線段PQ的垂直平分線上？（2）是否存在某一時刻t，使△APQ是以PQ為腰的等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（3）以PC為邊，往CB方向作正方形CPMN，設四邊形QNCP的面積為S，求S關于t的函數(shù)關系式．【解答】解：（1）如圖1中，連接BP．在Rt△ACB中，∵AC=BC=4，∠C=90°，∴AB=4∵點B在線段PQ的垂直平分線上，∴BP=BQ，∵AQ=t，CP=t，∴BQ=4﹣t，PB2=42+t2，∴（4﹣t）2=16+t2，解得t=12﹣8或12+8（舍棄），∴t=12﹣8s時，點B在線段PQ的垂直平分線上．（2）①如圖2中，當PQ=QA時，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP=90°．則有PA=AQ，∴4﹣t=?t，解得t=．②如圖3中，當AP=PQ時，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ=90°．則有：AQ=AP，∴t=（4﹣t），解得t=2，綜上所述：t=s或2s時，△APQ是以PQ為腰的等腰三角形．（3）如圖4中，連接QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F．則QE=AE，QF=EC，可得QE+QF=AE+EC=AC=4．∵S=S△QNC+S△PCQ=?CN?QF+?PC?QE=t（QE+QF）=2t（0＜t＜4）．9（2018·山東青島·12分）已知：如圖，四邊形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，動點P從點D開始沿DA邊勻速運動，動點Q從點A開始沿AB邊勻速運動，它們的運動速度均為2cm/s．點P和點Q同時出發(fā)，以QA、QP為邊作平行四邊形AQPE，設運動的時間為t（s），0＜t＜5．根據(jù)題意解答下列問題：（1）用含t的代數(shù)式表示AP；（2）設四邊形CPQB的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關系式；（3）當QP⊥BD時，求t的值；（4）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點E在∠ABD的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）如圖作DH⊥AB于H則四邊形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的長即可解決問題；（2）作PN⊥AB于N．連接PB，根據(jù)S=S△PQB+S△BCP，計算即可；（3）當PQ⊥BD時，∠PQN+∠DBA=90°，∠QPN+∠PQN=90°，推出∠QPN=∠DBA，推出tan∠QPN==，由此構建方程即可解解題問題；（4）存在．連接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．當BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM，推出KH=KM，BH=BM=8，設KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，則△AEF≌△QPN，推出EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，推出BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，由KH∥EF，可得=，由此構建方程即可解決問題；【解答】解：（1）如圖作DH⊥AB于H，則四邊形DHBC是矩形，∴CD=BH=8，DH=BC=6，∴AH=AB﹣BH=8，AD==10，BD==10，由題意AP=AD﹣DP=10﹣2t．（2）作PN⊥AB于N．連接PB．在Rt△APN中，PA=10﹣2t，∴PN=PA?sin∠DAH=（10﹣2t），AN=PA?cos∠DAH=（10﹣2t），∴BN=16﹣AN=16﹣（10﹣2t），S=S△PQB+S△BCP=?（16﹣2t）?（10﹣2t）+×6×[16﹣（10﹣2t）]=t2﹣12t+78（3）當PQ⊥BD時，∠PQN+∠DBA=90°，∵∠QPN+∠PQN=90°，∴∠QPN=∠DBA，∴tan∠QPN==，∴=，解得t=，經檢驗：t=是分式方程的解，∴當t=s時，PQ⊥BD．（4）存在．理由：連接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．當BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM，∴KH=KM，BH=BM=8，設KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，則△AEF≌△QPN，∴EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，∴BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，∵KH∥EF，∴=，∴=，解得：t=，經檢驗：t=是分式方程的解，∴當t=s時，點E在∠ABD的平分線．【點評】本題考查四邊形綜合題，解直角三角形、銳角三角函數(shù)、全等三角形的判定和性質、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形或全等三角形解決問題，學會理由參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．10．（2018?北京?6分）如圖，是與弦所圍成的圖形的內部的一定點，是弦上一動點，連接并延長交于點，連接．已知，設，兩點間的距離為，，兩點間的距離為，，兩點間的距離為．小騰根據(jù)學習函數(shù)的經驗，分別對函數(shù)，隨自變量的變化而變化的規(guī)律進行了探究．下面是小騰的探究過程，請補充完整：（1）按照下表中自變量的值進行取點、畫圖、測量，分別得到了，與的幾組對應值；0123456（2）在同一平面直角坐標系中，描出補全后的表中各組數(shù)值所對應的點（，），（，），并畫出函數(shù)，的圖象；（3）結合函數(shù)圖象，解決問題：當為等腰三角形時，的長度約為____．【解析】（1）（2）如下圖所示：（3）或或．如下圖所示，個函數(shù)圖象的交點的橫坐標即為所求．【考點】動點產生的函數(shù)圖象問題，函數(shù)探究11.（2018年江蘇省南京市）結果如此巧合!下面是小穎對一道題目的解答．題目：如圖，Rt△ABC的內切圓與斜邊AB相切于點D，AD=3，BD=4，求△ABC的面積．解：設△ABC的內切圓分別與AC、BC相切于點E、F，CE的長為x．根據(jù)切線長定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．根據(jù)勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．整理，得x2+7x=12．所以S△ABC=AC?BC=（x+3）（x+4）=（x2+7x+12）=×（12+12）=12．小穎發(fā)現(xiàn)12恰好就是3×4，即△ABC的面積等于AD與BD的積．這僅僅是巧合嗎？請你幫她完成下面的探索．已知：△ABC的內切圓與AB相切于點D，AD=m，BD=n．可以一般化嗎？（1）若∠C=90°，求證：△ABC的面積等于mn．倒過來思考呢？（2）若AC?BC=2mn，求證∠C=90°．改變一下條件……（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面積．【分析】（1）由切線長知AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，根據(jù)勾股定理得（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，即x2+（m+n）x=mn，再利用三角形的面積公式計算可得；（2）由由AC?BC=2mn得（x+m）（x+n）=2mn，即x2+（m+n）x=mn，再利用勾股定理逆定理求證即可；（3）作AG⊥BC，由三角函數(shù)得AG=AC?sin60°=（x+m），CG=AC?cos60°=（x+m）、BG=BC﹣CG=（x+n）﹣（x+m），在Rt△ABG中，根據(jù)勾股定理可得x2+（m+n）x=3mn，最后利用三角形的面積公式計算可得．【解答】解：設△ABC的內切圓分別與AC、BC相切于點E、F，CE的長為x，根據(jù)切線長定理，得：AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，（1）如圖1，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，得：（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，整理，得：x2+（m+n）x=mn，所以S△ABC=AC?BC=（x+m）（x+n）=[x2+（m+n）x+mn]=（mn+mn）=mn，（2）由AC?BC=2mn，得：（x+m）（x+n）=2mn，整理，得：x2+（m+n）x=mn，∴AC2+BC2=（x+m）2+（x+n）2=2[x2+（m+n）x]+m2+n2=2mn+m2+n2=（m+n）2=AB2，根據(jù)勾股定理逆定理可得∠C=90°；（3）如圖2，過點A作AG⊥BC于點G，在Rt△ACG中，AG=AC?sin60°=（x+m），CG=AC?cos60°=（x+m），∴BG=BC﹣CG=（x+n）﹣（x+m），在Rt△ABG中，根據(jù)勾股定理可得：[（x+m）]2+[（x+n）﹣（x+m）]2=（m+n）2，整理，得：x2+（m+n）x=3mn，∴S△ABC=BC?AG=×（x+n）?（x+m）=[x2+（m+n）x+mn]=×（3mn+mn）=mn．【點評】本題主要考查圓的綜合問題，12.（2018年江蘇省宿遷）如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，動點E、F分別在邊AB、CD上，將正方形ABCD沿直線EF折疊，使點B的對應點M始終落在邊AD上（點M不與點A、D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，設BE=x，

（1）當AM=時，求x的值；（2）隨著點M在邊AD上位置的變化，△PDM的周長是否發(fā)生變化？如變化，請說明理由；如不變，請求出該定值；（3）設四邊形BEFC的面積為S，求S與x之間的函數(shù)表達式，并求出S的最小值.【答案】（1）解：由折疊性質可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD邊長為1

∴AE=1-x，

在Rt△AME中，

∴AE2+AM2=ME2，

即（1-x）2+=x2，

解得：x=.

（2）解：△PDM的周長不會發(fā)生變化，且為定值2.

連接BM、BP，過點B作BH⊥MN，

∵BE=ME，

∴∠EBM=∠EMB，

又∵∠EBC=∠EMN=90°，

即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，

∴∠MBC=∠BMN，

又∵正方形ABCD，

∴AD∥BC，AB=BC，

∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，

在Rt△ABM和Rt△HBM中，

∵,

∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），

∴AM=HM，AB=HB=BC，

在Rt△BHP和Rt△BCP中，

∵,

∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），

∴HP=CP，

又∵C△PDM=MD+DP+MP，

=MD+DP+MH+HP，

=MD+DP+AM+PC,

=AD+DC,

=2.

∴△PDM的周長不會發(fā)生變化，且為定值2.

（3）解：過F作FQ⊥AB，連接BM，

由折疊性質可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，

∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,

∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，

在Rt△ABM和Rt△QFE中，

∵,

∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），

∴AM=QE，

設AM長為a，

在Rt△AEM中，

∴AE2+AM2=EM2,

即（1-x）2+a2=x2,

∴AM=QE=,

∴BQ=CF=x-，

∴S=（CF+BE）×BC，

=（x-+x）×1，

=（2x-）,

又∵（1-x）2+a2=x2,

∴x==AM=BE，BQ=CF=-a，

∴S=（-a+）×1，

=（a2-a+1）,

=（a-）2+，

∵0<a<1，

∴當a=時，S最小值=.【考點】二次函數(shù)的最值，全等三角形的判定與性質，勾股定理，正方形的性質，翻折變換（折疊問題）【解析】【分析】（1）由折疊性質可知BE=ME=x，結合已知條件知AE=1-x，在Rt△AME中，根據(jù)勾股定理得（1-x）2+=x2，解得：x=.

（2）△PDM的周長不會發(fā)生變化，且為定值2.連接BM、BP，過點B作BH⊥MN，根據(jù)折疊性質知BE=ME，由等邊對等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根據(jù)全等三角形的性質得AM=HM，AB=HB=BC，又根據(jù)全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根據(jù)全等三角形的性質得HP=CP，由三角形周長和等量代換即可得出△PDM周長為定值2.

（3）過F作FQ⊥AB，連接BM，由折疊性質可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，據(jù)全等三角形的性質得AM=QE；設AM長為a，在Rt△AEM中，根據(jù)勾股定理得（1-x）2+a2=x2,從而得AM=QE=,

BQ=CF=x-，根據(jù)梯形得面積公式代入即可得出S與x的函數(shù)關系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x==AM=BE，BQ=CF=-a（0<a<1），代入梯形面積公式即可轉為關于a的二次函數(shù)，配方從而求得S的最小值.13.（2018·新疆生產建設兵團·13分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2﹣x﹣4與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C．（1）求點A，B，C的坐標；（2）點P從A點出發(fā)，在線段AB上以每秒2個單位長度的速度向B點運動，同時，點Q從B點出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也停止運動．設運動時間為t秒，求運動時間t為多少秒時，△PBQ的面積S最大，并求出其最大面積；（3）在（2）的條件下，當△PBQ面積最大時，在BC下方的拋物線上是否存在點M，使△BMC的面積是△PBQ面積的1.6倍？若存在，求點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）代入x=0可求出點C的縱坐標，代入y=0可求出點A、B的橫坐標，此題得解；（2）根據(jù)點B、C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，過點Q作QE∥y軸，交x軸于點E，當運動時間為t秒時，點P的坐標為（2t﹣2，0），點Q的坐標為（3﹣t，﹣t），進而可得出PB、QE的長度，利用三角形的面積公式可得出S△PBQ關于t的函數(shù)關系式，利用二次函數(shù)的性質即可解決最值問題；（3）根據(jù)（2）的結論找出點P、Q的坐標，假設存在，設點M的坐標為（m，m2﹣m﹣4），則點F的坐標為（m，m﹣4），進而可得出MF的長度，利用三角形的面積結合△BMC的面積是△PBQ面積的1.6倍，可得出關于m的一元二次方程，解之即可得出結論．【解答】解：（1）當x=0時，y=x2﹣x﹣4=﹣4，∴點C的坐標為（0，﹣4）；當y=0時，有x2﹣x﹣4=0，解得：x1=﹣2，x2=3，∴點A的坐標為（﹣2，0），點B的坐標為（3，0）．（2）設直線BC的解析式為y=kx+b（k≠0），將B（3，0）、C（0，﹣4）代入y=kx+b，，解得：，∴直線BC的解析式為y=x﹣4．過點Q作QE∥y軸，交x軸于點E，如圖1所示，當運動時間為t秒時，點P的坐標為（2t﹣2，0），點Q的坐標為（3﹣t，﹣t），∴PB=3﹣（2t﹣2）=5﹣2t，QE=t，∴S△PBQ=PB?QE=﹣t2+2t=﹣（t﹣）2+．∵﹣＜0，∴當t=時，△PBQ的面積取最大值，最大值為．（3）當△PBQ面積最大時，t=，此時點P的坐標為（，0），點Q的坐標為（，﹣1）．假設存在，設點M的坐標為（m，m2﹣m﹣4），則點F的坐標為（m，m﹣4），∴MF=m﹣4﹣（m2﹣m﹣4）=﹣m2+2m，∴S△BMC=MF?OB=﹣m2+3m．∵△BMC的面積是△PBQ面積的1.6倍，∴﹣m2+3m=×1.6，即m2﹣3m+2=0，解得：m1=1，m2=2．∵0＜m＜3，∴在BC下方的拋物線上存在點M，使△BMC的面積是△PBQ面積的1.6倍，點M的坐標為（1，﹣4）或（2，﹣）．【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、二次函數(shù)的性質、二次（一次）函數(shù)圖象上點的坐標特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及三角形的面積，解題的關鍵是：（1）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征求出點A、B、C的坐標；（2）利用三角形的面積公式找出S△PBQ關于t的函數(shù)關系式；（3）利用三角形的面積結合△BMC的面積是△PBQ面積的1.6倍，找出關于m的一元二次方程．14（2018·四川宜賓·12分）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線的頂點坐標為（2，0），且經過點（4，1），如圖，直線y=x與拋物線交于A、B兩點，直線l為y=﹣1．（1）求拋物線的解析式；（2）在l上是否存在一點P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．（3）知F（x0，y0）為平面內一定點，M（m，n）為拋物線上一動點，且點M到直線l的距離與點M到點F的距離總是相等，求定點F的坐標．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由拋物線的頂點坐標為（2，0），可設拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2，由拋物線過點（4，1），利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）聯(lián)立直線AB與拋物線解析式成方程組，通過解方程組可求出點A、B的坐標，作點B關于直線l的對稱點B′，連接AB′交直線l于點P，此時PA+PB取得最小值，根據(jù)點B的坐標可得出點B′的坐標，根據(jù)點A、B′的坐標利用待定系數(shù)法可求出直線AB′的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征即可求出點P的坐標；（3）由點M到直線l的距離與點M到點F的距離總是相等結合二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，即可得出（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0，由m的任意性可得出關于x0、y0的方程組，解之即可求出頂點F的坐標．【解答】解：（1）∵拋物線的頂點坐標為（2，0），設拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2．∵該拋物線經過點（4，1），∴1=4a，解得：a=，∴拋物線的解析式為y=（x﹣2）2=x2﹣x+1．（2）聯(lián)立直線AB與拋物線解析式成方程組，得：，解得：，，∴點A的坐標為（1，），點B的坐標為（4，1）．作點B關于直線l的對稱點B′，連接AB′交直線l于點P，此時PA+PB取得最小值（如圖1所示）．∵點B（4，1），直線l為y=﹣1，∴點B′的坐標為（4，﹣3）．設直線AB′的解析式為y=kx+b（k≠0），將A（1，）、B′（4，﹣3）代入y=kx+b，得：，解得：，∴直線AB′的解析式為y=﹣x+，當y=﹣1時，有﹣x+=﹣1，解得：x=，∴點P的坐標為（，﹣1）．（3）∵點M到直線l的距離與點M到點F的距離總是相等，∴（m﹣x0）2+（n﹣y0）2=（n+1）2，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0n+y02=2n+1．∵M（m，n）為拋物線上一動點，∴n=m2﹣m+1，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0（m2﹣m+1）+y02=2（m2﹣m+1）+1，整理得：（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0．∵m為任意值，∴，∴，∴定點F的坐標為（2，1）．【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次（一次）函數(shù)解析式、二次（一次）函數(shù)圖象上點的坐標特征、軸對稱中的最短路徑問題以及解方程組，解題的關鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用兩點之間線段最短找出點P的位置；（3）根據(jù)點M到直線l的距離與點M到點F的距離總是相等結合二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，找出關于x0、y0的方程組．15.（2018·天津·10分）在平面直角坐標系中，四邊形是矩形，點，點，點.以點為中心，順時針旋轉矩形，得到矩形，點，，的對應點分別為，，.（Ⅰ）如圖①，當點落在邊上時，求點的坐標；（Ⅱ）如圖②，當點落在線段上時，與交于點.①求證；②求點的坐標.（Ⅲ）記為矩形對角線的交點，為的面積，求的取值范圍（直接寫出結果即可）.【答案】（Ⅰ）點的坐標為.（Ⅱ）①證明見解析；②點的坐標為.（Ⅲ）.【解析】分析：（Ⅰ）根據(jù)旋轉的性質得AD=AO=5,設CD=x，在直角三角形ACD中運用勾股定理可CD的值，從而可確定D點坐標；（Ⅱ）①根據(jù)直角三角形全等的判定方法進行判定即可；②由①知，再根據(jù)矩形的性質得.從而，故BH=AH，在Rt△ACH中，運用勾股定理可求得AH的值，進而求得答案；（Ⅲ）.詳解：（Ⅰ）∵點，點，∴，.∵四邊形是矩形，∴，，.∵矩形是由矩形旋轉得到的，∴.在中，有，∴.∴.∴點的坐標為.（Ⅱ）①由四邊形是矩形，得.又點在線段上，得.由（Ⅰ）知，，又，，∴.②由，得.又在矩形中，，∴.∴.∴.設，則，.在中，有，∴.解得.∴.∴點的坐標為.（Ⅲ）.點睛：本大題主要考查了等腰三角形的判定和性質，勾股定理以及旋轉變換的性質等知識，靈活運用勾股定理求解是解決本題的關鍵.16.（2018·浙江衢州·10分）（12分）如圖，Rt△OAB的直角邊OA在x軸上，頂點B的坐標為（6，8），直線CD交AB于點D（6，3），交x軸于點C（12，0）．（1）求直線CD的函數(shù)表達式；（2）動點P在x軸上從點（﹣10，0）出發(fā)，以每秒1個單位的速度向x軸正方向運動，過點P作直線l垂直于x軸，設運動時間為t．①點P在運動過程中，是否存在某個位置，使得∠PDA=∠B？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；②請?zhí)剿鳟攖為何值時，在直線l上存在點M，在直線CD上存在點Q，使得以OB為一邊，O，B，M，Q為頂點的四邊形為菱形，并求出此時t的值．【考點】一次函數(shù)、待定系數(shù)法、菱形的判定、平行線分線段成比例定理【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問題；（2）①如圖1中，作DP∥OB，則∠PDA=∠B．利用平行線分線段成比例定理，計算即可，再根據(jù)對稱性求出P′；②分兩種情形分別求解即可解決問題：如圖2中，當OP=OB=10時，作PQ∥OB交CD于Q．如圖3中，當OQ=OB時，設Q（m，﹣m+6），構建方程求出點Q坐標即可解決問題；【解答】解：（1）設直線CD的解析式為y=kx+b，則有，解得，∴直