清單04與一元二次方程有關(guān)的動點問題（7種題型解讀（25題））

清單04與一元二次方程有關(guān)的動點問題（7種題型解讀（25題））【知識導(dǎo)圖】【知識清單】【考試題型1】利用一元二次方程解決三角形動點問題1．如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=6cm，一動點P從C出發(fā)沿著CB方向以1cm/s的速度向著終點B運動，另一動點Q從A出發(fā)沿著AC方向以2cm/s的速度向著終點A運動，已知P，Q兩點同時出發(fā)，運動時間為t(s)，當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另外一點也隨之停止．當(dāng)t為幾秒時，【答案】當(dāng)t為3秒時，△PCQ的面積是△ABC面積的1【分析】本題考查了一元二次方程的實際應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是得出CQ=12-2t,CP=t，根據(jù)三角形的面積公式列出方程求解．【詳解】解：根據(jù)題意可得：CQ=12-2t,CP=t，12解得：t1∴當(dāng)t為3秒時，△PCQ的面積是△ABC面積的142．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9cm，BC=7cm，動點P從點C出發(fā)，沿CA方向運動，動點Q從點B出發(fā)，沿BC方向運動，如果點P，Q的運動速度均為1【答案】運動3秒或4秒時，它們相距5【分析】本題主要考查了一元二次方程的實際應(yīng)用，勾股定理，根據(jù)題意得出CP=BQ=tcm，則CQ=設(shè)運動t秒鐘時，它們相距5cm【詳解】解：設(shè)運動t秒鐘時，它們相距5cm∴CP=BQ=tcm，則CQ=根據(jù)勾股定理可得：CP即t2解得：t1∴運動3秒或4秒時，它們相距5cm4．如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm，動點D從點A出發(fā)以4cm/s速度向點C移動，同時動點E從C出發(fā)以3cm/s(1)根據(jù)題意知：CE=____________，CD=____________；（用含t的代數(shù)式表示）(2)t為何值時，△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的13【答案】(1)3t(2)t=【分析】本題考查了列代數(shù)式、一元二次方程的應(yīng)用．（1）根據(jù)路程=速度×?xí)r間，即可求解；（2）根據(jù)題意可得△CDE面積等于△ABC面積的14，根據(jù)△CDE的面積等于三角形ABC的面積的1【詳解】（1）解：根據(jù)路程=速度×?xí)r間得：CE=3tcm，AD=4t則CD=AC-AD=4-4t故答案為：3tcm（2）解：∵△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的1∴△CDE面積等于△ABC面積的1∴1即1解得t1答：當(dāng)t=12時，△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的【考試題型2】利用一元二次方程解決四邊形動點問題4．我們知道：x2-x由此可得：P=x∵(x-3)∴當(dāng)x=3時，P有最小值為-9；∵-(x-5)∴當(dāng)x=5時，Q有最大值為25．利用以上的方法解答下列問題：(1)填空：按上面材料提示的方法配方：-a2(2)應(yīng)用：如圖，已知線段AB=6,M是AB上的一個動點，設(shè)AM=x，以AM為一邊作正方形AMND，再以MB、MN為一組鄰邊作長方形MBCN．問：當(dāng)點M在AB上運動時，長方形MBCN

【答案】(1)-a2(2)長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9，理由見解析【分析】本題主要考查配方法的應(yīng)用．（1）根據(jù)題干中所給的配方法可進行求解；（2）由題意可得長方形MBCN的面積為6x-x【詳解】（1）解：-a故答案為：-a2-12a+36（2）解：長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9，理由如下：由題意可得長方形MBCN的面積為6x-x∴6x-x∵-x-3∴長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9．5．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm,AD=2cm，點P以2cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A→B→C向點C運動，同時點Q以1cm(1)若運動時間為t秒，則CQ=______________，BP=_____________．(2)兩動點運動幾秒，使四邊形PBCQ的面積是矩形ABCD面積的49(3)是否存在某一時刻，點P與點Q之間的距離為5cm？若存在，求出運動所需的時間；若不存在，請說明【答案】(1)t；6-2t(2)兩動點運動23(3)存在，當(dāng)兩點運動時間為53s或73s時，點P與點【分析】（1）根據(jù)路程=速度×?xí)r間，即可表示CQ、BP的長；（2）根據(jù)梯形的面積公式列方程，即可求解；（3）根據(jù)勾股定理列方程解答即可，注意分0<t≤3、3<t≤4兩種情況討論．此題是一道動態(tài)題，有一定的難度，涉及到一元二次方程和勾股定理有關(guān)知識，注意分類討論思想的運用．【詳解】（1）解：由題意得：CQ=t，AP=2t，∴BP=AB-AP=6-2t；故答案為：t，6-2t；（2）解：根據(jù)題意，得BP=6-2t，CQ=t，矩形的面積=AB×AD=12，∴S∴(6-2t+t)×2×1解得：t=2所以，兩動點運動23秒時，四邊形PBCQ的面積是矩形ABCD面積的4（3）解：存在，理由如下：設(shè)兩動點經(jīng)過t秒使得點P與點Q之間的距離為5．

①當(dāng)0<t≤3時，如圖①，過點Q作QE⊥AB于點E，∴四邊形EBCQ是矩形，∴EB=CQ=t，EQ=BC=2，∴PE=6-3t，由勾股定理得：PQ∴5解得：t1=5②當(dāng)3<t≤4時，如圖②，∴PC=8-2t，由勾股定理得：PQ∴5∴5t此時Δ<0綜上所述，當(dāng)兩點運動時間為53s或73s時，點P與點6．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O，AC=16cm,BD=12cm,動點M從點A出發(fā)沿AC方向以2cm/s的速度運動到點C，動點N從點B出發(fā)沿BD方向以1cm/s的速度運動到點D

(1)出發(fā)1秒鐘時，△MON的面積=cm2(2)出發(fā)幾秒鐘時，△MON的面積為1【答案】(1)15(2)t=5+2或t=5或【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，一元二次方程與幾何問題，掌握菱形的對角線互相垂直平分，根據(jù)題意進行分類討論是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出OA=12AC=8cm，（2）根據(jù)題意進行分類討論即可①當(dāng)0<t<4時，點M在線段OA上，點N在線段OB上，②當(dāng)4<t<6時，點M在線段OC上，點N在線段OB上，③當(dāng)6<t<8時，點M在線段OC上，點N在線段OD上．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8當(dāng)出發(fā)1秒鐘時，AM=2cm,∴OM=OA-AM=6cm,∴△MON的面積=1故答案為：15．（2）解：∵AC=16∴t≤16解得：t≤8，當(dāng)點M在線段OA上時，0<t<82，即當(dāng)點N在線段OB上時，0<t<6，設(shè)出發(fā)時間為t，則AM=2t,BN=t，①當(dāng)0<t<4時，點M在線段OA上，點N在線段OB上，OM=8-2t,ON=6-t，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2②當(dāng)4<t<6時，點M在線段OC上，點N在線段OB上，OM=2t-8,ON=6-t，∵△MON的面積為1∴12解得：t=5，③當(dāng)6<t≤8時，點M在線段OC上，點N在線段OD上，OM=2t-8,ON=t-6，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2綜上：t=5+2或t=5或t=5-【考試題型3】利用一元二次方程解決與坐標(biāo)軸相關(guān)的動點問題7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，過點A0,4的直線AB與直線OC相交于點C1,3．動點P從點O出發(fā)沿路線O→C→B運動到點

(1)求直線AB的解析式；(2)當(dāng)△OPB的面積等于143時，求此時點P(3)設(shè)動點P每秒運動2個單位，運動時間為t（秒）．在運動過程中是否存在點P，使△OPB是等腰三角形？若存在，直接寫出點P運動時間t值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-x+4(2)P79(3)t的值為455【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；（2）先求出△OBC的面積，進而求出△OBP的面積，進而求出點P的縱坐標(biāo)，再分兩種情況，代入直線解析式中即可得出結(jié)論；（3）分點P在OC和BC上兩種情況，根據(jù)等腰三角形建立方程求解，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）∵點A的坐標(biāo)為(0,4)，∴設(shè)直線AB的解析式為y=kx+4，∵點C(1,3)在直線AB上，∴k+4=3，∴k=-1，∴直線AB的解析式為y=-x+4；（2）由（1）知，直線AB的解析式為y=-x+4，令y=0，∴-x+4=0，∴x=4，∴B(4,0)，設(shè)P的縱坐標(biāo)為m，∴S∴m=7∵C(1,3)，∴直線OC的解析式為y=3x，當(dāng)點P在OC上時，3x=7∴P7當(dāng)點P在BC上時，-x+4=73，∴P5綜上所述，點P的坐標(biāo)為P79,（3）①當(dāng)點P在OC上時，如圖1，只有OB=PB，

由（2）知，直線OC的解析式為y=3x，設(shè)P(a,3a)，∴BP∵B(4,0)，∴(4-a)2+(3a)2∴P(45，∴OP=4∵動點P每秒運動2個單位，∴t=4②當(dāng)點P在BC上時，如圖2，只有OP=PB，

∵直線AB的解析式為y=-x+4，設(shè)P(b,-b+4)，∴BP2=∴(4-b)2+∴P(2,2)，∴CP=(2-1)∵OC=1∵動點P每秒運動2個單位，∴t=(10綜上所述，t的值為455或【點睛】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形的面積，等腰三角形等知識，用分類討論的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．8．如圖1，在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，直線l1:y=-4x+8交x軸于點A，交y軸于點B，線段AB的中點記作點

(1)求點A、點B、點M的坐標(biāo)；(2)如圖2，過點M的直線l2的截距為5，交x軸于點C，點E、F是直線l2上的動點（點E在點M上方，點F在點M下方），且總滿足ME=MF，當(dāng)【答案】(1)A2,0，B0,8(2)F72【分析】（1）分別令x,y=0，即可得出A,B的坐標(biāo)，進而得出M的坐標(biāo)；（2）分∠AFE=90°，∠EAF=90°，分類討論，即可求解．【詳解】（1）解：∵直線l1:y=-4x+8交x軸于點A，交y軸于點B當(dāng)y=0時，x=2，x=0時，y=8∴A2,0，B∵M是AB的中點，∴M1,4（2）解：依題意，設(shè)l2的解析式為y=kx+5，將1,44=k+5，解得：k=-1∴直線l2的解析式為令y=0，則x=5，∴C5,0依題意，設(shè)直線l2與y軸交于點D，則D∴CO=DO，則△COD是等腰直角三角形，當(dāng)∠AFE=90°時，如圖所示，過點F點作FQ⊥x軸于點Q，

∵CO=DO=5∴∠DCO=45°∵AF⊥DC∴△AFC是等腰直角三角形，∴FQ=12AC∵A2,0，∴AQ=QF=∴F7當(dāng)∠EAF=90°，如圖所示，過點F點作FQ⊥x軸于點Q，

設(shè)Fm,-m+5，∵ME=MF，∠EAF=90°∴MA=MF∴m-1解得：m=342+1則F34綜上所述，F(xiàn)72【點睛】本題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點問題，勾股定理，斜邊上的中線等于斜邊的一半，解一元二次方程，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．9．如圖矩形OABC中，點B的坐標(biāo)（a，b）；點P為線段BC上的一動點（與點B，點C不重合），過動點P的反比例函數(shù)y＝kx的圖象交AB于Q，延長PQ交x軸于D(1)求證：四邊形ADPC為平行四邊形；(2)若a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），點F在AC上，若四邊形AQPF為菱形時，求這個反比例函數(shù)的解析式并直接寫出點F的坐標(biāo)．【答案】(1)見解析；(2)y＝403x，F(xiàn)（103，【分析】（1）根據(jù)矩形性質(zhì)和坐標(biāo)與圖形求得點P、Q坐標(biāo)，進而求得CP、BP、BQ、AQ，證明△QBP∽△QAD，利用相似三角形的性質(zhì)求得AD，證得AD=CP即可證得結(jié)論；（2）解一元二次方程求得a、b，利用菱形的性質(zhì)得到PF=PQ=AQ，進而得到關(guān)于k的方程，解方程求得k值即可解答．【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是矩形，點B的坐標(biāo)（a，b），∴BC∥OA，AB∥OC，∴C（0，b），A（a，0），∵點P為線段BC上，點P的反比例函數(shù)y＝kx的圖象交AB于Q∴P（kb，b），Q（a，ka），k＜∴CP=kb，BP=a－kb，BQ=b－ka，AQ∵BC∥OA，∴∠BPQ=∠ADQ,∠PBQ=∠DAQ,∴△QBP∽△QAD，∴AQBQ=AD解得：AD=kb∴AD=CP，又CP∥AD，∴四邊形ADPC是平行四邊形；（2）解：解方程3x2﹣28x＋64＝0得x1=4，x2=163∵a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），∴a=163，b=4∴BP=163－k4，BQ=4－3k16，AQ∵四邊形AQPF為菱形，∴PF∥AQ∥OC，PF=PQ=AQ，即PQ2=AQ2，∴（163－k4）2+（4－3k16）2=（3k解得：k=403或k=160∵k＜ab=643∴k=403∴反比例函數(shù)的解析式為y＝403x∵PF=AQ=3k16=52，P（103∴F（103，3【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形、反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定、解一元二次方程、菱形的性質(zhì)、求反比例函數(shù)解析式等知識，是反比例函數(shù)與幾何的綜合題，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運算，利用數(shù)形結(jié)合思想求解是解答的關(guān)鍵．10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，點C在y軸上，∠ACB=90°，OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣25x+144=0的兩個根（OA＜OB），點D是線段BC上的一個動點（不與點B、C重合），過點D作直線DE⊥OB，垂足為E．（1）求點C的坐標(biāo)．（2）連接AD，當(dāng)AD平分∠CAB時，求直線AD的解析式．（3）若點N在直線DE上，在坐標(biāo)系平面內(nèi)，是否存在這樣的點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】（1）C（0，12）．（2）y=（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，點M的坐標(biāo)是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【詳解】解（1）x2﹣25x+144=0得x=9或x=16，∵OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣25x+144=0的兩個根（OA＜OB），∴OA=9，OB=16．在Rt△AOC中，∠CAB+∠ACO=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠CBA=90°，∴∠ACO=∠CBA．∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB．∴OC2=OA?OB.∴OC=12，∴C（0，12）．解：（2）在Rt△AOC和Rt△BOC中，∵OA=9，OC=12，OB=16，∴AC=15，BC=20．∵DE⊥AB，∴∠ACD=∠AED=90°．又∵AD平分∠CAB，AD=AD，∴△ACD≌△AED．∴AE=AC=15．∴OE=AE﹣OA=15﹣9=6，BE=10．∵∠DBE=∠ABC，∠DEB=∠ACB=90°，∴△BDE∽△BAC．∴DEAC=BE解得DE=∴D（6，152設(shè)直線AD的解析式是y=kx+b，將A（﹣9，0）和D（6，152{-9k+∴直線AD的解析式是：y=解：（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形．①以BC為對角線時，作BC的垂直平分線交BC于Q，交x軸于F，在直線FQ上取一點M，使∠CMB=90°，則符合此條件的點有兩個，BQ=CQ=72BC=10∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，∴△BQF∽△BOC．∴BFBC∵BQ=10，OB=16，BC=20，∴BF=252∴OF=16﹣252=72．∴F（72∵OC=12，OB=16，Q為BC中點，∴Q（8，6）．設(shè)直線QF的解析式是y=ax+c，代入得：8a+c=672a+c=0∴直線FQ的解析式是：y=4設(shè)M的坐標(biāo)是（x，43根據(jù)CM=BM和勾股定理得：（x﹣0）2+（43x-143﹣12）2=（x﹣16）2+（4解得x1=14，x2=2．∴M的坐標(biāo)是（14，14），（2，﹣2）．②以BC為一邊時，過B作BM3⊥BC，且BM3=BC=20，過M3Q⊥OB于Q，還有一點M4，CM4=BC=20，CM4⊥BC，則∠COB=∠M3B=∠CBM3=90°．∴∠BCO+∠CBO=90°，∠CBO+∠M3BQ=90°．∴∠BCO=∠M3BQ．∵在△BCO和△M3BQ中，∠BCO=∠QBM∴△BCO≌△M3BQ（AAS）．∴BQ=CO=12，QM3=OB=16，OQ=16+12=28，∴M3的坐標(biāo)是（28，16）．同法可求出CT=OB=16，M4T=OC=12，OT=16﹣12=4，∴M4的坐標(biāo)是（﹣12，﹣4）．綜上所述，存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，點M的坐標(biāo)是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【考試題型4】一元二次方程與相似綜合解決動點問題11．如圖，在△ABC中，AB=AC=6，BC=8，點D是BC邊上的一個動點，點E在AC上，點D在運動過程中始終保持∠1=∠B，設(shè)BD的長為x(0<x<8)．

(1)求證：△DCE∽△ABD；(2)當(dāng)CE=2時，求x的值；(3)當(dāng)x為何值時，△ADE為等腰三角形？【答案】(1)答案見解析(2)x1=6，(3)x=2或x=【分析】（1）根據(jù)等邊對等角得∠B=∠C，利用三角形外角和的性質(zhì)得∠EDC=∠BAD即有相似成立；（2）利用第一問相似三角形的性質(zhì)對應(yīng)邊的比相等，列方程即可求得答案；（3）分類討論等腰三角形腰和底的情形，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)解出x的值；【詳解】（1）證明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠ADC=∠1+∠EDC=∠B+∠BAD，∠1=∠B∴∠EDC=∠BAD，∴△DCE∽△ABD．（2）∵△DCE∽△ABD，∴CEBD∴CEx則CE=8x-∵CE=2，∴2=8x-x26，解得（3）①DA=DE，∵△DCE∽△ABD，∴DC=AB=6，∴8-6=x，②DA=AE，則有∠1=∠AED，∵∠AED=∠C+∠EDC=∠B+∠EDC，與∠AED=∴此種情況不成立；③DE=AE，則有∠EAD=∴△DAC∽△ABC，∴DCAC則8-x6=6即當(dāng)x=2或x=72時，【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等邊對等角、三角形外角和性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，以及分類討論思想，熟練掌握利用三角形相似的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．如圖，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，動點P以2米/秒的速度從點A出發(fā)，沿AC向點C移動，同時動點Q以1米/秒的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B移動，設(shè)P、Q兩點移動t秒(0<t<5)后，四邊形ABQP的面積為S平方米．(1)當(dāng)t為何值時，PQ垂直BC？(2)求面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積能否相等？若能，直接寫出此時點P的位置；若不能，請說明理由；(4)若△PQC為等腰三角形，直接寫出t的值【答案】(1)t=(2)S=(3)不能，理由見解析(4)t的值為103秒或259秒或【分析】（1）當(dāng)AB⊥BC時，△CPQ∽△CAB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解；（2）過點P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的長，AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t，又PE∥AB，根據(jù)平行線分線段成比例列出比例式即可得出PE的長，再由三角形的面積公式即可得出結(jié)論；（3）假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則S△PCQ（4）有三種情況：①PC=QC，②PQ=QC，③PQ=PC，代入得出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可．【詳解】（1）解：當(dāng)PQ⊥BC時，如圖，在矩形ABCD中，∵AB⊥BC,∴AB∥PQ,∴△CPQ∽△CAB,∴CP在Rt△ABC中，AB=6，BC=8∴AC=A∴CQ=t，CP=10-2t，即10-2t10解得：t=40∴當(dāng)t=4013時，PQ垂直（2）過點P作PE⊥BC于E．Rt△ABC中，AC=AB由題意知：AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t由AB⊥BC，PE⊥BC得PE∥AB∴PEAB即：PE6∴PE=3又∵S∴S=S即：S=3（3）假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則有：3即：t∵∴方程無實根∴在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積不能相等．（4）①當(dāng)PC=QC時，有t=10-2t，t=10②當(dāng)PQ=QC時，有12(10-2t)t③當(dāng)PQ=PC時，有12t10-2t所以，當(dāng)t為103秒、259秒、8021【點睛】本題主要考查對等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的應(yīng)用，二次函數(shù)的關(guān)系式，矩形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識點的理解和掌握，能綜合運用這些性質(zhì)進行計算是解此題的關(guān)鍵．13．如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=10，BC=12，有兩動點P、Q分別在邊AB、BC上運動，點P的速度為每秒1個單位長度，點Q的速度為每秒2個單位長度，它們分別從點A和點B同時出發(fā)，點P沿線段AB按A→B方向向終點B運動，點Q沿線段BC按B→C方向向終點C運動，當(dāng)其中一個點到達(dá)終點時，另一個點也隨之停止運動．設(shè)運動時間為(1)如圖1，當(dāng)t為何值時，PQ∥AC；(2)當(dāng)t為何值時，以點P、B、Q為頂點的三角形與△ABC相似；(3)點P、Q在運動過程中，是否存在這樣的t，使得△PCQ的面積等于4？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)t=(2)t=154(3)存在，t=5【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)判定△BPQ∽△BAC，得到BPAB=BQBC，表示出（2）分△PBQ∽△ABC和△QBP∽△ABC分別討論即可；（3）過P作PE⊥BC，垂足為D，作BC邊上的高AD，利用三線合一和勾股定理求出AD，證明△PBE∽△ABD，得到BPAB=PEAD，表示出【詳解】（1）解：當(dāng)PQ∥AC時，△BPQ∽△BAC，∴BPAB∵AB=AC=10，BC=12，∴BP=10-t，BQ=2t，∴10-t10解得：t=15當(dāng)t=154時，（2）∵BP=10-t，BQ=2t，∠ABC=∠PBQ，∴當(dāng)△PBQ∽△ABC時，同（1）可得：t=15當(dāng)△QBP∽△ABC時，BQAB=BP解得：t=50綜上：當(dāng)t=154或t=5017時，以點P、B、（3）存在，理由是：如圖，過P作PE⊥BC，垂足為D，作BC邊上的高AD，∵AB=AC=10，BC=12，∴BD=CD=1∴AD=A∵∠BEP=∠ADB=90°，∠B=∠B，∴△PBE∽△ABD，∴BPAB=PE∴PE=8-4t∴S△PCQ=1解得：t=5或t=11，當(dāng)t=11時，BQ=22>BC，故不合題意，∴t=5，即存在t=5，使得△PCQ的面積等于4．【點睛】本題考查了三角形綜合題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形三線合一，解一元二次方程，分類討論．14．如圖，在直角△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，點D是BC的中點，點E是AB邊上的動點，DF⊥DE交射線AC于點F．(1)求BC的長；(2)聯(lián)結(jié)EF，當(dāng)EF∥BC時，求(3)聯(lián)結(jié)EF，當(dāng)△DEF和△ABC相似時，請直接寫出BE的長．【答案】(1)4(2)10(3)52或【分析】（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，由勾股定理可直接求出BC（2）作DG⊥EF于點G，設(shè)GE=x，先證明△EGD∽△DGF，用含x的式子表示DG，四邊形CDGF是矩形，則CF=DG，由△AEF∽△ABC，列方程求出x的值，再求出EF的長，即可根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例列方程求出BE的長；（3）△DEF和△ABC相似存在兩種情況，一是點F與點C重合，則點E為AB的中點；一是點F在AC的延長線上，作DG⊥BC于點G，通過證明△FED∽△ABC、△EDG∽△DFC、△BEG∽△BAC，即可求出BE的長．【詳解】（1）解：如圖，在Rt△ABC∵△ABC中，∠C=90°,AB=5,AC=3，∴BC=A∴BC的長為4．（2）解：如圖，聯(lián)結(jié)EF，作DG⊥EF于點G，設(shè)GE=xx>0∵EF//∴∠AFE=∠C=90°，∴EF⊥AC，∵∠C=∠GFC=∠FGD=90°，∴四邊形CDGF是矩形．∵D是BC的中點，∴GF=DC=1∵DF⊥DE，∴∠EDF=90∴∠EDG=90∵∠EGD=∠DGF=90∴△EGD∽△DGF，∴GE∴GD∴FC=GD=2x∵△AEF∽△ABC，∴AF∴AF=AC∴3-2x整理得9x解得x1=34-8∴GE=34-8∴EF=2+34-8∵AE∴AE=∴BE=5-（3）解：如圖2，當(dāng)點F與點C重合時，則∠EDC=∠EDF=90°，∴DE⊥BC，∵DB=DC，∴BE=CE，∴∠ECD=∠B，∵∠EDC=∠ACB=90°，∴△ECD∽△ABC，∴△EFD∽△ABC，∵∠ECA+∠ECD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠ECA=∠A，∴AE=CE，∴BE=AE=1如圖3，當(dāng)點F在AC的延長線上，且∠FED=∠B，∵∠FDE=∠ACB=90°，∴△FED∽△ABC∴EDBC=∴EDFD作DG⊥BC于點G，則∠EGD=90°，∵∠DCF=180°-∠ACB=90°，∴∠EGD=∠DCF，∵∠EDG=90°-∠CDF=∠DFC，∴△EDG∽△DFC，∴EGDC∴EG=4∴∠EGB=∠ACB=90°，∴EG∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴BEAB∴BE=AB綜上所述，BE的長為52或BE的長為52或40【點睛】此題重點考查相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程、二次根式的化簡、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法，解題的關(guān)鍵是正確地作出所需要的輔助線，構(gòu)造適當(dāng)?shù)南嗨迫切?，此題難度較大，屬于考試壓軸題．【考試題型5】一元二次方程與二次函數(shù)綜合解決動點問題15．如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象交x軸于A-1,0，B2,0，交

(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)若點M為該二次函數(shù)圖象在第四象限內(nèi)一個動點，求點M運動過程中，四邊形ACMB面積的最大值.(3)點P在該二次函數(shù)圖象的對稱軸上，且使|PB-PC|最大，求點P的坐標(biāo)；【答案】(1)y=(2)四邊形ACMB的面積最大值為4(3)P【分析】（1）由已知條件將A-1,0，B2,0，C0,-2代入y=a（2）連接BC，過點M作MN∥y軸交BC于點N，先求出直線BC的解析式為y=x-2，設(shè)Mt,t2-t-2，則Nt,t-2，可以計算出MN=-t2+2t，進而求出（3）作C點關(guān)于對稱軸的對稱點C'，連接BC'并延長與對稱軸交于點P，得到PB-PC=PB-PC'≤BC'，由【詳解】（1）解：將A-1,0，B2,0，C0,-2∴a-b+c=04a+2b+c=0c=-2，解得∴y=x（2）如圖，連接BC，過點M作MN∥y軸交BC于點N，

∵B2,0，C∴直線BC的解析式為y=x-2，設(shè)Mt,t2∴MN=t-2-t∴S△BCM∵S△ABC∴S四邊形當(dāng)t=1時，四邊形ACMB的面積最大值為4，此時M1,-2（3）∵y=x∴拋物線的對稱軸為直線x=1如圖，作C點關(guān)于對稱軸的對稱點C'，連接BC'

∵CP=C∴PB-PC=PB-PC∵C0,-2∴C'設(shè)直線BC'的解析式為∴k+m=-22k+m=0，解得k=2∴y=2x-4，∴P1【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運用，二元一次方程組，配方法求最大面積，已知兩點坐標(biāo)求距離，熟練掌握二次函數(shù)的圖像性質(zhì)，利用配方法、對稱軸的性質(zhì)計算最大面積、最大|PB-PC|時點P的坐標(biāo)是解答本題的關(guān)鍵．16．綜合與探究如圖，二次函數(shù)y=12x2+x-4的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．點P是第三象限內(nèi)二次函數(shù)圖象上一動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，過點p作直線PE∥BC分別交x軸，y

(1)求A，B，C三點的坐標(biāo)，并直接寫出直線BC的表達(dá)式；(2)當(dāng)DP=DE時，求m的值；(3)連接PC，試探究：在點P的運動過程中，是否存在點P，使得△PCE是直角三角形，若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A-4,0，B2,0，C(2)-2(3)存在，m【分析】（1）在拋物線的解析式中令x=0或y=0，即可得到A、B、C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法可以得到BC的表達(dá)式；（2）作PF⊥x軸于點F，由題意可得△PDF≌△EDO，從而DF=-12m，再由已知可以得到△PDF∽△CBO，PFDF=（3）由已知，可以用m表示P、C、E的坐標(biāo)，然后分當(dāng)∠CPE=90°和∠PCE=90°兩種情況討論．【詳解】（1）由y=1當(dāng)x=0時，y=-4∴點C的坐標(biāo)為0,-4．當(dāng)y=0時，12解得x1=-4∵點A在點B的左側(cè)，∴點A，B的坐標(biāo)分別為-4，0，由上可設(shè)BC的表達(dá)式為y=kx-4，把B點坐標(biāo)代入可得：k=2，∴直線BC的表達(dá)式為y=2x-4；（2）作PF⊥x軸于點F，

∴∠PFD=∠EOD=90°，又∵∠PDF=∠EDO，DP=DE，∴△PDF≌△EDO．∴DO=DF，∴DF=-1∵PE∥BC，∴∠PDF=∠CBO．又∵∠PFD=∠COB=90°，∴△PDF∽△CBO．∴PFDF∴-1∴m1=-22（3）∵PE∥BC，∠PEC=∠OCB<90°，∵Pm,∴PEPC2=m2∴①當(dāng)∠CPE=90°時，PC2+PE2=C∴m=-3或m=0（舍去）；②當(dāng)∠PCE=90°時，則PC⊥y軸，∴12∴m=-2或m=0（舍去），綜上所述，存在點P，使得△PCE是直角三角形，此時m1【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握函數(shù)的基本知識、全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用及一元二次方程的解法是解題關(guān)鍵．17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+bx+c交x軸于點A-4,0，B2,0，交y軸于點C0,6，在(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)若點D為拋物線在x軸負(fù)半軸上方的一個動點，求△ADE的面積的最大值；(3)拋物線的對稱軸上存在著點P，使△AEP為等腰三角形．符合條件的點P坐標(biāo)有若干個，請求出任意一個符合要求的點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=-(2)16(3)P的坐標(biāo)為：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【分析】（1）采用待定系數(shù)法即可求解；（2）連接DO，根據(jù)題意可知：點D在第二象限，設(shè)Da,-34根據(jù)S△AEO=12×AO×OE，S△ADO=12×AO×yD，S△EDO（3）先求出拋物線的對稱軸為：x=-1，設(shè)P點坐標(biāo)為：-1,t，結(jié)合A-4,0，E0,-2，可得AE2=20，AP【詳解】（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c交x軸于點A-4,0，B2,0∴16a-4b+c=04a+2b+c=0c=6，解得：∴二次函數(shù)解析式為：y=-3（2）連接DO，如圖，根據(jù)題意可知：點D在第二象限，設(shè)Da,-34∵A-4,0，E∴AO=4，OE=2，∵S△AEO=12×AO×OE∴S△AEO=4，S△ADO∴S△ADO=2y∵S△ADE∴S△ADE化為頂點式為：S△ADE即當(dāng)a=-23時，S△ADE即△ADE的面積的最大值為162（3）如圖，由y=-34x則拋物線的對稱軸為：x=設(shè)P點坐標(biāo)為：-1,t，∵A-4,0，E∴AE2=(-4-0)2當(dāng)PA=PE時，有：t2解得：t=1，此時P-1,1當(dāng)PA=AE時，有：t2解得：t=±11此時P的坐標(biāo)為：-1,11、-1,-當(dāng)PE=AE時，有：t+22解得：t=-2±19此時P的坐標(biāo)為：-1,-2-19、-1,-2+綜上：P的坐標(biāo)為：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求解拋物線解析式，二次函數(shù)的最值，勾股定理，解一元二次方程以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．18．如圖，直線y=12x+2分別與x軸、y軸交于C，D兩點，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖像經(jīng)過點(1)求點E的坐標(biāo)和二次函數(shù)表達(dá)式．(2)過點D的直線交x軸于點M．①當(dāng)DM與x軸的夾角等于2∠DCO時，請直接寫出點M的坐標(biāo)；②當(dāng)DM⊥CD時，過拋物線上一動點P（不與點D，E重合），作DM的平行線交直線CD于點Q，若以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標(biāo)．【答案】(1)y=-(2)①-32，0或32【分析】（1）利用一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征可求出點C的坐標(biāo)，過點D作直線DF∥x軸，過點E作EF∥y軸，交直線DF于點D，則△OCD∽△FDE，利用相似三角形的性質(zhì)可得出FD=3，利用一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征可求出點E的坐標(biāo)，再由點（2）①分點M在x軸負(fù)半軸和點M在x軸正半軸兩種情況考慮：(ⅰ)當(dāng)點M在x軸負(fù)半軸時，由三角形外角的性質(zhì)可得出∠M1CD=∠M1DC，進而可得出M1C=M1D，在Rt△ODM1中，利用勾股定理可求出O②由等角的余角相等可得出∠MDO=∠DCO，結(jié)合相似的判定和性質(zhì)可求出點M的坐標(biāo)，設(shè)點P的坐標(biāo)為x,-x2+72x+2，分點P在直線CD下方及點P在直線CD上方兩種情況考慮∶：(ⅰ)當(dāng)點P在直線CD下方時，由點D，M，P的坐標(biāo)利用平行四邊形的性質(zhì)可得出點Q的坐標(biāo)，再利用一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論；（ⅱ）當(dāng)點P在直線CD上方時，由點D，M，P【詳解】（1）解：∵直線y=12x+2分別與x軸、y軸交于C當(dāng)y=0時，12x+2=0，解得：∴點C的坐標(biāo)為-4，0，當(dāng)x=0時，y=1∴點D的坐標(biāo)為0，2，過點D作直線DF∥x軸，過點E作EF∥y軸，交直線DF于點∵DF∥x軸，EF∥∴∠OCD=∠FDE，∠ODC=∠FED，∴△OCD∽△FDE，∴OCFD=CD∴FD=3，∴點E的橫坐標(biāo)為3，∵點E在直線y=1∴當(dāng)x=3時，y=1∴點E的坐標(biāo)為3，∵點D0，2，E∴c=2-9+3b+c=解得：b=7∴二次函數(shù)表達(dá)式為y=-x（2）①分點M在x軸負(fù)半軸和點M在x軸正半軸兩種情況考慮，如圖2所示．（?。┊?dāng)點M在x軸負(fù)半軸時，∵∠DM1O=2∠DCO∴∠M∴M1設(shè)OM1=x在Rt△ODM1中，OM∵DM∴4-x2解得：x=3∴點M1的坐標(biāo)為-（ⅱ）當(dāng)點M在x軸正半軸時，∵∠DM由(ⅰ)可知：∠DM∴∠DM∴D∵DO⊥x軸，∴M1∴點M2的坐標(biāo)為3綜上所述，當(dāng)DM與x軸的夾角等于2∠DCO時，點M的坐標(biāo)為-32,0②∵DM⊥CD，∴∠CDO+∠DCO=∠CDO+∠MDO=90°，∴∠MDO=∠DCO，∵∠DOM=∠COD=90°，∴△DOM∽△COD，∴OMOD=OD∴OM=1，∴點M的坐標(biāo)為1，設(shè)點P的坐標(biāo)為x,-x分兩種情況考慮，如圖3所示，（?。┊?dāng)點P在直線CD下方時，∵點D的坐標(biāo)為0，2，點M的坐標(biāo)為1，∴MP∥DQ，∵點M向左平移1個單位，再向上平移2個單位得到點D，∴點Px,-x2+7又∵點Q在直線CD上，∴-x整理，得：2x解得：x1=3-（ⅱ）當(dāng)點P在直線CD上方時，∵點D的坐標(biāo)為0，2，點M的坐標(biāo)為1，∴DP∥MQ，∵點D向右平移1個單位，再向下平移2個單位得到點M，∴點Px,-x2+7又∵點Q在直線CD上，∴-x整理，得：2x∵Δ=∴該方程無實數(shù)根，∴該種情況不存在，綜上所述：當(dāng)以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，點P的橫坐標(biāo)為3-192或【點睛】本題考查一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征，相似三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，三角形外角的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征，平行四邊形的性質(zhì)，平移的點的坐標(biāo)特征．解題的關(guān)鍵是∶（1）利用相似三角形的性質(zhì)及一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征，求出點E的坐標(biāo)；（2）①分點M在x軸負(fù)半軸和點M在x軸正半軸兩種情況，利用等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理求出點M的坐標(biāo)；②分點P在直線CD下方及點P在直線CD上方兩種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)，平移的點的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征，找出關(guān)于x的一元二次方程．【考試題型6】一元二次方程與反比例函數(shù)綜合解決動點問題19．如圖，直線AB經(jīng)過點B0,-2，并與反比例函數(shù)y=kx交于點

(1)求直線AB和反比例函數(shù)的表達(dá)式；(2)點M為反比例函數(shù)圖象第二象限上一點，記點M到直線AB的距離為d，當(dāng)d最小時，求出此時點M的坐標(biāo)；(3)點C是點B關(guān)于原點的對稱點，Q為線段AC（不含端點）上一動點，過點Q作QP∥y軸交反比例函數(shù)于點P，點D為線段QP的中點，點E為x軸上一點，點F為平面內(nèi)一點，當(dāng)D，C，E，F(xiàn)四點構(gòu)成的四邊形為正方形時，求點【答案】(1)y=13(2)M(-3,1)(3)(2，0)或1,1【分析】（1）利用待定系數(shù)可得答案；（2）將直線AB向上平移，當(dāng)平移后的直線與雙曲線只有一個交點M時，此時d最小，設(shè)直線l的解析式為y=13x+b（3）將正方形問題轉(zhuǎn)化為等腰直角三角形，再分CD為斜邊和直角邊兩種情形，分別畫圖，利用全等三角形來解決問題．【詳解】（1）解：將A3,-1代入y=∴k=3×-1∴反比例函數(shù)的表達(dá)式為y=-3設(shè)直線AB的解析式為y=k將A3,-1與B0,-2代入可得：∴k1∴直線AB的解析式為y=1（2）將直線AB向上平移，當(dāng)平移后的直線與雙曲線只有一個交點M設(shè)直線l的解析式為y=1∴方程13整理得x2∴Δ=解得n=2或-2，∵直線l與y軸交于正半軸，∴n=-2舍去，解方程13x+2=-3∴y=-3∴M-3,1（3）分兩種情況討論：①當(dāng)CE⊥CD時，如圖，過C作CN⊥DQ于N，

∵QP∥∴∠EOC=∠OCN=∠CND=90°，∵四邊形DCEF為正方形，∴EC=DC，∠ECD=90°=∠OCN，∴∠ECO=∠DCN，∴△ECO≌△DCNAAS∴CN=CO，∵C與B關(guān)于原點對稱，∴OC=OB=2，CN=OC=2，∴C0,2，而A同理可得：直線AC的解析式為y=-x+2，∵CN=2，點Q在直線AC上，∴點Q的橫坐標(biāo)為2，當(dāng)x=2時，y=0，∴Q2,0②當(dāng)CD⊥DE時，如圖，過D作DM∥x交AC于點H，交y軸于M，交反比例函數(shù)圖象于N，過N作NE⊥x軸于

則四邊形OMNE是矩形，∴OM=EN，∴∠CMD=∠DNE=90°，∵四邊形CDEF為正方形，∴CD=DE，∠CDE=90°，同理可得：△CDM≌△DENAAS∴MD=EN=OM，由①知直線AC的解析式為y=-x+2，與x軸交于點2,0，與y軸的交點為0,2，∴∠ACB=45°，∴△CMH為等腰直角三角形，∴MH=CM，∠CHM=45°，∴△QDH為等腰直角三角形，∵MD+DH=OM+OC，∴DH=OC=2，∴DH=QD=2，∵D是PQ的中點，∴PQ=4，設(shè)Qa,-a+2，P∴-a+2+3∴a=-3（舍去）或a=1，∴-a+2=-1+2=1，∴Q1,1當(dāng)CE⊥DE時，若點E在CD左側(cè)時，記QD與x軸的交點為G，

同理可得：EG=OC=2，OE=DG，設(shè)Em,0，則D∵直線AC為y=-x+2，∴Q2+m,-m，P∴2m=-m-3解得m1∴Q1,1當(dāng)點E在CD右側(cè)時，同理可得△COE≌△EGDAAS

設(shè)Em,0，則D∴Pm-2,-∴DP=-m+3∵D為PQ中點，∴PQ=-2m+6∴Qm-2,-2m+3m-2，而Q∴-m-2解得m=-1±23∵m>0，∴m=-1+23∴Q2綜上，Q點的坐標(biāo)為2,0，1,1或23【點睛】本題是反比例函數(shù)與一次函數(shù)圖象交點問題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，函數(shù)與方程的關(guān)系，正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，同時注意分類討論．20．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-x+5與反比例函數(shù)y=kx(x>0)的圖象相交于點A(3,a)和點B(2,b)，點D，C分別是x軸和y軸的正半軸上的動點，且滿足CD∥

(1)求a，b的值及反比例函數(shù)的解析式；(2)若OD=1，求點C的坐標(biāo)，判斷四邊形ABCD的形狀并說明理由；(3)若點M是反比例函數(shù)y=kx(x>0)圖象上的一個動點，當(dāng)△AMD是以AM【答案】(1)a=2,b=3，y=(2)矩形，理由見解析(3)(5,1.2)，(3+332，-3+【分析】（1）把A(3,a)和B(2,b)分別代入y=-x+5得：a=2,b=3；進而把A(3,2)代入y=kx得k=6（2）根據(jù)CD∥AB，設(shè)CD的解析式為y=-x+m，依題意得出D的坐標(biāo)為(1,0)，進而可得CD解析式為y=-x+1，進而得出AB=CD=2，過點B作BE⊥y軸于點E，則E(0,3)，故△BEC（3）①當(dāng)∠MAD=90°時，根據(jù)圖形可得M(5,1.2)，②當(dāng)∠AMD=90°時，由圖得【詳解】（1）解：把A(3,a)和B(2,b)分別代入y=-x+5得：a=2,b=3；把A(3,2)代入y=kx得∴所求反比例函數(shù)解析式為y=6（2）∵CD∥AB，∴設(shè)CD的解析式為y=-x+m，又∵OD=1，D在x軸的正半軸上，∴D的坐標(biāo)為(1,0以點A、B、C、D構(gòu)成的四邊形是矩形，理由如下：CD解析式為y=-x+1，∴C(0,1∴A(3,2)，B(2,3)∴AB=CD=2又∵AB∥CD∴四邊形ABCD是平行四邊形過點B作BE⊥y軸于點E，則E(0,3)，故△BEC和∴∠ECB=∠OCD=45°，∴∠BCD=90°，∴?ABCD是矩形

（3）①當(dāng)∠MAD=90°時，由圖得：M(5,n)，∴5n=6，則n=1.2，∴M(5,1.2

②當(dāng)∠AMD=90°∴n(3+n=6，解得：n1=∴M(3+332，-3+綜上所述：M的坐標(biāo)為(5,1.2)，(3+332，【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)綜合，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解一元二次方程，分類討論，掌握反比例函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考試題型7】利用一元二次方程解決圓的動點問題1．如圖，圓心M（3，0），半徑為5的⊙M交x軸于A、B兩點，交y軸于C點，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A、B（1）求拋物線的解析式．（2）求圓M上一動點P到該拋物線的頂點Q的距離的最小值？并求出此時P點的坐標(biāo)．（3）若OC的中點為F，請問拋物線上是否存在一點G，使得∠FBG＝45°，若存在，求出點G的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=14x2-32x-4；（2）當(dāng)P(3,-5)時，【分析】（1）求出A、B、C三點的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求拋物線解析式，將A、B、C三點坐標(biāo)代入解析式組成方程組，解方程組即可；（2）把拋物線的解析式化為頂點式，根據(jù)點的坐標(biāo)與圓心連線交圓于P即可得出結(jié)果；（3）分兩種情況討論，先求出lHB:y=53x-【詳解】解：（1）連接MC，∵⊙M的圓心M（3，0），半徑為5，∴OA=AMOM=53=2，OB=BM+OM==5+3=8，∴A（2，0）、B（8，0），在Rt△OCM中，∴OC=CM2C（0，4），∴設(shè)拋物線的解析式為：y=ax2+bx+c（a≠0），∴c=-44a-2b+c=0∴a=1∴所求拋物線的關(guān)系式為：y=（2）連結(jié)MQ交⊙M于P，則PQ最短，∵y=∴拋物線的頂點Q3,-∵圓心M（3，0），∴M、P、Q在平行于y軸的直線上，而⊙M的半徑為5，∴當(dāng)P(3,-5)時，PQ的值取最小，∴PQ（3）∵C（0，4），OC的中點為F，∴F(0,-2)，分兩種情況，BG在BF下方時，連結(jié)FB，過點F作FH⊥BF交直線BG于H，過H作HE⊥y軸于E，∵∠FBG=45°，∴∠FHB=180°∠BFH∠FBH=180°90°45°，∴∠FHB=∠FBH=45°，∠HFB=90°，∴Rt△BFH為等腰直角三角形，∴FH=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠EFH=90o，∴∠OBF=∠EFH，

在△OFB和△EHF中，∠OBF=∠EFH∠FOB=∠HEF∴△OFB≌△EHF（AAS），∴OF=EH=2，OB=EF=8，∴OE=OF+EF=2+8=10，∵點H在第四象限，∴點H（2，10），設(shè)HB的解析式為lHB把H(2,-10)，B（8，0）、代入y=kx+b，-10=2k+b0=8k+b解得k=5∴l(xiāng)HB點G是直線lHB∴y=消去y得：14解方程得：∴x=143或則G1BG在FB上方時，連結(jié)FB，過點F作FH1⊥BF交直線BG于H1，過H1作H1E1⊥y軸于E1，∴∠FBH∴∠FH1B=180°∠BFH1∠FBH1=180°90°45°=45°，∴∠FH1B=∠FBH1=45°，∠H1FB=90°，∴Rt△BFH1∴FH1=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠E1FH1=90o，∴∠OBF=∠E1FH1，在△OFB和△E1H1F中，∠OBF=∠E∴△OFB≌△E1H1F（AAS），∴OF=E1H1=2，OB=E1F=8，∴OE1=E1FOF+=82=6，點H1在第二象限，∴點H1（2，6），設(shè)H1B解析式為lH8k解得k1∴則lH點G是lH∴y=-先去y得5x解得∴x=-225或則G2綜上所述：G-225【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和一次函數(shù)解析式及圓的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，二元方程組的解法，一元二次方程的解法，利用數(shù)形結(jié)合以及分類討論的數(shù)學(xué)思想方法及其用輔助線準(zhǔn)確畫出圖形是解題的關(guān)鍵．2．如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4厘米，點P從點B開始沿BC邊向點C以每秒2厘米的速度移動，同時點Q從點C開始沿AC邊向點A以每秒1厘米的速度移動，其中任意一點到達(dá)目的地后，兩點同時停止運動．求：（1）點P從點B出發(fā)，經(jīng)過幾秒△PCQ的面積等于1平方厘米？（2）是否存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，若存在，求出經(jīng)過幾秒相切？若不存在，請說明理由；（3）如圖2，點M是Rt△ABC內(nèi)的一個動點，且滿足∠MAC=∠MCB，求線段BM的最小值．【答案】（1）經(jīng)過1秒△PCQ的面積等于1平方厘米；（2）經(jīng)過4-22秒相切；（3）線段BM的最小值【分析】（1）首先設(shè)經(jīng)過x秒△PCQ的面積等于1平方厘米，然后利用面積列出方程，求解即可；（2）首先假設(shè)存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，然后根據(jù)相切的性質(zhì)和勾股定理，列出方程，求解即可；（3）首先由∠MAC=∠MCB得出∠AMB=90°，將其轉(zhuǎn)化為點M在以AC為直徑的圓在△ABC內(nèi)的弧上，則當(dāng)B，M，O三點共線時最小，即可得解.【詳解】（1）設(shè)經(jīng)過x秒△PCQ的面積等于1平方厘米，則BP=2x，PC=4x，CQ=x由題意，得1∴12化簡得：x22x+1=0∴x1=x2=1．答：經(jīng)過1秒△PCQ的面積等于1平方厘米；（2）假設(shè)存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，如圖設(shè)其切點為H，∵AB與圓P相切，∴PH⊥AB∵∠ABC=90°∠BAC=60°∴∠BPH=30°∴BH=12BP=x，PH=在Rt△PCQ中，PQ2=PH2=CQ2+PC2∴3x解得：x1由于點P的運動時間最大為2秒，故x2舍去所以經(jīng)過4-22（3）∵∠MAC=∠MCB∵∠ACM+∠BCM=∠BCM+∠CAM=90°，∴∠AMB=90°∴點M在以AC為直徑的圓在△ABC內(nèi)的弧上，如圖所示：∴當(dāng)B，M，O三點共線時最小BO=27，OM=OA=OB2∴BM=2答：線段BM的最小值27【點睛】此題主要考查直角三角形和圓的綜合問題，解題關(guān)鍵是利用動點構(gòu)建方程，求解即可.3．【概念認(rèn)識】定義：對角線互相垂直且相等的四邊形叫做垂等四邊形．（1）如圖1，已知在垂等四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點E，若AB⊥AD，AB=4cm，AD=3cm，求【數(shù)學(xué)理解】（2）在探究如何畫“圓內(nèi)接垂等四邊形”的活動中，小李與同學(xué)討論出了如下方法：如圖2，在⊙O中，已知AB是⊙O的弦，只需作