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专题25 难度大的必考动点问题强化练(解析版)-备战2021年中考数学查缺补漏再训练26个微专题

1、 20212021 年中考数学查缺补漏再训练年中考数学查缺补漏再训练 2626 个微专题个微专题 ( (全国通用全国通用) ) 专题专题 25 25 难度大的必考动点问题强化练难度大的必考动点问题强化练 ( (共共 9 9 道小题道小题) ) 1 1 (20192019山东青岛山东青岛)已知:如图,在四边形A8CD中,AB/CD,ACB=90,A8=10cm,BC=8cm OD垂直平 分AC,点P从点B出发,沿BA方向匀速运动,速度为lcm/s;同时,点Q从点D出发,沿DC方向匀速运动,速 度为1cm/s;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.过点P作PEAB,交BC于点E,过点Q作QFAC,

2、分 别交AD,OD于点F,G.连接OP,EG,设运动时间为t(s)(0t5),解答下列问题: (1)当为何值时,点E在BAC“的平分线上? (2)设四边形PECO的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式; (3)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使四边形PEGO的面积最大?若存在,求出的t值:若不存在,请 说明理由; (4)连接OE,OQ,在运动过程中,是否存在某一时刻t,使OEOQ?若存在,求出t的值;若不存在,请 说明理由. 【答案】见解析 【解析】 (1)在Rt ABC中,90ACB,10ABcm,8BCcm, 22 1086()ACcm, OD垂直平分线段AC, 3()OCOAcm,

3、90DOC, / /CDAB, BACDCO , DOCACB , DOCBCA, ACABBC OCCDOD , 6108 3CDOD , 5()CDcm,4()ODcm, PBt,PEAB, 易知: 3 4 PEt, 5 4 BEt, 当点E在BAC的平分线上时, EPAB,ECAC, PEEC, 35 8 44 tt, 4t 当t为 4 秒时,点E在BAC的平分线上 (2)如图,连接OE,PC OEGOPEOEGOPCPCEOECOPEG SSSSSSS 四边形 141415315 (4)33 (8)(8)3 (8) 252524524 ttttt 2 315 6(05) 88 ttt

4、(3)存在 2 35267 ()(05) 8232 Stt , 5 2 t 时,四边形OPEG的面积最大,最大值为 267 32 (4)存在如图,连接OQ OEOQ, 90EOCQOC, 90QOCQOG, EOCQOG, tantanEOCQOG, ECGQ OCOG , 35 8 54 4 3 4 5 tt t , 整理得: 2 5611600tt, 解得 61521 10 t 或 61521 5 10 t (舍弃) 当 61521 10 t 秒时,OEOQ 2. (20202020 四川成都)四川成都)如图,在矩形ABCD中,4AB ,3BC ,E,F分别为AB,CD边的中点动 点P从点

5、E出发沿EA向点A运动,同时,动点Q从点F出发沿FC向点C运动,连接PQ,过点B作 BHPQ 于点H,连接DH若点P的速度是点Q的速度的 2 倍,在点P从点E运动至点A的过程中, 线段PQ长度的最大值为_,线段DH长度的最小值为_ 【答案】 (1). 3 2 (2). 132 【解析】连接 EF,则 EFAB,过点 P 作 PGCD 于点 G,如图 1,由于 222 PQPGQG,而 PG=3,所以 当 GQ 最大时 PQ 最大,由题意可得当 P、A 重合时 GQ 最大,据此即可求出 PQ 的最大值;设 EF 与 PQ 交于点 M,连接 BM,取 BM 的中点 O,连接 HO,如图 2,易证F

6、QMEPM,则根据相似三角形的性质可得 EM 为定 值 2,于是 BM 的长度可得,由BHM=BEM=90可得 B、E、H、M 四点共圆,且圆心为点 O,于是当 D、H、 O 三点共线时,DH 的长度最小,最小值为 DOOH,为此只需连接 DO,求出 DO 的长即可,可过点 O 作 ON CD 于点 N,作 OKBC 于点 K,如图 3,构建 RtDON,利用勾股定理即可求出 DO 的长,进而可得答案 解:连接 EF,则 EFAB,过点 P 作 PGCD 于点 G,如图 1,则 PE=GF,PG=AD=3, 设 FQ=t,则 GF=PE=2t,GQ=3t, 在 RtPGQ 中,由勾股定理得:

7、2 22222 3399PQPGQGtt, 当 t 最大即 EP 最大时,PQ 最大, 由题意知:当点 P、A 重合时,EP 最大,此时 EP=2,则 t=1, PQ 的最大值=993 2; 设 EF 与 PQ 交于点 M,连接 BM,取 BM 的中点 O,连接 HO,如图 2, FQPE,FQMEPM, 1 2 FMFQ EMPE , EF=3, FM=1,ME=2, 22 2 2BMMEBE , BHM=BEM=90, B、E、H、M 四点共圆,且圆心为点 O, 1 2 2 OHOBBM, 当 D、H、O 三点共线时,DH 的长度最小, 连接 DO,过点 O 作 ONCD 于点 N,作 O

8、KBC 于点 K,如图 3,则 OK=BK=1, NO=2,CN=1,DN=3, 则在 RtDON 中, 22 13DODNON , DH 的最小值=DOOH=132 故答案为:3 2,132 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识, 涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度,属于中考压轴题,正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是 解题的关键 3 (2020凉山州)凉山州)如图,点 P、Q 分别是等边ABC 边 AB、BC 上的动点(端点除外) ,点 P、点 Q 以相 同的速度,同时从点 A、点 B 出发 (1)如图 1,连接 AQ、CP求证:

9、ABQCAP; (2)如图 1,当点 P、Q 分别在 AB、BC 边上运动时,AQ、CP 相交于点 M,QMC 的大小是否变化?若 变化,请说明理由;若不变,求出它的度数; (3)如图 2,当点 P、Q 在 AB、BC 的延长线上运动时,直线 AQ、CP 相交于 M,QMC 的大小是否变化? 若变化,请说明理由;若不变,求出它的度数 【答案】见解析。 【分析】 (1)根据等边三角形的性质,利用 SAS 证明ABQCAP 即可; (2)先判定ABQCAP,根据全等三角形的性质可得BAQACP,从而得到QMC60; (3)先判定ABQCAP,根据全等三角形的性质可得BAQACP,从而得到QMC12

10、0 【解析】 (1)证明:如图 1,ABC 是等边三角形 ABQCAP60,ABCA, 又点 P、Q 运动速度相同, APBQ, 在ABQ 与CAP 中, = = = , ABQCAP(SAS) ; (2)点 P、Q 在 AB、BC 边上运动的过程中,QMC 不变 理由:ABQCAP, BAQACP, QMC 是ACM 的外角, QMCACP+MACBAQ+MACBAC BAC60, QMC60; (3)如图 2,点 P、Q 在运动到终点后继续在射线 AB、BC 上运动时,QMC 不变 理由:同理可得,ABQCAP, BAQACP, QMC 是APM 的外角, QMCBAQ+APM, QMCA

11、CP+APM180PAC18060120, 即若点 P、Q 在运动到终点后继续在射线 AB、BC 上运动,QMC 的度数为 120 4.(2021 山东廊坊模拟)山东廊坊模拟)如图,在平面直角坐标系中,矩形 OABC 的两边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正 半轴上,OA = 4,OC = 2点 P 从点 O 出发,沿 x 轴以每秒 1 个单位长的速度向点 A 匀速运动,当点 P 到 达点 A 时停止运动,设点 P 运动的时间是 t 秒将线段 CP 的中点绕点 P 按顺时针方向旋转 90得点 D, 点 D 随点 P 的运动而运动,连接 DP、DA (1)请用含 t 的代数式表示出点 D

12、的坐标; (2)在点 P 从 O 向 A 运动的过程中,DPA能否成为直角三角形?若能,求 t 的值若 不能,请说明理由 【答案】 (1)D 点坐标为1 2 t t ,; (2)t = 2 或 3 【解析】解: (1)取 CP 中点 M,作 MNOP 于 N,作 DHPA 于 H 可得,MNPPHD 1MN , 2 t NP ,P 点坐标为,0t, A B C D O P x y H M N D 点坐标为1 2 t t ,; (2)当90PDA时,PHDDHA, PHHD HDAH 即 1 2 3 2 t t t ,解得:2t 或6t (舍) 当90PAD时,COPPAD, CPCO PDPA

13、 ,即 22 1PA ,PA = 1,t = 3 故当DPA是直角三角形时,2t 或 3 【总结】本题一方面考查三角形的旋转问题,另一方面考查相似三角形的性质的运用,注意利用旋转的性 质进行求解 5 5 ( (20192019 湖北黄冈)湖北黄冈)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知 A(2,2) ,B(2,0) ,C(0,2) ,D (2,0)四点,动点 M 以每秒个单位长度的速度沿 BCD 运动(M 不与点 B、点 D 重合) ,设运动时 间为 t(秒) (1)求经过 A、C、D 三点的抛物线的解析式; (2)点 P 在(1)中的抛物线上,当 M 为 BC 的中点时,若PAMPBM,求

14、点 P 的坐标; (3)当 M 在 CD 上运动时,如图过点 M 作 MFx 轴,垂足为 F,MEAB,垂足为 E设矩形 MEBF 与BCD 重叠部分的面积为 S,求 S 与 t 的函数关系式,并求出 S 的最大值; (4)点 Q 为 x 轴上一点,直线 AQ 与直线 BC 交于点 H,与 y 轴交于点 K是否存在点 Q,使得HOK 为 等腰三角形?若存在,直接写出符合条件的所有 Q 点的坐标;若不存在,请说明理由 【答案】见解析。 【分析】 (1)设函数解析式为 yax 2+bx+c,将点 A(2,2) ,C(0,2) ,D(2,0)代入解析式即可; (2)由已知易得点 P 为 AB 的垂直

15、平分线与抛物线的交点,点 P 的纵坐标是 1,则有 1x+2, 即可求 P; (3)设点 Q(m,0) ,直线 BC 的解析式 yx+2,直线 AQ 的解析式 y(x+2)+2,求出点 K (0,) ,H(,) ,由勾股定理可得 OK 2 ,OH 2 +,HK 2 +,分三种情况讨论HOK 为等腰三角形即可; 【解答】解: (1)设函数解析式为 yax 2+bx+c, 将点 A(2,2) ,C(0,2) ,D(2,0)代入解析式可得 , , yx+2; (2)PAMPBM, PAPB,MAMB, 点 P 为 AB 的垂直平分线与抛物线的交点, AB2, 点 P 的纵坐标是 1, 1x+2, x

16、1+或 x1, P(1,1)或 P(1+,1) ; (3)CMt2,MGCM2t4, MD4(BC+CM)4(2+t2)4t, MFMD4t, BF44+tt, S(GM+BF)MF(2t4+t)(4t)+8t8(t) 2+ ; 当 t时,S 最大值为; (3)设点 Q(m,0) ,直线 BC 的解析式 yx+2, 直线 AQ 的解析式 y(x+2)+2, K(0,) ,H(,) , OK 2 ,OH 2 +,HK 2 +, 当 OKOH 时,+, m 24m80, m2+2或 m22; 当 OHHK 时,+, m 280, m2或 m2; 当 OKHK 时,+,不成立; 综上所述:Q(2+2

17、,0)或 Q(22,0)或 Q(2,0)或 Q(2,0) ; 【点评】本题考查二次函数综合;熟练应用待定系数法求函数解析式,掌握三角形全等的性质,直线交点 的求法是解题的关键 6.(2021 湖南岳阳模拟)湖南岳阳模拟)如图 1,平面直角坐标系xOy中,等腰 ABC的底边BC在x轴上,8BC ,顶 点A在y的正半轴上,2OA,一动点E从(3,0)出发,以每秒 1 个单位的速度沿CB向左运动,到达OB 的中点停止另一动点F从点C出发,以相同的速度沿CB向左运动,到达点O停止已知点E、F同时 出发, 以EF为边作正方形EFGH, 使正方形EFGH和ABC在BC的同侧 设运动的时间为t秒 (0t )

18、 (1)当点H落在AC边上时,求t的值; (2)设正方形EFGH与ABC重叠面积为S,请问是存在t值,使得 91 36 S ?若存在,求出t值;若不 存在,请说明理由; (3)如图 2,取AC的中点D,连结OD,当点E、F开始运动时,点M从点O出发,以每秒2 5个单 位的速度沿ODDCCDDO运动,到达点O停止运动请问在点E的整个运动过程中,点M可能在 正方形EFGH内(含边界)吗?如果可能,求出点M在正方形EFGH内(含边界)的时长;若不可能, 请说明理由 【答案】 (1)t=1; (2)存在, 14 3 t ,理由见解析; (3)可能, 34 55 t 或 45 33 t 或35t 理由见

19、 解析 【解析】 (1)用待定系数法求出直线 AC的解析式,根据题意用 t表示出点 H的坐标,代入求解即可; (2)根据已知,当点 F运动到点 O 停止运动前,重叠最大面积是边长为 1的正方形的面积,即不存在 t, 使重叠面积为 91 36 S ,故 t4,用待定系数法求出直线 AB的解析式,求出点 H落在 BC 边上时的 t值,求 出此时重叠面积为 16 9 91 36 ,进一步求出重叠面积关于 t的表达式,代入解 t的方程即可解得 t值; (3)由已知求得点 D(2,1) ,AC=2 5,OD=OC=OA= 5,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时 长 【详解】 (1)由题意,A(0,2

20、),B(-4,0),C(4,0), 设直线 AC的函数解析式为 y=kx+b, 将点 A、C坐标代入,得: 40 2 kb b ,解得: 1 2 2 k b , 直线 AC的函数解析式为 1 2 2 yx , 当点H落在AC边上时,点 E(3-t,0),点 H(3-t,1) , 将点 H代入 1 2 2 yx ,得: 1 1(3)2 2 t ,解得:t=1; (2)存在, 14 3 t ,使得 91 36 S 根据已知,当点 F运动到点 O 停止运动前,重叠最大面积是边长为 1的正方形的面积,即不存在 t,使重叠 面积为 91 36 S ,故 t4, 设直线 AB的函数解析式为 y=mx+n,

21、 将点 A、B坐标代入,得: 40 2 mn n ,解得: 1 2 2 m n , 直线 AC的函数解析式为 1 2 2 yx, 当 t4 时,点 E(3-t,0)点 H(3-t,t-3) ,G(0,t-3), 当点 H落在 AB边上时,将点 H代入 1 2 2 yx,得: 1 3(3)2 2 tt,解得: 13 3 t ; 此时重叠的面积为 22 1316 (3)(3) 39 t , 16 9 91 36 , 13 3 t5, 如图 1,设 GH交 AB于 S,EH 交 AB 于 T, 将 y=t-3 代入 1 2 2 yx得: 1 32 2 tx, 解得:x=2t-10, 点 S(2t-1

22、0,t-3), 将 x=3-t代入 1 2 2 yx得: 11 (3)2(7) 22 ytt, 点 T 1 (3,(7) 2 tt, AG=5-t,SG=10-2t,BE=7-t,ET= 1 (7) 2 t, 2 11 (7) 24 BET SBE ETt , 2 1 (5) 2 ASG SAG SGt 所以重叠面积 S= AOBBETASG SSS =4- 2 1 (7) 4 t- 2 (5) t= 2 527133 424 tt, 由 2 527133 424 tt= 91 36 得: 1 14 3 t , 2 92 15 t 5(舍去), 14 3 t ; (3)可能, 3 5 t1 或

23、 t=4 点 D为 AC 的中点,且 OA=2,OC=4, 点 D(2,1) ,AC=2 5,OD=OC=OA= 5, 易知 M 点在水平方向以每秒是 4 个单位的速度运动; 当 0t 1 2 时,M在线段 OD 上,H未到达 D点,所以 M与正方形不相遇; 当 1 2 t1 时, 1 2 + 1 2 (1+4)= 3 5 秒, t 3 5 时 M 与正方形相遇,经过 1 (1+4)= 1 5 秒后,M 点不在正方行内部,则 34 55 t ; 当 t=1 时,由(1)知,点 F运动到原 E 点处,M点到达 C处; 当 1t2时,当 t=1+1 (4-1)= 4 3 秒时,点 M 追上 G点,

24、经过 1 (4-1)= 1 3 秒,点M都在正方形EFGH 内(含边界) , 45 33 t 当 t=2 时,点 M 运动返回到点 O处停止运动, 当 t=3时,点 E运动返回到点 O处, 当 t=4时,点 F运动返回到点 O处, 当35t 时,点M都在正方形EFGH内(含边界) , 综上,当 34 55 t 或 45 33 t 或35t 时,点M可能在正方形EFGH内(含边界) 【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合,涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形 的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识,解答的关键是认真审题,提取相关信息,利用待定 系数法、数形结合法等解题方法

25、确定解题思路,进而推理、探究、发现和计算 7 7 ( (20192019 齐齐哈尔)齐齐哈尔)综合与探究 如图,抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于C点,OA2,OC6,连接AC和BC (1)求抛物线的解析式; (2)点D在抛物线的对称轴上,当ACD的周长最小时,点D的坐标为 (3)点E是第四象限内抛物线上的动点,连接CE和BE求BCE面积的最大值及此时点E的坐标; (4) 若点M是y轴上的动点, 在坐标平面内是否存在点N, 使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形? 若存在,请直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由 【答案】见解析。 【解析】 (1)由OA2,OC6 得到

26、A(2,0) ,C(0,6) ,用待定系数法即求得抛物线解析式 (2)由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得,ADBD,所以当点C、D、B在同一 直线上时,ACD周长最小求直线BC解析式,把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标 (3)过点E作EGx轴于点G,交直线BC与点F,设点E横坐标为t,则能用t表示EF的长BCE 面积拆分为BEF与CEF的和,以EF为公共底计算可得SBCEEFOB,把含t的式子代入计算 即得到SBCE关于t的二次函数,配方即求得最大值和t的值,进而求得点E坐标 (4)以AC为菱形的边和菱形的对角线分类画图,根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标 解:

27、 (1)OA2,OC6 A(2,0) ,C(0,6) 抛物线yx2+bx+c过点A、C 解得: 抛物线解析式为yx2x6 (2)当y0 时,x2x60,解得:x12,x23 B(3,0) ,抛物线对称轴为直线x 点D在直线x上,点A、B关于直线x对称 xD,ADBD 当点B、D、C在同一直线上时,CACDAC+AD+CDAC+BD+CDAC+BC最小 设直线BC解析式为ykx6 3k60,解得:k2 直线BC:y2x6 yD265 D(,5) 故答案为: (,5) (3)过点E作EGx轴于点G,交直线BC与点F 设E(t,t2t6) (0t3) ,则F(t,2t6) EF2t6(t2t6)t2

28、+3t SBCESBEF+SCEFEFBG+EFOGEF(BG+OG)EFOB3(t2+3t) (t)2+ 当t时,BCE面积最大 yE()26 点E坐标为(,)时,BCE面积最大,最大值为 (4)存在点N,使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形 A(2,0) ,C(0,6) AC 若AC为菱形的边长,如图 3, 则MNAC且,MNAC2 N1(2,2) ,N2(2,2) ,N3(2,0) 若AC为菱形的对角线,如图 4,则AN4CM4,AN4CN4 设N4(2,n) n 解得:n N4(2,) 综上所述,点N坐标为(2,2) , (2,2) , (2,0) , (2,) 8.(2020 湖

29、北随州)湖北随州)如图,在平面直角坐标系中,抛物线 2 1yaxbx的对称轴为直线 3 2 x ,其图象 与x轴交于点A和点(4,0)B,与y轴交于点C (1)直接写出抛物线的解析式和CAO的度数; (2)动点M,N同时从A点出发,点M以每秒 3个单位的速度在线段AB上运动,点N以每秒 2个 单位的速度在线段AC上运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动设运动的时间为 (0)t t 秒,连接MN,再将线段MN绕点M顺时针旋转90,设点N落在点D的位置,若点D恰好落 在抛物线上,求t的值及此时点D的坐标; (3)在(2)的条件下,设P为抛物线上一动点,Q为y轴上一动点,当以点C,P,

30、Q为顶点的三角形 与MDB相似时, 请直接写出 点P及其对应的点Q的坐标(每写出一组正确的结果得 1分, 至多得 4分) 【答案】(1) 2 13 1 44 yxx ,45CAO;(2) t= 3 4 , D点坐标为 3 2, 2 ; (3)1 349 5,0, 26 PQ ; 22 353 5,0, 222 PQ ; 33 317 1,0, 26 PQ ; 44 337 1,0, 222 PQ ; 55 2591257 ,0, 3918 PQ ; 66 25911151 ,0, 3999 PQ ; 77 71959 ,0, 3918 PQ ; 88 719251 ,0, 3999 PQ 99

31、 41 39373 ,0, 11 121242 PQ ; 1010 41 391687 ,0, 11 121363 PQ ; 1111 25 171617 ,0, 11 121242 PQ ; 1212 25 1711613 ,0, 11 121363 PQ 【解析】 (1)根据抛物线的对称轴以及点 B 坐标可求出抛物线表达式; (2)过点 N作NEAB于 E,过点 D 作DFAB于 F,证明NEMMFD,得到 ,NEMF EMDF,从而得到点 D坐标,代入抛物线表达式,求出 t值即可; (3)设点 P(m, 2 13 1 44 mm) ,当点 P 在 y轴右侧,点 Q在 y轴正半轴,过点 P

32、 作 PRy轴于点 R, 过点D作DSx轴于点S, 根据CPQMDB, 得到 CPPR MDDS , 从而求出m值, 再证明CPQMDB, 求出 CQ长度,从而得到点 Q 坐标,同理可求出其余点 P 和点 Q坐标. 【详解】解: (1)抛物线 2 1yaxbx的对称轴为直线 3 2 x , 3 22 b a ,则 b=-3a, 抛物线经过点 B(4,0) , 16a+4b+1=0,将 b=-3a代入, 解得:a= 1 4 ,b= 3 4 , 抛物线的解析式为: 2 13 1 44 yxx , 令 y=0,解得:x=4或-1, 令 x=0,则 y=1, A(-1,0) ,C(0,1) , tan

33、CAO=1 CO AO , 45CAO; (2)由(1)易知1,0A , 过点 N作NEAB于 E,过点 D作DFAB于 F, DMN=90 , NME+DMF=90 ,又NME+ENM=90 , DMF=ENM, NMDM,90DMN , NEMMFD(AAS) , ,NEMF EMDF, 由题意得:45CAO, 2ANt ,3AMt, ,2AECEt EMAMAEt, 2 ,41DFt MFt OFt, 41,2Dtt , 2 13 (41)(41)12 44 ttt ,又0t , 故可解得:t= 3 4 或 0(舍) , 经检验,当 t= 3 4 时,点,M N均未到达终点,符合题意,

34、此时 D点坐标为 3 2, 2 ; (3)由(2)可知:D 3 2, 2 ,t= 3 4 时,M( 5 4 ,0) ,B(4,0) ,C(0,1) , 设点 P(m, 2 13 1 44 mm) , 如图,当点 P 在 y轴右侧,点 Q在 y轴正半轴, 过点 P 作 PRy轴于点 R,过点 D 作 DSx 轴于点 S, 则 PR=m,DS= 3 2 , 若CPQMDB, CPPR MDDS ,则 22 22 CPPR MDDS , 2 22 2 13 44 459 164 mmm m ,解得:m=0(舍)或 1或 5(舍) , 故点 P 的坐标为: 3 1, 2 , CPQMDB, CPCQP

35、R MDMBDS , 当点 P 3 1, 2 时, 1 113 42 CQ ,解得:CQ= 11 6 , 1117 1 66 , 点 Q坐标为(0, 17 6 ) , 317 1,0, 26 PQ ; 同理可得:点 P 和点 Q的坐标为: 1 349 5,0, 26 PQ ; 22 353 5,0, 222 PQ ; 33 317 1,0, 26 PQ ; 44 337 1,0, 222 PQ ; 55 2591257 ,0, 3918 PQ ; 66 25911151 ,0, 3999 PQ ; 77 71959 ,0, 3918 PQ ; 88 719251 ,0, 3999 PQ 99

36、41 39373 ,0, 11 121242 PQ ; 1010 41 391687 ,0, 11 121363 PQ ; 1111 25 171617 ,0, 11 121242 PQ ; 1212 25 1711613 ,0, 11 121363 PQ . 【点睛】本题是二次函数综合题,考查了二次函数的图像和性质,二次函数表达式,全等三角形的判定和 性质,相似三角形的性质,难度较大,计算量较大,解题时注意结合函数图像,找出符合条件的情形. 9 (2021 深圳模拟)深圳模拟)在矩形 ABCD 中,连结 AC,点 E 从点 B 出发,以每秒 1 个单位的速度沿着 BAC 的路径运动,运 动时

37、间为 t(秒) 过点 E 作 EFBC 于点 F,在矩形 ABCD 的内部作正方形 EFGH (1)如图,当 ABBC8 时, 若点 H 在ABC 的内部,连结 AH、CH,求证:AHCH; 当 0t8 时,设正方形 EFGH 与ABC 的重叠部分面积为 S,求 S 与 t 的函数关系式; (2)当 AB6,BC8 时,若直线 AH 将矩形 ABCD 的面积分成 1:3 两部分,求 t 的值 【答案】见解析 【解析】 (1)如图 1 中, 四边形 EFGH 是正方形,ABBC, BEBG,AECG,BHEBGH90 , AEHCGH90 , EHHG, AEHCGH(SAS) , AHCH 如

38、图 1 中,当 0t4 时,重叠部分是正方形 EFGH,St2 如图 2 中,当 4t8 时,重叠部分是五边形 EFGMN,SSABCSAENSCGM= 1 2 8 82 1 2(8t) 2 t2+16t32 综上所述,S= 2 (0 4) 2+ 16 32(4 8) (2)如图 31 中,延长 AH 交 BC 于 M,当 BMCM4 时,直线 AH 将矩形 ABCD 的面积分成 1:3 两 部分 EHBM, = , 6 6 = 4,t= 12 5 如图 32 中,延长 AH 交 CD 于 M 交 BC 的延长线于 K,当 CMDM3 时,直线 AH 将矩形 ABCD 的面 积分成 1:3 两部分,易证 ADCK8, EHBK, = , 6 6 = 16,t= 48 11