2021中考数学专题复习：压轴题动态几何问题专项训练题7(附答案详解)

2021中考数学专题复习：压轴题动态几何问题专项训练题7（附答案详解） 1．如图，在平面直角坐标系中，直线y=线y=

3x+15分别交x轴、y轴于点A，B，交直41x于点M．动点C在直线AB上以每秒3个单位的速度从点A向终点B运动，2同时，动点D以每秒a个单位的速度从点0沿OA的方向运动，当点C到达终点B时，点D同时停止运动．设运动时间为t秒．

（1）求点A的坐标和AM的长．

（2）当t=5时，线段CD交OM于点P，且PC=PD，求a的值． （3）在点C的整个运动过程中， ①直接用含t的代数式表示点C的坐标．

②利用（2）的结论，以C为直角顶点作等腰直角△CDE（点C，D，E按逆时针顺序排列），当OM与△CDE的一边平行时，求所有满足条件的t的值．

22．如图（1），已知抛物线yax2ax3a与x轴交于A、B两点，与y轴负方向交

于C点，且tanACO1． 3

（1）试求出抛物线的解析式；

（2）E为直线y1上．动点，F为抛物线对称轴上一点，当F点在对称轴上何处时，四边形ACFE的周长最短，并求出此时四边形的周长；

（3）如图（2），D1,0为x轴上一点，抛物线上x轴的上方是否存在点P，使得线段AP与直线CD相交且它们的夹角为45°，若存在这样的P点，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

3．B不重合）如图（1），在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，，连接CE，过点B作BFCE于点G，交AD于点F．

（1）求证：ABFBCE；

（2）如图（2），当点E运动到AB的中点时，连接DG，求证：DCDG； （3）如图（3），在（2）的条件下，过点C作CMDG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求证：FNNG2MNNH．

4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴交于点A，B（1，0），与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线l．

(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；

(2)在对称轴l上是否存在一点M，使得△BCM周长最小？若存在，求出△BCM周长；若不存在，请说明理由；

(3)若点P是抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动，过点P作PD//y轴，交AC于点D，当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．

5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx3与x轴交于A，B两点，与y，0)，B(4，0). 轴交于点C，其中A(1（1）求抛物线的解析式；

（2）连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE:AE4：5时， 求tanDAB的值；

（3）点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点

的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

6．如图，已知二次函数y12xbx的图像经过点A4,0，顶点为B一次函数 21x2的图像交y轴于点M,P是抛物线上-一点，点M关于直线AP的对称点N2恰好落在抛物线的对称轴直线BH上（对称轴直线BH与x轴交于点H）． y（1）求二次函数的表达式； （2）求点P的坐标；

（3）若点G是第二象限内抛物线上一点，G关于抛物线的对称轴的对称点是E，连接

OG，点F是线段OG上一点，点D是坐标平面内一点，若四边形BDEF是正方形，

求点G的坐标．

7．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx3交x轴于A（﹣1，0）和B（5，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F．

（1）求抛物线解析式；

（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长； （3）在（2）的条件下： ①连接DF，求tan∠FDE的值；

②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

8．如图，已知AOB60，在AOB的角平分线OM上有一点C，将一个120角的顶点与点C重合，它的两条边分别与射线OA,OB相交于点D,E.

（1）如图1，当DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时，请猜想ODOE与OC的数量关系，并说明理由；

（2）当DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；

（3）如图3，当DCE绕点C旋转到点D位于OA的反向延长线上时，求线段OD,OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.

9．如图，在RtABC中，C90，AC20，BC15．点P从点A出发，沿AC向终点C运动，同时点Q从点C出发，沿射线CB运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点P到达终点时，P、Q同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，过点P作PNAB于点N，连结PQ，以PN、PQ为邻边作PQMN.设PQMN与

ABC重叠部分的面积为S，运动时间为t秒．

（1）用含t的代数式表示PN的长为________；

（2）是否存在某一时刻t，使四边形PQMN为矩形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

（3）0t3时，求S与t的函数关系式．

10．如图，抛物线yxa1xa与x轴交于A,B两点(点A位于点B的左侧)，

2与y轴的负半轴交于点C．

1求点B的坐标． 2若

ABC的面积为6．

①求这条抛物线相应的函数解析式．

②在拋物线上是否存在一点P,使得POBCBO？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

11．我们知道求函数图象的交点坐标，可以联立两个函数解析式组成方程组，方程组的解就是交点的坐标．如：求直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标，我们可以联立两个解析式得到方程组x1y2x3，解得，所以直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐

yx6y5标为（1，5）．请利用上述知识解决下列问题：

（1）已知直线y＝kx﹣2和抛物线y＝x2﹣2x+3， ①当k＝4时，求直线与抛物线的交点坐标； ②当k为何值时，直线与抛物线只有一个交点？

（2）已知点A（a，0）是x轴上的动点，B（0，42），以AB为边在AB右侧做正方形ABCD，当正方形ABCD的边与反比例函数y＝的取值范围．

12．如图，一次函数yx3的图象与抛物线yx2bxc交x轴于B点，交y轴于C点，抛物线交x轴的另一个交点为点A（点B的左边）．点D为抛物线上一个动点（且点D的横坐标x满足0x3，过点D作DE22的图象有4个交点时，试求axy轴交BC于点E．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）若BDE为直角三角形，求点D的坐标；

（3）在（2）的结论下，点P为抛物线上任意一个动点，点Q为x轴上一个动点，则以

B，D，P，Q四点为顶点的四边形能否为平行四边形，若能，请直接写出点P的坐

标；若不能，请说明理由．

13．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．

（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是_____；

（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：

（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若ABa、BCb，请探究线段EF与线段

EG之间存在怎样的数量关系？（用含a、b的代数式表示）

14．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O是坐标原点，OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝5，OC＝4．

(1)如图①，将矩形沿对角线OB折叠，使得点A落在点D处，OD与CB相交于点E，请问重叠部分△OBE是什么三角形？说明你的理由：并求出这个三角形的面积； (2)如图②，点E、F分别是OC、OA边上的点，将△OEF沿EF折叠，使得点O正好落在BC边上的D点，过点D作DH⊥OA，交EF于点G，交OA于点H，若CD＝2，求点G的坐标；

(3)如图③，照(2)中条件，当点E、F在OC、OA上移动时，点D也在边BC上随之移动，请直接写出BD的取值范围．

15．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线BC交x轴负半轴于点C，∠BCA＝30°，如图①．

（1）求直线BC的解析式．

（2）在图①中，过点A作x轴的垂线交直线CB于点D，若动点M从点A出发，沿射线AB方向以每秒2个单位长度的速度运动，同时，动点N从点C出发，沿射线CB方向以每秒2个单位长度的速度运动，直线MN与直线AD交于点S，如图②，设运动时间为t秒，当△DSN≌△BOC时，求t的值．

（3）若点M是直线AB在第二象限上的一点，点N、P分别在直线BC、直线AD上，是否存在以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

16．E为AB中点，已如两个全等的等腰△ABC、△DEF，其中∠ACB=∠DFE=90°，△DEF可绕顶点E旋转，线段DE，EF分别交线段CA，CB（或它们所在的直线）于M、N． （1）如图1，当线段EF经过△ABC的顶点时，点N与点C重合，线段DE交AC于M，已知AC=BC=5，则MC= ；

（2）如果2，当线段EF与线段BC边交于N点，线段DE与线段AC交于M点，连MN，EC，请探究AM，MN，CN之间的等量关系，并说明理由；

（3）如图3，当线段EF与BC延长线交于N点，线段DE与线段AC交于M点，连MN，EC，则（2）中AM，MN，CN之间的等量关系还成立吗？请说明理由．

17．如图，在等边三角形ABC中，AB=12cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AC匀速运动，动点Q同时从点B出发以同样的速度沿CB的延长线方向匀速运动，当点P到达点C时，点P，Q同时停止运动.设运动时间为ts，过点P作PE⊥AB于点E，连接PQ交AB于点D.

⑴当t为何值时，△CPQ为直角三角形？ ⑵求DE的长.

，，

⑶取线段BC的中点M，连接PM，将△CPM沿直线PM翻折，得到△CPM，连接AC，，

当t= 时，AC的值最小，最小值为 .

18．已知，AB是⊙O的直径，弦CD垂直平分AO，垂足为F，连接BC,BD． （1）如图1，求BCD的度数；

（2）如图2，点M,N分别为BD,CD上一点，并且BMDN，连接CM, BN，交R为BC上一点，点为G，连接DR与CM交于点H，BCM2BGM2DHM，求证：BCM2CDR； 3

（3）如图3，在（2）的条件下，CG43 ,CH6，求⊙O半径．

19．已知，在RtABC中，A90，点D在BC边上，点E在AB边上，

1BDEC，过点B作BFDE交DE的延长线于点F．

2

（1）如图1，当ABAC时：①EBF的度数为__________；②求证；DE2BF； （2）如图2，当ABkAC时，求

BF的值（用含k的式子表示）． DE20．在RtACB中，ACB90，AC2BC4，点P为AB中点，点D为AC边上不与端点重合的一动点，将APD沿PD折叠得EPD，点A的对应点为点E，若

DEAB，则AD的长为__________．

参考答案

1．（1）A(20，0)，10；（2）2；（3）①(20【解析】 【分析】 （1）在y540129t,t)，②或或4 55723x15中，令y0，得点A坐标，联立AB，OM解析式，求出点M坐标，4过点M作x轴垂线，垂足为G，由M坐标得出OG，MG，AG长度，由勾股定理可得结果． （2）过点C作CQ解出CQ长度即可．

（3）①作CKx轴与K，由CK中，得xc．

②当OM于△CDE的一边，分三种情况进行讨论：当OMCD 时，用

x轴交OM延长线与Q，证明△CPQ≌△DPO（AAS），得出CQ=OD，

ACCK3y轴，得，解出ycCK，代入yx154ABOBACAD解得tAMAO值；当OMCE时，用CK=2DK解得t值；当OMDE时，证明△CDK≌△CEG，用DH=2EH解得t值． 【详解】

解：（1）当y=0时，∴点A（20，0）； ∵两直线相交于点M

3x150，解得：x=20 43yx15x124∴，解得：

1y6yx2∴点M（12，6） 过点M作MG⊥OA于点G

∴OG=12，MG=6 ∴AG=20-12=8 在Rt△AMG中，

AMAG2MG2826210;

（2）∵动点C在直线AB上以每秒3个单位的速度从点A向终点B运动，同时，动点D以每秒a个单位的速度从点0沿OA的方向运动， ∴当t=5时则AC=15，OD=5a，AB=25 点C（8，9）

过点C作CQ∥x轴交OM的延长线于点Q，

∴点Q（18，9） ∴CQ=18-8=10， ∵CQ∥x轴 ∴∠G=∠DOP 在△CPQ和△DPO中，

QDOPCPQOPD PCPD∴△CPQ≌△DPO（AAS）

∴CQ=OD

即5a=10，解之：a=2.

（3）解：①过点C作CK⊥x轴于点K，

由题意可知AC=3t，AB=25，OB=15， ∴CK∥y轴， ∴△ACK∽△ABO

ACCK3tCK即 ABOB25159解之：CKt

5939当yt时，则x15t

54512t 解之：x205∴

129C20t，t; ∴点55②由①可知CK=

129t ， OK=20t

551 2∵AC=3t，OD=2t，tan∠MOA=当CD∥OM时，

ACAD3t202t即 AMAO1020解之：t=

5； 2当CE∥OM时，

∴∠ECD=∠CPO=90°

∴∠DCK+∠CDK=∠DOP+∠CDK=90°∴∠DCK=∠DOP ∴tan∠DCK=∴CK=2DK

∴DK=OD-OK=2t20DK1 CK21222tt20 55∴2229t20t 55解之：t40; 7当DE∥OM时，过点E作EH⊥x轴于点H，过点C作CK⊥x轴于点K，过点C作CG∥x

轴交HE于点G，

∵等腰直角△CDE ∴CD=CE

易证△CDK≌△CEG， ∴CK=CG=GH=

12229t ， GEDKOKOD20t2t20t,

55592231t20tt20, 555EHGHGEDHDKKHDKCK20∵OM∥ED，

∴∠MOA=∠EDH，tanEDH∴DH=2EH ∴2022913tt20t, 555EH1 DH21331t2t20 55解之：t=4. ∴t的值为【点睛】

熟练掌握一次函数与坐标轴相交，与正比例函数相交的交点计算，平面直角坐标系中求线段长度，用字母表示点的坐标，及关于动点问题的讨论，是解题的关键．

42．（1）a1；（2）四边形ACFE的最短周长1034，F1,；（3）存在这样的P点，

379且P,

24

540或或4.

72

【解析】 【分析】

（1）令y=0，可求得A(-1.0),B(3,0),根据条件求出点C的坐标，把点C的坐标代入抛物线的解析式求出a即可;

（2）设点A关于直线y=1的对称点A,点C关于抛物线对称轴的对称点C，连接AC与直线y=1交于点E，与对称轴交于点F，此时四边形ACEF的周长最短，求出直线AC与对称轴的交点即可;

△BDC，（3）设AP交CD于M，连BC．可证△MDA∽得出MD△DCO，得到DE轴于E，则可证△DME∽210，过M作MEx51126，ME，得到AM的解析式yx，5522联立方程组即可求解. 【详解】

22解：（1）yax2ax3aax2x3a(x3)(x1)，

∴A(1,0)，B(3,0)． ∵tanACO1，OC3， 3∴C0,3．∴3a3，∴a1

（2）设A关于y1的对称点为A，则A1,2，设C关于抛物线对称轴x1的对称点为C则C2,3．

设直线AC的解析式为ykxm，

5k,21km,3则有，解得

132km,m.3451514∴yx，当x1时，y，∴F1,．

333333四边形ACFE的最短周长ACCFFEEAACCFEFEAACAC，

AC123210，AC325234．

4∴四边形ACFE的最短周长1034，此时F1,．

3（3）设AP交CD于M，连BC．

△BDC， 可证：△MDA∽MD2MDBD∴，即． 210ADCD∴MD210． 5△DCO， 过M作MEx轴于E，则可证△DME∽210MDDEMEDEME． ∴，即5DCODOC1310∴DE26，ME， 55∴AM的解析式为：y11x． 22711x,2x1,yx,21由解得舍去 222y10,y9,yx2x3,2479∴存在这样的P点，且P,

24【点睛】

本题考查了二次函数综合知识的应用.综合程度较高，解题关键在于能够将所学知识点进行综合.

3．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析 【解析】 【分析】

（1）先判断出∠GCB+∠CBG＝90，再由四边形ABCD是正方形，得出∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB，即可得出结论；

（2）取BC中点P，连接PD交CG于Q，先证平行四边形PBFD，进而可证PD是CG的垂直平分线，由此可得结论；

△BNC得（3）先证△CGB△CGN得NGGB，再证△FMN∽△NGH得得△NCG∽FNNB2NG，继续证MNNCNCNGNH进而可得结论． NCNG【详解】

证明：（1）∵BF⊥CE， ∴∠CGB＝90°，

∴∠GCB+∠CBG＝90， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB， ∴∠FBA+∠CBG＝90， ∴∠GCB＝∠FBA， ∴△ABF≌△BCE（ASA）；

（2）如图，取BC中点P，连接PD交CG于Q， ∵F是AD中点 ∴BP//DF，BPDF ∴PBFD为平行四边形， ∴DP//BF， ∴Q是CG中点， 又BFCG， ∴PDCG，

∴PD是CG的垂直平分线， ∴DCDG，

（3）∵E是AB中点，P是BC中点， ∴ECBPDC， 又∵CHDG，DQCG ∴HCGQDG， 由（2）知：PDCQDG ∴ECBHCG

又∵CGBCGN90，CGCG， ∴△CGB△CGN ∴NGGB

△BNC 又∵△FMN∽∴

FNNB2NG MNNCNC又∵在Rt△NGC中，GHNC △NGH ∴△NCG∽

∴∴

NGNH NCNGFN2NG2NH， MNNCNG∴FNNG2MNNH．

【点睛】

此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定及性质是解本题的关键． 4．（1）y=x2﹣4x+3；（2）存在，1032；（3）P（1,0）或（2，-1） 【解析】 【分析】

（1）用待定系数法求解即可；

（2）连接AC交直线l于点M，连接BM．由轴对称的性质可知此时BM+MC=AM+MC=AC，即△ABM周长最短；

（3）分当∠APD=90°时和当∠PAD=90°时两种情况求解即可． 【详解】

2解：（1）将B(1，0)，C(0，3)代入yxbxc中，得

b41bc0，解得， c3c3∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3； （2）存在．

连接AC交直线l于点M，连接BM． ∵点A，B关于直线l对称， ∴BM=CM，

∴BM+MC=AM+MC=AC， ∴此时△ABM周长最短．

∵BCOB2OC210，ACOA2OC232， ∴△ABM的周长最小为AC+BC=1032；

（3）由题得，A(3，0)，B(1，0)，C(0，3)， ∴OA=OC ，∴∠CAO=45°，

当∠APD=90°时，∵PD//y轴，AB⊥y轴， ∴PD⊥AB，∴点P与点B重合， ∴P点坐标为（1，0）；

当∠PAD=90°时，则∠PAB=∠DAB=45°， ∵AB⊥PD，∴yD-yP， 设直线AC的解析式为y=kx+b， 把A(3，0)， C(0，3)代入得

3kb0， b3解得

k1， b3∴直线AC的解析式为y=-x+3，

设点D(m，-m+3)，点P(m，m2﹣4m+3)，

∴m3m24m3，解得m12,m23（舍去）， ∴P点坐标为(2，-1)，

综上所述，P(1，0)或(2，-1)． 【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，轴对称最短路径问题，等腰直角三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解（3）的关键． 5．（1）y3293410310410310xx3（2）（3）Q1(1,)，Q2(1,)，

24455551324Q3(5,3)，Q4(,)

55【解析】 【分析】

，0)，B(4，0)代入yax2bx3得出关于a，b的二元一次方程，求解即可；（1）将A(1

（2）过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H，过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G，证明DEF~AEG，得出DF3，设D(t,329tt3)，443F(t,t3)，可得出关于t的方程，解出t值，即可得出答案；

4（3）分①当PC为菱形的边时，②当PC为对角线时，两种情况讨论即可．

【详解】

（1）将A(1，0)，B(4，0)代入yax2bx3 得ab30a3416a4b30，解得9

b4解析式为y3x2944x3； （2）当x0时y3294x4x3 C(0,3)

设直线BC的解析式为ykxb，将B(4，0)，C(0,3)分别代入得：过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H 过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G

A(1，0)

当x1时y34x3154 G(1,154)，AG154

AG//y轴//DF

DEF~AEG

DEEDAGAE DE4155 4DF3

设D(t,3294t4t3)，F(t,34t3) DF(34t294t3)(334t3)4t23t3

解得：t1t22

y34x3

9D(2,)

29DH，AH123

29DH23； 在RtADH中，

tanDABAH32（3）设直线BC的解析式为：y=kx+b， 将B(4，0)，C(0，3)代入得04kb，

3b3k解得4，

b3∴直线BC的解析式为：y=①当PC为菱形的边时， ∵四边形PQCA是菱形， ∴AQ∥PC，

3x+3， 43x+b1， 43将点A(-1，0)代入得b1=，

433∴AQ的解析式为：y=x，

4433∴可设Q(m，m)，

44可设AQ的解析式为：y=根据勾股定理得AC的长为10， 根据菱形的性质可得AC=AQ，

33∴10=m1m， 4422解得m=4101， 5∴m1=

4104101， 1，m2=5533x， 44

将m1，m2代入y=

可得Q1(4103104103101,)，Q2(1,)； 5555②当PC为对角线时，

根据菱形的性质可得AQ⊥PC， ∴可设AQ的解析式为：y=将A(-1，0)代入得b3=

4x+b3， 34， 344∴AQ的解析式为：y=x+，

3344∴可设Q(n，n+)，

33根据菱形的性质可得AC=CQ，

44∴10=n2n3， 3313， 544将n1，n2代入y=x+，

331324可得Q3(5,3)，Q4(,)；

55解得n1=-5，n2=综上，Q点的坐标为Q1(24103104103101,)，Q2(1,)，Q3(5,3)，55551324Q4(,)．

55【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的几何综合，二次函数综合，根据题意得出关于所求值的方程是解题关键． 6．（1）y12210x2x；（2）点P的坐标为：（2，6）或（，）；（3）点G的坐标239为：（6，6）． 【解析】 【分析】

（1）直接把点A代入解析式，即可求出解析式；

（2）由题意，设点N的坐标为（2，n），连接MN，过点A作AD⊥MN，AD交抛物线

与点P，则点D为（1，

2n），由AD⊥MN，则kAD•kMN1，求出n的值，然后求212p2p），然后得到点E的坐标和直线OG的解析式，由2出直线AD的解析式，联合抛物线得到方程组，即可求出点P的坐标； （3）由题意，设点G为（p，

点F在线段OG上，得到点F的坐标，再结合正方形的性质，有BFEF求出BF、BE、EF，联立方程组，求出p的值，即可得到点G的坐标． 【详解】

解：（1）∵二次函数y∴

2BE，分别212xbx的图像经过点A4,0， 21(4)24b0， 2解得：b2；

∴二次函数的解析式为：y（2）由（1）知，y12x2x． 212x2x， 2∴顶点B为（2，2）， ∴对称轴为x2； 在一次函数y1x2中， 2令x0，则y2， ∴点M的坐标为（0，2）， 设点N的坐标为（2，n），

连接MN，过点A作AD⊥MN，AD交抛物线与点P，如图：

∵点M、N关于直线AP对称，

则AD垂直平分MN，即点D是MN的中点， ∴点D的坐标为（1，∵kAD•kMN1，

2n）， 2n2∴2•2n1， 4(1)0(2)0∴

2n2n•1， 62解得：n4，

∴点D的坐标为（1，3）或（1，1）， 结合点A（4，0），可求得： 直线AD的解析式为：yx4或y∵抛物线的解析式为y14x； 3312x2x， 2联合直线AD和抛物线，得

1212yx2xyx2x2∴或， 214yxyx433

2xx14x22x1423解得：，或，；

10y0y6y0121y29∵点A的坐标为（4，0）， ∴点P的坐标为：（2，6）或（210，）； 39（3）由题意可知，点G在第二象限，且点G在抛物线上，四边形BDEF是正方形，连接BE、DF，如图：

设点G为（p，

12p2p）， 212p2p）； 2∵点G与点E关于x2对称， ∴点E为（4p，

设直线OG为ykx，则

121p2p，则kp2， 221∴直线OG为y(p2)x；

2kp∵点F在线段OG上，则 设点F为（q，

1pq2q），点F在第二象限， 2∵四边形BDEF是正方形， ∴BFEF2BE， 2

∵点B为（2，2）， ∴BE1(p2)2(p22p2)2，

21BF(q2)2(pq2q2)2，

211EF(q4p)2(p22ppq2q)2，

22BFEF联合， 2BEBF2p6p6可解得：或，

q4q4∵点F在第二象限，则q0，

p6∴；

q4∴

1(6)22(6)6 2∴点G的坐标为：（6，6）． 【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养，也考查了正方形的性质，勾股定理，以及一次函数的性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，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是解题的关键． 7．（1）y【解析】 【分析】

（1）把A、B的坐标代入抛物线的解析式，解方程组即可；

（2）由C的纵坐标求得F的坐标，由△OCD≌△HDE，得出DH=OC=3，即可求得OD的长；

（3）①先确定C、D、E、F四点共圆，由圆周角定理求得∠ECF=∠EDF，由

321231xx3；（2）1；（3）①；②G（4，）或（4，6）．

2552

tan∠ECF=

EF11=，得到tan∠FDE=；

2CF2②连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，∠CED=45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1=45°，∠EDG2=45°，求得直线CE的解析式为y11x3，设直线DG1的解析式为yxm，设直线DG2的解析式为22y2xn，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．

【详解】

2（1）如图1，∵抛物线yaxbx3交x轴于A（﹣1，0）和B（5，0）两点，

3aab3032125{∴x3； ，解得：{，∴抛物线解析式为yx25a5b301255b5（2）如图2，∵点F恰好在抛物线上，C（0，3），∴F的纵坐标为3，把y=3代入

312312yx2x3得，x2x33，解得x=0或x=4，∴F（4，3），∴OH=4，

5555∵∠CDE=90°，∴∠ODC+∠EDH=90°，∴∠OCD=∠EDH，在△OCD和△HDE中，∵∠OCD=∠EDH，∠COD=∠DHE=90°CD=DE，∴△OCD≌△HDE∴DH=OC=3，，（AAS），∴OD=4﹣3=1；

（3）①如图3，连接CE，∵△OCD≌△HDE，∴HE=OD=1，∵BF=OC=3，∴EF=3﹣1=2，∵∠CDE=∠CFE=90°，∴C、D、E、F四点共圆，∴∠ECF=∠EDF，在RT△CEF中，∵CF=OH=4，∴tan∠ECF=

EF211=，∴tan∠FDE=；

2CF42②如图4，连接CE，∵CD=DE，∠CDE=90°，∴∠CED=45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，∠EDG2=45°∵EH=1，OH=4，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1=45°，，∴E（4，1），∵C（0，3），∴直线CE的解析式为y1x3，设直线DG1的解析式为2111yxm，∵D（1，0），∴01m，解得m=，∴直线DG1的解析式为

222111133yx，当x=4时，y4=，∴G1（4，）；

2222221+n，解得n=﹣2，∴直线DG2的设直线DG2的解析式为y2xn，∵D（1，0），∴0=2×4﹣2=6，∴G2（4，6）解析式为y2x2，当x=4时，y=2×； 综上，在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°，点G的坐标为（4，

3）或（4，6）． 2

8．（1）ODOE3OC，见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3）OEOD【解析】 【分析】

（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD＝即可得出结论；

3OC

33OC，OC，同OE＝22（2）同（1）的方法得OF＋OG＝3OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代换即可得出结论；

（3）同（2）的方法即可得出结论． 【详解】 解：（1）

OM是AOB的角平分线

1AOCBOCAOB30

2CDOA,ODC90,OCD60

OCEDCEOCD60

在RtOCD中，ODOCcos303OC， 2

同理：OE3OC 2ODOE3OC

（2）（1）中结论仍然成立，理由： 过点C作CFOA于F，CGOB于G

OFCOGC90 AOB60 FCG120

由（1）知，OF33OC,OGOC 22OFOG3OC

CFOA,CGOB，且点C是AOB的平分线OM上一点

CFCG

DCF120,FCG120 DCFECG,CFDCGE DFEG

OFODDFODEG,OGOEEG

OFOGODEGOEEGODOE ODOE3OC

（3）结论为：OEOD3OC.

理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G， ∴∠OFC＝∠OGC＝90°， ∵∠AOB＝60°， ∴∠FCG＝120°， 同（1）的方法得，OF＝33OC，OG＝OC， 22∴OF＋OG＝3OC，

∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°， ∴∠DCF＝∠ECG， ∴△CFD≌△CGE， ∴DF＝EG，

∴OF＝DF−OD＝EG−OD，OG＝OE−EG， ∴OF＋OG＝EG−OD＋OE−EG＝OE−OD， ∴OE−OD＝3OC． 【点睛】

此题属于几何变换综合题，主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质的综合运用，正确作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键． 9．（1）PN3t；（2）存在，t12；（3）S与t之间的函数关系式为72123t48t0t7S．

112t2-14t+96t372【解析】 【分析】

（1）根据三角函数即可计算出PN的长度；

（2）当口POMN为矩形时，由PN⊥AB可得PQ//AB，再根据平行线分线段成比例定理可得

CPCQ，最后计算即可； CABC（3）分PQMN在三角形内部时和PQMN有部分在外边时，分别由三角函数可计算各图形中的高，最后运用三角形的面积公式解答即可． 【详解】

解：（1）∵在Rt△ABC中，C=90°，AC=20，BC=15. ∴AB=AC2BC220215225

3 5∴sin∠CAB=

由题可知AP=5t.

则PN=AP·sin∠CAB=5t×故答案为：PN3t；

3=3t. 5

（2）当PQMN为矩形时，NPQ90， ∵PNAB， ∴PQ//AB， ∴

CPCQ， CABC由题意可知APCQ5t，CP205t，

205t5t， 201512解得；t，

7∴

即当PQMN为矩形时t（3）

①如图所示.PQMN在三角形内部时.延长QM交AB于G点， 由（1）题可知：cosAsinB12. 743，cosB，

55AP5t，BQ155t，PNQM3t.

∴ANAPcosA4t，

BGBQcosB93t， QGBQsinB124t，

∵PQMN在三角形内部时.有0QMQG， ∴03t124t， ∴0t12. 7

∴NG254t(93t)16t. ∴当0t12时，PQMN与ABC重叠部分图形为PQMN，S与t之间的函数关系 72式为SPNNG3t(16t)3t48t.

②如图所示.当0QGQM时，PQMN与ABC重叠部分图形为梯形PQGN， 即：0124t3t， 解得：

12t3， 7PQMN与ABC重叠部分图形为梯形PQGN的面积

11S梯形PQGNNG(PNQG)(16t)(3t124t)t214t96

22121t3，St214t96. 当

272123t48t0t7 综上，S1t2-14t+9612t372

【点睛】

本题考查了勾股定理、三角形中位线定理、平行线等分线段定理、函数解析式等知识点，根据题意画出图形并分情况进行讨论是解答本题的关键．

113331310．（1）（1，0）；（2）①yx2x3；②存在，点P的坐标为2,或22

53715337,． 22【解析】 【分析】

（1）直接令y0，即可求出点B的坐标；

（2）①令x=0，求出点C坐标为（0，a），再由△ABC的面积得到的值，即可得到解析式；

②当点P在x轴上方时，直线OP的函数表达式为y=3x，则直线与抛物线的交点为P；当点P在x轴下方时，直线OP的函数表达式为y=-3x，则直线与抛物线的交点为P；分别求出点P的坐标即可． 【详解】

解：1当y0时，xa1xa0,

21(1−a)•(−a)＝6即可求a2解得x11,x2a.

点A位于点B的左侧，与y轴的负半轴交于点C,

a0,

点B坐标为1,0．

2①由1可得，点A的坐标为a,0，点C的坐标为0,a,a0,

AB1a,OCa

ABC的面积为6,

11a(a)6, 2a13,a24． a0,

a3

yx22x3.

②点B的坐标为1,0,点C的坐标为0,3，

设直线BC的解析式为ykx3,

则0k3,

k3．

POBCBO,

当点P在x轴上方时，直线OP//直线BC, 直线OP的函数解析式y3x,为

y3x,则 2yx2x3,113113x1x222(舍去)， y3313y331312221133313点的P坐标为2,； 2当点P在x轴下方时，直线OP'与直线OP关于x轴对称， 则直线OP'的函数解析式为y3x,

y3x,则 2yx2x3,537537xx1222(舍去)， y15337y15337122253715337点P'的坐标为, 22113331353715337,综上可得，点P的坐标为2,或 222【点睛】

本题考查二次函数的图象及性质，一次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，结合数形结合的思想和分类讨论的思想解题是解本题的关键．

11．（1）①（1，2），（5，18）；②k＝﹣225；（2）a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4 【解析】 【分析】

y4x2x11x25（1）①由题意得：，解得，，即可求解； 2y2y18yx2x312②利用△＝0，即可求解；

（2）分a＞0、a＜0两种情况，探讨正方形的边与反比例函数图象交点的情况，进而求解． 【详解】

y4x2x11x25解：（1）①由题意得：，解得，， 2y2y18yx2x312∴直线与抛物线的交点坐标是（1，2），（5，18）； ②联立两个函数并整理得：x2﹣（k+2）x+5＝0， △＝（﹣k﹣2）2﹣4×5＝0， 解得：k＝﹣225； （2）①当a＞0时，如图1，

点A、B的坐标分别为：（a，0）、（0，42）， 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣当线段AB与双曲线有一个交点时， 联立AB表达式与反比例函数表达式得：﹣

42x+42， a4222x+42＝，

xa

整理得：4x2﹣4ax+2a＝0，

△＝（﹣4a）2﹣16×2a＝0，解得：a＝2，

故当a＞2时，正方形ABCD与反比例函数的图象有4个交点； ②当a＜0时，如图2，

（Ⅰ）当边AD与双曲线有一个交点时， 过点D作ED⊥x轴于点E，

∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠ADE＝∠BAO，

∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°， ∴△AOB≌△DEA（AAS）， ∴ED＝AO＝﹣a，AE＝OB＝42， 故点D（a+42，a），

由点A、D的坐标可得，直线AD的表达式为：y＝

28a（x﹣a）， 联立AD与反比例函数表达式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，

△＝（﹣a2）2﹣4a×（16）＝0，解得：a＝﹣4（不合题意值已舍去）； （Ⅱ）当边BC与双曲线有一个交点时， 同理可得：a＝﹣16，

所以当正方形ABCD的边与反比例函数的图象有4个交点时，a的取值范围为：﹣﹣4；

综上所述，a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4． 【点睛】

16＜a＜

本题考查了反比例函数和几何综合，二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．

12．（1）y=x2﹣4x+3；（2）D点坐标为D1（1，0），D2（2，﹣1）；（3）能，P，1(22,1)P2(22,1)

【解析】 【分析】

（1）先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式； （2）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当点D1为直角顶点时，点D1与点A重合；②当点B为△BD2E2的直角顶点时；分别求出坐标即可；

（3）由题意，利用平行四边形的判定和性质，通过平移直线BD进行讨论，即可求出点P的坐标． 【详解】

解：（1）由一次函数yx3的图象交x轴于B点，交y轴于C点可得， ∴B（3，0），C（0，3），

把B、C代入抛物线yxbxc可得，

20323bc， 3cb4∴

c3∴抛物线为y=x2﹣4x+3； （2）分两种情况：

①当点D1为直角顶点时，点D1与点A重合； 令y=0，得x2﹣4x+3=0， 解得：x1=1，x2=3； ∵点B在点A的右边， ∴A（1，0），B（3，0）； ∴D1（1，0）；

②当点B为△BD2E2的直角顶点时；

∵OB=OC，∠BOC=90°， ∴∠OBE2=45°；

当∠E2BD2=90°时，∠OBD2=45°， ∴BO平分∠E2BD2； 又∵D2E2∥y轴， ∴D2E2⊥BO，

∴D2、E2关于x轴对称；

直线BC的函数关系式为y=﹣x+3； 设E2（x，﹣x+3），D2（x，x2﹣4x+3）， 则有：（﹣x+3）+（x2﹣4x+3）=0， 即x2﹣5x+6=0；

解得：x1=2，x2=3（舍去）；

∴当x=2时，y=x2﹣4x+3=22﹣4×2+3=﹣1； ∴D2的坐标为D2（2，﹣1）．

∴D点坐标为D1（1，0），D2（2，﹣1）；

（3）由（2）知，当D点的坐标为D1（1，0）时，不能构成平行四边形； 当点D的坐标为D2（2，﹣1）（即抛物线顶点）时， 平移直线BD交x轴于点N，交抛物线于P； ∵D（2，﹣1）， ∴可设P（x，1）； ∴x2﹣4x+3=1，

解得：x122，x222； ∴符合条件的P点有两个， 即P，P． 1(22,1)2(22,1)【点睛】

本题考查了二次函数的综合，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定和性质等知识点，综合性较强，考查学生运用方程组、数形结合的思想方法．

13．（1）EF=EG （2）见解析 （3）【解析】 【分析】

EFb EGa（1）因为四边形ABCD是正方形，可得∠BED＝∠DEF＋∠BEF＝90°，根据题意可得，∠GEF＝∠GEB＋∠BEF＝90°，继而可证∴∠GEB＝∠DEF，然后利用ASA判定Rt△EGB≌Rt△EFD，最后根据全等三角形对应边相等即可求解．

（2）过点E分别作EH⊥BC,EI⊥CD，垂足分别为H，I，则四边形EHCI是矩形, 可得

∠FEI+∠HEF=∠GEH+∠HEF=90°，即∠FEI=∠GEH，根据正方形的性质，得出CE平分

∠BCD, 可证得EI=EH，利用ASA可判定△FEI≌△GEH，继而得出结论．

（3）过点E分别作EM⊥BC,EN⊥CD，垂足分别为M,N，同（2）可知，∠FEN=∠GEM 由长方形性质得：∠D=∠ENC=90°,进而可得EN∥AD,EM∥AB，由相似三角形的判定可得△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB，再由相似三角形对应边成比例，等量代换可得

ENEMENADb，根据相似三角形的判定可得△FEN∽△GEM，继而，继而得ADABEMABaEFENb． 求解

EGEMa【详解】 证明：（1）EF=EG ∵四边形ABCD是正方形 ∴ED＝EB，∠D＝∠GBE ∵∠GEF＝90° ∴∠GEB＋∠BEF＝90° ∵∠BED＝90°, ∴∠DEF＋∠BEF＝90° ∴∠GEB＝∠DEF

在Rt△EGB和Rt△EFD中，

D＝GBE ED＝EBGEB＝DEF∴Rt△EGB≌Rt△EFD（ASA） ∴EF＝EG．

（2）成立，证明如下：

如图，过点E分别作EH⊥BC,EI⊥CD，垂足分别为H，I，则四边形EHCI是矩形 ∴∠HEI=90°

∵∠GEF=90°

∴∠FEI+∠HEF=90°,∠GEH+∠HEF=90°

∴∠FEI=∠GEH

由正方形对角线的性质得，AC为∠BCD的角平分线 ，则EI=EH

FEIGEH在△FEI和△GEH中，EIEH

FIEGHE90∴△FEI≌△GEH（ASA） ∴EF=EG；

（3）如图，过点E分别作EM⊥BC,EN⊥CD，垂足分别为M,N 同（2）可知，∠FEN=∠GEM 由长方形性质得：∠D=∠ENC=90°, ∠ABC=∠EMC=90°,AD=BC=b. ∴EN∥AD,EM∥AB.

∴△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB

ENCEEMCE,， ADCAABCAENEMENADb ∴,即ADABEMABa∴

∵∠FEN=∠GEM,∠FNE=∠GME=90°∴△FEN∽△GEM ∴

EFENb． EGEMa

【点睛】

本题考查的知识点较多，主要考查矩形和正方形的性质、全等三角形的判定及其性质、相似三角形的判定及其性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法、相似三角形的判定方法．

14．（1）△OBE是等腰三角形，理由见解析；S△OBE8.2；（2）G(2,)；（3）1≤BD≤3 【解析】 【分析】

（1）根据折叠的性质和矩形的性质，得出12，32，进而得到△OBE是等腰三角形，再利用勾股定理求出EB的长，进而求面积即可；

（2）易得点G的横坐标为2，根据折叠的性质和DH⊥OA，得出DEDG，再在RtDCE中利用勾股定理求出DG的长即可得到点G的纵坐标；

（3）分两种情况考虑：①当点E运动到与点C重合时；②当点F运动到与点A重合时，分别求出BD的值，即可得到BD的取值范围． 【详解】

（1）△OBE是等腰三角形，理由如下： 如下图，

32

图形折叠

12

矩形OABC

BC//OA

即32

13 OEEB

△OBE是等腰三角形

设OEEBx，则CE5x 在RtOCE中，4(5x)x 求得x4.1

2221S△OBE4.148.2

2（2）如下图，

∵图形折叠

12

DHOA OC//DH 31 23

DEDG，DEG是等腰三角形

设DEOEDGx，则EC4x 在RtDCE中

22(4x)2x2，求得xHG43253 225 2即G:(2,)

（3）①当点E运动到与点C重合时，如下图：

此时，CD=OC=4，则BD=BC-CD=1； ②当点F运动到与点A重合时，如下图：

此时，AD=OA=5，在Rt△ABD中，BD=∴BD的取值范围为1≤BD≤3. 【点睛】

AD2AB2=5242=3，

本题考查折叠的性质、矩形的性质，熟练掌握这些性质的应用，且在直角三角形中灵活运用勾股定理求出线段的长是解题的关键. 15．（1）y＝23233x+2；（2），t＝+4秒时，△DSN≌△BOC；（3）M秒或t＝333（232,23+4）或M（264,266）或M（232,23）． 【解析】 【分析】

（1）求出B，C的坐标，由待定系数法可求出答案；

（2）分别过点M，N作MQ⊥x轴，NP⊥x轴，垂足分别为点Q，P．分两种情况：（Ⅰ）当点M在线段AB上运动时，（Ⅱ）当点M在线段AB的延长线上运动时，由DS＝BO＝2，可得出t的方程，解得t的值即可得出答案；

（3）设点M（a，﹣a+2），N（b，3，P（2，c），点B（0，2），分三种情况：（Ⅰ）b2）

3当以BM，BP为邻边构成菱形时，（Ⅱ）当以BP为对角线，BM为边构成菱形时，（Ⅲ）当以BM为对角线，BP为边构成菱形时，由菱形的性质可得出方程组，解方程组即可得出答案． 【详解】

解：（1）∵直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点， ∴x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝2， ∴A（2，0），B（0，2）， ∴OB＝AO＝2，

在Rt△COB中，∠BOC＝90°，∠BCA＝30°， ∴OC＝23， ∴C（﹣23， 0），

设直线BC的解析式为y＝kx+b，代入B，C两点的坐标得，

23kb0， b2∴k＝3，b＝2， 33x+2； 3∴直线BC的解析式为y＝

（2）分别过点M，N作MQ⊥x轴，NP⊥x轴，垂足分别为点Q，P． （Ⅰ）如图1，当点M在线段AB上运动时，

∵CN＝2t，AM＝2t，OB＝OA＝2，∠BOA＝∠BOC＝90°， ∴∠BAO＝∠ABO＝45°， ∵∠BCO＝30°，

∴NP＝MQ＝t， ∵MQ⊥x轴，NP⊥x轴，

∴∠NPQ＝∠MQA＝90°，NP∥MQ， ∴四边形NPQM是矩形， ∴NS∥x轴， ∵AD⊥x轴， ∴AS∥MQ∥y轴， ∴四边形MQAS是矩形， ∴AS＝MQ＝NP＝t， ∵NS∥x轴，AS∥MQ∥y轴，

∴∠DNS＝∠BCO，∠DSN＝∠DAO＝∠BOC＝90°， ∴当DS＝BO＝2时， △DSN≌△BOC（AAS）， ∵D（2，

23+2）， 3∴DS＝23+2﹣t， 3∴23+2﹣t＝2， 323（秒）； 3∴t＝（Ⅱ）当点M在线段AB的延长线上运动时，如图2，

同理可得，当DS＝BO＝2时，△DSN≌△BOC（AAS），

∵DS＝t﹣（23+2）， 3∴t﹣（

23+2）＝2， 3∴t＝

23+4（秒）， 3综合以上可得，t＝2323+4秒时，△DSN≌△BOC． 秒或t＝33（3）存在以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形：

M（﹣23﹣2，23+4）或M（﹣26﹣4，26+6）或M（﹣23+2，23）． ∵M是直线AB在第二象限上的一点，点N，P分别在直线BC，直线AD上， ∴设点M（a，﹣a+2），N（b， 3b+2），P（2，c），点B（0，2）， 3（Ⅰ）当以BM，BP为邻边构成菱形时，如图3，

∵∠CBO＝60°，∠OBA＝∠OAB＝∠PAF＝45°， ∴∠DBA＝∠MBN＝∠PBN＝75°， ∴∠MBE＝45°，∠PBF＝30°， ∴MB＝2ME，PF＝

2AP，PB＝2PF＝2AP， 2∵四边形BMNP是菱形，

a2b03(a2)c(b2)2， ∴32a2c解得，a＝﹣23﹣2，

∴M（﹣23﹣2，23+4）（此时点N与点C重合）， （Ⅱ）当以BP为对角线，BM为边构成菱形时，如图4，

过点B作EF∥x轴，ME⊥EF，NF⊥EF， 同（Ⅰ）可知，∠MBE＝45°，∠NBF＝30°， 由四边形BMNP是菱形和BM＝BN得：

ab203(a2)(b2)c2， 323b2a3解得：a＝﹣26﹣4， ∴M（﹣26﹣4，26+6），

（Ⅲ）当以BM为对角线，BP为边构成菱形时，如图5，

作NE⊥y轴，BF⊥AD， ∴∠BNE＝30°，∠PBF＝60°， 由四边形BMNP是菱形和BN＝BP得，

abb23(a2)2(b2)c，

332[2(b2)]43解得：a＝﹣23+2， ∴M（﹣23+2，23）．

综合上以得出，当以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形时，点M的坐标为： M（﹣23﹣2，23+4）或M（﹣26﹣4，26+6）或M（﹣23+2，23）． 【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，动点问题与全等结合，菱形探究，熟练掌握相关方法是解题的关键． 16．（1）【解析】 【分析】

（1）根据AC=BC，E为AB中点，得出CE⊥AB，∠ACE=∠BCE=

5；（2）见解析；（3）见解析 21∠ACB=45°，2

AE=CE，∠A=∠ACE=45°，再根据DF=EF，∠DFE=90°，得出∠FED=45°，∠FED=即可得出AM=MC；

1∠AEC，2（2）先在AM截取AH，使得AH=CN，连接EH，根据AE=CE，∠A=∠BCE=45°证出△AHE≌△CNE，HE=NE，∠AEH=∠CEN，∠HEM=∠AEC﹣∠AEH﹣MEC=∠AEC﹣=45°∠CEN﹣MEC=∠AEC﹣∠MEF=90°﹣45°，∠HEM=∠NEM=45°然后证出△HEM≌△NEM，HM=MN，最后根据AM=AH+HM=CN+MN即可得出答案； （3）先在CB上截取CH=AM，根据SAS证得△AEM≌△CEH，得出EM=EH，∠AEM=∠CEH，AM=CH，再根据∠MEN和∠AEC的度数，得出

∠CEH+∠CEN=∠HEN=45°，再在△EMN和△EHN中，根据SAS证得△EMN≌△EHN，得出MN=HN，即可求出答案． 【详解】

解：（1）∵AC=BC，E为AB中点， ∴CE⊥AB，∠ACE=∠BCE=∴∠A=∠ACE=45°， ∴∠AEC=90°，AE=CE， ∵DF=EF，∠DFE=90°， ∴∠FED=45°， ∴∠FED=

1∠ACB=45°， 21∠AEC， 2又∵AE=CE，

15AC=， 225故答案为：；

2∴AM=MC=

（2）AM=MN+CN，理由如下：

如图2，在AM截取AH，使得AH=CN，连接EH，

由（1）知AE=CE，∠A=∠BCE=45°∵在△AHE与△CNE中：

AHCNANCE， AECE∴△AHE≌△CNE（SAS）， ∴HE=NE，∠AEH=∠CEN，

∴∠HEM=∠AEC﹣∠AEH﹣MEC=∠AEC﹣∠CEN﹣MEC=∠AEC﹣∠MEF=90°﹣45°=45°，

∴∠HEM=∠NEM=45 ∵在△HEM与△NEM中：

HENEHEMNEM， MEME∴△HEM≌△NEM（SAS）， ∴HM=MN，

∴AM=AH+HM=CN+MN， 即AM=MN+CN；

（3）猜得：MN=AM+CN，理由如下： 如图3，在CB上截取CH=AM，连接EH，

在△AEM和△CEH中，

AMCHAHCE， AECE∴△AEM≌△CEH（SAS），

∴EM=EH，∠AEM=∠CEH，AM=CH， ∵∠MEN=45°，∠AEC=90°， ∴∠AEM+∠CEN=45°， ∴∠CEH+∠CEN=∠HEN=45°， ∵∠MEN=∠HEN， 在△EMN和△EHN中，

EMEHMENHEN， ENEN∴△EMN≌△EHN（SAS）， ∴MN=HN， ∴MN=CH+CN， ∴MN=AM+CN． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，关键是做出辅助线，构造全等三角形． 17．（1）4；（2）6；（3）1863，636 【解析】 【分析】

（1）由△ABC是等边三角形，可知∠C=60°，再由CQ=2CP列式即可求得t的值； （2）过点Q作QF⊥AB交AB的延长线于F，易证△PEA≌△QFB(AAS)，则EF=AB=12cm，易证△PED≌△QFD(AAS)，DE=DF，即可求得DE=

1EF=6； 2（3）分析可知，点C'的轨迹为如图所示BC'C，过点P作PN⊥MN，当A，C'，M三点共线时，AC'有最小值，再根据等边三角形性质及直角三角形性质求解即可． 【详解】

解：(1)∵△ABC是等边三角形， ∴∠C=60°，

∴当CQ=2CP时，∠CPQ=90°， ∴12+t=2(12-t)， ∴t=4，

∴t=4时，△CPQ是直角三角形．

(2)如图，过点Q作QF⊥AB交AB的延长线于F，

∵PE⊥AB， ∴∠PEA=∠F=90°，

∵PA=QB，∠A=∠ABC=∠QBF=60°， ∴△PEA≌△QFB(AAS)， ∴AE=BF， ∴EF=AB=12cm，

∵∠PED=∠F=90°，∠PDE=∠QDF，PE=QF， ∴△PED≌△QFD(AAS)， ∴DE=DF， ∴DE=

1EF=6． 2

(3)分析可知，点C'的轨迹为如图所示BC'C，过点P作PN⊥MN，

∴当A，C'，M三点共线时，AC'有最小值， ∵△ABC为等边三角形，M为BC中点， ∴AM⊥BC，∠ACM=60°， ∴MC1BC6， 2∴AM63, 又∵MCMC'， ∴AC'636，

设MNx，则NC6x， ∴NP3(6x)，

又∵AMPCMP∴MNNP， ∴x1AMC45， 23(6x)，

解得：x933，

∴NCMCMN333， ∴PC2NC636， ∴APACPC1863 ∴t1863，

即当t1863时，AC，的值最小，最小值为636，

故答案为：1863，636． 【点睛】

此题考查三角形动点问题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，判断出当A，B'，M在一条直线上时，AB'最小，是解本题的关键． 18．（1）60°； （2）证明见解析； （3）半径为【解析】 【分析】

（1）根据垂直平分线的性质和圆的半径相等可得出△OAD是等边三角形，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出答案；

（2）CD垂直平分AO，△OAD是等边三角形，得出△BCD是等边三角形，得到BD=BC，∠CBM=∠BDN，再证明CBMBDN，根据外角设BCM2a，找到

103． 3CDR60a602a3a即可求出结论．

DQ⊥CM，（3）在（2）的条件下，做辅助线：作CP⊥BN，翻折DH到DT；求出DQCP6，再根据角的关系得到∠DHT=∠CDT=∠T即CDCT，由勾股定理求出DC即可求解半径． 【详解】

（1）证明： 连接AD,OD

∵CD垂直平分AO， 又ADOD

AOADOD

OAD是等边三角形 BAD60

∵BDBD ,

BCDBAD60

（2）证明：

∵CD垂直平分AO， ∴ACAD,AB⊥CD， ∴∠ABC=∠ABD，BC=BD， ∵△OAD是等边三角形， ∴∠AOD=60°， ∴∠DBC=60°，

∴△BCD是等边三角形， ∴BD=BC，∠CBM=∠BDN， ∵BMDN ∴CBMBDN， ∴∠BCM=∠DBN， ∵∠DBN+∠CBN=60°，

∴∠BCM+∠CBN=60°， ∵∠BGM是△BGC的一个外角， ∴BGMBCMCBN=60， 设BCM2a，

∵BCM2BGM2DHM， ∴DHMa60，

DCM602a，

∵∠DHM是△DHC的一个外角， ∴CDR60a602a3a， ∴BCM2CDR． 3（3）如图：连接AC，作CP⊥BN，DQ⊥CM，翻折DH到DT； ①在RtCGP中：

CG43，CGPBGM60，

勾股定理得CP6，

②∵BC=CD，∠DCM=∠CBP，∠CPB=∠CQD=90°，

BCPCDQ，

得DQCP6， 翻折得DHDT，

∵BCM2CDR， 3-∠BCM+∴∠DHT=∠DCM+∠CDR=60°

31BCM =60°+BCM， 22∴T1BCM60， 2∵∠CDT=∠CDR+∠HDT

-∠DHT）=∠CDR+2（30°-∠BCM）=60°∴∠CDR+2（90°+∴∠DHT=∠CDT=∠T， 得CDCT

③设HQm,CT62mCD，DQ6m 在RtCDQ中，

1BCM， 262m26m62，

2m2，

得DC10，

由（1）得∠ACF=30°，∠A=60°， ∴AC=

23CF ， 3

∵CF1CD5 , 2∴AC=

103， 3103； 3即半径为

【点睛】

此题利用圆的内接多边形，主要考查垂直平分线，三角形全等和三角形外角的表示及利用外角证明角相等，其中最后一问考查辅助线的作法和翻折的相关知识． 19．（1）①22.5°，②见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）①先得出∠ABC=∠ACB=45°，再结合BDE1k 21C=22.5°，∠F=90°知2∠DBF=67.5°，据此可得答案；②过点D作DN∥AC，与BF的延长线交于N，与AB交于点M，证△BDF≌△NDF得BN2BF2NF，再证Rt△DEM≌Rt△BNM，据此即可得证；

（2）作DN∥AC，交BF延长线于点G，交AB于点H，同理可证

△BDF≌△NDFBN2BF，再证△NBM∽△EDM，

最后证△MBD∽△ABC，得到【详解】

（1）①）①∵∠A=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵BDEBM2BFBMDM即，BNDEDMDEBMBAk，据此可得答案． DMCA1C22.5，∠F=90°， 2∴∠DBF=67.5°，

∴∠EBF=∠DBF-∠ABC=22.5°；

②证明：如图1，过点D作DN∥AC，与BF的延长线交于N，与AB交于点M，

则NDBC，NMBDMBA90，

11BDFCNDBFDN，

22又∵DFDF，BFDNFD=90，

△BDF≌△NDF，

BN2BF2NF，

ABAC，A90

ABCCNDB45，

又FDB1C22．5EBF， 2Rt△DEM≌Rt△BNM， DEBN2BF．

（2）如图2，过点D作DN∥AC，与BF的延长线交于点N，与AB交于点M，

则同理可证：△BDF≌△NDF ．

BN2BF，

NMBDMB90，FBEMDE，

△NBM∽△EDM， BMDMBM2BF，即， BNDEDMDE又DN∥AC，

△MBD∽△ABC，

BMBA2BFk，k， DMCADE

则

BF1k． DE2【点睛】

本题是相似形的综合问题，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识点． 20．5555或．

22【解析】 【分析】

分两种情况讨论，延长ED交AB于F，由勾股定理可求AB的长，由折叠的性质可得APPE5，AE，由锐角三角函数可求

BCABPF，可求PF的长，可得AF的PE长，再由锐角三角函数可求解． 【详解】

解：如图，延长ED交AB于F，

ACB90，AC2BC4，

BC2，ABAC2BC216425，

点P为AB中点，

AP5，

将APD沿PD折叠得EPD，DEAB APsinAPEBCAB5，AE，

PF， PE225PF5

PF1，

AFcosA51，

AFADAC， AB51AD425 AD525；

如图，设DE与AB交于F，

将APD沿PD折叠得EPD，

AE，ADDE，APsinAsinEBCABPF， PEPE5，

225PF5，

PF1，

AF51，

tanAtanE， DFAFPFEF1， 251， 2AD，

BCACEF2，DFDE552故答案为：【点睛】

5555或．

22本题考查了翻折变换，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．