二次函数与几何图形综合题（动态几何问题）归纳练2025年中考数学二轮复习备考

二次函数与几何图形综合题（动态几何问题）归纳练2025年中考数学二轮复习备考 1．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，交轴于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，一次函数与抛物线交于，两点，与直线交于点，分别过点，，作轴的垂线，其垂足依次为点，，，若，求的值； (3)如图2，点为第一象限抛物线上一动点，连接，，将线段绕点逆时针旋转得到，点落在第一象限，连接，点关于的对称点为，连接，，分别交于点，点，请问，是定值吗？如果是，请分别求出定值；如果不是，请说明理由． 2．如图所示，抛物线的对称轴为直线，与轴交于，两点，与轴交于点，直线与该抛物线交于，两点（点在点的左侧）． (1)求该抛物线的解析式及，两点的坐标； (2)如图2，将位于直线上方的抛物线沿着直线翻折，点是上方的抛物线上的一动点，点的对应点为点，连接交于点． ①当四边形是菱形时，请直接写出点的坐标； ②在点的运动过程中，请求出线段的最大值． 3．如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点A，B，C均在坐标轴上，其中，． (1)如图1，若将沿翻折得到，则A点坐标为 ，D点坐标为 ； (2)如图2，若点P为上一动点，作点P关于AC的对称点Q，连接，是否存在这样的点P．使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由； (3)在（1）问的条件下，点E为y轴正半轴上一动点，是否存在点E使得为等腰三角形？如果存在，请直接写出的面积，若不存在，请说明理由． 4．定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图①，在中，，，点D、E分别在边上，，连接、，点M、P、N分别为、、的中点，连接、． 观察猜想 （1）线段与______ “等垂线段”；（填“是”或“不是”） 猜想论证 （2）绕点A按逆时针方向旋转到图②所示的位置，连接、，试判断与是否为“等垂线段”，并说明理由； 拓展延伸 （3）把绕点A在平面内自由旋转，若，请求出与的积的最大值． 5．如图，在长方形中，，，点P从点B出发，以秒的速度沿向点C运动，当点P与点C重合时，停止运动．设点P的运动时间为t秒： (1)________．（用t的代数式表示） (2)如图1，当t为何值时，． (3)如图2，当点P从点B开始运动，同时点Q从点C向点D运动（当点Q与点D重合时停止运动）．以秒的速度沿向点D运动．当v为何值，使得与全等？若存在，求出v的值；若不存在，请说明理由． 6．已知E、D分别在的边上，C为平面内一点，分别是、的平分线． (1)如图1，若点C在上，且，求证：； (2)如图2，若点C在的内部，且，请猜想之间的数量关系，并证明； (3)若点C在的外部，且，请根据图3、图4分别写出之间的数量关系（不需证明）． 7．已知：如图，在中，．点D是中点，点P从点C出发，沿向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q从点A出发，沿向点B匀速运动，速度为3cm/s；连接，将绕点D旋转得．设运动时间为t（s），解答下列问题： (1)当t为何值时，？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？ (3)设四边形的面积为y，求y与t的函数关系式； (4)是否存在某一时刻t，使得点T在的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 8．如图①，在中，，，，D为的中点，为的中位线，四边形为的内接矩形（矩形的四个顶点均在的边上）． (1)计算矩形的面积； (2)将矩形沿向右平移、点F落在上时停止移动，在平移过程中，当矩形与重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离； (3)如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形，将矩形绕点按顺时针方向旋转，当H1落在上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形，设旋转角为，求的值． 9．如图，在中，，，，动点P从点A出发，沿折线以每秒5个单位长度的速度向点B运动，当点P不与A、B重合时，过点P作，垂足为点D，将线段PD绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连接CE，点P、点D关于直线CE的对称点分别为点、．设点P的运动时间为t秒． (1)当P与C重合时，求t的值． (2)用含t的代数式表示PD的长． (3)当线段在内部时，求t的取值范围． (4)当时，直接写出t的值． 10．如图所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴正半轴上，直线交y轴于点M，边交y轴于点H． (1)求直线的函数解析式及的长； (2)连接，动点P从点A出发，沿折线方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围； (3)在（2）的情况下，当点P在线段上运动时，是否存在以为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由． 11．在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点． (1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标； (2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 12．如图1，抛物线与直线的交点分别位于x轴、y轴上的AB两点，与x轴的另一交点为． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，连接BC，点P为AB上方抛物线上一动点，过点P作交AB于点Q，过点P作轴交AB于点R，求△PQR周长最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）问条件下，当△PQR面积最大时，将△PQR绕点R顺时针旋转n°（），当旋转过程中，时，记此时三角形为，再将沿直线AB进行翻折得到，将沿直线AB进行平移，在平移过程中，若点恰好在抛物线上，记此时的三角形为，请直接写出此时的坐标． 13．如图，抛物线与轴交于、，与轴交于．是第一象限内抛物线上的一个动点． (1)求抛物线的解析式． (2)连接，，当时，求点的坐标． (3)在（2）的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位，平移后，的对应点分别为、，在轴上是否存在点，使是等腰直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 14．如图1，直线与x、y轴分别相交于A、B两点，将绕点O逆时针旋转90°得到，过点A、B、D的抛物线W叫做直线l的关联抛物线，而直线l叫做抛物线W的关联直线． (1)已知直线，求直线的关联抛物线的表达式； (2)若抛物线，求它的关联直线的表达式； (3)如图2，若直线，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM．若，求直线的关联抛物线的表达式； (4)在（3）的条件下，将直线CD绕着C点旋转得到新的直线，若点与点分别是抛物线与直线上的点，当时，，请直接写出m的取值范围． 15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E、F分别为BC、AD的中点，等腰直角三角形纸片PQM如图1放置，斜边PM与BE重合，且∠PQM＝90°，将三角形纸片PQM在矩形所在平面内移动，使得顶点P从点B出发沿着BC向点C运动，顶点M在EF上运动． (1)当点P在线段BE上时，如图2，若BP＝1，求EM的长度； (2)若tan∠MPE＝2，求BP的长； (3)在点P从点B运动到点C的过程中，直接写出点Q的运动路径长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《二次函数与几何图形综合题（动态几何问题）归纳练2025年中考数学二轮复习备考》参考答案 1．(1) (2) (3)，都是定值，， 【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解即可得； （2）设点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，先结合函数图象判断出，，，，则，，，再利用二次函数与一元二次方程的关系可得，，联立两条直线的解析式可得，代入化简计算即可得； （3）如图（见解析），过点作轴的垂线，交于点，连接，先求出，从而可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，，根据平行线的判定与性质可得，根据三角形的外角性质即可得；然后根据等腰三角形的判定可得，，设，，利用勾股定理可得，，最后求出的长，由此即可得． 【详解】（1）解：将点，代入抛物线得：， 解得， 则抛物线的解析式为． （2）解：设点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为， 将代入抛物线得：，即， 将代入一次函数得：， 一次函数与轴的交点坐标为，位于点的上方， 由函数图象可知，， ∴一次函数的图象经过第一、二、四象限， ∵一次函数与抛物线交于，两点，与直线交于点， ∴点，，的横坐标均大于0， ∵分别过点，，作轴的垂线，其垂足依次为点，，， ∴，，，，，， 联立，得， ∴，， ∴， 联立，得， ∴，解得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． （3）解：如图，过点作轴的垂线，交于点，连接， ∵， ∴， ∴， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， 由轴对称的性质得：垂直平分， ∴，， ∴（等腰三角形的三线合一）， ∴， ∵轴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，（等腰三角形的三线合一）， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， 设，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 综上，，都是定值，，． 【点睛】本题考查了二次函数的应用、二次函数与一元二次方程的关系、一元二次方程的根与系数的关系、旋转的性质、轴对称的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，较难的是题（3），通过作辅助线，构造等腰三角形，熟练掌握旋转和轴对称的性质是解题关键． 2．(1)，， (2)①；② 【分析】（1）先根据二次函数的对称轴可得，再将点代入二次函数的解析式可得，由此可得二次函数的解析式；然后与直线联立求解可得点的坐标； （2）①设直线分别交轴，轴于点，，交轴于点，过点作轴于点，先得出，再根据菱形的性质可得，，从而可得点的坐标，然后证出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，从而可得点的坐标，利用待定系数法可得直线的解析式，最后与抛物线的解析式联立求解即可得； ②设直线交轴于点，过点作轴，交于点，设点的坐标为，则点的坐标为，，再证出是等腰直角三角形，且，然后根据轴对称的性质可得，利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴， 解得， 将点代入抛物线得：， ∴该抛物线的解析式． 联立，解得或， ∵抛物线与直线交于，两点（点在点的左侧）， ∴，． （2）解：①如图，设直线分别交轴，轴于点，，交轴于点，过点作轴于点， 对于直线， 当时，，即， 当时，，解得，即， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形，且， ∵四边形是菱形， ∴，， 由（1）已得：，， ∴，即， ∵轴， ∴， 又∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，即， 设直线的解析式为， 将点，代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 联立，解得或， ∵点是上方的抛物线上的一动点，且，， ∴点的横坐标大于，且小于4， ∴点的坐标为． ②如图，设直线交轴于点，过点作轴，交于点， 设点的坐标为，则点的坐标为， ∴， 由（1）可知，， ∵轴， ∴， ，关于直线对称， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， 由二次函数的性质可知，在内，当时，取得最大值． 【点睛】本题考查了二次函数的应用、菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、轴对称的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 3．(1)，； (2)存在，； (3)存在，或或． 【分析】（1）过点D作轴于H，通过等腰三角形的性质和勾股定理求得的长度，得点A的坐标；由30度角的性质求出，由勾股定理求得的长度，即可求得点D的坐标； （2）点Q在线段上，作点C关于直线的对称点，连接交于，连接，此时的周长最小，由坐标与图形的性质和勾股定理求得周长的最小值； （3）设交y轴于F，．分三种情况解答：①当时；②当时；③当时． 【详解】（1）如图1中，过点D作轴于H． ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将沿AC翻折得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：，． （2）如图2中， ∵P，Q关于对称，点P在线段上， ∴点Q在线段上，作点C关于直线的对称点，连接交于，连接，此时的周长最小， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴的周长． ∴的周长的最小值为． （3）存在．如图3中，设交y轴于F，． 由题意，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ①当时，， 解得， ∴， ∴． ②当时，， 解得或（舍弃）， ∴， ∴． ③当时，， 解得或（舍弃）， ∴， ∴， 综上所述，的面积为或或． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，两点间的距离公式，勾股定理，三角形的面积公式，等边三角形的性质以及翻折对称变换等知识点，难度较大，注意分类讨论和方程思想在解题过程中的应用． 4．（1）是，见解析（2）是，见解析（3）49 【分析】（1）由题可知、均是中位线，由，根据，，，得到，继而得到，结合平行线的性质，得到即可． （2）先证，转化成（1）证明即可. （3）由（2）可得，要使有最大值，则只需有最大值，根据点A是定点，是定长，判定点D在以A圆心，以4为半径的圆上，根据直径是最大的弦，确定点B，A，D三点共线时，有最大值，且为14，计算的最大值即可. 【详解】（1）∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，, 故答案：是． （2）∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∵， ∴ ∴，, 故答案：是． （3）由（2）可得，要使有最大值，则只需有最大值， ∵点A是定点，是定长，， ∴点D在以A圆心，以4为半径的圆上， ∵直径是最大的弦， ∴点B，A，D三点共线时，且B，D在店A的两侧时，有最大值，且为14， ∴， ∴的最大值为49. 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，构造辅助圆求最值，熟练掌握中位线定理，构造辅助圆是解题的关键. 5．(1) (2) (3)存在，当或2.4时，与全等 【分析】本题主要考查了列代数式，全等三角形的性质，熟知全等三角形对应边相等是解题的关键. （1）根据路程速度时间，点的速度，表示出即可； （2）根据全等三角形对应边相等的性质得，即，求解即可； （3）分两种情况讨论，当，，时或当，，时，与全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计算求出的值，再计算的值即可． 【详解】（1）解：点从点出发，以秒的速度沿向点运动，点的运动时间为秒， ， 故答案为：； （2）解：∵， ∴， ， ∴， 解得， 当时，； （3）解：情况一：当，，时， ， ， ， ， ， ， ∴， ； 情况二：当，，时， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述，当或时，与全等． 6．(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3)图3中，；图4中， 【分析】（1）依据分别是的平分线，可得，进而得出，再根据平行线的性质，即可得到，即； （2）连接，依据，可得，再根据三角形外角性质，即可得到； （3）如图3中，依据是的外角，可得，依据是的外角，可得，进而得到；如图4中，同理可得． 【详解】（1）∵分别是的平分线， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）如图2，连接， ∵， ∴， ∵是的外角，是的外角， ∴， ∴； （3）图3中，；图4中，．理由：如图3， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴； 如图4， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的综合运用，解题时注意：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 7．(1)； (2)； (3)； (4)存在， 【分析】（1）首先根据勾股定理得到的长，根据旋转性质和平行四边形判定，可以证出四边形为平行四边形，利用得线段成比例，从而得解； （2）过Q作于N，用含t的代数式表示出的长，由（1）已经证明四边形PQRT为平行四边形，它的对角线互相垂直时为萎形，再证明，，再根据相似三角形对应边的比相等即可得解； （3）过P作于M，过点Q作于N，根据，即可得解； （4）过C作 于H，所以，再证明，对应角相等，即为内错角相等，所以，从而证出当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动，取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则，即可得解． 【详解】（1）解：连接， 由旋转知：，， ∴四边形为平行四边形， 当时，则 ， ∴， ∵，，， ∴， 依题意得：，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，； （2）解：由（1）知，四边形为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形为萎形知，当，即时，平行四边形为菱形， 过Q作于N， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴①， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， 由①等式知：， ∴， ∴， ∴， ∴，舍去负根， ∴， 检验是原方程的根， ∴； （3）解：∵四边形为平行四边形， ∴， 过P作于M，过点Q作于N， 由（2）知， 在中，， ∴， ∴ ， ∴； （4）解：过C作 于H， ∴， ∴， 连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动， 取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 即当时，T在的外接圆上． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆的性质，解题关键是恰当作出辅助线，熟练掌握以上性质和判定． 8．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知，由直角三角形的性质可知，从而求    得，，利用中位线的性质可得，，利用三角函数可得，由矩形的面积公式可得结果； （2）首先利用分类讨论的思想，分析当矩形与重叠部分为三角形时（），利用三角函数和三角形的面积公式可得结果；当矩形与重叠部分为直角梯形时()，列出方程解得x，即可得到答案； （3）作于Q，设，则， ，利用勾股定理可得m，在中，利用三角函数解得； 【详解】（1）解：如图①，在中， ∵，，， ∴， 又∵D为的中点，， ∴，， 又∵为的中位线， ∴， 在中，，， ∴， 在中，， ∴矩形的面积； （2）解：如图②，设矩形移动的距离为x，则， 当矩形与重叠部分为三角形时， 则，， ∴（舍去）， 当矩形与重叠部分为直角梯形时，则， 重叠部分的面积， ∴， 即矩形移动的距离为时，矩形与重叠部分的面积是； （3）解：如图③，于Q， 设，则， ∵ ，， 在中，， 解之得：，（负的舍去）． ∴． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质和三角函数定义等，利用分类讨论的思想，构建直角三角形是解答此题的关键． 9．(1) (2) (3) (4)或 【分析】（1）当P与C重合时，点P运动的路程即为AC的长度，据此列出方程求解即可； （2）分点P在AC上和在BC上两种情况讨论求解即可； （3）过点C作CF⊥AB于F，如图3-1所示，先证明当CE在CF左侧时， 此时点必然在△ABC的外部，不符合题意；然后分别求出如图3-2和如图3-3所示的两种临界情况，最后证明如图3-4所示的情况不符合题意即可得到答案； （4）分P在BC上和P在AC上两种情况，建立平面直角坐标系进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意得， 解得； （2）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得： 如图1所示，当点P在AC上，即时， ∵∠A=∠A，∠ADP=∠ACB=90°， ∴△ADP∽△ACB， ∴，即， ∴； 如图2所示，当点P在BC上，即， ∴∵∠B=∠B，∠BDP=∠BCA=90°， ∴△BDP∽△BCA， ∴，即， ∴； 综上所述，； （3）解：过点C作CF⊥AB于F， 如图3-1所示，当CE在CF左侧时，设直线CE与AB交于点G， ∵∠AFC=90°， ∴∠AGC＞90°， 又∵点是D关于直线CE的对称点， ∴此时点必然在△ABC的外部，不符合题意； 如图3-2所示，当CE与CF恰好重合时， ∵∠ADP=∠EPD=90°， ∴， ∴， ∴∠CEP=∠BCA=90°， ∴△CPE∽△BAC， ∴， 由（2）得， ∴由旋转的性质可得PE=PD=4t， ∴， 解得； 如图3-3所示，当点恰好落在BC上时， 由轴对称的性质可得， 过点E作EH⊥CP于H，则△CHE为等腰直角三角形， ∴CH=HE， ∵∠EHP=∠BCA=90°，∠EPH=∠A， ∴△EHP∽△BCA， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 解得； 当点P在AC上运动，且时，此时点在△ABC外部，不符合题意； 如图3-4所示，当点P在BC上运动时，由于点E在△ABC外部，则点在△ABC外部，不符合题意； 综上所述，当线段在内部时，； （4）解：如图1所示，当P在AC上时，设与直线CE交于点M，延长PD交直线CE于Q，连接MD，， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴∠CMP=∠QMP=90°， ∵PM=PM， ∴△CMP≌△QMP（ASA）， ∴CP=PQ， 如图所示，以AB为x轴，以CF所在的直线为y轴建立平面直角坐标系， 在Rt△ABC中，，， ∴,， ∴点C的坐标为（0，） 在Rt△PAD中，， ∴， ∴点D的坐标为（，0）， 由旋转的性质可得，∠DPE=∠ADP=90°， ∴轴， ∴点E的坐标为（，4t）， 设直线CE的解析式为， ∴， ∴， ∴直线CE的解析式为， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 解得； 如图4-2所示，当点P在线段BC上时，同图4-1中建立坐标系，设与BC交于N，过点D作DM⊥BC于M，过点N作NQ⊥PD于Q，过点B作BG⊥CE于G，过点G作GT⊥x轴于T， ∵，， ∴， ∴， 同理可证， ∴∠PDN=∠MDN， 又∵NQ⊥PD，MN⊥DM， ∴NQ=NM，∠NQD=∠NMD=90°， ∴△NQD≌△NMD（AAS）， ∴DQ=DM， 在Rt△ABC中，， ∵∠ABC+∠DPB=90°=∠DPM+∠PDM， ∴∠PDM=∠ABC， ∴，， ∴， ∴， 同理可证∠PNQ=∠PBD， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴（可以参考两个角的两边互相平行进行证明，两个角都是锐角，不存在互补的情况）， ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G的坐标为（，）， 同理可求得直线CG的解析式为， 在Rt△BDP中，， ∴， 由（2）得， ∴点E的坐标为（，）， ∵点E在直线CG上， ∴， ∴， ∴， 解得； 综上所述，当时，或 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，旋转的性质，角平分线的性质等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线，利用分类讨论和数学结合的思想求解． 10．(1)， (2) (3)当或时，为以为腰的等腰三角形． 【分析】（1）由点的坐标，利用勾股定理和菱形的性质易得点的坐标，由，的坐标可得直线的解析式；令，解得，得的长，易得； （2）设点到的距离为，由的面积易得，利用分类讨论的思想，三角形的面积公式①当在直线上运动；②当运动到直线上时分别得的面积； （3）分类讨论：①当时，，解得；②当时，利用勾股定理可得的长，易得． 【详解】（1）解：点的坐标为， ，即点的坐标为， 设直线的解析式为，则， 解得：， 直线的解析式为：， 令得：， 即， ； （2）解：设点到的距离为， 由， 即， ， ①当在直线上运动时的面积为与的运动时间为秒关系为： ，即； ②当运动到直线上时的面积为与的运动时间为秒关系为： ，即， 故； （3）解：存在①当时， 点的坐标为，，，， ，即， ； ②当时，即， 解得：． 综上所述，当或时，为以为腰的等腰三角形． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，动点问题，等腰三角形的性质和三角形的面积公式及待定系数法求解析式，解题的关键是利用分类讨论的思想，数形结合的思想求解． 11．(1)，A（﹣2，0）；C（0，4） (2)存在点M使AM＋OM最小， M（，） (3)存在， P（2，4） 【分析】（1）将B（4，0）代入，求出函数解析式即可求解； （2）作O点关于BC的对称点，连接A交BC 于点M，连接B，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，分别求出直线A的解析式和直线BC的解析式，两直线的交点即为M点； （3）连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G， 设，则G（t，－t＋4），由求出，再由PFCD，可得 则 当t＝2时，有最大值，同时可求P的坐标． 【详解】（1）将B（4，0）代入y＝﹣＋（m﹣1）x＋2m， ∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0， 解得m＝2， ∴y＝﹣＋x＋4， 令x＝0，则y＝4， ∴C（0，4）， 令y＝0，则﹣＋x＋4＝0， 解得x＝4或x＝﹣2， ∴A（﹣2，0）； （2） 存在点M使AM＋OM最小，理由如下： 作O点关于BC的对称点，连接A交BC于点M，连接B， 由对称性可知，OM＝M， ∴AM＋OM＝AM＋MA， 当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值， ∵B（4，0），C（0，4）， ∴OB＝OC， ∴∠CBO＝45°， 由对称性可知∠BM＝45°， ∴B⊥BO， ∴（4，4）， 设直线A的解析式为y＝kx＋b， ∴， 解得， ∴y＝x＋， 设直线BC的解析式为， ∴4＋4＝0， ∴＝﹣1， ∴y＝﹣x＋4， 联立方程组， 解得， ∴M（）； （3） 在点P，使得最大，理由如下： 连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G， 设P（t，﹣＋t＋4），则G（t，﹣t＋4）， ∴PG＝﹣＋2t， ∵OB＝OC＝4， ∴BC＝4， ∴S△BCP＝×4×（﹣＋2t）＝﹣＋4t＝×4×PF， ∴PF＝﹣＋t， ∵CD⊥BC，PF⊥BC， ∴PFCD， ∴＝， ∵＝， ∴＝， ∵B、D两点关于y轴对称， ∴CD＝4， ∴＝﹣（﹣4t）＝﹣＋， ∵P点在第一象限内， ∴0＜t＜4， ∴当t＝2时，有最大值， 此时P（2，4）． 【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，轴对称求最短距离的方法，平行线的性质是解题的关键． 12．(1) (2)周长最大值为，此时点 (3)或 【分析】（1）由直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，可先求出点A，B的坐标，再将A，B，C三点坐标代入抛物线解析式即可得出结论； （2）过点Q作QM⊥PR于点M，可得，△OBC∽△MPQ，△OBA∽△MRQ，进而可得△PQR的周长为PQ+QR+PR，设点P的横坐标为t，表达PR的长，利用二次函数的性质可得出其最大值，进而可得出结论； （3）过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N，则△RP1N∽△BAO，所以RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4，将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2，可得点R是P1，P2的中点，进而可得P2的坐标；由平移可得P2P3∥AB，所以直线P2P3的解析式，联立一次函数与抛物线的解析式，可得出P3的坐标． 【详解】（1）由题意可知，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点， ∴A（3，0），B（0，4）， 将A（3，0），B（0，4），C（-2，0）代入抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）， 得， 解得 ∴抛物线的解析式为： （2）由（1）知OC=2，OB=4，OA=3， 如图，过点Q作QM⊥PR于点M， ∴∠BOC=∠QMP=90°， ∵BC∥PQ，PR∥y轴， ∴∠OBC=∠QPR， ∴△OBC∽△MPQ， ∴OC：OB=MQ：PM=2：4； ∵PR∥y轴， ∴∠OBA=∠QRP， ∴△OBA∽△MRQ， ∴OB：OA=MR：QM=4：3， 设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m， ∴QR=5m，QP=3m，PR=10m， ∴△PQR的周长为PQ+QR+PR=15m+3m= 若求△PQR的周长的最大值，求出PR的最大值即可； 设点P的横坐标为t，则 ∴当t=时，PR的最大值为， 此时点，周长最大值 （3）由（2）设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m， ∴QR=5m，QP=3m，PR=10m， ∴△PQR的面积为 若求△PQR的面积的最大值，求出PR的最大值即可； 由（2）可知当t=时，PR的最大值为， 此时点，则,, 将△PQR绕点R顺时针旋转n°（0＜n＜90），当旋转过程中，PR⊥AB时，记此时三角形为△P1Q1R1， 过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N， 则△RP1N∽△BAO， ∴RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4， ∴P1N=，RN=， ∴， ∵将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2， ∴点R是P1，P2的中点， ∴， ∴由平移的性质可知，P2P3∥AB， ∴直线P2P3的解析式：， 令 解得或． 或． 【点睛】本题考查了二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知待定系数法求得二次函数的解析式． 13．(1) (2) (3)存在，，或，或时，是等腰直角三角形 【分析】（1）由与轴交于，与轴交于，将两个点代入解析式求出的值，即可求出解析式； （2）根据抛物线解析式求出点的坐标，算出，进而得出，由此可知点与点关于抛物线对称轴对称，由（1）可知对称轴为．求出点坐标； （3）先设直线为，将，代入求解出直线解析式，在平移中，、两点的距离保持不变．所以，求出；再分成三种情况①②③，根据是定值分别求出不同情况下的的值． 【详解】（1）解：∵，∴抛物线为． 将代入，得．∴．∴抛物线的解析式为． （2）由，得．∴，． ∴．∴．∴．∴． ∴点与点关于抛物线对称轴对称．由（1），对称轴为．∴． （3）在轴上存在点，使是等腰直角三角形． 设直线为．将，代入，得 解得，．∴直线为． 平移中，，两点的距离保持不变．∴． ． ①如图1，，此时．则．∴． ②如图2，，此时． 则．∴．∴． ③如图3，，∴．作于，此时． 则．∴．∴. 综上，，或，或时，是等腰直角三角形． 【点睛】本题主要考查二次函数的图像及性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质及判定等知识点；正确画出图形进行分类讨论是解决本题的关键． 14．(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）分别将、代入，求出、两点坐标，根据旋转的性质可得，由此求出的坐标，再用待定系数法求的表达式； （2）令，可求得、的坐标，结合旋转的性质求出的坐标，再利用待定系数法求的表达式； （3）连接、，易得是等腰直角三角形，由此计算出，再由直角三角形斜边上的中线的性质可得的长，利用勾股定理求出，从而得点的坐标，再利用待定系数法求的表达式； （4）由（3）得，故，当时，，只需，分析抛物线与直线的位置关系，确定当时的最大值在什么位置取得，从而对进行转化，求出的范围． 【详解】（1）解：， 当时，，； 当时，即，解得，． 由旋转的性质可知，，． 设， 则，解得． ． （2）解：， 令，即，解得，， ，． 有旋转的性质可知，，． 设， 则，解得， ． （3）解：连接、，有旋转的性质可知，． 是等腰直角三角形， 又， ， 在中，， 在中，，． ，当时，，点，即． 由旋转的性质可知，，点． 在中，． ， 设， 则，解得． ． （4）解：由旋转的性质可知，，． 经过点， ，即． 根据题意可知，当时，， 分析与的位置关系可知，只需当时，即可， ，即， ， 解得． 的取值范围是． 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，待定系数法求一次函数、二次函数解析式，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，一元一次不等式，旋转的性质，二次函数的性质与应用，解决本题的关键是熟练掌握相关知识点并灵活运用． 15．(1) (2)2± (3)4 【分析】(1)先证明四边形ABEF是正方形，再由勾股定理即可得到EM的长度； (2) 分当点P在线段BE上时和当点P在线段EC上时两种情况讨论，当点P在线段BE上时设PE＝m，则EM＝2m，由PM2＝EM2+PE2，得到PE＝，即可得到BP＝2﹣， 当点P在线段EC上时，同理可得BP＝2+； (3) 过点Q作QJ⊥EF于J，QK⊥BC于K，证明△MQJ≌△PQK（AAS），得到QJ＝QK，得到EQ平分∠FEC，得到点Q的运动过程为Q′→Q″→O，即可求得点Q的运动路径长． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4， ∵E，F分别是BC，AD的中点， ∴BE＝EC＝2，AF＝DF＝2，PM＝BE＝2， ∴AF＝BE， ∵AF∥BE， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AB＝BE＝2，∠B＝90°， ∴四边形ABEF是正方形， ∵PB＝1， ∴PE＝BE﹣PB＝1， ∴EM＝． （2）解：当点P在线段BE上时，tan∠MPE＝＝2， 设PE＝m，则EM＝2m， ∵PM2＝EM2+PE2， ∴22＝（2m）2+m2， ∴m1＝，m2＝-(舍去), ∴PE＝， ∴BP＝2﹣， 当点P在线段EC上时，同理可得BP＝2+． 综上所述，PB的长为2±． （3）解：如图3中，过点Q作QJ⊥EF于J，QK⊥BC于K． ∵∠QJE＝∠QKE＝∠JEK＝90°， ∴∠KQJ＝∠MQP＝90°， ∴∠MQJ＝∠PQK， ∵∠MJQ＝∠PKQ＝90°，QM＝QP， ∴△MQJ≌△PQK（AAS）， ∴QJ＝QK， ∴EQ平分∠FEC， ∴点Q在∠FEC的角平分线上运动，起始位置为Q′，终点位置是Q″（此时四边形EP′Q″M′是正方形），点Q的运动过程为Q′→Q″→O， ∴Q′O= Q′E+EO=+=2, OQ″= EQ″-EO=2﹣, ∴运动路径的长＝Q′O+2OQ″＝2+2（2﹣）＝4． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、正方形的性质与判定、三角函数、角平分线的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质和证明三角形全等是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$