资料简介
【典例分析】
【考点 1】动点之全等三角形问题
【例 1】如图，直线 4 4
3
y x 与 x轴和 y轴分别交于 ,A B两点，另一条直线过点 A和点 (7,3)C .
(1)求直线 AC的函数表达式;
(2)求证: AB AC ;
(3)若点 P是直线 AC上的一个动点，点Q是 x轴上的一个动点，且以 , ,P Q A为顶点的三角形
与 AOB 全等，求点Q的坐标.
【答案】(1) 3 9
4 4
y x ;(2) 2 2 2AB AD BD ; (3) 点Q的坐标为 (7,0)或 (8,0)或 ( 1,0) 或
( 2,0)
【解析】（1）在 y=- 4
3
x+4 中，令 y=0，则 0=- 4
3
x+4，求得A（3，0），设直线AC对应的函
数关系式为 y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）在直线ABy=- 4
3
x+4 中，得到 k1=-
4
3
，在直线ACy＝ 3
4
x− 9
4
中，得到 k2=
3
4
，由于 k1•k2=-1，
即可得到结论；
（3）根据勾股定理得到AB=5，①当∠AQP=90°时，如图 1，由全等三角形的性质得到
AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②当∠APQ=90°时，如图 2，根据全等三
角形的性质得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③当∠PAQ=90°时，这种
情况不存在．
【详解】（1）在 y=- 4
3
x+4 中，
令 y=0，则 0=- 4
3
x+4，
∴x=3，
∴A（3，0），
设直线AC对应的函数关系式为 y=kx+b，
则：
0 3
3 7
k b
k b
＝
＝
，解得：
3
4
9
4
k
b
＝
＝
，
∴直线AC对应的函数关系式为 y＝ 3
4
x- 9
4
.
(2) 在直线 ABy=- 4
3
x+4 中，
∵k1=-
4
3
，
在直线ACy＝ 3
4
x− 9
4
中，k2=
3
4
，
∴k1•k2=-1，
∴AB⊥AC；（3）在 y=- 4
3
x+4 中，
令 x=0，则 y=4，
∴OA=3，OB=4，由勾股定理得AB=5，
①当∠AQP=90°时，如图 1，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=OB=4，
∴Q1（7，0），Q2（-1，0），
②当∠APQ=90°时，如图 2，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=AB=5，
∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．
③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在，
综上所述：点Q的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．
【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形
的性质等知识，分类讨论是解题关键，以防遗漏．
【变式 1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线 BM⊥BQ,垂足为 B,动点 P从
C点出发以 1cm/s 的速度沿射线CQ运动,点 N为射线 BM上一动点,满足 PN=AB,随着 P点
运动而运动,当点 P运动_______秒时，△BCA与点 P、N、B为顶点的三角形全等.(2 个全等
三角形不重合)
【答案】0；4；8；12
【解析】此题要分两种情况：①当 P在线段 BC上时，②当 P在 BQ上，再分别分两种情况
AC＝BP或 AC＝BN进行计算即可．
【详解】解：①当 P在线段 BC上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝6−2＝4，
∴点 P的运动时间为 4÷1＝4（秒）；
②当 P在线段 BC上，AC＝BN时，△ACB≌△NBP，
这时 BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为 0秒；
③当 P在 BQ上，AC＝BP 时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝2＋6＝8，
∴点 P的运动时间为 8÷1＝8（秒）；
④当 P在 BQ上，AC＝NB 时，△ACB≌△NBP，
∵BC＝6，
∴BP＝6，
∴CP＝6＋6＝12，
点 P的运动时间为 12÷1＝12（秒），
故答案为：0或 4或 8或 12．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边
一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【考点 2】动点之直角三角形问题
【例 2】（模型建立）
（1）如图 1，等腰直角三角形 ABC中， 90ACB ，CB CA ，直线 ED经过点C，过 A作
AD ED 于点D，过 B作 BE ED 于点E .求证： BEC CDA ；
（模型应用）
（2）已知直线 1l ：
4 4
3
y x 与坐标轴交于点 A、B，将直线 1l 绕点 A逆时针旋转 45至直线 2l ，
如图 2，求直线 2l 的函数表达式；
（3）如图 3，长方形 ABCO，O为坐标原点，点 B的坐标为 8, 6 ，点 A、C分别在坐标轴
上，点 P是线段 BC上的动点，点D是直线 2 6y x 上的动点且在第四象限.若 APD 是以点
D为直角顶点的等腰直角三角形，请直接．．写出点D的坐标.
【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（ 20
3
， 22
3
）.
【解析】（1）根据△ABC为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定 BEC CDA ；
（2）①过点 B作 BC⊥AB，交 l2于C，过C作CD⊥y轴于D，根据△CBD≌△BAO，得出
BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，求得C（−4，7），最后运用待定系数法求直线 l2的函数表达式；
（3）根据△APD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线 y＝−2x＋6上的动
点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，当点D在矩形AOCB 的
外部时，设D（x，−2x＋6），分别根据△ADE≌△DPF，得出AE＝DF，据此列出方程进行求
解即可．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°，
又∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ACD与△CBE 中，
D E
ACD EBC
CA CB
＝
＝
＝
，
∴ BEC CDA （AAS）；
（2）①如图 2，过点 B作 BC⊥AB，交 l2于C，过C作CD⊥y轴于D，
∵∠BAC＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
由（1）可知：△CBD≌△BAO，
∴BD＝AO，CD＝OB，
∵直线 l1：y＝ 4
3
x＋4 中，若 y＝0，则 x＝−3；若 x＝0，则 y＝4，
∴A（−3，0），B（0，4），
∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，
∴OD＝4＋3＝7，
∴C（−4，7），
设 l2的解析式为 y＝kx＋b，则
7 4
0 3
k b
k b
，
解得：
7
21
k
b
，
∴l2的解析式为：y＝−7x−21；
（3）D（4，−2）或（ 20
3
， 22
3
）．
理由：当点D是直线 y＝−2x＋6 上的动点且在第四象限时，分两种情况：
当点D在矩形AOCB的内部时，如图，过D作 x轴的平行线 EF，交直线OA于 E，交 BC于
F，
设 D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x，
由（1）可得，△ADE≌△DPF，则 DF＝AE，即：12−2x＝8−x，
解得 x＝4，
∴−2x＋6＝−2，
∴D（4，−2），
此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意；
当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作 x轴的平行线 EF，交直线OA于 E，交直线
BC于 F，
设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，
同理可得：△ADE≌△DPF，则 AE＝DF，即：2x−12＝8−x，
解得 x＝ 20
3
，
∴−2x＋6＝ 22
3
，
∴D（ 20
3
， 22
3
），
此时，ED＝PF＝ 20
3
，AE＝BF＝ 4
3
，BP＝PF−BF＝16
3
＜6，符合题意，
综上所述，D点坐标为：（4，−2）或（ 20
3
， 22
3
）
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直
角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等
三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．
【变式 2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数 y＝ax2+bx+4 的图象与 x 轴交于点
A(4，0)和点 D(﹣1，0)，与 y轴交于点C，过点C作 BC平行于 x轴交抛物线于点 B，连接
AC
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点 M从点O出发以每秒 2个单位长度的速度向点A运动；点N从点 B同时出发，以每秒
1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点N
作NQ垂直于 BC交 AC于点Q，连结MQ.
①求△AQM的面积 S与运动时间 t 之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当 t 为何值
时，S有最大值，并求出 S的最大值；
②是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明
理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝ 1
2
时，S 最大值＝
9
4
；②存在，点M
的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【解析】(1)由待定系数法将AD两点代入即可求解．
(2)①分别用 t 表示出AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有 t 的二次函数关系式，由二
次函数的最大值可得答案；
②分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出 t，求得M坐标．
【详解】(1)∵二次函数的图象经过A(4，0)和点 D(﹣1，0)，
∴
16 4 4 0
4 0
a b
a b
，
解得
1
3
a
b
，
所以，二次函数的解析式为 y＝﹣x2+3x+4．
(2)①延长NQ交 x轴于点 P，
∵BC平行于 x轴，C(0，4)
∴B(3，4)，NP⊥OA．
根据题意，经过 t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t．
∵∠BCA＝∠MAQ＝45°，
∴QN＝CN＝3﹣t，
∴PQ＝NP﹣NQ＝4﹣(1﹣t)＝1+t，
∴S△AMQ=
1
2
AM×PQ= 1
2
(4-2t)(1+t)
＝﹣t2+t+2．
∴S=-t2+t+2=-(t- 1
2
)2+ 9
4
．
∵a＝﹣1＜0，且 0≤t≤2，∴S有最大值．
当 t＝ 1
2
时，S 最大值＝
9
4
．
②存在点M，使得△AQM为直角三角形．
设经过 t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，
∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．
Ⅰ．若∠AQM＝90°，
则 PQ是等腰 Rt△MQA底边MA上的高．
∴PQ是底边MA的中线，
∴PQ＝AP＝ 1
2
MA，
∴1+t＝ 1
2
(4﹣2t)，
解得，t＝ 1
2
，
∴M的坐标为(1，0)．
Ⅱ．若∠QMA＝90°，此时QM与QP重合．
∴QM＝QP＝MA，
∴1+t＝4﹣2t，
∴t＝1，
∴点M的坐标为(2，0)．
所以，使得△AQM为直角三角形的点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意
义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数．
【变式 2-2】如图，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接 AE交 BD
于点 F，交CD于点G，点 P是线段 AE上一动点，连接DP、BP．
（1）求∠AFB 的度数；
（2）在点 P从 A到 E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；
（3）已知 AD＝6，在点 P从 A到 E的运动过程中，若△DBP 是直角三角形，请求DP的长．
【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6 或 DP＝3 3－3或 DP＝3 6 3 2 时，△DBP 是
直角三角形
【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；
（2）连接AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；
（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出 BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分
∠BPD＝90°、∠BDP＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC，∠ADC＝90°，
又∵△DCE 是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴DA＝DE，∠ADE＝150°，
∴∠DAE＝15°，
又∠ADB＝45°，
∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°；
（2）连接AC，
∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°，
∵DP平分∠CDE，
∴ 1 30
2
GDP EDC ，
∴∠PDG＝∠CAG，
又∠DGP＝∠AGC，
∴△DGP∽△AGC，
∴ DG DP
AG AC
，即AG•DP＝DG•AC，
∵AC＝DB，
∴AG•DP＝DG•BD；
（3）连接AC交 BD于点O，则∠AOF＝90°，
∵AD＝6，
∴0A 0D 3 2 ，
在 Rt△AOF中，∠OAF＝30°，
∴ 6, 2 6OF AF ，
∴FD 3 2 6 ，
由图可知：0°＜∠DBP≤45°，
则△DBP 是直角三角形只有∠BPD＝90°和∠BDP＝90°两种情形：
①当∠BPD＝90°时，
I、若点 P与点A重合，∠BPD＝90°，
∴DP＝DA＝6；
II、当点 P在线段AE上时，∠BPD＝90°，
连接OP， 1 3 2
2
OP OA BD ，
∴∠OPA＝∠OAP＝30°，
∴∠AOP＝120°，
∴∠FOP＝∠AOP﹣∠AOF＝30°，
∴∠DBP＝∠OPB＝15°，
∴∠FDP＝75°，
又∠BAF＝∠BAD﹣∠DAF＝75°，
∴∠BAF＝∠PDF，
又∠AFB＝∠DFP，
∴△BAF∽△PDF，
∴ DP DF
AB AF
，即 3 2 6
6 2 6
DP
解得， 3 3 3DP ；
②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°，
∴DP＝DF×tan∠DFP＝ 3(3 2 6) 3 6 3 2 ，
综上，DP=6 或 DP＝3 3－3或 DP＝3 6 3 2 时，△DBP 是直角三角形．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角
三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点 3】动点之等腰三角形问题
【例 3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线DE的一侧以 AD为一条边作矩形 ABCD，
5 3AD ， 5CD ，点M 是线段 AC上一动点（不与点 A重合），连结 BM，过点M 作 BM的
垂线交射线DE于点N ，连接BN．
（1）求 CAD 的大小；
（2）问题探究：动点M 在运动的过程中，
①是否能使 AMN 为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由．
② MBN 的大小是否改变？若不改变，请求出 MBN 的大小；若改变，请说明理由．
（3）问题解决：
如图二，当动点M 运动到 AC的中点时，AM与BN的交点为 F，MN的中点为H，求线段 FH
的长度．
【答案】（1） 30 CAD ；（2）①能，CM的值为 5或5 3；②大小不变， 30 MBN ；（3）
5 3
6
FH .
【解析】（1）在 Rt ADC 中，求出 DAC 的正切值即可解决问题．
（2）①分两种情形：当 NA NM 时，当 AN AM 时，分别求解即可．
② 30MBN ．利用四点共圆解决问题即可．
（3）首先证明 ABM 是等边三角形，再证明BN垂直平分线段 AM，解直角三角形即可解决问
题．
【详解】解：（1）如图一（1）中，
∵四边形 ABCD是矩形，
∴ 90ADC ，
∵ DC 5 3tan
AD 35 3
CAD ，
∴ 30 CAD ．
（2）①如图一（1）中，当 AN NM 时，
∵ 90BAN BMN ， BN BN ， AN NM ，
∴ Rt Rt ( )BNA BNM HL ，
∴ BA BM ，
在Rt ABC 中，∵ 30ACB DAC ， 5AB CD ，
∴ 2 10AC AB ，
∵ 60BAM ， BA BM ，
∴ ABM 是等边三角形，
∴ 5AM AB ，
∴ 5CM AC AM ．
如图一（2）中，当 AN AM 时，易证 15AMN ANM ，
∵ 90BMN ，
∴ 75CMB ，∵ 30MCB ，
∴ 180 75 30 75CBM ，
∴ CMB CBM ，
∴ 5 5CM CB ，
综上所述，满足条件的CM的值为 5或5 3．
②结论： 30 MBN 大小不变．
理由：如图一（1）中，∵ 180BAN BMN ，
∴ , , ,A B M N 四点共圆，
∴ 30MBN MAN ．
如图一（2）中，∵ 90BMN BAN ，
∴ , , ,A N B M 四点共圆，
∴ 180MBN MAN ，
∵ 180DAC MAN ，
∴ 30MBN DAC ，
综上所述， 30 MBN ．
（3）如图二中，
∵ AM MC ，
∴ BM AM CM ，
∴ 2AC AB ，
∴ AB BM AM ，
∴ ABM 是等边三角形，
∴ 60BAM BMA ，
∵ 90BAN BMN ，
∴ 30NAM NMA ，
∴ NA NM ，
∵ BA BM ，
∴BN垂直平分线段 AM，
∴ 5
2
FM ，
∴ 5 3
cos30 3
FMNM ，
∵ 90NFM ， NH HM ，
∴ 1 5 3
2 6
FH MN ．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角
形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式 3-1】如图①，已知正方形 ABCD边长为 2，点 P是 AD边上的一个动点，点 A关于直
线BP的对称点是点Q，连结 PQ、DQ、CQ、 BQ .设 AP=x.
（1）当 1x 时，求 BP长；
（2）如图②，若 PQ的延长线交CD边于E，并且 90CQD o，求证： CEQ 为等腰三角形；
（3）若点 P是射线 AD上的一个动点，则当 CDQ 为等腰三角形时，求 x的值.
【答案】（1）BP= 5；（2）证明见解析；（3）△CDQ为等腰三角形时 x的值为 4-2 3、2 3
3
、
2 3 +4.
【解析】（1）利用勾股定理求出 BP 的长即可；（2）根据对称性质及正方形的性质可得
AB=BQ=BC，∠A=∠BQP=∠BCE=90°，可得∠BQE=90°，由第一视角相等性质可得
∠BCQ=∠BQC，根据同角或等角的余角相等的性质可得∠EQC=∠ECQ，可得 EC=EQ，可
得结论；（3）若△CDQ为等腰三角形，则边CD边为该等腰三角形的一腰或者底边．又Q点
为A点关于 PB 的对称点，则AB=QB，以点 B为圆心，以AB的长为半径画弧，则Q点只能
在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDQ
为等腰三角形（CD为腰）的Q点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的
交点即为使得△CDQ为等腰三角形（CD为底）的Q点．则如图所示共有三个Q点，那么
也共有 3个 P点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】（1）∵AP=x=1，AB=2，
∴BP= 2 2AB AP = 5，
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵Q点为A点关于 BP的对称点，
∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°，
∴QB=BC，∠BQE=∠BCE=90°，
∴∠BQC=∠BCQ，
∴∠EQC+∠BQC=∠ECQ+∠BCQ=90°，
∴∠EQC =∠ECQ，
∴EQ=EC，即△CEQ为等腰三角形.
（3）如图，以点 B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，
两弧分别交于Q1，Q3．此时△CDQ1，△CDQ3都为以CD为腰的等腰三角形．
作CD的垂直平分线交弧AC于点Q2，此时△CDQ2以CD为底的等腰三角形．
①讨论Q1，如图，连接 BQ1、CQ1，作 PQ1⊥BQ1交AD于 P，过点Q1，作 EF⊥AD于 E，
交 BC于 F，
∵△BCQ1为等边三角形，正方形ABCD 边长为 2，
∴FC=1，Q1F= 2 2
1CQ FC = 3，Q1E=2- 3，
在四边形ABPQ1中，
∵∠ABQ1=30°，
∴∠APQ1=150°，
∴∠EPQ1=30°，△PEQ1为含 30°的直角三角形，
∴PE= 3 EQ1=2 3 -3，
∵EF 是 BC的垂直平分线，
∴AE= 1
2
AD=1，
∴x=AP=AE-PE=1-(2 3 -3)=4-2 3 .
②讨论Q2，如图，连接 BQ2，AQ2，过点Q2作 PG⊥BQ2，交AD于 P，交CD于G，连接
BP，过点Q2作 EF⊥CD于 E，交AB于 F，
∵EF 垂直平分CD，
∴EF 垂直平分AB，
∴AQ2=BQ2．
∵AB=BQ2，
∴△ABQ2为等边三角形．
∴AF= 1
2
AE=1，FQ2= 2 2AE AF = 3，
在四边形ABQ2P 中，
∵∠BAD=∠BQ2P=90°，∠ABQ2=60°，
∴∠APQ2=120°，
∴∠EQ2G=∠DPG=180°-120°=60°，
∴EQ2=EF-FQ2=2- 3，
EG= 3 EQ2=2 3 -3，
∴DG=DE+GE=1+2 3 -3=2 3 -2，
∴DG= 3 PD，即 PD=2- 2 3
3
，
∴x=AP=2-PD= 2 3
3
.
③对Q3，如图作辅助线，连接 BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点Q3作 PQ3⊥BQ3，交AD的延
长线于 P，连接 BP，过点Q1，作 EF⊥AD于 E，此时Q3在 EF 上，记Q3与 F重合．
∵△BCQ1为等边三角形，△BCQ3为等边三角形，BC=2，
∴Q1Q2=2 3，Q1E=2- 3，
∴EF=2+ 3，
在四边形ABQ3P 中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，
∴∠EPF=30°，
∴EP= 3 EF=2 3 +3，
∵AE=1，
∴x=AP=AE+PE=1+2 3 +3=2 3 +4.
综上所述：△CDQ为等腰三角形时 x的值为 4-2 3、 2 3
3
、2 3 +4.
【点睛】本题考查四边形的综合、正方形的性质、含 30°角的直角三角形的性质，第三问是
一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点Q找全．另外求解各个 P
点也是勾股定理的综合应用熟练掌握并灵活运所学知识是解题关键．
【变式 3-2】（2019·河南中考模拟）如图，抛物线 y=ax2+bx+3 交 y 轴于点A，交 x 轴于点
B（-3，0）和点C（1，0），顶点为点M．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点 E为 x 轴上一动点，若△AME的周长最小，请求出点 E的坐标；
（3）点 F为直线AB上一个动点，点 P为抛物线上一个动点，若△BFP为等腰直角三角形，
请直接写出点 P的坐标．
【答案】（1） 2 2 3y x x ；（2）E（- 3
7
，0）；（3）点 P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【解析】（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），然后将点A的坐标代入函数解析式即
可求得此抛物线的解析式；
（2）作A关于 x轴的对称点A′（0，-3），连接MA′交 x轴于 E，此时△AME的周长最小，
求出直线MA'解析式即可求得 E的坐标；
（3）如图 2，先求直线AB的解析式为：y=x+3，根据解析式表示点 F的坐标为（m，m+3），
分三种情况进行讨论：
①当∠PBF=90°时，由 F1P⊥x 轴，得 P（m，-m-3），把点 P的坐标代入抛物线的解析式可
得结论；
②当∠BF3P=90°时，如图 3，点 P与C重合，
③当∠BPF4=90°时，如图 3，点 P与C重合，
从而得结论．
【详解】（1）当 x=0 时，y=3，即 A（0，3），
设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），
把A（0，3）代入得：3=-3a，
a=-1，
∴y=-（x+3）（x-1）=-x2-2x+3，
即抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
（2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴M（-1，4），
如图 1，作点A（0，3）关于 x轴的对称点A'（0，-3），连接A'M交 x轴于点 E，则点 E就
是使得△AME的周长最小的点，
设直线A′M的解析式为：y=kx+b，
把 A'（0，-3）和M（-1，4）代入得：
4
3
k b
b
＝
＝
，
解得：
7
3
k
b
＝
＝
∴直线A'M的解析式为：y=-7x-3，
当 y=0 时，-7x-3=0，
x=- 3
7
，
∴点 E（- 3
7
，0），
（3）如图 2，易得直线AB的解析式为：y=x+3，
设点 F的坐标为（m，m+3），
①当∠PBF=90°时，过点 B作 BP⊥AB，交抛物线于点 P，此时以 BP 为直角边的等腰直角三
角形有两个，即△BPF1和△BPF2，
∵OA=OB=3，
∴△AOB和△A'OB 是等腰直角三角形，
∴∠F1BC=∠BF1P=45°，
∴F1P⊥x轴，
∴P（m，-m-3），
把点 P的坐标代入抛物线的解析式 y=-x2-2x+3 中得：
-m-3=-m2-2m+3，
解得：m1=2，m2=-3（舍），
∴P（2，-5）；
②当∠BF3P=90°时，如图 3，
∵∠F3BP=45°，且∠F3BO=45°，
∴点 P与C重合，
故 P（1，0），
③当∠BPF4=90°时，如图 3，
∵∠F4BP=45°，且∠F4BO=45°，
∴点 P与C重合，
故 P（1，0），
综上所述，点 P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式，周长最短问题，等腰直角三角形的性质和判
定等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合和分类讨论思想的应用．
【变式 3-3】（2019·广西中考真题）已知抛物线 2y mx 和直线 y x b 都经过点 2,4M ，
点O为坐标原点，点 P为抛物线上的动点，直线 y x b 与 x轴、 y轴分别交于 A B、两点．
（1）求m b、 的值；
（2）当 PAM 是以 AM为底边的等腰三角形时，求点 P的坐标；
（3）满足（2）的条件时，求sin BOP 的值．
【答案】（1） 1m ； 2b ；（2）点 P的坐标为 1,1 或 2,4 ；（3）sin BOP 的值为 2
2
或 5
5
．
【解析】(1)根据点M 的坐标，利用待定系数法可求出 ,m b的值；
(2)由(1)可得出抛物线及直线 AB的解析式，继而可求出点 A的坐标，设点 P的坐标为 2( , )x x ，
结合点 ,A M 的坐标可得出 2 2,PA PM 的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于 x的方程，解
之即可得出结论；
(3)过点 P作 PN y 轴，垂足为点N ，由点 P的坐标可得出 ,PN PO的长，再利用正弦的定义
即可求出 sin BOP 的值．
【详解】(1)将 2,4M 代入 2y mx ，得：4 4m ，
∴ 1m ；
将 2,4M 代入 y x b ，得： 4 2 b ，
∴ 2b ；
(2)由(1)得：抛物线的解析式为 2y x= ，直线 AB的解析式为 2y x ，
当 0y 时， 2 0x ，
解得： 2x ，
∴点 A的坐标为 2,0 ， 2OA ，
设点 P的坐标为 2( , )x x ，则 22 2 2 4 22 0 4( ) 4PA x x x x x ，
22 2 2 4 2( )2 4 7 4 20PM x x x x x ，
∵ PAM 是以 AM为底边的等腰三角形，
∴ 2 2PA PM ，即 4 2 4 24 4 7 4 20x x x x x x ，
整理，得： 2 2 0x x ，
解得： 1 21, 2x x ，
∴点 P的坐标为 1,1 或 2,4 ；
(3)过点 P作 PN y 轴，垂足为点N ，如图所示，
当点 P的坐标为 1,1 时， 1PN ， 2 21 1 2PO ，
∴ 2sin
2
PNBOP
PO
；
当点 P的坐标为 2,4 时， 2PN ， 2 22 4 2 5PO ，
∴ 5sin
5
PNBOP
PO
，
∴满足(2)的条件时，sin BOP 的值的值为 2
2
或 5
5
．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、一次函数
图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是：(1)
根据点的坐标，利用待定系数法求出 ,m b的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出
关于 x的方程；(3)通过解直角三角形，求出sin BOP 的值．
【考点 4】动点之相似三角形问题
【例 4】在边长为4的正方形 ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点 A开始沿边 AB
向点 B运动,动点 F以每秒2个单位长度的速度从点 B开始沿边 BC向点C运动，动点 E比动点
F先出发1秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间为 t
秒.
1 如图1，连接DE , AF，若DE AF ，求 t的值
2 如图2，连接 ,EF DF，当 t为何值时， ?EBF DCF
【答案】（1）t=1;(2) 当 t为 9 57
2
秒时， EBF DCF
【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出 ABF DAE≌ ，由 BF=AE，列出方程解方程即
可
（2） EBF DCF ，得到 EB BF
DC CF
，用 t 表示出 BF、AE、FC、BE 列出方程解方程即可，
最后对 t的取值进行取舍
【详解】解： 1 四边形 ABCD是正方形
, 90AB AD ABF DAE
90ADE AED
DE AF
90BAF AED
BAF ADE
ABF DAE ≌
由题意得， 2 , 1BF t AE t
2 1t t
解得： 1t
2 若 EBF DCF
则 EB BF
DC CF
1, 2AE t BF t
4 1 3BE t t ， 4 2CF t
3 2
4 4 2
t t
t
解得 1 2
9 57 9 57,
2 2
t t
由题意知： 2t
9 57
2
t
当 t为 9 57
2
秒时， EBF DCF
【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，第
二问的关键在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍
【变式 4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点
A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝ 3
4
AC
（1）求过点 A，B的直线的函数表达式；
（2）在 x轴上找一点D，连接 DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的
坐标；
（3）在（2）的条件下，如 P，Q分别是AB和 AD上的动点，连接 PQ，设AP＝DQ＝m，
问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请
说明理由．
【答案】（1）y＝ 3
4
x+ 9
4
；（2）D点位置见解析，D（13
4
，0）；（3）符合要求的m的值为125
36
或 25
9
．
【解析】（1）先根据A（−3，1），C（1，0），求出AC进而得出 BC＝3求出 B点坐标，利
用待定系数法求出直线AB的解析式即可；
（2）运用相似三角形的性质就可求出点D的坐标；
（3）由于△APQ与△ADB已有一组公共角相等，只需分△APQ∽△ABD和△APQ∽△ADB
两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质建立关于m的方程，就可解决问题．
【详解】解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0），
∴AC＝4，
∵BC＝ 3
4
AC，
∴BC＝ 3
4
×4＝3，
∴B（1，3），
设直线AB的解析式为 y＝kx+b，
∴
3 0
3
k b
k b
，
∴
3
4
9
4
k
b
，
∴直线AB的解析式为 y＝ 3
4
x+ 9
4
；
（2）若△ADB 与△ABC相似，过点 B作 BD⊥AB交 x 轴于 D，
∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如图 1，
此时 AB
AC
＝ AD
AB
，即AB2＝AC•AD．
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∴25＝4AD，
∴AD＝ 25
4
，
∴OD＝AD﹣AO＝ 25
4
﹣3＝13
4
，
∴点D的坐标为（13
4
，0）；
（3）∵AP＝DQ＝m，
∴AQ＝AD﹣QD＝ 25
4
﹣m．
Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如图 2，
则有 AP
AB
＝ AQ
AD
，
∴AP•AD＝AB•AQ，
∴ 25
4
m＝5（ 25
4
﹣m），
解得m＝ 25
9
；
Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如图 3，
则有 AP
AD
＝ AQ
AB
，
∴AP•AB＝AD•AQ，
∴5m＝ 25
4
（ 25
4
﹣m），
解得：m＝125
36
，
综上所述：符合要求的m的值为125
36
或 25
9
．
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了是待定系数法，相似三角形的判定与性质、勾股定
理等知识，也考查了分类讨论的数学思想，属于中档题，解本题的关键是根据相似建立方程求
解．
【变式 4-2】如图，已知抛物线 2y ax bx c 经过A（－3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，
点D是抛物线上的动点，连结AD与 y轴相交于点 E，连结AC，CD．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当AD平分∠CAB时．
①求直线AD所对应的函数表达式；
②设 P是 x轴上的一个动点，若△PAD与△CAD相似，求点 P的坐标．
【答案】（1） 21 5 4
6 6
y x x ；（2）① 1 3
2 2
y x ；②（2，0）或（13，0）．
【解析】（1）将 3 0A , 、 8,0B 、 0,4C 点坐标代入抛物线 2y ax bx c ，化简计算即可；
（2）①设 0,E t ，根据 AD平分 CAB ，EH AC ，EO x 轴，求得 5AC ，并证得 CHE ∽
COA，利用
A
EH
OA
CE
C
可的 3
2
t ，可得 E点坐标，把 3 0A , ，
30,
2
E
代入 y kx b ，化简
可得AD所对应的函数表达式；
②因为 P是 x轴上的一个动点，且 PAD△ 与 CAD相似，并且 ACD是腰长为 5的等腰三角
形，所以 P点有两种情况：AD为等腰三角形的斜边，或者以AD为腰， 2P A为底，分别讨论
求解即可.
【详解】解（1）∵抛物线经过 3 0A , 、 8,0B 、 0,4C 三点，
∴
9 3 0
64 8 0
4
a b c
a b c
c
，解得：
1
6
5
6
4
a
b
c
，
∴抛物线的表达式为 21 5 4
6 6
y x x ；
（2）①作 EH AC 于点H，如图，设 0,E t ．
∵ AD平分 CAB ， EH AC ，EO x 轴，
∴EH EO t ， 4CE t ，
在Rt OAC△ 中， 2 2 2 23 4 5AC OA OC ．
∵ 90CHE COA
HCE OCA ，
∴ CHE ∽ COA，
∴
A
EH
OA
CE
C
∴ 4
3 5
t t
，解得： 3
2
t ，
∴
30,
2
E
，设直线AD的表达式为 y kx b ，
把 3 0A , ，
30,
2
E
代入，
得
0 3
3
2
k b
b
，解得：
1
2
3
2
k
b
，
∴直线AD所对应的函数表达式为 1 3
2 2
y x ；
② 直线AD与二次函数相交于点D，
∴
21 5 4
6 6
1 3
2 2
y x x
y x
解得
3
0
x
y
或
5
4
x
y
，
点D在第一象限，
∴点D坐标为 5,4 ，
∴ 5DC AC ，且DC AB∥ ，
∴ ACD是腰长为 5的等腰三角形，
P 是 x轴上的一个动点，且 PAD△ 与 CAD相似，
∴ PAD△ 也为等腰三角形，
如上图示，
当AD为等腰三角形的斜边时， 1 1 5PA PD ，
3,0A
∴点 1P的坐标为 2,0 ；
当以AD为腰， 2P A为底时，作 2DF AP
点D坐标为 5,4 ， 3 0A ,
∴ 3 5 8AF OA OF
∴ 2 2 16AP AF , 2 2 16 3 13OP AP OA ,
∴点 P的坐标为 13,0 ．
综上所述点 P的坐标为 2,0 或 13,0 ．
【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和角平分线的性
质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；灵活利用相似比表示线段之间的关系；
理解坐标与图形性质．
【考点 5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）
【例 5】（2019·广东中考模拟）如图，点O是平面直角坐标系的原点，点A（ 3，3），AC⊥OA
与 x轴的交点为C．动点M以每秒 3个单位长度由点A向点O运动．同时，动点N以每秒
3个单位长度由点O向点C运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动．
（1）写出∠AOC的值；
（2）用 t 表示出四边形AMNC的面积；
（3）求点 P的坐标，使得以O、N、M、P为顶点的四边形是特殊的平行四边形？
【答案】（1）30°；（2） 296 3 (0 2)
4
t t ；（3） 3
3 3P 3t t, t
2 2
.
【解析】（1）如图 1中，作AH⊥OC于 H．在 Rt△AOH中，解直角三角形求出∠AOH即可
解决问题．
（2）作MK⊥BC于 K．根据 S 四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN，计算即可．
（3）分别考虑以OM，ON，MN为平行四边形的对角线，利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图 1中，作AH⊥OC于 H．
∵A（ 3，3），
∴OH＝ 3，AH＝3，
∴tan∠AOH＝ AH
OH
＝ 3，
∴∠AOH＝60°，
∵OA⊥AC，
∴∠OAC＝90°，
∴∠ACO＝30°．
（2）作MK⊥BC于 K．
在 Rt△AOH中，∵OH＝ 3，∠OAH＝30°，
∴OA＝2OH＝2 3，
在 Rt△AOC中，∵∠AOC＝30°，OA＝2 3，
∴AC＝ 3OA＝6，
∵OM＝ 3 t，
∴MK＝OM•sin60°＝ 3
2
t，
∴S 四边形AMNC＝S△OAC﹣S△OMN
＝ 1
2
•OA•AC﹣ 1
2
•ON•MKa
＝ 1
2
×2 3×6﹣ 1
2
×3t× 3
2
t
＝6 3﹣
9
4
t2（0＜t＜2）．
（3）当四边形CNMP1是平行四边形时，P1（
3
2
t﹣3t， 3
2
t）．
当四边形ONP2M是平行四边形时，P2（
3
2
t+3t， 3
2
t）．
当四边形OMNP3是平行四边形时，P3（3t﹣ 3
2
t，﹣ 3
2
t）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，平行四边形的性质，解直角三角形等
知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式 5-1】（2019·江西中考真题）在图 1，2，3中，已知 ， ，点 为线
段 上的动点，连接 ，以 为边向上作菱形 ，且 ．
（1）如图 1，当点 与点 重合时， ________°；
（2）如图 2，连接 ．
①填空： _________ （填“>”，“
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