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专题36 几何动态性问题之动点问题-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练
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这是一份专题36 几何动态性问题之动点问题-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练，文件包含专题36几何动态性问题之动点问题解析版docx、专题36几何动态性问题之动点问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
专题36 几何动态性问题之动点问题（解析版）
类型一 动点产生函数关系
1．（2020秋•呼和浩特期末）如图，AB＝5，O是AB的中点，P是以点O为圆心，AB为直径的半圆上的一个动点（点P与点A，B可以重合），连接PA，过P作PM⊥AB于点M．设AP＝x，则AM=15x2，令y＝AP﹣AM，下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
思路引领：由y＝AP﹣AM＝x−15x2=−15x（x﹣5）（0≤x≤5），即可求解．
解：由题意得：y＝AP﹣AM＝x−15x2=−15x（x﹣5）（0≤x≤5），
∵a=−15，故抛物线开口向下，
当x=52时，y的最大值为−15×52（−52）=54，
故选：A．
总结提升：本题考查的是动点问题的函数图象，确定函数的表达式是本题解题的关键．
2．（2022•湖北模拟）如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿AB→BC→CD向点D运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AD边的长为 ．
思路引领：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．
解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3．
∴12AB⋅12BC=3，即AB•BC＝12．
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，
∴AB+BC＝7．
则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，
解得AB＝4或3，
∵AB＜AD，即AB＜BC，
∴AB＝3，BC＝4．
即AD＝4．
故答案为：4．
总结提升：本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
3．（2022秋•荔城区校级期末）如图，点A为双曲线y=−2x在第二象限上的动点，AO的延长线与双曲线的另一个交点为B，以AB为边的矩形ABCD满足AB：BC＝4：3，对角线AC，BD交于点P，设P的坐标为（m，n），则m，n满足的关系式为 ．
思路引领：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，证明△AOM∽△OPN，然后利用相似三角形的性质分析求解．
解：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，
∴∠AMO＝∠PNO＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AP＝PC，
∵OA＝OB，
∴OP∥BC，BC＝2OP，
∴∠AOP＝∠ABC＝90°，AO：OP＝AB：BC＝4：3，
∴∠AOM+∠PON＝90°，
∵∠AMO＝90°，
∴∠AOM+∠MAO＝90°，
∴∠MAO＝∠PON，
∴△AOM∽△OPN，
∴S△AOMS△OPN=（AOOP）2=169，
∵点A为双曲线y=−2x 在第二象限上的动点，
设点A的坐标为（a，−2a），
∵S△AOM=12×(−a)×−2a=1，
∴S△OPN=916，
∵P的坐标为（m，n），
∴S△OPN=12mn=916，
∴mn=98，
故答案为：mn=98．
总结提升：本题考查了反比例函数k的几何意义、相似三角形判定与性质和矩形的性质，恰当的构建相似三角形，利用面积比是相似比的平方是解题关键．
4．（2022秋•甘井子区校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着C→A→B的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为t（s），△CPQ的面积为S（cm2）．
（1）sinB＝ ；
（2）求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
思路引领：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；
（2）分两种情况，当0＜t≤1时，当1＜t＜2时．
解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵AB＝AC＝6cm，AD⊥BC，
∴BD=12BC＝4cm，
在Rt△ABD中，AB＝6cm，BD＝4cm，
∴AD=AB2−BD2=25，
∴sinB=ADAB=53；
故答案为：53．
（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴sinB＝sinC=53，
分两种情况：当0＜t≤1时，
由题意得：CQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，
在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t•53=5t，
∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•5t＝45t−5t2=−5t2+45t，
当1＜t＜2时，
由题意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，
BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝12﹣3t，
在Rt△BQE中，QE＝BQsinB＝（12﹣3t）•53=45−5t，
∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•（45−5t）=5t2−85t+165，
∴S=−5t2+45t(0＜t≤2)5t2−85t+165(2＜t≤4)．
总结提升：本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
类型二 动点产生面积变化
5．（2022春•舒城县校级月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝20，AD＝16，点P从点A出发沿AB以每秒4个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动．
（1）当t＝3秒时，线段DP＝ ．
（2）当t＝ 秒时，△BPQ的面积是24．
思路引领：（1）当t＝3秒时，根据题意可得，AP＝12，再根据勾股定理即可求解．
（2）设运动时间为t（t≤5）秒，则BP＝20﹣4t，BQ＝2t，根据△BPQ的面积是24列出方程，求解即可．
解：（1）∵当t＝3秒时，AP＝4×3＝12，
根据勾股定理得DP=AP2+AD2=20．
故答案为：20．
（2）设运动时间为t（t≤5）秒，
此时，BP＝20﹣4t，BQ＝2t，
∵△BPQ的面积是24，
∴12⋅(20−4t)⋅2t=24，
整理得，t2﹣5t+6＝0，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴当t＝2秒或3秒时，△BPQ的面积是24．
故答案为：2或3．
总结提升：本题主要考查勾股定理、列代数式、一元二次方程的应用，根据题意找准数量关系，列出方程是解题关键．
6．（2022秋•江门期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝8cm．点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动、同时点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．
（1）△PQB的面积能否等于9cm2？请说明理由．
（2）几秒后，四边形APQC的面积等于16cm2？请写出过程．
思路引领：（1）根据△PQB的面积等于9cm2，即可得出关于t的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣11＜0，可得所列方程没有实数根，进而得出△PQB的面积不等等于9cm2；
（2）根据四边形APQC的面积等于16cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，结合当t＝4时，C，Q点重合，即可得出结论．
解：（1）△PQB的面积不能等于9cm2，
理由如下：
∵5÷1＝5s，8÷2＝4s，
∴运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
根据题意可得：AP＝tm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，
假设△PQB的面积等于9cm2，
则12(5−t)×2t=9，
整理得：t2﹣5t+9＝0，
∵Δ＝（﹣5）2﹣4×1×9＝﹣11＜0，
∴所列方程没有实数根，
∴△PQB的面积不能等于9cm2；
（2）由（1）得：AP＝tcm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
∵四边形APQC的面积等于16cm2，
∴12×5×8−12(5−t)×2t=16，
整理得：t2﹣5t+4＝0，
解得t1＝1，t2＝4，
当当t＝4时，C，Q点重合，不符合题意，舍去，
∴t＝1，
答：1s后，四边形APQC的面积等于16cm2．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记当Δ＜0时，方程无实数根．
类型三 动点产生两点距离变化
7．（2022•安岳县模拟）如图所示，A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝8cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10cm．（ ）（若一点到达终点，另一点也随之停止运动）
A．2s或235s B．1s或225s C．225s D．2s或225s
思路引领：设当P、Q两点从出发开始x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
解：设当P、Q两点从出发开始x秒时（x＜163），点P和点Q的距离是10cm，
此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，
根据题意得：（16﹣2x﹣3x）2+82＝102，
解得：x1＝2，x2=225．
答：当P、Q两点从出发开始到2秒或225秒时，点P和点Q的距离是10cm．
故选：D．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
8．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 cm．
思路引领：通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．
解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，
∴∠PAB+∠BAP′＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAP′+∠DAP′＝90°，
∴∠PAB＝∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D＝PB＝1cm，
在Rt△ABD中，
∵AB＝AD＝5cm，
由勾股定理得：BD52+52=52cm，
∴BP′＝BD﹣P′D＝52−1，
即BP′长度的最小值为（52−1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD＝52cm，
∴BP′＝BD+P′D＝（52+1）cm，
即BP′长度的最大值为（52+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（52−1）cm≤BP′≤（52+1）cm
故答案为：（52−1）cm≤BP′≤（52+1）cm．
总结提升：本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点P′的运动轨迹是本题的关键．
9．（2022秋•海港区校级期末）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为M（2，0），与y轴交于点B（0，2），直线y＝x+m与该二次函数的图象交于A，B两点，D是线段AB上的一个动点，过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E．则线段DE的最大值为 ．
思路引领：根据题中条件可求出抛物线和直线的解析式，进而求出点A的坐标，根据点D是线段AB上的一个动点，设出点D的坐标，再根据DE⊥x轴，可得出点E的坐标，则可得出DE=−12m2+3m=−12（m﹣3）2+92，根据二次函数的性质即可求出最大值．
解：根据题意可设抛物线解析式为：y＝a（x﹣2）2，
把B（0，2）代入可得：4a＝2，解得：a=12，
∴抛物线解析式为：y=12（x﹣2）2=12x2﹣2x+2，
把B（0，2）代入直线y＝x+m可得：m＝2，
∴y＝x+2，
当12x2﹣2x+2＝x+2时，解得：x1＝0，x2＝6，
∴A（6，8），
∵点D是线段AB上的一个动点，
∴可设点D的坐标为（m，m+2），且0≤m≤6，
∵过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E，
∴点E的坐标为（m，12m2﹣2m+2），
∴DE＝m+2﹣（12m2﹣2m+2）=−12m2+3m=−12（m﹣3）2+92，
∵−12＜0，图象开口向下，且0≤m≤6，
∴当m＝3时，DE有最大值，最大值为92；
故答案为：92．
总结提升：本题主要考查的是二次函数之线段最大值题型，解题关键：一是求出抛物线与直线的解析式，二是用含有m的式子表示出DE的长并配成顶点式．
类型四 动点产生图形形状变化
10．（2022秋•阳泉期末）如图所示，已知△ABC中，BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，点P是BC边上的一个动点，点P从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，设运动的时间为t（s），若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，则运动时间t＝ ．
思路引领：分情况讨论：AB＝BP，AB＝AP，画出图形分别求解即可．
解：∵BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，
∴BC2+AB2＝AC2，
∴∠B＝90°，
如图1，AB＝PB＝12cm，
∴t＝12÷2＝6s；
如图2，AP＝AB＝12cm，
∴BC+PC＝（16+20﹣12）cm＝24cm，
∴t＝24÷2＝12s；
如图3，AB＝BP＝12cm，
过点B作BD⊥AC于D，则AD＝PD，
∵S△ABC=12×AB×BC=12×AC×BD，
∴12×16＝20BD，
∴BD＝9.6cm，
由勾股定理得：AD=AB2−BD2=122−9．62=7.2cm，
∴AP＝2AD＝14.4cm，
∴t＝（16+20﹣14.4）÷2＝10.8s，
综上所述，t的值是6s或12s或10.8s．
故答案为：6s或12s或10.8s．
总结提升：本题考查的是等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
11．（2022秋•中原区校级期末）如图，在矩形OAHC中，OC＝83，OA＝16，B为CH中点，连接AB．动点M从点O出发沿OA边向点A运动，动点N从点A出发沿AB边向点B运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接CM，CN，MN，设运动时间为t（0＜t＜16）秒，则t＝ 时，△CMN为直角三角形．
思路引领：△CMN是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN＝90°，二是∠MNC＝90°，三是∠MCN＝90°，然后进行分类讨论求出t的值．
解：过点N作OA的垂线，交OA于点F，交CH于点E，如图，
∵B点是CH的中点，
∴BH=12CH＝8，
∵AH＝OC＝83，
∴由勾股定理可求：AB＝16，
∵AN＝t，
∴BN＝16﹣t，
∵NE∥AH，
∴△BEN∽△BHA，
∴BNAB=ENAH，
∴16−t16=EN83，
∴EN=32（16﹣t），
∴FN＝83−EN=32t，
当∠CMN＝90°，
由勾股定理可求：AF=12t，
∴MF＝AM﹣AF＝16﹣t−12t＝16−32t，
∵∠OCM+∠CMO＝90°，
∠CMO+∠FMN＝90°，
∴∠OCM＝∠FMN，
∵∠O＝∠NFM＝90°，
∴△COM∽△MFN，
∴OCMF=OMFN，
∴8316−32t=t32t，
∴t=83，
当∠MNC＝90°，
CE＝OF＝OM+MF＝t+16−32t＝16−t2，
∵∠MNF+∠CNE＝90°，
∠ECN+∠CNE＝90°，
∴∠MNF＝∠ECN，
∵∠CEN＝∠NFM＝90°，
∴△CEN∽△NFM，
∴CEFN=ENMF，
∴16−t232t=32(16−t)16−3t2，
∵0＜t＜16，
∴t＝8，
当∠NCM＝90°，
由题意知：此情况不存在，
综上所述，△CMN为直角三角形时，t=83或8．
总结提升：本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性
12．（2022秋•中原区月考）如图，在矩形ABCD中、AB＝15cm，AD＝5cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接PQ，QB．
（1）当t为何值时，P、Q两点间的距离为13cm？
（2）四边形APQD的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
思路引领：（1）可通过构建直角三角形来求解．过Q作QM⊥AB于M，如果设出发x秒后，QP＝13cm．那么可根据路程＝速度×时间，用未知数表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知数的值．
（1）利用矩形的性质得出当AP＝DQ时，四边形APQD为矩形求出即可；
解：（1）设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
则AP＝3t，CQ＝2t，作QM⊥AB于M，
则PM＝|15﹣2t﹣3t|＝|15﹣5t|，
（15﹣5t）2+52＝132，
解得：t＝0.6或t＝5.4，
答：P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm；
（2）四边形APDQ的形状有可能为矩形；
理由：
当四边形APQD为矩形，则AP＝DQ，
即3t＝15﹣2t，
解得：t＝3．
答：当P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用，本题结合几何知识并根据题意列出方程是解题的关键．
13．（2022春•淄川区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？
思路引领：以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB＝PQ时，当PQ＝BQ时，当BP＝BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，
∴EQ=12BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8−12t，
∴EC＝8−12t+t＝8+12t．
∴2t＝8+12t．
解得：t=163．
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ=t2+144．
16﹣t=t2+144，
解得：t=72；
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t=163或72时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
总结提升：本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．
14．（2022秋•崇左期末）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）交x轴于A（1，0）和B（﹣3，0），交y轴于C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若M为抛物线上第二象限内一点，求使△MBC面积最大时点M的坐标；
（3）若F是对称轴上一动点，Q是抛物线上一动点，是否存在F、Q，使以B、C、F、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标．
思路引领：（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN，即可求解；
（3）当BF（BC、BQ）是对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解．
解：（1）把A（1，0）和B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3（a≠0），得：
a+b+3=09a−3b+3=0，解得a=−1b=−2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵M为抛物线上第二象限内一点，如图，过点M作MN⊥x轴交BC于点N，
∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，B（﹣3，0）
∴C（0，3），
∴OC＝3，OB＝3，
设直线BC解析式为y＝kx+b，则−3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴设直线BC解析式为y＝x+3，
设M（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），
∴MN=−m2−2m+3−m−3=−m2−3m=−(m+32)2+94，
∴当m=−32时，MN有最大值94，
∴当m=−32时，△MBC的面积最大，
∴△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN=12×3×MN=278，
此时点M的坐标为(−32，154)；
（3）存在．理由如下：
∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设点Q（m，﹣m2﹣2m+3），点F（﹣1，t），
当BC是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3＝m﹣1，
解得：m＝2，则点Q（﹣2，3）；
当BF是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3﹣1＝m，
解得：m＝﹣4，则点Q（﹣4，﹣5）；
是对角线时，由中点坐标公式得：m﹣3＝﹣1，
解得：m＝2，则点Q（2，﹣5）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，3），（﹣4，﹣5），（2，﹣5）．
总结提升：本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质．
类型五 动点产生三角形相似
15．（2022秋•亳州期末）如图Rt△ABC的两条直角边AB＝4cm，AC＝3cm，点D沿AB从A向B运动，速度是1cm/s，同时，点E沿BC从B向C运动，速度为2cm/s．动点E到达点C时运动终止．连接DE、CD、AE．
（1）当动点运动 秒时，△BDE与△ABC相似；
（2）当动点运动 秒时，CD⊥DE．
思路引领：（1）分当△BDE∽△BAC时，当△BDE∽△BCA时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可；
（2）如图所示，过点E作EF⊥AB于F，证明△BEF∽△BCA，求出BF=85tcm，EF=65tcm，则DF=(4−135t)cm，再证明△ACD∽△FDE，得到ACAD=DFEF，即3t=4−135t65t，解方程即可．
解：（1）由题意得AD＝tcm，BE＝2tcm，则BD＝AB﹣AD＝（4﹣t）cm，
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=AB2+AC2=5cm，
当△BDE∽△BAC时，
∴BEBD=BCBA，即2t4−t=54，
解得t=2013；
当△BDE∽△BCA时，
∴BEBD=BABC，即2t4−t=45，
解得t=87；
综上所述，当t=2013或t=87时，△BDE与△ABC相似，
故答案为：2013或87；
（2）如图所示，过点E作EF⊥AB于F，则EF∥AC，
∴△BEF∽△BCA，
∴BEBC=BFBA=EFAC，即2t5=BF4=EF3，
∴BF=85tcm，EF=65tcm，
∴DF=BD−BF=(4−135t)cm
∵CD⊥DE，
∴∠CDE＝90°，
∴∠ACD+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠FDE，
∴∠ACD＝∠FDE，
又∵∠CAD＝∠DFE＝90°，
∴△ACD∽△FDE，
∴ACAD=DFEF，即3t=4−135t65t，
解得t=213，
故答案为：213．
总结提升：本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．（2022秋•渠县校级期末）如图，直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿A—O—B的路线运动到点B停止，C是AB的中点，沿直线PC截△AOB，若得到的三角形与△AOB相似，则点P的坐标是 ．
思路引领：先由直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，求得A（6，0），B（0，8），再根据勾股定理求得AB＝10，则AC＝CB＝5，分三种情况讨论，一是点P在OA上，且△APC∽△AOB，此时PC∥OB，可求得PO＝AP＝3，则P（3，0）；二是点P在OB上，且△PCB∽△AOB，则PBAB=CBOB，可求得PB=254，所以OB=74，则P（0，74）；三是点P在OB上，且△CPB∽△AOB，此时PC∥OA，可求得OP＝PB＝4，则P（0，4）．
解：直线y=−43x+8，当x＝0时，y＝8；
当y＝0时，则−43x+8＝0，解得x＝6，
∴A（6，0），B（0，8），
∵∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，
∴AB=OA2+OB2=62+82=10，
∵C是AB的中点，
∴AC＝CB=12AB＝5，
如图1，点P在OA上，且△APC∽△AOB，
∴∠APC＝∠AOB，
∴PC∥OB，
∴APPO=ACCB=1，
∴PO＝AP=12OA＝3，
∴P（3，0）；
如图2，点P在OB上，且△PCB∽△AOB，
∴PBAB=CBOB，
∴PB=AB⋅CBOB=10×58=254，
∴OB＝8−254=74，
∴P（0，74）；
如图3，点P在OB上，且△CPB∽△AOB，
∴∠CPB＝∠AOB，
∴PC∥OA，
∴OPPB=ACCB=1，
∴OP＝PB=12OB＝4，
∴P（0，4），
综上所述，点P的坐标是（3，0）或（0，74）或（0，4）．
总结提升：此题重点考查一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．
17．（2022秋•唐河县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，动点M以1cm/s的速度从A点出发，沿AB向点B运动，同时动点N以2cm/s的速度从点D出发，沿DA向点A运动，设运动的时间为t秒（0＜t＜3）．
（1）当t为何值时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19？
（2）是否存在某一时刻t，使得以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据矩形的性质求出∠BAD＝90°，求出AM、AN，根据三角形的面积公式，利用S=19×18建立方程，解之即可；
（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t值即可说明存在，反之则不存在．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6cm，∠BAD＝90°，
AM＝tcm，AN＝6﹣2t（cm），
∴S△AMN=12AN•AM=12×（6﹣2t）×t＝﹣（t−32）2+94（0≤t≤3），
依题意得：﹣（t−32）2+94=19×3×6，
t2﹣3t+2＝0，
t1＝2，t2＝1．
答：经过1秒或2秒时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19；
（2）设运动时间为t秒，
由题意得DN＝2t（cm），AN＝（6﹣2t）（cm），AM＝t（cm），
若△NMA∽△ACD，
则有AD：AN＝CD：AM，即6：（6﹣2t）＝3：t，
解得t＝1.5，
若△MNA∽△ACD
则有AD：AM＝CD：AN，即6：t＝3：（6﹣2t），
解得t＝2.4，
答：当运动时间为1.5秒或2.4秒时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
类型六 动点产生两直线位置关系变化
18．（2022秋•路南区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）P点从A点出发沿AB边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，DP⊥AC？
思路引领：（1）根据矩形的性质可得CD∥AB，根据平行线的性质可得∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，进而可得判定△APQ∽△CDQ；
（2）首先证明△DAP∽△ABC，结合相似三角形即可得到t的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，
∴△APQ∽△CDQ；
（2）解：当t＝2时，DP⊥AC；
∵∠ADC＝90°，DP⊥AC，
∴∠AQD＝∠AQP＝∠ABC＝90°，
∴∠CAB+∠APQ＝∠CAB+∠ACB＝90°，
∴∠APQ＝∠ACB，
∴△DAP∽△ABC，
∴DAAB=APBC，
∴816=2t8
解得：t＝2，
即当t＝2时，DP⊥AC．
总结提升：此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
类型七 动点产生最值
19．（2022秋•荆门期末）如图，平面直角坐标系中点A（6，0），以OA为边作等边△OAB，△OA′B′与△OAB关于y轴对称，M为线段OB′上一动点，则AM+BM的最小值是（ ）
A．6 B．9 C．12 D．18
思路引领：连接A′M．首先证明OB′垂直平分线段A′B，推出A′、B关于OB′对称，由MA+MB＝MA′+MA≥A′A，可知此时当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12．
解：连接A′M．
∵△OA'B'和△OAB都是等边三角形，
∴∠A′OB′＝∠AOB＝∠BOB′＝60°，OA′＝OB，
∵OM＝OM，
∴△OMB≌△OMA′（SAS），
∴A′M＝BM，∠OMA′＝∠OMB＝90°，
∴OB′垂直平分线段A′B，
∴A′、B关于OB′对称，
∵MA+MB＝MA+MA′≥A′A，
∴当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12，
∴BM+AM的最小值为12．
故选：C．
总结提升：本题考查等边三角形的性质、轴对称﹣最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．（2022•扬州三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（ ）
A．45 B．43 C．52 D．213
思路引领：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，求出DC'＝45即可．
解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，
∴∠EDA＝∠FEG，
在△AED和△GFE中，
∠A=∠FGE∠EDA=∠FEGDE=EF，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，AD＝EG，
∵AD＝AB，
∴AB＝EG，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴∠FBG＝45°，
∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，
∴DC'=AD2+AC′2=42+82=45，
∴DF+CF的最小值为45，
故选：A．
总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
21．（2021秋•殷都区期末）如图，在△ABC中，∠C＜90°，∠B＝30°，AB＝10，AC＝7，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）得到△AB'C'，点M的对应点为M'，连接OM'，在旋转过程中，线段OM'的长度的最小值是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
思路引领：O为AC的中点，M为BC边上一动点，则当OM′⊥B′C′时，OM′最短，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）的过程中，当OM′在直线AC上时，OM′最短，然后根据旋转的性质得到∠B＝∠B′＝30°，BA＝B′A＝10，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到AM′=12B′A＝3，而AO＝3.5，所以M′O＝AM′﹣AO＝1.5．
解：连接AM，AM′，
根据题意，点M′在以A点为圆心，AM为半径的圆上，
当AM⊥BC时，AM最短，此时AM=12BA＝5，
∵M′O≥AM′﹣AO（当且仅当M′、A、O共线时取等号），
∴M′O的最小值为5﹣3.5＝1.5．
故选：B．
总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
22．（2022秋•横县期中）如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°等到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．3 B．1.5 C．23 D．6
思路引领：取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋转的性质可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF＝GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．
解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．
∵△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，
∴CD＝CG=12AB＝3，∠ACD＝60°，
∵∠ECF＝60°，
∴∠FCD＝∠ECG．
在△FCD和△ECG中，
FC=EC∠FCD=∠ECGDC=GC，
∴△FCD≌△ECG（SAS），
∴DF＝GE．
当EG⊥AD时，EG最短，即DF最短．
∵点G为AC的中点，
∴此时EG＝DF=12CD＝1.5．
故选：B．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF＝GE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．
23．（2022秋•石门县期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为AB的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
A．2 B．7 C．23 D．3+1
思路引领：取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C，Q，D三点共线时，CD长最大求解．
解：如图，取AO的中点Q，连接CQ，QD，OD，
∵C为AB的三等分点，
∴AC的度数为60°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，
∴OQ=12OC=12×2=1，
由勾股定理可得，CQ=3，
∵D为AP的中点，
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ=12OA=12×2=1，
∴当D点CQ的延长线上时，即点C，Q，D三点共线时，CD长最大，最大值为3+1．
故选：D．
总结提升：本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键．
24．（2022秋•泰山区期末）如图，点P（3，4），⊙P半径为2，A（2.5，0），B（5，0），点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最大值是（ ）
A．32 B．52 C．72 D．92
思路引领：作射线OP，交⊙P于M1、M2，连接OM，因为OA＝AB，CM＝CB，所以AC=12OM，所以当OM最大时，AC最大，M运动到M2时，OM最大，由此即可解决问题．
解：如图，作射线OP，交⊙P于M1、M2，连接OM，
由勾股定理得：OP=32+42=5，
∵OA＝AB，CM＝CB，
∴AC=12OM，
∴当OM最大时，AC最大，
∴当M运动到M2时，OM最大，
此时AC的最大值=12OM2=12（OP+PM2）=12×（5+2）=72，
故选：C．
总结提升：本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题，所以中考常考题型．
25．（2022•南京模拟）如图所示，AB＝4，BC＝8，AB⊥BC于点B，点D是线段BC上一个动点，且AD⊥DE于点D，tan∠DAE=34，连接CE，则CE长的最小值是 ．
思路引领：在BC上截取BQ＝3，构造相似，可得出∠AQE＝90°，过C点作CH⊥EQ可得出△ABQ∽△QHC即可求出CE的长．
解：在BC上截取BQ＝3，则CQ＝5，Rt△ABQ中，BQ：AB：AQ＝3：4：5
∵tan∠DAE=34，
∴在Rt△ADE中，DE：AD：AE＝3：4：5，
∴△EAD∽△QAB，
∴ABAQ=ADAE，∠QAB＝∠EAD，
∴∠BAD＝∠QAE，
∴△BAD∽△QAE，
∴∠AQE＝90°，
∴∠EQC的角度固定不变，
∴CH为CE的最小值．
过C点作CH⊥EQ交EQ于点H，
∴∠CHQ＝∠ABQ＝90°，
∵∠AQE＝90°，
∴∠CQH＝∠QAB，
∴△ABQ∽△QHC，
∵CQ＝5，
∴CH＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题主要考查相似的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．（2022秋•市北区校级期末）如图，正方形ABCD边长为12cm，M、N分别是边BC，CD上的两个动点，且AM⊥MN，则线段AN的最小值是 cm．
思路引领：由正方形ABCD和AM⊥MN先证明在△ABM∽△MCN，Rt△ADN，AN=AD2+DN2，而AD为定值，所以当DN取最小值时，AN也取最小值．于是设BM＝xcm，利用△ABM∽△MCN，求出CN的长，即可表示出DN的长，根据二次函数的最值求法即可得到正确结果．
解：∵AM⊥MN，
∴∠AMB+∠CMN＝90°，
而∠AMB+∠MAB＝90°，
∴∠MAB＝∠NMC，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABM∽△MCN，
∴ABMC=BMCN，
设BM＝xcm，则1212−x=xCN，
整理得：CN=−112x2+x=−112（x﹣6）2+3，
∴当x＝6时，CN取得最大值3cm，
∵AN=AD2+DN2=122+DN2，
∴当AN取最小值时，DN取得最小值、CN取得最大值，即DN＝9cm时，AN最小，
∴AN=122+92=15（cm），
故答案为：15．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质应用与二次函数求最值的结合，把代数与几何问题进行了相互渗透，本题中证明△ABM∽△MCN以及运用二次函数求线段的最值是解题的关键．
27．（2022•富阳区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ＝ ，在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为 ．
思路引领：过点O作OH⊥AB，垂足为H，根据题意可得AQ＝AB，利用平行四边形的性质可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用锐角三角函数的定义求出OH，BH的长，再在Rt△AHO中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，AO的长，从而求出AB，AQ的长，进行计算即可求出OQ的长；根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，从而可得QB=2AB＝22+26，∠QBA＝∠AQB＝45°，进而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得∠QOG＝30°，最后设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，OG=3x，再在Rt△QGB中，利用勾股定理进行计算即可解答．
解：过点O作OH⊥AB，垂足为H，
由题意得：
AQ＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=12BD＝4，
在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，
∴OH＝OB•sin60°＝4×32=23，
BH＝OB•cos60°＝4×12=2，
在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，
∴AH=OHtan45°=231=23，OA=OHsin45°=2322=26，
∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+23，
∴OQ＝AQ﹣OA＝2+23−26，
∴当点Q落在AC上时，则OQ＝2+23−26，
∵AQ＝AB，
∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，
当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，
∵点B关于直线AP的对称点为Q，
∴OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，
∴QB=2AB＝22+26，
∠QBA＝∠AQB＝45°，
∵∠OBA＝60°，
∴∠OBQ＝∠OBA﹣∠QBA＝15°，
∵OQ＝OB，
∴∠OQB＝∠OBQ＝15°，
∴∠QOG＝∠OQB+∠OBQ＝30°，
设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，
∴OG=3QG=3x，
∴BG＝OB+OG＝（2+3）x，
在Rt△QGB中，QG2+GB2＝BQ2，
∴x2+[（2+3）x]2＝（22+26）2，
∴x＝2或x＝﹣2（舍去），
∴QG＝2，
∴在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为2．
故答案为：2+23−26，2．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
28．（2022秋•南开区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为 ．
思路引领：如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．
解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，
由y=−x+2y=x−4，解得x=3y=−1，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
总结提升：本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
29．（2022秋•河口区期末）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
（3）点P是第四象限内抛物线上的一个动点，试求四边形ACPB面积的最大值．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接CB交对称轴于点Q，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，直线BC与对称轴的交点即为所求Q点；
（3）过点P作PD⊥x轴于点D．设点P坐标为（t，t2﹣2t﹣3），则S=−32t2+92t+6，当t=32时，四边形ACPB的面积最大，最大值=758．
解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0），代入y＝ax2+bx﹣3，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
解得a=1b=−2，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CB交对称轴于点Q，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵A、B关于对称轴x＝1对称，
∴AQ＝BQ，
∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，
当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，
∵C（0，﹣3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴b=−33k+b=0，
解得k=1b=−3，
∴y＝x﹣3，
∴Q（1，﹣2）；
（3）在第四象限内抛物线上取点P，连接CB做PG∥y轴交直线BC于点G，
设点P坐标为（t，t2﹣2t﹣3），
则G（t，t﹣3），
∴PG＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t，
∵AB＝OB+OA＝4，OC＝3，
∴S四边形ACPB＝S△ACB+S△CPB=12AB•CO+12PH•BO=−32t2+92t+6，
∴当t=32时，四边形ACPB的面积最大，
最大值=−32×（32）2+92×32+6=758．
总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称求最短距离的方法，铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
专题36 几何动态性问题之动点问题（解析版）
类型一 动点产生函数关系
1．（2020秋•呼和浩特期末）如图，AB＝5，O是AB的中点，P是以点O为圆心，AB为直径的半圆上的一个动点（点P与点A，B可以重合），连接PA，过P作PM⊥AB于点M．设AP＝x，则AM=15x2，令y＝AP﹣AM，下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
思路引领：由y＝AP﹣AM＝x−15x2=−15x（x﹣5）（0≤x≤5），即可求解．
解：由题意得：y＝AP﹣AM＝x−15x2=−15x（x﹣5）（0≤x≤5），
∵a=−15，故抛物线开口向下，
当x=52时，y的最大值为−15×52（−52）=54，
故选：A．
总结提升：本题考查的是动点问题的函数图象，确定函数的表达式是本题解题的关键．
2．（2022•湖北模拟）如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿AB→BC→CD向点D运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AD边的长为 ．
思路引领：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．
解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3．
∴12AB⋅12BC=3，即AB•BC＝12．
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，
∴AB+BC＝7．
则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，
解得AB＝4或3，
∵AB＜AD，即AB＜BC，
∴AB＝3，BC＝4．
即AD＝4．
故答案为：4．
总结提升：本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
3．（2022秋•荔城区校级期末）如图，点A为双曲线y=−2x在第二象限上的动点，AO的延长线与双曲线的另一个交点为B，以AB为边的矩形ABCD满足AB：BC＝4：3，对角线AC，BD交于点P，设P的坐标为（m，n），则m，n满足的关系式为 ．
思路引领：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，证明△AOM∽△OPN，然后利用相似三角形的性质分析求解．
解：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，
∴∠AMO＝∠PNO＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AP＝PC，
∵OA＝OB，
∴OP∥BC，BC＝2OP，
∴∠AOP＝∠ABC＝90°，AO：OP＝AB：BC＝4：3，
∴∠AOM+∠PON＝90°，
∵∠AMO＝90°，
∴∠AOM+∠MAO＝90°，
∴∠MAO＝∠PON，
∴△AOM∽△OPN，
∴S△AOMS△OPN=（AOOP）2=169，
∵点A为双曲线y=−2x 在第二象限上的动点，
设点A的坐标为（a，−2a），
∵S△AOM=12×(−a)×−2a=1，
∴S△OPN=916，
∵P的坐标为（m，n），
∴S△OPN=12mn=916，
∴mn=98，
故答案为：mn=98．
总结提升：本题考查了反比例函数k的几何意义、相似三角形判定与性质和矩形的性质，恰当的构建相似三角形，利用面积比是相似比的平方是解题关键．
4．（2022秋•甘井子区校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着C→A→B的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为t（s），△CPQ的面积为S（cm2）．
（1）sinB＝ ；
（2）求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
思路引领：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；
（2）分两种情况，当0＜t≤1时，当1＜t＜2时．
解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵AB＝AC＝6cm，AD⊥BC，
∴BD=12BC＝4cm，
在Rt△ABD中，AB＝6cm，BD＝4cm，
∴AD=AB2−BD2=25，
∴sinB=ADAB=53；
故答案为：53．
（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴sinB＝sinC=53，
分两种情况：当0＜t≤1时，
由题意得：CQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，
在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t•53=5t，
∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•5t＝45t−5t2=−5t2+45t，
当1＜t＜2时，
由题意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，
BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝12﹣3t，
在Rt△BQE中，QE＝BQsinB＝（12﹣3t）•53=45−5t，
∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•（45−5t）=5t2−85t+165，
∴S=−5t2+45t(0＜t≤2)5t2−85t+165(2＜t≤4)．
总结提升：本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
类型二 动点产生面积变化
5．（2022春•舒城县校级月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝20，AD＝16，点P从点A出发沿AB以每秒4个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动．
（1）当t＝3秒时，线段DP＝ ．
（2）当t＝ 秒时，△BPQ的面积是24．
思路引领：（1）当t＝3秒时，根据题意可得，AP＝12，再根据勾股定理即可求解．
（2）设运动时间为t（t≤5）秒，则BP＝20﹣4t，BQ＝2t，根据△BPQ的面积是24列出方程，求解即可．
解：（1）∵当t＝3秒时，AP＝4×3＝12，
根据勾股定理得DP=AP2+AD2=20．
故答案为：20．
（2）设运动时间为t（t≤5）秒，
此时，BP＝20﹣4t，BQ＝2t，
∵△BPQ的面积是24，
∴12⋅(20−4t)⋅2t=24，
整理得，t2﹣5t+6＝0，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴当t＝2秒或3秒时，△BPQ的面积是24．
故答案为：2或3．
总结提升：本题主要考查勾股定理、列代数式、一元二次方程的应用，根据题意找准数量关系，列出方程是解题关键．
6．（2022秋•江门期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝8cm．点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动、同时点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．
（1）△PQB的面积能否等于9cm2？请说明理由．
（2）几秒后，四边形APQC的面积等于16cm2？请写出过程．
思路引领：（1）根据△PQB的面积等于9cm2，即可得出关于t的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣11＜0，可得所列方程没有实数根，进而得出△PQB的面积不等等于9cm2；
（2）根据四边形APQC的面积等于16cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，结合当t＝4时，C，Q点重合，即可得出结论．
解：（1）△PQB的面积不能等于9cm2，
理由如下：
∵5÷1＝5s，8÷2＝4s，
∴运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
根据题意可得：AP＝tm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，
假设△PQB的面积等于9cm2，
则12(5−t)×2t=9，
整理得：t2﹣5t+9＝0，
∵Δ＝（﹣5）2﹣4×1×9＝﹣11＜0，
∴所列方程没有实数根，
∴△PQB的面积不能等于9cm2；
（2）由（1）得：AP＝tcm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
∵四边形APQC的面积等于16cm2，
∴12×5×8−12(5−t)×2t=16，
整理得：t2﹣5t+4＝0，
解得t1＝1，t2＝4，
当当t＝4时，C，Q点重合，不符合题意，舍去，
∴t＝1，
答：1s后，四边形APQC的面积等于16cm2．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记当Δ＜0时，方程无实数根．
类型三 动点产生两点距离变化
7．（2022•安岳县模拟）如图所示，A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝8cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10cm．（ ）（若一点到达终点，另一点也随之停止运动）
A．2s或235s B．1s或225s C．225s D．2s或225s
思路引领：设当P、Q两点从出发开始x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
解：设当P、Q两点从出发开始x秒时（x＜163），点P和点Q的距离是10cm，
此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，
根据题意得：（16﹣2x﹣3x）2+82＝102，
解得：x1＝2，x2=225．
答：当P、Q两点从出发开始到2秒或225秒时，点P和点Q的距离是10cm．
故选：D．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
8．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 cm．
思路引领：通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．
解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，
∴∠PAB+∠BAP′＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAP′+∠DAP′＝90°，
∴∠PAB＝∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D＝PB＝1cm，
在Rt△ABD中，
∵AB＝AD＝5cm，
由勾股定理得：BD52+52=52cm，
∴BP′＝BD﹣P′D＝52−1，
即BP′长度的最小值为（52−1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD＝52cm，
∴BP′＝BD+P′D＝（52+1）cm，
即BP′长度的最大值为（52+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（52−1）cm≤BP′≤（52+1）cm
故答案为：（52−1）cm≤BP′≤（52+1）cm．
总结提升：本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点P′的运动轨迹是本题的关键．
9．（2022秋•海港区校级期末）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为M（2，0），与y轴交于点B（0，2），直线y＝x+m与该二次函数的图象交于A，B两点，D是线段AB上的一个动点，过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E．则线段DE的最大值为 ．
思路引领：根据题中条件可求出抛物线和直线的解析式，进而求出点A的坐标，根据点D是线段AB上的一个动点，设出点D的坐标，再根据DE⊥x轴，可得出点E的坐标，则可得出DE=−12m2+3m=−12（m﹣3）2+92，根据二次函数的性质即可求出最大值．
解：根据题意可设抛物线解析式为：y＝a（x﹣2）2，
把B（0，2）代入可得：4a＝2，解得：a=12，
∴抛物线解析式为：y=12（x﹣2）2=12x2﹣2x+2，
把B（0，2）代入直线y＝x+m可得：m＝2，
∴y＝x+2，
当12x2﹣2x+2＝x+2时，解得：x1＝0，x2＝6，
∴A（6，8），
∵点D是线段AB上的一个动点，
∴可设点D的坐标为（m，m+2），且0≤m≤6，
∵过D作x轴的垂线交二次函数的图象于点E，
∴点E的坐标为（m，12m2﹣2m+2），
∴DE＝m+2﹣（12m2﹣2m+2）=−12m2+3m=−12（m﹣3）2+92，
∵−12＜0，图象开口向下，且0≤m≤6，
∴当m＝3时，DE有最大值，最大值为92；
故答案为：92．
总结提升：本题主要考查的是二次函数之线段最大值题型，解题关键：一是求出抛物线与直线的解析式，二是用含有m的式子表示出DE的长并配成顶点式．
类型四 动点产生图形形状变化
10．（2022秋•阳泉期末）如图所示，已知△ABC中，BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，点P是BC边上的一个动点，点P从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，设运动的时间为t（s），若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，则运动时间t＝ ．
思路引领：分情况讨论：AB＝BP，AB＝AP，画出图形分别求解即可．
解：∵BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，
∴BC2+AB2＝AC2，
∴∠B＝90°，
如图1，AB＝PB＝12cm，
∴t＝12÷2＝6s；
如图2，AP＝AB＝12cm，
∴BC+PC＝（16+20﹣12）cm＝24cm，
∴t＝24÷2＝12s；
如图3，AB＝BP＝12cm，
过点B作BD⊥AC于D，则AD＝PD，
∵S△ABC=12×AB×BC=12×AC×BD，
∴12×16＝20BD，
∴BD＝9.6cm，
由勾股定理得：AD=AB2−BD2=122−9．62=7.2cm，
∴AP＝2AD＝14.4cm，
∴t＝（16+20﹣14.4）÷2＝10.8s，
综上所述，t的值是6s或12s或10.8s．
故答案为：6s或12s或10.8s．
总结提升：本题考查的是等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
11．（2022秋•中原区校级期末）如图，在矩形OAHC中，OC＝83，OA＝16，B为CH中点，连接AB．动点M从点O出发沿OA边向点A运动，动点N从点A出发沿AB边向点B运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接CM，CN，MN，设运动时间为t（0＜t＜16）秒，则t＝ 时，△CMN为直角三角形．
思路引领：△CMN是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN＝90°，二是∠MNC＝90°，三是∠MCN＝90°，然后进行分类讨论求出t的值．
解：过点N作OA的垂线，交OA于点F，交CH于点E，如图，
∵B点是CH的中点，
∴BH=12CH＝8，
∵AH＝OC＝83，
∴由勾股定理可求：AB＝16，
∵AN＝t，
∴BN＝16﹣t，
∵NE∥AH，
∴△BEN∽△BHA，
∴BNAB=ENAH，
∴16−t16=EN83，
∴EN=32（16﹣t），
∴FN＝83−EN=32t，
当∠CMN＝90°，
由勾股定理可求：AF=12t，
∴MF＝AM﹣AF＝16﹣t−12t＝16−32t，
∵∠OCM+∠CMO＝90°，
∠CMO+∠FMN＝90°，
∴∠OCM＝∠FMN，
∵∠O＝∠NFM＝90°，
∴△COM∽△MFN，
∴OCMF=OMFN，
∴8316−32t=t32t，
∴t=83，
当∠MNC＝90°，
CE＝OF＝OM+MF＝t+16−32t＝16−t2，
∵∠MNF+∠CNE＝90°，
∠ECN+∠CNE＝90°，
∴∠MNF＝∠ECN，
∵∠CEN＝∠NFM＝90°，
∴△CEN∽△NFM，
∴CEFN=ENMF，
∴16−t232t=32(16−t)16−3t2，
∵0＜t＜16，
∴t＝8，
当∠NCM＝90°，
由题意知：此情况不存在，
综上所述，△CMN为直角三角形时，t=83或8．
总结提升：本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性
12．（2022秋•中原区月考）如图，在矩形ABCD中、AB＝15cm，AD＝5cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接PQ，QB．
（1）当t为何值时，P、Q两点间的距离为13cm？
（2）四边形APQD的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
思路引领：（1）可通过构建直角三角形来求解．过Q作QM⊥AB于M，如果设出发x秒后，QP＝13cm．那么可根据路程＝速度×时间，用未知数表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知数的值．
（1）利用矩形的性质得出当AP＝DQ时，四边形APQD为矩形求出即可；
解：（1）设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
则AP＝3t，CQ＝2t，作QM⊥AB于M，
则PM＝|15﹣2t﹣3t|＝|15﹣5t|，
（15﹣5t）2+52＝132，
解得：t＝0.6或t＝5.4，
答：P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm；
（2）四边形APDQ的形状有可能为矩形；
理由：
当四边形APQD为矩形，则AP＝DQ，
即3t＝15﹣2t，
解得：t＝3．
答：当P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形．
总结提升：本题考查了一元二次方程的应用，本题结合几何知识并根据题意列出方程是解题的关键．
13．（2022春•淄川区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？
思路引领：以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB＝PQ时，当PQ＝BQ时，当BP＝BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，
∴EQ=12BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8−12t，
∴EC＝8−12t+t＝8+12t．
∴2t＝8+12t．
解得：t=163．
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ=t2+144．
16﹣t=t2+144，
解得：t=72；
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t=163或72时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
总结提升：本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．
14．（2022秋•崇左期末）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）交x轴于A（1，0）和B（﹣3，0），交y轴于C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若M为抛物线上第二象限内一点，求使△MBC面积最大时点M的坐标；
（3）若F是对称轴上一动点，Q是抛物线上一动点，是否存在F、Q，使以B、C、F、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标．
思路引领：（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN，即可求解；
（3）当BF（BC、BQ）是对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解．
解：（1）把A（1，0）和B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3（a≠0），得：
a+b+3=09a−3b+3=0，解得a=−1b=−2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵M为抛物线上第二象限内一点，如图，过点M作MN⊥x轴交BC于点N，
∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，B（﹣3，0）
∴C（0，3），
∴OC＝3，OB＝3，
设直线BC解析式为y＝kx+b，则−3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴设直线BC解析式为y＝x+3，
设M（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），
∴MN=−m2−2m+3−m−3=−m2−3m=−(m+32)2+94，
∴当m=−32时，MN有最大值94，
∴当m=−32时，△MBC的面积最大，
∴△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN=12×3×MN=278，
此时点M的坐标为(−32，154)；
（3）存在．理由如下：
∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设点Q（m，﹣m2﹣2m+3），点F（﹣1，t），
当BC是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3＝m﹣1，
解得：m＝2，则点Q（﹣2，3）；
当BF是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3﹣1＝m，
解得：m＝﹣4，则点Q（﹣4，﹣5）；
是对角线时，由中点坐标公式得：m﹣3＝﹣1，
解得：m＝2，则点Q（2，﹣5）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，3），（﹣4，﹣5），（2，﹣5）．
总结提升：本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质．
类型五 动点产生三角形相似
15．（2022秋•亳州期末）如图Rt△ABC的两条直角边AB＝4cm，AC＝3cm，点D沿AB从A向B运动，速度是1cm/s，同时，点E沿BC从B向C运动，速度为2cm/s．动点E到达点C时运动终止．连接DE、CD、AE．
（1）当动点运动 秒时，△BDE与△ABC相似；
（2）当动点运动 秒时，CD⊥DE．
思路引领：（1）分当△BDE∽△BAC时，当△BDE∽△BCA时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可；
（2）如图所示，过点E作EF⊥AB于F，证明△BEF∽△BCA，求出BF=85tcm，EF=65tcm，则DF=(4−135t)cm，再证明△ACD∽△FDE，得到ACAD=DFEF，即3t=4−135t65t，解方程即可．
解：（1）由题意得AD＝tcm，BE＝2tcm，则BD＝AB﹣AD＝（4﹣t）cm，
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=AB2+AC2=5cm，
当△BDE∽△BAC时，
∴BEBD=BCBA，即2t4−t=54，
解得t=2013；
当△BDE∽△BCA时，
∴BEBD=BABC，即2t4−t=45，
解得t=87；
综上所述，当t=2013或t=87时，△BDE与△ABC相似，
故答案为：2013或87；
（2）如图所示，过点E作EF⊥AB于F，则EF∥AC，
∴△BEF∽△BCA，
∴BEBC=BFBA=EFAC，即2t5=BF4=EF3，
∴BF=85tcm，EF=65tcm，
∴DF=BD−BF=(4−135t)cm
∵CD⊥DE，
∴∠CDE＝90°，
∴∠ACD+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠FDE，
∴∠ACD＝∠FDE，
又∵∠CAD＝∠DFE＝90°，
∴△ACD∽△FDE，
∴ACAD=DFEF，即3t=4−135t65t，
解得t=213，
故答案为：213．
总结提升：本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．（2022秋•渠县校级期末）如图，直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿A—O—B的路线运动到点B停止，C是AB的中点，沿直线PC截△AOB，若得到的三角形与△AOB相似，则点P的坐标是 ．
思路引领：先由直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，求得A（6，0），B（0，8），再根据勾股定理求得AB＝10，则AC＝CB＝5，分三种情况讨论，一是点P在OA上，且△APC∽△AOB，此时PC∥OB，可求得PO＝AP＝3，则P（3，0）；二是点P在OB上，且△PCB∽△AOB，则PBAB=CBOB，可求得PB=254，所以OB=74，则P（0，74）；三是点P在OB上，且△CPB∽△AOB，此时PC∥OA，可求得OP＝PB＝4，则P（0，4）．
解：直线y=−43x+8，当x＝0时，y＝8；
当y＝0时，则−43x+8＝0，解得x＝6，
∴A（6，0），B（0，8），
∵∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，
∴AB=OA2+OB2=62+82=10，
∵C是AB的中点，
∴AC＝CB=12AB＝5，
如图1，点P在OA上，且△APC∽△AOB，
∴∠APC＝∠AOB，
∴PC∥OB，
∴APPO=ACCB=1，
∴PO＝AP=12OA＝3，
∴P（3，0）；
如图2，点P在OB上，且△PCB∽△AOB，
∴PBAB=CBOB，
∴PB=AB⋅CBOB=10×58=254，
∴OB＝8−254=74，
∴P（0，74）；
如图3，点P在OB上，且△CPB∽△AOB，
∴∠CPB＝∠AOB，
∴PC∥OA，
∴OPPB=ACCB=1，
∴OP＝PB=12OB＝4，
∴P（0，4），
综上所述，点P的坐标是（3，0）或（0，74）或（0，4）．
总结提升：此题重点考查一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．
17．（2022秋•唐河县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，动点M以1cm/s的速度从A点出发，沿AB向点B运动，同时动点N以2cm/s的速度从点D出发，沿DA向点A运动，设运动的时间为t秒（0＜t＜3）．
（1）当t为何值时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19？
（2）是否存在某一时刻t，使得以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据矩形的性质求出∠BAD＝90°，求出AM、AN，根据三角形的面积公式，利用S=19×18建立方程，解之即可；
（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t值即可说明存在，反之则不存在．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6cm，∠BAD＝90°，
AM＝tcm，AN＝6﹣2t（cm），
∴S△AMN=12AN•AM=12×（6﹣2t）×t＝﹣（t−32）2+94（0≤t≤3），
依题意得：﹣（t−32）2+94=19×3×6，
t2﹣3t+2＝0，
t1＝2，t2＝1．
答：经过1秒或2秒时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19；
（2）设运动时间为t秒，
由题意得DN＝2t（cm），AN＝（6﹣2t）（cm），AM＝t（cm），
若△NMA∽△ACD，
则有AD：AN＝CD：AM，即6：（6﹣2t）＝3：t，
解得t＝1.5，
若△MNA∽△ACD
则有AD：AM＝CD：AN，即6：t＝3：（6﹣2t），
解得t＝2.4，
答：当运动时间为1.5秒或2.4秒时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
类型六 动点产生两直线位置关系变化
18．（2022秋•路南区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）P点从A点出发沿AB边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，DP⊥AC？
思路引领：（1）根据矩形的性质可得CD∥AB，根据平行线的性质可得∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，进而可得判定△APQ∽△CDQ；
（2）首先证明△DAP∽△ABC，结合相似三角形即可得到t的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，
∴△APQ∽△CDQ；
（2）解：当t＝2时，DP⊥AC；
∵∠ADC＝90°，DP⊥AC，
∴∠AQD＝∠AQP＝∠ABC＝90°，
∴∠CAB+∠APQ＝∠CAB+∠ACB＝90°，
∴∠APQ＝∠ACB，
∴△DAP∽△ABC，
∴DAAB=APBC，
∴816=2t8
解得：t＝2，
即当t＝2时，DP⊥AC．
总结提升：此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
类型七 动点产生最值
19．（2022秋•荆门期末）如图，平面直角坐标系中点A（6，0），以OA为边作等边△OAB，△OA′B′与△OAB关于y轴对称，M为线段OB′上一动点，则AM+BM的最小值是（ ）
A．6 B．9 C．12 D．18
思路引领：连接A′M．首先证明OB′垂直平分线段A′B，推出A′、B关于OB′对称，由MA+MB＝MA′+MA≥A′A，可知此时当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12．
解：连接A′M．
∵△OA'B'和△OAB都是等边三角形，
∴∠A′OB′＝∠AOB＝∠BOB′＝60°，OA′＝OB，
∵OM＝OM，
∴△OMB≌△OMA′（SAS），
∴A′M＝BM，∠OMA′＝∠OMB＝90°，
∴OB′垂直平分线段A′B，
∴A′、B关于OB′对称，
∵MA+MB＝MA+MA′≥A′A，
∴当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12，
∴BM+AM的最小值为12．
故选：C．
总结提升：本题考查等边三角形的性质、轴对称﹣最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．（2022•扬州三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（ ）
A．45 B．43 C．52 D．213
思路引领：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，求出DC'＝45即可．
解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，
∴∠EDA＝∠FEG，
在△AED和△GFE中，
∠A=∠FGE∠EDA=∠FEGDE=EF，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，AD＝EG，
∵AD＝AB，
∴AB＝EG，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴∠FBG＝45°，
∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，
∴DC'=AD2+AC′2=42+82=45，
∴DF+CF的最小值为45，
故选：A．
总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
21．（2021秋•殷都区期末）如图，在△ABC中，∠C＜90°，∠B＝30°，AB＝10，AC＝7，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）得到△AB'C'，点M的对应点为M'，连接OM'，在旋转过程中，线段OM'的长度的最小值是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
思路引领：O为AC的中点，M为BC边上一动点，则当OM′⊥B′C′时，OM′最短，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）的过程中，当OM′在直线AC上时，OM′最短，然后根据旋转的性质得到∠B＝∠B′＝30°，BA＝B′A＝10，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到AM′=12B′A＝3，而AO＝3.5，所以M′O＝AM′﹣AO＝1.5．
解：连接AM，AM′，
根据题意，点M′在以A点为圆心，AM为半径的圆上，
当AM⊥BC时，AM最短，此时AM=12BA＝5，
∵M′O≥AM′﹣AO（当且仅当M′、A、O共线时取等号），
∴M′O的最小值为5﹣3.5＝1.5．
故选：B．
总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
22．（2022秋•横县期中）如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°等到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．3 B．1.5 C．23 D．6
思路引领：取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋转的性质可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF＝GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．
解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．
∵△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，
∴CD＝CG=12AB＝3，∠ACD＝60°，
∵∠ECF＝60°，
∴∠FCD＝∠ECG．
在△FCD和△ECG中，
FC=EC∠FCD=∠ECGDC=GC，
∴△FCD≌△ECG（SAS），
∴DF＝GE．
当EG⊥AD时，EG最短，即DF最短．
∵点G为AC的中点，
∴此时EG＝DF=12CD＝1.5．
故选：B．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF＝GE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．
23．（2022秋•石门县期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为AB的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
A．2 B．7 C．23 D．3+1
思路引领：取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C，Q，D三点共线时，CD长最大求解．
解：如图，取AO的中点Q，连接CQ，QD，OD，
∵C为AB的三等分点，
∴AC的度数为60°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，
∴OQ=12OC=12×2=1，
由勾股定理可得，CQ=3，
∵D为AP的中点，
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ=12OA=12×2=1，
∴当D点CQ的延长线上时，即点C，Q，D三点共线时，CD长最大，最大值为3+1．
故选：D．
总结提升：本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键．
24．（2022秋•泰山区期末）如图，点P（3，4），⊙P半径为2，A（2.5，0），B（5，0），点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最大值是（ ）
A．32 B．52 C．72 D．92
思路引领：作射线OP，交⊙P于M1、M2，连接OM，因为OA＝AB，CM＝CB，所以AC=12OM，所以当OM最大时，AC最大，M运动到M2时，OM最大，由此即可解决问题．
解：如图，作射线OP，交⊙P于M1、M2，连接OM，
由勾股定理得：OP=32+42=5，
∵OA＝AB，CM＝CB，
∴AC=12OM，
∴当OM最大时，AC最大，
∴当M运动到M2时，OM最大，
此时AC的最大值=12OM2=12（OP+PM2）=12×（5+2）=72，
故选：C．
总结提升：本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题，所以中考常考题型．
25．（2022•南京模拟）如图所示，AB＝4，BC＝8，AB⊥BC于点B，点D是线段BC上一个动点，且AD⊥DE于点D，tan∠DAE=34，连接CE，则CE长的最小值是 ．
思路引领：在BC上截取BQ＝3，构造相似，可得出∠AQE＝90°，过C点作CH⊥EQ可得出△ABQ∽△QHC即可求出CE的长．
解：在BC上截取BQ＝3，则CQ＝5，Rt△ABQ中，BQ：AB：AQ＝3：4：5
∵tan∠DAE=34，
∴在Rt△ADE中，DE：AD：AE＝3：4：5，
∴△EAD∽△QAB，
∴ABAQ=ADAE，∠QAB＝∠EAD，
∴∠BAD＝∠QAE，
∴△BAD∽△QAE，
∴∠AQE＝90°，
∴∠EQC的角度固定不变，
∴CH为CE的最小值．
过C点作CH⊥EQ交EQ于点H，
∴∠CHQ＝∠ABQ＝90°，
∵∠AQE＝90°，
∴∠CQH＝∠QAB，
∴△ABQ∽△QHC，
∵CQ＝5，
∴CH＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题主要考查相似的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．（2022秋•市北区校级期末）如图，正方形ABCD边长为12cm，M、N分别是边BC，CD上的两个动点，且AM⊥MN，则线段AN的最小值是 cm．
思路引领：由正方形ABCD和AM⊥MN先证明在△ABM∽△MCN，Rt△ADN，AN=AD2+DN2，而AD为定值，所以当DN取最小值时，AN也取最小值．于是设BM＝xcm，利用△ABM∽△MCN，求出CN的长，即可表示出DN的长，根据二次函数的最值求法即可得到正确结果．
解：∵AM⊥MN，
∴∠AMB+∠CMN＝90°，
而∠AMB+∠MAB＝90°，
∴∠MAB＝∠NMC，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABM∽△MCN，
∴ABMC=BMCN，
设BM＝xcm，则1212−x=xCN，
整理得：CN=−112x2+x=−112（x﹣6）2+3，
∴当x＝6时，CN取得最大值3cm，
∵AN=AD2+DN2=122+DN2，
∴当AN取最小值时，DN取得最小值、CN取得最大值，即DN＝9cm时，AN最小，
∴AN=122+92=15（cm），
故答案为：15．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质应用与二次函数求最值的结合，把代数与几何问题进行了相互渗透，本题中证明△ABM∽△MCN以及运用二次函数求线段的最值是解题的关键．
27．（2022•富阳区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ＝ ，在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为 ．
思路引领：过点O作OH⊥AB，垂足为H，根据题意可得AQ＝AB，利用平行四边形的性质可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用锐角三角函数的定义求出OH，BH的长，再在Rt△AHO中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，AO的长，从而求出AB，AQ的长，进行计算即可求出OQ的长；根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，从而可得QB=2AB＝22+26，∠QBA＝∠AQB＝45°，进而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得∠QOG＝30°，最后设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，OG=3x，再在Rt△QGB中，利用勾股定理进行计算即可解答．
解：过点O作OH⊥AB，垂足为H，
由题意得：
AQ＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=12BD＝4，
在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，
∴OH＝OB•sin60°＝4×32=23，
BH＝OB•cos60°＝4×12=2，
在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，
∴AH=OHtan45°=231=23，OA=OHsin45°=2322=26，
∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+23，
∴OQ＝AQ﹣OA＝2+23−26，
∴当点Q落在AC上时，则OQ＝2+23−26，
∵AQ＝AB，
∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，
当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，
∵点B关于直线AP的对称点为Q，
∴OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，
∴QB=2AB＝22+26，
∠QBA＝∠AQB＝45°，
∵∠OBA＝60°，
∴∠OBQ＝∠OBA﹣∠QBA＝15°，
∵OQ＝OB，
∴∠OQB＝∠OBQ＝15°，
∴∠QOG＝∠OQB+∠OBQ＝30°，
设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，
∴OG=3QG=3x，
∴BG＝OB+OG＝（2+3）x，
在Rt△QGB中，QG2+GB2＝BQ2，
∴x2+[（2+3）x]2＝（22+26）2，
∴x＝2或x＝﹣2（舍去），
∴QG＝2，
∴在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为2．
故答案为：2+23−26，2．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
28．（2022秋•南开区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为 ．
思路引领：如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．
解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，
由y=−x+2y=x−4，解得x=3y=−1，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
总结提升：本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
29．（2022秋•河口区期末）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
（3）点P是第四象限内抛物线上的一个动点，试求四边形ACPB面积的最大值．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接CB交对称轴于点Q，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，直线BC与对称轴的交点即为所求Q点；
（3）过点P作PD⊥x轴于点D．设点P坐标为（t，t2﹣2t﹣3），则S=−32t2+92t+6，当t=32时，四边形ACPB的面积最大，最大值=758．
解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0），代入y＝ax2+bx﹣3，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
解得a=1b=−2，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CB交对称轴于点Q，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵A、B关于对称轴x＝1对称，
∴AQ＝BQ，
∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，
当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，
∵C（0，﹣3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴b=−33k+b=0，
解得k=1b=−3，
∴y＝x﹣3，
∴Q（1，﹣2）；
（3）在第四象限内抛物线上取点P，连接CB做PG∥y轴交直线BC于点G，
设点P坐标为（t，t2﹣2t﹣3），
则G（t，t﹣3），
∴PG＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t，
∵AB＝OB+OA＝4，OC＝3，
∴S四边形ACPB＝S△ACB+S△CPB=12AB•CO+12PH•BO=−32t2+92t+6，
∴当t=32时，四边形ACPB的面积最大，
最大值=−32×（32）2+92×32+6=758．
总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称求最短距离的方法，铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
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