1、兩個(gè)定點(diǎn)求一個(gè)動(dòng)點(diǎn)。這種題目找點(diǎn)方法是過(guò)兩個(gè)定點(diǎn)做垂線，以定長(zhǎng)為直徑畫圓，簡(jiǎn)稱“兩個(gè)垂直一個(gè)圓”。通過(guò)這樣的作圖法，可以快速找到符合題意的點(diǎn)，這就是常說(shuō)的找點(diǎn)。求點(diǎn)的方法，構(gòu)造三垂直模型，根據(jù)直角兩側(cè)有相似就可以求解。
2、兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)或三個(gè)動(dòng)點(diǎn)。因?yàn)槿切沃挥腥齻€(gè)角，所以分三種情況討論就可以了！當(dāng)然有時(shí)也有直角不成立的情況。當(dāng)它們分別為直角時(shí)，用相似或勾股定理求解，一般情況下，相似求解比勾股定理要簡(jiǎn)單一些。
【多題一解】【一題多解】
一、解答題
1．（2022秋·黑龍江齊齊哈爾·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，等邊△ABC中，AB＝10cm，CD＝4cm．點(diǎn)M以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)．
(1)如果點(diǎn)M在線段CB上由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在線段BA上由點(diǎn)B向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)、它們同時(shí)出發(fā)，若點(diǎn)N的速度與點(diǎn)M的速度相等；
①經(jīng)過(guò)2s后，△BMN和△CDM是否全等？請(qǐng)說(shuō)明理由．
②當(dāng)M，N兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少秒時(shí)，△BMN恰好是一個(gè)直角三角形？
(2)若點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度不相等，點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)M按原來(lái)的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，都順時(shí)針沿△ABC三邊運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)25s時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)N第一次相遇，則點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度是 cm/s．（請(qǐng)直接寫出答案）
【答案】(1)①△BMN和△CDM全等，理由見解析；②秒或秒；
(2)或
【分析】（1）①由題意求出CM＝BN ，BM＝CD，然后利用SAS可證明△BMN≌△CDM；
②分兩種情形討論解答：①當(dāng)∠BNM＝90°時(shí)；②當(dāng)∠BMN＝90°時(shí)，設(shè)兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)為t秒，分別表示出BM，BN的長(zhǎng)度，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)列方程即可求出對(duì)應(yīng)的時(shí)間；
（2）分兩種情況解答：①當(dāng)點(diǎn)N的速度小于點(diǎn)M的速度時(shí)；②當(dāng)點(diǎn)N的速度大于點(diǎn)M的速度時(shí)，設(shè)點(diǎn)N速度為s厘米/秒，利用點(diǎn)M與點(diǎn)N第一次相遇時(shí)的路程的差列出方程即可求解．
【詳解】（1）解：①△BMN和△CDM全等．
理由：∵點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度相等，點(diǎn)M以3厘米/秒的速度運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)N的速度是3厘米/秒，
∴經(jīng)過(guò)2秒后，CM＝6厘米，BN＝6厘米，
∴CM＝BN，
∴BM＝BC?CM＝10?6＝4（厘米），
∵DC＝4厘米，
∴BM＝CD，
∵在等邊△ABC中，∠B＝∠C＝60°，
∴△BMN≌△CDM（SAS）；
②設(shè)兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則CM＝BN＝3t厘米，
∴BM＝BC?CM＝（10?3t）厘米．
①當(dāng)∠BNM＝90°時(shí)，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BN＝BM，
∴3t＝（10?3t），
解得：t＝；
②當(dāng)∠BMN＝90°時(shí)，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°，
∴BM＝BN，
∴10?3t＝×3t．
解得：t＝，
綜上，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒或秒時(shí)，△BMN是一個(gè)直角三角形；
（2）設(shè)點(diǎn)N速度為s厘米/秒，則點(diǎn)N25秒運(yùn)動(dòng)的距離為25s厘米，
①當(dāng)點(diǎn)N的速度小于點(diǎn)M的速度時(shí)，
由題意得：25×3?25s＝10，
解得：s＝，
②當(dāng)點(diǎn)N的速度大于點(diǎn)M的速度時(shí)，
由題意得：25s?25×3＝20，
解得：s＝，
綜上，經(jīng)過(guò)25秒點(diǎn)M與點(diǎn)N第一次相遇，則點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度是厘米/秒或厘米/秒，
故答案為：或．
【點(diǎn)睛】本題是幾何動(dòng)點(diǎn)的綜合題，主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及一元一次方程的應(yīng)用，利用分類討論的思想解答是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·湖北宜昌·統(tǒng)考一模）（1）如圖1，O是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連接OA、OB、OC，且OA＝3，BO＝4，OC＝5，將△BAO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCD，連接OD．
①求旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)；
②求線段OD的長(zhǎng)；
③求∠BDC的度數(shù)．
（2）如圖2，點(diǎn)O是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，連接OA、OB、OC，將△BAO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCP，連接OP．當(dāng)OA、OB、OC滿足什么條件時(shí)，△OCP為直角三角形？
【答案】（1）①60°；②4；③150°；（2）當(dāng)、、時(shí)，△OCP為直角三角形．
【分析】（1）①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得，，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，于是可確定旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為；
②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，加上，則可判斷為等邊三角形，所以；
③由為等邊三角形得到，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，然后根據(jù)勾股定理的逆定理可證明為直角三角形，，所以；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，，則可判斷為等腰直角三角形，則，然后根據(jù)勾股定理的逆定理，當(dāng)時(shí)，為直角三角形，．
【詳解】①∵?ABC為等邊三角形
∴∠ABC＝60?
∵△BAO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCD
∴∠ABC就是旋轉(zhuǎn)角，度數(shù)為60?．
②∵△BAO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCD，
∴BO＝BD
而∠OBD＝∠ABC＝60°
∴△OBD為等邊三角形
∴OD＝OB＝4.
③∵△BAO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5
∵
∴
∴△OCD為直角三角形，∠ODC＝90?
由②知△OBD為等邊三角形
∴∠BDO＝60?
∴∠BDC＝∠BDO＋∠ODC＝60?＋90?＝150°
（2）∵△BAO繞點(diǎn)時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到△BCP，
∴∠OBP＝∠ABC＝90°，BO＝BP，CP＝AO，
∴△BOP為等腰直角三角形
∴OP＝OB，
①當(dāng)時(shí)，△OCP為直角三角形，∠OPC＝90°
∴
②當(dāng)時(shí)，△OCP為直角三角形，∠OCP＝90°
∴
③當(dāng)時(shí)，△OCP為直角三角形，∠POC＝90°
∴
∴當(dāng)、、時(shí)，△OCP為直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了等邊三角形的判斷與性質(zhì)和勾股定理的逆定理．
3．（2022·四川南充·統(tǒng)考三模）如圖，拋物線與軸交于、，與軸交于．是第一象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
(1)求拋物線的解析式．
(2)連接，，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
(3)在（2）的條件下，將拋物線沿射線方向平移個(gè)單位，平移后，的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為、，在軸上是否存在點(diǎn)，使是等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，或，或時(shí)，是等腰直角三角形
【分析】（1）由與軸交于，與軸交于，將兩個(gè)點(diǎn)代入解析式求出的值，即可求出解析式；
（2）根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)的坐標(biāo)，算出，進(jìn)而得出，由此可知點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于拋物線對(duì)稱軸對(duì)稱，由（1）可知對(duì)稱軸為．求出點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）先設(shè)直線為，將，代入求解出直線解析式，在平移中，、兩點(diǎn)的距離保持不變．所以，求出；再分成三種情況①②③，根據(jù)是定值分別求出不同情況下的的值．
（1）
解：∵，∴拋物線為．
將代入，得．∴．∴拋物線的解析式為．
（2）
由，得．∴，．
∴．∴．∴．∴．
∴點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于拋物線對(duì)稱軸對(duì)稱．由（1），對(duì)稱軸為．∴．
（3）
在軸上存在點(diǎn)，使是等腰直角三角形．
設(shè)直線為．將，代入，得
解得，．∴直線為．
平移中，，兩點(diǎn)的距離保持不變．∴．
．
①如圖1，，此時(shí)．則．∴．
②如圖2，，此時(shí)．
則．∴．∴．
③如圖3，，∴．作于，此時(shí)．
則．∴．∴.
綜上，，或，或時(shí)，是等腰直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)及判定等知識(shí)點(diǎn)；正確畫出圖形進(jìn)行分類討論是解決本題的關(guān)鍵．
4．（2022·廣西·統(tǒng)考中考真題）已知，點(diǎn)A，B分別在射線上運(yùn)動(dòng)，．
(1)如圖①，若，取AB中點(diǎn)D，點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D也隨之運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A，B，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為，連接．判斷OD與有什么數(shù)量關(guān)系?證明你的結(jié)論：
(2)如圖②，若，以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，求點(diǎn)O與點(diǎn)C的最大距離：
(3)如圖③，若，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，的面積最大?請(qǐng)說(shuō)明理由，并求出面積的最大值．
【答案】(1)，證明見解析
(2)
(3)當(dāng)時(shí)，的面積最大；理由見解析，面積的最大值為
【分析】（1）根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）作△AOB的外接圓I，連接CI并延長(zhǎng)，分別交⊙I于O′和D，當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到O′時(shí)，OC最大，求出CD和等邊三角形AO′B上的高O′D，進(jìn)而求得結(jié)果；
（3）以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點(diǎn)T，在OT上取點(diǎn)E，使OE=BE，連接BE，由(2）可知∶當(dāng)OC⊥AB時(shí)，OC最大，BT=3，當(dāng)OA=OB時(shí)，∠ BOC=22.5°，此時(shí)OT最大，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性質(zhì)可得∠BET=45°，則ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根據(jù)三角形的面積公式進(jìn)行計(jì)算．
【詳解】（1）解：，證明如下：
，AB中點(diǎn)為D，
，
為的中點(diǎn)，，
，
，
；
（2）解：如圖1，
作△AOB的外接圓I，連接CI并延長(zhǎng)，分別交⊙I于O′和D，
當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到O′時(shí)，OC最大，
此時(shí)△AOB是等邊三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；
（3）解∶如圖，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到OA=OB時(shí)，△AOB的面積最大，證明如下∶
以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點(diǎn)T，在OT上取點(diǎn)E，使OE=BE，連接BE，
由（2）可知，當(dāng)OC⊥AB時(shí)，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴當(dāng)OA=OB時(shí)，此時(shí)OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面積最大，
∴∠BOT=∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
綜上，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到OA=OB時(shí)，△AOB的面積最大，△AOB面積的最大值為．
【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，確定圓的條件等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握“定弦對(duì)定角”的模型．
5．（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，正比例函數(shù)y＝x與一次函數(shù)y＝ax＋7的圖像相交于點(diǎn)P（4，n），過(guò)點(diǎn)A（t，0）作x軸的垂線l，且0＜t＜4，交一次函數(shù)的圖像于點(diǎn)B，交正比例函數(shù)的圖像于點(diǎn)C，連接OB．
(1)求a值；
(2)設(shè)△OBP的面積為s，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
(3)當(dāng)t=2時(shí)，在正比例函數(shù)y＝x與一次函數(shù)y＝ax＋7的圖像上分別有一動(dòng)點(diǎn)M、N，是否存在點(diǎn)M、N，使△CMN是等腰直角三角形，且∠CNM=90o，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M、N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在點(diǎn)M、N，坐標(biāo)為M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【分析】（1）將P（4，n）分別帶入y＝x與y＝ax＋7即得；
（2）過(guò)P作PD⊥l于D，根據(jù)，得到一次函數(shù)解析式為，根據(jù)得到B（t，-t+7），C（t，），根據(jù)，P（4，3），推出BC=-t+7-=，OA+PD=4， 推出S△OBP=S△OBC+S△PBC====，得到與之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當(dāng)點(diǎn)N在直線上方時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作x軸的平行線，分別過(guò)C、M作平行線的垂線，垂足為Q、P，根據(jù)，得到∠PNM+∠CNQ=90°，根據(jù)∠QCN+∠CNQ=90°，得到∠QCN=∠PNM，根據(jù)CN=MN，∠CQN=∠NPM，推出△QCN≌△PNM，得到PN=QC，QN=PM，設(shè)M（m，），N（n，-n+7），根據(jù)t=2，得到C（2，），推出PN=，=，QN=n-2，PM=，得到，解得： ，推出M（，），N（，）．當(dāng)點(diǎn)N在直線下方時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作x軸的平行線，分別過(guò)C、M作平行線的垂線，垂足為H、G，同理得到CH=NG，HN=MG，設(shè)M（m，），N（n，-n+7），推出CH=，NG=，HN=，MG==，得到解得： ，推出M（，5），N（，）．
【詳解】（1）∵點(diǎn)P（4，n）在圖象上，
∴，
∴P（4，3），
∵點(diǎn)P（4，3）在圖象上，∴，
解得：．
（2）如圖，過(guò)P作PD⊥l于D，
∵，
∴一次函數(shù)解析式為，
∵過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交的圖像于點(diǎn)，交的圖像于點(diǎn)，
∴B（t，-t+7），C（t，），
∵，P（4，3），
∴BC=-t+7-=，OA+PD=4，
∴S△OBP=S△OBC+S△PBC====，
∴與之間的函數(shù)關(guān)系式為：．
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)N在直線上方時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作x軸的平行線，分別過(guò)C、M作平行線的垂線，垂足為Q、P，
∵△CMN是等腰直角三角形，，∴CN=MN，
∴∠PNM+∠CNQ=90°，
∵∠QCN+∠CNQ=90°，∴∠QCN=∠PNM，
在△QCN和△PNM中，，
∴△QCN≌△PNM，
∴PN=QC，QN=PM，
設(shè)M（m，），N（n，-n+7），
∵t=2，∴C（2，），
∴PN=，=，QN=n-2，PM=，
∴，解得： ，
∴，=，
∴M（，），N（，）．
如圖，當(dāng)點(diǎn)N在直線下方時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作x軸的平行線，分別過(guò)C、M作平行線的垂線，垂足為H、G，
同理可得：CH=NG，HN=MG，
設(shè)M（m，），N（n，-n+7），
∴CH=，NG=，HN=，
MG==，
∴解得： ，
∴5，，
∴M（，5），N（，）．
綜上所述：存在點(diǎn)M、N，坐標(biāo)為M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正比例函數(shù)、一次函數(shù)與幾何綜合，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)發(fā)求函數(shù)解析式，正比例函數(shù)、一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形面積公式，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．
6．（2022春·廣西桂林·八年級(jí)校考期中）如圖，Rt中，，，．點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿方向以每秒個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿方向以每秒個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是秒 ．過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，，．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當(dāng)為何值時(shí)， ；
(3)當(dāng)為何值時(shí)， 為直角三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)當(dāng)時(shí)，
(3)當(dāng)t＝或4時(shí)，△DEF為直角三角形
【分析】（1）根據(jù)平行線的判定與勾股定理即可得出結(jié)論；
（2）由（1）知四邊形是平行四邊形，只要平行四邊形為菱形，即可利用菱形對(duì)角線垂直得到結(jié)論；
（3）要使為直角三角形，需要分三種情況討論：；；，直接求解即可．
（1）
證明：在 Rt中，，
，
，
，
點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿方向以每秒個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿方向以每秒個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是秒
，
在Rt中，，，，則，
，且，
四邊形是平行四邊形；
（2）
解：由（1）知四邊形是平行四邊形，
在 Rt中，，，，
，
∴AF＝AB?BF＝10?2t．
當(dāng)平行四邊形是菱形時(shí)，，則需AE＝AF，
即t＝10?2t，
∴，
即當(dāng)時(shí)，平行四邊形AEFD為菱形，；
（3）
解：（3）解：當(dāng)t＝或4時(shí)，△DEF為直角三角形．
理由如下：
分情況討論：
方法①∠BDF＝∠DFE＝90°時(shí)，如圖所示：
則EFBC，
∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，
∴AF＝2AE，
∴10?2t＝2t，
∴t＝；
②∠DEF＝90°時(shí)，如圖所示：
∵AC⊥BC，DF⊥BC，
∴AEDF，
又∵AE＝DF，
∴四邊形AEDF為平行四邊形，
∴AFED，
∴，∠BED＝∠A＝60°， 即AF＝AE，
∴10?2t＝t，解得t＝4；
③∠EFD＝90°時(shí)，此種情況不存在．
綜上所述，當(dāng)t＝或4時(shí)，△DEF為直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)及判定是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
7．（2022·山東濟(jì)南·山東省濟(jì)南稼軒學(xué)校校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，點(diǎn)，且．
(1)求拋物線的解析式及其對(duì)稱軸；
(2)如圖，連接，過(guò)點(diǎn)作的平行線交拋物線于點(diǎn)，為線段上一動(dòng)點(diǎn)，連接交拋物線于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接，的面積是否有最大值，若有，求出最大值，若無(wú)，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(3)如圖，以為直角頂點(diǎn)，為直角邊邊向右作等腰直角，將沿射線線平移得到，連接、，的周長(zhǎng)是否有最小值，若有，求的周長(zhǎng)的最小值，若無(wú)，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)，對(duì)稱軸為
(2)有，
(3)有，
【分析】由且，得，拋物線的表達(dá)式為：，將代入可解得，從而可得拋物線的解析式及其對(duì)稱軸；
過(guò)P作軸，交于點(diǎn)，先由已知求出坐標(biāo)，再根據(jù)與同底等高求出，設(shè)，用含的代數(shù)式表示的面積，即可求出的面積有最大值是；
連接，過(guò)作交軸于，沿射線線平移得到，由四邊形是平行四邊形，可得CT=EF=OC=3，CE=TF，，且等腰直角，，，有CE=BE=TF，要使最小，只需最小，此時(shí)、、三點(diǎn)共線，而，，即可求出的周長(zhǎng)的最小值為．
(1)
∵OB=OC，C(0,3)，
∴點(diǎn)B(3,0)，即拋物線與x軸交于A(?1,0)，B(3,0)兩點(diǎn)，
∴拋物線的表達(dá)式為：；
∵C(0,3)，
∴，解得a=-1；
∴ 拋物線的表達(dá)式為：，且函數(shù)的對(duì)稱軸為：x=1；
(2)
過(guò)P作軸，交AH于點(diǎn)Q，如圖：
∵C(0,3)，B(3,0)，
∴直線BC解析式為y=?x+3，
∵，
∴設(shè)直線AH解析式為，
再將A(?1,0)代入得：0=1+m，解得m=?1，
直線AH解析式為；
由得，，
∴H(4,-5)，
∵，
∴與同底等高，
∴與面積相等，
則有：，
設(shè)，根據(jù)軸，則有：，
則有：，
∴，
∴代入相應(yīng)的數(shù)值，化簡(jiǎn)得：，
則有：,
配方得：，
可知當(dāng)時(shí)，有最大值，且最大值為，
(3)
連接CE，過(guò)F作交y軸于T，如圖：
∵沿射線線OD平移得到，
∴，即軸，
∴四邊形是平行四邊形，
∴CT=EF=OC=3，CE=TF，
∴，
∵等腰直角，，，
∴OC=OB，∠DOC=∠DOB=45°，
又∵OE=OE，
∴，
∴，
∴，
∴，
要使l最小，則有最小，
當(dāng)T、F、B三點(diǎn)共線時(shí)，最小值即是的長(zhǎng)度，
而，，
∴，即最小值是，
∴的周長(zhǎng)的最小值為．
【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合知識(shí)，涉及二次函數(shù)解析式、對(duì)稱軸、三角形面積的最大值、周長(zhǎng)最小值等，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，用含未知數(shù)的代數(shù)式表示相關(guān)線段的長(zhǎng)度．
8．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，直線y＝x﹣3與x軸，y軸分別交于B、C兩點(diǎn)．拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C，與x軸另一交點(diǎn)為A，頂點(diǎn)為D．
(1)求拋物線的解析式；
(2)設(shè)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿對(duì)稱軸向上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
①點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②當(dāng)t為何值時(shí)，以P，A，C為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形？求出所有符合條件的t值．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3
(2)①t＝4﹣2或4﹣；②t＝或3或2或
【分析】（1）由直線BC求出B、C的坐標(biāo)，再待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；
（2）①由OB＝OC得出∠OBC＝∠OCB＝45°，所以∠CBP＝15°就可以分別得到∠PBE＝30°或60°，再由tan30°或tan60°求出EP，進(jìn)而求出DP，又因?yàn)镻的速度為1，求出t即可；
②設(shè)出P的坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)距離公式求出AP2、AC2和PC2，分三種情況：∠APC＝90°或∠PCA＝90°或∠PAC＝90°分別討論，求出P的坐標(biāo)，進(jìn)而求出DP，求出t即可．
（1）
解：令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐標(biāo)為（3，0），
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐標(biāo)為（0，﹣3），
將B、C代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
由（1）知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
記拋物線對(duì)稱軸交x軸于E，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝1，
∴EB＝2，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4），
若∠CBP＝15°，則分兩種情況，
①如圖，當(dāng)P在直線BC下方時(shí)，
此時(shí)∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝2，
∴DP＝4﹣2，
∴t＝＝4﹣2，
當(dāng)P在直線BC上方時(shí)，
此時(shí)∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝，
∴DP＝4﹣，
∴t＝＝4﹣，
綜上，t＝4﹣2或4﹣；
②設(shè)P的坐標(biāo)為（1，n），
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，
x＝3或﹣1，
∴A的坐標(biāo)為（﹣1，0），
此時(shí)PC2＝1+（n+3）2＝n2+6n+10，
PA2＝（1+1）2+n2＝4+n2，
AC2＝1+32＝10，
當(dāng)∠PCA＝90°時(shí)，PC2+AC2＝AP2，
n2+6n+10+10＝4+n2，
解得：n＝，
∴P的坐標(biāo)為（1，），DP＝4＝，
∴t＝，
當(dāng)∠APC＝90°時(shí)，AP2+PC2＝AC2，
4+n2+n2+6n+10＝10，
解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐標(biāo)為（1，﹣1）或（1，﹣2），
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
當(dāng)∠PAC＝90°時(shí)，PA2+AC2＝CP2，
n2+4+10＝n2+6n+10，
解得：n＝，
∴P的坐標(biāo)為（1，），
DP＝4+＝，
∴t＝，
綜上，t＝或3或2或．
【點(diǎn)睛】本題時(shí)二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，角度15°的處理，直角三角形存在性問(wèn)題，勾股定理，畫出圖形將15°轉(zhuǎn)化成特殊角30°或60°是關(guān)鍵，直角三角形分三種情況討論是關(guān)鍵．
9．（2022秋·廣東中山·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，拋物線y＝ax2＋bx﹣3經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)，點(diǎn)A（﹣3，0）、C（1，0），點(diǎn)B在y軸上．點(diǎn)P是直線AB下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合）．
(1)求此拋物線的解析式；
(2)過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為D，交直線AB于點(diǎn)E，動(dòng)點(diǎn)P在什么位置時(shí)，PE最大，求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；
(3)點(diǎn)Q是拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)A、B、Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；
(2)（﹣，）
(3)（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，）或（-1，）
【分析】（1）把點(diǎn)A，B代入y＝ax2+bx﹣3即可；
（2）設(shè)P（x，x2+2x﹣3），求出直線AB的解析，用含x的代數(shù)式表示出點(diǎn)E坐標(biāo)，即可用含x的代數(shù)式表示出PE的長(zhǎng)度，由函數(shù)的思想可求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，進(jìn)一步求出其縱坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)Q（-1，a），然后分類討論利用勾股定理列出關(guān)于a的方程求解．
(1)
解：把A（﹣3，0）和C（1，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得，，
解得，，
∴拋物線解析式為y＝x2+2x﹣3；
(2)
解：設(shè)P（x，x2+2x﹣3），直線AB的解析式為y＝kx+b，
由拋物線解析式y(tǒng)＝x2+2x﹣3，
令x＝0，則y＝﹣3，
∴B（0，﹣3），
把A（﹣3，0）和B（0，﹣3）代入y＝kx+b，
得，，
解得，，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x﹣3，
∵PE⊥x軸，
∴E（x，﹣x﹣3），
∵P在直線AB下方，
∴PE＝﹣x﹣3﹣（ x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+）2+，
當(dāng)x＝﹣時(shí)，y＝x2+2x﹣3＝，
∴當(dāng)PE最大時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣，）；
(3)
存在，理由如下，
∵x＝﹣＝-1，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝-1，
設(shè)Q（-1，a），
∵B（0，-3），A（-3，0），
①當(dāng)∠QAB＝90°時(shí)，AQ2+AB2＝BQ2，
∴22+a2+32+32＝12+（3+a）2，
解得：a＝2，
∴Q1（-1，2），
②當(dāng)∠QBA＝90°時(shí)，BQ2+AB2＝AQ2，
∴12+（3+a）2+32+32＝22+a2，
解得：a＝﹣4，
∴Q2（-1，﹣4），
③當(dāng)∠AQB＝90°時(shí)，BQ2+AQ2＝AB2，
∴12+（3+a）2+22+a2＝32+32，
解得：a1＝或a1＝，
∴Q3（-1，），Q4（-1，），
綜上所述：點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，）或（-1，）．
【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是用含有未知數(shù)的代數(shù)式表達(dá)點(diǎn)的坐標(biāo)和線段的長(zhǎng)度．
10．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點(diǎn)和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為．
(1)直接寫出拋物線的解析式；
(2)如圖1，若點(diǎn)P在拋物線上且滿足，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)如圖2，M是直線BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作軸交拋物線于點(diǎn)N，Q是直線AC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)為等腰直角三角形時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)M及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，；，；，；，； ，；，．
【分析】（1）根據(jù)頂點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點(diǎn)A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；
（2）利用待定系數(shù)法求出直線BD解析式為y＝2x﹣6，過(guò)點(diǎn)C作CP1∥BD，交拋物線于點(diǎn)P1，再運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線CP1的解析式為y＝2x﹣3，聯(lián)立方程組即可求出P1（4，5），過(guò)點(diǎn)B作y軸平行線，過(guò)點(diǎn)C作x軸平行線交于點(diǎn)G，證明△OCE≌△GCF（ASA），運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線CF解析式為y＝x﹣3，即可求出P2（，﹣）；
（3）利用待定系數(shù)法求出直線AC解析式為y＝﹣3x﹣3，直線BC解析式為y＝x﹣3，再分以下三種情況：①當(dāng)△QMN是以NQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，②當(dāng)△QMN是以MQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，③當(dāng)△QMN是以MN為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，分別畫出圖形結(jié)合圖形進(jìn)行計(jì)算即可．
（1）
解：∵頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4），
∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點(diǎn)A（﹣1，0）代入，
得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
解：∵拋物線對(duì)稱軸為直線x＝1，A（﹣1，0），
∴B（3，0），
設(shè)直線BD解析式為y＝kx+e，
∵B（3，0），D（1，﹣4），
∴，
解得：，
∴直線BD解析式為y＝2x﹣6，
過(guò)點(diǎn)C作CP1∥BD，交拋物線于點(diǎn)P1，
設(shè)直線CP1的解析式為y＝2x+d，將C（0，﹣3）代入，
得﹣3＝2×0+d，
解得：d＝﹣3，
∴直線CP1的解析式為y＝2x﹣3，
結(jié)合拋物線y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝4，
故P1（4，5），
過(guò)點(diǎn)B作y軸平行線，過(guò)點(diǎn)C作x軸平行線交于點(diǎn)G，
∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，
∴四邊形OBGC是正方形，
設(shè)CP1與x軸交于點(diǎn)E，則2x﹣3＝0，
解得：x＝，
∴E（，0），
在x軸下方作∠BCF＝∠BCE交BG于點(diǎn)F，
∵四邊形OBGC是正方形，
∴OC＝CG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，
∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，
即∠OCE＝∠GCF，
∴△OCE≌△GCF（ASA），
∴FG＝OE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣＝，
∴F（3，﹣），
設(shè)直線CF解析式為y＝k1x+e1，
∵C（0，﹣3），F(xiàn)（3，﹣），
∴，
解得：，
∴直線CF解析式為y＝x﹣3，
結(jié)合拋物線y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝，
∴P2（，﹣），
綜上所述，符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為：（4，5）或（，﹣）；
（3）
解：（3）設(shè)直線AC解析式為y＝m1x+n1，直線BC解析式為y＝m2x+n2，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直線AC解析式為y＝﹣3x﹣3，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直線BC解析式為y＝x﹣3，
設(shè)M（t，t﹣3），則N（t，t2﹣2t﹣3），
∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）|＝|t2﹣3t|，
①當(dāng)△QMN是以NQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，此時(shí)∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如圖2，
∵M(jìn)Q∥x軸，
∴Q（﹣t，t﹣3），
∴|t2﹣3t|＝|t﹣（﹣t）|，
∴t2﹣3t＝±t，
解得：t＝0（舍）或t＝或t＝，
∴，；，；
②當(dāng)△QMN是以MQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，此時(shí)∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如圖3，
∵NQ∥x軸，
∴Q（，t2﹣2t﹣3），
∴NQ＝|t﹣|＝|t2+t|，
∴|t2﹣3t|＝|t2+t|，
解得：t＝0（舍）或t＝5或t＝2，
∴M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；
③當(dāng)△QMN是以MN為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，
此時(shí)∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如圖4，
過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥MN于H，則MH＝HN，
∴H（t，），
∴Q（，），
∴QH＝|t﹣|＝|t2+5t|，
∵M(jìn)Q＝NQ，
∴MN＝2QH，
∴|t2﹣3t|＝2×|t2+5t|，
解得：t＝7或1，
∴M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）；
綜上所述，點(diǎn)M及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：
，；，；M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）．


【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)解析式，求一次函數(shù)與二次函數(shù)圖象交點(diǎn)坐標(biāo)，全等三角形判定和性質(zhì)，正方形判定和性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)等，本題屬于中考?jí)狠S題，綜合性強(qiáng)，難度較大，熟練掌握待定系數(shù)法、等腰直角三角形性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想是解題關(guān)鍵．
11．（2020·貴州遵義·統(tǒng)考一模）已知拋物線經(jīng)過(guò)、、三點(diǎn)，直線l是拋物線的對(duì)稱軸．
(1)求拋物線的解析式；
(2)設(shè)點(diǎn)P是直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)?shù)闹荛L(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)在直線l上是否存在點(diǎn)M，使以、、為頂點(diǎn)的三角形為直角三形．若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或 或或
【分析】（1）把 三點(diǎn)坐標(biāo)代入，得到關(guān)于 的方程組即可；
（2）因?yàn)殚L(zhǎng)度確定，所以的周長(zhǎng)最小，等同于 最小，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：在直線取一點(diǎn)使得到兩定點(diǎn)的距離之和最?。ā皩④婏嬹R”模型），所以在同一條直線，在利用待定系數(shù)法求出直線的解析式即可確定點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）分別討論直角頂點(diǎn)在、、的情況，計(jì)算即可，見詳解．
【詳解】（1）解：把、、三點(diǎn)分別代入得：
，
解得，
．
（2）解： 與關(guān)于直線對(duì)稱，點(diǎn)在直線上，
當(dāng)點(diǎn)在線段與直線的交點(diǎn)時(shí)，最短，
的周長(zhǎng) = ，的長(zhǎng)度確定，
當(dāng)最小時(shí)，的周長(zhǎng)最小，
由以上可知：當(dāng)點(diǎn)在線段與直線的交點(diǎn)時(shí)，的周長(zhǎng)最小，
設(shè)線段所在直線方程為：，把、代入得：
解得：
直線的解析式為：
直線為：，
將代入得：，即點(diǎn)坐標(biāo)為，
（3）解：要使以、、為頂點(diǎn)的三角形為直角三形，只要考慮直角頂點(diǎn)分別為、、情況， 如圖1所示：
（a）直角頂點(diǎn)為時(shí)，過(guò)點(diǎn)作交直線于點(diǎn)，設(shè)直線與軸交點(diǎn)為，
則 ，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例性質(zhì)得：
其中： ，，，
計(jì)算可得： ，
故點(diǎn)坐標(biāo)為：
（b）直角頂點(diǎn)為時(shí)，過(guò)點(diǎn)作交直線于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸垂線，
垂足為點(diǎn)，，
由相似性質(zhì)定理可得：
其中： ，，，計(jì)算可得： ，則，
故點(diǎn)坐標(biāo)為：
（c）直角頂點(diǎn)為時(shí)，點(diǎn)為以線段為直徑的圓與直線 的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作 垂足為點(diǎn) 如圖2所示：
在與中有：
，，


其中：， ， ，
代入數(shù)據(jù)整理得： 即，
或，即或，
點(diǎn)坐標(biāo)為或 ．
故答案為：或 或 或 ．
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)表達(dá)式求解，動(dòng)點(diǎn)+最值問(wèn)題，以及相似和圓的知識(shí)，綜合性較大，其中第（3）問(wèn)的關(guān)鍵是要分情況討論各種直角頂點(diǎn)存在性和計(jì)算結(jié)果，特別是直角頂點(diǎn)為點(diǎn)時(shí)就用到“直徑所對(duì)圓周角是直角”這一原理和“一線三等角”模型．
12．（2022秋·浙江金華·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B．過(guò)點(diǎn)B的直線y=-x+b與x軸交于點(diǎn)C．已知A（-4，0）、C（3，0），點(diǎn)D為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，將△ABD沿BD折疊得到△EBD，直線BE與x軸交于點(diǎn)F．
(1)求直線AB、BC的函數(shù)解析式；
(2)若點(diǎn)D在線段AO上，且△DEF與△BFC的面積相等，求線段BD的長(zhǎng)；
(3)在點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△DEF能否成為直角三角形？若能，請(qǐng)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)直線AB解析式為：；直線AC解析式為：
(2)
(3)能；
【分析】（1）將C（3，0）代入直線BC解析式即可得到BC解析式，然后通過(guò)解析式求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，通過(guò)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)即可求出直線AB的函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)面積相等以及折疊的性質(zhì)先證，然后用勾股定理先求出CD的值，再用勾股求出BD的值即可；
（3）分類討論，分為、、三種情況，利用折疊的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)依次求出對(duì)應(yīng)的解即可，注意當(dāng)時(shí)，點(diǎn)F共有兩種情況，分別是點(diǎn)F在線段BE上和點(diǎn)F在直線EB的延長(zhǎng)線上．
（1）
將C（3，0）代入直線BC解析式y(tǒng)=－x+b得，解得，
即直線BC的解析式為，
令，則，，
設(shè)直線AB的解析式為，
將A（－4，0）、代入得
，解得，
∴直線AB的解析式為；
（2）
，
，
即，
由折疊可得，
，
，
，
，
，
，
，，
，
（3）
分類討論：
①當(dāng)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)F在線段BE上，且點(diǎn)F與點(diǎn)O重合，如圖所示：
過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AB，垂足為點(diǎn)G，如上圖所示，
由折疊可知，即BD為∠ABE的角平分線，
，
由（2）可得，AB=5，OB=3，
設(shè)，則，
，
即，解得，
；
②當(dāng)時(shí)，有兩種情況：
Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)F在線段BE上時(shí)，如圖所示：
∵，∴，
由折疊可得，
，
∴△OBD為等腰直角三角形，
，；
Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)F在直線EB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖所示：
由折疊可得，
∴△OBD為等腰直角三角形，
，；
③當(dāng)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)F在EB的延長(zhǎng)線上，且點(diǎn)F與O點(diǎn)重合，如圖所示：
∵折疊，∴，，
設(shè)，則，
由折疊可得，則，
即，
，
解得，
∴，
綜上，在點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△DEF能成為直角三角形，此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)為 ．
【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，角平分線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)和判定，翻折的性質(zhì)等，構(gòu)造出圖形是解本題的關(guān)鍵．
13．（2022春·山東東營(yíng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1．在四邊形ABCD中，，點(diǎn)E是CD邊的中點(diǎn)，連接AE交對(duì)角線BD于點(diǎn)F，∠EDF=∠FBA，連接CF．
(1)求證：四邊形ABCD是矩形；
(2)求△CFD的面積；
(3)如圖2，連接AC交BD于點(diǎn)O，點(diǎn)P為EC上一動(dòng)點(diǎn)，連接OE、OP．將△OPD沿OP折疊得到△OPM，PM交OC于點(diǎn)N，當(dāng)△PCN為直角三角形時(shí)，求CP的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)32
(3)2或5
【分析】(1)根據(jù)平行線的判定得到，推出四邊形ABCD是平行四邊形，根據(jù)矩形的定義即可得到結(jié)論．
(2) 過(guò)點(diǎn)F作于點(diǎn)G，先證，得到EF與AE的比值，然后再證，根據(jù)，求出GF，從而求出的面積．
(3)依據(jù)題意，求出CE、OE、OC的值，接著討論為直角三角形時(shí)分兩種情況：①當(dāng)∠CPN＝90°時(shí)，∠DPM＝90°，由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②當(dāng)時(shí)，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，從而求出OE、CN，接著證，利用其性質(zhì)，最后求出PC．
（1）
證明：∵，
∴，
∵AB＝CD＝16，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵，
∴四邊形ABCD是矩形；
（2）
解：如圖1，過(guò)點(diǎn)F作于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴ ，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面積為；
（3）
解：∵ABCD是矩形，E是CD中點(diǎn)
∴，點(diǎn)O是AC中點(diǎn)，CE＝8，
∴，OE是△ADC的中位線，
∴，OC＝10，
∵，
∴為直角三角形分兩種情況討論：
①如圖2，當(dāng)∠CPN＝90°時(shí)，∠DPM＝90°，
∴由折疊的性質(zhì)，知∠DPO＝∠MPO＝45°，
∴PE＝OE＝6，
∴CP＝CE－EP＝2；
②如圖3，當(dāng)∠PNC＝90°時(shí)，同理可得OP平分∠DPM，
OE⊥PD，ON⊥PM，
∴OE＝ON＝6，
∴CN＝OC－ON＝4，
∴∠PCN＝∠OCE，∠PNC＝∠OEC＝90°，
∴，
∴，即，
∴PC＝5，
綜上所述，CP的長(zhǎng)為2或5．
【點(diǎn)睛】此題考查了平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等內(nèi)容，熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用以及分組討論是解題關(guān)鍵．
14．（2022秋·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）綜合與探究
如圖，已知拋物線與x軸相交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)C，其頂點(diǎn)為點(diǎn)D，連接AC，BC．
（1）求點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)；
（2）設(shè)拋物線的對(duì)稱軸DE交線段BC于點(diǎn)E，P為第四象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，交線段BC于點(diǎn)F．若四邊形DEFP為平行四邊形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)M是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作，交AC于點(diǎn)N．點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段BA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（）秒，直接寫出當(dāng)t為何值時(shí)，為等腰直角三角形．
【答案】（1）點(diǎn)A為（，0）；點(diǎn)B為（4，0）；點(diǎn)D為（1，）；（2）點(diǎn)P為（3，）；（3）當(dāng)為等腰直角三角形時(shí)，t的值為：或或．
【分析】（1）直接令，即可求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，把一般式化為頂點(diǎn)式，即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）由題意，先求出直線BC的解析式，然后得到，結(jié)合當(dāng)DE∥PF，時(shí)，四邊形DEFP為平行四邊形，然后設(shè)點(diǎn)P為（m，），則點(diǎn)F為（m，），求出PF的長(zhǎng)度，即可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）先求出直線AC的解析式，設(shè)點(diǎn)M為（，），則點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）；然后結(jié)合為等腰直角三角形，可分為三種情況進(jìn)行分析：①當(dāng)，時(shí)；②當(dāng)，時(shí)；③當(dāng)，時(shí)；分別求出每種情況的答案即可．
【詳解】解：（1）∵拋物線與x軸相交于點(diǎn)A，B，
∴令，則，
解得：，，
∴點(diǎn)A為（，0），點(diǎn)B為（4，0）；
∵，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，）；
（2）根據(jù)題意，如圖：
則拋物線的對(duì)稱軸為，點(diǎn)D為（1，）；
∵，
∴令，則，
∴點(diǎn)C為（0，）；
設(shè)直線BC的解析式為，則
，解得，
∴直線BC的解析式為；
當(dāng)時(shí)，，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，），
∴；
∵DE∥PF，
當(dāng)時(shí)，四邊形DEFP為平行四邊形，
設(shè)點(diǎn)P為（m，），則點(diǎn)F為（m，），
∴，
解得：或（不符合題意，舍去），
∴，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，）；
（3）根據(jù)題意，
∵點(diǎn)A為（，0），點(diǎn)C為（0，）；
∴直線AC的解析式為：；
∵點(diǎn)M在直線BC上，點(diǎn)N在直線AC上，且MN∥AB，
設(shè)點(diǎn)M為（，），
∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為，即，
∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）；
點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段BA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，AB=6，
∵是等腰直角三角形，
①當(dāng)，時(shí)，如圖：
此時(shí)，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②當(dāng)，時(shí)，如圖：
此時(shí)，，
∴，
∴，
∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為，
∴，
∴，
∴；
③當(dāng)，時(shí)，如圖：過(guò)點(diǎn)Q作QP⊥MN，垂足為P；
∵點(diǎn)M為（，），點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）；
∴點(diǎn)Q在MN的垂直平分線上，則，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為：，
∵，，
∴，
∴，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為：，
∴，
∴，
∴；
綜合上述，當(dāng)為等腰直角三角形時(shí)，t的值為：或或．
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，求一次函數(shù)的解析式，平行四邊形的判定和性質(zhì)，線段的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確作出輔助線，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想，以及分類討論的思想進(jìn)行解題，本題難度較大．

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