知識內容：
固定面積的存在性問題最為簡單，在待求圖形中，往往只有一個是變量，此時只需通過方程將其解出即可．
解題思路：
根據(jù)題目條件，求出相應的固定面積；
找到待求圖形合適的底和高；
列出方程，解出相應變量；
根據(jù)題目實際情況，驗證所有可能點是否滿足要求并作答．
【多題一解】【一題多解】
一、解答題
1．（2023秋·湖北隨州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點．A、B兩點的坐標分別為、，且，點P從A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線勻速運動，設點P運動時間為t秒．
(1)求、OB的長；
(2)連接，若的面積不大于3且不等于0，求t的范圍；
(3)過P作直線AB的垂線，垂足為D，直線與y軸交于點E，在點P運動的過程中，是否存在這樣的點P，使？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，
(2)且
(3)3或9
【分析】（1）根據(jù)絕對值的非負性和算術平方根的非負性求出m、n的值，即可得出答案；
（2）分兩種情況進行討論，用t表示出三角形的面積，然后分別求出t的取值范圍即可；
（3）根據(jù)時，一定要使，然后分兩種情況：P在線段上時或P在線段的延長線上進行討論，求出t的值即可．
【詳解】（1）解：∵，
∴，，
解得：，，
∴，；
（2）解：分為兩種情況：①當P在線段上時，如圖所示：
，，
∴的面積，
∵若的面積不大于3且不等于0，
∴，
解得：；
②當P在線段的延長線上時，如圖所示：
∵，，
∴的面積，
∵若的面積不大于3且不等于0，
∴，
解得：；
即t的范圍是且；
（3）解：∵，
∴，
分兩種情況：①當P在線段上時，如圖所示：
∵，
∴；
②當P在線段的延長線上時，如圖所示：
∵，
∴；
即存在這樣的點P，使，t的值是3或9．
【點睛】本題主要考查了絕對值的非負性和算術平方根的非負性，三角形面積的計算，三角形全等的判定和性質，解題的關鍵是熟練掌握絕對值的非負性和算術平方根的非負性，注意進行分類討論．
2．（2022春·廣東湛江·八年級吳川市第一中學?？计谀┤鐖D，平面直角坐標系中，O是坐標原點，直線經過點，與x軸交于點A，與y軸交于點B．線段平行于x軸，交直線于點D，連接．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)動點P從點O出發(fā)，沿對角線以每秒1個單位長度的速度向點D運動，直到點D為止：動點Q同時從點D出發(fā)，沿對角線以每秒1個單位長度的速度向點O運動，直到點O為止．設兩個點的運動時間均為1秒，當時，求的面積．
(3)在（2）的條件下，當點P，Q運動至四邊形為矩形時，求t的值．
【答案】(1)見解析
(2)12
(3)當點，運動至四邊形為矩形時的值為或
【分析】（1）代入點坐標即可得出值確定直線的解析式，進而求出A點坐標，再求出點D的坐標，根據(jù)，，即可證四邊形是平行四邊形；
（2）作于，設出點的坐標，根據(jù)勾股定理計算出的長度，根據(jù)運動時間求出的長度即可確定的面積；
（3）根據(jù)對角線相等確定的長度，再根據(jù)、的位置分情況計算出值即可．
【詳解】（1）解：直線經過點，
，
解得，
即直線的解析式為，
當時，，
，
線段平行于軸，
點的縱坐標與點一樣，
又點在直線上，
當時，，
即，
，
，
，
∵，
四邊形是平行四邊形；
（2）作于，
點在直線上，
設點的坐標為，
，，
由勾股定理，得，
即，
整理得或8（舍去），
，
，
當時，，
；
（3），
當時，，
當時，，
當點，運動至四邊形為矩形時，，
，
當時，，
解得，
當時，，
解得，
綜上，當點，運動至四邊形為矩形時的值為或．
【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的性質，熟練掌握待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的性質和矩形的性質是解題的關鍵．
3．（2022秋·山東濟寧·九年級嘉祥縣第四中學校考期末）已知，如圖拋物線與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側．點B的坐標為，．
(1)求拋物線的解析式；
(2)若點D是線段AC下方拋物線上的動點，求四邊形AOCD面積的最大值；
(3)若點E在x軸上，點P在拋物線上．是否存在以A，C，E，P為頂點且以AC為一邊的平行四邊形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y＝x2＋x?3
(2)13.5
(3)存在P1（?3，?3），P2（，3），P3（,3）
【分析】（1）根據(jù)OC＝3OB，B（1，0），求出C點坐標（0，?3），把點B，C的坐標代入y＝ax2＋3ax＋c，求出a點坐標即可求出函數(shù)解析式；
（2）過點D作DE∥y軸分別交線段AC于點E．設D（m，m2＋2m?3），然后求出DE的表達式，把S四邊形ABCD分解為S△ABC＋S△ACD，轉化為二次函數(shù)求最值；
（3）①過點C作CP1∥x軸交拋物線于點P1，過點P1作P1E1∥AC交x軸于點E1，此時四邊形ACP1E1為平行四邊形．②平移直線AC交x軸于點E，交x軸上方的拋物線于點P2，P3，由題意可知點P2、P3的縱坐標為3，從而可求得其橫坐標．
【詳解】（1）解：（1）∵B的坐標為（1，0），
∴OB＝1．
∵OC＝3OB＝3，點C在x軸下方，
∴C（0，?3）．
∵將B（1，0），C（0，?3）代入拋物線的解析式得：
，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x2＋x?3．
（2）解：如圖1所示：過點D作DE∥y，交AC于點E．
∵x＝?＝，B（1，0），
∴A（?4，0）．
∴AB＝5．
∴S△ABC＝AB?OC＝×5×3＝7.5．
設AC的解析式為y＝kx＋b．
∵將A（?4，0）、C（0，?3）代入得：
，解得：，
∴直線AC的解析式為y＝?x?3．
設D（a，a2＋a?3），則E（a，?a?3）．
∵DE＝?a?3?（a2＋a?3）＝?（a＋2）2＋3，
∴當a＝?2時，DE有最大值，最大值為3．
∴△ADC的最大面積＝DE?AO＝×3×4＝6．
∴S四邊形ABCD=S△ABC＋S△ACD=7.5+6=13.5，
∴四邊形ABCD的面積的最大值為13.5．
（3）解：存在．
①如圖2，過點C作CP1∥x軸交拋物線于點P1，過點P1作P1E1∥AC交x軸于點E1，此時四邊形ACP1E1為平行四邊形．
∵C（0，?3），令x2＋x?3＝?3，
∴x1＝0，x2＝?3．
∴P1（?3，?3）．
②平移直線AC交x軸于點E2，E3，交x軸上方的拋物線于點P2，P3，當AC＝P2E2時，四邊形ACE2P2為平行四邊形，當AC＝P3E3時，四邊形ACE3P3為平行四邊形．
∵C（0，?3），
∴P2，P3的縱坐標均為3．
令y＝3得：x2＋x?3＝3，解得；x1＝，x2＝．
∴P2（，3），P3（,3）．
綜上所述，存在3個點符合題意，坐標分別是：P1（?3，?3），P2（，3），P3（,3）．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)求最值，平行四邊形的判定與性質等知識，根據(jù)題意作出圖形，利用數(shù)形結合求解是解答此題的關鍵，在解答（3）時要注意進行分類討論．
4．（2022春·重慶開州·七年級校聯(lián)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A（0，a）、C（b，0）滿足+|b-2|=0．
(1)求點A、點C的坐標；
(2)已知坐標軸上有兩動點P、Q同時出發(fā)，P點從點C出發(fā)向左以每秒1個單位長度的速度勻速移動，Q點從O點出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向上勻速移動，點D（1，2）是線段AC上一點，設運動時間為t（t>0）秒,當S△ODQ＝2S△ODP，此時是否存在點M（m，6）使得S△ODM＝3S△ODQ ，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)點A的坐標為（0，4），點C的坐標為（2，0）
(2)存在，點M的坐標為（-1，6）或（7，6）或（-9，6）或（15，6）
【分析】（1）利用非負數(shù)的性質即可解決問題；
（2）分兩種情形當點P在線段OC上時，當點P在CO的延長線上時，分別求出Q點坐標，再根據(jù)S△ODM＝3S△ODQ，構建方程即可解決問題．
(1)
解：∵+|b﹣2|＝0，≥0，|b﹣2|≥0．
∴a－2b＝0，b－2＝0，
∴a＝4，b＝2，
∴C（2，0），A（0，4）；
(2)
當點P在線段OC上時，
由題意：×2t×1＝2××（2﹣t）×2，
解得t＝．
當點P在CO的延長線上時，
由題意：×2t×1＝2××（t﹣2）×2，解得t＝4．
如圖1﹣1中，當點P在OC上時，Q（0，），
分別作MN⊥x軸，MJ⊥x軸，DK⊥x軸，
∵S△ODM＝3S△ODQ，S△ODM＝S△ODP＋S梯形DPNM－S△MON或S△ODM＝S梯形MJKD－S△MJO－S△ODK，
∴或，
解得：m＝7或﹣1，
∴M（﹣1，6）或（7，6）．
當點P在CO的延長線上時，如圖1﹣2中，此時Q（0，8），

∵S△ODM＝3S△ODQ，
同理可得：或，
解得：m＝15或﹣9，
∴M（﹣9，6）或（15，6）．
綜上所述，滿足條件的點M的坐標為（﹣1，6）或（7，6）或（﹣9，6）或（15，6）．
【點睛】本題考查了非負數(shù)的性質、三角形的面積、平行線的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，學會用轉化的思想思考問題．
5．（2021春·四川瀘州·八年級統(tǒng)考期末）如圖（a），直線∶經過點A、B，OA=OB=3，直線:交y軸于點C，且與直線交于點D，連接OD．
(1)求直線的解析式；
(2)求△OCD的面積；
(3)如圖（b），點P是直線上的一動點，連接CP交線段OD于點E，當△COE與△DEP的面積相等時，求點P的坐標；
(4)在（3）的條件下，若點H為坐標平面內任意一點，在坐標平面內是否存在這樣的點H，使以D、C、P、H為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點H的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)
(4)、或
【分析】（1）由已知可以得到A、B的坐標，再利用待定系數(shù)法即可求得直線的解析式；
（2）聯(lián)立l1、l2的解析式可以得到D的坐標，在l2的解析式中令x=0，可以得到C坐標，然后可以得到△OCD的面積；
（3）△COE與△DEP的面積相等，則S△CDO＝S△PCD，則點P、O到CD的距離相等，故OP所在的直線與CD平行，即可求解；
（4）分別按照PD、PC、DC為對角線三種情況分類討論即可得解．
（1）
由已知可得A、B的坐標分別為：A（3，0）、B（0，3），
∴可得，
解得：k=-1，b=3，
∴直線的解析式為：y=-x+3；
（2）
聯(lián)立l1、l2的解析式可以得到：
，
解之可得：，
∴D為（2，1），
在l2的解析式中令x=0，可以得到y(tǒng)= -2,
∴C（0，-2），
∴△OCD底邊OC上的高為2，
在中令x=0可得y=-2，
∴OC=2，
∴S△OCD=；
（3）
∵△COE與△DEP的面積相等，
∴S△CDO＝S△CDE+S△OCE＝S△PED+S△CED＝S△PCD，
∴點P、O到CD的距離相等，故OP所在的直線與CD平行，
∴直線OP的表達式為：y=，
∴由可得：，
則點P(，)．
（4）
如圖，可以畫出圖形如下，
設使以D、C、P、H為頂點的四邊形是平行四邊形的點H坐標為（x，y），則：
當對角線是PD時，由題意可得：
，
解之可得：，
∴此時H為；
當對角線是PC時，由題意可得：
，
解之可得：，
∴此時H為；
當對角線是CD時，由題意可得：
，
解之可得：，
∴此時H為；
綜上所述，使以D、C、P、H為頂點的四邊形是平行四邊形的點H坐標為、或．
【點睛】本題考查的是一次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質、三角形面積的計算等，綜合性強，難度適中．
6．（2022秋·河南安陽·九年級?？计谥校┚C合與實踐??探究特殊三角形中的相關問題
問題情境：
某校學習小組在探究學習過程中，將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，且Rt△ABC的較短直角邊AB為2，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉，如圖2，AE與BC交于點M，AC與EF交于點N，BC與EF交于點P．
(1)初步探究：
勤思小組的同學提出：當旋轉角α= 時，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏學小組的同學提出在旋轉過程中．如果連接AP，CE，那么AP所在的直線是線段CE的垂直平分線，請幫他們證明；
(3)再探究：
在旋轉過程中，當旋轉角α=30°時，求△ABC與△AFE重疊的面積；
(4)拓展延伸：
在旋轉過程中，△CPN是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉角α的度數(shù)；若不能，說明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)見解析
(3)
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結論；
（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉的性質得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質得到AM=AN，PE=PC，由線段垂直平分線的性質即可得到結論；
（3）根據(jù)已知條件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根據(jù)全等三角形的性質和三角形的面積公式即可得到結論；
（4）當∠CNP=90°時，依據(jù)對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉的性質可求得∠α的度數(shù)；當∠CPN=90°時．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對頂角相等可得到∠ANF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠α的度數(shù)．
【詳解】（1）當AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°?30°=60°，
當AM=CM，即∠CAM=∠CMA時，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
綜上所述，當旋轉角α=60°或15°時，△AMC是等腰三角形，
故答案為：60°或15°；
（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵現(xiàn)將Rt△AEF繞A點按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM與△AFN中，
，
∴，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在和中
，
∴，
∴PE=PC，
∴點P在CE的垂直平分線上，
∵AE=AC，
∴點A在CE的垂直平分線上，
∴AP所在的直線是線段CE的垂直平分線；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB?sin30°=1，AM=AB?cs30°=，
∴=AM?MB=1×=，
∵AE=AC=AB?tan60°=2，AM=，
∴EM=，
在和中
∴，
由（2）可知，
∴=，
∵AF?AE=×2×2=2，
∴△ABC與△AFE重疊的面積2?2×=；
（4）如答題圖1所示：當∠CNP=90°時．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°?60°?90°=30°．
∴∠α=30°．
如答題圖2所示：當∠CPN=90°時．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
綜上所述，∠α=30°或60°．
【點睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了旋轉的性質、三角形的內角和定理、等邊三角形的性質、三角函數(shù)和全等三角形的判定和性質，分類討論是解題的關鍵．
7．（2022秋·河北邯鄲·九年級大名縣第一中學?？茧A段練習）如圖，已知反比例函數(shù)的圖象經過A，B兩點，直線與x軸交于點C，且點，．

(1)求m的值；
(2)分別求點B和點C的坐標及的面積；
(3)將直線AB向上平移后，與反比例函數(shù)的圖象交于點，（點在點的上方），與x軸交于點，與y軸交于點P，連接，，若，且，求的面積．
【答案】(1)
(2)
(3)的面積為
【分析】（1）將代入，求出m的值即可；
（2）過點A作軸于點D，過點B作軸于點E，證明，得出，求出，求出點，用待定系數(shù)法求出直線的解析式，再求出，即可得出答案；
（3）過點作軸于點M，作軸于點Q，過點作軸于點N，證明，得出，證明，得出，證明，求出，根據(jù)點在反比例函數(shù)的圖象上，得出，即可求出結果．
【詳解】（1）解：∵反比例函數(shù)的圖象經過，
∴，
∴；
（2）解：如圖1，過點A作軸于點D，過點B作軸于點E，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴點B的縱坐標為2，
又∵點B在反比例函數(shù)的圖象上，
∴，
設直線的解析式為，將點，代入得：
，解得，
即，
當時，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如圖2，過點作軸于點M，作軸于點Q，過點作軸于點N，
∵，軸，軸，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∵點在反比例函數(shù)的圖象上，
∴，
∴，
∴，
即的面積為．
【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)和一次函數(shù)的綜合，相似三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，三角形全等的判定和性質，三角形面積的計算，解題的關鍵是作出輔助線，熟練正確三角形相似的判定和性質．
8．（2022秋·福建泉州·九年級?？茧A段練習）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點、（點在點右側），與軸交于點，且，是第四象限內拋物線上的動點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)連接交于點，當?shù)闹底畲髸r，求點的坐標；
(3)在（2）的條件下：當?shù)闹底畲髸r，如圖，過點作軸于點，交于點，在軸上是否存在這樣的點，使得以點，，為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出所有點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解，由點在軸的負半軸上，點在軸的正半軸上，點在軸負半軸上，且，確定、、的坐標，再將、、的坐標代入，求解即可；
（2）用待定系數(shù)法求出直線的解析式，過點作軸于點，交于點，設點的橫坐標為，用含的代數(shù)式表示，易知取最大值時，最大，再設點的橫坐標為，用含的代數(shù)式表示點和點的坐標及線段的長，再根據(jù)二次函數(shù)的性質即可求解；
（3）由（2）知，，由勾股定理求出，由等腰三角形的腰長為或求出的長即可得到點的坐標．
【詳解】（1）解：拋物線與軸交于點、（點在點右側），與軸交于點，且，
，，，
、、的坐標代入，
得，解得，
拋物線的解析式為；
（2）設直線的解析式為，則，
解得，
直線的解析式為，
過點作軸于點，交于點，
設，
當取最大值時，有最大值，
設點，，，
，
當，最大，的值最大，
此時；
（3）存在，
如圖，由（2）得，當?shù)闹底畲髸r，，，
，
軸于點，
，
點、、、在軸上，
當點與點重合時，，；
當時，，；
當點與點重合時，，；
當時，，；
綜上所述，，，，．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質，等腰三角形的判定，用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，勾股定理，第3小問注意分類討論，求出所有符號條件的點坐標．
9．（2022秋·吉林長春·九年級長春市解放大路學校?？计谀┤鐖D①，在中，，，，點為邊的中點．動點從點出發(fā)，沿折線向終點運動，點在邊上以每秒3個單位長度的速度運動，在邊上以每秒5個單位長度的速度運動，在點運動的過程中，過點作的平行線，過點作的平行線，兩條平行線相交于點．點不與點、點重合．設點的運動時間為秒．
(1)用含的代數(shù)式表示的長；
(2)當四邊形是軸對稱圖形時，求出的值；
(3)連接，如圖②，當將的面積分成兩部分時，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或
【分析】（1）先利用勾股定理求出，再分點在邊、邊上兩種情況考慮即可；
（2）先證明四邊形是平行四邊形，由它是軸對稱圖形時，可證四邊形是菱形，再分點在邊、邊上兩種情況，由菱形的性質結合（1）的結論即可求得；
（3）由題意可得或，分點在邊上，；點在邊上，；點在邊上，三種情況考慮，即可分別求得此時的時間的值即可．
【詳解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵點在邊、邊上的速度分別為每秒3個單位長度、每秒5個單位長度運動，
∴點在邊上的運動時間為（秒，在邊上的運動時間為（秒，
當時，點在邊上，則；
當時，點在邊上，則，
綜上所述，；
（2）解：如圖①所示，當點P在上時，連接與交于點O，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，為的中點，
∴，
∴
又∵四邊形是軸對稱圖形，
∴此時平行四邊形是菱形，
∴，
∴，
解得；
如圖②所示，當點在邊上，
同理可證四邊形是菱形，
∴，
設交于點，則，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
綜上所述，的值為或．
（3）解：設交于點，
∵將的面積分成兩部分，
或，
如圖③所示，點在邊上，時，則，
∵，
∴，
∴，
∵，，
△，
∴，即，
解得；
如圖④，點在邊上，，則，
∵，
∴，
∴，
解得；
如圖⑤，點在邊上，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
綜上所述，的值為或或．
【點睛】本題是動點綜合題，考查了相似三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，旋轉的性質等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．
10．（2023秋·湖南益陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖所示，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，四邊形是菱形，點A的坐標為，點C在x軸正半軸上，直線交y軸于點M，邊交y軸于點H．
(1)求直線的函數(shù)解析式及的長；
(2)連接，動點P從點A出發(fā)，沿折線方向以每秒1個單位的速度向終點C勻速運動，設的面積為，點P的運動時間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍；
(3)在（2）的情況下，當點P在線段上運動時，是否存在以為腰的等腰三角形？如存在，直接寫出t的值；如不存在，說明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)當或時，為以為腰的等腰三角形．
【分析】（1）由點的坐標，利用勾股定理和菱形的性質易得點的坐標，由，的坐標可得直線的解析式；令，解得，得的長，易得；
（2）設點到的距離為，由的面積易得，利用分類討論的思想，三角形的面積公式①當在直線上運動；②當運動到直線上時分別得的面積；
（3）分類討論：①當時，，解得；②當時，利用勾股定理可得的長，易得．
【詳解】（1）解：點的坐標為，
，即點的坐標為，
設直線的解析式為，則，
解得：，
直線的解析式為：，
令得：，
即，
；
（2）解：設點到的距離為，
由，
即，
，
①當在直線上運動時的面積為與的運動時間為秒關系為：
，即；
②當運動到直線上時的面積為與的運動時間為秒關系為：
，即，
故；
（3）解：存在①當時，
點的坐標為，，，，
，即，
；
②當時，即，
解得：．
綜上所述，當或時，為以為腰的等腰三角形．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質，動點問題，等腰三角形的性質和三角形的面積公式及待定系數(shù)法求解析式，解題的關鍵是利用分類討論的思想，數(shù)形結合的思想求解．
11．（2022·西藏·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C，點P是拋物線在第一象限內的一個動點．
(1)求拋物線的解析式，并直接寫出點A，C的坐標；
(2)如圖甲，點M是直線BC上的一個動點，連接AM，OM，是否存在點M使AM＋OM最小，若存在，請求出點M的坐標，若不存在，請說明理由；
(3)如圖乙，過點P作PF⊥BC，垂足為F，過點C作CD⊥BC，交x軸于點D，連接DP交BC于點E，連接CP．設△PEF的面積為S1，△PEC的面積為S2，是否存在點P，使得最大，若存在，請求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，A（﹣2，0）；C（0，4）
(2)存在點M使AM＋OM最小， M（，）
(3)存在， P（2，4）
【分析】（1）將B（4，0）代入，求出函數(shù)解析式即可求解；
（2）作O點關于BC的對稱點，連接A交BC 于點M，連接B，當A、M、三點共線時，AM＋OM有最小值，分別求出直線A的解析式和直線BC的解析式，兩直線的交點即為M點；
（3）連接PB，過P點作PGy軸交CB于點G， 設，則G（t，－t＋4），由求出，再由PFCD，可得 則 當t＝2時，有最大值，同時可求P的坐標．
【詳解】（1）將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，則y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，則﹣＋x＋4＝0，
解得x＝4或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0）；
（2）
存在點M使AM＋OM最小，理由如下：
作O點關于BC的對稱點，連接A交BC于點M，連接B，
由對稱性可知，OM＝M，
∴AM＋OM＝AM＋MA，
當A、M、三點共線時，AM＋OM有最小值，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
由對稱性可知∠BM＝45°，
∴B⊥BO，
∴（4，4），
設直線A的解析式為y＝kx＋b，
∴，
解得，
∴y＝x＋，
設直線BC的解析式為，
∴4＋4＝0，
∴＝﹣1，
∴y＝﹣x＋4，
聯(lián)立方程組，
解得，
∴M（）；
（3）
在點P，使得最大，理由如下：
連接PB，過P點作PGy軸交CB于點G，
設P（t，﹣＋t＋4），則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兩點關于y軸對稱，
∴CD＝4，
∴＝﹣（﹣4t）＝﹣＋，
∵P點在第一象限內，
∴0＜t＜4，
∴當t＝2時，有最大值，
此時P（2，4）．
【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖像及性質，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質，軸對稱求最短距離的方法，平行線的性質是解題的關鍵．
12．（2022春·重慶開州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，直線經過、兩點，直線與直線交于點C，與x軸交于點D．
(1)求點C的坐標；
(2)點P是y軸上一點，當四邊形PDCB的周長最小時，求四邊形PDCB的面積；
(3)把直線沿y軸向上平移9個單位長度，得到新直線與直線交于點E，試探究在x軸上是否存在點Q，在平面內存在點F使得以點D，Q，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形（含正方形）？若存在，直接寫出符合條件的點Q的坐標；若不存在，說明理由．
【答案】(1)點C的坐標為
(2)
(3)存在，點Q的坐標為：，，，
【分析】（1）由待定系數(shù)法求出直線的解析式為，然后聯(lián)立直線與直線，即可求出點C的坐標；
（2）如圖，作點D關于y軸的對稱點，連接交y軸于點P，連接DP，當、、三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，求出直線的解析式為，則可求，進而由求解即可；
（3）由題意可知直線的解析式為，聯(lián)立線與直線，求出，設，分三種情況，①當ED為菱形對角線時，利用可得點Q坐標；②當EQ為菱形對角線時，利用可得點Q坐標；③當EF為菱形對角線時，利用可得點Q坐標．
(1)
解：設直線的解析式為，由直線經過、兩點可得：
，解得，
直線的解析式為，
又直線與直線交于點C，
，解得，
當時，則，
點C的坐標為；
(2)
解：如圖，作點D關于y軸的對稱點，連接交y軸于點P，連接DP，根據(jù)兩點之間“線段最短”可知，當、、三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，
直線與x軸的交點為，
又點D和點關于y軸對稱，
點，
，
設直線的解析式為，可得，解得，
直線的解析式為，
令，則，得點，
，
又，，
，
，
；
(3)
解：由題意可得直線的解析式為，
聯(lián)立線與直線，即，解得，，
設，
①當ED為菱形對角線時，，
即，
解得，
；
②當EQ為菱形對角線時，，
，
，
解得或，
，；
③當EF為菱形對角線時，，
即，
解得，
，
綜上：存在，點Q的坐標為：，，，．
【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質、菱形的判定與性質，分類討論是解題的關鍵．
13．（2022春·湖北恩施·七年級校聯(lián)考階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點C在x軸的負半軸上，頂點A在y軸的正半軸上，OA=a，AB=2a（a為常數(shù)，且a＞0）．動點P從點C出發(fā)，沿x軸向點O運動，速度為m個單位/秒；動點Q從點A出發(fā)，沿y軸向上運動，速度為n個單位/秒．兩點同時出發(fā)，當點P到達點O時運動停止，設運動時間為ｔ秒．
(1)用含a的式子表示點A，點B的坐標：A（ ， ）；B（ ， ）．
(2)連接BQ，BP．已知無論t為何值，四邊形BPOQ與四邊形OABC的面積始終相等，求m：n的值．
(3)在（2）的條件下，當點P運動到OC的中點時，
①求此時點Q的坐標；（用含a的式子表示）
②連接PQ，交邊AB于點D．計算四邊形BCPD與四邊形DPOA的面積之比．
【答案】(1)0，a；－2a，a
(2)m：n=2：1
(3)①Q（0，）；②2：1
【分析】（1）根據(jù)坐標與圖形性質求解即可；
（2）由已知可得S△BCP=S△ABQ，由三角形的面積公式解答即可；
（3）①根據(jù)（2）中結論求得AQ=即可求解；②證明△QAD∽△QOP得到AD=， BD=，利用梯形的面積公式求解即可．
（1）
解：∵在長方形OABC中，OA=a，AB=2a，
∴BC=OA=a，OC=AB=2a，
∴A（0，a），B（-2a，a），
故答案為：0，a；－2a，a；
（2）
解：如圖，∵四邊形BPOQ與四邊形OABC的面積始終相等，
∴S△BCP=S△ABQ，
∴CP·BC= AQ·AB，
∵CP=mt，AQ=nt，
∴mt·a= nt·2a，
∴m=2n，即m：n=2：1；
（3）
解：①由（2）知m=2n，
∵點P為OC的中點，
∴mt=CP=OC=a，則AQ=nt=mt=，
∴OQ=OA+AQ=，
∴點Q的坐標為（0，）；
②如圖，CP=OP=a，AQ=，OQ=
∵AD∥OP，
∴△QAD∽△QOP，
∴，即，
∴AD=， 則BD=AB-AD=，
∵，
∴四邊形BCPD與四邊形DPOA的面積之比為2：1．
【點睛】本題考查坐標與圖形、相似三角形的判定與性質、三角形的面積公式、梯形的面積公式、比例性質等知識，利用數(shù)形結合思想聯(lián)系相關知識是解答的關鍵．
14．（2022·廣西·統(tǒng)考中考真題）已知，點A，B分別在射線上運動，．
(1)如圖①，若，取AB中點D，點A，B運動時，點D也隨之運動，點A，B，D的對應點分別為，連接．判斷OD與有什么數(shù)量關系?證明你的結論：
(2)如圖②，若，以AB為斜邊在其右側作等腰直角三角形ABC，求點O與點C的最大距離：
(3)如圖③，若，當點A，B運動到什么位置時，的面積最大?請說明理由，并求出面積的最大值．
【答案】(1)，證明見解析
(2)
(3)當時，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′，進而得出結論；
（2）作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，當O運動到O′時，OC最大，求出CD和等邊三角形AO′B上的高O′D，進而求得結果；
（3）以AB為斜邊在其右側作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點T，在OT上取點E，使OE=BE，連接BE，由(2）可知∶當OC⊥AB時，OC最大，BT=3，當OA=OB時，∠ BOC=22.5°，此時OT最大，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性質可得∠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行計算．
【詳解】（1）解：，證明如下：
，AB中點為D，
，
為的中點，，
，
，
；
（2）解：如圖1，
作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，
當O運動到O′時，OC最大，
此時△AOB是等邊三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；
（3）解∶如圖，當點A，B運動到OA=OB時，△AOB的面積最大，證明如下∶
以AB為斜邊在其右側作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點T，在OT上取點E，使OE=BE，連接BE，
由（2）可知，當OC⊥AB時，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OA=OB時，此時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，當點A，B運動到OA=OB時，△AOB的面積最大，△AOB面積的最大值為．
【點睛】本題考查了直角三角形性質，等腰三角形性質，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握“定弦對定角”的模型．
15．（2022·遼寧撫順·統(tǒng)考三模）如圖，直線與軸，軸交于，兩點，拋物線經過，兩點，是射線上一動點，軸交拋物線于點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)連接，，點在線段上，若，求此時點的坐標；
(3)點從點出發(fā)，沿射線方向以每秒5個單位長度的速度勻速運動，設運動的時間為秒，當為何值時，，請直接寫出所有符合條件的值．
【答案】(1)
(2)的坐標為或
(3)或
【分析】（1）先求出直線與坐標軸的交點，再利用待定系數(shù)法求得即可；
（2）延長交軸于點，設設點，則，
再由割補法用表示三角形的面積，利用函數(shù)解析式可得；
（3）當在點上方或下方兩種情況表示出和點坐標，根據(jù)位置不同分別表示出，由列方程求解即可．
(1)
∵直線與軸，軸交于，兩點，
∴當時，，
∴，
∴．
∴當時，，
∴．
∵拋物線經過，兩點，
∴，
∴，
∴．
(2)
如圖1，延長交軸于點，
∵，，
∴，，
∴．
設點，則，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，，
的坐標為或．
(3)
如圖2，當在點上方時，過點作軸，垂足為點，則有，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
當時，有，
解得，，
∴；
如圖3，當在點下方時，過點作軸，垂足為點，
∴，，
∴，
當時，，
∴，，
綜上所述，符合條件的值為或．
【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，割補法求三角形的面積，二次函數(shù)的性質及解一元二次方程的能力是解本題的關鍵．
16．（2022春·九年級課時練習）【問題提出】（1）如圖1，在四邊形ABCD中，，，點E為AB延長線上一點，連接EC并延長，交AD的延長線于點F，則的度數(shù)為______°；
【問題探究】（2）如圖2，在Rt△ABC中，，點D、E在直線BC上，連接AD、AE，若，，求△ADE面積的最小值；
【問題解決】（3）近日，教育部印發(fā)了《義務教育課程方案和課程標準(2022年版)》，此次修訂中增加的跨學科主題學習活動，突破學科邊界，鼓勵教師開展跨學科教研，設計出主題鮮明、問題真實的跨學科學習活動．為此，某校欲將校園內一片三角形空地ABC（如圖3所示）進行擴建后作為跨學科主題學習活動中心，在AB的延長線上取一點D，連接DC并延長到點E，連接AE，已知，米，，為節(jié)約修建成本，需使修建后△ADE的面積盡可能小，問△ADE的面積是否存在最小值？若存在，求出其最小面積；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）60；（2），詳見解析；（3）3200m2，詳見解析．
【分析】（1）由四邊形內角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE面積數(shù)值為3DE，只需求出CE最小值即可；作出三角形ADE外接圓，圓心為O，過O作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH最小值，借助三角函數(shù)得DH最小值；最后由垂徑定理得DE=2DH的最小值，代入求解；
（3）過C作CH⊥AE，證明出四邊形ABCF為正方形，設BD=x，EF=y，利用三角函數(shù)得到xy=1600，利用不等式得到x+y的最小值，代入三角形ADE面積1600+20（x+y），求值即可．
【詳解】（1）解：在四邊形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴=180°－∠BCD=60°，
故答案為：60．
（2）解：S△ADE=DE·AB=3DE，
∴當DE取最小值時，△ADE面積取最小值．
作△ADE的外接圓，圓心為O，連接OD、OE、OA，過O作OH⊥DE于H，
則∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
∴OA+OA≥6，
即OA≥4，OH≥2，
由垂徑定理得：DE=2DH=2OH≥，
此時，A、O、H共線，AD=AE，
∴△ADE面積的最小值為：3×=．
（3）解：過C作CH⊥AE于H，如圖所示，
設BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四邊形ABCF為矩形，
∵AB=BC=40
∴四邊形ABCF為正方形，
由tan∠E=tan∠BCD知，，
即，
∴y=，
即xy=1600，
∵，
∴=80，
當x=y時取等號，即x+y的最小值為80，
又△ADE的面積=正方形ABCF面積+三角形BCD面積+三角形CEF面積，
即△ADE的面積=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
綜上所述，△ADE的面積的最小值為3200 m2．
【點睛】本題考查了四邊形內角和、圓心角與圓周角關系、垂徑定理、三角函數(shù)、正方形判定、不等式性質等知識，綜合性很強，對定高定角圖形的問題轉化為圓的問題及靈活利用不等式是解題關鍵．
17．（2022秋·黑龍江哈爾濱·九年級?？计谥校┮阎喝鐖D，拋物線（）交軸于、兩點，交軸于點，直線：交軸于點，交軸于點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)若為拋物線上一點，連接、，設點的橫坐標為（），的面積為，求與函數(shù)關系式；（不要求寫出自變量的取值范圍）
(3)在（2）的條件下，點在線段上，點是第二象限拋物線上一點，，，且，求點的坐標．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出一次函數(shù)解析式，再將E點坐標代入一次函數(shù)解析式中求出m即可；
（2）利用梯形的面積減去兩個直角三角形的面積即可；
（3）先求出直線AQ的解析式，再設出M、N的坐標，構造全等三角形，利用全等三角形的性質建立方程求解即可．
【詳解】（1）解：當時，，
∴，
將代入中得，
∴
∵，
將代入得，
解得：，
∴拋物線的解析式為：．
（2）∵，
∴，，
∴
如圖，過Q點作于B，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴
，
即．
（3）當時，，
∴（正值舍去）
當時，，
∴，
設直線AQ的解析式為：，
∴，
∴，
∴，
如圖，分別過Q點、N點作x軸的垂線，分別與過A點、M點作的x軸的平行線分別交于點K、點H，過M點作x軸的垂線，垂足為G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
設，，
∴，
，
，
，
∴，
∴（負值舍去），
∴，
∴．
【點睛】本題考查了拋物線與一次函數(shù)、三角形面積問題等知識，設計到了全等三角形的判定與性質、待定系數(shù)法、等腰直角三角形的判定與性質、二元一次方程組等知識，解題關鍵是理解圖形、能構造全等三角形．
18．（2022秋·吉林長春·九年級?？计谀┤鐖D,在中,，是邊上的高，點是的中點，點從點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿折線向終點運動，連結，作點關于直線的對稱點，設點的運動時間為秒．
(1)線段的長為_______；
(2)用含的代數(shù)式表示點到的距離；
(3)連結，當線段最長時，求的面積；
(4)當點三點共線時，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)當線段最長時，的面積為24
(4)
【分析】（1）由是邊上的高得，由得，再由勾股定理得，又因為，所以，即可得到答案；
（2）分兩種情況討論，當點在上運動和點在上運動時，根據(jù)等面積法，分別可以求出和的關系，從而即可得到答案；
（3）當點三點共線時，線段最長，畫出圖如圖所示，此時，求出答案即可；
（4）以點為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，可以直接寫出各個點的坐標，從而可以求出直線的解析式，由點在直線上，設出點的坐標，再根據(jù)求出點的坐標，從而可以得出直線的解析式，進而可以得出點所在直線的解析式，得到點的坐標，即可得到答案．
【詳解】（1）解：是邊上的高，
，
，
，
，
，
，
故答案為：；
（2）解：當時，點在上運動，
作交于點，作交于點，點到的距離即的長，如圖所示，
根據(jù)圖可得：，
點是的中點，
，
，
，
，
點是的中點，
，
，，
，
；
當時，點在上運動，
作交于點，作交于點，點到的距離即的長，連接，如圖所示，
根據(jù)圖可得：，
，點是的中點，
，
，
，
，
，
，
綜上所述：；
（3）解：當點三點共線時，線段最長，
連接，如圖所示，
在中，
，點是的中點，
，
點關于直線的對稱點為，
，
根據(jù)三角形三邊關系可得：，
因此當點三點共線時，線段最長，如圖所示，
，，
（SAS），
，
，
，
當線段最長時，的面積為24；
（4）解：以點為原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，
則，，，，
設直線的解析式為：，
則，
解得：，
直線的解析式為：，
點三點在一條直線上，
設點坐標為，
點關于直線的對稱點為，
，
，
解得：，
，
，
點在的垂直平分線上，
設直線的解析式為：，
則，解得，
直線的解析式為：，
的垂直平分線的解析式為：，
的中點在的垂直平分線上，
，
，
的垂直平分線的解析式為：，
，
∵
．
【點睛】本題考查了勾股定理，等面積法求三角形的高，求一次函數(shù)解析式，建立平面直角坐標系求解，本題的綜合性較強，正確作出輔助線，采用數(shù)形結合和分類討論的思想是解題的關鍵．
19．（2023·河北·九年級專題練習）如圖，在中，，，點M在BC邊所在的直線上，，，以PQ為直徑的半圓O與BC相切于點P，點H為半圓弧PQ上一動點．
探索：如圖1，當點P與點M重合時，則______，線段CH的最小值為______．
思考：若點H從Q開始繞圓心O逆時針旋轉，速度為15度/秒，同時半圓O從M點出發(fā)沿MB做平移運動，速度為1個單位長度/秒，運動時間為t秒．解決下列問題：
（1）如圖2，當PQ與D點在一條直線上時，求點O到CD的距離及扇形OHQ的面積；
（2）當圓O與CD相切于點K時，求的度數(shù)：
直接判斷此時：弧HQ長______弦KQ長（填：＜、＞或＝）
（3）當弧HQ（包括端點）與邊有兩個交點時，直接寫出：運動時間t的取值范圍．
【答案】探索：；
思考：（1）；（2）；＜
（3）
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的長，利用“兩點之間，線段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面積法建立方程求出O點到CD的距離，再利用扇形面積公式計算扇形OHQ的面積．
（2）利用勾股定理求出CP，進一步求出運動時間后，可以求出角度，利用等邊三角形的判定與性質和弧長公式計算后即可完成求解．
（3）分析弧與平行四邊形的邊有兩個交點情況的界點值即可求解．
【詳解】索：解：如圖，連接BQ，CO，
當點P與點M重合時，
∵以PQ為直徑的半圓O與BC相切于點P，
∴，
∵，，，
∴，，
∴；
當C、H、O三點共線時，CH+HO的值最小，由HO為定值，即CH的值最小，
∵，
∴，
故答案為：；．
思考：（1）如圖所示，當PQ與D點在一條直線上時，
則，
∵在中，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
設O點到CD的距離為h，
∵
∴，
∵，半圓O從M點出發(fā)沿MB做平移運動，速度為1個單位長度/秒，
∴運動了4秒，
∵點H從Q開始繞圓心O逆時針旋轉，速度為15度/秒，
∴，
∴扇形OHQ的面積為；
故答案為：O點到CD的距離為，扇形OHQ的面積為．
（2）如圖，連接OK，CO，當圓O與CD相切于點K時，
則OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，，
∴，
∴運動時間為秒，
∴∠HOQ= ，
∴的度數(shù)為，
弧HQ的長為；
連接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴△KOQ是等邊三角形，
∴KQ=3，
∴弧HQ長＜弦KQ長，
故答案為： ，弧HQ長＜弦KQ長．
（3）
理由：如圖，當半圓的圓弧與AB相切時，切點記為N，連接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
∴，
∴，
∴運動時間為秒，
此時，，；
當Q點運動到AB上時，如圖所示，
此時，
∴
∴運動時間為秒，
此時，，；
∴．
【點睛】本題考差了圓的運動問題和圓上的點的運動的問題，涉及到了切線的判定與性質、特殊角的三角函數(shù)的應用等，解題關鍵是找出界點值并進行求解．

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