专题25 难度大的必考动点问题强化练（解析版）-备战2021年中考数学查缺补漏再训练26个微专题

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1、 20212021 年中考数学查缺补漏再训练年中考数学查缺补漏再训练 2626 个微专题个微专题 ( (全国通用全国通用) ) 专题专题 25 25 难度大的必考动点问题强化练难度大的必考动点问题强化练 ( (共共 9 9 道小题道小题) ) 1 1 （20192019山东青岛山东青岛）已知：如图，在四边形A8CD中，AB/CD，ACB=90，A8=10cm，BC=8cm OD垂直平 分AC，点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速 度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点P作PEAB，交BC于点E，过点Q作QFAC，

2、分 别交AD，OD于点F，G.连接OP，EG，设运动时间为t（s）（0t5），解答下列问题： （1）当为何值时，点E在BAC“的平分线上？ （2）设四边形PECO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式； （3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出的t值：若不存在，请 说明理由； （4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OEOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请 说明理由. 【答案】见解析 【解析】 （1）在Rt ABC中，90ACB，10ABcm，8BCcm， 22 1086()ACcm， OD垂直平分线段AC， 3()OCOAcm，

3、90DOC， / /CDAB， BACDCO ， DOCACB ， DOCBCA， ACABBC OCCDOD ， 6108 3CDOD ， 5()CDcm，4()ODcm， PBt，PEAB， 易知： 3 4 PEt， 5 4 BEt， 当点E在BAC的平分线上时， EPAB，ECAC， PEEC， 35 8 44 tt， 4t 当t为 4 秒时，点E在BAC的平分线上 （2）如图，连接OE，PC OEGOPEOEGOPCPCEOECOPEG SSSSSSS 四边形 141415315 (4)33 (8)(8)3 (8) 252524524 ttttt 2 315 6(05) 88 ttt

4、（3）存在 2 35267 ()(05) 8232 Stt ， 5 2 t 时，四边形OPEG的面积最大，最大值为 267 32 （4）存在如图，连接OQ OEOQ， 90EOCQOC， 90QOCQOG， EOCQOG， tantanEOCQOG， ECGQ OCOG ， 35 8 54 4 3 4 5 tt t ， 整理得： 2 5611600tt， 解得 61521 10 t 或 61521 5 10 t （舍弃） 当 61521 10 t 秒时，OEOQ 2. （20202020 四川成都）四川成都）如图，在矩形ABCD中，4AB ，3BC ，E，F分别为AB，CD边的中点动 点P从点

5、E出发沿EA向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿FC向点C运动，连接PQ，过点B作 BHPQ 于点H，连接DH若点P的速度是点Q的速度的 2 倍，在点P从点E运动至点A的过程中， 线段PQ长度的最大值为_，线段DH长度的最小值为_ 【答案】 (1). 3 2 (2). 132 【解析】连接 EF，则 EFAB，过点 P 作 PGCD 于点 G，如图 1，由于 222 PQPGQG，而 PG=3，所以 当 GQ 最大时 PQ 最大，由题意可得当 P、A 重合时 GQ 最大，据此即可求出 PQ 的最大值；设 EF 与 PQ 交于点 M，连接 BM，取 BM 的中点 O，连接 HO，如图 2，易证F

6、QMEPM，则根据相似三角形的性质可得 EM 为定 值 2，于是 BM 的长度可得，由BHM=BEM=90可得 B、E、H、M 四点共圆，且圆心为点 O，于是当 D、H、 O 三点共线时，DH 的长度最小，最小值为 DOOH，为此只需连接 DO，求出 DO 的长即可，可过点 O 作 ON CD 于点 N，作 OKBC 于点 K，如图 3，构建 RtDON，利用勾股定理即可求出 DO 的长，进而可得答案 解：连接 EF，则 EFAB，过点 P 作 PGCD 于点 G，如图 1，则 PE=GF，PG=AD=3， 设 FQ=t，则 GF=PE=2t，GQ=3t， 在 RtPGQ 中，由勾股定理得：

7、2 22222 3399PQPGQGtt， 当 t 最大即 EP 最大时，PQ 最大， 由题意知：当点 P、A 重合时，EP 最大，此时 EP=2，则 t=1， PQ 的最大值=993 2； 设 EF 与 PQ 交于点 M，连接 BM，取 BM 的中点 O，连接 HO，如图 2， FQPE，FQMEPM， 1 2 FMFQ EMPE ， EF=3， FM=1，ME=2， 22 2 2BMMEBE ， BHM=BEM=90， B、E、H、M 四点共圆，且圆心为点 O， 1 2 2 OHOBBM， 当 D、H、O 三点共线时，DH 的长度最小， 连接 DO，过点 O 作 ONCD 于点 N，作 O

8、KBC 于点 K，如图 3，则 OK=BK=1， NO=2，CN=1，DN=3， 则在 RtDON 中， 22 13DODNON ， DH 的最小值=DOOH=132 故答案为：3 2，132 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识， 涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是 解题的关键 3 （2020凉山州）凉山州）如图，点 P、Q 分别是等边ABC 边 AB、BC 上的动点（端点除外） ，点 P、点 Q 以相 同的速度，同时从点 A、点 B 出发 （1）如图 1，连接 AQ、CP求证：

9、ABQCAP； （2）如图 1，当点 P、Q 分别在 AB、BC 边上运动时，AQ、CP 相交于点 M，QMC 的大小是否变化？若 变化，请说明理由；若不变，求出它的度数； （3）如图 2，当点 P、Q 在 AB、BC 的延长线上运动时，直线 AQ、CP 相交于 M，QMC 的大小是否变化？ 若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数 【答案】见解析。 【分析】 （1）根据等边三角形的性质，利用 SAS 证明ABQCAP 即可； （2）先判定ABQCAP，根据全等三角形的性质可得BAQACP，从而得到QMC60； （3）先判定ABQCAP，根据全等三角形的性质可得BAQACP，从而得到QMC12

10、0 【解析】 （1）证明：如图 1，ABC 是等边三角形 ABQCAP60，ABCA， 又点 P、Q 运动速度相同， APBQ， 在ABQ 与CAP 中， = = = ， ABQCAP（SAS） ； （2）点 P、Q 在 AB、BC 边上运动的过程中，QMC 不变 理由：ABQCAP， BAQACP， QMC 是ACM 的外角， QMCACP+MACBAQ+MACBAC BAC60， QMC60； （3）如图 2，点 P、Q 在运动到终点后继续在射线 AB、BC 上运动时，QMC 不变 理由：同理可得，ABQCAP， BAQACP， QMC 是APM 的外角， QMCBAQ+APM， QMCA

11、CP+APM180PAC18060120， 即若点 P、Q 在运动到终点后继续在射线 AB、BC 上运动，QMC 的度数为 120 4.（2021 山东廊坊模拟）山东廊坊模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正 半轴上，OA = 4，OC = 2点 P 从点 O 出发，沿 x 轴以每秒 1 个单位长的速度向点 A 匀速运动，当点 P 到 达点 A 时停止运动，设点 P 运动的时间是 t 秒将线段 CP 的中点绕点 P 按顺时针方向旋转 90得点 D， 点 D 随点 P 的运动而运动，连接 DP、DA （1）请用含 t 的代数式表示出点 D

12、的坐标； （2）在点 P 从 O 向 A 运动的过程中，DPA能否成为直角三角形？若能，求 t 的值若 不能，请说明理由 【答案】 （1）D 点坐标为1 2 t t ，； （2）t = 2 或 3 【解析】解： （1）取 CP 中点 M，作 MNOP 于 N，作 DHPA 于 H 可得，MNPPHD 1MN ， 2 t NP ，P 点坐标为,0t， A B C D O P x y H M N D 点坐标为1 2 t t ，； （2）当90PDA时，PHDDHA， PHHD HDAH 即 1 2 3 2 t t t ，解得：2t 或6t （舍） 当90PAD时，COPPAD， CPCO PDPA

13、 ，即 22 1PA ，PA = 1，t = 3 故当DPA是直角三角形时，2t 或 3 【总结】本题一方面考查三角形的旋转问题，另一方面考查相似三角形的性质的运用，注意利用旋转的性 质进行求解 5 5 （ （20192019 湖北黄冈）湖北黄冈）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A（2，2） ，B（2，0） ，C（0，2） ，D （2，0）四点，动点 M 以每秒个单位长度的速度沿 BCD 运动（M 不与点 B、点 D 重合） ，设运动时 间为 t（秒） （1）求经过 A、C、D 三点的抛物线的解析式； （2）点 P 在（1）中的抛物线上，当 M 为 BC 的中点时，若PAMPBM，求

14、点 P 的坐标； （3）当 M 在 CD 上运动时，如图过点 M 作 MFx 轴，垂足为 F，MEAB，垂足为 E设矩形 MEBF 与BCD 重叠部分的面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式，并求出 S 的最大值； （4）点 Q 为 x 轴上一点，直线 AQ 与直线 BC 交于点 H，与 y 轴交于点 K是否存在点 Q，使得HOK 为 等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有 Q 点的坐标；若不存在，请说明理由 【答案】见解析。 【分析】 （1）设函数解析式为 yax 2+bx+c，将点 A（2，2） ，C（0，2） ，D（2，0）代入解析式即可； （2）由已知易得点 P 为 AB 的垂直

15、平分线与抛物线的交点，点 P 的纵坐标是 1，则有 1x+2， 即可求 P； （3）设点 Q（m，0） ，直线 BC 的解析式 yx+2，直线 AQ 的解析式 y（x+2）+2，求出点 K （0，） ，H（，） ，由勾股定理可得 OK 2 ，OH 2 +，HK 2 +，分三种情况讨论HOK 为等腰三角形即可； 【解答】解： （1）设函数解析式为 yax 2+bx+c， 将点 A（2，2） ，C（0，2） ，D（2，0）代入解析式可得 ， ， yx+2； （2）PAMPBM， PAPB，MAMB， 点 P 为 AB 的垂直平分线与抛物线的交点， AB2， 点 P 的纵坐标是 1， 1x+2， x

16、1+或 x1， P（1，1）或 P（1+，1） ； （3）CMt2，MGCM2t4， MD4（BC+CM）4（2+t2）4t， MFMD4t， BF44+tt， S（GM+BF）MF（2t4+t）（4t）+8t8（t） 2+ ； 当 t时，S 最大值为； （3）设点 Q（m，0） ，直线 BC 的解析式 yx+2， 直线 AQ 的解析式 y（x+2）+2， K（0，） ，H（，） ， OK 2 ，OH 2 +，HK 2 +， 当 OKOH 时，+， m 24m80， m2+2或 m22； 当 OHHK 时，+， m 280， m2或 m2； 当 OKHK 时，+，不成立； 综上所述：Q（2+2

17、，0）或 Q（22，0）或 Q（2，0）或 Q（2，0） ； 【点评】本题考查二次函数综合；熟练应用待定系数法求函数解析式，掌握三角形全等的性质，直线交点 的求法是解题的关键 6.（2021 湖南岳阳模拟）湖南岳阳模拟）如图 1，平面直角坐标系xOy中，等腰 ABC的底边BC在x轴上，8BC ，顶 点A在y的正半轴上，2OA，一动点E从(3,0)出发，以每秒 1 个单位的速度沿CB向左运动，到达OB 的中点停止另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点O停止已知点E、F同时 出发， 以EF为边作正方形EFGH， 使正方形EFGH和ABC在BC的同侧 设运动的时间为t秒 （0t ）

18、 （1）当点H落在AC边上时，求t的值； （2）设正方形EFGH与ABC重叠面积为S，请问是存在t值，使得 91 36 S ？若存在，求出t值；若不 存在，请说明理由； （3）如图 2，取AC的中点D，连结OD，当点E、F开始运动时，点M从点O出发，以每秒2 5个单 位的速度沿ODDCCDDO运动，到达点O停止运动请问在点E的整个运动过程中，点M可能在 正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能， 请说明理由 【答案】 （1）t=1； （2）存在， 14 3 t ，理由见解析； （3）可能， 34 55 t 或 45 33 t 或35t 理由见

19、 解析 【解析】 （1）用待定系数法求出直线 AC的解析式，根据题意用 t表示出点 H的坐标，代入求解即可； （2）根据已知，当点 F运动到点 O 停止运动前，重叠最大面积是边长为 1的正方形的面积，即不存在 t， 使重叠面积为 91 36 S ，故 t4,用待定系数法求出直线 AB的解析式，求出点 H落在 BC 边上时的 t值，求 出此时重叠面积为 16 9 91 36 ，进一步求出重叠面积关于 t的表达式，代入解 t的方程即可解得 t值； （3）由已知求得点 D（2，1） ，AC=2 5，OD=OC=OA= 5,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时 长 【详解】 （1）由题意，A(0，2

20、)，B(-4，0)，C(4，0)， 设直线 AC的函数解析式为 y=kx+b， 将点 A、C坐标代入，得： 40 2 kb b ，解得： 1 2 2 k b ， 直线 AC的函数解析式为 1 2 2 yx ， 当点H落在AC边上时，点 E(3-t，0)，点 H（3-t，1） ， 将点 H代入 1 2 2 yx ，得： 1 1(3)2 2 t ，解得：t=1； （2）存在， 14 3 t ，使得 91 36 S 根据已知，当点 F运动到点 O 停止运动前，重叠最大面积是边长为 1的正方形的面积，即不存在 t，使重叠 面积为 91 36 S ，故 t4， 设直线 AB的函数解析式为 y=mx+n，

21、 将点 A、B坐标代入，得： 40 2 mn n ，解得： 1 2 2 m n ， 直线 AC的函数解析式为 1 2 2 yx， 当 t4 时，点 E（3-t，0）点 H（3-t，t-3） ，G(0，t-3)， 当点 H落在 AB边上时，将点 H代入 1 2 2 yx，得： 1 3(3)2 2 tt，解得： 13 3 t ； 此时重叠的面积为 22 1316 (3)(3) 39 t ， 16 9 91 36 ， 13 3 t5， 如图 1，设 GH交 AB于 S，EH 交 AB 于 T, 将 y=t-3 代入 1 2 2 yx得： 1 32 2 tx， 解得：x=2t-10， 点 S(2t-1

22、0，t-3)， 将 x=3-t代入 1 2 2 yx得： 11 (3)2(7) 22 ytt， 点 T 1 (3,(7) 2 tt， AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET= 1 (7) 2 t， 2 11 (7) 24 BET SBE ETt , 2 1 (5) 2 ASG SAG SGt 所以重叠面积 S= AOBBETASG SSS =4- 2 1 (7) 4 t- 2 (5) t= 2 527133 424 tt， 由 2 527133 424 tt= 91 36 得： 1 14 3 t ， 2 92 15 t 5(舍去)， 14 3 t ； （3）可能， 3 5 t1 或

23、 t=4 点 D为 AC 的中点，且 OA=2,OC=4， 点 D（2，1） ，AC=2 5，OD=OC=OA= 5, 易知 M 点在水平方向以每秒是 4 个单位的速度运动； 当 0t 1 2 时，M在线段 OD 上，H未到达 D点，所以 M与正方形不相遇； 当 1 2 t1 时， 1 2 + 1 2 （1+4）= 3 5 秒， t 3 5 时 M 与正方形相遇，经过 1 （1+4）= 1 5 秒后，M 点不在正方行内部，则 34 55 t ； 当 t=1 时，由（1）知，点 F运动到原 E 点处，M点到达 C处； 当 1t2时，当 t=1+1 （4-1）= 4 3 秒时，点 M 追上 G点，

24、经过 1 （4-1）= 1 3 秒，点M都在正方形EFGH 内（含边界） ， 45 33 t 当 t=2 时，点 M 运动返回到点 O处停止运动， 当 t=3时，点 E运动返回到点 O处, 当 t=4时，点 F运动返回到点 O处, 当35t 时，点M都在正方形EFGH内（含边界） ， 综上，当 34 55 t 或 45 33 t 或35t 时，点M可能在正方形EFGH内（含边界） 【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形 的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定 系数法、数形结合法等解题方法

25、确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算 7 7 （ （20192019 齐齐哈尔）齐齐哈尔）综合与探究 如图，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA2，OC6，连接AC和BC （1）求抛物线的解析式； （2）点D在抛物线的对称轴上，当ACD的周长最小时，点D的坐标为 （3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE求BCE面积的最大值及此时点E的坐标； （4） 若点M是y轴上的动点， 在坐标平面内是否存在点N， 使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？ 若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由 【答案】见解析。 【解析】 （1）由OA2，OC6 得到

26、A（2，0） ，C（0，6） ，用待定系数法即求得抛物线解析式 （2）由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得，ADBD，所以当点C、D、B在同一 直线上时，ACD周长最小求直线BC解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标 （3）过点E作EGx轴于点G，交直线BC与点F，设点E横坐标为t，则能用t表示EF的长BCE 面积拆分为BEF与CEF的和，以EF为公共底计算可得SBCEEFOB，把含t的式子代入计算 即得到SBCE关于t的二次函数，配方即求得最大值和t的值，进而求得点E坐标 （4）以AC为菱形的边和菱形的对角线分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标 解：

27、 （1）OA2，OC6 A（2，0） ，C（0，6） 抛物线yx2+bx+c过点A、C 解得： 抛物线解析式为yx2x6 （2）当y0 时，x2x60，解得：x12，x23 B（3，0） ，抛物线对称轴为直线x 点D在直线x上，点A、B关于直线x对称 xD，ADBD 当点B、D、C在同一直线上时，CACDAC+AD+CDAC+BD+CDAC+BC最小 设直线BC解析式为ykx6 3k60，解得：k2 直线BC：y2x6 yD265 D（，5） 故答案为： （，5） （3）过点E作EGx轴于点G，交直线BC与点F 设E（t，t2t6） （0t3） ，则F（t，2t6） EF2t6（t2t6）t2

28、+3t SBCESBEF+SCEFEFBG+EFOGEF（BG+OG）EFOB3（t2+3t） （t）2+ 当t时，BCE面积最大 yE（）26 点E坐标为（，）时，BCE面积最大，最大值为 （4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形 A（2，0） ，C（0，6） AC 若AC为菱形的边长，如图 3， 则MNAC且，MNAC2 N1（2，2） ，N2（2，2） ，N3（2，0） 若AC为菱形的对角线，如图 4，则AN4CM4，AN4CN4 设N4（2，n） n 解得：n N4（2，） 综上所述，点N坐标为（2，2） ， （2，2） ， （2，0） ， （2，） 8.（2020 湖

29、北随州）湖北随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 2 1yaxbx的对称轴为直线 3 2 x ，其图象 与x轴交于点A和点(4,0)B，与y轴交于点C （1）直接写出抛物线的解析式和CAO的度数； （2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒 3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒 2个 单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动设运动的时间为 (0)t t 秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90，设点N落在点D的位置，若点D恰好落 在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标； （3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，

30、Q为顶点的三角形 与MDB相似时， 请直接写出 点P及其对应的点Q的坐标（每写出一组正确的结果得 1分， 至多得 4分） 【答案】（1） 2 13 1 44 yxx ，45CAO；（2） t= 3 4 ， D点坐标为 3 2, 2 ； （3）1 349 5,0, 26 PQ ； 22 353 5,0, 222 PQ ； 33 317 1,0, 26 PQ ； 44 337 1,0, 222 PQ ； 55 2591257 ,0, 3918 PQ ； 66 25911151 ,0, 3999 PQ ； 77 71959 ,0, 3918 PQ ； 88 719251 ,0, 3999 PQ 99

31、 41 39373 ,0, 11 121242 PQ ； 1010 41 391687 ,0, 11 121363 PQ ； 1111 25 171617 ,0, 11 121242 PQ ； 1212 25 1711613 ,0, 11 121363 PQ 【解析】 （1）根据抛物线的对称轴以及点 B 坐标可求出抛物线表达式； （2）过点 N作NEAB于 E，过点 D 作DFAB于 F，证明NEMMFD，得到 ,NEMF EMDF，从而得到点 D坐标，代入抛物线表达式，求出 t值即可； （3）设点 P（m， 2 13 1 44 mm） ，当点 P 在 y轴右侧，点 Q在 y轴正半轴，过点 P

32、 作 PRy轴于点 R， 过点D作DSx轴于点S， 根据CPQMDB， 得到 CPPR MDDS ， 从而求出m值， 再证明CPQMDB， 求出 CQ长度，从而得到点 Q 坐标，同理可求出其余点 P 和点 Q坐标. 【详解】解： （1）抛物线 2 1yaxbx的对称轴为直线 3 2 x ， 3 22 b a ，则 b=-3a， 抛物线经过点 B（4，0） ， 16a+4b+1=0，将 b=-3a代入， 解得：a= 1 4 ，b= 3 4 ， 抛物线的解析式为： 2 13 1 44 yxx ， 令 y=0，解得：x=4或-1， 令 x=0，则 y=1， A（-1，0） ，C（0，1） ， tan

33、CAO=1 CO AO , 45CAO； （2）由（1）易知1,0A ， 过点 N作NEAB于 E，过点 D作DFAB于 F， DMN=90 ， NME+DMF=90 ，又NME+ENM=90 ， DMF=ENM， NMDM，90DMN ， NEMMFD（AAS） ， ,NEMF EMDF， 由题意得：45CAO， 2ANt ，3AMt， ,2AECEt EMAMAEt， 2 ,41DFt MFt OFt， 41,2Dtt ， 2 13 (41)(41)12 44 ttt ，又0t ， 故可解得：t= 3 4 或 0（舍） ， 经检验，当 t= 3 4 时，点,M N均未到达终点，符合题意，

34、此时 D点坐标为 3 2, 2 ； （3）由（2）可知：D 3 2, 2 ，t= 3 4 时，M（ 5 4 ，0） ，B（4，0） ，C（0，1） ， 设点 P（m， 2 13 1 44 mm） ， 如图，当点 P 在 y轴右侧，点 Q在 y轴正半轴， 过点 P 作 PRy轴于点 R，过点 D 作 DSx 轴于点 S， 则 PR=m，DS= 3 2 ， 若CPQMDB， CPPR MDDS ，则 22 22 CPPR MDDS ， 2 22 2 13 44 459 164 mmm m ，解得：m=0（舍）或 1或 5（舍） ， 故点 P 的坐标为： 3 1, 2 ， CPQMDB， CPCQP

35、R MDMBDS ， 当点 P 3 1, 2 时， 1 113 42 CQ ，解得：CQ= 11 6 ， 1117 1 66 ， 点 Q坐标为（0， 17 6 ） ， 317 1,0, 26 PQ ； 同理可得：点 P 和点 Q的坐标为： 1 349 5,0, 26 PQ ； 22 353 5,0, 222 PQ ； 33 317 1,0, 26 PQ ； 44 337 1,0, 222 PQ ； 55 2591257 ,0, 3918 PQ ； 66 25911151 ,0, 3999 PQ ； 77 71959 ,0, 3918 PQ ； 88 719251 ,0, 3999 PQ 99

36、41 39373 ,0, 11 121242 PQ ； 1010 41 391687 ,0, 11 121363 PQ ； 1111 25 171617 ,0, 11 121242 PQ ； 1212 25 1711613 ,0, 11 121363 PQ . 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数表达式，全等三角形的判定和 性质，相似三角形的性质，难度较大，计算量较大，解题时注意结合函数图像，找出符合条件的情形. 9 （2021 深圳模拟）深圳模拟）在矩形 ABCD 中，连结 AC，点 E 从点 B 出发，以每秒 1 个单位的速度沿着 BAC 的路径运动，运 动时

37、间为 t（秒） 过点 E 作 EFBC 于点 F，在矩形 ABCD 的内部作正方形 EFGH （1）如图，当 ABBC8 时， 若点 H 在ABC 的内部，连结 AH、CH，求证：AHCH； 当 0t8 时，设正方形 EFGH 与ABC 的重叠部分面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式； （2）当 AB6，BC8 时，若直线 AH 将矩形 ABCD 的面积分成 1：3 两部分，求 t 的值 【答案】见解析 【解析】 （1）如图 1 中， 四边形 EFGH 是正方形，ABBC， BEBG，AECG，BHEBGH90 ， AEHCGH90 ， EHHG， AEHCGH（SAS） ， AHCH 如

38、图 1 中，当 0t4 时，重叠部分是正方形 EFGH，St2 如图 2 中，当 4t8 时，重叠部分是五边形 EFGMN，SSABCSAENSCGM= 1 2 8 82 1 2（8t） 2 t2+16t32 综上所述，S= 2 (0 4) 2+ 16 32(4 8) （2）如图 31 中，延长 AH 交 BC 于 M，当 BMCM4 时，直线 AH 将矩形 ABCD 的面积分成 1：3 两 部分 EHBM， = ， 6 6 = 4，t= 12 5 如图 32 中，延长 AH 交 CD 于 M 交 BC 的延长线于 K，当 CMDM3 时，直线 AH 将矩形 ABCD 的面 积分成 1：3 两部分，易证 ADCK8， EHBK， = ， 6 6 = 16，t= 48 11