清單04與一元二次方程有關的動點問題（7種題型解讀（25題））【知識導圖】【知識清單】【考試題型1】利用一元二次方程解決三角形動點問題1．如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=6cm，一動點P從C出發沿著CB方向以1cm/s的速度向著終點B運動，另一動點Q從A出發沿著AC方向以2cm/s的速度向著終點A運動，已知P，Q兩點同時出發，運動時間為t(s)，當其中一點到達終點時，另外一點也隨之停止．當t為幾秒時，【答案】當t為3秒時，△PCQ的面積是△ABC面積的1【分析】本題考查了一元二次方程的實際應用，解題的關鍵是得出CQ=12-2t,CP=t，根據三角形的面積公式列出方程求解．【詳解】解：根據題意可得：CQ=12-2t,CP=t，12解得：t1∴當t為3秒時，△PCQ的面積是△ABC面積的142．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9cm，BC=7cm，動點P從點C出發，沿CA方向運動，動點Q從點B出發，沿BC方向運動，如果點P，Q的運動速度均為1【答案】運動3秒或4秒時，它們相距5【分析】本題主要考查了一元二次方程的實際應用，勾股定理，根據題意得出CP=BQ=tcm，則CQ=設運動t秒鐘時，它們相距5cm【詳解】解：設運動t秒鐘時，它們相距5cm∴CP=BQ=tcm，則CQ=根據勾股定理可得：CP即t2解得：t1∴運動3秒或4秒時，它們相距5cm4．如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm，動點D從點A出發以4cm/s速度向點C移動，同時動點E從C出發以3cm/s(1)根據題意知：CE=____________，CD=____________；（用含t的代數式表示）(2)t為何值時，△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的13【答案】(1)3t(2)t=【分析】本題考查了列代數式、一元二次方程的應用．（1）根據路程=速度×時間，即可求解；（2）根據題意可得△CDE面積等于△ABC面積的14，根據△CDE的面積等于三角形ABC的面積的1【詳解】（1）解：根據路程=速度×時間得：CE=3tcm，AD=4t則CD=AC-AD=4-4t故答案為：3tcm（2）解：∵△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的1∴△CDE面積等于△ABC面積的1∴1即1解得t1答：當t=12時，△CDE的面積等于四邊形ABED的面積的【考試題型2】利用一元二次方程解決四邊形動點問題4．我們知道：x2-x由此可得：P=x∵(x-3)∴當x=3時，P有最小值為-9；∵-(x-5)∴當x=5時，Q有最大值為25．利用以上的方法解答下列問題：(1)填空：按上面材料提示的方法配方：-a2(2)應用：如圖，已知線段AB=6,M是AB上的一個動點，設AM=x，以AM為一邊作正方形AMND，再以MB、MN為一組鄰邊作長方形MBCN．問：當點M在AB上運動時，長方形MBCN

【答案】(1)-a2(2)長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9，理由見解析【分析】本題主要考查配方法的應用．（1）根據題干中所給的配方法可進行求解；（2）由題意可得長方形MBCN的面積為6x-x【詳解】（1）解：-a故答案為：-a2-12a+36（2）解：長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9，理由如下：由題意可得長方形MBCN的面積為6x-x∴6x-x∵-x-3∴長方形MBCN的面積存在最大值，最大值為9．5．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm,AD=2cm，點P以2cm/s的速度從頂點A出發沿折線A→B→C向點C運動，同時點Q以1cm(1)若運動時間為t秒，則CQ=______________，BP=_____________．(2)兩動點運動幾秒，使四邊形PBCQ的面積是矩形ABCD面積的49(3)是否存在某一時刻，點P與點Q之間的距離為5cm？若存在，求出運動所需的時間；若不存在，請說明【答案】(1)t；6-2t(2)兩動點運動23(3)存在，當兩點運動時間為53s或73s時，點P與點【分析】（1）根據路程=速度×時間，即可表示CQ、BP的長；（2）根據梯形的面積公式列方程，即可求解；（3）根據勾股定理列方程解答即可，注意分0<t≤3、3<t≤4兩種情況討論．此題是一道動態題，有一定的難度，涉及到一元二次方程和勾股定理有關知識，注意分類討論思想的運用．【詳解】（1）解：由題意得：CQ=t，AP=2t，∴BP=AB-AP=6-2t；故答案為：t，6-2t；（2）解：根據題意，得BP=6-2t，CQ=t，矩形的面積=AB×AD=12，∴S∴(6-2t+t)×2×1解得：t=2所以，兩動點運動23秒時，四邊形PBCQ的面積是矩形ABCD面積的4（3）解：存在，理由如下：設兩動點經過t秒使得點P與點Q之間的距離為5．

①當0<t≤3時，如圖①，過點Q作QE⊥AB于點E，∴四邊形EBCQ是矩形，∴EB=CQ=t，EQ=BC=2，∴PE=6-3t，由勾股定理得：PQ∴5解得：t1=5②當3<t≤4時，如圖②，∴PC=8-2t，由勾股定理得：PQ∴5∴5t此時Δ<0綜上所述，當兩點運動時間為53s或73s時，點P與點6．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O，AC=16cm,BD=12cm,動點M從點A出發沿AC方向以2cm/s的速度運動到點C，動點N從點B出發沿BD方向以1cm/s的速度運動到點D

(1)出發1秒鐘時，△MON的面積=cm2(2)出發幾秒鐘時，△MON的面積為1【答案】(1)15(2)t=5+2或t=5或【分析】本題考查了菱形的性質，一元二次方程與幾何問題，掌握菱形的對角線互相垂直平分，根據題意進行分類討論是解題的關鍵．（1）根據菱形的性質得出OA=12AC=8cm，（2）根據題意進行分類討論即可①當0<t<4時，點M在線段OA上，點N在線段OB上，②當4<t<6時，點M在線段OC上，點N在線段OB上，③當6<t<8時，點M在線段OC上，點N在線段OD上．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8當出發1秒鐘時，AM=2cm,∴OM=OA-AM=6cm,∴△MON的面積=1故答案為：15．（2）解：∵AC=16∴t≤16解得：t≤8，當點M在線段OA上時，0<t<82，即當點N在線段OB上時，0<t<6，設出發時間為t，則AM=2t,BN=t，①當0<t<4時，點M在線段OA上，點N在線段OB上，OM=8-2t,ON=6-t，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2②當4<t<6時，點M在線段OC上，點N在線段OB上，OM=2t-8,ON=6-t，∵△MON的面積為1∴12解得：t=5，③當6<t≤8時，點M在線段OC上，點N在線段OD上，OM=2t-8,ON=t-6，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2綜上：t=5+2或t=5或t=5-【考試題型3】利用一元二次方程解決與坐標軸相關的動點問題7．如圖，在平面直角坐標系中，過點A0,4的直線AB與直線OC相交于點C1,3．動點P從點O出發沿路線O→C→B運動到點

(1)求直線AB的解析式；(2)當△OPB的面積等于143時，求此時點P(3)設動點P每秒運動2個單位，運動時間為t（秒）．在運動過程中是否存在點P，使△OPB是等腰三角形？若存在，直接寫出點P運動時間t值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-x+4(2)P79(3)t的值為455【分析】（1）利用待定系數法即可得出結論；（2）先求出△OBC的面積，進而求出△OBP的面積，進而求出點P的縱坐標，再分兩種情況，代入直線解析式中即可得出結論；（3）分點P在OC和BC上兩種情況，根據等腰三角形建立方程求解，即可得出結論．【詳解】（1）∵點A的坐標為(0,4)，∴設直線AB的解析式為y=kx+4，∵點C(1,3)在直線AB上，∴k+4=3，∴k=-1，∴直線AB的解析式為y=-x+4；（2）由（1）知，直線AB的解析式為y=-x+4，令y=0，∴-x+4=0，∴x=4，∴B(4,0)，設P的縱坐標為m，∴S∴m=7∵C(1,3)，∴直線OC的解析式為y=3x，當點P在OC上時，3x=7∴P7當點P在BC上時，-x+4=73，∴P5綜上所述，點P的坐標為P79,（3）①當點P在OC上時，如圖1，只有OB=PB，

由（2）知，直線OC的解析式為y=3x，設P(a,3a)，∴BP∵B(4,0)，∴(4-a)2+(3a)2∴P(45，∴OP=4∵動點P每秒運動2個單位，∴t=4②當點P在BC上時，如圖2，只有OP=PB，

∵直線AB的解析式為y=-x+4，設P(b,-b+4)，∴BP2=∴(4-b)2+∴P(2,2)，∴CP=(2-1)∵OC=1∵動點P每秒運動2個單位，∴t=(10綜上所述，t的值為455或【點睛】此題是一次函數綜合題，主要考查了待定系數法，三角形的面積，等腰三角形等知識，用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵．8．如圖1，在直角坐標平面內，直線l1:y=-4x+8交x軸于點A，交y軸于點B，線段AB的中點記作點

(1)求點A、點B、點M的坐標；(2)如圖2，過點M的直線l2的截距為5，交x軸于點C，點E、F是直線l2上的動點（點E在點M上方，點F在點M下方），且總滿足ME=MF，當【答案】(1)A2,0，B0,8(2)F72【分析】（1）分別令x,y=0，即可得出A,B的坐標，進而得出M的坐標；（2）分∠AFE=90°，∠EAF=90°，分類討論，即可求解．【詳解】（1）解：∵直線l1:y=-4x+8交x軸于點A，交y軸于點B當y=0時，x=2，x=0時，y=8∴A2,0，B∵M是AB的中點，∴M1,4（2）解：依題意，設l2的解析式為y=kx+5，將1,44=k+5，解得：k=-1∴直線l2的解析式為令y=0，則x=5，∴C5,0依題意，設直線l2與y軸交于點D，則D∴CO=DO，則△COD是等腰直角三角形，當∠AFE=90°時，如圖所示，過點F點作FQ⊥x軸于點Q，

∵CO=DO=5∴∠DCO=45°∵AF⊥DC∴△AFC是等腰直角三角形，∴FQ=12AC∵A2,0，∴AQ=QF=∴F7當∠EAF=90°，如圖所示，過點F點作FQ⊥x軸于點Q，

設Fm,-m+5，∵ME=MF，∠EAF=90°∴MA=MF∴m-1解得：m=342+1則F34綜上所述，F72【點睛】本題考查了一次函數與坐標軸交點問題，勾股定理，斜邊上的中線等于斜邊的一半，解一元二次方程，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．9．如圖矩形OABC中，點B的坐標（a，b）；點P為線段BC上的一動點（與點B，點C不重合），過動點P的反比例函數y＝kx的圖象交AB于Q，延長PQ交x軸于D(1)求證：四邊形ADPC為平行四邊形；(2)若a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），點F在AC上，若四邊形AQPF為菱形時，求這個反比例函數的解析式并直接寫出點F的坐標．【答案】(1)見解析；(2)y＝403x，F（103，【分析】（1）根據矩形性質和坐標與圖形求得點P、Q坐標，進而求得CP、BP、BQ、AQ，證明△QBP∽△QAD，利用相似三角形的性質求得AD，證得AD=CP即可證得結論；（2）解一元二次方程求得a、b，利用菱形的性質得到PF=PQ=AQ，進而得到關于k的方程，解方程求得k值即可解答．【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是矩形，點B的坐標（a，b），∴BC∥OA，AB∥OC，∴C（0，b），A（a，0），∵點P為線段BC上，點P的反比例函數y＝kx的圖象交AB于Q∴P（kb，b），Q（a，ka），k＜∴CP=kb，BP=a－kb，BQ=b－ka，AQ∵BC∥OA，∴∠BPQ=∠ADQ,∠PBQ=∠DAQ,∴△QBP∽△QAD，∴AQBQ=AD解得：AD=kb∴AD=CP，又CP∥AD，∴四邊形ADPC是平行四邊形；（2）解：解方程3x2﹣28x＋64＝0得x1=4，x2=163∵a，b是方程3x2﹣28x＋64＝0的根（a＞b），∴a=163，b=4∴BP=163－k4，BQ=4－3k16，AQ∵四邊形AQPF為菱形，∴PF∥AQ∥OC，PF=PQ=AQ，即PQ2=AQ2，∴（163－k4）2+（4－3k16）2=（3k解得：k=403或k=160∵k＜ab=643∴k=403∴反比例函數的解析式為y＝403x∵PF=AQ=3k16=52，P（103∴F（103，3【點睛】本題考查矩形的性質、坐標與圖形、反比例函數圖象上點的坐標特征、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定、解一元二次方程、菱形的性質、求反比例函數解析式等知識，是反比例函數與幾何的綜合題，熟練掌握相關知識的聯系與運算，利用數形結合思想求解是解答的關鍵．10．如圖，在平面直角坐標系中，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，點C在y軸上，∠ACB=90°，OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣25x+144=0的兩個根（OA＜OB），點D是線段BC上的一個動點（不與點B、C重合），過點D作直線DE⊥OB，垂足為E．（1）求點C的坐標．（2）連接AD，當AD平分∠CAB時，求直線AD的解析式．（3）若點N在直線DE上，在坐標系平面內，是否存在這樣的點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由．【答案】（1）C（0，12）．（2）y=（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，點M的坐標是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【詳解】解（1）x2﹣25x+144=0得x=9或x=16，∵OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣25x+144=0的兩個根（OA＜OB），∴OA=9，OB=16．在Rt△AOC中，∠CAB+∠ACO=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠CBA=90°，∴∠ACO=∠CBA．∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB．∴OC2=OA?OB.∴OC=12，∴C（0，12）．解：（2）在Rt△AOC和Rt△BOC中，∵OA=9，OC=12，OB=16，∴AC=15，BC=20．∵DE⊥AB，∴∠ACD=∠AED=90°．又∵AD平分∠CAB，AD=AD，∴△ACD≌△AED．∴AE=AC=15．∴OE=AE﹣OA=15﹣9=6，BE=10．∵∠DBE=∠ABC，∠DEB=∠ACB=90°，∴△BDE∽△BAC．∴DEAC=BE解得DE=∴D（6，152設直線AD的解析式是y=kx+b，將A（﹣9，0）和D（6，152{-9k+∴直線AD的解析式是：y=解：（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形．①以BC為對角線時，作BC的垂直平分線交BC于Q，交x軸于F，在直線FQ上取一點M，使∠CMB=90°，則符合此條件的點有兩個，BQ=CQ=72BC=10∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，∴△BQF∽△BOC．∴BFBC∵BQ=10，OB=16，BC=20，∴BF=252∴OF=16﹣252=72．∴F（72∵OC=12，OB=16，Q為BC中點，∴Q（8，6）．設直線QF的解析式是y=ax+c，代入得：8a+c=672a+c=0∴直線FQ的解析式是：y=4設M的坐標是（x，43根據CM=BM和勾股定理得：（x﹣0）2+（43x-143﹣12）2=（x﹣16）2+（4解得x1=14，x2=2．∴M的坐標是（14，14），（2，﹣2）．②以BC為一邊時，過B作BM3⊥BC，且BM3=BC=20，過M3Q⊥OB于Q，還有一點M4，CM4=BC=20，CM4⊥BC，則∠COB=∠M3B=∠CBM3=90°．∴∠BCO+∠CBO=90°，∠CBO+∠M3BQ=90°．∴∠BCO=∠M3BQ．∵在△BCO和△M3BQ中，∠BCO=∠QBM∴△BCO≌△M3BQ（AAS）．∴BQ=CO=12，QM3=OB=16，OQ=16+12=28，∴M3的坐標是（28，16）．同法可求出CT=OB=16，M4T=OC=12，OT=16﹣12=4，∴M4的坐標是（﹣12，﹣4）．綜上所述，存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，點M的坐標是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）．【考試題型4】一元二次方程與相似綜合解決動點問題11．如圖，在△ABC中，AB=AC=6，BC=8，點D是BC邊上的一個動點，點E在AC上，點D在運動過程中始終保持∠1=∠B，設BD的長為x(0<x<8)．

(1)求證：△DCE∽△ABD；(2)當CE=2時，求x的值；(3)當x為何值時，△ADE為等腰三角形？【答案】(1)答案見解析(2)x1=6，(3)x=2或x=【分析】（1）根據等邊對等角得∠B=∠C，利用三角形外角和的性質得∠EDC=∠BAD即有相似成立；（2）利用第一問相似三角形的性質對應邊的比相等，列方程即可求得答案；（3）分類討論等腰三角形腰和底的情形，結合相似三角形的性質解出x的值；【詳解】（1）證明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠ADC=∠1+∠EDC=∠B+∠BAD，∠1=∠B∴∠EDC=∠BAD，∴△DCE∽△ABD．（2）∵△DCE∽△ABD，∴CEBD∴CEx則CE=8x-∵CE=2，∴2=8x-x26，解得（3）①DA=DE，∵△DCE∽△ABD，∴DC=AB=6，∴8-6=x，②DA=AE，則有∠1=∠AED，∵∠AED=∠C+∠EDC=∠B+∠EDC，與∠AED=∴此種情況不成立；③DE=AE，則有∠EAD=∴△DAC∽△ABC，∴DCAC則8-x6=6即當x=2或x=72時，【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質、等邊對等角、三角形外角和性質和等腰三角形的性質，以及分類討論思想，熟練掌握利用三角形相似的性質是解題的關鍵．12．如圖，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，動點P以2米/秒的速度從點A出發，沿AC向點C移動，同時動點Q以1米/秒的速度從點C出發，沿CB向點B移動，設P、Q兩點移動t秒(0<t<5)后，四邊形ABQP的面積為S平方米．(1)當t為何值時，PQ垂直BC？(2)求面積S與時間t的函數關系式；(3)在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積能否相等？若能，直接寫出此時點P的位置；若不能，請說明理由；(4)若△PQC為等腰三角形，直接寫出t的值【答案】(1)t=(2)S=(3)不能，理由見解析(4)t的值為103秒或259秒或【分析】（1）當AB⊥BC時，△CPQ∽△CAB，然后根據相似三角形的性質求解；（2）過點P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的長，AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t，又PE∥AB，根據平行線分線段成比例列出比例式即可得出PE的長，再由三角形的面積公式即可得出結論；（3）假設四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則S△PCQ（4）有三種情況：①PC=QC，②PQ=QC，③PQ=PC，代入得出關于t的方程，求出方程的解即可．【詳解】（1）解：當PQ⊥BC時，如圖，在矩形ABCD中，∵AB⊥BC,∴AB∥PQ,∴△CPQ∽△CAB,∴CP在Rt△ABC中，AB=6，BC=8∴AC=A∴CQ=t，CP=10-2t，即10-2t10解得：t=40∴當t=4013時，PQ垂直（2）過點P作PE⊥BC于E．Rt△ABC中，AC=AB由題意知：AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t由AB⊥BC，PE⊥BC得PE∥AB∴PEAB即：PE6∴PE=3又∵S∴S=S即：S=3（3）假設四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則有：3即：t∵∴方程無實根∴在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積不能相等．（4）①當PC=QC時，有t=10-2t，t=10②當PQ=QC時，有12(10-2t)t③當PQ=PC時，有12t10-2t所以，當t為103秒、259秒、8021【點睛】本題主要考查對等腰三角形的性質，勾股定理，一元二次方程的應用，二次函數的關系式，矩形的性質，三角形相似的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識點的理解和掌握，能綜合運用這些性質進行計算是解此題的關鍵．13．如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=10，BC=12，有兩動點P、Q分別在邊AB、BC上運動，點P的速度為每秒1個單位長度，點Q的速度為每秒2個單位長度，它們分別從點A和點B同時出發，點P沿線段AB按A→B方向向終點B運動，點Q沿線段BC按B→C方向向終點C運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設運動時間為(1)如圖1，當t為何值時，PQ∥AC；(2)當t為何值時，以點P、B、Q為頂點的三角形與△ABC相似；(3)點P、Q在運動過程中，是否存在這樣的t，使得△PCQ的面積等于4？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)t=(2)t=154(3)存在，t=5【分析】（1）根據平行線的性質判定△BPQ∽△BAC，得到BPAB=BQBC，表示出（2）分△PBQ∽△ABC和△QBP∽△ABC分別討論即可；（3）過P作PE⊥BC，垂足為D，作BC邊上的高AD，利用三線合一和勾股定理求出AD，證明△PBE∽△ABD，得到BPAB=PEAD，表示出【詳解】（1）解：當PQ∥AC時，△BPQ∽△BAC，∴BPAB∵AB=AC=10，BC=12，∴BP=10-t，BQ=2t，∴10-t10解得：t=15當t=154時，（2）∵BP=10-t，BQ=2t，∠ABC=∠PBQ，∴當△PBQ∽△ABC時，同（1）可得：t=15當△QBP∽△ABC時，BQAB=BP解得：t=50綜上：當t=154或t=5017時，以點P、B、（3）存在，理由是：如圖，過P作PE⊥BC，垂足為D，作BC邊上的高AD，∵AB=AC=10，BC=12，∴BD=CD=1∴AD=A∵∠BEP=∠ADB=90°，∠B=∠B，∴△PBE∽△ABD，∴BPAB=PE∴PE=8-4t∴S△PCQ=1解得：t=5或t=11，當t=11時，BQ=22>BC，故不合題意，∴t=5，即存在t=5，使得△PCQ的面積等于4．【點睛】本題考查了三角形綜合題，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形三線合一，解一元二次方程，分類討論．14．如圖，在直角△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，點D是BC的中點，點E是AB邊上的動點，DF⊥DE交射線AC于點F．(1)求BC的長；(2)聯結EF，當EF∥BC時，求(3)聯結EF，當△DEF和△ABC相似時，請直接寫出BE的長．【答案】(1)4(2)10(3)52或【分析】（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，由勾股定理可直接求出BC（2）作DG⊥EF于點G，設GE=x，先證明△EGD∽△DGF，用含x的式子表示DG，四邊形CDGF是矩形，則CF=DG，由△AEF∽△ABC，列方程求出x的值，再求出EF的長，即可根據相似三角形的對應邊成比例列方程求出BE的長；（3）△DEF和△ABC相似存在兩種情況，一是點F與點C重合，則點E為AB的中點；一是點F在AC的延長線上，作DG⊥BC于點G，通過證明△FED∽△ABC、△EDG∽△DFC、△BEG∽△BAC，即可求出BE的長．【詳解】（1）解：如圖，在Rt△ABC∵△ABC中，∠C=90°,AB=5,AC=3，∴BC=A∴BC的長為4．（2）解：如圖，聯結EF，作DG⊥EF于點G，設GE=xx>0∵EF//∴∠AFE=∠C=90°，∴EF⊥AC，∵∠C=∠GFC=∠FGD=90°，∴四邊形CDGF是矩形．∵D是BC的中點，∴GF=DC=1∵DF⊥DE，∴∠EDF=90∴∠EDG=90∵∠EGD=∠DGF=90∴△EGD∽△DGF，∴GE∴GD∴FC=GD=2x∵△AEF∽△ABC，∴AF∴AF=AC∴3-2x整理得9x解得x1=34-8∴GE=34-8∴EF=2+34-8∵AE∴AE=∴BE=5-（3）解：如圖2，當點F與點C重合時，則∠EDC=∠EDF=90°，∴DE⊥BC，∵DB=DC，∴BE=CE，∴∠ECD=∠B，∵∠EDC=∠ACB=90°，∴△ECD∽△ABC，∴△EFD∽△ABC，∵∠ECA+∠ECD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠ECA=∠A，∴AE=CE，∴BE=AE=1如圖3，當點F在AC的延長線上，且∠FED=∠B，∵∠FDE=∠ACB=90°，∴△FED∽△ABC∴EDBC=∴EDFD作DG⊥BC于點G，則∠EGD=90°，∵∠DCF=180°-∠ACB=90°，∴∠EGD=∠DCF，∵∠EDG=90°-∠CDF=∠DFC，∴△EDG∽△DFC，∴EGDC∴EG=4∴∠EGB=∠ACB=90°，∴EG∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴BEAB∴BE=AB綜上所述，BE的長為52或BE的長為52或40【點睛】此題重點考查相似三角形的判定與性質、勾股定理、解一元二次方程、二次根式的化簡、數形結合與分類討論數學思想的運用等知識與方法，解題的關鍵是正確地作出所需要的輔助線，構造適當的相似三角形，此題難度較大，屬于考試壓軸題．【考試題型5】一元二次方程與二次函數綜合解決動點問題15．如圖，二次函數y=ax2+bx+c的圖象交x軸于A-1,0，B2,0，交

(1)求二次函數的解析式；(2)若點M為該二次函數圖象在第四象限內一個動點，求點M運動過程中，四邊形ACMB面積的最大值.(3)點P在該二次函數圖象的對稱軸上，且使|PB-PC|最大，求點P的坐標；【答案】(1)y=(2)四邊形ACMB的面積最大值為4(3)P【分析】（1）由已知條件將A-1,0，B2,0，C0,-2代入y=a（2）連接BC，過點M作MN∥y軸交BC于點N，先求出直線BC的解析式為y=x-2，設Mt,t2-t-2，則Nt,t-2，可以計算出MN=-t2+2t，進而求出（3）作C點關于對稱軸的對稱點C'，連接BC'并延長與對稱軸交于點P，得到PB-PC=PB-PC'≤BC'，由【詳解】（1）解：將A-1,0，B2,0，C0,-2∴a-b+c=04a+2b+c=0c=-2，解得∴y=x（2）如圖，連接BC，過點M作MN∥y軸交BC于點N，

∵B2,0，C∴直線BC的解析式為y=x-2，設Mt,t2∴MN=t-2-t∴S△BCM∵S△ABC∴S四邊形當t=1時，四邊形ACMB的面積最大值為4，此時M1,-2（3）∵y=x∴拋物線的對稱軸為直線x=1如圖，作C點關于對稱軸的對稱點C'，連接BC'

∵CP=C∴PB-PC=PB-PC∵C0,-2∴C'設直線BC'的解析式為∴k+m=-22k+m=0，解得k=2∴y=2x-4，∴P1【點睛】本題考查了二次函數的綜合運用，二元一次方程組，配方法求最大面積，已知兩點坐標求距離，熟練掌握二次函數的圖像性質，利用配方法、對稱軸的性質計算最大面積、最大|PB-PC|時點P的坐標是解答本題的關鍵．16．綜合與探究如圖，二次函數y=12x2+x-4的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．點P是第三象限內二次函數圖象上一動點，設點P的橫坐標為m，過點p作直線PE∥BC分別交x軸，y

(1)求A，B，C三點的坐標，并直接寫出直線BC的表達式；(2)當DP=DE時，求m的值；(3)連接PC，試探究：在點P的運動過程中，是否存在點P，使得△PCE是直角三角形，若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A-4,0，B2,0，C(2)-2(3)存在，m【分析】（1）在拋物線的解析式中令x=0或y=0，即可得到A、B、C的坐標，再利用待定系數法可以得到BC的表達式；（2）作PF⊥x軸于點F，由題意可得△PDF≌△EDO，從而DF=-12m，再由已知可以得到△PDF∽△CBO，PFDF=（3）由已知，可以用m表示P、C、E的坐標，然后分當∠CPE=90°和∠PCE=90°兩種情況討論．【詳解】（1）由y=1當x=0時，y=-4∴點C的坐標為0,-4．當y=0時，12解得x1=-4∵點A在點B的左側，∴點A，B的坐標分別為-4，0，由上可設BC的表達式為y=kx-4，把B點坐標代入可得：k=2，∴直線BC的表達式為y=2x-4；（2）作PF⊥x軸于點F，

∴∠PFD=∠EOD=90°，又∵∠PDF=∠EDO，DP=DE，∴△PDF≌△EDO．∴DO=DF，∴DF=-1∵PE∥BC，∴∠PDF=∠CBO．又∵∠PFD=∠COB=90°，∴△PDF∽△CBO．∴PFDF∴-1∴m1=-22（3）∵PE∥BC，∠PEC=∠OCB<90°，∵Pm,∴PEPC2=m2∴①當∠CPE=90°時，PC2+PE2=C∴m=-3或m=0（舍去）；②當∠PCE=90°時，則PC⊥y軸，∴12∴m=-2或m=0（舍去），綜上所述，存在點P，使得△PCE是直角三角形，此時m1【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，熟練掌握函數的基本知識、全等三角形和相似三角形的判定和性質、勾股定理的應用及一元二次方程的解法是解題關鍵．17．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y=ax2+bx+c交x軸于點A-4,0，B2,0，交y軸于點C0,6，在(1)求二次函數的表達式；(2)若點D為拋物線在x軸負半軸上方的一個動點，求△ADE的面積的最大值；(3)拋物線的對稱軸上存在著點P，使△AEP為等腰三角形．符合條件的點P坐標有若干個，請求出任意一個符合要求的點P的坐標．【答案】(1)y=-(2)16(3)P的坐標為：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【分析】（1）采用待定系數法即可求解；（2）連接DO，根據題意可知：點D在第二象限，設Da,-34根據S△AEO=12×AO×OE，S△ADO=12×AO×yD，S△EDO（3）先求出拋物線的對稱軸為：x=-1，設P點坐標為：-1,t，結合A-4,0，E0,-2，可得AE2=20，AP【詳解】（1）∵二次函數y=ax2+bx+c交x軸于點A-4,0，B2,0∴16a-4b+c=04a+2b+c=0c=6，解得：∴二次函數解析式為：y=-3（2）連接DO，如圖，根據題意可知：點D在第二象限，設Da,-34∵A-4,0，E∴AO=4，OE=2，∵S△AEO=12×AO×OE∴S△AEO=4，S△ADO∴S△ADO=2y∵S△ADE∴S△ADE化為頂點式為：S△ADE即當a=-23時，S△ADE即△ADE的面積的最大值為162（3）如圖，由y=-34x則拋物線的對稱軸為：x=設P點坐標為：-1,t，∵A-4,0，E∴AE2=(-4-0)2當PA=PE時，有：t2解得：t=1，此時P-1,1當PA=AE時，有：t2解得：t=±11此時P的坐標為：-1,11、-1,-當PE=AE時，有：t+22解得：t=-2±19此時P的坐標為：-1,-2-19、-1,-2+綜上：P的坐標為：-1,1、-1,11、-1,-11、-1,-2-19【點睛】本題考查了利用待定系數法求解拋物線解析式，二次函數的最值，勾股定理，解一元二次方程以及等腰三角形的性質等知識，掌握二次函數的性質是解答本題的關鍵．18．如圖，直線y=12x+2分別與x軸、y軸交于C，D兩點，二次函數y=-x2+bx+c的圖像經過點(1)求點E的坐標和二次函數表達式．(2)過點D的直線交x軸于點M．①當DM與x軸的夾角等于2∠DCO時，請直接寫出點M的坐標；②當DM⊥CD時，過拋物線上一動點P（不與點D，E重合），作DM的平行線交直線CD于點Q，若以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標．【答案】(1)y=-(2)①-32，0或32【分析】（1）利用一次函數圖像上點的坐標特征可求出點C的坐標，過點D作直線DF∥x軸，過點E作EF∥y軸，交直線DF于點D，則△OCD∽△FDE，利用相似三角形的性質可得出FD=3，利用一次函數圖像上點的坐標特征可求出點E的坐標，再由點（2）①分點M在x軸負半軸和點M在x軸正半軸兩種情況考慮：(ⅰ)當點M在x軸負半軸時，由三角形外角的性質可得出∠M1CD=∠M1DC，進而可得出M1C=M1D，在Rt△ODM1中，利用勾股定理可求出O②由等角的余角相等可得出∠MDO=∠DCO，結合相似的判定和性質可求出點M的坐標，設點P的坐標為x,-x2+72x+2，分點P在直線CD下方及點P在直線CD上方兩種情況考慮∶：(ⅰ)當點P在直線CD下方時，由點D，M，P的坐標利用平行四邊形的性質可得出點Q的坐標，再利用一次函數圖像上點的坐標特征可得出關于x的一元二次方程，解之即可得出結論；（ⅱ）當點P在直線CD上方時，由點D，M，P【詳解】（1）解：∵直線y=12x+2分別與x軸、y軸交于C當y=0時，12x+2=0，解得：∴點C的坐標為-4，0，當x=0時，y=1∴點D的坐標為0，2，過點D作直線DF∥x軸，過點E作EF∥y軸，交直線DF于點∵DF∥x軸，EF∥∴∠OCD=∠FDE，∠ODC=∠FED，∴△OCD∽△FDE，∴OCFD=CD∴FD=3，∴點E的橫坐標為3，∵點E在直線y=1∴當x=3時，y=1∴點E的坐標為3，∵點D0，2，E∴c=2-9+3b+c=解得：b=7∴二次函數表達式為y=-x（2）①分點M在x軸負半軸和點M在x軸正半軸兩種情況考慮，如圖2所示．（ⅰ）當點M在x軸負半軸時，∵∠DM1O=2∠DCO∴∠M∴M1設OM1=x在Rt△ODM1中，OM∵DM∴4-x2解得：x=3∴點M1的坐標為-（ⅱ）當點M在x軸正半軸時，∵∠DM由(ⅰ)可知：∠DM∴∠DM∴D∵DO⊥x軸，∴M1∴點M2的坐標為3綜上所述，當DM與x軸的夾角等于2∠DCO時，點M的坐標為-32,0②∵DM⊥CD，∴∠CDO+∠DCO=∠CDO+∠MDO=90°，∴∠MDO=∠DCO，∵∠DOM=∠COD=90°，∴△DOM∽△COD，∴OMOD=OD∴OM=1，∴點M的坐標為1，設點P的坐標為x,-x分兩種情況考慮，如圖3所示，（ⅰ）當點P在直線CD下方時，∵點D的坐標為0，2，點M的坐標為1，∴MP∥DQ，∵點M向左平移1個單位，再向上平移2個單位得到點D，∴點Px,-x2+7又∵點Q在直線CD上，∴-x整理，得：2x解得：x1=3-（ⅱ）當點P在直線CD上方時，∵點D的坐標為0，2，點M的坐標為1，∴DP∥MQ，∵點D向右平移1個單位，再向下平移2個單位得到點M，∴點Px,-x2+7又∵點Q在直線CD上，∴-x整理，得：2x∵Δ=∴該方程無實數根，∴該種情況不存在，綜上所述：當以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，點P的橫坐標為3-192或【點睛】本題考查一次函數圖像上點的坐標特征，相似三角形的判定與性質，待定系數法求二次函數解析式，三角形外角的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，二次函數圖像上點的坐標特征，平行四邊形的性質，平移的點的坐標特征．解題的關鍵是∶（1）利用相似三角形的性質及一次函數圖像上點的坐標特征，求出點E的坐標；（2）①分點M在x軸負半軸和點M在x軸正半軸兩種情況，利用等腰三角形的性質及勾股定理求出點M的坐標；②分點P在直線CD下方及點P在直線CD上方兩種情況，利用平行四邊形的性質，平移的點的坐標特征，一次函數圖像上點的坐標特征，找出關于x的一元二次方程．【考試題型6】一元二次方程與反比例函數綜合解決動點問題19．如圖，直線AB經過點B0,-2，并與反比例函數y=kx交于點

(1)求直線AB和反比例函數的表達式；(2)點M為反比例函數圖象第二象限上一點，記點M到直線AB的距離為d，當d最小時，求出此時點M的坐標；(3)點C是點B關于原點的對稱點，Q為線段AC（不含端點）上一動點，過點Q作QP∥y軸交反比例函數于點P，點D為線段QP的中點，點E為x軸上一點，點F為平面內一點，當D，C，E，F四點構成的四邊形為正方形時，求點【答案】(1)y=13(2)M(-3,1)(3)(2，0)或1,1【分析】（1）利用待定系數可得答案；（2）將直線AB向上平移，當平移后的直線與雙曲線只有一個交點M時，此時d最小，設直線l的解析式為y=13x+b（3）將正方形問題轉化為等腰直角三角形，再分CD為斜邊和直角邊兩種情形，分別畫圖，利用全等三角形來解決問題．【詳解】（1）解：將A3,-1代入y=∴k=3×-1∴反比例函數的表達式為y=-3設直線AB的解析式為y=k將A3,-1與B0,-2代入可得：∴k1∴直線AB的解析式為y=1（2）將直線AB向上平移，當平移后的直線與雙曲線只有一個交點M設直線l的解析式為y=1∴方程13整理得x2∴Δ=解得n=2或-2，∵直線l與y軸交于正半軸，∴n=-2舍去，解方程13x+2=-3∴y=-3∴M-3,1（3）分兩種情況討論：①當CE⊥CD時，如圖，過C作CN⊥DQ于N，

∵QP∥∴∠EOC=∠OCN=∠CND=90°，∵四邊形DCEF為正方形，∴EC=DC，∠ECD=90°=∠OCN，∴∠ECO=∠DCN，∴△ECO≌△DCNAAS∴CN=CO，∵C與B關于原點對稱，∴OC=OB=2，CN=OC=2，∴C0,2，而A同理可得：直線AC的解析式為y=-x+2，∵CN=2，點Q在直線AC上，∴點Q的橫坐標為2，當x=2時，y=0，∴Q2,0②當CD⊥DE時，如圖，過D作DM∥x交AC于點H，交y軸于M，交反比例函數圖象于N，過N作NE⊥x軸于

則四邊形OMNE是矩形，∴OM=EN，∴∠CMD=∠DNE=90°，∵四邊形CDEF為正方形，∴CD=DE，∠CDE=90°，同理可得：△CDM≌△DENAAS∴MD=EN=OM，由①知直線AC的解析式為y=-x+2，與x軸交于點2,0，與y軸的交點為0,2，∴∠ACB=45°，∴△CMH為等腰直角三角形，∴MH=CM，∠CHM=45°，∴△QDH為等腰直角三角形，∵MD+DH=OM+OC，∴DH=OC=2，∴DH=QD=2，∵D是PQ的中點，∴PQ=4，設Qa,-a+2，P∴-a+2+3∴a=-3（舍去）或a=1，∴-a+2=-1+2=1，∴Q1,1當CE⊥DE時，若點E在CD左側時，記QD與x軸的交點為G，

同理可得：EG=OC=2，OE=DG，設Em,0，則D∵直線AC為y=-x+2，∴Q2+m,-m，P∴2m=-m-3解得m1∴Q1,1當點E在CD右側時，同理可得△COE≌△EGDAAS

設Em,0，則D∴Pm-2,-∴DP=-m+3∵D為PQ中點，∴PQ=-2m+6∴Qm-2,-2m+3m-2，而Q∴-m-2解得m=-1±23∵m>0，∴m=-1+23∴Q2綜上，Q點的坐標為2,0，1,1或23【點睛】本題是反比例函數與一次函數圖象交點問題，主要考查了待定系數法求函數解析式，函數與方程的關系，正方形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識，構造全等三角形是解題的關鍵，同時注意分類討論．20．如圖，在平面直角坐標系中，直線y=-x+5與反比例函數y=kx(x>0)的圖象相交于點A(3,a)和點B(2,b)，點D，C分別是x軸和y軸的正半軸上的動點，且滿足CD∥

(1)求a，b的值及反比例函數的解析式；(2)若OD=1，求點C的坐標，判斷四邊形ABCD的形狀并說明理由；(3)若點M是反比例函數y=kx(x>0)圖象上的一個動點，當△AMD是以AM【答案】(1)a=2,b=3，y=(2)矩形，理由見解析(3)(5,1.2)，(3+332，-3+【分析】（1）把A(3,a)和B(2,b)分別代入y=-x+5得：a=2,b=3；進而把A(3,2)代入y=kx得k=6（2）根據CD∥AB，設CD的解析式為y=-x+m，依題意得出D的坐標為(1,0)，進而可得CD解析式為y=-x+1，進而得出AB=CD=2，過點B作BE⊥y軸于點E，則E(0,3)，故△BEC（3）①當∠MAD=90°時，根據圖形可得M(5,1.2)，②當∠AMD=90°時，由圖得【詳解】（1）解：把A(3,a)和B(2,b)分別代入y=-x+5得：a=2,b=3；把A(3,2)代入y=kx得∴所求反比例函數解析式為y=6（2）∵CD∥AB，∴設CD的解析式為y=-x+m，又∵OD=1，D在x軸的正半軸上，∴D的坐標為(1,0以點A、B、C、D構成的四邊形是矩形，理由如下：CD解析式為y=-x+1，∴C(0,1∴A(3,2)，B(2,3)∴AB=CD=2又∵AB∥CD∴四邊形ABCD是平行四邊形過點B作BE⊥y軸于點E，則E(0,3)，故△BEC和∴∠ECB=∠OCD=45°，∴∠BCD=90°，∴?ABCD是矩形

（3）①當∠MAD=90°時，由圖得：M(5,n)，∴5n=6，則n=1.2，∴M(5,1.2

②當∠AMD=90°∴n(3+n=6，解得：n1=∴M(3+332，-3+綜上所述：M的坐標為(5,1.2)，(3+332，【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數綜合，矩形的性質與判定，勾股定理，解一元二次方程，分類討論，掌握反比例函數的性質是解題的關鍵．【考試題型7】利用一元二次方程解決圓的動點問題1．如圖，圓心M（3，0），半徑為5的⊙M交x軸于A、B兩點，交y軸于C點，拋物線y=ax2+bx+c經過A、B（1）求拋物線的解析式．（2）求圓M上一動點P到該拋物線的頂點Q的距離的最小值？并求出此時P點的坐標．（3）若OC的中點為F，請問拋物線上是否存在一點G，使得∠FBG＝45°，若存在，求出點G的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=14x2-32x-4；（2）當P(3,-5)時，【分析】（1）求出A、B、C三點的坐標，然后利用待定系數法求拋物線解析式，將A、B、C三點坐標代入解析式組成方程組，解方程組即可；（2）把拋物線的解析式化為頂點式，根據點的坐標與圓心連線交圓于P即可得出結果；（3）分兩種情況討論，先求出lHB:y=53x-【詳解】解：（1）連接MC，∵⊙M的圓心M（3，0），半徑為5，∴OA=AMOM=53=2，OB=BM+OM==5+3=8，∴A（2，0）、B（8，0），在Rt△OCM中，∴OC=CM2C（0，4），∴設拋物線的解析式為：y=ax2+bx+c（a≠0），∴c=-44a-2b+c=0∴a=1∴所求拋物線的關系式為：y=（2）連結MQ交⊙M于P，則PQ最短，∵y=∴拋物線的頂點Q3,-∵圓心M（3，0），∴M、P、Q在平行于y軸的直線上，而⊙M的半徑為5，∴當P(3,-5)時，PQ的值取最小，∴PQ（3）∵C（0，4），OC的中點為F，∴F(0,-2)，分兩種情況，BG在BF下方時，連結FB，過點F作FH⊥BF交直線BG于H，過H作HE⊥y軸于E，∵∠FBG=45°，∴∠FHB=180°∠BFH∠FBH=180°90°45°，∴∠FHB=∠FBH=45°，∠HFB=90°，∴Rt△BFH為等腰直角三角形，∴FH=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠EFH=90o，∴∠OBF=∠EFH，

在△OFB和△EHF中，∠OBF=∠EFH∠FOB=∠HEF∴△OFB≌△EHF（AAS），∴OF=EH=2，OB=EF=8，∴OE=OF+EF=2+8=10，∵點H在第四象限，∴點H（2，10），設HB的解析式為lHB把H(2,-10)，B（8，0）、代入y=kx+b，-10=2k+b0=8k+b解得k=5∴lHB點G是直線lHB∴y=消去y得：14解方程得：∴x=143或則G1BG在FB上方時，連結FB，過點F作FH1⊥BF交直線BG于H1，過H1作H1E1⊥y軸于E1，∴∠FBH∴∠FH1B=180°∠BFH1∠FBH1=180°90°45°=45°，∴∠FH1B=∠FBH1=45°，∠H1FB=90°，∴Rt△BFH1∴FH1=FB，∵∠OFB+∠OBF=∠OFB+∠E1FH1=90o，∴∠OBF=∠E1FH1，在△OFB和△E1H1F中，∠OBF=∠E∴△OFB≌△E1H1F（AAS），∴OF=E1H1=2，OB=E1F=8，∴OE1=E1FOF+=82=6，點H1在第二象限，∴點H1（2，6），設H1B解析式為lH8k解得k1∴則lH點G是lH∴y=-先去y得5x解得∴x=-225或則G2綜上所述：G-225【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式和一次函數解析式及圓的性質，三角形全等判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，二元方程組的解法，一元二次方程的解法，利用數形結合以及分類討論的數學思想方法及其用輔助線準確畫出圖形是解題的關鍵．2．如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4厘米，點P從點B開始沿BC邊向點C以每秒2厘米的速度移動，同時點Q從點C開始沿AC邊向點A以每秒1厘米的速度移動，其中任意一點到達目的地后，兩點同時停止運動．求：（1）點P從點B出發，經過幾秒△PCQ的面積等于1平方厘米？（2）是否存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，若存在，求出經過幾秒相切？若不存在，請說明理由；（3）如圖2，點M是Rt△ABC內的一個動點，且滿足∠MAC=∠MCB，求線段BM的最小值．【答案】（1）經過1秒△PCQ的面積等于1平方厘米；（2）經過4-22秒相切；（3）線段BM的最小值【分析】（1）首先設經過x秒△PCQ的面積等于1平方厘米，然后利用面積列出方程，求解即可；（2）首先假設存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，然后根據相切的性質和勾股定理，列出方程，求解即可；（3）首先由∠MAC=∠MCB得出∠AMB=90°，將其轉化為點M在以AC為直徑的圓在△ABC內的弧上，則當B，M，O三點共線時最小，即可得解.【詳解】（1）設經過x秒△PCQ的面積等于1平方厘米，則BP=2x，PC=4x，CQ=x由題意，得1∴12化簡得：x22x+1=0∴x1=x2=1．答：經過1秒△PCQ的面積等于1平方厘米；（2）假設存在以點P為圓心、QP為半徑的圓與直線AB相切，如圖設其切點為H，∵AB與圓P相切，∴PH⊥AB∵∠ABC=90°∠BAC=60°∴∠BPH=30°∴BH=12BP=x，PH=在Rt△PCQ中，PQ2=PH2=CQ2+PC2∴3x解得：x1由于點P的運動時間最大為2秒，故x2舍去所以經過4-22（3）∵∠MAC=∠MCB∵∠ACM+∠BCM=∠BCM+∠CAM=90°，∴∠AMB=90°∴點M在以AC為直徑的圓在△ABC內的弧上，如圖所示：∴當B，M，O三點共線時最小BO=27，OM=OA=OB2∴BM=2答：線段BM的最小值27【點睛】此題主要考查直角三角形和圓的綜合問題，解題關鍵是利用動點構建方程，求解即可.3．【概念認識】定義：對角線互相垂直且相等的四邊形叫做垂等四邊形．（1）如圖1，已知在垂等四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點E，若AB⊥AD，AB=4cm，AD=3cm，求【數學理解】（2）在探究如何畫“圓內接垂等四邊形”的活動中，小李與同學討論出了如下方法：如圖2，在⊙O中，已知AB是⊙O的弦，只需作