∴BH=HC，∴∠BCH=∠CBH=45°， 易知DQ=CQ， 设t为m秒时PB∥OE，则△ABP∽△QOD， ∴∴==，易知AP=2m，DQ=CQ=3m，QO=3﹣3m， ， 解得m=，经检验m=是方程的解， ∴当t为秒时，PB∥OD． 26点此题主要考查了菱形的判定与性质以及顶点式求二次函数解析式以及相似三角形的评： 判定与性质等知识，根据数形结合得出△APB∽△QDO是解题关键． 9. ．（2013湖南娄底，25，10分）如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H． （1）求证：
；
（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；
（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
考点：相 似形综合题． 分析：（ 1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明； （2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积； （3）本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程： （I）当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形； （II）当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠部分是一个三角形． 解答：（ 1）证明：∵矩形EFPQ， ∴EF∥BC，∴△AHF∽△ADC，∴∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴∴． ， ， （2）解：∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1． ∵EF∥BC，∴△AEH∽△ABD，∴∵EF∥BC，∴△AFH∽△ACD，∴∴，即，∴EH=4HF， ， ， 已知EF=x，则EH=x． ∵∠B=45°，∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x． 22S矩形EFPQ=EF?EQ=x?（4﹣x）=﹣x+4x=﹣（x﹣）+5， ∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5． （3）解：由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2． 在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中： （I）当0≤t≤2时，如答图①所示． 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1． 此时DD1=t，H1D1=2， ∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，． ∵KN∥EF，∴，即，得KN=（2﹣t）． S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=（KN+EF）?HH1+EF?EQ1 = [（2﹣t）+]×t+（2﹣t） =t+5； 2（II）当2＜t≤4时，如答图②所示． 设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2． 此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t， ∵KN∥EF，∴，即，得KN=5﹣t． S=S△AKN=KN?AD2 =（5﹣t）（4﹣t） 2=t﹣5t+10． 综上所述，S与t的函数关系式为： S=． 点评：本 题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第（3）问，弄清矩形的运动过程是解题的关键． 210 ．（2013湖南张家界，25，12分）如图，抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC． （1）求直线CD的解析式； （2）求抛物线的解析式； （3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；
（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）利用待定系数法求出直线解析式； （2）利用待定系数法求出抛物线的解析式； （3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形； （4）如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度． 利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小． 如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值． 解答：解 ：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）． 设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将C（0，1），D（1，0）代入得：解得：b=1，k=﹣1， ∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1． 2（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）+3， 将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）+3，解得a=∴y=（x﹣2）+3=22， ． x+2x+1． 2 （3）证明：由题意可知，∠ECD=45°， ∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD为等腰直角三角形，∠ODC=45°， ∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x轴，则点C、E关于对称轴（直线x=2）对称， ∴点E的坐标为（4，1）． 如答图①所示，设对称轴（直线x=2）与CE交于点F，则F（2，1）， ∴ME=CM=QM=2，∴△QME与△QMC均为等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°． 又∵△OCD为等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°， ∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°， ∴△CEQ∽△CDO． （4）存在． 如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度． （证明如下：不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′． 由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′； 而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段， 由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″， 即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．） 如答图③所示，连接C′E， ∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形， ∴△QC′E为等腰直角三角形， ∴△CEC′为等腰直角三角形， ∴点C′的坐标为（4，5）； ∵C，C″关于x轴对称，∴点C″的坐标为（﹣1，0）． 过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6， 在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===． ． 综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为 点评：本 题是中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、等腰直角三角形、勾股定理、轴对称的性质等重要知识点，涉及考点较多，有一点的难度．本题难点在于第（4）问，如何充分利用轴对称的性质确定△PCF周长最小时的几何图形，是解答本题的关键．