• 775.00 KB
  • 2021-05-13 发布

中考数学压轴专题动点问题 解析版

  • 18页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎1..如图,在平面直角坐标系中,点C的坐标为(0,4),动点A以每秒1个单位长的速度,从点O出发沿x轴的正方向运动,M是线段AC的中点.将线段AM以点A为中心,沿顺时针方向旋转,得到线段AB.过点B作x轴的垂线,垂足为E,过点C作y轴的垂线,交直线BE于点D.运动时间为t秒.‎ ‎(1)当点B与点D重合时,求t的值;‎ ‎(2)设△BCD的面积为S,当t为何值时,?‎ ‎(3)连接MB,当MB∥OA时,如果抛物线的顶点在△ABM内部(不包括边),求a的取值范围.‎ ‎2.如图,⊙C的内接△AOB中,AB=AO=4,tan∠AOB=,抛物线经过点A(4,0)与点(-2,6)‎ ‎(1)求抛物线的函数解析式.‎ ‎(2)直线m与⊙C相切于点A交y轴于点D,动点P在线段OB上,从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上,从点D出发向点A运动,点P的速度为每秒1个单位长,点Q的速度为每秒2个单位长,当PQ⊥AD时,求运动时间t的值 ‎(3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上,当△ROB面积最大时,求点R的坐标.‎ ‎ ‎ ‎3.如图甲,四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上,顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D,交y轴于点E,连接AB、AE、BE.已知tan∠CBE=,A(3,0),D(﹣1,0),E(0,3).‎ ‎(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;‎ ‎(2)求证:CB是△ABE外接圆的切线;‎ ‎(3)试探究坐标轴上是否存在一点P,使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,若存在,直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0<t≤3)时,△AOE与△ABE重叠部分的面积为s,求s与t之间的函数关系式,并指出t的取值范围.‎ ‎4.已知,如图,在平面直角坐标系中,点A坐标为(-2,0),点B坐标为 (0,2 ),点E为线段AB上的动点(点E不与点A,B重合),以E为顶点作∠OET=45°,射线ET交线段OB于点F,C为y轴正半轴上一点,且OC=AB,抛物线y=x2+mx+n的图象经过A,C两点.‎ ‎(1) 求此抛物线的函数表达式;‎ ‎(2) 求证:∠BEF=∠AOE;‎ ‎(3) 当△EOF为等腰三角形时,求此时点E的坐标;‎ ‎(4) 在(3)的条件下,当直线EF交x轴于点D,P为(1) 中抛物线上一动点,直线PE交x轴于点G,在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P,使得△EPF的面积是△EDG面积的() 倍.若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 温馨提示:考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答.‎ ‎5.如图,直线AB交x轴于点B(4,0),交y轴于点A(0,4),直线DM⊥x轴正半轴于点M,交线段AB于点C,DM=6,连接DA,∠DAC=90°.‎ ‎(1)直接写出直线AB的解析式;‎ ‎(2)求点D的坐标;‎ ‎(3)若点P是线段MB上的动点,过点P作x轴的垂线,交AB于点F,交过O、D、B三点的抛物线于点E,连接CE.是否存在点P,使△BPF与△FCE相似?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎6.(10分)(2015•常州)如图,一次函数y=﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B,过点A作x轴的垂线l,点P为直线l上的动点,点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点,点P、Q与点A都不重合.‎ ‎(1)写出点A的坐标;‎ ‎(2)当点P在直线l上运动时,是否存在点P使得△OQB与△APQ全等?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎(3)若点M在直线l上,且∠POM=90°,记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2,求的值.‎ ‎7.(10分)(2015•常州)如图,反比例函数y=的图象与一次函数y=x的图象交于点A、B,点B的横坐标是4.点P是第一象限内反比例函数图象上的动点,且在直线AB的上方.‎ ‎(1)若点P的坐标是(1,4),直接写出k的值和△PAB的面积;‎ ‎(2)设直线PA、PB与x轴分别交于点M、N,求证:△PMN是等腰三角形;‎ ‎(3)设点Q是反比例函数图象上位于P、B之间的动点(与点P、B不重合),连接AQ、BQ,比较∠PAQ与∠PBQ的大小,并说明理由.‎ ‎1.【答案】解:(1)∵,∴。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。‎ ‎∴,即,解得。‎ ‎ (2)由Rt△CAO∽Rt△ABE可知:,。‎ 当0<<8时,,解得。‎ 当>8时,,‎ 解得,(为负数,舍去)。‎ 当或时,。‎ ‎(3)过M作MN⊥x轴于N,则。‎ 当MB∥OA时,BE=MN=2,OA=2BE=4。‎ ‎∵,‎ ‎∴抛物线的顶点坐标为(5,)。‎ ‎∴它的顶点在直线上移动。‎ ‎∵直线交MB于点(5,2),交AB于点(5,1),‎ ‎∴1<<2。∴<<。‎ ‎【考点】动点问题,旋转的性质,矩形的性质,直角三角形两锐角的关系,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程,二次函数的性质。‎ ‎【分析】(1)由Rt△CAO∽Rt△ABE得到,根据点B与点D重合的条件,代入CA=2AM=2AB,AO=1·t= t,BE(DE)=OC=4,即可求得此时t的值。‎ ‎(2)分0<<8和>8两种情况讨论即可。‎ ‎(3)求出抛物线的顶点坐标为(5,),知它的顶点在直线上移动。由抛物线的顶点在△ABM内部(不包括边)得1<<2,解之即得a的取值范围。‎ ‎2. 【答案】解:(1)把点A(4,0)与点(-2,6)代入抛物线,得:‎ ‎ ,解得,。‎ ‎∴抛物线的函数解析式为:。‎ ‎ (2)连接AC交OB于E,过点O作OF⊥AD于点F。‎ ‎ ∵直线m切⊙C于A ,∴AC⊥m。‎ ‎∵ 弦AB=AO, ∴ 。∴AC⊥OB。‎ ‎∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。‎ ‎∵OA=4,tan∠AOB=,∴tan∠OAD=,sin∠OAD=。‎ ‎∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3,OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4。‎ t秒时,OP=t,DQ=2t,若PQ⊥AD, 则FQ=OP=t,DF=DQ-FQ=t。‎ ‎∴在 △ODF中,t=DF=(秒)。‎ ‎∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为 1.8秒。‎ ‎ (3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上,当△ROB面积最大时,点R到OB的距离最大。此时,过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。‎ ‎ ∵tan∠AOB=,∴直线OB为。‎ ‎ 设过点R平行于直线OB的直线l:,‎ ‎ 联立和得,整理得。‎ ‎ ∵直线l与抛物线只有一个交点,∴△=,解得。‎ ‎ 将代入得,解得。‎ ‎ 将代入得。‎ ‎ ∴R()。‎ ‎【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解二元一次方程组,直线与圆相切的性质,弦和弧的关系,垂径定理,平行的判定和性质,锐角三角函数定义,勾股定理,一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】(1)将点A(4,0)与点(-2,6)代入抛物线y=ax2+bx,得方程组,解之即可得出解析式。‎ ‎(2)先得到∠OAD=∠AOB ,作OF⊥AD于F,再求出OF的长,t秒时,OP=t,DQ=2t,若PQ⊥AD 则FQ=OP=t,DF=DQ-FQ=t。在△ODF中,应用勾股定理即可求得结论。‎ ‎(3)点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上,当△ROB面积最大时,点R到OB的距离最大。此时,过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式,设过点R平行于直线OB的直线l:,联立和,根据一元二次方程根的判别式求出,即可求得点R的坐标。‎ ‎3. 【答案】解:(1)∵抛物线经过点A(3,0),D(﹣1,0),∴设抛物线解析式为y=a(x﹣3)(x+1)。‎ 将E(0,3)代入上式,解得:a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=-(x﹣3)(x+1),即y=﹣x2+2x+3。‎ 又∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴点B(1,4)。‎ ‎(2)证明:如图1,过点B作BM⊥y于点M,则M(0,4).‎ 在Rt△AOE中,OA=OE=3,‎ ‎∴∠1=∠2=45°,。‎ 在Rt△EMB中,EM=OM﹣OE=1=BM,‎ ‎∴∠MEB=∠MBE=45°,。‎ ‎∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。‎ ‎∴AB是△ABE外接圆的直径。‎ 在Rt△ABE中,,∴∠BAE=∠CBE。‎ 在Rt△ABE中,∠BAE+∠3=90°,∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°,即CB⊥AB。‎ ‎∴CB是△ABE外接圆的切线。‎ ‎(3)存在。点P的坐标为(0,0)或(9,0)或(0,﹣)。‎ ‎(4)设直线AB的解析式为y=kx+b.‎ 将A(3,0),B(1,4)代入,得,解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。‎ 过点E作射线EF∥x轴交AB于点F,当y=3时,得x=,∴F(,3)。‎ 情况一:如图2,当0<t≤时,设△AOE平移到△DNM的位置,MD交AB于点H,MN交AE于点G。‎ 则ON=AD=t,过点H作LK⊥x轴于点K,交EF于点L.‎ 由△AHD∽△FHM,得,即,解得HK=2t。‎ ‎∴‎ ‎=×3×3﹣(3﹣t)2﹣t•2t=﹣t2+3t。‎ 情况二:如图3,当<t≤3时,设△AOE平移到△PQR的位置,PQ交AB于点I,交AE于点V。‎ 由△IQA∽△IPF,得.即,‎ 解得IQ=2(3﹣t)。‎ ‎∴‎ ‎=×(3﹣t)×2(3﹣t)﹣(3﹣t)2=(3﹣t)2=t2﹣3t+。‎ 综上所述:。‎ ‎【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数性质,等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,圆的切线的判定,相似三角形的性质,平移的性质。‎ ‎【分析】(1)已知A、D、E三点的坐标,利用待定系数法可确定抛物线的解析式,从而能得到顶点B的坐标。‎ ‎ (2)过B作BM⊥y轴于M,由A、B、E三点坐标,可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形,易证得∠BEA=90°,即△ABE是直角三角形,而AB是△ABE外接圆的直径,因此只需证明AB与CB垂直即可.BE、AE长易得,能求出tan∠BAE的值,结合tan∠CBE的值,可得到∠CBE=∠BAE,由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°,从而得证。‎ ‎(3)在Rt△ABE中,∠AEB=90°,tan∠BAE=,sin∠BAE=,cos∠BAE=。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,则△DEP必为直角三角形。‎ ‎①DE为斜边时,P1在x轴上,此时P1与O重合。‎ 由D(﹣1,0)、E(0,3),得OD=1、OE=3, ‎ 即tan∠DEO==tan∠BAE,‎ 即∠DEO=∠BAE,满足△DEO∽△BAE的条件。‎ 因此 O点是符合条件的P1点,坐标为(0,0)。‎ ‎②DE为短直角边时,P2在x轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=。‎ 而DE=,则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10,OP2=DP2﹣OD=9。‎ 即P2(9,0)。‎ ‎③DE为长直角边时,点P3在y轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,‎ 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=。‎ 则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷,OP3=EP3﹣OE=。即P3(0,﹣)。‎ 综上所述,得:P1(0,0),P2(9,0),P3(0,﹣)。‎ ‎ (4)过E作EF∥x轴交AB于F,当E点运动在EF之间时,△AOE与△ABE重叠部分是个五边形;当E点运动到F点右侧时,△AOE与△ABE重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。‎ ‎4. 【答案】解:(1)∵A (-2, 0), B (0, 2),∴OA=OB=2 。‎ ‎∴AB2=OA2+OB2=22+22=8。∴AB=2。‎ ‎∵OC=AB,∴OC=2, 即C (0, 2)。‎ ‎∵抛物线y=-x2+mx+n的图象经过A、C两点,得 ‎,解得:。‎ ‎∴抛物线的表达式为y=-x2-x+2。‎ ‎(2)证明:∵OA=OB,∠AOB=90° ,∴∠BAO=∠ABO=45°。‎ ‎ 又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE,∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF ,∴∠BEF=∠AOE。‎ ‎(3)当△EOF为等腰三角形时,分三种情况讨论 ‎①当OE=OF时, ∠OFE=∠OEF=45°,‎ 在△EOF中, ∠EOF=180°-∠OEF-∠OFE=180°-45°-45°=90°。‎ 又∵∠AOB=90°,则此时点E与点A重合, 不符合题意, 此种情况不成立。‎ ‎②如图①, 当FE=FO时,∠EOF=∠OEF=45°。‎ 在△EOF中,∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°,‎ ‎∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。‎ ‎∴ ∠BEF=∠BAO=45° 。‎ 又∵ 由 (2) 可知 ,∠ABO=45°,∴∠BEF=∠ABO。‎ ‎∴BF=EF。∴EF=BF=OF=OB=×2=1 。∴ E(-1, 1)。‎ ‎③如图②, 当EO=EF时, 过点E作EH⊥y轴于点H ,‎ 在△AOE和△BEF中,‎ ‎∵∠EAO=∠FBE, EO=EF, ∠AOE=∠BEF,‎ ‎ ∴△AOE≌△BEF(AAS)。∴BE=AO=2。‎ ‎∵EH⊥OB ,∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。‎ ‎∴EH∥AO。 ∴∠BEH=∠BAO=45°。‎ 在Rt△BEH中, ∵∠BEH=∠ABO=45° ,∴EH=BH=BEcos45°=2×=。‎ ‎∴OH=OB-BH=2-2。∴ E(-, 2-)。‎ 综上所述, 当△EOF为等腰三角形时,点E坐标为E(-1, 1)或E(-, 2-)。‎ ‎(4) P(0, 2)或P (-1, 2)。‎ ‎【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,勾股定理,等腰直角三角形的性质,平行的判定和性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】(1)应用勾股定理求出点C的坐标,根据点在曲线上,点的坐标满足方程的关系,用待定系数法求出抛物线的函数表达式。‎ ‎(2)应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。‎ ‎(3)分OE=OF,FE=FO,EO=EF三种情况讨论即可。‎ ‎(4)假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时,由(3)知,此时E(-, 2-)。‎ 如图④所示,过点E作EH⊥y轴于点H,则OH=FH=2-。‎ 由OE=EF,易知点E为Rt△DOF斜边上的中点,即DE=EF。‎ 过点F作FN∥x轴,交PG于点N。‎ 易证△EDG≌△EFN,因此S△EFN=S△EDG。‎ 依题意,可得S△EPF=()S△EDG=()S△EFN,‎ ‎∴PE:NE=。‎ 过点P作PM⊥x轴于点M,分别交FN、EH于点S、T,则ST=TM=2-。‎ ‎∵FN∥EH,∴PT:ST=PE:NE=。‎ ‎∴PT=()ST=()(2-)=3-2。‎ ‎∴PM=PT+TM=2,即点P的纵坐标为2。‎ ‎∴2=-x2-x+2,解得x1=0,x2=-1。‎ ‎∴P点坐标为(0, 2)或(-1, 2)。‎ 综上所述,在直线EF上方的抛物线上存在点P,使得△EPF的面积是△EDG面积的()倍,点P的坐标为(0, 2)或(-1, 2)。‎ ‎5. 【答案】解:(1)设直线AB的解析式为y=kx+b,将A(0,4),B(4,0)两点坐标代入,得 ‎,解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣x+4。‎ ‎(2)过D点作DG⊥y轴,垂足为G,‎ ‎∵OA=OB=4,∴△OAB为等腰直角三角形。‎ 又∵AD⊥AB,∴∠DAG=90°﹣∠OAB=45°。‎ ‎∴△ADG为等腰直角三角形。‎ ‎∴DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2。‎ ‎∴D(2,6)。‎ ‎(3)存在。‎ 由抛物线过O(0,0),B(4,0)两点,设抛物线解析式为y=ax(x﹣4),‎ 将D(2,6)代入,得a=。∴抛物线解析式为y=x(x﹣4)。‎ 由(2)可知,∠B=45°,则∠CFE=∠BFP=45°,C(2,2)。‎ 设P(x,0),则MP=x﹣2,PB=4﹣x,‎ ‎①当∠ECF=∠BPF=90°时(如图1),△BPF与△FCE相似,过C点作CH⊥EF,此时,△CHE、△CHF、△PBF为等腰直角三角形。‎ 则PE=PF+FH+EH=PB+2MP=4﹣x+2(x﹣2)=x,‎ 将E(x,x)代入抛物线y=x(x﹣4)中,‎ 得x=x(x﹣4),解得x=0或,‎ ‎∴P(,0)。‎ ‎②当∠CEF=∠BPF=90°时(如图2),此时,△CEF、△BPF为等腰直角三角形。‎ 则PE=MC=2,‎ 将E(x,2)代入抛物线y=x(x﹣4)中,‎ 得2=x(x﹣4),解得x=或。‎ ‎∴P(,0)。‎ 综上所述,点P的坐标为(,0)或(,0)。‎ ‎【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰直角三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质。1367104‎ ‎【分析】(1)根据A(0,4),B(4,0)两点坐标,可求直线AB的解析式。‎ ‎ (2)作DG⊥y轴,垂足为G,由已知得OA=OB=4,△OAB为等腰直角三角形,而AD⊥AB,利用互余关系可知,△ADG为等腰直角三角形,则DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2,可求D点坐标。‎ ‎(3)存在。已知O(0,0),B(4,0),设抛物线的交点式,将D点坐标代入求抛物线解析式,由于对顶角∠CFE=∠BFP=45°,故当△BPF与△FCE相似时,分为:∠ECF=∠BPF=90°,∠CEF=∠BPF=90°两种情况,根据等腰直角三角形的性质求P点坐标。‎ ‎6.考点: 圆的综合题..‎ 解答: 解(1)令y=0,得:﹣x+4=0,解得x=4,‎ 所以点A的坐标为(4,0);‎ ‎(2)存在.‎ 理由:如图下图所示:‎ 将x=0代入y=﹣x+4得:y=4,‎ ‎∴OB=4,‎ 由(1)可知OA=4,‎ 在Rt△BOA中,由勾股定理得:AB==4.‎ ‎∵△BOQ≌△AQP.‎ ‎∴QA=OB=4,BQ=PA.‎ ‎∵BQ=AB﹣AQ=4﹣4,‎ ‎∴PA=4﹣4.‎ ‎∴点P的坐标为(4,4﹣4).‎ ‎(3)如下图所示:‎ ‎∵OP⊥OM,‎ ‎∴∠1+∠3=90°.‎ 又∵∠2+∠1=90°,‎ ‎∴∠2=∠3.‎ 又∵∠OAP=∠OAM=90°,‎ ‎∴△OAM∽△PAO.‎ ‎∴,‎ 设AP=m,则:,‎ ‎∴AM=.‎ 在Rt△OAP中,PO=,‎ ‎∴S1===,‎ 在Rt△OAM中,OM==,‎ ‎∴S2===,‎ ‎∴=+=1+=.‎ 点评: 本题主要考查的是全等三角形的性质,相似三角形的性质和判定以及勾股定理和一次函数的综合应用,根据题意画出图形,利用全等三角形和相似三角形的性质和判定求得AM和PA的长度是解题的关键.‎ ‎7.考点: 反比例函数综合题;待定系数法求一次函数解析式;反比例函数与一次函数的交点问题;三角形的外角性质;线段垂直平分线的性质;等腰三角形的判定与性质..‎ 解答: 解:(1)k=4,S△PAB=15.‎ 提示:过点A作AR⊥y轴于R,过点P作PS⊥y轴于S,连接PO,‎ 设AP与y轴交于点C,如图1,‎ 把x=4代入y=x,得到点B的坐标为(4,1),‎ 把点B(4,1)代入y=,得k=4.‎ 解方程组,得到点A的坐标为(﹣4,﹣1),‎ 则点A与点B关于原点对称,‎ ‎∴OA=OB,‎ ‎∴S△AOP=S△BOP,‎ ‎∴S△PAB=2S△AOP.‎ 设直线AP的解析式为y=mx+n,‎ 把点A(﹣4,﹣1)、P(1,4)代入y=mx+n,‎ 求得直线AP的解析式为y=x+3,‎ 则点C的坐标(0,3),OC=3,‎ ‎∴S△AOP=S△AOC+S△POC ‎=OC•AR+OC•PS ‎=×3×4+×3×1=,‎ ‎∴S△PAB=2S△AOP=15;‎ ‎(2)过点P作PH⊥x轴于H,如图2.‎ 设直线PB的解析式为y=ax+b,‎ 把点P(1,4)、B(4,1)代入y=ax+b,得 ‎,‎ 解得:,‎ ‎∴直线PB的解析式为y=﹣x+5.‎ 当y=0时,﹣x+5=0,‎ ‎∴x=5,点N(5,0).‎ 同理可得M(﹣3,0),‎ ‎∴MH=1﹣(﹣3)=4,NH=5﹣1=4,‎ ‎∴MH=NH,‎ ‎∴PH垂直平分MN,‎ ‎∴PM=PN,‎ ‎∴△PMN是等腰三角形;‎ ‎(3)∠PAQ=∠PBQ.‎ 理由如下:‎ 过点Q作QT⊥x轴于T,设AQ交x轴于D,QB的延长线交x轴于E,如图3.‎ 可设点Q为(c,),直线AQ的解析式为y=px+q,则有 ‎,‎ 解得:,‎ ‎∴直线AQ的解析式为y=x+﹣1.‎ 当y=0时,x+﹣1=0,‎ 解得:x=c﹣4,‎ ‎∴D(c﹣4,0).‎ 同理可得E(c+4,0),‎ ‎∴DT=c﹣(c﹣4)=4,ET=c+4﹣c=4,‎ ‎∴DT=ET,‎ ‎∴QT垂直平分DE,‎ ‎∴QD=QE,‎ ‎∴∠QDE=∠QED.‎ ‎∵∠MDA=∠QDE,‎ ‎∴∠MDA=∠QED.‎ ‎∵PM=PN,∴∠PMN=∠PNM.‎ ‎∵∠PAQ=∠PMN﹣∠MDA,∠PBQ=∠NBE=∠PNM﹣∠QED,‎ ‎∴∠PAQ=∠PBQ.‎