中考数学模拟试卷1. 龙湖风景区即将迎来春季旅游高峰期，一家纪念品商店通过调查发现，最近A、B两种纪念品销售最火，该商店计划一次购进两种纪念品共100件，已知这两种纪念品的进价和售价如下表：A B进价1826售价3040设该商店购进A纪念品x件，全部售完这两种纪念品该商店获得利润为y元．(1)求y与x之间的函数关系式；(2)如果该商店购进这100件纪念品的成本预算不超过2160元，那么如何进货才能使获得的利润最大？最大利润为多少元？解：(1)∵该商店购进A纪念品x件，则购进B纪念品(100－x)件，∴y＝(30－18)x＋(40－26)(100－x)＝－2x＋1400；(2)根据题意可得：18x＋26(100－x)≤2160，解得x≥55，∴55≤x≤100，在y＝－2x＋1400中，－2＜0，∴y随x的增大而减小，∴当x＝55时，y有最大值，最大值为y＝－2×55＋1400＝1290，此时100－55＝45，∴该商店购进A纪念品55件，B纪念品45件时，获得的利润最大，最大利润为1290元．2. 某文具店按6元/本，4元/本购进甲、乙两种笔记本共100本，将甲种笔记本按8元/本销售．根据以往的销售经验可知，乙种笔记本的销售量y(本)与销售单价x(元)之间的函数关系的图象如图所示．第2题图(1)求y 与x 之间的函数关系式；(2)设销售完这100本笔记本后获得的总利润为W (元)，求乙种笔记本销售单价为多少元时获得最大利润，求出最大利润及此时分别购进甲、乙两种笔记本的数量．解：(1)由函数图象可知，y 与x 之间是一次函数的关系，设y ＝kx ＋b ， 将点(5，50)，(9，10)代入y ＝kx ＋b 得 ⎩⎪⎨⎪⎧5k ＋b ＝509k ＋b ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－10b ＝100， ∴y 与x 之间的函数关系式为y ＝－10x ＋100(5≤x ≤9)； (2)由(1)可知W ＝y (x －4)＋(100－y )×(8－6) ＝－10x 2＋160x －400 ＝－10(x －8)2＋240，∵－10<0，∴x ＝8时，W 最大＝240， 此时y ＝－10x ＋100＝20，100－y ＝80，答：当乙种笔记本销售单价为8元时，获得利润最大，最大利润为240元，此时购进的甲、乙笔记本的数量分别为80本、20本．3. 为维护长沙市的生态环境，政府决定对市区周边水域的水质进行改善，这项工程由甲、乙两个工程队承包，乙工程队单独施工140 天后甲工程队加入，甲、乙两个工程队合作40 天后，共完成总工程的12，且乙工程队单独完成这项工程需要的天数是甲工程队的3 倍．(1)求甲工程队单独完成这项工程需要多少天？(2)若施工工期不超过300 天，则甲工程队至少要施工多少天？(3)在(2)的条件下，若甲工程队每天需支付的工程款为10000 元，乙工程队每天需支付的工程款为3000 元，应如何安排甲、乙两个工程队才能按时完成工程，且支付的总工程款最少？解：(1)设甲工程队单独完成这项工程需要x 天，则乙工程队需要3x 天， 根据题意得：(1x ＋13x )×40＋1403x ＝12，解得x＝200，经检验，x＝200 是原方程的解，且符合题意．答：甲工程队单独完成这项工程需要200 天；(2)由(1)可知，乙工程队单独完成这项工程需要600天，若安排甲工程队施工m天，则乙工程队还需施工1－m 2001600＝(600－3m)天，∵施工工期不超过300天，∴600－3m≤300，解得m≥100，∴甲工程队至少要施工100天；(3)设所需支付的总工程款为w元，则w＝10000m＋3000(600－3m)＝1000m＋1800000，∵1000>0，∴w随m的增大而增大，即当m＝100时，w最小，此时600－3m＝300(天)．答：当乙工程队施工300天，同时甲工程队在此期间施工100天刚好完成这项工程，且需支付的工程款最少．4. 在矩形ABCD中，CD＝3，AD＝5，点E是边AD上一点，且AEDE＝32，点F为CD上一点，连接EF，过点E作PE⊥EF交矩形的边于点P，连接PF.(1)如图①，若点F与点C重合，试猜想线段AP、CD、AD之间的数量关系，并说明理由；(2)如图②，若EP交AB于点P，求证：△FDE∽△PAE；(3)如图③，若EP交BC于点P，且EF·PE＝272，求DFAB的值．第4题图(1)解：AP＝AD－CD.理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∴∠AEP＋∠APE＝90°，∵PE⊥EF，∴∠AEP＋∠DEC＝90°，∴∠APE＝∠DEC，∵AD＝5，AEDE＝32，∴AE＝3，DE＝2，∴AE＝CD，∴△APE≌△DEC(AAS)，∴AP＝DE，∵DE＝AD－AE＝AD－CD，∴AP＝AD－CD；(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∴∠AEP＋∠APE＝90°，∵PE⊥EF，∴∠AEP＋∠DEF＝90°，∴∠APE＝∠DEF，∴△FDE∽△PAE；(3)解：如解图，过点P作PG⊥AD于点G，则PG＝CD＝3，由(1)得DE＝2，同(2)可证△FDE∽△EGP，第4题解图∴EFPE ＝DE GP ＝23，∴EF ＝23PE ，∵EF ·PE ＝272，∴23PE 2＝272，解得PE ＝92(负值舍去)， ∴EF ＝3，∴在Rt △DEF 中，DF ＝EF 2－DE 2＝5， ∴DFCD＝53，即DFAB＝53.5. 在Rt △ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 为AB 上一动点，以DB 为边在△ABC 的同侧作正方形DBEF . (1)如图①，当点D 与点A 重合时，分别延长AC 、BC 交BE 、EF 于点G 、H .求证：△GAB ≌△HBE ； (2)如图②，若EF 经过点C ，求证：BC 2＝AB ·CE ；(3)如图③，若点F 在AC 上，EF 交BC 于点M ，CM ∶MB ＝1∶5，且FM ≤ME ，求tan A 的值．第5题图(1)证明：∵四边形ABEF 是正方形，∴∠ABG ＝∠E ＝90°，AB ＝BE . ∵∠BCA ＝90°，∴∠GAB ＋∠ABC ＝∠ABC ＋∠HBE ＝90°， ∴∠GAB ＝∠HBE . 在△GAB 和△HBE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠ABG ＝∠E AB ＝BE∠GAB ＝∠HBE ， ∴△GAB ≌△HBE (ASA)；(2)证明：∵四边形DBEF 是正方形， ∴∠ABE ＝∠E ＝90°， ∵∠BCA ＝90°，∴∠CAB ＋∠ABC ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°， ∴∠CAB ＝∠EBC . 在△CAB 和△EBC 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠CAB ＝∠EBC ∠ACB ＝∠BEC ， ∴△CAB ∽△EBC ， ∴BC CE ＝AB BC，∴BC 2＝AB ·CE ；(3)解：设正方形DBEF 的边长为a ，FM ＝x ，则ME ＝EF －FM ＝a －x ， ∵FM ≤ME ，∴x ≤a －x ，∴a ≥2x ， ∵CM ∶MB ＝1 ∶5， ∴CM ∶CB ＝1 ∶6， ∵FE ∥DB ，△CFM ∽△CAB ， ∴CM CB ＝FM AB ＝16，∴AB ＝6FM ＝6x ，AD ＝AB －BD ＝6x －a ，∵∠AFD＋∠CFM＝90°，∠CMF＝∠BME，∠EBM＋∠BME＝90°，∴∠AFD＝∠BME，又∵∠ADF＝∠E＝90°，∴△AFD∽△BME，∴FDAD＝MEBE，即a6x－a＝a－xa，化简得2a2－7xa＋6x2＝0，即(a－2x)(2a－3x)＝0，∴a＝2x或a＝32 x，又∵a≥2x，∴a＝2x，在Rt△ADF中，tan A＝FDAD＝2x6x－2x＝12.6. 已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到点E，使得AE＝OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF，与BC交于点H，连接EF.(1)如图①，若△ABC为等边三角形，线段EF与BC的位置关系是________，数量关系为________；(2)如图②，若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边)，(1)中的两个结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请写出正确结论再给予证明；(3)如图③，若△ABC是等腰三角形，AB＝AC＝2，BC＝3，请你直接写出线段EF的长．第6题图解：(1)EF⊥BC，EF＝3BC；【解法提示】(1)如解图①，连接AH，第6题解图①∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC，OH＝HF，又∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，AH⊥BC，∠ABC＝60°，在Rt△ABH中，AH＝AB·sin60°＝32AB＝32BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC；∵AH＝32BC，AH＝12EF，∴32BC＝12EF，∴EF＝3BC；(2)EF⊥BC成立，EF＝3BC不成立，正确结论为EF＝BC；第6题解图②证明：如解图②，连接AH，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC，OH＝HF，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴AH⊥BC，∠ABH＝45°，∴AH＝BH＝12 BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC；(3)EF＝7.7. 如图①，在菱形ABCD和等边三角形BGF中，∠ABC＝60°，点G在BC边上，点P是DF的中点，连接PG、PC.(1)判断PG与PC的关系，并证明；(2)将△BGF绕点B顺时针旋转60°，如图②，线段PC、PG还满足(1)中的结论吗？写出你的猜想，并给出证明；(3)若将△BGF绕点B顺时针旋转120°，如图③，连接CG，PC＝3，求CG的长．第7题图解：(1)PC⊥PG，PG＝3PC；证明：如解图①，延长GP交DC于点E，∵点P 是DF 的中点，∴DP ＝FP ， ∵△BGF 是等边三角形，∴∠FGB ＝60°，∴∠CGF ＝180°－60°＝120°， 又∵在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°， ∴∠DCG ＝120°， ∴DC ∥GF ， ∴∠PDE ＝∠PFG ， 在△PED 和△PGF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠EPD ＝∠GPF DP ＝FP∠PDE ＝∠PFG ， ∴△PED ≌△PGF (ASA)， ∴PE ＝PG ，DE ＝FG ， ∵DC ＝BC ，∴DC －DE ＝BC －FG ＝BC －BG ， 即CE ＝CG ，第7题解图①∴CP 是EG 的中垂线，即PC ⊥PG ， 在Rt △CPG 中，∠PCG ＝60°， ∴PG ＝3PC ；(2)猜想仍满足(1)中结论．证明：如解图②，延长GP 交DA 于点M ，连接MC ，GC ， ∵点P 是线段DF 的中点， ∴DP ＝FP .∵∠ABC ＝60°，∠CBG ＝60°，△BGF 是等边三角形，∴点F 在AB 的延长线上，∠BFG ＝60°， ∴GF ∥BC ∥AD ，第7题解图②∴∠MDP ＝∠GFP ， 在△DPM 和△FPG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MDP ＝∠GFP DP ＝FP∠DPM ＝∠FPG ， ∴△DPM ≌△FPG (ASA)， ∴PM ＝PG ，DM ＝FG ＝BG ， 在△CDM 和△CBG 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CB ∠CDM ＝∠CBG ＝60°DM ＝BG， ∴△CDM ≌△CBG (SAS)， ∴CM ＝CG ，∠DCM ＝∠BCG ， ∴∠MCG ＝∠DCB ＝120°， ∵PM ＝PG ，∴PC ⊥PG ，∠PCG ＝12∠MCG ＝60°，第7题解图③∴PG ＝3PC ；(3)如解图③，延长GP 到点H ，使PH ＝PG ，连接CH ，DH ，过点F 作FN ∥DC ， ∵∠ABC ＝60°，∠CBG ＝120°，△BFG 是等边三角形， ∴点G 在AB 的延长线上，点F 在CB 的延长线上， ∵点P 是线段DF 的中点，∴FP ＝DP ， 在△GFP 和△HDP 中，⎩⎪⎨⎪⎧FP ＝DP ∠GPF ＝∠HPD GP ＝HP， ∴△GFP ≌△HDP (SAS)， ∴GF ＝HD ，∠GFP ＝∠HDP ， ∴GF ∥HD . ∵FN ∥AG ∥DC ，∴∠GFN ＝∠GFP ＋∠PFN ＝120°，∴∠CDH ＝∠HDP ＋∠PDC ＝∠GFP ＋∠PFN ＝120°， ∵△BFG 是等边三角形， ∴GF ＝GB ，∴HD ＝GB ，在△HDC 和△GBC 中，⎩⎪⎨⎪⎧HD ＝GB ∠HDC ＝∠GBC DC ＝BC ，∴△HDC ≌△GBC (SAS)， ∴CH ＝CG ，∠DCH ＝∠BCG ，∴∠DCH ＋∠HCB ＝∠BCG ＋∠HCB ＝120°， 即∠HCG ＝120°， ∵CH ＝CG ，PH ＝PG ， ∴PG ⊥PC ，∠GCP ＝60°， ∵PC ＝3， ∴CG ＝23.8. 如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1，0)、B (4，0)，与y 轴交于点C (0，2)，抛物线的对称轴交x 轴于点D .第8题图(1)求抛物线的表达式；(2)点E 是线段BC 上的一个动点，过点E 作x 轴的垂线与抛物线相交于点F ，当点E 运动到什么位置时，四边形CDBF 的面积最大？并求出四边形CDBF 的最大面积及此时E 点的坐标；(3)在抛物线的对称轴是否存在点P ，使∠DPC ＝∠DCP ，若存在，求出P 点的坐标；若不存在，请说明理由.解：(1)将A (－1，0)，B (4，0)，C (0，2)代入y ＝ax 2＋bx ＋c 中得， ⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ＝016a ＋4b ＋c ＝0c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12b ＝32c ＝2，故抛物线的表达式为y ＝－12x 2＋32x ＋2；(2)由(1)知抛物线对称轴为x ＝32，OB ＝4，OC ＝2，则BD ＝52，如解图①，连接BF ，CF ，设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋b ，第8题解图①将B (4，0)，C (0，2)代入得⎩⎪⎨⎪⎧4k ＋b ＝0b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－12b ＝2， ∴直线BC 的解析式为y ＝－12x ＋2，设E (m ，－12m ＋2)，F (m ，－12m 2＋32m ＋2)， ∴EF ＝－12m 2＋32m ＋2－(－12m ＋2)＝－12m 2＋2m ，∴S 四边形BDCF ＝S △BCD ＋S △BFC ＝12BD ·OC ＋12EF ·OB ＝12×52×2＋12×(－12m 2＋2m )×4 ＝－m 2＋4m ＋52＝－(m －2)2＋132(0＜m ＜4)， 当m ＝2时，y E ＝－12m ＋2＝－12×2＋2＝1，∴当m ＝2时，四边形CDBF 的面积最大，最大面积为132，此时E 点的坐标为(2，1)即E (2，1)；(3)存在．y ＝－12x 2＋32x ＋2＝－12(x －32)2＋258，则D (32，0)，在Rt △OCD 中，OC ＝2，OD ＝32，由勾股定理得：CD ＝22＋（32）2＝52，第8题解图②如解图②，①当CD ＝DP 1时，∠DP 1C ＝∠DCP 1， ∴P 1(32，52)；②当CD ＝DP 2时，∠DP 2C ＝∠DCP 2， ∴P 2(32，－52)，综上所述，P 点的坐标为 P 1(32，52)，P 2(32，－52)． 9. 如图，已知二次函数y ＝ax 2＋32x ＋c (a ≠0)的图象与y 轴交于点A (0，4)，与x 轴交于点B 、C ，点C的坐标为(8，0)，连接AB 、AC .第9题图(1)求二次函数的解析式；(2)若点N 在线段BC 上运动(不与点B 、C 重合)，过点N 作NM ∥AC ，交AB 于点M ，求△AMN 面积的最大值；(3)点H 为x 轴上一点，是否存在以点A 、H 、C 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点H 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵二次函数y ＝ax 2＋32x ＋c (a ≠0)的图象过点A (0，4)、C (8，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝464a ＋12＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－14c ＝4， ∴二次函数的解析式为y ＝－14x 2＋32x ＋4；(2)设点N 的坐标为(t ，0)， ∵y ＝－14x 2＋32x ＋4，令y ＝0，即－14x 2＋32x ＋4＝0，解得x 1＝8，x 2＝－2，∴B (－2，0)，第9题解图①如解图①，过点M 作MD ⊥x 轴于点D . ∵MD ∥OA ， ∴△BMD ∽△BAO ， ∴BM BA ＝MD AO，∵NM ∥AC ， ∴△BMN ∽△BAC ， ∴BM BA ＝BN BC，∴MD AO＝BN BC，∵B (－2，0)，A (0，4)，C (8，0)，N (t ，0)， ∴AO ＝4，BC ＝10，BN ＝t ＋2， ∴MD ＝AO ·BN BC＝4×（t ＋2）10＝25(t ＋2)，∴S △AMN ＝S △ABN －S △BMN ＝12BN ·OA －12BN ·MD ＝12×(t ＋2)×4－12×(t ＋2)×25(t ＋2) ＝－15(t －3)2＋5(－2<t <8)， ∴当t ＝3时，△AMN 的面积最大，最大值为5；(3)存在以点A 、H 、C 为顶点的三角形是等腰三角形，点H 的坐标为(－8，0)或(8＋45，0)或(8－45，0)或(3，0)．【解法提示】如解图②，可分三种情况讨论：①AH ＝AC ；②HC ＝AC ；③AH ＝HC ；第9题解图②设点H 的坐标为(n ，0)，则AC 2＝AO 2＋OC 2＝42＋82＝80，AH 2＝OH 2＋OA 2＝n 2＋16，HC 2＝(n －8)2＝n 2－16n ＋64. ①当AH ＝AC 时，H 在H 1处，则n 2＋16＝80，解得n 1＝－8，n 2＝8(与点C 重合，舍去)， 此时点H 的坐标为(－8，0)；②当HC ＝AC 时，H 在H 2或H 4处，则(n －8)2＝80，解得n ＝8±45，此时点H 的坐标为(8＋45，0)或(8－45，0)；③当AH ＝HC 时，H 在H 3处，则n 2＋16＝n 2－16n ＋64，解得n ＝3， 此时点H 的坐标为(3，0)．综上所述，存在以点A 、H 、C 为顶点的三角形是等腰三角形，点H 的坐标为(－8，0)或(8＋45，0)或(8－45，0)或(3，0)．10. 如图，已知抛物线y ＝ax 2＋3ax ＋c (a ≠0)与坐标轴交于A 、B 、C 三点(A 点在B 点左侧)，B (1，0)，OC ＝3OB .第10题图(1)求抛物线的解析式；(2)若点D 是抛物线上一动点，且在直线AC 下方，求△ACD 面积的最大值；(3)若点E 在x 轴上，点P 在抛物线上，是否存在以A 、C 、E 、P 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵B (1，0)，∴OB ＝1，∵OC ＝3OB ，∴OC ＝3，∴C (0，－3)，∵抛物线y ＝ax 2＋3ax ＋c (a ≠0)过B (1，0)、C (0，－3)两点， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3a ＋c ＝0c ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝34c ＝－3， ∴抛物线的解析式为y ＝34x 2＋94x －3；(2)如解图①，过点D 作DM ∥y 轴分别交线段AC 和x 轴于点M 、N ， 在y ＝34x 2＋94x －3中，令y ＝0，得34x 2＋94x －3＝0，解得x 1＝－4，x 2＝1，∴A (－4，0)．设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)， 将点A (－4，0)、C (0，－3)的坐标分别代入， 得⎩⎪⎨⎪⎧－4k ＋b ＝0b ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－34b ＝－3， ∴直线AC 的解析式为y ＝－34x －3，设点D (x ，34x 2＋94x －3)，－4<x <0，则点M (x ，－34x －3)，∴DM ＝－34x －3－(34x 2＋94x －3)＝－34(x ＋2)2＋3， ∴当x ＝－2时，DM 取最大值为3，此时S △ACD ＝12DM ·(AN ＋ON )＝12×4×DM ＝2×3＝6，∴△ACD 面积的最大值为6；第10题解图(3)如解图②，(i)AC 为平行四边形的边：①当点P 在x 轴下方时，过点C 作CP 1∥x 轴交抛物线于点P 1，过点P 1作P 1E 1∥AC 交x 轴于点E 1，此时四边形ACP 1E 1为平行四边形，∵C (0，－3)， ∴设P 1(x ，－3)， ∴34x 2＋94x －3＝－3， 解得x 1＝0(舍去)，x 2＝－3， ∴P 1(－3，－3)；②当点P 在x 轴上方时，平移直线AC 交x 轴于点E ，交x 轴上方的抛物线于点P ， 当AC ＝PE 时，四边形ACEP 为平行四边形， ∵y C ＋y P ＝y A ＋y E ＝0， ∴点P 的纵坐标为3，∴设P (x ，3)， ∴34x 2＋94x －3＝3， 解得x ＝－3＋412或x ＝－3－412，∴P 2(－3＋412，3)和P 3(－3－412，3)； (ii)AC 为平行四边形的对角线，易得此时点P 与点P 1重合．综上所述，存在3个符合题意的点P ，其坐标分别是P 1(－3，－3)，P 2(－3＋412，3)，P 3(－3－412，3)．11. 如图，已知点A 的坐标为(－2，0)，直线y ＝－34x ＋3与x 轴、y 轴分别交于点B 和点C ，连接AC ，顶点为D 的抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过A 、B 、C 三点．(1)请直接写出B 、C 两点的坐标，并求抛物线的解析式及顶点D 的坐标；第11题图(2)设抛物线的对称轴DE 交线段BC 于点E ，P 是第一象限内抛物线上一点，过点P 作x 轴的垂线，交线段BC 于点F ，若四边形DEFP 为平行四边形，求点P 的坐标；(3)设点M 是线段BC 上的一动点，过点M 作MN ∥AB ，交AC 于点N ，点Q 从点B 出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA 向点A 运动，运动时间为t (秒)，当t 为何值时，存在△QMN 为等腰直角三角形？解：(1)B (4，0)，C (0，3)；设抛物线的解析式为y ＝a (x ＋2)(x －4)， 把C (0，3)代入y ＝a (x ＋2)(x －4)， 解得a ＝－38，∴抛物线的解析式为：y ＝－38(x ＋2)(x －4)＝－38x 2＋34x ＋3， 又∵y ＝－38x 2＋34x ＋3＝－38(x －1)2＋278， ∴顶点D 的坐标为(1，278)； 【解法提示】将x ＝0代入y ＝－34x ＋3，解得y ＝3， ∴C (0，3)，将y ＝0代入y ＝－34x ＋3，解得x ＝4， ∴B (4，0)；(2)当DP ∥BC 时，由题知DE ∥PF ，此时四边形DEFP 是平行四边形，设直线DP 的解析式为y ＝mx ＋n ，∵直线BC 的解析式为：y ＝－34x ＋3， ∴m ＝－34，∴y ＝－34x ＋n ， 把D (1，278)代入y ＝－34x ＋n ，解得n ＝338， ∴直线DP 的解析式为y ＝－34x ＋338， ∴联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－38x 2＋34x ＋3y ＝－34x ＋338，解得x ＝3或x ＝1(舍去)， ∴把x ＝3代入y ＝－34x ＋338，解得y ＝158， ∴P 的坐标为(3，158)； (3)由题意可知：0≤t ≤6，设直线AC 的解析式为：y ＝m 1x ＋n 1，把A (－2，0)和C (0，3)代入y ＝m 1x ＋n 1，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝－2m 1＋n 13＝n 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m 1＝32n 1＝3， ∴直线AC 的解析式为：y ＝32x ＋3， 由题意知：QB ＝t ，如解图①，当∠NMQ ＝90°时，则OQ ＝4－t ，把x ＝4－t 代入y ＝－34x ＋3，得y ＝34t ， ∴M (4－t ，34t )，MQ ＝34t ， ∵MN ∥x 轴，∴点N 的纵坐标为34t ， 把y ＝34t 代入y ＝32x ＋3，解得x ＝12t －2， ∴N (12t －2，34t )， ∴MN ＝(4－t )－(t 2－2)＝6－32t ， 当MN ＝MQ 时，则6－32t ＝34t ，解得t ＝83， 此时QB ＝83，符合题意； 如解图②，当∠QNM ＝90°时，∵QB ＝t ，∴点Q 的坐标为(4－t ，0)∴把x ＝4－t 代入y ＝32x ＋3，得y ＝9－32t ， ∴N (4－t ，9－32t )，∴NQ ＝9－32t ， ∵MN ∥x 轴，∴点M 的纵坐标为9－32t ， ∴把y ＝9－32t 代入y ＝－34x ＋3，解得x ＝2t －8，∴M (2t －8，9－32t )， ∴MN ＝(2t －8)－(4－t )＝3t －12，当NQ ＝MN 时，∴9－32t ＝3t －12，解得t ＝143， ∴此时QB ＝143，符合题意； 如解图③，当∠NQM ＝90°，过点Q 作QE ⊥MN 于点E ，过点M 作MF ⊥x 轴于点F ，设QE ＝a ，把y ＝a 代入y ＝－34x ＋3， ∴x ＝4－43a ， ∴M (4－43a ，a )， 把y ＝a 代入y ＝32x ＋3，∴x ＝23a －2， ∴N (23a －2，a )， ∴MN ＝(4－43a )－(23a －2)＝6－2a ， 当MN ＝2QE 时，∴6－2a ＝2a ，∴a ＝32，∴M (2，32) ∴MF ＝QE ＝EM ＝EN ＝QF ＝32，OF ＝2， ∴OQ ＝OF －QF ＝12，∴QB ＝OB －OQ ＝72， ∴此时t ＝72，符合题意， 综上所述，当t ＝83或143或72时，存在△QMN 为等腰直角三角形．第11题解图。