黄 金 高 考 点
∵CD∥AN， ∴∠CPN=∠DCM，
∵△DCM是等腰直角三角形， ∴∠DCM=∠D=45°， ∴cos∠CPN=cos∠DCM=
．
（3）如图3中，如图取格点M，连接AN、MN．
∵PC∥MN， ∴∠CPN=∠ANM， ∵AM=MN，∠AMN=90°， ∴∠ANM=∠MAN=45°， ∴∠CPN=45°．
【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（12分）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A出发，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t=2时，线段PQ的中点坐标为 （，2） ；
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（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t=1时，抛物线y=x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t=2，和速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B=∠PAQ=90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，可得t的值；
（3）根据t=1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，∴KM=KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D． 【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0）， ∴OA=3，
当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P（2，0），Q（3，4）， ∴线段PQ的中点坐标为：（故答案为：（，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形， ∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
，
），即（，2）；
，②当△PAQ∽△CBQ时，
，分别列方程
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∴∠B=∠PAQ=90°
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况： ①当△PAQ∽△QBC时，∴
，
，
4t2﹣15t+9=0， （t﹣3）（t﹣）=0， t1=3（舍），t2=， ②当△PAQ∽△CBQ时，∴
t2﹣9t+9=0， t=∵∴x=
， ＞7，
不符合题意，舍去，
；
，
，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或（3）当t=1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：
，
∴抛物线：y=x2﹣3x+2=（x﹣）2﹣， ∴顶点k（，﹣）， ∵Q（3，2），M（0，2）， ∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ， ∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ，
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如图2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE， 设DQ交y轴于H， ∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴
，
∴，
∴MH=2， ∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=﹣x+4，
则，
x2﹣3x+2=﹣x+4，
解得：x1=3（舍），x2=﹣， ∴D（﹣，
）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=∠MKQ=∠QKE， 由对称性得：H（0，0）， 易得OQ的解析式：y=x，
则，
x2﹣3x+2=x，
解得：x1=3（舍），x2=， ∴D（，）；
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