过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．设P（t，﹣t﹣2t+3），
则PQ=﹣t﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t， ∵PQ∥EF， ∴△AEF∽△AQP， ∴
=
，
2
2
2
∴EF===×（﹣t﹣2t+3）=2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG， ∴△BEG∽△BQP， ∴
=
，
∴EG===2（t+3），
∴EF+EG=2（1﹣t）+2（t+3）=8．
2. （2018·湖北江汉·12分）抛物线y=﹣x+x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y=t（t＜
）上方的部分沿
2
直线l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象． （1）点A，B，D的坐标分别为 （，0） ， （3，0） ， （，
） ；
（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；
（3）如图②，当t=0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
5
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A.B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；
（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B.C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；
（3）假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m，分m＜或m＞3及≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标，此题得解．
【解答】解：（1）当y=0时，有﹣x+x﹣1=0， 解得：x1=，x2=3，
∴点A的坐标为（，0），点B的坐标为（3，0）． ∵y=﹣x+x﹣1=﹣（x﹣x）﹣1=﹣（x﹣）+∴点D的坐标为（，
）．
）．
2
2
2
2
，
故答案为：（，0）；（3，0）；（，（2）∵点E.点D关于直线y=t对称， ∴点E的坐标为（，2t﹣
2
）．
当x=0时，y=﹣x+x﹣1=﹣1， ∴点C的坐标为（0，﹣1）．
设线段BC所在直线的解析式为y=kx+b， 将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y=kx+b，
6
，解得：，
∴线段BC所在直线的解析式为y=x﹣1． ∵点E在△ABC内（含边界），
∴，
解得：
≤t≤
．
（3）当x＜或x＞3时，y=﹣x2
+x﹣1； 当≤x≤3时，y=x2
﹣x+1．
假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m． ①当m＜或m＞3时，点Q的坐标为（m，﹣x2
+x﹣1）（如图1）， ∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P， ∴CP⊥PQ，
∴CQ2
=CP2
+PQ2
，即m2
+（﹣m2
+m）2
=m2
+1+m2
+（﹣m2
+m﹣1）2
，整理，得：m1=，m2=，
∴点P的坐标为（
，0）或（
，0）；
②当≤m≤3时，点Q的坐标为（m，x2
﹣x+1）（如图2）， ∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P， ∴CP⊥PQ，
∴CQ2
=CP2
+PQ2
，即m2
+（m2
﹣m+2）2
=m2
+1+m2
+（m2
﹣m+1）2
，整理，得：11m2
﹣28m+12=0， 解得：m3=
，m4=2，
∴点P的坐标为（
，0）或（1，0）．
7
综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（0）、（1，0）或（
，0）．
，0）、（，
3.（2018·四川省攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=
．动点P从A点出
发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒． （1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．
∵S△ABC=?AC?BE=
，∴BE=．在Rt△ABE中，AE=
=6，∴coaA=
=
=．
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