28．（2021广东中ft）如图（1），（2）所示，矩形ABCD的边长AB=6，BC=4，点F在DC上，DF=2．动点M、N分别从点D、B同时出发，沿射线DA、线段BA向点A的方向运动（点M可运动到DA的延长线上），当动点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动．连接FM、MN、FN，当F、N、M不在同一直线时，可得ΔFMN，过ΔFMN三边的中点作ΔPQW．设动点M、N的速度都是1个单位/秒，M、N运动的时间为x秒．试解答下列问题：（1）说明ΔFMN∽ΔQWP；（2）设0≤x≤4（即M从D到A运动的时间段）．试问x为何值时，ΔPQW为直角三角形？当x在何范围时，ΔPQW不为直角三角形？（3）问当x为何值时，线段MN最短？求此时MN的值．．【答案】解：（1）由题意可知P、W、Q分别是ΔFMN三边的中点，∴PW是ΔFMN的中位线，即PW∥MN∴ΔFMN∽ΔQWP（2）由题意可得DM=BN=x，AN=6-x，AM=4-x，由勾股定理分别得FM2=4x2，MN2=(4x)2+(6x)2FN2=(4x)2+16①当MN2=FM2+FN2时，(4x)2+(6x)2=4x2+(4x)2+16解得x43②当FN2=FM2+MN2时，(4x)2+16=4x2+(4x)2+(6x)2此方程无实数根③FM2=MN2+FN2时，4x2=(4x)2+(6x)2+(4x)2+16解得x110（不合题意，舍去），x24综上，当x4或x4时，ΔPQW为直角三角形；3当0≤x＜4或4＜x＜4时，ΔPQW不为直角三角形33（3）①当0≤x≤4，即M从D到A运动时，只有当x=4时，MN的值最小，等于2；②当4＜x≤6时，MN2=AM2+AN2=(x4)2+(6x)2=2(x5)22当x=5时，MN2取得最小值2，∴当x=5时，线段MN最短，MN=2．29．（2010湖南常德）如图9,已知抛物线y1x2bxc与x轴交于A(－4，0)和B(1，20)两点，与y轴交于C点．（1）求此抛物线的解析式；（2）设E是线段AB上的动点，作EF//AC交BC于F，连接CE，当△CEF的面积是△BEF面积的2倍时，求E点的坐标;（3）若P为抛物线上A、C两点间的一个动点，过P作y轴的平行线，交AC于Q，当P点运动到什么位置时，线段PQ的值最大，并求此时P点的坐标．yABxOC图9【答案】解：（1）由二次函数y1x2bxc与x轴交于A(4,0)、B(1,0)两点可得：1(42)2b4c，32解得：1b，212bc0．c22故所求二次函数的解析式为y1x23x2．22（2）∵S=2S,∴BF1,BF1.△CEF△BEFCF2BC3∵EF//AC,∴BEFBAC,∴△BEF～△BAC,∴BEBF1,得BE5,BFEBCA,BABC33故E点的坐标为(2,0).3（3）解法一：由抛物线与y轴的交点为C，则C点的坐标为（0，－2）．若设直线AC20b,k1,的解析式为ykxb，则有04kb．解得：2故直线AC的解析式为y－1x2．2b2．123若设P点的坐标为a,2aa2，又Q点是过点P所作y轴的平行线与直线2AC的交点，则Q点的坐标为（a,1a2)．则有：2((PQ[12a3a2)]1a＝1a22a22221＝a2222即当a2时，线段PQ取大值，此时P点的坐标为（－2，－3）解法二：延长PQ交x轴于D点，则PDAB．要使线段PQ最长，则只须△APC的面积取大值时即可.设P点坐标为（x0,y0)，则有:SAPCSADPS梯形DPCOSACO111＝ADPD(PDOC)ODOAOC222111＝x0y02y0y02x042222＝2y0x04＝21x23x2x4202000＝x24x＝－x222400即x02时，△APC的面积取大值，此时线段PQ最长，则P点坐标为（－2，－3）30．（2010湖南郴州）如图（1），抛物线yx2x4与y轴交于点A，E（0，b）为y轴上一动点，过点E的直线yxb与抛物线交于点B、C.（1）求