2017年中考数学难题集训(共30页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2017年中考数学难题集训1、（2011年广西桂林，26，12分）已知二次函数的图象如图.（1）求它的对称轴与轴交点D的坐标；（2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与轴，轴的交点分别为A、B、C三点，若ACB=90°，求此时抛物线的解析式；（3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M，以AB为直径，D为圆心作D，试判断直线CM与D的位置关系，并说明理由. 考点：二次函数综合题分析：（1）根据对称轴公式求出x=- ，求出即可；（2）假设出平移后的解析式即可得出图象与x轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可；（3）由抛物线的解析式 可得，A，B，C，M各点的坐标，再利用勾股定理逆定理求出CDCM，即可证明答案：解: （1）由得 （，）（2）方法一:如图1, 设平移后的抛物线的解析式为 则C OC=令 即 得 A，B 即: 得 (舍去) 抛物线的解析式为 方法二: 顶点坐标设抛物线向上平移h个单位,则得到,顶点坐标平移后的抛物线: 当时, , 得 A BACB=90° AOCCOBOA·OB 得 , 平移后的抛物线: （3）方法一:如图2, 由抛物线的解析式可得A(-2 ，0)，B(8，0) ，C(，0) ，M 过C、M作直线，连结CD，过M作MH垂直y轴于H,则 在RtCOD中,CD=AD 点C在D上 CDM是直角三角形，CDCM直线CM与D相切 方法二:如图3, 由抛物线的解析式可得A(-2 ，0)，B(8，0) ，C(，0) ，M 作直线CM,过D作DECM于E, 过M作MH垂直y轴于H,则, , 由勾股定理得DMOC MCH=EMDRtCMHRtDME 得 由(2)知 D的半径为5 直线CM与D相切 点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及勾股定理以及逆定理的应用，利用数形结合得出是解决问题的关键2、（2011广西来宾，25，12分）如图，半径为1的M经过直角坐标系的原点O，且与x的正半轴，y的正半轴交于点A、B，OMA=60°,过点B的切线交x轴负半轴于点C，抛物线过点A、B、C.（1）求点A、B的坐标.（2）求抛物线的解析式.（3）若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D，使得BCD是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点D的坐标.若不存在，请说明理由.考点：二次函数综合题。分析：（1）由题意可直接得出点A、B的坐标为A（1，0），B（0，）；（2）再根据BC是切线，可求出BC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；（3）先假设存在，看能否求出符合条件的点D即可解答：解：(1)M为半径1AB=2OMA=60°,OAM=60°OA=1,OB=A(1,0) ,B(0, )（2）AB是M的切线CBA=90°OAM=60°AC=4OA=3C(-3,0)设抛物线的解析式为把A(1,0) ,B(0, ),C(-3,0)代入得(3).抛物线的对称轴为x=-1做BC的垂直平分线交抛物线于E，交对称轴于点易求AB的解析式为是BC的垂直平分线AB设的解析式为交x轴于（-1，0）代入解析式得b=,把x=-1代入得y=0(-1，0),过B做BHx轴，则BH=1在Rt中，由勾股定理得=（-1，）同理可求其它点的坐标。可求交点坐标（-1，）,（-1，）,(-1，0),(-1,)（-1，）点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和等腰三角形判定等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合等数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题94. （2011浙江金华，24，12分）(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上的一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DBAB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF.（1）当AOB30°时，求弧AB的长；（2）当DE8时，求线段EF的长；（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由.考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；勾股定理；弧长的计算；平行线分线段成比例。专题：代数几何综合题。分析：（1）连接BC，由已知得ACB=2AOB=60°，AC=AO=5，根据弧长公式求解；（2）连接OD，由垂直平分线的性质得OD=OA=10，又DE=8，在RtODE中，由勾股定理求OE，依题意证明OEFDEA，利用相似比求EF；（3）存在当以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似时，分为当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似，有ECF=BOA或ECF=OAB，当交点E在点C的右侧时，要使ECF与BAO相似，只能使ECF=BAO，当交点E在点O的左侧时，要使ECF与BAO相似，只能使ECF=BAO，三种情况，分别求E点坐标【解】（1）连结BC,A（10，0）, OA=10 ,CA=5,OBDECFxyAAOB=30°,ACB=2AOB=60°,弧AB的长=; 4分（2）连结OD,OBDECFxyAOA是C直径, OBA=90°,又AB=BD,OB是AD的垂直平分线,OD=OA=10,在RtODE中，OE=,AE=AOOE=10-6=4,由 AOB=ADE=90°-OAB，OEF=DEA，得OEFDEA,即，EF=3；4分（3）设OE=x，当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似，有ECF=BOA或ECF=OAB，当ECF=BOA时，此时OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=，E1（，0）；当ECF=OAB时，有CE=5-x, AE=10-x，CFAB,有CF=,ECFEAD,OBDFCEAxy,即,解得：,E2（，0）;当交点E在点C的右侧时，ECFBOA，要使ECF与BAO相似，只能使ECF=BAO，OBDFCEAxy连结BE，BE为RtADE斜边上的中线，BE=AB=BD,BEA=BAO,BEA=ECF,CFBE, ,ECF=BAO, FEC=DEA=Rt， CEFAED, ,而AD=2BE, ,即, 解得, 0（舍去），OBDFCEAxyE3（，0）;当交点E在点O的左侧时，BOA=EOFECF .要使ECF与BAO相似，只能使ECF=BAO连结BE，得BE=AB，BEA=BAOECF=BEA,CFBE,又ECF=BAO, FEC=DEA=Rt， CEFAED, ，而AD=2BE, , 解得, 0（舍去）,点E在x轴负半轴上, E4（，0）,综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似,此时点E坐标为：OBDFCEAxy（，0）、（，0）、（，0）、（，0）4分【思路分析】（1）要求弧AB的长，半径为5，只要知道圆心角的度数，连结BC,根据圆心角的度数与它所对的弧所对的圆周角的2倍，ACB=2AOB=60°,可得弧AB的长=（2）连结OD,先证OAD是等腰三角形，OD=OA=10,，解直角三角形RtODE中，得OE=,AE=AOOE=10-6=4,由OEFDE求出EF=3。OBDFCEAxy（3）分三种情况讨论：设OE=x，当交点E在O，C之间时，CEF=OBA=90°有两种情况：当ECF=BOA，RtECFRtBOA此时OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=，得E1（，0）；当ECF=OAB时，RtECFRtAOB有CE=5-x, AE=10-x，可得ECFEAD,OBDFCEAxy,即,解得：,E2（，0）;当交点E在点C的右侧时，只能ECF=BAO，RtECFRtBAO因为BE为RtADE斜边上的中线，BAE是等腰三角形， OBDFCEAxy因为等边对等角BEA=BAO,BEA=ECF,CFBE, 得OCFOEB,可证CEFAED, 又AD=2BE, 可解得, 0（舍去），E3（，0）;OBDFCEAxy当交点E在点O的左侧时，只能使ECF=BAORtECFRtBAO，连结BE，得BE=AB，BEA=BAOECF=BEA,CFBE,可证CEFAED, ，又AD=2BE, ,可 解得, 0（舍去）,点E在x轴负半轴上, E4（，0）,综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似,此时点E坐标为：（，0）、（，0）、（，0）、（，0）点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，圆周角定理，弧长公式的运用关键是理解题意，根据基本条件，图形的性质，分类求解105. （2011贵州毕节，27，15分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点，且与轴交于D(0,3)，直线l是抛物线的对称轴。 (1) 求该抛物线的解析式。(3分) (2) 若过点A(-1,0)的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，求此直线的解析式。(4分) (3) 点P在抛物线的对称轴上，P与直线AB和x轴都相切，求点P的坐标。(8分)0AMNDyxl·考点：二次函数综合题。分析：（1）根据图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），可利用交点式求出二次函数解析式；（2）根据直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，得出AC，BC的长，得出B点的坐标，即可利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）利用三角形相似求出ABCCBM，得出，即可求出圆的半径，即可得出P点的坐标解答：解：（1）抛物线y=ax2+bx+c（a0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），假设二次函数解析式为：y=a（x1）（x3），将D（0，3），代入y=a（x1）（x3），得：3=3a，a=1，抛物线的解析式为：y=（x1）（x3）=x24x+3；（2）过点A（1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，AC×BC=6，抛物线y=ax2+bx+c（a0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，二次函数对称轴为x=2，AC=3，BC=4，B点坐标为：（2，4），一次函数解析式为；y=kx+b，解得：，（3）当点P在抛物线的对称轴上，P与直线AB和x轴都相切，MOAB，AM=AC，PM=PC，AC=1+2=3，BC=4，AB=5，AM=3，BM=2，MBP=ABC，BMP=ACB，ABCCBM，PC=1.5，P点坐标为：（2，1.5）点评：此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握110. （2011贵州遵义，27，14分）已知抛物线经过A(3，0), B(4，1)两点，且与y轴交于点C。（1）求抛物线的函数关系式及点C的坐标；（2）如图（1）,连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图（2）,连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点的圆交直线AB于点F，当OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标。【考点】二次函数综合题【分析】（1）根据A（3，0），B（4，1）两点利用待定系数法求二次函数解析式；（2）从当PAB是以AB为直角边的直角三角形，且PAB=90°与当PAB是以AB为直角边的直角三角形，且PBA=90°，分别求出符合要求的答案；（3）根据当OEAB时，FEO面积最小，得出OM=ME，求出即可【解答】解：（1）抛物线y=ax2+bx+3（a0）经过A（3，0），B（4，1）两点， ，解得：，y= x2- x+3；点C的坐标为：（0，3）；（2）当PAB是以AB为直角边的直角三角形，且PAB=90°，A（3，0），B（4，1），AM=BM=1，BAM=45°，DAO=45°，AO=DO，A点坐标为（3，0），D点的坐标为：（0，3），直线AD解析式为：y=kx+b，将A，D分别代入得：0=3k+b，b=3，k=-1，y=-x+3，y= x2- x+3=-x+3，x 2-3x=0，解得：x=0或3，y=3或0（不合题意舍去），P点坐标为（0，3），当PAB是以AB为直角边的直角三角形，且PBA=90°，由（1）得，FB=4，FBA=45°，DBF=45°，DF=4，D点坐标为：（0，5），B点坐标为：（4，1），直线AD解析式为：y=kx+b，将B，D分别代入得：1=4k+b，b=5，k=-1，y=-x+5，y= x2- x+3=-x+5，x 2-3x-4=0，解得：x 1=-1，x 2=4，y 1=6，y 2=1，P点坐标为（-1，6），（4，-1），点P的坐标为：（-1，6），（4，-1），（0，3）；（3）作EMBO， 当OEAB时，FEO面积最小，EOM=45°，MO=EM，E在直线CA上，E点坐标为（x，-x+3），x=-x+3，解得：x= ，E点坐标为（ ， ）【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求函数解析式，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握125.（2011山东省潍坊，24，12分） 如图，y关于x的二次函数图象的顶点为M，图象交x轴于AB两点交y轴正半轴于D点以AB为直径作圆，圆心为C。定点E的坐标为()，连接ED() (1) 写出A、B、D三点的坐标； (2) 当m为何值时，M点在直线ED上？判定此时直线ED与圆的位置关系； (3) 当m变化时，甩m表示AED的面积S并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图【考点】二次函数综合题【专题】压轴题；分类讨论【分析】（1）根据x轴，y轴上点的坐标特征代入即可求出A、B、D三点的坐标；（2）待定系数法先求出直线ED的解析式，再根据切线的判定得出直线与圆的位置关系；（3）分当0m3时，当m3时两种情况讨论求得关于m的函数【解答】解：（1）A（-m，0），B（3m，0），D（0， m）（2）设直线ED的解析式为y=kx+b，将E（-3，0），D（0， m）代入得：解得，k= m，b= m直线ED的解析式为y= mx+ m将y=-（x+m）（x-3m）化为顶点式：y=- （x+m）2+ m顶点M的坐标为（m， m）代入y= mx+ m得：m2=mm0，m=1所以，当m=1时，M点在直线DE上连接CD，C为AB中点，C点坐标为C（m，0）OD= ，OC=1，CD=2，D点在圆上又OE=3，DE2=OD2+OE2=12，EC2=16，CD2=4，CD2+DE2=EC2FDC=90°直线ED与C相切（3）当0m3时，SAED= AEOD= m（3-m）S=- m2+ m当m3时，SAED= AEOD= m（m-3）即S= ，m2_ m【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有x轴，y轴上点的坐标特征，抛物线解析式的确定，抛物线的顶点公式和三角形的面积求法注意分析题意分情况讨论结果126. （2011山东烟台，26，14分）如图，在直角坐标系中，梯形ABCD的底边AB在x轴上，底边CD的端点D在y轴上.直线CB的表达式为y=x+，点A、D的坐标分别为（4，0），（0，4）.动点P自A点出发，在AB上匀速运行.动点Q自点B出发，在折线BCD上匀速运行，速度均为每秒1个单位.当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动.设点P运动t（秒）时，OPQ的面积为s（不能构成OPQ的动点除外）.（1）求出点B、C的坐标；（2）求s随t变化的函数关系式；（3）当t为何值时s有最大值？并求出最大值.OxyABCDPQ（备用图2）90OxyABCDOxyABCD（备用图1）90考点：二次函数综合题.分析：（1）把y=4代入y=x+求得x的值，则可得点C的坐标，把y=0代入y=x+求得x的值，即可得点B的坐标；（2）作CMAB于M，则可求得CM与BM的值，求得ABC的正弦值，然后分别从0t4时，当4t5时与当5t6时去分析求解即可求得答案；（3）在（2）的情况下s的最大值，然后比较即可求得答案解答：解：（1）把y=4代入yx，得x=1C点的坐标为（1，4）当y=0时，x0，x=4点B坐标为（4，0）（2）作CMAB于M，则CM=4，BM=3BC=5sinABC=当0t4时，作QNOB于N，则QNBQ·sinABCt.SOP·QN（4t）×t t2t（0t4）.当4t5时，（图1），连接QO，QP，作QNOB于N.同理可得QNt.SOP·QN×（t4）×t. t2t（4t5）.当5t6时，（图2），连接QO，QP.S×OP×OD（t4）×4. 2t8（5t6）.（3）在0t4时，当t2时，S最大.在4t5时，对于抛物线St2t，当t2时，S最小×22×2.抛物线St2t的顶点为（2，）.在4t5时，S随t的增大而增大.当t5时，S最大×52×52.在5t6时，在S2t8中，20，S随t的增大而增大.当t6时，S最大2×684.综合三种情况，当t6时，S取得最大值，最大值是4. 点评：此题考查了点与函数的关系，三角形面积的求解方法以及利用二次函数的知识求函数的最大值的问题此题综合性很强，难度较大，解题时要注意分类讨论思想，方程思想与数形结合思想的应用89. （2011随州）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx+b与抛物线交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x10，x20）（1）求b的值（2）求x1x2的值（3）分别过M，N作直线l：y=1的垂线，垂足分别是 M1和N1判断M1FN1的形状，并证明你的结论（4）对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线 m，使m与以MN为直径的圆相切如果有，请求出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由考点：二次函数综合题。专题：代数几何综合题。分析：（1）把点F的坐标代入直线可以确定b的值（2）联立直线与抛物线，代入（1）中求出的b值，利用根与系数的关系可以求出x1x2的值（3）确定M1，N1的坐标，利用两点间的距离公式，分别求出M1F2，N1F2，M1N12，然后用勾股定理判断三角形的形状（4）根据题意可知y=1总与该圆相切解答：解：（1）直线y=kx+b过点F（0，1），b=1；（3分）（2）直线y=kx+b与抛物线交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点，可以得出：kx+b=x2，整理得：x2kx1=0，x1x2=4；（6分）（3）M1FN1是直角三角形（F点是直角顶点）理由如下：设直线l与y轴的交点是F1FM12=FF12+M1F12=x12+4FN12=FF12+F1N12=x22+4M1N12=（x1x2）2=x12+x222x1x2=x12+x22+8FM12+FN12=M1N12M1FN1是以F点为直角顶点的直角三角形（10分）（4）符合条件的定直线m即为直线l：y=1过M作MHNN1于H，MN2=MH2+NH2=（x1x2）2+（y1y2）2=（x1x2）2+（kx1+1）（kx2+1）2=（x1x2）2+k2（x1x2）2=（k2+1）（x1x2）2=（k2+1）（4 ）2=16（k2+1）2MN=4（k2+1）分别取MN和M1N1的中点P，P1，PP1=（MM1+NN1）=（y1+1+y2+1）=（y1+y2）+1=k（x1+x1）+2=2k2+2=2（k2+1）PP1=MN即线段MN的中点到直线l的距离等于MN长度的一半以MN为直径的圆与l相切（15分）点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）由点F的坐标求出b的值（2）结合直线与抛物线的解析式，利用根与系数的关系求出代数式的值（3）用两点间的距离公式，判断三角形的形状（4）根据点与圆的位置判断直线与圆的位置112. （2011河北，25，10分）如图1至图4中，两平行线ABCD间的距离均为6，点M为AB上一定点思考如图1，圆心为0的半圆形纸片在AB，CD之间（包括AB，CD），其直径MN在AB上，MN8，点P为半圆上一点，设MOP当 度时，点P到CD的距离最小，最小值为 探究一在图1的基础上，以点M为旋转中心，在AB，CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图2，得到最大旋转角BMO 度，此时点N到CD的距离是 探究二将如图1中的扇形纸片NOP按下面对的要求剪掉，使扇形纸片MOP绕点M在AB，CD之间顺时针旋转（1）如图3，当60°时，求在旋转过程中，点P到CD的最小距离，并请指出旋转角BMO的最大值；（2）如图4，在扇形纸片MOP旋转过程中，要保证点P能落在直线CD上，请确定的取值范围（参考数椐：sin49°，cos41°，tan37°）考点：直线与圆的位置关系；点到直线的距离；平行线之间的距离；旋转的性质；解直角三角形。分析：思考：根据两平行线之间垂线段最短，以及切线的性质定理，直接得出答案；探究一：根据由MN8，MO4，OY4，得出UO2，即可得出得到最大旋转角BMO30度，此时点N到CD的距离是 2；探究二：（1）由已知得出M与P的距离为4，PMAB时，点MP到AB的最大距离是4，从而点P到CD的最小距离为642，即可得出BMO的最大值；（2）分别求出最大值为OMHOHM30°90°以及最小值2MOH，即可得出的取值范围解答：解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当90度时，点P到CD的距离最小，MN8，OP4，点P到CD的距离最小值为：642故答案为：90，2；探究一：以点M为旋转中心，在AB，CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图2，MN8，MO4，OY4，UO2，得到最大旋转角BMO30度，此时点N到CD的距离是 2；探究二（1）由已知得出M与P的距离为4，PMAB时，点MP到AB的最大距离是4，从而点P到CD的最小距离为642，当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，弧MP与AB相切，此时旋转角最大，BMO的最大值为90°；（2）如图3，由探究一可知，点P是弧MP与CD的切线时，大到最大，即OPCD，此时延长PO交AB于点H，最大值为OMHOHM30°90°120°，如图4，当点P在CD上且与AB距离最小时，MPCD，达到最小，连接MP，作HOMP于点H，由垂径定理，得出MH3，在RtMOH中，MO4，sinMOH，MOH49°，2MOH，最小为98°，的取值范围为：98°120°点评：此题主要考查了切线的性质定理以及平行线之间的关系和解直角三角形等知识，根据切线的性质求解是初中阶段的重点题型，此题考查知识较多综合性较强，注意认真分析114. （2011黑龙江省哈尔滨,27，10分）在平面直角坐标系中，点0是坐标原点，四边形ABCD为菱形，AB边在x轴上，点D在y轴上，点A的坐标是（6，0），AB=10（1）求点C的坐标：（2）连接BD，点P是线段CD上一动点（点P不与C、D两点重合），过点P作PEBC交BD与点E，过点B作BQPE交PE的延长线于点Q设PC的长为x，PQ的长为y，求y与x之间的函数关系式（直接写出自变量x的取值范围）；（3）在（2）的条件下，连接AQ、AE，当x为何值时，SBOE+SAQE=SDEP并判断此时以点P为圆心，以5为半径的P与直线BC的位置关系，请说明理由考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；直线与圆的位置关系。专题：代数几何综合题。分析：（1）过点C作CNx轴，垂足为N，求得CN、ON的长，即可得出坐标；（2）过点P作PHBC，垂足为H，易证PHCDOA，可得CH=x，BH=10x；然后证明四边形PQBH为矩形，则PQ=BH，即可求得；（3）过点P作PHBC，垂足为H，过点D作DGPQ于点G，过点A作AFPQ交PQ的延长线于点F，用x分别表示出EQ、BQ、AF的值和PE、DG的值，然后，根据SBOE+SAQE=SDEP，可求出x的值，最后根据PH的值与x的值比较，即可得出其位置关系；解答：解：（1）如图1，过点C作CNx轴，垂足为N，则四边形DONC为矩形，ON=CD四边形ABCD是菱形，AB=10，AB=BC=CD=AD=10，ON=10，A（6，0），OA=6，OD=8，点C的坐标为（10，8）；（2）如图2，过点P作PHBC，垂足为H，则PHC=AOD=90°，四边形ABCD是菱形，PCB=DAO，PHCDOA，PH=x，CH=x，BH=10x，PEBC，BQPQ，PQB=QBC=PHB=90°，四边形PQBH为矩形，PQ=BH=10x，y=10x（0x10）；（3）如图3，过点P作PHBC，垂足为H，则四边形PQBH是矩形，BQ=PH=x，PEBC，PED=CBD，CD=CB，CBD=CDB，CDB=PED，PE=PD=10x，QE=PQPE=x，过点D作DGPQ于点G，过点A作AFPQ交PQ的延长线于点F，DGF=AFG=90°，PQBC，PQAD，ADG=90°，四边形AFGD为矩形，AF=DG，PQBC，DPG=C，DGP=PHC=90°，DGPPHC，AF=DG=（10x）=8x，SBQE+SAQE=EQ×BQ+EQ×AF，=×x×x+×x×（8x）=x，SDEP=PE×DG=（10x）×（8x），=x28x+40，SBQE+SAQE=SDEP，x=（x28x+40），整理得，x225x+100=0，x1=5，x2=20，0x10，x2=20不符合题意，舍去，x1=5，x=5时，SBQE+SAQE=SDEP，PH=x=45，P与直线BC相交点评：本题考查了菱形、矩形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理的运用及直线与圆的位置关系，本题考查知识较多，属综合性题目，考查了学生对知识的掌握程专心-专注-专业