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2023年中考阅读探究性问题与动点探究问题专题
1.（本题满分12分）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）问题发现：如图①，在等边三角形 ABC 中，P是边BC上任意一点（不与点B、C重合），连接 AP，以AP为边作等边三角形APQ，连接 CQ，求证：BP=CQ；
（2）变式探究：如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，P是边BC上任意一点（不与点B、C重合），以AP为腰作等腰三角形AP，使PA=PQ，∠APQ=∠ABC，连接CQ. 判断∠ABC和∠ACQ之间的数量关系，并说明理由；
（3)解决问题：如图③，在正方形ADBC中，P是边BC上一点（不与点B、C重合），以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ. 若正方形APEF的边长为6，CQ=，求正方形ADB的边长.
2.（本题满分12分）已知四边形ABCD是正方形，G是直线BC上的任意一点，DE⊥GA于点E，BF∥DE交AG于点F.
【问题解决】
（1）如图①，当点G在线段BC上时，求证：DE-BF=EF.
【拓展延伸】
（2）如图②，当点G在线段CB的延长线上时，线段DE、 BF、EF之间存在怎样的数量关系？请说明理由.
（3）如图③，在（2）的条件下，连接AC，过点F作FH∥GC，交AC于点H，连按DH. 若∠ADE=30°. GB=，求DH的长.
3．（1）（阅读与证明）
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：点E是点C关于AM的对称点，∴∠AGE=90 ，AE=AC，∠1=∠2．
正△ABC中，∠BAC=60 ，AB=AC，∴AE=AB，得∠3=∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60 +∠3+∠4=180 ，∴∠1+∠3=______．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1=90 ，∴∠FEG=______．
②求证：BF=AF+2FG．
（2）（类比与探究）把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：①∠FEG=______；②线段BF、AF、FG之间存在数量关系___________．
（3）（归纳与拓展）如图3，点A在射线BH上，AB=AC，∠BAC=α（0 <α<180 ），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为__________．
4.（本题满分12分）阅读理解，自主探究：
“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角的角度为90°，于是有三组边互相垂直，所以称为“一线三垂直”模型．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．
问题解决：如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于点D，BE⊥CE于点E，则CD与BE的数量关系是 .
问题探究：如图②,在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于点D，BE⊥CE于点E，AD=2.5 cm，DE=1.6 cm，求BE的长；
拓展延伸：如图③，在平面直角坐标系中，点 A（-1.5，0），C(1.5，3.5），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB =90°，AC=BC，求点B的坐标.
问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是　 　．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且2，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CFAD；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），C（0，6）三点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．
（3）P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．
如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
如图，已知矩形纸片ABCD的长BC=8，宽AB=4，E、F分别是边BC、AD上的点，AF=CE.把矩形纸片沿着直线EF翻折，点A、B 的对应点分别为A′、B′，直线A′C交射线AD于点G，EB′交AD于点P.
（1）求证：PB′=PD；
（2）求证：四边形CEFG 是平行四边形；
（3）若四边形CEFG为菱形，求的值.
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参考答案
（1）证明：∵△ABC与△APQ都是等边三角形，∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ=60°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ， ∴∠BAP= ∠CAQ.
在△BAP 和△CAQ中，AB=AC，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ.
∴△BAP≌△CAQ(SAS，
∴BP=CQ
（2）解：∠ABC=∠ACQ.
理由如下：∵在等腰三角形ABC中，AB=BC，
∴∠BAC=(180°-∠ABC).
∵在等腰三角形APQ中，AP=PQ，
∴∠PAQ=(180°-∠APQ).
∵∠APQ=∠ABC，∠BAC=∠PAQ，
∴△BAC∽△PAQ，∴=，
∵∠BAP+∠PAC=∠CAQ+ ∠PAC，
∴∠BAP=∠CAQ，∴△BAP∽△CAQ，
∴∠ABC=∠ACQ.
（3）解：连接AB、AQ，如答图.
∵四边形ADBC是正方形，∴=,∠BAC=45°.
∵Q是正方形APEF的中心，
∴=，∠PAQ=45°，
∴∠BAP+∠PAC= ∠CAQ+ ∠PAC，
∴∠BAP=∠CAQ.
∵ ，
∴△ABP∽△ACQ，
∴
∵CQ=2，
∴BP=CQ=4.
设PC=x，则BC=AC=4+x .
在Rt△APC中， AP =AC +PC ，即6 =（4+x） +x ，解得x=--2士.
∵x>0，∴x=-2+.
∴正方形ADBC的边长为4+x=4-2+=2+ .
2.
3.【详解】解：（1）①∵，，
∴，即60°；
∵∴故答案为60°，30°；
②在FB上取FN=AF，连接AN ∵∠AFN=∠EFG=60°∴△AFN是等边三角形∴AF=FN=AN
∵FN=AF∴∠BAC=∠NAF=60°∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC∴AB=AE 在△ABN和△AEF FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE∴△ABN≌△AEF∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=30°∴EF=2FG ∴BN=EF=2FG
∵BF=BN+NF ∴BF=2FG+AF
（2）①点E是点C关于的对称点，，，．
正方形ABCD中，，，，得．
在中，，45．
在中，，45．故答案为45°；
②在FB上取FN=AF，连接AN ∵∠AFN=∠EFG=45°∴△AFN是等腰直角三角形∴∠NAF=90°，AF=AN
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2=90°,FN=AF∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC∴AB=AE 在△ABN和△AEF FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE ∴△ABN≌△AEF ∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=45° ∴EF=FG ∴BN=EF=FG ∵BF=BN+NF ∴BF=FG+AF
（3）由（1）得：当∠BAC=60°时
BF=AF+2FG= ；
由（2）得：当∠BAC=90°时BF=AF+2FG=；
以此类推，当∠BAC= 60°时， ．
4.
5.【解析】（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，∴CE＝CF＝DE＝DF，故答案为：CF、DE、DF；
（2）连接OP，如图2所示：∵AB是半圆O的直径，2，
∴∠APB＝90°，∠AOP180°＝60°，∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB cos∠ABP＝8×cos30°＝84，
在Rt△CFB中，BFCF，
∵PB＝PF+BF，∴PB＝CF+BF，即：4CFCF，解得：CF＝6﹣2；
（3）①∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′BPA′ PBx（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BCAB70＝35，
∴S△ACBAC2（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACBx（70﹣x）+1225x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B50，
∵S△A′PBA′B PFPB A′P，∴50×PF40×30，解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．
6.证明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，DEAD，
又∵AB＝AC，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵点F是DE的中点，∴CFDEAD；
（2）AGBC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD＝2CD，∴设CD＝a，则BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝ACa，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，∴BD＝CE＝2a，∵CF＝DF，∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，∴2，∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BGH＝45°，∴BH＝GH，∴BGBH
∵BH+CH＝BC＝3a，∴CH＝a，BH＝GH＝2a，∴BG＝2a，∴AG＝BG﹣ABaCDBC；
（3）如图3﹣1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等边三角形，∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3﹣2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，∴BDPD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∴PD＝PD+AP，
∴PDm，∴BDPDm，由（1）可知：CE＝BDm．
7.【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），
∴设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
∵抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）的图象经过点C（0，6），
∴6＝a（0﹣1）（0﹣3），∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝2（x﹣1）（x﹣3）＝2x2﹣8x+6；
（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，∴顶点M的坐标为（2，﹣2），
∵抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，∴点N（2，2），
设直线AN解析式为：y＝kx+b，由题意可得：，
解得：，∴直线AN解析式为：y＝2x﹣2，
联立方程组得：，
解得：，，∴点D（4，6），
∴S△ABD2×6＝6，设点E（m，2m﹣2），
∵直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，
∴S△ABES△ABD＝2或S△ABES△ABD＝4，∴2×（2m﹣2）＝2或2×（2m﹣2）＝4，
∴m＝2或3，∴点E（2，2）或（3，4）；
（3）若AD为平行四边形的边，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD＝PQ，
∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，
∴点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）；
若AD为平行四边形的对角线，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD与PQ互相平分，
∴，∴xP＝3，∴点P坐标为（3，0），
综上所述：当点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）或（3，0）时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
8.【解析】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝＝6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，∴∠BAC＝∠DCO，∵∠DOC＝∠ACB，∴△DOC∽△BCA，
∴＝＝，∴＝＝，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），∵PB＝t，PE⊥AB，易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，∵EP⊥AB，EC⊥AC，∴PE＝EC，
∴t＝8﹣t，∴t＝4．∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
＝ （4﹣t） 3+[ 3 （8﹣t）+ （8﹣t） t﹣ 3 （8﹣t）
＝﹣t2+t+16（0＜t＜5）．
（3）存在．
∵S＝﹣（t﹣）2+（0＜t＜5），∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．
（4）存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，∵∠QOC+∠QOG＝90°，∴∠EOC＝∠QOG，∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴＝，∴＝，整理得：5t2﹣66t+160＝0，解得t＝或10（舍弃）
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．
9.【解析】（1）设y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，化简得（x﹣0.4）2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．
当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．当h1﹣h2＝0时，t＝0.65，
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，
∴MD∥NF，PN∥EG，∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，∴△MPN∽△NEH，∴，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，∴NH＝5MP．
（Ⅰ）当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，
整理得（t﹣0.5）2＝0.16，解得（舍去），，
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，∴．
（Ⅱ）当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，
∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，（舍去），，当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴．
（Ⅲ）当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
给上所述，东东在起跳后传球的时间范围为．
10.【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴S△PBCPF OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m）2，
∴当m时，△PBC面积取最大值，最大值为．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m＜3．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当时，△COB∽△CDM∽△CMN，∴，解得，a＝1，
∴M（1，8），此时NDDM，∴N（0，），
当时，△COB∽△MDC∽△NMC，∴，
解得a，∴M（，），此时N（0，）．
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或2，△CMN与△OBC相似，
解得a或a＝3，∴M（，）或M（3，0），
此时N点坐标为（0，）或（0，）．
综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
11.

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