中考数学压轴专题动点问题 解析版

中考数学压轴专题动点问题 解析版

‎1..如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转，得到线段AB．过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D．运动时间为t秒．‎ ‎（1）当点B与点D重合时，求t的值；‎ ‎（2）设△BCD的面积为S，当t为何值时，?‎ ‎（3）连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线的顶点在△ABM内部（不包括边），求a的取值范围．‎ ‎2.如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4,tan∠AOB=,抛物线经过点A(4，0)与点（-2，6）‎ ‎（1）求抛物线的函数解析式．‎ ‎（2）直线m与⊙C相切于点A交y轴于点D，动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动，点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时,求运动时间t的值 ‎（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.‎ ‎ ‎ ‎3.如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；‎ ‎（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；‎ ‎（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．‎ ‎4.已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(－2，0)，点B坐标为 （0，2 ），点E为线段AB上的动点(点E不与点A，B重合)，以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段OB于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y=x2+mx+n的图象经过A，C两点.‎ ‎（1） 求此抛物线的函数表达式；‎ ‎（2） 求证：∠BEF=∠AOE；‎ ‎（3） 当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标；‎ ‎（4） 在（3）的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为（1） 中抛物线上一动点，直线PE交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（） 倍.若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答.‎ ‎5.如图，直线AB交x轴于点B（4，0），交y轴于点A（0，4），直线DM⊥x轴正半轴于点M，交线段AB于点C，DM=6，连接DA，∠DAC=90°．‎ ‎（1）直接写出直线AB的解析式；‎ ‎（2）求点D的坐标；‎ ‎（3）若点P是线段MB上的动点，过点P作x轴的垂线，交AB于点F，交过O、D、B三点的抛物线于点E，连接CE．是否存在点P，使△BPF与△FCE相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎6．（10分）（2015•常州）如图，一次函数y=﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．‎ ‎（1）写出点A的坐标；‎ ‎（2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求的值．‎ ‎7．（10分）（2015•常州）如图，反比例函数y=的图象与一次函数y=x的图象交于点A、B，点B的横坐标是4．点P是第一象限内反比例函数图象上的动点，且在直线AB的上方．‎ ‎（1）若点P的坐标是（1，4），直接写出k的值和△PAB的面积；‎ ‎（2）设直线PA、PB与x轴分别交于点M、N，求证：△PMN是等腰三角形；‎ ‎（3）设点Q是反比例函数图象上位于P、B之间的动点（与点P、B不重合），连接AQ、BQ，比较∠PAQ与∠PBQ的大小，并说明理由．‎ ‎1.【答案】解：（1）∵，∴。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎ （2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：，。‎ 当0＜＜8时，，解得。‎ 当＞8时，，‎ 解得，（为负数，舍去）。‎ 当或时，。‎ ‎（3）过M作MN⊥x轴于N，则。‎ 当MB∥OA时，BE=MN=2，OA=2BE=4。‎ ‎∵，‎ ‎∴抛物线的顶点坐标为（5，）。‎ ‎∴它的顶点在直线上移动。‎ ‎∵直线交MB于点（5，2），交AB于点（5，1），‎ ‎∴1＜＜2。∴＜＜。‎ ‎【考点】动点问题，旋转的性质，矩形的性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）由Rt△CAO∽Rt△ABE得到，根据点B与点D重合的条件，代入CA=2AM=2AB，AO=1·t= t，BE（DE）=OC=4，即可求得此时t的值。‎ ‎（2）分0＜＜8和＞8两种情况讨论即可。‎ ‎（3）求出抛物线的顶点坐标为（5，），知它的顶点在直线上移动。由抛物线的顶点在△ABM内部（不包括边）得1＜＜2，解之即得a的取值范围。‎ ‎2. 【答案】解：（1）把点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线，得：‎ ‎ ，解得，。‎ ‎∴抛物线的函数解析式为：。‎ ‎ （2）连接AC交OB于E，过点O作OF⊥AD于点F。‎ ‎ ∵直线m切⊙C于A ，∴AC⊥m。‎ ‎∵ 弦AB=AO， ∴ 。∴AC⊥OB。‎ ‎∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。‎ ‎∵OA=4，tan∠AOB=，∴tan∠OAD=，sin∠OAD=。‎ ‎∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3，OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4。‎ t秒时，OP=t，DQ=2t，若PQ⊥AD， 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。‎ ‎∴在 △ODF中，t=DF=（秒）。‎ ‎∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为 1.8秒。‎ ‎ （3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。‎ ‎ ∵tan∠AOB=，∴直线OB为。‎ ‎ 设过点R平行于直线OB的直线l：，‎ ‎ 联立和得，整理得。‎ ‎ ∵直线l与抛物线只有一个交点，∴△=，解得。‎ ‎ 将代入得，解得。‎ ‎ 将代入得。‎ ‎ ∴R（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）将点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax2+bx，得方程组，解之即可得出解析式。‎ ‎（2）先得到∠OAD=∠AOB ，作OF⊥AD于F，再求出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,若PQ⊥AD 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。在△ODF中，应用勾股定理即可求得结论。‎ ‎（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式，设过点R平行于直线OB的直线l：，联立和，根据一元二次方程根的判别式求出，即可求得点R的坐标。‎ ‎3. 【答案】解：（1）∵抛物线经过点A（3，0），D（﹣1，0），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）。‎ 将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=－（x﹣3）（x+1），即y=﹣x2+2x+3。‎ 又∵y=－x2+2x+3=－（x－1）2+4，∴点B（1，4）。‎ ‎（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．‎ 在Rt△AOE中，OA=OE=3，‎ ‎∴∠1=∠2=45°，。‎ 在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，‎ ‎∴∠MEB=∠MBE=45°，。‎ ‎∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。‎ ‎∴AB是△ABE外接圆的直径。‎ 在Rt△ABE中，，∴∠BAE=∠CBE。‎ 在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即CB⊥AB。‎ ‎∴CB是△ABE外接圆的切线。‎ ‎（3）存在。点P的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，﹣）。‎ ‎（4）设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ 将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。‎ 过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）。‎ 情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。‎ 则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．‎ 由△AHD∽△FHM，得，即，解得HK=2t。‎ ‎∴‎ ‎=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t。‎ 情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。‎ 由△IQA∽△IPF，得．即，‎ 解得IQ=2（3﹣t）。‎ ‎∴‎ ‎=×（3﹣t）×2（3﹣t）﹣（3﹣t）2=（3﹣t）2=t2﹣3t+。‎ 综上所述：。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。‎ ‎ （2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。‎ ‎（3）在Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形。‎ ‎①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。‎ 由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3， ‎ 即tan∠DEO==tan∠BAE，‎ 即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。‎ 因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）。‎ ‎②DE为短直角边时，P2在x轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=。‎ 而DE=，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9。‎ 即P2（9，0）。‎ ‎③DE为长直角边时，点P3在y轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，‎ 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=。‎ 则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷，OP3=EP3﹣OE=。即P3（0，﹣）。‎ 综上所述，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）。‎ ‎ （4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。‎ ‎4. 【答案】解：（1）∵A （－2， 0）， B （0， 2），∴OA=OB=2 。‎ ‎∴AB2=OA2+OB2=22+22=8。∴AB=2。‎ ‎∵OC=AB，∴OC=2， 即C （0， 2）。‎ ‎∵抛物线y=-x2+mx+n的图象经过A、C两点，得 ‎，解得：。‎ ‎∴抛物线的表达式为y=－x2－x+2。‎ ‎（2）证明：∵OA=OB，∠AOB=90° ，∴∠BAO=∠ABO=45°。‎ ‎ 又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF ，∴∠BEF=∠AOE。‎ ‎（3）当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论 ‎①当OE=OF时， ∠OFE=∠OEF=45°，‎ 在△EOF中， ∠EOF=180°－∠OEF－∠OFE=180°－45°－45°=90°。‎ 又∵∠AOB＝90°，则此时点E与点A重合， 不符合题意， 此种情况不成立。‎ ‎②如图①， 当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°。‎ 在△EOF中，∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°，‎ ‎∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。‎ ‎∴ ∠BEF=∠BAO=45° 。‎ 又∵ 由 (2) 可知 ，∠ABO=45°，∴∠BEF=∠ABO。‎ ‎∴BF=EF。∴EF=BF=OF=OB=×2＝1 。∴ E(－1， 1)。‎ ‎③如图②， 当EO=EF时， 过点E作EH⊥y轴于点H ，‎ 在△AOE和△BEF中，‎ ‎∵∠EAO=∠FBE， EO=EF， ∠AOE=∠BEF，‎ ‎ ∴△AOE≌△BEF（AAS）。∴BE=AO=2。‎ ‎∵EH⊥OB ，∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。‎ ‎∴EH∥AO。 ∴∠BEH=∠BAO=45°。‎ 在Rt△BEH中， ∵∠BEH=∠ABO=45° ，∴EH=BH=BEcos45°=2×=。‎ ‎∴OH=OB－BH=2－2。∴ E(－， 2－)。‎ 综上所述， 当△EOF为等腰三角形时，点E坐标为E(－1， 1)或E(－， 2－)。‎ ‎（4） P(0， 2)或P （－1， 2）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）应用勾股定理求出点C的坐标，根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法求出抛物线的函数表达式。‎ ‎（2）应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。‎ ‎（3）分OE=OF，FE=FO，EO=EF三种情况讨论即可。‎ ‎（4）假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时，由（3）知，此时E(－， 2－)。‎ 如图④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，则OH=FH=2－。‎ 由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF。‎ 过点F作FN∥x轴，交PG于点N。‎ 易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN=S△EDG。‎ 依题意，可得S△EPF=（）S△EDG=（）S△EFN，‎ ‎∴PE：NE=。‎ 过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2－。‎ ‎∵FN∥EH，∴PT：ST=PE：NE=。‎ ‎∴PT=（）ST=（）（2－）=3－2。‎ ‎∴PM=PT+TM=2，即点P的纵坐标为2。‎ ‎∴2=－x2－x+2，解得x1=0，x2=－1。‎ ‎∴P点坐标为(0， 2)或（－1， 2）。‎ 综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（）倍，点P的坐标为(0， 2)或（－1， 2）。‎ ‎5. 【答案】解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，将A（0，4），B（4，0）两点坐标代入，得 ‎，解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣x+4。‎ ‎（2）过D点作DG⊥y轴，垂足为G，‎ ‎∵OA=OB=4，∴△OAB为等腰直角三角形。‎ 又∵AD⊥AB，∴∠DAG=90°﹣∠OAB=45°。‎ ‎∴△ADG为等腰直角三角形。‎ ‎∴DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2。‎ ‎∴D（2，6）。‎ ‎（3）存在。‎ 由抛物线过O（0，0），B（4，0）两点，设抛物线解析式为y=ax（x﹣4），‎ 将D（2，6）代入，得a=。∴抛物线解析式为y=x（x﹣4）。‎ 由（2）可知，∠B=45°，则∠CFE=∠BFP=45°，C（2，2）。‎ 设P（x，0），则MP=x﹣2，PB=4﹣x，‎ ‎①当∠ECF=∠BPF=90°时（如图1），△BPF与△FCE相似，过C点作CH⊥EF，此时，△CHE、△CHF、△PBF为等腰直角三角形。‎ 则PE=PF+FH+EH=PB+2MP=4﹣x+2（x﹣2）=x，‎ 将E（x，x）代入抛物线y=x（x﹣4）中，‎ 得x=x（x﹣4），解得x=0或，‎ ‎∴P（，0）。‎ ‎②当∠CEF=∠BPF=90°时（如图2），此时，△CEF、△BPF为等腰直角三角形。‎ 则PE=MC=2，‎ 将E（x，2）代入抛物线y=x（x﹣4）中，‎ 得2=x（x﹣4），解得x=或。‎ ‎∴P（，0）。‎ 综上所述，点P的坐标为（，0）或（，0）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。1367104‎ ‎【分析】（1）根据A（0，4），B（4，0）两点坐标，可求直线AB的解析式。‎ ‎ （2）作DG⊥y轴，垂足为G，由已知得OA=OB=4，△OAB为等腰直角三角形，而AD⊥AB，利用互余关系可知，△ADG为等腰直角三角形，则DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2，可求D点坐标。‎ ‎（3）存在。已知O（0，0），B（4，0），设抛物线的交点式，将D点坐标代入求抛物线解析式，由于对顶角∠CFE=∠BFP=45°，故当△BPF与△FCE相似时，分为：∠ECF=∠BPF=90°，∠CEF=∠BPF=90°两种情况，根据等腰直角三角形的性质求P点坐标。‎ ‎6.考点： 圆的综合题．.‎ 解答： 解（1）令y=0，得：﹣x+4=0，解得x=4，‎ 所以点A的坐标为（4，0）；‎ ‎（2）存在．‎ 理由：如图下图所示：‎ 将x=0代入y=﹣x+4得：y=4，‎ ‎∴OB=4，‎ 由（1）可知OA=4，‎ 在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB==4．‎ ‎∵△BOQ≌△AQP．‎ ‎∴QA=OB=4，BQ=PA．‎ ‎∵BQ=AB﹣AQ=4﹣4，‎ ‎∴PA=4﹣4．‎ ‎∴点P的坐标为（4，4﹣4）．‎ ‎（3）如下图所示：‎ ‎∵OP⊥OM，‎ ‎∴∠1+∠3=90°．‎ 又∵∠2+∠1=90°，‎ ‎∴∠2=∠3．‎ 又∵∠OAP=∠OAM=90°，‎ ‎∴△OAM∽△PAO．‎ ‎∴，‎ 设AP=m，则：，‎ ‎∴AM=．‎ 在Rt△OAP中，PO=，‎ ‎∴S1===，‎ 在Rt△OAM中，OM==，‎ ‎∴S2===，‎ ‎∴=+=1+=．‎ 点评： 本题主要考查的是全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定以及勾股定理和一次函数的综合应用，根据题意画出图形，利用全等三角形和相似三角形的性质和判定求得AM和PA的长度是解题的关键．‎ ‎7．考点： 反比例函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；三角形的外角性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．.‎ 解答： 解：（1）k=4，S△PAB=15．‎ 提示：过点A作AR⊥y轴于R，过点P作PS⊥y轴于S，连接PO，‎ 设AP与y轴交于点C，如图1，‎ 把x=4代入y=x，得到点B的坐标为（4，1），‎ 把点B（4，1）代入y=，得k=4．‎ 解方程组，得到点A的坐标为（﹣4，﹣1），‎ 则点A与点B关于原点对称，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∴S△AOP=S△BOP，‎ ‎∴S△PAB=2S△AOP．‎ 设直线AP的解析式为y=mx+n，‎ 把点A（﹣4，﹣1）、P（1，4）代入y=mx+n，‎ 求得直线AP的解析式为y=x+3，‎ 则点C的坐标（0，3），OC=3，‎ ‎∴S△AOP=S△AOC+S△POC ‎=OC•AR+OC•PS ‎=×3×4+×3×1=，‎ ‎∴S△PAB=2S△AOP=15；‎ ‎（2）过点P作PH⊥x轴于H，如图2．‎ 设直线PB的解析式为y=ax+b，‎ 把点P（1，4）、B（4，1）代入y=ax+b，得 ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴直线PB的解析式为y=﹣x+5．‎ 当y=0时，﹣x+5=0，‎ ‎∴x=5，点N（5，0）．‎ 同理可得M（﹣3，0），‎ ‎∴MH=1﹣（﹣3）=4，NH=5﹣1=4，‎ ‎∴MH=NH，‎ ‎∴PH垂直平分MN，‎ ‎∴PM=PN，‎ ‎∴△PMN是等腰三角形；‎ ‎（3）∠PAQ=∠PBQ．‎ 理由如下：‎ 过点Q作QT⊥x轴于T，设AQ交x轴于D，QB的延长线交x轴于E，如图3．‎ 可设点Q为（c，），直线AQ的解析式为y=px+q，则有 ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AQ的解析式为y=x+﹣1．‎ 当y=0时，x+﹣1=0，‎ 解得：x=c﹣4，‎ ‎∴D（c﹣4，0）．‎ 同理可得E（c+4，0），‎ ‎∴DT=c﹣（c﹣4）=4，ET=c+4﹣c=4，‎ ‎∴DT=ET，‎ ‎∴QT垂直平分DE，‎ ‎∴QD=QE，‎ ‎∴∠QDE=∠QED．‎ ‎∵∠MDA=∠QDE，‎ ‎∴∠MDA=∠QED．‎ ‎∵PM=PN，∴∠PMN=∠PNM．‎ ‎∵∠PAQ=∠PMN﹣∠MDA，∠PBQ=∠NBE=∠PNM﹣∠QED，‎ ‎∴∠PAQ=∠PBQ．‎