解：（Ⅰ）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似.

过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°.

设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x.

∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，

∴∠APQ=∠ACB=90°.

若点G在点A的下方，

①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB.

∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，

∴△PGA∽△BCA，

∴ $\frac{P G}{A G} = \frac{B C}{A C} = \frac{1}{3}$ .

∴AG=3PG=3x.

则P（x，3-3x）.

把P（x，3-3x）代入y= $\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3，得

$\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3=3-3x，

整理得：x²+x=0

解得：x₁=0（舍去），x₂=-1（舍去）.

②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA.

同理可得：AG= $\frac{1}{3}$ PG= $\frac{1}{3}$ x，则P（x，3- $\frac{1}{3}$ x），

把P（x，3- $\frac{1}{3}$ x）代入y= $\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3，得

$\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3=3- $\frac{1}{3}$ x，

整理得：x²- $\frac{13}{3}$ x=0

解得：x₁=0（舍去），x₂= $\frac{13}{3}$ ，

∴P（ $\frac{13}{3}$ ， $\frac{14}{9}$ ）；

若点G在点A的上方，

①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，

同理可得：点P的坐标为（11，36）.

②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA.

同理可得：点P的坐标为P（ $\frac{17}{3}$ ， $\frac{44}{9}$ ）.

综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（ $\frac{13}{3}$ ， $\frac{14}{9}$ ）、（ $\frac{17}{3}$ ， $\frac{44}{9}$ ）；

（Ⅱ）过点E作EN⊥y轴于N，如图3.

在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°= $\frac{1}{2} \sqrt{2}$ AE，即AE= $\sqrt{2}$ EN，

∴点M在整个运动中所用的时间为 $\frac{D E}{1} + \frac{\begin{array}{l} E A \end{array}}{\sqrt{2}} = D E + E N$ .

作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，

则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，

∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN.

根据两点之间线段最短可得：

当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小.

此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，

∴四边形OCD′N是矩形，

∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC.

对于y= $\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3，

当y=0时，有 $\frac{1}{2}$ x²- $\frac{5}{2}$ x+3=0，

解得：x₁=2，x₂=3.

∴D（2，0），OD=2，

∴ON=DC=OC-OD=3-2=1，

∴NE=AN=AO-ON=3-1=2，

∴点E的坐标为（2，1）

2022年苏科版初中数学《中考一轮复习》专题三 函数 3.7 二次函数的动态几何问题

2022年苏科版初中数学《中考一轮复习》专题三函数 3.7 二次函数的动态几何问题