中考冲刺全国数学经典压轴题60例

这是一份中考冲刺全国数学经典压轴题60例，共365页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
2020中考冲刺全国数学
经典压轴题60例
含参考答案与试题解析
　
一、解答题（共60小题）
1．（•重庆）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．

考点：
几何变换综合题．
专题：
压轴题．
分析：
（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．
解答：
解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，
由勾股定理得：BD===．
∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，
∴AE===4．
在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1=∠2．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．

①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，
∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，
∴BB′=B′F′=3，即m=3；
②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，
∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D=B′F′=3，
∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．

（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，

∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．
∴DQ=BQ﹣BD=﹣；
②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，

∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，
∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，
解得：BQ=，
∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；
③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．

∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
∴∠4=90°﹣∠2．
∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．
∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，
∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，
∴∠A′QB=∠A′BQ，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，
∴DQ=BD﹣BQ=﹣；
④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．

∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA′=5，
∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；
DQ的长度分别为﹣、、﹣或．
点评：
本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．
　
2．（•重庆）如图1，在▱ABCD中，AH⊥DC，垂足为H，AB=4，AD=7，AH=．现有两个动点E，F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动，在点E，F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG与△ABC在射线AC的同侧，当点E运动到点C时，E，F两点同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求线段AC的长；
（2）在整个运动过程中，设等边△EFG与△ABC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围；
（3）当等边△EFG的顶点E到达点C时，如图2，将△EFG绕着点C旋转一个角度α（0°＜α＜360°），在旋转过程中，点E与点C重合，F的对应点为F′，G的对应点为G′，设直线F′G′与射线DC、射线AC分别相交于M，N两点．试问：是否存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形？若存在，请求出CM的长度；若不存在，请说明理由．


考点：
几何变换综合题．
专题：
压轴题；动点型．
分析：
（1）利用平行四边形性质、勾股定理，求出DH、CH的长度，可以判定△ACD为等腰三角形，则AC=AD=7；
（2）首先证明点G始终在直线AB上，然后分析运动过程，求出不同时间段内S的表达式：
①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部；
②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上；
③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上．
（3）因为∠MCN为等腰三角形的底角，因此只可能有两种情形：
①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示；
②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示．
解答：
解：（1）∵▱ABCD，∴CD=AB=4．
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH===2，
∴CH=DH．
∴AC=AD=7．

（2）在运动过程中，AE=t，AF=3t，∴等边△EFG的边长EF=EG=GF=2t．
如答图1，过点G作GP⊥AC于点P，则EP=EG=t，GP=EG=t．

∴AP=AE+EP=2t．
∴tan∠GAC===．
∵tan∠BAC=tan∠ACH===，
∴tan∠GAC=tan∠BAC，
∴点G始终在射线AB上．
设∠BAC=∠ACH=θ，则sinθ==，cosθ==．
①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部．
S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；

②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上．

过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．
∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．
设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，
设KP=x，则PF==x，
∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x．
∵PK∥BQ，
∴，即，解得：x=（3t﹣7）．
∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2﹣（3t﹣7）•（3t﹣7）=﹣t2+t﹣；
③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上．

过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．
∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．
设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，
设KP=x，则EP==x，
∴CP=EP﹣CE=x﹣（7﹣t）=x﹣7+t．
∵PK∥BQ，
∴，即，解得：x=（7﹣t）．
∴S=S△CEK=（7﹣t）•（7﹣t）=t2﹣t+．
综上所述，S与t之间的函数关系式为：
S=．

（3）设∠ACH=θ，则tanθ===，cosθ==．
当点E与点C重合时，t=7，∴等边△EFG的边长=2t=14．
假设存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，
①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示，则∠NMC=∠MCN=θ．

过点C作CP⊥F′M于点P，则CP=CF′=7．
∴PM===14．
设CN=MN=x，则PN=PM﹣MN=14﹣x．
在Rt△CNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，
解得：x=．
过点N作NQ⊥CM于点Q，
∴CM=2CQ=2CN•cosθ=2××=7；
②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示，则∠MNC=∠MCN=θ．

过点C作CP⊥G′N于点P，则CP=CF′=7．
∴PN===14．
设CM=MN=x，则PM=PN﹣MN=14﹣x．
在Rt△CMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，
∴CM=x=．
综上所述，存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或．
点评：
本题是几何变换综合题，涉及平移与旋转两种几何变换．第（2）问中，针对不同时间段内的几何图形，需要分类讨论；第（3）问中，根据顶点的不同，分两种情形进行分类讨论．本题涉及考点众多，图形复杂，计算量偏大，难度较大；解题时需要全面分析，认真计算．
　
3．（•长春）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）求点N落在BD上时t的值；
（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；
（3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式；
（4）直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值．


考点：
相似形综合题；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有
专题：
压轴题；分类讨论．
分析：
（1）可证△DPN∽△DQB，从而有，即可求出t的值．
（2）只需考虑两个临界位置（①MN经过点O，②点P与点O重合）下t的值，就可得到点O在正方形PQMN内部时t的取值范围．
（3）根据正方形PQMN与△ABD重叠部分图形形状不同分成三类，如图4、图5、图6，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式．
（4）由于点P在折线AD﹣DO﹣OC运动，可分点P在AD上，点P在DO上，点P在OC上三种情况进行讨论，然后运用三角形相似等知识就可求出直线DN平分△BCD面积时t的值．
解答：
解：（1）当点N落在BD上时，如图1．
∵四边形PQMN是正方形，
∴PN∥QM，PN=PQ=t．
∴△DPN∽△DQB．
∴．
∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，
∴．
∴t=．
∴当t=时，点N落在BD上．

（2）①如图2，
则有QM=QP=t，MB=4﹣t．
∵四边形PQMN是正方形，
∴MN∥DQ．
∵点O是DB的中点，
∴QM=BM．
∴t=4﹣t．
∴t=2．
②如图3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°．
∵AB=4，AD=3，
∴DB=5．
∵点O是DB的中点，
∴DO=．
∴1×t=AD+DO=3+．
∴t=．
∴当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2＜t＜．

（3）①当0＜t≤时，如图4．
S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2．
②当＜t≤3时，如图5，
∵tan∠ADB==，
∴=．
∴PG=4﹣t．
∴GN=PN﹣PG=t﹣（4﹣t）=﹣4．
∵tan∠NFG=tan∠ADB=，
∴．
∴NF=GN=（﹣4）=t﹣3．
∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF
=t2﹣×（﹣4）×（t﹣3）
=﹣t2+7t﹣6．
③当3＜t≤时，如图6，
∵四边形PQMN是正方形，四边形ABCD是矩形．
∴∠PQM=∠DAB=90°．
∴PQ∥AD．
∴△BQP∽△BAD．
∴==．
∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3，
∴．
∴BQ=，PQ=．
∴QM=PQ=．
∴BM=BQ﹣QM=．
∵tan∠ABD=，
∴FM=BM=．
∴S=S梯形PQMF=（PQ+FM）•QM
=[+]•
=（8﹣t）2
=t2﹣t+．
综上所述：当0＜t≤时，S=t2．
当＜t≤3时，S=﹣t2+7t﹣6．
当3＜t≤时，S=t2﹣t+．

（4）设直线DN与BC交于点E，
∵直线DN平分△BCD面积，
∴BE=CE=．
①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，如图7，
则有△DPN∽△DHE．
∴．
∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE=，EH=AB=4，
∴．
解得；t=．
②点P在DO上，连接OE，如图8，
则有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN．
∴△DPN∽△DOE．
∴．
∵DP=t﹣3，DO=，OE=2，
∴PN=（t﹣3）．
∵PQ=（8﹣t），PN=PQ，
∴（t﹣3）=（8﹣t）．
解得：t=．
③点P在OC上，设DE与OC交于点S，连接OE，交PQ于点R，如图9，
则有OE=2，OE∥DC．
∴△DSC∽△ESO．
∴．
∴SC=2SO．
∵OC=，
∴SO==．
∵PN∥AB∥DC∥OE，
∴△SPN∽△SOE．
∴．
∵SP=3++﹣t=，SO=，OE=2，
∴PN=．
∵PR∥MN∥BC，
∴△ORP∽△OEC．
∴．
∵OP=t﹣，OC=，EC=，
∴PR=．
∵QR=BE=，
∴PQ=PR+QR=．
∵PN=PQ，
∴=．
解得：t=．
综上所述：当直线DN平分△BCD面积时，t的值为、、．









点评：
本题考查了矩形的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，考查了用割补法求五边形的面积，考查了用临界值法求t的取值范围，考查了分类讨论的数学思想，综合性较强，有一定的难度．
　
4．（•达州）如图，在平面直角坐标系中，己知点O（0，0），A（5，0），B（4，4）．
（1）求过O、B、A三点的抛物线的解析式．
（2）在第一象限的抛物线上存在点M，使以O、A、B、M为顶点的四边形面积最大，求点M的坐标．
（3）作直线x=m交抛物线于点P，交线段OB于点Q，当△PQB为等腰三角形时，求m的值．


考点：
二次函数综合题．
专题：
压轴题；分类讨论．
分析：
（1）由于抛物线与x轴的两个交点已知，因此抛物线的解析式可设成交点式，然后把点B的坐标代入，即可求出抛物线的解析式．
（2）以O、A、B、M为顶点的四边形中，△OAB的面积固定，因此只要另外一个三角形面积最大，则四边形面积即最大；求出另一个三角形面积的表达式，利用二次函数的性质确定其最值；本问需分类讨论：
①当0＜x＜4时，点M在抛物线OB段上时，如答图1所示；
②当4＜x＜5时，点M在抛物线AB段上时，图略．
（3）△PQB为等腰三角形时，有三种情形，需要分类讨论，避免漏解：
①若点B为顶点，即BP=BQ，如答图2﹣1所示；
②若点P为顶点，即PQ=PB，如答图2﹣2所示；
③若点P为顶点，即PQ=QB，如答图2﹣3所示．
解答：
解：（1）∵该抛物线经过点A（5，0），O（0，0），
∴该抛物线的解析式可设为y=a（x﹣0）（x﹣5）=ax（x﹣5）．
∵点B（4，4）在该抛物线上，
∴a×4×（4﹣5）=4．
∴a=﹣1．
∴该抛物线的解析式为y=﹣x（x﹣5）=﹣x2+5x．

（2）以O、A、B、M为顶点的四边形中，△OAB的面积固定，因此只要另外一个三角形面积最大，则四边形面积即最大．
①当0＜x＜4时，点M在抛物线OB段上时，如答图1所示．

∵B（4，4），∴易知直线OB的解析式为：y=x．
设M（x，﹣x2+5x），
过点M作ME∥y轴，交OB于点E，则E（x，x），
∴ME=（﹣x2+5x）﹣x=﹣x2+4x．
S△OBM=S△MEO+S△MEB=ME（xE﹣0）+ME（xB﹣xE）=ME•xB=ME×4=2ME，
∴S△OBM=﹣2x2+8x=﹣2（x﹣2）2+8
∴当x=2时，S△OBM最大值为8，即四边形的面积最大．
②当4＜x＜5时，点M在抛物线AB段上时，图略．
可求得直线AB解析式为：y=﹣4x+20．
设M（x，﹣x2+5x），
过点M作ME∥y轴，交AB于点E，则E（x，﹣4x+20），
∴ME=（﹣x2+5x）﹣（﹣4x+20）=﹣x2+9x﹣20．
S△ABM=S△MEB+S△MEA=ME（xE﹣xB）+ME（xA﹣xE）=ME•（xA﹣xB）=ME×1=ME，
∴S△ABM=﹣x2+x﹣10=﹣（x﹣）2+
∴当x=时，S△ABM最大值为，即四边形的面积最大．
比较①②可知，当x=2时，四边形面积最大．
当x=2时，y=﹣x2+5x=6，
∴M（2，6）．

（3）由题意可知，点P在线段OB上方的抛物线上．
设P（m，﹣m2+5m），则Q（m，m）
当△PQB为等腰三角形时，
①若点B为顶点，即BP=BQ，如答图2﹣1所示．
过点B作BE⊥PQ于点E，则点E为线段PQ中点，
∴E（m，）．
∵BE∥x轴，B（4，4），
∴=4，
解得：m=2或m=4（与点B重合，舍去）
∴m=2；

②若点P为顶点，即PQ=PB，如答图2﹣2所示．
易知∠BOA=45°，∴∠PQB=45°，则△PQB为等腰直角三角形．
∴PB∥x轴，
∴﹣m2+5m=4，
解得：m=1或m=4（与点B重合，舍去）
∴m=1；
③若点Q为顶点，即PQ=QB，如答图2﹣3所示．
∵P（m，﹣m2+5m），Q（m，m），
∴PQ=﹣m2+4m．
又∵QB=（xB﹣xQ）=（4﹣m），
∴﹣m2+4m=（4﹣m），
解得：m=或m=4（与点B重合，舍去），
∴m=．
综上所述，当△PQB为等腰三角形时，m的值为1，2或．
点评：
本题是二次函数压轴题，涉及考点较多，有一定的难度．重点考查了分类讨论的数学思想，第（2）（3）问均需要进行分类讨论，避免漏解．注意第（2）问中求面积表达式的方法，以及第（3）问中利用方程思想求m值的方法．
　
5．（•云南）已知如图平面直角坐标系中，点O是坐标原点，矩形ABCO是顶点坐标分别为A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．点D在y轴上，且点D的坐标为（0，﹣5），点P是直线AC上的一动点．
（1）当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式（关系式）；
（2）当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M．问在x轴的正半轴上是否存在使△DOM与△ABC相似的点M？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R（R＞0）为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．若设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F．请探求在动圆P中是否存在面积最小的四边形DEPF？若存在，请求出最小面积S的值；若不存在，请说明理由．


考点：
圆的综合题；待定系数法求一次函数解析式；垂线段最短；勾股定理；切线长定理；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题；存在型；分类讨论．
分析：
（1）只需先求出AC中点P的坐标，然后用待定系数法即可求出直线DP的解析式．
（2）由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进行讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．
（3）易证S△PED=S△PFD．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．
解答：
解：（1）过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．
∵PH∥OA，
∴△CHP∽△COA．
∴==．
∵点P是AC中点，
∴CP=CA．
∴HP=OA，CH=CO．
∵A（3，0）、C（0，4），
∴OA=3，OC=4．
∴HP=，CH=2．
∴OH=2．
∵PH∥OA，∠COA=90°，
∴∠CHP=∠COA=90°．
∴点P的坐标为（，2）．
设直线DP的解析式为y=kx+b，
∵D（0，﹣5），P（，2）在直线DP上，
∴
∴
∴直线DP的解析式为y=x﹣5．

（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，
∵△DOM∽△ABC，
∴=．
∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．﹣5），
∴BC=3，AB=4，OD=5．
∴=．
∴OM=．
∵点M在x轴的正半轴上，
∴点M的坐标为（，0）
②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，
∵△DOM∽△CBA，
∴=．
∵BC=3，AB=4，OD=5，
∴=．
∴OM=．
∵点M在x轴的正半轴上，
∴点M的坐标为（，0）．
综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．

（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，
∴AC=5．
∴PE=PF=AC=．
∵DE、DF都与⊙P相切，
∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．
∴S△PED=S△PFD．
∴S四边形DEPF=2S△PED
=2×PE•DE
=PE•DE
=DE．
∵∠DEP=90°，
∴DE2=DP2﹣PE2．
=DP2﹣．
根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：
当DP⊥AC时，DP最短，
此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．
∵DP⊥AC，
∴∠DPC=90°．
∴∠AOC=∠DPC．
∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，
∴△AOC∽△DPC．
∴=．
∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，
∴=．
∴DP=．
∴DE2=DP2﹣
=（）2﹣
=．
∴DE=，
∴S四边形DEPF=DE
=．
∴四边形DEPF面积的最小值为．




点评：
本题考查了相似三角形的判定与性质、用待定系数法求直线的解析式、切线长定理、勾股定理、垂线段最短等知识，考查了分类讨论的思想．将求DE的最小值转化为求DP的最小值是解决第3小题的关键．另外，要注意“△DOM与△ABC相似”与“△DOM∽△ABC“之间的区别．
　
6．（•十堰）已知抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．
（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；
（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；
（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．


考点：
二次函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的增减性．菁优网版权所有
专题：
压轴题；存在型．
分析：
（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．
（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组求出抛物线C2与直线AB的交点C、D的坐标，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．
（3）设直线m与y轴交于点G，直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形形状、位置随着点G的变化而变化，故需对点G的位置进行讨论，借助于相似三角形的判定与性质、三角函数的增减性等知识求出符合条件的点G的坐标，从而求出相应的直线m的解析式．
解答：
解：（1）∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，
∴点A的坐标为（﹣1，﹣2）．
∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2经过点B（﹣2，﹣1），
∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1．
解得：a=1．
∴抛物线C1的解析式为：y=（x+1）2﹣2．

（2）∵抛物线C2是由抛物线C1向下平移2个单位所得，
∴抛物线C2的解析式为：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．
设直线AB的解析式为y=kx+b．
∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），
∴
解得：
∴直线AB的解析式为y=﹣x﹣3．
联立
解得：或．
∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．
∴OC=3，OD=3．
过点A作AE⊥x轴，垂足为E，
过点A作AF⊥y轴，垂足为F，
∵A（﹣1，﹣2），
∴AF=1，AE=2．
∴S△OAC：S△OAD
=（OC•AE）：（OD•AF）
=（×3×2）：（×3×1）
=2．
∴S△OAC：S△OAD的值为2．

（3）设直线m与y轴交于点G，设点G的坐标为（0，t）．
1．当直线m与直线l平行时，则有CG∥PQ．
∴△OCG∽△OPQ．
∴=．
∵P（﹣4，0），Q（0，2），
∴OP=4，OQ=2，
∴=．
∴OG=．
∵当t=时，直线m与直线l平行，
∴直线l，m与x轴不能构成三角形．
∴t≠．
2．当直线m与直线l相交时，设交点为H，
①t＜0时，如图2①所示．
∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，
∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．
当∠PHC=∠GHQ时，
∵∠PHC+∠GHQ=180°，
∴∠PHC=∠GHQ=90°．
∵∠POQ=90°，
∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．
∴△PHC∽△GHQ．
∵∠QPO=∠OGC，
∴tan∠QPO=tan∠OGC．
∴=．
∴=．
∴OG=6．
∴点G的坐标为（0，﹣6）
设直线m的解析式为y=mx+n，
∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，
∴．
解得：．
∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6，
联立，
解得：或
∴E（﹣1，﹣4）．
此时点E就是抛物线的顶点，符合条件．
∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6．
②当t=0时，
此时直线m与x轴重合，
∴直线l，m与x轴不能构成三角形．
∴t≠0．
③O＜t＜时，如图2②所示，
∵tan∠GCO==＜，
tan∠PQO===2，
∴tan∠GCO≠tan∠PQO．
∴∠GCO≠∠PQO．
∵∠GCO=∠PCH，
∴∠PCH≠∠PQO．
又∵∠HPC＞∠PQO，
∴△PHC与△GHQ不相似．
∴符合条件的直线m不存在．
④＜t≤2时，如图2③所示．
∵tan∠CGO==≥，
tan∠QPO===．
∴tan∠CGO≠tan∠QPO．
∴∠CGO≠∠QPO．
∵∠CGO=∠QGH，
∴∠QGH≠∠QPO，
又∵∠HQG＞∠QPO，
∴△PHC与△GHQ不相似．
∴符合条件的直线m不存在．
⑤t＞2时，如图2④所示．
此时点E在对称轴的右侧．
∵∠PCH＞∠CGO，
∴∠PCH≠∠CGO．
当∠QPC=∠CGO时，
∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，
∴△PCH∽△GQH．
∴符合条件的直线m存在．
∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，
∴△POQ∽△GOC．
∴=．
∴=．
∴OG=6．
∴点G的坐标为（0，6）．
设直线m的解析式为y=px+q
∵点C（﹣3，0）、点G（0，6）在直线m上，
∴．
解得：．
∴直线m的解析式为y=2x+6．
综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，
此时直线m的解析式为y=﹣2x﹣6和y=2x+6．





点评：
本题考查了二次函数的有关知识，考查了三角形相似的判定与性质、三角函数的定义及增减性等知识，考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，考查了通过解方程组求两个函数图象的交点，强化了对运算能力、批判意识、分类讨论思想的考查，具有较强的综合性，有一定的难度．
　
7．（•湘西州）如图，抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，点B（2，﹣）和点C（﹣3，﹣3）两点均在抛物线上，点F（0，﹣）在y轴上，过点（0，）作直线l与x轴平行．
（1）求抛物线的解析式和线段BC的解析式．
（2）设点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），过点D作x轴的垂线，与抛物线交于点G．设线段GD的长度为h，求h与x之间的函数关系式，并求出当x为何值时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是多少？
（3）若点P（m，n）是抛物线上位于第三象限的一个动点，连接PF并延长，交抛物线于另一点Q，过点Q作QS⊥l，垂足为点S，过点P作PN⊥l，垂足为点N，试判断△FNS的形状，并说明理由；
（4）若点A（﹣2，t）在线段BC上，点M为抛物线上的一个动点，连接AF，当点M在何位置时，MF+MA的值最小，请直接写出此时点M的坐标与MF+MA的最小值．


考点：
二次函数综合题；二次根式的性质与化简；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；线段的性质：两点之间线段最短．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）由于抛物线的顶点在坐标原点O，故抛物线的解析式可设为y=ax2，把点C的坐标代入即可求出抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y=mx+n，把点B、C的坐标代入即可求出直线BC的解析式．
（2）由点D（x，y）在线段BC上可得yD=x﹣2，由点G在抛物线y=﹣x2上可得yG=﹣x2．由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）配方可得h=﹣（x+）2+．根据二次函数的最值性即可解决问题．
（3）可以证明PF=PN，结合PN∥OF可推出∠PFN=∠OFN；同理可得∠QFS=∠OFS．由∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°可推出∠NFS=90°，故△NFS是直角三角形．
（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，由（3）中推出的结论PF=PN可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等，从而有MF=MH，则MA+MF=MA+MH．由两点之间线段最短可得：当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，此时xM=xA=﹣2，从而可以求出点M及点A的坐标，就可求出MF+MA的最小值．
解答：
解：（1）如图1，
∵抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，
∴抛物线解析式为y=ax2．
∵点C（﹣3，﹣3）在抛物线y=ax2上，
∴.9a=﹣3．
∴a=﹣．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2．
设直线BC的解析式为y=mx+n．
∵B（2，﹣）、C（﹣3，﹣3）在直线y=mx+n上，
∴．
解得：．
∴直线BC的解析式为y=x﹣2．
（2）如图2，
∵点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），
∴yD=x﹣2，且﹣3＜x＜2．
∵DG⊥x轴，
∴xG=xD=x．
∵点G在抛物线y=﹣x2上，
∴yG=﹣x2．
∴h=DG=yG﹣yD
=﹣x2﹣（x﹣2）
=﹣x2﹣x+2
=﹣（x2+x）+2
=﹣（x2+x+﹣）+2
=﹣（x+）2++2
=﹣（x+）2+．
∵﹣＜0，﹣3＜﹣＜2，
∴当x=﹣时，h取到最大值，最大值为．
∴h与x之间的函数关系式为h=﹣（x+）2+，其中﹣3＜x＜2；
当x=﹣时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是．
（3）△FNS是直角三角形．
证明：过点F作FT⊥PN，垂足为T，如图3，
∵点P（m，n）是抛物线y=﹣x2上位于第三象限的一个动点，
∴n=﹣m2．m＜0，n＜0．
∴m2=﹣3n．
在Rt△PTF中，
∵PT=﹣﹣n，FT=﹣m，
∴PF=
=
=
=
=﹣n．
∵PN⊥l，且l是过点（0，）平行于x轴的直线，
∴PN=﹣n．
∴PF=PN．
∴∠PNF=∠PFN．
∵PN⊥l，OF⊥l，
∴PN∥OF．
∴∠PNF=∠OFN．
∴∠PFN=∠OFN．
同理可得：∠QFS=∠OFS．
∵∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°，
∴2∠OFN+2∠OFS=180°．
∴∠OFN+∠OFS=90°．
∴∠NFS=90°．
∴△NFS是直角三角形．
（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，
在（3）中已证到PF=PN，由此可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等．
∴MF=MH．
∴MA+MF=MA+MH．
由两点之间线段最短可得：
当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，等于AH．
即xM=xA=﹣2时，MA+MF取到最小值．
此时，yM=﹣×（﹣2）2=﹣，点M的坐标为（﹣2，﹣）；
yA=×（﹣2）﹣2=﹣，点A的坐标为（﹣2，﹣）；
MF+MA的最小值=AH=﹣（﹣）=．
∴当点M的坐标为（﹣2，﹣）时，MF+MA的值最小，最小值为．




点评：
本题考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、二次函数的最值、二次根式的化简、两点之间线段最短等知识，综合性非常强，难度比较大．而证出PF=PN及由此得出“抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等”是解决第三小题和第四小题的关键．
　
8．（•宜昌）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，4），点A在线段OP上，点B在x轴正半轴上，且AP=OB=t，0＜t＜4，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD；过点C、D依次向x轴、y轴作垂线，垂足为M，N，设过O，C两点的抛物线为y=ax2+bx+c．
（1）填空：△AOB≌△　DNA或△DPA　≌△BMC（不需证明）；用含t的代数式表示A点纵坐标：A（0，　4﹣t　）；
（2）求点C的坐标，并用含a，t的代数式表示b；
（3）当t=1时，连接OD，若此时抛物线与线段OD只有唯一的公共点O，求a的取值范围；
（4）当抛物线开口向上，对称轴是直线x=2﹣，顶点随着t的增大向上移动时，求t的取值范围．


考点：
二次函数综合题；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得：△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC；根据图中相关线段间的和差关系来求点A的坐标；
（2）利用（1）中的全等三角形的对应边相等易推知：OM=OB+BM=t+4﹣t=4，则C（4，t）．把点O、C的坐标分别代入抛物线y=ax2+bx+c可以求得b=t﹣4a；
（3）利用待定系数法求得直线OD的解析式y=x．联立方程组，得，所以ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得 x=0或x=4+．
对于抛物线的开口方向进行分类讨论，即a＞0和a＜0两种情况下的a的取值范围；
（4）根据抛物线的解析式y=ax2+（﹣4a）x得到顶点坐标是（﹣，﹣（t﹣16a）2）．结合已知条件求得a=t2，故顶点坐标为（2﹣，﹣（t﹣）2）．哟抛物线的性质知：只与顶点坐标有关，故t的取值范围为：0＜t≤．
解答：
解：（1）如图，∵∠DNA=∠AOB=90°，
∴∠NAD=∠OBA（同角的余角相等）．
在△AOB与△DNA中，
，
∴△AOB≌△DNA（SAS）．
同理△DNA≌△BMC．
∵点P（0，4），AP=t，
∴OA=OP﹣AP=4﹣t．
故答案是：DNA或△DPA；4﹣t；

（2）由题意知，NA=OB=t，则OA=4﹣t．
∵△AOB≌△BMC，
∴CM=OB=t，
∴OM=OB+BM=t+4﹣t=4，
∴C（4，t）．
又抛物线y=ax2+bx+c过点O、C，
∴，
解得 b=t﹣4a；

（3）当t=1时，抛物线为y=ax2+（﹣4a）x，NA=OB=1，OA=3．
∵△AOB≌△DNA，
∴DN=OA=3，
∵D（3，4），
∴直线OD为：y=x．
联立方程组，得，
消去y，得
ax2+（﹣﹣4a）x=0，
解得 x=0或x=4+，
所以，抛物线与直线OD总有两个交点．
讨论：①当a＞0时，4+＞3，只有交点O，所以a＞0符合题意；
②当a＜0时，若4+＞3，则a＜﹣．
又a＜0
所以 a＜﹣．
若4+＜0，则得a＞﹣．
又a＜0，
所以﹣＜a＜0．
综上所述，a的取值范围是a＞0或a＜﹣或﹣＜a＜0．

（4）抛物线为y=ax2+（﹣4a）x，则顶点坐标是（﹣+2，﹣（t﹣16a）2）．
又∵对称轴是直线x=﹣+2=2﹣，
∴a=t2，
∴顶点坐标为：（2﹣，﹣（1﹣4t）2），即（2﹣，﹣（t﹣）2）．
∵抛物线开口向上，且随着t的增大，抛物线的顶点向上移动，
∴只与顶点坐标有关，
∴t的取值范围为：0＜t≤．

点评：
本题考查了二次函数综合题型．此题难度较大，需要熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定与性质，二次函数图象的性质等知识点，综合性比较强，需要学生对所学知识进行系统的掌握．
　
9．（•盐城）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．


考点：
四边形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题；探究型．
分析：
【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【变式探究】如下图③，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【结论运用】易证BE=BF，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，如下图④，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．
【迁移拓展】由条件AD•CE=DE•BC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题．
解答：
解：【问题情境】证明：（方法1）连接AP，如图②
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴AB•CF=AB•PD+AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
（方法2）过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图②．
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．
∴四边形PDFG是矩形．
∴DP=FG，∠DPG=90°．
∴∠CGP=90°．
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°．
∴∠PGC=∠CEP．
∵∠BDP=∠DPG=90°．
∴PG∥AB．
∴∠GPC=∠B．
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB．
∴∠GPC=∠ECP．
在△PGC和△CEP中，

∴△PGC≌△CEP．
∴CG=PE．
∴CF=CG+FG
=PE+PD．
【变式探究】
证明：（方法1）连接AP，如图③．
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP，
∴AB•CF=AB•PD﹣AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD﹣PE．

【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．
由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．
∴DF=5．
∵∠C=90°，
∴DC=
=
=4．
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．
∴四边形EQCD是矩形．
∴EQ=DC=4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB．
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB．
∴BE=BF．
由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ．
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤．
∵AD•CE=DE•BC，
∴=．
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴△ADE∽△BCE．
∴∠A=∠CBE．
∴FA=FB．
由问题情境中的结论可得：ED+EC=BH．
设DH=xdm，
则AH=AD+DH=（3+x）dm．
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°．
∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2．
∵AB=2，AD=3，BD=，
∴（）2﹣x2=（2）2﹣（3+x）2．
解得：x=1．
∴BH2=BD2﹣DH2
=37﹣1=36．
∴BH=6．
∴ED+EC=6．
∵∠ADE=∠BCE=90°，
且M、N分别为AE、BE的中点，
∴DM=AM=EM=AE，CN=BN=EN=BE．
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
=6+2．
∴△DEM与△CEN的周长之和为（6+2）dm．




点评：
本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
　
10．（•仙桃）已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，一动点P从原点出发以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，连接BP，过点A作直线BP的垂线交y轴于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当BQ=AP时，求t的值；
（3）随着点P的运动，抛物线上是否存在一点M，使△MPQ为等边三角形？若存在，请直接写t的值及相应点M的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题；一次函数的应用；全等三角形的应用；等腰三角形的性质；等边三角形的性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）已知3点求抛物线的解析式，设解析式为y=ax2+bx+c，待定系数即得a、b、c的值，即得解析式．
（2）BQ=AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP关于t的表示，代入BQ=AP可求t值．
（3）考虑等边三角形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在性．
解答：
解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，
∴，
解得 ，
∴y=﹣x2﹣x+2．

（2）∵AQ⊥PB，BO⊥AP，
∴∠AOQ=∠BOP=90°，∠PAQ=∠PBO，
∵AO=BO=2，
∴△AOQ≌△BOP，
∴OQ=OP=t．
①如图1，当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ=2﹣t，AP=2+t．

∵BQ=AP，
∴2﹣t=（2+t），
∴t=．
②如图2，当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ=t﹣2，AP=2+t．

∵BQ=AP，
∴t﹣2=（2+t），
∴t=6．
综上所述，t=或6时，BQ=AP．

（3）当t=﹣1时，抛物线上存在点M（1，1）；当t=3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3）．
分析如下：
∵AQ⊥BP，
∴∠QAO+∠BPO=90°，
∵∠QAO+∠AQO=90°，
∴∠AQO=∠BPO．
在△AOQ和△BOP中，
，
∴△AOQ≌△BOP，
∴OP=OQ，
∴△OPQ为等腰直角三角形，
∵△MPQ为等边三角形，则M点必在PQ的垂直平分线上，
∵直线y=x垂直平分PQ，
∴M在y=x上，设M（x，y），
∴，
解得 或 ，
∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．
①如图3，当M的坐标为（1，1）时，作MD⊥x轴于D，

则有PD=|1﹣t|，MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2，PQ2=2t2，
∵△MPQ为等边三角形，
∴MP=PQ，
∴t2+2t﹣2=0，
∴t=﹣1+，t=﹣1﹣（负值舍去）．
②如图4，当M的坐标为（﹣3，﹣3）时，作ME⊥x轴于E，

则有PE=3+t，ME=3，
∴MP2=32+（3+t）2=t2+6t+18，PQ2=2t2，
∵△MPQ为等边三角形，
∴MP=PQ，
∴t2﹣6t﹣18=0，
∴t=3+3，t=3﹣3（负值舍去）．
综上所述，当t=﹣1+时，抛物线上存在点M（1，1），或当t=3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．
点评：
本题是二次函数、一次函数及三角形相关知识的综合题目，其中涉及的知识点有待定系数法求抛物线，三角形全等，等腰、等边三角形性质及一次函数等基础知识，在讨论动点问题是一定要注意考虑全面分情形讨论分析．总体来说本题难度较高，其中技巧需要好好把握．
　
11．（•河南）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PE=5EF，求m的值；
（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）解题关键是识别出四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解．
解答：
解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
，解得，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x+5．

（2）∵点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F（m，0）．
∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，
EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．
由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|
①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，
解得：m=2或m=；
①若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，
解得：m=或m=．
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去．
∴m=2或m=．

（3）假设存在．
作出示意图如下：

∵点E、E′关于直线PC对称，
∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．
∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，∴PE=CE，
∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形．
由直线CD解析式y=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．
过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，易得△CEM∽△CDO，
∴，即，解得CE=|m|，
∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|
∴|﹣m2+m+2|=|m|．
①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；
②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m=3+或m=3﹣．
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+这个解舍去．
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．
点评：
本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用．需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．
　
12．（•成都）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D．
（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；
（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；
（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求得k的值；
（2）因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如答图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算；
（3）由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF．如答图3，作辅助线，将AF+DF转化为AF+FG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点．
解答：
解：（1）抛物线y=（x+2）（x﹣4），
令y=0，解得x=﹣2或x=4，
∴A（﹣2，0），B（4，0）．
∵直线y=﹣x+b经过点B（4，0），
∴﹣×4+b=0，解得b=，
∴直线BD解析式为：y=﹣x+．
当x=﹣5时，y=3，
∴D（﹣5，3）．
∵点D（﹣5，3）在抛物线y=（x+2）（x﹣4）上，
∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3，
∴k=．
∴抛物线的函数表达式为：y=（x+2）（x﹣4）．

（2）由抛物线解析式，令x=0，得y=k，
∴C（0，﹣k），OC=k．
因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．
因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．

①若△ABC∽△APB，则有∠BAC=∠PAB，如答图2﹣1所示．
设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN=y．
tan∠BAC=tan∠PAB，即：，
∴y=x+k．
∴P（x，x+k），代入抛物线解析式y=（x+2）（x﹣4），
得（x+2）（x﹣4）=x+k，整理得：x2﹣6x﹣16=0，
解得：x=8或x=﹣2（与点A重合，舍去），
∴P（8，5k）．
∵△ABC∽△APB，
∴，即，
解得：k=．
②若△ABC∽△PAB，则有∠ABC=∠PAB，如答图2﹣2所示．
与①同理，可求得：k=．
综上所述，k=或k=．

（3）由（1）知：D（﹣5，3），
如答图2﹣2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=3，ON=5，BN=4+5=9，
∴tan∠DBA===，
∴∠DBA=30°．

过点D作DK∥x轴，则∠KDF=∠DBA=30°．
过点F作FG⊥DK于点G，则FG=DF．
由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF，
∴t=AF+FG，即运动时间等于折线AF+FG的长度．
由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．
过点A作AH⊥DK于点H，则t最小=AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．
∵A点横坐标为﹣2，直线BD解析式为：y=﹣x+，
∴y=﹣×（﹣2）+=2，
∴F（﹣2，2）．
综上所述，当点F坐标为（﹣2，2）时，点M在整个运动过程中用时最少．
点评：
本题是二次函数压轴题，难度很大．第（2）问中需要分类讨论，避免漏解；在计算过程中，解析式中含有未知数k，增加了计算的难度，注意解题过程中的技巧；第（3）问中，运用了转化思想使得试题难度大大降低，需要认真体会．
　
13．（•徐州）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．


考点：
圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题；存在型．
分析：
（1）只要证到三个内角等于90°即可．
（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形EFCG=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形EFCG的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．
解答：
解：（1）证明：如图1，
∵CE为⊙O的直径，
∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，
∴∠FEG=90°．
∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形．

（2）①存在．
连接OD，如图2①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点，
∴OD=OC．
∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，
∴△CFE∽△DAB．
∴=（）2．
∵AD=4，AB=3，
∴BD=5，
S△CFE=（）2•S△DAB
=××3×4
=．
∴S矩形EFCG=2S△CFE
=．
∵四边形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，
∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，
∴∠GDC+∠CDB=90°．
∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′）处，如图2①所示．
此时，CF=CB=4．
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，
如图2②所示，
此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，
如图2③所示．
S△BCD=BC•CD=BD•CF
∴4×3=5×CF
∴CF=．
∴≤CF≤4．
∵S矩形EFCG=，
∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42．
∴≤S矩形EFCG≤12．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，如图2②所示，
∴点G的移动路线是线段DG″．
∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，
∴△DCG″∽△DAB．
∴=．
∴=．
∴DG″=．
∴点G移动路线的长为．





点评：
本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键．
　
14．（•泸州）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．
（1）求二次函数的最大值；
（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；
（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；
（2）联立y1与y2，求出点C的坐标为C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；
（3）第1步：首先确定何时四边形DEFG的面积最大．
如答图1，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、E的坐标；
第2步：利用几何性质确定PD+PE最小的条件，并求出点P的坐标．
如答图2，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，与x轴交于点P．根据轴对称及两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．利用待定系数法求出直线D′E的解析式，进而求出点P的坐标．
解答：
解：（1）∵二次函数y2=﹣x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2﹣，0），
∴，
解得
∴l：y1=x+1；
C′：y2=﹣x2+4x+1．
∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，
∴ymax=5；

（2）联立y1与y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，
当x=时，y1=×+1=，
∴C（，）．
使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，
∴s=1+2+3=6．
代入方程得
解得a=；

（3）∵点D、E在直线l：y1=x+1上，
∴设D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．
如答图1，过点E作EH⊥DG于点H，则EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．

在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，
解得q﹣p=2，即q=p+2．
∴EH=2，E（p+2，p+2）．
当x=p时，y2=﹣p2+4p+1，
∴G（p，﹣p2+4p+1），
∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；
当x=p+2时，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，
∴F（p+2，﹣p2+5），
∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．
S四边形DEFG=（DG+EF）•EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3
∴当p=时，四边形DEFG的面积取得最大值，
∴D（，）、E（，）．
如答图2所示，过点D关于x轴的对称点D′，则D′（，﹣）；

连接D′E，交x轴于点P，PD+PE=PD′+PE=D′E，
由两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．
设直线D′E的解析式为：y=kx+b，
则有，
解得
∴直线D′E的解析式为：y=x﹣．
令y=0，得x=，
∴P（，0）．
点评：
本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称﹣最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大．本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决．
　
15．（•宿迁）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．


考点：
几何变换综合题；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；多边形内角与外角．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）借鉴（2）中的解题经验可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
解答：
（1）证明：如图1，
∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，
∴DM=EM．
在△ADM和△NEM中，
∴．
∴△ADM≌△NEM．
∴AM=MN．
∴M为AN的中点．

（2）证明：如图2，
∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，
∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，
∴∠NEA=90°．
∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，
∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），
∴AD=NE．
∵AD=AB，
∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，

∴△ABC≌△NEC．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．

（3）△ACN仍为等腰直角三角形．
证明：如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，
∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，
∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，
∴∠ABC+∠CBN=180°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），
∴AD=NE．
∵AD=AB，
∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，

∴△ABC≌△NEC．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．



点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角与外角等知识，渗透了变中有不变的辩证思想，是一道好题．
　
16．（•山西）综合与探究：如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A、C两点的坐标分别为（4，0），（﹣2，3），抛物线W经过O、A、C三点，D是抛物线W的顶点．
（1）求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；
（2）将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位后，再向下平移m（0＜m＜3）个单位，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′，在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m为何值时S有最大值，并求出S的最大值；
（3）在（2）的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N时抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；平移的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出顶点D的坐标；
（2）由平移性质，可知重叠部分为一平行四边形．如答图2，作辅助线，利用相似比例式求出平行四边形的边长和高，从而求得其面积的表达式；然后利用二次函数的性质求出最值；
（3）本问涉及两个动点，解题关键是利用平行四边形的判定与性质，区分点N在x轴上方、下方两种情况，分类讨论，避免漏解．设M（t，0），利用全等三角形求出点N的坐标，代入抛物线W′的解析式求出t的值，从而求得点M的坐标．
解答：
解：（1）设抛物线W的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线W经过O（0，0）、A（4，0）、C（﹣2，3）三点，
∴，
解得：
∴抛物线W的解析式为y=x2﹣x．
∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴顶点D的坐标为（2，﹣1）．

（2）由▱OABC得，CB∥OA，CB=OA=4．
又∵C点坐标为（﹣2，3），
∴B点的坐标为（2，3）．
如答图2，过点B作BE⊥x轴于点E，由平移可知，点C′在BE上，且BC′=m．

∴BE=3，OE=2，∴EA=OA﹣OE=2．
∵C′B′∥x轴，
∴△BC′G∽△BEA，
∴，即，
∴C′G=m．
由平移知，▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分四边形C′HAG是平行四边形．
∴S=C′G•C′E=m（3﹣m）=﹣（x﹣）2+，
∴当m=时，S有最大值为．

（3）答：存在．
在（2）的条件下，抛物线W向右平移4个单位，再向下平移个单位，得到抛物线W′，
∵D（2，﹣1），∴F（6，﹣）；
∴抛物线W′的解析式为：y=（x﹣6）2﹣．
设M（t，0），
以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
①若点N在x轴下方，如答题3所示：

过点D作DP∥y轴，过点F作FP⊥DP于点P，
∵D（2，﹣1），F（6，﹣），∴DP=，FP=4；
过点N作NQ⊥x轴于点Q，
由四边形FDMN为平行四边形，易证△DFP≌△NMQ，
∴MQ=FP=4，NQ=DP=，
∴N（4+t，﹣），
将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣2）2﹣=﹣，
解得：t=0或t=4，
∴点M的坐标为（0，0）或（4，0）；
②若点N在x轴上方，（请自行作图）
与①同理，得N（t﹣4，）
将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣10）2﹣=，
解得：t=6或t=14，
∴点M的坐标为（6，0）或（14，0）．
综上所述，存在这样的点M和点N，点M的坐标分别为（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．
点评：
本题是二次函数压轴题，难度较大．第（1）问考查了待定系数法及二次函数的性质；第（2）问考查了平移变换、平行四边形、相似三角形、二次函数最值等知识点，解题关键是确定重叠部分是一个平行四边形；第（3）问考查了平行四边形、全等三角形、抛物线上点的坐标特征等知识点，解题关键是平行四边形的判定条件．
　
17．（•咸宁）如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．
（1）∠PBD的度数为　45°　，点D的坐标为　（t，t）　（用t表示）；
（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？
（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．


考点：
四边形综合题；解一元一次方程；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．
（2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．
（3）由（2）已证的结论EP=AP+CE很容易得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题．
解答：
解：（1）如图1，
由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ．
∵四边形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC，
∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°．
∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．
∵AO=PQ，AO=AB，
∴AB=PQ．
在△BAP和△PQD中，

∴△BAP≌△PQD（AAS）．
∴AP=QD，BP=PD．
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°．
∵AP=t，
∴DQ=t．
∴点D坐标为（t，t）．
故答案为：45°，（t，t）．

（2）①若PB=PE，
由△PAB≌△DQP得PB=PD，
显然PB≠PE，
∴这种情况应舍去．
②若EB=EP，
则∠PBE=∠BPE=45°．
∴∠BEP=90°．
∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．
在△POE和△ECB中，

∴△POE≌△ECB（AAS）．
∴OE=CB=OC．
∴点E与点C重合（EC=0）．
∴点P与点O重合（PO=0）．
∵点B（﹣4，4），
∴AO=CO=4．
此时t=AP=AO=4．
③若BP=BE，
在Rt△BAP和Rt△BCE中，

∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．
∴AP=CE．
∵AP=t，
∴CE=t．
∴PO=EO=4﹣t．
∵∠POE=90°，
∴PE=
=（4﹣t）．
延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．
在△FAB和△ECB中，

∴△FAB≌△ECB．
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°．
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP
=∠EBC+∠ABP=45°．
∴∠FBP=∠EBP．
在△FBP和△EBP中，

∴△FBP≌△EBP（SAS）．
∴FP=EP．
∴EP=FP=FA+AP
=CE+AP．
∴EP=t+t=2t．
∴（4﹣t）=2t．
解得：t=4﹣4
∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．

（3）∵EP=CE+AP，
∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE
=AO+CO
=4+4
=8．
∴△POE周长是定值，该定值为8．


点评：
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强．熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形（其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交）是解决本题的关键．
　
18．（•莆田）如图，抛物线C1：y=（x+m）2（m为常数，m＞0），平移抛物线y=﹣x2，使其顶点D在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，得到抛物线C2．抛物线C2交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，设点D的横坐标为a．

（1）如图1，若m=．
①当OC=2时，求抛物线C2的解析式；
②是否存在a，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
（2）如图2，当OB=2﹣m（0＜m＜）时，请直接写出到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点的坐标（用含m的式子表示）．

考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）①首先写出平移后抛物线C2的解析式（含有未知数a），然后利用点C（0，2）在C2上，求出抛物线C2的解析式；
②认真审题，题中条件“AP=BP”意味着点P在对称轴上，“点B与点C到直线OP的距离之和最大”意味着OP⊥BC．画出图形，如答图1所示，利用三角函数（或相似），求出a的值；
（2）解题要点有3个：
i）判定△ABD为等边三角形；
ii）理论依据是角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等；
iii）满足条件的点有4个，即△ABD形内1个（内心），形外3个．不要漏解．
解答：
解：（1）当m=时，抛物线C1：y=（x+）2．
∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，
∴D（a，（a+）2）．
∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+）2 ①．
①∵OC=2，∴C（0，2）．
∵点C在抛物线C2上，
∴﹣（0﹣a）2+（a+）2=2，
解得：a=，代入抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+）2，
得抛物线C2的解析式为：y=﹣x2+x+2．
②存在a使得点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP；
在①式中，令y=0，即：﹣（x﹣a）2+（a+）2=0，
解得x=2a+或x=﹣，∴B（2a+，0）；
令x=0，得：y=a+，∴C（0，a+）．
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：
，解得，
∴直线BC的解析式为：y=﹣x+（a+）．
假设存在满足条件的a值．
∵AP=BP，
∴点P在AB的垂直平分线上，即点P在C2的对称轴上；
∵点B与点C到直线OP的距离之和≤BC，只有OP⊥BC时等号成立，
∴OP⊥BC．
如答图1所示，设C2对称轴x=a（a＞0）与BC交于点P，与x轴交于点E，
则OP⊥BC，OE=a．
∵点P在直线BC上，∴P（a，a+），PE=a+．
∵tan∠EOP=tan∠BCO===2，
∴==2，
解得：a=．
∴存在a=，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP．

（3）∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，
∴D（a，（a+m）2）．
∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+m）2．
令y=0，即﹣（x﹣a）2+（a+m）2=0，解得：x1=2a+m，x2=﹣m，∴B（2a+m，0）．
∵OB=2﹣m，∴2a+m=2﹣m，∴a=﹣m．
∴D（﹣m，3）．
AB=OB+OA=2﹣m+m=2．
如答图2所示，设对称轴与x轴交于点E，则DE=3，BE=AB=，OE=OB﹣BE=﹣m．
∵tan∠ABD===，∴∠ABD=60°．
又∵AD=BD，∴△ABD为等边三角形．
作∠ABD的平分线，交DE于点P1，则P1E=BE•tan30°=•=1，
∴P1（﹣m，1）；
在△ABD形外，依次作各个外角的平分线，它们相交于点P2、P3、P4．
在Rt△BEP2中，P2E=BE•tan60°=•=3，
∴P2（﹣m，﹣3）；
易知△ADP3、△BDP4均为等边三角形，∴DP3=DP4=AB=2，且P3P4∥x轴．
∴P3（﹣﹣m，3）、P4（3﹣m，3）．
综上所述，到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点有4个，
其坐标为：P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）．


点评：
本题是二次函数压轴题，以平移变换为背景，考查了二次函数、一次函数、三角函数（或相似）、等边三角形、角平分线的性质等知识点，有一定的难度．函数解析式中含有未知数，增大了试题的难度．第（2）问中，解题关键是理解“点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP”的含义；第（3）问中，满足条件的点P有4个，不要漏解．
　
19．（•南宁）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．
（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）当k=1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；
（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；
（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC=90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．
解答：
解：（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．
联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，
解得：x=﹣1或x=2，
当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，
∴A（﹣1，0），B（2，3）．

（2）设P（x，x2﹣1）．
如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．

∴PF=yF﹣yP=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．
S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）=PF（xB﹣xA）=PF
∴S△ABP=（﹣x2+x+2）=﹣（x﹣）2+
当x=时，yP=x2﹣1=﹣．
∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（，﹣）．

（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，
则E（﹣，0），F（0，1），OE=，OF=1．
在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF==．
令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．
∴C（﹣k，0），OC=k．
假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，
则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°．

设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ=CN=ON=．
∴EN=OE﹣ON=﹣．
∵∠NEQ=∠FEO，∠EQN=∠EOF=90°，
∴△EQN∽△EOF，
∴，即：，
解得：k=±，
∵k＞0，
∴k=．
∴存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=．
点评：
本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数及一次函数的图象与性质、解方程、勾股定理、直线与圆的位置关系、相似等重要知识点，有一定的难度．第（2）问中，注意图形面积的计算方法；第（3）问中，解题关键是理解“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义．
　
20．（•天水）如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：
（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME的度数．
（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．
（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．


考点：
相似形综合题．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，所以欲求∠BME的度数，需求∠CMA的度数．根据三角形外角定理进行解答即可；
（2）如图3，通过解直角△BOC来求BC的长度；
（3）需要分类讨论：①h＜2时，②2≤h＜2时，③2≤h≤6时，依此即可求解．
解答：
解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．
∴OA=OB，
∴∠OAB=45°，
∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，
∴∠OCE=60°，
∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，
∴∠BME=∠CMA=15°；

（2）如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，
∴∠OBC=∠DEC=30°，
∵OB=6，
∴BC=4；

（3）①h＜2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，
∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，
∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，
∵△CMN∽△CED，
∴=，
∴=，
解得FM=4﹣，
∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣h）=﹣h2+4h+8，
S最大=8．
②当2≤h＜2时，
S=S△AOB﹣S△ACM=×6×6﹣h（h+）=18﹣h2，
S最大=15﹣．
③如图3，当2≤h≤6时，
S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．
S最大=18﹣6．



点评：
本题考查了相似综合题．此题综合运用了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、以及三角形外角定理，难度较大．对于第（3）题这类有关于动点问题，需要分类讨论，以防漏解．
　
21．（•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣4，0），B（﹣1，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第三象限的抛物线上有一动点D．
①如图（1），若四边形ODAE是以OA为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE的面积为6时，请判断平行四边形ODAE是否为菱形？说明理由．
②如图（2），直线y=x+3与抛物线交于点Q、C两点，过点D作直线DF⊥x轴于点H，交QC于点F．请问是否存在这样的点D，使点D到直线CQ的距离与点C到直线DF的距离之比为：2？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）①本问需结合菱形、平行四边形的性质来进行分析．如答图2﹣1，作辅助线，求出点D的坐标，进而判断平行四边形ODAE是否为菱形；
②本问为存在型问题．如答图2﹣2，作辅助线，构造相似三角形，利用比例式，列出一元二次方程，求得点D的坐标．
解答：
解：（1）把点A（﹣4，0）、B（﹣1，0）代入解析式y=ax2+bx+3，
得，解得，
∴抛物线的解析式为：y=x2+x+3．

（2）①如答图2﹣1，过点D作DH⊥x轴于点H．

∵S▱ODAE=6，OA=4，
∴S△AOD=OA•DH=3，
∴DH=．
因为D在第三象限，所以D的纵坐标为负，且D在抛物线上，
∴x2+x+3=﹣，
解得：x1=﹣2，x2=﹣3．
∴点D坐标为（﹣2，﹣）或（﹣3，﹣）．
当点D为（﹣2，﹣）时，DH垂直平分OA，平行四边形ODAE为菱形；
当点D为（﹣3，﹣）时，OD≠AD，平行四边形ODAE不为菱形．
②假设存在．
如答图2﹣2，过点D作DM⊥CQ于M，过点C作CN⊥DF于N，则DM：CN=：2．

设D（m，m2+m+3）（m＜0），则F（m，m+3）．
∴CN=﹣m，NF=﹣m
∴CF==﹣m．
∵∠DMF=∠CNF=90°，∠DFM=∠CFN，
∴△DMF∽△CNF，
∴，
∴DF=CF=﹣m．
∴DN=NF+DF=﹣m﹣m=﹣m．
又DN=3﹣（m2+m+3）=﹣m2﹣m，
∴﹣m2﹣m=﹣m
解得：m=﹣或m=0（舍去）
∴m2+m+3=﹣
∴D（﹣，﹣）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D的坐标为（﹣，﹣）．
点评：
本题为二次函数压轴题，综合考查了二次函数、待定系数法、相似三角形、平行四边形、菱形等知识点．第（2）问涉及存在型问题，有一定的难度．在解题过程中，注意数形结合思想、分类讨论思想及方程思想等的应用．
　
22．（•本溪）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；
（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．


考点：
二次函数综合题；菱形的性质；解直角三角形．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出点C的坐标；
（2）满足条件的点M有两种情形，需要分类讨论：
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示；
②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．
（3）△CPQ的三边均可能成为菱形的对角线，以此为基础进行分类讨论：
①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t；
②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．
解答：
解：（1）直线解析式y=x﹣4，
令x=0，得y=﹣4；
令y=0，得x=4．
∴A（4，0）、B（0，﹣4）．
∵点A、B在抛物线y=x2+bx+c上，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣4．
令y=x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣3或x=4，
∴C（﹣3，0）．

（2）∠MBA+∠CBO=45°，
设M（x，y），
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示．
∵∠ABO=45°，
∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．
过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E=x，OE=﹣y，
∴BE=4+y．
∵tan∠M1BE=tan∠BCO=，
∴，
∴直线BM1的解析式为：y=x﹣4．
联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4，
得：x﹣4=x2﹣x﹣4，
解得：x1=0，x2=，
∴y1=﹣4，y2=﹣，
∴M1（，﹣）；

②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．
∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，
∴∠MBA+∠CBO=45°，
故点M满足条件．
过点M2作M2E⊥y轴于点E，
则M2E=x，OE=y，
∴BE=4+y．
∵tan∠M2BE=tan∠CBO=，
∴，
∴直线BM2的解析式为：y=x﹣4．
联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，
解得：x1=0，x2=5，
∴y1=﹣4，y2=，
∴M2（5，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为：（，﹣）或（5，）．

（3）设∠BCO=θ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．
假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t．
①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t．
∴CE=CQ=（5﹣t）．
在Rt△PCE中，cosθ===，
解得t=．
∴CQ=5﹣t=．
过点Q作QF⊥x轴于点F，
则QF=CQ•sinθ=，CF=CQ•cosθ=，
∴OF=3﹣CF=．
∴Q（﹣，﹣）．
∵点D1与点Q横坐标相差t个单位，
∴D1（﹣，﹣）；

②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t．
∵BQ=CQ=t，
∴t=，点Q为BC中点，
∴Q（﹣，﹣2）．
∵点D2与点Q横坐标相差t个单位，
∴D2（1，﹣2）；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．
在Rt△CEQ中，cosθ===，
解得t=．
∴OE=3﹣CE=3﹣t=，D3E=QE=CQ•sinθ=（5﹣）×=．
∴D3（﹣，）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣，﹣）、（1，﹣2）或（﹣，）．
点评：
本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形（或相似）、菱形、一次函数、解方程等知识点，难度较大．第（3）问为存在型与运动型的综合问题，涉及两个动点，注意按照菱形对角线进行分类讨论，做到条理清晰、不重不漏．
　
23．（•荆州）如图①，已知：在矩形ABCD的边AD上有一点O，OA=，以O为圆心，OA长为半径作圆，交AD于M，恰好与BD相切于H，过H作弦HP∥AB，弦HP=3．若点E是CD边上一动点（点E与C，D不重合），过E作直线EF∥BD交BC于F，再把△CEF沿着动直线EF对折，点C的对应点为G．设CE=x，△EFG与矩形ABCD重叠部分的面积为S．
（1）求证：四边形ABHP是菱形；
（2）问△EFG的直角顶点G能落在⊙O上吗？若能，求出此时x的值；若不能，请说明理由；
（3）求S与x之间的函数关系式，并直接写出FG与⊙O相切时，S的值．


考点：
圆的综合题；含30度角的直角三角形；菱形的判定；矩形的性质；垂径定理；切线的性质；切线长定理；轴对称的性质；特殊角的三角函数值．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）连接OH，可以求出∠HOD=60°，∠HDO=30°，从而可以求出AB=3，由HP∥AB，HP=3可证到四边形ABHP是平行四边形，再根据切线长定理可得BA=BH，即可证到四边形ABHP是菱形．
（2）当点G落到AD上时，可以证到点G与点M重合，可求出x=2．
（3）当0≤x≤2时，如图①，S=S△EGF，只需求出FG，就可得到S与x之间的函数关系式；当2＜x≤3时，如图④，S=S△GEF﹣S△SGR，只需求出SG、RG，就可得到S与x之间的函数关系式．当FG与⊙O相切时，如图⑤，易得FK=AB=3，KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x．再由FK=KQ即可求出x，从而求出S．
解答：
解：（1）证明：连接OH，如图①所示．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BAD=90°，BC=AD，AB=CD．
∵HP∥AB，
∴∠ANH+∠BAD=180°．
∴∠ANH=90°．
∴HN=PN=HP=．
∵OH=OA=，
∴sin∠HON==．
∴∠HON=60°
∵BD与⊙O相切于点H，
∴OH⊥BD．
∴∠HDO=30°．
∴OD=2．
∴AD=3．
∴BC=3．
∵∠BAD=90°，∠BDA=30°．
∴tan∠BDA==．
∴AB=3．
∵HP=3，
∴AB=HP．
∵AB∥HP，
∴四边形ABHP是平行四边形．
∵∠BAD=90°，AM是⊙O的直径，
∴BA与⊙O相切于点A．
∵BD与⊙O相切于点H，
∴BA=BH．
∴平行四边形ABHP是菱形．

（2）△EFG的直角顶点G能落在⊙O上．
如图②所示，点G落到AD上．

∵EF∥BD，
∴∠FEC=∠BDC．
∵∠BDC=90°﹣30°=60°，
∴∠CEF=60°．
由折叠可得：∠GEF=∠CEF=60°．
∴∠GED=60°．
∵CE=x，
∴GE=CE=x．ED=DC﹣CE=3﹣x．
∴cos∠GED===．
∴x=2．
∴GE=2，ED=1．
∴GD=．
∴OG=AD﹣AO﹣GD=3﹣﹣=．
∴OG=OM．
∴点G与点M重合．
此时△EFG的直角顶点G落在⊙O上，对应的x的值为2．
∴当△EFG的直角顶点G落在⊙O上时，对应的x的值为2．

（3）①如图①，
在Rt△EGF中，
tan∠FEG===．
∴FG=x．
∴S=GE•FG=x•x=x2．
②如图③，

ED=3﹣x，RE=2ED=6﹣2x，
GR=GE﹣ER=x﹣（6﹣2x）=3x﹣6．
∵tan∠SRG===，
∴SG=（x﹣2）．
∴S△SGR=SG•RG=•（x﹣2）•（3x﹣6）．
=（x﹣2）2．
∵S△GEF=x2，
∴S=S△GEF﹣S△SGR
=x2﹣（x﹣2）2．
=﹣x2+6x﹣6．
综上所述：当0≤x≤2时，S=x2；当2＜x＜3时，S=﹣x2+6x﹣6．
当FG与⊙O相切于点T时，延长FG交AD于点Q，过点F作FK⊥AD，垂足为K，如图④所示．

∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，∠ABC=∠BAD=90°
∴∠AQF=∠CFG=60°．
∵OT=，
∴OQ=2．
∴AQ=+2．
∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°，
∴四边形ABFK是矩形．
∴FK=AB=3，AK=BF=3﹣x．
∴KQ=AQ﹣AK=（+2）﹣（3﹣x）=2﹣2+x．
在Rt△FKQ中，tan∠FQK==．
∴FK=QK．
∴3=（2﹣2+x）．
解得：x=3﹣．
∵0≤3﹣≤2，
∴S=x2=×（3﹣）2
=﹣6．
∴FG与⊙O相切时，S的值为﹣6．
点评：
本题考查了矩形的性质、菱形的性质、切线的性质、切线长定理、垂径定理、轴对称性质、特殊角的三角函数值、30°角所对的直角边等于斜边的一半、等腰三角形的性质等知识，综合性非常强．
　
24．（•苏州）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t（s）
（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为　105　°；
（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；
（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d（cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）．


考点：
圆的综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，进而得出答案；
（2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，进而得出OO1=3t得出答案即可；
（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可．
解答：
解：（1）∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，
∴∠OAD=45°，
∵AB=4cm，AD=4cm，
∴CD=4cm，AD=4cm，
∴tan∠DAC===，
∴∠DAC=60°，
∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°，
故答案为：105；

（2）如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E，
连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，
在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4，
∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°，
在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，
∴A1E==，
∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，
∴t﹣2=，
∴t=+2，
∴OO1=3t=2+6；

（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，
如图，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，
设⊙O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，
∴O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，
由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，
∴∠O2A2F=60°，
在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=，
∵OO2=3t1，AF=AA2+A2F=4t1+，
∴4t1+﹣3t1=2，
∴t1=2﹣，
②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，
记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三，
由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，
∴+2﹣（2﹣）=t2﹣（+2），
解得：t2=2+2，
综上所述，当d＜2时，t的取值范围是：2﹣＜t＜2+2．
点评：
此题主要考查了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论以及数形结合t的值是解题关键．
　
25．（•深圳）如图，直线AB的解析式为y=2x+4，交x轴于点A，交y轴于点B，以A为顶点的抛物线交直线AB于点D，交y轴负半轴于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将抛物线顶点沿着直线AB平移，此时顶点记为E，与y轴的交点记为F，
①求当△BEF与△BAO相似时，E点坐标；
②记平移后抛物线与AB另一个交点为G，则S△EFG与S△ACD是否存在8倍的关系？若有请直接写出F点的坐标．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）求出点A的坐标，利用顶点式求出抛物线的解析式；
（2）①首先确定点E为Rt△BEF的直角顶点，相似关系为：△BAO∽△BFE；如答图2﹣1，作辅助线，利用相似关系得到关系式：BH=4FH，利用此关系式求出点E的坐标；
②首先求出△ACD的面积：S△ACD=8；若S△EFG与S△ACD存在8倍的关系，则S△EFG=64或S△EFG=1；如答图2﹣2所示，求出S△EFG的表达式，进而求出点F的坐标．
解答：
解：（1）直线AB的解析式为y=2x+4，
令x=0，得y=4；令y=0，得x=﹣2．
∴A（﹣2，0）、B（0，4）．
∵抛物线的顶点为点A（﹣2，0），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）2，
点C（0，﹣4）在抛物线上，代入上式得：﹣4=4a，解得a=﹣1，
∴抛物线的解析式为y=﹣（x+2）2．

（2）平移过程中，设点E的坐标为（m，2m+4），
则平移后抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣m）2+2m+4，
∴F（0，﹣m2+2m+4）．
①∵点E为顶点，∴∠BEF≥90°，
∴若△BEF与△BAO相似，只能是点E作为直角顶点，
∴△BAO∽△BFE，
∴，即，可得：BE=2EF．
如答图2﹣1，过点E作EH⊥y轴于点H，则点H坐标为：H（0，2m+4）．

∵B（0，4），H（0，2m+4），F（0，﹣m2+2m+4），
∴BH=|2m|，FH=|﹣m2|．
在Rt△BEF中，由射影定理得：BE2=BH•BF，EF2=FH•BF，
又∵BE=2EF，∴BH=4FH，
即：4|﹣m2|=|2m|．
若﹣4m2=2m，解得m=﹣或m=0（与点B重合，舍去）；
若﹣4m2=﹣2m，解得m=或m=0（与点B重合，舍去），此时点E位于第一象限，∠BEF为钝角，故此情形不成立．
∴m=﹣，
∴E（﹣，3）．
②假设存在．
联立抛物线：y=﹣（x+2）2与直线AB：y=2x+4，可求得：D（﹣4，﹣4），
∴S△ACD=×4×4=8．
∵S△EFG与S△ACD存在8倍的关系，
∴S△EFG=64或S△EFG=1．
联立平移抛物线：y=﹣（x﹣m）2+2m+4与直线AB：y=2x+4，可求得：G（m﹣2，2m）．
∴点E与点G横坐标相差2，即：|xG|﹣|xE|=2．

如答图2﹣2，S△EFG=S△BFG﹣S△BEF=BF•|xG|﹣BF|xE|=BF•（|xG|﹣|xE|）=BF．
∵B（0，4），F（0，﹣m2+2m+4），∴BF=|﹣m2+2m|．
∴|﹣m2+2m|=64或|﹣m2+2m|=1，
∴﹣m2+2m可取值为：64、﹣64、1、﹣1．
当取值为64时，一元二次方程﹣m2+2m=64无解，故﹣m2+2m≠64．
∴﹣m2+2m可取值为：﹣64、1、﹣1．
∵F（0，﹣m2+2m+4），
∴F坐标为：（0，﹣60）、（0，3）、（0，5）．
综上所述，S△EFG与S△ACD存在8倍的关系，点F坐标为（0，﹣60）、（0，3）、（0，5）．
点评：
本题是二次函数压轴题，涉及运动型与存在型问题，难度较大．第（2）①问中，解题关键是确定点E为直角顶点，且BE=2EF；第（2）②问中，注意将代数式表示图形面积的方法、注意求坐标过程中方程思想与整体思想的应用．
　
26．（•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．
（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．
（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．
（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．


考点：
相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）易得点P的坐标是（2，1），即可得到PA的长．
（2）易证∠AOB=45°，由角平分线的性质可得PA=PC，然后通过证明△ANP≌△CMP即可求出PA：PC的值．
（3）可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论．易证PA：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出PA：PC的值．
解答：
解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），
∴点P的坐标是（2，1）．
∴PA的长为2；

（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．

∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，
∴OA=AB．
∵∠OAB=90°，
∴∠AOB=∠ABO=45°．
∵∠AOC=90°，
∴∠POC=45°．
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，
∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．
∴∠NPM=90°．
∵∠APC=90°．
∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．
在△ANP和△CMP中，
，
∴△ANP≌△CMP．
∴PA=PC．
∴PA：PC的值为1：1；

（3）①若点P在线段OB的延长线上，
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，
PM与直线AC的交点为F，如图2所示．

∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，
∴△ANP∽△CMP．
∴．
∵∠ACE=∠AEC，
∴AC=AE．
∵AP⊥PC，
∴EP=CP．
∵PM∥y轴，
∴AF=CF，OM=CM．
∴FM=OA．
设OA=x，
∵PF∥OA，
∴△PDF∽△ODA．
∴，
∵PD=2OD，
∴PF=2OA=2x，FM=x．
∴PM=x．
∵∠APC=90°，AF=CF，
∴AC=2PF=4x．
∵∠AOC=90°，
∴OC=x．
∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，
∴四边形PMON是矩形．
∴PN=OM=x．
∴PA：PC=PN：PM=x：x=．
②若点P在线段OB的反向延长线上，
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，
PM与直线AC的交点为F，如图3所示．

同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．
∴PN=OM=OC=x．
∴PA：PC=PN：PM=x：x=．
综上所述：PA：PC的值为或．
点评：
本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识，综合性非常强．
　
27．（•义乌市）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．
①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；
②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）①如答图1，作辅助线，利用关系式S△OPH=S△OMH﹣S△OMP求解；
②本问涉及复杂的分类讨论，如答图2所示．由于点P可能在OC、BC、BK、AK、OA上，而等腰三角形本身又有三种情形，故讨论与计算的过程比较复杂，需要耐心细致、考虑全面．
解答：
解：（1）由题意得：A（4，0），C（0，4），对称轴为x=1．
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则有：
，解得，
∴抛物线的函数解析式为：y=﹣x2+x+4．

（2）①当m=0时，直线l：y=x．
∵抛物线对称轴为x=1，∴CP=1．
如答图1，延长HP交y轴于点M，则△OMH、△CMP均为等腰直角三角形．

∴CM=CP=1，∴OM=OC+CM=5．
S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=（OM）2﹣OM•OP=×（×5）2﹣×5×1=﹣=，
∴S△OPH=．

②当m=﹣3时，直线l：y=x﹣3．
设直线l与x轴、y轴交于点G、点D，则G（3，0），D（﹣3，0）．
假设存在满足条件的点P．
a）当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重合．
设PE=a（0＜a≤4），
则PD=3+a，PF=PD=（3+a）．
过点F作FN⊥y轴于点N，则FN=PN=PF，∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|．
在Rt△EFN中，由勾股定理得：EF==．
若PE=PF，则：a=（3+a），解得a=3（+1）＞4，故此种情形不存在；
若PF=EF，则：PF=，整理得PE=PF，即a=3+a，不成立，故此种情形不存在；
若PE=EF，则：PE=，整理得PF=PE，即（3+a）=a，解得a=3．
∴P1（0，3）．

b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．
若PE=PF，则点P为∠OGD的角平分线与BC的交点，有GE=GF，过点F分别作FH⊥PE于点H，FK⊥x轴于点K，∵∠OGD=135°，∴∠EPF=45°，即△PHF为等腰直角三角形，
设GE=GF=t，则GK=FK=EH=t，
∴PH=HF=EK=EG+GK=t+t，
∴PE=PH+EH=t+t+t=4，
解得t=4﹣4，
则OE=3﹣t=7﹣4，
∴P2（7﹣4，4）
c）∵A（4，0），B（2，4），∴可求得直线AB解析式为：y=﹣2x+8；
联立y=﹣2x+8与y=x﹣3，解得x=，y=．
设直线BA与直线l交于点K，则K（，）．
当点P在线段BK上时，如答图2﹣3所示．
设P（a，8﹣2a）（2≤a≤），则Q（a，a﹣3），
∴PE=8﹣2a，PQ=11﹣3a，∴PF=（11﹣3a）．
与a）同理，可求得：EF=．
若PE=PF，则8﹣2a=（11﹣3a），解得a=1﹣2＜0，故此种情形不存在；
若PF=EF，则PF=，整理得PE=PF，即8﹣2a=•（11﹣3a），解得a=3，符合条件，此时P3（3，2）；
若PE=EF，则PE=，整理得PF=PE，即（11﹣3a）=（8﹣2a），解得a=5＞，故此种情形不存在．

d）当点P在线段KA上时，如答图2﹣4所示．
∵PE、PF夹角为135°，∴只可能是PE=PF成立．
∴点P在∠KGA的平分线上．
设此角平分线与y轴交于点M，过点M作MN⊥直线l于点N，则OM=MN，MD=MN，
由OD=OM+MD=3，可求得M（0，3﹣3）．
又G（3，0），可求得直线MG的解析式为：y=（﹣1）x+3﹣3．
联立直线MG：y=（﹣1）x+3﹣3与直线AB：y=﹣2x+8，
可求得：P4（1+2，6﹣4）．
e）当点P在OA边上时，此时PE=0，等腰三角形不存在．
综上所述，存在满足条件的点P，点P坐标为：（0，3）、（3，2）、（7﹣4，4）、（1+2，6﹣4）．
点评：
本题是二次函数压轴题，涉及二次函数的图象与性质、待定系数法、图形面积、勾股定理、角平分线性质等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．第（2）②问中涉及复杂的分类讨论，使得试题的难度较大．
　
28．（•陕西）问题探究
（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；
（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；
问题解决
（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．


考点：
圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；直线与圆的位置关系；特殊角的三角函数值．菁优网版权所有
专题：
压轴题；存在型．
分析：
（1）由于△PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题．
（2）以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长．
（3）要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长．
解答：
解：（1）①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，
则PA=PD．
∴△PAD是等腰三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠C=90°．
∵PA=PD，AB=DC，
∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）．
∴BP=CP．
∵BC=4，
∴BP=CP=2．
②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，
则DA=DP′．
∴△P′AD是等腰三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°．
∵AB=3，BC=4，
∴DC=3，DP′=4．
∴CP′==．
∴BP′=4﹣．
③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，
则AD=AP″．
∴△P″AD是等腰三角形．
同理可得：BP″=．
综上所述：在等腰三角形△ADP中，
若PA=PD，则BP=2；
若DP=DA，则BP=4﹣；
若AP=AD，则BP=．

（2）∵E、F分别为边AB、AC的中点，
∴EF∥BC，EF=BC．
∵BC=12，
∴EF=6．
以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．
∵AD⊥BC，AD=6，
∴EF与BC之间的距离为3．
∴OQ=3
∴OQ=OE=3．
∴⊙O与BC相切，切点为Q．
∵EF为⊙O的直径，
∴∠EQF=90°．
过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②．
∵EG⊥BC，OQ⊥BC，
∴EG∥OQ．
∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，
∴四边形OEGQ是正方形．
∴GQ=EO=3，EG=OQ=3．
∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，
∴BG=．
∴BQ=GQ+BG=3+．
∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+．

（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．
理由如下：
以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，
作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．
设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，
过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．
则⊙O是△ABG的外接圆，
∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，
∴AP=PB=AB．
∵AB=270，
∴AP=135．
∵ED=285，
∴OH=285﹣135=150．
∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，
∴∠BAK=∠GAK=30°．
∴OP=AP•tan30°
=135×
=45．
∴OA=2OP=90．
∴OH＜OA．
∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③．
∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90．．
∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，
∴HM=
=
=30．
∵AE=400，OP=45，
∴DH=400﹣45．
若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45+30．
∵400﹣45+30＞340，
∴DM＞CD．
∴点M不在线段CD上，应舍去．
若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30．
∵400﹣45﹣30＜340，
∴DM＜CD．
∴点M在线段CD上．
综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，
此时DM的长为（400﹣45﹣30）米．



点评：
本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强．而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键．
　
29．（•泉州）如图，直线y=﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．
（1）求该反比例函数的关系式；
（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；
①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；
②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC=．


考点：
反比例函数综合题；待定系数法求反比例函数解析式；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有
专题：
压轴题；探究型．
分析：
（1）设反比例函数的关系式y=，然后把点P的坐标（2，1）代入即可．
（2）①先求出直线y=﹣x+3与x、y轴交点坐标，然后运用勾股定理即可求出△A′BC的周长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，运用面积法可以求出CD长，从而求出sin∠BA′C的值．
②由于BC=2，sin∠BMC=，因此点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上，因而点M应是⊙E与x轴的交点．然后对⊙E与x轴的位置关系进行讨论，只需运用矩形的判定与性质、勾股定理等知识就可求出满足要求的点M的坐标．
解答：
解：（1）设反比例函数的关系式y=．
∵点P（2，1）在反比例函数y=的图象上，
∴k=2×1=2．
即反比例函数的关系式y=．

（2）①过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图1所示．
当x=0时，y=0+3=3，
则点B的坐标为（0，3）．OB=3．
当y=0时，0=﹣x+3，解得x=3，
则点A的坐标为（3，0），OA=3．
∵点A关于y轴的对称点为A′，
∴OA′=OA=3．
∵PC⊥y轴，点P（2，1），
∴OC=1，PC=2．
∴BC=2．
∵∠AOB=90°，OA′=OB=3，OC=1，
∴A′B=3，A′C=．
∴△A′BC的周长为3++2．
∵S△ABC=BC•A′O=A′B•CD，
∴BC•A′O=A′B•CD．
∴2×3=3×CD．
∴CD=．
∵CD⊥A′B，
∴sin∠BA′C=
=
=．
∴△A′BC的周长为3++2，sin∠BA′C的值为．
②当1＜m＜2时，
作经过点B、C且半径为m的⊙E，
连接CE并延长，交⊙E于点P，连接BP，
过点E作EG⊥OB，垂足为G，
过点E作EH⊥x轴，垂足为H，如图2①所示．
∵CP是⊙E的直径，
∴∠PBC=90°．
∴sin∠BPC===．
∵sin∠BMC=，
∴∠BMC=∠BPC．
∴点M在⊙E上．
∵点M在x轴上
∴点M是⊙E与x轴的交点．
∵EG⊥BC，
∴BG=GC=1．
∴OG=2．
∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90°，
∴四边形OGEH是矩形．
∴EH=OG=2，EG=OH．
∵1＜m＜2，
∴EH＞EC．
∴⊙E与x轴相离．
∴x轴上不存在点M，使得sin∠BMC=．
②当m=2时，EH=EC．
∴⊙E与x轴相切．
Ⅰ．切点在x轴的正半轴上时，如图2②所示．
∴点M与点H重合．
∵EG⊥OG，GC=1，EC=m，
∴EG=
=．
∴OM=OH=EG=．
∴点M的坐标为（，0）．
Ⅱ．切点在x轴的负半轴上时，
同理可得：点M的坐标为（﹣，0）．
③当m＞2时，EH＜EC．
∴⊙E与x轴相交．
Ⅰ．交点在x轴的正半轴上时，
设交点为M、M′，连接EM，如图2③所示．
∵∠EHM=90°，EM=m，EH=2，
∴MH=
=
=．
∵EH⊥MM′，
∴MH=M′H．
∴M′H═．
∵∠EGC=90°，GC=1，EC=m，
∴EG=
=
=．
∴OH=EG=．
∴OM=OH﹣MH=﹣，
∴OM′=OH+HM′=+，
∴M（﹣，0）、M′（+，0）．
Ⅱ．交点在x轴的负半轴上时，
同理可得：M（﹣+，0）、M′（﹣﹣，0）．
综上所述：当1＜m＜2时，满足要求的点M不存在；
当m=2时，满足要求的点M的坐标为（，0）和（﹣，0）；
当m＞2时，满足要求的点M的坐标为（﹣，0）、（+，0）、（﹣+，0）、（﹣﹣，0）．




点评：
本题考查了用待定系数法求反比例函数的关系式、勾股定理、三角函数的定义、矩形的判定与性质、直线与圆的位置关系、垂径定理等知识，考查了用面积法求三角形的高，考查了通过构造辅助圆解决问题，综合性比较强，难度系数比较大．由BC=2，sin∠BMC=联想到点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上是解决本题的关键．
　
30．（•临沂）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（1，0），直线y=2x﹣1与y轴交于点C，与抛物线交于点C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点A到直线CD的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点P在直线CD上，抛物线与直线CD的另一个交点为Q，点G在y轴正半轴上，当以G、P、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的G点的坐标．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题；动点型．
分析：
（1）首先求出点C坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设直线CD与x轴交于点E，求出点E的坐标，然后解直角三角形（或利用三角形相似），求出点A到直线CD的距离；
（3）△GPQ为等腰直角三角形，有三种情形，需要分类讨论．为方便分析与计算，首先需要求出线段PQ的长度．
解答：
解：（1）直线y=2x﹣1，当x=0时，y=﹣1，则点C坐标为（0，﹣1）．
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵点A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在抛物线上，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．

（2）如答图2所示，直线y=2x﹣1，
当y=0时，x=；
设直线CD交x轴于点E，则E（，0）．

在Rt△OCE中，OC=1，OE=，
由勾股定理得：CE=，
设∠OEC=θ，则sinθ=，cosθ=．
过点A作AF⊥CD于点F，
则AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+）×=，
∴点A到直线CD的距离为．

（3）∵平移后抛物线的顶点P在直线y=2x﹣1上，
∴设P（t，2t﹣1），则平移后抛物线的解析式为y=（x﹣t）2+2t﹣1．
联立，
化简得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0，
解得：x1=t，x2=t+2，
即点P、点Q的横坐标相差2，
∴PQ===．
△GPQ为等腰直角三角形，可能有以下情形：

i）若点P为直角顶点，如答图3①所示，
则PG=PQ=．
∴CG====10，
∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9，
∴G（0，9）；
ii）若点Q为直角顶点，如答图3②所示，
则QG=PQ=．
同理可得：G（0，9）；
iii）若点G为直角顶点，如答图3③所示，
此时PQ=，
则GP=GQ=．
分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为点M、N．
易证Rt△PMG≌Rt△GNQ，
∴GN=PM，GM=QN．
在Rt△QNG中，
由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，
即PM2+QN2=10 ①
∵点P、Q横坐标相差2，
∴NQ=PM+2，
代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，
解得PM=1，
∴NQ=3．
直线y=2x﹣1，
当x=1时，y=1，
∴P（1，1），
即OM=1．
∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，
∴G（0，4）．
综上所述，符合条件的点G有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．
点评：
本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，需要认真分析计算．第（3）问中，G、P、Q三点均为动点，使得解题难度增大，首先求出线段PQ的长度可以降低解题的难度．
　
31．（•攀枝花）如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
（3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．


考点：
圆的综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．
（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．
（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．
解答：
解：（1）连接PA，如图1所示．
∵PO⊥AD，
∴AO=DO．
∵AD=2，
∴OA=．
∵点P坐标为（﹣1，0），
∴OP=1．
∴PA==2．
∴BP=CP=2．
∴B（﹣3，0），C（1，0）．

（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．
如图2所示，线段MB、MC即为所求作．
四边形ACMB是矩形．
理由如下：
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，
∴四边形ACMB是平行四边形．
∵BC是⊙P的直径，
∴∠CAB=90°．
∴平行四边形ACMB是矩形．
过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．
在△MHP和△AOP中，
∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，
∴△MHP≌△AOP．
∴MH=OA=，PH=PO=1．
∴OH=2．
∴点M的坐标为（﹣2，）．

（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．
∵四边形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°．
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°．
∴∠BMC=∠BGE=90°．
∵点Q是BE的中点，
∴QM=QE=QB=QG．
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．
∴∠MQG=2∠MBG．
∵∠COA=90°，OC=1，OA=，
∴tan∠OCA==．
∴∠OCA=60°．
∴∠MBC=∠BCA=60°．
∴∠MQG=120°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．



点评：
本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比较强．证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键．
　
32．（•内江）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣3，0）、C（0，4），点B在抛物线上，CB∥x轴，且AB平分∠CAO．
（1）求抛物线的解析式；
（2）线段AB上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由．


考点：
二次函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；平行线的性质；等腰三角形的判定；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题；存在型．
分析：
（1）如图1，易证BC=AC，从而得到点B的坐标，然后运用待定系数法求出二次函数的解析式．
（2）如图2，运用待定系数法求出直线AB的解析式．设点P的横坐标为t，从而可以用t的代数式表示出PQ的长，然后利用二次函数的最值性质就可解决问题．
（3）由于AB为直角边，分别以∠BAM=90°（如图3）和∠ABM=90°（如图4）进行讨论，通过三角形相似建立等量关系，就可以求出点M的坐标．
解答：
解：（1）如图1，
∵A（﹣3，0），C（0，4），
∴OA=3，OC=4．
∵∠AOC=90°，
∴AC=5．
∵BC∥AO，AB平分∠CAO，
∴∠CBA=∠BAO=∠CAB．
∴BC=AC．
∴BC=5．
∵BC∥AO，BC=5，OC=4，
∴点B的坐标为（5，4）．
∵A（﹣3，0）、C（0，4）、B（5，4）在抛物线y=ax2+bx+c上，
∴
解得：
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4．
（2）如图2，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
∵A（﹣3，0）、B（5，4）在直线AB上，
∴
解得：
∴直线AB的解析式为y=x+．
设点P的横坐标为t（﹣3≤t≤5），则点Q的横坐标也为t．
∴yP=t+，yQ=﹣t2+t+4．
∴PQ=yQ﹣yP=﹣t2+t+4﹣（t+）
=﹣t2+t+4﹣t﹣
=﹣t2++
=﹣（t2﹣2t﹣15）
=﹣[（t﹣1）2﹣16]
=﹣（t﹣1）2+．
∵﹣＜0，﹣3≤t≤5，
∴当t=1时，PQ取到最大值，最大值为．
∴线段PQ的最大值为．
（3）①当∠BAM=90°时，如图3所示．
抛物线的对称轴为x=﹣=﹣=．
∴xH=xG=xM=．
∴yG=×+=．
∴GH=．
∵∠GHA=∠GAM=90°，
∴∠MAH=90°﹣∠GAH=∠AGM．
∵∠AHG=∠MHA=90°，∠MAH=∠AGM，
∴△AHG∽△MHA．
∴．
∴=．
解得：MH=11．
∴点M的坐标为（，﹣11）．
②当∠ABM=90°时，如图4所示．
∵∠BDG=90°，BD=5﹣=，DG=4﹣=，
∴BG=
=
=．
同理：AG=．
∵∠AGH=∠MGB，∠AHG=∠MBG=90°，
∴△AGH∽△MGB．
∴=．
∴=．
解得：MG=．
∴MH=MG+GH
=+
=9．
∴点M的坐标为（，9）．
综上所述：符合要求的点M的坐标为（，9）和（，﹣11）．




点评：
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的性质与判定、二次函数的最值等知识，考查了用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，考查了分类讨论的思想，综合性比较强．
　
33．（•宁波）木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案：
方案一：直接锯一个半径最大的圆；
方案二：圆心O1、O2分别在CD、AB上，半径分别是O1C、O2A，锯两个外切的半圆拼成一个圆；
方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆；
方案四：锯一块小矩形BCEF拼到矩形AFED下面，利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆．
（1）写出方案一中圆的半径；
（2）通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？
（3）在方案四中，设CE=x（0＜x＜1），圆的半径为y．
①求y关于x的函数解析式；
②当x取何值时圆的半径最大，最大半径为多少？并说明四种方案中哪一个圆形桌面的半径最大．


考点：
圆的综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）观察图易知，截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，由已知长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1．
（2）方案二、方案三中求圆的半径是常规的利用勾股定理或三角形相似中对应边长成比例等性质解直角三角形求边长的题目．一般都先设出所求边长，而后利用关系代入表示其他相关边长，方案二中可利用△O1O2E为直角三角形，则满足勾股定理整理方程，方案三可利用△AOM∽△OFN后对应边成比例整理方程，进而可求r的值．
（3）①类似（1）截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，虽然方案四中新拼的图象不一定为矩形，但直径也不得超过横纵向方向跨度．则选择最小跨度，取其，即为半径．由EC为x，则新拼图形水平方向跨度为3﹣x，竖直方向跨度为2+x，则需要先判断大小，而后分别讨论结论．
②已有关系表达式，则直接根据不等式性质易得方案四中的最大半径．另与前三方案比较，即得最终结论．
解答：
解：（1）方案一中的最大半径为1．
分析如下：
因为长方形的长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1；

（2）如图1，方案二中连接O1，O2，过O1作O1E⊥AB于E，方案三中，过点O分别作AB，BF的垂线，交于M，N，此时M，N恰为⊙O与AB，BF的切点．

方案二：
设半径为r，
在Rt△O1O2E中，
∵O1O2=2r，O1E=BC=2，O2E=AB﹣AO2﹣CO1=3﹣2r，
∴（2r）2=22+（3﹣2r）2，
解得 r=．
方案三：
设半径为r，
在△AOM和△OFN中，
，
∴△AOM∽△OFN，
∴，
∴，
解得 r=．
比较知，方案三半径较大；

（3）
①∵EC=x，
∴新拼图形水平方向跨度为3﹣x，竖直方向跨度为2+x．
类似（1），所截出圆的直径最大为3﹣x或2+x较小的．
a．当3﹣x＜2+x时，即当1＞x＞时，y=（3﹣x）；
b．当3﹣x=2+x时，即当x=时，y=（3﹣）=；
c．当3﹣x＞2+x时，即当0＜x＜时，y=（2+x）．
②当x＞时，y=（3﹣x）＜（3﹣）=；
当x=时，y=（3﹣）=；
当x＜时，y=（2+x）＜（2+）=，
∴方案四中，当x=时，y最大为．
∵1＜＜＜，
∴方案四时可取的圆桌面积最大．
点评：
本题考查了圆的基本性质及通过勾股定理、三角形相似等性质求解边长及分段函数的表示与性质讨论等内容，题目虽看似新颖不易找到思路，但仔细观察每一小问都是常规的基础考点，所以总体来说是一道质量很高的题目，值得认真练习．
　
34．（•南充）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣1交于A、B两点．点A的横坐标为﹣3，点B在y轴上，点P是y轴左侧抛物线上的一动点，横坐标为m，过点P作PC⊥x轴于C，交直线AB于D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当m为何值时，S四边形OBDC=2S△BPD；
（3）是否存在点P，使△PAD是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）将x=0带入y=x﹣1求出B的坐标，将x=﹣3代入y=x﹣1求出A的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式；
（2）连结OP，由P点的横坐标为m可以表示出P、D的坐标，由此表示出S四边形OBDC和2S△BPD建立方程求出其解即可．
（3）如图2，当∠APD=90°时，设出P点的坐标，就可以表示出D的坐标，由△APD∽△FCD列出比例式求解即可；如图3，当∠PAD=90°时，作AE⊥x轴于E，根据比例式表示出AD，再由△PAD∽△FEA列出比例式求解．
解答：
解：（1）∵y=x﹣1，
当x=0时，y=﹣1，
∴B（0，﹣1）．
当x=﹣3时，y=﹣4，
∴A（﹣3，﹣4）．
∵y=x2+bx+c与直线y=x﹣1交于A、B两点，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：y=x2+4x﹣1；

（2）∵P点横坐标是m（m＜0），
∴P（m，m2+4m﹣1），D（m，m﹣1）
如图1①，作BE⊥PC于E，
∴BE=﹣m．
CD=1﹣m，OB=1，OC=﹣m，CP=1﹣4m﹣m2，
∴PD=1﹣4m﹣m2﹣1+m=﹣3m﹣m2，
∴，
解得：m1=0（舍去），m2=﹣2，m3=﹣；
如图1②，作BE⊥PC于E，
∴BE=﹣m．
PD=1﹣4m﹣m2+1﹣m=2﹣5m﹣m2，
∴=2×，
解得：m=0（舍去）或m=（舍去）或m=，
∴m=﹣，﹣2或时，S四边形OBDC=2S△BPD；

（3）如图2，当∠APD=90°时，设P（m，m2+4m﹣1），则D（m，m﹣1），
∴AP=m+4，CD=1﹣m，OC=﹣m，CP=1﹣4m﹣m2，
∴DP=1﹣4m﹣m2﹣1+m=﹣3m﹣m2．
在y=x﹣1中，当y=0时，x=1，
∴F（1，0），
∴OF=1，
∴CF=1﹣m．AF=4．
∵PC⊥x轴，
∴∠PCF=90°，
∴∠PCF=∠APD，
∴CF∥AP，
∴△APD∽△FCD，
，
∴，
解得：m=1（舍去）或m=﹣2，
∴P（﹣2，﹣5）
如图3，当∠PAD=90°时，作AE⊥x轴于E，
∴∠AEF=90°，CE=﹣3﹣m，EF=4，AF=4，PD=1﹣m﹣（1﹣4m﹣m2）=3m+m2．
∵PC⊥x轴，
∴∠DCF=90°，
∴∠DCF=∠AEF，
∴AE∥CD．
∴，
∴AD=（﹣3﹣m）．
∵△PAD∽△FEA，
∴，
∴，
∴m=﹣2或m=﹣3（舍去）
∴P（﹣2，﹣5）．
当∠APD=90°时
∴点A与点P关于对称轴对称
∵A（﹣3，﹣4）
∴P（﹣1，﹣4）
综上，存在点P（﹣1，﹣4），（﹣2，﹣5）使△PAD是直角三角形．


点评：
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式的运用，四边形的面积公式的运用，三角形的面积公式的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时函数的解析式是关键，用相似三角形的性质求解是难点．
　
35．（•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A，B，直线CD与x轴、y轴分别交于点C，D，AB与CD相交于点E，线段OA，OC的长是一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根（OA＞OC），BE=5，tan∠ABO=．
（1）求点A，C的坐标；
（2）若反比例函数y=的图象经过点E，求k的值；
（3）若点P在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q，使以点C，E，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q的个数，并直接写出位于x轴下方的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
一次函数综合题；勾股定理；相似三角形的应用．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）先求出一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根就可以求出OA，OC的值，进而求出点A，C的坐标；
（2）先由勾股定理求出AB的值，得出AE的值，如图1，作EM⊥x轴于点M，由相似三角形的性质就可以求出EM的值，AM的值，就可以求出E的坐标，由待定系数法就可以求出结论；
（3）如图2，分别过C、E作CE的垂线交坐标轴三个点P1、P3、P4，可作出三个Q点，过E点作x轴的垂线与x轴交与p2，即可作出Q2，以CE为直径作圆交于y轴两个点P5、P6，使PC⊥PE，即可作出Q5、Q6．
解答：
解：（1）∵x2﹣18x+72=0
∴x1=6，x2=12．
∵OA＞OC，
∴OA=12，OC=6．
∴A（12，0），C（﹣6，0）；

（2）∵tan∠ABO=，
∴=，
∴，
∴OB=16．
在Rt△AOB中，由勾股定理，得
AB==20．
∵BE=5，
∴AE=15．
如图1，作EM⊥x轴于点M，
∴EM∥OB．
∴△AEM∽△ABO，
∴，
∴，
∴EM=12，AM=9，
∴OM=12﹣9=3，
∴E（3，12），
∴12=，
∴k=36；

（3）满足条件的点Q的个数是6，如图2所示，
x轴的下方的Q4（10，﹣12），Q6（﹣3，6﹣3）；

如图①，∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，
∴EG2=CG•GP，
∴GP=16，
∵△CPE与△PCQ中心对称，
∴CH=GP=16，QH=EG=12，
∵OC=6，
∴OH=10，
∴Q（10，﹣12），

如图②∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，
∴CE=15，
∵MN=CG=，
∴MK=﹣3=，
∴PK==3，
∴PH=3﹣=3﹣6，
根据轴对称和中心对称的性质，
∴Q（﹣3，6﹣3），


点评：
本题考查了一次函数的交点坐标的求法以及勾股定理的运用，三角函数的应用，三角形相似对应边成比例等．
　
36．（•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？


考点：
相似形综合题；一元二次方程的应用；等腰三角形的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长．
（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ：S△ABC=9：100建立t的方程，解方程即可解决问题．
（3）可分三种情况进行讨论：由CQ=CP可建立关于t的方程，从而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到关于t的方程，可借助于等腰三角形的三线合一及三角形相似，即可建立关于t的方程，从而求出t．
解答：
解：（1）如图1，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10．
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=BC•AC=AB•CD．
∴CD===4.8．
∴线段CD的长为4.8．
（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．
由题可知DP=t，CQ=t．
则CP=4.8﹣t．
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B．
∵PH⊥AC，
∴∠CHP=90°．
∴∠CHP=∠ACB．
∴△CHP∽△BCA．
∴．
∴．
∴PH=﹣t．
∴S△CPQ=CQ•PH=t（﹣t）=﹣t2+t．
②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．
∵S△ABC=×6×8=24，
且S△CPQ：S△ABC=9：100，
∴（﹣t2+t）：24=9：100．
整理得：5t2﹣24t+27=0．
即（5t﹣9）（t﹣3）=0．
解得：t=或t=3．
∵0≤t≤4.8，
∴当t=秒或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100．
（3）①若CQ=CP，如图1，
则t=4.8﹣t．
解得：t=2.4．
②若PQ=PC，如图2所示．
∵PQ=PC，PH⊥QC，
∴QH=CH=QC=．
∵△CHP∽△BCA．
∴．
∴．
解得：t=．
③若QC=QP，
过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．
同理可得：t=．
综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．



点评：
本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、勾股定理等知识，具有一定的综合性，而利用等腰三角形的三线合一巧妙地将两腰相等转化为底边上的两条线段相等是解决第三小题的关键．
　
37．（•株洲）已知抛物线y=x2﹣（k+2）x+和直线y=（k+1）x+（k+1）2．
（1）求证：无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；
（2）抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，求x1•x2•x3的最大值；
（3）如果抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，直线AD交直线CE于点G（如图），且CA•GE=CG•AB，求抛物线的解析式．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）由判别式△=（k+2）2﹣4×1×=k2﹣k+2=（k﹣）2+＞0，即可证得无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；
（2）由抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，可得x1•x2=，x3=﹣（k+1），继而可求得答案；
（3）由CA•GE=CG•AB，易得△CAG∽△CBE，继而可证得△OAD∽△OBE，则可得，又由抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，可得OA•OB=，OD=，OE=（k+1）2，继而求得点B的坐标为（0，k+1），代入解析式即可求得答案．
解答：
（1）证明：∵△=（k+2）2﹣4×1×=k2﹣k+2=（k﹣）2+，
∵（k﹣）2≥0，
∴△＞0，
故无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；

（2）解：∵抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，
∴x1•x2=，
令0=（k+1）x+（k+1）2，
解得：x=﹣（k+1），
即x3=﹣（k+1），
∴x1•x2•x3=﹣（k+1）•=﹣（k+）2+，
∴x1•x2•x3的最大值为：；

（3）解：∵CA•GE=CG•AB，
∴，
∵∠ACG=∠BCE，
∴△CAG∽△CBE，
∴∠CAG=∠CBE，
∵∠AOD=∠BOE，
∴△OAD∽△OBE，
∴，
∵抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，
∴OA•OB=，OD=，OE=（k+1）2，
∴OA•OB=OD，
∴，
∴OB2=OE，
∴OB=k+1，
∴点B（k+1，0），
将点B代入抛物线y=x2﹣（k+2）x+得：（k+1）2﹣（k+2）（k+1）﹣=0，
解得：k=2，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣4x+3．
点评：
此题属于二次函数的综合题，综合性很强，难度较大，主要考查了一次函数与二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式以及相似三角形的判定与性质．注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
　
38．（•铜仁）已知：直线y=ax+b与抛物线y=ax2﹣bx+c的一个交点为A（0，2），同时这条直线与x轴相交于点B，且相交所成的角β为45°．
（1）求点B的坐标；
（2）求抛物线y=ax2﹣bx+c的解析式；
（3）判断抛物线y=ax2﹣bx+c与x轴是否有交点，并说明理由．若有交点设为M，N（点M在点N左边），将此抛物线关于y轴作轴反射得到M的对应点为E，轴反射后的像与原像相交于点F，连接NF，EF得△NEF，在原像上是否存在点P，使得△NEP的面积与△NEF的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）根据等腰直角三角形的性质即可求得；
（2）利用待定系数法即可求得解析式；
（3）利用b2﹣4ac确定抛物线有没有交点，因为轴反射后的像与原像相交于点F，则F点即为A点，则OF=2，由于△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，所以P点的纵坐标为2或﹣2，代入y=﹣x2﹣2x+2即可求得．
解答：
解：（1）∵直线y=ax+b过A（0，2），同时这条直线与x轴相交于点B，且相交所成的角β为45°，
∴OA=OB，
∴当a＞0时，B（﹣2，0），当a＜0时，B（2，0）；

（2）把A（0，2），B（﹣2，0）代入直线y=ax+b得；，
解得：，
把A（0，2），B（2，0）代入直线y=ax+b得，
解得：，
∵抛物线y=ax2﹣bx+c过A（0，2），
∴c=2，
故抛物线的解析式为：y=x2﹣2x+2或y=﹣x2﹣2x+2．

（3）存在．
如图，抛物线为y=x2+2x+2时，b2﹣4ac=4﹣4×1×2＜0，抛物线与x轴没有交点，
抛物线为y=﹣x2+2x+2时，b2﹣4ac=4﹣4×（﹣1）×2＞0，抛物线与x轴有两个交点；

∵轴反射后的像与原像相交于点F，则F点即为A点，
∴F（0，2）
∵△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，
∴P点的纵坐标为2或﹣2，
当y=2时，﹣x2﹣2x+2=2，解得：x=﹣2或x=0（与点F重合，舍去）；
当y=﹣2时，﹣x2﹣2x+2=﹣2，解得：x=﹣1+，x=﹣1﹣，
故存在满足条件的点P，点P坐标为：（﹣2，2），（﹣1+，﹣2），（﹣1﹣，﹣2）．
点评：
本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的交点问题以及三角形面积的求解方法，问题考虑周全是本题的难点．
　
39．（•攀枝花）如图，抛物线y=ax2﹣8ax+12a（a＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D的坐标为（﹣6，0），且∠ACD=90°．
（1）请直接写出A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PAC的周长最小？若存在，求出点P的坐标及周长的最小值；若不存在，说明理由；
（4）平行于y轴的直线m从点D出发沿x轴向右平行移动，到点A停止．设直线m与折线DCA的交点为G，与x轴的交点为H（t，0）．记△ACD在直线m左侧部分的面积为s，求s关于t的函数关系式及自变量t的取值范围．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）令y=ax2﹣8ax+12a=0，解一元二次方程，求出点A、B的坐标；
（2）由∠ACD=90°可知△ACD为直角三角形，利用勾股定理，列出方程求出a的值，进而求出抛物线的解析式；
（3）△PAC的周长=AC+PA+PC，AC为定值，则当PA+PC取得最小值时，△PAC的周长最小．设点C关于对称轴的对称点为C′，连接AC′与对称轴交于点P，由轴对称的性质可知点P即为所求；
（4）直线m运动过程中，有两种情形，需要分类讨论并计算，避免漏解．
解答：
解：（1）抛物线的解析式为：y=ax2﹣8ax+12a（a＞0），
令y=0，即ax2﹣8ax+12a=0，

解得x1=2，x2=6，
∴A（2，0），B（6，0）．

（2）抛物线的解析式为：y=ax2﹣8ax+12a（a＞0），
令x=0，得y=12a，∴C（0，12a），OC=12a．
在Rt△COD中，由勾股定理得：CD2=OC2+OD2=（12a）2+62=144a2+36；
在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC2=OC2+OA2=（12a）2+22=144a2+4；
在Rt△ACD中，由勾股定理得：DC2+AC2=AD2；
即：（144a2+36）+（144a2+4）=82，
解得：a=或a=﹣（舍去），
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x+．

（3）存在．
对称轴为直线：x=﹣=4．

由（2）知C（0，），则点C关于对称轴x=4的对称点为C′（8，），
连接AC′，与对称轴交于点P，则点P为所求．此时△PAC周长最小，最小值为AC+AC′．
设直线AC′的解析式为y=kx+b，则有：
，解得，
∴y=x﹣．
当x=4时，y=，∴P（4，）．
过点C′作C′E⊥x轴于点E，则C′E=，AE=6，
在Rt△AC′E中，由勾股定理得：AC′==4；
在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC==4．
∴AC+AC′=4+4．
∴存在满足条件的点P，点P坐标为（4，），△PAC周长的最小值为4+4．

（4）①当﹣6≤t≤0时，如答图4﹣1所示．
∵直线m平行于y轴，
∴，即，解得：GH=（6+t）
∴S=S△DGH=DH•GH=（6+t）•（6+t）=t2+2t+6；

②当0＜t≤2时，如答图4﹣2所示．
∵直线m平行于y轴，
∴，即，解得：GH=﹣t+2．
∴S=S△COD+S梯形OCGH=OD•OC+（GH+OC）•OH
=×6×2+（﹣t+2+2）•t
=﹣t2+2t+6．
∴S=．
点评：
本题是典型的二次函数压轴题，综合考查二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、解一元二次方程、相似、勾股定理等知识点，难度不大．第（3）考查最值问题，注意利用轴对称的性质；第（4）问是动线型问题，考查分类讨论的数学思想，注意图形面积的计算．
　
40．（•龙东地区）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根（OA＞OB）．
（1）求点D的坐标．
（2）求直线BC的解析式．
（3）在直线BC上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．


考点：
一次函数综合题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）解一元二次方程求出OA、OB的长度，过点D作DE⊥y于点E，根据正方形的性质可得AD=AB，∠DAB=90°，然后求出∠ABO=∠DAE，然后利用“角角边”证明△DAE和△ABO全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=OA，AE=OB，再求出OE，然后写出点D的坐标即可；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，同理求出点C的坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0，k、b为常数），然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；
（3）根据正方形的性质，点P与点B重合时，△PCD为等腰三角形；点P为点B关于点C的对称点时，△PCD为等腰三角形，然后求解即可．
解答：
解：（1）x2﹣7x+12=0，
解得x1=3，x2=4，
∵OA＞OB，
∴OA=4，OB=3，
过D作DE⊥y于点E，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∠DAE+∠OAB=90°，
∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠ABO=∠DAE，
∵DE⊥AE，
∴∠AED=90°=∠AOB，
在△DAE和△ABO中，，
∴△DAE≌△ABO（AAS），
∴DE=OA=4，AE=OB=3，
∴OE=7，
∴D（4，7）；

（2）过点C作CM⊥x轴于点M，
同上可证得△BCM≌△ABO，
∴CM=OB=3，BM=OA=4，
∴OM=7，
∴C（7，3），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0，k、b为常数），
代入B（3，0），C（7，3）得，，
解得，
∴y=x﹣；

（3）存在，如图，
点P与点B重合时，P1（3，0），
点P与点B关于点C对称时，P2（11，6）．


点评：
本题是一次函数综合题型，主要利用了解一元二次方程，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，等腰直角三角形的判定与性质，（1）作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
　
41．（•汕尾）如图，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C．
（1）直接写出A、D、C三点的坐标；
（2）若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；
（3）设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）令y=0，解方程x2﹣x﹣3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=﹣3，可确定C点坐标；
（2）根据抛物线的对称性，可知在在x轴下方对称轴右侧也存在这样的一个点；再根据三角形的等面积法，在x轴上方，存在两个点，这两个点分别到x轴的距离等于点C到x轴的距离；
（3）根据梯形定义确定点P，如图所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1与D点重合，即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．先求出直线CP2的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标．
解答：
解：（1）∵y=x2﹣x﹣3，
∴当y=0时，x2﹣x﹣3=0，
解得x1=﹣2，x2=4．
当x=0，y=﹣3．
∴A点坐标为（4，0），D点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣3）；

（2）∵y=x2﹣x﹣3，
∴对称轴为直线x==1．
∵AD在x轴上，点M在抛物线上，
∴当△MAD的面积与△CAD的面积相等时，分两种情况：
①点M在x轴下方时，根据抛物线的对称性，可知点M与点C关于直线x=1对称，
∵C点坐标为（0，﹣3），
∴M点坐标为（2，﹣3）；
②点M在x轴上方时，根据三角形的等面积法，可知M点到x轴的距离等于点C到x轴的距离3．
当y=4时，x2﹣x﹣3=3，
解得x1=1+，x2=1﹣，
∴M点坐标为（1+，3）或（1﹣，3）．
综上所述，所求M点坐标为（2，﹣3）或（1+，3）或（1﹣，3）；

（3）结论：存在．
如图所示，在抛物线上有两个点P满足题意：
①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1．
由点C关于抛物线对称轴的对称点为B，可知BC∥x轴，则P1与D点重合，
∴P1（﹣2，0）．
∵P1A=6，BC=2，
∴P1A≠BC，
∴四边形ABCP1为梯形；
②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2．
∵A点坐标为（4，0），B点坐标为（2，﹣3），
∴直线AB的解析式为y=x﹣6，
∴可设直线CP2的解析式为y=x+n，
将C点坐标（0，﹣3）代入，得b=﹣3，
∴直线CP2的解析式为y=x﹣3．
∵点P2在抛物线y=x2﹣x﹣3上，
∴x2﹣x﹣3=x﹣3，
化简得：x2﹣6x=0，
解得x1=0（舍去），x2=6，
∴点P2横坐标为6，代入直线CP2解析式求得纵坐标为6，
∴P2（6，6）．
∵AB∥CP2，AB≠CP2，
∴四边形ABCP2为梯形．
综上所述，在抛物线上存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形；点P的坐标为（﹣2，0）或（6，6）．


点评：
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线与坐标轴的交点坐标求法，三角形的面积，梯形的判定．综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
　
42．（•连云港）某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB=8．
问题思考：
如图1，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF．
（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和是定值吗？若是，请求出；若不是，请求出这两个正方形面积之和的最小值．
（2）分别连接AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由．
问题拓展：
（3）如图2，以AB为边作正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ=8．若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长．
（4）如图3，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM=BN=1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请直接写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点O所经过的路径的长及OM+OB的最小值．


考点：
四边形综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）设AP=x，则PB=1﹣x，根据正方形的面积公式得到这两个正方形面积之和=x2+（8﹣x）2，配方得到2（x﹣4）2+32，然后根据二次函数的最值问题求解．
（2）根据PE∥BF求得PK=，进而求得DK=PD﹣PK=a﹣=，然后根据面积公式即可求得．
（3）本问涉及点的运动轨迹．PQ的中点O所经过的路径是三段半径为4，圆心角为90°的圆弧，如答图3所示；
（4）本问涉及点的运动轨迹．GH中点O的运动路径是与AB平行且距离为3的线段XY上，如答图4﹣1所示；然后利用轴对称的性质，求出OM+OB的最小值，如答图4﹣2所示．
解答：
解：（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和不是定值．
设AP=x，则PB=8﹣x，
根据题意得这两个正方形面积之和=x2+（8﹣x）2
=2x2﹣16x+64
=2（x﹣4）2+32，
所以当x=4时，这两个正方形面积之和有最小值，最小值为32．

（2）存在两个面积始终相等的三角形，它们是△APK与△DFK．
依题意画出图形，如答图2所示．

设AP=a，则PB=BF=8﹣a．
∵PE∥BF，
∴，即，
∴PK=，
∴DK=PD﹣PK=a﹣=，
∴S△APK=PK•PA=••a=，S△DFK=DK•EF=•（8﹣a）=，
∴S△APK=S△DFK．

（3）当点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动时，不妨设点Q在DA边上，
若点P在点A，点Q在点D，此时PQ的中点O即为DA边的中点；
若点Q在DA边上，且不在点D，则点P在AB上，且不在点A．
此时在Rt△APQ中，O为PQ的中点，所以AO=PQ=4．
所以点O在以A为圆心，半径为4，圆心角为90°的圆弧上．
PQ的中点O所经过的路径是三段半径为4，圆心角为90°的圆弧，如答图3所示：

所以PQ的中点O所经过的路径的长为：×2π×4=6π．

（4）点O所经过的路径长为3，OM+OB的最小值为．
如答图4﹣1，分别过点G、O、H作AB的垂线，垂足分别为点R、S、T，则四边形GRTH为梯形．

∵点O为中点，
∴OS=（GR+HT）=（AP+PB）=4，即OS为定值．
∴点O的运动路径在与AB距离为4的平行线上．
∵MN=6，点P在线段MN上运动，且点O为GH中点，
∴点O的运动路径为线段XY，XY=MN=3，XY∥AB且平行线之间距离为4，点X与点A、点Y与点B之间的水平距离均为2.5．
如答图4﹣2，作点M关于直线XY的对称点M′，连接BM′，与XY交于点O．

由轴对称性质可知，此时OM+OB=BM′最小．
在Rt△BMM′中，MM′=2×4=8，BM=7，由勾股定理得：BM′==．
∴OM+OB的最小值为．
点评：
本题是中考压轴题，难度较大．解题难点在于分析动点的运动轨迹，需要很好的空间想象能力和作图分析能力；此外本题还综合考查了二次函数、整式运算、四边形、中位线、相似、轴对称与勾股定理等众多知识点，是一道好题．
　
43．（•昆明）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最大面积是多少？
（3）当△PBQ的面积最大时，在BC下方的抛物线上存在点K，使S△CBK：S△PBQ=5：2，求K点坐标．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）把点A、B的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b的解析式，通过解方程组求得它们的值；
（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△PBQ与t的函数关系式S△PBQ=﹣（t﹣1）2+．利用二次函数的图象性质进行解答；
（3）利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=x﹣3．由二次函数图象上点的坐标特征可设点K的坐标为（m，m2﹣m﹣3）．
如图2，过点K作KE∥y轴，交BC于点E．结合已知条件和（2）中的结果求得S△CBK=．则根据图形得到：S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m），把相关线段的长度代入推知：﹣m2+3m=．易求得K1（1，﹣），K2（3，﹣）．
解答：
解：（1）把点A（﹣2，0）、B（4，0）分别代入y=ax2+bx﹣3（a≠0），得
，
解得 ，
所以该抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣3；

（2）设运动时间为t秒，则AP=3t，BQ=t．
∴PB=6﹣3t．
由题意得，点C的坐标为（0，﹣3）．
在Rt△BOC中，BC==5．
如图1，过点Q作QH⊥AB于点H．
∴QH∥CO，
∴△BHQ∽△BOC，
∴=，即=，
∴HQ=t．
∴S△PBQ=PB•HQ=（6﹣3t）•t=﹣t2+t=﹣（t﹣1）2+．
当△PBQ存在时，0＜t＜2
∴当t=1时，
S△PBQ最大=．
答：运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是；

（3）设直线BC的解析式为y=kx+c（k≠0）．
把B（4，0），C（0，﹣3）代入，得
，
解得 ，
∴直线BC的解析式为y=x﹣3．
∵点K在抛物线上．
∴设点K的坐标为（m，m2﹣m﹣3）．
如图2，过点K作KE∥y轴，交BC于点E．则点E的坐标为（m，m﹣3）．
∴EK=m﹣3﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+m．
当△PBQ的面积最大时，∵S△CBK：S△PBQ=5：2，S△PBQ=．
∴S△CBK=．
S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m）
=×4•EK
=2（﹣m2+m）
=﹣m2+3m．
即：﹣m2+3m=．
解得 m1=1，m2=3．
∴K1（1，﹣），K2（3，﹣）．


点评：
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数解析式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意该点的运动范围，即自变量的取值范围．
　
44．（•济宁）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C；
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题；勾股定理；平行四边形的判定；相似三角形的应用．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）首先求出对称点A′的坐标，然后代入抛物线解析式，即可判定点A′是否在抛物线上．本问关键在于求出A′的坐标．如答图所示，作辅助线，构造一对相似三角形Rt△A′EA∽Rt△OAC，利用相似关系、对称性质、勾股定理，求出对称点A′的坐标；
（3）本问为存在型问题．解题要点是利用平行四边形的定义，列出代数关系式求解．如答图所示，平行四边形的对边平行且相等，因此PM=AC=10；利用含未知数的代数式表示出PM的长度，然后列方程求解．
解答：
解：（1）∵y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣．

（2）如答图所示，过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D，
∵点C在直线y=2x上，
∴C（5，10）
∵点A和A′关于直线y=2x对称，
∴OC⊥AA′，A′D=AD．
∵OA=5，AC=10，
∴OC===．
∵S△OAC=OC•AD=OA•AC，
∴AD=．
∴AA′=，
在Rt△A′EA和Rt△OAC中，
∵∠A′AE+∠A′AC=90°，
∠ACD+∠A′AC=90°，
∴∠A′AE=∠ACD．
又∵∠A′EA=∠OAC=90°，
∴Rt△A′EA∽Rt△OAC．
∴，
即．
∴A′E=4，AE=8．
∴OE=AE﹣OA=3．
∴点A′的坐标为（﹣3，4），
当x=﹣3时，
y=×（﹣3）2+3﹣=4．
所以，点A′在该抛物线上．

（3）存在．
理由：设直线CA′的解析式为y=kx+b，
则，
解得
∴直线CA′的解析式为y=x+
设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点M为（x，x+）．
∵PM∥AC，
∴要使四边形PACM是平行四边形，只需PM=AC．又点M在点P的上方，
∴（x+）﹣（x2﹣x﹣）=10．
解得x1=2，x2=5（不合题意，舍去）
当x=2时，y=﹣．
∴当点P运动到（2，﹣）时，四边形PACM是平行四边形．

点评：
本题是二次函数的综合题型，考查了二次函数的图象及性质、待定系数法、相似、平行四边形、勾股定理、对称等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问的要点是求对称点A′的坐标，第（3）问的要点是利用平行四边形的定义列方程求解．
　
45．（•吉林）如图①，直线l：y=mx+n（m＜0，n＞0）与x，y轴分别相交于A，B两点，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做l的关联抛物线，而l叫做P的关联直线．
（1）若l：y=﹣2x+2，则P表示的函数解析式为　y=﹣x2﹣x+2　；若P：y=﹣x2﹣3x+4，则l表示的函数解析式为　y=﹣4x+4　．
（2）求P的对称轴（用含m，n的代数式表示）；
（3）如图②，若l：y=﹣2x+4，P的对称轴与CD相交于点E，点F在l上，点Q在P的对称轴上．当以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，求点Q的坐标；
（4）如图③，若l：y=mx﹣4m，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM．若OM=，直接写出l，P表示的函数解析式．


考点：
二次函数综合题；一次函数的应用；勾股定理；等腰直角三角形；平行四边形的性质；作图-旋转变换．菁优网版权所有
专题：
压轴题；新定义．
分析：
（1）若l：y=﹣2x+2，求出点A、B、D的坐标，利用待定系数法求出P表示的函数解析式；若P：y=﹣x2﹣3x+4，求出点D、A、B的坐标，再利用待定系数法求出l表示的函数解析式；
（2）以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，则有FQ∥CE，且FQ=CE．以此为基础，列方程求出点Q的坐标．注意：点Q的坐标有两个，如答图1所示，不要漏解；
（3）如答图2所示，作辅助线，构造等腰直角三角形OGH，求出OG的长度，进而由AB=2OG求出AB的长度，再利用勾股定理求出y=mx﹣4m中m的值，最后分别求出l，P表示的函数解析式．
解答：
解：（1）若l：y=﹣2x+2，则A（1，0），B（0，2）．
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，
∴D（﹣2，0）．
设P表示的函数解析式为：y=ax2+bx+c，将点A、B、D坐标代入得：
，
解得，
∴P表示的函数解析式为：y=﹣x2﹣x+2；
若P：y=﹣x2﹣3x+4=﹣（x+4）（x﹣1），
则D（﹣4，0），A（1，0）．
∴B（0，4）．
设l表示的函数解析式为：y=kx+b，将点A、B坐标代入得：
，解得，
∴l表示的函数解析式为：y=﹣4x+4．

（2）直线l：y=mx+n（m＞0，n＜0），
令y=0，即mx+n=0，得x=﹣；令x=0，得y=n．
∴A（﹣，0）、B（0，n），
∴D（﹣n，0）．
设抛物线对称轴与x轴的交点为N（x，0），
∵DN=AN，∴﹣﹣x=x﹣（﹣n），
∴2x=﹣n﹣，
∴P的对称轴为x=﹣．

（3）若l：y=﹣2x+4，则A（2，0）、B（0，4），
∴C（0，2）、D（﹣4，0）．
可求得直线CD的解析式为：y=x+2．
由（2）可知，P的对称轴为x=﹣1．
∵以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形，
∴FQ∥CE，且FQ=CE．
设直线FQ的解析式为：y=x+b．
∵点E、点C的横坐标相差1，∴点F、点Q的横坐标也是相差1．
则|xF﹣（﹣1）|=|xF+1|=1，
解得xF=0或xF=﹣2．
∵点F在直线ll：y=﹣2x+4上，∴点F坐标为（0，4）或（﹣2，8）．
若F（0，4），则直线FQ的解析式为：y=x+4，当x=﹣1时，y=，∴Q1（﹣1，）；
若F（﹣2，8），则直线FQ的解析式为：y=x+9，当x=﹣1时，y=，∴Q2（﹣1，）．
∴满足条件的点Q有2个，如答图1所示，点Q坐标为Q1（﹣1，）、Q2（﹣1，）．

（4）如答图2所示，连接OG、OH．
∵点G、H为斜边中点，
∴OG=AB，OH=CD．
由旋转性质可知，AB=CD，OG⊥OH，
∴△OGH为等腰直角三角形．
∵点G为GH中点，
∴△OMG为等腰直角三角形，
∴OG=OM=•=2，
∴AB=2OG=4．
∵l：y=mx﹣4m，∴A（4，0），B（0，﹣4m）．
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OA2+OB2=AB2，
即：42+（﹣4m）2=（4）2，
解得：m=﹣2或m=2，
∵点B在y轴正半轴，∴m=2舍去，∴m=﹣2．
∴l表示的函数解析式为：y=﹣2x+8；
∴B（0，8），D（﹣8，0）．又A（4，0），利用待定系数法求得P：y=﹣x2﹣x+8．


点评：
本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、一次函数、待定系数法、旋转变换、平行四边形、等腰直角三角形、勾股定理等多个知识点，综合性较强，有一定的难度．题干中定义了“关联抛物线”与“关联直线”的新概念，理解这两个概念是正确解题的前提．
　
46．（•淮安）如图1，矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，PQ两点同时运动，相遇时停止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR．设运动时间为t秒．
（1）当t=　1秒　时，△PQR的边QR经过点B；
（2）设△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；
（3）如图2，过定点E（5，0）作EF⊥BC，垂足为F，当△PQR的顶点R落在矩形OABC的内部时，过点R作x轴、y轴的平行线，分别交EF、BC于点M、N，若∠MAN=45°，求t的值．


考点：
四边形综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB=AQ，由此列方程求出t的值；
（2）在图形运动的过程中，有三种情形，需要分类讨论，避免漏解；
（3）首先判定ABFE为正方形；其次通过旋转，由三角形全等证明MN=EM+BN；设EM=m，BN=n，在Rt△FMN中，由勾股定理得到等式：mn+3（m+n）﹣9=0，由此等式列方程求出时间t的值．
解答：
解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，
∴AB=AQ，即3=4﹣t，
∴t=1．
即当t=1秒时，△PQR的边QR经过点B．

（2）①当0≤t≤1时，如答图1﹣1所示．

设PR交BC于点G，
过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．
S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC
=8×3﹣（2t+2t+3）×3
=﹣6t；
②当1＜t≤2时，如答图1﹣2所示．

设PR交BC于点G，RQ交BC、AB于点S、T．
过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．
QD=t，则AQ=AT=4﹣t，
∴BT=BS=AB﹣AQ=3﹣（4﹣t）=t﹣1．
S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST
=8×3﹣（2t+2t+3）×3﹣（t﹣1）2
=﹣t2﹣5t+19；
③当2＜t≤4时，如答图1﹣3所示．

设RQ与AB交于点T，则AT=AQ=4﹣t．
PQ=12﹣3t，∴PR=RQ=（12﹣3t）．
S=S△PQR﹣S△AQT
=PR2﹣AQ2
=（12﹣3t）2﹣（4﹣t）2
=t2﹣14t+28．
综上所述，S关于t的函数关系式为：
S=．

（3）∵E（5，0），∴AE=AB=3，
∴四边形ABFE是正方形．
如答图2，将△AME绕点A顺时针旋转90°，得到△ABM′，其中AE与AB重合．
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM+∠NAB=45°，
∴∠BAM′+∠NAB=45°，
∴∠MAN=∠M′AN．
连接MN．在△MAN与△M′AN中，

∴△MAN≌△M′AN（SAS）．
∴MN=M′N=M′B+BN
∴MN=EM+BN．

设EM=m，BN=n，则FM=3﹣m，FN=3﹣n．
在Rt△FMN中，由勾股定理得：FM2+FN2=MN2，即（3﹣m）2+（3﹣n）2=（m+n）2，
整理得：mn+3（m+n）﹣9=0． ①
延长NR交x轴于点S，则m=EM=RS=PQ=（12﹣3t），
∵QS=PQ=（12﹣3t），AQ=4﹣t，
∴n=BN=AS=QS﹣AQ=（12﹣3t）﹣（4﹣t）=2﹣t．
∴m=3n，
代入①式，化简得：n2+4n﹣3=0，
解得n=﹣2+或n=﹣2﹣（舍去）
∴2﹣t=﹣2+
解得：t=8﹣2．
∴若∠MAN=45°，则t的值为（8﹣2）秒．
点评：
本题是运动型综合题，涉及动点与动线，复杂度较高，难度较大．第（2）问中，注意分类讨论周全，不要遗漏；第（3）问中，善于利用全等三角形及勾股定理，求得线段之间的关系式，最后列出方程求解．题中运算量较大，需要认真计算．
　
47．（•怀化）如图1，在平面直角坐标系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射线OC以每秒2个单位长度的速度向右平行移动，当射线OC经过点B时停止运动，设平行移动x秒后，射线OC扫过Rt△ABO的面积为y．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当x=3秒时，射线OC平行移动到O′C′，与OA相交于G，如图2，求经过G，O，B三点的抛物线的解析式；
（3）现有一动点P在（2）中的抛物线上，试问点P在运动过程中，是否存在△POB的面积S=8的情况？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）判断出△ABO是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠AOB=45°，然后求出AO⊥CO，再根据平移的性质可得AO⊥C′O′，从而判断出△OO′G是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质列式整理即可得解；
（2）求出OO′，再根据等腰直角三角形的性质求出点G的坐标，然后设抛物线解析式为y=ax2+bx，再把点B、G的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（3）设点P到x轴的距离为h，利用三角形的面积公式求出h，再分点P在x轴上方和下方两种情况，利用抛物线解析式求解即可．
解答：
解：（1）∵AB=OB，∠ABO=90°，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB=45°，
∵∠yOC=45°，
∴∠AOC=（90°﹣45°）+45°=90°，
∴AO⊥CO，
∵C′O′是CO平移得到，
∴AO⊥C′O′，
∴△OO′G是等腰直角三角形，
∵射线OC的速度是每秒2个单位长度，
∴OO′=2x，
∴其以OO′为底边的高为x，
∴y=×（2x）•x=x2；

（2）当x=3秒时，OO′=2×3=6，
∵×6=3，
∴点G的坐标为（3，3），
设抛物线解析式为y=ax2+bx，
则，
解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x；

（3）设点P到x轴的距离为h，
则S△POB=×8h=8，
解得h=2，
当点P在x轴上方时，﹣x2+x=2，
整理得，x2﹣8x+10=0，
解得x1=4﹣，x2=4+，
此时，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）；
当点P在x轴下方时，﹣x2+x=﹣2，
整理得，x2﹣8x﹣10=0，
解得x1=4﹣，x2=4+，
此时，点P的坐标为（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2），
综上所述，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）或（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2）时，△POB的面积S=8．
点评：
本题是二次函数综合题型，主要利用了等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积，二次函数图象上点的坐标特征，（3）要注意分情况讨论．
　
48．（•湖州）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）．
（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；
（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；
（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．


考点：
圆的综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明；
（2）分两种情况：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上；②当0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，
（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．
解答：
证明：（1）如图，连接PM，PN，
∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，
∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，
∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，
∵PE⊥PF，
∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，
在△PMF和△PNE中，
，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PE=PF；

（2）解：分两种情况：
①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图1，

由（1）得△PMF≌△PNE，
∴NE=MF=t，PM=PN=1，
∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，
∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，
∴b=2+a，
②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，

同理可证△PMF≌△PNE，
∴b=OF=OM+MF=1+t，a=OE=ON﹣NE=1﹣t，
∴b+a=1+t+1﹣t=2，
∴b=2﹣a．
综上所述，当t＞1时，b=2+a；当0＜t≤1时，b=2﹣a；

（3）存在；
①如图3，当1＜t＜2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，M的坐标为（1，0），
∴F′（1﹣t，0）
∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，
∴Q（1﹣t，0）
∴OQ=1﹣t，
由（1）得△PMF≌△PNE
∴NE=MF=t，
∴OE=t﹣1
当△OEQ∽△MPF
∴=
∴=，
解得，t=，
当△OEQ∽△MFP时，
∴=，
=，
解得，t=，
②如图4，当t＞2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，
∴F′（1﹣t，0）
∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，
∴Q（1﹣t，0）
∴OQ=t﹣1，
由（1）得△PMF≌△PNE
∴NE=MF=t，
∴OE=t﹣1
当△OEQ∽△MPF
∴=
∴=，
无解，
当△OEQ∽△MFP时，
∴=，
=，
解得，t=2+，t=2﹣（舍去）
所以当t=，t=，t=2+时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．

点评：
本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．
　
49．（•岳阳）如图，抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0，）三点，设点E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方，四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当点E（x，y）运动时，试求平行四边形OEBF的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S的最大值？
（3）是否存在这样的点E，使平行四边形OEBF为正方形？若存在，求E点，F点的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）由抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0，）三点，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）由点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，可得y＜0，即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离，又由S=2S△OBE=2××OB•|y|，即可求得平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，结合图象，求得自变量x的取值范围；
（3）由当OB⊥EF，且OB=EF时，平行四边形OEBF是正方形，可得此时点E坐标只能（2.5，﹣2.5），而坐标为（2.5，﹣2.5）点在抛物线上，故可判定存在点E，使平行四边形OEBF为正方形．
解答：
解：（1）设所求抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0，）三点，则由题意可得：
，解得．
∴所求抛物线的解析式为：y=x2﹣4x+．

（2）∵点E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方，
∴y＜0，
即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离．
∵OB是平行四边形OEBF的对角线，
∴S=2S△OBE=2××OB•|y|=﹣5y=﹣5（x2﹣4x+）=﹣x2+20x﹣，
∵S=﹣（x﹣3）2+
∴S与x之间的函数关系式为：S=﹣x2+20x﹣（1＜x＜5），S的最大值为．

（3）∵当OB⊥EF，且OB=EF时，平行四边形OEBF是正方形，
∴此时点E坐标只能（，﹣），而坐标为（，﹣）点在抛物线上，
∴存在点E（，﹣），使平行四边形OEBF为正方形，
此时点F坐标为（，）．
点评：
此题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、配方法、平行四边形的性质以及正方形的判定等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想、方程思想与函数思想的应用．
　
50．（•大连）如图，抛物线y=a（x﹣m）2+2m﹣2（其中m＞1）与其对称轴l相交于点P，与y轴相交于点A（0，m﹣1）．连接并延长PA、PO，与x轴、抛物线分别相交于点B、C，连接BC．点C关于直线l的对称点为C′，连接PC′，即有PC′=PC．将△PBC绕点P逆时针旋转，使点C与点C′重合，得到△PB′C′．
（1）该抛物线的解析式为　y=（x﹣m）2+2m﹣2　（用含m的式子表示）；
（2）求证：BC∥y轴；
（3）若点B′恰好落在线段BC′上，求此时m的值．


考点：
二次函数综合题；解分式方程；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；平行线的判定与性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）只需将A点坐标（0，m﹣1）代入y=a（x﹣m）2+2m﹣2，即可求出a值，从而得到抛物线的解析式．
（2）由点A、P的坐标可求出直线AP的解析式，从而求出点B的横坐标为﹣m；由点P的坐标可求出直线OP的解析式，从而求出直线OP与抛物线的交点C的横坐标为﹣m．由于点B、C的横坐标相同，故BC∥y轴．
（3）利用三角形的内角和定理、图形旋转的性质等知识，结合条件可以证到∠POD=∠BAO，从而可以证到△BAO∽△POD，进而得到=，由BO=m，PD=2m﹣2，AO=m﹣1，OD=m，可得：=，通过解方程就可解决问题．
解答：
（1）解：∵A（0，m﹣1）在抛物线y=a（x﹣m）2+2m﹣2上，
∴a（0﹣m）2+2m﹣2=m﹣1．
∴a=．
∴抛物线的解析式为y=（x﹣m）2+2m﹣2．

（2）证明：如图1，
设直线PA的解析式为y=kx+b，
∵点P（m，2m﹣2），点A（0，m﹣1）．
∴．
解得：．
∴直线PA的解析式是y=x+m﹣1．
当y=0时，x+m﹣1=0．
∵m＞1，
∴x=﹣m．
∴点B的横坐标是﹣m．
设直线OP的解析式为y=k′x，
∵点P的坐标为（m，2m﹣2），
∴k′m=2m﹣2．
∴k′=．
∴直线OP的解析式是y=x．
联立
解得：或．
∵点C在第三象限，且m＞1，
∴点C的横坐标是﹣m．
∴BC∥y轴．

（3）解：若点B′恰好落在线段BC′上，
设对称轴l与x轴的交点为D，连接CC′，如图2，
则有∠PB′C′+∠PB′B=180°．
∵△PB′C′是由△PBC绕点P逆时针旋转所得，
∴∠PBC=∠PB′C′，PB=PB′，∠BPB′=∠CPC′．
∴∠PBC+∠PB'B=180°．
∵BC∥AO，
∴∠ABC+∠BAO=180°．
∴∠PB′B=∠BAO．
∵PB=PB′，PC=PC′，
∴∠PB′B=∠PBB′=，
∴∠PCC′=∠PC′C=．
∴∠PB′B=∠PCC′．
∴∠BAO=∠PCC′．
∵点C关于直线l的对称点为C′，
∴CC′⊥l．
∵OD⊥l，
∴OD∥CC′．
∴∠POD=∠PCC′．
∴∠POD=∠BAO．
∵∠AOB=∠ODP=90°，∠POD=∠BAO，
∴△BAO∽△POD．
∴=．
∵BO=m，PD=2m﹣2，AO=m﹣1，OD=m，
∴=．
解得：
∴m1=2+，m2=2﹣．
经检验：m1=2+，m2=2﹣都是分式方程的解．
∵m＞1，
∴m=2+．
∴若点B′恰好落在线段BC′上，此时m的值为2+．


点评：
本题考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、相似三角形判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、解分式方程、三角形的内角和定理、旋转的性质、抛物线与直线的交点等知识，综合性比较强，有一定的难度．而证明∠POD=∠BAO，进而证到△BAO∽△POD是解决第3小题的关键．
　
51．（•桂林）如图，已知抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A（﹣2，0）、B两点，与y轴交于C点，其对称轴为直线x=1．
（1）直接写出抛物线的解析式：　y=﹣x2+x+4　；
（2）把线段AC沿x轴向右平移，设平移后A、C的对应点分别为A′、C′，当C′落在抛物线上时，求A′、C′的坐标；
（3）除（2）中的点A′、C′外，在x轴和抛物线上是否还分别存在点E、F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出E、F的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）先求得B点的坐标，然后根据待定系数法交点抛物线的解析式；
（2）根据平移性质及抛物线的对称性，求出A′、C′的坐标；
（3）以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形，可能存在3种满足条件的情形，需要分类讨论，避免漏解．
解答：
解：（1）∵A（﹣2，0），对称轴为直线x=1．
∴B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线的表达式为：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；

（2）由抛物线y=﹣x2+x+4可知C（0，4），
∵抛物线的对称轴为直线x=1，根据对称性，
∴C′（2，4），
∴A′（0，0）．

（3）存在．
设F（x，﹣x2+x+4）．
以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形，
①若AC为平行四边形的边，如答图1﹣1所示，则EF∥AC且EF=AC．

过点F1作F1D⊥x轴于点D，则易证Rt△AOC≌Rt△E1DF1，
∴DE1=2，DF1=4．
∴﹣x2+x+4=﹣4，
解得：x1=1+，x2=1﹣．
∴F1（1+，﹣4），F2（1﹣，﹣4）；
∴E1（3+，0），E2（3﹣，0）．
②若AC为平行四边形的对角线，如答图1﹣2所示．
∵点E3在x轴上，∴CF3∥x轴，
∴点C为点A关于x=1的对称点，
∴F3（2，4），CF3=2．
∴AE3=2，
∴E3（﹣4，0）．
综上所述，存在点E、F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形；
点E、F的坐标为：E1（3+，0），F1（1+，﹣4）；E2（3﹣，0），F2（1﹣，﹣4）；E3（﹣4，0），F3（2，4）．
（注：因点F3与点C′重合，故此处不确定E3、F3是否满足题意，请读者注意，谢谢）
点评：
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，根据抛物线的性质求得对称点的问题，平行四边形的性质等．解题关键是根据题意画出图形，根据图形解答问题．
　
52．（•广州）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，CD=5．点E为线段CD上一动点（不与点C重合），△BCE关于BE的轴对称图形为△BFE，连接CF．设CE=x，△BCF的面积为S1，△CEF的面积为S2．
（1）当点F落在梯形ABCD的中位线上时，求x的值；
（2）试用x表示，并写出x的取值范围；
（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，求的值．


考点：
四边形综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）利用梯形中位线的性质，证明△BCF是等边三角形；然后解直角三角形求出x的值；
（2）利用相似三角形（或射影定理）求出线段EG与BE的比，然后利用=求解；
（3）依题意作出图形，当△BFE的外接圆与AD相切时，线段BE的中点O成为圆心．作辅助线，如答图3，构造一对相似三角形△OMP∽△ADH，利用比例关系列方程求出x的值，进而求出的值．
解答：
解：（1）当点F落在梯形ABCD中位线上时，
如答图1，过点F作出梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N．

由题意，可知ABCD为直角梯形，则MN⊥BC，且BN=CN=BC．
由轴对称性质，可知BF=BC，
∴BN=BF，
∴∠BFN=30°，∴∠FBC=60°，
∴△BFC为等边三角形．
∴CF=BC=4，∠FCB=60°，
∴∠ECF=30°．
设BE、CF交于点G，由轴对称性质可知CG=CF=2，CF⊥BE．
在Rt△CEG中，x=CE===．
∴当点F落在梯形ABCD的中位线上时，x的值为．

（2）如答图2，由轴对称性质，可知BE⊥CF．

∵∠GEC+∠ECG=90°，∠GEC+∠CBE=90°，
∴∠GCE=∠CBE，
又∵∠CGE=∠ECB=90°，
∴Rt△BCE∽Rt△CGE，
∴，
∴CE2=EG•BE ①
同理可得：BC2=BG•BE ②
①÷②得：==．
∴====．
∴=（0＜x≤5）．

（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，依题意画出图形，如答图3所示．
设圆心为O，半径为r，则r=BE=．
设切点为P，连接OP，则OP⊥AD，OP=r=．

过点O作梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N，
则OM为梯形ABED的中位线，∴OM=（AB+DE）=（3+5﹣x）=（8﹣x）．
过点A作AH⊥CD于点H，则四边形ABCH为矩形，
∴AH=BC=4，CH=AB=3，∴DH=CD﹣CH=2．
在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD===2．
∵MN∥CD，
∴∠ADH=∠OMP，又∵∠AHD=∠OPM=90°，
∴△OMP∽△ADH，
∴，即，
化简得：16﹣2x=，
两边平方后，整理得：x2+64x﹣176=0，
解得：x1=﹣32+20，x2=﹣32﹣20（舍去）
∵0＜﹣32+20≤5
∴x=﹣32+20符合题意，
∴==139﹣80．
点评：
本题是几何综合题，考查了直角梯形、相似、勾股定理、等边三角形、矩形、中位线、圆的切线、解方程、解直角三角形等知识点，考查了轴对称变换与动点型问题，涉及考点较多，有一定的难度．
　
53．（•抚顺）如图，抛物线y=ax2+x+c与x轴交于点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，连接AC，点M是线段OA上的一个动点（不与点O、A重合），过点M作MN∥AC，交OC于点N，将△OMN沿直线MN折叠，点O的对应点O′落在第一象限内，设OM=t，△O′MN与梯形AMNC重合部分面积为S．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①当点O′落在AC上时，请直接写出此时t的值；
②求S与t的函数关系式；
（3）在点M运动的过程中，请直接写出以O、B、C、O′为顶点的四边形分别是等腰梯形和平行四边形时所对应的t值．


考点：
二次函数综合题；平行线的判定；勾股定理的应用；等腰梯形的判定．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
（1）应用待定系数法即可求得解析式．
（2）①根据平行线的性质及轴对称的性质求得∠AO′M=∠O′AM，从而求得OM=AM=，进而求得t的值；②根据平行线分线段成比例定理求得ON==t，即可求得三角形的面积S；
（3）根据直线BC的斜率即可求得直线OO′的解析式y=2x，设O′（m，2m），根据O′N=t先求得m与t的关系式，然后根据O′C=OB即可求得．
解答：
解：（1）∵抛物线y=ax2+x+c与x轴交于点A（4，0）、B（﹣1，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式：y=﹣x2+x+2；

（2）①如图1，∵MN∥AC，
∴∠OMN=∠O′AM，∠O′MN=AO′M
∵∠OMN=∠O′MN，
∴∠AO′M=∠O′AM，
∴O′M=AM，
∵OM=O′M，
∴OM=AM=t，
∴t===2；
②由抛物线的解析式：y=﹣x2+x+2可知C（0，2）
∵A（4，0）、C（0，2），
∴OA=4，OC=2，
∵MN∥AC，
∴ON：OM=OC：OA=2：4=1：2，
∴ON=OM=t，
∴当0＜t≤2时，S===t2．
当2＜t≤4时，S=﹣[t﹣（4﹣t）][t﹣（2﹣t）]=t2﹣（t﹣2）2=﹣t2+4t﹣4；
∴S=；

（3）如图2，∵B（﹣1，0），C（0，2），
∴直线BC的斜率为2，
∵OO′∥BC，
∴直线OO′的解析式为y=2x，
设O′（m，2m），
∵O′N=ON=t，
∴O′N2=m2+（2m﹣t）2=（）2，
∴t=m，
∴O′C2=m2+（2﹣2m）2，
∵OB=O′C，
∴m2+（2﹣2m）2=（﹣1）2，
解得m1=1，m2=，
∴O′（1，2）或（，），
∵C（0，2），
∴当O′（1，2）时，以O、B、C、O′为顶点的四边形是平行四边形，此时t=，
当O′（，）时，以O、B、C、O′为顶点的四边形是梯形，此时t=．


点评：
本题考查了待定系数法求解析式，平行线的性质，勾股定理的应用，关于轴对称的两个图形的性质，平行四边形的判定，梯形的判定等．
　
54．（•福州）如图，抛物线y=（x﹣3）2﹣1与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B，D的坐标；
（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，求证：∠AEO=∠ADC；
（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标．


考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）根据二次函数性质，求出点A、B、D的坐标；
（2）如何证明∠AEO=∠ADC？如答图1所示，我们观察到在△EFH与△ADF中：∠EHF=90°，有一对对顶角相等；因此只需证明∠EAD=90°即可，即△ADE为直角三角形，由此我们联想到勾股定理的逆定理．分别求出△ADE三边的长度，再利用勾股定理的逆定理证明它是直角三角形，由此问题解决；
（3）依题意画出图形，如答图2所示．由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．利用二次函数性质求出EP2最小时点P的坐标，并进而求出点Q的坐标．
解答：
（1）解：顶点D的坐标为（3，﹣1）．
令y=0，得（x﹣3）2﹣1=0，
解得：x1=3+，x2=3﹣，
∵点A在点B的左侧，
∴A（3﹣，0），B（3+，0）．

（2）证明：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3．

令x=0，得y=，
∴C（0，）．
∴CG=OC+OG=+1=，
∴tan∠DCG=．
设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）=．
由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG．
∴tan∠EOM=tan∠DCG==，
解得EM=2，
∴DE=EM+DM=3．
在Rt△AEM中，AM=，EM=2，由勾股定理得：AE=；
在Rt△ADM中，AM=，DM=1，由勾股定理得：AD=．
∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，
∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°．
设AE交CD于点F，
∵∠AEO+∠EFH=90°，∠ADC+AFD=90°，∠EFH=∠AFD（对顶角相等），
∴∠AEO=∠ADC．

（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：

由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，
要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．
设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2．
∵y=（x﹣3）2﹣1，
∴（x﹣3）2=2y+2．
∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5
当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．
将y=1代入y=（x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，
解得：x1=1，x2=5．
又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，
∴x1=1舍去．
∴P（5，1）．
此时点Q坐标为（3，1）或（，）．
点评：
本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，难度较大．第（2）问中，注意观察图形，将问题转化为证明△ADE为直角三角形的问题，综合运用勾股定理及其逆定理、三角函数（或相似形）求解；第（3）问中，解题关键是将最值问题转化为求EP2最小值的问题，注意解答中求EP2最小值的具体方法．
　
55．（•成都）如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ACB=90°，AC=2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E．设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．
（1）求证：△PAC∽△PDF；
（2）若AB=5，=，求PD的长；
（3）在点P运动过程中，设=x，tan∠AFD=y，求y与x之间的函数关系式．（不要求写出x的取值范围）


考点：
圆的综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）证明相似，思路很常规，就是两个角相等或边长成比例．因为题中因圆周角易知一对相等的角，那么另一对角相等就是我们需要努力的方向，因为涉及圆，倾向于找接近圆的角∠DPF，利用补角在圆内作等量代换，等弧对等角等知识易得∠DPF=∠APC，则结论易证．
（2）求PD的长，且此线段在上问已证相似的△PDF中，很明显用相似得成比例，再将其他边代入是应有的思路．利用已知条件易得其他边长，则PD可求．
（3）因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中，进而考虑转化，∠AFD=∠PCA，连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，过G点作AB的垂线，若此线过PB与AC的交点那么结论易求，因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线．但是“此线是否过PB与AC的交点”？此时首先需要做的是多画几个动点P，观察我们的猜想．验证得我们的猜想应是正确的，可是证明不能靠画图，如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键．常规作法不易得此结论，我们可以换另外的辅助线作法，先做垂线，得交点H，然后连接交点与B，再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因为C、D关于AB对称，可以延长CG考虑P点的对称点．根据等弧对等角，可得∠HBG=∠PCA，进而得解题思路．
解答：
（1）证明：∵，
∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所对的圆周角=180°﹣所对的圆周角=所对的圆周角=∠APC．
在△PAC和△PDF中，
，
∴△PAC∽△PDF．

（2）解：如图1，连接PO，则由，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF都为等腰直角三角形．

在Rt△ABC中，
∵AC=2BC，
∴AB2=BC2+AC2=5BC2，
∵AB=5，
∴BC=，
∴AC=2，
∴CE=AC•sin∠BAC=AC•=2•=2，
AE=AC•cos∠BAC=AC•=2•=4，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴EF=AE=4，
∴FD=FC+CD=（EF﹣CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．
∵△APO为等腰直角三角形，AO=•AB=，
∴AP=．
∵△PDF∽△PAC，
∴，
∴，
∴PD=．

（3）解：如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q，

∵HC⊥CB，GH⊥GB，
∴C、G都在以HB为直径的圆上，
∴∠HBG=∠ACQ，
∵C、D关于AB对称，G在AB上，
∴Q、P关于AB对称，
∴，
∴∠PCA=∠ACQ，
∴∠HBG=∠PCA．
∵△PAC∽△PDF，
∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，
∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．
∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG==，
∴y==x．
点评：
本题考查了圆周角、相似三角形、三角函数等性质，前两问思路还算简单，但最后一问需要熟练的解题技巧需要长久的磨练总结．总体来讲本题偏难，学生练习时加强理解，重点理解分析过程，自己如何找到思路．
　
56．（•莱芜）如图，过A（1，0）、B（3，0）作x轴的垂线，分别交直线y=4﹣x于C、D两点．抛物线y=ax2+bx+c经过O、C、D三点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点M为直线OD上的一个动点，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，问是否存在这样的点M，使得以A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求此时点M的横坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若△AOC沿CD方向平移（点C在线段CD上，且不与点D重合），在平移的过程中△AOC与△OBD重叠部分的面积记为S，试求S的最大值．


考点：
二次函数综合题；平行四边形的判定与性质；坐标与图形变化-平移．菁优网版权所有
专题：
代数几何综合题；压轴题；待定系数法．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）由题意，可知MN∥AC，因为以A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，则有MN=AC=3．设点M的横坐标为x，则求出MN=|x2﹣4x|；解方程|x2﹣4x|=3，求出x的值，即点M横坐标的值；
（3）设水平方向的平移距离为t（0≤t＜2），利用平移性质求出S的表达式：S=﹣（t﹣1）2+；当t=1时，s有最大值为．
解答：
解：（1）由题意，可得C（1，3），D（3，1）．
∵抛物线过原点，∴设抛物线的解析式为：y=ax2+bx．
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为：y=﹣x2+x．

（2）存在．
设直线OD解析式为y=kx，将D（3，1）代入，
求得k=，
∴直线OD解析式为y=x．
设点M的横坐标为x，则M（x，x），N（x，﹣x2+x），
∴MN=|yM﹣yN|=|x﹣（﹣x2+x）|=|x2﹣4x|．
由题意，可知MN∥AC，因为以A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，则有MN=AC=3．
∴|x2﹣4x|=3．
若x2﹣4x=3，整理得：4x2﹣12x﹣9=0，
解得：x=或x=；
若x2﹣4x=﹣3，整理得：4x2﹣12x+9=0，
解得：x=．
∴存在满足条件的点M，点M的横坐标为：或或．

（3）∵C（1，3），D（3，1）
∴易得直线OC的解析式为y=3x，直线OD的解析式为y=x．
如解答图所示，
设平移中的三角形为△A′O′C′，点C′在线段CD上．
设O′C′与x轴交于点E，与直线OD交于点P；
设A′C′与x轴交于点F，与直线OD交于点Q．
设水平方向的平移距离为t（0≤t＜2），
则图中AF=t，F（1+t，0），Q（1+t，+t），C′（1+t，3﹣t）．
设直线O′C′的解析式为y=3x+b，
将C′（1+t，3﹣t）代入得：b=﹣4t，
∴直线O′C′的解析式为y=3x﹣4t．
∴E（t，0）．
联立y=3x﹣4t与y=x，解得x=t，
∴P（t，t）．
过点P作PG⊥x轴于点G，则PG=t．
∴S=S△OFQ﹣S△OEP=OF•FQ﹣OE•PG
=（1+t）（+t）﹣•t•t
=﹣（t﹣1）2+
当t=1时，S有最大值为．
∴S的最大值为．

点评：
本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、函数图象上点的坐标特征、平行四边形、平移变换、图形面积计算等知识点，有一定的难度．第（2）问中，解题关键是根据平行四边形定义，得到MN=AC=3，由此列出方程求解；第（3）问中，解题关键是求出S的表达式，注意图形面积的计算方法．
　
57．（•常州）在平面直角坐标系xOy中，点M（，），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M．使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴，y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM．点P是上的动点．
（1）写出∠AMB的度数；
（2）点Q在射线OP上，且OP•OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E．
①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；
②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S．求S与t的函数关系式及S的取值范围．


考点：
圆的综合题．
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M（，），可得∠MOH=45°，OH=MH=，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数；
（2）①由OH=MH=，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP•OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案；
②由OD=2，Q的纵坐标为t，即可得S=，然后分别从当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．
解答：
解：（1）过点M作MH⊥OD于点H，
∵点M（，），
∴OH=MH=，
∴∠MOD=45°，
∵∠AOD=90°，
∴∠AOM=45°，
∵OA=OM，
∴∠OAM=∠AOM=45°，
∴∠AMO=90°，
∴∠AMB=90°；

（2）①∵OH=MH=，MH⊥OD，
∴OM==2，OD=2OH=2，
∴OB=4，
∵动点P与点B重合时，OP•OQ=20，
∴OQ=5，
∵∠OQE=90°，∠POE=45°，
∴OE=5，
∴E点坐标为（5，0）

②∵OD=2，Q的纵坐标为t，
∴S=．
如图2，当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，
∵OP=4，OP•OQ=20，
∴OQ=5，
∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，
∴t=QF=，
此时S=；
如图3，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，
∴OP=2，
∵OP•OQ=20，
∴t=OQ=5，
此时S=；
∴S的取值范围为5≤S≤10．



点评：
此题考查了垂径定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
　
58．（•滨州）如图，矩形ABCD中，AB=20，BC=10，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）P点从A点出发沿AB边以每秒1个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．
①当t为何值时，DP⊥AC？
②设S△APQ+S△DCQ=y，写出y与t之间的函数解析式，并探究P点运动到第几秒到第几秒之间时，y取得最小值．


考点：
相似形综合题．
专题：
压轴题；探究型．
分析：
（1）求证相似，证两对角相等即可，由平行线的性质容易得出角相等．
（2）①当垂直时，易得三角形相似，故有相似边成比例，由题中已知矩形边长，AP长已知，故t易知．
②因为S△APQ+S△DCQ=y，故求S△APQ和S△DCQ是解决问题的关键，观察无固定组合规则图象，则考虑作高分别求取．考虑两高在同一直线上，且相加恰为10，故可由（1）相似结论得，高的比等于对应边长比，设其中一高为h，即可求得，则易表示y=，注意要考虑t的取值．讨论何时y最小，y=不是我们学过的函数类型，故无法用最值性质来讨论，观察题目问法“探究P点运动到第几秒到第几秒之间时”，＜1＞并不是我们常规的在确定时间最小，＜2＞时间为整数秒．故可考虑将所有可能的秒全部算出，再观察数据探究函数的变化找结论．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QPA=∠QDC，∠QAP=∠QCD，
∴△APQ∽△CDQ．

（2）解：①当DP⊥AC时，∠QCD+∠QDC=90°，
∵∠ADQ+∠QDC=90°，
∴∠DCA=∠ADP，
∵∠ADC=∠DAP=90°，
∴△ADC∽△PAD，
∴=，
∴，
解得 PA=5，
∴t=5．
②设△AQP的边AP上的高h，则△QDC的边DC上的高为（10﹣h）．
∵△APQ∽△CDQ，
∴==，
解得 h=，
∴10﹣h=，
∴S△APQ==，
S△DCQ==，
∴y=S△APQ+S△DCQ=+=（0≤t≤20）．
探究：
t=0，y=100；
t=1，y≈95.48；
t=2，y≈91.82；
t=3，y≈88.91；
t=4，y≈86.67；
t=5，y=85；
t=6，y≈83.85；
t=7，y≈83.15；
t=8，y≈82.86；
t=9，y≈82.93；
t=10，y≈83.33；
t=11，y≈84.03；
t=12，y=85；
t=13，y≈86.21；
t=14，y≈87.65；
t=15，y≈89.29；
t=16，y≈91.11；
t=17，y≈93.11；
t=18，y≈95.26；
t=19，y≈97.56；
t=20，y=100；
观察数据知：
当0≤t≤8时，y随t的增大而减小；
当9≤t≤20时，y随t的增大而增大；
故y在第8秒到第9秒之间取得最小值．
点评：
本题主要考查了三角形相似及相似图形性质等问题，（2）②是一道非常新颖的考点，它考察了考生对函数本身的理解，作为未知函数类型如何探索其变化趋势是非常需要学生能力的．总体来说，本题是一道非常好、非常新的题目．
　
59．（•白银）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．
（1）求点M、A、B坐标；
（2）联结AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；
（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标．


考点：
二次函数综合题．
专题：
代数几何综合题；压轴题．
分析：
（1）根据向右平移横坐标加写出平移后的抛物线解析式，然后写出顶点M的坐标，令x=0求出A点的坐标，把x=3代入函数解析式求出点B的坐标；
（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，然后求出∠EAB=∠EBA=45°，同理求出∠FAM=∠FMA=45°，然后求出△ABE和△AMF相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出，再求出∠BAM=90°，然后根据锐角的正切等于对边比邻边列式即可得解；
（3）过点P作PH⊥x轴于H，分点P在x轴的上方和下方两种情况利用α的正切值列出方程求解即可．
解答：
解：（1）抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y=（x﹣1）2﹣3，
顶点M（1，﹣3），
令x=0，则y=（0﹣1）2﹣3=﹣2，
点A（0，﹣2），
x=3时，y=（3﹣1）2﹣3=4﹣3=1，
点B（3，1）；

（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，
∵EB=EA=3，
∴∠EAB=∠EBA=45°，
同理可求∠FAM=∠FMA=45°，
∴△ABE∽△AMF，
∴==，
又∵∠BAM=180°﹣45°×2=90°，
∴tan∠ABM==；

（3）过点P作PH⊥x轴于H，
∵y=（x﹣1）2﹣3=x2﹣2x﹣2，
∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），
①点P在x轴的上方时，=，
整理得，3x2﹣7x﹣6=0，
解得x1=﹣（舍去），x2=3，
∴点P的坐标为（3，1）；
②点P在x轴下方时，=，
整理得，3x2﹣5x﹣6=0，
解得x1=（舍去），x2=，
x=时，x2﹣2x﹣2=﹣×=﹣，
∴点P的坐标为（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．

点评：
本题是二次函数的综合题型，主要利用了二次函数图象与几何变换，抛物线与坐标轴的交点的求法，相似三角形的判定与性质，锐角三角形函数，难点在于作辅助线并分情况讨论．
　
60．（•安徽）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．
（1）①∠MPN=　60°　；
②求证：PM+PN=3a；
（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON；
（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．


考点：
四边形综合题．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）①运用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解，
（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，
（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，
解答：
解：（1）①∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°
又∴PM∥AB，PN∥CD，
∴∠BPM=60°，∠NPC=60°，
∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°，
故答案为；60°．
②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，
MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN
∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，
∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，
∴GM=AM，HL=BP，PL=PM，NK=ND，
∵AM=BP，PC=DN，
∴MG+HP+PL+KN=a，GH=LK=a，
∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a．

（2）如图2，连接OE，
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，
∴AM=BP=EN，
∵∠MAO=∠OEN=60°，OA=OE，
在△ONE和△OMA中，

∴△OMA≌△ONE（SAS）
∴OM=ON．
（3）如图3，连接OE，
由（2）得，△OMA≌△ONE
∴∠MOA=∠EON，
∵EF∥AO，AF∥OE，
∴四边形AOEF是平行四边形，
∴∠AFE=∠AOE=120°，
∴∠MON=120°，
∴∠GON=60°，
∵∠GOE=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON，
∴∠GOE=∠DON，
∵OD=OE，∠ODN=∠OEG，
在△GOE和∠DON中，

∴△GOE≌△NOD（ASA），
∴ON=OG，
又∵∠GON=60°，
∴△ONG是等边三角形，
∴ON=NG，
又∵OM=ON，∠MOG=60°，
∴△MOG是等边三角形，
∴MG=GO=MO，
∴MO=ON=NG=MG，
∴四边形MONG是菱形．
点评：
本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．