中考数学压轴题分类解析汇编十专题专题08实践操作探究类问题

中考数学压轴题分类解析汇编十专题专题08实践操作探究类问题

专题8：实践操作、探究类问题 ‎1.（2012安徽省12分）如图1，在△ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，△BDG与四边形ACDG的周长相等，设BC=a、AC=b、AB=c.‎ ‎（1）求线段BG的长；‎ ‎（2）求证：DG平分∠EDF;‎ ‎（3）连接CG，如图2，若△BDG与△DFG相似，求证：BG⊥CG.‎ ‎【答案】解：（1）∵D、C、F分别是△ABC三边中点，∴DEAB，DFAC。‎ 又∵△BDG与四边形ACDG周长相等，即BD+DG+BG=AC+CD+DG+AG，‎ ‎∴BG=AC+AG。‎ ‎∵BG=AB－AG，∴BG=。‎ ‎（2）证明：BG=，FG=BG－BF=，∴FG=DF。∴∠FDG=∠FGD。‎ 又∵DE∥AB，∴∠EDG=∠FGD。∴∠FDG=∠EDG。‎ ‎∴DG平分∠EDF。 ‎ ‎（3）在△DFG中，∠FDG=∠FGD，∴△DFG是等腰三角形。‎ ‎∵△BDG与△DFG相似，∴△BDG是等腰三角形。‎ ‎∴∠B=∠BGD。∴BD=DG。‎ ‎∴CD= BD=DG。∴B、G、C三点共圆。‎ ‎∴∠BGC=90°。∴BG⊥CG。‎ ‎【考点】三角形中位线定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理。‎ ‎【分析】（1）由△BDG与四边形ACDG的周长相等与D、E、F分别为三边的中点，易得BG=AC+AG，又由BG=AB－AG即可得BG=。‎ ‎（2）由点D、F分别是BC、AB的中点，利用三角形中位线的性质，易得DF=FG，又由DE∥AB，即可求得∠FDG=∠EDG。‎ ‎（3）由△BDG与△DFG相似和（2）得DG=BD=CD，可得B、G、C三点在以BC为直径的圆周上，由圆周角定理，即可得BG⊥C。‎ ‎2. （2012陕西省12分）如图，正三角形ABC的边长为．‎ ‎（1）如图①，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上．在正三角形ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形，且使正方形的面积最大（不要求写作法）；‎ ‎（2）求（1）中作出的正方形的边长；‎ ‎（3）如图②，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得D、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值及最小值，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）如图①，正方形即为所求。‎ ‎ （2）设正方形的边长为x．‎ ‎ ∵△ABC为正三角形，∴。‎ ‎∴。∴，即。‎ ‎ （3）如图②，连接NE，EP，PN，则。‎ ‎ 设正方形DEMN和正方形EFPH的边长分别为m、n（m≥n），‎ 它们的面积和为S，则，。‎ ‎ ∴.‎ ‎ ∴。‎ ‎ 延长PH交ND于点G，则PG⊥ND。‎ ‎ 在中，。‎ ‎ ∵，即.‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴①当时，即时，S最小。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ②当最大时，S最大，即当m最大且n最小时，S最大。‎ ‎ ∵，由（2）知，。‎ ‎ ∴。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】位似变换，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质。‎ ‎【分析】（1）利用位似图形的性质，作出正方形EFPN的位似正方形E′F′P′N′，如答图①所示。‎ ‎（2）根据正三角形、正方形、直角三角形相关线段之间的关系，利用等式E′F′+AE′+BF′=AB，列方程求得正方形E′F′P′N′的边长 ‎ ‎（3）设正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n（m≥n），求得面积和的表达式为：，可见S的大小只与m、n的差有关：①当m=n时，S取得最小值；②当m最大而n最小时，S取得最大值．m最大n最小的情形见第（1）（2）问。‎ ‎3. （2012福建莆田12分）(1)(3分)如图①，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D．‎ ‎ 求证：AB2＝AD·AC；‎ ‎(2)(4分)如图②，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为BC边上的点，BE⊥AD于点E，延长BE交AC 于点F．，求的值；‎ ‎(3)(5分) 在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为直线BC上的动点(点D不与B、C重合)，直线BE⊥ＡD 于点E，交直线AC于点F。若，请探究并直接写出的所有可能的值(用含n的式子表 示)，不必证明．‎ ‎【答案】解：(1)证明：如图①，∵　BD⊥AC，∠ABC=90°，∠ADB＝∠ABC，‎ ‎ 又∵ ∠A＝∠A，∴ △ADB∽△ABC 。‎ ‎ ∴ ，∴ AB2＝AD·AC。‎ ‎(2)如图②，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G。‎ ‎∵ BE⊥AD，∴ ∠CGD＝∠BED＝90°，CG∥BF。‎ 又∵，‎ ‎∴AB＝BC＝2BD＝2DC，BD＝DC。‎ 又∵∠BDE＝∠CDG，∴△BDE≌△CDG（AAS）。‎ ‎∴ED＝GD＝。‎ 由(1)可得：AB2＝AE·AD，BD2＝DE·AD，‎ ‎∴。∴ AE＝4DE。∴。‎ 又∵CG∥BF，∴。‎ ‎(3) ①当点D在BC边上时，的值为n2＋n；‎ ‎ ②当点D在BC延长线上时，的值为n2－n；‎ ‎ ③当点D在CB延长线上时，的值为n－n2。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例的性质。‎ ‎【分析】（1）由证△ADB∽△ABC即可得到结论。‎ ‎ （2）过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，由已知用AAS证△BDE≌△CDG，得到EF是△ACG的中位线，应用（1）的结论即可。‎ ‎（3）分点D在BC边上、点D在BC延长线上和点D在CB延长线上三种情况讨论：‎ ‎①当点D在BC边上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G。‎ ‎∵ BE⊥AD，∴ ∠CGD＝∠BED＝90°，CG∥BF。‎ ‎∴△BDE∽△CDG。∴。‎ 又∵，∴‎ ‎∴AB＝nBC，BD＝nDC，ED＝nGD。‎ ‎∴BC=（n＋1）DC，EG=ED。‎ 由(1)可得：AB2＝AE·AD，BD2＝DE·AD，‎ ‎∴。∴ AE＝ DE。‎ ‎∴。‎ 又∵CG∥BF，∴。‎ ‎②当点D在BC延长线上时，如图4，过点C作CH⊥AD交AD于点H。‎ ‎∵ BE⊥AD，∴ ∠CHD＝∠BED＝90°，CH∥BF。‎ ‎∴△BDE∽△CDH。∴ ‎ 又∵，∴‎ ‎∴AB＝nBC，BD＝nDC，ED＝nHD。‎ ‎∴BC=（n－1）DC，EH=ED。‎ 由(1)可得：AB2＝AE·AD，BD2＝DE·AD，‎ ‎∴。∴ AE＝ DE。‎ ‎∴。‎ 又∵CH∥BF，∴。‎ ‎③当点D在CB延长线上时，如图5，过点C作CI⊥AD交DA的延长线于点I。‎ ‎∵ BE⊥AD，∴ ∠CID＝∠BED＝90°，CI∥BF。‎ ‎∴△BDE∽△CDI。∴ ‎ 又∵，∴‎ ‎∴AB＝nBC，BD＝nDC，ED＝nID。‎ ‎∴BC=（1－n）DC，EI=ED。‎ 由(1)可得：AB2＝AE·AD，BD2＝DE·AD，‎ ‎∴。∴ AE＝ DE。‎ ‎∴。‎ 又∵CI∥BF，∴。‎ ‎4. （2012贵州黔东南12分）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式．‎ ‎（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，‎ ‎ ∴设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），‎ ‎ 将C（0，3）代入，得a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3。‎ ‎（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：‎ ‎ ，解得。∴直线BC的解析式：y=﹣x+3。‎ 已知点M的横坐标为m，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；‎ ‎∴MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）。‎ ‎（3）存在。如图；‎ ‎∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，‎ ‎∴S△BNC=（﹣m2+3m）•3‎ ‎=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）。‎ ‎∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为。‎ ‎【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，二次函数最值。‎ ‎【分析】（1）由抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．用待定系数法即可求。 ‎ ‎ （2）求得直线BC的解析式，即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为﹣m+3，结合点N的纵坐标﹣m2+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。‎ ‎ （3）求出S△BNC关于m的函数关系式，应用二次函数最值原理即可求得结论。‎ ‎5. （2012贵州黔西南16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），抛物线的对称轴l与x轴相交于点M.‎ ‎（1）求抛物线对应的函数解析式和对称轴；‎ ‎（2）设点P为抛物线（x>5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标；‎ ‎（3）连接AC，探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过点B（1，0），C（5，0），∴设抛物线对应的函数解析式为。‎ ‎ 又∵抛物线经过点A（0，4），∴，解得。‎ ‎ ∴抛物线对应的函数解析式为，即。‎ ‎ 又∵，∴抛物线的对称轴为x=3。‎ ‎（2）（6，4）。‎ ‎（3）存在。△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。‎ ‎ 设直线AC：，则，解得。∴直线AC：。‎ ‎ 设过点N与直线AC平行的直线为。‎ ‎ 由整理得。‎ ‎ ∵直线与抛物线只有一个交点，‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎ ∴，解得。‎ 当时，。∴N（，－3）。‎ ‎∴在直线AC下方的抛物线上存在一点N（，－3），使△NAC的面积最大。‎ ‎【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，二次函数的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式 ‎【分析】（1）由抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），用待定系数法可求出抛物线对应的函数解析式，化为顶点式（或用公式）可求抛物线的对称轴。‎ ‎ （2）由A（0，4）和对称轴x=3知OA=4，OM=3。‎ ‎ 由点P为抛物线（x>5）上的一点，知PA＞PM＞2。‎ ‎ ∴由以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，只能是PA=6，PM=5。由二次函数的轴对称性和勾股定理，知点P与点A关于对称轴对称。∴P（6，4）。‎ ‎ （3）△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。应用一元二次方程根的判别式即可求解。‎ ‎6. （2012贵州遵义14分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过原点O，交x轴于点A，其顶点B的坐标为（3，﹣）．‎ ‎（1）求抛物线的函数解析式及点A的坐标；‎ ‎（2）在抛物线上求点P，使S△POA=2S△AOB；‎ ‎（3）在抛物线上是否存在点Q，使△AQO与△AOB相似？如果存在，请求出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由函数图象经过原点得，函数解析式为y=ax2+bx（a≠0），‎ 又∵函数的顶点坐标为（3，﹣），‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴函数解析式为：。‎ 由二次函数图象的对称性可得点A的坐标为（6，0）。‎ ‎（2）∵S△POA=2S△AOB，‎ ‎∴点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2。‎ 代入函数解析式得：，解得：x1=3+，x2=3﹣。‎ ‎∴满足条件的有两个，P1（3+，2），P2（3﹣，2）。‎ ‎（3）存在。‎ 过点B作BP⊥OA，则tan∠BOP=tan∠BAP=。‎ ‎∴∠BOA=30°。‎ 设Q1坐标为（x，），过点Q1作Q1F⊥x轴，‎ ‎∵△OAB∽△OQ1A，∴∠Q1OA=30°，‎ ‎∴OF=Q1F，即x=，解得：x=9或x=0（舍去）。‎ ‎∴Q1坐标为（9，3），‎ 根据函数的对称性可得Q2坐标为（﹣3，3）。‎ ‎∴Q点的坐标（9，3），（﹣3，3）。‎ ‎【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，相似三角形的判定和性质。。‎ ‎【分析】（1）根据函数经过原点，可得c=0，然后根据函数的对称轴，及函数图象经过点（3，﹣）可得出函数解析式，根据二次函数的对称性可直接得出点A的坐标。‎ ‎（2）根据题意可得点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2，代入函数解析式可得出点P的横坐标。‎ ‎（3）先求出∠BOA的度数，然后可确定∠Q1OA=的度数，继而利用解直角三角形的知识求出x，得出Q1的坐标，利用二次函数图象函数的对称性可得出Q2的坐标。‎ ‎7. （2012湖北黄石9分）如图1所示：等边△ABC中，线段AD为其内角平分线，过D点的直线 B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1.‎ ‎（1）请你探究：，是否成立?‎ ‎（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角平分线，请问一定成立吗？并证明你的判断.‎ ‎（3）如图2所示Rt△ABC中，∠ACB=900，AC=8,，E为AB上一点且AE=5，CE交其内角角平分线AD与F.试求的值.‎ ‎【答案】解：（1）∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴根据三线合一，得CD=DB。‎ ‎ ∴。‎ ‎ 过点D作DN⊥AB于点H。‎ ‎ ∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴C1D=ND。‎ ‎ ∵等边△ABC中，B1C1⊥AC，∴∠B1=300。‎ ‎ ∴。‎ ‎∴，都成立。‎ ‎ （2）结论仍然成立。证明如下： ‎ 如图，ΔABC为任意三角形，过B点作BE∥AC交 AD的延长线于点G 。‎ ‎∵∠G=∠CAD=∠BAD，∴BG=AB。‎ 又ΔGBD∽ΔACD ，‎ ‎∴，即。‎ ‎∴对任意三角形结论仍然成立。 ‎ ‎﹙3﹚如图，连接ED。‎ ‎∵AD为ΔABC的内角角平分线，AC=8,，‎ ‎∴由（2）得， 。‎ 又∵AE=5，∴EB=AB－AE=。∴。‎ ‎∴。∴DE∥AC。 ∴ΔDEF∽ΔACF。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】等边三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC，∠CAD=∠BAD=30°，AB=AC，则DB=CD，易得；由于∠C1AB1=60°，得∠B1=30°，则AB1=2AC1， 同理可得到DB1=2DC1，易得；‎ ‎（2）过B点作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据平行线的性质和角平分线的定义得到 ‎∠G=∠CAD=∠BAD，则BG=AB，并且根据相似三角形的判定得△GBD∽△ACD，得到，于是有，这实际是三角形的角平分线定理。‎ ‎（3）AD为△ABC的内角角平分线，由（2）的结论得到，又，则有，得到DE∥AC，根据相似三角形的判定得△DEF∽△ACF，即有。‎ ‎8. （2012湖北荆门12分）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．‎ ‎【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。‎ ‎9. （2012湖北武汉10分）已知△ABC中，AB＝，AC＝，BC＝6．‎ ‎(1)如图1，点M为AB的中点，在线段AC上取点N，使△AMN与△ABC相似，求线段MN的长；‎ ‎(2)如图2，是由100个边长为1的小正方形组成的10×10的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点 的三角形为格点三角形．‎ ‎①请你在所给的网格中画出格点△A1B1C1与△ABC全等(画出一个即可，不需证明)；‎ ‎②试直接写出所给的网格中与△ABC相似且面积最大的格点三角形的个数，并画出其中一个(不需 证明)．‎ ‎【答案】解：（1）①如图A，过点M作MN∥BC交AC于点N，‎ ‎ 则△AMN∽△ABC，‎ ‎∵M为AB中点，∴MN是△ABC 的中位线。‎ ‎∵BC＝6，∴MN=3。‎ ‎②如图B，过点M作∠AMN=∠ACB交AC于点N，‎ 则△AMN∽△ACB，∴。‎ ‎∵BC=6，AC= ，AM=，∴，解得MN=。‎ 综上所述，线段MN的长为3或。‎ ‎（2）①如图所示：‎ ‎②每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。‎ ‎【考点】网格问题，作图（相似变换），三角形中位线定理，相似三角形的性质。 ‎ ‎【分析】（1）作MN∥BC交AC于点N，利用三角形的中位线定理可得MN的长；作∠AMN=∠B，利用相似可得MN的长。‎ ‎（2）①A1B1＝为直角三角形斜边的两直角边长为2，4，A1C1＝为直角三角形斜边的两直角边长为4，8。以此，先作B1C1＝6，画出△A1B1C1。‎ ‎②以所给网格的对角线作为原三角形中最长的边，可得每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。‎ ‎10. （2012江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．‎ ‎（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴和顶点坐标；‎ ‎（2）研究二次函数L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．‎ ‎①写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；‎ ‎②是否存在实数k，使△ABP为等边三角形？如果存在，请求出k的值；如不存在，请说明理由；‎ ‎③若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线，‎ ‎∴二次函数L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，﹣1）。‎ ‎（2）①二次函数L2与L1有关图象的两条相同的性质：‎ 对称轴为x=2；都经过A（1，0），B（3，0）两点。‎ ‎②存在实数k，使△ABP为等边三角形．‎ ‎∵，∴顶点P（2，－k）．‎ ‎∵A（1，0），B（3，0），∴AB=2‎ 要使△ABP为等边三角形，必满足|－k|=，‎ ‎∴k=±。‎ ‎③线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎∵直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，‎ ‎∴kx2﹣4kx+3k=8k，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8。解得：x1=﹣1，x2=5。‎ ‎∴EF=x2﹣x1=6。∴线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，解直角三角形。‎ ‎【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c中：a的值决定了抛物线的开口方向，a＞0时，抛物线的开口向上；a＜0时，抛物线的开口向下。抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解。‎ ‎（2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以k所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析。‎ ‎ ②当△ABP为等边三角形时，P点必为函数的顶点，首先表示出P点纵坐标，它的绝对值正好是等边三角形边长的倍，由此确定k的值。‎ ‎③联立直线和抛物线L2的解析式，先求出点E、F的坐标，从而可表示出EF的长，若该长度为定值，则线段EF的长不会发生变化。‎ ‎11. （2012江西省10分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．‎ ‎（1）如图2，折叠后的所在圆的圆心为O′时，求的长度；‎ ‎（２）如图3，当弦AB=2时，求折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离；‎ ‎（３）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．‎ ‎①如图4，当AB∥CD，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．‎ ‎【答案】解：（1）当经过圆O时，折叠后的所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。‎ ‎∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，‎ ‎ ∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。‎ ‎∴的长度。‎ ‎（2）如图3所示，连接O′A，O′B，‎ ‎∵O′A=O′B=AB=2，‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E，∴O′E=O′A•sin60°=。‎ ‎∴折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离为。‎ ‎（3）①如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，‎ 过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。‎ ‎∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。‎ 根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。‎ 又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：‎ d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：‎ 设O′，O″为和所在圆的圆心，‎ ‎∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，‎ ‎∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。‎ ‎∵折叠后的与所在圆外切，‎ ‎∴连心线O′O″必过切点P。‎ ‎∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆，‎ ‎∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，PN=OO′=OM，‎ ‎∴四边形OMPN是平行四边形。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。‎ ‎ （2）如图3，连接O′A．O′B，过点O′作O′E⊥AB于点E，可得△AO′B为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求所在圆的圆心O′到弦AB的距离。‎ ‎（3）①如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。‎ ‎②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。‎ ‎12. （2012湖南长沙10分）如图半径分别为m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1和⊙O2相交于P，Q两点，且点P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1与x轴，y轴分别切于点M，点N，⊙O2与x轴，y轴分别切于点R，点H．‎ ‎（1）求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式；‎ ‎（2）求两圆的圆心O1，O2之间的距离d；‎ ‎（3）令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2．‎ 试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为的抛物线？若存在，请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由题意可知O1（m，m），O2（n，n），‎ 设过点O1，O2的直线解析式为y=kx+b，则有：‎ ‎（0＜m＜n），解得。‎ ‎∴两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式为：y=x。‎ ‎（2）由相交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称．‎ ‎∵P（4，1），直线O1O2解析式为y=x，∴Q（1，4）。‎ 如图1，连接O1Q， O2Q。‎ ‎∵Q（1，4），O1（m，m），‎ ‎∴根据勾股定理得到：。‎ 又∵O1Q为小圆半径，即QO1=m，‎ ‎∴=m，化简得：m2﹣10m+17=0 ①‎ 同理可得：n2﹣10n+17=0 ②‎ 由①，②式可知，m、n是一元二次方程x2﹣10x+17=0 ③的两个根，‎ 解③得：。‎ ‎∵0＜m＜n，∴m=5－，n=5+。‎ ‎∵O1（m，m），O2（n，n），‎ ‎∴d=O1O2=。‎ ‎（3）不存在。理由如下：‎ 假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵开口向下，∴a＜0。‎ 如图2，连接PQ。‎ 由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2。‎ ‎∵P（4，1），Q（1，4），‎ ‎∴。‎ 又∵O1O2=8，∴。‎ 又∵O2R=5+，O1M=5－，MR=，‎ ‎∴‎ ‎∴，即抛物线在x轴上截得的线段长为1。‎ ‎∵抛物线过点P（4，1），Q（1，4），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线解析式为：y=ax2﹣（5a+1）x+5+4a，‎ 令y=0，则有：ax2﹣（5a+1）x+5+4a=0，‎ 设两根为x1，x2，则有：x1+x2=，x1x2=。‎ ‎∵在x轴上截得的线段长为1，即|x1﹣x2|=1，‎ ‎∴（x1﹣x2）2=1，∴（x1+x2）2﹣4x1x2=1，即（）2﹣4（）=1，‎ 化简得：8a2﹣10a+1=0，解得a=。‎ 可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（即a＜0）矛盾。‎ ‎∴不存在这样的抛物线。‎ ‎【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，相交两圆的性质，勾股定理，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）根据直线过点O1（m，m），O2（n，n），利用待定系数法求出其解析式。‎ ‎（2）根据P、Q关于连心线对称，求出Q点的坐标；根据勾股定理分别表示出O1Q和O2Q，由O1Q= m和O2Q= n得到一元二次方程，求解即可得到m，n的大小；最后由勾股定理求d。‎ ‎（3）假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以a＜0；求出S1、S2，从而求得：，即抛物线在x轴上截得的线段长为1；根据抛物线过点P（4，1），Q（1，4），用待定系数法求得其解析式为：y=ax2－（5a+1）x+5+4a；由抛物线在x轴上截得的线段长为1，即 ‎|x1－x2|=1，得到关于a的一元二次方程，此方程的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（a＜0）相矛盾，所以得出结论：这样的抛物线不存在。‎ ‎13. （2012湖南岳阳8分）（1）操作发现：如图①，D是等边△ABC边BA上一动点（点D与点B不重合），连接DC，以DC为边在BC上方作等边△DCF，连接AF．你能发现线段AF与BD之间的数量关系吗？并证明你发现的结论．‎ ‎（2）类比猜想：如图②，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其他作法与（1）相同，猜想AF与BD在（1）中的结论是否仍然成立？‎ ‎（3）深入探究：‎ Ⅰ．如图③，当动点D在等边△ABC边BA上运动时（点D与点B不重合）连接DC，以DC为边在BC上方、下方分别作等边△DCF和等边△DCF′，连接AF、BF′，探究AF、BF′与AB有何数量关系？并证明你探究的结论．‎ Ⅱ．如图④，当动点D在等边△边BA的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明你得出的结论．‎ ‎【答案】解：（1）AF=BD。证明如下：‎ ‎∵△ABC是等边三角形（已知），∴BC=AC，∠BCA=60°（等边三角形的性质）。‎ 同理知，DC=CF，∠DCF=60°。‎ ‎∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣DCA，即∠BCD=∠ACF。‎ 在△BCD和△ACF中，∵BC=AC，∠BCD=∠ACF，DC=CF，‎ ‎∴△BCD≌△ACF（SAS）。∴BD=AF（全等三角形的对应边相等）。‎ ‎（2）AF=BD仍然成立。‎ ‎（3）Ⅰ．AF+BF′=AB。证明如下：‎ 由（1）知，△BCD≌△ACF（SAS），则BD=AF。‎ 同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD。‎ ‎∴AF+BF′=BD+AD=AB。‎ Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立，新的结论是AF=AB+BF′。证明如下：‎ 在△BCF′和△ACD中，∵BC=AC，∠BC F′=∠ACD，F′C=DC，‎ ‎∴△BCF′≌△ACD（SAS）。∴BF′=AD（全等三角形的对应边相等）。‎ 又由（2）知，AF=BD，∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′。‎ ‎【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△BCD≌△ACF；然后由全等三角形的对应边相等知AF=BD。‎ ‎（2）通过证明△BCD≌△ACF，即可证明AF=BD。‎ ‎（3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的对应边BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，所以AF+BF′=AB。‎ Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立，新的结论是AF=AB+BF′：通过证明△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD（全等三角形的对应边相等），再结合（2）中的结论即可证得AF=AB+BF′。‎ ‎14. （2012江苏扬州12分）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC、OB相交于E，过点E的直线与边OA、BC分别相交于点G、H．‎ ‎(1)①直接写出点E的坐标：　　．‎ ‎②求证：AG＝CH．‎ ‎(2)如图2，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA与D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数关系式．‎ ‎(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG、GA、AB都相切时，求⊙P的半径．‎ ‎【答案】解：（1）① (1，)。‎ ‎②证明：∵四边形OABC是矩形，∴CE＝AE，BC∥OA。∴∠HCE＝∠GAE。‎ ‎∵在△CHE和△AGE中，∠HCE＝∠GAE， CE＝AE，∠HEC＝∠G EA，‎ ‎∴△CHE≌△AGE（ASA）。∴AG＝CH。‎ ‎（2）连接DE并延长DE交CB于M，连接AC，‎ ‎ 则由矩形的性质，点E在AC上。‎ ‎∵DD＝OC＝1＝OA，∴D是OA的中点。‎ ‎∵在△CME和△ADE中，‎ ‎∠MCE＝∠DAE， CE＝AE，∠MEC＝∠DEA，‎ ‎∴△CME≌△ADE（ASA）。∴CM＝AD＝2－1＝1。‎ ‎∵BC∥OA，∠COD＝90°，∴四边形CMDO是矩形。∴MD⊥OD，MD⊥CB。‎ ‎∴MD切⊙O于D。‎ ‎∵HG切⊙O于F，E(1，)，∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME。‎ 在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即(1－x)2＋()2＝(＋x)2，解得x＝。‎ ‎∴H(，1)，OG＝2－。∴G(，0)。‎ 设直线GH的解析式是：y＝kx＋b，‎ 把G、H的坐标代入得：，解得：。‎ ‎∴直线GH的函数关系式为。‎ ‎（3）连接BG，‎ ‎∵在△OCH和△BAG中，‎ CH=AG，∠HCO＝∠GAB，OC=AB，‎ ‎∴△OCH≌△BAG（SAS）。∴∠CHO＝∠AGB。‎ ‎∵∠HCO＝90°，∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F。‎ ‎∴OH平分∠CHF。∴∠CHO＝∠FHO＝∠BGA。‎ ‎∵△CHE≌△AGE，∴HE＝GE。‎ ‎∵在△HOE和△GBE中，HE＝GE，∠HEO＝∠GEB，OE=BE，‎ ‎∴△HOE≌△GBE（SAS）。∴∠OHE＝∠BGE。‎ ‎∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA，∴∠BGA＝∠BGE，即BG平分∠FGA。‎ ‎∵⊙P与HG、GA、AB都相切，∴圆心P必在BG上。‎ 过P做PN⊥GA，垂足为N，则△GPN∽△GBA。∴。‎ 设半径为r，则，解得。‎ 答：⊙P的半径是．‎ ‎【考点】一次函数综合题，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，切线的判定和性质，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，角平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）)①根据矩形的性质和边长即可求出E的坐标。‎ ‎ ②推出CE＝AE，BC∥OA，推出∠HCE＝∠EAG，证出△CHE≌△AGE即可。‎ ‎（2）连接DE并延长DE交CB于M，求出DD＝OC＝OA，证△CME≌△ADE，推出四边形CMDO是矩形，求出MD切⊙O于D，设CH＝HF＝x，推出(1－x)2＋()2＝(＋x)2，求出H、G的坐标，设直线GH的解析式是y＝kx＋b，把G、H的坐标代入求出即可。‎ ‎（3）连接BG，证△OCH≌△BAG，求出∠CHO＝∠AGB，证△HOE≌△GBE，求出∠OHE＝∠BGE，得出BG平分∠FGA，推出圆心P必在BG上，过P做PN⊥GA，垂足为N，根据△GPN∽△GBA，得出，设半径为r，代入求出即可。‎ ‎15. （2012江苏连云港12分）已知梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，‎ 问题1：如图1，P为AB边上的一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？‎ 问题2：如图2，若P为AB边上一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．‎ 问题3：若P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE＝PD，再以PE，PC为边作平行四边形PCQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．‎ 问题4：如图3，若P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE＝nPA(n为常数)，以PE、PB为边作平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：问题1：对角线PQ与DC不可能相等。理由如下：‎ ‎∵四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，‎ ‎∴∠DPC＝90°。‎ ‎∵AD＝1，AB＝2，BC＝3，∴DC＝2。‎ 设PB＝x，则AP＝2－x，‎ 在Rt△DPC中，PD2＋PC2＝DC2，即x2＋32＋(2－x)2＋12＝8，化简得x2－2x＋3＝0，‎ ‎∵△＝(－2)2－4×1×3＝－8＜0，∴方程无解。‎ ‎∴不存在PB＝x，使∠DPC＝90°。∴对角线PQ与DC不可能相等。‎ 问题2：存在。理由如下：‎ 如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，‎ 则G是DC的中点。‎ 过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H。‎ ‎∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP＋∠PDG＝∠DCQ＋∠QCH。‎ ‎∵PD∥CQ，∴∠PDC＝∠DCQ。∴∠ADP＝∠QCH。‎ 又∵PD＝CQ，∴Rt△ADP≌Rt△HCQ（AAS）。∴AD＝HC。‎ ‎∵AD＝1，BC＝3，∴BH＝4，‎ ‎∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4。‎ 问题3：存在。理由如下：‎ 如图3，设PQ与DC相交于点G，‎ ‎∵PE∥CQ，PD＝DE，∴。‎ ‎∴G是DC上一定点。‎ 作QH⊥BC，交BC的延长线于H，‎ 同理可证∠ADP＝∠QCH，∴Rt△ADP∽Rt△HCQ。∴。‎ ‎∵AD＝1，∴CH＝2。∴BH＝BG＋CH＝3＋2＝5。‎ ‎∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5。‎ 问题4：如图3，设PQ与AB相交于点G，‎ ‎∵PE∥BQ，AE＝nPA，∴。‎ ‎∴G是DC上一定点。‎ 作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K。‎ ‎∵AD∥BC，AB⊥BC，‎ ‎∴∠D＝∠QHC，∠DAP＋∠PAG＝∠QBH＋∠QBG＝90°‎ ‎∠PAG＝∠QBG，‎ ‎∴∠QBH＝∠PAD。∴△ADP∽△BHQ，∴，‎ ‎∵AD＝1，∴BH＝n＋1。∴CH＝BH＋BC＝3＋n＋1＝n＋4。‎ 过点D作DM⊥BC于M，则四边形ABND是矩形。‎ ‎∴BM＝AD＝1，DM＝AB＝2。∴CM＝BC－BM＝3－1＝2＝DM。‎ ‎∴∠DCM＝45°。∴∠KCH＝45°。‎ ‎∴CK＝CH•cos45°＝ (n＋4)，‎ ‎∴当PQ⊥CD时，PQ的长最小，最小值为 (n＋4)。‎ ‎【考点】‎ 反证法，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形、矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】问题1：四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，然后利用矩形的性质，设PB＝x，可得方程x2＋32＋(2－x)2＋1＝8，由判别式△＜0，可知此方程无实数根，即对角线PQ，DC的长不可能相等。‎ ‎ 问题2：在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，可得G是DC的中点，过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，易证得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH＝4，则可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4。‎ 问题3：设PQ与DC相交于点G，PE∥CQ，PD＝DE，可得，易证得Rt△ADP∽Rt△HCQ，继而求得BH的长，即可求得答案。‎ 问题4：作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，易证得与△ADP∽△BHQ，又由∠DCB＝45°，可得△CKH是等腰直角三角形，继而可求得CK的值，即可求得答案。‎ ‎16. （2012江苏苏州10分）如图，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴 分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C.‎ ‎ ⑴点B的坐标为 ▲ ，点C的坐标为 ▲ （用含b的代数式表示）；‎ ‎⑵请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角 顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；‎ ‎⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形 均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）B（b，0），C（0，）。‎ ‎（2）假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶 点的等腰直角三角形。‎ ‎ 设点P坐标（x，y），连接OP，‎ ‎ 则 ‎∴。‎ 过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，‎ ‎∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°。∴四边形PEOD是矩形。∴∠EPD=90°。‎ ‎∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°。‎ ‎∴∠EPC=∠BPD。∴△PEC≌△PDB（AAS）。∴PE=PD，即x=y。‎ 由 解得，。‎ 由△PEC≌△PDB得EC=DB，即，解得符合题意。‎ ‎∴点P坐标为（，）。‎ ‎（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.‎ ‎ ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.‎ ‎∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴。‎ ‎∵b＞2，∴AB＞OA. ∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°。‎ 由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA。‎ ‎∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°。‎ ‎（Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC，∴AQ=CO=。‎ ‎ 由 得：，解得：。‎ ‎∵b＞2，∴。∴点Q坐标为（1，）.‎ ‎（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA∽△OCQ，∴，即。‎ 又，∴，即，解得：AQ=4‎ 此时b=17＞2符合题意。∴点Q坐标为（1，4）。‎ 综上可知：存在点Q（1，）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任 意两个三角形均相似。‎ ‎【考点】二次函数综合题，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，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）令y=0，即，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令 x=0，求出y的值即C的纵坐标。‎ ‎（2）存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直 角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标。‎ ‎（3）存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，‎ 由条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴；要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°。再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可。‎ ‎17. （2012江苏盐城12分）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象经过点和点，直线经过抛物线的顶点且与轴垂直，垂足为.‎ (1) 求该二次函数的表达式；‎ (2) 设抛物线上有一动点从点处出发沿抛物线向上运动,其纵坐标随时间 ‎≥)的变化规律为.现以线段为直径作.‎ ‎①当点在起始位置点处时，试判断直线与的位置关系，并说明理由；在点运动的过 程中，直线与是否始终保持这种位置关系? 请说明你的理由；‎ ‎②若在点开始运动的同时，直线也向上平行移动，且垂足的纵坐标随时间的变化规律为 ‎，则当在什么范围内变化时，直线与相交? 此时，若直线被所截得的弦长为,试求的最大值.‎ ‎【答案】解：（1）将点和点的坐标代入,得 ‎，解得。‎ ‎∴二次函数的表达式为。‎ ‎（2）①当点在点处时，直线与相切。理由如下：‎ ‎∵点，∴圆心的坐标为，的半径为。‎ 又抛物线的顶点坐标为（0，－1），即直线上所有点的巫坐标均为－1，从而圆心到直线的距离为。‎ ‎∴直线与相切。‎ ‎ 在点运动的过程中，直线与始终保持相切的位置关系。理由如下：‎ 设点，则圆心的坐标为，‎ ‎∴圆心到直线的距离为。‎ 又∵，∴。‎ 则的半径为。‎ ‎∴直线与始终相切。‎ ‎ ②由①知的半径为，‎ ‎ 又∵圆心的纵坐标为，直线上的点的纵坐标为，‎ ‎ ∴(ⅰ)当≥,即≤时，圆心到直线的距离为 ‎。‎ 则由，得，解得, ‎ ‎∴此时≤。‎ ‎(ⅱ)当＜,即＞时, 圆心到直线的距离为 ‎。‎ 则由,得，解得。‎ ‎∴此时＜。‎ 综上所述，当时,直线与相交。‎ ‎∵当时，圆心到直线的距离为，又半径为，∴。‎ ‎∴当时, 取得最大值为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与圆的位置关系，勾股定理，点到直线的距离，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）所求函数的解析式中有两个待定系数，直接将点和点坐标代入即可得解。‎ ‎（2）①由于是的直径，由点的纵坐标可表示出点的纵坐标，从而能表示出到直线的距离，长易得。然后通过比较的半径和到直线的距离，即可判定直线与的位置关系。‎ ‎ ②该题要分两问来答，首先看第一问；该小题的思路和①完全一致，唯一不同的地方：要注意直线与的位置关系（需要考虑到到直线的表达方式）。‎ 在第二问中， 最大，那么求出关于的函数关系式，应用二次函数的最值原理即可求解。‎ ‎18. （2012江苏淮安12分）‎ 阅读理解 如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称∠BAC是△ABC的好角。‎ 小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情况。情形一：如图2，沿等腰三角形△ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿△ABC的∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下的部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合。‎ 探究发现 ‎（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？ （填“是”或“不是”）‎ ‎（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B>∠C）之间的等量关系。‎ 根据以上内容猜想：若经过n 次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C不妨设∠B>∠C）之间的等量关系为 ‎ 应用提升 ‎（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为150，600，1050，发现600和1050的两个角都是此三角形的好角，‎ 请你完成，如果一个三角形的最小角是40，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角 ‎【答案】解：（1）是。 （2）∠B=3∠C。‎ 如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平 分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角。‎ 证明如下：‎ ‎∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA1B1，∠C=∠A2B2C，∠A1 B1C=∠A1A2B2，‎ ‎∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C。‎ ‎∵根据四边形的外角定理知，‎ ‎∠BAC+∠B+∠AA1B1－∠A1 B1C=∠BAC+2∠B－2C=180°，‎ 根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C=180°，‎ ‎∴∠B=3∠C。‎ 故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B=n∠C。‎ ‎（3）由（2）知，∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，‎ ‎∴∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角。‎ ‎∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是88°、88°。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类），新定义，翻折变换（折叠问题），折叠的性质，三角形的内角和外角定理。‎ ‎【分析】（1）理由如下：小丽展示的情形二中，如图3，‎ ‎∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，∴∠B=∠AA1B1。‎ 又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C=∠C。∵∠AA1B1=∠C+∠A1B1C（外角定理），∴∠B=2∠C。故答案是。‎ ‎（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C；根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B－2C=180°①，根据三角形ABC的内角和定理知∠BAC+∠B+∠C=180°②，由①②可以求得∠B=3∠C。‎ 由小丽展示的情形一知，当∠B=∠C时，∠BAC是△ABC的好角；‎ 由小丽展示的情形二知，当∠B=2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；‎ 由小丽展示的情形三知，当∠B=3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；‎ 利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：∠B=n∠C。‎ ‎（3）利用（2）的结论知∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角，然后三角形内角和定理可求得另外两个角的度数可以是88°、88°。‎ ‎19. （2012江苏常州10分）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0）。以点P为圆心，为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（D点在点C的上方）。点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）。‎ ‎（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）连接DB、BE，设△BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ。试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？‎ ‎（3）连接BC，求∠DBC－∠DBE的度数。‎ ‎【答案】解：（1）B（3m，0），E（m，4m）。‎ ‎（2）线段BQ与线段EQ的长相等。理由如下：‎ 由（1）知B（3m，0），E（m，4m），‎ ‎∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，‎ ‎∴D（0，3m）。‎ ‎∴，，‎ ‎。‎ ‎∴。∴△BDE是直角三角形。‎ ‎∴BE是△BDE的外接圆的直径。‎ 设△BDE的外接圆的圆心为点G，则由B（3m，0），E（m，4m）得G（2m，2m）。‎ 过点G作GI⊥DG于点I，则I（0，2m）。‎ 根据垂径定理，得DI=IQ ，∴Q（0，m）。‎ ‎∴。‎ ‎∴BQ=EQ。‎ ‎（3）延长EP交x轴于点H，则EP⊥AB，BH=2m。‎ 根据垂径定理，得AH=BH=2m，AO= m。‎ 根据圆的对称性，OC=OA= m。‎ 又∵OB=3m，，，‎ ‎∴。。‎ 又∵∠COB=∠EDB=900，∴△COB∽△EDB。∴∠OBC=∠DBE。‎ ‎∴∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO。‎ 又∵OB=OC，∴∠DBO=450。∴∠DBC－∠DBE=450。‎ ‎【考点】直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理和逆定理，圆的对称性，平行四边形的性质，中点坐标，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）过点P 作PH⊥x轴于点H，PF⊥y轴于点F，连接OE，BP。‎ ‎∵点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0），‎ ‎∴ P（m，m），H（m，0），F（0，m），OH=OF=HP= m。‎ ‎∵PB=，∴。‎ ‎∴OB=3 m。∴B（3m，0）。‎ ‎∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，∴D（0，3m）。‎ ‎∵四边形DOPE是平行四边形，∴PE=OD=3m，HE=4m。∴E（m，4 m）。‎ ‎（2）由勾股定理和逆定理，易知△BDE是直角三角形，从而根据圆周角定理和垂径定理可得点Q的坐标，从而根据勾股定理可求出BQ和EQ的长比较即得。‎ ‎（3）求出有关线段的长，可得，从而证得△COB∽△EDB，得到∠OBC=∠DBE。因此∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO=450。‎ ‎20. （2012江苏徐州10分）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A、B，与正比例函数的图象相交于点C、D（点C在点D的左侧），⊙O是以CD长为半径的圆。CE∥x轴，DE∥y轴，CE、DE相交于点E。‎ ‎（1）△CDE是 ▲ 三角形；点C的坐标为 ▲ ，点D的坐标为 ▲ （用含有b的代数式表示）；‎ ‎（2）b为何值时，点E在⊙O上？‎ ‎（3）随着b取值逐渐增大，直线与⊙O有哪些位置关系？求出相应b的取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）等腰直角；；。‎ ‎ （2）当点E在⊙O上时，如图，连接OE。则OE=CD。‎ ‎ ∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴△DCE、△BDO是等腰直角三角形。‎ ‎ ∵整个图形是轴对称图形，‎ ‎ ∴OE平分∠AOB，∠AOE=∠BOE=450。‎ ‎ ∵CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴四边形CAOE、OEDB是等腰梯形。‎ ‎ ∴OE=AC=BD。‎ ‎ ∵OE=CD，∴OE=AC=BD=CD。‎ ‎ 过点C作CF⊥x轴，垂足为点F。‎ ‎ 则△AFC∽△AOB。∴。∴。‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎ ∵，∴。‎ ‎ ∴当时，点E在⊙O上。‎ ‎（3）当⊙O与直线相切于点G时，‎ ‎ 如图 ，连接OG。‎ ‎ ∵整个图形是轴对称图形，‎ ‎ ∴点O、E、G在对称轴上。‎ ‎∴GC=GD=CD=OG=AG。∴AC=CG=GD=DB。∴AC=AB。‎ 过点C作CH⊥x轴，垂足为点H。 则△AHC∽△AOB。‎ ‎∴。∴。‎ ‎∴，解得。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∴当时，直线与⊙O相切；‎ 当时，直线与⊙O相离；‎ 当时，直线与⊙O相交。‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称图形的性质，等腰梯形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系。‎ ‎【分析】（1）∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴△DCE是等腰直角三角形。‎ ‎ 解得，或。‎ ‎ ∵点C在点D的左侧，∴点C的坐标为，点D的坐标为。‎ ‎（2）连接OE，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得OE=AC=BD=CD。由△AFC∽△AOB可求得，代入CF、BO关于b的关系式求解即得所求。‎ ‎（3）讨论直线与⊙O相切时，b的取值即可得到直线与⊙O的位置关系。‎ ‎ 当⊙O与直线相切于点G时，连接OG，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得AC=CG=GD=DB，即AC=AB。由△AHC∽△AOB可求得，代入CH、BO关于b的关系式求解即得⊙O与直线相切时相应b的值。从而得到直线与⊙O相离和相交时相应b的取值范围。‎ ‎21. （2012四川攀枝花12分）如图所示，在形状和大小不确定的△ABC中，BC=6，E、F分别是AB．AC的中点，P在EF或EF的延长线上，BP交CE于D，Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=y，PE=x．‎ ‎（1）当x=EF时，求S△DPE：S△DBC的值；‎ ‎（2）当CQ=CE时，求y与x之间的函数关系式；‎ ‎（3）①当CQ=CE时，求y与x之间的函数关系式；‎ ‎ ②当CQ=CE（n为不小于2的常数）时，直接写出y与x之间的函数关系式．‎ ‎【答案】解：（1）∵E、F分别是AB．AC的中点，x=EF，‎ ‎∴EF∥BC，且EF=BC。∴△EDP∽△CDB。∴。‎ ‎∴S△DPE：S△DBC=1：36。‎ ‎（2）如图，设CQ=a，DE=b，BD=c，则DP=y﹣c。‎ 不妨设EQ=kCQ=ka（k＞0），‎ 则DQ=ka﹣b，CD=（k+1）a﹣b。‎ 过Q点作QM⊥BC于点M，作QN⊥BP于点N。‎ ‎∵BQ平分∠CBP，∴QM=QN．‎ ‎∴。‎ 又∵，∴，即 ①。‎ ‎∵EP∥BC，∴，即。‎ 由①②③式联立解得：y=6k﹣x ④。‎ 当CQ=CE时，k=1，∴y与x之间的函数关系式为：y=6﹣x。‎ ‎（3）当CQ=CE时，k=2，由（2）中④式可知，y与x之间的函数关系式为：y=12﹣x。‎ 当CQ=CE（n为不小于2的常数）时，k=n﹣1，由（2）中④式可知，y与x之间的函数关系式为：y=6（n﹣1）﹣x。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，三角形的面积，角平分线的性质，三角形中位线定理，建立函数关系式。。‎ ‎【分析】（1）根据中位线定理、相似三角形的判定和性质可以求得S△DPE：S△DBC的值。‎ ‎（2）（3）问的解答，采用一般到特殊的方法．解答中首先给出了一般性结论的证明，即当EQ=kCQ（k＞0）时，y与x满足的函数关系式为：y=6k﹣x；然后将该关系式应用到第（2）（3）问中求解．在解题过程中，充分利用了相似三角形比例线段之间的关系．另外，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质得出了一个重要结论（（2）中①式子），该结论在解题过程中发挥了重要作用。‎ ‎22. （2012四川绵阳12分）如图，正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，DE=CF，AF与BE相交于O，DG⊥AF，垂足为G。‎ ‎（1）求证：AF⊥BE；‎ ‎（2）试探究线段AO、BO、GO的长度之间的数量关系；‎ ‎（3）若GO：CF=4：5，试确定E点的位置。‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵ABCD为正方形，且DE=CF，∴AE=DF，AB=AD，∠BAE=∠ADF=90°。‎ ‎∴△ABE≌△DAF（SAS）。∴∠ABE=∠DAF。‎ 又∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠DAF+∠AEB=90°。‎ ‎∴∠AOE=90°，即AF⊥BE。‎ ‎（2）BO=AO+OG。理由如下：‎ 由（1）的结论可知，∠ABE=∠DAF，∠AOB=∠DGA=90°，AB=AD，‎ ‎∴△ABO≌△DAG（AAS）。∴BO=AG=AO+OG。‎ ‎（3）过E点作EH⊥DG，垂足为H，‎ 由矩形的性质，得EH=OG，‎ ‎∵DE=CF，GO：CF=4：5，∴EH：ED=4：5。‎ ‎∵AF⊥BE，AF⊥DG，∴OE∥DG，∴∠AEB=∠EDH。‎ ‎∴△ABE∽△HED。∴AB：BE=EH：ED=4：5。‎ 在Rt△ABE中，AE：AB=3：4，∴AE：AD=3：4，即AE=AD。‎ ‎∴点E在AD上离点A的AD处。‎ ‎【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。 ‎ ‎【分析】（1）由DE=CF及正方形的性质，得出AE=DF，AB=AD，∠BAE=∠ADF=90°，由SAS证明△ABE≌△DAF，得出∠ABE=∠DAF，而∠ABE+∠AEB=90°，利用互余关系得出∠AOE=90°即可。‎ ‎（2）由（1）的结论根据AAS可证△ABO≌△DAG，得BO=AG=AO+OG。‎ ‎ （3）过E点作EH⊥DG，垂足为H，则EH=OG，由DE=CF，GO：CF=4：5，得EH：ED=4：5，而AF⊥BE，AF⊥DG，则OE∥DG，∠AEB=∠EDH，△ABE∽△HED，利用相似比得出AB：BE，由勾股定理得出AE：AB，从而得出AE：AD。‎ ‎23. （2012山东烟台10分）（1）问题探究 如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C 作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．‎ ‎（2）拓展延伸 ‎①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．‎ ‎②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在 图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）‎ ‎【答案】解：（1）D1M=D2N。证明如下： ‎∵∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°。‎ ‎∵∠AHK=∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠HAC=90°。‎ ‎∴∠D1CK=∠HAC。‎ 在△ACH和△CD1M中，∠D1CK=∠HAC，∠AHC=∠C M D1=90°，AC=C D1， ‎ ‎∴△ACH≌△CD1M（AAS）。∴D1M=CH。‎ 同理可证D2N=CH。‎ ‎∴D1M=D2N。‎ ‎（2）①D1M=D2N成立。证明如下： ‎ 过点C作CG⊥AB，垂足为点G，‎ ‎∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，‎ ‎∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，∠AH1C=∠ACD1，‎ ‎∴∠H1AC=∠D1CM。‎ 在△ACG和△CD1M中，∠H1AC=∠D1CM，∠AGC=∠C M D1=90°，AC=C D1， ‎ ‎∴△ACG≌△CD1M（AAS）。∴CG=D1M。‎ 同理可证CG=D2N。‎ ‎∴D1M=D2N。‎ ‎②作图如下：‎ D1M=D2N还成立。‎ ‎【考点】全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，三角形的内角和定理。‎ ‎【分析】（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证。‎ ‎（2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证。‎ ‎②结论仍然成立，与①的证明方法相同。‎ ‎24. （2012山东日照10分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5.‎ ‎（Ⅰ)探究新知：‎ 如图① ⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G..‎ ‎（1）求证内切圆的半径r1=1; ‎ ‎（2）求tan∠OAG的值；‎ ‎（Ⅱ）结论应用 ‎（1）如图②若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2的值；‎ ‎（2）如图③若半径为rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均与AB相切，求rn的值.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）（1）证明：在图①中，连接OE，OF。‎ ‎ ∵点E、F、G是⊙O的切点 ‎ ‎ ∴四边形CEOF是正方形， CE=CF=r1。‎ 又∵AC=3，BC=4，AB=5，‎ ‎∴AG=AE=3－r1，BG=BF=4－r1，AG+BG=5。‎ ‎∴（3－r1）＋（4－r1）=5，解得r1=1。 ‎ ‎（2）连接OG，OA在Rt△AOG中，∵OG=r1=1， AG= 3－r1=2，‎ ‎∴tan∠OAG=。‎ ‎（Ⅱ）（1）连接O1A、O2B，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E。‎ 则 AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC。‎ 由（Ⅰ）tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，‎ 同理可得：tan∠O2BE=。 ‎ ‎ ∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2。‎ ‎∵AD＋DE＋BE=5，∴。‎ ‎（2）如图③，连接O1A、OnB，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E、…、OnF⊥AB交于点F。‎ ‎ 则AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC。‎ tan∠O1AD=，tan∠OnBF=,‎ ‎ ∴AD=2rn，DE=2rn，…,FB=3rn。‎ 又∵AD+DE+…+FB=5，2rn+2rn+…+3rn=5，即(2n+3) rn=5，‎ ‎∴。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类），切线的性质，正方形的判定和性质，锐角三角函数定义。 ‎ ‎【分析】（Ⅰ）（1）由切线的性质可得四边形CEOF是正方形，从而由AG=AE=3－r1，BG=BF=4－r1，AG+BG=5可证得内切圆的半径r1=1。‎ ‎（2）根据锐角三角函数定义直接求得。‎ ‎（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）的结论得tan∠O1AD=，同理可推得tan∠O2BE=，从而由AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2和AD＋DE＋BE=5可求得r2的值。‎ ‎（2）由（Ⅱ）（1）有tan∠O1AD=，tan∠OnBF=,从而由AD=2rn，DE=2rn，…,FB=3rn和AD+DE+…+FB=5，2rn+2rn+…+3rn=5可求得rn的值。‎ ‎25. （2012山东青岛10分）问题提出：以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(m＋n)个点作为顶 点，可把原n边形分割成多少个互不重叠的小三角形？‎ 问题探究：为了解决上面的问题，我们将采取一般问题特殊化的策略，先从简单和具体的情形入手：‎ 探究一：以△ABC的3个顶点和它内部的1个点P，共4个点为顶点，可把△ABC分割成多少个互 不重叠的小三角形？如图①，显然，此时可把△ABC分割成3个互不重叠的小三角形．‎ 探究二：以△ABC的3个顶点和它内部的2个点P、Q，共5个点为顶点，可把△ABC分割成多少个 互不重叠的小三角形？‎ 在探究一的基础上，我们可看作在图①△ABC的内部，再添加1个点Q，那么点Q的位置会有两种 情况：‎ 一种情况，点Q在图①分割成的某个小三角形内部．不妨设点Q在△PAC的内部，如图②；‎ 另一种情况，点Q在图①分割成的小三角形的某条公共边上．不妨设点Q在PA上，如图③．‎ 显然，不管哪种情况，都可把△ABC分割成5个互不重叠的小三角形．‎ 探究三：以△ABC的三个顶点和它内部的3个点P、Q、R，共6个点为顶点，可把△ABC分割成 个 互不重叠的小三角形，并在图④中画出一种分割示意图．‎ 探究四：以△ABC的三个顶点和它内部的m个点，共(m＋3)个点为顶点，可把△ABC分割成 个 互不重叠的小三角形．‎ 探究拓展：以四边形的4个顶点和它内部的m个点，共(m＋4)个点为顶点，可把四边形分割成 ‎ 个互不重叠的小三角形．‎ 问题解决：以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(m＋n)个点作为顶点，可把原n边形分割成 ‎ 个互不重叠的小三角形．‎ 实际应用：以八边形的8个顶点和它内部的2012个点，共2020个顶点，可把八边形分割成多少个互 不重叠的小三角形？(要求列式计算)‎ ‎【答案】解：探究三： 7。分割示意图如下（答案不唯一）：‎ 探究四：三角形内部1个点时，共分割成3部分，3=3+2（1－1），‎ 三角形内部2个点时，共分割成5部分，5=3+2（2-1），‎ 三角形内部3个点时，共分割成7部分，7=3+2（3-1），‎ ‎…，‎ 所以，三角形内部有m个点时，共分割成3＋2（m－1）=2m+1部分。‎ 探究拓展：2m＋2。‎ 问题解决： 2m＋n－2。‎ 实际应用：把n=8，m=2012代入上述代数式，得 ‎2m＋n－2=2×2012＋8－2=4024＋8－2=4030。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类），作图（应用与设计作图）。‎ ‎【分析】探究三：分三角形内部三点共线与不共线两种情况作出分割示意图，查出分成的部分即可。‎ 探究四：根据前三个探究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，根据此规律写出（m+3）个点分割的部分数即可。‎ 探究拓展：类似于三角形的推理写出规律整理即可得解。‎ 问题解决：根据规律，把相应的点数换成m、n整理即可得解。‎ 实际应用：把公式中的相应的字母，换成具体的数据，然后计算即可得解。‎ ‎26. （2012浙江舟山12分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为．‎ ‎（1）如图①，对△ABC作变换得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=　 　；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为　 　度；‎ ‎（2）如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值；‎ ‎（4）如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换得△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值．‎ ‎【答案】解：（1） 3；60。‎ ‎（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。‎ ‎∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．‎ 在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。‎ ‎∴AB′=2 AB，即。‎ ‎（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。‎ 又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。‎ 而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。‎ ‎∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′）。‎ 而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB2=1（1+AB），解得，。‎ ‎∵AB＞0，∴。‎ ‎【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含300角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方，。‎ ‎【分析】（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，‎ ‎∴S△AB′C′：S△ABC=，∠B=∠B′。‎ ‎∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。‎ ‎（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n的值。‎ ‎（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′），继而求得答案。‎ ‎27. （2012浙江宁波10分）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，ABCD中，若AB=1，BC=2，则ABCD为1阶准菱形．‎ ‎（1）判断与推理：‎ ‎①邻边长分别为2和3的平行四边形是 阶准菱形；‎ ‎②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把ABCD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形．‎ ‎（2）操作、探究与计算：‎ ‎①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a（a＞1），且是3阶准菱形，请画出ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；‎ ‎②已知ABCD的邻边长分别为a，b（a＞b），满足a=6b+r，b=5r，请写出ABCD是几阶准菱形．‎ ‎【答案】解：（1）①2。‎ ‎②由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF。∴∠AEB=∠FBE。‎ ‎∴∠AEB=∠ABE。∴AE=AB。∴AE=BF。‎ ‎∴四边形ABFE是平行四边形。∴四边形ABFE是菱形。‎ ‎（2）①如图所示：‎ ‎②∵a=6b+r，b=5r，∴a=6×5r+r=31r。‎ 如图所示，‎ 故ABCD是10阶准菱形。‎ ‎【考点】图形的剪拼，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的性质，作图（应用与设计作图）。‎ ‎【分析】（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是边长为1菱形，故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形。‎ ‎②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，从而得出AE=BF，即可得出答案。‎ ‎ （2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案。‎ ‎②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，从而利用图形得出ABCD是几阶准菱形。‎ ‎28. （2012浙江温州14分）如图，经过原点的抛物线与轴的另一个交点为A.过点作直线轴于点M，交抛物线于点B.记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（B、C不重合）.连结CB,CP。‎ ‎（1）当时，求点A的坐标及BC的长；‎ ‎（2）当时，连结CA，问为何值时CA⊥CP？‎ ‎（3）过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出所有满足要求的的值，并写出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）当m=3时，y=－x2＋6x。‎ 令y=0得－x2＋6x=0，解得，x1=0，x2=6。∴A（6，0）。‎ 当x=1时，y=5。∴B（1，5）。‎ ‎∵抛物线y=－x2＋6x的对称轴为直线x=3，且B，C关于对称轴对称，∴BC=4。‎ ‎（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）‎ 由已知得，∠ACP=∠BCH=90°，∴∠ACH=∠PCB。‎ 又∵∠AHC=∠PBC=90°，∴△AGH∽△PCB。‎ ‎∴。‎ ‎∵抛物线y=－x2＋2mx的对称轴为直线x=m，其中m＞1，且B，C关于对称轴对称，‎ ‎∴BC=2（m－1）。‎ ‎∵B（1，2m－1），P（1，m），∴BP=m－1。‎ 又∵A（2m，0），C（2m－1，2m－1），∴H（2m－1，0）。‎ ‎∴AH=1，CH=2m－1，‎ ‎∴，解得m= 。‎ ‎（3）存在。∵B，C不重合，∴m≠1。‎ ‎（I）当m＞1时，BC=2（m－1），PM=m，BP=m－1，‎ ‎（i）若点E在x轴上（如图1），‎ ‎∵∠CPE=90°，∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP。‎ ‎∴△BPC≌△MEP，∴BC=PM，即2（m-1）=m，解得m=2。‎ 此时点E的坐标是（2，0）。‎ ‎（ii）若点E在y轴上（如图2），过点P作PN⊥y轴于点N，‎ 易证△BPC≌△NPE，‎ ‎∴BP=NP=OM=1，即m－1=1，解得，m=2。‎ 此时点E的坐标是（0，4）。‎ ‎（II）当0＜m＜1时，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m，‎ ‎（i）若点E在x轴上（如图3），‎ 易证△BPC≌△MEP，‎ ‎∴BC=PM，即2（1－m）=m，解得，m=。‎ 此时点E的坐标是（ ，0）。‎ ‎（ii）若点E在y轴上（如图4），‎ 过点P作PN⊥y轴于点N，易证△BPC≌△NPE，‎ ‎∴BP=NP=OM=1，即1－m=1，∴m=0（舍去）。‎ 综上所述，当m=2时，点E的坐标是（0，2）或（0，4），‎ 当m=时，点E的坐标是（，0）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）把m=3，代入抛物线的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即为和x轴交点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，从而求出BC的长。‎ ‎（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知条件证明 ‎△AGH∽△PCB，根据相似的性质得到： ，再用含有m的代数式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值。‎ ‎（3）存在。本题要分当m＞1时，BC=2（m-1），PM=m，BP=m－1和当0＜m＜1时，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的m值和相对应的点E坐标。‎ ‎29. （2012浙江台州12分）某汽车在刹车后行驶的距离s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系得部分数据如下表：‎ 时间t（秒）‎ ‎0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎…‎ 行驶距离s（米）‎ ‎0‎ ‎2.8‎ ‎5.2‎ ‎7.2‎ ‎8.8‎ ‎10‎ ‎10.8‎ ‎…‎ ‎（1）根据这些数据在给出的坐标系中画出相应的点；‎ ‎（2）选择适当的函数表示s与t之间的关系，求出相应的函数解析式；‎ ‎（3）①刹车后汽车行驶了多长距离才停止？‎ ‎②当t分别为t1，t2（t1＜t2）时，对应s的值分别为s1，s2，请比较与的大小，并解释比较结果的实际意义．‎ ‎【答案】解：（1）描点图所示： ‎ ‎（2）由散点图可知该函数为二次函数。设二次函数的解析式为：s=at2＋bt＋c，‎ ‎∵抛物线经过点（0，0），∴c=0。‎ 又由点（0.2，2.8），（1，10）可得：‎ ‎，解得：。‎ 经检验，其余各点均在s=－5t2+15t上。‎ ‎∴二次函数的解析式为：。‎ ‎（3）①汽车刹车后到停止时的距离即汽车滑行的最大距离。‎ ‎ ∵，∴当t=时，滑行距离最大，为 ‎。‎ 因此，刹车后汽车行驶了米才停止。 ‎ ‎②∵，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵t1＜t2，∴。∴。‎ 其实际意义是刹车后到t2时间内的平均速到t1时间内的度小于刹车后平均速度。‎ ‎【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，二次函数的性质和应用，不等式的应用。‎ ‎【分析】（1）描点作图即可。‎ ‎（2）首先判断函数为二次函数。用待定系数法，由所给的任意三点即可求出函数解析式。‎ ‎（3）将函数解析式表示成顶点式（或用公式求），即可求得答案。‎ ‎（4）求出与，用差值法比较大小。‎ ‎30. （2012广西来宾12分）已知抛物线y=ax2+2x+c的图象与x轴交于点A（3，0）和点C，与y轴交于点B（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上找一点D，使得点D到点B、C的距离之和最小，并求出点D的坐标；‎ ‎（3）在第一象限的抛物线上，是否存在一点P，使得△ABP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c的图象经过点A（3，0）和点B（0，3），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为：。 （2）∵，∴对称轴为x=1。‎ 令，解得x1=3，x2=－1，∴C（－1，0）。‎ 如图1所示，连接AB，与对称轴x=1的交点即为所求之D点，由于A、C两点关于对称轴对称，则此时DB+DC=DB+DA=AB最小。‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ 由A（3，0）、B（0，3）可得：‎ ‎，解得。‎ ‎∴直线AB解析式为y=－x＋3。‎ 当x=1时，y=2，∴D点坐标为（1，2）。‎ ‎（3）结论：存在。‎ 如图2，设P（x，y）是第一象限的抛物线上一点，‎ 过点P作PN⊥x轴于点N，‎ 则ON=x，PN=y，AN=OA－ON=3－x．‎ ‎∵P（x，y）在抛物线上，∴，代入上式得：‎ ‎。‎ ‎∴当x= 时，S△ABP取得最大值。‎ 当x= 时，，∴P（， ）。‎ ‎∴在第一象限的抛物线上，存在一点P，使得△ABP的面积最大，P点的坐标为（ ，）。‎ ‎【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，二次函数的性质，轴对称的性质。‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）连接AB，与对称轴x=1的交点即为所求之D点．为求D点坐标，求出直线AB的解析式，然后令x=1求得y，即可求出D点坐标。‎ ‎（3）求出△ABP的面积表达式．这个表达式是一个关于P点横坐标的二次函数，利用二次函数求极值的方法可以确定P点的坐标。‎