中考数学挑战压轴题含答案

中考数学挑战压轴题含答案

‎2017 挑战压轴题 中考数学 精讲解读篇 ‎　‎ 因动点产生的相似三角形问题 ‎1．如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x2的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点．‎ ‎（1）求直线AB的函数表达式；‎ ‎（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；‎ ‎（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t＜2）是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值．‎ ‎ ‎ ‎2．如图，已知BC是半圆O的直径，BC=8，过线段BO上一动点D，作AD⊥BC交半圆O于点A，联结AO，过点B作BH⊥AO，垂足为点H，BH的延长线交半圆O于点F．‎ ‎（1）求证：AH=BD；‎ ‎（2）设BD=x，BE•BF=y，求y关于x的函数关系式；‎ ‎（3）如图2，若联结FA并延长交CB的延长线于点G，当△FAE与△FBG相似时，求BD的长度．‎ ‎3．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点A（3，0）、B（0，m）（m＞0），tan∠BAO=2．‎ ‎（1）求直线AB的表达式；‎ ‎（2）反比例函数y=的图象与直线AB交于第一象限内的C、D两点（BD＜BC），当AD=2DB时，求k1的值；‎ ‎（3）设线段AB的中点为E，过点E作x轴的垂线，垂足为点M，交反比例函数y=的图象于点F，分别联结OE、OF，当△OEF∽△OBE时，请直接写出满足条件的所有k2的值．‎ ‎4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=7，点D是边CA延长线的一点，AE⊥BD，垂足为点E，AE的延长线交CA的平行线BF于点F，连结CE交AB于点G．‎ ‎（1）当点E是BD的中点时，求tan∠AFB的值；‎ ‎（2）CE•AF的值是否随线段AD长度的改变而变化？如果不变，求出CE•AF的值；如果变化，请说明理由；‎ ‎（3）当△BGE和△BAF相似时，求线段AF的长．‎ ‎5．如图，平面直角坐标系xOy中，已知B（﹣1，0），一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点，二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）点P是该二次函数图象的顶点，求△APC的面积；‎ ‎（3）如果点Q在线段AC上，且△ABC与△AOQ相似，求点Q的坐标．‎ ‎6．已知：半圆O的直径AB=6，点C在半圆O上，且tan∠ABC=2，点D为弧AC上一点，联结DC（如图）‎ ‎（1）求BC的长；‎ ‎（2）若射线DC交射线AB于点M，且△MBC与△MOC相似，求CD的长；‎ ‎（3）联结OD，当OD∥BC时，作∠DOB的平分线交线段DC于点N，求ON的长．‎ ‎7．如图，已知二次函数y=x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，﹣1），点C（0，﹣4），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴与点D，交该二次函数图象于点B，连结BC．‎ ‎（1）求该二次函数的解析式及点M的坐标；‎ ‎（2）若将该二次函数图象向上平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包含△ABC的边界），求m的取值范围；‎ ‎（3）点P时直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标（直接写出结果，不必写解答过程）．‎ 因动点产生的等腰三角形问题 ‎8．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，点E是∠BAC角平分线上一点，过点E作AE的垂线，过点A作AB的垂线，两垂线交于点D，连接DB，点F是BD的中点，DH⊥AC，垂足为H，连接EF，HF．‎ ‎（1）如图1，若点H是AC的中点，AC=2，求AB，BD的长；‎ ‎（2）如图1，求证：HF=EF；‎ ‎（3）如图2，连接CF，CE．猜想：△CEF是否是等边三角形？若是，请证明；若不是，说明理由．‎ ‎9．已知，一条抛物线的顶点为E（﹣1，4），且过点A（﹣3，0），与y轴交于点C，点D是这条抛物线上一点，它的横坐标为m，且﹣3＜m＜﹣1，过点D作DK⊥x轴，垂足为K，DK分别交线段AE、AC于点G、H．‎ ‎（1）求这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）求证：GH=HK；‎ ‎（3）当△CGH是等腰三角形时，求m的值．‎ ‎10．如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA=，点P是边BC上的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点Q，线段CQ与边AB交于点D．‎ ‎（1）求AD的长；‎ ‎（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；‎ ‎（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，求CP的长．‎ ‎11．如图（1），直线y=﹣x+n交x轴于点A，交y轴于点C（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点A，交y轴于点B（0，﹣2）．点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连接PB，设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；‎ ‎（3）如图（2），将△BDP绕点B逆时针旋转，得到△BD′P′，当旋转角∠PBP′=∠OAC，且点P的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标．‎ ‎12．综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为（﹣2，0），（6，﹣8）．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；‎ ‎（2）试探究抛物线上是否存在点F，使△FOE≌△FCE？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为（0，m），直线PB与直线l交于点Q，试探究：当m为何值时，△OPQ是等腰三角形．‎ 因动点产生的直角三角形问题 ‎13．已知，如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，BC=11，CD=6，tan∠ABC=2，点E在AD边上，且AE=3ED，EF∥AB交BC于点F，点M、N分别在射线FE和线段CD上．‎ ‎（1）求线段CF的长；‎ ‎（2）如图2，当点M在线段FE上，且AM⊥MN，设FM•cos∠EFC=x，CN=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；‎ ‎（3）如果△AMN为等腰直角三角形，求线段FM的长．‎ ‎14．如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．‎ ‎（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；‎ ‎（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；‎ ‎（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．‎ 因动点产生的平行四边形问题 ‎15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；‎ ‎（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；‎ ‎（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．‎ ‎16．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△‎ BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．‎ ‎（1）求点E坐标及经过O，D，C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2 个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；‎ ‎（3）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎17．如图，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．‎ ‎（1）求直线AD的解析式；‎ ‎（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值；‎ ‎（3）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．‎ ‎18．如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．‎ ‎（1）用关于x的代数式表示BQ，DF．‎ ‎（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．‎ ‎（3）在点P的整个运动过程中，‎ ‎①当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？‎ ‎②作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）．‎ ‎19．在平面直角坐标系xOy（如图）中，经过点A（﹣1，0）的抛物线y=﹣x2+bx+3与y轴交于点C，点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称．‎ ‎（1）求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角；‎ ‎（2）如果点E是抛物线上一动点，过E作EF平行于x轴交直线AD于点F，且F在E的右边，过点E作EG⊥AD与点G，设E的横坐标为m，△EFG的周长为l，试用m表示l；‎ ‎（3）点M是该抛物线的顶点，点P是y轴上一点，Q是坐标平面内一点，如果以点A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形，求该矩形的顶点Q的坐标．‎ ‎20．如图，直线y=mx+4与反比例函数y=（k＞0）的图象交于点A、B，与x轴、y轴分别交于D、C，tan∠CDO=2，AC：CD=1：2．‎ ‎（1）求反比例函数解析式；‎ ‎（2）联结BO，求∠DBO的正切值；‎ ‎（3）点M在直线x=﹣1上，点N在反比例函数图象上，如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标．‎ ‎21．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（2，9），与y轴交于点A（0，5），与x轴交于点E、B．‎ ‎（1）求二次函数y=ax2+bx+c的表达式；‎ ‎（2）过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在AC上方），作PD平行于y轴交AB于点D，问当点P在何位置时，四边形APCD的面积最大？并求出最大面积；‎ ‎（3）若点M在抛物线上，点N在其对称轴上，使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形，且AE为其一边，求点M、N的坐标．‎ 因动点产生的梯形问题 ‎22．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=+bx+c的图象与y轴交于点A，与双曲线y=有一个公共点B，它的横坐标为4，过点B作直线l∥x轴，与该二次函数图象交于另一个点C，直线AC在y轴上的截距是﹣6．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）求直线AC的表达式；‎ ‎（3）平面内是否存在点D，使A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形？如果存在，求出点D坐标；如果不存在，说明理由．‎ ‎23．如图，矩形OMPN的顶点O在原点，M、N分别在x轴和y轴的正半轴上，OM=6，ON=3，反比例函数y=的图象与PN交于C，与PM交于D，过点C作CA⊥x轴于点A，过点D作DB⊥y轴于点B，AC与BD交于点G．‎ ‎（1）求证：AB∥CD；‎ ‎（2）在直角坐标平面内是否若存在点E，使以B、C、D、E为顶点，BC为腰的梯形是等腰梯形？若存在，求点E的坐标；若不存在请说明理由．‎ ‎ 因动点产生的面积问题 ‎24．如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F，点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），连接PD、PE、DE．‎ ‎（1）请直接写出抛物线的解析式；‎ ‎（2）小明探究点P的位置发现：当P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值，请你判断该猜想是否正确，并说明理由；‎ ‎（3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”．请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标．‎ ‎25．如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PM⊥‎ CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥OA，交BO于点N，连接ND、BM，设OP=t．‎ ‎（1）求点M的坐标（用含t的代数式表示）．‎ ‎（2）试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由．‎ ‎（3）当t为何值时，四边形BNDM的面积最小．‎ ‎26．在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．‎ ‎（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．‎ ‎（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．‎ ‎（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．‎ ‎27．在平面直角坐标系中，O为原点，直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A，与直线y=﹣x交于点B，点B关于原点的对称点为点C．‎ ‎（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q．‎ ‎①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；‎ ‎②若点P的横坐标为t（﹣1＜t＜‎ ‎1），当t为何值时，四边形PBQC面积最大？并说明理由．‎ ‎28．如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆，B为半圆上一点，连接AB并延长至C，使BC=AB，过C作CD⊥x轴于点D，交线段OB于点E，已知CD=8，抛物线经过O、E、A三点．‎ ‎（1）∠OBA=　 　°．‎ ‎（2）求抛物线的函数表达式．‎ ‎（3）若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3个？‎ ‎29．如图1，关于x的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，3），点D为二次函数的顶点，DE为二次函数的对称轴，E在x轴上．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等？若存在求出点P，若不存在请说明理由；‎ ‎（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC=3S△EBC？若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由．‎ ‎30．已知抛物线y=mx2+（1﹣2m）x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P，并求出点P的坐标；‎ ‎（3）当＜m≤8时，由（2）求出的点P和点A，B构成的△ABP的面积是否有最值？若有，求出该最值及相对应的m值．‎ ‎31．问题提出 ‎（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG= 米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．‎ ‎32．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，OC=8，OE=17，抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A，抛物线的对称轴与x轴相交于点B，与CD交于点K．‎ ‎（1）将矩形OCDE沿AB折叠，点O恰好落在边CD上的点F处．‎ ‎①点B的坐标为（　 　、　 　），BK的长是　 　，CK的长是　 　；‎ ‎②求点F的坐标；‎ ‎③请直接写出抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠，点O恰好落在边CD上的点G处，连接OG，折痕与OG相交于点H，点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合），连接MG，MO，过点G作GP⊥OM于点P，交EH于点N，连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动，至与点N重合时停止，△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1•S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化？若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．‎ 温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．‎ ‎33．如图，已知▱ABCD的三个顶点A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）（m＞n＞0），作▱ABCD关于直线AD的对称图形AB1C1D ‎（1）若m=3，试求四边形CC1B1B面积S的最大值；‎ ‎（2）若点B1恰好落在y轴上，试求的值．‎ ‎ 因动点产生的相切问题 ‎34．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的对称轴为直线l．‎ ‎（1）求这条抛物线的关系式，并写出其对称轴和顶点M的坐标；‎ ‎（2）如果直线y=kx+b经过C、M两点，且与x轴交于点D，点C关于直线l的对称点为N，试证明四边形CDAN是平行四边形；‎ ‎（3）点P在直线l上，且以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切，求点P的坐标．‎ ‎35．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=14，tanA=，点D是边AC上一点，AD=8，点E是边AB上一点，以点E为圆心，EA为半径作圆，经过点D，点F是边AC上一动点（点F不与A、C重合），作FG⊥EF，交射线BC于点G．‎ ‎（1）用直尺圆规作出圆心E，并求圆E的半径长（保留作图痕迹）；‎ ‎（2）当点G的边BC上时，设AF=x，CG=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；‎ ‎（3）联结EG，当△EFG与△FCG相似时，推理判断以点G为圆心、CG为半径的圆G与圆E可能产生的各种位置关系．‎ ‎36．如图，线段PA=1，点D是线段PA延长线上的点，AD=a（a＞1），点O是线段AP延长线上的点，OA2=OP•OD，以O为圆心，OA为半径作扇形OAB，∠BOA=90°．‎ 点C是弧AB上的点，联结PC、DC．‎ ‎（1）联结BD交弧AB于E，当a=2时，求BE的长；‎ ‎（2）当以PC为半径的⊙P和以CD为半径的⊙C相切时，求a的值；‎ ‎（3）当直线DC经过点B，且满足PC•OA=BC•OP时，求扇形OAB的半径长．‎ ‎　‎ ‎37．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3cm/s，以O为圆心，0.8cm为半径作⊙O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s）（0＜t＜）．‎ ‎（1）如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为　 　；‎ ‎（2）如图2，连接CM，若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；‎ ‎（3）请你继续进行探究，并解答下列问题：‎ ‎①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；‎ ‎②如图3，在运动过程中，当QM与⊙O相切时，求t的值；并判断此时PM与⊙O是否也相切？说明理由．‎ ‎38．如图，抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A（2，3），对称轴为直线x=1，一次函数y=kx+b的图象经过点A，交x轴于点P，交抛物线于另一点B，点A、B位于点P的同侧．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若PA：PB=3：1，求一次函数的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当k＞0时，抛物线的对称轴上是否存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，如果存在，请求出点C的坐标，如果不存在，请说明理由．‎ 因动点产生的线段和差问题 ‎39．如图，抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O，A两点，P为抛物线上一点，过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q．‎ ‎（1）这条抛物线的对称轴是　 　，直线PQ与x轴所夹锐角的度数是　 　；‎ ‎（2）若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ，求m的值；‎ ‎（3）当点P在x轴下方的抛物线上时，过点C（2，2）的直线AC与直线PQ交于点D，求：①PD+DQ的最大值；②PD•DQ的最大值．‎ ‎40．抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，﹣1），B（5，﹣1），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC上方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，求点P的坐标；‎ ‎（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值．‎ ‎41．如图，在每一个四边形ABCD中，均有AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12．‎ ‎（1）如图①，点M是四边形ABCD边AD上的一点，则△BMC的面积为　 　；‎ ‎（2）如图②，点N是四边形ABCD边AD上的任意一点，请你求出△‎ BNC周长的最小值；‎ ‎（3）如图③，在四边形ABCD的边AD上，是否存在一点P，使得cos∠BPC的值最小？若存在，求出此时cos∠BPC的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎42．如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，已知EP=FP=4，EF=4，∠BAD=60°，且AB＞4．‎ ‎（1）求∠EPF的大小；‎ ‎（2）若AP=6，求AE+AF的值；‎ ‎（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．‎ ‎43．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D．‎ ‎（1）填空：点A的坐标为（　 　，　 　），点B的坐标为（　 　，　 　），点C的坐标为（　 　，　 　），点D的坐标为（　 　，　 　）；‎ ‎（2）点P是线段BC上的动点（点P不与点B、C重合）‎ ‎①过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，若PE=PC，求点E的坐标；‎ ‎②在①的条件下，点F是坐标轴上的点，且点F到EA和ED的距离相等，请直接写出线段EF的长；‎ ‎③若点Q是线段AB上的动点（点Q不与点A、B重合），点R是线段AC上的动点（点R不与点A、C重合），请直接写出△PQR周长的最小值．‎ ‎44．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．‎ ‎（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；‎ ‎（2）连接BN，当DM=1时，求△ABN的面积；‎ ‎（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．‎ ‎45．如图，半圆O的直径AB=4，以长为2的弦PQ为直径，向点O方向作半圆M，其中P点在上且不与A点重合，但Q点可与B点重合．‎ 发现：的长与的长之和为定值l，求l：‎ 思考：点M与AB的最大距离为　 　，此时点P，A间的距离为　 　；‎ 点M与AB的最小距离为　 　，此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为　 　；‎ 探究：当半圆M与AB相切时，求的长．‎ ‎（注：结果保留π，cos35°=，cos55°=）‎ ‎46．（1）发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．‎ 填空：当点A位于　 　时，线段AC的长取得最大值，且最大值为　 　‎ ‎（用含a，b的式子表示）‎ ‎（2）应用：点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．‎ ‎①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；‎ ‎②直接写出线段BE长的最大值．‎ ‎（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．‎ ‎47．如图，直线l：y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B．‎ ‎（1）求该抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．‎ ‎①写出点M′的坐标；‎ ‎②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．‎ ‎48．如图，在平面直角坐标系xOy中，将二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折，把所得到的图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度，得到二次函数图象N．‎ ‎（1）求N的函数表达式；‎ ‎（2）设点P（m，n）是以点C（1，4）为圆心、1为半径的圆上一动点，二次函数的图象M与x轴相交于两点A、B，求PA2+PB2的最大值；‎ ‎（3）若一个点的横坐标与纵坐标均为整数，则该点称为整点．求M与N所围成封闭图形内（包括边界）整点的个数．‎ ‎49．如图，顶点为A（，1）的抛物线经过坐标原点O，与x轴交于点B．‎ ‎（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；‎ ‎（2）过B作OA的平行线交y轴于点C，交抛物线于点D，求证：△OCD≌△OAB；‎ ‎（3）在x轴上找一点P，使得△PCD的周长最小，求出P点的坐标．‎ ‎　‎ ‎2017 挑战压轴题 中考数学 精讲解读篇 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共36小题）‎ ‎1．如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x2的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点．‎ ‎（1）求直线AB的函数表达式；‎ ‎（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；‎ ‎（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t＜2）是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值．‎ ‎ ‎ ‎【分析】（1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，构建等腰直角△QDC，利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答；‎ ‎（3）根据相似三角形的对应角相等推知：△PBQ中必有一个内角为45°；需要分类讨论：∠PBQ=45°和∠PQB=45°；然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答．另外，以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况：△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT．‎ ‎【解答】解：（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．‎ ‎∵∠OPA=45°，‎ ‎∴OM=OP=2，即M（﹣2，0）．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（﹣2，0），P（0，2）两点坐标代入，得 ‎，‎ 解得．‎ 故直线AB的解析式为y=x+2；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，根据条件可知△QDC为等腰直角三角形，则QD=QC．‎ 设Q（m，m2），则C（m，m+2）．‎ ‎∴QC=m+2﹣m2=﹣（m﹣）2+，‎ QD=QC=[﹣（m﹣）2+]．‎ 故当m=时，点Q到直线AB的距离最大，最大值为；‎ ‎（3）∵∠APT=45°，‎ ‎∴△PBQ中必有一个内角为45°，由图知，∠BPQ=45°不合题意．‎ ‎①如图②，若∠PBQ=45°，过点B作x轴的平行线，与抛物线和y轴分别交于点Q′、F．此时满足∠PBQ′=45°．‎ ‎∵Q′（﹣2，4），F（0，4），‎ ‎∴此时△BPQ′是等腰直角三角形，由题意知△PAT也是等腰直角三角形．‎ ‎（i）当∠PTA=90°时，得到：PT=AT=1，此时t=1；‎ ‎（ii）当∠PAT=90°时，得到：PT=2，此时t=0．‎ ‎②如图③，若∠PQB=45°，①中是情况之一，答案同上；‎ 先以点F为圆心，FB为半径作圆，则P、B、Q′都在圆F上，设圆F与y轴左侧的抛物线交于另一点Q″．‎ 则∠PQ″B=∠PQ′B=45°（同弧所对的圆周角相等），即这里的交点Q″也是符合要求．‎ 设Q″（n，n2）（﹣2＜n＜0），由FQ″=2，得 n2+（4﹣n2）2=22，即n4﹣7n2+12=0．‎ 解得n2=3或n2=4，而﹣2＜n＜0，故n=﹣，即Q″（﹣，3）．‎ 可证△PFQ″为等边三角形，‎ 所以∠PFQ″=60°，又PQ″=PQ″，‎ 所以∠PBQ″=∠PFQ″=30°．‎ 则在△PQ″B中，∠PQ″B=45°，∠PBQ″=30°．‎ ‎（i）若△Q″PB∽△PAT，则过点A作y轴的垂线，垂足为E．‎ 则ET=AE=，OE=1，‎ 所以OT=﹣1，‎ 解得t=1﹣；‎ ‎（ii）若△Q″BP∽△PAT，则过点T作直线AB垂线，垂足为G．‎ 设TG=a，则PG=TG=a，AG=TG=a，AP=，‎ ‎∴a+a=，‎ 解得PT=a=﹣1，‎ ‎∴OT=OP﹣PT=3﹣，‎ ‎∴t=3﹣．‎ 综上所述，所求的t的值为t=1或t=0或t=1﹣或t=3﹣．‎ ‎　‎ ‎2．如图，已知BC是半圆O的直径，BC=8，过线段BO上一动点D，作AD⊥BC交半圆O于点A，联结AO，过点B作BH⊥AO，垂足为点H，BH的延长线交半圆O于点F．‎ ‎（1）求证：AH=BD；‎ ‎（2）设BD=x，BE•BF=y，求y关于x的函数关系式；‎ ‎（3）如图2，若联结FA并延长交CB的延长线于点G，当△FAE与△FBG相似时，求BD的长度．‎ ‎【分析】（1）由AD⊥BC，BH⊥AO，利用垂直的定义得到一对直角相等，再由一对公共角，且半径相等，利用AAS得到三角形ADO与三角形BHO全等，利用全等三角形对应边相等得到OH=OD，利用等式的性质化简即可得证；‎ ‎（2）连接AB，AF，如图1所示，利用HL得到直角三角形ADB与直角三角形BHA全等，利用全等三角形对应角相等得到一对角相等，再由公共角相等得到三角形ABE与三角形AFB相似，由相似得比例即可确定出y与x的函数解析式；‎ ‎（3）连接OF，如图2所示，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AFO与三角形FOG相似，由相似得比例求出BD的长即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，BH⊥AO，‎ ‎∴∠ADO=∠BHO=90°，‎ 在△ADO与△BHO中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADO≌△BHO（AAS），‎ ‎∴OH=OD，‎ 又∵OA=OB，‎ ‎∴AH=BD；‎ ‎（2）解：连接AB、AF，如图1所示，‎ ‎∵AO是半径，AO⊥弦BF，‎ ‎∴∴AB=AF，‎ ‎∴∠ABF=∠AFB，‎ 在Rt△ADB与Rt△BHA中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△ADB≌Rt△BHA（HL），‎ ‎∴∠ABF=∠BAD，‎ ‎∴∠BAD=∠AFB，‎ 又∵∠ABF=∠EBA，‎ ‎∴△BEA∽△BAF，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BA2=BE•BF，‎ ‎∵BE•BF=y，‎ ‎∴y=BA2，‎ ‎∵∠ADO=∠ADB=90°，‎ ‎∴AD2=AO2﹣DO2，AD2=AB2﹣BD2，‎ ‎∴AO2﹣DO2=AB2﹣BD2，‎ ‎∵直径BC=8，BD=x，‎ ‎∴AB2=8x，‎ 则y=8x（0＜x＜4）；‎ 方法二：∵BE•BF=y，BF=2BH，‎ ‎∴BE•BH=y，‎ ‎∵△BED∽△BOH，‎ ‎∴=，‎ ‎∴OB•BD=BE•BH，‎ ‎∴4x=y，‎ ‎∴y=8x（0＜x＜4）；‎ ‎（3）解：连接OF，如图2所示，‎ ‎∵∠GFB是公共角，∠FAE＞∠G，‎ ‎∴当△FAE∽△FBG时，∠AEF=∠G，‎ ‎∵∠BHA=∠ADO=90°，‎ ‎∴∠AEF+∠DAO=90°，∠AOD+∠DAO=90°，‎ ‎∴∠AEF=∠AOD，‎ ‎∴∠G=∠AOD，‎ ‎∴AG=AO=4，‎ ‎∵∴∠AOD=∠AOF，‎ ‎∴∠G=∠AOF，‎ 又∵∠GFO是公共角，‎ ‎∴△FAO∽△FOG，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AB2=8x，AB=AF，‎ ‎∴AF=2x，‎ ‎∴=，‎ 解得：x=3±，‎ ‎∵3+＞4，舍去，‎ ‎∴BD=3﹣．‎ ‎　‎ ‎3．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点A（3，0）、B（0，m）（m＞0），tan∠BAO=2．‎ ‎（1）求直线AB的表达式；‎ ‎（2）反比例函数y=的图象与直线AB交于第一象限内的C、D两点（BD＜BC），当AD=2DB时，求k1的值；‎ ‎（3）设线段AB的中点为E，过点E作x轴的垂线，垂足为点M，交反比例函数y=的图象于点F，分别联结OE、OF，当△OEF∽△OBE时，请直接写出满足条件的所有k2的值．‎ ‎【分析】（1）先通过解直角三角形求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线AB的解析式；‎ ‎（2）作DE∥OA，根据题意得出==‎ ‎，求得DE，即D的横坐标，代入AB的解析式求得纵坐标，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k1；‎ ‎（3）根据勾股定理求得AB、OE，进一步求得BE，然后根据相似三角形的性质求得EF的长，从而求得FM的长，得出F的坐标，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k2．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（3，0）、B（0，m）（m＞0），‎ ‎∴OA=3，OB=m，‎ ‎∵tan∠BAO==2，‎ ‎∴m=6，‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ 代入A（3，0）、B（0，6）得：‎ 解得：b=6，k=﹣2‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6；‎ ‎（2）如图1，∵AD=2DB，‎ ‎∴=，‎ 作DE∥OA，‎ ‎∴==，‎ ‎∴DE=OA=1，‎ ‎∴D的横坐标为1，‎ 代入y=﹣2x+6得，y=4，‎ ‎∴D（1，4），‎ ‎∴k1=1×4=4；‎ ‎（3）如图2，∵A（3，0），B（0，6），‎ ‎∴E（，3），AB==3，‎ ‎∵OE是Rt△OAB斜边上的中线，‎ ‎∴OE=AB=，BE=，‎ ‎∵EM⊥x轴，‎ ‎∴F的横坐标为，‎ ‎∵△OEF∽△OBE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴，‎ ‎∴EF=，‎ ‎∴FM=3﹣=．‎ ‎∴F（，），‎ ‎∴k2=×=．‎ ‎　‎ ‎4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=7，点D是边CA延长线的一点，AE⊥BD，垂足为点E，AE的延长线交CA的平行线BF于点F，连结CE交AB于点G．‎ ‎（1）当点E是BD的中点时，求tan∠AFB的值；‎ ‎（2）CE•AF的值是否随线段AD长度的改变而变化？如果不变，求出CE•AF的值；如果变化，请说明理由；‎ ‎（3）当△BGE和△BAF相似时，求线段AF的长．‎ ‎【分析】（1）过点E作EH⊥CD于H，如图1，易证EH是△DBC的中位线及△AHE∽△EHD，设AH=x，运用相似三角形的性质可求出x，就可求出tan∠AFB的值；‎ ‎（2）取AB的中点O，连接OC、OE，如图2，易证四点A、C、B、E共圆，根据圆周角定理可得∠BCE=∠BAF，根据圆内接四边形内角互补可得∠CBE+∠CAE=180°，由此可推出∠CBE=∠BFA，从而可得△BCE∽△FAB，即可得到CE•FA=BC•AB，只需求出AB就可解决问题；‎ ‎（3）过点E作EH⊥CD于H，作EM⊥BC于M，如图3，易证四边形EMCH是矩形，由△BCE∽△FAB，△BGE与△FAB相似可得△BGE与△BCE相似，即可得到∠EBG=∠ECB．由点A、C、B、E共圆可得∠ECA=∠EBG，即可得到∠ECB=∠ECA，根据角平分线的性质可得EM=EH，即可得到矩形EMCH是正方形，则有CM=CH，易证EB=EA，根据HL可得Rt△BME∽Rt△AHE，则有BM=AH．设AH=x，根据CM=CH可求出x，由此可求出CE的长，再利用（2）中的结果就可求出AF的值．‎ ‎【解答】解：（1）过点E作EH⊥CD于H，如图1，‎ 则有∠EHA=∠EHD=90°．‎ ‎∵∠BCD=90°，BE=DE，‎ ‎∴CE=DE．‎ ‎∴CH=DH，‎ ‎∴EH=BC=．‎ 设AH=x，则DH=CH=x+1．‎ ‎∵AE⊥BD，‎ ‎∴∠AEH+∠DEH=∠AED=90°．‎ ‎∵∠AEH+∠EAH=90°，‎ ‎∴∠EAH=∠DEH，‎ ‎∴△AHE∽△EHD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EH2=AH•DH，‎ ‎∴（）2=x（x+1），‎ 解得x=（舍负），‎ ‎∴tan∠EAH===．‎ ‎∵BF∥CD，‎ ‎∴∠AFB=∠EAH，‎ ‎∴tan∠AFB=；‎ ‎（2）CE•AF的值不变．‎ 取AB的中点O，连接OC、OE，如图2，‎ ‎∵∠BCA=∠BEA=90°，‎ ‎∴OC=OA=OB=OE，‎ ‎∴点A、C、B、E共圆，‎ ‎∴∠BCE=∠BAF，∠CBE+∠CAE=180°．‎ ‎∵BF∥CD，‎ ‎∴∠BFA+∠CAE=180°，‎ ‎∴∠CBE=∠BFA，‎ ‎∴△BCE∽△FAB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CE•FA=BC•AB．‎ ‎∵∠BCA=90°，BC=7，AC=1，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∴CE•FA=7×5=35；‎ ‎（3）过点E作EH⊥CD于H，作EM⊥BC于M，如图3，‎ ‎∴∠EMC=∠MCH=∠CHE=90°，‎ ‎∴四边形EMCH是矩形．‎ ‎∵△BCE∽△FAB，△BGE与△FAB相似，‎ ‎∴△BGE与△BCE相似，‎ ‎∴∠EBG=∠ECB．‎ ‎∵点A、C、B、E共圆，‎ ‎∴∠ECA=∠EBG，‎ ‎∴∠ECB=∠ECA，‎ ‎∴EM=EH，‎ ‎∴矩形EMCH是正方形，‎ ‎∴CM=CH．‎ ‎∵∠ECB=∠ECA=∠BCA=45°，‎ ‎∴∠EBA=∠EAB=45°，‎ ‎∴EB=EA，‎ ‎∴Rt△BME≌Rt△AHE（HL），‎ ‎∴BM=AH．‎ 设AH=x，则BM=x，CM=7﹣x，CH=1+x，‎ ‎∴7﹣x=1+x，‎ ‎∴x=3，‎ ‎∴CH=4．‎ 在Rt△CHE中，‎ cos∠ECH===，‎ ‎∴CE=4．‎ 由（2）可得CE•FA=35，‎ ‎∴AF==．‎ ‎　‎ ‎5．如图，平面直角坐标系xOy中，已知B（﹣1，0），一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点，二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）点P是该二次函数图象的顶点，求△APC的面积；‎ ‎（3）如果点Q在线段AC上，且△ABC与△AOQ相似，求点Q的坐标．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由一次函数的解析式求出A、C两点坐标，再根据A、B两点坐标求出b、c即可确定二次函数解析式；‎ ‎（2）根据二次函数的解析式求出P点坐标，然后计算三角形APC的面积；‎ ‎（3）分两种情况讨论：①△ABC∽△AOQ，②△ABC∽△AQO．‎ ‎【解答】解：（1）∵一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点，‎ ‎∴A（5，0），C（0，5），‎ ‎∵二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B，‎ ‎∴b=4，c=5，‎ ‎∴二次函数的解析式为：y=﹣x2+4x+5．‎ ‎（2）∵y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，‎ ‎∴P（2，9），‎ 过点P作PD∥y轴交AC于点D，如图，‎ 则D（2，3），‎ ‎∴=15；‎ ‎（3）①若△ABC∽△AOQ，如图，‎ 此时，OQ∥BC，‎ 由B、C两点坐标可求得BC的解析式为：y=5x+5，‎ ‎∴OQ的解析式为：y=5x，‎ 由解得：，‎ ‎∴Q（，）；‎ ‎②若△ABC∽△AQO，如图，‎ 此时，，‎ ‎∵AB=6，AO=5，AC=，‎ ‎∴AQ=3，‎ ‎∴Q（2，3）．‎ 综上所述，满足要求的Q点坐标为：Q（，）或Q（2，3）．‎ ‎　‎ ‎6．已知：半圆O的直径AB=6，点C在半圆O上，且tan∠ABC=2，点D为弧AC上一点，联结DC（如图）‎ ‎（1）求BC的长；‎ ‎（2）若射线DC交射线AB于点M，且△MBC与△MOC相似，求CD的长；‎ ‎（3）联结OD，当OD∥BC时，作∠DOB的平分线交线段DC于点N，求ON的长．‎ ‎【分析】（1）如图1中，根据AB是直径，得△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．‎ ‎（2）如图2中，只要证明△OBC≌△OCD得BC=CD，即可解决问题．‎ ‎（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H，先求出BG，根据tan∠HBG=2，利用勾股定理求出线段HB、HG，再利用CG∥DO得，由此即可解决．‎ ‎【解答】解；（1）如图1中，连接AC，‎ ‎∵AB是直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∵tan∠ABC=2，‎ ‎∴可以假设AC=2k，BC=k，‎ ‎∵AB=6，AB2=AC2+BC2，‎ ‎∴36=8k2+k2，‎ ‎∴k2=4，‎ ‎∵k＞0，‎ ‎∴k=2，BC=2．‎ ‎（2）如图2中，‎ ‎∵△MBC与△MOC相似，‎ ‎∴∠MBC=∠MCO，‎ ‎∵∠MBC+∠OBC=180°，∠MCO+∠OCD=180°，‎ ‎∴∠OBC=∠OCD，‎ ‎∵OB=OC=OD，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，‎ 在△OBC和△OCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△OBC≌△OCD，‎ ‎∴BC=CD=2．‎ ‎（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H．‎ ‎∵BC∥OD，‎ ‎∴∠DOG=∠OGB=∠GOB，‎ ‎∴BO=BG=3，‎ ‎∵tan∠HBG=，设GH=2a，HB=a，‎ ‎∵BG2=GH2+HB2，‎ ‎∴8a2+a2=9，‎ ‎∴a2=1，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴a=1，HB=1，GH=2，OH=2，OG==2，‎ ‎∵GC∥DO，‎ ‎∴=，‎ ‎∴ON=×=．‎ ‎　‎ ‎7．如图，已知二次函数y=x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，﹣1），点C（0，﹣4），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴与点D，交该二次函数图象于点B，连结BC．‎ ‎（1）求该二次函数的解析式及点M的坐标；‎ ‎（2）若将该二次函数图象向上平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包含△ABC的边界），求m的取值范围；‎ ‎（3）点P时直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标（直接写出结果，不必写解答过程）．‎ ‎【分析】（1）把A、C两点的坐标代入抛物线的解析式可求b、c的值，然后利用配方法可求得点M的坐标；‎ ‎（2）先求得直线AC的解析式，然后再求得抛物线的对称轴，设直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F，然后求得点E和点F的坐标，然后依据平移后抛物线的顶点在△BAC的内部列不等式组求解即可；‎ ‎（3）先证明∠PCM为直角，然后分为△MPC∽△CBD、BDC∽△MCP，两种情况求得PC的长，然后再求得点P的坐标即可．‎ ‎【解答】解：（1）把A、C两点的坐标代入得：，‎ 解得：．‎ ‎∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣4．‎ 配方得：y=（x﹣1）2﹣5．‎ ‎∴点M的坐标为（1，﹣5）．‎ ‎（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，把点A、C的坐标代入得：，解得：，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=x﹣4．‎ 抛物线的对称轴方程为x=﹣=1．‎ 如图1所示，直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F，则点F的坐标为（1，﹣1）．‎ 将x=1代入直线y=x﹣4得：y=﹣3．‎ ‎∴E（1，﹣3）．‎ ‎∵抛物线向上平移m个单位长度时，抛物线的顶点在△BAC的内部，‎ ‎∴﹣3＜﹣5+m＜﹣1．‎ ‎∴2＜m＜4．‎ ‎（3）如图2所示：‎ 把y=﹣1代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣4=﹣1，解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴B（﹣1，﹣1）．‎ ‎∴BD=1．‎ ‎∵AB∥x轴，A（4，﹣1），‎ ‎∴D（0，﹣1）‎ ‎∴AD=DC=3．‎ ‎∴∠DCA=45°．‎ 过点M作ME⊥y轴，垂足为E．‎ ‎∵C（0，﹣4），M（1，﹣5）．‎ ‎∴CE=ME=1．‎ ‎∴∠ECM=45°，MC=．‎ ‎∴∠ACM=90°．‎ ‎∴∠PCM=∠CDB=90°．‎ ‎①当△MPC∽△CBD时，，即=，解得PC=．‎ ‎∴CF=PF=sin45°•PC=×=．‎ ‎∴P（﹣，﹣）．‎ 如图3所示：点P在点C的右侧时，过点P作PF⊥y轴，垂足为F．‎ ‎∵CP=，∠FCP=45°，∠CFP=90°，‎ ‎∴CF=FP=×=．‎ ‎∴P（﹣，﹣）．‎ ‎②当BDC∽△MCP时，=，即=，解得PC=3．‎ 如图4所示：当点P在AC的延长线上时，过点作PE⊥y轴，垂足为E．‎ ‎∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，‎ ‎∴CE=PE=3×=3．‎ ‎∴P（﹣3，﹣7）．‎ 如图5所示：当点P在AC上时，过点P作PE⊥y轴，垂足为E．‎ ‎∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，‎ ‎∴CE=PE=3×=3．‎ ‎∴P（3，﹣1）．‎ 综上所述，点P的坐标为（﹣3，﹣7）或（3，﹣1）或（﹣，﹣）或（﹣，﹣）．‎ ‎　‎ ‎8．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，点E是∠BAC角平分线上一点，过点E作AE的垂线，过点A作AB的垂线，两垂线交于点D，连接DB，点F是BD的中点，DH⊥AC，垂足为H，连接EF，HF．‎ ‎（1）如图1，若点H是AC的中点，AC=2，求AB，BD的长；‎ ‎（2）如图1，求证：HF=EF；‎ ‎（3）如图2，连接CF，CE．猜想：△CEF是否是等边三角形？若是，请证明；若不是，说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据直角三角形的性质和三角函数即可得到结果；‎ ‎（2）如图1，连接AF，证出△DAE≌△ADH，△DHF≌△AEF，即可得到结果；‎ ‎（3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，在Rt△ADE中，AD=2AE，根据三角形的中位线的性质得到AD=2FM，于是得到FM=AE，由∠CAE=∠CAB=30°∠‎ CMF=∠AMF﹣AMC=30°，证得△ACE≌△MCF，问题即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，‎ ‎∴∠ABC=30°，‎ ‎∴AB=2AC=2×2=4，‎ ‎∵AD⊥AB，∠CAB=60°，‎ ‎∴∠DAC=30°，‎ ‎∵AH=AC=，‎ ‎∴AD==2，‎ ‎∴BD==2；‎ ‎（2）如图1，连接AF，‎ ‎∵AE是∠BAC角平分线，‎ ‎∴∠HAE=30°，‎ ‎∴∠ADE=∠DAH=30°，‎ 在△DAE与△ADH中，‎ ‎，‎ ‎∴△DAE≌△ADH，‎ ‎∴DH=AE，‎ ‎∵点F是BD的中点，‎ ‎∴DF=AF，‎ ‎∵∠EAF=∠EAB﹣∠FAB=30°﹣∠FAB ‎∠FDH=∠FDA﹣∠HDA=∠FDA﹣60°=（90°﹣∠FBA）﹣60°=30°﹣∠FBA，‎ ‎∴∠EAF=∠FDH，‎ 在△DHF与△AEF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DHF≌△AEF，‎ ‎∴HF=EF；‎ ‎（3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，‎ ‎∵F、M分别是BD、AB的中点，‎ ‎∴FM∥AD，即FM⊥AB．‎ 在Rt△ADE中，AD=2AE，‎ ‎∵DF=BF，AM=BM，‎ ‎∴AD=2FM，‎ ‎∴FM=AE，‎ ‎∵∠ABC=30°，‎ ‎∴AC=CM=AB=AM，‎ ‎∵∠CAE=∠CAB=30°∠CMF=∠AMF﹣∠AMC=30°，‎ 在△ACE与△MCF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACE≌△MCF，‎ ‎∴CE=CF，∠ACE=∠MCF，‎ ‎∵∠ACM=60°，‎ ‎∴∠ECF=60°，‎ ‎∴△CEF是等边三角形．‎ ‎　‎ ‎9．已知，一条抛物线的顶点为E（﹣1，4），且过点A（﹣3，0），与y轴交于点C，点D是这条抛物线上一点，它的横坐标为m，且﹣3＜m＜﹣1，过点D作DK⊥x轴，垂足为K，DK分别交线段AE、AC于点G、H．‎ ‎（1）求这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）求证：GH=HK；‎ ‎（3）当△CGH是等腰三角形时，求m的值．‎ ‎【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）2+4 （a≠0），将点A的坐标代入求得a的值即可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）先求得直线AE、AC的解析式，由点D的横坐标为m，可求得KG、KH的长（用含m的式子），从而可证明GH=HK；‎ ‎（3）可分为CG=CH，GH=GC，HG=HC三种情况，接下来依据两点间的距离公式列方程求解即可．‎ ‎【解答】（1）解：∵抛物线的顶点为E（﹣1，4），‎ ‎∴设抛物线的解析式为y=a（x+1）2+4 （a≠0）．‎ 又∵抛物线过点A（﹣3，0），‎ ‎∴4a+4=0，解得：a=﹣1．‎ ‎∴这条抛物线的解析式为y=﹣（x+1）2+4．‎ ‎（2）设直线AE的解析式为y=kx+b．‎ ‎∵将A（﹣3，0），E（﹣1，4），代入得：，解得：k=2，b=6，‎ ‎∴直线AE的解析式为y=2x+6．‎ 设直线AC的解析式为y=k1x+b1．‎ ‎∵将A（﹣3，0），C（0，3）代入得：，解得：k=1，b=3，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=x+3．‎ ‎∵D的横坐标为m，DK⊥x轴 ‎∴G（m，2m+6），H（m，m+3）．‎ ‎∵K（m，0）‎ ‎∴GH=m+3，HK=m+3．‎ ‎∴GH=HK．‎ ‎（3）由（2）可知：C（0，3），G（m，2m+6），H（m，m+3）‎ ‎①若CG=CH，则=，整理得：（2m+3）2=m2，解得开平方得：2m+3=±m解得m1=﹣1，m2=﹣3，‎ ‎∵﹣3＜m＜﹣1，‎ ‎∴m≠﹣1且m≠﹣3．‎ ‎∴这种情况不存在．‎ ‎②若GC=GH，则=m+3，整理得：2m2+3m=0 解得m1=0（舍去），．‎ ‎③若HC=HG，则=m+3，整理得：m2﹣6m﹣9=0，解得；m1=3﹣3，m2=3+3（舍去）．‎ 综上所述：当△CGH是等腰三角形时，m的值为或．‎ ‎　‎ ‎10．如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA=，点P是边BC上的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点Q，线段CQ与边AB交于点D．‎ ‎（1）求AD的长；‎ ‎（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；‎ ‎（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，求CP的长．‎ ‎【分析】（1）易证AD=AC，只需运用三角函数和勾股定理求出AC即可；‎ ‎（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，只需用x的代数式表示QH就可解决问题；‎ ‎（3）由于△PQF是以PF为腰的等腰三角形，故需分PF=PQ和PF=FQ两种情况讨论，只需将等腰三角形的性质和三角函数相结合，就可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）在Rt△ABC中，‎ ‎∵∠ACB=90°，AB=5，sinA=，‎ ‎∴BC=AB•sinA=5×=4，‎ ‎∴AC==3．‎ ‎∵PC=PQ，∴∠PCQ=∠PQC．‎ ‎∵PE⊥AB即∠QED=90°，‎ ‎∴∠EQD+∠EDQ=90°．‎ ‎∵∠ACD+∠PCQ=90°，‎ ‎∴∠EDQ=∠ACD．‎ ‎∵∠CDA=∠EDQ，‎ ‎∴∠ACD=∠CDA，‎ ‎∴AD=AC=3；‎ ‎（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，‎ ‎∵∠PBE+∠BPE=90°，∠PBE+∠A=90°，‎ ‎∴∠BPE=∠A，‎ ‎∴sin∠HPQ=sin∠A=，‎ ‎∴sin∠HPQ==．‎ ‎∵PQ=PC=x，∴QH=x，‎ ‎∴S△PCQ=PC•QH=x•x=x2（≤x＜4）；‎ ‎（当E、Q、D共线时，可得x最小值，根据=，解得x=．）‎ ‎（3）①当PF=PQ时，则有PF=PQ=x=PC．‎ 过点P作PG⊥CF于G，如图2，‎ 则CG=CF．‎ ‎∵CF⊥AB，‎ ‎∴S△ABC=AC•BC=AB•CF，‎ ‎∴CF==，‎ ‎∴CG=．‎ ‎∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A，‎ ‎∴cos∠PCG=cos∠A=，‎ ‎∴cos∠PCG==，‎ ‎∴x=PC=CG=×=2；‎ ‎②当PF=FQ时，‎ ‎∵FE⊥PQ，‎ ‎∴PE=PQ=x，‎ ‎∴cos∠BPE===，‎ ‎∴x=．‎ 综上所述：当△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或．‎ ‎　‎ ‎11．如图（1），直线y=﹣x+n交x轴于点A，交y轴于点C（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点A，交y轴于点B（0，﹣2）．点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连接PB，设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；‎ ‎（3）如图（2），将△BDP绕点B逆时针旋转，得到△BD′P′，当旋转角∠PBP′=∠OAC，且点P的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）先确定出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；‎ ‎（2）由△BDP为等腰直角三角形，判断出BD=PD，建立m的方程计算出m，从而求出PD；‎ ‎（3）分点P′落在x轴和y轴两种情况计算即可 ‎【解答】解：（1）∵点C（0，4）在直线y=﹣x+n上，‎ ‎∴n=4，‎ ‎∴y=﹣x+4，‎ 令y=0，‎ ‎∴x=3，‎ ‎∴A（3，0），‎ ‎∵抛物线y=x2+bx+c经过点A，交y轴于点B（0，﹣2）．‎ ‎∴c=﹣2，6+3b﹣2=0，‎ ‎∴b=﹣，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2，‎ ‎（2）∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，‎ ‎∴P（m，m2﹣m﹣2），D（m，﹣2）．‎ 若△BDP为等腰直角三角形，则PD=BD．‎ ‎①当点P在直线BD上方时，PD=m2﹣m．‎ ‎（ⅰ）若点P在y轴左侧，则m＜0，BD=﹣m．‎ ‎∴m2﹣m=﹣m，‎ ‎∴m1=0（舍去），m2=（舍去）．‎ ‎（ⅱ）若点P在y轴右侧，则m＞0，BD=m．‎ ‎∴m2﹣m=m，‎ ‎∴m3=0（舍去），m4=．‎ ‎②当点P在直线BD下方时，m＞0，BD=m，PD=﹣m2+m．‎ ‎﹣m2+m=m，‎ ‎∴m5=0（舍去），m6=．‎ 综上所述，m=或m=．‎ 即当△BDP为等腰直角三角形时，PD的长为或．‎ ‎（3）∵∠PBP'=∠OAC，OA=3，OC=4，‎ ‎∴AC=5，‎ ‎∴sin∠PBP'=，cos∠PBP'=，‎ ‎①当点P'落在x轴上时，过点D'作D'N⊥x轴，垂足为N，交BD于点M，‎ ‎∠DBD'=∠ND'P'=∠PBP'，‎ 如图1，‎ 由旋转知，P'D'=PD=m2﹣m，‎ 在Rt△P'D'N中，cos∠ND'P'==cos∠PBP'=，‎ ‎∴ND'=（m2﹣m），‎ 在Rt△BD'M中，BD'=﹣m，sin∠DBD'==sin∠PBP'=，‎ ‎∴D'M=﹣m，‎ ‎∴ND'﹣MD'=2，‎ ‎∴（m2﹣m）﹣（﹣m）=2，‎ ‎∴m=（舍），或m=﹣，‎ 如图2，‎ 同①的方法得，ND'=（m2﹣m），MD'=m ‎∵ND'+MD'=2，‎ ‎∴（m2﹣m）+m=2，‎ ‎∴m=，或m=﹣（舍），‎ ‎∴P（﹣，）或P（，），‎ ‎②当点P'落在y轴上时，如图3，‎ 过点D′作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′作P′N⊥y轴，交MD'的延长线于点N，‎ ‎∴∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′，‎ 同①的方法得，P'N=（m2﹣m），BM=m，‎ ‎∵P′N=BM，‎ ‎∴（m2﹣m）=m，‎ ‎∴m=，‎ ‎∴P（，）．‎ ‎∴P（﹣，）或P（，）或P（，）．‎ ‎　‎ ‎12．综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为（﹣2，0），（6，﹣8）．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；‎ ‎（2）试探究抛物线上是否存在点F，使△FOE≌△FCE？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为（0，m），直线PB与直线l交于点Q，试探究：当m为何值时，△OPQ是等腰三角形．‎ ‎【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线解析式即可求出点B坐标，求出直线OD解析式即可解决点E坐标．‎ ‎（2）抛物线上存在点F使得△FOE≌△‎ FCE，此时点F纵坐标为﹣4，令y=﹣4即可解决问题．‎ ‎（3））①如图1中，当OP=OQ时，△OPQ是等腰三角形，过点E作直线ME∥PB，交y轴于点M，交x轴于点H，求出点M、H的坐标即可解决问题．②如图2中，当QO=QP时，△POQ是等腰三角形，先证明CE∥PQ，根据平行线的性质列出方程即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣8经过点A（﹣2，0），D（6，﹣8），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣8，‎ ‎∵y=x2﹣3x﹣8=（x﹣3）2﹣，‎ ‎∴抛物线对称轴为直线x=3，‎ 又∵抛物线与x轴交于点A、B两点，点A坐标（﹣2，0），‎ ‎∴点B坐标（8，0）．‎ 设直线l的解析式为y=kx，‎ ‎∵经过点D（6，﹣8），‎ ‎∴6k=﹣8，‎ ‎∴k=﹣，‎ ‎∴直线l的解析式为y=﹣x，‎ ‎∵点E为直线l与抛物线的交点，‎ ‎∴点E的横坐标为3，纵坐标为﹣×3=﹣4，‎ ‎∴点E坐标（3，﹣4）．‎ ‎（2）抛物线上存在点F使得△FOE≌△FCE，‎ 此时点F纵坐标为﹣4，‎ ‎∴x2﹣3x﹣8=﹣4，‎ ‎∴x2﹣6x﹣8=0，‎ x=3，‎ ‎∴点F坐标（3+，﹣4）或（3﹣，﹣4）．‎ ‎（3）①如图1‎ 中，当OP=OQ时，△OPQ是等腰三角形．‎ ‎∵点E坐标（3，﹣4），‎ ‎∴OE==5，过点E作直线ME∥PB，交y轴于点M，交x轴于点H．则=，‎ ‎∴OM=OE=5，‎ ‎∴点M坐标（0，﹣5）．‎ 设直线ME的解析式为y=k1x﹣5，‎ ‎∴3k1﹣5=﹣4，‎ ‎∴k1=，‎ ‎∴直线ME解析式为y=x﹣5，‎ 令y=0，得x﹣5=0，解得x=15，‎ ‎∴点H坐标（15，0），‎ ‎∵MH∥PB，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴m=﹣，‎ ‎②如图2‎ 中，当QO=QP时，△POQ是等腰三角形．‎ ‎∵当x=0时，y=x2﹣3x﹣8=﹣8，‎ ‎∴点C坐标（0，﹣8），‎ ‎∴CE==5，‎ ‎∴OE=CE，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵QO=QP，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∴CE∥PB，‎ 设直线CE交x轴于N，解析式为y=k2x﹣8，‎ ‎∴3k2﹣8=﹣4，‎ ‎∴k2=，‎ ‎∴直线CE解析式为y=x﹣8，‎ 令y=0，得x﹣8=0，‎ ‎∴x=6，‎ ‎∴点N坐标（6，0），‎ ‎∵CN∥PB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴m=﹣．‎ ‎③OP=PQ时，显然不可能，理由，‎ ‎∵D（6，﹣8），‎ ‎∴∠1＜∠BOD，‎ ‎∵∠OQP=∠BOQ+∠ABP，‎ ‎∴∠PQO＞∠1，‎ ‎∴OP≠PQ，‎ 综上所述，当m=﹣或﹣时，△OPQ是等腰三角形．‎ ‎　‎ ‎13．已知，如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，BC=11，CD=6，tan∠ABC=2，点E在AD边上，且AE=3ED，EF∥AB交BC于点F，点M、N分别在射线FE和线段CD上．‎ ‎（1）求线段CF的长；‎ ‎（2）如图2，当点M在线段FE上，且AM⊥MN，设FM•cos∠EFC=x，CN=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；‎ ‎（3）如果△AMN为等腰直角三角形，求线段FM的长．‎ ‎【分析】（1）过A作AH⊥BC，于是得到AH=CD=6，解直角三角形即可得到结论；‎ ‎（2）过M作MP⊥CD于P，MK⊥BC于K，反向延长KM交AD于Q，则KQ⊥AD，解直角三角形求得MK=2x=PC，NP=y﹣2x，MP=CK=5﹣x=QD，于是得到AQ=8﹣（5﹣x）=3+x，QM=6﹣2x，推出△AMQ∽△PMN，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论；‎ ‎（3）①‎ 当M在线段EF上时，根据全等三角形的性质和等量代换得到QM=MP，列方程得到6﹣2x=5﹣x，解方程即可得到结论；②当M在FE的延长线上时，根据已知条件得到△AQM≌△MNH，由全等三角形的性质得到AQ=MH，由（2）知FK=x，CK=5﹣x=MH，MK=2x=CH，列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）过A作AH⊥BC，‎ ‎∴AH=CD=6，‎ ‎∵tan∠ABC=2，‎ ‎∴，‎ ‎∴BH=3，‎ ‎∴CH=AD=8，‎ ‎∴AE=，‎ ‎∴CF=5；‎ ‎（2）过M作MK⊥BC于K，反向延长KM交AD于Q，则KQ⊥AD，在Rt△FMK中，FM•cos∠EFC=FK=x，‎ ‎∵∠EFC=∠B，‎ ‎∴tan∠EFC=2，‎ ‎∴MK=2x=PC，NP=y﹣2x，MP=CK=5﹣x=QD ‎，∴AQ=8﹣（5﹣x）=3+x，QM=6﹣2x，‎ ‎∵∠AMN=90°，‎ ‎∵∠AMQ=∠PMN，∠AQM=∠MPN=90°，‎ ‎∴△AMQ∽△PMN，‎ ‎∴，‎ 解得：y=（0≤x≤1）；‎ ‎（3）①当M在线段EF上时，‎ ‎∵AM=MN，△AMQ≌△NMP，‎ ‎∴△AMQ≌△NMP，‎ ‎∴QM=MP，‎ ‎∴6﹣2x=5﹣x，‎ ‎∴x=1，‎ ‎∴FM=，‎ ‎②当M在FE的延长线上时，‎ ‎∵∠AMN=90°，‎ ‎∴∠AMQ+∠NMH=∠NMH+∠MNH=90°，‎ ‎∴∠AMQ=∠MNH，‎ 在△AMQ与△NMH中，，‎ ‎∴△AQM≌△MNH，‎ ‎∴AQ=MH，由（2）知FK=x，CK=5﹣x=MH，MK=2x，=CH，‎ ‎∴AQ=DH=2x﹣6，∴2x﹣6=5﹣x，∴，‎ ‎∴FM==，‎ ‎　‎ ‎14．如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．‎ ‎（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；‎ ‎（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；‎ ‎（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．‎ ‎【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；‎ ‎（2）分三种情况：①若点A为直角顶点时，点M在第一象限；若点P为直角顶点时，点M在第一象限；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；‎ ‎（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣‎ 则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）‎ 直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3‎ 则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；‎ ‎（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，‎ 如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，‎ ‎∴△APM不可能是等腰直角三角形，‎ ‎∴点M不存在；‎ ‎②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，‎ 过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，‎ 则Rt△ABP≌Rt△PNM，‎ ‎∴AB=PN=4，MN=BP，‎ 设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，‎ ‎∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），‎ x=，‎ ‎∴M（，）；‎ ‎③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，‎ 设M1（x，2x﹣3），‎ 过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，‎ 则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，‎ ‎∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），‎ ‎∴x+3﹣（2x﹣3）=4，‎ x=2‎ ‎∴M1（2，1）；‎ 设M2（x，2x﹣3），‎ 同理可得x+2x﹣3﹣3=4，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴M2（，）；‎ 综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；‎ ‎（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2．‎ ‎　‎ ‎15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；‎ ‎（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；‎ ‎（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于两点A、B，求得A点的坐标，作DF⊥x轴于F，根据平行线分线段成比例定理求得D的坐标，然后利用待定系数法法即可求得直线l的函数表达式．‎ ‎（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE=k1x+b1，利用待定系数法确定yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），从而确定S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，根据最值确定a的值即可；‎ ‎（3）分以AD为对角线、以AC为边，AP为对角线、以AC为边，AQ为对角线三种情况利用矩形的性质确定点P的坐标即可．‎ ‎【解答】解：（1）令y=0，则ax2﹣2ax﹣3a=0，‎ 解得x1=﹣1，x2=3‎ ‎∵点A在点B的左侧，‎ ‎∴A（﹣1，0），‎ 如图1，作DF⊥x轴于F，‎ ‎∴DF∥OC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵CD=4AC，‎ ‎∴==4，‎ ‎∵OA=1，‎ ‎∴OF=4，‎ ‎∴D点的横坐标为4，‎ 代入y=ax2﹣2ax﹣3a得，y=5a，‎ ‎∴D（4，5a），‎ 把A、D坐标代入y=kx+b得，‎ 解得，‎ ‎∴直线l的函数表达式为y=ax+a．‎ ‎（2）如图1，过点E作EN⊥y轴于点N 设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE=k1x+b1，‎ 则，‎ 解得：，‎ ‎∴yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），M（0，a（m﹣3））‎ ‎∵MC=a（m﹣3）﹣a，NE=m ‎∴S△ACE=S△ACM+S△CEM=[a（m﹣3）﹣a]+[a（m﹣3）﹣a]m=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，‎ ‎∴有最大值﹣a=，‎ ‎∴a=﹣；‎ ‎（3）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，‎ 解得x1=﹣1，x2=4，‎ ‎∴D（4，5a），‎ ‎∵y=ax2﹣2ax﹣3a，‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=1，‎ 设P1（1，m），‎ ‎①若AD是矩形的一条边，‎ 由AQ∥DP知xD﹣xP=xA﹣xQ，可知Q点横坐标为﹣4，将x=﹣4带入抛物线方程得Q（﹣4，21a），‎ m=yD+yQ=21a+5a=26a，则P（1，26a），‎ ‎∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP=90°，‎ ‎∴AD2+PD2=AP2，‎ ‎∵AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，‎ PD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，‎ ‎∴[4﹣（﹣1）]2+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2=（﹣1﹣1）2+（26a）2，‎ 即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，‎ ‎∴P1（1，﹣）．‎ ‎②若AD是矩形的一条对角线，‎ 则线段AD的中点坐标为（，），Q（2，﹣3a），‎ m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），‎ ‎∵四边形ADPQ为矩形，∴∠APD=90°，‎ ‎∴AP2+PD2=AD2，‎ ‎∵AP2=[1﹣（﹣1）]2+（8a）2=22+（8a）2，‎ PD2=（4﹣1）2+（8a﹣5a）2=32+（3a）2，‎ AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，‎ ‎∴22+（8a）2+32+（3a）2=52+（5a）2，‎ 解得a2=，∵a＜0，∴a=﹣，‎ ‎∴P2（1，﹣4）．‎ 综上可得，P点的坐标为P1（1，﹣4），P2（1，﹣）．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．‎ ‎（1）求点E坐标及经过O，D，C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2 个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；‎ ‎（3）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE即可得出点E坐标，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；‎ ‎（3）①以EN为对角线，根据对角线互相平分，可得CM的中点与EN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；‎ ‎②当EM为对角线，根据对角线互相平分，可得CN的中点与EM的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；‎ ‎③当CE为对角线，根据对角线互相平分，可得CE的中点与MN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，‎ ‎∴在Rt△COE中，‎ OE==3．‎ ‎∴E（0，﹣3）‎ 设AD=m，则DE=BD=4﹣m，‎ ‎∵OE=3，‎ ‎∴AE=5﹣3=2，‎ 在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，‎ 即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，‎ ‎∴D（﹣，﹣5），‎ ‎∵C（﹣4，0），O（0，0），‎ ‎∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），‎ ‎∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x2+x；‎ ‎（2）∵CP=2t，‎ ‎∴BP=5﹣2t，‎ ‎∵BD=，DE==，‎ ‎∴BD=DE，‎ 在Rt△DBP和Rt△DEQ中，，‎ ‎∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），‎ ‎∴BP=EQ，‎ ‎∴5﹣2t=t，‎ ‎∴t=；‎ ‎（3）∵抛物线的对称为直线x=﹣2，‎ ‎∴设N（﹣2，n），‎ 又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），设M（m，y），‎ ‎①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，如图1，‎ ‎，‎ 则线段EN的中点 横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，‎ ‎∵EN，CM互相平分，‎ ‎∴=﹣1，解得m=2，‎ 又M点在抛物线上，‎ ‎∴y=×22+×2=16‎ ‎∴M（2，16）； ‎ ‎②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，如图2，‎ ‎，‎ 则线段EM的中点，‎ 横坐标为=m，线段CN中点横坐标为=﹣3，‎ ‎∵EN，CM互相平分，‎ ‎∴m=﹣3，解得m=﹣6，‎ 又∵M点在抛物线上，‎ ‎∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，‎ ‎∴M（﹣6，16）；‎ ‎③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，‎ ‎∴设N（﹣2，n），‎ 又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），设M（m，y），‎ ‎∵线段CE的中点坐标的横坐标为﹣2，线段MN的中点坐标的横坐标为 ‎∵CE与MN互相平分，∴=﹣2‎ 解得m=﹣2，‎ 当m=﹣2时，y=×（﹣2）2+×（﹣2）=﹣，‎ 即M（﹣2，﹣）．‎ 综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．‎ ‎　‎ ‎17．如图，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．‎ ‎（1）求直线AD的解析式；‎ ‎（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值；‎ ‎（3）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．‎ ‎【分析】（1）先求出C（0，3），A（﹣1，0），B（3，0），再利用配方法得y=﹣（x﹣1）2+4，则抛物线对称轴为直线x=1，于是可确定D（2，3），则可利用待定系数法求直线AD的解析式；‎ ‎（2）由E（0，1）可判断△OAE为等腰直角三角形，则∠EAO=45°，由于FH∥OA，则可得到△FGH为等腰直角三角形，过点F作FN⊥x轴交AD于N，如图，则△FNH为等腰直角三角形，所以GH=NG，于是得到△FGH周长等于△FGN的周长，由于FG=GN=FN，则△FGN周长=（1+）FN，所以当FN最大时，△FGN周长的最大，设F（x，﹣x2+2x+3），则N（x，x+1），则FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1，利用二次函数的最值问题可得当x=时，FN有最大值，于是△FGN周长的最大值为；‎ ‎（3）直线AM交y轴于R，M（1，4），利用待定系数法求出直线AM的解析式为y=2x+2，则R（0，2），然后分类讨论：当AQ为矩形AMPQ的对角线，如图1，利用Rt△AOR∽Rt△POA，可计算出OP=，则P点坐标为（0，﹣），接着利用平移可得到Q（2，‎ ‎），于是由点T和点Q关于AM所在直线对称，根据线段中点坐标公式易得T点坐标为（0，）；当AP为矩形APQM的对角线，反向延长QA交y轴于S，如图2，同理可得S点坐标为（0，﹣），易得R点为AM的中点，则R点为PS的中点，所以PM=SA，P（0，），加上PM=AQ，则AQ=AS，于是可判断点Q关于AM的对称点为S，即T点坐标为（0，﹣）．‎ ‎【解答】解：（1）当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），‎ 当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），‎ ‎∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴抛物线对称轴为直线x=1，‎ 而点D和点C关于直线x=1对称，‎ ‎∴D（2，3），‎ 设直线AD的解析式为y=kx+b，‎ 把A（﹣1，0），D（2，3）分别代入得，解得，‎ ‎∴直线AD的解析式为y=x+1；‎ ‎（2）当x=0时，y=x+1=1，则E（0，1），‎ ‎∵OA=OE，‎ ‎∴△OAE为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠EAO=45°，‎ ‎∵FH∥OA，‎ ‎∴△FGH为等腰直角三角形，‎ 过点F作FN⊥x轴交AD于N，如图，‎ ‎∴FN⊥FH，‎ ‎∴△FNH为等腰直角三角形，‎ 而FG⊥HN，‎ ‎∴GH=NG，‎ ‎∴△FGH周长等于△FGN的周长，‎ ‎∵FG=GN=FN，‎ ‎∴△FGN周长=（1+）FN，‎ ‎∴当FN最大时，△FGN周长的最大，‎ 设F（x，﹣x2+2x+3），则N（x，x+1），‎ ‎∴FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1=﹣（x﹣）2+，‎ 当x=时，FN有最大值，‎ ‎∴△FGN周长的最大值为（1+）×=，‎ 即△FGH周长的最大值为；‎ ‎（3）直线AM交y轴于R，y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，则M（1，4）‎ 设直线AM的解析式为y=mx+n，‎ 把A（﹣1，0）、M（1，4）分别代入得，解得，‎ ‎∴直线AM的解析式为y=2x+2，‎ 当x=0时，y=2x+2=2，则R（0，2），‎ 当AQ为矩形APQM的对角线，如图1，‎ ‎∵∠RAP=90°，‎ 而AO⊥PR，‎ ‎∴Rt△AOR∽Rt△POA，‎ ‎∴AO：OP=OR：OA，即1：OP=2：1，解得OP=，‎ ‎∴P点坐标为（0，﹣），‎ ‎∵点A（﹣1，0）向上平移4个单位，向右平移2个单位得到M（1，4），‎ ‎∴点P（0，﹣）向上平移4个单位，向右平移2个单位得到Q（2，），‎ ‎∵点T和点Q关于AM所在直线对称，‎ ‎∴T点坐标为（0，）；‎ 当AP为矩形AMPQ的对角线，反向延长QA交y轴于S，如图2，‎ 同理可得S点坐标为（0，﹣），‎ ‎∵R点为AM的中点，‎ ‎∴R点为PS的中点，‎ ‎∴PM=SA，P（0，），‎ ‎∵PM=AQ，‎ ‎∴AQ=AS，‎ ‎∴点Q关于AM的对称点为S，‎ 即T点坐标为（0，﹣）．‎ 综上所述，点T的坐标为（0，）或（0，﹣）．‎ ‎　‎ ‎18．如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．‎ ‎（1）用关于x的代数式表示BQ，DF．‎ ‎（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．‎ ‎（3）在点P的整个运动过程中，‎ ‎①当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？‎ ‎②作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）．‎ ‎【分析】（1）由AQ：AB=3：4，AQ=3x，易得AB=4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH=BH=AB，求得CD，FD；‎ ‎（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M（如图1），则OM∥AB，由垂径定理得QM=AM=x，由矩形性质得OD=MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；‎ ‎（3）①点P在A点的右侧时（如图1），利用（1）（2）的结论和正方形的性质得2x+4=3x，得AP；点P在A点的左侧时，当点C在Q右侧，0＜x＜时（如图2），4﹣7x=3x，解得x，易得AP；当时（如图3），7﹣4x=3x，得AP；当点C在Q的左侧时，即x≥（如图4），同理得AP；‎ ‎②连接NQ，由点O到BN的弦心距为l，得NQ=2，当点N在AB的左侧时（如图5），过点B作BM⊥EG于点M，GM=x，BM=x，易得∠GBM=45°，BM∥AQ，易得AI=AB，求得IQ，由NQ得AP；当点N在AB的右侧时（如图6），过点B作BJ⊥GE于点J，由GJ=x，BJ=4x得tan∠GBJ=，利用（1）（2）中结论得AI=16x，QI=19x，‎ 解得x，得AP．‎ ‎【解答】解：（1）在Rt△ABQ中，‎ ‎∵AQ：AB=3：4，AQ=3x，‎ ‎∴AB=4x，‎ ‎∴BQ=5x，‎ ‎∵OD⊥m，m⊥l，‎ ‎∴OD∥l，‎ ‎∵OB=OQ，‎ ‎∴=2x，‎ ‎∴CD=2x，‎ ‎∴FD==3x；‎ ‎（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，‎ ‎∴CQ=6x+4，‎ 作OM⊥AQ于点M（如图1），‎ ‎∴OM∥AB，‎ ‎∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ=90°，‎ ‎∴点O是BQ的中点，‎ ‎∴QM=AM=x ‎∴OD=MC=，‎ ‎∴OE=BQ=，‎ ‎∴ED=2x+4，‎ S矩形DEGF=DF•DE=3x（2x+4）=90，‎ 解得：x1=﹣5（舍去），x2=3，‎ ‎∴AP=3x=9；‎ ‎（3）①若矩形DEGF是正方形，则ED=DF，‎ I．点P在A点的右侧时（如图1）‎ ‎∴2x+4=3x，解得：x=4，‎ ‎∴AP=3x=12；‎ II．点P在A点的左侧时，‎ 当点C在Q右侧，‎ ‎0＜x＜时（如图2），‎ ‎∵ED=4﹣7x，DF=3x，‎ ‎∴4﹣7x=3x，解得：x=，‎ ‎∴AP=；‎ 当≤x＜时（如图3），‎ ‎∵ED=4﹣7x，DF=3x，‎ ‎∴4﹣7x=3x，解得：x=（舍去），‎ 当点C在Q的左侧时，即x≥（如图4），‎ DE=7x﹣4，DF=3x，‎ ‎∴7x﹣4=3x，解得：x=1，‎ ‎∴AP=3，‎ 综上所述：当AP为12或或3时，矩形DEGF是正方形；‎ ‎②连接NQ，由点O到BN的弦心距为l，得NQ=2，‎ 当点N在AB的左侧时（如图5），‎ 过点B作BM⊥EG于点M，‎ ‎∵GM=x，BM=x，‎ ‎∴∠GBM=45°，‎ ‎∴BM∥AQ，‎ ‎∴AI=AB=4x，‎ ‎∴IQ=x，‎ ‎∴NQ==2，‎ ‎∴x=2，‎ ‎∴AP=6；‎ 当点N在AB的右侧时（如图6），‎ 过点B作BJ⊥GE于点J，‎ ‎∵GJ=x，BJ=4x，‎ ‎∴tan∠GBJ=，‎ ‎∴AI=16x，‎ ‎∴QI=19x，‎ ‎∴NQ==2，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴AP=，‎ 综上所述：AP的长为6或．‎ ‎　‎ ‎19．在平面直角坐标系xOy（如图）中，经过点A（﹣1，0）的抛物线y=﹣x2+bx+3与y轴交于点C，点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称．‎ ‎（1）求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角；‎ ‎（2）如果点E是抛物线上一动点，过E作EF平行于x轴交直线AD于点F，且F在E的右边，过点E作EG⊥AD与点G，设E的横坐标为m，△‎ EFG的周长为l，试用m表示l；‎ ‎（3）点M是该抛物线的顶点，点P是y轴上一点，Q是坐标平面内一点，如果以点A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形，求该矩形的顶点Q的坐标．‎ ‎【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入抛物线的解析式可求得b的值，然后可得到抛物线的解析式，从而可求得抛物线的对称轴，再依据对称性可求得D（2，3），B（3，0），最后依据待定系数法求得AD的解析式可求得直线AD与x轴正方向的夹角；‎ ‎（2）设E（m，﹣m2+2m+3），则F（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），EF=﹣m2+m+2．然后证明△EFG为等腰直角三角形，从而得到EF=（1+）EF，于是可求得l与m的关系式；‎ ‎（3）先利用配方法求得点M的坐标，然后根据①AM为矩形的对角线时，②当AM为矩形的一边时两种情况求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵将点A（﹣1，0）代入抛物线的解析式得：﹣1﹣b+3=0，解得：b=2，‎ ‎∴y=﹣x2+2x+3．‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=1．‎ 令x=0得：y=3，则C（0，3）．‎ ‎∵点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称，‎ ‎∴D（2，3），B（3，0）．‎ 设直线AD的解析式为y=kx+b．‎ ‎∵将A（﹣1，0）、D（2，3）代入得：，解得：k=1，b=1，‎ ‎∴直线AD的解析式为y=x+1．‎ ‎∴直线AD与x轴正方向的夹角为45°．‎ ‎（2）如图1所示：‎ 设E（m，﹣m2+2m+3），则F（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），EF=﹣m2+2m+2﹣m=﹣m2+m+2．‎ ‎∵∠EGF=90°，∠EFG=45°，‎ ‎∴△EFG为等腰直角三角形．‎ ‎∴l=EF+FG+EG=EF+EF+EF=（1+）EF=（1+）（﹣m2+m+2）=﹣（）m2+（+1）m+2+2．‎ ‎（3）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴M（1，4）．‎ ‎①AM为矩形的对角线时，如图2所示：‎ ‎∵由矩形的性质可知：N为AM的中点，A（﹣1，0），M（1，4），‎ ‎∴N（0，2）．‎ ‎∵由两点间的距离公式可知：MN==．‎ ‎∴NQ1=NQ2=，‎ ‎∴Q1（0，2+），Q2（0，2﹣）．‎ ‎②当AM为矩形的一边时，如图3所示：过Q3作Q3E⊥y轴，垂直为E，过Q4作Q4F⊥y轴，垂足为F．‎ ‎∵在△ANO中，AO=1，ON=2，‎ ‎∴tan∠ANO=，‎ ‎∴tan∠MNP4=，‎ ‎∴P4MMN=，NP4=MN=．‎ ‎∴P4Q3=．‎ ‎∴P4E=P4Q3=1，EQ3=P4Q3=2．‎ ‎∵OE=OP4﹣P4E=4.5﹣1=3.5，‎ ‎∴Q3的坐标为（2，3.5）．‎ ‎∵点Q3与Q4关于点N对称，‎ ‎∴Q4（﹣2，）．‎ 综上所述，点Q的坐标为（0，2+），或（0，2﹣）或（2，3.5）或（﹣2，）．‎ ‎　‎ ‎20．如图，直线y=mx+4与反比例函数y=（k＞0）的图象交于点A、B，与x轴、y轴分别交于D、C，tan∠CDO=2，AC：CD=1：2．‎ ‎（1）求反比例函数解析式；‎ ‎（2）联结BO，求∠DBO的正切值；‎ ‎（3）点M在直线x=﹣1上，点N在反比例函数图象上，如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标．‎ ‎【分析】（1）先求出C点坐标，再由tan∠CDO=2可得出D点坐标，进而可得出直线y=mx+4的解析式，根据AC：CD=1：2可得出A点坐标，进而得出反比例函数的解析式；‎ ‎（2）过点O作OE⊥AB于点E，根据直角三角形的面积公式求出OE的长，再由△ODE∽△CDO得出DE的长，根据锐角三角函数的定义即可得出结论；‎ ‎（3）设M（﹣1，y），N（x，），再分AB、AN、AM为平行四边形的对角线即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵直线y=mx+4与y轴交与点C，‎ ‎∴C（0，4）．‎ ‎∵tan∠CDO=2，‎ ‎∴OD=2，即D（﹣2，0），‎ ‎∴﹣2m+4=0，解得m=2，CD==2，‎ ‎∴直线y=mx+4的解析式为y=2x+4．‎ 设A（x，2x+4），‎ ‎∵AC：CD=1：2，‎ ‎∴AC=，‎ ‎∴=，解得x=±1，‎ ‎∵点A在第一象限，‎ ‎∴x=1，‎ ‎∴A（1，6）．‎ ‎∵点A在反比例函数y=的图象上，‎ ‎∴k=6，‎ ‎∴反比例函数的解析式为y=；‎ ‎（2）过点O作OE⊥AB于点E，‎ ‎∵OD=2，OC=4，CD=2，‎ ‎∴OE===．‎ ‎∵∠ODE=∠ODE，∠OED=∠COD，‎ ‎∴△ODE∽△CDO，‎ ‎∴=，即DE===．‎ ‎∵，解得或，‎ ‎∴B（﹣3，﹣2）．‎ ‎∴BD==，‎ ‎∴BE=BD+DE=+=，‎ ‎∴tan∠DBO===．‎ ‎（3）设M（﹣1，y），N（x，），‎ ‎∵A（1，6），B（﹣3，﹣2），‎ ‎∴当AB为平行四边形的对角线时，=，解得x=﹣1，‎ ‎∴N（﹣1，﹣6）；‎ 当AN为平行四边形的对角线时，x+1=﹣3﹣1，解得x=﹣5，‎ ‎∴N（﹣5，﹣）；‎ 当AM为平行四边形的对角线时，0=x﹣3，解得x=3，‎ ‎∴N（3，2）．‎ 综上所述，N（﹣1，﹣6）或（﹣5，﹣）或（3，2）．‎ ‎　‎ ‎21．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（2，9），与y轴交于点A（0，5），与x轴交于点E、B．‎ ‎（1）求二次函数y=ax2+bx+c的表达式；‎ ‎（2）过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在AC上方），作PD平行于y轴交AB于点D，问当点P在何位置时，四边形APCD的面积最大？并求出最大面积；‎ ‎（3）若点M在抛物线上，点N在其对称轴上，使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形，且AE为其一边，求点M、N的坐标．‎ ‎【分析】（1）设出抛物线解析式，用待定系数法求解即可；‎ ‎（2）先求出直线AB解析式，设出点P坐标（x，﹣x2+4x+5），建立函数关系式S四边形APCD=﹣2x2+10x，根据二次函数求出极值；‎ ‎（3）方法1、先判断出△HMN≌△AOE，求出M点的横坐标，从而求出点M，N的坐标．‎ 方法2、四边形AENM是平行四边形时，由于知道点E和点N的横坐标，进而得出点E平移到点N时，先向右平移3单位，进而判断出点A到点M向右先平移3个单位，求出点M的横坐标，代入抛物线解析式，即可求出点M坐标，判断出点A再向上平移3个单位得出点M，即可求出点N坐标；四边形AEMN是平行四边形时，同上方法即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+9，‎ ‎∵抛物线与y轴交于点A（0，5），‎ ‎∴4a+9=5，‎ ‎∴a=﹣1，‎ y=﹣（x﹣2）2+9=﹣x2+4x+5，‎ ‎（2）当y=0时，﹣x2+4x+5=0，‎ ‎∴x1=﹣1，x2=5，‎ ‎∴E（﹣1，0），B（5，0），‎ 设直线AB的解析式为y=mx+n，‎ ‎∵A（0，5），B（5，0），‎ ‎∴m=﹣1，n=5，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣x+5；‎ 设P（x，﹣x2+4x+5），‎ ‎∴D（x，﹣x+5），‎ ‎∴PD=﹣x2+4x+5+x﹣5=﹣x2+5x，‎ ‎∵AC=4，‎ ‎∴S四边形APCD=×AC×PD=2（﹣x2+5x）=﹣2x2+10x，‎ ‎∴当x=﹣=时，‎ ‎∴即：点P（，）时，S四边形APCD最大=，‎ ‎（3）方法1、如图，‎ 过M作MH垂直于对称轴，垂足为H，‎ ‎∵MN∥AE，MN=AE，‎ ‎∴△HMN≌△AOE，‎ ‎∴HM=OE=1，‎ ‎∴M点的横坐标为x=3或x=1，‎ 当x=1时，M点纵坐标为8，‎ 当x=3时，M点纵坐标为8，‎ ‎∴M点的坐标为M1（1，8）或M2（3，8），‎ ‎∵A（0，5），E（﹣1，0），‎ ‎∴直线AE解析式为y=5x+5，‎ ‎∵MN∥AE，‎ ‎∴MN的解析式为y=5x+b，‎ ‎∵点N在抛物线对称轴x=2上，‎ ‎∴N（2，10+b），‎ ‎∵AE2=OA2+OE2=26‎ ‎∵MN=AE ‎∴MN2=AE2，‎ ‎∴MN2=（2﹣1）2+[8﹣（10+b）]2=1+（b+2）2‎ ‎∵M点的坐标为M1（1，8）或M2（3，8），‎ ‎∴点M1，M2关于抛物线对称轴x=2对称，‎ ‎∵点N在抛物线对称轴上，‎ ‎∴M1N=M2N，‎ ‎∴1+（b+2）2=26，‎ ‎∴b=3，或b=﹣7，‎ ‎∴10+b=13或10+b=3‎ ‎∴当M点的坐标为（1，8）时，N点坐标为（2，13），‎ 当M点的坐标为（3，8）时，N点坐标为（2，3）．‎ 方法2，如图1，‎ ‎∴E（﹣1，0），A（0，5），‎ ‎∵抛物线的解析式为y=﹣（x﹣2）2+9，‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=2，‎ ‎∴点N的横坐标为2，即：N'（2，0）‎ ‎①当以点A，E，M，N组成的平行四边形为四边形AENM时，‎ ‎∵E（﹣1，0），点N的横坐标为2，（N'（2，0）‎ ‎∴点E到点N向右平移2﹣（﹣1）=3个单位，‎ ‎∵四边形AENM是平行四边形，‎ ‎∴点A向右也平移3个单位，‎ ‎∵A（0，5），‎ ‎∴M点的横坐标为3，即：M'（3，5），‎ ‎∵点M在抛物线上，‎ ‎∴点M的纵坐标为﹣（3﹣2）2+9=8，‎ ‎∴M（3，8），即：点A再向上平移（8﹣5=3）个单位，‎ ‎∴点N'再向上平移3个单位，得到点N（2，3），‎ 即：当M点的坐标为（3，8）时，N点坐标为（2，3）．‎ ‎②当以点A，E，M，N组成的平行四边形为四边形AEMN时，‎ 同①的方法得出，当M点的坐标为（1，8）时，N点坐标为（2，13）．‎ ‎　‎ ‎22．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=+bx+c的图象与y轴交于点A，与双曲线y=有一个公共点B，它的横坐标为4，过点B作直线l∥x轴，与该二次函数图象交于另一个点C，直线AC在y轴上的截距是﹣6．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）求直线AC的表达式；‎ ‎（3）平面内是否存在点D，使A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形？如果存在，求出点D坐标；如果不存在，说明理由．‎ ‎【分析】（1）先求得点A与点B的坐标，然后依据待定系数法可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）先求得抛物线的对称轴为x=﹣1，依据点B与点C关于x=﹣1对称，可求得点C的坐标，然后依据待定系数法可求得直线AC的解析式；‎ ‎（3）①当CD∥AB时，AC=BC，故点D不存在；②如图1所示：当AD∥‎ BC时，AB＜AC，过点A作BC平行线l，以C为圆心，AB为半径作弧，交l与点D1点，依据点A与D1关于x=﹣1对称可求得点D1的坐标；③如图2所示：BD∥AC时，过点C作CM⊥x轴，过点A作AM⊥y轴，过点B作BF⊥AC，D2E⊥AC．先依据AAS证明△AMC≌△CBF，从而可求得AF=CE=4，于是得到D2B=2，然后再证明BHD2∽△AMC，从而可求得BH=，HD2=，于是可求得点D2的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）∵将x=4代入y=得：y=2，‎ ‎∴B（4，2）．‎ ‎∵点A在y轴上，且直线AC在y轴上的截距是﹣6，‎ ‎∴A（0，﹣6）．‎ ‎∵将B（4，2）、A（0，﹣6）代入抛物线的解析式得：，解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=+﹣6．‎ ‎（2）∵抛物线的对称轴为x=﹣=﹣1．‎ ‎∴点B关于x=﹣1的对称点C的坐标为（﹣6，2）．‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b．‎ ‎∵将点A（0，﹣6）、C（﹣6，2）代入得：，解得：k=﹣，b=﹣6，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=﹣6．‎ ‎（3）①∵B（4，2）C（﹣6，2），‎ ‎∴BC=10．‎ ‎∵A（0，﹣6）、C（﹣6，2），‎ ‎∴AC==10．‎ ‎∴AC=BC．‎ ‎∴当CD∥AB时，不存在点D使得四边形A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形．‎ ‎②如图1所示：‎ 当AD∥BC时，AB＜AC，过点A作BC平行线l，以C为圆心，AB为半径作弧，交l与点D1点，A与D1关于x=﹣1对称，‎ ‎∴D1（﹣2，﹣6）．‎ ‎③如图2所示：BD∥AC时，过点C作CM⊥x轴，过点A作AM⊥y轴，过点B作BF⊥AC，D2E⊥AC．‎ ‎∵CB∥AM，‎ ‎∴∠BCA=∠CAM．‎ 在△AMC和△CBF中，‎ ‎，‎ ‎∴△AMC≌△CBF．‎ ‎∴CF=AM=6．‎ ‎∴AF=4．‎ ‎∵梯形ABD2C是等腰梯形，‎ ‎∴CE=AF=4．‎ ‎∴D2B=EF=2．‎ ‎∵BD2∥AC，‎ ‎∴∠D2BH=∠BCA．‎ ‎∵∠BCA=∠CAM，‎ ‎∴∠D2BH=∠CAM．‎ 又∵∠M=∠D2HB，‎ ‎∴BHD2∽△AMC．‎ ‎∴．‎ ‎∵BD2=2，‎ ‎∴BH=，HD2=，‎ ‎∴D2（，）．‎ 综上所述，点D的坐标为（﹣2，﹣6）或D2（，）．‎ ‎　‎ ‎23．如图，矩形OMPN的顶点O在原点，M、N分别在x轴和y轴的正半轴上，OM=6，ON=3，反比例函数y=的图象与PN交于C，与PM交于D，过点C作CA⊥x轴于点A，过点D作DB⊥y轴于点B，AC与BD交于点G．‎ ‎（1）求证：AB∥CD；‎ ‎（2）在直角坐标平面内是否若存在点E，使以B、C、D、E为顶点，BC为腰的梯形是等腰梯形？若存在，求点E的坐标；若不存在请说明理由．‎ ‎【分析】（1）首先求得C和D的坐标，证明=即可证得；‎ ‎（2）分成PN∥DB和CD∥AB两种情况进行讨论，即可求解．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形OMPN是矩形，OM=6，ON=3，‎ ‎∴P的坐标是（6，3）．‎ ‎∵点C和D都在反比例函数y=的图象上，且点C在PN上，点D在PM上，‎ ‎∴点C（2，3），点D（6，1）．‎ 又∵DB⊥y轴，CA⊥x轴，‎ ‎∴A的坐标是（2，0），B的坐标是（0，1）．‎ ‎∵BG=2，GD=4，CG=2，AG=1．‎ ‎∴=，==，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AB∥CD；‎ ‎（2）解：①∵PN∥DB，‎ ‎∴当DE1=BC时，四边形BCE1D是等腰梯形，此时直角△CNB≌直角△E1PD，‎ ‎∴PE1=CN=2，‎ ‎∴点E1的坐标是（4，3）；‎ ‎②∵CD∥AB，当E2在直线AB上，DE2=BC=2，四边形BCDE2为等腰梯形，‎ 直线AB的解析式是y=﹣x+1，‎ ‎∴设点E2（x，﹣x+1），DE2=BC=2，‎ ‎∴（x﹣6）2+（x）2=8，‎ 解得：x1=，x2=4（舍去）．‎ ‎∴E2的坐标是（，﹣）．‎ ‎　‎ ‎24．如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F，点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），连接PD、PE、DE．‎ ‎（1）请直接写出抛物线的解析式；‎ ‎（2）小明探究点P的位置发现：当P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值，请你判断该猜想是否正确，并说明理由；‎ ‎（3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”．请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；‎ ‎（2）首先表示出P，F点坐标，再利用两点之间距离公式得出PD，PF的长，进而求出即可；‎ ‎（3）根据题意当P、E、F三点共线时，PE+PF最小，进而得出P点坐标以及利用△PDE的面积可以等于4到13所有整数，在面积为12时，a的值有两个，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，‎ ‎∴C（0，8），A（﹣8，0），‎ 设抛物线解析式为：y=ax2+c，‎ 则，‎ 解得：‎ 故抛物线的解析式为：y=﹣x2+8；‎ ‎（2）正确，‎ 理由：设P（a，﹣a2+8），则F（a，8），‎ ‎∵D（0，6），‎ ‎∴PD===a2+2，‎ PF=8﹣（﹣a2+8）=a2，‎ ‎∴PD﹣PF=2；‎ ‎（3）在点P运动时，DE大小不变，则PE与PD的和最小时，△PDE的周长最小，‎ ‎∵PD﹣PF=2，∴PD=PF+2，‎ ‎∴PE+PD=PE+PF+2，‎ ‎∴当P、E、F三点共线时，PE+PF最小，‎ 此时点P，E的横坐标都为﹣4，‎ 将x=﹣4代入y=﹣x2+8，得y=6，‎ ‎∴P（﹣4，6），此时△PDE的周长最小，且△PDE的面积为12，点P恰为“好点，‎ ‎∴△PDE的周长最小时”好点“的坐标为：（﹣4，6），‎ 由（2）得：P（a，﹣a2+8），‎ ‎∵点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），‎ ‎①当﹣4≤a＜0时，S△PDE=（﹣a+4）（﹣a2+8）﹣[﹣•（﹣a2+8﹣6）=；‎ ‎∴4＜S△PDE≤12，‎ ‎②当a=0时，S△PDE=4，‎ ‎③﹣8＜a＜﹣4时，S△PDE=（﹣a2+8+6）×（﹣a）×﹣×4×6﹣（﹣a﹣4）×（﹣a2+8）×‎ ‎=﹣a2﹣3a+4，‎ ‎∴12≤S△PDE≤13，‎ ‎④当a=﹣8时，S△PDE=12，‎ ‎∴△PDE的面积可以等于4到13所有整数，在面积为12时，a的值有两个，‎ 所以面积为整数时好点有11个，经过验证周长最小的好点包含这11个之内，所以好点共11个，‎ 综上所述：11个好点，P（﹣4，6）．‎ ‎　‎ ‎25．如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥OA，交BO于点N，连接ND、BM，设OP=t．‎ ‎（1）求点M的坐标（用含t的代数式表示）．‎ ‎（2）试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由．‎ ‎（3）当t为何值时，四边形BNDM的面积最小．‎ ‎【分析】（1）作ME⊥x轴于E，则∠MEP=90°，先证出∠PME=∠CPO，再证明△MPE≌△PCO，得出ME=PO=t，EP=OC=4，求出OE，即可得出点M的坐标；‎ ‎（2）连接AM，先证明四边形AEMF是正方形，得出∠MAE=45°=∠BOA，AM∥OB，证出四边形OAMN是平行四边形，即可得出MN=OA=4；‎ ‎（3）先证明△PAD∽△PEM，得出比例式，得出AD，求出BD，求出四边形BNDM的面积S是关于t的二次函数，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：（1）作ME⊥x轴于E，如图1所示：‎ 则∠MEP=90°，ME∥AB，‎ ‎∴∠MPE+∠PME=90°，‎ ‎∵四边形OABC是正方形，‎ ‎∴∠POC=90°，OA=OC=AB=BC=4，∠BOA=45°，‎ ‎∵PM⊥CP，‎ ‎∴∠CPM=90°，‎ ‎∴∠MPE+∠CPO=90°，‎ ‎∴∠PME=∠CPO，‎ 在△MPE和△PCO中，，‎ ‎∴△MPE≌△PCO（AAS），‎ ‎∴ME=PO=t，EP=OC=4，‎ ‎∴OE=t+4，‎ ‎∴点M的坐标为：（t+4，t）；‎ ‎（2）线段MN的长度不发生改变；理由如下：‎ 连接AM，如图2所示：‎ ‎∵MN∥OA，ME∥AB，∠MEA=90°，‎ ‎∴四边形AEMF是矩形，‎ 又∵EP=OC=OA，‎ ‎∴AE=PO=t=ME，‎ ‎∴四边形AEMF是正方形，‎ ‎∴∠MAE=45°=∠BOA，‎ ‎∴AM∥OB，‎ ‎∴四边形OAMN是平行四边形，‎ ‎∴MN=OA=4；‎ ‎（3）∵ME∥AB，‎ ‎∴△PAD∽△PEM，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴AD=﹣t2+t，‎ ‎∴BD=AB﹣AD=4﹣（﹣t2+t）=t2﹣t+4，‎ ‎∵MN∥OA，AB⊥OA，‎ ‎∴MN⊥AB，‎ ‎∴四边形BNDM的面积S=MN•BD=×4（t2﹣t+4）=（t﹣2）2+6，‎ ‎∴S是t的二次函数，‎ ‎∵＞0，‎ ‎∴S有最小值，‎ 当t=2时，S的值最小；‎ ‎∴当t=2时，四边形BNDM的面积最小．‎ ‎　‎ ‎26．在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．‎ ‎（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．‎ ‎（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．‎ ‎（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．‎ ‎【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，如图1所示，延长EB交DG于点H，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，利用垂直的定义即可得DG⊥BE；‎ ‎（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，在直角三角形AMD中，求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长；‎ ‎（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△EGH的高最大；对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△BDH的高最大，即可确定出面积的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，‎ ‎∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，‎ 在△ADG和△ABE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADG≌△ABE（SAS），‎ ‎∴∠AGD=∠AEB，‎ 如图1所示，延长EB交DG于点H，‎ 在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，‎ ‎∴∠AEB+∠ADG=90°，‎ 在△EDH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，‎ ‎∴∠DHE=90°，‎ 则DG⊥BE；‎ ‎（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，‎ ‎∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，‎ ‎∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，‎ 在△ADG和△ABE中，‎ ‎∴△ADG≌△ABE（SAS），‎ ‎∴DG=BE，‎ 如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，‎ ‎∵BD为正方形ABCD的对角线，‎ ‎∴∠MDA=45°，‎ 在Rt△AMD中，∠MDA=45°，‎ ‎∴cos45°=，‎ ‎∵AD=2，‎ ‎∴DM=AM=，‎ 在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM==，‎ ‎∵DG=DM+GM=+，‎ ‎∴BE=DG=+；‎ ‎（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：‎ 对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，‎ ‎∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；‎ 对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，‎ ‎∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大，‎ 则△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．‎ ‎　‎ ‎27．在平面直角坐标系中，O为原点，直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A，与直线y=﹣x交于点B，点B关于原点的对称点为点C．‎ ‎（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q．‎ ‎①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；‎ ‎②若点P的横坐标为t（﹣1＜t＜1），当t为何值时，四边形PBQC面积最大？并说明理由．‎ ‎【分析】（1）联立两直线解析式可求得B点坐标，由关于原点对称可求得C点坐标，由直线y=﹣2x﹣1可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）①当四边形PBQC为菱形时，可知PQ⊥BC，则可求得直线PQ的解析式，联立抛物线解析式可求得P点坐标；②过P作PD⊥BC，垂足为D，作x轴的垂线，交直线BC于点E，由∠PED=∠AOC，可知当PE最大时，PD也最大，用t可表示出PE的长，可求得取最大值时的t的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）联立两直线解析式可得，解得，‎ ‎∴B点坐标为（﹣1，1），‎ 又C点为B点关于原点的对称点，‎ ‎∴C点坐标为（1，﹣1），‎ ‎∵直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A，‎ ‎∴A点坐标为（0，﹣1），‎ 设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，‎ 把A、B、C三点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣1；‎ ‎（2）①当四边形PBQC为菱形时，则PQ⊥BC，‎ ‎∵直线BC解析式为y=﹣x，‎ ‎∴直线PQ解析式为y=x，‎ 联立抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴P点坐标为（1﹣，1﹣）或（1+，1+）；‎ ‎②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．‎ 理由如下：‎ 如图，过P作PD⊥BC，垂足为D，作x轴的垂线，交直线BC于点E，‎ 则S四边形PBQC=2S△PBC=2×BC•PD=BC•PD，‎ ‎∵线段BC长固定不变，‎ ‎∴当PD最大时，四边形PBQC面积最大，‎ 又∠PED=∠AOC（固定不变），‎ ‎∴当PE最大时，PD也最大，‎ ‎∵P点在抛物线上，E点在直线BC上，‎ ‎∴P点坐标为（t，t2﹣t﹣1），E点坐标为（t，﹣t），‎ ‎∴PE=﹣t﹣（t2﹣t﹣1）=﹣t2+1，‎ ‎∴当t=0时，PE有最大值1，此时PD有最大值，即四边形PBQC的面积最大．‎ ‎　‎ ‎28．如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆，B为半圆上一点，连接AB并延长至C，使BC=AB，过C作CD⊥x轴于点D，交线段OB于点E，已知CD=8，抛物线经过O、E、A三点．‎ ‎（1）∠OBA=　90　°．‎ ‎（2）求抛物线的函数表达式．‎ ‎（3）若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3个？‎ ‎【分析】（1）利用圆周角定理，直径所对的圆周角等于90°，即可得出答案；‎ ‎（2）利用（1）中的结论易得OB是的垂直平分线，易得点B，点C的坐标，由点O，点B的坐标易得OB所在直线的解析式，从而得出点E的坐标，用待定系数法得抛物线的解析式；‎ ‎（3）利用（2）的结论易得点P的坐标，分类讨论①若点P在CD的左侧，延长OP交CD于Q，如右图2，易得OP所在直线的函数关系式，表示出Q点的纵坐标，‎ 得QE的长，表示出四边形POAE的面积；②若点P在CD的右侧，延长AP交CD于Q，如右图3，易得AP所在直线的解析式，从而求得Q点的纵坐标，得QE求得四边形POAE的面积，当P在CD右侧时，四边形POAE的面积最大值为16，此时点P的位置就一个，令=16，解得p，得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA是⊙O的直径，‎ ‎∴∠OBA=90°，‎ 故答案为：90；‎ ‎（2）连接OC，如图1所示，‎ ‎∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC，‎ ‎∴OB是AC的垂直平分线，‎ ‎∴OC=OA=10，‎ 在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，‎ ‎∴OD=6，‎ ‎∴C（6，8），B（8，4）‎ ‎∴OB所在直线的函数关系为y=x，‎ 又∵E点的横坐标为6，‎ ‎∴E点纵坐标为3，‎ 即E（6，3），‎ 抛物线过O（0，0），E（6，3），A（10，0），‎ ‎∴设此抛物线的函数关系式为y=ax（x﹣10），把E点坐标代入得：‎ ‎3=6a（6﹣10），‎ 解得a=﹣．‎ ‎∴此抛物线的函数关系式为y=﹣x（x﹣10），即y=﹣x2+x；‎ ‎（3）设点P（p，﹣p2+p），‎ ‎①若点P在CD的左侧，延长OP交CD于Q，如右图2，‎ OP所在直线函数关系式为：y=（﹣p+）x ‎∴当x=6时，y=，即Q点纵坐标为，‎ ‎∴QE=﹣3=，‎ S四边形POAE ‎=S△OAE+S△OPE ‎=S△OAE+S△OQE﹣S△PQE ‎=•OA•DE+QE•OD﹣•QE•Px•‎ ‎=×10×3+×（﹣p+）×6﹣•（）•（6﹣p），‎ ‎=‎ ‎②若点P在CD的右侧，延长AP交CD于Q，如右图3，‎ P（p，﹣p2+p），A（10，0）‎ ‎∴设AP所在直线方程为：y=kx+b，把P和A坐标代入得，‎ ‎，‎ 解得．‎ ‎∴AP所在直线方程为：y=x+，‎ ‎∴当x=6时，y=•6+=P，即Q点纵坐标为P，‎ ‎∴QE=P﹣3，‎ ‎∴S四边形POAE ‎=S△OAE+S△APE ‎=S△OAE+S△AQE﹣S△PQE ‎=•OA•DE+•QE•DA﹣•QE•（Px﹣6）‎ ‎=×10×3+•QE•（DA﹣Px+6）‎ ‎=15+•（p﹣3）•（10﹣p）‎ ‎=‎ ‎=，‎ ‎∴当P在CD右侧时，四边形POAE的面积最大值为16，此时点P的位置就一个，‎ 令=16，解得，p=3±，‎ ‎∴当P在CD左侧时，四边形POAE的面积等于16的对应P的位置有两个，‎ 综上所知，以P、O、A、E为顶点的四边形面积S等于16时，相应的点P有且只有3个．‎ ‎　‎ ‎29．如图1，关于x的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，3），点D为二次函数的顶点，DE为二次函数的对称轴，E在x轴上．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等？若存在求出点P，若不存在请说明理由；‎ ‎（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC=3S△EBC？若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由．‎ ‎【分析】（1）把A、C两点坐标代入可求得b、c，可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）当点P在∠DAB的平分线上时，过P作PM⊥AD，设出P点坐标，可表示出PM、PE，由角平分线的性质可得到PM=PE，可求得P点坐标；当点P在∠DAB外角平分线上时，同理可求得P点坐标；‎ ‎（3）可先求得△FBC的面积，过F作FQ⊥x轴，交BC的延长线于Q，可求得FQ的长，可设出F点坐标，表示出B点坐标，从而可表示出FQ的长，可求得F点坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，3），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3，‎ ‎（2）存在，‎ 当P在∠DAB的平分线上时，如图1，作PM⊥AD，‎ 设P（﹣1，m），则PM=PD•sin∠ADE=（4﹣m），PE=m，‎ ‎∵PM=PE，‎ ‎∴（4﹣m）=m，m=﹣1，‎ ‎∴P点坐标为（﹣1，﹣1）；‎ 当P在∠DAB的外角平分线上时，如图2，作PN⊥AD，‎ 设P（﹣1，n），则PN=PD•sin∠ADE=（4﹣n），PE=﹣n，‎ ‎∵PN=PE，‎ ‎∴（4﹣n）=﹣n，n=﹣﹣1，‎ ‎∴P点坐标为（﹣1，﹣﹣1）；‎ 综上可知存在满足条件的P点，其坐标为（﹣1，﹣1）或（﹣1，﹣﹣1）；‎ ‎（3）∵抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3，‎ ‎∴B（1，0），‎ ‎∴S△EBC=EB•OC=3，‎ ‎∵2S△FBC=3S△EBC，‎ ‎∴S△FBC=，‎ 过F作FQ⊥x轴于点H，交BC的延长线于Q，过F作FM⊥y轴于点M，如图3，‎ ‎∵S△FBC=S△BQH﹣S△BFH﹣S△CFQ=HB•HQ﹣BH•HF﹣QF•FM=BH（HQ﹣HF）﹣QF•FM=BH•QF﹣QF•FM=QF•（BH﹣FM）=FQ•OB=FQ=，‎ ‎∴FQ=9，‎ ‎∵BC的解析式为y=﹣3x+3，‎ 设F（x0，﹣x02﹣2x0+3），‎ ‎∴﹣3x0+3+x02+2x0﹣3=9，‎ 解得：x0=或（舍去），‎ ‎∴点F的坐标是（，），‎ ‎∵S△ABC=6＞，‎ ‎∴点F不可能在A点下方，‎ 综上可知F点的坐标为（，）．‎ ‎　‎ ‎30．已知抛物线y=mx2+（1﹣2m）x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P，并求出点P的坐标；‎ ‎（3）当＜m≤8时，由（2）求出的点P和点A，B构成的△ABP的面积是否有最值？若有，求出该最值及相对应的m值．‎ ‎【分析】（1）根据题意得出△=（1﹣2m）2﹣4×m×（1﹣3m）=（1﹣4m）2＞0，得出1﹣4m≠0，解不等式即可；‎ ‎（2）y=m（x2﹣2x﹣3）+x+1，故只要x2﹣2x﹣3=0，那么y的值便与m无关，解得x=3或x=﹣1（舍去，此时y=0，在坐标轴上），故定点为（3，4）；‎ ‎（3）由|AB|=|xA﹣xB|得出|AB|=|﹣4|，由已知条件得出≤＜4，得出0＜|﹣4|≤，因此|AB|最大时，||=，解方程得出m=8，或m=（舍去），即可得出结果．‎ ‎【解答】（1）解：当m=0时，函数为一次函数，不符合题意，舍去；‎ 当m≠0时，‎ ‎∵抛物线y=mx2+（1﹣2m）x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B，‎ ‎∴△=（1﹣2m）2﹣4×m×（1﹣3m）=（1﹣4m）2＞0，‎ ‎∴1﹣4m≠0，‎ ‎∴m≠，‎ ‎∴m的取值范围为m≠0且m≠；‎ ‎（2）证明：∵抛物线y=mx2+（1﹣2m）x+1﹣3m，‎ ‎∴y=m（x2﹣2x﹣3）+x+1，‎ 抛物线过定点说明在这一点y与m无关，‎ 显然当x2﹣2x﹣3=0时，y与m无关，‎ 解得：x=3或x=﹣1，‎ 当x=3时，y=4，定点坐标为（3，4）；‎ 当x=﹣1时，y=0，定点坐标为（﹣1，0），‎ ‎∵P不在坐标轴上，‎ ‎∴P（3，4）；‎ ‎（3）解：|AB|=|xA﹣xB|=====||=|﹣4|，‎ ‎∵＜m≤8，‎ ‎∴≤＜4，‎ ‎∴﹣≤﹣4＜0，‎ ‎∴0＜|﹣4|≤，‎ ‎∴|AB|最大时，||=，‎ 解得：m=8，或m=（舍去），‎ ‎∴当m=8时，|AB|有最大值，‎ 此时△ABP的面积最大，没有最小值，‎ 则面积最大为：|AB|yP=××4=．‎ ‎　‎ ‎31．问题提出 ‎（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG= 米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜‎ BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；‎ ‎（2）作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，得到此时四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，于是得到AF′=6，AE′=8，求出E′F′=10，EF=2即可得到结论；‎ ‎（3）根据余角的性质得到1=∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1，BF=AE=2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，以O为圆心，以EG为半径作⊙O，则∠EHG=45°的点H在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，△ADC即为所求；‎ ‎（2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′，‎ 作F关于BC的对称点F′，‎ 连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH，‎ 则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小，‎ 由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，‎ ‎∴AF′=6，AE′=8，‎ ‎∴E′F′=10，EF=2，‎ ‎∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10，‎ ‎∴在边BC、CD上分别存在点G、H，‎ 使得四边形EFGH的周长最小，‎ 最小值为2+10；‎ ‎（3）能裁得，‎ 理由：∵EF=FG=，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ 在△AEF与△BGF中，，‎ ‎∴△AEF≌△BGF，‎ ‎∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x，‎ ‎∴x2+（3﹣x）2=（）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），‎ ‎∴AF=BG=1，BF=AE=2，‎ ‎∴DE=4，CG=5，‎ 连接EG，‎ 作△EFG关于EG的对称△EOG，‎ 则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，‎ 以O为圆心，以OE为半径作⊙O，‎ ‎∵CE=CG=5，‎ 则∠EHG=45°的点在⊙O上，‎ 连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，‎ 连接EH′、GH′，则∠EH′G=45°，‎ 此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，‎ ‎∴C在线段EG的垂直平分线上，‎ ‎∴点F，O，H′，C在一条直线上，‎ ‎∵EG=，‎ ‎∴OF=EG=，‎ ‎∵CF=2，‎ ‎∴OC=，‎ ‎∵OH′=OE=FG=，‎ ‎∴OH′＜OC，‎ ‎∴点H′在矩形ABCD的内部，‎ ‎∴可以在矩形ABCD中，裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件，‎ 这个部件的面积=EG•FH′=××（+）=5+，‎ ‎∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时，裁得了符合条件的最大部件，这个部件的面积为（5+）m2．‎ ‎　‎ ‎32．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，OC=8，OE=17，抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A，抛物线的对称轴与x轴相交于点B，与CD交于点K．‎ ‎（1）将矩形OCDE沿AB折叠，点O恰好落在边CD上的点F处．‎ ‎①点B的坐标为（　10　、　0　），BK的长是　8　，CK的长是　10　；‎ ‎②求点F的坐标；‎ ‎③请直接写出抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠，点O恰好落在边CD上的点G处，连接OG，折痕与OG相交于点H，点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合），连接MG，MO，过点G作GP⊥OM于点P，交EH于点N，连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动，至与点N重合时停止，△MOG和△‎ NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1•S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化？若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．‎ 温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．‎ ‎【分析】（1）①根据四边形OCKB是矩形以及对称轴公式即可解决问题．‎ ‎②在RT△BKF中利用勾股定理即可解决问题．‎ ‎③设OA=AF=x，在RT△ACF中，AC=8﹣x，AF=x，CF=4，利用勾股定理即可解决问题．‎ ‎（2）不变．S1•S2=289．由△GHN∽△MHG，得=，得到GH2=HN•HM，求出GH2，根据S1•S2=•OG•HN••OG•HM即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，①∵抛物线y=x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10，‎ ‎∴点B坐标（10，0），‎ ‎∵四边形OBKC是矩形，‎ ‎∴CK=OB=10，KB=OC=8，‎ 故答案分别为10，0，8，10．‎ ‎②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，‎ ‎∴FK==6，‎ ‎∴CF=CK﹣FK=4，‎ ‎∴点F坐标（4，8）．‎ ‎③设OA=AF=x，‎ 在RT△ACF中，∵AC2+CF2=AF2，‎ ‎∴（8﹣x）2+42=x2，‎ ‎∴x=5，‎ ‎∴点A坐标（0，5），代入抛物线y=x2﹣3x+m得m=5，‎ ‎∴抛物线为y=x2﹣3x+5．‎ ‎（2）不变．S1•S2=289．‎ 理由：如图2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，‎ ‎∴DG===15，‎ ‎∴CG=CD﹣DG=2，‎ ‎∴OG===2，‎ ‎∵GP⊥OM，MH⊥OG，‎ ‎∴∠NPM=∠NHG=90°，‎ ‎∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，∠HNG=∠PNM，‎ ‎∴∠HGN=∠NMP，‎ ‎∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，‎ ‎∴△GHN∽△MHG，‎ ‎∴=，‎ ‎∴GH2=HN•HM，‎ ‎∵GH=OH=，‎ ‎∴HN•HM=17，‎ ‎∵S1•S2=•OG•HN••OG•HM=（•2）2•17=289．‎ ‎　‎ ‎33．如图，已知▱ABCD的三个顶点A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）（m＞n＞0），作▱ABCD关于直线AD的对称图形AB1C1D ‎（1）若m=3，试求四边形CC1B1B面积S的最大值；‎ ‎（2）若点B1恰好落在y轴上，试求的值．‎ ‎【分析】（1）如图1，易证S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF，从而可得S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4（n﹣）2+9，根据二次函数的最值性就可解决问题；‎ ‎（2）如图2，易证△AOD∽△B1OB，根据相似三角形的性质可得OB1=，然后在Rt△AOB1中运用勾股定理就可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，‎ ‎∵▱ABCD与四边形AB1C1D关于直线AD对称，‎ ‎∴四边形AB1C1D是平行四边形，CC1⊥EF，BB1⊥EF，‎ ‎∴BC∥AD∥B1C1，CC1∥BB1，‎ ‎∴四边形BCEF、B1C1EF是平行四边形，‎ ‎∴S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF，‎ ‎∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA．‎ ‎∵A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）、m=3，‎ ‎∴AB=m﹣n=3﹣n，OD=2n，‎ ‎∴S▱BCDA=AB•OD=（3﹣n）•2n=﹣2（n2﹣3n）=﹣2（n﹣）2+，‎ ‎∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4（n﹣）2+9．‎ ‎∵﹣4＜0，∴当n=时，S▱BCC1B1最大值为9；‎ ‎（2）当点B1恰好落在y轴上，如图2，‎ ‎∵DF⊥BB1，DB1⊥OB，‎ ‎∴∠B1DF+∠DB1F=90°，∠B1BO+∠OB1B=90°，‎ ‎∴∠B1DF=∠OBB1．‎ ‎∵∠DOA=∠BOB1=90°，‎ ‎∴△AOD∽△B1OB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴OB1=．‎ 由轴对称的性质可得AB1=AB=m﹣n．‎ 在Rt△AOB1中，‎ n2+（）2=（m﹣n）2，‎ 整理得3m2﹣8mn=0．‎ ‎∵m＞0，∴3m﹣8n=0，‎ ‎∴=．‎ ‎　‎ ‎34．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的对称轴为直线l．‎ ‎（1）求这条抛物线的关系式，并写出其对称轴和顶点M的坐标；‎ ‎（2）如果直线y=kx+b经过C、M两点，且与x轴交于点D，点C关于直线l的对称点为N，试证明四边形CDAN是平行四边形；‎ ‎（3）点P在直线l上，且以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切，求点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）将A、C两点坐标代入解析式即可求出a、c，将解析式配成顶点式即可得到对称轴方程和顶点坐标；‎ ‎（2）先由C、M两点坐标求出直线CM解析式，进而求出D点坐标，由于C、N两点关于抛物线对称轴对称，则CN∥‎ AD，同时可求出N点坐标，然后得出CN=AD，结论显然；‎ ‎（3）设出P点纵坐标，表示出MP的长度，过点P作PH⊥DM于H，表示出PH的长度，在直角三角形PAE中用勾股定理列出方程，解之即得答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3），‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ 对称轴为直线x=1，顶点M（1，4）；‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵点C关于直线l的对称点为N，‎ ‎∴N（2，3），‎ ‎∵直线y=kx+b经过C、M两点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴y=x+3，‎ ‎∵y=x+3与x轴交于点D，‎ ‎∴D（﹣3，0），‎ ‎∴AD=2=CN 又∵AD∥CN，‎ ‎∴CDAN是平行四边形；‎ ‎（3）设P（1，a），过点P作PH⊥DM于H，连接PA、PB，如图2，‎ 则MP=4﹣a，‎ 又∠HMP=45°，‎ ‎∴HP=AP=，‎ Rt△APE中，AP2=AE2+PE2，‎ 即：，解得：，‎ ‎∴P1（1，﹣4+2），P2（1，﹣4﹣2）．‎ ‎　‎ ‎35．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=14，tanA=，点D是边AC上一点，AD=8，点E是边AB上一点，以点E为圆心，EA为半径作圆，经过点D，点F是边AC上一动点（点F不与A、C重合），作FG⊥EF，交射线BC于点G．‎ ‎（1）用直尺圆规作出圆心E，并求圆E的半径长（保留作图痕迹）；‎ ‎（2）当点G的边BC上时，设AF=x，CG=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；‎ ‎（3）联结EG，当△EFG与△FCG相似时，推理判断以点G为圆心、CG为半径的圆G与圆E可能产生的各种位置关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于ED=EA，因此点E在线段AD的垂直平分线上，因而线段AD的垂直平分线与线段AB的交点即为圆心E（如图1），然后只需解Rt△EHA就可解决问题；‎ ‎（2）如图2，易证△GCF∽△FHE，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；‎ ‎（3）由于点G在射线BC上，故需分点G在线段BC上（如图2、图3），点G在线段BC的延长线上（如图4），然后只需求出CG和GE就可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）作线段AD的垂直平分线，交AB于E，交AC于H，如图1，‎ 点E即为所求作．‎ 在Rt△EHA中，AH=AD=4，tanA=，‎ ‎∴EH=AH•tanA=4×=3，AE==5．‎ ‎∴圆E的半径长为5；‎ ‎（2）当点G的边BC上时，如图2所示．‎ ‎∵∠C=90°，FG⊥EF，EH⊥AC，‎ ‎∴∠C=∠EHF=90°，∠CFG=∠FEH=90°﹣∠EFH，‎ ‎∴△GCF∽△FHE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=﹣x2+6x﹣（4≤x＜14）；‎ ‎（3）①当点G在BC上时，‎ Ⅰ．当∠FGE=∠CGF时，‎ 过点E作EN⊥BC于N，如图2，‎ ‎∵∠C=∠GFE=90°，‎ ‎∴△GCF∽△GFE，‎ ‎∴=．‎ ‎∵△GCF∽△FHE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴FC=FH=CH=（14﹣4）=5，‎ ‎∴x=AF=5+4=9，‎ ‎∴y=CG=，‎ ‎∴rG=GC=，rE=5．‎ ‎∴GN=﹣3=，EN=CH=10，‎ ‎∴EG==，‎ ‎∴rG﹣rE＜GE＜rG+rE，‎ ‎∴⊙E与⊙G相交；‎ Ⅱ．当∠FGE=∠CFG时，如图3，‎ 则有GE∥AC，‎ ‎∵∠C=∠AHE=90°，∴CG∥EH，‎ ‎∴四边形CGEH是矩形，‎ ‎∴rG=CG=EH=3，GE=CH=10，‎ ‎∴GE＞rE+rG，‎ ‎∴⊙E与⊙G外离；‎ ‎②当点G在BC延长线上时，设GE交AC于M，如图4，‎ ‎∵∠EHF=∠GCF=90°，∠GFC=∠HEF=90°﹣∠HFE，‎ ‎∴△EHF∽△FCG，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=（x﹣4）（x﹣14）．‎ ‎∵∠FGE=∠CFG，∠FGE+∠MEF=90°，∠GFM+∠MFE=90°，‎ ‎∴MG=MF，∠MEF=∠MFE，‎ ‎∴ME=MF，∴MG=ME．‎ 在△GCM和△EHM中，‎ ‎∴△GCM≌△EHM，‎ ‎∴CG=HE=3，CM=MH=5，‎ ‎∴rG=3，EG=2GM=2，‎ ‎∴GE＞rG+rE，‎ ‎∴⊙E与⊙G外离．‎ 综上所述：当△EFG与△FCG相似时，⊙E与⊙G相交或外离．‎ ‎　‎ ‎36．如图，线段PA=1，点D是线段PA延长线上的点，AD=a（a＞1），点O是线段AP延长线上的点，OA2=OP•OD，以O为圆心，OA为半径作扇形OAB，∠BOA=90°．‎ 点C是弧AB上的点，联结PC、DC．‎ ‎（1）联结BD交弧AB于E，当a=2时，求BE的长；‎ ‎（2）当以PC为半径的⊙P和以CD为半径的⊙C相切时，求a的值；‎ ‎（3）当直线DC经过点B，且满足PC•OA=BC•OP时，求扇形OAB的半径长．‎ ‎【分析】（1）如图1中，连接OE，作OM⊥BC于M．设⊙O半径为r，先列出关于r的方程求出r，再求出OM，在RT△BOM中利用勾股定理即可．‎ ‎（2）如图2中，⊙C与⊙P相切于点M，连接DM与⊙P交于点Q，连接PQ、CQ、OC，想分别证明点A是△CMD的重心即可．‎ ‎（3）如图3中，连接OC、PB、AC，想办法证明△OBC是等边三角形，再利用方程即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，连接OE，作OM⊥BC于M．设⊙O半径为r，‎ ‎∵OA2=OP•OD，‎ ‎∴r2=（r﹣1）（r+2），‎ ‎∴r=2，‎ 在RT△BOD中，∵OB=2，OD=4，‎ ‎∴BD===2，‎ ‎∵•OD•OB=•BD•OM，‎ ‎∴OM=，‎ 在RT△BOM中，∵，‎ ‎∴BM==，‎ ‎∵OM⊥BE，‎ ‎∴BM=ME，BE=2BM=．‎ ‎（2）如图2中，⊙C与⊙P相切于点M，连接DM与⊙P交于点Q，连接PQ、CQ、OC．‎ ‎∵OA2=OP•OD，‎ ‎∴OC2=OP•OD，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠COP=∠DOC，‎ ‎∴△COP∽△DOC，‎ ‎∴∠OCP=ODC，‎ ‎∵OC=OA，‎ ‎∴∠OCA=∠OAC，‎ ‎∴∠OCP+∠PCA=∠ACD+∠ODC，‎ ‎∴∠PCA=∠DCA，‎ ‎∵CM=CD，∠CQM=90°（直径CM所对的圆周角是直角），‎ ‎∴∠MCQ=∠DCQ，‎ ‎∴C、A、Q共线，‎ ‎∵MP=PC，MQ=QD，‎ ‎∴PQ∥CD，PQ=CD，‎ ‎∴PA：AD=PQ：CD=1：2，‎ ‎∴AD=2PA=2．‎ ‎（3）如图3中，连接OC、PB、AC．‎ ‎∵∵OA2=OP•OD，‎ ‎∴OC2=OP•OD，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠COP=∠DOC，‎ ‎∴△COP∽△DOC，‎ ‎∴∠OCP=ODC，‎ 同理△BOP∽△DOB，∠OBP=∠D，‎ ‎∴∠OBP=∠OCP，‎ ‎∴O、B、C、P四点共圆，‎ ‎∴∠BOP+∠BCP=90°，‎ ‎∵PC•OA=BC•OP，‎ ‎∴=，∵∠BOP=∠BCP，‎ ‎∴△PBO∽△PBC，‎ ‎∴===1，‎ ‎∴OB=BC=OC，PC=OP，设BO=BC=OC=r，‎ ‎∴△BOC是等边三角形，‎ ‎∴∠OBC=60°，∠D=30°，‎ 在RT△PCD中，∵PC=OP=r﹣1，‎ ‎∴PD=2PC=2r﹣2，‎ ‎∴AD=2r﹣3，‎ ‎∵OD=OB，‎ ‎∴r+2r﹣3=r，‎ ‎∴r=，‎ ‎∴扇形OAB的半径长为．‎ ‎　37．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3cm/s，以O为圆心，0.8cm为半径作⊙O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s）（0＜t＜）．‎ ‎（1）如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为　1　；‎ ‎（2）如图2，连接CM，若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；‎ ‎（3）请你继续进行探究，并解答下列问题：‎ ‎①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；‎ ‎②如图3，在运动过程中，当QM与⊙O相切时，求t的值；并判断此时PM与⊙O是否也相切？说明理由．‎ ‎【分析】（1）先利用△PBQ∽△CBD求出PQ、BQ，再根据角平分线性质，列出方程解决问题．‎ ‎（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解决．‎ ‎（3）①如图2中，延长QM交CD于E，求出DE、DO利用差值比较即可解决问题．‎ ‎②如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E．由△OHE∽△BCD，得=，列出方程即可解决问题．利用反证法证明直线PM不可能由⊙O相切．‎ ‎【解答】（1）解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，‎ ‎∴BD===10，‎ ‎∵PQ⊥BD，‎ ‎∴∠BPQ=90°=∠C，‎ ‎∵∠PBQ=∠DBC，‎ ‎∴△PBQ∽△CBD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴==，‎ ‎∴PQ=3t，BQ=5t，‎ ‎∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，‎ ‎∴QP=QC，‎ ‎∴3t=8﹣5t，‎ ‎∴t=1，‎ 故答案为：1．‎ ‎（补充：直接利用角平分线的性质得到DP=DC=6，BP=4，从而t=1）‎ ‎（2）解：如图2中，作MT⊥BC于T．‎ ‎∵MC=MQ，MT⊥CQ，‎ ‎∴TC=TQ，‎ 由（1）可知TQ=（8﹣5t），QM=3t，‎ ‎∵MQ∥BD，‎ ‎∴∠MQT=∠DBC，‎ ‎∵∠MTQ=∠BCD=90°，‎ ‎∴△QTM∽△BCD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴t=（s），‎ ‎∴t=s时，△CMQ是以CQ为底的等腰三角形．‎ ‎（3）①证明：如图2中，延长QM交CD于E，‎ ‎∵EQ∥BD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EC=（8﹣5t），ED=DC﹣EC=6﹣（8﹣5t）=t，‎ ‎∵DO=3t，‎ ‎∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，‎ ‎∴点O在直线QM左侧．‎ ‎②解：如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E．‎ ‎∵EC=（8﹣5t），DO=3t，‎ ‎∴OE=6﹣3t﹣（8﹣5t）=t，‎ ‎∵OH⊥MQ，‎ ‎∴∠OHE=90°，‎ ‎∵∠HEO=∠CEQ，‎ ‎∴∠HOE=∠CQE=∠CBD，‎ ‎∵∠OHE=∠C=90°，‎ ‎∴△OHE∽△BCD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴t=．‎ ‎∴t=s时，⊙O与直线QM相切．‎ 连接PM，假设PM与⊙O相切，则∠OMH=PMQ=22.5°，‎ 在MH上取一点F，使得MF=FO，则∠FMO=∠FOM=22.5°，‎ ‎∴∠OFH=∠FOH=45°，‎ ‎∴OH=FH=，FO=FM=，‎ ‎∴MH=（+1），‎ 由=得到HE=，‎ 由=得到EQ=，‎ ‎∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，‎ ‎∴（+1）≠，矛盾，‎ ‎∴假设不成立．‎ ‎∴直线PM与⊙O不相切．‎ ‎　‎ ‎38．如图，抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A（2，3），对称轴为直线x=1，一次函数y=kx+b的图象经过点A，交x轴于点P，交抛物线于另一点B，点A、B位于点P的同侧．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若PA：PB=3：1，求一次函数的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当k＞0时，抛物线的对称轴上是否存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，如果存在，请求出点C的坐标，如果不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据抛物线的对称轴为x=1可求出m的值，再将点A的坐标代入抛物线的解析式中求出n值，此题得解；‎ ‎（2）根据P、A、B三点共线以及PA：PB=3：1结合点A的坐标即可得出点B的纵坐标，将其代入抛物线解析式中即可求出点B的坐标，再根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线AP的解析式；‎ ‎（3）假设存在，设出点C的坐标，依照题意画出图形，根据角的计算找出∠DCF=∠EPF，再通过解直角三角形找出关于r的一元一次方程，解方程求出r值，将其代入点C的坐标中即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为x=1，‎ ‎∴﹣=1，解得：m=．‎ 将点A（2，3）代入y=﹣x2+x+n中，‎ ‎3=﹣1+1+n，解得：n=3，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3．‎ ‎（2）∵P、A、B三点共线，PA：PB=3：1，且点A、B位于点P的同侧，‎ ‎∴yA﹣yP=3yB﹣yP，‎ 又∵点P为x轴上的点，点A（2，3），‎ ‎∴yB=1．‎ 当y=1时，有﹣x2+x+3=1，‎ 解得：x1=﹣2，x2=4（舍去），‎ ‎∴点B的坐标为（﹣2，1）．‎ 将点A（2，3）、B（﹣2，1）代入y=kx+b中，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴一次函数的解析式y=x+2．‎ ‎（3）假设存在，设点C的坐标为（1，r）．‎ ‎∵k＞0，‎ ‎∴直线AP的解析式为y=x+2．‎ 当y=0时，x+2=0，‎ 解得：x=﹣4，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣4，0），‎ 当x=1时，y=，‎ ‎∴点D的坐标为（1，）．‎ 令⊙与直线AP的切点为F，与x轴的切点为E，抛物线的对称轴与直线AP的交点为D，连接CF，如图所示．‎ ‎∵∠PFC=∠PEC=90°，∠EPF+∠ECF=∠DCF+∠ECF=180°，‎ ‎∴∠DCF=∠EPF．‎ 在Rt△CDF中，tan∠DCF=tan∠EPF=，CD=﹣r，‎ ‎∴CD=CF=|r|=﹣r，‎ 解得：r=5﹣10或r=﹣5﹣10．‎ 故当k＞0时，抛物线的对称轴上存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，点C的坐标为（1，5﹣10）或（1，﹣5﹣10）．‎ ‎　‎ ‎39．如图，抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O，A两点，P为抛物线上一点，过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q．‎ ‎（1）这条抛物线的对称轴是　2　，直线PQ与x轴所夹锐角的度数是　45°　；‎ ‎（2）若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ，求m的值；‎ ‎（3）当点P在x轴下方的抛物线上时，过点C（2，2）的直线AC与直线PQ交于点D，求：①PD+DQ的最大值；②PD•DQ的最大值．‎ ‎【分析】（1）把抛物线的解析式化成顶点式即可求得对称轴；求得直线与坐标轴的交点坐标，即可证得直线和坐标轴围成的图形是等腰直角三角形，从而求得直线PQ与x轴所夹锐角的度数；‎ ‎（2）分三种情况分别讨论根据已知条件，通过△OBE∽△ABF对应边成比例即可求得；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，可得△CHQ是等腰三角形，进而得出AD⊥PH，得出DQ=DH，从而得出PD+DQ=PH，过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，得出PH=PM，因为当PM最大时，PH最大，通过求得PM的最大值，从而求得PH的最大值；由①可知：PD+PH≤6‎ ‎，设PD=a，则DQ﹣a，得出PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，当点P在抛物线的顶点时，a=3，得出PD•DQ≤18．‎ ‎【解答】方法一：‎ 解：（1）∵y=x2﹣4x=（x﹣2）2﹣4，‎ ‎∴抛物线的对称轴是x=2，‎ ‎∵直线y=x+m，‎ ‎∴直线与坐标轴的交点坐标为（﹣m，0），（0，m），‎ ‎∴交点到原点的距离相等，‎ ‎∴直线与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，‎ ‎∴直线PQ与x轴所夹锐角的度数是45°，‎ 故答案为x=2、45°．‎ ‎（2）如图 设直线PQ交x轴于点B，分别过O点，A点作PQ的垂线，垂足分别是E、F，显然当点B在OA的延长线时，S△POQ=S△PAQ不成立；‎ ‎①当点B落在线段OA上时，如图①，‎ ‎==，‎ 由△OBE∽△ABF得，==，‎ ‎∴AB=3OB，‎ ‎∴OB=OA，‎ 由y=x2﹣4x得点A（4，0），‎ ‎∴OB=1，‎ ‎∴B（1，0），‎ ‎∴1+m=0，‎ ‎∴m=﹣1；‎ ‎②当点B落在线段AO的延长线上时，如图②，同理可得OB=OA=2，‎ ‎∴B（﹣2，0），‎ ‎∴﹣2+m=0，‎ ‎∴m=2，‎ 综上，当m=﹣1或2时，S△POQ=S△PAQ；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，如图③，可得△CHQ是等腰三角形，‎ ‎∵∠CDQ=45°+45°=90°，‎ ‎∴AD⊥PH，‎ ‎∴DQ=DH，‎ ‎∴PD+DQ=PH，‎ 过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，‎ ‎∴PH=PM，‎ ‎∴当PM最大时，PH最大，‎ ‎∴当点P在抛物线顶点处时，PM最大，此时PM=6，‎ ‎∴PH的最大值为6，‎ 即PD+DQ的最大值为6．‎ ‎②由①可知：PD+DQ≤6，‎ 设PD=a，则DQ﹣a，‎ ‎∴PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，‎ ‎∵当点P在抛物线的顶点时，a=3，‎ ‎∴PD•DQ≤18．‎ ‎∴PD•DQ的最大值为18．‎ 方法二：‎ ‎（1）略．‎ ‎（2）过点A作x轴垂线，与直线PQ交于点D，设直线PQ与y轴交于点C，‎ ‎∴C（0，m），D（4，4+m），‎ ‎∵S△POQ=（Qx﹣Px）（QY﹣CY），‎ S△PAQ=（Qx﹣Px）（DY﹣AY），‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴m1=2，m2=﹣1．‎ ‎（3）①设P（t，t2﹣4t）（0＜t＜4），‎ ‎∵KPQ=1，∴lPQ：y=x+t2﹣5t，‎ ‎∵C（2，2），A（4，0），‎ ‎∴lAC：y=﹣x+4，‎ ‎∴DX=，DY=，‎ ‎∴Q（2，t2﹣5t+2），‎ ‎∵PQ⊥AC，垂足为点D，‎ ‎∴点Q关于直线AC的对称点Q′（﹣t2+5t+2，2），‎ 欲使PD+DQ取得最大值，只需PQ′有最大值，‎ PQ′==，‎ 显然当t=2时，PQ′的最大值为6，‎ 即PD+DQ的最大值为6，‎ ‎②∵（PD+DQ）2≥4•PD•DQ，‎ ‎∴PD•DQ≤==18，‎ ‎∴PD•DQ的最大值为18．‎ ‎　‎ ‎40．抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，﹣1），B（5，﹣1），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC上方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，求点P的坐标；‎ ‎（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值．‎ ‎【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式，得到关于a、b的方程，从而可求得a、b的值；‎ ‎（2）设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4），由平行四边形的面积为30可知S△CBP=15，由S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD，得到关于m的方程求得m的值，从而可求得点P的坐标；‎ ‎（3）首先证明△EAB∽△NMB，从而可得到NB=，当MB为圆的直径时，NB有最大值．‎ ‎【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式得：，‎ 解得：．‎ ‎∴抛物线得解析式为y=x2﹣6x+4．‎ ‎（2）如图所示：‎ 设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4）‎ ‎∵平行四边形的面积为30，‎ ‎∴S△CBP=15，即：S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD．‎ ‎∴m（5+m2﹣6m+4+1）﹣×5×5﹣（m﹣5）（m2﹣6m+5）=15．‎ 化简得：m2﹣5m﹣6=0，‎ 解得：m=6，或m=﹣1．‎ ‎∴点P的坐标为（6，4）或（﹣1，11）．‎ ‎（3）连接AB、EB．‎ ‎∵AE是圆的直径，‎ ‎∴∠ABE=90°．‎ ‎∴∠ABE=∠MBN．‎ 又∵∠EAB=∠EMB，‎ ‎∴△EAB∽△NMB．‎ ‎∵A（1，﹣1），B（5，﹣1），‎ ‎∴点O1的横坐标为3，‎ 将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，‎ ‎∴点C的坐标为（0，4）．‎ 设点O1的坐标为（3，m），‎ ‎∵O1C=O1A，‎ ‎∴，‎ 解得：m=2，‎ ‎∴点O1的坐标为（3，2），‎ ‎∴O1A=，‎ 在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE===6，‎ ‎∴点E的坐标为（5，5）．‎ ‎∴AB=4，BE=6．‎ ‎∵△EAB∽△NMB，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∴NB=．‎ ‎∴当MB为直径时，MB最大，此时NB最大．‎ ‎∴MB=AE=2，‎ ‎∴NB==3．‎ ‎　‎ ‎41．如图，在每一个四边形ABCD中，均有AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12．‎ ‎（1）如图①，点M是四边形ABCD边AD上的一点，则△BMC的面积为　24　；‎ ‎（2）如图②，点N是四边形ABCD边AD上的任意一点，请你求出△BNC周长的最小值；‎ ‎（3）如图③，在四边形ABCD的边AD上，是否存在一点P，使得cos∠BPC的值最小？若存在，求出此时cos∠BPC的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）如图①，过A作AE⊥‎ BC，可得出四边形AECD为矩形，得到EC=AD，BE=BC﹣EC，在直角三角形ABE中，求出AE的长，即为三角形BMC的高，求出三角形BMC面积即可；‎ ‎（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，可得出△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC，求出即可；‎ ‎（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，根据AD与BC平行，得到圆O与AD相切，根据PQ=DC，判断得到PQ大于BQ，可得出圆心O在BC上方，在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC，可得∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，即∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，连接OB，求出即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图①，过A作AE⊥BC，‎ ‎∴四边形AECD为矩形，‎ ‎∴EC=AD=8，BE=BC﹣EC=12﹣8=4，‎ 在Rt△ABE中，∠ABE=60°，BE=4，‎ ‎∴AB=2BE=8，AE==4，‎ 则S△BMC=BC•AE=24；‎ 故答案为：24；‎ ‎（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，‎ ‎∴△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC，‎ ‎∵AD∥BC，AE⊥BC，∠ABC=60°，‎ ‎∴过点A作AE⊥BC，则CE=AD=8，‎ ‎∴BE=4，AE=BE•tan60°=4，‎ ‎∴CC′=2CD=2AE=8，‎ ‎∵BC=12，‎ ‎∴BC′==4，‎ ‎∴△BNC周长的最小值为4+12；‎ ‎（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，‎ 作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴圆O与AD相切于点P，‎ ‎∵PQ=DC=4＞6，‎ ‎∴PQ＞BQ，‎ ‎∴∠BPC＜90°，圆心O在弦BC的上方，‎ 在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC，‎ ‎∴∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，‎ ‎∴∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，‎ 连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC，‎ ‎∵OB=OP=4﹣OQ，‎ 在Rt△BOQ中，根据勾股定理得：OQ2+62=（4﹣OQ）2，‎ 解得：OQ=，‎ ‎∴OB=，‎ ‎∴cos∠BPC=cos∠BOQ==，‎ 则此时cos∠BPC的值为．‎ ‎　‎ ‎42．如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，已知EP=FP=4，EF=4，∠BAD=60°，且AB＞4．‎ ‎（1）求∠EPF的大小；‎ ‎（2）若AP=6，求AE+AF的值；‎ ‎（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．‎ ‎【分析】（1）过点P作PG⊥EF于G，解直角三角形即可得到结论；‎ ‎（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，证明△ABC≌△ADC，Rt△PME≌Rt△PNF，问题即可得证；‎ ‎（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值解直角三角形即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，过点P作PG⊥EF于G，‎ ‎∵PE=PF，‎ ‎∴FG=EG=EF=2，∠FPG=，‎ 在△FPG中，sin∠FPG===，‎ ‎∴∠FPG=60°，‎ ‎∴∠EPF=2∠FPG=120°；‎ ‎（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=AB，DC=BC，‎ ‎∴∠DAC=∠BAC，‎ ‎∴PM=PN，‎ 在Rt△PME于Rt△PNF中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△PME≌Rt△PNF，‎ ‎∴FN=EM，在Rt△PMA中，∠PMA=90°，∠PAM=∠DAB=30°，‎ ‎∴AM=AP•cos30°=3，同理AN=3，‎ ‎∴AE+AF=（AM﹣EM）+（AN+NF）=6；‎ ‎（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，‎ 当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值，‎ 设AC与EF交于点O，‎ ‎∵PE=PF，‎ ‎∴OF=EF=2，‎ ‎∵∠FPA=60°，‎ ‎∴OP=2，‎ ‎∵∠BAD=60°，‎ ‎∴∠FAO=30°，‎ ‎∴AO=6，‎ ‎∴AP=AO+PO=8，‎ 同理AP′=AO﹣OP=4，‎ ‎∴AP的最大值是8，最小值是4．‎ ‎　‎ ‎43．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2﹣x+‎ ‎2与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D．‎ ‎（1）填空：点A的坐标为（　0　，　2　），点B的坐标为（　﹣3　，　0　），点C的坐标为（　1　，　0　），点D的坐标为（　﹣1　，　　）；‎ ‎（2）点P是线段BC上的动点（点P不与点B、C重合）‎ ‎①过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，若PE=PC，求点E的坐标；‎ ‎②在①的条件下，点F是坐标轴上的点，且点F到EA和ED的距离相等，请直接写出线段EF的长；‎ ‎③若点Q是线段AB上的动点（点Q不与点A、B重合），点R是线段AC上的动点（点R不与点A、C重合），请直接写出△PQR周长的最小值．‎ ‎【分析】（1）令x=0，求得A（0，2），令y=0，求得B（﹣3，0），C（1，0），由y=﹣x2﹣x+2转化成顶点式可知D（﹣1，）；‎ ‎（2）①设P（n，0），则E（n，﹣n2﹣n+2），根据已知条件得出﹣n2﹣n+2=1﹣n，解方程即可求得E的坐标；‎ ‎②根据直线ED和EA的斜率可知直线与坐标轴的交角相等，从而求得与坐标轴构成的三角形是等腰三角形，根据等腰三角形的性质即可求得EF的长；‎ ‎③根据题意得：当△PQR为△ABC垂足三角形时，周长最小，所以P与O重合时，周长最小，作O关于AB的对称点E，作O关于AC的对称点F，连接EF交AB于Q，交AC于R，此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF，然后求得E、F的坐标，根据勾股定理即可求得．‎ ‎【解答】解：（1）令x=0，则y=2，‎ ‎∴A（0，2），‎ 令y=0，则﹣x2﹣x+2=0，解得x1=﹣3，x2=1（舍去），‎ ‎∴B（﹣3，0），C（1，0），‎ 由y=﹣x2﹣x+2=﹣（x+1）2+可知D（﹣1，），‎ 故答案为：0、2，﹣3、0，1、0，﹣1、；‎ ‎（2）①设P（n，0），则E（n，﹣n2﹣n+2），‎ ‎∵PE=PC，‎ ‎∴﹣n2﹣n+2=1﹣n，解得n1=﹣，n2=1（舍去），‎ ‎∴当n=﹣时，1﹣n=，‎ ‎∴E（﹣，），‎ ‎②如图1，设直线DE与x轴交于M，与y轴交于N，直线EA与x轴交于K，‎ 根据E、D的坐标求得直线ED的斜率为，根据E、A的坐标求得直线EA的斜率为﹣，‎ ‎∴△MEK是以MK为底边的等腰三角形，△AEN是以AN为底边的等腰三角形，‎ ‎∵到EA和ED的距离相等的点F在顶角的平分线上，‎ 根据等腰三角形的性质可知，EF是E点到坐标轴的距离，‎ ‎∴EF=或；‎ ‎（3）根据题意得：当△PQR为△ABC垂足三角形时，周长最小，所以P与O重合时，周长最小，‎ 如图2，作O关于AB的对称点E，作O关于AC的对称点F，连接EF交AB于Q，交AC于R，‎ 此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF，‎ ‎∵A（0，2），B（﹣3，0），C（1，0），‎ ‎∴AB==，AC==，‎ ‎∵S△AOB=×OE×AB=OA•OB，‎ ‎∴OE=，‎ ‎∵△OEM∽△ABO，‎ ‎∴==，即==，‎ ‎∴OM=，EM=‎ ‎∴E（﹣，），‎ 同理求得F（，），‎ 即△PQR周长的最小值为EF==．‎ ‎　‎ ‎44．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．‎ ‎（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；‎ ‎（2）连接BN，当DM=1时，求△ABN的面积；‎ ‎（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．‎ ‎【分析】（1）由折叠性质得∠MAN=∠DAM，证出∠DAM=∠MAN=∠NAB，由三角函数得出DM=AD•tan∠DAM=即可；‎ ‎（2）延长MN交AB延长线于点Q，由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ，由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，得出∠MAQ=∠AMQ，证出MQ=AQ，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，证出∠ANQ=90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ=4，AQ=5，即可求出△ABN的面积；‎ ‎（3）过点A作AH⊥BF于点H，证明△ABH∽△BFC，得出对应边成比例=，得出当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，由折叠性质得：AD=AH，由AAS证明△ABH≌△BFC，得出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：（1）由折叠性质得：△ANM≌△ADM，‎ ‎∴∠MAN=∠DAM，‎ ‎∵AN平分∠MAB，∠MAN=∠NAB，‎ ‎∴∠DAM=∠MAN=∠NAB，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠DAB=90°，‎ ‎∴∠DAM=30°，‎ ‎∴DM=AD•tan∠DAM=3×tan30°=3×=；‎ ‎（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图1所示：‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB∥DC，‎ ‎∴∠DMA=∠MAQ，‎ 由折叠性质得：△ANM≌△ADM，‎ ‎∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，‎ ‎∴∠MAQ=∠AMQ，‎ ‎∴MQ=AQ，‎ 设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，‎ ‎∵∠ANM=90°，‎ ‎∴∠ANQ=90°，‎ 在Rt△ANQ中，由勾股定理得：AQ2=AN2+NQ2，‎ ‎∴（x+1）2=32+x2，‎ 解得：x=4，‎ ‎∴NQ=4，AQ=5，‎ ‎∵AB=4，AQ=5，‎ ‎∴S△NAB=S△NAQ=×AN•NQ=××3×4=；‎ ‎（3）过点A作AH⊥BF于点H，如图2所示：‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB∥DC，‎ ‎∴∠HBA=∠BFC，‎ ‎∵∠AHB=∠BCF=90°，‎ ‎∴△ABH∽△BFC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AH≤AN=3，AB=4，‎ ‎∴当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，如图3所示：‎ 由折叠性质得：AD=AH，‎ ‎∵AD=BC，‎ ‎∴AH=BC，‎ 在△ABH和△BFC中，，‎ ‎∴△ABH≌△BFC（AAS），‎ ‎∴CF=BH，‎ 由勾股定理得：BH===，‎ ‎∴CF=，‎ ‎∴DF的最大值=DC﹣CF=4﹣．‎ ‎　‎ ‎45．如图，半圆O的直径AB=4，以长为2的弦PQ为直径，向点O方向作半圆M，其中P点在上且不与A点重合，但Q点可与B点重合．‎ 发现：的长与的长之和为定值l，求l：‎ 思考：点M与AB的最大距离为　　，此时点P，A间的距离为　2　；‎ 点M与AB的最小距离为　　，此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为　﹣　；‎ 探究：当半圆M与AB相切时，求的长．‎ ‎（注：结果保留π，cos35°=，cos55°=）‎ ‎【分析】（1）半圆O的长度是固定不变的，由于PQ也是定值，所以的长度也是固定值，所以与的长之和为定值；‎ ‎（2）过点M作MC⊥AB于点C，当C与O重合时，M与AB的距离最大，此时，∠AOP=60°，AP=2；当Q与B重合时，M与AB的距离最小，此时围成的封闭图形面积可以用扇形DMB的面积减去△DMB的面积即可；‎ ‎（3）当半圆M与AB相切时，此时MC=1，且分以下两种情况讨论，当C在线段OA上；当C在线段OB上，然后分别计出的长．‎ ‎【解答】解：发现：如图1，连接OP、OQ，‎ ‎∵AB=4，‎ ‎∴OP=OQ=2，‎ ‎∵PQ=2，‎ ‎∴△OPQ是等边三角形，‎ ‎∴∠POQ=60°，‎ ‎∴==，‎ 又∵半圆O的长为：π×4=2π，‎ ‎∴+=2π﹣π=，‎ ‎∴l=π；‎ 思考：如图2，过点M作MC⊥AB于点C，‎ 连接OM，‎ ‎∵OP=2，PM=1，‎ ‎∴由勾股定理可知：OM=，‎ 当C与O重合时，‎ M与AB的距离最大，最大值为，‎ 连接AP，‎ 此时，OM⊥AB，‎ ‎∴∠AOP=60°，‎ ‎∵OA=OP，‎ ‎∴△AOP是等边三角形，‎ ‎∴AP=2，‎ 如图3，当Q与B重合时，‎ 连接DM，‎ ‎∵∠MOQ=30°，‎ ‎∴MC=OM=，‎ 此时，M与AB的距离最小，最小值为，‎ 设此时半圆M与AB交于点D，‎ DM=MB=1，‎ ‎∵∠ABP=60°，‎ ‎∴△DMB是等边三角形，‎ ‎∴∠DMB=60°，‎ ‎∴扇形DMB的面积为：=，‎ ‎△DMB的面积为：MC•DB=××1=，‎ ‎∴半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为：﹣；‎ 探究：当半圆M与AB相切时，‎ 此时，MC=1，‎ 如图4，当点C在线段OA上时，‎ 在Rt△OCM中，‎ 由勾股定理可求得：OC=，‎ ‎∴cos∠AOM==，‎ ‎∴∠AOM=35°，‎ ‎∵∠POM=30°，‎ ‎∴∠AOP=∠AOM﹣∠POM=5°，‎ ‎∴==，‎ 当点C在线段OB上时，‎ 此时，∠BOM=35°，‎ ‎∵∠POM=30°，‎ ‎∴∠AOP=180°﹣∠POM﹣∠BOM=115°‎ ‎∴==，‎ 综上所述，当半圆M与AB相切时，的长为或．‎ ‎　‎ ‎46．（1）发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．‎ 填空：当点A位于　CB的延长线上　时，线段AC的长取得最大值，且最大值为　a+b　（用含a，b的式子表示）‎ ‎（2）应用：点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．‎ ‎①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；‎ ‎②直接写出线段BE长的最大值．‎ ‎（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；‎ ‎（2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD=BE；②由于线段BE长的最大值=线段CD的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；‎ ‎（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，‎ ‎∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，‎ 故答案为：CB的延长线上，a+b；‎ ‎（2）①CD=BE，‎ 理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，‎ ‎∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，‎ ‎∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，‎ 即∠CAD=∠EAB，‎ 在△CAD与△EAB中，，‎ ‎∴△CAD≌△EAB，‎ ‎∴CD=BE；‎ ‎②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，‎ 由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，‎ ‎∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；‎ ‎（3）连接BM，∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，‎ 则△APN是等腰直角三角形，‎ ‎∴PN=PA=2，BN=AM，‎ ‎∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），‎ ‎∴OA=2，OB=5，‎ ‎∴AB=3，‎ ‎∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，‎ ‎∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，‎ 最大值=AB+AN，‎ ‎∵AN=AP=2，‎ ‎∴最大值为2+3；‎ 如图2，过P作PE⊥x轴于E，‎ ‎∵△APN是等腰直角三角形，‎ ‎∴PE=AE=，‎ ‎∴OE=BO﹣AB﹣AE=5﹣3﹣=2﹣，‎ ‎∴P（2﹣，）．‎ ‎　‎ ‎47．如图，直线l：y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B．‎ ‎（1）求该抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．‎ ‎①写出点M′的坐标；‎ ‎②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．‎ ‎【分析】（1）利用直线l的解析式求出B点坐标，再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值；‎ ‎（2）设M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化；‎ ‎（3）①由（2）可知m=，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；‎ ‎②可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）令x=0代入y=﹣3x+3，‎ ‎∴y=3，‎ ‎∴B（0，3），‎ 把B（0，3）代入y=ax2﹣2ax+a+4，‎ ‎∴3=a+4，‎ ‎∴a=﹣1，‎ ‎∴二次函数解析式为：y=﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）令y=0代入y=﹣x2+2x+3，‎ ‎∴0=﹣x2+2x+3，‎ ‎∴x=﹣1或3，‎ ‎∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，‎ ‎∵M在抛物线上，且在第一象限内，‎ ‎∴0＜m＜3，‎ 令y=0代入y=﹣3x+3，‎ ‎∴x=1，‎ ‎∴A的坐标为（1，0），‎ 由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），‎ S=S四边形OAMB﹣S△AOB ‎=S△OBM+S△OAM﹣S△AOB ‎=×m×3+×1×（﹣m2+2m+3）﹣×1×3‎ ‎=﹣（m﹣）2+‎ ‎∴当m=时，S取得最大值．‎ ‎（3）①由（2）可知：M′的坐标为（，）；‎ ‎②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，‎ 根据题意知：d1+d2=BF，‎ 此时只要求出BF的最大值即可，‎ ‎∵∠BFM′=90°，‎ ‎∴点F在以BM′为直径的圆上，‎ 设直线AM′与该圆相交于点H，‎ ‎∵点C在线段BM′上，‎ ‎∴F在优弧上，‎ ‎∴当F与M′重合时，‎ BF可取得最大值，‎ 此时BM′⊥l1，‎ ‎∵A（1，0），B（0，3），M′（，），‎ ‎∴由勾股定理可求得：AB=，M′B=，M′A=，‎ 过点M′作M′G⊥AB于点G，‎ 设BG=x，‎ ‎∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，‎ ‎∴﹣（﹣x）2=﹣x2，‎ ‎∴x=，‎ cos∠M′BG==，‎ ‎∵l1∥l′，‎ ‎∴∠BCA=90°，‎ ‎∠BAC=45°‎ 方法二：过B点作BD垂直于l′于D点，过M′点作M′E垂直于l′于E点，则BD=d1，ME=d2，‎ ‎∵S△ABM′=×AC×（d1+d2）‎ 当d1+d2取得最大值时，AC应该取得最小值，当AC⊥BM′时取得最小值．‎ 根据B（0，3）和M′（，）可得BM′=，‎ ‎∵S△ABM=×AC×BM′=，∴AC=，‎ 当AC⊥BM′时，cos∠BAC===，‎ ‎∴∠BAC=45°．‎ ‎　‎ ‎48．如图，在平面直角坐标系xOy中，将二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折，把所得到的图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度，得到二次函数图象N．‎ ‎（1）求N的函数表达式；‎ ‎（2）设点P（m，n）是以点C（1，4）为圆心、1为半径的圆上一动点，二次函数的图象M与x轴相交于两点A、B，求PA2+PB2的最大值；‎ ‎（3）若一个点的横坐标与纵坐标均为整数，则该点称为整点．求M与N所围成封闭图形内（包括边界）整点的个数．‎ ‎【分析】（1）根据二次函数N的图象是由二次函数M翻折、平移得到所以a=﹣1，求出二次函数N的顶点坐标即可解决问题．‎ ‎（2）由PA2+PB2=（m+1）2+n2+（m﹣1）2+n2=2（m2+n2）+2=2•PO2+2可知OP最大时，PA2+PB2最大，求出OP的最大值即可解决问题．‎ ‎（3）画出函数图象即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）解：二次函数y=x2‎ ‎﹣1的图象M沿x轴翻折得到函数的解析式为y=﹣x2+1，此时顶点坐标（0，1），‎ 将此图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度得到二次函数图象N的顶点为（2，9），‎ 故N的函数表达式y=﹣（x﹣2）2+9=﹣x2+4x+5．‎ ‎（2）∵A（﹣1，0），B（1，0），‎ ‎∴PA2+PB2=（m+1）2+n2+（m﹣1）2+n2=2（m2+n2）+2=2•PO2+2，‎ ‎∴当PO最大时PA2+PB2最大．如图，延长OC与⊙C交于点P，此时OP最大，‎ ‎∴OP的最大值=OC+PC=+1，‎ ‎∴PA2+PB2最大值=2（+1）2+2=38+4．‎ ‎（3）M与N所围成封闭图形如图所示，‎ 由图象可知，M与N所围成封闭图形内（包括边界）整点的个数为25个．‎ ‎　‎ ‎49．如图，顶点为A（，1）的抛物线经过坐标原点O，与x轴交于点B．‎ ‎（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；‎ ‎（2）过B作OA的平行线交y轴于点C，交抛物线于点D，求证：△OCD≌△OAB；‎ ‎（3）在x轴上找一点P，使得△PCD的周长最小，求出P点的坐标．‎ ‎【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式，‎ ‎（2）先求出直线OA对应的一次函数的表达式为y=x．再求出直线BD的表达式为y=x﹣2．最后求出交点坐标C，D即可；‎ ‎（3）先判断出C'D与x轴的交点即为点P，它使得△‎ PCD的周长最小．作辅助线判断出△C'PO∽△C'DQ即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线顶点为A（，1），‎ 设抛物线解析式为y=a（x﹣）2+1，‎ 将原点坐标（0，0）在抛物线上，‎ ‎∴0=a（）2+1‎ ‎∴a=﹣．‎ ‎∴抛物线的表达式为：y=﹣x2+x． ‎ ‎（2）令y=0，得 0=﹣x2+x，‎ ‎∴x=0（舍），或x=2‎ ‎∴B点坐标为：（2，0），‎ 设直线OA的表达式为y=kx，‎ ‎∵A（，1）在直线OA上，‎ ‎∴k=1，‎ ‎∴k=，‎ ‎∴直线OA对应的一次函数的表达式为y=x．‎ ‎∵BD∥AO，‎ 设直线BD对应的一次函数的表达式为y=x+b，‎ ‎∵B（2，0）在直线BD上，‎ ‎∴0=×2+b，‎ ‎∴b=﹣2，‎ ‎∴直线BD的表达式为y=x﹣2．‎ 由 得交点D的坐标为（﹣，﹣3），‎ 令x=0得，y=﹣2，‎ ‎∴C点的坐标为（0，﹣2），‎ 由勾股定理，得：OA=2=OC，AB=2=CD，OB=2=OD．‎ 在△OAB与△OCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△OAB≌△OCD．‎ ‎（3）点C关于x轴的对称点C'的坐标为（0，2），‎ ‎∴C'D与x轴的交点即为点P，它使得△PCD的周长最小．‎ 过点D作DQ⊥y，垂足为Q，‎ ‎∴PO∥DQ．‎ ‎∴△C'PO∽△C'DQ．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴PO=，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，0）．‎ ‎　‎