2017全国各地中考数学压轴题汇编之1 35页

‎2017全国各地中考数学压轴题汇编之一 ‎1．（2017江苏淮安，28，14分）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数＝的图像与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为（－3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为秒．连接PQ．‎ ‎（1）填空：＝________，＝________；‎ ‎（2）在点P、Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；‎ ‎（3）在轴下方，该二次函数的图像上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）如图②，点N的坐标为（，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．‎ ‎【分析】（1）将A（－3，0）、B（4，0）代入＝即可求解；（2）若△APQ为直角三角形，则∠APQ＝90°（∠PAQ与∠PQA不可能为直角）．连接QC，则AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2，据此列出关于的方程求解，若的值满足0≤≤4，则△APQ可能是直角三角形，否则不可能；（3）①过点P作DE∥轴，分别过点M、Q作MD⊥DE，QE⊥DE，垂足分别为D、E，构成“一线三直角”全等模型，用含的式子表示点M的坐标；②将点M的坐标代入二次函数的表达式求解；（4）①分别求直线BC、直线NQ′的函数表达式；②解直线BC、NQ′的函数达式组成的方程组．‎ ‎【解析】（1）＝，＝4．‎ ‎（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．理由如下：‎ 若△APQ是直角三角形，因为在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，所以∠APQ＝90°．‎ ‎∴AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2．‎ 连接QC．‎ 由（1）知抛物线的函数表达式为＝，当＝0时，＝4．‎ ‎∴C（0，4）．‎ ‎∴OC＝4．‎ ‎∵A（－3，0），‎ ‎∴OA＝3．‎ 由题意，得AP＝OQ＝．‎ ‎∴AQ＝OA＋OQ＝．‎ 在Rt△AOC中，由勾股定理得AC＝＝＝5．‎ ‎∴PC＝．‎ 在Rt△OCQ中，QC2＝OQ2＋OC2＝．‎ ‎∵∠APQ＝90°，‎ ‎∴AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2．‎ ‎∴＝．‎ 解得＝4.5．‎ 由题意知0≤≤4．‎ ‎∴＝4.5不符合题意，舍去．‎ ‎∴在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．‎ ‎（3）如图，过点P作DE∥轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为点D、E，MD交轴于点F，过点P作PG⊥轴，垂足为点G，则PG∥轴，∠D＝∠E＝90°．‎ ‎∴△APG∽△ACO．‎ ‎∴＝＝，即＝＝．‎ ‎∴PG＝，AG＝．‎ ‎∴PE＝GQ＝GO＋OQ＝AO－AG＋OQ＝＝，DF＝EQ＝．‎ ‎∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，‎ ‎∴∠DMP＋∠DPM＝∠EPQ＋∠DPM＝90°．‎ ‎∴∠DMP＝∠EPQ．‎ 又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，‎ ‎∴△MDP≌△PEQ．‎ ‎∴PD＝EQ＝，MD＝PE＝．‎ ‎∴AM＝MD－DF＝＝，‎ OF＝FG＋GO＝PD＋OA－AG＝＝．‎ ‎∴M（，）．‎ ‎∵点M在轴下方的抛物线上，‎ ‎∴＝．‎ 解得＝．‎ ‎∵0≤≤4，‎ ‎∴＝．‎ ‎（4）Q′（，）．‎ 提示：连接OP，取OP中点R，连接RH、NR，延长NR交线段BC于点Q′．‎ ‎∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，‎ ‎∴RH＝OQ＝，RH∥OQ．‎ ‎∵A（－3，0）、N（，0），‎ ‎∴点N为OA的中点．‎ 又∵点R为OP的中点，‎ ‎∴NR＝AP＝，RN∥AC．‎ ‎∴RH＝NR．‎ ‎∴∠RNH＝∠RHN．‎ ‎∵RH∥OQ，‎ ‎∴∠RHN＝∠HNO．‎ ‎∴∠RNH＝∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．‎ 设直线AC的函数表达式为＝，把A（－3，0）、C（0，4）代入，得 解得＝，＝4．‎ ‎∴直线AC的函数表达式为＝．‎ 同理可求，直线BC的函数表达式为＝．‎ 设直线NR的函数表达式为＝，把N（，0）代入，得 ‎0＝．‎ 解得＝2．‎ ‎∴直线NR的函数表达式为＝．‎ 解方程组得 ‎∴Q′（，）．‎ ‎2．(2017江苏南京，27，11分)折纸的思考．‎ ‎【操作体验】‎ 用一张矩形纸片折等边三角形．‎ 第一步，对折矩形纸片ABCD（AB＞BC）（图①），使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平（图②）．‎ 第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在EF上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，折出PB，PC，得到△PBC．‎ ‎（1）说明△PBC是等边三角形．‎ ‎【数学思考】‎ ‎（2）如图④．小明画出了图③的矩形ABCD和等边三角形PBC．他发现，在矩形ABCD中把△PBC经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形．请描述图形变化的过程．‎ ‎（3）已知矩形一边长为3cm，另一边长为acm．对于每一个确定的a的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形．请画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围．‎ ‎【问题解决】‎ ‎（4）用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为 cm．‎ ‎【分析】（1）由折叠的性质，线段垂直平分线的性质可判断；‎ ‎（2）根据旋转的性质和位似变换直接作图，写出过程即可；‎ ‎（3）根据图形，由勾股定理和等边三角形的性质求解；‎ ‎（4）由勾股定理和正方形的性质的性质直接求解．‎ ‎【解析】（1）由折叠，PB＝PC，EF是BC的垂直平分线，‎ ‎∴PB＝PC，‎ ‎∴PB＝PC＝BC ，‎ ‎∴△PBC是等边三角形．‎ ‎（2）本题答案不惟一．例如，‎ 如图，以点B为中心，在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度，得到△P1B1C1；‎ 再以点B为位似中心，将△P1B1C1放大，使C1的对应点C2落在CD上，得到△P2BC2．‎ ‎（3）‎ 当等边三角形的边长为3cm，acm为高时，则a＝‎3‎‎3‎‎2‎，‎ 当等边三角形的边长为acm，3cm为高时，则a＝2‎3‎，‎ 然后分0＜a≤‎3‎‎3‎‎2‎，‎3‎‎3‎‎2‎＜a＜2‎3‎，a≥2‎3‎画出示意图．‎ ‎ ‎ ‎（4）‎16‎‎5‎．‎ 当以4cm的直角边与正方形的边重合时，边长为4cm，正方形的面积为16cm2；‎ 当直角三角形的一个顶点与正方形的顶点重合，两外两个顶点在边上时，如图，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC＝CD，∠C＝∠D＝90°．‎ ‎∵∠BFE＝90°，‎ ‎∴∠BFC＋∠EFD＝90°，∠BFC＋∠CBF＝90°，‎ ‎∴∠EFD＝∠CBF，‎ ‎∴△BCF‎∽‎△FDE，‎ ‎∴BC∶DF＝BF∶EF．‎ 设BC＝a，由BF＝4，‎ 得CF＝‎16-‎a‎2‎，则DF＝a－‎16-‎a‎2‎，‎ 可知a∶( a－‎16-‎a‎2‎)＝4∶1‎ 解得a＝‎16‎‎5‎．‎ 正方形得面积为‎256‎‎25‎．‎ 因为‎256‎‎25‎＜16，‎ 所以a＝‎16‎‎5‎．‎ ‎3．（2017江苏连云港，27，14分）问题呈现：‎ 如图1，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA上，AE＝DG，求证：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD．（S表示面积）‎ 实验探究：某数学实验小组发现：若图1中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E、G作BC边的平行线，再分别过点F、H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1、B1、C1、D1，得到矩形A1B1C1D1．‎ 如图2，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近（DG＞AE），经过探索，发现：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋．‎ 如图3，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近（DG＜AE），请探索S四边形EFGH、S矩形ABCD与之间的数量关系，并说明理由．‎ 迁移应用：‎ 请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：‎ ‎（1）如图4，点E、F、G、H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AH＞BF，‎ AE＞DG，S四边形EFGH＝11，HF＝，求EG的长．‎ ‎（2）如图5，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E、H分别在边AB、AD上，BE＝1，DH＝2，点F、G分别是边BC、CD上的动点，且FG＝，连接EF、HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．‎ ‎【分析】问题呈现：根据矩形的性质，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；实验探究：由题意得当将点G向点D靠近()时，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；迁移应用：(1)由上面的结论，结合图形，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；（2）直接根据规律写出结果即可.‎ ‎【解析】问题呈现：证明：如图1中，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB∥CD，∠A＝90°，‎ ‎∵AE＝DG，‎ ‎∴四边形AEGD是矩形，‎ ‎∴S△HGE＝S矩形AEGD，‎ 同理S△EGF＝S矩形BEGC，‎ ‎∴S四边形EFGH＝S△HGE＋S△EFG＝S矩形BEGC．‎ 实验探究：结论：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．‎ 理由：∵＝，＝，＝，＝，‎ ‎∴S四边形EFGH＝＋＋＋－，‎ ‎∴2S四边形EFGH＝2＋2＋2＋2－2，‎ ‎∴2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．‎ 迁移应用：解：（1）如图4中，‎ ‎∵2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．‎ ‎∴＝25－2×11＝3＝A1B1·A1D1，‎ ‎∵正方形的面积为25，∴边长为5，‎ ‎∵A1D12＝HF2－52＝29－25＝4，‎ ‎∴A1D1＝2，A1B1＝，‎ ‎∴EG2＝A1B12＋52＝，‎ EG＝．‎ ‎（2）∵2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋．‎ ‎∴四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．‎ ‎①如图5－1中，当G与C重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．‎ 此时矩形A1B1C1D1面积＝1·(－2)＝‎ ‎②如图5－2中，当G与D重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．‎ 此时矩形A1B1C1D1面积＝2·1＝2，‎ ‎∵2＞－2，‎ ‎∴矩形EFGH的面积最大值＝．‎ ‎4．（2017江苏南通，28，13分）已知直线y＝kx＋b与抛物线y＝ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．‎ ‎（1）若∠AOB＝60°，AB∥x轴，AB＝2，求a的值；‎ ‎（2）若∠AOB＝90°，点A的横坐标为－4，AC＝4BC，求点B的坐标；‎ ‎（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE＝CO．‎ ‎【分析】（1）如图1，由条件可知△AOB为等边三角形，则可求得OA的长，在Rt△AOD中可求得AD和OD的长，可求得A点坐标，代入抛物线解析式可得a的值；‎ ‎（2）如图2，作辅助线，构建平行线和相似三角形，根据CF∥BG，由A的横坐标为－4，得B的横坐标为1，所以A（－4，16a），B（1，a），证明△ADO∽△OEB，则，得a的值及B的坐标；‎ ‎（3）如图3，设AC＝nBC由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（－mn，am2n2），分别根据两三角形相似计算DE和CO的长即可得出结论．‎ ‎【解析】解：（1）如图1，∵抛物线y＝ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，‎ ‎∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，‎ ‎∴OA＝OB，‎ ‎∵∠AOB＝60°，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∵AB＝2，AB⊥OC，‎ ‎∴AC＝BC＝1，∠BOC＝30°，‎ ‎∴OC＝，‎ ‎∴A（－1，），‎ 把A（－1，）代入抛物线y＝ax2（a＞0）中得：a＝；‎ ‎（2）如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，‎ ‎∵CF∥BG，‎ ‎∴，‎ ‎∵AC＝4BC，‎ ‎∴＝4，‎ ‎∴AF＝4FG，‎ ‎∵A的横坐标为－4，‎ ‎∴B的横坐标为1，‎ ‎∴A（－4，16a），B（1，a），‎ ‎∵∠AOB＝90°，‎ ‎∴∠AOD＋∠BOE＝90°，‎ ‎∵∠AOD＋∠DAO＝90°，‎ ‎∴∠BOE＝∠DAO，‎ ‎∵∠ADO＝∠OEB＝90°，‎ ‎∴△ADO∽△OEB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴16a2＝4，‎ a＝±，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴a＝；‎ ‎∴B（1，）；‎ ‎（3）如图3，设AC＝nBC，‎ 由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，‎ 则设B（m，am2），则A（－mn，am2n2），‎ ‎∴AD＝am2n2，‎ 过B作BF⊥x轴于F，‎ ‎∴DE∥BF，‎ ‎∴△BOF∽△EOD，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，DE＝am2n，‎ ‎∴，‎ ‎∵OC∥AE，‎ ‎∴△BCO∽△BAE，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴CO＝＝am2n，‎ ‎∴DE＝CO．‎ ‎5．(2017江苏苏州，28，10分)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于 A、B两点，与y轴交于点C，OB＝OC．点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．‎ ‎(1)求b、c的值；‎ ‎(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上，求点F的坐标；‎ ‎(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．‎ ‎【分析】(1)由条件可求得抛物线对称轴，则可求得b的值；由OB＝OC，可用c表示出B点坐标，代入抛物线解析式可求得c的值；‎ ‎(2)可设F(0，m)，则可表示出F′的坐标，由B、E的坐标可求得直线BE的解析式，把F′坐标代入直线BE解析式可得到关于m的方程，可求得F点的坐标；‎ ‎(3)设点P坐标为(n，0)，可表示出PA、PB、PN的长，作QR⊥PN，垂足为R，则可求得QR的长，用n可表示出Q、R、N的坐标，在Rt△QRN中，由勾股定理可得到关于n的二次函数，利用二次函数的性质可知其取得最小值时n的值，则可求得Q点的坐标，‎ ‎【解析】解：‎ ‎(1)∵CD∥x轴，CD＝2，‎ ‎∴抛物线对称轴为x＝1．‎ ‎∴-＝2，b＝-2．‎ ‎∵OB＝OC，C(0，c)，‎ ‎∴B点的坐标为(－c，0)，‎ ‎∴0＝c2＋2c＋c，解得c＝－3或c＝0(舍去)，‎ ‎∴c＝－3；‎ ‎(2)设点F的坐标为(0，m)．‎ ‎∵对称轴为直线x＝1，‎ ‎∴点F关于直线l的对称点F的坐标为(2，m)．‎ 由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，‎ ‎∴E(1，－4)，‎ ‎∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，‎ ‎∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝2x－6．‎ ‎∵点F在BE上，‎ ‎∴m＝2×2－6＝－2，即点F的坐标为(0，－2)；‎ ‎(3)存在点Q满足题意．‎ 设点P坐标为(n，0)，则PA＝n＋1，PB＝PM＝3－n，PN＝－n2＋2n＋3．‎ 作QR⊥PN，垂足为R，‎ ‎∵S△PQN＝S△APM，‎ ‎∴(n＋1)(3-n)＝(-n2＋2n＋3) ·QR，‎ ‎∴QR＝1．‎ ‎①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为(n－1，n2－4n)，R点的坐标为(n，n2－4n)，N点的坐标为(n，n2－2n－3)．‎ ‎∴在Rt△QRN中，NQ2＝1＋(2n－3)2，‎ ‎∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，-)； ‎ ‎②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为(n＋11，n2－4)．‎ 同理，NQ2＝1＋(2n－1)2，‎ ‎∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，-)．‎ 综上可知存在满足题意的点Q，其坐标为(，-)或(，-)．‎ ‎　‎ ‎6．（2017江苏泰州，26，14分）平面直角坐标系xOy中，点A、B的横坐标分别为a、a+2，二次函数y=－x2+（m－2）x+2m的图象经过点A、B，且a、m满足2a－m=d（d为常数）．‎ ‎（1）若一次函数y1=kx+b的图象经过A、B两点．‎ ‎①当a=1、d=－1时，求k的值；‎ ‎②若y1随x的增大而减小，求d的取值范围；‎ ‎（2）当d=－4且a≠－2、a≠－4时，判断直线AB与x轴的位置关系，并说明理由；‎ ‎（3）点A、B的位置随着a的变化而变化，设点A、B运动的路线与y轴分别相交于点C、D，线段CD的长度会发生变化吗？如果不变，求出CD的长；如果变化，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）①当a=1、d=－1时，m=2a－d=3，于是得到抛物线的解析式，然后求得点A和点B的坐标，最后将点A和点B的坐标代入直线AB的解析式求得k的值即可；‎ ‎②将x=a，x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，然后依据y1随着x的增大而减小，可得到－（a－m）（a+2）＞－（a+2－m）（a+4），结合已知条件2a－m=d，可求得d的取值范围；‎ ‎（2）由d=－4可得到m=2a+4，则抛物线的解析式为y=－x2+（2a+2）x+4a+8，然后将x=a、x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，最后依据点A和点B的纵坐标可判断出AB与x轴的位置关系；‎ ‎（3）先求得点A和点B的坐标，于是得到点A和点B运动的路线与字母a的函数关系式，则点C（0，2m），D（0，4m－8），于是可得到CD与m的关系式．‎ ‎【解析】解：（1）①当a=1、d=－1时，m=2a－d=3，‎ 所以二次函数的表达式是y=－x2+x+6．‎ ‎∵a=1，‎ ‎∴点A的横坐标为1，点B的横坐标为3，‎ 把x=1代入抛物线的解析式得：y=6，把x=3代入抛物线的解析式得：y=0，‎ ‎∴A（1，6），B（3，0）．‎ 将点A和点B的坐标代入直线的解析式得：，解得：，‎ 所以k的值为－3．‎ ‎②∵y=－x2+（m－2）x+2m=－（x－m）（x+2），‎ ‎∴当x=a时，y=－（a－m）（a+2）；当x=a+2时，y=－（a+2－4）（a+4），‎ ‎∵y1随着x的增大而减小，且a＜a+2，‎ ‎∴－（a－m）（a+2）＞－（a+2－m）（a+4），解得：2a－m＞－4，‎ 又∵2a－m=d，‎ ‎∴d的取值范围为d＞－4．‎ ‎（2）∵d=－4且a≠－2、a≠－4，2a－m=d，‎ ‎∴m=2a+4．‎ ‎∴二次函数的关系式为y=－x2+（2a+2）x+4a+8．‎ 把x=a代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．‎ 把x=a+2代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．‎ ‎∴A（a，a2+6a+8）、B（a+2，a2+6a+8）．‎ ‎∵点A、点B的纵坐标相同，‎ ‎∴AB∥x轴．‎ ‎（3）线段CD的长随m的值的变化而变化．‎ ‎∵y=－x2+（m－2）x+2m过点A、点B，‎ ‎∴当x=a时，y=－a2+（m－2）a+2m，当x=a+2时，y=－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m，‎ ‎∴A（a，－a2+（m－2）a+2m）、B（a+2，－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m）．‎ ‎∴点A运动的路线是的函数关系式为y1=－a2+（m－2）a+2m，点B运动的路线的函数关系式为y2=－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m．‎ ‎∴点C（0，2m），D（0，4m－8）．‎ ‎∴DC=|2m－（4m－8）|=|8－2m|．‎ ‎∴线段CD的长随m的值的变化而变化．‎ 当8－2m=0时，m=4时，CD=|8－2m|=0，即点C与点D重合；当m＞4时，CD=2m－8；当m＜4时，CD=8－2m．‎ ‎7．（2017江苏无锡，28，8分）如图，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t（s）．‎ ‎（1）若m＝6，求当P，E，B三点在同一直线上时对应的t的值．‎ ‎（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，求所有这样的m的取值范围．‎ ‎【分析】（1）如图1中，设PD＝x．则PA＝6－x．首先证明BP＝BC＝6，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题；‎ ‎（2）分两种情形求出AD的值即可解决问题：①如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．②如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3；‎ ‎【解析】解：（1）如图1中，设PD＝x．则PA＝6－x．‎ ‎∵P、B、E共线，‎ ‎∴∠BPC＝∠DPC，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DPC＝∠PCB，‎ ‎∴∠BPC＝∠PCB，‎ ‎∴BP＝BC＝6，‎ 在Rt△ABP中，∵AB2＋AP2＝PB2，‎ ‎∴42＋（6－x）2＝62，‎ ‎∴x＝6－2或6＋2（舍弃），‎ ‎∴PD＝6－2，‎ ‎∴t＝（6－2）s时，B、E、P共线．‎ ‎（2）如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．‎ 作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC于M．则EQ＝3，CE＝DC＝4‎ 易证四边形EMCQ是矩形，‎ ‎∴CM＝EQ＝3，∠M＝90°，‎ ‎∴EM＝，‎ ‎∵∠DAC＝∠EDM，∠ADC＝∠M，‎ ‎∴△ADC∽△DME，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD＝4，‎ 如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3．‎ 作EQ⊥BC于Q，延长QE交AD于M．则EQ＝3，CE＝DC＝4‎ 在Rt△ECQ中，QC＝DM＝，‎ 由△DME∽△CDA，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD＝，‎ 综上所述，在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，这样的m的取值范围≤m＜4．‎ ‎8．(2017江苏宿迁，26，10分)如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB＝1，BC＝，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．‎ ‎(1)当B′C′恰好经过点D时(如图1)，求线段CE的长；‎ ‎(2)若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE＝22.5°(如图2)，求△DFG的面积；‎ ‎(3)在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．‎ ‎【分析】(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x，由△ADB′′∽△DEC，可得＝，列出方程即可解决问题；‎ ‎(2)如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；‎ ‎(3)如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题．‎ ‎【解析】解：(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x，‎ ‎∵∠ADB′＋∠EDC′＝90°，∠B′AD＋∠ADB′＝90°，‎ ‎∴∠B′AD＝∠EDC′，‎ ‎∵∠B′＝∠C′＝90°，AB′＝AB＝1，AD＝，‎ ‎∴DB′＝＝，‎ ‎∴△ADB′′∽△DEC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴x＝－2．‎ ‎∴CE＝－2．‎ ‎(2)如图2中，‎ ‎∵∠BAD＝∠B′＝∠D＝90°，∠DAE＝22.5°，‎ ‎∴∠EAB＝∠EAB′＝67.5°，‎ ‎∴∠B′AF＝∠B′FA＝45°，‎ ‎∴∠DFG＝∠AFB′＝∠DGF＝45°，‎ ‎∴DF＝FG，‎ 在Rt△AB′F中，AB′＝FB′＝1，‎ ‎∴AF＝AB′＝，‎ ‎∴DF＝DG＝－，‎ ‎∴S△DFG＝(－)2＝－．‎ ‎(3)如图3中，点C的运动路径的长为的长，‎ 在Rt△ADC中，∵tan∠DAC＝＝，‎ ‎∴∠DAC＝30°，AC＝2CD＝2，‎ ‎∵∠C′AD＝∠DAC＝30°，‎ ‎∴∠CAC′＝60°，‎ ‎∴的长＝＝π．‎ ‎9．(2017江苏徐州，28，10分)如图，已知二次函数y＝x2－4的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，⊙C的半径为，P为⊙C上一动点．‎ ‎(1)点B，C的坐标分别为B(　 　)，C(　 　)；‎ ‎(2)是否存在点P，使得△PBC为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值＝　 　．‎ ‎【分析】(1)在抛物线解析式中令y＝0可求得B点坐标，令x＝0可求得C点坐标；‎ ‎(2)①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC＝5，BP2＝2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，根据相似三角形的性质得到＝2，设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，得到BE＝3－x，CF＝2x－4，于是得到FP2＝，EP2＝，求得P2(，－)，过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1(－1，－2)，②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；‎ ‎(3)如图3中，连接AP，∵OB＝OA，BE＝EP，推出OE＝AP，可知当AP最大时，OE的值最大，‎ ‎【解析】解：(1)在y＝x2－4中，令y＝0，则x＝±3，令x＝0，则y＝－4，‎ ‎∴B(3，0)，C(0，－4)；‎ 故答案为：3，0；0，－4；‎ ‎(2)存在点P，使得△PBC为直角三角形，‎ ‎①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图(2)a，‎ 连接BC，‎ ‎∵OB＝3．OC＝4，‎ ‎∴BC＝5，‎ ‎∵CP2⊥BP2，CP2＝，‎ ‎∴BP2＝2，‎ 过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，‎ 则△CP2F∽△BP2E，四边形OCP2B是矩形，‎ ‎∴＝2，‎ 设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，‎ ‎∴BE＝3－x，CF＝2x－4，‎ ‎∴＝＝2，‎ ‎∴x＝，2x＝，‎ ‎∴FP2＝，EP2＝，‎ ‎∴P2(，－)，‎ 过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，‎ 同理求得P1(－1，－2)，‎ ‎②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，如图(2)b 过P4作P4H⊥y轴于H，‎ 则△BOC∽△CHP4，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴CH＝，P4H＝，‎ ‎∴P4(，－－4)；‎ 同理P3(－，－4)；‎ 综上所述：点P的坐标为：(－1，－2)或(，－)或(，－－4)或(－，－4)；‎ ‎(3)如图(3)，连接AP，∵OB＝OA，BE＝EP，‎ ‎∴OE＝AP，‎ ‎∴当AP最大时，OE的值最大，‎ ‎∵当P在AC的延长线上时，AP的值最大，最大值＝5＋，‎ ‎∴OE的最大值为 故答案为：．‎ ‎10．(2017江苏盐城，27，14分)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝x2＋bx＋c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．‎ ‎(1)求抛物线的函数表达式；‎ ‎(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；‎ ‎①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求的最大值；‎ ‎②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】(1)根据题意得到A(－4，0)，C(0，2)代入y＝－x2＋bx＋c，于是得到结论；‎ ‎(2)①如图，令y＝0，解方程得到x1＝－4，x2＝1，求得B(1，0)，过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；‎ ‎②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P(－，0)，得到PA＝PC＝PB＝，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，情况二，∠FDC＝2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．‎ ‎【解析】解：(1)根据题意得A(－4，0)，C(0，2)，‎ ‎∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A、C两点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴y＝－x2－x＋2；‎ ‎(2)①如图，令y＝0，‎ ‎∴－x2－x＋2＝0，‎ ‎∴x1＝－4，x2＝1，‎ ‎∴B(1，0)，‎ 过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，‎ ‎∴DM∥BN，‎ ‎∴△DME∽△BNE，‎ ‎∴＝＝，‎ 设D(a，－a2－a＋2)，‎ ‎∴M(a，a＋2)，‎ ‎∵B(1.0)，‎ ‎∴N(1，)，‎ ‎∴＝＝＝-(a＋2)2＋；‎ ‎∴当a＝2时，的最大值是；‎ ‎②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，‎ ‎∴AC＝2，BC＝，AB＝5，‎ ‎∴AC2＋BC2＝AB2，‎ ‎∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，‎ ‎∴P(－，0)，‎ ‎∴PA＝PC＝PB＝，‎ ‎∴∠CPO＝2∠BAC，‎ ‎∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝，‎ 过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，‎ 情况一：如图，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，‎ ‎∴∠CDG＝∠BAC，‎ ‎∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝，‎ 即＝‎ 令D(a，－a2－a＋2)，‎ ‎∴DR＝－a，RC＝－a2－a，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴a1＝0(舍去)，a2＝－2，‎ ‎∴xD＝－2，‎ 情况二，∴∠FDC＝2∠BAC，‎ ‎∴tan∠FDC＝，‎ 设FC＝4k，‎ ‎∴DF＝3k，DC＝5k，‎ ‎∵tan∠DGC＝＝，‎ ‎∴FG＝6k，‎ ‎∴CG＝2k，DG＝3k，∴‎ ‎∴RC＝k，RG＝k，‎ DR＝3k－k＝k，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴a1＝0(舍去)，a2＝，‎ 点D的横坐标为－2或－．‎ ‎11．(2017江苏扬州，28，12分)如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．‎ ‎(1)若AP=1，则AE=　　；‎ ‎(2)①求证：点O一定在△APE的外接圆上；‎ ‎②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；‎ ‎(3)在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．‎ ‎【分析】(1)由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；‎ ‎(2)①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；‎ ‎②连接OA、AC，由光杆司令求出AC=4，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；‎ ‎(3)设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．‎ ‎【解析】(1)解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，‎ ‎∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，‎ ‎∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，‎ ‎∴∠AEP=∠PBC，‎ ‎∴△APE∽△BCP，‎ ‎∴，即，‎ 解得：AE=；‎ 故答案为：；‎ ‎(2)①证明：∵PF⊥EG，‎ ‎∴∠EOF=90°，‎ ‎∴∠EOF+∠A=180°，‎ ‎∴A、P、O、E四点共圆，‎ ‎∴点O一定在△APE的外接圆上；‎ ‎②解：连接OA、AC，如图1所示：‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B=90°，∠BAC=45°，‎ ‎∴AC==4，‎ ‎∵A、P、O、E四点共圆，‎ ‎∴∠OAP=∠OEP=45°，‎ ‎∴点O在AC上，‎ 当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=2，‎ 即点O经过的路径长为2；‎ ‎(3)解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：‎ 则MN∥AE，‎ ‎∵ME=MP，‎ ‎∴AN=PN，‎ ‎∴MN=AE，‎ 设AP= x，则BP=4﹣x，‎ 由(1)得：△APE∽△BCP，‎ ‎∴，即，‎ 解得：AE= x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1，‎ ‎∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，‎ 即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．‎ ‎12．（2017江苏镇江，28，11分）【回顾】‎ 如图1，△ABC中，∠B=30°，AB=3，BC=4，则△ABC的面积等于　3　．‎ ‎【探究】‎ 图2是同学们熟悉的一副三角尺，一个含有30°的角，较短的直角边长为a；另一个含有45°的角，直角边长为b，小明用两副这样的三角尺拼成一个平行四边形ABCD（如图3），用了两种不同的方法计算它的面积，从而推出sin75°=，小丽用两副这样的三角尺拼成了一个矩形EFGH（如图4），也推出sin75°=，请你写出小明或小丽推出sin75°=的具体说理过程．‎ ‎【应用】‎ 在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=75°，BC=6，CD=5，AD=10（如图5）‎ ‎（1）点E在AD上，设t=BE+CE，求t2的最小值；‎ ‎（2）点F在AB上，将△BCF沿CF翻折，点B落在AD上的点G处，点G是AD的中点吗？说明理由．‎ ‎【分析】回顾：如图1中，作AH⊥BC．求出AH即可解决问题；‎ 探究：如图2中，根据S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH列出方程即可解决问题；‎ 应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．因为EC=EH，推出EB+EC=EB+EH，在△EBH中，BE+EH≥BH，推出BE+EC的最小值为BH，求出BH即可解决问题；‎ ‎②结论：点G不是AD的中点．理由反证法证明即可．‎ ‎【解析】由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a－b，EH=FG=b－a，BC=b，‎ 解：回顾：如图1中，作AH⊥BC．‎ 在Rt△ABH中，∵∠B=30°，AB=3，‎ ‎∴AH=AB•sin30°=，‎ ‎∴S△ABC=•BC•AH=×4×=3，‎ 故答案为3．‎ 探究：如图3中，‎ 由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a－b，EH=FG=b－a，BC=b，‎ ‎∵S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH ‎∴b•2a•sin75°=2××a×a+2××b2+（a－b）（b－a），‎ ‎∴2absin75°=ab+ab，‎ ‎∴sin75°=．‎ 如图4中，‎ 易知四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=75°，‎ ‎∴S四边形EFGH=2•S△ABE+2•S△ADF+S平行四边形ABCD，‎ ‎∴（a+b）（a+b）═2××a×a+2××b2+b•2a•sin75°，‎ ‎∴sin75°=．‎ 应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．‎ 在Rt△DCJ中，JC=CD•sin75°=（+），‎ ‎∴CH=2CJ=（+），‎ 在Rt△BHC中，BH2=BC2+CH2=36+（+）2=86+25，‎ ‎∵EC=EH，‎ ‎∴EB+EC=EB+EH，‎ 在△EBH中，BE+EH≥BH，‎ ‎∴BE+EC的最小值为BH，‎ ‎∴t=BE+CE，t2的最小值为BH2，即为86+25．‎ ‎②结论：点G不是AD的中点．‎ 理由：作CJ⊥AD于J，DH⊥CG于H．‎ 不妨设AG=GD=5，∵CD=5，‎ ‎∴DC=DG，∵DH⊥CG，‎ ‎∴GH=CH=3，‎ 在Rt△CDH中，DH===4，‎ ‎∵S△DGC=•CG•DH=•DG•CJ，‎ ‎∴CJ=，‎ ‎∴sin∠CDJ==，‎ ‎∵∠CDJ=75°，‎ ‎∴与sin75°=矛盾，‎ ‎∴假设不成立，‎ ‎∴点G不是AD的中点．‎