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  • 2021-05-10 发布

中考数学挑战压轴题含答案

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‎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).‎ ‎ ‎