中考数学压轴题一 168页

‎2017年中考压轴题 ‎29．（2017年北京中考）在平面直角坐标系中的点和图形，给出如下的定义：若在图形上存在一点，使得两点间的距离小于或等于1，则称为图形的关联点．‎ ‎（1）当的半径为2时，‎ ‎①在点中，的关联点是_______________．‎ ‎②点在直线上，若为的关联点，求点的横坐标的取值范围．‎ ‎（2）的圆心在轴上，半径为2，直线与轴、轴交于点．若线段上的所有点都是的关联点，直接写出圆心的横坐标的取值范围．‎ ‎【答案】（1）①，②－ ≤x≤－ 或 ≤x≤，（2）－2≤x≤1或2≤x≤2‎ 试题解析： ‎ ‎（1）,‎ 点 与⊙的最小距离为 ，点 与⊙的最小距离为1，点与⊙的最小距离为，‎ ‎∴⊙的关联点为和．‎ ‎②根据定义分析，可得当直线y=-x上的点P到原点的距离在1到3之间时符合题意； ‎ ‎∴ 设点P的坐标为P (x ,-x) ,- 当OP=1时，由距离公式可得，OP= ，解得 ，当OP=3时，由距离公式可得，OP= ，,解得，‎ ‎∴ 点的横坐标的取值范围为－ ≤x≤－ 或 ≤x≤ ‎ 如图2，当圆与小圆相切时，切点为D，‎ ‎∴CD=1 ,‎ = 如图3，当圆过点A时，AC=1，‎ C点坐标为(2,0)‎ 如图4,‎ 当圆过点 B 时，连接 BC ，此时 BC =3,‎ 在 Rt△OCB中，由勾股定理得OC= , C点坐标为 (2,0)．‎ ‎∴ C点的横坐标的取值范围为2≤ ≤2 ； £ ‎ ‎∴综上所述点C的横坐标的取值范围为－ ≤≤－ 或 ≤≤．‎ 考点：切线，同心圆，一次函数，新定义.‎ ‎23. （2017安徽）已知正方形，点为边的中点.‎ ‎（1）如图1，点为线段上的一点，且，延长，分别与边，交于点，.‎ ‎①求证：；‎ ‎②求证：.‎ ‎（2）如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接延长交于点，求的值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)①利用ASA判定证明两个三角形全等；②先利用相似三角形的判定，再利用相似三角形的性质证明；（2）构造直角三角形，求一个角的正切值.‎ ‎ ‎ ‎(2)解：(方法一)‎ 延长，交于点(如图1)，由于四边形是正方形，所以，‎ ‎∴，又，∴，‎ 故，即，‎ ‎∵，，∴，由知，，‎ 又，∴，不妨假设正方形边长为1，‎ 设，则由，得，‎ 解得，(舍去)，∴，‎ 于是, ‎ ‎(方法二)‎ ‎∴是直角三角形，且，‎ 由(1)知，于是.‎ 考点： （1）全等三角形的判定；（2）相似三角形的判定及性质；（3）求一个角的三角函数值.‎ ‎25。（13分）（2017•宁德）如图，抛物线l：y=（x﹣h）2﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），将抛物线ι在x轴下方部分沿轴翻折，x轴上方的图象保持不变，就组成了函数ƒ的图象。‎ ‎（1）若点A的坐标为（1，0）。‎ ‎①求抛物线l的表达式，并直接写出当x为何值时，函数ƒ的值y随x的增大而增大；‎ ‎②如图2，若过A点的直线交函数ƒ的图象于另外两点P，Q，且S△ABQ=2S△ABP，求点P的坐标；‎ ‎（2）当2＜x＜3时，若函数f的值随x的增大而增大，直接写出h的取值范围。‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题。‎ ‎【分析】（1）①利用待定系数法求抛物线的解析式，由对称性求点B的坐标，根据图象写出函数ƒ的值y随x的增大而增大（即呈上升趋势）的x的取值；‎ ‎②如图2，作辅助线，构建对称点F和直角角三角形AQE，根据S△ABQ=2S△ABP，得QE=2PD，证明△PAD∽△QAE，则，得AE=2AD，设AD=a，根据QE=2FD列方程可求得a的值，并计算P的坐标；‎ ‎（2）先令y=0求抛物线与x轴的两个交点坐标，根据图象中呈上升趋势的部分，有两部分：分别讨论，并列不等式或不等式组可得h的取值。‎ ‎【解答】解：（1）①把A（1，0）代入抛物线y=（x﹣h）2﹣2中得：‎ ‎（x﹣h）2﹣2=0，‎ 解得：h=3或h=﹣1，‎ ‎∵点A在点B的左侧，‎ ‎∴h＞0，‎ ‎∴h=3，‎ ‎∴抛物线l的表达式为：y=（x﹣3）2﹣2，‎ ‎∴抛物线的对称轴是：直线x=3，‎ 由对称性得：B（5，0），‎ 由图象可知：当1＜x＜3或x＞5时，函数ƒ的值y随x的增大而增大；‎ ‎②如图2，作PD⊥x轴于点D，延长PD交抛物线l于点F，作QE⊥x轴于E，则PD∥QE，‎ 由对称性得：DF=PD，‎ ‎∵S△ABQ=2S△ABP，‎ ‎∴AB•QE=2×AB•PD，‎ ‎∴QE=2PD，‎ ‎∵PD∥QE，‎ ‎∴△PAD∽△QAE，‎ ‎∴，‎ ‎∴AE=2AD，‎ 设AD=a，则OD=1+a，OE=1+2a，P（1+a，﹣[（1+a﹣3）2﹣2]），‎ ‎∵点F、Q在抛物线l上，‎ ‎∴PD=DF=﹣[（1+a﹣3）2﹣2]，‎ QE=（1+2a﹣3）2﹣2，‎ ‎∴（1+2a﹣3）2﹣2=﹣2[（1+a﹣3）2﹣2]，‎ 解得：a=或a=0（舍），‎ ‎∴P（，）；‎ ‎（2）当y=0时，（x﹣h）2﹣2=0，‎ 解得：x=h+2或h﹣2，‎ ‎∵点A在点B的左侧，且h＞0，‎ ‎∴A（h﹣2，0），B（h+2，0），‎ 如图3，作抛物线的对称轴交抛物线于点C，‎ 分两种情况：‎ ‎①由图象可知：图象f在AC段时，函数f的值随x的增大而增大，‎ 则，‎ ‎∴3≤h≤4，‎ ‎②由图象可知：图象f点B的右侧时，函数f的值随x的增大而增大，‎ 即：h+2≤2，‎ h≤0，‎ 综上所述，当3≤h≤4或h≤0时，函数f的值随x的增大而增大。‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的增减性问题、三角形相似的性质和判定，与方程相结合，找等量关系。‎ ‎25．已知直线y=2x+m与抛物线y=ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），且a＜b．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线顶点Q的坐标（用含a的代数式表示）；‎ ‎（Ⅱ）说明直线与抛物线有两个交点；‎ ‎（Ⅲ）直线与抛物线的另一个交点记为N．‎ ‎（ⅰ）若﹣1≤a≤﹣，求线段MN长度的取值范围；‎ ‎（ⅱ）求△QMN面积的最小值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）把M点坐标代入抛物线解析式可得到b与a的关系，可用a表示出抛物线解析式，化为顶点式可求得其顶点坐标；21世纪教育网版权所有 ‎（Ⅱ）由直线解析式可先求得m的值，联立直线与抛物线解析式，消去y，可得到关于x的一元二次方程，再判断其判别式大于0即可；21教育网 ‎（Ⅲ）（i）由（Ⅱ）的方程，可求得N点坐标，利用勾股定理可求得MN2，利用二次函数性质可求得MN长度的取值范围；（ii）设抛物线对称轴交直线与点E，则可求得E点坐标，利用S△QMN=S△QEN+S△QEM可用a表示出△QMN的面积，再整理成关于a的一元二次方程，利用判别式可得其面积的取值范围，可求得答案．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（Ⅰ）∵抛物线y=ax2+ax+b过点M（1，0），‎ ‎∴a+a+b=0，即b=﹣2a，‎ ‎∴y=ax2+ax+b=ax2+ax﹣2a=a（x+）2﹣，‎ ‎∴抛物线顶点Q的坐标为（﹣，﹣）；‎ ‎（Ⅱ）∵直线y=2x+m经过点M（1，0），‎ ‎∴0=2×1+m，解得m=﹣2，‎ 联立直线与抛物线解析式，消去y可得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2=0（*）‎ ‎∴△=（a﹣2）2﹣4a（﹣2a+2）=9a2﹣12a+4，‎ 由（Ⅰ）知b=﹣2a，且a＜b，‎ ‎∴a＜0，b＞0，‎ ‎∴△＞0，‎ ‎∴方程（*）有两个不相等的实数根，‎ ‎∴直线与抛物线有两个交点；‎ ‎（Ⅲ）联立直线与抛物线解析式，消去y可得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2=0，即x2+（1﹣）x﹣2+=0，‎ ‎∴（x﹣1）[x﹣（﹣2）]=0，解得x=1或x=﹣2，‎ ‎∴N点坐标为（﹣2，﹣6），‎ ‎（i）由勾股定理可得MN2=[（﹣2）﹣1]2+（﹣6）2=﹣+45=20（﹣）2，‎ ‎∵﹣1≤a≤﹣，‎ ‎∴﹣2≤≤﹣1，‎ ‎∴MN2随的增大而减小，‎ ‎∴当=﹣2时，MN2有最大值245，则MN有最大值7，‎ 当=﹣1时，MN2有最小值125，则MN有最小值5，‎ ‎∴线段MN长度的取值范围为5≤MN≤7；‎ ‎（ii）如图，设抛物线对称轴交直线与点E，‎ ‎∵抛物线对称轴为x=﹣，‎ ‎∴E（﹣，﹣3），‎ ‎∵M（1，0），N（﹣2，﹣6），且a＜0，设△QMN的面积为S，‎ ‎∴S=S△QEN+S△QEM=|（﹣2）﹣1|•|﹣﹣（﹣3）|=﹣﹣，‎ ‎∴27a2+（8S﹣54）a+24=0（*），‎ ‎∵关于a的方程（*）有实数根，‎ ‎∴△=（8S﹣54）2﹣4×27×24≥0，即（8S﹣54）2≥（36）2，‎ ‎∵a＜0，‎ ‎∴S=﹣﹣＞，‎ ‎∴8S﹣54＞0，‎ ‎∴8S﹣54≥36，即S≥+，‎ 当S=+时，由方程（*）可得a=﹣满足题意，‎ ‎∴当a=﹣，b=时，△QMN面积的最小值为+．‎ ‎　‎ ‎28. （甘肃省兰州市）如图，抛物线与直线交于，两点，直线交轴与点，点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点.‎ ‎(1)求抛物线的表达式；‎ ‎(2)连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标；‎ ‎(3)①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以为顶点的四边形是矩形？求出此时点的坐标；【出处：21教育名师】‎ ‎②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最小值.‎ ‎【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②．‎ 试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+4；‎ ‎（2）设直线AB的解析式为y=kx+n过点A，B，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=2x+4，‎ ‎（3）①如图1，‎ 由（2）知，直线AB的解析式为y=2x+4，‎ ‎∴设E（a，2a+4），‎ ‎∵直线AC：y=﹣x﹣6，‎ ‎∴F（a，﹣a﹣6），‎ 设H（0，p），‎ ‎∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，‎ ‎∵直线AB的解析式为y=2x+4，直线AC：y=﹣x﹣6，‎ ‎∴AB⊥AC，‎ ‎∴EF为对角线，‎ ‎∴（﹣4+0）=（a+a），（﹣4+p）=（2a+4﹣a﹣6），‎ ‎∴a=﹣2，P=﹣1，‎ ‎∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；‎ ‎∴EM=EH=，‎ ‎∴=，‎ ‎∵=，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠PEM=∠MEA，‎ ‎∴△PEM∽△MEA，‎ ‎∴，‎ ‎∴PM=AM，‎ ‎∴AM+CM的最小值=PC，‎ ‎∴p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），‎ ‎∴P（﹣，﹣1），‎ ‎∵C（0，﹣6），‎ ‎∴PC=，‎ 即：AM+CM=．‎ 考点：二次函数综合题．‎ ‎28.（甘肃省庆阳市）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，点，与轴交于点.‎ ‎(1)求二次函数的表达式；‎ ‎(2)连接，若点在线段上运动(不与点，重合)，过点作，交于点，当面积最大时，求点的坐标；21·世纪*教育网 ‎(3)连接，在(2)的结论下，求与的数量关系.‎ 第28题图 M N B C x A O y 思路分析：①用代定系数法，将点B，点C的坐标分别代入，解得、，即可求出二次函数的表达式． ‎ ‎②设点N的坐标为（n，0）（2＜n＜8），则，．由题意可知BC=10，OA=4，，；因MN∥AC，根据平行线分线段成比例定理可得；由图可知△AMN，△ABN是同高三角形，故可得出从而得出△AMN的面积S与n的二次函数关系式，根据二次函数的顶点性质，即可求出当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大． www-2-1-cnjy-com ‎③当N（3，0）时，N为BC边中点和推出M为AB边中点，根据三角形中位线定理可得；利用勾股定理易得，，即可求出．‎ 解：（1）将点B，点C的坐标分别代入，‎ 得：，解得：，． ‎ ‎∴该二次函数的表达式为． ‎ ‎（2）设点N的坐标为（n，0）（2＜n＜8），则，． ‎ ‎∵B（-2，0）, C（8，0）, ∴BC=10.‎ 令，解得：，∴点A（0，4），OA=4，‎ ‎∵MN∥AC，∴． ‎ ‎∵OA=4，BC=10， ‎ ‎∴． ‎ ‎∴． ‎ ‎∴当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大． ‎ ‎（3）当N（3，0）时，N为BC边中点.∴M为AB边中点，∴ ‎ ‎∵， ， ‎ ‎∴ ∴． ‎ M N B C x A O y ‎26．（2017年甘肃省天水市）如图所示，在平面直角坐标系中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轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．‎ ‎（1）求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴；‎ ‎（2）求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；‎ ‎（3）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；‎ ‎（4）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．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）解方程即可得到结论；‎ ‎（2）根据直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），得到直线l：y=kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k=a，得到直线l的函数表达式为y=ax+a；‎ ‎（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF=ax2﹣3ax﹣4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；‎ ‎（4）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，得到D（4，5a），设P（1，m），①若 AD是矩形ADPQ的一条边，②若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论．www.21-cn-jy.com ‎【解答】解：（1）当y=0时，ax2﹣2ax﹣3a=0，‎ 解得：x1=﹣1，x2=3，‎ ‎∴A（﹣1，0），B（3，0），‎ 对称轴为直线x==1；‎ ‎（2）∵直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），‎ ‎∴0=﹣k+b，‎ 即k=b，‎ ‎∴直线l：y=kx+k，‎ ‎∵抛物线与直线l交于点A，D，‎ ‎∴ax2﹣2ax﹣3a=kx+k，‎ 即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k=0，‎ ‎∵CD=4AC，‎ ‎∴点D的横坐标为4，‎ ‎∴﹣3﹣=﹣1×4，‎ ‎∴k=a，‎ ‎∴直线l的函数表达式为y=ax+a；‎ ‎（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），‎ 则F（x，ax+a），EF=ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a=ax2﹣3ax﹣4a，‎ ‎∴S△ACE=S△AFE﹣S△CEF=（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）﹣（ax2﹣3ax﹣4a）x=（ax2﹣3ax﹣4a）=a（x﹣）2﹣a，21教育网 ‎∴△ACE的面积的最大值=﹣a，‎ ‎∵△ACE的面积的最大值为，‎ ‎∴﹣a=，‎ 解得a=﹣；‎ ‎（4）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，‎ 令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，‎ 解得：x1=1，x2=4，‎ ‎∴D（4，5a），‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线x=1，‎ 设P（1，m），‎ ‎①若AD是矩形ADPQ的一条边，‎ 则易得Q（﹣4，21a），‎ m=21a+5a=26a，则P（1，26a），‎ ‎∵四边形ADPQ是矩形，‎ ‎∴∠ADP=90°，‎ ‎∴AD2+PD2=AP2，‎ ‎∴52+（5a）2+32+（26﹣5a）2=22+（26a）2，‎ 即a2=，‎ ‎∵a＜0，‎ ‎∴a=﹣，‎ ‎∴P（1，﹣）；‎ ‎②若AD是矩形APDQ的对角线，‎ 则易得Q（2，﹣3a），‎ m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），‎ ‎∵四边形APDQ是矩形，‎ ‎∴∠APD=90°，‎ ‎∴AP2+PD2=AD2，‎ ‎∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）+（8a﹣5a）2=52+（5a）2，‎ 即a2=，‎ ‎∵a＜0，‎ ‎∴a=﹣，‎ ‎∴P（1，﹣4），‎ 综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，﹣）或（1，﹣4）．‎ ‎28．（甘肃省武威市2017年中考）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，点，与轴交于点． ‎ ‎(1)求二次函数的表达式；‎ ‎(2)连接，若点在线段上运动(不与点重合)，过点作，交于点，当面积最大时，求N点的坐标；21教育网 ‎(3)连接，在(2)的结论下，求与的数量关系．‎ ‎【答案】(1)；(2)N(3，0)；(3).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)把点B，C的坐标代入到，求出a，b的值；(2)设N(n，0)，用含n的代数式表示出△ABN的面积，利用AM与AB的比，用含n的代数式表示出△AMN的面积，根据二次函数的性质确定n的值；(3)因为点N是OC的中点，从而M是AB的中点，在直角三角形ABO中求出OM，在直角三角形AOC求出AC，即可解题．21·cn·jy·com ‎ ‎ ‎(2)设点N的坐标为(n，0)(－2＜n＜8)，‎ 则，． ‎ ‎∵B(－2，0), C(8，0), ∴BC＝10.‎ 令x＝0，解得：y＝4，‎ ‎∴点A(0，4)，OA＝4，‎ ‎∵MN∥AC，‎ ‎∴．‎ ‎∴‎ ‎∴当n＝3时，即N(3，0)时，△AMN的面积最大．‎ ‎(3)当N(3，0)时，N为BC边中点.‎ ‎∴M为AB边中点，∴ ‎ ‎∵， ‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎∴．‎ 考点：待定系数法；相似三角形的判定与性质；二次函数的性质；三角形的中位线；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；勾股定理.2-1-c-n-j-y ‎25.（广州市2017年中考数学）如图14，是的直径，，连接．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若直线为的切线，是切点，在直线上取一点，使所在的直线与所在的直线相交于点，连接．www.21-cn-jy.com ‎①试探究与之间的数量关系，并证明你的结论；‎ ‎②是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）① ②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直径所对的圆周角是圆心角的一半，等弧所对的圆周角是圆心角的一半；（2）①等角对等边；②21*cnjy*com ‎（2）①如图所示，作 于F 由（1）可得， 为等腰直角三角形.‎ ‎ 是 的中点. 为等腰直角三角形.‎ 又 是 的切线， ‎ ‎ 四边形 为矩形 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎②当 为钝角时，如图所示，同样， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）当D在C左侧时，由（2）知 ‎ , ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎,‎ 在 中， ‎ ‎ ‎ 当D在C右侧时，过E作 于 ‎ 在 中， ‎ ‎ ‎ 考点：圆的相关知识的综合运用 ‎23．（2017年广东省深圳市）如图，抛物线y=ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（4，0），交y轴于点C；‎ ‎（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）；‎ ‎（2）点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABC=S△ABD？若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由；【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎（3）将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）由条件可求得点D到x轴的距离，即可求得D点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D点坐标；‎ ‎（3）由条件可证得BC⊥AC，设直线AC和BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，则可得BF=BC，利用平行线分线段成比例可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE解析式，联立直线BE和抛物线解析式可求得E点坐标，则可求得BE的长．【版权所有：21教育】【解答】解：‎ ‎（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（4，0），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2；‎ ‎（2）由题意可知C（0，2），A（﹣1，0），B（4，0），‎ ‎∴AB=5，OC=2，‎ ‎∴S△ABC=AB•OC=×5×2=5，‎ ‎∵S△ABC=S△ABD，‎ ‎∴S△ABD=×5=，‎ 设D（x，y），‎ ‎∴AB•|y|=×5|y|=，解得|y|=3，‎ 当y=3时，由﹣x2+x+2=3，解得x=1或x=2，此时D点坐标为（1，3）或（2，3）；‎ 当y=﹣3时，由﹣x2+x+2=﹣3，解得x=﹣2（舍去）或x=5，此时D点坐标为（5‎ ‎，﹣3）；‎ 综上可知存在满足条件的点D，其坐标为（1，3）或（2，3）或（5，﹣3）；‎ ‎（3）∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，‎ ‎∴AC==，BC==2，‎ ‎∴AC2+BC2=AB2，‎ ‎∴△ABC为直角三角形，即BC⊥AC，‎ 如图，设直线AC与直线BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，‎ 由题意可知∠FBC=45°，‎ ‎∴∠CFB=45°，‎ ‎∴CF=BC=2，‎ ‎∴=，即=，解得OM=2， =，即=，解得FM=6，‎ ‎∴F（2，6），且B（4，0），‎ 设直线BE解析式为y=kx+m，则可得，解得，‎ ‎∴直线BE解析式为y=﹣3x+12，‎ 联立直线BE和抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴E（5，﹣3），‎ ‎∴BE==．‎ ‎　25．（2017年广东省）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．【来源：21·世纪·教育·网】‎ ‎（1）填空：点B的坐标为　（2，2）　；‎ ‎（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；www-2-1-cnjy-com ‎（3）①求证： =；‎ ‎②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．‎ ‎【考点】SO：相似形综合题．‎ ‎【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；‎ ‎（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；‎ ‎（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；‎ ‎②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，‎ ‎∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，‎ ‎∴B（2，2）．‎ 故答案为（2，2）．‎ ‎（2）存在．理由如下：‎ 连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．‎ ‎∵∠BDE=∠BCE=90°，‎ ‎∴KD=KB=KE=KC，‎ ‎∴B、D、E、C四点共圆，‎ ‎∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，‎ ‎∵tan∠ACO==，‎ ‎∴∠ACO=30°，∠ACB=60°‎ ‎①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，‎ ‎∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，‎ ‎∴∠DBC=∠BCD=60°，‎ ‎∴△DBC是等边三角形，‎ ‎∴DC=BC=2，‎ 在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，‎ ‎∴AC=2AO=4，‎ ‎∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．‎ ‎∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．‎ ‎②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，‎ ‎∴∠ABD=∠ADB=75°，‎ ‎∴AB=AD=2，‎ 综上所述，满足条件的AD的值为2或2．‎ ‎（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，‎ ‎∴∠DBC=∠DCE=30°，‎ ‎∴tan∠DBE=，‎ ‎∴=．‎ ‎②如图2中，作DH⊥AB于H．‎ 在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，‎ ‎∴DH=AD=x，AH==x，‎ ‎∴BH=2﹣x，‎ 在Rt△BDH中，BD==，‎ ‎∴DE=BD=•，‎ ‎∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），‎ 即y=x2﹣2x+4，‎ ‎∴y=（x﹣3）2+，‎ ‎∵＞0，‎ ‎∴x=3时，y有最小值．‎ ‎　26．（2017年广西百色市）以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC所在的直线为x轴，已知A（﹣4，0），B（0，﹣2），M（0，4），P为折线BCD上一动点，作PE⊥y轴于点E，设点P的纵坐标为a．‎ ‎（1）求BC边所在直线的解析式；‎ ‎（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；‎ ‎（3）当△OPM为直角三角形时，求点P的坐标．‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）先确定出OA=4，OB=2，再利用菱形的性质得出OC=4，OD=2‎ ‎，最后用待定系数法即可确定出直线BC解析式；‎ ‎（2）分两种情况，先表示出点P的坐标，利用两点间的距离公式即可得出函数关系式；‎ ‎（3）分两种情况，利用勾股定理的逆定理建立方程即可求出点P的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（﹣4，0），B（0，﹣2），‎ ‎∴OA=4，OB=2，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴OC=OA=4，OD=OB=2，‎ ‎∴C（4，0），D（0，2），‎ 设直线BC的解析式为y=kx﹣2，‎ ‎∴4k﹣2=0，‎ ‎∴k=，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=x﹣2；‎ ‎（2）由（1）知，C（4，0），D（0，2），‎ ‎∴直线CD的解析式为y=﹣x+2，‎ 由（1）知，直线BC的解析式为y=x﹣2，‎ 当点P在边BC上时，‎ 设P（2a+4，a）（﹣2≤a＜0），‎ ‎∵M（0，4），‎ ‎∴y=MP2+OP2=（2a+4）2+（a﹣4）2+（2a+4）2+a2=2（2a+4）2+（a﹣4）2+a2=10a2+24a+48‎ 当点P在边CD上时，‎ ‎∵点P的纵坐标为a，‎ ‎∴P（4﹣2a，a）（0≤a≤2），‎ ‎∵M（0，4），‎ ‎∴y=MP2+OP2=（4﹣2a）2+（a﹣4）2+（4﹣2a）2+a2=10a2﹣40a+48，‎ ‎（3）①当点P在边BC上时，即：0≤a≤2，‎ 由（2）知，P（2a+4，a），‎ ‎∵M（0，4），‎ ‎∴OP2=（2a+4）2+a2=5a2+16a+16，PM2=（2a+4）2+（a﹣4）2=5a2﹣8a+32，OM2=16，‎ ‎∵△POM是直角三角形，易知，PM最大，‎ ‎∴OP2+OM2=PM2，‎ ‎∴5a2+16a+16+16=5a2﹣8a+32，‎ ‎∴a=0（舍）‎ ‎②当点P在边CD上时，即：0≤a≤2时，‎ 由（2）知，P（4﹣2a，a），‎ ‎∵M（0，4），‎ ‎∴OP2=（4﹣2a）2+a2=5a2﹣16a+16，PM2=（4﹣2a）2+（a﹣4）2=5a2﹣24a+32，OM2=16，‎ ‎∵△POM是直角三角形，‎ Ⅰ、当∠POM=90°时，‎ ‎∴OP2+OM2=PM2，‎ ‎∴5a2﹣16a+16+16=5a2﹣24a+32，‎ ‎∴a=0，‎ ‎∴P（4，0），‎ Ⅱ、当∠MPO=90°时，OP2+PM2=5a2﹣16a+16+5a2﹣24a+32=10a2﹣40a+48=OM2=16，‎ ‎∴a=2+（舍）或a=2﹣，‎ ‎∴P（，2﹣），‎ 即：当△OPM为直角三角形时，点P的坐标为（，2﹣），（4，0）．‎ ‎26．（2017年广西贵港市）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．‎ ‎（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC．‎ ‎①写出BP，BD的长；‎ ‎②求证：四边形BCPD是平行四边形．‎ ‎（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题；‎ ‎②想办法证明DP∥BC，DP=BC即可；‎ ‎（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）2+22，推出x=，推出DN==，由△BDN∽△BAM，可得=，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得=，由此求出AE=，可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，‎ ‎∴AB==2，‎ ‎∵AD=CD=2，‎ ‎∴BD==2，‎ 由翻折可知，BP=BA=2．‎ ‎②如图1中，‎ ‎∵△BCD是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠BDC=45°，‎ ‎∴∠ADB=∠BDP=135°，‎ ‎∴∠PDC=135°﹣45°=90°，‎ ‎∴∠BCD=∠PDC=90°，‎ ‎∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，‎ ‎∴四边形BCPD是平行四边形．‎ ‎（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．‎ 设BD=AD=x，则CD=4﹣x，‎ 在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，‎ ‎∴x2=（4﹣x）2+22，‎ ‎∴x=，‎ ‎∵DB=DA，DN⊥AB，‎ ‎∴BN=AN=，‎ 在Rt△BDN中，DN==，‎ 由△BDN∽△BAM，可得=，‎ ‎∴=，21世纪教育网 ‎∴AM=2，‎ ‎∴AP=2AM=4，‎ 由△ADM∽△APE，可得=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AE=，‎ ‎∴EC=AC﹣AE=4﹣=，‎ 易证四边形PECH是矩形，‎ ‎∴PH=EC=．‎ ‎　26．（广西桂林市2017年）已知抛物线y1=ax2+bx-4（a≠0）与x轴交于点A（-1，0）和点B（4，0）．‎ ‎（1）求抛物线y1的函数解析式；‎ ‎（2）如图①，将抛物线y1沿x轴翻折得到抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点C，点D是线段BC上的一个动点，过点D作DE∥y轴交抛物线y1于点E，求线段DE的长度的最大值；21（3）在（2）的条件下，当线段DE处于长度最大值位置时，作线段BC的垂直平分线交DE于点F，垂足为H，点P是抛物线y2上一动点，⊙P与直线BC相切，且S⊙P：S△DFH=2π，求满足条件的所有点P的坐标．‎ ‎【答案】(1) 抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；(2)9；（3）（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．21教育网 试题解析：（1）将点A（-1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx-3得：a=1，b=-3，‎ ‎∴抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；‎ ‎（2）由对称性可知，抛物线y2的函数解析式为：y2=-x2+3x+4，‎ ‎∴C（0，4），设直线BC的解析式为：y=kx+q，‎ 把B（4，0），C（0，4）代入得，k=-1，q=4，‎ ‎∴直线BC的解析式为：y=-x+4，‎ 设D（m，-m+4），E（m，m2-3m-4），其中0≤m≤4，‎ ‎∴DE=-m+4-（m2-3m-4）=-（m-1）2+9，‎ ‎∵0≤m≤4，∴当m=1时，DEmax=9；‎ 此时，D（1，3），E（1，-6）；‎ ‎∴S△DFH=1，‎ 设⊙P的半径为r，‎ ‎∵S⊙P：S△DFH=2π，‎ ‎∴r=，‎ ‎∵⊙P与直线BC相切，‎ ‎∴点P在与直线BC平行且距离为的直线上，‎ ‎∴点P在直线y=-x+2或y=-x+6的直线上，‎ ‎∵点P在抛物线y2=-x2+3x+4上，‎ ‎∴-x+2=-x2+3x+4，‎ 解得：x1=2+，x2=2-，‎ ‎-x+2=-x2+3x+4，‎ 解得：x3=2+，x4=2-，‎ ‎∴符合条件的点P坐标有4个，分别是（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．2·1·c·n·j·y 考点：二次函数综合题．‎ ‎26．（2017年广西河池市）抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求直线BC的解析式；‎ ‎（2）抛物线的对称轴上存在点P，使∠APB=∠ABC，利用图1求点P的坐标；‎ ‎（3）点Q在y轴右侧的抛物线上，利用图2比较∠OCQ与∠OCA的大小，并说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由抛物线解析式可求得B、C的坐标，利用待定系数法可求得直线BC的解析式；‎ ‎（2）由直线BC解析式可知∠APB=∠ABC=45°，设抛物线对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，结合二次函数的对称性可求得PD=BD，在Rt△BDE中可求得BD，则可求得PE的长，可求得P点坐标；‎ ‎（3）设Q（x，﹣x2+2x+3），当∠OCQ=∠OCA时，利用两角的正切值相等可得到关于x的方程，可求得Q点的横坐标，再结合图形可比较两角的大小．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，令x=0可得y=3，‎ ‎∴B（3，0），C（0，3），‎ ‎∴可设直线BC的解析式为y=kx+3，‎ 把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，‎ ‎∴直线BC解析式为y=﹣x+3；‎ ‎（2）∵OB=OC，‎ ‎∴∠ABC=45°，‎ ‎∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴抛物线对称轴为x=1，‎ 设抛物线对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，当点P在x轴上方时，如图1，‎ ‎∵∠APB=∠ABC=45°，且PA=PB，‎ ‎∴∠PBA==67.5°，∠DPB=∠APB=22.5°，‎ ‎∴∠PBD=67.5°﹣45°=22.5°，‎ ‎∴∠DPB=∠DBP，‎ ‎∴DP=DB，‎ 在Rt△BDE中，BE=DE=2，由勾股定理可求得BD=2，‎ ‎∴PE=2+2，‎ ‎∴P（1，2+2）；‎ 当点P在x轴下方时，由对称性可知P点坐标为（1，﹣2﹣2）；‎ 综上可知P点坐标为（1，2+2）或（1，﹣2﹣2）；‎ ‎（3）设Q（x，﹣x2+2x+3），当点Q在x轴下方时，如图2，过Q作QF⊥y轴于点F，‎ 当∠OCA=∠OCQ时，则△QEC∽△AOC，‎ ‎∴==，即=，解得x=0（舍去）或x=5，‎ ‎∴当Q点横坐标为5时，∠OCA=∠OCQ；‎ 当Q点横坐标大于5时，则∠OCQ逐渐变小，故∠OCA＞∠OCQ；‎ 当Q点横坐标小于5且大于0时，则∠OCQ逐渐变大，故∠OCA＜∠OCQ．‎ ‎26．（2017年广西南宁市、北海市、钦州市、防城港市）如图，已知抛物线y=ax2﹣2ax﹣9a与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．‎ ‎（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；‎ ‎（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；‎ ‎（3）证明：当直线l绕点D旋转时， +均为定值，并求出该定值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；‎ ‎（2）利用特殊锐角三角函数值可求得∠CAO=60°，依据AE为∠BAC的角平分线可求得∠DAO=30°，然后利用特殊锐角三角函数值可求得OD=1，则可得到点D的坐标．设点P的坐标为（，a）．依据两点的距离公式可求得AD、AP、DP的长，然后分为AD=PA、AD=DP、AP=DP三种情况列方程求解即可；‎ ‎（3）设直线MN的解析式为y=kx+1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵C（0，3）．‎ ‎∴﹣9a=3，解得：a=﹣．‎ 令y=0得：ax2﹣2 x﹣9a=0，‎ ‎∵a≠0，‎ ‎∴x2﹣2 x﹣9=0，解得：x=﹣或x=3．‎ ‎∴点A的坐标为（﹣，0），B（3，0）．‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=．‎ ‎（2）∵OA=，OC=3，‎ ‎∴tan∠CAO=，‎ ‎∴∠CAO=60°．‎ ‎∵AE为∠BAC的平分线，‎ ‎∴∠DAO=30°．‎ ‎∴DO=AO=1．‎ ‎∴点D的坐标为（0，1）‎ 设点P的坐标为（，a）．‎ 依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2．‎ 当AD=PA时，4=12+a2，方程无解．‎ 当AD=DP时，4=3+（a﹣1）2，解得a=2或a=0，‎ ‎∴点P的坐标为（，2）或（，0）．‎ 当AP=DP时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4．‎ ‎∴点P的坐标为（，﹣4）．‎ 综上所述，点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．‎ ‎（3）设直线AC的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：﹣ m+3=0，解得：m=，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=x+3．‎ 设直线MN的解析式为y=kx+1．‎ 把y=0代入y=kx+1得：kx+1=0，解得：x=﹣，‎ ‎∴点N的坐标为（﹣，0）．‎ ‎∴AN=﹣+=．‎ 将y=x+3与y=kx+1联立解得：x=．‎ ‎∴点M的横坐标为．‎ 过点M作MG⊥x轴，垂足为G．则AG=+．‎ ‎∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，‎ ‎∴AM=2AG=+2=．‎ ‎∴+=+=+===．‎ ‎26.（广西玉林市、崇左市2017年）如图，一次函数的图象与坐标轴交于两点，与反比例函数的图象交于两点，过点作轴于点，已知.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若，求反比例函数的解析式；‎ ‎(3)在(2)的条件下，设点是轴(除原点外)上一点，将线段绕点按顺时针或逆时针旋转得到线段，当点滑动时，点能否在反比例函数的图象上？如果能，求出所有的点的坐标；如果不能，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）k2﹣k1=5；（2）；（3）点Q的坐标为（2+，﹣2+）或（2﹣，﹣2﹣）或（﹣2，﹣2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据点M的坐标代入反比例关系中，可得结论；‎ ‎∴M的横坐标为1，‎ 当x=1时，y=k1+5，∴M（1，k1+5），‎ ‎∵M在反比例函数的图象上，∴1×（k1+5）=k2，‎ ‎∴k2﹣k1=5；‎ ‎（2）如图1，过N作ND⊥y轴于D，‎ ‎∴CM∥DN，∴△ACM∽△ADN，∴，‎ ‎∵CM=1，∴DN=4，‎ 过Q作QH⊥x轴于H，易得：△COP≌△PHQ，‎ ‎∴CO=PH，OP=QH，‎ 由（2）知：反比例函数的解析式；‎ 当x=1时，y=4，∴M（1，4），∴OC=PH=4，‎ 设P（x，0），∴Q（x+4，x），‎ 当点Q落在反比例函数的图象上时，x（x+4）=4，x2+4x+4=8，x=﹣2±，‎ 当x=﹣2+时，x+4=2+，如图2，Q（2+，﹣2+）；‎ 当x=﹣2﹣时，x+4=2﹣，如图3，Q（2﹣，﹣2﹣）；‎ ‎ ‎ ‎ 考点：反比例函数；一次函数；三角形全等的判定与性质；三角形相似的判定与性质；分类讨论.‎ ‎26．（2017年贵州省安顺市）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经 过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．【来源：21·世纪·‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；‎ ‎（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，‎ ‎∴B（3，0），C（0，3），‎ 把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；‎ ‎（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，‎ ‎∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），‎ 设M（2，t），且C（0，3），‎ ‎∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，‎ ‎∵△CPM为等腰三角形，‎ ‎∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，‎ ‎①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；‎ ‎②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；‎ ‎③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；‎ 综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；‎ ‎（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，‎ 设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），‎ ‎∵0＜x＜3，‎ ‎∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，‎ ‎∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），‎ 即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．‎ ‎27．（2017年贵州省毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；21教育网 ‎（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；‎ ‎（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（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=x2﹣3x﹣4；‎ ‎（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，‎ ‎∴PO=PD，此时P点即为满足条件的点，‎ ‎∵C（0，﹣4），‎ ‎∴D（0，﹣2），‎ ‎∴P点纵坐标为﹣2，‎ 代入抛物线解析式可得x2﹣3x﹣4=﹣2，解得x=（小于0，舍去）或x=，‎ ‎∴存在满足条件的P点，其坐标为（，﹣2）；‎ ‎（3）∵点P在抛物线上，‎ ‎∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），‎ 过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图2，‎ ‎∵B（4，0），C（0，﹣4），‎ ‎∴直线BC解析式为y=x﹣4，‎ ‎∴F（t，t﹣4），‎ ‎∴PF=（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）=﹣t2+4t，‎ ‎∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF•OE+PF•BE=PF•（OE+BE）=PF•OB=（﹣t2+4t）×4=﹣2（t﹣2）2+8，‎ ‎∴当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4=﹣6，‎ ‎∴当P点坐标为（2，﹣6）时，△PBC的最大面积为8．‎ ‎　25．（2017年贵州省贵阳市）我们知道，经过原点的抛物线可以用y=ax2+bx（a≠0）表示，对于这样的抛物线：‎ ‎（1）当抛物线经过点（﹣2，0）和（﹣1，3）时，求抛物线的表达式；‎ ‎（2）当抛物线的顶点在直线y=﹣2x上时，求b的值；‎ ‎（3）如图，现有一组这样的抛物线，它们的顶点A1、A2、…，An在直线y=﹣2x 上，横坐标依次为﹣1，﹣2，﹣3，…，﹣n（n为正整数，且n≤12），分别过每个顶点作x轴的垂线，垂足记为B1、B2，…，Bn，以线段AnBn为边向左作正方形AnBnCnDn，如果这组抛物线中的某一条经过点Dn，求此时满足条件的正方形AnBnCnDn的边长．21教育网 ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）把点（﹣2，0）和（﹣1，3）分别代入y=ax2+bx，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可；‎ ‎（2）根据二次函数的性质，得出抛物线y=ax2+bx的顶点坐标是（﹣，﹣），把顶点坐标代入y=﹣2x，得出﹣=﹣2×（﹣），即可求出b的值；‎ ‎（3）由于这组抛物线的顶点A1、A2、…，An在直线y=﹣2x上，根据（2）的结论可知，b=4或b=0．①当b=0时，不合题意舍去；②当b=﹣4时，抛物线的表达式为y=ax2﹣4x．由题意可知，第n条抛物线的顶点为An（﹣n，2n），则Dn（﹣3n，2n），因为以An为顶点的抛物线不可能经过点Dn，设第n+k（k为正整数）条抛物线经过点Dn，此时第n+k条抛物线的顶点坐标是An+k（﹣n﹣k，2n+2k），根据﹣=﹣n﹣k，得出a==﹣，即第n+k条抛物线的表达式为y=﹣x2﹣4x，根据Dn（﹣3n，2n）在第n+k条抛物线上，得到2n=﹣×（﹣3n）2﹣4×（﹣3n），解得k=n，进而求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx经过点（﹣2，0）和（﹣1，3），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=﹣3x2﹣6x；‎ ‎（2）∵抛物线y=ax2+bx的顶点坐标是（﹣，﹣），且该点在直线y=﹣2x上，‎ ‎∴﹣=﹣2×（﹣），‎ ‎∵a≠0，∴﹣b2=4b，‎ 解得b1=﹣4，b2=0；‎ ‎（3）这组抛物线的顶点A1、A2、…，An在直线y=﹣2x上，‎ 由（2）可知，b=4或b=0．‎ ‎①当b=0时，抛物线的顶点在坐标原点，不合题意，舍去；‎ ‎②当b=﹣4时，抛物线的表达式为y=ax2﹣4x．‎ 由题意可知，第n条抛物线的顶点为An（﹣n，2n），则Dn（﹣3n，2n），‎ ‎∵以An为顶点的抛物线不可能经过点Dn，设第n+k（k为正整数）条抛物线经过点Dn，此时第n+k条抛物线的顶点坐标是An+k（﹣n﹣k，2n+2k），‎ ‎∴﹣=﹣n﹣k，∴a==﹣，‎ ‎∴第n+k条抛物线的表达式为y=﹣x2﹣4x，‎ ‎∵Dn（﹣3n，2n）在第n+k条抛物线上，‎ ‎∴2n=﹣×（﹣3n）2﹣4×（﹣3n），解得k=n，‎ ‎∵n，k为正整数，且n≤12，‎ ‎∴n1=5，n2=10．‎ 当n=5时，k=4，n+k=9；‎ 当n=10时，k=8，n+k=18＞12（舍去），‎ ‎∴D5（﹣15，10），‎ ‎∴正方形的边长是10．‎ ‎　26.（2017年六盘水市）已知函数，，k、b为整数且.‎ ‎(1)讨论b,k的取值.‎ ‎(2)分别画出两种函数的所有图象.(不需列表)‎ ‎(3)求与的交点个数.‎ ‎【考点】一次函数，反比例函数，分类讨论思想，图形结合思想．‎ ‎【分析】(1)∵，分四种情况讨论 (2) 根据分类讨论k和b的值，分别画出图像．‎ (3) 利用图像求出4个交点 ‎【解答】解：‎ ‎24．(2017年贵州省黔东南州)如图，⊙M的圆心M（﹣1，2），⊙M经过坐标原点O，与y轴交于点A，经过点A的一条直线l解析式为：y=﹣x+4与x轴交于点B，以M为顶点的抛物线经过x轴上点D（2，0）和点C（﹣4，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求证：直线l是⊙M的切线；‎ ‎（3）点P为抛物线上一动点，且PE与直线l垂直，垂足为E，PF∥y轴，交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PEF的面积最小？若存在，请求出此时点P的坐标及△PEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x+4），将点M的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；‎ ‎（2）连接AM，过点M作MG⊥AD，垂足为G．先求得点A和点B的坐标，可求得，可得到AG、ME、OA、OB的长，然后利用锐角三角函数的定义可证明∠MAG=∠ABD，故此可证明AM⊥AB；‎ ‎（3））先证明∠FPE=∠FBD．则PF：PE：EF=：2：1．则△PEF的面积=PF2，设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x+），则F（x，﹣x+4）．然后可得到PF与x的函数关系式，最后利用二次函数的性质求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x+4），将点M的坐标代入得：﹣9a=2，解得：a=﹣．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+．‎ ‎（2）连接AM，过点M作MG⊥AD，垂足为G．‎ 把x=0代入y=﹣x+4得：y=4，‎ ‎∴A（0，4）．‎ 将y=0代入得：0=﹣x+4，解得x=8，‎ ‎∴B（8，0）．‎ ‎∴OA=4，OB=8．‎ ‎∵M（﹣1，2），A（0，4），‎ ‎∴MG=1，AG=2．‎ ‎∴tan∠MAG=tan∠ABO=．‎ ‎∴∠MAG=∠ABO．‎ ‎∵∠OAB+∠ABO=90°，‎ ‎∴∠MAG+∠OAB=90°，即∠MAB=90°．‎ ‎∴l是⊙M的切线．‎ ‎（3）∵∠PFE+∠FPE=90°，∠FBD+∠PFE=90°，‎ ‎∴∠FPE=∠FBD．‎ ‎∴tan∠FPE=．‎ ‎∴PF：PE：EF=：2：1．‎ ‎∴△PEF的面积=PE•EF=×PF•PF=PF2．‎ ‎∴当PF最小时，△PEF的面积最小．‎ 设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x+），则F（x，﹣x+4）．‎ ‎∴PF=（﹣x+4）﹣（﹣x2﹣x+）=﹣x+4+x2+x﹣=x2﹣x+=（x﹣）2+．‎ ‎∴当x=时，PF有最小值，PF的最小值为．‎ ‎∴P（，）．‎ ‎∴△PEF的面积的最小值为=×（）2=．‎ ‎　‎ ‎25.(2017年贵州省黔州)如图，已知直角坐标系中，A、B、D三点的坐标分别为A（8，0），B（0，4），D（﹣1，0），点C与点B关于x轴对称，连接AB、AC．‎ ‎（1）求过A、B、D三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）有一动点E从原点O出发，以每秒2个单位的速度向右运动，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点P，交线段CA于点M，连接PA、PB，设点E运动的时间为t（0＜t＜4）秒，求四边形PBCA的面积S与t的函数关系式，并求出四边形PBCA的最大面积；‎ ‎（3）抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得△ABH是直角三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．www-2-1-cnjy-com ‎【答案】（1）；（2）S=﹣8t2+32t+32，当t=2时，S 有最大值，且最大值为64；（3）H（，11），（，）．‎ ‎（3）根据已知条件得到∠HAB＜90°，①当∠ABH=90°时，求得直线AB：y=﹣x+4，直线BH：y=2x+4，于是得到H（，11），②当∠AHB=90°时，过B作BN⊥对称轴于N，则BN=，AG=，设对称轴交x轴于G，根据相似三角形的性质得到HN=（负值舍去），于是得到H（，）．‎ 试题解析：（1）∵A（8，0），D（﹣1，0），设过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣8），将B（0，4）代入得﹣8a=4，∴a=﹣，∴抛物线的解析式为，即 ；‎ ‎（2）△ABC中，AB=AC，AO⊥BC，则OB=OC=4，∴C（0，﹣4）．由A（8，0）、B（0，4），得：直线AB：y=﹣x+4；依题意，知：OE=2t，即 E（2t，0）；∴P（2t，﹣2t2+7t+4）、Q（2t，﹣t+4），PQ=（﹣2t2+7t+4）﹣（﹣t+4）=﹣2t2+8t；S=S△ABC+S△PAB=×8×8+×（﹣2t2+8t）×8=﹣8t2+32t+32=﹣8（t﹣2）2+64；∴当t=2时，S有最大值，且最大值为64；‎ ‎（3）存在，∵抛物线的对称轴为：x==，∵直线x=垂直x轴，∴∠HAB＜90°，①当∠ABH=90°时，由A（8，0）、B（0，4），得：直线AB：y=﹣x+4，所以，直线BH可设为：y=2x+h，代入B（0，4），得：h=4，∴直线BH：y=2x+4，当x=时，y=11，∴H（，11），②当∠AHB=90°时，过B作BN⊥对称轴于N，则BN=，AG=，设对称轴交x轴于G，∵∠AHG=∠HBN=90°﹣∠BHN，∠BNH=∠AGH=90°，∴△AHG∽△BHN，∴，∴，∴HN（HN+4）=，∴4（HN）2+16HN﹣63=0，解得：HN=（负值舍去），∴H（，），综上所述，H（，11），（，）．‎ 考点：二次函数综合题；动点型；二次函数的最值；最值问题；存在型；分类讨论；压轴题．‎ ‎27．(2017年贵州省遵义市)如图，抛物线y=ax2+bx﹣a﹣b（a＜0，a、b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y=x+．21cnjy.com ‎（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；‎ ‎（2）已知点M（m，0）是线段OA上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB 和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形？‎ ‎（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形时，动点M相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转角在0°到90°之间）；‎ i：探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），无论ON如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；‎ ii：试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最小值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）根据已知条件得到B（0，），A（﹣6，0），解方程组得到抛物线的函数关系式为：y=﹣x2﹣x+，于是得到C（1，0）；‎ ‎（2）由点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，得到D（m， m+），当DE为底时，作BG⊥DE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=GD=ED，GM=OB=，列方程即可得到结论；‎ ‎（3）i：根据已知条件得到ON=OM′=4，OB=，由∠NOP=∠BON，特殊的当△NOP∽△BON时，根据相似三角形的性质得到=，于是得到结论；‎ ii：根据题意得到N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由（i）知， =，得到NP=NB，于是得到（NA+NB）的最小值=NA+NP，此时N，A，P三点共线，根据勾股定理得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）在y=x+中，令x=0，则y=，令y=0，则x=﹣6，‎ ‎∴B（0，），A（﹣6，0），‎ 把B（0，），A（﹣6，0）代入y=ax2+bx﹣a﹣b得，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的函数关系式为：y=﹣x2﹣x+，‎ 令y=0，则=﹣x2﹣x+=0，‎ ‎∴x1=﹣6，x2=1，‎ ‎∴C（1，0）；‎ ‎（2）∵点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，‎ ‎∴D（m， m+），当DE为底时，‎ 作BG⊥DE于G，则EG=GD=ED，GM=OB=，‎ ‎∴m+（﹣m2﹣m++m+）=，‎ 解得：m1=﹣4，m2=9（不合题意，舍去），‎ ‎∴当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；‎ ‎（3）i：存在，‎ ‎∵ON=OM′=4，OB=，‎ ‎∵∠NOP=∠BON，‎ ‎∴当△NOP∽△BON时， =，‎ ‎∴不变，‎ 即OP==3，‎ ‎∴P（0，3）‎ ii：∵N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由（i）知， =，‎ ‎∴NP=NB，‎ ‎∴（NA+NB）的最小值=NA+NP，‎ ‎∴此时N，A，P三点共线，‎ ‎∴（NA+NB）的最小值==3．‎ ‎24．(2017年海南卷)抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）．‎ ‎（1）求该抛物线所对应的函数解析式；‎ ‎（2）该抛物线与直线相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．‎ ‎①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；‎ ‎②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）①；②存在，（2，）或（，）.‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0），‎ ‎∴，解得 ‎∴该抛物线对应的函数解析式为；‎ ‎（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，‎ ‎∴可设P（t，）（1＜t＜5），‎ ‎∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，‎ ‎∴M（t，0），N（t，），‎ ‎∴PN=.‎ 联立直线CD与抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴C（0，3），D（7，），‎ 分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，‎ 则CE=t，DF=7﹣t，‎ ‎∴S△PCD=S△PCN+S△PDN=PN·CE+PNDF=PN= ，‎ ‎∴当t=时，△PCD的面积有最大值，最大值为；‎ ‎②存在．‎ ‎∵∠CQN=∠PMB=90°，‎ ‎∴当△CNQ与△PBM相似时，有或两种情况，‎ ‎∵CQ⊥PM，垂足为Q，‎ ‎∴Q（t，3），且C（0，3），N（t，），‎ ‎∴CQ=t，NQ=﹣3=，‎ ‎∴，‎ ‎∵P（t，），M（t，0），B（5，0），‎ ‎∴BM=5﹣t，PM=0﹣（）=，‎ 当时，则PM=BM，即，解得t=2或t=5（舍去），此时P（2，）；‎ 当时，则BM=PM，即5﹣t=（），解得t=或t=5（舍去），此时P（，）；‎ 综上可知存在满足条件的点P，其坐标为P（2，）或（，）．‎ 考点：二次函数的综合应用，待定系数法,函数图象的交点,二次函数的性质,相似三角形的判定和性质,方程思想,分类讨论思想．21教育名师原创作品 ‎25．（2017年河北省）平面内，如图，在▱ABCD中，AB=10，AD=15，tanA=，点P为AD边上任意点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．‎ ‎（1）当∠DPQ=10°时，求∠APB的大小；‎ ‎（2）当tan∠ABP：tanA=3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；‎ ‎（3）若点Q恰好落在▱ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积．（结果保留π）‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）分两种情形①当点Q在平行四边形ABCD内时，②当点Q在平行四边形ABCD外时，分别求解即可；21教育名师原创作品 ‎（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．在Rt△APE中，tanA==，设PE=4k，则AE=3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP==2，推出EB=2k，推出AB=5k=10，可得k=2，由此即可解决问题；21*cnjy*com ‎（3）分三种情形分别求解即可；‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，‎ ‎①当点Q在平行四边形ABCD内时，∠AP′B=180°﹣∠Q′P′B﹣∠Q′P′D=180°﹣90°﹣10°=80°，‎ ‎②当点Q在平行四边形ABCD外时，∠APB=180°﹣（∠QPB﹣∠QPD）=180°﹣（90°﹣10°）=100°，‎ 综上所述，当∠DPQ=10°时，∠APB的值为80°或100°．‎ ‎（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．‎ ‎∵tan∠ABP：tanA=3：2，tanA=，‎ ‎∴tan∠ABP=2，‎ 在Rt△APE中，tanA==，设PE=4k，则AE=3k，‎ 在Rt△PBE中，tan∠ABP==2，‎ ‎∴EB=2k，‎ ‎∴AB=5k=10，‎ ‎∴k=2，‎ ‎∴PE=8，EB=4，‎ ‎∴PB==4，‎ ‎∵△BPQ是等腰直角三角形，‎ ‎∴BQ=PB=4．‎ ‎（3）①如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形．2-1-c-n-j-y 在Rt△AEB中，∵tanA==，∵AB=10，‎ ‎∴BE=8，AE=6，‎ ‎∴PF=BE=8，‎ ‎∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ，‎ ‎∴PF=BF=FQ=8，‎ ‎∴PB=PQ=8，‎ ‎∴PB旋转到PQ所扫过的面积==32π．‎ ‎②如图4中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE=x．‎ 易证△PBE≌△QPF，‎ ‎∴PE=QF=x，EB=PF=8，‎ ‎∴DF=AE+PE+PF﹣AD=x﹣1，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴∠FDQ=∠A，‎ ‎∴tan∠FDQ=tanA==，‎ ‎∴=，‎ ‎∴x=4，‎ ‎∴PE=4， =4，‎ 在Rt△PEB中，PB=， =4，‎ ‎∴PB旋转到PQ所扫过的面积==20π ‎③如图5中，‎ 当点Q落在AD上时，易知PB=PQ=8，‎ ‎∴PB旋转到PQ所扫过的面积==16π，‎ 综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为32π或20π或16π．‎ ‎23．（11分）（2017•河南）如图，直线y=﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A，B．【出处：21教育名师】‎ ‎（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；‎ ‎（2）M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．‎ ‎①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；‎ ‎②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．21cnjy.com ‎【考点】HF：二次函数综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）把A点坐标代入直线解析式可求得c，则可求得B点坐标，由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）①由M点坐标可表示P、N的坐标，从而可表示出MA、MP、PN、PB的长，分∠NBP=90°‎ 和∠BNP=90°两种情况，分别利用相似三角形的性质可得到关于m的方程，可求得m的值；‎ ‎②用m可表示出M、P、N的坐标，由题意可知有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，可分别得到关于m的方程，可求得m的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵y=﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，‎ ‎∴0=﹣2+c，解得c=2，‎ ‎∴B（0，2），‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A，B，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2；‎ ‎（2）①由（1）可知直线解析式为y=﹣x+2，‎ ‎∵M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，‎ ‎∴P（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），‎ ‎∴PM=﹣m+2，PA=3﹣m，PN=﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）=﹣m2+4m，‎ ‎∵△BPN和△APM相似，且∠BPN=∠APM，‎ ‎∴∠BNP=∠AMP=90°或∠NBP=∠AMP=90°，‎ 当∠BNP=90°时，则有BN⊥MN，‎ ‎∴BN=OM=m，‎ ‎∴=，即=，解得m=0（舍去）或m=2，‎ ‎∴M（2，0）；‎ 当∠NBP=90°时，则有=，‎ ‎∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣m+2），‎ ‎∴BP==m，AP==（3﹣m），‎ ‎∴=，解得m=0（舍去）或m=，‎ ‎∴M（，0）；‎ 综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（2，0）或（，0）；‎ ‎②由①可知M（m，0），P（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），‎ ‎∵M，P，N三点为“共谐点”，‎ ‎∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，‎ 当P为线段MN的中点时，则有2（﹣m+2）=﹣m2+m+2，解得m=3（三点重合，舍去）或m=；‎ 当M为线段PN的中点时，则有﹣m+2+（﹣m2+m+2）=0，解得m=3（舍去）或m=﹣1；‎ 当N为线段PM的中点时，则有﹣m+2=2（﹣m2+m+2），解得m=3（舍去）或m=﹣；‎ 综上可知当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为或﹣1或﹣．‎ ‎28．（2017年黑龙江龙东地区）如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD= ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求直线BN的解析式；‎ ‎（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．‎ ‎【考点】FI：一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；‎ ‎（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；‎ ‎（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵|x﹣15|+=0，‎ ‎∴x=15，y=13，‎ ‎∴OA=BC=15，AB=OC=13，‎ ‎∴B（15，13）；‎ ‎（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，‎ 由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，‎ ‎∵tan∠CBD=，‎ ‎∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，‎ ‎∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，‎ ‎∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，‎ ‎∴∠ONM=∠CBD，‎ ‎∴=，‎ ‎∵DE∥ON，‎ ‎∴==，且OE=3，‎ ‎∴=，解得OM=6，‎ ‎∴ON=8，即N（0，8），‎ 把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，‎ ‎∴直线BN的解析式为y=x+8；‎ ‎（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，‎ 当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，‎ 由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，‎ ‎∴S=NN′•OA=15t；‎ 当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，‎ ‎∵NN′=t，‎ ‎∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，‎ 令y=0，可得x=3t﹣24，‎ ‎∴OG=24，‎ ‎∵ON=8，NN′=t，‎ ‎∴ON′=t﹣8，‎ ‎∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；‎ 综上可知S与t的函数关系式为S=．‎ ‎【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及非负数的性质、待定系数法、矩形的性质、三角函数的定义、折叠的性质、平行线分线段成比例、平移的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意非负数的性质的应用，在（2）中求得N点的坐标是解题的关键，在（3）中确定出扫过的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎27．（2017年黑龙江省哈尔滨市）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线y=x﹣3经过B、C两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；21世纪教育网版权所有 ‎（3）在（2）的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q（点Q在线段PC上），BQ 交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST=TD时，求线段MN的长．21*cnjy*com ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）首先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据S△ABC=S△AMC+S△AMB，由三角形面积公式可求y与m之间的函数关系式；‎ ‎（3）如图2，由抛物线对称性可得D（2，﹣3），过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，可得四边形OCKB为正方形，过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，可得四边形OHQI为矩形，可证△OBQ≌△OCH，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，设ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，在Rt△SKR中，根据勾股定理求得m，可得tan∠PCD=，过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，得到P（t，﹣ t﹣3），可得﹣t﹣3=t2﹣2t﹣3，求得t，再根据MN=d求解即可．21教育名师原创作品 ‎【解答】解：（1）∵直线y=x﹣3经过B、C两点，‎ ‎∴B（3，0），C（0，﹣3），‎ ‎∵y=x2+bx+c经过B、C两点，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ 故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；‎ ‎（2）如图1，y=x2﹣2x﹣3，‎ y=0时，x2﹣2x﹣3=0，‎ 解得x1=﹣1，x2=3，‎ ‎∴A（﹣1，0），‎ ‎∴OA=1，OB=OC=3，‎ ‎∴∠ABC=45°，AC=，AB=4，‎ ‎∵PE⊥x轴，‎ ‎∴∠EMB=∠EBM=45°，‎ ‎∵点P的横坐标为1，‎ ‎∴EM=EB=3﹣t，‎ 连结AM，‎ ‎∵S△ABC=S△AMC+S△AMB，‎ ‎∴AB•OC=AC•MN+AB•EM，‎ ‎∴×4×3=×d+×4（3﹣t），‎ ‎∴d=t；‎ ‎（3）如图2，‎ ‎∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，‎ ‎∴对称轴为x=1，‎ ‎∴由抛物线对称性可得D（2，﹣3），‎ ‎∴CD=2，‎ 过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，‎ ‎∴四边形OCKB为正方形，‎ ‎∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，‎ ‎∴DK=1，‎ ‎∵BQ⊥CP，‎ ‎∴∠CQB=90°，‎ 过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，‎ ‎∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，‎ ‎∴四边形OHQI为矩形，‎ ‎∵∠OCQ+∠OBQ=180°，‎ ‎∴∠OBQ=∠OCH，‎ ‎∴△OBQ≌△OCH，‎ ‎∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，‎ ‎∴∠SOG=90°，‎ ‎∴∠ROG=45°，‎ ‎∵OR=OR，‎ ‎∴△OSR≌△OGR，‎ ‎∴SR=GR，‎ ‎∴SR=CS+BR，‎ ‎∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，‎ ‎∴∠BOR=∠TBK，‎ ‎∴tan∠BOR=tan∠TBK，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BR=TK，‎ ‎∵∠CTQ=∠BTK，‎ ‎∴∠QCT=∠TBK，‎ ‎∴tan∠QCT=tan∠TBK，‎ 设ST=TD=m，‎ ‎∴SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，‎ 在Rt△SKR中，‎ ‎∵SK2+RK2=SR2，‎ ‎∴（2m+1）2+（2﹣m）2=（3﹣m）2，‎ 解得m1=﹣2（舍去），m2=；‎ ‎∴ST=TD=，TK=，‎ ‎∴tan∠TBK==÷3=，‎ ‎∴tan∠PCD=，‎ 过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，‎ ‎∵CF′=OE′=t，‎ ‎∴PF′=t，‎ ‎∴PE′=t+3，‎ ‎∴P（t，﹣ t﹣3），‎ ‎∴﹣t﹣3=t2﹣2t﹣3，‎ 解得t1=0（舍去），t2=．‎ ‎∴MN=d=t=×=．‎ ‎　28．（2017年黑龙江省鹤岗市）（本题满分10分）‎ 如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x-15|+=0(OB＞OC)，直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，连接BN．将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=.21世纪教育⑴ 求点B的坐标．‎ ‎⑵ 求直线BN的解析式．‎ ‎⑶ 将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式.21教育网 ‎【答案】（1）B（15，13）；（2）直线BN的解析式为y=x+8；（3）S=．‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）∵|x﹣15|+=0，‎ ‎∴x=15，y=13，‎ ‎∴OA=BC=15，AB=OC=13，‎ ‎∴B（15，13）；‎ ‎（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，‎ 由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，‎ ‎∴，解得OM=6，‎ ‎∴ON=8，即N（0，8），‎ 把N、B的坐标代入y=kx+b可得 ‎，解得，‎ ‎∴直线BN的解析式为y=x+8；‎ ‎（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，‎ 当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，‎ 由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，‎ ‎∴S=NN′•OA=15t；‎ 当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，‎ 综上可知S与t的函数关系式为S=．‎ 考点：二次函数综合题．‎ ‎29．（2017年黑龙江省绥化市）在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+1交y轴于点B，交x轴于点A，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点B，与直线y=﹣+1交于点C（4，﹣2）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图，横坐标为m的点M在直线BC上方的抛物线上，过点M作ME∥y轴交直线BC于点E，以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，当点E在x轴上时，求△DEM的周长．‎ ‎（3）将△AOB绕坐标平面内的某一点按顺时针方向旋转90°，得到△A1O1B1，点A，O，B的对应点分别是点A1，O1，B1，若△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的坐标．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，A与E重合，根据直线y=﹣x+1求得与x轴交点坐标可得OA的长，由勾股定理得AB的长，利用等角的三角函数得：sin∠ABO=，cos∠ABO==，则可得DE和DM的长，根据M的横坐标代入抛物线的解析式可得纵坐标，即ME的长，相加得△DEM的周长；‎ ‎（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，所以点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：‎ ‎①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，根据点O1，B1的纵坐标相等列方程可得结论；‎ ‎②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，根据点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，列方程可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵直线y=﹣x+1交y轴于点B，‎ ‎∴B（0，1），‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点B和点C（4，﹣2）．‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+1；‎ ‎（2）如图1，∵直线y=﹣x+1交x轴于点A，‎ 当y=0时，﹣ x+1=0，‎ x=，‎ ‎∴A（，0），‎ ‎∴OA=，‎ 在Rt△AOB中，‎ ‎∵OB=1，‎ ‎∴AB=，‎ ‎∴sin∠ABO=，cos∠ABO==，‎ ‎∵ME∥x轴，‎ ‎∴∠DEM=∠ABO，‎ ‎∵以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，‎ ‎∴∠EDM=90°，‎ ‎∴DE=ME•cos∠DEM=ME，‎ DM=ME•sin∠DEM=ME，‎ 当点E在x轴上时，E和A重合，则m=OA=，‎ 当x=时，y=﹣×+×+1=；‎ ‎∴ME=，‎ ‎∴DE==，DM==，‎ ‎∴△DEM的周长=DE+DM+ME=++=；‎ ‎（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，‎ ‎∵O1A1⊥x轴，‎ ‎∴点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：‎ ‎①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，‎ 点O1，B1的纵坐标相等，‎ ‎∴﹣=﹣（x+1）2+（x+1）+1，‎ 解得：x=，‎ 此时点A1的坐标为（，），‎ ‎②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，‎ 点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，‎ ‎﹣=﹣（x+1）2+（x+1）+1，‎ 解得：x=﹣，‎ 此时A1（﹣，），‎ 综上所述，点A1（，）或（﹣，）．‎ ‎　24．（2017年鄂州市）（本题满分12分）已知，抛物线（a< 0 ）与x轴交于A（3，0）、B两点，与y轴交于点C. 抛物线的对称轴是直线x=1，D为抛物线的顶点，点E在y轴C点的上方，且CE =.www.21-cn-jy.com ‎（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；‎ ‎（2）求证：直线DE是△ACD外接圆的切线；‎ ‎（3）在直线AC上方的抛物线上找一点P，使，求点P的坐标；‎ ‎（4）在坐标轴上找一点M，使以点B、C、M为顶点的三角形与△ACD相似，直接写出点M的坐标.‎ ‎【考点】二次函数，相似，圆 ‎【解析】（1）利用对称性求出点B的坐标为（-1,0），再求抛物线的解析式及顶点D的坐标 ‎（2）求证△ACD和△AED为直角三角形，就知道直线DE是△ACD外接圆的切线 ‎（3）找出CD的中点坐标N，再过点N作NP∥AC，就能找到P点 ‎（4）多次利用相似寻找点M ‎【解答】（1）∵抛物线的对称轴是直线 =1，点A（3,0）‎ 根据抛物线的对称性知点B的坐标为（-1,0）‎ 将（3,0）（-1,0）带入抛物线解析式中得 ‎ 解得 ‎∴ ‎ ‎ 当 =1时，y=4‎ ‎∴顶点D（1,4）. ‎ ‎（2）当 x=0时，y=3‎ ‎∴点C的坐标为（0,3）‎ ‎∵A（3,0），D（1,4）‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎∴‎ ‎∴△ACD为直角三角形，∠ACD=90°.‎ ‎∴AD为△ACD外接圆的直径 ‎∵点E在 轴C点的上方，且CE = .‎ ‎∴E（0，）‎ ‎∵A（3,0），D（1,4）‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴△AED为直角三角形，∠ADE =90°.‎ ‎∴AD⊥DE 又∵AD为△ACD外接圆的直径 ‎∴DE是△ACD外接圆的切线 ‎ ‎（此问中用相似证∠ADE =90°亦可）‎ ‎（3）解： ‎ ‎∵A（3,0），D（1,4）,C（0,3）‎ ‎∴直线AC的解析式y= - x+3‎ 取CD的中点坐标N，则N（，）‎ 过点N作NP∥AC，交抛物线于点,,设直线NP表达式为y= - x+b 把N（，）带入y= - x+b得b=4‎ ‎∴直线NP表达式为y= - x+4‎ ‎ ‎ ‎24．（2017年湖北省恩施州）如图，已知抛物线y=ax2+c过点（﹣2，2），（4，5），过定点F（0，2）的直线l：y=kx+2与抛物线交于A、B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C．21世纪教育网版权所有 ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系（＞、＜、=），并证明你的判断；‎ ‎（3）P为y轴上一点，以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，设点P（0，m），求自然数m的值；‎ ‎（4）若k=1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；‎ ‎（2）设B（x， x2+1），而F（0，2），利用两点间的距离公式得到BF2=x2+（x2+1﹣2）2=，再利用配方法可得到BF=x2+1，由于BC=x2+1，所以BF=BC；‎ ‎（3）如图1，利用菱形的性质得到CB=CF=PF，加上CB=FB，则可判断△BCF为等边三角形，所以∠BCF=60°，则∠OCF=30°，于是可计算出CF=4，所以PF=CF=4，从而得到自然数m的值为6；【来源：21·世纪·教育·网】‎ ‎（4）作QE∥y轴交AB于E，如图2，先解方程组得B（1+，3+），设Q（t， t2+1），则E（t，t+2），则EQ=﹣t2+t+1，则S△QBF=S△EQF+S△EQB=•（1+）•EQ=•（1+）•）（﹣t2+t+1），然后根据二次函数的性质解决问题．【出处：21教育名师】‎ ‎【解答】解：（1）把点（﹣2，2），（4，5）代入y=ax2+c得，解得，‎ 所以抛物线解析式为y=x2+1；‎ ‎（2）BF=BC．‎ 理由如下：‎ 设B（x， x2+1），而F（0，2），‎ ‎∴BF2=x2+（x2+1﹣2）2=x2+（x2﹣1）2=（x2+1）2，‎ ‎∴BF=x2+1，‎ ‎∵BC⊥x轴，‎ ‎∴BC=x2+1，‎ ‎∴BF=BC；‎ ‎（3）如图1，m为自然数，则点P在F点上方，‎ ‎∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，‎ ‎∴CB=CF=PF，‎ 而CB=FB，‎ ‎∴BC=CF=BF，‎ ‎∴△BCF为等边三角形，‎ ‎∴∠BCF=60°，‎ ‎∴∠OCF=30°，‎ 在Rt△OCF中，CF=2OF=4，‎ ‎∴PF=CF=4，‎ ‎∴P（0，6），‎ 即自然数m的值为6；‎ ‎（4）作QE∥y轴交AB于E，如图2，‎ 当k=1时，一次函数解析式为y=x+2，‎ 解方程组得或，则B（1+，3+），‎ 设Q（t， t2+1），则E（t，t+2），‎ ‎∴EQ=t+2﹣（t2+1）=﹣t2+t+1，‎ ‎∴S△QBF=S△EQF+S△EQB=•（1+）•EQ=•（1+））（﹣t2+t+1）=﹣（t﹣2）2++1，‎ 当t=2时，S△QBF有最大值，最大值为+1，此时Q点坐标为（2，2）．‎ ‎24.（2017年黄冈市）已知：如图所示，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，.动点从点出发，沿射线方向以每秒2个单位长度的速度运动；同时，动点从点出发，沿轴正半轴方向以每秒1个单位长度的速度运动.设点、点的运动时间为.‎ ‎（1）当时，求经过点 三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）当时，求的值；‎ ‎（3）当线段与线段相交于点，且时，求的值；‎ ‎（4）连接，当点在运动过程中，记与矩形重叠部分的面积为，求与的函数关系式．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）利用顶点式或两点式求抛物线的解析式；‎ （2） 利用知识点：，求正切值 （3） 利用△BMP∽△AMQ，求时间t‎ （4） 利用点在运动，分类讨论求关系式：①0≤t≤2 ②2＜t≤4 ③t＞4‎ ‎【解答】‎ 解：‎ ‎【 点 评 】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的性质与判定、二次函数的性质、方程思想伋分类讨论思想等知识，考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．‎ ‎25．（2017年湖北省黄石市）（10分）（2017•黄石）如图，直线l：y=kx+b（k＜0）与函数y=（x＞0）的图象相交于A、C两点，与x轴相交于T点，过A、C两点作x轴的垂线，垂足分别为B、D，过A、C两点作y轴的垂线，垂足分别为E、F；直线AE与CD相交于点P，连接DE，设A、C两点的坐标分别为（a，）、（c，），其中a＞c＞0．21*cnjy*com ‎（1）如图①，求证：∠EDP=∠ACP；‎ ‎（2）如图②，若A、D、E、C四点在同一圆上，求k的值；‎ ‎（3）如图③，已知c=1，且点P在直线BF上，试问：在线段AT上是否存在点M，使得OM⊥AM？请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】GB：反比例函数综合题．.‎ ‎【分析】（1）由P、E、D的坐标可表示出PA、EP、PC和DP的长，可证明△EPD∽△CPA，利用相似三角形的性质可证得结论；‎ ‎（2）连接AD、EC，可证明△AEC≌△CDA，可得CD=AE，把A、C坐标代入直线l解析式，可求得k的值；‎ ‎（3）假设在线段AT上存在点M，使得OM⊥AM，连接OM、OA，可表示出C、F、P、B的坐标，利用直线BF的解析式可求得a的值，可求得A点坐标，可求得T点坐标，在△OAT中，利用等积法可求得OM的长，在RtOMT中可求得MT的长，作MN⊥x轴，同理可求得MN的长，则可求得ON的长，可判断N在线段BT上，满足条件，从而可知存在满足条件的M点．‎ ‎【解答】（1）证明：‎ 由题意可知P（c，），E（0，），D（c，0），‎ ‎∴PA=a﹣c，EP=c，PC=﹣=，DP=，‎ ‎∴==，且∠EPD=∠APC，‎ ‎∴△EPD∽△CPA，‎ ‎∴∠EDP=∠ACP；‎ ‎（2）解：如图1，连接AD、EC，‎ 由（1）可知DE∥AC，‎ ‎∴∠DEC+∠ECA=180°，‎ ‎∵A、D、E、C四点在同圆周上，‎ ‎∴∠DEC+∠DAC=180°，‎ ‎∴∠ECA=∠DAC，‎ 在△AEC和△CDA中 ‎∴△AEC≌△CDA（AAS），‎ ‎∴CD=AE，即a=，可得ac=4，‎ ‎∵A、C在直线l上，‎ ‎∴，解得k==﹣=﹣1；‎ ‎（3）假设在线段AT上存在点M，使OM⊥AM，连接OM、OA，作MN⊥x轴于点N，如图2，‎ ‎∵c=1，‎ ‎∴C（1，4），F（0，4），P（1，），B（a，0），‎ 设直线BF的解析式为y=k′x+4，由题意可得，解得a=2，‎ ‎∴A（2，2），‎ ‎∴AP为△DCT的中位线，‎ ‎∴T（3，0），‎ ‎∴AT== ‎∵S△OAT=OT•AB=AT•OM，‎ ‎∴OM===，‎ 在Rt△OMT中，MT===，‎ 同理可求得MN==，‎ 在Rt△OMN中，ON===，‎ ‎∵2＜＜3，∴点M在线段AT上，‎ 即在线段AT上存在点M，使得OM⊥AM，M点的坐标为（，）．‎ ‎【点评】本题为反比例函数的综合应用，涉及相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆的性质、勾股定理、等积法等知识．在（1）中证得△EPD∽△CPA是解题的关键，在（2）中构造全等三角形，求得ac=4是解题的关键，在（3）中求得A点坐标，再分别求得OM和ON的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度适中．21·cn·jy·com ‎25．（2017年湖北省江汉油田）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边AD在x轴上，点C在y轴的负半轴上，直线BC∥AD，且BC=3，OD=2，将经过A、B两点的直线l：y=﹣2x﹣10向右平移，平移后的直线与x轴交于点E，与直线BC交于点F，设AE的长为t（t≥0）．‎ ‎（1）四边形ABCD的面积为　20　；‎ ‎（2）设四边形ABCD被直线l扫过的面积（阴影部分）为S，请直接写出S关于t的函数解析式；‎ ‎（3）当t=2时，直线EF上有一动点，作PM⊥直线BC于点M，交x轴于点N，将△PMF沿直线EF折叠得到△PTF，探究：是否存在点P，使点T恰好落在坐标轴上？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】FI：一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）根据函数解析式得到OA=5，求得AC=7，得到OC=4，于是得到结论；‎ ‎（2）①当0≤t≤3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x﹣4，直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解方程组得到G（，t﹣7），于是得到S=S四边形ABCD﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，‎ ‎（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），求得PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y 轴上，如图3，连接PT，FT，根据全等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）在y=﹣2x﹣10中，当y=0时，x=﹣5，‎ ‎∴A（﹣5，0），‎ ‎∴OA=5，‎ ‎∴AC=7，‎ 把x=﹣3代入y=﹣2x﹣10得，y=﹣4‎ ‎∴OC=4，‎ ‎∴四边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；‎ 故答案为：20；‎ ‎（2）①当0≤t≤3时，∵BC∥AD，AB∥EF，‎ ‎∴四边形ABFE是平行四边形，‎ ‎∴S=AE•OC=4t；‎ ‎②当3≤t＜7时，如图1，∵C（0，﹣4），D（2，0），‎ ‎∴直线CD的解析式为：y=2x﹣4，‎ ‎∵E′F′∥AB，BF′∥AE′‎ ‎∴BF′=AE=t，‎ ‎∴F′（t﹣3，﹣4），‎ 直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，‎ 解得，‎ ‎∴G（，t﹣7），‎ ‎∴S=S四边形ABCD﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，‎ ‎③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，‎ 综上所述：S关于t的函数解析式为：S=；‎ ‎（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），‎ 此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，‎ 设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），‎ ‎∵PM⊥直线BC于M，交x轴于n，‎ ‎∴M（m，﹣4），N（m，0），‎ ‎∴PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，www.21-cn-jy.com ‎①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，‎ 如图2，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，‎ ‎∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，‎ 作FK⊥x轴于K，则KF=4，‎ 由△TKF∽△PNT得， =2，‎ ‎∴NT=2KF=8，‎ ‎∵PN2+NT2=PT2，‎ ‎∴4（m+3）2+82=4（m+1）2，‎ 解得：m=﹣6，∴﹣2m﹣6=﹣6，‎ 此时，P（﹣6，6）；‎ ‎②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，‎ 如图3，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，‎ ‎∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，‎ ‎∴=2，‎ 作PH⊥y轴于H，则PH=|m|，‎ 由△TFC∽△PTH得，，‎ ‎∴HT=2CF=2，‎ ‎∵HT2+PH2=PT2，‎ 即22+m2=4（m+1）2，‎ 解得：m=﹣，m=0（不合题意，舍去），‎ ‎∴m=﹣时，﹣2m﹣6=﹣，‎ ‎∴P（﹣，﹣），‎ 综上所述：直线EF上存在点P（﹣6，6）或P（﹣，﹣）使点T恰好落在y轴上．‎ ‎24．（2017年湖北省荆门市）已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠C=90°，OB=25，OC=20，若点M是边OC上的一个动点（与点O、C不重合），过点M作MN∥OB交BC于点N．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等时，求CM的长；‎ ‎（3）在OB上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】KY：三角形综合题．‎ ‎【分析】（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，根据勾股定理得到BC===15，根据三角形的面积公式得到CH===12，由勾股定理得到OH==16，于是得到结论；‎ ‎（2）∵根据相似三角形的性质得到===，设CM=x，则CN=x，根据已知条件列方程即可得到结论；‎ ‎（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=x，MN=x，①当∠OMQ1=90°MN=MQ时，②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，‎ ‎∵∠C=90°，OB=25，OC=20，‎ ‎∴BC===15，‎ ‎∵S△OBC=OB•CH=OC•BC，‎ ‎∴CH===12，‎ ‎∴OH==16，‎ ‎∴C（16，﹣12）；‎ ‎（2）∵MN∥OB，‎ ‎∴△CNM∽△COB，‎ ‎∴===，‎ 设CM=x，则CN=x，‎ ‎∵△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等，‎ ‎∴CM+CN+MN=OM+MN+OB，即x+x+MN=20﹣x+mn+15﹣x+25，‎ 解得：x=，‎ ‎∴CM=；‎ ‎（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=x，MN=x，‎ ‎①当∠OMQ1=90°MN=MQ时，‎ ‎∵△OMQ∽△OBC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵MN=MQ，‎ ‎∴=，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴MN=x=×=；‎ ‎②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，‎ 此时，四边形MNQ2Q1是正方形，‎ ‎∴NQ2=MQ1=MN，‎ ‎∴MN=．存在，∵四边形MNQ2Q1是正方形，∴∠MQN=90°，与②一样 ‎25．（2017年湖北省荆州市）如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q．21*cnjy*com ‎（1）求证：直线AB是⊙Q的切线；‎ ‎（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M．若CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；【来源：（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】FI：一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）只要证明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切线；‎ ‎（2）分两种情形求解即可：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．分别列出方程即可解决问题．‎ ‎（3）分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，连接QP．‎ 在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，‎ ‎∴AB==5，‎ ‎∵AP=4t，AQ=5t，‎ ‎∴==，∵∠PAQ=∠BAO，‎ ‎∴△PAQ∽△BAO，‎ ‎∴∠APQ=∠AOB=90°，‎ ‎∴QP⊥AB，‎ ‎∴AB是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ 易知PQ=DQ=3t，CQ=•3t=，‎ ‎∵OC+CQ+AQ=4，‎ ‎∴m+t+5t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ ‎∵OC+AQ﹣CQ=4，‎ ‎∴m+5t﹣t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎（3）解：存在．理由如下：‎ 如图4中，当⊙Q在y则的右侧与y轴相切时，3t+5t=4，t=，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 如图5中，当⊙Q在y则的左侧与y轴相切时，5t﹣3t=4，t=2，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 综上所述，满足条件的点C的坐标为（﹣，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）．‎ ‎25．（2017年湖北省十堰市）（12分）（2017•十堰）抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（m，0），与y轴交于C．21世纪教育网版权所有 ‎（1）若m=﹣3，求抛物线的解析式，并写出抛物线的对称轴；‎ ‎（2）如图1，在（1）的条件下，设抛物线的对称轴交x轴于D，在对称轴左侧的抛物线上有一点E，使S△ACE=S△ACD，求点E的坐标；‎ ‎（3）如图2，设F（﹣1，﹣4），FG⊥y于G，在线段OG上是否存在点P，使∠OBP=∠FPG？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式，并配方求对称轴；‎ ‎（2）如图1，设E（m，m2+2m﹣3），先根据已知条件求S△ACE=10，根据不规则三角形面积等于铅直高度与水平宽度的积列式可求得m的值，并根据在对称轴左侧的抛物线上有一点E，则点E的横坐标小于﹣1，对m的值进行取舍，得到E的坐标；21cnjy.com ‎（3）分两种情况：‎ ‎①当B在原点的左侧时，构建辅助圆，根据直径所对的圆周角是直角，只要满足∠BPF=90°就可以构成∠OBP=∠FPG，如图2，求出圆E与y轴有一个交点时的m值，则可得取值范围；www.21-cn-jy.com ‎②当B在原点的右侧时，只有△OBP是等腰直角三角形，△FPG也是等腰直角三角形时满足条件，直接计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）当m=﹣3时，B（﹣3，0），‎ 把A（1，0），B（﹣3，0）代入到抛物线y=x2+bx+c中得：‎ ‎，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4；‎ 对称轴是：直线x=﹣1；‎ ‎（2）如图1，设E（m，m2+2m﹣3），‎ 由题意得：AD=1+1=2，OC=3，‎ S△ACE=S△ACD=×AD•OC=×2×3=10，‎ 设直线AE的解析式为：y=kx+b，‎ 把A（1，0）和E（m，m2+2m﹣3）代入得，‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AE的解析式为：y=（m+3）x﹣m﹣3，‎ ‎∴F（0，﹣m﹣3），‎ ‎∵C（0，﹣3），‎ ‎∴FC=﹣m﹣3+3=﹣m，‎ ‎∴S△ACE=FC•（1﹣m）=10，‎ ‎﹣m（1﹣m）=20，‎ m2﹣m﹣20=0，‎ ‎（m+4）（m﹣5）=0，‎ m1=﹣4，m2=5（舍），‎ ‎∴E（﹣4，5）；‎ ‎（3）如图2，当B在原点的左侧时，连接BF，以BF为直径作圆E，当⊙E与y轴相切时，设切点为P，‎ ‎∴∠BPF=90°，‎ ‎∴∠FPG+∠OPB=90°，‎ ‎∵∠OPB+∠OBP=90°，‎ ‎∴∠OBP=∠FPG，‎ 连接EP，则EP⊥OG，‎ ‎∵BE=EF，‎ ‎∴EP是梯形的中位线，‎ ‎∴OP=PG=2，‎ ‎∵FG=1，‎ tan∠FPG=tan∠OBP=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴m=﹣4，‎ ‎∴当﹣4≤m＜0时，在线段OG上存在点P，使∠OBP=∠FPG；‎ 如图3，当B在原点的右侧时，要想满足∠OBP=∠FPG，‎ 则∠OBP=∠OPB=∠FPG，‎ ‎∴OB=OP，‎ ‎∴△OBP是等腰直角三角形，△FPG也是等腰直角三角形，‎ ‎∴FG=PG=1，‎ ‎∴OB=OP=3，‎ ‎∴m=3，‎ 综上所述，当﹣4≤m＜0或m=3时，在线段OG上存在点P，使∠OBP=∠FPG．‎ ‎25．（2017年湖北省随州市）在平面直角坐标系中，我们定义直线y=ax﹣a为抛物线y=ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的“梦想直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在y轴上的三角形为其“梦想三角形”．‎ 已知抛物线y=﹣x2﹣x+2与其“梦想直线”交于A、B两点（点A在点B的左侧），与x轴负半轴交于点C．‎ ‎（1）填空：该抛物线的“梦想直线”的解析式为　y=﹣x+　，点A的坐标为　（﹣2，2）　，点B的坐标为　（1，0）　；‎ ‎（2）如图，点M为线段CB上一动点，将△ACM以AM所在直线为对称轴翻折，点C的对称点为N，若△AMN为该抛物线的“梦想三角形”，求点N的坐标；‎ ‎（3）当点E在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，是否存在点F，使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由梦想直线的定义可求得其解析式，联立梦想直线与抛物线解析式可求得A、B的坐标；‎ ‎（2）过A作AD⊥y轴于点D，则可知AN=AC，结合A点坐标，则可求得ON的长，可求得N点坐标；‎ ‎（3）当AC为平行四边形的一边时，过F作对称轴的垂线FH，过A作AK⊥x轴于点K，可证△EFH≌△ACK，可求得DF的长，则可求得F点的横坐标，从而可求得F点坐标，由HE的长可求得E点坐标；当AC为平行四边形的对角线时，设E（﹣1，t），由A、C的坐标可表示出AC中点，从而可表示出F点的坐标，代入直线AB的解析式可求得t的值，可求得E、F的坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵抛物线y=﹣x2﹣x+2，‎ ‎∴其梦想直线的解析式为y=﹣x+，‎ 联立梦想直线与抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴A（﹣2，2），B（1，0），‎ 故答案为：y=﹣x+；（﹣2，2）；（1，0）；‎ ‎（2）如图1，过A作AD⊥y轴于点D，‎ 在y=﹣x2﹣x+2中，令y=0可求得x=﹣3或x=1，‎ ‎∴C（﹣3，0），且A（﹣2，2），‎ ‎∴AC==，‎ 由翻折的性质可知AN=AC=，‎ ‎∵△AMN为梦想三角形，‎ ‎∴N点在y轴上，且AD=2，‎ 在Rt△AND中，由勾股定理可得DN===3，‎ ‎∵OD=2，‎ ‎∴ON=2﹣3或ON=2+3，‎ ‎∴N点坐标为（0，2﹣3）或（0，2+3）；‎ ‎（3）①当AC为平行四边形的边时，如图2，过F作对称轴的垂线FH，过A作AK⊥x轴于点K，‎ 则有AC∥EF且AC=EF，‎ ‎∴∠ACK=∠EFH，‎ 在△ACK和△EFH中 ‎∴△ACK≌△EFH（AAS），‎ ‎∴FH=CK=1，HE=AK=2，‎ ‎∵抛物线对称轴为x=﹣1，‎ ‎∴F点的横坐标为0或﹣2，‎ ‎∵点F在直线AB上，‎ ‎∴当F点横坐标为0时，则F（0，），此时点E在直线AB下方，‎ ‎∴E到y轴的距离为EH﹣OF=2﹣=，即E点纵坐标为﹣，‎ ‎∴E（﹣1，﹣）；‎ 当F点的横坐标为﹣2时，则F与A重合，不合题意，舍去；‎ ‎②当AC为平行四边形的对角线时，‎ ‎∵C（﹣3，0），且A（﹣2，2），‎ ‎∴线段AC的中点坐标为（﹣2.5，），‎ 设E（﹣1，t），F（x，y），‎ 则x﹣1=2×（﹣2.5），y+t=2，‎ ‎∴x=﹣4，y=2﹣t，‎ 代入直线AB解析式可得2﹣t=﹣×（﹣4）+，解得t=﹣，‎ ‎∴E（﹣1，﹣），F（﹣4，）；‎ 综上可知存在满足条件的点F，此时E（﹣1，﹣）、F（0，）或E（﹣1，﹣）、F（﹣4，）．‎ ‎24．（2017年湖北省武汉市）已知点在抛物线上．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，点的坐标为，直线交抛物线于另一点，过点作轴的垂线，垂足为，设抛物线与轴的正半轴交于点，连接，求证；www-2-1-cnjy-com ‎（3）如图2，直线分别交轴，轴于两点，点从点出发，沿射线方向匀速运动，速度为每秒个单位长度，同时点从原点出发，沿轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度，点是直线与抛物线的一个交点，当运动到秒时，，直接写出的值．‎ ‎【答案】（1）抛物线的解析式为：y=x2-x；（2）证明见解析；（3）；.‎ ‎（3）进行分类讨论 即可得解.‎ 试题解析：（1）∵点A（-1，1），B（4，6）在抛物线y=ax2+bx上 ‎∴a-b=1，16a+4b=6‎ 解得：a=，b=-‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2-x 设直线AF的解析式为y=kx+m ‎∵A (-1,1)在直线AF上，‎ ‎∴-k+m=1‎ 即：k=m-1‎ ‎∴直线AF的解析式可化为：y=(m-1)x+m 与y=x2-x联立，得（m-1）x+m=x2-x ‎∴(x+1)（x-2m）=0‎ ‎∴x=-1或2m ‎∴点G的横坐标为2m 考点：二次函数综合题.‎ ‎24．（2017年湖北省咸宁市）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=6．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB=∠EDB时，求点F的坐标；‎ ‎（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ=MN时，求菱形对角线MN的长．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由条件可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，进一步可求得D点坐标；‎ ‎（2）过F作FG⊥x轴于点G，可设出F点坐标，利用△FAG∽△BDE，由相似三角形的性质可得到关于F点坐标的方程，可求得F点的坐标；‎ ‎（3）可求得P点坐标，设T为菱形对角线的交点，设出PT的长为n，从而可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可得到n的方程，可求得n的值，从而可求得MN的长．21教育名师原创作品 ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵OB=OC=6，‎ ‎∴B（6，0），C（0，﹣6），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣6，‎ ‎∵y=x2﹣2x﹣6=（x﹣2）2﹣8，‎ ‎∴点D的坐标为（2，﹣8）；‎ ‎（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，‎ 设F（x， x2﹣2x﹣6），则FG=|x2﹣2x﹣6|，‎ 在y=x2﹣2x﹣6中，令y=0可得x2﹣2x﹣6=0，解得x=﹣2或x=6，‎ ‎∴A（﹣2，0），‎ ‎∴OA=2，则AG=x+2，‎ ‎∵B（6，0），D（2，﹣8），‎ ‎∴BE=6﹣2=4，DE=8，‎ 当∠FAB=∠EDB时，且∠FGA=∠BED，‎ ‎∴△FAG∽△BDE，‎ ‎∴=，即==，‎ 当点F在x轴上方时，则有=，解得x=﹣2（舍去）或x=7，此进F点坐标为（7，‎ ‎）；‎ 当点F在x轴上方时，则有=﹣，解得x=﹣2（舍去）或x=5，此进F点坐标为（5，﹣）；‎ 综上可知F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；‎ ‎（3）∵点P在x轴上，‎ ‎∴由菱形的对称性可知P（2，0），‎ 如图2，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点，‎ ‎∵PQ=MN，‎ ‎∴MT=2PT，‎ 设PT=n，则MT=2n，‎ ‎∴M（2+2n，n），‎ ‎∵M在抛物线上，‎ ‎∴n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=，‎ ‎∴MN=2MT=4n=+1；‎ 当MN在x轴下方时，同理可设PT=n，则M（2+2n，﹣n），‎ ‎∴﹣n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=（舍去），‎ ‎∴MN=2MT=4n=﹣1；‎ 综上可知菱形对角线MN的长为+1或﹣1．‎ ‎25．（2017年湖北省襄阳市）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t（0＜t＜10）．‎ ‎（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；‎ ‎（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？‎ ‎（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由抛物线的解析式可求得C点坐标，由矩形的性质可求得B点坐标，由B、D的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）可设P（t，4），则可表示出E点坐标，从而可表示出PB、PE的长，由条件可证得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；【出处：21（3）当四边形PMQN为正方形时，则可证得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性质可求得CQ的长，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，则可用t分别表示出PM和PN，可得到关于t的方程，可求得t的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在y=ax2+bx+4中，令x=0可得y=4，‎ ‎∴C（0，4），‎ ‎∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），‎ ‎∴B（10，4），‎ 把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+4；‎ ‎（2）由题意可设P（t，4），则E（t，﹣ t2+t+4），‎ ‎∴PB=10﹣t，PE=﹣t2+t+4﹣4=﹣t2+t，‎ ‎∵∠BPE=∠COD=90°，∠PBE=∠OCD，‎ ‎∴△PBE∽△OCD，‎ ‎∴=，即BP•OD=CO•PE，‎ ‎∴2（10﹣t）=4（﹣t2+t），解得t=3或t=10（不合题意，舍去），‎ ‎∴当t=3时，∠PBE=∠OCD；‎ ‎（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC=∠PNB=∠CQB=90°，PM=PN，‎ ‎∴∠CQO+∠AQB=90°，‎ ‎∵∠CQO+∠OCQ=90°，‎ ‎∴∠OCQ=∠AQB，‎ ‎∴Rt△COQ∽Rt△QAB，‎ ‎∴=，即OQ•AQ=CO•AB，‎ 设OQ=m，则AQ=10﹣m，‎ ‎∴m（10﹣m）=4×4，解得m=2或m=8，‎ ‎①当m=2时，CQ==2，BQ==4，‎ ‎∴sin∠BCQ==，sin∠CBQ==，‎ ‎∴PM=PC•sin∠PCQ=t，PN=PB•sin∠CBQ=（10﹣t），‎ ‎∴t=（10﹣t），解得t=，‎ ‎②当m=8时，同理可求得t=，‎ ‎∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或．‎ ‎24．（13分）（2017•孝感）在平面直角坐标系xOy中，规定：抛物线y=a（x﹣h）2+k的伴随直线为y=a（x﹣h）+k．例如：抛物线y=2（x+1）2﹣3的伴随直线为y=2（x+1）﹣3，即y=2x﹣1．‎ ‎（1）在上面规定下，抛物线y=（x+1）2﹣4的顶点坐标为　（﹣1，﹣4）　，伴随直线为　y=x﹣3　，抛物线y=（x+1）2﹣4与其伴随直线的交点坐标为　（0，﹣3）　和　（﹣1，﹣4）　；‎ ‎（2）如图，顶点在第一象限的抛物线y=m（x﹣1）2﹣4m与其伴随直线相交于点A，B（点A在点B的右侧），与x轴交于点C，D．‎ ‎①若∠CAB=90°，求m的值；‎ ‎②如果点P（x，y）是直线BC上方抛物线上的一个动点，△PBC的面积记为S，当S取得 最大值时，求m的值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）由抛物线的顶点式可求得其顶点坐标，由伴随直线的定义可求得伴随直线的解析式，联立伴随直线和抛物线解析式可求得其交点坐标；‎ ‎（2）①可先用m表示出A、B、C、D的坐标，利用勾股定理可表示出AC2、AB2和BC2，在Rt△ABC中由勾股定理可得到关于m的方程，可求得m的值；②由B、C的坐标可求得直线BC的解析式，过P作x轴的垂线交BC于点Q，则可用x表示出PQ的长，进一步表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可得到m的方程，可求得m的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵y=（x+1）2﹣4，‎ ‎∴顶点坐标为（﹣1，﹣4），‎ 由伴随直线的定义可得其伴随直线为y=（x+1）﹣4，即y=x﹣3，‎ 联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，‎ ‎∴其交点坐标为（0，﹣3）和（﹣1，﹣4），‎ 故答案为：（﹣1，﹣4）；y=x﹣3；（0，﹣3）；（﹣1，﹣4）；‎ ‎（2）①∵抛物线解析式为y=m（x﹣1）2﹣4m，‎ ‎∴其伴随直线为y=m（x﹣1）﹣4m，即y=mx﹣5m，‎ 联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，‎ ‎∴A（1，﹣4m），B（2，﹣3m），‎ 在y=m（x﹣1）2﹣4m中，令y=0可解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴C（﹣1，0），D（3，0），‎ ‎∴AC2=4+16m2，AB2=1+m2，BC2=9+9m2，‎ ‎∵∠CAB=90°，‎ ‎∴AC2+AB2=BC2，即4+16m2+1+m2=9+9m2，解得m=（抛物线开口向下，舍去）或m=﹣，21·cn·jy·com ‎∴当∠CAB=90°时，m的值为﹣；‎ ‎②设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵B（2，﹣3m），C（﹣1，0），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴直线BC解析式为y=﹣mx﹣m，‎ 过P作x轴的垂线交BC于点Q，如图，‎ ‎∵点P的横坐标为x，‎ ‎∴P（x，m（x﹣1）2﹣4m），Q（x，﹣mx﹣m），‎ ‎∵P是直线BC上方抛物线上的一个动点，‎ ‎∴PQ=m（x﹣1）2﹣4m+mx+m=m（x2﹣x﹣2）=m[（x﹣）2﹣]，‎ ‎∴S△PBC=×[（2﹣（﹣1）]PQ=（x﹣）2﹣m，‎ ‎∴当x=时，△PBC的面积有最大值﹣m，‎ ‎∴S取得最大值时，即﹣m=，解得m=﹣2．‎ ‎　24．（2017年湖北省宜昌市）已知抛物线y=ax2+bx+c，其中2a=b＞0＞c，且a+b+c=0．‎ ‎（1）直接写出关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根；‎ ‎（2）证明：抛物线y=ax2+bx+c的顶点A在第三象限；‎ ‎（3）直线y=x+m与x，y轴分别相交于B，C两点，与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，D两 点．设抛物线y=ax2+bx+c的对称轴与x轴相交于E．如果在对称轴左侧的抛物线上存在点F，使得△ADF与△BOC相似，并且S△ADF=S△ADE，求此时抛物线的表达式．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）根据a+b+c=0，结合方程确定出方程的一个根即可；‎ ‎（2）表示出抛物线的对称轴，将2a=b代入，并结合a+b+c=0，表示出c，判断顶点坐标即可；‎ ‎（3）根据表示出的b与c，求出方程的解确定出抛物线解析式，由直线y=x+m与x，y轴交于B，C两点，表示出OB=OC=|m|，可得出三角形BOC为等腰直角三角形，确定出三角形三角形ADE面积，根据三角形ADF等于三角形ADE面积的一半求出a的值，即可确定出抛物线解析式．【来源：21·世纪·教育·网】‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c，a+b+c=0，‎ ‎∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为x=1；‎ ‎（2）证明：∵2a=b，‎ ‎∴对称轴x=﹣=﹣1，‎ 把b=2a代入a+b+c=0中得：c=﹣3a，‎ ‎∵a＞0，c＜0，‎ ‎∴△=b2﹣4ac＞0，‎ ‎∴＜0，‎ 则顶点A（﹣1，）在第三象限；‎ ‎（3）由b=2a，c=﹣3a，得到x==，‎ 解得：x1=﹣3，x2=1，‎ 二次函数解析式为y=ax2+2ax﹣3a，‎ ‎∵直线y=x+m与x，y轴分别相交于点B，C两点，则OB=OC=|m|，‎ ‎∴△BOC是以∠BOC为直角的等腰直角三角形，即此时直线y=x+m与对称轴x=﹣1的夹角∠BAE=45°，www-2-1-cnjy-com ‎∵点F在对称轴左侧的抛物线上，则∠DAF＞45°，此时△ADF与△BOC相似，‎ 顶点A只可能对应△BOC的直角顶点O，即△ADF是以A为直角顶点的等腰直角三角形，且对称轴为x=﹣1，‎ 设对称轴x=﹣1与OF交于点G，‎ ‎∵直线y=x+m过顶点A（﹣1，﹣4a），‎ ‎∴m=1﹣4a，‎ ‎∴直线解析式为y=x+1﹣4a，‎ 联立得：，‎ 解得：或，‎ 这里（﹣1，﹣4a）为顶点A，（﹣1，﹣4a）为点D坐标，‎ 点D到对称轴x=﹣1的距离为﹣1﹣（﹣1）=，AE=|﹣4a|=4a，‎ ‎∴S△ADE=××4a=2，即它的面积为定值，‎ 这时等腰直角△ADF的面积为1，‎ ‎∴底边DF=2，‎ 而x=﹣1是它的对称轴，此时D、C重合且在y轴上，由﹣1=0，‎ 解得：a=1，此时抛物线解析式为y=x2+2x﹣3．‎ ‎　25．（湖南省常德市2017年中考）如图，已知抛物线的对称轴是y轴，且点（2，2），（1，）在抛物线上，点P是抛物线上不与顶点N重合的一动点，过P作PA⊥x轴于A，PC⊥y轴于C，延长PC交抛物线于E，设M是O关于抛物线顶点N的对称点，D是C点关于N的对称点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点N的坐标；‎ ‎（2）求证：四边形PMDA是平行四边形；‎ ‎（3）求证：△DPE∽△PAM，并求出当它们的相似比为时的点P的坐标．‎ ‎【答案】（1）， N（0，1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析，P（，4）或（﹣，4）．‎ 试题解析：（1）解：∵抛物线的对称轴是y轴，∴可设抛物线解析式为 ，∵点（2，2），（1，）在抛物线上，∴，解得：，∴抛物线解析式为，∴N点坐标为（0，1）；‎ ‎（2）证明：设P（t，），则C（0，），PA=，∵M是O关于抛物线顶点N的对称点，D是C点关于N的对称点，且N（0，1），∴M（0，2），∵OC=，‎ ON=1，∴DM=CN=﹣1=，∴OD=，∴D（0，），∴DM=2﹣（）==PA，且PM∥DM，∴四边形PMDA为平行四边形；‎ ‎（3）解：同（2）设P（t，），则C（0，），PA=，PC=|t|，∵M（0，2），∴CM=﹣2=，在Rt△PMC中，由勾股定理可得PM= = = ==PA，且四边形PMDA为平行四边形，∴四边形PMDA为菱形，∴∠APM=∠ADM=2∠PDM，∵PE⊥y轴，且抛物线对称轴为y轴，∴DP=DE，且∠PDE=2∠PDM，∴∠PDE=∠APM，且，∴△DPE∽△PAM；∵OA=|t|，OM=2，∴AM=，且PE=2PC=2|t|，当相似比为时，则=，即 =，解得t=或t=﹣，∴P点坐标为（，4）或（﹣，4）．‎ 考点：二次函数综合题；压轴题．‎ ‎26．（湖南省常德市2017年中考）如图，直角△ABC中，∠BAC=90°，D在BC上，连接AD，作BF⊥AD分别交AD于E，AC于F．‎ ‎（1）如图1，若BD=BA，求证：△ABE≌△DBE；‎ ‎（2）如图2，若BD=4DC，取AB的中点G，连接CG交AD于M，求证：①GM=2MC；②AG2=AF•AC．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．‎ 试题解析：（1）在Rt△ABE和Rt△DBE中，∵BA=BD，BE=BE，∴△ABE≌△DBE；‎ ‎（2）①过G作GH∥AD交BC于H，∵AG=BG，∴BH=DH，∵BD=4DC，设DC=1，BD=4，∴BH=DH=2，∵GH∥AD，∴，∴GM=2MC；‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；和差倍分．‎ ‎25．（10分）（2017年郴州）如图，已知抛物线y=ax2+x+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于丁C，且A（2，0），C（0，﹣4），直线l：y=﹣x﹣4与x轴交于点D，点P是抛物线y=ax2+x+c上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交直线l于点F．‎ ‎（1）试求该抛物线表达式；‎ ‎（2）如图（1），过点P在第三象限，四边形PCOF是平行四边形，求P点的坐标；‎ ‎（3）如图（2），过点P作PH⊥y轴，垂足为H，连接AC．‎ ‎①求证：△ACD是直角三角形；‎ ‎②试问当P点横坐标为何值时，使得以点P、C、H为顶点的三角形与△ACD相似？‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可得到关于a、c的方程组，然后解方程组求得a、c的值即可；‎ ‎（2）设P（m，m2+m﹣4），则F（m，﹣m﹣4），则PF=﹣m2﹣m，当PF=OC时，四边形PCOF是平行四边形，然后依据PF=OC列方程求解即可；‎ ‎（3）①先求得点D的坐标，然后再求得AC、DC、AD的长，最后依据勾股定理的逆定理求解即可；②分为△ACD∽△CHP、△ACD∽△PHC两种情况，然后依据相似三角形对应成比例列方程求解即可 ‎【解答】解：（1）由题意得：，解得：，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=x2+x﹣4．‎ ‎（2）设P（m，m2+m﹣4），则F（m，﹣m﹣4）．‎ ‎∴PF=（﹣m﹣4）﹣（m2+m﹣4）=﹣m2﹣m．‎ ‎∵PE⊥x轴，‎ ‎∴PF∥OC．‎ ‎∴PF=OC时，四边形PCOF是平行四边形．‎ ‎∴﹣m2﹣m=4，解得：m=﹣或m=﹣8．‎ 当m=﹣时，m2+m﹣4=﹣，‎ 当m=﹣8时，m2+m﹣4=﹣4．‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，﹣）或（﹣8，﹣4）．‎ ‎（3）①证明：把y=0代入y=﹣x﹣4得：﹣x﹣4=0，解得：x=﹣8．‎ ‎∴D（﹣8，0）．‎ ‎∴OD=8．‎ ‎∵A（2，0），C（0，﹣4），‎ ‎∴AD=2﹣（﹣8）=10．‎ 由两点间的距离公式可知：AC2=22+42=20，DC2=82+42=80，AD2=100，‎ ‎∴AC2+CD2=AD2．‎ ‎∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°．‎ ‎②由①得∠ACD=90°．‎ 当△ACD∽△CHP时，=，即=或=，‎ 解得：n=0（舍去）或n=﹣5.5或n=﹣10.5．‎ 当△ACD∽△PHC时，=，即=或即=．‎ 解得：n=0（舍去）或n=2或n=﹣18．‎ 综上所述，点P的横坐标为﹣5.5或﹣10.5或2或﹣18时，使得以点P、C、H为顶点的三角形与△ACD相似．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2017年郴州）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．‎ ‎（1）求证：△CDE是等边三角形；‎ ‎（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】RB：几何变换综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；‎ ‎（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，‎ 根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；‎ ‎（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，‎ ‎∴∠DCE=60°，DC=EC，‎ ‎∴△CDE是等边三角形；‎ ‎（2）存在，当6＜t＜10时，‎ 由旋转的性质得，BE=AD，‎ ‎∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，‎ 由（1）知，△CDE是等边三角形，‎ ‎∴DE=CD，‎ ‎∴C△DBE=CD+4，‎ 由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，‎ 此时，CD=2cm，‎ ‎∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；‎ ‎（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，‎ ‎∴当点D与点B重合时，不符合题意，‎ ‎②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，‎ ‎∴∠BED=90°，‎ 由（1）可知，△CDE是等边三角形，‎ ‎∴∠DEB=60°，‎ ‎∴∠CEB=30°，‎ ‎∵∠CEB=∠CDA，‎ ‎∴∠CDA=30°，‎ ‎∵∠CAB=60°，‎ ‎∴∠ACD=∠ADC=30°，‎ ‎∴DA=CA=4，‎ ‎∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，‎ ‎∴t=2÷1=2s；‎ ‎③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，‎ ‎∴此时不存在；‎ ‎④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，‎ 又由（1）知∠CDE=60°，‎ ‎∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，‎ 而∠BDC＞0°，‎ ‎∴∠BDE＞60°，‎ ‎∴只能∠BDE=90°，‎ 从而∠BCD=30°，‎ ‎∴BD=BC=4，‎ ‎∴OD=14cm，‎ ‎∴t=14÷1=14s，‎ 综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．‎ ‎27.（2017年衡阳市）（本小题满分12分）‎ 如图，正方形的边长为，点为边上一动点，连结并将其绕点顺时针旋转得到，连结，以、为邻边作矩形，与、分别交于点、，交延长线于点．.com21世纪教育网版权所有 ‎（1）证明：点、、在同一条直线上；‎ ‎（2）随着点的移动，线段是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；‎ ‎（3）连结、，当时，求的长．‎ ‎【考点】正方形，旋转，全等，二次函数最值问题，‎ ‎【分析】（1）先证△CBE≌△CDF，得∠FCD=90°，可得点、、在同一条直线上 ‎（2）设BE=x，利用△CBE∽△AHE，表示，再利用二次函数求最值 ‎（3）先证明△CEM≌△CFN，求出∠FCN=∠ECM=∠BCE=45°，再在BC上取一点G,构造直角三角形，利用勾股定理求的长21cnjy.com ‎【解答】‎ （1） 证明：在△CBE和△CDF中 ‎∵∠BCD=∠ECF=90°‎ ‎∴∠FCD=∠BCE ‎∵CB=CD，CE=CF ‎∴△CBE≌△CDF ‎∴∠FCD=∠B=90°‎ ‎∴点、、在同一条直线上 ‎(3)在△CEM和△CFN中 ‎∵矩形 ‎∴∠CEM=∠CFN=90°‎ ‎∵CE=CF ‎∴四边形是正方形 ‎∴GF=GE ‎∵‎ ‎∴FN=EM ‎∴△CEM≌△CFN ‎∴∠FCN=∠ECM ‎24.（2017年湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点.‎ ‎(1)求抛物线的函数表达式；‎ ‎(2)若点是轴上的一点，且以为顶点的三角形与相似，求点的坐标；‎ ‎(3)如图2，轴玮抛物线相交于点，点是直线下方抛物线上的动点，过点且与轴平行的直线与，分别交于点，，试探究当点运动到何处时，四边形的面积最大，求点的坐标及最大面积；21世纪教育网版权所有 ‎(4)若点为抛物线的顶点，点是该抛物线上的一点，在轴，轴上分别找点，，使四边形的周长最小，求出点，的坐标.21·cn·jy·com ‎【答案】(1) y=x2﹣4x﹣5，(2) D的坐标为（0，1）或（0，）；(3) 当t=时，四边形CHEF的面积最大为．(4) P（，0），Q（0，﹣）．www.21-cn-jy.com 试题解析：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，‎ ‎（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，‎ ‎∴C（0，﹣5），‎ ‎∴OC=OB，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB=45°，‎ ‎∴AB=6，BC=5，‎ ‎②当时，‎ ‎∴，‎ ‎∴CD=，‎ ‎∴D（0，），‎ 即：D的坐标为（0，1）或（0，）；‎ ‎（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），‎ ‎∵CE∥x轴，‎ ‎∴点E的纵坐标为﹣5，‎ ‎∵E在抛物线上，‎ ‎∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，‎ ‎∴E（4，﹣5），‎ ‎∴CE=4，‎ ‎∵CE∥x轴，HF∥y轴，‎ ‎∴CE⊥HF，‎ ‎∴S四边形CHEF=CE•HF=﹣2（t﹣）2+，‎ 当t=时，四边形CHEF的面积最大为．‎ ‎（4）如图2，‎ ‎∵K为抛物线的顶点，‎ ‎∴K（2，﹣9），‎ ‎∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），‎ 考点：二次函数综合题．‎ ‎24. (2017年浙江省金华卷)如图1，在平面直角坐标系中，四边形各顶点的坐标分别为 ‎，动点与同时从点出发，运动时间为秒，点沿方向以单位长度/秒的速度向点运动，点沿折线运动，在上运动的速度分别为（单位长度/秒）.当中的一点到达点时，两点同时停止运动.‎ ‎（1）求所在直线的函数表达式；‎ ‎（2）如图2，当点在上运动时，求的面积关于的函数表达式及的最大值；‎ ‎（3）在，的运动过程中，若线段的垂直平分线经过四边形的顶点，求相应的值.‎ ‎【答案】(1) y=x+2 ;(2) ‎ ‎ ,当t=5时，S有最大值；最大值为;(3) t的值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）解：把A（3，3 ），B（9，5 ）代入y=kx+b, 得 ;‎ 解得：; ∴y=x+2 ; （2）解：在△PQC中，PC=14-t,PC边上的高线长为; ∴ ∴当t=5时，S有最大值；最大值为. c.当6＜t≤10时， ①线段PQ的中垂线经过点C（如图3） ‎ 可得方程14-t=25-; 解得：t=. ②线段PQ的中垂线经过点B（如图4） 可得方程; 解得（舍去）； 此时； 综上所述：t的值为.‎ ‎23．（12分）（2017•杭州）如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，【出处：21教育名师】‎ ‎（1）点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：‎ ɑ ‎30°‎ ‎40°‎ ‎50°‎ ‎60°‎ β ‎120°‎ ‎130°‎ ‎140°‎ ‎150°‎ γ ‎150°‎ ‎140°‎ ‎130°‎ ‎120°‎ 猜想：β关于ɑ的函数表达式，γ关于ɑ的函数表达式，并给出证明：‎ ‎（2）若γ=135°，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）由圆周角定理即可得出β=α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED=α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；‎ ‎（2）由（1）及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，所以，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r；‎ ‎【解答】解：（1）猜想：β=α+90°，γ=﹣α+180°‎ 连接OB，‎ ‎∴由圆周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，‎ ‎∵OB=OA，‎ ‎∴∠OBA=∠OAB=α，‎ ‎∴∠BOA=180°﹣2α，‎ ‎∴2β=360°﹣（180°﹣2α），‎ ‎∴β=α+90°，‎ ‎∵D是BC的中点，DE⊥BC，‎ ‎∴OE是线段BC的垂直平分线，‎ ‎∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°‎ ‎∵∠BCA=∠EDC+∠CED，‎ ‎∴β=90°+∠CED，‎ ‎∴∠CED=α，‎ ‎∴∠CED=∠OBA=α，‎ ‎∴O、A、E、B四点共圆，‎ ‎∴∠EBO+∠EAG=180°，‎ ‎∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，‎ ‎∴γ+α=180°；‎ ‎（2）当γ=135°时，此时图形如图所示，‎ ‎∴α=45°，β=135°，‎ ‎∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，‎ 由（1）可知：O、A、E、B四点共圆，‎ ‎∴∠BEC=90°，‎ ‎∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设CE=3x，AC=x，‎ 由（1）可知：BC=2CD=6，‎ ‎∵∠BCE=45°，‎ ‎∴CE=BE=3x，‎ ‎∴由勾股定理可知：（3x）2+（3x）2=62，‎ x=，‎ ‎∴BE=CE=3，AC=，‎ ‎∴AE=AC+CE=4，‎ 在Rt△ABE中，‎ 由勾股定理可知：AB2=（3）2+（4）2，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∵∠BAO=45°，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ 在Rt△AOB中，设半径为r，‎ 由勾股定理可知：AB2=2r2，‎ ‎∴r=5，‎ ‎∴⊙O半径的长为5．‎ ‎24．(2017年浙江省湖州市)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），C（m，0）是线段A B上一点（与 A，B点不重合），抛物线L1：y=ax2+b1x+c1（a＜0）经过点A，C，顶点为D，抛物线L2：y=ax2+b2x+c2（a＜0）经过点C，B，顶点为E，AD，BE的延长线相交于点F．【来源：21·世纪·教育·网】‎ ‎（1）若a=﹣，m=﹣1，求抛物线L1，L2的解析式；‎ ‎（2）若a=﹣1，AF⊥BF，求m的值；‎ ‎（3）是否存在这样的实数a（a＜0），无论m取何值，直线AF与BF都不可能互相垂直？若存在，请直接写出a的两个不同的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法，将A，B，C的坐标代入解析式即可求得二次函数的解析式；‎ ‎（2）过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，易证△ADG～△EBH，根据相似三角形对应边比例相等即可解题；‎ ‎（3）开放性答案，代入法即可解题；‎ ‎【解答】解：（1）将A、C点带入y=ax2+b1x+c1中，可得：，解得：，‎ ‎∴抛物线L1解析式为y=；‎ 同理可得：，解得：，‎ ‎∴抛物线L2解析式为y=；‎ ‎（2）如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，‎ 由题意得：，解得：，‎ ‎∴抛物线L1解析式为y=﹣x2+（m﹣4）x+4m；‎ ‎∴点D坐标为（，），‎ ‎∴DG==，AG=；‎ 同理可得：抛物线L2解析式为y=﹣x2+（m+4）x﹣4m；‎ ‎∴EH==，BH=，‎ ‎∵AF⊥BF，DG⊥x轴，EH⊥x轴，‎ ‎∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°，‎ ‎∵∠DAG+∠ADG=90°，∠DAG+∠EBH=90°，‎ ‎∴∠ADG=∠EBH，‎ ‎∵在△ADG和△EBH中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADG～△EBH，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，化简得：m2=12，‎ 解得：m=±；‎ ‎（3）存在，例如：a=﹣，﹣；‎ 当a=﹣时，代入A，C可以求得：‎ 抛物线L1解析式为y=﹣x2+（m﹣4）x+m；‎ 同理可得：抛物线L2解析式为y=﹣x2+（m+4）x﹣m；‎ ‎∴点D坐标为（，），点E坐标为（，）；‎ ‎∴直线AF斜率为，直线BF斜率为；‎ 若要AF⊥BF，则直线AF，BF斜率乘积为﹣1，‎ 即×=﹣1，化简得：m2=﹣20，无解；‎ 同理可求得a=﹣亦无解．‎ ‎　24．(2017年浙江省嘉兴市)如图，某日的钱塘江观潮信息如表：‎ 按上述信息，小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离s（千米）与时间t（分钟）的函数关系用图3表示，其中：“11：40时甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点A（0，12），点B坐标为（m，0），曲线BC可用二次函数s=t2+bt+c（b，c是常数）刻画．21世纪教育网版权所有 ‎（1）求m的值，并求出潮头从甲地到乙地的速度；‎ ‎（2）11：59时，小红骑单车从乙地出发，沿江边公路以0.48千米/分的速度往甲地方向去看潮，问她几分钟后与潮头相遇？‎ ‎（3）相遇后，小红立即调转车头，沿江边公路按潮头速度与潮头并行，但潮头过乙地后均匀加速，而单车最高速度为0.48千米/分，小红逐渐落后，问小红与潮头相遇到落后潮头1.8千米共需多长时间？（潮水加速阶段速度v=v0+（t﹣30），v0是加速前的速度）．‎ ‎【考点】HE：二次函数的应用．‎ ‎【分析】（1）由题意可知：经过30分钟后到达乙地，从而可知m=30，由于甲地到乙地是匀速运动，所以利用路程除以时间即可求出速度；‎ ‎（2）由于潮头的速度为0.4千米/分钟，所以到11：59时，潮头已前进19×0.4=7.6千米，设小红出发x分钟，根据题意列出方程即可求出x的值，‎ ‎（3）先求出s的解析式，根据潮水加速阶段的关系式，求出潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟时所对应的时间t，从而可知潮头与乙地之间的距离s，设她离乙地的距离为s1，则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h（t≥35），当t=35时，s1=s=，从而可求出h的值，最后潮头与小红相距1.8千米时，即 s﹣s1=1.8，从而可求出t的值，由于小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，共需要时间为6+50﹣30=26分钟，‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：m=30；‎ ‎∴B（30，0），‎ 潮头从甲地到乙地的速度为：千米/分钟；‎ ‎（2）∵潮头的速度为0.4千米/分钟，‎ ‎∴到11：59时，潮头已前进19×0.4=7.6千米，‎ 设小红出发x分钟与潮头相遇，‎ ‎∴0.4x+0.48x=12﹣7.6，‎ ‎∴x=5‎ ‎∴小红5分钟与潮头相遇，‎ ‎（3）把（30，0），C（55，15）代入s=t2+bt+c，‎ 解得：b=﹣，c=﹣，‎ ‎∴s=t2﹣﹣‎ ‎∵v0=0.4，‎ ‎∴v=（t﹣30）+，‎ 当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟，‎ 此时v=0.48，‎ ‎∴0.48=（t﹣30）+，‎ ‎∴t=35，‎ 当t=35时，‎ s=t2﹣﹣=，‎ ‎∴从t=35分（12：15时）开始，潮头快于小红速度奔向丙地，小红逐渐落后，当小红仍以0.48千米/分的速度匀速追赶潮头．‎ 设她离乙地的距离为s1，则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h（t≥35），‎ 当t=35时，s1=s=，代入可得：h=﹣，‎ ‎∴s1=﹣‎ 最后潮头与小红相距1.8千米时，即s﹣s1=1.8，‎ ‎∴t2﹣﹣﹣+=1.8‎ 解得：t=50或t=20（不符合题意，舍去），‎ ‎∴t=50，‎ 小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，‎ ‎∴共需要时间为6+50﹣30=26分钟，‎ ‎∴小红与潮头相遇到潮头离她1.8千米外共需要26分钟，‎ ‎24．(2017年浙江省金华市义乌市)如图1，已知▱ABCD，AB∥x轴，AB=6，点A的坐标为（1，﹣4），点D的坐标为（﹣3，4），点B在第四象限，点P是▱ABCD边上的一个动点．‎ ‎（1）若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标．‎ ‎（2）若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x﹣1上，求点P的坐标．‎ ‎（3）若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标．（直接写出答案）www.21-cn-jy.com ‎【考点】FI：一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由题意点P与点C重合，可得点P坐标为（3，4）；‎ ‎（2）分两种情形①当点P在边AD上时，②当点P在边AB上时，分别列出方程即可解决问题；‎ ‎（3）分三种情形①如图1中，当点P在线段CD上时．②如图2中，当点P在AB上时．③如图3中，当点P在线段AD上时．分别求解即可；‎ ‎【解答】解：（1）∵CD=6，‎ ‎∴点P与点C重合，‎ ‎∴点P坐标为（3，4）．‎ ‎（2）①当点P在边AD上时，‎ ‎∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，‎ 设P（a，﹣2a﹣2），且﹣3≤a≤1，‎ 若点P关于x轴的对称点Q1（a，2a+2）在直线y=x﹣1上，‎ ‎∴2a+2=a﹣1，‎ 解得a=﹣3，‎ 此时P（﹣3.4）．‎ 若点P关于y轴的对称点Q3（﹣a，﹣2a﹣2）在直线y=x﹣1上时，‎ ‎∴﹣2a﹣2=﹣a﹣1，解得a=﹣1，此时P（﹣1，0）‎ ‎②当点P在边AB上时，设P（a，﹣4）且1≤a≤7，‎ 若等P关于x轴的对称点Q2（a，4）在直线y=x﹣1上，‎ ‎∴4=a﹣1，解得a=5，此时P（5，﹣4），‎ 若点P关于y轴的对称点Q4（﹣a，﹣4）在直线y=x﹣1上，‎ ‎∴﹣4=﹣a﹣1，‎ 解得a=3，此时P（3，﹣4），‎ 综上所述，点P的坐标为（﹣3，4）或（﹣1，0）或（5，﹣4）或（3，﹣4）．‎ ‎（3）①如图1中，当点P在线段CD上时，设P（m，4）．‎ 在Rt△PNM′中，∵PM=PM′=6，PN=4，‎ ‎∴NM′==2，‎ 在Rt△OGM′中，∵OG2+OM′2=GM′2，‎ ‎∴22+（2+m）2=m2，‎ 解得m=﹣，‎ ‎∴P（﹣，4）‎ 根据对称性可知，P（，4）也满足条件．‎ ‎②如图2中，当点P在AB上时，易知四边形PMGM′是正方形，边长为2，此时P（2，﹣4）．‎ ‎③如图3中，当点P在线段AD上时，设AD交x轴于R．易证∠M′RG=∠M′GR，推出M′R=M′G=GM，设M′R=M′G=GM=x．【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，‎ ‎∴R（﹣1，0），‎ 在Rt△OGM′中，有x2=22+（x﹣1）2，解得x=，‎ ‎∴P（﹣，3）．‎ 点P坐标为（2，﹣4）或（﹣，3）或（﹣，4）或（，4）．‎ ‎　(2017年浙江省丽水市)‎ ‎ 【 考 点 】 相似形综合题． 【 分 析 】 （1）直接利用等角的余角相等得出∠FGA=∠EFG，即可得出EG=EF，代换即可； （2）先判断出△ABE∽△DAC，得出比例式用AB=DC代换化简即可得出结论； （3）先判断出只有∠CFG=90°或∠CGF=90°，分两种情况建立方程求解即可． 【 解 答 】 解：设AE=a，则AD=na， （1）由对称知，AE=FE， ∴∠EAF=∠EFA， ∵GF⊥AF， ∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°， ∴∠FGA=∠EFG， ∴EG=EF，∴AE=EG； （2）如图1，当点F落在AC上时， 由对称知，BE⊥AF， ∴∠ABE+∠BAC=90°， ∵∠DAC+∠BAC=90°， ∴∠ABE=∠DAC， ∵∠BAE=∠D=90°， ∴△ABE∽△DAC， ， ∵AB=DC， ∴AB2=AD•AE=na2， ∵AB＞0， ∴AB= na， ‎ ‎ 如图2，当点F落在线段BC上时，EF=AE=AB=a，此时 ∴n=4， ∴当点F落在矩形内部时，n＞4， ∵点F落在矩形内部，点G在AD上， ∴∠FCG＜∠BCD， ∴∠FCG＜90°， ①当∠CFG=90°时，如图3，则点F落在AC上，‎ ‎ ∴n=16， ②当∠CGF=90°时，则∠CGD+∠AGF=90°， ∵∠FAG+∠AGF=90°， ∴∠CGD=∠FAG=∠ABE， ∵∠BAE=∠D=90°， ∴△ABE∽△DGC， ∴AB•DC=DG•AE， ∵DG=AD-AE-EG=na‎-2a=（n-2）a， ‎ ‎【 点 评 】此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，解（1）的关键是判断出EG=EF，解（2）的关键是判断出△ABE∽△DAC，解（3）的关键是分类讨论，用方程的思想解决问题，是一道中考常考题． ‎ ‎26、（2017•宁波）有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形． ‎ ‎(1)如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝ ∠D，∠C＝ ∠A，求∠B与∠C的度数之和； 21*cnjy*com ‎(2)如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO．∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．求证：四边形DBCF是半对角四边形； ‎ ‎(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当DH＝BG时，求△BGH与△ABC的面积之比． 26、【答案】（1）解：在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A.       ∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，       ∴3∠B+3∠C=360°.       ∴∠B+∠C=120°.       即∠B与∠C的度数之和120°. （2）证明：在△BED和△BEO中，       .       ∴△BED≌△BEO（SAS）.       ∴∠BDE=∠BOE.       又∵∠BCF=∠BOE.       ∴∠BCF=∠BDE.       如下图，连结OC.       设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2.       ∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2.       ∵OA=OC,       ∴∠OAC=∠OCA=.       ∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2.       ∴∠ABC=∠AOC=∠EFC. ‎ ‎      ∴四边形DBCF是半对角四边形. （3）解：如下图，作过点OM⊥BC于点M.      ∵四边形DBCF是半对角四边形，      ∴∠ABC+∠ACB=120°.      ∴∠BAC=60°.      ∴∠BOC=2∠BAC=120°.      ∵OB=OC      ∴∠OBC=∠OCB=30°.      ∴BC=2BM=BO=BD.      ∵DG⊥OB,      ∴∠HGB=∠BAC=60°.      ∵∠DBG=∠CBA,      ∴△DBG△CBA.      ∴=2=.      ∵DH=BG,BG=2HG.      ∴DG=3HG.      ∴=      ∴=. 【考点】三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，相似三角形的判定与性质 ‎ ‎【解析】【分析】（1）在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A；根据四边形的内角和为360°，得出∠B与∠C的度数之和. （2）如图连接OC，根据条件先证△BED≌△BEO，再根据全等三角形的性质得出∠BCF=∠BOE=∠BDE；设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2得出∠EFC=180°-∠AFE=180°-2；再根据OA=OC得出∠OAC=∠OCA=， 根据三角形内角和得出∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2；从而得证. （3）如下图，作过点OM⊥BC于点M，由四边形DBCF是半对角四边形，得出∠ABC+∠ACB=120°，∠BAC=60°.∠BOC=2∠BAC=120°；再由OB=OC，得出∠OBC=∠OCB=30°.BC=2BM=BO=BD；根据△DBG～△CBA得出答案.     ‎ ‎24．（2017年浙江省衢州市）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．21教育网 ‎（1）如图1，当t=3时，求DF的长．‎ ‎（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．‎ ‎（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；21*cnjy*com ‎（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠‎ MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式， =，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出=，再由三角函数定义即可得出答案；‎ ‎（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；‎ ‎①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），求出AF=4+MF=﹣t+，得出G（， t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，把G（， t）代入即可求出t的值；‎ ‎②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），求出AF=4﹣MF=﹣t+，得出G（， t），代入直线AD的解析式y=﹣x+6求出t的值即可．‎ ‎【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，‎ ‎∵A（8，0），C（0，6），‎ ‎∴OA=8，OC=6，‎ ‎∵点D为OB的中点，‎ ‎∴DE∥OA，DE=OA=4，‎ ‎∵四边形OABC是矩形，‎ ‎∴OA⊥AB，‎ ‎∴DE⊥AB，‎ ‎∴∠OAB=∠DEA=90°，‎ 又∵DF⊥DE，‎ ‎∴∠EDF=90°，‎ ‎∴四边形DFAE是矩形，‎ ‎∴DF=AE=3；‎ ‎（2）∠DEF的大小不变；理由如下：‎ 作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：‎ ‎∵四边形OABC是矩形，‎ ‎∴OA⊥AB，‎ ‎∴四边形DMAN是矩形，‎ ‎∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，‎ ‎∴， =，‎ ‎∵点D为OB的中点，‎ ‎∴M、N分别是OA、AB的中点，‎ ‎∴DM=AB=3，DN=OA=4，‎ ‎∵∠EDF=90°，‎ ‎∴∠FDM=∠EDN，‎ 又∵∠DMF=∠DNE=90°，‎ ‎∴△DMF∽△DNE，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠EDF=90°，‎ ‎∴tan∠DEF==；‎ ‎（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，‎ 若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，‎ 设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；‎ ‎①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，‎ 由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），‎ ‎∴AF=4+MF=﹣t+，‎ ‎∵点G为EF的三等分点，‎ ‎∴G（， t），‎ 设直线AD的解析式为y=kx+b，‎ 把A（8，0），D（4，3）代入得：，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，‎ 把G（， t）代入得：t=；‎ ‎②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，‎ 由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），‎ ‎∴AF=4﹣MF=﹣t+，‎ ‎∵点G为EF的三等分点，‎ ‎∴G（， t），‎ 代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；‎ 综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或 ‎24、（2017·台州）在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根，比如对于方程 ，操作步骤是： 第一步：根据方程系数特征，确定一对固定点A（0，1），B（5，2）; 第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B； 第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C 的横坐标m即为该方程的一个实数根（如图1） 第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D 的横坐标为n即为该方程的另一个实数根。 ‎ ‎(1)在图2 中，按照“第四步“的操作方法作出点D（请保留作出点D时直角三角板两条直角 边的痕迹） ‎ ‎(2)结合图1，请证明“第三步”操作得到的m就是方程 的一个实数根； ‎ ‎(3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置，若要以此方法找到一元二次方程 的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标； ‎ ‎(4)实际上，（3）中的固定点有无数对，一般地,当 ， ， ， 与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P（ ， ），Q（ ， ）就是符合要求的一对固定点？ www-2-1-cnjy-com ‎24、【答案】（1）解：11:40到12:10的时间是30分钟，则B（30,0）， 潮头从甲地到乙地的速度==0.4（千米/分钟）. （2）解：∵潮头的速度为0.4千米/分钟， ∴到11:59时，潮头已前进19×0.4=7.6（千米）， ∴此时潮头离乙地=12-7.6=4.4（千米）， 设小红出发x分钟与潮头相遇， ∴0.4x+0.48x=4.4， ∴x=5, ∴小红5分钟后与潮头相遇. （3）解：把（30,0），C（55,15）代入s=， 解得b=，c=, ∴s=. ∵v0=0.4，∴v=, 当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分，即v=0.48时， =0.48，∴t=35， ∴当t=35时，s=， ∴从t=35分钟（12:15时）开始，潮头快于小红速度奔向丙地，小红逐渐落后，但小红仍以0.48千米/分的速度匀速追赶潮头. 设小红离乙地的距离为s1,则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h(t≥35)， 当t=35时，s1=s=,代入得：h=, 所以s1= 最后潮头与小红相距1.8千米时，即s-s1=1.8， 所以,， 解得t1=50,t2=20（不符合题意，舍去） ∴t=50, 小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟， ‎ ‎∴共需要时间为6+50-30=26分钟， ∴小红与潮头相遇到潮头离她1.8千米外共需26分钟. ​ 【考点】二次函数的应用，二次函数与一次函数的交点问题 【解析】【分析】（1）11:40到12:10的时间是30分钟，由图3可得甲乙两地的距离是12km，则可求出速度； （2）此题是相遇问题，求出小红出发时，她与潮头的距离；再根据速度和×时间=两者的距离，即可求出时间； （3）由（2）中可得小红与潮头相遇的时间是在12:04，则后面的运动过程为12:04开始，小红与潮头并行6分钟到12:10到达乙地，这时潮头开始从0.4千米/分加速到0.48千米/分钟，由题可得潮头到达乙后的速度为v=， 在这段加速的过程，小红与潮头还是并行，求出这时的时间t1 ， 从这时开始，写出小红离乙地关于时间t的关系式s1 ， 由s-s1=1.8，可解出的时间t2（从潮头生成开始到现在的时间），所以可得所求时间=6+t2-30。 ‎ ‎26．（2017年重庆中考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．‎ ‎（1）求直线AE的解析式；‎ ‎（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值；21*cnjy*com ‎（3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）y=x+．（2）3，（3）点Q的坐标为（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）抛物线的解析式可以变天为y=(x+1)(x-3),从而可得到点A和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入，求得k和b的值，从而得到AE的解析式； ‎ ‎（3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF、FQ=FQ三种情况求解即可.‎ 试题解析：（1）∵y=x2﹣x﹣，‎ ‎∴y=（x+1）（x﹣3）．‎ ‎∴A（﹣1，0），B（3，0）．中·华.21世纪教育网 ziyuank21世纪教育网21世纪教育网u.com 当x=4时，y=．‎ ‎∴E（4，）．‎ 过点P作PF∥y轴，交CE与点F．‎ 设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），‎ 则FP=（x﹣）﹣（x2﹣x﹣）=x2+x．‎ ‎∴△EPC的面积=×（x2+x）×4=﹣x2+x．‎ ‎∴当x=2时，△EPC的面积最大．‎ ‎∴P（2，﹣）．‎ 如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．‎ ‎∴点G（0，0）．‎ ‎∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．‎ 当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．‎ ‎∴GH==3．‎ ‎∴KM+MN+NK的最小值为3．‎ ‎（3）如图3所示：‎ ‎∴点Q″（3，2）．‎ 当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）．‎ 由两点间的距离公式可知：a+=，解得：a=﹣．‎ ‎∴点Q1的坐标为（3，﹣）．‎ 综上所述，点Q的坐标为（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．‎ 考点：二次函数综合题.21世纪教育网 ‎24、如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.   ‎ ‎(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标. ‎ ‎(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标. ‎ ‎(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）. ‎ ‎ 24、【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6， 所以点P与点C重合， 所以点P的坐标为（3,4）. （2）解：①当点P在边AD上时， 由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2， 设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1， 若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上， 所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。 若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上， 所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）. ②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7， 若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上， 所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）. 若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上， 所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）. 综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）. （3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）. ‎ ‎①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3, 则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|， 易证得△OGM′~△HM′P， 则 , 即 ， 则OM′= ， 在Rt△OGM′中， 由勾股定理得， ， 解得m= 或 ， 则P（ ，4）或（ ，4）； ②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）, 则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|, 易证得△OGM′~△HM′P， 则 , 即 ， 则OM′= ， ‎ 在Rt△OGM′中， 由勾股定理得， ， 整理得m= , 则P（ ，3）； 如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4）， 此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形， 所以GM=PM=4-2=2， 则P（2，-4）. 综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（ ，3）或（ ，4）或（ ，4）. 【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题） 【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解. ‎ ‎23.（2017年云南）（本小题满分12分）‎ 已知AB是⊙的直径，PB是⊙的切线，C是⊙上的点，　AC∥OP，M是直径AB上的动点，A与直线CM上的点连线距离的最小值为，B与直线CM上的点连线距离的 最小值为.‎ （1） 求证：PC是⊙的切线；[来源#@:中%教&︿网]‎ （2） 设，求∠CPO的正弦值；‎ （3） ‎。‎ ‎【考点】圆的切线判定性质，相似三角形，三角函数定义，线段和最短 ‎【解析】（1）连接OC，[中︿国教育出版&#网~@]‎ ‎∵AC∥OP，∴∠1=∠4，∠2=∠3‎ ‎∵OA=OC，∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠3=∠4‎ 在△OCP和△OBP中 ‎∴△OCP≌△OBP（SAS）[来~*源:中国教育出版︿&@网]‎ ‎∴∠OCP=∠OBP ‎∵PB切圆O于点B，∴∠OBP=90°，∴∠OCP=90°[21世纪教育网z#z%&step*@.com]【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎∵OC⊥PC且OC为半径 ‎∴PC是圆O的切线 ‎（2）[来︿源:&~中#*教网]‎ ‎（3）过点A作AE垂直MC于点E,并延长交圆O于点K,则AE=d,‎ 过点B作BF垂直MC于点F,则BF=f, 连BK,则四边形EKBF是矩形，所以EK=BF,‎ 所以 d+f=AE+BF=AE+EK=AK,‎ 因为AC≤AK≤AB,[来&源︿:%@中*教网]‎ 所以9≤d+f≤15.‎ ‎25．（14分）（2017•上海）如图，已知⊙O的半径长为1，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，BO的延长线交AC于点D，联结OA、OC．‎ ‎（1）求证：△OAD∽△ABD；‎ ‎（2）当△OCD是直角三角形时，求B、C两点的距离；‎ ‎（3）记△AOB、△AOD、△COD 的面积分别为S1、S2、S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OD的长．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．21世纪教育网 ‎【分析】（1）由△AOB≌△AOC，推出∠C=∠B，由OA=OC，推出∠OAC=∠C=∠B，由∠ADO=∠ADB，即可证明△OAD∽△ABD；‎ ‎（2）如图2中，当△OCD是直角三角形时，可以证明△ABC是等边三角形即可解决问题；‎ ‎（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD=x．想办法用x表示AD、AB、CD，再证明AD2=AC•CD，列出方程即可解决问题；‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，‎ 在△AOB和△AOC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOB≌△AOC，‎ ‎∴∠C=∠B，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OAC=∠C=∠B，∵∠ADO=∠ADB，‎ ‎∴△OAD∽△ABD．‎ ‎（2）如图2中，‎ ‎∵BD⊥AC，OA=OC，‎ ‎∴AD=DC，‎ ‎∴BA=BC=AC，‎ ‎∴△ABC是等边三角形，‎ 在Rt△OAD中，∵OA=1，∠OAD=30°，‎ ‎∴OD=OA=，‎ ‎∴AD==，‎ ‎∴BC=AC=2AD=．‎ ‎（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD=x．‎ ‎∵△DAO∽△DBA，‎ ‎∴==，‎ ‎∴==，‎ ‎∴AD=，AB=，‎ ‎∵S2是S1和S3的比例中项，‎ ‎∴S22=S1•S3，‎ ‎∵S2=AD•OH，S1=S△OAC=•AC•OH，S3=•CD•OH，‎ ‎∴（AD•OH）2=•AC•OH••CD•OH，‎ ‎∴AD2=AC•CD，‎ ‎∵AC=AB．CD=AC﹣AD=﹣，‎ ‎∴（）2=•（﹣），‎ 整理得x2+x﹣1=0，‎ 解得x=或，‎ 经检验：x=是分式方程的根，且符合题意，‎ ‎∴OD=．‎ ‎25．（2017年天津）已知抛物线y=x2+bx﹣3（b是常数）经过点A（﹣1，0）．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式和顶点坐标；‎ ‎（2）P（m，t）为抛物线上的一个动点，P关于原点的对称点为P'．‎ ‎①当点P'落在该抛物线上时，求m的值；‎ ‎②当点P'落在第二象限内，P'A2取得最小值时，求m的值．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）把A点坐标代入抛物线解析式可求得b的值，则可求得抛物线解析式，进一步可求得其顶点坐标；www-2-1-cnjy-com ‎（2）①由对称可表示出P′点的坐标，再由P和P′都在抛物线上，可得到关于m的方程，可求得m的值；②由点P′在第二象限，可求得t的取值范围，利用两点间距离公式可用t表示出P′A2，再由点P′在抛物线上，可用消去m，整理可得到关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其取得最小值时t的值，则可求得m的值．21*cnjy*com ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵抛物线y=x2+bx﹣3经过点A（﹣1，0），‎ ‎∴0=1﹣b﹣3，解得b=﹣2，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3，‎ ‎∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，‎ ‎∴抛物线顶点坐标为（1，﹣4）；‎ ‎（2）①由P（m，t）在抛物线上可得t=m2﹣2m﹣3，‎ ‎∵点P′与P关于原点对称，‎ ‎∴P′（﹣m，﹣t），‎ ‎∵点P′落在抛物线上，‎ ‎∴﹣t=（﹣m）2﹣2（﹣m）﹣3，即t=﹣m2﹣2m+3，‎ ‎∴m2﹣2m﹣3=﹣m2﹣2m+3，解得m=或m=﹣；‎ ‎②由题意可知P′（﹣m，﹣t）在第二象限，‎ ‎∴﹣m＜0，﹣t＞0，即m＞0，t＜0，‎ ‎∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣4），‎ ‎∴﹣4≤t＜0，‎ ‎∵P在抛物线上，‎ ‎∴t=m2﹣2m﹣3，‎ ‎∴m2﹣2m=t+3，‎ ‎∵A（﹣1，0），P′（﹣m，﹣t），‎ ‎∴P′A2=（﹣m+1）2+（﹣t）2=m2﹣2m+1+t2=t2+t+4=（t+）2+；‎ ‎∴当t=﹣时，P′A2有最小值，‎ ‎∴﹣=m2﹣2m﹣3，解得m=或m=，‎ ‎∵m＞0，‎ ‎∴m=不合题意，舍去，‎ ‎∴m的值为．‎ ‎　‎ ‎23．（13分）（2017•新疆）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．‎ ‎（1）试求A，B，C的坐标；‎ ‎（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．‎ ‎①求点D的坐标；‎ ‎②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；‎ ‎（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；‎ ‎（2）①利用旋转的性质结合三角形各边长得出D点坐标；‎ ‎②利用平行四边形的判定方法结合勾股定理的逆定理得出四边形ADBC的形状；‎ ‎（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）当y=0时，0=﹣x2+x+2，‎ 解得：x1=﹣1，x2=4，‎ 则A（﹣1，0），B（4，0），‎ 当x=0时，y=2，‎ 故C（0，2）；‎ ‎（2）①过点D作DE⊥x轴于点E，‎ ‎∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，‎ ‎∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5，‎ ‎∴D（3，﹣2）；‎ ‎②∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，‎ ‎∴AC=BD，AD=BC，‎ ‎∴四边形ADBC是平行四边形，‎ ‎∵AC==，BC==2，‎ AB=5，‎ ‎∴AC2+BC2=AB2，‎ ‎∴△ACB是直角三角形，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∴四边形ADBC是矩形；‎ ‎（3）由题意可得：BD=，AD=2，‎ 则=，‎ 当△BMP∽△ADB时，‎ ‎==，‎ 可得：BM=2.5，‎ 则PM=1.25，‎ 故P（1.5，1.25），‎ 当△BMP1∽△ABD时，‎ P1（1.5，﹣1.25），‎ 当△BMP2∽△BDA时，‎ 可得：P2（1.5，5），‎ 当△BMP3∽△BDA时，‎ 可得：P3（1.5，﹣5），‎ 综上所述：点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）．‎ ‎【点评】此题主要考查了二次函数的综合以及相似三角形的判定与性质等知识，正确分类讨论是解题关键．‎ ‎24.如图，抛物线与直线相交于两点，且抛物线经过点.‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点是抛物线上的一个动点（不与点、点重合），过点作直线轴于点，交直线于点.‎ ‎①当时，求点坐标；‎ ‎② 是否存在点使为等腰三角形，若存在请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）y=﹣x2+4x+5；（2）①P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；②（，）或（4+，﹣4﹣8）或（4﹣，4﹣8）或（0，5）．21·cn·jy·com ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由直线解析式可求得B点坐标，由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；21·世纪*教育网 ‎（2）①可设出P点坐标，则可表示出E、D的坐标，从而可表示出PE和ED的长，由条件可知到关于P点坐标的方程，则可求得P点坐标；www-2-1-cnjy-com ‎②由E、B、C三点坐标可表示出BE、CE和BC的长，由等腰三角形的性质可得到关于E点坐标的方程，可求得E点坐标，则可求得P点坐标．2-1-c-n-j-y ‎ ‎ ‎（2）①设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），D（x，0），‎ 则PE=|﹣x2+4x+5﹣（x+1）|=|﹣x2+3x+4|，DE=|x+1|，‎ ‎∵PE=2ED，‎ ‎∴|﹣x2+3x+4|=2|x+1|，‎ 当﹣x2+3x+4=2（x+1）时，解得x=﹣1或x=2，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去，‎ ‎∴P（2，9）；‎ 当﹣x2+3x+4=﹣2（x+‎ ‎1）时，解得x=﹣1或x=6，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去，【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎∴P（6，﹣7）‎ 综上可知P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；‎ ‎②设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），且B（4，5），C（5，0），‎ ‎∴BE=|x﹣4|，CE=，BC=，‎ 当△BEC为等腰三角形时，则有BE=CE、BE=BC或CE=BC三种情况，‎ 当BE=CE时，则|x﹣4|=，解得x=，此时P点坐标为（，）；‎ 当BE=BC时，则|x﹣4|=，解得x=4+或x=4﹣，此时P点坐标为（4+，﹣4﹣8）或（4﹣，4﹣8）；【出处：21教育名师】‎ 当CE=BC时，则=，解得x=0或x=4，当x=4时E点与B点重合，不合题意，舍去，此时P点坐标为（0，5）；【版权所有：21教育】‎ 综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（4+，﹣4﹣8）或（4﹣，4﹣8）或（0，5）．21教育名师原创作品 考点：二次函数综合题．‎ ‎28．（2017年青海省西宁市）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）猜想△EDB的形状并加以证明；‎ ‎（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【来源：21cnj*y.co*m】‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；‎ ‎（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，‎ ‎∴A（4，0），C（0，3），‎ ‎∵抛物线经过O、A两点，‎ ‎∴抛物线顶点坐标为（2，3），‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，‎ 把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3，即y=﹣x2+3x；‎ ‎（2）△EDB为等腰直角三角形．‎ 证明：‎ 由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），‎ ‎∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，‎ ‎∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，‎ ‎∴△EDB为等腰直角三角形；‎ ‎（3）存在．理由如下：‎ 设直线BE解析式为y=kx+b，‎ 把B、E坐标代入可得，解得，‎ ‎∴直线BE解析式为y=x+1，‎ 当x=2时，y=2，‎ ‎∴F（2，2），‎ ‎①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2，‎ ‎∴点M的纵坐标为2或﹣2，‎ 在y=﹣x2+3x中，令y=2可得2=﹣x2+3x，解得x=，‎ ‎∵点M在抛物线对称轴右侧，‎ ‎∴x＞2，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴M点坐标为（，2）；‎ 在y=﹣x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x，解得x=，‎ ‎∵点M在抛物线对称轴右侧，‎ ‎∴x＞2，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴M点坐标为（，﹣2）；‎ ‎②当AF为平行四边形的对角线时，‎ ‎∵A（4，0），F（2，2），‎ ‎∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），‎ 设M（t，﹣ t2+3t），N（x，0），‎ 则﹣t2+3t=2，解得t=，‎ ‎∵点M在抛物线对称轴右侧，‎ ‎∴x＞2，‎ ‎∴t=，‎ ‎∴M点坐标为（，2）；‎ 综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，2）或（，﹣2）．‎ ‎　‎ ‎25．(2017年陕西省中考)问题提出 ‎（1）如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，若点O是△ABC的内心，则OA的长为 ；‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB（即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．）同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．‎ 如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB交于点E，又测得DE=8m．‎ 请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0.01米）‎ ‎【答案】（1）；（2）PQ=；（3）喷灌龙头的射程至少为19.71米．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）构建Rt△AOD中，利用cos∠OAD=cos30°=，可得OA的长；‎ ‎（2）经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分，根据此结论作出PQ，利用勾股定理进行计算即可；‎ ‎（3）如图3，作辅助线，先确定圆心和半径，根据勾股定理计算半径：‎ 在Rt△AOD中，由勾股定理解得：r=13根据三角形面积计算高MN的长，证明△ADC∽△ANM，列比例式求DC的长，确定点O在△AMB内部，利用勾股定理计算OM，则最大距离FM的长可利用相加得出结论．‎ 试题解析：（1）如图1，过O作OD⊥AC于D，则AD=AC=×12=6，∵O是内心，△ABC是等边三角形，∴∠OAD=∠BAC=×60°=30°，在Rt△AOD中，cos∠OAD=cos30°=，∴OA=6÷=，故答案为：；‎ ‎（r﹣8）2，解得：r=13，∴OD=5，过点M作MN⊥AB，垂足为N，∵S△ABM=96，AB=24，∴AB•MN=96，×24×MN=96，∴MN=8，NB=6，AN=18，∵CD∥MN，∴△ADC∽△ANM，∴，∴，∴DC=，∴OD＜CD，∴点O在△AMB内部，∴‎ 连接MO并延长交于点F，则MF为草坪上的点到M点的最大距离，∵在上任取一点异于点F的点G，连接GO，GM，∴MF=OM+OF=OM+OG＞MG，即MF＞MG，过O作OH⊥MN，垂足为H，则OH=DN=6，MH=3，∴OM===，∴MF=OM+r=+13≈19.71（米）．‎ 答：喷灌龙头的射程至少为19.71米．‎ 考点：圆的综合题；最值问题；存在型；阅读型；压轴题．‎