全国各地中考数学分类解析159套63专题专题63 押轴的解答题专集6 80页

‎2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）‎ 专题63：押轴的解答题专集（6）‎ 锦元数学工作室 编辑 三、解答题 ‎251. （2012山东潍坊10分）许多家庭以燃气作为烧水做饭的燃料，节约用气是我们日常生活中非常现实的问题．某款燃气灶旋钮位置从0度到90度(如图)，燃气关闭时，燃气灶旋钮的位置为0度，旋钮角度越大，燃气流量越大，燃气开到最大时，旋钮角度为90度．为测试燃气灶旋钮在不同位置上的燃气用量，在相同条件下，选择在燃气灶旋钮的5个不同位置上分别烧开一壶水(当旋钮角度太小时，其火力不能够将水烧开，故选择旋钮角度x度的范围是18≤x≤90)，记录相关数据得到下表：‎ 旋钮角度(度)‎ ‎ 20‎ ‎ 50‎ ‎ 70‎ ‎ 80‎ ‎ 90‎ 所用燃气量(升)‎ ‎ 73‎ ‎ 67‎ ‎ 83‎ ‎ 97‎ ‎ 115‎ ‎ (1)请你从所学习过的一次函数、反比例函数和二次函数中确定哪种函数能表示所用燃气量y升与旋钮角度x度的变化规律?说明确定是这种函数而不是其它函数的理由，并求出它的解析式；‎ ‎ (2)当旋钮角度为多少时，烧开一壶水所用燃气量最少?最少是多少?‎ ‎ (3)某家庭使用此款燃气灶，以前习惯把燃气开到最大，现采用最节省燃气的旋钮角度，每月平均能节约燃气10立方米，求该家庭以前每月的平均燃气用量．‎ ‎【答案】解：（1）若设y=kx+b（k≠0），‎ 由解得 。∴y= x+77。‎ 把x=70代入得y=65≠83，∴一次函数不符合。‎ 若设（k≠0），由解得k=1460。∴ 。‎ 把x=50代入得y=29.2≠67，∴反比例函数不符合。‎ 若设y=ax2＋bx＋c，‎ 由 解得。∴y=x2 x＋97（18≤x≤90）。‎ 把x=80代入得y=97，把x=90代入得y=115，符合题意。‎ ‎∴二次函数能表示所用燃气量y升与旋钮角度x度的变化规律。‎ ‎（2）由（1）得：y=x2 x＋97=（x－40）2+65，‎ ‎∴当x=40时，y取得最小值65。‎ 答：当旋钮角度为40°时，烧开一壶水所用燃气量最少，最少为65升。‎ ‎ （3）由（2）及表格知，采用最节省燃气的旋钮角度40度比把燃气开到最大时烧开一壶水节约用气115－65=50（升），设该家庭以前每月平均用气量为a立方米，则由题意得：‎ ‎，解得a=23。‎ 答：该家庭以前每月平均用气量为23立方米。‎ ‎【考点】待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）先假设函数为一次函数，任选两点求出函数解析式，再将各点代入验证；再假设函数为二次函数，任选三求出函数解析式，再将各点代入验证 ‎（2）将（1）所求二次函数解析式，化为顶点式，转化为二次函数最值的问题。‎ ‎（3）由（2）及表格知，采用最节省燃气的旋钮角度40度比把燃气开到最大时烧开一壶水节约用气115－65=50，再设该家庭以前每月平均用气量为a立方米，据此解答即可。‎ ‎252. （2012山东潍坊11分）如图，已知抛物线与坐标轴分别交于A(－2，O)、B(2，0)、C(0，－l)三点，过坐标原点O的直线y=kx与抛物线交于M、N两点．分别过点C、D(0，－2)作平行于x轴的直线、．‎ ‎ (1)求抛物线对应二次函数的解析式；‎ ‎ (2)求证以ON为直径的圆与直线相切；‎ ‎ (3)求线段MN的长(用k表示)，并证明M、N两点到直线的距离之和等于线段MN的长．‎ ‎【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为y=ax2＋bx＋c，‎ 则 解得。‎ ‎∴抛物线对应二次函数的解析式 所以。‎ ‎ （2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上，‎ ‎ ∴，∴x22=4(y2+1)。‎ 又∵，∴。‎ 又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。‎ 设ON的中点E，分别过点N、E向直线作垂线，垂足为P、F， 则 ，‎ ‎∴ON=2EF，‎ 即ON的中点到直线的距离等于ON长度的一半，‎ ‎∴以ON为直径的圆与相切。‎ ‎（3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则，‎ 又∵y1=kx1，y2=kx2，∴（y2－y1)2=k2(x2－x1)2。∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2。‎ 又∵点M、N既在y=kx的图象上又在抛物线上，‎ ‎∴，即x2－4kx－4=0，∴x2＋x1=4k，x2·x1=－4。‎ ‎∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2=(1+k2)[ (x2＋xl)2－4x2·xl] =16(1+k2)2。∴MN=4(1+k2)。‎ 延长NP交于点Q，过点M作MS⊥交于点S，‎ 则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=‎ ‎ ∴MS+NQ=MN，即M、N两点到距离之和等于线段MN的长。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中点坐标的求法，直线与圆相切的条件，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出抛物线对应二次函数的解析式。‎ ‎（2）要证以ON为直径的圆与直线相切，只要证ON的中点到直线的距离等于ON长的一半即可。‎ ‎（3）运用一元二次方程根与系数的关系，求出MN和M、N两点到直线的距离之和，相比较即可。‎ ‎253. （2012山东烟台10分）（1）问题探究 如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C 作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．‎ ‎（2）拓展延伸 ‎①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．‎ ‎②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在 图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）‎ ‎【答案】解：（1）D1M=D2N。证明如下： ‎∵∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°。‎ ‎∵∠AHK=∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠HAC=90°。‎ ‎∴∠D1CK=∠HAC。‎ 在△ACH和△CD1M中，∠D1CK=∠HAC，∠AHC=∠C M D1=90°，AC=C D1， ‎ ‎∴△ACH≌△CD1M（AAS）。∴D1M=CH。‎ 同理可证D2N=CH。‎ ‎∴D1M=D2N。‎ ‎（2）①D1M=D2N成立。证明如下： ‎ 过点C作CG⊥AB，垂足为点G，‎ ‎∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，‎ ‎∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，∠AH1C=∠ACD1，‎ ‎∴∠H1AC=∠D1CM。‎ 在△ACG和△CD1M中，∠H1AC=∠D1CM，∠AGC=∠C M D1=90°，AC=C D1， ‎ ‎∴△ACG≌△CD1M（AAS）。∴CG=D1M。‎ 同理可证CG=D2N。‎ ‎∴D1M=D2N。‎ ‎②作图如下：‎ D1M=D2N还成立。‎ ‎【考点】‎ 全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，三角形的内角和定理。‎ ‎【分析】（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证。‎ ‎（2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证。‎ ‎②结论仍然成立，与①的证明方法相同。‎ ‎254. （2012山东烟台12分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？‎ ‎（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．‎ ‎【答案】解：（1）A（1，4）。‎ 由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4‎ ‎∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3。‎ ‎（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵A（1，4），C（3，0），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6。‎ ‎∵点P（1，4﹣t），‎ ‎∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为。‎ ‎∴点G的横坐标为，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为。‎ ‎∴GE=（）﹣（4﹣t）=。‎ 又点A到GE的距离为，C到GE的距离为，‎ ‎∴。‎ ‎∴当t=2时，S△ACG的最大值为1。‎ ‎（3）或。‎ ‎ 由题设和（2）知，C（3，0），Q（3，t），E（），设H（）。‎ 当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即 ‎，‎ 解得，或t=4（舍去，此时C，E重合）。‎ 当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即 ‎，‎ 解得，或（舍去，此时已超过矩形ABCD的范围）。‎ 综上所述，当或时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形。‎ ‎255. （2012山东枣庄10分）如图，在平面直角坐标xOy中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于二、四象限内的A、B两点，与x轴交于C点，点B的坐标为（6，）．线段OA=5，E为x轴上一点，且sin∠AOE=．‎ ‎（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；‎ ‎（2）求△AOC的面积．‎ ‎【答案】解：（1）过点A作AD⊥x轴于D点，如图， ‎ ‎ ∵sin∠AOE=，OA=5，∴sin∠AOE=。‎ ‎∴AD=4，∴DO=。‎ 而点A在第二象限，∴点A的坐标为（－3，4）。‎ 将A（－3，4）代入，得m=－12，‎ ‎∴所求的反比例函数的解析式为。‎ 将B（6，n）代入，得n =－2。‎ 将A（－3，4）和B（6，－2）分别代入，得 ‎，解得。‎ ‎∴所求的一次函数的解析式为。‎ ‎（2）在中，令，即，解得。‎ ‎∴C点坐标为（0，3），即OC=3，‎ ‎∴。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）过点A作AD⊥x轴于D点，由sin∠AOE=，OA=5，根据正弦的定义可求出AD，再根据勾股定理得到DO，即得到A点坐标（－3，4），把A（－3，4）代入，即可确定反比例函数的解析式；将B（6，n）代入，确定点B点坐标，然后把A点和B点坐标代入，即可确定一次函数函数的解析式。‎ ‎（2）先令，求出C点坐标，得到OC的长，然后根据三角形的面积公式计算△AOC的面积即可。‎ ‎256. （2012山东枣庄10分）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠 在两坐标轴上，点C为 (－1，0) ．如图所示，B点在抛物线y＝x2＋x－2图象上，过点B作 BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为－3．‎ ‎（1）求证：△BDC≌△COA；‎ ‎（2）求BC所在直线的函数关系式；‎ ‎（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所 有点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠OAC＝90°，‎ ‎∴∠BCD＝∠OAC。‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形 ，∴BC＝AC。‎ 在△BDC和△COA中，∠BDC＝∠COA＝90°，∠BCD＝∠OAC，BC＝AC，‎ ‎∴△BDC≌△COA（AAS）。 ‎ ‎（2）∵C点坐标为 (－1，0)，∴BD＝CO＝1。‎ ‎∵B点横坐标为－3，∴B点坐标为 (－3，1)。‎ 设BC所在直线的函数关系式为y＝kx＋b，‎ ‎∴，解得。∴BC所在直线的函数关系式为y＝－ x－ 。‎ ‎（3）存在 。 ‎ ‎∵y＝x2＋x－2＝(x＋)2x－，∴对称轴为直线x＝－。‎ 若以AC为直角边，点C为直角顶点，对称轴上有一点P1，使CP1⊥AC，‎ ‎∵BC⊥AC，∴点P1为直线BC与对轴称直线x＝－的交点。‎ 由题意可得： ， 解得，。∴P1（－，－）。‎ 若以AC为直角边，点A为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，‎ 则过点A作A P2∥BC，交对轴称直线x＝－于点P2，‎ ‎∵CD＝OA，∴A（0，2）。‎ 设直线AP2的解析式为：y＝－x＋m，把A（0，2）代入得m＝2。‎ ‎∴直线AP2的解析式为：y＝－x＋2。‎ ‎ 由题意可得：，解得，。∴P2（－，－）。‎ ‎∴P点坐标分别为P1（－，－）、P2（－，－）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，平角定义，直角三角形两锐角的关系，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，抛物线的对称轴，直角三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）由等腰直角三角形的性质，平角定义，直角三角形两锐角的关系，可由AAS证得。‎ ‎ （2）求出点B的坐标，由点B、C的坐标，用待定系数法可求BC所在直线的函数关系式。‎ ‎ （3）分点C为直角顶点和点A为直角顶点两种情况讨论即可。‎ ‎257.（2012山东淄博9分）在矩形ABCD中，BC=4，BG与对角线AC垂直且分别交AC，AD及射线CD于点E，F，G，AB=x．‎ ‎（1）当点G与点D重合时，求x的值；‎ ‎（2）当点F为AD中点时，求x的值及∠ECF的正弦值．‎ ‎【答案】解：（1）当点G与点D重合时，点F也与点D重合。‎ ‎ ∵矩形ABCD中，AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形。‎ ‎ ∵BC=4，∴x= AB= BC=4。‎ ‎ （2）∵点F为AD中点，BC=4，∴AF=2。‎ ‎ ∵矩形ABCD中，AD∥BC，∴△AEF∽△BEB。∴。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎ ∵矩形ABCD中，∠ABC=∠BAF=900，‎ ‎ ∴在Rt△ABC和Rt△BAF中由勾股定理得，‎ ‎ 即。‎ ‎ 两式相加，得。‎ ‎ 又∵AC⊥BG，∴在Rt△ABE中，。‎ ‎ ∴，解得（已舍去负值）。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴在Rt△CEF中由勾股定理得。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎【考点】矩形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义。‎ ‎【分析】（1）由点G与点D重合得出四边形ABCD是正方形即可求得x的值。‎ ‎ （2）由点F为AD中点和矩形的性质，得△AEF∽△BEB，从而得。在Rt△ABC、 Rt△BAF和Rt△ABE应用勾股定理即可求得x的值。在Rt△CEF中应用勾股定理求得CF，根据锐角三角函数定义即可求得∠ECF的正弦值。‎ ‎258. （2012山东淄博9分）如图，正方形AOCB的边长为4，反比例函数的图象过点E（3，4）．‎ ‎（1）求反比例函数的解析式；‎ ‎（2）反比例函数的图象与线段BC交于点D，直线过点D，与线段AB相交于点F，求点F的坐标；‎ ‎（3）连接OF，OE，探究∠AOF与∠EOC的数量关系，并证明．‎ ‎【答案】解：（1）设反比例函数的解析式，‎ ‎∵反比例函数的图象过点E（3，4），∴，即。‎ ‎∴反比例函数的解析式。‎ ‎（2）∵正方形AOCB的边长为4，∴点D的横坐标为4，点F的纵坐标为4。‎ ‎　　　∵点D在反比例函数的图象上，∴点D的纵坐标为3，即D（4,3）。‎ ‎ ∵点D在直线上，∴，解得。‎ ‎　　　∴直线DF为。‎ ‎　　　将代入，得，解得。∴点F的坐标为（2，4）。‎ ‎（3）∠AOF＝∠EOC。证明如下：‎ 在CD上取CG=CF=2，连接OG，连接EG并延长交ｘ轴于点H。‎ ‎∵AO=CO=4，∠OAF=∠OCG=900，AF=CG=2，‎ ‎∴△OAF≌△OCG（SAS）。∴∠AOF=∠COG。‎ ‎∵∠EGB=∠HGC，∠B=∠GCH=900，BG=CG=2，‎ ‎∴△EGB≌△HGC（AAS）。∴EG=HG。‎ 设直线EG：，‎ ‎∵E（3，4），G（4，2），‎ ‎∴，解得，。‎ ‎∴直线EG：。‎ 令，得。∴H（5，0），OH=5。‎ 在Rｔ△AOF中，AO=4，AE=3，根据勾股定理，得OE=5。∴OC=OE。‎ ‎∴OG是等腰三角形底边EF上的中线。∴OG是等腰三角形顶角的平分线。‎ ‎∴∠EOG=∠GOH。∴∠EOG=∠GOC=∠AOF，即∠AOF＝∠EOC。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）将点E（3，4）代入待定的反比例函数解析式即可求得反比例函数的解析式。‎ ‎　　　　（2）求出点D的坐标代入即可求出直线DF的解析式，令即可求得点F的坐标。‎ ‎（3）在CD上取CG=CF=2，连接OG，连接EG并延长交ｘ轴于点H。通过证△OAF≌△OCG（SAS）和△EGB≌△HGC（AAS）得到∠AOF=∠COG和EG=HG。求出直线EG的解析式从而得到点H的坐标，从而得到OH的长。在Rｔ△AOF中，应用勾股定理求得OE的长。因此得到OG是等腰三角形底边EF上的中线的结论，根据等腰三角形三线合一的性质得OG是等腰三角形顶角的平分线。从而得∠AOF＝∠EOC。‎ ‎259. （2012广西北海10分）如图，AB是O的直径，AE交O于点E，且与O的切线CD互相垂直，垂 足为D。‎ ‎（1）求证：∠EAC＝∠CAB；‎ ‎（2）若CD＝4，AD＝8：‎ ‎①求O的半径；‎ ‎②求tan∠BAE的值。‎ ‎【答案】（1）证明：连接OC。 ‎ ‎∵CD是⊙O的切线，∴CD⊥OC。‎ 又∵CD⊥AE，∴OC∥AE。∴∠1＝∠3。‎ ‎∵OC＝OA，∴∠2＝∠3。‎ ‎∴∠1＝∠2，即∠EAC＝∠CAB。‎ ‎（2）解：①连接BC。‎ ‎∵AB是⊙O的直径，CD⊥AE于点D，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADC＝90°。‎ ‎∵∠1＝∠2，∴△ACD∽△ABC。∴。‎ ‎∵AC2＝AD2＋CD2＝42＋82＝80，‎ ‎∴AB＝＝10。‎ ‎∴⊙O的半径为10÷2＝5。‎ ‎②连接CF与BF。‎ ‎∵四边形ABCF是⊙O的内接四边形，‎ ‎∴∠ABC＋∠AFC＝180°。‎ ‎∵∠DFC＋∠AFC＝180°，∴∠DFC＝∠ABC。‎ ‎∵∠2＋∠ABC＝90°， ∠DFC＋∠DCF＝90°，‎ ‎∴∠2＝∠DCF。‎ ‎∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠DCF。‎ ‎∵∠CDF＝∠CDF，∴△DCF∽△DAC。∴ 。∴DF＝＝2。‎ ‎∴AF＝AD－DF＝8－2＝6。‎ ‎∵AB是⊙O的直径，∴∠BFA＝90°。‎ ‎∴BF＝＝8。∴tan∠BAD＝。 ‎ ‎【考点】切线的性质，平行的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。‎ ‎【分析】（1）连接OC，由CD是⊙O的切线，CD⊥OC，又由CD⊥AE，即可判定OC∥AE，根据平行线的性质与等腰三角形的性质，即可证得∠EAC=∠CAB。‎ ‎（2）①连接BC，易证得△ACD∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AB的长，‎ 从而可得⊙O的半径长。‎ ‎ ②连接CF与BF．由四边形ABCF是⊙O的内接四边形，易证得△DCF∽△DAC，然后根据 相似三角形的对应边成比例，求得AF的长，又由AB是⊙O的直径，即可得∠BFA是直角，利用勾股定理求得BF的长，即可求得tan∠BAE的值。‎ ‎260. （2012广西北海12分）如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（－2，0）、‎ B（0，1）、C（d，2）。‎ ‎（1）求d的值；‎ ‎（2）将△ABC沿x轴的正方向平移，在第一象限内B、C两点的对应点B′、C′正好落在某反比例函数图 像上。请求出这个反比例函数和此时的直线B′C′的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，直线B′C′交y轴于点G。问是否存在x轴上的点M和反比例函数图像上的点P，‎ 使得四边形PGMC′是平行四边形。如果存在，请求出点M和点P的坐标；如果不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）作CN⊥x轴于点N。‎ 在Rt△CNA和Rt△AOB中，‎ ‎∵NC＝OA＝2，AC＝AB ‎∴Rt△CNA≌Rt△AOB（HL）。‎ ‎∴AN＝BO＝1，NO＝NA＋AO＝3，‎ 又∵点C在第二象限，∴d＝－3。‎ ‎（2）设反比例函数为，点C′和B′在该比例函数图像上，‎ 设C′（c，2），则B′（c＋3，1）。‎ 把点C′和Ｂ′的坐标分别代入，得k＝2 c；k＝c＋3。‎ ‎∴2 c＝c＋3，c＝3，则k＝6。∴反比例函数解析式为。‎ 得点C′（3，2）；B′（6，1）。‎ 设直线C′B′的解析式为y＝ax＋b，把C′、B′两点坐标代入得，解得 ‎。‎ ‎∴直线C′B′的解析式为。‎ ‎（3）设Q是G C′的中点，由G（0，3），C′（3，2），得点Q的横坐标为，点Q的纵坐标为 ‎2＋。∴Q（，）。‎ 过点Q作直线l与x轴交于M′点，与的 图象交于P′点，若四边形P′G M′ C′是平行四边形，则有P′Q＝Q M′，易知点M′的横坐标大于，点P′的横坐标小于。‎ 作P′Ｈ⊥x轴于点H，QK⊥y轴于点K，P′H与QK交于点E，作QF⊥x轴于点F，‎ 则△P′EQ≌△QFM′ 。‎ 设EQ＝FM′＝t，则点P′的横坐标x为，点P′的纵坐标y为，‎ 点M′的坐标是（，0）。‎ ‎∴P′E＝。‎ 由P′Q＝QM′，得P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，∴，‎ 整理得：，解得（经检验，它是分式方程的解）。‎ ‎∴，，。‎ ‎∴P′（，5），M′（，0），则点P′为所求的点P，点M′为所求的点M。 ‎ ‎【考点】反比例函数综合题，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，平行四边形的和性质，勾股定理，解分式方程和二元一次方程组。‎ ‎【分析】（1）作CN⊥x轴于点N，由Rt△CNA≌Rt△AOB即可求得d的值。‎ ‎（2）根据平移的性质，用待定系数法求出反比例函数和直线B′C′的解析式。‎ ‎（3）根据平行四边形对角线互相平分的性质，取G C′的中点Q，过点Q作直线l与x轴交于M′‎ 点，与的图象交于P′点，求出P′Q＝Q M′的点M′和P′的坐标即可。‎ ‎261. （2012广西贵港11分）如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，且 ‎∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3。点P在射线AC上运动，过点P作PH⊥AB，垂足为H。‎ ‎（1）直接写出线段AC、AD以及⊙O半径的长；‎ ‎（2）设PH＝x，PC＝y，求y关于x的函数关系式；‎ ‎（3）当PH与⊙O相切时，求相应的y值。‎ ‎【答案】解：（1）AC=4；AD=3，⊙O半径的长为1。‎ ‎（2）在Rt△ABC中，AB=5，AC=4，则BC=3。‎ ‎ ∵∠C=90°，PH⊥AB，∴∠C=∠PHA=90°。‎ ‎∵∠A=∠A， ∴△AHP∽△ACB。∴，即。‎ ‎∴，即y与x的函数关系式是。‎ ‎（3）如图，P′H′与⊙O相切于点M，连接OD，OE，OF，OM。‎ ‎∵∠OMH′=∠MH′D=∠H′DO=90°，OM=OD，‎ ‎∴四边形OMH′D是正方形。∴MH′=OM=1。‎ ‎∵CE、CF是⊙O的切线，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠CFO=∠FCE=∠CEO=90°，CF=CE。‎ ‎∴四边形CEOF是正方形，CF=OF=1。‎ ‎∴P′H′=P′M+MH′=P′F+FC=P′C，即x=y。‎ 又由（2）知，，∴，解得。‎ ‎【考点】圆的综合题，圆的切线性质，勾股定理，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）连接AO、DO，EO，FO，设⊙O的半径为r，‎ 在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=，‎ ‎∴⊙O的半径r=（AC+BC-AB）=（4+3-5）=1。‎ ‎∵CE、CF是⊙O的切线，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠CFO=∠FCE=∠CEO=90°，CF=CE。∴四边形CEOF是正方形。∴CF=OF=1。‎ 又∵AD、AF是⊙O的切线，∴AF=AD。∴AF=AC-CF=AC-OF=4-1=3，即AD=3。‎ ‎（2）通过相似三角形△AHP∽△ACB的对应边成比例知， ，将“PH=x，PC=y”代入求出即可求得y关于x的函数关系式。‎ ‎（3）根据圆的切线定理证得四边形OMH′D、四边形CFOE为正方形；然后利用正方形的性质、圆的切线定理推知P′H′=P′M+MH′=P′F+FC=P′C，即x=y；最后将其代入（2）中的函数关系式即可求得y值。‎ ‎262. （2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，‎ ‎－1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线 CD的解析式；‎ ‎（3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2＋PB2＋PC2＝35，求点P的坐标；并直接写出此时直线 OP与该抛物线交点的个数。‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，－1），‎ ‎ ∴设抛物线的解析式为线。‎ ‎ ∵点B（3，0）在抛物线上，∴，解得。‎ ‎ ∴该抛物线的解析式为，即。‎ ‎（2）在中令x=0，得。∴C（0，3）。‎ ‎ ∴OB=OC=3。∴∠ABC=450。‎ ‎ 过点B作BN⊥x轴交CD于点N（如图），‎ ‎ 则∠ABC=∠NBC=450。‎ ‎ ∵直线CD和直线CA关于直线BC对称，‎ ‎ ∴∠ACB=∠NCB。‎ ‎ 又∵CB=CB，∴△ACB≌△NCB（ASA）。‎ ‎ ∴BN=BA。‎ ‎ ∵A，B关于抛物线的对称轴x=2对称，B（3，0），‎ ‎∴A（1，0）。∴BN=BA=2。∴N（3，2）。‎ 设直线CD的解析式为，‎ ‎∵C（0，3），N（3，2）在直线CD上，‎ ‎∴，解得，。‎ ‎∴直线CD的解析式为。‎ ‎（3）设P（2，p）。‎ ‎ ∵M（2，－1），B（3，0），C（0，3），‎ ‎ ∴根据勾股定理，得，，‎ ‎。‎ ‎ ∵PM2＋PB2＋PC2＝35，∴。‎ ‎ 整理，得，解得。‎ ‎ ∴P（2，－2）或（2，）。‎ ‎ 当P（2，－2）时，直线OP与该抛物线无交点；当P（2，）时，直线OP与该抛物 线有两交点。‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）由于已知抛物线的顶点坐标，所以可设抛物线的顶点式，用待定系数法求解。‎ ‎ （2）由直线CD和直线CA关于直线BC对称，构造全等三角形：过点B作BN⊥x轴交CD于点N，求出点N的坐标，由点B，N的坐标，用待定系数法求出直线CD的解析式。‎ ‎ （3）设P（2，p），根据勾股定理分别求出PM2、PB2和PC2，由PM2＋PB2＋PC2＝35，列式求解即可求得点P的坐标（2，－2）或（2，）。‎ ‎ 当P（2，－2）时，直线OP的解析式为，与联立，得，‎ 即。∵△=9－12=－3＜0，∴无解，即直线OP与抛物线无交点。‎ 当P（2，）时，直线OP的解析式为，与联立，得，‎ 即。∵△=289－108=181＞0，∴有两不相等的实数根，即直线OP与抛物线有两个交点。‎ ‎263 （2012广西桂林10分）如图，等圆⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，⊙O1经过⊙O2的圆心，顺次连 接A、O1、B、O2．‎ ‎(1)求证：四边形AO1BO2是菱形；‎ ‎(2)过直径AC的端点C作⊙O1的切线CE交AB的延长线于E，连接CO2交AE于D，求证：CE＝2O2D；‎ ‎(3)在(2)的条件下，若△AO2D的面积为1，求△BO2D的面积．‎ ‎264. （2012广西桂林12分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，D为BC的中点．‎ ‎(1)若E、F分别是AB、AC上的点，且AE＝CF，求证：△AED≌△CFD；‎ ‎(2)当点F、E分别从C、A两点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿CA、AB运动，到点A、B 时停止；设△DEF的面积为y，F点运动的时间为x，求y与x的函数关系式；‎ ‎(3)在(2)的条件下，点F、E分别沿CA、AB的延长线继续运动，求此时y与x的函数关系式．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵∠BAC ＝90°， AB＝AC＝6，D为BC中点，‎ ‎∴∠BAD＝∠DAC＝∠B＝∠C＝45° 。∴AD＝BD＝DC= 。‎ ‎∵AE＝CF，∴△AED≌△CFD（SAS）。‎ ‎（2）依题意有，FC＝AE＝x，AF=6－x ‎∵△AED≌△CFD，‎ ‎∴‎ ‎∴。‎ ‎∴。 ‎ ‎（3）依题意有：FC＝AE＝x，AF＝BE＝x－6，AD＝DB，∠ABD＝∠DAC＝45°，‎ ‎∴∠DAF＝∠DBE＝135° 。∴△ADF≌△BDE（SAS）。∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】动点问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等积变换。‎ ‎【分析】（1）由已知推出△ABC是等腰直角三角形后易用SAS证得结果。‎ ‎ （2）由△AED≌△CFD，根据等积变换由可得结果。‎ ‎（3）由△AED≌△CFD，根据等积变换由可得结果。‎ ‎265. （2012广西河池10分）随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加.据 统计，某小区2009年底拥有家庭电动自行车125辆，2011年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆.‎ ‎(1)若该小区2009年底到2012年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2012年 底电动自行车将达到多少辆？‎ ‎(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车 位1000元/个，露天车位200元/个.考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案.‎ ‎【答案】解：（1）设家庭电动自行车拥有量的年平均增长率为x，则 ‎125（1+x）2=180，解得x1=0.2=25%，x2=－2.2（不合题意，舍去）。‎ ‎∴180（1+20%）=216（辆）。‎ 答：该小区到2012年底家庭电动自行车将达到216辆。‎ ‎（2）设该小区可建室内车位a个，露天车位b个，则 ‎ ，‎ 由①得b=150－5a，代入②得20≤a≤‎ ‎∵a是正整数，∴a=20或21。‎ 当a=20时b=50；当a=21时b=45。‎ ‎∴方案一：建室内车位20个，露天车位50个；‎ 方案二：室内车位21个，露天车位45个。‎ ‎【考点】一元二次方程和一元一次不等式组的应用。‎ ‎【分析】（1）设年平均增长率是x，根据某小区2009年底拥有家庭电动自行车125辆，2011年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2012年底家庭电动车将达到多少辆。‎ ‎（2）设建x个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的3倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况。‎ ‎266. （2012广西河池12分）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，以底边BC的垂直平分线和BC所 在的直线建立平面直角坐标系，抛物线经过A、B两点.‎ ‎（1）写出点A、点B的坐标；‎ ‎（2）若一条与y轴重合的直线l以每秒2个单位长度的速度向右平移，分别交线段OA、CA和抛物 线于点E、M和点P，连结PA、PB.设直线l移动的时间为t（0＜t＜4）秒，求四边形PBCA的面积S（面积单位）与t（秒）的函数关系式，并求出四边形PBCA的最大面积；‎ ‎（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点P，使得△PAM是直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）A（8，0），B（0，4）。‎ ‎ （2）∵AB=AC，∴OB=OC。∴C（0，－4）。‎ ‎ 设直线AC：，由A（8，0），C（0，－4）得 ‎ ，解得。∴直线AC：。‎ ‎ ∵ 直线l移动的速度为2，时间为t，∴OE=2t。‎ 设P，‎ ‎ 在中，令x=2t，得，∴M（2t，）。‎ ‎ ∵BC=8，PM=，OE=2t，EA=，‎ ‎ ∴‎ ‎ 。‎ ‎ ∴四边形PBCA的面积S与t的函数关系式为（0＜t＜4）。‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴四边形PBCA的最大面积为41个平方单位。‎ ‎（3）存在。∵由（2），在0＜t＜4，即0＜t＜8时，∠AMP和∠APM不可能为直角。‎ ‎ 若∠PAM为直角，则PA⊥CA，∴△AOC∽△PEA。∴。‎ ‎ 设P，则OC=4，OA=8，EA=8－p，EP=，‎ ‎ ∴，整理得，解得（舍去）。‎ ‎ 当时，。∴P（3，10）。‎ ‎ ∴当P（3，10）时，△PAM是直角三角形。‎ ‎【考点】二次函数综合题，动直线问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）在中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=－1或x=8。‎ ‎ ∴A（8，0），B（0，4）。‎ ‎ （2）由AB=AC，根据等腰三角形三线合一的性质可得点C的坐标，从而用待定系数法求出直线AC的解析式，得到点M关于t的表达式，根据求出四边形PBCA的面积S与t 的函数关系式，应用二次函数最值的求法求出四边形PBCA的最大面积。‎ ‎ （3）存在。易知，∠AMP和∠APM不可能为直角。当∠PAM为直角时，△AOC∽△PEA，根据比例关系列出方程求解即可。‎ ‎267. （2012广西来宾10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，过点D垂直于AC的直线交AC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）如图AD=5，AE=4，求⊙O的直径．‎ ‎【答案】（1）证明：如图，连接OD， ‎ ‎∵AD为∠CAB的平分线，∴∠CAD=∠BAD。‎ 又OA=OD，∴∠BAD=∠ODA。∴∠CAD=∠ODA。‎ ‎∴AC∥OD。∴∠E+∠EDO=180°。‎ 又AE⊥ED，即∠E=90°，∴∠EDO=90°。‎ ‎∴OD为圆O的切线。 ‎ ‎（2）解：如图，连接BD，‎ ‎∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°。‎ 在Rt△AED中，AE=4，AD=5，∴。‎ 又∵∠EAD=∠DAB，在Rt△ABD中，∴。‎ ‎∴，即圆的直径为。‎ ‎【考点】等腰三角形的性质，平行的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）连接OD，由AD为角平分线，得到一对角相等，再由OA=OD，得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，根据内错角相等两直线平行可得AC∥OD，由两直线平行同旁内角互补，得到∠E与∠EDO互补，再由∠E为直角，可得∠EDO为直角，即DE为圆O的切线。‎ ‎（2）连接BD，由AB为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角的性质，得到∠ADB=90°。在 Rt△AED中，由AE和AD的长，根据锐角三角函数定义求出cos∠EAD。又在Rt△ABD中，根据锐角三角函数定义得到 ，即可求出直径AB的长。‎ ‎268. （2012广西来宾12分）已知抛物线y=ax2+2x+c的图象与x轴交于点A（3，0）和点C，与y轴交于点B（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上找一点D，使得点D到点B、C的距离之和最小，并求出点D的坐标；‎ ‎（3）在第一象限的抛物线上，是否存在一点P，使得△ABP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c的图象经过点A（3，0）和点B（0，3），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为：。 （2）∵，∴对称轴为x=1。‎ 令，解得x1=3，x2=－1，∴C（－1，0）。‎ 如图1所示，连接AB，与对称轴x=1的交点即为所求之D点，由于A、C两点关于对称轴对称，则此时DB+DC=DB+DA=AB最小。‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ 由A（3，0）、B（0，3）可得：‎ ‎，解得。‎ ‎∴直线AB解析式为y=－x＋3。‎ 当x=1时，y=2，∴D点坐标为（1，2）。‎ ‎（3）结论：存在。‎ 如图2，设P（x，y）是第一象限的抛物线上一点，‎ 过点P作PN⊥x轴于点N，‎ 则ON=x，PN=y，AN=OA－ON=3－x．‎ ‎∵P（x，y）在抛物线上，∴，代入上式得：‎ ‎。‎ ‎∴当x= 时，S△ABP取得最大值。‎ 当x= 时，，∴P（， ）。‎ ‎∴在第一象限的抛物线上，存在一点P，使得△ABP的面积最大，P点的坐标为（ ，）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质。‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）连接AB，与对称轴x=1的交点即为所求之D点．为求D点坐标，求出直线AB的解析式，然后令x=1求得y，即可求出D点坐标。‎ ‎（3）求出△ABP的面积表达式．这个表达式是一个关于P点横坐标的二次函数，利用二次函数求极值的方法可以确定P点的坐标。‎ ‎269. （2012广西柳州10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦．‎ ‎（1）请你按下面步骤画图（画图或作辅助线时先使用铅笔画出，确定后必须使用黑色字迹的签字笔描黑）；‎ 第一步，过点A作∠BAC的角平分线，交⊙O于点D；‎ 第二步，过点D作AC的垂线，交AC的延长线于点E．‎ 第三步，连接BD．‎ ‎（2）求证：AD2=AE•AB；‎ ‎（3）连接EO，交AD于点F，若5AC=3AB，求的值．‎ ‎【答案】解：（1）如图；‎ ‎（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°。‎ ‎ 又∵DE⊥AC，∴∠AED=90°。‎ ‎∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠DAB。∴Rt△ADE∽Rt△ABD。‎ ‎∴AD：AB=AE：AD，∴AD2=AE•AB。‎ ‎（3）如图，连接OD、BC，它们交于点G， ‎ ‎∵5AC=3AB，即AC：AB=3：5，∴不妨设AC=3x，AB=5x，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°。∴∠ECG=90°。‎ 又∵∠CAD=∠DAB，∴。∴OD垂直平分BC。‎ ‎∴OD∥AE，OG=AC=x。∴四边形ECGD为矩形。‎ ‎∴CE=DG=OD－OG=x－x =x。∴AE=AC+CE=3x+x=4x。‎ ‎∵AE∥OD，∴△AEF∽△DOF。∴AE：OD=EF：OF，∴EF：OF=4x：x=8：5。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】圆的综合题，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据基本作图作出∠BAC的角平分线AD交⊙O于点D；点D作AC的垂线，垂足为点E。‎ ‎（2）根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB=90°，DE⊥AC，则∠AED=90°，又由AD平分∠CAB 得到∠CAD=∠DAB，根据相似三角形的判定得到Rt△ADE∽Rt△ABD，根据相似的性质得到AD：AB=AE：AD，利用比例的性质即可得到AD2=AE•AB。‎ ‎（3）连接OD、BC，它们交于点G，由5AC=3AB，则不妨设AC=3x，AB=5x，根据直径所对的 圆周角为直角得到∠ACB=90°，由∠CAD=∠DAB得到，根据垂径定理的推论得到OD垂直平分BC，则有OD∥AE，OG=AC=x，并且得到四边形ECGD为矩形，则可求出CE，从而计算出AE，利用AE∥OD可得到△AEF∽△DOF，则AE：OD=EF：OF，即EF：OF=4x：x=8：5，然后根据比例的性质即可得到 的值。‎ ‎270. （2012广西柳州12分）如图，在△ABC中，AB=2，AC=BC=．‎ ‎（1）以AB所在的直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出A、B、C 三点的坐标；‎ ‎（2）求过A、B、C三点且以C为顶点的抛物线的解析式；‎ ‎（3）若D为抛物线上的一动点，当D点坐标为何值时，S△ABD=S△ABC；‎ ‎（4）如果将（2）中的抛物线向右平移，且与x轴交于点A′B′，与y轴交于点C′，当平移多少个单位时，‎ 点C′同时在以A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料）．‎ 附：阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法，对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解．如解方程：y4－4y2＋3=0．‎ 解：令y2=x（x≥0），则原方程变为x2－4x＋3=0，解得x1=1，x2=3．‎ 当x1=1时，即y2=1，∴y1=1，y2=-1．‎ 当x2=3，即y2=3，∴y3= 3 ，y4=- 3 ．‎ 所以，原方程的解是y1=1，y2=-1，y3= 3 ，y4=- 3 ．‎ 再如 ，可设 ，用同样的方法也可求解．‎ ‎【答案】解：（1）∵AB的垂直平分线为y轴，∴OA=OB=AB=×2=1。‎ ‎∴A的坐标是（－1，0），B的坐标是（1，0）。‎ 在Rt△OBC中，，∴C的坐标为（0，2）。‎ ‎（2）设抛物线的解析式是：y=ax2+b，‎ 根据题意得： ，解得： 。‎ ‎∴抛物线的解析式是：。‎ ‎（3）∵S△ABC=AB•OC=×2×2=2，S△ABD=S△ABC，∴S△ABD=S△ABC=1。‎ 设D的纵坐标是m，则AB•|m|=1，∴m=±1。‎ 当m=1时，－2x2+2=1，解得：x=±。‎ 当m=－1时，－2x2+2=－1，解得：x=±。‎ ‎∴D的坐标是：（，1）或（－，1）或（，－1），或（－，－1）。‎ ‎（4）设抛物线向右平移c个单位长度，则0＜c≤1，OA′=1－c，OB′=1＋c。‎ 平移以后的抛物线的解析式是：。‎ 令x=0，解得y=－2c2+2，即OC′= ＋2c2+2。‎ 当点C′同时在以A′B′为直径的圆上时有：OC′2=OA′•OB′，‎ 则（－2c2＋2）2=（1－c）（1＋c），即（4c2－3）（c2－1）=0。‎ 解得：c= ，（舍去），1，－1（舍去）。‎ 故平移 或1个单位长度。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，线段垂直平分线的性质，勾股定理，平移的性质，相似三角形的判定和性质，解多元方程。‎ ‎【分析】（1）根据y轴是AB的垂直平分线，则可以求得OA，OB的长度，在直角△OAC中，利用勾股 定理求得OC的长度，则A、B、C的坐标即可求解。‎ ‎（2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。‎ ‎（3）首先求得△ABC的面积，根据S△ABD= S△ABC，以及三角形的面积公式，即可求得D的 纵坐标，把D的纵坐标代入二次函数的解析式，即可求得横坐标。‎ ‎（4）设抛物线向右平移c个单位长度，则0＜c≤1，可以写出平移以后的函数解析式，当点C′同 时在以A′B′为直径的圆上时由相似三角形的性质有：OC′2=OA•OB，据此即可得到一个关于c的方程求得c的值。‎ ‎271. （2012广西南宁10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．‎ ‎（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；‎ ‎（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；‎ ‎（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．‎ ‎【答案】解：（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，‎ ‎∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG。‎ ‎∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）。‎ 又∵AG=GE，∴四边形AGEF是菱形。‎ ‎（2）连接ON，‎ ‎∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，‎ ‎△AED的外接圆与BC相切于点N，‎ ‎∴ON⊥BC。‎ ‎∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。‎ ‎∴点N是线段BC的中点。‎ ‎（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2。∴AE=AB=4。‎ 在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。‎ 在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。∴FG=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而 判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE，可得出结论。‎ ‎（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。‎ ‎ （3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求 出FO，从而可得出FG的长度。‎ ‎272. （2012广西南宁10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．‎ ‎（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；‎ ‎（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；‎ ‎（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．‎ ‎【答案】解：（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，‎ ‎∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG。‎ ‎∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）。‎ 又∵AG=GE，∴四边形AGEF是菱形。‎ ‎（2）连接ON，‎ ‎∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，‎ ‎△AED的外接圆与BC相切于点N，‎ ‎∴ON⊥BC。‎ ‎∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。‎ ‎∴点N是线段BC的中点。‎ ‎（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2。∴AE=AB=4。‎ 在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。‎ 在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。∴FG=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而 判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE，可得出结论。‎ ‎（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。‎ ‎ （3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求 出FO，从而可得出FG的长度。‎ ‎273. （2012广西钦州10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠DAC=∠BAC．‎ ‎（1）求证：EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：AC2=AD•AB；‎ ‎（3）若⊙O的半径为2，∠ACD=30°，求图中阴影部分的面积．‎ ‎【答案】解：（1）证明：连接OC，‎ ‎∵OA=OC，∴∠BAC=∠OCA。‎ ‎∵∠DAC=∠BAC，∴∠OCA=∠DAC。∴OC∥AD。‎ ‎∵AD⊥EF，∴OC⊥EF。‎ ‎∵OC为半径，∴EF是⊙O的切线。‎ ‎（2）证明：∵AB为⊙O直径，AD⊥EF，‎ ‎∴∠BCA=∠ADC=90°。‎ ‎∵∠DAC=∠BAC，∴△ACB∽△ADC。‎ ‎∴。∴AC2=AD•AB。‎ ‎（3）∵∠ACD=30°，∠OCD=90°，∴∠OCA=60°.‎ ‎∵OC=OA，∴△OAC是等边三角形。∴AC=OA=OC=2，∠AOC=60°。‎ ‎∵在Rt△ACD中，AD=AC=1。‎ 由勾股定理得：DC=，‎ ‎∴阴影部分的面积是S=S梯形OCDA﹣S扇形OCA=×（2+1）×﹣。‎ ‎【考点】圆的综合题，等腰（边）三角形的判定和性质，平行的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形面积。‎ ‎【分析】（1）连接OC，根据OA=OC推出∠BAC=∠OCA=∠DAC，推出OC∥AD，得出OC⊥EF，根据切线的判定推出即可。‎ ‎（2）证△ADC∽△ACB，得出比例式，即可推出答案。‎ ‎（3）求出等边三角形OAC，求出AC、∠AOC，在Rt△ACD中，求出AD、CD，求出梯形OCDA和扇形OCA的面积，相减即可得出答案。‎ ‎274. （2012广西钦州12分）如图甲，在平面直角坐标系中，A、B的坐标分别为（4，0）、（0，3），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且对称轴是直线x=﹣．‎ ‎（1）求抛物线对应的函数解析式；‎ ‎（2）将图甲中△ABO沿x轴向左平移到△DCE（如图乙），当四边形ABCD是菱形时，请说明点C和点D都在该抛物线上．‎ ‎（3）在（2）中，若点M是抛物线上的一个动点（点M不与点C、D重合），经过点M作MN∥y轴交直线CD于N，设点M的横坐标为t，MN的长度为l，求l与t之间的函数解析式，并求当t为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．（参考公式：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（，），对称轴是直线x=．）‎ ‎【答案】解：（1）由于抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点B（0，3），则 c=3。‎ ‎∵抛物线的对称轴 x=，∴b=5a=。‎ ‎∴抛物线的解析式：y=x2+x+3。‎ ‎（2）∵A（4，0）、B B（0，3），∴OA=4，OB=3，。‎ 若四边形ABCD是菱形，则 BC=AD=AB=5，∴C（﹣5，3）、D（﹣1，0）.‎ 将C（﹣5，3）代入y=x2+x+3中，得：×（﹣5）2+×（﹣5）+3=3，‎ ‎∴点C在抛物线上；‎ 同理可证：点D也在抛物线上。‎ ‎（3）设直线CD的解析式为：y=kx+b，依题意，有：‎ ‎ ，解得。∴直线CD：y=x。‎ 由于MN∥y轴，设 M（t，t2+t+3），则 N（t，t ）。‎ ‎①t＜﹣5或t＞﹣1时，l=MN=（t2+t+3）﹣（t ）=t2+t+；‎ ‎②﹣5＜t＜﹣1时，l=MN=（t ）﹣（t2+t+3）=﹣t2﹣t﹣。‎ 若以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，由于MN∥CE，则MN=CE=3，则有：‎ t2+t+=3，解得：t=﹣3±2；或﹣t2﹣t﹣=3，解得：t=﹣3。‎ 综上所述，l与t之间的函数解析式为l=。‎ 且当t=﹣3±2或﹣3时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，菱形的性质，平行四边形的判定。‎ ‎【分析】（1）抛物线y=x2+bx+c中，（0，c）代表的是抛物线与y轴的交点，x=是抛物线的对称轴，据此确定待定系数。‎ ‎（2）已知A、B点的坐标，由勾股定理能求出AB的长，若四边形ABCD是菱形，那么AD=BC=AB，可据此求出C、D点的坐标，再代入抛物线的解析式中进行验证即可。‎ ‎（3）在求l与t之间的函数解析式时，要分两种情况：①抛物线在直线CD上方、②抛物线在直线CD下方；先根据直线CD与抛物线的解析式，表示出M、N的坐标，它们纵坐标的差即为l的长，当以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形时，由于CE∥MN∥y轴，那么CE必与MN相等，将CE长代入l、t的函数关系式中，即可求出符合条件的t的值。‎ ‎275. （2012广西玉林、防城港10分）如图，在平面直角坐标系O中，梯形AOBC的边OB在轴的正半轴上，AC//OB,BC⊥OB,过点A的双曲线的一支在第一象限交梯形对角线OC于点D,交边BC于点E.‎ ‎（1）填空：双曲线的另一支在第 象限，的取值范围是 ；‎ ‎（2）若点C的坐标为（2,2），当点E 在什么位置时，阴影部分面积S最小？‎ ‎（3）若，S△OAC=2 ，求双曲线的解析式.‎ ‎【答案】解：（1）三，k＞0，‎ ‎（2）∵梯形AOBC的边OB在x轴的正半轴上，AC∥OB，BC⊥OB，‎ 而点C的坐标标为（2，2），‎ ‎∴A点的纵坐标为2，E点的横坐标为2，B点坐标为（2，0），‎ 把y=2代入得；把x=2代入得。‎ ‎∴A点的坐标为（，2），E点的坐标为（2，）。‎ ‎∴。‎ 当k=2时，S阴影部分最小，最小值为1.5。‎ 此时E点的坐标为（2，1），即E点为BC的中点。‎ ‎∴当点E在BC的中点时，阴影部分的面积S最小。‎ ‎（3）设D点坐标为（a，），‎ ‎∵，∴OD=DC，即D点为OC的中点。∴C点坐标为（2a，）。‎ ‎∴A点的纵坐标为。‎ 把y=代入得x=，∴A点坐标为（，），‎ 又∵S△OAC=2，∴×（2a－）×=2，∴k=。‎ ‎∴双曲线的解析式为。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，反比例函数图象与性质，曲线上点的坐标与方程的关系，梯形的性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）根据反比例函数图象与性质得到：双曲线 的一支在第一象限，则k＞0，得到另一支在第三象限。‎ ‎（2）根据梯形的性质，AC∥x轴，BC⊥x轴，而点C的坐标为（2，2），则A点的纵坐标为2，E点的横坐标为2，B点坐标为（2，0），再分别把y=2或x=2代入可得到A点的坐标和E点的坐标，然后计算出阴影部分面积S关于k的二次函数关系式，应用二次函数的最值求法即可求得阴影部分面积S最小时点E 的位置。‎ ‎ （3）设D点坐标为（a，），由得OD=DC，即D点为OC的中点，从而可得 C点坐标为（2a，），得到A点的纵坐标为，代入 可确定A点坐标为（，），根据三角形面积公式由S△OAC=2列式求解即可求出k的值，从而得到双曲线的解析式。‎ ‎276. （2012广西玉林、防城港12分）如图，在平面直角坐标系O中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0,4），现有两动点P、Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度，匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动.点P，Q同时出发，同时停止，设运动时间为t秒，当t=2秒时PQ=.‎ ‎（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；‎ ‎（2）连接AQ并延长交轴于点E,把AE沿AD翻折交CD延长线于点F,连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值.‎ ‎（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？‎ ‎【答案】解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，OP=4，CQ=2，‎ 在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC==4，‎ ‎∴OC=OP+PC=4+4=8。[来源:Zxxk.Com]‎ 又∵矩形AOCD，A（0，4），∴D（8，4）。‎ t的取值范围为：0＜t＜4。‎ ‎（2）结论：△AEF的面积S不变化。‎ ‎∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC。‎ ‎∴，即，解得CE=。‎ 由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4－t，则CF=CD+DF=8－t。‎ S=S梯形AOCF＋S△FCE－S△AOE=（OA+CF）•OC+CF•CE－OA•OE ‎= [4＋（8－t）]×8+（8－t）•－×4×（8＋）。‎ 化简得：S=32为定值。‎ 所以△AEF的面积S不变化，S=32。‎ ‎（3）若四边形APQF是梯形，因为AP与CF不平行，所以只有PQ∥AF。‎ 由PQ∥AF可得：△CPQ∽△DAF。‎ ‎∴CP：AD=CQ：DF，即8－2t：8= t：4－t，化简得t2－12t＋16=0，‎ 解得：t1=6+2，t2=。‎ 由（1）可知，0＜t＜4，∴t1=6+2不符合题意，舍去。‎ ‎∴当t=秒时，四边形APQF是梯形。:Z*xx*k.Com]‎ ‎【考点】动点和翻折问题，矩形的性质，勾股定理，翻折对称的性质，相似三角形的判定和性质，梯形的性质，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）由勾股定理可求PC而得点C的坐标，根据矩形的性质可得点D的坐标。点P到达终点所需时间为8÷2=4秒，点Q到达终点所需时间为4÷1=4秒，由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4。‎ ‎（2）根据相似三角形和翻折对称的性质，求出S关于t的函数关系式，由于关系式为常数，所以△AEF的面积S不变化，S=32。‎ ‎（3）根据梯形的性质，应用相似三角形即可求解。‎ ‎277. （2012云南省7分）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点N，连接BM，DN．‎ ‎（1）求证：四边形BMDN是菱形；‎ ‎（2）若AB=4，AD=8，求MD的长．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC。∴∠BNO=∠DMO，∠NBO=∠MDO。‎ ‎∵MN是BD的中垂线，∴OB=OD，BD⊥MN。‎ ‎∴△BNO≌△DMO（AAS）。∴ON=OM。‎ ‎∴四边形BMDN的对角线互相平分。∴四边形BMDN是平行四边形。‎ ‎∵BD⊥MN，∴平行四边形BMDN是菱形。‎ ‎（2）∵四边形BMDN是菱形，∴MB=MD。‎ 设MD长为x，则MB=DM=x，AM=8－x。‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=900。‎ 在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2，即x2=（8－x）2+42，解得：x=5。‎ 答：MD长为5。‎ ‎【考点】矩形的性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）根据矩形性质求出AD∥BC，根据OB=OD和AD∥BC推出△BNO≌△DMO ，OM=ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN。‎ ‎（2）根据菱形性质求出DM=BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2，推出 x2=x2－16x＋64＋16，求出即可。‎ ‎278. （2012云南省9分）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点P，交y轴于点A．抛物线的图象过点E（－1，0），并与直线相交于A、B两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式（关系式）；‎ ‎（2）过点A作AC⊥AB交x轴于点C，求点C的坐标；‎ ‎（3）除点C外，在坐标轴上是否存在点M，使得△MAB是直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵一次函数交y轴于点A，‎ ‎∴令ｘ=0，得y=2。∴A（0，2）。‎ ‎ ∵A（0，2）、E（－1，0）是抛物线的图象上的点，‎ ‎ ∴，解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式是：。‎ ‎（2）∵一次函数交ｘ轴于点P，∴令y=0，得ｘ=6。∴P（6，0）。‎ ‎ ∵AC⊥AB，OA⊥OP，∴△AOC∽△POA。∴。‎ ‎ ∵AO=2，PO=6，∴。∴。∴点C的坐标为。‎ ‎（3）存在。‎ 设除点C外，在坐标轴上还存在点M，使得△MAB是直角三角形，‎ 即∠AMB=900或∠ABM=900。‎ ‎∵点B是直线和抛物线的交点，‎ ‎∴，解得。∴。‎ ‎ ①若∠AMB=900，那么点M是以AB为直径的圆与坐标轴的交点，这时点M会在x轴的正半轴上和y轴的正半轴上。‎ ‎ 若交点在y轴的正半轴上（如图），则点M的纵坐标与点B的纵坐标相等，即。‎ ‎ 若交点在x轴的正半轴上（如图），设，过点B作BD⊥x轴于点D，则有△AOM∽△MDA。∴ 。‎ ‎ ∵AO=2，MD=，OM=m，DB=，‎ ‎ ∴，解得。∴或。‎ ‎ ⑵若∠ABM=900，即过B作BM⊥AP，这时M在x轴的正半轴上和y轴的负半轴上。 ‎ 若交点在x轴的正半轴上（如图），设，过点B作BD⊥x轴于点D，则有△BDM∽△PDB。∴ 。‎ ‎∵BD=，MD=，PD=，‎ ‎∴，解得。∴。‎ ‎ 若交点在y轴的负半轴上（如图），设，过B作BF垂直y轴于点F，则有△ABF∽△BMF。∴ 。‎ ‎∵BF=，AF=，MF=，‎ ‎∴，解得。‎ ‎ ∴。‎ 综上所述，除点C外，在坐标轴上还存在点M，使得△MAB是直角三角形，满足条件 的点M的坐标是：、或、或、或，或共五个点。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，一次、二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）求出点A的坐标，由点A、E在抛物线的图象上，用待定系数法即可求得抛物线的解析式。‎ ‎ （2）由△AOC∽△POA得比例式即可求得点C的坐标。‎ ‎ （3）分∠AMB=900（交点在y轴的正半轴上或交点在x轴的正半轴上），∠ABM=900（交点在x轴的正半轴上或交点在y轴的负半轴上）讨论即可。‎ ‎279. （2012河北省10分）如图，A（－5，0），B（-3，0），点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，‎ CD∥AB．∠CDA=90°．点P从点Q（4，0）出发，沿x轴向左以每秒1个单位长度的速度运动，运动时时间t秒．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当∠BCP=15°时，求t的值；‎ ‎（3）以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求t的值．‎ ‎【答案】解：（1）∵∠BCO=∠CBO=45°，∴OC=OB=3。‎ 又∵点C在y轴的正半轴上，∴点C的坐标为（0，3）。‎ ‎（2）分两种情况考虑：‎ ‎①当点P在点B右侧时，如图2，‎ 若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故PO=CO•tan30°=。此时t=4+‎ ‎②当点P在点B左侧时，如图3，‎ 由∠BCP=15°，得∠PCO=60°，故OP=COtan60°=3。此时，t=4+3‎ ‎∴t的值为4+或4+3‎ ‎（3）由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边相切时，有以下三种情况：‎ ‎①当⊙P与BC相切于点C时，有 ‎∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1。‎ ‎②当⊙P与CD相切于点C时，有 PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4。‎ ‎③当⊙P与AD相切时，由题意，得 ‎∠DAO=90°，∴点A为切点，如图4，PC2=PA2=（9－t）2，PO2=（t－4）2。‎ 于是（9－t）2= PO2=（t－4）2，即81－18t＋t2=t2－8t＋16＋9，解得，t=5.6。‎ 综上所述，t的值为1或4或5.6。‎ ‎【考点】动点问题，切线的性质，坐标与图形性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）由∠CBO=45°，∠BOC为直角，得到△BOC为等腰直角三角形，又OB=3，利用等腰直角三角形AOB的性质知OC=OB=3，然后由点C在y轴的正半轴可以确定点C的坐标。‎ ‎（2）分点P在点B右侧和点P在点B左侧两种情况讨论即可。‎ ‎（3）当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，分三种情况讨论：①当⊙P与BC边相切时，②当⊙P与CD相切于点C时，③当⊙P与CD相切时。‎ ‎280. （2012河北省12分）如图1和2，在△ABC中，AB=13，BC=14，cos∠ABC=．‎ 探究：如图1，AH⊥BC于点H，则AH= ，AC= ，△ABC的面积S△ABC= ；‎ 拓展：如图2，点D在AC上（可与点A，C重合），分别过点A、C作直线BD的垂线，垂足为E，F，设BD=x，AE=m，CF=n（当点D与点A重合时，我们认为S△ABD=0）‎ ‎（1）用含x，m，n的代数式表示S△ABD及S△CBD；‎ ‎（2）求（m+n）与x的函数关系式，并求（m+n）的最大值和最小值；‎ ‎（3）对给定的一个x值，有时只能确定唯一的点D，指出这样的x的取值范围．‎ 发现：请你确定一条直线，使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小（不必写出过程），并写出这个最小值．‎ ‎【答案】解：探究：12；15；84。‎ 拓展：（1）由三角形面积公式，得 ‎，。‎ ‎ （2）由（1）得，，‎ ‎ ∴‎ ‎ ∵△ABC中AC边上的高为，‎ ‎∴x的取值范围为。‎ ‎ ∵随x的增大而减小，‎ ‎∴当时，的最大值为15，当时，的最小值为12。‎ ‎（3）x的取值范围为或。‎ 发现：直线AC，A、B、C三点到这条直线的距离之和最小，最小值为。‎ ‎【考点】动点问题，锐角三角函数定义，特殊角有三角函数值，勾股定理， ‎ 垂直线段的性质，反比例函数的性质。‎ ‎【分析】探究：在Rt△ABH中，AB=13，，∴BH=AB。‎ ‎ ∴根据勾股定理，得。‎ ‎ ∵BC=14，∴HC=BC－BH=9。∴根据勾股定理，得。‎ ‎ ∴。‎ 拓展：（1）直接由三角形面积公式可得。‎ ‎ （2）由（1）和即可得到关于x的反比例函数关系式。根据垂直线段最短的性质，当BD⊥AC时，x最小，由面积公式可求得；因为AB=13，BC=14，所以当BD=BC=14时，x最大。从而根据反比例函数的性质求出m+n）的最大值和最小值。‎ ‎ （3）当时，此时BD⊥AC，在线段AC上存在唯一的点D；当时，此时在线段AC上存在两点D；当时，此时在线段AC上存在唯一的点D。因此x的取值范围为或。‎ 发现：由拓展（2）知，直线AC，A、B、C三点到这条直线的距离之和（即△ABC中AC边上的高）最小，最小值为（它小于BC边上的高12和AB边上的高）。‎ ‎281. （2012河南省10分）类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.‎ 原题：如图1，在□ABCD中，点E是BC边上的中点，点F是线段AE上一点，BF的延长线交射线CD于点G，若，求的值。‎ ‎（1）尝试探究 ‎ 在图1中，过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系是 ，CG和EH的数量关系是 ，的值是 ‎ ‎（2）类比延伸 如图2，在原题的条件下，若则的值是 （用含的代数式表示），试写出解答过程。‎ ‎（3）拓展迁移 ‎ 如图3，梯形ABCD中，DC∥AB，点E是BC延长线上一点，AE和BD相交于点F，若 ABCD，则的值是 （用a，b含的代数式表示）.‎ ‎【答案】解：（1）AB=3EH；CG=2EH；。‎ ‎ （2）。‎ 如图，作EH∥AB交BG于点H，则△EFH∽△AFB。‎ ‎∴。∴AB=mEH。‎ ‎∵AB=CD，∴CD=mEH 。‎ ‎∵EH∥AB∥CD，∴△BEH∽△BCG。‎ ‎∴。∴CG=2EH。‎ ‎∴。‎ ‎ （3）ab。‎ ‎【考点】平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）本问体现“特殊”的情形， 是一个确定的数值。‎ 依题意，如图，过点E作EH∥AB交BG于点H，‎ 则有△ABF∽△HEF。∴。∴AB=3EH。‎ ‎∵□ABCD，EH∥AB，∴EH∥CD。‎ 又∵E为BC中点，∴EH为△BCG的中位线，∴CG=2EH，。‎ ‎（2）本问体现“一般”的情形， 不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用。‎ ‎（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中：‎ 如图所，过点E作EH∥AB交BD的延长线于点H，则有EH∥AB∥CD。‎ ‎∵EH∥CD，∴△BCD∽△BEH。‎ ‎∴。∴CD=bEH。‎ 又∵，∴AB=aCD=abEH。‎ ‎∵EH∥AB，∴△ABF∽△EHF。∴ 。‎ ‎282. （2012河南省11分）如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于A，B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3。点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A，B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB与点C，作PD⊥AB于点D ‎（1）求a，b及的值 ‎（2）设点P的横坐标为 ‎ ①用含的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；‎ ‎ ②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的值，使这两个三角形的面积之比为9：10？若存在，直接写出值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）由，得到x=－2，∴A（－2，0）。‎ ‎ 由，得到x=4，∴B（4，3）。‎ ‎∵经过A、B两点，‎ ‎∴，解得。‎ 设直线AB与y轴交于点E，则E（0，1）。‎ ‎∴根据勾股定理，得AE=。‎ ‎∵PC∥y轴，∴∠ACP=∠AEO。‎ ‎∴。‎ ‎（2）①由（1）可知抛物线的解析式为。‎ ‎ 由点P的横坐标为，得P，C。‎ ‎ ∴PC= 。‎ ‎ 在Rt△PCD中，，‎ ‎ ∵，∴当m=1时，PD有最大值。‎ ‎ ②存在满足条件的值，。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的性质，锐角三角函数定义，二次函数最值。‎ ‎【分析】（1）求出点A、B的坐标，代入即可求出a，b。由PC∥y轴，得∠ACP=∠AEO，在Rt△AOE中应用锐角三角函数定义即可求得。‎ ‎（2）①用表示出点P、C的坐标，从而表示出PC的长：PC，由锐角三角函数定义得，代入即能用含的代数式表示线段PD的长。根据二次函数最值求法求得线段PD长的最大值。‎ ‎ ②如图，分别过点D，B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F，G。‎ ‎ ∵，∴设DP= k，CP=5 k。‎ ‎ ∴根据勾股定理，得DC=k。∴。‎ ‎ 在Rt△PDF中，。‎ ‎ 又BG=4－m，‎ ‎∴。‎ 当时，解得；‎ 当时，解得。‎ ‎283. （2012新疆区12分）库尔勒某乡A，B两村盛产香梨，A村有香梨200吨，B村有香梨300吨，现将这些香梨运到C，D两个冷藏仓库．已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨，从A村运往C，D两处的费用分别为每吨40元和45元；从B村运往C，D两处的费用分别为每吨25元和32元．设从A村运往C仓库的香梨为x吨，A，B两村运香梨往两仓库的运输费用分别为yA元，yB元．‎ ‎（1）请填写下表，并求出yA，yB与x之间的函数关系式；‎ C D 总计 A x吨 ‎200吨 B ‎300吨 总计 ‎240吨 ‎260吨 ‎500吨 ‎（2）当x为何值时，A村的运费较少？‎ ‎（3）请问怎样调运，才能使两村的运费之和最小？求出最小值．‎ ‎【答案】解：（1）填表如下：‎ C D 总计 A x吨 ‎（200﹣x）吨 ‎200吨 B ‎（240﹣x）吨 ‎（60+x）吨 ‎300吨 总计 ‎240吨 ‎260吨 ‎500吨 由题意得：yA=40x+45（200﹣x）=﹣5x+9000；‎ yB=25（240﹣x）+32（60+x）=7x+7920。‎ ‎（2）对于yA=﹣5x+9000（0≤x≤200），‎ ‎∵k=﹣5＜0，∴此一次函数为减函数，‎ ‎∴当x=200吨时，yA最小，其最小值为﹣5×200+9000=8000（元）。‎ ‎（3）设两村的运费之和为W（0≤x≤200），‎ 则W=yA+yB=﹣5x+9000+7x+7920=2x+16920，‎ ‎∵k=2＞0，∴此一次函数为增函数，‎ ‎∴当x=0时，W有最小值，W最小值为16920元。‎ ‎∴按如下方案调运，两村的运费之和最小，最小值为16920元。‎ C D A ‎0吨 ‎200吨 B ‎40吨 ‎240吨 ‎【考点】一次函数的应用。‎ ‎【分析】（1）由A村共有香梨200吨，从A村运往C仓库x吨，剩下的运往D仓库，故运往D仓库为（200﹣x）吨，由A村已经运往C仓库x吨，C仓库可储存240吨，故B村应往C仓库运（240﹣x）吨，剩下的运往D仓库，剩下的为300﹣（240﹣x），化简后即可得到B村运往D仓库的吨数，填表即可。‎ ‎ 由从A村运往C，D两处的费用分别为每吨40元和45元；从B村运往C，D两处的费用分别 为每吨25元和32元，由表格中的代数式，即可分别列出yA，yB与x之间的函数关系式。‎ ‎（2）由第一问表示出的yA与x之间的函数关系式得到此函数为一次函数，根据x的系数为负数，得到此一次函数为减函数，且0≤x≤200，故x取最大200时，yA有最小值，即为A村的运费较少时x的值。‎ ‎（3）设两村的运费之和为W，W=yA+yB，把第一问表示出的两函数解析式代入，合并后得到W为关于x的一次函数，且x的系数大于0，可得出此一次函数为增函数，可得出x=0时，W有最小值，将x=0代入W关于x的函数关系式中，即可求出W的最小值。　‎ ‎284. （2012新疆区12分）库尔勒某乡A，B两村盛产香梨，A村有香梨200吨，B村有香梨300吨，现将这些香梨运到C，D两个冷藏仓库．已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨，从A村运往C，D两处的费用分别为每吨40元和45元；从B村运往C，D两处的费用分别为每吨25元和32元．设从A村运往C仓库的香梨为x吨，A，B两村运香梨往两仓库的运输费用分别为yA元，yB元．‎ ‎（1）请填写下表，并求出yA，yB与x之间的函数关系式；‎ C D 总计 A x吨 ‎200吨 B ‎300吨 总计 ‎240吨 ‎260吨 ‎500吨 ‎（2）当x为何值时，A村的运费较少？‎ ‎（3）请问怎样调运，才能使两村的运费之和最小？求出最小值．‎ ‎【答案】解：（1）填表如下：‎ C D 总计 A x吨 ‎（200﹣x）吨 ‎200吨 B ‎（240﹣x）吨 ‎（60+x）吨 ‎300吨 总计 ‎240吨 ‎260吨 ‎500吨 由题意得：yA=40x+45（200﹣x）=﹣5x+9000；‎ yB=25（240﹣x）+32（60+x）=7x+7920。‎ ‎（2）对于yA=﹣5x+9000（0≤x≤200），‎ ‎∵k=﹣5＜0，∴此一次函数为减函数，‎ ‎∴当x=200吨时，yA最小，其最小值为﹣5×200+9000=8000（元）。‎ ‎（3）设两村的运费之和为W（0≤x≤200），‎ 则W=yA+yB=﹣5x+9000+7x+7920=2x+16920，‎ ‎∵k=2＞0，∴此一次函数为增函数，‎ ‎∴当x=0时，W有最小值，W最小值为16920元。‎ ‎∴按如下方案调运，两村的运费之和最小，最小值为16920元。‎ C D A ‎0吨 ‎200吨 B ‎40吨 ‎240吨 ‎【考点】一次函数的应用。‎ ‎285. （2012江西南昌8分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．‎ ‎（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴和顶点坐标；‎ ‎（2）研究二次函数L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．‎ ‎①写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；‎ ‎②若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线，‎ ‎∴二次函数L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，﹣1）。‎ ‎（2）①二次函数L2与L1有关图象的两条相同的性质：‎ 对称轴为x=2；都经过A（1，0），B（3，0）两点。‎ ‎②线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎∵直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，‎ ‎∴kx2﹣4kx+3k=8k，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8。解得：x1=﹣1，x2=5。‎ ‎∴EF=x2﹣x1=6。∴线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c中：a的值决定了抛物线的开口方向，a＞0时，抛物线的开口向上；a＜0时，抛物线的开口向下。抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解。‎ ‎（2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以k所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析。‎ ‎②联立直线和抛物线L2的解析式，先求出点E、F的坐标，从而可表示出EF的长，若该长度为定值，则线段EF的长不会发生变化。‎ ‎286. （2012江西南昌12分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．‎ ‎（1）①折叠后的所在圆的圆心为O′时，求O′A的长度；‎ ‎ ②如图2，当折叠后的经过圆心为O时，求的长度；‎ ‎ ③如图3，当弦AB=2时，求圆心O到弦AB的距离；‎ ‎（2）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．‎ ‎①如图4，当AB∥CD，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．‎ ‎【答案】解：（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，∴O′A=OA=2。‎ ‎②当经过圆O时，折叠后的所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。‎ ‎∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。‎ ‎∴的长度。‎ ‎③如图3所示，连接OA，OB，‎ ‎∵OA=OB=AB=2，‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E，∴OE=OA•sin60°=。‎ ‎∴圆心O到弦AB的距离为。‎ ‎（2）①如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，‎ 过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。‎ ‎∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。‎ 根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。‎ 又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：‎ d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：‎ 设O′，O″为和所在圆的圆心，‎ ‎∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，‎ ‎∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。‎ ‎∵折叠后的与所在圆外切，‎ ‎∴连心线O′O″必过切点P。‎ ‎∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆，‎ ‎∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，PN=OO′=OM，‎ ‎∴四边形OMPN是平行四边形。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，可得O′A的长度。‎ ‎②如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。‎ ‎③如图3，连接OA．OB，过点O作OE⊥AB于点E，可得△AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求圆心O到弦AB的距离。‎ ‎（2）①如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。‎ ‎②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。‎ ‎287. （2012甘肃白银10分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB=AC，AD与BC相交于点E，，延长DB到点F，使，连接AF．‎ ‎（1）证明：△BDE∽△FDA；‎ ‎（2）试判断直线AF与⊙O的位置关系，并给出证明．‎ ‎【答案】解:（1）证明：在△BDE和△FDA中，∵FB＝BD，AE＝ED，∴。‎ 又∵∠BDE＝∠FDA，∴△BDE∽△FDA。‎ ‎（2）直线AF与⊙O相切。证明如下：‎ 连接OA，OB，OC，‎ ‎∵AB＝AC，BO＝CO，OA＝OA，‎ ‎∴△OAB≌△OAC（SSS）。∴∠OAB＝∠OAC。‎ ‎∴AO是等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线。‎ ‎∴AO⊥BC。‎ ‎∵△BDE∽FDA，得∠EBD＝∠AFD，∴BE∥FA。‎ ‎∵AO⊥BE，∴AO⊥FA。∴直线AF与⊙O相切。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行的判定和性质，切线的判定。‎ ‎【分析】（1）因为∠BDE公共，夹此角的两边BD：DF=ED：AD=2：3，由相似三角形的判定，可知△BDE∽△FDA。‎ ‎（2）连接OA、OB、OC，证明△OAB≌OAC，得出AO⊥BC．再由△BDE∽FDA，得出∠EBD=∠AFD，则BE∥FA，从而AO⊥FA，得出直线AF与⊙O相切。‎ ‎288. （2012甘肃白银12分）已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）若抛物线经过C、A两点，求此抛物线的解析式；‎ ‎（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）过C作CH⊥OA于H，‎ ‎ ∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，∴OA=。‎ ‎∵将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，‎ ‎∴OC=OA=，∠AOC=60°。‎ ‎∴OH=，CH=3 。‎ ‎∴C的坐标是（，3）。 ‎ ‎（2）∵抛物线经过C（，3）、A（，0）两点，‎ ‎ ∴，解得。∴此抛物线的解析式为 ‎（3）存在。‎ ‎∵的顶点坐标为（，3），即为点C。‎ ‎ MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，‎ ‎∵∠BOA＝300，所以ON＝‎ ‎ ∴P（）‎ ‎ 作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。‎ 把代入得：。‎ ‎ ∴ M（，），E（，）。‎ ‎ 同理：Q（，t），D（，1）。‎ ‎ 要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，‎ ‎ 即，解得：，（舍去）。‎ ‎ ∴ P点坐标为（，）。‎ ‎ ∴ 存在满足条件的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点的坐为（，）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定。 ‎ ‎【分析】（1）过C作CH⊥OA于H，根据折叠得到OC=OA=4，∠A0C=60°，求出OH和CH即可。‎ ‎（2）把C（，3）、A（，0）代入得到方程组，求出方程组的解即可。‎ ‎（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CE＝QD即可，据此列式求解。‎ ‎289. （2012吉林长春10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=－2x+42交x轴与点A,交直线y=x于点B,抛物线分别交线段AB、OB于点C、D，点C和点D的横坐标分别为16和4，点P在这条抛物线上．‎ ‎（1）求点C、D的纵坐标．‎ ‎（2）求a、c的值．‎ ‎（3）若Q为线段OB上一点，且P、Q两点的纵坐标都为5，求线段PQ的长．‎ ‎（4）若Q为线段OB或线段AB上的一点，PQ⊥x轴，设P、Q两点之间的距离为d（d＞0），点Q的横坐标为m，直接写出d随m的增大而减小时m的取值范围．‎ ‎（参考公式：二次函数图像的顶点坐标为）‎ ‎【答案】解：（1）∵点C在直线AB：y=－2x+42上，且C点的横坐标为16，‎ ‎∴y=－2×16+42=10，即点C的纵坐标为10。‎ ‎∵D点在直线OB：y=x上，且D点的横坐标为4，∴点D的纵坐标为4。‎ ‎（2）由（1）知点C的坐标为（16，10），点D的坐标为（4，4），‎ ‎∵抛物线经过C、D两点，‎ ‎∴，解得：。∴抛物线的解析式为。‎ ‎（3）∵P为线段OB上一点，纵坐标为5，∴P点的横坐标也为5。‎ ‎∵点Q在抛物线上，纵坐标为5，∴，解得。‎ 当点Q的坐标为（，5），点P的坐标为（5，5），线段PQ的长为；‎ 当点Q的坐标为（ ，5），点P的坐标为（5，5），线段PQ的长为。‎ 所以线段PQ的长为或。‎ ‎（4）当0≤m＜4或12≤m＜16时，d随m的增大而减小。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）点C在直线AB：y=－2x+42上，将C点的横坐标，代入即可求出C点的纵坐标，同理可知：D点在直线OB：y=x上，将D点的横坐标，代入解析式即可求出D点的纵坐标。‎ ‎（2）抛物线经过C、D两点，列出关于a和c二元二次方程组，解出a和c即可。‎ ‎（3）根据Q为线段OB上一点，P、Q两点的纵坐标都为5，则可以求出Q点的坐标，又知P点在抛物线上，求出P点的坐标即可，P、Q两点的横坐标的差的绝对值即为线段PQ的长。‎ ‎（4）根据PQ⊥x轴，可知P和Q两点的横坐标相同，求出抛物线的顶点坐标和B点的坐标，①当Q是线段OB上的一点时，结合图形写出m的范围，②当Q是线段AB上的一点时，结合图形写出m的范围即可：‎ 根据题干条件：PQ⊥x轴，可知P、Q两点的横坐标相同，‎ ‎∵抛物线y=，∴顶点坐标为（8，2）。‎ 联立，解得点B的坐标为（14，14）。‎ ‎①当点Q为线段OB上时，如图所示，当0≤m＜4或 ‎12≤m≤14时，d随m的增大而减小；‎ ‎②当点Q为线段AB上时，如图所示，当14≤m＜16时，d 随m的增大而减小。‎ 综上所述，当0≤m＜4或12≤m＜16时，d随m的增大而减小。‎ ‎290. （2012吉林长春10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD－DE－EB运动，到点B停止．点P在AD上以cm/s的速度运动，在折线DE－EB上以1cm/s的速度运动．当点P与点A不重合时，过点P作 PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在线段AC上．设点P的运动时间为t(s).‎ ‎（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为______cm,（用含t的代数式表示）．‎ ‎（2）当点N落在AB边上时，求t的值．‎ ‎（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm²），求S与t的函数关系式．‎ ‎（4）连结CD．当点N于点D重合时，有一点H从点M出发，在线段MN上以2.5cm/s的速度沿M-N-M连续做往返运动，直至点P与点E重合时，点H停止往返运动；当点P在线段EB上运动时，点H始终在线段MN的中心处．直接写出在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）t－2。‎ ‎（2）当点N落在AB边上时，有两种情况：‎ ‎ ①如图（2）a，当点N与点D重合时，此时点P在DE上，DP=2=EC，即t－2=2，t=4。‎ ‎ ②如图（2）b，此时点P位于线段EB上．‎ ‎∵DE=1 2 AC=4，∴点P在DE段的运动时间为4s，‎ ‎∴PE=t-6，∴PB=BE-PE=8-t，PC=PE+CE=t-4。‎ ‎∵PN∥AC，∴△BNP∽△BAC。∴PN：AC = PB：BC=2，∴PN=2PB=16-2t。‎ 由PN=PC，得16-2t=t-4，解得t=。‎ 综上所述，当点N落在AB边上时，t=4或t=。‎ ‎（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有两种情况：‎ ‎①当2＜t＜4时，如图（3）a所示。‎ DP=t-2，PQ=2，∴CQ=PE=DE-DP=4-（t-2）=6-t，AQ=AC-CQ=2+t，AM=AQ-MQ=t。‎ ‎∵MN∥BC，∴△AFM∽△ABC。∴FM：BC = AM：AC=1：2，即FM：AM=BC：AC=1：2。‎ ‎∴FM=AM=t．‎ ‎ ∴‎ ‎ 。‎ ‎②当＜t＜8时，如图（3）b所示。‎ PE=t-6，∴PC=CM=PE+CE=t-4，AM=AC-CM=12-t，PB=BE-PE=8-t，‎ ‎∴FM=AM=6-t，PG=2PB=16-2t，‎ ‎∴‎ ‎ 。‎ 综上所述，S与t的关系式为：。‎ ‎（4）在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围是：t=或t=5或 ‎6≤t≤8。‎ ‎【考点】动点问题上，相似形综合题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，梯形和三角形的面积。‎ ‎【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，∴由勾股定理得AB=cm。‎ ‎ ∵D为边AB的中点，∴AD=cm。‎ ‎ 又∵点P在AD上以cm/s的速度运动，∴点P在AD上运动的时间为2s。‎ ‎ ∴当点P在线段DE上运动时，在线段DP上的运动的时间为t－2s。‎ ‎ 又∵点P在DE上以1cm/s的速度运动，∴线段DP的长为t－2 cm。‎ ‎（2）当点N落在AB边上时，有两种情况，如图（2）所示，利用运动线段之间的数量关系求出时间t的值。‎ ‎（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有两种情况，如图（3）所示，分别用时间t表示各相关运动线段的长度，然后利用求出面积S的表达式。‎ ‎（4）本问涉及双点的运动，首先需要正确理解题意，然后弄清点H、点P的运动过程：‎ 依题意，点H与点P的运动分为两个阶段，如下图所示：‎ ‎①当4＜t＜6时，此时点P在线段DE上运动，如图（4）a所示。‎ 此阶段点P运动时间为2s，因此点H运动距离为2.5×2=5cm，而MN=2，‎ 则此阶段中，点H将有两次机会落在线段CD上：‎ 第一次：此时点H由M→H运动时间为（t－4）s，运动距离MH=2.5（t－4），‎ ‎∴NH=2－MH=12－2.5t。‎ 又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，‎ 由DN=2NH得到：t－4=2（12－2.5t），解得t=。‎ 第二次：此时点H由N→H运动时间为t－4－=（t－4.8）s，运动距离NH=2.5（t－4.8）=2.5t－12，‎ 又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，‎ 由DN=2NH得到：t－4=2（2.5t－12），解得t=5。‎ ‎②当6≤t≤8时，此时点P在线段EB上运动，如图（4）b所示。‎ 由图可知，在此阶段，始终有MH=MC，即MN与CD的交点始终为线段MN的中点，即点H。‎ 综上所述，在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围是：t=或t=5或6≤t≤8。‎ ‎291. （2012江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．‎ ‎（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴和顶点坐标；‎ ‎（2）研究二次函数L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．‎ ‎①写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；‎ ‎②是否存在实数k，使△ABP为等边三角形？如果存在，请求出k的值；如不存在，请说明理由；‎ ③若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线，‎ ‎∴二次函数L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，﹣1）。‎ ‎（2）①二次函数L2与L1有关图象的两条相同的性质：‎ 对称轴为x=2；都经过A（1，0），B（3，0）两点。‎ ‎②存在实数k，使△ABP为等边三角形．‎ ‎∵，∴顶点P（2，－k）．‎ ‎∵A（1，0），B（3，0），∴AB=2‎ 要使△ABP为等边三角形，必满足|－k|=，‎ ‎∴k=±。‎ ③线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎∵直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，‎ ‎∴kx2﹣4kx+3k=8k，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8。解得：x1=﹣1，x2=5。‎ ‎∴EF=x2﹣x1=6。∴线段EF的长度不会发生变化。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，解直角三角形。‎ ‎【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c中：a的值决定了抛物线的开口方向，a＞0时，抛物线的开口向上；a＜0时，抛物线的开口向下。抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解。‎ ‎（2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以k所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析。‎ ‎ ②当△ABP为等边三角形时，P点必为函数的顶点，首先表示出P点纵坐标，它的绝对值正好是等边三角形边长的倍，由此确定k的值。‎ ③联立直线和抛物线L2的解析式，先求出点E、F的坐标，从而可表示出EF的长，若该长度为定值，则线段EF的长不会发生变化。‎ ‎292. （2012江西省10分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．‎ ‎（1）如图2，折叠后的所在圆的圆心为O′时，求的长度；‎ ‎（２）如图3，当弦AB=2时，求折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离；‎ ‎（３）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．‎ ‎①如图4，当AB∥CD，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．‎ ‎【答案】解：（1）当经过圆O时，折叠后的所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。‎ ‎∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，‎ ‎ ∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。‎ ‎∴的长度。‎ ‎（2）如图3所示，连接O′A，O′B，‎ ‎∵O′A=O′B=AB=2，‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E，∴O′E=O′A•sin60°=。‎ ‎∴折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离为。‎ ‎（3）①如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，‎ 过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。‎ ‎∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。‎ 根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。‎ 又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：‎ d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：‎ 设O′，O″为和所在圆的圆心，‎ ‎∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，‎ ‎∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。‎ ‎∵折叠后的与所在圆外切，‎ ‎∴连心线O′O″必过切点P。‎ ‎∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆，‎ ‎∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，PN=OO′=OM，‎ ‎∴四边形OMPN是平行四边形。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。‎ ‎ （2）如图3，连接O′A．O′B，过点O′作O′E⊥AB于点E，可得△AO′B为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求所在圆的圆心O′到弦AB的距离。‎ ‎（3）①如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。‎ ‎②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。‎ ‎293. （2012甘肃兰州10分）若x1、x2是关于一元二次方程ax2＋bx＋c(a≠0)的两个根，则方程的两个根x1、x2和系数a、b、c有如下关系：x1＋x2＝，x1•x2＝．把它称为一元二次方程根与系数关系定理．如果设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0)．利用根与系数关系定理可以得到A、B连个交点间的距离为：AB＝|x1－x2|＝‎ ‎。‎ 参考以上定理和结论，解答下列问题：‎ 设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴的两个交点A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为C，显然△ABC为等腰三角形．‎ ‎(1)当△ABC为直角三角形时，求b2－4ac的值；‎ ‎(2)当△ABC为等边三角形时，求b2－4ac的值．‎ ‎【答案】解：（1）当△ABC为直角三角形时，‎ 过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE。‎ ‎∵抛物线与x轴有两个交点，△＝b2－4ac＞0，‎ 则|b2－4ac|＝b2－4ac。‎ ‎∵a＞0，∴AB。‎ 又∵CE，∴。‎ ‎∴，即。‎ ‎∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝4。‎ ‎（2）当△ABC为等边三角形时，由(1)可知CE＝AB，‎ ‎∴。‎ ‎∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝12。‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点，根与系数的关系，等腰三角形的性质，等边三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）当△ABC为直角三角形时，由于AC＝BC，所以△ABC为等腰直角三角形，过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE．根据本题定理和结论，得到AB，根据顶点坐标公式，得到CE，列出方程，解方程即可求出b2－4ac的值。‎ ‎（2）当△ABC为等边三角形时，解直角△ACE，得CE＝AB，据此列出方程，解方程即可求出b2－4ac的值。‎ ‎294.（2012甘肃兰州12分）如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．‎ ‎(1)求抛物线对应的函数关系式；‎ ‎(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD 是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；‎ ‎(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；‎ ‎(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。‎ ‎∵顶点在直线x＝上，∴，解得。‎ ‎∴所求函数关系式为。‎ ‎（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。‎ ‎∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，‎ 当x＝5时，；‎ 当x＝2时，。‎ ‎∴点C和点D都在所求抛物线上。‎ ‎（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，‎ 设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，‎ 则，解得，。∴直线CD对应的函数关系式为。‎ 当x＝时，。∴P()。‎ ‎（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。‎ ‎∴，即，得。‎ 设对称轴交x于点F，则。‎ ‎∵，‎ ‎ ，‎ ‎ (0＜t＜4)。‎ ‎∵，，0＜＜4，‎ ‎∴当时，S取最大值是。此时，点M的坐标为(0，)。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线x＝上，得出b，c即可。‎ ‎（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的性质得出x＝5或2时，y的值即可。‎ ‎（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，求出解析式，当x＝时，求出y即可。‎ ‎（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到，从而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可。‎ ‎295. （2012吉林省10分）如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=2cm，AC=4cm．动点P从点A出发，沿AB方向以1cm/s的速度向点B运动，动点Q从点B同时出发，沿BA方向以1cm/s的速度向点A运动．当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动，以AP为一边向上作正方形APDE，过点Q作QF∥BC，交AC于点F．设点P的运动时间为ts，正方形和梯形重合部分的面积为Scm2．‎ ‎（1）当t= s时，点P与点Q重合；‎ ‎（2）当t= s时，点D在QF上；‎ ‎（3）当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，求S与t之间的函数关系式．‎ ‎【答案】解：（1）1。‎ ‎（2）。‎ ‎（3）当P、Q重合时，由（1）知，此时t=1；‎ 当D点在BC上时，如答图2所示，此时AP=BQ =t，BP=t，‎ 又∵BP=2－t，∴t=2－t，解得t=。‎ 进一步分析可知此时点E与点F重合。‎ 当点P到达B点时，此时t=2。‎ 因此当P点在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，其运动过程可分析如下：‎ ‎①当1＜t≤时，如答图3所示，此时重合部分为梯形PDGQ。‎ 此时AP=BQ=t，∴AQ=2－t，PQ=AP－AQ=2t－2。‎ 易知△ABC∽△AQF，可得AF=2AQ，EF=2EG。‎ ‎∴EF=AF－AE=2（2－t）－t=4－3t，EG=EF=2－t。‎ ‎∴DG=DE－EG=t－（2－t）=t－2。‎ ‎。‎ ‎②当＜t＜2时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形。‎ 此时AP=BQ=t，∴AQ=PB=2－t。‎ 易知△ABC∽△AQF∽△PBM∽△DNM，‎ 可得AF=2AQ，PM=2PB，DM=2DN。∴AF=4－2t，PM=4－2t。‎ 又DM=DP－PM=t－（4－2t）=3t－4，∴DN=（3t－4）。‎ 综上所述，当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，S与t之间的函数关系式为：。‎ ‎【考点】动点问题，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）当点P与点Q重合时，此时AP=BQ=t，且AP+BQ=AB=2，由此得t+t=2，解得t=1（s）。‎ ‎（2）当点D在QF上时，如答图1所示，此时AP=BQ=t．‎ ‎∵QF∥BC，APDE为正方形，∴△PQD∽△ABC。‎ ‎∴DP：PQ=AC：AB=2，则PQ=DP=AP=t。‎ 由AP+PQ+BQ=AB=2，得t+t+t=2，解得：t=。‎ ‎（3）当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，运动过程可以划分为两个阶段：‎ ‎①当1＜t≤ 时，如答图3所示，此时重合部分为梯形PDGQ．先计算梯形各边长，然后利用梯形面积公式求出S。‎ ‎②当＜t＜2时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形．面积S由关系式“‎ ‎”求出。‎ ‎296. （2012吉林省10分）问题情境 如图，在x轴上有两点A（m，0），B（n，0）（n＞m＞0）．分别过点A，点B作x轴的垂线，交抛物线y=x2于点C、点D．直线OC交直线BD于点E，直线OD交直线AC于点F，点E、点F的纵坐标分别记为yE，yF．‎ 特例探究 填空：‎ 当m=1，n=2时，yE= ，yF= ；‎ 当m=3，n=5时，yE= ，yF= ．‎ 归纳证明 对任意m，n（n＞m＞0），猜想yE与yF的大小关系，并证明你的猜想．‎ 拓展应用 ‎（1）若将“抛物线y=x2”改为“抛物线y=ax2（a＞0）”，其他条件不变，请直接写出yE与yF的大小关系；‎ ‎（2）连接EF，AE．当时，直接写出m与n的关系及四边形OFEA的形状．‎ ‎【答案】解：特例探究：2，2；15，15。‎ ‎ 归纳证明：。证明如下：‎ ‎ 对任意m，n（n＞m＞0）时，，，所以直线OC的解析式为：；直线OD的解析式为：；此时 ‎ 解得，，∴；解得，，∴。‎ ‎ ∴此时。‎ ‎ 拓展应用：（1）。‎ ‎ （2）n=2m；四边形OFEA是平行四边形。‎ ‎【考点】一次函数、二次函数综合运用，函数图象上的点与函数解析式的关系，平行四边形的判定。‎ ‎【分析】特例探究：‎ ‎ 当m=1，n=2时，C（1，1），D（2，4），所以直线OC的解析式为：；直线OD的解析式为：；此时，‎ 解得，E（2，2），∴yE=2；.解得，F（1，2），∴yF=2。‎ ‎∴此时。‎ ‎ 当m=3，n=5时，C（3，9），D（5，25），所以直线OC的解析式为：；直线OD的解析式为：；此时，‎ 解得，E（5，15），∴yE=15；解得，F（3，15），∴yF=15。.‎ ‎ ∴此时。‎ 归纳证明：与特例探究的求法类同。‎ 拓展应用：（1）若将“抛物线y=x2”改为“抛物线y=ax2（a＞0）”，其他条件不变，仍然有：。‎ ‎ 此时，，，所以直线OC的解析式为：；直线OD的解析式为：；此时 解得，，∴；解得，，∴。‎ ‎∴此时。‎ ‎（2）由得 化简，得n=2m。‎ 由n=2m得OB=2OA，∴EF=AB=OA。‎ 又∵且EB⊥x轴，FA x轴，∴EF∥AB。‎ ‎∴四边形OFEA是平行四边形。‎ ‎297. （2012青海西宁10分）2012年6月9日召开的青海省居民阶梯电价听证会，征求了消费者、经营者 和有关方面的意见，对青海省居民阶梯电价发、方案的必要性、可行性进行了论证．阶梯电价方案规定：‎ 若每月用电量为130度以下，收费标准为0.38元/度；若每月用电量为131度～230度，收费标准由两部 分组成：①其中130度，按0.38元/度收费，②超出130度的部分按0.42元/度收费．现提供一居民某月电 费发票的部分信息如下表所示：‎ 青海省居民电费专用发票 计费期限：一个月 用电量(度)‎ 单价(元/度)‎ 阶梯一：130‎ ‎0.38‎ 阶梯二：131～230(超出部分)‎ ‎0.42‎ 本月实付金额：78.8(元)‎ ‎(大写)柒拾捌元捌角 第 二 联 根据以上提供的信息解答下列问题：‎ ‎(1)如果月用电量用x(度)来表示，实付金额用y(元)来表示，请你写出这两种情况实付金额y与月用电 量x之间的函数关系式；‎ ‎(2)请你根据表中本月实付金额计算这个家庭本月的实际用电量；‎ ‎(3)若小芳和小华家一个月的实际用电量分别为80度和150度，则实付金额分别为多少元？‎ ‎【答案】解：（1）根据题意得：‎ 当x≤130时，y=0.38x；‎ 当130＜x≤230时，y=0.42（x－130）＋0.38×130=0.42x－5.2；‎ ‎（2）∵0.38×130=49.4＜78.8，∴当y=78.8时，用电量超出130度。‎ ‎∴0.42x－5.2=78.8，解得：x=200。‎ 答：这个家庭一个月的实际用电量是200度。‎ ‎（3）∵80度低于130度，∴收费标准为0.38元/度。∴80×0.38=30.4元。‎ ‎∵150度高于130度，∴超出的收费标准为0.42元/度。‎ ‎∴130×0.38+（150-130）×0.42=57.8元。‎ 答：小芳和小华一个月的实付金额分别为30.4元和57.8元。‎ ‎【考点】一次函数的应用。‎ ‎【分析】（1）分用电量小于130度时，成正比例函数关系，实付金额等于单价乘以用电度数，131～230度时，成一次函数关系，实付金额等于130度内的用电付出金额与超出130度的用电付出金额的和，然后即可得到y与x的函数关系式。‎ ‎（2）先计算出78.8元的用电量超出130度，然后把实付金额代入函数关系式进行计算即可得解。‎ ‎（3）根据用电度数判断出适合的函数关系式，然后把用电度数代入关系式进行计算即可得解。‎ ‎298. （2012青海西宁12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，O在 x轴的正半轴上，已知A(0，4)、C(5，0)．作∠AOC的平分线交AB于点D，连接CD，过点D作DE⊥CD 交OA于点E．‎ ‎(1)求点D的坐标；‎ ‎(2)求证：△ADE≌△BCD；‎ ‎(3)抛物线y＝x2－x＋4经过点A、C，连接AC．探索：若点P是x轴下方抛物线上一动点，过 点P作平行于y轴的直线交AC于点M．是否存在点P，使线段MP的长度有最大值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=∠DOC。‎ ‎ ∵四边形AOCB是矩形，∴AB∥OC。∴∠AOD=∠DOC。∴∠AOD=∠ADO。‎ ‎∴OA=AD（等角对等边）。‎ ‎∵A点的坐标为(0，4)，∴D点的坐标为（4，4）。‎ ‎（2）证明：∵四边形AOCB是矩形，∴∠OAB=∠B=90°，BC=OA。‎ ‎∵OA=AD，∴AD=BC。‎ ‎∵ED⊥DC，∴∠EDC=90°。∴∠ADE+∠BDC=90°。∴∠BDC+∠BCD=90°。‎ ‎∴∠ADE=∠BCD。‎ 在△ADE和△BCD中，∵∠DAE=∠B，AD=BC，∠ADE=∠BCD，‎ ‎∴△ADE≌△BCD（ASA）。‎ ‎（3）存在。‎ ‎∵二次函数的解析式为：y＝x2－x＋4，点P是抛物线上的一动点，∴设P点坐标为（t，t 2－t＋4 ）。‎ 设AC所在的直线的函数关系式为y=kx+b，‎ ‎∵A（0，4）、C（5，0），∴，解得。‎ ‎∴直线AC的解析式为y=x+4。‎ ‎∵PM∥y轴，∴M（t，t+4）。‎ ‎∴PM=。‎ ‎∴当t=时，PM有最大值为5。‎ ‎∴所求的P点坐标为（，－3）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，矩形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）根据OD平分∠AOC，可得∠AOD=∠DOC，再由AOBC是矩形，得到∠AOD=∠ADO，根据等角对等边可得到OA=AD，从而求出D点坐标。‎ ‎（2）由四边形AOCB是矩形，得到∠OAB=∠B=90°，BC=OA，从而证明出AD=BC，再根据角之间的等量关系∠ADE=∠BCD，于是可证明出△ADE≌△BCD。‎ ‎（3）设P点坐标为（t，t 2－t＋4 ），设AC所在的直线的函数关系式为y=kx+b，根据A（0，4）、C（5，0），求出AC的解析式，进而用t表示出PM的长，利用二次函数的性质求出PM的最值，点P的坐标也可以求出。‎ ‎299. （2012青海省10分）如图（*），四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题．‎ ‎（1）探究1：小强看到图（*）后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试着去证△AEM≌EFC就行了，随即小强写出了如下的证明过程：‎ 证明：如图1，取AB的中点M，连接EM．‎ ‎∵∠AEF=90°‎ ‎∴∠FEC+∠AEB=90°‎ 又∵∠EAM+∠AEB=90°‎ ‎∴∠EAM=∠FEC ‎∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点 ‎∴AM=EC 又可知△BME是等腰直角三角形 ‎∴∠AME=135°‎ 又∵CF是正方形外角的平分线 ‎∴∠ECF=135°‎ ‎∴△AEM≌△EFC（ASA）‎ ‎∴AE=EF ‎（2）探究2：小强继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论．‎ ‎（3）探究3：小强进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请你完成证明过程给小强看，若不成立请你说明理由．‎ ‎【答案】解：（2）探究2，证明：在AB上截取AM=EC，连接ME，‎ 由（1）知∠EAM=∠FEC。‎ ‎∵AM=EC，AB=BC，∴BM=BE。∴∠BME=45°。‎ ‎∴∠AME=∠ECF=135°。‎ ‎∵∠AEF=90°，∴∠FEC+∠AEB=90°。‎ 又∵∠EAM+∠AEB=90°，∴∠EAM=∠FEC。‎ 在△AEM和△EFC中，∵∠AME=∠ECF，∠AME=∠ECF，∠EAM=∠FEC，‎ ‎∴△AEM≌△EFC（ASA）。∴AE=EF。‎ ‎（3）探究3：成立。证明如下：‎ 延长BA到M，使AM=CE，连接ME，‎ ‎∴BM=BE。∴∠BME=45°。∴∠BME=∠ECF。‎ 又∵AD∥BE，∴∠DAE=∠BEA。‎ 又∵∠MAD=∠AEF=90°，‎ ‎∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF，‎ 即∠MAE=∠CEF。‎ 在△MAE和△CEF中，∵∠BME=∠ECF，AM=CE，∠MAE=∠CEF，‎ ‎∴△MAE≌△CEF（ASA）。∴AE=EF。‎ ‎【考点】正方形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（2）在AB上截取AM=EC，然后证明∠EAM=FEC，∠AME=∠ECF=135°，再利用“ASA”证明△AEM和△EFC全等，然后根据全等三角形对应边相等即可证明。‎ ‎（3）延长BA到M，使AM=CE，然后证明∠BME=45°，从而得到∠BME=∠ECF，再利用两直线平行，内错角相等证明∠DAE=∠BEA，然后得到∠MAE=∠CEF，再利用“ASA”证明△MAE和△CEF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证。　‎ ‎300. （2012青海省12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．‎ ‎（1）求这个二次函数的表达式．‎ ‎（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．‎ ‎【答案】解：（1）将B、C两点的坐标代入y=x2+bx+c得，解得。‎ ‎∴二次函数的表达式为：y=x2﹣2x﹣3。‎ ‎（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形。‎ 设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E，‎ 若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO。‎ 连接PP′，则PE⊥CO于E。‎ ‎∴OE=EC=。‎ ‎∴x2﹣2x﹣3=，‎ 解得（不合题意，舍去）。‎ ‎∴P点的坐标为（）。‎ ‎（3）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2﹣2x﹣3），‎ ‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，则 ‎ ，解得。∴直线BC的解析式为y=x﹣3。‎ 则Q点的坐标为（x，x﹣3）。‎ ‎∴‎ ‎∴当时，四边形ABPC的面积最大，此时P点的坐标为，四边形ABPC的面积的最大值为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，翻折的性质，菱形的判定和性质，二次函数最值。190187‎ ‎【分析】（1）将B、C的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值。‎ ‎ （2）由于菱形的对角线互相垂直平分，若四边形POP′C为菱形，那么P点必在OC的垂直平分线上，据此可求出P点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标。‎ ‎（3）由于△ABC的面积为定值，当四边形ABPC的面积最大时，△BPC的面积最大；过P作y轴的平行线，交直线BC于Q，交x轴于F，易求得直线BC的解析式，可设出P点的横坐标，然后根据抛物线和直线BC的解析式求出Q、P的纵坐标，即可得到PQ的长，以PQ为底，B点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC的面积，由此可得到关于四边形ACPB的面积与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABPC的最大面积及对应的P点坐标。‎