北京上海等市中考数学压轴题解析大全 30页

‎24．（7分）（2014•北京）在正方形ABCD外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F．‎ ‎（1）依题意补全图1；‎ ‎（2）若∠PAB=20°，求∠ADF的度数；‎ ‎（3）如图2，若45°＜∠PAB＜90°，用等式表示线段AB，FE，FD之间的数量关系，并证明．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1所示：‎ ‎（2）如图2，连接AE，则∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB=AD，∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BAD=90°，∴∠EAP=∠BAP=20°，∴∠EAD=130°，∴∠ADF==25°；‎ ‎（3）如图3，连接AE、BF、BD，由轴对称的性质可得：EF=BF，AE=AB=AD，∠ABF=∠AEF=∠ADF，‎ ‎∴∠BFD=∠BAD=90°，∴BF2+FD2=BD2，∴EF2+FD2=2AB2．‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎25．（8分）（2014•北京）对某一个函数给出如下定义：若存在实数M＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣M＜y≤M，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的M中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是1．‎ ‎（1）分别判断函数 y=（x＞0）和y=x+1（﹣4≤x≤2）是不是有界函数？若是有界函数，求其边界值；‎ ‎（2）若函数y=﹣x+1（a≤x≤b，b＞a）的边界值是2，且这个函数的最大值也是2，求b的取值范围；‎ ‎（3）将函数 y=x2（﹣1≤x≤m，m≥0）的图象向下平移m个单位，得到的函数的边界值是t，当m在什么范围时，满足≤t≤1？‎ 解答解：（1）根据有界函数的定义知，函数y=（x＞0）不是有界函数．y=x+1（﹣4≤x≤2）是有界函数．边界值为：2+1=3；‎ ‎（2）∵函数y=﹣x+1的图象是y随x的增大而减小，‎ ‎∴当x=a时，y=﹣a+1=2，则a=﹣1当x=b时，y=﹣b+1．则，∴﹣1＜b≤3；‎ ‎（3）若m＞1，函数向下平移m个单位后，x=0时，函数值小于﹣1，此时函数的边界t≥1，与题意不符，故m≤1．‎ 当x=﹣1时，y=1 即过点（﹣1，1）当x=0时，y最小=0，即过点（0，0），都向下平移m个单位，则（﹣1，1﹣m）、（0，﹣m）≤1﹣m≤1或﹣1≤﹣m≤﹣，∴0≤m≤或≤m≤1．‎ ‎23．（12分）（2014年上海市）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，对角线AC、BD相交于点F，点E是边BC延长线上一点，且∠CDE=∠ABD．‎ ‎（1）求证：四边形ACED是平行四边形；‎ ‎（2）联结AE，交BD于点G，求证：=．‎ 解答： 证明：（1）∵梯形ABCD，AD∥BC，AB=CD，∴∠BAD=∠CDA，在△BAD和△CDA中 ‎∴△BAD≌△CDA（SAS），∴∠ABD=∠ACD，∵∠CDE=∠ABD，∴∠ACD=∠CDE，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形；‎ ‎（2）∵AD∥BC，‎ ‎∴=，=，∴=，‎ ‎∵平行四边形ACED，AD=CE，∴=，∴=，∴=，∴=．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2014年上海市）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣2）．‎ ‎（1）求该抛物线的表达式，并写出其对称轴；‎ ‎（2）点E为该抛物线的对称轴与x轴的交点，点F在对称轴上，四边形ACEF为梯形，求点F的坐标；‎ ‎（3）点D为该抛物线的顶点，设点P（t，0），且t＞3，如果△BDP和△CDP的面积相等，求t的值．‎ ‎ ‎ 解答： 解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，﹣2），∴，‎ 解得．故抛物线的表达式为：y=x2﹣x﹣2=（x﹣1）2﹣，对称轴为直线x=1；‎ ‎（2）由（1）可知，点E（1，0），A（﹣1，0），C（0，﹣2），当AC∥EF时，直线AC的解析式为y=﹣2x﹣2，∴直线EF的解析式为y=﹣2x+2，当x=1时，y=0，此时点F与点E重合；当AF∥CE时，直线CE的解析式为y=2x﹣2，∴直线AF的解析式为y=2x+2，当x=1时，y=4，此时点F的坐标为（1，4）．综上所述，点P的坐标为（1，4）；‎ ‎（3）点B（3，0），点D（1，﹣），若△BDP和△CDP的面积相等，则DP∥BC，则直线BC的解析式为y=x﹣2，∴直线DP的解析式为y=x﹣，当y=0时，x=5，∴t=5．‎ ‎　‎ ‎25．（14分）（2014年上海市）如图1，已知在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C与边AD交于点E、F（点F在点E的右侧），射线CE与射线BA交于点G．‎ ‎（1）当圆C经过点A时，求CP的长；‎ ‎（2）联结AP，当AP∥CG时，求弦EF的长；‎ ‎（3）当△AGE是等腰三角形时，求圆C的半径长．‎ 解答： 解：（1）如图1，设⊙O的半径为r，当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，∴BH=AB•cosB=4，∴AH=3，CH=4，∴AC==5，∴此时CP=r=5；‎ ‎（2）如图2，若AP∥CE，APCE为平行四边形，∵CE=CP，∴四边形APCE是菱形，连接AC、EP，则AC⊥EP，∴AM=CM=，由（1）知，AB=AC，则∠ACB=∠B，∴CP=CE==，∴EF=2=；‎ ‎（3）如图3：过点C作CN⊥AD于点N，∵cosB=，∴∠B＜45°，∵∠BCG＜90°，∴∠BGC＞45°，‎ ‎∵∠AEG=∠BCG≥∠ACB=∠B，∴当∠AEG=∠B时，A、E、G重合，∴只能∠AGE=∠AEG，‎ ‎∵AD∥BC，∴△GAE∽△GBC，∴=，即=，‎ 解得：AE=3，EN=AN﹣AE=1，∴CE===．‎ ‎24．（10分）(2014年天津市)在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．‎ ‎（Ⅰ）如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；‎ ‎（Ⅱ）如图②，当α=135°时，求证AE′=BF′，且AE′⊥BF′；‎ ‎（Ⅲ）若直线AE′与直线BF′相交于点P，求点P的纵坐标的最大值（直接写出结果即可）．‎ 解答： 解：（Ⅰ）当α=90°时，点E′与点F重合，如图①．‎ ‎∵点A（﹣2，0）点B（0，2），∴OA=OB=2．∵点E，点F分别为OA，OB的中点，∴OE=OF=1‎ ‎∵正方形OE′D′F′是正方形OEDF绕点O顺时针旋转90°得到的，∴OE′=OE=1，OF′=OF=1．‎ 在Rt△AE′O中，AE′=．在Rt△BOF′中，BF′=．∴AE′，BF′的长都等于．‎ ‎（Ⅱ）当α=135°时，如图②．‎ ‎∵正方形OE′D′F′是由正方形OEDF绕点O顺时针旋转135°所得，∴∠AOE′=∠BOF′=135°．‎ 在△AOE′和△BOF′中， ，∴△AOE′≌△BOF′（SAS）．∴AE′=BF′，且∠OAE′=∠OBF′．∵∠ACB=∠CAO+∠AOC=∠CBP+∠CPB，∠CAO=∠CBP，∴∠CPB=∠AOC=90°‎ ‎∴AE′⊥BF′．‎ ‎（Ⅲ）在第一象限内，当点D′与点P重合时，点P的纵坐标最大．过点P作PH⊥x轴，垂足为H，如图③所示．∵∠AE′O=90°，E′O=1，AO=2，∴∠E′AO=30°，AE′=．∴AP=+1．‎ ‎∵∠AHP=90°，∠PAH=30°，∴PH=AP=．∴点P的纵坐标的最大值为．‎ ‎ ‎ ‎25．（10分）(2014年天津市)在平面直角坐标系中，O为原点，直线l：x=1，点A（2，0），点E，点F，点M都在直线l上，且点E和点F关于点M对称，直线EA与直线OF交于点P．‎ ‎（Ⅰ）若点M的坐标为（1，﹣1），‎ ‎①当点F的坐标为（1，1）时，如图，求点P的坐标；‎ ‎②当点F为直线l上的动点时，记点P（x，y），求y关于x的函数解析式．‎ ‎（Ⅱ）若点M（1，m），点F（1，t），其中t≠0，过点P作PQ⊥l于点Q，当OQ=PQ时，试用含t的式子表示m．‎ 解答： 解：（Ⅰ）①∵点O（0，0），F（1，1），∴直线OF的解析式为y=x．‎ 设直线EA的解析式为：y=kx+b（k≠0）、∵点E和点F关于点M（1，﹣1）对称，∴E（1，﹣3）．‎ 又A（2，0），点E在直线EA上，∴，解得 ，∴直线EA的解析式为：y=3x﹣6．‎ ‎∵点P是直线OF与直线EA的交点，则，解得 ，∴点P的坐标是（3，3）．‎ ‎②由已知可设点F的坐标是（1，t）．∴直线OF的解析式为y=tx．设直线EA的解析式为y=cx+dy（c、d是常数，且c≠0）．由点E和点F关于点M（1，﹣1）对称，得点E（1，﹣2﹣t）．‎ 又点A、E在直线EA上，∴，‎ 解得 ，∴直线EA的解析式为：y=（2+t）x﹣2（2+t）．‎ ‎∵点P为直线OF与直线EA的交点，∴tx=（2+t）x﹣2（2+t），即t=x﹣2．则有 y=tx=（x﹣2）x=x2﹣2x；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，直线OF的解析式为y=tx．直线EA的解析式为y=（t﹣2m）x﹣2（t﹣2m）．‎ ‎∵点P为直线OF与直线EA的交点，∴tx=（t﹣2m）x﹣2（t﹣2m），化简，得 x=2﹣．‎ 有 y=tx=2t﹣．∴点P的坐标为（2﹣，2t﹣）．‎ ‎∵PQ⊥l于点Q，得点Q（1，2t﹣），∴OQ2=1+t2（2﹣）2，PQ2=（1﹣）2，‎ ‎∵OQ=PQ，∴1+t2（2﹣）2=（1﹣）2，‎ 化简，得 t（t﹣2m）（t2﹣2mt﹣1）=0．又t≠0，∴t﹣2m=0或t2﹣2mt﹣1=0， 解得 m=或m=．‎ 则m=或m=即为所求．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2014•重庆）如图，抛物线y=﹣x2﹣2x+3 的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．‎ ‎（1）求A、B、C的坐标；‎ ‎（2）点M为线段AB上一点（点M不与点A、B重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N．若点P在点Q左边，当矩形PQMN的周长最大时，求△AEM的面积；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ．过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC交于点G（点G在点F的上方）．若FG=2DQ，求点F的坐标．‎ 解答解：（1）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，C（0，3），令y=0，则0=﹣x2﹣2x+3，解得x=﹣3或x=1，∴A（﹣3，0），B（1，0）．‎ ‎（2）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x=﹣1，设M点的横坐标为m，则PM=﹣m2﹣2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ的周长=2（PM+MN）=（﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2）×2=﹣2m2﹣8m+2=﹣2（m+2）2+10，∴当m=﹣2时矩形的周长最大．‎ ‎∵A（﹣3，0），C（0，3），设直线AC解析式为；y=kx+b，解得k=1，b=3，‎ ‎∴解析式y=x+3，当x=﹣2时，则E（﹣2，1），∴EM=1，AM=1，∴S=•AM•EM=．‎ ‎（3）∵M点的横坐标为﹣2，抛物线的对称轴为x=﹣1，∴N应与原点重合，Q点与C点重合，‎ ‎∴DQ=DC，把x=﹣1代入y=﹣x2﹣2x+3，解得y=4，∴D（﹣1，4）∴DQ=DC=，∵FC=2DQ，‎ ‎∴FG=4，设F（n，﹣n2﹣2n+3），则G（n，n+3），∴|﹣n2﹣2n+3|﹣|n+3|=4，‎ 即n2+2n﹣3+n+3=4，解得：n=﹣4或n=1，∴F（﹣4，﹣5）或（1，0）．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2014•重庆）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．‎ ‎（1）求AE和BE的长；‎ ‎（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．‎ ‎（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．‎ 解答解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，由勾股定理得：BD===．‎ ‎∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，∴AE===4．在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．‎ ‎（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．‎ 由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．‎ ‎①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；‎ ‎②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，‎ ‎∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．‎ ‎（3）存在．理由如下：‎ 在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：‎ ‎①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，‎ ‎∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．‎ 在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．‎ ‎∴DQ=BQ﹣BD=﹣；‎ ‎②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，‎ ‎∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．‎ ‎∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．‎ 在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，‎ 解得：BQ=，∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；‎ ‎③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．‎ ‎∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．‎ ‎∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，‎ ‎∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．‎ 在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，‎ ‎∴DQ=BD﹣BQ=﹣；‎ ‎④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．‎ 综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；‎ DQ的长度分别为﹣、、﹣或．‎ ‎25．（12分）（2014•重庆）如图，已知抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接BC．‎ ‎（1）求A，B，C三点的坐标；‎ ‎（2）若点P为线段BC上一点（不与B，C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当△BCM的面积最大时，求△BPN的周长；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当△BCM的面积最大时，在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△CNQ为直角三角形，求点Q的坐标．‎ 解答解：（1）由抛物线的解析式y=﹣x2+2x+3，∴C（0，3），令y=0，﹣x2+2x+3=0，解得x=3或x=﹣1；∴A（﹣1，0），B（3，0）．‎ ‎（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：，解得，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+3．设P（x，﹣x+3），则M（x，﹣x2+2x+3），∴PM=（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x．∴S△BCM=S△PMC+S△PMB=PM•（xP﹣xC）+PM•（xB﹣xP）=PM•（xB﹣xC）=PM．‎ ‎∴S△BCM=（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+．∴当x=时，△BCM的面积最大．‎ 此时P（，），∴PN=ON=，∴BN=OB﹣ON=3﹣=．在Rt△BPN中，由勾股定理得：PB=．‎ C△BCN=BN+PN+PB=3+．∴当△BCM的面积最大时，△BPN的周长为3+．‎ ‎（3）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4∴抛物线的对称轴为直线x=1．‎ 在Rt△CNO中，OC=3，ON=，由勾股定理得：CN=．‎ 设点D为CN中点，则D（，），CD=ND=．‎ 如解答图，△CNQ为直角三角形，‎ ‎①若点Q为直角顶点．‎ 作Rt△CNO的外接圆⊙D，与对称轴交于Q1、Q2两点，由圆周角定理可知，Q1、Q2两点符合题意．‎ 连接Q1D，则Q1D=CD=ND=．过点D（，）作对称轴的垂线，垂足为E，则E（1，），Q1E=Q2E，DE=1﹣=．在Rt△Q1DE中，由勾股定理得：Q1E==．‎ ‎∴Q1（1，），Q2（1，）；‎ ‎②若点N为直角顶点．‎ 过点N作NF⊥CN，交对称轴于点Q3，交y轴于点F．易证Rt△NFO∽Rt△CNO，则=，即，解得OF=．∴F（0，﹣），又∵N（，0），‎ ‎∴可求得直线FN的解析式为：y=x﹣．当x=1时，y=﹣，∴Q3（1，﹣）；‎ ‎③当点C为直角顶点时．‎ 过点C作Q‎4C⊥CN，交对称轴于点Q4．‎ ‎∵Q‎4C∥FN，∴可设直线Q‎4C的解析式为：y=x+b，∵点C（0，3）在该直线上，∴b=3．‎ ‎∴直线Q‎4C的解析式为：y=x+3，当x=1时，y=，∴Q4（1，）．‎ 综上所述，满足条件的点Q有4个，‎ 其坐标分别为：Q1（1，），Q2（1，），Q3（1，﹣），Q4（1，）．‎ ‎26．（12分）（2014•重庆）如图1，在▱ABCD中，AH⊥DC，垂足为H，AB=4，AD=7，AH=．现有两个动点E，F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动，在点E，F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG与△ABC在射线AC的同侧，当点E运动到点C时，E，F两点同时停止运动，设运动时间为t秒．‎ ‎（1）求线段AC的长；‎ ‎（2）在整个运动过程中，设等边△EFG与△ABC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围；‎ ‎（3）当等边△EFG的顶点E到达点C时，如图2，将△EFG绕着点C旋转一个角度α（0°＜α＜360°），在旋转过程中，点E与点C重合，F的对应点为F′，G的对应点为G′，设直线F′G′与射线DC、射线AC分别相交于M，N两点．试问：是否存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形？若存在，请求出CM的长度；若不存在，请说明理由．‎ 解答：解：（1）∵▱ABCD，∴CD=AB=4．‎ 在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH===2，‎ ‎∴CH=DH．∴AC=AD=7．‎ ‎（2）在运动过程中，AE=t，AF=3t，∴等边△EFG的边长EF=EG=GF=2t．‎ 如答图1，过点G作GP⊥AC于点P，则EP=EG=t，GP=EG=t．‎ ‎∴AP=AE+EP=2t．∴tan∠GAC===．∵tan∠BAC=tan∠ACH===，‎ ‎∴tan∠GAC=tan∠BAC，∴点G始终在射线AB上．‎ 设∠BAC=∠ACH=θ，则sinθ==，cosθ==．‎ ‎①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部．S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；‎ ‎②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上．‎ 过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．‎ ‎∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，‎ 设KP=x，则PF==x，∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x．‎ ‎∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（3t﹣7）．‎ ‎∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2﹣（3t﹣7）•（3t﹣7）=﹣t2+t﹣；‎ ‎③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上．‎ 过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．‎ ‎∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，‎ 设KP=x，则EP==x，∴CP=EP﹣CE=x﹣（7﹣t）=x﹣7+t．‎ ‎∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（7﹣t）．‎ ‎∴S=S△CEK=（7﹣t）•（7﹣t）=t2﹣t+．‎ 综上所述，S与t之间的函数关系式为：‎ S=．‎ ‎（3）设∠ACH=θ，则tanθ===，cosθ==．‎ 当点E与点C重合时，t=7，∴等边△EFG的边长=2t=14．‎ 假设存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，‎ ‎①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示，则∠NMC=∠MCN=θ．‎ 过点C作CP⊥F′M于点P，则CP=CF′=7．∴PM===14．‎ 设CN=MN=x，则PN=PM﹣MN=14﹣x．‎ 在Rt△CNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，‎ 解得：x=．过点N作NQ⊥CM于点Q，∴CM=2CQ=2CN•cosθ=2××=7；‎ ‎②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示，则∠MNC=∠MCN=θ．‎ 过点C作CP⊥G′N于点P，则CP=CF′=7．∴PN===14．‎ 设CM=MN=x，则PM=PN﹣MN=14﹣x．‎ 在Rt△CMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，∴CM=x=．‎ 综上所述，存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或．‎ ‎22．（10分）(2014年河南省)（1）问题发现 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．‎ 填空：‎ ‎①∠AEB的度数为　60°　；‎ ‎②线段AD，BE之间的数量关系为　AD=BE　．‎ ‎（2）拓展探究 如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（3）解决问题 如图3，在正方形ABCD中，CD=，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．‎ 解答： 解：（1）①如图1，‎ ‎∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE．∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等边三角形，‎ ‎∴∠CDE=∠CED=60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=120°．∴∠BEC=120°．∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．故答案为：60°．‎ ‎②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案为：AD=BE．‎ ‎（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．‎ 理由：如图2，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．‎ ‎∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，‎ ‎∴△ACD≌△BCE．∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．‎ ‎∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=135°．∴∠BEC=135°．∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．‎ ‎∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．‎ ‎（3）∵PD=1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD=90°，∴点P在以BD为直径的圆上．∴点P是这两圆的交点．‎ ‎①当点P在如图3①所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，‎ 过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°．∴BD=2．∵DP=1，∴BP=．∵A、P、D、B四点共圆，∴∠APB=∠ADB=45°．‎ ‎∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，‎ ‎∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD．∴=2AH+1．∴AH=．‎ ‎②当点P在如图3②所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，‎ 过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．同理可得：BP=2AH﹣PD．‎ ‎∴=2AH﹣1．∴AH=．‎ 综上所述：点A到BP的距离为或．‎ ‎ ‎ ‎　 ‎ ‎23．（11分）(2014年河南省)如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若PE=5EF，求m的值；‎ ‎（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解答： 解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：‎ ‎，解得，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x+5．‎ ‎（2）∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F（m，0）．‎ ‎∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．‎ 由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|‎ ‎①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；‎ ‎①若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，解得：m=或m=．‎ 由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去．∴m=2或m=．‎ ‎（3）假设存在．‎ 作出示意图如下：‎ ‎∵点E、E′关于直线PC对称，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3，‎ ‎∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形．‎ 由直线CD解析式y=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．‎ 过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，易得△CEM∽△CDO，∴，即，解得CE=|m|，‎ ‎∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|∴|﹣m2+m+2|=|m|．‎ ‎①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；‎ ‎②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m=3+或m=3﹣．‎ 由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+这个解舍去．‎ 综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．‎ ‎25．（10分）(2014年陕西省)已知抛物线C：y=﹣x2+bx+c经过A（﹣3，0）和B（0，3）两点，将这条抛物线的顶点记为M，它的对称轴与x轴的交点记为N．‎ ‎（1）求抛物线C的表达式；‎ ‎（2）求点M的坐标；‎ ‎（3）将抛物线C平移到C′，抛物线C′的顶点记为M′，它的对称轴与x轴的交点记为N′．如果以点M、N、M′、N′为顶点的四边形是面积为16的平行四边形，那么应将抛物线C怎样平移？为什么？‎ 解答： 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣3，0）和B（0，3）两点，‎ ‎∴，解得，故此抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣2x+3；‎ ‎（2）∵由（1）知抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣2x+3，‎ ‎∴当x=﹣=﹣=﹣1时，y=4，∴M（﹣1，4）．‎ ‎（3）由题意，以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形的边MN的对边只能是M′N′，‎ ‎∴MN∥M′N′且MN=M′N′．∴MN•NN′=16，∴NN′=4．‎ i）当M、N、M′、N′为顶点的平行四边形是▱MNN′M′时，将抛物线C向左或向右平移4个单位可得符合条件的抛物线C′；‎ ii）当M、N、M′、N′为顶点的平行四边形是▱MNM′N′时，将抛物线C先向左或向右平移4个单位，再向下平移8个单位，可得符合条件的抛物线C′．‎ ‎∴上述的四种平移，均可得到符合条件的抛物线C′．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）(2014年陕西省)问题探究 ‎（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；‎ ‎（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；‎ 问题解决 ‎（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．‎ 解答： 解：（1）①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，则PA=PD．∴△PAD是等腰三角形．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠B=∠C=90°．∵PA=PD，AB=DC，∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）．‎ ‎∴BP=CP．∵BC=4，∴BP=CP=2．‎ ‎②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，．则DA=DP′．∴△P′AD是等腰三角形．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°．∵AB=3，BC=4，∴DC=3，DP′=4．‎ ‎∴CP′==．∴BP′=4﹣．‎ ‎③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，则AD=AP″．∴△P″AD是等腰三角形．‎ 同理可得：BP″=．综上所述：在等腰三角形△ADP中，若PA=PD，则BP=2；若DP=DA，则BP=4﹣；若AP=AD，则BP=．‎ ‎（2）∵E、F分别为边AB、AC的中点，∴EF∥BC，EF=BC．∵BC=12，∴EF=6．‎ 以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．∵AD⊥BC，AD=6，‎ ‎∴EF与BC之间的距离为3．∴OQ=3∴OQ=OE=3．∴⊙O与BC相切，切点为Q．∵EF为⊙O的直径，‎ ‎∴∠EQF=90°．过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②．∵EG⊥BC，OQ⊥BC，∴EG∥OQ．‎ ‎∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，∴四边形OEGQ是正方形．∴GQ=EO=3，EG=OQ=3．‎ ‎∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，∴BG=．∴BQ=GQ+BG=3+．∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+．‎ ‎（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．理由如下：以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，‎ 作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，‎ 过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．则⊙O是△ABG的外接圆，∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，‎ ‎∴AP=PB=AB．∵AB=270，∴AP=135．∵ED=285，∴OH=285﹣135=150．∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，∴∠BAK=∠GAK=30°．∴OP=AP•tan30°=135×=45．∴OA=2OP=90．∴OH＜OA．‎ ‎∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③．∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90．．‎ ‎∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，∴HM===30．‎ ‎∵AE=400，OP=45，∴DH=400﹣45．‎ 若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45+30．∵400﹣45+30＞340，‎ ‎∴DM＞CD．∴点M不在线段CD上，应舍去．‎ 若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30．∵400﹣45﹣30＜340，‎ ‎∴DM＜CD．∴点M在线段CD上．‎ 综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，‎ 此时DM的长为（400﹣45﹣30）米．‎ ‎ ‎ ‎24．（11分）（2014•河北）如图，2×2网格（每个小正方形的边长为1）中有A，B，C，D，E，F，G、H，O九个格点．抛物线l的解析式为y=（﹣1）nx2+bx+c（n为整数）．‎ ‎（1）n为奇数，且l经过点H（0，1）和C（2，1），求b，c的值，并直接写出哪个格点是该抛物线的顶点；‎ ‎（2）n为偶数，且l经过点A（1，0）和B（2，0），通过计算说明点F（0，2）和H（0，1）是否在该抛物线上；‎ ‎（3）若l经过这九个格点中的三个，直接写出所有满足这样条件的抛物线条数．‎ 解答：解：（1）n为奇数时，y=﹣x2+bx+c，∵l经过点H（0，1）和C（2，1），‎ ‎∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+1，y=﹣（x﹣1）2+2，‎ ‎∴顶点为格点E（1，2）；‎ ‎（2）n为偶数时，y=x2+bx+c，∵l经过点A（1，0）和B（2，0），‎ ‎∴，解得，∴抛物线解析式为y=x2﹣3x+2，当x=0时，y=2，‎ ‎∴点F（0，2）在抛物线上，点H（0，1）不在抛物线上；‎ ‎（3）所有满足条件的抛物线共有8条．‎ 当n为奇数时，由（1）中的抛物线平移又得到3条抛物线，如答图3﹣1所示；‎ 当n为偶数时，由（2）中的抛物线平移又得到3条抛物线，如答图3﹣2所示．‎ ‎　‎ ‎25．（11分）（2014•河北）图1和图2中，优弧所在⊙O的半径为2，AB=2．点P为优弧上一点（点P不与A，B重合），将图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．‎ ‎（1）点O到弦AB的距离是　1　，当BP经过点O时，∠ABA′=　60　°；‎ ‎（2）当BA′与⊙O相切时，如图2，求折痕的长：‎ ‎（3）若线段BA′与优弧只有一个公共点B，设∠ABP=α．确定α的取值范围．‎ 解答：‎ 解：（1）①过点O作OH⊥AB，垂足为H，连接OB，如图1①所示．∵OH⊥AB，AB=2，‎ ‎∴AH=BH=．∵OB=2，∴OH=1．∴点O到AB的距离为1．‎ ‎②当BP经过点O时，如图1②所示．∵OH=1，OB=2，OH⊥AB，∴sin∠OBH==．‎ ‎∴∠OBH=30°．由折叠可得：∠A′BP=∠ABP=30°．∴∠ABA′=60°．‎ 故答案为：1、60．‎ ‎（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．‎ ‎∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．‎ ‎∴∠OBP=30°．∴OG=OB=1．∴BG=．∵OG⊥BP，∴BG=PG=．∴BP=2．‎ ‎∴折痕的长为2．‎ ‎（3）若线段BA′与优弧只有一个公共点B，‎ Ⅰ．当点A′在⊙O的内部时，此时α的范围是0°＜α＜30°．‎ Ⅱ．当点A′在⊙O的外部时，此时α的范围是60°≤α＜120°．‎ 综上所述：线段BA′与优弧只有一个公共点B时，α的取值范围是0°＜α＜30°或60°≤α＜120°．‎ ‎ ‎ ‎26．（13分）（2014•河北）某景区内的环形路是边长为800米的正方形ABCD，如图1和图2．现有1号、2号两游览车分别从出口A和景点C同时出发，1号车顺时针、2号车逆时针沿环形路连续循环行驶，供游客随时免费乘车（上、下车的时间忽略不计），两车速度均为200米/分．‎ 探究：设行驶吋间为t分．‎ ‎（1）当0≤t≤8时，分别写出1号车、2号车在左半环线离出口A的路程y1，y2（米） 与t（分）的函数关系式，并求出当两车相距的路程是400米时t的值；‎ ‎（2）t为何值时，1号车第三次恰好经过景点C？并直接写出这一段时间内它与2号车相遇过的次数．‎ 发现：如图2，游客甲在BC上的一点K（不与点B，C重合）处候车，准备乘车到出口A，设CK=x米．‎ 情况一：若他刚好错过2号车，便搭乘即将到来的1号车；‎ 情况二：若他刚好错过1号车，便搭乘即将到来的2号车．‎ 比较哪种情况用时较多？（含候车时间）‎ 决策：己知游客乙在DA上从D向出口A走去．步行的速度是50米/分．当行进到DA上一点P （不与点D，A重合）时，刚好与2号车迎面相遇．‎ ‎（1）他发现，乘1号车会比乘2号车到出口A用时少，请你简要说明理由：‎ ‎（2）设PA=s（0＜s＜800）米．若他想尽快到达出口A，根据s的大小，在等候乘1号车还是步行这两种方式中．他该如何选择？‎ 解答解：探究：（1）由题意，得y1=200t，y2=﹣200t+1600当相遇前相距400米时，‎ ‎﹣200t+1600﹣200t=400，t=3，当相遇后相距400米时，200t﹣（﹣200t+1600）=400，‎ t=5．答：当两车相距的路程是400米时t的值为3分钟或5分钟；‎ ‎（2）由题意，得 ‎1号车第三次恰好经过景点C行驶的路程为：800×2+800×4×2=8000，‎ ‎∴1号车第三次经过景点C需要的时间为：8000÷200=40分钟，‎ 两车第一次相遇的时间为：1600÷400=4．‎ 第一次相遇后两车每相遇一次需要的时间为：800×4÷400=8，‎ ‎∴两车相遇的次数为：（40﹣4）÷8+1=5次．‎ ‎∴这一段时间内它与2号车相遇的次数为：5次；‎ 发现：由题意，得情况一需要时间为：=16﹣，‎ 情况二需要的时间为：=16+∵16﹣＜16+∴情况二用时较多．‎ 决策：（1）∵游客乙在AD边上与2号车相遇，∴此时1号车在CD边上，‎ ‎∴乘1号车到达A的路程小于2个边长，乘2号车的路程大于3个边长，‎ ‎∴乘1号车的用时比2号车少．‎ ‎（2）若步行比乘1号车的用时少，‎ ‎，∴s＜320．∴当0＜s＜320时，选择步行．同理可得 当320＜s＜800时，选择乘1号车，‎ 当s=320时，选择步行或乘1号车一样．‎ ‎22．（12分）（2014•安徽）若两个二次函数图象的顶点、开口方向都相同，则称这两个二次函数为“同簇二次函数”．‎ ‎（1）请写出两个为“同簇二次函数”的函数；‎ ‎（2）已知关于x的二次函数y1=2x2﹣4mx+2m2+1和y2=ax2+bx+5，其中y1的图象经过点A（1，1），若y1+y2与y1为“同簇二次函数”，求函数y2的表达式，并求出当0≤x≤3时，y2的最大值．‎ 解答解：（1）设顶点为（h，k）的二次函数的关系式为y=a（x﹣h）2+k，当a=2，h=3，k=4时，‎ 二次函数的关系式为y=2（x﹣3）2+4．∵2＞0，∴该二次函数图象的开口向上．‎ 当a=3，h=3，k=4时，二次函数的关系式为y=3（x﹣3）2+4．∵3＞0，∴该二次函数图象的开口向上．‎ ‎∵两个函数y=2（x﹣3）2+4与y=3（x﹣3）2+4顶点相同，开口都向上，‎ ‎∴两个函数y=2（x﹣3）2+4与y=3（x﹣3）2+4是“同簇二次函数”．‎ ‎∴符合要求的两个“同簇二次函数”可以为：y=2（x﹣3）2+4与y=3（x﹣3）2+4．‎ ‎（2）∵y1的图象经过点A（1，1），∴2×12﹣4×m×1+2m2+1=1．整理得：m2﹣2m+1=0．‎ 解得：m1=m2=1．∴y1=2x2﹣4x+3=2（x﹣1）2+1．‎ ‎∴y1+y2=2x2﹣4x+3+ax2+bx+5=（a+2）x2+（b﹣4）x+8‎ ‎∵y1+y2与y1为“同簇二次函数”，∴y1+y2=（a+2）（x﹣1）2+1=（a+2）x2﹣2（a+2）x+（a+2）+1．其中a+2＞0，即a＞﹣2．∴．解得：．‎ ‎∴函数y2的表达式为：y2=5x2﹣10x+5．∴y2=5x2﹣10x+5=5（x﹣1）2．‎ ‎∴函数y2的图象的对称轴为x=1．∵5＞0，∴函数y2的图象开口向上．‎ ‎①当0≤x≤1时，∵函数y2的图象开口向上，∴y2随x的增大而减小．‎ ‎∴当x=0时，y2取最大值，最大值为5（0﹣1）2=5．‎ ‎②当1＜x≤3时，∵函数y2的图象开口向上，∴y2随x的增大而增大．∴当x=3时，y2取最大值，最大值为5（3﹣1）2=20．‎ 综上所述：当0≤x≤3时，y2的最大值为20．‎ 八、（本题满分14分）‎ ‎23．（14分）（2014•安徽）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．‎ ‎（1）①∠MPN=　60°　；‎ ‎②求证：PM+PN=3a；‎ ‎（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON；‎ ‎（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．‎ 解答解：（1）①∵四边形ABCDEF是正六边形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°‎ 又∴PM∥AB，PN∥CD，∴∠BPM=60°，∠NPC=60°，‎ ‎∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°，故答案为；60°．‎ ‎②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，‎ MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，‎ ‎∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，∴GM=AM，HL=BP，PL=PM，NK=ND，‎ ‎∵AM=BP，PC=DN，∴MG+HP+PL+KN=a，GH=LK=a，∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a．‎ ‎（2）如图2，连接OE，∵四边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，‎ ‎∴AM=BP=EN，又∵∠MAO=∠NOE=60°，OA=OE，在△ONE和△OMA中，‎ ‎∴△OMA≌△ONE（SAS）∴OM=ON．‎ ‎（3）如图3，连接OE，由（2）得，△OMA≌△ONE∴∠MOA=∠EON，‎ ‎∵EF∥AO，AF∥OE，∴四边形AOEF是平行四边形，∴∠AFE=∠AOE=120°，‎ ‎∴∠MON=120°，∴∠GON=60°，∵∠GON=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON，‎ ‎∴∠GOE=∠DON，∵OD=OE，∠ODN=∠OEG，在△GOE和∠DON中，‎ ‎∴△GOE≌△NOD（ASA），∴ON=OG，又∵∠GON=60°，‎ ‎∴△ONG是等边三角形，∴ON=NG，又∵OM=ON，∠MOG=60°，∴△MOG是等边三角形，∴MG=GO=MO，∴MO=ON=NG=MG，∴四边形MONG是菱形．‎ ‎23．（11分）（2014•山西）课程学习：正方形折纸中的数学．[来源:学*科*网]‎ 动手操作：如图1，四边形ABCD是一张正方形纸片，先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′．‎ 数学思考：（1）求∠CB′F的度数；（2）如图2，在图1的基础上，连接AB′，试判断∠B′AE与∠GCB′的大小关系，并说明理由；‎ 解决问题：‎ ‎（3）如图3，按以下步骤进行操作：‎ 第一步：先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后继续对折，使AB与DC重合，折痕为MN，再把这个正方形展平，设EF和MN相交于点O；‎ 第二步：沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′，再沿直线AH折叠，使D点落在EF上，对应点为D′；‎ 第三步：设CG、AH分别与MN相交于点P、Q，连接B′P、PD′、D′Q、QB′，试判断四边形B′PD′Q的形状，并证明你的结论．‎ 解答： 解：（1）如图1，由对折可知，∠EFC=90°，CF=CD，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，∴CD=CB，∴CF=BC，∵CB′=CB，∴CF=CB′‎ ‎∴在RT△B′FC中，sin∠CB′F==，∴∠CB′F=30°，‎ ‎（2）如图2，连接BB′交CG于点K，由对折可知，EF垂直平分AB，‎ ‎∴B′A=B′B，∠B′AE=∠B′BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴∠B′BE+∠KBC=90°，‎ 由折叠知，∠BKC=90°，∴∠KBC+∠GCB=90°，∴∠B′BE=∠GCB，又由折叠知，∠GCB=∠GCB′，‎ ‎∴∠B′AE=∠GCB′，‎ ‎（3）四边形B′PD′Q为正方形，证明：如图3，连接AB′‎ 由（2）可知∠B′AE=∠GCB′，由折叠可知，∠GCB′=∠PCN，∴∠B′AE=∠PCN，‎ 由对折知∠AEB=∠CNP=90°，AE=AB，CN=BC，又∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，[∴AE=CN，‎ 在△AEB′和△CNP∴△AEB′≌△CNP∴EB′=NP，‎ 同理可得，FD′=MQ，由对称性可知，EB′=FD′，∴EB′=NP=FD′=MQ，‎ 由两次对折可得，OE=ON=OF=OM，∴OB′=OP=0D′=OQ，∴四边形B′PD′Q为矩形，‎ 由对折知，MN⊥EF，于点O，∴PQ⊥B′D′于点0，∴四边形B′PD′Q为正方形，‎ ‎　‎ ‎24．（13分）（2014•山西）综合与探究：如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A、C两点的坐标分别为（4，0），（﹣2，3），抛物线W经过O、A、C三点，D是抛物线W的顶点．‎ ‎（1）求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；‎ ‎（2）将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位后，再向下平移m（0＜m＜3）个单位，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′，在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m为何值时S有最大值，并求出S的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N时抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解答： 解：（1）设抛物线W的解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵抛物线W经过O（0，0）、A（4，0）、C（﹣2，3）三点，‎ ‎∴，解得：∴抛物线W的解析式为y=x2﹣x．‎ ‎∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴顶点D的坐标为（2，﹣1）．‎ ‎（2）由▱OABC得，CB∥OA，CB=OA=4．又∵C点坐标为（﹣2，3），∴B点的坐标为（2，3）．‎ 如答图2，过点B作BE⊥x轴于点E，由平移可知，点C′在BE上，且BC′=m．‎ ‎∴BE=3，OE=2，∴EA=OA﹣OE=2．∵C′B′∥x轴，∴△BC′G∽△BEA，‎ ‎∴，即，∴C′G=m．‎ 由平移知，▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分四边形C′HAG是平行四边形．‎ ‎∴S=C′G•C′E=m（3﹣m）=﹣（x﹣）2+，∴当m=时，S有最大值为．‎ ‎（3）答：存在．‎ 在（2）的条件下，抛物线W向右平移4个单位，再向下平移个单位，得到抛物线W′，‎ ‎∵D（2，﹣1），∴F（6，﹣）；∴抛物线W′的解析式为：y=（x﹣6）2﹣．‎ 设M（t，0），‎ 以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形，‎ ‎①若点N在x轴下方，如答题3所示：‎ 过点D作DP∥y轴，过点F作FP⊥DP于点P，∵D（2，﹣1），F（6，﹣），∴DP=，FP=4；‎ 过点N作DQ⊥x轴于点Q，由四边形FDMN为平行四边形，易证△DFP≌△NMQ，‎ ‎∴MQ=FP=4，NQ=DP=，∴N（4+t，﹣），‎ 将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣2）2﹣=﹣，[来源:Zxxk.Com]‎ 解得：t=0或t=4，∴点M的坐标为（0，0）或（4，0）；‎ ‎②若点N在x轴上方，（请自行作图）与①同理，得N（4﹣t，）‎ 将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣10）2﹣=，‎ 解得：t=6或t=14，∴点M的坐标为（6，0）或（14，0）．‎ 综上所述，存在这样的点M和点N，点M的坐标分别为（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．‎ ‎　‎