中考数学试题解析分类汇编汇总44综合性问题 85页

综合性问题 一、 选择题 ‎1. （2014•湖南永州,第6题3分）下列命题是假命题的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 不在同一直线上的三点确定一个圆 ‎　‎ B．‎ 矩形的对角线互相垂直且平分 ‎　‎ C．‎ 正六边形的内角和是720°‎ ‎　‎ D．‎ 角平分线上的点到角两边的距离相等 考点：‎ 命题与定理．.‎ 分析：‎ 根据确定圆的条件对A进行判断；根据矩形的性质对B进行判断；根据多边形的内角和定理对C进行判断；根据角平分线的性质对D进行判断．‎ 解答：‎ 解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，所以A选项为真命题；‎ B、矩形的对角线互相平分且相等，所以B选项为假命题；‎ C、正六边形的内角和是720°，所以C选项为真命题；‎ D、角平分线上的点到角两边的距离相等，所以D选项为真命题．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．‎ ‎2. （2014•乐山，第10题3分）如图，点P（﹣1，1）在双曲线上，过点P的直线l1与坐标轴分别交于A、B两点，且tan∠BAO=1．点M是该双曲线在第四象限上的一点，过点M的直线l2与双曲线只有一个公共点，并与坐标轴分别交于点C、点D．则四边形ABCD的面积最小值为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎10‎ B．‎ ‎8‎ C．‎ ‎6‎ D．‎ 不确定 考点：‎ 反比例函数综合题；根的判别式；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题．.‎ 专题：‎ 综合题；待定系数法；配方法；判别式法．‎ 分析：‎ 根据条件可以求出直线l1的解析式，从而求出点A、点B的坐标；根据条件可以求出反比例函数的解析式为y=﹣，从而可以设点M的坐标为（a，﹣）；设直线l2的解析式为y=bx+c，根据条件“过点M的直线l2与双曲线只有一个公共点”可以得到b=，c=﹣，进而得到D的坐标为（0，﹣）、点C的坐标为（2a，0）；由AC⊥BD得到S四边形ABCD=AC•BD，通过化简、配方即可得到S四边形ABCD=8+2（﹣）2，从而可以求出S四边形ABCD的最小值为8．‎ 解答：‎ 解：设反比例函数的解析式为y=，‎ ‎∵点P（﹣1，1）在反比例函数y=的图象上，‎ ‎∴k=xy=﹣1．‎ ‎∴反比例函数的解析式为y=﹣．‎ 设直线l1的解析式为y=mx+n，‎ 当x=0时，y=n，则点B的坐标为（0，n），OB=n．‎ 当y=0时，x=﹣，则点A的坐标为（﹣，0），OA=．‎ ‎∵tan∠BAO=1，∠AOB=90°，‎ ‎∴OB=OA．‎ ‎∴n=‎ ‎∴m=1．‎ ‎∵点P（﹣1，1）在一次函数y=mx+n的图象上，‎ ‎∴﹣m+n=1．‎ ‎∴n=2．‎ ‎∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（0，2）．‎ ‎∵点M在第四象限，且在反比例函数y=﹣的图象上，‎ ‎∴可设点M的坐标为（a，﹣），其中a＞0．‎ 设直线l2的解析式为y=bx+c，‎ 则ab+c=﹣．‎ ‎∴c=﹣﹣aB．‎ ‎∴y=bx﹣﹣aB．‎ ‎∵直线y=bx﹣﹣ab与双曲线y=﹣只有一个交点，‎ ‎∴方程bx﹣﹣ab=﹣即bx2﹣（+ab）x+1=0有两个相等的实根．‎ ‎∴[﹣（+ab）]2﹣4b=（+ab）2﹣4b=（﹣ab）2=0．‎ ‎∴=aB．‎ ‎∴b=，c=﹣．‎ ‎∴直线l2的解析式为y=x﹣．‎ ‎∴当x=0时，y=﹣，则点D的坐标为（0，﹣）；‎ 当y=0时，x=2a，则点C的坐标为（2a，0）．‎ ‎∴AC=2a﹣（﹣2）=2a+2，BD=2﹣（﹣）=2+．‎ ‎∵AC⊥BD，‎ ‎∴S四边形ABCD=AC•BD ‎=（2a+2）（2+）‎ ‎=4+2（a+）‎ ‎=4+2[（﹣）2+2]‎ ‎=8+2（﹣）2．‎ ‎∵2（﹣）2≥0，‎ ‎∴S四边形ABCD≥8．‎ ‎∴当且仅当﹣=0即a=1时，S四边形ABCD取到最小值8．‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题考查了用待定系数法求反比例函数及一次函数的解析式、根的判别式、双曲线与直线的交点等知识，考查了用配方法求代数式的最值，突出了对能力的考查，是一道好题．‎ ‎3．（2014•浙江绍兴,第10题4分）如图，汽车在东西向的公路l上行驶，途中A，B，C，D四个十字路口都有红绿灯．AB之间的距离为800米，BC为1000米，CD为1400米，且l上各路口的红绿灯设置为：同时亮红灯或同时亮绿灯，每次红（绿）灯亮的时间相同，红灯亮的时间与绿灯亮的时间也相同．若绿灯刚亮时，甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶，同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶，这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯，则每次绿灯亮的时间可能设置为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎50秒 B．‎ ‎45秒 C．‎ ‎40秒 D．‎ ‎35秒 考点：‎ 推理与论证．‎ 分析：‎ 首先求出汽车行驶各段所用的时间，进而根据红绿灯的设置，分析每次绿灯亮的时间，得出符合题意答案．‎ 解答：‎ 解：∵甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶，同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶，‎ ‎∴两车的速度为：=（m/s），‎ ‎∵AB之间的距离为800米，BC为1000米，CD为1400米，‎ ‎∴分别通过AB，BC，CD所用的时间为：=96（s），=120（s），=168（s），‎ ‎∵这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯，‎ ‎∴当每次绿灯亮的时间为50s时，∵=1，∴甲车到达B路口时遇到红灯，故A选项错误；‎ ‎∴当每次绿灯亮的时间为45s时，∵=3，∴乙车到达C路口时遇到红灯，故B 选项错误；‎ ‎∴当每次绿灯亮的时间为40s时，∵=5，∴甲车到达C路口时遇到红灯，故C选项错误；‎ ‎∴当每次绿灯亮的时间为35s时，∵=2，=6，=10，=4，=8，‎ ‎∴这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯，故D选项正确；‎ 则每次绿灯亮的时间可能设置为：35秒．‎ 故选：D．‎ 点评：‎ 此题主要考查了推理与论证，根据题意得出汽车行驶每段所用的时间，进而得出由选项分析得出是解题关键．‎ 二、填空题 ‎1. （2014•湖南永州,第16题3分）小聪，小玲，小红三人参加“普法知识竞赛”，其中前5题是选择题，每题10分，每题有A、B两个选项，且只有一个选项是正确的，三人的答案和得分如下表，试问：这五道题的正确答案（按1～5题的顺序排列）是　BABBA　．‎ 题号 答案 选手 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 得分 小聪 B A A B A ‎40‎ 小玲 B A B A A ‎40‎ 小红 A B B B A ‎30‎ 考点：‎ 推理与论证．.‎ 分析：‎ 根据得分可得小聪和小玲都是只有一个错，小红有2个错误，首先从三人答案相同的入手分析，然后从小聪和小玲不同的题目入手即可分析．‎ 解答：‎ 解：根据得分可得小聪和小玲都是只有一个错，小红有2个错误．‎ 第5题，三人选项相同，若不是选A，则小聪和小玲的其它题目的答案一定相同，与已知矛盾，则第5题的答案是A；‎ 第3个第4题小聪和小玲都不同，则一定在这两题上其中一人有错误，则第1，2正确，则1的答案是：B，2的答案是：A；‎ 则小红的错题是1和2，则3和4正确，则3的答案是：B，4的答案是：B．‎ 总之，正确答案（按1～5题的顺序排列）是BABBA．‎ 故答案是：BABBA．‎ 点评： ‎ 本题考查了命题的推理与论证，正确确定问题的入手点，理解题目中每个题目只有A和B两个答案是关键．‎ ‎2. （2014•乐山，第15题3分）如图．在正方形ABCD的边长为3，以A为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分为S1、S2．则S1﹣S2=　﹣9　．‎ 考点：‎ 整式的加减．.‎ 分析：‎ 先求出正方形的面积，再根据扇形的面积公式求出以A为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧的两扇形面积，再求出其差即可．‎ 解答：‎ 解：∵S正方形=3×3=9，‎ S扇形ADC==，‎ S扇形EAF==π，‎ ‎∴S1﹣S2=π﹣（S正方形﹣S扇形ADC）=π﹣（9﹣）=﹣9．‎ 故答案为：﹣9．‎ 点评：‎ 本题考查的是整式的加减，熟知整式的加减实质上是合并同类项是解答此题的关键．‎ ‎3．（2014•四川广安,第16题3分）如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，上底AD为，以对角线BD为直径的⊙O与CD切于点D，与BC交于点E，且∠ABD为30°．则图中阴影部分的面积为　﹣π　（不取近似值）．‎ 考点：‎ 切线的性质；直角梯形；扇形面积的计算．‎ 分析：‎ 连接OE，根据∠ABC=90°，AD=，∠ABD为30°，可得出AB与BD，可证明△OBE为等边三角形，即可得出∠C=30°．阴影部分的面积为直角梯形ABCD的面积﹣三角形ABD的面积﹣三角形OBE的面积﹣扇形ODE的面积．‎ 解答：‎ 解：连接OE，过点O作OF⊥BE于点F．‎ ‎∵∠ABC=90°，AD=，∠ABD为30°，‎ ‎∴BD=2，‎ ‎∴AB=3，‎ ‎∵OB=OE，‎ ‎∴∠DBC=60°，‎ ‎∴OF=，‎ ‎∵CD为⊙O的切线，‎ ‎∴∠BDC=90°，‎ ‎∴∠C=30°，‎ ‎∴BC=4，‎ S阴影=S梯形ABCD﹣S△ABD﹣S△OBE﹣S扇形ODE ‎=﹣﹣﹣‎ ‎=﹣﹣﹣π ‎=﹣π．‎ 故答案为﹣π．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质、直角梯形以及扇形面积的计算，要熟悉扇形的面积公式．‎ ‎　‎ ‎4．（2014•四川绵阳,第16题4分）如图，⊙O的半径为1cm，正六边形ABCDEF内接于⊙O，则图中阴影部分面积为　　cm2．（结果保留π）‎ 考点：‎ 正多边形和圆 分析：‎ 根据题意得出△COW≌△ABW，进而得出图中阴影部分面积为：S扇形OBC进而得出答案．‎ 解答：‎ 解：如图所示：连接BO，CO，‎ ‎∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，‎ ‎∴AB=BC=CO=1，∠ABC=120°，△OBC是等边三角形，‎ ‎∴CO∥AB，‎ 在△COW和△ABW中 ‎，‎ ‎∴△COW≌△ABW（AAS），‎ ‎∴图中阴影部分面积为：S扇形OBC==．‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 此题主要考查了正多边形和圆以及扇形面积求法，得出阴影部分面积=S扇形OBC是解题关键．‎ ‎　‎ ‎5．（2014•四川绵阳,第17题4分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为　2　．‎ 考点：‎ 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．‎ 分析：‎ 根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，得出正方形边长即可．‎ 解答：‎ 解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，‎ 由题意可得出：△DAF≌△BAF′，‎ ‎∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，‎ ‎∴∠EAF′=45°，‎ 在△FAE和△EAF′中 ‎，‎ ‎∴△FAE≌△EAF′（SAS），‎ ‎∴EF=EF′，‎ ‎∵△ECF的周长为4，‎ ‎∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，‎ ‎∴2BC=4，‎ ‎∴BC=2．‎ 故答案为：2．‎ 点评：‎ 此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．‎ ‎6．（2014•重庆A,第17题4分）从﹣1，1，2这三个数字中，随机抽取一个数，记为a，那么，使关于x的一次函数y=2x+a的图象与x轴、y轴围成的三角形的面积为，且使关于x的不等式组有解的概率为　　．‎ 考点： 概率公式；解一元一次不等式组；一次函数图象上点的坐标特征．‎ 分析： 将﹣1，1，2分别代入y=2x+a，求出与x轴、y轴围成的三角形的面积，将﹣1，1，2分别代入，求出解集，有解者即为所求．‎ 解答： 解：当a=﹣1时，y=2x+a可化为y=2x﹣1，与x轴交点为（，0），与y轴交点为（0，﹣1），‎ 三角形面积为××1=；‎ 当a=1时，y=2x+a可化为y=2x+1，与x轴交点为（﹣，0），与y轴交点为（0，1），‎ 三角形的面积为××1=；‎ 当a=2时，y=2x+2可化为y=2x+2，与x轴交点为（﹣1，0），与y轴交点为（0，2），‎ 三角形的面积为×2×1=1（舍去）；‎ 当a=﹣1时，不等式组可化为，不等式组的解集为，无解；‎ 当a=1时，不等式组可化为，解得，解集为，解得x=﹣1．‎ 使关于x的一次函数y=2x+a的图象与x轴、y轴围成的三角形的面积为，且使关于x的不等式组有解的概率为P=．‎ 故答案为．‎ 点评： 本题考查了概率公式、解一元一次不等式、一次函数与坐标轴的交点，有一定的综合性．‎ ‎7．（2014•江西，第14题3分）在Rt△ABC中，∠A＝90°，有一个锐角为60°，BC=6．若P在直线AC上（不与点A，C重合），且∠ABP＝30°，则CP的长为_______.‎ ‎【答案】 4，2，6.‎ ‎【考点】 直角三角形性质，勾股定理，解直角三角形，分类讨论思想．‎ ‎【分析】 根据题意画出图形，分三种情况进行讨论，利用直角三角形的性质，解直角三角形或者用勾股定理进行解答．‎ ‎【解答】‎ 解：分四种情况讨论： ‎ ①如图1：当∠C=60°时，‎ 当∠C=60°时，∠ABC=30°，P点在线段AC上，∠ABP不可能等于30°，只能是P点与C点重合，与条件相矛盾。‎ ②如图2：当∠C=60°时，∠ABC=30°，P点在线段CA的延长上。‎ ‎∵Rt△ABC中，BC＝6，∠C=30°，‎ ‎∴AC＝BC＝×6＝3.‎ 在△ABC和△ABP中，‎ ‎∵∠ABP=∠ABC＝30°，AB＝AB，∠CAB=∠PAB＝90°‎ ‎∴△ABC≌△ABP，AC＝AP＝3，‎ ‎∴CP＝AC＋AP＝3＋3＝6.‎ ‎③如图3：当∠ABC=60°时，∠C=30°，P点在线段AC上。‎ ‎∵Rt△ABC中，BC＝6，∠C=30°，‎ ‎∴AB＝BC＝×6＝3.　‎ ‎∵∠ABP＝30°，‎ ‎∴AP＝BP，∠PBC＝∠ABC－∠ABP＝60°－30°=30°＝∠C，‎ ‎∴PC=PB，‎ ‎∵在Rt△ABP中， ，‎ ‎∴，解得PB=2‎ ‎∴PC＝PB＝2.‎ ‎④如图4：当∠ABC=60°时，∠C=30°，P点在线段CA的延长线上。‎ ‎∵∠ABP=30°，∠ABC=60°，‎ ‎∴△PBC是直角三形.‎ ‎∵∠C=30°，‎ ‎∴PB＝PC.‎ 在 Rt△PBC中，PC2－PB2＝BC2,‎ ‎∵BC＝6，PB=PC,‎ ‎∴PC2－(PC)2＝62，解得PC＝4。‎ 综上所述，CP的长为2、4和6。‎ 三、解答题 ‎1. （2014•黑龙江绥化,第26题9分）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．‎ ‎（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：PG=PC．（不必证明）‎ ‎（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；‎ ‎（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，得到CE=CG，CP是EG的中垂线，在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ ‎（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPG，再证得△CDE≌△CBG，利用在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ ‎（3）延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，作ME∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证得△HDC≌△GBC，在在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ 解答：‎ ‎（1）提示：如图1：延长GP交DC于点E，‎ 利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，‎ ‎∴CE=CG，‎ ‎∴CP是EG的中垂线，‎ 在RT△CPG中，∠PCG=60°，‎ ‎∴PG=PC．‎ ‎（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，‎ ‎∵∠ABC=60°，△BGF正三角形 ‎∴GF∥BC∥AD，‎ ‎∴∠EDP=∠GFP，‎ 在△DPE和△FPG中 ‎∴△DPE≌△FPG（ASA）‎ ‎∴PE=PG，DE=FG=BG，‎ ‎∵∠CDE=CBG=60°，CD=CB，‎ 在△CDE和△CBG中，‎ ‎∴△CDE≌△CBG（SAS）‎ ‎∴CE=CG，∠DCE=∠BCG，‎ ‎∴∠ECG=∠DCB=120°，‎ ‎∵PE=PG，‎ ‎∴CP⊥PG，∠PCG=∠ECG=60°‎ ‎∴PG=PC．‎ ‎（3）猜想：PG=PC．‎ 证明：如图3，延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作ME∥DC ‎∵P是线段DF的中点，‎ ‎∴FP=DP，‎ ‎∵∠GPF=∠HPD，‎ ‎∴△GFP≌△HDP，‎ ‎∴GF=HD，∠GFP=∠HDP，‎ ‎∵∠GFP+∠PFE=120°，∠PFE=∠PDC，‎ ‎∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=120°，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CD=CB，∠ADC=∠ABC=60°，点A、B、G又在一条直线上，‎ ‎∴∠GBC=120°，‎ ‎∵四边形BEFG是菱形，‎ ‎∴GF=GB，‎ ‎∴HD=GB，‎ ‎∴△HDC≌△GBC，‎ ‎∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，‎ ‎∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，‎ 即∠HCG=120°‎ ‎∵CH=CG，PH=PG，‎ ‎∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，‎ ‎∴PG=PC．‎ 点评：‎ 本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．‎ ‎2. （2014•黑龙江绥化,第27题10分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC的顶点C的坐标是（2，4），动点P从点A出发，沿线段AO向终点O运动，同时动点Q从点B 出发，沿线段BC向终点C运动．点P、Q的运动速度均为1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AO交AB于点E．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）设△PEQ的面积为S，求S与t时间的函数关系，并指出自变量t的取值范围；‎ ‎（3）在动点P、Q运动的过程中，点H是矩形AOBC内（包括边界）一点，且以B、Q、E、H为顶点的四边形是菱形，直接写出t值和与其对应的点H的坐标．‎ 考点：‎ 一次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）依据待定系数法即可求得；‎ ‎（2）有两种情况：当0＜t＜2时，PF=4﹣2t，当2＜t≤4时，PF=2t﹣4，然后根据面积公式即可求得；‎ ‎（3）依据菱形的邻边相等关系即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）∵C（2，4），‎ ‎∴A（0，4），B（2，0），‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ ‎∴，‎ 解得 ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+4．‎ ‎（2）如图2，过点Q作QF⊥y轴于F，‎ ‎∵PE∥OB，‎ ‎∴==‎ ‎∴有AP=BQ=t，PE=t，AF=CQ=4﹣t，‎ 当0＜t＜2时，PF=4﹣2t，‎ ‎∴S=PE•PF=×t（4﹣2t）=t﹣t2，‎ 即S=﹣t2+t（0＜t＜2），‎ 当2＜t≤4时，PF=2t﹣4，‎ ‎∴S=PE•PF=×t（2t﹣4）=t2﹣t（2＜t≤4）．‎ ‎（3）t1=，H1 （，），‎ t2=20﹣8，H2（10﹣4，4）．‎ 点评：‎ 本题考查了待定系数法求解析式，平行线的性质，以及菱形的性质和三角形的面积公式的应用．‎ ‎3. （2014•湖北宜昌,第21题8分）已知：如图，四边形ABCD为平行四边形，以CD为直径作⊙O，⊙O与边BC相交于点F，⊙O的切线DE与边AB相交于点E，且AE=3EB．‎ ‎（1）求证：△ADE∽△CDF；‎ ‎（2）当CF：FB=1：2时，求⊙O与▱ABCD的面积之比．‎ 考点：‎ 切线的性质；勾股定理；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据平行四边形的性质得出∠A=∠C，AD∥BC，求出∠ADE=∠CDF，根据相似三角形的判定推出即可；‎ ‎（2）设CF=x，FB=2x，则BC=3x，设EB=y，则AE=3y，AB=4y，根据相似得出=，求出x=2y，由勾股定理得求出DF=2y，分别求出⊙O的面积和四边形ABCD的面积，即可求出答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵CD是⊙O的直径，‎ ‎∴∠DFC=90°，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠A=∠C，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADF=∠DFC=90°，‎ ‎∵DE为⊙O的切线，‎ ‎∴DE⊥DC，‎ ‎∴∠EDC=90°，‎ ‎∴∠ADF=∠EDC=90°，‎ ‎∴∠ADE=∠CDF，‎ ‎∵∠A=∠C，‎ ‎∴△ADE∽△CDE；‎ ‎（2）解：∵CF：FB=1：2，‎ ‎∴设CF=x，FB=2x，则BC=3x，‎ ‎∵AE=3EB，‎ ‎∴设EB=y，则AE=3y，AB=4y，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD=BC=3x，AB=DC=4y，‎ ‎∵△ADE∽△CDF，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∵x、y均为正数，‎ ‎∴x=2y，‎ ‎∴BC=6y，CF=2y，‎ 在Rt△DFC中，∠DFC=90°，‎ 由勾股定理得：DF===2y，‎ ‎∴⊙O的面积为π•（DC）2=π•DC2=π（4y）2=4πy2，‎ 四边形ABCD的面积为BC•DF=6y•2y=12y2，‎ ‎∴⊙O与四边形ABCD的面积之比为4πy2：12y2=π：3．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．‎ ‎4. （2014•随州，第24题10分）已知两条平行线l1、l2之间的距离为6，截线CD分别交l1、l2于C、D两点，一直角的顶点P在线段CD上运动（点P不与点C、D重合），直角的两边分别交l1、l2与A、B两点．‎ ‎（1）操作发现 如图1，过点P作直线l3∥l1，作PE⊥l1，点E是垂足，过点B作BF⊥l3，点F是垂足．此时，小明认为△PEA∽△PFB，你同意吗？为什么？‎ ‎（2）猜想论证 将直角∠APB从图1的位置开始，绕点P顺时针旋转，在这一过程中，试观察、猜想：当AE满足什么条件时，以点P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形？在图2中画出图形，证明你的猜想．‎ ‎（3）延伸探究 在（2）的条件下，当截线CD与直线l1所夹的钝角为150°时，设CP=x，试探究：是否存在实数x，使△PAB的边AB的长为4？请说明理由．‎ 考点：‎ 几何变换综合题 分析：‎ ‎（1）根据题意得到：∠EPA+∠APF=90°，∠FPB+∠APF=90°，从而得到∠EPA=∠FPB，然后根据∠PEA=∠PFB=90°证得△PEA∽△PFB；‎ ‎（2）根据∠APB=90°得到要使△PAB为等腰三角形，只能是PA=PB，然后根据当AE=BF时，PA=PB，从而得到△PEA≌△PFB，利用全等三角形的性质证得结论即可；‎ ‎（3）在Rt△PEC中，CP=x，∠PCE=30°从而得到PE=x，然后利用PE+BF=6，BF=AE得到AE=6﹣x，然后利用勾股定理得到PE2+AE2=PA2，代入整理后得到一元二次方程x2﹣12x﹣8=0，求得x的值后大于12，从而得到矛盾说明不存在满足条件的x．‎ 解答：‎ 解：（1）如图（1），由题意，得：∠EPA+∠APF=90°，∠FPB+∠APF=90°，‎ ‎∴∠EPA=∠FPB，‎ 又∵∠PEA=∠PFB=90°，‎ ‎∴△PEA∽△PFB；‎ ‎（2）证明：如图2，∵∠APB=90°，‎ ‎∴要使△PAB为等腰三角形，只能是PA=PB，‎ 当AE=BF时，PA=PB，‎ ‎∵∠EPA=∠FPB，∠PEA=∠PFB=90°，AE=BF，‎ ‎∴△PEA≌△PFB，‎ ‎∴PA=PB；‎ ‎（3）如图2，在Rt△PEC中，CP=x，∠PCE=30°，‎ ‎∴PE=x，‎ 由题意，PE+BF=6，BF=AE，‎ ‎∴AE=6﹣x，‎ 当AB=4时，由题意得PA=2，‎ Rt△PEA中，PE2+AE2=PA2，‎ 即（）2+（6﹣x）2=40，‎ 整理得：x2﹣12x﹣8=0，‎ 解得：x=6﹣2＜0（舍去）或x=6+2，‎ ‎∵x=6+2＞6+6=12，又CD=12，‎ ‎∴点P在CD的延长线上，这与点P在线段CD上运动相矛盾，‎ ‎∴不合题意，‎ 综上，不存在满足条件的实数x．‎ 点评：‎ 本题是一道几何变换的综合题，题目中涉及到了全等三角形、勾股定理等知识，知识网络比较复杂，难度较大．‎ ‎5、（2014•随州，第25题12分）平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，点C的坐标为（﹣3，4），点A在x轴的正半轴上，O为坐标原点，连接OB，抛物线y=ax2+bx+c经过C、O、A三点．‎ ‎（1）直接写出这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，对于所求抛物线对称轴上的一点E，设△EBO的面积为S1，菱形ABCD的面积为S2，当S1≤S2时，求点E的纵坐标n的取值范围；‎ ‎（3）如图2，D（0，﹣）为y轴上一点，连接AD，动点P从点O出发，以个单位/秒的速度沿OB方向运动，1秒后，动点Q从O出发，以2个单位/秒的速度沿折线O﹣A﹣B方向运动，设点P运动时间为t秒（0＜t＜6），是否存在实数t，使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题 分析：‎ ‎（1）求得菱形的边长，则A的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；‎ ‎（2）首先求得菱形的面积，即可求得S1的范围，当S1取得最大值时即可求得直线的解析式，则n的值的范围即可求得；‎ ‎（3）分当1＜t＜3.5时和3.5≤t≤6时两种情况进行讨论，依据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求解．‎ 解答：‎ 解：（1）根据题意得：，‎ 解得：，‎ 则抛物线的解析式是：y=x2﹣x；‎ ‎（2）设BC与y轴相交于点G，则S2=OG•BC=20，‎ ‎∴S1≤5，‎ 又OB所在直线的解析式是y=2x，OB==2，‎ ‎∴当S1=5时，△EBO的OB边上的高是．‎ 如图1，设平行于OB的直线为y=2x+b，则它与y轴的交点为M（0，b），与抛物线对称轴x=交于点E（，n）．‎ 过点O作ON⊥ME，点N为垂足，若ON=，由△MNO∽△OGB，得OM=5，‎ ‎∴y=2x﹣5，‎ 由，‎ 解得：y=0，‎ 即E的坐标是（，0）．‎ ‎∵与OB平行且到OB的距离是的直线有两条．‎ ‎∴由对称性可得另一条直线的解析式是：y=2x+5．‎ 则E′的坐标是（，10）．‎ 由题意得得，n的取值范围是：0≤n≤10且n≠5．‎ ‎（3）如图2，动点P、Q按题意运动时，‎ 当1＜t＜3.5时，‎ OP=t，BP=2﹣t，OQ=2（t﹣1），‎ 连接QP，当QP⊥OP时，有=，‎ ‎∴PQ=（t﹣1），‎ 若=，则有=，‎ 又∵∠QPB=∠DOA=90°，‎ ‎∴△BPQ∽△AOD，‎ 此时，PB=2PQ，即2﹣t=（t﹣1），‎ ‎10﹣t=8（t﹣1），‎ ‎∴t=2；‎ 当3.5≤t≤6时，QB=10﹣2（t﹣1）=12﹣2t，连接QP．‎ 若QP⊥BP，‎ 则有∠PBQ=∠ODA，‎ 又∵∠QPB=∠AOD=90°，‎ ‎∴△BPQ∽△DOA，‎ 此时，PB=PB，即12﹣2t=（2﹣t），12﹣2t=10﹣t，‎ ‎∴t=2（不合题意，舍去）．‎ 若QP⊥BQ，则△BPQ∽△DAO，‎ 此时，PB=BQ，‎ 即2﹣t=（12﹣2t），2﹣t=12﹣2t，‎ 解得：t=．‎ 则t的值为2或．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．‎ ‎6、（2014衡阳，第28题10分）‎ 已知某二次函数的图象与轴分别相交于点和点，与轴相交于点，顶点为点。‎ ‎⑴求该二次函数的解析式（系数用含的代数式表示）；‎ 图②‎ 图①‎ ⑵如图①，当时，点为第三象限内抛物线上的一个动点，‎ 设的面积为，试求出与点的横坐标之间的函数关系式及的最大值；‎ ⑶如图②，当取何值时，以、、三点为顶点的三角形与相似？‎ ‎【考点】待定系数法求二次函数的表达式，三角形面积公式，梯形面积公式，相似三角形的判定定理.‎ ‎⑵当时，点的坐标为，该二次函数的解析式为 ‎∵点的坐标为，点的坐标为 ‎∴直线的解析式为，即 过点作轴于点，交于点 ‎∵点为第三象限内抛物线上的一个动点且点的横坐标为 ‎∴点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为 ‎∴当时，有最大值 方法二 ‎∴当时，有最大值；‎ 另解：‎ ‎∵，∴，∴，∴，‎ ‎∴‎ ‎∴当时，有最大值 ‎⑶∵，∴点的坐标为 ‎∴‎ ‎∵是直角三角形，∴欲使以、、三点为顶点的三角形与相似，必有 ‎②若在中，，则，即 化简整理得：，∵，∴（舍去负值）‎ 此时，，，‎ ‎∴‎ 虽然，但是，∴与不相似，应舍去；‎ ‎∴综上所述，只有当时，以、、三点为顶点的三角形与相似。‎ ‎【答案】⑴该二次函数的解析式为 ‎⑵当时，有最大值 ‎⑶当时，以、、三点为顶点的三角形与 ‎【点评】：本题综合性强，难度大，是代数、几何的综合题，每一问难度逐渐上升，第一问就是求二次函数表达式的一般问题，第二问虽然常见，但是在表示的面积时，难度较大，计算量也大，一些学生会放弃，第三问分情况讨论，虽然3种情况容易想到，但是还是计算，往往造成会思路但不得分的情况.‎ ‎7、（2014•宁夏，第26题10分）在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC边上不同于B、C的一动点，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接AP．‎ ‎（1）试说明不论点P在BC边上何处时，都有△PBQ与△ABC相似；‎ ‎（2）若AC=3，BC=4，当BP为何值时，△AQP面积最大，并求出最大值；‎ ‎（3）在Rt△ABC中，两条直角边BC、AC满足关系式BC=λAC，是否存在一个λ的值，使Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．‎ 考点：‎ 相似形综合题 ‎ ‎ 分析：‎ ‎（1）利用“两角法”可以证得△PBQ与△ABC相似；‎ ‎（2）设BP=x（0＜x＜4）．由勾股定理、（1）中相似三角形的对应边成比例以及三角形的面积公式列出S与x的函数关系式，利用配方法求得二次函数的最值；‎ ‎（3）利用全等三角形的对应边相等得到AQ=AC，AQ=QB，即AQ=QB=AC．在Rt△ABC中，由勾股定理得 BC2=AB2﹣AC2，易求得：BC=AC，则λ=．‎ 解答：‎ 解：（1）不论点P在BC边上何处时，都有 ‎∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B ‎∴△PBQ∽△ABC；‎ ‎（2）设BP=x（0＜x＜4），由勾股定理，得 AB=5‎ ‎∵由（1）知，△PBQ∽△ABC，‎ ‎∴，即 ‎ ‎∴‎ S△APQ=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎∴当时，△APQ的面积最大，最大值是；‎ ‎（3）存在．‎ ‎∵Rt△AQP≌Rt△ACP ‎∴AQ=AC 又Rt△AQP≌Rt△BQP ‎∴AQ=QB ‎∴AQ=QB=AC 在Rt△ABC中，由勾股定理得 BC2=AB2﹣AC2‎ ‎∴BC=AC ‎∴λ=时，Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．‎ 点评：‎ 本题综合考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质，三角形的面积公式以及二次函数的最值的求法等知识点．难度较大．注意，在证明三角形相似时，充分利用公共角，在利用全等三角形的性质时，要找准对应边．‎ ‎8．（2014•四川成都,第20题10分）如图，矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD边上一点，DE=AD（n为大于2的整数），连接BE，作BE的垂直平分线分别交AD，BC于点F，G，FG与BE的交点为O，连接BF和EG．‎ ‎（1）试判断四边形BFEG的形状，并说明理由；‎ ‎（2）当AB=a（a为常数），n=3时，求FG的长；‎ ‎（3）记四边形BFEG的面积为S1，矩形ABCD的面积为S2，当=时，求n的值．（直接写出结果，不必写出解答过程）‎ 考点：‎ 四边形综合题 分析：‎ ‎（1）先求证△EFO≌△CBO，可得EF=BG，再根据△BOF≌△EOF，可得EF=BF；即可证明四边形BFEG为菱形；‎ ‎（2）根据菱形面积不同的计算公式（底乘高和对角线乘积的一半两种计算方式）可计算FG的长度；‎ ‎（3）根据菱形面积底乘高的计算方式可以求出BG长度，根据勾股定理可求出AF的长度，即可求出ED的长度，即可计算n的值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵AD∥BC，∴∠EFO=∠BGO，∵FG为BE的垂直平分线，∴BO=OE；‎ ‎∵在△EFO和△CBO中，，‎ ‎∴△EFO≌△CBO，∴EF=BG，‎ ‎∵AD∥BC，∴四边形BGEF为平行四边形；‎ ‎∵在△BOF和△EOF中，，‎ ‎∴△BOF≌△EOF，∴EF=BF，‎ 邻边相等的平行四边形为菱形，故四边形BGEF为菱形．‎ ‎（2）当AB=a，n=3时，AD=2a，AE=，‎ ‎ 根据勾股定理可以计算BE=，‎ ‎∵AF=AE﹣EF=AE﹣BF，在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2，计算可得AF=，EF=，‎ ‎∵菱形BGEF面积=BE•FG=EF•AB，计算可得FG=．‎ ‎（3）设AB=x，则DE=，‎ 当=时，=，可得BG=，‎ 在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2，计算可得AF=，‎ ‎∴AE=AF+FE=AF+BG=，DE=AD﹣AE=，‎ ‎∴n=6．‎ 点评：‎ 牢记菱形的底乘高和对角线求面积的计算公式，熟练运用勾股定理才能解本题．‎ ‎　‎ ‎9．（2014•四川成都,第27题10分）如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ACB=90°，AC=2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E．设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．‎ ‎（1）求证：△PAC∽△PDF；‎ ‎（2）若AB=5，=，求PD的长；‎ ‎（3）在点P运动过程中，设=x，tan∠AFD=y，求y与x之间的函数关系式．（不要求写出x的取值范围）‎ 考点：‎ 圆的综合题 分析：‎ ‎（1）证明相似，思路很常规，就是两个角相等或边长成比例．因为题中因圆周角易知一对相等的角，那么另一对角相等就是我们需要努力的方向，因为涉及圆，倾向于找接近圆的角∠DPF，利用补角在圆内作等量代换，等弧对等角等知识易得∠DPF=∠APC，则结论易证．‎ ‎（2）求PD的长，且此线段在上问已证相似的△PDF 中，很明显用相似得成比例，再将其他边代入是应有的思路．利用已知条件易得其他边长，则PD可求．‎ ‎（3）因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中，进而考虑转化，∠AFD=∠PCA，连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，过G点作AB的垂线，若此线过PB与AC的交点那么结论易求，因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线．但是“此线是否过PB与AC的交点”？此时首先需要做的是多画几个动点P，观察我们的猜想．验证得我们的猜想应是正确的，可是证明不能靠画图，如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键．常规作法不易得此结论，我们可以换另外的辅助线作法，先做垂线，得交点H，然后连接交点与B，再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因为C、D关于AB对称，可以延长CG考虑P点的对称点．根据等弧对等角，可得∠HBG=∠PCA，进而得解题思路．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵，‎ ‎∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所对的圆周角=180°﹣所对的圆周角=所对的圆周角=∠APC．‎ 在△PAC和△PDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△PAC∽△PDF．‎ ‎（2）解：如图1，连接PO，则由，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF都为等腰直角三角形．‎ 在Rt△ABC中，‎ ‎∵AC=2BC，‎ ‎∴AB2=BC2+AC2=5BC2，‎ ‎∵AB=5，‎ ‎∴BC=，‎ ‎∴AC=2，‎ ‎∴CE=AC•sin∠BAC=AC•=2•=2，‎ ‎ AE=AC•cos∠BAC=AC•=2•=4，‎ ‎∵△AEF为等腰直角三角形，‎ ‎∴EF=AE=4，‎ ‎∴FD=FC+CD=（EF﹣CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．‎ ‎∵△APO为等腰直角三角形，AO=•AB=，‎ ‎∴AP=．‎ ‎∵△PDF∽△PAC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴PD=．‎ ‎（3）解：如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q，‎ ‎∵HC⊥CB，GH⊥GB，‎ ‎∴C、G都在以HB为直径的圆上，‎ ‎∴∠HBG=∠ACQ，‎ ‎∵C、D关于AB对称，G在AB上，‎ ‎∴Q、P关于AB对称，‎ ‎∴，‎ ‎∴∠PCA=∠ACQ，‎ ‎∴∠HBG=∠PCA．‎ ‎∵△PAC∽△PDF，‎ ‎∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，‎ ‎∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．‎ ‎∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG==，‎ ‎∴y==x．‎ 点评：‎ 本题考查了圆周角、相似三角形、三角函数等性质，前两问思路还算简单，但最后一问需要熟练的解题技巧需要长久的磨练总结．总体来讲本题偏难，学生练习时加强理解，重点理解分析过程，自己如何找到思路．‎ ‎　‎ ‎10．（2014•四川成都,第28题12分）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与x轴交于点C，经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D．‎ ‎（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；‎ ‎（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求得k的值；‎ ‎（2）因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP．如答图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算；‎ ‎（3）由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF．如答图3，作辅助线，将AF+DF转化为AF+FG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点． ‎ 解答：‎ 解：（1）抛物线y=（x+2）（x﹣4），‎ 令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．‎ ‎∵直线y=﹣x+b经过点B（4，0），‎ ‎∴﹣×4+b=0，解得b=，‎ ‎∴直线BD解析式为：y=﹣x+．‎ 当x=﹣5时，y=3，∴D（﹣5，3）．‎ ‎∵点D（﹣5，3）在抛物线y=（x+2）（x﹣4）上，‎ ‎∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3，‎ ‎∴k=．‎ ‎（2）由抛物线解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k．‎ 因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．‎ 因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△ABP．[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ ‎①若△ABC∽△APB，则有∠BAC=∠PAB，如答图2﹣1所示．‎ 设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN=y．‎ tan∠BAC=tan∠PAB，即：，∴y=x+k．‎ ‎∴D（x，x+k），代入抛物线解析式y=（x+2）（x﹣4），‎ 得（x+2）（x﹣4）=x+k，整理得：x2﹣6x﹣16=0，‎ 解得：x=8或x=2（与点A重合，舍去），‎ ‎∴P（8，5k）．‎ ‎∵△ABC∽△APB，‎ ‎∴，即，‎ 解得：k=．‎ ‎②若△ABC∽△ABP，则有∠ABC=∠PAB，如答图2﹣2所示．‎ 与①同理，可求得：k=．‎ 综上所述，k=或k=．‎ ‎（3）由（1）知：D（﹣5，3），‎ 如答图2﹣2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=3，ON=5，BN=4+5=9，‎ ‎∴tan∠DBA===，∴∠DBA=30°．‎ 过点D作DK∥x轴，则∠KDF=∠DBA=30°．‎ 过点F作FG⊥DK于点G，则FG=DF．‎ 由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF，‎ ‎∴t=AF+FG，即运动时间等于折线AF+FG的长度．‎ 由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．‎ 过点A作AH⊥DK于点H，则t最小=AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．‎ ‎∵A点横坐标为﹣2，直线BD解析式为：y=﹣x+，‎ ‎∴y=﹣×（﹣2）+=2，‎ ‎∴F（﹣2，2）．‎ 综上所述，当点F坐标为（﹣2，2）时，点M在整个运动过程中用时最少．‎ 点评：‎ 本题是二次函数压轴题，难度很大．第（2）问中需要分类讨论，避免漏解；在计算过程中，解析式中含有未知数k，增加了计算的难度，注意解题过程中的技巧；第（3）问中，运用了转化思想使得试题难度大大降低，需要认真体会．‎ ‎11．（2014•四川广安,第26题10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣4，0），B（﹣1，0）两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在第三象限的抛物线上有一动点D．‎ ‎①如图（1），若四边形ODAE是以OA为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE的面积为6时，请判断平行四边形ODAE是否为菱形？说明理由．‎ ‎②如图（2），直线y=x+3与抛物线交于点Q、C两点，过点D作直线DF⊥x轴于点H，交QC于点F．请问是否存在这样的点D，使点D到直线CQ的距离与点C到直线DF的距离之比为：2？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）①本问需结合菱形、平行四边形的性质来进行分析．如答图2﹣1，作辅助线，求出点D的坐标，进而判断平行四边形ODAE是否为菱形；‎ ‎②本问为存在型问题．如答图2﹣2，作辅助线，构造相似三角形，利用比例式，列出一元二次方程，求得点D的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）把点A（﹣4，0）、B（﹣1，0）代入解析式y=ax2+bx+3，‎ 得，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2+x+3．‎ ‎（2）①如答图2﹣1，过点D作DH⊥x轴于点H．‎ ‎∵S▱ODAE=6，OA=4，‎ ‎∴S△AOD=OA•DH=3，‎ ‎∴DH=．‎ 因为D在第三象限，所以D的纵坐标为负，且D在抛物线上，‎ ‎∴x2+x+3=﹣，‎ 解得：x1=﹣2，x2=﹣3．‎ ‎∴点D坐标为（﹣2，﹣）或（﹣3，﹣）．‎ 当点D为（﹣2，﹣）时，DH垂直平分OA，平行四边形ODAE为菱形；‎ 当点D为（﹣3，﹣）时，OD≠AD，平行四边形ODAE不为菱形．‎ ‎②假设存在．‎ 如答图2﹣2，过点D作DM⊥CQ于M，过点C作CN⊥DF于N，则DM：CN=：2．‎ 设D（m，m2+m+3）（m＜0），则F（m，m+3）．‎ ‎∴CN=﹣m，NF=﹣m ‎∴CF==﹣m．‎ ‎∵∠DMF=∠CNF=90°，∠DFM=∠CFN，‎ ‎∴△DMF∽△CNF，‎ ‎∴，‎ ‎∴DF=CF=﹣m．‎ ‎∴DN=NF+DF=﹣m﹣m=﹣m．‎ 又DN=3﹣（m2+m+3）=﹣m2﹣m，‎ ‎∴﹣m2﹣m=﹣m 解得：m=﹣或m=0（舍去）‎ ‎∴m2+m+3=﹣‎ ‎∴D（﹣，﹣）．‎ 综上所述，存在满足条件的点D，点D的坐标为（﹣，﹣）．‎ 点评：‎ 本题为二次函数压轴题，综合考查了二次函数、待定系数法、相似三角形、平行四边形、菱形等知识点．第（2）问涉及存在型问题，有一定的难度．在解题过程中，注意数形结合思想、分类讨论思想及方程思想等的应用．‎ ‎　‎ ‎12．（2014•四川绵阳,第24题12分）如图1，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．‎ ‎（1）求证：△DEC≌△EDA；‎ ‎（2）求DF的值；‎ ‎（3）如图2，若P为线段EC上一动点，过点P作△AEC的内接矩形，使其定点Q落在线段AE上，定点M、N落在线段AC上，当线段PE的长为何值时，矩形PQMN的面积最大？并求出其最大值．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，得出AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，从而求得△DEC≌△EDA；‎ ‎（2）根据勾股定理即可求得．‎ ‎（3））有矩形PQMN的性质得PQ∥CA，所以，从而求得PQ，由PN∥EG ‎，得出=，求得PN，然后根据矩形的面积公式求得解析式，即可求得．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：由矩形的性质可知△ADC≌△CEA，‎ ‎∴AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，‎ 在△ADE与△CED中 ‎∴△DEC≌△EDA（SSS）；‎ ‎（2）解：如图1，∵∠ACD=∠CAE，‎ ‎∴AF=CF，‎ 设DF=x，则AF=CF=4﹣x，‎ 在RT△ADF中，AD2+DF2=AF2，‎ 即32+x2=（4﹣x）2，‎ 解得；x=，‎ 即DF=．‎ ‎（3）解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQ∥CA ‎∴‎ 又∵CE=3，AC==5‎ 设PE=x（0＜x＜3），则，即PQ=‎ 过E作EG⊥AC 于G，则PN∥EG，‎ ‎∴=‎ 又∵在Rt△AEC中，EG•AC=AE•CE，解得EG=‎ ‎∴=，即PN=（3﹣x）‎ 设矩形PQMN的面积为S 则S=PQ•PN=﹣x2+4x=﹣+3（0＜x＜3）‎ 所以当x=，即PE=时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理．‎ ‎　‎ ‎13．（2014•四川绵阳,第25题14分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点M（﹣2，），顶点坐标为N（﹣1，），且与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P为抛物线对称轴上的动点，当△PBC为等腰三角形时，求点P的坐标；‎ ‎（3）在直线AC上是否存在一点Q，使△QBM的周长最小？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）先由抛物线的顶点坐标为N（﹣1，），可设其解析式为y=a（x+1）2+，再将M（﹣2，）代入，得=a（﹣2+1）2+，解方程求出a的值即可得到抛物线的解析式；‎ ‎（2）先求出抛物线y=﹣x2﹣x+与x轴交点A、B，与y轴交点C的坐标，再根据勾股定理得到BC==2．设P（﹣1，m），显然PB≠PC，所以当△PBC为等腰三角形时分两种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；‎ ‎（3）先由勾股定理的逆定理得出BC⊥AC，连结BC并延长至B′，使B′C=BC，连结B′M，交直线AC于点Q，由轴对称的性质可知此时△QBM的周长最小，由B（﹣3，0），C（0，），根据中点坐标公式求出B′（3，2），再运用待定系数法求出直线MB′的解析式为y=x+，直线AC的解析式为y=﹣x+，然后解方程组，即可求出Q点的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）由抛物线顶点坐标为N（﹣1，），可设其解析式为y=a（x+1）2+，‎ 将M（﹣2，）代入，得=a（﹣2+1）2+，‎ 解得a=﹣，‎ 故所求抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+；‎ ‎（2）∵y=﹣x2﹣x+，‎ ‎∴x=0时，y=，‎ ‎∴C（0，）．‎ y=0时，﹣x2﹣x+=0，‎ 解得x=1或x=﹣3，‎ ‎∴A（1，0），B（﹣3，0），‎ ‎∴BC==2．‎ 设P（﹣1，m），显然PB≠PC，所以 当CP=CB时，有CP==2，解得m=±；‎ 当BP=BC时，有BP==2，解得m=±2．‎ 综上，当△PBC为等腰三角形时，点P的坐标为（﹣1，+），（﹣1，﹣），（﹣1，2），（﹣1，﹣2）；‎ ‎（3）由（2）知BC=2，AC=2，AB=4，‎ 所以BC2+AC2=AB2，即BC⊥AC．‎ 连结BC并延长至B′，使B′C=BC，连结B′M，交直线AC于点Q，‎ ‎∵B、B′关于直线AC对称，‎ ‎∴QB=QB′，‎ ‎∴QB+QM=QB′+QM=MB′，‎ 又BM=2，所以此时△QBM的周长最小．‎ 由B（﹣3，0），C（0，），易得B′（3，2）．‎ 设直线MB′的解析式为y=kx+n，‎ 将M（﹣2，），B′（3，2）代入，‎ 得，解得，‎ 即直线MB′的解析式为y=x+．‎ 同理可求得直线AC的解析式为y=﹣x+．‎ 由，解得，即Q（﹣，）．‎ 所以在直线AC上存在一点Q（﹣，），使△QBM的周长最小．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，等腰三角形的性质，轴对称的性质，中点坐标公式，两函数交点坐标的求法等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．（2014•浙江绍兴,第20题8分）课本中有一道作业题：‎ 有一块三角形余料ABC，它的边BC=120mm，高AD=80mm．要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上．问加工成的正方形零件的边长是多少mm？‎ 小颖解得此题的答案为48mm，小颖善于反思，她又提出了如下的问题．‎ ‎（1）如果原题中要加工的零件是一个矩形，且此矩形是由两个并排放置的正方形所组成，如图1，此时，这个矩形零件的两条边长又分别为多少mm？请你计算．‎ ‎（2）如果原题中所要加工的零件只是一个矩形，如图2，这样，此矩形零件的两条边长就不能确定，但这个矩形面积有最大值，求达到这个最大值时矩形零件的两条边长．‎ 考点：‎ 相似三角形的应用；二次函数的最值．‎ 分析：‎ ‎（1）设PN=2ymm，则PQ=ymm，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式求出即可；‎ ‎（2）设PN=x，用PQ表示出AE的长度，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式并用x表示出PN，然后根据矩形的面积公式列式计算，再根据二次函数的最值问题解答．‎ 解答：‎ 解：（1）设矩形的边长PN=2ymm，则PQ=ymm，由条件可得△APN∽△ABC，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 解得y=，‎ ‎∴PN=×2=（mm），‎ 答：这个矩形零件的两条边长分别为mm，mm；‎ ‎（2）设PN=xmm，由条件可得△APN∽△ABC，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 解得PQ=80﹣x．‎ ‎∴S=PN•PQ=x（80﹣x）=﹣x2+80x=﹣（x﹣60）2+2400，‎ ‎∴S的最大值为2400mm2，此时PN=60mm，PQ=80﹣×60=40（mm）．‎ 点评：‎ 本题考查了相似三角形的应用，二次函数的最值问题，根据相似三角形对应高的比等于对应边的比列式表示出正方形的边长与三角形的边与这边上的高的关系是解题的关键，此题规律性较强，是道好题．‎ ‎　‎ ‎15．（2014•浙江绍兴,第24题14分）如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．‎ ‎（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．‎ ‎（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．‎ ‎（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．‎ 考点：‎ 相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．‎ 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）易得点P的坐标是（2，1），即可得到PA的长．‎ ‎（2）易证∠AOB=45°，由角平分线的性质可得PA=PC，然后通过证明△ANP≌△CMP即可求出PA：PC的值．‎ ‎（3）可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论．易证PA：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出PA：PC的值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），‎ ‎∴点P的坐标是（2，1）．‎ ‎∴PA的长为2．‎ ‎（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．‎ ‎∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，‎ ‎∴OA=AB．‎ ‎∵∠OAB=90°，‎ ‎∴∠AOB=∠ABO=45°．‎ ‎∵∠AOC=90°，‎ ‎∴∠POC=45°．‎ ‎∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，‎ ‎∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．‎ ‎∴∠NPM=90°．‎ ‎∵∠APC=90°．‎ ‎∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．‎ 在△ANP和△CMP中，‎ ‎∵∠APN=∠CPM，PN=PM，∠ANP=∠CMP，‎ ‎∴△ANP≌△CMP．‎ ‎∴PA=PC．‎ ‎∴PA：PC的值为1：1．‎ ‎（3）①若点P在线段OB的延长线上，‎ 过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，‎ PM与直线AC的交点为F，如图2所示．‎ ‎∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，‎ ‎∴△ANP∽△CMP．‎ ‎∴．‎ ‎∵∠ACE=∠AEC，‎ ‎∴AC=AE．‎ ‎∵AP⊥PC，‎ ‎∴EP=CP．‎ ‎∵PM∥y轴，‎ ‎∴AF=CF，OM=CM．‎ ‎∴FM=OA．‎ 设OA=x，‎ ‎∵PF∥OA，‎ ‎∴△PDF∽△ODA．‎ ‎∴‎ ‎∵PD=2OD，‎ ‎∴PF=2OA=2x，FM=x．‎ ‎∴PM=x．‎ ‎∵∠APC=90°，AF=CF，‎ ‎∴AC=2PF=4x．‎ ‎∵∠AOC=90°，‎ ‎∴OC=x．‎ ‎∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，‎ ‎∴四边形PMON是矩形．‎ ‎∴PN=OM=x．‎ ‎∴PA：PC=PN：PM=x：x=．‎ ‎②若点P在线段OB的反向延长线上，‎ 过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，‎ PM与直线AC的交点为F，如图3所示．‎ 同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．‎ ‎∴PN=OM=OC=x．‎ ‎∴PA：PC=PN：PM=x：x=．‎ 综上所述：PA：PC的值为或．‎ 点评：‎ 本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识，综合性非常强．‎ ‎　‎ ‎16．（2014•重庆A,第25题12分）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．‎ 考点： 二次函数综合题．‎ 分析： （1）通过解析式即可得出C点坐标，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐标．‎ ‎（2）设M点横坐标为m，则PM=﹣m2﹣2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，矩形PMNQ的周长d=﹣m2﹣m+10，将﹣m2﹣m+10配方，根据二次函数的性质，即可得出m的值，然后求得直线AC的解析式，把x=m代入可以求得三角形的边长，从而求得三角形的面积．‎ ‎（3）设F（n，﹣n2﹣2n+3），根据已知若FG=2DQ，即可求得．‎ 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）．‎ 点评： 本题考查了二次函数与坐标轴的交点的求法，矩形的性质，一元二次方程的解法，二次函数最值的求法，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．‎ ‎17．（2014•黑龙江哈尔滨,第27题10分）如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+4与x轴交于点A，过点A的抛物线y=ax2+bx与直线y=﹣x+4交于另一点B，且点B的横坐标为1．‎ 第1题图 ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）点P是线段AB上一动点（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F，设PF的长为t，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）；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当S△ACN=S△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR﹣∠BRN=45°时，求点R的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）利用已知得出A，B点坐标，进而利用待定系数法得出a，b的值；‎ ‎（2）利用已知得出AD=BD则∠BAD=∠ABD=45°，进而得出tan∠BOD=tan∠MPF，故==3，MF=3PF=3t，即可得出d与t的函数关系；‎ ‎（3）首先利用S△ACN=S△PMN，则AC2=2t2，得出AC=2t，CN=2t，则M（4﹣2t，6t），求出t的值，进而得出△PMQ∽△NBR，求出R点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=﹣x+4与x轴交于点A，‎ ‎∴A（4，0），‎ ‎∵点B的横坐标为1，且直线y=﹣x+4经过点B，‎ ‎∴B（1，3），‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，3），‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴a=﹣1，b=4；‎ ‎（2）如图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E，‎ ‎∵B（1，3），A（4，0），‎ ‎∴OD=1，BD=3，OA=4，‎ ‎∴AD=3，‎ ‎∴AD=BD，‎ ‎∵∠BDA=90°，∠BAD=∠ABD=45°，‎ ‎∵MC⊥x轴，∴∠ANC=∠BAD=45°，‎ ‎∴∠PNF=∠ANC=45°，‎ ‎∵PF⊥MC，∴∠FPN=∠PNF=45°，‎ ‎∴NF=PF=t，‎ ‎∵∠DFM=∠ECM=90°，∴PF∥EC，‎ ‎∴∠MPF=∠MEC，‎ ‎∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，‎ ‎∴∠MPF=∠BOD，‎ ‎∴tan∠BOD=tan∠MPF，‎ ‎∴==3，‎ ‎∴MF=3PF=3t，‎ ‎∵MN=MF+FN，‎ ‎∴d=3t+t=4t；‎ ‎（3）如备用图，由（2）知，PF=t，MN=4t，‎ ‎∴S△PMN=MN×PF=×4t×t=2t2，‎ ‎∵∠CAN=∠ANC，‎ ‎∴CN=AC，‎ ‎∴S△ACN=AC2，‎ ‎∵S△ACN=S△PMN，‎ ‎∴AC2=2t2，‎ ‎∴AC=2t，∴CN=2t，‎ ‎∴MC=MN+CN=6t，‎ ‎∴OC=OA﹣AC=4﹣2t，‎ ‎∴M（4﹣2t，6t），‎ 由（1）知抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x，‎ 将M（4﹣2t，6t）代入y=﹣x2+4x得：‎ ‎﹣（4﹣2t）2+4（4﹣2t）=6t，‎ 解得：t1=0（舍），t2=，‎ ‎∴PF=NF=，AC=CN=1，OC=3，MF=，PN=，PM=，AN=，‎ ‎∵AB=3，‎ ‎∴BN=2，‎ 作NH⊥RQ于点H，‎ ‎∵QR∥MN，‎ ‎∴∠MNH=∠RHN=90°，‎ ‎∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠NCO，‎ ‎∴NH∥OC，‎ ‎∴∠HNR=∠NOC，‎ ‎∴tan∠HNR=tan∠NOC，‎ ‎∴==，‎ 设RH=n，则HN=3n，‎ ‎∴RN=n，QN=3n，‎ ‎∴PQ=QN﹣PN=3n﹣，‎ ‎∵ON==，‎ OB==，‎ ‎∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，‎ ‎∵PM∥OB，‎ ‎∴∠OBN=∠MPB，‎ ‎∴∠MPB=∠BNO，‎ ‎∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，‎ ‎∴∠BRN=∠MQP，‎ ‎∴△PMQ∽△NBR，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=， ‎ 解得：n=，‎ ‎∴R的横坐标为：3﹣=，R的纵坐标为：1﹣=，‎ ‎∴R（，）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及相似三角形的判定与性质和勾股定理等知识，得出△PMQ∽△NBR，进而得出n的值是解题关键．‎ ‎18. (2014•黑龙江牡丹江, 第28题10分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．‎ ‎（1）求线段CD的长；‎ ‎（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．‎ ‎（3）当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？‎ 第2题图 考点： 相似形综合题；一元二次方程的应用；等腰三角形的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．、‎ 专题： 综合题．‎ 分析： （1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长．‎ ‎（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ：S△ABC=9：100建立t的方程，解方程即可解决问题．‎ ‎（3）可分三种情况进行讨论：由CQ=CP可建立关于t的方程，从而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到关于t的方程，可借助于等腰三角形的三线合一及三角形相似，即可建立关于t的方程，从而求出t．‎ 解答： 解：（1）如图1，‎ ‎∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，‎ ‎∴AB=10．‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴S△ABC=BC•AC=AB•CD．‎ ‎∴CD===4.8．‎ ‎∴线段CD的长为4.8．‎ ‎（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．‎ 由题可知DP=t，CQ=t．‎ 则CP=4.8﹣t．‎ ‎∵∠ACB=∠CDB=90°，‎ ‎∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B．‎ ‎∵PH⊥AC，‎ ‎∴∠CHP=90°．‎ ‎∴∠CHP=∠ACB．‎ ‎∴△CHP∽△BCA．‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∴PH=﹣t．‎ ‎∴S△CPQ=CQ•PH=t（﹣t）=﹣t2+t．‎ ‎②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．‎ ‎∵S△ABC=×6×8=24，‎ 且S△CPQ：S△ABC=9：100，‎ ‎∴（﹣t2+t）：24=9：100．‎ 整理得：5t2﹣24t+27=0．‎ 即（5t﹣9）（t﹣3）=0．‎ 解得：t=或t=3．‎ ‎∵0≤t≤4.8，‎ ‎∴当t=秒或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100．‎ ‎（3）①若CQ=CP，如图1，‎ 则t=4.8﹣t．‎ 解得：t=2.4．‎ ‎②若PQ=PC，如图2所示．‎ ‎∵PQ=PC，PH⊥QC，‎ ‎∴QH=CH=QC=．‎ ‎∵△CHP∽△BCA．‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 解得；t=．‎ ‎③若QC=QP，‎ 过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．‎ 同理可得：t=．‎ 综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．‎ ‎ ‎ 点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、勾股定理等知识，具有一定的综合性，而利用等腰三角形的三线合一巧妙地将两腰相等转化为底边上的两条线段相等是解决第三小题的关键．‎ ‎19. （2014•湖北荆门,第24题12分）如图①，已知：在矩形ABCD的边AD上有一点O，OA=，以O为圆心，OA长为半径作圆，交AD于M，恰好与BD相切于H，过H作弦HP∥AB，弦HP=3．若点E是CD边上一动点（点E与C，D不重合），过E作直线EF∥BD交BC 于F，再把△CEF沿着动直线EF对折，点C的对应点为G．设CE=x，△EFG与矩形ABCD重叠部分的面积为S．‎ ‎（1）求证：四边形ABHP是菱形；‎ ‎（2）问△EFG的直角顶点G能落在⊙O上吗？若能，求出此时x的值；若不能，请说明理由；‎ ‎（3）求S与x之间的函数关系式，并直接写出FG与⊙O相切时，S的值．‎ 第3题图 考点： 圆的综合题；含30度角的直角三角形；菱形的判定；矩形的性质；垂径定理；切线的性质；切线长定理；轴对称的性质；特殊角的三角函数值所有 专题： 压轴题．‎ 分析： （1）连接OH，可以求出∠HOD=60°，∠HDO=30°，从而可以求出AB=3，由HP∥AB，HP=3可证到四边形ABHP是平行四边形，再根据切线长定理可得BA=BH，即可证到四边形ABHP是菱形．‎ ‎（2）当点G落到AD上时，可以证到点G与点M重合，可求出x=2．‎ ‎（3）当0≤x≤2时，如图①，S=S△EGF，只需求出FG，就可得到S与x之间的函数关系式；当2＜x≤3时，如图④，S=S△GEF﹣S△SGR，只需求出SG、RG，就可得到S与x之间的函数关系式．当FG与⊙O相切时，如图⑤，易得FK=AB=3，KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x．再由FK=KQ即可求出x，从而求出S．‎ 解答： 解：（1）证明：连接OH，如图①所示．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ADC=∠BAD=90°，BC=AD，AB=CD．‎ ‎∵HP∥AB，‎ ‎∴∠ANH+∠BAD=180°．‎ ‎∴∠ANH=90°．‎ ‎∴HN=PN=HP=．‎ ‎∵OH=OA=，‎ ‎∴sin∠HON==．‎ ‎∴∠HON=60°‎ ‎∵BD与⊙O相切于点H，‎ ‎∴OH⊥BD．‎ ‎∴∠HDO=30°．‎ ‎∴OD=2．‎ ‎∴AD=3．‎ ‎∴BC=3．‎ ‎∵∠BAD=90°，∠BDA=30°．‎ ‎∴tan∠BDA===．‎ ‎∴AB=3．‎ ‎∵HP=3，‎ ‎∴AB=HP．‎ ‎∵AB∥HP，‎ ‎∴四边形ABHP是平行四边形．‎ ‎∵∠BAD=90°，AM是⊙O的直径，‎ ‎∴BA与⊙O相切于点A．‎ ‎∵BD与⊙O相切于点H，‎ ‎∴BA=BH．‎ ‎∴平行四边形ABHP是菱形．‎ ‎（2）△EFG的直角顶点G能落在⊙O上．‎ 如图②所示，点G落到AD上．‎ ‎∵EF∥BD，‎ ‎∴∠FEC=∠CDB．‎ ‎∵∠CDB=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴∠CEF=60°．‎ 由折叠可得：∠GEF=∠CEF=60°．‎ ‎∴∠GED=60°．‎ ‎∵CE=x，‎ ‎∴GE=CE=x．ED=DC﹣CE=3﹣x．‎ ‎∴cos∠GED===．‎ ‎∴x=2．‎ ‎∴GE=2，ED=1．‎ ‎∴GD=．‎ ‎∴OG=AD﹣AO﹣GD=3﹣﹣=．‎ ‎∴OG=OM．‎ ‎∴点G与点M重合．‎ 此时△EFG的直角顶点G落在⊙O上，对应的x的值为2．‎ ‎∴当△EFG的直角顶点G落在⊙O上时，对应的x的值为2．‎ ‎（3）①如图①，‎ 在Rt△EGF中，‎ tan∠FEG===．‎ ‎∴FG=x．‎ ‎∴S=GE•FG=x•x=x2．‎ ‎②如图③，‎ ED=3﹣x，RE=2ED=6﹣2x，‎ GR=GE﹣ER=x﹣（6﹣2x）=3x﹣6．‎ ‎∵tan∠SRG===，‎ ‎∴SG=（x﹣2）．‎ ‎∴S△SGR=SG•RG=•（x﹣2）•（3x﹣6）．‎ ‎=（x﹣2）2．‎ ‎∵S△GEF=x2，‎ ‎∴S=S△GEF﹣S△SGR ‎=x2﹣（x﹣2）2．‎ ‎=﹣x2+6x﹣6．‎ 综上所述：当0≤x≤2时，S=x2；当2＜x≤3时，S=﹣x2+6x﹣6．‎ 当FG与⊙O相切于点T时，延长FG交AD于点Q，过点F作FK⊥AD，垂足为K，如图④所示．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴BC∥AD，∠ABC=∠BAD=90°‎ ‎∴∠AQF=∠CFG=60°．‎ ‎∵OT=，‎ ‎∴OQ=2．‎ ‎∴AQ=+2．‎ ‎∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°，‎ ‎∴四边形ABFK是矩形．‎ ‎∴FK=AB=3，AK=BF=3﹣x．‎ ‎∴KQ=AQ﹣AK=（+2）﹣（3﹣x）=2﹣2+x．‎ 在Rt△FKQ中，tan∠FQK==．‎ ‎∴FK=QK．‎ ‎∴3=（2﹣2+x）．‎ 解得：x=3﹣．‎ ‎∵0≤3﹣≤2，‎ ‎∴S=x2=×（3﹣）2‎ ‎=﹣6．‎ ‎∴FG与⊙O相切时，S的值为﹣6．‎ 点评： 本题考查了矩形的性质、菱形的性质、切线的性质、切线长定理、垂径定理、轴对称性质、特殊角的三角函数值、30°角所对的直角边等于斜边的一半、等腰三角形的性质等知识，综合性非常强．‎ ‎　‎ ‎20．（2014•莱芜，第23题10分）如图1，在⊙O中，E是弧AB的中点，C为⊙O上的一动点（C与E在AB异侧），连接EC交AB于点F，EB=（r是⊙O的半径）．‎ ‎（1）D为AB延长线上一点，若DC=DF，证明：直线DC与⊙O相切；‎ ‎（2）求EF•EC的值；‎ ‎（3）如图2，当F是AB的四等分点时，求EC的值．‎ 考点：‎ 圆的综合题．‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）连结OC、OE，OE交AB于H，如图1，由E是弧AB的中点，根据垂径定理的推论得到OE⊥AB，则∠HEF+∠HFE=90°，由对顶相等得∠HFE=∠CFD，则∠HEF+∠CFD=90°，再由DC=DF得∠CFD=∠DCF，加上∠OCE=∠OEC，所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，于是根据切线的判定定理得直线DC与⊙O相切；‎ ‎（2）由弧AE=弧BE，根据圆周角定理得到∠ABE=∠BCE，加上∠FEB=∠BEC，于是可判断△EBF∽△ECB，利用相似比得到EF•EC=BE2=（r）2=r2；‎ ‎（3）如图2，连结OA，由弧AE=弧BE得AE=BE=r，设OH=x，则HE=r﹣x，根据勾股定理，在Rt△OAH中有AH2+x2=r2；在Rt△EAH中由AH2+（r﹣x）2=（r）2，利用等式的性质得x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，则HE=r﹣r=r，在Rt△OAH中，根据勾股定理计算出AH=，由OE⊥AB得AH=BH，而F是AB的四等分点，所以HF=AH=，于是在Rt△EFH中可计算出EF=r，然后利用（2）中的结论可计算出EC．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连结OC、OE，OE交AB于H，如图1，‎ ‎∵E是弧AB的中点，‎ ‎∴OE⊥AB，‎ ‎∴∠EHF=90°，‎ ‎∴∠HEF+∠HFE=90°，‎ 而∠HFE=∠CFD，‎ ‎∴∠HEF+∠CFD=90°，‎ ‎∵DC=DF，‎ ‎∴∠CFD=∠DCF，‎ 而OC=OE，‎ ‎∴∠OCE=∠OEC，‎ ‎∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，‎ ‎∴OC⊥CD，‎ ‎∴直线DC与⊙O相切；‎ ‎（2）解：连结BC，‎ ‎∵E是弧AB的中点，‎ ‎∴弧AE=弧BE，‎ ‎∴∠ABE=∠BCE，‎ 而∠FEB=∠BEC，‎ ‎∴△EBF∽△ECB，‎ ‎∴EF：BE=BE：EC，‎ ‎∴EF•EC=BE2=（r）2=r2；‎ ‎（3）解：如图2，连结OA，‎ ‎∵弧AE=弧BE，‎ ‎∴AE=BE=r，‎ 设OH=x，则HE=r﹣x，‎ 在Rt△OAH中，AH2+OH2=OA2，即AH2+x2=r2，‎ 在Rt△EAH中，AH2+EH2=EA2，即AH2+（r﹣x）2=（r）2，‎ ‎∴x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，‎ ‎∴HE=r﹣r=r，‎ 在Rt△OAH中，AH===，‎ ‎∵OE⊥AB，‎ ‎∴AH=BH，‎ 而F是AB的四等分点，‎ ‎∴HF=AH=，‎ 在Rt△EFH中，EF===r，‎ ‎∵EF•EC=r2，‎ ‎∴r•EC=r2，‎ ‎∴EC=r．‎ ‎ ‎ 点评：‎ 本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理及其推论、切线的判定定理和圆周角定理；会利用勾股定理进行几何计算，利用相似三角形的知识解决有关线段等积的问题．‎ ‎21. （2014•山西，第23题11分）课程学习：正方形折纸中的数学．‎ 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．‎ 考点：四边形综合题．‎ 分析：（1）由对折得出CB=CB′，在RT△B′FC中，sin∠CB′F==，得出∠CB′F=30°，‎ ‎（2）连接BB′交CG于点K，由对折可知，∠B′AE=∠B′BE，由∠B′BE+∠KBC=90°，∠KBC+∠GCB=90°，得到∠B′BE=∠GCB，又由折叠知∠GCB=∠GCB′得∠B′AE=∠GCB′，‎ ‎（3）连接AB′利用三角形全等及对称性得出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，得到四边形B′PD′Q为正方形，‎ 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，‎ 点评：本题主要考查了四边形的综合题，解决本题的关键是找准对折后的相等角，相等边．‎ ‎3. （2014•山西，第23题11分）课程学习：正方形折纸中的数学．‎ 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．‎ 考点：四边形综合题．‎ 分析：（1）由对折得出CB=CB′，在RT△B′FC中，sin∠CB′F==，得出∠CB′F=30°，‎ ‎（2）连接BB′交CG于点K，由对折可知，∠B′AE=∠B′BE，由∠B′BE+∠KBC=90°，∠KBC+∠GCB=90°，得到∠B′BE=∠GCB，又由折叠知∠GCB=∠GCB′得∠B′AE=∠GCB′，‎ ‎（3）连接AB′利用三角形全等及对称性得出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，得到四边形B′PD′Q为正方形，‎ 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，‎ 点评：本题主要考查了四边形的综合题，解决本题的关键是找准对折后的相等角，相等边．‎ ‎22. （2014•乐山，第26题12分）如图，⊙O1与⊙O2外切与点D，直线l与两圆分别相切于点A、B，与直线 O1、O2相交于点M，且tan∠AM01=，MD=4．‎ ‎（1）求⊙O2的半径；‎ ‎（2）求△ADB内切圆的面积；‎ ‎（3）在直线l上是否存在点P，使△MO2P相似于△MDB？若存在，求出PO2的长；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 圆的综合题．.‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）连结O1A、O2B，设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R ‎，根据两圆相切的性质得到直线O1O2过点D，则MO2=MD+O2D=4+R，再根据切线的性质由直线l与两圆分别相切于点A、B得到O1A⊥AB，O2B⊥AB，然后根据特殊角的三角函数值得到∠AM01=30°，在Rt△MBO2中，根据含30度的直角三角形三边的关系得MO2=O2B=2R，于是有4+R=2R，解得R=4；‎ ‎（2）利用互余由∠AM02=30°得到∠MO2B=60°，则可判断△O2BD为等边三角形，所以BD=O2B=4，∠DBO2=60°，于是可计算出∠ABD=30°，同样可得 ‎∠MO1A=60°，利用三角形外角性质可计算得∠O1AD=∠MO1A=30°，则∠DAB=60°，所以∠ADB=90°，在Rt△ABD中，根据含30度的直角三角形三边的关系得AD=BD=4，AB=2AD=8，利用直角三角形内切圆的半径公式得到△ADB内切圆的半径==2﹣2，然后根据圆的面积公式求解；‎ ‎（3）先在Rt△MBO2中，根据含30度的直角三角形三边的关系得MB=O2B=12，然后分类讨论：△MO2P与△MDB有一个公共角，当△MO2P∽△MDB时，利用相似比可计算出O2P=8；当△MO2P∽△MBD时，利用相似比可计算出O2P=8．‎ 解答：‎ 解：（1）连结O1A、O2B，如图，设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R，‎ ‎∵⊙O1与⊙O2外切与点D，‎ ‎∴直线O1O2过点D，‎ ‎∴MO2=MD+O2D=4+R，‎ ‎∵直线l与两圆分别相切于点A、B，‎ ‎∴O1A⊥AB，O2B⊥AB，‎ ‎∵tan∠AM01=，‎ ‎∴∠AM01=30°，‎ 在Rt△MBO2中，MO2=O2B=2R，‎ ‎∴4+R=2R，解得R=4，‎ 即⊙O2的半径为4；‎ ‎（2）∵∠AM02=30°，‎ ‎∴∠MO2B=60°，‎ 而O2B=O2D，‎ ‎∴△O2BD为等边三角形，‎ ‎∴BD=O2B=4，∠DBO2=60°，‎ ‎∴∠ABD=30°，‎ ‎∵∠AM01=30°，‎ ‎∴∠MO1A=60°，‎ 而O1A=O1D，‎ ‎∴∠O1AD=∠O1DA，‎ ‎∴∠O1AD=∠MO1A=30°，‎ ‎∴∠DAB=60°，‎ ‎∴∠ADB=180°﹣30°﹣60°=90°，‎ 在Rt△ABD中，AD=BD=4，AB=2AD=8，‎ ‎∴△ADB内切圆的半径===2﹣2，‎ ‎∴△ADB内切圆的面积=π•（2﹣2）2=（16﹣8）π；‎ ‎（3）存在．‎ 在Rt△MBO2中，MB=O2B=×4=12，‎ 当△MO2P∽△MDB时，=，即=，解得O2P=8；‎ 当△MO2P∽△MBD时，=，即=，解得O2P=8，‎ 综上所述，满足条件的O2P的长为8或8．‎ 点评：‎ 本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的性质、两圆相切的性质和直角三角形内切圆的半径；会利用含30度的直角三角形三边的关系和三角形相似比进行几何计算；会运用分类讨论的思想解决数学问题．‎ ‎23. （2014•攀枝花，第23题12分）如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C 两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．‎ ‎（1）求B、C两点的坐标；‎ ‎（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；‎ ‎（3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．‎ 考点：‎ 圆的综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．‎ ‎（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．‎ ‎（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．‎ 解答：‎ 解：（1）连接PA，如图1所示．‎ ‎∵PO⊥AD，‎ ‎∴AO=DO．‎ ‎∵AD=2，‎ ‎∴OA=．‎ ‎∵点P坐标为（﹣1，0），‎ ‎∴OP=1．‎ ‎∴PA==2．‎ ‎∴BP=CP=2．‎ ‎∴B（﹣3，0），C（1，0）．‎ ‎（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．‎ 如图2所示，线段MB、MC即为所求作．‎ 四边形ACMB是矩形．‎ 理由如下：‎ ‎∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，‎ ‎∴四边形ACMB是平行四边形．‎ ‎∵BC是⊙P的直径，‎ ‎∴∠CAB=90°．‎ ‎∴平行四边形ACMB是矩形．‎ 过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．‎ 在△MHP和△AOP中，‎ ‎∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，‎ ‎∴△MHP≌△AOP．‎ ‎∴MH=OA=，PH=PO=1．‎ ‎∴OH=2．‎ ‎∴点M的坐标为（﹣2，）．‎ ‎（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．‎ ‎∵四边形ACMB是矩形，‎ ‎∴∠BMC=90°．‎ ‎∵EG⊥BO，‎ ‎∴∠BGE=90°．‎ ‎∴∠BMC=∠BGE=90°．‎ ‎∵点Q是BE的中点，‎ ‎∴QM=QE=QB=QG．‎ ‎∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．‎ ‎∴∠MQG=2∠MBG．‎ ‎∵∠COA=90°，OC=1，OA=，‎ ‎∴tan∠OCA==．‎ ‎∴∠OCA=60°．‎ ‎∴∠MBC=∠BCA=60°．‎ ‎∴∠MQG=120°．‎ ‎∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．‎ 点评：‎ 本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比较强．证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键．‎ ‎24. （2014•丽水，第23题10分）提出问题：‎ ‎（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：AE=DH；‎ 类比探究：‎ ‎（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由；‎ 综合运用：‎ ‎（3）在（2）问条件下，HF∥GE，如图3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求图中阴影部分的面积．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH可得AE=DH；‎ ‎（2）EF=GH．将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF，将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；‎ ‎（3）易得△AHF∽△CGE，所以，由EC=2得AF=1，过F作FP⊥BC于P，根据勾股定理得EF=，因为FH∥EG，所以根据（2）①知EF=GH，所以FO=HO，再求得三角形FOH与三角形EOG的面积相加即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．‎ ‎∴∠HAO+∠OAD=90°．‎ ‎∵AE⊥DH，‎ ‎∴∠ADO+∠OAD=90°．‎ ‎∴∠HAO=∠ADO．‎ ‎∴△ABE≌△DAH（ASA），‎ ‎∴AE=DH．‎ ‎（2）EF=GH．‎ 将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF．‎ 将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．‎ ‎∵EF⊥GH，‎ ‎∴AM⊥DN，‎ 根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；‎ ‎（3）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB∥CD ‎∴∠AHO=∠CGO ‎∵FH∥EG ‎∴∠FHO=∠EGO ‎∴∠AHF=∠CGE ‎∴△AHF∽△CGE ‎∴‎ ‎∵EC=2‎ ‎∴AF=1‎ 过F作FP⊥BC于P，‎ 根据勾股定理得EF=，‎ ‎∵FH∥EG，‎ ‎∴‎ 根据（2）①知EF=GH，‎ ‎∴FO=HO．‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴阴影部分面积为．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形的综合知识．用到全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等综合性较强，难度较大．‎ ‎25．（2014•广西来宾，第24题10分）如图，AB为⊙O的直径，BF切⊙O于点B，AF交⊙O于点D，点C在DF上，BC交⊙O于点E，且∠BAF=2∠CBF，CG⊥BF于点G，连接AE．‎ ‎（1）直接写出AE与BC的位置关系；‎ ‎（2）求证：△BCG∽△ACE；‎ ‎（3）若∠F=60°，GF=1，求⊙O的半径长．‎ 考点：‎ 圆的综合题；角平分线的性质；等腰三角形的判定；含30度角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定．‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由AB为⊙O的直径即可得到AE与BC垂直．‎ ‎（2）易证∠CBF=∠BAE，再结合条件∠BAF=2∠CBF就可证到∠CBF=∠CAE，易证∠CGB=∠AEC，从而证到△BCG∽△ACE．‎ ‎（3）由∠F=60°，GF=1可求出CG=；连接BD，容易证到∠DBC=∠CBF，根据角平分线的性质可得DC=CG=；设圆O的半径为r，易证AC=AB，∠BAD=30°，从而得到AC=2r，AD=r，由DC=AC﹣AD=可求出⊙O的半径长．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEB=90°．‎ ‎∴AE⊥BC．‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵BF与⊙O相切，‎ ‎∴∠ABF=90°．‎ ‎∴∠CBF=90°﹣∠ABE=∠BAE．‎ ‎∵∠BAF=2∠CBF．‎ ‎∴∠BAF=2∠BAE．‎ ‎∴∠BAE=∠CAE．‎ ‎∴∠CBF=∠CAE．‎ ‎∵CG⊥BF，AE⊥BC，‎ ‎∴∠CGB=∠AEC=90°．‎ ‎∵∠CBF=∠CAE，∠CGB=∠AEC，‎ ‎∴△BCG∽△ACE．‎ ‎（3）连接BD，如图2所示．‎ ‎∵∠DAE=∠DBE，∠DAE=∠CBF，‎ ‎∴∠DBE=∠CBF．‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°．‎ ‎∴BD⊥AF．‎ ‎∵∠DBC=∠CBF，BD⊥AF，CG⊥BF，‎ ‎∴CD=CG．‎ ‎∵∠F=60°，GF=1，∠CGF=90°，‎ ‎∴tan∠F==CG=tan60°=‎ ‎∵CG=，‎ ‎∴CD=．‎ ‎∵∠AFB=60°，∠ABF=90°，‎ ‎∴∠BAF=30°．‎ ‎∵∠ADB=90°，∠BAF=30°，‎ ‎∴AB=2BD．‎ ‎∵∠BAE=∠CAE，∠AEB=∠AEC，‎ ‎∴∠ABE=∠ACE．‎ ‎∴AB=AC．‎ 设⊙O的半径为r，则AC=AB=2r，BD=r．‎ ‎∵∠ADB=90°，‎ ‎∴AD=r．‎ ‎∴DC=AC﹣AD=2r﹣r=（2﹣）r=．‎ ‎∴r=2+3．‎ ‎∴⊙O的半径长为2+3．‎ ‎ ‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定、角平分线的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，有一定的综合性．连接BD，证到∠DBC=∠CBF是解决第（3）题的关键．‎ ‎　‎ ‎26．（(2014年广西南宁，第26题10分）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．‎ ‎（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；‎ ‎（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；‎ ‎（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点： 二次函数综合题．.‎ 分析： （1）当k=1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；‎ ‎（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；‎ ‎（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC=90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．‎ 解答： 解：（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．‎ 联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，‎ 解得：x=﹣1或x=2，‎ 当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，‎ ‎∴A（﹣1，0），B（2，3）．‎ ‎（2）设P（x，x2﹣1）．‎ 如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．‎ ‎∴PF=yF﹣yP=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．‎ S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）=PF（xB﹣xA）=PF ‎∴S△ABP=（﹣x2+x+2）=﹣（x﹣）2+‎ 当x=时，yP=x2﹣1=﹣．‎ ‎∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（，﹣）．w w w .x k b 1.c o m ‎（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，‎ 则E（﹣，0），F（0，1），OE=，OF=1．‎ 在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF==．‎ 令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．‎ ‎∴C（﹣k，0），OC=k．‎ 假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，‎ 则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°．‎ 设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ=CN=ON=．‎ ‎∴EN=OE﹣ON=﹣．‎ ‎∵∠NEQ=∠FEO，∠EQN=∠EOF=90°，‎ ‎∴△EQN∽△EOF，‎ ‎∴，即：，‎ 解得：k=±，‎ ‎∵k＞0，‎ ‎∴k=．‎ ‎∴存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=．‎ 点评： 本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数及一次函数的图象与性质、解方程、勾股定理、直线与圆的位置关系、相似等重要知识点，有一定的难度．第（2）问中，注意图形面积的计算方法；第（3）问中，解题关键是理解“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义．‎ ‎27．（2014•黔南州，第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式 ‎ ‎（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明；‎ ‎（3）已知点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间，问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？并求出此时P点的坐标和△PAC的最大面积．‎ 考点：‎ 二次函数综合题 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；‎ ‎（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可；‎ ‎（3）过P作y轴的平行线，交AC于Q；易求得直线AC的解析式，可设出P点的坐标，进而可表示出P、Q的纵坐标，也就得出了PQ的长；然后根据三角形面积的计算方法，可得出关于△PAC的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出△PAC的最大面积及对应的P点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线为y=a（x﹣4）2﹣1，‎ ‎∵抛物线经过点A（0，3），‎ ‎∴3=a（0﹣4）2﹣1，；‎ ‎∴抛物线为；（3分）‎ ‎（2）相交．‎ 证明：连接CE，则CE⊥BD，‎ 当时，x1=2，x2=6．‎ A（0，3），B（2，0），C（6，0），‎ 对称轴x=4，‎ ‎∴OB=2，AB==，BC=4，‎ ‎∵AB⊥BD，‎ ‎∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBC=90°，‎ ‎∴△AOB∽△BEC，‎ ‎∴=，即=，解得CE=，‎ ‎∵＞2，‎ ‎∴抛物线的对称轴l与⊙C相交．（7分）‎ ‎（3）如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q；‎ 可求出AC的解析式为；（8分）‎ 设P点的坐标为（m，），‎ 则Q点的坐标为（m，）；‎ ‎∴PQ=﹣m+3﹣（m2﹣2m+3）=﹣m2+m．‎ ‎∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=×（﹣m2+m）×6‎ ‎=﹣（m﹣3）2+；‎ ‎∴当m=3时，△PAC的面积最大为；‎ 此时，P点的坐标为（3，）．（10分）‎ ‎ ‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系、图形面积的求法等知识． ‎ ‎ ‎