全国各地中考数学压轴题专集答案2 142页

‎2010年全国各地中考数学压轴题专辑 参考答案及评分标准（二）‎ 巴驿中学朱安清收集 ‎149．解：（1）∵y＝mx 2－2mx－3m＝m(x－1)2－4m ‎∴抛物线顶点M的坐标为（1，－4m） 2分 M C B O A y x N D ‎∵抛物线y＝mx 2－2mx－3m（m＞0）与x轴交于A、B两点 ‎∴当y＝0时，mx 2－2mx－3m＝0‎ ‎∵m＞0，∴x 2－2x－3＝0‎ 解得x1＝－1，x2＝3‎ ‎∴A、B两点的坐标为（－1，0）、（3，0） 4分 ‎（2）当x＝0时，y＝－3m，∴点C的坐标为（0，－3m）‎ ‎∴S△ABC＝×|3－(－1)|×|3m|＝6|m|＝6m 5分 过点M作MD⊥x轴于点D，则OD＝1，BD＝OB－OD＝2，MD＝|－4m|＝4m ‎∴S△BCM＝S△BDM＋S梯形OCMD－S△OBC ‎＝BD·DM＋(OC＋DM)·OD－OB·OC ‎＝×2×4m＋(3m＋4m)×1－×3×3m ‎＝3m 7分 ‎∴S△BCM : S△ABC＝1 : 2 8分 ‎（3）存在使△BCM为直角三角形的抛物线 过点C作CN⊥DM于点N，则△CMN为直角三角形，CN＝OD＝1，DN＝OC＝3m ‎∴MN＝DM－DN＝m，∴CM 2＝CN 2＋MN2＝1＋m 2‎ 在Rt△OBC中，BC 2＝OB 2＋OC2＝9＋9m 2‎ 在Rt△BDM中，BM 2＝BD 2＋DM2＝4＋16m 2‎ ‎①如果△BCM是直角三角形，且∠BMC＝90°，那么CM 2＋BM2＝BC 2‎ 即1＋m 2＋4＋16m 2＝9＋9m 2，解得m＝±‎ ‎∵m＞0，∴m＝‎ ‎∴存在抛物线y＝x 2－x－使△BCM为直角三角形 10分 ‎②如果△BCM是直角三角形，且∠BCM＝90°，那么BC 2＋CM2＝BM 2‎ 即9＋9m 2＋1＋m 2＝4＋16m 2，解得m＝±1‎ ‎∵m＞0，∴m＝1‎ ‎∴存在抛物线y＝x 2－2x－3使△BCM为直角三角形 ‎③如果△BCM是直角三角形，且∠CBM＝90°，那么BC 2＋BM2＝CM 2‎ 即9＋9m 2＋4＋16m 2＝1＋m 2‎ 整理得m 2＝－，此方程无解 ‎∴以∠CBM为直角的直角三角形不存在 综上所述，存在抛物线y＝x 2－x－和y＝x 2－2x－3‎ 使△BCM为直角三角形 12分 ‎150．解：（1）∵∠ACB＝90°，∴∠ACO＋∠BCO＝90°‎ 又∠ACO＋∠CAO＝90°，∴∠CAO＝∠BCO 又∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB 2分 ‎∴＝，∴CO 2＝AO·BO＝1×4＝4‎ ‎∴CO＝2 3分 ‎∴点C的坐标为（0，2） 4分 ‎（2）设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－4)，把C（0，2）代入，得 ‎2＝a(0＋1)(0－4)，∴a＝－ 5分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－4)‎ 即y＝－x 2＋x＋2 7分 ‎（3）∵点D（1，m）在抛物线上，∴m＝－×1 2＋×1＋2＝3‎ ‎∴点D的坐标为（1，3） 8分 ‎∴tan∠PBD＝＝＝1，∴∠PBD＝45°‎ ‎∴BD＝(xB－xD)＝(4－1)＝‎ 联立 解得 C B O A y x E D P1‎ P2‎ ‎∴点E的坐标为（6，－7）‎ ‎∴tan∠BAE＝＝＝1，∴∠BAE＝45°‎ ‎∴AE＝(xA＋xE)＝(1＋6)＝‎ 假设存在满足条件的点P，设点P的坐标为（x，0）‎ ‎∵∠PBD＝45°，∠BAE＝45°，∴∠PBD＝∠BAE 若△BPD∽△ABE，则有＝‎ 即＝，解得x＝‎ ‎∴P1（，0） 10分 若△BDP∽△ABE，则有＝‎ 即＝，解得x＝－‎ ‎∴P2（－，0）‎ 所以，在x轴上点B的左侧存在点P1（，0）和P2（－，0），使以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似 12分 ‎151．解：（1）如图，以点O为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系 1分 ‎0.5‎ O y x C B A D Q P M 则M（0，5），B（2，0），C（1，0），D（，0）‎ 设抛物线的解析式为y＝ax 2＋k ‎∵抛物线过点M和点B，∴k＝5，a＝－‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋5 4分 当x＝1时，y＝；当x＝时，y＝‎ 即P（1，），Q（，）在抛物线上 当竖直摆放5个圆柱形桶时，桶高＝0.3×5＝‎ ‎∵＜且＜，∴网球不能落入桶内 5分 ‎（2）设竖直摆放圆柱形桶n个时网球可以落入桶内 由题意，得≤0.3n≤ 6分 解得7≤n≤12‎ ‎∵n为整数，∴n的值为8，9，10，11，12‎ ‎∴竖直摆放圆柱形桶8，9，10，11或12个时，网球可以落入桶内 8分 B A D G H F E C O ‎152．（1）解：连结OB、OC ‎∵OE⊥BC，∴BE＝CE ‎∵OE＝BC，∴∠BOC＝90°，∴∠BAC＝45° 2分 ‎（2）证明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°‎ 由折叠可知，AG＝AF＝AD，∠AGH＝∠AFH＝90°‎ ‎∠BAG＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD 3分 ‎∴∠BAG＋∠CAF＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAC＝45°‎ ‎∴∠GAF＝∠BAG＋∠CAF＋∠BAC＝90°‎ ‎∴四边形AFHG是正方形 5分 ‎（3）解：由（2）得，∠BHC＝90°，GH＝HF＝AD，GB＝BD＝6，CF＝CD＝4‎ 设AD的长为x，则BH＝GH－GB＝x－6，CH＝HF－CF＝x－4 7分 在Rt△BCH中，BH 2＋CH 2＝BC 2，∴(x－6) 2＋(x－4) 2＝10 2‎ 解得x1＝12，x2＝－2（不合题意，舍去）‎ ‎∴AD＝12 8分 ‎153．解：（1）抛物线y＝－x 2＋bx＋4的对称轴为x＝－＝b 1分 ‎∵抛物线上不同的两点E（k＋3，－k 2＋1）和F（－k－1，－k 2＋1）的纵坐标相同 ‎∴点E和点F关于抛物线的对称轴对称，则b＝＝1，且k≠－2‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋x＋4 2分 ‎（2）抛物线y＝－x 2＋x＋4与x轴的交点为A（4，0），与y轴的交点为B（0，4）‎ ‎∴AB＝，AM＝BM＝ 3分 在∠PMQ绕点M在AB同侧旋转的过程中，∠MBC＝∠DAM＝∠PMQ＝45°‎ 在△BCM中，∠BMC＋∠BCM＋∠MBC＝180°，∴∠BMC＋∠BCM＝135°‎ 在直线AB上，∠BMC＋∠PMQ＋∠AMD＝180°，∴∠BMC＋∠AMD＝135°‎ ‎∴∠BCM＝∠AMD ‎∴△BCM∽△AMD 4分 ‎∴＝，即＝，∴n＝‎ 故n和m之间的函数关系式为n＝（m＞0） 5分 ‎（3）∵点F（－k－1，－k 2＋1）在抛物线y＝－x 2＋x＋4上 ‎∴－(－k－1)2＋(－k－1)＋4＝－k 2＋1‎ 化简得k 2－4k＋3＝0，解得k1＝1，k2＝3‎ 即F1（－2，0）或F2（－4，－8） 6分 ‎①当MF过M（2，2）和F1（－2，0）时，设MF的解析式为y＝kx＋b 则 解得 ‎∴直线MF的解析式为y＝x＋1‎ 直线MF与x轴的交点为（－2，0），与y轴的交点为（0，1）‎ 若MP过点F（－2，0），则n＝4－1＝3，m＝‎ 若MQ过点F（－2，0），则m＝4－(－2)＝6，n＝ 7分 O y x C B A D M P Q ‎②当MF过M（2，2）和F2（－4，－8）时，设MF的解析式为y＝k′x＋b′‎ 则 解得 ‎∴直线MF的解析式为y＝x－‎ 直线MF与x轴的交点为（，0），与y轴的交点为（0，－）‎ 若MP过点F（－4，－8），则n＝4－(－)＝，m＝‎ 若MQ过点F（－4，－8），则m＝4－＝，n＝ 8分 故当 或 时，∠PMQ的边过点F ‎154．解：（1）∵一次函数过原点，∴设一次函数的表达式为y＝kx ‎∵一次函数过（1，－b），∴－b＝k×1，∴k＝－b ‎∴一次函数的表达式y＝－bx 3分 ‎（2）∵二次函数y＝ax 2＋bx－2的图象经过点（1，0），∴0＝a＋b－2‎ ‎∴b＝2－a 4分 由 得ax 2＋2(2－a)x－2＝0 ① 5分 ‎∵△＝4(2－a)2＋8a＝4(a－1)2＋12＞0‎ ‎∴方程①有两个不相等的实数根，∴方程组有两组不同的解 ‎∴这两个函数的图象交于不同的两点 6分 ‎（3）∵两交点的横坐标x1、x2分别是方程①的解 ‎∴x1＋x2＝＝，x1x2＝－‎ ‎∴| x1－x2|＝＝＝＝‎ ‎（或由求根公式得出） 8分 ‎∵a＞b＞0，b＝2－a，∴1＜a＜2‎ 令函数y＝(－1)2＋3，则当1＜a＜2时，y随a增大而减小 ‎∴4＜(－1)2＋3＜12 9分 ‎∴2＜＜‎ ‎∴2＜| x1－x2|＜ 10分 ‎155．解：（1）∵CQ＝t，OP＝t，CO＝8，∴OQ＝8－t ‎∴S△OPQ＝(8－t)·t＝－t 2＋t（0＜t＜8） 3分 ‎（2）∵S四边形OPBQ＝S矩形ABCD － S△PAB － S△CBQ ‎＝8×－×t－×8×(－t)＝ 5分 ‎∴四边形OPBQ的面积为一个定值，且等于 6分 ‎（3）当△OPQ与△PAB和△QPB相似时，△QPB必须是一个直角三角形，依题意只能是∠QPB＝90°‎ 又∵BQ与AO不平行，∴∠QPO不可能等于∠PQB，∠APB不可能等于∠PBQ ‎∴根据相似三角形的对应关系只能是△OPQ∽△PBQ∽△ABP 7分 ‎∴＝，即＝，解得：t＝4‎ 经检验：t＝4是方程的解且符合题意（从边长关系和速度考虑）‎ 此时P（，0）‎ ‎∵B（，8）且抛物线y＝x 2＋bx＋c经过B、P两点 O y x C B A Q P M H N ‎∴抛物线是y＝x 2－x＋8，直线BP是y＝x－8‎ ‎ 8分 设M（m，m－8），则N（m，m 2－m＋8）‎ ‎∵M是BP上的动点，∴≤m≤‎ ‎∵y1＝x 2－x＋8＝( x－)2‎ ‎∴抛物线的顶点是P（，0）‎ 又y1＝x 2－x＋8与y2＝x－8交于P、B两点 ‎∴当≤m≤时，y2＞y1 9分 ‎∴| MN |＝| y2－y1|＝y2－y1＝(m－8)－(m 2－m＋8)‎ ‎＝－m 2＋m－16＝－(m－)2＋2‎ ‎∴当m＝时，MN有最大值是2，此时M（，4）‎ 设MN与BQ交于H点，则H（，7）‎ ‎∴S△BHM ＝×3×＝‎ ‎∴S△BHM : S五边形QOPMH ＝:(－)＝3 : 29‎ ‎∴当线段MN的长取最大值时，直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比为3 : 29‎ ‎ 10分 ‎156．解：（1）C′ 点的横坐标为2＋2×＝3，纵坐标为2×＝‎ C′ 点的坐标为（3，） 2分 ‎（2）∵抛物线过原点O（0，0），∴设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx 把A（2，0），C′（3，）代入，得 解得a＝，b＝－ 3分 ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－x 4分 ‎（3）∵∠ABF＝90°，∠BAF＝60°，∴∠AFB＝30°‎ 又AB＝2，∴AF＝4，∴OF＝2，∴F（－2，0）‎ y x B A O ‎(D)‎ G ‎(C)‎ ‎(E)‎ F C′‎ M1‎ M2‎ 设切线BF的解析式为y＝kx＋b 把B（1，），F（－2，0）代入，得 解得k＝，b＝ 5分 ‎∴切线BF的解析式为y＝x＋ 6分 ‎（4）假设存在，设M的坐标为（x，x 2－x）‎ ‎①当点M在x轴上方时 由S△AMF : S△OAB＝16 : 3，得×4×(x 2－x):×2×＝16 : 3‎ 整理得x 2－2x－8＝0，解得x1＝－2，x2＝4‎ 当x＝－2时，y＝×(－2)2－×(－2)＝‎ 当x＝4时，y＝×4 2－×4＝‎ ‎∴M1（－2，），M2（4，） 8分 ‎②当点M在x轴下方时 由S△AMF : S△OAB＝16 : 3，得×4×[－(x 2－x)]:×2×＝16 : 3‎ 整理得x 2－2x＋8＝0，此方程无实数解 9分 综上所述，抛物线上存在点M1（－2，）和M2（4，）‎ 使得S△AMF : S△OAB＝16 : 3 10分 C Q B A M N P D 图1‎ ‎157．解：（1）如图1，过点C作CD⊥AB于D，则AD＝2‎ 当MN运动到被垂直平分时，四边形MNQP是矩形 即AM＝时，四边形MNQP是矩形 ‎∴t＝秒时，四边形MNQP是矩形 ‎∵PM＝AM·tan60°＝‎ ‎∴S四边形MNQP ＝ 4分 C P Q B A M N 图2‎ ‎（2）①当0＜ t ＜1时，如图2‎ S四边形MNQP ＝(PM＋QN)·MN ‎＝[＋(t＋1)]×1‎ ‎＝t 6分 ‎②当1≤≤2时，如图3‎ C P Q B A M N 图3‎ S四边形MNQP ＝(PM＋QN)·MN ‎＝[＋(3－t)]×1‎ ‎＝ 8分 ‎③当2＜＜3时，如图4‎ S四边形MNQP ＝(PM＋QN)·MN ‎＝[(3－t)＋(4－t)]×1‎ C Q P B A M N 图4‎ ‎＝－t＋ 11分 ‎158．解：（1）∵抛物线经过点C（0，3），∴可设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋3（a≠0）‎ 又∵抛物线经过点A（－2，0），B（6，0）‎ ‎∴ 解得 3分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋x＋3 4分 ‎（2）D点的坐标为D（4，3） 5分 设直线AD的解析式为y＝mx＋n ‎-1‎ ‎-1‎ y x O ‎-1‎ D C P E A B F 把A（－2，0），D（4，3）代入，解得m＝，n＝1‎ ‎∴直线AD的解析式为y＝x＋1 ①‎ 同理可求得直线BC的解析式为y＝－x＋3 ②‎ 联立①②求得交点E的坐标为E（2，2） 8分 ‎（3）连结PE交CD于点F ‎∵y＝－x 2＋x＋3＝－(x－2)2＋4‎ ‎∴顶点P的坐标为P（2，4） 9分 又∵E（2，2），C（0，3），D（4，3）‎ ‎∴PF＝EF＝1，CF＝FD＝2，且CD⊥PE 11分 ‎∴四边形CEDP是菱形 12分 ‎159．解：（1）当x＝0时，y＝3，∴点C的坐标为（0，3） 1分 当y＝0时，－x 2＋x＋3＝0，∴x＝－2或x＝6‎ 结合图形可得点A、B的坐标分别为（－2，0）、（6，0） 2分 设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将点B、C的坐标代入 y x O D C A B E F l G 得 解得 ‎∴直线BC的解析式为y＝－x＋3 4分 ‎（2）①过点D作DG⊥BC于点G ‎∵y＝－x 2＋x＋3＝－(x－2)2＋4‎ ‎∴抛物线的顶点D的坐标为（2，4），对称轴x＝2‎ ‎∵点E是对称轴l与直线BC的交点，∴点E的横坐标为2‎ ‎∴点E的纵坐标为y＝－×2＋3＝2，即EF＝2，∴DE＝2 6分 在Rt△EFB中，BF＝4，BE＝＝＝‎ ‎∵∠DGE＝BFE＝90°，∠DEG＝BEF，∴△DEG∽△BEF ‎∴＝，即＝，∴DG＝‎ 故当r＞时，⊙P与直线BC相交 8分 ‎②假设存在点P使⊙P与直线BC相切 ⅰ）若点P在直线BC的上方，设⊙P与BC相切于点Q，连结PQ 则PQ⊥BC，PQ＝r＝‎ 过点P作PM⊥x轴于点M，交BC于点N 则∠PQN＝BMN＝BFE＝90°，又∠PNQ＝BNM＝BEF，∴△PQN∽△BEF ‎∴＝，即＝，∴PN＝2‎ 设点P的坐标为（xP ，yP），点N的坐标为（xN ，yN）‎ ‎∵PN⊥x轴，∴xN ＝xP，yP－yN ＝PN＝2‎ ‎∴－xP2＋xP＋3－(－xP＋3)＝2，解得xP ＝2或xP ＝4‎ 当xP ＝2时，yP ＝4；当xP ＝4时，yP ＝3 10分 ⅱ）若点P在直线BC的下方，设⊙P与BC相切于点Q′，连结PQ′‎ y x O P C A B M l Q P Q′‎ D E F N M′‎ N′‎ ‎(P)‎ P 则PQ′⊥BC，PQ′＝r＝‎ 过点P作PM′⊥x轴于点M′，交BC于点N′‎ 则∠PQ′N′＝BFE＝90°，又∠PN′Q′＝BEF，∴△PQ′N′∽△BEF ‎∴＝，即＝，∴PN′＝2‎ 设点P的坐标为（xP ，yP），点N′ 的坐标为（xN ′，yN′）‎ ‎∵PN′⊥x轴，∴xN′ ＝xP，yN ′－yP＝N′P ＝2‎ ‎∴(－xP＋3)－(－xP2＋xP＋3)＝2，解得xP ＝3＋或xP ＝3－‎ 当xP ＝3＋时，yP ＝；当xP ＝3－时，yP ＝‎ 综上所述，当r＝时，存在点P使⊙P与直线BC相切，点P的坐标为：‎ ‎（2，4）或（4，3）或（3＋，）或（3－，）‎ ‎ 12分 ‎160．（1）证明：①过点E作梯形两底的平行线交腰CD于点F，则F是CD的中点，则EF既是梯形ABCD的中位线，又是Rt△DEC斜边上的中线 ‎∴AD＋BC＝2EF，CD＝2EF ‎∴AD＋BC＝CD 3分 ‎②由（1）知FD＝FE，∴∠FDE＝∠FED A D C N B E M F 又EF∥AD，∴∠ADE＝∠FED ‎∴∠FDE＝∠ADE，即DE平分∠ADC 同理可证：CE平分∠BCD 6分 ‎（2）解：△AED的周长＝AE＋AD＋DE＝a＋m，BE＝a－m 设AD＝x，则DE＝a－x 在Rt△AED中，DE 2＝AE 2＋AD 2‎ 即(a－x)2＝m 2＋x 2，解得x＝‎ A D C N B E M ‎∵∠AED＋∠BEC＝90°，∠BCE＋∠BEC＝90°，∴∠AED＝∠BCE 又∠A＝∠B＝90°，∴△ADE∽△BEC ‎∴＝＝＝‎ ‎∴△BEC的周长＝·△ADE的周长＝·(a＋m)＝2a ‎∴△BEC的周长与m值无关 9分 ‎161．解：（1）令x 2－6x＋8＝0，得x1＝2，x2＝4‎ ‎∵点A在点B的左侧，∴A（2，0），B（4，0）‎ ‎∴AB＝2 1分 ‎∵直线y＝x＋2交y轴于点C，∴C（0，2）‎ 把D（8，m）代入y＝x＋2，得m＝×8＋2＝6，∴D（8，6）‎ ‎∴CD＝＝ 3分 ‎（2）设A′（x，0），则B′（x＋2，0）‎ ‎∴A′D＋B′D＝＋＝＋‎ ‎≥2‎ 当＝时，A′D＋B′D的值最小 由＝，解得x＝7‎ ‎∴A′（7，0），∴抛物线向右平移5个单位时，A′D＋B′D最小 此时抛物线的表达式为y＝( x－7 )( x－9 )‎ 即y＝x 2－16x＋63 6分 ‎（3）左右平移抛物线y＝x 2－6x＋8时，由于线段A′B′ 和CD的长均是定值，所以要使四边形A′B′DC的周长最小，只需使A′C＋B′D的值最小． 7分 ‎∵A′B′＝2，∴将点C向右平移2个单位得C1（2，2）‎ 作点C1关于x轴的对称点C2，则C2（2，－2）‎ 设直线C2D的表达式为y＝kx＋b，将C2（2，－2），D（8，6）代入，解得k＝，b＝－‎ ‎∴直线C2D的表达式为y＝x－‎ ‎∴直线C2D与x轴的交点即为B′ 点，易求得B′（，0），∴A′（，0）‎ 所以存在某个位置，即将抛物线向左平移个单位时，四边形A′B′DC的周长最小 ‎ 8分 此时抛物线的表达式为y＝( x－ )( x－ )‎ 即y＝x 2－5x＋ 10分 ‎∵A′C＋B′D＝C2D＝＝10‎ ‎∴四边形A′B′DC的周长最小值为2＋＋10＝＋ 12分 A D C O B A′‎ C2‎ B′‎ x y ‎162．解：（1）x＝ 2分 ‎（2）设抛物线的解析式为y＝ax(x－3)‎ 当x＝时，y＝－a，即B（，－a）；当x＝时，y＝a，即C（，a）‎ 依题意得：a－(－a)＝4.5，解得a＝‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－x 6分 ‎（3）方法一：过点E作ED⊥FG，垂足为D，设E（m，m 2－m），F（n，n 2－n）‎ 则DF＝(n 2－n)－(m 2－m)＝(n 2－m 2)－(n－m)＝(n－m)(n＋m－3) ①‎ EH＋FG＝(n 2－n)＋(m 2－m)＝(n 2＋m 2)－(n＋m) ②‎ 又n－m＝3，得n＝m＋3，分别代入①、②得：DF＝3m，EH＋FG＝m 2，‎ ‎∴EF 2＝DE 2＋DF 2＝3 2＋(3m)2＝9＋9m 2，‎ 得(EF 2－9)＝×9m 2＝m 2‎ 又S梯形EFGH ＝×3×(EH＋FG)＝m 2‎ ‎∴S梯形EFGH ＝(EF 2－9) 10分 方法二：过点E作ED⊥FG，垂足为D，设E（x，x 2－x），则F（x＋3，x 2＋x）‎ ‎∴EF 2＝DE 2＋DF 2＝3 2＋[(x 2＋x)－(x 2－x)]2＝9＋9x 2‎ S梯形EFGH ＝×3×(EH＋FG)＝[(x 2－x)＋(x 2＋x)]＝x 2‎ ‎∵(EF 2－9)＝×9x 2＝x 2‎ ‎∴S梯形EFGH ＝(EF 2－9) 10分 E B A O x y F G H D ‎163．解：（1）将x＝0代入抛物线解析式，得点A的坐标为（0，－4） 2分 ‎（2）当b＝0时，直线为y＝x ，由 解得 ‎∴B、C的坐标分别为（－2，－2），（2，2）‎ ‎∴S△ABE ＝×4×2＝4，S△ACE ＝×4×2＝4‎ ‎∴S△ABE ＝S△ACE（利用同底等高说明面积相等亦可） 4分 当b＞－4时，仍有S△ABE ＝S△ACE成立，理由如下：‎ 由 解得 ‎∴B、C的坐标分别为（－，－＋b），（，＋b）‎ 作BF⊥y轴，CG⊥y轴，垂足分别为F、G，则BF＝CG＝‎ C B A O x y E G F 而△ABE 和△ACE是同底的两个三角形，‎ ‎∴S△ABE ＝S△ACE. 6分 ‎（3）存在这样的b ‎∵BF＝CG，∠BEF＝∠CEG，∠BFE＝∠CGE＝90°‎ ‎∴△BEF≌△CEG ‎∴BE＝CE，即E为BC的中点 ‎∴当OE＝CE时，△OBC为直角三角形 8分 ‎∵GE＝＋b－b＝＝GC ‎∴CE＝·，而OE＝|b|‎ ‎∴·＝|b|，解得b1＝4，b2＝－2‎ ‎∴当b＝4或－2时，△OBC为直角三角形 10分 ‎164．（1）证明：连接AD C B A O E D P ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴∠ADB＝90° 1分 ‎∵点D是BC的中点 ‎∴AD是线段BC的垂直平分线 ‎∴AB＝AC 2分 ‎∵AB＝BC，∴AB＝BC＝AC ‎∴△ABC为等边三角形 3分 ‎（2）解：连接BE ‎∵AB是直径，∴∠AEB＝90°‎ ‎∴BE⊥AC 4分 ‎∵△ABC是等边三角形 ‎∴AE＝EC，即E为AC的中点 5分 ‎∵D是BC的中点，故DE为△ABC的中位线 ‎∴DE＝AB＝×2＝1 6分 ‎（3）解：存在点P使△PBD≌△AED 7分 由（1）、（2）知BD＝ED ‎∵∠BAC＝60°，DE∥AB ‎∴∠AED＝120°‎ ‎∵∠ABC＝60°‎ ‎∴∠PBD＝120°‎ ‎∴∠PBD＝∠AED 9分 要使△PBD≌△AED 只需PB＝AE＝1即可 10分 ‎165．解：（1）由题意可知点A（－2，0）是抛物线的顶点，设抛物线的解析式为y＝a(x＋2)2‎ ‎∵其图象与y轴交于点B（0，4）‎ ‎∴4＝4a，∴a＝1‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝(x＋2)2 4分 ‎（2）设点M的坐标为（m，n），则m＜0，n＞0，n＝(m＋2)2＝m 2＋4m＋4‎ ‎ 5分 ‎-2‎ ‎4‎ C B A D M O x y 设矩形MCOD的周长为L 则L＝2(MC＋MD)＝2(| n|＋| m|)‎ ‎＝2(n－m)‎ ‎＝2(m 2＋4m＋4－m)‎ ‎＝2(m 2＋3m＋4)‎ ‎＝2(m＋)2＋ 8分 当m＝－时，L有最小值，此时n＝‎ ‎∴点M的坐标为（－，） 10分 D B C A P′‎ P ‎166．（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC 2分 ‎∵△ABC是等边三角形 ‎∴AB＝AC＝BC ‎∴PB＋PC＝PA 3分 ‎②P′D AD 6分 ‎（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离． 8分 B C A ‎30°‎ D ‎∵△BCD为等边三角形，BC＝4‎ ‎∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4‎ ‎∵∠ABC＝30°，∴∠ABD＝90°‎ 在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4‎ ‎∴AD＝＝＝5（km）‎ ‎∴从水井P到三个村庄所铺设的输水管总长度的最小值为5km ‎ 10分 ‎167．解：（1）由题意得：A（6，0），B（0，6） 1分 连结OC，∵∠AOB＝90°，C为AB的中点，∴OC＝AB ‎∴点O在⊙C上（没有说明不扣分）‎ 过C点作CE⊥OA，垂足为E，则E为OA的中点，∴点C的横坐标为3‎ 又点C在直线y＝－x＋6上，∴C（3，3） 2分 ‎∵抛物线过点O，∴c＝0‎ 又抛物线过点A、C，∴ 解得：a＝－，b＝2‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋2x 3分 ‎（2）∵OA＝OB＝6，OB 2＝OA·OD，∴OD＝6 4分 D B A O C x y E P1‎ P2‎ ‎∴OD＝OB＝OA，∠DBA＝90° 5分 又点B在圆上，∴DB为⊙C的切线 6分 ‎（通过证相似三角形得出亦可）‎ ‎（3）假设存在点P满足题意 ‎∵C为AB的中点，O在圆上，∴∠OCA＝90°‎ 要使以P、O、C、A为顶点的四边形为直角梯形，‎ 则∠CAP＝90°或∠COP＝90° 7分 若∠CAP＝90°，则OC∥AP ‎∵OC的方程为y＝x，∴设AP的方程为y＝x＋b 又AP过点A（6，0），∴0＝6＋b，∴b＝－6‎ ‎∴AP的方程为y＝x－6 8分 方程y＝x－6与y＝－x 2＋2x联立解得： 故点P1坐标为（－3，－9） 9分 若∠COP＝90°，则OP∥AC，同理可求得点P2（9，－9）‎ ‎（用抛物线的对称性求出亦可）‎ 故存在点P1坐标为（－3，－9）和P2（9，－9）满足题意 10分 ‎168．解：（1）由抛物线y＝x 2＋bx＋c与x轴交于A（－4，0）、B（1，0）两点可得：‎ 解得： 故所求抛物线的解析式为y＝x 2＋x－2 3分 ‎（2）∵S△CEF ＝2S△BEF，∴＝，＝ 4分 C O A B x y E F ‎∵EF∥AC，∴∠BEF＝∠BAC，∠BFE＝∠BCA ‎∴△BEF∽△BAC 5分 ‎∴＝＝，即＝‎ ‎∴BE＝ 6分 故E点的坐标为（－，0） 7分 ‎（3）解法一：∵抛物线与y轴的交点为C，∴C点的坐标为（0，－2）‎ 设直线AC的解析式为y＝kx＋b，则 解得： ‎∴直线AC的解析式为y＝－x－2 8分 设P点的坐标为（a，a 2＋a－2），则Q点的坐标为（a，－a－2）‎ ‎∴PQ＝(－a－2)－(a 2＋a－2)＝－a 2－2a＝－(a＋2) 2＋2‎ 即当a＝－2时，线段PQ取大值，此时P点的坐标为（－2，－3） 10分 解法二：延长PQ交x轴于D点，则PD⊥AB．要使线段PQ最长，则只须△APC的面积取大值时即可． 8分 设P点的坐标为（x0，y0），则有：‎ S△APC ＝S△ADP＋S梯形DPCO－S△ACO C O A B x y P Q D ‎＝AD·PD＋(PD＋OC)·OD－OA·OC ‎＝(4＋x0)(－y0)＋(－y0＋2)(－x0)－×4×2‎ ‎＝－2y0－x0－4‎ ‎＝－2(x02＋x0－2)－x0－4‎ ‎＝－x02－4x0‎ ‎＝－(x0＋2)2＋4‎ 即当x0＝－2时，△APC的面积取大值，此时线段PQ最长，则P点的坐标为（－2，－3）‎ ‎ 10分 ‎169．解：（1）AG＝CE成立 ‎∵四边形ABCD和GFED都是正方形 ‎∴GD＝DE，AD＝DC 1分 ‎∠GDE＝∠ADC＝90°‎ A B D C F E G 图2‎ ‎∴∠GDA＝90°－∠ADE＝∠EDC 2分 ‎∴△AGD≌△CED ‎∴AG＝CE 3分 ‎（2）①类似（1）可得△AGD≌△CED ‎∴∠1＝∠2 4分 又∵∠HMA＝∠DMC ‎∴∠AHM＝∠ADC＝90°‎ 即AG⊥CH 5分 A B D C F E G 图3‎ H P ‎(M)‎ ‎②解法一：过G作GP⊥AD于P 由题意有GP＝PD＝×sin45°＝1‎ ‎∴AP＝3，则tan∠1＝＝ 6分 而∠1＝∠2，∴tan∠2＝＝tan∠1＝‎ ‎∴DM＝，∴AM＝AD－DM＝ 7分 在Rt△DMC中，CM＝＝＝ 8分 而△AMH∽△CMD，∴＝，即＝‎ ‎∴AH＝ 9分 连结AC，则AC＝‎ ‎∴CH＝＝＝‎ 所求CH的长为 10分 解法二：研究四边形ACDG的面积 过G作GP⊥AD于P 由题意有GP＝PD＝×sin45°＝1‎ ‎∴AP＝3，AG＝ 8分 而以CD为底边的△CDG的高＝PD＝1‎ 由 S△AGD＋S△ACD ＝S四边形ACDG ＝S△ACG＋S△CDG 得4×1＋4×4＝×CH＋4×1‎ ‎∴CH＝ 10分 ‎170．解：（1）∵M（1，－4）是二次函数y＝(x＋m)2＋k的顶点坐标 ‎∴y＝(x－1)2－4＝x 2－2x－3 2分 令x 2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3‎ ‎∴A，B两点的坐标分别为A（－1，0），B（3，0） 4分 ‎（2）在二次函数的图象上存在点P，使S△PAB ＝S△MAB 5分 由（1）知AB＝4‎ 设P（x，y），则S△PAB ＝| AB|×| y|＝×4×| y|＝2| y|‎ 又S△MAB ＝| AB|×| －4|＝×4×4＝8‎ ‎∴2| y|＝×8，∴y＝±5‎ ‎∵二次函数的最小值为－4，∴y＝5‎ 当y＝5时，x 2－2x－3＝5，解得x＝－2或x＝4‎ ‎∴P点坐标为（－2，5）或（4，5） 7分 ‎（3）翻折后的图象如图所示 当直线y＝x＋b（b＜1）经过A点时，可得b＝1 8分 当直线y＝x＋b（b＜1）经过B点时，可得b＝－3 9分 由图象可知，符合题意的b的取值范围为－3＜b＜1 10分 O A B x y M(1,－4)‎ O A B x y M(1,－4)‎ P P O A B x y C D P C′‎ ‎171．解：（1）解方程x 2－10x＋24＝0得x1＝4，x2＝6 1分 ‎∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OC＜OB ‎∴点B的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，4） 3分 ‎（2）∵点C（0，4）在二次函数y＝ax 2＋bx＋c的图象上 ‎∴c＝4，将A（－2，0）、B（6，0）代入表达式，得 解得 5分 ‎∴所求二次函数的解析式为y＝－x 2＋x＋4 7分 ‎（3）设点P的坐标为P（m，n），则n＝－m 2＋m＋4，PA 2＝(m＋2)2＋n 2‎ PC 2＝m 2＋(n－4)2，AC 2＝2 2＋4 2＝20‎ 若∠PAC＝90°，则PC 2＝PA 2＋AC 2‎ ‎∴ 解得m1＝，m2＝－2（舍去）‎ ‎∴n＝－×()2＋×＋4＝－‎ ‎∴P1（，－） 8分 若∠PCA＝90°，则PA 2＝PC 2＋AC 2‎ ‎∴ 解得m3＝，m4＝0（舍去）‎ ‎∴n＝－×()2＋×＋4＝‎ ‎∴P2（，） 9分 若∠APC＝90°，则点P应在以AC为直径的圆周上．如图，除A、C两点外，该圆与二次函数的图象无交点，故不存在这样的点P 10分 综上所述，这样的P点有两个：P1（，－），P2（，）‎ y x O A B C P1‎ P2‎ ‎172．解：（1）过点A作AH⊥DC于H，交MN于点G 在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AB＝2，DC＝10，AD＝BC＝5‎ ‎∴DH＝(10－2)＝4，AH＝＝3 2分 ‎∴S梯形ABCD ＝(AB＋DC)·AH＝×(2＋10)×3＝18 4分 ‎（2）四边形MNFE的面积有最大值 ‎∵AB∥CD，MN∥AB，∴MN∥CD，即MN∥EF ‎∵ME⊥DC，NF⊥DC，∴ME∥NF，∠MEF＝90°‎ ‎∴四边形MNFE是矩形 5分 C A B D M N F E H G 设ME＝x，则AG＝3－x ‎∵∠MED＝∠AHD＝90°，∠MDE＝∠ADH ‎∴△MDE∽△ADH，∴＝‎ 即＝，∴DE＝x ‎∴MN＝DC－2DE＝10－x 6分 ‎∴S矩形MNFE ＝ME·MN＝x(10－x)＝－x 2＋10x＝－(x－)2＋ 7分 ‎∴当x＝时，四边形MNFE的面积有最大值，S最大＝ 8分 ‎（3）四边形MNFE能为正方形 设ME＝x，则由（2）知MN＝10－x 当ME＝MN，即x＝10－x，即x＝时，四边形MNFE为正方形 10分 S正方形MNFE ＝x 2＝()2＝ 12分 ‎173．解：（1）在Rt△COE中，OE＝OA＝5，OC＝3‎ ‎∴CE＝＝＝4‎ ‎∴点E的坐标为（4，3） 2分 ‎∴EB＝5－4＝1‎ 设DA＝x，则DE＝x，BD＝3－x 在Rt△BDE中，x 2＝1 2＋(3－x)2，解得x＝‎ y x O B A C E D ‎∴点D的坐标为（5，） 3分 设直线DE的解析式为y＝kx＋b，则 解得 ‎∴直线DE的解析式为y＝－x＋ ① 4分 ‎（2）设直线OD的解析式为y＝k′x，则＝5k′，∴k′＝‎ ‎∴直线OD的解析式为y＝x ‎∵EF∥AB，点E的横坐标为4‎ ‎∴设F（4，yF），∵F在OD上 ‎∴yF ＝×4＝‎ ‎∴F（4，） 5分 y x O B A C E D F 设抛物线的解析式为y＝a(x－4)2＋‎ 将y＝－x＋代入y＝a(x－4)2＋‎ 得a(x－4)2＋＝－x＋‎ 整理得：3ax 2＋(4－24a)x＋48a－21＝0‎ ‎∵抛物线与直线DE只有一个公共点 ‎∴(4－24a) 2－4×3a×(48a－21)＝0，解得a＝－ 6分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－(x－4)2＋ ② 7分 联立①②解得：x＝，y＝－‎ ‎∴该公共点的坐标为（，－） 8分 ‎（3）存在点M、N，使四边形MNED的周长最小 9分 作点D关于x轴的对称点D′ ，作点E关于y轴的对称点E′ ，连接D′E′，分别与x轴、y轴交于点M、N，则点M、N即为所求的点 ‎∴D′（5，－），E′（－4，3），MD＝MD′ ，NE＝NE′，BD′＝，BE′＝9‎ ‎∴MN＋NE＋ED＋DM＝MN＋NE′＋MD′＋ED＝E′F′＋ED y x O B A C E D E′(‎ D′(‎ M N ‎＝＋＝＋‎ 故此时四边形MNED的周长最小值为＋‎ ‎ 10分 ‎174．解：（1）∵抛物线y＝x 2＋bx＋c经过点（1，－1）和C（0，－1）‎ ‎∴ 解得 ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－x－1 2分 ‎（2）存在点P，使得以P、B、D为顶点的三角形与△OBC全等 3分 在y＝x 2－x－1中，令y＝0，得x 2－x－1＝0‎ 解得x1＝－1，x2＝2，∵点A在点B的左侧 ‎∴A（－1，0），B（2，0） 4分 ‎∴OA＝1，OB＝2 5分 ‎∵C（0，－1），∴OC＝1 6分 ‎①当△DPB≌△OBC时，BD＝OC＝1，DP＝OB＝2‎ ‎∴P1（3，2） 7分 ‎②当△DBP≌△OBC时，BD＝OB＝2，DP＝OC＝1‎ y x B A O C x＝m D P Q1‎ ‎∴P2（4，1） 8分 ‎（3）过点P作x轴的平行线交抛物线于点Q ‎①当点P的坐标为（3，2）时，点Q的纵坐标为2‎ ‎∵点Q在抛物线y＝x 2－x－1‎ ‎∴x 2－x－1＝2，解得x1＝－2，x2＝3‎ ‎∴Q1（－2，2），∴PQ1＝5‎ ‎∴PQ1≠OA ‎∴四边形AOPQ1不是平行四边形 9分 y x B A O C x＝m D P Q2‎ Q3‎ ‎②当点P的坐标为（4，1）时，点Q的纵坐标为1‎ ‎∵点Q在抛物线y＝x 2－x－1‎ ‎∴x 2－x－1＝1，解得x3＝，x4＝‎ ‎∴Q2（，1），Q3（，1）‎ ‎∴PQ2＝，PQ3＝‎ ‎∴PQ2≠OA，PQ3≠OA ‎∴四边形AOPQ2、AOPQ3都不是平行四边形 11分 综上所述，在抛物线上不存在点Q，使得四边形AOPQ为平行四边形 ‎ 12分 ‎175．解：（1）依题意有 即 2分 ‎∴ 4分 ‎∴抛物线的解析式为：y＝x 2－4x－6 5分 ‎（2）把y＝x 2－4x－6配方，得y＝(x－2)2－10‎ ‎∴对称轴方程为x＝2 7分 顶点坐标（2，－10） 10分 ‎（3）由点P（m，m）在抛物线上 得m＝m 2－4m－6 12分 即m 2－5m－6＝0‎ ‎∴m1＝6或m2＝－1（舍去） 13分 ‎∴P（6，6）‎ ‎∵点P、Q均在抛物线上，且关于对称轴x＝2对称 ‎∴Q（－2，6） 15分 ‎（4）连接AP、AQ，直线AP与对称轴x＝2相交于点M 由于P、Q两点关于对称轴对称，由轴对称性质可知，此时的交点M能够使得△QMA的周长最小 17分 设直线AP的解析式为y＝kx＋b 则 ∴ ‎∴直线AP的解析式为：y＝2x－6 18分 O A B x y ‎-6‎ ‎-9‎ ‎3‎ P Q M 设点M（2，n）‎ 则有n＝2×2－6＝－2 19分 此时点M（2，－2）能够使得△QMA的周长最小 20分 ‎176．解：（1）延长AC至点E，使CE＝CA，连接BE ‎∵C为OB中点，∴△BCE≌△OCA A B C D P O E ‎∴BE＝OA，ÐE＝ÐOAC ‎∴BE∥OA，∴△APD∽△EPB ‎∴＝‎ 又∵D为OA中点，OA＝OB，∴＝＝‎ ‎∴＝＝，∴＝2 3分 ‎（2）延长AC至点H，使CH＝CA，连结BH ‎∵C为OB中点，∴△BCH≌△OCA D C O P H A B ‎∴ÐCBH＝ÐO＝90°，BH＝OA 由＝，设AD＝t，OD＝3t，则BH＝OA＝OB＝4t 在Rt△BOD中，BD＝＝5t ‎∵OA∥BH，∴△HBP∽△ADP ‎∴＝＝＝4‎ ‎∴BP＝4PD＝BD＝4t，∴BH＝BP 6分 ‎∴tanÐBPC＝tanÐH＝＝＝ 7分 ‎（3）tanÐBPC＝ 10分 ‎177．解：（1）∵抛物线y1＝ax 2－2ax＋b经过A（－1，0），C（0，）两点 O A B x y P Q M C N ‎∴ ∴ 2分 ‎∴抛物线的解析式为y1＝－x 2＋x＋ 3分 ‎（2）作MN^AB，垂足为N O G x y H E F 由y1＝－x 2＋x＋易得M（1，2），N（1，0），A（－1，0），B（3，0）‎ ‎∴AB＝4，MN＝BN＝2，MB＝2，ÐMBN＝45° 根据勾股定理有BM 2－BN 2＝PM 2－PN 2‎ ‎∴(2)2－2 2＝PM 2－(1－x)2 ① 5分 又ÐMPQ＝45°＝ÐMBP，∴△MPQ∽△MBP ‎∴PM 2＝MQ·MB＝y2· ② 6分 由①②得y2＝x 2－x＋‎ ‎∵0≤x＜3，∴y2与x的函数关系式为y2＝x 2－x＋（0≤x＜3） 7分 ‎（3）四边形EFHG可以为平行四边形，m、n之间的数量关系是m＋n＝2（0≤m≤2，且m≠1）‎ ‎∵点E、G是抛物线y1＝－x 2＋x＋分别与直线x＝m，x＝n的交点 ‎∴点E、G坐标为E（m，－m 2＋m＋），G（m，－n 2＋n＋）‎ 同理，点F、H坐标为（m，m 2－m＋），H（n，n 2－n＋）‎ ‎∴EF＝m 2－m＋－(－m 2＋m＋)＝m 2－2m＋1 9分 GH＝n 2－n＋－(－n 2＋n＋)＝n 2－2n＋1 10分 ‎∵四边形EFHG是平行四边形，∴EF＝GH ‎∴m 2－2m＋1＝n 2－2n＋1，∴(m＋n－2)(m－n)＝0 11分 由题意知m≠n，∴m＋n＝2（0≤m≤2，且m≠1）‎ 因此，四边形EFHG可以为平行四边形，m、n之间的数量关系是m＋n＝2（0≤m≤2，且m≠1） 12分 ‎178．（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC ‎∵BG⊥AP，AG＝GE，∴AB＝BE ‎∴BE＝BC 3分 P A B C D G N E H ‎（2）过点D作DH⊥AE于H ‎∵BN平分∠CBE，∴∠EBN＝∠CBN ‎∵AB＝BE，∴∠BEN＝∠BAP ‎∵BG⊥AP，∠ABP＝90°，∴∠BAP＝∠PBG ‎∴∠BEN＝∠PBG ‎∵∠BNG＝∠BEN＋∠EBN，∴∠BNG＝∠GBN ‎∴BG＝NG ‎∴BN＝NG 5分 ‎∵DH⊥AE，∠DAB＝90°，∴∠BAG＝∠ADH 又AB＝DA，∴△BAG≌△ADH ‎∴DH＝AG，BG＝AH＝GN，∴DH＝HN ‎∴DN＝DH＝AG ‎∴BN＋DN＝AN 8分 ‎（3）CE＝ 10分 ‎179．解：（1）把B（3，0）代入y＝x 2＋bx＋3，得0＝9＋3b＋3‎ ‎∴b＝－4‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－4x＋3 3分 ‎（2）以AB为直径的⊙N的圆心N是AB的中点，如图1，∴点N的横坐标为 O A B x y P M N 图1‎ 在y＝x 2－4x＋3中，令x＝0，得y＝3‎ ‎∴A（0，3），又B（3，0），∴OA＝3，OB＝3‎ ‎∴AB＝，∴⊙N的半径为 ‎∵⊙N与直线PM相切，∴点P的横坐标为＋‎ 设直线AB的解析式为y＝kx＋3，把B（3，0）代入 得0＝3k＋3，∴k＝－1‎ ‎∴直线AB的解析式为y＝－x＋3，把点P的横坐标代入 得y＝－－＋3＝－‎ B y O A x P H M 图2‎ ‎∴此时点M的坐标为（＋，－） 7分 ‎（3）∵点P的横坐标是m，∴P（m，m 2－4m＋3），M（m，－m＋3）‎ 又m＞3，∴PM＝m 2－4m＋3－(－m＋3)＝m 2－3m ‎∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝45°‎ ‎∵PM∥y轴，∴∠AMH＝45°‎ 过点A作AH⊥PM于H，则AH＝m ‎①若AP＝AM，如图2，则PM＝2HM＝2AH ‎∴m 2－3m＝2m，解得m＝0（舍去）或m＝5‎ ‎∴－m＋3＝－5＋3＝－2‎ ‎∴M1（5，－2）‎ 图3‎ O A B x y P H M ‎②若AM＝PM，如图3，则AM＝m 2－3m 在Rt△AMH中，∵∠AMH＝45°，∴AM＝AH 图4‎ O A B x y P M ‎∴m 2－3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3＋‎ ‎∴－m＋3＝－3－＋3＝－‎ ‎∴M2（3＋，－）‎ ‎③若PA＝PM，如图4，则△PAM是等腰直角三角形 ‎∴m＝m 2－3m，解得m＝0（舍去）或m＝4‎ ‎∴－m＋3＝－4＋3＝－1‎ ‎∴M3（4，－1）‎ 综上所述，△APM能成为等腰三角形，此时点M的坐标为：‎ M1（5，－2），M2（3＋，－），M3（4，－1） 12分 ‎180．解：（1）由题意知：‎ 当0≤t＜10时，v＝t 当10≤t＜130时，v＝5‎ 当130≤t≤135时，设BC段的函数关系式为y＝kt＋b（k≠0） 2分 则 ∴ ‎∴BC：v＝－t＋135‎ ‎∴v＝ 4分 ‎（2）在0≤t＜10时，该同学离家路程：×10＝25（米）‎ 在10≤t＜130时，所走路程：(130－10)×5＝600（米）‎ 在130≤t≤135时，所走路程：×5＝12.5（米）‎ ‎∴该同学从家到学校的路程：25＋600＋12.5＝637.5（米） 7分 ‎（3）如图（1），当0≤t＜10时，P点的纵坐标：t，∴P（t，t）‎ ‎∴S＝OQ·PQ＝t 2 8分 如图（2），当10≤t＜130时，∵S＝×10×5＋5×(t－10)‎ ‎∴S＝5t－25 9分 如图（3），当130≤t≤135时，∵S＝×(135＋120)×5－×(135－t)2‎ ‎∴S＝－(t－135)2＋即S＝－t 2＋135t－8475‎ ‎∴S＝ 10分 Q P A B C ‎0‎ x=t 图（3）‎ v t Q P A ‎0‎ x=t 图（2）‎ v t 图（1）‎ Q P A ‎0‎ x=t v t ‎（4）数值相等 11分 ‎181．解：（1）∵抛物线的顶点为C（1，1），∴设其解析式为y＝a(x－1)2＋1‎ ‎∵抛物线过原点O，∴0＝a(0－1)2＋1，∴a＝－1‎ ‎∴y＝－(x－1)2＋1，即y＝－x 2＋2x ‎∴a＝－1，b＝2，c＝0 4分 ‎（2）等腰三角形PFM以PM为底边时，则F在PM的中垂线上，如图（1）‎ F M 图（1）‎ N P(x,y)‎ H ‎∵F（1，），M在y＝上，∴MH＝－＝‎ ‎∴MP＝1，∴Py＝‎ ‎∴＝－x 2＋2x，∴4x 2－8x＋1＝0‎ ‎∴x1＝1＋，x2＝1－‎ ‎∴P1（1＋，），P2（1－，） 8分 在Rt△MNF中，FM 2＝FN 2＋MN 2，∴FM＝＝1‎ ‎∴FM＝MP＝FP，∴△PFM为正三角形 10分 ‎（3）当t＝时，即点N与点F重合时，PM＝PN恒成立 11分 y＝‎ O F M x y P H 图（2）‎ N 理由：过P作PH与直线x＝1的垂线，垂足为H，如图（2）‎ 在Rt△PNH中，‎ PN 2＝(x－1)2＋(t－y)2＝x 2－2x＋1＋t 2－2ty＋y 2‎ PM 2＝(－y)2＝y 2－y＋ 13分 ‎∵点P在抛物线上，∴y＝－x 2＋2x ‎∴PN 2＝1－y＋t 2－2ty＋y 2＝y 2－y＋‎ ‎∴－y＋2ty＋－t 2＝0，y(2t－)＋(－t 2)＝0对任意y恒成立 ‎∴2t－＝0且－t 2＝0，∴t＝‎ 故当t＝时，PM＝PN恒成立 15分 ‎（注：此问通过取特殊点求出的t值为，未证明只给1分）‎ ‎182．（1）证明：∵AB为⊙O1的直径，∴∠ADB＝90°‎ 同理∠BDC＝90°‎ ‎∴∠ADC＝180°‎ ‎∴点D在AC上 3分 ‎（2）如图甲，△ABC是以∠B为直角的直角三角形 O2‎ ‎（甲图）‎ O1‎ A B C D 连结O1D，O1O2，∵DO2是⊙O1的切线 ‎∴∠O1DO2＝90°‎ ‎∵O1D＝O1B，O2D＝O2B，O1O2为公共边 ‎∴△O1BO2≌△O1DO2‎ ‎∴∠O1BO2＝∠O1DO2＝90°‎ ‎∴△ABC为直角三角形 5分 又∵BD⊥AC ‎∴∠O2DB＝∠O2BD＝∠A ‎（乙图）‎ O1‎ O2‎ A B C D E ‎∴tan∠O2DB＝tanA＝＝ 6分 ‎（3）如图乙，连结O1O2，则AC＝2O1O2＝AB 令∠O2BD＝x，则∠O2DB＝∠O2BD＝x ‎∵BE＝BD，∴∠E＝x ‎∴∠ABD＝∠E＋∠BDE＝2x，∠ACB＝∠ABC＝3x ‎∵BC为⊙O2的直径，∴∠DBC＋∠C＝4x＝90°‎ ‎∴∠A＝180°－6x＝45° 9分 ‎183．解：（1）由x 2＋bx＋c＝x＋1得x 2＋(b－1)x＋c－1＝0 ①‎ 设交点A（x1，y1），B（x2，y2） （x1＜x2）‎ 由题意x1，x2是方程①的两个不同的实根，且x1＋x2＝0‎ 故 ‎∴c＜1 3分 ‎（2）∵AB＝2，如图可知| x1－x2|＝2，即(x1＋x2)2－4x1x2＝4‎ 由（1）可知x1＋x2＝－(b－1)，x1x2＝c－1‎ 代入上式得：(b－1)2－4(c－1)＝4‎ ‎∴c＝(b－1)2≥0，∴c的最小值为0‎ 此时b＝1，c＝0，抛物线为y＝x 2＋x 6分 O A x P B y Q x2‎ x1‎ ‎（3）①∵AB＝2，由（2）知c＝(b－1)2成立 又抛物线与直线的交点在y轴时这一交点为（0，1），即c＝1‎ ‎∴(b－1)2＝1，∴b＝－1或3‎ 若b＝－1，则抛物线为y＝x 2－x＋1‎ 方程①为x 2－2x＝0，∴x1＝0，x2＝2，∴0＜t＜2‎ 过P作PQ∥y轴，交AB于Q 则△APQ与△BPQ公共边PQ上的高之和为| x1－x2|＝2‎ 而PQ＝yQ－yP＝(t＋1)－(t 2－t＋1)＝2t－t 2‎ S（t）＝S△APQ＋S△BPQ ＝PQ·| x1－x2|＝PQ＝2t－t 2＝1－(t－1)2‎ 而0＜t＜2，∴当t＝1时，S（t）max＝1，此时P（1，1）‎ 若b＝3，则抛物线为y＝x 2＋3x＋1‎ 方程①为x 2＋2x＝0，∴x1＝－2，x2＝0，∴－2＜t＜0‎ 同理可得：S（t）＝PQ＝(t＋1)－(t 2＋3t＋1)＝－2t－t 2＝1－(t＋1)2‎ 而－2＜t＜0，∴当t＝－1时，S（t）max＝1，此时P（－1，－1） 8分 ‎②∵当AB＝m时，| x1－x2|＝m 由①可知△APQ与△BPQ公共边PQ上的高之和为| x1－x2|＝m ‎∴＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(b－1)2－4(c－1) ②‎ ‎∴S（t）＝S△APQ＋S△BPQ ＝PQ·| x1－x2|＝·m·PQ ‎＝m·(yQ－yP)＝m[(t＋1)－(t 2＋bt＋c)]‎ ‎＝m[－t 2＋(1－b)t＋1－c]＝m[()2＋1－c－(t－)2]‎ ‎≤m·＝m·＝m 3（将②代入）‎ ‎∴当t＝时，S（t）max＝m 3‎ 此时(b－1)2＝4t 2‎ 由②得4(c－1)＝(b－1)2－m 3＝4t 2－m 2‎ ‎∴c＝t 2－m2＋1，b＝1－2t ‎∴T＝t 2＋bt＋c ＝t 2＋(1－2t)＝t 2＋(1－2t)t＋t 2－m2＋1＝t＋1－m2‎ ‎∴P（t，T－1）‎ 满足T＝t＋1－m2 10分 O A x E B y C F D ‎1‎ ‎2‎ 图（1）‎ ‎184．解：（1）D点的坐标是（，） 2分 ‎（2）连结OD，如图（1），由结论（1）知：D在∠COA的平分线上 则∠DOE＝∠COD＝45°‎ 又在梯形DOAB中，∠BAO＝45°，∴OD＝AB＝3‎ 由三角形外角定理得：∠1＝∠DEA－45°‎ 又∠2＝∠DEA－45°‎ ‎∴∠1＝∠2，∴△ODE∽△AEF 4分 ‎∴＝，即＝‎ ‎∴y与x之间的函数关系式为：y＝－x 2＋x 6分 ‎（3）当△AEF为等腰三角形时，存在EF＝AF或EF＝AE或AF＝AE共3种情况 ‎①当EF＝AF时，如图（2），则∠FAE＝∠FEA＝∠DEF＝45°‎ ‎∴△AEF为等腰直角三角形，D在A′E上（A′E⊥OA），B在A′F上（A′F⊥EF）‎ O A x E B y C F D 图（2）‎ A′‎ ‎∴△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为四边形BDEF的面积 ‎∵AE＝OA－OE＝OA－CD＝－＝‎ ‎∴AF＝AE·sin45°＝×＝‎ ‎∴S△AEF ＝EF·AF＝×()2＝‎ S梯形AEDB ＝(BD＋AE)·DE＝×(＋)×＝‎ ‎∴S四边形BDEF ＝S梯形AEDB －S△AEF ＝－＝ (8分 ‎（注：也可用S阴影＝S△A′EF －S△A′BD）‎ ‎②当EF＝AE时，如图（3），此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为△A′EF面积 ‎∵∠DEF＝∠EFA＝45°，∴DE∥AB，又DB∥EA ‎∴四边形DEAB是平行四边形，∴AE＝DB＝‎ ‎∴S△A′EF ＝S△AEF ＝AE·EF＝×()2＝1 10分 ‎③当AF＝AE时，如图（4），四边形AEA′F为菱形且△A′EF在五边形OEFBC内 ‎∴此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为△A′EF面积 由（2）知△ODE∽△AEF，则OD＝OE＝3‎ ‎∴AE＝AF＝OA－OE＝－3‎ 过F作FH⊥AE于H，则FH＝AF·sin45°＝(－3)×＝4－‎ ‎∴S△A′EF ＝S△AEF ＝AE·FH＝×(－3)×(4－)＝‎ 综上所述，△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为或1或 O A x E B y C F D 图（4）‎ A′‎ H O A x E B y C F D 图（3）‎ A′‎ ‎ 12分 ‎185．解：（1）∵AB为直径，∴∠ACB＝90°‎ A O B P D C 又∵PC⊥CD，∴∠PCD＝90°‎ 而∠CAB＝∠CPD，∴△ABC∽△PDC，∴＝‎ ‎∴AC·CD＝PC·BC 3分 ‎（2）当点P运动到AB弧中点时，过点B作BE⊥PC于点E ‎∵P是AB中点，∴∠PCB＝45°，CE＝BE＝BC＝‎ 又∠CAB＝∠CPB，∴tan∠CPB＝tan∠CAB＝‎ A O B P D C E ‎∴PE＝＝(BC)＝‎ 从而PC＝PE＋EC＝‎ 由（1）得CD＝PC＝ 7分 ‎（3）当点P在AB上运动时，S△PCD ＝PC·CD 由（1）可知，CD＝PC，∴S△PCD ＝PC 2‎ 故PC最大时，S△PCD取得最大值；而PC为直径时最大 ‎∴S△PCD的最大值S＝×5 2＝ 10分 ‎186．解：（1）将B（0，1），D（1，0）的坐标代入y＝x 2＋bx＋c得 O A B y C x D E ‎2‎ F P 解得 ‎∴二次函数的解析式为y＝x 2－x＋1 3分 ‎（2）设C（x0，y0），则有 解得 ‎∴C（4，3） 6分 由图可知：S＝ S△ACE － S△ABD，又由对称轴为x＝可知E（2，0）‎ ‎∴S＝AE·y0－AD·OB＝×4×3－×3×1＝ 8分 ‎（3）设符合条件的点P存在，令P（a，0）：‎ 当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F ‎∵Rt△BOP∽Rt△PFC，∴＝，即＝‎ 整理得a 2－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3‎ ‎∴所求的点P的坐标为（1，0）或（3，0）‎ 综上所述：满足条件的点P共有二个 12分 ‎187．解法一：‎ ‎（1）据题意，∵a＋h＝－，a·h＝‎ ‎∴所求正方形与矩形的面积之比：‎ ‎＝＝ 1分 ‎∵n 2－4mk≥0，∴n 2≥4mk，由a·h＝知m，k同号 ‎∴mk＞0 2分 ‎（说明：此处未得出mk＞0只扣1分，不再影响下面评分）‎ ‎∴≥＝4 3分 即正方形与矩形的面积之比不小于4‎ ‎（2）∵∠FED＝90º，∴DF为⊙O的直径 ‎∴⊙O的面积为：S⊙O＝π()2＝π＝(EF 2＋DE 2) 4分 矩形PDEF的面积：S矩形PDEF＝EF·DE ‎∴面积之比：＝(＋)，设＝f 则＝( f＋)＝(－)2＋ 5分 ‎∵(－)2≥0，∴(－)2＋≥ 6分 ‎∴＝‎⊙‎ ，即f＝1时（EF＝DE），的最小值为 7分 ‎（3）当的值最小时，矩形PDEF的四边相等为正方形 过B点过BM⊥AQ，M为垂足，BM交直线PF于N点，设FP＝e ‎∵BN∥FE，NF∥BE，∴BN＝EF，∴BN＝FP＝e 由BC∥MQ得：BM＝AG＝h ‎∵AQ∥BC，PF∥BC，∴AQ∥FP ‎∴△FBP∽△ABQ 8分 ‎（说明：此处有多种相似关系可用，要同等分步骤评分）‎ A O B P D C F E G Q M N ‎∴＝ 9分 ‎∴＝，∴AQ＝h 10分 ‎∴AQ＝ 11分 ‎∴线段AQ的长与m，n，k的取值有关 ‎（解题过程叙述基本清楚即可）‎ 解法二：‎ ‎（1）∵a，h为线段长，即a，h都大于0，‎ ‎∴ah＞0 1分 ‎（说明：此处未得出ah＞0只扣1分，不再影响下面评分）‎ ‎∵(a－h)2≥0，当a＝h时等号成立.‎ 故(a－h)2＝(a＋h)2－4ah≥0 2分 ‎∴(a＋h)2≥4ah ‎∴≥4（*） 3分 即正方形与矩形的面积之比不小于4（叙述基本明晰即可）‎ ‎（2）设矩形PDEF的边PD＝x，DE＝y，则⊙O的直径为 S⊙O＝π()2 4分 S矩形PDEF＝xy ‎＝ 5分 A O B P D C F E G Q ‎＝＝ 6分 由（1）（*），≥4‎ ‎∴≥(4－2)＝‎ ‎⊙‎ ‎∴的最小值是 7分 ‎（3）当的值最小时，矩形PDEF的四边相等为正方形 ‎∴EF＝PF．作AG⊥BC，G为垂足.‎ ‎∵△AGB∽△FEB，∴＝ 8分 ‎∵△AQB∽△FPB，∴＝ 9分 ‎∴＝‎ 而EF＝PF，∴AG＝AQ＝h 10分 ‎∴AG＝h＝ 11分 ‎∴线段AQ的长与m，n，k的取值有关 ‎（解题过程叙述基本清楚即可）‎ ‎188．解：（1）∵直线y＝hx＋d过点A（－1，0），B（0，1）‎ ‎∴0＝－h＋d和1＝d，∴h＝d＝1‎ ‎∴y＝x＋1 1分 ‎∵双曲线y＝经过点C（x1，y1），∴x1y1＝t 以AC为斜边，∠CAO为内角的直角三角形的面积为×y1×(1＋x1)‎ 以CO为对角线的矩形面积为x1y1‎ 由题意得：×y1×(1＋x1)＝x1y1‎ ‎∵x1，y1都不等于0，∴x1＝1，∴y1＝2‎ ‎∴2＝，即t＝2 2分 ‎（2）∵B（0，1）是抛物线y＝mx 2＋nx＋k的顶点 ‎∴＝0，－＝1‎ ‎∴n＝0，k＝1 3分 ‎∵点C（1，2）在抛物线y＝mx 2＋nx＋k ‎∴2＝m＋1，即m＝1 4分 ‎（3）设点P的横坐标为p，则纵坐标为p 2＋1‎ 联立 求得D点坐标为（－2，－1） 5分 ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过两个不同的点C，D 解法一：‎ ‎∴ 解得 6分 ‎（说明：如用b表示a，c，或用c表示a，b，均可，后续参照得分）‎ ‎∴y＝ax 2＋(a＋1)x＋(1－2a)‎ 于是：p 2＋1≠ap 2＋(a＋1)p＋(1－2a) 7分 ‎∴无论a取何值都有p 2－p≠(p 2＋p－2)a 8分 ‎（或者，令p 2－p＝(p 2＋p－2)a 7分 ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c不经过P点 ‎∴此方程无解，或有解但不合题意） 8分 ‎∵a≠0，∴① 解得p＝0，p＝1，且p≠1，p≠－2，得p＝0 9分 ‎∴符合题意的P点为（0，1） 10分 ‎② 解得p＝1，p＝－2，且p≠0，p≠1‎ 得p＝－2 11分 符合题意的P点为（－2，5） 12分 ‎∴符合题意的P点有两个：（0，1）和（－2，5）‎ 解法二：‎ 则有(a－1)p 2＋(a＋1)p－2a＝0 7分 即[(a－1)p＋2a](p－1)＝0‎ 当p－1＝0时，得p＝1，为（1，2）此即C点，在y＝ax 2＋bx＋c上 8分 或(a－1)p＋2a＝0，即(p＋2)a＝p 当p＝0时a＝0与a≠0矛盾 9分 得点P（0，1） 10分 或者p＝－2时，无解 11分 得点P（－2，5） 12分 故对任意a，b，c，抛物线y＝ax 2＋bx＋c都不经过（0，1）和（－2，5）‎ 解法三：‎ 如图，抛物线y＝ax 2＋bx＋c不经过直线CD上除C，D外的其他点 ‎（只经过直线CD上的C，D点） 6分 由 7分 解得交点为C（1，2），B（0，1）‎ 故符合题意的点P为（0，1） 8分 抛物线y＝ax 2＋bx＋c不经过直线x＝－2上除D外的其它点 9分 由 10分 解得交点P为（－2，5） 11分 抛物线y＝ax 2＋bx＋c不经过直线x＝1上除C外的其它点 由 解得交点为C（1，2） 12分 故符合条件的点P为（0，1）或（－2，5）‎ O A y C x B D ‎(P)‎ P ‎（说明：1．仅由图形看出一个点的坐标给1分，看出二个给2分；2．解题过程叙述基本清楚即可）‎ O A C B D P ‎189．（1）连结OB，∵BC∥OP ‎∴∠BCO＝∠POA，∠CBO＝∠POB 1分 又∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠CBO ‎∴∠POB＝∠POA 2分 又∵PO＝PO，OB＝OA ‎∴△POB≌△POA 3分 ‎∴∠PBO＝∠PAO＝90°‎ ‎∴PB是⊙O的切线 4分 ‎（2）2PO＝3BC（写PO＝BC亦可）‎ 证明：∵△POB≌△POA，∴PB＝PA 5分 ‎∵BD＝2PA，∴BD＝2PB，∵BC∥PO，∴△DBC∽△DPO 6分 ‎∴＝＝，∴2PO＝3BC 7分 注：开始没有写出判断结论，证明正确也给满分 ‎（3）∵△DBC∽△DPO，∴＝＝，即DC＝DO，∴DC＝2OC 8分 设OA＝x，PA＝y，则DO＝3x，OB＝x，BD＝2y 在Rt△OBD中，由勾股定理，得(3x)2＝x 2＋(2y)2，即2x 2＝y 2‎ ‎∵x＞0，y＞0，∴y＝x，OP＝＝x 9分 ‎∴sin∠OPA＝＝＝ 10分 ‎190．解：（1）∵四边形ABCO是平行四边形，∴OC＝AB＝4‎ ‎∴A（4，2），B（0，2），C（－4，0） 1分 ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c过点B，∴c＝2 2分 由题意，有 解得 3分 ‎∴所求抛物线的解析式为y＝－x 2＋x＋2 4分 ‎（2）将抛物线的解析式配方，得y＝－(x－2)2＋‎ ‎∴抛物线的对称轴为x＝2 5分 ‎∴D（8，0），E（2，2），F（2，0）‎ 欲使四边形POQE为等腰梯形，则有OP＝QE，即BP＝FQ O A B y C x D E P F Q ‎∴t＝6－3t，即t＝ 7分 ‎（3）欲使以P、B、O为顶点的三角形与以点Q、B、O为顶点的三角形相似 ‎∵∠PBO＝∠BOQ＝90°，∴＝或＝‎ 即PB＝OQ或OB 2＝PB·OQ ‎①若P、Q在y轴的同侧，当PB＝OQ时，t＝8－3t，∴t＝2 8分 当OB 2＝PB·OQ时，t(8－3t)＝4，即3t 2－8t＋4＝0‎ 解得t1＝2，t2＝ 9分 ‎②若P、Q在y轴的异侧，当PB＝OQ时，t＝3t－8，∴t＝4 10分 当OB 2＝PB·OQ时，t(3t－8)＝4，即3t 2－8t－4＝0，解得t＝‎ ‎∵t＝＜0，故舍去，∴t＝ 11分 综上所述，当t＝2或t＝或t＝4或t＝秒时，以P、B、O为顶点的三角形与以点Q、B、O为顶点的三角形相似 12分 ‎191．解：（1）120，a＝2 2分 ‎（2）由点（3，90）求得，y2＝30x 当＞0.5时，由点（0.5，0），（2，90）求得，y1＝60x－30 3分 当y1＝y2时，60x－30＝30x，解得x＝1‎ 此时y1＝y2＝30，所以点P的坐标为（1，30） 5分 该点坐标的意义为：两船出发1 h后，甲船追上乙船，此时两船离B港的距离为30 km ‎ 6分 求点P的坐标的另一种方法：‎ 由图可得，甲的速度为＝60（km/h），乙的速度为＝30（km/h）‎ 则甲追上乙所用的时间为＝1（h），此时乙船行驶的路程为30×1＝30（km）‎ 所以点P的坐标为（1，30）‎ ‎（3）①当x≤0.5时，由点（0，30），（0.5，0），求得y1＝－60x＋30‎ 依题意，(－60x＋30)＋30x≤10． 解得，x≥，不合题意 7分 ‎②当0.5＜x≤1时，依题意，30x－(60x－30)≤10‎ 解得x≥，所以≤x≤1 8分 ‎③当x＞1时，依题意，(60x－30)－30x≤10‎ 解得x≤，所以1＜x≤ 9分 综上所述，当≤x≤时，甲、乙两船可以相互望见 10分 ‎192．解：（1）过点C作CF⊥AB于F，则四边形AFCD为矩形 D A B C E P Q M l F ‎∴CF＝4，AF＝2‎ 此时，Rt△AQM∽Rt△ACF 2分 ‎∴＝‎ 即＝，∴QM＝1 3分 ‎（2）∵∠DCA为锐角，故有两种情况：‎ ‎①当∠CPQ＝90°时，点P与点E重合 此时DE＋CP＝CD，即t＋t＝2，∴t＝1 5分 ‎②当∠PQC＝90°时，如备用图1‎ D A B C ‎（备用图1）‎ M Q P E 此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴＝‎ 由（1）知，EQ＝EM－QM＝4－2t 而PE＝PC－EC＝PC－(DC－DE)＝t－(2－t)＝2t－2‎ ‎∴＝，∴t＝‎ 综上所述，t＝1或 8分 ‎（说明：未综述，不扣分）‎ D A B C ‎（备用图2）‎ M Q P R F ‎（3）为定值 9分 当＞2时，如备用图2‎ PA＝DA－DP＝4－(t－2)＝6－t 由（1）得，BF＝AB－AF＝4‎ ‎∴CF＝BF，∴∠CBF＝45°‎ ‎∴QM＝MB＝6－t，∴QM＝PA ‎∴四边形AMQP为矩形，∴PQ∥AB 11分 ‎∴△CRQ∽△CAB ‎∴＝＝＝＝ 12分 ‎193．解：（1）∵AO1是⊙O2的切线，∴O1A⊥AO2，∴∠O2AB＋∠BAO1＝90°‎ 又O2A＝O2C，O1A＝O1B，∴∠O2CB＝∠O2AB，∠O2BC＝∠ABO1＝∠BAO1‎ ‎∴∠O2CB＋∠O2BC＝∠O2AB＋∠BAO1＝90°，∴O2C⊥O2B，即O2C⊥O1O2‎ ‎ 3分 ‎（2）延长O2O1交⊙O1于点D，连结AD O1‎ O2‎ A B C D ‎∵BD是⊙O1直径，∴∠BAD＝90°‎ 又由（1）可知∠BO2C＝90°‎ ‎∴∠BAD＝∠BO2C，又∠ABD＝∠O2BC ‎∴△O2BC∽△ABD ‎∴＝‎ ‎∴AB·BC＝O2B·BD，又BD＝2BO1‎ ‎∴AB·BC＝2O2B·BO1 6分 ‎（3）由（2）证可知∠D＝∠C＝∠O2AB，即∠D＝∠O2AB，又∠AO2B＝∠DO2A ‎∴△AO2B∽△DO2A ‎∴＝‎ ‎∴AO22＝O2B·O2D ‎∵O2C＝O2A ‎∴O2C 2＝O2B·O2D ①‎ 又由（2）AB·BC＝O2B·BD ②‎ 由①－②得O2C 2－AB·BC＝O2B 2，即4 2－12 ＝O2B 2‎ ‎∴O2B＝2，又O2B·BD＝AB·BC＝12‎ ‎∴BD＝6，∴2AO1＝BD＝6，∴AO1＝3 9分 ‎194．解：（1）分两种情况讨论：‎ ‎①当m＝0时，方程为x－2＝0，∴x＝2，方程有实数根 ‎②当m≠0时，则一元二次方程的根的判别式 ‎△＝[－(3m－1)]2－4m(2m－2)＝m 2＋2m＋1＝(m+1)2≥0‎ 不论m为何实数，△≥0成立，∴方程恒有实数根 综合①②，可知m取任何实数，方程mx 2－(3m－1)x＋2m－2＝0恒有实数根 ‎ 3分 ‎（2）设x1，x2为抛物线y＝mx 2－(3m－1)x＋2m－2与x轴交点的横坐标.‎ x ‎2‎ y O ‎4‎ y1＝x 2－2x y2＝－(x－2)(x－4)‎ 则有x1＋x2＝，x1·x2＝‎ 由|x1－x2|＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝||‎ 由|x1－x2|＝2得||＝2，∴＝2或＝－2‎ ‎∴m＝1或m＝－‎ ‎∴所求抛物线的解析式为y1＝x 2－2x，y2＝－x 2＋2x－‎ 即y1＝x(x－2)，y2＝－(x－2)(x－4)，其图象如图所示 6分 方法2：由mx 2－(3m－1)x＋2m－2＝0得(x－2)[mx－(m－1)]＝0‎ 可知抛物线y＝mx 2－(3m－1)x＋2m－2不论m为任何不为0的实数时恒过定点（2，0）‎ ‎∵|x1－x2|＝2，可得|2－x2|＝2，∴x2＝0或x2＝4，对应的m的值为m＝1或m＝－‎ 即所求抛物线的解析式为y1＝x 2－2x＝x(x－2)，y2＝－x 2＋2x－＝－(x－2)(x－4)‎ ‎ 6分 ‎（3）在（2）的条件下，直线y＝x＋b与抛物线y1，y2组成的图象只有两个交点，结合图象，求b的取值范围 当y1＝y时，得x 2－3x－b＝0，由△＝9＋4b＝0，得b＝－‎ 同理 可得△＝9－4(8＋3b)＝0，得b＝－‎ 观察函数图象可知当b＜－或b＞－时，直线y＝x＋b与（2）中的图象只有两个交点 由 当y1＝y2时，有x＝2或x＝1；当x＝1时，y＝－1‎ 所以过两抛物线交点（1，－1），（2，0）的直线为y＝x－2‎ 综上所述可知：当b＜－或b＞－或b＝－2时，直线y＝x＋b与（2）中的图象只有两个交点 10分 ‎195．（1）解：y＝x 2－x＋1（y＝(x－2)2） 3分 ‎（2）证明：设点（―m，2m―1）在二次函数y＝x 2－x＋1的图象上 则有：2m―1＝m 2＋m＋1 4分 整理得m 2―4m＋8＝0‎ ‎∵△＝(－4)2－4×8＝－16＜0‎ ‎∴原方程无解 5分 ‎∴点（―m，2m―1）不在二次函数y＝x 2－x＋1的图象上 6分 说明：由m 2＋m＋1―(2m―1)得到(m―1)2＋1＞0，从而判断点（―m，2m―1）不在二次函数图象上的同样给分 ‎（3）解：①K（0，5）或（0，－3） 8分 ‎②二次函数的图象上存在点P，使得S△POE ＝2S△ABD 如图，过点B作BF⊥x轴于F，则BF∥CE∥AO，又C为AB中点 ‎∴OE＝EF，由y＝x 2－x＋1和y＝x＋1可求得点B（8，9）‎ ‎∴E（4，0），D（4，1），C（4，5），∴AD∥x轴 ‎∴S△ABD ＝2S△ACD ＝2××4×4＝16 9分 设P（x，x 2－x＋1），由题意有：‎ A C B D E O x y ‎2‎ S△POE ＝×4(x 2－x＋1)＝x 2－2x＋2 10分 ‎∵S△POE ＝2S△ABD，∴x 2－2x＋2＝32‎ 解得x＝－6或x＝10 11分 当x＝－6时，y＝×(－6)2－(－6)＋1＝16‎ 当x＝10时，y＝×10 2－10＋1＝16‎ ‎∴存在点P（－6，16）和P（10，16），使得S△POE ＝2S△ABD 12分 说明：在求出S△ABD ＝16后，也可由S△POE ＝2S△ABD得到△POE的边OE上的高为16，然后由16＝x 2－x＋1可求出P点坐标 ‎196．解：（1）由题意得：400＋4a－2×3a＝320 1分 解这个方程，得a＝40‎ 即a的值为40 2分 ‎（2）设第40~78分钟时，售票厅排队等候购票的旅客人数y与售票时间x的函数关系式为 y＝kx＋b，则 3分 解得 ∴y＝－5x＋520 4分 当x＝60时，y＝－5×60＋520＝220‎ 因此，售票到第60分钟时，售票厅排队等候购票的旅客有220人 5分 ‎（3）设同时开放n个售票窗口，依题意得：‎ ‎400＋30×4≤30×3×n 6分 解这个不等式，得n≥ 7分 因为n为整数，所以n＝6‎ 即至少需要同时开放6个售票窗口 8分 ‎197．解：（1）延长GM交AD于N，则△NMF∽△AEF A E M H G C B D F N ‎∴＝‎ 设AN＝x，则＝‎ ‎∴NM＝2－‎ ‎∴MG＝8－(2－)＝6＋，MH＝12－x 依题意得：(6＋)(12－x)＝70‎ 即(12＋x)(12－x)＝140，∴144－x 2＝140‎ ‎∴x＝2‎ ‎∴MH＝12－2＝10，MG＝6＋1＝7‎ 即矩形MGCH的长为10分米，宽为7分米 6分 ‎（2）∵S矩形MGCH＝(6＋)(12－x)＝72－x 2‎ ‎∴当x＝0，矩形MGCH的面积最大 此时M点与E点重合，即EM为0，矩形MGCH的长为12，宽为8－2＝6‎ 周长为：2(12＋6)＝36（分米） 10分 ‎198．解：（1）由题意知花圃的长为x米，则花圃的宽为米 ‎∴S与x之间函数关系为：S＝x()＝－x 2＋8x（0＜x≤10） 3分 ‎（2）依题意得：－x 2＋8x＝45‎ 整理得：x 2－24x＋135＝0，解得x＝15（舍去）或x＝9 4分 ‎∴AB＝＝5（米） 5分 若－x 2＋8x＞45，则9＜x＜15‎ 又0＜x≤10，∴9＜x≤10 6分 ‎∵S＝－x 2＋8x＝－(x 2－24x)＝－(x－12)2＋48‎ 当9＜x≤10时，S随x的增大而增大 ‎∴平行于院墙的一边长大于9米时，就能围成面积比45平方米更大的花圃 ‎ 8分 ‎（3）x＝33，n＝2（或x＝35，n＝4或x＝38，n＝37） 10分 x、n的值的求解过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）‎ ‎∵中间有n道篱笆，∴花圃的宽为米 ‎∵间隔成的小矩形为正方形，∴有＝‎ ‎∴2nx＋3x＝77(n＋1)，∴x＝‎ ‎∵n、x均为正整数且0＜x≤40‎ ‎∴2n＋3＝7或2n＋3＝11或2n＋3＝77‎ ‎∴ 或 或 ‎199．解：（1）易知△AOB∽△BOC，则＝‎ ‎∴OB2＝OA·OC，即2 2＝1×OC，∴OC＝4‎ ‎∴点C的坐标为（4，0） 2分 ‎（2）设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c（a≠0），则有：‎ 解得 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋＋2 4分 ‎（3）∵OB＝2，OC＝4，∴BC＝＝‎ 设P、Q的运动时间为t秒，则BP＝t，CQ＝t．以P、Q、C为顶点的三角形为等腰三角形，有以下三种情况：‎ ‎①若CQ＝PC，如图1所示，则PC＝CQ＝BP＝t ‎∴2t＝BC＝，∴t＝ 6分 ‎②若CQ＝PQ，如图2所示，过点Q作QD⊥BC，垂足为D，则有CD＝PD 由△ABC∽△QDC，可得PD＝CD＝t ‎∴t＝－t，解得t＝ 7分 ‎③若PQ＝PC，如图3所示，过点P作PE⊥AC，垂足为E，则EC＝QE＝PC ‎∴t＝(－t)，解得t＝ 8分 A B C O Q P M x y 图3‎ E A B C O Q P M x y 图2‎ D A B C O Q P M x y 图1‎ 综上所述，当t＝或或时，以P、Q、C为顶点的三角形是等腰三角形 ‎（4）当CQ＝PC时，由（3）知t＝，∴点P的坐标为（2，1） 9分 ‎∴直线OP的解析式为y＝x 10分 由 解得 ‎ ‎∴直线OP与抛物线的交点坐标为（1＋，）和（1－，）‎ ‎ 12分 ‎200．解：（1）1 2分 ‎（2）∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB ‎∴＝‎ F A B C D E D′‎ E′‎ H 由旋转图形的性质得：EC＝E′C，DC＝D′C ‎∴＝ 3分 ‎∵∠ECD＝∠E′CD′，∴∠ECD＋∠ACE′＝E′CD′＋∠ACE′‎ 即∠BCE′＝∠ACD′，∴△BCE′∽△ACD′ 4分 ‎∴AD′ : BE′＝AC : BC＝ 5分 ‎（3）作BH⊥AC于点H，则BH＝BC·sin60°＝‎ ‎∵E为BC中点，∴CE＝BC＝2‎ ‎△CDE旋转时，点E′ 在以点C为圆心、CE长为半径的圆上运动 ‎∵CF随着∠CBE′ 的增大而增大，‎ ‎∴当BE′ 与⊙C相切时，即∠BE′C＝90°时，∠CBE′ 最大 6分 此时CF最大，∠CBE′＝30°，CE′＝BC＝2＝CE ‎∴点E′ 在AC上，即点E′ 与点F重合，∴CF＝CE′＝2 8分 又∵CF最大时，AF最小，且AF＝AC－CF＝3‎ ‎∴S△ABF最小 ＝AF·BH＝ 10分 ‎201．解：（1）在y＝x 2＋c中，令y＝0，得x 2＋c＝0，∴x＝±；令x＝0，得y＝c ‎∴A（0，c），B（－，0），C（，0）‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，∴OA＝OB 即－c＝，∴c＝0（舍去）或c＝－1‎ 即c的值为－1 3分 ‎（2）四边形BA′DC′ 为平行四边形 4分 由（1）知：A（0，－1），B（－1，0），C（1，0）‎ ‎△ABC绕点B逆时针方向旋转90°后，点C′ 的坐标为（－1，2） 5分 ‎∵抛物线L2的顶点为C′（－1，2）‎ ‎∴抛物线L2的解析式为y＝(x＋1)2＋2 6分 ‎∵A（0，－1），∴A′（0，1）‎ 在y＝(x＋1)2＋2中，令x＝0，得y＝3‎ ‎∴点D 的坐标为（0，3），∴DA′＝3－1＝2＝BC′‎ 又∠C′BC＝90°，∴BC′∥DA′‎ ‎∴四边形BA′DC′ 为平行四边形 8分 ‎（3）假设存在这样的点C″，过D′ 作D′E⊥BC′ 于E 设顶点为C″ 的抛物线的解析式为y＝(x＋1)2＋k 令x＝－1，得y＝k；令x＝0，得y＝1＋k ‎∴C″E＝1＋k－k＝1＝D′E，∴△C″D′E是等腰直角三角形，∴∠D′C″E＝45°‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BCA＝45°，∴∠BC′A′＝45°‎ ‎∵C″A″∥C′A′，∴∠BC″A″＝45°‎ ‎∴∠A″C″D′＝90° 9分 ‎∴若△A″C″D′ 是一个含有30°内角的三角形，则只能是∠C″A″D′＝30°或∠C″D′A″＝30°‎ ‎ 10分 当∠C″A″D′＝30°时，则A″C″＝ ＝C″D′＝×＝ ‎∴BC″＝A″C″＝×＝2 ‎∴C″1（－1，2），C″2（－1，－2） 12分 当∠C″D′A″＝30°时，则A″C″＝C″D′·tan30°＝× ＝ ‎∴BC″＝A″C″＝× ＝ ‎∴C″3（－1，），C″4（－1，－ ）‎ 综上所述，存在这样的点C″，使得△A″C″D′ 是一个含有30°内角的三角形，‎ 点C″ 的坐标为：（－1，2）或（－1，－2）或（－1，）或（－1，－ ）‎ ‎ 14分 O A B y x C A′‎ C′‎ D′‎ C″‎ A″‎ E O A B y x C A′‎ C′‎ D′‎ C″‎ A″‎ O A B y x C A′‎ C′‎ D′‎ C″‎ A″‎ O A B y x C A′‎ C′‎ D′‎ C″‎ A″‎ ‎202．解：（1）∵二次函数y＝x 2＋bx＋c的图象经过B（3，0）、C（0，－3）两点 ‎∴ 2分 解得： ‎∴二次函数的表达式为：y＝x 2－2x－3 3分 ‎（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形．设P点坐标为（x，x 2－2x－3），PP′ 交CO于E 若四边形POP′C为菱形，则有PC＝PO 连结PP′，则PE⊥CO于E，∴OE＝EC＝‎ ‎∴y＝－ 6分 令x 2－2x－3＝－‎ 解得x1＝，x2＝（不合题意，舍去）‎ ‎∴P点的坐标为（，－） 8分 ‎（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，x 2－2x－3）‎ 易得直线BC的解析式为y＝x－3，则Q点的坐标为（x，x－3）‎ ‎∴QP＝x－3－(x 2－2x－3)＝－x 2＋3x S四边形ABPC ＝S△ABC ＋S△BPQ＋ S△CPQ ＝AB·OC＋QP·FB＋QP·OF ‎＝×4×3＋(－x 2＋3x)×3‎ ‎＝－(x－)2＋ 10分 当x＝时，四边形ABPC的面积最大 此时y＝()2－2×－3＝－‎ ‎∴P点的坐标为（，－），四边形ABPC的最大面积为 12分 O A B x y C P P′‎ E O A B x y C P Q F ‎203．解：（1）在y＝－x＋中，令y＝0，得－x＋＝0，∴x＝3；令x＝0，得y＝‎ ‎∴A（3，0），B（0，）‎ ‎∴tan∠BAO＝＝，∴∠BAO＝30°‎ ‎∴∠BAC＝30°，∴∠CAO＝60°‎ O A B x y C P 过C作CD⊥OA于D，则OD＝OA－DA＝OA－CA·cos60°＝3－3×＝‎ CD＝CA·sin60°＝3×＝‎ ‎∴C（，）‎ ‎∵点C在双曲线y＝（k＞0）上，∴＝‎ ‎∴k＝ 4分 ‎（2）由（1）知双曲线的解析式为y＝‎ 将△ABC绕AC的中点旋转180°得到△PCA，则AP＝BC＝OB＝‎ ‎∠CAP＝∠ACB＝90°，∴∠OAP＝150°‎ 过P作PE⊥x轴于E，则∠PAE＝30°‎ ‎∴OE＝OA＋AE＝OA＋AP·cos30°＝3＋×＝‎ PE＝AP·sin30°＝×＝‎ ‎∵＝，∴点P在双曲线y＝上 8分 ‎204．解：（1）AP＝EF，AP⊥EF 1分 如图①，∵PE⊥BC，PF⊥DC，∴PE∥DC，PF∥BC 又∵O是对角线DB的中点，点P与点O重合，∴E是BC的中点，F是DC的中点 O A B C D ‎(P)‎ E F 图①‎ ‎∴EF∥DB，EF＝DB 又∵AP＝DB，AP⊥DB ‎∴AP＝EF，AP⊥EF 3分 ‎（2）（1）中的结论仍然成立 4分 如图②，延长AP交EF于G，延长EP交AD于H ‎∵PE⊥BC，PF⊥DC，∠C＝90°，∴四边形PECF为矩形 ‎∵DB为对角线，∠PFD＝90°，∴DF＝PF O A B C D E F 图②‎ P G H ‎∴四边形PFDH为正方形 ‎∴PF＝DF＝PH＝DH，∴AH＝FC＝PE ‎∴△APH≌△PEF ‎∴AP＝EF 5分 ‎∠PAH＝∠PEF ‎∵∠PAH＋∠APH＝90°，∠APH＝∠EPG ‎∴∠PEF＋∠EPG＝90°，∴∠PGE＝90°‎ ‎∴AP⊥EF 6分 ‎（3）如图③ 8分 ‎（1）中的结论仍然成立，即AP＝EF，AP⊥EF 10分 O A B C D E F 图③‎ P G H 提示：延长AB交PF于G，证明△APG≌△FEP ‎205．解：（1）∵DB⊥DC，∴∠BDC＝90°，∴∠BDO＋∠ODC＝90°‎ ‎∵∠BDO＋∠OBD＝90°，∴∠OBD＝ODC 又∵∠BOD＝∠DOC＝90°，∴△BOD∽△DOC ‎∴＝，即＝，∴OB＝1‎ ‎∴B（－1，0） 1分 A B O C D N G F E M y x 图①‎ P Q H 设经过B、E、C三点的抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－4)‎ 将E（0，4）代入，得4＝a(0＋1)(0－4)，∴a＝－1‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－4)‎ 即y＝－x 2＋3x＋4 3分 ‎（2）∵y＝－x 2＋3x＋4＝－(x－)2＋‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x＝‎ 设直线AD的解析式为y＝kx＋b 则 ∴ ‎∴线AD的解析式为y＝x＋2，将x＝代入，得y＝＋2＝‎ ‎∴M（，） 4分 若以P、Q、M为顶点的三角形与△AOD相似，则△PQM为等腰直角三角形 设P（x，x＋2），则Q（x，－x 2＋3x＋4）‎ ‎∴PQ＝－x 2＋3x＋4－(x＋2)＝－x 2＋2x＋2‎ ‎∵PQ∥y轴，∴当点P在对称轴的左侧时，∠MPQ＝∠MDE＝∠ADO＝45°‎ ‎∴∠PMQ＝90°或45°‎ 当点P在对称轴的右侧时，∠MPQ＝135°，△PQM与△AOD不相似 ‎①若以M为直角顶点，PQ为斜边，如图①，过点M作MH⊥PQ于H A B O C P N G F E M y x 图②‎ D Q 则PQ＝2HM，即－x 2＋2x＋2＝2(－x)‎ ‎∴解得x1＝2＋（不合题意，舍去），x2＝2－‎ ‎∴x＋2＝2－＋2＝4－‎ ‎∴P1（2－，4－） 6分 ‎②若以Q为直角顶点，PM为斜边，如图②，则PQ＝MQ 即－x 2＋2x＋2＝－x，解得x1＝（舍去），x2＝‎ ‎∴x＋2＝＋2＝‎ ‎∴P2（，）‎ A B O C D N G F E M y x 图③‎ P Q 故存在符合条件的P点，且P点坐标为：‎ ‎（2－，4－）或（，） 8分 ‎（3）①四边形PMNQ不能成为菱形 10分 ‎②四边形PMNQ能成为等腰梯形，点P的坐标为（，） 12分 提示（原题不作要求，本人添加，仅供参考）：‎ ‎①若四边形PMNQ为菱形，如图③，则PQ＝MN ‎∴－x 2＋2x＋2＝－＝，即4x 2－8x＋3＝0‎ A B O C D N G F E M y x 图④‎ P Q R S 解得x1＝，x2＝（舍去），此时PM＝(－)＝≠MN ‎∴四边形PMNQ不能成为菱形 ‎②显然，当NQ∥PM时，四边形PMNQ是平行四边形，所以若四边形PMNQ是梯形，只有一种情况：PQ∥MN 若四边形PMNQ为等腰梯形，如图④‎ 则有：( yM＋yN )＝( yP＋yQ )‎ 即＋＝x＋2－x 2＋3x＋4，整理得：4x 2－16x＋15＝0‎ 解得x1＝（舍去），x2＝‎ ‎∴x＋2＝＋2＝‎ ‎∴四边形PMNQ能成为等腰梯形，点P的坐标为（，）‎ ‎206．解：（1）①证明：∵△APD和△BPE都是等腰直角三角形，∴∠DAP＝∠EPB＝45°‎ A P D B N M E ‎∴AD∥PE，∴∠DAM＝∠PEM，∠ADM＝∠EPM ‎∴△DAM∽△PEM，∴AD : PE＝AM : ME 同理可得PD : BE＝PN : NE，‎ ‎∵AD＝PD，BE＝PE，∴AM : ME＝PN : NE ‎∴MN∥AP，即MN∥AB 3分 ‎②证明：∵MN∥AB，∴∠PMN＝∠ACP＝45°，∠PNM＝∠BPE＝45°‎ ‎∴∠PMN＝∠PNM＝45°，∴△PMN是等腰直角三角形 ‎∴PM＝MN ‎∵∠APM＝∠ABE＝45°，∠PAM＝∠BAE（公共角）‎ ‎∴△APM∽△ABE，∴PM : BE＝AP : AB＝AP :( AP＋BP)‎ ‎∴MN : BP＝AP :( AP＋BP)‎ 整理得：＝＋ 6分 ‎（2）解：∵＝＋‎ ‎∴MN＝＝＝＝[－(AP－AB)2＋AB 2]‎ ‎∴MN≤AB（当AP＝AB时，MN取得最大值为AB）‎ ‎∵AB＝4，∴MN ≤1，又∵P不与A，B重合，∴AP＜AB，∴MN＞0‎ ‎∴0＜MN ≤1 9分 ‎207．解：（1）由题意知：PW∥MN，PQ∥FN，∴∠MNF＝∠PWF，∠PWF＝∠WPQ ‎∴MNF＝∠WPQ 同理可得：∠NFM＝∠PQW或∠NMF＝∠PWQ ‎∴△FMN∽△QWP 2分 ‎（2）∵△FMN∽△QWP，∴当△FMN为直角三角形时，△PQW也为直角三角形 图（1）‎ A B C D F W M P Q N 当0≤x≤4时，若∠NMF＝90°，则有MF 2＋MN 2＝FN 2‎ 即( x 2＋2 2 )＋( 4－x )2＋( 6－x )2＝( 4－x )2＋4 2，此方程无实数解 若∠MNF＝90°，则有MN 2＋FN 2＝MF 2‎ 即( 4－x )2＋( 6－x )2＋( 4－x )2＋4 2＝ x 2＋2 2 ‎ 解得x＝4或x＝10（舍去） 3分 图（2）‎ A B C D F W M P Q N 若∠NFM＝90°，则有MF 2＋FN 2＝MN 2‎ 即( x 2＋2 2 )＋( 4－x )2＋4 2＝( 4－x )2＋( 6－x )2‎ 解得x＝ 4分 所以，当x＝或x＝4时，△PQW为直角三角形 5分 当0≤x＜，＜x＜4时，△PQW不为直角三角形 6分 ‎（3）在0≤x≤4时间段，当x＝4时，点M与点A重合，线段MN最短，此时MN＝2‎ ‎ 7分 当4＜x≤6时，如图（2）‎ ‎∵MN 2＝AM 2＋AN 2＝( x－4 )2＋( 6－x )2‎ ‎＝2x 2－20x＋52‎ ‎＝2( x－5 )2＋2 8分 ‎∴当x＝5时，MN 2有最小值2，即线段MN最短，此时MN＝‎ 综上所述，当x＝5时，线段MN最短，此时MN＝ 9分 ‎208．解：（1）如图，连结OA、OB，设OP与AB的交点为F，则有OA＝1‎ ‎∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF 在Rt△AOF中，∵AF＝＝＝‎ ‎∴AB＝2AF＝ 4分 ‎（2）∠ACB是定值 5分 理由：由（1）易知∠AOB＝120°‎ 连结AD、BD，∵点D为△ABC的内心，∴∠CAB＝2∠DAB，∠CBA＝2∠DBA ‎∵∠DAB＋∠DBA＝∠AOB＝60°，∴∠CAB＋∠CBA＝120°‎ ‎∴∠ACB＝60°（定值） 8分 C P D O B A E F G H ‎（3）记△ABC的周长为l，设AC、BC与⊙D的切点分别为G，H，连结DG，DC，DH 则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC ‎∴S ＝S△ABD＋S△ACD＋S△BCD ‎ ‎＝AB·DE＋AC·DG＋BC·DH ‎＝(AB＋BC＋AC)·DE＝l·DE ‎∵＝，∴＝，∴l＝DE ‎∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝∠ACB＝30°‎ ‎∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE 又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE ‎∴l＝AB＋BC＋AC＝＋DE＝8DE，解得DE＝ 13分 ‎∴△ABC的周长为 14分 A D y B C O E x 图1‎ ‎209．解：（1）由题意得点B的坐标为（3，1）‎ 若直线经过点A（3，0）时，则b＝‎ 若直线经过点B（3，1）时，则b＝‎ 若直线经过点C（0，1）时，则b＝1‎ ‎①若直线与折线OAB的交点在OA上，即1＜b≤时，如图1‎ 此时E（2b，0）‎ ‎∴S ＝OE·CO＝×2b×1＝b 4分 ‎②若直线与折线OAB的交点在BA上，即＜b＜时，如图2‎ A D y B C O E x 图2‎ 此时E（3，b－），D（2b－2，1）‎ ‎∴S ＝S矩形OABC －(S△COD＋S△AOE＋S△BDE )‎ ‎＝3－[(2b－2)×1＋×3(b－)＋(5－2b)(－b)]‎ ‎＝b－b 2‎ ‎∴S ＝ 8分 A D y B C O E x 图3‎ B1‎ A1‎ M O1‎ C1‎ N H ‎（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积 由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形 根据轴对称知，∠MED＝∠NED 又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE ‎∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形 10分 过点D作DH⊥OA，垂足为H 由题易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2‎ 设菱形DNEM的边长为a，则在Rt△DHN中，由勾股定理得：‎ a 2＝(2－a )2＋1 2，∴a＝ 12分 ‎∴S四边形DNEM ＝NE·DH＝×1＝ 13分 故矩形O1A1B1C1与矩形OABC重叠部分的面积不发生变化，面积始终为 ‎ 14分 ‎210．解：（1）过C作CE⊥AB于E，连接CA、CD O D C A B E m ‎∵∠CDA＝∠BCD＋∠CBD＝＝＝∠CAD ‎∴AC＝CD ‎∵＝，∴BD＝CD，∴BCD＝∠CBD ‎∴∠CDA＝2∠CBD，∴∠CAD＝2∠CBD ‎∵AB是直径，∴∠ACB＝90°‎ ‎∴∠CAD＋∠CBD＝90°，∴2∠CBD＋∠CBD＝90°‎ ‎∴∠CBD＝30°，∴∠CDA＝60°‎ ‎∴△CAD是等边三角形，∴AD＝CD ‎∴AD＝BD，∴ 必经过圆心O 4分 ‎（2）∵AC＝CD，∴＝ ‎∵＝2，∴＝＝＝＝半圆 连接CO，则∠OPC＝×180°＝45°‎ ‎∴CE＝OE＝OC＝×4＝‎ ‎∴BE＝OE＋OB＝＋4‎ ‎∴BC＝＝ 7分 A D y B C O x 图1‎ M ‎211．解：（1）∵抛物线y＝ax 2＋c经过A（－2，0），B（－1，－3）‎ ‎∴ 解之得： ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－4 3分 ‎（2）如图1，连接BD，交y轴于点M，则点M就是所求作的点 设BD的解析式为y＝kx＋b 则 ∴ ‎∴BD的解析式为y＝x－2，令x＝0，则y＝－2‎ ‎∴M（0，－2） 5分 A D y B C O x 图2‎ M P1‎ P2‎ N P3‎ ‎（3）如图2，连接AM，设BC与y轴的交点为N，则N（0，－3）‎ 由（2）知，OM＝OA＝OD＝2，∠AMB＝90°‎ ‎∴BN＝MN＝1，AM＝，BM＝‎ ‎∴S△ABM＝AM·BM＝×＝2‎ 设P（x，x 2－4），依题意有：AD·| x 2－4|＝4×2‎ 即×4·| x 2－4|＝4×2，整理得：| x 2－4|＝4‎ 解之得：x1＝，x2＝，x3＝0‎ 故符合条件的P点有三个：P1（，4），P2（，4），P3（0，－4）‎ ‎ 9分 ‎212．解：（1）OE＝5，r＝2，CH＝2 3图2‎ A D y B H O x M C E Q P F 分 ‎（2）如图2，连接QC、QD，则∠CQD＝90°‎ ‎∠PHC＝∠PDQ，∠CPH＝∠QPD ‎∴△CPH∽△QPD，∴＝‎ 即＝，∴QD＝3‎ ‎∵CD＝4，∴cos∠QHC＝cos∠QDC＝ 6分 ‎（3）如图3，连接AK、AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则∠GTA＝90°‎ ‎∴∠1＋∠2＝90°‎图3‎ A D y B H O x M N C E K T F G ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎∵∠3＝∠2，∴∠1＋∠3＝90°‎ ‎∵∠4＋∠3＝90°，∠5＝∠4，∴∠1＝∠5‎ 又∠NMA＝∠AMK，∴△NMA∽△AMK ‎∴＝，即MN·MK＝AM 2＝4‎ 故存在常数a，始终满足MN·MK＝a，常数a＝4‎ ‎ 9分 A D B C O P E ‎213．解：（1）当BD＝AC＝4时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形 ‎∵P是优弧BAC的中点，∴＝ ‎∴PB＝PC ‎∵BD＝AC＝4，∠PBD＝∠PCA ‎∴△PBD≌△PCA ‎∴PA＝PD，即△PAD是以AD为底边的等腰三角形 ‎ 4分 ‎（2）由（1）可知，当BD＝4时，PD＝PA，AD＝AB－BD＝6－4＝2‎ 过点P作PE⊥AD于E，则AE＝AD＝1‎ ‎∵∠PCB＝∠PAD ‎∴cos∠PAD＝cos∠PCB＝＝‎ ‎∴PA＝ 9分 ‎214．解：（1）∠ABE＝∠CBD＝30° 1分 在△ABE中，AB＝6‎ A D y B H O x M C E P F N G BC＝BE＝＝‎ CD＝BC·tan30°＝×＝4‎ ‎∴OD＝OC－CD＝6－4＝2‎ ‎∴B（，6），D（0，2）‎ 设BD所在直线的函数解析式为y＝kx＋b 则 ∴ ‎∴BD所在直线的函数解析式为y＝x＋2 3分 ‎（2）∵EF＝EA＝AB·tan30°＝，∠FEG＝180°－∠FEB－∠AEB＝60°‎ 又∵FG⊥OA ‎∴FG＝EF·sin60°＝3，GE＝EF·cos60°＝，OG＝OA－AE－GE＝‎ 又H为FG中点 ‎∴H（，） 4分 ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过B（，6）、H（，）、D（0，2）三点 ‎∴ ∴ ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－x＋2 5分 ‎（3）∵PM＝(x＋2)－(x 2－x＋2)＝－x 2＋x MN＝6－(x＋2)＝4－x h＝PM－MN＝(－x 2＋)－(4－x)＝－x 2＋x－4 6分 h O x 由－x 2＋x－4得x1＝，x2＝‎ 该函数的简图如图所示： 7分 当0＜x＜时，h＜0，即PM＜MN 当x＝时，h＝0，即PM＝MN 当＜x＜时，h＞0，即PM＞MN 9分 ‎215．解：（1）（ⅰ）如图①，若点D在线段AB上 由于∠ACB＞∠ABC，可以作一个点D满足∠ACD＝∠ABC 使得△ACD∽△ABC 2分 ‎（ⅱ）如图②，若点D在线段AB的延长线上 则∠ACD＞∠ACB＞∠ABC，与条件矛盾 因此，这样的点D不存在 4分 ‎（ⅲ）如图③，若点D在线段AB的反向延长线上 由于∠BAC是锐角，则∠BAC＜90°＜∠CAD 不可能有△ACD∽△ABC 因此，这样的点D不存在 6分 综上所述，这样的点D有一个 8分 注：（ⅲ）中用“∠CAD是钝角，△ABC中只可能∠ACB是钝角，而∠CAD＞∠ACB”说明不存在点D亦可 ‎（2）若∠BAC为锐角，由（1）知，这样的点D有一个 9分 若∠BAC为直角，这样的点D有两个 10分 若∠BAC为钝角，这样的点D有一个 11分 注：（2）的第一个解答不写不扣分，第二个解答回答“这样的点D有一个”给1分 A B C D 图②‎ A B C D 图②‎ A B C D 图①‎ ‎216．解：（1）由已知A（0，6）、B（6，6）在抛物线上 得方程组： 1分 A y C O x B E F R1(9，3)‎ R2(3，9)‎ R1(3，3)‎ 解得： 3分 ‎（2）①运动开始t秒时，EB＝6－t，BF＝t S＝EB·BF＝(6－t)t＝－t 2＋3t 4分 ‎∵S＝－t 2＋3t＝－(t－3)2＋‎ ‎∴当t＝3时，S有最大值 5分 ‎②当S取得最大值时，由①知t＝3，所以BF＝3，CF＝3，EB＝6－3＝3‎ 若存在某点R，使得以E、B、R、F为顶点的四边形是平行四边形，‎ 则FR1＝EB且FR1∥EB，即可得R1为（9，3）、（3，3） 6分 或者ER2＝BF且ER2∥BF，可得R2为（3，9） 7分 再将所求得的三个点代入y＝－x 2＋x＋6，可知只有点（9，3）在抛物线上，因此抛物线上存在点R1（9，3），使得四边形EBRF为平行四边形 8分 ‎217．（1）证明：∵l1≤2R，l1≤2R，l1≤2R ‎∴l1＋l2＋l3≤3×2R＜π×2R＝C 2分 ‎∴l1＋l2＋l3＜C 3分 ‎（2）解：①如图，根据题意可知⊙O1与与x轴、y轴分别相切 O1‎ y x O E F M N l H 设直线l与⊙O1相切于点M，则O1M⊥l，过点O1作直线NH⊥x轴，与l交于点N，与x轴交于点H ‎∵直线l与x轴、y轴分别交于点E（－b，0）、F（0，b）‎ O1‎ y x O E D A C B ‎∴OE＝OF＝b，∴∠NEO＝45°，∴∠ENO1＝45°‎ 在Rt△O1MN中，O1N＝O1M÷sin45°＝R ‎∴点N的坐标为N（R，R＋R） 4分 把点N坐标代入y＝kx＋b得：R＋R＝R＋b，解得：b＝R ‎ 5分 ‎②如图，设经过点O、O1的直线交⊙O1于点A、D 则由已知，直线OO1：y＝x圆与反比例函数图象的对称轴 当反比例函数y＝的图象与⊙O1直径AD相交时（点A、D除外）‎ 则反比例函数y＝的图象与⊙O1有两个交点 过点A作AB⊥x轴交x轴于点B，过O1作O1C⊥x轴于点C 则OO1＝O1C÷sin45o＝R，OA＝R＋R ‎∴OB＝AB＝OA·sin45o＝(R＋R)·＝R＋R ‎∴A（R＋R，R＋R），将点A的坐标代入y＝‎ 解得：k＝(＋)R 2 6分 同理可求得点D的坐标为D（R－R，R－R）‎ 将点D的坐标代入y＝，解得：k＝(－)R 2 7分 ‎∴当反比例函数y＝（k＞0）的图象与⊙O1有两个交点时，k的取值范围是：‎ ‎(－)R 2＜ k ＜(＋)R 2 8分 ‎218．（1）证明：连接OP A C O B D P ‎∵PD与⊙O相切，∴OP⊥PD ‎∵AC⊥PD，∴OP∥AC ‎∵OP＝OA＝OB＝AB，∴OP＝AC ‎∴AB＝AC 6分 ‎（2）解：连接AP ‎∵AB＝AC，P为BC的中点，∴AP⊥BC 在Rt△CDP与Rt△CPA中，∠C＝∠C ‎∴Rt△CDP∽Rt△CPA，∴＝‎ ‎∵BC＝6，AB＝4，∴PC＝3，AC＝4，∴＝‎ ‎∴CD＝ 12分 ‎219．解：（1）A（5，0） 1分 由抛物线经过点O，可设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx 2分 把A（5，0）、B（－3，－4）代入y＝ax 2＋bx，得：‎ 解得 4分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋x 5分 ‎（2）如图①，∵y＝－x 2＋x＝－( x－)2＋‎ ‎∴抛物线的对称轴是直线x＝，点O、A关于直线x＝对称 连接AB交直线x＝于点C，则点C使BC＋OC的值最小 6分 A x y B O C 图①‎ 设直线AB的解析式为y＝kx＋b 则 解得 ‎∴直线AB的解析式为y＝x－ 8分 把x＝代入y＝x－，得y＝－‎ ‎∴点C的坐标为（，－） 9分 ‎（3）如图②，过点P作y轴的平行线交AB于点D，设点P的横坐标为x，‎ 则P（x，－x 2＋x），D（x，x－） 10分 A x y B O 图②‎ P D ‎∴S△PAB ＝S△PAD ＋S△PBD ＝PD·(xA－xB)‎ ‎＝(yP－yD )(xA－xB)‎ ‎＝[(－x 2＋x )－(x－)]×[5－(－3)]‎ ‎＝－x 2＋x＋10＝－(x－1 )2＋‎ ‎∴当x＝1时，S△PAB 的最大值为 12分 把x＝1代入y＝－x 2＋x，得y＝‎ ‎∴此时点P的坐标为（1，） 13分 ‎220．（1）证明：将点P（2，1）代入y＝x 2＋bx＋c＋1得：1＝2 2＋2b＋c＋1 1分 整理得：c＝－2b－4 2分 ‎（2）解：∵c＝－2b－4，∴bc＝b(－2b－4)＝－2(b＋1)2＋2 4分 ‎∵－2＜0，∴当b＝－1时，bc有最大值2 5分 ‎（3）解：由题意得：AB×1＝‎ ‎∴AB＝| x2－x1|＝，即| x2－x1|2＝ 6分 亦即(x1＋ x2)－4x1x2＝ 7分 由根与系数的关系得：x1＋ x2＝－b，x1x2＝c＋1＝－2b－4＋1＝－2b－3‎ ‎ 8分 代入(x1＋ x2)－4x1x2＝得：(－b)2－4(－2b－3)＝‎ 整理得：b 2＋8b＋＝0 9分 解得：b 1＝－，b 2＝－，经检验均合题意 10分 图1‎ A B O ‎(P)‎ F D C E M ‎221．（1）解：当点P与点O重合时（如图1）‎ ‎∵CE是直径，∴∠CDE＝90° 1分 ‎∵∠CDE＋∠FDM＝180°，∴∠FDM＝90° 2分 ‎（2）证明：当点P在OA上运动时（如图2）‎ ‎∵OP⊥CE，∴＝＝，CP＝EP ‎∴CM＝EM，∴∠CMP＝∠EMP ‎∵∠DMO＝∠EMP，∴∠CMP＝∠DMO ‎∴∠CMP＋∠DMC＝∠DMO＋∠DMC ‎∴∠DMF＝∠CMO 3分 ‎∵∠D所对的弧是，∠COM所对的弧是 图2‎ A B O F D C E M P ‎∴∠D＝∠COM 4分 ‎∴△DFM∽△OCM，∴＝‎ ‎∴FM·OC＝DF·MC ‎∵OB＝OC，∴FM·OB＝DF·MC 5分 当点P在OB上运动时（如图3）‎ 证法一：连结AC，AE ‎∵OP⊥CE，∴＝＝，CP＝EP ‎∴CM＝EM，∴∠CMO＝∠EMO ‎∵∠DMF＝∠EMO，∴∠DMF＝∠CMO 6分 ‎∵∠CDE所对的弧是，∠CAE所对的弧是 图3‎ A B O F D C E M P ‎∴∠CDE＋∠CAE＝180°‎ ‎∵∠CDE＋∠FDM＝180°，∴∠FDM＝∠CAE ‎∵∠CAE所对的弧是，∠COM所对的弧是 ‎∴∠CAE＝∠COM ‎∴∠FDM＝∠COM 7分 ‎∴△DFM∽△OCM，∴＝‎ ‎∴FM·OC＝DF·MC ‎∵OB＝OC，∴FM·OB＝DF·MC 8分 证法二：∵OP⊥CE，∴＝＝，＝＝，CP＝EP ‎∴CM＝EM，∴∠CMO＝∠EMO ‎∵∠DMF＝∠EMO，∴∠DMF＝∠CMO 6分 ‎∵∠CDE所对的弧是 ‎∴∠CDE＝ 度数的一半＝ 的度数＝180°－ 的度数 ‎∴∠FDM＝180°－∠CDE＝180°－(180°－)＝ 的度数 ‎∵∠COM＝ 的度数 ‎∴∠FDM＝∠COM 7分 ‎∴△DFM∽△OCM，∴＝‎ ‎∴FM·OC＝DF·MC ‎∵OB＝OC，∴FM·OB＝DF·MC 8分 ‎222．（1）证明：∵CE平分∠BCA，∴∠BCE＝∠PCE A B N F D C E M P 又MN∥BC，∴∠BCE＝∠PEC ‎∴∠PCE＝∠PEC，∴PE＝PC 2分 同理可证PF＝PC ‎∴PE＝PF 3分 ‎（2）解：不可能 4分 理由如下：‎ 方法1：∵由（1）可知，PE＝PF＝PC，又PC＋PF＞CF ‎∴PE＋PF＞CF 即EF＞CF 5分 又菱形的四条边都相等，所以四边形BCFE不可能是菱形 6分 方法2：若四边形BCFE为菱形，则BF⊥CE 由（1）可知CF⊥CE 5分 因为在平面内过同一点F不可能有两条直线同垂直于一条直线，所以BF⊥CE不能成立，所以四边形BCFE不可能是菱形 6分 ‎（3）解：若四边形AECF是正方形，则AP＝CP，∠ACE＝∠ECF＝45°‎ ‎∵∠BCE＝∠PCE，∴∠BCA＝90° 7分 又∵＝，∴＝‎ 即tan∠B＝ 8分 ‎∴∠B＝60°，∴∠A＝30° 9分 ‎223．解：（1）方法1：∵B（4，1），则A（4，0），设OD＝x，则DA＝4－x ‎∵D是以BC为直径的圆与x轴的交点，∴∠CDB＝90°‎ ‎∴∠ODC＋∠BDA＝90°‎ ‎∵∠OCD＋∠ODC＝90°，∴∠OCD＝∠BDA ‎∴Rt△OCD∽Rt△ADB ‎∴＝，即＝ 1分 解得x1＝1，x2＝3‎ ‎∴D（3，0），E（1，0） 2分 方法2：设BC的中点为G，过G作GH⊥x轴于H，连接GD、GE O E D A B C y x G H ‎∵＝2，＝2‎ ‎∴G（2，2），∴H（2，0） 1分 ‎∵BC＝＝，GH＝2－0＝2‎ 又DG＝EG＝BG＝BC＝‎ ‎∴HD＝EH＝＝1‎ ‎∴D（3，0），E（1，0） 2分 ‎（2）设过B、C、D三点的抛物线的函数关系式为y＝ax 2＋bx＋c，则 3分 解得 4分 ‎∴所求抛物线的函数关系式为y＝x 2－x＋3 5分 ‎（3）方法1：假设存在这样的点Q，分两种情况讨论：‎ ‎①当∠BDQ＝90°时，由于∠BDC＝90°，且点C在抛物线上，故点Q与点C重合 ‎∴Q1（0，3） 7分 ‎②当∠DBQ＝90°时，过点B作平行于DC的直线BQ，假设直线BQ交抛物线于另一点Q 由D（3，0），C（0，3）可得直线DC的解析式为y＝－x＋3‎ ‎∵BQ∥DC，故可设直线BQ为y＝－x＋m 将B（4，1）代入，得m＝5（或将直线DC向上平移2个单位与直线BQ重合）‎ ‎∴直线BQ为y＝－x＋5‎ O E D A B C y x ‎(Q1)‎ Q2‎ 由 得 或 又点B（4，1），∴Q2（－1，6）‎ 故该抛物线上存在两点（0，3），（－1，6）满足条件 9分 方法2：假设存在这样的点Q（x，x 2－x＋3）‎ 过Q作QN⊥x轴于N，分两种情况讨论：‎ ‎①当∠BDQ＝90°时，则∠NDQ＋∠BDA＝90°‎ ‎∵∠DNQ＝∠BAD＝90°，∴∠NDQ＋∠NQD＝90°‎ ‎∴∠NQD＝∠BDA，∴△NDQ∽△ABD ‎∴＝，即＝ 6分 解得x1＝0，x2＝3‎ 当x1＝0时，y1＝3；当x2＝3时，y2＝0‎ ‎∴Q1（0，3），Q2（3，0）（与点D重合，舍去） 7分 ‎②当∠DBQ＝90°时，则有DQ 2＝BD 2＋BQ 2‎ ‎∵B（4，1），D（3，0），Q（x，x 2－x＋3）‎ ‎∴DQ 2＝(x－3)2＋(x 2－x＋3)2‎ BD 2＝(4－3)2＋(1－0)2＝2‎ BQ 2＝(x－4)2＋(x 2－x＋3－1)2‎ ‎∴(x－3)2＋(x 2－x＋3)2＝2＋(x－4)2＋(x 2－x＋3－1)2‎ 整理得：x 2－3x－4＝0，解得x3＝－1，x4＝4 8分 当x3＝－1时，y3＝6；当x4＝4时，y4＝1‎ ‎∴Q3（－1，6），Q4（4，1）（与点B重合，舍去）‎ 综上所述，抛物线上存在点Q1（0，3）和Q2（－1，6），使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形 9分 ‎224．解：（1）设A（x1，0），B（x2，0）‎ 当△ABC为直角三角形时，显然∠ACB＝90°‎ O B x y A C D 图1‎ 由抛物线的对称性可知△ABC为等腰直角三角形 如图1，过C作CD⊥AB于D，则AB＝2CD ‎∵抛物线与x轴有两个交点，∴△＝b 2－4ac＞0‎ AB＝|x1－x2|＝‎ ‎＝＝＝‎ CD＝‎ O B x y A C D 图2‎ ‎∵a≠0，∴＝‎ ‎∵b 2－4ac≠0，∴＝2‎ ‎∴b 2－4ac＝4 5分 ‎（2）当△ABC为等边三角形时，如图2，过C作CD⊥AB于D 则CD＝AB 即＝，∴＝‎ ‎∴b 2－4ac＝12 10分 ‎225．解：（1）∵二次函数y2＝mx 2－3(m－1)x＋2m－1的图象关于y轴对称 ‎∴3(m－1)＝0，∴m＝1‎ ‎∴y2＝x 2＋1‎ ‎（2）存在满足条件的二次函数y3‎ ‎∵y1－y2＝2x－(x 2＋1)＝－x 2＋2x－1＝－(x－1)2≤0‎ ‎∴对于任意一个实数x，y1≤y2均成立 又二次函数y3＝ax 2＋bx＋c的图象经过点（－5，2）‎ ‎∴25a－5b＋c＝2 ①‎ 当x＝1时，有y1＝y2＝2，y3＝a＋b＋c 而对于任意一个实数x，都有y1≤y3≤y2成立，则 ‎2≤a＋b＋c≤2‎ ‎∴a＋b＋c＝2 ②‎ 由式①、②得b＝4a，c＝2－5a ‎∴y3＝ax 2＋4ax＋(2－5a)‎ 当y1≤y3时，有2x≤ax 2＋4ax＋(2－5a)‎ 即ax 2＋(4a－2)x＋(2－5a)≥0‎ ‎∴二次函数y＝ax 2＋(4a－2)x＋(2－5a)对于一切实数x，函数值大于或等于零 ‎∴ 即 ‎∴a＝‎ 当y3≤y2时，有ax 2＋4ax＋(2－5a)≤x 2＋1‎ 即(1－a)x 2－4ax＋(5a－1)≥0‎ ‎∴二次函数y＝(1－a)x 2－4ax＋(5a－1)对于一切实数x，函数值大于或等于零 ‎∴ 即 ‎∴a＝‎ 综上，a＝，∴b＝，c＝‎ 故存在二次函数y3＝x 2＋x＋，对于任意一个实数x，都有y1≤y3≤y2‎ 成立 E D A B C F G 图1‎ ‎226．解：（1）如图1，过A作AG⊥AB交BC于G ‎∵正方形ADEF，∴AD＝AF ‎∵∠DAG＋∠BAD＝90º，∠FAB＋∠BAD＝90º ‎∴∠DAG＝∠FAB ‎∵∠AGD＋∠ABD＝90º，∠ABF＋∠ABD＝90º ‎∴∠AGD＝∠ABF ‎∴△ADG≌△AFB，∴AG＝AB ‎∴∠ABC＝45º 5分 ‎（2）如图2，过A作AH⊥BC交BC的延长线于H，则∠AHB＝90º 又∠ABC＝45º，∴AH＝BH＝AB·sin45º＝×＝4‎ P A D E F B C H 图2‎ G K 设BD＝x，则DH＝4－x ‎∵∠DPB＋∠PDB＝90º，∠ADH＋∠PDB＝90º ‎∴∠DPB＝∠ADH，又∠DBP＝∠AHD＝90º ‎∴△DPB∽△ADH，∴＝‎ 即＝‎ ‎∴PB＝－x 2＋x＝－( x－2)2＋1‎ ‎∵0≤x≤3，∴当x＝2时，BP取最大值1‎ 此时DH＝4－2＝2‎ 设AB与DE相交于G，过G作GK⊥BD，垂足为K 则△DGK∽△DPB，∴＝＝2，∴KD＝2GK 又∠ABC＝45º，∴BK＝GK，∴KD＝2BK 由BK＋KD＝BD得BK＋2BK＝2，∴GK＝BK＝‎ 正方形ADEF与△ABC重叠部分为△ADG S△ADG ＝S△ABD － S△GBD ‎＝BD·AH－BD·GK ‎＝(2×4－2×)‎ ‎＝ 10分 ‎227．解：（1）由图象得乙船在逆流中行驶的速度为6km/h ‎∵甲、乙两船在静水中的速度相同，∴甲船在逆流中行驶的速度为6km/h S/km t/h ‎24‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎3.5‎ ‎4‎ O 甲 乙 ‎∴甲船在逆流中行驶的路程为6×(2.5－2)＝3（km）‎ 设甲船顺流的速度为a km/h，由图象得2a－3＋(3.5－2.5)a＝24‎ 解得a＝9‎ 当0≤x≤2时，S＝24－9t 当2≤x≤2.5时，设S＝24－(－6t＋b1)＝6t＋24－b1‎ 把t＝2，S＝6代入，得b1＝30‎ ‎∴S＝－6t－6‎ 当2.5≤x≤3.5时，设S＝24－(9t＋b2)＝－9t＋24－b2‎ 把t＝3.5，S＝0代入，得b2＝－7.5‎ ‎∴S＝－9t＋31.5‎ 综上，甲船到B港的距离S与行驶时间t之间的函数关系式如下：‎ S＝ 6分 ‎（2）水流速度为(9－6)÷2＝1.5（km/h）‎ 设甲船从A港航行t小时救生圈落入水中，根据题意，得9t＋1.5( 2.5－t )＝9×2.5－7.5‎ 解得t＝1.5（h）‎ 救生圈在水中漂流的路程为1.5( 2.5－1.5)＝1.5（km） 8分 ‎（3）甲船发现救生圈落入水中时，甲船到救生圈的距离为(2.5－2)( 6＋1.5)＝3.75（km）‎ ‎ 10分 B x y A O P C D E N M H ‎228．解：（1）∵直线y＝－x＋b平分矩形OABC的面积，∴其必过矩形的中心 由题意得矩形的中心坐标为（6，3），∴3＝－×6＋b 解得b＝12 2分 ‎（2）假设存在ON平分∠CNM的情况 ‎①当直线PM与边BC和边OA相交时，过O作OH⊥PM于H ‎∵ON平分∠CNM，OC⊥BC，∴OH＝OC＝6‎ 由（1）知OP＝12，∴∠OPM＝30°‎ ‎∴OM＝OP·tan30°＝‎ 当y＝0时，由－x＋12＝0解得x＝8，∴OD＝8‎ ‎∴DM＝8－ 4分 B x y A O P C D E N M H ‎②当直线PM与直线BC和x轴相交时 同上可得DM＝8＋（或由OM＝MN解得） 6分 ‎（3）假设沿DE将矩形OABC折叠，点O落在边BC上O′ 处 连结PO′、OO′，则有PO′＝OP 由（1）得BC垂直平分OP，∴PO′＝OO′‎ ‎∴△OPO′ 为等边三角形，∴∠OPD＝30°‎ 而由（2）知∠OPD＞30°‎ 所以沿DE将矩形OABC折叠，点O不可能落在边BC上 7分 设沿直线y＝－x＋a将矩形OABC折叠，点O恰好落在边BC上O′ 处 连结P′O′、OO′，则有P′O′＝OP′＝a B x y A O P C D E O′‎ 由题意得：CP′＝a－6，∠OPD＝∠AO′O 在Rt△OPD中，tan∠OPD＝‎ 在Rt△OAO′ 中，tan∠AO′O＝‎ ‎∴＝，即＝，AO′＝9‎ 在Rt△AP′O′ 中，由勾股定理得：( a－6 )2＋9 2＝a 2‎ 解得a＝，12－＝‎ 所以将直线y＝－x＋12沿y轴向下平移个单位得直线y＝－x＋，将矩形OABC沿直线y＝－x＋折叠，点O恰好落在边BC上 10分 B x y A O P C D E O′‎ P′‎ ‎229．解：（1）连接OE，OC 1分 B A O C E D ‎∵CB＝CE，OB＝OE，OC＝OC ‎∴△OBC≌△OEC（SSS）‎ ‎∴∠OBC＝∠OEC 2分 又∵DE与⊙O相切于点E ‎∴∠OEC＝90° 3分 ‎∴∠OBC＝90°‎ B A O C E D G F ‎∴BC为⊙O的切线 4分 ‎（2）过点D作DF⊥BC于点F ‎∵AD，DC，BG分别切⊙O于点A，E，B ‎∴DA＝DE，CE＝CB 5分 设BC＝x，则CF＝x－2，DC＝x＋2‎ 在Rt△DFC中，(x－2)2＋()2＝(x＋2)2‎ 解得x＝ 6分 ‎∵AD∥BG，∴∠DAE＝∠EGC ‎∵DA＝DE，∴∠DAE＝∠AED ‎∵∠AED＝∠CEG，∴∠EGC＝∠CEG ‎∴CG＝CE＝CB＝ 7分 ‎∴BG＝5‎ ‎∴AG＝＝ 8分 解法一：连接BE ‎∵S△ABG ＝AB·BG＝AG·BE ‎∴×5＝BE ‎∴BE＝ 9分 在Rt△BEG中，‎ EG＝＝＝ 10分 解法二：∵DAE＝∠EGC，∠AED＝∠CEG ‎∴△ADE∽△GCE 9分 ‎∴＝，即＝‎ 解得EG＝ 10分 ‎230．解：（1）l1：y＝－(x－1)2＋1（或y＝－x 2＋2x） 1分 l2：y＝－(x＋1)2＋1（或y＝－x 2－2x） 2分 ‎（2）以P、Q、C、D为顶点的四边形是矩形或等腰梯形 3分 理由：∵点C与点D，点P与点Q关于y轴对称 ‎∴CD∥PQ∥x轴 ‎①当P点是l2的对称轴与l1的交点时，点P、Q的坐标分别为（－1，－3）和（1，－3），‎ 而点C、D的坐标分别为（－1，1）和（1，1），所以CD＝PQ，CP⊥CD ‎，四边形CPQD是矩形 4分 ‎②当P点不是l2的对称轴与l1的交点时，根据轴对称性质，有CP＝DQ（或CQ＝DP），但CD≠PQ ‎∴四边形CPQD（或四边形CQPD）是等腰梯形 5分 ‎（3）存在．设满足条件的M点坐标为（x，y），连接MA，MB，AD，依题意得：‎ A（2，0），B（－2，0），E（0，1）‎ S梯形AOED ＝×(1＋2)×1＝ 6分 ‎①当y＞0时，S△ABM ＝×4×y＝，∴y＝ 7分 将y＝代入l1的解析式，解得：x1＝，x2＝‎ ‎∴M1（，），M2（，） 8分 ‎②当y＜0时，S△ABM ＝×4×(－y)＝，∴y＝－ 9分 将y＝－代入l1的解析式，解得：x3＝，x4＝‎ ‎∴M3（，－），M4（，－） 10分 ‎231．（1）证明：如图1，连结OF B A C D E O F H 图1‎ ‎∵FH是⊙O的切线 ‎∴OF⊥FH 1分 ‎∵FH∥BC ‎∴OF垂直平分BC 2分 ‎∴＝ ‎∴AF平分∠BAC 3分 ‎（2）证明：如图2，由（1）及题设条件可知 B A C D E O F H ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎5‎ 图2‎ ‎∠1＝∠2，∠4＝∠3，∠5＝∠2 4分 ‎∴∠1＋∠4＝∠2＋∠3‎ ‎∴∠1＋∠4＝∠5＋∠3 5分 ‎∴∠FDB＝∠FBD ‎∴BF＝FD 6分 ‎（3）解：在△BFE和△AFB中 ‎∵∠5＝∠2＝∠1，∠F＝∠F ‎∴△BFE∽△AFB 7分 ‎∴＝ 8分 ‎∴AF＝ 9分 ‎∴AF＝＝‎ ‎∴AD＝－7＝ 10分 ‎232．解：（1）C（4，） 2分 t的取值范围是：0≤t≤4 3分 ‎（2）由A（8，0）、B（0，）得直线AB的解析式为y＝－x＋‎ 设D（t，－t＋），则E（t，t）‎ ‎∴DE＝－t＋－t＝－t 4分 ‎∴等边△DEF的DE边上的高为：(－t)＝12－3t ‎∴当点F在BO边上时，有12－3t＝t，∴t＝3 5分 ‎①当0≤t≤3时，重叠部分为等腰梯形DEHG（如图1）‎ 由△GHF∽△DEF得＝，即＝‎ ‎∴GH＝－t 7分 ‎∴S＝(－t＋－t)t ‎＝－t 2＋t 8分 ‎②当3≤t≤4时，重叠部分为等边三角形DEF（如图2）‎ ‎∴S＝(－t)(12－3t) 9分 ‎＝t 2－t＋ 10分 ‎（3）由A（8，0）、B（0，）得直线AB的解析式为y＝－x＋‎ 存在，P（，0） 12分 说明：∵FO≥，FP≥，OP≤4‎ ‎∴以P，O，F为顶点的等腰三角形，腰只有可能是FO，FP 若FO＝FP时（如图3），则有t＝2(12－3t)，得t＝，∴P（，0）‎ B x y A C O F ‎8‎ D P E l y＝x 图3‎ B x y A C O F ‎8‎ D P E l y＝x 图2‎ B x y A C D O P E F ‎8‎ l y＝x G H 图1‎ ‎233．（1）如图 2分 B A C D O E ‎（2）证明：∵AB是⊙O的直径 ‎∴∠ADB＝∠CDB＝90°‎ ‎∴∠CDE＋∠EDB＝90°，又∵DE⊥BC ‎∴∠CED＝∠DEB＝90°‎ ‎∴∠CDE＋∠C＝90°‎ ‎∴∠C＝∠EDB ‎∴△BED∽△DEC 6分 ‎（3）解：∵∠ADB＝90°，D是AC的中点 ‎∴BD垂直平分AC B A C D O ‎∴BC＝AB＝2OB 设OB＝k，则BC＝2k ‎∴OC＝＝k ‎∴sin∠OCB＝＝＝ 10分 B x y A C O ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ M D l ‎-1‎ ‎-2‎ P ‎-1‎ x＝-2‎ ‎234．解：（1）由题意得 解之得c＝1，b＝2‎ ‎∴抛物线的解析式为：y＝x 2＋2x＋1 1分 ‎∵直线y＝kx＋m经过点A（0，1）‎ ‎∴m＝1，∴y＝kx＋1 2分 当x＝－2时，y＝－2k＋1‎ 当x＝－1时，y＝－k＋1‎ ‎∴P（－2，－2k＋1），D（－1，－k＋1） 3分 ‎（2）在y＝x 2＋2x＋1中，当x＝－2时，y＝4－4＋1＝1‎ B x y A C O ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ M D l ‎-1‎ ‎-2‎ P ‎-1‎ x＝-2‎ ‎∴点C的坐标为（－2，1）‎ 当0＜k≤1时，PC＝1－(－2k＋1)＝2k，BD＝－k＋1‎ ‎∴S＝(2k－k＋1)×1＝k＋ 5分 当k≤0时，PC＝－2k＋1－1＝－2k，BD＝－k＋1‎ ‎∴S＝(－2k－k＋1)×1＝－k＋ 6分 综上，S与k之间的关系式如下：‎ S＝ ‎（3）存在k的值，使得以P、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形 ‎ 7分 因为PC∥BD，所以当PC＝BD时，以P、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形 当0＜k≤1时，若PC＝BD，则2k＝－k＋1，∴k＝ 8分 当k＜0时，若PC＝BD，则－2k＝－k＋1，∴k＝－1‎ k S O ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎-1‎ ‎-2‎ ‎-1‎ ‎-3‎ ‎2‎ 所以当k＝或－1时，以P、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形 ‎ 9分 ‎（4）当k≤1时函数为 S＝ S与k之间的函数图象如图所示 10分 由图象可知，S的最小值为 11分 此时对应的多边形是一个等腰直角三角形 12分 ‎235．解：（1）方法一：‎ B A C O D E N M F 连接AC ‎∵AB为⊙O直径，且AB⊥CD于E 由垂径定理得：点E是CD的中点 1分 又∵M是AD的中点 ‎∴ME是△DAC的中位线 2分 ‎∴MN∥AC 3分 ‎∵AB为⊙O直径，∴∠ACB＝90° 4分 ‎∴∠MNB＝90°，即MN⊥BC 5分 方法二：‎ ‎∵AB⊥CD，∴∠AED＝∠BEC＝90° 1分 ‎∵M是AD的中点，∴ME＝AM，即有∠MEA＝∠A 2分 又∵∠MEA＝∠BEN，由∠A与∠C同对 知∠C＝∠A ‎∴∠C＝∠BEN 3分 又∵∠C＋∠CBE＝90°‎ ‎∴∠CBE＋∠BEN＝90° 4分 ‎∴∠BNE＝90°，即MN⊥BC 5分 方法三：‎ ‎∵AB⊥CD，∴∠AED＝90° 1分 ‎∵M是AD的中点，∴ME＝MD，即有∠MED＝∠EDM 又∵∠CBE与∠EDA同对，∴∠CBE＝EDA 2分 又∵∠MED＝∠NEC ‎∴∠NEC＝∠CBE 3分 又∵∠C＋∠CBE＝90°‎ ‎∴∠NEC＋∠C＝90° 4分 ‎∴∠CNE＝90°，即MN⊥BC 5分 B A C O D E N M F ‎（2）连接BD ‎∵∠C与∠A同对，∴∠C＝∠A ‎∴cos∠A＝cos∠C＝ 6分 ‎∵BF为⊙O的切线，∴∠ABF＝90°‎ 在Rt△ABF中，cos∠A＝＝‎ 设AB＝4x，则AF＝5x，由勾股定理得BF＝3x 7分 又∵AB为⊙O直径，∴BD⊥AD ‎∴△ABF∽△BDF ‎∴＝ 8分 即＝‎ ‎∴x＝ 9分 ‎∴直径AB＝4x＝4×＝‎ 则⊙O的半径为 10分 ‎（说明：其他解法参照此法给分）‎ ‎236．解：（1）E（－4，），F（，3） 3分 ‎（说明：只写对一个点的坐标给2分，写对两个点的坐标给3分）‎ ‎（2）（证法一）结论：EF∥AB 4分 证明：∵P（－4，3），∴E（－4，），F（，3）‎ 即得：PE＝3＋，PF＝＋4 5分 ‎∵＝＝，＝＝‎ ‎∠APB＝∠EPF ‎∴△PAB∽△PEF ‎∴∠PAB＝∠PEF 6分 ‎∴EF∥AB 7分 ‎（证法二）结论：EF∥AB 4分 证明：∵P（－4，3），∴E（－4，），F（，3）‎ 即得：PE＝3＋，PF＝＋4 5分 在Rt△PAB中，tan∠PAB＝＝‎ 在Rt△PEF中，tan∠PEF＝＝＝‎ ‎∴tan∠PAB＝tan∠PEF ‎∴∠PAB＝∠PEF 6分 ‎∴EF∥AB 7分 ‎（3）方法一：‎ S有最小值 8分 ‎∵S四边形PEOF ＝S矩形PAOB ＋ S△EAO ＋ S△FBO ＝12＋k ‎∴SOEF ＝S四边形PEOF －S△PEF ＝12－S△PEF ＋k 9分 由（2）知，S△PEF ＝PE·PF＝(3＋)(＋4)‎ ‎∴S＝ S△PEF － S△OEF ＝2S△PEF －12－k 10分 ‎＝＋k＝(k＋6)2－3 11分 又∵k≥2，此时S的值随k值增大而增大 ‎∴当k＝2时，S最小＝‎ ‎∴S的最小值是 12分 方法二：‎ S有最小值 8分 分别过点E、F作PF、PE的平行线，交点为P′‎ 由（2）知，P′（，－）‎ ‎∵四边形PEP′F为矩形，∴S△P′EF ＝S△PEF ‎ A P B F E y O x M N P′‎ ‎∴S＝S△PEF －S△OEF ＝S△P′EF －S△OEF ＝S△OME ＋ S△ONF ＋ S矩形OMP′N 9分 ‎＝＋＋ 10分 ‎＝＋k ‎＝(k＋6)2－3 11分 又∵k≥2，此时S的值随k值增大而增大 ‎∴当k＝2时，S最小＝‎ ‎∴S的最小值是 12分 ‎（说明：其他解法参照此法给分）‎ ‎237．解：（1）∵△BCG≌△ACH，∴∠BCG＝∠ACH，BG＝AH，CG＝CH 又∵∠ACB＝90°，∠ECF＝30°，∴∠ACH＝30° 1分 如图①，过点H作HK⊥AC于K 设HK＝x，∵∠A＝45°，∴AK＝x 又∵∠ACH＝30°，∴CK＝xA G B F E C H ‎(D)‎ 图①‎ K ‎∵AC＝2，∴x＋x＝2‎ 解得：x＝－1 2分 ‎∴BG＝AH＝x＝－‎ ‎∵AC＝BC＝2，∴AB＝‎ ‎∴GH＝AB－2AH＝－2(－)＝－ 4分 ‎（2）如图②，过点C作CO⊥AB于O ‎∵AB＝，∴OC＝AB＝‎ ‎∴S＝GH·OC＝GH 5分 显然，当GH最大时，S有最大值 当H与A（或G与B）重合时，GH最大，理由如下：‎ 如图③，过点C作CO⊥AB于O ‎∵∠ACO＝45°，∠G1CO＝45°－∠BCG1＜45°‎ G1C＝OC/cos∠G1CO，AC＝OC/cos45°‎ ‎∴AC＞G1C 6分 过G1、H2分别作G1P1⊥DE1、H2P2⊥DF2，垂足分别为P1、P2‎ 则G1P1＝G1C，H2P2＝AC，∴H2P2＞G1P1 7分 ‎∵∠G1H1P1＝∠BCH1＋∠B＞∠E1CF1＋∠B，而∠E1CF1＋∠B＝30°＋45°＝‎ ‎75°‎ ‎∴∠G1H1P1＞75°‎ 又∵∠P2G2H2＝∠E2CF2＋∠BAC＝30°＋45°＝75°，∴∠G1H1P1＞∠P2G2H2‎ ‎∵G2H2＝H2P2/sin∠P2G2H2，G1H1＝G1P1/sin∠G1H1P1，∴G2H2＞G1H1‎ ‎∴当H与A（或G与B）重合时，S最大 8分 当H与A重合时，过点G作GK⊥AC于K，如图④‎ 由于∠ECF＝30°，故由（1）知GK＝－1 9分 ‎∴S最大＝AC·GK＝×2×(－1)＝－1 10分 A B C ‎(D)‎ 图③‎ E1‎ F1‎ E2‎ F2‎ ‎(H2)‎ P1‎ P2‎ O H1‎ G1‎ G2‎ A B C ‎(D)‎ 图④‎ ‎(H)‎ F E G K A G B F E C H ‎(D)‎ 图②‎ O ‎238．解：（1）在Rt△ABO中，OB＝8，OA＝10‎ 根据勾股定理得AB＝6‎ ‎∵S△ABO ＝OB·AB＝OA·BG ‎∴BG＝＝4.8 4分 ‎（2）在Rt△ABG中，AB＝6，BG＝4.8，根据勾股定理得AG＝3.6‎ 若四边形ABED是等腰梯形，则OD＝10－3.6－3.6－t＝2.8－t，OF＝2t，BF＝8－2t，‎ ‎∵BC∥OA，∴△EBF∽△DOF，∴＝‎ 即＝，解得：t＝‎ ‎∴当E点运动到秒时，四边形ABED是等腰梯形 8分 D E O A y B G F C x H ‎（3）动点E、F会同时在某个反比例函数的图像上，t＝ 12分 提示：∵AG＝3.6，∴EC＝10－3.6－t＝6.4－t ‎∴点E的坐标为（6.4－t，4.8）‎ 如图，过F点作FH⊥OA于点H，则△OHF∽△OBA ‎∴＝，＝，即＝，＝‎ ‎∴OH＝t，FH＝t，∴点F的坐标为（t，t）‎ 如果E、F同时在某个反比例函数的图像上，则E、F两点的横纵坐标乘积相等 即：(6.4－t)×4.8＝t×t，整理得：2t 2＋5t－32＝0‎ 解得：t＝，或t＝（舍去）‎ ‎239．（1）证明：连结OD，则∠OBD＝∠ODB ‎∵AB＝AC，∴∠OBD＝∠C ‎∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC 1分 又EF⊥AC，∴EF⊥OD 2分 ‎∴EF是⊙O的切线 3分 O A B F C D E ‎（2）解：连结AD ‎∵AB是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°‎ ‎∴∠ADE＋∠CDE＝90°‎ 又∠C＋∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠C ‎∴△ADE∽△DCE ‎∴＝，即＝‎ 解得：AE＝ 5分 ‎∵OD∥AE，∴△AEF∽△ODF ‎∴＝，即＝‎ ‎∴OF＝ 6分 在Rt△ODF中，sin∠F＝＝＝ 7分 图①‎ A C E D B F P G H ‎240．（1）证明：如图①，延长GP交DC于点H ‎∵DC∥GF，∴∠PDH＝∠PFG 又∠DPH＝∠FPG，DP＝FP，∴△DPH≌△FPG ‎∴PH＝PG，DH＝FG ‎∵菱形ABCD，菱形BEFG，∴CD＝BC，GB＝FG ‎∴CH＝CG，∴PC⊥HG，即PG⊥PC 1分 ‎∵CH＝CG，PH＝PG，∴∠GCP＝∠HCP＝∠DCB＝60°‎ ‎∴PG＝PC 2分 图②‎ A C E D B F P G H ‎（2）证明：如图②，延长CP交AB于点H，连结CG、HG ‎∵DC∥AF，∴∠CDP＝∠HFP 又DP＝FP，∠CPD＝∠HPF，∴△CPD≌△HPF ‎∴CD＝HF，CP＝HP 又BC＝CD，∴HF＝BC 在△CBG和△HFG中 ‎∵BC＝HF，∠CBG＝∠HFG＝60°，BG＝FG ‎∴△CBG≌△HFG，∴CG＝HG，∠CGB＝∠HGF ‎∴PG⊥PC 4分 ‎∵∠CGB＝∠CGH＋∠HGB，∠HGF＝∠FGB＋∠HGB ‎∴∠CGH＝∠FGB＝60°，又CG＝HG ‎∴△CGH是等边三角形，∴∠PCG＝60°‎ ‎∴PG＝PC 5分 ‎（3）PG⊥PC，＝cot 6分 如图③，延长CP至M，使PM＝PC，连结MF交BE于点N，连结CG、MG 图③‎ A C E D B F P G M N 则△CPD≌△MPF ‎∴MF＝CD＝BC，∠CDP＝∠MFP ‎∴MF∥CD∥AB ‎∴∠ABN＝∠BNF，∠BNF＋∠MFG＝180°‎ 又∠ABN＋∠CBG＝180°‎ ‎∴∠CBG＝∠MFG，又BG＝FG ‎∴△CBG≌△MFG ‎∴CG＝MG，∠CGB＝∠MGF ‎∴PG⊥PC 7分 ‎∠CGM＝∠BGF＝∠BEF＝α，∴∠CGP＝‎ ‎∴＝cot 8分 ‎241．解：（1）D（－4，4） 2分 ‎（2）∵抛物线的顶点在坐标原点，∴设抛物线的解析式为y＝ax 2‎ 把D（－4，4）代入，得4＝a(－4)2，∴a＝‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2 4分 ‎（3）过点P作PH⊥x轴于点H，设点P（m，n），则n＝m 2‎ CA＝＝＝＝n＋1 5分 O D A B P y x C H PH＝n ‎∴PA－PH＝1 7分 ‎（4）由（3）可知：PA＝PH＋1‎ ‎∵A（0，1）、B（3，5），∴AB＝＝5‎ ‎∴△APB的周长＝PA＋PB＋AB ‎＝PH＋1＋PB＋5‎ ‎＝PB＋PH＋6 8分 显然当B、P、H三点在一条直线上时，PB＋PH最小，△APB的周长最小 把x＝3代入y＝x 2得y＝‎ 此时△APB的周长＝5＋6＝11‎ 故当点P的坐标为（3，）时，△APB的周长最小，其最小值为11 10分 ‎242．（1）证明：如图，连结OD ‎∵AB＝AC，∴∠OBD＝∠C ‎∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB A E D O B C F ‎∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC 1分 ‎∵DE⊥AC，∴OD⊥DE ‎∴EF是⊙O的切线 2分 ‎（2）①解：设⊙O的半径为r，由OD∥AC得△ODF∽△AEF ‎∴＝，即＝‎ ‎∴r 2－3r－12＝0，解得：r1＝4，r2＝－3（不合题意，舍去）‎ ‎∴⊙O的半径为4 3分 ‎②证明：在Rt△AEF中 由①得AF＝2×4＋4＝12，又AE＝6‎ ‎∴∠F＝30°，∴∠BAC＝60° 4分 又AB＝AC，∴△ABC是等边三角形 5分 A E D B C F 图①‎ G ‎243．解：（1）如图①，延长BC、FE交于点G 则△DEF≌△CEG，∴FG＝2EF ‎∵∠BFE＝∠FBC，∴BG＝FG 设正方形ABCD的边长为a，AF＝x 则DE＝，CG＝DF＝a－x，FG＝BG＝2a－x，EF＝a－‎ 在Rt△DEF中，由勾股定理得：DE 2＋DF 2＝EF 2‎ 即()2＋(a－x)2＝(a－)2，整理得：3x 2－4ax＋a 2＝0 2分 解得x1＝，x2＝a ‎∵F点不与D点重合，∴x＝a不合题意，舍去 ‎∴x＝ 3分 A E D B C F 图②‎ G ‎∴tan∠AFB＝＝＝3 4分 ‎（2）如图②，延长BC、FE交于点G ‎∵CE＝k·DE，∴DE＝CD 设正方形ABCD的边长为a，AF＝x 则DE＝，DF＝a－x 由△CEG≌△DEF得CG＝k·DF＝k(a－x)，FG＝BG＝a＋k(a－x)‎ EF＝FG＝a－x 在Rt△DEF中，由勾股定理得：()2＋(a－x)2＝(a－x)2‎ 整理得：(2k＋1)x 2－2a(k＋1)x＋a 2＝0 6分 解得x1＝，x2＝a ‎∵F点不与D点重合，∴x＝a不合题意，舍去 ‎∴x＝ 7分 ‎∴tan∠AFB＝＝2k＋1 8分 ‎244．解：（1）（6，4）；（t，t）（其中写对B点得1分） 3分 A N B O P M C x y ‎（2）∵S△OMP ＝OM×t 4分 ‎∴S＝×(6－t)×t＝－t 2＋2t ‎＝－(t－3)2＋3（0＜t＜6） 6分 ‎∴当t＝3时，S有最大值 7分 ‎（3）存在 由（2）得：当S有最大值时，点M、N的坐标分别为：M（3，0），N（3，4）‎ 则直线ON的函数关系式为：y＝x 设点T的坐标为（0，b），则直线MT的函数关系式为：y＝－x＋b A B O C x y ‎（备用图）‎ M N E D2‎ D1‎ T1‎ T2‎ R1‎ R2‎ 解方程组 得 ‎∴直线ON与MT的交点R的坐标为（，）‎ ‎∵S△ONC ＝×4×3＝6，∴S△ORT ＝S△ONC ＝2 8分 ‎①当点T在点O、C之间时，分割出的三角形是△OR1T1‎ 如图，作R1D1⊥y轴于D1‎ 则S△OR1T1＝OT1·R1D1＝·b·＝2‎ ‎∴3b 2－4b－16＝0，解得：b1＝，b2＝（不合题意，舍去）‎ ‎∴此时点T1的坐标为（0，） 9分 ‎②当点T在OC的延长线上时，分割出的三角形是△R2NE（E是MT与CN的交点）‎ 由（1）得点E的横坐标为 如图，作R2D2⊥CN于D2‎ 则S△R2NE ＝EN·R2D2＝·(3－)·(4－)＝＝2‎ ‎∴b 2＋4b－48＝0，解得：b1＝－2，b2＝－－2（不合题意，舍去）‎ ‎∴此时点T2的坐标为（0，－2）‎ 综上所述，在y轴上存在点T1（0，），T2（0，－2）符合条件 ‎ 10分 A B O M C E D P F H ‎245．（1）证明：如图，连结OC 1分 ‎∵点C是上异于A、B的点，又CD⊥OA于点D CE⊥OB于点E ‎∴∠ODC＝∠OEC＝∠AOB＝90°‎ ‎∴四边形ODCE是矩形 2分 ‎∴DE＝OC 3分 ‎∵OC＝OA＝r，DE＝＝r 又∵DM＝2EM ‎∴DM＝DE＝r 4分 ‎（2）证明：设OC与DE交于点F，则在矩形ODCE中，FC＝FD ‎∴∠CDE＝∠DCO 5分 又∵∠CPD＋∠PCD＝90°，∠CPD＝∠CDE ‎∴∠DCO＋＋∠PCD＝90°，即PC⊥OC于点C 6分 又∵OC为扇形OAB的半径 ‎∴PC是扇形OAB所在圆的切线 7分 ‎（3）解：过C作CH⊥DE于点H 8分 ‎∵∠OCD＝∠CDH＝∠CPO＝60º ‎∴在Rt△OCD和Rt△CDH中，得 CD＝OC＝r，DH＝CD＝r，CH＝r 9分 又MH＝DM－DH＝r－r＝r ‎∴在Rt△CMH中，得CM 2＝MH 2＋CH 2＝(r)2＋(r)2＝r 2 10分 则y＝CD 2＋3CM 2＝(r)2＋3×r 2＝r 2 11分 ‎246．解：（1）∵直线y＝kx－1经过A(－3，2)‎ ‎∴2＝－3k－1，∴k＝－1 1分 ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过A(－3，2)、B(0，－1)、C(－1，－2)三点 ‎∴ ∴ 2分 ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2＋2x－1 3分 ‎（2）由 得D(－1，0)，即点D在x轴上，且| OD|＝| OB|＝1‎ ‎∴△BDO为等腰直角三角形，∴∠BDO＝45° 4分 A E D B C x O y P1‎ P2‎ l1‎ l2‎ P3‎ ‎①过点D作l1⊥AB，交y轴于E，交抛物线于P1、P2两点，连结P1A、P2A，则△P1AD、P2AD都是满足条件的直角三角形 5分 ‎∵∠EDO＝90°－∠BDO＝45°‎ ‎∴| OE|＝| OD|＝1，∴点E(0，1)‎ ‎∴直线l1的解析式为y＝x＋1 6分 由 解得： 或 ‎∴满足条件的点为P1(－2，－1)、P2(1，2) 7分 ‎②过点A作l2⊥AB，交抛物线于另一点P3，连结P3D 则△P3AD是满足条件的直角三角形 l1∥l2且l2过点A(－3，2)，∴l2的解析式为y＝x＋5 8分 由 解得： 或 （舍去）‎ ‎∴P3的坐标为(2，7) 9分 综上所述，满足条件的点为P1(－2，－1)、P2(1，2)、P3(2，7)‎ ‎（3）判断结果如下：‎ ‎△P1AD∽△OCD 10分 ‎△P2AD与△OCD不相似 11分 ‎△P3AD与△OCD不相似 12分 A D B C O M N E ‎247．（1）证明：如图，连结OB、OC ‎∵MN是⊙O的切线，∴OB⊥MN ‎∵CE⊥BD，∠CBN＝45°，∴∠OBC＝∠BCE＝45°‎ ‎∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝45°‎ ‎∴∠OCE＝90°，即OC⊥CE ‎∴CE是⊙O的切线 4分 ‎（2）解：∵∠OBE＝∠BEC＝∠OCE＝90°，OB＝OC ‎∴四边形OBEC是正方形，∴BE＝CE＝OB＝OC＝r 在Rt△CED中，∵∠D＝30°，∴DE＝CE＝r ‎∵BD＝2＋，∴r＋r＝2＋‎ ‎∴r＝2，即⊙O的半径r为2 8分 ‎248．（1）解：∵等腰梯形ABCD，∴AD＝BC，∠ADC＝∠BCD，∠BAD＝∠ABC ‎∵DC∥AB，∴∠CDB＝∠ABD＝α，∠DCA＝∠BAC A D B C O α ‎∵AD＝DC，∴∠DAC＝∠DCA ‎∵AD＝DC，∴BC＝DC ‎∴∠DBC＝∠CDB＝α ‎∵∠ADC＝∠BCD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CDB＝α ‎∴∠BAC＝α，∴∠BAD＝2α ‎∵BD＝AB，∴∠BDA＝∠BAD＝2α ‎∴∠ADC＝3α ‎∵DC∥AB，∴∠ADC＋∠BAD＝180°‎ ‎∴3α＋2α＝180°，∴α＝36° 5分 ‎（2）证明：∵∠DAO＝∠ABD＝36°，∠ADO＝∠BDA ‎∴△DAO∽△ABD，＝，即DA 2＝OD·BD 由（1）知：∠ADO＝72°，又∠DAO＝36°‎ ‎∴∠AOD＝72°，∴DA＝OA 又∠OAB＝∠OBA＝36°，∴OB＝OA ‎∴OB＝DA ‎∴OB 2＝OD·BD 10分 ‎249．解：（1）由于抛物线的开口向上，且与x轴的交点位于原点两侧，则C点必在y轴的负半轴上 y O x 图1‎ E D C G F B A P ‎∵OC＝3OA＝3，∴C（0，－3）‎ 将A、C两点坐标代入y＝x 2＋bx＋c 得 解得 ‎∴抛物线的解析式为：y＝x 2－2x－3 4分 ‎（2）∵y＝x 2－2x－3＝( x－1 )2－4，∴抛物线的对称轴为x＝1‎ 设E（x，x 2－2x－3），则F（2－x，x 2－2x－3）（－1＜x＜1）‎ 由题意知：四边形DEFG为矩形，则其周长：‎ m＝2( 2－x－x )＋2( －x 2＋2x＋3 )＝－2x 2＋10‎ ‎∴当x＝0时，四边形DEFG的周长m最大，且最大值为10 8分 ‎（3）由（2）知，当m最大时，E、C重合，E（0，－3），F（2，－3），P（1，－4）‎ 设直线AP的解析式为y＝kx＋b，则：‎ 解得 ‎∴直线AP的解析式为：y＝－2x－2‎ y O x 图2‎ C G F B A P ‎(D)‎ ‎(E)‎ M 设AP与y轴的交点为M，则M（0，－2），∴ME＝1‎ ‎∴S△AEP ＝×1×2＝1‎ ‎∴S平行四边形＝EF·| yQ － yE |＝2‎ ‎∵EF＝2，∴| yQ － yE |＝1‎ 当yQ － yE＝1时，yQ＝yE ＋1＝－3＋1＝－2，代入抛物线的解析式中 得x 2－2x－3＝－2，解得x＝1±‎ ‎∴Q1（1＋，－2），Q2（1－，－2）‎ 当yQ － yE＝－1时，yQ＝yE －1＝－3－1＝－4，此时Q、P重合 ‎∴Q3（1，－4）‎ 综上所述，有3个符合条件的Q点：‎ Q1（1＋，－2），Q2（1－，－2），Q3（1，－4） 12分 ‎250．解：（1）如图1，当点F与点C重合时，B′D＝＝＝＝8‎ ‎∴AB′＝10－8＝2‎ 如图2，当点E与点A重合时，AB′＝AB＝6‎ 所以B′ 在AD上可移动的最大距离为6－2＝4 3分 ‎（2）B′ 在以F为圆心，BF长为半径的圆上，要保证B′ 在矩形内部，AD、CD都必须与圆相离 则满足关系式： ‎∴0＜BF＜5 5分 如图3，当B′ 在对角线AC上时，AB′ 最小（连结AC、AB′ 、B′C，则AB′ ≥AC－B′C，当且仅当点B′ 在线段AC上时取等号，所以AB′ 的最小值为AC－B′C，即AC－BC）‎ AB′＝－10＝－10 8分 A D B CF B′ ‎ FF 图2‎ ‎(E)‎ A D B CF B′ ‎ EF ‎(F)‎ 图3‎ A D B CF B′ ‎ EF ‎(F)‎ 图1‎ ‎251．（1）证明：∵AD＝CD，DE⊥AC，∴DE垂直平分AC ‎∴AF＝CF，∠DFA＝DFC＝90°，∠DAF＝∠DCF ‎∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°‎ ‎∴∠DCF＝∠DAF＝∠B 在Rt△DCF和Rt△ABC中，∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B ‎∴△DCF∽△ABC ‎∴＝，即＝‎ ‎∴AB·AF＝BC·CD 3分 ‎（2）解：①∵AB＝15，BC＝9，∠ACB＝90°‎ ‎∴AC＝＝＝12，∴CF＝AF＝6‎ ‎∴S＝(x＋9)×6＝3x＋27 5分 ‎②∵BC＝9（定值），∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小 由（1）可知，点C关于直线DE的对称点是点A A D B CF EF FF PF ‎∴PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最小 显然当P、A、B三点在同一直线上时，PB＋PA 此时DP＝DE，PB＋PA＝AB ‎∵∠AFE＝∠ACB＝90°，∴EF∥BC 又AF＝CF，∴AE＝BE＝AB＝‎ 由（1）知，AB·AF＝BC·CD，又AD＝CD ‎∴15×6＝9×AD，∴AD＝10‎ ‎∴DE＝＝＝‎ ‎∴当x＝时，△PBC的周长最小 8分 此时S＝3×＋27＝ 10分 ‎252．解：（1）∵抛物线y＝mx 2－( 4m＋)x＋3交x轴于点A、B 当y＝0，即mx 2－( 4m＋)x＋3＝0，解得x1＝4，x2＝‎ A在B的左侧，结合图像可知B（4，0），A（，0）‎ ‎∵直线y＝－mx－3经过点B ‎∴－4m－3＝0，∴m＝－‎ ‎∴抛物线的解析式为：y＝－x 2＋x＋3 3分 ‎（2）把x＝0代入y＝－x 2＋x＋3，得y＝3‎ ‎∴C（0，3）‎ 设PD交OC于点F，P（x0，0），则OP＝x0，PC＝‎ ‎∵PD∥BC，∴△POF∽△BOC，∴＝‎ 即＝，∴OF＝x0，∴CF＝3－x0‎ ‎∵PD平分∠APC，∴＝‎ 即＝，整理得：x02( 8x0－7)＝0‎ ‎∵x0≠0，∴x0＝‎ ‎∴P点的坐标为（，0） 7分 ‎（3）∵m＝－，∴直线y＝－mx－3的解析式为：y＝x－3‎ y A O P B x Q C D N M E y＝mx－3‎ y＝kx F G 设直线y＝x－3交y轴于点G，则G（0，－3）‎ 由 得 ‎∴Q（，）‎ ‎∵MN∥OG，∴△QMN∽△QOG 若△QMN为等腰三角形，则有三种情况：‎ ‎①当QM＝QN时，则QO＝QG ‎∴yQ＝yG，即＝－‎ 解得k＝－ 8分 ‎②当MN＝QN时，则OG＝QG 即()2＋(＋3)2＝3 2‎ 整理得：＋＋＝0 ①‎ 即2k 2－3k－2＝0‎ 解得：k＝2或k＝－‎ ‎∵k＜0，∴k＝2不合题意，舍去 经检验，k＝－是方程②的解且符合题意 ‎∴k＝－ 10分 ‎③当MN＝MQ时，则OG＝OQ 即()2＋()2＝3 2 ②‎ 解得：k＝－‎ 经检验，k＝－是方程①的解且符合题意 ‎∴k＝－‎ 综上所述，当k＝－或－或－时，△QMN能为等腰三角形 12分 ‎253．解：（1）证明：过D点作DG∥AC，交BC的延长线于点G，连结BD，交EF于点H，则BH＝DH ‎∵AD∥BC，DG∥AC，∴四边形ACGD是平行四边形 A C D B E F H G ‎∴CG＝AD，DG＝AC ‎∵AB＝DC，∴DB＝AC＝DG ‎∵DF⊥BC，∴BF＝FG ‎∴FH是△BGD的中位线，∴FH∥DG ‎∴EF∥AC 3分 ‎（2）解：由（1）得CG＝AD，EF∥AC ‎∴∠BFE＝∠BCA ‎∵AD＝3，BC＝7，∴BG＝10‎ ‎∵BF＝DF，BF＝FG，∴BF＝DF＝FG＝5‎ ‎∵DF⊥BC，∴DG＝＝AC ‎∵EF∥AC，∴△EBF∽△ABC ‎∴＝＝，∴EF＝AC＝ 8分 O x y A C B P Q ‎254．解：（1）∵P（1，k）在直线y＝－2x＋b上，∴k＝－2＋b ‎∴b－2＝k ‎∵Q（，y2）在双曲线y＝上，∴y2＝＝2‎ ‎∴＝‎ ‎∴点Q的坐标为（，2） 4分 ‎（2）由P（1，k）、Q（，2）可知P为AB与双曲线的交点，Q为BC与双曲线的交点 S△OPQ ＝S矩形OABC － S△AOP－ S△COQ－ S△BPQ ‎＝1×2－×1×k－××2－×( 1－)( 2－k )‎ ‎＝1－k 2‎ 假设存在这样的k值，使得△OPQ的面积等于△BPQ面积的二倍，则有：‎ ‎1－k 2＝2××( 1－)( 2－k )‎ 整理得：3k 2－8k＋4＝0‎ 解得：k＝2（不合题意，舍去）或k＝‎ 故存在k＝，使得△OPQ的面积等于△BPQ面积的二倍 10分 O x y B C A O′‎ B′‎ 图①‎ ‎255．解：（1）在Rt△AOB中，∵OA＝3，OB＝4，∴AB＝5‎ 由旋转可知AB′＝AB＝5，∴OB′＝AB′－OA＝2‎ ‎∴B′（0，－2）‎ 设直线BB′ 的解析式为y＝kx＋b，则：‎ 解得 ‎∴直线BB′ 的解析式为：y＝－x－2‎ 抛物线与直线BB′ 相交于x轴下方一点C，设点C（x，y）‎ ‎∵S△BOC ＝9，∴OB·(－y )＝9‎ O x y B C A O′‎ B′‎ 图②‎ P D E 即×4×(－y )＝9，∴y＝－‎ 将y＝－代入y＝－x－2，得x＝5‎ ‎∴C（5，－）‎ ‎∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过A、B、C三点，‎ ‎∴ 解得 ‎∴抛物线的解析式为：y＝－x 2－x＋3 4分 ‎（2）∵y＝－x 2－x＋3＝－( x＋)2＋‎ ‎∴抛物线的对称轴为x＝－‎ ‎∵⊙P与抛物线的对称轴相切，可有两种情况：‎ 情况1：如图②，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为D，交y轴于点E，则PD＝‎ O x y B C A O′‎ B′‎ 图③‎ P′‎ D′‎ E′‎ ‎∴PE＝－＝2，AE＝＝＝‎ ‎∴OE＝OA－AE＝3－＝‎ ‎∴P（2，）‎ ‎∵点P的坐标满足y＝－x 2－x＋3‎ ‎∴点P在抛物线上. 6分 情况2：如图③，过点P′ 作抛物线对称轴的垂线，‎ 垂足为D′，交y轴于点E′，则P′D′＝‎ ‎∴P′E′＝－＝2，AE′＝＝＝‎ O x y B C A B′‎ 图④‎ Q Q′‎ E D Q′‎ Q ‎∴OE′＝OA＋AE′＝3＋＝‎ ‎∴P′（2，）‎ ‎∵点P′ 的坐标不满足y＝－x 2－x＋3‎ ‎∴点P′ 不在抛物线上 8分 ‎（3）如图④，过B′ 作B′D⊥BC，交x轴于D ‎∵OB＝4，OB′＝2，∴BB′＝＝‎ 由△B′OD∽△BOB′ 得：＝‎ 即＝，∴OD＝1，∴D（1，0）‎ ‎∴直线B′D的解析式为：y＝2x－2‎ 将直线B′D向上或向下平移与抛物线交于点Q，与y轴交于点Q′，与直线BC交于点E，得直线QQ′ ，故设直线QQ′ 的解析式为：y＝2x＋m，则Q′（0，m）‎ 联立 解得 ‎∴E（－(m＋2)，(m－8)）‎ 设Q（x，y），若Q、Q′ 关于直线BC对称，则有：‎ ‎＝－(m＋2)，＝(m－8)‎ ‎∴x＝－(m＋2)，y＝－(3m＋16)，∴Q（－(m＋2)，－(3m＋16)）‎ ‎∵点Q在抛物线y＝－x 2－x＋3上 ‎∴－(3m＋16)＝－[－(m＋2)]2－[－(m＋2)]＋3‎ 整理得：4m 2－4m－149＝0，解得m1＝，m2＝‎ ‎∴x1＝－(＋2)＝－－2，y1＝－(3×＋16)＝－‎ x2＝－(＋2)＝－2，y2＝－(3×＋16)＝‎ ‎∴Q1（－－2，－），Q2（－2，）‎ 故抛物线上存在点Q1（－－2，－），Q2（－2，），使该点关于直线BC的对称点在y轴上 12分 ‎256．（1）解：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，∴CH＝CD＝ 1分 A O B C D H E 在Rt△COH中，sin∠COH＝＝＝‎ ‎∴∠COH＝60° 2分 ‎∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠COH＝30° 3分 ‎（2）证明：∵点E为 的中点，∴OE⊥AB 4分 ‎∴OE∥CD，∴∠ECD＝∠OEC 5分 又∵∠OEC＝∠OCE，∴∠OCE＝∠ECD ‎∴：CE平分∠OCD 6分 ‎（3）解：圆周上到直线AC距离为3的点有2个 8分 因为劣弧上的点到直线AC的最大距离为2，上的点到直线AC的最大距离为6，‎ ‎2＜3＜6，根据圆的轴对称性，上到直线AC距离为3的点有2个 ‎ 10分 ‎257．解：（1） （2，4） 2分 O C x y B A M ‎（2）在直角梯形OABC中，OA＝AB＝4，∠OAB＝90°‎ ‎∵CB∥OA，∴△OAM∽△BCM 3分 又∵OA＝2BC，∴AM＝2CM ，CM＝AC 4分 ‎∴S△OCM ＝S△OAC ＝××4×4＝ 5分 ‎（注：另有其它解法同样可得结果，正确得本小题满分）‎ ‎（3）设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c（a≠0）‎ 由抛物线的图象经过点O（0，0），A（4，0），C（2，4），得：‎ 6分 解得：a＝－1，b＝4，c＝0 7分 所以抛物线的解析式为y＝－x 2＋4x 8分 ‎（4）∵y＝－x 2＋4x＝－(x－2)2＋4‎ ‎∴抛物线的对称轴为x＝2‎ ‎①当点E在x轴的下方时，CE和OA互相平分，可知四边形OEAC为平行四边形，此时点F与点C重合，点F的坐标即为点C（2，4） 9分 ‎②当点E在x轴的下方，点F在对称轴的右侧时，存在平行四边形AOEF，OA∥EF，且OA＝EF，此时点F的横坐标为6，将x＝6代入y＝－x 2＋4x，可得y＝－12‎ ‎∴F（6，－12） 11分 同理，点F在对称轴的左侧，存在平行四边形OAEF，OA∥FE，且OA＝FE，此时点F的横坐标为－2，将x＝－2代入y＝－x 2＋4x，可得y＝－12‎ ‎∴F（－2，－12）‎ 综上所述，点F的坐标为为（2，4），（6，－12），（－2，－12） 12分 C B A D 图1‎ P Q ‎258．解：（1）若⊙O与直线BD相切，则PQ⊥BD 当点P在CB上运动时（如图1），则△BPQ是等腰直角三角形 ‎∴6－3t＝×t，解得：t＝‎ 当点P在BA上运动时（如图2）‎ 则有：3t－6＝×t，解得：t＝6‎ 当t＝6时，P、Q两点同时到达终点D，点P与点Q重合，不存在⊙O C B A D 图2‎ P Q 故t＝6不合题意，舍去 当点P在AD上运动时（如图3）‎ 则有：18－3t＝(－t )，解得：t＝6（舍去）‎ 故当t＝s时，⊙O与直线BD相切 4分 ‎（2）当点P在CB上运动时 C B A D 图3‎ P Q 则有：6－at＝×t，解得：t1＝‎ 当点P在BA上运动时 则有：at－6＝×t，解得：t2＝‎ ‎∵6＜≤12，a＞0，∴a≥4 ①‎ 或点P在AD上运动时 则有：18－at＝(－t )，解得：t3＝‎ ‎∵12≤≤18，a＞0，∴3≤a≤4 ②‎ 综合①、②及（1）的结论可知：若a为正整数，则当a≥4时，⊙O与直线BD相切两次 ‎ 10分 ‎（3）由（2）知，若a为正数，则当0＜a≤3时，⊙O与直线BD相切一次；‎ 当a＞3时，⊙O与直线BD相切两次 故不存在正数a，使得在整个运动过程中，⊙O与直线BD相切三次 ‎ 12分 ‎259．（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥BC，∴AD∥CE C B A D E F G H O H ‎∴△BGC∽△BFD，△BEG∽△BAF ‎∴＝，＝，∴＝‎ ‎∵F是AD的中点，∴AF＝DF ‎∴CG＝EG 3分 ‎（2）证明：连结AO、AC ‎∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°‎ 在Rt△ACE中，由（1）知G是斜边CE的中点 ‎∴AG＝CG＝EG，∴∠GCA＝∠GAC 又∵OA＝OC，∴∠ACO＝∠CAO ‎∵CE⊥BC，∴∠BCE＝90°‎ ‎∵∠BCE＝∠ACO＋∠GCA＝∠CAO＋∠GAC＝∠GAO＝90°‎ ‎∴AH是⊙O的切线 7分 ‎（3）解：过点G作GH⊥AD于点H ‎∵GH⊥AD，CD⊥AD，∴GH∥CD 由（1）知AG＝CG 由已知，CG＝FG，∴AG＝FG，即AFG△是等腰三角形 ‎∵GH⊥AD，∴AH＝FH ‎∵DF＝AF，∴DF＝2FH，即＝‎ ‎∵GH∥CD，CG∥DH，∠GCD＝90°‎ 四边形CDHG是矩形，∴CD＝GH ‎∵GH∥BD，∴△GFH∽△BFD ‎∴＝＝，即＝＝＝‎ ‎∵⊙O的半径长为，∴BC＝‎ ‎∴BD＝BC＝ 10分 ‎∵＝＝，∴FG＝BF ‎∴BG＝3FG＝3CG 在Rt△BCG中，得BG 2＝CG 2＋BC 2‎ ‎∴(3CG)2＝CG 2＋()2，∴CG＝3‎ ‎∴FG＝3 13分 ‎260．解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx＋b，将A（3，0），B（0，）代入，得：‎ 解得 ‎∴直线AB的解析式为y＝－x＋ 4分 ‎（2）方法一：设点C的坐标为（x，－x＋），则OD＝x，CD＝－x＋‎ y x C O A B D 图1‎ ‎∴S梯形OBCD ＝( OB＋CD )·OD ‎＝(－x＋)x ‎＝－x 2＋x 由题意：－x 2＋x＝‎ 解得x1＝2，x2＝4（舍去）‎ ‎∴C（2，） 8分 方法二：∵S△AOB ＝OA×OB＝，S梯形OBCD ＝，∴S△ACD ＝‎ 由OA＝OB，得∠BAO＝30°，AD＝CD ‎∴S△ACD ＝AD×CD＝×CD×CD＝，∴CD＝‎ ‎∴AD＝1，∴OD＝2‎ ‎∴C（2，） 8分 ‎（3）假设在第一象限内存在点P，使得以P、O、B为顶点的三角形与△OBA相似 因为∠AOB＝90°‎ 当∠OBP＝90°时（如图2）‎ ‎①若△BOP∽△OBA，则∠BPO＝∠BAO＝30°，BP＝OB＝3‎ ‎∴P1（3，） 10分 ‎②若△BPO∽△OBA，则∠BOP＝∠BAO＝30°，BP＝OB＝1‎ ‎∴P2（1，） 11分 y x O A B 图2‎ P1‎ P2‎ 当∠OPB＝90°时（如图3）‎ ‎③若△PBO∽△OBA，∠BOP＝∠BAO＝30°‎ 过点P作PM⊥OA于点M 方法一：在Rt△PBO中，BP＝OB＝，OP＝BP＝‎ ‎∴OM＝OP＝，PM＝OP＝‎ ‎∴P3（，） 13分 方法二：设P（x，－x＋），则OM＝x，PM＝－x＋‎ y x O A B 图3‎ P4‎ P3‎ M 由∠BOP＝∠BAO，得∠POM＝∠ABO ‎∵tan∠POM＝＝，tan∠ABO＝＝‎ ‎∴－x＋＝x，解得x＝‎ ‎∴P3（，） 13分 ‎④若△POB∽△OBA，则∠OBP＝∠BAO＝30°，∠POM＝30°‎ ‎∴PM＝OM＝‎ ‎∴P4（，） 15分 ‎（由对称性也可得到点P4的坐标）‎ 当∠BOP＝90°时，点P在x轴上，不符合题意 综上所述，在第一象限内存在点P1（3，），P2（1，），P3（，），P4（，）使得以P、O、B为顶点的三角形与△OBA相似 16分 ‎261．解：（1）∵四边形EFPQ是矩形，∴EF∥QP C E A B H F D Q P 图1‎ ‎∴△AEF∽△ABC 又∵AD⊥BC，∴AH⊥EF ‎∴＝ 3分 ‎（2）由（1）得＝，∴AH＝x ‎∴EQ＝HD＝AD－AH＝8－x ‎∴S矩形EFPQ ＝EF·EQ＝x( 8－x )＝－x 2＋8x＝－( x －5 )2＋20‎ C A B D E F Q P 图2‎ M N ‎∵－＜0，∴当x＝5时，S矩形EFPQ有最大值，最大值为20 7分 ‎（3）如图1，由（2）得EF＝5，EQ＝4‎ ‎∴∠C＝45°，∴△FPC是等腰直角三角形 ‎∴ PC＝FP＝EQ＝4，QC＝QP＋PC＝9‎ 分三种情况讨论：‎ ‎①如图2，当0≤t＜4时 C A B D E F Q P 图3‎ M 设EF、PF分别交AC于点M、N，则△MFN是等腰直角三角形 ‎∴ FN＝MF＝t ‎∴S＝S矩形EFPQ － SRt△MFN ＝20－t 2＝－t 2＋20 9分 ‎②如图3，当4≤t＜5时，则ME＝5－t，QC＝9－t ‎∴S＝S梯形EMCQ ＝[( 5－t )＋( 9－t )]×4＝－4t＋28 11分 ‎③如图4，当5≤t≤9时，设EQ交AC于点K，则KQ＝QC＝9－t C A B D E F Q P 图4‎ K ‎∴S＝S△KQC ＝( 9－t )2＝( t －9 )2‎ 综上所述：S与t的函数关系式为：‎ S＝ 13分 ‎262．解：（1）把O（0，0）、A（5，0）分别代入y＝x 2＋bx＋c 得 解得 ‎∴该抛物线的解析式为y＝x 2－x 4分 ‎（2）点C在该抛物线上 5分 理由：过点C作CD⊥x轴于点D，连结OC，设AC交OB于点E ‎∵点B在直线y＝2x上，∴B（5，10）‎ ‎∵点A、C关于直线y＝2x对称 ‎∴OB⊥AC，CE＝AE，BC⊥OC，OC＝OA＝5，BC＝BA＝10‎ 又∵AB⊥x轴，由勾股定理得OB＝‎ ‎∵SRt△OAB ＝AE·OB＝OA·AB ‎∴AE＝，∴AC＝‎ ‎∵∠OBA＋∠CAB＝90°，∠CAD＋∠CAB＝90°，∴∠CAD＝∠OBA 又∵∠CDA＝∠OAB＝90°，∴ CDA∽△OAB ‎∴＝＝，∴CD＝4，AD＝8，∴，C（－3，4）‎ 当x＝－3时，y＝×9－×(－3)＝4‎ ‎∴点C在抛物线y＝x 2－x上 8分 ‎（3）抛物线上存在点Q，使得以PQ为直径的圆与⊙O1相切 9分 过点P作PF⊥x轴于点F，连结O1P，过点O1作O1H⊥x轴于点H 则CD∥O1H∥BA ‎∵C（－3，4），B（5，10），O1是BC的中点 ‎∴由平行线分线段成比例定理得AH＝DH＝AD＝4‎ ‎∴OH＝OA－AH＝1．同理可得O1H＝7‎ ‎∴点O1的坐标为（1，7）‎ ‎∵BC⊥OC，∴OC为⊙O1的切线 又∵OP为⊙O1的切线，∴OC＝OP＝O1C＝O1P＝5‎ y x C O A B O1‎ y＝2x D E P F H Q Q′‎ ‎∴四边形OPO1C为正方形，∴∠COP＝90°‎ ‎∴∠POF＝∠OCD 又∵∠PFO＝∠ODC＝90°，∴△POF≌△OCD ‎∴OF＝CD，PF＝OD，∴P（4，3）‎ 设直线O1P的解析式为y＝kx＋b（k≠0）‎ 把O1（1，7）、P（4，3）分别代入y＝kx＋b 得 解得 ‎∴直线O1P的解析式为y＝－x＋‎ 若以PQ为直径的圆与⊙O1相切，则点Q为直线O1P与抛物线的交点，可设点Q的坐标为（m，n），则有n＝－m＋，n＝m 2－m ‎∴－m＋＝m 2－m，整理得m 2＋3m－50＝0‎ 解得m＝ ‎∴点Q的横坐标为 或 14分 ‎263．（1）证明：∵△DEF是等边三角形，∴∠FDE＝60°‎ ‎∴∠AMD＝∠FDE－∠A＝30°，∴∠AMD＝∠A，∴DM＝DA ‎∴△ADM是等腰三角形 4分 ‎（2）∵△ADM是等腰三角形，∴DM＝AD＝x，MF＝4－x 又∵∠FED＝60°，∠A＝30°，∴∠FNM＝90°‎ ‎∴MN＝MF·sin60°＝(4－x)·＝(4－x)，FN＝MF＝(4－x)‎ A C B F E M N D 图1‎ S△FMN ＝MN·FN＝·(4－x)·(4－x)＝(4－x)2 5分 当0＜x ≤2时，△ABC与△DEF重叠部分为四边形DENM，如图1‎ S四边形DENM ＝S△FDE －S△FMN ＝×4×4×－(4－x)2‎ ‎＝－x 2＋x＋‎ 即y＝－x 2＋x＋ 7分 当2≤x ＜4时，△ABC与△DEF重叠部分为五边形DCPNM，如图2‎ CE＝AE－AC＝4＋x－6＝x－2‎ A C B M N F E D 图2‎ P ‎∵∠PCE＝90°，∠PEC＝60°，∴PC＝(x－2)‎ ‎∴S△PCE ＝CE·PC＝·(x－2)·(x－2)＝(x－2)2‎ ‎∴S五边形DCPNM ＝S△FDE －S△FMN －S△PCE ‎ ‎＝－x 2＋x＋－(x－2)2‎ ‎＝－x 2＋x 即y＝－x 2＋x 9分 ‎（3）如图3，设以MN为直径的圆的圆心为O，过M作MG⊥AC于G，过O作OH⊥AC于H，过N作NK⊥AC于K 则DM＝x，MG＝x，NE＝4－FN＝4－(4－x)＝2＋x，NK＝NE＝x＋‎ ‎∵OH是梯形MGKN的中位线，‎ ‎∴OH＝(MG＋NK)＝(x＋x＋)＝x＋ 11分 A C B F E M N D 图3‎ G O H K ‎∵∠FNM＝90°，∴MN⊥FE 如果以MN为直径的圆与边AC、EF同时相切，则有OH＝MN 即x＝，解得x＝ 12分 圆的半径OH＝×＋＝ 13分 ‎264．解：（1）∵y＝－x 2＋bx＋c经过A（－1，0），B（－3，0）‎ ‎∴ 解得 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2－4x－3 4分 ‎（2）由y＝－x 2－4x－3可得D（－2，1），C（0，－3）‎ ‎∴OB＝3，OC＝3，OA＝1，AB＝2，∴△OBC是等腰直角三角形 ‎∴∠OBC＝45°，BC＝ 5分 如图1，设抛物线对称轴与x轴交于点F，则AF＝AB＝1‎ 过点A作AE⊥BC于点E，则∠AEB＝90°‎ ‎∴BE＝AE＝，CE＝ 6分 O A C B 图1‎ E F P P′‎ 在△AEC和△AFP中，∠AEC＝∠AFP＝90°，∠ACE＝∠APF ‎∴△AEC∽△AFP 7分 ‎∴＝，即＝‎ 解得PF＝2 8分 ‎∵点P在抛物线的对称轴上，‎ ‎∴点P的坐标为（－2，2）或（－2，－2） 9分 ‎（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 10分 如图2，设点Q（m，n），过点Q作QH⊥BC于H，并过点Q作QS∥y轴交直线BC于点S，则S点坐标为（m，－m－3）‎ ‎∴QS＝n－(－m－3)＝n＋m＋3 11分 ‎∵点Q（m，n）在抛物线y＝－x 2－4x－3上，∴n＝－m 2－4m－3‎ O A C B 图2‎ H Q S ‎∴QS＝－m 2－4m－3＋m＋3＝－m 2－3m＝－(m＋)2＋‎ 当m＝－时，QS有最大值 12分 ‎∵BO＝OC，∠BOC＝90°，∴∠OCB＝45°‎ ‎∵QS∥y轴，∴∠QSH＝45°‎ ‎∴QHS是等腰直角三角形 当斜边QS最大时QH最大 13分 ‎∵当m＝－时，QS最大 ‎∴此时n＝－m 2－4m－3＝－＋6－3＝‎ ‎∴Q（－，） 14分 ‎∴点Q的坐标为（－，）时，点Q到直线BC的距离最远 ‎（注：1、如果学生有不同的解题方法，只要正确，可参考评分标准，酌情给分；2、对第（3）题，如果只用△＝0求解，扣2分。理由：△＝0判断只有一个交点，不是充分条件）。‎ ‎265．（1）y＝－x 2－2x＋3，y＝－3x＋1 2分 ‎（2）证明：过E作EF⊥y轴，垂足为F 由（1）知，E（－1，4），∴EF＝OC＝1，CF＝OD＝3‎ y O A C x D B E P 又∵∠CFE＝∠DOC＝90°，∴△FEC≌△OCD ‎∴EC＝ED，∠ECF＝∠CDO 又∵∠DCO＋∠CDO＝90°，∴∠ECF＋∠DCO＝90°‎ ‎∴∠DCE＝90°‎ ‎∴△CDE是等腰直角三角形 7分 ‎（3）假设存在符合条件的点P，有两种情况：‎ 设P（x，－3x＋1），则PC 2＝x 2＋[1－(－3x＋1)]2＝10x 2‎ CD 2＝OC 2＋OD 2＝1 2＋3 2＝10‎ 若△CPD∽△OCD，则＝，∴＝‎ 即＝，∴x＝（不合题意，舍去）或x＝－‎ ‎∴－3x＋1＝－3×(－)＋1＝2‎ ‎∴P1（－，2） 10分 若△CDP∽△OCD，则＝，∴＝‎ 即＝，∴x＝3（不合题意，舍去）或x＝－3‎ ‎∴－3x＋1＝－3×(－3)＋1＝10‎ ‎∴P2（－3，10） 13分 综上所述，存在符合条件的点P，点P的坐标为（－，2）或（－3，10）‎ Q A P D B C 图1‎ ‎266．（1）S＝t 2，0≤t≤3 2分 ‎（2）3≤t≤4 4分 如图2，过点B作BE⊥AD，垂足为E ‎∵梯形ABCD，AD＝8cm，BC＝2cm，AB＝CD＝6cm ‎∴AE＝( 8－2 )÷2＝3（cm）‎ ‎∴BE＝＝（cm）‎ Q A P D B C 图2‎ E S＝AQ·BE＝×t×＝t（cm2） 8分 ‎（3）由（2）知，当点P在线段AB上运动，即0≤t≤3时 S＝t 2（cm2），当t＝3s时，S最大＝（cm2）‎ 当点P在线段BC上运动，即3≤t≤4时 Q A P D B C 图3‎ E S＝t（cm2），当t＝4s时，S最大＝（cm2）‎ 点P运动至终点D需时：( 6＋2＋6 )÷2＝7（s）‎ 点Q运动至终点D需时：8÷1＝8（s）‎ 故当4≤t≤7时，点P在线段CD上运动 如图3，过点P作PE⊥AD，垂足为E 则AQ＝t，PE＝PD＝( 6＋2＋6－2t )＝( 7－t )‎ S＝AQ·PE＝×t×( 7－t )＝( 7t －t 2 )＝－( t －)2＋（cm2）‎ 当t＝s即3.5s时，S最大＝（cm2）‎ ‎∵＞＞‎ ‎∴当t＝s即3.5s时，S的值最大，S最大＝cm2 14分 ‎267．解：（1）∵PE∥CB，∴∠AEP＝∠ADC 又∵∠EAP＝∠DAC，∴△AEP∽△ADC 2分 D A C B Q1‎ E2‎ P2‎ P1‎ E1‎ Q2‎ ‎∴＝，即＝ 3分 ‎∴EP＝x 4分 ‎（2）由四边形PEDQ1是平行四边形，可得EP＝DQ1 5分 即x＝3－x，∴x＝1.5 6分 ‎∵0＜x ＜2.4 7分 ‎∴当Q在线段CD上运动1.5秒时，四边形PEDQ是平行四边形 8分 ‎（3）四边形EPDQ2＝(x＋x－3)·(4－x) 9分 ‎＝－x 2＋x－6‎ ‎＝－(x－)2＋ 10分 又∵2.4＜x ＜4， 12分 ‎∴当x＝时，S取得最大值，最大值为 13分 ‎268．解：（1）A（－1，0）、B（0，－3）、C（3，0） 3分 ‎（2）∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过B点，∴c＝－3‎ 又∵抛物线经过A、C两点，∴ 解得 5分 ‎∴抛物线的函数关系式为y＝x 2－2x－3 6分 y O A C x D E B F G P ‎（3）过顶点E作EF⊥y轴于F ‎∵y＝x 2－2x－3＝(x－1)2－4‎ ‎∴E（1，－4），∴tan∠EDF＝‎ ‎∵tan∠DCO＝，∴∠EDF＝∠DCO 7分 ‎∵∠DCO＋∠ODC＝90°，∴∠EDF＋∠ODC＝90°‎ ‎∴∠EDC＝90°，∴∠EDC＝∠ODC 8分 ‎①当＝时，△ODC∽△DPC 则＝，∴DP＝ 9分 过点P作PG⊥y轴于G ‎∵tan∠EDF＝＝，∴设PG＝x，则DG＝3x 在Rt△DGP中，DG 2＋PG 2＝DP 2‎ ‎∴9x 2＋x 2＝，解得x＝－（不合题意，舍去）或x＝ 10分 ‎∴PG＝，DG＝1，∴OG＝OD＋DG＝1＋1＝2‎ ‎∴P（，－2） 11分 ‎②当＝时，△ODC∽△DCP 则＝，∴DP＝ 9分 ‎∵DE＝＝，∴DP＝不合题意，舍去 13分 综上所述，存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似 此时点P的坐标为（，－2） 14分 ‎269．证明：在BC上截取BE＝BD，连结DE ‎∵BD是∠B的平分线，∴＝‎ ‎∵BC＝BD＋AD，BC＝BE＋EC，BE＝BD A D B C E ‎∴AD＝CE，∴＝‎ ‎∵AB＝AC，∴∠C＝∠B ‎∴△ECD∽△ABC，∴ED＝EC ‎∴∠EDC＝∠C，∴∠BED＝2∠C 设∠B＝∠C＝x，则∠DBE＝x，∠BDE＝∠BED＝2x 在△BDE中，∠DBE＋∠BDE＋∠BED＝180°‎ ‎∴x＋2x＋2x＝180°，x＝40°‎ ‎∴∠A＝180°－2×40°＝100°‎ ‎270．解：（1）如图1，若PD与⊙A相切，则AP⊥PD，∴∠APD＝90°‎ C A B D P 图1‎ ‎∴∠APB＋∠CPD＝90°‎ 又∵∠APB＋∠BAP＝90°，∴∠BAP＝∠CPD 又∵ABP＝∠PCD＝90°，∴△ABP∽△PCD ‎∴＝，即＝‎ 解得：BP＝1或9‎ C A B D P 图2‎ E F ‎（2）①当1＜BP＜9时，点F在线段AD上，如图2‎ 易知△ABP∽△PCE，∴＝‎ 即＝‎ ‎∴y＝－x 2＋x－3（1＜x＜9）‎ ‎②DF的长有最大值 C A B D 图3‎ F P1‎ P2‎ E1‎ E2‎ 易知△ABP∽△FDE，∴＝‎ 即＝‎ ‎∴DF＝－x－＋10＝－( x＋)＋10≤－2＋10＝4‎ 当且仅当x＝，即x＝3时，等号成立 故当x＝3时，DF有最大值4‎ ‎（3）设BP＝x 当1＜BP＜9时，点F在线段AD上，设PF的延长线与CD的延长线相交于点E，如图3‎ 由（2）知＝，即＝‎ 整理得：x 2－8x＋9＝0，解得：x＝4±‎ 当0＜BP≤1或9≤BP＜10时，点F在AD的延长线上，设PF与CD相交于点E，如图4‎ C A B D 图4‎ P1‎ P2‎ E1‎ E2‎ F2‎ F1‎ 由△PCE∽△ABP得：＝‎ 即＝，∴CE＝－x 2＋x 由△PCE∽△FDE得：＝‎ 即＝‎ 整理得：x 2－12x＋9＝0，解得：x＝6＋＞10（舍去）或x＝6－‎ 综上所述：BP的长为4±或6－‎ ‎271．解：（1）∵C（0，3），∴OC＝3‎ ‎∵S△ABC ＝AB·OC＝6，∴AB＝4‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线x＝1，∴A（－1，0），B（3，0）‎ 设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)，把C（0，3）代入 得3＝a(0＋1)(0－3)，∴a＝－1‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－3)，即y＝－x 2＋2x＋3‎ ‎（2）假设存在符合条件的点P，则对角线PC与FG互相平分，所以E分别是PC 与FG的中点 O A B x y C D F E G K Q1‎ Q4‎ Q3‎ Q2‎ P H x＝1‎ M 由 得x 2＋( k－2)x－2＝0‎ ‎∴x1＋x2＝2－k ‎∵点E的横坐标为0，∴＝0，∴k＝2‎ ‎∴直线y＝kx＋1的解析式为y＝2x＋1‎ 当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝－‎ ‎∴D（－，0），E（0，1）‎ ‎∴OD＝，OE＝1，CE＝2，∴PE＝2‎ ‎∴P（0，－1）‎ 所以当k＝2时，在y轴上存在点P（0，－1），使得以P、C、F、G为顶点的四边形是平行四边形 ‎（3）设抛物线的对称轴交x轴于点H，连结AE并延长交抛物线的对称轴于点K 则AE：y＝x＋1，当x＝1时，y＝2，∴K（1，2）‎ ‎∴AH＝KH＝2，∠AKH＝∠KAH＝45°‎ ‎∴AK＝AH＝‎ ‎∵B（3，0），C（0，3），∴BC：y＝－x＋3，当x＝1时，y＝2‎ ‎∴点K在直线BC上 ‎∴∠CEK＝∠AEO＝45°‎ ‎∵B（3，0），C（0，3），∴∠OCB＝∠OBC＝45°‎ ‎∴∠AKC＝90°‎ ‎∴CK＝EK＝CE＝‎ ‎∴tan∠ACK＝＝2，又tan∠EDO＝＝2‎ ‎∴∠ACK＝EDO ‎∴当OQ⊥AC或OQ⊥BC时，OQ、AC、BC三条直线所围成的三角形与△DOE相似 设直线OQ的解析式为y＝mx ‎①当OQ⊥AC时，设直线OQ交抛物线的对称轴于点M 易知△MOH∽△AOC，∴＝‎ 即＝，∴HM＝‎ ‎∴M（1，－），代入y＝x，得m＝－‎ ‎∴直线OQ的解析式为y＝－x 由 解得 ‎∴Q1（，），Q2（，）‎ ‎②当OQ⊥BC时，将直线AE向下平移至经过原点O，即得直线OQ ‎∴直线OQ的解析式为y＝x 由 解得 ‎∴Q3（，），Q4（，）‎ ‎272．证明：过A作AH⊥BC于H，设△ABC的边长为6，则AH＝AB＝，BH＝3‎ ‎∵BD＝2CD，∴BD＝4，CD＝2，∴DH＝1‎ A B C D H P ‎∴AD＝＝＝‎ ‎∵∠CPD＝∠ABC，∠ACD＝∠ABC＝60°‎ ‎∴∠CPD＝∠ACD，又∵∠CDP＝∠ADC（公共角）‎ ‎∴△CDP∽△ADC，＝‎ 即＝，∴PD＝‎ ‎∴＝＝，又∵＝＝‎ ‎∴＝，又∵∠BDP＝∠ADH（公共角）‎ ‎∴△BDP∽△ADH，∴∠BPD＝∠AHD＝90°‎ ‎∴BP⊥AD ‎273．解：（1）在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3；令y＝0，得x＝－4‎ ‎∴A（－4，0），B（0，3），同理可求得C（1，0）‎ ‎∴AB＝＝＝5，AC＝5‎ ‎∴AB＝AC，即△ABC为等腰三角形 由“等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和（h1＋h2）等于腰上的高（h），以及底边延长线上的任意一点到两腰的距离分别之差（h1－h2）等于腰上的高（h）”可知：‎ 当点M在BC边上时，有h1＋h2＝h 即1＋yM ＝OB，∴yM ＝OB－1＝3－1＝2，把它代入y＝－3x＋3中求得：x M ＝‎ ‎∴M1（，2）‎ 当点M在CB延长线上时，有h1－h2＝h O A B x y C l1‎ l2‎ M A1‎ B1‎ C1‎ 即yM －1＝OB，∴yM ＝OB＋1＝3＋1＝4，把它代入y＝－3x＋3中求得：x M ＝－‎ ‎∴M2（－，4）‎ 故点M的坐标为（，2）或（－，4）‎ ‎（2）①6‎ ‎②BC＝＝＝‎ ‎△ABC的周长＝AB＋AC＋BC＝10＋‎ ‎△ABC的面积＝AC·OB＝×5×3＝‎ ‎△ABC的内切圆的半径＝＝‎ BM＝＝‎ ‎⊙B在整个运动过程中，在△ABC内部未经过部分为△A1B1C1，其内切圆的半径为：‎ ‎－＝‎ ‎△A1B1C1的面积＝×＝‎ ‎274．解：（1）过M作MH⊥AB于H，连结AM，则MH＝OH＝1‎ ‎∵⊙M的面积为5π，∴⊙M的半径为，则AM＝‎ y O x A B M C G H ‎∴AH＝＝2，∴A（－1，0）‎ 同理可求得B（3，0），C（0，－3）‎ 设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)，把C（0，－3）代入 得－3＝a(0＋1)(0－3)，∴a＝1‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝(x＋1)(x－3)，即y＝x 2－2x－3‎ ‎（2）∵y＝x 2－2x－3＝(x－1)2－4，∴抛物线的对称轴为x＝1‎ 由抛物线的对称性得G（2，－3），四边形ABGC是等腰梯形 S梯形ABGC ＝(AB＋CG)·OC＝(4＋2)×3＝9‎ 连结OG，则S梯形AOGC ＝(AO＋CG)·OC＝(1＋2)×3＝‎ 设直线OP的解析式为y＝kx，若直线OP将梯形ABGC的面积分成1 : 2的两部分，则这两部分的面积分别为3和6‎ 因为3＜＜6，所以：‎ 当直线OP经过线段CG上的D点时，则D（－，－3），S梯形AODC ＝3‎ y O x A B M C G P1‎ P2‎ P3‎ P4‎ D1‎ D2‎ ‎∴(1－)×3＝3，∴k＝－3，∴OP：y＝－3x 联立 解得 ‎∴P1（，），P1（，）‎ 由B（3，0），G（2，－3）可得直线BG的解析式为y＝3x－9‎ 当直线OP经过线段BG上的D点时，则D（，），S△BOD ＝3‎ ‎∴×3×(－)＝3，∴k＝－，∴OP：y＝－x 联立 解得 ‎∴P3（，），P4（，）‎ ‎（3）①设翻折后的弧所在圆的圆心为M′，连结CM′、CG，过M′ 作x轴的垂线，交翻折后的弧于H，交CG的延长线于K ‎∵翻折后的弧与AC相切，∴M′C⊥AC，∴∠ACO＋∠M′CO＝90°‎ ‎∵∠M′CK＋∠M′CO＝90°，∴∠M′CK＝∠ACO 又∵∠M′KC＝∠AOC＝90°，∴△M′CK∽△ACO ‎∴CK＝·OC＝×3＝，M′K＝·AO＝×1＝‎ ‎∴CF＝2M′K＝‎ ‎∴F（0，－3）‎ ‎∵翻折后的弧与 关于CE对称，∴M′ 与M关于CE对称 y O x A B M E C F M′‎ G H K M′M 2＝(－1)2＋(3－－1)2＝10－‎ ‎∴CE＝＝‎ ‎②∵M′ 到x轴的距离为3－，⊙M′ 的半径为 又(3－)2＝＝＞＝5‎ ‎∴M′ 到x轴的距离大于⊙M′ 的半径 y O x A B C D α y＝‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎－1‎ ‎－1‎ E ‎∴翻折后的弧与x轴相离 ‎275．解：（1）平行四边形 3分 ‎（2）①∵点B（p，1）在y＝的图象上，∴1＝‎ ‎∴p＝ 4分 过B作BE⊥x轴于E，则OE＝，BE＝1‎ 在Rt△BOE中，tanα＝＝＝‎ ‎∴α＝30° 5分 ‎∴OB＝2‎ 又∵点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点 ‎∴点B、D关于原点O成中心对称 6分 ‎∴OB＝OD＝2‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，且A（－m，0），C（m，0）‎ ‎∴OA＝OB＝OC＝OD＝2 7分 ‎∴m＝2 8分 ‎②能使四边形ABCD为矩形的点B共有2个 9分 ‎（3）四边形ABCD不能是菱形 10分 法一：∵点A、C的坐标分别为（－m，0）、（m，0）‎ ‎∴四边形ABCD的对角线AC在x轴上 11分 又∵点B、D分别是正比例函数与反比例函数在第一、三象限的交点 ‎∴对角线AC与BD不可能垂直 ‎∴四边形ABCD不能是菱形 12分 法二：若四边形ABCD为菱形，则对角线AC⊥BD，且AC与BD互相平分 因为点A、C的坐标分别为（－m，0）、（m，0）‎ 所以点A、C关于原点O对称，且AC在x轴上 11分 所以BD应在y轴上，这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾 所以四边形ABCD不能是菱形 12分 y x O A B ‎2‎ ‎10‎ P ‎16‎ x＝2‎ C D ‎276．解：（1）∵点B（0，1）在y＝x 2－x＋k的图象上 ‎∴1＝×0 2－0＋k 2分 ‎∴k＝1 3分 ‎（2）由（1）知抛物线为：y＝x 2－x＋1‎ 即y＝(x－2)2，∴顶点A为（2，0） 4分 ‎∴OA＝2，OB＝1‎ 过点C（m，n）作CD⊥x轴于D，则CD＝n，OD＝m，∴AD＝m－2‎ ‎∵以BC为直径的⊙M过点A ‎∠BAC＝90° 5分 ‎∴∠CAD＋∠BAO＝90°，又∠BAO＋∠OBA＝90°‎ ‎∴∠OBA＝∠CAD ‎∴Rt△OAB∽Rt△DCA ‎＝，∴＝‎ ‎（或tan∠OBA＝tan∠CAD，＝，∴＝） 6分 ‎∴n＝2(m－2)‎ 又点C（m，n）在y＝(x－2)2的图象上，∴n＝(m－2)2‎ ‎∴2(m－2)＝(m－2)2，即8(m－2)(m－10)＝0，∴m＝2或m＝10‎ 当m＝2时，n＝0，当m＝10时，n＝16 7分 ‎∴符合条件的点C的坐标为（2，0）或（10，16） 8分 ‎（3）①依题意得，点C（2，0）不符合条件，∴点C为（10，16）‎ 此时S1＝OA×OB＝1‎ S2 ＝S梯形BODC － S△ACD ＝21 9分 又点P在函数y＝(x－2)2图象的对称轴x＝2上，∴P（2，t），AP＝| t |‎ ‎∴S＝AP×OA＝| t | 10分 ‎∵S1＜S＜S2‎ ‎∴当t≥0时，S＝t，∴1＜t＜21‎ 当t＜0时，S＝－t，∴1＜－t＜21，∴－21＜t＜－1 11分 ‎∴t的取值范围是：1＜t＜21或－21＜t＜－1 12分 ‎②t＝0，1，17 14分 ‎277．解：（1）画出的图形如方格纸①所示。（3分）‎ ‎（2）能．如方格纸②所示． 4分 A 图①‎ E F M N C B ‎（解法一）‎ 设Rt△ABC向右平移t秒 则NC＝t，BE＝10－t，AH＝12－t 在Rt△ABC中，由勾股定理得：‎ AB 2＝AC 2＋BC 2＝3 2＋2 2＝13‎ 同理可得：BF 2＝BE 2＋EF 2＝(10－t ) 2＋6 2‎ AF 2＝AH 2＋FH 2＝(12－t ) 2＋3 2‎ 当AB 2＋BF 2＝AF 2时，由勾股定理的逆定理得∠ABF＝90º，即△ABF为Rt△‎ 从而13＋(10－t ) 2＋6 2＝(12－t ) 2＋3 2 6分 解得t＝1（s） 7分 当AB 2＋AF 2＝BF 2时，由勾股定理的逆定理得∠BAF＝90º，即△ABF为Rt△‎ 从而13＋(12－t ) 2＋3 2＝(10－t ) 2＋6 2 8分 解得t＝7.5（s）‎ A B 图②‎ E F M N C H ‎（解法二）‎ 如图②，∵∠ABF＋∠ABC＋∠EBF＝180º ‎∴当∠ABC＋∠EBF＝90º时，‎ 可得∠ABF＝90º，即△ABF为Rt△‎ ‎∵∠ABC＋∠EBF＝90º，∠EBF＋∠BFE＝90º ‎∴∠ABC＝∠BFE 又∵∠ACB＝∠BEF＝90º，∴△ACB∽△BEF ‎∴＝，即＝，解得BE＝9 6分 ‎∴NC＝NE－BC－BE＝12－2－9＝1，∴t＝NC÷v＝1÷1＝1（s） 7分 另一种情况，当∠BAF＝90º时，延长CA交MF于K，同理可解得KF＝4.5‎ ‎∴t＝(12－4.5)÷1＝7.5（s） 9分 ‎（3）依题意得：当t＝7.5s时，直线AF与Rt△ABC的外接圆相切 10分 当0＜t ＜7.5s或7.5s＜t ＜10s时，直线AF与Rt△ABC的外接圆相交 11分 当t＝1s时，直线BF与Rt△ABC的外接圆相切 12分 当0＜t ＜1s或1s＜t ＜10s时，直线BF与Rt△ABC的外接圆相交 13分 ‎278．解：（1）把A（－4，－2）代入y＝kx，得－2＝－4k，解得k＝ 2分 ‎∴y＝x 把B（6，b）代入y＝x，得b＝3 4分 ‎（2）①设C（x，x），则D（x，x 2－6）‎ ‎∴CD＝x－(x 2－6)＝－(x－1)2＋ 6分 ‎∴当x＝1时，CD的最大值是 7分 ‎②如图1，当点C在线段OB上时，如果以CD为直径的圆与y轴相切，则有：‎ ‎－x 2＋x＋6＝2x，解得x＝－3－（不合题意，舍去）或x＝－3＋‎ ‎∴点C的坐标为（－3＋，） 10分 如图2，当点C在线段OA上时，如果以CD为直径的圆与y轴相切，则有：‎ ‎－x 2＋x＋6＝－2x，解得x＝12（不合题意，舍去）或x＝－2‎ ‎∴点C的坐标为（－2，－1） 12分 B C O x y A D 图1‎ B C O x y A D 图2‎ 综上，点C的坐标为（－3＋，）或（－2，－1） 13分 ‎－1‎ ‎1‎ B O x y A ‎1‎ ‎－1‎ A′‎ B′‎ 图1‎ ‎279．解：（1）根据题意，得： 解得： 2分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2－x＋4 4分 ‎（2）①∵A（－2，4），B（1，0），∴AB＝5‎ ‎∵四边形AA′B′B为菱形，∴AA′＝B′B＝AB＝5‎ ‎∵y＝－x 2－x＋4＝－(x＋1)2＋ 5分 ‎∴抛物线向右平移5个单位后的解析式为y＝－(x－4)2＋ 6分 ‎②设D（x，0）‎ 由A（－2，4），B′（6，0）可得直线AB′的解析式为y＝－x＋3，AB′＝‎ 平移后抛物线的对称轴为x＝4，代入y＝－x＋3，得C（4，1）‎ ‎∴AC＝，BC＝，B′C＝‎ ‎－1‎ ‎1‎ B O x y A ‎1‎ ‎－1‎ A′‎ B′‎ 图2‎ C D1‎ D2‎ ‎∵∠A＝∠BB′A 若△B′CD∽△ABC，则∠ABC＝∠B′CD，∴BD＝6－x 由＝得＝，解得x＝3‎ ‎∴D1（3，0） 7分 若△B′DC∽△ABC，则＝‎ ‎∴＝，解得x＝‎ ‎∴D2（，0） 9分 ‎280．解：（1）过点D作DE⊥BC于点E ‎∵四边形ABCD是直角梯形，∴四边形ABED是矩形 ‎∴BE＝AD＝2，DE＝AB＝8‎ 在Rt△DEC中，CE＝＝＝6 2分 ‎∴BC＝BE＋CE＝2＋6＝8‎ ‎∴梯形ABCD的周长＝AB＋BC＋CD＋DA＝8＋8＋10＋2＝28 3分 梯形ABCD的面积＝(AD＋BC)·AB＝×(2＋8)×8＝40 4分 ‎（2）①∵梯形ABCD的周长为28，PQ平分梯形ABCD的周长 ‎∴BP＋BC＋CQ＝14 5分 又∵BP＝CQ＝t，∴t＋8＋t＝14‎ ‎∴t＝3 6分 ‎∴当t＝3时，PQ平分梯形ABCD的周长 7分 由△QFC∽△DEC得：＝＝‎ 即＝＝，∴QF＝，CF＝‎ ‎∴QG＝BF＝BC－CF＝8－＝，PG＝BP－BG＝BP－QF＝3－＝‎ ‎∴S四边形PBCQ＝S△PGQ＋S梯形GBCQ＝××＋×(＋8)×＝≠×40‎ ‎∴此时PQ不平分梯形ABCD的面积 9分 ‎②（i）当0≤t≤8时，过点Q作QG⊥AB于点G B C Q A D P F E G ‎∵AP＝8－t，DQ＝10－t，AD＝2，sinC＝，cosC＝‎ ‎∴CF＝t，QF＝t，PG＝t－t＝t，QG＝8－t PD 2＝AP 2＋AD 2＝(8－t)2＋2 2＝t 2－16t＋68‎ PQ 2＝QG 2＋PG 2＝(8－t)2＋(t)2＝t 2－t＋64‎ 若DQ＝PD，则(10－t)2＝t 2－16t＋68，解得：t＝8；‎ 若DQ＝PQ，则(10－t)2＝t 2－t＋64‎ 解得：t1＝，t2＝＞8（舍去），∴此时t＝； 10分 ‎（ii）当8＜t＜10时，PD＝DQ＝10－t ‎∴此时以DQ为一腰的等腰△DPQ恒成立；‎ 而当t＝10时，P、D、Q三点重合，不能构成三角形； 11分 ‎（iii）当10＜t≤12时，PD＝DQ＝t－10‎ ‎∴此时以DQ为一腰的等腰△DPQ恒成立 12分 综上所述，当t＝或8≤t＜10或10＜t≤12时，以P、D、Q为顶点的三角形恰好是以DQ为一腰的等腰三角形 13分 ‎281．解：（1）连接OE、OF C A B D M N O E F ‎∵矩形ABCD的边AD、AB分别与⊙O相切于点E、F ‎∴∠A＝90°，∠OEA＝∠OFA＝90°‎ ‎∴四边形AFOE是矩形 1分 ‎∵OE＝OF ‎∴四边形AFOE是正方形 2分 ‎∴∠EOF＝90°，OE＝AE＝ 3分 ‎∴的长＝＝ 4分 C A B D M N O E F R K N1‎ M1‎ N2‎ M2‎ ‎（2）如图，将直线MN沿射线DA方向平移，当其与⊙O相切时，记为M1N1，切点为R，交AD于M1，交BC于N1，连接OM1、OR ‎∵M1N1∥MN，∴∠DM1N1＝∠DMN＝60°‎ ‎∴∠EM1N1＝120°‎ ‎∵MA、M1N1切⊙O于点E、R ‎∴∠EM1O＝∠EM1N1＝60° 5分 在Rt△EM1O中，EM1＝＝＝1‎ ‎∴DM1＝AD－AE－EM1＝＋5－－1＝4 6分 过点D作DK⊥M1N1于K 在Rt△DM1K中 DK＝DM1·sin∠DM1K＝4×sin60°＝，即d＝ 7分 ‎∴当d＝时，直线MN与⊙O相切；‎ 当1≤d＜时，直线MN与⊙O相离 8分 当直线MN平移到过圆心⊙O时，记为M2N2‎ 则点D到M2N2的距离d＝DK＋OR＝＋＝＞4 9分 ‎∴当＜d≤4时，MN直线与⊙O相交 10分 ‎282．解：法一：‎ ‎（1）∵线段OP绕点O按逆时针方向旋转90°得到线段OM ‎∴∠POM＝90°，OP＝OM 过点P（m，－1）作PQ⊥x轴于Q，过点M作MN⊥y轴于N ‎∵∠POQ＋∠MOQ＝90°，∠MON＋∠MOQ＝90°‎ ‎∴∠MON＝∠POQ ‎∵∠ONM＝∠OQP＝90°‎ ‎∴△MON≌△POQ 1分 ‎∴MN＝PQ＝1，ON＝OQ＝m Q O M N x y ‎1‎ ‎－1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎(2，2)‎ P(1，－1)‎ ‎∴M（1，m）‎ ‎∵m＝1‎ ‎∴M（1，1） 2分 ‎∵点M是抛物线y＝ax 2＋bx＋c的顶点 ‎∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋1‎ ‎∵抛物线经过点（2，2），∴a＝1‎ ‎∴y＝(x－1)2＋1 3分 ‎∴此抛物线开口向上，对称轴为x＝1‎ ‎∴当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小 4分 ‎∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1‎ Q O M N x y ‎1‎ ‎－1‎ ‎2‎ P(m，－1)‎ B A ‎∴y的取值范围为1≤y≤2 5分 ‎（2）∵点M（1，m）是抛物线y＝ax 2＋bx＋c的顶点 ‎∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋m 6分 ‎∵y＝a(x－1)2＋m＝ax 2－2ax＋a＋m ‎∴点B（0，a＋m） 7分 又∵A（1，0）‎ ‎∴直线AB的解析式为y＝－(a＋m)x＋(a＋m) 8分 解方程组 得ax 2＋(m－a)x＝0‎ 法1：∵直线AB与抛物线y＝ax 2＋bx＋c有且只有一个交点 ‎∴△＝(m－a)2＝0 9分 ‎∴m＝a ‎∴B（0，2m） 10分 法2：解得x1＝0，x2＝ 9分 ‎∵直线AB与抛物线y＝ax 2＋bx＋c有且只有一个交点 ‎∴＝0‎ ‎∵a≠0，∴m＝a ‎∴B（0，2m） 10分 ‎∵m＞0，∴OB＝2m ‎∴BN＝ON＝m 法1：∵MN⊥y轴，∴BM＝OM ‎∴△BOM是等腰三角形 11分 法2：由勾股定理得：‎ 在Rt△BNM中，BM 2＝MN 2＋BN 2＝1＋m 2‎ 在Rt△ONM中，OM 2＝MN 2＋ON 2＝1＋m 2‎ ‎∴BM＝OM ‎∴△BOM是等腰三角形 11分 法二：‎ ‎（1）连结PM，交x轴于点C ‎∵线段OP绕点O按逆时针方向旋转90°得到线段OM ‎∴∠POM＝90°，OP＝OM ‎∵P（1，－1），∴∠POC＝45°‎ ‎∴∠MOC＝45° 1分 ‎∴PM⊥OC，PC＝MC ‎∴M（1，1） 2分 ‎∵点M是抛物线y＝ax 2＋bx＋c的顶点 ‎∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋1‎ ‎∵抛物线经过点（2，2），∴a＝1‎ ‎∴y＝(x－1)2＋1 3分 ‎∴此抛物线开口向上，对称轴为x＝1‎ ‎∴当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小 4分 ‎∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1‎ ‎∴y的取值范围为1≤y≤2 5分 ‎（2）过点P（m，－1）作PQ⊥x轴于Q，过点M作MN⊥y轴于N ‎∵∠POQ＋∠MOQ＝90°，∠MON＋∠MOQ＝90°‎ ‎∴∠MON＝∠POQ ‎∵∠ONM＝∠OQP＝90°‎ ‎∴△MON≌△POQ ‎∴MN＝PQ＝1，ON＝OQ＝m ‎∴M（1，m）‎ ‎∵点M（1，m）是抛物线y＝ax 2＋bx＋c的顶点 ‎∴可设抛物线为y＝a(x－1)2＋m 6分 ‎∵y＝a(x－1)2＋m＝ax 2－2ax＋a＋m ‎∴点B（0，a＋m） 7分 又∵A（1，0）‎ ‎∴直线AB的解析式为y＝－(a＋m)x＋(a＋m) 8分 解方程组 得ax 2＋(m－a)x＝0‎ 法1：∵直线AB与抛物线y＝ax 2＋bx＋c有且只有一个交点 ‎∴△＝(m－a)2＝0 9分 ‎∴m＝a ‎∴B（0，2m） 10分 法2：解得x1＝0，x2＝ 9分 ‎∵直线AB与抛物线y＝ax 2＋bx＋c有且只有一个交点 ‎∴＝0‎ ‎∵a≠0，∴m＝a ‎∴B（0，2m） 10分 ‎∵m＞0，∴OB＝2m ‎∴BN＝ON＝m 法1：∵MN⊥y轴，∴BM＝OM ‎∴△BOM是等腰三角形 11分 法2：由勾股定理得：‎ 在Rt△BNM中，BM 2＝MN 2＋BN 2＝1＋m 2‎ 在Rt△ONM中，OM 2＝MN 2＋ON 2＝1＋m 2‎ ‎∴BM＝OM ‎∴△BOM是等腰三角形 11分 ‎283．解：（1）y＝0代入y＝x＋b，得x＝－2b ‎∴A（－2b，0）‎ 把x＝2代入y＝x＋b，得y1＝1＋b ‎∴P（2，1＋b）‎ x B C y O A P Q H 由题意得：S△APC ＝AC·PC＝(2＋2b)(1＋b)＝9‎ 整理得：(1＋b)2＝9，解得b＝－4（舍去）或b＝2‎ ‎∴P（2，3）‎ 把P（2，3）代入y＝，得k＝6‎ ‎∴双曲线所对应的函数关系式为y＝‎ ‎（2）由（1）知AO＝4，BO＝2‎ 设Q（m，）‎ 当点Q在点P左侧时，CH＝2－m，QH＝‎ 若△QCH∽△BAO，则有＝，即＝‎ 整理得：m 2－2m＋12＝0，此方程无实数解 若△QCH∽△ABO，则有＝，即＝‎ 整理得：m 2－2m＋3＝0，此方程无实数解 当点Q在点P右侧时，CH＝m－2，QH＝‎ 若△QCH∽△BAO，则有＝，即＝‎ 整理得：m 2－2m－12＝0，解得m＝1－（负值，舍去）或m＝1＋‎ 当m＝1＋时，CH＝－1，QH＝‎ QH－CH＝－(－1)＝＜0，即QH ＜CH ‎∴m＝1＋不合题意，舍去 若△QCH∽△ABO，则有＝，即＝‎ m 2－2m－3＝0，解得m＝－1（负值，舍去）或m＝3‎ 当m＝3时，CH＝1，QH＝2，QH ＞CH，符合题意 ‎∴Q（3，2）‎ 综上所述，存在点Q（3，2），使得△QCH与△AOB相似 ‎284．解：（1）令y＝0，得(x－2)(x－m)－(n－2)(n－m)＝0‎ 整理得：(x－n)(x－m－2＋n)＝0‎ ‎∴x1＝n，x2＝m＋2－n 2分 ‎∵m＋2 ≥2n＞0，∴m＋2－n≥n＞0‎ ‎∴OA＝m＋2－n，OC＝n 3分 ‎∵B（0，－b）、C（b，0），∴OB＝OC ‎∴S△AOB ＝OA·OB＝OA·OC ‎＝(m＋2－n)n＝－n 2＋(m＋2)n 4分 ‎∴当n＝－＝(m＋2)时，S△AOB 最大 5分 ‎（2）命题正确 6分 ‎∵P为抛物线的顶点，∴由抛物线的对称性可知，当△ACP为直角三角形时，△ACP为等腰直角三角形，且∠CPA＝90°，△ACP斜边上的高PG＝AC 7分 如图，当直角三角形DEF的边DE∥x轴时，过D或E作DE的垂线，与抛物线没有其它的交点，所以DE不可能是直角边，只能是斜边，即直角顶点为F，且点F在DE的下方．‎ O A B x y C P D E F H G 不妨设p＝－(m＋2)，q＝mn－n 2＋2n，则y＝x 2＋px＋q x1＋x2＝－p，x1x2＝q ‎∴AC 2＝(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝p 2－4q，PG 2＝[]2‎ ‎∵AC＝2PG，∴AC 2＝4PG 2，∴p 2－4q＝4[]2‎ 整理得p 2＝4q＋4，∴PG 2＝[]2＝1‎ ‎∴PG＝1‎ 设直线DE的解析式为y＝k，点F的纵坐标为t 由x 2＋px＋q＝k得x 2＋px＋q－k＝0‎ 从而得D点的横坐标xD＝－－，E点的横坐标xE＝－＋‎ ‎∴DE 2＝[－＋－(－－)]2＝4k＋4‎ 由x 2＋px＋q＝t，得x 2＋px＋q－t＝0‎ 从而得F点的横坐标xF＝－－‎ ‎∴DF 2＝[－－－(－－)]2＋(k－t)2＝k＋t＋2－＋(k－t)2‎ EF 2＝[－＋－(－－)]2＋(k－t)2＝k＋t＋2＋＋(k－t)2‎ ‎∵△DEF为直角三角形，∴DF 2＋EF 2＝DE 2‎ 代入并整理得(k－t) 2－(k－t)＝0，∵k≠t，∴k－t＝1＝PG 10分 即△ACP与△DEF斜边上的高相等，命题得证． 11分 ‎285．（1）证明：由已知得OA＝OB＝1，∠AOB＝90°‎ ‎∴∠OAF＝∠OBE＝45°，又∵∠OFA＝∠ABO＋∠BOF＝∠EOF＋∠BOF＝∠EOB ‎∴△AOF∽△BEO 4分 ‎（2）解：如图，过O作OM⊥AB于M，则OM＝AB＝‎ ‎∵OA＝OB＝1，OC＝OD，∴AC＝BD，∴CE＝DF 又∠OCE＝∠ODF＝90°，∴△OCE≌△ODF 5分 A B C D E F O P x y M K H ‎∴OE＝OF，∴△EOF是等腰三角形，∠EOM＝∠EOF＝22.5°‎ 而∠COE＝∠AOM－∠EOM＝45°－22.5°＝22.5°＝∠EOM ‎∠OCE＝∠OME＝90°，OE＝OE，∴△OCE≌△OME ‎∴OC＝OM＝，∴PC＝PD＝OC＝ 7分 ‎∴k＝xy＝PD·PC＝ 8分 ‎（3）k为定值 9分 如图，过E作EH⊥OB于H，过F作FK⊥OA于K 由△AOF∽△BEO得＝，∴AF·BE＝OA·OB＝1 10分 又AF＝FK，BE＝HE，∴HE·FK＝1‎ ‎∴HE·FK＝，∴PD·PC＝HE·FK＝‎ ‎∴k为定值 13分 ‎286．解：（1）令－x 2－mx＋m 2＝0，得x 2＋mx－2m 2＝0‎ 解得x1＝－2m，x2＝m 1分 ‎∵m＞0，点A在点B的左侧，∴A（－2m，0），B（m，0） 3分 ‎∴AB＝3m ‎∴圆C的半径为m 4分 ‎（2）连结CE，∵EF⊥x轴，AB 是⊙C的直径，EF＝，∴EO＝＝‎ ‎∵y＝－x 2－mx＋m 2，∴抛物线的对称轴为x＝－，∴CO＝‎ ‎∴在Rt△CEO中，由勾股定理得：() 2＋() 2＝(m) 2 6分 解得m＝±2‎ ‎∵m＞0，∴m＝2 7分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2－x＋ 8分 ‎（3）∵m＝2，∴A（－4，0），B（2，0），CO＝1‎ O P M D E F C A B ‎∴AC＝3，⊙C的半径为3‎ ‎∵y＝－x 2－x＋＝－(x＋1)2＋4‎ ‎∴D（－1，4）‎ ‎∴AD＝＝5，∴sin∠ADC＝＝‎ 设直线AD与⊙P相切于点M，连结PM 设点P的坐标为（－1，k），⊙P的半径为r 则DP＝4－k，r＝PK＝DP·sin∠ADC＝(4－k)‎ ‎①当⊙P与⊙C内切时，3－r＝k ‎∴3－(4－k)＝k，解得k＝‎ ‎∴P1（－1，） 12分 ‎②当⊙P与⊙C外切时，3＋r＝k或3＋r＝－k ‎∴3＋(4－k)＝k或3＋(4－k)＝－k，解得k＝或k＝－‎ ‎∴P2（－1，），P3（－1，－）‎ ‎∴所以满足条件的P点有：P1（－1，），P2（－1，），P3（－1，－）‎ ‎ 14分 ‎287．解：（1）∵对称轴是直线x＝1，∴－＝1，∴a＝1 1分 ‎∴y＝x 2－2x＋c ‎∵抛物线向右平移一个单位后经过坐标原点O，∴A（－1，0）‎ 把A（－1，0）代入y＝ax 2－2x＋c，得0＝1＋2＋c，∴c＝－3 2分 ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2－2x－3 3分 ‎（2）连结CE，由y＝x 2－2x－3得B（3，0），C（0，－3）‎ 又∵y＝x 2－2x－3＝(x－1)2－4，∴E（1，－4）‎ ‎∴BC＝，CE＝，BE＝‎ ‎∴BC 2＋CE 2＝18＋2＝20＝BE 2，∴△BCE是直角三角形 5分 ‎∴tan β＝＝‎ 由y＝－x＋1得D（0，1），∴在Rt△DOB中，tan∠DBO＝＝，∴∠DBO＝β ‎∴α－β＝α－∠DBO＝45° 8分 ‎（3）设P（1，y），由PA＝PC得：‎ ‎(1＋1)2＋y 2＝1 2＋( y＋3)2，解得y＝－1，∴P（1，－1） 9分 ‎∴PA 2＝(2 2＋1 2)＝5 10分 O B A C y x D E Q1‎ H Q2‎ K 设Q（x，x 2－2x－3）‎ 当点Q在直线DB的上方时，过Q作QH⊥x轴于H 则OH＝x，BH＝x－3，QH＝x 2－2x－3‎ S△BDQ ＝S梯形ODQH － S△BOD－ S△BHQ ‎ ‎＝(1＋x 2－2x－3)x－－(x－3)(x 2－2x－3)＝x 2－x－6‎ 由题意得：x 2－x－6＝5，整理得：3x 2－5x－22＝0‎ 解得x＝－2（舍去）或x＝，∴x 2－2x－3＝‎ ‎∴Q1（，） 12分 当点Q在直线DB的下方时，过Q作QK⊥x轴交DB于K S△BDQ ＝S△BKQ ＋S△DKQ ＝KQ·OB＝[(－x＋1)－(x 2－2x－3)]×3＝－x 2＋x＋6‎ 由题意得：－x 2＋x＋6＝5，整理得：3x 2－5x－2＝0，‎ 解得x＝－（舍去）或x＝2，∴x 2－2x－3＝－3‎ ‎∴Q2（2，－3）‎ 综上所述，存在符合条件的点Q，点Q的坐标为（，）或（2，－3） 14分 ‎288．解：（1）如图，过C作CE⊥AO于E，连结DC、OC ‎∵∠CDO＝∠DAC＋∠ACD＝＝＝∠AOC ‎∴DC＝OC，∴OD＝2OE 由y＝kx＋2得A（0，2）‎ 当k＝－2时，得B（1，0）‎ ‎∴OA＝2，OB＝1，∴AB＝‎ ‎∵BO与⊙P相切于点O，由切割线定理得：OB 2＝CB·AB ‎∴CB＝ 2分 ‎∵CE⊥AO，∴EC∥OB，∴＝‎ 即＝，∴OE＝，∴OD＝ 3分 ‎∴点D的坐标为（0，） 4分 ‎（2）若翻转后所得的弧与y轴相切，则切点必为A，即D与A重合 此时OC＝DC＝AD 5分 又∠ACO＝90°，∴∠OAC＝45° 6分 ‎∴OB＝OA＝2，∴B（2，0） 7分 把B（2，0）代入y＝kx＋2，得k＝－1‎ ‎∴k＝－1 8分 ‎（3）假设存在实数k，使得沿直线l把 翻转后，＝2？‎ ‎∵OC＝DC，∴＝ y x O D B C P A l E m ‎∵＝2，∴＝＝＝＝ ‎∴∠OPC＝×180°＝45° 9分 连结PC，则∠OPC＝45°，∴PE＝EC＝PC＝‎ ‎∴AE＝1＋ 10分 由△AEC∽△AOB，得＝‎ 即＝，∴OB＝－2‎ ‎∴B（－2，0） 12分 将B（－2，0）代入y＝kx＋2，得k＝－－2 13分 故存在实数k＝－－2，使得沿直线l将 翻转后，＝2 ‎ 14分 C B A D P E 图1‎ ‎289．（1）证明：在△ABC和△AEP中 ‎∵∠ABC＝∠AEP，∠BAC＝∠EAP ‎∴∠ACB＝∠APE 在△ABC中，AB＝BC ‎∴∠ACB＝∠BAC ‎∴∠EAP＝∠EPA 4分 ‎（2）答：□APCD是矩形 5分 C B A D P E 图2‎ N MN F ‎∵四边形APCD是平行四边形 ‎∴AC＝2AE，PD＝2PE ‎∵由（1）知∠EPA＝∠EAP ‎∴AE＝PE，∴AC＝PD ‎∴□APCD是矩形 8分 ‎（3）答：EM＝EN 9分 ‎∵AE＝PE，∴∠EAP＝∠EPA＝90°－α ‎∴∠EAM＝180°－∠EAP＝180°－( 90°－α )＝90°＋α 由（2）知∠CPB＝90°，F是BC的中点，∴FP＝FB ‎∴∠FPB＝∠ABC＝α ‎∴∠EPN＝∠EPA+∠APN＝∠EPA+∠FPB＝90°－α＋α＝90°＋α ‎∴∠EAM＝∠EPN ‎∵∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN ‎∴∠AEP＝∠MEN ‎ ‎∴∠AEP－∠AEN＝∠MEN－∠AEN，即∠MEA＝∠NEP ‎∴△EAM≌△EPN ‎∴EM＝EN 14分 ‎290．解：（1）A（－2，0），D（－2，3） 2分 ‎（2）∵抛物线y＝x 2＋bx＋c经过C（1，0），D（－2，3）‎ 代入，解得：b＝－，c＝‎ ‎∴所求抛物线解析式为：y＝x 2－x＋ 6分 ‎（3）答：存在 7分 解法一：设抛物线向上平移h个单位能使EM∥x轴 则平移后的解析式为：y＝x 2－x＋＋h＝( x－1)2＋h y x O D B C A M E 此时抛物线与y轴交点E（0，＋h）‎ 当点M在直线y＝x＋2上，且满足直线EM∥x轴时 则点M的坐标为（h－，＋h）‎ 又∵M在平移后的抛物线上 则有：＋h＝( h－－1)2＋h 解得：h＝或h＝‎ ‎（і）当h＝时，点E（0，2），点M的坐标为（0，2），此时，点E、M重合，不合题意舍去 ‎（ii）当h＝时，E（0，4）点M的坐标为（2，4），符合题意 综合（i）（ii）可知，抛物线向上平移个单位能使EM∥x轴 14分 解法二：∵当点M在抛物线对称轴的左侧或在抛物线的顶点时，仅当M、E重合时，它们的纵坐标相等 ‎∴EM不会与x轴平行 当点M在抛物线的右侧时，设抛物线向上平移h个单位能使EM∥x轴 则平移后的抛物线的解析式为y＝x 2－x＋＋h＝( x－1)2＋h ‎∴抛物线与y轴交点E（0，＋h）‎ ‎∵抛物线的对称轴为x＝1‎ 根据抛物线的对称性，可知点M的坐标为（2，＋h）时，直线EM∥x轴 将（2，＋h）代入y＝x＋2，得＋h＝2＋2，解得：h＝‎ ‎∴抛物线向上平移个单位能使EM∥x轴 14分 ‎291．解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx＋b ‎∵A（0，1），B（3，0）‎ ‎∴ 解得 2分 ‎∴直线AB的解析式为y＝－x＋1 3分 ‎（2）由题意可得，ON＝OA＝1，MN＝MB＝3－x 4分 ‎∵△OMN为直角三角形 ‎①若ON为斜边，则x 2＋(3－x)2＝1 2，即x 2－3x＋4＝0，此方程无解 5分 ‎②若OM为斜边，则1 2＋(3－x)2＝x 2，解得x＝ 6分 若MN为斜边，则(3－x)2＝1 2＋x 2，解得x＝ 7分 ‎∴点M的坐标为（，0）或（，0） 9分 ‎（3）当x＝时，由（2）知此时△OMN是以OM为斜边的直角三角形 10分 O y x A N M B D 且OM＝x＝，MN＝MB＝3－x＝‎ 过N作ND⊥OB于D，则·ON·MN＝·OM·ND ‎∴ND＝，∴OD＝＝‎ ‎∴N（，） 12分 当x＝时，－x＋1＝‎ ‎∴点N（，）在直线y＝－x＋1上 即当x＝时，点N在直线AB上 14分 ‎292．（1）解：‎ ‎（法一）设抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c（a≠0） 1分 P F ‎∵点A、B、C均在此抛物线上 ‎∴ ‎∴ 2分 ‎∴所求的抛物线的解析式为y＝x 2－x－4 3分 顶点D的坐标为（1，－） 4分 ‎（法二）设抛物线的解析式为y＝a(x＋2)(x－4) 1分 ‎∵点C在此抛物线上 ‎∴a(0＋2)(0－4)＝－4‎ a＝ 2分 ‎∴所求的抛物线的解析式为y＝(x＋2)(x－4)‎ 即y＝x 2－x－4 3分 顶点D的坐标为（1，－） 4分 注：顶点横、纵坐标错一个不给分 ‎（2）△EBC的形状为等腰三角形 5分 证明：‎ ‎（法一）∵直线MN的函数解析式为y＝－x ‎∴ON是∠BOC的平分线 6分 ‎∵B、C两点的坐标分别为（4，0），（0，－4）‎ ‎∴CO＝BO＝4‎ ‎∴MN是BC的垂直平分线 7分 ‎∴CE＝BE 即△ECB是等腰三角形 8分 ‎（法二）∵直线MN的函数解析式为y＝－x ‎∴ON是∠BOC的平分线 ‎∴∠COE＝∠BOE 6分 ‎∵B、C两点的坐标分别为（4，0）、（0，－4）‎ ‎∴CO＝BO＝4‎ 又∵OE＝OE ‎∴△COE≌△BOE 7分 ‎∴CE＝BE 即△ECB是等腰三角形 8分 ‎（法三）∵点E是抛物线的对称轴x＝1和直线y＝－x的交点 ‎∴E点的坐标为（1，－1） 6分 ‎∴利用勾股定理可求得CE＝＝，BE＝＝‎ ‎∴CE＝BE 7分 即△ECB是等腰三角形 8分 ‎（3）解：存在 9分 ‎∵PF∥ED ‎∴要使以P、E、D、F为顶点的四边形是平行四边形，只要使PF＝ED ‎∵点E是抛物线的对称轴x＝1和直线y＝－x的交点 ‎∴E点的坐标为（1，－1）‎ ‎∴ED＝－1－(－)＝ 10分 ‎∵点P是直线y＝－x上的动点 ‎∴设P点的坐标为（k，－k）‎ 则直线PF的函数解析式为x＝k ‎∵点F是抛物线和直线PF的交点 ‎∴F的坐标为（k，k 2－k－4）‎ ‎∴PF＝－k－(k 2－k－4)＝－k 2＋4 11分 ‎∴－k 2＋4＝‎ ‎∴k＝±1 12分 当k＝1时，点P的坐标为（1，－1），F的坐标为（1，－）‎ 此时PF与ED重合，不存在以P、F、D、E为顶点的平行四边形 当k＝－1时，点P的坐标为（－1，1），F的坐标为（－1，－）‎ 此时，四边形PFDE是平行四边形 13分 图①‎ ‎293．（1）证明：如图①，根据旋转变换的性质易知 ‎∠CAD＝∠FA1D 1分 ‎∵∠1＝∠2 2分 ‎∴△ADC∽△A1DF 4分 ‎（2）解：‎ ‎（法一）∵CA＝CA1＝CB＝CB1＝‎ ‎∵点A、A1、B、B1均在以C为圆心、半径为的圆上 6分 ‎∴∠AB1A1＝α＝×30°＝15° 8分 ‎（法二）如图①‎ ‎∵AC＝B1C ‎∴∠4＝∠3 5分 ‎∵α＝30°，∠A1CB1＝90°‎ ‎∴∠ACB1＝120° 6分 ‎∴∠4＝＝30° 7分 ‎∴∠AB1A1＝∠CB1A1－∠4＝45°－30°＝15° 8分 ‎（法三）如图①‎ ‎∵AC＝B1C ‎∴∠4＝∠3 5分 ‎∵∠CAB＝∠CB1A1‎ ‎∴∠CAB－∠3＝∠CB1A1－∠4‎ 即∠B1AB＝∠AB1A1 6分 ‎∵∠5=∠B1AB+∠AB1A1‎ ‎∴∠5＝2∠AB1A1 7分 ‎∵△ADC∽△A1DF ‎∴∠5＝α ‎∴∠AB1A1＝∠5＝α＝15° 8分 ‎（3）解：△A1B1C在平移的过程中，易证得△AC2G、△HB2E、△A2FG、△C2HC、‎ ‎△FBE均是等腰直角三角形，四边形AC2B2F是平行四边形 9分 图②‎ ‎∵AB＝＝2‎ ‎∴当α＝45°时，CE＝CD＝AB＝1‎ 情形①：当0＜x＜1时（如图②所示）‎ ‎△A2B2C2与△ABC的重叠部分为五边形C2HEFG 10分 ‎（法一）S五边形C2HEFG＝S平行四边形AC2B2F－SRt△AC2GSRt△HB2E ‎∵C2C＝x ‎∴CH＝x，AC2＝－x，B2E＝HE＝1－x ‎∴AG＝C2G＝AC2＝(－x)＝1－x ‎∴S平行四边形AC2B2F＝AC2·CE＝(－x)·1=－x SRt△AC2G＝AG 2＝(1－x)2＝－x＋x 2‎ SRt△HB2E＝B2E 2＝(1－x)2＝－x＋x 2 11分 ‎∴S五边形C2HEFG＝－x－(－x＋x 2)－(－x＋x 2)‎ ‎＝－x 2＋x＋－1 12分 ‎（法二）S五边形C2HEFG＝SRt△A2B2C2－SRt△A2FG－SRt△HB2E ‎∵C2C＝x ‎∴AC2＝－x，B2E＝1－x ‎∴C2G＝AC2＝(－x)＝1－x A2G＝A2C2－C2G＝－(1－x)＝－1＋x ‎∴SRt△A2B2C2＝A2C2 2＝()2＝1‎ SRt△A2FG＝A2G 2＝(－1＋x)2＝＋x＋x 2‎ SRt△HB2E＝B2E 2＝(1－x)2＝－x＋x 2 11分 ‎∴S五边形C2HEFG＝1－(＋x＋x 2)－(－x＋x 2)‎ ‎＝－x 2＋x＋－1 12分 ‎（法三）S五边形C2HEFG＝SRt△ABC－SRt△AC2G－SRt△C2HC－SRt△FBE ‎∵C2C＝x ‎∴AC2＝－x，CH＝x，BE＝－1‎ ‎∴AG＝C2G＝AC2＝(－x)＝1－x ‎∴SRt△ABC＝AC 2＝()2＝1‎ SRt△AC2G＝AG 2＝(1－x)2＝－x＋x 2‎ SRt△C2HC ＝C2C 2＝x 2‎ SRt△FBE＝BE 2＝(－1)2＝ 11分 ‎∴S五边形C2HEFG＝1－(－x＋x 2)－x 2－‎ ‎＝－x 2＋x＋－1 12分 情形②：当1≤x＜时（如图③所示）‎ ‎△A2B2C2与△ABC的重叠部分为直角梯形C2B2FG 13分 图③‎ ‎（法一）S直角梯形C2B2FG＝S平行四边形C2B2FA－SRt△AC2G ‎＝AC2·CE－AG 2‎ ‎＝－x－(－x＋x 2)‎ ‎＝－x 2＋(－1)x＋－ 14分 ‎（法二）S直角梯形C2B2FG＝SRt△A2B2C2－SRt△A2FG ‎＝1－(＋x＋x 2)‎ ‎＝－x 2＋(－1)x＋－ 14分 ‎294．解：（1）∵B（2，4），∴C（2，－4） 1分 设经过O、C、A三点的抛物线的解析式为y＝ax(x－10)‎ 将C（2，－4）代入，得a＝ 3分 ‎∴所求抛物线的解析式为y＝x(x－10)，即y＝x 2－x 4分 ‎（2）P（8，－4） 6分 ‎（3）存在异于D的点Q，使△AQD是等腰三角形 ‎∵y＝x 2－x＝(x－5)2－‎ ‎∴顶点D的坐标为（5，－） 8分 ‎∴AD＝＝ 9分 若QA＝DA 则由对称性可知，满足条件的Q点坐标为（5，），记为Q1（5，） 10分 若QD＝AD 结合图形，可求得满足条件的Q点坐标为（5，），（5，－）‎ 记为Q2（5，），Q3（5，－） 11分 若QD＝QA 则设Q（5，y），由| y＋|＝，解得y＝－‎ 所以满足条件的Q点坐标为（5，－），记为Q4（5，－） 12分 D B C A O y x Q1‎ Q2‎ Q3‎ Q4‎ 综上，满足条件的点Q有Q1（5，），Q2（5，），Q3（5，－‎ ‎），Q4（5，－）四个点 13分 ‎295．解：（1）∵∠A＝α＝30°，∠ACB＝90°‎ ‎∴∠ABC＝∠BCD＝60°，∴AD＝BD＝BC＝1‎ ‎∴x＝1 3分 ‎（2）∵∠DBE＝90°，∠ABC＝60°，∴∠A＝∠CBE＝30°‎ ‎∴AC＝BC＝，AB＝2BC＝2‎ 由旋转性质可知：A′C＝AC，B′C＝BC，∠BCE＝∠ACD＝α ‎∴△BCE∽△ACD 5分 ‎∴＝，∴BE＝x ‎∵BD＝2－x ‎∴S＝·x(2－x)＝－x 2＋x（0＜x＜2） 8分 ‎（3）∵S＝S△ABC ，∴－x 2＋x＝‎ ‎∴4x 2－8x＋3＝0，∴x1＝，x2＝ 10分 α C A B A′‎ B′‎ D E F ‎①当x＝时，BD＝2－＝，BE＝×＝‎ ‎∴DE＝＝‎ ‎∵DE∥A′B′，∴∠EDC＝∠A′＝∠A＝30°‎ ‎∴EC＝DE＝＞BE ‎∴此时⊙E与A′C相离 11分 如图，过D作DF⊥AC于F，则DF＝x＝，AF＝DF＝‎ ‎∴CF＝－＝‎ ‎∴tanα＝＝ 12分 ‎②当x＝时，BD＝2－＝，BE＝×＝‎ ‎∴DE＝＝1‎ ‎∴EC＝DE＝＜BE ‎∴此时⊙E与A′C相交 13分 同理可求出tanα＝＝＝ 14分 B C A O D P ‎296．证明：（1）连接OD 1分 ‎∵D为劣弧的中点，∠AOB＝120°‎ ‎∴∠AOD＝∠DOB＝60° 2分 又∵OA＝OD，OD＝OB ‎∴△AOD和△DOB都是等边三角形 3分 ‎∴AD＝AO＝OB＝BD ‎∴四边形AOBD是菱形 4分 ‎（2）连接AC ‎∵BP＝3OB，OA＝OC＝OB ‎∴PC＝OC＝OA 5分 ‎∵∠AOB＝120°，∴∠AOC＝60°‎ ‎∴△OAC为等边三角形 ‎∴PC＝AC＝OC 6分 ‎∴∠CAP＝∠CPA 又∠ACO＝∠CPA＋∠CAP ‎∴∠CAP＝30°‎ ‎∴∠PAO＝∠OAC＋∠CAP＝90° 7分 又∵OA是半径 ‎∴AP是⊙O的切线 8分 ‎297．解：（1）‎ x x y ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎（1，1）‎ ‎（2，1）‎ ‎（3，1）‎ ‎（4，1）‎ ‎2‎ ‎（1，2）‎ ‎（2，2）‎ ‎（3，2）‎ ‎（4，2）‎ ‎3‎ ‎（1，3）‎ ‎（2，3）‎ ‎（3，3）‎ ‎（4，3）‎ ‎4‎ ‎（1，4）‎ ‎（2，4）‎ ‎（3，4）‎ ‎（4，4）‎ ‎ 3分 ‎（2）可能出现的结果共有16个，它们出现的可能性相等 4分 满足点（x，y）落在反比例函数y＝的图象上（记为事件A）的结果有3个，即 ‎（1，4），（2，2），（4，1），所以P（A）＝ 7分 ‎（3）能使x，y满足y ＜（记为事件B）的结果有5个，即（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1），所以P（B）＝ 10分 ‎298．（1）40 3分 ‎（2）解法1：设甲车的速度为x km/h，依题意得 ‎12x＝(12＋1)×40＋200 5分 解得x＝60 6分 又(a＋1)×40＝a×60 8分 ‎∴a＝2 9分 答：甲车的速度为每小时60千米，a的值为2 10分 解法2：设甲车的速度为x km/h，依题意得 7分 解得 9分 答：甲车的速度为每小时60千米，a的值为2 10分 ‎299．（1）证明：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA 图1‎ E C A M D B N ‎∴∠BDC＝2∠DAC 1分 又∵DE是∠BDC的平分线 ‎∴∠BDC＝2∠BDE ‎∴∠DAC＝∠BDE 2分 ‎∴DE∥AC 3分 ‎（2）解：（Ⅰ）当△BME∽△CNE时（如图1），得∠MBE＝∠NCE ‎∴BD＝DC ‎∵DE平分∠BDC ‎∴DE⊥BC，BE＝EC 又∠ACB＝90°，∴DE∥AC 4分 ‎∴＝，即BD＝AB＝＝5‎ ‎∴AD＝5 5分 ‎（Ⅱ）当△BME∽△ENC时（如图2），得∠EBM＝∠CEN ‎∴EN∥BD 又∵EN⊥CD，∴BD⊥CD，即CD是△ABC斜边上的高 6分 图2‎ E C A M D B N 由三角形面积公式得AB·CD=AC·BC，∴CD＝‎ ‎∴AD＝＝ 7分 综上，当AD＝5或时，△BME与△CNE相似 ‎（3）解法1：由角平分线性质易得S△MDE ＝S△DEN ＝DM·ME ‎∵S四边形MEND ＝S△BDE ‎ ‎∴DM·ME＝BD·ME，即DM＝BD 8分 ‎∴EM是BD的垂直平分线.‎ 图3‎ E C A M D B N ‎∴∠EDB＝∠B ‎∵∠EDB＝∠CDE，∴∠B＝∠CDE 又∵∠DCE＝∠BCD ‎∴△CDE∽△CBD 9分 ‎∴＝＝……① 10分 ‎∴＝＝，即CD＝‎ 又∵cosB＝＝，∴CD＝4×＝5 11分 由①式得CE＝＝‎ ‎∴BE＝8－＝，∴BM＝BEcosB＝×＝‎ ‎∴AD＝AB－2BM＝10－2×＝ 12分 解法2：同解法1可得：∠EDB＝∠B 如图4，过点C作CF⊥AB于F，交DE于P，过点P作PG⊥CD于G ‎∵tanB＝，∴可设PF＝3a，DF＝4a 图4‎ E C A M D B N F PN GN 由角平分线性质得GP＝3a ‎∴CP＝－3a，CD 2＝(4a)2＋()2‎ ‎∵∠PCG＝∠DCF，∠CGP＝∠CFD＝90°‎ ‎∴△CGP∽△CFD 9分 ‎∴＝，即＝ 10分 ‎∴＝‎ ‎∵a＞0，∴a＝ 11分 在Rt△ACF中，AC＝6，cosA＝，得AF＝‎ ‎∴AD＝AF－DF＝－4×＝ 12分 解法3：同解法1可得：BM＝BD 8分 如图5，过点D作DP⊥AC于P ‎∵∠PCD＋∠ECN＝90°，∠PCD＋∠PDC＝90°‎ ‎∴∠PDC＝∠ECN，∴Rt△CPD∽Rt△ENC 9分 ‎∴＝（*） 10分 图5‎ E C A M D B N PN 设AD＝x，则AP＝x，PD＝x CP＝6－x，BM＝BD＝‎ ‎∵EM＝BMtanB＝(10－x)‎ ‎∴由角平分线性质知EN＝(10－x)‎ 又BE＝＝(10－x)‎ ‎∴CE＝BC－BE＝(14＋5x)‎ 由（*）得CN＝·PD＝x 11分 在Rt△CNE中，CN 2＋EN 2＝CE 2‎ 即(x)2＋[(10－x)]2＝[(14＋5x)]2‎ 解得x＝‎ ‎∴当AD＝时，S四边形MEND ＝S△BDE 12分 ‎300．解：（1）∵OA＝1，OC＝2，∴A（0，1），C（2，0）‎ 设直线AC的解析式为y＝kx＋b 则 解得 ‎∴直线AC的解析式为y＝－x＋1 2分 ‎（2）P1（0，），P2（0，－），P3（0，－）或P3（0，－）‎ ‎（正确一个得2分） 8分 O y x C A B 图1‎ D O′‎ E F ‎（3）解法1：‎ 如图，设O′（x，1），过O′ 点作O′F⊥OC于F 则O′D 2＝O′F 2＋DF 2＝1＋(x－)2‎ 由折叠知O′D＝OD，∴1＋(x－)2＝()2‎ ‎∴x＝或2 10分 ‎（Ⅰ）当AO′＝2时，设E点坐标为（0，y）‎ 则y 2＝2 2＋(y－1)2，∴y＝，∴E（0，）‎ ‎∵抛物线C1：y＝－x 2＋bx＋c过E（0，）、D（，0）两点 ‎∴ 解得 ‎∴抛物线C1：y＝－x 2－x＋ 11分 ‎（Ⅱ）当AO′＝时，设E点坐标为（0，y）‎ 则y 2＝()2＋(1－y)2，∴y＝，∴E（0，）‎ ‎∵抛物线C2：y＝－x 2＋bx＋c过E（0，）、D（，0）两点 ‎∴ 解得 ‎∴抛物线C2：y＝－x 2＋x＋ 12分 ‎∵抛物线C1：y＝－x 2－x＋＝－(x＋)2＋‎ ‎∴将抛物线y＝－x 2向左平移个单位，再向上平移个单位，得到抛物线 C1满足条件 ‎ 13分 ‎∵抛物线C2：y＝－x 2＋x＋＝－(x－)2＋‎ ‎∴将抛物线y＝－x 2向右平移个单位，再向上平移个单位，得到抛物线C2满足条件 ‎ 14分 O y x C A B 图1‎ D O′‎ E F 解法2：由折叠知O′D＝OD，O′E＝OE 设O′（a，1），过O′ 点作O′F⊥OC于F 则O′D 2＝1＋(a－)2，∴1＋(a－)2＝()2‎ 整理得2a 2－5a＋2＝0‎ 解得a＝或2 10分 设平移后所得抛物线的解析式为y＝－x 2＋mx＋n 则E（0，n）且m＋n＝（*）‎ 又∵O′E 2＝O′A 2＋AE 2＝(n－1)2＋a 2‎ ‎∴n 2＝(n－1)2＋a 2‎ ‎∴当a＝2时，n＝‎ 把n＝入（*）得m＝－‎ 此时抛物线C1的解析式为y＝－x 2－x＋ 11分 当a＝时，n＝‎ 把n＝代入（*）得m＝‎ 此时抛物线C2的解析式为y＝－x 2＋x＋ 12分 ‎（以下同解法1）‎