2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题42 综合性问题
综合性问题
一.选择题
1.（2020•内蒙古包头市•3分）下列命题正确的是（ ）
A. 若分式的值为0，则x的值为±2．
B. 一个正数的算术平方根一定比这个数小．
C. 若，则．
D. 若，则一元二次方程有实数根．
【答案】D
【解析】
【分析】
A选项：当x=2时，分式无意义；
B选项：1的算数平方根还是1；
C选项：可以让b=2，a=1，代入式子中即可做出判断；
根据根的判别式可得到结论．
【详解】A选项：当x=2时，分式无意义，故A选项错误；
B选项：1的算数平方根还是1，不符合“一个正数的算术平方根一定比这个数小”，故B选项错误；
C选项：可以假设b=2，a=1，满足，代入式子中，通过计算发现与结论不符，故C选项错误；
D选项：，当时，，一元二次方程有实数根，故D选项正确．
故本题选择D．
【点睛】本题主要考查分式值为0时的条件、算数平方根、不等式的性质及一元二次方程根的判别式问题，掌握分式的意义、算数平方根、不等式的性质及一元二次方程根的判别式的知识是解答本题的关键．
2.（2020•内蒙古包头市•3分）如图，在中，，
，按以下步骤作图：（1）分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点（点M在的上方）；（2）作直线交于点O，交于点D；（3）用圆规在射线上截取．连接，过点O作，垂足为F，交于点G．下列结论：
①；②；③；④若，则四边形的周长为25．
其中正确的结论有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】
证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据，求出BD=，即可判断④.
【详解】由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵，，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，，
∴ ，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴，
∵，
∴，故③正确；
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵，
∴，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵，
∴，
解得BD=，
∴四边形的周长为.
故选：D.
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
3.（2020•广东省广州市•3分）直线不经过第二象限，则关于的方程实数解的个数是（ ）.
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 1个或2个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直线不经过第二象限，得到，再分两种情况判断方程的解的情况.
【详解】∵直线不经过第二象限，
∴，
∵方程，
当a=0时，方程为一元一次方程，故有一个解，
当a<0时，方程为一元二次方程，
∵∆=，
∴4-4a>0，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：D.
【点睛】此题考查一次函数的性质：利用函数图象经过的象限判断字母的符号，方程的解的情况，注意易错点是a的取值范围，再分类讨论
4. （2020•四川省达州市•3分）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC.BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF＝AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明△AOF≌△ABD，便可判断②的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AG＝OG，进而求得∠AGE＝45°，由矩形性质得ED＝EA，进而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，便可判断④的正误．
解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴EB＝ED，
∵BO＝DO，
∴OE平分∠BOD，
故①正确；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴∠OAD＝∠BAD＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∵OB＝OD，BE＝DE，
∴OE⊥BD，
∴∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠BOE＝∠BDA，
∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，
∴∠ADO＝45°，
∴AO＝AD，
∴△AOF≌△ABD（ASA），
∴OF＝BD，
故②正确；
③∵△AOF≌△ABD，
∴AF＝AB，
连接BF，如图1，
∴BF＝，
∵BE＝DE，OE⊥BD，
∴DF＝BF，
∴DF＝，
故③正确；
④根据题意作出图形，如图2，
∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，
∴AG＝OG，
∴∠AOG＝∠OAG，
∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，
∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，
∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，
∴∠EAG＝90°，
∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，
∴∠AEG＝45°，
∴AE＝AG，
∴△AEG为等腰直角三角形，
故④正确；
故选：D．
5. （2020•山东东营市•3分）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据题意及正方形性质，即可判断；
②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；
③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；
④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；
⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．
【详解】∵四边形ABCD正方形，AC.BD为对角线，
∴∠MAE=∠EAP=45°，
根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，
在三角形与中，
∴ASA，
故①正确；
∴AE=ME=EP=MP，
同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，
∴四边形PEOF为矩形，
∴PF=OE，
∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，
又∵ME=PE=MP，
FP=FN=NP，OA=AC，
∴ PM+PN=AC，
故②正确；
∵四边形PEOF为矩形，
∴PE=OF，
在直角三角形OPF中，，
∴，
故③正确；
∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，
故④错误；
连接MO、NO，
在△OEM和△OEP中，
∴△OEM≌△OEP，OM=OP，
同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，
又∵∠MPN=90°，
OM=OP=ON，OP=12MO+NO，
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=MN，
∴MO+NO=MN，点在两点的连线上．
故⑤正确．
故选择B．
【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．
二.填空题
1. （2020•四川省成都市•4分）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
2. （2020•山东东营市•4分）如图，在平面直角坐标系中，已知直线和双曲线，在直线上取一点，记为，过作轴的垂线交双曲线于点，过作轴的垂线交直线于点，过作轴的垂线交双曲线于点，过作轴的垂线交直线于点······，依次进行下去，记点的横坐标为，若则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1.B1.A2.B2.A3.B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可
【详解】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为2，A1（2，3），B1(2，) ；
A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，可得A2（，）；
B2的横坐标和A2的横坐标相同为，代入得，y=，得B2(，) ；
A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，故A3（，）
B3的横坐标和A3的横坐标相同为，代入得，y=3，得B3(，3)
A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为3，代入y=x+1，得x=2，所以A4（2，3）
…
由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环，
∵2020÷3=673⋯⋯1，
∴a2020=a1=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
3. （2020•四川省达州市•10分）（1）[阅读与证明]
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE.CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝ 60 °．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝ 30 °．
②求证：BF＝AF+2FG．
（2）[类比与探究]
把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①∠FEG＝ 45 °；
②线段BF、AF、FG之间存在数量关系 BF＝AF+FG ．
（3）[归纳与拓展]
如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE.CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为 BF＝2AF•sinα+ ．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．
②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．
②结论：BF＝AF+FG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出＝＝，推出BT＝CF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．
②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵C，E关于AM对称，
∴AM垂直平分线段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．
（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，
∴∠BEC＝∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案为45．
②结论：BF＝AF+FG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF＝FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CT＝CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，
∴＝，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴＝＝，
∴BT＝CF，
∴BF＝BT+TF＝AF+EAF+FG．．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．
∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴＝sinα，
∴＝2•sinα，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC＝∠BAC＝α，EF＝，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCE＝α，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，
∴＝＝2•sinα，
∴BT＝2AF•sinα，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα+．
故答案为：BF＝2AF•sinα+．
4. （2020•四川省泸州市•3分）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC.ED分别交于点M，N．已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为 ．
【分析】延长CE.DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQ＝BC，AB＝CW，根据相似三角形的判定得出△QMF∽△CMB，△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案．
【解答】解：延长CE.DA交于Q，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，AD∥BC，
∵F为AD中点，
∴AF＝DF＝3，
在Rt△BAF中，由勾股定理得：BF＝＝＝5，
∵AD∥BC，
∴∠Q＝∠ECB，
∵E为AB的中点，AB＝4，
∴AE＝BE＝2，
在△QAE和△CBE中
∴△QAE≌△CBE（AAS），
∴AQ＝BC＝6，
即QF＝6+3＝9，
∵AD∥BC，
∴△QMF∽△CMB，
∴＝＝，
∵BF＝5，
∴BM＝2，FM＝3，
延长BF和CD，交于W，如图2，
同理AB＝DM＝4，CW＝8，BF＝FM＝5，
∵AB∥CD，
∴△BNE∽△WND，
∴＝，
∴＝，
解得：BN＝，
∴MN＝BN﹣BM＝﹣2＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
5. （2020•四川省乐山市•3分）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.
【详解】连接CE，设CD=2x，
在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC=，
BC==x，AB=x，
∵点E为AD的中点，
∴CE=AE=DE==2x，
∴ΔCED为等边三角形，
∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，
∴∠CED=∠BAD，
∴AB∥CE，
∴，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º
∴AF平分∠BAE，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
三.解答题
1.（2020•四川省凉山州•12分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（，）三点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．
【分析】（1）将点O、A.B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x负半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为（，），将该点坐标代入CD表达式，即可求解；
（3）过点P作y轴额平行线交CD于点H，PH＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，即可求解．
【解答】解：（1）将点O、A.B的坐标代入抛物线表达式得，解得，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x负半轴的夹角为60°，
故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为（，），
将该点坐标代入CD表达式并解得：b＝，
故直线CD的表达式为：y＝﹣x+；
（3）设点P（x，x2﹣x），则点Q（x，﹣x+），
则PQ＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，
∵＜0，故PQ有最大值，此时点P的坐标为（﹣，）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、中垂线的性质等，有一定的综合性，难度不大．
2. （2020•四川省泸州市•12分）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AD的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段AD上的点，过点E的弦FG⊥AB于点H．
（1）求证：∠C＝∠AGD；
（2）已知BC＝6．CD＝4，且CE＝2AE，求EF的长．
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到∠ABC＝90°，得到∠C＝∠ABD，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠CAB＝90°，
∴∠C＝∠ABD，
∵∠AGD＝∠ABD，
∴∠AGD＝∠C；
（2）解：∵∠BDC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴，
∴＝，
∴AC＝9，
∴AB＝＝3，
∵CE＝2AE，
∴AE＝3，CE＝6，
∵FH⊥AB，
∴FH∥BC，
∴△AHE∽△ABC，
∴，
∴＝＝，
∴AH＝，EH＝2，
连接AF，BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AEH+∠BFH＝∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠FAH＝∠BFH，
∴△AFH∽△FBH，
∴＝，
∴＝，
∴FH＝，
∴EF＝﹣2．
【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
3. （2020•四川省泸州市•12分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段AC于点E，若BD＝5DE．
①求直线BD的解析式；
②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧，点R是直线BD上的动点，若△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．
【分析】（1）根据交点式设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入抛物线交点式中，即可求出a，即可得出结论；
（2）①先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再利用相似三角形得出比例式求出BF，进而得出点E坐标，最后用待定系数法，即可得出结论；
②先确定出点Q的坐标，设点P（x，﹣x2+x+4）（1＜x＜4），得出PG＝x﹣1，GQ＝﹣x2+x+3，再利用三垂线构造出△PQG≌△QRH（AAS），得出RH＝GQ＝﹣x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，进而得出R（﹣x2+x+4，2﹣x），最后代入直线BD的解析式中，即可求出x的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
将点C坐标（0，4）代入抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4）中，得﹣8a＝4，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣4）＝﹣x2+x+4；
（2）①如图1，
设直线AC的解析式为y＝kx+b'，
将点A（﹣2，0），C（0，4），代入y＝kx+b'中，得，
∴，
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
过点E作EF⊥x轴于F，
∴OD∥EF，
∴△BOD∽△BFE，
∴，
∵B（4，0），
∴OB＝4，
∵BD＝5DE，
∴＝＝，
∴BF＝×OB＝×4＝，
∴OF＝BF﹣OB＝﹣4＝，
将x＝﹣代入直线AC：y＝2x+4中，得y＝2×（﹣）+4＝，
∴E（﹣，），
设直线BD的解析式为y＝mx+n，
∴，
∴，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+2；
②∵抛物线与x轴的交点坐标为A（﹣2，0）和B（4，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴点Q（1，1），如图2，
设点P（x，﹣x2+x+4）（1＜x＜4），
过点P作PG⊥l于G，过点R作RH⊥l于H，
∴PG＝x﹣1，GQ＝﹣x2+x+4﹣1＝﹣x2+x+3，
∵PG⊥l，∴∠PGQ＝90°，
∴∠GPQ+∠PQG＝90°，
∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，
∴PQ＝RQ，∠PQR＝90°，
∴∠PQG+∠RQH＝90°，
∴∠GPQ＝∠HQR，
∴△PQG≌△QRH（AAS），
∴RH＝GQ＝﹣x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，
∴R（﹣x2+x+4，2﹣x），
由①知，直线BD的解析式为y＝﹣x+2，
∴x＝2或x＝4（舍），
当x＝2时，y＝﹣x2+x+4＝﹣×4+2+4＝4，
∴P（2，4）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
4. （2020•四川省乐山市•13分）已知抛物线与轴交于，两点，为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交轴于点，连结，且，如图所示．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设是抛物线的对称轴上的一个动点．
①过点作轴的平行线交线段于点，过点作交抛物线于点，连结、，求的面积的最大值；
②连结，求的最小值．
【答案】（1）；（2）①；②．
【解析】
【分析】
（1）先函数图象与x轴交点求出D点坐标，再由求出C点坐标，用待定系数法设交点式，将C点坐标代入即可求解；
（2）①先求出BC的解析式，设E坐标为，则F点坐标为，进而用t表示出的面积，由二次函数性质即可求出最大值；
②过点作于，由可得，由此可知当BPH三点共线时的值最小，即过点作于点，
线段的长就是的最小值，根据面积法求高即可．
【详解】解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：，
∵是抛物线的对称轴，
∴，
又∵，
∴，
即，
代入抛物线的解析式，得，解得 ，
∴二次函数的解析式为 或；
（2）①设直线的解析式为 ，
∴ 解得
即直线的解析式为 ，
设E坐标为，则F点坐标为，
∴，
∴的面积
∴，
∴当时，的面积最大，且最大值为；
②如图，连接，根据图形的对称性可知 ，，
∴，
过点作于，则在中，
，
∴，
再过点作于点，则，
∴线段的长就是的最小值，
∵，
又∵，
∴，即，
∴的最小值为．
【点睛】此题主要考查了二次函数的综合题型，其中涉及了待定系数法求解析式和三角形的面积最大值求法、线段和的最值问题．解（1）关键是利用三角函数求出C点坐标，解（2）关键是由点E.F坐标表示线段EF长，从而得到三角形面积的函数解析式，解（3）的难点是将的最小值转化为点B到AC的距离．
5.（2020•广东省深圳市•9分）如图1，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（-3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D
（1）求解抛物线解析式
（2）连接AD，CD，BC，将△OBC沿着x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到，点O、B.C的对应点分别为点，，，设平移时间为t秒，当点与点A重合时停止移动。记△与四边形AOCD的重叠部分的面积为S，请直接写出S与时间t的函数解析式;
（3）如图2，过抛物线上任意一点M（m，n）向直线l:作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME-MF=？若存在，请求F点的坐标；若不存在，请说明理由。
图2
图1
【考点】二次函数，变量之间的关系，存在性问题
【解析】
解：（1）将A（-3，0）和B（1，0）代入抛物线解析式y=ax2+bx+3中，可得：
∴抛物线解析式为y=-x2-2x+3
（2）①如图所示，当0
0)个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．
【答案】（1）y=，x＞0；（2）见解析；（3）1
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的面积公式即可得出函数关系式，再根据实际意义得出x的取值范围；
（2）在平面直角坐标系中画出图像即可；
（3）得到平移后的一次函数表达式，再和反比例函数联立，得到一元二次方程，再结合交点个数得到根的判别式为零，即可求出a值.
【详解】解：（1）由题意可得：
S△ABC=xy=2，
则：y=，
其中x的取值范围是x＞0，
故答案为：y=，x＞0；
（2）函数y=（x＞0）的图像如图所示；
（3）将直线y=-x+3向上平移a(a>0)个单位长度后得到y=-x+3+a，
若与函数y=（x＞0）只有一个交点，
联立：，
得：，
则，
解得：a=1或-7（舍），
∴a的值为1.
【点睛】本题考查了一次函数，反比例函数的综合，以及一元二次方程根的判别式，解题的关键是理解题意，将函数交点问题转化为一元二次方程根的问题.
9.（2020•山东济宁市•9分）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1，-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中，圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0)，与y轴相切于点D(0， 4)，过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；
（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.
【详解】解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，
∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，
则CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圆C的标准方程为：；
（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴可得点E（5，），
设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，
可得：，解得：，
∴直线AE的表达式为：，
∵圆C的标准方程为，
联立，
解得：x=2，
故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，
即圆C与直线AE相切.
【点睛】本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.
10. （2020•四川省达州市•12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A.B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于另一点C（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴上一点，当△MAB的面积最大时，求MN+ON的最小值．
【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）分两种情况讨论，利用平行线之间的距离相等，可求OP解析式，EP''的解析式，联立方程组可求解；
（3）过点M作MF⊥AC，交AB于F，设点M（m，m2﹣m﹣2），则点F（m，m﹣2），可求MF的长，由三角形面积公式可求△MAB的面积＝﹣（m﹣2）2+4，利用二次函数的性质可求点M坐标，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MR⊥OK于R，延长MF交直线KO于Q，由直角三角形的性质可得KN＝ON，可得MN+ON＝MN+KN，则当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+ON有最小值，即最小值为MP，由直角三角形的性质可求解．
解：（1）∵直线y＝x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（4，0），点B（0，﹣2），
设抛物线解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），
∴﹣2＝﹣4a，
∴a＝，
∴抛物线解析式为：y＝（x+1）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2；
（2）如图，当点P在直线AB上方时，过点O作OP∥AB，交抛物线与点P，
∵OP∥AB，
∴△ABP和△ABP是等底等高的两个三角形，
∴S△PAB＝S△ABO，
∵OP∥AB，
∴直线PO的解析式为y＝x，
联立方程组可得，
解得：或，
∴点P（2+2，1+）或（2﹣2，1﹣）；
当点P''在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BE＝OB＝2，过点E作EP''∥AB，交抛物线于点P''，
∴AB∥EP''∥OP，OB＝BE，
∴S△ABP''＝S△ABO，
∵EP''∥AB，且过点E（0，﹣4），
∴直线EP''解析式为y＝x﹣4，
联立方程组可得，
解得，
∴点P''（2，﹣3），
综上所述：点P坐标为（2+2，1+）或（2﹣2，1﹣）或（2，﹣3）；
（3）如图2，过点M作MF⊥AC，交AB于F，
设点M（m，m2﹣m﹣2），则点F（m，m﹣2），
∴MF＝m﹣2﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣（m﹣2）2+2，
∴△MAB的面积＝×4×[﹣（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，
∴当m＝2时，△MAB的面积有最大值，
∴点M（2，﹣3），
如图3，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MR⊥OK于R，延长MF交直线KO于Q，
∵∠KOB＝30°，KN⊥OK，
∴KN＝ON，
∴MN+ON＝MN+KN，
∴当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+ON有最小值，即最小值为MP，
∵∠KOB＝30°，
∴直线OK解析式为y＝x，
当x＝2时，点Q（2，2），
∴QM＝2+3，
∵OB∥QM，
∴∠PQM＝∠PON＝30°，
∴PM＝QM＝+，
∴MN+ON的最小值为+．
11. （2020•山东淄博市•9分）如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．
（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；
（2）求证：AB•AC＝2R•h；
（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．
【分析】（1）连接OD，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得＝，由垂径定理可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；
（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论；
（3）由“HL”可证Rt△DQB≌Rt△DPC，Rt△DQA≌Rt△DPA，可得BQ＝CP，AQ＝AP，可得AB+AC＝2AQ，由锐角三角函数可得AD＝，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
又∵OD是半径，
∴OD⊥BC，
∵MN∥BC，
∴OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）如图2，连接AO并延长交⊙O于H，
∵AH是直径，
∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，
∴△ACF∽△AHB，
∴，
∴AB•AC＝AF•AH＝2R•h；
（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交AC延长线于P，连接CD，
∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝α，
∴＝，
∴BD＝CD，
∵∠BAD＝∠CAD，DQ⊥AB，DP⊥AC，
∴DQ＝DP，
∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），
∴BQ＝CP，
∵DQ＝DP，AD＝AD，
∴Rt△DQA≌Rt△DPA（HL），
∴AQ＝AP，
∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，
∵cos∠BAD＝，
∴AD＝，
∴＝＝2cosα．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．
12. （2020•山东淄博市•9分）如图，在直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，经过A（﹣2，0），B，C三点的抛物线y＝ax2+bx+（a＜0）与x轴的另一个交点为D，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）已知R是抛物线上的点，使得△ADR的面积是▱OABC的面积的，求点R的坐标；
（3）已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°，求点P的坐标．
【分析】（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x＝﹣＝1①，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，联立①②即可求解；
（2）△ADR的面积是▱OABC的面积的，则×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，即可求解；
（3）∠PQE＝45°，故∠PRE＝90°，则△PRE为等腰直角三角形，当直线MD上存在唯一的点Q，则RQ⊥MD，即可求解．
【解答】解：（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x＝﹣＝1①，
将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，
联立①②并解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+③；
（2）由抛物线的表达式得，点M（1，3）、点D（4，0）；
∵△ADR的面积是▱OABC的面积的，
∴×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±④，
联立④③并解得，
故点R的坐标为（1+，4）或（1，4）或（1，﹣4）或（1﹣，﹣4）；
（3）作△PEQ的外接圆R，
∵∠PQE＝45°，
故∠PRE＝90°，则△PRE为等腰直角三角形，
当直线MD上存在唯一的点Q，则RQ⊥MD，
点M、D的坐标分别为（1，4）、（4，0），
则ME＝4，ED＝4﹣1＝3，则MD＝5，
过点R作RH⊥ME于点H，
设点P（1，2m），则PH＝HE＝HR＝m，
则圆R的半径为m，则点R（1+m，m），
S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，
即×EM•ED＝×MD×RQ+×ED•yR+×ME•RH，
∴4×3＝×5×m+×4×m×3×m，解得m＝60﹣84，
故点P（1，120﹣168）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，难度较大．
13. （2020•陕西•8分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AB＝12，求线段EC的长．
【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝8，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝4，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解．
【解答】证明：（1）连接OC，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∵∠AOC+∠OCE＝180°，
∴∴AD∥EC
（2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F，
∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠D＝∠ACB＝60°，
∴sin∠ADB＝，
∴AD＝＝8，
∴OA＝OC＝4，
∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°，
∴四边形OAFC是矩形，
又∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴CF＝AF＝4，
∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°，
∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵tan∠EAF＝，
∴EF＝AF＝12，
∴CE＝CF+EF＝12+4．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，正方形的判定和性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
14. （2020•陕西•10分）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．
【分析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由题意得：PD＝DE＝3时，以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得，解得，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，
故点A.B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），
故OA＝OC＝3，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴当PD＝DE＝3时，以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，
设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，
故n＝22+2×2﹣5＝5，故点P（2，5），
故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；
当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，
综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）需要分类求解，避免遗漏．
15. （2020•陕西•12分）问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是 CF、DE.DF ．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且＝2，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥
BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．
【分析】（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，＝2，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
（3）①同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝＝50，由S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，求PF，即可得出结果．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE.DF；
（2）连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，＝2，
∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8×＝4，
在Rt△CFB中，BF＝＝＝＝CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4＝CF+CF，
解得：CF＝6﹣2；
（3）①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，
∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝＝＝50，
∵S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，
∴×50×PF＝×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．
【点评】本题是圆综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键．
16.（2020•四川省成都市•10分）如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画⊙O，⊙O与边相切于点，，连接交⊙O于点，连接，并延长交线段于点．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径；
（3）若是的中点，试探究与的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO=∠ACO=90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC=4x，BC=3x，由勾股定理可求BC=6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE=∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，可得∠DEF=∠DFE，可证DE=DF=CE，可得结论．
【详解】解：（1）如图，连接OD，
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，
∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO=∠ACO=90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，tanB==，
∴设AC=4x，BC=3x，
∵AC2+BC2=AB2，
∴16x2+9x2=100，
∴x=2，
∴BC=6，
∵AC=AD=8，AB=10，
∴BD=2，
∵OB2=OD2+BD2，
∴（6-OC）2=OC2+4，
∴OC=，
故⊙O的半径为；
（3）连接OD，DE，
由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，
又∵CO=DO，OE=OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE=∠ODE，
∵OC=OE=OD，
∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，
∴∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB=90°，
∴CF=BF=AF，
∴∠FCB=∠FBC，
∴∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，
∴∠DEF=∠DFE，
∴DE=DF=CE，
∴AF=BF=DF+BD=CE+BD．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
17. （2020•四川省成都市•12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点为第四象限抛物线上一点，连接，交于点，连接，记
的面积为，的面积为，求的最大值；
（3）如图2，连接，，过点作直线，点，分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点，，使．若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点，则可得△AEK∽△DEF，继而可得，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由可得，设点，进而可得
，从而可得，再利用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线的表达式为．设点的坐标为，然后分点在直线右侧，点在直线左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
∴，
∴，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点．
则DG//AK，
∴△AEK∽△DEF，
∴，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将、代入则有：，
解得，
∴直线的表达式为，
当x=-1时，，
即K（-1，），
∴．
∵．
∴
设点，则F点坐标为（m，），
∴．
∴，
当时，有最大值．
（3）∵，，．
∴AC=，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵过点作直线，直线的表达式为，
∴直线的表达式为．
设点的坐标为．
①当点在直线右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=t-4，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴点的坐标为．
将点的坐标为代入，得
，
解得：，t2=0（舍去），
此时点的坐标为．
②当点在直线左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=4-t，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴点的坐标为．
将点的坐标为代入，得
，
解得：，<0（舍去），
此时点的坐标为．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
18. （2020•四川省甘孜州•12分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线与x轴的正半轴相交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若P为线段AB上一点，，求AP的长；
（3）在（2）的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点N的坐标为(，3) 或(，)
【解析】
【分析】
（1）利用直线与y轴的交点求得点B的坐标，然后把点B.C的坐标代入，即可求解；
（2）先求得点A的坐标，证得△PAO△CAB，利用对应边成比例即可求解；
（3）分点N在AB的上方或下方两种情况进行讨论，根据平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，利用三角形全等，即可求解．
【详解】（1）令，则，
∴点B的坐标为(0，3)，
抛物线经过点B (0，3)，C (1，0)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）令，则，
解得：，
∴点A的坐标为(，0)，
∴OA=3，OB=3，OC=1，
，
∵，且，
∴△PAO△CAB，
∴，即，
∴；
（3）存在，
过点P作PD⊥x轴于点D，
∵OA=3，OB=3，∠AOB=，
∴∠BAO=∠ABO=，
∴△PAD为等腰直角三角形，
∵，
∴PD=AD=2，
∴点P的坐标为(，2)，
当N在AB的上方时，过点N作NE⊥y轴于点E，如图，
∵四边形APMN为平行四边形，
∴NM∥AP，NM=AP=，
∴∠NME=∠ABO=，
∴△NME为等腰直角三角形，
∴Rt△NMERt△APD，
∴NE=AD=2，
当时，，
∴点N的坐标为(，3)，
当N在AB的下方时，过点N作NF⊥y轴于点F，如图，
同理可得：Rt△NMFRt△APD，
∴NF=AD=2，
当时，，
∴点N的坐标为(，)，
综上，点N的坐标为(，3) 或(，) ．
【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点．正确作出图形是解题的关键．
19. （2020•甘肃省天水市•10分）性质探究
如图（1），在等腰三角形中，，则底边与腰
的长度之比为_________．
理解运用
（1）若顶角为的等腰三角形的周长为，则它的面积为_________；
（2）如图（2），在四边形中，.在边，上分别取中点，连接.若，，求线段的长．
类比拓展
顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含的式子表示)
【答案】性质探究：(或)；理解运用：（1）；（2）；类比拓展：(或)．
【解析】
【分析】
性质探究
作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出结果；
理解运用
（1）同上得出则AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，得出AB=2，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；
②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=EF=10，PF=PE=10，得出FH=2PF=20，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；
类比拓展
作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．
【详解】性质探究
解：作CD⊥AB于D，如图①所示：
则∠ADC=∠BDC=90°，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴AD=BD，∠A=∠B=30°，
∴AC=2CD，AD=CD，
∴AB=2AD=2CD，
∴；
故答案为：(或)；
理解运用
（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，
∵AC+BC+AB=4+2，
∴4CD+2CD=4+2，
解得：CD=1，
∴AB=2，
∴△ABC的面积=AB×CD=×2×1=；
故答案为：
（2）①证明：∵EF=EG=EH，
∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，
∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；
②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：
则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，
∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，
∵EF=EH，
∴∠EFH=30°，
∴PE= EF=10，
∴PF=PE=10，
∴FH=2PF=20，
∵点M、N分别是FG、GH的中点，
∴MN是△FGH的中位线，
∴MN=FH=10；
类比拓展
解：如图③所示：作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，
∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，
∵，
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
∴；
故答案为：2sinα（或）．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
20.（2020•北京市•7分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．
给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A'B'（A'，B′分别为点A，B的对应点），线段AA'长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是 P1P2∥P3P4 ；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点 P3 的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线y＝x+2上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
（3）若点A的坐标为（2，），记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．
【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
解直角三角形求出AA′即可．
【解答】解：（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．
故答案为：P1P2∥P3P4，P3．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，
设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），
过点E作EH⊥MN于H，
∵OM＝2，ON＝2，
∴tan∠NMO＝，
∴∠NMO＝60°，
∴EH＝EM•sin60°＝，
观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，
以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，
当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM＝﹣1＝，
当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
由题意A′H＝，AH＝+＝3，
∴AA′的最大值＝＝，
∴≤d2≤．
【点评】本题属于圆综合题，考查了平移变换，一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，线段AB到⊙O的“平移距离”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
21.（2020•内蒙古包头市•10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线经过点A，与y轴交于点B，连接．
（1）求b的值及点M的坐标；
（2）将直线向下平移，得到过点M的直线，且与x轴负半轴交于点C，取点，连接，求证：：
（3）点E是线段上一动点，点F是线段上一动点，连接，线段的延长线与线段交于点G．当时，是否存在点E，使得？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）详见解析；（3）点E的坐标为（，）.
【解析】
【分析】
（1）将配方后可得顶点M的坐标，利用求出点A的坐标后代入即可求出b的值；
（2）先求出平移后的直线CM的解析式为y=-x，过点D作DH⊥直线y=-x，得到直线DH的解析式为y=2x-4，根据求出交点H（1，-2），分别求得DH=，DM=，根据sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角与内角的关系得到结论；
（3）过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，先求出AB=，根据得到∠BAO=∠AFE，设GF=4a，则AE=EF=3a，证明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再证△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，将x=代入中，得y=，即可得到点E的坐标.
【详解】（1）∵=，
∴顶点M的坐标为（3，-3）.
令中y=0，得x1=0，x2=6，
∴A（6，0），
将点A的坐标代入中，得-3+b=0，
∴b=3；
（2）∵由平移得来，
∴m=-，
∵过点M(3，-3)，
∴，解得n=，
∴平移后的直线CM的解析式为y=-x.
过点D作DH⊥直线y=-x，
∴设直线DH的解析式为y=2x+k，将点D（2，0）的坐标代入，得4+k=0，
∴k=-4，
∴直线DH的解析式为y=2x-4.
解方程组，得，
∴H（1，-2）.
∵D(2，0)，H(1，-2)，
∴DH=，
∵M(3，-3)，D（2，0），
∴DM=，
∴sin∠DMH=，
∴∠DMH=45°，
∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，
∴；
（3）存在点E，
过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，
∵A(6，0)，B（0，3），
∴AB=.
∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，
∴∠BAO=∠AFE，
∴AE=EF，
∵，
∴，
设GF=4a，则AE=EF=3a，
∵EQ⊥x轴，
∴EQ∥OB，
∴△AEQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴AQ=a，
∴AF=a.
∵∠AFE=∠PFG，
∴△FGP∽△AEQ，
∴，
∴FP=a，
∴OP=PG=，
∴+a+a=6，
解得a=，
∴AQ=，
∴OQ=，
将x=代入中，得y=，
∴当时，存在点E，使得，此时点E的坐标为（，）.
【点睛】此题考查了抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理，是一道抛物线的综合题，较难.
2.（2020•江西省•8分）如图，中，，顶点，都在反比例函数的图象上，直线轴，垂足为，连结，，并延长交于点，当时，点恰为的中点，若，.
（1）求反比例函数的解析式；
（2）求的度数.
【解析】：（1）∵AD⊥轴，∠AOD=45°，OA=，∴.∴A（2，2）
∵点A在反比例函数图象上，∴，∴
（2）∵△ABC为直角三角形，点E为AB的中点，
∴AE=CE=EB，∠AEC=2∠ECB，∵AB=2OA，∴AO=AE.
∴∠AOE=∠AEO=2∠ECB.∵∠ACB=90°，AD⊥x轴，∴BC∥轴.
∴∠ECB=∠EOD，∴∠AOE=2∠EOD.∵∠AOD=45°，
∴∠EOD=∠AOD=
22.（2020•辽宁省本溪市•12分）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．
（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；
（2）如图②，当点D在线段CB上，α
＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；
（3）当α＝120°，tan∠DAB＝时，请直接写出的值．
【分析】（1）连接AC，证A.B.E.C四点共圆，由圆周角定理得出∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠CAB＝45°，进而得出结论；
（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH＝BE，进而得出结论；
（3）由（2）得FH＝EH＝BE，由三角函数定义得出AH＝3BH＝BE，分别表示出CE，进而得出答案．
【解答】解：（1）连接AC，如图①所示：
∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，
∴∠ABC＝∠AEC＝90°，
∴A.B.E.C四点共圆，
∴∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，
∵∠CAB＝∠CAE+∠BAE，
∴∠BCE+∠CBE＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝45°，
∴∠BCE+∠CBE＝45°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCE+∠CBE）＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠AEC＝135°﹣90°＝45°；
（2）AE＝BE+CE，理由如下：
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，
∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，
∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CBE中，，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，
∴∠ABD＝∠FBE，
∵∠ABC＝120°，
∴∠FBE＝120°，
∵BF＝BE，
∴∠BFE＝∠BEF＝×（180°﹣∠FBE）＝×（180°﹣120°）＝30°，
∵BH⊥EF，
∴∠BHE＝90°，FH＝EH，
在Rt△BHE中，BH＝BE，FH＝EH＝BH＝BE，
∴EF＝2EH＝2×BE＝BE，
∵AE＝EF+AF，AF＝CE，
∴AE＝BE+CE；
（3）分两种情况：
①当点D在线段CB上时，
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
由（2）得：FH＝EH＝BE，
∵tan∠DAB＝＝，
∴AH＝3BH＝BE，
∴CE＝AF＝AH﹣FH＝BE﹣BE＝BE，
∴＝；
②当点D在线段CB的延长线上时，
在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所示：
同①得：FH＝EH＝BE，AH＝3BH＝BE，
∴CE＝AF＝AH+FH＝BE+BE＝BE，
∴＝；
综上所述，当α＝120°，tan∠DAB＝时，的值为或．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、三角函数定义等知识；本题综合性强，构造全等三角形是解题的关键．
23.（2020•辽宁省本溪市•14分）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合），连接EF，将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图①
中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．解直角三角形求出等N的坐标，求出直线ON的解析式，构建方程组确定等D坐标即可．
（3）分三种情形：如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合．如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧．如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，分别求解即可．
【解答】解：（1）把点O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣2x+c中，
得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x．
（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．
∵y＝x2﹣2x＝（x﹣3）2﹣3，
∴顶点B（3，﹣3），M（3，0），
∴OM＝3．BM＝3，
∴tan∠MOB＝＝，
∴∠MOB＝60°，
∵∠BOD＝30°，
∴∠MON＝∠MOB﹣∠BOD＝30°，
∴MN＝OM•tam30°＝，
∴N（3，﹣），
∴直线ON的解析式为y＝﹣x，
由，解得或，
∴D（5，﹣）．
（3）如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合，F（﹣，﹣），E（3，﹣），可得H（，）．
如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧，可得H（，﹣）．
如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，可得H（，﹣）．
综上所述，满足条件的点H的坐标为（，）或（，﹣）或（，﹣）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，解直角三角形，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
24. （2020·天津市·10分）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．
（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线1平行于x轴，E是直线1上的动点，F是y轴上的动点，EF＝2．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是？
【分析】（Ⅰ）将A（1，0）代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；
（Ⅱ）①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．则点C（0，m），点E（m+1，m），过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；
②得出CN＝EF＝．求出MC＝﹣m，当MC≥，即m≤﹣1时，当MC＜，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．
根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），
过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．
在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE＝＝﹣m，
∵AE＝EF＝2，
∴﹣m＝2，
解得m＝﹣2．
此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF＝＝．
∴点F的坐标为（0，﹣2﹣）或（0，﹣2+）．
②由N是EF的中点，得CN＝EF＝．
根据题意，点N在以点C为圆心、为半径的圆上，
由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．
当MC≥，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；
当MC＜，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC＝﹣（﹣m）＝，
解得m＝﹣．
∴当m的值为﹣或﹣时，MN的最小值是．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
25. （2020•新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团•13分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线的顶点是A(1，3)，将OA绕点O逆时针旋转后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与的边分别交于M，N两点，将以直线MN为对称轴翻折，得到．
设点P的纵坐标为m．
①当在内部时，求m的取值范围；
②是否存在点P，使，若存在，求出满足m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】；（2）①；②存在，满足m的值为或．
【解析】
【分析】
（1）作AD⊥y轴于点D，作BE⊥x轴于点E，然后证明△AOD≌△BOE，则AD=BE，OD=OE，即可得到点B坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）①由点P为线段AC上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P与点A重合时；点P与点C重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；
②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M在线段OA上，点N在AB上时；当点M在线段OB上，点N在AB上时；先求出直线OA和直线AB的解析式，然后利用m的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m的值．
【详解】解：（1）如图：作AD⊥y轴于点D，作BE⊥x轴于点E，
∴∠ADO=∠BEO=90°，
∵将OA绕点O逆时针旋转后得到OB，
∴OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，
∴∠AOD=∠BOE，
∴△AOD≌△BOE，
∴AD=BE，OD=OE，
∵顶点A为（1，3），
∴AD=BE=1，OD=OE=3，
∴点B的坐标为（3，），
设抛物线的解析式为，
把点B代入，得
，
∴，
∴抛物线的解析式为，
即；
（2）①∵P是线段AC上一动点，
∴，
∵当在内部时，
当点恰好与点C重合时，如图：
∵点B为（3，），
∴直线OB的解析式为，
令，则，
∴点C的坐标为（1，），
∴AC=，
∵P为AC的中点，
∴AP=，
∴，
∴m的取值范围是；
②当点M在线段OA上，点N在AB上时，如图：
∵点P在线段AC上，则点P为（1，m），
∵点与点A关于MN对称，则点的坐标为（1，2m3），
∴，，
设直接OA为，直线AB为，
分别把点A，点B代入计算，得
直接OA为；直线AB为，
令，
则点M的横坐标为，点N的横坐标为，
∴；
∵；
；
又∵，
∴，
解得：或（舍去）；
当点M在边OB上，点N在边AB上时，如图：
把代入，则，
∴，，
∴，
，
∵，
∴，
解得：或（舍去）；
综合上述，m的值为：或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．
