北京中考数学几何二次函数综合题压轴题解析汇总

北京中考数学几何二次函数综合题压轴题解析汇总

北京中考数学---几何、二次函数综合题压轴题解析汇总 ‎25、（2007•北京）我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．‎ ‎（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称；‎ ‎（2）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，设CD，BE相交于点O，‎ 若∠A=60°，∠DCB=∠EBC=∠A．请你写出图中一个与∠A相等的角，并猜想图中哪个四边形是等对边四边形；‎ ‎（3）在△ABC中，如果∠A是不等于60°的锐角，点D，E分别在AB，AC上，且∠DCB=∠EBC=∠A．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．‎ 考点：等腰梯形的性质。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）本题理解等对边四边形的图形的定义，平行四边形，等腰梯形就是．‎ ‎（2）与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），四边形DBCE是等对边四边形；‎ ‎（3）作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．易证△BCF≌△CBG，进而证明△BDF≌△CEG，所以BD=CE．所以四边形DBCE是等边四边形．‎ 解答：解：（1）回答正确的给（1分）（如：平行四边形、等腰梯形等）．‎ ‎（2）答：与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），‎ ‎∵∠BOD=∠OBC+∠OCB=30°+30°=60°，‎ ‎∴∠A=∠BOD，‎ 四边形DBCE是等对边四边形；‎ ‎（3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE．‎ 证法一：如图，作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．‎ 因为∠DCB=∠EBC=∠A，BC为公共边，‎ 所以△BCF≌△CBG，‎ 所以BF=CG，‎ 因为∠BDF=∠ABE+∠EBC+∠DCB，∠BEC=∠ABE+∠A，‎ 所以∠BDF=∠BEC，‎ 可证△BDF≌△CEG，‎ 所以BD=CE 所以四边形DBCE是等对边四边形．‎ 证法二：如图，以C为顶点作∠FCB=∠DBC，CF交BE于F点．‎ 因为∠DCB=∠EBC=∠A，BC为公共边，‎ 所以△BDC≌△CFB，‎ 所以BD=CF，∠BDC=∠CFB，‎ 所以∠ADC=∠CFE，‎ 因为∠ADC=∠DCB+∠EBC+∠ABE，∠FEC=∠A+∠ABE，‎ 所以∠ADC=∠FEC，‎ 所以∠FEC=∠CFE，‎ 所以CF=CE，‎ 所以BD=CE，‎ 所以四边形DBCE是等对边四边形．‎ 说明：当AB=AC时，BD=CE仍成立．只有次证法，只给（1分）．‎ 点评：解决本题的关键是理解等对边四边形的定义，把证明BD=CE的问题转化为证明三角形全等的问题 ‎25、（2008•北京）请阅读下列材料：‎ 问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DE的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，探究PG与PC的位置关系及的值．‎ 小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：‎ ‎（1）写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及的值；‎ ‎（2）将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明；‎ ‎（3）若图1中∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出的值（用含α的式子表示）．‎ 考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）根据题意可知小聪的思路为，通过判定三角形DHP和PGF为全等三角形来得出证明三角形HCG为等腰三角形且P为底边中点的条件；‎ ‎（2）思路同上，延长GP交AD于点H，连接CH，CG，本题中除了如（1）中证明△GFP≌△HDP（得到P是HG中点）外还需证明△HDC≌△GBC（得出三角形CHG是等腰三角形）．‎ ‎（3）∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），那么∠PCG=90°﹣α，由（1）可知：PG：PC=tan（90°﹣α）．‎ 解答：解：‎ ‎（1）∵CD∥GF，∠PDH=∠PFG，∠DHP=∠PGF，DP=PF，‎ ‎∴△DPH≌△FGP，‎ ‎∴PH=PG，DH=GF，‎ ‎∵CD=BC，GF=GB=DH，‎ ‎∴CH=CG，‎ ‎∴CP⊥HG，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠DCG=120°，‎ ‎∴∠PCG=60°，‎ ‎∴PG：PC=tan60°=，‎ ‎∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC，=；‎ ‎（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化．‎ 证明：如图，延长GP交AD于点H，连接CH，CG．‎ ‎∵P是线段DF的中点，‎ ‎∴FP=DP，‎ ‎∵AD∥FG，‎ ‎∴∠GFP=∠HDP，‎ ‎∵∠GPF=∠HPD，‎ ‎∴△GFP≌△HDP，‎ ‎∴GP=HP，GF=HD，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°，‎ ‎∵∠ABC=∠BEF=60°，菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，‎ ‎∴∠GBC=60°，‎ ‎∴∠HDC=∠GBC，‎ ‎∵四边形BEFG是菱形，‎ ‎∴GF=GB，‎ ‎∴HD=GB，‎ ‎∴△HDC≌△GBC，‎ ‎∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，‎ ‎∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，‎ ‎∴∠HCG=120°，‎ ‎∵CH=CG，PH=PG，‎ ‎∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，‎ ‎∴；‎ ‎（3）∵∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），‎ ‎∴∠PCG=90°﹣α，‎ 由（1）可知：PG：PC=tan（90°﹣α），‎ ‎∴=tan（90°﹣α）．‎ 点评：本题是一道探究性的几何综合题，主要考查菱形的性质，全等三角形的判定及三角函数的综合运用．‎ ‎24、（2009•北京）在平行四边形ABCD中，过点C作CE⊥CD交AD于点E，将线段EC绕点E逆时针旋转90°得到线段EF（如图1）‎ ‎（1）在图1中画图探究：‎ ‎①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连接EP1；绕点E逆时针旋转90°得到线段EG1．判断直线FG1与直线CD的位置关系，并加以证明；‎ ‎②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连接EP2，将线段EP2绕点E逆时针旋转90°得到线段EC2．判断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论．‎ ‎（2）若AD=6，tanB=，AE=1，在①的条件下，设CP1=x，S△P1FC1=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）①说明△P1EC按要求旋转后得到的△G1EF全等，再结合∠P1CE=∠G1FE=90°去说明；②按照要求画出图形，由图形即可得出答案；‎ ‎（2）①当点P1在线段CH的延长线上时，结合已知说明CE=4，且由四边形FEGH是正方形，得CH=CE=4，再根据题设可得G1F=x．P1H=x﹣4，进而可得y与x之间的函数关系式；②当点P1在线段CH上时，同理可得FG1=x，P1H=4﹣x，进而可得y与x之间的函数关系式；③当点P1与点H重合时，说明△P1FG1不存在，再作综合说明即可．本题第二问较难．学生不明确点P1的几种位置情况，因而不能讨论．‎ 本题考查图形变换和动点问题，而且代数和几何结合，有一定难度．‎ 注意的问题：一是函数关系式不止一种，二是自变量的取值范围要正确画出．‎ ‎（1）观察图形可知重叠三角形A′B′C′是边长为2的等边三角形，则这个三角形底边上的高为，‎ 所以重叠三角形A′B′C′的面积=；‎ ‎（2）由折叠的性质和已知可知：A′D=AD=m，B′D=BD=8﹣m，所以A′B′=B′C′=8﹣2m，A′B′边上的高=（4﹣m），‎ 所以重叠三角形A′B′C′的面积=×（8﹣2m）×（4﹣m）=（4﹣m）2；当D为AB边中点时“重叠三角形”不存在，‎ 故m＜4．而当D在AB的点处，即AD=时，点B′和点C′恰在矩形DEFG边上，符合题意；当AD＜时，点B′和点C′就在矩形DEFG外了，这与已知不符，故m≥，因此m的取值范围为≤m＜4．‎ 解答：解：‎ ‎（1）①直线FG1与直线CD的位置关系为互相垂直．‎ 证明：如图1，设直线FG1与直线CD的交点为H．‎ ‎∵线段EC、EP1分别绕点E逆时针旋转90°依次得到线段EF、EG1，‎ ‎∴∠P1EG1=∠CEF=90°，EG1=EP1，EF=EC．‎ ‎∵∠G1EF=90°﹣∠P1EF，∠P1EC=90°﹣∠P1EF，‎ ‎∴∠G1EF=∠P1EC．‎ ‎∴△G1EF≌△P1EC．‎ ‎∴∠G1FE=∠P1CE．‎ ‎∵EC⊥CD，‎ ‎∴∠P1CE=90°，‎ ‎∴∠G1FE=90度．‎ ‎∴∠EFH=90度．‎ ‎∴∠FHC=90度．‎ ‎∴FG1⊥CD．‎ ‎②按题目要求所画图形见图1，直线G1G2与直线CD的位置关系为互相垂直．‎ ‎（2）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠B=∠ADC．‎ ‎∵AD=6，AE=1，tanB=，‎ ‎∴DE=5，tan∠EBC=tanB=．‎ 可得CE=4．‎ 由（1）可得四边形EFCH为正方形．‎ ‎∴CH=CE=4．‎ ‎①如图2，当P1点在线段CH的延长线上时，‎ ‎∵FG1=CP1=x，P1H=x﹣4，‎ ‎∴S△P1FG1=×FG1×P1H=．‎ ‎∴y=x2﹣2x（x＞4）．‎ ‎②如图3，当P1点在线段CH上（不与C、H两点重合）时，‎ ‎∵FG1=CP1=x，P1H=4﹣x，‎ ‎∴S△P1FG1=×FG1×P1H=．‎ ‎∴y=﹣x2+2x（0＜x＜4）．‎ ‎③当P1点与H点重合时，即x=4时，△P1FG1不存在．‎ 综上所述，y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围是y=x2﹣2x（x＞4）或y=﹣x2+2x（0＜x＜4）．‎ 点评：‎ 本题着重考查了二次函数解、图形旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．‎ ‎25、（2010•北京）问题：已知△ABC中，∠BAC=2∠ACB，点D是△ABC内的一点，且AD=CD，BD=BA．探究∠DBC与∠ABC度数的比值．‎ 请你完成下列探究过程：‎ 先将图形特殊化，得出猜想，再对一般情况进行分析并加以证明．‎ ‎（1）当∠BAC=90°时，依问题中的条件补全右图；‎ 观察图形，AB与AC的数量关系为　 　；当推出∠DAC=15°时，可进一步推出∠DBC的度数为　 　；可得到∠DBC与∠ABC度数的比值为　 　；‎ ‎（2）当∠BAC＜90°时，请你画出图形，研究∠DBC与∠ABC度数的比值是否与（1）中的结论相同，写出你的猜想并加以证明．‎ 考点：等腰梯形的性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）利用题中的已知条件，计算出∠ACB=∠ABC，所以AB=AC（等角对等边）；由等腰三角形的性质知∠BAD=∠BDA=75°，再根据三角形内角和是180°，找出图中角的等量关系，解答即可；‎ ‎（2）根据旋转的性质，作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK，构建四边形ABKC是是等腰梯形，根据已知条件证明△KCD≌△BAD（SAS），再证明△DKB是正三角形，最后根据是等腰梯形与正三角形的性质，求得∠ABC与∠DBC的度数并求出比值．‎ 解答：解：（1）①当∠BAC=90°时，‎ ‎∵∠BAC=2∠ACB，‎ ‎∴∠ACB=45°，‎ 在△ABC中，∠ABC=180°﹣∠ACB﹣∠BAC=45°，‎ ‎∴∠ACB=∠ABC，‎ ‎∴AB=AC（等角对等边）；‎ ‎②当∠DAC=15°时，‎ ‎∠DAB=90°﹣15°=75°，‎ ‎∵BD=BA，‎ ‎∴∠BAD=∠BDA=75°，‎ ‎∴∠DBA=180°﹣75°﹣75°=30°，‎ ‎∴∠DBC=45°﹣30°=15°，即∠DBC=15°，‎ ‎∴∠DBC的度数为15°；‎ ‎③∵∠DBC=15°，∠ABC=45°，‎ ‎∴∠DBC=15°：∠ABC=45°=1：3，‎ ‎∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3．‎ ‎（2）猜想：∠DBC与∠ABC度数的比值与（1）中结论相同．‎ 证明：如图2，作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK．‎ ‎∴四边形ABKC是等腰梯形，‎ ‎∴CK=AB，‎ ‎∵DC=DA，‎ ‎∴∠DCA=∠DAC，‎ ‎∵∠KCA=∠BAC，‎ ‎∴∠KCD=∠3，‎ ‎∴△KCD≌△BAD，‎ ‎∴∠2=∠4，KD=BD，‎ ‎∴KD=BD=BA=KC．‎ ‎∵BK∥AC，‎ ‎∴∠ACB=∠6，‎ ‎∵∠KCA=2∠ACB，‎ ‎∴∠5=∠ACB，‎ ‎∴∠5=∠6，‎ ‎∴KC=KB，‎ ‎∴KD=BD=KB，‎ ‎∴∠KBD=60°，‎ ‎∵∠ACB=∠6=60°﹣∠1，‎ ‎∴∠BAC=2∠ACB=120°﹣2∠1，‎ ‎∵∠1+（60°﹣∠1）+（120°﹣2∠1）+∠2=180°，‎ ‎∴∠2=2∠1，‎ ‎∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3．‎ 点评：本题综合考查了是等腰梯形的判定与性质、正三角形的性质、全等三角形的判定以及三角形的内角和．‎ 湖北省荆州市[2011年8月3日 22:10]‎ ‎2010北京卷最后一题的最后一问的正确解答是： 作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK． ∵∠BAC≠90°∴四边形ABKC是等腰梯形 ∴CK=AB∠KCA=∠BAC ∵DC=AD（已知）∴∠DCA=∠DAC∴∠KCD=∠BAD，∴△KCD≌△BAD ∴KD=BD，∠2=∠4 ∴KD=BD=AB=KC， ∵∠KCA=∠BAC=2∠ACB ∴∠5=∠ACB， ∵BK∥AC ∴∠6=∠ACB， ∴∠6=∠5∴KC=KB ‎ ‎∴KB=KD=BD△KBD是正三角形∴∠KBD=60° ∴∠ACB=60°-∠1，∠BAC=2∠ACB=120°-2∠1 ∴∠1+∠2+(60°-∠1)+(120°-2∠1)=180° ∴∠2=2∠1 ∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3‎ ‎24、（2011•北京）在▱ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．‎ ‎（1）在图1中证明CE=CF；‎ ‎（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；‎ ‎（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．‎ 考点：平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F．即可 ‎（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可直接求得．‎ ‎（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．‎ 由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案 解答：解：（1）如图1，‎ ‎∵AF平分∠BAD，‎ ‎∴∠BAF=∠DAF，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，AB∥CD，‎ ‎∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，‎ ‎∴∠CEF=∠F．‎ ‎∴CE=CF．‎ ‎（2）∠BDG=45°‎ ‎（3）解：连接GC、BG [注释: 菁优网解析有错，现已改正。]‎ ‎∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=120°‎ ‎∵AF平分BAD ‎∴∠DAF=∠DFA=30°‎ ‎∴ AD=BC=DF ‎ ‎∵ FG∥CE , FG=CE, CE=CF ‎ ‎∴四边形EGFC为菱形 ‎∴EG=CG ∠BEG=∠DCG=120°‎ ‎∵BE=BC-EC=AD-EC=DF-EC=DF-CF=DC ‎∴△BEG≌△DCG ‎∴BG=DG ‎∠BGD=∠BGE+∠EGD=∠DGC+∠EGD=60°‎ ‎∴∠BDG=60°‎ 解法二： ‎ 如图，延长AB、FG，交于H, 连接HD 易证四边形AHFD为平行四边形 ‎∵∠ABC=120°, AF平分∠BAD ‎∴∠DAF=30°, ∠ADC=120°, ∠DFA=30°‎ ‎∴△DAF为等腰三角形 ‎∴AD=DF ‎∴平行四边形AHFD为菱形 ‎∴△ADH, △DHF为全等的等边三角形 ‎∴DH=DF ∠BHD=∠GFD=60°‎ ‎∵ FG=CE , CE=CF，CF=BH ‎ ‎∴ BH=GF ‎ ‎∴△ BHD 与△GFD全等 ‎∴∠BDH=∠GDF ‎∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°‎ A B D C E G F H 点评：‎ 此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．‎ ‎（2008海淀一模）23、已知：如图，AC是⊙O的直径，AB是弦，MN是过点A的直线，AB等于半径长．‎ ‎（1）若∠BAC=2∠BAN，求证：MN是⊙O的切线．‎ ‎（2）在（1）成立的条件下，当点E是的中点时，在AN上截取AD=AB，连接BD、BE、DE，求证：△BED是等边三角形．‎ 考点：切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定。‎ 专题：证明题。‎ 分析：（1）连接OB．由AC是⊙O的直径，AB是弦且等于半径长，易证△AOB为等边三角形，得到∠BAC=2∠BAN=60°，得∠BAN=30°，所以∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°；‎ ‎（2）连接AE，由E是弧AB的中点，根据弧相等所对的圆心角相等和弧的度数与它所对圆心角的度数的关系得到∠BAE=∠ABE=15°，则∠DAE=15°，易证△ABE≌△ADE．则BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°，得到∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°，即可判断△BED是等边三角形．‎ 解答：证明：（1）连接OB．如图，‎ ‎∵AC是⊙O的直径，AB是弦且等于半径长，‎ ‎∴OA=OB=AB，‎ ‎∴△AOB为等边三角形，‎ ‎∴∠OAB=60°，‎ ‎∵∠BAC=2∠BAN=60°，‎ ‎∴∠BAN=30°，‎ ‎∴∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°，‎ 即AC⊥MN，‎ 所以MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接AE，OE，如图，‎ ‎∵E是弧AB的中点，‎ ‎∴∠BAE=∠ABE=15°，‎ ‎∴∠DAE=15°，‎ 易证△ABE≌△ADE．‎ ‎∴BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°．‎ ‎∴∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°．‎ ‎∴△BDE是等边三角形．‎ 点评：本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理的推论以及三角形全等的判定与性质．‎ ‎（2008海淀一模）25、已知：如图，一块三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的AB边上，并且使一条直角边经过点C，三角板的另一条直角边与AD交于点Q．‎ ‎（1）请你写出此时图形中成立的一个结论（任选一个）．‎ ‎（2）当点P满足什么条件时，有AQ+BC=CQ？请证明你的结论．‎ ‎（3）当点Q在AD的什么位置时，可证得PC=3PQ？并写出论证的过程．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质。‎ 分析：（1）根据正方形的性质，以及直角三角形的性质即可判断；‎ ‎（2）连接CQ，延长QP，交CB的延长线于点E．可证△APQ≌△BPE．即可证得：CQ=CE，据此即可证得；‎ ‎（3）首先证得：△APQ∽△BCP，然后对三角形的对应边，分两种情况讨论即可求解．‎ 解答：解：（1）△APQ∽△BCP．（答案不唯一）‎ ‎（2）当P为AB中点时，有AQ+BC=CQ．‎ 证明：连接CQ，延长QP，交CB的延长线于点E．‎ 可证△APQ≌△BPE．‎ 则AQ=BE，PQ=PE．‎ 又因为CP⊥QE，可得CQ=CE，‎ 所以AQ+BC=CQ．‎ ‎（3）当时，有PC=3PQ．‎ 证明：在正方形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=BC=AB．‎ 又因为直角三角板的顶点P在边AB上，‎ 所以∠1+∠2=180°﹣∠QPC=90°．‎ 因为Rt△CBP中，∠3+∠2=90°，‎ 所以∠1=∠3．‎ 所以△APQ∽△BCP．‎ 所以．因为，‎ 所以．所以，或（不合题意，舍去）．‎ 所以．‎ 所以PC=3PQ．‎ 点评：本题主要考查了正方形的性质，以及相似三角形的判定与性质，正确进行讨论是关键．‎ ‎（2008海淀二模）23、已知：△ABC．‎ ‎（1）如果AB=AC，D、E是AB、AC上的点，若AD=AE，请你写出此图中的另一组相等的线段；‎ ‎（2）如果AB＞AC，D、E是AB、AC上的点，若BD=CE，请你确定DE与BC的数量关系，并证明你的结论．‎ 考点：全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；平行四边形的判定与性质。‎ 分析：（1）根据等式的性质，则DB=EC；‎ ‎（2）过E点作EF∥AB，且EF=DB，连接BF．作∠CEF的平分线EN交BC于N，连接NF．根据SAS可以证明△ENF≌△ENC，所以NF=NC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得四边形BDEF是平行四边形．故DE=BF．再根据三角形的三边关系即可判断．‎ 解答：解：（1）DB=EC；‎ ‎（2）结论：DE＜BC．‎ 过E点作EF∥AB，且EF=DB，连接BF．（3分）‎ 作∠CEF的平分线EN交BC于N，连接NF（4分）‎ 因DB=EF，又因DB=EC，则EF=EC．‎ 因EN平分∠CEF，所以∠FEN=∠CEN．‎ 在△ENF和△ENC中，，‎ 所以△ENF≌△ENC，‎ 所以NF=NC，‎ 因DB∥EF，DB=EF，‎ 所以四边形BDEF是平行四边形．故DE=BF．‎ 在△BFN中，因BN+FN＞BF，‎ 所以BN+FN＞DE．‎ 所以DE＜BC．‎ 点评：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形的三边关系．能够巧妙构造全等三角形是解决此题的关键．‎ ‎（2008海淀二模）25、根据所给的图形解答下列问题：‎ ‎（1）如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，把△ABD绕点A旋转，并拼接成一个与△ABC面积相等的正方形，请你在图中完成这个作图；‎ ‎（2）如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，请你设计一种与（1）不同的方法，将这个三角形拆分并拼接成一个与其面积相等的正方形，画出利用这个三角形得到的正方形；‎ ‎（3）设计一种方法把图3中的矩形ABCD拆分并拼接为一个与其面积相等的正方形，请你依据此矩形画出正方形，并根据你所画的图形，证明正方形面积等于矩形ABCD的面积的结论．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；作图—应用与设计作图。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）、（2）根据图形旋转的性质及图形拼接前后面积不变画出图形即可；‎ ‎（3）根据题意画出图形，先证出四边形EFGC是矩形，△AHB∽△GBC，由矩形的性质及相似三角形的性质可得出四边形EFGC是正方形，再由BH∥CE，HE∥BC，BH=CE可得EFGC是正方形，Rt△BAH≌Rt△CDE，S△BAH=S△CDE，根据EF∥CGEH∥CB可得出S△EFH=S△CGB，进而可得出结论．‎ 解答：解：（1）如图1；‎ ‎（2）如图2，M、N分别是HE、GF的中点；‎ ‎（3）如图4，设AB=aBC=b ‎①以点B为圆心，以BH=为半径画弧，交AD于H；‎ ‎②过C点作CE∥BH交AD的延长线于E，过点C作CG⊥BH于点G；‎ ‎③过E点作EF⊥CE于E，交BH的延长线于F，则正方形EFGC为所求．‎ 证明：‎ 易证四边形EFGC是矩形，‎ 可证△AHB∽△GBC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，CG= ‎∴四边形EFGC是正方形．‎ ‎∵BH∥CE，HE∥BC，‎ ‎∴四边形BCEH是平行四边形．‎ ‎∴BH=CE．‎ ‎∴EFGC是正方形．‎ 易证Rt△BAH≌Rt△CDE．‎ ‎∴S△BAH=S△CDE．‎ ‎∵EF∥CGEH∥CB，‎ ‎∴∠FEH=∠GCB．‎ 又∵∠EFH=∠CGB=90°，EF=CG，‎ ‎∴△EFH≌△CGB．‎ ‎∴S△EFH=S△CGB．‎ ‎∴S正方形EFGC=S矩形ABCD．‎ ‎∴四边形EFCG为所求．‎ 点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到全等三角形的判定与性质、正方形的性质及作图﹣应用与设计作图，熟知以上知识是解答此题的关键．‎ ‎（2009海淀一模）24、在课外小组活动时，小慧拿来一道题（原问题）和小东、小明交流．‎ 原问题：如图1，已知△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°，分别以AB、BC为边向外作△ABD与△BCE，且DA=DB，EB=EC，∠ADB=∠BEC=90°，连接DE交AB于点F．探究线段DF与EF的数量关系．‎ 小慧同学的思路是：过点D作DG⊥AB于G，构造全等三角形，通过推理使问题得解．‎ 小东同学说：我做过一道类似的题目，不同的是∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60度．‎ 小明同学经过合情推理，提出一个猜想，我们可以把问题推广到一般情况．‎ 请你参考小慧同学的思路，探究并解决这三位同学提出的问题：‎ ‎（1）写出原问题中DF与EF的数量关系；‎ ‎（2）如图2，若∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60°，原问题中的其他条件不变，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明；‎ ‎（3）如图3，若∠ADB=∠BEC=2∠ABC，原问题中的其他条件不变，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明．‎ 考点：全等三角形的判定与性质。‎ 专题：阅读型。‎ 分析：本题的解题思路是通过构建全等三角形来求解．先根据直角三角形的性质，等边三角形的性质得到一些隐含的条件，然后根据所得的条件来证明所构建的三角形的全等；再根据全等三角形的对应边相等得出DF=EF的猜想．‎ 解答：解：（1）DF=EF．‎ ‎（2）猜想：DF=FE．‎ 证明：过点D作DG⊥AB于G，则∠DGB=90度．‎ ‎∵DA=DB，∠ADB=60度．‎ ‎∴AG=BG，△DBA是等边三角形．‎ ‎∴DB=BA．‎ ‎∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，‎ ‎∴AC=AB=BG．‎ ‎∴△DBG≌△BAC．‎ ‎∴DG=BC．‎ ‎∵BE=EC，∠BEC=60°，‎ ‎∴△EBC是等边三角形．‎ ‎∴BC=BE，∠CBE=60度．‎ ‎∴DG=BE，∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．‎ ‎∵∠DFG=∠EFB，∠DGF=∠EBF，‎ ‎∴△DFG≌△EFB．‎ ‎∴DF=EF．‎ ‎（3）猜想：DF=FE．‎ 证法一：过点D作DH⊥AB于H，连接HC，HE，HE交CB于K，则∠DHB=90度．‎ ‎∵DA=DB，‎ ‎∴AH=BH，∠1=∠HDB．‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴HC=HB．‎ ‎∵EB=EC，HE=HE，‎ ‎∴△HBE≌△HCE．‎ ‎∴∠2=∠3，∠4=∠BEH．‎ ‎∴HK⊥BC．‎ ‎∴∠BKE=90°．‎ ‎∵∠ADB=∠BEC=2∠ABC，‎ ‎∴∠HDB=∠BEH=∠ABC．‎ ‎∴∠DBC=∠DBH+∠ABC=∠DBH+∠HDB=90°，‎ ‎∠EBH=∠EBK+∠ABC=∠EBK+∠BEK=90°．‎ ‎∴DB∥HE，DH∥BE．‎ ‎∴四边形DHEB是平行四边形．‎ ‎∴DF=EF．‎ 证法二：分别过点D、E作DH⊥AB于H，EK⊥BC于K，连接HK，则 ‎∠DHB=∠EKB=90度．‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴EK∥AC．‎ ‎∵DA=DB，EB=EC，‎ ‎∴AH=BH，∠1=∠HDB，‎ CK=BK，∠2=∠BEK．‎ ‎∴HK∥AC．‎ ‎∴点H、K、E在同一条直线上．‎ 下同证法一．‎ 点评：此题考查了全等三角形的判定和性质；等边三角形的性质的性质及直角三角形的性质等知识点，在做题时要注意隐含条件的运用．‎ ‎（2009海淀二模）25、已知：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC=∠D，点E、F分别在BC、CD上，且∠AEF=∠ACD，试探究AE与EF之间的数量关系．‎ ‎（1）如图1，若AB=BC=AC，则AE与EF之间的数量关系是什么；‎ ‎（2）如图2，若AB=BC，你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出猜想，并加以证明；‎ ‎（3）如图3，若AB=kBC，你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出猜想不用证明．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）中所给的是最特殊的一种情况，但对整个题来说，要从（1）中找到基本的解题思路，此题难的是构造全等三角形，从而证明线段相等．虽然（1）中没有要求步骤，但能正确的解出（1）可以给（2）和（3）定一个基调；‎ ‎（2）是将（1）中的等边三角形变为等腰三角形，但起关键作用的条件没变，任然可以仿照（1）中的方法去做；‎ ‎（3）中将三角形变为更一般的三角形，但和（1）比较起来还是有两个条件没变，而利用这两个条件能证明两个三角形相似，从而利用相似的对应边成比例得出结论．‎ 解答：解：（1）AE=EF；‎ 证明：如图：过点E作EH∥AB交AC于点H．‎ 则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，‎ ‎∵AB=BC=AC，∴∠BAC=∠ACB=60°，‎ ‎∴∠CHE=∠ACB=∠B=60°，‎ ‎∴EH=EC．‎ ‎∵AD∥BC，∴∠FCE=180°﹣∠B=120°，‎ 又∠AHE=180°﹣∠BAC=120°，‎ ‎∴∠AHE=∠FCE，‎ ‎∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，∴∠EAC=∠EFC，‎ ‎∴△AEH≌△FEC，‎ ‎∴AE=EF；‎ ‎（2）猜想：（1）中的结论是没有发生变化．‎ 证明：如图：过点E作EH∥AB交AC于点H，则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，‎ ‎∵AB=BC∴∠BAC=∠ACB ‎∴∠CHE=∠ACB∴EH=EC ‎∵AD∥BC∴∠D+∠DCB=180°．‎ ‎∵∠BAC=∠D∴∠AHE=∠DCB=∠ECF ‎∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，‎ ‎∴∠EAC=∠EFC，‎ ‎∴△AEH≌△FEC，‎ ‎∴AE=EF；‎ ‎（3）猜想：（1）中的结论发生变化．‎ 证明：过点E作EH∥AB交AC于点H．‎ 由（2）可得∠EAC=∠EFC，‎ ‎∵AD∥BC，∠BAC=∠D，‎ ‎∴∠AHE=∠DCB=∠ECF，‎ ‎∴△AEH∽△FEC，‎ ‎∴AE：EF=EH：EC，‎ ‎∵EH∥AB，‎ ‎∴△ABC∽△HEC，‎ ‎∴EH：EC=AB：BC=k，‎ ‎∴AE：EF=k，‎ ‎∴AE=kEF．‎ 点评：主要考查了全等三角形的判定．本题三问由特殊到一般，注意比较它们之间的异同，关键抓住不变量，从而得出结论．本题难度很大．‎ ‎（2010海淀一模）25、已知：△AOB中，AB=OB=2，△COD中，CD=OC=3，∠ABO=∠DCO．连接AD、BC，点M、N、P分别为OA、OD、BC的中点．‎ ‎（1）如图1，若A、O、C三点在同一直线上，且∠ABO=60°，则△PMN的形状是　 　，此时=　　； ‎ ‎（2）如图2，若A、O、C三点在同一直线上，且∠ABO=2α，证明△PMN∽△BAO，并计算的值（用含α的式子表示）；‎ ‎（3）在图2中，固定△AOB，将△COD绕点O旋转，直接写出PM的最大值．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的判定；确定圆的条件。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）由于AB=OB，CD=OC，∠ABO=∠DCO，且∠ABO=60°，则△AOB和△COD都为等边三角形，又A、O、C三点在同一直线上，则△PMN为等边三角形，AD=BC．‎ ‎（2）连接BM、CN，由于△ABO与△MPN都为等腰三角形，且证得∠MPN=∠ABO，则△PMN∽△BAO，的值可在Rt△BMA中求得．‎ ‎（3）结合图形，直接可写出△COD绕点O旋转后PM的最大值．‎ 解答：解：（1）连接BM，CN， ‎ ‎∵△AOB中，AB=OB=2，△COD中，CD=OC=3，∠ABO=60°，‎ ‎∴∧APB与∧COD是等边三角形，‎ 又∵点M、N、P分别为OA、OD、BC的中点，‎ ‎∴BM⊥AC，CN⊥BD，∠MBO=∠ABO=∠NCO=∠OCD=30°，‎ ‎∴PM=PN=BC，‎ ‎∴∠PBM=∠PMB，∠PCN=∠PNC，‎ ‎∵∠BAO=∠DCO=60°，‎ ‎∴AB∥CD，‎ ‎∴∠ABC+∠DCB=180°，‎ ‎∴∠MBP+∠BCN=180°﹣∠ABM﹣∠DCN=120°，‎ ‎∴∠BPM+∠NPC=360°﹣2（∠MBP+∠BCN）=120°，‎ ‎∴∠MPN=60°，‎ ‎∴∧PMN是等边三角形，‎ ‎∴PM=PN=MN，‎ ‎∵AD=2MN，BC=2PM，‎ ‎∴=1．‎ ‎（2）证明：连接BM、CN．‎ 由题意，得BM⊥OA，CN⊥OD，∠AOB=∠COD=90°﹣α．‎ ‎∵A、O、C三点在同一直线上，∴B、O、D三点在同一直线上．‎ ‎∴∠BMC=∠CNB=90°．∵P为BC中点，‎ ‎∴在Rt△BMC中，．‎ 在Rt△BNC中，，∴PM=PN．‎ ‎∴B、C、N、M四点都在以P为圆心，为半径的圆上．∴∠MPN=2∠MBN．‎ 又∵，∴∠MPN=∠ABO．∴△PMN∽△BAO．‎ ‎∴．由题意，，又．‎ ‎∴．∴．‎ 在Rt△BMA中，．‎ ‎∵AO=2AM，∴．∴．‎ ‎（3）．‎ 说明：取BO的中点R, 连PR, PR=1/2CO=1.5 RM=1/2BA=1 当CO∥AB时，即四边形ABCO是梯形时，P,R,M三点共线，PM有最大值．PM=1+1.5=2.5‎ ‎ PM=（AB+CD）÷2=（2+3）÷2=5/2．‎ 点评：本题考查了相似三角形的判定与性质及等边三角形的确定条件，综合性强，较为复杂．‎ ‎（2010海淀二模）25、如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为（0，2），点D在x轴的正半轴上，∠ODB=30°，OE为△BOD的中线，过B、E两点的抛物线与x轴相交于A、F两点（A在F的左侧）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）等边△OMN的顶点M、N在线段AE上，求AE及AM的长；‎ ‎（3）点P为△ABO内的一个动点，设m=PA+PB+PO，请直接写出m的最小值，以及m取得最小值时，线段AP的长．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：（1）已知点B的坐标，可求出OB的长；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通过解直角三角形即可求得OD的长，也就得到了点D的坐标；由于E是线段BD的中点，根据B、D的坐标即可得到E点的坐标；将B、E的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，由此确定抛物线的解析式；‎ ‎（2）过E作EG⊥x轴于G，根据A、E的坐标，即可用勾股定理求得AE的长；‎ 过O作AE的垂线，设垂足为K，易证得△AOK∽△AEG，通过相似三角形所得比例线段即可求得OK的长；在Rt△OMK中，通过解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的长可在Rt△AEK中由勾股定理求得，根据AM=AK﹣KM或AM=AK+KM即可求得AM的长；‎ ‎（3）由于点P到△ABO三顶点的距离和最短，那么点P是△ABO的费马点，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易证得△OBE是等边三角形，那么PA+PO+PB的最小值应为AE的长；求AP的长时，可作△OBE的外切圆（设此圆为⊙Q），那么⊙Q与AE的交点即为m取最小值时P点的位置；设⊙Q与x轴的另一交点（O点除外）为H，易求得点Q的坐标，即可得到点H的坐标，也就得到了AH的长，相对于⊙Q来说，AE、AH都是⊙Q的割线，根据割线定理即可求得AP的长．‎ 解答：解：（1）过E作EG⊥OD于G（1分）‎ ‎∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，‎ ‎∴△BOD∽△EGD，‎ ‎∵点B（0，2），∠ODB=30°，‎ 可得OB=2，；‎ ‎∵E为BD中点，‎ ‎∴ ‎∴EG=1， ‎∴ ‎∴点E的坐标为（2分）‎ ‎∵抛物线经过B（0，2）、两点，‎ ‎∴，‎ 可得；‎ ‎∴抛物线的解析式为；（3分）‎ ‎（2）∵抛物线与x轴相交于A、F，A在F的左侧，‎ ‎∴A点的坐标为 ‎∴，‎ ‎∴在△AGE中，∠AGE=90°，（4分）‎ 过点O作OK⊥AE于K，‎ 可得△AOK∽△AEG ‎∴ ‎∴ ‎∴ ‎∴ ‎∵△OMN是等边三角形，‎ ‎∴∠NMO=60°‎ ‎∴；‎ ‎∴，或；（6分）‎ ‎（写出一个给1分）‎ ‎（3）如图；‎ 以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′；‎ 易证OE=OB=2，∠OBE=60°，则△OBE是等边三角形；‎ 连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）；‎ ‎∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，‎ ‎∴△AOE≌△B′OB；‎ ‎∴∠B′BO=∠AEO；‎ 在AE上截取EP′=BP，又OB=OE，∠B′BO=∠AEO，则△OPB≌△OP′E；‎ ‎∴OP=OP′；[注：三角形OPP’为等边三角形，pp’=op’]‎ ‎∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；‎ 即m最小=AE=；‎ 如图；作正△OBE的外接圆⊙Q，根据费马点的性质知∠BPO=120°，则∠BPO+∠BOP=120°，而∠EBO=∠EOB=60°；‎ ‎∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；‎ 即B、P、O、E四点共圆；‎ 易求得Q（，1），则H（，0）；‎ ‎∴AH=；‎ 由割线定理得：AP•AE=OA•AH，‎ 即：AP=OA•AH÷AE=×÷=．‎ 故：m可以取到的最小值为 当m取得最小值时，线段AP的长为．‎ ‎（如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）‎ 点评：此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大．‎ ‎（2008西城一模）‎ ‎25.如图，正六边形ABCDEF中，点M在AB边上，∠FMH=120°，MH与六边形外角的平分线BQ交于点H． （1）当点M不与点A、B重合时，求证：∠AFM=∠BMH． （2）当点M在正六边形ABCDEF一边AB上运动（点M不与点B重合）时，猜想FM与MH的数量关系，并对猜想的结果加以证明．‎ 考点：正多边形和圆；全等三角形的判定与性质．‎ 专题：探究型．‎ 分析：（1）先有正多边形的内角和定理得出六边形ABCDEF内角的度数，再根据∠FMH=120°，A、M、B在一条直线上，再根据三角形内角和定理即可得出结论； （2）①当点M与点A重合时，∠FMB=120°，MB与BQ的交点H与点B重合，故可直接得出结论； ②当点M与点A不重合时，连接FB并延长到G，使BG=BH，连接MG，由全等三角形的判定定理可得出△MBH≌△MBG，再根据全等三角形的性质即可得出结论．‎ 解答：（1）证明：∵六边形ABCDEF为正六边形， ∴每个内角均为120°． ∵∠FMH=120°，A、M、B在一条直线上， ∴∠AFM+∠FMA=∠FMA+∠BMH=60°， ∴∠AFM=∠BMH． （2）解：猜想：FM=MH． 证明：①当点M与点A重合时，∠FMB=120°，MB与BQ的交点H与点B重合，有FM=MH． ②当点M与点A不重合时， 证法一：如图1，连接FB并延长到G，使BG=BH，连接MG．‎ ‎ ∵∠BAF=120°，AF=AB， ∴∠AFB=∠FBA=30°． ∵{BH=BG∠MBH=∠MBGMB=MB， ∴△MBH≌△MBG， ∴∠MHB=∠MGB，MH=MG， ∵∠AFM=∠BMH，∠HMB+∠MHB=30°， ∴∠AFM+∠MGB=30°， ∵∠AFM+∠MFB=30°， ∴∠MFB=∠MGB． ∴FM=MG=MH． 证法二：如图2，在AF上截取FP=MB，连接PM． ∵AF=AB，FP=MB， ∴PA=AM ∵∠A=120°， ∴∠APM=12×（180°-120°）=30°， 有∠FPM=150°， ∵BQ平分∠CBN， ∴∠MBQ=120°+30°=150°， ∴∠FPM=∠MBH， 由（1）知∠PFM=∠HMB， ∴△FPM≌△MBH． ∴FM=MH．‎ 点评：本题考查的是正多边形和圆，涉及到正多边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，涉及面较广，难度较大．‎ ‎（2008西城二模）‎ ‎25. 设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，点Q在线段DE上，且AQ∥PC． （1）证明：PC=2AQ． （2）当点F为BC的中点时，试比较△PFC和梯形APCQ面积的大小关系，并对你的结论加以证明．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；梯形．‎ 专题：几何综合题．‎ 分析：（1）延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M．根据题意得∠AQE=∠EMB，可证得△AEQ≌△BEM，△AED≌△BER．则AD=BR=BC，再根据BM∥PC，证出△RBM∽△RCP，即可得出PC=2AQ． （2）作BN∥AF，交RD于点N，则△RBN∽△RFP．则BN/PF=RB/RF=2/3．还可证明△BNE≌△APE．根据相似三角形的性质得出S△PFC=S梯形APCQ．‎ 解答：（1）证明： 证法一：延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M． ∵AQ∥PC，BM∥PC， ∴MB∥AQ． ∴∠AQE=∠EMB ∵E是AB的中点，D、E、R三点共线，∴AE=EB，∠AEQ=∠BEM． ∴△AEQ≌△BEM． ∴AQ=BM． 同理△AED≌△BER． ∴AD=BR=BC． ∵BM∥PC， ∴RBM∽△RCP，相似比是1：2． ∴PC=2MB=2AQ． 证法二：连接AC，交PQ于点K，易证△AKE∽△CKD， ∴AE/DC=AK/KC=1/2． ∵AQ∥PC． ∴△AKQ∽△CKP． ∵AK/KC=1/2， ∴AQ/PC=1/2， 即PC=2AQ． （2）解：S△PFC=S梯形APCQ． 作BN∥AF，交RD于点N． ∴△RBN∽△RFP． ∵F是BC的中点，RB=BC， ∴RB=2/3RF． ∴BN/PF=RB/RF=2/3． 易证△BNE≌△APE． ∴AP=BN． ∴AP=2/3PF． 因PFC（视PC为底）与梯形APCQ的高的比等于△PFC与△PQC中PC边上的高的比， 易知等于PF与AP的比，于是可设△PFC中PC边上的高h1=3k，梯形APCQ的高h2=2k．再设AQ=a，则PC=2a． ∴S△PFC=1/2×2ah1=3ka，S梯形APCQ=1/2(AQ+PC)h2=1/2(a+2a)•2k=3ka． 因此S△PFC=S梯形APCQ．‎ 点评：本题是一道综合性很强的题目，考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及平行四边形和梯形的性质，难度较大．‎ ‎（2009西城一模）‎ ‎25. 已知：PA=2，PB=4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧． （1）如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长； （2）当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值，及相应∠APB的大小．‎ 考点：解直角三角形；正方形的性质．‎ 专题：计算题．‎ 分析：（1）作辅助线，过点A作AE⊥PB于点E，在Rt△PAE中，已知∠APE，AP的值，根据三角函数可将AE，PE的值求出，由PB的值，可求BE的值，在Rt△ABE中，根据勾股定理可将AB的值求出； 求PD的值有两种解法，解法一：可将△PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB，可得△PAD≌△P'AB，求PD长即为求P′B的长，在Rt△AP′P中，可将PP′的值求出，在Rt△PP′B中，根据勾股定理可将P′B的值求出； 解法二：过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，交PB于G，在Rt△AEG中，可求出AG，EG的长，进而可知PG的值，在Rt△PFG中，可求出PF，在Rt△PDF中，根据勾股定理可将PD的值求出； （2）将△PAD绕点A顺时针旋转90°，得到△P'AB，PD的最大值即为P'B的最大值，故当P'、P、B三点共线时，P'B取得最大值，根据P'B=PP'+PB可求P'B的最大值，此时∠APB=180°-∠APP'=135°．‎ 解答：解：（1）①如图，作AE⊥PB于点E， ∵△APE中，∠APE=45°，PA=2， ∴AE=PE=2×22=1， ∵PB=4，∴BE=PB-PE=3， 在Rt△ABE中，∠AEB=90°， ∴AB=AE2+BE2=10． ②解法一：如图，因为四边形ABCD为正方形，可将 ‎ ‎ △PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB， 可得△PAD≌△P'AB，PD=P'B，PA=P'A． ∴∠PAP'=90°，∠APP'=45°，∠P'PB=90° ∴PP′=2PA=2， ∴PD=P′B=PP′2+PB2=22+42=25； 解法二：如图，过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，设DA的 延长线交PB于G． 在Rt△AEG中， 可得AG=AEcos∠EAG=AEcos∠ABE=103，EG=13，PG=PE-EG=23． 在Rt△PFG中， 可得PF=PG•cos∠FPG=PG•cos∠ABE=105，FG=1015． 在Rt△PDF中，可得， PD=PF2+(AD+AG+FG)2=(105)2+(10+1015+103)2=25． （2）如图所示，将△PAD绕点A顺时针旋转90° 得到△P'AB，PD的最大值即为P'B的最大值， ∵△P'PB中，P'B＜PP'+PB，PP′=2PA=2，PB=4， 且P、D两点落在直线AB的两侧， ∴当P'、P、B三点共线时，P'B取得最大值（如图） 此时P'B=PP'+PB=6，即P'B的最大值为6． 此时∠APB=180°-∠APP'=135度．‎ 点评：考查综合应用解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力，在解题过称中要求学生充分发挥想象空间，确定P′B取得最大值时点P′的位置．‎ ‎（2009年西城区抽样测试）‎ ‎25. △ABC是等边三角形，P为平面内一个动点，BP=BA，若0°＜∠PBC＜180°，且∠PBC的平分线上一点D满足DB=DA， （1）当BP和BA重合时（如图1），∠BPD= ； （2）当BP在∠ABC内部时（如图2），求∠BPD； （3）当BP在∠ABC外部时，请直接写出∠BPD，并画出相应的图形． ‎ 考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ 专题：动点型．‎ 分析：（1）由于P，A重合，DP=DB，∠DBP=∠DPB，因为DB是∠PBC的平分线，因此，∠DBP=∠DPB=30°； （2） 本题可通过构建全等三角形来求解．连接CD，BP=BC，BD又是∠PBC的平分线，三角形PBD和CBD中又有一公共边，因此两三角形全 等，∠BPD=∠BCD，那么关键是求∠BCD的值，那么我们就要看∠BCD和∠ACB的关系了，可通过证明三角形ACD和BCD全等来得出，这两个三角 形中，BD=AD，BC=AC，有一条公共边CD因此∠BCD=∠ACD=30°，那么就求出∠BPD的度数了； （3）同（2）的证法完全一样，步骤有2个，一是得出∠BCD的度数，二是证明三角形BPD和BCD全等，同（2）完全一样． （当∠BPD是钝角时，∠BPD=∠BCD=（360-60）÷2=150°，还是用的（2）中的三角形BPD，BCD全等，BCD，ACD全等）‎ 解答：解：（1）∠BPD=30°； （2）如图，连接CD，‎ ‎ ∵点D在∠PBC的平分线上 ∴∠PBD=∠CBD ∵△ABC是等边三角形 ∴BA=BC=AC，∠ACB=60° ∵BP=BA ∴BP=BC ∵BD=BD ∴△PBD≌△CBD ∴∠BPD=∠BCD ∵DB=DA，BC=AC，CD=CD ∴△BCD≌△ACD ∴∠BCD=∠ACD=12∠ACB=30° ∴∠BPD=30°； （3）∠BPD=30°或150°图形如下： 故填30°．‎ 点评：本题考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质；通过全等三角形得出角相等是解题的关键．‎ ‎2010西城一模 ‎24.如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，E恰为BC的中点，tanB=2． （1）求证：AD=AE； （2）如图2，点P在线段BE上，作EF⊥DP于点F，连接AF，求证：DF-EF= AF； （3）请你在图3中画图探究：当P为线段EC上任意一点（P不与点E重合）时，作EF垂直直线DP，垂足为点F，连接AF，线段DF、EF与AF之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论．‎ 考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ 专题：证明题；探究型．‎ 分析：（1）首先根据∠B的正切值知：AE=2BE，而E是BC的中点，结合平行四边形的对边相等即可得证． （2）此题要通过构造全等三角形来求解；作GA⊥AF，交BD于G，通过证△AFE≌△AGD，来得到△AFG是等腰直角三角形且EF=GD，由此得证． （3）辅助线作法和解法同（2），只不过结论有所不同而已．‎ 解答：（1）证明：∵tanB=2， ∴AE=2BE； ∵E是BC中点， ∴BC=2BE， 即AE=BC； 又四边形ABCD是平行四边形，则AD=BC=AE； ‎ ‎ （2）证明：作AG⊥AF，交DP于G；（如图2） ∵AD∥BC， ∴∠D=∠DPC； ∵∠AEP=∠EFP=90°， ∴∠PEF+∠EPF=∠PEF+∠AEF=90°， 即∠D=∠AEF=∠FPE； 又∵AE=AD，∠FAE=∠GAD=90°-∠EAG， ∴△AFE≌△AGD， ∴AF=AG，即△AFG是等腰直角三角形，且EF=DG； ∴FG= AF，且DF=DG+GF=EF+FG， 故DF-EF= AF； （3）解：如图3，①当EP≤2BC时，DF+EF= AF，解法同（2）． ②当EP＞2BC时，EF-DF= AF．‎ 点评：此题主要考查的是平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，难度适中，正确地构造出全等三角形是解答此题的关键．‎ ‎2010西城二模 ‎24. 在△ABC中，点P为BC的中点． （1）如图1，求证：AP＜ （AB+AC）； （2）延长AB到D，使得BD=AC，延长AC到E，使得CE=AB，连接DE． ①如图2，连接BE，若∠BAC=60°，请你探究线段BE与线段AP之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明； ②请在图3中证明：BC≥ DE．‎ 考点：平行四边形的判定与性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形中位线定理．‎ 专题：分类讨论．‎ 分析：（1）可通过构建平行四边形求解；延长AP至H，使PH=AP；则AH、BC互相平分，四边形ABHC是平行四边形；在△ACH中，由三角形三边关系定理知：AH＜AC+CH，而HC=AB，AH=2AP，等量代换后即可证得所求的结论； （2）① 可按照（1）题的思路求解；过B作AE的平行线，交DE于H，连接AH、CH；易知AD=AE，若∠BAC=60°，则△ADE是等边三角形，易证得 △DBH也是等边三角形，此时DB=BH=AC，则四边形ABHC的一组对边平行且相等，则四边形ABHC是平行四边形；由此可证得P是平行四边形 ABHC对角线的交点，且AH=2AP；下面可通过证△DBE≌△DHA得出AH=DE，从而得出DE=2AP的结论； ②分两种情况： 一、AB=AC时，由题意易知AB=AC=BD=CE，则BC是三角形ADE的中位线，此时DE=2BC； 二、AB≠AC时，仿照①的思路，可以BC、BD为边作平行四边形DBCG，连接GE；易证得△ABC≌△CEG，则AB=GE；而根据平行四边形的性质易知BC=DG，那么在等腰△DGE中，DG=GE，根据三角形三边关系定理知：DG+GE＞DE，即2BC＞DE； 综合上述两种情况即可证得所求的结论．‎ 解答：（1）证明：延长AP至H，使得PH=AP，连接BH、HC，PH； ∵BP=PC； ∴四边形ABHC是平行四边形； ∴AB=HC； 在△ACH中，AH＜HC+AC； ∴2AP＜AB+AC； 即AP＜‎ ‎ (AB+AC) （2）①答：BE=2AP． 证明：过B作BH∥AE交DE于H，连接CH、AH； ∴∠1=∠BAC=60°； ∵DB=AC，AB=CE， ∴AD=AE， ∴△AED是等边三角形， ∴∠D=∠1=∠2=∠AED=60°； ∴△BDH是等边三角形； ∴BD=DH=BH=AC； ∴四边形ABHC是平行四边形； ∵点P是BC的中点， ∴AH、BC互相平分于点P，即AH=2AP； 在△ADH和△EDB中，{AD=ED∠D=∠DDH=DB； ∴△ADH≌△EDB； ∴AH=BE=2AP； ②证明：分两种情况： ⅰ）当AB=AC时， ∴AB=AC=DB=CE； ∴BC=DE； ⅱ）当AB≠AC时， 以BD、BC为一组邻边作平行四边形BDGC（如图） ∴DB=GC=AC，∠BAC=∠1，BC=DG， ∵AB=CE； ∴△ABC≌△CEG； ∴BC=EG=DG； 在△DGE中，DG+GE＞DE； ∴2BC＞DE，即BC＞ DE； 综上所述，BC≥ DE．‎ 点评：此题考查了三角形三边关系定理、等腰三角形的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，综合性强，难度较大．‎ ‎2008东城一模 ‎25.已知△ABC中，AB=AC=3，∠BAC=90°，点D为BC上一点，把一个足够大的直角三角板的直角顶点放在D处． （1）如图①，若BD=CD，将三角板绕点D逆时针旋转，两条直角边分别交AB、AC于点E、点F，求出重叠部分AEDF的面积（直接写出结果）． （2）如图②，若BD=CD，将三角板绕点D逆时针旋转，使一条直角边交AB于点E、另一条直角边交AB的延长线于点F，设AE=x，重叠部分的面积为y，求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围． （3）若BD=2CD，将三角板绕点D逆时针旋转，使一条直角边交AC于点F，另一条直角边交射线AB于点E．设CF=x（x＞1），重叠部分的面积为y，求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列一次函数关系式；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质．‎ 分析：（1）由旋转的性质可得出重叠部分AEDF的面积等于三角形ABC面积的一半． （2）过点D作DM⊥AB，则y=BE•DM= (3-x)• = （3-x）（0≤x≤3且x≠）． （3）分两种情况：①如图①，连接AD，过点D分别作AB、AC的垂线，垂足为M，N．则y=x+（1＜x≤2）； ②如图②，过点D作AC的垂线，垂足为N，则y=9/2- x（2＜x≤3）．‎ 解答：解：（1）S四边形AEDF=． （2）过点D作DM⊥AB，垂足为点M，y=BE•DM= (3-x)• = （3-x）（0≤x≤3且x≠）． （3）①如图①，连接AD，过点D分别作AB、AC的垂线，垂足为M，N． ∵AB=AC=3，∠BAC=90°， ∴BC=3‎ ‎． ∵BD=2CD， ∴BD=2，CD． 易得DN=1，DM=2， 易证∠1=∠2， ∵∠DME=∠DNF=90°， ∴△DME∽△DNF． ∴ME/FN=DM/DN． ∴ME=2（x-1）． ∴AE=2（x-1）+1=2x-1． ∴y=S△ADE+S△ADF= (2x-1)•2+ (3-x)•1=x+ (1＜x≤2)． ②如图②，过点D作AC的垂线，垂足为N， ∵AB=AC=3，∠BAC=90°， ∴BC=3． ∵BD=2CD，∴BD=2，CD=． 易得DN=1，∴y=S△ABC-S△CDF=9/2- x•1=9/2- x(2＜x≤3)． ∴y= x+ (1＜x≤2)‎ ‎9/2- x(2＜x≤3) ‎ 点评：本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质以及根据实际问题列一次函数的关系式．‎ ‎2009东城一模 ‎25. 请阅读下列材料： 圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．即如图1，若弦AB、CD交于点P，则PA•PB=PC•PD．请你根据以上材料，解决下列问题． ‎ ‎ 已知⊙O的半径为2，P是⊙O内一点，且OP=1，过点P任作-弦AC，过A、C两点分别作⊙O的切线m和n，作PQ⊥m于点Q，PR⊥n于点R．（如图2） （1）若AC恰经过圆心O，请你在图3中画出符合题意的图形，并计算：1/PQ+1/PR的值； （2）若OP⊥AC，请你在图4中画出符合题意的图形，并计算：1/PQ+1/PR的值； （3）若AC是过点P的任一弦（图2），请你结合（1）（2）的结论，猜想：1/PQ+1/PR的值，并给出证明．‎ 考点：相交弦定理；相似三角形的判定与性质．‎ 专题：阅读型．‎ 分析：（1）由于AC过圆心，那么Q，A重合，R，C重合，可根据OP和半径的长求出PA，PC的长，即PQ，PR的长．由此可得出所求的结论； （2）连接OA，不难得出OA∥PQ，那么可得出∠OAP=∠APQ，可先在直角三角形OAP中，求出∠OAP的度数和AP的长，进而可在直角三角形APQ中求出PQ的长，同理可求出PR的长，即可求出所求的结论；（本题还可通过证△ADP和△PAQ相似，得出1/PQ的值，同理可连接CD得出1/PR的值） （3）本题要通过相似三角形来求解．过点A作直径交⊙O于点E，连接EC，通过相似三角形△AEC∽△PAQ，得出关于AC，PQ，AE，AP的比例关系式，同理可求出AC，PR，AE，PC的比例关系式，两式联立可得出1/PQ+1/PR的表达式，然后根据相交弦定理即可证得所求的结论． （第二种证法和（2）的第二种求法完全相同．）‎ 解答：解：（1）AC过圆心O，且m，n分别切⊙O于点A，C， ∴AC⊥m于点A，AC⊥n于点C． ∴Q与A重合，R与C重合． ∵OP=1，AC=4， ∴1/PQ+1/PR=1+1/3=4/‎ ‎3． （2）连接OA， ∵OP⊥AC于点P，且OP=1，OA=2， ∴∠OAP=30°． ∴AP=． ∵OA⊥直线m，PQ⊥直线m， ∴OA∥PQ，∠PQA=90°． ∴∠APQ=∠OAP=30°． ∴AP=． ∵OA⊥直线m，PQ⊥F直线m， ∴OA∥PQ，∠PQA=90°． ∴∠APQ=∠OAP=30°． 在Rt△AQP中，PQ=3/2，同理，PR=3/2， ∴1/PQ+1/PR=2/3+2/3=4/3． （3）猜想1/PQ+1/PR=4/3． 证明：过点A作直径交⊙O于点E，连接EC， ∴∠ECA=90°． ∵AE⊥直线m，PQ⊥直线， ∴AE∥PQ且∠PQA=90°． ∴∠EAC=∠APQ． ∴△AEC∽△PAQ． ∴AC/PQ=AE/AP① 同理可得：AC/PR=AE/PC② ①+②，得： AC/PQ+AC/PR=AE/AP+AE/PC ∴1/PQ+1/PR=AE/AC（1/AP+1/PC） =(AE/AC) • (PC+AP)/(AP•PC) = AE/(AP•PC)． 过P作直径交⊙O于M，N， 根据阅读材料可知：AP•PC=PM•PN=3， ∴1/PQ+1/PR=4/3．‎ 点评：本题主要考查了相似三角形和相交弦定理的应用，根据相似三角形得出与所求相关的线段成比例是解题的关键．‎ ‎2009东城二模 ‎25. 如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，AB=10，AD=6，DC=8，BC=12，点E在下底边BC上，点F在AB上． （1）若EF平分直角梯形ABCD的周长，设BE的长为x，试用含x的代数式表示△BEF的面积； （2）是否存在线段EF将直角梯形ABCD的周长和面积同时平分？若存在，求出此时BE的长；若不存在，请说明理由； （3）若线段EF将直角梯形ABCD的周长分为1：2两部分，将△BEF的面积记为S1，五边形AFECD的面积记为S2，且S1：S2=K求出k的最大值．‎ 考点：二次函数综合题；直角梯形；相似三角形的判定与性质．‎ 专题：综合题；开放型．‎ 分析：（1）由已知，得梯形周长=36，高=8，面积=72．用含x的代数式表示△BEF的面积，只需求FG即可； （2）根据函数关系式无解，知不存在线段EF将直角梯形ABCD的周长和面积同时平分． （3）由已知易知，线段EF将直角梯形ABCD的周长分为1：2两部分，只能是FB+BE与FA+AD+DC+CE的比是1：2，则有k=S1：S2=S1/（72-S1），要使k取最大值，只需S1取最大值，根据S△BEF=1/2BE•FG=-2/5 x2+36/5 x (8≤x≤12)，求出S1取最大值72/5．得出k的最大值是1/4．‎ 解答：‎ 解：（1）由已知，得梯形周长=36，高=8，面积=72． 过点F作FG⊥BC于点G，过点A作AK⊥BC于点K， 则△BFG∽△BAK 可得FG=4/5 (18-x） S△BEF=1/2 BE•FG=-2/5 x2+36/5 x (8≤x≤12)（3分） （2）不存在．（4分） 由（1）-2/5 x2+36/5 x = 36， 整理得：（x-9）2 ‎ ‎=-9，此方程无解．（5分） 不存在线段EF将直角梯形ABCD的周长和面积同时平分． （3）由已知易知，线段EF将直角梯形ABCD的周长分为1：2两部分，只能是FB+BE与FA+AD+DC+CE的比是1：2．（6分） k=S1：S2=S1/(72-S1)要使k取最大值，只需S1取最大值． 与（1）同理，FG=4/5 (12-x)S1=1/2 BE•FG=-2/5 x2+24/5 x (2≤x＜12)， 当x=6时，S1取最大值7/25．此时k=1/4 ∴k的最大值是1/4．（8分）‎ 点评：本题结合直角梯形的性质考查二次函数的综合应用，注意此题三角形边与面积，梯形周长，高，面积相互间的关系．‎ ‎2010东城一模 ‎25. 如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点M，正方形MNPQ与正方形ABCD全等，射线MN与MQ不过A、B、C、D四点且分别交 ABCD的边于E、F两点， （1）求证：ME=MF； （2）若将原题中的正方形改为矩形，且BC=2AB=4，其他条件不变，探索线段ME与线段MF的数量关系．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ 专题：几何综合题．‎ 分析：（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等；故M分别作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，易得MG=MH，而∠EMG、∠FMH都是∠GMF的余角，由此可证得∠EMG=∠FMH，即可证得△MGE≌△MHF，由此得证． （2）此题要分四种情况讨论： ① 当MN交BC于点E，MQ交CD于点F时；此种情况与（1）类似，不同的是（1）题用到的是全等，而此题运用的是相似，过点M作MG⊥BC于点 G，MH⊥CD于点H，通过证△MGE∽△MHF，得到关于ME、MF、MG、MH的比例关系式，联立矩形的性质及BC、AB的比例关系，即可求得ME、 MF的比例关系； ②当MN的延长线交AB于点E，MQ交BC于点F时．解法同①； ③当MN、MQ两边都交边BC于E、F时，过M作MH⊥BC于H，由于M是AC的中点，且已知AB的长，即可求得MH=1，在Rt△EMF中，MH⊥EF，易证得△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM．可得ME/FE=MH/FM，FM/FE=MH/EM．将MH=1代入上述两式，然后联立勾股定理即可得到ME、MF的关系式； ④当MN交BC边于E点，MQ交AD于点F时．可延长EM交BC于G，易证得△MED≌△MGB，即可得ME=MG，那么这种情况下与③完全相同，即可得解．‎ 解答：（1）证明：过点M作MG⊥BC于点G，MH⊥CD于点H． ∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M为正方形对角线AC、BD的交点，∴MG=MH． 又∵∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°， ∴∠1=∠2． 在△MGE和△MHF中 ∠1=∠2， MG=MH， ∠MGE=∠MHF． ∴△MGE≌△MHF． ∴ME=MF．（3分） （2）解：①当MN交BC于点E，MQ交CD于点F时． 过点M作MG⊥BC于点G，MH⊥CD于点H． ∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M为矩形对角线AC、BD的交点， ∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°． ∴∠1=∠2． 在△MGE和△MHF中， ∠1=∠2 ∠MGE=∠MHF ∴△MGE∽△MHF． ∴ME/MF=MG/MH． ∵M为矩形对角线AB、AC的交点，∴MB=MD=MC 又∵MG⊥BC，MH⊥CD，∴点G、H分别是BC、DC的中点． ∵BC=2AB=4， ∴MG=1/2AB，MH=1/2BC． ∴ME/MF=1/2．（4分） ②当MN的延长线交AB于点E，MQ交BC于点F时． ‎ 过点M作MG⊥AB于点G，MH⊥BC于点H． ∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M为矩形对角线AC、BD的交点， ∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°． ∴∠1=∠2． 在△MGE和△MHF中， ∠1=∠2， ∠MGE=∠MHF． ∴△MGE∽△MHF． ∴ME/MF=MG/MH． ∵M为矩形对角线AC、BD的交点， ∴MB=MA=MC． 又∵MG⊥AB，MH⊥BC，∴点G、H分别是AB、BC的中点． ∵BC=2AB=4，∴MG=1/2BC，MH=1/2AB． ∴ME/MF=2．（5分） ③当MN、MQ两边都交边BC于E、F时． 过点M作MH⊥BC于点H． ∴∠MHE=∠MHF=∠NMQ=90°． ∴∠1=∠3，∠2=∠4． ∴△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM． ∴ME/FE=MH/FM，FM/FE=MH/EM． ∵M为矩形对角线AC、BD的交点， ∴点M为AC的中点． 又∵MH⊥BC， ∴点M、H分别是AC、BC的中点． ∵BC=2AB=4， ∴AB=2． ∴MH=1． ∴1/ME=FM/(MH•EF)=FM/EF，1/MF=EM/(MH•EF)=EM/EF． ∴1/ME2+1/MF2=(FM2+EM2)/EF2=1．（6分） ④当MN交BC边于E点，MQ交AD于点F时． 延长FM交BC于点G． 易证△MED≌△MGB．∴MF=MG． 同理由③得1/MG2+1/ME2=1． ∴1/ME2+1/MF2=1．（7分） 综上所述：ME与MF的数量关系是ME/MF=1/2或ME/MF=2或1/ME2+1/MF2=1．‎ 点评：此题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质以及勾股定理等知识的综合应用；由于（2）题的情况较多，做到不漏解是此题的难点．‎ ‎2010东城二模 ‎25. 已知，正方形ABCD的边长为1，直线l1∥直线l2，l1与l2之间的距离为1，l1、l2与正方形ABCD的边总有交点． （1）如图1，当l1⊥AC于点A，l2⊥AC交边DC、BC分别于E、F时，求△EFC的周长； （2）把图1中的l1与l2同时向右平移x，得到图2，问△EFC与△AMN的周长的和是否随x的变化而变化，若不变，求出△EFC与△AMN的周长的和；若变化，请说明理由； （3）把图2中的正方形饶点A逆时针旋转α，得到图3，问△EFC与△AMN的周长的和是否随α的变化而变化？若不变，求出△EFC与△AMN的周长的和；若变化，请说明理由． ‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；几何变换的类型．‎ 专题：证明题．‎ 分析：（1）分别计算EF、EC、CF的长度，计算△EFC的周长即EF+EC+CF即可； （2）证明△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ得AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ，可得△EFC与△AMN的周长的和不随x的变化而变化． （3）△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP可得AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP．可以求得△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长．‎ 解答：解：（1）如图1，∵正方形ABCD的边长为1， ∴AC=． 又∵直线l1∥直线l2，l1与l2之间的距离为1． ∴CG= -1． ∴EF=2 -2，EC=CF=2-． ∴△EFC的周长为EF+EC+CF=2； （2）△EFC与△AMN的周长的和不随x的变化而变化． 如图2，把l1、l2向左平移相同的距离， 使得l1过A点，即l1平移到l4，l2平移到l3， 过E、F分别做l3‎ 的垂线，垂足为R，G． 可证△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ． ∴AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ． ∴△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长，由已知可计算△CPQ的周长为2， ∴△EFC与△AMN的周长的和为2； （3）△EFC与△AMN的周长的和不随α的变化而变化． 如图3，把l1、l2平移相同的距离，使得l1过A点，即l1平移到l4，l2平移到l3， 过E、F分别做l3的垂线，垂足为R，S．过A作l1的垂线，垂足为H． 可证△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP， ∴AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP． ∴△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长． 如图4，过A作l3的垂线，垂足为T．连接AP、AQ． 可证△APT≌△APD，△AQT≌△AQB， ∴DP=PT，BQ=TQ． ∴△CPQ的周长为DP+PC+CQ+QB=DC+CB=2． ∴△EFC与△AMN的周长的和为2． ‎ 点评：本题考查了正方形各边长相等的性质，正方形各内角为直角的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，几何变换类型题目的解决方法．‎ ‎2011东城二模 ‎24. 如图1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6．△ECD是△ABC沿CB方向平移得到的，连接AE，AC和BE相交于点O． （1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，并证明你的结论； （2）如图2，P是线段BC上一动点（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AE于点Q，QR⊥BD，垂足为点R． ①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积； ②当线段BP的长为何值时，以点P、Q、R为顶点的三角形与△BOC相似？ ‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；平移的性质．‎ 专题：证明题．‎ 分析：（1）四边形ABCE是菱形．证明：∵△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，∴EC∥AB，EC=AB．∴四边形ABCE是平行四边形．又∵AB=BC，∴四边形ABCE是菱形． （2）①由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，可得S△PBO=S△QEO，由△ECD是由△ABC平移得到的，可得ED∥AC，ED=AC=6．又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，可得S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/2×8×6=24． ②如图，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3．∴∠2不与∠3对应．∴∠2与∠1对应．即∠2=∠1，∴OP=OC=3．过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点．可证△OGC∽△BOC．可得CG：CO=CO：BC．从而可求解．‎ 解答：解：（1）四边形ABCE是菱形． 证明：∵△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的， ∴EC∥AB，EC=AB． ∴四边形ABCE是平行四边形． 又∵AB=BC， ∴四边形ABCE是菱形． （2）①四边形PQED的面积不发生变化，理由如下： 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO， ∴S△PBO=S△QEO ∵△ECD是由△ABC平移得到的， ∴ED∥AC，ED=AC=6． 又∵BE⊥AC， ∴BE⊥ED ∴S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/‎ ‎2×8×6=24． ②如图，当点P在BC上运动，使以点P、Q、R为顶点的三角形与△COB相似． ∵∠2是△OBP的外角， ∴∠2＞∠3． ∴∠2不与∠3对应． ∴∠2与∠1对应． 即∠2=∠1， ∴OP=OC=3． 过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点．可证△OGC∽△BOC． ∴CG：CO=CO：BC． 即CG：3=3：5． ∴CG=9/5． ∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×9/5=7/5． ∴BD=PB+PR+RF+DF=x+18/5+x+18/5=10． ∴x=7/5， ∴BP=7/5．‎ 点评：本题考查了相似三角形的判定与性质及菱形的判定与性质，难度较大，关键是掌握相似三角形及菱形的判定定理．‎ ‎2008 朝阳区一模 ‎22. 已知：如图，在⊙O中，弦CD垂直直径AB，垂足为M，AB=4，CD=，点E在AB的延长线上，且． ‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）将△ODE平移，平移后所得的三角形记为△O′D′E′．求当点E′与点C重合时，△O′D′E′与⊙O重合部分的面积．‎ 考点：切线的判定；全等三角形的判定与性质；扇形面积的计算；解直角三角形。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：（1）先求出sin∠DOM，即可求出∠DOM，同样，再利用tan∠E=，可求出∠E，那么在△DOE中，利用三角形内角和等于180°可求出∠ODE=90°，从而DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）由∠ODE=90°，OD=2，∠E=30°，易求DE=2，在Rt△ODM中，OM=1，则AM=3，在Rt△ACM中，利用勾股定理可求AC=2，于是AC=DE=D′E′，根据题意，由平移到性质可知△ODE≌△O′AC，那么∠O′CA=30°，∠AOF=60°，再由平移的性质可知CF∥OA，在RT△FCD中，易求CF=2，∠CFO=∠FOC=60°，因此△FOC是等边三角形，于是CF=OA=2，因而S△AFO=S△AFC，那么重合部分的面积=S扇形AOF=π．‎ 解答：（1）证明：连接OD．‎ ‎∵弦CD⊥直径AB，AB=4，CD=，‎ ‎∴MD=CD，‎ ‎∴OD==2．‎ 在Rt△OMD中，∵sin∠DOM=，‎ ‎∴∠DOM=60°，‎ 在Rt△DME中，∵，‎ ‎∴∠E=30°，‎ ‎∴∠ODE=90°，‎ 又∵OD是⊙O的半径，‎ ‎∴DE是⊙O的切线．（2分）‎ ‎（2）解：∵∠ODE=90°，OD=2，∠E=30°，‎ ‎∴DE=，‎ 在Rt△ODM中，OM=1，‎ ‎∴AM=3，‎ 在Rt△ACM中，由勾股定理得，AC=，‎ ‎∴AC=DE=D′E′，‎ ‎∵点E′与点C重合，‎ ‎∴平移后的D′E′与AC重合，‎ 交⊙O于点F，连接OF、OC、AF，‎ 由平移的性质得△ODE≌△O′AC，‎ ‎∴∠O′CA=∠E=30°，∠AOF=2∠ACO′=60°．‎ 由平移的性质可知FC∥AO，‎ 在Rt△FCD中，可求得FC=2，∠CFO=∠FOA=60°，‎ ‎∴△FOC为等边三角形，‎ ‎∴FC=OA=2，‎ ‎∴S△AFO=S△AFC，‎ ‎∴．（5分）‎ 点评：本题利用了三角函数值、切线的判定、平移的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定和性质、扇形面积计算公式、勾股定理．‎ ‎2008朝阳区一模 ‎23. 我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，则称这个四边形为等平方和四边形，‎ ‎（1）写出一个你所学过的特殊四边形中是等平方和四边形的图形的名称：　菱形或正方形　，‎ ‎（2）如图（1），在梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，垂足为O．求证：AD2+BC2=AB2+DC2‎ ‎，即四边形ABCD是等平方和四边形．‎ ‎（3）如果将图（1）中的△AOD绕点O按逆时针方向旋转α度（0＜α＜90）后得到图（2），那么四边形ABCD能否成为等平方和四边形？若能，请你证明；若不能，请说明理由．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定。‎ 专题：几何综合题；新定义。‎ 分析：（1）据题中定义，只要邻边相等的平行四边形即符合要求，则菱形或正方形都符合要求．‎ ‎（2）根据AC⊥BD和勾股定理易证得AD2+BC2=AB2+DC2即四边形ABCD是等平方和四边形．‎ ‎（3）作出原梯形A′BCD′，连接AC、BD交于O′，首先证明A′OD′∽△COB，再证明△AOC∽△DOB，可得∠AOD=∠AOD=90°，以下同（2）的证法即得到AD2+BC2=AB2+DC2即四边形ABCD是等平方和四边形．‎ 解答：解：（1）菱形或正方形；（1分）‎ ‎（2）证明：∵AC⊥BD，‎ ‎∴∠AOD=∠BOC=∠AOB=∠DOC=90°‎ ‎∴OA2+OD2=AD2；OB2+OC2=BC2；OA2+OB2=AB2；OD2+OC2=DC2．‎ ‎∴AD2+BC2=AB2+DC2即四边形ABCD是等平方和四边形．（3分）‎ ‎（3）解：四边形ABCD是等平方和四边形．‎ 证明：原梯形记为A′BCD′，‎ 依题意旋转后得四边形ABCD，连接AC、BD交于点O′，‎ ‎∵A′D′∥BC，‎ ‎∴A′OD′∽△COB，‎ ‎∴，‎ ‎∵OA′=OA，OD′=OD，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠AOA'=∠DOD'=α，‎ ‎∴∠AOC=∠DOB=180°﹣α，‎ 又∵，‎ ‎∴△AOC∽△DOB；（5分）‎ ‎∴∠1=∠2‎ 又∵∠3=∠4，‎ ‎∴∠AO′D=∠AOD=90°，‎ 由（2）的结论得：AD2+BC2=AB2+DC2．‎ 即四边形ABCD是等平方和四边形．（7分）‎ 点评：本题考查学生对一个新的定义的理解，涉及到相似三角形的判定及性质、勾股定理的、菱形、正方形的性质等知识点，是一道考查学生综合能力的好题．‎ ‎2008朝阳区一模 ‎24. 如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45度．则有结论EF=BE+FD成立；‎ ‎（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF=BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由．‎ ‎（2）若将（1）中的条件改为：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF=BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：（1）结论仍然成立．延长CB到G，使BG=FD，根据已知条件容易证明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG=∠DAF，AG=AF，而∠EAF=∠BAD，所以得到∠DAF+∠BAE=∠EAF，进一步得到∠EAF=∠GAE，现在可以证明△AEF≌△AEG，然后根据全等三角形的性质就可以证明结论成立；‎ ‎（2）结论不成立，应为EF=BE﹣DF，如图在CB上截取BG=FD，由于∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，可以得到∠B=∠ADF，再利用已知条件可以证明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG=∠DAF，AG=AF，而∠EAF=∠BAD，所以得到∠EAF=∠GAE，现在可以证明△AEF≌△AEG，再根据全等三角形的性质就可以证明EF=EG=EB﹣BG=EB﹣DF．‎ 解答：解：（1）延长CB到G，使BG=FD，‎ ‎∵∠ABG=∠D=90°，AB=AD，‎ ‎∴△ABG≌△ADF，‎ ‎∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，‎ ‎∵∠EAF=∠BAD，‎ ‎∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，‎ ‎∴∠EAF=∠GAE，‎ ‎∴△AEF≌△AEG，‎ ‎∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．‎ ‎（2）结论不成立，应为EF=BE﹣DF，‎ 在CB上截取BG=FD，（如图）‎ ‎∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°‎ ‎，∴∠B=∠ADF，‎ ‎∵AB=AD，‎ ‎∴△ABG≌△ADF，‎ ‎∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，‎ ‎∵∠EAF=∠BAD，‎ ‎∴∠EAF=∠GAE，‎ ‎∴△AEF≌△AEG，‎ ‎∴EF=EG=EB﹣BG=EB﹣DF．‎ 点评：此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．‎ ‎2008朝阳区二模 ‎24. 已知：在等边△ABC中，点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，点G为直线BC上一动点，当点G在CB延长线上时，有结论“在直线EF上存在一点H，使得△DGH是等边三角形”成立（如图①），且当点G与点B、E、C重合时，该结论也一定成立．‎ 问题：当点G在直线BC的其它位置时，该结论是否仍然成立？请你在下面的备用图②③④中，画出相应图形并证明相关结论．‎ 考点：等边三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质。‎ 专题：证明题。‎ 分析：连接DE、EF、DF．（1）当点G在线段BE上时，如图①，在EF上截取EH使EH=BG．由D、E、F是等边△ABC三边中点，可得△DEF、△DBE也是等边三角形且DE=AB=BD，可证明△DBG≌△DEH，然后即可证明；‎ ‎（2）当点G在射线EC上时，如图②，在EF上截取EH使EH=BG．由（1）可证△DBG≌△DEH．可得DG=DH，∠BDG=∠EDH．由∠BDE=∠BDG﹣∠EDG=60°，可得∠GDH=∠EDH﹣∠EDG=60°，即可证明．‎ ‎（3）当点G在BC延长线上时，如图③，与（2）同理可证，结论成立．‎ 解答：证明：连接DE、EF、DF．‎ ‎（1）当点G在线段BE上时，如图①，‎ 在EF上截取EH使EH=BG．‎ ‎∵D、E、F是等边△ABC三边中点，‎ ‎∴△DEF、△DBE也是等边三角形且DE=AB=BD．‎ 在△DBG和△DEH中，‎ ‎∴△DBG≌△DEH．‎ ‎∴DG=DH．‎ ‎∴∠BDG=∠EDH．‎ ‎∵∠BDE=∠GDE+∠BDG=60°，‎ ‎∴∠GDH=∠GDE+∠EDH=60°‎ ‎∴在直线EF上存在点H使得△DGH是等边三角形．‎ ‎（2）当点G在射线EC上时，如图②，‎ 在EF上截取EH使EH=BG．‎ 由（1）可证△DBG≌△DEH．‎ ‎∴DG=DH，∠BDG=∠EDH．‎ ‎∵∠BDE=∠BDG﹣∠EDG=60°，‎ ‎∴∠GDH=∠EDH﹣∠EDG=60°．‎ ‎∴在直线EF上存在点H使得△DGH是等边三角形．‎ ‎（3）当点G在BC延长线上时，如图③，与（2）同理可证，结论成立．‎ 综上所述，点G在直线BC上的任意位置时，该结论成立．‎ 点评：本题考查了等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，难度较大，关键是巧妙地作出辅助线进行解题．‎ ‎2009朝阳区一模 ‎25. （1）已知：如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D、E在斜边AB上，且∠DCE=45度．求证：线段DE、AD、EB总能构成一个直角三角形；‎ ‎（2）已知：如图2，等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE=30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数；‎ ‎（3）在（1）的条件下，如果AB=10，求BD•AE的值．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理的逆定理。‎ 专题：证明题；开放型。‎ 分析：（1）可通过构建全等三角形将所求的三条线段转换到同一个三角形中，然后证明那个三角形是直角三角形即可．可以CE为一边作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，连接DF、EF，那么我们可得出△CFE≌△CBE，于是EF=BE，然后我们再设法求得AD=DF，就能将三条线段转换到同一三角形中了．要证明AD=DF就要证明三角形DCF和DCA全等．这两个三角形中已知的条件AC=BC=CF，又有一条公共边只要证得两组对应边的夹角相等即可．∠DCE=∠ECF+∠DCF=45°，那么∠DCA+∠ECB=45°，因此∠DCF=∠DCA这样就构成了三角形全等的条件，那么两三角形全等，AD=DF，根据上面两组全等三角形，我们可得出∠1+∠2=∠A+∠B=90°，因此三角形DEF是个直角三角形，那么也就得出AD、DE、BE总能构成一个直角三角形了．‎ ‎（2）解题思路和辅助线作法与（1）完全相同，只不过得出AD=DF，EF=BE后，要使三角形DEF是个等腰三角形就要让DE=EF，即AD=BE，那么这个条件就是AD=BE．‎ ‎（3）本题可通过相似三角形得出线段的比例来求得．∠AEB=45°+∠BCE=∠BCD，∠A=∠B=45°，我们可得出AE：BC=AC：BD，即BD•AE=AC•BC=AC2，直角三角形ACB中，我们知道AC2+BC2=AB2，即AC2=50，那么BD•AE=50．‎ 解答：（1）证明：如图1，∵∠ACB=90°，AC=BC，‎ ‎∴∠A=∠B=45°．‎ 以CE为一边作∠ECF=∠ECB，在CF上 截取CF=CB，则CF=CB=AC．‎ 连接DF、EF，则△CFE≌△CBE．‎ ‎∴FE=BE，∠1=∠B=45°．‎ ‎∵∠DCE=∠ECF+∠DCF=45°，‎ ‎∴∠DCA+∠ECB=45°．‎ ‎∴∠DCF=∠DCA．‎ ‎∴△DCF≌△DCA．‎ ‎∴∠2=∠A=45°，DF=AD．‎ ‎∴∠DFE=∠2+∠1=90°．‎ ‎∴△DFE是直角三角形．‎ 又AD=DF，EB=EF，‎ ‎∴线段DE、AD、EB总能构成一个直角三角形．‎ ‎（2）解：当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．‎ 如图2，与（1）类似，以CE为一边，作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，‎ 可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．‎ ‎∴AD=DF，EF=BE．‎ ‎∴∠DFE=∠1+∠2=∠A+∠B=120°．‎ 若使△DFE为等腰三角形，只需DF=EF，即AD=BE．‎ ‎∴当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．‎ 且顶角∠DFE为120°．‎ ‎（3）解：如图1，‎ ‎∵∠ACE=∠ACD+∠DCE，∠CDB=∠ACD+∠A．‎ 又∠DCE=∠A=45°，‎ ‎∴∠ACE=∠CDB．‎ 又∠A=∠B，‎ ‎∴△ACE∽△BDC．‎ ‎∴．‎ ‎∴BD•AE=AC•BC．‎ ‎∵Rt△ACB中，由AC2+BC2=AB2=102，得AC2=BC2=50．‎ ‎∴BD•AE=AC•BC=AC2=50．‎ 点评：本题中利用全等或相似三角形来得出角相等，线段相等或成比例是解题的关键．‎ ‎2009朝阳区二模 ‎25. 在△ABC中，点D在AC上，点E在BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转得到△CD’E’（使∠BCE′＜180°），连接AD′、BE′，设直线BE′与AC交于点O．‎ ‎（1）如图1，当AC=BC时，AD′：BE′的值为　1　；‎ ‎（2）如图2，当AC=5，BC=4时，求AD′：BE′的值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，若∠ACB=60°，且E为BC的中点，求△OAB面积的最小值．‎ 考点：旋转的性质；全等三角形的判定；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：代数几何综合题；数形结合。‎ 分析：（1）AD′和BE′应该相等，可通过证△ACD′≌△BCE′来求解．这两个三角形中已知的条件有：∠ACD′和∠BCE′是一对等角的补角，因此这两角相等．然后证其他条件，由于AC=AB，DE∥AB，因此△CDE和△CD′E′都是等腰三角形，由此可得出AC=BC，CE′=CD′，由此满足了全等三角形的判定中SAS的条件，因此这两三角形全等，可得出AD′=BE′即它们的比为1；‎ ‎（2）方法同（1）只不过线段相等换成了线段成比例，而三角形全等变成了三角形相似，根据相似三角形的对应线段成比例即可得出AD′、BE′的比例关系．‎ ‎（3）如果过B作BM⊥AC于M，那么可根据∠ACB的度数和BC的长求出BM的值，由此可知：△OAB中，高BM是个定值，因此△OAB面积最小时，OA最小，那么此时OC最大．然后来求出此时OC的长，由题意可知，E′的运动轨迹是以C为圆心，CE′为半径的圆，而BE′总和圆C有交点，因此要想使OC最长，那么∠E′BC的度数就要最大，即此时BE′是圆C的切线，∠BE′C=90°，∠E′BC=30°（由于∠ACB=60°，因此∠E′BC的最大度数只能是30°），那么O与E′重合即可求出CE′和OC的长，而后可根据AC的长求出OA的长，根据三角形的面积公式即可求出此时△OAB的面积．‎ 解答：解：（1）1‎ ‎（2）解：∵DE∥AB，‎ ‎∴△CDE∽△CAB．∴．‎ 由旋转图形的性质得，EC=E′C，DC=D′C，‎ ‎∴．‎ ‎∵∠ECD=∠E′CD′，‎ ‎∴∠ECD+∠ACE′=∠E′CD′+∠ACE′即∠BCE′=∠ACD′．‎ ‎∴△BCE′∽△ACD′．‎ ‎∴．‎ ‎（3）解：作BM⊥AC于点M，则BM=BC•sin60°=2．‎ ‎∵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．‎ ‎∵CO随着∠CBE′的增大而增大，‎ ‎∴当BE′与⊙C相切时，即∠BE′C=90°时∠CBE′最大，‎ 则CO最大．‎ ‎∴此时∠CBE′=30°，CE′=BC=2=CE．‎ ‎∴点E′在AC上，即点E′与点O重合．‎ ‎∴CO=CE′=2．‎ 又∵CO最大时，AO最小，且AO=AC﹣CO=3．‎ ‎∴S△OAB最小=AO•BM=3．‎ 点评：本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，（3）中结合圆的知识来确定OA的长是解题的关键．‎ ‎2010朝阳区一模 ‎23. 请阅读下列材料：‎ 问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路是：将△BPC绕点B顺时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PC是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以∠AP′C=150°，而∠BPC=∠AP′C=150°，进而求出等边△ABC的边长为，问题得到解决．‎ 请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，BP=，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长． 考点：旋转的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；正方形的性质。‎ 专题：阅读型。‎ 分析：（1）参照题目给出的解题思路，可将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，根据旋转的性质知：‎ ‎△BPC≌△BP′A，进而可判断出△BPP′是等腰直角三角形，可得∠BP′P=45°；然后根据AP′、PP′、PA的长，利用勾股定理得到△APP′是直角三角形的结论，可得∠AP′P=90°，即可求得∠BP′A的度数，进而可得∠BPC的度数．‎ ‎（2）过B作AP′的垂线，交AP′的延长线于E，易知△BEP′是等腰直角三角形，即可得到P′E、BE的长，进而可在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的边长．‎ 解答：解：（1）如图，‎ 将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．‎ ‎∴AP′=PC=1，BP=BP′=；‎ 连接PP′，‎ 在Rt△BP′P中，‎ ‎∵BP=BP′=，∠PBP′=90°，‎ ‎∴PP′=2，∠BP′P=45°；（2分）‎ 在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=，‎ ‎∵，即AP′2+PP′2=AP2；‎ ‎∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，‎ ‎∴∠AP′B=135°，‎ ‎∴∠BPC=∠AP′B=135°．（4分）‎ ‎（2）过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；‎ ‎∴∠EP′B=45°，‎ ‎∴EP′=BE=1，‎ ‎∴AE=2；‎ ‎∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=；（7分）‎ ‎∴∠BPC=135°，正方形边长为．‎ 点评：此题主要考查了正方形的性质、图形的旋转变换、勾股定理以及全等三角形等知识的综合应用，由于题目给出了解题的思路使得此题的难度降低，但是题中辅助线的作法应该牢记．‎ ‎2010朝阳区一模 ‎25. 已知正方形ABCD的边长为6cm，点E是射线BC上的一个动点，连接AE交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折，点B落在点B′处 ．‎ ‎（1）当=1时，CF=　6　cm，‎ ‎（2）当=2时，求sin∠DAB′的值；‎ ‎（3）当=x时（点C与点E不重合），请写出△ABE翻折后与正方形ABCD公共部分的面积y与x的关系式，（只要写出结论，不要解题过程）．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质。‎ 专题：代数几何综合题；数形结合；分类讨论。‎ 分析：（1）当=1时，由AB∥DF，得，由AB=6，CF可求．‎ ‎（2）当=2时，①点E在线段AB上时，延长AB′交DC于点M，求sin∠DAB′的值，即求的值，由AB∥CF，可得△ABE∽△FCE，即得=2，又AB=6，可得CF=3；由∠BAE=∠F，又∠BAE=∠B′AE，可得∠B′AE=∠F，即MA=MF．设MA=MF=k，则MC=k﹣3，DM=9﹣k．在Rt△ADM中，由勾股定理得：k2=（9﹣k）2+62，解得k=．得DM=，．即sin∠DAB′的值可求．②点E在不在线段AB上时，如图2所示，求sin∠DAB′的值，即是求的值，同理可求．‎ ‎（3）当=x时，求△ABE翻折后与正方形ABCD公共部分的面积y与x的关系式，同理需分两种情况，①动点的位置在线段BC上，所求△AB′E的面积即为△ABE的面积；②动点的位置不在线段BC上，△ADF的面积为所求．‎ 解答：解：（1）当=1时，∵AB∥DF，‎ ‎∴=1．‎ ‎∵AB=6，‎ ‎∴CF=6cm．‎ ‎（2）①如图1．当点E在BC上时，延长AB′交DC于点M．‎ ‎∵AB∥CF，‎ ‎∴△ABE∽△FCE，‎ ‎∴．‎ ‎∵=2，‎ ‎∴CF=3；‎ ‎∵AB∥CF，‎ ‎∴∠BAE=∠F；‎ 又∠BAE=∠B′AE，‎ ‎∴∠B′AE=∠F，‎ ‎∴MA=MF．‎ 令MA=MF=k，则MC=k﹣3，DM=9﹣k．‎ 在Rt△ADM中，由勾股定理得：k2=（9﹣k）2+62，‎ 解得k=MA=，‎ ‎∴DM=．‎ ‎∴sin∠DAB′=．‎ ‎②如图2．当点E在BC延长线上时，延长AD交B′E于点N，同①可得NA=NE．‎ 设NA=NE=m，则B′N=12﹣m，‎ 在Rt△AB′N中，由勾股定理，得m2=（12﹣m）2+62，‎ 解得m=AN=，‎ ‎∴B′N=，‎ ‎∴sin∠DAB′=．‎ ‎（3）当=x时，正方形ABCD的边长为6cm，△ABE翻折后与正方形ABCD公共部分的面积y．分两种情况：‎ ‎①当点E在BC上时．‎ ‎∵=x，‎ ‎∴=，BE=，‎ ‎∴y=×AB×BE，即y=．‎ ‎②当点E在BC延长线上时，△ADF的面积为所求．‎ ‎∵=x，∴=，‎ 又∵AD=6，‎ ‎∴FC=，DF=6﹣；‎ ‎∴，‎ ‎∴y=．‎ 点评：‎ 此题综合考查函数、正方形，平行线分线段成比例定理、图形的旋转、等知识点．分类讨论的思想，综合性强．‎ ‎2010朝阳区二模 ‎24. 如图1，四边形ABCD，将顶点为A的角绕着顶点A顺时针旋转，角的一条边与DC的延长线交于点F，角的另一边与CB的延长线交于点E，连接EF．‎ ‎（1）如果四边形ABCD为正方形，当∠EAF=45°时，有EF=DF﹣BE．请你思考如何证明这个结论（只需思考，不必写出证明过程）；‎ ‎（2）如图2，如果在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，当∠EAF=∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？请写出它们之间的关系式（只需写出结论）；‎ ‎（3）如图3，如果在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC与∠ADC互补，当∠EAF=∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数学关系？请写出它们之间的关系式并给予证明；‎ ‎（4）在（3）中，若BC=4，DC=7，CF=2，求△CEF的周长（直接写出结果即可）．‎ 考点：旋转的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）（2）（3）的解题思路一致，都是通过两步全等来实现；在DF上截取DM=BE，第一步，首先证△ADM≌△ABE，得DF=BE；第二步，证△AMF≌△AEF，得EF=FM，由此得到DF、EF、BE的数量关系．‎ ‎（4）根据前三问的结论知：EF=DF﹣BE，那么△CEF的周长可转化为：EF+BE+BC+FC=DF+BC+FC，即可得解．‎ 解答：解：（1）证明：在DF上截取DM=BE；‎ ‎∵AD=AB，∠ABE=∠ADM=90°，‎ ‎∴△ABE≌△ADM，‎ ‎∴AE=AM，∠EAB=∠DAM；‎ ‎∵∠EAF=45°，且∠EAB=∠DAM，‎ ‎∴∠BAF+∠DAM=45°，即∠MAF=45°=∠EAF，‎ 又∵AE=AM，AF=AF，‎ ‎∴△AEF≌△AMF，得EF=FM，‎ ‎∵DF=DM+FM，‎ ‎∴DF=BE+EF，即EF=DF﹣BE．‎ ‎（2）EF=DF﹣BE．（解法参照（1）（3））‎ ‎（3）EF=DF﹣BE．‎ 证明：在DF上截取DM=BE，‎ ‎∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，‎ ‎∴∠D=∠ABE，‎ ‎∴AD=AB，‎ ‎∴△ADM≌△ABE，‎ ‎∴AM=AE，‎ ‎∴∠DAM=∠BAE；‎ ‎∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，‎ ‎∴∠MAF=∠BAD，‎ ‎∴∠EAF=；‎ ‎∵AF是△EAF与△MAF的公共边，‎ ‎∴△EAF≌△MAF，‎ ‎∴EF=MF；‎ ‎∵MF=DF﹣DM=DF﹣BE，‎ ‎∴EF=DF﹣BE．‎ ‎（4）由上面的结论知：DF=EF+BE；‎ ‎∴△CEF的周长=EF+BE+BC+CF=DF+BC+CF=9+4+2=15．‎ 即△CEF的周长为15．‎ 点评：此题主要考查的是全等三角形的判定和性质，通过两步全等来证得关键的两组线段相等是此题的基本思路．‎ ‎2008通州区一模 ‎24. 如图，已知与x轴交于点A（1，0）和B（5，0）的抛物线l1的顶点为C（3，4），抛物线l2与l1关于x轴对称，顶点为C′．‎ ‎（1）求抛物线l2的函数关系式；‎ ‎（2）已知原点O，定D（0，4），l2上的点P与l1上的P′始终关于x轴对称，则当点P运动到何处时，以点D、O、P、P′为顶点的四边形是平行四边形？‎ ‎（3）设l2上的点M、N分别与l1上的点M′、N′始终关于x轴对称．是否存在点M、N（M在N的左侧），使四边形MNN´M´是正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：（1）先求出C′点坐标，将A、B两点坐标代入y=a（x﹣3）2﹣4即可求得抛物线l2的函数关系式；‎ ‎（2）由题意可知PP′与y轴平行，令2|m2﹣6m+5|=4解方程，求得m的值，便可求出满足题意得P点坐标；‎ ‎（3）由题意可知点M、N关于直线x=3对称，正方形MNN′M′的边长为2|y0|，解方程求出y0即可求出相应的点M的坐标．‎ 解答：解：（1）由题意知点C′的坐标为（3，﹣4）．‎ 设l2的函数关系式为y=a（x﹣3）2﹣4．（1分）‎ 又Q点A（1，0）在抛物线y=a（x﹣3）2﹣4上，‎ a（1﹣3）2﹣4=0，解得a=1．‎ ‎∴抛物线l2的函数关系式为y=（x﹣3）2﹣4‎ ‎（或y=x2﹣6x+5）．（2分）‎ ‎（2）∵P与P′始终关于x轴对称，‎ ‎∴PP′与y轴平行．‎ 设点P横坐标为m，则其纵坐标为m2﹣6m+5，‎ ‎∵OD=4，‎ ‎∴2|m2﹣6m+5|=4，即m2﹣6m+5=±2．‎ 当m2﹣6m+5=2时，解得m=3±．‎ 当m2﹣6m+5=﹣2时，解得m=3±．‎ ‎∴当点P运动到（3﹣，2）或（3+，2）或到（3﹣，﹣2）或（3+，﹣2）时，PP′∥OD且PP′=OD，‎ 以点为D、O、P、P′顶点的四边形是平行四边形．（6分）‎ ‎（3）存在满足条件的点M、N．由抛物线的对称性可知，点M、N关于直线x=3对称．‎ 设M（x0，y0），则正方形MNN′M′的边长为2|y0|．‎ ‎∵点M在l2上，‎ ‎∴y0=（3﹣|y0|）2﹣4，‎ 解得y0=．‎ ‎∴x0=3﹣|y0|=或 ‎∴点M的坐标为（，）或（，）．‎ 点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线的公式的求法和平行四边形和正方形的性质等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合和分类讨论等数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．‎ ‎25. 如图，直线EF将矩形纸片ABCD分成面积相等的两部分，E、F分别与BC交于点E，与AD交于点F（E，F不与顶点重合），设AB=a，AD=b，BE=x．‎ ‎（Ⅰ）求证：AF=EC；‎ ‎（Ⅱ）用剪刀将纸片沿直线EF剪开后，再将纸片ABEF沿AB对称翻折，然后平移拼接在梯形ECDF的下方，使一底边重合，直腰落在边DC的延长线上，拼接后，下方的梯形记作EE′B′C．‎ ‎（1）求出直线EE′分别经过原矩形的顶点A和顶点D时，所对应的x：b的值；‎ ‎（2）在直线EE′经过原矩形的一个顶点的情形下，连接BE′，直线BE′与EF是否平行？你若认为平行，请给予证明；你若认为不平行，请你说明当a与b满足什么关系时，它们垂直？‎ 考点：平移的性质。‎ 专题：综合题；压轴题。‎ 分析：（Ⅰ）由AB=a，AD=b，BE=x，S梯形ABEF=S梯形CDFE，结合梯形的面积公式可证得AF=EC；‎ ‎（Ⅱ）（1）根据题意，画出图形，结合梯形的性质求得x：b的值；‎ ‎（2）直线EE′经过原矩形的顶点D时，可证明四边形BE′EF是平行四边形，则BE′∥EF；当直线EE′经过原矩形的顶点A时，BE′与EF不平行．‎ 解答：（Ⅰ）证明：∵AB=a，AD=b，BE=x，S梯形ABEF=S梯形CDFE，‎ ‎∴a（x+AF）=a（EC+b﹣AF），‎ ‎∴2AF=EC+（b﹣x）．‎ 又∵EC=b﹣x，‎ ‎∴2AF=2EC．‎ ‎∴AF=EC．‎ ‎（Ⅱ）解：（1）当直线EE′经过原矩形的顶点D时，如图（一）‎ ‎∵EC∥E′B′，‎ ‎∴=，‎ 由EC=b﹣x，E′B′=EB=x，DB′=DC+CB′=2a，‎ 得，‎ ‎∴x：b=．‎ 当直线E′E经过原矩形的顶点A时，如图（二）‎ 在梯形AE′B′D中，‎ ‎∵EC∥E′B′，点C是DB′的中点，‎ ‎∴CE=（AD+E′B′），‎ 即b﹣x=（b+x），‎ ‎∴x：b=．‎ ‎（2）如图（一），当直线EE′经过原矩形的顶点D时，BE′∥EF，‎ 证明：连接BF，‎ ‎∵FD∥BE，FD=BE，‎ ‎∴四边形FBED是平行四边形，‎ ‎∴FB∥DE，FB=DE，‎ 又∵EC∥E′B′，点C是DB′的中点，‎ ‎∴DE=EE′，‎ ‎∴FB∥EE′，FB=EE′，‎ ‎∴四边形BE′EF是平行四边形，‎ ‎∴BE′∥EF．‎ 如图（二），当直线EE′经过原矩形的顶点A时，显然BE′与EF不平行，‎ 设直线EF与BE′交于点G，过点E′作E′M⊥BC于M，则E′M=a，‎ ‎∵x：b=，‎ ‎∴EM=BC=b，‎ 若BE′与EF垂直，则有∠GBE+∠BEG=90°，‎ 又∵∠BEG=∠FEC=∠MEE′，∠MEE′+∠ME′E=90°，‎ ‎∴∠GBE=∠ME′E，‎ 在Rt△BME′中，tan∠E′BM=tan∠GBE==，‎ 在Rt△EME′中，tan∠ME′E==，‎ ‎∴=．‎ 又∵a＞0，b＞0，‎ ‎=，‎ ‎∴当=时，BE′与EF垂直．‎ 点评：本题是道根据平移的性质、梯形的性质和平行四边形的性质结合求解的综合题，解题复杂，难度大．考查学生综合运用数学知识的能力．‎ ‎2008通州区二模 ‎24. 如图，在等腰△ABC中，AB=AC=13cm，BC=10cm，AD⊥BC，垂足为点D．点P，Q分别从B，C两点同时出发，其中点P从点B开始沿BC边向点C运动，速度为1cm/s，点Q从点C开始沿CA边向点A运动，速度为2cm/s，设它们运动的时间为x（s）．‎ ‎（1）当x为何值时，将△PCQ沿直线PQ翻折180°，使C点落到C'点，得到的四边形CQC'P是菱形？‎ ‎（2）设△PQD的面积为y（cm2），当0＜x＜6.5时，求y与x的函数关系式．‎ ‎（3）当0＜x＜5时，是否存在x，使得△PDM与△MDQ（M为PQ与AD的交点）的面积比为3：5，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）。‎ 分析：（1）先表示PC、CQ，只有当PC=CQ时，四边形CQC'P是菱形，列方程求x即可；‎ ‎（2）过点Q作QE⊥BC，根据①0＜x＜5，②5＜x＜6.5，分类列出函数关系式；‎ ‎（3）存在．过点Q作QF⊥AD，垂足为F，根据等高的两个三角形的面积比得S△PDM：S△DQM=PM：QM，由FQ∥PD，得PM：QM=PD：QF，把相关线段用x表示，列方程求x即可．‎ 解答：解：（1）PC=10﹣x，CQ=2x要使四边形CQC'P是菱形，‎ 则PC=CQ即10﹣x=2x．解得x=．∴当x=时，‎ 四边形CQC'P是菱形；‎ ‎（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，‎ ‎∵AB=AC=13cm，BC=10cm，AD⊥BC，‎ ‎∴由勾股定理可得AD=12cm．‎ ‎①当0＜x＜5时，∵QE∥AD∴△QEC∽△ADC，‎ ‎∴即，又PD=5﹣x，‎ ‎∴y=．即y=，‎ ‎②当5＜x＜6.5时，y=.；‎ ‎（3）当0＜x＜5时，PQ与AD交于M，存在符合条件的x．‎ 理由如下：过点Q作QF⊥AD，垂足为F，‎ ‎∵FQ∥PD，‎ ‎∴S△PDM：S△DQM=PM：QM=PD：QF=3：5，‎ 在Rt△QEC中，EC=CQ•cos∠ACD=，QF=DE=DC﹣EC=，PD=5﹣x，‎ ‎∴，‎ 解得x=，‎ ‎∴当x=时，△PDM与△MDQ的面积比为3：5‎ 点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，翻折问题，勾股定理的运用．关键是根据图形特点作辅助线，构造三角形相似．‎ ‎2008通州区二模 ‎25. 如图，在平面直角坐标系中，一底角为60°的等腰梯形ABCD的下底AB在x轴的正半轴上，A为坐标原点，点B的坐标为（m，0），对角线BD平分∠ABC，一动点P在BD上以每秒一个单位长度的速度由B→D运动（点P不与B，D重合）．过P作PE⊥BD交AB于点E，交线段BC（或CD）于点F．‎ ‎（1）用含m的代数式表示线段AD的长是　m　；‎ ‎（2）当直线PE经过点C时，它的解析式为y=x﹣2，求m的值；‎ ‎（3）在上述结论下，设动点P运动了t秒时，△AEF的面积为S，求S与t的函数关系式；并写出t为何值时，S取得最大值，最大值是多少？‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：动点型。‎ 分析：（1）根据条件可以证明∠ADB=90°，而∠ABD=30°，则AD=AB．‎ ‎（2）当直线PE过点C时，易证△CEB为等边三角形，因而C的坐标可以用m表示出来，把C的坐标代入函数y=x﹣2就可以求出m的值．‎ ‎（3）本题应分点F在线段BC上和点F在线段DC上两种情况进行讨论．当点F在线段BC上，△FEB为等边三角形；而点F在线段DC上时，△FEB的面积S=AE•FG．而AE、FG可以用t表示出来．因而就可以得到函数解析式．则求面积的最值的问题就可以转化为求函数的最值问题．‎ 解答：解：（1）．（3分）‎ ‎（2）如图①，当直线PE过点C时，解析式为：y=x﹣2，‎ 令y=0，得0=x﹣2．‎ 解得x=2．‎ ‎∴点E（2，0）．（5分）‎ ‎∵∠DAB=∠ABC=60°，BD平分∠ABC．‎ ‎∴∠ADB=180°﹣60°﹣30°=90°，‎ ‎∵EP⊥BD，‎ ‎∴EP∥AD．‎ ‎∴∠CEB=∠DAB=∠ABC=60度．‎ ‎∴△CEB为等边三角形．‎ ‎∴EB=BC=AD=m．‎ ‎∵AB=m，‎ ‎∴AE=m=2，‎ ‎∴m=4．（7分）‎ ‎（3）由m=4，可知B（4，0），D（1，），C（3，），‎ 在Rt△BPE中，．‎ ‎∴．（8分）‎ 过F作FG⊥AB于点G．‎ 下面分两种情况：‎ ‎①点F在线段BC上，如图②．‎ ‎∵△FEB为等边三角形，‎ ‎∴FG=BP=t．‎ ‎∴S=AE•FG=（4﹣）•t=﹣+2t（0＜t≤）．（10分）‎ ‎②点F在线段DC上，如图③，则．‎ ‎∴S=AE•FG=•（4﹣）•=﹣t+（＜t≤2）（11分）‎ 综合①，②得：当t=时，S最大=．（12分）‎ 点评：本题主要是函数与梯形的性质相结合的问题．难度比较大．‎ ‎2009年通州区一模 ‎24、下表给出了代数式x2+bx+c与x的一些对应值：‎ x ‎…‎ ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎…‎ x2+bx+c ‎…‎ ‎3‎ ‎﹣1‎ ‎3‎ ‎…‎ ‎（1）根据表格中的数据，确定b、c的值，并填齐表格空白处的对应值；‎ ‎（2）设y=x2+bx+c的图象与x轴的交点为A、B两点（A点在B点左侧），与y轴交于点C，P为线段AB上一动点，过P点作PE∥AC交BC于E，连接PC，当△PEC的面积最大时，求P点的坐标．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：动点型。‎ 分析：（1）可先任取两组已知的数据求出抛物线y=x2+bx+c的解析式，然后将x=﹣1，x=1，x=3的值分别代入抛物线的解析式中，即可求出y的值，即x2+bx+c的值．‎ ‎（2）本题可先求出△PEC的面积和P点坐标之间的函数关系式，然后根据函数的性质进行求解．由于三角形PEC的面积无法直接求出，因此可用S△PEC=S△BCP﹣S△BPE来求．设出P点的坐标，然后表示出BP的长，那么关键就是△PBE的高，可过E作x轴的垂线，然后根据相似三角形BPE和BAC来求出△PBE的高，进而可根据上面分析的△PEC面积的求法得出关于S与P点横坐标的函数关系式，然后根据函数的性质即可得出S的最大值以及对应的P点的坐标．‎ 解答：解：（1）当x=0和x=4时，均有函数值y=3，‎ ‎∴函数的对称轴为x=2‎ ‎∴顶点坐标为（2，﹣1）‎ 即对应关系满足y=（x﹣2）2﹣1，‎ ‎∴y=x2﹣4x+3，‎ ‎∴当x=﹣1时，y=8；x=1时，y=0；x=3时，y=0．‎ x ‎…‎ ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎…‎ x2+bx+c ‎…‎ ‎ 8‎ ‎3‎ ‎ 0 ‎ ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎…‎ ‎（2分）‎ ‎（2）解：函数图象与x轴交于A（1，0）、B（3，0）；‎ 与y轴交于点C（0，3），‎ 设P点坐标为（x，0），则PB=3﹣x，‎ ‎∴S△BCP=（3﹣x），‎ ‎∵PE∥AC，‎ ‎∴△BEP∽△BCA作EF⊥OB于F，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ ‎∴EF=（3﹣x），‎ ‎∴S△BPE=BP•EF=（3﹣x）2‎ ‎∵S△PEC=S△BCP﹣S△BPE ‎∴S△PEC=（3﹣x）﹣（3﹣x）2‎ S△PEC=﹣x2+3x﹣=﹣（x﹣2）2+‎ ‎∴当x=2时，y最大=‎ ‎∴P点坐标是（2，0）．‎ 点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形的面积求法、三角形相似等重要知识点，考查学生数形结合的数学思想方法．（不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．‎ ‎2009通州区一模 ‎25、请阅读下列材料：‎ 已知：如图1在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE=45度．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．‎ 小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：‎ ‎（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，并对你的猜想给予证明；‎ ‎（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图2，其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明．‎ 考点：全等三角形的判定；等腰三角形的性质；旋转的性质。‎ 专题：阅读型；动点型；探究型。‎ 分析：（1）根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE’根据旋转的性质，可知△AEC≌△ABE′得到BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，根据Rt△ABC中的，AB=AC得到∠E′BD=90°所以E′B2+BD2=E′D2，证△AE′D≌△AED，利用DE=DE′得到DE2=BD2+EC2；‎ ‎（2）关系式DE2=BD2+EC2仍然成立，可类比（1）的证明方法求证即可．‎ 解答：（1）猜想：DE2=BD2+EC2，‎ 证明：根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，‎ ‎∴△AEC≌△ABE′，‎ ‎∴BE′=EC，AE′=AE，‎ ‎∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，‎ 在Rt△ABC中，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴∠ABC=∠ACB=45°，‎ ‎∴∠ABC+∠ABE′=90°，‎ 即∠E′BD=90°，‎ ‎∴E′B2+BD2=E′D2，‎ 又∵∠DAE=45°，‎ ‎∴∠BAD+∠EAC=45°，‎ ‎∴∠E′AB+∠BAD=45°，‎ 即∠E′AD=45°，‎ ‎∴△AE′D≌△AED，‎ ‎∴DE=DE′，‎ ‎∴DE2=BD2+EC2．‎ ‎（2）结论：关系式DE2=BD2+EC2仍然成立．‎ 证明：将△ADB沿直线AD对折，‎ 得△AFD，连接FE，‎ ‎∴△AFD≌△ABD，‎ ‎∴AF=AB，FD=DB，‎ ‎∠FAD=∠BAD，∠AFD=∠ABD，‎ 又∵AB=AC，‎ ‎∴AF=AC，‎ ‎∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°，‎ ‎∠EAC=∠BAC﹣∠BAE=90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）=45°+∠DAB，‎ ‎∴∠FAE=∠EAC，‎ 又∵AE=AE，‎ ‎∴△AFE≌△ACE，‎ ‎∴FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°，‎ ‎∠AFD=∠ABD=180°﹣∠ABC=135°，‎ ‎∴∠DFE=∠AFD﹣∠AFE=135°﹣45°=90°，‎ ‎∴在Rt△DFE中，‎ DF2+FE2=DE2，‎ 即DE2=BD2+EC2．‎ 点评：本题考查旋转的知识，三角形全等的判定方法和性质已经等边三角形的性质．判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．利用全等来证明相等的线段是常用的方法之一．‎ ‎2009通州区二模 ‎25. 如图，将一三角板放在边长为1的正方形ABCD上，并使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于Q．‎ 探究：设A、P两点间的距离为x．‎ ‎（1）当点Q在边CD上时，线段PQ与PB之间有怎样的数量关系？试证明你的猜想；‎ ‎（2）当点Q在边CD上时，设四边形PBCQ的面积为y，求y与x之间的函数关系，并写出函数自变量x的取值范围；‎ ‎（3）当点P在线段AC上滑动时，△PCQ是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ成为等腰三角形的点Q的位置．并求出相应的x值，如果不可能，试说明理由．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：（1）PQ=PB，可以证明Rt△MBP≌Rt△NPQ；‎ ‎（2）S四边形PBCQ=S△PBC+S△PCQ分别表示出△PBC于△PCQ的面积就可以．‎ ‎（3）△PCQ可能成为等腰三角形．①当点P与点A重合时，点Q与点D重合，PQ=QC，‎ ‎②当点Q在DC的延长线上，且CP=CQ时，就可以用x表示出面积．‎ 解答：解：（1）PQ=PB，（1分）‎ 过P点作MN∥BC分别交AB、DC于点M、N，‎ 在正方形ABCD中，AC为对角线，‎ ‎∴AM=PM，‎ 又∵AB=MN，‎ ‎∴MB=PN，‎ ‎∵∠BPQ=90°，‎ ‎∴∠BPM+∠NPQ=90°；‎ 又∵∠MBP+∠BPM=90°，‎ ‎∴∠MBP=∠NPQ，‎ ‎∴Rt△MBP≌Rt△NPQ，（2分）‎ ‎∴PB=PQ．‎ ‎（2）∵S四边形PBCQ=S△PBC+S△PCQ，‎ ‎∵AP=x，‎ ‎∴AM=x，‎ ‎∴CQ=CD﹣2NQ=1﹣x，‎ 又∵S△PBC=BC•BM=•1•（1﹣x）=﹣x，‎ S△PCQ=CQ•PN=（1﹣x）•（1﹣x），‎ ‎=﹣+，‎ ‎∴S四边形PBCQ=﹣x+1．（0≤x≤）．（4分）‎ ‎（3）△PCQ可能成为等腰三角形．‎ ‎①当点P与点A重合时，点Q与点D重合，‎ PQ=QC，此时，x=0．（5分）‎ ‎②当点Q在DC的延长线上，且CP=CQ时，（6分）‎ 有：QN=AM=PM=x，CP=﹣x，CN=CP=1﹣x，CQ=QN﹣CN=x﹣（1﹣x）=x﹣1，‎ ‎∴当﹣x=x﹣1时，x=1．（7分）．‎ 点评：此题主要考查正方形及直角三角形的性质及全等三角形的判定方法的综合运用．‎ ‎2010通州区一模 ‎24、小华用两块不全等的等腰直角三角形的三角板摆放图形．‎ ‎（1）如图①所示△ABC，△DBE，两直角边交于点F，过点F作FG∥BC交AB于点G，连接BF、AD，则线段BF与线段AD的数量关系是　相等　；直线BF与直线AD的位置关系是　互相垂直　，并求证：FG+DC=AC；‎ ‎（2）如果小华将两块三角板△ABC，△DBE如图②所示摆放，使D、B、C三点在一条直线上，AC、DE的延长线相交于点F，过点F作FG∥BC，交直线AE于点G，连接AD，FB，则FG、DC、AC之间满足的数量关系式是　FG=AD+DC　；‎ ‎（3）在（2）的条件下，若AG=，DC=5，将一个45°角的顶点与点B重合，并绕点B旋转，这个角的两边分别交线段FG于P、Q两点（如图③），线段DF分别与线段BQ、BP相交于M、N两点，若PG=2，求线段MN的长．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；等腰三角形的性质；勾股定理。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）BF、ED的数量关系应该是相等，可通过证△BEF≌△BEA来得到这个结论，易证得△AEF、△BED都是等腰直角三角形，则AE=EF、BE=DE，即可证得所求的三角形全等；进而可得∠BFE=∠BAD，由于∠EBF、∠BFE互余，因此∠EBF、∠BAD也互余，由此得BF、AD互相垂直；易知△AFG、△CDF是等腰直角三角形，则AF=FG、CD=CF，即可证得AC=FG+CD．‎ ‎（2）解法同（1）．‎ ‎（3）此题较复杂，易得△ABC、△FCD、△AFG、△BED都是等腰直角三角形，根据已知条件先求得AC、BC、BD、CF、BG的长，过B作BH⊥FG于H，过P作PK⊥AG于K；已知PG的长，易求得PK、KG的值，进而可求得BK的长；易证得△BQH∽△BPK，根据得到的比例线段，可求得QH的长，进而可得FQ的长，然后通过△FQM∽△DBM，可求得DM的长，进而由△BDN∽△PFN求出DN的值，即可根据MN=DM﹣DN求出MN的值．‎ 解答：解：（1）结论：‎ 则线段BF与线段AC的数量关系是：相等；直线BF与直线AC的位置关系是：互相垂直；（1分）‎ 理由：∵△ABD是等腰直角三角形，且FG∥BD，‎ ‎∴△AFG、△AEF都是等腰直角三角形；‎ 而∠ABD=∠FCD=45°，则△BEC也是等腰直角三角形，‎ ‎∴AE=EF，BE=CF，‎ 又∵∠AEC=∠BEF=90°，‎ ‎∴△BEF≌△CEA，得BF=AC，∠BFE=∠CAE；‎ ‎∵∠EBF+∠BFE=90°，故∠EBF+∠CAE=90°，即BF、AC互相垂直．‎ 证明：∵△ABC、△BDE是等腰直角三角形 ‎∴∠ABC=∠BAC=∠BDE=45°，‎ ‎∵AD⊥BC，‎ ‎∴∠CFD=45°，‎ ‎∴CD=CF；（2分）‎ ‎∵FG∥BC，∠AGF=∠ABC=45°，‎ ‎∴FG=AF，‎ ‎∵AD=AF+FC，‎ ‎∴AD=FG+DC．（3分）‎ ‎（2）FG、DC、AD之间满足的数量关系式是FG=DC+AC（解法同（1））．（4分）‎ ‎（3）过点B作BH⊥FG垂足为H，过点P作PK⊥AG垂足为K；（5分）‎ ‎∵FG∥BC，C、D、B在一条直线上，‎ 可证△AFG、△DCF是等腰直角三角形，‎ ‎∵AG=7，CD=5，‎ ‎∴根据勾股定理得：AF=FG=7，FD=5，‎ ‎∴AC=BC=2，‎ ‎∴BD=3；‎ ‎∵BH⊥FG，‎ ‎∴BH∥CF，∠BHF=90°，‎ ‎∵FG∥BC，‎ ‎∴四边形CFHB是矩形，‎ ‎∴BH=5，FH=2；‎ ‎∵FG∥BC，‎ ‎∴∠G=45°，‎ ‎∴HG=BH=5，BG=5；‎ ‎∵PK⊥AG，PG=2，‎ ‎∴PK=KG=，‎ ‎∴BK=5﹣=4；‎ ‎∵∠PBQ=45°，∠HGB=45°，‎ ‎∴∠GBH=45°，‎ ‎∴∠1=∠2；‎ ‎∵PK⊥AG，BH⊥FG，‎ ‎∴∠BHQ=∠BKP=90°，‎ ‎∴△BQH∽△BPK，‎ ‎∴，‎ ‎∴QH=，（6分）‎ ‎∴；‎ ‎∵FG∥BC，‎ ‎∴∠D=∠MFQ，∠CBM=∠FQM，‎ ‎∴△FQM∽△DBM，可求得DM=4；（7分）‎ ‎∵∠D=∠MFQ，∠DNB=∠FNP，‎ ‎∴△BDN∽△PFN，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．（8分）‎ 点评：此题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形及相似三角形的判定和性质等知识的综合应用，难度较大．‎ ‎2010通州区一模 ‎25、在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点，（点A在点 B左侧）．与y轴交于点C，顶点为D，直线CD与x轴交于点E．‎ ‎（1）请你画出此抛物线，并求A、B、C、D四点的坐标；‎ ‎（2）将直线CD向左平移两个单位，与抛物线交于点F（不与A、B两点重合），请你求出F点坐标；‎ ‎（3）在点B、点F之间的抛物线上有一点P，使△PBF的面积最大，求此时P点坐标及△PBF的最大面积；‎ ‎（4）若平行于x轴的直线与抛物线交于G、H两点，以GH为直径的圆与x轴相切，求该圆半径．‎ 考点：二次函数综合题；切线的性质。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）抛物线的解析式中，令x=0，可求得点C的坐标，令y=0，可求得A、B的坐标；利用配方法将抛物线的解析式化为顶点坐标式，即可求得顶点D的坐标．‎ ‎（2）易求得直线CD的解析式，利用左加右减的平移规律，可得到平移后的直线解析式，联立抛物线的解析式，即可求得点F的坐标．‎ ‎（3）过P作PM∥y轴交直线BF（题2平移后的直线）于M，设出点P的横坐标，根据抛物线和直线的解析式，可求得P、M的纵坐标，从而得到PM的长，以PM为底、B、F的横坐标差的绝对值为高，即可求得△BFP的面积表达式（也可由△BMP、△FMP的面积和求得），也就得到了关于△BFP的面积和P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出△BFP的最大面积及对应的P点坐标．（也可先求得PM的最大值，然后再求出此时△BFP的最大面积）‎ ‎（4）若易G、H的圆与x轴相切，那么G、H纵坐标的绝对值等于圆的半径，且圆心在抛物线的对称轴上，可用圆的半径分别表示出G、H的坐标，将它们代入抛物线的解析式中，即可求得该圆的半径．（需要注意的是，在表示G、H的坐标时，要分圆心在x轴上、下方两种情况讨论．）‎ 解答：解：（1）抛物线y=x2+2x﹣3中，x=0，则y=﹣3；y=0，则x=1或﹣3；‎ ‎∴A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）；‎ ‎∵y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4，‎ ‎∴D（﹣1，﹣4）；‎ 故A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3），D（﹣1，﹣4）．（2分）‎ ‎（2）∵C（0，﹣3），D（﹣1，﹣4），‎ ‎∴直线CD：y=x﹣3；‎ 将直线CD向左平移两个单位，得：‎ y=（x+2）﹣3=x﹣1，‎ 此时直线经过点B（1，0）；‎ 联立抛物线的解析式有：‎ ‎，‎ 解得，；‎ ‎∴F（﹣2，﹣3）．（3分）‎ ‎（3）过点P作y轴的平行线与BF交于点M，与x轴交于点H．‎ 易得F（﹣2，﹣3），直线BF解析式为y=x﹣1．‎ 设P（x，x2+2x﹣3），则M（x，x﹣1），（4分）‎ ‎∴PM=﹣x2﹣x+2；‎ PM的最大值是．（5分）‎ 当PM取最大值时△PBF的面积最大，‎ S△PEF=S△PFM+S△PEM=，‎ ‎△PFB的面积的最大值为．（6分）‎ ‎（4）如图，①当直线GH在x轴上方时，设圆的半径为R（R＞0），则H（R﹣1，R），‎ 代入抛物线的表达式，‎ 解得；（7分）‎ ‎②当直线GH在x轴下方时，设圆的半径为r（r＞0），‎ 则H（r﹣1，﹣r），‎ 代入抛物线的表达式，‎ 解得 ‎∴圆的半径为或．（8分）‎ 点评：此题考查了二次函数图象与坐标轴交点坐标的求法、函数图象的平移、图象交点坐标的求法、图形面积的求法、切线的性质等重要知识点．要注意的是（4）题中，应该考虑到在x轴的上、下方都存在符合条件的圆，一定要分类讨论，以免漏解 ‎24、（2007•北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=mx2+2mx+n经过P（，5），A（0，2）两点．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式；‎ ‎（2）设抛物线的顶点为B，将直线AB沿y轴向下平移两个单位得到直线l，直线l与抛物线的对称轴交于C点，求直线l的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求到直线OB，OC，BC距离相等的点的坐标．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：代数综合题。‎ 分析：（1）把P，A坐标代入抛物线解析式即可．‎ ‎（2）先设出平移后的直线l的解析式，然后根据（1）的抛物线的解析式求出C点的坐标，然后将C点的坐标代入直线l中即可得出直线l的解析式．‎ ‎（3）本题关键是找出所求点的位置，根据此点到直线OB、OC、BC的距离都相等，因此这类点应该有4个，均在△OBC的内角平分线上（△OBC外有3个，三条角平分线的交点是一个），可据此来求此点的坐标．‎ 解答：解：（1）根据题意得，‎ 解得，‎ 所以抛物线的解析式为：．‎ ‎（2）由得抛物线的顶点坐标为B（，1），‎ 依题意，可得C（，﹣1），且直线过原点，‎ 设直线的解析式为y=kx，则，‎ 解得，‎ 所以直线l的解析式为．‎ ‎（3）到直线OB、OC、BC距离相等的点有四个，如图，‎ 由勾股定理得OB=OC=BC=2，所以△OBC为等边三角形．‎ 易证x轴所在的直线平分∠BOC，y轴是△OBC的一个外角的平分线，‎ 作∠BCO的平分线，交x轴于M1点，交y轴于M2点，‎ 作△OBC的∠BCO相邻外角的角平分线，交y轴于M3点，‎ 反向延长线交x轴于M4点，可得点M1，M2，M3，M4就是到直线OB、OC、BC距离相等的点．‎ 可证△OBM2、△BCM4、△OCM3均为等边三角形，可求得：‎ ‎①OM1==×2=，所以点M1的坐标为（，0）．‎ ‎②点M2与点A重合，所以点M2的坐标为（0，2），‎ ‎③点M3与点A关于x轴对称，所以点M3的坐标为（0，﹣2），‎ ‎④设抛物线的对称轴与x轴的交点为N，‎ M4N=，且ON=M4N，‎ 所以点M4的坐标为（，0）‎ 综合所述，到战线OB、OC、BC距离相等的点的坐标分别为：‎ M1（，0）、M2（0，2）、M3（0，﹣2）、M4（，0）．‎ 点评：本题主要考查了二次函数解析式的确定，一次函数的平移以及角平分线定理的应用等知识点．综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法 ‎24、（2008•北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标为（3，0），将直线y=kx沿y轴向上平移3个单位长度后恰好经过B，C两点．‎ ‎（1）求直线BC及抛物线的解析式；‎ ‎（2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且∠APD=∠ACB，求点P的坐标；‎ ‎（3）连接CD，求∠OCA与∠OCD两角和的度数．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）依题意设直线BC的解析式为y=kx+3，把B点坐标代入解析式求出直线BC的表达式．然后又已知抛物线y=x2+bx+c过点B，C，代入求出解析式．‎ ‎（2）由y=x2﹣4x+3求出点D，A的坐标．得出三角形OBC是等腰直角三角形求出∠OBC，CB的值．过A点作AE⊥BC于点E，求出BE，CE的值．证明△AEC∽△AFP求出PF可得点P在抛物线的对称轴，求出点P的坐标．‎ ‎（3）本题要靠辅助线的帮助．作点A（1，0）关于y轴的对称点A'，则A'（﹣1，0），求出A'C=AC，由勾股定理可得CD，A'D的值．得出△A'DC是等腰三角形后可推出∠OCA+∠OCD=45度．‎ 解答：解：（1）∵y=kx沿y轴向上平移3个单位长度后经过y轴上的点C，‎ ‎∴C（0，3）．‎ 设直线BC的解析式为y=kx+3．‎ ‎∵B（3，0）在直线BC上，‎ ‎∴3k+3=0．‎ 解得k=﹣1．‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．（1分）‎ ‎∵抛物线y=x2+bx+c过点B，C，‎ ‎∴ 解得∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．（2分）‎ ‎（2）由y=x2﹣4x+3．‎ 可得D（2，﹣1），A（1，0）．‎ ‎∴OB=3，OC=3，OA=1，AB=2．‎ 可得△OBC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠OBC=45°，CB=3．‎ 如图1，设抛物线对称轴与x轴交于点F，‎ ‎∴AF=AB=1．‎ 过点A作AE⊥BC于点E．‎ ‎∴∠AEB=90度．‎ 可得BE=AE=，CE=2．‎ 在△AEC与△AFP中，∠AEC=∠AFP=90°，∠ACE=∠APF，‎ ‎∴△AEC∽△AFP．‎ ‎∴，．‎ 解得PF=2．∵点P在抛物线的对称轴上，‎ ‎∴点P的坐标为（2，2）或（2，﹣2）．（5分）‎ ‎（3）解法一：‎ 如图2，作点A（1，0）关于y轴的对称点A'，则A'（﹣1，0）．‎ 连接A'C，A'D，‎ 可得A'C=AC=，∠OCA'=∠OCA．‎ 由勾股定理可得CD2=20，A'D2=10．‎ 又∵A'C2=10，‎ ‎∴A'D2+A'C2=CD2．‎ ‎∴△A'DC是等腰直角三角形，∠CA'D=90°，‎ ‎∴∠DCA'=45度．‎ ‎∴∠OCA'+∠OCD=45度．‎ ‎∴∠OCA+∠OCD=45度．‎ 即∠OCA与∠OCD两角和的度数为45度．（7分）‎ 解法二：‎ 如图3，连接BD．‎ 同解法一可得CD=，AC=．‎ 在Rt△DBF中，∠DFB=90°，BF=DF=1，‎ ‎∴DB=．‎ 在△CBD和△COA中，，，．‎ ‎∴．‎ ‎∴△CBD∽△COA．‎ ‎∴∠BCD=∠OCA．‎ ‎∵∠OCB=45°，‎ ‎∴∠OCA+∠OCD=45度．‎ 即∠OCA与∠OCD两角和的度数为45度．（9分）‎ 点评：本题设计得很精致，将几何与函数完美的结合在一起，对学生综合运用知识的能力要求较高，本题3问之间层层递进，后两问集中研究角度问题．‎ 中等层次的学生能够做出第（1）问，中上层次的学生可能会作出第（2）问，但第（2）问中符合条件的P点有两个，此时学生易忽视其中某一个，成绩较好的学生才可能作出第（3）问，本题是拉开不同层次学生分数的一道好题．‎ 本题考点：函数图形的平移、一次函数解析式的确定、二次函数解析式的确定、相似三角形、等腰直角三角形的判定及性质、勾股定理．‎ ‎25、（2009•北京）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个机战的坐标分别为A（﹣6，0），B（6，0），C（0，4），延长AC到点D，使CD=AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E．‎ ‎（1）求D点的坐标；‎ ‎（2）作C点关于直线DE的对称点F，分别连接DF、EF，若过B点的直线y=kx+b将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；‎ ‎（3）设G为y轴上一点，点P从直线y=kx+b与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短．（要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明）‎ 考点：坐标与图形变化-对称；坐标与图形性质。‎ 专题：综合题；压轴题；数形结合。‎ 分析：（1）借助△DMC∽△AOC，根据相似三角形的性质得点D的坐标；‎ ‎（2）先说明四边形CDFE是菱形，且其对称中心为对角线的交点M，则点B与这一点的连线即为所求的直线，再结合全等三角形性质说明即可，由点B、M的坐标求得直线BM的解析式；‎ ‎（3）过点A作MB的垂线，该垂线与y轴的交点即为所求的点G，再结合由OB、OM的长设法求出∠BAH，借助三角函数求出点G的坐标，本题第三问是难点，学生主要不会确定点G的位置．‎ 解答：解：‎ ‎（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）‎ ‎∴OA=6，OC=4 设DE与y轴交于点M 由DE∥AB可得△DMC∽△AOC 又CD=AC ‎∴ ‎∴CM=2，MD=3‎ 同理可得EM=3‎ ‎∴OM=6 ‎∴D点的坐标为（3，6）；‎ ‎（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）‎ 由DE∥AB，EM=MD 可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线 ‎∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上 ‎∴ED与CF互相垂直平分 ‎∴CD=DF=FE=EC ‎∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心 作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T 可证△FTM≌△CSM ‎∴FT=CS ‎∵FE=CD ‎∴TE=SD ‎∵EC=DF ‎∴TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS ‎∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，‎ 由点B（6，0），点M（0，6）在直线y=kx+b上，可得直线BM的解析式为y=﹣x+6．‎ ‎（3）确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BM于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点 由OB=6，OM=6 可得∠OBM=60°‎ ‎∴∠BAH=30°‎ 在Rt△OAG中，OG=AO•tan∠BAH=2 ‎∴G点的坐标为．（或G点的位置为线段OC的中点）‎ 点评：本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，其中本题第三问是难点，学生主要不会确定点G的位置．‎ 对第三问的解释： 因为∠OBM=60°，所以GM=2GH 又因为在y轴上的速度是在直线GA上的两倍,所以在MG线段上花的时间相当于以1倍速度在GH上的时间，总时间就是以一倍速度在线段AH上的时间， 作为对比，在y轴上取另外一点P，做P点到MB的垂线，连接AP 显然，线段A ‎24、（2010•北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+x+m2﹣3m+2与x轴的交点分别为原点O和点A，点B（2，n）在这条抛物线上．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）点P在线段OA上，从O点出发向点运动，过P点作x轴的垂线，与直线OB交于点E．延长PE到点D．使得ED=PE．以PD为斜边，在PD右侧作等腰直角三角形PCD（当P点运动时，C点、D点也随之运动）j当等腰直角三角形PCD的顶点C落在此抛物线上时，求OP的长；k若P点从O点出发向A点作匀速运动，速度为每秒1个单位，同时线段OA上另一点Q从A点出发向O点作匀速运动，速度为每秒2个单位（当Q点到达O点时停止运动，P点也同时停止运动）．过Q点作x轴的垂线，与直线AB交于点F．延长QF到点M，使得FM=QF，以QM为斜边，在QM的左侧作等腰直角三角形QMN（当Q点运动时，M点，N点也随之运动）．若P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，求此刻t的值．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）由抛物线y=﹣x2+x+m2﹣3m+2与x轴的交点分别为原点O，令x=0，y=0，解得m的值，点B（2，n）在这条抛物线上，把该点代入抛物线方程，解得n．‎ ‎（2）设直线OB的解析式为y=k1x，求得直线OB的解析式为y=2x，由A点是抛物线与x轴的一个交点，可求得A点的坐标，设P点的坐标为（a，0），根据题意作等腰直角三角形PCD，如图1．可求得点C的坐标，进而求出OP的值，依题意作等腰直角三角形QMN，设直线AB的解析式为y=k2x+b，求出直线AB的解析式，当P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，有以下三种情况，解出各种情况下的时间t．‎ 解答：解：‎ ‎（1）∵抛物线y=﹣x2+x+m2﹣3m+2经过原点，‎ ‎∴m2﹣3m+2=0，‎ 解得m1=1，m2=2，‎ 由题意知m≠1，‎ ‎∴m=2，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x，‎ ‎∵点B（2，n）在抛物线y=﹣x2+x上，‎ ‎∴n=4，‎ ‎∴B点的坐标为（2，4）．‎ ‎（2）设直线OB的解析式为y=k1x，‎ 求得直线OB的解析式为y=2x，‎ ‎∵A点是抛物线与x轴的一个交点，可求得A点的坐标为（10，0），‎ 设P点的坐标为（a，0），‎ 则E点的坐标为（a，2a），‎ 根据题意作等腰直角三角形PCD，‎ 如图1，可求得点C的坐标为（3a，2a），‎ 由C点在抛物线上，‎ 得：2a=﹣´（3a）2+´3a，‎ 即a2﹣a=0，‎ 解得a1=，a2=0（舍去），‎ ‎∴OP=．‎ 依题意作等腰直角三角形QMN，设直线AB的解析式为y=k2x+b，‎ 由点A（10，0），点B（2，4），求得直线AB的解析式为y=﹣x+5，‎ 当P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，有以下三种情况：‎ 第一种情况：CD与NQ在同一条直线上．‎ 如图2所示．可证△DPQ为等腰直角三角形．此时OP、DP、AQ的长可依次表示为t、4t、2t个单位．‎ ‎∴PQ=DP=4t，‎ ‎∴t+4t+2t=10，‎ ‎∴t=．‎ 第二种情况：PC与MN在同一条直线上．如图3所示．可证△PQM为等腰直角三 角形．此时OP、AQ的长可依次表示为t、2t个单位．‎ ‎∴OQ=10﹣2t，‎ ‎∵F点在直线AB上，‎ ‎∴FQ=t，‎ ‎∴MQ=2t，‎ ‎∴PQ=MQ=CQ=2t，‎ ‎∴t+2t+2t=10，‎ ‎∴t=2．‎ 第三种情况：点P、Q重合时，PD、QM在同一条直线上，如图4所示．此时OP、‎ AQ的长可依次表示为t、2t个单位．‎ ‎∴t+2t=10，‎ ‎∴t=．‎ 综上，符合题意的t值分别为，2， 点评：本题是二次函数的综合题，要会求抛物线的解析式，讨论分类情况，此题比较繁琐，做题多加用心．‎ ‎25、（2011•北京）如图，在平面直角坐标系xOy中，我把由两条射线AE，BF和以AB为直径的半圆所组成的图形叫作图形C（注：不含AB线段）．已知A（﹣1，0），B（1，0），AE∥BF，且半圆与y轴的交点D在射线AE的反向延长线上．‎ ‎（1）求两条射线AE，BF所在直线的距离；‎ ‎（2）当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时，写出b的取值范围；‎ 当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时，写出b的取值范围；‎ ‎（3）已知▱AMPQ（四个顶点A，M，P，Q按顺时针方向排列）的各顶点都在图形C上，且不都在两条射线上，求点M的横坐标x的取值范围．‎ 考点：一次函数综合题；勾股定理；平行四边形的性质；圆周角定理。‎ 专题：综合题；分类讨论。‎ 分析：（1）利用直径所对的圆周角是直角，从而判定三角形ADB为等腰直角三角形，其直角边的长等于两直线间的距离；‎ ‎（2）利用数形结合的方法得到当直线与图形C有一个交点时自变量x的取值范围即可；‎ ‎（3）根据平行四边形的性质及其四个顶点均在图形C上，可能会出现四种情况，分类讨论即可．‎ 解答：解：（1）分别连接AD、DB，则点D在直线AE上，‎ 如图1，‎ ‎∵点D在以AB为直径的半圆上，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∴BD⊥AD，‎ 在Rt△DOB中，由勾股定理得，BD=，‎ ‎∵AE∥BF，‎ ‎∴两条射线AE、BF所在直线的距离为．‎ ‎（2）当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时，b的取值范围是b=或﹣1＜b＜1；‎ 当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时，b的取值范围是1＜b＜ ‎（3）假设存在满足题意的平行四边形AMPQ，根据点M的位置，分以下四种情况讨论：‎ ‎①当点M在射线AE上时，如图2．‎ ‎∵AMPQ四点按顺时针方向排列，‎ ‎∴直线PQ必在直线AM的上方，‎ ‎∴PQ两点都在弧AD上，且不与点A、D重合，‎ ‎∴0＜PQ＜．‎ ‎∵AM∥PQ且AM=PQ，‎ ‎∴0＜AM＜ ‎∴﹣2＜x＜﹣1，‎ ‎②当点M不在弧AD上时，如图3，‎ ‎∵点A、M、P、Q四点按顺时针方向排列，‎ ‎∴直线PQ必在直线AM的下方，‎ 此时，不存在满足题意的平行四边形．‎ ‎③当点M在弧BD上时，‎ 设弧DB的中点为R，则OR∥BF，‎ 当点M在弧DR上时，如图4，‎ 过点M作OR的垂线交弧DB于点Q，垂足为点S，可得S是MQ的中点．‎ ‎∴四边形AMPQ为满足题意的平行四边形，‎ ‎∴0≤x＜．‎ 当点M在弧RB上时，如图5，‎ 直线PQ必在直线AM的下方，‎ 此时不存在满足题意的平行四边形．‎ ‎④当点M在射线BF上时，如图6，‎ 直线PQ必在直线AM的下方，‎ 此时，不存在满足题意的平行四边形．‎ 综上，点M的横坐标x的取值范围是 ‎﹣2＜x＜﹣1或0≤x＜．‎ 点评：本题是一道一次函数的综合题，题目中还涉及到了勾股定理、平行四边形的性质及圆周角定理的相关知识，题目中还渗透了分类讨论思想．‎ ‎2008海淀二模 ‎24、已知二次函数y=ax2+bx+c的图象分别经过点（0，3），（3，0），（﹣2，﹣5）．求：‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）求这个二次函数的最值；‎ ‎（3）若设这个二次函数图象与x轴交于点C，D（点C在点D的左侧），且点A是该图象的顶点，请在这个二次函数的对称轴上确定一点B，使△ACB是等腰三角形，求出点B的坐标．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 分析：（1）根据三点坐标代入求出a，b，c来确定二次函数解析式；‎ ‎（2）先看二次函数的二次项系数为负，函数开口向下，则求其定点y值即可；（3）当CA=CB时，可求得B点的坐标，当AC=AB时，当BA=BC时即能求得点B坐标即可．‎ 解答：解：（1）因为二次函数y=ax2+bx+c的图象经过（0，3）‎ 所以c=3．所以y=ax2+bx+3．‎ 又二次函数y=ax2+bx+3的图象经过点（3，0），（4，﹣5），‎ ，‎ 解这个方程组得：，‎ 所以这个二次函数的解析式为：y=﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）因为a=﹣1＜0，‎ 所以函数有最大值，‎ 当x=1时，函数的最大值为：4；‎ ‎（3）当CA=CB时，可求得B点的坐标为：（1，﹣4）；‎ 当AC=AB时，可求得B点的坐标为：；‎ 当BA=BC时，可求得B点的坐标为：．‎ 综上所述B点的坐标分别为（1，﹣4），，．‎ 点评：本题考查了二次函数的综合运用，考查了三点求其函数式，有二次函数的一般式求得其顶点坐标，以及函数图象与三角形的结合求解．‎ ‎2009海淀一模 ‎25、已知抛物线经过点A（0，4）、B（1，4）、C（3，2），与x轴正半轴交于点D．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）在x轴上求一点E，使得△BCE是以BC为底边的等腰三角形；‎ ‎（3）在（2）的条件下，过线段ED上动点P作直线PF∥BC，与BE、CE分别交于点F、G，将△EFG沿FG翻折得到△E′FG．设P（x，0），△E′FG与四边形FGCB重叠部分的面积为S，求S与x的函数关系式及自变量x的取值范围．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：动点型。‎ 分析：（1）根据抛物线经过点A（0，4）、B（1，4）、C（3，2），于是可设出一般式，用待定系数法求出解析式，再根据解析式求出D点坐标；‎ ‎（2）设出E点坐标，作出辅助直角三角形，运用等腰三角形的性质和勾股定理建立等式，求出E点坐标；‎ ‎（3）由于P点为动点，故根据x的不同取值会得到不同的重叠图形．由于BC的中点横坐标为=2，抛物线与x轴的交点横坐标4，所以分﹣1＜x≤2，2＜x≤4等情况讨论．‎ 解答：解：（1）依题意，设所求抛物线的解析式为y=ax2+bx+4，‎ 则，（1分）‎ 解得，‎ ‎∴所求抛物线的解析式为．（2分）‎ 由，‎ 解得x1=4，x2=﹣3．‎ ‎∴D（4，0）．（3分）‎ ‎（2）如图，过点C作CN⊥x轴于N，过点E、B分别 作x轴、y轴的垂线，两线交于点M．‎ ‎∴∠M=∠CNE=90度．‎ 设E（a，0），EB=EC．‎ ‎∴BM2+EM2=CN2+EN2．‎ ‎∴（1﹣a）2+（4﹣0）2=（2﹣0）2+（3﹣a）2．‎ 解得a=﹣1．‎ ‎∴E（﹣1，0）．（4分）‎ ‎（3）可求得直线BC的解析式为y=﹣x+5．‎ 从而直线BC与x轴的交点为H（5，0）．‎ 如图，根据轴对称性可知S△E′FG=S△EFG，‎ 当点E′在BC上时，点F是BE的中点．‎ ‎∵FG∥BC，‎ ‎∴△EFP∽△EBH．‎ 可证EP=PH．‎ ‎∵E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴P（2，0）．（5分）‎ ‎（i）如图，分别过点B、C作BK⊥ED于K，‎ CJ⊥ED于J，‎ 则S△BCE=S△BEH﹣S△CEH=EH•（BK﹣CJ）=6．‎ 当﹣1＜x≤2时，‎ ‎∵PF∥BC，‎ ‎∴△EGP∽△ECH，△EFG∽△EBC．‎ ‎∴， ‎∵P（x，0），E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴EP=x+1，EH=6．‎ ‎∴S=S△E′FG=S△EFG==x2+x+（﹣1＜x≤2）．（6分）‎ ‎（ii）如图，当2＜x≤4时，在x轴上截取一点Q，使得PQ=HP，过点Q作 QM∥FG，分别交EB、EC于M、N．‎ 可证S=S四边形MNGF，△ENQ∽△ECH，△EMN∽△EBC．‎ ‎∴=，== ‎∵P（x，0），E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴EH=6，PQ=PH=5﹣x，EP=x+1，‎ EQ=6﹣2（5﹣x）=2x﹣4．‎ ‎∴S△EMN=（7分）‎ 同（i）可得S△EFG=，‎ ‎∴S=S△EFG﹣S△EMN=﹣=﹣x2+3x﹣（2＜x≤4）．（8分）‎ 综上，．‎ 点评：此题不仅考查了用待定系数法求二次函数解析式，还结合等腰三角形的性质考查了运用勾股定理求线段的长，解（3）时要注意进行分类讨论．‎ ‎2009海淀二模 ‎24、如图，已知抛物线y=（3﹣m）x2+2（m﹣3）x+4m﹣m2的顶点A在双曲线y=上，直线y=mx+b经过点A，与y轴交于点B，与x轴交与点C．‎ ‎（1）确定直线AB的解析式；‎ ‎（2）将直线AB绕点O顺时针旋转90°，与x轴交与点D，与y轴交与点E，求sin∠BDE的值；‎ ‎（3）过点B作x轴的平行线与双曲线交与点G，点M在直线BG上，且到抛物线的对称轴的距离为6．设点N在直线BG上，请直接写出使得∠AMB+∠ANB=45°的点N的坐标．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：（1）由抛物线解析式得顶点坐标为（1，﹣m2+5m﹣3），代入双曲线y=中，可求m的值，再把A点坐标代入直线y=mx+b中，确定直线AB的解析式；‎ ‎（2）由旋转的性质可知，OD=OB，OE=OC，根据B、D、E三点坐标，作EH⊥BD，垂足为H，可知△BEH为等腰直角三角形，分别求EH，DE，再求sin∠BDE的值；‎ ‎（3）即△AMN的顶点A的外角为45°，过M点作直线AN的垂线，得到等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求N点坐标．‎ 解答：解：（1）∵抛物线对称轴x=﹣=1，‎ ‎∴抛物线顶点坐标为（1，﹣m2+5m﹣3），‎ 代入双曲线y=中，得，﹣m2+5m﹣3=3，‎ 解得m=2或3，‎ ‎∵二次项系数3﹣m≠0，‎ ‎∴m=2，‎ ‎∴A（1，3），把A点代入直线y=2x+b中，得b=1，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=2x+1；‎ ‎（2）由直线AB解析式可知OB=1，OC=，‎ 由旋转的性质可知，OD=OB=1，OE=OC=，‎ 作EH⊥BD，垂足为H，∵∠OBD=45°，‎ ‎∴△BEH为等腰直角三角形，‎ 又BE=OB﹣OE=，‎ ‎∴EH==，‎ 在Rt△ODE中，DE===，‎ ‎∴sin∠BDE===；‎ ‎（3）N点坐标为（5，1）或（﹣3，1）．‎ 点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据条件确定抛物线和直线AB的解析式，根据旋转的性质，三角形外角的性质解题．‎ ‎2010海淀一模 ‎24、点P为抛物线y=x2﹣2mx+m2（m为常数，m＞0）上任一点，将抛物线绕顶点G逆时针旋转90°后得到的新图象与y轴交于A、B两点（点A在点B的上方），点Q为点P旋转后的对应点．‎ ‎（1）当m=2，点P横坐标为4时，求Q点的坐标；‎ ‎（2）设点Q（a，b），用含m、b的代数式表示a；‎ ‎（3）如图，点Q在第一象限内，点D在x轴的正半轴上，点C为OD的中点，QO平分∠AQC，AQ=2QC，当QD=m时，求m的值．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）首先根据m的值确定出原抛物线的解析式，进而可求得P、G的坐标，过P作PE⊥x轴于E，过Q作QF⊥x轴于F，根据旋转的性质知：△GQF≌△PGE，则DF=GE、PE=GF，可据此求得点Q的坐标．‎ ‎（2）已知了Q点坐标，即可得到QF、FG的长，仿照（1）的方法可求出点P的坐标，然后代入原抛物线的解析式中，可求得a、b、m的关系式．‎ ‎（3）延长QC到E，使得QC=CE，那么AQ=QE；由于OD、QE互相平分，即四边形OEDQ是平行四边形（或证△QCD≌△ECO），那么QD=OE=m，而AQ=QE，且QO平分∠AQC，易证得△AQO≌△EQO，则OA=OE=m，即A点坐标为（0，m），然后将点A的坐标代入（2）的关系式中，即可求得m的值．‎ 解答：解：（1）当m=2时，y=（x﹣2）2，‎ 则G（2，0），P（4，4），（1分）‎ 如图，连接QG、PG，过点Q作QF⊥x轴于F，过点P作PE⊥x轴于E，‎ 依题意，可得△GQF≌△PGE；‎ 则FQ=EG=2，FG=EP=4，‎ ‎∴FO=2．‎ ‎∴Q（﹣2，2）．（2分）‎ ‎（2）已知Q（a，b），则GE=QF=b，FG=m﹣a；‎ 由（1）知：PE=FG=m﹣a，GE=QF=a，即P（m+b，m﹣a），‎ 代入原抛物线的解析式中，得：m﹣a=（m+b﹣m）2，即a=m﹣b2；‎ 故用含m，b的代数式表示a：a=m﹣b2．（4分）‎ ‎（3）如图，延长QC到点E，使CE=CQ，连接OE；‎ ‎∵C为OD中点，‎ ‎∴OC=CD，‎ ‎∵∠ECO=∠QCD，‎ ‎∴△ECO≌△QCD，‎ ‎∴OE=DQ=m；（5分）‎ ‎∵AQ=2QC，‎ ‎∴AQ=QE，‎ ‎∵QO平分∠AQC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∴△AQO≌△EQO，（6分）‎ ‎∴AO=EO=m，‎ ‎∴A（0，m），（7分）‎ ‎∵A（0，m）在新的图象上，‎ ‎∴0=m﹣m2‎ ‎∴m1=1，m2=0（舍），‎ ‎∴m=1．（8分）‎ 点评：此题主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定和性质、函数图象上点的坐标意义等知识，难度较大．‎ ‎ ‎ ‎2010海淀二模 ‎24、如图，已知平面直角坐标系xOy中的点A（0，1），B（1，0），M、N为线段AB上两动点，过点M作x轴的平行线交y轴于点E，过点N作y轴的平行线交x轴于点F，交直线EM于点P（x，y），且S△MPN=S△AEM+S△NFB．‎ ‎（1）S△AOB　=　S矩形EOFP（填“＞”、“=”、“＜”），y与x的函数关系是（不要求写自变量的取值范围）；‎ ‎（2）当时，求∠MON的度数；‎ ‎（3）证明：∠MON的度数为定值．‎ 考点：勾股定理；三角形的面积；直角三角形全等的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：综合题；数形结合。‎ 分析：（1）由于△AOB与矩形EOFP有公共部分五边形OEMNF，而不同的部分是△AEM、△BFN和△PMN，若比较△AOB和矩形EOFP的面积大小，只需比较不同部分的面积大小即可，由已知得S△MPN=S△AEM+S△NFB，故两者的面积相等；y与x的函数关系：可根据P点坐标，求出矩形EPFO的面积，根据△AOB和矩形的面积相等，即可得到关于x、y的函数关系式；‎ ‎（2）将x的值代入题（1）所得的函数关系式中，即可得到y的值，也就确定了P点的坐标；过O作OH⊥AB于H，在等腰Rt△OAB中，通过解直角三角形，可求得AB、OH的长，此时发现OH=OE，则可证得Rt△EMO≌Rt△HMO，由此可得∠1=∠2，同理可证得∠3=∠4，由于∠EOF=90°，则∠2+∠3=∠MON=45°，由此得解．‎ ‎（3）方法同（2）类似，可用P点的横坐标，分别表示出EM、HN的长，通过证△EMO∽△HNO，得到∠1=∠3，同理可通过证△MHO∽△NFO，得到∠2=∠4，而∠EOF=90°，即可得到∠MON=45°．‎ 解答：解：（1）解：∵S△MPN=S△AEM+S△NFB．‎ ‎∴S△AOB=S矩形EOFP；（1分）‎ ‎∵S△AOB=OA•OB=×1×1=，‎ ‎∴S矩形EOFP=frac{1}{2}，‎ ‎∴y与x的函数关系是；（2分）‎ ‎（2）当时，，∴点P的坐标为．（3分）‎ 可得四边形EOFP为正方形，过点O作OH⊥AB于H，‎ ‎∵在Rt△AOB中，OA=OB=1，‎ ‎∴，H为AB的中点，‎ ‎∴．‎ 在Rt△EMO和Rt△HMO中， ‎∴Rt△EMO≌Rt△HMO．‎ ‎∴∠1=∠2．（4分）‎ 同理可证∠3=∠4．‎ ‎∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，‎ ‎∴∠2+∠3=45°．‎ 即∠MON=45°．（5分）‎ ‎（3）过点O作OH⊥AB于H，‎ 依题意，可得，，，，‎ ‎∴，∠OEM=∠OHN=90°，‎ ‎∴△EMO∽△HNO，‎ ‎∴∠1=∠3．（6分）‎ 同理可证∠2=∠4，‎ ‎∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，‎ ‎∴∠2+∠3=45°即∠MON=45°．（7分）‎ 点评：此题考查了矩形、等腰直角三角形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质；（2）（3）题中，通过辅助线来构造出与已知和所求相关的相似或全等三角形，是解答此题的关键．‎ ‎2011门头沟区一模 ‎25、在平面直角坐标系xOy中，关于y轴对称的抛物线y=﹣x2+（m﹣2）x+4m﹣7与x轴交于A、B 两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，P是这条抛物线上的一点（点P不在坐标轴上），且点P关于直线BC的对称点在x轴上，D（0，3）是y轴上的一点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点P的坐标；‎ ‎（2）若E、F是 y 轴负半轴上的两个动点（点E在点F的上面），且EF=2，当四边形PBEF的周长最小时，求点E、F的坐标；‎ ‎（3）若Q是线段AC上一点，且S△COQ=2S△AOQ，M是直线DQ上的一个动点，在x轴上方的平面内存在一点N，使得以 O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，请你直接写出点N的坐标 考点：二次函数综合题。‎ 专题：代数几何综合题；数形结合。‎ 分析：（1）本题需先根据已知条件求出抛物线的解析式，再根据A、B两点求出∠OBC的度数和∠OBD的度数，再证出直线BD与x轴关于直线BC对称，再设直线BD的解析式为y=kx+b，再把各点代入，最后求出结果即可．‎ ‎（2）本题可先过点P作PG⊥x轴于G，在PG上截取PH=2，证出四边形PHEF为平行四边形得出HE=PF，再根据已有的条件证出Rt△AOE∽Rt△AGH，最后即可求出点E、F的坐标．‎ ‎（3）本题根据已有的条件，再结合图形，可以直接写出点N的坐标．‎ 解答：解：（1）∵抛物线+（m﹣2）x+4m﹣7关于y轴对称，‎ ‎∴m﹣2=0．‎ ‎∴m=2．‎ ‎∴抛物线的解析式是y=﹣+1‎ 令y=0，得x=‎ ‎∴A（﹣，0），B（，0）‎ 在Rt△BOC中，OC=1，OB=，可得∠OBC=30°．‎ 在Rt△BOD中，OD=3，OB=，可得∠OBD=60°．‎ ‎∴BC是∠OBD的角平分线．‎ ‎∴直线BD与x轴关于直线BC对称．‎ 因为点P关于直线BC的对称点在x轴上，‎ 则符合条件的点P就是直线BD与抛物线y=﹣+1的交点．‎ 设直线BD的解析式为y=kx+b．‎ ‎∴‎ ‎∴直线BD的解析式为 ‎∵点P在直线BD上，设P点坐标为 又因为点P在抛物线y=﹣+1上，‎ ‎∴=﹣+1‎ ‎∴．‎ ‎∴y1=0，y2=﹣3‎ ‎∴点P的坐标是．‎ ‎（2）过点P作PG⊥x轴于G，在PG上截取PH=2，连接AH与y轴交于点E，在y轴的负半轴上截取EF=2．‎ ‎∵PH∥EF，PH=EF，‎ ‎∴四边形PHEF为平行四边形，有HE=PF．‎ 又∵PB、EF的长为定值，‎ ‎∴此时得到的点E、F使四边形PBEF的周长最小．‎ ‎∵OE∥GH，‎ ‎∴Rt△AOE∽Rt△AGH．‎ ‎∴．‎ ‎∴OE==．‎ ‎∴OF=OE+EF=+2=．‎ ‎∴点E的坐标为（0，﹣），点F的坐标为（0，﹣）．‎ ‎（3）点N的坐标是）或）或，．‎ 点评：本题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点的求法等知识点．主要考查学生数形结合的数学思想方法．‎ ‎2011门头沟区二模 ‎25、如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，且OA=3，AB=5．点P从点O出发沿OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB﹣BO﹣OP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）在点P从O向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t之间的函数关系式（不必写出t的取值范围）；‎ ‎（3）在点E从B向O运动的过程中，完成下面问题：‎ ‎①四边形QBED能否成为直角梯形？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由；‎ ‎②当DE经过点O时，请你直接写出t的值．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；直角梯形。‎ 专题：代数几何综合题；数形结合；方程思想。‎ 分析：（1）首先由在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，求得OB的值，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；‎ ‎（2）过点Q作QF⊥AO于点F，由△AQF∽△ABO，根据相似三角形的对应边成比例，借助于方程即可求得QF的长，然后即可求得△APQ的面积S与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）①分别从DE∥QB与PQ∥BO去分析，借助于相似三角形的性质，即可求得t的值；‎ ‎②根据题意可知即OP=OQ时，则列方程即可求得t的值．‎ 解答：解：（1）在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，由勾股定理得OB==4．‎ ‎∴A（3，0），B（0，4）．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ ‎∴解得 ‎∴直线AB的解析式为；‎ ‎（2）如图1，过点Q作QF⊥AO于点F．‎ ‎∵AQ=OP=t，∴AP=3﹣t．‎ 由△AQF∽△ABO，得．‎ ‎∴=．‎ ‎∴QF=t，‎ ‎∴S=（3﹣t）•t，‎ ‎∴S=﹣t2+t；‎ ‎（3）四边形QBED能成为直角梯形．‎ ‎①如图2，当DE∥QB时，‎ ‎∵DE⊥PQ，‎ ‎∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．‎ 此时∠AQP=90°．‎ 由△APQ∽△ABO，得．‎ ‎∴=．‎ 解得t=；‎ 如图3，当PQ∥BO时，‎ ‎∵DE⊥PQ，‎ ‎∴DE⊥BO，四边形QBED是直角梯形．‎ 此时∠APQ=90°．‎ 由△AQP∽△ABO，得．‎ 即=．‎ ‎3t=5（3﹣t），‎ ‎3t=15﹣5t，‎ ‎8t=15，‎ 解得t=；‎ ‎②当DE经过点O时，‎ ‎∵DE垂直平分PQ，‎ ‎∴EP=EQ=t，‎ 由于P与Q相同的时间和速度，‎ ‎∴AQ=EQ=EP=t，‎ ‎∴∠AEQ=∠EAQ，‎ ‎∵∠AEQ+∠BEQ=90°，∠EAQ+∠EBQ=90°，‎ ‎∴∠BEQ=∠EBQ，‎ ‎∴BQ=EQ，‎ ‎∴EQ=AQ=BQ=AB 所以t=．‎ 点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质等知识的应用．此题综合性较强，注意数形结合与方程思想的应用．‎