全国各地中考数学压轴题精选解析版

全国各地中考数学压轴题精选解析版

‎2012年全国各地中考数学压轴题精选（解析版1－－20）‎ ‎　‎ ‎1．（2012•菏泽）如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．‎ ‎（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B的两条性质．‎ 解题思路：‎ ‎（1）利用旋转的性质得出A′（﹣1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可；‎ ‎（2）利用S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可；‎ ‎（3）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可．‎ 解答：‎ 解：（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的，‎ 又A（0，1），B（2，0），O（0，0），‎ ‎∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）‎ 设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0），‎ ‎∵抛物线经过点A′、B′、B，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）‎ ‎（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，‎ 设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足y=﹣x2+x+2．‎ 连接PB，PO，PB′，‎ ‎∴S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，‎ ‎=×1×2+×2×x+×2×y，‎ ‎=x+（﹣x2+x+2）+1，‎ ‎=﹣x2+2x+3．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）‎ 假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则 ‎4=﹣x2+2x+3，‎ 即x2﹣2x+1=0，‎ 解得：x1=x2=1，‎ 此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）‎ ‎∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）‎ ‎（3）四边形PB′A′B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可．‎ ‎①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；‎ ‎③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ 或用符号表示：‎ ‎①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ ‎2．（2012•宁波）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于C（0，﹣2），过A，C画直线．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长；‎ ‎（3）点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H．‎ ‎①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标；‎ ‎②若⊙M的半径为，求点M的坐标．‎ 解题思路：‎ ‎（1）根据与x轴的两个交点A、B的坐标，利设出两点法解析式，然后把点C的坐标代入计算求出a的值，即可得到二次函数解析式；‎ ‎（2）设OP=x，然后表示出PC、PA的长度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解方程即可；‎ ‎（3）①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是﹣2，代入抛物线解析式计算即可；（ii）点H在点C上方时，根据（2）的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标；‎ ‎②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设该二次函数的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），‎ 将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a（0+1）（0﹣2），‎ 解得a=1，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣2），‎ 即y=x2﹣x﹣2；‎ ‎（2）设OP=x，则PC=PA=x+1，‎ 在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=（x+1）2，‎ 解得，x=，‎ 即OP=；‎ ‎（3）①∵△CHM∽△AOC，‎ ‎∴∠MCH=∠CAO，‎ ‎（i）如图1，当H在点C下方时，‎ ‎∵∠MCH=∠CAO，‎ ‎∴CM∥x轴，‎ ‎∴yM=﹣2，‎ ‎∴x2﹣x﹣2=﹣2，‎ 解得x1=0（舍去），x2=1，‎ ‎∴M（1，﹣2），‎ ‎（ii）如图1，当H在点C上方时，‎ ‎∵∠MCH=∠CAO，‎ ‎∴PA=PC，由（2）得，M为直线CP与抛物线的另一交点，‎ 设直线CM的解析式为y=kx﹣2，‎ 把P（，0）的坐标代入，得k﹣2=0，‎ 解得k=，‎ ‎∴y=x﹣2，‎ 由x﹣2=x2﹣x﹣2，‎ 解得x1=0（舍去），x2=，‎ 此时y=×﹣2=，‎ ‎∴M′（，），‎ ‎②在x轴上取一点D，如图（备用图），过点D作DE⊥AC于点E，使DE=，‎ 在Rt△AOC中，AC===，‎ ‎∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，‎ ‎∴△AED∽△AOC，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 解得AD=2，‎ ‎∴D（1，0）或D（﹣3，0）．‎ 过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图（备用图）‎ 则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6，‎ 当﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2时，即x2+x+4=0，方程无实数根，‎ 当﹣2x+2=x2﹣x﹣2时，即x2+x﹣4=0，解得x1=，x2=，‎ ‎∴点M的坐标为（，3+）或（，3﹣）．‎ ‎3．（2012•福州）如图1，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；‎ ‎（3）如图2，若点N在抛物线上，且∠NBO=∠ABO，则在（2）的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）．‎ 解题思路：‎ ‎（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；‎ ‎（2）根据已知条件可求出OB的解析式为y=x，则向下平移m个单位长度后的解析式为：y=x﹣m．由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一元二次方程，其根的判别式等于0，由此可求出m的值和D点坐标；‎ ‎（3）综合利用几何变换和相似关系求解．‎ 方法一：翻折变换，将△NOB沿x轴翻折；‎ 方法二：旋转变换，将△NOB绕原点顺时针旋转90°．‎ 特别注意求出P点坐标之后，该点关于直线y=﹣x的对称点也满足题意，即满足题意的P点有两个，避免漏解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）‎ ‎∴，解得：‎ ‎∴抛物线的解析式是y=x2﹣3x．‎ ‎（2）设直线OB的解析式为y=k1x，由点B（4，4），‎ 得：4=4k1，解得：k1=1‎ ‎∴直线OB的解析式为y=x，‎ ‎∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y=x﹣m，‎ ‎∵点D在抛物线y=x2﹣3x上，‎ ‎∴可设D（x，x2﹣3x），‎ 又点D在直线y=x﹣m上，‎ ‎∴x2﹣3x=x﹣m，即x2﹣4x+m=0，‎ ‎∵抛物线与直线只有一个公共点，‎ ‎∴△=16﹣4m=0，‎ 解得：m=4，‎ 此时x1=x2=2，y=x2﹣3x=﹣2，‎ ‎∴D点的坐标为（2，﹣2）．‎ ‎（3）∵直线OB的解析式为y=x，且A（3，0），‎ ‎∴点A关于直线OB的对称点A′的坐标是（0，3），‎ 设直线A′B的解析式为y=k2x+3，过点（4，4），‎ ‎∴4k2+3=4，解得：k2=，‎ ‎∴直线A′B的解析式是y=，‎ ‎∵∠NBO=∠ABO，‎ ‎∴点N在直线A′B上，‎ ‎∴设点N（n，），又点N在抛物线y=x2﹣3x上，‎ ‎∴=n2﹣3n，‎ 解得：n1=﹣，n2=4（不合题意，舍去）‎ ‎∴N点的坐标为（﹣，）．‎ 方法一：‎ 如图1，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，‎ 则N1（，），B1（4，﹣4），‎ ‎∴O、D、B1都在直线y=﹣x上．‎ ‎∵△P1OD∽△NOB，‎ ‎∴△P1OD∽△N1OB1，‎ ‎∴，‎ ‎∴点P1的坐标为（，）．‎ 将△OP1D沿直线y=﹣x翻折，可得另一个满足条件的点P2（，），‎ 综上所述，点P的坐标是（，）或（，）．‎ 方法二：‎ 如图2，将△NOB绕原点顺时针旋转90°，得到△N2OB2，‎ 则N2（，），B2（4，﹣4），‎ ‎∴O、D、B1都在直线y=﹣x上．‎ ‎∵△P1OD∽△NOB，‎ ‎∴△P1OD∽△N2OB2，‎ ‎∴，‎ ‎∴点P1的坐标为（，）．‎ 将△OP1D沿直线y=﹣x翻折，可得另一个满足条件的点P2（，），‎ 综上所述，点P的坐标是（，）或（，）．‎ ‎4．（2012•临沂）如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；‎ ‎（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．‎ ‎（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．‎ ‎（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点．‎ 解答：‎ 解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°，‎ ‎∵∠AOB=120°，‎ ‎∴∠BOC=60°，‎ 又∵OA=OB=4，‎ ‎∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×=2，‎ ‎∴点B的坐标为（﹣2，﹣2）；‎ ‎（2）∵抛物线过原点O和点A、B，‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，‎ 将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得 ‎，‎ 解得，‎ ‎∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+x ‎（3）存在，‎ 如图，抛物线的对称轴是x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），‎ ‎①若OB=OP，‎ 则22+|y|2=42，‎ 解得y=±2，‎ 当y=2时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，‎ ‎∴∠POD=60°，‎ ‎∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，‎ 即P、O、B三点在同一直线上，‎ ‎∴y=2不符合题意，舍去，‎ ‎∴点P的坐标为（2，﹣2）‎ ‎②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ ‎③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ 综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2），‎ ‎5．（2012•烟台）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？‎ ‎（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．‎ 解题思路：‎ ‎（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a（x﹣1）2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）；‎ ‎（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4﹣t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4﹣、点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣‎ ‎；最后根据三角形的面积公式可以求得 S△ACG=S△AEG+S△CEG=﹣（t﹣2）2+1，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1；‎ ‎（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上．‎ 解答：‎ 解：（1）A（1，4）．…（1分）‎ 由题意知，可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4‎ ‎∵抛物线过点C（3，0），‎ ‎∴0=a（3﹣1）2+4，‎ 解得，a=﹣1，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3．…（2分）‎ ‎（2）∵A（1，4），C（3，0），‎ ‎∴可求直线AC的解析式为y=﹣2x+6．‎ ‎∵点P（1，4﹣t）．…（3分） ‎∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+．…（4分）‎ ‎∴点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4﹣．‎ ‎∴GE=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．…（5分）‎ 又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣，‎ 即S△ACG=S△AEG+S△CEG=•EG•+•EG（2﹣）‎ ‎=•2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1．…（7分）‎ 当t=2时，S△ACG的最大值为1．…（8分）‎ ‎（3）t=或t=20﹣8．…（12分）‎ ‎（说明：每值各占（2分），多出的值未舍去，每个扣1分）‎ ‎6．（2012•义乌市）如图1，已知直线y=kx与抛物线y=交于点A（3，6）．‎ ‎（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；‎ ‎（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M（点M、O不重合），交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N．试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；‎ ‎（3）如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D（m，0）是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？‎ 解题思路：‎ ‎（1）利用待定系数法求出直线y=kx的解析式，根据A点坐标用勾股定理求出线段OA的长度；‎ ‎（2）如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H，构造相似三角形△QHM与△QGN，将线段QM与线段QN的长度之比转化为相似三角形的相似比，即为定值．需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立；‎ ‎（3）由已知条件角的相等关系∠BAE=∠BED=∠AOD，可以得到△ABE∽△OED．设OE=x，则由相似边的比例关系可以得到m关于x的表达式（），这是一个二次函数．借助此二次函数图象（如答图3），可见m在不同取值范围时，x的取值（即OE的长度，或E点的位置）有1个或2个．这样就将所求解的问题转化为分析二次函数的图象与性质问题．‎ 另外，在相似三角形△ABE与△OED中，运用线段比例关系之前需要首先求出AB的长度．如答图2，可以通过构造相似三角形，或者利用一次函数（直线）的性质求得AB的长度．‎ 解答：‎ 解：（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；‎ ‎∵6=3k，‎ ‎∴k=2，‎ ‎∴y=2x．（2分）‎ OA=．…（3分）‎ ‎（2）是一个定值，理由如下：‎ 如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．‎ ‎①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，‎ 此时；‎ ‎②当QH与QM不重合时，‎ ‎∵QN⊥QM，QG⊥QH 不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，‎ ‎∴∠MQH=∠GQN，‎ 又∵∠QHM=∠QGN=90°‎ ‎∴△QHM∽△QGN…（5分），‎ ‎∴，‎ 当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得． …（7分）①①‎ ‎（3）如答图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R ‎∵∠AOD=∠BAE，‎ ‎∴AF=OF，‎ ‎∴OC=AC=OA=‎ ‎∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，‎ ‎∴△AOR∽△FOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴OF=，‎ ‎∴点F（，0），‎ 设点B（x，），‎ 过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得x1=6，x2=3（舍去），‎ ‎∴点B（6，2），‎ ‎∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4，‎ ‎∴AB=5 …（8分）；‎ ‎（求AB也可采用下面的方法）‎ 设直线AF为y=kx+b（k≠0）把点A（3，6），点F（，0）代入得 k=，b=10，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴（舍去），，‎ ‎∴B（6，2），‎ ‎∴AB=5…（8分）‎ ‎（其它方法求出AB的长酌情给分）‎ 在△ABE与△OED中 ‎∵∠BAE=∠BED，‎ ‎∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，‎ ‎∴∠ABE=∠DEO，‎ ‎∵∠BAE=∠EOD，‎ ‎∴△ABE∽△OED．…（9分）‎ 设OE=x，则AE=﹣x （），‎ 由△ABE∽△OED得，‎ ‎∴‎ ‎∴（）…（10分）‎ ‎∴顶点为（，）‎ 如答图3，当时，OE=x=，此时E点有1个；‎ 当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．‎ ‎∴当时，E点只有1个…（11分）‎ 当时，E点有2个…（12分）．‎ ‎7．（2012•益阳）已知：如图1，在面积为3的正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD边上的两点，AE⊥BF于点G，且BE=1．‎ ‎（1）求证：△ABE≌△BCF；‎ ‎（2）求出△ABE和△BCF重叠部分（即△BEG）的面积；‎ ‎（3）现将△ABE绕点A逆时针方向旋转到△AB′E′（如图2），使点E落在CD边上的点E′处，问△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积是否发生了变化？请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由AE⊥BF，由同角的余角相等，即可证得∠BAE=∠CBF，然后利用ASA，即可判定：△ABE≌△BCF；‎ ‎（2）由正方形ABCD的面积等于3，即可求得此正方形的边长，由在△BGE与△ABE中，∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，可证得△BGE∽△ABE，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得答案；‎ ‎（3）首先由正切函数，求得∠BAE=30°，易证得Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′，可得AB′与AE在同一直线上，即BF与AB′的交点是G，然后设BF与AE′的交点为H，可证得△BAG≌△HAG，继而证得结论．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，‎ ‎∴∠ABF+∠CBF=90°，‎ ‎∵AE⊥BF，‎ ‎∴∠ABF+∠BAE=90°，‎ ‎∴∠BAE=∠CBF，‎ 在△ABE和△BCF中，‎ ‎∴△ABE≌△BCF．…（4分）‎ ‎（2）解：∵正方形面积为3，‎ ‎∴AB=，…（5分）‎ 在△BGE与△ABE中，‎ ‎∵∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，‎ ‎∴△BGE∽△ABE，…（7分）‎ ‎∴，‎ 又∵BE=1，‎ ‎∴AE2=AB2+BE2=3+1=4，‎ ‎∴S△BGE=×S△ABE==．…（8分）‎ ‎（3）解：没有变化． …（9分）‎ 理由：∵AB=，BE=1，‎ ‎∴tan∠BAE==，∠BAE=30°，…（10分）‎ ‎∵AB′=AD，∠AB′E′=∠ADE'=90°，AE′公共，‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′，‎ ‎∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°，‎ ‎∴AB′与AE在同一直线上，即BF与AB′的交点是G，‎ 设BF与AE′的交点为H，‎ 则∠BAG=∠HAG=30°，而∠AGB=∠AGH=90°，AG公共，‎ ‎∴△BAG≌△HAG，…（11分）‎ ‎∴S四边形GHE′B′=S△AB′E′﹣S△AGH=S△ABE﹣S△ABG=S△BGE．‎ ‎∴△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积没有变化．…（12分）‎ ‎8．（2012•丽水）在△ABC中，∠ABC=45°，tan∠ACB=．如图，把△ABC的一边BC放置在x轴上，有OB=14，OC=，AC与y轴交于点E．‎ ‎（1）求AC所在直线的函数解析式；‎ ‎（2）过点O作OG⊥AC，垂足为G，求△OEG的面积；‎ ‎（3）已知点F（10，0），在△ABC的边上取两点P，Q，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形与△OFP全等，且这两个三角形在OP的异侧？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）根据三角函数求E点坐标，运用待定系数法求解；‎ ‎（2）在Rt△OGE中，运用三角函数和勾股定理求EG，OG的长度，再计算面积；‎ ‎（3）分两种情况讨论求解：①点Q在AC上；②点Q在AB上．求直线OP与直线AC的交点坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）在Rt△OCE中，OE=OCtan∠OCE==，∴点E（0，2）．‎ 设直线AC的函数解析式为y=kx+，有，解得：k=．‎ ‎∴直线AC的函数解析式为y=．‎ ‎（2）在Rt△OGE中，tan∠EOG=tan∠OCE==，‎ 设EG=3t，OG=5t，OE==t，∴，得t=2，‎ 故EG=6，OG=10，‎ ‎∴S△OEG=．‎ ‎（3）存在．‎ ‎①当点Q在AC上时，点Q即为点G，‎ 如图1，作∠FOQ的角平分线交CE于点P1，‎ 由△OP1F≌△OP1Q，则有P1F⊥x轴，由于点P1在直线AC上，当x=10时，‎ y=﹣=，‎ ‎∴点P1（10，）．‎ ‎②当点Q在AB上时，‎ 如图2，有OQ=OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，‎ 过点Q作QH⊥OB于点H，设OH=a，‎ 则BH=QH=14﹣a，‎ 在Rt△OQH中，a2+（14﹣a）2=100，‎ 解得：a1=6，a2=8，‎ ‎∴Q（﹣6，8）或Q（﹣8，6）．‎ 连接QF交OP2于点M．‎ 当Q（﹣6，8）时，则点M（2，4）．‎ 当Q（﹣8，6）时，则点M（1，3）．‎ 设直线OP2的解析式为y=kx，则 ‎2k=4，k=2．‎ ‎∴y=2x．‎ 解方程组，得．‎ ‎∴P2（）；‎ 当Q（﹣8，6）时，则点M（1，3），‎ 同理可求P2′（），P3（）；‎ 如图，有QP4∥OF，QP4=OF=10，点P4在E点，‎ 设P4的横坐标为x，则点Q的横坐标为x﹣10，‎ ‎∵yQ=yP，直线AB的函数解析式为y=x+14，‎ ‎∴（x﹣10）+14=﹣x+2，‎ 解得：x=，可得：y=，‎ ‎∴点P4（，），‎ 当Q在BC边上时，如图，OQ=OF=10，点P5在E点，‎ ‎∴P5（0，2），‎ 综上所述，满足条件的P点坐标为（10，）或（）或（）或（，）或（0，2）．‎ ‎9．（2012•广州）如图，抛物线y=与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求点A、B的坐标；‎ ‎（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；‎ ‎（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．‎ 解题思路：‎ ‎（1）A、B点为抛物线与x轴交点，令y=0，解一元二次方程即可．‎ ‎（2）根据题意求出△ACD中AC边上的高，设为h．在坐标平面内，作AC的平行线，平行线之间的距离等于h．根据等底等高面积相等，可知平行线与坐标轴的交点即为所求的D点．‎ 从一次函数的观点来看，这样的平行线可以看做是直线AC向上或向下平移而形成．因此先求出直线AC的解析式，再求出平移距离，即可求得所作平行线的解析式，从而求得D点坐标．‎ 注意：这样的平行线有两条，如答图1所示．‎ ‎（3）本问关键是理解“以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”的含义．‎ 因为过A、B点作x轴的垂线，其与直线l的两个交点均可以与A、B点构成直角三角形，这样已经有符合题意的两个直角三角形；第三个直角三角形从直线与圆的位置关系方面考虑，以AB为直径作圆，当直线与圆相切时，根据圆周角定理，切点与A、B点构成直角三角形．从而问题得解．‎ 注意：这样的切线有两条，如答图2所示．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0，即=0，‎ 解得x1=﹣4，x2=2，‎ ‎∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．‎ ‎（2）S△ACB=AB•OC=9，‎ 在Rt△AOC中，AC===5，‎ 设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h=9，解得h=．‎ 如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D．‎ 设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF=h=，‎ ‎∴CE==．‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），C（0，3）坐标代入，‎ 得到，解得，‎ ‎∴直线AC解析式为y=x+3．‎ 直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，‎ ‎∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣．‎ 则D1的纵坐标为×（﹣1）﹣=，∴D1（﹣1，）．‎ 同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）‎ 综上所述，D点坐标为：D1（﹣1，），D2（﹣1，）．‎ ‎（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．‎ 连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．‎ ‎∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3．‎ 又FE=5，则在Rt△MEF中，‎ ME==4，sin∠MFE=，cos∠MFE=．‎ 在Rt△FMN中，MN=MF•sin∠MFE=3×=，‎ FN=MF•cos∠MFE=3×=，则ON=，‎ ‎∴M点坐标为（，）‎ 直线l过M（，），E（4，0），‎ 设直线l的解析式为y=kx+b，则有 ‎，解得，‎ 所以直线l的解析式为y=x+3．‎ 同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3．‎ 综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3．‎ ‎10．（2012•杭州）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT=30°，AE=3，MN=2．‎ ‎（1）求∠COB的度数；‎ ‎（2）求⊙O的半径R；‎ ‎（3）点F在⊙O上（是劣弧），且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个？你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗？请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比．‎ 解题思路：‎ ‎（1）由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AE与CE垂直，又OB与AT垂直，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出三角形AEC与三角形OBC相似，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A相等，由∠A的度数即可求出所求角的度数；‎ ‎（2）在直角三角形AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OB垂直于MN，由垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在直角三角形OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在直角三角形OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值；‎ ‎（3）把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有6个，如图所示，每小图2个，顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，由第二问求出半径，的长直径ED的长，根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到三角形EFD为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出三角形EFD的周长，再由第二问求出的三角形OBC的三边表示出三角形BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比．‎ 解答：‎ 解：（1）∵AE切⊙O于点E，‎ ‎∴AE⊥CE，又OB⊥AT，‎ ‎∴∠AEC=∠CBO=90°，‎ 又∠BCO=∠ACE，‎ ‎∴△AEC∽△OBC，又∠A=30°，‎ ‎∴∠COB=∠A=30°；‎ ‎（2）∵AE=3，∠A=30°，‎ ‎∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°=，即EC=AEtan30°=3，‎ ‎∵OB⊥MN，∴B为MN的中点，又MN=2，‎ ‎∴MB=MN=，‎ 连接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，‎ ‎∴OB==，‎ 在△COB中，∠BOC=30°，‎ ‎∵cos∠BOC=cos30°==，‎ ‎∴BO=OC，‎ ‎∴OC=OB=，‎ 又OC+EC=OM=R，‎ ‎∴R=+3，‎ 整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，‎ 解得：R=﹣23（舍去）或R=5，‎ 则R=5；‎ ‎（3）在EF同一侧，△COB经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，‎ 如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：‎ 延长EO交圆O于点D，连接DF，如图所示，‎ ‎∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°，‎ ‎∴FD=5，‎ 则C△EFD=5+10+5=15+5，‎ 由（2）可得C△COB=3+，‎ ‎∴C△EFD：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1．‎ ‎11．（2012•重庆）已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，BC=6，AB=3．E为BC边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧．‎ ‎（1）当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长；‎ ‎（2）将（1）问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与AC交于点M，连接B′D，B′M，DM，是否存在这样的t，使△B′DM是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）在（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先设正方形BEFG的边长为x，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长；‎ ‎（2）首先利用△MEC∽△ABC与勾股定理，求得B′M，DM与B′D的平方，然后分别从若∠DB′M=90°，则DM2=B′M2+B′D2，若∠DB′M=90°，则DM2=B′M2+B′D2，若∠B′DM=90°，则B′M2=B′D2+DM2去分析，即可得到方程，解方程即可求得答案；‎ ‎（3）分别从当0≤t≤时，当＜t≤2时，当2＜t≤时，当＜t≤4时去分析求解即可求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）如图①，‎ 设正方形BEFG的边长为x，‎ 则BE=FG=BG=x，‎ ‎∵AB=3，BC=6，‎ ‎∴AG=AB﹣BG=3﹣x，‎ ‎∵GF∥BE，‎ ‎∴△AGF∽△ABC，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：x=2，‎ 即BE=2；‎ ‎（2）存在满足条件的t，‎ 理由：如图②，过点D作DH⊥BC于H，‎ 则BH=AD=2，DH=AB=3，‎ 由题意得：BB′=HE=t，HB′=|t﹣2|，EC=4﹣t，‎ ‎∵EF∥AB，‎ ‎∴△MEC∽△ABC，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴ME=2﹣t，‎ 在Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣t）2=t2﹣2t+8，‎ 在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13，‎ 过点M作MN⊥DH于N，‎ 则MN=HE=t，NH=ME=2﹣t，‎ ‎∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣t）=t+1，‎ 在Rt△DMN中，DM2=DN2+MN2=t2+t+1，‎ ‎（Ⅰ）若∠DB′M=90°，则DM2=B′M2+B′D2，‎ 即t2+t+1=（t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），‎ 解得：t=，‎ ‎（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D2=B′M2+DM2，‎ 即t2﹣4t+13=（t2﹣2t+8）+（t2+t+1），‎ 解得：t1=﹣3+，t2=﹣3﹣（舍去），‎ ‎∴t=﹣3+；‎ ‎（Ⅲ）若∠B′DM=90°，则B′M2=B′D2+DM2，‎ 即：t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（t2+t+1），‎ 此方程无解，‎ 综上所述，当t=或﹣3+时，△B′DM是直角三角形；‎ ‎（3）①如图③，当F在CD上时，EF：DH=CE：CH，‎ 即2：3=CE：4，‎ ‎∴CE=，‎ ‎∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣=，‎ ‎∵ME=2﹣t，‎ ‎∴FM=t，‎ 当0≤t≤时，S=S△FMN=×t×t=t2，‎ ‎②当G在AC上时，t=2，‎ ‎∵EK=EC•tan∠DCB=EC•=（4﹣t）=3﹣t，‎ ‎∴FK=2﹣EK=t﹣1，‎ ‎∵NL=AD=，‎ ‎∴FL=t﹣，‎ ‎∴当＜t≤2时，S=S△FMN﹣S△FKL=t2﹣（t﹣）（t﹣1）=﹣t2+t﹣；‎ ‎③如图⑤，当G在CD上时，B′C：CH=B′G：DH，‎ 即B′C：4=2：3，‎ 解得：B′C=，‎ ‎∴EC=4﹣t=B′C﹣2=，‎ ‎∴t=，‎ ‎∵B′N=B′C=（6﹣t）=3﹣t，‎ ‎∵GN=GB′﹣B′N=t﹣1，‎ ‎∴当2＜t≤时，S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×（t﹣1+t）﹣（t﹣）（t﹣1）=﹣t2+2t﹣，‎ ‎④如图⑥，当＜t≤4时，‎ ‎∵B′L=B′C=（6﹣t），EK=EC=（4﹣t），B′N=B′C=（6﹣t）EM=EC=（4﹣t），‎ S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL﹣S梯形B′EMN=﹣t+．‎ 综上所述：‎ 当0≤t≤时，S=t2，‎ 当＜t≤2时，S=﹣t2+t﹣；‎ 当2＜t≤时，S=﹣t2+2t﹣，‎ 当＜t≤4时，S=﹣t+．‎ ‎12．（2012•泰安）如图，半径为2的⊙C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C的坐标为（1，0）．若抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线上是否存在点P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出点P的坐标；若不存在说明理由；‎ ‎（3）若点M是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB的面积为S，求S的最大（小）值．‎ 解题思路：‎ ‎（1）利用待定系数法求抛物线的解析式．因为已知A（3，0），所以需要求得B点坐标．如答图1，连接OB，利用勾股定理求解；‎ ‎（2）由∠PBO=∠POB，可知符合条件的点在线段OB的垂直平分线上．如答图2，OB的垂直平分线与抛物线有两个交点，因此所求的P点有两个，注意不要漏解；‎ ‎（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H，构造梯形MBOH与三角形MHA，求得△MAB面积的表达式，这个表达式是关于M点横坐标的二次函数，利用二次函数的极值求得△MAB面积的最大值．‎ 解答：‎ 解：（1）如答图1，连接OB．‎ ‎∵BC=2，OC=1‎ ‎∴OB==‎ ‎∴B（0，）‎ 将A（3，0），B（0，）代入二次函数的表达式 得，解得，‎ ‎∴y=﹣x2+x+．‎ ‎（2）存在．‎ 如答图2，作线段OB的垂直平分线l，与抛物线的交点即为点P．‎ ‎∵B（0，），O（0，0），‎ ‎∴直线l的表达式为y=．代入抛物线的表达式，‎ 得﹣x2+x+=；‎ 解得x=1±，‎ ‎∴P（1±，）．‎ ‎（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H．‎ 设M（xm，ym），‎ 则S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）•OH+HA•MH﹣OA•OB ‎=（ym+）xm+（3﹣xm）ym﹣×3×‎ ‎=xm+ym﹣‎ ‎∵ym=﹣xm2+xm+，‎ ‎∴S△MAB=xm+（﹣xm2+xm+）﹣‎ ‎=xm2+xm ‎=（xm﹣）2+‎ ‎∴当xm=时，S△MAB取得最大值，最大值为．‎ ‎13．（2012•铜仁地区）如图已知：直线y=﹣x+3交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点D的坐标为（﹣1，0），在直线y=﹣x+3上有一点P，使△ABO与△ADP相似，求出点P的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使△ADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先确定A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）△ABO为等腰直角三角形，若△ADP与之相似，则有两种情形，如答图1所示．利用相似三角形的性质分别求解，避免遗漏；‎ ‎（3）如答图2所示，分别计算△ADE的面积与四边形APCE的面积，得到面积的表达式．利用面积的相等关系得到一元二次方程，将点E是否存在的问题转化为一元二次方程是否有实数根的问题，从而解决问题．需要注意根据（2）中P点的不同位置分别进行计算，在这两种情况下，一元二次方程的判别式均小于0，即所求的E点均不存在．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意得，A（3，0），B（0，3）‎ ‎∵抛物线经过A、B、C三点，‎ ‎∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入y=ax2+bx+c，‎ 得方程组…3分 解得：‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3 …5分 ‎（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形，如答图1所示，‎ 若△ABO∽△AP1D，则 ‎∴DP1=AD=4，‎ ‎∴P1（﹣1，4）…7分 若△ABO∽△ADP2 ，过点P2作P2 M⊥x轴于M，AD=4，‎ ‎∵△ABO为等腰三角形，‎ ‎∴△ADP2是等腰三角形，‎ 由三线合一可得：DM=AM=2=P2M，即点M与点C重合，‎ ‎∴P2（1，2）…10分 ‎（3）如答图2，设点E（x，y），则 ‎ S△ADE=‎ ‎①当P1（﹣1，4）时，‎ S四边形AP1CE=S△ACP1+S△ACE==4+|y|…11分 ‎∴2|y|=4+|y|，‎ ‎∴|y|=4‎ ‎∵点E在x轴下方，‎ ‎∴y=﹣4，代入得：x2﹣4x+3=﹣4，即x2﹣4x+7=0，‎ ‎∵△=（﹣4）2﹣4×7=﹣12＜0‎ ‎∴此方程无解…12分 ‎②当P2（1，2）时，‎ S四边形AP2CE=S△ACP2+S△ACE==2+|y|，‎ ‎∴2|y|=2+|y|，‎ ‎∴|y|=2‎ ‎∵点E在x轴下方，‎ ‎∴y=﹣2，代入得：x2﹣4x+3=﹣2，即x2﹣4x+5=0，‎ ‎∵△=（﹣4）2﹣4×5=﹣4＜0‎ ‎∴此方程无解 综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E．…14分 ‎14．（2012•温州）如图，经过原点的抛物线y=﹣x2+2mx（m＞0）与x轴的另一个交点为A．过点P（1，m）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B．记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（B、C不重合）．连接CB，CP．‎ ‎（1）当m=3时，求点A的坐标及BC的长；‎ ‎（2）当m＞1时，连接CA，问m为何值时CA⊥CP？‎ ‎（3）过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在m，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出所有满足要求的m的值，并定出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）把m=3，代入抛物线的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即为和x轴交点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，进而求出BC的长；‎ ‎（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知条件证明△AGH∽△PCB，根据相似的性质得到：，再用含有m的代数式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值；‎ ‎（3）存在，本题要分当m＞1时，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1和当0＜m＜1时，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的m值和相对应的点E坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）当m=3时，y=﹣x2+6x 令y=0得﹣x2+6x=0‎ ‎∴x1=0，x2=6，‎ ‎∴A（6，0）‎ 当x=1时，y=5‎ ‎∴B（1，5）‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+6x的对称轴为直线x=3‎ 又∵B，C关于对称轴对称 ‎∴BC=4．‎ ‎（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）‎ 由已知得∠ACP=∠BCH=90°‎ ‎∴∠ACH=∠PCB 又∵∠AHC=∠PBC=90°‎ ‎∴△AGH∽△PCB，‎ ‎∴，‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+2mx的对称轴为直线x=m，其中m＞1，‎ 又∵B，C关于对称轴对称，‎ ‎∴BC=2（m﹣1），‎ ‎∵B（1，2m﹣1），P（1，m），‎ ‎∴BP=m﹣1，‎ 又∵A（2m，0），C（2m﹣1，2m﹣1），‎ ‎∴H（2m﹣1，0），‎ ‎∴AH=1，CH=2m﹣1，‎ ‎∴，‎ ‎∴m=．‎ ‎（3）∵B，C不重合，∴m≠1，‎ ‎（I）当m＞1时，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1，‎ ‎（i）若点E在x轴上（如图1），‎ ‎∵∠CPE=90°，‎ ‎∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP，‎ ‎∴△BPC≌△MEP，‎ ‎∴BC=PM，‎ ‎∴2（m﹣1）=m，‎ ‎∴m=2，此时点E的坐标是（2，0）；‎ ‎（ii）若点E在y轴上（如图2），‎ 过点P作PN⊥y轴于点N，‎ 易证△BPC≌△NPE，‎ ‎∴BP=NP=OM=1，‎ ‎∴m﹣1=1，‎ ‎∴m=2，‎ 此时点E的坐标是（0，4）；‎ ‎（II）当0＜m＜1时，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，‎ ‎（i）若点E在x轴上（如图3），‎ 易证△BPC≌△MEP，‎ ‎∴BC=PM，‎ ‎∴2（1﹣m）=m，‎ ‎∴m=，此时点E的坐标是（，0）；‎ ‎（ii）若点E在y轴上（如图4），‎ 过点P作PN⊥y轴于点N，‎ 易证△BPC≌△NPE，‎ ‎∴BP=NP=OM=1，‎ ‎∴1﹣m=1，∴m=0（舍去），‎ 综上所述，当m=2时，点E的坐标是（0，2）或（0，4），‎ 当m=时，点E的坐标是（，0）．‎ ‎15．（2012•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）经过A，C两点，并与x轴的正半轴交于点B．‎ ‎（1）求m的值及抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）设E是y轴右侧抛物线上一点，过点E作直线AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究是否为定值，并写出探究过程．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先求得m的值和直线的解析式，根据抛物线对称性得到B点坐标，根据A、B点坐标利用交点式求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．如答图1所示，过点E作EG⊥x轴于点G，构造全等三角形，利用全等三角形和平行四边形的性质求得E点坐标和平行四边形的面积．注意：符合要求的E点有两个，如答图1所示，不要漏解；‎ ‎（3）本问较为复杂，如答图2所示，分几个步骤解决：‎ 第1步：确定何时△ACP的周长最小．利用轴对称的性质和两点之间线段最短的原理解决；‎ 第2步：确定P点坐标P（1，3），从而直线M1M2的解析式可以表示为y=kx+3﹣k；‎ 第3步：利用根与系数关系求得M1、M2两点坐标间的关系，得到x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3．这一步是为了后续的复杂计算做准备；‎ 第4步：利用两点间的距离公式，分别求得线段M1M2、M1P和M2P的长度，相互比较即可得到结论：=1为定值．这一步涉及大量的运算，注意不要出错，否则难以得出最后的结论．‎ 解答：‎ 解：（1）∵经过点（﹣3，0），‎ ‎∴0=+m，解得m=，‎ ‎∴直线解析式为，C（0，）．‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1，且与x轴交于A（﹣3，0），∴另一交点为B（5，0），‎ 设抛物线解析式为y=a（x+3）（x﹣5），‎ ‎∵抛物线经过C（0，），‎ ‎∴=a•3（﹣5），解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2+x+；‎ ‎（2）假设存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，‎ 则AC∥EF且AC=EF．如答图1，‎ ‎（i）当点E在点E位置时，过点E作EG⊥x轴于点G，‎ ‎∵AC∥EF，∴∠CAO=∠EFG，‎ 又∵，∴△CAO≌△EFG，‎ ‎∴EG=CO=，即yE=，‎ ‎∴=xE2+xE+，解得xE=2（xE=0与C点重合，舍去），‎ ‎∴E（2，），S▱ACEF=；‎ ‎（ii）当点E在点E′位置时，过点E′作E′G′⊥x轴于点G′，‎ 同理可求得E′（+1，），S▱ACE′F′=．‎ ‎（3）要使△ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可．‎ 如答图2，连接BC交x=1于P点，因为点A、B关于x=1对称，根据轴对称性质以及两点之间线段最短，可知此时AP+CP最小（AP+CP最小值为线段BC的长度）．‎ ‎∵B（5，0），C（0，），∴直线BC解析式为y=x+，‎ ‎∵xP=1，∴yP=3，即P（1，3）．‎ 令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3﹣k，‎ ‎∵y=kx+3﹣k，y=x2+x+，‎ 联立化简得：x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3=0，‎ ‎∴x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3．‎ ‎∵y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k，∴y1﹣y2=k（x1﹣x2）．‎ 根据两点间距离公式得到：‎ M1M2====‎ ‎∴M1M2===4（1+k2）．‎ 又M1P===；‎ 同理M2P=‎ ‎∴M1P•M2P=（1+k2）•=（1+k2）•=（1+k2）•=4（1+k2）．‎ ‎∴M1P•M2P=M1M2，‎ ‎∴=1为定值．‎ ‎16．（2012•梅州）如图，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，2）、D（0，3），射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．‎ ‎（1）①点B的坐标是　（6，2）　；②∠CAO=　30　度；③当点Q与点A重合时，点P的坐标为　（3，3）　；（直接写出答案）‎ ‎（2）设OA的中心为N，PQ与线段AC相交于点M，是否存在点P，使△AMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的横坐标为m；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．‎ 解题思路：‎ ‎（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标；②由正切函数，即可求得∠CAO的度数，③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；‎ ‎（2）分别从MN=AN，AM=AN与AM=MN去分析求解即可求得答案；‎ ‎（3）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）①∵四边形OABC是矩形，‎ ‎∴AB=OC，OA=BC，‎ ‎∵A（6，0）、C（0，2），‎ ‎∴点B的坐标为：（6，2）；‎ ‎②∵tan∠CAO===，‎ ‎∴∠CAO=30°；‎ ‎③如下图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，‎ ‎∵∠PQO=60°，D（0，3），‎ ‎∴PE=3，‎ ‎∴AE==3，‎ ‎∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，‎ ‎∴点P的坐标为（3，3）；‎ 故答案为：①（6，2），②30，③（3，3）；‎ ‎（2）情况①：MN=AN=3，‎ 则∠AMN=∠MAN=30°，‎ ‎∴∠MNO=60°，‎ ‎∵∠PQO=60°，‎ 即∠MQO=60°，‎ ‎∴点N与Q重合，‎ ‎∴点P与D重合，‎ ‎∴此时m=0，‎ 情况②，如图AM=AN，作MJ⊥x轴、PI⊥x轴；‎ MJ=MQ•sin60°=AQ•sin60°=（OA﹣IQ﹣OI）•sin60°=（3﹣m）=AM=AN=，‎ 可得（3﹣m）=，‎ 解得：m=3﹣，‎ 情况③AM=NM，此时M的横坐标是4.5，‎ 过点P作PI⊥OA于I，过点M作MG⊥OA于G，‎ ‎∴MG=，‎ ‎∴QK===3，GQ==，‎ ‎∴KG=3﹣0.5=2.5，AG=AN=1.5，‎ ‎∴OK=2，‎ ‎∴m=2，‎ ‎（3）当0≤x≤3时，‎ 如图，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；‎ 由题意可知直线l∥BC∥OA，‎ 可得，‎ EF=（3+x），‎ 此时重叠部分是梯形，其面积为：‎ S梯形=（EF+OQ）•OC=（3+x），‎ 当3＜x≤5时，S=S梯形﹣S△HAQ=S梯形﹣AH•AQ=（3+x）﹣（x﹣3）2，‎ 当5＜x≤9时，S=（BE+OA）•OC=（12﹣x），‎ 当9＜x时，S=OA•AH=．‎ ‎17．（2012•株洲）如图，一次函数分别交y轴、x轴于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点．‎ ‎（1）求这个抛物线的解析式；‎ ‎（2）作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N．求当t取何值时，MN有最大值？最大值是多少？‎ ‎（3）在（2）的情况下，以A、M、N、D为顶点作平行四边形，求第四个顶点D的坐标．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）本问要点是求得线段MN的表达式，这个表达式是关于t的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN的最大值；‎ ‎（3）本问要点是明确D点的可能位置有三种情形，如答图2所示，不要遗漏．其中D1、D2在y轴上，利用线段数量关系容易求得坐标；D3点在第一象限，是直线D1N和D2M的交点，利用直线解析式求得交点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵分别交y轴、x轴于A、B两点，‎ ‎∴A、B点的坐标为：A（0，2），B（4，0）…（1分）‎ 将x=0，y=2代入y=﹣x2+bx+c得c=2…（2分）‎ 将x=4，y=0代入y=﹣x2+bx+c得0=﹣16+4b+2，解得b=，‎ ‎∴抛物线解析式为：y=﹣x2+x+2…（3分）‎ ‎（2）如答图1，设MN交x轴于点E，‎ 则E（t，0），BE=4﹣t．‎ ‎∵tan∠ABO===，‎ ‎∴ME=BE•tan∠ABO=（4﹣t）×=2﹣t．‎ 又N点在抛物线上，且xN=t，∴yN=﹣t2+t+2，‎ ‎∴MN=yN﹣ME=﹣t2+t+2﹣（2﹣t）=﹣t2+4t…（5分）‎ ‎∴当t=2时，MN有最大值4…（6分）‎ ‎（3）由（2）可知，A（0，2），M（2，1），N（2，5）．‎ 以A、M、N、D为顶点作平行四边形，D点的可能位置有三种情形，如答图2所示．…（7分）‎ ‎（i）当D在y轴上时，设D的坐标为（0，a）‎ 由AD=MN，得|a﹣2|=4，解得a1=6，a2=﹣2，‎ 从而D为（0，6）或D（0，﹣2）…（8分）‎ ‎（ii）当D不在y轴上时，由图可知D为D1N与D2M的交点，‎ 易得D1N的方程为y=x+6，D2M的方程为y=x﹣2，‎ 由两方程联立解得D为（4，4）…（9分）‎ 故所求的D点坐标为（0，6），（0，﹣2）或（4，4）…（10分）‎ ‎18．（2012•南充）如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=，抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6）．‎ ‎（1）求抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）直线m与⊙C相切于点A，交y轴于点D．动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动；同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动；点P的速度为每秒一个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时，求运动时间t的值；‎ ‎（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标．‎ 解题思路：‎ ‎（1）根据抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6），利用待定系数法求抛物线解析式；‎ ‎（2）如答图1，由已知条件，可以计算出OD、AE等线段的长度．当PQ⊥AD时，过点O作OF⊥AD于点F，此时四边形OFQP、OFAE均为矩形．则在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长度，从而得到时间t的数值；‎ ‎（3）因为OB为定值，欲使△ROB面积最大，只需OB边上的高最大即可．按照这个思路解决本题．‎ 如答图2，当直线l平行于OB，且与抛物线相切时，OB边上的高最大，从而△ROB的面积最大．联立直线l和抛物线的解析式，利用一元二次方程判别式等于0的结论可以求出R点的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6），‎ ‎∴，解得 ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x．‎ ‎（2）如答图1，连接AC交OB于点E，由垂径定理得AC⊥OB．‎ ‎∵AD为切线，∴AC⊥AD，∴AD∥OB．‎ ‎∵tan∠AOB=，∴sin∠AOB=，‎ ‎∴AE=OA•sin∠AOB=4×=2.4，‎ OD=OA•tan∠OAD=OA•tan∠AOB=4×=3．‎ 当PQ⊥AD时，OP=t，DQ=2t．‎ 过O点作OF⊥AD于F，则在Rt△ODF中，‎ OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ﹣FQ=DQ﹣OP=2t﹣t=t，‎ 由勾股定理得：DF===1.8，‎ ‎∴t=1.8秒；‎ ‎（3）如答图3，设直线l平行于OB，且与抛物线有唯一交点R（相切），‎ 此时△ROB中OB边上的高最大，所以此时△ROB面积最大．‎ ‎∵tan∠AOB=，∴直线OB的解析式为y=x，‎ 由直线l平行于OB，可设直线l解析式为y=x+b．‎ ‎∵点R既在直线l上，又在抛物线上，‎ ‎∴x2﹣2x=x+b，化简得：2x2﹣11x﹣4b=0．‎ ‎∵直线l与抛物线有唯一交点R（相切），‎ ‎∴判别式△=0，即112+32b=0，解得b=，‎ 此时原方程的解为x=，即xR=，‎ 而yR=xR2﹣2xR=‎ ‎∴点R的坐标为R（，）．‎ ‎19．（2012•凉山州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C（点C点A的右侧），点P是抛物线上一动点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；‎ ‎（2）若点P在第二象限内，过点P作PD⊥轴于D，交AB于点E．当点P运动到什么位置时，线段PE最长？此时PE等于多少？‎ ‎（3）如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式，并求出抛物线与x轴另一交点C的坐标；‎ ‎（2）关键是求出线段PE长度的表达式，设D点横坐标为t，则可以将PE表示为关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出PE长度的最大值；‎ ‎（3）根据等腰三角形的性质和勾股定理，将直线l的存在性问题转化为一元二次方程问题，通过一元二次方程的判别式可知直线l是否存在，并求出相应Q点的坐标．注意“△MON是等腰三角形”，其中包含三种情况，需要逐一讨论，不能漏解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣4，0），B（0，4）‎ 抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，可得 ‎，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣3x+4．‎ 令y=0，得﹣x2﹣3x+4=0，‎ 解得x1=﹣4，x2=1，∴C（1，0）．‎ ‎（2）如答图1所示，设D（t，0）．‎ ‎∵OA=OB，∴∠BAO=45°，‎ ‎∴E（t，t），P（t，﹣t2﹣3t+4）．‎ PE=yP﹣yE=﹣t2﹣3t+4﹣t=﹣t2﹣4t=﹣（t+2）2+4，‎ ‎∴当t=﹣2时，线段PE的长度有最大值4，此时P（﹣2，6）．‎ ‎（3）存在．‎ 如答图2所示，过N点作NH⊥x轴于点H．‎ 设OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=45°，‎ ‎∴NH=AH=4﹣m，∴yQ=4﹣m．‎ 又M为OA中点，∴MH=2﹣m．‎ ‎△MON为等腰三角形：‎ ‎①若MN=ON，则H为底边OM的中点，‎ ‎∴m=1，∴yQ=4﹣m=3．‎ 由﹣xQ2﹣3xQ+4=3，解得xQ=，‎ ‎∴点Q坐标为（，3）或（，3）；‎ ‎②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，‎ 根据勾股定理得：MN2=NH2+MH2，即22=（4﹣m）2+（2﹣m）2，‎ 化简得m2﹣6m+8=0，解得：m1=2，m2=4（不合题意，舍去）‎ ‎∴yQ=2，由﹣xQ2﹣3xQ+4=2，解得xQ=，‎ ‎∴点Q坐标为（，2）或（，2）；‎ ‎③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，‎ 根据勾股定理得：ON2=NH2+OH2，即22=（4﹣m）2+m2，‎ 化简得m2﹣4m+6=0，∵△=﹣8＜0，‎ ‎∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．‎ 综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．‎ 所求Q点的坐标为（，3）或（，3）或（，2）或（，2）．‎ ‎20．（2012•衢州）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．‎ ‎（1）求该抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．‎ 解题思路：‎ ‎（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．结论：存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形；‎ ‎（3）本问关键是求得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值．解答中提供了三种求解面积S表达式的方法，殊途同归，可仔细体味．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，‎ 可得c=0，∴，‎ 解得a=，b=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2+x．‎ ‎（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=‎ ‎∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，t2+t）．‎ 如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，‎ AG=yA﹣yM=2﹣（t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=．‎ 当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，‎ ‎∴t2﹣t+2=，‎ 化简得3t2﹣8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，‎ ‎∴点P的坐标为（，）‎ ‎∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形．‎ ‎（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．‎ 求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，﹣a+3），‎ 易知△OQT∽△OCD，可得QT=，‎ ‎∴点Q的坐标为（a，）．‎ 解法一：‎ 设AB与OC相交于点J，‎ ‎∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴=‎ ‎∴HT===2﹣a，‎ KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a．‎ S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT•A′T﹣A′Q•HT ‎=••（3﹣a）﹣•（3﹣a）•（﹣a+2）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎ 解法二：‎ 过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得 ①‎ 由△RKH∽△A′O′B′，得 ②‎ 由①，②得KH=OH，‎ OK=OH，KT=OT﹣OK=a﹣OH ③‎ 由△A′KT∽△A′O′B′，得，‎ 则KT= ④‎ 由③，④得=a﹣OH，即OH=2a﹣2，RH=a﹣1，所以点R的坐标为R（2a﹣2，a﹣1）‎ S四边形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=•OT•QT﹣•OK•RH ‎=a•a﹣（1+a﹣）•（a﹣1）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎ 解法三：‎ ‎∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=，‎ ‎∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（﹣a+3）•=a+，‎ ‎∴OK=OT﹣KT=a﹣（a+）=a﹣，‎ 过点R作RH⊥x轴于H，∵tan∠OAB=tan∠RKH==2，∴RH=2KH 又∵tan∠OAB=tan∠ROH===，‎ ‎∴2RH=OK+KH=a﹣+RH，∴RH=a﹣1，OH=2（a﹣1），‎ ‎∴点R坐标R（2a﹣2，a﹣1）‎ S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=•KT•A′T﹣A′Q•（xQ﹣xR）‎ ‎=••（3﹣a）﹣•（3﹣a）•（﹣a+2）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎