中考数学专题训练综合型问题提升与解析

中考数学专题训练综合型问题提升与解析

中考数学专题训练【综合型问题】提升与解析 ‎ ‎ ‎1在矩形ABCD中，有一个菱形BFDE（点E、F分别在线段AB、CD上），记它们的面积分别为SABCD和SBFDE，现给出下列命题：①若，则tan∠EDF=；②若DE2=BD·EF，则DF=2AD. 则（ ）‎ A、①是真命题，②是真命题 B、①是真命题，②是假命题 C、①是假命题，②是真命题 D、①是假命题，②是假命题 ‎【解题思路】根据图像和面积的计算可设BE=2x，AE=，由菱形的性质可知DE=2x，在Rt△DAE中，有勾股定理的DA= x，所以tan∠EDF=tan∠DEA=；‎ 由菱形面积的计算方法可知：BD·EF就是菱形BFDE的面积，而菱形BFDE的面积还可以用DF·AD计算，所以DE2=DF·AD化简整理的DF=2AD ‎【答案】A ‎【点评】本题主要考查有关面积的计算，其中涉及到勾股定理、菱形的性质、锐角三角函数值，是一道综合性很强的题。难度较大 ‎2．如图，正比例函数和反比例函数的图象都经过点 A ( 3 , 3) ，把直线 OA 向下平移后，与反比例函数的图象交于点B(6,m)，与x轴、y轴分别交于C、D两点 ‎⑴求 m的值；‎ ‎⑵求过 A、B、D 三点的抛物线的解析式；‎ ‎⑶ 若点E是抛物线上的一个动点，是否存在点 E ，使四边形 OECD 的面积S1 ，是四边形OACD 面积S的?若存在，求点 E 的坐标；若不存在，请说明理由 ‎．‎ ‎【解题思路】⑴设正比例函数和反比例函数的解析式分别为 ‎ ∵正比例函数和反比例函数的图象都经过点 A ( 3 , 3)‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∵点B(6,m)在反比例函数的图像上 ‎ ∴‎ ‎⑵由⑴得点B(6，)，‎ 设直线OA 向下平移后BD的解析式为：‎ 把点B(6，)代入BD的解析式：得 ‎∴D(0，)‎ 设过A ( 3 , 3)，B(6，)，D(0，)的 抛物线的解析式为则 解得：.‎ ‎ ∴‎ ‎⑶ ∵BD：，∴令得则C()‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 假设存在点E，则 ‎∴，令 解得，（不合题意，舍去）‎ ‎∴‎ ‎【点评】这是一道典型的数形结合的试题，综合考查了二次函数、一次函数、反比例函数、点的坐标、方程、直角坐标系中平行线解析式的处理，知识的综合运用能力强，要求学生有直觉猜想、空间想象、合情推理、抽象概括、符号表示、运算求解、演绎说理等综合能力.难度较大.‎ A B C O D P ‎·‎ ‎3.如图所示,AC为⊙O的直径,且PA⊥AC,BC是⊙O的一条弦,直线PB交直线AC于点D,.‎ ‎(1)求证:直线PB是⊙O的切线；‎ ‎(2)求cos∠BCA的值.‎ ‎【解题思路】第(1)小题要证切线,须连半径,证垂直.连接、,证明≌即可；第(2)小题要利用平行线性质将所求问题转化为求的余弦值,在中,设出,根据已知条件用含的代数式表示边OA、OP的长,再利用三角函数求之.‎ ‎【答案】(1)证明:连接OB、OP ………………………………………………………(1分)‎ ‎∵ 且∠D=∠D A B C O D P ‎·‎ ‎∴△BDC∽△PDO ‎∴∠DBC=∠DPO ‎∴BC∥OP ‎∴∠BCO=∠POA ‎ ∠CBO=∠BOP ‎∵OB=OC ‎∴∠OCB=∠CBO ‎∴∠BOP=∠POA 又∵OB=OA OP=OP ‎∴△BOP≌△AOP ‎∴∠PBO=∠PAO 又∵PA⊥AC ‎∴∠PBO=90°‎ ‎∴直线PB是⊙O的切线 …………………………………(4分)‎ ‎(2)由(1)知∠BCO=∠POA 设PB,则 又∵‎ ‎∴‎ 又∵BC∥OP ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴cos∠BCA=cos∠POA= ……………………………………………(8分)‎ ‎(注:其他解法依据情况酌情给分)‎ ‎【点评】本题以基本图形:三角形与圆相结合为背景,综合考查了圆的切线的判定定理、平行线的判定与性质、三角形的相似与全等、等腰三角形性质、锐角三角函数、勾股定理等知识,知识点丰富；考查了学生综合运用知识以及转化思想来解决问题的能力.2个小题设问方式较常规,为学生熟知,能让学生正常发挥自己的思维水平.对于在几何图形的证明与求解中,辅助线的添加成为部分学生的一大难题,本题中的2‎ 条辅助线添法是关键,就这2条辅助线就可以将中下层面的学生拒之题外.难度较大.‎ ‎410.如图，⊿ABC和⊿CDE均为等腰直角三角形，点B,C,D在一条直线上，点M是AE的中点，下列结论：①tan∠AEC=;②S⊿ABC+S⊿CDE≧S⊿ACE ;③BM⊥DM;④BM=DM.正确结论的个数是（ ）‎ ‎（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个 ‎【解题思路】此题易得∠ACE=90°，∴tan∠AEC=∴①成立; 设AC=a,CE=b，则而故 ‎∴，，即：∴②成立；延长DM交直线AB于N,易证△AMN≌△EMD，进而得到MD=MN,BD=BN,由等腰三角形三线合一，可得③④成立。‎ ‎【答案】D ‎【点评】本题是一个综合性题目，有一定难度。‎ ‎5．如图，一次函数y=k1x+b的图象经过A（0，－2），B（1，0）两点，与反比例函数y=的图象在第一象限内的交点为M，若△OBM的面积 为2.‎ ‎（1）求一次函数和反比例函数的表达式.‎ ‎（2）在x轴上存在点P，使AM⊥PM？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.‎ ‎【解题思路】（1）由于一次函数的图象经过两个已知点A、B，利用待定系数法可以求出其表达式；确定反比例函数的表达式的关键是求出点M的坐标，过点M作x轴的垂线段MD，利用△OBM的面积为2先求出点M的纵坐标；（2）过点M作MP⊥AM交x轴于点P，注意到基本图形：Rt△BMP中MD⊥BP，利用相似三角形的知识或解直角三角形的知识求出BP的长度，从而求出点P的坐标.‎ ‎【答案】（1）∵直线y=k1x+b过A（0，－2），B（1，0）.‎ ‎∴，∴.‎ ‎∴一次函数的表达式为y=2x－2.‎ 设M（m,n），作MD⊥x轴于点D.‎ ‎∵S△OBM=2.‎ ‎∴OB·MD=2，∴n=2.‎ ‎∴n=4.‎ 将M（m，4）代入y=2x－2得：4=‎2m－2，∴m=3.‎ ‎∵4=，∴k2=12.‎ 所以反比例函数的表达式为y=.‎ ‎(2)过点M（3，4）作MP⊥AM交x轴于点P，‎ ‎∵MD⊥BP ∴∠PMD=∠MBD=∠ABO.‎ ‎∴tan∠PMD= tan∠MBD= tan∠ABO===2.‎ ‎∴在Rt△PDM中，=2，∴PD=2MD=8.‎ ‎∴PO=OD+PD=11.‎ ‎∴在x轴上存在点P，使PM⊥AM，此时点P的坐标为（11，0）.‎ ‎【点评】本题是利用一次函数、反比例函数图象与性质解题的综合题，尽管题目的区分度不是很大，但着重考查了初中数学的很多重要的数学知识点与数学的思想方法（如待定系数法、数形结合等）；解决第（1）题的关键是点的坐标与相应线段长度间的转换，解决第（2）题的关键是“基本图形”的运用. 难度中等.‎ Ａ Ｄ Ｃ Ｂ Ｏ x y 第25题图 ‎6． (本题满分10分) （2011山东枣庄，10，,10分）如图，在平面直角坐标系中，把抛物线向左平移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线.所得抛物线与轴交于两点（点在点的左边），与轴交于点，顶点为．‎ ‎（1）写出的值；‎ ‎（2）判断的形状，并说明理由；‎ ‎（3）在线段上是否存在点，使∽？‎ 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【解题思路】（1）将抛物线向左平移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线的关系式：y=（x+1）2-4，故h= -1，k= -4；‎ ‎（2）令 y =0，解得：x1= -3，x2=1，得到点A、B的坐标再令x=0得到点C的坐标，从而计算出AC，AD，CD的长度，由勾股定理判定三角形的形状；‎ ‎（3）过点O作OM∥BC交AC于M，Ｍ点即为所求点．然后再过点M作x轴的垂线交x轴与点G，确定OG，MG的长度即可确定M的坐标，从而确定存在点，使∽．‎ ‎【答案】解：（1）的顶点坐标为Ｄ（－１，－４），∴ .‎ ‎ （2）由（1）得.当时，． 解之，得　．‎ Ａ Ｄ Ｃ Ｂ Ｏ x y M F E G ‎∴ . 又当时，，∴C点坐标为.又抛物线顶点坐标，作抛物线的对称轴交轴于点E， 轴于点．易知 在中，；‎ 在中，；‎ 在中，；‎ ‎∴ ．‎ ‎∴ △ACD是直角三角形．‎ ‎（3）存在．作OM∥BC交AC于M，Ｍ点即为所求点．由（2）知，为等腰直角三角形，，．由，得．即. 过点作于点，则 ‎，.又点M在第三象限，所以点的坐标为（，）．‎ ‎【点评】本题属于以二次函数为载体，涉及到多个知识点，属于综合问题，考查同学们综合运用知识的能力，第一小题注重考查学生通过二次函数的图像向左、向下的平移确定h，k的值，起点较低，坡度设置合理，第二小题注重考查学生运算能力和逻辑推理能力，第三小题通过逆向思考，假设存在这样的点M，再通过画图可进一步确认其存在的可能性，从而求出M的坐标，解题的关键是过点O作OM∥BC找到点M．难度较大．‎ ‎7．已知，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=900，BC=2AD，E是BC的中点，连接AE、AC.‎ ‎（1）点F是DC上一点，连接EF，交AC于点O（如图①），求证：△AOE∽△COF；‎ ‎（2）若点F是DC的中点，连接BD，交AE于点G（如图②），求证：四边形EFDG是菱形.‎ 图①‎ 图②‎ ‎【解题思路】（1）先证四边形AECD为平行四边形，得AE∥CD；（2）本小题的关键是证四边形EFDG的一组邻边相等，连结DE，先证四边形ABED为矩形，再根据矩形对角线的性质得出DG=EG.‎ ‎【答案】证明：∵点E是BC的中点，BC=2AD，‎ ‎ ∴EC=BE=BC=AD.‎ 又∵AD∥EC，‎ ‎∴四边形AECD为平行四边形.‎ ‎∴AE∥DC.‎ ‎∴∠AEO=∠CFO，∠EAO=∠FCO.‎ ‎∴△AOE∽△COF.‎ ‎（2）证明：连接DE.‎ ‎∵AD∥BE ，AD=BE，‎ ‎∴四边形ABED是平行四边形.‎ 又∠ABE=90°，‎ ‎∴□ABED是矩形.‎ ‎∴BD=AE，GE =AE， GD=BD，‎ ‎∴GE =GD.‎ ‎∵E、F分别是BC、CD的中点，‎ ‎∴EF是△CBD的中位线.‎ ‎∴EF∥BD，‎ 又AE∥DC，‎ ‎∴四边形EFDG是平行四边形.‎ ‎∴平行四边形EFDG是菱形.‎ ‎【点评】本题涉及线段中点的性质、相似三角形的判定、三角形的中位线性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质和菱形的判定等知识点，有一定的综合性，只有熟练掌握特殊四边形的判定与性质才能顺利解答本题，解法的多样性和追求解法的简洁又为不同层次的学生提供了展示思维成果的机会. 难度中等.‎ ‎8．如图，y关于x的二次函数图象的顶点为M，图象交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点．以AB为直径做圆，圆心为C，定点E的坐标为（－3,0），连接ED．（m＞0）‎ ‎（1）写出A、B、D三点的坐标；‎ ‎（2）当m为何值时M点在直线ED上？判定此时直线ED与圆的位置关系；‎ ‎（3）当m变化时，用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图．‎ ‎ ‎ ‎【解题思路】（1）分别令x=0，y=0可用含m的代数式表示A、B、D三点坐标；（2）令直线DE的解析式为：y=kx+b，将E(－3,0)、D(0，m)代入解析式，可确定直线DE的解析式，把二次函数表示成顶点式，确定其顶点M坐标，因为M点在直线DE上，代入，即可求得m的值；连接CD，此时C点坐标为(1，0)、OD=，所以CD=2，又因为OE=3，在△CDE中，利用勾股定理逆定理可判定△CDE为直角三角形，所以直线ED与圆相切；（3）此问要注意分类讨论：当03时，AE=m－3，同样的方法表示出S与m的关系式，最后根据解析式画出示意图．‎ ‎【答案】解：（1），，．‎ ‎（2）设直线ED的解析式为，将、代入，得 解得 ‎∴直线ED的解析式为．‎ ‎∵，‎ ‎∴顶点M的坐标为．‎ 把代入，得．‎ ‎∵，∴．‎ ‎∴当时，点M在直线DE上．‎ 连接CD，C为AB中点，C点坐标为．‎ ‎∵，∴CD=2，点D在圆上．‎ 又∵OE=3，，，．‎ ‎∴．‎ ‎∴∠FDC=90°，‎ ‎∴直线ED与⊙C相切．‎ ‎（3）当时，，即 ‎．‎ 当时，，即．‎ 图象示意图如图中的实线部分．‎ ‎【点拨】此题考查了二次函数、一次函数、圆、解直角三角形等知识，属于综合考查代数与几何的综合性问题．它综合考查了用字母表示坐标，直线与圆的位置关系，第（3）问本题渗透了分类讨论的数学思想，重点考查学生审题是否认真，挖掘出题目中各问之间的关系，综合运用数学知识解决实际问题的能力，以及运用方程的思想、数形结合的思想和分类讨论的思想解决实际问题的能力．由于综合性较强，不少学生在第（2）小题中就主动放弃．难度较大．‎ ‎9.（山东 济宁）M A y N B D P x C 第23题 O C 23、（10分）如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y=kx+3。‎ ‎(1) 设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式。‎ ‎(2)设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，‎ 都有△AMN∽△ABP。请你对于点P处于图中位置时 的两三角形相似给予证明；‎ ‎(3)是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解题思路】(1)、求p随k变化的函数关系式，P的纵坐标为p，由图形可以看出P是AP与切线PB的交点并且PB是唯一固定的直线，因此只要求出直线PB的函数表达式或B点的坐标即可，切线PB过直径AD的外端，故直线l：x=4或B(4,0)，得出P点的横坐标为x=4，带入PA的解析式为：y=kx+3，得p=4k+3。‎ ‎（2）、要△AMN∽△ABP，有图形知∠MAN=∠BAP（公共角），只需再有一角；由圆的直径AD的两个端点有切线，AD是⊙C的直径，连接DN，知：∠AND与∠ABD都与∠DAN互余，∴∠AND=∠ABD； 有同弧所对的圆周角相等得∠ADN=∠AMN，从而有∠ABD=∠AMN，得证。‎ M A y N B D P x C 第23题 O C ‎（3）把x=0代入直线AD，得OA=BD=3，因为△AMN∽△ABP ∴，由 S△ABD= AB·DN=AD·DB求出DN== 从而AN2=AD2-DN2求出AN 最后分两种情况分别进行求解。‎ ‎【答案】解：（1）、‎ ‎∵y轴和直线l都是⊙C的切线 ‎∴OA⊥AD BD⊥AD ‎ 又∵ OA⊥OB ‎∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°‎ ‎∴四边形OADB是矩形 ‎∵⊙C的半径为2‎ ‎∴AD=OB=4‎ ‎∵点P在直线l上 ‎∴点P的坐标为（4，p）‎ 又∵点P也在直线AP上 ‎∴p=4k+3‎ ‎（2）连接DN ‎∵AD是⊙C的直径 ∴ ∠AND=90°‎ ‎∵ ∠ADN=90°-∠DAN，∠ABD=90°-∠DAN ‎ ∴∠AND=∠ABD ‎ 又∵∠ADN=∠AMN ∴∠ABD=∠AMN …………4分 ‎∵∠MAN=∠BAP …………5分 ‎∴△AMN∽△ABP …………6分 ‎(3)存在。 …………7分 理由：把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3‎ AB=∵ ∴‎ ‎∵ S△ABD= AB·DN=AD·DB ‎∴DN==‎ ‎ ∴AN2=AD2-DN2=‎ ‎∵△AMN∽△ABP ‎ ‎∴ 即 ……8分 当点P在B点上方时，‎ ‎∵AP2=AD2+PD2 = AD2+(PB-BD)2 =42+(4k+3-3)2 =16(k2+1)‎ 或AP2=AD2+PD2 = AD2+(BD-PB)2 =42+(3-4k-3)2 =16(k2+1)‎ S△ABP= PB·AD=(4k+3)×4=2(4k+3)‎ ‎∴‎ 整理得k2-4k-2=0 解得k1 =2+ k2=2- …………9分 当点P在B 点下方时，‎ ‎∵AP2=AD2+PD2 =42+(3-4k-3)2 =16(k2+1) ‎ S△ABP= PB·AD=[-(4k+3)]×4=-2(4k+3)‎ ‎∴‎ ‎ 化简，得k2+1=-（4k+3） 解得k=-2‎ ‎ 综合以上所得，当k=2±或k=-2时，△AMN的面积等于 …10分 ‎【点评】此题属于本卷的压轴题，它综合了圆、函数、相似形等知识和分类讨论思想，考查了学生的综合分析能力，题目设计时各问能分类推进，考查了不同等次学生的学习水平，又有很好的区分度，为高一级学校选拔人才。不少学生能完成第（1）小题、第（2）小题，第（3）小题，不少学生没有看出相似的作用，一些学生分类讨论不全面．难度较大 ‎10.如图，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于点A（-3,0），点B（1,0），交y轴于点E（0，-3），点C是点A关于点B的对称点，点F是线段BC的中点，直线l过点F且与y轴平行，直线y=-x+m过点C，交y轴于点D.‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）点K为线段AB上一动点，过点K作x轴的垂线与直线CD交于点H，与抛物线交于点G，求线段HG长度的最大值；‎ A x B C D H E F G K O x y l A B C D H E F G K O y l 备用图 图①‎ ‎（3）在直线l上取点M，在抛物线上取点N，使以点A,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标.‎ ‎【解题思路】第（1）小题用交点式表示出二次函数的表达式，再将抛物线与y轴的交点坐标代入求得a的值，得出二次函数的表达式；第（2）小题中，H、G的横坐标相同，用一字母t表示出H、G两点的坐标，其长度就是两点纵坐标之差，这样得到长度关于t的二次三项式，结合t的取值范围，求的HG的最大值；第（3）小题要分AC是对角线和边两种情况来讨论，AC为边时，点M、N的左右位置不一样，结果又不一样，考虑要周到，运算一定要仔细．‎ ‎【答案】解：（1）设抛物线的函数表达式为y=a(x-1)(x+3).‎ ‎ ∵抛物线交y轴于点E（0，-3），将该点坐标代入得a=1,‎ ‎ ∴抛物线的函数表达式为y=(x-1)(x+3)=x2+2x-3.‎ ‎ (2) ∵点C是点A关于点B的对称点，点A的坐标为（-3,0），点B的坐标（1,0），‎ ‎ ∴点C的坐标（5,0）.‎ ‎ 将点C的坐标代入y=-x+m,得m=5，‎ ‎∴直线CD的函数表达式为y=-x+5.‎ 设K点的坐标为（t,0）,则H点坐标为(t,-t+5),点G的坐标为（t,t2+2t-3）.‎ ‎∵点K为线段AB上一动点，∴-3≤t≤1.‎ ‎∴HG=(-t+5)-(t2+2t-3)=-t2-3t+8=-(t+)2+.‎ ‎∵-3≤t≤1.‎ ‎∴当t=-时，线段HG的长度有最大值.‎ ‎（3）∵点F是线段BC的中点.点B（1,）），点C（5,0），‎ ‎∴点F的坐标为（3,0），‎ ‎∵直线l过点F且与y轴平行，‎ ‎∴直线l的函数表达式为x=3,‎ ‎∵点M在直线l上，点N在抛物线上，‎ ‎∴设点M的坐标为（3，m）,点N的坐标为（n,n2+2n-3）.‎ ‎∵点A（-3,0），点C（5,0）. ∴AC=8.‎ 分情况讨论：‎ ‎①若线段AC是以点A,C,M,N为顶点的平行四边形的边，则须MN∥AC,且MN=AC=8，当点N在点M的左侧时，MN=3-n，∴3-n=8，解得n=-5，∴点N的坐标为（-5，,1）；‎ 当点N在点M的右侧时，MN= n-3，∴n-3=8，解得n=11，∴点N的坐标为（11，140）.‎ ‎②若线段AC是以点A,C,M,N为顶点的平行四边形的对角线，由“点C是点A关于点B的对称点”知：点M与点N关于点B中心对称，取点F关于B的对称点P，则P的坐标为（-1,0），过P作NP⊥x轴，交抛物线于点N，‎ 将x=-1代入y=x2+2x-3.得y=-4，‎ 过点N，B作直线NB交直线l于点M，‎ 在△BPN与△BFM中，‎ ‎∠NBP=∠MBF BF=BP ‎∠BPN=∠BFM=90°‎ ‎∴△BPN≌△BFM, ∴NB=MB.‎ ‎∴四边形ANCM为平行四边形，‎ ‎∴坐标为（-1，-4）的点N符合条件.‎ ‎∴当N点的坐标为（-5,12），（11,140），（-1，-4）时，以点A,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形.‎ ‎【点评】本题属于有一定难度的代数与几何的综合型问题，具有一定的挑战性．它综合考查了用变量t表示点的坐标、直线抛物线的解析式的求法、平行四边形的判别及相关情况的讨论．重点考查学生审题，挖掘出题目中的隐含条件，综合运用数学知识解决实际问题的能力，以及运用转化的思想、方程的思想、数形结合的思想和分类讨论的思想解决实际问题的能力．由于此题入口比较高，不少学生在第（2）小题中就受到阻力；在第（3）小题中更是“畏缩不前”了，尤其是这一问中AC位边为对角线的讨论、AC为边时点M、N位置的考虑，让一些学生思维紊乱，糊涂难做．难度较大．‎ ‎11（山东临沂 第26题 13分）如图，已知抛物线经过点A(-2,0),B(-3,3)及原点0，顶点为C.‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以A,O,D,E为顶点的四边形是平行四边形，求点D点的坐标；‎ O x y C A B ‎（3）P是抛物线第一象限内的一动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.‎ 解题思路：（1）把点A(-2,0),B(-3,3)，O（0,0）代入二次函数的一般形式y=ax2+bx+c,可求二次函数解析式；（2）以A,O,D,E为顶点的四边形分两种情况：其一，OA是平行四边形的一边时，点P落在第一、三象限，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求得点D的坐标；其二，OA是平行四边形的对角线，当点D是顶点时，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可求点D的坐标，因此点D的坐标有三个解；（3）先根据勾股定理判断出△BOC是直角三角形，作为存在性探索题，可把结论以点P,M,A为顶点的三角形与△‎ BOC相似作为条件，结合相似三角形的知识，分两种情况分别求出点P的坐标.‎ 解答：（1）设二次函数的一般形式y=ax2+bx+c,∵二次函数的图像经过点A(-2,0),B(-3,3)，O（0,0），则，解得，所以二次函数解析式为：y=x2+2x；‎ ‎（2）分两种情况：①以OA为平行四边形的一边，则DE∥OA，且DE=OA,由OA=2，得DE=2，因为点E在对称轴上，结合抛物线的对称性知符合条件的点D有两个，它的横坐标分别为1或-3，又点D在抛物线y=x2+2x上，用代入法，当x=-3时，y=3；当x=1时，y=3，所以点D坐标为（-3,3）或（1,3）；②以OA为平行四边形的对角线时，则DE与OA互相平分，又点E在对称轴上，且线段AO的中点横坐标为-1，由对称性知，符合条件的点D只有一个，即顶点C（-1，-1）.‎ 综上所述，符合条件的点共有三个，坐标分别为（-3,3），（1,3），（-1，-1）.‎ ‎（3）存在.‎ ‎∵B(-3,3),C(-1，-1),由勾股定理得BO2=18，CO2=2，BC2=20，‎ ‎∴BO2+C02=BC2,∴△BOC是直角三角形.‎ 假设存在点P，使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似，设P(x,y)，由题意x＞0,y＞0,且y=x2+2x.‎ ①若△AMP∽△BOC,则,即x+2=3(x2+2x),解得x1=,x2=-2（舍去）‎ 当x=时，y=,即P（，）；‎ ②若△PMA∽△BOC,则,即x2+2x=3(x+2),解得x1=3,x2=-2（舍去）‎ 当x=3时，y=15,即P（3，15）.‎ 综上所述，符合条件的点P有两个，其坐标分别为（，）或（3，15）.‎ 点评：本题是一道与函数有关的综合试题，主要考察了二次函数解析式的确定、二次函数的对称性、平行四边形的判定以及相似三角形等知识，还对数学的代入方法，方程思想，分类讨论的思想进行了考察，对于第（2）、（3）小题，学生由于考虑问题不够全面，易导致漏解的错误，平时要加强这方面的训练，第（3）小题属于存在性探索题，学生求解有一定的难度，而相似三角形知识又是学生的薄弱环节，总之，本题的难度很大.‎ ‎12.抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A（m－4,0）和B(m,0)，与直线y=－x+p 相交于点A和点C(‎2m－4,m－6).‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P在抛物线上，且以点P和A,C以及另一点Q为顶点的平行四边形ACQP面积为12，求点P,Q的坐标；‎ ‎（3）在（2）条件下，若点M是x轴下方抛物线上的动点，当⊿PQM的面积最大时，请求出⊿PQM的最大面积及点M的坐标。‎ ‎【解题思路】(1)求函数关系式的三种方法是一般式，顶点式和交点式。此题可由A,C两点在一次函数图象上，求得m值，从而得出A,C两个点的坐标，进一步确定出B的坐标，然后选取任意一种方法求出抛物线的解析式。‎ ‎(2)由平行四边形的面积，及一边长，很容易求得高，再由特殊角求出PQ与y轴的交点。结合二次函数求出P,Q的坐标。可能有两种情况，分别讨论。‎ ‎（3）△PQM中PQ一定，只需PQ上的高最大则△PQM的面积最大。‎ ‎【答案】解：点和在直线y=－x+p上 ‎∴解得∴‎ 设抛物线∵∴‎ ‎∴抛物线解析式为 ‎（2）AC=，AC所在直线的解析式为：，∠BAC=45°‎ ‎∵的面积为12‎ ‎∴中AC边上的高为 过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K，DK=,∴DN=4‎ ‎∵的边PQ所在直线在直线AC的两侧可能各有一条，‎ ‎∴PQ的解析式为或 ‎∴解得或 方程组无解 即,‎ ‎∵四边形ACQP是平行四边形， ‎ ‎∴当时，‎ 当时，‎ ‎∴满足条件的P,Q点是,或,‎ ‎（3）设，过点M作y轴的平行线，交PQ所在直线点T，则，‎ 过点M作MS⊥PQ所在直线于点S，‎ ‎=‎ ‎∴当时，，△PQM中PQ边上高的最大值为 ‎【点评】本题综合性较强，考查了很多基础知识、还要具备较高的空间想象能力、必须考虑到各种情况，此题的运算量和难度都比较大。‎ ‎13．如图，抛物线y＝x2―mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交与点C（0，-1）且对称轴是x=1.‎ ‎（1）求抛物线解析式及A，B两点的坐标；‎ ‎（2）在x轴下方抛物线上是否存在点D，使四边形ABDC的面积是3？若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由（使用图1）；‎ ‎（3）点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形，请求出所有满足条件的点P的坐标（使用图2）.‎ x x=1‎ A B C y O 图2‎ x x=1‎ A B C y O 图1‎ ‎【思路分析】（1）根据对称轴公式可求解m,代入C点坐标可求解n；（2）将四边形分割成三角形AOC、OCD、OBD，三角形AOC面积可求，三角形OCD、OBD，的底已知，高分别为点D的横坐标和纵坐标的相反数，根据三个三角形面积和是3列方程求解；（3）通过画图可观察以Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形时，点Q只能在y轴正半轴上，且PQ=AB=4 , PQ ∥AB ,即已知点P横坐标，代入抛物线解析式可求纵坐标．‎ ‎【答案】解：（1）x==1,∴m=，∴y＝x2―x+n.把C（0，-1）代入得n= -1,∴求抛物线解析式是y＝x2―x-1；‎ 令0＝x2―x-1，得x=3或-1，∴A，B两点的坐标分别是（-1,0）（3,0）；‎ ‎（2）存在.‎ 设D的坐标是（x，y），则y＝x2―x-1，连接AC、CD、OD、BD.‎ ‎∴S△AOC+ S△OCD+ S△OBD=3，∴×1×1+×1×x+×3×(-y)=3,‎ ‎∴+x+×3×(―x2+x+1)=3,‎ 解得x=2或1，所以y=-1或-，∴D的坐标是（2，-1）、（1, -）.‎ ‎（3）（3）1°当AB为边时：设PQ =AB=4 , PQ ∥AB ,则P点的横坐标是4或-4，把x=4代入y＝x2―x-1得y=;把x= -4代入y＝x2-x-1得y=7，即当P的坐标是（4，）或（-4，7）时以Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形.‎ ‎2°当AB为对角线时，则AB与PQ互相平分，线段AB中点是G，PQ过G与y轴交于Q点，过点P作x轴垂线交x轴于H，则△PHG≌△QOC，所以OG=GH，又因为点G的横坐标是1，所以点P的横坐标是2，把x=2代入y＝x2-x-1得y= -1，即当P的坐标是（2，-1），即当P的坐标是（2，-1））时以Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形. ‎ 综上，当P的坐标是（4，）、（-4，7）或（2，-1））时以Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形.‎ ‎【点评】这类探究类问题首先假设存在，根据图形的存在性，求出符合条件的点的坐标．如果不存在，经过推理论证或计算，能够得出与已知条件或公里相矛盾的结论，从而推出假设错误．‎ ‎14． (本题满分14分）‎ 已知△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，D是腰AC上的一个动点，过C作CE垂直于BD或BD的延长线，垂足为E，如图1．‎ ‎(1)若BD是AC的中线，如图2，求的值；‎ ‎(2)若BD是∠ABC的角平分线，如图3，求的值；‎ ‎(3)结合（1)、（2)，请你推断的值的取值范围（直接写出结论，不必证明），并探究的值能小于吗？若能，求出满足条件的D点的位置；若不能，请说明理由．‎ ‎【解题思路】(1)设AD＝x，得出AB＝2x，由勾股定理得出BD的长；然后根据△ABD∽△ECD，得出比例式，求出CE，然后计算出的值．(2)由角平分线性质定理，得出DC与AD的关系，再由勾股定理表示出BD的长；然后根据△ABD∽△ECD，得出比例式，求出CE，然后计算出的值．(3)当点D与点A重合时，＝1，而点D从A向点C移动时，的值逐渐增大，则≥1；再设CD＝xAD，分别表示AB，BD，CE，由得出关于x的一元二次方程，解方程求出x，从而求出D的位置． ‎ ‎【答案】(1)∵△ABC是等腰直角三角形，BD是AC的中线，∴AC＝AB＝2AD．设AD＝CD＝x，则AB＝2x．根据勾股定理，可得BD＝x．∵CE⊥BE，∴∠E＝∠A＝90°，又∵∠ADB＝∠CDE，∴△ABD∽△ECD．∴，即．可得CE＝x，∴＝．‎ ‎（2）方法一：∵BD是角平分线，∴，即DC＝AD．设AD＝x，则DC＝x，AB＝x+x．由勾股定理可知BD＝．同理△ABD∽△ECD，∴，即，∴EC＝．∴＝＝2．‎ 方法二：延长BA交CE的延长线于F，∵BD是角平分线，BD⊥CE，∴△BFE≌△BCE．∴EF＝CE，CF＝2CE．∵∠BAD＝∠CED＝90°，∠ADB＝∠CDE，∴∠ABD＝∠ACF．又∵AB＝AC，∴Rt△ABD≌Rt△ACF．∴BD＝CF．∴BD＝2CE，即＝2．‎ ‎(3)由前面两步的结论可以看出，，所以这样的点是存在的．‎ 设CD＝xAD，则AB＝(x+1)AD，由勾股定理，得BD＝AD．当 时，CE＝BD＝AD．∵，即．整理，得x2－2x－6＝0，解得x1＝1+，x2＝1－(舍去)．即当CD＝(1+)AD时，．所以当＞1+时，．‎ ‎【点评】①有两个角对应相等的三角形相似；②找出未知线段与同一条线段的关系，并用字母进行表示，求出未知线段的比值．‎ ‎15. （满分14分）‎ 如图，在直角坐标系中，梯形ABCD的底边AB在x轴上，底边CD的端点D在y轴上.直线CB的表达式为y=－x+，点A、D的坐标分别为（－4，0），（0，4）.动点P自A点出发，在AB上匀速运行.动点Q自点B出发，在折线BCD上匀速运行，速度均为每秒1个单位.当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动.设点P运动t（秒）时，△OPQ的面积为s（不能构成△OPQ的动点除外）.‎ ‎（1）求出点B、C的坐标；‎ ‎（2）求s随t变化的函数关系式；‎ ‎（3）当t为何值时s有最大值？并求出最大值.‎ O x y A B C D P Q O x y A B C D ‎（备用图1）‎ ‎90‎ ‎（备用图2）‎ ‎90‎ O x y A B C D ‎【解题思路】（1）求B点坐标，令y＝－x＋中的y=0，C点的坐标与点D的纵坐标相等；（2）解决动点问题的基本方法就是化动为静，有三种情况：一种是点P在远点左侧，点Q在线段BC上；第二种是点P在远点右侧，点Q在线段BC上；点P在远点右侧，点Q在线段CD上。（3）求最大值时，一定要注意自变量的范围。‎ ‎【答案】解：（1）把y＝4代入y＝－x＋，得x＝1.‎ ‎ ∴C点的坐标为（1，4）. ‎ ‎ 当y＝0时，－x＋＝0，‎ ‎∴x＝4.∴点B坐标为（4，0）.‎ ‎（2）作CM⊥AB于M，则CM＝4，BM＝3.‎ ‎∴BC＝＝＝5.‎ ‎∴sin∠ABC＝＝.‎ ‎①当0＜t＜4时，作QN⊥OB于N，‎ 则QN＝BQ·sin∠ABC＝t.‎ ‎∴S＝OP·QN＝（4－t）×t ＝－t2＋t（0＜t＜4）.‎ ‎②当4＜t≤5时，（如备用图1），‎ 连接QO，QP，作QN⊥OB于N.‎ 同理可得QN＝t.‎ ‎∴S＝OP·QN＝×（t－4）×t. ＝t2－t（4＜t≤5）.‎ ‎③当5＜t≤6时，（如备用图2），‎ 连接QO，QP.‎ S＝×OP×OD＝（t－4）×4＝2t－8（5＜t≤6）.‎ ‎（3）①在0＜t＜4时，‎ 当t＝＝2时，‎ S最大＝＝.‎ ‎②在4＜t≤5时，对于抛物线S＝t2－t，当t＝－＝2时，‎ S最小＝×22－×2＝－.‎ ‎∴抛物线S＝t2－t的顶点为（2，－）.‎ ‎∴在4＜t≤5时，S随t的增大而增大.‎ ‎∴当t＝5时，S最大＝×52－×5＝2.‎ ‎③在5＜t≤6时，‎ 在S＝2t－8中，∵2＞0，∴S随t的增大而增大.‎ ‎∴当t＝6时，S最大＝2×6－8＝4.‎ ‎∴综合三种情况，当t＝6时，S取得最大值，最大值是4.‎ ‎（说明：（3）中的②也可以省略，但需要说明：在（2）中的②与③的△OPQ，③中的底边OP和高CD都大于②中的底边OP和高.所以③中的△OPQ面积一定大于②中的△OPQ的面积.）‎ ‎【点评】本题是一个综合性试题，考查几何图形与二次函数的综合运用，解决问题的关键是抓住每个时间段状态下的面积与运动时间的数量关系。容易属疏忽的地方就是不考虑自变量的取值条件直接计算最大值。‎ ‎ ‎ ‎16．如图，在直角坐标系中，抛物线（a≠0）与x轴交于A （一1 ， 0）， B（3，0 ）两点，抛物线交y轴于点C（0，3），点D为抛物线的顶点，直线y=x-1交抛物线于点M,N两点，过线段MN上一点P作y轴的平行线交抛物线于点Q.‎ ‎（1）试求抛物线的解析式及顶点D的坐标 ‎（2）问点P在何处时，线段PQ最长，最长为多少？．‎ ‎（3）设E为线段OC上的三等分点，连接EP,EQ,若EP=EQ时，求出P点坐标。‎ ‎【解题思路】本题是一个函数知识的综合题，本题牵涉到一次函数和二次函数的相关知识。比如求二次函数的解析式与顶点坐标，求二次函数的最大值，本题的最大难点是第（3）小题，在⊿EPQ中，EP=EQ，又PQ∥y轴，所以PQ的垂直平分线经过E点，且线段PQ的中点的纵横坐标与E点的纵坐标相等。‎ 答案：‎ (1) 设y=a(x+1)(x-3),由抛物线经过（0,3）可得a=-1，所以y=-x²+2x+3,顶点坐标为（1,4）。‎ (1) PQ=（-x²+2x+3）-（x-1）=-x²+x+4=-（x-）²+‎ 当x=时，P（，-），PQ最长为 ‎（3）由y=x-1，y=-x²+2x+3，设P点的横坐标为x，则线段PQ中点的纵坐标为=。‎ 因EP=EQ，且E为OC上的三等分点，所以点E的坐标为（0,1）或（0,2），故=1或=2，‎ P在MN上，∴x=0或1,2，此时P点的坐标为（0，-1），（1,0）（2,1）. ‎ ‎【点评】本题的最大的难点是求PQ中点的坐标，一般的P（x,y），Q（x,y），则PQ中点的坐标为（,）。本题难度较大 ‎17．已知抛物线与y轴交于点A，它的顶点为点B。点A、B关于原点O对称分别是点C、D。求点A、B、C、D中任何三点都不在一直线上，称四边形ABCD为抛物线的伴随四边形，直线AB为抛物线的伴随直线。‎ ‎（1）如图1，求抛物线的伴随直线的解析式；‎ ‎（2）如图示，若抛物线的伴随直线是y=x-3，伴随四边形的面积为12，求此抛物级的解析式；‎ ‎（3）如图3，若抛物线的伴随直线是y=-2x+b（b）0），且伴随四边形ABCD是矩形。‎ ‎①用含b的代数式表示m、n的值 ‎②在抛物线的结称轴上是否存在点P，使得△PBD是一个等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标（用含b的代数式表示）；若不存在，请说明理由。‎ ‎ ‎ ‎【解题思路】（1）先根据抛物线的解析式求出其顶点B和抛物线与y轴的交点A的坐标，然后设伴随抛物线的解析式，将B,A点的坐标代入,即可求出伴随抛物线的解析式．‎ ‎（2）由题意可求伴随直线与y轴交点A坐标，进一步可求点C的坐标，从而得AC的长度，再由伴随四边形的面积求得点B的横坐标，由于点B在伴随直线上，故可求的B的纵坐标，据此可求出抛物线的解析式；‎ ‎（3）由题意可求伴随直线与y轴交点A坐标，并由对称性可求点C的坐标，由抛物线的解析式可求顶点坐标B为（m,n）代入可得m与n的关系，再由矩形的对角线平分且相等得出本题的答案 ‎（4）本题要考虑的多种情况：分P为顶点，B为顶点，和D为顶点进行讨论情况即可得出所求P点坐标【答案】‎ 解：（1）由已知得B(2,1),B(0,5) 设所求的直线解析式为 解得, 求得的解析式为y=-2x+5‎ ‎(2)如图,作BE⊥AC于点E,由题意得四边形ABCD是平行四边形,点A的坐标为(0,-3)‎ 点C坐标为(0,3)则AC=6，‎ ‎，∴‎ ‎∵m>0,即顶点B在y轴的右侧,且在直线y=x-3上 ‎∴顶点B的坐标是(2,-1)‎ 又抛物线过点A(0,-3)‎ ‎∴a=-1/2‎ ‎∴ ‎ ‎(3)①方法一,如图作BE⊥x轴于点E 由已知可得,A的坐标为(0,b),C的坐标为(0,-b)‎ ‎∵顶点B(m,n)在直线,且在直线y=-2x+b（b>0）上,‎ ‎∴n=-‎2m+b,即点B的坐标为(m,-‎2m+b)在矩形ABCD中,OC=OB, ∴‎ 即 ∴ ‎ ‎ ∴ ‎ ‎∴‎ 方法二,作BE垂直y轴于点E ,类似方法一可得:A的坐标为(0,b),C的坐标为(0,-b)‎ ‎∵顶点B(m,n)在直线,且在直线y=-2x+b（b>0）上,‎ ‎∴n=-‎2m+b,即点B的坐标为(m,-‎2m+b)‎ ‎∴AE=b-(-‎2m+b)=‎‎2m CE=‎-2m+b-(-b)=2b‎-2m,BE=m ‎∴AB⊥BC于点B ‎∴△BEC∽△AEB ‎ ‎ ‎ ∴ ‎ ‎∴‎ ‎②存在共四个点 ‎【点评】本题主要考查了二次函数与一次函数在几何图形中的综合应用，涉及分类讨论，数形结合等思想方法，难度较大。‎ ‎18．如图，平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2，2），点B的坐标为（6，6），抛物线经过A、O、B三点，连结OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E．‎ ‎（1）求点E的坐标；‎ ‎（2）求抛物线的函数解析式；‎ ‎（3）点F为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交M、N两点（点N在y轴右侧），连结ON、BN，当点F在线段OB上运动时，求△BON面积的最大值，并求出此时点N的坐标；‎ ‎（4）连结AN，当△BON面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP与△OAN相似（点B、O、P分别与点O、A、N对应）的点P的坐标．‎ ‎【解题思路】（1）点E坐标是直线AB与y轴交点坐标，根据A、B两点坐标确定直线解析式即可；（2）由图象可知抛物线过原点，可设解析式为，把A、B两点坐标代入求出a、b；（3）由于△BON是一个不规则三角形，可将其面积进行拆分，过点N作作x轴的垂线NG，垂足为G，交OB于点Q，将△BON的面积转化成△QON与△BQN的面积之和；（4）若△BOP与△OAN相似，可从对应点A与点O出发，能发现，故能确定点P在线段ON的延长线上，进而在利用相似求得点P的坐标．‎ ‎【答案】（1）设直线AB的函数解析式为，将点A（-2，2），B（6，6）代入得 ‎，得，∴，当时，，∴E（0，3）．‎ ‎（2）设抛物线的函数解析式为，将A（-2，2），B（6，6）代入得，解得，∴抛物线的解析式为．‎ ‎（3）‎ 过点N作x轴的垂线NG，垂足为G，交OB于点Q，过点B作BH⊥x轴于H，设 ‎，则，则 ‎∴当时，△BON面积最大，最大值为，此时点N的坐标为．‎ （1） 过点A作AS⊥GQ于点S，∵，‎ ‎∴，在，∴，‎ ‎∴，∴．∴ON的延长线上存在一点P，使．‎ ‎∵， ， ‎ ‎，‎ 过点P作PT⊥X轴于点T， ，，，将△OBP沿直线OB翻折，可得出另一个满足条件的点．‎ 由以上推理可知，当点P的坐标为 ‎【点评】本题为整卷压轴题，综合程度较高，难度较大．其编排上具有起点低、坡度缓、难点分散但综合程度高的特点．全题共分四小题，各小题间承接性明显，为学生顺利解题隐含地提供着导向作用，较好地实现了对初中数学基础知识、基本技能和以数学思维为核心的能力考查．特别是第(4‎ ‎)小题，综合程度高，难度进一步加大，并且是一个动态、静态相结合问题，要求学生具备分类讨论的思想，这无疑对数学思维提出了比较高的要求，同时这一点更是本题的最高难点．全题所呈现的数学思想与方法有:图形的变换思想、方程的思想、分类讨论的思想、数形结合的思想，所涉及到的数学知识较多，能有效地考查学生的思维品质和实践能力，具有一定的区分度．难度较大．‎ ‎19、如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF。‎ ‎（1）当AOB=30°时，求弧AB的长；‎ ‎（2）当DE=8时，求线段EF的长；‎ ‎（3）当点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解题思路】根据题意可知，第一小题求弧AB的长，需要知道弧AB的圆心角，易知是60度。在本题中容易可知OBA，ADE，OFE都相似，同时，由AB=BD，OBAD，可知，OB是AD的垂直平分线，如果连接OD，则OD=OA，这时就会出现直角三角形ODE，由勾股定理易求得OE，再根据三角形OEF相似三角形AED，求得EF。同时需要注意，本题中随着B的移动，E点会随之运动，不要勿略了E在O的左边。‎ 第三小题中，由题可知是求因相似而产生的某些关系，在B点的移动过程，要不断找出其中的位置和数量关系。分别有平行、等腰的关系。从结合这些特殊关系，加上隐含的三角形相似求解。‎ ‎ 【答案】 （1）因为AOB=30°，可知弧AB的圆周角为30°，所以弧AB的圆心角为60 °由题意可知r=5，所以弧AB==。‎ 2） 解法一：连接OD，OA是圆C的直径，OBA=90 即OBAD ‎ DB=AB OB是AD的垂直平分线, OD=OA=10, ‎ 在直角三角形ODE中, OE===6‎ ‎①当DE在C的右侧时, ‎ AE=OA-OE ‎ AE=4, 又由 ‎ 三角形OEF相似三角形AED 即 EF=3‎ ‎②当DE在C的左侧时, AE=OA+OE AE=16‎ 同理由, ‎ 即 EF=12‎ 解法二：可设AB=x，则AD=2x,易证OBA相似ADE，所以，，又AB=10，‎ ‎ 所以，即AE=；‎ 在ADE中，由勾股定理得，‎ 解得 或者 所以AE=4或AE=16（此时E在O的左边）‎ 当AE=4时，则OE=6；由OFE相似ADE，可得，所以EF=3。‎ 当AE=16时，此时E在O的左边，由OFE相似ADE，可得，‎ 所以EF=12。‎ 故EF的长度为3或12‎ （1） 设OE=X ‎ ‎ 若：E在点C的右侧时，如图所示， 连接BE，‎ ‎ 是使AOB与ECF相似，只能使 ‎ BE 为ADE斜边上的中线，‎ ‎ BE=AB=DB ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ CF∥BE ‎ ‎ 由ECF相似ADE， ‎ 而AD=2BE 所以， 即 ‎ ‎ 即 解得，，0（舍去）‎ 所以（，0）‎ 若：E在点O和点C的中间时，‎ 由要使AOB与ECF相似，有或者 当 此时，如图所示，‎ 三角形OCF为等腰三角形，点E为OC的中点，所以OE=‎ ‎ （，0）‎ 当 时，如图所示 所以，CF∥AD ‎ ‎ 点C为OA的中点， CF=AB=AD 由三角形CEF 相似三角形AED，得到，‎ 即， 解得，x=，‎ ‎ （，0）‎ 若：E在点O和点C的左侧时，如图所示，连接BE ‎ 是使AOB与ECF相似，只能使 ‎ BE 为ADE斜边上的中线，‎ ‎ BE=AB=DB ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ CF∥BE ‎ ‎ 由ECF相似ADE， ‎ 而AD=2BE 所以， 即 ‎ ‎ 即 解得，，0（舍去）‎ ‎（，0）‎ 综上所述点E： （，0）,（，0）,（，0）,（，0）‎ ‎【点评】本题是难题，在最后的压轴题中出现三次平行，等腰三角形关系，这也是近年来考试的热点，充分考察了相似三角形的比例知识，和分类讨论。这让人易丢分，学生要找出其中的等量关系不容易，也 ‎20 （浙江省绍兴市，24，14分）抛物线y =-(x -1)2+3与y 轴交于点A,顶点为B,对称轴BC与x轴交于点C.‎ ‎(1)如图1,求点A的坐标及线段OC的长;‎ ‎(2)点P在抛物线上,直线PQ//BC交x轴于点Q,连结BQ.‎ ‎ ①若含45°角的直角三角板如图2所示放置,其中,一个顶点与C重合,直角顶点D在BQ上,另一个顶点E在PQ上,求直线BQ的函数解析式;‎ ‎②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合,直角顶点D在直线BQ上,另一个顶点E 在PQ上,求点P的坐标.‎ ‎ ‎ ‎【解题思路】（1）A点横坐标为0，直接代入抛物线y =-(x -1)2+3的解析式即可；‎ ‎（2）①参见下面详细答案；②参见下面详细答案.‎ ‎【答案】解:(1)把x = 0代入y =-(x -1)2+3与y=,‎ ‎ ∴点A(0, ), ∵BC为对称轴, B(1,3), ∴OC =1.‎ ‎ (2) ①如图1,过点D作DM⊥x轴,交x轴于点M,过点D作DN⊥PQ,交PQ于点N,‎ ‎ ∵PQ//BC, ∴∠DMQ=∠DNQ=∠MDN=90°,‎ ‎ ∴四边形MDNQ为矩形, ∵∠CDE=∠MDN=90°, ∴∠CDM=∠EDN ‎ ∵DC =ED, ∴△DCM≌△DEN, ∴DM=DN, ‎ ‎ ∴四边形MDNQ为正方形, ∠DQC=45°, ∴△BCQ为等腰直角三角形,‎ ‎ ∴CQ=BC=3, ∴OQ =4,‎ ‎ 设直线BQ的函数解析式为y =kx + b, 直线上两点坐标B(1,3),Q(4,0),‎ ‎ 代入求得k =-1, b =4, ∴直线BQ的函数解析式为y =-x+4.‎ ‎ ②当点P在对称轴的右侧时,如图2,过点D作DM⊥x的轴,交x轴于点M,过点D作DN⊥PQ,交PQ于点N,设点Q(m,0),‎ ‎ ∵∠CDM +∠MDE=∠EDN +∠MDE=90°, ∴∠CDM =∠EDN,‎ ‎ ∴Rt△CDM∽Rt△EDN, ∴=,‎ ‎ ∵DN=MQ, ∴=, ∵ PQ//BC, ∴ = ‎ ‎ ∴=,‎ ‎ 当∠DCE=30°时, ==, 即m=+1,得点P1(1+,),‎ ‎ 当∠DCE=60°时,点P2(1+,-).‎ ‎ 当点P在对称轴的左侧时,由对称性知, 点P3(1-,), P4(1-3,-).‎ ‎ 综上所述, P1(1+,), P2(1+,-), P3(1-,), P4(1-3,-).‎ ‎【点评】本题的2个小问题，由易到难，梯度明显。它综合应用了待定系数法求解析式、二次函数、一次函数、三角形全等、三角形相似等知识，能够较好地考查了学生有关的知识技能及运算能力、分析推理能力、空间想象能力，还考查了分类讨论、数形结合、方程等数学思想方法，能够体现全卷的区分度，难度较大.‎