江苏市中考数学压轴题汇编有答案
江苏13市2012年中考数学试题分类解析汇编
专题12：押轴题
一、选择题
1. （2012江苏常州2分）已知a、b、c、d都是正实数，且，给出下列四个不等式：
①；②；③；④。
其中不等式正确的是【 】
A. ①③ B. ①④ C. ②④ D. ②③
【答案】A。
【考点】不等式的性质。
【分析】根据不等式的性质，计算后作出判断：
∵a、b、c、d都是正实数，且，∴，即。
∴，即，∴③正确，④不正确。
∵a、b、c、d都是正实数，且，∴。∴，即。
∴。∴①正确，②不正确。
∴不等式正确的是①③。故选A。
2. （2012江苏淮安3分）下列说法正确的是【 】
A、两名同学5次成绩的平均分相同，则方差较大的同学成绩更稳定。
B、某班选出两名同学参加校演讲比赛，结果一定是一名男生和一名女生
C、学校气象小组预报明天下雨的概率为0.8，则明天下雨的可能性较大
D、为了解我市学校“阳光体育”活动开展情况，必须采用普查的方法
【答案】C。
【考点】方差的意义，概率的意义，调查方法的选择。
【分析】根据方差的意义，概率的意义，调查方法的选择逐一作出判断：
A、两名同学5次成绩的平均分相同，则方差较小的同学成绩更稳定，故本选项错误；
B、某班选出两名同学参加校演讲比赛，结果不一定是一名男生和一名女生，故本选项错误；
C、学校气象小组预报明天下雨的概率为0.8，则明天下雨的可能性较大，故本选项正确；
D、为了解我市学校“阳光体育”活动开展情况，易采用抽样调查的方法，故本选项错误。
故选C。
3. （2012江苏连云港3分）小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°角的正切值是【 】
A．＋1 B．＋1 C．2.5 D．
【答案】B。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，勾股定理。
【分析】∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，
∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝45°，
∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，
∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝＝22.5°。∴∠FAB＝67.5°。
设AB＝x，则AE＝EF＝x，
∴an67.5°＝tan∠FAB＝t。故选B。
4. （2012江苏南京2分）如图，菱形纸片ABCD中，∠A=600，将纸片折叠，点A、D分别落在A’、D’处，且A’D’经过B，EF为折痕，当D’FCD时，的值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】翻折变换（折叠问题），菱形的性质，平行的性质，折叠的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】延长DC与A′D′，交于点M，
∵在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，
∴∠DCB=∠A=60°，AB∥CD。
∴∠D=180°-∠A=120°。
根据折叠的性质，可得
∠A′D′F=∠D=120°，
∴∠FD′M=180°-∠A′D′F=60°。
∵D′F⊥CD，∴∠D′FM=90°，∠M=90°-∠FD′M=30°。
∵∠BCM=180°-∠BCD=120°，∴∠CBM=180°-∠BCM-∠M=30°。∴∠CBM=∠M。
∴BC=CM。
设CF=x，D′F=DF=y， 则BC=CM=CD=CF+DF=x+y。∴FM=CM+CF=2x+y，
在Rt△D′FM中，tan∠M=tan30°=，∴。
∴。故选A。
5. （2012江苏南通3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90º，∠B＝30º，AC＝1，AC在直线l上．将△ABC
绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，此时AP1＝2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，
可得到点P2，此时AP2＝2＋；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3
＝3＋；…，按此规律继续旋转，直到得到点P2012为止，则AP2012＝【 】
A．2011＋671 B．2012＋671 C．2013＋671 D．2014＋671
【答案】B。
【考点】分类归纳（图形的变化类），旋转的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。
【分析】寻找规律，发现将Rt△ABC绕点A，P1，P2，···顺时针旋转，每旋转一次， APi（i=1,2,3,···）
的长度依次增加2， ，1，且三次一循环，按此规律即可求解：
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2，BC=。
根据旋转的性质，将Rt△ABC绕点A，P1，P2，···顺时针旋转，每旋转一次， APi（i=1,2,3,···）
的长度依次增加2， ，1，且三次一循环。
∵2012÷3==670…2，
∴AP2012=670（3+ ）+2+ =2012+671 。故选B。
6. （2012江苏苏州3分）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点
B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上．若正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，
B1C1∥B2C2∥B3C3，则点A3到x轴的距离是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】正方形的性质，平行的性质，三角形内角和定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】过小正方形的一个顶点W作FQ⊥x轴于点Q，过点A3F⊥FQ于点F，
∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴∠B3C3 E4=60°，∠D1C1E1=30°，
∠E2B2C2=30°。
∴D1E1=D1C1=。
∴D1E1=B2E2=。
∴。
解得：B2C2=。
∴B3E4=。∴，解得：B3C3=。∴WC3=。
根据题意得出：∠WC3 Q=30°，∠C3 WQ=60°，∠A3 WF=30°，
∴WQ=，FW=WA3•cos30°=。
∴点A3到x轴的距离为：FW+WQ=。故选D。
7. （2012江苏宿迁3分）在平面直角坐标系中，若将抛物线y=2x2 - 4x+3先向右平移3个单位长度，再
向上平移2个单位长度，则经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是【 】
A.（－2，3） B.（－1，4） C.（1，4） D.（4，3）
【答案】D。
【考点】坐标平移。
【分析】
根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，将抛物线y=2x2 - 4x+3先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，其顶点也同样变换。
∵的顶点坐标是（1，1），
∴点（1，1）先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，得点（4，3），即经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是（4，3）。故选D。
8. （2012江苏泰州3分）下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对
角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连结矩形四边中点得到的四边形是菱形；④正五边形既是
轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题共有【 】
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B。
【考点】真假命题，平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定，轴对称图形和中心对称图形。
【分析】根据平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定和轴对称图形、中心对称图形的概念逐一作出判断：
①如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠ABC，
连接BD，则
∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC（两直线平行，内错角相等）。
又∵∠ADC=∠ABC，∴∠BDC=∠ABD（等量减等量，差相等）。
∴AB∥DC（内错角相等，两直线平行）。
∴四边形ABCD是平行四边形（平行四边形定义）。因此命题①正确。
②举反例说明，如图，铮形对角线互相垂直且相等。因此命题②错误。
③如图，矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
连接AC，BD。
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=AC，HG=AC，EF=BD，FG=BD（三角形中位线定理）。
又∵矩形ABCD，∴AC=BD（矩形的对角线相等）。
∴EF=HG=EF=FG（等量代换）。
∴四边形EFGH是菱形（四边相等的辊边形是菱形）。因此命题③正确。
④根据轴对称图形和中心对称图形的概念，正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形。因此命题④错误。
综上所述，正确的命题即真命题有①③。故选B。
9. （2012江苏无锡3分）如图，以M（﹣5，0）为圆心、4为半径的圆与x轴交于A．B两点，P是⊙M上异于A．B的一动点，直线PA．PB分别交y轴于C．D，以CD为直径的⊙N与x轴交于E、F，则EF的长【 】
A． 等于4 B． 等于4 C． 等于6 D． 随P点
【答案】C。
【考点】圆周角定理，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理。
【分析】 连接NE，设圆N半径为r，ON=x，则OD=r﹣x，OC=r+x，
∵以M（﹣5，0）为圆心、4为半径的圆与x轴交于A．B两点，
∴OA=4+5=9，0B=5﹣4=1。
∵AB是⊙M的直径，∴∠APB=90°。
∵∠BOD=90°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∠ODB+∠OBD=90°。
∵∠PBA=∠OBD，∴∠PAB=∠ODB。
∵∠APB=∠BOD=90°，∴△OBD∽△OCA。∴，即，即r2﹣x2=9。
由垂径定理得：OE=OF，
由勾股定理得：OE2=EN2﹣ON2=r2﹣x2=9。∴OE=OF=3，∴EF=2OE=6。
故选C。
10. （2012江苏徐州3分）如图，在正方形ABCD中，E是CD的中点，点F在BC上，且FC=BC。图中相似三角形共有【 】
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【答案】C。
【考点】正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定。
【分析】根据正方形的性质，求出各边长，应用相似三角形的判定定理进行判定：
同已知，设CF=a，则CE=DE=2a，AB=BC=CD=DA=4a，BF=3a。
根据勾股定理，得EF=，AE=，AF=5a。
∴。
∴△CEF∽△DEA，△CEF∽△EAF，△DEA∽△EAF。共有3对相似三角形。故选C。
11. （2012江苏盐城3分）已知整数满足下列条件：,,,
,…,依次类推，则的值为【 】
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】分类归纳（数字的变化类）
【分析】根据条件求出前几个数的值，寻找规律，分是奇数和偶数讨论：：
∵， ，
，，
，，
，，
…，
∴当是奇数时，，是偶数时， 。
∴。故选B。
12. （2012江苏扬州3分）大于1的正整数m的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，…若m3分裂后，其中有一个奇数是2013，则m的值是【 】
A．43 B．44 C．45 D．46
【答案】C。
【考点】分类归纳（数字的变化类）。
【分析】分析规律，然后找出2013所在的奇数的范围，即可得解：
∵23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，
…
∴m3分裂后的第一个数是m(m－1)＋1，共有m个奇数。
∵45×(45－1)＋1＝1981，46×(46－1)＋1＝2071，
∴第2013个奇数是底数为45的数的立方分裂后的一个奇数，
∴m＝45。故选C。
13. （2012江苏镇江3分）边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形。取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形。取这个正六边形不相邻的三边中点顺次连接，又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形。取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图）…，按此方式依次操作。则第6个正六边形的边长是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形和判定和性质，三角形中位线定理。
【分析】如图，双向延长EF分别交AB、AC于点G、H。
根据三角形中位线定理，得GE=FH=，GB=CH=。
∴AG=AH=。
又∵△ABC中，∠A=600，∴△AGH是等边三角形。
∴GH=AG=AH=。EF= GH－GE－FH=。
∴第2个等边三角形的边长为。
同理，第3个等边三角形的边长为，第4个等边三角形的边长为，第5个等边三角形的边长为，第6个等边三角形的边长为。
又∵相应正六边形的边长是等边三角形的边长的，
∴第6个正六边形的边长是。故选A。
二、填空题
1. （2012江苏常州2分）如图，已知反比例函数和。点A在y轴的正半轴上，过点A作直线BC∥x轴，且分别与两个反比例函数的图象交于点B和C，连接OC、OB。若△BOC的面积为，AC：AB=2：3，则= ▲ ，= ▲ 。
2. （2012江苏淮安3分）如图，射线OA、BA分别表示甲、乙两人骑自行车运动过程的一次函数的图象，图中s、t分别表示行驶距离和时间，则这两人骑自行车的速度相差 ▲ km/h。
【答案】4。
【考点】一次函数的图象和应用。
【分析】要求这两人骑自行车的速度相差，只要由图象求出两人5 h行驶的距离即可：
甲5 h行驶的距离为100 km，故速度为100÷5=20 km/h；
乙5 h行驶的距离为100 km－20km =80 km，故速度为80÷5=16 km/h。
∴这两人骑自行车的速度相差20－16=4 km/h。
3. （2012江苏连云港3分）如图，直线y＝k1x＋b与双曲线交于A、B两点，其横坐标分别为1和5，则不等式k1x＜＋b的解集是 ▲ ．
【答案】－5＜x＜－1或x＞0。
【考点】不等式的图象解法，平移的性质，反比例函数与一次函数的交点问题，对称的性质。
【分析】不等式k1x＜＋b的解集即k1x－b＜的解集，根据不等式与直线和双曲线解析式的关系，可以理解为直线y＝k1x－b在双曲线下方的自变量x的取值范围即可。
而直线y＝k1x－b的图象可以由y＝k1x＋b向下平移2b个单位得到，如图所示。根据函数图象的对称性可得：直线y＝k1x－b和y＝k1x＋b与双曲线的交点坐标关于原点对称。
由关于原点对称的坐标点性质，直线y＝k1x－b图象与双曲线图象交点A′、B′的横坐标为A、B两点横坐标的相反数，即为－1，－5。
∴由图知，当－5＜x＜－1或x＞0时，直线y＝k1x－b图象在双曲线图象下方。
∴不等式k1x＜＋b的解集是－5＜x＜－1或x＞0。
4. （2012江苏南京2分）在平面直角坐标系中，规定把一个三角形先沿x轴翻折，再向右平移两个单位称为一次变换，如图，已知等边三角形ABC的顶点B、C的坐标分别是，（-1，-1），（-3，-1），把三角形ABC经过连续9次这样的变换得到三角形A’B’C’，则点A的对应点A’的坐标是 ▲
【答案】（16，）。
【考点】分类归纳（图形的变化类），翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】先由△ABC是等边三角形，点B、C的坐标分别是（－1，1）、（－3，－1），求得点A的坐标；再寻找规律，求出点A的对应点A′的坐标：
如图，作BC的中垂线交BC于点D，则
∵△ABC是等边三角形，点B、C的坐标分别是（－1，1）、（－3，－1），
∴BD=1，。∴A（—2，）。
根据题意，可得规律：第n次变换后的点A的对应点的坐标：当n为奇数时为（2n－2，），当n为偶数时为（2n－2， ）。
∴把△ABC经过连续9次这样的变换得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是：（16，）。
5. （2012江苏南通3分）无论a取什么实数，点P(a－1，2a－3)都在直线l上，Q(m，n)是直线l上的点，
则(2m－n＋3)2的值等于 ▲ ．
【答案】16。
【考点】待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，求代数式的值。
【分析】∵由于a不论为何值此点均在直线l上，
∴令a=0，则P1（－1，－3）；再令a=1，则P2（0，－1）。
设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），
∴ ，解得 。
∴直线l的解析式为：y=2x－1。
∵Q（m，n）是直线l上的点，∴2m－1=n，即2m－n=1。
∴(2m－n＋3)2=（1+3）2=16。
6. （2012江苏苏州3分）如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s
的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止.已知△PAD的面积S（单位：）
与点P移动的时间t（单位：s）的函数关系式如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了 ▲ 秒
（结果保留根号）.
【答案】4＋。
【考点】动点问题的函数图象，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理。
【分析】由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，
∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4－2=2秒。
∵动点P的运动速度是1cm/s，∴AB=2，BC=2。
过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，
则四边形BCFE是矩形。∴BE=CF，BC=EF=2。
∵∠A=60°，
∴，。
∵由图②可△ABD的面积为，
∴，即， 解得AD=6。
∴DF=AD－AE－EF=6－1－2=3。
在Rt△CDF中，，
∴动点P运动的总路程为AB＋BC＋CD=2＋2＋=4＋（cm）。
∵动点P的运动速度是1cm/s，
∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+）÷1=4+s。
7. （2012江苏宿迁3分）按照如图所示的方法排列黑色小正方形地砖，则第14个图案中黑色小正方形地砖的块数是 ▲ .
【答案】365。
【考点】分类归纳（图形的变化类）。寻找规律，
【分析】画树状图：记第n个图案中黑色小正方形地砖的块数是an，则
∴an－an－1=4（n－1）（n=2，3，4，···），
∴（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋···＋（an－an－1）=4＋8＋···＋4（n－1），
即an－a1=4[1＋2＋3＋···＋（n－1）]=
∴an=＋a1=。
当n=14时，a14 =。
8. （2012江苏泰州3分）如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这
些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则tan∠APD的值是 ▲ ．
【答案】2。
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义。
【分析】如图，连接BE，交CD于点F。
∵四边形BCED是正方形，
∴DF=CF=CD，BF=BE，CD=BE，BE⊥CD，∴BF=CF。
根据题意得：AC∥BD，∴△ACP∽△BDP。
∴DP：CP=BD：AC=1：3。∴DP=PF=CF= BF。
在Rt△PBF中，。
∵∠APD=∠BPF，∴tan∠APD=2。
9. （2012江苏无锡2分）如图的平面直角坐标系中有一个正六边形ABCDEF，其中C．D的坐标分别为（1，0）和（2，0）．若在无滑动的情况下，将这个六边形沿着x轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点A．B．C．D．E、F中，会过点（45，2）的是点 ▲ ．
【答案】B。
【考点】分类归纳（图形的变化类），坐标与图形性质，正多边形和圆，旋转的性质。
【分析】由正六边形ABCDEF中C．D的坐标分别为（1，0）和（2，0），得正六边形边长为1，周长为6。
∴正六边形滚动一周等于6。如图所示。
当正六边形ABCDEF滚动到位置1，2，3，4，5，6，7时，顶点A．B．C．D．E、F的纵坐标为2。
位置1时，点A的横坐标也为2。
又∵（45－2）÷6=7…1，
∴恰好滚动7周多一个，即与位置2顶点的纵坐标相同，此点是点B。
∴会过点（45，2）的是点B。
10. （2012江苏徐州2分）函数的图象如图所示，关于该函数，下列结论正确的是 ▲ （填序号）。
①函数图象是轴对称图形；②函数图象是中心对称图形；③当x>0时，函数有最小值；④点（1，4）在函数图象上；⑤当x＜1或x＞3时，y＞4。
【答案】②③④。
【考点】函数的图象和性质，轴对称图形和中心对称图形，曲线上点的坐标与方程的关系。
【分析】根据图象作出判断：
①函数图象不是轴对称图形。故结论①错误。
②函数图象是中心对称图形，对称中心是坐标原点。故结论②正确。
③∵当x>0时，，∴函数有最小值。故结论③正确。
④∵当x=1时，。∴点（1，4）在函数图象上。故结论④正确。
⑤∵当x＜0时，y＜0，∴当x＜1时，y不大于4。故结论⑤错误。
∴结论正确的是②③④。
11. （2012江苏盐城3分）一批志愿者组成了一个“爱心团队”,专门到全国各地巡回演出,以募集爱心基金.
第一个月他们就募集到资金1万元,随着影响的扩大,第n（n≥2）个月他们募集到的资金都将会比上个月增
加20%,则当该月所募集到的资金首次突破10万元时,相应的n的值为 ▲ .
(参考数据:,,)
【答案】13。
【考点】同底数幂的乘法
【分析】第一个月募集到资金1万元，则由题意第二个月募集到资金（1+20%）万元，第三个月募集到资
金（1+20%）2万元，…，第n个月募集到资金（1+20%）n-1万元，由题意得：
（1+20%）n－1＞10，即1.2 n－1＞10.
∵1.25×1.26≈7.5＜10，1.25×1.27≈10.8＞10，
∴n－1=5+7=12，解得，n=13。
12. （2012江苏扬州3分）如图，双曲线经过Rt△OMN斜边上的点A，与直角边MN相交于点B，已知OA＝2AN，△OAB的面积为5，则k的值是 ▲ ．
【答案】12。
【考点】反比例函数综合题。
【分析】如图，过A点作AC⊥x轴于点C，则AC∥NM，
∴△OAC∽△ONM，∴OC：OM＝AC：NM＝OA：ON。
又∵OA＝2AN，∴OA：ON＝2：3。
设A点坐标为(x0，y0)，则OC＝x0，AC＝y0。
∴OM＝，NM＝。∴N点坐标为(，)。
∴点B的横坐标为，设B点的纵坐标为yB，
∵点A与点B都在图象上，∴k＝x0 •y0＝•yB。∴。
∴B点坐标为()。
∵OA＝2AN，△OAB的面积为5，∴△NAB的面积为。∴△ONB的面积＝。
∴，即。∴。∴k＝12。
13. （2012江苏镇江2分）如图，在平面直角坐标系x0y中，直线AB过点A（－4，0），B（0，4），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ
的最小值为 ▲ 。
三、解答题
1. （2012江苏常州9分）已知，在矩形ABCD中，AB=4，BC=2，点M为边BC的中点，点P为边CD上的动点（点P异于C、D两点）。连接PM，过点P作PM的垂线与射线DA相交于点E（如图）。设CP=x，DE=y。
（1）写出y与x之间的函数关系式 ▲ ；
（2）若点E与点A重合，则x的值为 ▲ ；
（3）是否存在点P，使得点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上？若存在，求x的值；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）y=－x2＋4x。
（2）或。
（3）存在。
过点P作PH⊥AB于点H。则
∵点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，
∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x2＋4x，EA=AD－ED= x2－4x＋2，∠P D′E=∠D=900。
在Rt△D′P H中，PH=2， D′P =DP=4－x，D′H=。
∵∠ E D′A=1800－900－∠P D′H=900－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =900，
∴△E D′A∽△D′P H。∴，即，
即，两边平方并整理得，2x2－4x＋1=0。解得。
∵当时，y=，
∴此时，点E已在边DA延长线上，不合题意，舍去（实际上是无理方程的增根）。
∵当时，y=，
∴此时，点E在边AD上，符合题意。
∴当时，点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上。
【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠对称的性质，解无理方程。
【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE，
∴，即。∴y=－x2＋4x。
（2）当点E与点A重合时，y=2，即2=－x2＋4x，x2－4x＋2=0。
解得。
（3）过点P作PH⊥AB于点H，则由点D关于直线PE的对称点D′落在边AB上，可得△E D′A与△D′P H相似，由对应边成比例得得关于x的方程即可求解。注意检验。
2. （2012江苏常州10分）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0）。以点P为圆心，为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（D点在点C的上方）。点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）。
（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）连接DB、BE，设△BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ。试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？
（3）连接BC，求∠DBC－∠DBE的度数。
【答案】解：（1）B（3m，0），E（m，4m）。
（2）线段BQ与线段EQ的长相等。理由如下：
由（1）知B（3m，0），E（m，4m），
∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，
∴D（0，3m）。
∴，，
。
∴。∴△BDE是直角三角形。
∴BE是△BDE的外接圆的直径。
设△BDE的外接圆的圆心为点G，则由B（3m，0），E（m，4m）得G（2m，2m）。
过点G作GI⊥DG于点I，则I（0，2m）。
根据垂径定理，得DI=IQ ，∴Q（0，m）。
∴。
∴BQ=EQ。
（3）延长EP交x轴于点H，则EP⊥AB，BH=2m。
根据垂径定理，得AH=BH=2m，AO= m。
根据圆的对称性，OC=OA= m。
又∵OB=3m，，，
∴。。
又∵∠COB=∠EDB=900，∴△COB∽△EDB。∴∠OBC=∠DBE。
∴∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO。
又∵OB=OC，∴∠DBO=450。∴∠DBC－∠DBE=450。
【考点】直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理和逆定理，圆的对称性，平行四边形的性质，中点坐标，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）过点P 作PH⊥x轴于点H，PF⊥y轴于点F，连接OE，BP。
∵点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0），
∴ P（m，m），H（m，0），F（0，m），OH=OF=HP= m。
∵PB=，∴。
∴OB=3 m。∴B（3m，0）。
∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，∴D（0，3m）。
∵四边形DOPE是平行四边形，∴PE=OD=3m，HE=4m。∴E（m，4 m）。
（2）由勾股定理和逆定理，易知△BDE是直角三角形，从而根据圆周角定理和垂径定理可得点Q的坐标，从而根据勾股定理可求出BQ和EQ的长比较即得。
（3）求出有关线段的长，可得，从而证得△COB∽△EDB，得到∠OBC=∠DBE。因此∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO=450。
3. （2012江苏淮安12分）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，4），C（2，0），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350，得到矩形EFGH（点E与O重合）.
（1）若GH交y轴于点M，则∠FOM＝ ，OM=
（2）矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位。
①直线GH与x轴交于点D，若AD∥BO，求t的值；
②若矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位，试求当0
∠C）之间的等量关系。
根据以上内容猜想：若经过n 次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C不妨设∠B>∠C）之间的等量关系为
应用提升
（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为150，600，1050，发现600和1050的两个角都是此三角形的好角，
请你完成，如果一个三角形的最小角是40，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角
【答案】解：（1）是。
（2）∠B=3∠C。
如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平
分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角。
证明如下：
∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA1B1，∠C=∠A2B2C，∠A1 B1C=∠A1A2B2，
∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C。
∵根据四边形的外角定理知，
∠BAC+∠B+∠AA1B1－∠A1 B1C=∠BAC+2∠B－2C=180°，
根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴∠B=3∠C。
故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B=n∠C。
（3）由（2）知，∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，
∴∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角。
∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是88°、88°。
【考点】分类归纳（图形的变化类），新定义，翻折变换（折叠问题），折叠的性质，三角形的内角和外角定理。
【分析】（1）理由如下：小丽展示的情形二中，如图3，
∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，∴∠B=∠AA1B1。
又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C=∠C。∵∠AA1B1=∠C+∠A1B1C（外角定理），∴∠B=2∠C。故答案是。
（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C；根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B－2C=180°①，根据三角形ABC的内角和定理知∠BAC+∠B+∠C=180°②，由①②可以求得∠B=3∠C。
由小丽展示的情形一知，当∠B=∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
由小丽展示的情形二知，当∠B=2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
由小丽展示的情形三知，当∠B=3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：∠B=n∠C。
（3）利用（2）的结论知∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角，然后三角形内角和定理可求得另外两个角的度数可以是88°、88°。
5. （2012江苏连云港12分）如图，甲、乙两人分别从A(1，)、B(6，0)两点同时出发，点O为坐标原点，甲沿AO方向、乙沿BO方向均以4km/h的速度行驶，th后，甲到达M点，乙到达N点．
(1)请说明甲、乙两人到达O点前，MN与AB不可能平行．
(2)当t为何值时，△OMN∽△OBA？
(3)甲、乙两人之间的距离为MN的长，设s＝MN2，求s与t之间的函数关系式，并求甲、乙两人之间距离的最小值．
【答案】解：(1)∵A坐标为(1，)，∴OA＝2，∠AOB＝60°。
∵甲达到O点时间为t＝，乙达到O点的时间为t＝，
∴甲先到达O点，所以t＝或t＝时，O、M、N三点不能连接成三角形。
①当t＜时，OM＝2－4t，ON＝6－4t，
假设MN∥AB。则△OMN∽△OAB。
∴，解得t＝0。即在甲到达O点前，只有当t＝0时，△OMN∽△OAB。
∴MN与AB不可能平行。
②当＜t＜时，
如图，∵∠PMN＞∠PON＞∠PAB
∴MN与AB不平行。
综上所述，在甲、乙两人到达O点前， MN与AB不可能平行。
(2) 由（1）知，当t≤时，△OMN不相似△OBA。
当t＞时，OM＝4t －2，ON＝4t －6，
由解得t＝2＞，
∴当t＝2时，△OMN∽△OBA。
(3)①当t≤时，如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为H，
在Rt△MOH中，∵∠AOB＝60°，
∴MH＝OMsin60°＝(2－4t)×＝(1－2t)，
OH＝0Mcos60°＝(2－4t)×＝1－2t，
∴NH＝(6－4t)－(1－2t)＝5－2t。
∴s＝[(1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28。
②当＜t≤时，如图2，作MH⊥x轴，垂足为H，
在Rt△MNH中，MH＝(4t－2)＝(2t－1)，
NH＝(4t－2)＋(6－4t)＝5－2t，
∴s＝[(1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28。
③当t＞时，同理可得s＝16t2－32t＋28。
综上所述，s＝16t2－32t＋28。
∵s＝16t2－32t＋28＝16(t－1)2＋12，
∴当t＝1时，s有最小值为12，
∴甲、乙两人距离最小值为（km）。
【考点】反证法，坐标与图形性质，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形外角性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，二次函数的最值。
【分析】(1)用反证法说明．根据已知条件分别表示相关线段的长度，根据三角形相似得比例式说明。
(2)根据两个点到达O点的时间不同分段讨论解答。
(3)在不同的时间段运用相似三角形的判定和性质分别求解析式，运用函数性质解答问题。
6. （2012江苏连云港12分）已知梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，
问题1：如图1，P为AB边上的一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？
问题2：如图2，若P为AB边上一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
问题3：若P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE＝PD，再以PE，PC为边作平行四边形PCQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
问题4：如图3，若P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE＝nPA(n为常数)，以PE、PB为边作平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
【答案】解：问题1：对角线PQ与DC不可能相等。理由如下：
∵四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，
∴∠DPC＝90°。
∵AD＝1，AB＝2，BC＝3，∴DC＝2。
设PB＝x，则AP＝2－x，
在Rt△DPC中，PD2＋PC2＝DC2，即x2＋32＋(2－x)2＋12＝8，化简得x2－2x＋3＝0，
∵△＝(－2)2－4×1×3＝－8＜0，∴方程无解。
∴不存在PB＝x，使∠DPC＝90°。∴对角线PQ与DC不可能相等。
问题2：存在。理由如下：
如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，
则G是DC的中点。
过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H。
∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP＋∠PDG＝∠DCQ＋∠QCH。
∵PD∥CQ，∴∠PDC＝∠DCQ。∴∠ADP＝∠QCH。
又∵PD＝CQ，∴Rt△ADP≌Rt△HCQ（AAS）。∴AD＝HC。
∵AD＝1，BC＝3，∴BH＝4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4。
问题3：存在。理由如下：
如图3，设PQ与DC相交于点G，
∵PE∥CQ，PD＝DE，∴。
∴G是DC上一定点。
作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
同理可证∠ADP＝∠QCH，∴Rt△ADP∽Rt△HCQ。∴。
∵AD＝1，∴CH＝2。∴BH＝BG＋CH＝3＋2＝5。
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5。
问题4：如图3，设PQ与AB相交于点G，
∵PE∥BQ，AE＝nPA，∴。
∴G是DC上一定点。
作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH
的延长线于K。
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠D＝∠QHC，∠DAP＋∠PAG＝∠QBH＋∠QBG＝90°
∠PAG＝∠QBG，
∴∠QBH＝∠PAD。∴△ADP∽△BHQ，∴，
∵AD＝1，∴BH＝n＋1。∴CH＝BH＋BC＝3＋n＋1＝n＋4。
过点D作DM⊥BC于M，则四边形ABND是矩形。
∴BM＝AD＝1，DM＝AB＝2。∴CM＝BC－BM＝3－1＝2＝DM。
∴∠DCM＝45°。∴∠KCH＝45°。
∴CK＝CH•cos45°＝ (n＋4)，
∴当PQ⊥CD时，PQ的长最小，最小值为 (n＋4)。
【考点】反证法，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形、矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。
【分析】问题1：四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，然后利用矩形的性质，设PB＝x，可得方程x2＋32＋(2－x)2＋1＝8，由判别式△＜0，可知此方程无实数根，即对角线PQ，DC的长不可能相等。
问题2：在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，可得G是DC的中点，过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，易证得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH＝4，则可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4。
问题3：设PQ与DC相交于点G，PE∥CQ，PD＝DE，可得，易证得Rt△ADP∽Rt△HCQ，继而求得BH的长，即可求得答案。
问题4：作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，易证得与△ADP∽△BHQ，又由∠DCB＝45°，可得△CKH是等腰直角三角形，继而可求得CK的值，即可求得答案。
7. （（2012江苏南京9分）“？”的思考
下框中是小明对一道题目的解答以及老师的批阅。
题目：某村计划建造如图所示的矩形蔬菜温室，要求长与宽的比为2：1，在温室内，沿前侧内墙保留3m的空地，其他三侧内墙各保留1m的通道，当温室的长与宽各为多少时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2？
解：设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，
根据题意，得x•2x=288．
解这个方程，得x1=-12（不合题意，舍去），x2=12
所以温室的长为2×12+3+1=28（m），宽为12+1+1=14（m）
答：当温室的长为28m，宽为14m时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2．
？
我的结果也正确
小明发现他解答的结果是正确的，但是老师却在他的解答中划了一条横线，并打开了一个“？”
结果为何正确呢？
（1）请指出小明解答中存在的问题，并补充缺少的过程：
变化一下会怎样……
（2）如图，矩形A′B′C′D′在矩形ABCD的内部，AB∥A′B′，AD∥A′D′，且AD：AB=2：1，设AB与A′B′、BC与B′C′、CD与C′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a、b、c、d，要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，a、b、c、d应满足什么条件？请说明理由．
【答案】解：（1）小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由。
在“设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm．”前补充以下过程：
设温室的宽为ym，则长为2ym。
则矩形蔬菜种植区域的宽为（y－1－1）m，长为（2y－3－1）m。
∵，∴矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1。
（2）a+c b+d =2。理由如下：
要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，就要，即，
即 ，即a+c b+d =2。
【考点】一元二次方程的应用（几何问题），相似多边形的性质，比例的性质。
【分析】（1）根据题意可得小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由，所以由已知条件求出矩形蔬菜种植区域的长与宽的关系即可。
（2）由使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，利用相似多边形的性质，可得 ，然后利用比例的性质。
8. （2012江苏南京10分）如图，A、B为⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与A、B重合），我们称∠APB为⊙O上关于A、B的滑动角。
（1）已知∠APB是上关于点A、B的滑动角。
① 若AB为⊙O的直径，则∠APB=
② 若⊙O半径为1，AB=，求∠APB的度数
（2）已知为外一点，以为圆心作一个圆与相交于A、B两点，∠APB为上关于点A、B的滑动角，直线PA、PB分别交于点M、N（点M与点A、点N与点B均不重合），连接AN，试探索∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系。
【答案】解：（1）①900。
②如图，连接AB、OA、OB．
在△AOB中，∵OA=OB=1．AB=，∴OA2+OB2=AB2。
∴∠AOB=90°。
当点P在优弧 AB 上时（如图1），∠APB=∠AOB=45°；
当点P在劣弧 AB 上时（如图2），
∠APB=（360°－∠AOB）=135°。
（2）根据点P在⊙O1上的位置分为以下四种情况．
第一种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点B在点P与点N之间，如图3，
∵∠MAN=∠APB+∠ANB，
∴∠APB=∠MAN-∠ANB。
第二种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点N在点P与点B之间，如图4，
∵∠MAN=∠APB+∠ANP=∠APB+（180°－∠ANB），
∴∠APB=∠MAN+∠ANB－180°。
第三种情况：点P在⊙O2外，且点M在点P与点A之间，点B在点P与点N之间，如图5，
∵∠APB+∠ANB+∠MAN=180°，
∴∠APB=180°－∠MAN－∠ANB。
第四种情况：点P在⊙O2内，如图6，
∠APB=∠MAN+∠ANB。
【考点】圆周角定理，勾股定理逆定理，三角形内角和定理和外角性质。
【分析】（1）①根据直径所对的圆周角等于90°即可得∠APB=900。
②根据勾股定理的逆定理可得∠AOB=90°，再分点P在优弧上；点P在劣弧上两种情况讨论即可。
（2）根据点P在⊙O1上的位置分为四种情况得到∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系。
9. （2012江苏南通12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．
(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值；
(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．
①若a＝，求PQ的长；
②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明
理由．
【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6。
∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。
∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。
（2）①过点P作PE⊥BC于E，
∵四边形PQCM为平行四边形，
∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
∴PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。
∴BE=BQ=（6－t）。
∵a=，∴PB=t。
∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。
解得，t=。
∴PQ=PB=t=（cm）。
②不存在．理由如下：
∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
∴PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。
若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，
∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。
∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。
∴PB=CQ。
∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且 at=6+t①。
∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化简得：6at+5t=30②。
把①代入②得，t=。
∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。
【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的判定和性质，反证法。
【分析】（1）由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
即可求得BD与CD的长，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得t的值。
（2）①首先过点P作PE⊥BC于E，由四边形PQCM为平行四边形，易证得PB=PQ，又由平行
线分线段成比例定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。
②用反证法，假设存在点P在∠ACB的平分线上，由四边形PQCM为平行四边形，可得四边形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程组，解此方程组求得t值为负，故可得不存在。
10. （2012江苏南通14分）如图，经过点A(0，－4)的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴相交于点B(－0，0)和C，O为坐标原点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将抛物线y＝x2＋bx＋c向上平移个单位长度、再向左平移m(m＞0)个单位长度，得到新抛物
线．若新抛物线的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；
(3)设点M在y轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求AM的长．
【答案】解：（1）将A（0，－4）、B（－2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：
，解得，。
∴抛物线的解析式：y=x2－x－4。源:学科网ZXXK]
（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：，
即：。它的顶点坐标P（1－m，－1）。
由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）。
∴直线AB：y=－2x-4；直线AC：y=x－4。
当点P在直线AB上时，－2（1－m）－4=－1，解得：m=；
当点P在直线AC上时，（1－m）＋4=－1，解得：m=－2；
又∵m＞0，
∴当点P在△ABC内时，0＜m＜ 。
（3）由A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC是等腰直角三角形。
如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°。
∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，
即∠ONB=∠OMB。
如图，在△ABN、△AM1B中，
∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，
∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；
由勾股定理，得AB2=（－2）2+42=20，
又AN=OA－ON=4－2=2，
∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1－OA=10－4=6。
而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2－OA=6－4=2。
综上，AM的长为6或2。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将A、B两点坐标代入即可得解。
（2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用m表示出该函数的顶点坐标，将其
代入直线AB、AC的解析式中，即可确定P在△ABC内时m的取值范围。
（3）先在OA上取点N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点；以y轴正半轴上的点M为例，先证△ABN、△AMB相似，然后通过相关比例线段求出AM的长。
11. （2012江苏苏州9分）如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD
以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，
连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH
的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中
0≤x≤2.5.
⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y =3时相应x的值；
⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2是常数；
⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.
【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则。∴。
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。
∴，即。∴y关于x的函数关系式为。
当y =3时，，解得:x=2.5。
（2）∵，
∴为常数。
（3）延长PD交AC于点Q.
∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。
∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。
∴∠GDP=∠ADQ=45°。
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。
∴，化简得：，解得：。
∵0≤x≤2.5，∴。
在Rt△DGP中，。
【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由可解出x的值。
（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可。
（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度。
12. （2012江苏苏州10分）如图，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴
分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C.
⑴点B的坐标为 ▲ ，点C的坐标为 ▲ （用含b的代数式表示）；
⑵请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角
顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形
均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.
【答案】解：（1）B（b，0），C（0，）。
（2）假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶
点的等腰直角三角形。
设点P坐标（x，y），连接OP，
则
∴。
过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，
∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°。∴四边形PEOD是矩形。
∴∠EPD=90°。
∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°。
∴∠EPC=∠BPD。∴△PEC≌△PDB（AAS）。∴PE=PD，即x=y。
由 解得，。
由△PEC≌△PDB得EC=DB，即，解得符合题意。
∴点P坐标为（，）。
（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.
∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.
∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴。
∵b＞2，∴AB＞OA. ∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°。
由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA。
∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°。
（Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC，∴AQ=CO=。
由 得：，解得：。
∵b＞2，∴。∴点Q坐标为（1，）.
（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA∽△OCQ，∴，即。
又，∴，即，解得：AQ=4
此时b=17＞2符合题意。∴点Q坐标为（1，4）。
综上可知：存在点Q（1，）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任
意两个三角形均相似。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）令y=0，即，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令
x=0，求出y的值即C的纵坐标。
（2）存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直
角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标。
（3）存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，
由条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴；要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°。再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可。
13. （2012江苏宿迁12分）(1)如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE=∠ABC(0°＜∠CBE＜∠ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’。求证：DE’=DE.
（2）如图2，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E是AC边上的两点，
且满足∠DBE=∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.[来
:学#科#网]
【答案】证明：（1）∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到，
∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。
∵∠DBE=∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =∠ABC。
∴∠ABD＋∠E’BA =∠ABC，即∠E’BD=∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE。
在△E’BD和△EBD中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，BD=BD，
∴△E’BD≌△EBD（SAS）。∴DE’=DE。
（2）以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°，得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’。
由（1）知DE’=DE。
由旋转的性质，知E’A=EC，∠E’ AB=∠ECB。
又∵BA=BC，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=45°。
∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90°。
在Rt△DE’A中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+EC2。
【考点】旋转的性质，等腰（直角）三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）由旋转的性质易得BE’=BE，∠E’BA=∠EBC，由已知∠DBE=∠ABC经等量代换可得
∠E’BD=∠DBE，从而可由SAS得△E’BD≌△EBD，得到DE’=DE。
（2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DE’A
，根据勾股定理即可证得结论。
14. （2012江苏宿迁12分）如图，在平面直角坐标系xoy中，已知直线l1:y=x与直线l2：y=－x+6相交于点M，直线l2与x轴相较于点N.
（1） 求M，N的坐标；
（2） 在矩形ABCD中，已知AB=1，BC=2，边AB在x轴上，矩形ABCD沿x轴自左向右以每秒1个
单位长度的速度移动.设矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为S.移动的时间为t（从点B与点O重合时开始计时，到点A与点N重合时计时结束）。直接写出S与自变量t之间的函数关系式（不需要给出解答过程）；
（3） 在（2）的条件下，当t为何值时，S的值最大？并求出最大值.
【答案】解：（1）解得。∴M的坐标为（4，2）。
在y=－x+6中令y=0得x=6，∴N的坐标为（6，0）。
（2）S与自变量t之间的函数关系式为：
（3）当0≤t≤1时，S的最大值为，此时t=1。
当1＜t≤4时，S的最大值为，此时t=4。
当4＜t≤5时，∵，
∴S的最大值为，此时t=。
当5＜t≤6时，S随t的增大而减小，最大值不超过。
当6＜t≤7时，S随t的增大而减小，最大值不超过。
综上所述，当t=时，S的值最大，最大值为。
【考点】一次函数综合题，平移问题，直线上点的坐标与方程的关系，一次函数和二次函数的最值。
【分析】（1）联立两直线方程即可求得M的坐标，在y=－x+6中令y=0即可求得N的坐标。
（2）先求各关键位置，自变量t的情况：
起始位置时，t=0；当点A与点O重合时，如图1，t=1；当点C与点M重合时，如图2，t=4；当点D与点M重合时，如图3，t=5；当点B与点N重合时，如图4，t=6；结束位置时，点A与点N重合，t=7。
①当0≤t≤1时，矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为一三角形面积（不含t=0），三角形的底为t，高为，∴。
②当1＜t≤4时，矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为，下底为，高为1。∴。
③当4＜t≤5时，矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为两梯形面积的和，第一个梯形的上底为，下底为2，高为；第二个梯形的上底为－t
+6，下底为2，高为。
∴。
④当5＜t≤6时，矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为
6－t ，下底为7－t，高为1。∴。
⑤当6＜t≤7时，矩形ABCD与△OMN的重叠部分的面积为一三角形面积（不含t=7），三角形的底为7－t，高为7－t，∴。
（3）分别讨论各分段函数的最大值而得所求。
15. （2012江苏泰州12分）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=5，OA与⊙O相交于点
P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．
（1）试判断线段AB与AC的数量关系，并说明理由；
（2）若PC=，求⊙O的半径和线段PB的长；
（3）若在⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，求⊙O的半径r的取值范围．
【答案】解：（1）AB=AC。理由如下：
连接OB。
∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°。
∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPB=90°。
∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB。
∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC。
∴AB=AC。
（2）延长AP交⊙O于D，连接BD，
设圆半径为r，则由OA=5得，OP=OB=r，PA=5－r。
又∵PC=，
∴ 。
由（1）AB=AC得，解得：r=3。
∴AB=AC=4。
∵PD是直径，∴∠PBD=90°=∠PAC。
∵∠DPB=∠CPA，∴△DPB∽△CPA。∴，即，解得。
（3）作线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，
则OE=AC=AB=。
又∵圆O要与直线MN交点，∴OE=≤r，
∴r≥。
又∵圆O与直线l相离，∴r＜5。
∴⊙O的半径r的取值范围为≤r＜5．
【考点】切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）连接OB，根据切线的性质和垂直得出∠OBA=∠OAC=90°，推出∠OBP+∠ABP=90°，
∠ACP+∠CPB=90°，求出∠ACP=∠ABC，根据等腰三角形的判定推出即可。
（2）延长AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5－r，根据AB=AC推出
，求出r，证△DPB∽△CPA，得出 ，代入求出PB即可。
（3）根据已知得出Q在AC的垂直平分线上，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，求出OE＜r，求出r范围，再根据相离得出r＜5，即可得出答案。
16. （2012江苏泰州12分） 如图，已知一次函数的图象与x轴相交于点A，与反比例函数
的图象相交于B（－1，5）、C（，d）两点．点P（m，n）是一次函数的图象上的动点．
（1）求k、b的值；
（2）设，过点P作x轴的平行线与函数的图象相交于点D．试问△PAD的面积是
否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求实数a的取值
范围．
【答案】解：（1）将点B 的坐标代入，得 ，解得。
∴反比例函数解析式为。
将点C（，d）的坐标代入，得。∴C（，－2）。
∵一次函数的图象经过B（－1，5）、C（，－2）两点，
∴，解得。
（2）存在。
令，即，解得。∴A（，0）。
由题意，点P（m，n）是一次函数的图象上的动点，且
∴点P在线段AB 上运动（不含A、B）。设P（）。
∵DP∥x轴，且点D在的图象上，
∴，即D（）。
∴△PAD的面积为。
∴S关于n的二次函数的图象开口向下，有最大值。
又∵n=，，得，而。
∴当时，即P（）时，△PAD的面积S最大，为。
（3）由已知，P（）。
易知m≠n，即，即。
若，则。
由题设，，解出不等式组的解为。
若，则。
由题设，，解出不等式组的解为。
综上所述，数a的取值范围为，。
【考点】反比例函数和一次函数综合问题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的性质，二次函数的性质，不等式组的应用。
【分析】（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，由B 的坐标求得，从而得到；由点C在上求得，即得点C的坐标；由点B、C在上，得方程组，解出即可求得k、b的值。
（2）求出△PAD的面积S关于n的二次函数（也可求出关于m），应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。
（3）由m≠n得到。分和两种情况求解。
17. （2012江苏无锡8分）对于平面直角坐标系中的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），我们把|x1﹣x2|+|y1﹣y2|叫做P1、P2两点间的直角距离，记作d（P1，P2）．
（1）已知O为坐标原点，动点P（x，y）满足d（O，P）=1，请写出x与y之间满足的关系式，并在所给的直角坐标系中画出所有符合条件的点P所组成的图形；
（2）设P0（x0，y0）是一定点，Q（x，y）是直线y=ax+b上的动点，我们把d（P0，Q）的最小值叫做P0到直线y=ax+b的直角距离．试求点M（2，1）到直线y=x+2的直角距离．
【答案】解：（1）由题意，得|x|+|y|=1。
所有符合条件的点P组成的图形如图所示：
（2）∵d（M，Q）=|x﹣2|+|y﹣1|=|x﹣2|+|x+2﹣1|=|x﹣2|+|x+1|，
又∵x可取一切实数，|x﹣2|+|x+1|表示数轴上实数x所对应的点到数2和﹣1所对应的点的距离之和，其最小值为3。
∴点M（2，1）到直线y=x+2的直角距离为3。
【考点】新定义，一次函数综合题，绝对值与数轴的关系。
【分析】（1）根据新定义知|x|+|y|=1，据此可以画出符合题意的图形。
（2）根据新定义知d（M，Q）=|x﹣2|+|y﹣1|=|x﹣2|+|x+2﹣1|=|x﹣2|+|x+1|，然后由绝对值与数轴的关系可知，|x﹣2|+|x+1|表示数轴上实数x所对应的点到数2和﹣1所对应的点的距离之和，其最小值为3。
18. （2012江苏无锡10分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB=60°．点P从A点出发，以cm/s的速度，沿AC向C作匀速运动；与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s
的速度，沿射线AB作匀速运动．当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts．
（1）当P异于A．C时，请说明PQ∥BC；
（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？
【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB。
又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°。
如图1，连接BD交AC于O。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC。
∴OB=AB=1。∴OA=，AC=2OA=2。
运动ts后，AP=t，AO=t，∴。
又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB.
∴PQ∥BC.
（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC。
在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=。
由PM=PQ=AQ=t，即=t，解得t=，
此时⊙P与边BC有一个公共点。
如图3，⊙P过点B，此时PQ=PB，
∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°
∴△PQB为等边三角形。∴QB=PQ=AQ=t。∴t=1。
∴当时，⊙P与边BC有2个公共点。
如图4，⊙P过点C，此时PC=PQ，即 =t
∴t=。
∴当1≤t≤时，⊙P与边BC有一个公共点。
当点P运动到点C，即t=2时，Q、B重合，⊙P过点B，
此时，⊙P与边BC有一个公共点。
综上所述，当t=或1≤t≤或t=2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当时，⊙P与边BC有2个公共点。
【考点】直线与圆的位置关系，菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行的判定，切线的性质，等边三角形的判定和性质。
【分析】（1）连接BD交AC于O，构建直角三角形AOB．利用菱形的对角线互相垂直、对角线平分对角、邻边相等的性质推知△PAQ∽△CAB；然后根据“相似三角形的对应角相等”证得∠APQ=∠ACB；最后根据平行线的判定定理“同位角相等，两直线平行”可以证得结论。
（2）分⊙P与BC切于点M，⊙P过点B，⊙P过点C和点P运动到点C四各情况讨论即可。
19. （2012江苏徐州8分）如图1，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD=4cm，AB=dcm。动点E、F分别从点D、B出发，点E以1 cm/s的速度沿边DA向点A移动，点F以1 cm/s的速度沿边BC向点C移动，点F移动到点C时，两点同时停止移动。以EF为边作正方形EFGH，点F出发xs时，正方形EFGH的面积为ycm2。已知y与x的函数图象是抛物线的一部分，如图2所示。请根据图中信息，解答下列问题：
（1）自变量x的取值范围是 ▲ ；
（2）d= ▲ ，m= ▲ ，n= ▲ ；
（3）F出发多少秒时，正方形EFGH的面积为16cm2？
【答案】解：（1）0≤x≤4。
（2）3，2，25．
（3）过点E作EI⊥BC垂足为点I。则四边形DEIC为矩形。
∴EI=DC=3，CI=DE=x。
∵BF=x，∴IF=4－2x。
在Rt△EFI中，。
∵y是以EF为边长的正方形EFGH的面积，
∴。
当y=16时，，
解得，。
∴F出发或秒时，正方形EFGH的面积为16cm2。
【考点】动点问题，矩形的判定和性质，平行线间垂直线段的性质，勾股定理，解一元二次方程。
【分析】（1）自变量x的取值范围是点F从点C到点B的运动时间，由时间=距离÷速度，即可求。
（2）由图2知，正方形EFGH的面积的最小值是9，而正方形EFGH的面积最小时，根据地两平行线间垂直线段最短的性质，得d=AB=EF=3。
当正方形EFGH的面积最小时，由BF=DE和EF∥AB得，E、F分别为AD、BC的中点，即m=2。
当正方形EFGH的面积最大时，EF等于矩形ABCD的对角线，根据勾股定理，它为5，即n=25。
（3）求出正方形EFGH的面积y关于x的函数关系式，即可求得F出发或秒时，正方形EFGH的面积为16cm2。
20. （2012江苏徐州10分）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A、B，与正比例函数的图象相交于点C、D（点C在点D的左侧），⊙O是以CD长为半径的圆。CE∥x轴，DE∥y轴，CE、DE相交于点E。
（1）△CDE是 ▲ 三角形；点C的坐标为 ▲ ，点D的坐标为 ▲ （用含有b的代数式表示）；
（2）b为何值时，点E在⊙O上？
（3）随着b取值逐渐增大，直线与⊙O有哪些位置关系？求出相应b的取值范围。
【答案】解：（1）等腰直角；；。
（2）当点E在⊙O上时，如图，连接OE。则OE=CD。
∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，
∴△DCE、△BDO是等腰直角三角形。
∵整个图形是轴对称图形，
∴OE平分∠AOB，∠AOE=∠BOE=450。
∵CE∥x轴，DE∥y轴，
∴四边形CAOE、OEDB是等腰梯形。
∴OE=AC=BD。
∵OE=CD，∴OE=AC=BD=CD。
过点C作CF⊥x轴，垂足为点F。
则△AFC∽△AOB。∴。∴。
∴，解得。
∵，∴。
∴当时，点E在⊙O上。
（3）当⊙O与直线相切于点G时，
如图 ，连接OG。
∵整个图形是轴对称图形，
∴点O、E、G在对称轴上。
∴GC=GD=CD=OG=AG。∴AC=CG=GD=DB。∴AC=AB。
过点C作CH⊥x轴，垂足为点H。 则△AHC∽△AOB。
∴。∴。
∴，解得。
∵，∴。
∴当时，直线与⊙O相切；
当时，直线与⊙O相离；
当时，直线与⊙O相交。
【考点】反比例函数和一次函数交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称图形的性质，等腰梯形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系。
【分析】（1）∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，
∴△DCE是等腰直角三角形。
解得，或。
∵点C在点D的左侧，∴点C的坐标为，点D的坐标为。
（2）连接OE，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得OE=AC=BD=CD。由△AFC∽△AOB可求得，代入CF、BO关于b的关系式求解即得所求。
（3）讨论直线与⊙O相切时，b的取值即可得到直线与⊙O的位置关系。
当⊙O与直线相切于点G时，连接OG，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得AC=CG=GD=DB，即AC=AB。由△AHC∽△AOB可求得，代入CH、BO关于b的关系式求解即得⊙O与直线相切时相应b的值。从而得到直线与⊙O相离和相交时相应b的取值范围。
21. （2012江苏盐城12分）
知识迁移： 当且时，因为≥,所以≥,从而≥(当
时取等号).记函数,由上述结论可知：当时,该函数有最小值为.
直接应用：已知函数与函数, 则当_________时,取得最小值
为_________.
变形应用：已知函数与函数,求的最小值,并指出取得该
最小值时相应的的值.
实际应用：已知某汽车的一次运输成本包含以下三个部分：一是固定费用,共元；二是燃油费,每
千米为元；三是折旧费,它与路程的平方成正比,比例系数为.设该汽车一次运输的路程为千米,
求当为多少时,该汽车平均每千米的运输成本最低？最低是多少元？
【答案】解：直接应用：1；2 。
变形应用：∵ ，
∴有最小值为。
当，即时取得该最小值。
实际应用：设该汽车平均每千米的运输成本为元，则
，
∴当(千米)时,
该汽车平均每千米的运输成本最低，
最低成本为元。
【考点】二次函数的应用，几何不等式。
【分析】直接运用：可以直接套用题意所给的结论，即可得出结果：
∵函数,由上述结论可知：当时,
该函数有最小值为，
∴函数与函数，则当时，取得最小值为。
变形运用：先得出的表达式，然后将看做一个整体，再运用所给结论即可。
实际运用：设该汽车平均每千米的运输成本为元，则可表示出平均每千米的运输成本，利用所
给的结论即可得出答案。
22. （2012江苏盐城12分）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象经过点和点，直线经过抛物线的顶点且与轴垂直，垂足为.
(1) 求该二次函数的表达式；
(2) 设抛物线上有一动点从点处出发沿抛物线向上运动,其纵坐标随时间
≥)的变化规律为.现以线段为直径作.
①当点在起始位置点处时，试判断直线与的位置关系，并说明理由；在点运动的过
程中，直线与是否始终保持这种位置关系? 请说明你的理由；
②若在点开始运动的同时，直线也向上平行移动，且垂足的纵坐标随时间的变化规律为
，则当在什么范围内变化时，直线与相交? 此时，若直线被所截得的弦长为,试求的最大值.
【答案】解：（1）将点和点的坐标代入,得
，解得。
∴二次函数的表达式为。
（2）①当点在点处时，直线与相切。理由如下：
∵点，∴圆心的坐标为，的半径为。
又抛物线的顶点坐标为（0，－1），即直线上所有点的巫坐标均为－1，从而圆心到直线的距离为。
∴直线与相切。
在点运动的过程中，直线与始终保持相切的位置关系。理由如下：
设点，则圆心的坐标为，
∴圆心到直线的距离为。
又∵，∴。
则的半径为。
∴直线与始终相切。
②由①知的半径为，
又∵圆心的纵坐标为，直线上的点的纵坐标为，
∴(ⅰ)当≥,即≤时，圆心到直线的距离为
。
则由，得，解得,
∴此时≤。
(ⅱ)当＜,即＞时, 圆心到直线的距离为
。
则由,得，解得。
∴此时＜。
综上所述，当时,直线与相交。
∵当时，圆心到直线的距离为，又半径为，∴。
∴当时, 取得最大值为。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与圆的位置关系，勾股定理，点到直线的距离，二次函数的性质。
【分析】（1）所求函数的解析式中有两个待定系数，直接将点和点坐标代入即可得解。
（2）①由于是的直径，由点的纵坐标可表示出点的纵坐标，从而能表示出到直线的距离，长易得。然后通过比较的半径和到直线的距离，即可判定直线与的位置关系。
②该题要分两问来答，首先看第一问；该小题的思路和①完全一致，唯一不同的地方：要注意直线与的位置关系（需要考虑到到直线的表达方式）。
在第二问中， 最大，那么求出关于的函数关系式，应用二次函数的最值原理即可求解。
23. （2012江苏扬州12分）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
(3)在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵A(－1，0)、B(3，0)经过抛物线y＝ax2＋bx＋c，
∴可设抛物线为y＝a（x＋1）（x－3）。
又∵C(0，3) 经过抛物线，∴代入，得3＝a（0＋1）（0－3），即a=－1。
∴抛物线的解析式为y＝－（x＋1）（x－3），即y＝－x2＋2x＋3。
（2）连接BC，直线BC与直线l的交点为P。
则此时的点P，使△PAC的周长最小。
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
将B(3，0)，C(0，3)代入，得：
，解得：。
∴直线BC的函数关系式y＝－x＋3。
当x－1时，y＝2，即P的坐标(1，2)。
（3）存在。点M的坐标为(1，)，(1，－)，(1，1)，(1，0)。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，线段中垂线的性质，三角形三边关系，等腰三角形的性质。
【分析】（1）可设交点式，用待定系数法求出待定系数即可。
（2）由图知：A、B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知：若连接BC，那么BC与直线l的交点即为符合条件的P点。
（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA＝AC、②MA
＝MC、②AC＝MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解：
∵抛物线的对称轴为： x=1，∴设M(1，m)。
∵A(－1，0)、C(0，3)，∴MA2＝m2＋4，MC2＝m2－6m＋10，AC2＝10。
①若MA＝MC，则MA2＝MC2，得：m2＋4＝m2－6m＋10，得：m＝1。
②若MA＝AC，则MA2＝AC2，得：m2＋4＝10，得：m＝±。
③若MC＝AC，则MC2＝AC2，得：m2－6m＋10＝10，得：m＝0，m＝6，
当m＝6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去。
综上可知，符合条件的M点，且坐标为(1，)，(1，－)，(1，1)，(1，0)。
24. （2012江苏扬州12分）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC、OB相交于E，过点E的直线与边OA、BC分别相交于点G、H．
(1)①直接写出点E的坐标： ．
②求证：AG＝CH．
(2)如图2，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA与D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数关系式．
(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG、GA、AB都相切时，求⊙P的半径．
【答案】解：（1）① (1，)。
②证明：∵四边形OABC是矩形，∴CE＝AE，BC∥OA。∴∠HCE＝∠GAE。
∵在△CHE和△AGE中，∠HCE＝∠GAE， CE＝AE，∠HEC＝∠G EA，
∴△CHE≌△AGE（ASA）。∴AG＝CH。
（2）连接DE并延长DE交CB于M，连接AC，
则由矩形的性质，点E在AC上。
∵DD＝OC＝1＝OA，∴D是OA的中点。
∵在△CME和△ADE中，
∠MCE＝∠DAE， CE＝AE，∠MEC＝∠DEA，
∴△CME≌△ADE（ASA）。∴CM＝AD＝2－1＝1。
∵BC∥OA，∠COD＝90°，∴四边形CMDO是矩形。∴MD⊥OD，MD⊥CB。
∴MD切⊙O于D。
∵HG切⊙O于F，E(1，)，∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME。
在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即(1－x)2＋()2＝(＋x)2，解得x＝。
∴H(，1)，OG＝2－。∴G(，0)。
设直线GH的解析式是：y＝kx＋b，
把G、H的坐标代入得：，解得：。
∴直线GH的函数关系式为。
（3）连接BG，
∵在△OCH和△BAG中，
CH=AG，∠HCO＝∠GAB，OC=AB，
∴△OCH≌△BAG（SAS）。∴∠CHO＝∠AGB。
∵∠HCO＝90°，∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F。
∴OH平分∠CHF。∴∠CHO＝∠FHO＝∠BGA。
∵△CHE≌△AGE，∴HE＝GE。
∵在△HOE和△GBE中，HE＝GE，∠HEO＝∠GEB，OE=BE，
∴△HOE≌△GBE（SAS）。∴∠OHE＝∠BGE。21世纪教育网
∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA，∴∠BGA＝∠BGE，即BG平分∠FGA。
∵⊙P与HG、GA、AB都相切，∴圆心P必在BG上。
过P做PN⊥GA，垂足为N，则△GPN∽△GBA。∴。
设半径为r，则，解得。
答：⊙P的半径是．
【考点】一次函数综合题，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，切线的判定和性质，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，角平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）)①根据矩形的性质和边长即可求出E的坐标。
②推出CE＝AE，BC∥OA，推出∠HCE＝∠EAG，证出△CHE≌△AGE即可。
（2）连接DE并延长DE交CB于M，求出DD＝OC＝OA，证△CME≌△ADE，推出四边形CMDO是矩形，求出MD切⊙O于D，设CH＝HF＝x，推出(1－x)2＋()2＝(＋x)2，求出H、G的坐标，设直线GH的解析式是y＝kx＋b，把G、H的坐标代入求出即可。
（3）连接BG，证△OCH≌△BAG，求出∠CHO＝∠AGB，证△HOE≌△GBE，求出∠OHE＝∠BGE，得出BG平分∠FGA，推出圆心P必在BG上，过P做PN⊥GA，垂足为N，根据△GPN∽△GBA，得出，设半径为r，代入求出即可。
25. （2012江苏镇江9分）对于二次函数和一次函数，把称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图象记作抛物线E。现有点A（2，0）和抛物线E上的点B（－1，n），请完成下列任务：
【尝试】
（1）当t=2时，抛物线的顶点坐标为 ▲ 。
（2）判断点A是否在抛物线E上；
（3）求n的值。
【发现】通过（2）和（3）的演算可知，对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，坐标为 ▲ 。
【应用1】二次函数是二次函数和一次函数的一个“再生二次函数”吗？如果是，求出t的值；如果不是，说明理由；
【应用2】以AB为边作矩形ABCD，使得其中一个顶点落在y轴上，或抛物线E经过A、B、C、D其中的一点，求出所有符合条件的t的值。
【答案】解：【尝试】（1）（1，－2）。
（2）点A在抛物线E上，理由如下：
将x=2代入得y=0。
∴点A在抛物线E上。
（3）将（－1，n）代入得
。
【发现】A（2，0）和B（－1，6）。
【应用1】不是。
∵将x=－1代入，得，
∴二次函数的图象不经过点B。
∴二次函数不是二次函数和一次函数的一个“再生二次函数”。
【应用2】如图，作矩形ABC1D1和ABC2D2，过点B作BK⊥y轴于点K，过点D1作D1G⊥x轴于点G，过点C2作C2H⊥y
轴于点H，过点B作BM⊥x轴于点M，C2H与BM相交于点T。
易得AM=3，BM=6，BK=1，△KBC1∽△NBA，
则，即，得。
∴C1（0，）。
易得△KBC1≌△GAD1，得AG=1，GD1=。∴D1（3，）。
易得△OAD2∽GAD1，则，
由AG=1，OA=2，GD1=得，得OD2=1。∴D2（0，－1）。
易得△TBC2≌△OD2A，得TC2=AO=2，BT==OD2=1。∴C2（－3，5）。
∵抛物线E总过定点A、B，∴符合条件的三点只可能是A、B、C或A、B、D。
当抛物线经过A、B、C1时，将C1（0，）代入得；
当抛物线经过A、B、D1时，将D1（3，）代入得；
当抛物线经过A、B、C2时，将C2（－3，5）代入得；
当抛物线经过A、B、D2时，将D2（0，－1）代入得。
∴满足条件的所有t值为，，，。
【考点】新定义，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质。
【分析】【尝试】（1）当t=2时，抛物线为，∴抛物线的顶点坐标为（1，－2）。
（2）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系验证即可。
（3）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，将（－1，n
）代入函数关系式即可求得n的值。
【发现】由（1）可得。
【应用1】根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系验证即可。
【应用2】根据条件，作出矩形，求出各点坐标，根据新定义求出t的值。
26. （2012江苏镇江11分）等边△ABC的边长为2，P是BC边上的任一点（与B、C不重合），连接AP，以AP为边向两侧作等边△APD和等边△APE，分别与边AB、AC交于点M、N（如图1）。
（1）求证：AM=AN；
（2）设BP=x。
①若，BM=，求x的值；
②记四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积为S，求S与x之间的函数关系式以及S的最小值；
③连接DE，分别与边AB、AC交于点G、H（如图2），当x取何值时，∠BAD=150？并判断此时以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是什么特殊三角形，请说明理由。
【答案】解：（1）证明：∵△ABC、△APD和△APE都是等边三角形，
∴AD=AP，∠DAP=∠BAC=600，∠ADM=∠APN=600。∴∠DAM=∠PAN。
∴△ADM≌△APN（ASA），∴AM=AN。
（2）①易证△BPM∽△CAP，∴，
∵BN=，AC=2，CP=2－x，∴，即。
解得x=或x=。
②四边形AMPN的面积即为四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积。
∵△ADM≌△APN，∴。
∴。
如图，过点P作PS⊥AB于点S，过点D作DT⊥AP于点T，则点T是AP的中点。
在Rt△BPS中，∵∠P=600，BP=x，
∴PS=BPsin600=x，BS=BPcos600=x。
∵AB=2，∴AS=AB－BC=2－x。
∴。
∴。
∴。
∴当x=1时，S的最小值为。
③连接PG，设DE交AP于点O。
若∠BAD=150，
∵∠DAP =600，∴∠PAG =450。
∵△APD和△APE都是等边三角形，
∴AD=DP=AP=PE=EA。
∴四边形ADPE是菱形。
∴DO垂直平分AP。
∴GP=AG。∴∠APG =∠PAG =450。
∴∠PGA =900。
设BG=t，
在Rt△BPG中，∠B=600，∴BP=2t，PG=。∴AG=PG=。
∴，解得t=－1。∴BP=2t=2－2。
∴当BP=2－2时，∠BAD=150。
猜想：以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是直角三角形。
∵四边形ADPE是菱形，∴AO⊥DE，∠ADO=∠AEH=300。
∵∠BAD=150，∴易得∠AGO=450，∠HAO=150，∠EAH=450。
设AO=a，则AD=AE=2 a，OD=a。∴DG=DO－GO=（－1）a。
又∵∠BAD=150，∠BAC=600，∠ADO=300，∴∠DHA=∠DAH=750。
∵DH=AD=2a，
∴GH=DH－DG=2a－（－1）a=（3－）a，
HE=2DO－DH=2a－2a=2（－1）a。
∵，
，
∴。
∴以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是直角三角形。
【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，二次函数的最值，菱形的判定和性质，勾股定理和逆定理。
【分析】（1）由△ABC、△APD和△APE都是等边三角形可得边角的相等关系，从而用ASA证明。
（2）①由△BPM∽△CAP，根据对应边成比例得等式，解方程即可。
②应用全等三角形的判定和性质，锐角三角函数和勾股定理相关知识求得，
用x的代数式表示S，用二次函数的最值原理求出S的最小值。
③由∠BAD=150得到四边形ADPE是菱形，应用相关知识求解。
求出DG、GH、HE的表达式，用勾股定理逆定理证明。
