中考数学压轴题精编浙江篇试题及答案

中考数学压轴题精编浙江篇试题及答案

‎2014年中考数学压轴题精编—浙江篇 x y O B C A ‎1‎ ‎1‎ P Q M ‎1．（浙江省杭州市）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的解析式是y＝x 2＋1，点C的坐标为（－4，0），平行四边形OABC的顶点A，B在抛物线上，AB与y轴交于点M，已知点Q（x，y）在抛物线上，点P（t，0）在x轴上．‎ ‎（1）写出点M的坐标；‎ ‎（2）当四边形CMQP是以MQ，PC为腰的梯形时．‎ ‎①求t关于x的函数解析式和自变量x的取值范围；‎ ‎②当梯形CMQP的两底的长度之比为1 : 2时，求t的值．‎ ‎1．解：‎ ‎（1）∵OABC是平行四边形，∴AB∥OC，且AB＝OC＝4‎ ‎∵A，B在抛物线上，y轴是抛物线的对称轴，∴A，B的横坐标分别是2和－2‎ x y O B C A ‎1‎ ‎1‎ P Q H M 代入y＝x 2＋1，得A（2，2），B（－2，2）‎ ‎∴M（0，2） 2分 ‎（2）①过点Q作QH⊥x轴于H，连接CM 则QH＝y，PH＝x－t 由△PHQ∽△COM，得：＝，即t＝x－2y ‎∵Q（x，y）在抛物线y＝x 2＋1上 ‎∴t＝－x 2＋x－2 4分 当点P与点C重合时，梯形不存在，此时，t＝－4，解得x＝1±‎ 当Q与B或A重合时，四边形为平行四边形，此时，x＝±2‎ ‎∴x的取值范围是x≠1±且x≠±2的所有实数 6分 ‎②分两种情况讨论：‎ ⅰ）当CM＞PQ时，则点P在线段OC上 ‎∵CM∥PQ，CM＝2PQ，∴点M纵坐标为点Q纵坐标的2倍 即2＝2(x 2＋1)，解得x＝0‎ ‎∴t＝－×02＋0－2＝－2 8分 ⅱ）当CM＜PQ时，则点P在OC的延长线上 ‎∵CM∥PQ，CM＝PQ，∴点Q纵坐标为点M纵坐标的2倍 即x 2＋1＝2×2，解得：x＝± 10分 当x＝－时，得t＝－×(－)2－－2＝－8－‎ 当x＝时，得t＝－×()2＋－2＝－8 12分 ‎2．（浙江省台州市）如图1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB＝∠F＝90°，∠A＝∠E＝30°．△EDF绕着边AB的中点D旋转，DE，DF分别交线段AC于点M，K．‎ ‎（1）观察：①如图2、图3，当∠CDF＝0°或60°时，AM＋CK_______MK（填“＞”，“＜”或“＝”）．‎ ‎②如图4，当∠CDF＝30°时，AM＋CK_______MK（只填“＞”或“＜”）．‎ ‎（2）猜想：如图1，当0°＜∠CDF＜60°时，AM＋CK_______MK，证明你所得到的结论．‎ ‎（3）如果MK 2＋CK 2＝AM 2，请直接写出∠CDF的度数和的值．‎ D B C A ‎(F,K)‎ E M 图2‎ D B C A F E M K 图1‎ D B C A F E M K 图4‎ D B C A F E K 图3‎ ‎(M)‎ ‎2．解：‎ ‎（1）①＝ ②＞ 4分 ‎（2）＞ 6分 证明：作点C关于FD的对称点G，连接GK、GM、GD D B C A F E M K G 则GD＝CD，GK＝CK，∠GDK＝∠CDK ‎∵D是AB的中点，∴AD＝CD＝GD ‎∵∠A＝30°，∴∠CDA＝120°‎ ‎∵∠EDF＝60°，∴∠GDM＋∠GDK＝60°‎ ‎∠ADM＋∠CDK＝60°‎ ‎∴∠ADM＝∠GDM． 9分 又∵DM＝DM，∴△ADM≌△GDM，∴GM＝AM ‎∵GM＋GK＞MK，∴AM＋CK＞MK． 10分 ‎（3）∠CDF＝15°，＝． 12分 D B C A E Q H P ‎3．（浙江省台州市）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8．点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP＝AQ．点D，E分别是点A，B以Q，P为对 称中心的对称点，HQ⊥AB于Q，交AC于点H．当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动．设BP的长为x，△HDE的面积为y．‎ ‎（1）求证：△DHQ∽△ABC；‎ ‎（2）求y关于x的函数解析式并求y的最大值；‎ ‎（3）当x为何值时，△HDE为等腰三角形？‎ ‎3．解：‎ ‎（1）∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，‎ ‎∴∠HQD＝∠C＝90°，HD＝HA ‎∴∠HDQ＝∠A． 3分 ‎∴△DHQ∽△ABC． 4分 ‎（2）①如图1，当0＜x ≤2.5时 ED＝10－4x，QH＝AQ·tan∠A＝x D B C A E Q H P ‎（图1）‎ 此时y＝(10－4x)·x＝－x 2＋x 6分 当x ＝时，y最大＝ 7分 ‎②如图2，当2.5＜x ≤5时 ED＝4x－10，QH＝AQ·tan∠A＝x 此时y＝(4x－10)·x＝x 2－x 9分 当x＝5时，y最大＝‎ D B C A E Q H P ‎（图2）‎ ‎（2.5＜x ≤5）‎ ‎（0＜x ≤2.5）‎ ‎∴y与x之间的函数解析式为y＝‎ y的最大值是． 10分 ‎（3）①如图1，当0＜x ≤2.5时 若DE＝DH，∵DH＝AH＝＝x，DE＝10－4x ‎∴10－4x＝x，∴x＝‎ 显然ED＝EH，HD＝HE不可能； 11分 ‎②如图2，当2.5＜x ≤5时 若DE＝DH，则4x－10＝x，∴x＝； 12分 若HD＝HE，此时点D，E分别与点B，A重合，x＝5； 13分 若ED＝EH，则△EDH∽△HDA ‎∴＝，即＝，∴x＝ 14分 ‎∴当x的值为，，5，时，△HDE是等腰三角形．‎ ‎4．（浙江省温州市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，过点B作射线BBl∥AC．动点D从点A出发沿射线AC方向以每秒5个单位的速度运动，同时动点E从点C出发沿射线AC方向以每秒3个单位的速度运动．过点D作DH⊥AB于H，过点E作EF上AC交射线BB1于F，G是EF中点，连结DG．设点D运动的时间为t秒．‎ D B H A E G F C B1‎ ‎（1）当t为何值时，AD＝AB，并求出此时DE的长度；‎ ‎（2）当△DEG与△ACB相似时，求t的值；‎ ‎（3）以DH所在直线为对称轴，线段AC经轴对称变换后 的图形为A′C′．‎ ‎①当t＞时，连结C′C，设四边形ACC′A′ 的面积为S，‎ 求S关于t的函数关系式；‎ ‎②当线段A′C′ 与射线BB1有公共点时，求t的取值范围 ‎（写出答案即可）．‎ ‎4．解：‎ ‎（1）∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4‎ ‎∴AB＝＝5 1分 ‎∵AD＝5t，CE＝3t，∴当AD＝AB时，5t＝5‎ ‎∴t＝1 2分 ‎∴AE＝AC＋CE＝3＋3t＝6 3分 ‎∴DE＝6－5＝1 4分 ‎（2）∵EF＝BC＝4，G是EF中点，∴GE＝2‎ 当AD＜AE（即t＜）时，DE＝AE－AD＝3＋3t－5t＝3－2t 若△DEG与△ACB相似，则＝或＝‎ ‎∴＝或＝‎ ‎∴t＝或t＝ 6分 当AD＞AE（即t＞）时，DE＝AD－AE＝5t－(3＋3t)＝2t－3‎ 若△DEG与△ACB相似，则＝或＝‎ ‎∴＝或＝‎ ‎∴t＝或t＝ 8分 D B H A E G F C B1‎ C′‎ O A′‎ 综上所述，当t＝或或或时，△DEG与△ACB相似 ‎（3）①由轴对称变换得AA′⊥DH，CC′⊥DH ‎∴AA′∥CC′‎ 易知OC≠AH，故AA′≠CC′‎ ‎∴四边形ACC′A′ 是梯形 9分 ‎∵∠A＝∠A，∠AHD＝∠ACB＝90°‎ ‎∴△AHD∽△ACB，＝＝‎ D B H A E G F C B1‎ ‎(A′)‎ ‎（图甲）‎ ‎∴AH＝3t，DH＝4t ‎∵sin∠ADH＝sin∠CDO，∴＝‎ 即＝，∴CO＝3t－‎ ‎∴AA′＝2AH＝6t，CC′＝2CO＝6t－ 10分 ‎∵OD＝CD·cos∠CDO＝(5t－3)×＝4t－‎ ‎∴OH＝DH－OD＝ 11分 ‎∴S＝( AA′＋CC′ )·OH＝(6t＋6t－)×＝t－ 12分 D B H A E G F C B1‎ ‎（图乙）‎ C′‎ O ‎②≤t ≤ 14分 略解：当点A′ 落在射线BB1上时（如图甲），AA′＝AB＝5‎ ‎∴6t＝5，∴t＝‎ 当点C′ 落在射线BB1上时（如图乙），易得CC′∥AB 故四边形ACC′B是平行四边形 ‎∴6t－＝5，∴t＝‎ 故≤t ≤‎ ‎5．（浙江省湖州市）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，P是线段AD边上的任意一点（不含端点A，D），连结PC，过点P作PE⊥PC交AB于E．‎ ‎（1）在线段AD上是否存在不同于P的点Q，使得QC⊥QE？若存在，求线段AP与AQ之间的数量关系；若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）当点P在AD上运动时，对应的点E也随之在AB上运动，求BE的取值范围．‎ B C A P D E ‎5．解：‎ ‎（1）假设存在这样的点Q B C A P D E Q ‎∵PE⊥PC，∴∠APE＋∠DPC＝90°‎ ‎∵∠D＝90°，∴∠DPC＋∠DCP＝90°‎ ‎∴∠APE＝∠DCP，又∵∠A＝∠D＝90°‎ ‎∴△APE∽△DCP，∴＝，∴AP·DP＝AE·DC 同理可得AQ·DQ＝AE·DC ‎∴AQ·DQ＝AP·DP，即AQ·(3－AQ)＝AP·(3－AP)‎ ‎∴AP 2－AQ 2＝3AP－3AQ，∴(AP＋AQ)(AP－AQ)＝3(AP－AQ)‎ ‎∵AP≠AQ，∴AP＋AQ＝3 2分 ‎∵AP≠AQ，∴AP≠，即P不能是AD的中点 ‎∴当P是AD的中点时，满足条件的Q点不存在 所以，当P不是AD的中点时，总存在这样的点Q满足条件 此时AP＋AQ＝3 3分 ‎（2）设AP＝x，AE＝y，由AP·DP＝AE·DC可得x(3－x)＝2y ‎∴y＝x(3－x)＝－x 2＋x＝－(x－)2＋‎ ‎∴当x＝（在0＜x＜3范围内）时，y最大值＝‎ ‎∴BE的取值范围为≤BE＜2 5分 ‎6．（浙江省湖州市）如图，已知直角梯形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA＝AB＝2，OC＝3，过点B作BD⊥BC，交OA于点D．将∠DBC绕点B按顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于E和F．‎ ‎（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；‎ ‎（3）连结EF，设△BEF与△BFC的面积之差为S，问：当CF为何值时S最小，并求出这个最小值．‎ B C A F O D E x y ‎6．解：‎ ‎（1）由题意得A（0，2），B（2，2），C（3，0）‎ 设所求抛物线的解析式为y＝ax 2＋bx＋c B C A F O D E x y M G H 则 解得 3分 ‎∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋x＋2 4分 ‎（2）设抛物线的顶点为G，则G（1，），过点G作GH⊥AB于H 则AH＝BH＝1，GH＝－2＝‎ ‎∵EA⊥AB，GH⊥AB，∴EA∥GH ‎∴GH是△BEA的中位线，∴EA＝2GH＝ 6分 过点B作BM⊥OC于M，则BM＝OA＝AB ‎∵∠EBF＝∠ABM＝90°，∴∠EBA＝∠FBM＝90°－∠ABF ‎∴Rt△EBA≌Rt△FBM，∴FM＝EA＝‎ ‎∵CM＝OC－OM＝3－2＝1，∴CF＝FM＋CM＝ 8分 ‎（3）设CF＝a，则FM＝a－1或1－a ‎∴BF 2＝FM 2＋BM 2＝(a－1)2＋2 2＝a 2－2a＋5‎ ‎∵△EBA≌△FBM，∴BE＝BF 则S△BEF ＝BE·BF＝BF 2＝(a 2－2a＋5) 9分 又∵S△BFC ＝FC·BM＝×a×2＝a 10分 ‎∴S ＝(a 2－2a＋5)－a＝a 2－2a＋‎ 即S ＝(a－2)2＋ 11分 ‎∴当a＝2（在0＜a＜3范围内）时，‎ S最小值 ＝ 12分 ‎7．（浙江省衢州市、丽水市、舟山市）△ABC中，∠A＝∠B＝30°，AB＝．把△ABC放在平面直角坐标系中，使AB的中点位于坐标原点O（如图），△ABC可以绕点O作任意角度的旋转．‎ ‎（1）当点B在第一象限，纵坐标是时，求点B的横坐标；‎ ‎（2）如果抛物线y＝ax 2＋bx＋c（a≠0）的对称轴经过点C，请你探究：‎ ‎①当a＝，b＝－，c＝－时，A，B两点是否都在这条抛物线上？并说明理由；‎ B ‎-1‎ A O x C ‎-1‎ ‎1‎ ‎1‎ y ‎②设b＝－2am，是否存在这样的m的值，使A，B两点不可能同时在这条抛物线上？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎7．解：‎ ‎（1）∵点O是AB的中点，∴OB＝AB＝ 1分 设点B的横坐标是x（x＞0），则x 2＋()2＝()2 2分 B ‎-1‎ A O x C ‎-1‎ ‎1‎ ‎1‎ y ‎（甲）‎ 解得x1＝，x2＝－（舍去）‎ ‎∴点B的横坐标是 4分 ‎（2）①当a＝，b＝－，c＝－时，‎ 得y＝x 2－x－‎ 即y＝( x－)2－ 5分 以下分两种情况讨论 B ‎-1‎ A O x C ‎-1‎ ‎1‎ ‎1‎ y ‎（乙）‎ 情况1：设点C在第一象限（如图甲），则点C的横坐标为 OC＝OB·tan30°＝×＝1 6分 由此，可求得点C的坐标为（，） 7分 点A的坐标为（－，）‎ ‎∵A，B两点关于原点对称，∴点B的坐标为（，－)‎ 将x＝－代入y＝x 2－x－，得y＝，即等于点A的纵坐标；‎ 将x＝代入y＝x 2－x－，得y＝－，即等于点B的纵坐标．‎ ‎∴在这种情况下，A，B两点都在抛物线上． 9分 情况2：设点C在第四象限（如图乙），则点C的坐标为（，－）‎ 点A的坐标为（，），点B的坐标为（－，－）‎ ‎∵当x＝时，y＝－；当x＝－时，y＝‎ ‎∴A，B两点都不在这条抛物线上． 10分 ‎（情况2另解：经判断，如果A，B两点都在这条抛物线上，那么抛物线将开口向下，而已知的抛物线开口向上．所以A，B两点不可能都在这条抛物线上）‎ ‎②存在．m的值是1或－1． 12分 ‎（y＝a(x－m)2 －am 2＋c，因为这条抛物线的对称轴经过点C，所以－1≤m≤1．‎ 当m＝±1时，点C在x轴上，此时A，B两点都在y轴上．因此当m＝±1时，A，B两点不可能同时在这条抛物线上）‎ ‎8．（浙江省宁波市）如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，□ABCD的顶点A的坐标为（－2，0），点D的坐标为（0，），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点，过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G．‎ ‎（1）求∠DCB的度数；‎ ‎（2）当点F的坐标为（－4，0）时，求点G的坐标；‎ ‎（3）连结OE，以OE所在直线为对称轴，△OEF经轴对称变换后得到△OEF′ ，记直线EF′ 与射线DC的交点为H．‎ ‎①如图2，当点G在点H的左侧时，求证：△DEG∽△DHE；‎ ‎②若△EHG的面积为，请直接写出点F的坐标．‎ ‎（备用图）‎ D B O A C x E y ‎（图1）‎ D B O A G F C x l E y ‎（图2）‎ D B O A G F C x l E y H F′‎ ‎8．解：‎ ‎（1）在Rt△AOD中，∵tan∠DAO＝＝＝‎ ‎∴∠DAB＝60° 2分 ‎∵四边形ABCD是平行四边形 ‎∴∠DCB＝∠DAB＝60° 3分 ‎（2）∵四边形ABCD是平行四边形 ‎∴CD∥AB，∴∠DGE＝∠AFE 又∵∠DEG＝∠AEF，DE＝AE ‎∴△DEG≌△AEF， 4分 ‎∴DG＝AF，∴AF＝OF－OA＝4－2＝2‎ ‎∴点G的坐标为（2，） 6分 ‎（3）①∵CD∥AB，∴∠DGE＝∠OFE ‎∵△OEF经轴对称变换后得到△OEF′‎ ‎∴∠OFE＝∠OF′E，∴∠DGE＝∠OF′E 7分 在Rt△AOD中，∵E是AD的中点，∴OE＝AD＝AE 又∵∠EAO＝60°，∴∠EOA＝∠AEO＝60°‎ 而∠EOF′＝∠EOA＝60°，∴∠EOF′＝∠AEO ‎∴AD∥OF′ 8分 ‎∴∠OF′E＝∠DEH，∴∠DEH＝∠DGE 又∵∠HDE＝∠EDG ‎∴△DEG∽△DHE 9分 ‎②点F的坐标为F1（－＋1，0），F2（－－5，0） 12分 解答如下（原题不作要求，仅供参考）：‎ 过点E作EM⊥直线CD于M，∵CD∥AB，∴∠EDM＝∠DAB＝60°‎ D B O A G F C x l E y H F′‎ M ‎∴EM＝DE·sin60°＝2×＝‎ ‎∵S△EHG ＝GH·EM＝GH·＝‎ ‎∴GH＝6‎ ‎∵△DEG∽△DHE，∴＝‎ ‎∴DE 2＝DG·DH 当点H在点G的右侧时，设DG＝x，则DH＝x＋6‎ ‎∴4＝x(x＋6)，解得x1＝－3＋，x2＝－3－（舍去）‎ ‎∵△DEG≌△AEF，∴OF＝AO＋AF＝－3＋＋2＝－1‎ ‎∴F1（－＋1，0）‎ 当点H在点G的左侧时，设DG＝x，则DH＝x－6‎ ‎∴4＝x(x－6)，解得x1＝3＋，x2＝3－（舍去）‎ ‎∵△DEG≌△AEF，∴AF＝DG＝3＋‎ ‎∴OF＝AO＋AF＝3＋＋2＝＋5‎ ‎∴F2（－－5，0）‎ 综上所述，点F的坐标有两个，分别是F1（－＋1，0），F2（－－5，0）‎ ‎9．（浙江省金华市）已知点P的坐标为（m，0），在x轴上存在点Q（不与P点重合），以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在反比例函数y＝－的图像上．小明对上述问题进行了探究，发现不论m取何值，符合上述条件的正方形只有两个，且一个正方形的顶点M在第四象限，另一个正方形的顶点M1在第二象限．‎ ‎-3‎ ‎-2‎ ‎-1‎ M O P Q N y ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎-1‎ ‎-2‎ ‎-3‎ x ‎（1）如图所示，若反比例函数解析式为y＝－，P点坐标为（1，0），图中已画出一符合条件的一个正方形PQMN，请你在图中画出符合条件的另一个正方形PQ1M1N1，并写出点M1的坐标；‎ M1的坐标是____________‎ ‎（2）请你通过改变P点坐标，对直线M1M的解析式y＝kx＋b进行探究可得k＝________，若点P的坐标为（m，0）时，则b＝________；‎ ‎（3）依据（2）的规律，如果点P的坐标为（6，0），请你求出点M1和点M的坐标．‎ ‎-3‎ ‎-2‎ ‎-1‎ M O P Q N y ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎-1‎ ‎-2‎ ‎-3‎ x Q1‎ M1‎ N1‎ ‎9．解：‎ ‎（1）如图；M1的坐标为（－1，2） 2分 ‎（2）k＝－1，b＝m 6分（各2分）‎ ‎（3）由（2）知，直线M1M的解析式为y＝－x＋6‎ 则M（x，y）满足x(－x＋6)＝－2‎ 解得x1＝3＋，x2＝3－‎ ‎∴y1＝3－，y2＝3＋‎ ‎∴M1，M的坐标分别为：‎ ‎（3－，3＋），（3＋，3－）‎ ‎ 10分 ‎10．（浙江省金华市）如图，把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为（3，0）和（0，）．动点P从A点开始沿折线AO－OB－BA运动，点P在AO，OB，BA上运动的速 度分别为1，，2（长度单位/秒）．一直尺的上边缘l从x轴的位置开始以（长度单位/秒）的速度向上平行移动（即移动过程中保持l∥x轴），且分别与OB，AB交于E，F两点．设动点P与动直线l同时出发，运动时间为t秒，当点P沿折线AO－OB－BA运动一周时，直线l和动点P同时停止运动．‎ 请解答下列问题：‎ ‎（1）过A，B两点的直线解析式是___________________；‎ ‎（2）当t＝4时，点P的坐标为____________；当t＝________，点P与点E重合；‎ ‎（3）①作点P关于直线EF的对称点P′，在运动过程中，若形成的四边形PEP′F为菱形，则t的值是多少？‎ B O A P x l E y F ‎②当t＝2时，是否存在着点Q，使得△FEQ∽△BEP？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎10．解：‎ ‎（1）y＝－x＋； 4分 ‎（2）（0，），t＝； 8分（各2分）‎ O A P x y G P′‎ E B F ‎（图1）‎ ‎（3）①当点P在线段AO上时，过F作FG⊥x轴，G为垂足（如图1）‎ ‎∵OE＝FG，EP＝FP，∠EOP＝∠FGP＝90°‎ ‎∴△EOP≌△FGP，∴OP＝PG 又∵OE＝FG＝t，∠A＝60°，∴AG＝＝t 而AP＝t，∴OP＝3－t，PG＝AP－AG＝t 由3－t＝t得 t＝ 9分 当点P在线段OB上时，形成的是三角形，不存在菱形；‎ 当点P在线段BA上时，过P作PH⊥EF，PM⊥OB，H、M分别为垂足（如图2）‎ O A P x y P′‎ E B F ‎（图2）‎ H ‎∵OE＝t，∴BE＝－t，∴EF＝＝3－t ‎∴MP＝EH＝EF＝，又BP＝2(t－6)‎ 在Rt△BMP中，BP·cos60°＝MP 即2(t－6)·＝，解得t＝ 10分 ‎②存在．理由如下：‎ ‎∵t＝2，∴OE＝，AP＝2，OP＝1‎ 将△BEP绕点E顺时针方向旋转90°，得到△B′EC（如图3）‎ A O x y ‎（图3）‎ P E F Q′‎ Q C1‎ D1‎ C B′‎ B ‎∵OB⊥EF，∴点B′ 在直线EF上，‎ C点坐标为（，－1）‎ 过F作FQ∥B′C，交EC于点Q，则△FEQ∽△B′EC 由＝＝＝，可得Q点坐标为（－，）‎ ‎ 11分 根据对称性可得，Q点关于直线EF的对称点Q′（－，）也符合条件．‎ ‎ 12分 ‎11．（浙江省绍兴市）如图，设抛物线C1：y＝a(x＋1)2－5，C2：y＝－a(x－1)2＋5，C1与C2的交点为A，B，点A的坐标是（2，4），点B的横坐标是－2．‎ ‎（1）求a的值及点B的坐标；‎ ‎（2）点D在线段AB上，过D作x轴的垂线，垂足为点H，在DH的右侧作正三角形DHG．记过C2顶点M的直线为l，且l与x轴交于点N．‎ ‎①若l过△DHG的顶点G，点D的坐标为（1，2），求点N的横坐标；‎ ‎②若l与△DHG的边DG相交，求点N的横坐标的取值范围．‎ B A O x y C1‎ C2‎ 备用图2‎ B A O x y C1‎ C2‎ 备用图1‎ B A O x y C1‎ C2‎ ‎11．解：‎ ‎（1）∵点A（2，4）在抛物线C1上，‎ ‎∴把点A坐标代入y＝a(x＋1)2－5得a＝1‎ ‎∴抛物线C1的解析式为y＝x 2＋2x－4 1分 设B（－2，b），则b＝－4‎ ‎∴B（－2，－4） 2分 B A O x y C1‎ C2‎ 图1‎ G E M D H N l ‎（2）①如图1‎ ‎∵M（1，5），D（1，2），且DH⊥x轴 ‎∴点M在DH上，MH＝5‎ 过点G作GE⊥DH，垂足为E 由△DHG是正三角形得EG＝，EH＝1‎ ‎∴ME＝4‎ 设N（x，0），则NH＝x－1‎ 由△MEG∽△MHN，得＝‎ ‎∴＝，∴x＝＋1‎ ‎∴点N的横坐标为＋1 7分 ‎②当点D移到与点A重合时，如图2‎ 直线l与DG交于点G，此时点N的横坐标最大． 8分 过点G，M作x轴的垂线，垂足分别为点Q，F，设N（x，0）‎ ‎∵ A（2，4），∴G（2＋，2）‎ ‎∴NQ＝x－2－，NF＝x－1，GQ＝2，MF＝5‎ ‎∵△NGQ∽△NMF，∴＝‎ ‎∴＝，∴x＝ 10分 当点D移到与点B重合时，如图3‎ 直线l与DG交于点D，即点B，此时点N的横坐标最小． 11分 ‎∵B（－2，－4），∴H（－2，0），D（－2，－4），设N（x，0）‎ ‎∵△BHN∽△MFN，∴＝‎ ‎∴＝，∴x＝－ 12分 又∵当点D与原点O重合时，△DHG不存在 B A O x y C1‎ C2‎ 图2‎ G M H N l F Q ‎(D)‎ B A O x y C1‎ C2‎ 图3‎ G M D H N l ‎(D)‎ F ‎∴点N横坐标的取值范围为：－≤x ≤且x≠0． 14分 ‎12．（浙江省嘉兴市）如图，已知抛物线y＝－x 2＋x＋4交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B．‎ ‎（1）求A、B两点的坐标，并求直线AB的解析式；‎ ‎（2）设P（x，y）（x＞0）是直线y＝x上的一点，Q是OP的中点（O是原点），以PQ为对角线作正方形PEQF，若正方形PEQF与直线AB有公共点，求x的取值范围；‎ B A O x y ‎（备用）‎ B A O x y P F Q E ‎（3）在（2）的条件下，记正方形PEQF与△OAB公共部分的面积为S，求S关于x的函数解析式，并探究S的最大值．‎ B A O x y P F Q E D C ‎（图1）‎ ‎12．解：‎ ‎（1）令y＝0，得－x 2＋x＋4＝0，即x 2－2x－8＝0‎ 解得x1＝－2，x2＝4，∴A（4，0）‎ 令x＝0，得y＝4，∴B（0，4）‎ 设直线AB的解析式为y＝kx＋b 则 解得 ‎∴直线AB的解析式为y＝－x＋4‎ ‎ 5分 ‎（2）当点P（x，x）在直线AB上时，x＝－x＋4，解得x＝2‎ 当点Q（，）在直线AB上时，＝－＋4，解得x＝4‎ 所以，若正方形PEQF与直线AB有公共点，则2≤x≤4 9分 ‎（3）当点E（x，）在直线AB上时，点F也在直线AB上 ‎＝－x＋4，解得x＝‎ ‎①当2≤x＜时，直线AB分别与PE、PF有交点，设交点分别为C、D，如图1‎ 此时PC＝x－(－x＋4)＝2x－4‎ 又PD＝PC，∴S△PCD ＝PC 2＝2(x－2)2‎ ‎∴S ＝x 2－2(x－2)2＝－x 2＋8x－8＝－(x－)2＋‎ 即S ＝－(x－)2＋ 10分 ‎∵2＜＜，∴当x＝时，S最大＝ 11分 ‎②当≤x≤4时，直线AB分别与QE、QF有交点，设交点分别为M、N，如图2‎ B A O x y P F Q E N M ‎（图2）‎ 此时QN＝(－＋4)－＝－x＋4，又QM＝QN ‎∴S△QMN ＝QN 2＝(x－4)2‎ 即S＝(x－4)2 12分 当x＝时，S最大＝ 13分 综合①②得：当x＝时，S最大＝‎ ‎ 14分 ‎13．（浙江省义乌市）如图1，已知梯形OABC，抛物线分别过点O（0，0）、A（2，0）、B（6，3）．‎ ‎（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标；‎ ‎（2）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、B1的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S＝36时点A1的坐标；‎ O M A x y B C D 图1‎ O M x y D 图2‎ A1‎ O1‎ C1‎ B1‎ ‎（3）在图1中，设点D坐标为（1，3），动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段DM运动．P、Q两点同时出发，当点Q到达点M时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎13．解：‎ ‎（1）对称轴：直线x＝1 1分 解析式：y＝x 2－x或y＝(x－1)2－ 2分 顶点坐标：M（1，－） 3分 ‎（2）由题意得y2－y1＝3‎ 即x 22－x2－x 12＋x1＝3 4分 整理得：(x2－x 1)[(x2＋x 1)－]＝3 ① 5分 ‎∵S＝[2(x 1－1＋x 2－1)]·3＝3(x1＋x 2)－6‎ ‎∴x1＋x 2＝＋2 ② 6分 把②代入①并整理得：x2－x 1＝（S＞0）（事实上，更确切为S＞）‎ ‎ 7分 当S＝36时， 解得： （注：S＞0或S＞不写不扣分）‎ 把x 1＝6代入抛物线解析式得y1＝3 ∴点A1（6，3） 8分 ‎（3）存在 9分 解法一：易知直线AB的解析式为y＝x－‎ 可得直线AB与对称轴的交点E的坐标为（1，－）‎ O M A x y B C D E G Q P F ‎∴BD＝5，DE＝，DP＝5－t，DQ＝t 当PQ∥AB时，＝‎ ‎∴＝，得t＝ 10分 下面分两种情况讨论：设直线PQ与直线AB、x轴 的交点分别为点F、G ‎①当0＜t＜时 ‎∵△FQE∽△FAG，∴∠FGA＝∠FEQ ‎∴∠DPQ＝∠DEB，∴△DPQ∽△DEB，∴＝‎ ‎∴＝，得t＝＞，∴t＝舍去 11分 ‎②当＜t＜时 ‎∵△FQE∽△FAG，∴∠FAG＝∠FQE ‎∵∠DQP＝∠FQE，∠FAG＝∠DBE ‎∴∠DQP＝∠DBE，∴△DPQ∽△DEB，∴＝‎ ‎∴＝，得t＝‎ 故当t＝秒时，使直线、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似 12分 ‎（注：未求出t＝能得到正确答案不扣分）‎ 解法二：可将y＝x 2－x向左平移一个单位得到y＝x 2－，再用解法一类似的方法可求得x2′－x 1′＝，点A1′（5，3），t＝‎ ‎∴x2－x 1＝，点A1（6，3），t＝‎ ‎14．（浙江省舟山市）（本题满分12分）如图，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠BAD＝60°，E为CD边中点，点P从点A开始沿AC方向以每秒cm的速度运动，同时，点Q从点D出发沿DB方向以每秒1cm的速度运动，当点P到达点C时，P，Q同时停止运动，设运动的时间为x秒．‎ ‎（1）当点P在线段AO上运动时．‎ ‎①请用含x的代数式表示OP的长度；‎ ‎②若记四边形PBEQ的面积为y，求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；‎ ‎（2）显然，当x＝0时，四边形PBEQ即梯形ABED，请问，当P在线段AC的其他位置时，以P，B，E，Q为顶点的四边形能否成为梯形？若能，求出所有满足条件的x的值；若不能，请说明理由．‎ O E A C Q D B P ‎14．解：‎ ‎（1）①由题意得∠BAO＝30°，AC⊥BD ‎∵AB＝2，∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝‎ ‎∴OP＝－x 2分 ‎②如图1，过点E作EH⊥BD于H，则EH为△COD的中位线 ‎∴EH＝OC＝，∵DQ＝x，∴BQ＝2－x O E A C Q D B H 图1‎ P ‎∴y＝S△BPQ ＋ S△BEQ ＝(2－x)(－x＋)‎ ‎＝x 2－x＋ 5分 ‎（2）能成为梯形，分三种情况：‎ ⅰ）如图2，当PQ∥BE时，∠PQO＝∠DBE＝30°‎ 图2‎ O E A C Q D B H P ‎∴＝tan30°＝‎ 即＝，∴x＝‎ 此时PB不平行QE，∴x＝时，四边形PBEQ为梯形 ‎ 7分 ⅱ）如图3，当PE∥BQ时，P为OC中点 ‎∴AP＝，即x＝，x＝‎ 此时，BQ＝2－x＝≠PE，∴x＝时，四边形PEQB为梯形 9分 ⅲ）如图4，当QE∥BP时，△QEH∽△BPO ‎∴＝，∴＝，∴x＝1（x＝0舍去）‎ 此时，BQ不平行于PE，∴x＝1时，四边形PEQB为梯形 11分 综上所述，当x＝或或1时，以P，B，E，Q为顶点的四边形是梯形 ‎ 12分 图4‎ O E A C Q D B H P 图3‎ O E A C Q D B H P ‎ ‎ O M A C H D B P x y R N ‎15．（浙江省东阳市）如图，P为正方形ABCD的对称中心，A（0，3），B（1，0），直线OP交AB于N，交DC于M，点H从原点O出发沿x轴的正半轴方向以1个单位每秒速度运动，同时，点R从O出发沿OM方向以个单位每秒速度运动，运动时间为t．‎ ‎（1）C的坐标为________________；‎ ‎（2）当t为何值时，△ANO与△DMR相似？‎ ‎（3）求△HCR的面积S与t的函数关系式；并求以A、B、C、R为顶点的四边形是梯形时t的值及相应的S的值．‎ ‎15．解：‎ ‎ （1）C（4，1） 2分 O M A C H D B P x y N ‎(R1)‎ 图1‎ R2‎ ‎（2）∵P为正方形ABCD的对称中心，A（0，3），C（4，1）‎ ‎∴P（2，2），D（3，4）‎ ‎∵P为正方形ABCD的对称中心，∴∠AON＝45°‎ ‎∵AB∥DC，∴∠ANO＝∠RMD ‎∴当∠RDM＝∠AON＝45°时，△ANO∽△RMD 此时点R与点P重合（如图1），∴R1（2，2），∴OR1＝‎ ‎∴t1＝÷＝2（秒） 4分 当∠DRM＝∠AON＝45°时，△ANO∽△DMR O M A C D B P x y N 图2‎ H2‎ R2‎ R1‎ H1‎ 此时DR∥AO，∴R2（3，3），∴OR2＝‎ ‎∴t2＝÷＝3（秒）‎ 故当t＝2秒或3秒时，△ANO与△DMR相似 6分 ‎（3）∵OR＝t，OH＝t，∠ROH＝45°，∴RH＝t ‎∴S＝t·(4－t)＝－t 2＋2t（0＜t≤4） 7分 S＝t·(t－4)＝t 2－2t（t＞4） 8分 直线OM的解析式为y＝x ①‎ 由 C（4，1），D（3，4）可得直线OM的解析式为y＝－3x＋13 ②‎ 联立①②解得x＝，∴M（，）‎ 同理可求得N（，），直线OM与直线AD的交点坐标为（，）‎ 当CR∥AB时，t＝÷1＝（秒）‎ S＝－×()2＋2×＝ 9分 当AR∥BC时，t＝÷1＝（秒）‎ S＝×()2－2×＝ 10分 O M A C D B P x y N 图3‎ R2‎ R3‎ ‎(R1)‎ 当BR∥AC时，△BNR∽△ANP 如图3，过N作NE⊥OB于E，则△NHB∽△AOB ‎∴＝，即＝，∴NB＝‎ ‎∴AN＝，∴NB＝AN ‎∵P（2，2），N（，），∴PN＝‎ 由△BNR∽△ANP得＝＝，∴RN＝PN＝‎ ‎∴OR＝ON－RN＝－＝‎ ‎∴t＝÷＝（秒） 11分 S＝－×()2＋2×＝ 12分 ‎16．（浙江省东阳市调研测试卷）已知抛物线y＝－x 2＋bx＋c经过点A（0，4），且抛物线的对称轴为直线x＝2．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）若该抛物线的顶点为B，在抛物线上是否存在点C，使得A、B、O、C四点构成的四边形为梯形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎（3）试问在抛物线上是否存在着点P，使得以3为半径的⊙P既与x轴相切，又与对称轴相交？若存在，请求出点P的坐标，并求出对称轴被⊙P所截得的弦EF的长度；若不存在，请说明理由．‎ A B y x O 备用图 A B y x O ‎16．解：‎ ‎ （1）由题意得：－＝2，∴b＝4‎ 又∵A（0，4），∴c＝4‎ ‎∴该抛物线的解析式为y＝－x 2＋4x＋4 3分 ‎（2）∵y＝－x 2＋4x＋4＝－(x－2)2＋8，∴B（2，8）‎ 由A（0，4），B（2，8）可得直线AB的解析式为y＝2x＋4‎ 由O（0，0），B（2，8）可得直线OB的解析式为y＝4x ‎①当AB∥OC时，直线OC的解析式为y＝2x 4分 B y O A x P1‎ P2‎ P3‎ P4‎ 联立 解得 ‎∴C1（1＋，2＋），C2（1－，2－）‎ ‎ 6分 ‎②当AC∥OB时，直线AC的解析式为y＝4x＋4‎ 联立 解得 此时C（0，4）与点A重合，舍去 7分 ‎（3）①当点P在x轴上方时，y＝－x 2＋4x＋4＝3‎ 解得x1＝2＋，x2＝2－，∴P1（2＋，3），P2（2－，3）‎ 此时P点到对称轴直线x＝2的距离为＜3，即⊙P与对称轴相交 9分 对称轴被⊙P所截得的弦EF的长度为：＝4 11分 ‎②当点P在x轴下方时，y＝－x 2＋4x＋4＝－3‎ 解得x1＝2＋，x2＝2－，∴P3（2＋，－3），P4（2－，－3）‎ 此时P点到对称轴直线x＝2的距离为＞3，即⊙P与对称轴相离 12分 ‎17．（浙江省嵊州市普通高中提前招生）如图1至图4，⊙O均作无滑动滚动，⊙O1、⊙O2均表示⊙O与线段AB、BC或弧AB相切于端点时刻的位置，⊙O的周长为c，请阅读下列材料：‎ ‎①如图1，⊙O从⊙O1的位置出发，沿AB滚动到⊙O2的位置，当AB＝c时，⊙O恰好自转1周．‎ ‎②如图2，∠ABC相邻的补角是n°，⊙O在∠ABC外部沿A－B－C滚动，在点B处，必须由⊙O1的位置旋转到⊙O2的位置，⊙O绕点B旋转的角∠O1BO2＝n°，⊙O在点B处自转周．‎ A O O2‎ B O1‎ 图1‎ B A ‎ C n°‎ D O1‎ O2‎ 图2‎ 解答以下问题：‎ ‎（1）在阅读材料的①中，若AB＝2c，则⊙O自转__________周；若AB＝l，则⊙O自转__________周．在阅读材料的②中，若∠ABC＝120°，则⊙O在点B处自转__________周；若∠ABC＝60°，则⊙O在点B处自转__________周．‎ ‎（2）如图3，△ABC的周长为l，⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，⊙O自转了多少周？请说明理由．‎ O A P B 图4‎ O A D C B 图3‎ ‎（3）如图4，半径为2的⊙O从半径为18，圆心角为120°的弧的一个端点A（切点）开始先在外侧滚动到另一个端点B（切点），再旋转到内侧继续滚动，最后转回到初始位置，⊙O自转多少周？请说明理由．‎ ‎17．解：‎ ‎ （1）2，，， 4分 ‎（2）⊙O自转了＋1周 6分 理由：∵△ABC的周长为l，∴⊙O在三边上自转了周 又∵三角形的外角和是360°，∴在三个顶点处，⊙O自转了＝1（周）‎ ‎∴O自转了＋1周 8分 ‎（3）⊙O自转7周 10分 理由：∵弧AB的长为18×π＝12π，∴⊙O在弧AB上自转了2×＝6（周）‎ 又∵在两个端点处，⊙O自转了＝1（周）‎ ‎∴O自转了7周 12分 ‎18．（浙江省嵊州市普通高中提前招生）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（－1，0），如图所示，抛物线y＝2ax 2＋ax－经过点B．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求抛物线的解析式；‎ ‎（3）若三角板ABC从点C开始以每秒1个单位长度的速度向x轴正方向平移，求点A落在抛物线上时所用的时间，并求三角板在平移过程中扫过的面积；‎ A(0，2)‎ O x y B C(-1,0)‎ ‎（4）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ A(0，2)‎ O x y B D C P1‎ P2‎ M N ‎18．解：‎ ‎ （1）如图，过点B作BD⊥x轴于D ‎∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠CAO＝90°‎ ‎∴∠BCD＝∠CAO 又∵∠BDC＝∠COA＝90°，BC＝CA ‎∴Rt△BCD≌Rt△CAO ‎∴BD＝CO＝1，CD＝AO＝2 1分 ‎∴点B的坐标为（－3，1） 2分 ‎（2）把B（－3，1）代入y＝2ax 2＋ax－，得1＝18a－3a－‎ 解得a＝ 3分 ‎∴抛物线的解析式为y＝x 2＋x－ 4分 ‎（3）记平移后点A落在抛物线上的点为A′，点C落在x轴上的点为C′‎ 把y＝2代入y＝x 2＋x－，得x 2＋x－＝2‎ 解得x1＝－，x2＝3，∴A′（3，2）‎ ‎∴点A落在抛物线上时所用的时间为：3÷1＝3（秒） 6分 BC＝CA＝＝‎ 三角板在平移过程中扫过的面积为：‎ S＝S△ABC ＋S□AC′CA′＝××＋3×2＝ 8分 ‎（4）存在 9分 ‎①延长BC至点P1，使CP1＝BC，则得到以点C为直角顶点的等腰直角三角形△ACP1．‎ 过点P1作P1M⊥x轴．‎ ‎∵CP1＝BC，∠P1CM＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°‎ ‎∴Rt△P1CM≌Rt△BCD ‎∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1，可求得点P1(1，－1)； 10分 把x＝1代入y＝x 2＋x－，得y＝－1．‎ ‎∴点P1(1，－1)在抛物线上 11分 ‎②过点A作AP2⊥AC，且使AP2＝AC，则得到以点A为直角顶点的等腰直角三角形△ACP2‎ 过点P2作P2N⊥y轴，同理可证Rt△P2NA≌Rt△AOC ‎∴P2N＝AO＝2，AN＝CO＝1，可求得点P2(2，1) 12分 把x＝2代入y＝x 2＋x－，得y＝‎ ‎∴点P2(2，1)不在抛物线上，舍去 14分 ‎ 综上所述，在抛物线上还存在点P(1，－1)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形．‎ ‎19．（浙江省慈溪中学保送生招生考试）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．将正方形OABC绕O点顺时针旋转，旋转角为θ，当A点第一次落在直线y＝x上时停止旋转．旋转过程中，边交直线y＝x于点M，BC边交x轴于点N．‎ ‎（1）求边AB在旋转过程中所扫过的面积；‎ ‎（2）设△BMN的周长为p，在正方形OABC旋转的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论；‎ O C B x y A M N y＝x θ ‎（3）设MN＝m，当m为何值时△MON的面积最小，最小值为多少？此时旋转角θ为多少度？并求出此时△BMN内切圆的半径．‎ O x y A y＝x A′‎ B B′‎ C′‎ 图1‎ ‎19．解：‎ ‎ （1）当A点第一次落在直线y＝x上时停止旋转，则OA旋转了45°，OB也旋转了45°，故B点落在x轴上．‎ 如图1，边AB在旋转过程中扫过的面积为图中阴影部分的面积S阴影．‎ S阴影＝S△AOB＋S扇形BOB′ －S扇形AOA′ －S△A′ OB′ ‎ ‎＝S扇形BOB′ －S扇形AOA′ ＝1/2×(√2)2×π/4－1/2×12×π/4‎ ‎＝π/8． 4分 ‎（2）p值无变化． 5分 证明：如图2，延长BA交y轴于点D 在△AOD与△CON中 ‎∠AOD＝∠CON＝90°－∠AON，OA＝OC，∠OAD＝∠OCN＝90°．‎ ‎∴△AOD≌△CON．‎ ‎∴OD＝ON，AD＝CN． 6分 在△MOD与△MON中 OD＝ON，∠MOD＝∠MON＝45°，OM＝OM．‎ ‎∴△MOD≌△MON．‎ ‎∴MN＝MD＝AM＋AD＝AM＋CN．‎ ‎∴p＝BM＋MN＋BN＝BM＋AM＋CN＋BN＝AB＋BC＝2． 8分 ‎∴在正方形OABC旋转的过程中，p值无变化． 9分 ‎（3）设AM＝n，则BM＝1－n，CN＝m－n，BN＝1－m＋n ‎∵△MOD≌△MON，∴S△MON ＝S△MOD ＝MD·OA＝m． 10分 O C B x y A M N y＝x D θ 图2‎ 在Rt△BMN中，BM 2＋BN 2＝MN 2．‎ ‎∴(1－n)2＋(1－m＋n)2＝m 2‎ 整理得n 2－mn＋2－m＝0‎ ‎△＝m 2－4(2－m)≥0‎ 解得m ≤－－2（舍去）或m ≥－2‎ 故当m＝－2时，△MON的面积最小 12分 S△MON 最小＝(－2)＝－1 13分 此时n 2－(－2)n＋2－(－2)＝0‎ 解得n＝－1＝m，即AM＝m ‎∴CN＝m－n＝m，∴AM＝CN 此时由于AM＝CN，∠OAM＝∠OCN＝90°，OA＝OC，∴△AOM≌△CON ‎∴∠AOM＝∠CON＝∠AOD＝θ＝22.5° 14分 ‎∵BM＝1－n＝2－，BN＝1－m＋n＝2－，MN＝m＝－2‎ ‎∴Rt△BMN的内切圆半径为(BM＋BN－MN)＝3－ 16分 ‎20．（浙江省奉化市保送生招生考试）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D在BC上，且BD＝4，以点D为顶点作∠EDF＝∠B，分别交边AB于点E，交射线CA于点F．设BE＝x，CF＝y．‎ ‎（1）求y与x的函数关系式；‎ ‎（2）当以点C为圆心，CF长为半径的⊙C和以点A为圆心，AE长为半径的⊙A相切时，求x的值；‎ F D E C A B D C A B 备用图 ‎（3）若AC的中点O到直线DE的距离为5，求DE的长．‎ ‎20．解：‎ ‎ （1）∵AB＝AC，∴∠C＝∠B ‎∵∠CDF＋∠EDF＋∠BDE＝180°，∠BED＋∠B＋∠BDE＝180°，∠EDF＝∠B ‎∴∠CDF＝∠BED，∴△CDF∽△BED ‎∴＝，即＝‎ ‎∴y＝ 2分 ‎（2）分外切和内切两种情况考虑：‎ ‎①当⊙C和⊙A外切时，点F在线段CA上，且AF＝AE ‎∵AB＝AC，∴BE＝CF，∴x＝‎ ‎∴x＝ 4分 ‎②当⊙C和⊙A内切时，点F在线段CA延长线上，且AF＝AE ‎∴x＝AB－AE＝10－AE，y＝AC＋AF＝10＋AE ‎∴10＋AE＝，解得AE＝，∴x＝10－ 6分 ‎（3）如图1，当点F在线段CA上时，过A作AG⊥BC于G，过O作OH⊥DE1于H，OK⊥BC于K，连结OD，则OH＝5‎ O D F C A B H G K 图1‎ E1‎ ‎∵AB＝AC＝10，AG⊥BC，∴GC＝BG＝BC＝6‎ ‎∴AG＝＝8，KC＝GC＝3‎ 而DC＝BC－BD＝12－4＝8，∴DK＝DC－KC＝8－3＝5‎ ‎∴DK＝OH 又∵OK 2＝OD 2－DK 2，DH 2＝OD 2－OH 2，∴OK＝DH ‎∴四边形DKOH是矩形，∴DE1⊥BC ‎∴Rt△E1BD∽△RtABG，∴＝，即＝‎ ‎∴DE1＝ 9分 如图2，当点F在线段CA延长线上时，作Rt△AGC的外接圆⊙O，则DH、DM分别是⊙O的切线 O D C A B M 图2‎ H K G N P E1‎ E2‎ DG＝6－4＝2，由切割线定理得：‎ DM 2＝DG·DC＝2×8＝16，∴DM＝4‎ 设OM与BC交于点N，易知△DNM≌△ONK ‎∴NM＝NK，∴DN＝5－NM 在Rt△DNM中，4 2＋NM 2＝(5－NM) 2‎ ‎∴NM＝，∴DN＝‎ 延长AG交EM于点P，则△DPG∽△DNM ‎∴＝＝＝＝，∴DP＝DN＝，PG＝NM＝‎ ‎∴AP＝8＋＝‎ 由△E1E2G∽△AE2P得＝，即＝‎ ‎∴DE2＝ 14分