2017各地中考最后一道题

2017各地中考最后一道题

‎　‎ ‎1．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴相交于点A（0，3），与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1‎ ‎（1）求此抛物线的解析式以及点B的坐标．‎ ‎（2）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．‎ ‎①当t为何值时，四边形OMPN为矩形．‎ ‎②当t＞0时，△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由对称轴公式可求得b，由A点坐标可求得c，则可求得抛物线解析式；再令y=0可求得B点坐标；‎ ‎（2）①用t可表示出ON和OM，则可表示出P点坐标，即可表示出PM的长，由矩形的性质可得ON=PM，可得到关于t的方程，可求得t的值；②由题意可知OB=OA，故当△BOQ为等腰三角形时，只能有OB=BQ或OQ=BQ，用t可表示出Q点的坐标，则可表示出OQ和BQ的长，分别得到关于t的方程，可求得t的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c对称轴是直线x=1，‎ ‎∴﹣=1，解得b=2，‎ ‎∵抛物线过A（0，3），‎ ‎∴c=3，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3，‎ 令y=0可得﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴B点坐标为（3，0）；‎ ‎（2）①由题意可知ON=3t，OM=2t，‎ ‎∵P在抛物线上，‎ ‎∴P（2t，﹣4t2+4t+3），‎ ‎∵四边形OMPN为矩形，‎ ‎∴ON=PM，‎ ‎∴3t=﹣4t2+4t+3，解得t=1或t=﹣（舍去），‎ ‎∴当t的值为1时，四边形OMPN为矩形；‎ ‎②∵A（0，3），B（3，0），‎ ‎∴OA=OB=3，且可求得直线AB解析式为y=﹣x+3，‎ ‎∴当t＞0时，OQ≠OB，‎ ‎∴当△BOQ为等腰三角形时，有OB=QB或OQ=BQ两种情况，‎ 由题意可知OM=2t，‎ ‎∴Q（2t，﹣2t+3），‎ ‎∴OQ==，BQ==|2t﹣3|，‎ 又由题意可知0＜t＜1，‎ 当OB=QB时，则有|2t﹣3|=3，解得t=（舍去）或t=；‎ 当OQ=BQ时，则有=|2t﹣3|，解得t=；‎ 综上可知当t的值为或时，△BOQ为等腰三角形．‎ ‎【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中用t表示出PM和ON的长是解题的关键，在②‎ 中用t表示出Q点的坐标，进而表示出OQ和BQ的长是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．‎ ‎　‎ ‎2．如图，直线y=﹣2x+4交y轴于点A，交抛物线y=x2+bx+c于点B（3，﹣2），抛物线经过点C（﹣1，0），交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作PE⊥DB交DB所在直线于点E．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当△PDE为等腰直角三角形时，求出PE的长及P点坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接PB，将△PBE沿直线AB翻折，直接写出翻折点后E的对称点坐标．‎ ‎【分析】（1）把B（3，﹣2），C（﹣1，0）代入y=x2+bx+c即可得到结论；‎ ‎（2）由y=x2﹣x﹣2求得D（0，﹣2），根据等腰直角三角形的性质得到DE=PE，列方程即可得到结论；‎ ‎（3）①当P点在直线BD的上方时，如图1，设点E关于直线AB的对称点为E′，过E′作E′H⊥DE于H，求得直线EE′的解析式为y=x﹣，设E′（m，m﹣），根据勾股定理即可得到结论；②当P点在直线BD的下方时，如图2，设点E关于直线AB的对称点为E′，过E′作E′H⊥DE于H，得到直线EE′的解析式为y=x﹣3，设E′（m，m﹣3），根据勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）把B（3，﹣2），C（﹣1，0）代入y=x2+bx+c得，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；‎ ‎（2）设P（m，m2﹣m﹣2），‎ 在y=x2﹣x﹣2中，当x=0时，y=﹣2，‎ ‎∴D（0，﹣2），‎ ‎∵B（3，﹣2），‎ ‎∴BD∥x轴，‎ ‎∵PE⊥BD，‎ ‎∴E（m，﹣2），‎ ‎∴DE=m，PE=m2﹣m﹣2+2，或PE=﹣2﹣m2+m+2，‎ ‎∵△PDE为等腰直角三角形，且∠PED=90°，‎ ‎∴DE=PE，‎ ‎∴m=m2﹣m，或m=﹣m2+m，‎ 解得：m=5，m=1，m=0（不合题意，舍去），‎ ‎∴PE=5或1，‎ P（1，﹣3），或（5，3）；‎ ‎（3）①当P点在直线BD的上方时，如图1，设点E关于直线AB的对称点为E′，‎ 过E′作E′H⊥DE于H，‎ 由（2）知，此时，E（5，﹣2），‎ ‎∴DE=5，‎ ‎∴BE′=BE=2，‎ ‎∵EE′⊥AB，‎ ‎∴设直线EE′的解析式为y=x+b，‎ ‎∴﹣2=×5+b，‎ ‎∴b=﹣，‎ ‎∴直线EE′的解析式为y=x﹣，‎ 设E′（m，m﹣），‎ ‎∴E′H=﹣2﹣m+=﹣m，BH=3﹣m，‎ ‎∵E′H2+BH2=BE′2，‎ ‎∴（﹣m）2+（3﹣m）2=4，‎ ‎∴m=，m=5（舍去），‎ ‎∴E′（，﹣）；‎ ‎②当P点在直线BD的下方时，如图2，设点E关于直线AB的对称点为E′，‎ 过E′作E′H⊥DE于H，‎ 由（2）知，此时，E（1，﹣2），‎ ‎∴DE=1，‎ ‎∴BE′=BE=2，‎ ‎∵EE′⊥AB，‎ ‎∴设直线EE′的解析式为y=x+b，‎ ‎∴﹣2=×1+b，‎ ‎∴b=﹣，‎ ‎∴直线EE′的解析式为y=x﹣，‎ 设E′（m，m﹣），‎ ‎∴E′H=m﹣+2=m﹣，BH=m﹣3，‎ ‎∵E′H2+BH2=BE′2，‎ ‎∴（m﹣）2+（m﹣3）2=4，‎ ‎∴m=4.2，m=1（舍去），‎ ‎∴E′（4.2，﹣0.4），‎ 综上所述，E的对称点坐标为（，﹣），（4.2，﹣0.4）．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．‎ ‎（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC．‎ ‎①写出BP，BD的长；‎ ‎②求证：四边形BCPD是平行四边形．‎ ‎（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．‎ ‎【分析】（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题；‎ ‎②想办法证明DP∥BC，DP=BC即可；‎ ‎（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）2+22，推出x=，推出DN==，由△BDN∽△BAM，可得=，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得=，由此求出AE=，可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，‎ ‎∴AB==2，‎ ‎∵AD=CD=2，‎ ‎∴BD==2，‎ 由翻折可知，BP=BA=2．‎ ‎②如图1中，‎ ‎∵△BCD是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠BDC=45°，‎ ‎∴∠ADB=∠BDP=135°，‎ ‎∴∠PDC=135°﹣45°=90°，‎ ‎∴∠BCD=∠PDC=90°，‎ ‎∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，‎ ‎∴四边形BCPD是平行四边形．‎ ‎（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．‎ 设BD=AD=x，则CD=4﹣x，‎ 在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，‎ ‎∴x2=（4﹣x）2+22，‎ ‎∴x=，‎ ‎∵DB=DA，DN⊥AB，‎ ‎∴BN=AN=，‎ 在Rt△BDN中，DN==，‎ 由△BDN∽△BAM，可得=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AM=2，‎ ‎∴AP=2AM=4，‎ 由△ADM∽△APE，可得=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AE=，‎ ‎∴EC=AC﹣AE=4﹣=，‎ 易证四边形PECH是矩形，‎ ‎∴PH=EC=．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、勾股定理．相似三角形的判定和性质、翻折变换、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎4．如图，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转90°得到CF，连结DF，以CE、CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD、AC分别交于点H、M，GF交CD延长线于点N．‎ ‎（1）证明：点A、D、F在同一条直线上；‎ ‎（2）随着点E的移动，线段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；‎ ‎（3）连结EF、MN，当MN∥EF时，求AE的长．‎ ‎【分析】（1）由△DCF≌△BCE，可得∠CDF=∠B=90°，即可推出∠CDF+∠CDA=180°，由此即可证明．‎ ‎（2）有最小值．设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，由△ECB∽△HEA，推出=，可得=，推出y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，由a=1＞0，y有最小值，最小值为．‎ ‎（3）只要证明△CFN≌△CEM，推出∠FCN=∠ECM，由∠MCN=45°，可得∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解决问题；‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴CD=CB，∠BCD=∠B=∠ADC=90°，‎ ‎∵CE=CF，∠ECF=90°，‎ ‎∴∠ECF=∠DCB，‎ ‎∴∠DCF=∠BCE，‎ ‎∴△DCF≌△BCE，‎ ‎∴∠CDF=∠B=90°，‎ ‎∴∠CDF+∠CDA=180°，‎ ‎∴点A、D、F在同一条直线上．‎ ‎（2）解：有最小值．‎ 理由：设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，‎ ‎∵四边形CFGE是矩形，‎ ‎∴∠CEG=90°，‎ ‎∴∠CEB+∠AEH=90°‎ CEB+∠ECB=90°，‎ ‎∴∠ECB=∠AEH，‎ ‎∵∠B=∠EAH=90°，‎ ‎∴△ECB∽△HEA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，‎ ‎∵a=1＞0，‎ ‎∴y有最小值，最小值为．‎ ‎∴DH的最小值为．‎ ‎（3）解：∵四边形CFGE是矩形，CF=CE，‎ ‎∴四边形CFGE是正方形，‎ ‎∴GF=GE，∠GFE=∠GEF=45°，‎ ‎∵NM∥EF，‎ ‎∴∠GNM=∠GFE，∠GMN=∠GEF，‎ ‎∴∠GMN=∠GNM，‎ ‎∴GN=GM，‎ ‎∴FN=EM，‎ ‎∵CF=CE，∠CFN=∠CEM，‎ ‎∴△CFN≌△CEM，‎ ‎∴∠FCN=∠ECM，∵∠MCN=45°，‎ ‎∴∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，‎ 在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，‎ ‎∴a+a=1，‎ ‎∴a=﹣1，‎ ‎∴AE=AB﹣BE=1﹣（﹣1）=2﹣．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎5．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；‎ ‎（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；‎ ‎（2）首先证明BE⊥AB，分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q，由∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，推出∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．‎ ‎②当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，），由△Q′BK∽△Q′EB，可得Q′B2=Q′K•Q′E，列出方程即可解决问题；‎ ‎（3）由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，由此即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）把A（3，0），D（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c得到，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．‎ ‎（2）如图1中，‎ ‎∵y=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴E（1，4），∵A（3，0），B（0，1），‎ ‎∴直线BE的解析式为y=3x+1，直线AB的解析式为y=﹣x+1，‎ ‎∵3×（﹣）=﹣1，‎ ‎∴BE⊥AB，作BQ⊥EM交EM于Q，‎ ‎∵∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，‎ ‎∴∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．‎ 当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，）‎ ‎∵∠QBK=∠BEM，∠BQ′K=∠BQ′E，‎ ‎∴△Q′BK∽△Q′EB，‎ ‎∴Q′B2=Q′K•Q′E，‎ ‎∴12+（m﹣1）2=（﹣m）•（4﹣m），‎ 解得m=，‎ ‎∴Q（1，），‎ 综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，1）或（1，）．‎ ‎（3）如图3中，‎ 由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，‎ 当y=2时，﹣x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N1（1+，2），N4（1﹣，2），‎ 当y=﹣2时，﹣x2+2x+3=﹣2，解得x=1±，可得N2（1+，﹣2），N3（1﹣，﹣2），‎ 当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，此时N5（1，4），‎ 综上所述，满足条件的点N的坐标为（1+，2）或（1﹣，2）或（1+，﹣2）或（1﹣，﹣2）或（1，4）．‎ ‎【点评】本题考查二次函数的综合题、一次函数的应用、两直线垂直的判定、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎6．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；‎ ‎（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC=S△ABC时，求N点的坐标；‎ ‎（3）在（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN的和最小，并求出PM+PQ+QN和的最小值．‎ ‎【分析】（1）将点A、B、C坐标代入解析式，解关于a、b、c的方程组可得函数解析式，配方成顶点式即可得点M坐标；‎ ‎（2）设N（t，﹣t2+2t+3）（t＞0），根据点N、C坐标用含t的代数式表示出直线CN解析式，求得CN与x轴的交点D坐标，即可表示BD的长，根据S△NBC=S△ABC，即S△CDB+S△BDN=AB•OC建立关于t的方程，解之可得；‎ ‎（3）将顶点M（1，4）向下平移3个单位得到点M′（1，1），连接M′N交x轴于点Q，连接PQ，此时M′、Q、N三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值，由点M′、N坐标求得直线M′N的解析式，即可求得点Q的坐标，据此知m的值，过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E，可得M′E=6、NE=3、M′N==3，即M′Q+QN=3，据此知m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+3．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ 则抛物线的顶点M坐标为（1，4）；‎ ‎（2）∵N是抛物线上第四象限的点，‎ ‎∴设N（t，﹣t2+2t+3）（t＞0），‎ 又点C（0，3），‎ 设直线NC的解析式为y=k1x+b1，‎ 则，‎ 解得：，‎ ‎∴直线NC的解析式为y=（﹣t+2）x+3，‎ 设直线CN与x轴交于点D，‎ 当y=0时，x=，‎ ‎∴D（，0），BD=3﹣，‎ ‎∵S△NBC=S△ABC，‎ ‎∴S△CDB+S△BDN=AB•OC，即BD•|yC﹣yN|=[3﹣（﹣1）]×3，‎ 即×（3﹣）[3﹣（﹣t2+2t+3）]=6，‎ 整理，得：t2﹣3t﹣4=0，‎ 解得：t1=4，t2=﹣1（舍去），‎ 当t=4时，﹣t2+2t+3=﹣5，‎ ‎∴N（4，﹣5）；‎ ‎（3）将顶点M（1，4）向下平移3个单位得到点M′（1，1），连接M′N交x轴于点Q，连接PQ，‎ 则MM′=3，‎ ‎∵P（m，3）、Q（m，0），‎ ‎∴PQ⊥x轴，且PQ=OC=3，‎ ‎∴PQ∥MM′，且PQ=MM′，‎ ‎∴四边形MM′QP是平行四边形，‎ ‎∴PM=QM′，‎ 由作图知当M′、Q、N三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值，‎ 设直线M′N的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），‎ 将点M′（1，1）、N（4，﹣5）代入，得：，‎ 解得：，‎ ‎∴直线M′N的解析式为y=﹣2x+3，‎ 当y=0时，x=，‎ ‎∴Q（，0），即m=，‎ 此时过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E，‎ 在Rt△M′EN中，∵M′E=1﹣（﹣5）=6，NE=4﹣1=3，‎ ‎∴M′N==3，‎ ‎∴M′Q+QN=3，‎ ‎∴当m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+3．‎ ‎【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、勾股定理及根据两点间线段最短得到点P、Q的位置．‎ ‎　‎ ‎7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OB=8，OC=6．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时，点N从B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，当△MBN存在时，求运动多少秒使△MBN的面积最大，最大面积是多少？‎ ‎（3）在（2）的条件下，△MBN面积最大时，在BC上方的抛物线上是否存在点P，使△BPC的面积是△MBN面积的9倍？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由线段的长度得出点A、B、C的坐标，然后把A、B、C三点的坐标分别代入y=ax2+bx+c，解方程组，即可得抛物线的解析式；‎ ‎（2）设运动时间为t秒，则MB=6﹣3t，然后根据△BHN∽△BOC，求得NH=，再利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN=﹣（t﹣）2+，利用二次函数的图象性质进行解答；‎ ‎（3）利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=﹣x+6．由二次函数图象上点的坐标特征可设点P的坐标为（m，﹣m2+m+6）．过点P作PE∥y轴，交BC于点E．结合已知条件和（2）中的结果求得S△PBC=．则根据图形得到S△PBC=S ‎△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•（8﹣m），把相关线段的长度代入推知：﹣m2+12m==．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA=2，OB=8，OC=6，‎ ‎∴根据函数图象得A（﹣2，0），B（8，0），C（0，6），‎ 根据题意得，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+6；‎ ‎（2）设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t．‎ ‎∴MB=10﹣3t．‎ 由题意得，点C的坐标为（0，6）．‎ 在Rt△BOC中，BC==10．‎ 如图，过点N作NH⊥AB于点H．‎ ‎∴NH∥CO，‎ ‎∴△BHN∽△BOC，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴HN=t．‎ ‎∴S△MBN=MB•HN=（10﹣3t）•t=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，‎ 当△MBN存在时，0＜t＜，‎ ‎∴当t=时，‎ S△MBN最大=．‎ 答：运动秒使△MBN的面积最大，最大面积是；‎ ‎（3）设直线BC的解析式为y=kx+c（k≠0）．‎ 把B（8，0），C（0，6）代入，得，解得，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x+6．‎ ‎∵点P在抛物线上．‎ ‎∴设点P的坐标为（m，﹣m2+m+6），‎ 如图，过点P作PE∥y轴，交BC于点E，则E点的坐标为（m，﹣m+6）．‎ ‎∴EP=﹣m2+m+6﹣（﹣m+6）=﹣m2+3m，‎ 当△MBN的面积最大时，S△PBC=9 S△MBN=，‎ ‎∴S△PBC=S△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•（8﹣m）=×8•EP=4×（﹣m2+3m）=﹣m2+12m，即﹣m2+12m=．解得m1=3，m2=5，‎ ‎∴P（3，）或（5，）．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式、三角形的面积公式，依据题意列出关于S△MBN 与t的函数关系式以及S△PBC的面积与m的函数关系式是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0）．与y轴交于点C（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；‎ ‎（3）点D为抛物线对称轴上一点．‎ ‎①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求点D的坐标；‎ ‎②若△BCD是锐角三角形，求点D的纵坐标的取值范围．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，先证明△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，则△EPG为等腰直角三角形，PE=PG，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），接着利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+3t+，然后利用二次函数的性质解决问题；‎ ‎（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，设D（2，y），利用两点间的距离公式得到BC2=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=1+y2，讨论：当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，18+4+（y﹣3）2=1+y2；当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，4+（y﹣3）2=1+y2+18，分别解方程求出t即可得到对应的D点坐标；‎ ‎②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+（y﹣3）2+1+y2=18，解得y1=‎ ‎，y2=，得到此时D点坐标为（2，）或（2，），然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；‎ ‎（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，‎ ‎∵直线y=x﹣m与直线y=x平行，‎ ‎∴直线y=﹣x+3与直线y=x﹣m垂直，‎ ‎∴∠CEF=90°，‎ ‎∴△ECF为等腰直角三角形，‎ 作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，△EPG为等腰直角三角形，PE=PG，‎ 设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），‎ ‎∴PF=PH=t，PG=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，‎ ‎∴PE=PG=﹣t2+t，‎ ‎∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+=﹣t2+4=﹣（t﹣2）2+4，‎ 当t=2时，PE+EF的最大值为4；‎ ‎（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，‎ 设D（2，y），则BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，‎ 当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y﹣3）2=1+y2，解得y=5，此时D点坐标为（2，5）；‎ 当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+DB2=DC2，即4+（y﹣3）2=1+y2+18，解得y=﹣1，此时D点坐标为（2，﹣1）；‎ ‎②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2=BC2，即4+（y﹣3）‎ ‎2+1+y2=18，解得y1=，y2=，此时D点坐标为（2，）或（2，），‎ 所以△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为＜y＜5或﹣1＜y＜．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握等腰直角三角形的性质、二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；会利用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形的性质；会运用分类讨论的思想和数形结合的思想解决数学问题．‎ ‎　‎ ‎9．如图，抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），并与x轴交于点C，点M是抛物线对称轴l上任意一点（点M，B，C三点不在同一直线上）．‎ ‎（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；‎ ‎（2）在抛物线上找出两点P1，P2，使得△MP1P2与△MCB全等，并求出点P1，P2的坐标；‎ ‎（3）在对称轴上是否存在点Q，使得∠BQC为直角，若存在，作出点Q（用尺规作图，保留作图痕迹），并求出点Q的坐标．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；‎ ‎（2）分三种情况：‎ ‎①当△P1MP2≌△CMB时，取对称点可得点P1，P2的坐标；‎ ‎②当△BMC≌△P2P1M时，构建▱P2MBC可得点P1，P2的坐标；‎ ‎③△P1MP2≌△CBM，构建▱MP1P2C，根据平移规律可得P1，P2的坐标；‎ ‎（3）如图3，先根据直径所对的圆周角是直角，以BC为直径画圆，与对称轴的交点即为点Q，这样的点Q有两个，作辅助线，构建相似三角形，证明△BDQ1∽△Q1EC，列比例式，可得点Q的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（0，﹣2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线所表示的二次函数的表达式为：y=x2﹣x﹣2；‎ ‎（2）如图1，P1与A重合，P2与B关于l对称，‎ ‎∴MB=P2M，P1M=CM，P1P2=BC，‎ ‎∴△P1MP2≌△CMB，‎ ‎∵y=x2﹣x﹣2=（x﹣）2﹣，‎ 此时P1（﹣1，0），‎ ‎∵B（0，﹣2），对称轴：直线x=，‎ ‎∴P2（1，﹣2）；‎ 如图2，MP2∥BC，且MP2=BC，‎ 此时，P1与C重合，‎ ‎∵MP2=BC，MC=MC，∠P2MC=∠BP1M，‎ ‎∴△BMC≌△P2P1M，‎ ‎∴P1（2，0），‎ 由点B向右平移个单位到M，可知：点C向右平移个单位到P2，‎ 当x=时，y=（﹣）2﹣=，‎ ‎∴P2（，）；‎ 如图3，构建▱MP1P2C，可得△P1MP2≌△CBM，此时P2与B重合，‎ 由点C向左平移2个单位到B，可知：点M向左平移2个单位到P1，‎ ‎∴点P1的横坐标为﹣，‎ 当x=﹣时，y=（﹣﹣）2﹣=4﹣=，‎ ‎∴P1（﹣，），P2（0，﹣2）；‎ ‎（3）如图3，存在，‎ 作法：以BC为直径作圆交对称轴l于两点Q1、Q2，‎ 则∠BQ1C=∠BQ2C=90°；‎ 过Q1作DE⊥y轴于D，过C作CE⊥DE于E，‎ 设Q1（，y）（y＞0），‎ 易得△BDQ1∽△Q1EC，‎ ‎∴，‎ ‎∴=，‎ y2+2y﹣=0，‎ 解得：y1=（舍），y2=，‎ ‎∴Q1（，），‎ 同理可得：Q2（，）；‎ 综上所述，点Q的坐标是：（，）或（，）．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理以及三角形全等的性质和判定，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用二次函数的对称性解决三角形全等问题；（3）分类讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，利用二次函数的对称性，再结合相似三角形、方程解决问题是关键．‎ ‎　‎ ‎10．如图1，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别为（4，0），（0，6），直线AD交B C于点D，tan∠OAD=2，抛物线M1：y=ax2+bx（a≠0）过A，D两点．‎ ‎（1）求点D的坐标和抛物线M1的表达式；‎ ‎（2）点P是抛物线M1对称轴上一动点，当∠CPA=90°时，求所有符合条件的点P的坐标；‎ ‎（3）如图2，点E（0，4），连接AE，将抛物线M1的图象向下平移m（m＞0）个单位得到抛物线M2．‎ ‎①设点D平移后的对应点为点D′，当点D′恰好在直线AE上时，求m的值；‎ ‎②当1≤x≤m（m＞1）时，若抛物线M2与直线AE有两个交点，求m的取值范围．‎ ‎【分析】（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．在Rt△ADH中，解直角三角形，求出点D坐标，利用待定系数法即可解决问题；‎ ‎（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．由∠CPA=90°，可得PC2+PA2=AC2，可得22+（m﹣6）2+22+m2=42+62，解方程即可；‎ ‎（3）①求出D′的坐标；②构建方程组，利用判别式△＞0，求出抛物线与直线AE有两个交点时的m的范围；③求出x=m时，求出平移后的抛物线与直线AE的交点的横坐标；结合上述的结论即可判断．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．‎ ‎∵四边形CDHO是矩形，‎ ‎∴OC=DH=6，‎ ‎∵tan∠DAH==2，‎ ‎∴AH=3，‎ ‎∵OA=4，‎ ‎∴CD=OH=1，‎ ‎∴D（1，6），‎ 把D（1，6），A（4，0）代入y=ax2+bx中，则有，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线M1的表达式为y=﹣2x2+8x．‎ ‎（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．‎ ‎∵∠CPA=90°，‎ ‎∴PC2+PA2=AC2，‎ ‎∴22+（m﹣6）2+22+m2=42+62，‎ 解得m=3±，‎ ‎∴P（2，3+），P′（2，3﹣）．‎ ‎（3）①如图2中，‎ 易知直线AE的解析式为y=﹣x+4，‎ x=1时，y=3，‎ ‎∴D′（1，3），‎ 平移后的抛物线的解析式为y=﹣2x2+8x﹣m，‎ 把点D′坐标代入可得3=﹣2+8﹣m，‎ ‎∴m=3．‎ ‎②由，消去y得到2x2﹣9x+4+m=0，‎ 当抛物线与直线AE有两个交点时，△＞0，‎ ‎∴92﹣4×2×（4+m）＞0，‎ ‎∴m＜，‎ ‎③x=m时，﹣m+4=﹣2m2+8m﹣m，解得m=2+或2﹣（舍弃），‎ 综上所述，当2+≤m＜时，抛物线M2与直线AE有两个交点．‎ ‎【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、解直角三角形、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建方程组，利用判别式解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎11．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣5，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点D．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）如图1，点E（x，y）为抛物线上一点，且﹣5＜x＜﹣2，过点E作EF∥x轴，交抛物线的对称轴于点F，作EH⊥x轴于点H，得到矩形EHDF，求矩形EHDF周长的最大值；‎ ‎（3）如图2，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在点P，使以点P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；‎ ‎（2）构建二次函数利用二次函数的性质即可解决问题；‎ ‎（3）分三种情形分别求解①当∠ACP=90°，由AC2+PC2=PA2，列出方程即可解决．②当∠CAP=90°时，由AC2+PA2=PC2，列出方程即可解决．③当∠APC=90°时，由PA2+PC2=AC2，列出方程即可．‎ ‎【解答】解：（1）把A（﹣5，0），B（1，0）两点坐标代入y=﹣x2+bx+c，‎ 得到，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的函数表达式为y=﹣x2﹣4x+5．‎ ‎（2）如图1中，‎ ‎∵抛物线的对称轴x=﹣2，E（x，﹣x2﹣4x+5），‎ ‎∴EH=﹣x2﹣4x+5，EF=﹣2﹣x，‎ ‎∴矩形EFDH的周长=2（EH+EF）=2（﹣x2﹣5x+3）=﹣2（x+）2+，‎ ‎∵﹣2＜0，‎ ‎∴x=﹣时，矩形EHDF的周长最大，最大值为．‎ ‎（3）如图2中，设P（﹣2，m）‎ ‎①当∠ACP=90°，∵AC2+PC2=PA2，‎ ‎∴（5）2+22+（m﹣5）2=32+m2，‎ 解得m=7，‎ ‎∴P1（﹣2，7）．‎ ‎②当∠CAP=90°时，∵AC2+PA2=PC2，‎ ‎∴（5）2+32+m2=22+（m﹣5）2，‎ 解得m=﹣3，‎ ‎∴P2（﹣2，﹣3）．‎ ‎③当∠APC=90°时，∵PA2+PC2=AC2，‎ ‎∴32+m2+22+（m﹣5）2=（5）2，‎ 解得m=6或﹣1，‎ ‎∴P3（﹣2，6），P4（﹣2，﹣1），‎ 综上所述，满足条件的点P坐标为（﹣2，7）或（﹣2，﹣3）或（﹣2，6）或（﹣2，﹣1）．‎ ‎【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎12．抛物线y=ax2+bx+c过A（2，3），B（4，3），C（6，﹣5）三点．‎ ‎（1）求抛物线的表达式；‎ ‎（2）如图①，抛物线上一点D在线段AC的上方，DE⊥AB交AC于点E，若满足=，求点D的坐标；‎ ‎（3）如图②，F为抛物线顶点，过A作直线l⊥AB，若点P在直线l上运动，点Q在x轴上运动，是否存在这样的点P、Q，使得以B、P、Q为顶点的三角形与△ABF相似，若存在，求P、Q的坐标，并求此时△BPQ的面积；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由对称性和A（2，3），B（4，3），可知抛物线的对称轴是：x=3，利用顶点式列方程组解出可得抛物线的表达式；‎ ‎（2）如图1，先利用待定系数法求直线AC的解析式，设点D（m，﹣m+6m﹣5），则点E（m，﹣2m+7），‎ 根据解析式表示DE和AE的长，由已知的比例式列式得结论；‎ ‎（3）根据题意得：△BPQ为等腰直角三角形，分三种情况：‎ ‎①若∠BPQ=90°，BP=PQ，如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△QMP，可得结论；如图3，同理可得结论；‎ ‎②若∠BQP=90°，BQ=PQ，如图4，证得：△BNQ≌△QMP，则NQ=PM=3，NG=1，BN=5，从而得出结论；如图5，同理易得△QNB≌△PMQ，可得结论；‎ ‎③若∠PBQ=90°，BQ=BP，如图6，由于AB=2≠NQ=3，此时不存在符合条件的P、Q．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，设抛物线表达式为y=a（x﹣3）2+h．‎ 把B（4，3），C（6，﹣5）代入得：，‎ 解得：，‎ 故抛物线的表达式为：y=﹣（x﹣3）2+4=﹣x2+6x﹣5；‎ ‎（2）设直线AC的表达式为y=kx+n，‎ 则：，‎ 解得：k=﹣2，n=7，‎ ‎∴直线AC的表达式为y=﹣2x+7，‎ 设点D（m，﹣m2+6m﹣5），2＜m＜6，则点E（m，﹣2m+7），‎ ‎∴DE=（﹣m2+6m﹣5）﹣（﹣2m+7）=﹣m2+8m﹣12，‎ 设直线DE与直线AB交于点G，‎ ‎∵AG⊥EG，‎ ‎∴AG=m﹣2，EG=3﹣（﹣2m+7）=2（m﹣2），‎ m﹣2＞0，‎ 在Rt△AEG中，‎ ‎∴AE=（m﹣2），‎ 由，得=，‎ 化简得，2m2﹣11m+14=0，‎ 解得：m1=，m2=2（舍去），‎ 则D（，）．‎ ‎（3）根据题意得：△ABF为等腰直角三角形，假设存在满足条件的点P、Q，则△BPQ为等腰直角三角形，‎ 分三种情况：‎ ‎①若∠BPQ=90°，BP=PQ，‎ 如图2，过P作MN∥x轴，过Q作QM⊥MN于M，过B作BN⊥MN于N，‎ 易证得：△BAP≌△QMP，‎ ‎∴AB=QM=2，PM=AP=3+2=5，‎ ‎∴P（2，﹣2），Q（﹣3，0），‎ 在Rt△QMP中，PM=5，QM=2，‎ 由勾股定理得：PQ==，‎ ‎∴S△BPQ=PQ•PB=；‎ 如图3，易证得：△BAP≌△PMQ，‎ ‎∴AB=PM=2，AP=MQ=3﹣2=1，‎ ‎∴P（2，2），Q（3，0），‎ 在Rt△QMP中，PM=2，QM=1，‎ 由勾股定理得：PQ=，‎ ‎∴S△BPQ=PQ•PB=；‎ ‎②若∠BQP=90°，BQ=PQ，‎ 如图4，易得：△BNQ≌△QMP，‎ ‎∴NQ=PM=3，NG=PM﹣AG=3﹣2=1，‎ ‎∴BN=MQ=4+1=5，‎ ‎∴P（2，﹣5），Q（﹣1，0）‎ ‎∴PQ==，‎ ‎∴S△BPQ=PQ•PB==17；‎ 如图5，易得△QNB≌△PMQ，‎ ‎∴NQ=PM=3，‎ ‎∴P（2，﹣1），Q（5，0），‎ ‎∴PQ=，‎ ‎∴S△BPQ=PQ•PB==5，‎ ‎③若∠PBQ=90°，BQ=BP，如图6，‎ 过Q作QN⊥AB，交AB的延长线于N，‎ 易得：△PAB≌△BNQ，‎ ‎∵AB=2，NQ=3，AB≠NQ ‎∴此时不存在符合条件的P、Q．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的对称性、利用待定系数法求解析式、三角形全等的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定，采用了分类讨论的思想，并利用数形结合；第二问熟练掌握利用解析式表示点的坐标和线段的长是关键，第三问有难度，准确画也图形是关键，注意不要丢解．‎ ‎　‎ ‎13．如图，直角△ABC中，∠A为直角，AB=6，AC=8．点P，Q，R分别在AB，BC，CA边上同时开始作匀速运动，2秒后三个点同时停止运动，点P由点A出发以每秒3个单位的速度向点B运动，点Q由点B出发以每秒5个单位的速度向点C运动，点R由点C出发以每秒4个单位的速度向点A运动，在运动过程中：‎ ‎（1）求证：△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；‎ ‎（2）求△PQR面积的最小值；‎ ‎（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示运动时间，是否存在t，使∠PQR=90°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）先利用锐角三角函数表示出QE=4t，QD=3（2﹣t），再由运动得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2﹣t），AR=4（2﹣t），最后用三角形的面积公式即可得出结论；‎ ‎（2）借助（1）得出的结论，利用面积差得出S△PQR=18（t﹣1）2+6，即可得出结论；‎ ‎（3）方法1、先构造出△REQ∽△QDP，得出，再表示出DP=（6﹣3t），DQ=，EQ=，RE=，代入即可得出结论；‎ 方法2、先判断出∠DQR=∠EQP，用此两角的正切值建立方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图，在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，根据勾股定理得，BC=10，sin∠B===，sin∠C=，‎ 过点Q作QE⊥AB于E，‎ 在Rt△BQE中，BQ=5t，‎ ‎∴sin∠B==，‎ ‎∴QE=4t，‎ 过点Q作QD⊥AC于D，‎ 在Rt△CDQ中，CQ=BC﹣BQ=10﹣5t，‎ ‎∴QD=CQ•sin∠C=（10﹣5t）=3（2﹣t），‎ 由运动知，AP=3t，CR=4t，‎ ‎∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t），‎ ‎∴S△APR=AP•AR=×3t×4（2﹣t）=6t（2﹣t），‎ S△BPQ=BP•QE=×3（2﹣t）×4t=6t（2﹣t），‎ S△CQR=CR•QD=×4t×3（2﹣t）=6t（2﹣t），‎ ‎∴S△APR=S△BPQ=S△CQR，‎ ‎∴△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；‎ ‎（2）由（1）知，S△APR=S△BPQ=S△CQR=6t（2﹣t），‎ ‎∵AB=6，AC=8，‎ ‎∴S△PQR=S△ABC﹣（S△APR+S△BPQ+S△CQR）‎ ‎=×6×8﹣3×6t（2﹣t）=24﹣18（2t﹣t2）=18（t﹣1）2+6，‎ ‎∵0≤t≤2，‎ ‎∴当t=1时，S△PQR最小=6；‎ ‎（3）存在，方法1、如图1，‎ 过点R作RE⊥BC于E，过点P作PD⊥BC于D，‎ ‎∴∠REQ=∠QDP=90°，‎ ‎∴∠ERQ+∠EQR=90°，‎ ‎∵∠PQR=90°，‎ ‎∴∠EQR+∠PQD=90°，‎ ‎∴∠ERQ=∠PQD，‎ ‎∴△REQ∽△QDP，‎ ‎∴，‎ ‎∴RE×DP=QD×EQ，‎ 由运动知，CR=4t，BQ=5t，AP=3t，‎ ‎∴BP=6﹣3t，‎ 易证，△BDP∽△BAC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴DP=（6﹣3t），BD=（6﹣3t），‎ ‎∴DQ=BQ﹣BD=5t﹣（6﹣3t）=，‎ 同理：EQ=，RE=，‎ ‎∴×（6﹣3t）=×，‎ ‎∴t=1或秒；‎ 方法2、由点P，Q，R的运动速度知，运动1秒时，点P，Q，R分别在AB，BC，AC的中点，此时，四边形APQR是矩形，即：t=1秒时，∠PQR=90°，‎ 由（1）知，QE=4t，QD=3（2﹣t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2﹣t），‎ ‎∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t），‎ 过点Q作QD⊥AC于D，作QE⊥AB于E，∵∠A=90°，‎ ‎∴四边形APQD是矩形，‎ ‎∴AE=DQ=3（2﹣t），AD=QE=4t，‎ ‎∴DR=|AD﹣AR|=|4t﹣4（2﹣t）|=4|2t﹣2|，PE=|AP﹣AE|=|3t﹣3（2﹣t）|=3|2t﹣2|‎ ‎∵∠DQE=90°，∠PQR=90°，‎ ‎∴∠DQR=∠EQP，‎ ‎∴tan∠DQR=tan∠EQP，‎ 在Rt△DQR中，tan∠DQR==，‎ 在Rt△EQP中，tan∠EQP==，‎ ‎∴，‎ ‎∴16t=9（2﹣t），‎ ‎∴t=．‎ 即：t=1或秒时，∠PQR=90°．‎ ‎【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，锐角三角函数，矩形的判定和性质，三角形的面积公式，解（1）的关键是求出QD，QE，解（2）的关键是建立函数关系式，解（3）的关键是用tan∠DQR=tan∠EQP建立方程，是一道中等难度的题目．‎ ‎　‎ ‎14．【回顾】‎ 如图1，△ABC中，∠B=30°，AB=3，BC=4，则△ABC的面积等于　3　．‎ ‎【探究】‎ 图2是同学们熟悉的一副三角尺，一个含有30°的角，较短的直角边长为a；另一个含有45°的角，直角边长为b，小明用两副这样的三角尺拼成一个平行四边形ABCD（如图3），用了两种不同的方法计算它的面积，从而推出sin75°=，小丽用两副这样的三角尺拼成了一个矩形EFGH（如图4），也推出sin75°=，请你写出小明或小丽推出sin75°=的具体说理过程．‎ ‎【应用】‎ 在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=75°，BC=6，CD=5，AD=10（如图5）‎ ‎（1）点E在AD上，设t=BE+CE，求t2的最小值；‎ ‎（2）点F在AB上，将△BCF沿CF翻折，点B落在AD上的点G处，点G是AD的中点吗？说明理由．‎ ‎【分析】回顾：如图1中，作AH⊥BC．求出AH即可解决问题；‎ 探究：如图3中，根据S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH列出方程即可解决问题；‎ 应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．因为EC=EH，推出EB+EC=EB+EH，在△EBH中，BE+EH≥BH，推出BE+EC的最小值为BH，求出BH即可解决问题；‎ ‎②结论：点G不是AD的中点．理由反证法证明即可．‎ ‎【解答】由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a﹣b，EH=FG=b﹣a，BC=b，‎ 解：回顾：如图1中，作AH⊥BC．‎ 在Rt△ABH中，∵∠B=30°，AB=3，‎ ‎∴AH=AB•sin30°=，‎ ‎∴S△ABC=•BC•AH=×4×=3，‎ 故答案为3．‎ 探究：如图3中，‎ 由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a﹣b，EH=FG=b﹣a，BC=b，‎ ‎∵S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH ‎∴b•2a•sin75°=2××a×a+2××b2+（a﹣b）（b﹣a），‎ ‎∴2absin75°=ab+ab，‎ ‎∴sin75°=．‎ 如图3中，‎ 易知四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=75°，‎ ‎∴S四边形EFGH=2•S△ABE+2•S△ADF+S平行四边形ABCD，‎ ‎∴（a+b）（a+b）═2××a×a+2××b2+b•2a•sin75°，‎ ‎∴sin75°=．‎ 应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．‎ 在Rt△DCJ中，JC=CD•sin75°=（+），‎ ‎∴CH=2CJ=（+），‎ 在Rt△BHC中，BH2=BC2+CH2=36+（+）2=86+25，‎ ‎∵EC=EH，‎ ‎∴EB+EC=EB+EH，‎ 在△EBH中，BE+EH≥BH，‎ ‎∴BE+EC的最小值为BH，‎ ‎∴t=BE+CE，t2的最小值为BH2，即为86+25．‎ ‎②结论：点G不是AD的中点．‎ 理由：作CJ⊥AD于J，DH⊥CG于H．‎ 不妨设AG=GD=5，∵CD=5，‎ ‎∴DC=DG，∵DH⊥CG，‎ ‎∴GH=CH=3，‎ 在Rt△CDH中，DH===4，‎ ‎∵S△DGC=•CG•DH=•DG•CJ，‎ ‎∴CJ=，‎ ‎∴sin∠CDJ==，‎ ‎∵∠CDJ=75°，‎ ‎∴与sin75°=矛盾，‎ ‎∴假设不成立，‎ ‎∴点G不是AD的中点．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、锐角三角函数、勾股定理、三角形的面积．轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会理由分割法求四边形的面积，学会用反证法解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎　‎ ‎15．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和对称轴；‎ ‎（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．‎ ‎【分析】（1）把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）即可得到结论；‎ ‎（2）由题意得AD=2t，DF=AD=2t，OF=4﹣4t，由于直线AC的解析式为：y=x+2，得到E（2t﹣4，t），①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，根据相似三角形的性质得到结论；②当∠FEC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到结论；③当∠ACF=90°，根据勾股定理得到结论；‎ ‎（3）求得直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，当D在y轴的右侧时，如图2，根据梯形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入y=ax2+bx+c得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣x+2，‎ 对称轴为：直线x=﹣；‎ ‎（2）存在，‎ ‎∵AD=2t，‎ ‎∴DF=AD=2t，‎ ‎∴OF=4﹣4t，‎ ‎∴D（2t﹣4，0），‎ ‎∵直线AC的解析式为：y=x+2，‎ ‎∴E（2t﹣4，t），‎ ‎∵△EFC为直角三角形，‎ ‎①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，‎ ‎∴，即=，‎ 解得：t=，‎ ‎②当∠FEC=90°，‎ ‎∴∠AEF=90°，‎ ‎∴△AEF是等腰直角三角形，‎ ‎∴DE=AF，即t=2t，‎ ‎∴t=0，（舍去），‎ ‎③当∠ACF=90°，‎ 则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，‎ 解得：t=，‎ ‎∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t=或；‎ ‎（3）∵B（1，0），C（0，2），‎ ‎∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，‎ 当D在y轴的左侧时，S=（DE+OC）•OD=（t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2），‎ 当D在y轴的右侧时，如图2，‎ ‎∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，‎ S=（DE+OC）•OD=（﹣8t+10+2）•（4t﹣4）=﹣16t2+40t﹣24 （2＜t＜）．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法确定函数关系式，梯形的面积公式，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎16．如图，已知两直线l1，l2分别经过点A（1，0），点B（﹣3，0），且两条直线相交于y轴的正半轴上的点C，当点C的坐标为（0，）时，恰好有l1⊥l2，经过点A、B、C的抛物线的对称轴与l1、l2、x轴分别交于点G、E、F，D为抛物线的顶点．‎ ‎（1）求抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）试说明DG与DE的数量关系？并说明理由；‎ ‎（3）若直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M，当△MCG为等腰三角形时，请直接写出点M的坐标．‎ ‎【分析】（1）设抛物线的函数解析式为y=ax2+bx+c．将点A、B、C的坐标代入，得到关于a、b、c的方程组，解方程求出a、b、c的值，进而得到抛物线的解析式；‎ ‎（2）利用待定系数法分别求出直线l1、直线l2的解析式，再求出G、D、E的坐标，计算得出DG=DE=；‎ ‎（3）当△MCG为等腰三角形时，分三种情况：①GM=GC；②CM=CG；③MC=MG．‎ ‎【解答】解：（1）设抛物线的函数解析式为y=ax2+bx+c．‎ ‎∵点A（1，0），点B（﹣3，0），点C（0，）在抛物线上，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的函数解析式为y=﹣x2﹣x+；‎ ‎（2）DG=DE．理由如下：‎ 设直线l1的解析式为y=k1x+b1，将A（1，0），C（0，）代入，解得y=﹣x+；‎ 设直线l2的解析式为y=k2x+b2，将B（﹣3，0），C（0，）代入，解得y=x+；‎ ‎∵抛物线与x轴的交点为A（1，0），B（﹣3，0），‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=﹣1，‎ 又∵点G、D、E均在对称轴上，‎ ‎∴G（﹣1，2），D（﹣1，），E（﹣1，），‎ ‎∴DG=2﹣=，DE=﹣=，‎ ‎∴DG=DE；‎ ‎（3）若直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M，当△MCG为等腰三角形时，分三种情况：‎ ‎①以G为圆心，GC为半径画弧交抛物线于点M1、C，点M1与C关于抛物线的对称轴对称，则M1的坐标为（﹣2，）；‎ ‎②以C为圆心，GC为半径画弧交抛物线于点M2、M3，点M2与点A重合，点A、C、G在一条直线上，不能构成三角形，M3与M1重合；‎ ‎③作线段GC的垂直平分线，交抛物线于点M4、M5，点M4‎ 与点D重合，点D的坐标为（﹣1，），M5与M1重合；‎ 综上所述，满足条件的点M只有两个，其坐标分别为（﹣2，），（﹣1，）．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线、直线的解析式，函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，有一定难度．利用数形结合、方程思想与分类讨论是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎17．如图1，抛物线y=ax2+bx+，经过A（1，0）、B（7，0）两点，交y轴于D点，以AB为边在x轴上方作等边△ABC．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点M，是S△ABM=S△ABC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图2，E是线段AC上的动点，F是线段BC上的动点，AF与BE相交于点P．‎ ‎①若CE=BF，试猜想AF与BE的数量关系及∠APB的度数，并说明理由；‎ ‎②若AF=BE，当点E由A运动到C时，请直接写出点P经过的路径长（不需要写过程）．‎ ‎【分析】（1）将点A（1，0），B（7，0）代入抛物线的解析式得到关于a、b方程组，解关于a、b的方程组求得a、b的值即可；‎ ‎（2）过点C作CK⊥x轴，垂足为K．依据等边三角形的性质可求得CK=3，然后依据三角形的面积公式结合已知条件可求得S△ABM的面积，设M（a，a2﹣2a+），然后依据三角形的面积公式可得到关于a的方程，从而可得到点M的坐标；‎ ‎（3）①首先证明△BEC≌△AFB，依据全等三角形的性质可知：AF=BE，∠CBE=∠BAF，然后通过等量代换可得到∠FAB+∠ABP=∠ABP+∠CBE=∠ABC=60°，最后依据三角形的内角和定理可求得∠APB；‎ ‎②当AE≠BF时，由①可知点P在以AB为直径的圆上，过点M作ME⊥AB，垂足为E．先求得⊙M的半径，然后依据弧长公式可求得点P运动的路径；当AE=BF时，点P在AB的垂直平分线上时，过点C作CK⊥AB，则点P运动的路径=CK的长．‎ ‎【解答】解：（1）将点A（1，0），B（7，0）代入抛物线的解析式得：，‎ 解得：a=，b=﹣2．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x+．‎ ‎（2）存在点M，使得S△ABM=S△ABC．‎ 理由：如图所示：过点C作CK⊥x轴，垂足为K．‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴AB=BC=AC=6，∠ACB=60°．‎ ‎∵CK⊥AB，‎ ‎∴KA=BK=3，∠ACK=30°．‎ ‎∴CK=3．‎ ‎∴S△ABC=AB•CK=×6×3=9．‎ ‎∴S△ABM=×9=12．‎ 设M（a，a2﹣2a+）．‎ ‎∴AB•|y|=12，即×6×（a2﹣2a+）=12，‎ 解得：a1=9，a2=﹣1．‎ ‎∴点M的坐标为（9，4）或（﹣1，4）．‎ ‎（3）①结论：AF=BE，∠APB=120°．‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴BC=AB，∠C=∠ABF．‎ ‎∵在△BEC和△AFB中，‎ ‎∴△BEC≌△AFB．‎ ‎∴AF=BE，∠CBE=∠BAF．‎ ‎∴∠FAB+∠ABP=∠ABP+∠CBE=∠ABC=60°．‎ ‎∴∠APB=180°﹣60°=120°．‎ ‎②当AE≠BF时，由①可知点P在以M为圆心，在以AB为弦的圆上，过点M作MK⊥AB，垂足为k．‎ ‎∵∠APB=120°，‎ ‎∴∠N=60°．‎ ‎∴∠AMB=120°．‎ 又∵MK⊥AB，垂足为K，‎ ‎∴AK=BK=3，∠AMK=60°．‎ ‎∴AK=2．‎ ‎∴点P运动的路径==．‎ 当AE=BF时，点P在AB的垂直平分线上时，如图所示：过点C作CK⊥AB，则点P运动的路径=CK的长．‎ ‎∵AC=6，∠CAK=60°，‎ ‎∴KC=3．‎ ‎∴点P运动的路径为3．‎ 综上所述，点P运动的路径为3或．‎ ‎【点评】‎ 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、扇形的弧长公式，判断出点P运动的轨迹生成的图形的形状是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎18．如图，抛物线y=ax2+bx+4交y轴于点A，并经过B（4，4）和C（6，0）两点，点D的坐标为（4，0），连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；‎ ‎（3）设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；‎ ‎（2）先表示G的坐标，再把点G的坐标代入抛物线的解析式中列方程可得t的值；‎ ‎（3）如图2，先计算当G在BD上时，t的值；‎ 分三种情况进行讨论：‎ ‎①当0≤t≤时，如图3，作辅助线，根据S△BCG=S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，列式可得t的值，利用勾股定理求AG的长即可；‎ ‎②当G在BC上时，如图4，根据同角的三角函数得tan∠C==2，则GH=2HC，列关于t的方程得：t=；当＜t≤时，如图5，同理可得结论；‎ ‎③当E与D重合时，F与B重合，如图6，此时t=4，计算此时△BCG的面积为2，因此点G继续向前运动；‎ 当t＞4时，如图7，同理列方程可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）将B（4，4）和C（6，0）代入抛物线y=ax2+bx+4得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；‎ ‎（2）如图1，由题意得：AE=t，‎ ‎∵A（0，4），B（4，4），‎ ‎∴AB⊥y轴，且AB∥x轴，‎ ‎∵OA=OD=4，‎ ‎∴△AOD是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠ADO=∠BAD=45°，‎ ‎∴△AFE是等腰直角三角形，‎ ‎∴AF=EF=t，‎ ‎∵△EFG是等腰直角三角形，‎ ‎∴G（t+t，4﹣t），‎ 即：点G（，4﹣t），‎ 将点G（，4﹣t）代入到抛物线得：‎ ‎4﹣t=﹣（）2++4，‎ 解得：t1=0（舍），t2=，‎ 答：当t=时，点G落在抛物线上；‎ ‎（3）如图2，连接BD，当G在BD上时，‎ ‎=4，‎ t=，‎ ‎①当0≤t≤时，如图3，‎ 过G作GH⊥x轴于H，延长HG交AB于M，则GM⊥AB，‎ ‎∵B（4，4），D（4，0），‎ ‎∴BD⊥x轴，‎ ‎∴S△BCG=S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，‎ ‎4=（4﹣+4）（4﹣）+×4×（6﹣4）﹣（6﹣）（4﹣t），‎ ‎4=t，‎ 解得：t=，‎ ‎∴AM==×=，‎ GM=t=×=，‎ 在Rt△AGM中，由勾股定理得：AG===；‎ ‎∴当t=时，此时点G运动的路径长为；‎ ‎②当G在BC上时，如图4，‎ tan∠C==2，‎ ‎∴GH=2HC，‎ ‎∴4﹣t=2（6﹣），‎ t=，‎ 当＜t≤时，如图5，‎ S△BCG=S△BDC﹣S梯形BDHG﹣S△GHC，‎ ‎4=×4×2﹣（4﹣+4）（t﹣4）﹣×，‎ t=（不在此范围内，不符合题意），‎ ‎③当E与D重合时，F与B重合，如图6，‎ t==4，‎ ‎∴G（6，2），‎ ‎∴AG==2，‎ ‎∴S△BCG=S梯形BDCG﹣S△BDC=×2×（4+2）﹣×2×4=2，‎ ‎∴当t＞4时，如图7，‎ 由题意得：DE=t﹣4，‎ ‎∴OE=t﹣4+4=t，‎ ‎∴OH=OE+EH=t+2，‎ EH=2，GM=GH=2，‎ BM=t+2﹣4=t﹣2，‎ CH=t+2﹣6=t﹣4，‎ 过G作MH⊥x轴，交x轴于H，交直线AB于M，‎ ‎∴S△BGC=S梯形BCHM﹣S△BGM﹣S△GCH，‎ ‎4=（t﹣4+t﹣2）×4﹣×2×（t﹣2）﹣×2×（t﹣4），‎ t=5，‎ 当t=5时，点G的运动路径分为两部分组成：‎ i）点G从A运动到D时，运动路径为：如图6中的AG长，即为2；‎ ii）点G从D点继续在射线DC上运动1秒时，路径为1；‎ 所以当t=5时，此时点G运动的路径长度为1+2．‎ 综上所述：当t1=秒，此时路径长度为，‎ 当t2=5秒，此时路径长度为1+2．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法、三角形面积、等腰直角三角形的性质和判定、动点运动的问题，有难度，第三问采用了分类讨论的思想，并利用数形结合；注意当t＞4时，点G的运动路径分两部分计算．‎ ‎　‎ ‎19．如图，抛物线y=ax2﹣x﹣2（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；‎ ‎（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．‎ ‎【分析】方法一：‎ ‎（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．‎ ‎（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．‎ ‎（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．‎ 方法二：‎ ‎（1）略．‎ ‎（2）通过求出A，B，C三点坐标，利用勾股定理或利用斜率垂直公式可求出AC⊥BC，从而求出圆心坐标．‎ ‎（3）利用三角形面积公式，过M点作x轴垂线，水平底与铅垂高乘积的一半，得出△MBC的面积函数，从而求出M点．‎ ‎【解答】方法一：‎ 解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：‎ ‎0=16a﹣×4﹣2，即：a=；‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．‎ ‎（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；‎ ‎∴OA=1，OC=2，OB=4，‎ 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，‎ ‎∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；‎ ‎∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，‎ ‎∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；‎ 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）．‎ ‎（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；‎ 设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：‎ x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；‎ ‎∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；‎ ‎∴直线l：y=x﹣4．‎ 所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：‎ ‎，‎ 解得：‎ 即 M（2，﹣3）．‎ 过M点作MN⊥x轴于N，‎ S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．‎ 方法二：‎ ‎（1）略．‎ ‎（2）∵y=（x﹣4）（x+1），‎ ‎∴A（﹣1，0），B（4，0）．C（0，﹣2），‎ ‎∴KAC==﹣2，KBC==，‎ ‎∴KAC×KBC=﹣1，∴AC⊥BC，‎ ‎∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，△ABC的外接圆的圆心是AB的中点，△ABC的外接圆的圆心坐标为（，0）．‎ ‎（3）过点M作x轴的垂线交BC′于H，‎ ‎∵B（4，0），C（0，﹣2），‎ ‎∴lBC：y=x﹣2，‎ 设H（t，t﹣2），M（t，t2﹣t﹣2），‎ ‎∴S△MBC=×（HY﹣MY）（BX﹣CX）=×（t﹣2﹣t2+t+2）（4﹣0）=﹣t2+4t，‎ ‎∴当t=2时，S有最大值4，‎ ‎∴M（2，﹣3）．‎ ‎【点评】考查了二次函数综合题，该题的难度不算太大，但用到的琐碎知识点较多，综合性很强．熟练掌握直角三角形的相关性质以及三角形的面积公式是理出思路的关键．‎ ‎　‎ ‎20．已知抛物线y1=ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（4，0）．‎ ‎（1）求抛物线y1的函数解析式；‎ ‎（2）如图①，将抛物线y1沿x轴翻折得到抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点C，点D是线段BC上的一个动点，过点D作DE∥y轴交抛物线y1于点E，求线段DE的长度的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当线段DE处于长度最大值位置时，作线段BC的垂直平分线交DE于点F，垂足为H，点P是抛物线y2上一动点，⊙P与直线BC相切，且S⊙P：S△DFH=2π，求满足条件的所有点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）将点A（﹣1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx﹣4即可得到结论；‎ ‎（2）由对称性可知，得到抛物线y2的函数解析式为y2=﹣x2+3x+4，求得直线BC的解析式为：y=﹣x+4，设D（m，﹣m+4），E（m，m2﹣3m﹣4），其中0≤m≤4，得到DE=﹣m+4﹣（m2﹣3m﹣4）=﹣（m﹣1）2+9，即可得到结论；‎ ‎（3）由题意得到△BOC是等腰直角三角形，求得线段BC的垂直平分线为y=x，由（2）知，直线DE的解析式为x=1，得到H（2，2），根据S⊙P：S△DFH=2π，得到r=，由于⊙P与直线BC相切，推出点P在与直线BC平行且距离为的直线上，于是列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx﹣4得：a=1，b=﹣3，‎ ‎∴抛物线y1的函数解析式为：y1=x2﹣3x﹣4；‎ ‎（2）由对称性可知，抛物线y2的函数解析式为：y2=﹣x2+3x+4，‎ ‎∴C（0，4），设直线BC的解析式为：y=kx+q，‎ 把B（4，0），C（0，4）代入得，k=﹣1，q=4，‎ ‎∴直线BC的解析式为：y=﹣x+4，‎ 设D（m，﹣m+4），E（m，m2﹣3m﹣4），其中0≤m≤4，‎ ‎∴DE=﹣m+4﹣（m2﹣3m﹣4）=﹣（m﹣1）2+9，‎ ‎∵0≤m≤4，∴当m=1时，DEmax=9；‎ 此时，D（1，3），E（1，﹣6）；‎ ‎（3）由题意可知，△BOC是等腰直角三角形，‎ ‎∴线段BC的垂直平分线为：y=x，‎ 由（2）知，直线DE的解析式为：x=1，‎ ‎∴F（1，1），‎ ‎∵H是BC的中点，‎ ‎∴H（2，2），‎ ‎∴DH=，FH=，‎ ‎∴S△DFH=1，‎ 设⊙P的半径为r，‎ ‎∵S⊙P：S△DFH=2π，‎ ‎∴r=，‎ ‎∵⊙P与直线BC相切，‎ ‎∴点P在与直线BC平行且距离为的直线上，‎ ‎∴点P在直线y=﹣x+2或y=﹣x+6的直线上，‎ ‎∵点P在抛物线y2=﹣x2+3x+4上，‎ ‎∴﹣x+2=﹣x2+3x+4，‎ 解得：x1=2+，x2=2﹣，‎ ‎﹣x+6=﹣x2+3x+4，‎ 解得：x3=2+，x4=2﹣，‎ ‎∴符合条件的点P坐标有4个，分别是（2+，﹣），（2﹣，），（2+，4﹣），（2﹣，4+）．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，折叠的性质，二次函数的最大值问题，等腰直角三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．‎ ‎（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；‎ ‎（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；‎ ‎（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．‎ ‎【分析】（1）如图1，由条件可知△AOB为等边三角形，则可求得OA的长，在Rt△AOD中可求得AD和OD的长，可求得A点坐标，代入抛物线解析式可得a的值；‎ ‎（2）如图2，作辅助线，构建平行线和相似三角形，根据CF∥BG，由A的横坐标为﹣4，得B的横坐标为1，所以A（﹣4，16a），B（1，a），证明△ADO∽△OEB，则，得a的值及B的坐标；‎ ‎（3）如图3，设AC=nBC由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（﹣mn，am2n2），分别根据两三角形相似计算DE和CO的长即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，‎ ‎∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∵∠AOB=60°，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∵AB=2，AB⊥OC，‎ ‎∴AC=BC=1，∠BOC=30°，‎ ‎∴OC=，‎ ‎∴A（﹣1，），‎ 把A（﹣1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a=；‎ ‎（2）如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，‎ ‎∵CF∥BG，‎ ‎∴，‎ ‎∵AC=4BC，‎ ‎∴=4，‎ ‎∴AF=4FG，‎ ‎∵A的横坐标为﹣4，‎ ‎∴B的横坐标为1，‎ ‎∴A（﹣4，16a），B（1，a），‎ ‎∵∠AOB=90°，‎ ‎∴∠AOD+∠BOE=90°，‎ ‎∵∠AOD+∠DAO=90°，‎ ‎∴∠BOE=∠DAO，‎ ‎∵∠ADO=∠OEB=90°，‎ ‎∴△ADO∽△OEB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴16a2=4，‎ a=±，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴a=；‎ ‎∴B（1，）；‎ ‎（3）如图3，设AC=nBC，‎ 由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，‎ 则设B（m，am2），则A（﹣mn，am2n2），‎ ‎∴AD=am2n2，‎ 过B作BF⊥x轴于F，‎ ‎∴DE∥BF，‎ ‎∴△BOF∽△EOD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴，‎ ‎∴=，DE=am2n，‎ ‎∴=，‎ ‎∵OC∥AE，‎ ‎∴△BCO∽△BAE，‎ ‎∴，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CO==am2n，‎ ‎∴DE=CO．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用三角形相似计算二次函数的解析式、三角形相似的性质和判定、函数图象上点的坐标与解析式的关系、等边三角形的性质和判定，要注意第三问不能直接应用（1）（2）问的结论，第三问可以根据第二问中AC=4BC，确定A、B两点横坐标的关系，利用两点的纵坐标和三角形相似列比例式解决问题．‎ ‎　‎ ‎22．如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=﹣x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．‎ ‎（1）填空：b=　　，c=　4　；‎ ‎（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；‎ ‎（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）如图②，点N的坐标为（﹣，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．‎ ‎【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣4）．将a=﹣代入可得到抛物线的解析式，从而可确定出b、c的值；‎ ‎（2）连结QC．先求得点C的坐标，则PC=5﹣t，依据勾股定理可求得AC=5，CQ2=t2+16，接下来，依据CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2列方程求解即可；‎ ‎（3）过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，首先证明△PAG∽△ACO，依据相似三角形的性质可得到PG=t，AG=t，然后可求得PE、DF的长，然后再证明△MDP≌PEQ，从而得到PD=EQ=t，MD=PE=3+t，然后可求得FM和OF的长，从而可得到点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求解即可；‎ ‎（4）连结：OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．首先依据三角形的中位线定理得到RH=QO=t，RH∥OQ，NR=AP=t，则RH=NR，接下来，依据等腰三角形的性质和平行线的性质证明NH是∠QNQ′的平分线，然后求得直线NR和BC的解析式，最后求得直线NR和BC的交点坐标即可．‎ ‎【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣4）．将a=﹣‎ 代入得：y=﹣x2+x+4，‎ ‎∴b=，c=4．‎ ‎（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．‎ 理由如下：连结QC．‎ ‎∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，‎ ‎∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°．‎ 将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，‎ ‎∴C（0，4）．‎ ‎∵AP=OQ=t，‎ ‎∴PC=5﹣t，‎ ‎∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2﹣CP2，在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2=PQ2，‎ ‎∴CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2=t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t=4.5．‎ ‎∵由题意可知：0≤t≤4，‎ ‎∴t=4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．‎ ‎（3）如图所示：‎ 过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°．‎ ‎∵PG∥y轴，‎ ‎∴△PAG∽△ACO，‎ ‎∴==，即==，‎ ‎∴PG=t，AG=t，‎ ‎∴PE=GQ=GO+OQ=AO﹣AG+OQ=3﹣t+t=3+t，DF=GP=t．‎ ‎∵∠MPQ=90°，∠D=90°，‎ ‎∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°，‎ ‎∴∠DMP=∠EPQ．‎ 又∵∠D=∠E，PM=PQ，‎ ‎∴△MDP≌PEQ，‎ ‎∴PD=EQ=t，MD=PE=3+t，‎ ‎∴FM=MD﹣DF=3+t﹣t=3﹣t，OF=FG+GO=PD+OA﹣AG=3+t﹣t=3+t，‎ ‎∴M（﹣3﹣t，﹣3+t）．‎ ‎∵点M在x轴下方的抛物线上，‎ ‎∴﹣3+t=﹣×（﹣3﹣t）2+×（﹣3﹣t）+4，解得：t=．‎ ‎∵0≤t≤4，‎ ‎∴t=．‎ ‎（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．‎ ‎∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，‎ ‎∴RH=QO=t，RH∥OQ．‎ ‎∵A（﹣3，0），N（﹣，0），‎ ‎∴点N为OA的中点．‎ 又∵R为OP的中点，‎ ‎∴NR=AP=t，‎ ‎∴RH=NR，‎ ‎∴∠RNH=∠RHN．‎ ‎∵RH∥OQ，‎ ‎∴∠RHN=∠HNO，‎ ‎∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．‎ 设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得：，‎ 解得：m=，n=4，‎ ‎∴直线AC的表示为y=x+4．‎ 同理可得直线BC的表达式为y=﹣x+4．‎ 设直线NR的函数表达式为y=x+s，将点N的坐标代入得：×（﹣）+s=0，解得：s=2，‎ ‎∴直线NR的表述表达式为y=x+2．‎ 将直线NR和直线BC的表达式联立得：，解得：x=，y=，‎ ‎∴Q′（，）．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，依据勾股定理列出关于t的方程是解答问题（2）的关键；求得点M的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键；证得NH为∠QHQ′的平分线是解答问题（4）的关键．‎ ‎　‎ ‎23．如图，抛物线y=ax2﹣2x+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C三点，已知点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），点D是抛物线的顶点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；‎ ‎（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，第四象限的抛物线上有一点P，将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，求点P的坐标；‎ ‎（3）如图2，设BC交抛物线的对称轴于点F，作直线CD，点M是直线CD上的动点，点N是平面内一点，当以点B，F，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．‎ ‎【分析】（1）将点A、点C的坐标代入抛物线的解析式可求得a、c的值，从而得到抛物线的解析式，最后利用配方法可求得点D的坐标；‎ ‎（2）将y=0代入抛物线的解析式求得点B的坐标，然后由抛物线的对称轴方程可求得点E的坐标，由折叠的性质可求得∠BEP=45°，设直线EP的解析式为y=﹣x+b，将点E的坐标代入可求得b的值，从而可求得直线EP的解析式，最后将直线EP的解析式和抛物线的解析式联立组成方程组求解即可；‎ ‎（3）先求得直线CD的解析式，然后再求得直线CB的解析式为y=k2x﹣8，从而可求得点F的坐标，设点M的坐标为（a，﹣a﹣8），然后分为MF=MB、FM=FB两种情况列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）将点A、点C的坐标代入抛物线的解析式得：，‎ 解得：a=1，c=﹣8．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣8．‎ ‎∵y=（x﹣1）2﹣9，‎ ‎∴D（1，﹣9）．‎ ‎（2）将y=0代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣8=0，解得x=4或x=﹣2，‎ ‎∴B（4，0）．‎ ‎∵y=（x﹣1）2﹣9，‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=1，‎ ‎∴E（1，0）．‎ ‎∵将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，‎ ‎∴EP为∠BEF的角平分线．‎ ‎∴∠BEP=45°．‎ 设直线EP的解析式为y=﹣x+b，将点E的坐标代入得：﹣1+b=0，解得b=1，‎ ‎∴直线EP的解析式为y=﹣x+1．‎ 将y=﹣x+1代入抛物线的解析式得：﹣x+1=x2﹣2x﹣8，解得：x=或x=．‎ ‎∵点P在第四象限，‎ ‎∴x=．‎ ‎∴y=．‎ ‎∴P（，）．‎ ‎（3）设CD的解析式为y=kx﹣8，将点D的坐标代入得：k﹣8=﹣9，解得k=﹣1，‎ ‎∴直线CD的解析式为y=﹣x﹣8．‎ 设直线CB的解析式为y=k2x﹣8，将点B的坐标代入得：4k2﹣8=0，解得：k2=2．‎ ‎∴直线BC的解析式为y=2x﹣8．‎ 将x=1代入直线BC的解析式得：y=﹣6，‎ ‎∴F（1，﹣6）．‎ 设点M的坐标为（a，﹣a﹣8）．‎ 当MF=MB时，（a﹣4）2+（a+8）2=（a﹣1）2+（a+2）2，整理得：6a=﹣75，解得：a=﹣．‎ ‎∴点M的坐标为（﹣，）．‎ 当FM=FB时，（a﹣1）2+（a+2）2=（4﹣1）2+（﹣6﹣0）2，整理得：a2+a﹣20=0，解得：a=4或a=﹣5．‎ ‎∴点M的坐标为（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）．‎ 综上所述，点M的坐标为（﹣，）或（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、翻折的性质、两点间的距离公式，依据两点间的距离公式列出关于a的方程是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．定义：对于给定的两个函数，任取自变量x的一个值，当x＜0时，它们对应的函数值互为相反数；当x≥‎ ‎0时，它们对应的函数值相等，我们称这样的两个函数互为相关函数．例如：一次函数y=x﹣1，它的相关函数为y=．‎ ‎（1）已知点A（﹣5，8）在一次函数y=ax﹣3的相关函数的图象上，求a的值；‎ ‎（2）已知二次函数y=﹣x2+4x﹣．①当点B（m，）在这个函数的相关函数的图象上时，求m的值；‎ ‎②当﹣3≤x≤3时，求函数y=﹣x2+4x﹣的相关函数的最大值和最小值；‎ ‎（3）在平面直角坐标系中，点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连结MN．直接写出线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点时n的取值范围．‎ ‎【分析】（1）函数y=ax﹣3的相关函数为y=，将然后将点A（﹣5，8）代入y=﹣ax+3求解即可；‎ ‎（2）二次函数y=﹣x2+4x﹣的相关函数为y=，①分为m＜0和m≥0两种情况将点B的坐标代入对应的关系式求解即可；②当﹣3≤x＜0时，y=x2﹣4x+，然后可 此时的最大值和最小值，当0≤x≤3时，函数y=﹣x2+4x﹣，求得此时的最大值和最小值，从而可得到当﹣3≤x≤3时的最大值和最小值；‎ ‎（3）首先确定出二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）函数y=ax﹣3的相关函数为y=，将点A（﹣5，8）代入y=﹣ax+3得：5a+3=8，解得：a=1．‎ ‎（2）二次函数y=﹣x2+4x﹣的相关函数为y=‎ ‎①当m＜0时，将B（m，）代入y=x2﹣4x+得m2﹣4m+=，解得：m=2+（舍去）或m=2﹣．‎ 当m≥0时，将B（m，）代入y=﹣x2+4x﹣得：﹣m2+4m﹣=，解得：m=2+或m=2﹣．‎ 综上所述：m=2﹣或m=2+或m=2﹣．‎ ‎②当﹣3≤x＜0时，y=x2﹣4x+，抛物线的对称轴为x=2，此时y随x的增大而减小，‎ ‎∴此时y的最大值为．‎ 当0≤x≤3时，函数y=﹣x2+4x﹣，抛物线的对称轴为x=2，当x=0有最小值，最小值为﹣，当x=2时，有最大值，最大值y=．‎ 综上所述，当﹣3≤x≤3时，函数y=﹣x2+4x﹣的相关函数的最大值为，最小值为﹣；‎ ‎（3）如图1所示：线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．‎ 所以当x=2时，y=1，即﹣4+8+n=1，解得n=﹣3．‎ 如图2所示：线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点 ‎∵抛物线y=x2﹣4x﹣n与y轴交点纵坐标为1，‎ ‎∴﹣n=1，解得：n=﹣1．‎ ‎∴当﹣3＜n≤﹣1时，线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．‎ 如图3所示：线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+4x+n经过点（0，1），‎ ‎∴n=1．‎ 如图4所示：线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．‎ ‎∵抛物线y=x2﹣4x﹣n经过点M（﹣，1），‎ ‎∴+2﹣n=1，解得：n=．‎ ‎∴1＜n≤时，线段MN与二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．‎ 综上所述，n的取值范围是﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y=﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．如图，在平面直角坐标系中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A，B两点，其中点A，C的坐标分别为（1，0），（﹣4，0），抛物线的顶点为点D．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上的一个动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段FE的长度最大时，求点E的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点P，使△PEF是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）首先依据等腰直角三角形的性质求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式求解即可；‎ ‎（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A和点B的坐标代入可求得直线AB的解析式，设点E的坐标为（t，t﹣1），则点F的坐标为（t，﹣t2﹣2t+3），然后列出EF关于t的函数关系式，最后利用配方法求得EF的最大值即可；‎ ‎（3）过点F作直线a⊥EF，交抛物线于点P，过点E作直线b⊥EF，交抛物线P′、P″，先求得点E和点F的纵坐标，然后将点E和点F的纵坐标代入抛物线的解析式求得对应的x的值，从而可求得点P、P′、P″的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）∵A，C的坐标分别为（1，0），（﹣4，0），‎ ‎∴AC=5．‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，‎ ‎∴BC=AC=5．‎ ‎∴B（﹣4，﹣5）．‎ 将点A和点B的坐标代入得：，解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3．‎ ‎（2）如图1所示：‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A和点B的坐标代入得：，解得：k=1，b=﹣1．‎ 所以直线AB的解析式为y=x﹣1．‎ 设点E的坐标为（t，t﹣1），则点F的坐标为（t，﹣t2﹣2t+3）．‎ ‎∴EF=﹣t2﹣2t+3﹣（t﹣1）=﹣t2﹣3t+4=﹣（t+）2+．‎ ‎∴当t=﹣时，FE取最大值，此时，点E的坐标为（﹣，﹣）．‎ ‎（3）存在点P，能使△PEF是以EF为直角边的直角三角形．‎ 理由：如图所示：过点F作直线a⊥EF，交抛物线于点P，过点E作直线b⊥EF，交抛物线P′、P″．‎ 由（2）可知点E的坐标为（t，t﹣1），则点F的坐标为（t，﹣t2﹣2t+3），t=﹣，‎ ‎∴点E（﹣，﹣）、F（﹣，）．‎ ‎①当﹣t2﹣2t+3=时，解得：t=﹣或t=﹣（舍去）．‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，）．‎ ‎②当﹣t2﹣2t+3=﹣时，解得：t=﹣1+或t=﹣1﹣．‎ ‎∴点P′（﹣1﹣，﹣），P″（﹣1+，﹣）．‎ 综上所述，点P的坐标为（﹣，）或（﹣1﹣，﹣）或P″（﹣1+，﹣）．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、等腰直角三角形的性质、二次函数的性质，列出EF的长关于t的函数关系式是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎26．平面直角坐标系xOy中，点A、B的横坐标分别为a、a+2，二次函数y=﹣x2+（m﹣2）x+2m的图象经过点A、B，且a、m满足2a﹣m=d（d为常数）．‎ ‎（1）若一次函数y1=kx+b的图象经过A、B两点．‎ ‎①当a=1、d=﹣1时，求k的值；‎ ‎②若y1随x的增大而减小，求d的取值范围；‎ ‎（2）当d=﹣4且a≠﹣2、a≠﹣4时，判断直线AB与x轴的位置关系，并说明理由；‎ ‎（3）点A、B的位置随着a的变化而变化，设点A、B运动的路线与y轴分别相交于点C、D，线段CD的长度会发生变化吗？如果不变，求出CD的长；如果变化，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）①当a=1、d=﹣1时，m=2a﹣d=3，于是得到抛物线的解析式，然后求得点A和点B的坐标，最后将点A和点B的坐标代入直线AB的解析式求得k的值即可；‎ ‎②将x=a，x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，然后依据y1‎ 随着x的增大而减小，可得到﹣（a﹣m）（a+2）＞﹣（a+2﹣m）（a+4），结合已知条件2a﹣m=d，可求得d的取值范围；‎ ‎（2）由d=﹣4可得到m=2a+4，则抛物线的解析式为y=﹣x2+（2a+2）x+4a+8，然后将x=a、x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，最后依据点A和点B的纵坐标可判断出AB与x轴的位置关系；‎ ‎（3）先求得点A和点B的坐标，于是得到点A和点B运动的路线与字母a的函数关系式，则点C（0，﹣2d），D（0，﹣2d﹣8），于是可得到CD的长度．‎ ‎【解答】解：（1）①当a=1、d=﹣1时，m=2a﹣d=3，‎ 所以二次函数的表达式是y=﹣x2+x+6．‎ ‎∵a=1，‎ ‎∴点A的横坐标为1，点B的横坐标为3，‎ 把x=1代入抛物线的解析式得：y=6，把x=3代入抛物线的解析式得：y=0，‎ ‎∴A（1，6），B（3，0）．‎ 将点A和点B的坐标代入直线的解析式得：，解得：，‎ 所以k的值为﹣3．‎ ‎②∵y=﹣x2+（m﹣2）x+2m=﹣（x﹣m）（x+2），‎ ‎∴当x=a时，y=﹣（a﹣m）（a+2）；当x=a+2时，y=﹣（a+2﹣4）（a+4），‎ ‎∵y1随着x的增大而减小，且a＜a+2，‎ ‎∴﹣（a﹣m）（a+2）＞﹣（a+2﹣m）（a+4），解得：2a﹣m＞﹣4，‎ 又∵2a﹣m=d，‎ ‎∴d的取值范围为d＞﹣4．‎ ‎（2）∵d=﹣4且a≠﹣2、a≠﹣4，2a﹣m=d，‎ ‎∴m=2a+4．‎ ‎∴二次函数的关系式为y=﹣x2+（2a+2）x+4a+8．‎ 把x=a代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．‎ 把x=a+2代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．‎ ‎∴A（a，a2+6a+8）、B（a+2，a2+6a+8）．‎ ‎∵点A、点B的纵坐标相同，‎ ‎∴AB∥x轴．‎ ‎（3）线段CD的长度不变．‎ ‎∵y=﹣x2+（m﹣2）x+2m过点A、点B，2a﹣m=d，‎ ‎∴y=﹣x2+（2a﹣d﹣2）x+2（2a﹣d）．‎ ‎∴yA=﹣a2+（2﹣d）a﹣2d，yB=a2+（2﹣d）a﹣4d﹣8．‎ ‎∵把a=0代入yA=﹣a2+（2﹣d）a﹣2d，得：y=﹣2d，‎ ‎∴C（0，﹣2d）．‎ ‎∵点D在y轴上，即a+2=0，‎ ‎∴a=﹣2，．‎ 把a=﹣2代入yB=a2+（2﹣d）a﹣4d﹣8得：y=﹣2d﹣8．‎ ‎∴D（0，﹣2d﹣8）．‎ ‎∴DC=|﹣2d﹣（﹣2d﹣8）|=8．‎ ‎∴线段CD的长度不变．‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，求得点A和点B的坐标是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎27．已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，C是⊙O上的点，AC∥OP，M是直径AB上的动点，A与直线CM上的点连线距离的最小值为d，B与直线CM上的点连线距离的最小值为f．‎ ‎（1）求证：PC是⊙O的切线；‎ ‎（2）设OP=AC，求∠CPO的正弦值；‎ ‎（3）设AC=9，AB=15，求d+f的取值范围．‎ ‎【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠OCA，由平行线的性质得到∠A=∠BOP，∠ACO=∠COP，等量代换得到∠COP=∠BOP，由切线的性质得到∠OBP=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；‎ ‎（2）过O作OD⊥AC于D，根据相似三角形的性质得到CD•OP=OC2，根据已知条件得到=，由三角函数的定义即可得到结论；‎ ‎（3）连接BC，根据勾股定理得到BC==12，当M与A重合时，得到d+f=12，当M与B重合时，得到d+f=9，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）连接OC，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠A=∠OCA，‎ ‎∵AC∥OP，‎ ‎∴∠A=∠BOP，∠ACO=∠COP，‎ ‎∴∠COP=∠BOP，‎ ‎∵PB是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠OBP=90°，‎ 在△POC与△POB中，，‎ ‎∴△COP≌△BOP，‎ ‎∴∠OCP=∠OBP=90°，‎ ‎∴PC是⊙O的切线；‎ ‎（2）过O作OD⊥AC于D，‎ ‎∴∠ODC=∠OCP=90°，CD=AC，‎ ‎∵∠DCO=∠COP，‎ ‎∴△ODC∽△PCO，‎ ‎∴，‎ ‎∴CD•OP=OC2，‎ ‎∵OP=AC，‎ ‎∴AC=OP，‎ ‎∴CD=OP，‎ ‎∴OP•OP=OC2‎ ‎∴=，‎ ‎∴sin∠CPO==；‎ ‎（3）连接BC，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ ‎∵AC=9，AB=15，‎ ‎∴BC==12，‎ 当CM⊥AB时，‎ d=AM，f=BM，‎ ‎∴d+f=AM+BM=15，‎ 当M与B重合时，‎ d=9，f=0，‎ ‎∴d+f=9，‎ ‎∴d+f的取值范围是：9≤d+f≤15．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎28．问题提出 ‎（1）如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，若点O是△ABC的内心，则OA的长为　4　；‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB（即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．）同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．‎ 如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB交于点E，又测得DE=8m．‎ 请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0.01米）‎ ‎【分析】（1）构建Rt△AOD中，利用cos∠OAD=cos30°=，可得OA的长；‎ ‎（2）经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分，根据此结论作出PQ，利用勾股定理进行计算即可；‎ ‎（3）如图3，作辅助线，先确定圆心和半径，根据勾股定理计算半径：‎ 在Rt△AOD中，r2=122+（r﹣8）2，解得：r=13根据三角形面积计算高MN的长，证明△ADC∽△ANM，列比例式求DC的长，确定点O在△AMB内部，利用勾股定理计算OM，则最大距离FM的长可利用相加得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，过O作OD⊥AC于D，则AD=AC=×12=6，‎ ‎∵O是内心，△ABC是等边三角形，‎ ‎∴∠OAD=∠BAC=×60°=30°，‎ 在Rt△AOD中，cos∠OAD=cos30°=，‎ ‎∴OA=6÷=4，‎ 故答案为：4；‎ ‎（2）存在，如图2，连接AC、BD交于点O，连接PO并延长交BC于Q，则线段PQ将矩形ABCD的面积平分，‎ ‎∵点O为矩形ABCD的对称中心，‎ ‎∴CQ=AP=3，‎ 过P作PM⊥BC于点，则PM=AB=12，MQ=18﹣3﹣3=12，‎ 由勾股定理得：PQ===12；‎ ‎（3）如图3，作射线ED交AM于点C ‎∵AD=DB，ED⊥AB，是劣弧，‎ ‎∴所在圆的圆心在射线DC上，‎ 假设圆心为O，半径为r，连接OA，则OA=r，OD=r﹣8，AD=AB=12，‎ 在Rt△AOD中，r2=122+（r﹣8）2，‎ 解得：r=13，‎ ‎∴OD=5，‎ 过点M作MN⊥AB，垂足为N，‎ ‎∵S△ABM=96，AB=24，‎ ‎∴AB•MN=96，‎ ‎×24×MN=96，‎ ‎∴MN=8，NB=6，AN=18，‎ ‎∵CD∥MN，‎ ‎∴△ADC∽△ANM，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴DC=，‎ ‎∴OD＜CD，‎ ‎∴点O在△AMB内部，‎ ‎∴连接MO并延长交于点F，则MF为草坪上的点到M点的最大距离，‎ ‎∵在上任取一点异于点F的点G，连接GO，GM，‎ ‎∴MF=OM+OF=OM+OG＞MG，‎ 即MF＞MG，‎ 过O作OH⊥MN，垂足为H，则OH=DN=6，MH=3，‎ ‎∴OM===3，‎ ‎∴MF=OM+r=3+13≈19.71（米），‎ 答：喷灌龙头的射程至少为19.71米．‎ ‎【点评】本题是圆的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、勾股定理、等边三角形的性质及内心的定义、特殊的三角函数值、矩形的性质等知识，明确在特殊的四边形中将面积平分的直线一定过对角线的交点，本题的第三问比较复杂，辅助线的作出是关键，根据三角形的三角关系确定其最大射程为MF．‎ ‎　‎ ‎29．如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求直线BN的解析式；‎ ‎（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．‎ ‎【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；‎ ‎（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；‎ ‎（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵|x﹣15|+=0，‎ ‎∴x=15，y=13，‎ ‎∴OA=BC=15，AB=OC=13，‎ ‎∴B（15，13）；‎ ‎（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，‎ 由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，‎ ‎∵tan∠CBD=，‎ ‎∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，‎ ‎∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，‎ ‎∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，‎ ‎∴∠ONM=∠CBD，‎ ‎∴=，‎ ‎∵DE∥ON，‎ ‎∴==，且OE=3，‎ ‎∴=，解得OM=6，‎ ‎∴ON=8，即N（0，8），‎ 把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，‎ ‎∴直线BN的解析式为y=x+8；‎ ‎（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，‎ 当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，‎ 由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，‎ ‎∴S=NN′•OA=15t；‎ 当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，‎ ‎∵NN′=t，‎ ‎∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，‎ 令y=0，可得x=3t﹣24，‎ ‎∴OG=3t﹣24，‎ ‎∵ON=8，NN′=t，‎ ‎∴ON′=t﹣8，‎ ‎∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；‎ 综上可知S与t的函数关系式为S=．‎ ‎【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及非负数的性质、待定系数法、矩形的性质、三角函数的定义、折叠的性质、平行线分线段成比例、平移的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意非负数的性质的应用，在（2）中求得N点的坐标是解题的关键，在（3）中确定出扫过的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎30．《函数的图象与性质》拓展学习片段展示：‎ ‎【问题】如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，与x轴的另一个交点为A，则a=　　．‎ ‎【操作】将图①中抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方，将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G，如图②‎ ‎．直接写出图象G对应的函数解析式．‎ ‎【探究】在图②中，过点B（0，1）作直线l平行于x轴，与图象G的交点从左至右依次为点C，D，E，F，如图③．求图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时x的取值范围．‎ ‎【应用】P是图③中图象G上一点，其横坐标为m，连接PD，PE．直接写出△PDE的面积不小于1时m的取值范围．‎ ‎【分析】【问题】：把（0，0）代入可求得a的值；‎ ‎【操作】：先写出沿x轴折叠后所得抛物线的解析式，根据图象可得对应取值的解析式；‎ ‎【探究】：令y=0，分别代入两个抛物线的解析式，分别求出四个点CDEF的坐标，根据图象呈上升趋势的部分，即y随x增大而增大，写出x的取值；‎ ‎【应用】：先求DE的长，根据三角形面积求高的取值h≥1；‎ 分三部分进行讨论：‎ ‎①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，根据h≥1，列不等式解出即可；‎ ‎②如图③，作对称轴由最大面积小于1可知：点P不可能在DE的上方；‎ ‎③P与O或A重合时，符合条件，m=0或m=4．‎ ‎【解答】解：【问题】‎ ‎∵抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，‎ ‎∴0=a（0﹣2）2﹣，‎ a=，‎ 故答案为：；‎ ‎【操作】：如图①，抛物线：y=（x﹣2）2﹣，‎ 对称轴是：直线x=2，由对称性得：A（4，0），‎ 如图②，沿x轴折叠后所得抛物线为：y=﹣（x﹣2）2+‎ 图象G对应的函数解析式为：y=；‎ ‎【探究】：如图③，由题意得：‎ 当y=1时，（x﹣2）2﹣=1，‎ 解得：x1=2+，x2=2﹣，‎ ‎∴C（2﹣，1），F（2+，1），‎ 当y=1时，﹣（x﹣2）2+=1，‎ 解得：x1=3，x2=1，‎ ‎∴D（1，1），E（3，1），‎ 由图象得：图象G在直线l上方的部分，当1＜x＜2或x＞2+时，函数y随x增大而增大；‎ ‎【应用】：∵D（1，1），E（3，1），‎ ‎∴DE=3﹣1=2，‎ ‎∵S△PDE=DE•h≥1，‎ ‎∴h≥1；‎ ‎①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，‎ ‎∴h=（m﹣2）2﹣﹣1≥1，‎ ‎（m﹣2）2≥10，‎ m﹣2≥或m﹣2≤﹣，‎ m≥2+或m≤2﹣，‎ ‎②如图③，作对称轴交抛物线G于H，交直线CD于M，交x轴于N，‎ ‎∵H（2，），‎ ‎∴HM=﹣1=＜1，‎ ‎∴点P不可能在DE的上方；‎ ‎③∵MN=1，‎ 且O（0，0），A（4，0），‎ ‎∴P不可能在CO（除O点）、OD、EA（除A点）、AF上，‎ ‎∴P与O或A重合时，符合条件，‎ ‎∴m=0或m=4；‎ 综上所述，△PDE的面积不小于1时，m的取值范围是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、对称性、二次函数的性质、图形和坐标特点、折叠的性质；运用了数形结合的思想和分类讨论的思想，应用部分有难度，根据面积的条件，先求出底边的长和确定高的取值是关键．‎ ‎　‎ ‎31．已知点A（﹣1，1）、B（4，6）在抛物线y=ax2+bx上 ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，点F的坐标为（0，m）（m＞2），直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H．设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH、AE，求证：FH∥AE；‎ ‎（3）如图2，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒 个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM=2PM，直接写出t的值．‎ ‎【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据点A、F的坐标利用待定系数法，可求出直线AF的解析式，联立直线AF和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点G的坐标，进而可得出点H的坐标，利用分解因式法将抛物线解析式变形为交点式，由此可得出点E的坐标，再根据点A、E（F、H）的坐标利用待定系数法，可求出直线AE（FH）的解析式，由此可证出FH∥AE；‎ ‎（3）根据点A、B的坐标利用待定系数法，可求出直线AB的解析式，进而可找出点P、Q的坐标，分点M在线段PQ上以及点M在线段QP的延长线上两种情况考虑，借助相似三角形的性质可得出点M的坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）将点A（﹣1，1）、B（4，6）代入y=ax2+bx中，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．‎ ‎（2）证明：设直线AF的解析式为y=kx+m，‎ 将点A（﹣1，1）代入y=kx+m中，即﹣k+m=1，‎ ‎∴k=m﹣1，‎ ‎∴直线AF的解析式为y=（m﹣1）x+m．‎ 联立直线AF和抛物线解析式成方程组，‎ ‎，解得：，，‎ ‎∴点G的坐标为（2m，2m2﹣m）．‎ ‎∵GH⊥x轴，‎ ‎∴点H的坐标为（2m，0）．‎ ‎∵抛物线的解析式为y=x2﹣x=x（x﹣1），‎ ‎∴点E的坐标为（1，0）．‎ 设直线AE的解析式为y=k1x+b1，‎ 将A（﹣1，1）、E（1，0）代入y=k1x+b1中，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴直线AE的解析式为y=﹣x+．‎ 设直线FH的解析式为y=k2x+b2，‎ 将F（0，m）、H（2m，0）代入y=k2x+b2中，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴直线FH的解析式为y=﹣x+m．‎ ‎∴FH∥AE．‎ ‎（3）设直线AB的解析式为y=k0x+b0，‎ 将A（﹣1，1）、B（4，6）代入y=k0x+b0中，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=x+2．‎ 当运动时间为t秒时，点P的坐标为（t﹣2，t），点Q的坐标为（t，0）．‎ 当点M在线段PQ上时，过点P作PP′⊥x轴于点P′，过点M作MM′⊥x轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如图2所示．‎ ‎∵QM=2PM，‎ ‎∴==，‎ ‎∴QM′=，MM′=t，‎ ‎∴点M的坐标为（t﹣，t）．‎ 又∵点M在抛物线y=x2﹣x上，‎ ‎∴t=×（t﹣）2﹣（t﹣），‎ 解得：t=；‎ 当点M在线段QP的延长线上时，‎ 同理可得出点M的坐标为（t﹣4，2t），‎ ‎∵点M在抛物线y=x2﹣x上，‎ ‎∴2t=×（t﹣4）2﹣（t﹣4），‎ 解得：t=．‎ 综上所述：当运动时间为秒、秒、秒或秒时，QM=2PM．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的三种形式、相似三角形的性质以及两条直线相交或平行，解题的关键是：（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法，求出抛物线的解析式；（2）根据点A、E（F、H）的坐标利用待定系数法，求出直线AE（FH）的解析式：（3）分点M在线段PQ上以及点M在线段QP的延长线上两种情况，借助相似三角形的性质找出点M的坐标．‎ ‎　‎ ‎32．已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠C=90°，OB=25，OC=20，若点M是边OC上的一个动点（与点O、C不重合），过点M作MN∥OB交BC于点N．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等时，求CM的长；‎ ‎（3）在OB上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，根据勾股定理得到BC===15，根据三角形的面积公式得到CH==‎ ‎=12，由勾股定理得到OH==16，于是得到结论；‎ ‎（2）∵根据相似三角形的性质得到===，设CM=x，则CN=x，根据已知条件列方程即可得到结论；‎ ‎（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=x，MN=x，①当∠OMQ1=90°MN=MQ时，②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，‎ ‎∵∠C=90°，OB=25，OC=20，‎ ‎∴BC===15，‎ ‎∵S△OBC=OB•CH=OC•BC，‎ ‎∴CH===12，‎ ‎∴OH==16，‎ ‎∴C（16，﹣12）；‎ ‎（2）∵MN∥OB，‎ ‎∴△CNM∽△COB，‎ ‎∴===，‎ 设CM=x，则CN=x，‎ ‎∵△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等，‎ ‎∴CM+CN+MN=OM+MN+OB+BN，即x+x+MN=20﹣x+MN+15﹣x+25，‎ 解得：x=，‎ ‎∴CM=；‎ ‎（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=x，MN=x，‎ ‎①当∠NMQ1=90°MN=MQ时，‎ ‎∵△OMQ∽△OBC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵MN=MQ，‎ ‎∴=，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴MN=x=×=；‎ ‎②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，‎ 此时，四边形MNQ2Q1是正方形，‎ ‎∴NQ2=MQ1=MN，‎ ‎∴MN=．‎ ‎③当∠MQN=90°，MQ=NQ时，‎ 过M作MH⊥OB于H，∵MN=MQ，MQ=MH，∴MN=2MH，∴MH=x，∵△OMH∽△OBC，∴=，∴x=，∴MN=x=．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎33．如图，一次函数y=k1x+5（k1＜0）的图象与坐标轴交于A，B两点，与反比例函数y=（k2＞0）的图象交于M，N两点，过点M作MC⊥y轴于点C，已知CM=1．‎ ‎（1）求k2﹣k1的值；‎ ‎（2）若=，求反比例函数的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设点P是x轴（除原点O外）上一点，将线段CP绕点P按顺时针或逆时针旋转90°得到线段PQ，当点P滑动时，点Q能否在反比例函数的图象上？如果能，求出所有的点Q的坐标；如果不能，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据点M的坐标代入反比例关系：y=中，可得结论；‎ ‎（2）根据△ACM∽△ADN，得，由CM=1得DN=4，同理得N的坐标，代入反比例函数式中可得k2的值；‎ ‎（3）如图2，点P在x轴的正半轴上时，绕P顺时针旋转到点Q，根据△COP≌△‎ PHQ，得CO=PH，OP=QH，设P（x，0），表示Q（x+4，x），代入反比例函数的关系式中可得Q的两个坐标；‎ 如图3，点P在x轴的负半轴上时；‎ 如图4，点P在x轴的正半轴上时，绕P逆时针旋转到点Q，同理可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，∵MC⊥y轴于点C，且CM=1，‎ ‎∴M的横坐标为1，‎ 当x=1时，y=k1+5，‎ ‎∴M（1，k1+5），‎ ‎∵M在反比例函数的图象上，‎ ‎∴1×（k1+5）=k2，‎ ‎∴k2﹣k1=5；‎ ‎（2）如图1，过N作ND⊥y轴于D，‎ ‎∴CM∥DN，‎ ‎∴△ACM∽△ADN，‎ ‎∴，‎ ‎∵CM=1，‎ ‎∴DN=4，‎ 当x=4时，y=4k1+5，‎ ‎∴N（4，4k1+5），‎ ‎∴4（4k1+5）=k2①，‎ 由（1）得：k2﹣k1=5，‎ ‎∴k1=k2﹣5②，‎ 把②代入①得：4（4k2﹣20+5）=k2，‎ k2=4；‎ ‎∴反比例函数的解析式：y=；‎ ‎（3）当点P滑动时，点Q能在反比例函数的图象上；‎ 如图2，CP=PQ，∠CPQ=90°，‎ 过Q作QH⊥x轴于H，‎ 易得：△COP≌△PHQ，‎ ‎∴CO=PH，OP=QH，‎ 由（2）知：反比例函数的解析式：y=；‎ 当x=1时，y=4，‎ ‎∴M（1，4），‎ ‎∴OC=PH=4，‎ 设P（x，0），‎ ‎∴Q（x+4，x），‎ 当点Q落在反比例函数的图象上时，‎ x（x+4）=4，‎ x2+4x+4=8，‎ x=﹣2±，‎ 当x=﹣2+2时，x+4=2+2，如图2，Q（2+2，﹣2+2）；‎ 当x=﹣2﹣2时，x+4=2﹣2，如图3，Q（2﹣2，﹣2﹣2）；‎ 如图4，CP=PQ，∠CPQ=90°，设P（x，0），‎ 过P作GH∥y轴，过C作CG⊥GH，过Q作QH⊥GH，‎ 易得：△CPG≌△PQH，‎ ‎∴PG=QH=4，CG=PH=x，‎ ‎∴Q（x﹣4，﹣x），‎ 同理得：﹣x（x﹣4）=4，‎ 解得：x1=x2=2，‎ ‎∴Q（﹣2，﹣2），‎ 综上所述，点Q的坐标为（2+2，﹣2+2）或（2﹣2，﹣2﹣2）或（﹣2，﹣2）．‎ ‎【点评】‎ 本题是反比例函数与一次函数的综合题，考查了含字母系数的两函数关系式的有关问题，与三角形全等和相似相结合，列比例式或点的坐标在函数图象上列等式可解决问题，第三问有难度，画出图形是关键．‎ ‎　‎ ‎34．如图，直线l：y=kx+b（k＜0）与函数y=（x＞0）的图象相交于A、C两点，与x轴相交于T点，过A、C两点作x轴的垂线，垂足分别为B、D，过A、C两点作y轴的垂线，垂足分别为E、F；直线AE与CD相交于点P，连接DE．设A、C两点的坐标分别为（a，）、（c，），其中a＞c＞0．‎ ‎（1）如图①，求证：∠EDP=∠ACP；‎ ‎（2）如图②，若A、D、E、C四点在同一圆周上，求k的值；‎ ‎（3）如图③，已知c=1，且点P在直线BF上，试问：在线段AT上是否存在点M，使得OM⊥AM？如存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由P、E、D的坐标可表示出PA、EP、PC和DP的长，可证明△EPD∽△CPA，利用相似三角形的性质可证得结论；‎ ‎（2）连接AD、EC，可证明△AEC≌△CDA，可得CD=AE，把A、C坐标代入直线l解析式，可求得k的值；‎ ‎（3）假设在线段AT上存在点M，使得OM⊥AM，连接OM、OA，可表示出C、F、P、B的坐标，利用直线BF的解析式可求得a的值，可求得A点坐标，可求得T点坐标，在△OAT中，利用等积法可求得OM的长，在RtOMT中可求得MT的长，作MN⊥‎ x轴，同理可求得MN的长，则可求得ON的长，可判断N在线段BT上，满足条件，从而可知存在满足条件的M点．‎ ‎【解答】（1）证明：‎ 由题意可知P（c，），E（0，），D（c，0），‎ ‎∴PA=a﹣c，EP=c，PC=﹣=，DP=，‎ ‎∴==，且∠EPD=∠APC，‎ ‎∴△EPD∽△CPA，‎ ‎∴∠EDP=∠ACP；‎ ‎（2）解：如图1，连接AD、EC，‎ 由（1）可知DE∥AC，‎ ‎∴∠DEC+∠ECA=180°，‎ ‎∵A、D、E、C四点在同圆周上，‎ ‎∴∠DEC+∠DAC=180°，‎ ‎∴∠ECA=∠DAC，‎ 在△AEC和△CDA中 ‎∴△AEC≌△CDA（AAS），‎ ‎∴CD=AE，即a=，可得ac=4，‎ ‎∵A、C在直线l上，‎ ‎∴，解得k==﹣=﹣1；‎ ‎（3）假设在线段AT上存在点M，使OM⊥AM，连接OM、OA，作MN⊥x轴于点N，如图2，‎ ‎∵c=1，‎ ‎∴C（1，4），F（0，4），P（1，），B（a，0），‎ 设直线BF的解析式为y=k′x+4，由题意可得，解得a=2，‎ ‎∴A（2，2），‎ ‎∴AP为△DCT的中位线，‎ ‎∴T（3，0），‎ ‎∴AT==‎ ‎∵S△OAT=OT•AB=AT•OM，‎ ‎∴OM===，‎ 在Rt△OMT中，MT===，‎ 同理可求得MN==，‎ 在Rt△OMN中，ON===，‎ ‎∵2＜＜3，‎ ‎∴点M在线段AT上，‎ 即在线段AT上存在点M，使得OM⊥AM，M点的坐标为（，）．‎ ‎【点评】本题为反比例函数的综合应用，涉及相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆的性质、勾股定理、等积法等知识．在（1）中证得△EPD∽△CPA是解题的关键，在（2）中构造全等三角形，求得ac=4是解题的关键，在（3）中求得A点坐标，再分别求得OM和ON的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度适中．‎ ‎　‎ ‎35．如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．‎ ‎（1）当∠APB=28°时，求∠B和的度数；‎ ‎（2）求证：AC=AB．‎ ‎（3）在点P的运动过程中 ‎①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；‎ ‎②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．‎ ‎【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到=2∠MDB=56°；‎ ‎（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；‎ ‎（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或；‎ ‎②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，进而得出S△ACG=CG×CH=，再根据S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．‎ ‎【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，‎ ‎∴PA=PB，‎ ‎∴∠PAB=∠B，‎ ‎∵∠APB=28°，‎ ‎∴∠B=76°，‎ 如图1，连接MD，‎ ‎∵MD为△PAB的中位线，‎ ‎∴MD∥AP，‎ ‎∴∠MDB=∠APB=28°，‎ ‎∴=2∠MDB=56°；‎ ‎（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，‎ 又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，‎ ‎∴∠BAP=∠ACB，‎ ‎∵∠BAP=∠B，‎ ‎∴∠ACB=∠B，‎ ‎∴AC=AB；‎ ‎（3）①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，‎ ‎∵MD是Rt△MBP的中线，‎ ‎∴DM=DP，‎ ‎∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，‎ ‎∴RC=RP，‎ ‎∵∠ACR=∠AMR=90°，‎ ‎∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，‎ ‎∴12+MR2=22+PR2，‎ ‎∴12+（4﹣PR）2=22+PR2，‎ ‎∴PR=，‎ ‎∴MR=，‎ Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，‎ ‎∴Q与R重合，‎ ‎∴MQ=MR=；‎ Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，‎ 在Rt△QCP中，PQ=2PR=，‎ ‎∴MQ=；‎ Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，‎ ‎∵BM=1，MP=4，‎ ‎∴BP=，‎ ‎∴DP=BP=，‎ ‎∵cos∠MPB==，‎ ‎∴PQ=，‎ ‎∴MQ=；‎ Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，‎ 由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，‎ ‎∴MQ=；‎ 综上所述，MQ的值为或或；‎ ‎②△ACG和△DEG的面积之比为．‎ 理由：如图6，∵DM∥AF，DE∥AB，‎ ‎∴四边形AMDE是平行四边形，四边形AMDF是等腰梯形，‎ ‎∴DF=AM=DE=1，‎ 又由对称性可得GE=GD，‎ ‎∴△DEG是等边三角形，‎ ‎∴∠EDF=90°﹣60°=30°，‎ ‎∴∠DEF=75°=∠MDE，‎ ‎∴∠GDM=75°﹣60°=15°，‎ ‎∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，‎ ‎∴GMD=∠GDM，‎ ‎∴GM=GD=1，‎ 过C作CH⊥AB于H，‎ 由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，‎ ‎∴CG=MH=﹣1，‎ ‎∴S△ACG=CG×CH=，‎ ‎∵S△DEG=，‎ ‎∴S△ACG：S△DEG=．‎ ‎【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．‎ ‎　‎ ‎36．某厂按用户的月需求量x（件）完成一种产品的生产，其中x＞0，每件的售价为18万元，每件的成本y（万元）是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量x（件）成反比，经市场调研发现，月需求量x与月份n（n为整数，1≤n≤12），符合关系式x=2n2﹣2kn+9（k+3）（k为常数），且得到了表中的数据．‎ ‎ 月份n（月）‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 成本y（万元/件）‎ ‎ 11‎ ‎ 12‎ ‎ 需求量x（件/月）‎ ‎ 120‎ ‎ 100‎ ‎（1）求y与x满足的关系式，请说明一件产品的利润能否是12万元；‎ ‎（2）求k，并推断是否存在某个月既无盈利也不亏损；‎ ‎（3）在这一年12个月中，若第m个月和第（m+1）个月的利润相差最大，求m．‎ ‎【分析】（1）设y=a+，将表中相关数据代入可求得a、b，根据12=18﹣（6+），则=0可作出判断；‎ ‎（2）将n=1、x=120代入x=2n2﹣2kn+9（k+3）可求得k的值，先由18=6+求得x=50，根据50=2n2﹣26n+144可判断；‎ ‎（3）第m个月的利润W=x（18﹣y）=18x﹣x（6+）=24（m2﹣13m+47），第（m+1）个月的利润为W′=24[（m+1）2﹣13（m+1）+47]=24（m2﹣11m+35），分情况作差结合m的范围，由一次函数性质可得．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，设y=a+，‎ 由表中数据可得：，‎ 解得：，‎ ‎∴y=6+，‎ 由题意，若12=18﹣（6+），则=0，‎ ‎∵x＞0，‎ ‎∴＞0，‎ ‎∴不可能；‎ ‎（2）将n=1、x=120代入x=2n2﹣2kn+9（k+3），得：120=2﹣2k+9k+27，‎ 解得：k=13，‎ ‎∴x=2n2﹣26n+144，‎ 将n=2、x=100代入x=2n2﹣26n+144也符合，‎ ‎∴k=13；‎ 由题意，得：18=6+，‎ 解得：x=50，‎ ‎∴50=2n2﹣26n+144，即n2﹣13n+47=0，‎ ‎∵△=（﹣13）2﹣4×1×47＜0，‎ ‎∴方程无实数根，‎ ‎∴不存在；‎ ‎（3）第m个月的利润为W，‎ W=x（18﹣y）=18x﹣x（6+）‎ ‎=12（x﹣50）‎ ‎=24（m2﹣13m+47），‎ ‎∴第（m+1）个月的利润为W′=24[（m+1）2﹣13（m+1）+47]=24（m2﹣11m+35），‎ 若W≥W′，W﹣W′=48（6﹣m），m取最小1，W﹣W′取得最大值240；‎ 若W＜W′，W′﹣W=48（m﹣6），由m+1≤12知m取最大11，W′﹣W取得最大值240；‎ ‎∴m=1或11．‎ ‎【点评】本题主要考查二次函数的应用，理解题意准确梳理所涉变量，并熟练掌握待定系数法求函数解析式、利润的相等关系列出解析式是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎37．如图，抛物线y=﹣x2+x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC．点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ．过点Q作QD⊥x轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E，连接PD，与BC交于点F．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）求直线BC的函数表达式；‎ ‎（2）①直接写出P，D两点的坐标（用含t的代数式表示，结果需化简）‎ ‎②在点P、Q运动的过程中，当PQ=PD时，求t的值；‎ ‎（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点？若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据函数的解析式得到B（9，0），C（0，3），解方程组即可得到结论；‎ ‎（2）①过p作PG⊥x轴于G，解直角三角形得到∠CAO=60°，得到PG=t，AG=t，于是得到P（t﹣3，t），把OQ=9﹣2t代入二次函数的解析式即可得到D（9﹣2t，﹣t2+t），②过P作PH⊥QD于H，得到四边形PGQH是矩形，列方程即可得到即可；‎ ‎（3）根据中点坐标公式得到F（﹣t+3，﹣t2+t），由点F在直线BC上，列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）由y=0得﹣x2+x+3=0，‎ 解得：x1=﹣3，x2=9，‎ ‎∴B（9，0），‎ 由x=0得y=3，‎ ‎∴C（0，3），‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x+3；‎ ‎（2）①过P作PG⊥x轴于G，‎ ‎∵A（﹣3，0），C（0，3），‎ ‎∴OA=3．OC=3，‎ ‎∴tan∠CAO=，‎ ‎∴∠CAO=60°，‎ ‎∵AP=t，‎ ‎∴PG=t，AG=t，‎ ‎∴OG=3﹣t，‎ ‎∴P（t﹣3，t），‎ ‎∵DQ⊥x轴，BQ=2t，‎ ‎∴OQ=9﹣2t，‎ ‎∴D（9﹣2t，﹣t2+t），‎ ‎②过P作PH⊥QD于H，‎ 则四边形PGQH是矩形，‎ ‎∴HQ=PG，∵PQ=PD，PH⊥QD，∴DQ=2HQ=2PG，∵P（t﹣3，t），D（9﹣2t，﹣t2+t），‎ ‎∴﹣t2+t=2×t，‎ 解得：t1=0（舍去），t2=，∴当PQ=PD时，t的值是；‎ ‎（3）∵点F为PD的中点，‎ ‎∴F的横坐标为：（t﹣3+9﹣2t）=﹣t+3，F的纵坐标为（t﹣t2+t）=﹣t2+t，‎ ‎∴F（﹣t+3，﹣t2+t），‎ ‎∵点F在直线BC上，‎ ‎∴﹣t2+t=﹣（﹣t+3）+3，‎ ‎∴t=3，‎ ‎∴F（，）．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，解直角三角形，矩形的判定和性质，中点坐标公式，方程的解法，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎38．如图，直角△ABC中，∠BAC=90°，D在BC上，连接AD，作BF⊥AD分别交AD于E，AC于F．‎ ‎（1）如图1，若BD=BA，求证：△ABE≌△DBE；‎ ‎（2）如图2，若BD=4DC，取AB的中点G，连接CG交AD于M，求证：①GM=2MC；②AG2=AF•AC．‎ ‎【分析】（1）根据全等三角形的判定定理即可得到结论；‎ ‎（2）①过G作GH∥AD交BC于H，由AG=BG，得到BH=DH，根据已知条件设DC=1，BD=4，得到BH=DH=2，根据平行线分线段成比例定理得到==，求得GM=2MC；‎ ‎②过C作CN⊥AD交AD的延长线于N，则CN∥AG，根据相似三角形的性质得到=，由①知GM=2MC，得到2NC=AG，根据相似三角形的性质得到结论．‎ ‎【解答】证明：（1）在Rt△ABE和Rt△DBE中，，‎ ‎∴△ABE≌△DBE；‎ ‎（2）①过G作GH∥AD交BC于H，‎ ‎∵AG=BG，‎ ‎∴BH=DH，‎ ‎∵BD=4DC，‎ 设DC=1，BD=4，‎ ‎∴BH=DH=2，‎ ‎∵GH∥AD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴GM=2MC；‎ ‎②过C作CN⊥AC交AD的延长线于N，则CN∥AG，‎ ‎∴△AGM∽△NCM，‎ ‎∴=，‎ 由①知GM=2MC，‎ ‎∴2NC=AG，‎ ‎∵∠BAC=∠AEB=90°，‎ ‎∴∠ABF=∠CAN=90°﹣∠BAE，‎ ‎∴△ACN∽△BAF，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AB=2AG，‎ ‎∴=，‎ ‎∴2CN•AG=AF•AC，‎ ‎∴AG2=AF•AC．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎39．如图，抛物线y=ax2+bx﹣a﹣b（a＜0，a、b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y=x+．‎ ‎（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；‎ ‎（2）已知点M（m，0）是线段OA上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形？‎ ‎（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形时，动点M相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转角在0°到90°之间）；‎ i．探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），无论ON如何旋转，始终保持不变．若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；‎ ii．试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最小值．‎ ‎【分析】（1）根据已知条件得到B（0，），A（﹣6，0），解方程组得到抛物线的函数关系式为：y=﹣x2﹣x+，于是得到C（1，0）；‎ ‎（2）由点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，得到D（m，m+），当DE为底时，作BG⊥DE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=GD=ED，GM=OB=，列方程即可得到结论；‎ ‎（3）i：根据已知条件得到ON=OM′=4，OB=，由∠NOP=∠BON，特殊的当△NOP∽△BON时，根据相似三角形的性质得到=，于是得到结论；‎ ii：根据题意得到N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由（i）知，=，得到NP=NB，于是得到（NA+NB）的最小值=NA+NP，此时N，A，P三点共线，根据勾股定理得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）在y=x+中，令x=0，则y=，令y=0，则x=﹣6，‎ ‎∴B（0，），A（﹣6，0），‎ 把B（0，），A（﹣6，0）代入y=ax2+bx﹣a﹣b得，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的函数关系式为：y=﹣x2﹣x+，‎ 令y=0，则=﹣x2﹣x+=0，‎ ‎∴x1=﹣6，x2=1，‎ ‎∴C（1，0）；‎ ‎（2）∵点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，‎ ‎∴D（m，m+），当DE为底时，‎ 作BG⊥DE于G，则EG=GD=ED，GM=OB=，‎ ‎∵DM+DG=GM=OB，‎ ‎∴m+（﹣m2﹣m+﹣m﹣）=，‎ 解得：m1=﹣4，m2=0（不合题意，舍去），‎ ‎∴当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；‎ ‎（3）i：存在，‎ ‎∵ON=OM′=4，OB=，‎ ‎∵∠NOP=∠BON，‎ ‎∴当△NOP∽△BON时，=，‎ ‎∴不变，‎ 即OP=ON=×4=3，‎ ‎∴P（0，3）‎ ii：∵N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由（i）知，=，‎ ‎∴NP=NB，‎ ‎∴（NA+NB）的最小值=NA+NP，‎ ‎∴此时N，A，P三点共线，‎ ‎∴（NA+NB）的最小值==3．‎ ‎【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎40．已知二次函数y=﹣x2+bx+c+1，‎ ‎①当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程； ‎ ‎②若c=﹣b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？‎ ‎③若二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜x2，b＞0，与y轴的正半轴交于点M，以AB为直径的半圆恰好过点M，二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足=，求二次函数的表达式．‎ ‎【分析】①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，即可得出答案；‎ ‎②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），y由二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b，得出方程组，求出b即可；‎ ‎③由圆周角定理得出∠AMB=90°，证出∠OMA=∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得出OM2=OA•OB，由二次函数的图象与x轴的交点和根与系数关系得出OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1•x2=﹣（c+1），得出方程（c+1）2=c+1，得出c=0，OM=1，证明△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出，，得出OB=4OA，即x2=﹣4x1，由x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，得出方程组，解方程组求出b的值即可．‎ ‎【解答】解：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，‎ 当b=1时，=，‎ ‎∴当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x=．‎ ‎②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），‎ ‎∵二次函数的图象与x轴相切且c=﹣b2﹣2b，‎ ‎∴，解得：b=，‎ ‎∴b为，二次函数的图象与x轴相切．‎ ‎③∵AB是半圆的直径，‎ ‎∴∠AMB=90°，‎ ‎∴∠OAM+∠OBM=90°，‎ ‎∵∠AOM=∠MOB=90°，‎ ‎∴∠OAM+∠OMA=90°，‎ ‎∴∠OMA=∠OBM，‎ ‎∴△OAM∽△OMB，‎ ‎∴，‎ ‎∴OM2=OA•OB，‎ ‎∵二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），‎ ‎∴OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1•x2=﹣（c+1），‎ ‎∵OM=c+1，‎ ‎∴（c+1）2=c+1，‎ 解得：c=0或c=﹣1（舍去），‎ ‎∴c=0，OM=1，‎ ‎∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足=，‎ ‎∴AD=BD，DF=4DE，‎ DF∥OM，‎ ‎∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，‎ ‎∴，，‎ ‎∴DE=，DF=，‎ ‎∴×4，‎ ‎∴OB=4OA，即x2=﹣4x1，‎ ‎∵x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，‎ ‎∴，解得：，‎ ‎∴b=﹣+2=，‎ ‎∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1．‎ ‎【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的性质、二次函数的图象与x轴的交点、顶点坐标、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、根与系数是关系等知识；本题综合性强，有一定难度．‎ ‎　‎ ‎41．如图，已知抛物线y=ax2+c过点（﹣2，2），（4，5），过定点F（0，2）的直线l：y=kx+2与抛物线交于A、B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系（＞、＜、=），并证明你的判断；‎ ‎（3）P为y轴上一点，以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，设点P（0，m），求自然数m的值；‎ ‎（4）若k=1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；‎ ‎（2）设B（x，x2+1），而F（0，2），利用两点间的距离公式得到BF2=x2+（x2+1﹣2）2=，再利用配方法可得到BF=x2+1，由于BC=x2+1，所以BF=BC；‎ ‎（3）如图1，当m=0时，易得四边形BCPF为正方形，利用菱形的性质得到CB=CF=PF，加上CB=FB，则可判断△BCF为等边三角形，所以∠BCF=60°，则∠OCF=30°，于是可计算出CF=4，所以PF=CF=4，从而得到自然数m的值为6；‎ ‎（4）作QE∥y轴交AB于E，如图2，先解方程组得B（2+2，4+2），设Q（t，t2+1），则E（t，t+2），则EQ=﹣t2+t+1，则S△QBF=S△EQF+S△EQB=•（2+2）•EQ=•（2+2）（﹣t2+t+1），然后根据二次函数的性质解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）把点（﹣2，2），（4，5）代入y=ax2+c得，解得，‎ 所以抛物线解析式为y=x2+1；‎ ‎（2）BF=BC．‎ 理由如下：‎ 设B（x，x2+1），而F（0，2），‎ ‎∴BF2=x2+（x2+1﹣2）2=x2+（x2﹣1）2=（x2+1）2，‎ ‎∴BF=x2+1，‎ ‎∵BC⊥x轴，‎ ‎∴BC=x2+1，‎ ‎∴BF=BC；‎ ‎（3）如图1，m为自然数，‎ 当m=0时，易得四边形BCPF为正方形，即四边形BCPF为菱形，‎ 当点P在F点上方，‎ ‎∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，‎ ‎∴CB=CF=PF，‎ 而CB=FB，‎ ‎∴BC=CF=BF，‎ ‎∴△BCF为等边三角形，‎ ‎∴∠BCF=60°，‎ ‎∴∠OCF=30°，‎ 在Rt△OCF中，CF=2OF=4，‎ ‎∴PF=CF=4，‎ ‎∴P（0，6），‎ ‎∴自然数m的值为6或0；‎ ‎（4）作QE∥y轴交AB于E，如图2，‎ 当k=1时，一次函数解析式为y=x+2，‎ 解方程组得或，则B（2+2，4+2），‎ 设Q（t，t2+1），则E（t，t+2），‎ ‎∴EQ=t+2﹣（t2+1）=﹣t2+t+1，‎ ‎∴S△QBF=S△EQF+S△EQB=•（2+2）•EQ=（+1）（﹣t2+t+1）=﹣（t﹣2）2+2+2‎ 当t=2时，S△QBF有最大值，最大值为2+2，此时Q点坐标为（2，2）．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．‎ ‎　‎ ‎42．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．‎ ‎（1）若AP=1，则AE=　　；‎ ‎（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；‎ ‎②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；‎ ‎（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．‎ ‎【分析】（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠BPC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；‎ ‎（2）①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；‎ ‎②连接OA、AC，由勾股定理求出AC=4，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；‎ ‎（3）设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．‎ ‎【解答】（1）解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，‎ ‎∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，‎ ‎∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，‎ ‎∴∠AEP=∠BPC，‎ ‎∴△APE∽△BCP，‎ ‎∴，即，‎ 解得：AE=；‎ 故答案为：；‎ ‎（2）①证明：∵PF⊥EG，‎ ‎∴∠EOP=90°，‎ ‎∴∠EOP+∠A=180°，‎ ‎∴A、P、O、E四点共圆，‎ ‎∴点O一定在△APE的外接圆上；‎ ‎②解：连接OA、AC，如图1所示：‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B=90°，∠BAC=45°，‎ ‎∴AC==4，‎ ‎∵A、P、O、E四点共圆，‎ ‎∴∠OAP=∠OEP=45°，‎ ‎∴点O在AC上，‎ 当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=2，‎ 即点O经过的路径长为2；‎ ‎（3）解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：‎ 则MN∥AE，‎ ‎∵ME=MP，‎ ‎∴AN=PN，‎ ‎∴MN=AE，‎ 设AP=x，则BP=4﹣x，‎ 由（1）得：△APE∽△BCP，‎ ‎∴，即，‎ 解得：AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，‎ ‎∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，‎ 即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．‎ ‎【点评】‎ 本题是圆的综合题目，考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识；本题综合性强，难度较大．‎ ‎　‎