全国各地中考数学压轴题汇编5
2011年全国各地中考数学解答题压轴题解析(五)
1.（北京8分）如图，在平面直角坐标系O中，我把由两条射线AE，BF和以AB为直径的半圆所组成的图形叫作图形C（注：不含AB线段）．已知A（﹣1，0），B（1，0），AE∥BF，且半圆与轴的交点D在射线AE的反向延长线上．
（1）求两条射线AE，BF所在直线的距离；
（2）当一次函数=+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时，写出b的取值范围；当一次函数=+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时，写出b的取值范围；
（3）已知AMPQ（四个顶点A，M，P，Q按顺时针方向排列）的各顶点都在图形C上，且不都在两条射线上，求点M的横坐标的取值范围．
【答案】解：（1）连接AD、DB，则点D在直线AE上，如图1。
∵点D在以AB为直径的半圆上，
∴∠ADB=90°。∴BD⊥AD。
在Rt△DOB中，由勾股定理得，BD=。∵AE∥BF，
∴两条射线AE、BF所在直线的距离为。
（2）当一次函数=+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时，b的取值范围是b=或﹣1＜b＜1；
当一次函数=+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时，b的取值范围是1＜b＜
（3）假设存在满足题意的平行四边形AMPQ，根据点M的位置，分以下四种情况讨论：
①当点M在射线AE上时，如图2．
∵AMPQ四点按顺时针方向排列，∴直线PQ必在直线AM的上方。
∴PQ两点都在弧AD上，且不与点A、D重合。 ∴0＜PQ＜。
∵AM∥PQ且AM=PQ，∴0＜AM＜。∴﹣2＜＜﹣1。
②当点M不在弧AD上时，如图3，
∵点A、M、P、Q四点按顺时针方向排列，
∴直线PQ必在直线AM的下方，此时，不存在满足题意的平行四边形。
③当点M在弧BD上时，设弧DB的中点为R，则OR∥BF，
当点M在弧DR上时，如图4，
过点M作OR的垂线交弧DB于点Q，垂足为点S，可得S是MQ的中点．
∴四边形AMPQ为满足题意的平行四边形。∴0≤＜。
当点M在弧RB上时，如图5，
直线PQ必在直线AM的下方，此时不存在满足题意的平行四边形。
④当点M在射线BF上时，如图6，
直线PQ必在直线AM的下方，此时，不存在满足题意的平行四边形。
综上，点M的横坐标x的取值范围是﹣2＜＜﹣1或0≤＜。
【考点】一次函数综合题，勾股定理，平行四边形的性质，圆周角定理。
【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，从而判定三角形ADB为等腰直角三角形，其直角边的长等于两直线间的距离。
（2）利用数形结合的方法得到当直线与图形C有一个交点时自变量的取值范围即可。
（3）根据平行四边形的性质及其四个顶点均在图形C上，可能会出现四种情况，分类讨论即可。
2.（天津10分）已知抛物线：．点F(1，1)．
(Ⅰ) 求抛物线的顶点坐标；
(Ⅱ) ①若抛物线与轴的交点为A．连接AF，并延长交抛物线于点B，求证：
②抛物线上任意一点P（）)（）．连接PF．并延长交抛物线于点Q（），试判断是否成立？请说明理由；
(Ⅲ) 将抛物线作适当的平移．得抛物线：，若时．恒成立，求m的最大值．
【答案】解： (I)∵，∴抛物线的顶点坐标为()．
(II)①根据题意，可得点A(0，1)，
∵F(1，1)．∴AB∥轴．得
AF=BF=1，
②成立．理由如下：
如图，过点P（）作PM⊥AB于点M，则
FM=，PM=（）。
∴Rt△PMF中，有勾股定理，得
又点P（）在抛物线上，得，
即
∴，即。
过点Q（）作QN⊥AB，与AB的延长线交于点N，
同理可得∵∠PMF=∠QNF=90°，∠MFP=∠NFQ，
∴△PMF∽△QNF。
∴，这里，。
∴，即。
(Ⅲ) 令，设其图象与抛物线交点的横坐标为，，且<，
∵抛物线可以看作是抛物线左右平移得到的，
观察图象．随着抛物线向右不断平移，，的值不断增大，
∴当满足，．恒成立时，m的最大值在处取得。
∴当时．所对应的即为m的最大值。
∴将带入，
得。
解得或（舍去）。
∴。此时，，
得。
解得，。
∴m的最大值为8。
【考点】二次函数综合题，抛物线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，图象平移，解一元二次方程。
【分析】(I) 只要把二次函数变形为的形式即可。
(II) ①求出AF和BF即可证明。②应用勾股定理和相似三角形的判定和性质求出PF和QF即可。(Ⅲ) 应用图象平移和抛物线的性质可以证明。
3.（上海14分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝30，AB＝50．点P是AB边上任意一点，直线PE⊥AB，与边AC或BC相交于E．点M在线段AP上，点N在线段BP上，EM＝EN，．
（1）如图1，当点E与点C重合时，求CM的长；
（2）如图2，当点E在边AC上时，点E不与点A、C重合，设AP＝，BN＝，求
关于的函数关系式，并写出函数的定义域；
（3）若△AME∽△ENB（△AME的顶点A、M、E分别与△ENB的顶点E、N、B对应），求AP的长．
【答案】解：（1）∵∠ACB=90°，∴AC= 。
∵CP⊥AB，∴ △ABC∽△CPB。∴ ，即。∴CP=24。
∴CM=。
（2）∵ ，∴设EP=12，则EM=13，PM=5。
∵EM=EN，∴EN=13，PN=5。
∵△AEP∽△ABC，∴ ，即 。∴=16，，
∴BP=50－16，
∴y=50－21，=50－21· ，=50－。
由（1），当点E与点C重合时，AP=，
∴函数的定义域是：0＜＜32。
（3）①当点E在AC上时，如图2，由（2）知，
AP=16，BN= y=50－，
EN=EM=13，AM=AP－MP=16－5=11。
∵△AME∽△ENB，∴ ，即。
∴。 ∴AP=16×=22。
②当点E在BC上时，如图，设EP=12，则EM=13，MP=NP=5，
∵△EBP∽△ABC，∴，即。∴BP=9。
∴BN=9－5=4，AM=50－9－5=50－14。
∵△AME∽△ENB，，即。
∴。∴AP=50－9×=42。
综上所述，AP的长为：22或42。
【考点】勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用。
【分析】（1）根据已知条件得出AC的值，再根据CP⊥AB求出CP，从而得出CM的值。
（2）根据EM＝EN，，设出EP的值，从而得出EM和PM的值，再得出△AEP∽△ABC，即可求出 ，求出的值，即可得出关于的函数关系式，并且能求出函数的定义域．
（3）设EP的值，得出则EM和MP的值，然后分点E在AC上和点E在BC上两种情况，根据△EBP∽△ABCC，求出AP的值，从而得出AM和BN的值，再根据△AME∽△ENB，求出的值，得出AP的长。
4.（重庆１２分）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=2，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点发发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧．设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；
（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH
是等腰三角形？若存大，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，
在Rt△CBF中，BC=2，tan∠CFB=，即tan60°=。
解得BF=2，即3﹣t=2，t=1。
∴当边FG恰好经过点C时，t=1。
（2）当0≤t＜1时，S=2t+4；
当1≤t＜3时，S=；
当3≤t＜4时，S=﹣4t+20；
当4≤t＜6时，S=t2﹣12t+36。
（3）存在。理由如下：
在Rt△ABC中，tan∠CAB=，∴∠CAB=30°。
又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°。
∴AE=HE=3﹣t或t﹣3。
1） 当AH=AO=3时，（如图②），
过点E作EM⊥AH于M，则AM=AH=，
在Rt△AME中，cos∠MAE═，即cos30°=，∴AE=，即3﹣t=或t﹣3=。
∴t=3﹣或t=3+。
2）当HA=HO时，（如图③）
则∠HOA=∠HAO=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE。
又∵AE+EO=3，∴AE+2AE=3，AE=1。
即3﹣t=1或t﹣3=1。
∴t=2或t=4。
3）当OH=OA时，（如图④），
则∠OHA=∠OAH=30°，
∴∠HOB=60°=∠HEB，∴点E和点O重合。
∴AE=3，即3﹣t=3或t﹣3=3，
∴t=6（舍去）或t=0。
综上所述，存在5个这样的t值，使△AOH是等腰三角形，即t=3﹣，t=3+，t=2，t=4，t=0。
【考点】相似三角形的判定和性质，二次函数关系式，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数。
【分析】（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，解直角三角形可求t的值。
（2）按照等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的图形特点，分为0≤t＜1，1≤t＜3，3≤t＜4，4≤t＜6四种情况，即可分别写出函数关系式。
（3）存在。当△AOH是等腰三角形时，分为AH=AO=3，HA=HO，OH=OA三种情况，分别画出图形，根据特殊三角形的性质，列方程求t的值。
5.（重庆綦江10分）如图，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）延长BE至Q，P为BQ上一点，连接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8时，求PQ的长．
【答案】解：（1）∵△ABC与△DCE是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°。
∴∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°。
∴∠ACD=∠BCE。∴△ACD≌△BCE（SAS）。
（2）过点C作CH⊥BQ于H，
∵△ABC是等边三角形，AO是角平分线，∴∠DAC=30°
∵△ACD≌△BCE，∴∠QBC=∠DAC=30°。
∴CH=BC=×8=4，
∵PC=CQ=5，CH=4，∴PH=QH=3。∴PQ=6。
【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理。
【分析】（1）由△ABC与△DCE是等边三角形，可得AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，又由∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，即可证得∠ACD=∠BCE，根据SAS即可证得△ACD≌△BCE。
（2）首先过点C作CH⊥BQ于H，由等边三角形的性质，即可求得∠DAC=30°，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长，
6.（重庆江津12分）在“五个重庆”建设中，为了提高市民的宜居环境，某区规划修建一个文化广场（平面图形如图所示），其中四边形ABCD是矩形，分别以AB、BC、CD、DA边为直径向外作半圆，若整个广场的周长为628米，设矩形的边长AB=米，BC=米．（注：取 π=3.14）
（1）试用含的代数式表示；
（2）现计划在矩形ABCD区域上种植花草和铺设鹅卵石等，平均每平方米造价为428 元，在四个半圆的区域上种植草坪及铺设花岗岩，平均每平方米造价为400元；
①设该工程的总造价为W元，求W关于的函数关系式；
②若该工程政府投入1千万元，问能否完成该工程的建设任务？若能，请列出设计方案，若不能，请说明理由？
③若该工程在政府投入1千万元的基础上，又增加企业募捐资金64.82万元，但要求矩形的边BC的长不超过AB长的三分之二，且建设广场恰好用完所有资金，问：能否完成该工程的建设任务？若能，请列出所有可能的设计方案，若不能，请说明理由．
【答案】解：（1）由题意得，π+π=628，
∵3.14+3.14=628，∴+=200则=200﹣。
（2）①W=428+400π+400π，
=428（200﹣）+400×3.14×+400×3.14×
=2002﹣40000+12560000；
②仅靠政府投入的1千万不能完成该工程的建设任务．理由如下，
由①知W=200（﹣100）2+1.056×107＞107，所以不能。
③由题意可知：≤即x≤（200﹣），解之得≤80。
∴0≤≤80，
又由题意得：W=200（﹣100）2+1.056×107=107+6.482×105，
整理得（﹣100）2=441，
解得1=79，2=121（不合题意舍去），
∴只能取=79，则=200﹣79=121。
∴设计方案是：AB长为121米，BC长为79米，再分别以各边为直径向外作半圆。
【考点】二次函数的应用（工程问题），解一元一次不等式和一元二次方程。
【分析】（1）把组合图形惊醒分割拼凑，利用圆的周长计算公式解答整理即可。
（2）①利用组合图形的特点，算出种植花草和铺设鹅卵石各自的面积，进一步求得该工程的总造价即可解答。
②利用配方法求得最小值进行验证即可得出结论。
③建立不等式与一元二次方程，求出答案结合实际即可解决问题。
7．（重庆潼南12分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB=90，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求，的值；
（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），过点E作轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下：
①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积；
②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP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，说明理由．
【答案】解：（1）由已知得：A（﹣1，0），B（4，5），
∵二次函数的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴，解得：。
（2）如图：∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴直线AB的解析式为：。
又∵二次函数，点E在上，点F在上，
∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF=（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，EF的最大值为。
∴点E的坐标为（，）。
（3）①如图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD。
可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4），
∴S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF
=。
②如图：
ⅰ）过点E作PE⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3），
则有：m2﹣2m﹣2=，解得：m=，
∴P1（，），P2（，）。
ⅱ）过点F作P3F⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3），
则有：n2﹣2n﹣2=，解得：n1=，n2=（与点F重合，舍去），
∴P3（，）。
综上所述：所有点P的坐标：P1（，），P2（，），P3（，）能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形。
【考点】二次函数综合题，曲线上的点与方程的关系，待定系数法，解二元一次方程和一元二次方程，二次函数的最值。
【分析】（1）由∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，可得A（﹣1，0）B（4，5），然后利用待定系数法即可求得，的值。
（2）由直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），即可求得直线AB的解析式，设点E（t，t+1），点F（t，t2﹣2t﹣3）则可得点F的坐标，则可求得EF的最大值，求得点E的坐标。
（3）①顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD，可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）由S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF即可求得。
②分EP和FP为另一直角边的两种情况，求出点P的坐标即可。
8.（江苏苏州10分）已知二次函数的图象与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点．
(1)如图①，连接AC，将△OAC沿直线AC翻折，若点O的对应点O'恰好落在该抛物线的对称轴上，求实数a的值；
(2)如图②，在正方形EFGH中，点E、F的坐标分别是（4，4）、（4，3），边HG位于边EF的右侧．小林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点P是边EH或边HG上的任意一点，则四条线段PA、PB、PC、PD不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段不能构成平行四边形）．”若点P是
边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程；
(3)如图②，当点P在抛物线对称轴上时，设点P的纵坐标t是大于3的常数，试问：是否存在一个正数a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段能构成平行四边形）？请说明理由．
【答案】解：（1）由，
令，解得，。
令，解得，。
∴点A、B、C的坐标分别为（2，0），（4，0），（0，）。
∴该抛物线的对称轴为。
如图①，设该抛物线的对称轴与轴的交点为点M，则由OA=2得AM=1。
由题意，得O'A=OA=2，∴O'A=2AM，∴∠O'AM=600。
∴∠OAC=∠CAO'=600。
∴OC=，即。
∴。
（2）若点P是边EF或边FG上的任意一点，结论仍然成立。
①如图②，若点P是边EF上的任意一点（不与点E重合），连接PM，
∵点E（4，4）、F（4，3）与点B（4，0）在一直线上，点C在y轴上，
∴PB＜4，PC≥4，∴PC＞PB。
又∵PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，
∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。
∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形。
②设点P是边FG上的任意一点（不与点G重合），
∵点F的坐标是（4，3），点G的坐标是（5，3），∴FG=3，GB=。
∴3≤PB ＜。
∵PC≥4，∴PC＞PB。
又PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。
∴此时线段PA、PB、PC、PD也不能构成平行四边形。
（3）存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，
如图③，∵点A、B是抛物线与x轴交点，点P在抛物线对称轴上，∴PA=PB。
∴当PC=PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。
∵点C的坐标是（0，8a），
点D的坐标是（3，－a），
点P的坐标是（3，），
∴
由PC=PD得
PC2=PD2，∴，
整理得，，
解得。
显然满足题意。
∴当是一个大于3的常数时，存在一个正数，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。
【考点】二次函数综合题，,图形的翻转，含300角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，解一元二次方程。
【分析】(1)先利用点在抛物线上，点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中300角所对的直角边是斜边一半的性质，求出点A、B、C的坐标，再求出a。
(2)分点P在边EF或边FG上两种情况比较四线段的长短来得出结论。
(3)因为点A、B是抛物线与X轴的交点，点P在抛物线对称轴上，所以PA=PB。要PA，
PB，PC，PD构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD,，从而推出a。
9. (江苏无锡10分) 十一届全国人大常委会第二十次会议审议的个人所得税法修正案草案 (简称“个税法草案”)，拟将现行个人所得税的起征点由每月2000元提高到3000元，并将9级超额累进税率修改为7级，两种征税方法的1～5级税率情况见下表：
税级
现行征税方法
草案征税方法
月应纳税额x
税率
速算扣除数
月应纳税额x
税率
速算扣除数
1
x≤500
5％
0
x≤1 500
5％
0
2
500
3时，延长PM交轴于Q，见图（3）。
此时，S△AMP大于情况当＝3时的三角形面积S△AMN。故不存在实数，使得S△AMN＝4S△AMP。
综上，当＝时，S△AMN＝4S△AMP。
【考点】反比例函数和一次函数的图象与性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。
【分析】(1)用点B(2，1)的坐标代入即可得值，用待定系数法，求解二元一次方程组可得直线的解析式。
(2)点P(，－1)在直线＝2上，实际上表示了点是直线＝2和的交点，这样要求证△PMB∽△PNA只要证出对应线段成比例即可。
(3)首先要考虑点P的位置。实际上，当＝3时，易求出这时S△AMP＝S△AMN，当>3时，注意到这时S△AMP大于＝3时的三角形面积，从而大于S△AMN。所以只要主要研究当1＜＜3时的情况。作出必要的辅助线后，先求直线MP的方程，再求出各点坐标（用表示），然后求出面积表达式，代入S△AMN＝4S△AMP后求出值。
13.（江苏泰州12分）在平面直角坐标系O中，边长为（为大于0的常数）的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点P，顶点A在轴正半轴上运动，顶点B在轴正半轴上运动（轴的正半轴、轴的正半轴都不包含原点O），顶点C、D都在第一象限。
（1）当∠BAO＝45°时，求点P的坐标；
（2）求证：无论点A在轴正半轴上、点B在轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
（3）设点P到轴的距离为，试确定的取值范围，并说明理由。
【答案】解：（1）当∠BAO＝45°时，四边形OAPB为正方形。
∴OA＝OB＝·cos45°=。∴P点坐标为（，）。
（2）作DE⊥轴于E,PF ⊥轴于F,
设A点坐标为（，0），B点坐标为（0，），
∵∠BAO＋∠DAE＝∠BAO＋∠ABO＝90°，
∴∠DAE＝∠ABO。
在△AOB和△DEA中，
，
∴△AOB≌和△DEA（AAS）。
∴AE＝0B＝，DE＝OA＝。
∴D点坐标为（＋，）。
∵点P为BD的中点，且B点坐标为（0，）
∴P点坐标为（,）。∴PF=OF= 。 ∴∠POF=45°。
∴OP平分∠AOB。
即无论点A在轴正半轴上、点B在轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上。
（3）当A，B分别在轴正半轴和轴正半轴上运动时，设PF与PA的夹角为 α。
则0°≤α＜45° ， ＝PF＝PA·cos α＝·cos α。
∵0°≤α＜45° ∴＜cos α≤1 ∴＜≤
【考点】正方形的性质, 特殊角三角函数值, 全等三角形的判定和性质，直角梯形的性质。
【分析】⑴ 根据已知条件, 用特殊角三角函数值可求。
（2）根据已知条件, 假设A点坐标为（，0）, B点坐标为（0，）并作DE⊥轴于E,PF ⊥轴于F, 用全等三角形等知识求出点D、P、E、F的坐标(用，表示), 从而证出PF＝OF, 进而∠POF＝45°.因此得证。
（3）由（2）知∠OPF＝45°，故0°≤∠OPA＜45°，＜cos∠OPA≤1, 在Rt△APF中PF＝PA·cos∠OPA，从而得求。
14.（江苏扬州12分）在△ABC中，∠BAC＝900，AB＜AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N．动点P从点B出发沿射线BA以每秒厘米的速度运动．同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ⊥MP，设运动时间为秒（）．
（1）△PBM与△QNM相似吗？以图１为例说明理由；
（2）若∠ABC＝600，AB＝4厘米．
①求动点Q的运动速度；
②设△APQ的面积为S（平方厘米），求S与的函数关系式；
（3）探求三者之间的数量关系，以图１为例说明理由．
A
B
P
N
Q
C
M
A
B
C
N
M
图1
图2（备用图）
【答案】解：（1）△PBM∽△QNM 。理由如下： 如图1，
∵MQ⊥MP，MN⊥BC ，∴。∴。
∵，∴。∴△PBM∽△QNM
（2）∵，∴cm。
又∵MN垂直平分BC，∴cm。
∵，∴＝4 cm。
①设Q点的运动速度为cm/s．
当时，如图１，由（1）知△PBM∽△QNM，∴，即。∴
当时，如图2，同样可证△PBM∽△QNM ，得到。
综上所述，Q点运动速度为1 cm/s．
②∵AB＝4 cm，cm，∴由勾股定理可得，AC＝12 cm。
∴AN＝AC－NC＝12－8＝4 cm
∴当时，如图1，AP＝，AQ＝。
∴。
当时，如图2，AP＝, AQ＝,
∴。
综上所述，。
（3）.。理由如下：
如图3，延长QM至D，使MD＝MQ，连结BD、PD。
∵MQ⊥MP，MD＝MQ，∴PQ＝PD。
又∵MD＝MQ，∠BMD＝∠CMQ，BM＝CM，∴△BDM≌△CQM（SAS）。
∴BD＝CQ，∠MBD＝∠C。∴BD∥AC。
又∵，∴。
∴在中，，即。
【考点】动点问题，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线的性质，列函数关系式，全等三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）可以证明两个三角形中的两个角对应相等，则两个三角形一定相似。
（2）①由于∠ABC＝600，AB＝4厘米，点P从点B出发沿射线BA以每秒厘米的速度运动，故点P从点B出发沿射线BA到达点A的时间为4秒，从而应分两种情况和分别讨论。②分两种情况和，把AP和BP分别用的关系式表示，求出面积即可。
（3）要探求三者之间的数量关系就要把放到一个三角形中，故作辅助线延长QM至D，使MD＝MQ，连结BD、PD得到PQ＝PD，BD
＝CQ，从而在，，从而得证。
15.（江苏盐城12分）如图，已知一次函数与正
比例函数的图象交于点A，且与轴交于点B.
（1）求点A和点B的坐标；
（2）过点A作AC⊥轴于点C，过点B作直线l∥轴．
动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O—C—A的路线向点A运动；同时直线l从点B出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l交轴于点R，交线段BA或线段AO于点Q．当点P到达点A时，点P和直线l都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒.
①当t为何值时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8？
②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，
求t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）根据题意，得，解得，∴点A的坐标为(3，4) 。
令，得。∴点B的坐标为（7，0）。
（2）①当P在OC上运动时，0≤t＜4。
由S△APR＝S梯形COBA－S△ACP－S△POR－S△ARB＝8，得
(3＋7)×4－×3×(4－t)－ t(7－t)－ t×4＝8
整理，得t2－8t＋12＝0, 解之得t1＝2，t2＝6（舍去）。
当P在CA上运动时，4≤t＜7。
由S△APR＝ ×(7－t) ×4＝8，得t＝3（舍去）。
∴当t＝2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8。
②当P在OC上运动时，0≤t＜4.，此时直线l交AB于Q。
∴AP＝，AQ＝t，PQ＝7－t。
当AP ＝AQ时，（4－t）2＋32＝2(4－t)2，整理得，t2－8t＋7＝0，解之得t＝1，t＝7(舍去) 。
当AP＝PQ时，（4－t）2＋32＝(7－t)2，整理得，6t=24.，∴t＝4(舍去) 。
当AQ＝PQ时，2（4－t）2＝(7－t)2，整理得，t2－2t－17＝0 解之得t=1±3 (舍去)。
当P在CA上运动时，4≤t＜7，此时直线l交AO于Q。
过A作AD⊥OB于D，则AD＝BD＝4。
设直线l交AC于E，则QE⊥AC，AE＝RD＝t－4，AP＝7－t.。
由cos∠OAC＝ ＝ ，得AQ ＝ (t－4)。
当AP＝AQ时，7－t ＝ (t－4)，解得t ＝ 。
当AQ＝PQ时，AE＝PE，即AE＝ AP，
得t－4＝ (7－t)，解得t ＝5。
当AP＝PQ时，过P作PF⊥AQ于F
AF＝ AQ ＝ ×(t－4)。
在Rt△APF中，由cos∠PAF＝ ＝ ，得AF＝ AP，
即 ×(t－4) ＝ ×(7－t)，解得t＝ 。
∴综上所述，t＝1或 或5或 秒时，△APQ是等腰三角形。
【考点】一次函数的图象和性质，解二元一次方程组，勾股定理，锐角三角函数，解一元二次方程，等腰三角形的判定。
【分析】（1）联立方程与和即可求出点A的坐标，令即可得点B的坐标。
（2）①只要把三角形的面积用t表示，求出即可。应注意分P在OC上运动和P在CA上运动两种情况。
②只要把有关线段用t表示，找出AP＝AQ，AP＝PQ，AQ＝PQ的条件时t的值即可。应注意分别讨论P在OC上运动（此时直线l与AB相交）和P在CA上运动（此时直线l与AO相交）时AP＝AQ，AP＝PQ，AQ＝PQ的条件。
16.（江苏淮安12分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P在AB上，AP＝2。.点E、F同时从点P出发，分别沿PA、PB以每秒1个单位长度的速度向点A、B匀速运动，点E到达点A后立即以原速度沿AB
向点B运动，点F运动到点B时停止，点E也随之停止.在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设E、F运动的时间为秒（＞0），正方形EFGH与△ABC重叠部分面积为S.
（1）当＝1时，正方形EFGH的边长是 ；
当＝3时，正方形EFGH的边长是 ；
（2） 当0＜≤2时，求S与的函数关系式；
（3） 直接答出：在整个运动过程中，当为何值时，S最大？最大面积是多少？
【答案】解：(1)2；4。
(2) 求点H在AC上时的值（如图1）。
∵EP＝PF＝1·＝，
∴正方形EFGH中，HE＝EF＝2 。
又∵AP＝2，∴AE＝AP－EP＝2－。
又∵EFGH是正方形，∴∠HEA＝∠C＝90°。
又∵∠A＝∠A，∴△ABC∽△AHC。
∴，∴。
求点G在AC上时t的值（如图2）。
又∵EP＝PF＝1·＝ ，
∴正方形EFGH中，GF＝EF＝2 。
又∵AP＝2，∴AF＝AP＋PF＝2＋ 。
仿上有，△ABC∽△AGF。
∴，∴。
因此，0＜≤2分为三部分讨论：
①当0＜≤时（如图3），S与的函数关系式是：
＝(2)2＝42；
②当＜≤时（如图4），S与的函数关系式是：
＝4t2－··[2-(2－)] 2
＝2＋－；
③当＜≤2时（如图5），求S与t的函数关系式是：
S＝S△ARF ＝S△AQE =·(2＋) 2 －×(2－) 2
＝3 。
综上所述，S与的函数关系式为
S＝。
（3）当时，S最大，最大面积是。
【考点】图形变换问题，正方形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】(1) 正方形EFGH的边长=EP＋PF。
当＝1时，EP＋PF＝1·+1·＝2＝2。
当＝3时，EP＋PF＝（1·－2）＋1·＝2 －2＝6－2＝4。
（2）要求0＜≤2时，S与的函数关系式，要考虑正方形EFGH的上边HG与△ABC的位置关系，即EF在△ABC内，EF与△ABC的AC边相交，EF在△ABC外。这样就要先求临界点时的值。在求解过程中，反复应用相似三角形对应边的相似比，即能写出用表示的相关边长，从而应用面积公式得出S与的函数关系式。
（3）考虑到当2＜≤8时（∵在Rt△ABC中， ，∴PB＝8），正方形EFGH以边长为4而不再变化，此期间才有S的最大。这样要求当为何值时，S最大，先要求S与的函数关系式，再求当为何值时，S最大和S的最大值：
∵AE＝－2，TE＝，HT＝,
HS＝，∴
∵FB＝8－，YF＝， GY＝， XG＝，
∴
∴
∴当时，最大。
最大值为。
17.（江苏宿迁12分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝1，
BC＝，以点C为圆心，CB为半径的弧交CA于点D；以点A为圆心，AD为半径的弧交AB于点E．
（1）求AE的长度；
（2）分别以点A、E为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点F
（F与C在AB两侧），连接AF、EF，设EF交弧DE所在的圆于点G，连接AG，试猜想∠EAG的大小，并说明理由．
【答案】解：（1）在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝得
AC＝＝
∵BC＝CD，AE＝AD ∴AE＝AC－AD＝。
（2）∠EAG＝36°，理由如下：
∵FA＝FE＝1，AE＝AG＝，∴＝。
又∵∠AEG＝∠FEA，∴∠EAG＝∠AEF。∴△AEG∽△FEA。
∴＝。∴。
∴。
∴AG＝FD。∴∠FAG＝∠F。∴∠FAG＝∠EAG。
∴由三角形内角和定理，得5∠F＝180°，∴∠EAG＝∠F＝36°。
【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质，等量代换，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。
【分析】⑴根据在Rt△ABC中利用勾股定理求得AC，根据BC＝CD，AE＝AD求得AE＝AC－AD即可。 （2）由△AEG∽△FEA求出GE从而求出FG的长，证得AG＝FD，进而证得∠FAG＝∠EAG＝
∠F。从而根据三角形内角和定理即可求。
18.（江苏连云港12分）某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论：
（1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等于这条边上的对应高之比；
（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比；
…
现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论．（S表示面积）
问题1：如图1，现有一块三角形纸板ABC，P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC．
经探究知＝S△ABC，请证明．
问题2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1中的拼合成四边形ABCD，如图2，Q1，Q2三等分边DC．请探究与S四边形ABCD之间的数量关系．
问题3：如图3，P1，P2，P3，P4五等分边AB，Q1，Q2，Q3，Q4五等分边DC．若S四边形ABCD＝1，求．
问题4：如图4，P1，P2，P3四等分边AB，Q1，Q2，Q3四等分边DC，P1Q1，P2Q2，P3Q3将四边形ABCD
分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4．请直接写出含有S1，S2，S3，S4的一个等式．
【答案】解：问题1：∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，
∴P1R1∥P2R2∥BC．∴△AP1 R1∽△AP2R2∽△ABC，且面积比为1：4：9。
A
B
C
图2
P1
P2
R2
R1
D
Q1
Q2
∴＝S△ABC＝S△ABC
问题2：连接Q1R1，Q2R2，如图，由问题1的结论，得
＝S△ABC ，＝S△ACD
∴＋＝S四边形ABCD。
由∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，Q1，Q2三等分边DC，
可得P1R1:P2R2＝Q2R2：Q1R1＝1：2，且P1R1∥P2R2，Q2R2∥Q1R1。
∴∠P1R1A＝∠P2R2A，∠Q1R1A＝∠Q2R2A。∴∠P1R1Q1＝∠P2R2 Q2。
由结论（2），可知
∴＝S四边形ABCD．
问题3：设＝A，＝B，设＝C，
由问题2的结论，可知A＝，B＝。
∴A＋B＝(S四边形ABCD＋C)＝(1＋C)。
又∵C＝(A＋B＋C)，即C＝[(1＋C)＋C]，
∴C＝，即＝
问题4：S1＋S4＝S2＋S3．
【考点】平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等量代换。
【分析】问题1：由平行和相似三角形的判定，再由相似三角形面积比是对应边的比的平方的性质可得。
问题2：由问题1的结果和所给结论（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比，可得。
问题3：由问题2的结果经过等量代换可求。
问题4：由问题2可知S1＋S4＝S2＋S3＝。
19.（江苏徐州12分）如图，已知二次函数的图象与轴交于A、B两点，与轴交于点P，顶点为C（）。
（1）求此函数的关系式；
（2）作点C关于轴的对称点D，顺次连接A、C、B、D。若在抛物线上存在点E，使直线PE将四边形ACBD分成面积相等的两个四边形，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得△PEF是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P的坐标及△PEF的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵函数的图象顶点为C（），
∴函数关系式可表示为。
（2）设直线PE的函数关系式为。
由题意知四边形ACBD是菱形，故直线PE必经过菱形的中心M。由P（0， －1），M（1， 0）得：
，解得。
∴直线PE的函数关系式为。
联列方程组，得：解之，得
。得点E的坐标为（3， 2）。
（3）假设存在这样的点F，设。
∵ ，
∴∠OMP＝∠FPG。
又∵∠POM＝∠FGP，∴△POM∽△FGP。∴。
又∵OM＝1，OP＝1，∴GP＝GF，即。
解得。
∴点F的坐标为（1，－2）。
以上各步皆可逆，故点F（1，－2）即为所求。
∴。
【考点】二次函数的应用，菱形的性质，待定系数法，点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）把二次函数的顶点坐标代入二次函数的顶点式可直接写出的函数关系式。
（2）要求点E的坐标，就要先求将四边形ACBD分成面积相等的两个四边形的直线PE。要求直线PE即用已知两点P，M的坐标求得。
（3）根据三角形相似的性质先求出GP＝GF，求出F点的坐标，从而而求得△PEF的面积。
20.（浙江省14分）如图，在直角坐标系中，抛物线与轴交与点A（－1,0）、B（3,0）两点，抛物线交轴于点C（0,3），点D为抛物线的顶点．直线
交抛物线于点M、N两点，过线段MN上一点P作轴的平行线交抛物线于点Q．
(1)求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)问点P在何处时，线段PQ最长，最长为多少？
(3)设E为线段OC上的三等分点，连接EP，EQ，若EP=EQ，求点P的坐标．
【答案】解：（1）由题意，抛物线交轴于点C（0,3），故设抛物线的解析式为，
把A（－1,0）、B（3,0）代入，得：
，解得。
∴抛物线的解析式为。
∴抛物线的顶点坐标为（1，4）。
（2）由题意，得 P(, －1) ，Q (, )，
∴ 线段PQ=。
∴当=时，线段PQ最长为。
（3）∵E为线段OC上的三等分点，OC=3, ∴E(0，1)，或E(0，2)。
∵EP=EQ，PQ与y轴平行，∴ 2·OE=
当OE=1时，1=0，2=3，点P坐标为（0，－1）或（3，2）。
当OE=2时，1=1，2=2， 点P坐标为（1，0）或（2，1）。
综上所述，点P的坐标为（0，－1）或（3，2）或（1，0）或（2，1）。
【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，二次函数的顶点式 ，二次函数的最值。
【分析】（1）由待定系数法可求抛物线的解析式，化为顶点式可求顶点坐标。
（2）把线段PQ用含P(, －1) ，Q (, )来表示，用二次函数的最值原理可求。
（3）依条件，列出等式即可求得。
21.（浙江舟山、嘉兴12分）已知直线（＜0）分别交轴、轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作
轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为秒．
（1）当时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度
同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．
① 直接写出＝1秒时C、Q两点的坐标；
② 若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求的值．
（2）当时，设以C为顶点的抛物线与直线AB的另一交点为D
（如图2），
① 求CD的长；
② 设△COD的OC边上的高为，当为何值时，的值最大？
【答案】解：（1）①C(1 , 2)、Q(2 , 0)。
②由题意得：P（t, 0),C(t, - t +3),Q(3-t , 0)。
分两种情形讨论：
情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA。
∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即。
情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，
∵OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形。 ∴△ACQ也是等腰直角三角形。
∵CP⊥OA，∴AQ=2CP，即。
∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒。
（2）①由题意得：，
∴以C为顶点的抛物线解析式是。
由，解得。
过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB。
∴△DEC∽△AOB。∴。
∵AO=4，AB=5，DE=。
② ∵，CD边上的高=。
∴为定值。
要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短。
∵当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为，∠BCO=90°，
又∵∠AOB=90°，∴∠COP=90°-∠BOC=∠OBA。
又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB。
∴，即。
∴当t为秒时，h的值最大。
【考点】二次函数综合题，相似三角形的性质，解一元二次方程，等腰直角三角形的判定和性质。
【分析】（1）①根据题意知，直线为。当t=1时，OP=1，PC=2, 即点C的坐标为（1，2）；OA=3，QA=1，OQ=OQ-QA=3-1=2，即点Q的坐标为（2，0）。
②由题意得到关于t的坐标．按照两种情形解答，从而得到答案。
（2）①以点C为顶点的抛物线，解得关于t的根，又由过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，又由△DEC∽△AOB从而解得。
②先求得三角形COD的面积为定值，又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为时，h最大。
22.（浙江温州14分）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（﹣4，0），点B的坐标是（0，）（＞0）．P是直线AB上的一个动点，作PC⊥轴，垂足为C．记点P关于y轴的对称点为P´（点P´不在y轴上），连接PP´，P´A，P´C．设点P的横坐标为．
（1）当=3时，
①求直线AB的解析式；
②若点P′的坐标是（﹣1，），求的值；
（2）若点P在第一象限，记直线AB与P´C的交点为D．当P´D：DC=1：3时，求的值；
（3）是否同时存在，，使△P´CA为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足要求的，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）①∵点B在直线AB上，∴设直线AB的解析式为，
把=﹣4，y=0代入得：﹣4+3=0，∴，
∴直线的解析式是：。
②由已知得点P的坐标是（1，），且点P在直线AB上，得。
（2）∵PP′∥AC，∴△PP′D∽△ACD。
∴，即，∴。
（3）分三种情况讨论：
①当点P在第一象限时，
1）若∠AP′C=90°，P′A=P′C（如图1），过点P′作P′H⊥轴于点H。
∴PP′=CH=AH=P′H=AC，即。∴。
∵P′H=PC=AC，△ACP∽△AOB。
∴，即。∴。
2）若∠P′AC=90°（如图2），P′A=CA，则PP′=AC，即。∴。
∵P′A=PC=AC，△ACP∽△AOB∴，即。∴。
3）若∠P′CA=90°，则点P′，P都在第一象限内，这与条件矛盾。
∴△P′CA不可能是以C为直角顶点的等腰直角三角形。
②当点P在第二象限时，∠P′CA为钝角（如图3），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形。
③当P在第三象限时，∠P′CA为钝角（如图4），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形。
综上所述，所有满足条件的，的值为和。
【考点】直线上的点的坐标与方程的关系，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定。
【分析】（1）①利用待定系数法即可求得函数的解析式。
②把（﹣1，）代入函数解析式即可求得的值。
（2）可以证明△PP′D∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解。
（3）分P在第一，二，三象限，三种情况进行讨论，利用相似三角形的性质即可求解。
23.（浙江绍兴14分）抛物线与轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与轴交于点C．
（1）如图1．求点A的坐标及线段OC的长；
（2）点P在抛物线上，直线PQ∥BC交x轴于点Q，连接BQ．
①若含45°角的直角三角板如图2所示放置．其中，一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一 个顶点E在PQ上．求直线BQ的函数解析式；
②若含30．角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．
【答案】解：（1）把=0代入抛物线得：，∴点A（0， ）。
又∵抛物线的对称轴为=1，∴OC=1。
（2）①如图，B（1，3）
分别过点D作DM⊥轴于M，DN⊥PQ于点N，
∵PQ∥BC，∴∠DMQ=∠DNQ=∠MQN=90°。
∴DMQN是矩形。
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DC=DE，∠CDM=∠EDN。∴△CDM≌△EDN（AAS）。∴DM=DN。
∴DMQN是正方形。∴∠BQC=45°。∴CQ=CB=3。∴Q（4，0）。
设BQ的解析式为：，
把B（1，3），Q（4，0）代入解析式，得，解得。
∴直线BQ的解析式为。
②当点P在对称轴右侧，如图：
过点D作DM⊥轴于M，DN⊥PQ于N，
∵∠CDE=90°，∴∠CDM=∠EDN。
∴△CDM∽△EDN。
当∠DCE=30°，，
又DN=MQ，∴。
∴，BC=3，CQ=。
∴Q（1+ ，0）。∴P1（）。
当∠DCE=60°，点P2（）。
当点P在对称轴的左边时，由对称性知：P3（），P4（）。
综上所述，所求点P的坐标为P1（），P2（），P3（），P4（）。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上的点与方程的关系，正方形的判定和性质，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，对称的性质。
【分析】（1）把=0代入抛物线求出y的值确定点A的坐标，求出抛物线的对称轴得到OC的长。
（2）①由△CDE是等腰直角三角形，分别过点D作轴和PQ的垂线，通过三角形全等得到∠DQO=45°，求出点Q的坐标，然后用待定系数法求出BQ的解析式。
②分点P在对称轴的左右两边讨论，根据相似三角形先求出点Q的坐标，然后代入抛物线求出点P的坐标。
24.（浙江金华、丽水12分）如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连接OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作轴垂线，分别交轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连接CF．
（1）当∠AOB=30°时，求弧AB的长度；
（2）当DE=8时，求线段EF的长；
（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）连接BC，
∵A（10，0），∴OA=10，CA=5。
∵∠AOB=30°，∴∠ACB=2∠AOB=60°。
∴弧AB的长=。
（2）连接OD，
∵OA是⊙C直径，∴∠OBA=90°。
又∵AB=BD，∴OB是AD的垂直平分线。∴OD=OA=10。
在Rt△ODE中，OE=。
∴AE=AO﹣OE=10﹣6=4，
由∠AOB=∠ADE=90°﹣∠OAB，∠OEF=∠DEA，
得△OEF∽△DEA。
∴，即，∴EF=3。
（3）设OE=，
①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角
形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB。
当∠ECF=∠BOA时，此时△OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=，∴E1（，0）。
当∠ECF=∠OAB时，有CE=5﹣，AE=10﹣，
∴CF∥AB，有CF=AB。
∵△ECF∽△EAD，∴，即，解得，。
∴E2（，0）。
②当交点E在点C的右侧时，
∵∠ECF＞∠BOA，
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO。
连接BE，
∵BE为Rt△ADE斜边上的中线，
∴BE=AB=BD，∴∠BEA=∠BAO。∴∠BEA=∠ECF。
∴CF∥BE。∴。
∵∠ECF=∠BAO，∠FEC=∠DEA=900，∴△CEF∽△AED，∴，
而AD=2BE，∴。即，
解得
∵＜0，舍去，∴E3（，0）。
③当交点E在点O的左侧时，
∵∠BOA=∠EOF＞∠ECF．
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO。
连接BE，
得BE=AD =AB，∠BEA=∠BAO，
∴∠ECF=∠BEA。
∴CF∥BE。∴。
又∵∠ECF=∠BAO，∠FEC=∠DEA=90°，
∴△CEF∽△AED，∴，
而AD=2BE，∴。即，
解得
∵＜0，舍去，
又∵点E在轴负半轴上，∴E4（，0）。
综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，此时点E坐标为：
E1（，0）、E2（，0）、E3（，0）、E4（，0）。
【考点】弧长的计算，勾股定理，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，平行线分线段成比例，解分式方程。
【分析】（1）连接BC，由已知得∠ACB=2∠AOB=60°，AC=AO=5，根据弧长公式求解。
（2）连接OD，由垂直平分线的性质得OD=OA=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求OE，依题意证明△OEF∽△DEA，利用相似比求EF。
（3）存在．当以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似时，分为①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB，②当交点E在点C的右侧时，要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，③当交点E在点O的左侧时，要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，三种情况，分别求E点坐标。
25.（浙江杭州12分）图形既关于点O中心对称，又关
于直线AC，BD对称，AC=10，BD=6，已知点E，M是线段AB上的动点（不与端点重合），点O到EF，MN的距离分别为，，△OEF与△OGH组成的图形称为蝶形。
（1）求蝶形面积S的最大值；
（2）当以EH为直径的圆与以MQ为直径的圆重合时，求与满足的关系式，并求
的取值范围。
【答案】解：（1）由题意，得四边形ABCD是菱形.
∵EF∥BD，∴△ABD∽△AEF。
∴，即。
∴。
∴当时，。
（2）根据题意，得OE=OM，
如图，作OR⊥AB于R， OB关于OR对称线段为OS，
1）当点E、M不重合时，则OE，OM在OR的两侧，易知RE=RM。
∵，∴
∴
由ML∥EK∥OB，得
∴，即
∴，此时的取值范围为且
2）当点E，M重合时，则，此时的取值范围为。
【考点】
相似三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，轴对称的性质，中心对称，平行线分线段成比例。
【分析】（1）由题意，得四边形ABCD是菱形，根据EF∥BD，求证△ABD∽△AEF，然后利用其对边成比例求得EF，然后利用三角形面积公式即可求得蝶形面积S的最大值。
（2）根据题意，得OE=OM．作OR⊥AB于R，OB关于OR对称线段为OS，①当点E，M不重合时，则OE，OM在OR的两侧，可知RE=RM．利用勾股定理求得BR，由ML∥EK∥OB，利用平行线分线段求得即可知h1的取值范围；②当点E，M重合时，则h1=h2，此时可知h1的取值范围。
26.（浙江衢州12分）已知两直线l1，l2分别经过点A（1，0），点B（﹣3，0），并且当两直线同时相交于正半轴的点C时，恰好有l1⊥l2，经过点A、B、C的抛物线的对称轴与直线l2交于点K，如图所示．
（1）求点C的坐标，并求出抛物线的函数解析式；
（2）抛物线的对称轴被直线l1，抛物线，直线l2和轴依次截得三条线段，问这三条线段有何数量关系？请说明理由；
（3）当直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M，请找出使△MCK为等腰三角形的点M，简述理由，并写出点M的坐标．
【答案】解：（1）由题意易知：△BOC∽△COA，∴，即，∴。
∴点C的坐标是（0，）。
由题意，可设抛物线的函数解析式为，
把A（1，0），B（﹣3，0）的坐标分别代入，得
，解得。
∴抛物线的函数解析式为。
（2）截得三条线段的数量关系为KD=DE=EF。理由如下：
可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，
∵抛物线的函数解析式可化为，
∴抛物线的对称轴为直线=－1，顶点D的坐标为（﹣1，）；
把=－1代入即可求得点K的坐标为（﹣1，）；
把=－1代入即可求得点E的坐标为（﹣1，）；
又点F的坐标为（﹣1，0），
∴KD=，DE=，EF=。
∴KD=DE=EF。
（3）当点M的坐标分别为（﹣2，），（﹣1，）时，△MCK为等腰三角形．理由如下：
（i）连接BK，交抛物线于点G，连接CG，
易知点G的坐标为（﹣2，），
又∵点C的坐标为（0，），∴GC∥AB。
∵可求得AB=BK=4，且∠ABK=60°，即△ABK为正三角形，
∴△CGK为正三角形。
∴当l2与抛物线交于点G，即l2∥AB时，符合题意，此时点M1的坐标为（﹣2，）。
（ii）连接CD，由KD=，CK=CG=2，∠CKD=30°，易知△KDC为等腰三角形。
∴当l2过抛物线顶点D时，符合题意，此时点M2坐标为（﹣1，）。
（iii）当点M在抛物线对称轴右边时，只有点M与点A重合时，满足CM=CK，
但点A、C、K在同一直线上，不能构成三角形。
综上所述，当点M的坐标分别为（﹣2，），（﹣1，）时，△MCK为等腰三角形。
【考点】
二次函数综合题，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，等腰三角形的判定。
【分析】（1）利用△BOC∽△COA，得出C点坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，从而得出D，E，F点的坐标即可得出三条线段数量关系。
（3）利用等边三角形的判定方法得出△ABK为正三角形，以及易知△KDC为等腰三角形，从而得出△MCK为等腰三角形时M点坐标。
27.（浙江湖州12分）如图1，已知正方形OABC的边长为2，顶点A、C分别在、轴的正半轴上，M是BC的中点．P(0，m)是线段OC上一个动点(点C除外)，直线PM交AB的延长线于点D．
(1)求点D的坐标(用含m的代数式表示)；
(2)当△ADP是等腰三角形时，求m的值；
(3)设过点P、M、B的抛物线与轴的正半轴交于点E，过点O作直线ME的垂线，垂足为H(如图
2)．当点P从原点O向点C运动时，点H也随之运动．请直接写出点H所经过的路径长(不写解答过程)．
【答案】解：（1）由题意得CM＝BM，
∵∠PMC＝∠DMB，∴Rt△PMC≌Rt△DMB（ASA）。∴DB＝PC。
∴DB＝2－m，AD＝4－m。∴点D的坐标为(2，4－m)。
（2）分三种情况：
①若AP＝AD，则4＋m2＝(4－m)2，解得。
②若PD＝PA
过P作PF⊥AB于点F(如图)，
则AF＝FD＝AD＝ (4－m)，
又OP＝AF，∴即。
③若PD＝DA，∵△PMC≌△DMB，∴PM＝PD＝AD＝ (4－m)。
∵PC2＋CM2＝PM2，∴，解得(舍去)。
综上所述，当△APD是等腰三角形时，m的值为或或。
（3）点H所经过的路径长为。
【考点】二次函数综合题，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，
【分析】（1）证明Rt△PMC≌Rt△DMB，即可证明DB=2-m，AD=4-m，从而求解。
（2）分AP=AD，PD=PA，PD=DA三种情况，根据勾股定理即可求解。
（3）运动时，路线长不变，可以取当P在O点是，求解即可。
28.（浙江宁波12分）如图，平面直角坐标系中，点A的坐标为（－2，2）,点B的坐标为（6，6），抛物线经过A、O、B三点，连结OA、OB、AB，线段AB交轴于点E．
（1） 求点E的坐标；
（2） 求抛物线的函数解析式；
（3） 点F为线段OB上的一个动
点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交于M、N两点（点N在轴右侧），连结ON、BN，当点F在线段OB上运动时，求△BON 面积的最大值，并求出此时点N的坐标；
（4） 连结AN，当△BON面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP与△OAN相似（点
B、O、P分别与点O、A、N对应）的点P的坐标．
【答案】解：（1）设，将点A（－2，2）,点B 6，6）代入得
得。 ∴。
当时，。 ∴点E的坐标（0，3）。
（2）设抛物线的函数解析式为，
将A（－2，2）,点B 6，6）代入得
解得。∴抛物线的解析式为。
（3）过点N作轴的垂线NG，垂足为G，交OB于点Q，过B作BH⊥轴于H，
设N，则Q（，）
。
∴当时，△BON 面积最大，最大值为。 此时点N的坐标为（3，）。
（4）过点A作AS⊥GQ于S
∵A（－2，2）, B（6，6）， N（3，），
∴∠AOE=∠OAS=∠BOH= 45°, OG=3，NG=，NS=，AS=5。
∴在Rt△SAN和Rt△NOG中，tan∠SAN=tan∠NOG=。∴∠SAN=∠ NOG。
∴∠OAS －∠SAN=∠BOG －∠NOG。∴∠OAN=∠BON 。
∴ON的延长线上存在一点P，使△BOP∽△OAN。
∵A（－2，2）, N（3，），
∴在Rt△ASN中， AN=。
当△BOP∽△OAN时，，即，得OP=。
过点P作PT⊥x轴于点T，
∴△OPT∽△ONG 。∴。
设P（），∴，解得， （舍）。
∴点P的坐标为将△OPT沿直线OB翻折，可得出另一个满足条件的点P′ 。
∴由以上推理可知，当点P的坐标为或时，△BOP与△OAN相似。
【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，二次函数最值，相似三角形的判定和性质，勾股定理，对称的性质。
【分析】（1）根据A、B两点坐标求直线AB的解析式，令=0，可求E点坐标。
（2）设抛物线解析式为，将A（＋2，2），B（6，6）两点坐标代入，列方程组求、的值即可得抛物线的函数解析式。
（3）依题意，设N，求出△BON面积关于的函数表达式，用二次函数的最值原理，可求N点的坐标。
（4）根据三角形相似的性质得到BO：OA=OP：AN=BP：ON，然后根据勾股定理即可求出点P的坐标。
29.（浙江台州14分）已知抛物线＝(－m)2＋n与轴交于点A，它的顶点为点B，
点A、B关于原点O的对称点分别为C、D．若A、B、C、D中任何三点都不在一直线上，
则称四边形ABCD为抛物线的伴随四边形，直线AB为抛物线的伴随直线．
(1)如图1，求抛物线＝(－2)2＋1的伴随直线的解析式．
(2)如图2，若抛物线＝(－m)2＋n(m＞0)的伴随直线是＝－3，伴随四边形的
面积为12，求此抛物线的解析式．
(3)如图3，若抛物线＝ (－m)2＋n的伴随直线是＝－2＋b(b＞0)，且伴随四
边形ABCD是矩形．
①用含b的代数式表示m、n的值；
②在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PBD是一个等腰三角形？若存在，请
直接写出点P的坐标(用含b的代数式表示)，若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）由已知得B (2，1)，A (0，5)。
设所求直线的解析式为＝k＋b，则 ， 解得。
∴所求直线的解析式为＝－2＋5 。
（2）如图，作BE⊥AC于点E，
由题意得四边形ABCD是平行四边形，
点A的坐标为(0，－3)，点C的坐标为 (0，3)，
可得AC＝6 。
∵ABCD的面积为12，
∴S△ABC＝6即S△ABC＝ AC·BE＝6。 ∴BE＝2。
∵m＞0，即顶点B有轴的右侧，且在直线＝－3上，
∴顶点B的坐标为B (2，－1)。
又抛物线经过点A (0，－3)，∴＝－。
∴＝－ (－2)2－1。
（3）①如图，作BE⊥轴于点E，
由已知得：A的坐标为 (0，b)，C的坐标为 (0，－b)。
∵顶点B (m，n)在直线＝－2＋b上，
∴n＝－2m＋b，即点B的坐标为(m，－2m＋b)。
在矩形ABCD中，OC＝OB，OC2＝OB2，即b2＝m2＋(－2m＋b) 2，
∴5m2－4mb＝0。∴m (5m－4b)＝0。
∴m1＝0(不合题意，舍去)，m2＝ b 。
∴n＝－2m＋b＝－2× b＋b＝－b。
∴用含b的代数式表示m、n的值为m＝ b，n＝－b。
②存在，共四个点如下：
P1 (b，b)，P2 (b，b)，P3 (b，b)，P4 (b，－b) 。
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）利用抛物线＝(－2)2＋1的与轴交于点A（0，5），它的顶点为点B（2，1），求出直线解析式即可。
（2）首先得出点A的坐标为（0，-3），以及点C的坐标为（0，3），从而求出BE=2，得出顶点B的坐标求出解析式即可。
（3）①由已知可得A坐标为（0，b），C点坐标为（0，-b），以及n=-2m+b，即点B点的坐标为（m，-2m+b），利用勾股定理求出。
②利用①中B点坐标，以及BD的长度即可得出P点的坐标。分BD=BP，BD=DP，BP=DP三种情况分别求出。
30.（浙江义乌12分）已知二
次函数的图象经过A（2，0）、C(0，12) 两点，且对称轴为直线x=4. 设顶点为点P，与轴的另一交点为点B.
（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；
（2）如图1，在直线
=2上是否存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点M是线段OP上的一个动点（O、P两点除外），以每秒个单位长度的速度由点P向点O 运动，过点M作直线MN∥轴，交PB于点N. 将△PMN沿直线MN对折，得到△P1MN. 在动点M的运动过程中，设△P1MN与梯形OMNB的重叠部分的面积为S，运动时间为t秒. 求S关于t的函数关系式.
【答案】解：（1）设二次函数的解析式为，
由题意得 ， 解得。
∴二次函数的解析式为。点P的坐标为（4，－4）。
（2）存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形. 理由如下：
当=0时，， ∴1=2 ， 2=6。
∴点B的坐标为（6，0）。
设直线BP的解析式为，
则 ， 解得。
∴直线BP的解析式为。
∴直线OD∥BP 。
∵顶点坐标P（4， －4），∴ OP=4。
设D(，2) 则BD2=（2）2+(6－)2
当BD=OP时，（2）2+(6－)2=（4）2
解得：1=， 2=2
当2=2时，OD=BP=，四边形OPBD为平行四边形，舍去
∴当=时，四边形OPBD为等腰梯形 。
∴当D(，)时，四边形OPBD为等腰梯形。
（3）① 当0＜t≤2时，
∵运动速度为每秒个单位长度，运动时间为t秒，
则MP=t ， ∴PH=t，MH=t，HN=t 。 ∴MN=t。
∴S=t·t·=t2
② 当2＜t＜4时，P1G=2t－4，P1H=t
∵MN∥OB， ∴△P1EF∽△P1MN 。
∴ ，∴ 。
∴ =3t2－12t+12
∴S=t2－(3t2－12t+12)= －t2+12t－12
∴S= 。
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）利用对称轴公式，A、C两点坐标，列方程组求、、的值即可。
（2）存在．由（1）可求直线PB解析式为，可知PB∥OD，利用BD=PO，列方程求解，注意排除平行四边形的情形。
（3）由P（4，－4）可知直线OP解析式为=－，当P1落在轴上时，M、N的纵坐标为－2，此时t=2，按照0＜t≤2，2＜t＜4两种情形，分别表示重合部分面积。
