综合性问题
选择题
1.(2015?山东青岛?一模)下列说法中：
①若式子有意义，则x≥2.②已知∠α=27°，则∠α的余角是63°.
③已知x=－1是方程x2－bx+5=0的一个实数根，则b的值为6.
④在反比例函数中，若x＞0时，y随x的增大而增大，则k的取值范围是k＜2.
其中正确命题有（）
A.1个B.2个C.3个D.4个
答案：B
二.填空题
1.(2015·北京市朝阳区为了缓解城市拥堵，某市对非居民区的公共停车场制定了不同的收费标准（见下表）.
地区类别 首小时内 首小时外 一类 2.5元/15分钟 3.75元/15分钟 二类 1.5元/15分钟 2.25元/15分钟 三类 0.5元/15分钟 0.75元/15分钟
如果小王某次停车3小时，缴费24元，请你判断小王该次停车所在地区的类别是
（填“一类、二类、三类”中的一个）．二类
∠B=∠BCP．
∵∠B+∠BCP+∠PCA+∠PAC=180°，
∴∠BCA=90°，
∴BC⊥AD．（6分）
应用：105．（9分）
2.（2015·湖南永州·三模）（10分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．
①求证：△OCP∽△PDA；
②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；
（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；
（3）如图2，在（1）的条件下，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．
答案：
（10分）解：（1）（1分）如图1，①（2分）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．∴∠APO=90°．∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC（1分）．∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．∴△OCP∽△PDA（1分）．
②（2分）∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，∴=．∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．∵AD=8，∴CP=4，BC=8（1分）．设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x．
在Rt△PCO中，∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，∴x2=（8﹣x）2+42．解得：x=5．∴AB=AP=2OP=10（1分）．∴边AB的长为10．
（2）（2分）如图1，∵P是CD边的中点，∴DP=DC．∵DC=AB，AB=AP，∴DP=AP．[来源:@中%#&教网^]
∵∠D=90°，∴sin∠DAP==（1分）．∴∠DAP=30°．∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，∴∠OAB=30°，∴∠OAB的度数为30°（1分）．
（3）（4分）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2，∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP，∴∠APB=∠MQP，∴MP=MQ．∵MP=MQ，ME⊥PQ，∴PE=EQ=PQ（1分）．∵BN=PM，MP=MQ，∴BN=QM．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF．
在△MFQ和△NFB中，，∴△MFQ≌△NFB（1分），∴QF=BF，∴QF=QB，∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB（1分）．由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，∴PB==4，∴EF=PB=2（1分）．
∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2．
3.（2015·湖南岳阳·调研）在Rt△中，，，，点是边上动点，以为圆心，为半径的与边的另一交点为，过点作的垂线，交于点，联结、；
（1）当∥（如图1）时，求的半径长；
（2）设，，求关于的函数关系式，并写出定义域；
（3）若以为圆心的与有公共点、，当恰好也过点时，求的长；
答案：
（1）；（2）（）；（3）12；
4.（2015·江苏常州·一模）（本题满分10分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，动点E在边BC上，与点B、C不重合，过点A作DE的垂线，交直线CD于点F．设DF＝x，EC＝y．
⑴求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．
⑵当CF＝1时，求EC的长．
⑶若直线AF与线段BC延长线交于点G，当△DBE与△DFG相似时，求DF的长．
⑴如图1，（） 2′
⑵DF＝1或DF＝3，相应地，或 4′
⑶由∠DEC＝∠AFD得，∠BED＝∠DFG．
DF＝x，FG＝，DE＝，BE＝4－x 6′
当∠DBE＝∠GDF时，x·＝·（4－x）， 7′
解得x＝．
当∠BDE＝∠GDF时，x（4－x）＝·， 8′
解得x＝（x＝－4舍去）
即DF的长为或． 10′（本题满分10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝a＋bx＋1（a≠0）的图像与的正半轴交于点A，与的负半轴交于点B，与轴交于点C．△PAC中，P（1，－1），∠P＝90°，PA＝PC．
⑴求点A的坐标．
⑵将△PAC沿AC翻折，若点P的对应点Q恰好落在函数y＝a＋bx＋1（a≠0）的图像上，求a与b的值．
⑶将△ACO绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，在x轴上取一点M，将∠PMD沿PM翻折，若点D的对应点F恰好落在x轴上，求点M的坐标．
解：⑴点A的坐标为（3，0） 2′
⑵Q（2，2） 3′
a＝，b＝ 4′[⑶解：D（2，－3） 5′
设点M（m，0），
由PD＝PF得，F（－1，0）或F（3，0） 7′
当点F（－1，0）时，由MD＝MF得，
，解得m＝2 8′
当点F（3，0）时，由MD＝MF得，
，解得m＝－2 9′
因此点M的坐标为（2，0）或（－2，0）． 10′
6.（2015·江苏高邮·一模）（本题满分12分）数学课上，老师和同学们对矩形纸片进行了图形变换的以下探究活动：
（1）如图1，若连接矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，则Rt△ADC可由Rt△ABC经过旋转变换得到，这种旋转变换的旋转中心是点▲、旋转角度是▲°；
（2）如图2，将矩形纸片ABCD沿折痕EF对折、展平．再沿折痕GC折叠，使点B落在
EF上的点B′处，这样能得到∠B′GC．求∠B′GC的度数．（3）如图3，取AD边的中点P，剪下△BPC，将△BPC沿着射线BC的方向依次进行平移
变换，每次均移动BC的长度，得到了△CDE、△EFG和△GHI(如图4)．若BH＝BI，
BC=a，则：①证明以BD、BF、BH为三边构成的新三角形的是直角三角形；
②若这个新三角形面积小于50，请求出a的最大整数值．
．解：（1）点O、180°……………………2分
（2）连接BB''，由题意得EF垂直平分BC，故BB''＝B''C，由翻折可得，
B''C＝BC，∴△BB''C为等边三角形．∴∠B''CB＝60°，
（或由三角函数FC：B''C＝1：2求出∠B''CB＝60°也可以．）
∴∠B''CG＝30°，∴∠B''GC＝60°……………………4分
（3）①分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R，连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH，
∵△ABC中，BA＝BC，根据平移变换的性质，△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形，∴DM⊥CE，FQ⊥EG，HN⊥GI．
在Rt△AHN中，AH＝AI＝4a，
AH2＝HN2＋AN2，HN2＝a2，
则DM2＝FQ2＝HN2＝a2，
AD2＝AM2＋DM2＝6a2，AF2＝AQ2＋FQ2＝10a2，
新三角形三边长为4a、a、a．
∵AH2＝AD2＋AF2∴新三角形为直角三角形．……………………4分
（或通过转换得新三角形三边就是AD、DI、AI，即求△GAI的面积或利用△HAI与△HGI相似，求△HAI的面积也可以）
②其面积为aa＝a2．∵a2＜50∴a2＜50
∴a的最大整数值为7．……………………2分
已知抛物线抛物线yn=－(x－an)2+an（n为正整数，且0
（1）求a1,b1的值及抛物线y2的解析式；
（2）抛物线y3的顶点坐标为（，）；
依此类推第n条抛物线yn的顶点坐标为（，）;
所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系是；
（3）探究下列结论：
①若用An－1An表示第n条抛物线被x轴截得得线段长，直接写出A0A1的值，并求出An－1An；[来#源:中^%教&网@]
②是否存在经过点A（2，0）的直线和所有抛物线都相交，且被每一条抛物线截得得线段的
长度都相等？若存在，直接写出直线的表达式；若不存在，请说明理由．
答案：解：（1）∵y1=―(x―a1)2+a1与x轴交于点A0（0，0），
∴―a12+a1=0，∴a1=0或1．
由已知可知a1>0，
∴a1=1．……………………………………………1分
即y1=―(x―1)2+1
令y1=0代入得：―(x―1)2+1=0，
∴x1=0，x2=2，
∴y1与x轴交于A0（0，0），A1（2，0）
∴b1=2，……………………………………………2分
又∵抛物线y2=―(x―a2)2+a2与x轴交于点A1（2，0），
∴―(2―a2)2+a2=0，
∴a2=1或4，∵a2>a1，∴a2=1（舍去）．
∴取a2=4，抛物线y2=―(x―4)2+4．……………………………………………3分
（2）（9，9）；……………………………………………4分
（n2，n2）……………………………………………5分
y=x．……………………………………………6分
（3）①∵A0（0，0），A1（2，0），
∴A0A1=2．……………………………………………7分
又∵yn=―(x―n2)2+n2，
令yn=0，∴―(x―n2)2+n2=0，
即x1=n2+n，x2=n2－n，
∴An－1(n2－n，0)，An(n2+n，0)，即An－1An=(n2+n)－(n2－n)=2n．………………8分
②存在．是平行于直线y=x且过A1（2，0）的直线，其表达式为y=x－2…………10分
在直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（2，2），点C是线段OA上的一个动点（不运动至O，A两点），过点C作CD⊥x轴，垂足为D，以CD为边在右侧作正方形CDEF.连接AF并延长交x轴的正半轴于点B，连接OF,设OD＝t.
⑴求tan∠FOB的值；
⑵用含t的代数式表示△OAB的面积S；
⑴∵A（2，2）
∴∠AOB=45°…………1分
∴OD=CD=t…………2分
在Rt⊿OEF中
tan∠FOB==…………3分
⑵过点A作AG⊥OB于点G，交CF于H。
可证⊿ACF∽⊿AOB
∴=
=
∴OB=…………6分
S⊿AOB=··2=…………8分
定义为函数的“特征数”．如：函数y=x2－2x+3的“特征数”是{1,－2,3}，函数y=2x+3的“特征数”是{0,2,3},函数y=－x的“特征数”是{0,－1,0}.
（1）将“特征数”是的函数图象向上平移2个单位，得到一个新函数，这个函数的解析式是；
（2）在（1）中，平移前后的两个函数分别与y轴交于O、A两点，与直线分别交于C、B两点，判断以A、B、C、O四点为顶点的四边形形状,并说明理由。[来源:z&zstep~#^.com]
（3）若（2）中的四边形（不包括边界）始终覆盖着“特征数”是的函数图象的一部分，求满足条件的实数b的取值范围？
答案：解：（1）y=x+2．…………2分
（2）四边形AOCB为菱形；…………3分
理由如下：
由题意可得：AB∥CO，BC∥AO，AO=2，
∴四边形AOCB为平行四边形，…………4分
易得A（0，2），B（﹣，1）；
由勾股定理可得：AB=2，
∴AB=AO，
故平行四边形AOCB是菱形．…………6分
（3）二次函数y=x2﹣2bx+b2+化为顶点式为：y=（x﹣b）2+，…………7分
∴抛物线顶点在直线y=上移动；
假设四边形的边界可以覆盖到二次函数，则B点和A点分别是二次函数与四边形接触的边界点；
将B（﹣，1）代入二次函数，
解得b=﹣﹣，b=﹣+（不合题意，舍去）；…………8分
将A（0，2）代入二次函数，
解得b=，b=﹣（不合题意，舍去）；…………9分
所以实数b的取值范围：﹣﹣＜b＜…………10分
一包装礼盒是底面为正方形的无盖立体图形，其展开图如所示：是由一个正方形与四个正六边形组成，已知正六边形的边长为a，甲、乙两人分别用长方形和圆形硬板纸裁剪包装纸盒
（1）问甲、乙两人谁的硬板纸利用率高，请通过计算长方形和圆的面积说明原因。
（2）你能设计出利用率更高的长方形硬板纸吗？请在展开图外围画出长方形硬板纸形状。
甲：乙：
答案：（1）解：长方形的长：5a
长方形的宽：
长方形的面积：5a·=a2≈21.65a2…………2分
圆的半径r：r2==7a2
r=≈2.6458a…………4分
圆的面积：π·（2.6458a）2≈21.98a2…………5分
∵21.65a2<21.98a2
∴甲的硬板纸利用高。…………6分
（2）
画图…………8分
11．（2015·江苏江阴夏港中学·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．
（1）求点M、A、B坐标；（2）连结AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；[来源@~^:中教网&]
（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标．
答案：解：（1）抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y=（x﹣1）2﹣3，
顶点M（1，﹣3），………………………………………………………………1分
令x=0，则y=（0﹣1）2﹣3=﹣2，
点A（0，﹣2），………………………………………………………………2分
x=3时，y=（3﹣1）2﹣3=4﹣3=1，
点B（3，1）；………………………………………………………………3分
（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，
∵EB=EA=3，
∴∠EAB=∠EBA=45°，
同理可求∠FAM=∠FMA=45°，
∴△ABE∽△AMF，
∴==，………………………………………………………………4分
又∵∠BAM=180°﹣45°×2=90°，
∴tan∠ABM==；………………………………………………………………5分
（3）过点P作PH⊥x轴于H，
∵y=（x﹣1）2﹣3=x2﹣2x﹣2，
∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），
①点P在x轴的上方时，=，
整理得，3x2﹣7x﹣6=0，
解得x1=﹣（舍去），x2=3，
∴点P的坐标为（3，1）；………………………………………………………………7分
②点P在x轴下方时，=，
整理得，3x2﹣5x﹣6=0，
解得x1=（舍去），x2=，
x=时，x2﹣2x﹣2=﹣×=﹣，
∴点P的坐标为（，﹣）…………………………………………………9分
综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．…………………10分
12．（2015·江苏江阴夏港中学·期中）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG.
试说明四边形EFCG是矩形；
当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长.
答案：（1）∵CE是⊙O的直径，点F、G在⊙O上，∴∠EFC=∠EGC=90°，
又∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°，∴四边形EFCG是矩形···························2分
（2）①∵四边形EFCG是矩形，∴∠BCD=90°，∴BDC=.
∵∠CEF=∠BDC，∴CEF=BDC，即···········3分
∴
∵当点F与点B重合时，CF=BC=4；
当⊙O与射线BD相切时，点F与点D重合，
此时CF=CD=3；
当CF⊥BD时，
∴.··················5分
∴当CF=cm时，·····················6分
当CF=4cm时，.································7分
②如答图4，连接DG，并延长DG交BC得延长线与点G’
∵∠BDG=∠FEG=90°，又∵∠DCG’=90°，∴点G得移动路线为线段DG’,·······8分
∵CD=3cm，∴CG’=∴DG’=··············10分
如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PE=5EF，求m的值；
（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
，解得，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x+5．········2分
（2）∵点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F（m，0）．
∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，
EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．········3分
由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|
①当点E在点F上方时，则﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，
解得：m1=2或m2=（舍去）；········5分
②当点E在点F下方时，则﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，
解得：m1=或m2=（舍去）．∴m=2或m=．········7分
（3）存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（﹣，），（4，5），
（3﹣，2﹣3）．········10分
对于半径为r的⊙P及一个正方形给出如下定义：若⊙P上存在到此正方形四条边距离都相等的点，则称⊙P是该正方形的“等距圆”．如图1，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A的坐标为（2，4），顶点C、D在x轴上，且点C在点D的左侧.
（1）当r=时，
①在P1（0，－3），P2（4，6），P3（，2）中可以成为正方形ABCD的“等距圆”的圆心的是_______________；
②若点P在直线上，且⊙P是正方形ABCD的“等距圆”，则点P的坐标为_______________；
（2）如图2，在正方形ABCD所在平面直角坐标系xOy中，正方形EFGH的顶点F的坐标为（6，2），顶点E、H在y轴上，且点H在点E的上方.
①若⊙P同时为上述两个正方形的“等距圆”，且与BC所在直线相切，求⊙P在y轴上截得的弦长；
②将正方形ABCD绕着点D旋转一周，在旋转的过程中，线段HF上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心，则r的取值范围是_______________．
解（1）10×1.5+（18﹣10）×2=31，········2分
（2）①当x≤10时，y=1.5x，········3分
②当10＜x≤m时，y=10×1.5+（x﹣10）×2=2x﹣5，········4分
③当x＞m时，y=10×1.5+（m﹣10）×2+（x﹣m）×3=3x﹣m﹣5，········5分
（3）①当40≤m≤50时，此时选择第二种方案，费用=2×40﹣5=75，符合题意，········6分
②当20≤m＜40时，此时选择第三种方案，费用=3x﹣m﹣5，
则：70≤3x﹣m﹣5≤90，········7分
∴25≤m≤45，········9分
综合①、②可得m的取值范围为：25≤m≤50．········10分
(2015·安徽省蚌埠市经济开发·二摸)类比梯形的定义，我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形.请解决下列问题：
（1）已知：如图1，四边形ABCD是等对角四边形，，，，则＝，
（2）在探究等对角四边形性质时：
①小红画了一个如图2所示的等对角四边形ABCD，其中，AB＝AD，此时她发现CB＝CD成立，请你证明该结论；
②由此小红猜想：“对于任意等对角四边形，当一组邻边相等时，另一组邻边也相等”.你认为她的猜想正确吗？若正确，请给与证明；若不正确，请举出反例.
（3）已知：在等对角四边形ABCD中，，，AB＝5，AD＝4，求对角线AC的长.
]]
答案：（1）…………………………………2分
（2）①证明：连接BD，
∵AB＝AD，∴.
∵四边形ABCD为等对角四边形，∴.
∴，即CB＝CD.…………………………………5分
②不正确…………………………………6分
如图，在等对角四边形ABCD中，，，AB＝BC，但显然
…………………………………8分
（3）当时，如图
延长BC、AD相交于点E
∵，∴.
∵AB＝5，∴AE＝10，BE＝.
又∵AD＝4，∴DE＝6.
在中，
∴BC＝BE－CE＝
在中，………………………………11分
当时，如图
过D点作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，则四边形BEDF为矩形
在中，，DE＝
∴DF＝BE＝AB－AE＝5－2＝3
在，
∵BF＝DE＝，
∴BC＝BF+CF＝
在中，………………………………14分
16.(2015·安庆·一摸)【试题再现】如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,直线过点C,过点A,B分别作AD⊥DE于点D,BE⊥DE于点E,则DE=AD+BE（不用证明）.
（1）【类比探究】如图2，在△ABC中，AC=BC,且∠ACB=∠ADC=∠BEC=100°.上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出一个你认为正确的结论.
（2）【拓展延伸】①如图3，在△ABC中，AC=nBC,且∠ACB=∠ADC=∠BEC=1000，猜想线段DE、AD、BE之间有什么数量关系？并证明你的猜想.
②若图1的Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=nBC，并将直线绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交，分别过点A、B作直线的垂线，垂足分别为点D和点E.请在备用图上画出图形，并直接写出线段DE、AD、BE之间满足的一种数量关系(不要求写出证明过程).
答案：解：（1）【类比探究】猜想DE=AD+BE.…………1分
理由：∵∠ADC=100°,∴∠DAC+∠DCA=80°,∵∠ACB=100°,∴∠DCA+∠ECB=80°]
∴∠DAC=∠ECB
在△ACD和△CBE中，
∵
∴△ACD≌△CBE,
∴AD=CE,CD=BE,
∴DE=AD+BE.
………………………………………………5分
（2）【拓展延伸】①猜想：DE=AD+nBE.………………6分
理由：∵∠ADC=100°,∴∠DAC+∠DCA=80°,∵∠ACB=100°,∴∠DCA+∠ECB=80°,
∴∠DAC=∠ECB.∵∠ADC=∠CEB,∴△ADC∽△CEB,∴,∴CE=AD,CD=nBE,∴DE=DC+CE=AD+nBE.………………10分
或…………………………14分
[
17.（2015·福建漳州·一模）如图,抛物线与直线相交于A、B两点(点A在x轴上，点B在y轴上)，与x轴的另一个交点为点C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在x轴下方，当<时，抛物线y随x增大而减小，求实数m的取值范围；
(3)在抛物线上，是否存在点F，使得△BCF是直角三角形？若存在，求出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由.
（满分14分）
解⑴当时，∴…………………2分
∵经过点B∴
∴…………………4分
（2）当时
解得：或∴………………5分
∵∴该二次函数的对称轴为…………6分
∵在轴下方，当＜＜1时，抛物线随增大而减小
又∵∴………………7分
解得：…………………8分
(3)解：设，有三种情况：
当时：（如图1）
过F作，垂足为，则
∴
∵∴
∴…………………9分
∴
∴
解得：或（不合题意，舍去）
∴…………………10分
当时：
过F作垂足为E，则
∴，∵∴
∴…………………11分
∴∴
解得：或（不合题意，舍去）∴…………………12分
③当时：则在以为直径的⊙上
过作交抛物线于∴点F在BG上方，由②得
∵BC=∴
由此可得：对称轴右侧，BG上方抛物线上的点一定在⊙M外
∵点F在⊙M上∴F不在抛物线上…………………13分
综上所述：点F的坐标分别是…………………14分
如图11，已知：抛物线交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线解析式及点D坐标；
（2）若点E在x轴上，且以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；
（3）若点P在y轴右侧，过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．
是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴，解得：。------------------------------------1分
∴抛物线解析式为。-----------------------------2分
当y=2时，，解得：x1=3，x2=0（舍去）。
∴点D坐标为（3，2）----------------------------------------------3分
（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：
①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2）。-----------------------4分
②当AE为对角线时，我们知道平行四边形相对的两个顶点到另一条对角线距离相等，可知P点，D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2。
代入抛物线的解析式：，
解得：。
∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）。
综上所述：P1（0，2）；P2（，﹣2）；P3（，﹣2）。--------------------------6分
（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方。
设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（），
因为点P在y轴右侧（如图1），CQ=a，
PQ=。分，即解得。。。。，即解得。9
∴OQ′=3，。
19.（2015·广东广州·一模）.如图M1-10，已知⊙O为△ABC的外接圆，BC为直径，点E在AB上，过点E作EF⊥BC，点G在FE的延长线上，且GA＝GE.
(1)求证：AG与⊙O相切；(2)若AC＝6，AB＝8，BE＝3，求线段OE的长．
(1)证明：如图124，
图124
连接OA，∵OA＝OB，GA＝GE，∴∠ABO＝∠BAO，∠GEA＝∠GAE.
∵EF⊥BC，∴∠BFE＝90°.∴∠ABO＋∠BEF＝90°.又∵∠BEF＝∠GEA，
∴∠GAE＝∠BEF.∴∠BAO＋∠GAE＝90°.∴OA⊥AG，即AG与⊙O相切
(2)解：∵BC为直径，∴∠BAC＝90°.∵AC＝6，AB＝8，∴BC＝10.
∵∠EBF＝∠CBA，∠BFE＝∠BAC，∴△BEF∽△BCA.
∴＝＝.∴EF＝1.8，BF＝2.4，∴OF＝OB－BF＝5－2.4＝2.6.∴OE＝＝.
如图M1-11，已知抛物线C1：y1＝x2－x＋1，点F(2,1)．
(1)求抛物线C1的顶点坐标；
(2)①若抛物线C1与y轴的交点为A，连接AF，并延长交抛物线C1于点B，求证：＋＝1；
②抛物线C1上任意一点P(xp，yp)(0
图M1-11
(1)解：∵C1：y1＝x2－x＋1＝(x－2)2.∴顶点坐标为(2,0)
(2)①证明：∵C1与y轴交点A，∴A(0,1)．
图125
∴AF＝2，BF＝2.∴＋＝1
②解：如图125，作PM⊥AB，QN⊥AB，垂足分别为M，N，设P(xp，yp)，Q(xQ，yQ)
在△MFP中，MF＝2－xp，MP＝1－yp(0
而点P在抛物线上，∴(2－xp)2＝4yp.∴PF2＝4yp＋(1－yp)2＝(1＋yp)2.
∴PF＝1＋yp.同理可得：QF＝1＋yQ
∵∠MFP＝∠NFQ，∠PMF＝∠QNF＝90°，∴△PMF∽△QNF.
∵PM＝1－yP＝2－PF，QN＝yQ－1＝QF－2，
∴＝＝＝.∴PF·QF－2PF＝2QF－QF·PF.∴＋＝1为常数．
在△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMPN．设AM＝．
（1）用含的代数式表示△MNP的面积S；
（2）在动点M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合部分的面积为，试求关于的函数表达式，并求为何值时，的值最大，最大值是多少？
~
解：（1）∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C．∴△AMN∽△ABC．……1分
，即．∴AN＝
∴=．（0＜＜8）……………3分
（2）随点M的运动，当P点落在直线BC上时，连结AP，则O点为AP的中点．
∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APB．∴△AMO∽△ABP．
∴．AM＝MB＝4．………………………4分
故以下分两种情况讨论：
①0＜≤4时，．
∴当＝4时，…………5分
②当4＜＜8时，设PM，PN分别交BC于E，F．
∵四边形AMPN是矩形，∴PN∥AM，PN＝AM＝．
又∵MN∥BC，∴四边形MBFN是平行四边形．………6分
∴FN＝BM＝8－．∴．
又△PEF∽△ACB．∴．∴．
∴＝.………7分
∵满足4＜＜8，．………8分
综上所述，当时，值最大，最大值是8．……………9分如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；
（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由
解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，4），
∴……1’解得……2’∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+4……3’
（2）∵E（m，0），B（0，4），PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，
∴P（m，﹣m2﹣m+4），G（m，4），∴PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m；……4’
（3）由﹣x2﹣x+4=0，解得x=1或﹣3，∴D（﹣3，0）．……5’
当点P在直线BC上方时，﹣x2﹣x+4=4，得﹣2＜m＜0．……6’
∵△BGP∽△DEH，∴，即
在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似分两种情况：
①如果△BGP∽△DEH，那么=，即=，解得m=﹣1；……7’
②如果△PGB∽△DEH，那么=，即=，得m=﹣．……8’
综上所述，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，
此时m的值为﹣1或﹣．……9’
23．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=－x+n与x轴、y轴分别交于B，C两点，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）过C，B两点，交x轴于另一点A，连接AC，且tan∠CAO=3．点P是线段CB上一点（不和B，C重合），过点P作x轴的垂线，垂足为H，交抛物线于Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）小明认为当点Q恰好为抛物线的顶点时，线段PQ的长最大，你认为小明的说法正确吗?如果正确，请说明理由；如果不正确，试举出反例说明；
（3）若△CPQ是直角三角形，求点P的坐标；
（4）设PH和PQ的长是关于y的一元二次方程：y2－（m+3）y+（5m2－2m+13）=0（m为常数）的两个实数根，点M在抛物线上，连接MQ，MH，PM，若MP恰好平分∠QMH，求出此时点M的坐标．解：（1）y=－x2+2x+3．（2）不正确．（3）（1，2）．（4）（1+，2），（1－，2）．
．如图，已知点在的边上，，的平分线交于点，且在以为直径的⊙上．
（1）证明：是⊙的切线；
（2）若，求圆心到AD的距离；
（3）若，求的值．（本题满分10分）
（1）连接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，∵OA=OD，∴∠BAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠DAC，∴AC∥OD，∵∠C=90°，∴∠ODC=90°，
即BC是⊙O的切线。…4分
（2）在Rt△ADC中，∠ACD＝90°，由勾股定理，
得：
作根据垂径定理得
可证△AOF∽△ADC
∴∴，∴………3分
（3）连接ED∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，∵AE为直径，∴∠ADE=90°
∴又∵
∴,又∵,
∴△BED∽△BDA,∴………3分．如图1，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点M，正方形MNPQ与正方形ABCD全等，将正方形MNPQ绕点M顺时针旋转，在旋转过程中，射线MN与射线MQ分别交正方形ABCD的边于E、F两点。
（1）试判断ME与MF之间的数量关系，并给出证明．
（2）若将原题中的两个正方形都改为矩形且BC=6，AB=2，如图2，其他条件不变，探索线段ME与线段MF的数量关系．[www
答案：（1）证明：过点M作MG⊥BC于点G，MH⊥CD于点H．
∴∠MGE=∠MHF=90°．
∵M为正方形对角线AC、BD的交点，∴MG=MH．
又∵∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°，∴∠1=∠2．
在△MGE和△MHF中
∠1=∠2，MG=MH，∠MGE=∠MHF．∴△MGE≌△MHF．∴ME=MF．－－（5分）解：①当射线MN交BC于点E，射线MQ交CD于点F时．
过点M作MG⊥BC于点G，MH⊥CD于点H．∴∠MGE=∠MHF=90°．
∵M为矩形对角线AC、BD的交点，∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°．
∴∠1=∠2．在△MGE和△MHF中，∠1=∠2∠MGE=∠MHF，∴△MGE∽△MHF．
∴∵M为矩形对角线AB、AC的交点，∴MB=MD=MC又∵MG⊥BC，MH⊥CD，
∴点G、H分别是BC、DC的中点．
∵BC=6，AB=2，∴MG＝1，MH＝3．（2分）
②当射线MN交AB于点E，射线MQ交BC于点F时．
过点M作MG⊥AB于点G，MH⊥BC于点H．∴∠MGE=∠MHF=90°．∵M为矩形对角线AC、BD的交点，∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°．∴∠1=∠2．在△MGE和△MHF中，∠1=∠2，
∠MGE=∠MHF．∴△MGE∽△MHF．∴∵M为矩形对角线AC、BD的交点，∴MB=MA=MC．又∵MG⊥AB，MH⊥BC，∴点G、H分别是AB、BC的中点．∵BC=6，AB=2，（4分）
③当射线MN交BC于点E，射线MQ交BC于点F时．
由△MEH∽△FMH， 得
由△MEH∽△FEM，得
△FMH∽△FEM．
（6分）
④当射线MN交BC边于E点，射线MQ交AD于点F时．
延长FM交BC于点G．
易证△MFD≌△MGB．∴MF=MG．
同理由③得（7分）
综上所述：ME与MF的数量关系是
26．（2015?山东滕州羊庄中学?4月模拟）（本题满分12分）如图，二次函数的图象与、轴交于三点，其中，抛物线的顶点为．
（1）求的值及顶点的坐标；
（2）当时，函数y的最小值为，最大值为，求a,b应满足的条件．
（3）在y轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得三角形PDC是等腰三角形？如果存在，求出符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由。
（1）把……………………2分
……4分
（3）x=0时，y=3,故C坐标为，
如图1，当DC=DP时，点P与点C关于抛物线的对称轴x=1对称，故点P坐标为…1分
如图2，当PC=PD时,可证得HD=HC，PM=PN，设则
[来源@:zzste%#^p.com]
P的坐标为或……3分
如图3，当CD=CP时,不符合题意。
综上所述：P的标为，或或……4分
27．如图，已知△ABC内接于⊙O，点D在OC的延长线上，∠ABC＝∠CAD．
（1）若∠ABC＝20°，则∠OCA的度数为；
（2）判断直线AD与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）若OD⊥AB，BC＝5，AB＝8，求⊙O的半径．解：（1）70°
（2）相切…………2分．
理由如下：法一：连接OA，∠ABC＝∠AOC……3分．
在等腰△AOC中，∠OAC＝90°－∠AOC
∴∠OAC＝90°－∠ABC……5分．
∵∠ABC＝∠CAD，
∴∠OAD＝∠OAC＋∠CAD＝90°－∠ABC＋∠ABC＝90°……6分．
即OA⊥AD，而点A在⊙O上，∴直线AD与⊙O相切．…………8分．
法二：连接OA，并延长AO与⊙O相交于点E，连接EC．
∵AE是⊙O的直径，∴∠ECA＝90°，…………4分．
∴∠EAC＋∠AEC＝90°．
又∵∠ABC＝∠AEC，∠ABC＝∠CAD，∴∠EAC＋∠CAD＝90°．……6分．
即OA⊥AD，而点A在⊙O上，∴直线AD与⊙O相切．…………8分．
（3）设OD与AB的交点为点G．
∵OD⊥AB，∴AG＝GB＝4．AC＝BC＝5，在Rt△ACG中，可得GC＝3．……10分．
在Rt△OGA中，设OA＝x，由OA2＝OG2＋AG2，得x2＝（x－3）2＋42
解得x＝，即⊙O的半径为．12分
28．（2015?山东滕州张汪中学?质量检测二）如图9，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A（m﹣4，0）和B（m，0），与直线y=﹣x+p相交于点A和点C（2m﹣4，m﹣6）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在抛物线上，且以点P和A，C以及另一点Q为顶点的平行四边形面积为12，求点P，Q的坐标；
（3）在（2）条件下，若点M是x轴下方抛物线上的动点，当△PQM的面积最大时，请求出△PQM的最大面积及点M的坐标．
[答案：解：（1）∵点（，点2m﹣4，m﹣6）在直线y=﹣x+p上，∴且
解之得∴……2分
设抛物线y=ax2+bx+c=并将代入
∴抛物线y=……3分
（2）由两点间的距离公式:;所在直线解析式为：，∠，∴=12，∴边上的高：……6分
∴过点作垂直于与相交于点
∴∵是平行四边形∴直线：或
∴－－3，[来%^~&源#:中教网]∴=3=0或=－2=5
－－3且时方程组无解。
∴（3，0）（－2，5）……9分
由是平行四边形且当（3，0）时（6，－3）；
当（－2，5）时（1，2）……10分
（3）设（）过作轴的平行线交所在直线于点T
则，……12分[
过作垂直于所在直线于点
==
∴当时在△中边上高的最大值是……13分
29．如图，已知点A（3，0），以A为圆心作⊙A与y轴切于原点，与x轴的另一个交点为B，过B作⊙A的切线l.
（1）以直线l为对称轴的抛物线过点A及点C（0，9），求此抛物线的解析式；
（2）抛物线与x轴的另一个交点为D，过D作⊙A的切线DE，E为切点，求此切线长；
（3）点F是切线DE上的一个动点，当△BFD与EAD△相似时，求出BF的长．
（12分）解：（1）设抛物线的解析式为∵抛物线经过点A（3，0）和C（0，9）
∴
解得：∴
y=（4分）
（2）连接AE∵DE是⊙A的切线，∴∠AED=90°，AE=3
∵直线l是抛物线的对称轴，点A，D是抛物线与x轴的交点∴AB=BD=3[来源:中
∴AD=6，在Rt△ADE中，∴（8分）
（3）当BF⊥D时∵∠AED=∠BFD=90°，∠ADE=∠BDF，∴△AED∽△BFD
∴，即∴（10分）
当FB⊥AD时∵∠AED=∠FBD=90°，∠ADE=∠FDB，∴△AED∽△FBD
∴，即∴BF的长为或.（12分）
．如图，在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO为矩形，AB=16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB=,点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF=∠ACB.
(1)求AC的长和点D的坐标；
（2）说明△AEF与△DCE相似；
（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标.
解：（1）∵四边形ABCO为矩形,∴∠B=90°tan∠ACB=,
在Rt△ACB中，设BC=3k,AB=4k,由勾股定理，AC=5K,
∵AB=4k=16,∴k=4,∴AC=20,OA=BC==3k=12,∴点A的坐标为（－12，0），
而点D与点A关于y轴对称,∴点D的坐标为（12，0）-------4分[中~国&^教育出%版网@]
（2）∵∠CEF=∠ACB,且∠ACB=∠CAE又∵点A与点D关于y轴成轴对称
∴∠FAE=∠D∴∠CEF=∠D---------------------------------------6分
又∵∠CEA=∠CEF+∠FEA=∠D+∠DCE∴∠FEA=∠DCE
∴△AEF∽△DCE------------------------------------8分
（3）①当CE=EF时，由△AEF∽△DCE则△AEF≌△DCE，
∴AE=CD，即AO+OE=CD
设E(x,0),有12+x=20,∴x=8此时，点E的坐标为（8，0）
②当EF=FC时，∵∠FCE=∠FEC=∠ACB=∠CAE,∴AE=CE设E(a,0)
∴OE2+OC2=CE2=AE2=(OA+OE)2即：
解得a=此时，点E的坐标为（，0）[
③当CE=CF时，E与D重合与题目矛盾．------------------12分
邗江区初三适应性训练如图，对称轴为直线x=－1的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴相交于A、B两点，与y轴的交于C点，其中A点的坐标为（－3，0）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若将此抛物线向右平移m个单位，A、B、C三点在坐标轴上的位置也相应的发生移动，在移动过程中，△BOC能否成为等腰直角三角形？若能，求出m的值，若不能，请说明理由.
解：（1）；
（2）平移后B（m+1,0），C（0，m2-2m-3）
①m2-2m-3=-（m+1），解得m=2，m=1舍去；
②m2-2m-3=m+1，解得m=4，m=1舍去；
32.（2015·邗江区初三适应性训练在一次数学综合实践活动课上，老师用硬纸板做了两个三角形，分别为△ABC和△DEF，其中∠B=90°，∠A=45°，BC=，∠F=90°，∠EDF=30°，EF=2．
如图1，师生共同进行了以下的探究活动：将△ABC固定不动，并将△DEF的斜边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，将△DEF沿AC方向移动，设△DEF在AC方向上移动的距离为．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上(移动开始时点D与点A重合)．
（1）①EC=____▲_____（用含的代数式表示）；
②如图2，连接FC，当=____▲_____时，∠FCA=30°；
（2）将点F关于直线AC的对称点记作F′，当点F′在BC上时，求AD的长，并判断此时FC与AB的位置关系；
（3）在△DEF移动过程中，以线段AD、FC、EC的长度为三边长构造三角形，此三角形能否成为以AD长度为斜边长的直角三角形？若能，求出移动距离，若不能，请说明理由；
（4）在△DEF沿AC方向移动的过程中，小明同学发现:F、B两点间的距离先逐渐变小，当=____▲_____时，距离最短，此时FB=____▲_____，然后F、B两点间的距离逐渐变大，小明同学由此联想到二次函数的性质，猜想F、B两点间的距离是△DEF在AC方向上移动距离的二次函数，小明同学的猜想正确吗？____▲_____.(填“正确”或“不正确”，不必说明理由.)
第2题
答案：解：（1）①EC=；②.………………2分
（2）AD=，此时FC∥AB.……………2分
（3）AD2=，EC2=，FC2=；…………3分
由EC2+FC2=AD2得；…………2分
（4）当=3时，距离最短，此时FB=，猜想不正确.………3分
2015·网上阅卷适应性测试如图，把△OAB放置于平面直角坐标系xOy中，，，把△OAB沿轴的负方向平移2OA的长度后得到△DCE.
（1）若过原点的抛物线经过点B、E，求此抛物线的解析式；
（2）若点在该抛物线上移动，当点P在第一象限内时，过点作轴于点，连结.若以、、为顶点的三角形与以B、C、E为顶点的三角形相似，直接写出点的坐标；
（3）若点M(－4，n)在该抛物线上，平移抛物线，记平移后点M的对应点为M′，点B的对应点为B′．当抛物线向左或向右平移时，是否存在某个位置，使四边形M′B′CD的周长最短？若存在，求出此时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意得：..
∵抛物线经过原点和点B、E,∴设抛物线的解析式为+bx.
∵抛物线经过点,.∴.解得：a=，b=0；
∴抛物线的解析式为.
(2)根据题意设：P（m，）
①△BCE∽△POQ
∴＝
∴∴m=∴
②△BCE∽△OPQ∴＝∴
(3)存在.
因为线段和CD的长是定值，所以要使四边形的周长最短，只要使最短.如果将抛物线向右平移，显然有M′D+CB′>MD+CB，因此不存在某个位置，使四边形M′B′CD的周长最短,显然应该将抛物线向左平移.由题知.
设抛物线向左平移了n个单位，则点和B′的坐标分别为M′(－4－n，6)和B′(2－n，)．
因为CD=2，因此将点B′向左平移2个单位得B′′(－n，)．要使最短，只要使+DB′′最短．
点M′关于x轴对称点的坐标为M′′(－4－n，－6).设直线M′′B′′的解析式，
点D应在直线M′′B′′上，∴直线M′′B′′的解析式为.
将B′′(－n，)代入，求得.
故将抛物线向左平移个单位时，四边形M′B′CD的周长最短，此时抛物线的解析式为 ．
34.（2015·江西省中等学校招生考试数学活动课上，小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角形板ABC、DEF进行探究活动．
操作：使点D落在线段AB中点处并使DF过点C（如图1），然后绕点D顺时针旋转，直至点E落在AC的延长线上时结束操作，在此过程中，线段DE与AC或其延长线交于点K，线段BC与DF的交于点G（如图2、3）．
探究1：在图2中，求证：∽；
探究2：在图2中，求证：线段KD平分；
探究3：(在图3中，线段KD仍平分吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由．
(在以上操作过程中，若设，，的面积为，请求出与的函数关系式，并直接写出的取值范围．
解：探究1：，
，，
，∽;
探究2：∽，，又点D是线段AB中点，，，，
又，∽，
，线段KD平分；
探究3：(线段KD仍平分，理由如下：
同探究1可知仍有：∽，
同探究2可知仍有：∽，
仍有，
线段KD仍会平分；
(如图，过点D作于M，于点N，
由(：线段KD平分，
，又，
点D是线段AB中点，，
，又，的面积为，
对于图形3情况，同理可得，
综上所述：，其中．
命题思路：考查等腰直角三角形、角平分线性质、相似三角形的判定与性质等知识的综合运用，在操作中不断发现、提出、建立几何模型解决数学问题，积累研究问题的方法与活动经验，提升数学的综合学习能力．
江西赣三中2014—2015学年第二学期中考模拟已知，点P是△ABC边AB上一动点（不与A，B重合）分别过点A，B向直线CP作垂线，垂足分别为E，F，Q为边AB的中点.
（1）如图1，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是，QE与QF的数量关系是；
（2）如图2，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明；
（3）如图3，当点P在线段BA的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并给予证明.
答案：解：第5题
（1）AE∥BF，QE=QF，
（2）QE=QF，
证明：如图2，延长EQ交BF于D，
∵AE∥BF，
∴∠AEQ=∠BDQ
在△BDQ和△AEQ中
∴△BDQ≌△AEQ（ASA），
∴QE=QD，第5题
∵BF⊥CP，
∴FQ是Rt△DEF斜边上的中线，
∴QE=QF=QD，
即QE=QF．
（3）（2）中的结论仍然成立，
证明：如图3，
延长EQ、FB交于D，
∵AE∥BF，
∴∠AEQ=∠D，
在△AQE和△BQD中
∴△AQE≌△BQD（AAS），
∴QE=QD，
∵BF⊥CP，
∴FQ是Rt△DEF斜边DE上的中线，
∴QE=QF．
36.（2015·重点高中提前招生数学练习）已知：矩形ABCD（字母顺序如图）的边长AB＝3，AD＝2，将此矩形放在平面直角坐标系xOy中，使AB在x轴的正半轴上，矩形的其它两个顶点在第一象限，且直线y＝x－1经过这两个顶点中的一个．]
（1）求矩形的各顶点的坐标.
（2）以AB为直径作⊙M，经过A，B两点的抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点是P点．
①若点P位于⊙M外，且在矩形ABCD内部，求a的取值范围.
②过点C作⊙M的切线交AD于F点，当PF∥AB时，试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线y＝x－1的上方？还是下方？还是正好落在此直线上？并说明理由．
【解】（1）设A（m，0）（m＞0），则有B（m＋3，0）；C（m＋3，2），D（m，2）；
若C点过直线y＝x－1；则2＝(m＋3)－1，解得m＝－1（舍去）；
若点D过直线y＝x－1，则2＝m－1，m＝2（符合题意）.
∴A（2，0），B（5，0），C（5，2），D（2，2）.
（2）①∵⊙M以AB为直径，∴M（，0），
设抛物线y＝a(x－2)(x－5)＝ax2－7ax＋10a，
∴抛物线顶点P（，－a）
∵顶点同时在⊙M内和在矩形ABCD内部，
∴＜－a＜2，∴－＜a＜－．
②设切线CF与⊙M相切于Q，交AD于F（如图所示）.设AF＝n，由切线长定理得FQ＝AF＝n，∴CF＝n＋2.
由勾股定理得DF2＋DC2＝CF2，∴32＋(2－n)2＝(n＋2)2，解得n＝，∴F（2，）.
当PF∥AB时，P点纵坐标为，∴－a＝，∴a＝－.
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x－5，与y轴的交点为Q（0，－5）.
∵直线y＝x－1与y轴交点（0，－1），∴Q在直线y＝x－1下方．
(本题满分12分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，点P、Q均在抛物线上，点P位于对称轴右侧，点Q位于对称轴左侧，PA垂直对称轴于点A，QB垂直对称轴于点B，且QB=PA+1，设点P的横坐标为m．
（1）求这条抛物线所对应的函数关系式；
（2）求点Q的坐标（用含m的式子表示）；
（3）请探究PA+QB=AB是否成立，并说明理由；
（4）抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，直接写出此时m的值
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，
∴，
解得．
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2；
（2）∵抛物线上点P的横坐标为m，
∴P（m，m2﹣4m+2），
∴PA=m﹣2，
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1，
∴点Q的横坐标为2﹣（m﹣1）=3﹣m，
点Q的纵坐标为（3﹣m）2﹣4（3﹣m）+2=m2﹣2m﹣1，
∴点Q的坐标为（3﹣m，m2﹣2m﹣1）；
（3）PA+QB=AB成立．
理由如下：∵P（m，m2﹣4m+2），Q（3﹣m，m2﹣2m﹣1），
∴A（2，m2﹣4m+2），B（2，m2﹣2m﹣1），
∴AB=（m2﹣2m﹣1）﹣（m2﹣4m+2）=2m﹣3，
又∵PA=m﹣2，QB=m﹣1，
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3，
∴PA+QB=AB；
（4）∵抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，
∴××=×（2m﹣3）×（2m﹣3），
整理得，（2m﹣3）（m﹣3）=0，
∵点P位于对称轴右侧，
∴m＞2，
∴2m﹣3≠0，
∴m﹣3=0，
解得m=3．
2.38.（2015·辽宁盘锦市）如图，二次函数y=－x2+bx+c的图像经过点A（4,0）B（－4，－4）]
且与y轴交于点C．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）证明：∠BAO=∠CAO（其中O是原点）；
（3）若P是线段AB上的一个动点（不与A、B
重合），过P作y轴的平行线，分别交此二次函数
图像及x轴于Q、H两点，试问：是否存在这样的点
P，使PH=2QH？若存在，请求出点P的坐标；若不
存在，请说明理由．
解：（1）∵点A(4，0)与B（－4，－4）在二次函数图像上，
∴，解得，
∴二次函数解析式为y=－x2+x+2.
（2）过B作BD⊥x轴于点D，由（1）得C(0，2)
在Rt△AOC中，tan∠CAO===，
在Rt△ABD中，tan∠BAD===，
∵tan∠CAO=tan∠BAD∴∠CAO=∠BAD
（3）由A(4，0)与B（－4，－4），可得直线AB的解析式为y=x－2，
设P(x，x－2），（＜＜4），则Q（x，－x2+x+2），
∴PH=|x－2|=2－xQH=|－x2+x+2|.
∴2－x=2|－x2+x+2|
当2－x=－x2+x+4，解得x1=－1，x2=4（舍去），∴P（－1，－）
当2－x=x2－x－4，解得x1=－3，x2=4（舍去），∴P（－3，－）
综上所述，存在满足条件的点，它们是（－1，－）与（－3，－）
．（14分）如图，在平面直角坐标系中，点O是原点，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y的正半轴上，点B的坐标是（5，3），抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一个交点是点D，连接BD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是抛物线对称轴上的一点，以M、B、D为顶点的三角形的面积是6，求点M的坐标；
（3）点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿D→B匀速运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→A→D匀速运动，当点P到达点B时，P、Q同时停止运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？请直接写出所有符合条件的值．
解：（1）∵矩形ABCD，B（5，3），
∴A（5，0），C（0，3）．
∵点A（5，0），C（0，3）在抛物线y=x2+bx+c上，
∴，解得：b=，c=3．
∴抛物线的解析式为：y=x2x+3．
（2）如答图1所示，
∵y=x2x+3=（x﹣3）2﹣，
∴抛物线的对称轴为直线x=3．
如答图1所示，设对称轴与BD交于点G，与x轴交于点H，则H（3，0）．
令y=0，即x2x+3=0，解得x=1或x=5．
∴D（1，0），∴DH=2，AH=2，AD=4．
∵tan∠ADB==，∴GH=DH?tan∠ADB=2×=
∴G（3，）．
∵S△MBD=6，即S△MDG+S△MBG=6，
∴MG?DH+MG?AH=6，
即：MG×2+MG×2=6，
解得：MG=3．
∴点M的坐标为（3，）或（3，）．
（3）在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，则BD=5，∴sinB=，cosB=．
以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，则：
①若PD=PQ，如答图2所示：
此时有PD=PQ=BQ=t，过点Q作QE⊥BD于点E，
则BE=PE，BE=BQ?cosB=t，QE=BQ?sinB=t，
∴DE=t+t=t．
由勾股定理得：DQ2=DE2+QE2=AD2+AQ2，
即（t）2+（t）2=42+（3﹣t）2，
整理得：11t2+6t﹣25=0，
解得：t=或t=﹣5（舍去），
∴t=；
②若PD=DQ，如答图3所示：
此时PD=t，DQ=AB+AD﹣t=7﹣t，
∴t=7﹣t，
∴t=；
③若PQ=DQ，如答图4所示：
∵PD=t，∴BP=5﹣t；
∵DQ=7﹣t，∴PQ=7﹣t，AQ=4﹣（7﹣t）=t﹣3．
过点P作PF⊥AB于点F，则PF=PB?sinB=（5﹣t）×=4﹣t，BF=PB?cosB=（5﹣t）×=3﹣t．
∴AF=AB﹣BF=3﹣（3﹣t）=t．
过点P作PE⊥AD于点E，则PEAF为矩形，
∴PE=AF=t，AE=PF=4﹣t，∴EQ=AQ﹣AE=（t﹣3）﹣（4﹣t）=t﹣7．
在Rt△PQE中，由勾股定理得：EQ2+PE2=PQ2，
即：（t﹣7）2+（t）2=（7﹣t）2，
整理得：13t2﹣56t=0，
解得：t=0（舍去）或t=．
∴t=．
综上所述，当t=，t=或t=时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．
（本小题满分9分）
如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为2的正方形，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A，B，与x轴分别交于点E，F，且点E的坐标为（﹣，0），以0C为直径作半圆，圆心为D．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求证：直线BE是⊙D的切线；
（3）若直线BE与抛物线的对称轴交点为P，M是线段CB上的一个动点（点M与点B，C不重合），过点M作MN∥BE交x轴与点N，连结PM，PN，设CM的长为t，△PMN的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．S是否存在着最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意，得A（0，2），B（2，2），E的坐标为（，0），-----------------1分
∴解之：∴该二次函数的解析式为：-3分
（2）如图，过点D作DG⊥BE于点G．由题意，得ED=+1=，EC=2+=，BC=2，
∴BE=-----------------------------1分
∵∠BEC=∠DEG，∠EGD=∠ECB=90°，
∴△EGD∽△ECB，∴∴DG=1．-----2分
∵⊙D的半径是1，且DG⊥BE，
∴BE是⊙D的切线；-----------------------------------------------------------------------------------3分
（3）由题意，得E（，0），B（2，2）．设直线BE为y=kx+h（k≠0）．则
解得：∴直线BE为：y=-----------------1分
∵直线BE与抛物线的对称轴交点为P，对称轴直线为x=1，
∴点P的纵坐标y=，即P（1，）．∵MN∥BE，∴∠MNC=∠BEC．∵∠C=∠C=90°，
∴△MNC∽△BEC，∴∴∴DN=﹣1，
∴S△PND=DN?PD=S△MNC=CN?CM=t2．
S梯形PDCM=（PD+CM）?CD=．
∵S=S△PND+S梯形PDCM﹣S△MNC=-----2分
∵抛物线S=的开口方向向下，∴S存在最大值．当t=1时，S最大=.[来
41．山东省枣庄市齐村中学）（满分12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A点的坐标为（3，0），以OA为边作等边三角形OAB，点B在第一象限，过点B作AB的垂线交x轴于点C．动点P从O点出发沿着OC向点C运动，动点Q从B点出发沿着BA向点A运动，P，Q两点同时出发，速度均为1个单位/秒。当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止。设运动时间为t秒．
（1）求线段BC的长；
（2）过点Q作x轴垂线，垂足为H，问t为何值时，以P、Q、H为顶点的三角形与△ABC相似．
（3）连接PQ交线段OB于点E，过点E作x轴的平行线交线段BC于点F．设线段EF的长为m，求m与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
（1）解：∵△AOB为等边三角形∴∠BAC=∠AOB=60．
∵BC⊥AB∴∠ABC=90°∴∠ACB=30°∠OBC=30°
∴∠ACB=∠OBC∴CO=OB=AB=OA=3
∴AC=6∴BC=AC=……………………………4分
（2）t=0或1……………………………4分
（3）解：如图过点Q作QN∥OB交x轴于点N
∴∠QNA=∠BOA=600=∠QAN∴QN=QA
∴△AQN为等边三角形∴NQ=NA=AQ=3－t
∴ON=3－（3－t）=t∴PN=t＋t=2t
∴OE∥QN．∴△POE∽△PNQ
∴∴∴
∵EF∥x轴∴∠BFE=∠BCO=∠FBE=30°
∴EF=BE∴m=BE=OB－OE（0
(本题满分12分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，点P、Q均在抛物线上，点P位于对称轴右侧，点Q位于对称轴左侧，PA垂直对称轴于点A，QB垂直对称轴于点B，且QB=PA+1，设点P的横坐标为m．
（1）求这条抛物线所对应的函数关系式；
（2）求点Q的坐标（用含m的式子表示）；
（3）请探究PA+QB=AB是否成立，并说明理由；
（4）抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，直接写出此时m的值．
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，
∴，
解得．
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2；
（2）∵抛物线上点P的横坐标为m，
∴P（m，m2﹣4m+2），
∴PA=m﹣2，
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1，
∴点Q的横坐标为2﹣（m﹣1）=3﹣m，
点Q的纵坐标为（3﹣m）2﹣4（3﹣m）+2=m2﹣2m﹣1，
∴点Q的坐标为（3﹣m，m2﹣2m﹣1）；
（3）PA+QB=AB成立．
理由如下：∵P（m，m2﹣4m+2），Q（3﹣m，m2﹣2m﹣1），
∴A（2，m2﹣4m+2），B（2，m2﹣2m﹣1），]
∴AB=（m2﹣2m﹣1）﹣（m2﹣4m+2）=2m﹣3，
又∵PA=m﹣2，QB=m﹣1，
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3，
∴PA+QB=AB；
（4）∵抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，
∴××=×（2m﹣3）×（2m﹣3），
整理得，（2m﹣3）（m﹣3）=0，
∵点P位于对称轴右侧，
∴m＞2，
∴2m﹣3≠0，
∴m﹣3=0，
解得m=3．
如图11,在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形,∠ACB=90o,AC=BC,OA=1，OC=4，抛物线经过A，B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是直角△ABC斜边AB上一动点(点A、B除外)，过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E、Ｆ的坐标；
（3）在（2）的条件下：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.
解：（1）由已知得：A（－1，0）B（4，5）……………………1分
抛物线的图像经过点A（－1，0）B(4,5)
……………………2分
解得：b=－2c=－3
抛物线的解析式为：……………………3分
（2）直线AB经过点A（－1，0）B(4,5)
求得直线AB的解析式为：…………4分
∵抛物线
设点E(t，t+1),则F（t，）…………………5分
∴当时，EF的最大值=………………………6分
点E的坐标为（，）………………………7分
点F的坐标（，）………………………8分
（3）存在………………………9分
①当PEF=90o时
过点E作aEF交抛物线于点P,
设点P(m,)………………………10分
则有：
解得:,
,……………………12分
②当PFE=90o时]
过点F作bEF交抛物线于，
设（n，）
则有：
解得：，（与F点重合，舍去）………………13分
则点P的坐标为：，，（.…14分
．如图，在矩形ABCD中，AB=，BC=8，M是BC的中点，P、Q两点同时从M点出发，其中点P以每秒1个单位的速度向B运动，到达点B后立即按原来的速度反向向M点运动，到达M点后停止，点Q以每秒1个单位的速度沿射线MC运动，当点P停止时点Q也随之停止．以PQ为边长向上作等边三角形PQE．
（1）求点E落在线段AD上时，P、Q两点的运动时间；
（2）设运动时间为t秒，矩形与重叠的面积为S，求出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）在矩形ABCD中，点N是线段BC上一点，并且CN=2，在直线CD上找一点H（H点在D点的上方）连接HN，DN，将绕点N逆时针旋转90°，得到，连接，得到四边形，四边形的面积能否是，若能，求出HD的长；若不能，请说明理由．
（1） 2分
（2） 8分
（3）
12分
．）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMPN．
设AM＝．
（1）用含的代数式表示△MNP的面积S；
（2）在动点M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合部分的面积为，试求关于的函数表达式，并求为何值时，的值最大，最大值是多少？
图1图2
解：（1）∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C
∴△AMN∽△ABC．
，即．∴AN＝
∴=．（0＜＜8）……………5分[（2）随点M的运动，当P点落在直线BC上时，连结AP，则O点为AP的中点．
∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APB．∴△AMO∽△ABP．
∴．AM＝MB＝4．………………………7分
故以下分两种情况讨论：网~]
①0＜≤4时，．
∴当＝4时，…………9分
②当4＜＜8时，设PM，PN分别交BC于E，F．
∵四边形AMPN是矩形，∴PN∥AM，PN＝AM＝．
又∵MN∥BC，∴四边形MBFN是平行四边形．
∴FN＝BM＝8－．∴．
又△PEF∽△ACB．∴．∴．
∴＝.
∴当4＜＜8时，．
∵满足4＜＜8，∴当时，．
综上所述，当时，值最大，最大值是8．
．）如图1，抛物线经过A（-1，0），C（3，-2）两点，与轴交于点D，与轴交于另一点B．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若直线（）将四边形ABCD面积二等分，求的值；
（3）如图2，过点E（1，1）作EF⊥轴于点F，将△AEF绕平面内某点P旋转180°得△MNQ（点M、N、Q分别与点A、E、F对应），使点M、N在抛物线上，求点N和点P的坐标？
图1图2
（1）∵抛物线经过A（-1，0），C（3，-2），
∴，解之得：，
∴所求抛物线的解析式为：；
（2）令，解得：，，∴B（4，0），
令，可得：，∴D（0，-2），
∵C（3，-2），∴DC∥AB，
由勾股定理得：AD＝BC＝，∴四边形ADCB是等腰梯形，
∵D（0，-2），C（3，-2），∴取DC中点E，则E的坐标是（，-2），
过E作EF⊥AB于F，取EF的中点G，则G的坐标是（，-1），
则过G的直线（直线与AB和CD相交）都能把等腰梯形ABCD的面积二等份，
把G的坐标代入，得：，
∴；
（3）设Q（，），则M（＋2，），N（，－1），
代入，得：
，解之，得：，
∴Q（1，-2），M（3，－2），N（1，－3），
又Q的对应点为F（1，0），
∴QF的中点为旋转中心P，且P（1，－1），
∴点N、P的坐标分别为：（1，－3），（1，－1）．
46．（2015·广东中山·4月调研）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得
S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，则说明理由．
（3）是否存在某一时刻t，使得△CPQ为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，则说明理由．
备用图
解：（1）如图1，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6
∴AB=10．
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=BC?AC=AB?CD．
∴CD===4.8．
∴线段CD的长为4.8．…………2分
（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．
由题可知DP=t，CQ=t．
则CP=4.8﹣t．
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B．
∵PH⊥AC，
∴∠CHP=90°．
∴∠CHP=∠ACB．
∴△CHP∽△BCA．
∴．
∴．
∴PH=﹣t．
∴S△CPQ=CQ?PH=t（﹣t）=﹣t2+t．…………3分
②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．
∵S△ABC=×6×8=24，
且S△CPQ：S△ABC=9：100，
∴（﹣t2+t）：24=9：100．
整理得：5t2﹣24t+27=0．
即（5t﹣9）（t﹣3）=0．
解得：t=或t=3．
∵0≤t≤4.8，
∴当t=秒或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100．…………6分
（3）存在
①若CQ=CP，如图1
则t=4.8﹣t．
解得：t=2.4．…………7分
②若PQ=PC，如图2所示．
∵PQ=PC，PH⊥QC，
∴QH=CH=QC=．
∵△CHP∽△BCA．
∴．
∴．
解得；t=．…………8分
③若QC=QP，
过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．
同理可得：t=．
综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．…………9分
47.(2015?山东东营?一模)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，点P、Q均在抛物线上，点P位于对称轴右侧，点Q位于对称轴左侧，PA垂直对称轴于点A，QB垂直对称轴于点B，且QB=PA+1，设点P的横坐标为m．
（1）求这条抛物线所对应的函数关系式；
（2）求点Q的坐标（用含m的式子表示）；
（3）请探究PA+QB=AB是否成立，并说明理由；
（4）抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，直接写出此时m的值
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2
∴，
解得．
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2；
（2）∵抛物线上点P的横坐标为m，
∴P（m，m2﹣4m+2），
∴PA=m﹣2，
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1，
∴点Q的横坐标为2﹣（m﹣1）=3﹣m，
点Q的纵坐标为（3﹣m）2﹣4（3﹣m）+2=m2﹣2m﹣1
∴点Q的坐标为（3﹣m，m2﹣2m﹣1）；
（3）PA+QB=AB成立．
理由如下：∵P（m，m2﹣4m+2），Q（3﹣m，m2﹣2m﹣1），
∴A（2，m2﹣4m+2），B（2，m2﹣2m﹣1）
∴AB=（m2﹣2m﹣1）﹣（m2﹣4m+2）=2m﹣3，
又∵PA=m﹣2，QB=m﹣1，
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3，
∴PA+QB=AB；
（4）∵抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，
∴××=×（2m﹣3）×（2m﹣3），
整理得，（2m﹣3）（m﹣3）=0，
∵点P位于对称轴右侧，
∴m＞2，
∴2m﹣3≠0，
∴m﹣3=0，
解得m=3．
48.(2015?山东济南?模拟)如图1，△ABC中，点A、B、C三点的坐标分别为A(－1，2)，B(－3，0)，C(－1，0)；如图2，将△ABC绕点C顺时针旋转∠α(0°＜α＜180°)得△DEC，点A和点D对应，作EF⊥x轴，DG⊥x轴，垂足分别为F点和G点．1）当α＝30°时，求D、E两2）当∠α为何值时，△DEC、△EFC和△DCG都相似；
（3）在旋转过程中，若抛物线y轴为对称轴的抛物线．D（－，）（－，）①如图，当α＝30°时，△DEC、△EFC和△DCG都相似.
理由如下：
∵A(－1，2)，B(－3，0)，C(－1，0)
∴BC＝，AC＝，∠ACB＝90°
∴AB＝sinA＝A＝0°，∠ABC＝0°
∴△DEC中，∠EDC＝0°，∠DEC＝0°，ECD＝90°
∵∠ECF＝30°，ECD＝90°
∴∠DCG＝60°
∴∠CDG＝30°[中
∴在△DEC、△EFC和△DCG中
∠EDC＝ECF＝∠CDG＝30°
∠ECD＝∠EFC＝∠CGD＝90°
∴△DEC∽△CEF∽△DCG. 4分
同理可得以下三种情况：
②如图当α＝60°时，△DEC∽△ECF∽△CDG； 5分
③如图4，当α＝120°时，△DEC∽△ECF∽△CDG； 6分
④如图当α＝150°时，△DEC∽△CEF∽△DCG. 7分
（3）由（2）②可知，当α＝60°时，点E、D关于y轴对称， 8分
∴此时抛物线的对称轴为y轴. 9分
求得：E（－2，）、D（2，） 10分
设y＝ax2＋c，代入C(－1，0)、D（2，），得
解得： 12分
∴抛物线的解析式为：y=x2－. 13分
49.(2015?山东济南?网评培训)在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴交于过点A，B，点C是第一象限内的一点，且AB=AC，AB⊥AC，抛物线经过A，C两点，与轴的另一交点为D.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）判断直线AB与CD的位置关系，并证明你的结论；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，B，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）由题意可求点A(2，0)，点B（0,1）.
过点C作CE⊥x轴，易证△AOB≌△ECA.
∴OA=CE=2，OB=AE=1
∴点C的坐标为（3,2）.………………1分
将点A(2，0)，点C(3，2)
代入
解得
∴二次函数的解析式为.………………2分
（2）令，解得.
∴D点坐标为（7,0）.
可求.
∴△ACD为直角三角形，∠ACD=90°.
又∵∠BAC=90°，
∴AB∥CD.………………4分
（3）如图，由题意可知，要使得以A,B,M,N四点构成的四边形为平行四边形，只需要点N到x轴的距离与点B到x轴的距离相等.
∵B点坐标为（0,1），
∴点N到x轴的距离等于1.………………5分
可得和.
解这两个方程得.
∴点N的坐标为（，1），（，1），（，－1），（，－1）
…………………9分
50.(2015?山东济南?一模)如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），与y轴交于点C（0，﹣3），且OA=2OC
（1）求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标；
（2）求tan∠MAC的值；
（3）如果点D在这条抛物线的对称轴上，且∠CAD=45°，求点D的坐标．
解：（1）∵C（0，﹣3），∴OC=3．y=x2+bx﹣3．∵OA=2OC，∴OA=6．
∵a=＞0，点A在点B右侧，抛物线与y轴交点C（0，﹣3）．∴A（6，0）．
∴0=36+6b﹣3，∴b=﹣1．∴y=x2﹣x﹣3，∴y=（x﹣2）2﹣4，∴M（2，﹣4）．
答：抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣3，M的坐标为（2，﹣4）；……………2分
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点E．
∴∠AHM=∠NEM=90°．
在Rt△AHM中，HM=AH=4，由勾股定理，得AM=4，
∴∠AMH=∠HAM=45°．
设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得
，解得：，
∴直线AC的表达式为y=x﹣3．
当x=2时，y=﹣2，∴N（2，﹣2）．∴MN=2．
∵∠NEM=90°，∠NME=45°，∴∠MNE=∠NME=45°，∴NE=ME．
在Rt△MNE中，∴NE2+ME2=NM2，
∴ME=NE=．∴AE=AMME=3
在Rt△AEN中，tan∠MAC=．……………2
（3）如图2，①当D点在AC上方时，
∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°，且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°，
∴∠D1AH=∠CAM，∴tan∠D1AH=tan∠MAC=
∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上，∴D1H⊥AH，∴AH=4．
在Rt△AHD1中，D1H=AH?tan∠D1AH=4×=．∴D1（2，）；……………5分
②当D点在AC下方时，∵∠D2AC=∠D2AM+∠MAC=45°，且AMH=∠D2AM+∠AD2M=45°，
∴∠MAC=∠AD2M．∴tan∠AD2H=tan∠MAC=．
在Rt△D2AH中，D2H=．∴D2（2，﹣12）．
综上所述：D1（2，）；D2（2，﹣12）．……………9分
51．?山东青岛?一模)如图12，把抛物线（虚线部分）向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到抛物线，抛物线与抛物线关于轴对称.点、、分别是抛物线、与轴的交点，、分别是抛物线、的顶点，线段交轴于点.
（1）分别写出抛物线与的解析式
（2）设是抛物线上与、两点不重合的任意一点，点是点关于轴的对称点，试判断以、、、为顶点的四边形是什么特殊的平行四边形？说明你的理由.（3）在抛物线上是否存在点，使得，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由.
解：（1）（或）；………………………………（1分）
（或）；………………………………（2分）（2）以、、、为顶点的四边形为矩形………………………（3分）
理由：点与点，点与点关于轴对称，
轴.
①当点是的对称轴与的交点时，点、的坐标分别为（1，3）和（1，3），而点、的坐标分别为（）和（1，1），所以四边形是矩形.………………………………………………………………………………………（5分）
（3）存在.设满足条件的点坐标为，连接依题意得：
.……………………………………………………………（6分）
①当时，
…………………………………………………………………………………（7分）
将代入的解析式，解得：
，……………………………………………………………（9分）
②当时，
………………………………………………………………………………（11分）
将代入的解析式，解得：
，……………………………………（12分
52．(2015·江苏无锡崇安区·一模)(本题满分1分)已知：如图，在矩形ABCD中，AB5，AD．E．
(1)求AE和BE的长；
(2)若将△ABE沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度)．当点E分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值；
(3)如图②，将△ABE绕点B顺时针旋转一个角α(0°＜α＜180°)，记旋转中的△ABE为△A′BE′，在旋转过程中，设A′E′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
……………………………………………………(2分)
(2)点E在AB上时，m＝3；点E在AD上时，m＝………………………………(4分)
(3)存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，求得DQ＝3－；…(6分)
②如图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，求得DQ＝；…………………(8分)
③如图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，求得DQ＝－；…………(10分)
④如图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，求得DQ＝．…………………(12分)
53．(2015·江苏南菁中学·期中)(本题满分10分)如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是(－2，0)、(0，4).动点P从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C以每秒2个单位的速度在y轴上从点B出发运动到点O停止，点C停止运动时点P也随之停止运动.以CP、CO为邻边构造平行四边形PCOD，在线段OP的延长线长取点E，使得PE=2.设点P的运动时间为t秒.
(1)求证:①四边形ADEC是平行四边形；②并求当平行四边形ADEC为矩形时，t的值.
(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE，点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.
①当点Ｍ、Ｎ中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；
②若点Ｍ、Ｎ中恰好只有一点落在四边形ADEC的内部(不包括边界)时，直接写出S的取值范围.
答案:(本题满分10分)
(1)证明四边形ADEC是平行四边形(略)…………2分；为矩形时t=…………4分
(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE，点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.
①t1=…………5分；t2=1…………6分
②…………10分
．(2015·江苏无锡北塘区·一模)(本题满分分)如图，已知直线ll，一个45°角的顶点A在l上，过A作AD⊥l，垂足为D，AD＝6．将这个角绕顶点A旋转(角的两边足够长)．
(1)如下图，旋转过程中，若角的两边与l分别交于B、CAB＝AC，求BD的长．
为了解决这个问题，下面提供一种解题思路如图，作∠DA＝45°，Al相交于点，过点C作C⊥AP于点∠DAP＝∠45°，∴∠BAD＝∠(2)旋转过程中，若角的两边与l分别交于、AE＞A，＝DE的长．请你(1)的做法在备用图中画图并解答这个问题本题满分分AD⊥l，CAP，∴∠ADB＝∠AQC＝90°，
又∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACQ，∴BD＝CQ，AQ＝AD＝6，…………………2分
易证△ADP、△CQP是等腰直角三角形，∴AP＝，∴QP＝，…3分
∴BD＝CQ＝QP＝……………………………………………………4分
(2)①如图(1)作DAP＝45°，Al相交于点，过点作AP于点DAP＝45°，∴∠EAD＝AD⊥l，AP，∴∠ADE＝∠AQF＝90°，
∴△AED∽△AFQ，∴………………………………………………5分
易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形，
∴DP＝AD＝6，AP＝，
∵DF＝－∴AQ＝，………………………………6分
∴，∴DE＝3．作DAP＝45°，Al相交于点，过点作AP于点DAP＝45°，∴∠EAD＝∵AD⊥l，AP，∴∠ADE＝∠AQF＝90°，
∴△AED∽△AFQ，∴………………………………………………8分
易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形，
∴DP＝AD＝6，AP＝，
∵DF＝∴AQ＝，…………………………………9分
∴，∴DE＝12．10分
54．(本题满分12分)
如图1,平面之间坐标系中,等腰直角三角形的直角边BC在x轴正半轴上滑动,点C的坐标为（t，0）,直角边AC=4,经过O、C两点做抛物线y1=ax(x－t)（a为常数,a＞0）,该抛物线与斜边AB交于点E,直线OA:y2=kx（k为常数,k＞0）[w%ww^.zzste&p.co#m]
（1）填空:用含t的代数式表示点A的坐标及k的值:A，k=;
（2）随着三角板的滑动,当a=时:
①请你验证:抛物线y1=ax(x－t)的顶点在函数y=－x2的图象上;
②当三角板滑至点E为AB的中点时,求t的值;
（3）直线OA与抛物线的另一个交点为点D,当t≤x≤t+4,|y2﹣y1|的值随x的增大而减小,当x≥t+4时,|y2﹣y1|的值随x的增大而增大,求a与t的关系式及t的取值范围．
(本题满分12分)
解：（1）∵点C的坐标为（t，0），直角边AC=4，∴点A的坐标是（t，4）．
又∵直线OA：y2=kx（k为常数，k＞0），∴4=kt，则k=（k＞0）．
（2）①当a=时，y1=x（x﹣t），其顶点坐标为（，﹣）．
当x=时，y=－×=﹣，即点（，﹣）在抛物线y=－x2上
②如图1，过点E作EK⊥x轴于点K．∵AC⊥x轴，
∴AC∥EK．∵点E是线段AB的中点，∴K为BC的中点，∴EK是△ACB的中位线，
∴EK=AC=2，CK=BC=2，∴E（t+2，2）．…
∵点E在抛物线y1=x（x﹣t）上，∴（t+2）（t+2﹣t）=2，解得t=2．
（3）如图2，，则x=ax（x﹣t），解得x=+4，或x=0（舍去）
故点D的横坐标是+t．
当x=+t时，|y2﹣y1|=0，由题意得t+4=+t，解得a=（t＞0）．
75/75
图11
第24题图
图3
图2
y
图1
B′′
4
－4
D
C
B′
6
－4
－2
O
－2
8
M′
2
2
x
4
y
M′
E
y
D
C
B
x
O
A
Q
P
E
y
D
C
B
x
O
A
图11
图10
图9
图8
图7-3
图7-2
图7-1
图6
图5-5
图5-4
图5-3
图5-2
图5-1
图4-2
图4-1
图3
图2
图1
图2
图1
（图11）
图2
图1
N
Q
M
a
H
F
G
D
E
I
C
B
A
（图2）
G
B′
C
B
D
A
F
E
D
A
（图4）
a
H
F
G
D
E
I
C
P
B
（图3）
C
B
P
（图1）
O
D
C
B
x
A
C
A
P
B
E
D
x
y
O
C
A
P
B
O
x
y
P
D
C
B
N
M
A
O
A
B
C
(第28题图1)
x
y
O
F
C
(第28题图2)
E
D
G
x
y
O
F
C
(图3)
E
D
G
x
y
O
(F)
C
(图4)
E
D
G
x
y
O
(F)
C
(图5)
E
D
G
图12
A
E
B
C
D
图①
A
E
B
C
D
A’
E’
图②
E
E
A
备用图
A
D
P
Q
B
C
A
D
E
F
Q
P
l1
l2
A
E
F
D
Q
P
l1
l2
▲
▲
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