专题16压轴题
一、选择题
1.（2017山东德州第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b(a＞b),M在边BC上，且BM=b，连AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF。给出以下五种结论：(MAD=∠AND；(CP=；(ΔABMΔNGF；S四边形AMFN=a2+b2；A，M，P，D四点共线
其中正确的个数是（）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
考点:正方形、全等、相似、勾股定理若数a使关于x的分式方程的解为正数，且使关于y的不等式组的解集为y＜﹣2，则符合条件的所有整数a的和为（）
A．10 B．12 C．14 D．16分式方程的解为x=，
关于x的分式方程=4的解为正数，
＞0，
a＜6．
，
解不等式得：y﹣2；
解不等式得：ya．
关于y的不等式组的解集为y﹣2，
a≥﹣2．
﹣2a＜6．
a为整数，
a=﹣2、﹣1、0、1、2、3、4、5，
（﹣2）（﹣1）0+1+2+3+4+5=12．
故选B．
，正方形是对角线的交点，边上的动点（点与合），交于点.下列五个结论；②；③；④；⑤若，则的最小值是正确的个数是
A．B．C.D．
【答案】D
【解析】
试题解析：∵正方形ABCD中，CD=BC，BCD=90°，
BCN+∠DCN=90°，
又CN⊥DM，
CDM+∠DCN=90°，
BCN=∠CDM，
又CBN=∠DCM=90°，
CNB≌△DMC（ASA），故正确；
根据CNB≌△DMC，可得CM=BN，
又OCM=∠OBN=45°，OC=OB，
OCM≌△OBN（SAS），
OM=ON，COM=∠BON，
DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即DOM=∠CON，
又DO=CO，
CON≌△DOM（SAS），故正确；
BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，
MON=90°，即MON是等腰直角三角形，
又AOD是等腰直角三角形，
OMN∽△OAD，故正确；
AB=BC，CM=BN，
BM=AN，
又Rt△BMN中，BM2BN2=MN2，
AN2+CM2=MN2，故正确；
OCM≌△OBN，
四边形BMON的面积=BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，
当MNB的面积最大时，MNO的面积最小，
设BN=x=CM，则BM=2﹣x，
MNB的面积=x（2﹣x）=﹣x2x，
当x=1时，MNB的面积有最大值，
此时SOMN的最小值是1﹣=，故正确；
综上所述，正确结论的个数是5个，
故选：D．
如图，两点在反比例函数图象上，两点在反比例函数图象上，于点轴于点，，，则值是()
A.6 B.4 C.3 D.2
【答案】D
【解析】
试题解析：连接OA、OC、OD、OB，如图：
由反比例函数的性质可知SAOE=S△BOF=|k1|=k1，SCOE=S△DOF=|k2|=﹣k2，
S△AOC=S△AOE+S△COE，
AC?OE=×2OE=OE=（k1﹣k2）…，
S△BOD=S△DOF+S△BOF，
BD?OF=×（EF﹣OE）=（3﹣OE）=﹣OE=（k1﹣k2）…，
由两式解得OE=1，
则k1﹣k2=2．
故选D．
上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是__________
【答案】．
【解析】
试题解析：连接AP，PQ，
当AP最小时，PQ最小，
当AP直线y=﹣x+3时，PQ最小，
A的坐标为（﹣1，0），y=﹣x+3可化为3x+4y﹣12=0，
AP==3，
PQ=．
考点：1.切线的性质；2.一次函数的性质.如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EFED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQDC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
PQ⊥AB，
四边形ABCD是正方形，
ACD=45°，
PEC是等腰直角三角形，
PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
PD=EQ，
DPE=∠EQF=90°，PED=∠EFQ，
DPE≌△EQF，
DE=EF，
易证明DEC≌△BEC，
DE=BE，
EF=BE，
EQ⊥FB，
FQ=BQ=BF，
AB=4，F是AB的中点，
BF=2，
FQ=BQ=PE=1，
CE=，
RtDAF中，DF=，
DE=EF，DEEF，
DEF是等腰直角三角形，
DE=EF=，
PD==3，
如图2，
∵DC∥AB，
DGC∽△FGA，
，
CG=2AG，DG=2FG，
FG=，
AC=，
CG=，
EG=，
连接GM、GN，交EF于H，
GFE=45°，
GHF是等腰直角三角形，
GH=FH=，
EH=EF﹣FH=，
NDE=∠AEF，
tan∠NDE=tan∠AEF=，
，
EN=，
NH=EH﹣EN=，
RtGNH中，GN=，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
EMN的周长=ENMN+EM=．如图△ABC中，AB=AC，BAC=120°，DAE=60°，BD=5，CE=8∵AB=AC，∴可把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B，∴BE′=EC=8，AE′=AE，∠E′AB=∠EAC，∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠BAD+∠EAC=60°，∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°，在△E′AD和△EAD中
∴△E′AD≌△EAD（SAS），∴E′D=ED，过E′作EF⊥BD于点F，∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°，∴∠E′BF=60°，∴∠BE′F=30°，∴BF=BE′=4，E′F=4，∵BD=5，∴FD=BD-BF=1，在Rt△E′FD中，由勾股定理可得E′D=，∴DE=7．如图，在平面坐标系，顶点的坐标分别是，动点直线运动，以点圆心，为半径的点，当的边相切时，的坐标为 .
（0，0）或（，1）或（3﹣，）．当P与BC相切时，动点P在直线y=x上，
P与O重合，此时圆心P到BC的距离为OB，
P（0，0）．
如图1中，当P与OC相切时，则OP=BP，OPB是等腰三角形，作PEy轴于E，则EB=EO，易知P的纵坐标为1，可得P（，1）．
如图2中，当P与OA相切时，则点P到点B的距离与点P到x轴的距离线段，可得，
解得x=3或3﹣，
x=3+＞OA，
P不会与OA相切，
x=3+不合题意，
p（3﹣，）．
如图3中，当P与AB相切时，设线段AB与直线OP的交点为G，此时PB=PG，
OP⊥AB，
BGP=∠PBG=90°不成立，
此种情形，不存在P．
综上所述，满足条件的P的坐标为（0，0）或（，1）或（3﹣，）．
切线的性质；一次函数图象上点的坐标特征．（1）（2）∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。
【答案】（1）3；（2）DEF的大小不变；理由见解析；；（3）或.
【解析】
试题分析：（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形的中位线定理得出DEEA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DEAB，得出OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作DMOA于点M，DNAB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出MDN=90°，DMAB，DNOA，由平行线得出比例式，，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明ΔDMFΔDNE，得出，再由三角函数的定义即可得解；
试题解析：（1）当t=3时，点E为AB的中点，
A（8，0），C（0，6），
OA=8，OC=6，
点D为OB的中点，
DE∥OA，DE=OA=4，
四边形OABC是矩形，
OA⊥AB，
DE⊥AB，
OAB=∠DEA=90°，
又DF⊥DE，
EDF=90°，
四边形DFAE是矩形，
DF=AE=3；
（2）DEF的大小不变；理由如下：
作DMOA于M，DNAB于N，如图2所示：
四边形OABC是矩形，
OA⊥AB，
四边形DMAN是矩形，
MDN=90°，DMAB，DNOA，
，，
点D为OB的中点，
M、N分别是OA、AB的中点，
DM=AB=3，DN=OA=4，
EDF=90°，
FDM=∠EDN，
又DMF=∠DNE=90°，
DMF∽△DNE，
，
EDF=90°，
tan∠DEF=；
（3）作DMOA于M，DNAB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，
由△DMFDNE得：MF=（3﹣t），
AF=4+MF=﹣t+，
点G为EF的三等分点，
G（，），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：，
解得：，
直线AD的解析式为y=﹣x+6，
把G（，）代入得：t=；
当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，
由△DMFDNE得：MF=（t﹣3），
AF=4﹣MF=﹣t+，
点G为EF的三等分点，
G（，），
代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或.
考点：四边形综合题.
如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EFAB交PQ于F，连接BF,
(1)求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随着移动.
当点Q与点C重合时，（如图2），求菱形BFEP的边长；
如限定P，Q分别在BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）菱形BFEP的边长为cm.点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
【解析】
试题分析：（1）利用定理:四条边都相等的四边形是菱形，证明四边形BFEP为菱形；
在直角三角形APE中，根据勾股定理求出EP=
分两种情况讨论：第一：点Q和点C重合；第二：点P和点A重合
试题解析：（1）折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ
点B与点E关于PQ对称
PB=PE，BF=EF，BPF=∠EPF
又EF∥AB
∴∠BPF=∠EFP
∴∠EPF=∠EFP
∴EP=EF
∴BP=BF=FE=EP
∴四边形BFEP为菱形.
（2）如图2
四边形ABCD是矩形
BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，A=∠D=90°
∵点B与点E关于PQ对称
CE=BC=5cm
在RtΔCDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32
DE=4cm
∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm
在RtΔAPE中，AE=1，AP=3-PB=3-PE
EP2=12+（3-EP）2，解得：EP=cm.
菱形BFEP的边长为cm.
当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由知，此时AE=1cm.
当点P与点A重合时，如图3.点E离A点最远，此时，四边形ABQE是正方形.
AE=AB=3cm
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
考点：折叠问题，矩形的性质，菱形的性质与判定，分类讨论思想，抛物线轴的负半轴交于点与交于点结在抛物线上，直线轴交于点.
(1)求值及直线函数表达式；
(2)点轴正半轴上，点轴正半轴上，连结直线于点连结交点若的中点.
①求证：
②设点横坐标为求长(用含代数式表示).
【答案】(1)c=-3;直线AC的表达式为：y=x+3；（2）①证明见解析；②
【解析】
试题分析：（1）把点C(6,)代入中可求出c的值；令y=0，可得A点坐标，从而可确定AC的解析式；
（2）①分别求出tan∠OAB=tan∠OAD=，得∠OAB=tan∠OAD，再由M就PQ的中点，得OM=MP，所以可证得∠APM=∠AON，即可证明；
②过M点作ME⊥x轴，垂足为E，分别用含有m的代数式表示出AE和AM的长，然后利用即可求解.
试题分析：（1）把点C(6,)代入
解得：c=-3
∴
当y=0时，
解得：x1=-4，x2=3
∴A（-4，0）
设直线AC的表达式为：y=kx+b(k≠0)
把A（-4，0），C(6,)代入得
解得：k=，b=3
∴直线AC的表达式为：y=x+3
(2)①在RtΔAOB中，tan∠OAB=
在RtΔAOD中，tan∠OAD=
∴∠OAB=∠OAD
∵在RtΔPOQ中，M为PQ的中点
∴OM=MP
∴∠MOP=∠MPO
∵∠MPO=∠AON
∴∠APM=∠AON
∴ΔAPM∽ΔAON
②如图,过点M作ME⊥x轴于点E
又∵OM=MP
∴OE=EP
∵点M横坐标为m
∴AE=m+4AP=2m+4
∵tan∠OAD=
∴cos∠EAM=cos∠OAD=
∴AM=AE=
∵ΔAPM∽ΔAON
∴
∴AN=
考点：二次函数综合题.
4.（2017浙江宁波第26题）有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形.
(1)如图在半对角四边形，，求的度数之和
(2)如图锐角接于若边存在一点使得的平分线交点结延长交点.求证：四边形半对角四边形；
(3)如图在(2)的条件下，过点于点交点当求的面积之比.
【答案】（1）120°；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
试题分析：（1）在半对角四边形，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°
∴3∠B+3∠C=360°
∴∠B+∠C=120°
即∠B与∠C的度数之和为120°
（2）在ΔBED和ΔBEO中
∴ΔBED≌ΔBEO
∴∠BDE=∠BOE
又∵∠BCF=∠BOE
∴∠BCF=∠BDE
如图，连接OC
设∠EAF=a，则∠AFE=2∠EAF=2a
∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2a
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA=a
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2a
∴∠ABC=∠AOC=∠EFC
∴四边形DBCF是半对角四边形
(3)如图，过点O作OM⊥BC于点M
∵四边形DBCF是半对角四边形
∴∠ABC+∠ACB=120°
∴∠BAC=60°
∴∠BOC=2∠BAC=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=∠OCB=30°
∴BC=2BM=BO=BD
∵DG⊥OB
∴∠HGB=∠BAC=60°
∵∠DBG=∠CBA
∴ΔDBG∽ΔCBA
∴
∵DH=BG，BG=2HG
∴DG=3HG
∴
∴
考点：1.四边形内角和；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定与性质.
5.（2017重庆A卷第26题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．
（1）求直线AE的解析式；
（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值；
（3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
y=x+．点Q的坐标为（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．(x+1)(x-3),从而可得到点A和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入，求得k和b的值，从而得到AE的解析式；
（3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF、FQ=FQ三种情况求解即可.
试题解析：（1）y=x2﹣x﹣，
y=（x+1）（x﹣3）．
A（﹣1，0），B（3，0）．
当x=4时，y=．
E（4，）．
设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入得：
，
解得：k=，b=．
直线AE的解析式为y=x+．
（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入得：4m﹣=，解得：m=．
直线CE的解析式为y=x﹣．
过点P作PFy轴，交CE与点F．
设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），
则FP=（x﹣）﹣（x2﹣x﹣）=x2+x．
EPC的面积=×（x2+x）×4=﹣x2+x．
当x=2时，△EPC的面积最大．
P（2，﹣）．
如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．
K是CB的中点，
k（，﹣）．
点H与点K关于CP对称，
点H的坐标为（，﹣）．
点G与点K关于CD对称，
点G（0，0）．
KM+MN+NK=MH+MN+GN．
当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．
GH==3．KM+MN+NK的最小值为3．
（3）如图3所示：
y′经过点D，y′的顶点为点F，
点F（3，﹣）．
点G为CE的中点，
G（2，）．
FG=．
当FG=FQ时，点Q（3，），Q′（3，）．
当GF=GQ时，点F与点Q″关于y=对称，
点Q″（3，2）．
当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）．
由两点间的距离公式可知：a+=，解得：a=﹣．
点Q1的坐标为（3，﹣）．
综上所述，点Q的坐标为（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点B（-2，0），点C（8，0），与y轴交于点A．
（1）求二次函数y=ax2+bx+4的表达式；
（2）连接AC，AB，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求N点的坐标；（3）连接OM，在（2）的结论下，求OM与AC的数量关系．
【答案】（1）y=﹣x2+x+4；（2）N（3，0）；（3）OM=AC．
【解析】
试题分析：（1）由B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）可设N（n，0），则可用n表示出△ABN的面积，由NM∥AC，可求得，则可用n表示出△AMN的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时n的值，即可求得N点的坐标；
（3）由N点坐标可求得M点为AB的中点，由直角三角形的性质可得OM=AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分别求得AB和AC的长，可求得AB与AC的关系，从而可得到OM和AC的数量关系．
试题解析：（1）将点B，点C的坐标分别代入y=ax2+bx+4可得
，
解得，
∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+4；
（2）设点N的坐标为（n，0）（﹣2＜n＜8），
则BN=n+2，CN=8﹣n．
∵B（﹣2，0），C（8，0），
∴BC=10，
在y=﹣x2+x+4中，令x=0，可解得y=4，
∴点A（0，4），OA=4，
∴S△ABN=BN?OA=（n+2）×4=2（n+2），
∵MN∥AC，
∴
∴，
∴
∵﹣＜0，
∴当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大；
（3）当N（3，0）时，N为BC边中点，
∵MN∥AC，
∴M为AB边中点，
∴OM=AB，
∵AB=，AC=，
∴AB=AC，
∴OM=AC．
考点：二次函数综合题．
7.（2017广西贵港第25题）如图，与轴交于两点，轴的正轴交于点其顶点为.
两点的坐标（含子表示），求；
是直角三角形，对应的解析式C（0，3a），D（2，﹣a）；y=x2﹣4x3或y=x2﹣2x．试题解析：（1）在y=a（x﹣1）（x﹣3），令x=0可得y=3a，
C（0，3a），
y=a（x﹣1）（x﹣3）=a（x2﹣4x3）=a（x﹣2）2﹣a，
D（2，﹣a）；
（2）在y=a（x﹣1）（x﹣3）中，令y=0可解得x=1或x=3，
A（1，0），B（3，0），
AB=3﹣1=2，
S△ABD=×2×a=a，
如图，设直线CD交x轴于点E，设直线CD解析式为y=kxb，
把C、D的坐标代入可得，解得，
直线CD解析式为y=﹣2ax3a，令y=0可解得x=，
E（，0），
BE=3﹣=
S△BCD=S△BEC+S△BED=××（3aa）=3a，
S△BCD：SABD=（3a）：a=3，
k=3；（3）B（3，0），C（0，3a），D（2，﹣a），
BC2=32+（3a）2=99a2，CD2=22（﹣a﹣3a）2=416a2，BD2=（3﹣2）2a2=1+a2，
BCD＜∠BCO＜90°，
BCD为直角三角形时，只能有CBD=90°或CDB=90°两种情况，
当CBD=90°时，则有BC2BD2=CD2，即99a2+1+a2=4+16a2，解得a=﹣1（舍去）或a=1，此时抛物线解析式为y=x2﹣4x3；
当CDB=90°时，则有CD2BD2=BC2，即416a2+1+a2=9+9a2，解得a=﹣（舍去）或a=，此时抛物线解析式为y=x2﹣2x；
综上可知当BCD是直角三角形时，抛物线的解析式为y=x2﹣4x3或y=x2﹣2x．
二次函数综合题．在，边上的一个动点，将所在直线折叠，使点处.
（1）如图1，若点中点，连接.的长：四边形平行四边形，过点交的延长线于点求长BD=，BP=2．．（1）分别在RtABC，RtBDC中，求出AB、BD即可解决问题；
想办法证明DPBC，DP=BC即可；
（2）如图2中，作DNAB于N，PEAC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则CD=4﹣x，在RtBDC中，可得x2=（4﹣x）222，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．
（1）在RtABC中，BC=2，AC=4，
AB=，
AD=CD=2，
BD=，
由翻折可知，BP=BA=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DNAB于N，PEAC于E，延长BD交PA于M．
设BD=AD=x，则CD=4﹣x，
在RtBDC中，BD2=CD2+BC2，
x2=（4﹣x）222，
x=，
DB=DA，DNAB，
BN=AN=，
在RtBDN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=．如图甲，直线y=﹣x3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0x＜3时，在抛物线上求一点E，使CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
y=x2﹣4x3；（2，）或（2，7）或（2，﹣12）或（2，﹣1﹣2）；E点坐标为（，）时，CBE的面积最大．（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EFx轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
（1）直线y=﹣x3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得 ，解得，
抛物线解析式为y=x2﹣4x3；
（2）y=x2﹣4x3=（x﹣2）2﹣1，
抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
MC=，MP=t+1|，PC=，
CPM为等腰三角形，
有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
（3）如图，过E作EFx轴，交BC于点F，交x轴于点D，
设E（x，x2﹣4x3），则F（x，﹣x3），
0＜x＜3，
EF=﹣x3﹣（x2﹣4x3）=﹣x23x，
S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3（﹣x23x）=﹣（x﹣）2，
当x=时，CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，CBE的面积最大．
在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点的坐标为，直线交抛物线于另一点，过点作轴的垂线，垂足为，设抛物线与轴的正半轴交于点，连接，求证；
（3）如图2，直线分别交轴，轴于两点，点从点出发，沿射线方向匀速运动，速度为每秒个单位长度，同时点从原点出发，沿轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度，点是直线与抛物线的一个交点，当运动到秒时，，直接写出的值．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=x2-x；（2）证明见解析；（3）；.
【解析】
试题分析：（1）把A，B两点坐标代入，解方程组求出a，b的值，即可得到二次函数解析式；
（2）过点A作AN⊥ｘ轴于点N，则N(-1，0)，再求出E点坐标，从而可求tan∠AEN=,再求出直线AF的解析式与抛物线方程联立,求出点G的坐标,则可得到tan∠FHO=，从而得证；
（3）进行分类讨论即可得解.
试题解析：（1）∵点A（-1，1），B（4，6）在抛物线y=ax2+bx上
∴a-b=1，16a+4b=6
解得：a=，b=-
∴抛物线的解析式为：y=x2-x
（2）过点A作AN⊥x轴于点N，则N(-1，0)
∴AN=1
当y=0时，x2-x=0
解得：x=0或1
∴E（1，0）
∴EN=2
∴tan∠AEN=
设直线AF的解析式为y=kx+m
∵A(-1,1)在直线AF上，
∴-k+m=1
即：k=m-1
∴直线AF的解析式可化为：y=(m-1)x+m
与y=x2-x联立，得（m-1）x+m=x2-x
∴(x+1)（x-2m）
∴∠AEN=∠FHO
∴FH∥AE
（3）；.
考点：二次函数综合题.
11.（2017湖南怀化第24题）如图在平面直角坐标系中，已知抛物线轴交于两点，与交于点.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点轴上的一点，且以顶点的三角形与似，求点坐标；
(3)如图轴玮抛物线相交于点点直线方抛物线上的动点，过点轴平行的直线与分别交于点，试探究当点到何处时，四边形面积最大，求点坐标及最大面积；
(4)若点抛物线的顶点，点该抛物线上的一点，在，上分别找点，使四边形周长最小，求出点的坐标.
【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5，D的坐标为（0，1）或（0，）；当t=时，四边形CHEF的面积最大为．P（，0），Q（0，﹣）．（1）点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2bx﹣5上，
，
，
抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，
（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，
∴C（0，﹣5），
OC=OB，
OBC=∠OCB=45°，
AB=6，BC=5，
要使以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，则有或，
当时，
CD=AB=6，
D（0，1），
当时，
，
CD=，
D（0，），
即：D的坐标为（0，1）或（0，）；
（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），
CE∥x轴，
点E的纵坐标为﹣5，
E在抛物线上，
x2﹣4x﹣5=﹣5，x=0（舍）或x=4，
E（4，﹣5），
CE=4，
B（5，0），C（0，﹣5），
直线BC的解析式为y=x﹣5，
F（t，t﹣5），
HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣ ）2，
CE∥x轴，HFy轴，
CE⊥HF，
S四边形CHEF=CE?HF=﹣2（t﹣）2，
当t=时，四边形CHEF的面积最大为．
（4）如图2，K为抛物线的顶点，
K（2，﹣9），
K关于y轴的对称点K''（﹣2，﹣9），
M（4，m）在抛物线上，
M（4，﹣5），
点M关于x轴的对称点M''（4，5），
直线K''M''的解析式为y=x﹣，
P（，0），Q（0，﹣）．
如图，以原点O为圆心，3为半径的圆与x轴分别交于A，B两点（点B在点A的右边），P是半径OB上一点，过P且垂直于AB的直线与O分别交于C，D两点（点C在点D的上方），直线AC，DB交于点E．若AC：CE=1：2．
（1）求点P的坐标；（2）求过点A和点E，且顶点在直线CD上的抛物线的函数表达式．
【答案】(1)P（1，0）．(2)y=x2﹣x﹣．
（2）由题意设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），求出E点坐标代入即可解决问题.
试题解析：（1）如图，作EFy轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．
EH∥AP，
ACP∽△ECH，
，
CH=2n，EH=2m=6，
CD⊥AB，
PC=PD=n，
PB∥HE，
DPB∽△DHE，
，
，
m=1，
P（1，0）．
（2）由（1）可知，PA=4，HE=8，EF=9，
连接OP，在Rt△OCP中，PC=，
CH=2PC=4，PH=6，
E（9，6），
抛物线的对称轴为CD，
（﹣3，0）和（5，0）在抛物线上，设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），把E（9，6）代入得到a=，
抛物线的解析式为y=（x+3）（x﹣5），即y=x2﹣x﹣．
考点：圆的综合题．
如图，已知矩形ABCD中，AB=4，AD=m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若m=6，求当P，E，B三点在同一直线上时对应的t的值．
（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，求所有这样的m的取值范围．
【答案】(1);(2)≤m＜4．
【解析】
试题分析：（1）只要证明△ABDDPC，可得，由此求出PD即可解决问题；
（2）分两种情形求出AD的值即可解决问题：如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3
试题解析：（1）如图1中，
四边形ABCD是矩形，
ADC=∠A=90°，
DCP+∠CPD=90°，
CPD+∠ADB=90°，
ADB=∠PCD，
A=∠CDP=90°，
ABD∽△DPC，
，
，
PD=,
∴t=s时，B、E、D共线．
（2）如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．
作EQBC于Q，EMDC于M．则EQ=3，CE=DC=4
易证四边形EMCQ是矩形，
CM=EQ=3，M=90°，
EM=，
DAC=∠EDM，ADC=∠M，
ADC∽△DME，
，
，
AD=4，
如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3．
作EQBC于Q，延长QE交AD于M．则EQ=3，CE=DC=4
在Rt△ECQ中，QC=DM=，
由△DMECDA，
，
，
AD=，
综上所述，在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，这样的m的取值范围≤m＜4．
考点：四边形综合题．如图，△ABC是一块直角三角板，且C=90°，A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．
（1）如图，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）如图，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．
【答案】（1）作图见解析；（2）15+．
【解析】
试题分析：（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；
（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为C△OO1O2，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案．
试题解析：（1）如图①所示，射线OC即为所求；
（2）如图，圆心O的运动路径长为C△OO1O2，
过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，
∴AC=，AB=2BC=18，∠ABC=60°，
∴C△ABC=9+9+18=27+9，
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，
∴D、G为切点，
∴BD=BG，
在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，
∵，
∴△O1BD≌△O1BG（HL），
∴∠O1BG=∠O1BD=30°，
在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，
∴BD=，
∴OO1=9-2-2=7-2，
∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，
∴O1D∥OE，且O1D=OE，
∴四边形OEDO1为平行四边形，
∵∠OED=90°，
∴四边形OEDO1为矩形，
同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，
又OE=OF，
∴四边形OECF为正方形，
∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，
∴∠GO1D=120°，
又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，
∴∠OO1O2=360°-90°-90°=60°=∠ABC，
同理，∠O1OO2=90°，
∴△OO1O2∽△CBA，
∴，即，
∴C△OO1O2=15+，即圆心O运动的路径长为15+．
考点：切线的性质；作图—复杂作图．
15.（2017江苏盐城第26题）【探索发现】
如图，是一张直角三角形纸片，B=60°，小明想从中剪出一个以B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为．
【拓展应用】
如图，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
【实际应用】
如图，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
【答案】【探索发现】;【拓展应用】;【灵活应用】720;【实际应用】1944cm2．
【解析】
试题分析：【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由可得；
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知，可得PN=a-PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN═-（x-）2+，据此可得；
【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
试题解析：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则
【拓展应用】
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
∴PN=a-PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a-x）=-x2+ax=-（x-）2+，
∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC=，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH=BC=54cm，
∵tanB=，
∴EH=BH=×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE==90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
考点：四边形综合题．
16.（2017江苏盐城第27题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求的最大值；
过点D作DFAC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2-x+2；(2)①；②-2或-．
【解析】
试题分析：
（1）根据题意得到A（-4，0），C（0，2）代入y=-x2+bx+c，于是得到结论；
（2）①如图，令y=0，解方程得到x1=-4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（-，0），得到PA=PC=PB=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二，∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
（2）①如图，令y=0，
∴-x2-x+2=0，
∴x1=-4，x2=1，
∴B（1，0），
过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴，
设D（a，-a2-a+2），
∴M（a，a+2），
∵B（1.0），
∴N（1，），
∴；
∴当a=2时，的最大值是；
②∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=2，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，
∴P（-，0），
∴PA=PC=PB=，
∴∠CPO=2∠BAC，
∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，
过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，
情况一：如图，
∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，
∴∠CDG=∠BAC，
∴tan∠CDG=tan∠BAC=，
即＝，
令D（a，-a2-a+2），
∴DR=-a，RC=-a2-a，
∴，
∴a1=0（舍去），a2=-2，
∴xD=-2，
情况二，∴∠FDC=2∠BAC，
∴tan∠FDC=，
设FC=4k，
∴DF=3k，DC=5k，
∵tan∠DGC=，
∴FG=6k，
∴CG=2k，DG=3k，
∴RC=k，RG=k，
DR=3k-k=k，
∴，
∴a1=0（舍去），a2=，
点D的横坐标为-2或-．
考点：二次函数综合题．
17.（2017甘肃兰州第28题）如图，抛物线与直线交于，两点，直线交轴与点，点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标；
(3)①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以为顶点的四边形是矩形？求出此时点的坐标；
②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最小值.
y=﹣x2﹣2x4；G（﹣2，4）；E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；．（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
先取EG的中点P进而判断出PEM∽△MEA即可得出PM=AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．（1）点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2bx+c上，
，
，
抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x4；
（2）设直线AB的解析式为y=kxn过点A，B，
，
，
直线AB的解析式为y=2x4，
设E（m，2m4），
G（m，﹣m2﹣2m4），
四边形GEOB是平行四边形，
EG=OB=4，
﹣m2﹣2m4﹣2m﹣4=4，
m=﹣2，
G（﹣2，4）；
（3）如图1，
由（2）知，直线AB的解析式为y=2x4，
设E（a，2a4），
直线AC：y=﹣x﹣6，
F（a，﹣a﹣6），
设H（0，p），
以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
直线AB的解析式为y=2x4，直线AC：y=﹣x﹣6，
AB⊥AC，
EF为对角线，
（﹣40）=（aa），（﹣4p）=（2a4﹣a﹣6），
a=﹣2，P=﹣1，
E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；
如图2，
由知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
EH=，AE=2，
设AE交E于G，取EG的中点P，
PE=，
连接PC交E于M，连接EM，
∴EM=EH=，
=，
=，
，PEM=∠MEA，
PEM∽△MEA，
，
PM=AM，
AM+CM的最小值=PC，
设点P（p，2p4），
E（﹣2，0），
PE2=（p2）2（2p4）2=5（p2）2，
PE=，
5（p2）2=，
p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），
P（﹣，﹣1），
C（0，﹣6），
PC=，
即：AMCM=．
如图，M的圆心M（﹣1，2），M经过坐标原点O，与y轴交于点A，经过点A的一条直线l解析式为：y=﹣x+4与x轴交于点B，以M为顶点的抛物线经过x轴上点D（2，0）和点C（﹣4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：直线l是M的切线；
（3）点P为抛物线上一动点，且PE与直线l垂直，垂足为E，PFy轴，交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PEF的面积最小？若存在，请求出此时点P的坐标及△PEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
y=﹣x2﹣x．P（，）．．（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x4），将点M的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）连接AM，过点M作MGAD，垂足为G．先求得点A和点B的坐标，可求得，可得到AG、ME、OA、OB的长，然后利用锐角三角函数的定义可证明MAG=∠ABD，故此可证明AMAB；
（3））先证明FPE=∠FBD．则PF：PE：EF=：2：1．则PEF的面积=PF2，设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x），则F（x，﹣x4）．然后可得到PF与x的函数关系式，最后利用二次函数的性质求解即可．
（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x4），将点M的坐标代入得：﹣9a=2，解得：a=﹣．
抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x．
（2）连接AM，过点M作MGAD，垂足为G．
把x=0代入y=﹣x4得：y=4，
A（0，4）．
将y=0代入得：0=﹣x4，解得x=8，
B（8，0）．
OA=4，OB=8．
M（﹣1，2），A（0，4），
MG=1，AG=2．
tan∠MAG=tan∠ABO=．
MAG=∠ABO．
OAB+∠ABO=90°，
MAG+∠OAB=90°，即MAB=90°．
l是M的切线．
（3）PFE+∠FPE=90°，FBD+∠PFE=90°，
FPE=∠FBD．
tan∠FPE=．
PF：PE：EF=：2：1．
PEF的面积=PE?EF=PF?PF=PF2．
当PF最小时，PEF的面积最小．
设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x，则F（x，﹣x4）．
PF=（﹣x4）﹣（﹣x2﹣x）=﹣x4+x2+x﹣=x2﹣x=（x﹣）2．
当x=时，PF有最小值，PF的最小值为．
P（，）．
PEF的面积的最小值为=（2=．
二次函数综合题．中，对角线相交于点，，动点从点出发，沿线段以的速度向点运动，同时动点从点出发，沿线段以的速度向点运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止.设运动时间为，以点为圆心，为半径的⊙与射线，线段分别交于点，连接.
（1）求的长（用含有的代数式表示），并求出的取值范围；
（2）当为何值时，线段与⊙相切？
（3）若⊙与线段只有一个公共点，求的取值范围.
【答案】（1）BF=t（0t≤8）．t=s时，线段EN与M相切．当0t≤或t＜8时，M与线段EN只有一个公共点．（1）连接MF．只要证明MFAD，可得，即，解方程即可；
（2）当线段EN与M相切时，易知BEN∽△BOA，可得，即，解方程即可；
（3）由题意可知：当0t≤时，M与线段EN只有一个公共点．当F与N重合时，则有t2t=16，解得t=，观察图象即可解决问题（1）连接MF．
∵四边形ABCD是菱形，
AB=AD，ACBD，OA=OC=6，OB=OD=8，
在RtAOB中，AB==10，
MB=MF，AB=AD，
ABD=∠ADB=∠MFB，
MF∥AD，
，
，
BF=t（0t≤8）．
（2）当线段EN与M相切时，易知BEN∽△BOA，
，
，
t=．
t=s时，线段EN与M相切．
（3）由题意可知：当0t≤时，M与线段EN只有一个公共点．
当F与N重合时，则有t2t=16，解得t=，
关系图象可知，t＜8时，M与线段EN只有一个公共点．
综上所述，当0t≤或t＜8时，M与线段EN只有一个公共点．
圆的综合题．与轴交于两点，与轴交于点，，矩形的边，延长交抛物线于点.
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，点是直线上方抛物线上的一个动点，过点作轴的平行线交直线于点，作，垂足为.设的长为，点的横坐标为，求与的函数关系是（不必写出的取值范围），并求出的最大值；
（3）如果点是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2﹣x2；=﹣（m）2，最大值为；（2，﹣）或（﹣4，﹣）或（﹣2，2）．试题解析：（1）矩形OBDC的边CD=1，
OB=1，
AB=4，
OA=3，
A（﹣3，0），B（1，0），
把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
抛物线解析式为y=﹣x2﹣x2；
（2）在y=﹣x2﹣x2中，令y=2可得2=﹣x2﹣x2，解得x=0或x=﹣2，
E（﹣2，2），
直线OE解析式为y=﹣x，
由题意可得P（m，﹣m2﹣m2），
PG∥y轴，
G（m，﹣m），
P在直线OE的上方，
PG=﹣m2﹣m2﹣（﹣m）=﹣m2﹣m2=﹣（m）2，
直线OE解析式为y=﹣x，
PGH=∠COE=45°，
l=PG=[﹣（m）2]=﹣（m）2，
当m=﹣时，l有最大值，最大值为；
（3）当AC为平行四边形的边时，则有MNAC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，
则ALF=∠ACO=∠FNM，
在MFN和AOC中
MFN≌△AOC（AAS），
MF=AO=3，
点M到对称轴的距离为3，
又y=﹣x2﹣x2，
抛物线对称轴为x=﹣1，
设M点坐标为（x，y），则x+1|=3，解得x=2或x=﹣4，
当x=2时，y=﹣，当x=﹣4时，y=，
M点坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）；
当AC为对角线时，设AC的中点为K，
A（﹣3，0），C（0，2），
K（﹣，1），
点N在对称轴上，
点N的横坐标为﹣1，
设M点横坐标为x，
x+（﹣1）=2（﹣）=﹣3，解得x=﹣2，此时y=2，
M（﹣2，2）；
综上可知点M的坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）或（﹣2，2）．如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（-1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点D是该二次函数图象上的一点，且满足DBA=∠CAO（O是坐标原点），求点D的坐标；
（3）点P是该二次函数图象上位于一象限上的一动点，连接PA分别交BC，y轴与点E、F，若△PEB、△CEF的面积分别为S1、S2，求S1-S2的最大值．
【答案】
【解析】
试题分析：（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）当点D在x轴上方时，则可知当CDAB时，满足条件，由对称性可求得D点坐标；当点D在x轴下方时，可证得BDAC，利用AC的解析式可求得直线BD的解析式，再联立直线BD和抛物线的解析式可求得D点坐标；
（3）过点P作PHy轴交直线BC于点H，可设出P点坐标，从而可表示出PH的长，可表示出△PEB的面积，进一步可表示出直线AP的解析式，可求得F点的坐标，联立直线BC和PA的解析式，可表示出E点横坐标，从而可表示出△CEF的面积，再利用二次函数的性质可求得S1-S2的最大值．（1）由题意可得，解得，
抛物线解析式为y=-；
（2）当点D在x轴上方时，过C作CDAB交抛物线于点D，如图1，
A、B关于对称轴对称，C、D关于对称轴对称，
四边形ABDC为等腰梯形，
CAO=∠DBA，即点D满足条件，
D（3，2）；
当点D在x轴下方时，
DBA=∠CAO，
BD∥AC，
C（0，2），
可设直线AC解析式为y=kx+2，把A（-1，0）代入可求得k=2，
直线AC解析式为y=2x+2，
可设直线BD解析式为y=2x+m，把B（4，0）代入可求得m=-8，
直线BD解析式为y=2x-8，
联立直线BD和抛物线解析式可得，解得或，
D（-5，-18）；
综上可知满足条件的点D的坐标为（3，2）或（-5，-18）；
（3）过点P作PHy轴交直线BC于点H，如图2，
设P（t，-t+2），
由B、C两点的坐标可求得直线BC的解析式为y=- ，
H（t，-），
PH=yP-yH=-
=-，
设直线AP的解析式为y=px+q，
，解得，
直线AP的解析式为y=（-t+2）（x+1），令x=0可得y=2-t，
F（0，2-t），
CF=2-（2-t）=t，
联立直线AP和直线BC解析式可得
，解得x=，即E点的横坐标为，
S1=PH（xB-xE）=（-t2+2t）（5-），S2=??，
S1-S2=（-t2+2t）（5-）-??，=-t2+5t=-（t-）2+，
当t=时，有S1-S2有最大值，最大值为．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内取一点C，作CD垂直X轴于点D，链接AC，且AD=5，CD=8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，当点C第一次落在抛物线上记为点E，点P是抛物线对称轴上一点．试探究：在抛物线上是否存在点Q，使以点B、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
抛物线解析式为y=﹣x24x+5；Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）．（1）由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）由题意可求得C点坐标，设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，代入抛物线解析式可求得C′点的坐标，则可求得平移的单位，可求得m的值；
（3）由（2）可求得E点坐标，连接BE交对称轴于点M，过E作EFx轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，则可证得PQN≌△EFB，可求得QN，即可求得Q到对称轴的距离，则可求得Q点的横坐标，代入抛物线解析式可求得Q点坐标；当BE为对角线时，由B、E的坐标可求得线段BE的中点坐标，设Q（x，y），由P点的横坐标则可求得Q点的横坐标，代入抛物线解析式可求得Q点的坐标．
（1）抛物线y=﹣x2bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，
，解得，
抛物线解析式为y=﹣x24x+5；
（2）AD=5，且OA=1，
OD=6，且CD=8，
C（﹣6，8），
设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，
代入抛物线解析式可得8=﹣x24x+5，解得x=1或x=3，
C′点的坐标为（1，8）或（3，8），
C（﹣6，8），
当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位，
m的值为7或9；
（3）y=﹣x24x+5=﹣（x﹣2）29，
抛物线对称轴为x=2，
可设P（2，t），
由（2）可知E点坐标为（1，8），
当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EFx轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，如图，
则BEF=∠BMP=∠QPN，
在PQN和EFB中
PQN≌△EFB（AAS），
NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，
设Q（x，y），则QN=x﹣2，
x﹣2=4，解得x=﹣2或x=6，
当x=﹣2或x=6时，代入抛物线解析式可求得y=﹣7，
Q点坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）；
当BE为对角线时，
B（5，0），E（1，8），
线段BE的中点坐标为（3，4），则线段PQ的中点坐标为（3，4），
设Q（x，y），且P（2，t），
x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入抛物线解析式可求得y=5，
Q（4，5）；
综上可知Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）．如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，）．
（1）求BAO的度数；
（2）如图1，将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？
（3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．
【答案】BAO=60°；S1=S2;(3)S1=S2不发生变化；
【解析】
试题分析：AB，然后求出AO=AA’，，然后再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A＇到AO的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；
（3）根据旋转的性质可得BO=OB＇，AA＇=OA＇，再求出∠AON=∠A＇OM，然后再证明ΔAON≌ΔA＇OM，可得AN=A＇M，然后利用等底等高的三角形面积相等证明.
试题解析：（1）A（﹣1，0），B（0， ），
OA=1，OB=，
在Rt△AOB中，tanBAO==，
BAO=60°；
（2）BAO=60°，AOB=90°，
ABO=30°，
CA''=AC=AB，
OA''=AA''=AO，
根据等边三角形的性质可得，△AOA''的边AO、AA''上的高相等，
BA''O的面积和△AB''O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2
（3）S1=S2不发生变化；
理由：如图，过点''作A''MOB．过点A作ANOB''交B''O的延长线于N，
∵△A''B''O是由△ABO绕点O旋转得到，
BO=OB''，AO=OA''，
AON+∠BON=90°，A''OM+∠BON=180°﹣90°=90°，
AON=∠A''OM，
在△AON和△A''OM中，，
AON≌△A''OM（AAS），
AN=A''M，
BOA''的面积和△AB''O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2．
考点：
24.（2017新疆建设兵团第23题）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
（1）试求A，B，C的坐标；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．3
求点D的坐标；
判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）；D（3，﹣2）；四边形ADBC是矩形；点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）．
（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；
（2）利用旋转的性质结合三角形各边长得出D点坐标；
利用平行四边形的判定方法结合勾股定理的逆定理得出四边形ADBC的形状；
（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．
（1）当y=0时，0=﹣x2x+2，
解得：x1=﹣1，x2=4，
则A（﹣1，0），B（4，0），
当x=0时，y=2，
故C（0，2）；
（2）过点D作DEx轴于点E，
将ABC绕AB中点M旋转180°，得到BAD，
DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5，
D（3，﹣2）；
将ABC绕AB中点M旋转180°，得到BAD，
AC=BD，AD=BC，
四边形ADBC是平行四边形，
AC=，BC=，AB=5，
AC2+BC2=AB2，
ACB是直角三角形，
ACB=90°，
四边形ADBC是矩形；
（3）由题意可得：BD=，AD=2，
则，
当BMP∽△ADB时，
，
可得：BM=2.5，
则PM=1.25，
故P（1.5，1.25），
当BMP1∽△ABD时，
P1（1.5，﹣1.25），
当BMP2∽△BDA时，
可得：P2（1.5，5），
当BMP3∽△BDA时，
可得：P3（1.5，﹣5），
综上所述：点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）．
二次函数综合题．的图象与轴交于两点与轴交于点，⊙的半径为为⊙上一动点.
（1）点的坐标分别为（），（）；
（2）是否存在点，使得为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，若为的中点，连接，则的最大值=.
【答案】（1）3，0；0，-4；（-1，-2）或（（），或（，--4）或（--，）；．（1）在抛物线解析式中令y=0可求得B点坐标，令x=0可求得C点坐标；
（2）当PB与相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC=5，BP2=2，过P2作P2Ex轴于E，P2Fy轴于F，根据相似三角形的性质得到，设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，得到BE=3-x，CF=2x-4，于是得到FP2=，EP2=，求得P2（，-），过P1作P1Gx轴于G，P1Hy轴于H，同理求得P1（-1，-2），当BCPC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（3）如图2，当PB与C相切时，OE的值最大，过E作EMy轴于M，过P作PFy轴于F，根据平行线等分线段定理得到ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，根据勾股定理即可得到结论．（1）在y=x2-4中，令y=0，则x=±3，令x=0，则y=-4，
B（3，0），C（0，-4）；（2）存在点P，使得△PBC为直角三角形，
当PB与相切时，△PBC为直角三角形，如图（2）a，连接BC，
∵OB=3．OC=4，
BC=5，
CP2⊥BP2，CP2=，
BP2=2，
过P2作P2Ex轴于E，P2Fy轴于F，则△CP2FBP2E，四边形OCP2B是矩形，，
设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，
BE=3-x，CF=2x-4，
，
x=，2x=，
FP2=，EP2=，
P2（），
过P1作P1Gx轴于G，P1Hy轴于H，
同理求得P1（-1，-2），
当BCPC时，△PBC为直角三角形，过P4作P4Hy轴于H，则△BOCCHP4，，
CH=，P4H=，
P4（，--4）；
同理P3（-，）；
综上所述：点P的坐标为：（-1，-2）或（（），或（，--4）或（--，）；
（3）如图（3），当PB与C相切时，PB与y轴的距离最大，OE的值最大，
∵过E作EMy轴于M，过P作PFy轴于F，
OB∥EM∥PF，
E为PB的中点，
ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，
OE=．是的中线，是线段上一点（不与点重合）．交于点，，连结．
（1）如图1，当点与重合时，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当点不与重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
（3）如图3，延长交于点，若，且．
①求的度数；
②当，时，求的长．
【答案】（1）证明见解析（2）成立，理由见解析；（3）①30°．1+．（1）只要证明AE=BM，AE∥BM即可解决问题；
（2）成立．如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．由四边形DMGE是平行四边形，推出ED=GM，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM，AB∥GM，可知AB∥DE，AB=DE，即可推出四边形ABDE是平行四边形；
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，只要证明MI=AM，MI⊥AC，即可解决问题；
②设DH=x，则AH=x，AD=2x，推出AM=4+2x，BH=4+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出，可得，解方程即可；（1）证明：如图1中，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=ED，∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）结论：成立．理由如下：
如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，且ED∥GM，
由（1）可知AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，
∵BM=MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴∥BH，MI=BH，
∵BH⊥AC，且BH=AM．
∴MI=AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°．
②设DH=x，则AH=x，AD=2x，
∴AM=4+2x，
∴BH=4+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴，
∴，
解得x=1+或1-（舍弃），
∴DH=1+．
按上述信息，小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离（千米）与时间（分钟）的函数关系用图3表示，其中：“11:40时甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点，点坐标为，曲线可用二次函数（，是常数）刻画．
（1）求的值，并求出潮头从甲地到乙地的速度；
（2）11:59时，小红骑单车从乙地出发，沿江边公路以千米/分的速度往甲地方向去看潮，问她几分钟后与潮头相遇？
（3）相遇后，小红立即调转车头，沿江边公路按潮头速度与潮头并行，但潮头过乙地后均匀加速，而单车最高速度为千米/分，小红逐渐落后，问小红与潮头相遇到落后潮头1.8千米共需多长时间？（潮水加速阶段速度，是加速前的速度）．
【答案】（1）m=30；0.4千米/分钟；5分钟（1）由题意可知：经过30分钟后到达乙地，从而可知m=30，由于甲地到乙地是匀速运动，所以利用路程除以时间即可求出速度；
（2）由于潮头的速度为0.4千米/分钟，所以到11：59时，潮头已前进19×0.4=7.6千米，设小红出发x分钟，根据题意列出方程即可求出x的值，
（3）先求出s的解析式，根据潮水加速阶段的关系式，求出潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟时所对应的时间t，从而可知潮头与乙地之间的距离s，设她离乙地的距离为s1，则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h（t≥35），当t=35时，s1=s= ，从而可求出h的值，最后潮头与小红相距1.8千米时，即s-s1=1.8，从而可求出t的值，由于小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，共需要时间为6+50-30=26分钟，
（3）把（30，0），C（55，15）代入s=t2+bt+c，
解得：b=-，c=-，
∴s=t2-t-
∵v0=0.4，
∴v=（t-30）+，
当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟，
此时v=0.48，
∴0.48=（t-30）+，
∴t=35，
当t=35时，
s=t2-t-=，
∴从t=35分（12：15时）开始，潮头快于小红速度奔向丙地，小红逐渐落后，当小红仍以0.48千米/分的速度匀速追赶潮头．
设她离乙地的距离为s1，则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h（t≥35），
当t=35时，s1=s=，代入可得：h=-，
∴s1=t-
最后潮头与小红相距1.8千米时，即s-s1=1.8，
∴t2-t--t=1.8
解得：t=50或t=20（不符合题意，舍去），
∴t=50，
小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，
∴共需要时间为6+50-30=26分钟，
∴小红与潮头相遇到潮头离她1.8千米外共需要26分钟
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