初中数学中考偏难压轴题专项(1)
Jeason_Lan
题号 一、综合题 总分 得分
评卷人 得分 一、综合题
（每空？分，共？分）
1、如图1在平面直角坐标系xoy中，已知A（-2，2），B（-2，0），C（0，2），D（2，0）四点，动点M以每秒个单位长度的速度沿B→C→D运动（M不与点B、点D重合），设运动时间为t（秒）.
（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；
（2）点P在（1）中的抛物线上，当M为BC的中点时，若，求点P的坐标；
（3）当M在CD上运动时，如图2，过点M作MF⊥x轴，垂足为F，ME垂直AB，垂足为E.设矩形MEBF与重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；
（4）点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K.是否存在点Q，使得为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由.
2、已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点．（1）抛物线的解析式为______，抛物线的顶点坐标为______；（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD=1：2时，请求出点D的坐标；（3）如图2，点E的坐标为（0，-1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE=15°，连接PE，若∠PEG=2∠OGE，请求出点P的坐标；（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3、如图，已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB=4，交y轴于点C，对称轴是直线x=1．（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x=1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q．设运动时间为t（t＞0）秒．①若△AOC与△BMN相似，请直接写出t的值；②△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
4、如图，抛物线y=ax2+bx+4交x轴于A（-3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．（1）求此抛物线的表达式；（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
5、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为E，点F在BD的延长线上，且DF=DC，连接AF、CF.
(1)求证：∠BAC=2∠DAC；
(2)若AF＝10，BC＝4，求tan∠BAD的值.
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6、如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．
（1）求的值；
（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；
（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q''落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B''是否落在线段BN上，并说明理由．
7、已知二次函数且a=b，若一次函数y=kx+4与二次函数的图像交于点A（2，0）.
(1)写出一次函数的解析式，并求出二次函数与x轴交点坐标；
(2)当a＞c时，求证：直线y=kx+4与抛物线一定还有另一个异于点A的交点；
(3)当c＜a≤c+3,时，求出直线y=kx+4与抛物线一定还有另一个异于点B的坐标；记抛物线顶点为M，抛物线对称轴与直线y=kx+4芙蓉交点为N.设，写出S关于a的函数，并判断S是否有最大值，如果有，求出最大值，如果没有，请说明理由.
8、如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H.
（1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比.
9、如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，等腰△OAB的边OB与反比例函数y＝（m＞0）的图象相交于点C，其中OB＝AB，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为（2，4），过点C作CH⊥x轴于点H．
（1）已知一次函数的图象过点O，B，求该一次函数的表达式；
（2）若点P是线段AB上的一点，满足OC＝AP，过点P作PQ⊥x轴于点Q，连结OP，记△OPQ的面积为S△OPQ，设AQ＝t，T＝OH2﹣S△OPQ
①用t表示T（不需要写出t的取值范围）；
②当T取最小值时，求m的值．
10、如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1：y＝x2+x的图象上，点A的横坐标为﹣4，点B的纵坐标为﹣2．（点A在点B的左侧）
（1）求点A、B的坐标；
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A''OB''，抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过A''、B''两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A''恰好在以OM为直径的圆上，连接OM、A''M，求△OA''M的面积；
（3）如图2，延长OB''交抛物线F2于点C，连接A''C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA''C相似．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
11、如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
（1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．
12、在平面直角坐标系xOy中，顶点为A的抛物线与x轴交于B、C两点，与y轴交于点D，已知A（1，4），B（3，0）．
（1）求抛物线对应的二次函数表达式；
（2）探究：如图1，连接OA，作DE∥OA交BA的延长线于点E，连接OE交AD于点F，M是BE的中点，则OM是否将四边形OBAD分成面积相等的两部分？请说明理由；
（3）应用：如图2，P（m，n）是抛物线在第四象限的图象上的点，且m+n＝﹣1，连接PA、PC，在线段PC上确定一点M，使AN平分四边形ADCP的面积，求点N的坐标．
提示：若点A、B的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），则线段AB的中点坐标为（，）．
13、已知抛物线y＝ax2+bx+c顶点（2，﹣1），经过点（0，3），且与直线y＝x﹣1交于A，B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在抛物线上恰好存在三点Q，M，N，满足S△QAB＝S△MAB＝S△NAB＝S，求S的值；
（3）在A，B之间的抛物线弧上是否存在点P满足∠APB＝90°？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
（坐标平面内两点M（x1，y1），N（x2，y2）之间的距离MN＝）
14、???如图，AB是⊙C的直径，M、D两点在AB的延长线上，E是⊙C上的点，且.延长AE至F，使AE=EF，设BF=10，cos∠BED=.???(1)求证：△DEB∽△DAE；???(2)求DA，DE的长；???(3)若点F在B、E、M三点确定的圆上，求MD的长.
15、如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
16、如图所示，二次函数y＝k（x﹣1）2+2的图象与一次函数y＝kx﹣k+2的图象交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
（1）求A、B两点的横坐标；
（2）若△OAB是以OA为腰的等腰三角形，求k的值；
（3）二次函数图象的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
17、如图，在直角坐标系中有Rt△AOB，O为坐标原点，OB＝1，tan∠ABO＝3，将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到Rt△COD，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象刚好经过A，B，C三点．
（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；
（2）过定点Q的直线l：y＝kx﹣k+3与二次函数图象相交于M，N两点．
①若S△PMN＝2，求k的值；
②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形；
③当直线l绕着定点Q旋转时，△PMN外接圆圆心在一条抛物线上运动，直接写出该抛物线的表达式．
18、已知抛物线y＝﹣2x2+（b﹣2）x+（c﹣2020）（b，c为常数）．
（1）若抛物线的顶点坐标为（1，1），求b，c的值；
（2）若抛物线上始终存在不重合的两点关于原点对称，求c的取值范围；
（3）在（1）的条件下，存在正实数m，n（m＜n），当m≤x≤n时，恰好≤≤，求m，n的值．
19、如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象经过点A（-2,0），C（0，-6），其对称轴为直线.
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若直线将△AOC的面积分成相等的两部分，求m的值；
（3）点B是该二次函数图象与轴的另一个交点，点D是直线上位于轴下方的动点，点E是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线右侧.若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，求点E的坐标.
20、如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，点C在⊙O上，且.
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）已知PC=20，PB=10，点D是的中点，DE⊥AC，垂足为E，DE交AB于点F，求EF的长.
21、已知一次函数y1＝kx+n（n＜0）和反比例函数y2＝（m＞0，x＞0）．
（1）如图1，若n＝﹣2，且函数y1、y2的图象都经过点A（3，4）．
①求m，k的值；
②直接写出当y1＞y2时x的范围；
（2）如图2，过点P（1，0）作y轴的平行线l与函数y2的图象相交于点B，与反比例函数y3＝（x＞0）的图象相交于点C．
①若k＝2，直线l与函数y1的图象相交点D．当点B、C、D中的一点到另外两点的距离相等时，求m﹣n的值；
②过点B作x轴的平行线与函数y1的图象相交与点E．当m﹣n的值取不大于1的任意实数时，点B、C间的距离与点B、E间的距离之和d始终是一个定值．求此时k的值及定值d．
22、速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为以t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．
（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）求DE的长；
（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB''的值最小？并求出最小值．
23、如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点N，以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接CP，过点P作CP的垂线与y轴交于点E．
（1）求该抛物线的函数关系表达式；
（2）当点P在线段OB（点P不与O、B重合）上运动至何处时，线段OE的长有最大值？并求出这个最大值；
（3）在第四象限的抛物线上任取一点M，连接MN、MB．请问：△MBN的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，请说明理由．
24、如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
25、问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P''处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P''S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B''C''恰好经过点A，C''N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．
26、如图，已知等边△ABC的边长为8，点P事AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.
（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为__4____；
（2）如图2，当PB=5时，若直线l∥AC，则BB’的长度为???????；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值。
27、问题呈现
如图，四边形ABCD是矩形，AB=20，BC=10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G=90°，点M在线段AB上，且AM=a，点P沿折线AD-DG运动，点Q沿折线BC-CG运动（与点G不重合），在运动过程中始终保持线段PQ∥AB.设PQ与AB之间的距离为x.
（1）若a=12.
①如图1，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，
则x的值为____2_____；
②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；
（2）如图2，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围.
28、如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′，设点P的运动时间为t(s)．
（1）若AB＝．①如图2，当点B′落在AC上时，显然△PAB′是直角三角形，求此时t的值；②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．
（2）当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠PAM＝45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论∠PAM＝45°是否总是成立？请说明理由．
29、如图，顶点为P（3，3）的二次函数图象与x轴交于点A（6，0），点B在该图象上，OB交其对称轴l于点M，点M、N关于点P对称，连接BN、ON．
（1）求该二次函数的关系式．
（2）若点B在对称轴l右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题：
①连接OP，当OP＝MN时，请判断△NOB的形状，并求出此时点B的坐标．
②求证：∠BNM＝∠ONM．
30、如图，顶点为M的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）问在y轴上是否存在一点P，使得△PAM为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
（3）若在第一象限的抛物线下方有一动点D，满足DA＝OA，过D作DG⊥x轴于点G，设△ADG的内心为I，试求CI的最小值．
31、如图，抛物线y=ax2+bx﹣与x轴交于A（1，0）、B（6，0）两点，
D是y轴上一点，连接DA，延长DA交抛物线于点E．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若E点在第一象限，过点E作EF⊥x轴于点F，△ADO与△AEF的面积比为
=，求出点E的坐标；
（3）若D是y轴上的动点，过D点作与x轴平行的直线交抛物线于M、N两点，是否存在点D，使DA2=DM?DN？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
?
32、如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=x﹣与x轴交于点A，经过点A的抛物线y=ax2﹣3x+c的对称轴是x=．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PE=3PF．求证：PE⊥PF；
（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．
33、如图：一次函数的图象与坐标轴交于A、B两点，点P是函数
（0＜x＜4）图象上任意一点，过点P作PM⊥y轴于点M，连接OP.
（1）当AP为何值时，△OPM的面积最大？并求出最大值；
（2）当△BOP为等腰三角形时，试确定点P的坐标.
34、空间任意选定一点O，以点O为端点，作三条互相垂直的射线ox、oy、oz.这三条互相垂直的射线分别称作x轴、y轴、z轴，统称为坐标轴，它们的方向分别为ox（水平向前）、oy（水平向右）、oz（竖直向上）方向，这样的坐标系称为空间直角坐标系.
将相邻三个面的面积记为S1、S2、S3，且S1＜S2＜S3的小长方体称为单位长方体，现将若干个单位长方体在空间直角坐标系内进行码放，要求码放时将单位长方体S1所在的面与x轴垂直，S2所在的面与y轴垂直，S3所在的面与z轴垂直，如图1所示.
若将x轴方向表示的量称为几何体码放的排数，y轴方向表示的量称为几何体码放的列数，z轴方向表示的量称为几何体码放的层数；如图2是由若干个单位长方体在空间直角坐标内码放的一个几何体，其中这个几何体共码放了1排2列6层，用有序数组记作（1,2,6），如图3的几何体码放了2排3列4层，用有序数组记作（2,3,4）.这样我们就可用每一个有序数组（x，y，z）表示一种几何体的码放方式.
（1）如图是由若干个单位长方体码放的一个几何体的三视图，则这种码放方式的有序数组为，组成这个几何体的单位长方体的个数为个；
（2）对有序数组性质的理解，下列说法正确的是；（只填序号）
①每一个有序数组（x，y，z）表示一种几何体的码放方式.
②有序数组中x、y、z的乘积就表示几何体中单位长方体的个数.
③有序数组不同，所表示几何体的单位长方体个数不同.
④不同的有序数组所表示的几何体的体积不同.
⑤有序数组中x、y、z每两个乘积的2倍可分别确定几何体表面上S1、S2、S3的个数.
（3）为了进一步探究有序数组（x，y，z）的几何体的表面积公式S（x,y,z），某同学针对若干个单位长方体进行码放，制作了下列表格：
根据以上规律，请写出有序数组（x，y，z）的几何体表面积计算公式S（x,y,z）；
（用x、y、z、S1、S2、S3表示）
（4）当S1=2，S2=3，S3=4时，对由12个单位长方体码放的几何体进行打包，为了节约外包装材料，对12个单位长方体码放的几何体表面积最小的规律进行探究，根据探究的结果请写出使几何体表面积最小的有序数组，并用几何体表面积公式求出这个最小面积.（缝隙不计）
35、在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（8，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点C是抛物线与y轴的交点，连接BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PD⊥BC，垂足为点D．
①是否存在点P，使线段PD的长度最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②当△PDC与△COA相似时，求点P的坐标．
36、如图，对称轴为直线x=1的抛物线y=x2﹣bx+c与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）两点，与y轴交于C点，且+=﹣．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点（点P不与B、D两点重合），过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC=∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
37、如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
38、已知⊙O的直径AB=2，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥AC，垂足为点F．
（1）如图1，如果AC=BD，求弦AC的长；
（2）如图2，如果E为弦BD的中点，求∠ABD的余切值；
（3）联结BC、CD、DA，如果BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，求△ACD的面积．
39、如图，抛物线y=ax2+bx﹣5与坐标轴交于A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5）三点，顶点为D．
（1）请直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BC与抛物线的对称轴交于点E，点P为线段BC上的一个动点（点P不与B、C两点重合），过点P作PF∥DE交抛物线于点F，设点P的横坐标为m．
①是否存在点P，使四边形PEDF为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
②过点F作FH⊥BC于点H，求△PFH周长的最大值．
40、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，E是AD上的一个动点．
（1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE=DE时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D''处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE=1．
①求的值；
②连接BE，△D''MH与△CBE是否相似？请说明理由．
参考答案
一、综合题
1、略
2、【解析】
解：（1）函数的表达式为：y=a（x-1）（x+3）=a（x2+2x-3），即：-3a=3，解得：a=-1，故抛物线的表达式为：y=-x2-2x+3…①，顶点坐标为（-1，4）；（2）∵OB=OC，∴∠CBO=45°，∵S△CPD：S△BPD=1：2，∴BD=BC=×=2，yD=BDsin∠CBO=2，则点D（-1，2）；（3）如图2，设直线PE交x轴于点H，∵∠OGE=15°，∠PEG=2∠OGE=30°，∴∠OHE=45°，∴OH=OE=1，则直线HE的表达式为：y=-x-1…②，联立①②并解得：x=（舍去正值），故点P（，）；（4）不存在，理由：连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，直线BC的表达式为：y=x+3，设点P（x，-x2-2x+3），点H（x，x+3），则S四边形BOCP=S△OBC+S△PBC=×3×3+（-x2-2x+3-x-3）×3=8，整理得：3x2+9x+7=0，解得：△＜0，故方程无解，则不存在满足条件的点P．（1）函数的表达式为：y=a（x-1）（x+3）=a（x2+2x-3），即可求解；（2）S△CPD：S△BPD=1：2，则BD=BC=×=2，即可求解；（3）∠OGE=15°，∠PEG=2∠OGE=30°，则∠OHE=45°，故OH=OE=1，即可求解；（4）利用S四边形BOCP=S△OBC+S△PBC=8，即可求解．本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、一元二次方程应用、图象的面积计算等，难度不大．
3、解：（1））∵点A、B关于直线x=1对称，AB=4，∴A（-1，0），B（3，0），代入y=-x2+bx+c中，得：，解得，∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，∴C点坐标为（0，3）；（2）设直线BC的解析式为y=mx+n，则有：，解得，∴直线BC的解析式为y=-x+3，∵点E、F关于直线x=1对称，又E到对称轴的距离为1，∴EF=2，∴F点的横坐标为2，将x=2代入y=-x+3中，得：y=-2+3=1，∴F（2，1）；（3）①如下图，MN=-4t2+4t+3，MB=3-2t，△AOC与△BMN相似，则，即：，解得：t=或-或3或1（舍去、-、3），故：t=1；②∵M（2t，0），MN⊥x轴，∴Q（2t，3-2t），∵△BOQ为等腰三角形，∴分三种情况讨论，第一种，当OQ=BQ时，∵QM⊥OB∴OM=MB∴2t=3-2t∴t=；第二种，当BO=BQ时，在Rt△BMQ中∵∠OBQ=45°，∴BQ=，∴BO=，即3=，∴t=；第三种，当OQ=OB时，则点Q、C重合，此时t=0而t＞0，故不符合题意综上述，当t=或秒时，△BOQ为等腰三角形．【解析】
（1）将A、B关坐标代入y=-x2+bx+c中，即可求解；（2）确定直线BC的解析式为y=-x+3，根据点E、F关于直线x=1对称，即可求解；（3）①△AOC与△BMN相似，则，即可求解；②分OQ=BQ、BO=BQ、OQ=OB三种情况，分别求解即可．主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
4、解：（1）由二次函数交点式表达式得：y=a（x+3）（x-4）=a（x2-x-12），即：-12a=4，解得：a=-，则抛物线的表达式为y=-x2+x+4；（2）存在，理由：点A、B、C的坐标分别为（-3，0）、（4，0）、（0，4），则AC=5，AB=7，BC=4，∠OAB=∠OBA=45°，将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+b并解得：y=-x+4…①，同理可得直线AC的表达式为：y=x+4，设直线AC的中点为M（-，4），过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为-，同理可得过点M与直线AC垂直直线的表达式为：y=-x+…②，①当AC=AQ时，如图1，则AC=AQ=5，设：QM=MB=n，则AM=7-n，由勾股定理得：（7-n）2+n2=25，解得：n=3或4（舍去4），故点Q（1，3）；②当AC=CQ时，如图1，CQ=5，则BQ=BC-CQ=4-5，则QM=MB=，故点Q（，）；③当CQ=AQ时，联立①②并解得：x=（舍去）；故点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；（3）设点P（m，-m2+m+4），则点Q（m，-m+4），∵OB=OC，∴∠ABC=∠OCB=45°=∠PQN，PN=PQsin∠PQN=（-m2+m+4+m-4）=-m2+m，∵-＜0，∴PN有最大值，当m=时，PN的最大值为：．【解析】
（1）由二次函数交点式表达式，即可求解；（2）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三种情况，分别求解即可；（3）由PN=PQsin∠PQN=（-m2+m+4+m-4）即可求解．主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
5、解：
(1)∵BD⊥AC，CD=CD，
∴∠BAC=2∠CBD=2∠CAD;
(2)∵DF=DC，
∴∠BFC=∠BDC=∠BAC=∠FBC,
∴CB=CF,
又BD⊥AC，
∴AC是线段BF的中垂线，AB=AF=10,AC=10.
又BC＝4，
设AE＝x,CE=10－x,
?AB2－AE2=BC2－CE2,100－x2=80－(10－x)2,x=6
∴AE=6,BE=8,CE=4,("1,2,";"3,4,5";Rt△组合)
∴DE===3,
作DH⊥AB，垂足为H，则
DH=BD·sin∠ABD=11×=,?BH=BD·cos∠ABD=11×=
∴AH=10－＝
∴tan∠BAD===
6、【解答】解：（1）设AP＝FD＝a，
∴AF＝2﹣a，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB∥CD
∴△AFP∽△DFC
∴
即
∴a＝﹣1
∴AP＝FD＝﹣1，
∴AF＝AD﹣DF＝3﹣
∴＝
（2）在CD上截取DH＝AF
∵AF＝DH，∠PAF＝∠D＝90°，AP＝FD，
∴△PAF≌△HDF（SAS）
∴PF＝FH，
∵AD＝CD，AF＝DH
∴FD＝CH＝AP＝﹣1
∵点E是AB中点，
∴BE＝AE＝1＝EM
∴PE＝PA+AE＝
∵EC2＝BE2+BC2＝1+4＝5，
∴EC＝
∴EC＝PE，CM＝﹣1
∴∠P＝∠ECP
∵AP∥CD
∴∠P＝∠PCD
∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH＝﹣1，CF＝CF
∴△FCM≌△FCH（SAS）
∴FM＝FH
∴FM＝PF
（3）若点B''在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，
∵EN⊥AB，AE＝BE
∴AQ＝BQ＝AP＝﹣1
由旋转的性质可得AQ＝AQ''＝﹣1，AB＝AB''＝2，Q''B''＝QB＝﹣1，
∵点B（0，﹣2），点N（2，﹣1）
∴直线BN解析式为：y＝x﹣2
设点B''（x，x﹣2）
∴AB''＝＝2
∴x＝
∴点B''（，﹣）
∵点Q''（﹣1，0）
∴B''Q''＝≠﹣1
∴点B旋转后的对应点B''不落在线段BN上．
7、
8、
9、【解答】解：（1）将点O、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx得：4＝2k，
解得：k＝2，
故一次函数表达式为：y＝2x，
（2）①过点B作BM⊥OA，
则∠OCH＝∠QPA＝∠OAB＝∠ABM＝α，
则tanα＝，sinα＝，
∵OB＝AB，则OM＝AM＝2，则点A（4，0），
设：AP＝a，则OC＝a，
在△APQ中，sin∠APQ＝＝＝sinα＝，
同理PQ＝＝2t，
则PA＝a＝t，OC＝t，
则点C（t，2t），
T＝OH2﹣S△OPQ＝（OC?sinα）2﹣×（4﹣t）×2t＝4t2﹣4t，
②∵4＞0，∴T有最小值，当t＝时，
T取得最小值，
而点C（t，2t），
故：m＝t×2t＝．
【点评】本题为反比例函数综合运用题，涉及到等腰三角形性质、解直角三角形、一次函数等知识，其中（2）①，确定点C的坐标，是本题解题的关键．
10、解：（1）当x＝﹣4时，y＝×（﹣4）2+×（﹣4）＝﹣4
∴点A坐标为（﹣4，﹣4）
当y＝﹣2时，x2+x＝﹣2
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6
∵点A在点B的左侧
∴点B坐标为（﹣1，﹣2）
（2）如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B''作B''G⊥x轴于点G
∴∠BEO＝∠OGB''＝90°，OE＝1，BE＝2
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A''OB''
∴OB＝OB''，∠BOB''＝90°
∴∠BOE+∠B''OG＝∠BOE+∠OBE＝90°
∴∠B''OG＝∠OBE
在△B''OG与△OBE中
∴△B''OG≌△OBE（AAS）
∴OG＝BE＝2，B''G＝OE＝1
∵点B''在第四象限
∴B''（2，﹣1）
同理可求得：A''（4，﹣4）
∴OA＝OA''＝
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A''、B''
∴??解得：
∴抛物线F2解析式为：y＝x2﹣3x+4
∴对称轴为直线：x＝﹣＝6
∵点M在直线x＝6上，设M（6，m）
∴OM2＝62+m2，A''M2＝（6﹣4）2+（m+4）2＝m2+8m+20
∵点A''在以OM为直径的圆上
∴∠OA''M＝90°
∴OA''2+A''M2＝OM2
∴（4）2+m2+8m+20＝36+m2
解得：m＝﹣2
∴A''M＝
∴S△OA''M＝OA''?A''M＝＝8
（3）在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA''C相似．
∵B''（2，﹣1）
∴直线OB''解析式为y＝﹣x
??解得：（即为点B''）
∴C（8，﹣4）
∵A''（4，﹣4）
∴A''C∥x轴，A''C＝4
∴∠OA''C＝135°
∴∠A''OC＜45°，∠A''CO＜45°
∵A（﹣4，﹣4），即直线OA与x轴夹角为45°
∴当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA''C相似
∴点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA''C＝135°（如图2、图3）
①若△AOD∽△OA''C，则＝1
∴OD＝A''C＝4
∴D（4，0）或（0，4）
②若△DOA∽△OA''C，则
∴OD＝OA''＝8
∴D（8，0）或（0，8）
综上所述，点D坐标为（4，0）、（8，0）、（0，4）或（0，8）时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA''C相似．
11、【解答】解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，
∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为（2，3+2）；
（2）∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3（负值舍去），
∴OA＝3；
（3）OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，
∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴＝＝，即＝＝，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝＝，
∴cos∠OAD＝＝．
12、【解答】解：（1）函数表达式为：y＝a（x﹣1）2+4，
将点B坐标的坐标代入上式得：0＝a（3﹣1）2+4，
解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x﹣3；
（2）OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分，理由：
如图1，∵DE∥AO，S△ODA＝S△OEA，
S△ODA+S△AOM＝S△OEA+S△AOM，即：S四边形OMAD＝S△OBM，
∴S△OME＝S△OBM，
∴S四边形OMAD＝S△OBM；
（3）设点P（m，n），n＝﹣m2+2m+3，而m+n＝﹣1，
解得：m＝﹣1或4，故点P（4，﹣5）；
如图2，故点D作QD∥AC交PC的延长线于点Q，
由（2）知：点N是PQ的中点，
将点C（﹣1，0）、P（4，﹣5）的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线PC的表达式为：y＝﹣x﹣1…①，
同理直线AC的表达式为：y＝2x+2，
直线DQ∥CA，且直线DQ经过点D（0，3），
同理可得直线DQ的表达式为：y＝2x+3…②，
联立①②并解得：x＝﹣，即点Q（﹣，），
∵点N是PQ的中点，
由中点公式得：点N（，﹣）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形面积的计算等，其中（3）直接利用（2）的结论，即点N是PQ的中点，是本题解题的突破点．
2
13、【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为（2，﹣1）
∴顶点式为y＝a（x﹣2）2﹣1
∵抛物线经过点C（0，3）
∴4a﹣1＝3
解得：a＝1
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1＝x2﹣4x+3
（2）??解得：，
∴A（1，0），B（4，3）
∴AB＝
设直线y＝x﹣1与y轴交于点E，则E（0，﹣1）
∴OA＝OE＝1
∴∠AEO＝45°
∵S△QAB＝S△MAB＝S△NAB＝S
∴点Q、M、N到直线AB的距离相等
如图，假设点M、N在直线AB上方，点Q在直线AB下方
∴MN∥AB时，总有S△MAB＝S△NAB＝S
要使只有一个点Q在直线AB下方满足S△QAB＝S，则Q到AB距离必须最大
过点Q作QC∥y轴交AB于点C，QD⊥AB于点D
∴∠CDQ＝90°，∠DCQ＝∠AEO＝45°
∴△CDQ是等腰直角三角形
∴DQ＝CQ
设Q（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜4），则C（t，t﹣1）
∴CQ＝t﹣1﹣（t2﹣4t+3）＝﹣t2+5t﹣4＝﹣（t﹣）2+
∴t＝时，CQ最大值为
∴DQ最大值为
∴S＝S△QAB＝AB?DQ＝
（3）存在点P满足∠APB＝90°．
∵∠APB＝90°，AB＝3
∴AP2+BP2＝AB2
设P（p，p2﹣4p+3）（1＜p＜4）
∴AP2＝（p﹣1）2+（p2﹣4p+3）2＝p4﹣8p3+23p2﹣26p+10，BP2＝（p﹣4）2+（p2﹣4p+3﹣3）2＝p4﹣8p3+17p2﹣8p+16
∴p4﹣8p3+23p2﹣26p+10+p4﹣8p3+17p2﹣8p+16＝（3）2
整理得：p4﹣8p3+20p2﹣17p+4＝0
p2（p2﹣8p+16）+4p2﹣17p+4＝0
p2（p﹣4）2+（4p﹣1）（p﹣4）＝0
（p﹣4）[p2（p﹣4）+（4p﹣1）]＝0
∵p＜4
∴p﹣4≠0
∴p2（p﹣4）+（4p﹣1）＝0
展开得：p3﹣4p2+4p﹣1＝0
（p3﹣1）﹣（4p2﹣4p）＝0
（p﹣1）（p2+p+1）﹣4p（p﹣1）＝0
（p﹣1）（p2+p+1﹣4p）＝0
∵p＞1
∴p﹣1≠0
∴p2+p+1﹣4p＝0
解得：p1＝，p2＝（舍去）
∴点P横坐标为时，满足∠APB＝90°．
14、(1)证明：∵，∴.???????…1分????????又∵∠D=∠D，???????∴△DEB∽△DAE.????????????????????…3分(2)∵AB是⊙C的直径，E是⊙C上的点，∴∠AEB=90°，即BE⊥AF.??又∵AE=EF，BF=10，∴AB=BF=10.??由(1)知△DEB∽△DAE，∴∠A=∠BED.??∴cosA=cos∠BED=.??在Rt△ABE中，=10×=8，??BE==6.?????????????????????????????...5分??∵△DEB∽△DAE，∴==.??设DB=3k，DE=4k，则DA=DB+AB=3k+10.??∵，∴，即.??∵k≠0，∴，解得.??∴DA=3k+10=，DE=4k=.????????????...8分(3)过点F作FH⊥AD于点H.??在Rt△AFH中，AF=AE+EF=16，AH=AFcosA=16×=.??∴DH=DA–AD==.??∵BE⊥AF，∴∠BEF=90°，∴点B、E、F确定的圆是以BF为直径的圆.??∵FH⊥AD，∴点H在以BF为直径的圆上.??∵点F在B、E、M三点确定的圆上，∴点F、B、E、M四点共圆.??∴点M与点H重合.??∴DM=.
15、【解答】解：（1）由二次函数交点式表达式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12），
即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，
则抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；
（2）存在，理由：
点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），
则AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OAB＝∠OBA＝45°，
将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，
同理可得直线AC的表达式为：y＝x+4，
设直线AC的中点为M（﹣，4），过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为﹣，
同理可得过点M与直线AC垂直直线的表达式为：y＝﹣x+…②，
①当AC＝AQ时，如图1，
则AC＝AQ＝5，
设：QM＝MB＝n，则AM＝7﹣n，
由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），
故点Q（1，3）；
②当AC＝CQ时，如图1，
CQ＝5，则BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，
则QM＝MB＝，
故点Q（，）；
③当CQ＝AQ时，
联立①②并解得：x＝（舍去）；
故点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；
（3）设点P（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），
∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，
PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣m2+m，
∵﹣＜0，∴PN有最大值，
当m＝时，PN的最大值为：．
16、【解答】解：（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，
解得：x＝1或2，
故点A、B的坐标分别为（1，2）、（2，k+2）；
（2）OA＝＝，
①当OA＝AB时，
即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；
②当OA＝OB时，
4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；
故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；
（3）存在，理由：
①当点B在x轴上方时，
过点B作BH⊥AE于点H，将△AHB的图形放大见右侧图形，
过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，
图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，
设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，
则AN＝AH＝﹣k，AB＝，NB＝AB﹣AN，
由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，
即：（1﹣m）2＝m2+（+k）2，
解得：m＝﹣k2﹣k，
在△AHM中，tanα＝＝＝k+＝tan∠BEC＝＝k+2，
解得：k＝（舍去正值），
故k＝﹣；
②当点B在x轴下方时，
同理可得：tanα＝＝＝k+＝tan∠BEC＝＝﹣（k+2），
解得：k＝或；
故k的值为：﹣或或．
17、【解答】解：（1）OB＝1，tan∠ABO＝3，则OA＝3，OC＝3，
即点A、B、C的坐标分别为（0，3）、（﹣1，0）、（3，0），
则二次函数表达式为：y＝a（x﹣3）（x+1）＝a（x2﹣2x﹣3），
即：﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3，
点P（1，4）；
（2）将二次函数与直线l的表达式联立并整理得：
x2﹣（2﹣k）x﹣k＝0，
设点M、N的坐标为（x1，y1）、（x2，y2），
则x1+x2＝2﹣k，x1x2＝﹣k，
则：y1+y2＝k（x1+x2）﹣2k+6＝6﹣k2，
同理：y1y2＝9﹣4k2，
①y＝kx﹣k+3，当x＝1时，y＝3，即点Q（1，3），
S△PMN＝2＝PQ×（x2﹣x1），则x2﹣x1＝4，
|x2﹣x1|＝，
解得：k＝±2；
②点M、N的坐标为（x1，y1）、（x2，y2）、点P（1，4），
则直线PM表达式中的k1值为：，直线PN表达式中的k2值为：，
为：k1k2＝＝＝﹣1，
故PM⊥PN，
即：△PMN恒为直角三角形；
③取MN的中点H，则点H是△PMN外接圆圆心，
设点H坐标为（x，y），
则x＝＝1﹣k，
y＝（y1+y2）＝（6﹣k2），
整理得：y＝﹣2x2+4x+1，
即：该抛物线的表达式为：y＝﹣2x2+4x+1．
18、【解答】解：（1）由题可知，抛物线解析式是：y＝﹣2（x﹣1）2+1＝﹣2x2+4x﹣1．
∴．
∴b＝6，c＝2019．
（2）设抛物线线上关于原点对称且不重合的两点坐标分别是（x0，y0），（﹣x0，﹣y0），
代入解析式可得：．
∴两式相加可得：﹣4x02+2（c﹣2020）＝0．
∴c＝2x02+2020，
∴c≥2020；
（3）由（1）可知抛物线为y＝﹣2x2+4x﹣1＝﹣2（x﹣1）2+1．
∴y≤1．
∵0＜m＜n，当m≤x≤n时，恰好≤≤，
∴≤．
∴．
∴≤1，即m≥1．
∴1≤m＜n．
∵抛物线的对称轴是x＝1，且开口向下，
∴当m≤x≤n时，y随x的增大而减小．
∴当x＝m时，y最大值＝﹣2m2+4m﹣1．
当x＝n时，y最小值＝﹣2n2+4n﹣1．
又，
∴．
将①整理，得2n3﹣4n2+n+1＝0，
变形，得2n2（n﹣1）﹣（2n+1）（n﹣1）＝0．
∴（n﹣1）（2n2﹣2n﹣1）＝0．
∵n＞1，
∴2n2﹣2n﹣1＝0．
解得n1＝（舍去），n2＝．
同理，由②得到：（m﹣1）（2m2﹣2m﹣1）＝0．
∵1≤m＜n，
∴2m2﹣2m﹣1＝0．
解得m1＝1，m2＝（舍去），m3＝（舍去）．
综上所述，m＝1，n＝．
19、
20、
21、【分析】（1）①将点A的坐标代入一次函数表达式并解得：k＝2，将点A的坐标代入反比例函数表达式，即可求解；②由图象可以直接看出；
（2）①BD＝2+n﹣m，BC＝m﹣n，由BD＝BC得：2+n﹣m＝m﹣n，即可求解；②点E的坐标为（，m），d＝BC+BE＝m﹣n+（1﹣）＝1+（m﹣n）（1﹣），即可求解．
【解答】解：（1）①将点A的坐标代入一次函数表达式并解得：k＝2，
将点A的坐标代入反比例函数得：m＝3×4＝12；
②由图象可以看出x＞3时，y1＞y2；
（2）①当x＝1时，点D、B、C的坐标分别为（1，2+n）、（1，m）、（1，n），
则BD＝2+n﹣m，BC＝m﹣n，
由BD＝BC得：2+n﹣m＝m﹣n，
即：m﹣n＝1；
②点E的坐标为（，m），
d＝BC+BE＝m﹣n+（1﹣）＝1+（m﹣n）（1﹣），
当1﹣＝0时，d为定值，
此时k＝1，d＝1．
【点评】本题为反比例函数综合运用题，涉及到一次函数、函数定值的求法，关键是通过确定点的坐标，求出对应线段的长度，进而求解．
22、【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴当BQ＝2BP时，∠BPQ＝90°，
∴6+t＝2（6﹣t），
∴t＝3，
∴t＝3时，△BPQ是直角三角形．
（2）存在．
理由：如图1中，连接BF交AC于M．
∵BF平分∠ABC，BA＝BC，
∴BF⊥AC，AM＝CM＝3cm，
∵EF∥BQ，
∴∠EFM＝∠FBC＝∠ABC＝30°，
∴EF＝2EM，
∴t＝2?（3﹣t），
解得t＝3．
（3）如图2中，作PK∥BC交AC于K．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠A＝60°，
∵PK∥BC，
∴∠APK＝∠B＝60°，
∴∠A＝∠APK＝∠AKP＝60°，
∴△APK是等边三角形，
∴PA＝PK，
∵PE⊥AK，
∴AE＝EK，
∵AP＝CQ＝PK，∠PKD＝∠DCQ，∠PDK＝∠QDC，
∴△PKD≌△QCD（AAS），
∴DK＝DC，
∴DE＝EK+DK＝（AK+CK）＝AC＝3（cm）．
（4）如图3中，连接AM，AB′
∵BM＝CM＝3，AB＝AC，
∴AM⊥BC，
∴AM＝＝3，
∵AB′≥AM﹣MB′，
∴AB′≥3﹣3，
∴AB′的最小值为3﹣3．
23、【解答】解：（1））∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），
把A、B两点坐标代入上式，，
解得：，
故抛物线函数关系表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵A（﹣1，0），点B（3，0），
∴AB＝OA+OB＝1+3＝4，
∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，PC⊥BE，
∴∠OPE+∠CPB＝90°，
∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠OPE＝∠PCB，
又∵∠EOP＝∠PBC＝90°，
∴△POE∽△CBP，
∴，
设OP＝x，则PB＝3﹣x，
∴，
∴OE＝，
∵0＜x＜3，
∴时，线段OE长有最大值，最大值为．
即OP＝时，线段OE有最大值．最大值是．
（3）存在．
如图，过点M作MH∥y轴交BN于点H，
∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴x＝0，y＝﹣3，
∴N点坐标为（0，﹣3），
设直线BN的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线BN的解析式为y＝x﹣3，
设M（a，a2﹣2a﹣3），则H（a，a﹣3），
∴MH＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝＝＝，
∵，
∴a＝时，△MBN的面积有最大值，最大值是，此时M点的坐标为（）．
【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、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，会利用相似比表示线段之间的关系．利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．
24、【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3）
∴??解得：
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3
（2）①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴B（﹣3，0）
∵A（1，0），C（0，﹣3）
∴OA＝1，OC＝3，AC＝，AB＝4
∴Rt△AOC中，sin∠ACO＝，cos∠ACO＝
∵AB＝AH，G为BH中点
∴AG⊥BH，BG＝GH
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG
∵∠PAB＝2∠ACO
∴∠BAG＝∠ACO
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG＝
∴BG＝AB＝
∴BH＝2BG＝
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI＝，cos∠HBI＝
∴HI＝BH＝，BI＝BH＝
∴xH＝﹣3+＝﹣，yH＝﹣，即H（﹣，﹣）
设直线AH解析式为y＝kx+a
∴??解得：
∴直线AH：y＝x﹣
∵??解得：（即点A），
∴P（﹣，﹣）
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH''＝AH，则H''与H关于x轴对称
∴H''（﹣，）
设直线AH''解析式为y＝k''x+a''
∴??解得：
∴直线AH''：y＝﹣x+
∵??解得：（即点A），
∴P（﹣，）
综上所述，点P的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）．
（3）DM+DN为定值
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）
设直线AQ解析式为y＝dx+e
∴??解得：
∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6
设直线BQ解析式为y＝mx+n
∴?解得：
∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
25、【解答】问题情境：
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP＝PC，
在△APB和△CPB中，，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵∠BCD＝∠MPA＝90°，
∴∠PCN＝∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠PNC，
∴∠PCN＝∠PNC，
∴PC＝PN，
∴AP＝PN，
∴∠PNA＝45°，
∴∠PNP′＝90°，
∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，
∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，
由翻折性质得：PN＝P′N，
在△PGN和△NHP''中，，
∴△PGN≌△NHP''（ASA），
∴PG＝NH，GN＝P''H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG＝45°，
易得PG＝GD，
∴GN＝DH，
∴DH＝P''H，
∴∠P''DH＝45°，故∠P''DA＝45°，
∴点P''在线段DO''上运动；
过点S作SK⊥DO''，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS＝2，则P''S的最小值为；
问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：
则EG＝AG＝，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE＝＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴＝＝3，
∴QE＝AE＝，
∴AQ＝AE+QE＝，
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴＝，即＝，
解得：AM＝，
由折叠的性质得：AB''＝EB＝3，∠B''＝∠B＝90°，∠C''＝∠BCD＝90°，
∴B''M＝＝，AC''＝1，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B''AM＝∠C''FA，
∴△AFC''∽△MAB''，
∴＝＝，
解得：AF＝，
∴DF＝4﹣＝，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴＝，即＝，
解得：FP＝，
∴FH＝FP＝．
26、【考点】：折叠问题，等腰三角形，动态问题，对称，路径问题
【解析】
解：（1）∵折叠∴PB=PB’=4
∵△ABC为等边三角形
∴∠A=60°
∴△APB’是等边三角形
即∠B’PA=60°
∴AB’=AP=4
（2）∵l∥AC
∴∠BPB’=120°∴∠PBB’=30°
∵PB=5
∴BB’=5
（3）过B作BF⊥AC，垂足为F，过B’作B’E⊥AC，垂足为E
∵B与B’关于l对称
∴B’E=BF=4
∴S△ACB’=
△ACB’面积不变
（4）由题意得：
l变化中，B’的运动路径为以P为圆心，PB长为半径的圆上
过P作B’P⊥AC，交AC于E，此时B’E最长
AP=2，AE=1
∴PE=
∴B’E=B’P+PE=6+
∴S△ACB’最大值=（6+）×8÷2=24+4
【答案】（1）4；（2）5；（3）面积不变；（4）24+4
27、【考点】：矩形，等腰直角三角形，梯形面积，动点问题，函数思想，
分段函数的最值
【解析】：
解：（1）①由题意得：PQ=20?AM=a=12
S四AMQP=?解得x=3
②当P在AD上时，即0≤x≤10，S四AMQP=
S四AMQP=
当x=10时，S四AMQP最大值=160
当P在DG上，即10≤x≤20，S四AMQP=
QP=40-2x，S四AMQP==-x2+26x
当x=13时，S四AMQP最大值=169
综上：x=13时，S四AMQP最大值=169
（2）由上知：PQ=40-2x
S四AMQP=
∵10≤x≤20
对称轴为：x=?开口向下
∴离对称轴越远取值越小
当≤15时，
S四AMQP最小值=10a≥50得a≥5
∴5≤a≤20
当＞15时
S四AMQP最小值=40+a≥50得a≥20
综上所述：5≤a≤20
【答案】：（1）3；（2）169；（3）5≤a≤20
28、（1）①勾股求的AC=易证,
故
②1°如图，当∠PCB’=90°时，在△PCB’中采用勾股得：，解得t=2
2°如图，当∠PCB’=90°时，在△PCB’中采用勾股得：，解得t=6
3°当∠CPB’=90°时，易证四边形ABP’为正方形，解得t=2
（2）如图
∵∠PAM=45°
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°
又∵翻折
∴∠1=∠2，∠3=∠4
又∵∠ADM=∠AB’M（AAS）
∴AD=AB’=AB
即四边形ABCD是正方形
如图，设∠APB=x
∴∠PAB=90°-x
∴∠DAP=x
易证△MDA≌△B’AM（HL）
∴∠BAM=∠DAM
∵翻折
∴∠PAB=∠PAB’=90°-x
∴∠DAB’=∠PAB’-∠DAP=90°-2x
∴∠DAM=∠DAB’=45°-x
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°
29、解：（1）∵二次函数顶点为P（3，3）
∴设顶点式y＝a（x﹣3）2+3
∵二次函数图象过点A（6，0）
∴（6﹣3）2a+3＝0，解得：a＝﹣
∴二次函数的关系式为y＝﹣（x﹣3）2+3＝﹣x2+2x
（2）设B（b，﹣b2+2b）（b＞3）
∴直线OB解析式为：y＝（﹣b+2）x
∵OB交对称轴l于点M
∴当xM＝3时，yM＝（﹣b+2）×3＝﹣b+6
∴M（3，﹣b+6）
∵点M、N关于点P对称
∴NP＝MP＝3﹣（﹣b+6）＝b﹣3，
∴yN＝3+b﹣3＝b，即N（3，b）
①∵OP＝MN
∴OP＝MP
∴＝b﹣3
解得：b＝3+3
∴﹣b2+2b＝﹣×（3+3）2+2×（3+3）＝﹣3
∴B（3+3，﹣3），N（3，3+3）
∴OB2＝（3+3）2+（﹣3）2＝36+18，ON2＝32+（3+3）2＝36+18，BN2＝（3+3﹣3）2+（﹣3﹣3﹣3）2＝72+36
∴OB＝ON，OB2+ON2＝BN2
∴△NOB是等腰直角三角形，此时点B坐标为（3+3，﹣3）．
②证明：如图，设直线BN与x轴交于点D
∵B（b，﹣b2+2b）、N（3，b）
设直线BN解析式为y＝kx+d
∴?解得：
∴直线BN：y＝﹣bx+2b
当y＝0时，﹣bx+2b＝0，解得：x＝6
∴D（6，0）
∵C（3，0），NC⊥x轴
∴NC垂直平分OD
∴ND＝NO
∴∠BNM＝∠ONM
30、解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（3，0），B（﹣1，0）
∴??解得：
∴这条抛物线对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3
（2）在y轴上存在点P，使得△PAM为直角三角形．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4
∴顶点M（1，4）
∴AM2＝（3﹣1）2+42＝20
设点P坐标为（0，p）
∴AP2＝32+p2＝9+p2，MP2＝12+（4﹣p）2＝17﹣8p+p2
①若∠PAM＝90°，则AM2+AP2＝MP2
∴20+9+p2＝17﹣8p+p2
解得：p＝﹣
∴P（0，﹣）
②若∠APM＝90°，则AP2+MP2＝AM2
∴9+p2+17﹣8p+p2＝20
解得：p1＝1，p2＝3
∴P（0，1）或（0，3）
③若∠AMP＝90°，则AM2+MP2＝AP2
∴20+17﹣8p+p2＝9+p2
解得：p＝
∴P（0，）
综上所述，点P坐标为（0，﹣）或（0，1）或（0，3）或（0，）时，△PAM为直角三角形．
（3）如图，过点I作IE⊥x轴于点E，IF⊥AD于点F，IH⊥DG于点H
∵DG⊥x轴于点G
∴∠HGE＝∠IEG＝∠IHG＝90°
∴四边形IEGH是矩形
∵点I为△ADG的内心
∴IE＝IF＝IH，AE＝AF，DF＝DH，EG＝HG
∴矩形IEGH是正方形
设点I坐标为（m，n）
∴OE＝m，HG＝GE＝IE＝n
∴AF＝AE＝OA﹣OE＝3﹣m
∴AG＝GE+AE＝n+3﹣m
∵DA＝OA＝3
∴DH＝DF＝DA﹣AF＝3﹣（3﹣m）＝m
∴DG＝DH+HG＝m+n
∵DG2+AG2＝DA2
∴（m+n）2+（n+3﹣m）2＝32
∴化简得：m2﹣3m+n2+3n＝0
配方得：（m﹣）2+（n+）2＝
∴点I（m，n）与定点Q（，﹣）的距离为
∴点I在以点Q（，﹣）为圆心，半径为的圆在第一象限的弧上运动
∴当点I在线段CQ上时，CI最小
∵CQ＝
∴CI＝CQ﹣IQ＝
∴CI最小值为．
31、解：（1）将A（1，0），B（6，0）代入函数解析式，得
解得，
抛物线的解析式为y=﹣x2+x﹣；
（2）∵EF⊥x轴于点F，
∴∠AFE=90°．
∵∠AOD=∠AFE=90°，∠OAD=∠FAE，
∴△AOD∽△AFE．
∵==
∵AO=1，
∴AF=3，OF=3+1=4，
?当x=4时，y=﹣×42+×4﹣=，
∴E点坐标是（4，），
（3）存在点D，使DA2=DM?DN，理由如下：
设D点坐标为（0，n），
AD2=1+n2，
当y=n时，﹣x2+x﹣=n
化简，得
﹣3x2+21x﹣18﹣4n=0，设方程的两根为x1，x2，x1?x2=
DM=x1，DN=x2，
DA2=DM?DN，即1+n2=，
化简，得
3n2﹣4n﹣15=0，解得n1=，n2=3，
∴D点坐标为（0，﹣）或（0，3）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出AF的长；解（3）的关键是利用根与系数的关系得出x1?x2，又利用了解方程．
32、解：（1）当y=0时，x﹣=0，解得x=4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=，得，
解得，抛物线的解析式为y=x2﹣3x﹣4；
（2）∵平移直线l经过原点O，得到直线m，
∴直线m的解析式为y=x．
∵点P是直线1上任意一点，
∴设P（3a，a），则PC=3a，PB=a．
又∵PE=3PF，
∴=．
∴∠FPC=∠EPB．
∵∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠FPC+∠CPE=90°，
∴FP⊥PE．
（3）如图所示，点E在点B的左侧时，设E（a，0），则BE=6﹣a．
∵CF=3BE=18﹣3a，
∴OF=20﹣3a．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴=，=，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=4或a=8（舍去）．
∴Q（﹣2，6）．
如下图所示：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），则BE=a﹣6．
∵CF=3BE=3a﹣18，
∴OF=3a﹣20．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴=，=，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=8或a=4（舍去）．
∴Q（2，﹣6）．
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
33、【专题】综合题．
【分析】（1）先设出点P的坐标，进而得出点P的纵横坐标的关系，进而建立△OPM的面积与点P的横坐标的函数关系式，即可得出结论；（2）分两种情况，利用等腰三角形的两边相等建立方程即可得出结论．
【解答】解：（1）令点P的坐标为P（x0，y0）∵PM⊥y轴
∵直线AB分别交两坐标轴于点A、B，∴A（0，3），B（4，0），∴OA=3，OB=4，∴AB=5，
（2）①在△BOP中，当BO=BP时BP=BO=4，AP=1∵P1M∥OB，∴
②在△BOP中，当OP=BP时，如图，过点P作PM⊥OB于点N∵OP=BP，
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了三角形的面积公式，等腰三角形的性质，用方程的思想和函数思想解决问题是解本题的关键．
34、【专题】代数几何综合题．
【分析】（1）根据有序数组（x，y，z）的定义即可判断；（2）根据有序数组（x，y，z）的定义，结合图形即可判断；（3）探究观察寻找规律，利用规律即可解决问题；（4）当S1=2，S2=3，S3=4时S（x，y，z）=2（yzS1+xzS2+xyS3）=2（2yz+3xz+4xy），欲使S（x，y，z）的值最小，不难看出x、y、z应满足x≤y≤z（x、y、z为正整数）．在由12个单位长方体码放的几何体中，满足条件的有序数组为（1，1，12），（1，2，6），（1，3，4），（2，2，3）．求出各个表面积即可判断；
【解答】解：（1）这种码放方式的有序数组为（2，3，2），组成这个几何体的单位长方体的个数为2×3×2=2个，故答案为（2，3，2），12；
（2）正确的有①②⑤．故答案为①②⑤；
（3）S（x，y，z）=2yzS1+2xzS2+2xyS3=2（yzS1+xzS2+xyS3）．
（4）当S1=2，S2=3，S3=4时S（x，y，z）=2（yzS1+xzS2+xyS3）=2（2yz+3xz+4xy）欲使S（x，y，z）的值最小，不难看出x、y、z应满足x≤y≤z（x、y、z为正整数）．在由12个单位长方体码放的几何体中，满足条件的有序数组为（1，1，12），（1，2，6），（1，3，4），（2，2，3）．而S（1，1，12）=128，S（1，2，6）=100，S（1，3，4）=96，S（2，2，3）=92所以，由12个单位长方体码放的几何体表面积最小的有序数组为：（2，2，3），最小面积为S（2，2，3）=92．
【点评】本题考查几何变换综合题、空间直角坐标系、有序数组（x，y，z）的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考创新题目．
35、【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；（3分）
（2）由（1）知C（0，4），∵B（8，0），
易得直线BC的解析式为：y=﹣x+4，
①如图1，过P作PG⊥x轴于G，PG交BC于E，
Rt△BOC中，OC=4，OB=8，
∴BC==4，
在Rt△PDE中，PD=PE?sin∠PED=PE?sin∠OCB=PE，
∴当线段PE最长时，PD的长最大，
设P（t，），则E（t，），
∴PG=﹣，EG=﹣t+4，
∴PE=PG﹣EG=（﹣）﹣（﹣t+4）=﹣t2+2t=﹣（t﹣4）2+4，（0＜t＜8），
当t=4时，PE有最大值是4，此时P（4，6），
∴PD==，
即当P（4，6）时，PD的长度最大，最大值是；（7分）
②∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AC2=22+42=20，AB2=（2+8）2=100，BC2=42+82=80，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴△COA∽△BOC，
当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似，
∵相似三角形的对应角相等，
∴∠PCD=∠CBO或∠PCD=∠BCO，
（I）若∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，
此时CP∥OB，
∵C（0，4），
∴yP=4，
∴）=4，
解得：x1=6，x2=0（舍），
即Rt△PDC∽Rt△COB时，P（6，4）；
（II）若∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，
如图2，过P作x轴的垂线PG，交直线BC于F，
∴PF∥OC，
∴∠PFC=∠BCO，
∴∠PCD=∠PFC，
∴PC=PF，
设P（n，+n+4），则PF=﹣+2n，
过P作PN⊥y轴于N，
Rt△PNC中，PC2=PN2+CN2=PF2，
∴n2+（+n+4﹣4）2=（﹣+2n）2，
解得：n=3，
即Rt△PDC∽Rt△BOC时，P（3，）；
综上所述，当△PDC与△COA相似时，点P的坐标为（6，4）或（3，）．（12分）
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、勾股定理的逆定理、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会根据方程解决问题，属于中考压轴题．
36、解：（1）∵抛物线对称轴为直线x=1
∴﹣
∴b=2
由一元二次方程根与系数关系：
x1+x2=﹣，x1x2=
∴+==﹣
∴﹣
则c=﹣3
∴抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3
（2）由（1）点D坐标为（1，﹣4）
当y=0时，x2﹣2x﹣3=0
解得x1=﹣1，x2=3
∴点B坐标为（3，0）
①设点F坐标为（a，b）
∴△BDF的面积S=×（4﹣b）（a﹣1）+（﹣b）（3﹣a）﹣×2×4
整理的S=2a﹣b﹣6
∵b=a2﹣2a﹣3
∴S=2a﹣（a2﹣2a﹣3）﹣6=﹣a2+4a﹣3
∵a=﹣1＜0
∴当a=2时，S最大=﹣4+8﹣3=1
②存在
由已知点D坐标为（1，﹣4），点B坐标为（3，0）
∴直线BD解析式为：y=2x﹣6
则点E坐标为（0，﹣6）
连BC、CD，则由勾股定理
CB2=（3﹣0）2+（﹣3﹣0）2=18
CD2=12+（﹣4+3）2=2
BD2=（﹣4）2+（3﹣1）2=20
∴CB2+CD2=BD2
∴∠BDC=90°
∵∠BDC=∠QCE
∴∠QCE=90°
∴点Q纵坐标为﹣3
代入﹣3=2x﹣6
∴x=
∴存在点Q坐标为（，﹣3）
37、【解答】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式是y=x2+x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC==，
|MB﹣MD|取最大值为；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°，
设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴=，
即==，
∴=，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴=，
即==3，
∴=3，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．
38、解：（1）∵OD⊥AC，
∴=，∠AFO=90°，
又∵AC=BD，
∴=，即+=+，
∴=，
∴==，
∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°，
∵AB=2，
∴AO=BO=1，
∴AF=AOsin∠AOF=1×=，
则AC=2AF=；
（2）如图1，连接BC，
∵AB为直径，OD⊥AC，
∴∠AFO=∠C=90°，
∴OD∥BC，
∴∠D=∠EBC，
∵DE=BE、∠DEF=∠BEC，
∴△DEF≌△BEC（ASA），
∴BC=DF、EC=EF，
又∵AO=OB，
∴OF是△ABC的中位线，
设OF=t，则BC=DF=2t，
∵DF=DO﹣OF=1﹣t，
∴1﹣t=2t，
解得：t=，
则DF=BC=、AC===，
∴EF=FC=AC=，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠D，
则cot∠ABD=cot∠D===；
（3）如图2，
∵BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，
∴∠BOC=、∠AOD=∠COD=，
则+2×=180，
解得：n=4，
∴∠BOC=90°、∠AOD=∠COD=45°，
∴BC=AC=，
∵∠AFO=90°，
∴OF=AOcos∠AOF=，
则DF=OD﹣OF=1﹣，
∴S△ACD=AC?DF=××（1﹣）=．
39、【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（5，0）代入抛物线y=ax2+bx﹣5
解得
∴y=x2﹣4x﹣5
∴顶点坐标为D（2，﹣9）
（2）①存在
设直线BC的函数解析式为y=kx+b（k≠0）
把B（5，0），C（0，﹣5）代入得
∴BC解析式为y=x﹣5
当x=m时，y=m﹣5
∴P（m，m﹣5）
当x=2时，y=2﹣5=﹣3
∴E（2．﹣3）
∵PF∥DE∥y轴
∴点F的横坐标为m
当x=m时，y=m2﹣4m﹣5
∴F（m，m2﹣4m﹣5）
∴PF=（m﹣5）﹣（m2﹣4m﹣5）=﹣m2+5m
∵E（2，﹣3），D（2，﹣9）
∴DE=﹣3﹣（﹣9）=6
如图，连接DF
∵PF∥DE
∴当PF=DE时，四边形PEDF为平行四边形
即﹣m2+5m=6
解得m1=3，m2=2（舍去）
当m=3时，y=3﹣5=2
此时P（3，﹣2）
∴存在点P（3，﹣2）使四边形PEDF为平行四边形．
②由题意
在Rt△BOC中，OB=OC=5
∴BC=5
∴C△BOC=10+5
∵PF∥DE∥y轴
∴∠FPE=∠DEC=∠OCB
∵FH⊥BC
∴∠FHP=∠BOC=90°
∴△PFH∽△BCO
∴
即C△PFH=
∵0＜m＜5
∴当m=﹣时，△PFH周长的最大值为
40、【分析】（1）先求出BD，进而求出OD=OB=OA，再判断出△ODE∽△ADO，即可得出结论；
（2）先判断出△AEF≌△DCE，进而求出BF=1，再判断出△CHG∽△CBF，进而求出BK=GK=，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）①先求出EC=5，再求出D''C=1，根据勾股定理求出DH=，CH=，再判断出△EMN∽△EHD，的粗，△ED''M∽△ECH，得出，进而得出，即可得出结论；
②先判断出∠MD''H=∠NED''，进而判断出∠MD''H=∠ECB，即可得出，即可．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CD=AB=3，AD=BC=5，∠BAD=90°
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD=，
∵O是BD中点，
∴OD=OB=OA=，
∴∠OAD=∠ODA，
∵OE=DE，
∴∠EOD=∠ODE，
∴∠EOD=∠ODE=∠OAD，
∴△ODE∽△ADO，
∴，∴
DO2=DE?DA，
∴设AE=x，
∴DE=5﹣x，
∴（）2=5（5﹣x），
∴x=，
即：AE=；
（2）如图2，在矩形ABCD中，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC=45°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB=3，
∴AE=CD=3，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC=90°，
∴∠AEF+∠CED=90°，
∵∠A=90°，
∴∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠CED=∠AFE，
∵∠D=∠A=90°，
∴△AEF≌△DCE，
∴AF=DE=2，
∴BF=AB﹣AF=1，
过点G作GK⊥BC于K，
∴∠EBC=∠BGK=45°，
∴BK=GK，∠ABC=∠GKC=90°，
∵∠KCG=∠BCF，
∴△CHG∽△CBF，
∴，
设BK=GK=y，
∴CK=5﹣y，
∴y=，
∴BK=GK=，
在Rt△GKB中，BG=；
（3）①在矩形ABCD中，∠D=90°，
∵AE=1，AD=5，
∴DE=4，
∵DC=3，
∴EC=5，
由折叠知，ED''=ED=4，D''H=DH，∠ED''H=∠D=90°，
∴D''C=1，
设D''H=DH=z，
∴HC=3﹣z，
根据勾股定理得，（3﹣z）2=1+z2，
∴z=，
∴DH=，CH=，
∵D''N⊥AD，
∴∠AND''=∠D=90°，
∴D''N∥DC，
∴△EMN∽△EHD，
∴，
∵D''N∥DC，
∴∠ED''M=∠ECH，
∵∠MED''=∠HEC，
∴△ED''M∽△ECH，
∴，
∴，
∴，
∴；
②相似，理由：由折叠知，∠EHD''=∠EHD，∠ED''H=∠D=90°，
∴∠MD''H+∠ED''N=90°，
∵∠END''=90°，
∴∠ED''N+∠NED''=90°，
∴∠MD''H=∠NED''，
∵D''N∥DC，
∴∠EHD=∠D''MH，
∴∠EHD''=∠D''MH，
∴D''M=D''H，
∵AD∥BC，
∴∠NED''=∠ECB，
∴∠MD''H=∠ECB，
∵CE=CB=5，
∴，
∴△D''MH∽△CBE．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．
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