初中数学中考偏难压轴题专项(3)
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，直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，过A，B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点C（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，若点E是线段AC上的一个动点（不与A，C重合），过点E作EF∥BC，交AB于点F，当△BEF的面积是时，求点E的坐标；
（3）在（2）的结论下，将△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，试判断点E′是否在抛物线上，并说明理由．
2、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+4分别交x轴、y轴于点B，C，正方形AOCD的顶点D在第二象限内，E是BC中点，OF⊥DE于点F，连结OE．动点P在AO上从点A向终点O匀速运动，同时，动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动，它们同时到达终点．
（1）求点B的坐标和OE的长
（2）设点Q2为（m，n），当＝tan∠EOF时，求点Q2的坐标．
（3）根据（2）的条件，当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合．
①延长AD交直线BC于点Q3，当点Q在线段Q2Q3上时，设Q3Q＝s，AP＝t，求s关于t的函数表达式．
②当PQ与△OEF的一边平行时，求所有满足条件的AP的长．
3、如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
4、小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．
（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P''，画正方形P''Q''M''N''，使Q''，M''在BC边上，N''在△ABC内，连结BN''并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．
（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．
（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM＝时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
5、如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（1，0），B（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式及其顶点C的坐标；
（2）设点D是x轴上一点，当tan（∠CAO+∠CDO）＝4时，求点D的坐标；
（3）如图2．抛物线与y轴交于点E，点P是该抛物线上位于第二象限的点，线段PA交BE于点M，交y轴于点N，△BMP和△EMN的面积分别为m、n，求m﹣n的最大值．
6、箭头四角形
模型规律
如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B．
因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A+∠B+∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：①如图2，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝??．
②如图3，∠ABE、∠ACE的2等分线（即角平分线）BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝??．
③如图4，BOi、COi分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线（i＝1，2，3，…，2017，2018）．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018．已知∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，则∠BO1000C＝??度．
（2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证：四边形OBCD是菱形．
7、如图，抛物线y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△PAC的周长最小，若存在，请求出点P的坐标及△PAC的周长；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在点M（不与C点重合），使得S△PAM＝S△PAC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
8、如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣2），点A的坐标是（2，0），P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，抛物线的对称轴是直线x＝﹣1．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在第二象限内，且PE＝OD，求△PBE的面积．
（3）在（2）的条件下，若M为直线BC上一点，在x轴的上方，是否存在点M，使△BDM是以BD为腰的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
9、如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）如图1，连接BE，CD，BE的廷长线交AC于点F，交CD于点P，求证：BP⊥CD；
（2）如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转，当点D落在AB上时，连接BE，CD，CD的延长线交BE于点P，若BC＝6，AD＝3，求△PDE的面积．
10、如图，四边形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，点E在AB上，且∠CEF＝90°，FG⊥AD，垂足为点C．
（1）试判断AG与FG是否相等？并给出证明；
（2）若点H为CF的中点，GH与DH垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理由．
11、若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴、y轴分别交于点A（3，0）、B（0，﹣2），且过点C（2，﹣2）．
（1）求二次函数表达式；
（2）若点P为抛物线上第一象限内的点，且S△PBA＝4，求点P的坐标；
（3）在抛物线上（AB下方）是否存在点M，使∠ABO＝∠ABM？若存在，求出点M到y轴的距离；若不存在，请说明理由．
12、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B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）经过点A、B．
（1）求a、b满足的关系式及c的值．
（2）当x＜0时，若y＝ax2+bx+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，求a的取值范围．
（3）如图，当a＝﹣1时，在抛物线上是否存在点P，使△PAB的面积为1？若存在，请求出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
13、如图，已知直线与抛物线：相交于和点两点.
⑴.求抛物线的函数表达式；
⑵.若点是位于直线上方抛物线上的一动点，以为相邻两边作平行四边形,当平行四边形的面积最大时，求此时四边形的面积及点的坐标；
⑶.在抛物线的对称轴上是否存在定点,使抛物线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.?
14、⑴.如图1，是正方形边上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①.线段和的数量关系是?????????；
②.写出线段和之间的数量关系.
⑵.当四边形为菱形，，点是菱形边所在直线上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①.如图2，点在线段上时，请探究线段和之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②.如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点；若,直接写出线段的长度.??
15、如图，在平面直角坐标系xoy中，O为坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
（1）求圆心M的坐标；
（2）若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
（3）在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF＝4时，求点P的坐标．
16、如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx+n与y轴交于点C，与抛物线y＝﹣x2+bx+c的另一个交点为D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
17、已知抛物线y＝ax2+x+4的对称轴是直线x＝3，与x轴相交于A，B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标；
（2）如图1，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若点M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN＝3时，求点M的坐标．
18、如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（﹣3，0），且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，且∠POB＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m+4．点D是抛物线上M，N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E．
①求DE的最大值；
②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形．
19、如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A,C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA=3，，D是BC的中点.
（1）求OC的长和点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM=OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结ED交AB于点F.
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标.
②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动的路径的长.
20、已知在平面直角坐标系xOy中，直线分别交x轴和y轴于点A（-3，0），B（0，3）
（1）如图1，已知圆P经过点O，且与直线相切点B，求圆P的直径长；
（2）如图2，已知直线分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线上的一个动点，以Q为圆心，为半径画圆.
①当点Q与点C重合时，求证：直线与圆Q相切；
②设圆Q与直线相交于M,N两点，连结QM,QN，问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由.
21、已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A?C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
22、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），点B（4，0），与y轴交于点C（0，8），连接BC，又已知位于y轴右侧且垂直于x轴的动直线l，沿x轴正方向从O运动到B（不含O点和B点），且分别交抛物线、线段BC以及x轴于点P，D，E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AC，AP，当直线l运动时，求使得△PEA和△AOC相似的点P的坐标；
（3）作PF⊥BC，垂足为F，当直线l运动时，求Rt△PFD面积的最大值．
23、如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象过原点，与x轴的另一个交点为（8，0）
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方作x轴的平行线y1＝m，交二次函数图象于A、B两点，过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D、点C．当矩形ABCD为正方形时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
24、如图1，已知⊙O外一点P向⊙O作切线PA，点A为切点，连接PO并延长交⊙O于点B，连接AO并延长交⊙O于点C，过点C作CD⊥PB，分别交PB于点E，交⊙O于点D，连接AD．
（1）求证：△APO～△DCA；
（2）如图2，当AD＝AO时
①求∠P的度数；
②连接AB，在⊙O上是否存在点Q使得四边形APQB是菱形．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
25、如图，抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C（0，－3）．P为抛物线上一点，横坐标为m，且m＞0．
⑴求此抛物线的解析式；
⑵当点P位于x轴下方时，求△ABP面积的最大值；
⑶设此抛物线在点C与点P之间部分（含点C和点P）最高点与最低点的纵坐标之差为h．
①求h关于m的函数解析式，并写出自变量m的取值范围；
②当h=9时，直接写出△BCP的面积．
26、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.
27、以下四个命题①用换元法解分式方程时，如果设，那么可以将原式方程化为关于y的整式方程；②如果半径为r的圆的内接正五边形边长为a，那么a=2rcos54°；③有一个圆锥，与底面圆直径是且体积为的圆柱等高，如果这个圆锥的侧面积展开图是半圆，那么它的母线长为；④二次函数，自变量的两个值，对应的函数值分别为，若，则，其中正确的命题的个数为
A.1个????????B.2个??????C.3个?????D.4个
28、如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴；
（2）点D为抛物线对称轴上一点，连接CD、BD，若∠DCB＝∠CBD，求点D的坐标；
（3）已知F（1，1），若E（x，y）是抛物线上一个动点（其中1＜x＜2），连接CE、CF、EF，求△CEF面积的最大值及此时点E的坐标．
（4）若点N为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
29、学校数学兴趣小组利用机器人开展数学活动．
在相距150个单位长度的直线跑道AB上，机器人甲从端点A出发，匀速往返于端点A、B之间，机器人乙同时从端点B出发，以大于甲的速度匀速往返于端点B、A之间．他们到达端点后立即转身折返，用时忽略不计．
兴趣小组成员探究这两个机器人迎面相遇的情况，这里的”迎面相遇“包括面对面相遇、在端点处相遇这两种．
【观察】
①观察图1，若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为??个单位长度；
②若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为40个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为??个单位长度；
【发现】
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度．兴趣小组成员发现了y与x的函数关系，并画出了部分函数图象（线段OP，不包括点O，如图2所示）．
①a＝??；
②分别求出各部分图象对应的函数表达式，并在图2中补全函数图象；
【拓展】
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度．
若这两个机器人第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离y不超过60个单位长度，则他们第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是??．（直接写出结果）
30、特例感知
（1）如图1，对于抛物线y1＝﹣x2﹣x+1，y2＝﹣x2﹣2x+1，y3＝﹣x2﹣3x+1，下列结论正确的序号是??；
①抛物线y1，y2，y3都经过点C（0，1）；
②抛物线y2，y3的对称轴由抛物线y1的对称轴依次向左平移个单位得到；
③抛物线y1，y2，y3与直线y＝1的交点中，相邻两点之间的距离相等．
形成概念
（2）把满足yn＝﹣x2﹣nx+1（n为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”．
知识应用
在（2）中，如图2．
①“系列平移抛物线”的顶点依次为P1，P2，P3，…，Pn，用含n的代数式表示顶点Pn的坐标，并写出该顶点纵坐标y与横坐标x之间的关系式；
②“系列平移抛物线”存在“系列整数点（横、纵坐标均为整数的点）”：C1，C2，C3，…，?n，其横坐标分别为﹣k﹣1，﹣k﹣2，﹣k﹣3，…，﹣k﹣n（k为正整数），判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由．
③在②中，直线y＝1分别交“系列平移抛物线”于点A1，A2，A3，…，An，连接?nAn，Cn﹣1An﹣1，判断?nAn，Cn﹣1An﹣1是否平行？并说明理由．
31、如图①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．
请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
①∠BEP＝??°；
②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是??．
（2）请在图③中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
32、已知，如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为M（1，9），经过抛物线上的两点A（﹣3，﹣7）和B（3，m）的直线交抛物线的对称轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和直线AB的解析式．
（2）在抛物线上A、M两点之间的部分（不包含A、M两点），是否存在点D，使得S△DAC＝2S△DCM？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出满足条件的点P的坐标．
33、如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图，延长BP交直线DQ于点E．
①如图2，求证：BE⊥DQ；
②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．
34、已知抛物线C1：y＝(x－1)2－4和C2：y＝x2
(1)如何将抛物线C1平移得到抛物线C2？
(2)如图1，抛物线C1与x轴正半轴交于点A，直线经过点A，交抛物线C1于另一点B．请你在线段AB上取点P，过点P作直线PQ∥y轴交抛物线C1于点Q，连接AQ
①若AP＝AQ，求点P的横坐标
②若PA＝PQ，直接写出点P的横坐标
(3)如图2，△MNE的顶点M、N在抛物线C2上，点M在点N右边，两条直线ME、NE与抛物线C2均有唯一公共点，ME、NE均与y轴不平行．若△MNE的面积为2，设M、N两点的横坐标分别为m、n，求m与n的数量关系
35、如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M，Q分别是边AB，BC上的动点（点M不与A，B重合），且MQ⊥BC，过点M作BC的平行线MN，交AC于点N，连接NQ，设BQ为x．
（1）试说明不论x为何值时，总有△QBM∽△ABC；
（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；
（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．
36、【问题】
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF＝90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．
【探究发现】
（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP＝DB，请写出证明过程；
【数学思考】
（2）如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP＝DB，请完成证明过程；
【拓展引申】
（3）如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM＝BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大．若AC＝BC＝4，请你直接写出BQ的最大值．
37、如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在x轴上找一点E，使EC+ED的值最小，求EC+ED的最小值；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB＝∠OCB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
38、问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座草根塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE。根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由。（塔A的占地面积忽略不计）
39、已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，OC＝3．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；
（3）点P为抛物线在直线BC下方图形上的一动点，当△PBC面积最大时，求点P的坐标；
（4）若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求岀这个最小值；若不存在，请说明理由．
40、已知抛物线y＝a（x﹣2）2+c经过点A（2，0）和C（0，），与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；
（2）如图，点E，F分别在线段AB，BD上（E点不与A，B重合），且∠DEF＝∠A，则△DEF能否为等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；
（3）若点P在抛物线上，且＝m，试确定满足条件的点P的个数．
参考答案
一、综合题
1、解：（1）y＝﹣x+4…①，
令x＝0，y＝4，令y＝0，则x＝4，
故点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，4），
抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），
即﹣4a＝4，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4…②；
（2）设点E（m，0），
直线BC表达式中的k值为4，EF∥BC，
则直线EF的表达式为：y＝4x+n，
将点E坐标代入上式并解得：
直线EF的表达式为：y＝4x﹣4m…③，
联立①③并解得：x＝（m+1），
则点F（，），
S△BEF＝S△OAB﹣S△OBE﹣S△AEF＝×4×4﹣×4m﹣（4﹣m）×＝，
解得：m＝，
故点E（，0）、点E（2，2）；
（3）△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，则点E′（，4），
当x＝时，y＝﹣x2+3x+4＝﹣（）2+3×+4≠4，
故点E′不在抛物线上．
2、【分析】（1）令y＝0，可得B的坐标，利用勾股定理可得BC的长；
（2）如图1，作辅助线，证明△CDN∽△MEN，得CN＝MN＝1，计算EN的长，根据面积法可得OF的长，利用勾股定理得OF的长，由＝tan∠EOF和n＝﹣m+4，可得结论；
（3）①先设s关于t成一次函数关系，设s＝kt+b，根据当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合，得t＝2时，CD＝4，DQ3＝2，s＝2，根据Q3（﹣4，6），Q2（6，1），可得t＝4时，s＝5，利用待定系数法可得s关于t的函数表达式；
②分三种情况：
（i）当PQ∥OE时，如图2，根据cos∠QBH＝＝＝＝，表示BH的长，根据AB＝12，列方程可得t的值；
（ii）当PQ∥OF时，如图3，根据tan∠HPQ＝tan∠CDN＝，列方程为2t﹣2＝，可得t的值．
（iii）由图形可知PQ不可能与EF平行．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x+4＝0，
∴x＝8，
∴B（8，0），
∵C（0，4），
∴OC＝4，OB＝8，
在Rt△BOC中，BC＝＝4；
（2）如图1，作EM⊥OC于M，则EM∥CD，
∵E是BC的中点
∴M是OC的中点
∴EM＝OB＝4，OE＝BC＝2
∵∠CDN＝∠NEM，∠CND＝∠MNE
∴△CDN∽△MEN，
∴＝1，
∴CN＝MN＝1，
∴EN＝＝，
∵S△ONE＝EN?OF＝ON?EM，
∴OF＝＝，
由勾股定理得：EF＝＝＝，
∴tan∠EOF＝＝＝，
∴＝＝，
∵n＝﹣m+4，
∴m＝6，n＝1，
∴Q2（6，1）；
（3）①∵动点P、Q同时作匀速直线运动，
∴s关于t成一次函数关系，设s＝kt+b，
∵当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合，
∴t＝2时，CD＝4，DQ3＝2，
∴s＝Q3C＝＝2，
∵Q3（﹣4，6），Q2（6，1），
∴t＝4时，s＝＝5，
将或代入得，解得：，
∴s＝﹣，
②（i）当PQ∥OE时，如图2，∠QPB＝∠EOB＝∠OBE，
作QH⊥x轴于点H，则PH＝BH＝PB，
Rt△ABQ3中，AQ3＝6，AB＝4+8＝12，
∴BQ3＝＝6，
∵BQ＝6﹣s＝6﹣t+＝7﹣t，
∵cos∠QBH＝＝＝＝，
∴BH＝14﹣3t，
∴PB＝28﹣6t，
∴t+28﹣6t＝12，t＝；
（ii）当PQ∥OF时，如图3，过点Q作QG⊥AQ3于点G，过点P作PH⊥GQ于点H，
由△Q3QG∽△CBO得：Q3G：QG：Q3Q＝1：2：，
∵Q3Q＝s＝t﹣，
∴Q3G＝t﹣1，GQ＝3t﹣2，
∴PH＝AG＝AQ3﹣Q3G＝6﹣（t﹣1）＝7﹣t，
∴QH＝QG﹣AP＝3t﹣2﹣t＝2t﹣2，
∵∠HPQ＝∠CDN，
∴tan∠HPQ＝tan∠CDN＝，
∴2t﹣2＝，t＝，
（iii）由图形可知PQ不可能与EF平行，
综上，当PQ与△OEF的一边平行时，AP的长为或．
【点评】此题是一次函数的综合题，主要考查了：用待定系数法求一次函数关系式，三角形相似的性质和判定，三角函数的定义，勾股定理，正方形的性质等知识，并注意运用分类讨论和数形结合的思想解决问题．
3、【分析】（1）如图1中，首先证明CD＝BD＝AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题．
（2）①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题．
②分三种情形情形：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．构建方程解决问题即可．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．构建方程解决问题即可．如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，构造相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题即可．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，
∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，
∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴OD＝OC，
∵BD＝2OD．
（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，
∵DT⊥BC，
∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，
∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，
∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED＝EF，
∴△DTE≌△EHF（AAS），
∴FH＝ET＝5，
∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵∠DBE＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴BH＝FH＝5，
∴BF＝5，
∵∠ADC＝∠ABF＝90°，
∴DG∥BF，
∵AD＝DB，
∴AG＝GF，
∴DG＝BF＝．
②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．
∵AD＝6BD，
∴BD＝AB＝2，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，
∴DT＝BT＝2，
∵△DTE≌△EHF，
∴EH＝DT＝2，
∴BH＝FH＝12﹣x，
∵FH∥AC，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣12x+28＝0，
解得x＝6±2．
如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．
设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，
∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣36x+268＝0，
解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），
如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴D，B，F，E四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，
∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，
∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，
∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），CK＝EK＝x，GK＝7﹣（12﹣x）﹣x，
由△OGD∽△KEG，可得＝，
∴＝，
解得x＝2，
，综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
4、【分析】（1）理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题．
（2）根据题意画出图形即可．
（3）首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MN＝PN即可．
（4）证明△BQE∽△BEM，推出∠BEQ＝∠BME，由∠BME+∠EMN＝90°，可得∠BEQ+∠NEM＝90°，即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得PN＝．
（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．
（3）证明：如图2中，
由画图可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，
∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴＝，
同理可得：＝，
∴＝，
∵M′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四边形PQMN是正方形．
（4）解：如图3中，结论：∠QEM＝90°．
理由：由tan∠NBM＝＝，可以假设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，BQ＝k，BE＝2k，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠QBE＝∠EBM，
∴△BQE∽△BEM，
∴∠BEQ＝∠BME，
∵NE＝NM，
∴∠NEM＝∠NME，
∵∠BME+∠EMN＝90°，
∴∠BEQ+∠NEM＝90°，
∴∠QEM＝90°．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
5、【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求得二次函数的解析式；
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点H，在Rt△CHO中，可求得tan∠COH＝4，推出∠ACO＝∠CDO，可证△AOC∽△ACD，利用相似三角形的性质可求出AD的长度，进一步可求出点D的坐标，由对称性可直接求出另一种情况；
（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，求出直线PA的解析式，求出点N的坐标，由S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，可推出S△BPM﹣S△EMN＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON，再用含a的代数式表示出来，最终可用函数的思想来求出其最大值．
【解答】解：（1）由题意把点（1，0），（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，，
解得b＝﹣2，c＝3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3
＝﹣（x+1）2+4，
∴此抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，顶点C的坐标为（﹣1，4）；
（2）∵抛物线顶点C（﹣1，4），
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设抛物线对称轴与x轴交于点H，
则H（﹣1，0），
在Rt△CHO中，CH＝4，OH＝1，
∴tan∠COH＝＝4，
∵∠COH＝∠CAO+∠ACO，
∴当∠ACO＝∠CDO时，
tan（∠CAO+∠CDO）＝tan∠COH＝4，
如图1，当点D在对称轴左侧时，
∵∠ACO＝∠CDO，∠CAO＝∠CAO，
∴△AOC∽△ACD，
∴＝，
∵AC＝＝2，AO＝1，
∴＝，
∴AD＝20，
∴OD＝19，
∴D（﹣19，0）；
当点D在对称轴右侧时，点D关于直线x＝1的对称点D''的坐标为（17，0），
∴点D的坐标为（﹣19，0）或（17，0）；
（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），
将P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，
得，，
解得，k＝﹣a﹣3，b＝a+3，
∴yPA＝（﹣a﹣3）x+a+3，
当x＝0时，y＝a+3，
∴N（0，a+3），
如图2，
∵S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，
∴S△BPM﹣S△EMN
＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON
＝×4×（﹣a2﹣2a+3）﹣×3×3﹣×1×（a+3）
＝﹣2a2﹣a
＝﹣2（a+）2+，
由二次函数的性质知，当a＝﹣时，S△BPM﹣S△EMN有最大值，
∵△BMP和△EMN的面积分别为m、n，
∴m﹣n的最大值为．
6、【分析】（1）①由∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α可得答案；
②由∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF知∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，从而得∠F＝，代入计算可得；
③由∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC知∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，据此得出∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，代入可得答案；
（2）由∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA知∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，结合∠BCD＝2∠BAD得∠BCD＝∠BOD，连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【解答】解：（1）①如图2，
在凹四边形ABOC中，∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，
在凹四边形DOEF中，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝2α；
②如图3，
∵∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A，且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF，
∴∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，
∴∠F＝，
∵∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，
∴∠F＝85°；
③如图3，
由题意知∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，
∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，
∴∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，
∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC，
则∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），
代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，
解得：∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，
∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，
∴∠BO1000C＝m°+n°；
故答案为：①2α；②85°；③（m+n）；
（2）如图5，连接OC，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA，
∴∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝∠BOD，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD，
又∠BOD＝∠BCD，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD，
∴OB＝BC＝CD＝DO，
∴四边形OBCD是菱形．
7、【分析】（1）由于条件给出抛物线与x轴的交点A（﹣1，0）、B（3，0），故可设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），把点C代入即求得a的值，减小计算量．
（2）由于点A、B关于对称轴：直线x＝1对称，故有PA＝PB，则C△PAC＝AC+PC+PA＝AC+PC+PB，所以当C、P、B在同一直线上时，C△PAC＝AC+CB最小．利用点A、B、C的坐标求AC、CB的长，求直线BC解析式，把x＝1代入即求得点P纵坐标．
（3）由S△PAM＝S△PAC可得，当两三角形以PA为底时，高相等，即点C和点M到直线PA距离相等．又因为M在x轴上方，故有CM∥PA．由点A、P坐标求直线AP解析式，即得到直线CM解析式．把直线CM解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点M坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）
∴可设交点式y＝a（x+1）（x﹣3）
把点C（0，3）代入得：﹣3a＝3
∴a＝﹣1
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3
（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得△PAC的周长最小．
如图1，连接PB、BC
∵点P在抛物线对称轴直线x＝1上，点A、B关于对称轴对称
∴PA＝PB
∴C△PAC＝AC+PC+PA＝AC+PC+PB
∵当C、P、B在同一直线上时，PC+PB＝CB最小
∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）
∴AC＝，BC＝
∴C△PAC＝AC+CB＝最小
设直线BC解析式为y＝kx+3
把点B代入得：3k+3＝0，解得：k＝﹣1
∴直线BC：y＝﹣x+3
∴yP＝﹣1+3＝2
∴点P（1，2）使△PAC的周长最小，最小值为．
（3）存在满足条件的点M，使得S△PAM＝S△PAC．
∵S△PAM＝S△PAC
∴当以PA为底时，两三角形等高
∴点C和点M到直线PA距离相等
∵M在x轴上方
∴CM∥PA
∵A（﹣1，0），P（1，2），设直线AP解析式为y＝px+d
∴??解得：
∴直线AP：y＝x+1
∴直线CM解析式为：y＝x+3
∵??解得：（即点C），
∴点M坐标为（1，4）
8、【分析】（1）点A（2，0）、点B（﹣4，0），则函数的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+4）＝a（x2+2x﹣8），即可求解；
（2）PE＝OD，则PE＝（x2+x﹣2﹣x+2）＝（﹣x），求得：点D（﹣5，0），利用S△PBE＝PE×BD＝（x2+x﹣2﹣x+2）（﹣4﹣x），即可求解；
（3）BD＝1＝BM，则yM＝﹣BMsin∠ABC＝﹣1×＝﹣，即可求解．
【解答】解：（1）点A的坐标是（2，0），抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，则点B（﹣4，0），
则函数的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+4）＝a（x2+2x﹣8），
即：﹣8a＝﹣2，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2+x﹣2；
（2）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x﹣2，则tan∠ABC＝，则sin∠ABC＝，
设点D（x，0），则点P（x，x2+x﹣2），点E（x，x﹣2），
∵PE＝OD，
∴PE＝（x2+x﹣2﹣x+2）＝（﹣x），
解得：x＝0或﹣5（舍去x＝0），
即点D（﹣5，0）
S△PBE＝×PE×BD＝（x2+x﹣2﹣x+2）（﹣4﹣x）＝；
（3）由题意得：△BDM是以BD为腰的等腰三角形，只存在：BD＝BM的情况，
BD＝1＝BM，
则yM＝﹣BMsin∠ABC＝﹣1×＝﹣，
则xM＝﹣，
故点M（﹣，﹣）．
【点评】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．
9、【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，求得∠BAE＝∠DAC，根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠ACD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，求得∠EPD＝90°，得到DE＝3，AB＝6，求得BD＝6﹣3＝3，CD＝＝3，根据相似三角形的性质得到PD＝，PB＝根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°．
∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE＝∠DAC，
在△ABE与△ADC中，，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠AFB＝∠ABE+∠CFP＝90°，
∴∠CPF＝90°，
∴BP⊥CD；
（2）在△ABE与△ACD中，，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，
∵∠PDB＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠CAB＝90°，
∴∠EPD＝90°，
∵BC＝6，AD＝3，
∴DE＝3，AB＝6，
∴BD＝6﹣3＝3，CD＝＝3，
∵△BDP∽△CDA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PD＝，PB＝
∴PE＝3﹣＝，
∴△PDE的面积＝××＝．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10、【解答】解：（1）AG＝FG，
理由如下：如图，过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠B＝90°＝∠BAD
∵FM⊥AB，∠MAD＝90°，FG⊥AD
∴四边形AGFM是矩形
∴AG＝MF，AM＝FG，
∵∠CEF＝90°，
∴∠FEM+∠BEC＝90°，∠BEC+∠BCE＝90°
∴∠FEM＝∠BCE，且∠M＝∠B＝90°，EF＝EC
∴△EFM≌△CEB（AAS）
∴BE＝MF，ME＝BC
∴ME＝AB＝BC
∴BE＝MA＝MF
∴AG＝FG，
（2）DH⊥HG
理由如下：如图，延长GH交CD于点N，
∵FG⊥AD，CD⊥AD
∴FG∥CD
∴，且CH＝FH，
∴GH＝HN，NC＝FG
∴AG＝FG＝NC
又∵AD＝CD，
∴GD＝DN，且GH＝HN
∴DH⊥GH
11、【分析】（1）用A、B、C三点坐标代入，用待定系数法求二次函数表达式．
（2）设点P横坐标为t，用t代入二次函数表达式得其纵坐标．把t当常数求直线BP解析式，进而求直线BP与x轴交点C坐标（用t表示），即能用t表示AC的长．把△PBA以x轴为界分成△ABC与△ACP，即得到S△PBA＝AC（OB+PD）＝4，用含t的式子代入即得到关于t的方程，解之即求得点P坐标．
（3）作点O关于直线AB的对称点E，根据轴对称性质即有AB垂直平分OE，连接BE交抛物线于点M，即有BE＝OB，根据等腰三角形三线合一得∠ABO＝∠ABM，即在抛物线上（AB下方）存在点M使∠ABO＝∠ABM．设AB与OE交于点G，则G为OE中点且OG⊥AB，利用△OAB面积即求得OG进而得OE的长．易求得∠OAB＝∠BOG，求∠OAB的正弦和余弦值，应用到Rt△OEF即求得OF、EF的长，即得到点E坐标．求直线BE解析式，把BE解析式与抛物线解析式联立，求得x的解一个为点B横坐标，另一个即为点M横坐标，即求出点M到y轴的距离．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象经过点A（3，0）、B（0，﹣2）、C（2，﹣2）
∴??解得：
∴二次函数表达式为y＝x2﹣x﹣2
（2）如图1，设直线BP交x轴于点C，过点P作PD⊥x轴于点D
设P（t，t2﹣t﹣2）（t＞3）
∴OD＝t，PD＝t2﹣t﹣2
设直线BP解析式为y＝kx﹣2
把点P代入得：kt﹣2＝t2﹣t﹣2
∴k＝t﹣
∴直线BP：y＝（t﹣）x﹣2
当y＝0时，（t﹣）x﹣2＝0，解得：x＝
∴C（，0）
∵t＞3
∴t﹣2＞1
∴，即点C一定在点A左侧
∴AC＝3﹣
∵S△PBA＝S△ABC+S△ACP＝AC?OB+AC?PD＝AC（OB+PD）＝4
∴＝4
解得：t1＝4，t2＝﹣1（舍去）
∴t2﹣t﹣2＝
∴点P的坐标为（4，）
（3）在抛物线上（AB下方）存在点M，使∠ABO＝∠ABM．
如图2，作点O关于直线AB的对称点E，连接OE交AB于点G，连接BE交抛物线于点M，过点E作EF⊥y轴于点F
∴AB垂直平分OE
∴BE＝OB，OG＝GE
∴∠ABO＝∠ABM
∵A（3，0）、B（0，﹣2），∠AOB＝90°
∴OA＝3，OB＝2，AB＝
∴sin∠OAB＝，cos∠OAB＝
∵S△AOB＝OA?OB＝AB?OG
∴OG＝
∴OE＝2OG＝
∵∠OAB+∠AOG＝∠AOG+∠BOG＝90°
∴∠OAB＝∠BOG
∴Rt△OEF中，sin∠BOG＝，cos∠BOG＝
∴EF＝OE＝，OF＝OE＝
∴E（，﹣）
设直线BE解析式为y＝ex﹣2
把点E代入得：e﹣2＝﹣，解得：e＝﹣
∴直线BE：y＝﹣x﹣2
当﹣x﹣2＝x2﹣x﹣2，解得：x1＝0（舍去），x2＝
∴点M横坐标为，即点M到y轴的距离为．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，一元二次方程的解法，轴对称的性质，等腰三角形性质，三角函数的应用．第（3）题点的存在性问题，可先通过画图确定满足∠ABO＝∠ABM的点M位置，通过相似三角形对应边成比例或三角函数为等量关系求线段的长．
12、【分析】（1）求出点A、B的坐标，即可求解；
（2）当x＜0时，若y＝ax2+bx+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，则函数对称轴x＝﹣≥0，而b＝2a+1，即：﹣≥0，即可求解；
（3）过点P作直线l∥AB，作PQ∥y轴交BA于点Q，作PH⊥AB于点H，S△PAB＝×AB×PH＝2×PQ×＝1，则|yP﹣yQ|＝1，即可求解．
【解答】解：（1）y＝x+2，令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝﹣2，
故点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（0，2），则c＝2，
则函数表达式为：y＝ax2+bx+2，
将点A坐标代入上式并整理得：b＝2a+1；
（2）当x＜0时，若y＝ax2+bx+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，
则函数对称轴x＝﹣≥0，而b＝2a+1，
即：﹣≥0，解得：a，
故：a的取值范围为：﹣≤a＜0；
（3）当a＝﹣1时，二次函数表达式为：y＝﹣x2﹣x+2，
过点P作直线l∥AB，作PQ∥y轴交BA于点Q，作PH⊥AB于点H，
∵OA＝OB，∴∠BAO＝∠PQH＝45°，
S△PAB＝×AB×PH＝2×PQ×＝1，
则yP﹣yQ＝1，
在直线AB下方作直线m，使直线m和l与直线AB等距离，
则直线m与抛物线两个交点坐标，分别与点AB组成的三角形的面积也为1，
故：|yP﹣yQ|＝1，
设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点Q（x，x+2），
即：﹣x2﹣x+2﹣x﹣2＝±1，
解得：x＝﹣1或﹣1，
故点P（﹣1，2）或（﹣1，1）或（﹣1﹣，﹣）．
13、考点：二次函数的图象及其性质、待定系数法、数学的建模思想、勾股定理、距离公式等.
分析：
本题的⑴利用“待定系数法”即可求出二次函数的解析式；本题的⑵抓住建立平行四边形的面积是△的2倍，所以以△的面积建立一个二次函数来求出其最大面积，再进一步求出平行四边形的最大面积；本题的⑶问主要先假设存在，再在此基础上从特殊点切入利用距离公式进行探究其存在的可能性.
略解：
⑴.∵和点两点在抛物线上
∴??
解得
∴抛物线的表达式为：······4分
⑵.设直线的解析式为
∵和点在直线上
∴????解得?∴直线的解析式为·····5分
如图所示，过作轴交于
设，则（）
∴，
∴△=△+=
∴△=
∴当，△的面积有最大值················8分
∴□MANB=△=，此时.··············9分
⑶.存在..························10分
理由如下：令抛物线顶点为，则；则顶点到直线的距离为；
设，再设
设到直线的距离为,则
∵为抛物线上任意一点都有
∴当与顶点重合时，也有;则,即顶点到直线的距离为.
∴，此时
∴·······························12分
∵∴
∵，
∴
整理化简可得∴当时，无论取任何实数，均有.···14分
点评：
本题的⑴问利用待定系数法即可获得解决；本
题⑵问是数学建模思想的运用，本问比较巧妙的是
14、考点：旋转的特征，正方形以及菱形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形以及直角三角形的性质，勾股定理等.
分析：
本题的⑴问的①直接根据旋转特征可以得出答案；本题的⑴问的②利用旋转的特征和全等三角形把转为等腰直角△的斜边,再利用勾股定理或者三角函数可以解决问题；本题的⑶问的①和⑴问的②的思路是一样的，利用旋转的特征和全等三角形把转为等腰△的底边，再作底边上的高线，再利用勾股定理或者三角函数解决问题；本题的⑵的②主要利用旋转的特征、全等三角形、相似三角形分别求出线段，再把它们加起来求出线段的长.
略解：
⑴.①.根据旋转的特征直接可以得出.故应填：;··2分
??②.根据旋转的特征可知△≌△∴∴.
??容易证明△是等腰直角三角形，利用勾股定理或三角函数可以求出,
??即?.······················4分
⑵.①..·······················5分
理由如下：
∵四边形菱形??
∴
由旋转120°可得:
∴即
在△G中,
∴
∴
∴△≌△（）
∴∴················8分
如图所示：过点作点
∵∴
在△中
∴
设，则
∴
∴
∴.···························10分
②.的长度为.··························12分
理由：
根据旋转的特征容易证明△≌△∴；同时利用菱形的性质和旋转的特征并结合条件中的“，将绕着点逆时针旋转120°”可以退推出?∴;
由菱形可得出∥∴△∽△∴?∴
∴.（根据题目要求答卷时可不写理由.）
点评：
?本题是由旋转建立起来的图形；利用旋转的特征得出全等三角形、等腰三角形含特殊角的直角三角形，以此为突破口，并在此基础探究线段之间的数量关系.本题虽然难度不大，但串联起了初中几何部分的多个重要知识点，是一道高质量的中考题.
15、解：（1）点B（0，4），则点C（0，2），
∵点A（4，0），则点M（2，1）；
（2）∵⊙P与直线AD，则∠CAD＝90°，
设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，
tan∠CAO＝＝＝tanα，则sinα＝，cosα＝，
AC＝，则CD＝＝10，
则点D（0，﹣8），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线AD的表达式为：y＝2x﹣8；
（3）抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2+1，
将点B坐标代入上式并解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣3x+4，
过点P作PH⊥EF，则EH＝EF＝2，
cos∠PEH＝，
解得：PE＝5，
设点P（x，x2﹣3x+4），则点E（x，2x﹣8），
则PE＝x2﹣3x+4﹣2x+8＝5，
解得x＝或2（舍去2），
则点P（，）．
16、【解答】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，
故直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，
将点A、D的坐标代入抛物线表达式，
同理可得抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（2）直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，则直线l与x轴的夹角为45°，
即：则PE＝PE，
设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点F（x，﹣x﹣1），
PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，
∵﹣2＜0，故PE+PF有最大值，
当x＝2时，其最大值为18；
（3）NC＝5，
①当NC是平行四边形的一条边时，
设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点M（x，﹣x﹣1），
由题意得：|yM﹣yP|＝5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|＝5，
解得：x＝2或0或4（舍去0），
则点P坐标为（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）；
②当NC是平行四边形的对角线时，
则NC的中点坐标为（﹣，2），
设点P坐标为（m，﹣m2+3m+4）、则点M（n，﹣n﹣1），
N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，
即：﹣＝，2＝，
解得：m＝0或﹣4（舍去0），
故点P（﹣4，3）；
故点P的坐标为：（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）或（﹣4，3）．
17、【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝3，
∴﹣＝3，解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+4．
当y＝0时，﹣x2+x+4＝0，解得x1＝﹣2，x2＝8，
∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）．
答：抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+4；点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）．
（2）当x＝0时，y＝﹣x2+x+4＝4，
∴点C的坐标为（0，4）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（8，0），C（0，4）代入y＝kx+b得
，解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4．
假设存在点P，使四边形PBOC的面积最大，
设点P的坐标为（x，﹣x2+x+4），如图所示，过点P作PD∥y轴，交直线BC于点D，则点D的坐标为（x，﹣x+4），
则PD＝﹣x2+x+4﹣（﹣x+4）＝﹣x2+2x，
∴S四边形PBOC＝S△BOC+S△PBC
＝×8×4+PD?OB
＝16+×8（﹣x2+2x）
＝﹣x2+8x+16
＝﹣（x﹣4）2+32
∴当x＝4时，四边形PBOC的面积最大，最大值是32
∵0＜x＜8，
∴存在点P（4，6），使得四边形PBOC的面积最大．
答：存在点P，使四边形PBOC的面积最大；点P的坐标为（4，6），四边形PBOC面积的最大值为32．
（3）设点M的坐标为（m，﹣++4）则点N的坐标为（m，﹣），
∴MN＝|﹣++4﹣（﹣）|＝|﹣+2m|，
又∵MN＝3，
∴|﹣+2m|＝3，
当0＜m＜8时，﹣+2m﹣3＝0，解得m1＝2，m2＝6，
∴点M的坐标为（2，6）或（6，4）；
当m＜0或m＞8时，﹣+2m+3＝0，解得m3＝4﹣2，m4＝4+2，
∴点M的坐标为（4﹣2，﹣1）或（4+2，﹣﹣1）．
答：点M的坐标为（2，6）、（6，4）、（4﹣2，﹣1）或（4+2，﹣﹣1）．
18、解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），点B（﹣3，0）
∴设交点式y＝a（x+1）（x+3）
∵OC＝OB＝3，点C在y轴负半轴
∴C（0，﹣3）
把点C代入抛物线解析式得：3a＝﹣3
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x+3）＝﹣x2﹣4x﹣3
（2）如图1，过点A作AG⊥BC于点G，过点P作PH⊥x轴于点H
∴∠AGB＝∠AGC＝∠PHO＝90°
∵∠ACB＝∠POB
∴△ACG∽△POH
∴
∴
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°
∴∠ABC＝45°，BC＝＝3
∴△ABG是等腰直角三角形
∴AG＝BG＝AB＝
∴CG＝BC﹣BG＝3﹣＝2
∴
∴OH＝2PH
设P（p，﹣p2﹣4p﹣3）
①当p＜﹣3或﹣1＜p＜0时，点P在点B左侧或在AC之间，横纵坐标均为负数
∴OH＝﹣p，PH＝﹣（﹣p2﹣4p﹣3）＝p2+4p+3
∴﹣p＝2（p2+4p+3）
解得：p1＝，p2＝
∴P（，）或（，）
②当﹣3＜p＜﹣1或p＞0时，点P在AB之间或在点C右侧，横纵坐标异号
∴p＝2（p2+4p+3）
解得：p1＝﹣2，p2＝﹣
∴P（﹣2，1）或（﹣，）
综上所述，点P的坐标为（，）、（，）、（﹣2，1）或（﹣，）．
（3）①如图2，∵x＝m+4时，y＝﹣（m+4）2﹣4（m+4）﹣3＝﹣m2﹣12m﹣35
∴M（m，﹣m2﹣4m﹣3），N（m+4，﹣m2﹣12m﹣35）
设直线MN解析式为y＝kx+n
∴??解得：
∴直线MN：y＝（﹣2m﹣8）x+m2+4m﹣3
设D（d，﹣d2﹣4d﹣3）（m＜d＜m+4）
∵DE∥y轴
∴xE＝xD＝d，E（d，（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3）
∴DE＝﹣d2﹣4d﹣3﹣[（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3]＝﹣d2+（2m+4）d﹣m2﹣4m＝﹣[d﹣（m+2）]2+4
∴当d＝m+2时，DE的最大值为4．
②如图3，∵D、F关于点E对称
∴DE＝EF
∵四边形MDNF是矩形
∴MN＝DF，且MN与DF互相平分
∴DE＝MN，E为MN中点
∴xD＝xE＝＝m+2
由①得当d＝m+2时，DE＝4
∴MN＝2DE＝8
∴（m+4﹣m）2+[﹣m2﹣12m﹣35﹣（﹣m2﹣4m﹣3）]2＝82
解得：m1＝﹣4﹣，m2＝﹣4+
∴m的值为﹣4﹣或﹣4+时，四边形MDNF为矩形．
19、
20、
21、【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝＝6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，
易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8﹣t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
＝?（4﹣t）?3+[?3?（8﹣t）+?（8﹣t）?t﹣?3?（8﹣t）
＝﹣t2+t+16（0＜t＜5）．
（3）存在．
∵S＝﹣（t﹣）2+（0＜t＜5），
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．
（4）存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，
∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：5t2﹣66t+160＝0，
解得t＝或10（舍弃）
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．
22、【分析】（1）将点A、B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）只有当∠PEA＝∠AOC时，PEA△∽AOC，可得：PE＝4AE，设点P坐标（4k﹣2，k），即可求解；
（3）利用Rt△PFD∽Rt△BOC得：＝PD2，再求出PD的最大值，即可求解．
【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+8；
（2）∵点A（﹣2，0）、C（0，8），∴OA＝2，OC＝8，
∵l⊥x轴，∴∠PEA＝∠AOC＝90°，
∵∠PAE≠∠CAO，
∴只有当∠PEA＝∠AOC时，PEA△∽AOC，
此时，即：，
∴AE＝4PE，
设点P的纵坐标为k，则PE＝k，AE＝4k，
∴OE＝4k﹣2，
将点P坐标（4k﹣2，k）代入二次函数表达式并解得：
k＝0或（舍去0），
则点P（，）；
（3）在Rt△PFD中，∠PFD＝∠COB＝90°，
∵l∥y轴，∴∠PDF＝∠COB，∴Rt△PFD∽Rt△BOC，
∴，
∴S△PDF＝?S△BOC，
而S△BOC＝OB?OC＝＝16，BC＝＝4，
∴S△PDF＝?S△BOC＝PD2，
即当PD取得最大值时，S△PDF最大，
将B、C坐标代入一次函数表达式并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣2x+8，
设点P（m，﹣m2+2m+8），则点D（m，﹣2m+8），
则PD＝﹣m2+2m+8+2m﹣8＝﹣（m﹣2）2+4，
当m＝2时，PD的最大值为4，
故当PD＝4时，∴S△PDF＝PD2＝．
23、解：（1）将（0，0），（8，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得：
，解得：，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2+x．
（2）当y＝m时，﹣x2+x＝m，
解得：x1＝4﹣，x2＝4+，
∴点A的坐标为（4﹣，m），点B的坐标为（4+，m），
∴点D的坐标为（4﹣，0），点C的坐标为（4+，0）．
∵矩形ABCD为正方形，
∴4+﹣（4﹣）＝m，
解得：m1＝﹣16（舍去），m2＝4．
∴当矩形ABCD为正方形时，m的值为4．
（3）以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形．
由（2）可知：点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），点C的坐标为（6，0），点D的坐标为（2，0）．
设直线AC的解析式为y＝kx+a（k≠0），
将A（2，4），C（6，0）代入y＝kx+a，得：
，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6．
当x＝2+t时，y＝﹣x2+x＝﹣t2+t+4，y＝﹣x+6＝﹣t+4，
∴点E的坐标为（2+t，﹣t2+t+4），点F的坐标为（2+t，﹣t+4）．
∵以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF，
∴AQ＝EF，分三种情况考虑：
①当0＜t≤4时，如图1所示，AQ＝t，EF＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，
∴t＝﹣t2+t，
解得：t1＝0（舍去），t2＝4；
②当4＜t≤7时，如图2所示，AQ＝t﹣4，EF＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，
∴t﹣4＝﹣t2+t，
解得：t3＝﹣2（舍去），t4＝6；
③当7＜t≤8时，AQ＝t﹣4，EF＝﹣t+4﹣（﹣t2+t+4）＝t2﹣t，
∴t﹣4＝t2﹣t，
解得：t5＝5﹣（舍去），t6＝5+（舍去）．
综上所述：当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4或6．
24、解：（1）证明：如图1，∵PA切⊙O于点A，AC是⊙O的直径，
∴∠PAO＝∠CDA＝90°
∵CD⊥PB
∴∠CEP＝90°
∴∠CEP＝∠CDA
∴PB∥AD
∴∠POA＝∠CAO
∴△APO～△DCA
（2）如图2，连接OD，
①∵AD＝AO，OD＝AO
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD＝60°
∵PB∥AD
∴∠POA＝∠OAD＝60°
∵∠PAO＝90°
∴∠P＝90°﹣∠POA＝90°﹣60°＝30°
②存在．如图2，过点B作BQ⊥AC交⊙O于Q，连接PQ，BC，CQ，
由①得：∠POA＝60°，∠PAO＝90°
∴∠BOC＝∠POA＝60°
∵OB＝OC
∴∠ACB＝60°
∴∠BQC＝∠BAC＝30°
∵BQ⊥AC，
∴CQ＝BC
∵BC＝OB＝OA
∴△CBQ≌△OBA（AAS）
∴BQ＝AB
∵∠OBA＝∠OPA＝30°
∴AB＝AP
∴BQ＝AP
∵PA⊥AC
∴BQ∥AP
∴四边形ABQP是平行四边形
∵AB＝AP
∴四边形ABQP是菱形
∴PQ＝AB
∴＝＝tan∠ACB＝tan60°＝
25、
26、
27、D
28、解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2，
可得a＝﹣，b＝，
∴y＝﹣x2+x+2；
∴对称轴x＝1；
（2）如图1：过点D作DG⊥y轴于G，作DH⊥x轴于H，
设点D（1，y），
∵C（0，2），B（3，0），
∴在Rt△CGD中，CD2＝CG2+GD2＝（2﹣y）2+1，
∴在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2＝4+y2，
在△BCD中，∵∠DCB＝∠CBD，
∴CD＝BD，
∴CD2＝BD2，
∴（2﹣y）2+1＝4+y2，
∴y＝，
∴D（1，）；
（3）如图2：过点E作EQ⊥y轴于点Q，过点F作直线FR⊥y轴于R，过点E作FP⊥FR于P，
∴∠EQR＝∠QRP＝∠RPE＝90°，
∴四边形QRPE是矩形，
∵S△CEF＝S矩形QRPE﹣S△CRF﹣S△EFP，
∵E（x，y），C（0，2），F（1，1），
∴S△CEF＝EQ?QR﹣×EQ?QC﹣CR?RF﹣FP?EP，
∴S△CEF＝x（y﹣1）﹣x（y﹣2）﹣×1×1﹣（x﹣1）（y﹣1），
∵y＝﹣x2+x+2，
∴S△CEF＝﹣x2+x，
∴当x＝时，面积有最大值是，
此时E（，）；
（4）存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
设N（1，n），M（x，y），
①四边形CMNB是平行四边形时，
＝，
∴x＝﹣2，
∴M（﹣2，﹣）；
②四边形CNBM时平行四边形时，
＝，
∴x＝2，
∴M（2，2）；
③四边形CNNB时平行四边形时，
＝，
∴x＝4，
∴M（4，﹣）；
综上所述：M（2，2）或M（4，﹣）或M（﹣2，﹣）；
29、解：【观察】①∵相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，
∴相遇地点与点B之间的距离为150﹣30＝120个单位长度，
设机器人甲的速度为v，
∴机器人乙的速度为v＝4v，
∴机器人甲从相遇点到点B所用的时间为，
机器人乙从相遇地点到点A再返回到点B所用时间为＝，而，
∴设机器人甲与机器人乙第二次迎面相遇时，
机器人乙从第一次相遇地点到点A，返回到点B，再返回向A时和机器人甲第二次迎面相遇，
设此时相遇点距点A为m个单位，
根据题意得，30+150+150﹣m＝4（m﹣30），
∴m＝90，
故答案为：90；
②∵相遇地点与点A之间的距离为40个单位长度，
∴相遇地点与点B之间的距离为150﹣40＝110个单位长度，
设机器人甲的速度为v，
∴机器人乙的速度为v＝v，
∴机器人乙从相遇点到点A再到点B所用的时间为＝，
机器人甲从相遇点到点B所用时间为，而，
∴设机器人甲与机器人乙第二次迎面相遇时，机器人从第一次相遇点到点A，再到点B，返回时和机器人乙第二次迎面相遇，
设此时相遇点距点A为m个单位，
根据题意得，40+150+150﹣m＝（m﹣40），
∴m＝120，
故答案为：120；
【发现】①当点第二次相遇地点刚好在点B时，
设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为v，
根据题意知，x+150＝（150﹣x），
∴x＝50，
经检验：x＝50是分式方程的根，
即：a＝50，
故答案为：50；
②当0＜x≤50时，点P（50，150）在线段OP上，
∴线段OP的表达式为y＝3x，
当v＜v时，即当50＜x＜75，此时，第二次相遇地点是机器人甲在到点B返回向点A时，
设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为v，
根据题意知，x+y＝（150﹣x+150﹣y），
∴y＝﹣3x+300，
即：y＝，
补全图形如图2所示，
【拓展】如图，由题意知，x+y+150+150＝（150﹣x+150﹣y），
∴y＝﹣5x+300，
∵第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离y不超过60个单位长度，
∴﹣5x+300≤60，
∴x≥48，
∵x＜75，
∴48≤x＜75，
故答案为48≤x＜75．
30、【解答】解：（1）①当x＝0时，分别代入抛物线y1，y2，y3，即可得y1＝y2＝y3＝1；①正确；
②y2＝﹣x2﹣2x+1，y3＝﹣x2﹣3x+1的对称轴分别为x＝﹣1，x＝﹣，
y1＝﹣x2﹣x+1的对称轴x＝﹣，
由x＝﹣向左移动得到x＝﹣1，再向左移动得到x＝﹣，
②正确；
③当y＝1时，则﹣x2﹣x+1＝1，
∴x＝0或x＝﹣1；
﹣x2﹣2x+1＝1，
∴x＝0或x＝﹣2；
﹣x2﹣3x+1＝1，
∴x＝0或x＝﹣3；
∴相邻两点之间的距离都是1，
③正确；
故答案为①②③；
（2）①yn＝﹣x2﹣nx+1的顶点为（﹣，），
令x＝﹣，y＝，
∴y＝x2+1；
②∵横坐标分别为﹣k﹣1，﹣k﹣2，﹣k﹣3，…，﹣k﹣n（k为正整数），
当x＝﹣k﹣n时，y＝﹣k2﹣nk+1，
∴纵坐标分别为﹣k2﹣k+1，﹣k2﹣2k+1，﹣k2﹣3k+1，…，﹣k2﹣nk+1，
∴相邻两点间距离分别为；
∴相邻两点之间的距离都相等；
③当y＝1时，﹣x2﹣nx+1＝1，
∴x＝0或x＝﹣n，
∴A1（﹣1，1），A2（﹣2，1），A3（﹣3，1），…，An（﹣n，1），
C1（﹣k﹣1，﹣k2﹣k+1），C2（﹣k﹣2，﹣k2﹣2k+1），C3（﹣k﹣3，﹣k2﹣3k+1），…，?n（﹣k﹣n，﹣k2﹣nk+1），
∵＝k+1，＝k+1，＝k+1，…，＝k+1，
∴?nAn∥Cn﹣1An﹣1；
31、【解答】解：（1）①如图②中，
∵∠BPE＝80°，PB＝PE，
∴∠PEB＝∠PBE＝50°，
②结论：AB∥EC．
理由：∵AB＝AC，BD＝DC，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE＝90°，
∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，
∵AE垂直平分线段BC，
∴EB＝EC，
∴∠ECB＝∠EBC＝40°，
∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，
∴∠ABC＝∠ECB，
∴AB∥EC．
故答案为50，AB∥EC．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．
∵AD垂直平分线段BC，
∴PB＝PC，
∴∠BCE＝∠BPE＝40°，
∵∠ABC＝40°，
∴AB∥EC．
（3）如图④中，作AH⊥CE于H，
∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．
32、解：（1）二次函数表达式为：y＝a（x﹣1）2+9，
将点A的坐标代入上式并解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+8…①，
则点B（3，5），
将点A、B的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AB的表达式为：y＝2x﹣1；
（2）存在，理由：
二次函数对称轴为：x＝1，则点C（1，1），
过点D作y轴的平行线交AB于点H，
设点D（x，﹣x2+2x+8），点H（x，2x﹣1），
∵S△DAC＝2S△DCM，
则S△DAC＝DH（xC﹣xA）＝（﹣x2+2x+8﹣2x+1）（1+3）＝（9﹣1）（1﹣x）×2，
解得：x＝﹣1或5（舍去5），
故点D（﹣1，5）；
（3）设点Q（m，0）、点P（s，t），t＝﹣s2+2s+8，
①当AM是平行四边形的一条边时，
点M向左平移4个单位向下平移16个单位得到A，
同理，点Q（m，0）向左平移4个单位向下平移16个单位为（m﹣4，﹣16），即为点P，
即：m﹣4＝s，﹣6＝t，而t＝﹣s2+2s+8，
解得：s＝6或﹣4，
故点P（6，﹣16）或（﹣4，﹣16）；
②当AM是平行四边形的对角线时，
由中点公式得：m+s＝﹣2，t＝2，而t＝﹣s2+2s+8，
解得：s＝1，
故点P（1，2）或（1﹣，2）；
综上，点P（6，﹣16）或（﹣4，﹣16）或（1，2）或（1﹣，2）．
33、（1）证明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，
∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，
，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）①如图b，∵△BCP≌△DCQ，
∴∠CBF＝∠EDF，又∠BFC＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠BCF＝90°，
∴BE⊥DQ；
②∵△BCP为等边三角形，
∴∠BCP＝60°，
∴∠PCD＝30°，又CP＝CD，
∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°，
∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°，
同理：∠EDP＝45°，
∴△DEP为等腰直角三角形．
34、考点：二次函数，直线与抛物线的相关问题，解决问题的综合能力。
解析：
35、解：（1）∵MQ⊥BC，
∴∠MQB＝90°，
∴∠MQB＝∠CAB，又∠QBM＝∠ABC，
∴△QBM∽△ABC；
（2）当BQ＝MN时，四边形BMNQ为平行四边形，
∵MN∥BQ，BQ＝MN，
∴四边形BMNQ为平行四边形；
（3）∵∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵△QBM∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
解得，QM＝x，BM＝x，
∵MN∥BC，
∴＝，即＝，
解得，MN＝5﹣x，
则四边形BMNQ的面积＝×（5﹣x+x）×x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，四边形BMNQ的面积最大，最大值为．
36、证明：【探究发现】
（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC
∴∠CAB＝∠CBA＝45°
∵CD∥AB
∴∠CBA＝∠DCB＝45°，且BD⊥CD
∴∠DCB＝∠DBC＝45°
∴DB＝DC
即DB＝DP
【数学思考】
（2）∵DG⊥CD，∠DCB＝45°
∴∠DCG＝∠DGC＝45°
∴DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，
∵∠BDP＝∠CDG＝90°
∴∠CDP＝∠BDG，且DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，
∴△CDP≌△GDB（ASA）
∴BD＝DP
【拓展引申】
（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，
∵MH⊥MN，
∴∠AMH+∠NMB＝90°
∵CD∥AB，∠CDB＝90°
∴∠DBM＝90°
∴∠NMB+∠MNB＝90°
∴∠HMA＝∠MNB，且AM＝BN，∠CAB＝∠CBN＝45°
∴△AMH≌△BNQ（ASA）
∴AH＝BQ
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，
∴AB＝4，AC﹣AH＝BC﹣BQ
∴CH＝CQ
∴∠CHQ＝∠CQH＝45°＝∠CAB
∴HQ∥AB
∴∠HQM＝∠QMB
∵∠ACB＝∠HMQ＝90°
∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，
∴∠HCM＝∠HQM
∴∠HCM＝∠QMB，且∠A＝∠CBA＝45°
∴△ACM∽△BMQ
∴
∴
∴BQ＝
∴AM＝2时，BQ有最大值为2．
37、解：（1）直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，则点B、C的坐标分别为（3，0）、（0，3），
将点B、C的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，
故函数的表达式为：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，则x＝﹣1或3，故点A（﹣1，0）；
（2）如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，
函数顶点坐标为（1，4），点C′（0，﹣3），
将CD的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线CD的表达式为：y＝7x﹣3，
当y＝0时，x＝，
故点E（，x）；
（3）①当点P在x轴上方时，如下图2，
∵OB＝OC＝3，则∠OCB＝45°＝∠APB，
过点B作BH⊥AH，设PH＝AH＝m，
则PB＝PA＝m，
由勾股定理得：AB2＝AH2+BH2，
16＝m2+（m﹣m）2，解得：m＝（负值已舍去），
则PB＝m＝1+，
则yP＝＝；
②当点P在x轴下方时，
则yP＝﹣（）；
故点P的坐标为（1，）或（1，）．
38、【解析】（1）如图记为点D所在的位置
（2）如图，∵AB=4，BC=10，∴取BC的中点O，则OB＞AB.
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于两点，
连接，∵∠BPC=90°，点P不能再矩形外；
∴△BPC的顶点P在或位置时，△BPC的面积最大
作⊥BC，垂足为E，则OE=3，∴
由对称性得
（3）可以，如图所示，连接BD，
∵A为□BCDE的对称中心，BA=50，∠CBE=120°，∴BD=100，∠BED=60°
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点，连接
则，且∠=60°，∴△为正三角形.
连接并延长，经过点A至，使，连接
∵⊥BD，∴四边形为菱形，且∠°
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则
∴
∴
所以符合要求的□BCDE的最大面积为
39、解：（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），
即：3a＝3，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
则顶点D（2，﹣1）；
（2）∵OB＝OC＝4，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
AM＝MB＝ABsin45°＝＝AD＝BD，
则四边形ADBM为菱形，而∠AMB＝90°，
∴四边形ADBM为正方形；
（3）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，
设点P（x，x2﹣4x+3），则点H（x，﹣x+3），
则S△PBC＝PH×OB＝（﹣x+3﹣x2+4x﹣3）＝（﹣x2+3x），
∵﹣＜0，故S△PBC有最大值，此时x＝，
故点P（，﹣）；
（4）存在，理由：
如上图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CH，过点A作AH⊥CH，垂足为H，
则HQ＝CQ，
AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，
直线HC所在表达式中的k值为，直线HC的表达式为：y＝x+3…①
则直线AH所在表达式中的k值为﹣，
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+s，将点A的坐标代入上式并解得：
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+…②，
联立①②并解得：x＝，
故点H（，），而点A（1，0），
则AH＝，
即：AQ+QC的最小值为．
40、【解答】解：（1）由题意：，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+3，
∴顶点D坐标（2，3）．
（2）可能．如图1，
∵A（﹣2，0），D（2，3），B（6，0），
∴AB＝8，AD＝BD＝5，
①当DE＝DF时，∠DFE＝∠DEF＝∠ABD，
∴EF∥AB，此时E与B重合，与条件矛盾，不成立．
②当DE＝EF时，
又∵△BEF∽△AED，
∴△BEF≌△AED，
∴BE＝AD＝5
③当DF＝EF时，∠EDF＝∠DEF＝∠DAB＝∠DBA，
△FDE∽△DAB，
∴＝，
∴＝＝，
∵△AEF∽△BCE
∴＝＝，
∴EB＝AD＝，
答：当BE的长为5或时，△CFE为等腰三角形．
（3）如图2中，连接BD，当点P在线段BD的右侧时，作DH⊥AB于H，连接PD，PH，PB．设P[n，﹣（n﹣2）2+3]，
则S△PBD＝S△PBH+S△PDH﹣S△BDH＝×4×[﹣（n﹣2）2+3]+×3×（n﹣2）﹣×4×3＝﹣（n﹣4）2+，
∵﹣＜0，
∴n＝4时，△PBD的面积的最大值为，
∵＝m，
∴当点P在BD的右侧时，m的最大值＝＝，
观察图象可知：当0＜m＜时，满足条件的点P的个数有4个，
当m＝时，满足条件的点P的个数有3个，
当m＞时，满足条件的点P的个数有2个（此时点P在BD的左侧）．
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