初中数学中考偏难压轴题专项(2)
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，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A，C的坐标分别为（6，0），（4，3），经过B，C两点的抛物线与x轴的一个交点D的坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若∠AOC的平分线交BC于点E，交抛物线的对称轴于点F，点P是x轴上一动点，当PE+PF的值最小时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点A作OE的垂线交BC于点H，点M，N分别为抛物线及其对称轴上的动点，是否存在这样的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
2、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△PAM≌△PBM，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⊥AB，垂足为E．设矩形MEBF与△BCD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△HOK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．
3、如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．
（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：??；
（2）当PQ＝3时，求t的值；
（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．
4、已知抛物线y＝ax2+bx+3的对称轴为直线x＝，交x轴于点A、B，交y轴于点C，且点A坐标为A（﹣2，0）．直线y＝﹣mx﹣m（m＞0）与抛物线交于点P、Q（点P在点Q的右边），交y轴于点H．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若n＝﹣5，且△CPQ的面积为3，求m的值；
（3）当m≠1时，若n＝﹣3m，直线AQ交y轴于点K．设△PQK的面积为S，求S与m之间的函数解析式．
5、如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AB、BC的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（BC＞AB），OA＝2OB，边CD交y轴于点E，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点E出发沿折线段ED﹣DA向点A运动，运动的时间为t（0≤t＜6）秒，设△BOP与矩形AOED重叠部分的面积为S．
（1）求点D的坐标；
（2）求S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BEP为等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
6、如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，BH⊥AB于点B，点M是BC的中点，连接FM并延长交BH于点H．
（1）如图①所示，若∠ABC＝30°，求证：DF+BH＝BD；
（2）如图②所示，若∠ABC＝45°，如图③所示，若∠ABC＝60°（点M与点D重合），猜想线段DF、BH与BD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
7、如图，抛物线y＝ax2+x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y＝﹣x﹣2经过点A，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M，设点P的横坐标为m．
①当△PCM是直角三角形时，求点P的坐标；
②作点B关于点C的对称点B''，则平面内存在直线l，使点M，B，B′到该直线的距离都相等．当点P在y轴右侧的抛物线上，且与点B不重合时，请直接写出直线l：y＝kx+b的解析式．（k，b可用含m的式子表示）
8、在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是°．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
9、模具厂计划生产面积为4，周长为m的矩形模具．对于m的取值范围，小亮已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：
（1）建立函数模型
设矩形相邻两边的长分别为x，y，由矩形的面积为4，得xy＝4，即y＝；由周长为m，得2（x+y）＝m，即y＝﹣x+．满足要求的（x，y）应是两个函数图象在第象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象
函数y＝（x＞0）的图象如图所示，而函数y＝﹣x+的图象可由直线y＝﹣x平移得到．请在同一直角坐标系中直接画出直线y＝﹣x．
（3）平移直线y＝﹣x，观察函数图象
①当直线平移到与函数y＝（x＞0）的图象有唯一交点（2，2）时，周长m的值为；
②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m的取值范围．
（4）得出结论
若能生产出面积为4的矩形模具，则周长m的取值范围为．
10、如图，抛物线y＝ax2+x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y＝﹣x﹣2经过点A，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M，设点P的横坐标为m．
①当△PCM是直角三角形时，求点P的坐标；
②作点B关于点C的对称点B''，则平面内存在直线l，使点M，B，B′到该直线的距离都相等．当点P在y轴右侧的抛物线上，且与点B不重合时，请直接写出直线l：y＝kx+b的解析式．（k，b可用含m的式子表示）
11、在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是?°．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
12、如图，若b是正数，直线l：y＝b与y轴交于点A；直线a：y＝x﹣b与y轴交于点B；抛物线L：y＝﹣x2+bx的顶点为C，且L与x轴右交点为D．
（1）若AB＝8，求b的值，并求此时L的对称轴与a的交点坐标；
（2）当点C在l下方时，求点C与l距离的最大值；
（3）设x0≠0，点（x0，y1），（x0，y2），（x0，y3）分别在l，a和L上，且y3是y1，y2的平均数，求点（x0，0）与点D间的距离；
（4）在L和a所围成的封闭图形的边界上，把横、纵坐标都是整数的点称为“美点”，分别直接写出b＝2019和b＝2019.5时“美点”的个数．
13、如图1和2，?ABCD中，AB＝3，BC＝15，tan∠DAB＝．点P为AB延长线上一点，过点A作⊙O切CP于点P，设BP＝x．
（1）如图1，x为何值时，圆心O落在AP上？若此时⊙O交AD于点E，直接指出PE与BC的位置关系；
（2）当x＝4时，如图2，⊙O与AC交于点Q，求∠CAP的度数，并通过计算比较弦AP与劣弧长度的大小；
（3）当⊙O与线段AD只有一个公共点时，直接写出x的取值范围．
14、已知函数
（1）当n=5，
①点P（4，b）在此函数图象上，求b的值；
②求此函数的最大值。
（2）已知线段AB的两个端点坐标分别为A（2,2）、B（4,2），当此函数的图象与线段AB只有一个交点时，直接写出n的取值范围。
（3）当此函数图象上有4个点到x轴的距离等于4，求n的取值范围。
15、综合与探究如图，抛物线y=ax2+bx+6经过点A（-2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）．连接AC，BC，DB，DC．（1）求抛物线的函数表达式；（2）△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
16、综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．问题解决：（1）在图5中，∠BEC的度数是______，的值是______．（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：______．
17、如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（-2，0），C（6，0）．（1）直接写出抛物线的解析式及其对称轴；（2）如图2，连接AB，AC，设点P（m，n）是抛物线上位于第一象限内的一动点，且在对称轴右侧，过点P作PD⊥AC于点E，交x轴于点D，过点P作PG∥AB交AC于点F，交x轴于点G．设线段DG的长为d，求d与m的函数关系式，并注明m的取值范围；（3）在（2）的条件下，若△PDG的面积为，①求点P的坐标；②设M为直线AP上一动点，连接OM交直线AC于点S，则点M在运动过程中，在抛物线上是否存在点R，使得△ARS为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M及其对应的点R的坐标；若不存在，请说明理由．
18、在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y=ax2+2x-1（a≠0）和直线l：y=kx+b，点A（-3，-3），B（1，-1）均在直线l上．（1）若抛物线C与直线l有交点，求a的取值范围；（2）当a=-1，二次函数y=ax2+2x-1的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最大值为-4，求m的值；（3）若抛物线C与线段AB有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．
19、综合与探究
如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为??．
（3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（4）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
20、综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．
折一折：把边长为4的正方形纸片ABCD对折，使边AB与CD重合，展开后得到折痕EF．如图①：点M为CF上一点，将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，展开后连接DN，MN，AN，如图②
（一）填一填，做一做：
（1）图②中，∠CMD＝??．
线段NF＝??
（2）图②中，试判断△AND的形状，并给出证明．
剪一剪、折一折：将图②中的△AND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，分别得到图③、图④．
（二）填一填
（3）图③中阴影部分的周长为??．
（4）图③中，若∠A′GN＝80°，则∠A′HD＝??°．
（5）图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有??对；
（6）如图④点A′落在边ND上，若＝，则＝??（用含m，n的代数式表示）．
21、如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线BC与x轴交于点C，且点C与点A关于y轴对称；
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC上一点，BQ＝AP，连接PQ，设点P的横坐标为t，△PBQ的面积为S（S≠0），求S与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点E在线段OA上，点R在线段BC的延长线上，且点R的纵坐标为﹣，连接PE、BE、AQ，AQ与BE交于点F，∠APE＝∠CBE，连接PF，PF的延长线与y轴的负半轴交于点M，连接QM、MR，若tan∠QMR＝，求直线PM的解析式．
22、已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．
（1）如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB＝2∠EHN；
（2）如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON＝4∠CHN，求证：MP＝AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME＝2：3，BC＝，求RG的长．
23、在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点坐标为A（0，0），B（6，0），C（6，8），D（0，8），AC，BD交于点E．（1）如图（1），双曲线y=过点E，直接写出点E的坐标和双曲线的解析式；（2）如图（2），双曲线y=与BC，CD分别交于点M，N，点C关于MN的对称点C′在y轴上．求证△CMN～△CBD，并求点C′的坐标；（3）如图（3），将矩形ABCD向右平移m（m＞0）个单位长度，使过点E的双曲线y=与AD交于点P．当△AEP为等腰三角形时，求m的值．
24、已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．（1）如图1，当∠CA′D=15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．①写出旋转角α的度数；②求证：EA′+EC=EF；（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB=，求线段PA+PF的最小值．（结果保留根号）
25、如果抛物线C1的顶点在拋物线C2上，抛物线C2的顶点也在拋物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C1：y1=x2+x与C2：y2=ax2+x+c是“互为关联”的拋物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，-1）．（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；（2）抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）如图2，点F（-6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM面积为S1（当点M与点A，F重合时S1=0），△ABN的面积为S2（当点N与点A，B重合时，S2=0），令S=S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．
26、如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5经过A（﹣5，0），B（﹣4，﹣3）两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连结CD．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P为该抛物线上一动点（与点B、C不重合），设点P的横坐标为t．
①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；
②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
27、如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣1与x轴的交点为A（﹣1，0），B（2，0），且与y轴交于C点．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点C关于x轴的对称点为C1，M是线段BC1上的一个动点（不与B、C1重合），ME⊥x轴，MF⊥y轴，垂足分别为E、F，当点M在什么位置时，矩形MFOE的面积最大？说明理由．
（3）已知点P是直线y＝x+1上的动点，点Q为抛物线上的动点，当以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形时，求出相应的点P和点Q的坐标．
28、（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；
（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；
（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．
29、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．
30、已知二次函数：y＝ax2+（2a+1）x+2（a＜0）．
（1）求证：二次函数的图象与x轴有两个交点；
（2）当二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标均为整数，且a为负整数时，求a的值及二次函数的解析式并画出二次函数的图象（不用列表，只要求用其与x轴的两个交点A，B（A在B的左侧），与y轴的交点C及其顶点D这四点画出二次函数的大致图象，同时标出A，B，C，D的位置）；
（3）在（2）的条件下，二次函数的图象上是否存在一点P使∠PCA＝75°？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
31、如图，抛物线的对称轴为直线x=2，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且点A的坐标为（-1，0）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）将抛物线图象x轴下方部分沿x轴向上翻折，保留抛物线在x轴上的点和x轴上方图象，得到的新图象与直线y=t恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G．当以EF为直径的圆过点Q（2，1）时，求t的值；
（3）在抛物线上，当m≤x≤n时，y的取值范围是m≤y≤7，请直接写出x的取值范围．
???
28题图?????????????????????28题备用图
32、如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PC，AF，且满足∠PCA=∠ABC．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）证明：；
（3）若BC=8，tan∠AFP=，求DE的长．
?
27题图???????????????27题备用图
33、如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为（﹣1，0），且OA＝OC＝4OB，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）图象经过A，B，C三点．
（1）求A，C两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）若点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当PD的值最大时，求此时点P的坐标及PD的最大值．
34、如图，已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若点P为抛物线上的一点，点F为对称轴上的一点，且以点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）点E是二次函数第四象限图象上一点，过点E作x轴的垂线，交直线BC于点D，求四边形AEBD面积的最大值及此时点E的坐标．
?
35、如图，抛物线y=ax2+bx-5（a≠0）经过x轴上的点A（1，0）和点B及y轴上的点C，经过B、C两点的直线为y=x+n．①求抛物线的解析式．②点P从A出发，在线段AB上以每秒1个单位的速度向B运动，同时点E从B出发，在线段BC上以每秒2个单位的速度向C运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒，求t为何值时，△PBE的面积最大并求出最大值．③过点A作AM⊥BC于点M，过抛物线上一动点N（不与点B、C重合）作直线AM的平行线交直线BC于点Q．若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点N的横坐标．
36、如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A（-2，5），与x轴相交于B（-1，0），C（3，0）两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC''D，若点C''恰好落在抛物线的对称轴上，求点C''和点D的坐标；（3）设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．
37、如图，已知抛物线y=a（x+2）（x-6）与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且tan∠CAB=．设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N．（1）求抛物线的解析式；（2）P为抛物线的对称轴上一点，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．①当点P在线段MN（含端点）上运动时，求n的变化范围；②当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；③当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围．
38、如图，在以点O为中心的正方形ABCD中，AD=4，连接AC，动点E从点O出发沿O→C以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C停止．在运动过程中，△ADE的外接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将△EFG沿EF翻折，得到△EFH．（1）求证：△DEF是等腰直角三角形；（2）当点H恰好落在线段BC上时，求EH的长；（3）设点E运动的时间为t秒，△EFG的面积为S，求S关于时间t的关系式．
39、如图，矩形ABCD中，AB=，BC=，点M,N分别在边AB,CD上，点E,F分别在BC,AD上，MN,EF交于点P，记=MN∶EF.
（1）若∶的值是1，当MN⊥EF时，求的值.
（2）若∶的值是，求的最大值和最小值.
（3）若的值是3，当点N是矩形的顶点，∠MPE=60°，MP=EF=3PE时，求∶的值.
40、数学活动课上，张老师引导同学进行如下探究：
如图1，将长为12cm的铅笔AB斜靠在垂直于水平桌面AE的直尺FO的边沿上，一端A固定在桌面上，图2是示意图.
活动一
如图3，将铅笔AB绕端点A顺时针旋转，AB与OF交于点D，当旋转至水平位置时，铅笔AB的中点C与点O重合.
数学思考
（1）设CD=cm，点B到OF的距离GB=cm.
①用含的代数式表示：AD的长是?????cm，BD的长是??????cm；
②与的函数关系式是???????，自变量的取值范围是???????.
活动二
（2）①列表：根据（1）中所求函数关系式计算并补全表格.
(cm) 6 5 4 3.5 3 2.5 2 1 0.5 0 (cm) 0 0.55 1.2 1.58 2.47 3 4.29 5.08 ②描点：根据表中数值，继续描出①中剩余的两个点（，）.
③连线：在平面直角坐标系中，请用平滑的曲线画出该函数的图象.
数学思考
（3）请你结合函数图象，写出该函数的两条性质或结论.
参考答案
一、综合题
1、解：（1）∵平行四边形OABC中，A（6，0），C（4，3）
∴BC＝OA＝6，BC∥x轴
∴xB＝xC+6＝10，yB＝yC＝3，即B（10，3）
设抛物线y＝ax2+bx+c经过点B、C、D（1，0）
∴??解得：
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x﹣
（2）如图1，作点E关于x轴的对称点E''，连接E''F交x轴于点P
∵C（4，3）
∴OC＝
∵BC∥OA
∴∠OEC＝∠AOE
∵OE平分∠AOC
∴∠AOE＝∠COE
∴∠OEC＝∠COE
∴CE＝OC＝5
∴xE＝xC+5＝9，即E（9，3）
∴直线OE解析式为y＝x
∵直线OE交抛物线对称轴于点F，对称轴为直线：x＝﹣7
∴F（7，）
∵点E与点E''关于x轴对称，点P在x轴上
∴E''（9，﹣3），PE＝PE''
∴当点F、P、E''在同一直线上时，PE+PF＝PE''+PF＝FE''最小
设直线E''F解析式为y＝kx+h
∴??解得：
∴直线E''F：y＝﹣x+21
当﹣x+21＝0时，解得：x＝
∴当PE+PF的值最小时，点P坐标为（，0）．
（3）存在满足条件的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形．
设AH与OE相交于点G（t，t），如图2
∵AH⊥OE于点G，A（6，0）
∴∠AGO＝90°
∴AG2+OG2＝OA2
∴（6﹣t）2+（t）2+t2+（t）2＝62
∴解得：t1＝0（舍去），t2＝
∴G（，）
设直线AG解析式为y＝dx+e
∴??解得：
∴直线AG：y＝﹣3x+18
当y＝3时，﹣3x+18＝3，解得：x＝5
∴H（5，3）
∴HE＝9﹣5＝4，点H、E关于直线x＝7对称
①当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的边时，如图2
则HE∥MN，MN＝HE＝4
∵点N在抛物线对称轴：直线x＝7上
∴xM＝7+4或7﹣4，即xM＝11或3
当x＝3时，yM＝﹣×9+×9﹣＝
∴M（3，）或（11，）
②当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的对角线时，如图3
则HE、MN互相平分
∵直线x＝7平分HE，点F在直线x＝7上
∴点M在直线x＝7上，即M为抛物线顶点
∴yM＝﹣×49+×7﹣＝4
∴M（7，4）
综上所述，点M坐标为（3，）、（11，）或（7，4）．
2、解：（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，
将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式可得
，
∴，
∴y＝﹣﹣x+2；
（2）∵△PAM≌△PBM，
∴PA＝PB，MA＝MB，
∴点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，
∵AB＝2，
∴点P的纵坐标是1，
∴1＝﹣﹣x+2，
∴x＝﹣1+或x＝﹣1﹣，
∴P（﹣1﹣，1）或P（﹣1+，1）；
（3）CM＝t﹣2，MG＝CM＝2t﹣4，
MD＝4﹣（BC+CM）＝4﹣（2+t﹣2）＝4﹣t，
MF＝MD＝4﹣t，
∴BF＝4﹣4+t＝t，
∴S＝（GM+BF）×MF＝（2t﹣4+t）×（4﹣t）＝﹣+8t﹣8＝﹣（t﹣）2+；
当t＝时，S最大值为；
（3）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝﹣x+2，
直线AQ的解析式y＝﹣（x+2）+2，
∴K（0，），H（，），
∴OK2＝，OH2＝+，HK2＝+，
①当OK＝OH时，＝+，
∴m2﹣4m﹣8＝0，
∴m＝2+2或m＝2﹣2；
②当OH＝HK时，+＝+，
∴m2﹣8＝0，
∴m＝2或m＝﹣2；
③当OK＝HK时，＝+，不成立；
综上所述：Q（2+2，0）或Q（2﹣2，0）或Q（2，0）或Q（﹣2，0）；
3、【解答】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6），
∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100，
∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
（2）当PQ＝3时，25t2﹣80t+100＝（3）2，
整理，得：5t2﹣16t+11＝0，
解得：t1＝1，t2＝．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．
∵OC＝6，BC＝8，
∴OB＝＝10．
∵BQ∥OP，
∴△BDQ∽△ODP，
∴＝＝＝，
∴OD＝6．
∵CB∥OA，
∴∠DOF＝∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，
∴OF＝OD?cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD?sin∠OBC＝6×＝，
∴点D的坐标为（，），
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．
【点评】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式；（2）通过解一元二次方程，求出当PQ＝3时t的值；（3）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．
4、解：（1）将点A（﹣2，0）代入解析式，得4a﹣2b+3＝0，
∵x＝﹣＝，
∴a＝﹣，b＝；
∴y＝﹣x2+x+3；
（2）设点Q横坐标x1，点P的横坐标x2，则有x1＜x2，
把n＝﹣5代入y＝﹣mx﹣n，
∴y＝﹣mx+5，
联立y＝﹣mx+5，y＝﹣x2+x+3得：
﹣mx+5＝﹣x2+x+3，
∴x2﹣（2m+1）x+4＝0，
∴x1+x2＝2m+1，x1x2＝4，
∵△CPQ的面积为3；
∴S△CPQ＝S△CHP﹣S△CHQ，
即HC（x2﹣x1）＝3，
∴x2﹣x1＝3，
∴﹣4x1x2＝9，
∴（2m+1）2＝25，
∴m＝2或m＝﹣3，
∵m＞0，
∴m＝2；
（3）当n＝﹣3m时，PQ解析式为y＝﹣mx+3m，
∴H（0，3m），
∵y＝﹣mx+3m与y＝﹣x2+x+3相交于点P与Q，
∴﹣mx+3m＝﹣x2+x+3，
∴x＝3或x＝2m﹣2，
当2m﹣2＜3时，有0＜m＜，
∵点P在点Q的右边，
∴P（3，0），Q（2m﹣2，﹣2m2+5m），
∴AQ的直线解析式为y＝x+5﹣2m，
∴K（0，5﹣2m），
∴HK＝|5m﹣5|＝5|m﹣1|，
①当0＜m＜1时，如图①，HK＝5﹣5m，
∴S△PQK＝S△PHK+S△QHK＝HK（xP﹣xQ）＝（5﹣5m）（5﹣2m）＝5m2﹣m+，
②当1＜m＜时，如图②，HK＝5m﹣5，
∴S△PQK＝﹣5m2+m﹣，
③当2m﹣2＞3时，如图③，有m＞，
∴P（2m﹣2，﹣2m2+5m），Q（3，0），K（0，0），
∴S△PQK＝×KQ|yP|＝（2m2﹣5m）＝3m2﹣m，
综上所述，S＝；
5、解：（1）∵x2﹣7x+12＝0，
∴x1＝3，x2＝4，
∵BC＞AB，
∴BC＝4，AB＝3，
∵OA＝2OB，
∴OA＝2，OB＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴点D的坐标为（﹣2，4）；
（2）设BP交y轴于点F，
如图1，当0≤t≤2时，PE＝t，
∵CD∥AB，
∴△OBF∽△EPF，
∴＝，即＝，
∴OF＝，
∴S＝OF?PE＝??t＝；
如图2，当2＜t＜6时，AP＝6﹣t，
∵OE∥AD，
∴△OBF∽△ABP，
∴＝，即＝，
∴OF＝，
∴S＝?OF?OA＝××2＝﹣t+2；
综上所述，S＝；
（3）由题意知，当点P在DE上时，显然不能构成等腰三角形；
当点P在DA上运动时，设P（﹣2，m），
∵B（1，0），E（0，4），
∴BP2＝9+m2，BE2＝1+16＝17，PE2＝4+（m﹣4）2＝m2﹣8m+20，
①当BP＝BE时，9+m2＝17，解得m＝±2，
则P（﹣2，2）；
②当BP＝PE时，9+m2＝m2﹣8m+20，解得m＝，
则P（﹣2，）；
③当BE＝PE时，17＝m2﹣8m+20，解得m＝4±，
则P（﹣2，4﹣）；
综上，P（﹣2，2）或（﹣2，）或（﹣2，4﹣）．
6、1）证明：连接CF，如图①所示：
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴CF⊥AB，
∵BH⊥AB，
∴CF∥BH，
∴∠CBH＝∠BCF，
∵点M是BC的中点，
∴BM＝MC，
在△BMH和△CMF中，，
∴△BMH≌△CMF（ASA），
∴BH＝CF，
∵AB＝BC，BE⊥AC，
∴BE垂直平分AC，
∴AF＝CF，
∴BH＝AF，
∴AD＝DF+AF＝DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC＝30°，
∴AD＝BD，
∴DF+BH＝BD；
（2）解：图②猜想结论：DF+BH＝BD；理由如下：
同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，
∴AD＝BD，
∴DF+BH＝BD；
图③猜想结论：DF+BH＝BD；理由如下：
同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC＝60°，
∴AD＝BD，
∴DF+BH＝BD．
7、【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，C的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；
（2）①由PM⊥x轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC＝90°及∠PCM＝90°两种情况考虑：（i）当∠MPC＝90°时，PC∥x轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点P的坐标；（ii）当∠PCM＝90°时，设PC与x轴交于点D，易证△AOC∽△COD，利用相似三角形的性质可求出点D的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法可求出直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标．综上，此问得解；
②利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点B，P的坐标，根据点P，B的坐标，利用待定系数法可求出直线PB的解析式，结合题意可知：直线l过点C，且直线l∥直线PB，再结合点C的坐标即可求出直线l的解析式．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣x﹣2＝﹣2，
∴点C的坐标为（0，﹣2）；
当y＝0时，﹣x﹣2＝0，
解得：x＝﹣4，
∴点A的坐标为（﹣4，0）．
将A（﹣4，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+x+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣2．
（2）①∵PM⊥x轴，
∴∠PMC≠90°，
∴分两种情况考虑，如图1所示．
（i）当∠MPC＝90°时，PC∥x轴，
∴点P的纵坐标为﹣2．
当y＝﹣2时，x2+x﹣2＝﹣2，
解得：x1＝﹣2，x2＝0，
∴点P的坐标为（﹣2，﹣2）；
（ii）当∠PCM＝90°时，设PC与x轴交于点D．
∵∠OAC+∠OCA＝90°，∠OCA+∠OCD＝90°，
∴∠OAC＝∠OCD．
又∵∠AOC＝∠COD＝90°，
∴△AOC∽△COD，
∴＝，即＝，
∴OD＝1，
∴点D的坐标为（1，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将C（0，﹣2），D（1，0）代入y＝kx+b，得：
，解得：，
∴直线PC的解析式为y＝2x﹣2．
联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，得：，
解得：，，
点P的坐标为（6，10）．
综上所述：当△PCM是直角三角形时，点P的坐标为（﹣2，﹣2）或（6，10）．
②当y＝0时，x2+x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴点B的坐标为（2，0）．
∵点C的坐标为（0，﹣2），点B，B′关于点C对称，
∴点B′的坐标为（﹣2，﹣4）．
∵点P的横坐标为m（m＞0且m≠0），
∴点M的坐标为（m，0）．
分三种情况考虑，如图2所示：
∴直线PB的解析式为y＝（m+4）x﹣（m+4）（可利用待定系数求出）．
∵点B，B′关于点C对称，点B，B′，P到直线l的距离都相等，
∴直线l过点C，且直线l∥直线PB，
∴直线l的解析式为y＝（m+4）x﹣2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）①分∠MPC＝90°及∠PCM＝90°两种情况求出点P的坐标；②利用待定系数法及平行线的性质，求出直线l的解析式．
8、【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
9、【分析】（1）x，y都是边长，因此，都是正数，即可求解；
（2）直接画出图象即可；
（3）①把点（2，2）代入y＝﹣x+即可求解；②在直线平移过程中，交点个数有：0个、1个、2个三种情况，联立y＝和y＝﹣x+并整理得：x2﹣mx+4＝0，即可求解；
（4）由（3）可得．
【解答】解：（1）x，y都是边长，因此，都是正数，
故点（x，y）在第一象限，
答案为：一；
（2）图象如下所示：
（3）①把点（2，2）代入y＝﹣x+得：
2＝﹣2+，解得：m＝8，
即：0个交点时，m＜8；1个交点时，m＝8；2个交点时，m＞8；
②在直线平移过程中，交点个数有：0个、1个、2个三种情况，
联立y＝和y＝﹣x+并整理得：x2﹣mx+4＝0，
△＝m2﹣4×4≥0时，两个函数有交点，
解得：m≥8；
（4）由（3）得：m≥8．
【点评】本题为反比例函数综合运用题，涉及到一次函数、一元二次方程、函数平移等知识点，此类探究题，通常按照题设条件逐次求解，一般难度不大．
10、【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，C的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；
（2）①由PM⊥x轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC＝90°及∠PCM＝90°两种情况考虑：（i）当∠MPC＝90°时，PC∥x轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点P的坐标；（ii）当∠PCM＝90°时，设PC与x轴交于点D，易证△AOC∽△COD，利用相似三角形的性质可求出点D的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法可求出直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标．综上，此问得解；
②利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点B，P的坐标，根据点P，B的坐标，利用待定系数法可求出直线PB的解析式，结合题意可知：直线l过点C，且直线l∥直线PB，再结合点C的坐标即可求出直线l的解析式．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣x﹣2＝﹣2，
∴点C的坐标为（0，﹣2）；
当y＝0时，﹣x﹣2＝0，
解得：x＝﹣4，
∴点A的坐标为（﹣4，0）．
将A（﹣4，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+x+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣2．
（2）①∵PM⊥x轴，
∴∠PMC≠90°，
∴分两种情况考虑，如图1所示．
（i）当∠MPC＝90°时，PC∥x轴，
∴点P的纵坐标为﹣2．
当y＝﹣2时，x2+x﹣2＝﹣2，
解得：x1＝﹣2，x2＝0，
∴点P的坐标为（﹣2，﹣2）；
（ii）当∠PCM＝90°时，设PC与x轴交于点D．
∵∠OAC+∠OCA＝90°，∠OCA+∠OCD＝90°，
∴∠OAC＝∠OCD．
又∵∠AOC＝∠COD＝90°，
∴△AOC∽△COD，
∴＝，即＝，
∴OD＝1，
∴点D的坐标为（1，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将C（0，﹣2），D（1，0）代入y＝kx+b，得：
，解得：，
∴直线PC的解析式为y＝2x﹣2．
联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，得：，
解得：，，
点P的坐标为（6，10）．
综上所述：当△PCM是直角三角形时，点P的坐标为（﹣2，﹣2）或（6，10）．
②当y＝0时，x2+x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴点B的坐标为（2，0）．
∵点C的坐标为（0，﹣2），点B，B′关于点C对称，
∴点B′的坐标为（﹣2，﹣4）．
∵点P的横坐标为m（m＞0且m≠0），
∴点M的坐标为（m，0）．
分三种情况考虑，如图2所示：
∴直线PB的解析式为y＝（m+4）x﹣（m+4）（可利用待定系数求出）．
∵点B，B′关于点C对称，点B，B′，P到直线l的距离都相等，
∴直线l过点C，且直线l∥直线PB，
∴直线l的解析式为y＝（m+4）x﹣2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）①分∠MPC＝90°及∠PCM＝90°两种情况求出点P的坐标；②利用待定系数法及平行线的性质，求出直线l的解析式．
11、【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
12、解：（1）当x＝0吋，y＝x﹣b＝﹣b，
∴B（0，﹣b），
∵AB＝8，而A（0，b），
∴b﹣（﹣b）＝8，
∴b＝4．
∴L：y＝﹣x2+4x，
∴L的对称轴x＝2，
当x＝2吋，y＝x﹣4＝﹣2，
∴L的对称轴与a的交点为（2，﹣2）；
?（2）y＝﹣（x﹣）2+，
∴L的顶点C（）
∵点C在l下方，
∴C与l的距离b﹣＝﹣（b﹣2）2+1≤1，
∴点C与1距离的最大值为1；
（3）由題意得，即y1+y2＝2y3，
?????得b+x0﹣b＝2（﹣x02+bx0）
解得x0＝0或x0＝b﹣．但x0#0，取x0＝b﹣，
对于L，当y＝0吋，0＝﹣x2+bx，即0＝﹣x（x﹣b），
解得x1＝0，x2＝b，
∵b＞0，
∴右交点D（b，0）．
∴点（x0，0）与点D间的距离b﹣（b﹣）＝
（4）①当b＝2019时，抛物线解析式L：y＝﹣x2+2019x
?????直线解析式a：y＝x﹣2019
联立上述两个解析式可得：x1＝﹣1，x2＝2019，
∴可知每一个整数x的值都对应的一个整数y值，且﹣1和2019之间（包括﹣1和﹣2019）共有2021个整数；
∵另外要知道所围成的封闭图形边界分两部分：线段和抛物线，
∴线段和抛物线上各有2021个整数点
∴总计4042个点，
∵这两段图象交点有2个点重复重复，
∴美点”的个数：4042﹣2＝4040（个）；
②当b＝2019.5时，
抛物线解析式L：y＝﹣x2+2019.5x，
直线解析式a：y＝x﹣2019.5，
联立上述两个解析式可得：x1＝﹣1，x2＝2019.5，
∴当x取整数时，在一次函数y＝x﹣2019.5上，y取不到整数值，因此在该图象上“美点”为0，
在二次函数y＝x+2019.5x图象上，当x为偶数时，函数值y可取整数，
可知﹣1到2019.5之间有1009个偶数，并且在﹣1和2019.5之间还有整数0，验证后可知0也符合
条件，因此“美点”共有1010个．
故b＝2019时“美点”的个数为4040个，b＝2019.5时“美点”的个数为1010个．
13、解：（1）如图1，AP经过圆心O，∵CP与⊙O相切于P，
∴∠APC＝90°，
∵?ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠PBC＝∠DAB
∴＝tan∠PBC＝tan∠DAB＝，设CP＝4k，BP＝3k，由CP2+BP2＝BC2，
得（4k）2+（3k）2＝152，解得k1＝﹣3（舍去），k2＝3，
∴x＝BP＝3×3＝9，
故当x＝9时，圆心O落在AP上；
∵AP是⊙O的直径，
∴∠AEP＝90°，
∴PE⊥AD，
∵?ABCD，
∴BC∥AD
∴PE⊥BC
（2）如图2，过点C作CG⊥AP于G，
∵?ABCD，
∴BC∥AD，
∴∠CBG＝∠DAB
∴＝tan∠CBG＝tan∠DAB＝，
设CG＝4m，BG＝3m，由勾股定理得：（4m）2+（3m）2＝152，解得m＝3，
∴CG＝4×3＝12，BG＝3×3＝9，PG＝BG﹣BP＝9﹣4＝5，AP＝AB+BP＝3+4＝7，
∴AG＝AB+BG＝3+9＝12
∴tan∠CAP＝＝＝1，
∴∠CAP＝45°；
连接OP，OQ，过点O作OH⊥AP于H，则∠POQ＝2∠CAP＝2×45°＝90°，PH＝AP＝，
在Rt△CPG中，＝＝13，
∵CP是⊙O的切线，
∴∠OPC＝∠OHP＝90°，∠OPH+∠CPG＝90°，∠PCG+∠CPG＝90°
∴∠OPH＝∠PCG
∴△OPH∽△PCG
∴，即PH×CP＝CG×OP，×13＝12OP，
∴OP＝
∴劣弧长度＝＝，
∵＜2π＜7
∴弦AP的长度＞劣弧长度．
（3）如图3，⊙O与线段AD只有一个公共点，即圆心O位于直线AB下方，且∠OAD≥90°，
当∠OAD＝90°，∠CPM＝∠DAB时，此时BP取得最小值，过点C作CM⊥AB于M，
∵∠DAB＝∠CBP，
∴∠CPM＝∠CBP
∴CB＝CP，
∵CM⊥AB
∴BP＝2BM＝2×9＝18，
∴x≥18
14、
15、解：（1）由抛物线交点式表达式得：y=a（x+2）（x-4）=a（x2-2x-8）=ax2-2ax-8a，即-8a=6，解得：a=-，故抛物线的表达式为：y=-x2+x+6；（2）点C（0，6），将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：直线BC的表达式为：y=-x+6，如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，设点D（m，-m2+m+6），则点H（m，-m+6）S△BDC=HB×OB=2（-m2+m+6+m-6）=-m2+3m，S△ACO=××6×2=，即：-m2+3m=，解得：m=1或3（舍去1），故m=3；（3）当m=3时，点D（3，），①当BD是平行四边形的一条边时，如图所示：M、N分别有三个点，设点N（n，-n2+n+6）则点N的纵坐标为绝对值为，即|-n2+n+6|=，解得：n=-1或3（舍去）或1，故点N（N′、N″）的坐标为（-1，）或（1，-）或（1-，-），当点N（-1，）时，由图象可得：点M（0，0），当N′的坐标为（1，-），由中点坐标公式得：点M′（，0），同理可得：点M″坐标为（-，0），故点M坐标为：（0，0）或（，0）或（-，0）；②当BD是平行四边形的对角线时，点B、D的坐标分别为（4，0）、（3，）设点M（m，0），点N（s，t），由中点坐标公式得：，而t=-s2+s+6，解得：t=，s=-1，m=8，故点M坐标为（8，0）；故点M的坐标为：（0，0）或（，0）或（-，0）或（8，0）．【解析】
（1）由抛物线交点式表达，即可求解；（2）利用S△BDC=HB×OB，即可求解；（3）分BD是平行四边形的一条边、BD是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形性质、图象的面积计算等，其中（3），要主要分类求解，避免遗漏．
16、【解析】
解：（1）由折叠的性质得：BE=EN，AE=AF，∠CEB=∠CEN，∠BAC=∠CAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∴∠BEN=135°，∴∠BEC=67.5°，∴∠BAC=∠CAD=45°，∵∠AEF=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，∴AE=EN，∴==；故答案为：67.5°，；（2）四边形EMGF是矩形；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠BCD=∠D=90°，由折叠的性质得：∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD，CM=CG，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC，∴∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD==22.5°，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，∴MC=ME=CG=GF，∴∠MEC=∠BCE=22.5°，∠GFC=∠FCD=22.5°，∴∠MEF=90°，∠GFE=90°，∵∠MCG=90°，CM=CG，∴∠CMG=45°，∵∠BME=∠BCE+∠MEC=22.5°+22.5°=45°，∴∠EMG=180°-∠CMG-∠BME=90°，∴四边形EMGF是矩形；（3）连接EH、FH，如图所示：∵由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，∴四边形EMCH与四边形FGCH是菱形，故答案为：菱形EMCH或菱形FGCH．（1）由折叠的性质得BE=EN，AE=AF，∠CEB=∠CEN，∠BAC=∠CAD，由正方形性质得∠EAF=90°，推出∠AEF=∠AFE=45°，得出∠BEN=135°，∠BEC=67.5°，证得△AEN是等腰直角三角形，得出AE=EN，即可得出结果；（2）由正方形性质得∠B=∠BCD=∠D=90°，由折叠的性质得∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD，CM=CG，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC，得出∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD=22.5°，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，由折叠可知MH、GH分别垂直平分EC、FC，得出MC=ME=CG=GF，推出∠MEC=∠BCE=22.5°，∠GFC=∠FCD=22.5°，∠MEF=90°，∠GFE=90°，推出∠CMG=45°，∠BME=45°，得出∠EMG=90°，即可得出结论；（3）连接EH、FH，由折叠可知MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，则四边形EMCH与四边形FGCH是菱形．本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定、菱形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质、矩形与菱形的判定是解题的关键．
17、解：（1）∵抛物线与x轴交于点B（-2，0），C（6，0）∴设交点式y=a（x+2）（x-6）∵抛物线过点A（0，6）∴-12a=6∴a=-∴抛物线解析式为y=-（x+2）（x-6）=-x2+2x+6=-（x-2）2+8∴抛物线对称轴为直线x=2．（2）过点P作PH⊥x轴于点H，如图1∴∠PHD=90°∵点P（m，n）是抛物线上位于第一象限内的一动点且在对称轴右侧∴2＜m＜6，PH=n=-m2+2m+6，n＞0∵OA=OC=6，∠AOC=90°∴∠ACO=45°∵PD⊥AC于点E∴∠CED=90°∴∠CDE=90°-∠ACO=45°∴DH=PH=n∵PG∥AB∴∠PGH=∠ABO∴△PGH∽△ABO∴∴GH=n∴d=DH-GH=n-n=n=（-m2+2m+6）=-m2+m+4（2＜m＜6）（3）①∵S△PDG=DG?PH=∴n?n=解得：n1=，n2=-（舍去）∴-m2+2m+6=解得：m1=-1（舍去），m2=5∴点P坐标为（5，）②在抛物线上存在点R，使得△ARS为等腰直角三角形．设直线AP解析式为y=kx+6把点P代入得：5k+6=∴k=-∴直线AP：y=-x+6i）若∠RAS=90°，如图2∵直线AC解析式为y=-x+6∴直线AR解析式为y=x+6??解得：（即点A）∴R（2，8）∵∠ASR=∠OAC=45°∴RS∥y轴∴xS=xR=2∴S（2，4）∴直线OM：y=2x∵??解得：∴M（，）ii）若∠ASR=90°，如图3∴∠SAR=∠ACO=45°∴AR∥x轴∴R（4，6）∵S在AR的垂直平分线上∴S（2，4）∴M（，）iii）若∠ARS=90°，如图4，∴∠SAR=∠ACO=45°，RS∥y轴∴AR∥x轴∴R（4，6）∴S（4，2）∴直线OM：y=x∵??解得：∴M（6，3）综上所述，M1（，），R1（2，8）；M2（，），R2（4，6）；M3（6，3），R3（4，6）．【解析】
（1）已知抛物线与x轴交点B、C，故可设交点式，再把点A代入即求得抛物线解析式．用配方法或公式求得对称轴．（2）过点P作PH⊥x轴于点H，由PD⊥AD于点E易证∠PDH=45°，故DH=PH=n．由PG∥AB易证△PGH∽△ABO，利用对应边成比例可得GH=n，把含m的式子代入d=DH-GH即得到d与m的函数关系式，再由点P的位置确定2＜m＜6．（3）①用n表示DG、PH，代入S△PDG=DG?PH=，求得n的值（舍去负值），再利用n=-m2+2m+6解关于m的方程即求得点P坐标．②因为△ARS为等腰直角三角形且AS与y轴夹角为45°，故AR与y轴夹角为45°或90°．由于不确定△ARS哪个为直角顶点，故需分3种情况讨论，画出图形，利用45°或90°来确定点R、S的位置，进而求点R、S坐标，再由S的坐标求直线OM解析式，把直线OM与直线AP解析式联立方程组，解得点M坐标．本题考查了二次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法，一次函数的图象与性质，二元一次方程组的解法．第（3）题②要充分利用等腰直角三角形的性质和直线AC与y轴夹角为45°来解题，画出图形进行分类讨论，先确定点R、S的位置并计算坐标，再求直线OM解析式与AP联立求M．
18、解：（1）点A（-3，-3），B（1，-1）代入y=kx+b，∴，∴，∴y=x-；联立y=ax2+2x-1与y=x-，则有2ax2+3x+1=0，∵抛物线C与直线l有交点，∴△=9-8a≥0，∴a≤且a≠0；（2）根据题意可得，y=-x2+2x-1，∵a＜0，∴抛物线开口向下，对称轴x=1，∵m≤x≤m+2时，y有最大值-4，∴当y=-4时，有-x2+2x-1=-4，∴x=-1或x=3，①在x=1左侧，y随x的增大而增大，∴x=m+2=-1时，y有最大值-4，∴m=-3；②在对称轴x=1右侧，y随x最大而减小，∴x=m=3时，y有最大值-4；综上所述：m=-3或m=3；（3）①a＜0时，x=1时，y≤-1，即a≤-2；②a＞0时，x=-3时，y≥-3，即a≥，直线AB的解析式为y=x-，抛物线与直线联立：ax2+2x-1=x-，∴ax2+x+=0，△=-2a＞0，∴a＜，∴a的取值范围为≤a＜或a≤-2；【解析】
（1）点A（-3，-3），B（1，-1）代入y=kx+b，求出y=x-；联立y=ax2+2x-1与y=x-，则有2ax2+3x+1=0，△=9-8a≥0即可求解；（2）根据题意可得，y=-x2+2x-1，当y=-4时，有-x2+2x-1=-4，x=-1或x=3；①在x=1左侧，y随x的增大而增大，x=m+2=-1时，y有最大值-4，m=-3；②在对称轴x=1右侧，y随x最大而减小，x=m=3时，y有最大值-4；（3））①a＜0时，x=1时，y≤-1，即a≤-2；②a＞0时，x=-3时，y≥-3，即a≥，直线AB的解析式为y=x-，抛物线与直线联立：ax2+2x-1=x-，△=-2a＞0，则a＜，即可求a的范围；
19、【解答】解：（1）∵OA＝2，OC＝6
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C
∴??解得：
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣6
（2）∵当y＝0时，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3
∴B（3，0），抛物线对称轴为直线x＝
∵点D在直线x＝上，点A、B关于直线x＝对称
∴xD＝，AD＝BD
∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小
设直线BC解析式为y＝kx﹣6
∴3k﹣6＝0，解得：k＝2
∴直线BC：y＝2x﹣6
∴yD＝2×﹣6＝﹣5
∴D（，﹣5）
故答案为：（，﹣5）
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F
设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6）
∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t
∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF＝EF?BG+EF?OG＝EF（BG+OG）＝EF?OB＝×3（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+
∴当t＝时，△BCE面积最大
∴yE＝（）2﹣﹣6＝﹣
∴点E坐标为（，﹣）时，△BCE面积最大，最大值为．
（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∴AC＝
①若AC为菱形的边长，如图3，
则MN∥AC且，MN＝AC＝2
∴N1（﹣2，2），N2（﹣2，﹣2），N3（2，0）
②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4∥CM4，AN4＝CN4
设N4（﹣2，n）
∴﹣n＝
解得：n＝﹣
∴N4（﹣2，﹣）
综上所述，点N坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣2），（2，0），（﹣2，﹣）．
20、【解答】解：（1）由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝AD，
∵将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，
∴DN＝CD＝2DE，MN＝CM，
∴∠EDN＝60°，
∴∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝DN＝2，
∴∠CMD＝75°，NF＝EF﹣EN＝4﹣2；
故答案为：75°，4﹣2；
（2）△AND是等边三角形，理由如下：
在△AEN与△DEN中，，
∴△AEN≌△DEN（SAS），
∴AN＝DN，
∵∠EDN＝60°，
∴△AND是等边三角形；
（3）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴A′G＝AG，A′H＝AH，
∴图③中阴影部分的周长＝△ADN的周长＝3×4＝12；
故答案为：12；
（4）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG，
∵∠A′GN＝80°，
∴∠AGH＝50°，
∴∠AHG＝∠A′HG＝70°，
∴∠A′HD＝180°﹣70°﹣70°＝40°；
故答案为：40；
（5）如图③，
∵∠A＝∠N＝∠D＝∠A′＝60°，
∠NMG＝∠A′MN，∠A′NM＝∠DNH，
∴△NGM∽△A′NM∽△DNH，
∵△AGH≌△A′GH
∴图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有4对，
故答案为：4；
（6）设＝＝a，则A''N＝am，A''D＝an，
∵∠N＝∠D＝∠A＝∠A′＝60°，
∴∠NA′G+∠A′GN＝∠NA′G+∠DA′H＝120°，
∴∠A′GN＝∠DA′H，
∴△A′GH∽△HA′D，
∴＝＝，
设A''G＝AG＝x，A''H＝AH＝y，则GN＝4﹣x，DH＝4﹣y，
∴＝＝，
解得：x＝y，
∴＝＝＝；
故答案为：．
21、解：（1）∵y＝x+4，
∴A（﹣3，0）B（0，4），
∵点C与点A关于y轴对称，
∴C（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（0，4），C（3，0）代入，
，
解得k＝，b＝4，
∴直线BC的解析式；
（2）如图1，过点A作AD⊥BC于点点D，过点P作PN⊥BC于N，PG⊥OB于点G．
∵OA＝OC＝3，OB＝4，
∴AC＝6，AB＝BC＝5，
∴sin∠ACD＝，
即，
∴AD＝，
∵点P为直线y＝x+4上，
∴设P（t，t+4），
∴PG＝﹣t，cos∠BPG＝cos∠BAO，
即，
∴，
∵sin∠ABC＝，
∴PN＝＝，
∵AP＝BQ，
∴BQ＝5+，
∴S＝，
即S＝；
（3）如图，延长BE至T使ET＝EP，连接AT、PT、AM、PT交OA于点S．
∵∠APE＝∠EBC，∠BAC＝∠BCA，
∴180°﹣∠APE﹣∠BAC＝180°﹣∠EBC﹣∠ACB，
∴∠PEA＝∠BEC＝∠AET，
∴PT⊥AE，PS＝ST，
∴AP＝AT，∠TAE＝∠PAE＝∠ACB，
AT∥BC，
∴∠TAE＝∠FQB，
∵∠AFT＝∠BFQ，AT＝AP＝BQ，
∴△ATF≌△QBF，
∴AF＝QF，TF＝BF，
∵∠PSA＝∠BOA＝90°，
∴PT∥BM，
∴∠TBM＝∠PTB，
∵∠BFM＝∠PFT，
∴△MBF≌△PTF，
∴MF＝PF，BM＝PT，
∴四边形AMPQ为平行四边形，
∴AP∥MQ，MQ＝AP＝BQ，
∴∠MQR＝∠ABC，
过点R作RH⊥MQ于点H，
∵sin∠ABC＝sin∠MQR＝，
设QR＝25a，HR＝24a，则QH＝7a，
∵tan∠QMR＝，
∴MH＝23a，BQ＝MQ＝23a+7a＝30a，BR＝BQ+QR＝55a，
过点R作RK⊥x轴于点K．
∵点R的纵坐标为﹣，
∴RK＝，
∵sin∠BCO＝，
∴CR＝，BR＝，
∴，a＝，
∴BQ＝30a＝3，
∴5+＝3，t＝，
∴P（），
∴，
∵BM＝PT＝2PS＝，BO＝4，
∴OM＝，
∴M（0，），
设直线PM的解析式为y＝mx+n，
∴，
解得，
∴直线PM的解析式为y＝．
22、．解：（1）如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K
∴∠ODB＝∠OKC＝90°
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON＝360°
∴∠DFK+∠EON＝180°
∵∠DFK+∠HFB＝180°
∴∠HFB＝∠EON
∵∠EON＝2∠EHN
∴∠HFB＝2∠EHN
（2）如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，
∴∠AOM＝∠AOE
∵AB⊥OE
∴∠AOE＝∠BOE
∴∠AOM+∠AOE＝∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE＝∠AOB
∴ME＝AB
∵∠EON＝4∠CHN，∠EON＝2∠EHN
∴∠EHN＝2∠CHN
∴∠EHC＝∠CHN
∵CH⊥MN
∴∠HPN＝∠HNM
∵∠HPN＝∠EPM，∠HNM＝HEM
∴∠EPM＝∠HEM
∴MP＝ME
∴MP＝AB
（3）如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由（2）知：∠EHC＝∠CHN，∠AOM＝∠AOE
∴∠EOC＝∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE＝180°
∴∠AOE+∠EOC＝90°，∠AOM+∠CON＝90°
∵OA⊥ME，CH⊥MN
∴∠OQM＝∠OKC＝90°，CK＝HK，ME＝2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ＝90°
∴∠CON＝∠OMQ
∵OC＝OA
∴△OCK≌△MOQ（AAS）
∴CK＝OQ＝HK
∵HK：ME＝2：3，即：OQ：2MQ＝2：3
∴OQ：MQ＝4：3
∴设OQ＝4k，MQ＝3k，
则OM＝＝＝5k，AB＝ME＝6k
在Rt△OAC中，AC＝＝＝5k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC＝∠AOC＝×90°＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣∠AHC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ABF＝180°﹣∠ABC＝180°﹣135°＝45°
∴AF＝BF＝AB?cos∠ABF＝6k?cos45°＝3k
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2
即：，解得：k1＝1，（不符合题意，舍去）
∴OQ＝HK＝4，MQ＝OK＝3，OM＝ON＝5
∴KN＝KP＝2，OP＝ON﹣KN﹣KP＝5﹣2﹣2＝1，
在△HKR中，∠HKR＝90°，∠RHK＝45°，
∴＝tan∠RHK＝tan45°＝1
∴RK＝HK＝4
∴OR＝RN﹣ON＝4+2﹣5＝1
∵∠CON＝∠OMQ
∴OC∥ME
∴∠PGO＝∠HEM
∵∠EPM＝∠HEM
∴∠PGO＝∠EPM
∴OG＝OP＝OR＝1
∴∠PGR＝90°
在Rt△HPK中，PH＝＝＝2
∵∠POG＝∠PHN，∠OPG＝∠HPN
∴△POG∽△PHN
∴，即，PG＝
∴RG＝＝＝．
23、】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴DE=EB，∵B（6，0），D（0，8），∴E（3，4），∵双曲线y=过点E，∴k1=12．∴反比例函数的解析式为y=．（2）如图2中，∵点M，N在反比例函数的图象上，∴DN?AD=BM?AB，∵BC=AD，AB=CD，∴DN?BC=BM?CD，∴=，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD．∵B（6，0），D（0，8），∴直线BD的解析式为y=-x+8，∵C，C′关于BD对称，∴CC′⊥BD，∵C（6，8），∴直线CC′的解析式为y=x+，∴C′（0，）．（3）如图3中，①当AP=AE=5时，∵P（m，5），E（m+3，4），P，E在反比例函数图象上，∴5m=4（m+3），∴m=12．②当EP=AE时，点P与点D重合，∵P（m，8），E（m+3，4），P，E在反比例函数图象上，∴8m=4（m+3），∴m=3．综上所述，满足条件的m的值为3或12．【解析】
（1）利用中点坐标公式求出点E坐标即可．（2）由点M，N在反比例函数的图象上，推出DN?AD=BM?AB，因为BC=AD，AB=CD，推出DN?BC=BM?CD，推出=，可得MN∥BD，由此即可解决问题．（3）分两种情形：①当AP=AE时．②当EP=AE时，分别构建方程求解即可．本题属于反比例函数综合题，考查了中点坐标公式，待定系数法等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24、（1）①解：旋转角为105°．理由：如图1中，∵A′D⊥AC，∴∠A′DC=90°，∵∠CA′D=15°，∴∠A′CD=75°，∴∠ACA′=105°，∴旋转角为105°．②证明：连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM=EC，连接CM．∵∠CED=∠A′CE+∠CA′E=45°+15°=60°，∴∠CEA′=120°，∵FE平分∠CEA′，∴∠CEF=∠FEA′=60°，∵∠FCO=180°-45°-75°=60°，∴∠FCO=∠A′EO，∵∠FOC=∠A′OE，∴△FOC∽△A′OE，∴=，∴=，∵∠COE=∠FOA′，∴△COE∽△FOA′，∴∠FA′O=∠OEC=60°，∴△A′OF是等边三角形，∴CF=CA′=A′F，∵EM=EC，∠CEM=60°，∴△CEM是等边三角形，∠ECM=60°，CM=CE，∵∠FCA′=∠MCE=60°，∴∠FCM=∠A′CE，∴△FCM≌△A′CE（SAS），∴FM=A′E，∴CE+A′E=EM+FM=EF．（2）解：如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．由②可知，∠EA′F=′EA′B′=75°，A′E=A′E，A′F=A′B′，∴△A′EF≌△A′EB′，∴EF=EB′，∴B′，F关于A′E对称，∴PF=PB′，∴PA+PF=PA+PB′≥AB′，在Rt△CB′M中，CB′=BC=AB=2，∠MCB′=30°，∴B′M=CB′=1，CM=，∴AB′===．∴PA+PF的最小值为．【解析】
（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解决问题．②连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM=EC，连接CM．首先证明△CFA′是等边三角形，再证明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解决问题．（2）如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．证明△A′EF≌△A′EB′，推出EF=EB′，推出B′，F关于A′E对称，推出PF=PB′，推出PA+PF=PA+PB′≥AB′，求出AB′即可解决问题．本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
25、解：由抛物线C1：y1=x2+x可得A（-2，-1），将A（-2，-1），D（6，-1）代入y2=ax2+x+c得，解得，∴y2=-+x+2，∴B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：y=x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，kBE?kAB=-1，∴kBE=-1，直线BE解析式为y=-x+5联立，解得x=2，y=3或x=6，y=-1，∴E（6，-1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，同理得AE解析式：y=-x-3，联立，解得x=-2，y=-1或x=10，y=-13，∴E（10，-13）；③若E为直角顶点，设E（m，-m2+m+2）由AE⊥BE得kBE?kAE=-1，即，解得m=2或-2（不符合题意舍去），∴点E的坐标∴E（6，-1）或E（10，-13）；（3）∵y1≤y2，∴-2≤x≤2，设M（t，），N（t，），且-2≤t≤2，易求直线AF的解析式：y=-x-3，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，则Q（），S1=QM?|yF-yA|=设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），S2=PN?|xA-xB|=2-S=S1+S2=4t+8，当t=2时，S的最大值为16．【解析】
（1）由抛物线C1：y1=x2+x可得A（-2，-1），将A（-2，-1），D（6，-1）代入y2=ax2+x+c，求得y2=-+x+2，B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：y=x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，E（6，-1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，E（10，-13）；③若E为直角顶点，设E（m，-m2+m+2）不符合题意；（3）由y1≤y2，得-2≤x≤2，设M（t，），N（t，），且-2≤t≤2，易求直线AF的解析式：y=-x-3，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，S1=，设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），S2=2-，所以S=S1+S2=4t+8，当t=2时，S的最大值为16．本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质、直角三角形的性质以及一次函数的性质是解题的关键．
26、【解答】解：（1）将点A、B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+6x+5…①，
令y＝0，则x＝﹣1或﹣5，
即点C（﹣1，0）；
（2）①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，
将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线BC的表达式为：y＝x+1…②，
设点G（t，t+1），则点P（t，t2+6t+5），
S△PBC＝PG（xC﹣xB）＝（t+1﹣t2﹣6t﹣5）＝﹣t2﹣t﹣6，
∵＜0，∴S△PBC有最大值，当t＝﹣时，其最大值为；
②设直线BP与CD交于点H，
当点P在直线BC下方时，
∵∠PBC＝∠BCD，∴点H在BC的中垂线上，
线段BC的中点坐标为（﹣，﹣），
过该点与BC垂直的直线的k值为﹣1，
设BC中垂线的表达式为：y＝﹣x+m，将点（﹣，﹣）代入上式并解得：
直线BC中垂线的表达式为：y＝﹣x﹣4…③，
同理直线CD的表达式为：y＝2x+2…④，
联立③④并解得：x＝﹣2，即点H（﹣2，﹣2），
同理可得直线BH的表达式为：y＝x﹣1…⑤，
联立①⑤并解得：x＝﹣或﹣4（舍去﹣4），
故点P（﹣，﹣）；
当点P（P′）在直线BC上方时，
∵∠PBC＝∠BCD，∴BP′∥CD，
则直线BP′的表达式为：y＝2x+s，将点B坐标代入上式并解得：s＝5，
即直线BP′的表达式为：y＝2x+5…⑥，
联立①⑥并解得：x＝0或﹣4（舍去﹣4），
故点P（0，5）；
故点P的坐标为P（﹣，﹣）或（0，5）．
27、解：（1）将A（﹣1，0），B（2，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx﹣1中，得，解得：
∴该抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣1．
（2）在y＝x2﹣x﹣1中，令x＝0，y＝﹣1，∴C（0，﹣1）
∵点C关于x轴的对称点为C1，
∴C1（0，1），设直线C1B解析式为y＝kx+b，将B（2，0），C1（0，1）分别代入得，解得，
∴直线C1B解析式为y＝﹣x+1，设M（t，+1），则E（t，0），F（0，+1）
∴S矩形MFOE＝OE×OF＝t（﹣t+1）＝﹣（t﹣1）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝1时，S矩形MFOE最大值＝，此时，M（1，）；即点M为线段C1B中点时，S矩形MFOE最大．
（3）由题意，C（0，﹣1），C1（0，1），以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分以下两种情况：
①C1C为边，则C1C∥PQ，C1C＝PQ，设P（m，m+1），Q（m，﹣m﹣1），
∴|（﹣m﹣1）﹣（m+1）|＝2，解得：m1＝4，m2＝﹣2，m3＝2，m4＝0（舍），
P1（4，3），Q1（4，5）；P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）；P3（2，2），Q3（2，0）
②C1C为对角线，∵C1C与PQ互相平分，C1C的中点为（0，0），
∴PQ的中点为（0，0），设P（m，m+1），则Q（﹣m，+m﹣1）
∴（m+1）+（+m﹣1）＝0，解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣2，
∴P4（﹣2，0），Q4（2，0）；
综上所述，点P和点Q的坐标为：P1（4，3），Q1（4，5）或P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）或P3（2，2），Q3（2，0）或P4（﹣2，0），Q4（2，0）．
28、【解答】解：
数学理解：
（1）AB＝（AF+BE）
理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形
∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC6
∵四边形DECF是正方形
∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°
∴∠A＝∠ADF＝45°
∴AF＝DF＝CE
∴AF+BE＝BC＝AC
∴AB＝（AF+BE）
问题解决：
（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，
∵四边形DECF是正方形
∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°
∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED
∴△DFM≌△DEB（SAS）
∴DM＝DB
∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，
∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD
∴△ADM≌△ADB（SSS）
∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB
同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°
∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°
联系拓广：
（3）∵四边形DECF是正方形
∴DE∥AC，DF∥BC
∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°
∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD
∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD
∴AM＝MD，DN＝NB
在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2，
∴MN2＝AM2+NB2，
29、【解答】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．
30、解：（1）∵y＝ax2+（2a+1）x+2＝（x+2）（ax+1），且a＜0，
∴抛物线与x轴的交点为（﹣2，0）、（﹣，0），
则二次函数的图象与x轴有两个交点；
（2）∵两个交点的横坐标均为整数，且a为负整数，
∴a＝﹣1，
则抛物线与x轴的交点A的坐标为（﹣2，0）、B的坐标为（1，0），
∴抛物线解析式为y＝（x+2）（﹣x+1）
＝﹣x2﹣x+2
＝﹣（x+）2+，
当x＝0时，y＝2，即C（0，2），
函数图象如图1所示：
（3）存在这样的点P，
∵OA＝OC＝2，
∴∠ACO＝45°，
如图2，当点P在直线AC上方时，记直线PC与x轴的交点为E，
∵∠PCA＝75°，
∴∠PCO＝120°，∠OCB＝60°，
则∠OEC＝30°，
∴OE＝＝＝2，
则E（2，0），
求得直线CE解析式为y＝﹣x+2，
联立，
解得或，
∴P（，）；
如图3，当点P在直线AC下方时，记直线PC与x轴的交点为F，
∵∠ACP＝75°，∠ACO＝45°，
∴∠OCF＝30°，
则OF＝OCtan∠OCF＝2×＝，
∴F（，0），
求得直线PC解析式为y＝﹣x+2，
联立，
解得：或，
∴P（﹣1，﹣1），
综上，点P的坐标为（，）或（﹣1，﹣1）．
31、解：（1）抛物线的对称轴是x=2，且过点A(-1，0)点，∴，∴，
∴抛物线的函数表达式为：；
（2）解：∵，∴x轴下方图象翻折后得到的部分函数解析式为：=(-1＜x＜5)，其顶点为(2，9)．
∵新图象与直线y=t恒有四个交点，∴0＜t＜9．
设E(x1，y1)，F(x2，y2)．
由得，
解得，
∵以EF为直径的圆过点Q(2，1)，∴，
即，解得．
又∵0＜t＜9，∴t的值为；
（3）x的取值范围是：或．
32、（1）证明∵D是弦AC中点，∴OD⊥AC，∴PD是AC的中垂线，∴PA=PC，∴∠PAC=∠PCA．
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠CBA=90°．
又∵∠PCA=∠ABC，∴∠PCA+∠CAB=90°，∴∠CAB+∠PAC=90°，即AB⊥PA，∴PA是⊙O的切线；
（2）证明：由（1）知∠ODA=∠OAP=90°，
∴Rt△AOD∽Rt△POA，∴，∴．
又，∴，即．
（3）解：在Rt△ADF中，设AD=a，则DF=3a．，AO=OF=3a-4．
∵，即，解得，∴DE=OE-OD=3a-8=．
33、【解答】解：（1）OA＝OC＝4OB＝4，
故点A、C的坐标分别为（4，0）、（0，﹣4）；
（2）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；
（3）直线CA过点C，设其函数表达式为：y＝kx﹣4，
将点A坐标代入上式并解得：k＝1，
故直线CA的表达式为：y＝x﹣4，
过点P作y轴的平行线交AC于点H，
∵OA＝OC＝4，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵PH∥y轴，∴∠PHD＝∠OCA＝45°，
设点P（x，x2﹣3x﹣4），则点H（x，x﹣4），
PD＝HPsin∠PFD＝（x﹣4﹣x2+3x+4）＝﹣x2+2x，
∵＜0，∴PD有最大值，当x＝2时，其最大值为2，
此时点P（2，﹣6）．
34、【解答】解：（1）用交点式函数表达式得：y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；
故二次函数表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）①当AB为平行四边形一条边时，如图1，
则AB＝PE＝2，
则点P坐标为（4，3），
当点P在对称轴左侧时，即点C的位置，点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，
故：点P（4，3）或（0，3）；
②当AB是四边形的对角线时，如图2，
AB中点坐标为（2，0）
设点P的横坐标为m，点F的横坐标为2，其中点坐标为：，
即：＝2，解得：m＝2，
故点P（2，﹣1）；
故：点P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；
（3）直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点E坐标为（x，x2﹣4x+3），则点D（x，﹣x+3），
S四边形AEBD＝AB（yD﹣yE）＝﹣x+3﹣x2+4x﹣3＝﹣x2+3x，
∵﹣1＜0，故四边形AEBD面积有最大值，
当x＝，其最大值为，此时点E（，﹣）．
?
35、解：①∵点B、C在直线为y=x+n上，∴B（-n，0）、C（0，n），∵点A（1，0）在抛物线上，∴，∴a=-1，b=6，∴抛物线解析式：y=-x2+6x-5；②由题意，得，PB=4-t，BE=2t，由①知，∠OBC=45°，∴点P到BC的高h为BPsin45°=（4-t），∴S△PBE=BE?h==，当t=2时，△PBE的面积最大，最大值为2；③由①知，BC所在直线为：y=x-5，∴点A到直线BC的距离d=2，过点N作x轴的垂线交直线BC于点P，交x轴于点H．设N（m，-m2+6m-5），则H（m，0）、P（m，m-5），易证△PQN为等腰直角三角形，即NQ=PQ=2，∴PN=4，Ⅰ．NH+HP=4，∴-m2+6m-5-（m-5）=4解得m1=1，m2=4，∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，∴m=4；Ⅱ．NH+HP=4，∴m-5-（-m2+6m-5）=4解得m1=，m2=，∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，m＞5，∴m=，Ⅲ．NH-HP=4，∴-（-m2+6m-5）-[-（m-5）]=4，解得m1=，m2=，∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，m＜0，∴m=，综上所述，若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，点N的横坐标为：4或或．【解析】
①点B、C在直线为y=x+n上，则B（-n，0）、C（0，n），点A（1，0）在抛物线上，所以，解得a=-1，b=6，因此抛物线解析式：y=-x2+6x-5；②先求出点P到BC的高h为BPsin45°=（4-t），于是S△PBE=BE?h==，当t=2时，△PBE的面积最大，最大值为2；③由①知，BC所在直线为：y=x-5，所以点A到直线BC的距离d=2，过点N作x轴的垂线交直线BC于点P，交x轴于点H．设N（m，-m2+6m-5），则H（m，0）、P（m，m-5），易证△PQN为等腰直角三角形，即NQ=PQ=2，PN=4，Ⅰ．NH+HP=4，所以-m2+6m-5-（m-5）=4解得m1=1（舍去），m2=4，Ⅱ．NH+HP=4，m-5-（-m2+6m-5）=4解得m1=，m2=（舍去），Ⅲ．NH-HP=4，-（-m2+6m-5）-[-（m-5）]=4，解得m1=（舍去），m2=．本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
36、解：（1）由题意得：解得，∴抛物线的函数表达式为y=x2-2x-3．（2）∵抛物线与x轴交于B（-1，0），C（3，0），∴BC=4，抛物线的对称轴为直线x=1，如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH=2，由翻折得C′B=CB=4，在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H===2，∴点C′的坐标为（1，2），tan，∴∠C′BH=60°，由翻折得∠DBH=∠C′BH=30°，在Rt△BHD中，DH=BH?tan∠DBH=2?tan30°=，∴点D的坐标为（1，）．（3）取（2）中的点C′，D，连接CC′，∵BC′=BC，∠C′BC=60°，∴△C′CB为等边三角形．分类讨论如下：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，∴CQ=CP，BC=C′C，∠PCQ=∠C′CB=60°，∴∠BCQ=∠C′CP，∴△BCQ≌△C′CP（SAS），∴BQ=C′P．∵点Q在抛物线的对称轴上，∴BQ=CQ，∴C′P=CQ=CP，又∵BC′=BC，∴BP垂直平分CC′，由翻折可知BD垂直平分CC′，∴点D在直线BP上，设直线BP的函数表达式为y=kx+b，则，解得，∴直线BP的函数表达式为y=．②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，∴CP=CQ，BC=CC′，∠CC′B=∠QCP=∠C′CB=60°．∴∠BCP=∠C′CQ，∴△BCP≌△C′CQ（SAS），∴∠CBP=∠CC′Q，∵BC′=CC′，C′H⊥BC，∴．∴∠CBP=30°，设BP与y轴相交于点E，在Rt△BOE中，OE=OB?tan∠CBP=OB?tan30°=1×，∴点E的坐标为（0，-）．设直线BP的函数表达式为y=mx+n，则，解得，∴直线BP的函数表达式为y=-．综上所述，直线BP的函数表达式为或．【解析】
（1）根据待定系数法，把点A（-2，5），B（-1，0），C（3，0）的坐标代入y=ax2+bx+c得到方程组求解即可；（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH=2，由翻折得C′B=CB=4，求出C′H的长，可得∠C′BH=60°，求出DH的长，则D坐标可求；（3）由题意可知△C′CB为等边三角形，分两种情况讨论：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．证出△BCQ≌△C′CP，可得BP垂直平分CC′，则D点在直线BP上，可求出直线BP的解析式，②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．同理可求出另一直线解析式．本题考查了二次函数的综合题，涉及的知识点有：待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，综合性较强，有一定的难度．
37、】解：（1）根据题意得：A（-2，0），B（6，0），在Rt△AOC中，∵，且OA=2，得CO=3，∴C（0，3），将C点坐标代入y=a（x+2）（x-6）得：，抛物线解析式为：；整理得：y=-故抛物线解析式为：得：y=-；（2）①由（1）知，抛物线的对称轴为：x=2，顶点M（2，4），设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），则PC2=22+（m-3）2，PQ2=m2+（n-2）2，CQ2=32+n2，∵PQ⊥PC，∴在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2=CQ2，即22+（m-3）2+m2+（n-2）2=32+n2，整理得：=（0≤m≤4），∴当时，n取得最小值为；当m=4时，n取得最大值为4，所以，；②由①知：当n取最大值4时，m=4，∴P（2，4），Q（4，0），则，，CQ=5，设点P到线段CQ距离为h，由，得：，故点P到线段CQ距离为2；③由②可知：当n取最大值4时，Q（4，0），∴线段CQ的解析式为：，设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q''的纵坐标为：，将Q''（4，3）代入得：t=3，当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，????????联解得：，化简得：x2-7x+4t=0，由△=49-16t=0，得，∴当线段CQ与抛物线有两个交点时，．【解析】
（1）由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为（-2，0），（6，0），在Rt△OAC中由tan∠CAB=，可以求出点C的坐标为（0，3），进而可以求出抛物线的解析式；（2）①抛物线的对称轴为：x=2，顶点M（2，4），在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2=CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得：，利用0≤m≤4，求出n的取值范围；②由，得：，求出点P到线段CQ距离为2；③设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，联立抛物线方程，可求出x2-7x+4t=0，由△=49-16t=0，得，∴当线段CQ与抛物线有两个交点时，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，处理问题和解决问题．
38、（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠CAB=45°，∴∠FDE=∠CAB，∠DFE=∠DAC，∴∠FDE=∠DFE=45°，∴∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；（2）设OE=t，连接OD，∴∠DOE=∠DAF=90°，∵∠OED=∠DFA，∴△DOE∽△DAF，∴，∴t，又∵∠AEF=∠ADG，∠EAF=∠DAG，∴△AEF∽△ADG，∴，∴，又∵AE=OA+OE=2+t，∴，∴EG=AE-AG=，当点H恰好落在线段BC上∠DFH=∠DFE+∠HFE=45°+45°=90°，∴△ADF∽△BFH，∴，∵AF∥CD，∴，∴，∴，解得：t1=，t2=（舍去），∴EG=EH=；（3）过点F作FK⊥AC于点K，由（2）得EG=，∵DE=EF，∠DEF=90°，∴∠DEO=∠EFK，∴△DOE≌△EKF（AAS），∴FK=OE=t，∴S=．【解析】
（1）由正方形的性质可得∠DAC=∠CAB=45°，根据圆周角定理得∠FDE=∠DFE=45°，则结论得证；（2）设OE=t，连接OD，证明△DOE∽△DAF可得AF=，证明△AEF∽△ADG可得AG=，可表示EG的长，由AF∥CD得比例线段，求出t的值，代入EG的表达式可求EH的值；（3）由（2）知EG=，过点F作FK⊥AC于点K，根据即可求解．本题属于四边形综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
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