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    2020年(广东)中考数学压轴题专题训练 解析版
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    2020年(广东)中考数学压轴题专题训练 解析版

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    2020年(广东)中考数学压轴题专题训练
    1.如图,AB为⊙O的直径,P为BA延长线上一点,点C在⊙O上,连接PC,D为半径OA上一点,PD=PC,连接CD并延长交⊙O于点E,且E是的中点.
    (1)求证:PC是⊙O的切线;
    (2)求证:CD•DE=2OD•PD;
    (3)若AB=8,CD•DE=15,求PA的长.

    2.已知:矩形ABCD内接于⊙O,连接BD,点E在⊙O上,连接BE交AD于点F,∠BDC+45°=∠BFD,连接ED.
    (1)如图1,求证:∠EBD=∠EDB;
    (2)如图2,点G是AB上一点,过点G作AB的垂线分别交BE和BD于点H和点K,若HK=BG+AF,求证:AB=KG;
    (3)如图3,在(2)的条件下,⊙O上有一点N,连接CN分别交BD和AD于点M和点P,连接OP,∠APO=∠CPO,若MD=8,MC=3,求线段GB的长.

    3.如图,AB是⊙O的直径,CD⊥AB,交⊙O于C、D两点,交AB点E、F是弧BD上一点,过点F作一条直线,交CD的延长线于点G,交AB的延长线于点M.连结AF,交CD于点H,GF=GH.
    (1)求证:MG是⊙O的切线;
    (2)若弧AF=弧CF,求证:HC=AC;
    (3)在(2)的条件下,若tanG=,AE=6,求GM的值.

    4.如图,已知AC是半径为2的⊙O的一条弦,且AC=2,点B是⊙O上不与A、C重合的一个动点,
    (1)请计算△ABC的面积的最大值;
    (2)当点B在优弧上,∠BAC>∠ACB时,∠ABC的平分线交AC于D,且OD⊥BD,请计算AD的长;
    (3)在(2)条件下,请探究线段AB、BC、BD之间的数量关系.

    5.如图,△ABC为⊙O的内接三角形,BC为⊙O的直径,在线段OC上取点D(不与端点重合),作DG⊥BC,分别交AC、圆周于E、F,连接AG,已知AG=EG.
    (1)求证:AG为⊙O的切线;
    (2)已知AG=2,填空:
    ①当四边形ABOF是菱形时,∠AEG=   °;
    ②若OC=2DC,△AGE为等腰直角三角形,则AB=   .

    6.如图,△ABC内接于⊙O,AB=AC,AD是⊙O的弦,AD=BC,AD与BC相交于点 E.
    (1)求证:CB平分∠ACD;
    (2)过点B作BG⊥AC于G,交AD于点F.
    ①猜想AC、AG、CD之间的数量关系,并且说明理由;
    ②若S△ABG=S△ACD,⊙O的半径为15,求DF的长.

    7.如图,点P在y轴的正半轴上,⊙P交x轴于B、C两点,交y轴于点A,以AC为直角边作等腰Rt△ACD,连接BD分别交y轴和AC于E、F两点,连接AB.

    (1)求证:AB=AD;
    (2)若BF=4,DF=6,求线段CD的长;
    (3)当⊙P的大小发生变化而其他条件不变时,的值是否发生变化?若不发生变化,请求出其值;若发生变化,请说明理由.
    8.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,点D在BC边上(不包括端点B,C),过A,C,D三点的⊙O交AB于另一点E,连结AD,DE,CE,且CE⊥AD于点G,过点C作CF∥DE交AD于点F,连结EF.
    (1)求证:四边形DCFE是菱形;
    (2)当tan∠AEF=,AC=4时,求⊙O的直径长.

    9.如图,抛物线y=x2+mx+n与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,若A(﹣1,0),且OC=3OA.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)若点M为抛物线上第四象限内一动点,顺次连接AC,CM,MB,是否存在点M,使四边形MBAC的面积为9,若存在,求出点M的坐标,若不存在,请说明理由.
    (3)将直线BC沿x轴翻折交y轴于N点,过B点的直线l交y轴、抛物线分别于D、E,且D在N的上方,将A点绕O顺时针旋转90°得M,若∠NBD=∠MBO,试求E的的坐标.

    10.已知:如图,直线y=﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点,抛物线y=x2+bx+c过A、C两点,
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)若点P为抛物线位于第三象限上一动点,连接PA,PC,试问△PAC的面积是否存在最大值,若存在,请求出△APC面积的最大值,以及此时点P的坐标;若不存在,请说明理由;
    (3)点M为抛物线上一点,点N为抛物线对称轴上一点,若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形,请直接写出点M的坐标.

    11.如图,二次函数y=a(x2+2mx﹣3m2)(其中a,m是常数a<0,m>0)的图象与x轴分别交于A、B(点A位于点B的右侧),与y轴交于点C(0,3),点D在二次函数的图象上,CD∥AB,连结AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E,AB平分∠DAE.
    (1)求a与m的关系式;
    (2)求证:为定值;
    (3)设该二次函数的图象的顶点为F.探索:在x轴的正半轴上是否存在点G,连结GF,以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形?如果存在,只要找出一个满足要求的点G即可,并用含m的代数式表示该点的横坐标;如果不存在,请说明理由.

    12.如图,抛物线y=ax2+4ax+与x轴交于点A、B(A在B的左侧),过点A的直线y=kx+3k交抛物线于另一点 C.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)连接BC,过点B作BD⊥BC,交直线AC于点D,若BC=5BD,求k的值;
    (3)将直线y=kx+3k向上平移4个单位,平移后的直线交抛物线于E、F两点,求△AEF的面积的最小值.
    13.如图1,二次函数y=﹣x2+x+3的图象交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧),交y轴于C点,连结AC,过点C作CD⊥AC交AB于点D.
    (1)求点D的坐标;
    (2)如图2,已知点E是该二次函数图象的顶点,在线段AO上取一点F,过点F作FH⊥CD,交该二次函数的图象于点H(点H在点E的右侧),当五边形FCEHB的面积最大时,求点H的横坐标;
    (3)如图3,在直线BC上取一点M(不与点B重合),在直线CD的右上方是否存在这样的点N,使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等?若存在,请求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.

    14.如图,已知二次函数y=ax2﹣8ax+6(a>0)的图象与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C,点D在抛物线的对称轴上,且四边形ABDC为平行四边形.
    (1)求此抛物线的对称轴,并确定此二次函数的表达式;
    (2)点E为x轴下方抛物线上一点,若△ODE的面积为12,求点E的坐标;
    (3)在(2)的条件下,设抛物线的顶点为M,点P是抛物线的对称轴上一动点,连接PE、EM,过点P作PE的垂线交抛物线于点Q,当∠PQE=∠EMP时,求点Q到抛物线的对称轴的距离.

    15.如图,已知抛物线y=a(x+2)(x﹣4)(a为常数,且a>0)与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y=﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5.
    (1)求抛物线的函数表达式;
    (2)该二次函数图象上有一点P(x,y)使得S△BCD=S△ABP,求点P的坐标;
    (3)设F为线段BD上一点(不含端点),连接AF,求2AF+DF的最小值.

    16.二次函数y=x2﹣x﹣与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C,点D为抛物线的顶点,连接BD.
    (1)如图1,点P为抛物线上的一点,且在线段BD的下方(包括线段的端点),连接PA,PC,AC.求△PAC的最大面积;
    (2)如图2,直线l1过点B、D.过点A作直线l2∥l1交y轴于点E,连接点A、E,得到△OAE,将△OAE绕着原点O顺时针旋转α°(0<α<180)得到△OA1E1,旋转过程中直线OE1与直线l1交于点M,直线A1E1与直线l1交于点N.当△E1MN为等腰三角形时,直接写出点E1的坐标并写出相应的α值.

    17.如图,在平面直角坐标系中,四边形ABCD是平行四边形,点A、B在x轴上,点C、D在第二象限,点M是BC中点.已知AB=6,AD=8,∠DAB=60°,点B的坐标为(﹣6,0).

    (1)求点D和点M的坐标;
    (2)如图①,将▱ABCD沿着x轴向右平移a个单位长度,点D的对应点D′和点M的对应点M′恰好在反比例函数y=(x>0)的图象上,请求出a的值以及这个反比例函数的表达式;
    (3)如图②,在(2)的条件下,过点M,M′作直线l,点P是直线l上的动点,点Q是平面内任意一点,若以B′,C′,P、Q为顶点的四边形是矩形,请直接写出所有满足条件的点Q的坐标.
    18.如图,过原点的直线y1=mx(m≠0)与反比例函数y2=(k<0)的图象交于A、B两点,点A在第二象限,且点A的横坐标为﹣1,点D在x轴负半轴上,连接AD交反比例函数图象于另一点E,AC为∠BAD的平分线,过点B作AC的垂线,垂足为C,连接CE,若AD=2DE,△AEC的面积为.
    (1)根据图象回答:当x取何值时,y1<y2;
    (2)求△AOD的面积;
    (3)若点P的坐标为(m,k),在y轴的轴上是否存在一点M,使得△OMP是直角三角形,若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.

    19.阅读材料:
    我们知道:一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点,过另外两个顶点分别向该直线作垂线,即可得三垂直模型”如图①:在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,分别过A、B向经过点C直线作垂线,垂足分别为D、E,我们很容易发现结论:△ADC≌△CEB.
    (1)探究问题:如果AC≠BC,其他条件不变,如图②,可得到结论;△ADC∽△CEB.请你说明理由.
    (2)学以致用:如图③,在平面直角坐标系中,直线y=x与直线CD交于点M(2,1),且两直线夹角为α,且tanα=,请你求出直线CD的解析式.
    (3)拓展应用:如图④,在矩形ABCD中,AB=3,BC=5,点E为BC边上一个动点,连接BE,将线段AE绕点E顺时针旋转90°,点A落在点P处,当点P在矩形ABCD外部时,连接PC,PD.若△DPC为直角三角形时,请你探究并直接写出BE的长.

    20.笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家,他的哲学与数学思想对历史的影响是深远的.1637年,笛卡尔发表了《几何学》,创立了直角坐标系.其中笛卡尔的思想核心是:把几何学的问题归结成代数形式的问题,用代数的方法进行计算、证明,从而达到最终解决几何问题的目的.
    某学习小组利用平面直角坐标系在研究直线上点的坐标规律时,发现直线y=kx+b(k≠0)上的任意三点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x1≠x1≠x3),满足===k,经学习小组查阅资料得知,以上发现是成立的,即直线y=kx+b(k≠0)上任意两点的坐标M(x1,y1)N(x2,y2)(x1≠x2),都有的值为k,其中k叫直线y=kx+b的斜率.如,P(1,3),Q(2,4)为直线y=x+2上两点,则kPQ==1,即直线y=x+2的斜率为1.
    (1)请你直接写出过E(2,3)、F(4,﹣2)两点的直线的斜率kEF=   .
    (2)学习小组继续深入研究直线的“斜率”问题,得到如下正确结论:不与坐标轴平行的任意两条直线互相垂直时,这两条直线的斜率之积是定值.
    如图1,直线GH⊥GI于点G,G(1,3),H(﹣2,1),I(﹣1,6).请求出直线GH与直线GI的斜率之积.
    (3)如图2,已知正方形OKRS的顶点S的坐标为(6,8),点K,R在第二象限,OR为正方形的对角线.过顶点R作RT⊥OR于点R.求直线RT的解析式.











    参考答案
    一.解答题(共20小题)
    1.(1)证明:连接OC,OE,
    ∵OC=OE,
    ∴∠E=∠OCE,
    ∵E是的中点,
    ∴=,
    ∴∠AOE=∠BOE=90°,
    ∴∠E+∠ODE=90°,
    ∵PC=PD,
    ∴∠PCD=∠PDC,
    ∵∠PDC=∠ODE,
    ∴∠PCD=∠ODE,
    ∴∠PCD+∠OCD=∠ODE+∠E=90°,
    ∴OC⊥PC,
    ∴PC是⊙O的切线;
    (2)证明:连接AC,BE,BC,
    ∵∠ACD=∠DBE,∠CAD=∠DEB,
    ∴△ACD∽△EBD,
    ∴=,
    ∴CD•DE=AD•BD=(AO﹣OD)(AO+OD)=AO2﹣OD2;
    ∵AB为⊙O的直径,
    ∴∠ACB=90°,
    ∵∠PCO=90°,
    ∴∠ACP+∠ACO=∠ACO+∠BCO=90°,
    ∴∠ACP=∠BCO,
    ∵∠BCO=∠CBO,
    ∴∠ACP=∠PBC,
    ∵∠P=∠P,
    ∴△ACP∽△CBP,
    ∴,
    ∴PC2=PB•PA=(PD+DB)(PD﹣AD)=(PD+OD+OA)(PD+OD﹣OA)=(PD+OD)2﹣OA2=PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2,
    ∵PC=PD,
    ∴PD2=PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2,
    ∴OA2﹣OD2=2OD•PD,
    ∴CD•DE=2OD•PD;
    (3)解:∵AB=8,
    ∴OA=4,
    由(2)知,CD•DE=AO2﹣OD2;
    ∵CD•DE=15,
    ∴15=42﹣OD2,
    ∴OD=1(负值舍去),
    ∴AD=3,
    由(2)知,CD•DE=2OD•PD,
    ∴PD==,
    ∴PA=PD﹣AD=.

    2.(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB∥CD,∠BAD=90°,
    ∴∠BDC=∠DBA,BD是⊙O的直径,
    ∴∠BED=90°,
    ∵∠BFD=∠ABF+∠BAD,∠BFD=∠BDC+45°,
    ∴∠ABF+90°=∠DBA+45°,
    ∴∠DBA﹣∠ABF=45°,
    ∴∠EBD=45°,
    ∴△BED是等腰直角三角形,
    ∴∠EBD=∠EDB;
    (2)证明:过点K作KS⊥BE,垂足为R,交AB于S,如图2所示:
    ∵KG⊥AB,
    ∴∠BGH=∠KRH=∠SRB=∠KGS=90°,
    ∴∠SBR=∠HKR,
    ∵∠BED=90°,
    ∴∠RBK=∠RKB=45°,
    ∴BR=KR,
    在△SRB和△HRK中,,
    ∴△SRB≌△HRK(ASA),
    ∴SB=HK,
    ∵SB=BG+SG,HK=BG+AF,
    ∴BG+SG=BG+AF,
    ∴SG=AF,
    在△ABF和△GKS中,,
    ∴△ABF≌△GKS(AAS),
    ∴AB=KG;
    (3)解:过点O分别作AD与CN的垂线,垂足分别为Q和T,连接OC,如图3所示:
    ∵∠APO=∠CPO,
    ∴OQ=OT,
    在Rt△OQD和Rt△OTC中,,
    ∴Rt△OQD≌Rt△OTC(HL),
    ∴DQ=CT,
    ∴AD=CN,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AD=CN=BC,
    连接ON,
    在△NOC和△BOC中,,
    ∴△NOC≌△BOC(SSS),
    ∴∠BCO=∠NCO,
    设∠OBC=∠OCB=∠NCO=α,
    ∴∠MOC=2α,
    过点M作MW⊥OC于W,在OC上取一点L,使WL=OW,连接ML,
    ∴MO=ML,
    ∴∠MOL=∠MLO=2α,
    ∴∠LCM=∠LMC=α,
    ∴ML=CL,
    设OM=ML=LC=a,则OD=a+8=OC,
    ∴OL=8,OW=WL=4,
    ∴CW=4+a,
    由勾股定理得:OM2﹣OW2=MW2=MC2﹣CW2,即a2﹣42=(3)2﹣(4+a)2,
    整理得:a2+4a﹣45=0,
    解得:a1=﹣9(不合题意舍去),a2=5,
    ∴OM=5,
    ∴MW=3,WC=9,
    ∴OB=OC=OD=13,BD=26,
    ∵∠GKB=∠CBD=∠ADB=∠BCO=∠MCW,tan∠MCW===,
    ∴tan∠GKB=tan∠CBD=tan∠ADB=tan∠BCO=tan∠MCW=,
    设AB=b,则AD=3b,
    由勾股定理得:b2+(3b)2=262,
    解得b=,
    ∴CD=GK=AB=,
    在Rt△GKB中,tan∠GKB==,
    ∴GB=GK=×=.


    3.(1)证明:连接OF.
    ∴AB⊥CD,
    ∴∠AEH=90°,
    ∴∠EAH+∠AHE=90°,
    ∵GF=GH,
    ∴∠GFH=∠GHF=∠AHE,
    ∵OA=OF,
    ∴∠OAF=∠OFA,
    ∴∠OFA+∠GFH=90°,
    ∴OF⊥GM,
    ∴MG是⊙O的切线.

    (2)证明:∵=,
    ∴OF垂直平分线段AC
    ∵OF⊥MG,
    ∴AC∥GM,
    ∴∠CAH=∠GFH,
    ∵∠CHA=∠GHF,∠HGF=∠GFH,
    ∴∠CAH=∠CHA,
    ∴CA=CH.

    (3)解:∵AC∥GM,
    ∴∠G=∠ACH,
    ∴tan∠CAH=tan∠G==,
    ∵AE=6,
    ∴EC=8,AC===10,
    设GF=GH=x,则CG=CH+GH=AC+GH=10+x,
    ∵CD=2EC=16,
    ∴GD=10+x﹣16=x﹣6,
    ∵GF2=GD•GC,
    ∴x2=(x﹣6)(x+10),
    解得x=15,
    ∴EG=CG﹣CE=25﹣8=17,
    ∵tan∠G==,
    ∴EM=,
    ∴GM===.

    4.解:(1)如图1中,当点B在优弧AC的中点时,△ABC的面积的最大,连接AB,BC,OB,延长BO交AC于H.

    ∵=,
    ∴BH⊥AC,
    ∴AH=HC=,
    ∴OH==1,
    ∴BH=OB+OH=2+1=3,
    ∴△ABC的最大面积=×AC×BH=×2×3=3.

    (2)如图2中,延长BD交⊙O于E,连结OE交AC于F,连结OC.

    由BD平分∠ABC可得,E为弧AC中点,
    ∴OE⊥AC,
    ∴AF=CF=
    ∴OF===1=EF,
    ∴DF垂直平分OE,
    又∵OD⊥BD,
    ∴△ODE是等腰直角三角形,
    ∴DF=OE=1,
    ∴AD=.

    (3)如图3,连结AE、CE,由已知得AE=CE,∠AEC=120〫,将△EAB绕点E顺时针旋转120〫得△ECF,

    ∵∠BAE=∠ECF,∠BAE+∠BCE=180〫,
    ∴∠ECF+∠BCE=180〫,
    ∴BF=BC+CF,
    ∵AB=CF,
    ∴BF=AB+BC,
    ∵BE=FE,∠BEF=∠AEC=120〫,
    ∴BF=BE,
    ∵OD⊥BD,
    ∴BE=2BD,
    ∴BF=2BD,
    ∴BA+BC=2BD.
    5.(1)证明:连接OA.

    ∵OA=OC,
    ∴∠OAC=∠OCA,
    ∵GA=GE,
    ∴∠GAE=∠GEA,
    ∵DG⊥BC,
    ∴∠EDC=90°,
    ∴∠OCA+∠DEC=90°,
    ∵∠CED=∠GEA=∠GAE,
    ∴∠OAC+∠GAE=90°,
    ∴∠OAG=90°,
    ∴OA⊥AG,
    ∴AG是⊙O的切线.

    (2)①如图2中,连接OA,AF,OF.

    ∵四边形ABOF是 菱形,
    ∴AB=BO=OF=AF=OA,
    ∴△ABO是等边三角形,
    ∴∠B=60°,
    ∵BC是直径,
    ∴∠BAC=90°
    ∴∠ACB=90°﹣60°=30°,
    ∵ED⊥BC,
    ∴∠DEC=90°﹣∠ACB=60°,
    ∴∠AEG=∠DEC=60°.
    故答案为60.

    ②如图3中,当AB=4时,△AGE是等腰直角三角形.

    理由:连接OA.
    ∵△AGE是等腰直角三角形,
    ∴∠AEG=∠DEC=∠DCE=45°,
    ∴△EDC,△ABC都是等腰直角三角形,
    ∵OB=OC,
    ∴AO⊥OC,
    ∴∠AOD=∠ODG=∠G=90°,
    ∴四边形AODG是矩形,
    ∴AG=OD=2,
    ∴OC=2OD=4,
    ∴BC=2OC=8,
    ∴AB=AC=4,
    故答案为4.
    6.(1)证明:如图1中,

    ∵AD=BC,
    ∴=,
    ∴=,
    ∵AB=AC,
    ∴=,
    ∴=,
    ∴∠ACB=∠BCD,
    ∴CB平分∠ACD.

    (2)①结论:AC﹣2AG=CD.
    理由:如图2中,连接BD,在GC上取一点H,使得GH=GA.

    ∵BG⊥AH,GA=GH,
    ∴BA=BH,
    ∴∠BAH=∠BHA,
    ∵∠BAH+∠BDC=180°,∠BHG+∠BHC=180°,
    ∴∠BDC=∠BHC,
    ∵∠BCH=∠BCD,CB=CB,
    ∴△BCH≌△BCD(AAS),
    ∴CD=CH,
    ∴AC﹣2AG=AC﹣AH=CH=CD.

    ②如图3中,过点G作GN⊥AB于G,过点D作DM⊥AC交AC的延长线于M,连接AO,延长AO交BC于J,连接OC.

    ∵=,
    ∴∠BAD=∠ADC,
    ∴AB∥CD,
    ∴S△ACD=S△BCD,
    ∵△BCH≌△BCD,
    ∴S△BCH=S△BCD,
    ∵AG=GH,
    ∴S△ABG=S△BGH,
    ∵S△ABG=S△ACD,
    ∴S△ABG=S△BGH=S△BCH,
    ∴AG=GH=CH,设AG=GH=HC=a,则AB=AC=3a,BG===2a,
    ∵BG⊥AC,
    ∴•BG•AG=•AB•GN,
    ∴GN==a,
    在Rt△BGC中,BC===2a,
    ∵AB=AC,
    ∴=,
    ∴AJ⊥BC,
    ∴BJ=JC=a,
    ∴AJ===a,
    在Rt△OJC中,∵OC2=OJ2+JC2,
    ∴152=(a﹣15)2+(a)2,
    ∴a=,
    ∵S△ABG=S△ACD,AB=AC,GN⊥AB,DM∠AC,
    ∴DM=GN=a=,
    ∵BC=AD=2a=20,
    ∴AM===,
    ∵FG∥DM,
    ∴=,
    ∴=,
    ∴AF=6,
    ∴DF=AD=AF=20﹣6=14.
    7.(1)证明:∵OA⊥BC,且OA过圆心点P,
    ∴OB=OC,
    在△AOB和△AOC中,,
    ∴△AOB≌△AOC(SAS),
    ∴AB=AC,
    ∵以AC为直角边作等腰Rt△ACD,
    ∴AD=AC,
    ∴AB=AD;

    (2)如图1,过点A作AM⊥BD于M,
    由(1)知,AB=AD,
    ∴DM=BD,
    ∵BF=4,DF=6,
    ∴BD=10,
    ∴DM=5,
    ∵∠AMD=90°=∠DAF,∠ADM=∠FDA,
    ∴△ADM∽△FDA,
    ∴,
    ∴,
    ∴AD=,
    在等腰直角三角形ADC中,CD=AD=2;

    (3)的值是不发生变化,
    理由:如图2,过点D作DH⊥y轴于H,作DQ⊥x轴于Q,
    ∴∠AHD=90°=∠COA,
    ∴∠ADH+∠DAH=90°,
    ∵∠CAD=90°,
    ∴∠CAO+∠DAH=90°,
    ∴∠ADH=∠CAO,
    ∵AD=AC,
    ∴△ADH≌△ACO(AAS),
    ∴DH=AO,AH=OC,
    ∵∠OHD=∠QOH=∠OQD=90°,
    ∴四边形OQDH是矩形,DH=OQ,DQ=OH,
    又∵HO=AH+AO=OC+DH=OB+DH=OB+OQ=BQ,
    ∴DQ=BQ,
    ∴△DBQ为等腰直角三角形,
    ∴∠DBQ=45°,
    ∴∠DEH=∠BEO=45°,
    ∴sin∠DEH=,
    ∴=,
    ∴,
    ∴.


    8.解:(1)证明:∵CE⊥AD,
    ∴EG=CG,
    ∵CF∥DE,
    ∴∠DEG=∠FCG,
    ∵∠FGC=∠DGE,
    ∴△DEG≌△FCG(ASA),
    ∴ED=FC,
    ∴四边形DCFE为平行四边形,
    又∵CE⊥DF,
    ∴四边形DCFE是菱形;
    (2)∵AG⊥EC,EG=CG,
    ∴AE=AC=4,
    ∵四边形AEDC内接于⊙O,
    ∴∠BED=∠BCA=90°,
    ∵四边形DCFE是菱形,
    ∴EF∥DC,DE=DC,
    ∴∠AEF=∠ABC,
    ∴tan∠ABC=tan∠AEF=,
    在Rt△BED中,设DE=3a,则BE=4a,
    ∴DC=3a,BD==5a,
    ∵BC2+AC2=AB2,
    ∴(5a+3a)2+42=(4a+4)2,
    解得a=或a=0(舍去),
    ∴DE=DC=2,
    ∴AD===2.
    即⊙O的直径长为2.
    9.解:(1)∵A(﹣1,0),
    ∴OA=1,OC=3OA=3,
    ∴C(0,﹣3),
    将A(﹣1,0)、C(0,﹣3)代入y=x2+mx+n中,得,解得,
    ∴y=x2﹣2x﹣3;

    (2)存在,理由:
    令y=0,则x2﹣2x﹣3=0,解得x1=﹣1,x2=3,
    ∴B(3,0),
    ∴直线BC的解析式为y=x﹣3,
    设M(m,m2﹣2m﹣3),
    过点M作MN∥y轴交BC于N,如图1,

    ∴N(m,m﹣3),
    ∴MN=m﹣3﹣(m2﹣2m﹣3)=﹣m2+3m,
    ∴S四边形MBAC=S△ABC+S△BCM=AB×OC+MN×OB=×4×3×(﹣m2+3m)×3=9,
    解得:m=1或2,
    故点M的坐标为(1,﹣4)或(2,﹣3);

    (3)∵OB=OC=ON,
    ∴△BON为等腰直角三角形,
    ∵∠OBM+∠NBM=45°,
    ∴∠NBD+∠NBM=∠DBM=45°,
    ∴MB=MF,
    过点M作MF⊥BM交BE于F,过点F作FH⊥y轴于点H,如图2,

    ∴∠HFM+∠BMO=90°,
    ∵∠BMO+∠OMB=90°,
    ∴∠OMB=∠HFM,
    ∵∠BOM=∠MHF=90°,
    ∴△BOM≌△MHF(AAS),
    ∴FH=OM=1,MH=OB=3,故点F(1,4),
    由点B、F的坐标得,直线BF的解析式为y=﹣2x+6,
    联立,解得,
    ∴E(﹣3,12).
    10.解:(1)y=﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点,则点A、C的坐标分别为:(﹣3,0)、(0,﹣3);
    将点A、C的坐标代入抛物线表达式得:,解得,
    故抛物线的表达式为:y=x2+2x﹣3;

    (2)存在,理由:
    如图1,过点P作y轴的平行线交AC于点H,

    设点P(x,x2+2x﹣3),则点H(x,﹣x﹣3),
    △APC面积S=S△PHA+S△PHC=×PH×OA=(﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3)×3=﹣x2﹣x,
    ∵﹣<0,故S有最大值,
    当x=﹣时,S的最大值为,此时点P(﹣,﹣);

    (3)如图2,设点N(﹣1,s),点M(m,n),n=m2+2m﹣3,
    过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H,交过点N与x轴的平行线于点G,

    ∵∠GMN+∠GNM=90°,∠GMN+∠HMC=90°,
    ∴∠HMC=∠GNM,
    ∵∠MGN=∠CHM=90°,MN=MC,
    ∴△MGN≌△CHM(AAS),
    ∴GN=MH,
    即GN=|﹣1﹣m|=MH=|n+3|,
    ①当﹣1﹣m=n+3时,
    即m+n+4=0,即m2+3m+1=0,
    解得:m=,故点P(,);
    ②当﹣1﹣m=﹣(n+3)时,即m=n+2,
    同理可得:点P(,);
    故点P的坐标为:(,)或(,)或(,)或(,).
    11.解:(1)将点C的坐标代入抛物线表达式得:﹣3am2=3,
    解得:am2=﹣1;

    (2)对于二次函数y=a(x2+2mx﹣3m2),令y=0,则x=m或﹣3m,
    ∴函数的对称轴为:x=﹣m,
    ∵CD∥AB,
    ∴点D、C的纵坐标相同,故点D(﹣2m,3),
    故点A、B的坐标分别为:(m,0)、(﹣3m,0),
    设点E(x,y),y=a(x2+2mx﹣3m2),
    分别过点D、E作x轴的垂线,垂足分别为M、N,

    ∵AB平分∠DAE,
    ∴∠DAM=∠EAN,
    ∴RtADM△∽Rt△ANE,
    ∴,即,
    解得:y=,
    故点E(x,),
    将点E的坐标代入抛物线表达式并解得:x==﹣4m,
    则y==﹣5,
    故点E(﹣4m,﹣5),
    故===为定值;

    (3)存在,理由:
    函数的对称轴为x=﹣m,当x=﹣m时,y=a(x2+2mx﹣3m2)=4,即点F(﹣m,4),
    由点F、C的坐标得,直线FC的表达式为:y=﹣x+3,令y=0,则x=3m,即点G(3m,0),
    GF2=(3m+m)2+42=16m2+16,
    同理AD2=9m2+9,AE2=25m2+25,
    故AE2=AD2+GF2,
    GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形,
    点G的横坐标为3m.
    12.解:(1)∵直线y=kx+3k过点A,
    ∴y=0时,0=kx+3k,解得x=﹣3,
    ∴A(﹣3,0),
    把点A的坐标代入y=ax2+4ax+,得9a﹣12a+=0,
    解得a=,
    ∴抛物线解析式为y=x2+x+;
    (2)如图1,过点D作DF⊥x轴于F,过点C作CG⊥x轴于G,

    ∴∠DFB=∠CGO=90°=∠DBC,
    ∴∠DBF+∠BDF=90°,
    又∵∠DBF+∠CBG=90°,
    ∴∠BDF=∠CBG,
    ∴△BDF∽△CBG,
    ∴,
    ∵CB=5BD,
    ∴CG=5BF,BG=5DF,
    联立方程组,
    解得:,(舍去),
    ∴点C(4k﹣1,4k2+2k),
    ∴CG=4k2+2k,OG=4k﹣1,
    设BF=m,则CG=5m,DF=2k﹣km,BG=5(2k﹣km),
    ∴,
    解得k=﹣(舍去)或k=0(舍去)或k=1,
    ∴k的值为1;
    (3)

    ∵将直线y=kx+3k向上平移4个单位,
    ∴平移后解析式为y=kx+3k+4,
    ∴kx+3k+4=x2+x+,
    ∴xE+xF=4k﹣4,xE•xF=﹣12k﹣13,
    ∴|xF﹣xE|==,
    ∵△AEF的面积=×4×,
    ∴当k=﹣时,△AEF的面积的最小值为16.
    13.解:(1)令x=0,则y=3,
    ∴C(0,3),
    ∴OC=3.
    令y=0,则﹣x2+x+3=0,
    解得:x1=﹣4,x2=6,
    ∴A(﹣4,0),B(6,0),
    ∴OA=4,OB=6.
    ∵CD⊥AC,
    ∴∠ACD=90°,
    ∵CO⊥AD,
    ∴OC2=OA•OD,
    ∴OD=,
    ∴D(,0).
    (2)∵y=﹣x2+x+3=﹣(x﹣1)2+,
    ∴E(1,).
    如图2,连接OE、BE,作HG⊥x轴于点G,交BE于点P.

    由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为:y=﹣x+.
    设H(m,﹣m2+m+3),则P(m,﹣m+).
    ∴HG=﹣m2+m+3,HP=yH﹣yP=﹣m2+m﹣.
    ∴S△BHE=(xB﹣xE)•HP=(﹣m2+m﹣)=﹣m2+m﹣.
    ∵FH⊥CD,AC⊥CD,
    ∴AC∥FH,
    ∴∠HFG=∠CAO,
    ∵∠AOC=∠FGH=90°,
    ∴△ACO∼△FHG,
    ∴==,
    ∴FG=HG=﹣m2+m+4,
    ∴AF=AG﹣FG=m+4+m2﹣m﹣4=m2+m,
    ∴S△AFC=AF•OC=(m2+m)=m2+m,
    ∵S四边形ACEB=S△ACO+S△OCE+S△OEB=×4×3+×3×1+6×=,
    ∴S五边形FCEHB=S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC=+(﹣m2+m﹣)﹣(m2+m)=﹣m2+m+15=﹣(m﹣)2+,
    ∴当m=时,S五边形FCEHB取得最大值.
    此时,H的横坐标为.
    (3)∵B(6,0),C(0,3),D(,0),
    ∴CD=BD=,BC=3,
    ∴∠DCB=∠DBC.
    ①如图3﹣1,△CMN≌△DCB,MN交y轴于K,

    则CM=CN=DC=DB=,MN=BC=3,∠CMN=∠CNM=∠DBC=∠DCB,
    ∴MN∥AB,
    ∴MN⊥y轴,
    ∴∠CKN=∠COB=90°,MK=NK=MN=,
    ∴△CKN∼△COB,
    ∴==,
    ∴CK=,
    ∴OK=OC+CK=,
    ∴N(,).
    ②如图3﹣2,△MCN≌△DBC,

    则CN=CB=3,∠MCN=∠DBC,
    ∴CN∥AB,
    ∴N(3,3).
    ③如图3﹣3,△CMN≌△DBC,

    则∠CMN=∠DCB,CM=CN=DC=DB=,MN=BC=3,
    ∴MN∥CD,
    作MR⊥y轴于R,
    则===,
    ∴CR=,RM=,
    ∴OR=3﹣,
    作MQ∥y轴,NQ⊥MQ于点Q,
    则∠NMQ=∠DCO,∠NQM=∠DOC=90°,
    ∴△COD∼△MQN,
    ∴==,
    ∴MQ=MN=,NQ=MN=,
    ∴NQ﹣RM=,OR+MQ=,
    ∴N(﹣,).
    综上所述,满足要标的N点坐标有:(,)、(3,3)、(﹣,).
    14.解:(1)对称轴为直线x=﹣=4,则CD=4,
    ∵四边形ABDC为平行四边形,
    ∴DC∥AB,DC=AB,
    ∴DC=AB=4,
    ∴A(2,0),B(6,0),
    把点 A(2,0)代入得y=ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6=0,解得a=,
    ∴二次函数解析式为y=x2﹣4x+6;

    (2)如图1,设E(m,m2﹣4m+6),其中2<m<6,
    作EN⊥y轴于N,如图2,
    ∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN=S△ODE,
    ∴(4+m)(6﹣m2+4m﹣6)﹣×4×6﹣m(﹣m2+4m﹣6)=12,
    化简得:m2﹣11m+24=0,解得m1=3,m2=8(舍),
    ∴点E的坐标为(3,﹣);

    (3)Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时,如图2,
    过点E作EF⊥PM于F,MQ交x轴于G,
    ∵∠PQE=∠PME,
    ∴点E,M,Q,P四点共圆,
    ∵PE⊥PQ,
    ∴∠EPQ=90°,
    ∴∠EMQ=90°,
    ∴∠EMF+∠HMG=90°,
    ∵∠HMG+∠HGM=90°,
    ∴∠EMF=∠HGM,
    在Rt△EFM中,EF=1,FM=,tan∠EMF==2,
    ∴tan∠HGM=2,
    ∴,
    ∴HG=HM=1,
    ∴点G(5,0),
    ∵M(4,﹣2),
    ∴直线MG的解析式为y=2x﹣10①,
    ∵二次函数解析式为y=x2﹣4x+6②,
    联立①②解得,(舍)或,
    ∴Q(8,6),
    ∴点Q到对称轴的距离为8﹣4=4;
    Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时,如图3,
    过点E作EF⊥PM于F,过点Q作QD⊥PM于D,
    ∴∠DQP+∠QPD=90°,
    ∵∠EPQ=90°,
    ∴∠DPQ+∠FPE=90°,
    ∴∠DQP=∠FPE,
    ∵∠PDQ=∠EFP,
    ∴△PDQ∽△EFP,
    ∴,
    由Ⅰ知,tan∠PQE==2,
    ∵EF=1,
    ∴=,
    ∴DP=,PF=2QD,
    设Q(n,n2﹣4n+6),
    ∴DQ=4﹣n,DH=n2﹣4n+6,
    ∴PF=DH+FH﹣DP=n2﹣4n+6+﹣=n2﹣4n+7,
    ∴n2﹣4n+7=2(4﹣n),
    ∴n=2+(舍)或n=2﹣,
    ∴DQ=4﹣n=2+,
    即点Q到对称轴的距离为4或2+.



    15.解:(1)抛物线y=a(x+2)(x﹣4),令y=0,解得x=﹣2或x=4,
    ∴A(﹣2,0),B(4,0).
    ∵直线y=﹣x+,
    当x=﹣5时,y=3,
    ∴D(﹣5,3),
    ∵点D(﹣5,3)在抛物线y=a(x+2)(x﹣4)上,
    ∴a(﹣5+2)(﹣5﹣4)=3,
    ∴a=.
    ∴抛物线的函数表达式为:y=x2﹣x﹣.

    (2)如图1中,设直线BD交y轴于J,则J(0,).连接CD,BC.

    ∵S△BDC=××9=10,
    ∴S△PAB=10,
    ∴×6×|yP|=10
    yP=±,
    当y=时,=x2﹣x﹣,
    解得x=1±,
    ∴P(,)或(,),
    当﹣=x2﹣x﹣,
    方程无解,
    ∴满足条件的点P的坐标为(,)或(,).


    (3)如图2中,过点D作DM平行于x轴,

    ∵D(﹣5,3),B(4,0),
    ∴tan∠DBA==,
    ∴∠DBA=30°
    ∴∠BDM=∠DBA=30°,过F作FJ⊥DM于J,
    则有sin30°=,
    ∴HF=,
    ∴2AF+DF=2(AF+)=2(AF+HF),当A、F、H三点共线时,
    即AH⊥DM时,2AF+DF=2(AF+HF)取最小值为=.
    16.解:(1)∵y=x2﹣x﹣=(x2﹣2x﹣3)=(x﹣1)2﹣2,
    ∴顶点D的坐标为(1,﹣2),
    令y=0,则(x2﹣2x﹣3)=0,
    ∴x=﹣1或x=3,
    ∴A(﹣1,0),B(3,0),
    令x=0,则y=﹣,
    ∴C(0,﹣),
    ∴AC是定值,要△ACP的面积最大,则点P到AC的距离最大,
    即当点P在点B位置时,点P到AC的距离最大,
    ∴S△ACP最大=S△ABC=AB•OC=(3+1)•=3;

    (2)由(1)知,B(3,0),D(1,﹣2),
    ∴直线l1的解析式为y=x﹣3,
    ∵l1∥l2,且l1过点A,∴直线l2的解析式为y=x+,
    ∴E(0,),
    ∴OE=,
    在Rt△AOE中,OA=1,
    ∴tan∠AEO==,
    ∴∠AEO=30°,
    ∵l1∥l2,
    ∴∠DBO=60°,
    由旋转知,OE1=OE=,∠A1E1O=∠AEO=30°,
    ∴∠ME1N=30°
    如图,∵△E1MN为等腰三角形,
    ∴①当E1N1=M1N1时,
    ∴∠E1M1N1=∠A1E1O=30°,
    ∴α=∠BOM=60°﹣30°=60°,
    过点E1作E1F⊥x轴于F,
    ∴E1F=OE1=,
    ∴OF=E1F=,
    ∴E1(,),
    ②当E2M2=E2N2时,∠E2N2M2=∠E2M2N2=(180°﹣30°)=75°,
    ∴∠BOM2=75°﹣60°=15°,
    ∴α=105°,
    过点E2作E2H⊥x轴,在OH上取一点Q,使OQ=E2Q,
    ∴∠E2QH=30°,
    设E2H=a,则E2Q=2a,HQ=a,
    ∴OQ=E2Q=2a,OH=(2+)a,
    在Rt△OHE2中,根据勾股定理得,[(2+)a]2+a2=3,
    ∴a=(舍去负值),
    ∴E2(,﹣).
    ③当E3M3=M3N3时,∠E3N3M3=∠M3E3N3=30,
    ∴∠E3M3N3=120°,
    ∴∠BOM3=60°,
    ∴α=150°,
    ∵∠OBM3=60°,∠E3N3M3=30°,
    ∴∠N3GB=90°,
    ∴OG=,E3G=,
    ∴E3(,﹣).

    17.解:(1)∵AB=6,点B的坐标为(﹣6,0),
    ∴点A(﹣12,0),
    如图1,过点D作DE⊥x轴于点D,

    则ED=ADsin∠DAB=8×=4,同理AE=4,
    故点D(﹣8,4),则点C(﹣2,4),
    由中点公式得,点M(﹣4,2);

    (2)图象向右平移了a个单位,则点D′(a﹣8,4)、点M′(a﹣4,2),
    ∵点D′M′都在函数上,
    ∴(a﹣8)×4=(a﹣4)×2,
    解得:a=12,
    则k=(12﹣8)×4=16,
    故反比例函数的表达式为=;

    (3)由(2)知,点M′的坐标为(8,2),点B′、C′的坐标分别为(6,0)、(10,4),
    设点P(m,2),点Q(s,t);
    ①当B′C′是矩形的边时,如图2,求解的矩形为矩形B′C′PQ和矩形B′C′Q′P′,

    过点C′作C′H⊥l交于点H,C′H=4﹣2=2,
    直线B′C′的倾斜角为60°,则∠M′PC′=30°,PH=C′H÷tan∠M′PC′=2=6,
    故点P的坐标为(16,2),
    由题意得:点P、Q′关于点C′对称,由中点公式得,点Q的坐标为(12,﹣4);
    同理点Q、Q′关于点M′对称,由中点公式得,点Q′(4,6);
    故点Q的坐标为:(12,﹣4)或(4,6);
    ②当B′C′是矩形的对角线时,
    ∵B′C′的中点即为PQ的中点,且PQ=B′C′,
    ∴,解得:,,
    故点Q的坐标为(4,2)或(12,2);
    综上,点Q的坐标为:(12,﹣4)或(4,6)或(4,2)或(12,2).
    18.解:(1)∵直线y1=mx(m≠0)与反比例函数y2=(k<0)的图象交于A、B两点,且点A的横坐标为﹣1,
    ∴点A,点B关于原点对称,
    ∴点B的横坐标为1,
    ∴当x取﹣1<x<0或x>1时,y1<y2;
    (2)连接OC,OE,
    由图象知,点A,点B关于原点对称,
    ∴OA=OB,
    ∵AC⊥CB,
    ∴∠ACB=90°,
    ∴OC=AB=AO,
    ∴∠OAC=∠OCA,
    ∵AC为∠BAD的平分线,
    ∴∠OAC=∠DAC,
    ∴∠OCA=∠DAC,
    ∴AD∥OC,
    ∴S△AEO=S△ACE=,
    ∵AD=2DE,
    ∴AE=DE,
    ∴S△AOD=2S△AOE=3;
    (3)作EF⊥x轴于F,作AH⊥x轴于H,
    则EF∥AH,
    ∵AD=2DE,
    ∴DE=EA,
    ∵EF∥AH,
    ∴==1,
    ∴DF=FH,
    ∴EF是△DHA的中位线,
    ∴EF=AH,
    ∵S△OEF=S△OAH=﹣,
    ∴OF•EF=OH•HA,
    ∴OH=OF,
    ∴OH=HF,
    ∴DF=FH=HO=DO,
    ∴S△OAH=S△ADO=3=1,
    ∴﹣=1,
    ∴k=﹣2,
    ∴y=﹣,
    ∵点A在y=﹣的图象上,
    ∴把x=﹣1代入得,y=2,
    ∴A(﹣1,2),
    ∵点A在直线y=mx上,
    ∴m=﹣2,
    ∴P(﹣2,﹣2),
    在y轴上找到一点M,使得△OMP是直角三角形,
    当∠OMP=90°时,PM⊥y轴,
    则OM=2,
    ∴点M的坐标为(0.﹣2);
    当∠OPM=90°时,过P作PG⊥y轴于G,则△OPM是等腰直角三角形,
    ∴OM=2PG=4,
    ∴点M的坐标为(0.﹣4);
    综上所述,点M的坐标为(0.﹣2)或(0,﹣4).

    19.解:(1)理由:∵∠ACB=90°,
    ∴∠ACD=∠BCE=90°,
    又∵∠ADC=90°,
    ∴∠ACD+∠DAC=90°,
    ∴∠BCE=∠DAC,且∠ADC=∠BEC=90°,
    ∴△ADC∽△CEB;
    (2)如图,过点O作ON⊥OM交直线CD于点N,分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴,

    由(1)可得:△NFO∽△OEM,
    ∴,
    ∵点M(2,1),
    ∴OE=2,ME=1,
    ∵tanα==,
    ∴,
    ∴NF=3,OF=,
    ∴点N(﹣,3),
    ∵设直线CD表达式:y=kx+b,


    ∴直线CD的解析式为:y=﹣x+;
    (3)当∠CDP=90°时,如图,过点P作PH⊥BC,交BC延长线于点H,

    ∵∠ADC+∠CDP=180°,
    ∴点A,点D,点P三点共线,
    ∵∠BAP=∠B=∠H=90°,
    ∴四边形ABHP是矩形,
    ∴AB=PH=3,
    ∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°,
    ∴AE=EP,∠AEP=90°,
    ∴∠AEB=∠PEH=90°,且∠BAE+∠AEB=90°,
    ∴∠BAE=∠PEH,且∠B=∠H=90°,AE=EP,
    ∴△ABE≌△EHP(AAS),
    ∴BE=PH=3,
    当∠CPD=90°时,如图,过点P作PH⊥BC,交BC延长线于点H,延长HP交AD的延长线于N,则四边形CDNH是矩形,

    ∴CD=NH=3,DN=CH,
    设BE=x,则EC=5﹣x,
    ∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°,
    ∴AE=EP,∠AEP=90°,
    ∴∠AEB=∠PEH=90°,且∠BAE+∠AEB=90°,
    ∴∠BAE=∠PEH,且∠B=∠EHP=90°,AE=EP,
    ∴△ABE≌△EHP(AAS),
    ∴PH=BE=x,AB=EH=3,
    ∴PN=3﹣x,CH=3﹣(5﹣x)=x﹣2=DN,
    ∵∠DPC=90°,
    ∴∠DPN+∠CPH=90°,且∠CPH+∠PCH=90°,
    ∴∠PCH=∠DPN,且∠N=∠CHP=90°,
    ∴△CPH∽△PDH,
    ∴,

    ∴x=
    ∵点P在矩形ABCD外部,
    ∴x=,
    ∴BE=,
    综上所述:当BE的长为3或时,△DPC为直角三角形.
    20.解:(1)∵E(2,3)、F(4,﹣2),
    ∴kEF==﹣,
    故答案为﹣.

    (2)∵G(1,3),H(﹣2,1),I(﹣1,6),
    ∴kGH==,kGI==﹣,
    ∴kGH•kGI=﹣1.

    (3)如图2中,过点K作KM⊥x轴于M,过点S作SN⊥x轴于N,连接KS交OR于J.

    ∴S(6,8),
    ∴ON=6,SN=8,
    ∵四边形OKRS是正方形,
    ∴OK=OS,∠KPS=∠KMO=∠SNO=90°,KJ=JS,JR=JO,
    ∴∠KOM+∠SON=90°,∠SON+∠OSN=90°,
    ∴∠KOM=∠OSN,
    ∴△OMK≌△SNO(AAS),
    ∴KM=ON=6,OM=SN=8,
    ∴K(﹣8,6),
    ∵KJ=JS,
    ∴J(﹣1,7),
    ∵JR=OJ,
    ∴R(﹣2,14),
    ∵kOR==﹣7,
    ∵RT⊥OR,
    ∴kRT=﹣=,
    设直线RT的解析式为y=x+b.
    把(﹣2,14)代入可得14=﹣+b,
    ∴b=,
    ∴直线RT的解析式为y=﹣x+


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