全国各地中考数学试卷分类汇编：综合性问题

这是一份全国各地中考数学试卷分类汇编：综合性问题，共1页。试卷主要包含了已知，∴CE=DF=等内容，欢迎下载使用。

1．（2013湖北省鄂州市，5，3分）下列命题正确的个数是（ ）
①若代数式有意义，则x的取值范围为x≤1且x≠0．
②我市生态旅游初步形成规模，2012年全年生态旅游收入为302 600 000元，保留三个有效数字用科学记数法表示为3.03×108元．
③若反比例函数（m为常数），当x＞0时，y随x增大而增大，则一次函数y=﹣2x+m的图象一定不经过第一象限．
④若函数的图象关于y轴对称，则函数称为偶函数，下列三个函数：y=3，y=2x+1，y=x2中偶函数的个数为2个．
二．填空题
1．（2013·潍坊，18，3分）如图，直角三角形中，，， ，在线段上取一点，作交于点．现将沿折叠，使点落在线段上，对应点记为；的中点的对应点记为．若∽，则＝__________．
答案：3．2
解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC＝ AB2－BC2 ＝ 102－62 ＝8，设AD＝2x，
∵点E为AD的中点，将△ADF沿DF折叠，点A对应点记为A1，点E的对应点为E1，
∴AE＝DE＝DE1＝A1E1＝x，
∵DF⊥AB，∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△ABC∽△AFD，∴AD：AC ＝DF：BC ，
即2x：8 ＝DF：6 ，解得DF＝1．5x，
在Rt△DE1F中，E1F2＝ DF2＋DE12 ＝ 3．25 x 2 ，
又∵BE1＝AB－AE1＝10－3x，△E1FA1∽△E1BF，∴E1F：A1E1 ＝BE1 ：E1F ，∴E1F2＝A1E1•BE1，
过作,则
∴阴影部分的面积为
【答案】12
3．（2013山东德州，17，4分）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，下列结论：①CE＝CF②∠AEB＝750③BE+DF＝EF④S正方形ABCD＝2+，其中正确的序号是 。（把你认为正确的都填上）
【答案】①②④.
【解析】∵在正方形ABCD与等边三角形AEF中，∴AB=BC=CD=DA，AE=EF=AF，
∴△ABE≌△ADF，∴DF=BE，有DC－DF=BC－BE，即 CE＝CF，①正确；∵CE=CF，∠C=90°，∴∠FEC=45°，而∠AEF=60°，∴∠AEB＝180°－60°－45°=75°，②正确；根据分析BE+DF≠EF，③不正确；在等腰直角三角形CEF中，CE=CF=EF·sin45°=.在Rt△ADF中，设AD=x，则DF=x－，根据勾股定理可得，，解得，x1=，
（舍去）. 所以正方形ABCD面积为=2+，④正确.
【方法指导】本题考查正方形与等边三角形.本题涉及正方形、等边三角形相关知识，同时应用勾股定理、全等三角形等解题.具有一定的综合性.解题的关键是对所给命题运用相关知识逐一验证.
4．(2013四川成都，23，4分)若关于t的不等式组恰有三个整数解，则关于x的一次函数y＝x－a的图象与反比例函数y＝的图象的公共点的个数为______．
【答案】0或1．
【解析】解不等式组得a≤t≤．∵原不等式组恰有三个整数解，即－1，0，1，∴－2＜a≤－1．一次函数y＝x－a的图象与反比例函数y＝的图象的交点坐标即是方程组的解．消去方程组中的y得，x－a＝．即x2－4ax－4(3a＋2)＝0．其判别式△＝(－4a)2＋16(3a＋2)＝16(a2＋3a＋2)＝16(a＋1)(a＋2)．当－2＜a≤－1时，(a＋1)(a＋2)≤0，即△≤0．∴两个图象的公共点的个数为0或1．
【方法指导】此题有一定的综合性，解答时涉及的知识点有：不等式组的解及解不等式组、函数的图象、一元二次方程根的判别式等．
三．解答题
1．（（2013贵州毕节，27，16分）如图，抛物线y=ax2+b与x轴交于点A、B，且A点的坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，1）．
（1）求抛物线的解析式，并求出点B坐标；
（2）过点B作BD∥CA交抛物线于点D，连接BC、CA、AD，求四边形ABCD的周长；（结果保留根号）
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，过点P作PE垂直于x轴，垂足为点E，使以B、P、E为顶点的三角形与△CBD相似？若存在请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2013·聊城，25，?分）已知△ABC中，边BC的长与BC边上的高的和为20．
（1）写出△ABC的面积y与BC的长x之间的函数关系式，并求出面积为48时BC的长；
（2）当BC多长时，△ABC的面积最大？最大面积是多少？
（3）当△ABC面积最大时，是否存在其周长最小的情形？如果存在，请说出理由，并求出其最小周长；如果不存在，请给予说明．
考点：二次函数综合题．
分析：（1）先表示出BC边上的高，再根据三角形的面积公式就可以表示出表示y与x之间的函数关系式，当y＝48时代入解析式就可以求出其值；
（2）将（1）的解析式转化为顶点式就可以求出最大值．
（3）由（2）可知△ABC的面积最大时，BC＝10，BC边上的高也为10过点A作直线L平行于BC，作点B关于直线L的对称点B′，连接B′C 交直线L于点A′，再连接A′B，AB′，根据轴对称的性质及三角形的周长公式就可以求出周长的最小值．
解答：解：（1）由题意，得y＝＝－x2＋10x，
当y＝48时，－ x2＋10x＝48，
解得：x1＝12，x2＝8，∴面积为48时BC的长为12或8；
（2）∵y＝－x2＋10x，∴y＝－（x－10）2＋50，∴当x＝10时，y最大＝50；
（3）△ABC面积最大时，△ABC的周长存在最小的情形．理由如下：由（2）可知△ABC的面积最大时，BC＝10，BC边上的高也为10，
过点A作直线L平行于BC，作点B关于直线L的对称点B′，
连接B′C 交直线L于点A′，再连接A′B，AB′
则由对称性得：A′B′＝A′B，AB′＝AB，
∴A′B＋A′C＝A′B′＋A′C＝B′C，
当点A不在线段B′C上时，则由三角形三边关系可得：
△ABC的周长＝AB＋AC＋BC＝AB′＋AC＋BC＞B′C＋BC，
当点A在线段B′C上时，即点A与A′重合，
这时△ABC的周长＝AB＋AC＋BC＝A′B′＋A′C＋BC＝B′C＋BC，
因此当点A与A′重合时，△ABC的周长最小；
这时由作法可知：BB′＝20，∴B′C＝＝10，∴△ABC的周长＝10＋10，
因此当△ABC面积最大时，存在其周长最小的情形，最小周长为10＋10．
点评：本题是一道二次函数的综合试题，考查了二次函数的解析式的运用，一元二次方程的解法和顶点式的运用，轴对称的性质的运用，在解答第三问时灵活运用轴对称的性质是关键．
3．（2013·济宁，22，?分）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P是反比例函数y=（x＞0）图象上任意一点，以P为圆心，PO为半径的圆与坐标轴分别交于点A、B．
（1）求证：线段AB为⊙P的直径；
（2）求△AOB的面积；
（3）如图2，Q是反比例函数y=（x＞0）图象上异于点P的另一点，以Q为圆心，QO为半径画圆与坐标轴分别交于点C、D．
求证：DO•OC=BO•OA．
考点：反比例函数综合题．
分析：（1）∠AOB=90°，由圆周角定理的推论，可以证明AB是⊙P的直径；
（2）将△AOB的面积用含点P坐标的表达式表示出来，容易计算出结果；
（3）对于反比例函数上另外一点Q，⊙Q与坐标轴所形成的△COD的面积，依然不变，与△AOB的面积相等．
解答：（1）证明：∵∠AOB=90°，且∠AOB是⊙P中弦AB所对的圆周角，
∴AB是⊙P的直径．
（2）解：设点P坐标为（m，n）（m＞0，n＞0），
∵点P是反比例函数y=（x＞0）图象上一点，∴mn=12．
如答图，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，则OM=m，ON=n．
由垂径定理可知，点M为OA中点，点N为OB中点，
∴OA=2OM=2m，OB=2ON=2n，
∴S△AOB=BO•OA=×2n×2m=2mn=2×12=24．
（3）证明：若点Q为反比例函数y=（x＞0）图象上异于点P的另一点，
参照（2），同理可得：S△COD=DO•CO=24，
则有：S△COD=S△AOB=24，即BO•OA=DO•CO，
∴DO•OC=BO•OA．
点评：本题考查了反比例函数的图象与性质、圆周角定理、垂径定理等知识，难度不大．试题的核心是考查反比例函数系数的几何意义．对本题而言，若反比例函数系数为k，则可以证明⊙P在坐标轴上所截的两条线段的乘积等于4k；对于另外一点Q所形成的⊙Q，此结论依然成立．
4．（2013·潍坊，22，11分）如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点顺时针旋转至，旋转角为．
（1）当点恰好落在边上时，求旋转角的值；
（2）如图2，为的中点，且0°＜＜90°，求证：；
（3）小长方形绕点顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
答案：(1) ∵DC//EF，∴∠DCD′＝∠CD′E＝∠CD′E＝α． ∴sinα＝，∴α＝30°
(2) ∵G为BC中点，∴GC＝CE′＝CE＝1，
∵∠D′CG＝∠DCG＋∠DCD′＝90°＋α， ∠DCE′＝∠D′CE′＋∠DCD′＝90°＋α，
∴∠D′CG＝∠DCE′又∵CD′＝CD， ∴△GCD′≌△E′CD， ∴GD′＝E′D
(3) 能． α＝135°或α＝315°
考点：图形的旋转、三角函数、解直角三角形、全等三角形的判定
点评：本题依据学生的认知规律，从简单特殊的问题入手，将问题向一般进行拓展、变式，通过操作、观察、计算、猜想等获得结论．此类问题综合性较强，要完成本题学生需要有较强的类比、迁移、分析、变形应用、综合、推理和探究能力．
5．（2013·潍坊，23，13分）为了改善市民的生活环境，我是在某河滨空地处修建一个如图所示的休闲文化广场．在Rt△内修建矩形水池，使顶点在斜边上，分别在直角边上；又分别以为直径作半圆，它们交出两弯新月（图中阴影部分），两弯新月部分栽植花草；其余空地铺设地砖．其中，．设米，米．
（1）求与之间的函数解析式；
（2）当为何值时，矩形的面积最大？最大面积是多少？
（3）求两弯新月（图中阴影部分）的面积，并求当为何值时，矩形的面积等于两弯新月面积的？
答案：（1）在Rt△ABC中，由题意得AC＝米，BC＝36米，∠ABC＝30°，
所以
又AD＋DE＋BE＝AB，
所以（0＜x＜8）．
(2)矩形DEFG的面积
所以当x＝9时，矩形DEFG的面积最大，最大面积为平方米．
（3）记AC为直径的半圆\、BC为直径的半圆、AB为直径的半圆面积分别为S1、S2、S3，两弯新月面积为S，则
由AC2＋BC2＝AB2可知S1＋S2＝S3，∴S1＋S2－S＝S3－S△ABC ，故S＝S△ABC
所以两弯新月的面积S＝(平方米)
由， 即，解得，符合题意，
所以当米时，矩形DEFG的面积等于两弯新月面积的．
考点：考查了解直角三角形，二次函数最值求法以及一元二次方程的解法。
点评：本题是二次函数的实际问题。解题的关键是对于实际问题能够灵活地构建恰当的数学模型，并综合应用其相关性质加以解答．
6.（2013陕西，23，8分）（本题满分8分）
如图，直线与⊙O相切于点D，过圆心O作EF∥交⊙O于E、F两点，点A是⊙O上一点，连接AE，AF，并分别延长交直线于B、C两点；
（1）求证：∠ABC+∠ACB=90°；
（2）若⊙O的半径，BD=12，求tan∠ACB的值．
考点：切线的性质应用，圆内角的性质的应用，
正方形的判定与性质的应用及三角函数的定义及
正切值的求法。构造矩形的过程与12年的类似。
解析：切线的性质的应用是：有切线，连切点，
得垂直。直径所对的圆周角是直角的应用及等价转化的思想的应用。
证明：如图，∵EF是⊙O的直径，∴∠EAF=90°，∴∠ABC+∠ACB=90°
解：连接OD，则OD⊥BD．过点E作EH⊥BC，垂足为点H，
∴ EH∥OD ∵EF∥BC，EH∥OD OE=OD
∴四边形EODH是正方形 ．∴EH=HD=OD=5
∵BD=12，∴BH=7，
在Rt△BEH中，tan∠BEH=
又∵∠ABC+∠BEH=90°,∠ABC+∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠BEH
∴tan∠ACB．
2.（2013陕西，24，10分）
-1
O
x
2
-1
2
3
-2
3
在平面直角坐标系中，一个二次函灵敏的图象经过点A（1，0）、B（3，0）两点．
（1）写出这个二次函数的对称轴；
（2）设这个二次函数的顶点为D，与y轴交于点C，
它的对称轴与x轴交于点E，连接AD、DE和DB，
当△AOC与△DEB相似时，求这个二次函数的表达式。
[提示：如果一个二次函数的图象与x轴的交点
为A，那么它的表达式可表示
为：]
考点：此题在陕西的中考中也较固定，第（1）问主要考查待定
系数法求二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标，
抛物线的对称性等简单问题。第二问主要考查二次函数综合应用之点的存在性问题；包括最短距离与面积的最值等（等腰三角形，平行四边形，正方形，相似三角形，相似，全等等问题。考查问题的综合能力要求较高，基本上都是转化为求点的坐标的过程。
解析：本题中（1）由抛物线的轴对称性可知，与x轴的两个交点关于对称轴对称，易求出对称轴；
（2）由提示中可以设出函数的解析式，将顶点D与E的坐标表示出来，从而将两个三角形的边长表示出来，而相似的确定过程中充分考虑到分类即可解决此题；
解：（1）对称轴为直线：x=2。
（2）∵A（1，0）、B（3，0），所以设即
当x=0时，y=3a，当x=2时，y=
∴C（0，3a），D(2,-a) ∴OC=|3a|,
∵A（1，0）、E（2，0），
∴OA=1,EB=1,DE=}-a|=|a|
在△AOC与△DEB中，
∵∠AOC=∠DEB=90°
∴当时，△AOC∽△DEB
∴时，解得或
当时，△AOC∽△BED
∴时，此方程无解，
综上所得：所求二次函数的表达式为：
或
7.（2013上海市，24，12分）如图9，在平面直角坐标系中，顶点为的抛物线经过点和轴正半轴上的点，= 2，．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）联结，求的大小；
（3）如果点在轴上，且△与△相似，求点的坐标．
-1
O
x
2
-1
2
3
-2
3
8.（2013四川巴中，31，12分）如图，在平面直角坐标系中，坐标原点为O，A点坐标为（4，0），B点坐标为（﹣1，0），以AB的中点P为圆心，AB为直径作⊙P的正半轴交于点C．
（1）求经过A、B、C三点的抛物线所对应的函数解析式；
（2）设M为（1）中抛物线的顶点，求直线MC对应的函数解析式；
（3）试说明直线MC与⊙P的位置关系，并证明你的结论．

9.（2013四川乐山，26，13分）如图1，已知抛物线C经过原点，对称轴与抛物线相交于第三象限的点M，与x轴相交于点N，且。
（1）求抛物线C的解析式；
（2）将抛物线C绕原点O旋转1800得到抛物线，抛物线与x轴的另一交点为A，B为抛物线上横坐标为2的点。
= 1 \* GB3 ①若P为线段AB上一动点，PD⊥y轴于点D，求△APD面积的最大值；
= 2 \* GB3 ②过线段OA上的两点E、F分别作x轴的垂线，交折线O－B－A于E1、F1，再分别以线段EE1、FF1为边作如图2所示的等边△AE1E2、等边△AF1F2，点E以每秒1个长度单位的速度从点O向点A运动，点F以每秒1个长度单位的速度从点A向点O运动，当△AE1E2有一边与△AF1F2的某一边在同一直线上时，求时间t的值。
10.（2013四川绵阳，24，12分）
如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点C的坐标为（0，-2），交x轴于A、B两点，其中A（-1，0），直线l：x=m（m＞1）与x轴交于D。
（1）求二次函数的解析式和B的坐标；
（2）在直线l上找点P（P在第一象限），使得以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似，求点P的坐标（用含m的代数式表示）；
（3）在（2）成立的条件下，在抛物线上是否存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由。
解：（1）①二次函数y=ax2+bx+c图象的顶点C的坐标为（0，-2），c = -2 , - eq \f(b,2a) = 0 , b=0 ,
点A(-1,0)、点B是二次函数y=ax2-2 的图象与x轴的交点，a-2=0,a=2. 二次函数的解析式为y=2x2-2；
②点B与点A(-1,0)关于直线x=0对称，点B的坐标为（1，0）；
（2）∠BOC=∠PDB=90º，点P在直线x=m上，
设点P的坐标为（m,p）, OB=1， OC=2， DB= m-1 , DP=|p| ，
①当△BOC∽△PDB时， eq \f(OB,OC)= \f(DP,DB) , eq \f(1,2)= \f(|p|,m-1) ,p= eq \f(m-1,2) 或p = eq \f(1- m,2) ,
点P的坐标为（m， eq \f(m-1,2) ）或（m， eq \f(1- m,2) ）；
②当△BOC∽△BDP时， eq \f(OB,OC)= \f(DB,DP) ， eq \f(1,2)= \f(m-1,|p|) ，p=2m-2或p=2-2m,
点P的坐标为（m，2m-2）或（m，2-2m）；
综上所述点P的坐标为（m， eq \f(m-1,2) ）、（m， eq \f(1- m,2) ）、（m，2m-2）或（m，2-2m）；
（3）不存在满足条件的点Q。
点Q在第一象限内的抛物线y=2x2-2上，
令点Q的坐标为（x, 2x2-2），x>1, 过点Q作QE⊥直线l ,
垂足为E，△BPQ为等腰直角三角形，PB=PQ，∠PEQ=∠PDB，
∠EPQ=∠DBP，△PEQ≌△BDP，QE=PD，PE=BD，
当P的坐标为（m， eq \f(m-1,2) ）时，
m-x = eq \f(m-1,2) ， m=0 m=1
2x2-2- eq \f(m-1,2) = m-1, x= eq \f(1,2) x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
当P的坐标为（m， eq \f(1- m,2) ）时，
x-m= eq \f(m-1,2) m=- eq \f(2,9) m=1
2x2-2- eq \f(1- m,2) = m-1, x=- eq \f(5,6) x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
当P的坐标为（m，2m-2）时，
m-x =2m-2 m= eq \f(9,2) m=1
2x2-2-(2m-2) = m-1, x=- eq \f(5,2) x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
④当P的坐标为（m，2-2m）时，
x- m = 2m-2 m= eq \f(5,18) m=1
2x2-2-(2-2m) = m-1 x=- eq \f(7,6) x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
综上所述，不存在满足条件的点Q。
11.（2013四川内江，27，12分）如图，在等边△ABC中，AB=3，D、E分别是AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分记作图形L．
（1）求△ABC的面积；
（2）设AD=x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；
（3）已知图形L的顶点均在⊙O上，当图形L的面积最大时，求⊙O的面积．

12.（2013四川内江，28，12分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）两点，与y轴交于点C，x1，x2是方程x2+4x﹣5=0的两根．
（1）若抛物线的顶点为D，求S△ABC：S△ACD的值；
（2）若∠ADC=90°，求二次函数的解析式．

13.（2013四川遂宁，24，10分）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）求证：△ACM∽△DCN；
（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cs∠BOC=，求BN的长．

14.（2013四川遂宁，25，12分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．直线y=kx过点A与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点是D．
（1）求抛物线y=x2+bx+c与直线y=kx的解析式；
（2）设点P是直线AD上方的抛物线上一动点（不与点A、D重合），过点P作 y轴的平行线，交直线AD于点M，作DE⊥y轴于点E．探究：是否存在这样的点P，使四边形PMEC是平行四边形？若存在请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，作PN⊥AD于点N，设△PMN的周长为l，点P的横坐标为x，求l与x的函数关系式，并求出l的最大值．
15．（2013贵州省黔西南州，26，16分）如图，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）设点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以AO为边的四边形AODE是平行四边形，求点D的坐标．
（3）P是抛物线上第一象限内的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
16．（2013贵州省六盘水，25，16分）已知．在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，OA=，若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内，将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．
（1）求经过点O，C，A三点的抛物线的解析式．
（2）求抛物线的对称轴与线段OB交点D的坐标．
（3）线段OB与抛物线交与点E，点P为线段OE上一动点（点P不与点O，点E重合），过P点作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：在线段OE上是否存在这样的点P，使得PD=CM？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17．（2013河南省，23，11分）如图，抛物线与直线交于两点，其中点在轴上，点的坐标为。点是轴右侧的抛物线上一动点，过点作轴于点，交于点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点的横坐标为，当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由。
（3）若存在点，使，请直接写出相应的点的坐标
【解答】（1）∵直线经过点,∴
∵抛物线经过点，
∴
∴抛物线的解析式为
（2）∵点的横坐标为且在抛物线上
∴
∵∥，∴当时，以为顶点的四边形是平行四边形
当时，
∴，解得：
即当或时，四边形是平行四边形
当时，
，解得：（舍去）
即当时，四边形是平行四边形
（3）如图，当点在上方且时，
作,则
△PMF∽△CNF，∴
∴
∴
又∵ ∴
解得：，（舍去） ∴。
同理可以求得：另外一点为
18．（2013黑龙江省哈尔滨市，24）
某水渠的横截面呈抛物线形，水面的宽为AB(单位：米)。现以AB所在直线为x轴．以抛物线的对称轴为y轴建立如图所示的平面直角坐标系,设坐标原点为O．已知AB=8米。设抛物线解析式为y=ax2-4．
(1)求a的值；
(2)点C(一1，m)是抛物线上一点，点C关于原点0的对称点为点D，连接CD、BC、BD，求ABCD的面积．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）首先得出B点的坐标，进而利用待定系数法求出a继而得二次函数解析式（2）首先得出C点的坐标，再由对称性得D点的坐标，由S△BCD= S△BOD+ S△BOC求出
解答：(1)解∵AB=8 由抛物线的对称性可知0B=4
∴B(4，0) 0=16a-4∴a=
(2)解：过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F
∵a= ∴
令x=一1．∴m=×(一1)2—4= ∴C(-1，)
∵点C关于原点对称点为D ∴D(1，)．∴CE=DF=
S△BCD= S△BOD+ S△BOC = =OB·DF+OB·CE=×4×+×4× =15
∴△BCD的面积为l5平方米
19．（2013河北省，26，14分）
一透明的敞口正方体容器ABCD -A′B′C′D′ 装有一些
液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α
（∠CBE = α，如图17-1所示）．
探究 如图17-1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′ 交于
点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如
图17-2所示．解决问题：
（1）CQ与BE的位置关系是___________，BQ的长是____________dm；
（2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液 = 底面积SBCQ×高AB）
（3）求α的度数.(注：sin49°＝cs41°＝ eq \f(3,4)，tan37°＝ eq \f(3,4))
拓展 在图17-1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图17-3或图17-4是其正面示意图.若液面与棱C′C或CB交于点P，设PC = x，BQ = y.分别就图17-3和图17-4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围.
[温馨提示：下页还有题！]
延伸 在图17-4的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板（厚度忽略不计），得到图17-5，隔板高NM = 1 dm，BM = CM，NM⊥BC.继续向右缓慢旋转，当α = 60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4 dm3.
[来~
解析：
探究 （1）CQ∥BE 32分
（2）（dm3）4分
（3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=
∴=∠BCQ=37º6分
拓展 当容器向左旋转时，如图3,0º≤≤37º7分
∵液体体积不变，∴
∴9分
当容器向右旋转时，如图4，
同理得，10分
当液面恰好到达容器口沿，即点Q与点B’重合时，如图5.
由BB’=4，且，得=3
∴由tan∠=，得∠=37º，∴=∠=53º
此时37º≤≤53º12分
【注：本问的范围中，“≤”为“<”不影响得分】
延伸 当=60º时，如图6所示，设FN∥EB，∥EB
过点G作GH⊥于点H
在Rt△中，GH=MB=2，∠=30º，∴=
∴MG=BH= 此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△NFM和直角梯形为底面的直棱柱
∵△NFM += =
∴= = >4（dm3）
∴溢出液体可以达到4dm3.14分
20．（2013黑龙江省哈尔滨市，27）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，A点的坐标为(3，0)，以0A为边作等边三角形OAB，点B在第一象限，过点B作AB的垂线交x轴于点C．动点P从0点出发沿0C向C点运动，动点Q从B点出发沿BA向A点运动，P,Q两点同时出发，速度均为1个单位／秒。设运动时间为t秒．
(1)求线段BC的长；
(2)连接PQ交线段OB于点E，过点E作x轴的平行线交线段BC于点F。设线段EF的长为m，求m与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围：
(3)在(2)的条件下，将△BEF绕点B逆时针旋转得到△BE1F1,使点E的对应点E1落在线段AB上，点F的对应点是F1，E1F1交x轴于点G，连接PF、QG，当t为何值时，2BQ-PF= QG?
考点：等边三角形判定与性质、相似三角形判定与性质、直角三角形的判定、三角形内角和、等腰三角形判定，一元一次方程
分析：（1）由△AOB为等边三角形得∠ACB=∠OBC=300，
由此CO=OB=AB=OA=3，在RT△ABC中，AC为6 ，从而BC= （2）过点Q作QN∥0B交x轴于点N，先证△AQN为等边三角形，从而NQ=NA=AQ=3-t，NON=3- (3-t)=t
PN=t+t=2t，再由△POE∽△PNQ后 对应边成比例计算得再由EF=BE易得出m与t之间的函数关系式
(3)先证△AE’G为等边三角形，再证∠QGA=900
通过两边成比例夹角相等得△FCP∽△BCA 再用含t的式子表示BQ、、PF、QG通过解方程求出
解答：(1)解：如图l∵△AOB为等边三角形 ∴∠BAC=∠AOB=60。
∵BC⊥AB ∴∠ABC=900 ∴∠ACB=300∠OBC=300
∴∠ACB=∠OBC ∴CO=OB=AB=OA=3
∴AC=6 ∴BC=AC=
(2)解：如图l过点Q作QN∥0B交x轴于点N
∴∠QNA=∠BOA=600=∠QAN ∴QN=QA
∴△AQN为等边三角形
∴NQ=NA=AQ=3-t
∴NON=3- (3-t)=t
∴PN=t+t=2t
∴OE∥QN．∴△POE∽△PNQ
∴
∴∴
∵EF∥x轴
∴∠BFE=∠BCO=∠FBE=300
∴EF=BE∴m=BE=OB-OE
(0(3)解：如图2

∴∠AEG=600=∠EAG
∴GE1=GA ∴△AE’G为等边三角形
∴∠l=∠2 ∠3=∠4
∵∠l+∠2+∠3+∠4=1800∴∠2+∠3=900
即∠QGA=900


∵EF∥OC

∵∠FCP=∠BCA ∴△FCP∽△BCA．
∵2BQ—PF=QG ∴∴t=1∴当t=1 时，2BQ—PF=QG
21．（2013黑龙江省哈尔滨市，28，） 已知：△ABD和△CBD关于直线BD对称(点A的对称点是点C)，点E、F分别是线段BC
和线段BD上的点，且点F在线段EC的垂直平分线上，连接AF、AE，AE交BD于点G．
(1)如图l，求证：∠EAF=∠ABD；
(2)如图2，当AB=AD时，M是线段AG上一点，连接BM、ED、MF，MF的延长线交ED于点N，∠MBF= ∠BAF，AF=AD，试探究线段FM和FN之间的数量关系，并证明你的结论．
考点：本题考查了三角形全等的判断和性质，相似三角形的判断和性质，平行线分线段成比例定理，轴对称性质，三角形四边形内角和，线段的垂直平分线性质
要求较高的视图能力和证明推理能力。
分析：（1）连接FE、FC，先证△ABF、△CBF全等，得∠FEC=∠BAF，通过四边形ABEF与三角形AEF内角和导出；（2）先由△AFG∽△BFA，推出∠AGF=∠BAF，再得BG=MG，通过△AGF∽△DGA，导出GD=a，FD=a，过点F作FQ∥ED交AE于Q，通过BE∥AD德线段成比例设EG=2kBG=MG=3k，GQ=EG=，MQ=3k+=，从而FM=FN本题综合考查了相似三角形线段之间的比例关系、平行线分线段成比例定理等重要知识点，难度较大．在解题过程中，涉及到数目较多的线段比，注意不要出错
解答：(1)证明：如图1 连接FE、FC ∵点F在线段EC的垂直平分线上
∴．FE=FC ∴∠l=∠2 ∵△ABD和△CBD关于直线BD对称．∴AB=CB ∠4=∠3 BF=BF
∴△ABF≌ACBF ∴∠BAF=∠2 FA=FC ∴FE=FA ∠1=∠BAF． ∴∠5=∠6 ∵ ∠l+∠BEF=1800∠BAF+∠BEF=1800
∵∠BAF+∠BEF+∠AFE+∠ABE=3600 ∴．∠AFE+∠ABE=1800 又∵∠AFE+∠5+∠6=1800 ∴∠5+∠6=∠3+∠4 ∴∠5=∠4
即∠EAF=∠ABD
(2)FM=FN 证明：如图2 由(1)可知∠EAF=∠ABD
又∵∠AFB=∠GFA ∴△AFG∽△BFA
∴∠AGF=∠BAF
又∵∠MBF=∠BAF．∠MBF=∠AGF

又∵∠AGF=∠MBG+∠BMG
∴∠MBG=∠BMG ∴BG=MG
∵AB=AD ∴∠ADB=∠ABD=∠EAF
又∵∠FGA=∠AGD．∴△AGF∽△DGA．∵AF=AD
设GF=2a AG=3a．∴GD=a
∴FD==a∵∠CBD=∠ABD ∠ABD=∠ADB
∴．∠CBD=∠ADB∴BE／／AD．∴
设EG=2k∴BG=MG=3k 过点F作FQ∥ED交AE于Q
∴
∴GQ=EG=． MQ=3k+=
∵FQ∥ED∴FM=FN
22．（2013湖北省鄂州市，24，12分）在平面直角坐标系中，已知M1（3，2），N1（5，﹣1），线段M1N1平移至线段MN处（注：M1与M，N1与N分别为对应点）．
（1）若M（﹣2，5），请直接写出N点坐标．
（2）在（1）问的条件下，点N在抛物线上，求该抛物线对应的函数解析式．
（3）在（2）问条件下，若抛物线顶点为B，与y轴交于点A，点E为线段AB中点，点C（0，m）是y轴负半轴上一动点，线段EC与线段BO相交于F，且OC：OF=2：，求m的值．
（4）在（3）问条件下，动点P从B点出发，沿x轴正方向匀速运动，点P运动到什么位置时（即BP长为多少），将△ABP沿边PE折叠，△APE与△PBE重叠部分的面积恰好为此时的△ABP面积的，求此时BP的长度．
23．（2013湖北省十堰市，1，12分）已知抛物线y=x2﹣2x+c与x轴交于A．B两点，与y轴交于C点，抛物线的顶点为D点，点A的坐标为（﹣1，0）．
（1）求D点的坐标；
（2）如图1，连接AC，BD并延长交于点E，求∠E的度数；
（3）如图2，已知点P（﹣4，0），点Q在x轴下方的抛物线上，直线PQ交线段AC于点M，当∠PMA=∠E时，求点Q的坐标．

24．（2013湖北省咸宁市，1，12分）如图，已知直线y=x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB绕点O顺时针旋转90°后得到△COD．
（1）点C的坐标是 （0，3） 线段AD的长等于 4 ；
（2）点M在CD上，且CM=OM，抛物线y=x2+bx+c经过点G，M，求抛物线的解析式；
（3）如果点E在y轴上，且位于点C的下方，点F在直线AC上，那么在（2）中的抛物线上是否存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的周长l；若不存在，请说明理由．
25. （2013重庆市(A)，26，12分）已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB＝12，BC＝6，AD⊥BD．以AD为斜边在平行四边形ABCD的内部作Rt△AED，∠EAD＝30°，∠AED＝90°．
（1）求△AED的周长；
（2）若△AED以每秒2个单位长度的速度沿DC向右平行移动，得到△A0E0D0，当A0D0与BC重合时停止移动．设移动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）如图②，在（2）中，当△AED停止移动后得到△BEC，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转(0°＜＜180°)，在旋转过程中，B的对应点为B1，E的对应点为E1，设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q．是否存在这样的，使△BPQ为等腰三角形？若存在，求出的度数；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）△AED的周长为9＋．
(2)①
②
③
(3)存在使△BPQ为等腰三角形．
理由如下：经探究，得△BQP∽△B1QC，故当△BQP为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形．
①当QB＝QP时（如答图①），
则QB1＝QC，∴∠B1CQ＝∠B1＝30°，
即∠BCB1＝30°．
∴＝30°．
②当BQ＝BP时，则B1Q＝B1C，
若点Q在线段B1E1的延长线上时（如答图②），
∵∠B1＝30°，∴∠B1CQ＝∠B1QC＝75°，
即∠BCB1＝75°．
∴＝75°．
若点Q在线段E1B1的延长线上时（如答图③），
∵∠CBE＝∠CB1E1＝30°， ∴∠BPQ＝∠BQP＝15°，∠B1CQ＝∠B1QC＝15°，
∴∠BCB1＝∠BCQ－∠B1CQ＝165°．
∴＝165°．
③当PQ＝PB时（如答图④），则CQ＝CB1，
∵CB＝CB1，∴CQ＝CB1＝CB．
又∵点Q在直线CB上，0°＜＜180°，
∴点Q与点B重合．
此时B、P、Q三点不能构成三角形．
综上所述，的度数为30°或75°或165°时，△BPQ为等腰三角形．
【解析】（1）运用解直角三角形知识求解．（2）将静止图形作动态化思考，从中发现需要分0≤t≤，＜t≤，＜t≤6三种情况求解．（3）是存在探究性问题，可以先假设情况存在，然后，将△BPQ是等腰三角形当作条件思考，有解则情况存在，无解则情况不存在．
【方法指导】本题考查平行四边形，直角三角形，图形的平移、旋转，图形的面积，等腰三角形，解直角三角形，二次函数．重点考查学生综合运用数学知识解决综合问题的能力，以及运用函数思想，数形结合思想和分类讨论的数学思想解决问题的能力．并且，本题也是一个典型的无坐标系的代数几何综合压轴题，很好的体现了图形变换是研究几何问题的一种重要的思想方法这一理念．解答存在探究性问题时，可以先对其做出肯定的假设，然后由此出发，结合已知条件进行计算和推理论证，若推出矛盾结论，则可否定先前假设，若推出合理结论，则肯定假设正确，从而最终得出问题的结论.而在近几年的中考试题中，结论不存在情形的问题也日渐增多，望同学们能够切实掌握这类问题的探究说理方法，有时可以用数学语言进行合乎逻辑的讨论与质疑，特别是当“直觉”到不存在时，巧妙地构造反例，事半而功倍．
26.（2013湖北黄冈，24，15分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），动点P从点O以每秒2个单位的速度向点A运动，动点Q也同时从点B沿BCO的线路以每秒1个单位的速度向点O运动，当点P到达A点时，点Q也随之停止，设点P、Q运动的时间为t（秒）．
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）当点Q在CO边上运动时，求△OPQ的面积S与时间t的函数关系式；
（3）以O、P、Q为顶点的三角形能构成直角三角形吗？若能，请求出t的值，若不能，请说明理由；
（4）经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点吗？若能，请求出此时t的值（或范围），若不能，请说明理由．
【答案】解：（1）设所求抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c．把A（6，0），B（3，），C（1，）三点坐标代入得：
，解得：a＝－，b＝，c＝，
即所求抛物线为：y＝－x2＋x＋．
（2）依题意，可知OC＝CB＝2，∠COA＝60°，
∴当动点Q运动到OC边时，OQ＝4－t．
∴△OPQ的高为：OQ·sin60°＝(4－t)×．
又OP＝2t，
∴S＝×2t×(4－t)×＝－(t2－4t)(2≤t≤3)．
（3）依题意，可知：0≤t≤3．
当0≤t≤2时，Q在BC边上运动，此时OP＝2t，OQ＝，PQ＝＝．
∵∠POQ＜∠POC＝60°，
∴若△OPQ为直角三角形，只能是∠OPQ＝90°或∠OQP＝90°．
若∠OPQ＝90°，则OP2＋PQ2＝OQ2即4t2＋3＋(3t－3)2＝3＋(3－t)2，解得：t＝1或t＝0(舍)；
若∠OQP＝90°，则OQ2＋PQ2＝OP2即6＋(3－t )2＋(3t－t3)2＝4t2，解得：t＝2；
当2＜t≤3时，Q在OC边上运动．此时QP＝2t＞4，∠POQ＝∠COP＝60°，OQ＜OC＝2，
∴△OPQ不可能为直角三角形．
综上所述：当t＝1或t＝2时，△OPQ为直角三角形．
（4）由（1）可知：抛物线y＝－x2＋x＋＝－(x－2)2＋，其对称轴为x＝2．又OB的方程为y＝x，
∴抛物线对称轴与OB交点为M（2，）．
又P（2t，0），
设过P、M的直线解析式为y＝kx＋b，
∴，解得：
即直线PM：y＝x－，
即(1－t)y＝x－2t．
又0≤t≤2时，Q（3－t，），代入上式，得：
(1－t)×＝3－t－2t，恒成立，
即0≤t≤2时，P、M、Q总在一条直线上，
即M在直线PQ上；
2＜t≤3时，OQ＝4－t，∠QOP＝60°，
∴Q（，），
代入上式，得×(1－t)＝－2t，
解得：t＝2或t＝，均不合题意，应舍去．
∴综上所述，可知：
过A、B、C三点的抛物线的对称轴、OB和PQ能够交于一点，此时0≤t≤2．
【解析】（1）直接运用待定系数法求解即可．
（2）在△OPQ中，以座落在x轴上的边OP为底边，再求出点Q到x轴的距离，即可求解．
（3）首先分点Q在BC上和OC上两种情况考虑，然后在各情况下分∠OPQ＝90°和∠OQP＝90°两种情况考虑．其间，需要运用勾股定理构建方程求解．
（4）是解析几何问题，由于过A、B、C三点的抛物线的对称轴与OB的交点是定点，不妨设为点M，可以先求出点M的坐标，然后结合容易表示的点P（2t，0），求出直线PM的解析式，接下来将点Q的坐标代入验证即可作出判断．
【方法指导】本题综合考查了二次函数，一次函数，三角形的面积，直角三角形，锐角三角函数，梯形，勾股定理与方程等方面的知识．重点考查学生综合运用数学知识解决综合问题的能力，以及运用方程思想，数形结合思想和分类讨论的思想解决问题的能力．
解答完本题后，可主要获得这样三点启示：1.第（3）（4）两问属于结论探究型问题，是中考热点题型．解答时要求学生充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论．这类问题多与位置、形状、关系的判断有关．对于与函数有关的探究型问题一定要借助图象从数、形两方面进行探索，充分运用数形结合思想解题．2.本题也属于动点探究问题．解决这类问题的关键需要运用运动和变化的观点，把握运动和变化的全过程，动中求静，静中求动，抓住变化过程中的特殊情形，运用分类讨论思想，画出所有符合题意的图形，联系已知条件结合图形特点，建立方程模型或不等式模型或函数模型进行求解.3.求直线与坐标轴围成的三角形面积时，一般需将坐标轴上的边作为底边，而将该边所对的顶点的横（纵）坐标的绝对值作为高．
27. （2013江苏扬州，27，12分）如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=2，CD=1，BC=，P为线段BC上的一动点，且和B、C不重合，连接PA，过点P作PE⊥PA交CD所在直线于E，设BP=，CE=.
（1）求与的函数关系式；
（2）若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求的取值范围；
（3）如图2，若=4，将△PEC沿PE翻折到△PEG位置，∠BAG=90°，求BP长.
【思路分析】（1）△BAP ∽ △CPE即可得出与的函数关系式；（2）确定点E与点D重合时的y、x、m的值，即可确定的取值范围；（3）如图，分别延长CE、AG交于点H，则四边形ABCH为矩形，由翻折、勾股定理、一元二次方程可得结果．
【解】（1）据题意可知ABCD是直角梯形，且PE⊥PA，
∴∠BAP+∠BPA =∠BPA+∠CPE=90°，∴∠BAP =∠CPE.
又∠B=∠C=90°，∴Rt△BAP ∽ Rt△CPE，∴.
∵AB=2，BC=， BP=，CP=m－x，CE=，∴.
∴与的函数关系式是；
（2）当点E与点D重合时，=1，∴，
由，得.
结合题意，若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上,则的取值范围是
；
（3）如图，分别延长CE、AG交于点H，则四边形ABCH为矩形，由翻折及AP⊥PE得，
∠APB =∠APG.进而得到∠GAP =∠APG.∴AG=PG=PC，∴BP=HG.
在Rt△GHE中，GH=x，GE=y，HE=2－ y，由勾股定理得，整理得，
，由（1）得，其中=4，可得.
解得，，故BP长为或2.
【方法指导】本题是代数与几何的综合题，考查了二次函数、一元二次方程、梯形、矩形等相关知识，解题的关键是能够综合运用二次函数、一元二次方程、梯形、矩形等相关知识．
【易错警示】不会证明△BAP ∽ △CPE，得不出与的函数关系式．
28．（2013山东临沂，23，9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，E为BC上一点，以CE为直径作⊙O，AB与⊙O相切于点D，连接CD，若BE＝OE＝2．
（1）求证：∠A＝2∠DCB；
（2）求图中阴影部分的面积（结果保留和根号）．
【答案】：（1）证明：连接OD．
∵AB与⊙O相切于点D，∴∠ODB＝90°，∴∠B＋∠DOB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∴∠A＋∠B＝90°，∴∠A＝∠DOB．
∵OC＝OD，∴∠DOB＝2∠DCB．∴∠A＝2∠DCB．
（2）方法一：在Rt△ODB中，∵OD＝OE，OE＝BE，
∴sin∠B＝＝，
∴∠B＝30°，∠DOB＝60°．
∵BD＝OB·sin60°＝，
∴S△DOB＝OD·DB＝×2×＝．
S扇形ODE＝＝．
S阴影＝S△DOB－S扇形ODE＝－．
方法二：连接DE，在Rt△ODB中，∵BE＝OE＝2，
∴DE＝OB＝OE．
∵OD＝OE，∴△DOE为等边三角形，即∠DOB＝60°．
【方法指导】本题综合了三角形与圆的性质、切线的性质、特殊角的三角函数等多个知识点。
29．（2013山东临沂，26，13分）如图，抛物线经过A（－1，0），B（5，0），C（0，－）三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PA＋PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】：解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，根据题意，得 解得∴抛物线的解析式为：．
（2）由题意知，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，连接BC交抛物线的对称轴于点P，则P点即为所求．设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
由题意，得 解得∴直线BC的解析式为．
∵抛物线的对称轴是x＝2，
∴当x＝2时，．
∴点P的坐标是（2，）．
（3）存在．
（ⅰ）当存在的点N在x轴的下方时，如图所示，
∵四边形ACNM是平行四边形，∴CN∥x轴，
∴点C与点N关于对称轴x＝2对称．
∵C点的坐标为（0，），
∴点N的坐标为（4，）．
（ⅱ）当存在的点N′在x轴上方时，如图所示，作N′H⊥x轴于点H，
∵四边形ACM′N′是平行四边形，
∴AC＝M′N′，∠N′M′H＝∠CAO，
∴Rt△CAO≌Rt△N′M′H，∴N′H＝OC．
∵点C的坐标为（0，），∴N′H＝，即N′点的纵坐标为，
∴，解得x1＝，x2＝．
∴点N′的坐标为（，）和（，）．
综上所述，满足题目条件的点N共有三个，分别为（4，），（，），（，）．
【方法指导】利用待定系数法求出解析式；本题考查了对称、特殊的四边形、二次函数的图象多个知识点。
30．（2013湖南益阳，20，10分）如图8，在中，，，的平分线交于．
（1）求证：；
（2）如图8（2），过点作∥交于,将绕点逆时针旋转角得到，连结,，求证：；
（3）在（2）的旋转过程中是否存在∥？若存在，求出相应的旋转角；
若不存在，请说明理由．
图8
A
【思路分析】（1）根据条件可以求出图形中所有角，再根据“等角对等边”可以得出AE=BE=BC；（2）要证，只要证得≌即可；（3）通过操作可以发现存在两个位置，使∥。先把这两个位置的点作出来。
【答案】：解：（1）证明：∵，，
∴,
又平分，
∴，
∴
∴，，
∴，，
∴.
（2）∵且∥，∴；
由旋转的性质可知：，，
∴≌，
∴.
（3）存在∥，
由（1）可知，所以，在绕点逆时针旋转过程中，点经过的路径(圆弧)与过点且与平行的直线交于M、N两点，如图．
①当点的像与点重合时，则四边形为等腰梯形，
∴，又，
∴．
②当点的像与点重合时，
由得，，
∵，
∴，
∴，
∴．
所以，当旋转角为或时，∥．
【方法指导】本题是一道很好的几何综合题，上手较易，第（1）题主要考查三角形的基本知识；第（2）题主要考查旋转的性质、全等三角形的知识；第（3）题有一定的区分度，但只要认真操作一下，是可以找到解决问题的路径的。采用“交点法”，先把符合条件的点确定出来，再根据图形的特殊性求出旋转角（其中等腰梯形判定和性质在本题中运用非常巧妙）。
31．（2013山东滨州，25，12分） 根据要求，解答下列问题：
(1)已知直线l1的函数解析式为y=x，请直接写出过原点且与l1垂直的直线l2的函数表达式；
(2)如图，过原点的直线l3向上的方向与x轴的正方向所成的角为30°．
①求直线l3的函数表达式；
②把直线l3绕原点O按逆时针方向旋转90°得到直线l4，求直线l4的函数表达式．
(3)分别观察(1)、(2)中的两个函数表达式，请猜想：当两直线互相垂直时，它们的函数表达式中自变量的系数之间有何关系？请根据猜想结论直接写出过原点且与直线y=－x垂直的直线l5的函数表达式．
【答案】：解：（1）y =－x．
（2）①如图，在直线l3上任取一点M，作MN⊥x轴，垂足为N．
设MN的长为a，∵∠MON=30°，∴ON=a．
设直线l3的表达式为y = kx，把(a，a)代入y = kx，得
，∵a≠0 ∴解得k=．
∴ 直线l3的表达式为y=x．
②如图，作出直线，且在l4取一点P，使OP=OM，作PQ⊥y轴于Q，
同理可得∠POQ=30°，PQ=a，OQ=a，
设直线l4的表达式为y=kx，把(－a，a)代入y=kx，得
=－k，∴k=－．
∴直线l4的表达式为y==－x．
(3)当两直线互相垂直时，它们的函数表达式中自变量的系数互为负倒数，即两系数的乘积等于－1．
∴ 过原点且与直线y = －x垂直的直线l5的函数表达式为y = 5x．
【解析】（1）根据题意可直接得出的函数表达式；
（2）①先设直线的函数表达式为（k≠0），根据过原点的直线向上的方向与x轴的正方向所成的角为30°，得到直线过(a，a)，根据待定系数法求出k，从而求出直线的函数表达式；
②根据与的夹角是为90°，求出与y轴的夹角是为30°，再设的解析式为（k≠0），则直线过点(－a，a)求出k，从而求出直线的函数表达式；
（3）通过观察（1）（2）中的两个函数表达式可得出它们的函数表达式中自变量的系数互为负倒数关系，再根据这一关系即可求出与直线垂直的直线的函数表达式．
【方法指导】本题考查了一次函数的综合，用到的知识点是锐角三角函数、一次函数的解析式的求法，关键是根据锐角三角函数求出k的值，做综合性的题要与几何图形相结合，更直观一些．
32.（2013广东广州，23，12分）如图11，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，正方形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（2,2），反比例函数（x＞0，k≠0）的图像经过线段BC的中点D.
（1）求k的值；
（2）若点P(x,y)在该反比例函数的图像上运动（不与点D重合），过点P作PR⊥y轴于点R,作PQ⊥BC所在直线于点Q，记四边形CQPR的面积为S，求S关于x的解析式并写出x的取值范围.
【思路分析】对于（1），根据题中已知条件求出D的坐标，进而求出k的值；对于（2），需要先分别画出图形，将根据题中的条件求得解析式．
【解】（1）依题意知点B的坐标为（2,2），得CB的长为2，且D点纵坐标为2，又因为D为BC的中点，∴D点的坐标为（1,2），代入y＝解得k＝2．
（2）分点P在点D的下方和上方，即x＞1和0＜x＜1两种情况讨论；
（ⅰ）如答案图1，依题意得，点P的坐标为（x，），所以PR=x，PQ=2－，
所以，S=PR·PQ= x（2－）=2x－2.
（ⅱ）如答案图2，依题意得，点P的坐标为（x，），所以PR=x，PQ=－2，
所以，S=PR·PQ= x（－2）=2－2x，
综上，
∴PC＝2，
∴P1（－1,0），P2（3,0）．
S△PAB＝×PC×4＝4，
【方法指导】反比例函数与矩形或正方形综合的问题，一般都要根据矩形或正方形的性质求出相应点的坐标，然后以反比例函数为纽带进行计算和转化从而解决各个问题．
33．（2013广东广州，24，14分）已知AB 是⊙O 的直径，AB=4，点C 在线段AB 的延长线上运动，点D 在⊙O 上运动（不与点B 重合），连接CD，且CD=OA.
（1）当OC=时（如图12），求证：CD 是⊙O 的切线；
（2）当OC＞时，CD 所在直线与⊙O 相交，设另一交点为E，连接AE.
①当D 为CE 中点时，求△ACE 的周长;
②连接OD,是否存在四边形AODE 为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE·ED 的值；若不存在，请说明理由。
【思路分析】（1）由勾股定理的逆定理即可证明直角三角形，进而证明圆的切线；（2）作出图形，得到等边三角形之后，即可得到相应的角的度数，从而把问题转化为计算问题；（3）利用平行线的性质得到5个相等的角，然后利用角间关系，得到相似三角形，进而利用边长的比求得答案.
【解】（1）如答案图1，连接OD，
在⊙O中，直径AB=4，则半径OD=2，
∵CD=OA
∴CD=2
又∵OC=，在△OCD中，
∴CD⊥OD于D，
∴CD 是⊙O 的切线。
（2）①如答案图2，由D为CE的中点，得DE=2
∴△ODE为等边三角形，
∴∠E=∠ODE=
又∵OD=CD，
∴∠C=∠COD=
∴OE⊥OD于O，由勾股定理，得OC=
在Rt△ODE中，AO=OE=2，
∴AE=
∴△ACE 的周长=AE+CE+AC=
②如答案图3，四边形AODE为梯形，只可能是OD∥AE，
当OD∥AE时，∠A=∠DOC=∠C=∠AEO=∠EOD，
设∠EOD=x
则∠ODE=∠OED=2x，
由△ODE的内角和为
得x=
∴△CED∽△OED，且△AOE≌△OCD
∴，且AE=OC，
∴，
∴AE·ED=4。
【方法指导】在几何图形中，如果一道问题比较复杂，而且有一个已知条件是平行线，那么通常都要由此平行得到相似三角形，从而将问题转化。
34．（2013山东德州,24,12分）如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转900，得到△DOC。抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C。
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t。
①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F。求出当△CEF与△COD相似时点P的坐标；
②是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD面积的最大值；若不存在，请说明理由。
【思路分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；（2）求动点P坐标，需要进行探究，分类讨论存在情况，结合相似、列一元二次方程解题；要探究使△PCD的面积最大，寻求PN=PM－NM，S△PCD＝△PCN+△PND列出二次函数模型来解决.
【解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAO=3
∵tan∠BAO=
∴OB＝OA·tan∠BAO＝3
∵△DOC是由△AOB绕原点O逆时针旋转900而得到的。
∴OC＝OB＝3，OD＝OA＝1
∴A、B、C三点的坐标分别为（1，0），（0，3），（－3，0）
代放抛物线解析式得，
a+b+c=0
c=3
9a－3b+c=0
解之得，a=－1,b=－2,c=3
∴抛物线的解析式为：y=－x2－2x+3
（2）①抛物线y=－x2－2x+3的对称轴l为：x== －1
∴E点坐标为（－1，4）
（ⅰ）当∠CEF＝900时，△CEF∽△COD,此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点。坐标为（－1，4）
（ⅱ）当∠CFE＝900时，△CFE∽△COD。过点P做PMCA于点M，则△EFC∽△EMP。于是，,
∴MP=3EM.
即：－t2－2t+3=3(－1－t)。
整理得：t2－t－6=0
解之得：t1=－2,t2=－3（不合题意，舍去）。
所以此时点P的坐标为（－2，3）
所以当△CEF与△COD相似时点P的坐标分别为：（－1，4）或（－2，3）。
②设直线CD的解析式为：y=kx+m则得： ，解之得：k=,m=1
所以直线CD的解析式为：y=x+1
设PM与CD的交点为N，则点N的坐标为（t, t+1）.
∴PN=PM－NM=－t2－2t+3－（t+1）＝－t2－t+2
则S△PCD＝△PCN+△PND
＝PN×CM+PN×OM=PN×(CM+OM)=PN×OC
＝（－t2－t+2）＝－（t+）2+
∴当t＝－时，S△PCD的最大值为。
【方法指导】本题主要考查二次函数、一次函数与相似三角形、旋转等结合，具有较强探究性、同时融合方程思想、分类讨论思想、函数建摸等.
35．（2013山东菏泽，21，10分）
如图，三角形ABC是以BC为底边的等腰三角形，点A，C分别是一次函数的图象与y轴、x轴的交点，点B在二次函数的图像上，且该二次函数图像上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形.
(1)试求b，c的值、并写出该二次函数表达式；
(2)动点P从A到D，同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动，问:
①当P运动到何处时，有PQ⊥AC?
②当P运动到何处时，四边形PDCQ的面积最小?此时四边形PDCQ的面积是多少?
【思路分析】（1）可以求出点A、B坐标，联系等腰三角形、平行四边形在平面直角坐标系中求解B、D坐标，根据代定系数法确定二次函数表达式；（2）运用相似、图形面积计算、二次函数最大（小）值的计算等解决动态型问题.
【解】（1）由
令，得∴点A（0,3）
令，得∴点C（4,0）
∵三角形ABC是以BC为底边的等腰三角形
∴点B（－4,0）
又∵四边形ABCD能构成平行四边形
∴点D的坐标为（8,3）
将B（－4,0）、D（8,3）代入二次函数得：，
故：该二次函数表达式
将B（－4,0）、D（8,3）代入二次函数得：，
故：该二次函数表达式为 ··········3分.
（2）①设点P运动到t秒时，有PQ⊥AC，此时AP=t, CQ=t, AQ=，
∵PQ⊥AC，则有△APQ∽△CAO,∴，解得
即：当点P运动到距A点个单位处，有PQ⊥AC. ····6分.
②∵,且
∴当△APQ面积最大时，四边形PDCQ的面积最小.
当动点P运动t秒时AP=t,CQ=t,AQ=
设△APQ底边AP上的高为h
作QH⊥AD于H，由△AQH∽△CAO可得：
（也可由∠HAQ=∠OCA得sin∠ HAQ=sin∠ OCA得到）
，∴，
∴
∴当时，达到最大值，此时，
故当点P运动到距A点个单位处时，四边形PDCQ面积最小，最小值为······10分.
为 ··········3分.
（2）①设点P运动到t秒时，有PQ⊥AC，此时AP=t, CQ=t, AQ=，
∵PQ⊥AC，则有△APQ∽△CAO,∴，解得
即：当点P运动到距A点个单位处，有PQ⊥AC. ····6分.
②∵,且
∴当△APQ面积最大时，四边形PDCQ的面积最小.
当动点P运动t秒时AP=t,CQ=t,AQ=
设△APQ底边AP上的高为h
作QH⊥AD于H，由△AQH∽△CAO可得：
（也可由∠HAQ=∠OCA得sin∠ HAQ=sin∠ OCA得到）
，∴，
∴
∴当时，达到最大值，此时，
故当点P运动到距A点个单位处时，四边形PDCQ面积最小，最小值为······10分.
【方法指导】本题考查了二次函数、一次函数与三角形、四边形等知识的综合.第（1）问相对容易解决；（2）问从题型看呈现动态探究型问题解决，相对考虑的知识点较多，这与平时把握的知识技能、数学思考等解题质量联系密切突现试题的选拔功能.
36．（2013山东日照，22，14分）（本小题满分14分）
已知，如图(a)，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(x1,0),B(x2,0)，C(0,－2)，其顶点为D.以AB为直径的⊙M交y轴于点E、F，过点E作⊙M的切线交x轴于点N.∠ONE=30°，|x1－x2|=8.
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）连结AD、BD,在（1）中的抛物线上是否存在一点P，使得⊿ABP与⊿ADB相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图（b）,点Q为上的动点（Q不与E、F重合），连结AQ交y轴于点H，问：
AH·AQ是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
【思路分析】（1）利用已知条件求出A和B两点的坐标，将其代入解析式即可求出解析式中字母的值，利用配方或顶点坐标公式就可求出顶点坐标。
（2）先设存在这样的点P使⊿ABP与⊿ADB相似，分情况讨论。
（3）利用两个三角形相似就可以得到两条线段的乘积，计算一下是不是一个确切的值，如果是，就是一个定值，否则就不是定值。
13．(2013四川成都，27，10分)
如图，⊙O的半径r＝25，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD于点H，P为CA延长线上一点，且∠PDA＝∠ABD．
(1)试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若tan∠ADB＝，PA＝AH，求BD的长；
(3)在(2)的条件下，求四边形ABCD的面积．
P
B
C
D
A
H
O
第27题图
P
B
C
D
A
H
O
图6
【思路分析】(1)证PD⊥OD即可；
(2)利用线段之间的数量关系求出∠P的度数，从而易于求出⊙O中弦BD的长；
(3)用一个未知数表示出PD，PA，PC的长，然后根据PD2＝PA·PC列方程求出AC的长，从而可求出四边形ABCD的面积．
【解】(1)PD与⊙O相切．证明如下：
连结OD，OA，如图6．在△OAD中，∵∠ODA＋∠OAD＋∠DOA＝90°，且∠ODA＝∠OAD，∴∠ODA＋∠DOA＝90°．
∵∠PDA＝∠ABD＝∠DOA，∴∠ODA＋∠PDA＝90°．即OD⊥PD．
∴PD与⊙O相切．
(2)∵tan∠ADB＝，∴可设AH＝3k，则DH＝4k．
∵PA＝AH，∴PA＝(4－3)k．∴PH＝PA＋AH＝4k．
∵tan∠P＝＝＝，∴∠P＝30°．
∴∠PDH＝60°，∠BDO＝30°．
∴BD＝2OD·cs30°＝25．
(3)由(2)知，BH＝25－4k．
∵tan∠BCH＝tan∠ADB＝，∴HC＝(25－4k)．
易证△PDA∽△PCD，∴．即PD2＝PA·PC．
∴(8k)2＝(4－3)k·[4k＋(25－4k)]．
解得k＝(4－3)．
∴AC＝3k＋(25－4k)＝24＋7．
∴S＝BD·AC＝×25×(24＋7)＝900＋．
【方法指导】此题第(1)问较常规．第(2)问解题的关键是要有“数感”，即数形结合思想的运用．第(3)问的关键是建立方程，其中有关二次根式的计算较烦琐．
【解】
(2）如图，由抛物线的对称性可知：
，．
必须有．
设AP交抛物线的对称轴于D′点，
显然，
∴直线的解析式为 ，
由，得.
∴ .
过作
∵
∴．．
∴与不相似， …………………………9分
同理可说明在对称轴左边的抛物线上也不存在符合条件的点．
所以在该抛物线上不存在点，使得与与相似．…………………… 10分
(3)连结AF、QF,
在和中，
由垂径定理易知：弧AE=弧AF.
∴,
又,
∴∽,
,
……………… 12分
在Rt△AOF中，AF2＝AO2＋OF2＝22＋(2)2＝16（或利用AF2＝AO·AB＝2×8＝16）
∴AH·AQ＝16
即：AH·AQ为定值。 …………… 14分
【方法指导】本题是一道综合性的压轴题，这种试题一般是多个知识点巧妙的联系到了一起，如果认真分析每一个条件，其实就是若干个小题组合在一起的，所以在解这种试题时，每做一步就可以得一步的分。
37．（2013广东湛江，26，12分）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（3，4）的抛物线交y轴于A点，交 x轴于B、C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，－5）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l与OC的位置关系，并给出证明；
（3）在抛物线上是否存在一点P，使△ACP是以AC为直角边的三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路分析】（1）由顶点式可求函数的解析式；（2）分别求出圆的半径及圆心到直线的距离即可判别直线与圆的位置关系；（3）分两种情形来讨论直角三角形，本题要注意三直角相等的两个三角形这种基本图形的运用。
【解】（1）设抛物线的解析式为：，
代入点（0，－5），得
解得：a=－1
所以抛物线的解析式为：或
（2）对于，令y=0，解得
所以B，C两点的坐标为：B（1，0），C（5，0）
OB=1，BC=4，OA=5，AB=
过点C作DH⊥BD于点H，
则△ABO∽△BCH
∴，∴
∴CH＝
抛物线的对称轴：，点C到直线的距离为2>
所以抛物线的对称轴与⊙C相外离
第（2）题图 第（3）题图
(3)分别过点C和A作⊥AC于点C，交抛物线于点P，作⊥AC于点C，交抛物线于点Q.
由于OC=OA=5，∴∠ACO=∠CMP=45°，∴MC=CP
设OM=t，则PM=CM=5－t，∴P点的坐标为（t，5－t），于是
解得t=2，t=5(舍去)
∴P点的坐标为（2，3）
同理可求得Q（7，－12）
综上所述P的坐标为（2，3）或（7，－12）
【难点突破】本题的第（3）的难点之一是直角三角形的不确定性，只要分两种情形来讨论即可，即当以C为直角顶点和以A为直角顶点不探究；难点之二就是利用三等角的基本图形，这样的基本图形中有全等或相似。
38．(2013四川成都，28，12分)
在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c(b，c为常数)的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0，－1)，C的坐标为(4，3)，直角顶点B在第四象限．
(1)如图，若该抛物线过A，B两点，求抛物线的函数表达式；
(2)平移(1)中的抛物线，使顶点P在直线AC上滑动，且与AC交于另一点Q．
i)若点M在直线AC下方，且为平移前(1)中的抛物线上的点，当以M，P，Q三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点M的坐标；
ii)取BC的中点N，连接NP，BQ．试探究是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
【思路分析】(1)先求出点B的坐标，然后把A，B的坐标代入抛物线的解析式，从而解方程即可；(2)解方程组求出点Q的坐标，计算出PQ＝2，确定直线下方以PQ为边的等腰直角三角形的第三个顶点M，利用平移的观点求出所有符合题意的点M的坐标．
(3)利用平移和轴对称等知识求出NP＋BQ的最小值，从而求出的最大值．
【解】解：(1)依题意可知B的坐标是(4，1)．把A(0，－1)和B(4，－1)的坐标代入抛物线y＝－x2＋bx＋c，求得，
∴抛物线的函数表达式为y＝－x2＋2x－1．
(2)i)直线AC的解析式为y＝x－1．于是可设点P(m，m－1)，且可设平移后抛物线的解析式为y＝－(x－m)2＋m－1．即y＝－x2＋mx－m2＋m－1．
解方程组得
∴点Q的坐标为(m－2，m－3)．
由勾股定理得PQ＝＝2．
①若PM＝QM，且∠PMQ＝90°，则PM＝2．
∴(x－1)－(－x2＋2x－1)＝2．即x2－2x－4＝0．
解得x1＝1＋，x2＝1－．
∴P1(1＋，)，P2(1－，－)．
∵PM＝2，∴将点P向下铅直平移2个单位即得点M的坐标，
∴M1(1＋，－2)，M2(1－，－－2)；
②若PQ＝MQ，且∠PMQ＝45°，则PM＝4．
∴(x－1)－(－x2＋2x－1)＝4．即x2－2x－8＝0．
解得x1＝4，x2＝－2．
∴P1(4，3)，P2(－2，－3)．
∵PM＝4，∴将点P向下铅直平移4个单位即得点M的坐标，
∴M3(4，－1)，M2(－2，－7)；
③若PQ＝PM，且∠PMQ＝45°，此时求得的结果与情形②相同．
综上所述，点M的坐标为(1＋，－2)或(1－，－－2)或(4，－1)或(－2，－7)．
ii)如图7．将点N(4，1)沿射线CA平移2个单位得点N1(2，－1)，易知点N1(关于直线AC对称的点N2的坐标为(0，1)，连结BN2，BN2与直线AC的交点即是点Q，将点Q沿射线AC平移2个单位得到点P，连结PN．此时NP＋BQ的值最小．最小值＝BN2＝＝2．
∴有最大值，最大值＝＝．
【方法指导】第(2)问要用分类讨论的思想和平移变换的方法．第(3)问是动点问题，最值可通过平移变换和轴对称变换求出．
39．（2013浙江台州，23，12分）如图1，已知直线l：与y轴交于点A，抛物线经过点A，其顶点为B，另一抛物线（h>1）的顶点为D，两抛物线相交于点C，
（1）求点B的坐标，并说明点D在直线l上的理由；
（2）设交点C的横坐标为m．
①交点C的纵坐标可以表示为： 或 ，由此请进一步探究m关于h的函数关系式；
②如图2，若∠ACD=90°，求m的值．
【思路分析】（1）由与y轴交于点A，易得A（0,2），又由抛物线经过点A（0,2），可以将A点横、纵坐标代入二次函数解析式，可求出k的值，从而确定顶点B的坐标；由于D点是的顶点，易得D（h，2－h），如要判断点D在直线l上，需要将D点的坐标，代入直线解析式中验证。
（2） eq \\ac(○,1)由于点C是两抛物线的交点，可将C点的横坐标m分别代入两个抛物线解析式，从而求出两种不同表示的C点纵坐标；欲探究m关于h的函数关系式，需找到m和h的等量关系，由于两种不同表示方法表示的都是C点纵坐标，二者相等列等式，再变形为函数关系式。 eq \\ac(○,2)有∠ACD=90°这一特殊条件，再作x轴、y轴的垂线，从而构造相似三角形，利用相似三角形的对应边的比相等，列出关于m的方程，从而求出m的值。
【解】（1）由题意可知A（0，2），又因为抛物线经过点A，所以有，解得，所以抛物线解析式为，从而得出点B的坐标为（1，1）；因为点D是抛物线（h>1）的顶点，所以点D的坐标为（h，2－h），将（h，2－h）代入中，左右两边相等，所以点D在直线l上．
（2）①交点C的纵坐标可以表示为：或
由题意知：= ，
整理得：，
解得，或，
∵h>1
∴．
②过点C作CM⊥y轴，垂足为点M，过点D作DE⊥y轴，垂足为点E，过点C作CN⊥DE，垂足为点N，则四边形CMEN是矩形，
∴∠MCN=90°，
又∵∠ACD=90°
∴∠MCA=∠DCN
∴△ACM∽△DCN
∴
由题意可知CM=m，AM=，CN=，DN=
从而有，
由①得，
∴
解得，，
又∵点C在第一象限内，
∴
【方法指导】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的顶点坐标、相似三角形的判定和性质、一元二次方程的解法等知识点，本题对学生的综合解题能力要求偏高。对于二次函数，我们需要了解顶点式和一般式两种常见形式，能够熟练的说出它的开口方向、顶点、对称轴等常用知识点。
40．（2013四川南充，22，8分）如图，二次函数的图象与轴交于A，B两点（点A在点B的左边），交轴于点C，且经过点（，）．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）⊙M过A，B，C三点，交轴于另一点D．求点M的坐标；
（3）连接AM，DM，将∠AMD绕点M顺时针旋转，两边MA，MD与轴，轴分别交于点E，F．若为△DMF等腰三角形，求点E的坐标．
【答案】：解：（1）把点（，）代入解析式，得
．
解得．
∴抛物线解析式为．
（2）由，得或．
∴A(﹣3，0)，B(1，0)，C(0，﹣3)．
抛物线的对称轴是直线．
圆心M在直线上，
∴设M(﹣1，)，作MG⊥轴于G，
MH⊥轴于H，连接MC，MB．
∴MH=1，BG=2．
∵MB=MC，∴．
∴．
解得，
∴点M(﹣1，﹣1)．
（3）如图，由M(﹣1，﹣1)，得MG=MH．
∵MA=MD，
∴Rt△AMG≌Rt△DMH, ∠1=∠2．
由旋转可知∠3=∠4．
∴△AME≌△DMF．
若△DMF为等腰三角形，则△AME为等腰三角形．
设E(，0)．△AME为等腰三角形，分三种情况：
①AE=AM=，则, ∴E(，0)．
②∵M在AB的垂直平分线上，
∴MA=ME=MB，∴E(1，0)．
③点E在AM的垂直平分线上，则AE=ME．
AE=，．
∴．
得．∴E(，0)．
∴所求点E的坐标为(，0)，(1，0)，(，0)．
【解析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）先让二次函数y=0，求出A、B两点坐标，又因为⊙M过A，B两点，所以MA=MB,则M在AB的垂直平分线上，则M在抛物线的对称轴上，因此确定了M点的横坐标. 设M(﹣1，)，作MG⊥轴于G，MH⊥轴于H，连接MC，MB，又C也在⊙M上，所以MC=MB，再利用勾股定理列方程，即可求出M点纵坐标；
（3）根据（2）知MG=MH，又MA=MD，利用HL可得Rt△AMG≌Rt△DMH，再利用全等三角形对应角相等即旋转的性质可得△AME≌△DMF，进而将△DMF转化为△AME，所以当△DMF为等腰三角形时，△AME也必为等腰三角形，这样问题就好解决了，再利用分类讨论思想分三种情况解决即可.
【方法指导】本题主要考查了利用待定系数法确定二次函数解析式，线段垂直平分线的性质及其逆定理的运用，勾股定理的运用，圆当中的相关概念，转化思想，分类讨论思想的运用等知识点，综合性强，难度大.(2)中M点的横坐标的确定及辅助线的作法是解决此问题的关键，（3）中将△DMF转化为△AME尤为重要，是问题的突破口.
41．（2013江西南昌，22，8分）如图，在平面直角坐标系中，以点O为圆心，半径为2的圆与y轴交于点A，点P（4，2）是⊙O外一点，连接AP，直线PB与⊙O相切于点B，交x轴于点C．
（1）证明PA是⊙O的切线；
（2）求点B的坐标；
（3）求直线AB的解析式．
【思路分析】（1） 点A在圆上，要证PA是圆的切线，只要证PA⊥OA（∠OAP=90°）即可，由A、P两点纵坐标相等可得AP∥x轴，所以有∠OAP+∠AOC=180°得∠OAP=90°；（2） 要求点B的坐标，根据坐标的意义，就是要求出点B到x轴、y轴的距离，自然想到构造Rt△OBD，由PB又是⊙O的切线，得Rt△OAP≌△OBP，从而得△OPC为等腰三角形，在Rt△PCE中, PE=OA=2, PC+CE=OE=4,列出关于CE的方程可求出CE、OC的长，△OBC的三边的长知道了，就可求出高BD,再求OD即可求得点B的坐标；（3）已知点A、点B的坐标用待定系数法可求出直线AB的解析式．
[解]（1）证明：依题意可知，A（0，2）
∵A（0，2），P（4，2），
∴AP∥x轴，
∴∠OAP=90°，且点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线；
（2）解法一：连接OP，OB，作PE⊥x轴于点E，BD⊥x轴于点D，
∵PB切⊙O于点B，
∴∠OBP=90°，即∠OBP=∠PEC
又∵OB=PE=2，∠OCB=∠PEC
∴△OBC≌△PEC
∴OC=PC
（或证Rt△OAP≌△OBP，再得到OC=PC也可）
设OC=PC=x，
则有OE=AP=4，CE=OE－OC=4－x，
在Rt△PCE中，∵PC2=CE2+PE2，
∴x2=(4－x)2+22，解得x=，
∴BC=CE=4－=，
∵OB·BC=OC·BD，即×2×=××BD，∴BD=
∴OD===，
由点B在第四象限可知B（，）；
解法二：连接OP，OB，作PE⊥x轴于点E，BD⊥y轴于点D，
∵PB切⊙O于点B，
∴∠OBP=90°即∠OBP=∠PEC
又∵OB=PE=2，∠OCB=∠PEC
∴△OBC≌△PEC
∴OC=PC（或证Rt△OAP≌△OBP，再得到OC=PC也可）
设OC=PC=x，
则有OE=AP=4，CE=OE－OC=4－x，
在Rt△PCE中，∵PC2=CE2PE2,
∴x2=(4－x)2+22，解得x=，
∴BC=CE=4－=，
∵BD∥x轴，
∴∠COB=∠OBD，
又∵∠OBC=∠BDO=90°，
∴△OBC∽△BDO， ∴==，
即==，
∴BD=，OD=，
由点B在第四象限可知B（，）；
（3）设直线AB的解析式为y=kx+b，
由A（0，2），B（，），可得；
解得∴直线AB的解析式为y=－2x+2．
【方法指导】从整体把握图形，找全等、相似、等腰三角形；求线段的长要从局部入手，若是直角三角形则用勾股定理，若是相似则用比例式求，要掌握一些求线段长的常用思路和方法.
42、（2013深圳，22，9分）如图6—①，在直角坐标系中，过点的圆的圆心坐标为（2，0），点为第一象限圆弧上一点， 且⊥，抛物线过、两点，与轴的另一交点为。
（1）点的坐标为 ；抛物线的解析式为 ；
（2）如图6—②，求证： ∥；
（3）如图6—③，点为线段上一点，且，直线交⊙于点,试求的长
【答案】（1），

（2）如图6—②，过点作⊥轴于点
令，解得，则
由于，由（1）知
∴
则，
于是
∴，
因而为直角三角形，且
∴⊥
又⊥
∴∥
（3）连接、
∵
∴，则
在和中，
∴ 故 即
由于
∴ 则
【解析】（1）求点的坐标，过点作⊥轴于点，易证，
则，即可求出。又（2，0），将点的坐标代入，可得，则
故 为所求
（2）要证明∥，只需证明⊥，即只需证明
由于易求的长，根据勾股定理的逆定理，可轻松判定为直角三角形，且，问题得解。
（3）考虑到与的位置关系，可构造含有这两边且有一条公共边的两个三角形，据此可连接、，于是易证，有。由于是等腰三角形，因而易求，则可顺利求出的长。
【方法指导】本题主要考查图形与坐标、三角形全等的判定及性质、平行线的判定、勾股定理及其逆定理、相似三角形的判定及性质，圆周角定理及等腰直角三角形的性质等知识点。考查时仍以常见的最基本的相似图形为依托，相似三角的判定也是运用相似判定中最简单的一个定理，计算量不大，突出体现了“依纲靠本”、“多思少算”的出题理念。
43. (2013山东烟台，26,12分) 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为2的正方形．二次函数的图像经过点A．B，x轴分别交于点E,F且点E的坐标为（），以OC为直径作半圆，圆心为D.
（1）求二次函数的解析式；
（2）求证，直线BE是⊙D的切线；
（3）若直线BE与抛物线的对称轴交点为P，M是线段CB上的一个动点（点M与点B，C不重合），过点M作MN∥BE交x轴于点N，连结PM．PN．设CM的长为t，△PMN的面积为S．求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围.S是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【思路分析】（1）根据题中所给条件可以判定出A点的坐标为（0,2），B（2,2）以及点E（），采用待定系数法，列出方程组，即可求出二次函数解析式.
（2）过点D作DG⊥BE于点G，分别求出ED、EC、BC、BE的长度，然后通过证明△EGD≌△ECB得出DG等于半径，即可证明BE是⊙D的切线.
（3）根据B、E两点的坐标，利用待定系数法求出BE的解析式，结合对称轴可以求出点P的坐标；然后通过证明△MNC∽△BEC,可以把CN、DN用t表示出来；最后把所求的三角形的面积转化成△PDN的面积与直角梯形PDCB的面积再减去Rt△MNC的面积即可，并把面积S用t表示成二次函数，进而根据t的取值范围确存在S的最大值，并求出此最大值，问题即可迎刃而解.
【解】（1）由题意，得A(0,2),
∴，解得
∴二次函数的解析式为
（2）过点D作DG⊥BE于点G．
由题意，得ED=，
∴BE=.
∵∴∽
∴
∴
∴
∵⊙D半径为1，且DG⊥BE,
∴BE是⊙D切线．G为切点，
（3）由题意．得E， B
设直线BE为，
∴解得
∴直线BE为
∵直线BE与对称轴交于点P，对称轴为直线x=1，
∴.∴点P的坐标为.
∵MN∥BE，∴ ⊿MNC∽⊿BEC.
∴.
∴.∴.
∴
∴
∵
∴
∴S存在最大值，当t=1时，
【方法指导】本题是一道有关动点问题的压轴题，考点众多，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、勾股定理、三角形相似的性质和判定、正方形的性质、直角三角形的面积和直角梯形的面积，切线的判定定理，以及一次函数，二次函数与动点结合并求三角形面积的最值的综合题，综合性很强.解答此题需要掌握相关知识，尤其能数形结合地观察图象.
（1）第一小题是基础，用待定系数法易于求解；(2)要证明某条直线是圆的切线，若已知直线经过圆上的某一点，则需作出经过这点的半径（直径），证明直线垂直于这条半径（直径），简记为“作半径，证垂直”；若已知直线和圆的公共点没有确定，则应过圆心作直线的垂线，得到垂线段，再证这条垂线段的长等于半径，简记为“作垂直，证半径”.(3)在探讨动态问题时，首先要对运动过程做一个全面的分析，弄清楚运动过程中的变量和常量，变量反映了运动变化关系，常量则是问题求解的重要依据．其次，要分清运动过程中不同的变化关系，总之，要善于“动”中捕“静”，并能以“静”制“动”，并要善于“数形结合”.对于（3）探索发现某种数学关系是否存在的题目，一般的求解方法有：一是直接解法；二是假设求解法. 总之，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型，是知识覆盖面广、数学方法运用较多的试题，解决这类问题时应从多角度、多方面去分析，还需要数形结合等数学思想方法作统领．
44. (2013湖南邵阳,25,8分)如图所示，已知抛物线y = －2x2 －4x的图象E，将其向右平移两个单位后得到抛物线F.
(1)求抛物线F所表示的解析式；
(2)设抛物线F和x轴相交于点O、点B(点B位于点O的右侧)，顶点为C.点A位于y轴负半轴上，且到x轴的距离等于点C到x轴距离的2倍，求AB所在直线的解析式.
【答案】：解：(1)∵y=－2x2 －4x = －2(x2+2x) =－2(x +1)2 +2.
∴将抛物线y =－2x2 －4x向右平移两个单位后的解析式为y =－2(x +1－2)2 +2，即y=－2x2 +4x.
(2)解方程－2x2 +4x =0，得x1=0，x2=4.
∴O(0,0),B(4,0).
∵y=－2(x－1)2 +2，
∴C(1,2)，所以点C到x轴的距离为2.
∴点A到x轴的距离为4，
∵点A在y轴的负半轴上，
∴A(0，－4).
设直线AB的解析式为y=kx+c，
∴有eq \b\lc\{(\a\al\c(4k+b=0,b=4,))，解得eq \b\lc\{(\a\al\c(k=-1,b=4,)).
∴直线AB的解析式为y= －x +4.
【方法指导】：（1）根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答；
先根据抛物线F的解析式求出顶点C，和x轴交点B的坐标，再设A点坐标为（0，y），根据点A到x轴的距离等于点C到x轴的距离的2倍，列出关于y的方程，解方程求出y的值，然后利用待定系数法求出AB所在直线的解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，运用待定系数法求函数的解析式，难度适中，求出图象F所表示的抛物线的解析式是解题的关键.
v

A．
1
B．
2
C．
3
D．
4
考点：
命题与定理．
分析：
根据有关的定理和定义作出判断即可得到答案．
解答：
解：①若代数式有意义，则x的取值范围为x＜1且x≠0，原命题错误；
②我市生态旅游初步形成规模，2012年全年生态旅游收入为302 600 000元，保留三个有效数字用科学记数法表示为3.03×108元正确．
③若反比例函数（m为常数）的增减性需要根据m的符号讨论，原命题错误；
④若函数的图象关于y轴对称，则函数称为偶函数，三个函数中只有y=x2中偶函数，原命题错误，
故选C．
点评：
本题考查了命题与定理的知识，在判断 一个命题正误的时候可以举出反例
2
1．（2013山东临沂，11，3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2在x轴上，点B1，B2在y轴上，其坐标分别为A1（1，0），A2（2，0），B1（0，1），B2（0，2），分别以A1，A2，B1，B2其中的任意两点与点O为顶点作三角形，所作三角形是等腰三角形的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】：D．
【解析】有△OA1B1，△QA2B2，△QA1B2，△QA2B1，等腰三角形有两个，所以概率是。
【方法指导】首先找出一共有几种情况，然后找出符合条件的个数，即可得出事件的概率。
3．（2013山东临沂，14，3分）如图，正方形ABCD中，AB＝8cm，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别从B，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿BC，CD运动，到点C，D时停止运动．设运动时间为t(s)，△OEF的面积为S(cm2)，则S(cm2)与t(s)的函数关系可用图象表示为（ ）
【答案】：B．
4．（2013山东德州，11，3分）函数y=x2+bx+c与y=x的图象如图所示，有以上结论：①b2－4c>0②b+c+1=0③3b+c+6=0④当1A、1 B、2 C、3 D、4
【答案】B
【解析】∵抛物线与x轴没有交点，∴b2－4c<0，于是①错误；当x=1时，抛物线与直线交点坐标为（1，1）满足函数y=x2+bx+c，即b+c+1=1，②错误；∵（3，3）在函数y=x2+bx+c图象上，∴3b+c+9=3，即3b+c+6=0，所以③正确；观察图象可知，当1x2+bx+c，即x2+(b－1)x+c<0.因此以上说法正确的有③、④.故选B.
【方法指导】本题考察了二次函数与一次函数的综合应用，解题的关键是联想相关函数与方程、不等式、坐标交点、图象交点分析，这是解决这类问题的思考点，数形结合思想方法是解题中常用方法.
【易错警示】把握知识点不到位，出现多选或漏选.
5．（2013山东日照，7，3分）四个命题： ①三角形的一条中线能将三角形分成面积相等的两部分； ②有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等； ③点P（1,2）关于原点的对称点坐标为（－1，－2）； ④两圆的半径分别是3和4，圆心距为d，若两圆有公共点，则其中正确的是
A. ①② B.①③ C.②③ D.③④
【答案】B
【解析】①③是真命题。②这不是三角形全等的判定方法。④当两圆有公共点时，可以分为两种情况，只有一个公共点时，是两圆相切的情况，这时，圆心距d=1或是d=7.当两圆有两个公共点时，两圆的圆心距满足综上所述。当两圆有公共点时，圆心距满足的关系是1≤d≤7.
【方法指导】本题考查判断命题的真假，正确的命题是真命题，错误的命题是假命题。在判断命题时一定要认识推敲。
6．（2013四川凉山州，8，4分）下列说法中：①邻补角是互补的角；②数据7、1、3、5、6、3的中位数是3，众数是4；③的算术平方根是5；④点（1，）在第四象限，其中正确的个数是
A．0B．1C．2D．3
【答案】C.
【解析】①是正确的, ②是错误的,这组数据的中位数为4,众数为3. ③是错误的的算术平方根是,④是正确的.
【方法指导】本题是考查的知识面比较广，知识涉及到邻补角，中位数，众数，平方根，点所在的象限等。
7．（2013湖南永州，7，3分）下列说法正确的是（ ）
A．一组数据2，5，3，1，4，3的中位数是3
B．五边形的外角和为540度
C．“菱形的对角线互相垂直”的逆命题是真命题
D．三角形的外心是这个三角形三条角平分线的交点
【答案】A.
【解析】数据2，5，3，1，4，3排序后为1，2，3，3，4，5.它的中位数是3；多边形的外角和是360°，于是这个选项是错的；对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，一定要对角线互相垂直还有平分的四边形才是菱形；三条角平分线的交点是三角形的内心，外心是三条边的垂直平分线的交点。
【方法指导】涉及多概念的命题的真假，我们只能一个一个的来进行判断。
8.(2013浙江湖州,9,3分)如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处．连接DE．若DE∶AC＝3∶5，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】：∵矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，
∴∠BAC=∠EAC，AE=AB=CD，
∵矩形ABCD的对边AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠EAC=∠DAC，
设AE与CD相交于F，则AF=CF，
∴AE－AF=CD－CF，
即DF=EF，
∴
又∵∠AFC=∠EFD，
∴△ACF∽△EDF，
∴，
设DF=3x，FC=5x，则AF=5x，
在Rt△ADF中，AD=
又∵AB=CD=DF+FC=3x+5x=8x，
∴
故选A．
【方法指导】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，等角对等边的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，但难度不大，熟记各性质是解题的关键．根据翻折的性质可得∠BAC=∠EAC，再根据矩形的对边平行可得AB∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠DAC=∠BAC，从而得到∠EAC=∠DAC，设AE与CD相交于F，根据等角对等边的性质可得AF=CF，再求出DF=EF，从而得到△ACF和△EDF相似，根据相似三角形对应边成比例求出 ，设DF=3x，FC=5x，在Rt△ADF中，利用勾股定理列式求出AD，再根据矩形的对边相等求出AB，然后代入进行计算即可得解．
9．（2013重庆，12，4分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，反比例函数（k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB，BC分别交于点M，N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM，ON，MN．下列结论：
①△OCN≌△OAM；
②ON=MN；
③四边形DAMN与△MON面积相等；
④若∠MON=45°，MN=2，则点C的坐标为（0，）．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】①由图可知，点M的坐标为（OA，AM），点N的坐标为（CN，OC），∴OA·AM=OC·CN=k，又∵OA=OC，∴AM=CN，∴△OCN≌△OAM，故①正确；②∵△OCN≌△OAM，∴ON=OM，若ON=MN，则△OMN是等边三角形，∠MON=60°，而这个结论是不成立的，故②错误；③假设OM与DN交于点E，由反比例函数的几何意义，可知S△OND=S△OAM，∴S△ONE=S四边形ADEM，∴S△ONE+ S△MNE =S四边形ADEM +S△MNE，即S△MON=S四边形DAMN，故③正确；④过点O作OE⊥MN于E，则△OCE≌△OEN≌△OEM，∴CN=NE=ME=1，在等腰直角三角形BMN中，MN=2，∴BN=，∴BC=，∴OC=，故④正确．故选C．
【方法指导】考查了反比例函数的意义，正方形性质的应用，三角形全等的判定．解答反比例函数的问题，需注意其几何意义；关于正方形的问题要充分应用其性质，有时需联系勾股定理和特殊角的三角函数解答．
【易错警示】对错误的结论不能举反例加以判断，致使对其真假性认识模糊．
．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，点B坐标可由对称性质得到，或令y=0，由解析式得到；
（2）关键是求出点D的坐标，然后利用勾股定理分别求出四边形ABCD四个边的长度；
（3）本问为存在型问题．可以先假设存在，然后按照题意条件求点P的坐标，如果能求出则点P存在，否则不存在．注意三角形相似有两种情形，需要分类讨论．
解答：
解：（1）∵点A（1，0）和点C（0，1）在抛物线y=ax2+b上，
∴，解得：a=﹣1，b=1，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+1，
抛物线的对称轴为y轴，则点B与点A（1，0）关于y轴对称，∴B（﹣1，0）．
（2）设过点A（1，0），C（0，1）的直线解析式为y=kx+b，可得：
，解得k=﹣1，b=1，∴y=﹣x+1．
∵BD∥CA，∴可设直线BD的解析式为y=﹣x+n，
∵点B（﹣1，0）在直线BD上，∴0=1+n，得n=﹣1，
∴直线BD的解析式为：y=﹣x﹣1．
将y=﹣x﹣1代入抛物线的解析式，得：﹣x﹣1=﹣x2+1，解得：x1=2，x2=﹣1，
∵B点横坐标为﹣1，则D点横坐标为2，
D点纵坐标为y=﹣2﹣1=﹣3，∴D点坐标为（2，﹣3）．
如答图①所示，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=3，AN=1，BN=3，
在Rt△BDN中，BN=DN=3，由勾股定理得：BD=；
在Rt△ADN中，DN=3，AN=1，由勾股定理得：AD=；
又OA=OB=OC=1，OC⊥AB，由勾股定理得：AC=BC=；
∴四边形ABCD的周长为：AC+BC+BD+AD=+++=+．
（3）假设存在这样的点P，则△BPE与△CBD相似有两种情形：
（I）若△BPE∽△BDC，如答图②所示，
则有，即，∴PE=3BE．
设OE=m（m＞0），则E（﹣m，0），BE=1﹣m，PE=3BE=3﹣3m，
∴点P的坐标为（﹣m，3﹣3m）．
∵点P在抛物线y=﹣x2+1上，
∴3﹣3m=﹣（﹣m）2+1，解得m=1或m=2，
当m=1时，点E与点B重合，故舍去；当m=2时，点E在OB左侧，点P在x轴下方，不符合题意，故舍去．
因此，此种情况不存在；
（II）若△EBP∽△BDC，如答图③所示，
则有，即，∴BE=3PE．
设OE=m（m＞0），则E（m，0），BE=1+m，PE=BE=（1+m）=+m，
∴点P的坐标为（m， +m）．
∵点P在抛物线y=﹣x2+1上，
∴+m=﹣（m）2+1，解得m=﹣1或m=，
∵m＞0，故m=1舍去，∴m=，
点P的纵坐标为： +m=+×=，
∴点P的坐标为（，）．
综上所述，存在点P，使以B、P、E为顶点的三角形与△CBD相似，点P的坐标为（，）．
点评：
本题是代数几何综合题，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点．第（2）问的解题要点是求出点D的坐标，第（3）问的解题要点是分类讨论．
考点：
二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；勾股定理的逆定理；切线的判定．
专题：
计算题．
分析：
（1）求出半径，根据勾股定理求出C的坐标，设经过A、B、C三点抛物线解析式是y=a（x﹣4）（x+1），把C（0，2）代入求出a即可；
（2）求出M的坐标，设直线MC对应函数表达式是y=kx+b，把C（0，2），M（，）代入得到方程组，求出方程组的解即可；
（3）根据点的坐标和勾股定理分别求出PC、DC、PD的平方，根据勾股定理的逆定理得出∠PCD=90°，即可求出答案．
解答：
解：（1）∵A（4，0），B（﹣1，0），
∴AB=5，半径是PC=PB=PA=，
∴OP=﹣1=，
在△CPO中，由勾股定理得：OC==2，
∴C（0，2），
设经过A、B、C三点抛物线解析式是y=a（x﹣4）（x+1），
把C（0，2）代入得：2=a（0﹣4）（0+1），
∴a=﹣，
∴y=﹣（x﹣4）（x+1）=﹣x2+x+2，
答：经过A、B、C三点抛物线解析式是y=﹣x2+x+2．
（2）y=﹣x2+x+2=﹣+，
M（，），
设直线MC对应函数表达式是y=kx+b，
把C（0，2），M（，）代入得：，
解得：k=，b=2，
∴y=x+2，
y=x+2．
答：直线MC对应函数表达式是y=x+2．
（3）MC与⊙P的位置关系是相切．
证明：设直线MC交x轴于D，
当y=0时，0=x+2，
∴x=﹣，OD=，
∴D（﹣，0），
在△COD中，由勾股定理得：CD2=22+==，
PC2===，
PD2==，
∴CD2+PC2=PD2，
∴∠PCD=90°，
∴PC⊥DC，
∵PC为半径，
∴MC与⊙P的位置关系是相切．
本题主要考查对用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，勾股定理及勾股定理的逆定理，解二元一次方程组，二次函数的最值，切线的判定等知识点的连接和掌握，能综合运用这些性质进行推理和计算是解此题的关键．
考点：
相似形综合题．
分析：
（1）作AH⊥BC于H，根据勾股定理就可以求出AH，由三角形的面积公式就可以求出其值；
（2）如图1，当0＜x≤1.5时，由三角形的面积公式就可以表示出y与x之间的函数关系式，如图2，当1.5＜x＜3时，重叠部分的面积为梯形DMNE的面积，由梯形的面积公式就可以求出其关系式；
（3）如图4，根据（2）的结论可以求出y的最大值从而求出x的值，作FO⊥DE于O，连接MO，ME，求得∠DME=90°，就可以求出⊙O的直径，由圆的面积公式就可以求出其值．
解答：
解：（1）如图3，作AH⊥BC于H，
∴∠AHB=90°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3．
∵∠AHB=90°，
∴BH=BC=
在Rt△ABC中，由勾股定理，得
AH=．
∴S△ABC==；
（2）如图1，当0＜x≤1.5时，y=S△ADE．
作AG⊥DE于G，
∴∠AGD=90°，∠DAG=30°，
∴DG=x，AG=x，
∴y==x2，
∵a=＞0，开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，
∴x=1.5时，y最大=，
如图2，当1.5＜x＜3时，作MG⊥DE于G，
∵AD=x，
∴BD=DM=3﹣x，
∴DG=（3﹣x），MF=MN=2x﹣3，
∴MG=（3﹣x），
∴y=，
=﹣；
（3），如图4，∵y=﹣；
∴y=﹣（x2﹣4x）﹣，
y=﹣（x﹣2）2+，
∵a=﹣＜0，开口向下，
∴x=2时，y最大=，
∵＞，
∴y最大时，x=2，
∴DE=2，BD=DM=1．作FO⊥DE于O，连接MO，ME．
∴DO=OE=1，
∴DM=DO．
∵∠MDO=60°，
∴△MDO是等边三角形，
∴∠DMO=∠DOM=60°，MO=DO=1．
∴MO=OE，∠MOE=120°，
∴∠OME=30°，
∴∠DME=90°，
∴DE是直径，
S⊙O=π×12=π．
点评：
本题考查了等边三角形的面积公式的运用，梯形的面积公式的运用，勾股定理的运用，圆周角定理的运用，圆的面积公式的运用，等边三角形的性质的运用，二次函数的性质的运用，解答时灵活运用等边三角形的性质是关键．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）首先解一元二次方程，求出点A、点B的坐标，得到含有字母a的抛物线的交点式；然后分别用含字母a的代数式表示出△ABC与△ACD的面积，最后得出结论；
（2）在Rt△ACD中，利用勾股定理，列出一元二次方程，求出未知系数a，得出抛物线的解析式．
解答：
解：（1）解方程x2+4x﹣5=0，得x=﹣5或x=1，
由于x1＜x2，则有x1=﹣5，x2=1，∴A（﹣5，0），B（1，0）．
抛物线的解析式为：y=a（x+5）（x﹣1）（a＞0），
∴对称轴为直线x=2，顶点D的坐标为（﹣2，﹣9a），
令x=0，得y=﹣5a，
∴C点的坐标为（0，﹣5a）．
依题意画出图形，如右图所示，则OA=5，OB=1，AB=6，OC=5a，
过点D作DE⊥y轴于点E，则DE=2，OE=9a，CE=OE﹣OC=4a．
S△ACD=S梯形ADEO﹣S△CDE﹣S△AOC
=（DE+OA）•OE﹣DE•CE﹣OA•OC
=（2+5）•9a﹣×2×4a﹣×5×5a
=15a，
而S△ABC=AB•OC=×6×5a=15a，
∴S△ABC：S△ACD=15a：15a=1；
（2）如解答图所示，
在Rt△DCE中，由勾股定理得：CD2=DE2+CE2=4+16a2，
在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC2=OA2+OC2=25+25a2，
设对称轴x=2与x轴交于点F，则AF=3，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：AD2=AF2+DF2=9+81a2．
∵∠ADC=90°，∴△ACD为直角三角形，
由勾股定理得：AD2+CD2=AC2，
即（9+81a2）+（4+16a2）=25+25a2，化简得：a2=，
∵a＞0，
∴a=，
∴抛物线的解析式为：y=（x+5）（x﹣1）=x2+x﹣．
点评：
本题考查了二次函数的图象与性质、一元二次方程的解法、直角三角形与勾股定理、几何图形面积的计算等知识点，难度不是很大，但涉及的计算较多，需要仔细认真，避免出错．注意第（1）问中求△ACD面积的方法．
考点：
圆的综合题．
分析：
（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；
（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；
（3）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可．
解答：
（1）证明：∵△BCO中，BO=CO，
∴∠B=∠BCO，
在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，
又∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BCO=90°，
即∠FCO=90°，
∴CF是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB=∠FCO=90°，
∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，
即∠3=∠1，
∴∠3=∠2，
∵∠4=∠D，
∴△ACM∽△DCN；
（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，
在Rt△COE中，cs∠BOC=，
∴OE=CO•cs∠BOC=4×=1，
由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：
CE===，
AC===2，
BC===2，
∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CD=2CE=2，
∵△ACM∽△DCN，
∴=，
∵点M是CO的中点，CM=AO=×4=2，
∴CN===，
∴BN=BC﹣CN=2﹣=．
点评：
此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定和勾股定理的应用等知识，根据已知得出△ACM∽△DCN是解题关键．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）将A，B两点分别代入y=x2+bx+c进而求出解析式即可；
（2）首先假设出P，M点的坐标，进而得出PM的长，将两函数联立得出D点坐标，进而得出CE的长，利用平行四边形的性质得出PM=CE，得出等式方程求出即可；
（3）利用勾股定理得出DC的长，进而根据△PMN∽△CDE，得出两三角形周长之比，求出l与x的函数关系，再利用配方法求出二次函数最值即可．
解答：
解：（1）∵y=x2+bx+c经过点A（2，0）和B（0，）
∴由此得 ，
解得．
∴抛物线的解析式是y=x2﹣x+，
∵直线y=kx﹣经过点A（2，0）
∴2k﹣=0，
解得：k=，
∴直线的解析式是 y=x﹣，
（2）设P的坐标是（x，x2﹣x+），则M的坐标是（x， x﹣）
∴PM=（x2﹣x+）﹣（x﹣）=﹣x2﹣x+4，
解方程 得：，，
∵点D在第三象限，则点D的坐标是（﹣8，﹣7），由y=x﹣得点C的坐标是（0，﹣），
∴CE=﹣﹣（﹣7）=6，
由于PM∥y轴，要使四边形PMEC是平行四边形，必有PM=CE，即﹣x2﹣x+=6
解这个方程得：x1=﹣2，x2=﹣4，
符合﹣8＜x＜2，
当x=﹣2时，y=﹣×（﹣2）2﹣×（﹣2）+=3，
当x=﹣4时，y=﹣×（﹣4）2﹣×（﹣4）+=，
因此，直线AD上方的抛物线上存在这样的点P，使四边形PMEC是平行四边形，点P的坐标是（﹣2，3）和（﹣4，）；
（3）在Rt△CDE中，DE=8，CE=6 由勾股定理得：DC=
∴△CDE的周长是24，
∵PM∥y轴，
∵∠PMN=∠DCE，
∵∠PNM=∠DEC，
∴△PMN∽△CDE，
∴=，即=，
化简整理得：l与x的函数关系式是：l=﹣x2﹣x+，
l=﹣x2﹣x+=﹣（x+3）2+15，
∵﹣＜0，
∴l有最大值，
当x=﹣3时，l的最大值是15．
点评：
此题主要考查了二次函数的最值求法以及待定系数法求二次函数解析式和函数交点求法以及平行四边形的性质等知识，利用数形结合得出PM=CE进而得出等式是解题关键．
考点：
二次函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
（1）由于抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可以求出点D的坐标；
（3）分两种情况讨论，①△AMP∽△BOC，②PMA∽△BOC，根据相似三角形对应边的比相等可以求出点P的坐标．
解答：
解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），
将点A（﹣2，0），B（﹣3，3），O（0，0），代入可得：，
解得：．
故函数解析式为：y=x2+2x．
（2）当AO为平行四边形的边时，DE∥AO，DE=AO，由A（﹣2，0）知：DE=AO=2，
若D在对称轴直线x=﹣1左侧，
则D横坐标为﹣3，代入抛物线解析式得D1（﹣3，3），
若D在对称轴直线x=﹣1右侧，
则D横坐标为1，代入抛物线解析式得D2（1，3）．
综上可得点D的坐标为：（﹣3，3）或（1，3）．
（3）存在．
如图：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），
根据勾股定理得：BO2=18，CO2=2，BC2=20，
∵BO2+CO2=BC2，
∴△BOC是直角三角形，
假设存在点P，使以P，M，A为顶点的 三角形与△BOC相似，
设P（x，y），由题意知x＞0，y＞0，且y=x2+2x，
①若△AMP∽△BOC，则=，
即x+2=3（x2+2x），
得：x1=，x2=﹣2（舍去）．
当x=时，y=，即P（，），
②若△PMA∽△BOC，则=，
即：x2+2x=3（x+2），
得：x1=3，x2=﹣2（舍去）
当x=3时，y=15，即P（3，15）．
故符合条件的点P有两个，分别是P（，）或（3，15）．
点评：
本题考查的是二次函数的综合题，首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后利用平行四边形的性质和相似三角形的性质确定点D和点P的坐标，注意分类讨论思想的运用，难度较大．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）在Rt△AOB中，根据AO的长和∠BOA的度数，可求得OB的长，根据折叠的性质即可得到OA=OC，且∠BOC=∠BOA=30°，过C作CD⊥x轴于D，即可根据∠COD的度数和OC的长求得CD、OD的值，从而求出点C、A的坐标，将A、C、O的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求出待定系数的值，从而确定该抛物线的解析式．
（2）求出直线BO的解析式，进而利用x=求出y的值，即可得出D点坐标；
（3）根据（1）所得抛物线的解析式可得到其顶点的坐标（即C点），设直线MP与x轴的交点为N，且PN=t，在Rt△OPN中，根据∠PON的度数，易得PN、ON的长，即可得到点P的坐标，然后根据点P的横坐标和抛物线的解析式可求得M点的纵坐标，过M作MF⊥CD（即抛物线对称轴）于F，过P作PQ⊥CD于Q，若PD=CM，那么CF=QD，根据C、M、P、D四点纵坐标，易求得CF、QD的长，联立两式即可求出此时t的值，从而求得点P的坐标．
解答：
解：（1）过点C作CH⊥x轴，垂足为H；
∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，OA=，
∴OB==4，AB=2；
由折叠的性质知：∠COB=30°，OC=AO=2，
∴∠COH=60°，OH=，CH=3；
∴C点坐标为（，3）．
∵O点坐标为：（0，0），
∴抛物线解析式为y=ax2+bx（a≠0），
∵图象经过C（，3）、A（2，0）两点，
∴，
解得；
∴此抛物线的函数关系式为：y=﹣x2+2x．
（2）∵AO=2，AB=2，
∴B点坐标为：（2，2），
∴设直线BO的解析式为：y=kx，
则2=2k，
解得：k=，
∴y=x，
∵y=﹣x2+2x的对称轴为直线x=﹣=﹣=，
∴将两函数联立得出：y=×=1，
∴抛物线的对称轴与线段OB交点D的坐标为：（，1）；
（3）存在．
∵y=﹣x2+2x的顶点坐标为（，3），
即为点C，MP⊥x轴，垂足为N，设PN=t；
∵∠BOA=30°，
∴ON=t，
∴P（t，t）；
作PQ⊥CD，垂足为Q，MF⊥CD，垂足为F；
把x=t代入y=﹣x2+2x，
得y=﹣3t2+6t，
∴M（t，﹣3t2+6t），F（，﹣3t2+6t），
同理：Q（，t），D（，1）；
要使PD=CM，只需CF=QD，
即3﹣（﹣3t2+6t）=t﹣1，
解得t=，t=1（舍），
∴P点坐标为（，），
∴存在满足条件的P点，使得PD=CM，此时P点坐标为（，）．
点评：
此题主要考查了图形的旋转变化、解直角三角形、二次函数解析式的确定等重要知识点，表示出P点坐标利用CF=QD求出是解题关键．
考点：
二次函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
（1）首先根据点M的移动方向和单位得到点N的平移方向和单位，然后按照平移方向和单位进行移动即可；
（2）将点N的坐标代入函数的解析式即可求得k值；
（3）配方后确定点B、A、E的坐标，根据CO：OF=2：用m表示出线段CO、FO和BF的长，利用S△BEC=S△EBF+S△BFC=得到有关m的方程求得m的值即可；
（4）分当∠BPE＜∠APE时、当∠BPE=∠APE时、当∠BPE＜∠APE时三种情况分类讨论即可．
解答：
解：（1）由于图形平移过程中，对应点的平移规律相同，
由点M到点M′可知，点的横坐标减5，纵坐标加3，
故点N′的坐标为（5﹣5，﹣1+3），即（0，2）．
N（0，2）；
（2）∵N（0，2）在抛物线y=x2+x+k上
∴k=2
∴抛物线的解析式为y=x2+x+2
（3）∵y=x2+x+2=（x+2）2
∴B（﹣2，0）、A（0，2）、E（﹣，1）
∵CO：OF=2：
∴CO=﹣m，FO=﹣m，BF=2+m
∵S△BEC=S△EBF+S△BFC=
∴（2+m）（﹣m+1）=
整理得：m2+m=0
∴m=﹣1或0
∵m＜0
∴m=﹣1
（4）在Rt△ABO中，tan∠ABO===
∴∠ABO=30°，AB=2AO=4
①当∠BPE＞∠APE时，连接A1B则对折后如图2，A1为对折后A的所落点，△EHP是重叠部分．
∵E为AB中点，∴S△AEP=S△BEP=S△ABP
∵S△EHP=S△ABP
∴=S△EHP=S△BHP=S△ABP
∴A1H=HP，EH=HB=1
∴四边形A1BPE为平行四边形
∴BP=A1E=AE=2
即BP=2
②当∠BPE=∠APE时，重叠部分面积为△ABP面积的一半，不符合题意；
③当∠BPE＜∠APE时．
则对折后如图3，A1为对折后A的所落点．△EHP是重叠部分
∵E为AB中点，
∴S△AEP=S△BEP=S△ABP
∵S△EHP=S△ABP∴S△EBH=S△EHP==S△ABP
∴BH=HP，EH=HA1=1
又∵BE=EA=2
∴EHAP，
∴AP=2
在△APB中，∠ABP=30°，AB=4，AP=2．
∴∠APB=90°，
∴BP=，
综合①②③知：BP=2或；
点评：
此题主要考查了点的平移、二次函数解析式的确定，图形折叠问题及图形面积等重要知识点，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）将点A的坐标代入到抛物线的解析式求得c值，然后配方后即可确定顶点D的坐标；
（2）连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F，首先求得点C的坐标，然后证得△DCB∽△AOC得到∠CBD=∠OCA，根据∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB，得到∠E=∠OCB=45°；
（3）设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点，增大△DGB∽△PON后利用相似三角形的性质求得ON的长，从而求得点N的坐标，进而求得直线PQ的解析式，
设Q（m，n），根据点Q在y=x2﹣2x﹣3上，得到﹣m﹣2=m2﹣2m﹣3，求得m、n的值后即可求得点Q的坐标．
解答：
解：（1）把x=﹣1，y=0代入y=x2﹣2x+c得：1+2+c=0
∴c=﹣3
∴y=x2﹣2x﹣3=y=（x﹣1）2﹣4
∴顶点坐标为（1，﹣4）；
（2）如图1，连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F，
由x2﹣2x﹣3=0得x=﹣1或x=3
∴B（3，0）
当x=0时，y=x2﹣2x﹣3=﹣3
∴C（0，﹣3）
∴OB=OC=3
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，
BC=3
又∵DF=CF=1，∠CFD=90°，
∴∠FCD=45°，CD=，
∴∠BCD=180°﹣∠OCB﹣∠FCD=90°．
∴∠BCD=∠COA
又∵
∴△DCB∽△AOC，
∴∠CBD=∠OCA
又∵∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB
∴∠E=∠OCB=45°，
（3）如图2，设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点
∵∠PMA=45°，
∴∠EMH=45°，
∴∠MHE=90°，
∴∠PHB=90°，
∴∠DBG+∠OPN=90°
又∴∠ONP+∠OPN=90°，
∴∠DBG=∠ONP
又∵∠DGB=∠PON=90°，
∴△DGB=∠PON=90°，
∴△DGB∽△PON
∴
即： =
∴ON=2，
∴N（0，﹣2）
设直线PQ的解析式为y=kx+b
则
解得：
∴y=﹣x﹣2
设Q（m，n）且n＜0，
∴n=﹣m﹣2
又∵Q（m，n）在y=x2﹣2x﹣3上，
∴n=m2﹣2m﹣3
∴﹣m﹣2=m2﹣2m﹣3
解得：m=2或m=﹣
∴n=﹣3或n=﹣
∴点Q的坐标为（2，﹣3）或（﹣，﹣）．
点评：
本题考查了二次函数的综合知识，难度较大，题目中渗透了许多的知识点，特别是二次函数与相似三角形的结合，更是一个难点，同时也是中考中的常考题型之一．
考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）首先求出图象与x轴交于点A，与y轴交于点B的坐标，进而得出C点坐标以及线段AD的长；
（2）首先得出点M是CD的中点，即可得出M点坐标，进而利用待定系数法求二次函数解析式；
（3）分别根据当点F在点C的左边时以及当点F在点C的右边时，分析四边形CFPE为菱形得出即可．
解答：
解：（1）∵直线y=x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴y=0时，x=﹣3，x=0时，y=1，
∴A点坐标为：（﹣3，0），B点坐标为：（0，1），
∴OC=3，DO=1，
∴点C的坐标是（0，3），线段AD的长等于4；
（2）∵CM=OM，
∴∠OCM=∠COM．
∵∠OCM+∠ODM=∠COM+∠MOD=90°，
∴∠ODM=∠MOD，
∴OM=MD=CM，
∴点M是CD的中点，
∴点M的坐标为（，）．
（说明：由CM=OM得到点M在OC在垂直平分线上，所以点M的纵坐标为，再求出直线CD的解析式，进而求出点M的坐标也可．）
∵抛物线y=x2+bx+c经过点C，M，
∴，
解得：．
∴抛物线y=x2+bx+c的解析式为：y=x2﹣x+3．
（3）抛物线上存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形．
情形1：如图1，当点F在点C的左边时，四边形CFEP为菱形．
∴∠FCE=PCE，
由题意可知，OA=OC，
∴∠ACO=∠PCE=45°，
∴∠FCP=90°，
∴菱形CFEP为正方形．
过点P作PH⊥CE，垂足为H，
则Rt△CHP为等腰直角三角形．
∴CP=CH=PH．
设点P为（x，x2﹣x+3），则OH=x2﹣x+3，PH=x，
∵PH=CH=OC﹣OH，
∴3﹣（x2﹣x+3）=x，
解得：x=
∴CP=CH=×=，
∴菱形CFEP的周长l为：×4=10．
情形2：如图2，当点F在点C的右边时，四边形CFPE为菱形．
∴CF=PF，CE∥FP．
∵直线AC过点A（﹣3，0），点C（0，3），
∴直线AC的解析式为：y=x+3．
过点C作CM⊥PF，垂足为M，
则Rt△CMF为等腰直角三角形，CM=FM．
延长PF交x轴于点N，
则PN⊥x轴，∴PF=FN﹣PN，
设点P为（x，x2﹣x+3），则点F为（x，x+3），
∴FC=x，FP=（x+3）﹣（x2﹣x+3）=﹣x2+x，
∴x=﹣x2+x，
解得：x=﹣，
∴FC=x=﹣2，
∴菱形CFEP的周长l为：（﹣2）×4=18﹣8．
综上所述，这样的菱形存在，它的周长为10或18﹣8．
点评：
此题主要考查了二次函数综合应用以及菱形的判定与性质等知识，根据已知进行分类讨论得出是解题关键．