2020中考沖刺全國(guó)數(shù)學(xué)經(jīng)典壓軸題60例

第第頁(yè)2020中考沖刺全國(guó)數(shù)學(xué)經(jīng)典壓軸題60例含參考答案與試題解析一、解答題（共60小題）1．（?重慶）已知：如圖①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．點(diǎn)F是點(diǎn)E關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)，連接AF、BF．（1）求AE和BE的長(zhǎng)；（2）若將△ABF沿著射線BD方向平移，設(shè)平移的距離為m（平移距離指點(diǎn)B沿BD方向所經(jīng)過(guò)的線段長(zhǎng)度）．當(dāng)點(diǎn)F分別平移到線段AB、AD上時(shí)，直接寫出相應(yīng)的m的值．（3）如圖②，將△ABF繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（0°＜α＜180°），記旋轉(zhuǎn)中的△ABF為△A′BF′，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)A′F′所在的直線與直線AD交于點(diǎn)P，與直線BD交于點(diǎn)Q．是否存在這樣的P、Q兩點(diǎn)，使△DPQ為等腰三角形？若存在，求出此時(shí)DQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）利用矩形性質(zhì)、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如答圖2所示．利用平移性質(zhì)，確定圖形中的等腰三角形，分別求出m的值；（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，等腰△DPQ有4種情形，如答圖3所示，對(duì)于各種情形分別進(jìn)行計(jì)算．解答：解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，由勾股定理得：BD===．∵S△ABD=BD?AE=AB?AD，∴AE===4．在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．（2）設(shè)平移中的三角形為△A′B′F′，如答圖2所示：由對(duì)稱點(diǎn)性質(zhì)可知，∠1=∠2．由平移性質(zhì)可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．①當(dāng)點(diǎn)F′落在AB上時(shí)，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；②當(dāng)點(diǎn)F′落在AD上時(shí)，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D為等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．（3）存在．理由如下：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，等腰△DPQ依次有以下4種情形：①如答圖3﹣1所示，點(diǎn)Q落在BD延長(zhǎng)線上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．∴DQ=BQ﹣BD=﹣；②如答圖3﹣2所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，則此時(shí)點(diǎn)A′落在BC邊上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，解得：BQ=，∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；③如答圖3﹣3所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，∴DQ=BD﹣BQ=﹣；④如答圖3﹣4所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．綜上所述，存在4組符合條件的點(diǎn)P、點(diǎn)Q，使△DPQ為等腰三角形；DQ的長(zhǎng)度分別為﹣、、﹣或．點(diǎn)評(píng)：本題是幾何變換壓軸題，涉及旋轉(zhuǎn)與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識(shí)點(diǎn)．第（3）問(wèn)難度很大，解題關(guān)鍵是畫出各種旋轉(zhuǎn)圖形，依題意進(jìn)行分類討論；在計(jì)算過(guò)程中，注意識(shí)別旋轉(zhuǎn)過(guò)程中的不變量，注意利用等腰三角形的性質(zhì)簡(jiǎn)化計(jì)算．2．（?重慶）如圖1，在?ABCD中，AH⊥DC，垂足為H，AB=4，AD=7，AH=．現(xiàn)有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，分別以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度、每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線AC方向勻速運(yùn)動(dòng)，在點(diǎn)E，F(xiàn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG與△ABC在射線AC的同側(cè)，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，E，F(xiàn)兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求線段AC的長(zhǎng)；（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)等邊△EFG與△ABC重疊部分的面積為S，請(qǐng)直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的自變量t的取值范圍；（3）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的頂點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，如圖2，將△EFG繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0°＜α＜360°），在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，F(xiàn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F′，G的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G′，設(shè)直線F′G′與射線DC、射線AC分別相交于M，N兩點(diǎn)．試問(wèn)：是否存在點(diǎn)M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出CM的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：幾何變換綜合題．專題：壓軸題；動(dòng)點(diǎn)型．分析：（1）利用平行四邊形性質(zhì)、勾股定理，求出DH、CH的長(zhǎng)度，可以判定△ACD為等腰三角形，則AC=AD=7；（2）首先證明點(diǎn)G始終在直線AB上，然后分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求出不同時(shí)間段內(nèi)S的表達(dá)式：①當(dāng)0≤t≤時(shí)，如答圖2﹣1所示，等邊△EFG在△內(nèi)部；②當(dāng)＜t≤4時(shí)，如答圖2﹣2所示，點(diǎn)G在線段AB上，點(diǎn)F在AC的延長(zhǎng)線上；③當(dāng)4＜t≤7時(shí)，如答圖2﹣3所示，點(diǎn)G、F分別在AB、AC的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)E在線段AC上．（3）因?yàn)椤螹CN為等腰三角形的底角，因此只可能有兩種情形：①若點(diǎn)N為等腰三角形的頂點(diǎn)，如答圖3﹣1所示；②若點(diǎn)M為等腰三角形的頂點(diǎn)，如答圖3﹣2所示．解答：解：（1）∵?ABCD，∴CD=AB=4．在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH===2，∴CH=DH．∴AC=AD=7．（2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，AE=t，AF=3t，∴等邊△EFG的邊長(zhǎng)EF=EG=GF=2t．如答圖1，過(guò)點(diǎn)G作GP⊥AC于點(diǎn)P，則EP=EG=t，GP=EG=t．∴AP=AE+EP=2t．∴tan∠GAC===．∵tan∠BAC=tan∠ACH===，∴tan∠GAC=tan∠BAC，∴點(diǎn)G始終在射線AB上．設(shè)∠BAC=∠ACH=θ，則sinθ==，cosθ==．①當(dāng)0≤t≤時(shí)，如答圖2﹣1所示，等邊△EFG在△內(nèi)部．S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；②當(dāng)＜t≤4時(shí)，如答圖2﹣2所示，點(diǎn)G在線段AB上，點(diǎn)F在AC的延長(zhǎng)線上．過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥AF于點(diǎn)Q，則BQ=AB?sinθ=4×=4，AQ=AB?cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．設(shè)BC與GF交于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)K作KP⊥AF于點(diǎn)P，設(shè)KP=x，則PF==x，∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（3t﹣7）．∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2﹣（3t﹣7）?（3t﹣7）=﹣t2+t﹣；③當(dāng)4＜t≤7時(shí)，如答圖2﹣3所示，點(diǎn)G、F分別在AB、AC的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)E在線段AC上．過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥AF于點(diǎn)Q，則BQ=AB?sinθ=4×=4，AQ=AB?cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．設(shè)BC與GF交于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)K作KP⊥AF于點(diǎn)P，設(shè)KP=x，則EP==x，∴CP=EP﹣CE=x﹣（7﹣t）=x﹣7+t．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（7﹣t）．∴S=S△CEK=（7﹣t）?（7﹣t）=t2﹣t+．綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S=．（3）設(shè)∠ACH=θ，則tanθ===，cosθ==．當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，t=7，∴等邊△EFG的邊長(zhǎng)=2t=14．假設(shè)存在點(diǎn)M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形，①若點(diǎn)N為等腰三角形的頂點(diǎn)，如答圖3﹣1所示，則∠NMC=∠MCN=θ．過(guò)點(diǎn)C作CP⊥F′M于點(diǎn)P，則CP=CF′=7．∴PM===14．設(shè)CN=MN=x，則PN=PM﹣MN=14﹣x．在Rt△CNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，解得：x=．過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥CM于點(diǎn)Q，∴CM=2CQ=2CN?cosθ=2××=7；②若點(diǎn)M為等腰三角形的頂點(diǎn)，如答圖3﹣2所示，則∠MNC=∠MCN=θ．過(guò)點(diǎn)C作CP⊥G′N于點(diǎn)P，則CP=CF′=7．∴PN===14．設(shè)CM=MN=x，則PM=PN﹣MN=14﹣x．在Rt△CMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，∴CM=x=．綜上所述，存在點(diǎn)M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形，CM的長(zhǎng)度為7或．點(diǎn)評(píng)：本題是幾何變換綜合題，涉及平移與旋轉(zhuǎn)兩種幾何變換．第（2）問(wèn)中，針對(duì)不同時(shí)間段內(nèi)的幾何圖形，需要分類討論；第（3）問(wèn)中，根據(jù)頂點(diǎn)的不同，分兩種情形進(jìn)行分類討論．本題涉及考點(diǎn)眾多，圖形復(fù)雜，計(jì)算量偏大，難度較大；解題時(shí)需要全面分析，認(rèn)真計(jì)算．3．（?長(zhǎng)春）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，點(diǎn)O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線AD﹣DO﹣OC以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A不重合時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．（1）求點(diǎn)N落在BD上時(shí)t的值；（2）直接寫出點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)t的取值范圍；（3）當(dāng)點(diǎn)P在折線AD﹣DO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）直接寫出直線DN平分△BCD面積時(shí)t的值．考點(diǎn)：相似形綜合題；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；分類討論．分析：（1）可證△DPN∽△DQB，從而有，即可求出t的值．（2）只需考慮兩個(gè)臨界位置（①M(fèi)N經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，②點(diǎn)P與點(diǎn)O重合）下t的值，就可得到點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)t的取值范圍．（3）根據(jù)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類，如圖4、圖5、圖6，然后運(yùn)用三角形相似、銳角三角函數(shù)等知識(shí)就可求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（4）由于點(diǎn)P在折線AD﹣DO﹣OC運(yùn)動(dòng)，可分點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)P在DO上，點(diǎn)P在OC上三種情況進(jìn)行討論，然后運(yùn)用三角形相似等知識(shí)就可求出直線DN平分△BCD面積時(shí)t的值．解答：解：（1）當(dāng)點(diǎn)N落在BD上時(shí)，如圖1．∵四邊形PQMN是正方形，∴PN∥QM，PN=PQ=t．∴△DPN∽△DQB．∴．∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，∴．∴t=．∴當(dāng)t=時(shí)，點(diǎn)N落在BD上．（2）①如圖2，則有QM=QP=t，MB=4﹣t．∵四邊形PQMN是正方形，∴MN∥DQ．∵點(diǎn)O是DB的中點(diǎn)，∴QM=BM．∴t=4﹣t．∴t=2．②如圖3，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°．∵AB=4，AD=3，∴DB=5．∵點(diǎn)O是DB的中點(diǎn)，∴DO=．∴1×t=AD+DO=3+．∴t=．∴當(dāng)點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)，t的范圍是2＜t＜．（3）①當(dāng)0＜t≤時(shí)，如圖4．S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2．②當(dāng)＜t≤3時(shí)，如圖5，∵tan∠ADB==，∴=．∴PG=4﹣t．∴GN=PN﹣PG=t﹣（4﹣t）=﹣4．∵tan∠NFG=tan∠ADB=，∴．∴NF=GN=（﹣4）=t﹣3．∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF=t2﹣×（﹣4）×（t﹣3）=﹣t2+7t﹣6．③當(dāng)3＜t≤時(shí)，如圖6，∵四邊形PQMN是正方形，四邊形ABCD是矩形．∴∠PQM=∠DAB=90°．∴PQ∥AD．∴△BQP∽△BAD．∴==．∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3，∴．∴BQ=，PQ=．∴QM=PQ=．∴BM=BQ﹣QM=．∵tan∠ABD=，∴FM=BM=．∴S=S梯形PQMF=（PQ+FM）?QM=[+]?=（8﹣t）2=t2﹣t+．綜上所述：當(dāng)0＜t≤時(shí)，S=t2．當(dāng)＜t≤3時(shí)，S=﹣t2+7t﹣6．當(dāng)3＜t≤時(shí)，S=t2﹣t+．（4）設(shè)直線DN與BC交于點(diǎn)E，∵直線DN平分△BCD面積，∴BE=CE=．①點(diǎn)P在AD上，過(guò)點(diǎn)E作EH∥PN交AD于點(diǎn)H，如圖7，則有△DPN∽△DHE．∴．∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE=，EH=AB=4，∴．解得；t=．②點(diǎn)P在DO上，連接OE，如圖8，則有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN．∴△DPN∽△DOE．∴．∵DP=t﹣3，DO=，OE=2，∴PN=（t﹣3）．∵PQ=（8﹣t），PN=PQ，∴（t﹣3）=（8﹣t）．解得：t=．③點(diǎn)P在OC上，設(shè)DE與OC交于點(diǎn)S，連接OE，交PQ于點(diǎn)R，如圖9，則有OE=2，OE∥DC．∴△DSC∽△ESO．∴．∴SC=2SO．∵OC=，∴SO==．∵PN∥AB∥DC∥OE，∴△SPN∽△SOE．∴．∵SP=3++﹣t=，SO=，OE=2，∴PN=．∵PR∥MN∥BC，∴△ORP∽△OEC．∴．∵OP=t﹣，OC=，EC=，∴PR=．∵QR=BE=，∴PQ=PR+QR=．∵PN=PQ，∴=．解得：t=．綜上所述：當(dāng)直線DN平分△BCD面積時(shí)，t的值為、、．點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、三角形的中位線定理、勾股定理等知識(shí)，考查了用割補(bǔ)法求五邊形的面積，考查了用臨界值法求t的取值范圍，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．4．（?達(dá)州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，己知點(diǎn)O（0，0），A（5，0），B（4，4）．（1）求過(guò)O、B、A三點(diǎn)的拋物線的解析式．（2）在第一象限的拋物線上存在點(diǎn)M，使以O(shè)、A、B、M為頂點(diǎn)的四邊形面積最大，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．（3）作直線x=m交拋物線于點(diǎn)P，交線段OB于點(diǎn)Q，當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，求m的值．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；分類討論．分析：（1）由于拋物線與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)已知，因此拋物線的解析式可設(shè)成交點(diǎn)式，然后把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入，即可求出拋物線的解析式．（2）以O(shè)、A、B、M為頂點(diǎn)的四邊形中，△OAB的面積固定，因此只要另外一個(gè)三角形面積最大，則四邊形面積即最大；求出另一個(gè)三角形面積的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定其最值；本問(wèn)需分類討論：①當(dāng)0＜x＜4時(shí)，點(diǎn)M在拋物線OB段上時(shí)，如答圖1所示；②當(dāng)4＜x＜5時(shí)，點(diǎn)M在拋物線AB段上時(shí)，圖略．（3）△PQB為等腰三角形時(shí)，有三種情形，需要分類討論，避免漏解：①若點(diǎn)B為頂點(diǎn)，即BP=BQ，如答圖2﹣1所示；②若點(diǎn)P為頂點(diǎn)，即PQ=PB，如答圖2﹣2所示；③若點(diǎn)P為頂點(diǎn)，即PQ=QB，如答圖2﹣3所示．解答：解：（1）∵該拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（5，0），O（0，0），∴該拋物線的解析式可設(shè)為y=a（x﹣0）（x﹣5）=ax（x﹣5）．∵點(diǎn)B（4，4）在該拋物線上，∴a×4×（4﹣5）=4．∴a=﹣1．∴該拋物線的解析式為y=﹣x（x﹣5）=﹣x2+5x．（2）以O(shè)、A、B、M為頂點(diǎn)的四邊形中，△OAB的面積固定，因此只要另外一個(gè)三角形面積最大，則四邊形面積即最大．①當(dāng)0＜x＜4時(shí)，點(diǎn)M在拋物線OB段上時(shí)，如答圖1所示．∵B（4，4），∴易知直線OB的解析式為：y=x．設(shè)M（x，﹣x2+5x），過(guò)點(diǎn)M作ME∥y軸，交OB于點(diǎn)E，則E（x，x），∴ME=（﹣x2+5x）﹣x=﹣x2+4x．S△OBM=S△MEO+S△MEB=ME（xE﹣0）+ME（xB﹣xE）=ME?xB=ME×4=2ME，∴S△OBM=﹣2x2+8x=﹣2（x﹣2）2+8∴當(dāng)x=2時(shí)，S△OBM最大值為8，即四邊形的面積最大．②當(dāng)4＜x＜5時(shí)，點(diǎn)M在拋物線AB段上時(shí)，圖略．可求得直線AB解析式為：y=﹣4x+20．設(shè)M（x，﹣x2+5x），過(guò)點(diǎn)M作ME∥y軸，交AB于點(diǎn)E，則E（x，﹣4x+20），∴ME=（﹣x2+5x）﹣（﹣4x+20）=﹣x2+9x﹣20．S△ABM=S△MEB+S△MEA=ME（xE﹣xB）+ME（xA﹣xE）=ME?（xA﹣xB）=ME×1=ME，∴S△ABM=﹣x2+x﹣10=﹣（x﹣）2+∴當(dāng)x=時(shí)，S△ABM最大值為，即四邊形的面積最大．比較①②可知，當(dāng)x=2時(shí)，四邊形面積最大．當(dāng)x=2時(shí)，y=﹣x2+5x=6，∴M（2，6）．（3）由題意可知，點(diǎn)P在線段OB上方的拋物線上．設(shè)P（m，﹣m2+5m），則Q（m，m）當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，①若點(diǎn)B為頂點(diǎn)，即BP=BQ，如答圖2﹣1所示．過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PQ于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為線段PQ中點(diǎn)，∴E（m，）．∵BE∥x軸，B（4，4），∴=4，解得：m=2或m=4（與點(diǎn)B重合，舍去）∴m=2；②若點(diǎn)P為頂點(diǎn)，即PQ=PB，如答圖2﹣2所示．易知∠BOA=45°，∴∠PQB=45°，則△PQB為等腰直角三角形．∴PB∥x軸，∴﹣m2+5m=4，解得：m=1或m=4（與點(diǎn)B重合，舍去）∴m=1；③若點(diǎn)Q為頂點(diǎn)，即PQ=QB，如答圖2﹣3所示．∵P（m，﹣m2+5m），Q（m，m），∴PQ=﹣m2+4m．又∵QB=（xB﹣xQ）=（4﹣m），∴﹣m2+4m=（4﹣m），解得：m=或m=4（與點(diǎn)B重合，舍去），∴m=．綜上所述，當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，m的值為1，2或．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，涉及考點(diǎn)較多，有一定的難度．重點(diǎn)考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，第（2）（3）問(wèn)均需要進(jìn)行分類討論，避免漏解．注意第（2）問(wèn)中求面積表達(dá)式的方法，以及第（3）問(wèn)中利用方程思想求m值的方法．5．（?云南）已知如圖平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形ABCO是頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．點(diǎn)D在y軸上，且點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，﹣5），點(diǎn)P是直線AC上的一動(dòng)點(diǎn)．（1）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段AC的中點(diǎn)時(shí)，求直線DP的解析式（關(guān)系式）；（2）當(dāng)點(diǎn)P沿直線AC移動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)D、P的直線與x軸交于點(diǎn)M．問(wèn)在x軸的正半軸上是否存在使△DOM與△ABC相似的點(diǎn)M？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）當(dāng)點(diǎn)P沿直線AC移動(dòng)時(shí)，以點(diǎn)P為圓心、R（R＞0）為半徑長(zhǎng)畫圓．得到的圓稱為動(dòng)圓P．若設(shè)動(dòng)圓P的半徑長(zhǎng)為，過(guò)點(diǎn)D作動(dòng)圓P的兩條切線與動(dòng)圓P分別相切于點(diǎn)E、F．請(qǐng)?zhí)角笤趧?dòng)圓P中是否存在面積最小的四邊形DEPF？若存在，請(qǐng)求出最小面積S的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：圓的綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；垂線段最短；勾股定理；切線長(zhǎng)定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；壓軸題；存在型；分類討論．分析：（1）只需先求出AC中點(diǎn)P的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法即可求出直線DP的解析式．（2）由于△DOM與△ABC相似，對(duì)應(yīng)關(guān)系不確定，可分兩種情況進(jìn)行討論，利用三角形相似求出OM的長(zhǎng)，即可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．（3）易證S△PED=S△PFD．從而有S四邊形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根據(jù)“點(diǎn)到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)DP⊥AC時(shí)，DP最短，此時(shí)DE也最短，對(duì)應(yīng)的四邊形DEPF的面積最?。柚谌切蜗嗨疲纯汕蟪鯠P⊥AC時(shí)DP的值，就可求出四邊形DEPF面積的最小值．解答：解：（1）過(guò)點(diǎn)P作PH∥OA，交OC于點(diǎn)H，如圖1所示．∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．∴==．∵點(diǎn)P是AC中點(diǎn)，∴CP=CA．∴HP=OA，CH=CO．∵A（3，0）、C（0，4），∴OA=3，OC=4．∴HP=，CH=2．∴OH=2．∵PH∥OA，∠COA=90°，∴∠CHP=∠COA=90°．∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，2）．設(shè)直線DP的解析式為y=kx+b，∵D（0，﹣5），P（，2）在直線DP上，∴∴∴直線DP的解析式為y=x﹣5．（2）①若△DOM∽△ABC，圖2（1）所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．∵點(diǎn)B坐標(biāo)為（3，4），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0．﹣5），∴BC=3，AB=4，OD=5．∴=．∴OM=．∵點(diǎn)M在x軸的正半軸上，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）②若△DOM∽△CBA，如圖2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．∴OM=．∵點(diǎn)M在x軸的正半軸上，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）．綜上所述：若△DOM與△CBA相似，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）或（，0）．（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．∴PE=PF=AC=．∵DE、DF都與⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．∴S△PED=S△PFD．∴S四邊形DEPF=2S△PED=2×PE?DE=PE?DE=DE．∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．根據(jù)“點(diǎn)到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)DP⊥AC時(shí)，DP最短，此時(shí)DE取到最小值，四邊形DEPF的面積最?。逥P⊥AC，∴∠DPC=90°．∴∠AOC=∠DPC．∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，∴△AOC∽△DPC．∴=．∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，∴=．∴DP=．∴DE2=DP2﹣=（）2﹣=．∴DE=，∴S四邊形DEPF=DE=．∴四邊形DEPF面積的最小值為．點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求直線的解析式、切線長(zhǎng)定理、勾股定理、垂線段最短等知識(shí)，考查了分類討論的思想．將求DE的最小值轉(zhuǎn)化為求DP的最小值是解決第3小題的關(guān)鍵．另外，要注意“△DOM與△ABC相似”與“△DOM∽△ABC“之間的區(qū)別．6．（?十堰）已知拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點(diǎn)為A，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（﹣2，﹣1）．（1）求A點(diǎn)的坐標(biāo)和拋物線C1的解析式；（2）如圖1，將拋物線C1向下平移2個(gè)單位后得到拋物線C2，且拋物線C2與直線AB相交于C，D兩點(diǎn)，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如圖2，若過(guò)P（﹣4，0），Q（0，2）的直線為l，點(diǎn)E在（2）中拋物線C2對(duì)稱軸右側(cè)部分（含頂點(diǎn)）運(yùn)動(dòng)，直線m過(guò)點(diǎn)C和點(diǎn)E．問(wèn)：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說(shuō)明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的增減性．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；存在型．分析：（1）由拋物線的頂點(diǎn)式易得頂點(diǎn)A坐標(biāo)，把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可解決問(wèn)題．（2）根據(jù)平移法則求出拋物線C2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再通過(guò)解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點(diǎn)C、D的坐標(biāo)，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．（3）設(shè)直線m與y軸交于點(diǎn)G，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點(diǎn)G的變化而變化，故需對(duì)點(diǎn)G的位置進(jìn)行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識(shí)求出符合條件的點(diǎn)G的坐標(biāo)，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式．解答：解：（1）∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點(diǎn)為A，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）．∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（﹣2，﹣1），∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1．解得：a=1．∴拋物線C1的解析式為：y=（x+1）2﹣2．（2）∵拋物線C2是由拋物線C1向下平移2個(gè)單位所得，∴拋物線C2的解析式為：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴解得：∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣3．聯(lián)立解得：或．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸，垂足為E，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥y軸，垂足為F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴S△OAC：S△OAD=（OC?AE）：（OD?AF）=（×3×2）：（×3×1）=2．∴S△OAC：S△OAD的值為2．（3）設(shè)直線m與y軸交于點(diǎn)G，設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，t）．1．當(dāng)直線m與直線l平行時(shí)，則有CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴=．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2，∴=．∴OG=．∵當(dāng)t=時(shí)，直線m與直線l平行，∴直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形．∴t≠．2．當(dāng)直線m與直線l相交時(shí)，設(shè)交點(diǎn)為H，①t＜0時(shí)，如圖2①所示．∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．當(dāng)∠PHC=∠GHQ時(shí)，∵∠PHC+∠GHQ=180°，∴∠PHC=∠GHQ=90°．∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴=．∴=．∴OG=6．∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，﹣6）設(shè)直線m的解析式為y=mx+n，∵點(diǎn)C（﹣3，0），點(diǎn)G（0，﹣6）在直線m上，∴．解得：．∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6，聯(lián)立，解得：或∴E（﹣1，﹣4）．此時(shí)點(diǎn)E就是拋物線的頂點(diǎn)，符合條件．∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6．②當(dāng)t=0時(shí)，此時(shí)直線m與x軸重合，∴直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形．∴t≠0．③O＜t＜時(shí)，如圖2②所示，∵tan∠GCO==＜，tan∠PQO===2，∴tan∠GCO≠tan∠PQO．∴∠GCO≠∠PQO．∵∠GCO=∠PCH，∴∠PCH≠∠PQO．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC與△GHQ不相似．∴符合條件的直線m不存在．④＜t≤2時(shí)，如圖2③所示．∵tan∠CGO==≥，tan∠QPO===．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO，又∵∠HQG＞∠QPO，∴△PHC與△GHQ不相似．∴符合條件的直線m不存在．⑤t＞2時(shí)，如圖2④所示．此時(shí)點(diǎn)E在對(duì)稱軸的右側(cè)．∵∠PCH＞∠CGO，∴∠PCH≠∠CGO．當(dāng)∠QPC=∠CGO時(shí)，∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．∴符合條件的直線m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴=．∴=．∴OG=6．∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線m的解析式為y=px+q∵點(diǎn)C（﹣3，0）、點(diǎn)G（0，6）在直線m上，∴．解得：．∴直線m的解析式為y=2x+6．綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似，此時(shí)直線m的解析式為y=﹣2x﹣6和y=2x+6．點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的有關(guān)知識(shí)，考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義及增減性等知識(shí)，考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，考查了通過(guò)解方程組求兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)，強(qiáng)化了對(duì)運(yùn)算能力、批判意識(shí)、分類討論思想的考查，具有較強(qiáng)的綜合性，有一定的難度．7．（?湘西州）如圖，拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對(duì)稱，它的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，點(diǎn)B（2，﹣）和點(diǎn)C（﹣3，﹣3）兩點(diǎn)均在拋物線上，點(diǎn)F（0，﹣）在y軸上，過(guò)點(diǎn)（0，）作直線l與x軸平行．（1）求拋物線的解析式和線段BC的解析式．（2）設(shè)點(diǎn)D（x，y）是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B，C重合），過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，與拋物線交于點(diǎn)G．設(shè)線段GD的長(zhǎng)度為h，求h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)x為何值時(shí)，線段GD的長(zhǎng)度h最大，最大長(zhǎng)度h的值是多少？（3）若點(diǎn)P（m，n）是拋物線上位于第三象限的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PF并延長(zhǎng)，交拋物線于另一點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作QS⊥l，垂足為點(diǎn)S，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥l，垂足為點(diǎn)N，試判斷△FNS的形狀，并說(shuō)明理由；（4）若點(diǎn)A（﹣2，t）在線段BC上，點(diǎn)M為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AF，當(dāng)點(diǎn)M在何位置時(shí)，MF+MA的值最小，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)與MF+MA的最小值．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；線段的性質(zhì)：兩點(diǎn)之間線段最短．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）由于拋物線的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，故拋物線的解析式可設(shè)為y=ax2，把點(diǎn)C的坐標(biāo)代入即可求出拋物線的解析式；設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，把點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入即可求出直線BC的解析式．（2）由點(diǎn)D（x，y）在線段BC上可得yD=x﹣2，由點(diǎn)G在拋物線y=﹣x2上可得yG=﹣x2．由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）配方可得h=﹣（x+）2+．根據(jù)二次函數(shù)的最值性即可解決問(wèn)題．（3）可以證明PF=PN，結(jié)合PN∥OF可推出∠PFN=∠OFN；同理可得∠QFS=∠OFS．由∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°可推出∠NFS=90°，故△NFS是直角三角形．（4）過(guò)點(diǎn)M作MH⊥l，垂足為H，如圖4，由（3）中推出的結(jié)論P(yáng)F=PN可得：拋物線y=﹣x2上的點(diǎn)到點(diǎn)F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等，從而有MF=MH，則MA+MF=MA+MH．由兩點(diǎn)之間線段最短可得：當(dāng)A、M、H三點(diǎn)共線（即AM⊥l）時(shí)，MA+MH（即MA+MF）最小，此時(shí)xM=xA=﹣2，從而可以求出點(diǎn)M及點(diǎn)A的坐標(biāo)，就可求出MF+MA的最小值．解答：解：（1）如圖1，∵拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對(duì)稱，它的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，∴拋物線解析式為y=ax2．∵點(diǎn)C（﹣3，﹣3）在拋物線y=ax2上，∴.9a=﹣3．∴a=﹣．∴拋物線的解析式為y=﹣x2．設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n．∵B（2，﹣）、C（﹣3，﹣3）在直線y=mx+n上，∴．解得：．∴直線BC的解析式為y=x﹣2．（2）如圖2，∵點(diǎn)D（x，y）是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B，C重合），∴yD=x﹣2，且﹣3＜x＜2．∵DG⊥x軸，∴xG=xD=x．∵點(diǎn)G在拋物線y=﹣x2上，∴yG=﹣x2．∴h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）=﹣x2﹣x+2=﹣（x2+x）+2=﹣（x2+x+﹣）+2=﹣（x+）2++2=﹣（x+）2+．∵﹣＜0，﹣3＜﹣＜2，∴當(dāng)x=﹣時(shí)，h取到最大值，最大值為．∴h與x之間的函數(shù)關(guān)系式為h=﹣（x+）2+，其中﹣3＜x＜2；當(dāng)x=﹣時(shí)，線段GD的長(zhǎng)度h最大，最大長(zhǎng)度h的值是．（3）△FNS是直角三角形．證明：過(guò)點(diǎn)F作FT⊥PN，垂足為T，如圖3，∵點(diǎn)P（m，n）是拋物線y=﹣x2上位于第三象限的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∴n=﹣m2．m＜0，n＜0．∴m2=﹣3n．在Rt△PTF中，∵PT=﹣﹣n，F(xiàn)T=﹣m，∴PF=====﹣n．∵PN⊥l，且l是過(guò)點(diǎn)（0，）平行于x軸的直線，∴PN=﹣n．∴PF=PN．∴∠PNF=∠PFN．∵PN⊥l，OF⊥l，∴PN∥OF．∴∠PNF=∠OFN．∴∠PFN=∠OFN．同理可得：∠QFS=∠OFS．∵∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°，∴2∠OFN+2∠OFS=180°．∴∠OFN+∠OFS=90°．∴∠NFS=90°．∴△NFS是直角三角形．（4）過(guò)點(diǎn)M作MH⊥l，垂足為H，如圖4，在（3）中已證到PF=PN，由此可得：拋物線y=﹣x2上的點(diǎn)到點(diǎn)F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等．∴MF=MH．∴MA+MF=MA+MH．由兩點(diǎn)之間線段最短可得：當(dāng)A、M、H三點(diǎn)共線（即AM⊥l）時(shí)，MA+MH（即MA+MF）最小，等于AH．即xM=xA=﹣2時(shí)，MA+MF取到最小值．此時(shí)，yM=﹣×（﹣2）2=﹣，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，﹣）；yA=×（﹣2）﹣2=﹣，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，﹣）；MF+MA的最小值=AH=﹣（﹣）=．∴當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，﹣）時(shí)，MF+MA的值最小，最小值為．點(diǎn)評(píng)：本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值、二次根式的化簡(jiǎn)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，綜合性非常強(qiáng)，難度比較大．而證出PF=PN及由此得出“拋物線y=﹣x2上的點(diǎn)到點(diǎn)F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等”是解決第三小題和第四小題的關(guān)鍵．8．（?宜昌）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P（0，4），點(diǎn)A在線段OP上，點(diǎn)B在x軸正半軸上，且AP=OB=t，0＜t＜4，以AB為邊在第一象限內(nèi)作正方形ABCD；過(guò)點(diǎn)C、D依次向x軸、y軸作垂線，垂足為M，N，設(shè)過(guò)O，C兩點(diǎn)的拋物線為y=ax2+bx+c．（1）填空：△AOB≌△DNA或△DPA≌△BMC（不需證明）；用含t的代數(shù)式表示A點(diǎn)縱坐標(biāo)：A（0，4﹣t）；（2）求點(diǎn)C的坐標(biāo)，并用含a，t的代數(shù)式表示b；（3）當(dāng)t=1時(shí)，連接OD，若此時(shí)拋物線與線段OD只有唯一的公共點(diǎn)O，求a的取值范圍；（4）當(dāng)拋物線開(kāi)口向上，對(duì)稱軸是直線x=2﹣，頂點(diǎn)隨著t的增大向上移動(dòng)時(shí)，求t的取值范圍．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）根據(jù)全等三角形的判定定理SAS證得：△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC；根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系來(lái)求點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）利用（1）中的全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等易推知：OM=OB+BM=t+4﹣t=4，則C（4，t）．把點(diǎn)O、C的坐標(biāo)分別代入拋物線y=ax2+bx+c可以求得b=t﹣4a；（3）利用待定系數(shù)法求得直線OD的解析式y(tǒng)=x．聯(lián)立方程組，得，所以ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+．對(duì)于拋物線的開(kāi)口方向進(jìn)行分類討論，即a＞0和a＜0兩種情況下的a的取值范圍；（4）根據(jù)拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+（﹣4a）x得到頂點(diǎn)坐標(biāo)是（﹣，﹣（t﹣16a）2）．結(jié)合已知條件求得a=t2，故頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2﹣，﹣（t﹣）2）．喲拋物線的性質(zhì)知：只與頂點(diǎn)坐標(biāo)有關(guān)，故t的取值范圍為：0＜t≤．解答：解：（1）如圖，∵∠DNA=∠AOB=90°，∴∠NAD=∠OBA（同角的余角相等）．在△AOB與△DNA中，，∴△AOB≌△DNA（SAS）．同理△DNA≌△BMC．∵點(diǎn)P（0，4），AP=t，∴OA=OP﹣AP=4﹣t．故答案是：DNA或△DPA；4﹣t；（2）由題意知，NA=OB=t，則OA=4﹣t．∵△AOB≌△BMC，∴CM=OB=t，∴OM=OB+BM=t+4﹣t=4，∴C（4，t）．又拋物線y=ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)O、C，∴，解得b=t﹣4a；（3）當(dāng)t=1時(shí)，拋物線為y=ax2+（﹣4a）x，NA=OB=1，OA=3．∵△AOB≌△DNA，∴DN=OA=3，∵D（3，4），∴直線OD為：y=x．聯(lián)立方程組，得，消去y，得ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+，所以，拋物線與直線OD總有兩個(gè)交點(diǎn)．討論：①當(dāng)a＞0時(shí)，4+＞3，只有交點(diǎn)O，所以a＞0符合題意；②當(dāng)a＜0時(shí)，若4+＞3，則a＜﹣．又a＜0所以a＜﹣．若4+＜0，則得a＞﹣．又a＜0，所以﹣＜a＜0．綜上所述，a的取值范圍是a＞0或a＜﹣或﹣＜a＜0．（4）拋物線為y=ax2+（﹣4a）x，則頂點(diǎn)坐標(biāo)是（﹣+2，﹣（t﹣16a）2）．又∵對(duì)稱軸是直線x=﹣+2=2﹣，∴a=t2，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為：（2﹣，﹣（1﹣4t）2），即（2﹣，﹣（t﹣）2）．∵拋物線開(kāi)口向上，且隨著t的增大，拋物線的頂點(diǎn)向上移動(dòng)，∴只與頂點(diǎn)坐標(biāo)有關(guān)，∴t的取值范圍為：0＜t≤．點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)綜合題型．此題難度較大，需要熟練掌握待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)圖象的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性比較強(qiáng)，需要學(xué)生對(duì)所學(xué)知識(shí)進(jìn)行系統(tǒng)的掌握．9．（?鹽城）【問(wèn)題情境】張老師給愛(ài)好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個(gè)問(wèn)題：如圖1，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)P為邊BC上的任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D、E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE=CF．小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE=CF．小俊的證明思路是：如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD=GF，PE=CG，則PD+PE=CF．【變式探究】如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，其余條件不變，求證：PD﹣PE=CF；請(qǐng)運(yùn)用上述解答中所積累的經(jīng)驗(yàn)和方法完成下列兩題：【結(jié)論運(yùn)用】如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，點(diǎn)P為折痕EF上的任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；【遷移拓展】圖5是一個(gè)航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點(diǎn)，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且AD?CE=DE?BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分別為AE、BE的中點(diǎn)，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和．考點(diǎn)：四邊形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；探究型．分析：【問(wèn)題情境】如下圖②，按照小軍、小俊的證明思路即可解決問(wèn)題．【變式探究】如下圖③，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問(wèn)題．【結(jié)論運(yùn)用】易證BE=BF，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖④，利用問(wèn)題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．【遷移拓展】由條件AD?CE=DE?BC聯(lián)想到三角形相似，從而得到∠A=∠ABC，進(jìn)而補(bǔ)全等腰三角形，△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和就可轉(zhuǎn)化為AB+BH，而B(niǎo)H是△ADB的邊AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解決問(wèn)題．解答：解：【問(wèn)題情境】證明：（方法1）連接AP，如圖②∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC=S△ABP+S△ACP，∴AB?CF=AB?PD+AC?PE．∵AB=AC，∴CF=PD+PE．（方法2）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CF，垂足為G，如圖②．∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．∴四邊形PDFG是矩形．∴DP=FG，∠DPG=90°．∴∠CGP=90°．∵PE⊥AC，∴∠CEP=90°．∴∠PGC=∠CEP．∵∠BDP=∠DPG=90°．∴PG∥AB．∴∠GPC=∠B．∵AB=AC，∴∠B=∠ACB．∴∠GPC=∠ECP．在△PGC和△CEP中，∴△PGC≌△CEP．∴CG=PE．∴CF=CG+FG=PE+PD．【變式探究】證明：（方法1）連接AP，如圖③．∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP，∴AB?CF=AB?PD﹣AC?PE．∵AB=AC，∴CF=PD﹣PE．【結(jié)論運(yùn)用】過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BC，垂足為Q，如圖④，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．∵AD=8，CF=3，∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．由折疊可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．∴DF=5．∵∠C=90°，∴DC===4．∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．∴四邊形EQCD是矩形．∴EQ=DC=4．∵AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB．∵∠BEF=∠DEF，∴∠BEF=∠EFB．∴BE=BF．由問(wèn)題情境中的結(jié)論可得：PG+PH=EQ．∴PG+PH=4．∴PG+PH的值為4．【遷移拓展】延長(zhǎng)AD、BC交于點(diǎn)F，作BH⊥AF，垂足為H，如圖⑤．∵AD?CE=DE?BC，∴=．∵ED⊥AD，EC⊥CB，∴∠ADE=∠BCE=90°．∴△ADE∽△BCE．∴∠A=∠CBE．∴FA=FB．由問(wèn)題情境中的結(jié)論可得：ED+EC=BH．設(shè)DH=xdm，則AH=AD+DH=（3+x）dm．∵BH⊥AF，∴∠BHA=90°．∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2．∵AB=2，AD=3，BD=，∴（）2﹣x2=（2）2﹣（3+x）2．解得：x=1．∴BH2=BD2﹣DH2=37﹣1=36．∴BH=6．∴ED+EC=6．∵∠ADE=∠BCE=90°，且M、N分別為AE、BE的中點(diǎn)，∴DM=AM=EM=AE，CN=BN=EN=BE．∴△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和=DE+DM+EM+CN+EN+EC=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC=DE+EC+AB=6+2．∴△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和為（6+2）dm．點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識(shí)，考查了用面積法證明幾何問(wèn)題，考查了運(yùn)用已有的經(jīng)驗(yàn)解決問(wèn)題的能力，體現(xiàn)了自主探究與合作交流的新理念，是充分體現(xiàn)新課程理念難得的好題．10．（?仙桃）已知拋物線經(jīng)過(guò)A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三點(diǎn)，一動(dòng)點(diǎn)P從原點(diǎn)出發(fā)以1個(gè)單位/秒的速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，連接BP，過(guò)點(diǎn)A作直線BP的垂線交y軸于點(diǎn)Q．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)BQ=AP時(shí)，求t的值；（3）隨著點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)，拋物線上是否存在一點(diǎn)M，使△MPQ為等邊三角形？若存在，請(qǐng)直接寫t的值及相應(yīng)點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)的應(yīng)用；全等三角形的應(yīng)用；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）已知3點(diǎn)求拋物線的解析式，設(shè)解析式為y=ax2+bx+c，待定系數(shù)即得a、b、c的值，即得解析式．（2）BQ=AP，要考慮P在OC上及P在OC的延長(zhǎng)線上兩種情況，有此易得BQ，AP關(guān)于t的表示，代入BQ=AP可求t值．（3）考慮等邊三角形，我們通常只需明確一邊的情況，進(jìn)而即可描述出整個(gè)三角形．考慮△MPQ，發(fā)現(xiàn)PQ為一有規(guī)律的線段，易得OPQ為等腰直角三角形，但僅因此無(wú)法確定PQ運(yùn)動(dòng)至何種情形時(shí)△MPQ為等邊三角形．若退一步考慮等腰，發(fā)現(xiàn)，MO應(yīng)為PQ的垂直平分線，即使△MPQ為等邊三角形的M點(diǎn)必屬于PQ的垂直平分線與拋物線的交點(diǎn)，但要明確這些交點(diǎn)僅僅滿足△MPQ為等腰三角形，不一定為等邊三角形．確定是否為等邊，我們可以直接由等邊性質(zhì)列出關(guān)于t的方程，考慮t的存在性．解答：解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，∵拋物線經(jīng)過(guò)A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三點(diǎn)，∴，解得，∴y=﹣x2﹣x+2．（2）∵AQ⊥PB，BO⊥AP，∴∠AOQ=∠BOP=90°，∠PAQ=∠PBO，∵AO=BO=2，∴△AOQ≌△BOP，∴OQ=OP=t．①如圖1，當(dāng)t≤2時(shí)，點(diǎn)Q在點(diǎn)B下方，此時(shí)BQ=2﹣t，AP=2+t．∵BQ=AP，∴2﹣t=（2+t），∴t=．②如圖2，當(dāng)t＞2時(shí)，點(diǎn)Q在點(diǎn)B上方，此時(shí)BQ=t﹣2，AP=2+t．∵BQ=AP，∴t﹣2=（2+t），∴t=6．綜上所述，t=或6時(shí)，BQ=AP．（3）當(dāng)t=﹣1時(shí)，拋物線上存在點(diǎn)M（1，1）；當(dāng)t=3+3時(shí)，拋物線上存在點(diǎn)M（﹣3，﹣3）．分析如下：∵AQ⊥BP，∴∠QAO+∠BPO=90°，∵∠QAO+∠AQO=90°，∴∠AQO=∠BPO．在△AOQ和△BOP中，，∴△AOQ≌△BOP，∴OP=OQ，∴△OPQ為等腰直角三角形，∵△MPQ為等邊三角形，則M點(diǎn)必在PQ的垂直平分線上，∵直線y=x垂直平分PQ，∴M在y=x上，設(shè)M（x，y），∴，解得或，∴M點(diǎn)可能為（1，1）或（﹣3，﹣3）．①如圖3，當(dāng)M的坐標(biāo)為（1，1）時(shí)，作MD⊥x軸于D，則有PD=|1﹣t|，MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2，PQ2=2t2，∵△MPQ為等邊三角形，∴MP=PQ，∴t2+2t﹣2=0，∴t=﹣1+，t=﹣1﹣（負(fù)值舍去）．②如圖4，當(dāng)M的坐標(biāo)為（﹣3，﹣3）時(shí)，作ME⊥x軸于E，則有PE=3+t，ME=3，∴MP2=32+（3+t）2=t2+6t+18，PQ2=2t2，∵△MPQ為等邊三角形，∴MP=PQ，∴t2﹣6t﹣18=0，∴t=3+3，t=3﹣3（負(fù)值舍去）．綜上所述，當(dāng)t=﹣1+時(shí)，拋物線上存在點(diǎn)M（1，1），或當(dāng)t=3+3時(shí)，拋物線上存在點(diǎn)M（﹣3，﹣3），使得△MPQ為等邊三角形．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)、一次函數(shù)及三角形相關(guān)知識(shí)的綜合題目，其中涉及的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求拋物線，三角形全等，等腰、等邊三角形性質(zhì)及一次函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，在討論動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題是一定要注意考慮全面分情形討論分析．總體來(lái)說(shuō)本題難度較高，其中技巧需要好好把握．11．（?河南）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），B（5，0）兩點(diǎn)，直線y=﹣x+3與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D．點(diǎn)P是x軸上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線CD于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．（1）求拋物線的解析式；（2）若PE=5EF，求m的值；（3）若點(diǎn)E′是點(diǎn)E關(guān)于直線PC的對(duì)稱點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)E′落在y軸上？若存在，請(qǐng)直接寫出相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）用含m的代數(shù)式分別表示出PE、EF，然后列方程求解；（3）解題關(guān)鍵是識(shí)別出四邊形PECE′是菱形，然后根據(jù)PE=CE的條件，列出方程求解．解答：解：（1）將點(diǎn)A、B坐標(biāo)代入拋物線解析式，得：，解得，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+4x+5．（2）∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0）．∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．由題意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；①若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，解得：m=或m=．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=、m=這兩個(gè)解均舍去．∴m=2或m=．（3）假設(shè)存在．作出示意圖如下：∵點(diǎn)E、E′關(guān)于直線PC對(duì)稱，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．∵PE平行于y軸，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四邊形PECE′是菱形．由直線CD解析式y(tǒng)=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．過(guò)點(diǎn)E作EM∥x軸，交y軸于點(diǎn)M，易得△CEM∽△CDO，∴，即，解得CE=|m|，∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|∴|﹣m2+m+2|=|m|．①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m=3+或m=3﹣．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=3+這個(gè)解舍去．綜上所述，存在滿足條件的點(diǎn)P，可求得點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)、待定系數(shù)法、菱形、相似三角形等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，重點(diǎn)考查了分類討論思想與方程思想的靈活運(yùn)用．需要注意的是，為了避免漏解，表示線段長(zhǎng)度的代數(shù)式均含有絕對(duì)值，解方程時(shí)需要分類討論、分別計(jì)算．12．（?成都）如圖，已知拋物線y=（x+2）（x﹣4）（k為常數(shù)，且k＞0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B的直線y=﹣x+b與拋物線的另一交點(diǎn)為D．（1）若點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為﹣5，求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）若在第一象限內(nèi)的拋物線上有點(diǎn)P，使得以A，B，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，求k的值；（3）在（1）的條件下，設(shè)F為線段BD上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接AF，一動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到F，再沿線段FD以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到D后停止，當(dāng)點(diǎn)F的坐標(biāo)是多少時(shí)，點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中用時(shí)最少？考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）首先求出點(diǎn)A、B坐標(biāo)，然后求出直線BD的解析式，求得點(diǎn)D坐標(biāo)，代入拋物線解析式，求得k的值；（2）因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個(gè)三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如答圖2，按照以上兩種情況進(jìn)行分類討論，分別計(jì)算；（3）由題意，動(dòng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路徑為折線AF+DF，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=AF+DF．如答圖3，作輔助線，將AF+DF轉(zhuǎn)化為AF+FG；再由垂線段最短，得到垂線段AH與直線BD的交點(diǎn)，即為所求的F點(diǎn)．解答：解：（1）拋物線y=（x+2）（x﹣4），令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．∵直線y=﹣x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（4，0），∴﹣×4+b=0，解得b=，∴直線BD解析式為：y=﹣x+．當(dāng)x=﹣5時(shí)，y=3，∴D（﹣5，3）．∵點(diǎn)D（﹣5，3）在拋物線y=（x+2）（x﹣4）上，∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3，∴k=．∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y=（x+2）（x﹣4）．（2）由拋物線解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k．因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個(gè)三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．①若△ABC∽△APB，則有∠BAC=∠PAB，如答圖2﹣1所示．設(shè)P（x，y），過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，則ON=x，PN=y．tan∠BAC=tan∠PAB，即：，∴y=x+k．∴P（x，x+k），代入拋物線解析式y(tǒng)=（x+2）（x﹣4），得（x+2）（x﹣4）=x+k，整理得：x2﹣6x﹣16=0，解得：x=8或x=﹣2（與點(diǎn)A重合，舍去），∴P（8，5k）．∵△ABC∽△APB，∴，即，解得：k=．②若△ABC∽△PAB，則有∠ABC=∠PAB，如答圖2﹣2所示．與①同理，可求得：k=．綜上所述，k=或k=．（3）由（1）知：D（﹣5，3），如答圖2﹣2，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥x軸于點(diǎn)N，則DN=3，ON=5，BN=4+5=9，∴tan∠DBA===，∴∠DBA=30°．過(guò)點(diǎn)D作DK∥x軸，則∠KDF=∠DBA=30°．過(guò)點(diǎn)F作FG⊥DK于點(diǎn)G，則FG=DF．由題意，動(dòng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路徑為折線AF+DF，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=AF+DF，∴t=AF+FG，即運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于折線AF+FG的長(zhǎng)度．由垂線段最短可知，折線AF+FG的長(zhǎng)度的最小值為DK與x軸之間的垂線段．過(guò)點(diǎn)A作AH⊥DK于點(diǎn)H，則t最小=AH，AH與直線BD的交點(diǎn)，即為所求之F點(diǎn)．∵A點(diǎn)橫坐標(biāo)為﹣2，直線BD解析式為：y=﹣x+，∴y=﹣×（﹣2）+=2，∴F（﹣2，2）．綜上所述，當(dāng)點(diǎn)F坐標(biāo)為（﹣2，2）時(shí)，點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中用時(shí)最少．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，難度很大．第（2）問(wèn)中需要分類討論，避免漏解；在計(jì)算過(guò)程中，解析式中含有未知數(shù)k，增加了計(jì)算的難度，注意解題過(guò)程中的技巧；第（3）問(wèn)中，運(yùn)用了轉(zhuǎn)化思想使得試題難度大大降低，需要認(rèn)真體會(huì)．13．（?徐州）如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，沿射線AD移動(dòng)，以CE為直徑作圓O，點(diǎn)F為圓O與射線BD的公共點(diǎn)，連接EF、CF，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點(diǎn)G，連接CG．（1）試說(shuō)明四邊形EFCG是矩形；（2）當(dāng)圓O與射線BD相切時(shí)，點(diǎn)E停止移動(dòng)，在點(diǎn)E移動(dòng)的過(guò)程中，①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個(gè)最大值或最小值；若不存在，說(shuō)明理由；②求點(diǎn)G移動(dòng)路線的長(zhǎng)．考點(diǎn)：圓的綜合題；垂線段最短；直角三角形斜邊上的中線；矩形的判定與性質(zhì)；圓周角定理；切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；存在型．分析：（1）只要證到三個(gè)內(nèi)角等于90°即可．（2）易證點(diǎn)D在⊙O上，根據(jù)圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證到△CFE∽△DAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到S矩形EFCG=2S△CFE=．然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形EFCG的范圍．根據(jù)圓周角定理和矩形的性質(zhì)可證到∠GDC=∠FDE=定值，從而得到點(diǎn)G的移動(dòng)的路線是線段，只需找到點(diǎn)G的起點(diǎn)與終點(diǎn)，求出該線段的長(zhǎng)度即可．解答：解：（1）證明：如圖1，∵CE為⊙O的直徑，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四邊形EFCG是矩形．（2）①存在．連接OD，如圖2①，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵點(diǎn)O是CE的中點(diǎn)，∴OD=OC．∴點(diǎn)D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴=（）2．∵AD=4，AB=3，∴BD=5，S△CFE=（）2?S△DAB=××3×4=．∴S矩形EFCG=2S△CFE=．∵四邊形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)A（E′）處時(shí)，點(diǎn)F在點(diǎn)B（F′）處，點(diǎn)G在點(diǎn)D（G′）處，如圖2①所示．此時(shí)，CF=CB=4．Ⅱ．當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)D（F″）處時(shí)，直徑F″G″⊥BD，如圖2②所示，此時(shí)⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．當(dāng)CF⊥BD時(shí)，CF最小，如圖2③所示．S△BCD=BC?CD=BD?CF∴4×3=5×CF∴CF=．∴≤CF≤4．∵S矩形EFCG=，∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42．∴≤S矩形EFCG≤12．∴矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為．②∵∠GDC=∠FDE=定值，點(diǎn)G的起點(diǎn)為D，終點(diǎn)為G″，如圖2②所示，∴點(diǎn)G的移動(dòng)路線是線段DG″．∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴點(diǎn)G移動(dòng)路線的長(zhǎng)為．點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識(shí)，考查了動(dòng)點(diǎn)的移動(dòng)的路線長(zhǎng)，綜合性較強(qiáng)．而發(fā)現(xiàn)∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關(guān)鍵．14．（?瀘州）如圖，已知一次函數(shù)y1=x+b的圖象l與二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b的圖象C′都經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（0，1）和點(diǎn)C，且圖象C′過(guò)點(diǎn)A（2﹣，0）．（1）求二次函數(shù)的最大值；（2）設(shè)使y2＞y1成立的x取值的所有整數(shù)和為s，若s是關(guān)于x的方程=0的根，求a的值；（3）若點(diǎn)F、G在圖象C′上，長(zhǎng)度為的線段DE在線段BC上移動(dòng)，EF與DG始終平行于y軸，當(dāng)四邊形DEFG的面積最大時(shí)，在x軸上求點(diǎn)P，使PD+PE最小，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）首先利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式，然后求出其最大值；（2）聯(lián)立y1與y2，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)為C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范圍為0＜x＜，得s=1+2+3=6；將s的值代入分式方程，求出a的值；（3）第1步：首先確定何時(shí)四邊形DEFG的面積最大．如答圖1，四邊形DEFG是一個(gè)梯形，將其面積用含有未知數(shù)的代數(shù)式表示出來(lái)，這個(gè)代數(shù)式是一個(gè)二次函數(shù)，根據(jù)其最值求出未知數(shù)的值，進(jìn)而得到面積最大時(shí)點(diǎn)D、E的坐標(biāo)；第2步：利用幾何性質(zhì)確定PD+PE最小的條件，并求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．如答圖2，作點(diǎn)D關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)D′，連接D′E，與x軸交于點(diǎn)P．根據(jù)軸對(duì)稱及兩點(diǎn)之間線段最短可知，此時(shí)PD+PE最?。么ㄏ禂?shù)法求出直線D′E的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．解答：解：（1）∵二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（0，1）與A（2﹣，0），∴，解得∴l(xiāng)：y1=x+1；C′：y2=﹣x2+4x+1．∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，∴ymax=5；（2）聯(lián)立y1與y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，當(dāng)x=時(shí)，y1=×+1=，∴C（，）．使y2＞y1成立的x的取值范圍為0＜x＜，∴s=1+2+3=6．代入方程得解得a=；（3）∵點(diǎn)D、E在直線l：y1=x+1上，∴設(shè)D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．如答圖1，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DG于點(diǎn)H，則EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，解得q﹣p=2，即q=p+2．∴EH=2，E（p+2，p+2）．當(dāng)x=p時(shí)，y2=﹣p2+4p+1，∴G（p，﹣p2+4p+1），∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；當(dāng)x=p+2時(shí)，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，∴F（p+2，﹣p2+5），∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．S四邊形DEFG=（DG+EF）?EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3∴當(dāng)p=時(shí)，四邊形DEFG的面積取得最大值，∴D（，）、E（，）．如答圖2所示，過(guò)點(diǎn)D關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)D′，則D′（，﹣）；連接D′E，交x軸于點(diǎn)P，PD+PE=PD′+PE=D′E，由兩點(diǎn)之間線段最短可知，此時(shí)PD+PE最小．設(shè)直線D′E的解析式為：y=kx+b，則有，解得∴直線D′E的解析式為：y=x﹣．令y=0，得x=，∴P（，0）．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、函數(shù)最值、分式方程的解、勾股定理、軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€等知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)眾多，難度較大．本題難點(diǎn)在于第（3）問(wèn)，涉及兩個(gè)最值問(wèn)題，第1個(gè)最值問(wèn)題利用二次函數(shù)解決，第2個(gè)最值問(wèn)題利用幾何性質(zhì)解決．15．（?宿遷）如圖，已知△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E與AD平行的直線交射線AM于點(diǎn)N．（1）當(dāng)A，B，C三點(diǎn)在同一直線上時(shí)（如圖1），求證：M為AN的中點(diǎn)；（2）將圖1中的△BCE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，當(dāng)A，B，E三點(diǎn)在同一直線上時(shí)（如圖2），求證：△ACN為等腰直角三角形；（3）將圖1中△BCE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到圖3位置時(shí)，（2）中的結(jié)論是否仍成立？若成立，試證明之，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：幾何變換綜合題；平行線的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；多邊形內(nèi)角與外角．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）由EN∥AD和點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)可以證到△ADM≌△NEM，從而證到M為AN的中點(diǎn)．（2）易證AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，從而可以證到△ABC≌△NEC，進(jìn)而可以證到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，則有△ACN為等腰直角三角形．（3）借鑒（2）中的解題經(jīng)驗(yàn)可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，從而可以證到△ABC≌△NEC，進(jìn)而可以證到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，則有△ACN為等腰直角三角形．解答：（1）證明：如圖1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴．∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M為AN的中點(diǎn)．（2）證明：如圖2，∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三點(diǎn)在同一直線上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．（3）△ACN仍為等腰直角三角形．證明：如圖3，此時(shí)A、B、N三點(diǎn)在同一條直線上．∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．∵A、B、N三點(diǎn)在同一條直線上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．點(diǎn)評(píng)：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角與外角等知識(shí)，滲透了變中有不變的辯證思想，是一道好題．16．（?山西）綜合與探究：如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是平行四邊形，A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（4，0），（﹣2，3），拋物線W經(jīng)過(guò)O、A、C三點(diǎn)，D是拋物線W的頂點(diǎn)．（1）求拋物線W的解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）將拋物線W和?OABC一起先向右平移4個(gè)單位后，再向下平移m（0＜m＜3）個(gè)單位，得到拋物線W′和?O′A′B′C′，在向下平移的過(guò)程中，設(shè)?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分的面積為S，試探究：當(dāng)m為何值時(shí)S有最大值，并求出S的最大值；（3）在（2）的條件下，當(dāng)S取最大值時(shí)，設(shè)此時(shí)拋物線W′的頂點(diǎn)為F，若點(diǎn)M是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N時(shí)拋物線W′上的動(dòng)點(diǎn)，試判斷是否存在這樣的點(diǎn)M和點(diǎn)N，使得以D、F、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；平移的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，進(jìn)而求出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）由平移性質(zhì)，可知重疊部分為一平行四邊形．如答圖2，作輔助線，利用相似比例式求出平行四邊形的邊長(zhǎng)和高，從而求得其面積的表達(dá)式；然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；（3）本問(wèn)涉及兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，解題關(guān)鍵是利用平行四邊形的判定與性質(zhì)，區(qū)分點(diǎn)N在x軸上方、下方兩種情況，分類討論，避免漏解．設(shè)M（t，0），利用全等三角形求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，代入拋物線W′的解析式求出t的值，從而求得點(diǎn)M的坐標(biāo)．解答：解：（1）設(shè)拋物線W的解析式為y=ax2+bx+c，∵拋物線W經(jīng)過(guò)O（0，0）、A（4，0）、C（﹣2，3）三點(diǎn)，∴，解得：∴拋物線W的解析式為y=x2﹣x．∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，﹣1）．（2）由?OABC得，CB∥OA，CB=OA=4．又∵C點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣2，3），∴B點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，3）．如答圖2，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，由平移可知，點(diǎn)C′在BE上，且BC′=m．∴BE=3，OE=2，∴EA=OA﹣OE=2．∵C′B′∥x軸，∴△BC′G∽△BEA，∴，即，∴C′G=m．由平移知，?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分四邊形C′HAG是平行四邊形．∴S=C′G?C′E=m（3﹣m）=﹣（x﹣）2+，∴當(dāng)m=時(shí)，S有最大值為．（3）答：存在．在（2）的條件下，拋物線W向右平移4個(gè)單位，再向下平移個(gè)單位，得到拋物線W′，∵D（2，﹣1），∴F（6，﹣）；∴拋物線W′的解析式為：y=（x﹣6）2﹣．設(shè)M（t，0），以D、F、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，①若點(diǎn)N在x軸下方，如答題3所示：過(guò)點(diǎn)D作DP∥y軸，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥DP于點(diǎn)P，∵D（2，﹣1），F(xiàn)（6，﹣），∴DP=，F(xiàn)P=4；過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥x軸于點(diǎn)Q，由四邊形FDMN為平行四邊形，易證△DFP≌△NMQ，∴MQ=FP=4，NQ=DP=，∴N（4+t，﹣），將點(diǎn)N坐標(biāo)代入拋物線W′的解析式y(tǒng)=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣2）2﹣=﹣，解得：t=0或t=4，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，0）或（4，0）；②若點(diǎn)N在x軸上方，（請(qǐng)自行作圖）與①同理，得N（t﹣4，）將點(diǎn)N坐標(biāo)代入拋物線W′的解析式y(tǒng)=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣10）2﹣=，解得：t=6或t=14，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（6，0）或（14，0）．綜上所述，存在這樣的點(diǎn)M和點(diǎn)N，點(diǎn)M的坐標(biāo)分別為（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，難度較大．第（1）問(wèn)考查了待定系數(shù)法及二次函數(shù)的性質(zhì)；第（2）問(wèn)考查了平移變換、平行四邊形、相似三角形、二次函數(shù)最值等知識(shí)點(diǎn)，解題關(guān)鍵是確定重疊部分是一個(gè)平行四邊形；第（3）問(wèn)考查了平行四邊形、全等三角形、拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征等知識(shí)點(diǎn)，解題關(guān)鍵是平行四邊形的判定條件．17．（?咸寧）如圖，正方形OABC的邊OA，OC在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣4，4）．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從點(diǎn)O同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿x軸的正方向運(yùn)動(dòng)，規(guī)定點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)O時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)．連接BP，過(guò)P點(diǎn)作BP的垂線，與過(guò)點(diǎn)Q平行于y軸的直線l相交于點(diǎn)D．BD與y軸交于點(diǎn)E，連接PE．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．（1）∠PBD的度數(shù)為45°，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（t，t）（用t表示）；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△PBE為等腰三角形？（3）探索△POE周長(zhǎng)是否隨時(shí)間t的變化而變化？若變化，說(shuō)明理由；若不變，試求這個(gè)定值．考點(diǎn)：四邊形綜合題；解一元一次方程；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）易證△BAP≌△PQD，從而得到DQ=AP=t，從而可以求出∠PBD的度數(shù)和點(diǎn)D的坐標(biāo)．（2）由于∠EBP=45°，故圖1是以正方形為背景的一個(gè)基本圖形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底邊不定，故分三種情況討論，借助于三角形全等及勾股定理進(jìn)行求解，然后結(jié)合條件進(jìn)行取舍，最終確定符合要求的t值．（3）由