2025中考数学压轴题每日一题（130题）答案_2025-2026中考数学《压轴题每日一题》(1)

2025中考数学压轴题130题参考答案 ∵点D关于直线AB的对称点为点E，
∴AE=AD，BE=BD，∠ABE=∠ABC=60°，
1．【分析】(1)由三角形内角和定理及外角定理结合
∴∠EBC=120°，∴∠EBC+∠C=180°，∴EB⎳AC，
∠EFD=∠BAC即可求解；(2)在CG上截取CM=
∴四边形EBMG是平行四边形，∴BE=GM，
BD，连接BM，BE，BM交AD于点H，连接BE，
∴BE=GM=BD=CM，
AE，再证明四边形EBMG是平行四边形，可得CG=
∴CG=2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称
2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：
可知：DE⊥AB，NE=ND，
DE⊥AB，NE=ND，再解RtΔBND即可；(3)连接
3
在RtΔDNB中，DN=BD⋅sin∠ABC= BD，
BE，记AB与DE的交点为点N，由轴对称知∠EAB= 2
∠DAB，DE⊥AB，NE=ND，∠EBA=∠DBA=45°， CG 2BD 2
∴DE=2DN= 3BD，∴ = = 3，
DE 3BD 3
当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°，当ΔAEG为
2
∴CG= 3DE；
等腰三角形时，只能是AE=AG，∠BAD=α， 3
∠AGE=α，解得α=30°，然后AF=x，解直角三角 (3)连接BE，记AB与DE的交点为点N，如图2，
形，表示出AG=2x，CG=( 3-1)x，即可求解；当
点G在CA延长线上时，只能是GE=GA，设∠BAD
=∠BAE=β，在RtΔAFE 中，90°-β+180°-2β=
90°，解得β=60°，设GF=x，解直角三角形求出CG
=(5+ 3)x，即可求解．
【解答】解：(1)如图1.1，
∵AB=AC，∠EFD=∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，
由轴对称知∠EAB=∠DAB=α，∠EBA=∠DBA=
45°，DE⊥AB，NE=ND，
当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°，
∴当ΔAEG为等腰三角形时，只能是AE=AG，
∵∠BAC=∠AFG=90°，∴∠AGE=α，∴∠AEG=α，
∵∠EAD=2α，
∵∠EFD=∠BAC，∠BAC=60°，∴∠EFD=60°， ∵AE=AG，EG⊥AD，∴∠FAG=∠EAD=2α，
∵∠EFD=∠1+∠BAD=∠1+α，∴∠1=60°-α， 在ΔAEG中，α+2α+2α+α=180°，
∵∠AGE+∠1+∠BAC=180°， 解得α=30°，∴∠EAD=60°，
∴∠AGE=180°-60°-∠1=120°-∠1， ∵AE=AD，∴ΔAED为等边三角形，∴AE=ED，
∴∠AGE=120°-(60°-α)=60°+α； 设AF=x，∵∠EAD=60°，
2 AF
(2)CG= 3DE；理由如下： ∴AG=AE=ED= =2x，∴DN=x，
3 cos60°
在CG上截取CM=BD，连接BM，BE，AE，BM 在RtΔDAN中，AN= DN = 3DN= 3x，
tan∠DAB
交AD于点H，
DN
∵DE⊥AB，∠ABC=45°，∴BN= =DN=x，
tan45°
∴AC=AB= 3x+x，
∴CG=AC-AG= 3x+x-2x=( 3-1)x，
CG 3-1
∴ = ；
AG 2
当点G在CA延长线上时，只能是GE=GA，如图3:
∵AB=AC，∠BAC=60°，∴ΔBCA为等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，BC=AB，
∴ΔABD≅ΔBCM(SAS)，∴∠3=∠4，
∵∠AHM=∠3+∠5，∴∠AHM=∠4+∠5=60°，
设∠BAD=∠BAE=β，
∵∠EFD=∠BAC=60°，∴∠AHM=∠EFD，
∴∠DAC=∠GAF=90-β，
∴EG⎳BM，
·1·∴∠EAF=180°-2β，
∴∠GAE=∠EAF-∠GAF=90°-β，
∵GE=GA，∴∠GAE=∠GEA=90°-β，
∵∠EFD=∠BAC=90°，
在RtΔAFE中，90°-β+180°-2β=90°，
解得β=60°，∴∠DAC=90°-60°=30°=∠GAF，
设GF=x，则AG=GE=2x，AF= 3x，
在RtΔEFA中，EF=2x+x=3x，
由勾股定理得AE=2 3x，
在RtΔEAN中，AN=AE⋅cos60°= 3x，EN=DN=
同(1)得ΔADB∽ΔAEC，∴∠ABD=∠ACE，
BN=AE⋅sin60°=3x，∴AB=AC=3x+ 3x，
1 5
∵BM是中线，∴BM=AM=CM= AC= ，
CG 3+5
∴CG=AG+AC=(5+ 3)x，∴ = ， 2 2
AG 2
∴∠MBC=∠MCB，
CG 3+5 3-1
综上所述， = 或 ． ∵∠ABD+∠MBC=90°，
AG 2 2
∴∠ACE+∠MCB=90°，即∠BCE=90°，
2．【分析】(1)证明ΔADE≅ΔABC(SAS)，求出AC
∴AB⎳CE，∴∠BAM=∠QCM，∠ABM=∠CQM，
=AE=5，可得∠DAE=∠BAC，故∠CAE=∠BAD，
又AM=CM，∴ΔBAM≅ΔQCM(AAS)，∴BM=
AD AE BD
又 = =1，可得 ADB∽ΔAEC，从而 =
AB AC △ CE QM，
AB 3
= ； ∴四边形ABCQ是平行四边形，
AC 5
∵∠ABC=90°∴四边形ABCQ矩形，
(2)连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF
∴AB=CQ=3，BC=AQ=4，∠AQC=90°，
于P，延长EF交BC于N，由 ADB∽ΔAEC，得
△
PQ⎳CN，
1 5
∠ABD=∠ACE，求出BM=AM=CM= AC= ，
2 2 ∴EQ= AE2-AQ2= 52-42=3，∴EQ=CQ，
证明AB⎳CE，即可得ΔBAM≅ΔQCM(AAS)，BM= 1
∴PQ是ΔCEN的中位线，∴PQ= CN，
QM，从而四边形ABCQ矩形，有AB=CQ=3，BC 2
设PQ=x，则CN=2x，AP=4-x，
=AQ=4，∠AQC=90°，PQ⎳CN，得EQ=
∵∠EPQ=∠APD，∠EQP=90°=∠ADP，EQ=AD
AE2-AQ2=3，可得PQ是ΔCEN的中位线，PQ=
=3，
1
CN，设PQ=x，证明ΔEQP≅ΔADP(AAS)，得
2 ∴ΔEQP≅ΔADP(AAS)，∴EP=AP=4-x，
7
EP=AP=4-x，故(4-x)2=x2+32，x= ，AP= ∵EP2=PQ2+EQ2，∴(4-x)2=x2+32，
8
7 25 7
25 7 AP AF 解得：x= ，∴AP=4-x= ，CN=2x= ，
8 ，CN= 4 ，由ΔAPF∽ △ CNF，得 CN = CF ，可 8 8 4
AP AF
25 +7 ∵PQ⎳CN，∴ΔAPF∽ΔCNF，∴ = ，
8 4 5 70 CN CF
得 = ，CF= ；
7 CF 39 AP+CN AF+CF AC
4 ∴ = = ，
CN CF CF
(3)分四种情况分别画出图形解答即可．
25 +7
8 4 5 70
【解答】解：(1)∵AB=AD=3，BC=DE=4， ∵AC=5，∴ = ，∴CF= ；
7 CF 39
∠ABC=∠ADE=90°，∴ΔADE≅ΔABC(SAS)，AC 4
方法2:
=AE= 32+42=5，∴∠DAE=∠BAC，
∵BM是RtΔABC斜边AC上的中线，
∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC 即∠CAE=
1 5
∠BAD， ∴AM=BM=CM= AC= ，∴∠ABM=∠BAM，
2 2
∵ AD = AE =1，∴ΔADB∽ΔAEC，∴ BD = AB ， ∵AB=AD，∴∠ABM=∠ADB，∴∠BAM=∠ADB，
AB AC CE AC
∵∠ABM=∠DBA，∴ΔABM∽ΔDBA，
BD 3
∵AB=3，AC=5，∴ = ；
CE 5 5
AB BM 3 2 18
∴ = ，即 = ，∴BD= ，
(2)连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF BD AB BD 3 5
于P，延长EF交BC于N，如图： 18 5 11
∴DM=BD-BM= - = ，
5 2 10
∵∠EAD=∠CAB=∠ABD=∠ADB，∴DM⎳AE，
11
DM FM 10
∴ΔFDM∽ΔFEA，∴ = ，即 =
AE FA 5
·2·FM 55 5 1
，解得FM= ，∴CF=CM-FM= - ∴ND=NE= DE=2，CD=2NQ，
FM+5 78 2 2
2
∵∠AND=∠ENQ，∠ADN=∠EQN=90°，
55 70
= ；
78 39 ∴∠DAN=∠QEN，∴tan∠DAN=tan∠QEN，
(3)C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： DN NQ NQ 2 2
∴ = ，∴ = ，∴NQ= EQ，
AD EQ EQ 3 3
①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时ΔCDE是直角三
2
角形，如图， ∵NQ2+EQ2=NE2，∴ EQ
3
1 1
∴S = CD⋅DE= ×(5-3)×4=4；
ΔCDE 2 2
②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时ΔCDE
是直角三角形，如图，
1 1
∴S = CD⋅DE= ×(5+3)×4=16；
ΔCDE 2 2
③当DE⊥EC时，ΔCDE是直角三角形，过点A作
AQ⊥EC于点Q，如图，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD=EQ=3，AQ=DE=4，
1 1
∵AE=AC=5，∴EQ=CQ= CE，∴ CE=3，
2 2
1 1
∴CE=6，∴S = AQ⋅CE= ×4×6=12；
ΔCDE 2 2
④当DC⊥EC时，ΔCDE是直角三角形，过点A作
AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，
∵DC⊥EC，AQ⊥EC，∴AQ⎳DC，
∵AC=AE，AQ⊥EC，∴EQ=CQ，
∴NQ是ΔCDE的中位线，

2
+EQ2=22，
6 13 12 13
解得EQ= ，∴CE=2EQ= ，NQ=
13 13
2 4 13 8 13
EQ= ，∴CD=2NQ= ，
3 13 13
1 1 8 13 12 13 48
∴S = CD⋅CE= × × = ．
ΔCDE 2 2 13 13 13
综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或
48
．
13
3．【分析】(1)添加辅助线，转移比例线段，得到
DE DF
= ，从而证出EF⎳BC；
EG FC
(2)利用三角形外接圆得性质得出△AOE≅△AOD，再
根据BO平分∠ABC得出∠AOB=90，然后得出相似，
求出半径OA的长度；
(3)最后一问难度较大，首先将条件转化成线段和角度
关系，由CD2=DM⋅DN，很容易找到△DCN∽
△DMC，再根据这个相似结论证出△BEM∽△BPC，
多组相似转化，再利用勾股定理建立方程，求出未知
数．
【解答】(1)证明：延长DE和CB交于点G，
AE DE
∵AD⎳BC，∴ = ，
BE EG
1 1 AE 1 DF 1
∵AE= AB，DF= CD∴ = ， = ，
3 3 BE 2 FC 2
DE DF
∴ = ，∴EF⎳BC．
EG FC
(2)①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥
AE于点F，连接OA，OD，OE．
∵点O为△ADE外接圆的圆心，
1 1
∴OA=OE=OD，∴AF=EF= AE= ，
2 2
1
∵AE= AB，∴AB=3AE=3，
3
·3·∵AE=AD，OE=OD，OA=OA， BE2-BQ2=CE2-CQ2，
∴△AOE≅△AOD(SSS)，∴∠EAO=∠DAO， 2 15
∴4-BQ2=
3
∵BO平分∠ABC，∴∠ABO=∠CBO，
∵AD⎳BC，∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴2∠EAO+2∠ABO=180°，即∠EAO+∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°，
∵OF⊥AE，∴∠AFO=∠AOB=90°，
∵∠FAO=∠OAB，∴△FAO∽△OAB，
AO FA 3 6
∴ = ，即AO2=AF⋅AB= ，∴AO= ，
AB OA 2 2
6
∴△ADE外接圆半径为 ．
2
②方法一：延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥
BC，垂足为点Q．
∵AD⎳BC，∴△PAD∽△PBC，
PA AD 1
∴ = = ，由①知AB=3，
PD BC 4
PA 1
∴ = ，∴PA=1，
PA+3 4
CD DN
∵CD2=DM⋅DN，∴ = ，
DM CD
∵∠CDN=∠MDC，∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN=∠CMD，
∵∠DMC=∠CEM，∴∠CEM=∠DCN，
BE BM
∴EM⎳CD，∴ = ，
EP MC
由AB=3，AE=1得，BE=2，
BE BM
∴ =1= ，∴BM=MC=2，
EP MC
BM ME 1
∴△BEM∽△BPC，∴ = = ，
BC PC 2
设ME=2a，则PC=4a，
PD PA 1
∵AD⎳BC，∴ = = ，
PC PB 4
∴PD=a，DC=3a，
∵EM⎳CD，∴△ENM∽△CND，
EN EM 2
∴ = = ，
CN DC 3
设EN=2b，则CN=3b，
∵∠DMC=∠CEM，∠ECM=∠MCN，
∴△CNM∽△CME，
CN CM
∴ = ，即CM2=CN⋅CE，
CM CE
2 15 2 15
∴4=3b⋅5b，解得b= ，∴CE= ，
15 3
在Rt△BQE中，由勾股定理可得：

2 5
-(4-BQ)2，解得BQ= ，
3
11
∴EQ2=BE2-BQ2= ，
9
5 1
∵QM=BM-BQ=2- = ，
3 3
∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM=
2 3 EM 2
EQ2+QM2= ，∵ = ∴DC= 3．
3 DC 3
方法二：
∵AD=AE=1，∴AB=3AE=3，
∵AD⎳BC，BC=4，
AP AD 1 AP 1 ∴ = = ，即 = ，∴AP=1=
BP BC 4 AP+AB 4
AD=AE，
∵BE=AP-AE=2，PE=AE+AP=2，
∴E为BP中点，
∵CD2=DM⋅DN，∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN=∠DMC=∠CEM，∴EM⎳CD，
∴M也为BC中点，∴CM=BM=2，
∵BP=BC=4，∴∠P=∠DCM，
∵∠ECP=∠DMC，∴△ECP∽△DMC，
EP CP
∴ = ，
CD CM
设DP=a，则CD=3a，CP=4a，
2 4a 3
∴ = ，解得a= ，∴CD= 3．
3a 2 3
方法三：由CD2=DM⋅DN易得△DCN∽△DMC，
∴∠DCN=∠CMD，
∵∠DMC=∠CEM，∴∠CEM=∠DCN，
∴EM⎳CD，
延长DA、ME交于点F，
则四边形CDFM是平行四边形，
AF AE 1
∴△EAF∽△EBM，∴ = = ，
BM BE 2
设AF=n，则BM=2n，DF=CM=n+1，
∴BC=BM+CM=2n+n+1=4，
解得n=1，∴AF=1，BM=2，
连接DE，由AD=AF=AE可得∠DEF=90°，
设EF=m，则EM=2m，CD=3m，设EN=2t，则
CN=3t，由△CMN∽△CEM可得，
CN CM
= ，即CM2=CE⋅CN，
CM CE
4
∴4=3t⋅5t，解得t2= ，
15
·4·由DE2=DF2-EF2=CE2-CD2得，
3
22-m2=25t2-9m2，解得m= ，
3
∴CD=3m= 3．
4．【分析】(1)利用圆与正多边形的性质分别计算两
个正方形的面积可得答案；
∵A为圆外一个定点，
(2)由EG⊥FH，证明a2+c2=b2+d2，再结合图形变
∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，∴PD⊥AD，
换可得答案；
∴AD2=AP2-PD2，
(3)将△PDC绕点P逆时针旋转，可得点D在以点P为
由(2)可得：AE=DF，∵PE=8，PF=5，
圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与⊙P相切
∴AD2=AP2-PD2=PE2+AE2-PF2-DF2=82-52
时，∠DAP最大，再进一步解答即可；
=39∴AD= 39；
(4)将△BDC 沿BC对折，D的对应点为D，将△AEC
1
(4)如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D，将
沿AC 对折，E的对应点为E，连接DE，再将 1
1 1 1
△AEC沿AC对折，E的对应点为E，连接DE，∴
△ABE 沿AC方向平移，使A与D 重合，得 1 1 1
1 1
CD=CD，CE=CE，
△BDE ，由(2)可得：AE+BD=DE +BD，当 1 1
1 1 2 1 2 1
E ，D，B三点共线时，AE+BD=DE +BD 最短，
2 1 1 2 1
再进一步解答即可．
【解答】解：(1)如图，
再将△ABE 沿AC方向平移，使A与D 重合，如图，
∵正方形ABCD，EFGH及圆为正方形ABCD的内切 1 1
得△BDE ，
圆，为正方形EFGH的外接正方形， 1 1 2
∴设AE=DE=DH=CH=CG=BG=AF=BF=m，
∠A=90°，∴AB=AD=2m,EF= m2+m2= 2m，
∴S =4m2，S =( 2m)2=2m2，
正方形ABCD 正方形EFGH
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍，故答案为：
2；
(2)如图，
由(2)可得：AE+BD=DE +BD，
1 2 1
∴当E ，D，B三点共线时，AE+BD=DE +BD
2 1 1 2 1
最短，∵AC+CD=5，BC+CE=8，
∵EG⊥FH，∴a2=OF2+OE2，c2=OG2+OH2，d2
∴EE =5，BE =8，
=OE2+OH2，b2=OF2+OG2， 1 2 1
∴a2+c2=b2+d2，结合图形变换可得：PA2+PC2= ∴BE 2 = BE 1 2+E 1 E 2 2= 82+52= 89，
PB2+PD2； ∴AE+BD的最小值为 89．
(3)如图，∵将△PDC绕点P逆时针旋转，
5．【分析】(1)从问题出发，证ΔABC∽ΔCBO，两个
三角形有一个公共角，所以只需证一角相等即可，由
∴点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，
题干很容易得出∠ACO=∠BCO=∠A，即可得证；
(2)△AMC的底是定长，所以只要找到高的最大值就
可求出面积最值，当N、H重合时MH取最大值，此
时最大值为OM+ON=4，即可求解；
·5·(3)首先有条件可知只有可能是∠AMC=90°，由特殊
三角形和旋转的性质大胆猜测当点C与A重合时和当
A与C重合时满足∠AMC=90°，进而求旋转角即可．
【解答】(1)证明：∵OM垂直平分AC，
∴OA=OC，∠A=∠ACO，
∵CO平分∠ACB，∴∠ACO=∠BCO=∠A，
∵∠B=∠B，∴ΔABC∽ΔCBO．
综上，当△AMC是直角三角形时，α为120°或240°．
(2)解：①∵∠ACO=∠BCO=∠A，∠B=90°，
6．【分析】(1)依题意画出图形，证四边形OAPC是
∴:∠ACO=∠BCO=∠A=30°，在RtΔABC中，AB=
矩形即可求解；
AB
6，∴AC= =4 3，∴AM=2 3， (2)过P作PC⊥OB于点C，证矩形OAPC是正方形，
cos30°
得出OA=AP=PC=OC，再证△APM≅△CPN
∴OM=AM⋅tan30°=2，
(ASA)，得出AM=CN，然后利用线段的和差关系以
如图3，作MH⊥AC于点H，ON⊥AC于点N，连
及等量代换即可证明；
接MN，在ΔAOC旋转的过程中，对应边AC=AC=
(3)分M在线段AO上和AO的延长线上讨论，利用相
4 3，对应高OM=ON=2，
似三角形的判定和性质求解即可．
在RtΔMHN中，MH<MN，
【解答】(1)解：如图，PC即为所求．
在ΔOMN中，MN<OM+ON，
∴MH<MN<OM+ON，
如图4，当N、H重合时MH取最大值，此时最大值为
OM+ON=4，
1
∴S = AC⋅MH=8 3，即△AMC面积最大值
△AMC 2
是8 3，此时M、O、N三点共线，α=∠MON=
∵∠AOB=90°，PA⊥OA，PC⊥OB，
180°．
∴四边形OAPC是矩形，∴∠APC=90°，
故答案为：90．
(2)证明：如图，过P作PC⊥OB于点C．
由(1)知四边形OAPC是矩形，
②在旋转得过程中，等腰三角形AOC的形状、大小不
变，∠AOC=∠AOC=120°， ∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB，
∵MC′≤MO+OC=MO+OC=6<4 3=AC，同 ∴PA=PC，∴矩形OAPC是正方形，
∴OA=AP=PC=OC，∠APC=90°，
理MA≤6<AC，∴△AMC中只有可∠AMC=90°，
∵PN⊥PM，∴∠APM=∠CPN=90°-∠MPC，
∵OM垂直平分AC，∴MA=MC，∠AMO=90°，
又∠MAP=∠CNP=90°，AP=CP，
(Ⅰ)如图5，当点C与A重合时，A恰好在MO的延
∴△APM≅△CPN(ASA)，∴AM=CN，
长线上，满足∠AMC=90°，此时α=120°；
∴OM+ON=OM+OC+CN=OM+AM+OC=OA
+OC=2AP，∴OM+ON=2PA．
(3)①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA交
于点G．
(Ⅱ)如图6，当A与C重合时，点C恰好在MO的延
长线上，满足∠AMC=90°，此时α=240°．
由(2)知OM+ON=2AP，
·6·设OM=x，则ON=3x，OA=AP=2x． 即可得到y= 1 DE2= 1 [(6 2-x)2+x2]，根据二次函
2 2
∴AM=AO-OM=x=OM，
数的性质即可得到结论；
∵∠MON=∠MAG=90°，∠OMN=∠AMG，
②过D作DH⊥AC于H，根据等腰直角三角形到现在
∴△MON≅△MAG(ASA)，∴AG=ON=3x，
2 2 2
得到AH=DH= AD= x，求得CH=6- x，
∵AP⎳OB，∴△ONF∽△PGF， 2 2 2
OF ON 3x 3 1
∴ = = = ， 连接OB，推出OB= CF，得到∠CBF=90°，根据
PF AG 3x+2x 5 2
PF 5 OP 8 勾股定理得到结论．
∴ = ，∴ = ；
OF 3 OF 3
【解答】解：(1)AD⊥BE，AD=BE，
②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB
CE CB
理由：∵ = =1，∴CE=CD，CB=CA，
于C，并延长交MN于G． CD CA
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠A=∠ABC=45°，∠ACD=∠BAE，
∴△ACD≅△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠A=∠CBE=45°，
∴∠ABE=90°，∴AD⊥BE；
故答案为：AD⊥BE，AD=BE；
(2)BE=mAD，AD⊥BE，
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，
CE CB
∵ = =m，∴△ADC∽△BEC，
CD CA
由(2)知，四边形OAPC是正方形，
BE BC
∴ = =m，∠CBE=∠A，∴BE=mAD，
∴OA=AP=PC=OC，∠APC=90°，PC⎳AO， AD AC
∵PN⊥PM，∠APM=∠CPN=90°-∠MPC， ∵∠A+∠ABC=90°，∴∠CBE+∠ABC=90°，
又∵∠A=∠PCN=90°，AP=CP， ∴∠ABE=90°，∴AD⊥BE；
∴△APM≅△CPN，∴AM=CN， (3)①连接CF交DE于O，
∴ON-OM=OC+CN-OM=AO+AM-OM=2AO 由(1)知，AC=BC=6，∠ACB=90°，
∵ON=3OM=3x，∴AO=x，CN=AM=2x， ∴AB=6 2，∴BD=6 2-x，
∵PC⎳AO，∴△CGN∽△OMN， ∵AD=BE=x，∠DBE=90°，
CG CN CG 2x 2x ∴DE2=BD2+BE2=(6 2-x)2+x2，
∴ = ，即 = ，∴CG= ，
OM ON x 3x 3
∵点F与点C关于DE对称，∴DE垂直平分CF，
∵PC⎳AO，∴△OMF∽△PGF，
∴CE=EF，CD=DF，
OF OM x 3 PF 5
∴ = = = ，∴ = ， ∵CD=CE，∴CD=DF=EF=CE，
PF PG x+2x 5 OF 3
3 ∵∠DCE=90°，∴四边形CDFE是正方形，
OP 2 OP 2 8
∴ = ；综上， 的值为 或 ． 1 1
OF 3 OF 3 3 ∴y= DE2= [(6 2-x)2+x2]，
2 2
CE CB
7．【分析】(1)由 = =1，得到CE=CD， ∴y与x的函数表达式为y=x2-6 2x+36(0<x≤
CD CA
CB=CA，根据等腰直角三角形的性质得到∠A= 6 2)，
∠ABC=45°，∠ACD=∠BAE，根据全等三角形的性 ∵y=x2-6 2x+36=(x-3 2)2+18，
质得到AD=BE，∠A=∠CBE=45°，根据垂直的定 ∴y的最小值为18；
义得到AD⊥BE； ②过D作DH⊥AC于H，
(2)根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC， 则△ADH是等腰直角三角形，
BE BC 2 2 2
求得 = =m，∠CBE=∠A，得到BE= ∴AH=DH= AD= x，∴CH=6- x，
AD AC 2 2 2
mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE； 连接OB，∴OB=OE=OD=OC=OF，
(3)①连接CF交DE于O，由(1)知，AC=BC=6， 1
∴OB= CF，∴∠CBF=90°，
2
∠ACB=90°，求得AB=6 2，得到BD=6 2-x，根
∵BC=6，BF=2，∴CF= BC2+BF2=2 10
据勾股定理得到DE2=BD2+BE2=(6 2-x)2+x2，根
2
据线段垂直平分线的性质得到CE=EF，CD=DF， ∴CD= CF=2 5，
2
推出四边形CDFE是正方形，根据正方形的面积公式 ∵CH2+DH2=CD2，
·7·2
∴6- x
2

2 2
+ x
2

2
=(2 5)2，
解得x=4 2或x=2 2，∴AD=4 2或2 2．
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻
折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG⎳AP，
8．【分析】(1)证明对应角相等，即可得到ΔEDP∽
∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，∴∠BAP=∠GPA，
ΔPCH；
∴ΔMAP是等腰三角形，∴MA=MP，
(2)根据ΔEDP∽ΔPCH，求得PH的长度，从而得出
∵P为CD中点，∴设DP=CP=y，
GH长度；
∴AB=PG=CD=2y，
(3)延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明
∵H为BC中点，∴BH=CH，
ΔMBH≅ΔPCH，得到相等的边，再根据ΔBMG∽
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
ΔMAP，得出大小关系．
∴ΔMBH≅ΔPCH(ASA)，
【解答】(1)证明：如图，
∴BM=CP=y，HM=HP，
1 3
∴MP=MA=MB+AB=3y，∴HP= PM= y，
2 2
5
在RtΔPCH中，CH= PH2-PC2= y，
2
∴BC=2CH= 5y，∴AD=BC= 5y，
在RtΔAPD中，AP= AD2+PD2= 6y，
∵BG⎳AP，∴ΔBMG∽ΔAMP，
BG BM 1 6
∴ = = ，∴BG= y，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°， AP AM 3 3
∴∠1+∠3=90°， AB 2y
∴ = = 6，∴AB= 6BG．
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻 BG 6 y
3
折，使A的对称点P落在DC上， 9．【分析】(1)①根据条件易证△ABD≅△ACE
∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2， (SAS)，再进行线段转化易得答案；②与第①小问思路
∴ΔEDP∽ΔPCH； 一样，证出△ABD≅△ACE(SAS)即可；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形， (2)由△CEF为直角三角形可知，需要分类讨论确定哪
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°， 个角是直角三角形，再根据点D的位置关系去讨论即
∵P为CD中点，∴DP=CP= 1 ×2=1， 可，因为点D是动点，所以按照前面两问带给我们的
2
思路，去构造类似的全等三角形，进而讨论求解即可．
设EP=AE=x，∴ED=AD-x=3-x，
【解答】解：(1)①CE+CD=CA．理由如下，
在RtΔEDP中，EP2=ED2+DP2，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
5
即x2=(3-x)2+1，解得x= ，
3 ∴AB=AC=BC，AD=AE=DE，
5 4
∴EP=AP=x= ，∴ED=AD-AE= ， ∠BAC=∠DAE=60°，
3 3
4 5
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
ED EP 3 3
∵ΔEDP∽ΔPCH，∴ = ，即 = ， ∴∠BAD=∠CAE，
PC PH 1 PH
5 3 AB=AC
∴PH= ，∵PG=AB=2，∴GH=PG-PH= ． 
4 4 在△ABD和△ACE中，∠BAD=∠CAE，
(3)解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP， AD=AE
∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴CE=BD
∵BD+CD=BC，∴CE+CD=CA．
②CA+CD=CE．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
·8·∴AB=AC=BC，AD=AE=DE，∠BAC=∠DAE= 10．【分析】(1)根据中点可得出两边对应成比例且夹
60°， 角相等得两个三角形相似；
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC， (2)由中点和平行线可以联想作倍长中线全等，即延长
∴∠BAD=∠CAE， FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，证
AB=AC △AME≅△BFE(AAS)，再证△MFH≅△BDC(SAS)即

在△ABD和△ACE中，∠BAD=∠CAE，
可得证；
AD=AE
(3)这一问是建立在第二问的基础上，所以很容易想到
∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴CE=BD，
构造相似通过线段关系转化求解，过F作FM⊥AD于
∵CB+CD=BD，∴CA+CD=CE．
点M，取BD中点H，连接AF，设CF=a，则AM=
(2)过E作EH⎳AB，则△EHC为等边三角形．
DM=CF=a，AD=CD=2a=MF，AF= 5a，证
①当点D在H左侧时，如图1，
FE垂直平分AB得到AF=BF= 5a，再证△EGH∽
∵ED=EF，∠DEH=∠FEC，EH=EC，
△FGB即可求解．
∴△EDH≅△EFC(SAS)，∴∠ECF=∠EHD=120°，
【解答】(1)证明：∵E、F分别是AB和BC中点，
此时△CEF不可能为直角三角形．
BE 1 BF 1
∴ = ， = ，
AB 2 BC 2
BE BF
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∴ = ，
CD BC
∵∠EBF=∠C=90°，∴△BCD∽△FBE；
(2)方法一：如图延长FE交DA延长线于点M，作FH
⊥AD于点H，则四边形CDHF是矩形．
②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2，
同理可得∴△EDH≅△EFC(SAS)，
∴∠FCE=∠EHD=60°，∠FEC=∠DEH<∠HEC=
60°，此时只有∠CFE有可能为90°，
当∠CFE=90°时，∠EDH=90°，∴ED⊥CH，
∵E是AB中点，∴AE=BE，
1
∵CH=CE=2 3，∴CD= CH= 3，
2 ∵AM⎳BC，∴∠AME=∠BFE，∠MAE=∠FBE，
又∵AB=6，∴BD=6- 3． ∴△AME≅△BFE(AAS)，∴AM=BF，
∵AD=2CF，CF=DH，∴AH=DH=CF，
∴AM+AH=BF+CF，即MH=BC，
∵FH=CD，∠MHF=∠BCD=90°，
∴△MFH≅△BDC(SAS)，∴∠AMF=∠CBD，
又∵∠AMF=∠BFG，∴∠CBD=∠BFG，∴BG=
FG；
方法二：如图，取BD中点H，连接EH、CH，
③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3，
此时只有∠CEF=90°，
∵∠DEF=60°，∴∠CED=30°，
∵∠ECH=60°，∴∠EDC=CED=30°，
∴CD=CE=2 3，∴BD=6+2 3．
∵E是AB中点，H是BD中点，
1
∴EH= AD，EH⎳AD，
2
∵AD=2CF，∴EH=CF，
∵AD⎳BC，∴EH⎳CF，
综上：BD的长为6- 3或6+2 3． ∴四边形EHCF是平行四边形，
·9·∴EF⎳CH，∴∠HCB=∠GFB， 1 1
∵S = AC⋅DE= CD⋅AF，即5DE=8，
ΔACD 2 2
1
∵∠BCD=90°，H是BD中点，∴CH= BD=BH， 8 8
2 ∴DE= ，∴点D到AC的距离是 ．
5 5
∴∠HCB=∠HBC，∴∠GFB=∠HBC，∴BG=FG；
(3)如图，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，
连接AF，则四边形CDMF是矩形∴CF=DM，
∵AD=2CF，∴AM=DM=CF，
设CF=a，则AM=DM=CF=a，AD=CD=2a=
MF，
∴AF= AM2+MF2= 5a，
∵AG=FG，BG=FG，∴AG=BG，
8
故答案为： ．
∵E是AB中点，∴FE垂直平分AB， 5
∴BF=AF= 5a， (3)当PN⊥AC时，如图②，
∵H是BD中点，∴EH是△ABD中位线， ∵四边形APMN为正方形，
1 ∴PN⊥AM，∠PAM=45°，
∴EH= AD=a，EH⎳AD⎳BC，
2
∵PN⊥AC，∴点M落在AC上，
∴△EGH∽△FGB，
∴∠DAC=∠PAM=45°，
EG EH a 5
∴ = = = ． 设AP=x，则CD=6-x．
GF BF 5a 5
4 3
∴DE=AE= (6-x)，CE= (6-x)，
5 5
4 3 17
∴ (6-x)+ (6-x)=5，解得：x= ，
5 5 7
17
即正方形边长为 ．
7
11．【分析】(1)通过等腰三角形“三线合一”的性质
得到BD=3，再利用勾股定理即可；
(2)利用等面积即可求解；
(3)根据前述条件可得出∠C的三角函数关系，从而得
出ΔDEC的三边关系，再利用45°特殊角，设参数，建
(4)①M、N在AC同侧时如图③，作MH⊥AC，NG
立方程求解即可；
⊥AC，DE⊥AC于点E，则NG=3MH，
(4)分类讨论，利用利用锐角三角函数得到的边角关
过M作MQ⊥GN于点Q，则∠AGN=∠MQN=90°
系，设参数建立方程即可．
∵∠ANG=∠NMQ=90°-∠MNQ，AN=MN，
【解答】解：(1)∵AB=AC，D是BC中点，∴BD=
∴ΔANG≅ΔNMQ(AAS)，∴AG=NQ，
1
CD，∵BC=6，∴BD= BC=3，
2 AG NQ NG-GQ
∴tan∠ANG= = =
NG NG NG
在RtΔABD中，AB=5，∴AD= AB2-BD2=4．
NG-MH 2
= = ，
NG 3
∵∠DAC=∠ANG=90°-∠NAG，
2 4 3
∴tan∠DAC= ，设CD=x，DE= x，CE= x，
3 5 5
6 6 3 25
∴AE= x，∴ x+ x=5，解得：x= ．
5 5 5 9
(2)如图①，过D作DE⊥AC于点E，作AF⊥BC于
点F，
∵BC=6，BD=4，∴CD=2，
由(1)知AF=4，
·10·点N．
证△AGB≅△BDC(具体证法过程跟②一样)．
∴∠ABG=∠BCD，
∵F是AE中点，B是EM中点，
∴BF是△ABM中位线，∴BF⎳AN，
∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，
∴∠ABC=∠ANC=90°，∴AN⊥CD，
∵BF⎳AN，∴BF⊥CD．故答案为：BF⊥CD；
②M、N在AC两侧时如图④，
4
同理可得，tan∠DAC= ，
3
4 3
设CD=x，DE= x，CE= x，
5 5
3 3 3 25
∴AE= x， x+ x=5，解得：x= ．
5 5 5 6
②证明：延长BF到点G，使FG=BF，连结AG．
25 25
综上，CD的值为： 或 ．
9 6
25 25
故答案为： 或 ． ∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB，
9 6
12．【分析】(1)证明△ABE≅△CBD(SAS)得出 ∴△AGF≅△EBF(SAS)，
∠FAB=∠BCD，再根据直角三角形斜边上得中线等于 ∴∠FAG=∠FEB，AG=BE．∴AG⎳BE．
1 ∴∠GAB+∠ABE=180°，
斜边的一半得出BF= AE=AF，再利用等角转化即
2
∵∠ABC=∠EBD=90°，∴∠ABE+∠DBC=180°，
可求证；
∴∠GAB=∠DBC．∵BE=BD，∴AG=BD．
(2)①这一问主要是猜想，还需要利用第二问的思路去
在△AGB和△BDC中，
证明，先证△AGB≅△BDC得到∠ABG=∠BCD=
∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，
∠BAN，再利用8字型得到∠ABC=∠ANC=90°，即
∴△AGB≅△BDC(SAS)，∴CD=BG．
可得证；②利用倍长中线证△AGF≅△EBF(SAS)，再
∵BG=2BF，∴CD=2BF，
证△AGB≅△BDC(SAS)，即可得证．
13．【分析】(1)证明△ANM≅△MBD(SAS)，得到
【解答】(1)证明：在△ABE和△CBD中，
MN=DB；
∵AB=BC，∠ABE=∠CBD，BE=BD，
(2)证明AD⎳BF，DB⎳AF，得出四边形AFBD为平
∴△ABE≅△CBD(SAS)，
行四边形；
∴AE=CD，∠FAB=∠BCD．
(3)过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、
∵F是Rt△ABE斜边AE的中点，∴AE=2BF，
GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，当
1
∴CD=2BF，∵BF= AE=AF，∴∠FAB= 点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小
2
值为CG的值，在Rt△GOC中，GC=
∠FBA．∴∠FBA=∠BCD，
∵∠FBA+∠FBC=90°，∴∠FBC+∠BCD=90°． (2 2)2+(6 2)2=4 5，得出BN+CM的最小值为
∴BF⊥CD； 4 5．
(2)①BF⊥CD； 【解答】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
理由如下：延长BF到点G，使FG=BF，连结AG． ∴∠A=60°，AB=AC，
延长EB到M，使BE=BM，连接AM并延长交CD于 ∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
·11·∴DM=AM，∠AMD=120°，∴∠DMB=60°， (3)证明△DEF为等边三角形，可得BE=DF，可知线
∵AN=BM，∠DMB=∠A=60°， 段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC
∴△ANM≅△MBD(SAS)，∴MN=DB； 时，BE取最短，又由菱形的性质可得△ABC为等边三
(2)解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： 角形，利用三线合一求出CE即可求解；
∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°， 【解答】(1)证明：设CD与EF相交于点M，
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=
∠DMB=90°，∴∠MAD=∠ABF=45°，则
AD⎳BF，
MA=DM

在△ANM和△MBD中，∠MAN=∠DMB，
AN=MB ∵四边形ABCD为菱形，∴BC-=DC，∠BCE=
∴△ANM≅△MBD(SAS)，∴∠AMN=∠MDB， ∠DCE，AB⎳CD，
∵AE⊥MN，∴∠AMN+∠MAE=90°， ∵∠ABC=60°，∴∠DCF=60°，
∵∠MDB+∠MBD=90°，∴∠DBM=∠MAF，  BC=DC
在△BCE和△DCE中，∠BCE=∠DCE，
∴DB⎳AF，∴四边形AFBD为平行四边形；
CE=CF
(3)解：如图，过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，
∴△BCE≅△DCE(SAS)，
连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB
∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，
于点O，
∵∠DMF=∠DEF+∠CDE=∠DCF+∠CFE，
∵AB=AC=4，∠BAC=90°，
又∵∠DEF=∠DCF=60°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠GAM=∠BCN=45°，
∴∠CDE=∠CFE，∴∠CBE=∠CFE，∴BE=EF；
∵AN=BM，∴AM=CN，
(2)解：过点E作EN⊥BC于N，
又∵AG=CB，∴△GAM≅△BCN(SAS)，
∴GM=BN，∴BN+CM=GM+CM，
∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，
最小值为CG的值，
∵∠GAM=∠ABC=45°，∴AG⎳BC，
∴∠BAC=∠ABG=90°，
∴∠GBO=180°-∠ABG-∠ABC=45°， 则∠ENC=90°，∵BE=EF，∴BF=2BN，
∴∠GBO=45°，∴OG=OB， ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴GB= 2OB= 2OG，∴OG=OB=2 2， ∴BC=AB=10cm，∠ACB=∠BCD=60°，即∠ECN
∴OC=6 2， =60°，
在Rt△GOC中，GC= (2 2)2+(6 2)2=4 5， 3
∵CE=2xcm，∴EN=CE⋅sin60°=2x⋅ =
2
∴BN+CM的最小值为4 5．
1
3x(cm)，CN=CE⋅cos60°=2x⋅ =x(cm)，
2
∴BN=BC-CN=10-x(cm)，∴BF=2(10-x)cm，
1 1
∴y= BF⋅EN= ×2(10-x)× 3x=- 3x2+
2 2
10 3x，
∵0<2x，∴0<x，
14．【分析】(1)设CD与EF相交于点M，证明
∴y=- 3x2+10 3x(0<x；
△BCE≅△DCE(SAS)，可得∠CBE=∠CDE，BE=
(3)解：∵BE=DE，BE=EF，∴DE=EF，
DE，利用三角形外角性质可得∠CDE=∠CFE，即得
∵∠DEF=60°，∴△DEF为等边三角形，
∠CBE=∠CFE，即可求证；
∴DE=DF-EF，∴BE=DF，
(2)过点E作EN⊥BC于N，解直角三角形得到EN=
∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥
CE⋅sin60°，CN=CE⋅cos60°，可得BN=BC-CN，
AC时，BE取最短，如图，
由等腰三角形三线合一可得BF，即可由三角形面积公
式得到y与x的函数表达式，最后由0<2x，可得自变
量x的取值范围；
·12·ΔCDE，
∴AC=DC=1，BC=CE=3，∠ECB=∠ACD，
AC CD 1
∴ = = ，∴ΔBCE∽ΔACD，
BC CE 3
AD AC 1
∴ = = ，∠CDA=∠CEB，∴BE=3AD，
BE BC 3
∵∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD=BC，
∴∠EHD=90°，∴AD⊥BE；
∵∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，
(3)如图3，过点C作CN⊥AB于N，
∴AE=AB=AC=10cm，
1
∵BE⊥AC，∴CE= AC=5cm，
2
CE 5 5
∴x= = ，∴当x= 时，线段DF的长度最短．
2 2 2
15．【分析】(1)由旋转的性质可得AC=DC=1，
BC=CE=3，∠ECB=∠ACD=90°，由等腰直角三角
形的性质可得AD= 2，BE=3 2，∠CAD=∠ADC
=45°，∠CBE=∠CEB=45°，可证AD⊥BE；
AD AC 1
(2)通过证明ΔBCE∽ΔACD，可得 = = ，
BE BC 3 ∵∠ACB=90°，AC=1，BC=3，
∠CDA=∠CEB，可证BE=3AD，AD⊥BE； ∴AB= AC2+BC2= 1+9= 10，
(3)由勾股定理可求AB的长，通过证明ΔACN∽
∵CN⊥AB，∴∠ANC=90°=∠ACB，
ΔABC，可求AN的长，由等腰三角形的性质可求AD AC AN
又∵∠A=∠A，∴ΔACN∽ΔABC，∴ = ，
的长，即可求解． AB AC
10
【解答】解：(1)如图1，延长DA交BE于H， ∴AN⋅ 10=1，∴AN= ，
10
10
∵AC=DC，CN⊥AB，∴AD=2AN= ，
5
3 10
由(2)可知：BE=3AD= ．
5
AB
16．【分析】(1)证明△ABD∽△CBA，得到 =
BC
BD
，得出AB2=BD⋅BC；
AB
(2)过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于
∵将ΔCAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到ΔCDE，
BE BD
点G，证明△BED∽△BAD，得出 = ，即
∴AC=DC=1，BC=CE=3，∠ECB=∠ACD=90°， BD AB
∴AD= 2，BE=3 2，∠CAD=∠ADC=45°， BE 2 13-1
= ，解得：BE= ；
2 1+ 13 3
∠CBE=∠CEB=45°，
FG DG
∴BE=3AD，∠CAD=∠EAH=45°， (3)连接BD，证明△DFG∽△CFB，得出 = ，
BF BC
∴∠EHA=90°，∴AD⊥BE， FG 6 24 5
即 = ，解得：FG= ．
故答案为：BE=3AD，AD⊥BE； 4 5-FG 5 11
【解答】(1)证明：∵∠BAD=∠C，∠ABD=∠CBA，
(2)线段AD与BE的数量关系，位置关系与(1)中结论
∴△ABD∽△CBA，
一致，理由如下：
AB BD
如图2，延长DA交BE于H， ∴ = ，∴AB2=BD⋅BC；
BC AB
(2)解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥
AB于点G，
则∠AFC=∠AGD=90°，∴DF⎳DG，∠BAC=60°，
3
∵将ΔCAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到 ∴CF=AC×sin60°=2× = 3，AF=AC×cos60°
2
·13·1
=2× =1，
2
1
∵D为BC的中点，∴BD=CD= BC=2，
2
∵DF⎳DG，∴△BDG∽△BCF，
DG BG BD 1 1 3 ∴ = = = ，∴DG= CF= ，
CF BF BC 2 2 2
3
∴BG= BD2-DG2= 22-
2

△CED；
(2)可证得△ACF≅△DCF，从而∠A=∠PDC，进而
证得∠PDC=∠DCE，从而得出PC=PD；
(3)①由折叠得PF=EF，∠P=∠PEF，可证得∠PEF
+∠DEF=90°，∠P+∠PDE=90°，从而∠PDE=
∠DEF，从而得出EF=DF，进而得出PF=DF；
2 13
= ， ②设CE=a，BC=DE=b，从而BE=BC-CE=b-
2
∴BF=2BG= 13， a，可证得△PBF∽△PED，
∴AB=AF+BF=1+ 13， ∴ PB = BF = PF = 1 ，从而得出PE=2BE=2(b-
PE DE PD 2
∵AC=CD，∴∠CAD=∠CDA，
1 1 1
a)，BF= DE= b，从而S = ab，在
∵∠AED=∠CAD，∴∠AED=∠CDA， 2 2 △CEF 4
∴∠AED+∠BED=∠ADC+∠ADB=180°， Rt△PED中，根据勾股定理得出∠PED=90°，b2+[2
∴∠BED=∠ADB， (b-a)]2=(2b-a)2，从而得出b=3a，由∠DEC=90°
∵∠DBE=∠ABD，∴△BED∽△BAD， 得出a2+b2=202，从而得出a2+(3a)2=400，进一步得
BE BD BE 2 出结果．
∴ = ，即 = ，
BD AB 2 1+ 13
【解答】(1)证明：∵DE⊥BC，
13-1
解得：BE= ； ∴∠DEC=90°，∴∠D+∠DCE=90°，
3
(3)解：连接BD， ∵∠ABC=90°，∴∠ABC=∠DEC，
∵线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，
∴∠ACD=90°，AC=CD，
∴∠DCE+∠ACB=90°，∴∠ACB=∠D，
∴△ABC≅△CED(AAS)；
(2)PC=PD，理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∵CF是∠ACD的平分线，∴∠ACF=∠DCF，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC，AD=AB=BC=5，
2 由(1)知，AC=CD，△ABC≅△CED，
AD⎳BC， ∴∠A=∠DCE，∵CF=CF，
∵∠ABC=2∠EBF，∴∠ABD=∠CBD=∠EBF， ∴△ACF≅△DCF(SAS)，∴∠A=∠PDC，
∴∠EBF-∠DBF=∠CBD-∠DBF，即∠DBE= ∴∠PDC=∠DCE，∴PC=PD；
∠CBF， (3)①∵△BFP沿AF折叠，点P落在点E，
∵AD⎳BC，∴∠CBF=∠G，∴∠DBE=∠G， ∴PF=EF，∠P=∠PEF，
∵∠DEB=∠BEG，∴△BED∽△GEB， ∵DE⊥BC，∴∠PED=90°，
DE BE
∴ = ，∵DG=6，∴EG=DE+6， ∴∠PEF+∠DEF=90°，∠P+∠PDE=90°，
BE EG
∴∠PEF+∠PDE=90°，∴∠PDE=∠DEF，
DE 4
∴ = ，解得：DE=2，负值舍去，
4 DE+6 ∴EF=DF，∴PF=DF，∴点F是PD的中点；
∴EG=2+6=8，∴AE=AD-DE=3， ②解：设CE=a，BC=DE=b，
∵AE2+BE2=32+42=52=AB2， ∴BE=BC-CE=b-a，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°， 1
由①知，点F是PD的中点，∴PF= PD，
2
∴∠BEG=180°-90°=90°，
∵∠ABC=∠PED=90°，∴BF⎳DE，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：BG= BE2+EG2
PB BF PF 1
∴△PBF∽△PED，∴ = = = ，
= 42+82=4 5， PE DE PD 2
1 1
∴BF=BG-FG=4 5-FG， ∴PE=2BE=2(b-a)，BF= DE= b，
2 2
∵AD⎳BC，∴△DFG∽△CFB，
1 1
∴S = CE⋅BF= ab，
FG DG FG 6 △CEF 2 4
∴ = ，即 = ，解得：FG=
BF BC 4 5-FG 5 ∵∠PED=90°，DE=b，PE=2(b-a)，PD=PC=
24 5
． PE+CE=2(b-a)+a=2b-a，
11
∴b2+[2(b-a)]2=(2b-a)2，化简得，
17．【分析】(1)可证得∠D+∠DCE=90°，∠DCE+
3a2-4ab+b2=0，∴b=a或b=3a，
∠ACB=90°，从而∠ACB=∠D，进而证得△ABC≅
∵0°<α<45°，∴a=b舍去，∴b=3a，
·14·1 3
∴S = ab= a2，
△CEF 4 4
∵∠DEC=90°，∴a2+b2=202，∴a2+(3a)2=400，
3 3
∴a2=40，∴S = a2= ×40=30，
△CEF 4 4
∴△CEF的面积是30．
18．【分析】(1)利用“一线三垂直“证△ABC≅
△EBD(AAS)即可得证；
(2)证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出
△BDF的面积；
由AC=6，AE=8，DE=2，BD=2，
BN
(3)要求 的值，有两个方向，①把BN和BC的值 ∴C(0,6)，B(2,0)，E(8,0)，D(8,2)，
BC
设直线BD解析式为y=kx+b，将B、D代入得，
求出来，这题BC很好求，但是BN不好求，可以建立
坐标系求解析式，再求交点N坐标，最后利用两点距 0=2k+b k= 3 1
离公式求BN的长度；②根据题干给我们的思路建立一  2=8k+b ，解得： b=-2 ，
3
线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC 1 2
∴直线BD解析式为y= x- ，
3 3
和△BMN∽△BED建立关于MN的方程，求出MN的
3
同理可求直线CE解析式为：y=- x+6，
BN
长度，最后利用△BMN∽△CAB求 值即可． 4
BC 1 2 3 80
令 x- =- x+6，解得x= ，
(4)由已知条件过P作BC垂线段，可得两个直角三角 3 3 4 13
形，然后解这两个直角三角形即可求解．另外方法二 ∴y= 18 ，即N 80 ， 18
13 13 13
的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直
接写答案的题型中可以用下，快速找出答案．
【解答】解：(1)∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到
线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC，
∵∠A=∠E=90°，∴△ABC≅△EBD(AAS)，
∴AB=DE；故答案为：AB=DE．
(2)∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC，
∵∠A=∠E=90°，∴△ABC≅△EBD(AAS)，
∴DE=AB，BE=AC，
∵AB=2，AC=6，∴DE=2，BE=6，
∴AE=AB+BE=8，
∵∠DEB+∠A=180°，∴DE⎳AC，
DE EF 2 EF
∴△DEF∽△CAF，∴ = ，即 = ，
AC AF 6 EF+8
∴EF=4，∴BF=BE+EF=10，
1
∴S = BF⋅DE=10． △BDF 2
(3)方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在
直线为y轴建立坐标系，
 ，
18 10
∴利用两点距离公式可得BN= ，
13
18 10
∵BC= AB2+AC2=2 10，∴ BN = 13 = 9 ．
BC 2 10 13
9
故答案为： ．
13
方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M，
MN EM MN EM
由△EMN∽△EAC得， = ，即 = ，
AC EA 6 8
4
∴EM= MN，
3
MN BM MN
由△BMN∽△BED得， = ，即 =
DE BE 2
6-4MN
3 18
，解得MN= ，
6 13
BN MN 9 由△BMN∽△CAB得， = = ．
BC AB 13
9
故答案为： ．
13
(4)方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P
作PQ⊥BC于点Q，
·15·PQ 2 ②当点P在点B右侧时，如图所示，
∵tan∠BCP= = ，
CQ 3
tan∠ACP=tan(∠BCA+∠BCP)=
tan∠ABC= PQ = AC =3， 1 +2
BQ AB tan∠BCA+tan∠BCP = 3 3 = 9 ，即 AP =
2
1-tan∠BCA⋅tan∠BCP 1-1 ×2 7 AC
∴PQ= CQ，PQ=3BQ， 3 3
3
9 54
，∵AC=6，∴AP= ．
设BQ=2a，则PQ=6a，CQ=9a， 7 7
∴BC=BQ+CQ=11a，
2 10
∵BC= AB2+AC2=2 10=11a，∴a= ，
11
40
∴BP= BQ2+PQ2=2 10a= ，
11
18
∴AP=BP-AB= ；
11
②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交
18 54
BC延长线于点G， 综上，AP的长度为 或 ．
11 7
19．【分析】(1)根据相似三角形的判定和性质即可得
到结论；
(2)由∠ACE=∠AFC，∠CAE=∠FAC，得到△ACF
AC AE
∽△AEC，根据相似三角形的性质得到 = ，
AF AC
求得AC2=AF⋅AE，由(1)得AC2=AD⋅AB，于是得
AF AD
到 = ，根据相似三角形的性质得到∠ADF=
AB AE
PG 2
tan∠BCP= = ，tan∠PBG=tan∠ABC，即 ∠AEB=90°，于是得到△AEB是直角三角形；
CG 3
(3)由∠CEB=∠CBD，∠ECB=∠BCD，得到△CEB
PG AC
= =3，
BG AB ∽△CBD，根据相似三角形的性质得到CD⋅CE=CB2
54
剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP= ． =24．如图，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C，
7
18 54 D都在⊙A上，延长CA到E 0 ，使CE 0 =6，交⊙A于
综上，AP的长度为 或 ．
11 7 CD CD
D ，CD =4，∠CDD =90°，得到 0 = ，根据
方法二：补充知识：正切和差角公式：tan(α+β)= 0 0 0 CE CE
0
tanα+tanβ tanα-tanβ 相似三角形的性质得到∠CDD =∠CE E=90°，推出点
，tan(α-β)= ． 0 0
1-tanα⋅tanβ 1+tanα⋅tanβ E在过点E 且与CE 垂直的直线上运动，过点B作
0 0
1
①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA= ， BE⊥E E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接
3 0
tan∠BCP= 2 ，所以此时点P在A的左侧，如图所 CE′，根据解得判定定理得到四边形CE 0 EB是矩形，
3 根据勾股定理即可得到结论．
示，tan∠BCP=tan(∠BCA+∠ACP)=
AC
【解答】解：(1)①∠ACD，② ，
1 +tan∠ACP AD
tan∠BCA+tan∠ACP 3 2
= = ，解 (2)△AEB是直角三角形，
1-tan∠BCA⋅tan∠ACP 1-1tan∠ACP 3
3
∵∠ACE=∠AFC，∠CAE=∠FAC，
3 AP 3
得tan∠ACP= ，即 = ， AC AE
11 AC 11 ∴△ACF∽△AEC，∴ = ，
AF AC
18
∵AC=6，∴AP= ．
11 ∴AC2=AF⋅AE，
由(1)得AC2=AD⋅AB，∴AF⋅AE=AD⋅AB，
AF AD
∴ = ，
AB AE
·16·∵∠FAD=∠BAE，∴△AFD∽△ABE， ∵BM⊥AC，∴∠PMC=∠BMC=90°，
∴∠ADF=∠AEB=90°，∴△AEB是直角三角形； ∴四边形PMCN为矩形，
(3)∵∠CEB=∠CBD，∠ECB=∠BCD， ∵BM=EN，即BM=CN，而BM=CM，
CE CB ∴CM=CN，∴四边形PMCN是正方形；
∴△CEB∽△CBD，∴ = ．
CB CD
②解：当30°<α<60°时，线段MP，DP，CD的数量
∴CD⋅CE=CB2=24．
DP+MP 3
关系为 = ；当60°<α<120°时，线段
如图，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C，D都 CD 2
在⊙A上，延长CA到E ，使CE =6，交⊙A于D ， MP-DP 3
0 0 0 MP，DP，CD的数量关系为 = ．理由
CD 2
CD =4，∠CDD =90°，
0 0
如下：
如图1，当30°<α<60°时，连接CP，
CD CD
∴CD ⋅CE =24=CD⋅CE，则 0 = ，
0 0 CE CE
0
∵∠ECE =∠D CD，∴△ECE ∽△D CD， 由(1)可得：CM=CN，∠PMC=∠PNC=90°，
0 0 0 0
∴∠CDD =∠CE E=90°， ∵CP=CP，∴Rt△PMC≅Rt△PNC(HL)，
0 0
∴点E在过点E 且与CE 垂直的直线上运动， ∴PM=PN，∴MP+DP=PN+DP=DN，
0 0
过点B作BE⊥E E，垂足为E′，BE′即为最短的 ∵∠D=30°，
0
BE，连接CE′， ∴cosD= DN = DP+MP =cos30°= 3 ，
CD CD 2
∵∠BCE =∠CE E′=∠BE′E =90°，
0 0 0 DP+MP 3
∴ = ；
∴四边形CE 0 EB是矩形， CD 2
在Rt△CE E中可求得CE′= (2 6)2+62=2 15， 如图2，当60°<α<120°时，连接CP，
0
∴CE=2 15．
20．【分析】(1)利用等腰直角三角形与含30度角的
直角三角形的性质可得结论；
(2)①证明∠CND=90°，∠DCN=90°-30°=60°，可得
∠ACN=90°，证明∠PMC=∠BMC=90°，可得四边形
PMCN为矩形，结合BM=EN，即BM=CN，而BM
=CM，可得CM=CN，从而可得结论；②如图，当
30°<α<60°时，连接CP，证明△PMC≅△PNC，可
DP+MP 3
得PM=PN，结合∠D=30°，可得 = ；
CD 2 由(1)可得：CM=CN，∠PMC=∠PNC=90°，
②如图，当60°<α<120°时，连接CP，同理△PMC≅
∵CP=CP，∴Rt△PMC≅Rt△PNC(HL)，
MP-DP 3
△PNC，结合∠CDF=30°，可得 = ． ∴PM=PN，∴DN=PN-DP=MP-DP，
CD 2
∵∠CDF=30°，
【解答】(1)证明：设AC=DE=a，
DN MP-DP 3
∵∠ABC=∠DEF=90°，∠BAC=45°， ∴cos∠CDF= = =cos30°= ，
CD CD 2
∴∠A=∠C=45°，∴AB=BC，
MP-DP 3
∴ = ，
1 1 CD 2
∵BM⊥AC，∴BM=AM=CM= AC= a，
2 2 综上，当30°<α<60°时，线段MP，DP，CD的数量
1 1
∵∠EDF=30°，EN⊥DF，∴EN= DE= a， DP+MP 3
2 2 关系为 = ；当60°<α<120°时，线段
CD 2
∴BM=EN；
MP-DP 3
MP，DP，CD的数量关系为 = ．
(2)①证明：∵∠D=30°，CN⊥DF， CD 2
∴∠CND=90°，∠DCN=90°-30°=60°， 21．【分析】(1)根据题意可推出△AEF∽△CEB，得
∵α=∠ACD=30°，∴∠ACN=90°，
·17·AF AE
到 = ，从而推出AE，再根据勾股定理可求得
BC CE
BE，再求得AB；
AE AD
(2)根据题意可推出△AED∽△FEB，得到 =
EF BF
DE
= =2，设BE=a，则DE=2a，AB=CD=3a，
EB
再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF，即可求
得答案；
第三种情况：如图③．
(3)①分情况讨论，第一种情况，作BC的平行线AD，
使AD=BC，连接CD，延长BE交AD于点F；第二
种情况，作∠ABC的平分线，取CH=CB，交∠ABC
的平分线于点H，延长CH，交BE的延长线于点D，
在射线BA上取AF=AB，连接DF；第三种情况，作
AD⎳BC，交BE的延长线于点D，连接CD，作BC的
②若按照上图①作图，即如图④，
垂直平分线；在DA延长线上取点F，使AF=AD，连
接BF；
②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意
可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH=
PH CH
HC，可推出△CPH∽△CB′E，从而推出 = ，
BE CE
计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二 由题意可知，∠ACB=∠ACP，四边形ABCD是平行
种情况，延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是 四边形，
等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三 ∴∠ACB=∠PAC，∴∠PAC=∠PCA，
线合一推出PA⊥AC，从而推出△CPA∽△CBE，同 ∴△PAC是等腰三角形；
第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合 过P作PH⊥AC于H，则AH=HC，
题意． ∵BE=5，CE=2AE=12，
【解答】解：(1)由题可知，AF= 1 AD= 1 BC， ∴B′E=BE=5，AE=6，
2 2
1 1 1
AE AF 1 ∴AH=HC= AC= (AE+CE)= (6+12)=9，
∵AF⎳BC，∴△AEF∽△CEB，∴ = = ， 2 2 2
CE BC 2
∴EH=AH-AE=9-6=3，
∵CE=2，∴AE=1，∵BC=2AF=2 5，
∵PH⊥AC，BE⊥AC，
∴BE= BC2-CE2=4，∴AB= AE2+BE2= 17；
PH CH
∴△CPH∽△CB′E，∴ = ，
故答案为：1； 17； BE CE
(2)AF= 2CD，证明如下： CH⋅BE 9×5 15
即PH= = = ，
CE 12 4
∵四边形ABCD是平行四边形，
15
∴AD⎳BC，AD=BC，AB=CD， ∴PE= EH2+PH2= 32+
4
AE DE AD 2 ∴△AED∽△FEB，∴ = = = =2，
EF BE BF 1
设BE=x，则DE=2x，
∴AB=BD=3x，∴AE= AB2-BE2=2 2x，
1
∴EF= AE= 2x，∴AF=AE+EF=3 2x，
2
∴AF= 2AB，∴AF= 2CD；
(3)①第一种情况：如图①．
第二种情况：如图②．

2 3 41
= ；
4
若按照上图②作图，即如图⑤，
延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是等腰三角
形，连接PA，
∵GF⎳BC，∴△GAF∽△CAB，
·18·AF AG
∴ = =1，∴AG=AC，∴PA⊥AC；
AB AC
同理△CPA∽△CB′E，
BE CE
∵AE=6，EC=12，BE=BE=5，∴ = ，
PA AC
BE⋅AC 5×18 15
即PA= = = ，
CE 12 2
15
∴PE= PA2+AE2= 
2

2 3 41
+62= ；
2
若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE(不符合
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=∠B=45°，
题意)，即如图⑥，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，
∴AN=DN，DH=BH，AD= 2AN，BD= 2BH，
∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，
AD AN 1
∴ΔADN∽ΔBDH，∴ = = ，
DB DH 2
设AN=DN=x，BH=DH=2x，
∴AD= 2x，BD=2 2x，∴AB=3 2x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°，
3 41 3 41 ∴四边形DHCN是矩形，
故答案为：PE= 或 ．
4 2
∴∠NDH=90°=∠EDF，∴∠EDN=∠FDH，
22．【分析】(1)由“ASA”可证ΔCDE≅ΔBDF，可
又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，
得CE=BF，即可求解；
EN DN 1
∴ = = ，∴FH=2NE，
(2)①先证ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，可得 FH DH 2
1 1 2
AN=DN，DH=BH，AD= 2AN，BD= 2BH， ∴AE+ BF=x+NE+ (2x-FH)=2x= AB；
2 2 3
可求AD= 2x，BD=2 2x，通过证明ΔEDN∽
②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥
ΔFDH，可求FH=2NE，即可求解；
AC于N，DH⊥BC于H，
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；
(3)由题意可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，
由相似三角形的性质可求MR=1，由勾股定理和相似
三角形的性质可求RM′′=n，由勾股定理可求解．
【解答】(1)证明：连接CD，
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=∠B=45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，
∴AN=DN，DH=BH，AD= 2AN，BD= 2BH，
∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，
∵∠C=90°，AC=BC，AD=DB， AD AN 1
∴ΔADN∽ΔBDH，∴ = = ，
∴AB= 2AC，∠A=∠B=∠ACD=45°，AD=CD= DB DH n
设AN=DN=x，BH=DH=nx，
BD，CD⊥AB，
∴AD= 2x，BD= 2nx，∴AB= 2(n+1)x，
∵ED⊥FD，∴∠EDF=∠CDB=90°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°，
∴∠CDE=∠BDF，∴ΔCDE≅ΔBDF(ASA)，
∴四边形DHCN是矩形，
2
∴CE=BF，∴AE+BF=AE+CE=AC= AB；
2 ∴∠NDH=90°=∠EDF，∴∠EDN=∠FDH，
1 2
(2)①AE+ BF= AB，理由如下： 又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，
2 3
EN DN 1
过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∴ = = ，∴FH=nNE，
FH DH n
1 1 2
∴AE+ BF=x-NE+ (nx+FH)=2x= AB；
n n n+1
·19·当点F在CB的延长线上时，如图5，
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=∠B=45°， MR MF 1 FR
∴MR⎳AC，∴ = = = ，
∵DN⊥AC，DH⊥BC， AC AF 2 FC
∴MR=1，FR=CR，
∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，
由图2，设AN=DN=x，BH=DH=nx，
∴AN=DN，DH=BH，AD= 2AN，BD= 2BH，
∴AD= 2x，BD= 2nx，
∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，
2
AD AN 1 ∴AB= 2(n+1)x=2 2，∴x= ，
∴ΔADN∽ΔBDH，∴ = = ， 1+n
DB DH n
∵FD=BD= 2nx，∴FB=2nx，
设AN=DN=x，BH=DH=nx，
∴CF=2nx-2，
∴AD= 2x，BD= 2nx，∴AB= 2(n+1)x，
2n n-1
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°， ∴CR=nx-1= -1= ，
1+n 1+n
∴四边形DHCN是矩形，∴∠NDH=90°=∠EDF，
由(2)可得：CD= DN2+CN2=x⋅ 1+n2，DF′′=
∴∠EDN=∠FDH，
nDE′′=nx⋅ 1+n2，
又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，
∴CF′′=(1+n2)x，
EN DN 1
∴ FH = DH = n ，∴FH=nNE， (1+n2)x (1+n2)⋅ 1+ 2 n 1+n2
∴CM′′= = = ，
1 1 2 2 2 1+n
∴AE- BF=x+NE- (FH-nx)=2x= AB；
n n n+1 ∴RM′′=n，
1
综上所述：当点F在射线BC上时，AE+ BF= ∴M′′M= 1+n2，∴点M运动的路径长为 1+n2．
n
2 1 23．【分析】(1)根据矩形的判定方法(有三个角是直
AB，当点F在CB延长线上时，AE- BF=
n+1 n 角的四边形是矩形)很容易证出；
2
AB； (2)①方法一可先证ΔHAM≅ΔDAC，得出AM=AC，
n+1
减去公共边得出CH=MD．方法二证ΔCDH≅ΔMHD，
(3)如图，连接CD，CM，DM，
可直接得出CH=MD；②对于旋转的存在性问题，首
先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质
以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要主要的
是四边形AMNQ的面积是不规则，需要用去用三角形
面积的和差解决．
【解答】解：(1)四边形AECF为矩形．理由如下：
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEC=90°，∠AFC=90°，
∵EF的中点为M，∠ACB=∠EDF=90°，
∵四边形ABCD为菱形，∴AD⎳BC，
1
∴CM=DM= EF，
2 ∴∠AFC+∠ECF=180°，∠ECF=180°-∠AFC=90°
∴点M在线段CD的垂直平分线上运动，
∴四边形AECF为矩形．
如图，当点E与点A重合时，
(2)①CH=MD．理由如下：
点F在BC的延长线上，
证法一：
当点E与点C重合时，点F′′在CB的延长线上，
∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，∠B=∠D．
过点M作MR⊥FC于R，
∵ΔABE 旋转得到ΔAHG，∴AB=AH，∠B=∠H．
∴AH=AD，∠H=∠D．
∵∠HAM=∠DAC，∴ΔHAM≅ΔDAC，
∴AM=AC，∴AH-AC=AD-AM，
·20·∴CH=MD． 21
同第一种情况的计算思路可得：NH=7，QN= ，
4
证法二：
7
AG=3，MH= ，
如图，连接HD． 4
1 1
∴S =S -S = NH⋅QN- MH⋅AG
四边形AMNQ ΔQNH ΔAMH 2 2
63
=
4
9 63
综上，四边形AMNQ的面积为 或 ．
4 4
24．【分析】(1)过点E作EM⊥CB延长线于点M，
利用一线三垂直全等模型证明ΔACD≅ΔDME，再证
∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，∠B=∠ADC， 明BM=EM即可；
∵ΔABE 旋转得到ΔAHG， (2)同(1)中方法证明ΔACD≅ΔDME，再证明BM=
∴AB=AH，∠B=∠AHM， EM即可；
∴AH=AD，∠AHM=∠ADC，∴∠AHD=∠ADH， (3)过点E作EM⊥CB，求出EM，CE即可．
∴∠AHD-∠AHM=∠ADH-∠ADC， 【解答】解：(1)如图，过点E作EM⊥CB延长线于点
∴∠MHD=∠CDH，∵DH=HD，
M，
∴ΔCDH≅ΔMHD，∴CH=MD．
②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，
9
GH⊥CD，此时S = ．
四边形AMNQ 4
由旋转得AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠ADC+∠EDM=90°，
∵∠ACB=90°，
∵AB=5，BE=4，∴由勾股定理可得AE=3， ∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
∵ΔABE旋转到ΔAHG， ∴∠CAD=∠EDM，∴ΔACD≅ΔDME(AAS)，
∴AG=AE=3，GH=BE=4，∠H=∠B， ∴CD=EM，AC=DM，
∵GN⊥CD，∴GN=AE=3，∴NH=1， ∵AC=BC，
∵AD⎳BC，∴∠GAM=∠B， ∴BM=DM-BD=AC-BD=BC-BD=CD，
GM AE
∴tan∠GAM=tan∠B，即 = ， ∴BM=EM，∵EM⊥CB，
AG BE
∴BE= 2EM= 2CD，故答案为：BE= 2CD；
9 7
解得GM= ，则MH= ，
4 4 (2)补全图形如图，BE= 2CD，理由如下：
3
∵tan∠H=tan∠B，∴在RtΔQNH中，QN= ，
4
1 1
∴S =S -S = MH⋅AG- NH⋅QN
四边形AMNQ ΔAMH ΔQNH 2 2
9
= ．
4
情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，
63
此时S = ．
四边形AMNQ 4
过点E作EM⊥BC于点M，
由旋转得AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠ADC+∠EDM=90°，∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠EDM，∴ΔACD≅ΔDME(AAS)，
∴CD=EM，AC=DM，∵AC=BC，
∴DM=BC，∴DM-CM=BC-CM，
·21·∴CD=BM，∴EM=BM，∵EM⊥CB， (2)①∠ACD=∠ACB，
∴BE= 2EM= 2CD； 理由：延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，
(3)如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥
CB延长线于点M，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC+∠D=180°，
∵∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，∴△ABE≅△ADC(SAS)，
由(2)得DM=AC=1，EM=CD=2， ∴∠E=∠ACD，AE=AC，∴∠E=∠ACB，
∴CM=CD+DM=3， ∴∠ACD=∠ACB；
∴CE= CM2+EM2= 13， ②过A作AF⊥EC于F，
EM 2 2 13
∴sin∠ECD= = = ；
CE 13 13
当点D在BC延长线上时，过点E作EM⊥CB于点
M，
∵AE=AC，
1 1 1 m+n
∴CF= CE= (BC+BE)= (BC+DC)= ，
2 2 2 2
∵∠BCD=2θ，∴∠ACD=∠ACB=θ，
CF
在Rt△AFC中，cosθ= ，
AC
CF m+n m+n
∴AC= = ，AC的长为 ；
同理可得：ΔACD≅ΔDME， cosθ 2cosθ 2cosθ
(3)∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴DM=AC=1，ME=CD=2，
∴AC= AB2+BC2=5，
∴CM=2-1=1，∴CE= 22+12= 5，
∵四边形ABMN是邻等对补四边形，
EM 2 2 5
∴sin∠ECD= = = ，
CE 5 5 ∴∠ANM+∠B=180°，∴∠ANM=90°，
综上，sin∠ECD= 2 13 或 2 5 ． 当AB=BM时，
13 5
方法一：如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
25．【分析】(1)根据邻等对补四边形的定义判断即
可；
(2)①延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，根据邻
等对补四边形定义、补角的性质可得出∠ABE=∠D，
证明△ABE≅△ADC(SAS)，得出∠E=∠ACD，AE=
AC，根据等边对等角得出∠E=∠ACB，即可得出结
论；
∴AM2=AB2+BM2=18，
②过A作AF⊥EC于F，根据三线合一性质可求出
在Rt△AMN中，MN2=AM2-AN2=18-AN2，
m+n
CF= ，由①可得∠ACD=∠ACB=θ，在
2 在Rt△CMN中，MN2=CM2-CN2=(4-3)2-(5-
Rt△AFC中，根据余弦的定义求解即可； AN)2，
(3)分AB=BM，AN=AB，MN=AN，BM=MN四 18-AN2=(4-3)2-(5-AN)2，解得AN=4.2，∴CN
种情况讨论即可． =0.8，
【解答】解：(1)观察图知，图①和图③中不存在对角 ∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等， NC NH CH
∴△NHC∽△ABC，∴ = = ，
AC AB CB
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
0.8 NH CH 12 16
故答案为：②④； 即 = = ，∴NH= ，CH= ，
5 3 4 25 25
·22·84
∴BH= ，
25
12
∴BN= BH2+NH2= 2，
5
方法二：∵∠ANM=90°，∠C=∠C，
CN NM CM
∴△CNM∽△CBA，∴ = = ，
BC AB CA
CN NM 4-3 3 4
即 = = ，∴NM= ，CN= ，
4 3 5 5 5 ∵AM=AM，∴Rt△ABM≅Rt△ANM(HL)，
∴AN=5- 4 = 21 ，根据(2)的结论， ∴AN=AB，故不符合题意，舍去；
5 5
12 12
2
5
1 +3
5 12
综上，BN的长为
5
2或
7
2．
则BN= = 2；
2cos45° 5 26．【分析】(1)将点A的坐标代入抛物线表达式得：
当AN=AB时，如图，连接AM， 5=-4+c，即可求解；
1 1
(2)由S = ×PD×(x -x )= ×(-x2+9+x
△PDQ 2 Q P 2 1 1
3
-3)(x -x)= (-x2+x +6)，同理可得：S =
2 1 2 1 1 △ADC
1 1
×CD×(x -x )= (-x2+x +6)，即可求解；
2 D A 2 1 1
(3)求出线PQ的表达式为：y=x(x-x)-x2+9=
1 1 1
1
∵AM=AM，∴Rt△ABM≅Rt△ANM(HL)， xx -2x2+9，则MN=(x -1)x -2x2+9=-x +
1 1 1 1 1 1 2
∴BM=NM，故不符合题意，舍去；
当AN=MN时，
方法一：连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
NC NH CH
∴△CMN∽△CAB，即 = = ，
AC AB CB
CN 5-CN 20 即 = ，解得CN= ，
4 3 7
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
NC NH CH
∴△NHC∽△ABC，∴ = = ， AC AB CB
20
7 NH CH
即 = = ，
5 3 4
12 16 12
∴NH= ，CH= ，∴BH= ，
7 7 7
12 ∴BN= BH2+NH2= 2，
7
方法二：设AN=MN=x，
x 3 15 则CN=5-x，∴ = ，∴x= ，
5-x 4 7
15 5 25 25 3
∴CM= × = ，∴BM=4- = ，
7 3 7 7 7
根据(2)的结论，
3+3
7 12
则BN= = 2；
2cos45° 7
当BM=MN时，如图，连接AM，

2
37 37
+ ≤ ，即可求解．
4 4
【解答】(1)解：将点A的坐标代入抛物线表达式得：
5=-4+c，则c=9，
即抛物线的表达式为：y=-x2+9；
(2)证明：令y=-x2+9，则x=±3，则点B(3,0)，
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=-x+
3，
设点P、Q、D的表达式分别为：(x，-x2+9)、
1 1
1
(x ，-x2+9)、(x，-x +3)，则S = ×PD× 2 2 1 1 △PDQ 2
1 3
(x -x )= ×(-x2+9+x -3)(x -x)= (-x2+x
Q P 2 1 1 2 1 2 1 1
+6)，
1 1
同理可得S = ×CD×(x -x )= (-x2+x + △ADC 2 D A 2 1 1
S
6)，则 △PDQ =3为定值；
S
△ADC
(3)解：点P、Q的坐标分别为：(x，-x2+9)、(
1 1
-2x，-4x2+9)，
1 1
由点P、Q的坐标得，直线PQ的表达式为：y=x(x 1
-x)-x2+9=xx -2x2+9， 1 1 1 1
1
则MN=y =(x -1)x -2x2+9=-x + M 1 1 1 1 2 
2 37
+ ≤ 4
37 37 ，故MN的最大值为： ．
4 4
27．【分析】(1)用待定系数法求解即可；
(2)设M(m,-m2+2m+3)，作MH⊥x轴于点H，构
造直角三角形，利用锐角三角函数或者相似建立关于
m的方程求解即可；
(3)①由二次函数平移可得出图象L的解析式为y=
-(x-n)2+4=-x2+2nx-n2+4，从而得到CN=d=
·23·|-n2+4-3|=|-n2+1|，再分类讨论去绝对值即可；
②根据题干条件得出整数点(0,1)，(0,2)，(1,1)，再分
别两两进行分类讨论，建立二次函数不等式即可解决．
【解答】解：(1)∵二次函数y=-x2+bx+3与x轴交
于A(-1,0)，∴0=-1-b+3，解得：b=2；
(2)∵b=2，
∴二次函数表达式为：y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
令y=0，解得x=-1或x=3，令x=0得y=3，
∴A(-1.0)，B(3,0)，C(0,3)，
设M(m,-m2+2m+3)，
作MH⊥x轴于点H，如图，
∵∠MAB=∠ACO，
MH OA
∴tan∠MAB=tan∠ACO，即 = ，
AH OC
-m2+2m+3 1
∴ =
m+1 3
8
解得m= 或m=-1(舍去)，
3
8
∴M的横坐标为 ；
3
(3)①∵将二次函数沿水平方向平移，
∴纵坐标不变为4，
∴图象L的解析式为y=-(x-n)2+4=-x2+2nx-n2
+4，∴N(0,-n2+4)，
∴d=CN=|-n2+4-3|=|-n2+1|，
n2-1 n≥1或n≤-1
∴d=
 
 ；
-n2+1 (-1<n<1)
n2-1 n≥1或n≤-1
②由①得d=

-n2+4>2
∴
-(1-n)2+4≤1
，
∴- 2<n< 2，n≥1+ 3或n≤1- 3，
∴- 2<n<1- 3，
∵-1或n，∴-1≤n≤1- 3；
当U内恰有2个整数点(0,1)，(1,1)时，
当x=0时，1<y ，当x=1时，y >1， L L
1<-n2+4≤2
∴
-(1-n)2+4>1
，
∴- 3<n≤- 2或 2≤n< 3，1- 3<n<1+
3，
∴ 2≤n< 3，∵-1或n，∴ 2≤n< 3；
当U内恰有2个整数点(0,2)，(1,1)时，此种情况不存
在，舍去．综上所述，n的取值范围为-1≤n≤1-
3或 2≤n< 3．
1 5
28．【分析】(1)在y= x2+2x- 中，令x=0得
2 2
5
C0,-
2

 ，画出大致图 -n2+1 (-1<n<1)
象如下，
∵d随着n增加而增加，∴-1或n，
△ABC中含(0,1)，(0,2)，(1,1)三个整点(不含边界)，
当U内恰有2个整数点(0,1)，(0,2)时，
当x=0时，y >2，当x=1时，y ，
L L
 ，令y=0得A(1,0)，B(-5,0)；
5
(2)由A(,0)，C0,-
2
 得直线AC的解析式为y=
5 5 5
x- ，设直线PQ的解析式为y= x+b，
2 2 2
1 5
Pt, t2+2t-
2 2

1 1 5
，可得b= t2- t- ，故
2 2 2
1 1 5 Q0, t2- t-
2 2 2
 ；根据BC平分线段PQ，知PQ的
t 1 3 5
中点 ， t2+ t-
2 2 4 2
 在直线BC上，求得直线BC
1 5 1 3 5 t 5
解析式为y=- x- ，有 t2+ t- =- - ，
2 2 2 4 2 4 2
9
解出t的值从而可得P-2,-
2
 ；
(3)过点G作TS⎳x轴，过点E，F分别作TS的垂线，
垂足分别为T，S，证明ΔETG∽ΔGSF，可得ET⋅FS
=GS⋅TG，求出D(0．-5)，设直线EF的解析式为y
1
=kx，直线ED的解析式为y =k x-5，联立
1 2 2
y =kx
 1 1 1 5  y=1x2+2x-5 得 2 x2+(2-k 1 )x- 2 =0，联立
2 2
y =k x-5
 2 2 1 5
 y=1x2+2x-5 得 2 x2+(2-k 2 )x+ 2 =0，设x E =
2 2
e，x =f，x =g，故ef=-5，eg=5，e+g=2k -
F G 2
1 5
4，从而知f=-g，ET= e2+2e- -
2 2
1 5
 g2+2g-
2 2

1 1
= (e+g+4)(e-g)，FS= f2+2f
2 2
5 1 5
- - g2+2g-
2 2 2

1 1
= (f+g+4)(f-g)，故 (e
2 2
1
+g+4)(e-g)⋅ (f+g+4)(f-g)=(g-e)(f-g)，可
2
1 得e+g=-5，即得2k -4=-5，k =- ，得直线DE
2 2 2
1
解析式为y=- x-5．
2
1 5
【解答】解：(1)在y= x2+2x- 中，令x=0得y
2 2
·24·5 5
=- ，∴C0,-
2 2
 ，
1 5
令y=0得0= x2+2x- ，解得x=-5或x=1，
2 2
∴A(1,0)，B(-5,0)；
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
5
把A(,0)，C0,-
2

k+b=0

代入得：
b=-5
，
2
k=5
2
解得： ，
b=-5
2
5 5
∴直线AC的解析式为y= x- ，
2 2
5
由PQ⎳AC，设直线PQ的解析式为y= x+b，
2
1 5
设Pt, t2+2t-
2 2
 ，
1 5 5 1 1 5
∴ t2+2t- = t+b，∴b= t2- t- ，
2 2 2 2 2 2
5 1 1 5
∴直线PQ的解析式为y= x+ t2- t- ，
2 2 2 2
1 1 5
令x=0得y= t2- t- ，
2 2 2
1 1 5
∴Q0, t2- t-
2 2 2
 ；∵BC平分线段PQ，
t 1 3 5
∴PQ的中点 ， t2+ t-
2 2 4 2
 在直线BC上，
5
由B(-5,0)，C0,-
2

1
得直线BC解析式为y=- x
2
5 1 3 5 t 5 - ，∴ t2+ t- =- - ，
2 2 4 2 4 2
9
解得t=-2或t=0(舍去)，∴P-2,-
2
 ；
(3)过点G作TS⎳x轴，过点E，F分别作TS的垂线，
垂足分别为T，S，如图：
∴∠T=∠S=∠EGF=90°，
∴∠EGT=90°-∠FGS=∠GFS，
ET TG
∴ΔETG∽ΔGSF，∴ = ，
GS FS
∴ET⋅FS=GS⋅TG，
5
∵点D与原点O关于C0,-
2

y =k x-5
 2 2 1 5
联立 y=1x2+2x-5 得：k 2 x-5= 2 x2+2x- 2 ，
2 2
1 5
∴ x2+(2-k )x+ =0，
2 2 2
设x =e，x =f，x =g，
E F G
∴ef=-5，eg=5，e+g=2k -4，∴f=-g，ET=
2
1 5 1 5
e2+2e- - g2+2g-
2 2 2 2
对称，∴D(0,-5)，
设直线EF的解析式为y =kx，直线ED的解析式为y 1 1 2
=k x-5，
2
y =kx
 1 1 1 5
联立
y=1x2+2x-5
得：k
1
x=
2
x2+2x-
2
，
2 2
1 5
∴ x2+(2-k)x- =0，
2 1 2

1
= (e+g+4)(e-g)，
2
1 5 1 5
FS= f2+2f- - g2+2g-
2 2 2 2

1
= (f+g+4)(f
2
-g)∵ET⋅FS=GS⋅TG，
1 1
∴ (e+g+4)(e-g)⋅ (f+g+4)(f-g)=(g-e)(f-
2 2
g)
1 1
∴ (e+g+4)(e-g)⋅ (-g+g+4)(-g-g)=(g-e)(
2 2
1
-g-g)∴e+g=-5，∴2k -4=-5，解得k =- ，
2 2 2
1
∴直线DE解析式为y=- x-5．
2
29．【分析】(1)将点A(-1,0)代入抛物线解析式，解
之即可得出结论；
(2)令y=0，可得B(4,0)；令x=0可得点C的坐标(0,
-2)；则BC= 42+22=2 5；BC的解析式为：y=
1
x-2；根据题意，点D的坐标为(m,0)，把x=m分
2
别代入抛物线和直线BC的解析式，可得
1 3 Pm, m2- m-2
2 2
 1 ；Em, m-2
2
 ；所以DE=2-
1 1
m，EP=2m- m2；由PD⊥x轴，可得PD⎳y
2 2
轴，所以△BDE∽△BOC，则BD:BO=BE:BC，即
5
BE⋅BO=BC⋅BD，可得BE= (4-m)，所以PE
2
5 5
= BE= (4-m)，由此可建立关于m的方程，解
2 4
之即可；
(3)由C、F的坐标可得，直线CF的解析式为：y=
5
2x-2，所以M ，3
2

1 3
；当y=3时， x2- x-2
2 2
=3，解得x=-2或x=5；当N(-2,3)时，FH=MN
9 5
= ；当N(5,3)时，FH=MN= ；分别求解即可得
2 2
出结论．
3
【解答】解：(1)把点A(-1,0)代入y=ax2- x-2得
2
3 1
a+ -2=0；解得a= ；
2 2
1 3
∴抛物线的解析式为：y= x2- x-2．
2 2
1 3 1 3
(2)把y=0代入y= x2- x-2得， x2- x-2
2 2 2 2
=0，解得x=-1或x=4，∴B(4,0)；
当x=0是，y=-2，∴点C的坐标(0,-2)；
1
∴BC= 42+22=2 5；BC的解析式为：y= x-2；
2
根据题意，点D的坐标为(m,0)，
·25·1 3 1 3
把x=m代入y= x2- x-2得，y= m2- m-
2 2 2 2
2．
1 1
把x=m代入y= x-2，得y= m-2，
2 2
1 3
∴Pm, m2- m-2
2 2

1
；Em, m-2
2
 ；
1 1
∴DE=2- m，EP=2m- m2；
2 2
∵PD⊥x轴，∴PD⎳y轴，∴△BDE∽△BOC，
∴BD:BO=BE:BC，即BE⋅BO=BC⋅BD，
5
∴BE= (4-m)，
2
5 5 1 5
∵PE= BE= (4-m)，∴2m- m2= (4-
2 4 2 4
5
m)，解得m= 或m=4(舍)；
2
7
(3)存在，点H的坐标为- ，0
2

11
或 ，0
2
 或
3
- ，0
2

7
或 ，0
2
 ．理由如下：
∵C(0,-2)，F(1,0)，
∴直线CF的解析式为：y=2x-2，
5 5 5
当x= 时，y=2× -2=3；∴M ，3
2 2 2
 ；
∵点N是x轴上方抛物线上的一点，
1 3
∴当y=3时， x2- x-2=3，
2 2
解得x=-2或x=5；
9
当N(-2,3)时，FH=MN= ；
2
7
∴H的坐标为：- ，0
2

11
或 ，0
2
 ；
5
当N(5,3)时，FH=MN= ；
2
3
∴H的坐标为：- ，0
2

7
或 ，0
2
 ．
7
综上，点H的坐标为- ，0
2

11
或 ，0
2
 或
3
- ，0
2

7
或 ，0
2
 ．
30．【分析】(1)将点D的坐标代入抛物线表达式，即
可求解；
5 4
(2)由题意得：C :y= (x-1)2+ (x-1)-4+3= 2 3 3
5 3
x-
3 5

2 19 5 3
- ，当x=1时，y= x-
15 3 5

2 19
- =
15
5 3
1-
3 5

2 19
- =-1，即可求解；
15
(3)当∠BAP为直角时，证明△DGB≅△EHD(AAS)，
5 3
求出点E(2,2)，当x=2时，y= x-
3 5

2 19
- =
15
5 3
2-
3 5

4 5
-1=a+ -4，解得：a= ，
3 3
5 4
则抛物线的表达式为：y= x2+ x-4；
3 3
5 4
(2)由题意得：C :y= (x-1)2+ (x-1)-4+3=
2 3 3
5 3
x-
3 5
2 19
- =2，即点E在抛物线C 上，即点P
15 2
即为点E(2,2)；当∠DBP为直角时，同理可解；当
∠HPD为直角时，如图3，同理可得点E(0,1)，即可求
解．
【解答】解：(1)将点D的坐标代入抛物线表达式得：

2 19
- ，
15
5 3
当x=1时，y= x-
3 5

2 19 5 3
- = 1-
15 3 5

2 19
- =
15
-1，故点D在抛物线C 上；
2
(3)存在，理由：
当∠BDP是直角时，
如图1，过点D作DE⊥BD且DE=BE，则△BDE为
等腰直角三角形，
∵∠BDG+∠EDH=90°，∠EDH+∠DEH=90°，
∴∠BDG=∠DEH，
∵∠DGB=∠EHD=90°，∴△DGB≅△EHD(AAS)，
则DH=BG=1，EH=GD=1+2=3，则点E(2,2)，
5 3
当x=2时，y= x-
3 5

2 19 5 3
- = 2-
15 3 5

2 19
- =
15
2，
即点E在抛物线C 上，即点P即为点E(2,2)；
2
当∠DBP为直角时，如图2，
同理可得：△BGE≅△DHB(AAS)，
则DH=3=BG，BH=1=GE，则点E(-1,3)，
5 3
当x=-1时，y= x-
3 5

2 19 5 3
- = -1-
15 3 5

2
-
19
=3，
15
即点E在抛物线C 上，即点P即为点E(-1,3)； 2
当∠BPD为直角时，如图3，
设点E(x,y)，同理可得：△EHB≅△DGE(AAS)，
则EH=x+2=GD=y+1且BH=y=GE=1-x，
·26·解得：x=0且y=1，即点E(0,1)，
5 3
当x=0时，y= x-
3 5

2 19 5 3
- = 0-
15 3 5

2 19
- ≠
15
1，即点E不在抛物线C 上；
2
综上，点P的坐标为：(2,2)或(-1,3)．
31．【分析】(1)先求得a、b的值，再配成顶点式，
即可求解；
(2)过点M(m,1)作MH⊥x轴，在Rt△MOH中，利用
3
勾股定理求得m= ，在Rt△OPD中，勾股定理求得
2
3 3
PD= ，得该抛物线顶点P的坐标为1,-
2 2
 ，再利
用待定系数法求解即可；
(3)过点M(m,1)作MH⊥x轴，过点N作NK⊥x轴，
证明△NDK≅△DMH，求得点N的坐标为(2,1-m)，
在Rt△DMN中，利用勾股定理结合题意求得ME=
NF，在△DMN的外部，作∠DNG=45°，且NG=
DM，证明△GNF≅△DME，得到GF=DE，当满足条
件的点F落在线段GM上时，DE+MF取得最小值，
求得点M的坐标为(3,1)，再利用待定系数法求解即可．
【解答】解：(I)∵2a+b=0，a=1∴b=-2a=-2，
又∵c=-1，∴该抛物线的解析式为y=x2-2x-1，
∵y=x2-2x-1=(x-1)2-2，
∴该抛物线顶点P的坐标为(1,-2)．
(II)如图，过点M(m,1)作MH⊥x轴，垂足为H，m>
1，
则∠MHO=90°，HM=1，OH=m，
13
在Rt△MOH中，由HM2+OH2=OM2,OM= ，
2
13
∴1+m2= 2 
2 3 3
，解得m = ,m =- (舍)， 1 2 2 2
3
∴点M的坐标为 ,1
2
 ，
b
∵2a+b=0，即- =1，
2a
∴抛物线y=ax2-2ax+c的对称轴为直线x=1．
∵对称轴与x轴相交于点D，∴OD=1，∠ODP=90°．
13
在Rt△OPD中，由OD2+PD2=OP2,OP= ，
2
13
∴1+PD2=
2

3
由a>0，得该抛物线顶点P的坐标为1,-
2
2 3
，解得PD= (负值舍去)，
2
 ，
3
∴该抛物线的解析式为y=a(x-1)2- ，
2
3
∵点M ,1
2

3
在该抛物线上，∴1=a -1
2

2 3
- ，
2
∴a=10．
(III)过点M(m,1)作MH⊥x轴，垂足为H，m>1，
则∠MHO=90°，HM=1，OH=m，
∴DH=OH-OD=m-1，
在Rt△DMH中，DM2=DH2+HM2=(m-1)2+1，
如图，过点N作NK⊥x轴，垂足为K，则∠DKN=
90°，
∵∠MDN=90°，DM=DN，
又∵∠DNK=90°-∠NDK=∠MDH，
∠MHD=∠DKN=90°

在Rt△NDK和△DMH中，∠MDH=∠DNK ，
DM=DN
∴△NDK≅△DMH(AAS)，∴点N的坐标为(2,1-m)，
在Rt△DMN中，∠DMN=∠DNM=45°，
∴MN2=DM2+DN2=2DM2，即MN= 2DM．
∵NE+NF= 2DM，∴ME=NF，
在△DMN的外部，作∠DNG=45°，且NG=DM，连
接GF，
得∠MNG=∠DNM+∠DNG=90°，
∴△GNF≅△DME(SAS)，∴GF=DE，
∴DE+MF=GF+MF，
当满足条件的点F落在线段GM上时，DE+MF取得
最小值，即GM= 15，
在Rt△GMN中，GM2=NG2+MN2=3DM2，
∴( 15)2=3DM2，∴DM2=5，∴(m-1)2+1=5，
解得m =3，m =-1(舍)，
1 2
∴点M的坐标为(3,1)，点N的坐标为(2,-2)，
∵点M(3,1)，N(2,-2)都在抛物线y=ax2-2ax+c
上，∴1=9a-6a+c，-2=4a-4a+c，∴a=1．
32．【分析】(1)求出抛物线y=-x2+bx的顶点横坐
b
标为 ，y=-x2+2x的顶点横坐标为1，根据题意列
2
方程，即可求出b的值；
·27·(2)先求出h=-t2-2xt+2x +4t，(i)列方程即可求
1 1
出h的值；(ii)求出h关于t的方程，配顶点式求出h
最大值．
【解答】解：(1)∵抛物线y=-x2+bx的顶点横坐标为
b
，y=-x2+2x的顶点横坐标为1，
2
b
∴ -1=1，∴b=4；
2
(2)∵点A(x，y)在抛物线y=-x2+2x上，
1 1
∴y =-x2+2x，
1 1 1
∵B(x +t，y +h)在抛物线y=-x2+4x上，
1 1
∴y +h=-(x +t)2+4(x +t)， 1 1 1
-x2+2x +h=-(x +t)2+4(x +t)，
1 1 1 1
∴h=-t2-2xt+2x +4t，(i)∵h=3t，
1 1
∴3t=-t2-2xt+2x +4t，∴t(t+2x)=t+2x，
1 1 1 1
∵x，t>0，∴t+2x >0，∴t=1，∴h=3；
1 1
(ii)将x =t-1代入h=-t2-2xt+2x +4t，
1 1 1
4
∴h=-3t2+8t-2，h=-3t-
3

2 10
+ ，
3
4 1 10
∵-3<0，∴当t= ，即x = 时，h取最大值 ．
3 1 3 3
33．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)将点A向右平移2个单位得到点A′(-2,0)，连接
A′F交y轴于点N，过点N作NM⊥PE，连接AM，则
此时AM+MN+NF=A′N+MN+NF=2+A′F最小，
即可求解；
(3)∠QDK=∠ACB，则DQ⎳BC，则直线DQ的表达
式为：y=-4(x+2)+2，即可求解；当点Q(Q′)在AC
上方时，同理可解．
【解答】解：(1)由抛物线的表达式知，OC=4，
∵tan∠CBA=4，则OB=1，
a-b+4=6

即点B(1,0)，由题意得： ，解得：
a+b+4=0
a=-1

 ，则抛物线的表达式为：y=-x2-3x+4；
b=-3
(2)由抛物线的表达式知，点A、B、C的坐标分别
1
为：(-4,0)、(1,0)、(0,4)，则点F ，2
2

则四边形MNA′A为平行四边形，则AM=A′N，
则此时AM+MN+NF=A′N+MN+NF=2+A′F=2
1 + 2+
2
，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x+
4，
设点P(x,-x2-3x+4)，则点D(x,x+4)，
则PD=-x2-3x+4-x-4=-x2-4x，
当x=-2时，PD取得最大值，则点E(-2,0)、D(-2,
2)，则MN=2，
将点A向右平移2个单位得到点A′(-2,0)，连接A′F
交y轴于点N，过点N作NM⊥PE，连接AM，
 2 41 +22=2+ 为最小；
2
(3)将该抛物线沿射线CA方向平移，当向左平移m个
单位时，则向下平移了m个单位，
则新抛物线的表达式为：y=-(x+m)2-3(x+m)+4
-m，
将点D(-2,2)的坐标代入上式得：2=-(-2+m)2-3(
-2+m)+4-m，
解得：m=2，则新抛物线的表达式为：y=-(x+m)2
-3(x+m)+4-m=-x2-7x-8，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=-4x
+4，
当点Q在AC下方时，
∵∠QDK=∠ACB，则DQ⎳BC，
则直线DQ和BC表达式中的k值相同，
而DQ过点D(-2,2)，
则直线DQ的表达式为：y=-4(x+2)+2，
联立上式和新抛物线的表达式得：-4(x+2)+2=-x2
-7x-8，
解得：x=-2(舍去)或-1，即点Q(-1,-2)；
5
当点Q(Q′)在AC上方时，同理可得，点H′-4,
2
 ，
1
由点D、H′的坐标得，直线DH′的表达式为：y=-
4
(x+2)+2，
1
联立上式和新抛物线的表达式得：- (x+2)+2+2=
4
19
-x2-7x-8，解得：x=-2(舍去)或- ，
4
·28·19 43
即点Q- ，
4 16
 ；
19 43
综上，点Q的坐标为：(-1,-2)或- ，
4 16
 ．
34．【分析】(1)将(-1,1)代入抛物线解析式求解，即
可得出b的值，再化为顶点式即可；
(2)由m>0，抛物线经过(-1,m)可得b的取值范围，
从而可得抛物线对称轴，由2x +2x 可得点(x，y)，
1 2 1 1
(x ，y )到对称轴距离的大小关系，进而求解；
2 2
(3)先求得平移后的抛物线解析式，与直线联立求得点
A、B的坐标，根据中点得出点E及F的坐标，运用两
点间距离公式即可证得结论．
【解答】(1)解：∵抛物线y=x2-2bx-4经过点(-1,
1)，∴1=(-1)2-2b×(-1)-4，
解得：b=2，∴y=x2-4x-4，
化成顶点式为y=(x-2)2-8，
(2)解：将(-1,m)代入y=x2-2bx-4得m=1+2b-
4=2b-3，
3 ∵m=2b-3>0，∴b> ，
2
∵y=x2-2bx-4，
-2b 3
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=- =b> ，
2 2
x +x 5 3
∵2x +2x ，∴ 1 2 ≤ < ，
1 2 2 4 2
∵x <x ，∴y >y ；
1 2 1 2
(3)证明：如图，
1 1
∵直线y=kx+ 与y轴交于点C，∴C0,
4 4
 ，
当b=0时，原抛物线解析式为y=x2-4，向上平移4
个单位得到的新抛物线解析式为y=x2，
y=x2
1 
与直线y=kx+
4
联立得
y=kx+1
，
4
x
1
=k-
2
k2+1 x
2
=k+
2
k2+1
解得： ， ，
y =k2-k k2+1 +1 y =k2+k k2+1 +1
1 2 4 2 2 4
k- k2+1 k2-k k2+1 1
当A ， +
2 2 4
 时，
∵点E为AC中点，
k- k2+1 k2-k k2+1+1
∴E ，
4 4

k- k2+1
∵EF⊥x轴，∴F ，0
4
，
 ，
k- k2+1
根据两点间距离公式得CF2=
4

2 1
+
4

2
=
k2+1-k k2+1
，
8
1 1 k- k2+1
CE= 
2 2 4

2 k2-k k2+1
+
4

2
=
k2+1-k k2+1 1
，∴CF2= CE；
8 2
k+ k2+1 k2+k k2+1 1
当A ， +
2 2 4
 时，
∵点E为AC中点，∴
k+ k2+1 k2+k k2+1+1
E ，
4 4

k+ k2+1
F ，0
4
 ，
k+ k2+1 根据两点间距离公式得CF2=
4
 2 +
k2+k k2+1

4

2 k k2+1+k2+1
= ，
8
1 1 k+ k2+1
CE= 
2 2 4

2 k2+k k2+1
+
4

2
=
k k2+1+k2+1 1
，∴CF2= CE．
8 2
35．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
1
(2)由四边形AOCP的面积=S +S = ×PH
△APC △AOC 2
1
×AO+ ×AO×CO，即可求解；
2
(3)当∠PBA=45°时，则直线BP的表达式为：y=
±(x-1)，即可求解；
(4)证明tan∠MAE=tan∠NEC，得到点E(-1- 3，
3+ 3)、点F(-1+ 3，3- 3)，即可求解．
【解答】解：(1)由题意得：y=-(x+4)(x-1)=-(x2
+3x-4)=-x2-3x+4；
(2)由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x
+4，
如图1，连接AC，过点P作PH⎳y轴交AC于点H(
-2,2)，则PH=6-2=4，
1
则四边形AOCP的面积=S +S = ×PH×
△APC △AOC 2
1 1 1
AO+ ×AO×CO= ×4×4+ ×4×4=16；
2 2 2
(3)当∠PBA=45°时，则直线BP的表达式为：y=
±(x-1)，
联立上式和抛物线的表达式得：-x2-3x+4=x-1或
·29·-x+1=-x2-3x+4， a=1
解得： ；故：a=1，b=-2，k=1．
b=-2
解得：x=-5或-3或1(舍去)，
(2)解：I:∵k=1，a=1，b=-2，
故点P(-5,-6)或(-3,4)；
∴一次函数解析式为：y=x+3，二次函数解析式为：
(4)如图2，连接AC，则AC为圆的直径，
y=x2-2x+3，当x时，y=x2-2x+3，其对称轴为
连接EC、EA，则∠AEC=90°，
直线x=1，开口向上，
过点E作x轴的平行线交y轴于点N，交过点A和y轴
∴x时，y随着x的增大而增大；
的平行线于点M，
当x<0时，y=x+3，k=1>0，
∵∠NEC+∠AEM=90°，∠AEM+∠MAE=90°，
∴x<0时，y随着x的增大而增大，
∴∠MAE=∠NEC，∴tan∠MAE=tan∠NEC，
综上，x的取值范围：x<0或x；
设点E(m,-m2-3m+4)，
Ⅱ：∵ax2+bx+3-t=0在0<x<4时无解，
则EN=-m，ME=m+4，AM=-m2-3m+4，CN
∴ax2+bx+3=t，在0<x<4时无解，
=-m2-3m+4-4=-m2-3m，
m+4 ∴问题转化为抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=t在
∵tan∠MAE=tan∠NEC，即 =
-m2-3m+4 0<x<4时无交点，
-m2-3m
，解得：m=-1± 3(经检验该值为方程的 ∵对于 y=x2-2x+3，当x=1时，y=2，
-m
∴顶点为(1,2)，
根)，则点E(-1- 3，3+ 3)、点F(-1+ 3，3-
如图：
3)，则AE2=(3+ 3)2+(3- 3)2=24，
AF2=(3- 3)2+(3+ 3)2=24=AE2，
同理可得：EF2=24，故△AEF为等边三角形．
36．【分析】(1)根据题意将x=-2，y=1代入y=
kx+3，得k=1；将x=2，y=3和x=3，y=6分别
代入 y=ax2+bx+3 得a=1，b=-2；
(2)I：由(1)可写出一次函数解析式为：y=x+3，二
次函数解析式为：y=x2-2x+3，根据一次函数和二
次函数的增减性即可得到：当y随x的增大而增大时，
x的取值范围为：x<0或x；
∴当t=2时，抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=t在
Ⅱ：ax2+bx+3-t=0在0<x<4时无解可转为：抛
0<x<4时正好一个交点，
物线 y=x2-2x+3 与直线y=t在0<x<4时无交
∴当t<2时，抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=t在
点的问题，而y=x2-2x+3的顶点为(1,2)，过(4,11)，
0<x<4时没有交点；
根据图象分析可得当t<2或t时，抛物线 y=x2-2x
当x=4，y=16-8+3=11，
+3 与直线y=t在0<x<4时没有交点；
∴当t=11时，抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=t
Ⅲ：根据x =m，x =-m+1，可得点P、Q关于直
P Q
在0<x时正好一个交点，
1
线 x= 对称，当x=1，y =1-2+3=2，当
2 最小值 ∴当t时，抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=t在0<
x=0时，y 最大值 =3，因为当图象对应函数的最大值与 x<4时没有交点，
最小值均不随m的变化而变化，而当x=2时，y=3， ∴当t<2或t时，抛物线 y=x2-2x+3 与直线y=
1
x=-1 时，y=2，故①当 m> ，根据图象分 t在0<x<4时没有交点，
2
即：当t<2或t时，关于x的方程 ax2+bx+3-t=0
-1≤-m+1≤0 1
析可知：
1≤m≤2
；②当 m<
2
，根据图象
(t为实数)，在0<x<4时无解；
分析可知：   - 1≤ 1≤ -m m + ≤ 1 0 ≤2 ，从而得到m的取值范围． Ⅲ：∵x P =m，x Q =-m+1，∴ m+(- 2 m+1) = 2 1 ，
1
【解答】(1)解：∵x=-2<0， ∴直线x=m与直线x=-m+1关于直线 x= 对
2
∴将x=-2，y=1代入y=kx+3，得：-2k+3=1，
称，当x=1，y =1-2+3=2，
最小值
解得：k=1，∵x=2>0，x=3>0，
当x=0时，y =3，
最大值
将x=2，y=3和x=3，y=6分别代入 y=ax2+bx
∵当图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化
+3 得：   4a+2b+3=3 ， 而变化，而当x=2时，y=3，x=-1 时，y=2，
9a+3b+3=6
1
∴①当 m> 如图：
2
·30·(2)如图1，连接DE，过点E作EG⎳y轴，交AD延长
线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交
于H，
设点E的横坐标为t．
b=2

设直线AD的表达式为y=kx+b，由题意知 ，
k+b=1
-1≤-m+1≤0
由题意得： ，∴1；
1≤m≤2
1
②当 m< ，如图：
2
k=-1
解得 ，∴直线AD的表达式为y=-x+2，
b=2
则E(t,t2-2t+2)，G(t,2-t)，∴EG=t2-t，
∵▱ADFE的面积为12，
1 1
∴S = S = ×12=6，
△ADE 2 △四边形ADFE 2
1
∴S =S -S = EG⋅H′D=6，
△ADE △AGE △DGE 2
-1≤m≤0
由题意得： ， ∵H′D=1，∴EG=12，∴t2-t=12，
1≤-m+1≤2
解得t =4，t =-3(舍)，∴E(4,10)，
∴-1，综上：-1或1． 1 2
∵点E先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位
37．【分析】(1)根据抛物线y=x2+bx+c过点A(0,
长度，得到点F，
2)，B(2,2)列方程组即可得到结论；
∴F(5,9)，
(2)如图1，连接DE，过点E作EG⎳y轴，交AD延长
将F(5,9)代入y=x2-2mx+m2-m+2(m≠1)，
线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交
得m2-11m+18=0，解得m =2，m =9，
于H，设点E的横坐标为t．设直线AD的表达式为y 1 2
(3)如图3，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作
=kx+b，解方程组得到直线AD的表达式为y=-x+
DK⎳y轴，过点Q作QK⎳x轴，与DK交于点K，
2，则E(t,t2-2t+2)，G(t,2-t)，求得EG=t2-t，求
1
设M(h,h2-2h+2)，则N(n,0)，
得S = S =6，于是得到S =S -
△ADE 2 △ADFE △ADE △AGE ∵y=x2-2mx+m2+2-m=(x-m)2+2-m，
1
S = EG⋅H′D=6，解方程得到E(4,10)，根据平
△DGE 2
移的性质得到F(5,9)；将F(5，9代入y=x2-2mx+
m2-m+2(m≠1)，解方程得到m =2，m =9；
1 2
(3)如图2，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作
DK⎳y轴，过点Q作QK⎳x轴，与DK交于点K，设
M(h,h2-2h+2)，h<1且h≠0，N(n,0)，求得抛物
线C 的顶点Q(m,2-m)，得到DK=|1-(2-m)|=|m
2
-1|，KQ=|m-1|，推出MP=NP，解方程得到当h
1 7
= 时，n= ，根据三角形的面积公式即可得到结
2 4 ∴抛物线C 的顶点Q(m,2-m)，
2
论．
∴DK=|1-(2-m)|=|m-1|，KQ=|m-1|，
【解答】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c过点A(0,2)，
∴DK=KQ，∠DQK=45°，
B(2,2)，得   c=2 ， ∵MN⎳DQKQ⎳NP，
4+2b+c=2
∴∠MNP=∠DQK=45°，∴∠NMP=45°，
b=-2
解得
c=2
，∴抛物线C
1
的表达式为y=x2-2x+2； ∴MP=NP，∴n-h=h2-2h+2，
∵y=x2-2x+2=(x-1)2+1，∴顶点D(1,1)；
·31·1 ∴n=h2-h+2=h-
2
 2 7 ∵A(-1,0)，C(0,3)，∴AC= 12+32= 10， + ，
4
∴PA-PD的最大值为 10；
1 7
∴当h= 时，n= ，
2 4 (3)过M作KT⎳y轴，过C作CK⊥KT于K，过N作
7
∴点N横坐标最小值为n= ，此时点N到直线BD距 NT⊥KT于T，如图：
4
离最近，△BDN的面积最小，
7 2 7 2
最近距离即边BD上的高，高为： × = ，
4 2 8
1 7 2 7
∴△BDN面积的最小值为S = × × 2= ．
△BDN 2 8 8
38．【分析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为
y=-x2+2x+3；
(2)连接AC并延长交直线l于P，在直线l上取点P，
连接CP，求出C(0,3)，由点C关于直线l的对称点为
点D，知PC=PD，当P不与P重合时，PA-PD
=PA-PC<AC，当P与P重合时，PA-PD= 设M(m,-m2+2m+3)，
PA-PD=PA-PC=AC，此时PA-PD最大，最 ∵MN⊥CM，∴∠NMT=90°-∠CMK=∠KCM，
大值为AC的长，而AC= 12+32= 10，故PA-PD 又∠T=∠K=90°，
的最大值为 10； NT MN
∴△MNT∽△CMK，∴ = ，
KM CM
(3)过M作KT⎳y轴，过C作CK⊥KT于K，过N作
2 MN 2 NT 2
∵tan∠MCN= ，∴ = ，∴ = ，
NT⊥KT于T，设M(m,-m2+2m+3)，证明△MNT 3 CM 3 KM 3
NT MN 2 由y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4知直线l解析式为x=
∽△CMK，得 = ，由tan∠MCN= ，即可
KM CM 3
1，
得
|m-1| 2 m-1 2
|m-1| 2 ∴ = ，即 = ，
= ，从而解得答案． |3-(-m2+2m+3)| 3 m2-2m 3
|3-(-m2+2m+3)| 3
m-1 2 m-1 2
∴ = 或 =- ，
【解答】解：(1)把A(-1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx m2-2m 3 m2-2m 3
+3得：   a 9a - + b 3 + b 3 + = 3 0 =0 ， 解得m=3或m= 2 1 或m=-1或m= 3 2 ，
1 15
a=-1 ∴M的坐标为(3,0)或 ，
解得 ，∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3； 2 4
b=2
(2)在直线l上存在一点P，使PA-PD有最大值，理
由如下：
连接AC并延长交直线l于P，在直线l上取点P，连
接CP，如图：
在y=-x2+2x+3中，令x=0得y=3，∴C(0,3)，
∵点C关于直线l的对称点为点D，∴PC=PD，
当P不与P重合时，PA-PD=PA-PC<AC，
∴当P与P重合时，PA-PD=PA-PD=PA-
PC=AC，此时PA-PD最大，最大值为AC的长，
 或(-1,0)或
3 15
 ，
2 4
 ．
39．【分析】(1)根据根与系数的关系得到x +x =
1 2
-b，以及x +x =-b，即可判断①，利用二次函数的
3 4
图象与性质得到x <x <x <x ，进而得到x -x >x
1 3 4 2 2 1 4
-x ，利用不等式性质变形，即可判断②③；
3
(2)根据题意得到3<x +x <4，结合x +x =-b进行
2 1 1 2
求解，即可解题；
(3)根据题意得到抛物线y=x2+bx+c(b<0)顶点坐标
b 4c-b2
为- ,
2 4

b
，对称轴为直线x=- >0；当x=0
2
时，y=c，当x=1时，y=1+b+c，由y=x2+bx+
9
c(b<0)最大值与最小值的差为 ，分以下情况：①
16
当在x=0取得最大值，在x=1取得最小值时，②当
在x=0取得最大值，在顶点取得最小值时，③当在x
=1取得最大值，在顶点取得最小值时，建立等式求
解，即可解题．
【解答】解：(1)∵y=x2+bx+c(b<0)与x轴交点的坐
标分别为(x，0)，(x ，0)，且x <x ，
1 2 1 2
∴x +x =-b，且抛物线开口向上，
1 2
·32·∵y =x2+bx+c+1(b<0)与x轴交点的坐标分别为
1
(x ，0)，(x )，且x <x ，
3 4,0 3 4
即y=x2+bx+c(b<0)向上平移1个单位，
∴x <x <x <x ，且x +x =-b， 1 3 4 2 3 4_4
∴①x +x =x +x ；
1 2 3 4
∵x -x >x -x
2 1 4 3
∴x -x >x -x ，即②x -x <x -x ； 2 4 1 3 1 3 2 4
∴x +x >x +x ，即③x +x >x +x ，
2 3 1 4 2 3 1 4
故答案为：=；<；>；
(2)∵x =1，2<x <3，
1 2
∴3<x +x <4∴3<-b<4，∴-4<b<-3；
2 1
(3)抛物线y=x2+bx+c(b<0)顶点坐标为
b 4c-b2
- ,
2 4

b
，对称轴为直线x=- >0，
2
当x=0时，y=c；
当x=1时，y=1+b+c；
①当在x=0取得最大值，在顶点取得最小值时，
4c-b2 9
有c- = ，
4 16
3 3
解得b= (舍去)或b=- ；
2 2
②当在x=1取得最大值，在顶点取得最小值时，
4c-b2 9
有1+b+c- = ，
4 16
7 1
解得b=- (舍去)或b=- ，
2 2
③当x=0时取最大值，x=1时取得得最小值，则有
9
c-(1+b+c)= ，
16
25 3 1
b=- (舍去)，综上所述，b的值为- 或- ．
16 2 2
40．【分析】(1)用待定系数法可得抛物线解析式为y
1 3
= x2- x-2，即可知抛物线顶点P的坐标为
2 2
3 25
 ，-
2 8
 ；
AO 1
(2)求出C(0,-2)，可得tan∠ACO= = ，
OC 2
OC 2 1
tan∠CBO= = = ，故∠ACO=∠CBO，可得
OB 4 2
∠ACB=90°，从而AB是经过点A、B、C的圆的直
径，又AB⊥CD，故CD=2CO=4；
3 25
(3)将P ,-
2 8

3 25
代入y=kx+n得n=- k- ，
2 8
3 25
直线MN解析式为y=kx- k- ，联立
2 8
  y= 2 1x2-3 2 x-2 ，可得M2k+ 3 ，2k2- 25
y=kx-3k-25 2 8
2 8
 ，
3
H2k+ ，0
2

5 25
，求出N-1,- k-
2 8
 ，由
GE⎳AN，点G为AB中点，知点E为BN中点，故
3 5 25
E ，- k-
2 4 16

3 5
，可得Q ，- k
2 2

3
知直线NQ与x轴交于2k+ ，0
2
，直线NQ解
5 5 15 3
析式为y= x- k- ，令y=0得x=2k+ ，可
4 2 8 2
 ，即直线NQ与x
轴交于点H．
3
【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2- x+c与x轴交于
2
A(-1,0)，B(4,0)两点，
a+3 +c=0 a=1
∴ 2 ，解得： 2 ，
16a-6+c=0 c=-2
1 3
∴抛物线解析式为y= x2- x-2，
2 2
1 3 1 3
而y= x2- x-2= x-
2 2 2 2

2 25
- ，
8
3 25
∴抛物线顶点P的坐标为 ，-
2 8
 ；
(2)如图：
1 3
在y= x2- x-2中，令x=0得y=-2，
2 2
∴点C(0,-2)，
∵A(-1,0)，B(4,0)，
AO 1 OC 2 1
∴tan∠ACO= = ，tan∠CBO= = = ，
OC 2 OB 4 2
∴∠ACO=∠CBO，
∵∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，即∠ACB=90°，
∴AB是经过点A、B、C的圆的直径，
∵AB⊥CD，AB经过圆心，∴CD=2CO=4；
(3)H在直线NQ上，证明如下：
如图：
3 25
将P ,-
2 8

3 25
代入y=kx+n得： k+n=- ，
2 8
·33·3 25
∴n=- k- ，
2 8
3 25
∴直线MN解析式为y=kx- k- ，
2 8
y=
2
1x2-3
2
x-2
联立 ，
y=kx-3k-25
2 8
x=3
2
x=2k+3
2
解得 或 ，
y=-25 y=2k2-25
8 8
3 25
∴M2k+ ，2k2-
2 8
 ，
3
∵MH⊥x轴于点H，∴H2k+ ，0
2
 ，
3 25 3
在y=kx- k- 中，令x=-1得y=-k- k-
2 8 2
25 5 25 5 25
=- k- ，∴N-1,- k-
8 2 8 2 8
 ，
∵GE⊥x轴，AN⊥x轴，
BE NG
∴GE⎳AN，点G为AB中点，∴ = =1，
EN AG
∴点E为BN中点，
5 25
∵N-1,- k-
2 8

3 5 25
，B(4,0)，∴E ，- k-
2 4 16
 ，
∵P，Q关于E对称，即E为PQ中点，
3 5
∴Q ，- k
2 2
 ，
5 25
由N-1,- k-
2 8

3 5
，Q ，- k
2 2
 可得直线NQ解
5 5 15
析式为y= x- k- ，
4 2 8
5 5 15 3
在y= x- k- 中，令y=0得x=2k+ ，
4 2 8 2
3
∴直线NQ与x轴交于2k+ ，0
2
 ，即直线NQ与x
轴交于点H，∴H在直线NQ上．
41．【分析】(1)在y=ax2-2ax-3a中，令y=0得0
=ax2-2ax-3a，又a>0，可得x=3或x=-1，求出
A(-1,0)，B(3,0)，AB=4；
(2)当a=1时，过D作DM⎳y轴交x轴于M，DN⎳x
轴交AC于N，求出C(1,-4)，直线AC解析式为y=
-2x-2，设D(n,n2-2n-3)，(0<n<3)，可得
-n2+2n+1
N ，n2-2n-3
2

-n2+2n+1
，DN=n-
2
n2-1 1 1 n2-1
= ，S = DN⋅|y -y |= × ×4=
2 ΔACD 2 A C 2 2
n2-1；根据ΔACD的面积与ΔABD的面积相等，
1 1
S = AB⋅|y |= ×4×(-n2+2n+3)=-2n2+4n
ΔABD 2 D 2
7 20
+6，得n2-1=-2n2+4n+6，可解得D ，-
3 9

得EM=AM=m+1，而将ΔADB沿DE方向平移得到
△AEB，相当于将ΔADB向右平移(m+1)个单位，再
向上平移|m2-2am-3a|个单位，可得A(m,-am2+
2am+3a)，B(m+4,-am2+2am+3a)，设抛物线L
解析式为y=ax2+bx+c(a>0)，根据点A′，B都落
在抛物线L′上，抛物线L解析式为抛物线L解析式为
y=a(x-m-2)2-am2+2am-a(a>0)，由ax2-2ax
-3a=a(x-m-2)2-am2+2am-a(a>0)，从而知抛
物线L′与L交于定点(3,0)．
【解答】解：(1)在y=ax2-2ax-3a中，令y=0得0
=ax2-2ax-3a，∴a(x-3)(x+1)=0，
∵a>0，∴x=3或x=-1，∴A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=4；
(2)当a=1时，过D作DM⎳y轴交x轴于M，DN⎳x
轴交AC于N，如图：
∴y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴C(1,-4)，
由A(-1,0)，C(1,-4)得直线AC解析式为y=-2x-2，
设D(n,n2-2n-3)，(0<n<3)，
在y=-2x-2中，令y=n2-2n-3得x=
-n2+2n+1 -n2+2n+1
，∴N ，n2-2n-3
2 2
，
7 2 20
求出BM=3- = ，DM= ，故tan∠ABD=
3 3 9
20
DM 9 10
= = ；
BM 2 3
3
(3)过D作DM⊥x轴于M，设D(m,am2-2am-3a)，
则AM=m+1，DM=-am2+2am+3a，由AD=DE，
 ，
-n2+2n+1 n2-1
∴DN=n- = ，
2 2
1 1 n2-1 ∴S = DN⋅|y -y |= × ×4=n2-1；
ΔACD 2 A C 2 2
∵ΔACD的面积与ΔABD的面积相等，
1 1
而S = AB⋅|y |= ×4×(-n2+2n+3)=-2n2+
ΔABD 2 D 2
4n+6，∴n2-1=-2n2+4n+6，
7 7 20
解得n=-1(舍去)或n= ，∴D ，-
3 3 9
 ，
7 2 20
∴BM=3- = ，DM= ，
3 3 9
20
DM 9 10
∴tan∠ABD= = = ；
BM 2 3
3
10 ∴tan∠ABD的值为 ；
3
(3)抛物线L′与L交于定点，理由如下：
过D作DM⊥x轴于M，如图：
·34·设D(m,am2-2am-3a)，则AM=m+1，DM=
-am2+2am+3a，
1 1
则S = ×PE×OA= ×3×(m+3-m2-2m+3)
∵AD=DE，∴EM=AM=m+1， 1 2 1 2
3
将ΔADB沿DE方向平移得到△AEB，相当于将 = (-m2-m+6)，
2
ΔADB向右平移(m+1)个单位，再向上平移|am2-
1 1
同理可得：S = ×CD×(x -x )= ×(3-m-3)
2am-3a|个单位， 2 2 B P 2
1 1 3
又A(-1,0)，B(3,0)，C(1,-4a)， ×(1-m)= S = × (-m2-m+6)，
3 1 3 2
∴A(m,-am2+2am+3a)，B(m+4,-am2+2am+
解得：m= 3(舍去)或- 3，
3a)，C(m+2,-am2+2am-a)，
1
即点P(- 3，2 3)；则△ABP的面积= ×AB×y
∴抛物线L的对称轴为直线x=m+2， 2 P
1
∴抛物线L解析式为y=a(x-m-2)2-am2+2am- = ×(1+3)×2 3=4 3；
2
a(a>0)，
(3)存在，理由：
ax2-2ax-3a=a(x-m-2)2-am2+2am-a(a>0)，
由(2)知，P(- 3，2 3)；
解得：x=3，∴抛物线L′与L交于定点(3,0)．
由点C、P的坐标得，PC=3 2- 6；
42．【分析】(1)由待定系数法求出函数表达式，进而
当点Q在点C的上方时，则∠CPQ=45°，
求解；
由点C、P的坐标得，tan∠PCQ=2+ 3，
1 1
(2)由S = ×PE×OA= ×3×(m+3-m2-2m+ 过点Q作QH⊥PC于点H，
1 2 1 2
3 1
3)= (-m2-m+6)，同理可得：S = ×CD×(x
2 2 2 B
1 1 1 3
-x )= ×(3-m-3)×(1-m)= S = × (-m2
P 2 3 1 3 2
-m+6)，求出点P的坐标，进而求解；
(3)当点Q在点C的上方时，则∠CPQ=45°，用解直
角三角形的方法求出CQ，即可求解；点Q(Q′)在点C
下方时，同理可解．
【解答】解：(1)由题意得：y=a(x+3)(x-1)=a(x2
+2x-3)=ax2+2ax-3a=ax2+bx+3，则-3a=3， 设CH=(2- 3)x，则PH=QH=x，
则a=-1， 则PC=3 2- 6=(2- 3)x+x，
则抛物线的表达式为：y=-x2-2x+3， 解得：x= 2，
该抛物线的对称轴为直线x=-1， 则QH=x= 2，CH= 2(2- 3)，
当x=-1时，y=4，即顶点坐标为：(-1,4)； 则CQ= CH2+QH2=2 3-2，
(2)由抛物线的表达式知，点C(0,3)， 则OQ=3+2 3-2=2 3+1，即点Q(0，2 3+1)；
设点P(m,-m2-2m+3)，则点P(m,m2+2m-3)， 当点Q(Q′)在点C下方时，
1
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x+ 同理可得：CQ′=6-2 3，则点Q′(0，2 3-3)；
3，则点E(m,m+3)， 综上，Q(0，2 3+1)或(0，2 3-3)．
同理由点B、P的坐标得，直线PB的表达式为：y=( 43．【分析】(1)依据题意，水滑道ACB所在抛物线
-m-3)x+m+3， 7
的顶点C-3,
8
连接PP交AC于点E，设直线PB交y轴于点D，则
1
点D(0,m+3)，
 ，从而可设抛物线为y=a(x+3)2+
7 7 1
，又B(0,2)，故2=a(0+3)2+ ，可得a= ，进
8 8 8
而可以判断得解；
(2)①依据题意，由抛物线BD恰好与抛物线ACB关于
点B成中心对称，故抛物线BD的顶点与抛物线ACB
·35·的顶点C关于点B成中心对称，则B是它们的中点，
7
又C-3,
8
 ，B(0,2)，从而抛物线BD的顶点为
25
3,
8
 ，可得此人腾空后的最大高度；进而可设抛物
25
线BD为y=a(x-3)2+ ，再将B(0,2)代入得，计
8
算可得抛物线BD的解析式；
1 25 ②依据题意，由①得y=- (x-3)2+ ，可令y=0，
8 8
求出x可得OD的长，从而求出DE即可判断得解；
(3)依据题意，画出图象找出所求钢架，再由ACB所在
1 7 1 抛物线y= (x+3)2+ ，令y=4，故4= (x+3)2
8 8 8
7 + ，进而可得M的坐标，可得直线BM，结合
8
1
EF⎳BM，可设EF为y=- x+m，再联立方程组
4
y=-
4
1x+m
 ，得方程x2+8x-8m+16=0，从而 y=1(x+3)2+7
8 8
△=64-4(-8m+16)=0，求出m后可得直线EF，进
而求出E的坐标，再结合勾股定理计算即可得解．
【解答】解：(1)由题意，水滑道ACB所在抛物线的顶
7
点C-3,
8

7
，∴可设抛物线为y=a(x+3)2+ ．
8
7 1
又B(0,2)，∴2=a(0+3)2+ ．∴a= ．
8 8
1 7 ∴抛物线为y= (x+3)2+ ．
8 8
1 7
故答案为：y= (x+3)2+ ．
8 8
(2)①由题意，∵抛物线BD恰好与抛物线ACB关于点
B成中心对称，
∴抛物线BD的顶点与抛物线ACB的顶点C关于点B
成中心对称．
7
∴B是它们的中点．又C-3,
8
 ，B(0,2)，
25
∴抛物线BD的顶点为3,
8

1 7
∵ACB所在抛物线y= (x+3)2+ ，
8 8
1 7 令y=4，∴4= (x+3)2+ ．
8 8
∴x=-8或x=2(舍去)．∴M(-8,4)．
又B(0,2)，
1 ∴直线BM为y=- x+2．
4
1 ∵EF⎳BM，∴可设EF为y=- x+m．
4
y=-
4
1x+m
联立方程组 ，
y=1(x+3)2+7
8 8
1 7 1 ∴ (x+3)2+ =- x+m．
8 8 4
∴x2+8x-8m+16=0．
∴△=64-4(-8m+16)=0．∴m=0
1
∴直线EF为y=- x，过原点，即F与O重合．
4
∵M(-8,4)，
1 1
∴令x=-8，则y=- x=- ×(-8)=2．
4 4
∴EN=2米，ON=8米．
又∠ENO=90°，
∴EF=EO= 22+82=2 17(米)．
答：这条钢架的长度为2 17米．
44．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，OA=OB，则OC
1 1
= AB= ×6=3，得到CF=OF-OC=-m2+9-
2 2
3=-m2+6，即可求解；
． (3)由矩形周长=2(GH+GL)=2(-2m-m2+9-m-
33 33
25 3)=-(m+1.5)2+ ≤ ，即可求解．
∴此人腾空后的最大高度为 米． 2 2
8
【解答】解：(1)建立如图所示的平面直角坐标系，
25
又此时可设抛物线BD为y=a(x-3)2+ ，
8
将B(0,2)代入得，
25 1
∴a(0-3)2+ =2．∴a=- ．
8 8
1 25
∴抛物线BD的解析式y=- (x-3)2+ ．
8 8
1 25
②由①得y=- (x-3)2+ ，令y=0，
8 8
1 25
∴0=- (x-3)2+ ．∴x=8或x=-2(舍去)．
8 8
∵OP所在直线是AB的垂直平分线，且AB=6，
∴OD=8米．又OE=12米，∴DE=12-8=4>3．
1 1
∴落点D在安全范围内． ∴OA=OB= AB= ×6=3．∴点B的坐标为(3,
2 2
(3)由题意，如图，EF即为所求钢架． 0)，
∵OP=9，∴点P的坐标为(0,9)，
∵点P是抛物线的顶点，
·36·∴设抛物线的函数表达式为y=ax2+9，
∵点B(3,0)在抛物线y=ax2+9上，
∴9a+9=0，解得：a=-1．
∴抛物线的函数表达式为y=-x2+9(-3≤x≤3)；
(2)点D，E在抛物线y=-x2+9上，
∴设点E的坐标为(m,-m2+9)，
∵DE⎳AB，交y轴于点F，
∴DF=EF=m，OF=-m2+9，∴DE=2m．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，OA=OB，
1 1
∴OC= AB= ×6=3．
2 2
∴CF=OF-OC=-m2+9-3=-m2+6，
根据题息，得DE+CF=6，
∴-m2+6+2m=6，
解得：m =2，m=0(不符合题意，舍去)，
1
∴m=2．
∴DE=2m=4，CF=-m2+6=2
答：DE的长为4米，CF的长为2米；
(3)如图矩形灯带为GHML，
由点A、B、C的坐标得，直线AC和BC的表达式分
别为：y=x+3，y=-x+3，
设点G(m,-m2+9)、H(-m,-m2+9)、L(m,m+3)、
M(-m,m+3)，
则矩形周长=2(GH+GL)=2(-2m-m2+9-m-3)=
33 33 33 -2(m+1.5)2+ ≤ ，故矩形周长的最大值为
2 2 2
米．
45．【分析】(1)直接利用待定系数法求解抛物线的解
析式即可；
(2)延长PE交x轴于G，过P作PH⎳y轴于H，
OB
求解BC= 32+62=3 5，可得sin∠BCO= =
BC
6 2 5 2 5
= ，可得PE= PH，设
3 5 5 5
1 5
Px, x2- x-3
2 2

∠FMK，证明∠NMK=∠ABC；当N在y轴的 右
侧时，过M作y轴的垂线，过N′作N′T⊥过M的垂线
于T，同理可得：∠NMT=∠ABC，再进一步 结
合三角函数建立方程求解即可．
【解答】解：∵抛物线 y=ax2+bx-3与x轴交于A(
-1,0)，B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直
5 
a-b-3=0 a=
2
1
线x=
2
，∴
- b =5
，解得
b=-5
，
2a 2 2
1 5
∴抛物线的表达式为y= x2- x-3；
2 2
(2)如图，延长PE交x轴于G，过P作PH⎳y轴交
BC于H，
1 5 1 5
在y= x2- x-3中，令y=0得0= x2- x-3，
2 2 2 2
解得：x =-1，x =6，∴B(6,0)，
1 2
当x=0时，y=-3，∴C(0,-3)，
∴BC= 32+62=3 5，
OB 6 2 5
∴sin∠BCO= = = ，
BC 3 5 5
∵PH⎳y轴，∴∠PHE=∠BCO，
PE 2 5 2 5
∴sin∠PHE= = ，∴PE= PH，
PH 5 5
1
由B(6,0)，C(0,-3)得直线BC为y= x-3，
2
1 5
设 Px, x2- x-3
2 2
1
，PH=- x2+3x，PD=2x-5，
2
再建立二次函数求解即可；
(3)由抛物线沿射线BC方向平移 5 个单位，
即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
1 1 可得新的抛物线为y= x2- x-7，F(3,-4)，分两
2 2
种情况：当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于
K，证明M(0,-1)，可得∠AMO=∠OAM=45°=

1
，则Hx, x-3
2
 ，
1 ∴PH=- x2+3x，
2
1 5 5
∵抛物线y= x2- x-3 的对称轴为直线x= ，
2 2 2
5
∴PD=2x-
2
 =2x-5，
5 5 2 5 1 ∴PD+ PE=2x-5+ × - x2+3x
2 2 5 2
 =
1
- x2+5x-5，
2
1 5
∵- <0，∴当x=-
2 2×-1
2

=5时，PD+
5 15
PE取得最大值，最大值为 ，此时P(5,-3)；
2 2
(3)∵抛物线沿射线BC方向平移 5个单位，即把抛物
线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
1 5 ∴新的抛物线为y= (x+2)2- (x+2)-3-1=
2 2
1 1
x2- x-7，F的坐标为(3,-4)，
2 2
如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
·37·由A(-1,0)，F(3,-4)得直线AF解析式为y=-x-1，
当x=0时，y=-1，∴M(0,-1)，
∴∠AMO=∠OAM=45°=∠FMK，
∵∠NMF-∠ABC=45°，
∴∠NMK+45°-∠ABC=45°，∴∠NMK=∠ABC，
OC 3 1
∴tan∠NMK=tan∠ABC= = = ，
OB 6 2
1 1
设Nn, n2- n-7
2 2
 ，
NK -n 1
∴ = = ，
MK -1-1n2+1n+7 2
2 2
5- 73 5+ 73
解得：n= 或 (舍去)，
2 2
5- 73
∴N ,4- 73
2
 ；
如图，当N在y轴的右侧时，过M作y轴的垂线
MT，过N′作NT⊥MT于T，
同理可得∠NMT=∠ABC，
1 1 设Nx, x2- x-7
2 2
 ，则T(x,-1)，
1x2-1x-7+1
2 2 1
同理可得： = ，
x 2
∴x=1+ 13 或x=1- 13 (舍去)，
13-1 ∴N1+ 13,
2
 ，
5- 73
综上所述，N的坐标为 ，4- 73
2
 或
13-1
1+ 13，
2

1
②如图，当C :y=- (x-4)2+6=-6(等于6两直线重
2 2
合不符合题意)，可得x=4±2 6，设l与x轴交点横
坐标为x，再进一步求解即可；
(4)如图，由题意可得C 是由C 通过旋转180°，再平移
2 1
得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接AB
交PQ于L，连接AQ，BQ，AP，BP，可得四边形
APBQ是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最
大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也
为d，此时M与B重合，N与A重合，再进一步利用
中点坐标公式解答即可．
【解答】解：(1)∵抛物线C:y=ax2-2x过点(4,0)，顶
1
1
点为Q，∴16a-8=0，解得a= ，
2
1 1 ∴抛物线为y= x2-2x= (x-2)2-2，∴Q(2,-2)；
2 2
(2)把Q(2,-2)向左平移2个单位长度得到对应点的坐
标为(0,-2)，
1 1 1 1
当x=0时，C :y=- (x-t)2+ t2-2=- t2+ t2
2 2 2 2 2
-2=-2，
∴(0,-2)在C 上，∴嘉嘉说法正确；
2
1 1 1
C :y=- (x-t)2+ t2-2=- x2+xt-2，
2 2 2 2
当x=0时，y=-2，
1 1
∴C :y=- (x-t)2+ t2-2，
2 2 2
过定点(0,-2)，∴淇淇说法正确；
1 1 1
(3)①当t=4时，C :y=- (x-t)2+ t2-2=- (x
2 2 2 2
-4)2+6，
∴顶点P(4,6)，而Q(2,-2)，
设PQ为y=cx+f，
4e+f=6 e=4
∴ ，解得 ，∴PQ为y=4x-10；
2e+f=-2 f=-10
②∵P(4,6)，∴P到x轴的距离为6，
∴l与C 交点的纵坐标为-6，
2
1
当C :y=- (x-4)2+6=-6时(等于6两直线重合不
2 2
符合题意)，
(x-4)2=24，∴x=4±2 6，
∵直线PQ的解析式为y=4x-10，
当y=-6时，-6=4x-10，解得x=1，
5
． y=4x-10=0时，x= ，
2
46．【分析】(1)直接利用待定系数法求解抛物线的解 设l与x轴交点横坐标为x，
5 11
析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标； 则1-(4-2 6)= -x，解得x= -2 6，
2 2
(2)把Q(2,-2)向左平移2个单位长度得到对应点的坐 11
此时直线l与x轴交点的横坐标为 -2 6；
1 2
标为(0,-2)，再检验即可，再根据函数化为y=- x2
2 5 11
(4+2 6)-1=x- ，解得x= +2 6，
+xt-2，可得函数过定点； 2 2
11
(3)①先求解P的坐标，再利用待定系数法求解一次函 此时直线l与x轴交点的横坐标为 +2 6．
2
数的解析式即可；
·38·11 11
综上，直线l与x轴交点的横坐标为 -2 6或 +
2 2
2 6；
1 1 1
(4)∵y= (x-2)2-2C :y=- (x-t)2+ t2-2，
2 2 2 2
∴C 是由C 通过旋转180°，再平移得到的，两个函数
2 1
图象的形状相同，
如图，连接AB交PQ于L，连接AQ，BQ，AP，
BP，
∴四边形APBQ是平行四边形，
当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，
点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时M与B重合，
N与A重合，
1
∵Q(2,-2)，Pt, t2-2
2
 ，
2+t 1
∴L的横坐标为 ，Mm, m2-2m
2 2
 ，
N n,- 1 (n-t)2+ 1 t2-2
 2 2

-9+3b+c=4 b=4
B(0,1)，∴ ，解得： ，
c=1 c=1
∴该抛物线的函数解析式为y=-x2+4x+1；
(2)存在．理由如下：
∵BC⎳x轴，且B(0,1)，∴点C的纵坐标为1，
∴1=-x2+4x+1，解得：x =0(舍去)，x =4，
1 2
∴C(4,1)，
过点A作AQ⊥BC于Q，设直线CP交y轴于点M，
如图，
在RtΔACQ中，∵A(3,4)，∴Q(3,1)，
1
∵tan∠BCP= tan∠ACB，
6
1 AQ 1 4-1 1
∴tan∠BCP= × = × = ，
6 CQ 6 4-3 2
∵BC=4，∠CBM=90°，
BM 1 1 1
∴ =tan∠BCP= ，∴BM= BC= ×4=2，
BC 2 2 2
∴|y -1|=2，∴y =3或-1，
M M
∴M(0,3)，M (0,-1)， ， 1 2
1
∴直线CM 的解析式为y=- x+3，直线CM 的解析
m+n m+n 2+t 1 2 2
∴L的横坐标为 ，∴ = ，
2 2 2 1
式为y= x-1，
解得n=2+t-m． 2
4 (2 7 ) ． 过 【 点 分 A 析 作 】 A ( Q 1) ⊥ 运 B 用 C 待 于 定 Q 系 ， 数 设 法 直 即 线 可 C 求 P交 得答 y轴 案 于 ； 点 由   y y = = - -x 2 1 2 x + + 4x 3 +1 ，解得   x y 1 1 = = 1 2 1 4 1 ，   x y 2 2 = = 1 4 (舍去)，
M 1 ，由 4- 题 1 意得 1 tan∠B B C M P= 6 1 tan∠ACB= 1 6 1 × C AQ Q = 由   y y = =- 2 1 x x 2 - + 1 4x+1 ，解得   x y 3 3 = = - - 5 4 2 1 ，   x y 4 4 = = 1 4 (舍去)，∴
× = ，由 =tan∠BCP= ，可得BM
6 4-3 2 BC 2 1 11
P ，
1 1 1 2 4
= BC= ×4=2，即|y -1|=2，得出M(0,3)，
2 2 M 1
M (0,-1)，利用待定系数法可得：直线CM 的解析式
2 1
1 1
为y=- x+3，直线CM 的解析式为y= x-1，分
2 2 2
别与抛物线联立求解即可；
(3)先求得平移后的抛物线解析式为y′=-x2+5，联立
求得D(1,4)，由题意设E(2,t)，F(m,n)，又B(0,1)，
根据菱形的性质分三种情况：当BD、EF为对角线时，
当BE、DF为对角线时，当BF、DE为对角线时，分
别根据对角线互相平分，邻边相等建立方程组求解即
可．
【解答】解：(1)∵抛物线y=-x2+bx+c过点A(3,4)，

1 5
，P- ，-
2 2 4
 ，
1 11
综上所述，满足条件的点P的坐标为P ，
1 2 4
 ，
1 5
P- ，-
2 2 4
 ；
(3)∵y=-x2+4x+1=-(x-2)2+5，
∴原抛物线的对称轴为直线x=2，顶点坐标为(2,5)，
∵将该抛物线向左平移2个单位长度得到新抛物线y′，
∴y′=-x2+5，
y=-x2+4x+1 x=1
联立得 ，解得： ，∴D(1,4)，
y=-x2+5 y=4
又B(0,1)，设E(2,t)，F(m,n)，
当BD、EF为对角线时，
·39·1+0=2+m (2)解：∵y=-(x-a-2)2+4，

则4+1=t+n ，
∴抛物线的顶点是(a+2,4)，
(2-0)2+(t-1)2=(2-1)2+(t-4)2
∵a，∴(2a+5)-(a+2)=a+3，
m=-1
 ∴a+1<a+2<2a+5，
解得：n=3 ，∴F(-1,3)；
t=2
∴y最大=4，y最小=-(a+3)2+4，
当BE、DF为对角线时， ∵当a+1≤x≤2a+5(a≥-1)时，该二次函数的最大
m+1=2+0 值与最小值之差为9，

则n+4=t+1 ， ∴4+(a+3)2-4=9，∴a=-6(舍去)或a=0，
(2-1)2+(t-4)2=(0-1)2+(1-4)2
∴y=-x2+4x；
m=1 m=1
  (3)①证明：如图，
解得：n=4 或n=-2，
t=7 t=1
∴F(1,4)与点D重合，不符合题意，舍去，或F(1,
-2)；
当BF、DE为对角线时，
m+0=1+2

则n+1=t+4 ，
(2-0)2+(t-1)2=(1-0)2+(4-1)2
m=3 m=3
 
解得：n=4- 6 或n=4+ 6，
t=1- 6 t=1+ 6
∴F(3,4- 6)或F(3,4+ 6)；
综上所述，点F的坐标为(-1,3)或(1,-2)或(3,4- 6) 作FG⊥CD于G，作FH⊥对称轴x=1于点H，作
或(3,4+ 6)． PQ⊥CD于Q，作PV⊥FH于V，作DW⊥FH于
48．【分析】(1)当y=0时，解得方程的两个根，从 W，
而得出结论； ∵对称轴x=a+2=1，∴a=-1，
(2)可判定得出根据抛物线的顶点取最大值，当x=2a ∴抛物线的解析式为：y=-x2+2x+3，D(2,3)，M(1,
+5取得最小值，进一步得出结果； 3)，
(3)作FG⊥CD于G，作FH⊥对称轴x=1于点H，
设E(m,-m2+2x+3)，F(n,-n2+2n+3)，
∵CD⎳FH，∴∠FMG=∠MFH，
作PQ⊥CD于Q，作PV⊥FH于V，作DW⊥FH于
W，设E(m,-m2+2x+3)，F(n,-n2+2n+3)，根据 ∴tan∠FMG=tan∠MFH，
-m2+2m n2-2n ∴ EG = MH ，∴ -m2+2m = n2-2n ，
tan∠FMG=tan∠MFH得出 = ，从
1-m n-1 MG FH 1-m n-1
而得出mn=m+n-2，设P(x,y)，根据同理可得， 化简得，(m-n)(mn-m-n+2)=0，
PQ EG PV DW y-3 -m2+2m ∵m-n≠0，∴mn-m-n+2=0，
= ， = 得出 = ，
CQ CG FV FW x m ∴mn=m+n-2，
y-3 = n2+2n ，从而得出x= 2n ，y= 设P(x,y)，
3-x n-3 2-m+n
PQ EG PV DW
-2mn+4n 同理可得， = , = ，
+3把mn=m+n-2代入y=5，从而得 CQ CG FV FW
n-m+2
y-3 -m2+2m y-3 n2+2n
出点P在一条定直线上y=5上； ∴ = ， = ，
x m 3-x n-3
1 1
②可求得S = AB⋅y = ×4×5=10，根据 2n -2mn+4n
△ABP 2 P 2 ∴x= ，y= +3
2-m+n n-m+2
3
S
△COP
=
5
S
△ABP求得x_P=±4
，当x
P
=4时，可求得F(-1, 把mn=m+n-2代入y=5，
3 3 ∴点P在一条定直线上y=5上；
0)，进而求得直线l的解析式为：y= x+ ，同样
2 2
②解：由-x2+2x+3=0得，
方法求得当x=-4时直线l的解析式．
x =-1，x =3，∴A(-1,0)，B(3,0)，
1 2
【解答】(1)证明：当y=0时，
∴AB=4，
-x2+(2a+4)x-a2-4a=0，
1 1
∵y =5，∴S = AB⋅y = ×4×5=10，
∴(x-a)(x-a-4)=0，∴x =a，x =a+4， P △ABP 2 P 2
1 2
3 1 3
∴不论a为何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共 ∵S = S ，∴ OC⋅|x |= ×10，
△COP 5 △ABP 2 P 5
点；
·40·1
∴ ×3⋅|x |=6，∴x +±4，
2 P P
2n
当x =4时， =4，
P 2-m+n
又mn-m-n+2=0，
∴  
m=3
2 或   m=2 (舍去)，
n=-1 n=0
当n=-1时，-n2+2n+3=-1-2+3=0，
∴F(-1,0)，∵M(1,3)，
3 3
∴直线l的解析式为：y= x+ ，
2 2
2n
当x=-4时， =-4，
2-m+n
m=5
2 m=2
∴
n=1
或
n=0
(舍去)，
3
1 ∴-n2+2n+3=-
3
 2 1 32 +2× +3= ，∴
3 9
1 32 F ,
3 9
 ，
5 23
∴直线l的解析式为：y=- x+ ，
6 6
3
综上所述：当S = S 时，直线l的解析式为：
△COP 5 △ABP
3 3 5 23
y= x+ 或y=- x+ ．
2 2 6 6
1
49．【分析】(1)设平移抛物线y= x2后得到的新抛
3
1 5
物线为y= x2+bx+c，把A0,-
3 3
 和B(5,0)代入，
可得答案；
1
(2)①如图，设Qx, x2
3
 ，则
1 4 5
Px, x2- x-
3 3 3

4 5
，PQ= x+ ，结合PQ小于
3 3
4 5
3，可得 x+ <3，结合x=m(m>0)，从而可得
3 3
答案；
②先确定平移方式为：向右平移2个单位，向下平移3
个单位，由题意可得：P在B的右边，当BP′⎳PQ
25
时，可得P5,
3
 ，结合平移的性质可得答案如图，
当P′Q⎳BP时，则∠P′QT=∠BPT，过P作P′S⊥
QS PT
QP于S，证明△PSQ∽ΔBTP，可得 = ，设
PS BT
1
Px, x2
3

1
，则Px+2, x2-3
3

1
，Sx+2, x2
3
 ，
Q x+2, 1 (x+2)2
 3
 ，再建立方程求解即可．
1
【解答】解：(1)设平移抛物线y= x2后得到的新抛物
3
1
线为y= x2+bx+c，
3
5
把A0,-
3

1
(2)①如图，设Qx, x2
3
和B(3,0)代入，
c=-5
3
b=-4
3
,
可得： ，解得： ，
25 +5b+c=0 c=-5
3 3
1 4 5
∴新抛物线为y= x2- x- ；
3 3 3

1 4 5
，则Px, x2- x-
3 3 3
 ，
1 1 4 5 4 5 ∴PQ= x2- x2+ x+ = x+ ，
3 3 3 3 3 3
4 5 ∵PQ小于3，∴ x+ <3，∴x<1，
3 3
∵x=m(m>0)，∴0<m<1；
1 4 5 1
②y= x2- x- = (x-2)2-3，
3 3 3 3
∴平移方式为：向右平移2个单位，向下平移3个单
位，
由题意可得：P在B的右边，当BP′⎳PQ时，
25
∴BP′⊥x轴，∴x =x =5，∴P5,
P′ B 3
 ，
25 由平移的性质可得：P5+2, -3
3
 16 ，即P7,
3
 ；
如图，当P′Q⎳BP时，则∠P′QT=∠BPT，过
P′作P′S⊥QP于S，
∴∠PSQ=∠BTP=90°，∴△PSQ∽ΔBTP，
·41·QS PT
∴ = ，
PS BT
1
设Px, x2
3

1
，则Px+2, x2-3
3

1
，Sx+2, x2
3
 ，
Q x+2, 1 (x+2)2
 3
 ，
1(x+2)2-1x2 1x2-3
3 3 3 ∴ = ，
2 x+2-5
解得：x=1或3(不符合题意舍去)；
16
综上：P7,
3

∴∠NMD=∠CMD，∴MD平分∠CMN．
(3)解：设G(m,m-1)，则H(m,m2+bm-1)，1，当
a=1时，y=x2+bx-1，
∵过直线y=x-1(1≤x≤3)上一点G作y轴的平行线，
令x2+bx-1=x-1，解得x =0，x =1-b．
1 2
∵b，∴x =1-b， 2
点G在H的上方，如图，
．
50．【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)连接CN，根据题意，求得M(-1,a-2)，N(1,a)，
进而求出CN=2，CM=a-(a-2)=2，利用勾股定
理求出MN=2 2，求出DN=2 2，从而得到∠NDM
=∠NMD，结合平行线的性质即可证明结论；
(3)设G(m,m-1)，则H(m,m2+bm-1)，1，求出当
a=1时，x =1-b，得到点G在H的上方，设GH=
2
1-b 设GH=t，则t=-m2+(1-b)m，
t，故t=-m2+(1-b)m，其对称轴为m= ，分为
2 1-b 1-b 3
其对称轴为m= ，且 ≥ ，
3 1-b 1-b 2 2 2
≤ ≤3和 >3两种情况讨论即可．
2 2 2 3 1-b
①当 ≤ ≤3时，即-5≤b≤-2，
【解答】(1)解：∵抛物线与x轴交于A(-1,0)、B(4,0) 2 2
两点， 由图可知，
∴分别将A(-1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx-1中，
a-b-1=0 a= 4 1
得
16a+4b-1=0
，解得
b=-3
，
4
1 3
∴抛物线对应的函数表达式为y= x2- x-1．
4 4
(2)证明：连接CN，如图，
1-b (1-b)2
当m= 时，t取得最大值 =4，
2 4
解得b=-3或b=5(舍去)，
1-b
②当 >3时，得b<-5，
2
由图可知，
∵b=1，∴y=ax2+x-1，
当x=-1时，y=a-2，
∴M(-1,a-2)，
当x=1时，y=a，∴N(1,a)，
∵C(-1,a)，N(1,a)，
∴CN=2，CM=a-(a-2)=2，CM⊥CN，
在RtΔCMN中，CM=2，CN=2，
当m=3时，t取得最大值-9+3-3b=4，
∴MN= CM2+CN2=2 2， 10
解得b=- (舍去)，综上所述，b的值为-3．
∵DN=a+2 2-a=2 2，∴DN=MN， 3
51．【分析】(1)根据等腰△AOE的角度和切线的性质
∴∠NDM=∠NMD，
即可求出∠CAE=30°；
∵DN⎳CM，∴∠NDM=∠CMD，
·42·(2)因为AD=BC，且AD=AE+ED，要证BC=CD ∴AD=AH+EH+ED=8a，
+ED，实际要证CD=AE，根据我们证线段相等的思 在Rt△ACD中，CD2=AC2-AD2=16m2-64a2，
路：①同一个三角形证等腰②不同三角形证全等，可 在Rt△CED中，CD2=CE2-ED2=4m2-4a2，
证△OAE≅△FCD即可； 5
∴16m2-64a2=4m2-4a2，解得a= m，
5
4 AC 4
(3)由AC= r得tanα= = ，再作OH⊥AE，
3 OA 3 ∴BC=AD= 8 5 m，CD= CE2-DE2= 4 5 m=
EH OE 3 5 5
证△OEH∽△CED得到 = = ，通过设边
ED CE 2 4 5 m
AB 5 1
长，再利用勾股定理表示CD2建立勾股方程即可找到 AB，∴ = = ．
BC 8 5 m 2
线段之间的关系． 5
法二：由OH⎳CD，得∠DCE=∠HOE=∠CAD，证
【解答】(1)解：∵α=60°，OA=OE，
△CAD∽△ECD，
∴∠OAE=∠OEA=α=60°，
CD CE 2m 1 AB 1
∵AC与圆相切，∴∠OAC=90°，∴∠CAE=30°． 直接得到 = = = ，∴ = ．
AD AC 4m 2 BC 2
(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，AC=2r，
52．【分析】(1)利用等边三角形的判定与性质和含
∴OA=OE=CF=DF=r，
30°角的直角三角形的性质解答即可；
∵∠OAC=∠ADC=90°，
(2)延长BD至点E使DE=CD，连接CE，利用等边三
∴∠OAE+∠CAD=∠ACD+∠CAD，
角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，圆周角
∴∠OAE=∠ACD，
定理和全等三角形的判定与性质解答即可；
∵OA=OE，CF=DF，
(3)利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①
∴∠OAE=∠OEA=∠ACD=∠CDF，
当点C、D在AB同侧时，延长BD至点E，连接CE，
∠OEA=∠FDC
 使CE=CD，过点C作CF⊥DE于点F，利用圆内接
在△OAE和△FCD中，∠OAE=∠FCD，
四边形的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的边
OA=CF
1
∴△OAE≅△FCD(AAS)，∴AE=CD， 角关系定理得到DE=2DF=2CD⋅sin α，再利用全等
2
∵AD=AE+ED，∴BC=CD+ED． 三角形的判定与性质得到AD=BE，则结论可得；②
即无论α在给定的范围内如何变化，BC=CD+ED总 当点C、D在AB两侧时，延长DB至点E，使BE=
成立． AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，利用①的
(3)解：补全图形如图， 方法解答即可．
【解答】解：(1)∵CA=CB，∠ACB=60°，
∴ΔABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
∵AD为⊙O的直径，∴∠ABD=∠ACD=90°，
1
∠BAD=∠CAD= ∠BAC=30°，
2
1
∴CD=BD= AD，∴AD-BD=CD．
2
故答案为：AD-BD=CD；
∵AC是切线，∴∠OAC=90°， (2)若∠ACB=60°，点C、D在AB向侧，AD-BD
4 AC 4 与CD的数量关系为：AD-BD=CD，理由：
∵AC= r，∴tan∠AOC= = ，
3 OA 3
延长BD至点E使DE=CD，连接CE，如图，
4
设OA=3m，则AC= r=4m，OC=5m，
3
CE 2
∵ = ，OE=OA=3m，
OE 3
∴CE=2m，OE+CE=5m=OC，
即点E在线段OC上，
4
∴tanα=tan∠AOC= ．
3
法一：如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH=
EH，
∵CA=CB，∠ACB=60°，∴ΔABC为等边三角形，
∵∠OHE=90°=∠D，∠OEH=∠CED，
∴∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，
EH OE 3
∴△OEH∽△CED，∴ = = ，
ED CE 2 ∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
设EH=AH=3a，则DE=2a，
·43·∴∠CDE=∠BAC=60°， CF⊥DE于点F，如图，
∵DE=CD，∴ΔCDE为等边三角形，
∴CE=CD，∠DCE=∠E=60°，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=60°+∠BCD，
∵∠BCE=∠BCD+∠DCE=60°+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE．
∵∠ADC=∠ABC=60°，∴∠ADC∠E=60°．
∠ACD=∠BCE

在ΔACD和ΔBCE中，CD=CE ，
∵CA=CB，∠ACB=α，
∠ADC=∠E
1
∴ΔACD≅ΔBCE(ASA)，∴AD=BE， ∴∠CAB=∠CBA=90°- α，
2
∵BE=BD+DE=BD+CD， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴AD=BD+CD，∴AD-BD=CD． ∴∠CBE=∠DAC，
(3)①当点C、D在AB同侧时， CA=CB

延长BD至点E，连接CE，使CE=CD，过点C作 在ΔCAD和ΔCBE中，∠CAD=∠CBE，
AD=BE
CF⊥DE于点F，如图，
∴ΔCAD≅ΔCBE(SAS)，∴CD=CE，∠ADC=∠E，
1 1
∵∠ADC=∠ABC=90°- α，∴∠E=90°- α，
2 2
∵CF⊥DE，
1 1
∴∠DCF=∠ECF= α，DF=EF=CD⋅sin α，
2 2
1 1 1
∴ DE=CD⋅sin α，∴DE=2CD⋅sin α，
2 2 2
∵DE=BD+BE=AD+BD，
∵CA=CB，∠ACB=α， 1
∴AD+BD=2CD⋅sin α．
2
1
∴∠CAB=∠CBA=90°- α，
综上，若∠ACB=α，AD、BD、CD满足的数量关系
2
∵四边形ABDC为圆的内接四边形， 1
为：当点C、D在AB同侧时AD-BD=2CD⋅sin α；
2
1
∴∠CDE=∠BAC=90°- α， 1
2 当点C、D在AB两侧时，AD+BD=2CD⋅sin α．
2
1
∵CE=CD，∴∠CDE=∠E=90°- α，∠DCE=α．
53．【分析】(1)作线段AB以原点为位似中心，位似
2
∵CF⊥DE， 比为2:1的位似图形A′B′，得出P(-1,-1)，P(-1,-2)
2 3
1 1 在线段A′B′上，由此得出P，P 是图形W的“延长2
∴∠DCF=∠ECF= α，DF=EF=CD⋅sin α， 2 3 1
2 2
分点”；
1
∴DE=2DF=2CD⋅sin α，
2 (2)作BC以原点为位似中心，位似比为2:1的位似图形
∵∠ACD=∠ACB+∠BCD=α+∠BCD，∠BCE= B′C′，当MN:y=-x+b过点C′时，b值最小，把
∠BCD+∠DCE=α+∠BCD， 5
C′- ,-1
2
∴∠ACD=∠BCE，
1
∵∠ADC=∠ABC=90°- α，
2
∴∠ADC=∠E．
在ΔACD和ΔBCE中，
∠ACD=∠BCE

CD=CE ，∴ΔACD≅ΔBCE(ASA)，
∠ADC=∠E
∴AD=BE，
1
∵BE=BD+DE=BD+2CD⋅sin α，
2
1
∴AD-BD=2CD⋅sin α．
2
②当点C、D在AB两侧时，
延长DB至点E，使BE=AD，连接CE，过点C作

7
，代入y=-x+b，得：b=- ，得出b的
2
7
最小值为- ；
2
(3)当⊙T与D′E′相切时，t=1或t=3，得出1满足题
意；当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，t=-1- 2
或t= 2-1，得出-1- 2≤t≤ 2-1满足题意．
【解答】解：(1)作线段AB以原点为位似中心，位似比
为2:1的位似图形A′B′，
·44·∵A(2,4)，B(2,2)，∴A′(-1,-2)，B′(-1,-1)，
∵点P是图形W的“延长2分点”，
1
∴点P在线段A′B′上，
∴P(-1,-1)，P(-1,-2)在线段A′B′上，
2 3
∴P，P 是图形W的“延长2分点”，
2 3 1
故答案为：P，P；
2 3
(2)作BC以原点为位似中心，位似比为2:1的位似图形
B′C′，
5
∵B(2,2)，C(5,2)，∴B′(-1,-1)，C- ,-1
2
 ，
∵直线MN:y=-x+b上存在点P是图形W 的“延长2
2
分点”，
∴直线MN:y=-x+b与B′C′有交点，
∴当MN:y=-x+b过点C′时，b值最小，
5
把C′- ,-1
2

∴1；
当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，连接TG，则：
∠TGE=90°，
∵ΔDEF为等腰直角三角形，
7
，代入y=-x+b，得：b=- ，
2 ∴△D′E′F′为等腰直角三角形，
∴b的最小值为- 7 ； ∵E(-1,1)，F(2,1)，E′(2,-2)，F′(-4,-2)，
2
∴EF⎳E′F′⎳x轴，∴∠D′F′E′=45°，
(3)作ΔDEF以原点为位似中心，位似比为1:2的
∵以T(t,1)为圆心，半径为1的⊙T，
位似△D′E′F′，
∴T点在直线EF上，TG=1，
∵D(-1,-2)，E(-1,1)，F(2,1)，
∴∠TEG=∠D′E′F′=45°，∴ET= 2TG= 2，
∴D′(2,4)，E′(2,-2)，F′(-4,-2)，
∴t=-1- 2或t= 2-1，∴-1- 2≤t≤ 2-1；
∵等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形
综上：1或-1- 2≤t≤ 2-1．
W 的“延长2分点”，
3
54．【分析】(1)连接OA、OB，如图1，首先证明
∴当W 与△D′E′F′有交点时，满足题意，
3 
ΔOAB等边三角形，进而得到OA=OB=15，ACB的
当⊙T与D′E′相切时，如图，则：t=1或t=3，
300π×15
长为 =25π；
180
(2)首先推导出点P在以O为圆心，CD为弦，圆心角
为120°的圆上，得到ME是ΔCAD的中位线，四边形
AFMD是平行四边形，FM=900m，作CN⊥PF于点
N，解得CN=CM⋅sin60°=300 3m，推导同ΔPMC∽
ΔDPC，求得PC2=720000，在RtΔPCN中，求得PN
=300 5(m)，进而得到PF=(300 5+1200)m．
·45·【解答】解：(1)连接OA、OB，如图1，
∵∠C=30°，∴∠AOB=60°， ∵四边形AFMD是平行四边形，∠DAB=60°，
∵OA=OB，∴ΔOAB等边三角形， ∴∠PMC=∠DMF=∠DAB=60°，
∵AB=15，∴OA=OB=15， 1 1
∵CM= CD= AB=600m，
 300π×15 2 2
∴ACB的长为 =25π，
180 ∴MN=CM⋅cos60°=300m，
故答案为：25π； ∴CN=CM⋅sin60°=300 3m，
(2)存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为 ∵∠PMC=∠DPC=60°，
(300 5+1200)m．理由如下： ∴ΔPMC∽ΔDPC，
∵∠DAB=60°，∠ABC=120°， PC CM PC 600
∴ = ，即 = ，
CD PC 1200 PC
∴∠DAB+∠ABC=180°，∴AD⎳BC，
∴PC2=720000，
∵AD=BC=900m，∴四边形ABCD是平行四边形，
在RtΔPCN中，PN= PC2-CN2= 720000-270000
∵要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC=60°，
=300 5(m)，
∴点P在以O为圆心，CD为弦，圆心角为120°的圆
∴PF=300 5+300+900=(300 5+1200)m，
上，如图2，
∴存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为(300 5
+1200)m．
55．【分析】(1)由题干条件可得：有外接圆的四边形
⇒对角互补，根据切线长定理得有内切圆的四边形⇒
有一个点到四边距离相等⇒两组对边的和相等．①根
据前置分析可得平行四边形既无外接圆也无内切圆，
所以很容易判断出；②因为菱形对边之和相等，所以
菱形是“内切型单圆”四边形；③外接圆圆心与内切
圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，从而
判断出结论是正确；
∵AE=EC，
 
(2)①判断方法同上；②证EBF=EDF即可得证；
∴经过点E的直线都平分四边形ABCD的面积，
(3)①四边形ABCD是“完美型双圆”四边形可得，
∵新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面
∠A+∠EOH=180°，∠FOG+∠C=180°，从而得到
积平分，
∠EOH=∠C，∠FOG+∠EOH=180°，再根据同弧所
∴直线PF必经过CD的中点M，
对的圆周角是圆心角的一半证出∠HPG=90°，即可得
∴ME是ΔCAD的中位线，∴ME⎳AD，
3
∵MF⎳AD，DM⎳AF， 证；②先证△AOH∽△OCG得出CG= r，再利用勾
2
∴四边形AFMD是平行四边形，
股定理建立方程即可求解．
∴FM=AD=900m，
【解答】解：(1)①当平行四边形的对角不互补时，对
作CN⊥PF于点N，如图3，
边和不相等时，
即内角不等于90°且邻边不相等的平行四边形是“平凡
型无圆”四边形，
故①错误；
②∵内角不等于90°的菱形对角不互补，但是对边之和
相等，
∴菱形是“内切型单圆”四边形，
故②正确；
·46·③由题可知外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型 ∵四边形ABCD内接于⊙O，
双圆”四边形是正方形， ∴∠BAD+∠BCD=180°，
如图，此时OM=r，ON=R， 1 1
由题意，得∠1= ∠BAD，∠2= ∠BCD，
2 2
∵△OMN是等腰直角三角形，
∵由同弧所对的圆周角相等可得：∠EFD=∠1，
∴ON= 2OM，∴R= 2r，
∠FED=∠2，
故③正确．
1
∴∠EFD+∠FED= (∠BAD+∠BCD)=90°，
2
∴∠FDE=90°．∴EF是⊙O的直径．
(3)①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG．
故答案为：①(×)；②(√)，③(√)．
(2)①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
理由：∵AB+CD≠BC+AD，
∴四边形ABCD无内切圆．
∴四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
②证法1：如图1，∵AE平分∠BAD，CF平分
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD．
∠BCD，
∴∠OEA=∠OHA=90°．
∴在四边形EAHO中，∠A+∠EOH=360°-90°-90°=
180°．
同理可证∠FOG+∠C=180°，
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴四边形ABCD有外接圆，
∴∠A+∠C=180°，∴∠EOH=∠C．
∴∠FOG+∠EOH=180°
1 1
    又∵∠FHG= ∠FOG，∠EGH= ∠EOH，
∴BE=DE，BF=DF， 2 2
      ∴∠FHG+∠EGH=90°．
∴BE+BF=DE+DF，即EBF=EDF，
  ∴∠HPG=90°，即EG⊥FH．
∴EBF与EDF均为半圆，
②方法1：如图4，连接OE，OF，OG，OH．
∴EF是⊙O的直径．
证法2：如图1，连接AF．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
1 1
∴∠1= ∠BAD，∠2= ∠BCD，∴∠1+∠2=90°，
2 2
由同弧所对的圆周角相等可得∠2=∠3，
∴∠1+∠3=90°，即∠EAF=90°．
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴EF是⊙O的直径
∴∠OAH+∠OAE+∠OCG+∠OCF=180°．
证法3：如图2，连接FD，ED．
∵⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，
G，H，
∴∠OAH=∠OAE，∠OCG=∠OCF．
∴∠OAH+∠OCG=90°．
∵∠COG+∠OCG=90°，∴∠OAH=∠COG．
∵∠AHO=∠OGC=90°，∴△AOH∽△OCG．
AO OH 2 r 3
∴ = ，即 = ，解得CG= r，
OC CG 3 CG 2
在Rt△OGC中，有OG2+CG2=OC2，即r2+
·47·3
 r
2

2 6 为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H，
=32，解得r= 13，
13
∵∠AFE=∠ACB=60°，∴点C也在⊙O上，
36 12
在Rt△OBE中，BE= OB2-r2= 62-
13
=
13
39 设∠AFD=α，则∠AEF=∠AEB=α(弦切角)，
同理可证△BEO∽△OHD， ∴∠CEF=180°-∠AEB-∠AEF=180°-2α，
BE OB 12 39 6 ∵AF=AD，∴∠ADF=∠AFD=α，
所以 = ，即 = ，解得OD= 3．
OH OD 6 13 OD ∴∠DAF=180°-2α，
13
方法2：如图4， ∵∠CEF=∠CAF，∴∠CAF=180°-2α=∠DAF，
AO OH 2 r 1
由△AOH∽△OCG，得 = ，即 = ， ∵∠CAD= ∠BAD=60°，
OC CG 3 32-r2 2
∴∠CAF=180°-2α=∠DAF=30°，
6 13
解得r= ，由△BEO∽△OHD，
13 ∴α=75°，即∠AEB=75°，
36-36
作EH⊥AB于点H，
BE OB 13 6
得 = ，即 = ，解得OD= 3．
OH OD 6 13 OD ∵∠B=60°，∴∠BEH=30°，
13
∴∠AEH=∠EAH=45°，
56．【分析】(1)根据折叠的性质和菱形的性质易得
设BH=m，则EH=AH= 3m，BE=2m，
AB=AF=AD再根据角度求出∠DAF=90°即可得证；
∵AB=6+6 3，∴m+ 3m=6+6 3，
(2)画出示意图，找到半径r和AE的关系，在求出AE
∴m=6，∴BE=12．
的范围即可求解；
(3)画出示意图，利用弦切角定理和圆周角定理以及等
腰三角形的性质可求得∠AEF=∠AEB=75°，再在解
三角形ABE即可求解．
【解答】解：(1)AF=AD，AF⊥AD，理由如下，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAD=∠C=120°，
∵ΔABE和ΔAFE关于AE轴对称，
∴AB=AF，
57．【分析】(1)①根据点与圆心的距离和半径进行比
∴AF=AD，
较，确定“α可及点”，再计算角度；②当DH⎳x轴
∵∠BAF=30°，∴∠DAF=∠BAD-∠BAF=90°，
时，点D横坐标最大，进行计算即可；
∴AF⊥AD，综上，AF=AD，AF⊥AD．
(2)分类讨论临界的情况，即可得出取值范围．
(2)①如图，设ΔAEF的外接圆圆心为O，连接OA、
【解答】解：(1)①反过来思考，由相对运动理解，作
OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H．
出⊙O关于AB的对称圆⊙O，
∵∠AFE=∠ABE=60°，∴∠AOE=120°，
∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=30°，
AG 2 3
∴OA= = AG，
cos30° 3
2 3 2 3 1 3
∵r=OA= AG= ⋅ AE= AE，
3 3 2 3
在RtΔABH中，AH=AB⋅sin60°=9+3 3，
∵AE，且点E不与B、C重合，
∴AE≥9+3 3，且AE≠6+6 3，
∴r≥3 3+3，且r≠2 3+6．
∵若点C关于直线AB的对称点C在⊙O上或其内部，
且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O的圆内或圆上，
∵点A(0,1)，B(1,0)，∴OA=OB=1，
(3)能相切，此时BE=12，理由如下： ∵∠AOB=90°，∴∠ABO=∠OAB=45°，
假设存在，如图画出示意图，设ΔAEF的外接圆圆心 由对称得：∠OBA=OAB=45°，
·48·∴△O′BA为等腰直角三角形，∴O(1,1)，
设⊙O半径为R，
则CO= 12+12= 2>R=1，故C 在⊙O外，不符
1 1
合题意；
C O=2-1=1=R，故C 在⊙O上，符合题意；
2 2
1
C O= 
3 2

2 5
+12= >R=1，故C 在⊙O外，不
2 3
符合题意，∴点C 是弦AB的“α可及点”，
2
可知B，O′，C 三点共线，
2
  1
∵AB=AB，∴α=∠AC B= ∠AOB=45°，
2 2
故答案为：C ，45；
2
②取AB中点为H，连接DH，
∵∠ADB=90°，∴HD=HA=HB，
∴点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运
动(不包括端点A、B)，
∴当DH⎳x轴时，点D横坐标最大，
∵OA=OB=1，∠AOB=90°，∴AB= 2，
1 2
∴HD= AB= ，
2 2
1 1
∵点A(0,1)，B(1,0)，∴H ,
2 2

的对称圆⊙O，
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，
且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O的圆内或圆上，
∴点P需要在⊙O的圆内或圆上，
作出ΔMPN的外接圆⊙O′′，连接O′′M，O′′N，

∴点P在以O′′为圆心，MO′′为半径的MN 上运动(不
包括端点M、N)，
∴∠MO′′N=2∠MPN=120°，∴∠O′′MN=30°，
由对称得点O，O在MN的垂直平分线上，
∵ΔMPN的外接圆为⊙O′′，
∴点O′′也在MN的垂直平分线上，记OO与NM交于
3
点Q，∴MQ=MO⋅cos30°= MO，
2
∴MN=2MQ= 3MO，
随着MN的增大，⊙O会越来越靠近⊙O，当点O与
点O′′重合时，点P在⊙O上，即为临界状态，此时
MN最大，MN= 3MO= 3，
连接O′′P，OP，
，
1+ 2
∴x =x +DH= ，
D H 2
1+ 2
∴点D的横坐标的最大值为 ，
2
1+ 2
故答案为： ；
2
(2)反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB
·49·∵OP≤OO′′+O′′P，
∴当MN最大，MN= 3时，此时ΔMNP为等边三角
形，由上述过程知MN=2MQ= 3MO，
3
∴MO=OP= =1，
3
∴当r=1，OP的最大值为2，
设P(t, 3t- 3)，则OP2=(t-0)2+( 3t- 3)2=4t2
3± 13
-6t+3=4，解得：t= ，
4
记直线y= 3x- 3与⊙O交于T，S，与y轴交于点
K，过点S作SL⊥x轴，
当x=0，y=- 3，当y=0时， 3x- 3=0，
解得x=1，∴与x轴交于点T(1,0)，
OK
∴tan∠OTK= = 3，
OT
∵OT=OS，∴ΔOTS为等边三角形，
1 3 1 3
∴∠TOS=60°，∴OL= ,LS= ，∴S ,-
2 2 2 2

如图1，
∴∠BAE=∠ABM，∠AEO=∠BMO=90°．
∵AO=BO，∴ΔAOE≅ΔBOM(AAS)，
∴AE=BM，OE=OM，
OE 1
∵ = ，∴BM=2OE=EM，
AE 2
∴∠MEB=∠MBE=45°，
∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°，
∠BEC=180°-∠MEB=135°，∴∠AEB=∠BEC．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，∴∠ABM=∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE，∴ΔAEB∽ΔBEC；
(3)连接DE，DF．如图2，
，
3- 13 1 3+ 13
∴t的取值范围是 ≤t< 或1<t≤ ．
4 2 4
58．【分析】(1)分别利用锐角三角函数tan∠AOC=
∵AB是⊙O的直径，
AC AE
=2，tan∠AOC= ，代入数据解答即可得解；
∴∠ADB=∠AFB=90°，AB=2AO．
AO OE
(2)过点B作BM⎳AE，交EO延长线于点M，如图1， ∵AB=AC，∠BAC=90°，
首先证明ΔAOE≅ΔBOM(AAS)，得到AE=BM，OE ∴BC=2BD，∠DAB=45°，
=OM，进一步推导出∠AEB=∠BEC，∠BAE= 由(2)知，ΔAEB∽ΔBEC，
∠CBE，进而得证； AE = AB = 2AO = AO ，∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
(3)连接DE，DF．如图2，首先推导出ΔAOE∽
∴ΔAOE∽ΔBDE，∴∠BED=∠AEO=90°，
ΔBDE，得到∠BED=∠AEO=90°，∠DEF=90°，
∴∠DEF=90°，∴∠AFB=∠DEF，∴AF⎳DE，
∠AFB=∠DEF，AF⎳DE，进一步推导出AE⎳FD，
由(2)知，∠AEB=135°，
进而得证．
∴∠AEF=180°-∠AEB=45°．
【解答】解：(1)∵AB=AC，且AB是⊙O的直径，
∵∠DFB=∠DAB=45°，∴∠DFB=∠AEF，
∴AC=2AO，∵∠BAC=90°，
∴AE⎳FD，∴四边形AEDF是平行四边形，
AC
在RtΔAOC 中，tan∠AOC= =2， ∴AD与EF互相平分．
AO
AE 59．【分析】(1)利用全等三角形的判定与性质得到
∵AE⊥OC，在RtΔAOE 中，tan∠AOC= ，
OE
DC=AF，∠EDC=∠F，利用内错角相等两直线平行
AE OE 1
∴ =2，∴ = ； 的性质得到BC⎳AF，利用线段中点的定义得到BD=
OE AE 2
(2)证明：过点B作BM⎳AE，交EO延长线于点M， AF，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形
的性质解答即可得出结论；
·50·(2)连接AD，利用等腰三角形的三线合一的性质得到 (2)设BE=x，得到AE=AB-BE=5-x，根据勾股
AD垂直平分BC，利用(1)的结论得到DA⊥AF，再 BE 2
定理得到BE=2，AE=3，得到 = ，根据相似
AE 3
利用圆的切线的判定定理解答即可；
三角形的判定和性质定理即可得到结论；
(3)连接OB，OC，OD，利用等腰三角形的三线合一
(3)过点D作DH⊥AC于H，根据勾股定理得到CE=
1
的性质得到OD⊥BC，∠BOD= ∠BOC，利用圆周
2 BC2-BE2= (2 5)2-22=4，根据相似三角形的性
角定理得到∠BOD=∠BAC，则tan∠BOD= BD = 质得到 BC = BE = CE ，求得AD= 3 5 ，DE=
OD AD DE AE 2
3 ，求得OD后再利用勾股定理解答即可得出结论． 3 ，根据三角函数的定义即可得到结论．
4 2
【解答】(1)证明：∵点D，E分别是BC，AC的中 【解答】(1)证明：∵BF是⊙O的直径，
点，∴BD=DC，AE=EC， ∴∠BAF=90°，∴AF⊥AB，
 EC=AE ∵CD⊥AB，∴CD⎳AF，∴DG⎳AF，
在ΔEDC和ΔEFA中，∠DEC=∠FEA，
∴∠AFB=∠BGD，
DE=FE
 
∵AC=AC，∴∠ADC=∠ABC，
∴ΔEDC≅ΔEFA(SAS)，∴DC=AF，∠EDC=∠F，
 
∵AB=AB，∴∠ACB=∠AFB，
∴BC⎳AF，BD=AF，
∴∠ADC=∠BGD，∴AD⎳GF，
∴四边形ABDF是平行四边形；
∴四边形ADGF为平行四边形；
(2)证明：连接AD，如图，
(2)解：设BE=x，
∵AB=AC=5，∴AE=AB-BE=5-x，
∵AB⊥CD，∴∠BEC=∠AEC=90°，
∴BC2-BE2=AC2-AE2=CE2，
∵BC=2 5，∴(2 5)2-x2=52-(5-x)2，
BE 2
解得x=2，∴BE=2，AE=3，∴ = ，
AE 3
∵AB=AC，BD=DC∴AD⊥BC， 由(1)知，∠ADC=∠BGD，
∴AD垂直平分BC，∴AD经过圆心O， ∵∠AED=∠BEG，∴△ADE∽△BGE，
由(1)知：AF⎳BC，∴DA⊥AF， BG BE 2 BG 2
∴ = = ，∴ = ；
AD AE 3 AD 3
∵OA为⊙O半径，∴AF与⊙O相切；
(3)解：过点D作DH⊥AC于H，
(3)解：连接OB，OC，OD，如图，
1
∵OB=OC，BD=CD= BC=6，
2 在Rt△BCE中，CE= BC2-BE2= (2 5)2-22=4，
1  
∴OD⊥BC，∠BOD= ∠BOC， ∵BD=BD，∴∠BAD=∠BCD，
2
1 ∵∠AED=∠CEB，∴△AED∽△CEB，
∵∠BAC= ∠BOC，∴∠BOD=∠BAC．
2 BC BE CE 2 5 2 4
∴ = = ，∴ = = ，
3 3
∵tan∠BAC= ，∴tan∠BOD= ， AD DE AE AD DE 3
4 4
3 5 3
BD BD 3 ∴AD= ，DE= ，
∵tan∠BOD= ，∴ = ，∴OD=8， 2 2
OD OD 4
3 11
∴CD=CE+DE=4+ = ，
∴OB= BD2+OD2=10，∴⊙O的半径为10． 2 2
1 1
60．【分析】(1)根据圆周角定理得到∠BAF=90°，根 ∵S = CD⋅AE= AC⋅DH，
△ACD 2 2
据平行线的判定定理得到CD⎳AF，推出∠ADC=
11 33
∴ ×3=5DH，∴DH= ，
∠BGD，得到AD⎳GF，根据平行四边形的判定定理 2 10
得到结论；
·51·DH 33 2 10x 10 3 10
在Rt△ADH中，sin∠HAD= = × = ∴CF= (6-x)=- (x-3)2+
AD 10 3 5 3 30 10
11 5 11 5 3 10
，∴sin∠CAD= ． ∴当x=3时，CF有最大值为 ；
25 25 10
61．【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点 问题解决：证明：过点E作EN⎳BC交AC于点N，
M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到
∠MAC=90°，根据旋转的性质得到∠B=∠ACE，由圆
周角定理推出∠B=∠AMC，等量代换得到∠ACE=
∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE=90°，
即可得出结论；
实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B=∠ADE=
∠ACB，结合三角形外角的性质得到∠CDF=∠BAD，
AB BD
易证△ABD∽△DCF，得到 = ，设BD=x， ∴∠ENC=∠ACB，
CD CF
由旋转的性质知：∠B=∠ACE，
10x 10
则CD=6-x，得到CF= (6-x)=- (x-3)
3 3 ∵∠B=∠ACB，∴∠ACB=∠ACE，
2+3 10，利用二次函是的性质即可求解； ∴∠ENC=∠ACE，∴EN=CE，
问题解决：过点E作EN⎳BC交AC于点N，由旋转的 由旋转的性质得：△ABD≅△ACE，
性质知：∠B=∠ACE，证明∠ENC=∠ACE，推出 ∴BD=CE，∴BD=EN，
EN=CE，由旋转的性质得：△ABD≅△ACE，得到 CD DF
∵EN⎳BC，∴△CDF∽△NEF，∴ =
EN EF
BD=EN，根据EN⎳BC，易证△CDF-△NEF，得
CD DF
CD DF ，∵BD=EN，∴ = ．
到 = ，即可证明结论． BD EF
EN EF
62．【分析】(1)如图，连接OA，OB，先证明ΔAOB
【解答】解：操作发现：
为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公
连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，
式 可得答案；
(2)过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，
连接MO，证明四边形BIOH是矩形，可得BH=OI，
BI=OH，再结合勾股定理可得答案；
(3)①如图，由过点A的切线与AC垂直，可得
AC过圆心，过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB
于K，而∠ABC=90°，可得四边形KO．JB为矩
∵MC是⊙O直径，∴∠MAC=90°，
形，可得OJ=KB，再进一步利用勾股定理与锐角三
∴∠AMC+∠ACM=90°由旋转的性质得∠B=∠ACE，
角函数可得答案；
∵∠B=∠AMC，
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，
∴∠ACE=∠AMC，
过O作OJ⊥BC于J，OL>OJ，此时OI最短，如图，
∵OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°，
过A作AQ⊥OB于Q，而AB=AO=3，证明BQ=
∵OC是⊙O的半径，∴CE与⊙O相切；
OQ=1，求解AQ= 32-12=2 2，再结合等角的三角
实践探究：由旋转的性质得：∠BAD=∠CAE，AD=
函数可得答案．
AE，
【解答】解：如图，连接OA，OB，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=
∠DAE，
AB AC
∵AB=AC，∴ = ，∴△ABC∽△ADE，
AD AE
∴∠B=∠ADE=∠ACB，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD，
∴∠CDF=∠BAD，∴△ABD∽△DCF，
AB BD
∴ = ，
CD CF
∵⊙O的半径为3，AB=3，
3 10 x
设BD=x，则CD=6-x，∴ = ， ∴OA=OB=AB=3，∴ΔAOB为等边三角形，
6-x CF
 60π×3
∴∠AOB=60°，∴AN 的长为 =π，
180
·52·
∴劣弧AN 的长为π；
(2)过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连
接MO，如图：
∵B为MN中点，∴OB⊥MN，
同(2)可得OB=2，
∴BQ=OQ=1，∴AQ= 32-12=2 2，
∵∠ABC=90°=∠AQB，
∵OA⎳MN， ∴∠OBJ+∠ABO=90°=∠ABO+∠BAQ，
∴∠IBH=∠BHO=∠HOI=∠BIO=90°， ∴∠OBJ=∠BAQ，
∴四边形BIOH是矩形，∴BH=OI，BI=OH， OJ BQ 1
∴tan∠OBJ=tan∠BAQ，∴ = = ，
BJ AQ 2 2
∵MN=2 5，OH⊥MN，∴MH=NH= 5，
设OJ=m，则 BJ=2 2m，
而OM=3，∴OH= OM2-MH2=2=BI，
∵OJ2+BJ2=OB2，∴m2+(2 2m)2=22，
∴点B到OA的距离为2；
2
解得：m= (m的负值已舍去)，
∵AB=3，BI⊥OA，
3
∴AI= AB2-BI2= 5， 2 2
∴OJ的最小值为 ，即d的最小值为 ．
3 3
∴OI=OA-AI=3- 5=BH，
63．【分析】(1)利用直径所对的圆周角为直角的性质
∴x=BN=BH+NH=3- 5+ 5=3；
解答即可；
(3)①过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB于K，
(2)利用相似三角形的判定与性质得到∠NAM=∠MAB
如图：
=90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
(3)连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延
长线于点K，设BC与DH交于点G，利用全等三角形
的判定与性质和圆的切线的判定定理得到CK为⊙O的
切线，利用切线长定理得到DK=BK，利用平行线的
判定定理得到AC⎳DH⎳BK，利用相似三角形的判定
GH BH GD CD
与性质得到 = ， = ，利用平行线分
AC AB BK CK
BH DK GH GD
∵∠ABC=90°，过点A的切线与AC垂直， 线段成比例定理得到 = ，则 = ，进
AB CK AC CD
∴AC过圆心，∴四边形KOJB为矩形，∴OJ=KB， 而得到GH=GD，则点G是线段DH的中点，所以点
∵AB=3，BC=3 2， G与点E重合，则结论可得．
∴AC= AB2+BC2=3 3， 【解答】(1)解：∵AB是⊙O的直径，
AB 3 1 AK ∴∠AFB=90°；
∴cos∠BAC= = = = ，
AC 3 3 3 AO
AM MN
(2)证明：∵AM⋅BM=AB⋅MN，∴ = ，
∴AK= 3，∴OJ=BK=3- 3，即 d=3- 3； AB BM
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L， ∵∠AMN=∠ABM，∴△AMN∽△ABM，
过O作OJ⊥BC于J， ∴∠NAM=∠MAB．
∵∠NAM+∠MAB=180°，∴∠NAM=∠MAB=90°，
∴OA⊥CM．
∵OA为⊙O的半径，∴直线CM与⊙O相切；
(3)解：正确的结论为：CE+EB=CB，理由：
连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长
线于点K，设BC与DH交于点G，如图，
OA=OD
∵∠OJL>90°， 
在△OAC和△ODC中，OC=OC，
∴OL>OJ，故当B为MN中点时，d最短小， CA=CD
过A作AQ⊥OB于Q， ∴△OAC≅△ODC(SSS)，∴∠OAC=∠ODC．
·53·由(2)知：OA⊥CM， 64．【分析】【基础应用】根据三角形内角和可以求
∴∠OAC=∠ODC=90°，∴OD⊥CD． 得∠A的度数，然后根据题目中的结论，即可求得AB
∵OD为⊙O的半径，∴CK为⊙O的切线． 的长；
∵BK为⊙O的切线，∴DK=BK，BK⊥AB． a b c
【推广证明】先证明 = = ，然后连接
sinA sinB sinC
∵DH⊥AB，CA⊥AB，∴AC⎳DH⎳BK，
AO并延长交⊙O于点F，根据圆周角定理可以得到
BH DK
∴△BHG∽△BAC，△CDG∽△CKB， = ．
AB CK ∠B=∠AFC，求出∠AFC的正弦，即可得到∠B的正
GH BH GD CD b a
∴ = ， = ， 弦，然后即可得到 =2R，从可以得到 =
AC AB BK CK sinB sinA
GH DK GD BK DK b c
∴ = ， = = ， = =2R；
AC CK CD CK CK sinB sinC
GH GD 【拓展应用】根据勾股定理可以得到BD的长，然后根
∴ = ．∵CA=CD，∴GH=GD，
AC CD
据平行线的性质和锐角三角函数，可以得到sin∠ABD
∴点G是线段DH的中点，
的值，然后作AE⊥CD交CD于点E，得到矩形
∵点E是线段DH的中点，∴点G与点E重合．
ABCE，从而可以得到AE和DE的长，再根据勾股定
∴线段BC经过点E，∴CE+EB=CB．
AD
理可以求得AD的长，最后根据 =2R，即可
解法二：设BC与DH交于点G，连接AD，连接BD并 sin∠ABD
延长交AC的延长线于点K，如图， 得到过A，B，D三点的圆的半径．
【解答】解：【基础应用】
∵∠B=75°，∠C=45°，
∴∠A=180°-∠B-∠C=60°，
BC AB
∵∠C=45°，BC=2， = ，
sinA sinC
2 AB 2 6
∴ = ，解得AB= ；
sin60° sin45° 3
【推广证明】
作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并
延长交⊙O于点F，连接CF，如图所示，
a⋅AD c⋅CE
∵ = ，∴a⋅csinB=c⋅bsinA，
∵DH⊥AB，CA⊥AB，∴AC⎳DH， 2 2
∴△BHG∽△BAC，△BHD∽△BAK， a b a c
∴ = ，同理可证， = ，
sinA sinB sinA sinC
GH BH HD BH
∴ = ， = ， a b c
AC BA AK BA ∴ = = ，
sinA sinB sinC
HG HD HG AC
∴ = ，∴ = ．
AC AK HD AK ∵AF是直径，∴∠ACF=90°，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADK=90°， ∵∠B=∠AFC，
∴∠CAD+∠K=90°，∠CDA+∠CDK=90°，
∴sinB=sin∠AFC=
b
=
b
，∴
b
=2R，
AF 2R sinB
∴∠CAD+∠K=∠CDA+∠CDK，
a b c
∴ = = =2R；
∵CD=CA，∴∠CAD=CDA，∴∠K=∠CDK， sinA sinB sinC
∴CK=CD，∴CK=CA，∴AK=2AC， 【拓展应用】
HG AC 1 连接DB，如图所示，
∴ = = ．∴HD=2HG，
HD AK 2
∵BC=3，CD=4，∠C=90°，
即G为HD的中点，∴点E与点G重合，
∴BD= BC2+CD2= 32+42=5，
∴线段BC经过点E，∴CE+EB=CB．
BC 3
∴sin∠BDC= = ，
BD 5
∵∠ABC=∠C=90°，∴∠ABC+∠C=180°，
∴AB⎳CD，∴∠ABD=∠BDC，
3
∴sin∠ABD= ，
5
作AE⊥CD交CD于点E，
则四边形ABCE是矩形，
∴CE=AB=2，AE=BC=3，∴DE=2，
∴AD= AE2+DE2= 32+22= 13，
·54·AD 13 5 13 ∴R= 2，∴⊙O的半径为 2；
∴ = = ，
sin∠ABD 3 3
(3)解：如图，
5
5 13
∴过A，B，D三点的圆的半径为 ．
6
连接FN，ON，设CM=k，
∵CM:FM=1:4，∴CF=5k，
65．【分析】(1)连接OE，过点O作OG⊥AB于点
∴OC=ON=2.5k，∴OM=OC-CM=1.5k，
G，由正方形性质得∠BAC=∠DAC=45°，再由角平
在RtΔOMN中，由勾股定理得：MN=2k，
分线性质得OC=OE，即可证明；
在RtΔCMN中，由勾股定理得：CN= 5k，
(2)设AE=OE=OC=OF=R，表示出OA和OC，再
2 2
又∵FC=5k=2R=2× 2=2 2，∴k= ，
列出关于R的方程，解方程即可解答； 5
(3)连接FN，ON，设CM=k，由已知利用k表示出 2 2 2 10
∴CN= 5× = ．
5 5
相关线段，再根据勾股定理表示出MN=2k，CN=
66．【分析】(1)利用SSS证明ΔADM≅ΔADN，即
5k，利用CF长求出k，即可求出CN．
可；
【解答】(1)证明：如图，
(2)选择②为条件，①为结论：在AC取点N，使AN
=AM，连接DN，证明ΔADM≅ΔADN，可得DM=
DN，∠AMD=∠AND，再由AC=AM+MD，可得
DN=CN，从而得到∠C=∠CDN，即可；选择①为条
件，②为结论：在AC取点N，使AN=AM，连接
DN，证明ΔADM≅ΔADN，可得DM=DN，∠AMD
=∠AND，再由∠AMD=2∠C，可得∠C=∠CDN，从
连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，
而得到DN=CN，即可；
∵⊙O与AD相切于点E，∴OE⊥AD，
(3)连接BD，取AE的中点F，连接BF，根据圆周角
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，
定理可得BD=CD，从而得到∠BCD=∠CBD，再由
∴∠BAC=∠DAC=45°，∴OE=OG，
AC为⊙O的直径，可得AE=2BF=2AF，从而得到
∵OE 为⊙O的半径，∴OG为⊙O的半径，
 
∠ABF=∠BAF，然后根据 AB=BC，可得AB=
∵OG⊥AB，∴AB与⊙O相切；
BC，可证明ΔABF≅ΔCBD，从而得到BF=BD=
(2)解：如图，
CD，即可．
AM=AN

【解答】解：(1)在ΔADM和ΔADN中，DM=DN，
AD=AD
∴ΔADM≅ΔADN(SSS)，∴∠AMD=∠AND；
(2)解：(Ⅰ)选择②为条件，①为结论，
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN，
∵AC为正方形ABCD的对角线，∴∠DAC=45°，
∵⊙O与AD相切于点E，∴∠AEO=90°，
∴由(1)可知AE=OE，设AE=OE=OC=OF=R，
在RtΔAEO中，
∵AE2+EO2=AO2，∴AO2=R2+R2，
∵R>0，∴AO= 2R，
又∵正方形ABCD的边长为 2+1，
在RtΔADC中， ∵AD平分∠MAC，∴∠DAM=∠DAN，
∴AC= AD2+CD2= 2( 2+1)， 在ΔADM和ΔADN中，
∵OA+OC=AC，∴ 2R+R= 2( 2+1)， ∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD，
·55·∴ΔADM≅ΔADN(SAS)， (2)证明：∵AG是切线，
∴DM=DN，∠AMD=∠AND， ∴AG⊥AB，
∵AC=AM+MD，AC=AN+NC， ∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，
∴DM=CN，∴DN=CN，∴∠C=∠CDN， ∴∠ABD=90°-∠DAB=∠GAD，
∴∠AMD=∠AND=∠CDN+∠C=2∠C； ∵由折叠可得∠ABD=∠ABC，∴∠CBD=2∠ABD，
(Ⅱ)选择①为条件，②为结论， ∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN， ∴∠PAD=180°-∠CAD=∠DBC=2∠ABD，
∴∠PAG=∠PAD-∠GAD=2∠ABD-∠ABD=
∠ABD，
又∵∠APG=∠BPA，∴ΔAPG∽ΔBPA，
AP PG
∵ = ，即PA2=PG⋅PB；
BP PA
AD 1
(3)解：∵sin∠APD= = ，
AP 3
设AD=a，则AP=3a，
∵AD平分∠MAC，∴∠DAM=∠DAN， ∴PD= AP2-AD2=2 2a，
在ΔADM和ΔADN中， AD a 2
∴tan∠APD= = = ，
∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD， PD 2 2a 4
∵由折叠可得AC=AD=a，
∴ΔADM≅ΔADN(SAS)，∴DM=DN，∠AMD=
∴PC=PA+AC=3a+a=4a，
∠AND，
CB 2
∵∠AMD=2∠C，∴∠AND=2∠C=∠CDN+∠C， ∵在RtΔPCB中，tan∠CPB= = ，
PC 4
∴∠CDN=∠C，∴DN=CN，∴DM=CN，
2
∴BD=CB= PC= 2a，
∵AC=AN+NC，∴AC=AM+MD； 4
∵AD⊥BD，GA⊥AB，
(3)如图，连接BD，取AE的中点F，连接BF，
∴∠AGB=90°-∠GAD=∠DAB，
BD 2a
∴tan∠AGB=tan∠DAB= = = 2．
AD a
68．【分析】(1)根据定义，分别计算圆的面积与正方
形的面积，即可求解；
(2)根据(1)的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
(3)根据勾股定理求得x，r的关系，进而根据圆的面
 
积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可
∵∠BAC的平分线AD，∴DC=BD，∴BD=CD，
求解；
∴∠BCD=∠CBD，
∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC=90°， (4)根据(3)的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面
∴AE=2BF=2AF，∴∠ABF=∠BAF， 积最小，则求得半径为3 2m的圆的内接正方形的边
∵∠BAF=∠BCD，∴∠ABF=∠CBD， 长为6，进而将草坪分为9个正方形，即可求解．
∵A

B=B

C，∴AB=BC，∴ΔABF≅ΔCBD(ASA)，
【解答】解：(1)当喷洒半径为9m时，喷洒的圆面积s
∴BF=BD=CD，∴AE=2CD．
=πr2=π×92=81π(m2)．
正方形草坪的面积S=a2=182=324(m2)．
67．【分析】(1)根据折叠可得AB⊥CD，根据切线定
k 81π π
义可得AG⊥AB，即可求证； 故喷洒覆盖率ρ= = = ≈0.785．故答案为：
s 324 4
(2)根据题意证明ΔAPG∽ΔBPA即可得证；
0.785．
(3)根据题意设AD=a，则AP=3a，根据折叠的性质
9
(2)对于任意的n，喷洒面积k =n2π
可得AC=AD=a，可求出PC，进而求得BD，根据 n n
∠AGB=90°-∠GAD=∠DAB，即可求解．
【解答】(1)证明：∵将ΔABC沿直线AB翻折到
ΔABD，
∴AB⊥CD，
∵AB为⊙O的直径，AG是切线，∴AG⊥AB，
∴AG⎳CD；

2
=81πm2，而
草坪面积始终为324m2．
π
因此，无论n取何值，喷洒覆盖率始终为 ≈0.785．
4
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒
覆盖率不起作用．
(3)如图所示，连接EF，
·56·(2)证明：∵AD⊥AC，∴∠DAC=∠BCA=90°，
∴AD⎳BC，
∵∠ADC=∠B，∴∠BAC=∠DCA，∴AB⎳CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(3)解：在Rt△ACD中，
∵tan∠ADC= 3，∴∠ADC=60°，∠ACD=30°，
如图2，连接OC，
k
要使喷洒覆盖率ρ=1，即要求 =1，其中s为草坪面
s
积，k为喷洒面积．
∴⊙O，⊙O ，⊙O ，⊙O 都经过正方形的中心点O，
1 2 3 4
在Rt△AEF中，EF=2r，AE=x，
∵AE=BF=CG=DH， ∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，
∴AF=18-x， ∴∠ACD+∠ACO=90°，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2， 又∵∠ACO+∠OCB=90°，∴∠ACD=∠OCB，
∴4r2=x2+(18-x)2， ∵OC=OB，∴∠B=∠OCB=∠ACD=30°，
x2+(18-x)2 π 81π 在Rt△ABC中，AC=AB⋅sin30°=6，
∴y=πr2= π= (x-9)2+
4 2 2 AC
在Rt△ACD中，CD= =4 3，
∴当x=9时，y取得最小值，此时4r2=92+92， cos30°
9 2 ∴在Rt△COD中，OD= CD2+OC2= 62+(4 3)2=
解得：r= ．
2
2 21；
(4)由(3)可得，当⊙O 的面积最小时，此时圆为边长
1 (4)解：如图3，过点A作射线AF⊥AB，作射线OF
为9m的正方形的外接圆，
满足∠AOF=60°，射线AF与OF交于点F，连接
2
则当r=3 2m时，圆的内接正方形的边长为 ×2 OC、CF，
2
×3 2=6m，
18
而草坪的边长为18m， =3，即将草坪分为9个正
6
方形，将半径为3 2m的自动喷洒装置放置于9个正方
形的中心，此时所用装置个数最少，
∴至少安装9个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖
率ρ=1．
69．【分析】(1)利用勾股定理求出AC长即可；
(2)根据AD⊥AC，推导出AD⎳BC，由∠ADC=∠B
在Rt△AOF中，AF=OA⋅tan60°= 3OA，
和等角的余角相等推出AB⎳CD，根据平行四边形定
∵tan∠ADC= 3，∴AC= 3AD，
义可证明；
AC AF
(3)连接OC，先求出∠ADC=60°，∠ACD=30°，利 ∵AF= 3OA，∴ = = 3，
AD OA
用解直角三角形求出CD，再利用勾股定理求出OD长 ∵∠DAC=∠OAF=90°，
即可； ∴∠DAC+∠CAO=∠OAF+∠CAO，即∠DAO=
(4)过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF= ∠CAF，
60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF，可证 ∴△CAF∽△DAO，
△CAF∽△DAO，继而得到FC= 3OD，利用勾股定 FC AC
∴ = = 3，即FC= 3OD，
OD AD
理求出OF、OC，再根据|OF-OC|≤CF≤OF+OC
在Rt△AOF中，
求出CF的范围，继而得到OD的长度范围．
∵OA=6,AF= 3OA=6 3，∴OF= OA2+AF2=
【解答】(1)解：∵AB为⊙O的直径，
12，
∴∠ACB=90°，
又∵|OF-OC|≤CF≤OF+OC，∴6≤CF≤18，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
∴2 3≤OD≤6 3．
AC= AB2-BC2= 122-62=6 3，
70．【分析】(1)利用圆周角定理得到∠ACB=90°，
故答案为：6 3；
·57·再根据三角形的内角和定理求出∠CAB=65°，然后利 71．【分析】(1)证△ACD∽△CBD即可得证；
用圆内接四边形的对角互补求解即可； (2)依据题意作出尺规作图，由(1)我们发现当∠ACB
(2)连接AI，由三角形的内心性质得到内心， 是直角三角形时，DC2=DA⋅DB，所以我们需要找到
∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI，然后利用圆周角定理 一个点满足D到这个点的距离等于直角三角时的DC，
得到∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，利用三角形 这时很容易想到轨迹圆；
的外角性质证得∠DAI=∠DIA，然后利用等角对等边 (3)分类讨论，①当m<n时，根据第二问可得出锐角
可得结论； 三角形时C的位置，再利用勾股定理求出临界值范围
(3)过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC， 即可，②当m<n时，同①方法．
垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和切线长定 【解答】(1)证明：∵CD⊥AB，
理得到AQ=AF，CF=CP，BQ=BP，利用解直角 ∴∠CDA=∠CDB=90°，∴∠A+∠ACD=90°，
三角形求得CF=2=CP，AB=13，进而可求解． ∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，∴∠A=
【解答】解：(1)∵AB是⊙O的直径， ∠BCD，
∴∠ADB=∠ACB=90°，又∵∠ABC=25°， ∵∠CDA=∠CDB=90°，∴△ACD∽△CBD，
∴∠CAB=90°-25°=65°， CD AD
∴ = ，∴CD2=AD⋅DB，
BD CD
∵四边形ABEC是⊙O内接四边形，
∴点D是点C的“关联点”．
∴∠CEB+∠CAB=180°，
(2)解：如图，△ABC即为所求，
∴∠CEB=180°-∠CAB=115°；
(2)DI=AD=BD，连接AI，
∵点I为ΔABC的内心， 作法提示：①作线段AB的垂直平分线，交AB于点
1
∴∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI= ∠ACB=45°， O；
2
  ②以O为圆心，OA为半径作圆；
∴AD=BD，∴∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，
③过D作DP⊥AB交⊙O于点P；
∵∠DAI=∠DAB+∠BAI，∠DIA=∠ACI+∠CAI，
④以D为圆心，DP为半径画圆，则点C在⊙D上且
∴∠DAI=∠DIA，∴DI=AD=BD；
在直线DP右侧．
(3)过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足
简证：∵P在以AB为直径的圆上运动，∴∠APB=
分别为Q、F、P，
90°，
根据第一问很容易得出DP2=DA⋅DB，
∵DC=DP，∴DC2=DA⋅DB．
(3)①当m<n时，
如图所示，结合第(2)问，我们发现当点C在直线DP
左侧、A的右侧时，△ACB是锐角三角形，
∵点I为ΔABC的内心，即为ΔABC的内切圆的圆心， 此时AC <AC<AC ，
1 2
∴Q、F、P分别为该内切圆与ΔABC三边的切点， ∵DC2=DA⋅DB，且DA=m，DB=n，
∴AQ=AF，CF=CP，BQ=BP， ∴DC2=DC2=mn，
1 2
∵CI=2 2，∠IFC=90°，∠ACI=45°， 在Rt△ADC 中，AC = DC2-DA2= mn-m2，
1 1 1
∴CF=CI⋅cos45°=2=CP，
在Rt△ADC 中，AC = DC2+DA2= mn+m2，
2 2 2
13
∵DI=AD=BD，DI= 2，∠ADB=90°， ∴ mn-m2<AC< mn+m2；
2
13
∴AB= AD2+BD2= 2× 2=13，
2
∴ΔABC的周长为AB+AC+BC
=AB+AF+CF+CP+BP=AB+AQ+BQ+2CF
=2AB+2CF=2×13+2×2=30．
·58·图形都存在“平移关联图形”，且满足d，且DE=2<
3，
∴max{DF，EF}，
当DE在圆外时，如图所示，
在Rt△DOF中，若DF=3，则OF=2 2，
∴r=OG-OF=4-2 2，
结合图形可得，当F向上移动时满足题意，
∴0<r≤4-2 2；
②当m>n时，同理可得 mn+m2<AC<
m2+3mn；
综上， mn-m2<AC< mn+m2或 mn+m2<AC
< m2+3mn．
72．【分析】(1)根据平移的性质求解即可；
(2)在AB延长线上截取BA=BA，再分别以B和A为
圆心，BA长为半径画弧交于点C，连接BC和AC，
当DE在圆内时，如图所示，
则△BAC即为所求；
在Rt△DOF中，
(3)根据题干可知要在⊙G找一点F，使DF=EF，分
若DF=3，则OF=2 2，∴r=OG+OF=4+2 2，
两种情况，DE在圆内或圆外讨论即可求解．
结合图形可得，当F向下移动时满足题意，
【解答】解：(1)由题知AB=BC=CD=DE=1，．
∴r≥4+2 2；
∴AC=BD=CE=2，
∴线段AC的“平移关联图形”可以是BD，也可以是
CE，
当线段AC的“平移关联图形”是BD时，d=1，
当线段AC的“平移关联图形”是CE时，d=2；
故答案为：BD，1或者CE，2；(两种情况任填一种
即可)．
(2)作图如图所示，
综上，0<r≤4-2 2或r≥4+2 2．
73．【分析】(1)根据题意直接列出式子即可；
(2)根据条件得出y =3，再根据AB=2建立方程即可；
2
(3)①将A、B坐标用含有m的式子表示出，再根据
AB重合时，横纵坐标相等建立关于m的方程，进而求
解即可；
作法提示：①在AB延长线上截取BA=BA，
②根据题意画出图形，再将线段用m表示出来，需要
②再分别以B和A为圆心，BA长为半径画弧交于点
注意的是分类讨论；
C，
③第一种情况：如果EF和MN平行且相等，那这两条
③连接BC和AC，则△BAC即为所求；
平行线间得距离等于两个顶点之间的竖直高度，或者
理由：∵AB=AB=BC=AC，△ABC是等边三角
等于P、Q两点间的竖直高度，分别令m=2和4得
形，
解，第二种情况：点M是抛物线y=-2m2+6m的顶
∴△BAC为等边三角形，∴△ABC≅△BAC(SSS)，
点，由M坐标推出N坐标，进而求出MN的长度，再
∵平移距离为2，
通过MN=EF得出F的坐标，即可求解．
∴△BAC是△ABC的一个“平移关联图形”，且满足
1 1
【解答】(1)y =xy =x× x= x2，图象如图2所示．
d=2． 2 1 2 2
(3)∵点D、E、G的坐标分别是(-1,0)、(1,0)、(0,
4)，
∴OD=OE=1，OG=4，
∴DE=2，DG=EG= 12+42= 17，
∵对⊙G上的任意点F，连接DE、EF、FD所形成的
·59·(2)如图3，
3
∵y =xy =x× =3，
2 1 x
3
设Am,
m

-2m2+6m (1<m<2)

综上，y= ．
-2m2+14m-16 (2<m<4)
③情形一：如图7，如果EF和MN平行且相等，那这
两条平行线间得距离等于两个顶点之间的竖直高度，
或者等于P、Q两点间的竖直高度．
当m=2时，y=-2m2+6m=4，所以P(2,4)．
当m=4时，y=-2m2+14m-16=8，所以Q(4,8)．
所以t -t =8-4=4．
2 1
，B(m,3)．因为点B在点A的上方，
3
当AB=2时，3- =2解得m=3．所以A(3,1)．
m
(3)①因为y =xy =x(-x+4)=-x2+4x，
2 1
所以A(m,-m+4)，B(m,-m2+4m)．
如果点B与点A重合，那么-m+4=-m2+4m．
整理，得m2-5m+4=0．
解得m=1，或m=4． 情形2，如图7(局部，变形处理)，点M是抛物线y=
②由①可知，直线y=-x+4与抛物线y=-x2+4x有 -2m2+6m的顶点．
两个交点(1,3)和(4,0)， 3 9
由M ,
2 2
如图4所示，函数y =-x2+4x的图象是开口向下的抛
2
物线，对称轴是直线x=2．
因为BC⎳x轴，所以B、C两点关于直线x=2对称．
如图4，当点B在点C右侧时，2<m<4，BC=2(m
-2)=2m-4，
如图5，当点B在点C左侧时，1<m<2，BC=2(2
-m)=4-2m，
由点B在点A的上方，得BA=(-m2+4m)-(-m+4)
=-m2+5m-4，
当2<m<4时，y=2[(2m-4)+(-m2+5m-4)]=
-2m2+14m-16，
当1<m<2时，y=2[(4-2m)+(-m2+5m-4)]=
-2m2+6m．

7-2 2 9
，得N ,
2 2
 ，
7-2 2 3
所以MN=EF= - =2- 2，
2 2
3 2- 2 5- 2
所以点F的横坐标x = + = ，
F 2 2 2
3+4 2
于是可得y = ，
F 2
9 3+4 2
所以t -t =y -y = - =3-2 2．
2 1 N F 2 2
综上，t -t =4或3-2 2．
2 1
74．【分析】(1)①根据点与圆心的距离和半径进行比
较，确定“α可及点”，再计算角度；②当DH⎳x轴
时，点D横坐标最大，进行计算即可；
(2)分类讨论临界的情况，即可得出取值范围．
【解答】解：(1)①反过来思考，由相对运动理解，作
出⊙O关于AB的对称圆⊙O，
·60·∵若点C关于直线AB的对称点C在⊙O上或其内部，
且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O的圆内或圆上，
∵点A(0,1)，B(1,0)，∴OA=OB=1，
∵∠AOB=90°，∴∠ABO=∠OAB=45°，
由对称得：∠OBA=OAB=45°，
∴△O′BA为等腰直角三角形，∴O(1,1)，
设⊙O半径为R，
则CO= 12+12= 2>R=1，故C 在⊙O外，不符
1 1
合题意；
C O=2-1=1=R，故C 在⊙O上，符合题意；
2 2
1
C O= 
3 2

1 2
∴HD= AB= ，
2 2
1 1
∵点A(0,1)，B(1,0)，∴H ,
2 2
2 5
+12= >R=1，故C 在⊙O外，不
2 3
符合题意，∴点C 是弦AB的“α可及点”，
2
可知B，O′，C 三点共线，
2
  1
∵AB=AB，∴α=∠AC B= ∠AOB=45°，
2 2
故答案为：C ，45；
2
②取AB中点为H，连接DH，
∵∠ADB=90°，∴HD=HA=HB，
∴点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运
动(不包括端点A、B)，
∴当DH⎳x轴时，点D横坐标最大，
∵OA=OB=1，∠AOB=90°，∴AB= 2，
 ，
1+ 2
∴x =x +DH= ，
D H 2
1+ 2
∴点D的横坐标的最大值为
2
(2)反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB
的对称圆⊙O，
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，
且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O的圆内或圆上，
∴点P需要在⊙O的圆内或圆上，
作出ΔMPN的外接圆⊙O′′，连接O′′M，O′′N，

∴点P在以O′′为圆心，MO′′为半径的MN 上运动(不
包括端点M、N)，
∴∠MO′′N=2∠MPN=120°，∴∠O′′MN=30°，
由对称得点O，O在MN的垂直平分线上，
∵ΔMPN的外接圆为⊙O′′，
∴点O′′也在MN的垂直平分线上，记OO与NM交于
3
点Q，∴MQ=MO⋅cos30°= MO，∴MN=2MQ
2
= 3MO，
随着MN的增大，⊙O会越来越靠近⊙O，当点O与
点O′′重合时，点P在⊙O上，即为临界状态，此时
MN最大，MN= 3MO= 3，
连接O′′P，OP，
·61·∵OP≤OO′′+O′′P，
∴当MN最大，MN= 3时，此时ΔMNP为等边三角
形，由上述过程知MN=2MQ= 3MO，
3
∴MO=OP= =1，
3
∴当r=1，OP的最大值为2，
设P(t, 3t- 3)，则OP2=(t-0)2+( 3t- 3)2=4t2
-6t+3=4，
3± 13
解得：t= ，
4
记直线y= 3x- 3与⊙O交于T，S，与y轴交于点
K，过点S作SL⊥x轴，
当x=0，y=- 3，当y=0时， 3x- 3=0，
解得x=1，
OK
∴与x轴交于点T(1,0)，∴tan∠OTK= = 3，
OT
∵OT=OS，∴ΔOTS为等边三角形，∴∠TOS=60°，
1 3 1 3
∴OL= ,LS= ，∴S ,-
2 2 2 2
 ，
3- 13 1 3+ 13
∴t的取值范围是 ≤t< 或1<t≤ ．
4 2 4
75．【分析】(1)根据“轴点函数”的定义即可求得答
案；
(2)由题意得A(-c,0)，ac2-bc+c=0，即b=ac+1，
得出y=ax2+(ac+1)x+c，设B(x′,0)，则x′(-c)=
c 1
，得出B- ，0
a a

n2-4mt=0

 - n =-2t ，整理得n2-n=0，可得n=1；当m<0
2m
时，轴点函数y=mx2+nx+t的顶点P在DE边上，
4mt2-2nt+t=0

即P(x,2t)，可得4mt-n2
=2t
，消去m、t，得n2
4m
+2n-1=0，可得n=- 2-1；当m<0时，轴点函
数y=mx2+nx+t的顶点P在DN边上，即P(t,s)，可
4mt2-2nt+t=0
 1
得
- n =t
，进而求得n=
4
．
2m
【解答】解：(1)∵函数y=x-1与x轴的交点坐标为
(1,0)，与y轴的交点坐标为(0,-1)，
函数y=x2-1与x轴的交点坐标为(1,0)，与y轴的交
点坐标为(0,-1)，
函数y=x2-x与x轴的交点坐标为(1,0)，与y轴的交
点坐标为(0,0)，
∴函数y=x2-1为函数y=x-1的轴点函数，函数y
=x2-x不是函数y=x-1的轴点函数，
故答案为：①；
(2)令y=0，得x+c=0，
解得：x=-c，
∴A(-c,0)，
令x=0，得y=c，
∴函数y=x+c(c为常数，c>0)的图象与y轴交于点
(0,c)，
∵其轴点函数y=ax2+bx+c经过点A(-c,0)，
∴ac2-bc+c=0，且c>0，
∴ac-b+1=0，即b=ac+1，
∴y=ax2+(ac+1)x+c，
c 1
设B(x′,0)，则x′(-c)= ，∴x′=- ，
a a
1
∴B- ，0
a
1 1
，再由OB= OA，可得 =
4 a
1
c，即ac=±4，即可求得b的值；
4
(3)由题意得：M(-2t,0)，C(0,t)，N(t,0)，D(t,2t)，
E(-2t,2t)，分三种情况：当m>0时，轴点函数y=
mx2+nx+t的顶点P与点M重合，即P(-2t,0)，可得

1
，∴OB= ，OA=c，
a
1 1 1
∵OB= OA，∴ = c，∴ac=±4，∴b=5或
4 a 4
-3；
(3)由题意得：M(-2t,0)，C(0,t)，N(t,0)，
∵四边形MNDE是矩形，ME=OM=2t，
∴D(t,2t)，E(-2t,2t)，
当m>0时，轴点函数y=mx2+nx+t的顶点P与点
M重合，即P(-2t,0)，如图，
n2-4mt=0

∴
- n =-2t
，∴n2-n=0，且n≠0，∴n=1；
2m
·62·当m<0时，轴点函数y=mx2+nx+t的顶点P在DE
边上，即P(x,2t)，如图，
4mt2-2nt+t=0

∴4mt-n2
=2t
，消去m、t，得n2+2n-1=0，
4m
解得：n = 2-1，n =- 2-1，
1 2
∵函数y=mx2+nx+t的对称轴在y轴左侧，
∴n与m同号，即n<0，∴n=- 2-1；
当m<0时，轴点函数y=mx2+nx+t的顶点P在DN
边上，即P(t,s)，如图，
4mt2-2nt+t=0  1
∴
- n =t
，∴n=
4
，
2m
1
综上所述，n的值为1或- 2-1或 ．
4
76．【分析】(1)根据题目中关联点的定义分情况讨论
即可；
6 5
(2)根据M(0,3)，N ，0
5
 两点来求最值情况，共
有两种情况，分别位于S在过点O的、MN的垂线上，
根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：(1)①由关联定义可知，若直线CA、CB
中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是
弦AB的“关联点”，
2 2
∵点A(-1,0)，B - ，
1 2 2
 ，点C(-1,1)，C (
1 2
- 2，0)，C (0, 2)，
3
∴直线AC 经过点O，且BC 与⊙O相切，
2 1 2
∴C 是弦AB 的“关联点”，
2 1
∵C(-1,1)，A(-1,0)的横坐标相同，与
1
2 2
B - ，
1 2 2
 在直线y=-x上，
∴AC 与⊙O相切，BC 经过点O，
1 1 1
∴C 是弦AB “关联点”；故答案为：C，C ；
1 1的 1 2
2 2
②∵A(-1,0)，B  ，-
2 2 2

a、若CB 与⊙O相切，AC经过点O，
1 2
y=x- 2
则C
1
B
2
，AC
1
所在直线为
y=0
，
x= 2
解得
y=0
，∴C
1
( 2，0)，∴OC
1
= 2，
b、若AC 与⊙O相切，C B 经过点O，
2 2 2
x=-1
则直线C
2
B
2
，AC
2
所在直线为
y=-x
，
x=-1
解得
y=1
，∴C
2
(-1,1)，∴OC
2
= 2，
综上所述，OC= 2；
(2)∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S
是弦PQ的“关联点”，
∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0,3)，
6 5
N ，0
5
，
设C(a,b)，如图所示，共有两种情况，
 ，OM>ON，
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的
垂线上，如图所示，
①当S位于点M(0,3)时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥
OM，
∵M(0,3)，⊙O的半径为1，且MP是⊙O的切线，
∴OP⊥MP，∵PJ⊥OM，∴ΔMPO∽ΔPOJ，
OP OM 1 1
∴ = ，即 =3，解得OJ= ，
OJ OP OJ 3
2 2 2
∴PJ= QP2+Q J2= ，Q J= ，
1 1 3 1 3
2 3
∴PQ = PJ2+Q J2= ，
1 1 3
·63·2 6
同理PQ = PJ2+Q J2= ，
2 2 3
2 3 2 6
∴当S位于M(0,3)时，PQ 的临界值为 和 ；
1 3 3
②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，
6 5
∵M(0,3)，N ，0
5

∴当x=3时，y=3，当x=-3时，y=-3，，
∴A(3,3)，B(-3,-3)，
1 9 1
∵y=- x2+x+ =- (x-1)2+5，∴顶点C(1,5)，
2 2 2
∴AC2=(3-1)2+(3-5)2=8，AB2=(-3-3)2+(-3
， -3)2=72，BC2=(-3-1)2+(-3-5)2=80，
9 5 OM⋅ON ∴BC2=AC2+AB2，∴ΔABC是直角三角形．
∴MN= OM2+ON2= ，∴OK= =2，
5 MN 78．【分析】(1)将n=1代入求得结果；
∵⊙O的半径为1，∴∠OKZ=30°，
(2)延长CG，交BA的延长线于点R，可证得ΔCDG∽
∴ΔOPQ为等边三角形，∴PQ=1或 3，
DG CD
ΔRAG，从而 = ，可证得ER=CE，进而设
∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时， AG AR
PQ 的临界点为1和 3， BE=AE=1，则AB=BC=CD=AD=2，ER=CE
1
2 DG
2 3 = BE2+BC2= 5，进而得出 = ，从
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤ 3 内，最 5-1 2-DG
2 6 而求得DG= 5-1，进一步得出结论；
大值在 ≤t≤ 3，
3 (3)依次对折正方形纸片，折痕为MN；对折矩形
2 3 2 6
综上所述，t的取值范围为1≤t≤ ， ≤t≤ ADMN，折痕为EF，将正方形展开；连接CE，折叠
3 3
纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG；
3．
过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC
77．【分析】(1)根据“梦之点”的定义判断这几个点
上，展开，折痕为GK．则矩形GDCK是2阶奇妙矩
是否在矩形的内部或边上；
k 形；
(2)把G(2,2)代入y = 求出解析式，再求于y=x的
1 x (4)延长CG，交BA的延长线于点R，设AD=AB=
交点即为H，最后根据函数的图象判断y >y 时，x的
1 2 BC=CD=a，设BE=b，则AE=a-b，同理(2)求
取值范围；
CD DG
得ER=CE= a2+b2， = ，从而得出AR=
(3)根据“梦之点”的定义求出点A，B的坐标，再求 AR AG
出顶点C的坐标，最后求出AC，AB，BC，即可判 a2+b2-(a-b)，进而DG= a2+b2-b，进而表示出
断ΔABC的形状． 四边形CDGK的周长和四边形AGHE的周长，进一步
【解答】解：(1)∵矩形ABCD的顶点坐标分别是A(-1, 得出结果．
2)，B(-1,-1)，C(3,-1)，D(3,2)， 22n+1-1 5-1
【解答】(1)解：当n=1时， = ，
2n 2
∴矩形ABCD的“梦之点”(x,y)满足-1，-1，
(2)证明：如图1，
∴点M(1,1)，M (2,2)是矩形ABCD的“梦之点”，
1 2
点M (3,3)不是矩形ABCD的“梦之点”，
3
故答案为：M，M ；
1 2
k
(2)∵点G(2,2)是反比例函数y = 图象上的一个“梦
1 x
之点”，
k 4
∴把G(2,2)代入y = 得k=4，∴y = ，
1 x 1 x
∵“梦之点”的横坐标和纵坐标相等，
∴“梦之点”都在y=x的图象上，联立   y 1 = x 4 ， 延 ∵四 长 边 CG 形 ， A 交 BC B D A 是 的 正 延 方 长 形 线 ， 于点R，
y=x
x=2 x=-2 ∴AB⎳CD，AB=BC=CD=AD，∠B=90°，
解得
y=2
或
y=-2
，∴H(-2,-2)，
DG CD
∴∠R=∠DCG，ΔCDG∽ΔRAG，∴ = ，
AG AR
∴直线GH的解析式为y =x，
2
由折叠得，
∴y >y 时，x的取值范围是x<-2或0<x<2，
1 2
∠GCH=∠DCG，∴∠R=∠GCH，∴ER=CE，
故答案为：H(-2,-2)，x，x<-2或0<x<2；
设BE=AE=1，则AB=BC=CD=AD=2，ER=
(3)ΔABC是直角三角形，
CE= BE2+BC2= 5，
1 9
理由：∵点A，B是抛物线y=- x2+x+ 上的
2 2 2 DG
∴AR=ER-AE= 5-1，∴ = ，
1 9 5-1 2-DG
“梦之点”，∴y=y ，即- x2+x+ =x，
2 2 2 DG 5-1
∴DG= 5-1，∴ = ，
解得x =3，x =-3， CD 2
1 2
·64·∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形； 中的格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，分
(3)解：如图2， 别求出a的范围．
【解答】解：(1)令y=a(x+2)=0，得x=-2，
A点的坐标为(-2,0)；
(2)联立直线l:y=a(x+2)与抛物线E:y=ax2得：
y=a(x+2)
 ，
y=ax2
∴x2-x-2=0，∴x=-1或x=2，
∴B(-1,a)，C(2,4a)，
第一步：对折正方形纸片，折痕为MN；
∵B点关于x轴的对称点为B′点，∴B(-1,-a)，
第二步：对折矩形MNCB，折痕为EF，将正方形展
∴AB2=(-2+1)2+(0+a)2=a2+1，
开；
AC2=(2+2)2+(4a-0)2=16a2+16，
第三步：连接CE，折叠纸片，使CD落在CE上，点
BC2=(2+1)2+(4a+a)2=25a2+9，
D落在H点，折痕为CG； 若∠CAB=90°，则AB2+AC2=BC2，即a2+1+
第四步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边 16a2+16=25a2+9，所以a=1，
AD、BC上，展开，折痕为GK． 若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2，即a2+1+
则矩形GDCK是2阶奇妙矩形； 25a2+9=16a2+16，所以a= 15 ，
5
(4)解：如图3，
若∠ACB=90°，则AC2+BC2=AB2，即16a2+16+
25a2+9=a2+1，此方程无解．
15
∴a=1或a= ．
5
(3)如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形(不包含
边界)中的格点只能落在y轴和直线x=1上，
∵D(0,2a)，E(1,a)，F(1,3a)，∴OD=EF=2a，
∵格点数恰好是26个，
四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是定值 ∴落在y轴和直线x=1上的格点数应各为13个，
1 13
，理由如下： ∴落在y轴的格点应满足13<2a，即 <a，
2 2
延长CG，交BA的延长线于点R， 13 13
①若 <a<7，则即 <y <7，所以线段EF上的
2 2 E
设AD=AB=BC=CD=a，设BE=b，
格点应该为(1,7)，(1，8)⋯⋯(1，19)，
则AE=a-b，
19 20 13 20
CD DG ∴19<3a∴ <a≤ ∴ <a≤
同理(2)可得：ER=CE= a2+b2， = ， 3 3 2 3
AR AG
②若a=7，y =7，y =21，所以线段EF上的格点正
E F
∴AR= a2+b2-(a-b)，
好13个，
a DG
∴ = ，∴DG= a2+b2-b， 13 20
a2+b2-(a-b) a-DG 综上， <a≤ 或a=7．
2 3
∴四边形CDGK的周长=2(DG+CD)=2( a2+b2+a
-b)，
∵EH=CE-CH=CE-CD= a2+b2-a，
∵四边形AGHE的周长=EH+AE+AG+GH=
( a2+b2-a)+(a-b)+AG+DG= a2+b2-a+a-b
+a= a2+b2+(a-b)，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是
1
．
2
80．【分析】(1)求出弦AB的中点为P的坐标为
79．【分析】(1)解方程a(x+2)=0；
1
(2)表示出点A，B′，C的坐标，利用勾股定理解方程  ,0
2
求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
(3)直线l与抛物线E所围成的封闭图形(不包含边界)
 ，再根据对称求出四个点关于点P的对称点坐
标，再判断四个对称点是否在⊙O上即可得到答案；
(2)如图2-1所示，过点O作OP⊥AB于P，连接
·65·1
OA，利用勾股定理和垂径定理求出OP= ，得到弦
2
1
AB的中点在以O为圆心，半径为 的圆上；设点Q
2
关于弦AB的中点对称的点为R，则QR的垂直平分线
1
一定与半径为 的⊙O有交点；如图2-2所示，点
2
Q在x轴上方，当点R恰好在直线y=x上时，设直线
1
y=x与半径为 的⊙O交于T，与半径为1的⊙O交
2
于H，此时点Q与点R关于点T对称，求出x = 2，
Q
2 1
x = ；当点Q的横坐标增大时，点Q到半径为
H 2 2
1
的⊙O的最小距离QT逐渐增大，则点R到半径为
2
的⊙O的最大距离逐渐增大，故当点Q继续运动时，
2
点R不可能在半径为1的⊙O上，则当 <x ≤ 2
2 Q
时，直线y=x上存在弦AB的“关联点”Q，同理，
2
在x轴下方，当- 2≤x <- 时，直线y=x上存 Q 2
在弦AB的“关联点”Q；
(3)设点S关于弦AB中点对称的点为K，要使弦AB
最大，则弦AB到圆心的距离要最小，即OP最小，则
当O、P、K三点共线时，OP≥|KP-OK|，此时
KS一定经过圆心；如图3-2所示，当OS⊥MN时，
4 7
利用等面积法和勾股定理求出OS= ，则KS= ，
3 3
1 35
求出OP= ，可得AP= OA2-OP2= ，则AB
6 6
35
= ；同理当点S运动到点M时，可得AB= 3，
3
35
则 3≤d≤ ．
3
1 3
【解答】解：(1)∵点A ,
2 2

1 3
，B ,-
2 2
 ，
1
∴弦AB的中点为P的坐标为 ,0
2
 ，
∴C(1,-1)关于点P的对称点坐标为(0,1)， 1
∵点(0,1)在⊙O上，
∴C(1,-1)是弦AB的“关联点”；
1
3 1
同理C  , 2 2 2 
1 1
关于点P的对称点坐标为- ,- 2 2  ，
C (2,0)关于点P的对称点坐标为(-1,0)，C (2,1)关于
3 4
点P的对称点坐标为(-1,-1)，
1
∵ - -0
2

2 1
+- -0
2

2 2
= ≠1， (-1)2+(-1)2
2
= 2≠1，
1 1
∴点- ,-
2 2

1 3
∴AP=BP= AB= ，
2 2
1
∴OP= OA2-AP2= ，
2
1
∴弦AB的中点到原点的距离为 ，
2
1
∴弦AB的中点在以O为圆心，半径为 的圆上；
2
设点Q关于弦AB的中点对称的点为R，
∵Q、R关于弦AB的中点对称，
1 ∴QR的垂直平分线一定与半径为 的⊙O有交点；
2
如图2-2所示，点Q在x轴上方，当点R恰好在直线
1
y=x上时，设直线y=x与半径为 的⊙O交于T，
2
与半径为1的⊙O交于H，
此时点Q与点R关于点T对称，
1 3
∴RT=QT=1+ = ；∴QO=2，∴x = 2，
2 2 Q
2
∵OH=1，∴x = ；
H 2
1
∵点Q到半径为 的⊙O的最小距离QT，
2
1
当点Q的横坐标增大时，点Q到半径为 的⊙O的最
2
1
小距离QT逐渐增大，则点R到半径为 的⊙O的最
2
大距离逐渐增大，故当点Q继续运动时，点R不可能
在半径为1的⊙O上，
2 ∴当 <x ≤ 2时，直线y=x上存在弦AB的“关
2 Q
联点”Q，
2
同理，在x轴下方，当- 2≤x <- 时，直线y=
Q 2
x上存在弦AB的“关联点”Q；
2 2
综上所述，- 2≤x <- 或 <x ≤ 2；
Q 2 2 Q
，(-1,-1)都不在⊙O上，而点(-1,
0)在⊙O上，∴只有C(1,-1)，C (2,0)是弦AB的
1 3
“关联点”；
故答案为：C，C ；
1 3
(2)如图2-1所示，过点O作OP⊥AB于P，连接
OA，
·66·(3)设点S关于弦AB中点对称的点为K，
∵要使弦AB最大，
∴弦AB到圆心的距离要最小，即OP最小，
∵OP≥|KP-OK|，
∴当O、P、K三点共线时，OP≥|KP-OK|，
∴此时KS一定经过圆心
如图3-2所示，当OS⊥MN时，
4 5
∵M(0,2)，N ,0
5

则有AE=AO，
根据题意可得：AN=AC-DE=2cm，EN=tcm，
AO=2tcm，∴AE=AN+EN=(2+t)cm，
∵点A在线段OE的垂直平分线上，
∴AE=AO，即2+t=2t，
16
解得：t=2< ，符合题意，
5
∴当t为2秒时，点A在线段OE的垂直平分线上；
(2)过点O作OG⊥AC于点G，OH⊥BC于点H，连
接CO，则∠OGA=∠BHO=90°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
根据勾股定理得：AB= AC2+BC2=10cm，
∴∠OGA=∠BHO=∠ACB=90°，OB=(10-2t)cm，
∴OG⎳BC，OH⎳AC，
OG AO OH OB OG 2t OH
∴ = ， = ，即 = ， =
BC AB AC AB 6 10 8
10-2t 6t 40-8t
，解得：OG= ，OH= ，
10 5 5
PC CE
4 5 由平移可知PC⎳FD，且DE=DF，∴ = ，
，∴OM=2,ON= ， FD DE
5
1
6 5 ∴CP=CE=6-t，∴S=S +S = PC⋅OH
∴MN= OM2+ON2= ， △PCO △CEO 2
5
1 1
1 1 + CE⋅OG= CP(OH+OG)
∵S = OM⋅ON= OS⋅MN， 2 2
ΔOMN 2 2
1 40-8t 6t
2×4 5 = (6-t) +
5 4 7 2 5 5
∴OS= = ，∴KS= ，
6 5 3 3
5
1 7 1
∴SP=KP= KS= ，∴OP= ，
2 6 6
35 35
∴AP= OA2-OP2= ，∴AB= ；
6 3
同理当点S运动到点M时，可得AB= 3，
35
∴ 3≤d≤ ．
3
81．【分析】(1)根据动点问题表示相应的线段，再根
据线段垂直平分线的性质建立方程，即可求解；
(2)连接CO化不规则四边形PCEO为规则图形，根据
相似三角形求两个三角形的高，然后求两个三角形的
面积和便可求得函数关系；
(3)根据平行得出角相等，进而得出其三角函数值相
等，再求相关线段建立关系，即可求解．
【解答】解：(1)当点A在线段OE的垂直平分线上，

1 26
= t2- t+24；
5 5
(3)过点P作PM⊥OB于点M，
∴∠BMP=∠ACB=90°，
∵∠MBP=∠ABC，∴△BMP∽△BCA，
BM PM BP BM PM t
∴ = = ，即 = = ，
BC AC AB 6 8 10
3 4
∴BM= t，PM= t，
5 5
3 13 ∴OM=AB-BM-AO=10- t-2t=10- t，
5 5
∵OQ⊥AB，△AOH与△AOQ关于直线AB对称，
OQ BC 6 3 OQ 3
∴tan∠OAQ= = = = ，即 = ，
OA AC 8 4 2t 4
3
∴OH=OQ= t，
2
4t
PM 5 OH
∵tan∠MOP= = ，tan∠OBH= =
OM 10-13t OB
5
3t
2 ，∵PO⎳BH，∴∠MOP=∠OBH，
10-2t
·67·4 5 t 3 2 t 70 16 ∴AE=2AQ，即2t=3，∴t= 3 ．
∴ = ，解得t= < ，故符合题 2
10-13t 10-2t 23 5
5 (3)①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是
70
意，∴当t为 秒时，PO⎳BH． 等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，
23
82．【分析】(1)根据角平分线+平行线可得△APQ 1 3
∵∠PAQ=30°，∴PG= AP= t，
是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长； 2 2
∵△PQE是等边三角形，∴QE=PQ=AQ=t，
(2)当E、C重合时，AE=2AQ，即2t=3，求t值即
1 3
可；(3))①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部 ∴S= QE⋅PG= t2．由(2)知当点EC重合时，t
2 4
分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，②
3 3 3
= ，∴S= t20<t≤
当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时 2 4 2
四边形PQCF．③当点P在DB上，重合部分时直角
三角形PQC，分类讨论画出图形计算求解即可．
【解答】解：(1)如图，过Q作QH⊥AD于点H，
∵PQ⎳AB，∴∠BAD=∠QPA，
∵AD是角平分线，∴∠CAD=∠BAD，
∴∠CAD=∠QPA，∴QA=QP，
∴△APQ是等腰三角形．
1 3
∵QH⊥AP，∴AH= AP= t，
2 2
AH
∵∠CAD=30°，∴AQ= =t，
cos30°
故△APQ是等腰三角形，AQ=t．
(2)如图所示，E、C重合时图形．
∵△PQE是等边三角形，∴QE=QP，
由(1)得QA=QP，
 ．
②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分
时四边形PQCF．
在Rt△FCE中，CE=2t-3，∠E=60°，
∴CF=CE⋅tan60°= 3(2t-3)，
1 3
∴S = (2t-3)⋅ 3(2t-3)= (2t-3)2，
△FCE 2 2
3 3 7 3
∴S=S -S = t2- (2t-3)2=- t2+
△PQE △FCE 4 2 4
9 3 3
6 3t-  <t<2
2 2
 ．
③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，
1 1 3
S= CQ⋅CP= (t-1)⋅ 3(t-1)= (t-1)2，(2
2 2 2
≤t≤4)．
·68·3 t2, 0<t≤3 4 2
综上所述，S=

-7 3 t2+6 3t-9 3 ,  3 <t<2 4 2 2 
 

 ．

  3 (t-1)2, (2≤t≤4)
2
83．【分析】(1)运用因式分解法解方程求出OA的
长，根据等边三角形的性质得出OA=OB=OC=6，
∠OAB=∠AOB=∠ABO=60°，过点A作AC⊥x轴，
垂足为C，求出AC的长即可；
(2)分0<t，2<t和3<t<3.6三种情况，运用三角形 ∵∠A=60°，∴∠AQE=30°，又AQ=12-3t，
3 3 3
面积公式求解即可； ∴AE=6- t，QE= AQ2-AE2=6 3- t，
2 2
3
(3)当 3t2=60 3时求出t=2，得OP=4，分OP 又OP=2t，
2
3 1 3 3
为边和对角线两种情况可得点M的坐标；当- 3t2 ∴S= ×2t××6 3- t
2 2 2
15
+6 3t=6 3，- 3t+27 3=6 3时，不存在以
2
点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．
【解答】解：(1)x2-5x-6=0，解得x =6，x =-1，
1 2
∵OA的长度是x2-5x-6=0的根，∴OA=6，
∵ △OAB 是等边三角形， ∴ OA = OB = OC = 6，
∠OAB=∠AOB=∠ABO=60°，
过点A作AC⊥x轴，垂足为C，
在Rt△AOC中，∠AOC=60°，∴∠OAC=30°，
1 1
∴OC= OA= ×6=3，
2 2
∴AC= OA2-OC2= 62-32=3 3，
∴点A的坐标为A(3，3 3)；
(2)当0<t时，过P作PD⊥x轴，垂足为点D，
∴OP=2t，OQ=3t，∠OPD=30°，∴OD=t，
∴PD= OP2-OD2= (2t)2-t2= 3t，
1 1 3
∴S= OQ⋅PD= ×3t× 3t= 3t2，
2 2 2
当2<t时，过Q作QE⊥OA，垂足为点E，

3
=- 3t2+6 3t；
2
当3<t<3.6时，过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴PQ=18-(2t+3t)=18-5t，
1
同理可得，BF= OB=3，
2
∴OF= OB2-BF2=3 3，
1 15
∴S= ×3 3×(18-5t)=- 3t+27 3；
2 2
 3 3t2 (0<t≤2)
2

综上所述S=  -3 2 3t2+6 3t (2<t≤3) ；

 -15 3t+27 3 (3<t<3.6)
2
3
(3)当 3t2=60 3时，解得t=2，
2
∴OP=2×2=4，
1
过点P作PG⊥x轴于点G，则OG= OP=2，
2
∴PG= OP2-OG2= 42-22=2 3，
·69·∴点P的坐标为(2，2 3)；
当OP为边时，将OP沿轴向下平移4个单位得N(2，
2 3-4)，此时M(0,4)，四边形POMN是菱形；将OP
沿y轴向上平移4个单位得N(2，2 3+4)，此时M(0,
4)，四边形POMN是菱形；如图，
作点P关于轴的对称点N(-2，2 3)，当M(0，4 3)
时，四边形PMNO是蒌形；
当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM
⊥y轴，交y轴于点M，延长MT到N，使TN=TM，
连接ON，过点N作NH⊥x轴于点H，
则∠MOT=∠NOT=∠HON=30°，OT=2，
∴ON=2TN，∴ON2=OT2+TN2，
1
即ON2=22+ ON
2

2 4
，解得，ON= 3，
3
2 2
∴NH= 3，OH=2，N2, 3
3 3

2
-2，2 3)或2, 3
3
；
3
当- 3t2+6 3t=6 3，
2
解得t=2，不符合题意，此情况不存在；
15 4
当- 3t+27 3=6 3时，解得t=2 <3，
2 5
不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为(2,4+2 3)或(2，2 3-4)或(
 ．
84．【分析】(I)过点C作CH⊥OA，根据特殊角进行
计算即可；
(II)①分当O′与点A重合时和当C′与点B重合时，两
种情况进行讨论；
②根据不同情况分类讨论即可．
【解答】解：(I)过点C作CH⊥OA，
∵四边形OABC是平行四边形，OC=2，∠AOC=
60°，A(3,0)，
∴OC=AB=2，CB=OA=3，∠B=∠AOC=60°，
1
∵CH⊥OA，∴∠OCH=30°，∴OH= OC=1，
2
∴CH= OC2-CH2= 3，∴C(1, 3)，
∵CB=OA=3，∴B(4, 3)，
故答案为：(1, 3)，(4, 3)；
(II)①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，
折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，
∴∠OOC′′=∠AOC=60°，O′P=OP，
∴OO′=2OP=2t，
∵A(3,0)，∴OA=3，∴AO=OO-OA=2t-3，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB=OC=2，AB⎳OC，∠OAB=∠AOC=60°，
∴△EO′A是等边三角形，∴AE=AO′=2t-3，
∵BE=AB-AE，
∴BE=AB-AE=2-(2t-3)=5-2t，
∴BE=-2t+5；
当O′与点A重合时，
1
此时AB与CO的交点为E与A重合，OP= OA=
2
3
，
2
如图：当C′与点B重合时，
·70·3 3
∴当1≤t≤ 时， ≤S≤ 3；
2 2
3 5
∵当 <t< 时，过点E作EN⊥x轴，如图：
2 2
CB+2
此时AB与CO的交点为E与B重合，OP=
2
5
= ，
2 ∵由①得出△EO′A是等边三角形，EN⊥AO，
3 5
∴t的取值范围为 <t< ； 1 1 3
2 2 ∴AN= AO= (2t-3)=t- ，
2 2 2
②如图：过点C作CH⊥OA，
EN 3
∴tan∠EAO= 3, 3= ，∴EN= 3t-
AN 2
由(1)得出C(1, 3)，∠COA=60°，
MP MP
∴tan60°= ， 3= ，∴MP= 3t，
OP t
2 1 1 1
当 ≤t<1时，S= OP×MP= OP×MP= t
3 2 2 2
3
× 3t= t2，
2
3
∴ >0，开口向上，对称轴直线t=0，
2
2 3
∴在 ≤t<1时，S= t2随着t的增大而增大，
3 2
2 3 3
∴ ≤S< ；
9 2
3
当1≤t≤ 时，如图：
2
1 1 1
S= (OP+MC)×MP= (OP+CM)×MP= (t
2 2 2
3 3
+t-1)× 3= (2t-1)= 3t- ，
2 2
∴ 3>0，S随着t的增大而增大，
3 3 3 3 3 3
∴在t= 时，S= 3× - = - = 3，
2 2 2 2 2
3 3
在t=1时，S= 3×1- = ，
2 2
 ，
3 1
∴S= 3t- - ×AO×EN
2 2
3 1 3 = 3t- - (2t-3)× 3t-
2 2 2
  


11 3
=- 3t2+4 3t- ，
4
∵- 3<0，
4 3
∴开口向下，在t=- =2时，S有最大值，
2×(- 3)
11 3 5 3
∴S=- 3×4+4 3×2- = ，
4 4
3 5 3 5
∴在 <t< 时，2- =2- ，
2 2 2 2
3
∴S=- 3×
2

2 3 11 3
+4 3× - = 3，
2 4
3 5 5 3
则在 <t< 时， 3<S≤ ；
2 2 4
5 11
当 ≤t≤ 时，如图，
2 4
3 1 3
S= 3t- - ×(AO+BC)×MP= 3t- -
2 2 2
1 7 3
×(2t-3+2t-5)× 3=- 3t+ ，
2 2
∴- 3<0，S随着t的增大而减小，
5 11 5 11
∴在 ≤t≤ 时，则把t= ，t= 分别代入S=
2 4 2 4
7 3 5 7 3
- 3t+ ，得出S=- 3× + = 3，S=
2 2 2
11 7 3 3 3
- 3× + = ，
4 2 4
·71·5 11 3 3 当t=5时，S的最大值为10；
∴在 ≤t≤ 时， ≤S≤ 3，
2 4 4
(3)存在，理由：
2 3 5 3
综上： ≤S≤ ．
如图，过点B作BR⊥PE于点R，
9 4
10-2t 当点B在∠PEC的平分线上时，则BR=OB=2 5，
85．【分析】(1)证明ΔDQM∽ΔMPB，则 =
2t
4 BR
t 在RtΔPBR中，sin∠EPB=sin∠DAB= = =
，即可求解； 5 PB
10-t
2 5 20-5 5
1 ，解得：t= ．
(2)由S= ×PB⋅h，即可求解； 10-t 2
2
86．【分析】(1)由待定系数法可求直线l 的解析式；
(3) 当点 B在 ∠PEC的平分线上时，则 BR=OB= 1
由平移的性质可求直线l 的解析式；
4 2
2 5，在RtΔPBR中，sin∠EPB=sin∠DAB= =
5 (2)①由题意可得：点P按照甲方式移动m次后得到的
BR 2 5
= ，即可求解． 点的坐标为(2m,m)，再得出点(2m,m)，按照乙方式移
PB 10-t
动(10-m)次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结
【解答】解：(1)由题意得：DQ=10-2t，PM=2t，
果；
PB=10-t，QM=AP=t，
②由①的结果可得直线l 的解析式，进而可画出函数图
如图，点M在BD上时， 3
象；
(3)由题意可得点A，点B，点C的坐标，由待定系数
法可求直线AB的解析式，即可求解．
【解答】解：(1)设l 的解析式为y=kx+b，
1
4k+b=2  k=-1
由题意可得： ，解得： ，
2k+b=4 b=6
∴l 的解析式为y=-x+6，
1
∵QM⎳PB，PM⎳QD，
将l 向上平移9个单位长度得到的直线l 的解析式为y
1 2
∴∠DQM=∠DAB=∠MPQ，∠DMQ=∠MBP，
=-x+15；
DQ QM
∴ΔDQM∽ΔMPB，则 = ， (2)∵点P按照甲方式移动了m次，点P从原点O出发
PM PB
10-2t t 10 连续移动10次，
即 = ，解得：t= ；
2t 10-t 3 ∴点P按照乙方式移动了(10-m)次，
(2)如图，
∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为(2m,
m)，∴点(2m,m)按照乙方式移动(10-m)次后得到
的点的横坐标为2m+10-m=m+10，纵坐标为m
+2(10-m)=20-m，∴x=m+10，y=20-m；
②∵x+y=m+10+20-m=30，
∴直线l 的解析式为y=-x+30；
3
函数图象如图所示：
∵AD⎳PM，∴∠AEP=∠EAQ， (3)∵点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，
∵四边形ABCD是菱形，则∠QAE=∠EAP， ∴点A(a,-a+6)，点B(b,-b+15)，点C(c,-c+30)，
∴∠AEP=∠EAP， 当a≠b≠c，-a+6≠-b+15≠-c+30时，
∴ΔAPE为等腰三角形，则PE=AP=t， 设直线AB的解析式为y=mx+n，
过点D作DH⊥AB于点H， ma+n=-a+6
由题意可得： ，
1 1 mb+n=-b+15
则S = ×AB⋅DH= ×AO⋅DB，
ΔABD 2 2 m=-1+ 9
即10⋅DH= 102-(2 5)2×4 5，解得：DH=8， 解得：   b-a ，
n=6- 9a
DH 8 4 b-a
则sin∠DAH= = = ，
AD 10 5 9
∴直线AB的解析式为y=-1+
设ΔPEB中PB边上的高为h， b-a
1 1 1
则S= ×PB⋅h= ×(10-t)×sin∠DAH×PE=
2 2 2
4t 2 ×(10-t)× =- t2+4t(0<t，
5 5
2
∵- <0，故S有最大值，
5

9a
x+6- ，
b-a
∵点A，点B，点C三点始终在一条直线上，
9
∴c-1+
b-a

9a
+6- =-c+30，∴5a+3c=8b，
b-a
当a=b=c时，则点A，点B，点C共线，则5a+3c
=8b，
·72·当-a+6=-b+15=-c+30时，-2a+b+c=33，则 ∴A(3，3 3)，
5a+3c=8b， 设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∴a，b，c之间的关系式为5a+3c=8b． 3k+b=3 3
代入A(3，3 3)，D(6，2 3 )得： ，
6k+b=2 3
k=- 3
解得： 3 ，
b=4 3
3
∴直线AD的解析式为y=- x+4 3；
3
(2)解：由(1)知在Rt△COD中，CD=2 3，∠DOC
=30°，
∴OD=2CD=4 3，∠EOD=90°-∠DOC=90°-30°
=60°，
3
∵直线y=- x+4 3与y轴交于点E，
3
∴OE=4 3，∴OE=OD，∴△EOD是等边三角形，
87．【分析】(1)过点A作AH⊥OC于H，解方程可
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=4 3，
得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的
∴∠OFE=30°=∠DOF，∴DO=DF=4 3，
长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解
①当点N在DF上，即0≤t≤2 3 时，
析式即可；
由题意得：DM=OD-OM=4 3 -t，DN=4 3 -
(2)首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=
2t，
4 3，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤
过点N作NP⊥OB于P，
2 3时，过点M作NP⊥OB于P，②当点M在DE上，
即2 3<t≤4 3时，过点M作NT⊥OB于T，分别
解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式
列式即可；
(3)分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，
过点M作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角
三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的
坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点M
作NL⊥CF于L，证明∠NCF=∠NFC，可得CL=FL 则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=(4 3-2t)×
=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得 3
=6- 3t，
2
出点Q的坐标．
1 1 3
【解答】(1)解：解方程x2-4x-12=0得：x =6，x ∴S= DM×NP= (4 3-t)×(6- 3t)= t2-
1 2 2 2 2
=-2，∴OC=6， 9t+12 3；
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°， ②当点N在DE上，即2 3<t≤4 3 时
1
∴OA=OC=6，∠BOC= ∠AOC=30°， 由题意得：DM=OD-OM= 3-t，DN=2t-4 3，
2
过点N作NT⊥OB于T，
3
∴CD=OC⋅tan30°=6× =2 3，∴D(6，2 3)，
3
过点A作AH⊥OC于H，
3
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=(2t-4 3)×
2
= 3t-6，
∵∠AOH=60°，
1 1 3
1 3 ∴S= DM⋅NT= (4 3-t)( 3t-6)=- t2+9t
∴OH= OA=3，AH=OA⋅sin60°=6× =3 3， 2 2 2
2 2
·73·-12 3；
 3 t2-9t+12 3 (0≤t≤2 3)
2
综上，S= ；
- 3 t2+9t-12 3 (2 3<t≤4 3)
2
(3)解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作
NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=4 3，
∴∠NCK=60°，OF= 3OE=12，
1
∴CF=12-6=6，∴CN= CF=3，
2
1 3
∴CK=CN⋅cos60°=3× = ，NK=CN⋅sin60°=3
2 2
3 3 3
× = ，
2 2
3 3 3
∴将点N向左平移 个单位长度，再向下平移 个
2 2
单位长度得到点C，
3 3 3
∴将点A向左平移 个单位长度，再向下平移
2 2
个单位长度得到点Q，
3 3 3
∵A(3,3 3)，∴Q ，
2 2

∵A(3,3 3)，∴Q(6，4 3)；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形
3 3 3
是矩形，点Q的坐标是 ,
2 2
；
②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N
作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°-60°-90°=30°=∠NFC，
1
∴CL=FL= CF=3，
2
3
∴NL=CL⋅tan30°=3× = 3，
3
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移 3 个单
位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移 3 个单
位长度得到点Q，
 或(6，4 3)．
88．【分析】(1)根据矩形及菱形的性质可进行求解；
(2)①由题意易得EF=EF= 3，EH=EH=1，然后
3
可得∠ABO=60°，则有EM= ，进而根据割补法
2
2 3
可进行求解面积S；②由①及题意可知当 ≤t≤
3
3 3
时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面
2
3 3 11 3
积 S 是增大的，当 < t ≤ 时，矩形
2 4
EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，
然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即
可．
1
【解答】(1)解：四边形EFGH是矩形，且E0,
2
 ．
1
F- 3，
2

3
0，
2
 ，
3
∴EF=GH= 3，EH=FG=1，∴G- 3，
2
 ；
连接AC，BD，交于一点H，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，且A( 3，0)，B(0,1)，D
(2 3，1)，
AB=AD= ( 3-0)2+(0-1)2 =2，AC⊥BD，CM
=AM=OB=1，BM-MD=OA= 3，
∴AC=2，∴C( 3，2)，
3
故答案为( 3，2)，- 3，
2
 ；
1
(2) 解：① ∵ 点 E 0,
2

1
，点 F - 3，
2
 ，点
3
H0,
2
 ，∴矩形EFGH中，EF⎳x轴，EH⊥x
轴，EF= 3，EH=1，
∴矩形EFGH中，EF⎳x轴，EH⊥x轴，EF
= 3，EH=1，
由点A( 3，0)，点B(0,1)，得OA= 3，OB=1，
OA
在RtΔABO中，tan∠ABO= = 3，得∠ABO=
OB
60°，
1
在RtΔBME中，由EM=EB×tan60°，EB=1- =
2
1 3
，得EM= ，
2 2
·74·1 3 3
∴S = EB×EM= ，同理，得S = ，
ΔBME 2 8 ΔBNH 8
∵EE=t，得S矩形EEHH=EE×EH=t，
3
又S=S -S -S ，∴S=t- ，
矩形EE′H′H ΔBME ΔBNH 4
3
当 EE = EM = 时，则矩形 EFGH 和菱形
2
ABCD重叠部分为△BEH，
3
∴t的取值范围是 <t≤ 3，
2
2 3 3 3
②由①及题意可知当 ≤ t ≤ 时，矩形
3 2
EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，
3 3 11 3
当 ≤t≤ 时，矩EFGH和菱形ABCD重
2 4
叠部分的面积S是减小的，
3 3 ∴当t= 时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部
2
分如图所示：
此时面积S最大，最大值为S=1× 3= 3；
11 3
当t= 时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部
4
分如图所示：
由(1)可知B、D之间的水平距离为2 3，则有点D到
11 3
GF的距离为 3- -2 3
4

=6，当点P运动到点A处时，PD2=AD2=18，抛物
线的顶点坐标为 (4,2)，由勾股定理可得 BC =
BD2-CD2=2，AD=3 2，即M(2,6)，设S=a(t-
4)2+2，将M(2,6)代入，即可求得S=t2-8t+18，再
利用勾股定理即可求得线段AB的长；
(3)①方法一：根据抛物线的对称性可得当2<S<6
时，点P 与P 关于直线t=2对称，点P 与P 关于直
1 2 2 3
线t=4对称，可得答案；方法二：过点D作DH⊥AB
DH AD
于点H，可证得△ADH∽△ABC，得出 = =
BC AB
AH
，可求得DH= 2，AH=4，根据存在3个时刻
AC
t ，t ，t (t <t <t )对应的正方形DPEF的面积均相
1 2 3 1 2 3
等，可得 DP = DP = DP ，再证得 Rt△CDP ≅
1 2 3 1
Rt△HDP(HL)，可得CP=HP，列出等式即可；
2 1 2
②方法一：由t +t =4，t +t =8，可得t -t =4，
1 2 2 3 3 1
与t =4t 联立即可求得答案；方法二：证明Rt△DHP
3 1 3
≅Rt△DCP(HL)，得出PH=CP，建立方程求解即可
1 3 1
得出答案．
【解答】解：(1)①当t=1时，CP=1，
又∵∠C=90°，CD= 2，
∴S=DP2=CP2+CD2=12+( 2)2=3．故答案为：3；
②当点P由点C运动到点B时，CP=t，
∵∠C=90°，CD= 2，
∴S=DP2=CP2+CD2=t2+( 2)2=t2+2．
(2)由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2=BD2
=6，当点P运动到点A处时，PD2=AD2=18，
抛物线的顶点坐标为(4,2)，
3
= ，
4
由①可知：∠D=∠B=60°，
∴矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，
3
4 1
∴该等边三角形的边长为2× = ，
tan60° 2
1 1 3 3
∴此时面积S最小，最小值为 × × = ，
2 2 4 16 ∴BC= BD2-CD2= 6-2=2，AD= 18=3 2，
2 3 11 3 3
综上所述：当 ≤t≤ 时，则 ≤S≤ 3． ∴M(2,6)，
3 4 16
设S=a(t-4)2+2，将M(2,6)代入，得4a+2=6，
89．【分析】(1)①当t=1时，CP=1，运用勾股定
解得：a=1，∴S=(t-4)2+2=t2-8t+18，
理即可求得答案；
∴AC=AD+CD=3 2+ 2=4 2，
②由题意得CP=t，运用勾股定理可得S=DP2=CP2
+CD2=t2+( 2)2=t2+2； 在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= (4 2)2+22=6，
∴抛物线的解析式为S=t2-8t+18(2≤t≤8)；
(2)观察图象可得当点P运动到点B处时，PD2=BD2
·75·( 3 ) ① 方 法 一 ： 由 ( 1 ) ( 2 ) 可 得 S =
t2+2 (0≤t<2)

 ，图象如图所示：
t2-8t+18 (2≤t≤8)
∵存在3个时刻t ，t ，t (t <t <t )对应的正方形
1 2 3 1 2 3
DPEF的面积均相等，∴2<S<6，
∴点P 与P 关于直线t=2对称，点P 与P 关于直线t
1 2 2 3
1 1
=4对称，∴ (t +t )=2， (t +t )=4，
2 1 2 2 2 3
∴t +t =4，t +t =8．故答案为：4；
1 2 2 3
方法二：如图，则∠AHD=90°=∠C，
∵∠DAH=∠BAC，∴△ADH∽△ABC，
DH AD AH DH 3 2 AH
∴ = = ，即 = = ，
BC AB AC 2 6 4 2
∴DH= 2，AH=4，∴BH=2，DH=CD，
∵存在3个时刻t ，t ，t (t <t <t )对应的正方形 1 2 3 1 2 3
DPEF的面积均相等，
∴DP=DP =DP，∴CP=t，PH=4-t ， 1 2 3 1 1 2 2
CD=HD

在Rt△CDP
1
和Rt△HDP
2
中，
DP=DP
，
1 2
∴Rt△CDP≅Rt△HDP(HL)，∴CP=HP，
1 2 1 2
∴t =4-t，∴t +t =4．故答案为：4；
1 2 1 2
②方法一：由①知：t +t =4，t +t =8，
1 2 2 3
∴t -t =4，
3 1
4 4
∵t =4t，∴t = ，∴S=
3 1 1 3 3

方法二：∵DP =DP ，DH=DC，∠DHP =∠C=
3 1 3
90°，
∴Rt△DHP ≅Rt△DCP(HL)，∴PH=CP，
3 1 3 1
∵PH=t -4，∴t -4=t，
3 3 3 1
4 4
∵t =4t，∴t = ，∴S=
3 1 1 3 3
2 34
+2= ．
9

2 34
+2= ．
9
90．【分析】(1)由将ΔABC绕点A按逆时针方向旋
转90°得到ΔADE，知AD=AB=5，DE=BC=3，
AE=AC=4，∠AED=∠ACB=90°，证明ΔAQE∽
AQ 4 16
ΔAED，有 = ，可得AQ= ，即得t的值为
4 5 5
16
；
5
(2)过P作PN⊥BC于N，过C作CM⊥AD于M，证
4 5 16
明ΔABC∽ΔCAM，有 = ，CM= ，即得
CM 4 5
1
S = AD⋅CM=8，S =S +S =
ΔACD 2 四边形ABCD ΔABC ΔACD
4 1
14，由ΔPBN∽ΔABC，可得PN= t，S = BC 5 ΔBCP 2
6 1
⋅PN= t，从而S=S -S -S = t2-
5 四边形ABCD ΔBCP ΔAPQ 2
37 t+14；
10
(3)过C作CM⊥AD于M，证明ΔAPQ∽ΔMCD，有
5-t t 65
= ，即可解得t= ．
16 13 29
5 5
【解答】解：(1)如图：
在RtΔABC中，AC= AB2-BC2= 52-32=4，
∵将ΔABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到ΔADE，
∴AD=AB=5，DE=BC=3，AE=AC=4，∠AED
=∠ACB=90°，
∵EQ⊥AD，∴∠AQE=∠AED=90°，
∵∠EAQ=∠DAE，∴ΔAQE∽ΔAED，
AQ AE AQ 4 16
∴ = ，即 = ，∴AQ= ，
AE AD 4 5 5
AQ 16 16 ∴t= = ；答：t的值为 ；
1 5 5
(2)过P作PN⊥BC于N，过C作CM⊥AD于M，如
图：
·76·∵将ΔABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到ΔADE，
∴∠BAD=90°，即∠BAC+∠CAM=90°，
∵∠B+∠BAC=90°，∴∠B=∠CAM，
∵∠ACB=90°=∠AMC，∴ΔABC∽ΔCAM，
AC AB 4 5 16
∴ = ，即 = ，∴CM= ，
CM AC CM 4 5
1 1 16
∴S = AD⋅CM= ×5× =8，
ΔACD 2 2 5
1
∴S =S +S = ×3×4+8=14，
四边形ABCD ΔABC ΔACD 2
∵∠PBN=∠ABC，∠PNB=90°=∠ACB，
AB AC 5 4
∴ΔPBN∽ΔABC，∴ = ，即 = ，
PB PN t PN
4 ∴PN= t，
5
1 1 4 6
∴S = BC⋅PN= ×3× t= t，
ΔBCP 2 2 5 5
∴S=S -S -S
四边形ABCD ΔBCP ΔAPQ
6 1
=14- t- (5-t)⋅t
5 2
1 37
= t2- t+14；
2 10
1 37
答：S与t之间的函数关系式是S= t2- t+14；
2 10
(3)存在某一时刻t，使PQ⎳CD，理由如下：
过C作CM⊥AD于M，如图：
16
由(2)知CM= ，
5
16
∴AM= AC2-CM2= 42-
5

2 12
= ，
5
12 13
∴DM=AD-AM=5- = ，
5 5
∵PQ⎳CD，∴∠AQP=∠MDC，
∵∠PAQ=∠CMD=90°，∴ΔAPQ∽ΔMCD，
AP AQ 5-t t 65
∴ = ，即 = ，解得t= ，
CM DM 16 13 29
5 5
65
答：存在时刻t= ，使PQ⎳CD．
29
k
91．【分析】(1)设B(m,ma)，则Am,
m

k
C ,am
am
，求出点

k
，代入函数解析式中，得出函数y= 的
x
图象必经过点C；
(2)证明ΔDHE∽ΔEFB，根据对应边成比例求出k的
值；
(3)根据⊙O过点A和过点B，求出临界值，从而求出
k的取值范围．
k
【解答】解：(1)设B(m,ma)，则Am,
m
 ，
k
∵AD⎳x轴，∴D点的纵坐标为 ，
m
k k
将y= 代入y=ax中，得： =ax，
m m
k k k
∴x= ，∴D ,
am am m

k
，∴C ,am
am
 ，
k k
将x= 代入y= 中得出，y=am，
am x
k
∴函数y= 的图象必经过点C；
x
(2)∵点B(1,2)在直线y=ax上，∴a=2，
∴y=2x，∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
k ∵函数y= 的图象经过点A，C，
x
k
∴C ,2
2

k
，A(1,k)，∴D ,k
2
 ，∴DC=k-2，
∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
k
∴BE=BC= -1，∠BED=∠BCD=90°，
2
DC k-2 DE
∴ = =2= ，
BC k -1 BE
2
如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，
∵AD⎳x轴，∴H，A，D三点共线，
∴∠HED+∠BEF=90°，∠BEF+∠EBF=90°，
∴∠HED=∠EBF，
∵∠DHE=∠EFB=90°，∴ΔDHE∽ΔEFB，
DH HE DE
∴ = = =2，
EF BF BE
k k
∵BF=1，DH= ，∴HE=2，EF= ，
2 4
k
∴HF=2+ ，由图知，HF=DC，
4
k 16
∴2+ =k-2，∴k= ；
4 3
(3)∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
当点E，A重合，∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，∠ABP=∠DBC=45°，
·77·AP ∵AB⎳y轴，∴ΔDHO∽ΔDAB，
∴AB=BC=CD=DA= = 2AP，AP=PC=
sin45°
HO DH DO HO DH 3 2+ 6
1 ∴ = = ，∴ = = ，
BP= AC，BP⊥AC， AB AD BD 2 3 2 3 2 6
2
∴HO=HD=3+ 3，
∵BC⎳x轴，
∴HA=HD-DA=3+ 3-2 3=3- 3，
∴直线y=a为一，三象限的夹角平分线，∴y=x，
∴A(3- 3,3+ 3)，∴k=(3- 3)×(3+ 3)=6，
当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH⎳x轴交y
∴当⊙O与ΔABC的边有交点时，k的取值范围为6．
轴于点H，
92．【分析】(1)把A(2,a)代入y=2x得a=2×2=4，
∵AD⎳x轴，∴H，A，D三点共线，
把A(2,4)代入y=-x+m得m=6；把B(b,0)代入y=
-x+6得b=6；
k
(2)设Ct,
t
∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，OP=3 2，
∴ OP = OB + BP = AC + BP = 2AP + AP = 3AP =
3 2，∴AP= 2，
∴AB=AD= 2AP=2，BD=2AP=2 2，BO=
AC=2AP=2 2，
∵AB⎳y轴，∴ΔDHO∽ΔDAB，
HO DH DO
∴ = = ，
AB AD BD
HO DH 2 2+2 2
∴ = = ，∴HO=HD=4，
2 2 2 2
∴HA=HD-DA=4-2=2，∴A(2,4)，
∴k=2×4=8，
当⊙O过点A时，根据A，C关于直线OD对称知，
⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作
DH⎳x轴交y轴于点H，
∵AO=OC=AC，∴ΔAOC为等边三角形，
1
∵OP⊥AC，∴∠AOP= ×60°=30°，
2
3
∴AP=tan30°×OP= ×3 2 = 6 =PD，AC=
3
BD=2AP=2 6，
∴AB=AD= 2AP=2 3，OD=BP+PD=3 2+
6，
 ，由(1)知A(2,4)，B(6,0)，而O(0,0)，
①当AC，BO为对角线时，AC，BO的中点重合，
t+2=6+0

k
+4=0+0
，②当CB，AO为对角线时，CB，AO
t
t+6=2+0

的中点重合，k
+0=4+0
，③当CO，AB为对角线
t
t+0=2+6

时，CO，AB的中点重合，k
+0=4+0
，分别解方
t
程组可得答案；
(3)设直线AC解析式为y=px+q，可知y=px+4-
2p-4
2p，求出D ，0
p

4-2p
，E ，0
p
 ，可得BE=
8p-4 4p+4
，BD= ，由△ABD与△ABE相似，可
p p
BE AB 8p-4
得 = ，即 BE ⋅ BD = AB2，从而 ×
AB BD p
4p+4
=32，解得p=1，直线AC的解析式为y=x+
p
2，又有且只有一点C，使得△ABD与△ABE相似，
k
得x+2= 只有一个解，即x2+2x-k=0有两个相
x
等实数根，可得△=0，k=-1．
【解答】解：(1)把A(2,a)代入y=2x得：a=2×2=
4，∴A(2,4)，
把A(2,4)代入y=-x+m得：4=-2+m，
∴m=6；∴直线y=-x+m为y=-x+6，
把B(b,0)代入y=-x+6得：0=-b+6，
∴b=6，∴a的值为4，m的值为6，b的值为6；
k
(2)设Ct,
t
 ，由(1)知A(2,4)，B(6,0)，而O(0,0)，
①当AC，BO为对角线时，AC，BO的中点重合，
 t+2=6+0  t=4
∴k
+4=0+0
，解得
k=-16
，
t
经检验，t=4，k=-16符合题意，
此时点C的坐标为(4,-4)；
②当CB，AO为对角线时，CB，AO的中点重合，
 t+6=2+0  t=-4
∴k +0=4+0 ，解得 k=-16 ，
t
经检验，t=-4，k=-16符合题意，
·78·此时点C的坐标为(-4,4)；
③当CO，AB为对角线时，CO，AB的中点重合，
 t+0=2+6  t=8
∴k
+0=4+0
，解得
k=32
，∵k=32>0，
t
∴这种情况不符合题意；
综上所述，C的坐标为(4,-4)或(-4,4)，k的值为
-16；
(3)如图：
设直线AC解析式为y=px+q，把A(2,4)代入得：4
=2p+q，∴q=4-2p，
∴直线AC解析式为y=px+4-2p，
2p-4
在y=px+4-2p中，令y=0得x= ，
p
2p-4
∴D ，0
p
 ，
4-2p
∵E与点D关于y轴对称，∴E ，0
p

(2)设直线l与y轴交于M，直线y=-x+5与x轴交于
N，解方程得到N(S,0)，求得OA=ON=5，根据两点
间的距离的结论公式得到 AB = (1-0)2+(4-5)2 =
2，求得M(0,3)，待定系数法求得直线l的解析式为
y=x+3，设点C的坐标为(t,t+3)，根据三角形的面
积公式列方程得到t=-4或t=6，求得点C的坐标为
(6,9)或(-4,-1)；
(3)解方程组求得E(-4,-1)，根据相似三角形的性质
得到 ∠PAB=∠PDE，根据平行线的判定定理得到
AB⎳DE，求得直线DE的解析式为y=-x-5，解方
程组得到D(-1,-4)，则直线AD的解析式为y=9x+
1 11
5，于是得到P- ，
4 4
，
4-2p 8p-4
∵B(6,0)，∴BE=6- = ，BD=6-
p p
2p-4 4p+4
= ，
p p
∵△ABD与△ABE相似，∴E只能在B左侧，
∴∠ABE=∠DBA，
BE AB
故△ABD与△ABE相似，只需 = 即可，即
AB BD
BE⋅BD=AB2，
∵A(2,4)，B(6,0)，∴AB2=32，
8p-4 4p+4
∴ × =32，解得p=1，
p p
经检验，p=1满足题意，
∴直线AC的解析式为y=x+2，
∵有且只有一点C，使得△ABD与△ABE相似，
k
∴直线AC与反比例函数y= (k<0)图象只有一个交
x k
点，∴x+2= 只有一个解，
x
即x2+2x-k=0有两个相等实数根，
∴△=0，即22+4k=0，解得k=-1，∴k的值为-1．
93．【分析】(1)解方程得到点A的坐标为(0,5)，将B
(a,4)代入y=-x+5得，4=-a+5，求得B(1,4)，将
k
B(1,4)代入y= 得，求得反比例函数的表达式为y=
x
4
；
x
 ，根据两点间的距离距离公
式即可得到结论．
【解答】解：(1)令x=0，则y=-x+5=5，
∴点A的坐标为(0,5)，
将B(a,4)代入y=-x+5得，4=-a+5，
∴a=1，∴B(1,4)，
k k
将B(1,4)代入y= 得，4= ，解得k=4，
x 1
4
∴反比例函数的表达式为y= ；
x
(2)设直线l与y轴交于M，直线y=-x+5与x轴交于
N，
令y=-x+5=0得，x=5，∴N(5,0)，
∴OA=ON=5，
∵∠AON=90°，∴∠OAN=45°，
∵A(0,5)，B(1,4)，∴AB= (1-0)2+(4-5)2= 2，
∵直线l是AB的垂线，即∠ABM=90°，∠OAN=45°，
∴AB=BM= 2,AM= AB2+BM2=2，∴M(0,3)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
1 1
将M(0,3)，B(1,4)代入y=k 1 x+b 1 得，   k b 1 = + 3 b 1 =4 ，
1
解得   k 1 =1 ，∴直线l的解析式为y=x+3，
b =3
1
设点C的坐标为(t,t+3)，
1 1
∵S = AM⋅|x -x |= ×2×|1-t|=5，
△ABC 2 B C 2
解得t=-4或t=6，当t=-4时，t+3=-1，
当t=6时，t+3=9，
∴点C的坐标为(6,9)或(-4,-1)；
·79·(3)∵位似图形的对应点与位似中心三点共线，∴点B
的对应点也在直线l上，不妨设为E点，则点A的对应
点为D，
y=4
将直线l与双曲线的解析式联立方程组 x ，
y=x+3
x=1 x=-4
解得， 或 ，∴E(-4,-1)，
y=4 y=-1
画出图形如图所示，
∵△PAB∽△PDE，∴∠PAB=∠PDE，∴AB⎳DE，
∴直线AB与直线DE的一次项系数相等，
设直线DE的解析式为y=-x+b ，
2
∴-1=-(-4)+b ，∴b =-5， 2 2
∴直线DE的解析式为y=-x-5，
∵点D在直线DE与双曲线的另一个交点，
∴解方程组   y= x 4 得，   x=-1 或   x=-4 ，
y=-x-5 y=-4 y=-1
∴D(-1,-4)，
则直线AD的解析式为y=9x+5，
y=9x+5 x=- 4 1 1 11
解方程组
y=x+3
得，
y=11
，∴P-
4
，
4
4
 ，
1
∴BP= - -1
4

2 11
+ -4
4

2 5
= 2，
4
EP=  - 1 -(-4)
 4
 2 +  11 -(-1)
 4

x =2
  2 ，∴点B(2,2)；
y =2 2
(2)如图，过点A作AE⊥y轴于E，过点C作CF⊥y
轴于F，
∴AE⎳CF，∴ΔAEH∽ΔCFH，
AE AH EH
∴ = = ，
CF CH FH
AH 1
当 = 时，则CF=2AE=2，
CH 2
∴点C(-2,-2)，
∴BC= (2+2)2+(2+2)2=4 2，
AH 1 1
当 =2时，则CF= AE= ，
CH 2 2
1
∴点C- ，-8
2
2 15 = 2，
4
EP
∴m= =3．
BP
94．【分析】(1)将点A坐标分别代入一次函数解析式
和反比例函数解析式可求解；
(2)分两种情况讨论，由相似三角形的性质和勾股定理
可求解；
(3)分别求出BP，AP，BQ的解析式，联立方程组可
求解．
【解答】解：(1)∵一次函数y=-2x+6的图象过点A，
∴4=-2a+6，∴a=1，∴点A(1,4)，
k
∵反比例函数y= 的图象过点A(1,4)，
x
∴k=1×4=4；
4
∴反比例函数的解析式为：y= ，
x
联立方程组可得：   y= x 4 ，解得：   x 1 =1 ，
y=-2x+6 y 1 =4
 ，
1 ∴BC= 2+
2
 2 5 17 +(2+8)2= ，
2
5 17
综上所述：BC的长为4 2或 ；
2
(3)如图，当∠AQP=∠ABP=90°时，设直线AB与y
轴交于点E，过点B作BF⊥y轴于F，设BP与y轴的
交点为N，连接BQ，AP交于点H，
∵直线y=-2x+6与y轴交于点E，∴点E(0,6)，
∵点B(2,2)，∴BF=OF=2，∴EF=4，
∵∠ABP=90°，
∴∠ABF+∠FBN=90°=∠ABF+∠BEF，
∴∠BEF=∠FBN，
又∵∠EFB=∠BFN=90°，∴ΔEBF∽ΔBNF，
·80·BF FN 2×2
∴ = ，∴FN= =1，
EF BF 4
∴点N(0,1)，
1 ∴直线BN的解析式为：y= x+1，
2
y=
x
4
联立方程组得： ，
y=1x+1
2
解得：   x 1 =-4 ，   x 2 =2 ，∴点P(-4,-1)，
y =-1 y =2
1 2
∴直线AP的解析式为：y=x+3，
∵AP垂直平分BQ，∴设BQ的解析式为y=-x+4，
1 1 7
∴x+3=-x+4，∴x= ，∴点H ，
2 2 2

DP DE EP
由平行线分线段成比例得： = = ．
DB CD BC
10
即 2 = 5-y P = x P ，解得x = 1 ，y = 7 ．
2 10 5-(-1) 2 P 2 P 2
1 7
则点P坐标为 ，
2 2
，
∵点H是BQ的中点，点B(2,2)，∴点Q(-1,5)．
95．【分析】(1)通过AB两点坐标由一次函数表达式
求出m和n的值，然后由点A在反比例函数图象上，
根据反比例函数表达式求出k值即可．
(2)由A、C坐标通过待定系数法求出直线AC的表达
式，然后根据函数图象平移规律求出直线BD的表达
式，进而得到点D坐标，再通过证明△APD∽△BAD，
由对应边线段成比例求出DP的长度，最后再通过构
造PE⎳BC，根据平行线分线段成比例求出点P坐标．
【解答】解：(1)把A、B两点坐标代入一次函数y=
-x+1得：m=-(-1)+1=2；-1=-n+1，则n=2．
由反比例函数表达式得：k=xy=(-1)×2=-2．
2
故反比例函数的解析式为y=- ．
x
(2)由(1)得A坐标为(-1,2)，B坐标为(2,-1)．
根据题意，点C坐标为(0,-1)．
设直线AC函数表达式为y=kx+b．
1 1
代入A、C两点坐标得：   2=-k 1 +b 1，解得   k 1 =-3 ． -1=b b =-1
1 1
则直线AC的解析式为：y=-3x-1．
∵AC⎳BD，BC=2．
∴根据直线平移的性质，直线BD的解析式为y=-3(x
-2)-1，即y=-3x+5．
由于x =0，则y =-3×0+5=5．点D坐标为(0,5)．
D D
∴CD=y -y =6．
D C
根据同底等高的两个三角形面积相等，S =S
△ABD △CBD
1
= CD⋅BC=6．
2
(3)∵AC⎳BD，∴∠PAD=∠BAC=∠ABD．
在△APD和△BAD中，∠PAD=∠ABD，∠ADP=
∠BDA．∴△APD∽△BAD．
DP AD
∴ = ，即AD2=DP⋅BD．
AD BD
∵ AD 2 = ( - 1 - 0 ) 2 + ( 2 - 5 ) 2 = 10 ， BD =
10 (2-0)2+(-1-5)2=2 10．∴DP= ．
2
过点P作PE⎳x轴交y轴于点E，则PE⎳BC.
 ．
96．【分析】(1)由A、B两点坐标结合线段平移的性
质得到点E的坐标，然后由反比例函数的定义求出k值
即可．
OB OA AB
(2)根据平行线分线段成比例可得 = = ，
BP CP BC
进而求出BC和OE关于n的表达式，即可得出结论．
(3)先由待定系数法求出直线AB的表达式，然后结合
反比例函数表达式求出点E的坐标也是线段AB的中
点，进而求出直线EF关于m、n的表达式，再通过构
造△OIE∽△GHO，利用相似比求出点G的坐标，再代
入直线EF的表达式，结合k=-mn=4 3求出m和n
的值即可得到答案．
【解答】解：(1)当m=-1，n=2时，OA=1，OB=
2．根据线段平移的性质，BE=OA=1．
∴点E坐标为(2,1)．
∵由反比例函数表达式得k=xy=2×1=2．
k 2 ∴反比例函数y= 的表达式为y= ．
x x
(2)如图，过点C作x轴的垂线交x轴于点P．
∴CP⎳y轴．
OB OA AB
由平行线分线段成比例得： = = ．
BP CP BC
OB=n，OA=-m，BP=x -n，CP=y ．
C C
n m
∴ =- ．
x -n y
C C
k
∵点E在反比例函数y= 的图象上，同理(1)可得点
x
E的坐标为(m,-n)．
k -mn (1+ 5)n
∴k=-mn．∴y = = ．∴x = ．
C x x C 2
C C
( 5-1)n
∴BP=x -OB= ．
C 2
∵OA⎳BE，OA=BE．
∴四边形OABE是平行四边形．
BC BC BP 5-1 ∴AB=OE．∴ = = = ．
OE AB OB 2
BC 5-1
故 的值为定值 ．
OE 2
·81·(3)设直线AB的函数表达式为y=px+q，把A、B两
点坐标代入得：
m=q  q=m

0=np+q
，解得 p=-m ．
n
m
∴直线AB的表达式为y=- x+m．
n
4 3
由于反比例函数表达式为y= ，与直线AB函数表
x
达式联立得：
4 3 m m
=- x+m．整理得 x2-mx+4 3=0．
x n n
-m
∴x +x =- =n．
C D m
n
x +x n m n m
∴x = C D = ，y =- ⋅ +m= ． F 2 2 F n 2 2
n m
∴点F的坐标为 ，
2 2

97．【分析】(1)求出C点坐标，再求k的值；
3
(2)由题意可知Mt,- t+3
4
也是线段AB的中点．
根据线段平移的性质可得点E坐标为(n,-m)，则k=
-mn=4 3．
同理，由EF两点坐标根据待定系数法求得EF的解析
3m 式为：y=- x+2m．
n
过点E作EI⊥y轴，垂足为I，过点O作OG⊥OE与
EF延长线交于点G，再过点G作GH⊥y轴，垂足为
H.
OG 3
∵∠OEG=30°，∴tan∠OEG= = ．
OE 3
在△OIE和△GHO中，∠OIE=∠GHO=90°，
∠EOI=90°-∠GOH=∠OGH．
∴△OIE∽△GHO．
OH GH OG 3
∴ = = = ．
EI IO OE 3
3 3
∴x =GH=- m，y =-OH=- n．
G 3 G 3
3m
∵点G在直线EF上，∴y =- x +2m，
G n G
3
代入x 和y 得： n2+ 3m2+2mn=0，
G G 3
整理得：n2+3m2=24．
4 3
又 ∵-mn = 4 3，则 m =- ，代入上式得 n =
n
2 3．
∴m=-2．∴直线EF的解析式为y= 3x-4．

9
，Nt,-
t
 ，则MN的
-3t+3-9
 4 t 中点为 t, 2  ，再由 CM = CN ，得到
-3t+3-9
4 t 3
=- ，求出t的值，再求三角形面积即
2 2
可；
t+x 9
(3)设N(x,0)，求出NN的中点为 ，-
2 2t
 ，中
3 3 t+x 9 点在直线y=- x+3上，可得- × +3=-
4 4 2 2t
|x-t| 3
①，又由∠MNN=∠BAO，可得 = ②，由
-9

4
t
214 214
①②可得t=2+ 或t=2- ．
4 4
3
【解答】解：(1)当x=6时，m=- ，
2
3
∴C6,-
2
 ，∴k=-9；
(2)当x=0时，y=3，∴B(0,3)，
当y=0时，x=4，∴A(4,0)，
∵点M在线段AB上，∴0<t<4，
3
∵Mt,- t+3
4

9
，Nt,-
t
 ，
-3t+3-9
 4 t
∴MN的中点为 t,
2

，
∵CM=CN，∴C点在线段MN的中垂线上，
∴MN的中点纵坐标与C点纵坐标相等，
-3t+3-9
4 t 3
∴ =- ，解得t=2或t=6(舍)，
2 2
9
∴N2,-
2

3
，M2,
2
 ，
1 3 9
∴△BCN的面积= × +
2 2 2
 ×6=18；
9
(3)设N(x,0)，∵Nt,-
t
 ，
t+x 9
∴NN的中点为 ，-
2 2t
 ，
3 t+x 9 -t2+8t+12
∴- × +3=- ，即x= ①，
4 2 2t t
∵∠MNN=∠BAO，∴tan∠MNN=tan∠BAO，
|x-t| 3
∴ = ②，
-9

4
t
·82·106 106
由①②可得t=2+ 或t=2- 或t=2+
4 4
214 214
或t=2- ．
4 4
98．【分析】(1)将A(1,a)代入y=-x+5得：a=-1
k
+5=4，A(1,4)，把A(1,4)代入y= 得反比例函数 x
4
y=4
的表达式为y= ；联立 x 可解得点B的坐标
x y=-x+5
为(4,1)；
(2)过B作BK⊥y轴于K，过A作AT⎳y轴交MN于
BM 1
T，由BK⎳OM，B(4,1)， = ，可得OM=3，
MN 3
M(3,0)，直线BM的解析式为y=x-3，即可得N(0,
1
-3)，T(1,-2)，故AT=6，从而S = AT⋅|x -
ΔAMN 2 M
1
x |= ×6×3=9；
N 2
(3)由点C在第三象限内的反比例函数图象上，横坐标
和纵坐标相等，可得C(-2,-2)，而点C关于原点O的
对称点为点D，故D(2,2)，即可求出AC=3 5，AD
= 5，BD= 5，AB=3 2，根据ΔABD∽ΔACE，
3 2 5 5 5 2 5 2
知 = = ，CE= ，AE= ，设
3 5 CE AE 2 2
(m+2)2+(n+2)2= 5 2 2
E(m,n)，可得
 2
(m-1)2+(n-4)2= 5 2
2


 ，解得 2
m=
2
1 m=-3
2 1 1
 或  ，即可得E的坐标为  ，
n=1 n=3 2 2
2 2
 或
3 3 - ，
2 2

∴OM=3，M(3,0)，
由B(4,1)，M(3,0)得直线BM的解析式为y=x-3，
在y=x-3中，令x=0得y=-3，令x=1得y=-2，
∴N(0,-3)，T(1,-2)，∴AT=4-(-2)=6，
1 1
∴S = AT⋅|x -x |= ×6×3=9； ΔAMN 2 M N 2
(3)平面内存在点E，使得ΔABD∽ΔACE，理由如下：
如图：
4 4
在y= 中，令y=x得：x= ，
x x
解得x=2或x=-2，
∵点C在第三象限内的反比例函数图象上，横坐标和
纵坐标相等，∴C(-2,-2)，
∵点C关于原点O的对称点为点D，∴D(2,2)，
∵A(1,4)，B(4,1)，
∴ AC = (1+2)2+(4+2)2 = 3 5， AD = 5， BD =
5，AB= (1-4)2+(4-1)2=3 2，
∵ΔABD∽ΔACE，
AB BD AD 3 2 5 5
∴ = = ，即 = = ，
． AC CE AE 3 5 CE AE
5 2 5 2
∴CE= ，AE= ，
【解答】解：(1)将A(1,a)代入y=-x+5得：a=-1+ 2 2
5=4，∴A(1,4)， (m+2)2+(n+2)2= 5 2 2
k 设 E(m,n)， ∴
把A(1,4)代入y= 得：k=4，
x
4
y=4
∴反比例函数的表达式为y= ；联立 x ，
x y=-x+5
x=1 x=4
解得 或 ，∴点B的坐标为(4,1)；
y=4 y=1
(2)过B作BK⊥y轴于K，过A作AT⎳y轴交MN于
T，如图：
OM NM
∵BK⎳OM，∴ΔNOM∽ΔNKB，∴ = ，
BK NB
BM 1 OM 3
∵B(4,1)， = ，∴ = ，
MN 3 4 4
 2
(m-1)2+(n-4)2= 5 2
2


 ，解得
2
m=1 m=-3
 2  2
 或 ， n=1 n=3
2 2
1 1
∴E的坐标为 ，
2 2

3 3
或- ，
2 2
 ．
99．【分析】(1)先利用A点坐标求出一次函数和反比
例函数表达式，再联立方程组求另一交点B坐标即可；
(2)用割补法表示出△ABC的面积，设参求解即可；
(3)先求出直线CD解析式，得到点Q和点N坐标，再
求出直线AD解析式，得到点P和点M坐标，进而求
解即可．
【解答】解：(1)∵直线y=-2x+b与反比例函数y=
k
图象交于A(-4,2)，
x
k
∴2=8+b，2= ，解得b=-6，k=-8，
-4
8
∴反比例函数的表达式为y=- ，一次函数表达式为
x
y=-2x-6，
·83·联立方程组得，
  y y = = - - 2 8 x-6 ，解得   x y 1 = =- 2 4 (与A点重合，故舍去)，
x 1
x =1
  2 ，∴另一交点B的坐标为(1,-8)；
y =-8
2
(2)如图，过C作CT⎳y轴交AB于点T，
8
设Cc，-
c
 (c<0)，则T(c,-2c-6)，
8
∴CT=- +2c+6，
c
∴S =S +S
△ABC △ACT △BCT
1
= CT⋅(x -x )
2 B A
1 8 = ×- +2c+6
2 c
 ×5
20
=5c+15- =30，
c
解得c =-1，c =4(舍)，∴点C的坐标为(-1,8)；
1 2
8
(3)设点Dm，-
m
 (m>0)，
设直线CD解析式为y=k x+b ，将A、D坐标代入
1 1
得，
  -
2=
m 8
-
=
4k
m
+
k 1
b
+b 1，解得   k
b
1
=
=-
8-
m 8
8
，
1 1 1 m
8 8 ∴直线CD解析式为y=- x+8- ，
m m
8 8
令x=0得y=8- ，即Q0,8-
m m
 ，
令y=0得x=m-1，即N(m-1,0)，
2 8 同理可得直线AD解析式为y=- x+2- ，
m m
8 8
令x=0得y=2- ，即P0,2-
m m

1
②当PP⊥DE时，直线PP的直线解析式为y= x，
2
直线PP与反比例函数的交点为P点；
当PM⊥DE时，过点M作LK⊥x轴，过点P作PL
⊥LK交于L点，过点P作PK⊥LK交于K点，则
24
ΔPLM ≅ ΔMKP  ( AAS ) ， 设 P t,
t
，
令y=0得x=m-4，即N(m-4,0)，
PQ
∴PQ=6，MN=3，∴ =2为定值．
MN
100．【分析】(1)求出E(6,4)，即可求反比例函数的
解析式；
(2)①过点E作EG⊥x轴，过点M作HG⎳x轴，交
EG于点G，过点P作PH⊥HG交于H点，则ΔEGM
≅ΔMHP(AAS)，设M(x,y)，由-4-y=6-x，x+6
=4-y，可求M(4,-6)；
 ， 则
24
P-t,-
t

24
，设M(x,y)，根据x+t= -y，y+
t
24 24
=x-t，可求M ，-t
t t
 ，再由MP⎳DE，建立
t2+24
方程 =-2，从而求出P点坐标．
t2-24
【解答】解：(1)∵点B坐标为(6,12)，∴CB=12，
∵BE=2CE，∴CE=4，∴E(6,4)，
24
∴反比例函数的解析式为y= ；
x
(2)①如图2，过点E作EG⊥x轴，过点M作HG⎳x
轴，交EG于点G，过点P作PH⊥HG交于H点，
∵∠EPP=90°，∴∠PMH+∠EMG=90°，
∵∠PMH+∠MPH=90°，∴∠EMG=MPH，
∵EM=PM，∴ΔEGM≅ΔMHP(AAS)，
∴HM=EG，PH=MG，
设M(x,y)，
∵E(6,4)，∴P(-6,-4)，
∴-4-y=6-x，x+6=4-y，
解得x=4，y=-6，∴M(4,-6)；
②能成为直线DE的关联三角形，理由如下：
∵D(2,12)，E(6,4)，
∴直线DE的解析式为y=-2x+16，
如图3，当PP⊥DE时，直线PP的直线解析式为y
1
= x，
2
1 24 当 x= 时，解得x=4 3或x=-4 3(舍)， 2 x
∴P(4 3，2 3)；
如图4，当PM⊥DE时，过点M作LK⊥x轴，过点
P作PL⊥LK交于L点，过点P作PK⊥LK交于K
点，
由①可知ΔPLM≅ΔMKP(AAS)，
∴PK=LM，PL=MK，
24
设Pt,
t

24
，则P-t,-
t
 ，
设M(x,y)，
24 24 24
∴x+t= -y，y+ =x-t，解得x= ，y=
t t t
24
-t，∴M ，-t
t
 ，
设直线MP的解析式为y=kx+b，
 24 t k +b=-t  k=t t 2 2 + - 2 2 4 4
∴ ，解得 ，
kt+b=24 b=24 - t(t2+24)
t t t2-24
·84·t2+24 ∴v =4.8(千米/分钟)，
∵MP⎳DE，∴ =-2， 2
t2-24
∵4×90=360(千米)，
解得t=2 2或t=-2 2(舍)，
∴A与B站之间的路程为360千米，
∴P(2 2，6 2)；
∵360÷4.8=75(分钟)，
综上所述：P点坐标为(4 3，2 3)或(2 2，6 2)．
∴当t=100时，G1002次列车经过B站，
由题意可知，当90≤t≤110时，D1001次列车在B站
停车，
∴G1002次列车经过B站时，D1001次列车正在B站
停车，
i．当25≤t<90时，d >d ，
1 2
∴|d -d |=d -d ，
1 2 1 2
∴4t-4.8(t-25)=60，
t=75(分钟)；
ⅱ．当90≤t≤100时，d ≥d ，
1 2
∴|d -d |=d -d ，
1 2 1 2
∴360-4.8(t-25)=60，
t=87.5(分钟)，不合题意，舍去；
ⅱi．当100<t≤110时，d <d ，
1 2
∴|d -d |=d -d，
1 2 2 1
∴4.8(t-25)-360=60，
t=112.5(分钟)，不合题意，舍去；
iv．当110<t≤150时，d <d ，
1 2
∴|d -d |=d -d，
1 2 2 1
∴4.8(t-25)-[360+4(t-110)]=60，
t=125(分钟)；
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/2/615:21:41；用户：程正林；邮箱：my10043@xyh.com；学号：24638828
101．【分析】(1)直接根据表中数据解答即可； 综上所述，当t=75或125时，|d -d |=60．
1 2
(2)①分别求出D1001次列车、G1002次列车从A站 102．【分析】(1)依据题意，由二次函数为y=x2+
到C站的时间，然后根据路程等于速度乘以时间求解 b 1
bx+c，可得抛物线为直线x=- =- ，可得b的
2 2
即可；
值，再由图象经过点A(-2,5)，求出c的值，进而可以
②先求出v ，A与B站之间的路程，G1002次列车经
2
得解；
过B站时，对应t的值，从而得出当90≤t≤110时，
(2)依据题意，由点B(1,7)向上平移2个单位长度，向
D1001次列车在B站停车，G1002次列车经过B站时，
左平移m个单位长度(m>0)，进而可得平移后的点
D1001次列车正在B站停车，然后分25≤t<90，90
为(1-m,9)，结合(1-m,9)在y=x2+x+3图象上，
≤t≤100，100<t≤110，110<t≤150讨论，根据
可得9=(1-m)2+(1-m)+3，进而计算可以得解；
题意列出关于t的方程求解即可．
1
【解答】解：(1)D1001次列车从A站到B站行驶了90 (3)依据题意，由y=x2+x+3=x+
2
分钟，从B站到C站行驶了60分钟，
故答案为：90，60；
(2)①根据题意得：D1001次列车从A站到C站共需
90+60=150分钟，G1002次列车从A站到C站共需
35+60+30=125分钟，
∴150v =125v ，
1 2
v 5
∴ 1 = ，
v 6
2
5
故答案为： ；
6
v 5
②∵v =4(千米/分钟)， 1 = ， 1 v 6
2

2 11
+ ，可
4
1 11
得当x=- 时，y取最小值，最小值为 ，再根据
2 4
1 1
n<- 、- ≤n≤1和n>1进行分类讨论，即可
2 2
计算得解．
【解答】解：(1)由题意，∵二次函数为y=x2+bx+
c，
b 1
∴抛物线的对称轴为直线x=- =- ．
2 2
∴b=1．
∴抛物线为y=x2+x+c．
又图象经过点A(-2,5)，
·85·∴4-2+c=5．
∴c=3．
∴抛物线为y=x2+x+3．
(2)由题意，∵点B(1,7)向上平移2个单位长度，向左
平移m个单位长度(m>0)，
∴平移后的点为(1-m,9)．
又(1-m,9)在y=x2+x+3，
∴9=(1-m)2+(1-m)+3．
∴m=4或m=-1(舍去)．
∴m=4．
1
(3)由题意，当n<- 时，
2
1 ∴最大值与最小值的差为5- n+
2
   2 + 11
 4
 9 = ．
4
1
∴n =n =- ，不符合题意，舍去．
1 2 2
1
当- ≤n≤1时，
2
11 9
∴最大值与最小值的差为5- = ，符合题意．
4 4
1
当n>1时，最大值与最小值的差为n+
2

2 11
+ -
4
11 9
= ，解得n =1或n =-2，不符合题意．
4 4 1 2
1
综上所述，n的取值范围为- ≤n≤1．
2
103．【分析】(1)将A(1,0)，B(3，0代入y=x2+bx
+c解方程组即可得到结论；
(2)设C 对应的函数表达式为y=a(x+1)(x-3)(a<
2
0)，将点C(0,6)代入得，a=-2．求得C 对应的函数
2
表达式为y=-2(x+1)6x+3)，对称轴为直线x=1．
作直线x=1，交直线l于点H(如答图①)由二次函数
的对称性得到 QH = PH， PM = NQ，求得 PH =
PM．设PH=t(0<l<2)，则点P的横坐标为t+1，
点M的横坐标为2t+1，解方程即可得到结论；
(3)连接DE，交x轴于点G，过点F作FI⊥ED于点
I，过点F作FJ⊥x轴于点J，(如答图②)，根据矩形
到现在得到IF=GJ，IG=FJ，设C 对应的函数表达
2
式为y=a(x+1)(x-3)(a<0)，求得D(1,-4)，E(1,
FJ 1 -4a)．得到tan∠FAB=tan∠ADG= = ，设
AJ 2
GJ = m(0 < m < 2)，则 AJ = 2 + m，求得 FJ =
2+m 2+m
，Fm+1,
2 2

(2)设C 对应的函数表达式为y=a(x+1)(x-3)(a<
2
0)，将点C(0,6)代入得，a=-2．
∴C 对应的函数表达式为：y=-2(x+1)(x-3)，其
2
对称轴为直线x=1．
又∵图象C 的对称轴也为直线x=1．
1
作直线x=1，交直线l于点H(如答图①)
由二次函数的对称性得，QH=PH，PM=NQ，
又∵PQ=MP-QM，
∴PH=PM．
设PH=t(0<l<2)，则点P的横坐标为t+1，点M
的横坐标为2t+1，
将x=t+1代入y=-2(x+1)(x-3)，得y =-2(t+
P
2)(t-2)，
将x=2t+1代入y=(x+1)(x-3)，得y =(2t+2)
M
(2t-2)，
∵y =y ，
P M
∴-2(t+2)(t-2)=(2t+2)(2t-2)，
即6t2=12，解得t = 2，t =- 2 (舍去)．
1 2
∴点P的坐标为( 2+1，4)；
(3)连接DE，交x轴于点G，过点F作FI⊥ED于点
I，过点F作FJ⊥x轴于点J，(如答图②)，
，解方程组得到m =0(舍
1
8 5
去)，m = ，求得a=- ，于是得到结论．
2 5 4
【解答】解：(1)将A(1,0)，B(3，0代入y=x2+bx+
1-b+c=0

c得 ，
9+3b+c=0
b=-2

解得 ，
c=-3
∴图象C 对应的函数表达式：y=x2-2x-3；
1
·86·∵FI⊥ED，FJ⊥x轴，
∴四边形IGJF为矩形，
∴IF=GJ，IG=FJ，
设C 对应的函数表达式为y=a(x+1)(x-3)(a<0)，
2
∵点D，E分别为二次函数图象C，C 的顶点，
1 2
∴D(1,-4)，E(1,-4a)．
∴DG=4，AG=2，EG=-4a，
AG 2 1
在Rt△AGD中，tan∠ADG= = = ，
DG 4 2
∵AF⊥AD，
∴∠FAB+∠DAB=90°，
又∵∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠ADG=∠FAB，
FJ 1
∴tan∠FAB=tan∠ADG= = ，
AJ 2
设GJ=m(0<m<2)，则AJ=2+m，
2+m 2+m
∴FJ= ，Fm+1,
2 2

2+5m 1
由①，②可得- (m-2)= ，
8 2
8
解得m =0(舍去)，m = ，
1 2 5
5
∴a=- ，
4
5
∴图象C 对应的函数表达式为y=- (x+1)(x-3)=
2 4
5 5 15
- x2+ x+ ．
4 2 4
CE CB
104．【分析】(1)由 = =1，得到CE=CD，
CD CA
CB=CA，根据等腰直角三角形的性质得到 ∠A=
∠ABC=45°，∠ACD=∠BAE，根据全等三角形的性
质得到AD=BE，∠A=∠CBE=45°，根据垂直的定
义得到AD⊥BE；
(2)根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC，
BE BC
求得 = = m， ∠CBE = ∠A，得到 BE =
AD AC
mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE；
(3)①连接CF交DE于O，由(1)知，AC=BC=6，
∠ACB=90°，求得AB=6 2，得到BD=6 2-x，
根据勾股定理得到DE2=BD2+BE2=(6 2 -x)2+
x2，根据线段垂直平分线的性质得到CE=EF，CD=
DF，推出四边形CDFE是正方形，根据正方形的面积
1 1
公式即可得到y= DE2= [(6 2-x)2+x2]，根据
2 2
二次函数的性质即可得到结论；
②过D作DH⊥AC于H，根据等腰直角三角形到现在
2 2
得到 AH = DH = AD = x，求得 CH = 6 -
2 2
2 1
x，连接OB，推出OB= CF，得到∠CBF=
2 2
90°，根据勾股定理得到结论．
【解答】解：(1)AD⊥BE，AD=BE，
CE CB
理由：∵ = =1，
CD CA
，
∴CE=CD，CB=CA，
∵EF⎳AD， ∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠FEl=∠ADG， ∴∠A=∠ABC=45°，∠ACD=∠BAE，
∴tan∠FEl=tan∠ADG= FI = 1 ， ∴△ACD≅△BCE(SAS)，
EI 2
∴AD=BE，∠A=∠CBE=45°，
∴EI=2m，
∴∠ABE=90°，
∵EG=EI+IG，
∴AD⊥BE；
2+m
∴2m+ =-4a，
2 故答案为：AD⊥BE，AD=BE；
2+5m
∴a=- ①， (2)BE=mAD，AD⊥BE，
8
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
m+2
∵点F在C 上，a(m+1+1)(m+1-3)= ，
2 2 ∴∠ACD=∠BCE，
m+2 CE CB
即a(m+2)(m-2)= ， ∵ = =m，
2 CD CA
∵m+2≠0， ∴△ADC∽△BEC，
1 BE BC
∴a(m-2)= ②， ∴ = =m，∠CBE=∠A，
2 AD AC
·87·∴BE=mAD，
∵∠A+∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
∴AD⊥BE；
(3)①连接CF交DE于O，
由(1)知，AC=BC=6，∠ACB=90°，
∴AB=6 2，
∴BD=6 2-x，
∵AD=BE=x，∠DBE=90°，
∴DE2=BD2+BE2=(6 2-x)2+x2，
∵点F与点C关于DE对称，
∴DE垂直平分CF，
∴CE=EF，CD=DF，
∵CD=CE，
∴CD=DF=EF=CE，
∵∠DCE=90°，
∴四边形CDFE是正方形，
1 1 ∴y= DE2= [(6 2-x)2+x2]，
2 2
∴y与x的函数表达式为y=x2-6 2x+36(0<x≤
6 2)，
∵y=x2-6 2x+36=(x-3 2)2+18，
∴y的最小值为18；
②过D作DH⊥AC于H，
则△ADH是等腰直角三角形，
2 2
∴AH=DH= AD= x，
2 2
2
∴CH=6- x，
2
连接OB，
∴OB=OE=OD=OC=OF，
1
∴OB= CF，
2
∴∠CBF=90°，
∵BC=6，BF=2，
∴CF= BC2+BF2=2 10
2
∴CD= CF=2 5，
2
∵CH2+DH2=CD2，
2 ∴6- x
2
 2 2 + x
2

105．【分析】(1)直接利用待定系数法求解抛物线的
解析式即可；
(2)延长PE交x轴于G，过P作PH⎳y轴于H，求解
OB 6
BC= 32+62=3 5，可得sin∠BCO= =
BC 3 5
2 5 2 5 = ， 可 得 PE = PH ， 设
5 5
1 5
Px, x2- x-3
2 2
2 =(2 5)2，
解得x=4 2或x=2 2，
∴AD=4 2或2 2．

1
，PH=- x2+3x，PD=2x-
2
5，再建立二次函数求解即可；
(3)由抛物线沿射线BC方向平移 5 个单位，即把
抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得
1 1
新的抛物线为y= x2- x-7，F(3,-4)，分两种
2 2
情况：当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
证明 M (0, -1)，可得 ∠AMO = ∠OAM = 45° =
∠FMK，证明∠NMK=∠ABC；当N在y轴的 右
侧时，过M作y轴的垂线，过N'作N'T⊥过M的垂
线于T，同理可得：∠NMT=∠ABC，再进一步
结合三角函数建立方程求解即可．
【解答】解：∵抛物线 y=ax2+bx-3与x轴交于A(
-1,0)，B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直
5
线x= ，
2
a-b-3=0
 ∴ - b =5 ，
2a 2
a=1
 2
解得 ，
b=-5
2
1 5
∴抛物线的表达式为y= x2- x-3；
2 2
(2)如图，延长PE交x轴于G，过P作PH⎳y轴交
BC于H，
·88·1 5 1 5
在y= x2- x-3中，令y=0得0= x2- x-
2 2 2 2
3，
解得：x =-1，x =6，
1 2
∴B(6,0)，
当x=0时，y=-3，
∴C(0,-3)，
∴BC= 32+62=3 5，
OB 6 2 5
∴sin∠BCO= = = ，
BC 3 5 5
∵PH⎳y轴，
∴∠PHE=∠BCO，
PE 2 5
∴sin∠PHE= = ，
PH 5
2 5
∴PE= PH，
5
1
由B(6,0)，C(0,-3)得直线BC为y= x-3，
2
1 5
设 Px, x2- x-3
2 2

1
，则Hx, x-3
2
 ，
1
∴PH=- x2+3x，
2
1 5 5
∵抛物线y= x2- x-3 的对称轴为直线x= ，
2 2 2
5
∴PD=2x-
2
 =2x-5，
5 5 2 5 1
∴PD+ PE=2x-5+ × - x2+3x
2 2 5 2
 =
1
- x2+5x-5，
2
1
∵- <0， 2
5
∴当x=-
2×-1
2

∴M(0,-1)，
∴∠AMO=∠OAM=45°=∠FMK，
∵∠NMF-∠ABC=45°，
∴∠NMK+45°-∠ABC=45°，
∴∠NMK=∠ABC，
OC 3 1
∴tan∠NMK=tan∠ABC= = = ，
OB 6 2
1 1
设Nn, n2- n-7
2 2
5
=5时，PD+ PE取得最大
2
15
值，最大值为 ，此时P(5,-3)；
2
(3)∵抛物线沿射线BC方向平移 5个单位，即把抛物
线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
1 5
∴新的抛物线为y= (x+2)2- (x+2)-3-1=
2 2
1 1
x2- x-7，F的坐标为(3,-4)，
2 2
如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
由A(-1,0)，F(3,-4)得直线AF解析式为y=-x-
1，
当x=0时，y=-1，
 ，
NK -n 1
∴ = = ，
MK -1-1 n2+1 n+7 2
2 2
5- 73 5+ 73
解得：n= 或 (舍去)，
2 2
5- 73
∴N ,4- 73
2
 ；
如图，当N在y轴的右侧时，过M作y轴的垂线MT，
过N'作NT⊥MT于T，
同理可得∠NMT=∠ABC，
1 1
设Nx, x2- x-7
2 2
 ，则T(x,-1)，
1 x2-1 x-7+1 2 2 1
同理可得： = ，
x 2
∴x=1+ 13 或x=1- 13 (舍去)，
13-1
∴N1+ 13,
2
 ，
5- 73
综上所述， N 的坐标为  ，4- 73
2
 或
13-1
1+ 13，
2
 ．
106．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)求出直线AP的表达式为：y=m(x-2)，联立上
式和抛物线的表达式得：x2-6x+8=m(x-2)，得
到x =4+m，即可求解；
Q
1
(3)求出直线CM的表达式为：y=m+ t-2
6
 (x-
m)+m2-2m，联立上式和y 的表达式得：x2-8x+
3
1
t=m+ t-2
6
 (x-m)+m2-2m，进而求解．
【解答】解：(1)由题意得：y =x(x-2)=x2-2x；
1
而y 过(2,0)、(4,0)，
2
则y =(x-2)(x-4)=x2-6x+8； 2
(2)设点P(m,m2-2m)、点A(2,0)，
设直线PA的表达式为：y=k(x-2)，
·89·将点P的坐标代入上式得：m2-2m=k(m-2)，
解得：k=m，
则直线AP的表达式为：y=m(x-2)，
联立上式和抛物线的表达式得：x2-6x+8=m(x-
2)，
解得：x =4+m，
Q
则x -x =4+m-m=4； Q P
(3)由(1)知，y =x(x-2)=x2-2x，
1
联立y、y 得：x2-2x=x2-8x+t，
1 3
1
解得：x= t，
6
1 1 1
则点C t， t2- t
6 36 3
 ，
由点C、M的坐标得，直线CM的表达式为：y=
1
m+ t-2
6
 (x-m)+m2-2m，
1
联立上式和y 的表达式得：x2-8x+t=m+ t-2
3 6

(x-m)+m2-2m，
1
整理得：x2-6+m+ t
6

1
x+1+ m
6

∵正方形ABCD，
∴∠BCA=∠ACD=45°，
∵∠EBF=45°，
∴△BHG∽△CHF，
BH HG
∴ = ，
CH HF
BH CH
∴ = ，
HG HF
∵∠GHF=∠BHC，
∴△BHC∽△GHF，
∴∠BCH=∠GFH=45°，
∴△GBF为等腰直角三角形；
方法二：∵∠GBF=∠GCF=45°，
∴B、C、F、G四点共圆，
∴∠BFG=∠BCG=45°，
∴∠BFG=∠GBF=45°，
即∠BGF=90°，
∴△GBF为等腰直角三角形；
(2)证明：∵△GBF为等腰直角三角形，
t=0，
∴∠BGF=90°，BG=FG，
1 1 1
则x +x =6+m+ t，即 t+n=6+m+ t， ∴∠PBG=∠QGF，
C N 6 6 6
即n-m=6，
∵PQ⊥AB，PQ⊥CD，
即|m-n|=6为定值．
∴∠BPG=∠GQF=90°，
107．【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解
∴△PBG≅QGF(AAS)，
答；
∴∠PGB=∠GFQ，
【探究证明】 (1) 证明 △BHG ∽ △CHF， △BHC ∽ ∵PQ⎳AD，
△GHF，得到∠BCH=∠GFH=45°，即可解答； ∴∠PGB=∠AEB，
(2)根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≅QGF ∵翻折，
(AAS)，利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证； ∴∠AEB=∠BEF，
【深入研究】根据旋转的性质及勾股定理证明△GBH≅ ∵∠PGB=∠EGQ，
△NBH(SAS)，设AP=PG=DQ=FQ=a，分别求 ∴∠BEF=∠EGQ，
出CH，GH，即可解答． ∵∠BEF+∠EFG=∠EGQ+∠FGQ=90°，
【解答】【操作判断】解：如图， ∴∠EFG=∠FGQ，
∴EM=MG=MF；
【深入研究】解：方法一：将△AGB旋转至△BNC，
连接HN，如图，
由题意可得∠1=∠2，∠3=∠4，
∵2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
∴∠EBF=45°，
故答案为：45； ∴△AGB≅△CNB，
【探究证明】(1)解：方法一：△BFG为等腰直角三角 ∴∠BAC=∠BCN=45°，AG=CN，BG=BN，
形，证明如下： ∵∠ACB=45°，
由题意可得∠EBF=45°， ∴∠HCN=90°，
·90·∴CH2+CN2=HN2， (2)根据题意得出y =- 1 (m+1)2+(m+1)+1，y =
1 2 2
∵∠5=∠6，∠EBF=45°，
1
- (m+2)2+(m+2)+1，再用作差法得出y -y =
∴∠GBH=∠NBH， 2 1 2
∴△GBH≅△NBH(SAS)， 1
m+ ，进行分类讨论即可；
2
∴GH=NH，
1
(3)求出直线AB的函数解析式为y= x，然后进行分
∴CH2+AG2=GH2， 2
由(2)知△PBG≅△QGF，四边形APQD为矩形， 类讨论：当PQ为正方形的边时；当PQ为正方对角线
∵∠BAC=45°， 时，结合正方形的性质和三角形全等的判定和性质，
∴AP=PG=DQ=FQ， 即可解答．
设AP=PG=DQ=FQ=a， 【解答】解：(1)把A-1,- 1
2
∴AG= 2a，
AG 1
∵ = ，
AC k
∴AC= 2ka，
∴GH+HC=AC-AG= 2a(k-1)，
∵CH2+AG2=GH2，
∴GH2-CH2=(CH+GH)(GH-CH)=2a2，
2a
∴GH-CH= ，
k-1
2a(k2-2k+2) 2a(k2-2k)
解得GH= ，CH= ，
2k-2 2k-2
GH k2-2k+2
∴ = ．
CH k2-2k
方法二：如图，延长BF交PQ延长线于点N，
GH GN
则 = ，
CH BC
由于BC的长度已知，所以只需求出GN的长度即可，
由(2)知M为EF的中点，且PQ⎳AD，
∴点Q为DF的中点，即DQ=QF=AP=a，
∴CF=CD-DF=ak-2a，
QN QF
∴ = ，
BC FC
QN a
即 = ，
ka (k-2)a
ka
∴QN= ，
k-2
∵QG=PQ-PG=ak-a，
a(k2-2k+2)
∴GN=QG+QN= ，
k-2
GH GN k2-2k+2
∴ = = ．
CH BC k2-2k
108．【分析】(1)将点A和点B的坐标代入y=ax2+
x+c，求出a和c的值，即可得出这个二次函数的表
达式；
 ，B(2,1)代入y=ax2
+x+c得：
a-1+c=-1
 2 ，
4a+2+c=1
a=-1
解得： 2 ，
c=1
1
∴这个二次函数的表达式为y=- x2+x+1；
2
(2)∵C(m+1,y )，D(m+2,y )都在该二次函数的图
1 2
象上，
1 1
∴y =- (m+1)2+(m+1)+1，y =- (m+2)2+
1 2 2 2
(m+2)+1，
1
∴ y - y =- ( m + 1 ) 2 + ( m + 1 ) + 1 -
1 2 2
 - 1 (m+2)2+(m+2)+1
 2
 1 =m+ ，
2
1 1
当m+ >0时，即m>- 时，y >y ；
2 2 1 2
1 1
当m+ =0时，即m=- 时，y =y ；
2 2 1 2
1 1
当m+ <0时，即m<- 时，y <y ；
2 2 1 2
(3)设直线AB的函数解析式为y=kx+e，
1
把A-1,-
2

-1 =-k+e
，B(2,1)代入得： 2 ，
1=2k+e
k=1
解得： 2 ，
e=0
1
∴直线AB的函数解析式为y= x，
2
当PQ为正方形的边时，
①∵B(2,1)，
1
∴tan∠BOC= ，
2
过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作MG的
垂线，垂足为点H，如图1，
·91·∵PQ⎳MN，MG⎳x轴，
∴∠BOC=∠NMG，
1
∴tan∠BOC=tan∠NMG= ，则MG=2NG，
2
设NG=t，则MG=2t，
∴M(-2t,-2t2-2t+1)，
∴点N的纵坐标为-2t2-2t+1+t=-2t2-t+1，
即N(0,-2t2-t+1)，
∵以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形，
∴∠PMN=90°，PM=MN，
∴∠PMH+∠NMG=90°，
∵∠PMH+∠MPH=90°，
∴∠NMG=∠MPH，
∵∠NMG=∠MPH，∠H=∠MGN，PM=MN，
∴△PHM≅△MGN，
∴PH=MG=2t，HM=NG=t，
∴P(-3t,-2t2+1)，
1 1
把P(-3t,-2t2+1)代入y= x得：-2t2+1= ×(
2 2
-3t)，
3+ 41 3- 41
解得：t = ，t = (舍去)，
1 8 2 8
15+5 41
∴N0,-
16

+4t+1)，
1
把Q(t,-2t2+4t+1)代入y= x得：-2t2+4t+1
2
1
= t，
2
1
解得：t =2,t =- (舍去)，
1 2 4
∴N(0,-5)；
③如图3：构造Rt△GMN，Rt△HPM，
1
和①同理可得：△GMN≅△HPM，tan∠GMN= ，
2
设GN=HM=2t，则GM=HP=t，
∴M(-2t,-2t2-2t+1)，N(0,-2t2-t+1)，P(-t,
-2t2-4t+1)，
1
把P(-t,-2t2-4t+1)代入y= x得：-2t2-4t+1
2
1
=- t，
2
1
解得：t = ,t =-2(舍去)，
1 4 2
5
∴N0,
8
；
②如图2：构造Rt△MQG，Rt△NMH，
1
和①同理可得：△MQG≅△NMH，tan∠MNH= ，
2
设NH=GM=2t，则QG=MH=t，
∴M(2t,-2t2+2t+1)，N(0,-2t2+t+1)，Q(t,-2t2
 ；
④如图4：构造Rt△GMN，Rt△HNP，
1
和①同理可得：△GMN≅△HNP，tan∠GMN= ，
2
设GM=HN=2t，则GN=HP=t，
∴M(2t,-2t2+2t+1)，N(0,-2t2+t+1)，P(t,-2t2
-t+1)，
1 把P(t,-2t2-t+1)代入y= x得：-2t2-t+1=
2
1
t，
2
·92·-3+ 41 -3- 41
解得：t = ，t = (舍去)，
1 8 2 8
-15+5 41
∴N0,
16
 ；
当PQ为正方形对角线时，
⑤如图5：构造矩形HGJI，过点P作PK⊥IJ于点
K，
1
同理可得：△PMH≅△NPG,tan∠PNG= ，
3
设PG=HM=t，则PH=GN=3t，
∴M(-2t,-2t2-2t+1)，N(0,-2t2-6t+1)，P(
-3t,-2t2-5t+1)，
1
把P(-3t,-2t2-5t+1)代入y= x得：-2t2-5t+
2
3
1=- t，
2
1
解得：t = ,t =-2(舍去)，
1 4 2
∴PK⎳x轴，
5
∴N0,-
∴∠QPK=∠BOC， 8
1
∴tan∠QPK=tan∠BOC= ，
2
设QK=x，则PK=2x，
和①同理可得：△PNH≅△MPG≅△QMJ≅△NQI，
∴HN=PG=MJ=IQ，PH=GM=QJ=NI，
∴四边形HGJI为正方形，
∴PK=IJ=2x，
1 1
∴IQ=PG=JK= (IJ-QK)= x，则PH=GM
2 2
3
=QJ=NI= x，
2
PG 1
∴tan∠PMG= = ，
GM 3
设PG=HN=t，则PH=GM=3t，
∴M(2t,-2t2+2t+1)，N(0,-2t2+6t+1)，P(-t,
-2t2+3t+1)，
1
把P(-t,-2t2+3t+1)代入y= x得：-2t2+3t+1
2
1 =- t，
2
1
解得：t =2,t =- (舍去)，
1 2 4
∴N(0,5)；
⑥如图6：构造Rt△PMH，Rt△NPG，
 ；
15+5 41
综上：N0,-
16

-15+5 41
或N0,
16
 或N
5
(0,-5)或N(0,5)或N0,
8

5
或N0,-
8
 ．
109．【分析】(1)证明ΔAOE≅ΔCOF(ASA)，即可
得到OE=OF；
(2)(i)证明ΔHOF∽ΔAOD，即可得到HF⎳AD；(ii)
AC
先求出OA=2OH，OB=5OE，即可得到 的值．
BD
【解答】(1)证明：∵▱ABCD，
∴AD⎳BC，OA=OC，
∴AM⎳CN，
∵AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴AN⎳CM，
∴∠OAE=∠OCF，
在ΔAOE与ΔCOF中，
∠OAE=∠OCF 
OA=OC ，
∠AOE=∠COF
∴ΔAOE≅ΔCOF(ASA)，
∴OE=OF；
(2)(i)证明：∵HE⎳AB，
OH OE
∴ = ，
OA OB
∵OB=OD，OE=OF，
OH OF
∴ = ，
OA OD
∵∠HOF=∠AOD，
·93·∴ΔHOF∽ΔAOD， -3)+1=x-2，
∴∠OHF=∠OAD， 该直线和x轴的夹角为45°，
∴HF⎳AD； 则t=45÷3=15(秒)；
(ii)解：∵▱ABCD为菱形， ②由①知，l为：y=1，如图：
∴AC⊥BD，
∵OE=OF，∠EHF=60°，
∴∠EHO=∠FHO=30°，
∴OH= 3OE，
∵AM⎳BC，MD=2AM，
AH AM 1
∴ = = ，即HC=3AH，
HC BC 3
∴OA+OH=3(OA-OH)，
∴OA=2OH，
∵BN⎳AD，MD=2AM，AM=CN，
BE BN 2 1 1
∴
ED
=
AD
=
3
，即3BE=2ED， 则S=
2
×EF×(y
A
-y
E
)=
2
EF，
∴3(OB-OE)=2(OB+OE)， 联立直线l和抛物线的表达式得：ax2-6ax-a3+2a2
∴OB=5OE， +1=1，
AC OA 2OH 2 3 即x2-6x-a2+2a=0，
∴ = = = ，
BD OB 5OE 5 设点E、F的横坐标为m，n，
AC 2 3
∴ 的值是 ． 则m+n=6，nm=-a2+2a，
BD 5
则EF2=(m-n)2=(m+n)2-4mn=4(a2-2a+9)，
110．【分析】(1)由抛物线对称轴公式即可求解；
1
(2)由C =C +2，即AC+CD+AD=BC+CD+ 则S= EF= a2-2a+9= (a-1)2+8≥2 2，
1 2 2
BD+2，得到2x =x +x +2，即可求解；
D A B 当a=1时，等号成立，
(3)①当m=±1时，一次函数的表达式为：y=m2(x
即k的最大值为：2 2，a=1，
-3)+1=x-2，该直线和x轴的夹角为45°，即可求
则抛物线的表达式为：y=x2-6x+2．
解；
111．【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
1 1
②由S= ×EF×(y -y )= EF，而EF2=(m- (2)连接CN，根据题意，求得M(-1,a-2)，N(1,a)，
2 A E 2
n)2=(m+n)2-4mn=4(a2-2a+9)，即可求解． 进而求出CN=2，CM=a-(a-2)=2，利用勾股定
理求出 MN = 2 2 ，求出 DN = 2 2 ，从而得到
【解答】解：(1)由抛物线的表达式知，其对称轴为直
b -6a ∠NDM=∠NMD，结合平行线的性质即可证明结论；
线x=- =- =3；
2a 2a (3)设G(m,m-1)，则H(m,m2+bm-1)，1≤m≤
(2)直线l:y=m2x+n过点C(3,1)，则该直线的表达式
3，求出当a=1时，x =1-b≥3，得到点G在H的
2
为：y=m2(x-3)+1，
上方，设GH=t，故t=-m2+(1-b)m，其对称轴为
当y=2时，2=m2(x-3)+1， 1-b 3 1-b 1-b
m= ，分为 ≤ ≤3和 >3两种情况
1 2 2 2 2
则x = +3，
D m2 讨论即可．
∵C 1 =C 2 +2，即AC+CD+AD=BC+CD+BD+ 【解答】(1)解：∵抛物线与x轴交于A(-1,0)、B(4,
2， 0)两点，
其中，AC=BC，上式变为：AD=BD+2， ∴分别将A(-1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx-1中，
即2x D =x A +x B +2，  a-b-1=0
得 ，
而函数的对称轴为直线x=3，由函数的对称性知，x 16a+4b-1=0
A
+x =2×3=6， a=1
B  4
解得 ，
即2x
D
=x
A
+x
B
+2=8， b=-3
4
1
则x =4= +3， 1 3
D m2 ∴抛物线对应的函数表达式为y= x2- x-1．
4 4
解得：m=±1；
(2)证明：连接CN，如图，
(3)①当m=±1时，一次函数的表达式为：y=m2(x
·94·设GH=t，则t=-m2+(1-b)m，
1-b 1-b 3
其对称轴为m= ，且 ≥ ，
∵b=1， 2 2 2
3 1-b
∴y=ax2+x-1， ①当 ≤ ≤3时，即-5≤b≤-2，
2 2
当x=-1时，y=a-2，
由图可知，
∴M(-1,a-2)，
当x=1时，y=a，
∴N(1,a)，
∵C(-1,a)，N(1,a)，
∴CN=2，CM=a-(a-2)=2，CM⊥CN，
在ΔCMN中，CM=2，CN=2，
∴MN= CM2+CN2=2 2，
∵DN=a+2 2-a=2 2，
∴DN=MN，
∴∠NDM=∠NMD， 1-b (1-b)2
当m= 时，t取得最大值 =4，
2 4
∵DN⎳CM，
解得b=-3或b=5(舍去)，
∴∠NDM=∠CMD，
1-b
∴∠NMD=∠CMD， ②当 >3时，得b<-5，
2
∴MD平分∠CMN． 由图可知，
(3)解：设G(m,m-1)，则H(m,m2+bm-1)，1≤
m≤3，
当a=1时，y=x2+bx-1，
∵过直线y=x-1(1≤x≤3)上一点G作y轴的平行
线，
令x2+bx-1=x-1，
解得x =0，x =1-b．
1 2
∵b≤-2，
∴x =1-b≥3，
2
当m=3时，t取得最大值-9+3-3b=4，
点G在H的上方，如图，
10
解得b=- (舍去)，
3
综上所述，b的值为-3．
112．【分析】(1)描点连线绘制函数图象即可，再用
待定系数法即可求函数表达式；
1
(2)方案一：B' m，n
2
 ；将点B'的坐标代入抛物线
表达式即可求解；方案二：同方案一；
1
(3)对于第一个二次函数：m=4，由n= am2，得
4
·95·1
n= ×2×42=8，则第二个二次函数距线段AB的距
4
离的n=2，进而求解．
【解答】解：(1)描点连线绘制函数图象如下：
1
由题意得，点B m，n
2
 ，
1
将点 B 的坐标代入函数表达式得： n =  m
2

2
=
1
m2；
4
1 故答案为：n= m2；
4
(2)方案一：
1
点B' m，n
2
 ，
1
将点B'的坐标代入抛物线表达式得：n= a×m2，
4
1
故答案为： m，n
2

1
，n= am2；
4
方案二：
1
点Bh+ m，k+n
2

将点 B 的坐标代入抛物线表达式得： k + n =
1
ah+ m-h
2

2
+k，
1
解得：n= am2，
4
1
故答案为：h+ m，k+n
2

1
∴a=- ；
2
9 1
综上，a= 或- ．
2 2
113．【分析】(1)根据顶点坐标，求出b的值，再将
点A代入函数解析式即可确定具体解析式；
(2)过点M作MN⊥x轴交于点N，利用勾股定理逆定
理证明△ACM是直角三角形，且∠CAM=90°，则
tan∠ACM=2，在Rt△AMN中，tan∠MAB=2，由
此可证明∠ACM=∠BAM；
(3)过点D作DH⊥x轴交于H点，根据OE⎳DH，
BH BD 8 3-x 8
可知 = = ，即 D = ，从而求出
OH DE 7 x 7
D
7 4
D ，-
5 5
1
，n= am2；
4
(3)∵AB=4，
1
∴n = ×42=8，
1 2
∵两抛物线顶点距离为10，
∴n =18或2，
2
当n =18时，a>0，
2
∴4a=18，
9 ∴a= ，
2
当n =2时，a<0，
2
∴-4a=2，

2 5 3 5
，再求AD= ，DM= ，设B
5 5
3 5
点到AM的距离为h，根据3S = h，2S
△ABD 5 △M'BD
3 5
= h，即可得到3S =2S ．
5 △ABD △M'BD
【解答】(1)解：∵顶点为M(2,d)，
b
∴- =2，
-4
∴b=8，
∴y=-2x2+8x+c，
将点A(1,0)代入y=-2x2+8x+c，
∴-2+8+c=0，
解得c=-6，
∴抛物线的解析式为y=-2x2+8x-6；
(2)证明：∵y=-2x2+8x-6=-2(x-2)2+2，
∴M(2,2)，
过点M作MN⊥x轴交于点N，
1
∵A(1,0)，C0,
2
 ，
5 5
∴AC= ，AM= 5，CM= ，
2 2
∵CM2=AC2+AM2，
∴△ACM是直角三角形，且∠CAM=90°，
∴tan∠ACM=2，
在Rt△AMN中，tan∠MAB=2，
∴∠ACM=∠BAM；
(3)解：3S =2S ，理由如下：
△ABD △M'BD
∵M(2,2)，
∴M(2,-2)，
过点D作DH⊥x轴交于H点，
∵OE⎳DH，
BH BD 8
∴ = = ，
OH DE 7
当y=0时，-2x2+8x-6=0，
解得x=1或x=3，
∴B(3,0)，
·96·3-x 8
∴ D = ，
x 7
D
7
解得x = ，
D 5
设直线AM的解析式为y=kx+m，
k+m=0

∴ ，
2k+m=-2
k=-2 
解得 ，
b=2
∴直线AM的解析式为y=-2x+2，
7 4
∴D ，-
5 5

∴C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠FCE=∠OCB=45°，
∵∠DFB是△CEF的外角，
∴∠DFB=∠FCE+∠FEC=45°+∠FEC，
∵∠DFB=∠PBF=∠CBO+∠PBQ=45°+∠PBQ，
∴∠PBQ=∠FEC，
PQ 1
∴tan∠PBQ= = ，
BQ 3
，
设P(m,-m2+2m+3)，则BQ=3-m，PQ=m2-
2 5 3 5
∴AD= ，DM= ， 2m-3，
5 5
设B点到AM的距离为h， ∴ m2-2m-3 = 1 ，
3-m 3
1 2 5 3 5 1
∴3S = ×3× h= h，2S = × 4
△ABD 2 5 5 △M'BD 2 ∴m=3(舍去)或- ，
3
3 5 3 5
2× h= h， 4 13
5 5 ∴P- ，-
3 9
∴3S =2S ．
△ABD △M'BD
114．【分析】(1)求出点A、B的坐标，再用待定系
数法即可求得函数解析式；
(2)①求出角的关键信息，再用三角函数即可求解；
②运用轴对称求两条线段和最短即将军饮马模型在函
数中运用即可得解．
【解答】解：(1)∵x，x 是x2-2x-3=0的两个根，
1 2
∴x =-1，x =3，
1 2
∴A(-1,0)，B(3,0)，
∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于A、B两点，
a-b+3=0  ∴ ，
9a+3b+3=0
a=-1

解得 ，
b=2
∴抛物线函数表达式为y=-x2+2x+3；
(2)①存在，理由如下：
∵直线y=3x+9与x、y轴分别交于点D、E，
∴x=0时，y=9，
y=0时，3x+9=0，x=-3，
∴点D(-3,0)、E(0,9)，
∴OD=3，OE=9，
OD 1
∴tan∠OED= = ，
OE 3
由抛物线可知：当x=0时，y=3，
 ；
②∵过抛物线上一点M作直线BC的平行线，与抛物
线相交于另一点N，
设M(x ，y )，N(x ，y )，设直线MN的解析式为：
1 1 2 2
y=-x+n，
设直线BM的解析式为y=kx+m，
1
将B(3,0)代入得3k +m=0，
1
解得：m=-3k，
1
∴直线BM的解析式为y=kx-3k， 1 1
设直线CN的解析式为y=k x+m，
2 1
将C(0,3)代入得m =3，
1
∴直线CN的解析式为y=k x+3；
2
y=-x+n

联立方程组 ，得x2-3x+n-3=0，
y=-x2+2x+3
∴x +x =3，
1 2
将M(x，y)代入y=kx-3k，y=-x2+2x+3得：
1 1 1 1
y =kx-3k
  1 1 1 ， y =-x2+2x +3
1 1 1
∴x2+(k -2)x-3(k +1)=0，
1 1 1
∴(x -3)[x +(k +1)]=0，
1 1 1
解得：k =-1-x，
1 1
·97·将N(x
2
，y
2
)代入y=k
2
x+3，y=-x2+2x+3得：
(2)①当a=
1
时，抛物线的表达式为：y=
1
x2+bx
4 4
y =k x +3
  2 2 2 ， +8，
y =-x2+2x +3
2 2 2
则10=|y |，
∴x2+(k -2)x =0， P
2 2 2
b2
∴x
2
(x
2
+k
2
-2)=0， 即8- =10，
4×1
解得：k =2-x ， 4
2 2
y=k x+3 解得：b=±3 2，
联立方程组   2 ，
y=kx-3k 故答案为：±3 2；
1 1
3(1+k) 3[1+(-1-x)] -3x b2
得出x = 1 = 1 = 1 ②顶点P的纵坐标为：c- =8-b2，
Q k -k -1-x -(2-x ) -3+x -x 4a
1 2 1 2 2 1
= -3x 1 = 3 ， 则h=|y P -2b|=|8-b2-2b|=|b2+2b-8|，
-3+3-x
1
-x
1
2 令h=0，则b=2或-4，
3
∴点Q在直线x= 上运动， 函数h的大致图象如下：
2
在y=3x+9中，令x=0，则y=9，即E(0,9)，
3
如图，作点E关于直线x= 的对称点E，连接DE
2
3
交直线x= 于Q，连接EQ，则E(3,9)，
2
由轴对称性质可得E'Q=EQ，
∴QD+QE的最小值=DQ+EQ=DQ+EQ=
DE，
由两点之间线段最短可得：线段QD+QE的最小值为
从图象看，当b>2或-4<b<-1时，h随b的最大而
DE，
增大，当b<-4或-1<b<2时，h随b的增大而减
∵DE= [3-(-3)]2+(9-0)2=3 13，
小；
∴线段QD+QE的最小值为3 13．
(3)设点C、B的横坐标为m，n，
将点B的坐标代入抛物线y=ax2+bx+8得：0=64a
+8b+8，
则b=-8a-1，
即抛物线的表达式为：y=ax2+(-8a-1)x+8，
8a+1 1 8
则m+n= =8+ ，mn= ，
a a a
则 BC = | m - n | = (m+n)2-4mn =
1 16 32 1
+64+ - =8- ，
a2 a a a
1
则△ABC的面积= ×BC×y =4BC≥20，
2 A
1
即8- ≥5，
115．【分析】(1)将点A坐标代入抛物线表达式即可 a
求解； 则8- 1 ≥5或8- 1 ≤-5，
a a
(2)①由10=|y |，即可求解；②由h=|y -2b|=|8-
P P 1 1
解得：a≥ 或a≤ 且a≠0．
b2-2b|=|b2+2b-8|，即可求解； 3 13
( 3 ) 由 BC = | m - n | = (m+n)2-4mn = 116．【分析】(1)根据顶点式可直接得出点C的坐标；
1 16 32 1 令y=0，解方程，可得出点A，B的坐标；
+64+ - = 8- ，则△ABC 的面积 =
a2 a a a (2)①根据函数的对称性，可得出对称轴为直线x=
1
2
×BC×y
A
=4BC≥20，即可求解． 7
，再根据点C，M的坐标可得出C，M关于对称轴
2
【解答】解：(1)将点A坐标代入抛物线表达式得：c
对称，由此可得出t的值；
=8，
②由对称轴的性质可知，二次函数图象的对称轴与x
故答案为：8； t+1
轴的交点坐标为 ，0
2
 ，再由对称性可知，D(t-
·98·3,0)，由点D在线段OB上，且与端点不重合，可得
t-3>0

 ，即3<t<7，而当t=4时，过点B，C，
t-3<4
M三点的二次函数不存在，由此可得3<t<7且t≠
4；
③OD⋅DB=(t-3)⋅(7-t)=-t2+10t-21=-(t-5)
2+4，根据二次函数的性质可得结论．
4
【解答】解：(1)∵二次函数y=- (x-1)2+4的图象
9
的顶点为C，
∴C(1,4)；
4
令y=- (x-1)2+4=0，解得x=-2或x=4，
9
∴A(-2,0)，B(4,0)；
(2)①由题知，该函数过点B(4,0)，C(1,4)，D(3,0)，
∴函数的解析式为：y'=a(x-4)(x-3)，
7
∴函数的对称轴为直线x= ，
2
∵C(1,4)，M(t,4)，
∴点C，M关于对称轴对称，
1+t 7
∴ = ，
2 2
∴t=6，
故答案为：6；
②设二次函数的解析式为：y=ax2+bx+c，
at2+bt+c=4

将M(t,4)，C(1,4)两点代入，得 ，
a+b+c=4
∴a(t2-1)+b(t-1)=0，
∵t≠1，
b t+1
∴- = ，
2a 2
∴ 二次函数图象的对称轴与 x 轴的交点坐标为
t+1
 ，0
2

1
(3)①由题可求出m= ，从而得到各点坐标，再求
2
AC和DE，然后求出面积；
②借助函数图象分析，代入特殊点即可求解，关键要
分类讨论．
【解答】(1)解：将点(-2,-2)代入抛物线解析式得：
4-4+c=-2，
∴c=-2，
∴抛物线解析式为：y=x2+2x-2．
(2)证明：A(m,m2+2m-2)，B(-m,m2-2m-2)，
C(-5m,m2+2m-2)，
①当m<0时，如图1，作BH⊥AC于点H，
BH m2-2m-2-(m2+2m-2)
tan ∠CAB = = =
AH -m-m
-4m
=2；
-2m
②当m>0时，如图2，作BH⊥AC于点H，
BH m2+2m-2-(m2-2m-2)
tan ∠CAB = = =
AH m-(-m)
4m
=2；
2m
综上，当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值
始终为2．
，
∵B，D两点关于对称轴对称，点B(4,0)，
∴D(t-3,0)，
∵点D在线段OB上，且与端点不重合，
t-3>0

∴ ，即3<t<7，
t-3<4
(3)解：①∵y=x2+2x-2=(x+1)2-3，
∵t=4时，过点B，C，M三点的二次函数不存在，
∴对称轴x=-1，
∴3<t<7且t≠4；
由题可得A(m,m2+2m-2)，B(-m,m2-2m-2)，
③∵OD=t-3，DB=7-t，
C(-5m,m2+2m-2)，
∴OD⋅DB=(t-3)⋅(7-t)．
∵四边形ABCD是菱形，且DE与对称轴重合，
∴OD⋅DB=-t2+10t-21=-(t-5)2+4，
m+(-5m)
∴x = =-2m，
∵3<t<7且t≠4， D 2
∴t=5时，OD⋅DB有最大值，最大值为4． ∴-2m=-1，
117．【分析】(1)将点(-2,-2)代入即可求解； 1
∴m= ，
2
(2)分类讨论，作BH⊥AC于点H，再利用坐标表示
3
∴AM= ，AC=3，
线段的长度，从而表示出tan∠CAB的值，进而求证 2
即可；
·99·DM (4)作点A关于y轴的对称点A'(-4,0)，将点A'向右
∵tan∠CAB=2= ，
AM
3 5
平移 (MN的长度)，得到点A''- ，0
∴DM=3，DE=6， 2 2
1
∴S = ×3×6=9．
菱形ABCD 2
②(Ⅰ)如图3，当m<0，且AE过顶点(-1,-3)时，
y +3
∴ A =-2，即y +3=-2x -2，
x +1 A A
A
∴m2+2m-2+3=-2m-2，
整理得m2+4m+3=0，
∴m=-1或m=-3，
∴m≤-3或-1≤m<0；
(Ⅱ)如图4，当m>0，且CD过顶点(-1,-3)时，
y +3
∴ C =-2，即y +3=-2x -2，
x +1 C C
C
∴m2+2m-2+3=10m-2，
整理得m2-8m+3=0，
∴m=4+ 13或m=4- 13，
∴0<m≤4- 13；
综上，m≤-3或-1≤m<0或0<m≤4- 13．
118．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)AC2=20，AD2=(x-4)2，CD2=x2+4，则AC
=AD或AC=CD，即20=(x-4)2或20=x2+4，即
可求解；
(3)E、C、F、A共线，EF=AC，则x -x =x -
F E A
x ，即可求解；
C
 ，连接PA''
交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，
连接A'N，则NA+MP=A'N+PM=A''M+MP=
A''P为最小，即可求解．
1
【解答】解：(1)直线y= x-2与x轴交于点A，与
2
y轴交于点C，则点A、C的坐标分别为：(4,0)、(0,
-2)，
则抛物线的表达式为：y=a(x-4)(x+1)=a(x2-3x
-4)，
1
则-4a=-2，则a= ，
2
1 3
则抛物线的表达式为：y= x2- x-2；
2 2
(2)设点D(x,0)，
由点A、C、D的坐标得，AC2=20，AD2=(x-4)
2，CD2=x2+4，
则AC=AD或AC=CD，
即20=(x-4)2或20=x2+4，
解得：x=4±2 5或4(舍去)或-4，
即点D(4±2 5，0)或(-4,0)；
1 3
(3)设点Px, x2- x-2
2 2
 ，
1 3 1
当y= x2- x-2= x-2，则x=x2-3x，即点
2 2 2
1 3
Ex2-3x， x2- x-2
2 2
 ，
∵E、C、F、A共线，EF=AC，
则x -x =x -x ，
F E A C
即x-(x2-3x)=4-0，
解得：x=2，
即点P(2,-3)；
(4)作点A关于y轴的对称点A'(-4,0)，将点A'向右
3 5
平移 (MN的长度)，得到点A''- ，0
2 2
 ，
连接PA''交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y
轴于点N，连接A'N，
·100·∵A'A''⎳MN且A'A''=MN，则四边形A'A''MN为平
行四边形，则A'N=A''M，
则NA+MP=A'N+PM=A''M+MP=A''P为最小，
5
最小值为 2+
2

(3)由(2)知，OA=OD=OG，
∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，
连接OA，OG，
∵旋转角α从0°变化到60°，

∴此时点G的运动路线就是AG，
取AB中点H，连接EH，
∵∠BAE=60°，AE=1，AB=2，
1
∴AE=AH= AB=BH，
2
∴△AEH为等边三角形，
∴EH=AH=BH，∠AHE=∠AEH=60°
∴∠HBE=∠BEH，
∵∠AHE=∠HBE+∠BEH，
1
∴∠HBE=∠BEH= AHE=30°，
2
即∠ABE=30°，
∴∠OBG=45°-30°=15°，
2 3 13 1
+32= ， ∵OB=OG= BD，
2 2
3 13 ∴∠DOG=30°，
故答案为： ．
2
∴∠AOG=180°-∠AOB-∠DOG=60°，
119．【分析】(1)先证△AEB≅△AFD，得到BE=
∵AB=2，
DF，再根据△AMB和△DMG内角和推导，证∠G=
∴BD= 2AB=2 2，
90°即可；
∴OA=OG= 2，
(2)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可
 60°×π× 2 2
得证； ∴AG的长度= = π．
180° 3
(3)由(2)知点OA=OD=OG，则点G的运动轨迹是 2
即点G经过路线的长度为 π．
以O为圆心，OA为半径的弧上，再根据α的变化求 3
圆心角即可得解．
【解答】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△AEF是含有45°的直角三角尺，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∵∠BAD-∠DAE=∠EAF-∠DAE，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≅△ADF(SAS)， 120．【分析】(1)过点E作EM⊥CB延长线于点M，
∴BE=DF，∠ABE=∠ADF， 利用一线三垂直全等模型证明△ACD≅△DME，再证
∵∠AMB=∠DMG， 明BM=EM即可；
∴∠G=∠BAM=90°，即BE⊥DF， (2)同(1)中方法证明△ACD≅△DME，再证明BM=
故答案为：BE=DF，BE⊥DF． EM即可；
(2)证明：∵△BAD是直角三角形，O是BD中点， (3)过点E作EM⊥CB，求出EM，CE即可．
∴OA=
1
BD=OD，
【解答】解：(1)如图，过点E作EM⊥CB延长线于
2
点M，
由(1)知∠G=90°，
∴△BGD是直角三角形，
1
∴OG= BD=OD，
2
∴OA=OD=OG．
·101·由旋转得AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠ADC+∠EDM=90°，
由(2)得DM=AC=1，EM=CD=2，
∵∠ACB=90°，
∴CM=CD+DM=3，
∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
∴CE= CM2+EM2= 13，
∴∠CAD=∠EDM，
EM 2 2 13
∴△ACD≅△DME(AAS)， ∴sin∠ECD= = = ；
CE 13 13
∴CD=EM，AC=DM，
当点D在BC延长线上时，过点E作EM⊥CB于点
∵AC=BC，
M，
∴BM=DM-BD=AC-BD=BC-BD=CD，
∴BM=EM，
∵EM⊥CB，
∴BE= 2EM= 2CD，
故答案为：BE= 2CD；
(2)补全图形如图，BE= 2CD，理由如下：
同理可得：△ACD≅△DME，
∴DM=AC=1，ME=CD=2，
∴CM=2-1=1，
∴CE= 22+12= 5，
EM 2 2 5
∴sin∠ECD= = = ，
过点E作EM⊥BC于点M， CE 5 5
由旋转得AD=DE，∠ADE=90°， 2 13 2 5
综上，sin∠ECD= 或 ．
13 5
∴∠ADC+∠EDM=90°，
121．【分析】(1)证明ΔAFH∽ΔBGF，可得AH⋅
∵∠ACB=90°，
BG=AF⋅BF，求出AB= AC2+BC2 = 22+22 =
∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
2 2，可得AF=BF= 2，故xy= 2× 2，=2，
∴∠CAD=∠EDM，
2
∴△ACD≅△DME(AAS)， 从而y与x的函数关系式为y= (1<x<2)；
x
∴CD=EM，AC=DM，
(2) 求出 CH = 2 - x， CG = 2 - y，可得 GH =
∵AC=BC，
CH2+CG2 = (2-x)2+(2-y)2 =
∴DM=BC，
x2+y2-4(x+y)+8 = (x+y)2-2xy-4(x+y)+8，
∴DM-CM=BC-CM，
将 xy = 2 代 入 得 GH = (x+y)2-4(x+y)+4 =
∴CD=BM，
(x+y-2)2=|x+y-2|，而1<x<2，1<y<2，
∴EM=BM，
知x+y>2，故GH=x+y-2，可得ΔCHG 的周长
∵EM⊥CB，
=CH+CG+GH=2-x+2-y+x+y-2=2；
∴BE= 2EM= 2CD；
(3)分两种情况：①过点F作FN⊥AC于点N，作FH
(3)如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥
的垂直平分线交FN于点M，连接MH，求出∠AHF
CB延长线于点M，
=75°，可得∠NMH=30°，设NH=k，则MH=MF
=2k，从而FN=MF+MN=(2+ 3)k，tan∠FHN
·102·FN (2+ 3)k 交FN于点M，连接MH，如图：
=tan75°= = =2+ 3；②过点F作
NH k
FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，
连接FM，同理可得GN=GM+MN=(2+ 3)k，
FN k
tan∠FGN=tan15°= = =2- 3．
GN (2+ 3)k
【解答】解：(1)如图：
∵∠AFE=60°，∠A=45°，
∴∠AHF=75°，
∴FM=MH，
∵∠FNH=90°，
∴∠NFH=15°，
∵FM=MH，
∴∠NFH=∠MHF=15°，
∵∠ACB=∠EDF=90°，且AC=BC=DF=DE=
∴∠NMH=30°，
2cm，
在ΔMNH中，设NH=k，
∴∠A=∠B=∠DFE=45°，
∴MH=MF=2k，
∴∠AFH+∠BFG=∠BFG+∠FGB=135°，
∴∠AFH=∠FGB， ∴MN= MH2-NH2= 3k，
∴ΔAFH∽ΔBGF， ∴FN=MF+MN=(2+ 3)k，
AF AH 在ΔFNH中，
∴ = ，
BG BF FN (2+ 3)k
tan∠FHN=tan75°= = =2+ 3；
∴AH⋅BG=AF⋅BF， NH k
在ΔACB中，AC=BC=2， ②过点F作FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交
∴AB= AC2+BC2= 22+22=2 2， BG于点M，连接FM，
∵O是AB的中点，点O与点F重合，
∴AF=BF= 2，
∴xy= 2× 2，
2
∴y= ，
x
2
∴y与x的函数关系式为y= (1<x<2)；
x
(2)ΔCGH的周长定值为2，理由如下：
∵AC=BC=2，AH=x，BG=y，
∵∠AFE=60°，∠B=45°，
∴CH=2-x，CG=2-y，
∴∠FGB=∠AFE-∠B=15°，
在ΔHCG中，
∵GM=MF，
∴ GH = CH2+CG2 = (2-x)2+(2-y)2 =
∴∠FGB=∠GFM=15°，
x2+y2-4(x+y)+8= (x+y)2-2xy-4(x+y)+8，
∴∠FMB=30°，
将(1)中xy=2代入得：GH= (x+y)2-4(x+y)+4
在ΔFNM中，设FN=k，
= (x+y-2)2=|x+y-2|，
∴GM=MF=2k，
2
∵1<x<2，y= ， 由勾股定理得MN= MH2-NH2= 3k，
x
∴1<y<2， ∴GN=GM+MN=(2+ 3)k，
∴x+y>2， 在ΔFNG中，
FN k
∴GH=x+y-2， tan∠FGN=tan15°= = =2- 3，
GN (2+ 3)k
∴ΔCHG 的周长=CH+CG+GH=2-x+2-y+x
综上所述，tan∠FHN=2+ 3 或 tan∠FGN=2
+y-2=2；
- 3，
(3)①过点F作FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线
·103·故答案为：2+ 3或2- 3．
122．【分析】(1)根据题意先求出点C坐标，待定系
数法求出反比例函数解析式即可；
(2)设点A坐标为(m,0)，根结点C坐标可得线段OC
长，根据条件可得点D坐标，由中点坐标公式得到点
B坐标为(8-m,3)，由两点间距离公式列出方程(8-
m-m)2+32=13，求出m值，根据平行四边形面积公
式求出面积即可；
(3)设直线l 与y轴交于点E，与x轴交于点G，则E
2
(0,6)，作OF⊥l 交l 于点F，根据平移性质可得l 解
1 2 2
3
析式y=- x+6，由解析式可计算出点E、G坐标，
4
利用OE⋅OG=OF⋅EG求出OF长，再联立方程组求
出M 、M 坐标，由中点坐标公式求出点P坐标继而
1 2
求出OP长，将OF和OP代入所求代数式计算即可．
【解答】解：(1)∵四边形OABC是平行四边形，点C
k
在反比例函数y= 的图象上，点C的横坐标为2．
x
点B的纵坐标为3．
∴C(2,3)，
k
∵点C(2,3)在反比例函数y= 图象上，
x
∴k=6，
6 ∴反比例函数解析式为y= ；
x
(2)设点A坐标为(m,0)，
∵C(2,3)，
∴OC= 22+32= 13，
∵OABC是平行四边形，
∴AB=OC= 13，
∵点D是AB边的中点，点B的纵坐标为3，
3
∴点D的纵坐标为 ，
2
6
∵点D在反比例函数y= 图象上，
x
3
∴D4,
2

∴G(8,0)，
∴OE=6，OG=8，
在Rt△EOG中，由勾股定理得EG= OE2+OG2 =
62+82=10，
由三角形面积公式可得：OE⋅OG=OF⋅EG，
OE⋅OG 6×8 24
∴OF= = = ，
EG 10 5
24
∴MN=OF= ，
1 5
y=6
 x
列 函 数 联 立 方 程 组 得  ， 解 得
y=-3x+6
4
x=4+2 2 x=4-2 2  
 y=6-3 2 ， y=6+3 2 ，
2 2
6+3 2
∴M 4-2 2， 1 2
，
由中点坐标公式可得点B坐标为(8-m,3)
∴AB2=(8-m-m)2+32=13，
解得m=3或m=5(舍去)，
∴S =3×3=9．
▱OABC
3
(3)∵将直线l:y=- x向上平移6个单位得到直线l ，
1 4 2
3
∴l 解析式为y=- x+6，
2 4
设直线l 与y轴交于点E，则E(0,6)，
2
如图3，作OF⊥l 交l 于点F，
1 2
∵MN⊥l，
1 1
∴MN=OF，
1
3
在函数y=- x+6中，当y=0时，x=8，
4

6-3 2
，M 4+2 2， 2 2  ，
∵点P为MM 的中点， 1 2
∴P(4,3)，
∴OP= 42+32=5，
24
∴ M 1 N = 5 = 24 ．
OP 5 25
123．【分析】 (1) 利用等腰三角形 + 平行线证明
∠DAE=∠BCA即可得证；
AA' AD
(2)先证ΔADA'∽ΔCDC得到 = ，再证AA
CC' CD
=2DF，代入变形即可得证；
(3)利用特殊点，∠AGD=90°，∠CGE=90°，则G
就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆的交点，根
据题意证G在内部即可．
【解答】(1)证明：∵ΔADC绕点D按逆时针方向旋
转，得到△A'DC，且E与A重合，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵DE是ΔABC的中位线，
∴DE⎳BC，
∴∠DEA=∠BCA，
∴∠DAE=∠BCA，
∴AB=BC．
(2)证明：连接AA，
·104·∴⊙M和⊙N有交点．
故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE=
180°．
∵旋转，
∴∠ADA'=∠CDC'，AD=AD，CD=CD，
AD AD
∴ = ，
CD CD
∴ΔADA'∽ΔCDC'，
AA' AD
∴ = ，
CC' CD 解法二：相似互补弓形，
∵DE是ΔABC的中位线，DF是△ABD的中线，
分别以AD，CE为弦作⊙O 和⊙O，使得△O AD∽
2 2
∴AD=BD，BF=AF，
ΔOEC，两圆的交点即为所求．
∴DF是△AAB的中位线，
作图步骤：①在四边形 ADEC 内任取一点 F，作
∴AA=2DF，
ΔEFC得外接圆，圆心为O，连接OE，OC，
2DF BD
∴ = ， ②作AD的中垂线，
CC CD
3
∴2DF⋅CD=BD⋅CC ③以D为圆心， OC为半径画圆交AD中垂线于点
5
(3)解：存在，理由如下，
O ，
2
解法一：取AD中点M，CE中点N，连接MN，
④以O 为圆心，O A为半径画圆，交⊙O于点G，
2 2
∵AD是⊙M直径，CE是⊙N直径，
点G即为所求．
∴∠AGD=90°，∠CGE=90°，
∴∠AGD+∠CGE=180°，
4
∵tanB= ，BE=3，
3
∴BD=5，
32
∵CE= ，
3
1 16
∴EN= CE= ，
2 3
25
∴BN=BE+EN= ，
3
∵DE⊥CE， 证明：∵ AD = 3 = O 2 A = O 2 D ，
CE 5 OE OC
∴DE是⊙N的切线，即DE在⊙N外，
∴△O AD∽ΔOEC，
2
作NF⊥AB，
∴∠AO D=∠EOC，
2
∵∠B=∠B，∠BED=∠BFN=90°，
1 1
∵∠AGD= (360°-∠AO D)=180°- ∠AO D，
∴ΔBDE∽ΔBNF， 2 2 2 2
BD DE 1
∴ = ， ∠EGC= ∠EOC，
BN NF 2
20 16 ∴∠AGD+∠EGC=180°．
∴NF= > ，即NF>r ，
3 3 n
故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE=
∴AB在⊙N外，
180°．
∴G点在四边形ADEC内部．
124．【分析】(1)根据等腰三角形性质可得AD⊥
作MH⊥BC，
BC，再运用解直角三角形即可求得答案；
41 4
∵BM= ，tanB= ，
5 3 (2)过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C
123 164 作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得DF=
∴BH= ，MH= ，
25 25
1
∴NH= 256 ， DE= 2 ，利用S △ABC =S △ABD +S △ACD ，即可求得答案；
75
(3)根据题目要求画图，设∠A=α，运用等腰三角形性
∴MN= MH2+NH2≈7.4<AM+CN
·105·质和三角形内角和定理可求得α=36°，过点E作EF
⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于
G，利用S =S +S ，即可求得答案．
△BMN △BEM △BEN
【解答】解：(1)如图③，
1
则DE=AD⋅sin∠BAD=1×sin30°= ，
2
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∵AB=AC，AD平分∠BAC， 1
∴DF=DE= ，
2
∴AD⊥BC，
在Rt△ACG中，CG=AC⋅ sin∠BAC=AC⋅ sin60°
AD 1 2 3
在Rt△ABD中，AB= = = ， 3
cos∠BAD cos30° 3 = AC，
2
2 3
∴AC=AB= ， ∵S =S +S ，
3 △ABC △ABD △ACD
1 3 1 1 1 1
4 3 ∴ AB⋅ AC= AB⋅ + AC⋅ ，
两腰之和为AB+AC= ，两腰之积为AB⋅AC=
2 2 2 2 2 2
3
2 3 2 3 4
∴ 3AB⋅AC=AB+AC；
× = ，
3 3 3 (3)补全图形如图所示：
猜想：AB+AC=2AB⋅AC⋅cosα，
证明：如图，
设∠A=α，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∵BD=AD，
∴AD⊥BC，
AD 1 ∴∠ABD=∠A=α，
在Rt△ABD中，AB= = ，
cos∠BAD cosα ∴∠BDC=∠ABD+∠A=2α，
∴AB+AC= 2 ，AB⋅AC= 1 ， ∵BD=BC，
cosα cos2α
∴∠BCD=∠BDC=2α，
∴AB+AC=2AB⋅AC⋅cosα；
∵AB=AC，
2 3 4 3 4
故答案为： ， ， ，AB+AC=2AB⋅ ∴∠ABC=∠ACB=2α，
3 3 3
AC⋅cosα； ∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
(2) 3AB⋅AC=AB+AC． ∴α+2α+2α=180°，
证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于 解得：α=36°，
F，过点C作CG⊥AB于G， ∴∠A=∠ABD=∠CBD=36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过
点N作NG⊥AB于G，
·106·∵S =S +S ，
△BMN △BEM △BEN
1 1 1
∴ BM⋅NG= BM⋅EF+ BN⋅EH，
2 2 2
∵∠ABD=∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF=EH，
∴BM⋅BN⋅sin72°=(BM+BN)⋅EH，
sin72° BM+BN 1 1
∴ = = + ，
EH BM⋅BN BM BN
EH
∵ =sin∠CBD=sin36°，
BE
∴EH=BE⋅sin36°，
1 1 sin72°
∴ + = ，
BM BN BEsin36°
∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值，
sin72°
∴ 为定值，
BE⋅sin36°
1 1
即 + 为定值．
BM BN
125．【分析】(1)将点A(-1,0)，B(3,0)代入解析式
中，求出a和b的值，得到抛物线解析式为y=-x2+
2x+3；
(2)设P(m,-m2+2m+3)，则PD=-m2+2m+3，
DE=-m+3，PE=PD-DE=-m2+2m+3-(-m
+3)=-m2+3m，根据PE=2ED，得出-m2+3m=
2(-m+3)，解得m =2，m =3(不合题意舍去)，得
1 2
出m=2，得到P(2,3)；
(3)设P(n,-n2+2n+3)，则Q(n,-n+3)，PQ=
S S 2PF 2PQ
-n2 + 3n，先求出 3 + 2 = = =
S S AC CN
2 1
-2n2+6n 1 3
=- n-
4 2 2

(2)∵当x=0时，y=-x2+2x+3=3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
3k+n=0

∴ ，
n=3
k=-1

解得： ，
n=3
∴直线BC的解析式为y=-x+3，
设P(m,-m2+2m+3)，则PD=-m2+2m+3，
∵PD⊥x轴于点D，
∴E(m,-m+3)，D(m,0)，
∴DE=-m+3，
∴PE=PD-DE=-m2+2m+3-(-m+3)=-m2+
3m，
∵PE=2ED，
∴-m2+3m=2(-m+3)，
解得m =2，m =3(此时B，D重合，不合题意舍
1 2
去)，
∴m=2，
∴P(2,3)；
(3)∵PF⎳AC，
∴△ACG∽△PFG，
AC AG CG
∴ = = ，
PF PG FG
S GF PF S PG PF
∴ 3 = = ， 2 = = ，
S CG AC S AG AC
2 1
S S 2PF
∴ 3 + 2 = ，
S S AC
2 1
作AN⎳BC交y轴于N，作PQ⎳y轴交BC于Q，
∵直线BC的解析式为y=-x+3，AN⎳BC，
∴直线AN的解析式为y=-x+b'，
将A(-1,0)代入y=-x+b'，得：0=-(-1)+b'，
解得：b'=-1，
2 9
+ ，得出最大值，再证明
8 ∴直线AN的解析式为y=-x-1，
△CPQ ∽ △ACB，得出 ∠BCP = ∠CAB，得到 当x=0时，y =-1，
N
OC 3 3 10 ∴N(0,-1)，
sin∠BCP=sin∠CAB= = = ．
AC 10 10
∴ON=1，CN=ON+CO=4，
【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x
∵AN⎳BC，PQ⎳y，
轴交于点A(-1,0)，B(3,0)，
∴∠PQF=∠NCB=∠ANC，∠PFC=∠ACF，
a-b+3=0

∴ ， ∵ ∠PFC = ∠FPQ + ∠PQF， ∠ACF = ∠NCB +
9a+3b+3=0
∠ACN，
a=-1

解得：
b=2
，
∴∠FPQ=∠ACN，
∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3； ∴△CAN∽△PFQ，
·107·PF PQ
∴ = ，
AC CN
设P(n,-n2+2n+3)，则Q(n,-n+3)，
∴PQ=-n2+3n，
S S 2PF 2PQ -2n2+6n
∴ 3 + 2 = = = =
S S AC CN 4
2 1
1 3
- n-
2 2

2 9
+ ，
8
3 S S 9
∴当n= 时， 3 + 2 有最大值 ，
2 S S 8
2 1
3 15
此时P ,
2 4

3 3
,Q ,
2 2
 ，
15 3 9 3
∴PQ= - = ，CQ=  -0
4 2 4 2

2 3
+ -3
2

2
3 2
= ，
2
∵ON=OA=1，OB=OC=3，
∴∠OBC=∠ANC=45°，
∵∠ANC=∠PQF，
∴∠OBC=∠PQF，
∵BC= (3-0)2+(0-3)2=3 2，AB=4，
9 3 2
PQ 4 3 2 CQ 2 3 2
∴ = = , = = ，
BC 3 2 8 AB 4 8
PQ CQ
∴ = ，
BC AB
∴△CPQ∽△ACB，
∴∠BCP=∠CAB，
∵AC= (-1-0)2+(0-3)2= 10，
OC 3 3 10
∴sin∠BCP=sin∠CAB= = = ．
AC 10 10
126．【分析】(1)用待定系数法可得抛物线解析式为
1 3
y= x2- x-2，即可知抛物线顶点P的坐标为
2 2
3 25
 ，-
2 8
 ；
AO 1
(2)求出C(0,-2)，可得 tan∠ACO= = ，
OC 2
OC 2 1
tan∠CBO= = = ，故∠ACO=∠CBO，可
OB 4 2
得∠ACB=90°，从而AB是经过点A、B、C的圆的
直径，又AB⊥CD，故CD=2CO=4；
3 25
(3)将P ,-
2 8

3 25
代入y=kx+n得n=- k- ，
2 8
3 25
直线 MN 解析式为 y = kx - k - ，联立
2 8
y=1 x2-3x-2
 2 2 3 25
 ， 可 得 M 2k+ ，2k2-
y=kx-3k-25 2 8
2 8
 ，
3
H 2k+ ，0
2

5 25
， 求 出 N -1,- k-
2 8
 ， 由
GE⎳AN，点G为AB中点，知点E为BN中点，故
3 5 25
E ，- k-
2 4 16

3 5
，可得Q ，- k
2 2

5 5 15
解析式为y= x- k- ，令y=0得x=2k+
4 2 8
3 3 ，可知直线NQ与x轴交于 2k+ ，0
2 2
，直线NQ
 ，即直线
NQ与x轴交于点H．
3
【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2- x+c 与x轴交
2
于A(-1,0)，B(4,0)两点，
a+3 +c=0
∴ 2 ，
16a-6+c=0
a=1
解得： 2 ，
c=-2
1 3
∴抛物线解析式为y= x2- x-2，
2 2
1 3 1 3
而y= x2- x-2= x-
2 2 2 2

2 25
- ，
8
3 25
∴抛物线顶点P的坐标为 ，-
2 8
 ；
(2)如图：
1 3 在y= x2- x-2中，令x=0得y=-2，
2 2
∴点C(0,-2)，
∵A(-1,0)，B(4,0)，
AO 1 OC 2
∴tan∠ACO= = ，tan∠CBO= = =
OC 2 OB 4
1
，
2
∴∠ACO=∠CBO，
∵∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，即∠ACB=90°，
∴AB是经过点A、B、C的圆的直径，
∵AB⊥CD，AB经过圆心，
∴CD=2CO=4；
(3)H在直线NQ上，证明如下：
如图：
·108·3 25
将P ,-
2 8

3 25
代入y=kx+n得： k+n=- ，
2 8
3 25 ∴n=- k- ，
2 8
3 25
∴直线MN解析式为y=kx- k- ，
2 8
y=1 x2-3x-2
 2 2
联立 ，
y=kx-3k-25
2 8
x=3 x=2k+3
 2  2
解得 或 ，
y=-25 y=2k2-25
8 8
3 25
∴M2k+ ，2k2-
2 8
 ，
∵MH⊥x轴于点H，
3
∴H2k+ ，0
2
 ，
3 25 3
在y=kx- k- 中，令x=-1得y=-k- k-
2 8 2
25 5 25
=- k- ，
8 2 8
5 25
∴N-1,- k-
2 8
 ，
∵GE⊥x轴，AN⊥x轴，
∴GE⎳AN，点G为AB中点，
BE NG
∴ = =1，
EN AG
∴点E为BN中点，
5 25
∵N-1,- k-
2 8
 ，B(4,0)，
3 5 25
∴E ，- k-
2 4 16
 ，
∵P，Q关于E对称，即E为PQ中点，
3 5
∴Q ，- k
2 2
 ，
5 25
由N-1,- k-
2 8

3 5
，Q ，- k
2 2
 可得直线NQ
5 5 15
解析式为y= x- k- ，
4 2 8
5 5 15 3
在y= x- k- 中，令y=0得x=2k+ ，
4 2 8 2
3
∴直线NQ与x轴交于2k+ ，0
2

轴交于点H，
∴H在直线NQ上．
127．【分析】(1)根据折叠可知甲同学的结论正确，
通过构造直角三角形，设参数，将∠AFG所在的直角
三角形边长表示出来，从而得出乙的结论也正确；
(2)现根据折叠证四边形FGMP是菱形，再证△GFN
∽△PGQ得到FN⋅PQ=GN⋅GQ，最后证出AM=
PQ，GQ=AD，利用等线段转化即可得证．
【解答】(1)解：甲同学和乙同学的结论都正确，证明
如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=90°，
∵折叠，
∴∠D=∠AEF=90°=∠DAE，AD=AE，
∴四边形AEFD是矩形，
又∵AD=AE，
∴四边形AEFD是正方形；
故甲同学的结论正确．
作GK⊥AE，
设AE=2x，则AG=EG=x，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EAF=45°，
2 2
∴AF=2 2x，AK=KG= AG= x，
2 2
3 2
∴FK=AF-AK= x，
2
KG 1
∴tan∠AFG= = ；
KF 3
故乙同学的说法也正确．
(2)证明：方法一：过G作GQ⊥PM交延长线于点
Q，
∵折叠，
∴ FP = PM ， FG = GM ， GH = GQ， ∠FPG =
∠MPG，PH=PQ，
，即直线NQ与x ∵AB⎳CD，
·109·∴∠FPG=∠PGM，
∴∠PGM=∠MPG，
∴PM=GM，
∴PF=GM=PM=FG，
∴四边形FGMP是菱形，
∴∠FNG=90°，
∵∠GQP=90°=∠FNG，∠FGN=∠GPQ，
∴△GFN∽△PGQ，
FN GN
∴ = ，
GQ PQ
∴FN⋅PQ=GN⋅GQ，
∵AM=AG+GM=HF+FP=PH，
∴AM=PQ，
∵GQ=GH=AD，
∴FN⋅AM=GN⋅AD．
方法二：连接DM，
由方法一可知四边形FGMP是菱形，
∴∠FNG=90°=∠DAM，
∵∠FGN=∠MGN=∠DMA，
∴△ADM∽△NFG，
AM DM
∴ = ，
GN FG
∴FN⋅AM=GN⋅AD．
128．【分析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)证明四边形FF'NM平行四边形，则FM+MN+
DN=F'N+ND'+MN=F'D'+2= (2+4)2+32+2
=3 5+2为最小；
(3)当点P(P')在BE的右侧时，∠PEH=2∠DHE，
则EP'和HE关对称轴l 对称，求出直线EP'的表达式
2
为：y=2(x-1)-4，即可求解；当点P在BE的左侧
13
时，由NH=NE，求出N0,-
4

则-3a=3，则a=-1，
则y =-x2-2x+3；
1
根据图形的对称性，y =x2-2x-3；
2
(2)作点D关于l 的对称点D'(2,-3)，将点F向右平
2
移2个单位(MN=2)，连接D'F'交直线l 于点N，过
2
点N作NM⊥l 交于点M，连接FM，
1
∵F'F⎳MN，FF'=MN，则四边形FF'NM平行四边
形，则FM=F'N，
则FM+MN+DN=F'N+ND'+MN=F'D'+2=
(2+4)2+32+2=3 5+2为最小；
解法二：LJ连接DM．
∵y轴垂直平分线段MN，
∴DM=DN．
∴当F，M，D共线时，FM+DN=FM+DM的值
最小，最小值= OF2+OD2=3 5，
∴FM+MN+ND的最小值=3 5+2；
(3)由抛物线y 的表达式知，点D(0,-3)、点E(1,
2
-4)，
由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y=-2x
-2，
当点P(P')在BE的右侧时，
∵∠PEH=2∠DHE，则EP'和HE关对称轴l 对称，
2
则直线EP'的表达式为：y=2(x-1)-4，
联立上式和抛物线y 得表达式得：2(x-1)-4=x2-
2
2x-3，
解得：x=1(舍去)或3，
即点P'(3,0)；
当点P在BE的左侧时，见如图右侧放大图，设直线
PE交y轴于点N，
，即可求解．
【解答】解：(1)设点A、B的坐标分别为：(t,0)、(t
+4,0)，
1
则x=-1= (t+t+4)，
2
解得t=-3，
即点A、B的坐标分别为：(-3,0)、(1,0)，
∵OC=OA，则点C(0,3)，
则抛物线y1得表达式为：y =a(x+3)(x-1)=a(x2
1
+2x-3)，
·110·∵∠PEH=2∠DHE，
过点E(1,-4)作∠PEH的角平分线EK交HD于点K，
作HE的中垂线JK，交HD于点J，交HE于点L，过
点E作EW⊥HD交于点W
则∠JHL=∠JEH=∠EHJ=α，
由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y=-2x
-2，
1
则点L ，-3
2
 ，
1 1
直线JL的表达式为：y= x-
2 2

1 13
-3= x- ，
2 4
13
则点J0,-
4

5
，则HJ=JE= ，
4
∵∠JHL=∠JEH=∠EHJ=α，∠EKJ=∠HKE，
∴△EKJ∽△HKE，
5
KJ EJ EJ 4 5 则 = = = = ，
KE HE HE 5 4
设KJ= 5m，则KE=4m，
13
则点K0,- - 5m
4
 ，
在Rt△KEW中，KW2+WE2=KE2，
13
即- - 5m+4
4

2
+1=4m2，
5 5
解得：m= ，
44
168
则点K0,-
44
 ，
由点 K、 E 的坐标得，直线 KE 的表达式为： y =
2 42
- x- ，
11 11
2
联立上式和抛物线的表达式得：x2-2x-3=- x-
11
42
，
11
9
解得：x= ，
11
9 480
则点P ，-
11 121
 ；
9 480
综上，点P的坐标为：(3,0)或 ，-
11 121

得到结论；
(2)设BE=x，得到AE=AB-BE=5-x，根据勾
BE 2
股定理得到BE=2，AE=3，得到 = ，根据
AE 3
相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
(3)过点D作DH⊥AC于H，根据勾股定理得到CE
= BC2-BE2= (2 5)2-22=4，根据相似三角形的
BC BE CE 3 5
性质得到 = = ，求得AD= ，DE
AD DE AE 2
3
= ，根据三角函数的定义即可得到结论．
2
【解答】(1)证明：∵BF是⊙O的直径，
∴∠BAF=90°，
∴AF⊥AB，
∵CD⊥AB，
∴CD⎳AF，
∴DG⎳AF，
∴∠AFB=∠BGD，
 
∵AC=AC，
∴∠ADC=∠ABC，
 
∵AB=AB，
∴∠ACB=∠AFB，
∴∠ADC=∠BGD，
∴AD⎳GF，
∴四边形ADGF为平行四边形；
(2)解：设BE=x，
∵AB=AC=5，
∴AE=AB-BE=5-x，
∵AB⊥CD，
∴∠BEC=∠AEC=90°，
∴BC2-BE2=AC2-AE2=CE2，
∵BC=2 5，
∴(2 5)2-x2=52-(5-x)2，
解得x=2，
∴BE=2，AE=3，
BE 2
∴ = ，
AE 3
由(1)知，∠ADC=∠BGD，
∵∠AED=∠BEG，
∴△ADE∽△BGE，
BG BE 2
∴ = = ，
AD AE 3
BG 2
∴ = ；
AD 3
(3)解：过点D作DH⊥AC于H，
．
129．【分析】(1)根据圆周角定理得到∠BAF=90°，
根据平行线的判定定理得到CD⎳AF，推出∠ADC=
∠BGD，得到AD⎳GF，根据平行四边形的判定定理
·111·∴∠AO B=2∠P=60°，
2
∴∠D=∠AO B=60°，
2
∵AB=2 3，
AB 2 3
∴AD= = =4，
sin60° 3
2
∴⊙O 的半为2；
1
②连接O O 交AB于H，
2 1
1
∴AH= AB= 3，O H⊥AB，
2 2
在Rt△BCE中，CE= BC2-BE2 = (2 5)2-22 = 3
∴HO = AH=1，AO =2，
4， 1 3 1
  ∴O H=3，
∵BD=BD， 2
在 ⊙ O 中，弓形 AB = 扇形 AO B - △AO B =
∴∠BAD=∠BCD， 2 2 2
60π×(2 3)2 1
∵∠AED=∠CEB， - ×2 3×3=2π-3 3，
360 2
∴△AED∽△CEB，
在 ⊙ O 中，弓形 AB = 扇形 AO B - △AO B =
1 1 1
BC BE CE
∴ = = ， 120π×22 1 4
AD DE AE - ×2 3×1= π- 3，
360 2 3
2 5 2 4
∴ = = ， 4
AD DE 3 ∴图中阴影部分的面积 =  π- 3
3
3 5 3
∴AD= ，DE= ，
2 2
3 11
∴CD=CE+DE=4+ = ，
2 2
1 1
∵S = CD⋅AE= AC⋅DH，
△ACD 2 2
11
∴ ×3=5DH，
2
33
∴DH= ，
10
DH 33 2
在Rt△ADH中， sin∠HAD= = × =
AD 10 3 5
11 5
，
25
11 5
∴sin∠CAD= ．
25
130．【分析】(1)连接AO BO ，根据圆周角定理得
2 2
到∠ACB=∠AO B=2∠P；
2
(2)①连接AO 并延长交⊙O1 与D，连接BD，根据
1 1
圆周角定理得到∠ABD=90°，得到∠AO B=2∠P=
2
60°，根据三角函数的定义得到结论；
②连接O O 交AB于H，根据垂径定理得到AH=
2 1
1
AB= 3，O H⊥AB，根据直角三角形的性质得
2 2
3
到HO = AH=1，AO =2，求得O H=3，根据
1 3 1 2
三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】(1)证明：连接AO BO ，
2 2
 
∵AB=AB，
∴∠ACB=∠AO B=2∠P；
2
(2)解：①连接AO 并延长交⊙O1 与D，连接BD，
1 1
则∠ABD=90°，
∵∠P=30°，
 -2π+3 3 =
2
2 3- π．
3
·112·