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，MH2 ∴ -(1-n)2+4≤1 ， ∴- 21， L L 1<-n2+4≤2 ∴ -(1-n)2+4>1 ， ∴- 32，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 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 ，根据图象分 t在00，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Cx 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30；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 -x 2 1 4 3 ∴x -x >x -x ，即②x -x x +x ，即③x +x >x +x ， 2 3 1 4 2 3 1 4 故答案为：=；<；>； (2)∵x =1，20， 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)，(00)，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)，(00)， (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+10)，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)，∴03两种情况讨论即可． 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1OJ，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mn时，同理可得 mn+m2R=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10)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00，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 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，∴00)， 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1000)，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≤100，1001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(00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 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-40   ，即30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30，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， ∴02，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= (12， 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