【编者按】为了丰富同学们的学习生活，精品学习网中考频道为同学们搜集整理了中考数学模拟题：2012年全国各地中考数学开放探索型问题试题整理汇集，供大家参考，希望对大家有所帮助!

2012年全国各地中考数学开放探索型问题试题整理汇集

12. (2012山东日照，12，3分)如图，在斜边长为1的等腰直角三角形OAB中，作内接正方形A1B1C1D1;在等腰直角三角形OA1B1中，作内接正方形A2B2C2D2;在等腰直角三角形OA2B2中，作内接正方形A3B3C3D3;……;依次作下去，则第n个正方形AnBnCnDn的边长是( )

A. B. C. D.

解析：设正方形A1B1C1D1的边长为x，则AC1= C1D1= D1 B =x,故3x=1，x= ;同理，正方形A2B2C2D2的边长为 ，……，故可猜想第n个正方形AnBnCnDn的边长是 .

解答：选B.

点评：本题是规律探究性问题，解题时先从较简单的特例入手，从中探究出规律，再用得到的规律解答问题即可.本题考查了等腰直角三角形的性质以及学生分析问题的能力.解题的关键是求正方形A1B1C1D1的边长.

(2012河北省25,10分)25、(本小题满分10分)

如图14，A(-5,0)，B(-3,0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，CD∥AB，∠CDA=90°，点P从点Q(4,0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位的速度运动，运动时间为t秒

(1)求点C的坐标;

(2)当∠BCP= 15°时，求t的值;

(3)以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在直线)相切时，求t的值。

【解析】在直角三角形BCO中，∠CBO=45°OB=3，可得OC=3，因此点C的坐标为(0,3);(2)∠BCP= 15°，只是提及到了角的大小，没有说明点P的位置，因此分两种情况考虑：点P在点B的左侧和右侧;(3)⊙P与四边形ABCD的边(或边所在直线)相切，而四边形有四条边，肯定不能与AO相切，所以要分三种情况考虑。

【答案】解(1)∵∠BCO=∠CBO=45° ∴OC=OB=3

又∵点C在y轴的正半轴上，

∴点C的坐标为(0,3)………………………………2分

(2)当点P在点B右侧时，如图2.

若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故OP=OCtan30°=

此时 ………………………………4分

当点P在点B左侧时，如图3，由. ∠BCP=15°得∠PCO=60°

故PO=OCtan60°=3 ， 此时t=4+3

∴t的值为4+ 或4+3 ………………………………6分

(3)由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边都相切，有以下三种情况：

①当⊙P与BC相切于点C时，有∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1……………7分

②当⊙P与CD相切于点C时，有PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4……………………………8分

③当⊙P与AD相切时，由题意，∠DAO=90°， ∴点A为切点，如图4， ，

，于是 ，解得t=5.6

∴t的值为1或4或5.6……………………10分

【点评】本题主要是分情况讨论和解直角三角形的应用，在今后的教学中多渗透考虑问题要全面(不重不漏)，培养学生优秀的学习品质。有一定难度。

(2012河北省26,12分)26、(本小题满分12分)

如图15-1和图15-2，在△ABC中，AB=13，BC=14， 。

探究 如图15-1，AH⊥BC于点H，则AH=___________，AC=____________，△ABC的面积S△ABC=_____________。

拓展 如图15-2，点D在AC上(可以与点A、C重合)，分别过点A，C作直线BD的垂线，垂足为E、F，设BD=x，AE=m，CF=n，(当点D与点A重合时，我们认为S△ABC=0)

(1)用含x，m或n的代数式表示S△ABD及S△CBD;

(2)求(m+n)与x的函数关系式，并求(m+n)的最大值和最小值;

(3)对给定的一个x值，有时只能确定唯一的点D，指出这样的x的取值范围。

发现 请你确定一条直线，使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小(不必写出过程)，并写出这个最小值。

【解析】探究 根据三角函数和勾股定理可以很快求出AH和AC 的值，进而求出三角形的面积。

拓展(1)利用所给数据，写出表示两个三角形面积的代数式;(2)利用(1)中的式子，用x表示m和n，再求(m+n)的值。点D在AC上，BD的长度可以认为是点D到AC的距离，所以当BD⊥AC时，x最小，是三角形AC边上的高，最大值是BC的长度，容易求出的最大值和最小值;(3)根据垂线段最短和轴对称可知，点D唯一时，只能是点D是垂足时和点D在点A关于垂足的对称点的下方时两种情况。

发现 满足条件的直线就是AC所在直线，A、B、C三点到这条直线的距离之和的最小值就是(m+n)的最小值。

【答案】解：探究

12 15 84……………………………………………………3分

拓展

(1)由三角形面积公式得 ， ………………………………4分

(2)由(1)得 ， ， ∴m+n= = ……………………5分

由于AC边上的高为 ∴x的取值范围为

∵(m+n)随x的增大而减小， ∴当x= 时，(m+n)的最大值为15;……………………7分

当x=14时，(m+n)的最小值为12. …………………………8分

(3)x的取值范围是 或 …………………………10分

发现

AC所在的直线…………………………11分

最小值为 …………………………12分

【点评】此题为探究题型，前半部分难度较小，在确定x的取值范围时，学生不容易想到;第(3)中x的取值范围也不容易想到，是本题的难点。探究就是上边知识点的一个应用，相对来说简单一些。整体来说，此题难度偏难，有一定挑战性。

24. (2012•湖北省恩施市，题号24 分值12)如图12，已知抛物线y=-x2+bx+c与一直线相交于A(-1,0)，C(2,3)两点，与y轴交与点N。其顶点为D。

(1求抛物线及直线A、C的函数关系式;

(2)设点M(3，m)，求使MN+MD的值最小时m的值;

(3)若抛物线对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上任意一点，过E作EF∥BD，交抛物线于点F，以B、D、E、F为顶点的四边形能否为平行四边形?若能，求点E的坐标;若不能，请说明理由;

(4)若点P是该抛物线上位于直线AC上方的一动点，求△APC面积的最大值

【解析】(1)直接将A、C两点的坐标代入y=-x2+bx+c和y=kx+b即可。

(2)本题实质是在直线x=3上找一点M使MN+MD的值最小。作N关于x=3的对称点，连接D N1，求直线D N1和x=3的交点可得m的值;

(3)BD、EF是平行四边形的邻边，分点E在线段AC和线段AC(或CA)延长线上两种可能来考虑。BD长可求，EF=BD，点F和点E横坐标相同，点F纵坐标等于点E纵坐标加(或减)BD长度，设点E(x,y)，则点F坐标(x,y+3),代入抛物线表达式可求解;

(4)作CQ⊥x轴于Q，作PG⊥x轴，交AC于H，则点H和点P横坐标相同，设二者横坐标为x，根据直线与抛物线表达式可用分别表示出相应纵坐标，进而用x表示PH的长度，根据△PAC面积等于 PH×AQ(AQ为定值)可讨论其最值。

【答案】解：设直线AC的解析式为:y=kx+n，点 A(-1,0)，C(2,3)在AC上，可得：

解得:k=1,n=1

∴AC的解析式为：y=x+1;

把A(-1,0)，C(2,3)y=-x2+bx+c

解得b=2,c=3,

∴抛物线的解析式为y= -x2+2x+3，

∴N(0,3)D(1,4).

(2) 作N关于x=3的对称点N1，连接DN1，则N1(6,3).设直线D N1的解析式为y=px+q，则有：

，∴p= ，q= ,∴D N1的解析式y= x+ ，当M(3，m)在D N1上时，MN+MD的值最小，∴m= ×3+ = ;

(3)易知B(1,2)，又D(1,4)∴BD=2.因为点E在AC上，设点E(x,x+1),

1°当点E在线段AC上时，点F(x.x+3)，代入y= -x2+2x+3，得x+3=-x2+2x+3，

解得x=0或=1(不符合题意舍去)，∴E;

2°当点E在线段AC(或CA)延长线上时，点F(x.x-1)，代入y= -x2+2x+3，得x-1=-x2+2x+3，解得x= ，所以E( , )E( , )

综上所述，当点E(0, 1)、( , )或( , )时以B、D、E、F为顶点的四边形能否为平行四边形;

(4)作CQ⊥x轴于Q，作PG⊥x轴，交AC于H。

设H(x,x+1)，则P(x, -x2+2x+3),所以PH=(-x2+2x+3)-(x+1)= -x2+ x+2，

又∵S△PAB=S△PAH+ S△PBH= PH×AQ= (-x2+ x+2)×3= (x- )2+ ，

∴△APC面积的最大值是 。

的交点可得m的值;

【点评】本题是存在性探索性问题，在解决这一类存在性探索问题时主要应注意：首先假定这个数学对象已经存在，根据数形结合的思想，将其构造出来;然后再根据已知条件与有关性质一步步地进行探索，如果探索出与条件相符的结果，就肯定存在，否则不存在，探索过程就是理由.本题主要考查了用待定系数法求解析式、勾股定理、解方程组等，用到的数学数学有函数思想、方程思想、数形结合思想、对称思想、分类讨论思想等，题目综合性强、难度大，但是考查的知识面较广，是一个区分度很大题目。

28.(2012湖南衡阳市，28，10)如图所示，已知抛物线的顶点为坐标原点O，矩形ABCD的顶点A，D在抛物线上，且AD平行x轴，交y轴于点F，AB的中点E在x轴上，B点的坐标为(2，1)，点P(a，b)在抛物线上运动.(点P异于点O)

(1)求此抛物线的解析式.

(2)过点P作CB所在直线的垂线，垂足为点R，

①求证：PF=PR;

②是否存在点P，使得△PFR为等边三角形?若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由;

③延长PF交抛物线于另一点Q，过Q作BC所在直线的垂线，垂足为S，试判断△RSF的形状.

解析：(1)根据题意能判断出点O是矩形ABCD的对角线交点，因此D、B关于原点对称，A、B关于x轴对称，得到A、D的坐标后，利用待定系数法可确定抛物线的解析式.

(2)①首先根据抛物线的解析式，用一个未知数表示出点P的坐标，然后表示出PF、RF的长，两者进行比较即可得证;

②首先表示RF的长，若△PFR为等边三角形，则满足PF=PR=FR，列式求解即可;

③根据①的思路，不难看出QF=QS，若连接SF、RF，那么△QSF、△PRF都是等腰三角形，先用∠SQF、∠RPF表示出∠DFS、∠RFP的和，用180°减去这个和值即可判断出△RSF的形状.

答案：解：(1)∵抛物线的顶点为坐标原点，

∴A、D关于抛物线的对称轴对称;

∵E是AB的中点，

∴O是矩形ABCD对角线的交点，又B(2，1)

∴A(2，﹣1)、D(﹣2，﹣1);

由于抛物线的顶点为(0，0)，可设其解析式为：y=ax2，则有：

4a=﹣1，a=﹣

∴抛物线的解析式为：y=﹣ x2.

(2)①证明：由抛物线的解析式知：P(a，﹣ a2)，而R(a，1)、F(0，﹣1)，则：

则：PF= = = a2+1，PR= = a2+1.

∴PF=PR.

②由①得：RF= ;

若△PFR为等边三角形，则RF=PF=FR，得：

= a2+1，即： a4﹣ a2﹣3=0，得：

a2=﹣4(舍去)，a2=12;

∴a=±2 ，﹣ a2=﹣3;

∴存在符合条件的P点，坐标为(2 ，﹣3)、(﹣2 ，3).

③同①可证得：QF=QS;

在等腰△SQF中，∠1= (180°﹣∠SQF);

同理，在等腰RPF中，∠2= (180°﹣∠RPF);

∵QS⊥BC、PR⊥BC，

∴QS∥PR，∠SQP+∠RPF=180°

∴∠1+∠2= (360°﹣∠SQF﹣∠RPF)=90°

∴∠SFR=180°﹣∠1﹣∠2=90°，即△SFR是直角三角形.

点评：该题考查了二次函数的性质及解析式的确定、矩形的性质、特殊三角形的判定等知识，综合性较强.在答案题目时，要注意数形结合，并灵活应用前面小题中证得的结论

27. (2012贵州省毕节市，27，16分)如图，直线 1经过点A(-1，0)，直线 2经过点B(3,0), 1、 2均为与 轴交于点C(0, ),抛物线 经过A、B、C三点.

(1)求抛物线的函数表达式;

(2)抛物线的对称轴依次与 轴交于点D、与 2交于点E、与抛物线交于点F、与 1交于点G。求证：DE=EF=F G;

(3)若 1⊥ 2于 轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。

解析：(1)已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出

抛物线的解析式;

(2)D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出

其坐标，就可以得到线段DE、EF、FG的长度.D是对称

轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求;E是对称轴

与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交

点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所

以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出.至此本问解决;

(3)△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论.如解答图所示，在解答过程中，充分注意到△ECG为含30度角的直角三角形，△P1CG为等边三角形，分别利用其几何性质，则本问不难解决.

解答：解(1)依题意，得.

， 解得

∴抛物线的函数表达式是y= x2- x- ;

(2)∵直线l1经过点A(-1，0)，C(0，- )，∴直线l1的函数表达式为y1=- x- .

∵直线l2经过点B(3，0)，C(0- )，∴直线l2的函数表达式为y2= x- .

又∵抛物线的对称轴是x=1，∴点D的坐标为(1，0)，点E的坐标为(1，- )，

点F的坐标为(1，- )，点G的坐标为(1，-2 ).∴DE=EF=FG= ;

(3)P点的坐标为：P1(2，- )，P2(1， ).

理由：分三种情况：

①以G点为圆心，GC长为半径作弧，交抛物线于点C和点P1，连结CP1、GP1，所以GC=GP1.由等腰三角形的三线合一性质(或抛物线的对称性)可知点P1与点C关于直线x=1对称，所以点P1的坐标为(2，- );

②以点C为圆心，CG长为半径作弧，因为∠CGF=30°，所以∠CGP1=60°，即△CGP1是等边三角形，又因为AC=CG=2，所以作出的弧与抛物线交于点A和点P1，但A、C、G在同一条直线上，不能组成三角形.

③作线段CG的垂直平分线，因为△CGP1是等边三角形，所以P1点在线段CG的垂直平分线上;连接CF，由于l1⊥l2于点C，F是EG的中点，所以FC=FG，即F点也在线段CG的垂直平分线上，所以P2点与F点重合，即P2点的坐标是(1，- ).综上所述，点P的坐标是P1(2，- )，P2(1，- ).

点评：作为中考压轴题，本题考查的知识点比较多，包括二次函数的图象与性质、待定系数法求函数(二次函数、一次函数)解析式、等腰三角形、等边三角形以及勾股定理等.难点在于第(3)问，需要针对等腰三角形△PCG的三种可能情况分别进行讨论，在解题过程中，需要充分挖掘并利用题意隐含的条件(例如直角三角形、等边三角形)，这样可以简化解答过程.

29.(2012江苏苏州，29，12分)如图，已知抛物线y= x2﹣ (b+1)x+ (b是实数且b>2)与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴的正半轴交于点C.

(1)点B的坐标为　(b，0)　，点C的坐标为　(0， )　(用含b的代数式表示);

(2)请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?如果存在，求出点P的坐标;如果不存在，请说明理由;

(3)请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似(全等可作相似的特殊情况)?如果存在，求出点Q的坐标;如果不存在，请说明理由.

分析： (1)令y=0，即y= x2﹣ (b+1)x+ =0，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令x=0，求出y的值即C的纵坐标;

(2)存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.设点P的坐标为(x，y)，连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标;

(3)存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，有条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴;

要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°;再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可.

解答： 解：(1)令y=0，即y= x2﹣ (b+1)x+ =0，

解得：x=1或b，

∵b是实数且b>2，点A位于点B的左侧，

∴点B的坐标为(b，0)，

令x=0，

解得：y= ，

∴点C的坐标为(0， )，

故答案为：(b，0)，(0， );

(2)存在，

假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.

设点P的坐标为(x，y)，连接OP.

则S四边形POCB=S△PCO+S△POB= • •x+ •b•y=2b，

∴x+4y=16.

过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，

∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°.

∴四边形PEOD是矩形.

∴∠EPO=90°.

∴∠EPC=∠DPB.

∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即x=y.

由 解得

由△PEC≌△PDB得EC=DB，即 ﹣ =b﹣ ，

解得b= >2符合题意.

∴P的坐标为( ， );

(3)假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，

∴∠QAB>∠AOQ，∠QAB>∠AQO.

∴要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴.

∵b>2，

∴AB>OA，

∴∠Q0A>∠ABQ.

∴只能∠AOQ=∠AQB.此时∠OQB=90°，

由QA⊥x轴知QA∥y轴.

∴∠COQ=∠OQA.

∴要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°.

(I)当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA.

∴AQ=CO= .

由AQ=AQ2=OA•AB得：( )2=b﹣1.

解得：b=8±4 .

∵b>2，

∴b=8+4 .

∴点Q的坐标是(1，2+ ).

(II)当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA，

∴ = ，即OQ2=OC•AQ.

又OQ2=OA•OB，

∴OC•AQ=OA•OB.即 •AQ=1×b.

解得：AQ=4，此时b=17>2符合题意，

∴点Q的坐标是(1，4).

∴综上可知，存在点Q(1，2+ )或Q(1，4)，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

专项十一 开放探索型问题

27.(2012连云港，27，12分)(本题满分12分)

已知梯形ABCD, AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3.

问题1：如图1，P为AB边上一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么?

如图2，P为AB边上任意一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，的长是否存在最小值?若果存在，请求出最小值;如果不存在，请说明理由。

问题3：P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE=PD，以PE、PC为边做平行四边形PCQE，请探究对角线PQ，的长是否也存在最小值?若果存在，请求出最小值;如果不存在，请说明理由。

问题4：如图3，P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE=nPA,(n为常数)以PE、PB为边做平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值?若果存在，请直接写出最小值;如果不存在，请说明理由。

【解析】.(1)只要看∠DPC能否为90°，在在Rt△DPC中，由勾股定理列出方程，根据方程是否有解确定对角线PQ与DC能不能相等。。(2)、(3)(4)可找PQ最小时点P的位置，利用全等三角形、相似三角形列方程求线段PQ的长。

【答案】

(1) 问题1：因为四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形。

所以∠DPC=90°，

因为AD=1，AB=2，BC=3.

所以DC=2 ，

设PB=x,则AP=2-x,

在Rt△DPC中，PD2+PC2=DC2，即x2+32+ (2-x)2+1=8,

化简得x2-2x+3=0,因为△=(-2)2-4×1×3=-8<0，方程无解，

所以对角线PQ与DC不可能相等。

问题2：如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，所以点G是DC的中点，

作QH⊥BC，交BC的延长线于H。

因为AD∥BC，

所以∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+QCH，

因为PD∥CQ，

所以∠PDC=∠DCQ，所以∠ADP=∠QCH，

又PD=CQ，

所以Rt△ADP≌Rt△HCQ,

所以AD=HC。

因为AD=1，BC=3，所以BH=4，所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4.

问题3：如图3，设PQ与DC相较于点G。

因为PE∥CQ，PD=DE,所以 ，所以G是DC上一定点。

作QH⊥BC，交BC的延长线于H，

同理可证∠ADP=∠QCH，

所以Rt△ADP∽Rt△HCQ

即 ，所以CH=2.

所以BH=BC+CH=3+2=5，

所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5.

问题4：存在最小值，最小值为 (n+4)。

(注：各题如有其它解法，只要正确，均可参照给分)

【点评】本题是一个动态几何题，此题是一道综合性较强的题目，主要考查学生的图感，利用点P的运动过程，确定PQ最小时，P所在线段的位置，考察到的到的知识点比较多，需要同学们利用全等三角形和相似三角形的性质确定PQ的最小值是否存在.本题的亮点是由有三角形全等到三角形相似而引出一般情况.

28.((2012江苏泰州市，28，本题满分12分)如图，已知一次函数y1=kx+b的图像与x轴相交于点A，与反比例函数y2= 的图像相交于B(-1,5)、C( )两点.点P(m，n)是一次函数y1=kx+b的图像上的动点.

(1)求k、b的值;

(2)设-1

(3)设m=1-a，如果在两个实数m与n之间(不包括m和n)有且只有一个整数，求实数a的取值范围.

(第28题图)

【解析】(1)先将B点坐标代入y2，求出c，从而确定y2的解析式，然后再将C点代入求出d，最后将B、C代入y1即可

(2)先确定△PAD的面积的解析式，如何再利用二次函数的最值解决，从而得到P点坐标

(3)分情况讨论列出不等式解决即可

【答案】(1)将B点坐标代入y2，得：c=5，将点C横坐标代入，得d=-2，将B、C代入直线解析式，求得：k=-2，b=3;

(2)令y1=0，x= ，A( ，0)，由题意得，点P在线段AB上运动(不含A、B)，设点P( ，n)，因为DP平行于x轴，所以yD=yP=n，所以D(- ，n)，所以S= PD yP= ( + ) 5=- (n- )2+ ，而-2m+3=n，得：0

(3)由已知P(1-a，2a+1)，易知， m≠n，1-a≠2a+1，a≠0;若a>0，m<10，n≤2，解出不等式组的解集：0

【点评】本题主要考查反比例函数、一次函数的知识，求函数的解析式通常采用“待定系数法”，此题的关键在于分清顺序逐步求解，做题过程中要特别注意线段长度与坐标之间的转换，尤其是符号的变化，还考查了数形结合、分类讨论等数学思想方法以及分析问题、解决问题的综合能力.

23. (2012浙江丽水10分，23题)(本题10分)在直角坐标系中，点A是抛物线y=x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC.

(1)如图1，当点A的横坐标为_______时，矩形AOBC是正方形;

(2)如图2，当点A的横坐标为- 时，

①求点B的坐标;

②将抛物线y=x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y=-x2，试判断抛物线y=-x2经过平移变换后，能否经过A，B，C三点?如果可以，说出变换的过程;如果不可以，请说明理由.

【解析】：(1)若矩形AOBC是正方形，则∠AOC=∠BOC=45°，即点A在象限角平分线上，设点A坐标为(x，-x)，则有-x=x2，∴x=0(舍去)或x=-1.(2)①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F.求出OE，AE的长，再由△AEO∽△OFB得 ，进而借助方程求出B点坐标;②过点C作CG⊥GF于点G，先求出C点坐标，再利用待定系数法求出经过A、B两点的抛物线的解析式，判断出点C在过A、B两点的抛物线上.先将抛物线化成顶点式，进而根据抛物线平移规律说出变换过程.

【解】：(1)-1.

(2)①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F.

当x=- 时，y=(- )2= ，

即OE= ，AE= ，

由△AEO∽△OFB，得： .

设OF=t，则BF=2t，

∴t2=2t，解得t1=0(舍去)，t2=2.

∴B(2，4).

②过点C作CG⊥GF于点G，∵△AEO≌△BGC，

∴CG=OE= ，BG=AE= .

∴xc=2- = ，yc=4+ = ，

∴点C( ， ).

设过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+bx+c，由题意得

解得

∴经过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+3x+2.

当x= 时，y=-( )2+3× +2= ，所以点C也在抛物线上.

故经过A、B、C三点的抛物线解析式为y=x2+3x+2=-(x- )2+ .

平移方案：先将抛物线y=-x2向右平移 个单位，再向上平移 个单位得到抛物线y=-(x- )2+ .

【点评】：本题是一道几何与代数的综合题，综合考查正方形、矩形、全等三角形、相似三角形、抛物线、一元二次方程等知识，是一道综合性较强的试题，题目有一定的难度.

26.(2012四川内江，26，12分)已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边作菱形ADEF(A、D、E、F按逆时针排列)，使∠DAF=60°，连接CF.

(1)如图13─1，当点D在边BC上时，求证：①BD=CF，②AC=CF+CD;

(2)如图13─2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立?若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由;

(3)如图13─3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系.

【解析】(1)根据等边三角形和菱形的性质发现等线段、等角，证明△ABD≌△ACF解决.(2)图形直观，CF最长，显然(1)中结论不再成立，这时模仿(1)中全等三角形的证明思路，看同样字母的两个三角形是否仍然全等，进而解决问题.(3)总结(1)(2)发现那三条线段之间就是最长的一条等于较短的两条线段之和，可以画出图形直观感受或证明发现.

【答案】解：(1)①∵△ABC是等边三角形，∴A B=AC，∠BAC=60°.

∵四边形ADEF为菱形，∴AD=AF.

∵∠BAC=∠DAF=60°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAF-∠DAC，即∠BAD=∠CAF.

∴△ABD≌△ACF.∴BD=CF.

②∵AC=BC=BD+CD，且由①BD=CF，∴AC=CF+CD.

(2)不成立.存在的数量关系为：CF=AC+CD.

理由：由(1)同理可得△ABD≌△ACF，∴BD=CF.

∵BD=BC+CD=AC+CD，∴CF=AC+CD.

(3)CD=AC+CF.

补全图形13─3.

【点评】此题属于几何中的结论开放题，并具有探究性，让学生在图形变化过程中感受恒不变的数学现象，渗透了运动与变化的数学思想，体现了几何图形的直观性.解答此类题的关键是顺着题目铺设好的台阶一步一步走，顺着前题提供的思考方向“顺藤摸瓜”，求同存异，大胆猜想、探究.

26. (2012山东省临沂市，26，13分)如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转1200至OB位置，

(1)求点B的坐标;

(2)求经过点A、O、B的抛物线解析式;

(3)在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形?若存在，求点P的坐标，若不存在，说明理由。

【解析】(1)作BC⊥x轴，垂足为C ，由旋转的定义，可得∠BCO=900，∠BOC=600，OB=4，应用三角函数可直接求得点B 的坐标;

(2)根据(1)的结论，结合图形，可得点O(0,0)，点A(4,0)，由待定系数法可求得抛物线解析式;

(3)以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形,存在三种形式，即OP=OB,PO=PB,BO=BP,分别讨论三种情况，成立的就存在点P;

解：(1)如图，过点B作BC⊥x轴，垂足为C ，∵OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转1200至OB位置，∴∠BOC=600，OB=4，∴BC=4×sin600=4× = ,OC=4×cos600=4× =2,∵点B在第三象限，∴点B(-2，- );

(2)由函数图象得，抛物线通过(-2，- )，(0,0)，(4,0)三点，设抛物线解析式为y=ax2+bx,由待定系数法得， ，解得 ，∴此抛物线解析式为y= .

(3)存在。

理由：如图，抛物线的对称轴是x= ,解得 ，直线 与x轴的交点为D。设点P(2，y)，

①若OP=OB,则22+|y|2=42,解得y=± ,即

P点坐标为(2， )或(2，- )，又

点B(-2，- )，∴当P点为(2， )时，

点P、O、B共线，不合题意，舍去，故点P坐标为(2，- );

②若BO=BP,则42+|y+ |2=42,解得y= ,点P坐标为(2，- );

③若PO=PB,则22+|y|2=42+|y+ |2，解得y= ,点P坐标为(2，- );

综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为(2，- )。

【点评】：本题考查了二次函数的综合运用，本题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点的求法、勾股定理的应用、等腰三角形的判定等知识点.主要考查学生数形结合的数学思想方法.

24.(2012浙江省义乌市，24，12分)如图1,已知直线y=kx与抛物线 交于点A(3，6).

(1)求直线y=kx的解析式和线段OA的长度;

(2)点P为抛物线第一象限内的动点,过点P作直线PM, 交x轴于点M(点M、O不重合),交直线OA于点Q,再过点Q作直线PM的垂线,交y轴于点N.试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值?如果是,求出这个定值,如果不是,说明理由;

(3)如图2,若点B为抛物线上对称轴右侧的点,点E在线段OA上(与点O、A不重

合),点D(m，0)是x轴正半轴上的动点,且满足∠BAE=∠BED=∠AOD.继续探

究：m在什么范围时,符合条件的E点的个数分别是1个、2个?

24.【解析】(1)将点A代入y=kx可求出k的值。再由勾股定理求出OA的长。

(2)首先讨论QH与QM重合时易知 =2;当QH与QM不重合时，易知△QHM∽△QGN， .

(3)延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R，易知△AOR∽△FOC，即 ，可求得OF的长即可求出F的坐标。设点B(x， )，过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF， ，可求B的坐标，易求得AB的长。也可设出直线AF，将A、F代入求其解析式，然后将其与抛物线联立，求出B的坐标，进而求AB的长。

再易得△ABE∽△OED， 可求抛物线的顶点坐标，再画出几何关系图，根据不同情况求出E的个数.

解：(1)把点A(3,6)代入y=kx 得6=3k ， ∴k=2 ，

∴y=2x ………………………2分

OA= ………………………………………………………………3分

(2) 是一个定值 ，理由如下：

过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H .

①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合,

此时 ;

②当QH与QM不重合时，∵QN⊥QM,QG⊥QH

不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上

∴∠MQH =∠GQN 又∵∠QHM=∠QGN=90°∴△QHM∽△QGN …5分

∴

当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 …………………7分

(3)延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R

∵∠AOD=∠BAE ∴AF=OF ∴OC=AC= OA=

∵∠ARO=∠FCO=90° ∠AOR=∠FOC

∴△AOR∽△FOC ∴

∴OF= ∴点F( ，0)

设点B(x， )，过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF

∴ 即 解得x1=6 ,x2=3(舍去)

∴点B(6,2) ∴BK=6-3=3 AK=6-2=4 ∴AB=5 …8分

(求AB也可采用下面的方法)

设直线AF为y=kx+b(k≠0) 把点A(3,6)，点F( ，0)代入得

k= ，b=10 ∴

∴ (舍去) ∴B(6,2)∴AB=5 …8分

(其它方法求出AB的长酌情给分)

在△ABE与△OED中

∵∠BAE=∠BED ∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB ∴∠ABE=∠DEO

∵∠BAE=∠EOD ∴△ABE∽△OED ………………………………………9分

设OE=x，则AE= -x ( ) 由△ABE∽△OED得

∴ ∴ ( )…10分

∴顶点为( ， )，

如图，当 时，OE=x= ,此时E点有1个;当 时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个.

∴当 时，E点只有1个 ……11分

当 时，E点有2个 ……12分

【点评】本题综合考查了反比例函数的性质、相似三角形的性质，抛物线的性质、一次函数的性质，是一道对学生能力要求较高的题.

26.(2012重庆，26，12分)已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°,AD=2,BC=6,AB=3。E为BC边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧.

(l)当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长;

(2)将(l)问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形B'EFG，当点E与点C重合时停止平移.设平移的距离为t，正方形B'EFG的边EF与AC交于点M，连接B'D,B'M，DM，是否存在这样的t，使△B'DM是直角三角形?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由;

(3)在(2)问的平移过程中，设正方形B'EFG与△ADC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.

解析：用t表示有关线段的长度，是解决本题的关键。

答案：(1)如答图1所示，设BE长为x，∵△AGF∽△ABC ∴ ，∴x=2,即BE=2

(2)如图2，由题意知，BB’=t,DH=3,BH=2,CE=4-t, ∵△CEM∽△ABC, ∴

ME=2- ，根据勾股定理得：B’M = ，B’D =t -4t+13,DM = +t+1

分三种情况讨论：①若∠DB’M=90°,则有B’M + B’D = DM ，求得t= ,②若∠B’MD=90°,则有B’M + DM = B’D ，求得t= -3,③若∠B’DM=90°则有B’D + DM = B’M ，无解

(3)当0≤t< 时,s= t

当 ≤t<2时,s=- t +t-

当2≤t< 时,s=- t +2t-

当 ≤t<4时,s=- t+

点评：解决本题的关键是会用t表示出各个线段的长度，然后用勾股定理就可求出答案。

24. (2012浙江丽水12分，24题)(本题12分)在△ABC中，∠ABC=45°，tan∠ACB= ，如图，把△ABC的一边放置在x轴上，有OB=14，OC= ，AC与y轴交于点E.

(1)求AC所在直线的函数解析式;

(2)过点O作OG⊥AC，垂足为G，求△OEG的面积;

(3)已知点F(10，0)，在△ABC的边上取两点P，Q，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形与△OFP全等，且这两个三角形在OP的异侧?若存在，请求出所有符合题意的点P的坐标;若不存在，请说明理由.

【解析】：(1)解直角△OCE求出E点坐标，再利用待定系数法求直线的解析式.

(2)解直角三角形OCE，求出EG，OG，利用三角形面积公式即可求面积;(3)应分类加以讨论.

解：(1)在Rt△OCE中，OE=OCtan∠OCE= ，∴点E(0，2 ).

设直线AC的函数解析式为y=kx+2 ，有 k+2 =0，解得k=- ，

∴直线AC的函数解析式为y=- x+2 .

(2)方法1：在Rt△OGE中，tan∠EOG=tan∠OCE= ，

设EG=3t，OG=5t，OE= = t，∴2 = t，得t=2.

故EG=6，OG=10.

∴S△OEG= OG×EG= ×10×6=30.

方法2：在Rt△OCE中，∵tan∠OCE= ，∴sin∠OCE= .

∴OG=OCsin∠OCE= =10.

在Rt△OEG中，EG=OGtan∠OCE=10× =6，

∴S△OEG= OG×EG= ×10×6=30.

(3)①当点Q在AC上时，点Q即为点G，

如图1，作∠FOQ的平分线交CE于点P1，

由△OP1F≌△OP1Q，则有P1F⊥x轴，由于点P1在直线AC上，当x=10时，

y=- ×10+2 =2 -6.

∴点P1(10，2 -6).

②当点Q在AB上时，

如图2，有OQ=OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，

过点Q作QH⊥OB于点H，设OH=a，

则BH=QH=14-a，

在Rt△OQH中，a2+(14-a)2=100，

解得a1=6，a2=8.

∴Q(-6,8)或Q(-8,6)，

当Q(-6,8)时，连接QF交OP2于点M，

则点M(2,4).

此时直线OM的函数解析式y=2x.

解得

∴点P2( ， ).

当Q(-8,6)时，同理可求得P3( ， ).

如图3，有QP4∥OF，QP4=OF=10，

设点P4的横坐标为x，则点Q的横坐标为(x-10).

∵yQ=yP，直线AB的函数解析式y=x+14.

∴(x-10)+14=- x+2 .

解得x= ，可得y= .

∴点P4( ， ).

③当Q在BC边上时，如图4，OQ=OF=10，点P5在E点，

∴点P5(0，2 ).

综上所述，满足条件的点P的坐标为：

P1(10，2 -6)，点P2( ， )，P3( ， )，P4( ， )，P5(0，2 ).

【点评】：本题是一道综合性大题，要注意灵活应用所有的知识点，另外在考虑问题时要全面，不要丢解.第(3)小题中，共四种情况，易出现丢解现象.

25. (2012广州市，16， 3分)(本小题满分10分)如图10，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC= ( )

(1)当 =60°时，求CE的长;

(2)当 时，①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF?若存在，求出k的值;若不存在，请说明理由。

②连接CF，当 取最大时，求tan∠DCF的值。

【解析】(2)可以按照k等于1、2、3等正整数时，把∠EFD分为几等分，从而确定k的值是否存在。(3)找出变量BE，找出 的关于自变量的函数关系式，计算出 取得最大值时，得到自变量BE的值，计算tan∠DCF的值。

【答案】解：(1)如果∠ABC=60°，在Rt△ABC中，CE=BCsin60°=10 =5

(2)①取BC的中点G，连接FG，CF，则AF=BG=DF=CG

∵AF∥BG,FD∥CG

∴四边形ABGF，四边形FGCD都是平行四边形

又∵AB=5，BC=10，

∴AB=BG=FG=CG=5，

∴四边形ABGF，四边形FGCD都是菱形

∴∠3=∠4，AB∥FG

∵AB∥FG

∴∠1=∠2

设GF交CE于M

则MG∥BE

∴

∴EM=MC

∵BE⊥CE

∴GM⊥CE

∴FM垂直平分CE

∴FE=FC

∴∠2=∠3=∠4=∠1

∴∠EFD=3∠AEF

∴k=3

②设BE=x，则AE=5-x

过点F作AB的垂线，垂足为N，则∠N=∠BEC=90°

∵AF∥BG

∴∠NAF=∠B

∴△NAF∽△EBC

∴

∴AN= ，FN= CE

EN=AE+AN=5-x+ =

在Rt△EBC中，

在Rt△NEF中， =

∴y= = + ]

=

∵-1<0

当 时， 取最大值。

∴FN= ，NE=

∴tan∠DCF=tan∠NEF= = 。

【点评】第(2)问转化为把∠EFD分为k等分，证明其中的一份等于∠AEF的问题。确定k的值。第(3)关键是列出二次函数，计算当 取得最大值时，确定BE的长，也就是确定点E的位置，把∠DCF放在直角三角形中求其正切值。

25.(2012江苏盐城，25，10分)如图①所示，已知A、B为直线 上两点，点C为直线 上方一动点，连接AC、BC，分别以AC、BC为边向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG，过点D作DD1⊥ 于点D1，过点E作EE1⊥ 于点E1.

(1)如图②，当点E恰好在直线 的上方时(此时E1与E重合)，试说明DD1=AB

(2)在图①中，当D、E两点都在直线 的上方时，试探求三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系，并说明理由.

(3)如图③，当点E在直线 的下方时，请直接写出三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系(不需证明).

【解析】本题考查了正方形和全等三角形的判定和性质.利用两三角形全等后的对应边相等与对应角相等,是解决本题的关键(1)图②是特殊位置，直接证明三角形全等解决;

(2)先猜想三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系，然后根据图②启示，构造两对全等三角形证明.

(3)类比归纳、猜想出结论.

【答案】(1)∵四边形CADF和四边形CBEG都是正方形，且DD1⊥ ，∴∠DAC=∠ABC=∠DD1A=900，又∵∠ADD1+∠DAD1=900，而∠DAD1+∠ABC=900，∴∠ADD1=∠ABC，在Rt△DD1A和在Rt△BEE1中，∵∠ABC=∠DD1A，∠ADD1=∠BAC，AD=AC，∴△DD1A≌△BEE1，∴DD1=AB.

(2)AB=DD1+EE1.理由如下：过C作CM⊥AB于M，易得：△DD1A≌△ACM，∴DD1=AM，同理：

△BCM≌△EBE1，∴EE1=BM，∴AB=AM+BM= DD1+EE1.

(3)AB=DD1-EE1.

【点评】本题是对平面几何推理证明的考查，证明两条线段相等或两角相等，常用的方法就是先证得三角形全等，利用全等形的性质，推出结论，考查了同学们从特殊到一般的推理过程.

(2012四川成都，28，l2分) 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数 ( 为常数)的图象与x轴交于点A( ，0)，与y轴交于点C.以直线x=1为对称轴的抛物线 ( 为常数，且 ≠0)经过A，C两点，并与x轴的正半轴交于点B.

(1)求 的值及抛物线的函数表达式;

(2)设E是y轴右侧抛物线上一点，过点E作直线AC的平行线交x轴于点F.是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形?若存在，求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积;若不存在，请说明理由;

(3)若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于 ， 两点，试探究 是否为定值，并写出探究过程.

解析：第(1)小题可用待定系数法进行解决;对于第(2)小题“存在”问题，若存在要指出，若不存在要说明原因。

答案：(1)∵一次函数 经过点A( ，0)，

∴

∴

则C的坐标为(0， )

∵二次函数 经过点A(-3,0)、点C(0， )，且以直线x=1为对称轴

则点B的坐标为(5,0)

∴

解，得

∴二次函数为

(2)存在

根据题意，FE∥AC

要使ACEF为平行四边形

则CE∥AF

∵E在抛物线 上

∴E是C关于直线x=1的对称点，则E点的坐标为(2， )

∴

(3)要使△ACP的周长取得最小值，即为AP+CP最小

E是C关于直线x=1对称点，连接AE交对称轴于点P，则PE=CP

此时，△ACP的周长取得最小值。

如图所示，CE交x=1于点G，x=1交x轴于H

则

∴点P的坐标为(1,3)

设过点P的直线的直线 的解析式为

则

则△=

∴

∴ 不是定值。

点评：在本题中，第一小题考查了是知识的灵活应用能力和运算能力，第二小题是探究题，需要同学们进行细心地观察、大胆地猜测、灵活地验证。

28.(2012四川内江，28，12分)如图14，已知点A(-1，0)，B(4，0)，点C在y轴的正半轴上，且∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点，其顶点为M.

(1)求抛物线y=ax2+bx+c的解析式;

(2)试判断直线CM与以AB为直径的圆的位置关系，并加以证明;

(3)在抛物线上是否存在点N，使得S△BCN=4?如果存在，那么这样的点有几个?如果不存在，请说明理由.

【解析】(1)根据∠ACB=90°及坐标系中的横、纵轴垂直关系，可证得△AOC∽△COB，进而得到OC2=OA•OB，求出OC长得到点C的坐标.(2)猜测是相切的位置关系.以AB为直径的圆的圆心是AB的中点，不妨设为点E，连接EC，EM，证得EM2=CE2+CM2即可.(3)分点N在直线BC的左下方和右上方两种情况考虑.

【答案】解：(1)∵∠CAO+∠ACO=90°，∠ACO+∠BCO=90°，

∴∠CAO=∠BCO.

∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB.∴ = .∴OC2=OA•OB=4.

∵OC>0，∴OC=2.

∵点C在y轴的非负半轴上，∴C(0，2).

由题意可设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-4)，

∴2=a(0+1)(0-4).a=- .

∴y=- (x+1)(x-4) =- x2+ x+2.

(2)直线CM与以AB为直径的圆相切.

理由：设AB中点为E，则E( ，0)，当x= 时，y=- ×( )2+ × +2= .

∴M( ， )，∴EM= ，EM2= ，CE2=(0- )2+(2-0)2= ，

CM2=(0- )2+(2- )2= .

∴EM2=CE2+CM2.∴CE⊥CM.

∴以AB为直径的圆与直线CM相切.

(3)存在点N，使得S△BCN=4，且这样的点有3个.

①当N在直线BC左下方时，S△BCN可以为任意正数，所以存在两个点，使S△BCN=4;

②当N在直线BC右上方时，过点N作平行于y轴的直线交BC于点Q，直线BC的解析式为y=- x+2.

设点N的坐标为(t，- t2+ t+2)，则点Q的坐标为(t，- t+2)，

∴NQ=- t2+ t+2-(- t+2)=- t2+2t.

∴S△BCN=S△NQC+S△NBQ= NQ•OB= (- t2+2t)×4=-t2+4t=-(t-2)2+4.

∴当t=2时，△BCN的面积最大为4.

∴存在一个点N，使得S△BCN=4.

综上，在抛物线上共存在三个点N，使得S△BCN=4.

【点评】此题综合考查了相似三角形，勾股定理，待定系数法，三角形的面积，数形结合思想等，整体难度不大，学生上手容易.第(1)问是射影定理基本图，学生普遍都会.第(2)问证明切线时，如下图，还可以过点C作CD⊥EM于D，利用相似三角形或锐角三角函数证明∠MCD=∠CED，然后由∠CEM+∠DCE=∠MCD+∠DCE=90° ，得∠MCE=90°，从而证得CE⊥CM.当然也可以过点M作y轴的垂线段MF，在△MCF与△COE中用相似三角形或锐角三角函数知识证明∠MCE=90°.第(3)问这种在抛物线上探究三角形面积类问题比较新颖，过去出现较多的情形是在抛物线落在第一象限的BC段上求解，而此题却是在整条抛物线上求解判断，富有新意，值得关注.

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