(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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