2020中考冲刺全国数学经典压轴题60例

第第页2020中考冲刺全国数学经典压轴题60例含参考答案与试题解析一、解答题（共60小题）1．（•重庆）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．考点：几何变换综合题．专题：压轴题．分析：（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．解答：解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，由勾股定理得：BD===．∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，∴AE===4．在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．∴DQ=BQ﹣BD=﹣；②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，解得：BQ=，∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，∴DQ=BD﹣BQ=﹣；④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为﹣、、﹣或．点评：本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．2．（•重庆）如图1，在▱ABCD中，AH⊥DC，垂足为H，AB=4，AD=7，AH=．现有两个动点E，F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动，在点E，F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG与△ABC在射线AC的同侧，当点E运动到点C时，E，F两点同时停止运动，设运动时间为t秒．（1）求线段AC的长；（2）在整个运动过程中，设等边△EFG与△ABC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，并写出相应的自变量t的取值范围；（3）当等边△EFG的顶点E到达点C时，如图2，将△EFG绕着点C旋转一个角度α（0°＜α＜360°），在旋转过程中，点E与点C重合，F的对应点为F′，G的对应点为G′，设直线F′G′与射线DC、射线AC分别相交于M，N两点．试问：是否存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形？若存在，请求出CM的长度；若不存在，请说明理由．考点：几何变换综合题．专题：压轴题；动点型．分析：（1）利用平行四边形性质、勾股定理，求出DH、CH的长度，可以判定△ACD为等腰三角形，则AC=AD=7；（2）首先证明点G始终在直线AB上，然后分析运动过程，求出不同时间段内S的表达式：①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部；②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上；③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上．（3）因为∠MCN为等腰三角形的底角，因此只可能有两种情形：①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示；②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示．解答：解：（1）∵▱ABCD，∴CD=AB=4．在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH===2，∴CH=DH．∴AC=AD=7．（2）在运动过程中，AE=t，AF=3t，∴等边△EFG的边长EF=EG=GF=2t．如答图1，过点G作GP⊥AC于点P，则EP=EG=t，GP=EG=t．∴AP=AE+EP=2t．∴tan∠GAC===．∵tan∠BAC=tan∠ACH===，∴tan∠GAC=tan∠BAC，∴点G始终在射线AB上．设∠BAC=∠ACH=θ，则sinθ==，cosθ==．①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部．S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上．过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，设KP=x，则PF==x，∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（3t﹣7）．∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2﹣（3t﹣7）•（3t﹣7）=﹣t2+t﹣；③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上．过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，设KP=x，则EP==x，∴CP=EP﹣CE=x﹣（7﹣t）=x﹣7+t．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（7﹣t）．∴S=S△CEK=（7﹣t）•（7﹣t）=t2﹣t+．综上所述，S与t之间的函数关系式为：S=．（3）设∠ACH=θ，则tanθ===，cosθ==．当点E与点C重合时，t=7，∴等边△EFG的边长=2t=14．假设存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示，则∠NMC=∠MCN=θ．过点C作CP⊥F′M于点P，则CP=CF′=7．∴PM===14．设CN=MN=x，则PN=PM﹣MN=14﹣x．在Rt△CNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，解得：x=．过点N作NQ⊥CM于点Q，∴CM=2CQ=2CN•cosθ=2××=7；②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示，则∠MNC=∠MCN=θ．过点C作CP⊥G′N于点P，则CP=CF′=7．∴PN===14．设CM=MN=x，则PM=PN﹣MN=14﹣x．在Rt△CMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，∴CM=x=．综上所述，存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或．点评：本题是几何变换综合题，涉及平移与旋转两种几何变换．第（2）问中，针对不同时间段内的几何图形，需要分类讨论；第（3）问中，根据顶点的不同，分两种情形进行分类讨论．本题涉及考点众多，图形复杂，计算量偏大，难度较大；解题时需要全面分析，认真计算．3．（•长春）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．（1）求点N落在BD上时t的值；（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；（3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式；（4）直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值．考点：相似形综合题；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有专题：压轴题；分类讨论．分析：（1）可证△DPN∽△DQB，从而有，即可求出t的值．（2）只需考虑两个临界位置（①MN经过点O，②点P与点O重合）下t的值，就可得到点O在正方形PQMN内部时t的取值范围．（3）根据正方形PQMN与△ABD重叠部分图形形状不同分成三类，如图4、图5、图6，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式．（4）由于点P在折线AD﹣DO﹣OC运动，可分点P在AD上，点P在DO上，点P在OC上三种情况进行讨论，然后运用三角形相似等知识就可求出直线DN平分△BCD面积时t的值．解答：解：（1）当点N落在BD上时，如图1．∵四边形PQMN是正方形，∴PN∥QM，PN=PQ=t．∴△DPN∽△DQB．∴．∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，∴．∴t=．∴当t=时，点N落在BD上．（2）①如图2，则有QM=QP=t，MB=4﹣t．∵四边形PQMN是正方形，∴MN∥DQ．∵点O是DB的中点，∴QM=BM．∴t=4﹣t．∴t=2．②如图3，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°．∵AB=4，AD=3，∴DB=5．∵点O是DB的中点，∴DO=．∴1×t=AD+DO=3+．∴t=．∴当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2＜t＜．（3）①当0＜t≤时，如图4．S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2．②当＜t≤3时，如图5，∵tan∠ADB==，∴=．∴PG=4﹣t．∴GN=PN﹣PG=t﹣（4﹣t）=﹣4．∵tan∠NFG=tan∠ADB=，∴．∴NF=GN=（﹣4）=t﹣3．∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF=t2﹣×（﹣4）×（t﹣3）=﹣t2+7t﹣6．③当3＜t≤时，如图6，∵四边形PQMN是正方形，四边形ABCD是矩形．∴∠PQM=∠DAB=90°．∴PQ∥AD．∴△BQP∽△BAD．∴==．∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3，∴．∴BQ=，PQ=．∴QM=PQ=．∴BM=BQ﹣QM=．∵tan∠ABD=，∴FM=BM=．∴S=S梯形PQMF=（PQ+FM）•QM=[+]•=（8﹣t）2=t2﹣t+．综上所述：当0＜t≤时，S=t2．当＜t≤3时，S=﹣t2+7t﹣6．当3＜t≤时，S=t2﹣t+．（4）设直线DN与BC交于点E，∵直线DN平分△BCD面积，∴BE=CE=．①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，如图7，则有△DPN∽△DHE．∴．∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE=，EH=AB=4，∴．解得；t=．②点P在DO上，连接OE，如图8，则有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN．∴△DPN∽△DOE．∴．∵DP=t﹣3，DO=，OE=2，∴PN=（t﹣3）．∵PQ=（8﹣t），PN=PQ，∴（t﹣3）=（8﹣t）．解得：t=．③点P在OC上，设DE与OC交于点S，连接OE，交PQ于点R，如图9，则有OE=2，OE∥DC．∴△DSC∽△ESO．∴．∴SC=2SO．∵OC=，∴SO==．∵PN∥AB∥DC∥OE，∴△SPN∽△SOE．∴．∵SP=3++﹣t=，SO=，OE=2，∴PN=．∵PR∥MN∥BC，∴△ORP∽△OEC．∴．∵OP=t﹣，OC=，EC=，∴PR=．∵QR=BE=，∴PQ=PR+QR=．∵PN=PQ，∴=．解得：t=．综上所述：当直线DN平分△BCD面积时，t的值为、、．点评：本题考查了矩形的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，考查了用割补法求五边形的面积，考查了用临界值法求t的取值范围，考查了分类讨论的数学思想，综合性较强，有一定的难度．4．（•达州）如图，在平面直角坐标系中，己知点O（0，0），A（5，0），B（4，4）．（1）求过O、B、A三点的抛物线的解析式．（2）在第一象限的抛物线上存在点M，使以O、A、B、M为顶点的四边形面积最大，求点M的坐标．（3）作直线x=m交抛物线于点P，交线段OB于点Q，当△PQB为等腰三角形时，求m的值．考点：二次函数综合题．专题：压轴题；分类讨论．分析：（1）由于抛物线与x轴的两个交点已知，因此抛物线的解析式可设成交点式，然后把点B的坐标代入，即可求出抛物线的解析式．（2）以O、A、B、M为顶点的四边形中，△OAB的面积固定，因此只要另外一个三角形面积最大，则四边形面积即最大；求出另一个三角形面积的表达式，利用二次函数的性质确定其最值；本问需分类讨论：①当0＜x＜4时，点M在抛物线OB段上时，如答图1所示；②当4＜x＜5时，点M在抛物线AB段上时，图略．（3）△PQB为等腰三角形时，有三种情形，需要分类讨论，避免漏解：①若点B为顶点，即BP=BQ，如答图2﹣1所示；②若点P为顶点，即PQ=PB，如答图2﹣2所示；③若点P为顶点，即PQ=QB，如答图2﹣3所示．解答：解：（1）∵该抛物线经过点A（5，0），O（0，0），∴该抛物线的解析式可设为y=a（x﹣0）（x﹣5）=ax（x﹣5）．∵点B（4，4）在该抛物线上，∴a×4×（4﹣5）=4．∴a=﹣1．∴该抛物线的解析式为y=﹣x（x﹣5）=﹣x2+5x．（2）以O、A、B、M为顶点的四边形中，△OAB的面积固定，因此只要另外一个三角形面积最大，则四边形面积即最大．①当0＜x＜4时，点M在抛物线OB段上时，如答图1所示．∵B（4，4），∴易知直线OB的解析式为：y=x．设M（x，﹣x2+5x），过点M作ME∥y轴，交OB于点E，则E（x，x），∴ME=（﹣x2+5x）﹣x=﹣x2+4x．S△OBM=S△MEO+S△MEB=ME（xE﹣0）+ME（xB﹣xE）=ME•xB=ME×4=2ME，∴S△OBM=﹣2x2+8x=﹣2（x﹣2）2+8∴当x=2时，S△OBM最大值为8，即四边形的面积最大．②当4＜x＜5时，点M在抛物线AB段上时，图略．可求得直线AB解析式为：y=﹣4x+20．设M（x，﹣x2+5x），过点M作ME∥y轴，交AB于点E，则E（x，﹣4x+20），∴ME=（﹣x2+5x）﹣（﹣4x+20）=﹣x2+9x﹣20．S△ABM=S△MEB+S△MEA=ME（xE﹣xB）+ME（xA﹣xE）=ME•（xA﹣xB）=ME×1=ME，∴S△ABM=﹣x2+x﹣10=﹣（x﹣）2+∴当x=时，S△ABM最大值为，即四边形的面积最大．比较①②可知，当x=2时，四边形面积最大．当x=2时，y=﹣x2+5x=6，∴M（2，6）．（3）由题意可知，点P在线段OB上方的抛物线上．设P（m，﹣m2+5m），则Q（m，m）当△PQB为等腰三角形时，①若点B为顶点，即BP=BQ，如答图2﹣1所示．过点B作BE⊥PQ于点E，则点E为线段PQ中点，∴E（m，）．∵BE∥x轴，B（4，4），∴=4，解得：m=2或m=4（与点B重合，舍去）∴m=2；②若点P为顶点，即PQ=PB，如答图2﹣2所示．易知∠BOA=45°，∴∠PQB=45°，则△PQB为等腰直角三角形．∴PB∥x轴，∴﹣m2+5m=4，解得：m=1或m=4（与点B重合，舍去）∴m=1；③若点Q为顶点，即PQ=QB，如答图2﹣3所示．∵P（m，﹣m2+5m），Q（m，m），∴PQ=﹣m2+4m．又∵QB=（xB﹣xQ）=（4﹣m），∴﹣m2+4m=（4﹣m），解得：m=或m=4（与点B重合，舍去），∴m=．综上所述，当△PQB为等腰三角形时，m的值为1，2或．点评：本题是二次函数压轴题，涉及考点较多，有一定的难度．重点考查了分类讨论的数学思想，第（2）（3）问均需要进行分类讨论，避免漏解．注意第（2）问中求面积表达式的方法，以及第（3）问中利用方程思想求m值的方法．5．（•云南）已知如图平面直角坐标系中，点O是坐标原点，矩形ABCO是顶点坐标分别为A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．点D在y轴上，且点D的坐标为（0，﹣5），点P是直线AC上的一动点．（1）当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式（关系式）；（2）当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M．问在x轴的正半轴上是否存在使△DOM与△ABC相似的点M？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R（R＞0）为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．若设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F．请探求在动圆P中是否存在面积最小的四边形DEPF？若存在，请求出最小面积S的值；若不存在，请说明理由．考点：圆的综合题；待定系数法求一次函数解析式；垂线段最短；勾股定理；切线长定理；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有专题：综合题；压轴题；存在型；分类讨论．分析：（1）只需先求出AC中点P的坐标，然后用待定系数法即可求出直线DP的解析式．（2）由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进行讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．（3）易证S△PED=S△PFD．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．解答：解：（1）过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．∴==．∵点P是AC中点，∴CP=CA．∴HP=OA，CH=CO．∵A（3，0）、C（0，4），∴OA=3，OC=4．∴HP=，CH=2．∴OH=2．∵PH∥OA，∠COA=90°，∴∠CHP=∠COA=90°．∴点P的坐标为（，2）．设直线DP的解析式为y=kx+b，∵D（0，﹣5），P（，2）在直线DP上，∴∴∴直线DP的解析式为y=x﹣5．（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．﹣5），∴BC=3，AB=4，OD=5．∴=．∴OM=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0）②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．∴OM=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0）．综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．∴PE=PF=AC=．∵DE、DF都与⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．∴S△PED=S△PFD．∴S四边形DEPF=2S△PED=2×PE•DE=PE•DE=DE．∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．∵DP⊥AC，∴∠DPC=90°．∴∠AOC=∠DPC．∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，∴△AOC∽△DPC．∴=．∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，∴=．∴DP=．∴DE2=DP2﹣=（）2﹣=．∴DE=，∴S四边形DEPF=DE=．∴四边形DEPF面积的最小值为．点评：本题考查了相似三角形的判定与性质、用待定系数法求直线的解析式、切线长定理、勾股定理、垂线段最短等知识，考查了分类讨论的思想．将求DE的最小值转化为求DP的最小值是解决第3小题的关键．另外，要注意“△DOM与△ABC相似”与“△DOM∽△ABC“之间的区别．6．（•十堰）已知抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的增减性．菁优网版权所有专题：压轴题；存在型．分析：（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组求出抛物线C2与直线AB的交点C、D的坐标，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．（3）设直线m与y轴交于点G，直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形形状、位置随着点G的变化而变化，故需对点G的位置进行讨论，借助于相似三角形的判定与性质、三角函数的增减性等知识求出符合条件的点G的坐标，从而求出相应的直线m的解析式．解答：解：（1）∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，∴点A的坐标为（﹣1，﹣2）．∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2经过点B（﹣2，﹣1），∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1．解得：a=1．∴抛物线C1的解析式为：y=（x+1）2﹣2．（2）∵抛物线C2是由抛物线C1向下平移2个单位所得，∴抛物线C2的解析式为：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．设直线AB的解析式为y=kx+b．∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴解得：∴直线AB的解析式为y=﹣x﹣3．联立解得：或．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点A作AF⊥y轴，垂足为F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴S△OAC：S△OAD=（OC•AE）：（OD•AF）=（×3×2）：（×3×1）=2．∴S△OAC：S△OAD的值为2．（3）设直线m与y轴交于点G，设点G的坐标为（0，t）．1．当直线m与直线l平行时，则有CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴=．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2，∴=．∴OG=．∵当t=时，直线m与直线l平行，∴直线l，m与x轴不能构成三角形．∴t≠．2．当直线m与直线l相交时，设交点为H，①t＜0时，如图2①所示．∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．当∠PHC=∠GHQ时，∵∠PHC+∠GHQ=180°，∴∠PHC=∠GHQ=90°．∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴=．∴=．∴OG=6．∴点G的坐标为（0，﹣6）设直线m的解析式为y=mx+n，∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，∴．解得：．∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6，联立，解得：或∴E（﹣1，﹣4）．此时点E就是抛物线的顶点，符合条件．∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6．②当t=0时，此时直线m与x轴重合，∴直线l，m与x轴不能构成三角形．∴t≠0．③O＜t＜时，如图2②所示，∵tan∠GCO==＜，tan∠PQO===2，∴tan∠GCO≠tan∠PQO．∴∠GCO≠∠PQO．∵∠GCO=∠PCH，∴∠PCH≠∠PQO．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC与△GHQ不相似．∴符合条件的直线m不存在．④＜t≤2时，如图2③所示．∵tan∠CGO==≥，tan∠QPO===．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO，又∵∠HQG＞∠QPO，∴△PHC与△GHQ不相似．∴符合条件的直线m不存在．⑤t＞2时，如图2④所示．此时点E在对称轴的右侧．∵∠PCH＞∠CGO，∴∠PCH≠∠CGO．当∠QPC=∠CGO时，∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．∴符合条件的直线m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴=．∴=．∴OG=6．∴点G的坐标为（0，6）．设直线m的解析式为y=px+q∵点C（﹣3，0）、点G（0，6）在直线m上，∴．解得：．∴直线m的解析式为y=2x+6．综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，此时直线m的解析式为y=﹣2x﹣6和y=2x+6．点评：本题考查了二次函数的有关知识，考查了三角形相似的判定与性质、三角函数的定义及增减性等知识，考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，考查了通过解方程组求两个函数图象的交点，强化了对运算能力、批判意识、分类讨论思想的考查，具有较强的综合性，有一定的难度．7．（•湘西州）如图，抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，点B（2，﹣）和点C（﹣3，﹣3）两点均在抛物线上，点F（0，﹣）在y轴上，过点（0，）作直线l与x轴平行．（1）求抛物线的解析式和线段BC的解析式．（2）设点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），过点D作x轴的垂线，与抛物线交于点G．设线段GD的长度为h，求h与x之间的函数关系式，并求出当x为何值时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是多少？（3）若点P（m，n）是抛物线上位于第三象限的一个动点，连接PF并延长，交抛物线于另一点Q，过点Q作QS⊥l，垂足为点S，过点P作PN⊥l，垂足为点N，试判断△FNS的形状，并说明理由；（4）若点A（﹣2，t）在线段BC上，点M为抛物线上的一个动点，连接AF，当点M在何位置时，MF+MA的值最小，请直接写出此时点M的坐标与MF+MA的最小值．考点：二次函数综合题；二次根式的性质与化简；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；线段的性质：两点之间线段最短．菁优网版权所有专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）由于抛物线的顶点在坐标原点O，故抛物线的解析式可设为y=ax2，把点C的坐标代入即可求出抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y=mx+n，把点B、C的坐标代入即可求出直线BC的解析式．（2）由点D（x，y）在线段BC上可得yD=x﹣2，由点G在抛物线y=﹣x2上可得yG=﹣x2．由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）配方可得h=﹣（x+）2+．根据二次函数的最值性即可解决问题．（3）可以证明PF=PN，结合PN∥OF可推出∠PFN=∠OFN；同理可得∠QFS=∠OFS．由∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°可推出∠NFS=90°，故△NFS是直角三角形．（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，由（3）中推出的结论PF=PN可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等，从而有MF=MH，则MA+MF=MA+MH．由两点之间线段最短可得：当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，此时xM=xA=﹣2，从而可以求出点M及点A的坐标，就可求出MF+MA的最小值．解答：解：（1）如图1，∵抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，∴抛物线解析式为y=ax2．∵点C（﹣3，﹣3）在抛物线y=ax2上，∴.9a=﹣3．∴a=﹣．∴抛物线的解析式为y=﹣x2．设直线BC的解析式为y=mx+n．∵B（2，﹣）、C（﹣3，﹣3）在直线y=mx+n上，∴．解得：．∴直线BC的解析式为y=x﹣2．（2）如图2，∵点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），∴yD=x﹣2，且﹣3＜x＜2．∵DG⊥x轴，∴xG=xD=x．∵点G在抛物线y=﹣x2上，∴yG=﹣x2．∴h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）=﹣x2﹣x+2=﹣（x2+x）+2=﹣（x2+x+﹣）+2=﹣（x+）2++2=﹣（x+）2+．∵﹣＜0，﹣3＜﹣＜2，∴当x=﹣时，h取到最大值，最大值为．∴h与x之间的函数关系式为h=﹣（x+）2+，其中﹣3＜x＜2；当x=﹣时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是．（3）△FNS是直角三角形．证明：过点F作FT⊥PN，垂足为T，如图3，∵点P（m，n）是抛物线y=﹣x2上位于第三象限的一个动点，∴n=﹣m2．m＜0，n＜0．∴m2=﹣3n．在Rt△PTF中，∵PT=﹣﹣n，FT=﹣m，∴PF=====﹣n．∵PN⊥l，且l是过点（0，）平行于x轴的直线，∴PN=﹣n．∴PF=PN．∴∠PNF=∠PFN．∵PN⊥l，OF⊥l，∴PN∥OF．∴∠PNF=∠OFN．∴∠PFN=∠OFN．同理可得：∠QFS=∠OFS．∵∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°，∴2∠OFN+2∠OFS=180°．∴∠OFN+∠OFS=90°．∴∠NFS=90°．∴△NFS是直角三角形．（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，在（3）中已证到PF=PN，由此可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等．∴MF=MH．∴MA+MF=MA+MH．由两点之间线段最短可得：当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，等于AH．即xM=xA=﹣2时，MA+MF取到最小值．此时，yM=﹣×（﹣2）2=﹣，点M的坐标为（﹣2，﹣）；yA=×（﹣2）﹣2=﹣，点A的坐标为（﹣2，﹣）；MF+MA的最小值=AH=﹣（﹣）=．∴当点M的坐标为（﹣2，﹣）时，MF+MA的值最小，最小值为．点评：本题考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、二次函数的最值、二次根式的化简、两点之间线段最短等知识，综合性非常强，难度比较大．而证出PF=PN及由此得出“抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等”是解决第三小题和第四小题的关键．8．（•宜昌）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，4），点A在线段OP上，点B在x轴正半轴上，且AP=OB=t，0＜t＜4，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD；过点C、D依次向x轴、y轴作垂线，垂足为M，N，设过O，C两点的抛物线为y=ax2+bx+c．（1）填空：△AOB≌△DNA或△DPA≌△BMC（不需证明）；用含t的代数式表示A点纵坐标：A（0，4﹣t）；（2）求点C的坐标，并用含a，t的代数式表示b；（3）当t=1时，连接OD，若此时抛物线与线段OD只有唯一的公共点O，求a的取值范围；（4）当抛物线开口向上，对称轴是直线x=2﹣，顶点随着t的增大向上移动时，求t的取值范围．考点：二次函数综合题；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得：△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC；根据图中相关线段间的和差关系来求点A的坐标；（2）利用（1）中的全等三角形的对应边相等易推知：OM=OB+BM=t+4﹣t=4，则C（4，t）．把点O、C的坐标分别代入抛物线y=ax2+bx+c可以求得b=t﹣4a；（3）利用待定系数法求得直线OD的解析式y=x．联立方程组，得，所以ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+．对于抛物线的开口方向进行分类讨论，即a＞0和a＜0两种情况下的a的取值范围；（4）根据抛物线的解析式y=ax2+（﹣4a）x得到顶点坐标是（﹣，﹣（t﹣16a）2）．结合已知条件求得a=t2，故顶点坐标为（2﹣，﹣（t﹣）2）．哟抛物线的性质知：只与顶点坐标有关，故t的取值范围为：0＜t≤．解答：解：（1）如图，∵∠DNA=∠AOB=90°，∴∠NAD=∠OBA（同角的余角相等）．在△AOB与△DNA中，，∴△AOB≌△DNA（SAS）．同理△DNA≌△BMC．∵点P（0，4），AP=t，∴OA=OP﹣AP=4﹣t．故答案是：DNA或△DPA；4﹣t；（2）由题意知，NA=OB=t，则OA=4﹣t．∵△AOB≌△BMC，∴CM=OB=t，∴OM=OB+BM=t+4﹣t=4，∴C（4，t）．又抛物线y=ax2+bx+c过点O、C，∴，解得b=t﹣4a；（3）当t=1时，抛物线为y=ax2+（﹣4a）x，NA=OB=1，OA=3．∵△AOB≌△DNA，∴DN=OA=3，∵D（3，4），∴直线OD为：y=x．联立方程组，得，消去y，得ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+，所以，抛物线与直线OD总有两个交点．讨论：①当a＞0时，4+＞3，只有交点O，所以a＞0符合题意；②当a＜0时，若4+＞3，则a＜﹣．又a＜0所以a＜﹣．若4+＜0，则得a＞﹣．又a＜0，所以﹣＜a＜0．综上所述，a的取值范围是a＞0或a＜﹣或﹣＜a＜0．（4）抛物线为y=ax2+（﹣4a）x，则顶点坐标是（﹣+2，﹣（t﹣16a）2）．又∵对称轴是直线x=﹣+2=2﹣，∴a=t2，∴顶点坐标为：（2﹣，﹣（1﹣4t）2），即（2﹣，﹣（t﹣）2）．∵抛物线开口向上，且随着t的增大，抛物线的顶点向上移动，∴只与顶点坐标有关，∴t的取值范围为：0＜t≤．点评：本题考查了二次函数综合题型．此题难度较大，需要熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定与性质，二次函数图象的性质等知识点，综合性比较强，需要学生对所学知识进行系统的掌握．9．（•盐城）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF；请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．考点：四边形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有专题：压轴题；探究型．分析：【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题．【变式探究】如下图③，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．【结论运用】易证BE=BF，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，如下图④，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．【迁移拓展】由条件AD•CE=DE•BC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题．解答：解：【问题情境】证明：（方法1）连接AP，如图②∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC=S△ABP+S△ACP，∴AB•CF=AB•PD+AC•PE．∵AB=AC，∴CF=PD+PE．（方法2）过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图②．∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．∴四边形PDFG是矩形．∴DP=FG，∠DPG=90°．∴∠CGP=90°．∵PE⊥AC，∴∠CEP=90°．∴∠PGC=∠CEP．∵∠BDP=∠DPG=90°．∴PG∥AB．∴∠GPC=∠B．∵AB=AC，∴∠B=∠ACB．∴∠GPC=∠ECP．在△PGC和△CEP中，∴△PGC≌△CEP．∴CG=PE．∴CF=CG+FG=PE+PD．【变式探究】证明：（方法1）连接AP，如图③．∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP，∴AB•CF=AB•PD﹣AC•PE．∵AB=AC，∴CF=PD﹣PE．【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．∵AD=8，CF=3，∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．∴DF=5．∵∠C=90°，∴DC===4．∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．∴四边形EQCD是矩形．∴EQ=DC=4．∵AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB．∵∠BEF=∠DEF，∴∠BEF=∠EFB．∴BE=BF．由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ．∴PG+PH=4．∴PG+PH的值为4．【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤．∵AD•CE=DE•BC，∴=．∵ED⊥AD，EC⊥CB，∴∠ADE=∠BCE=90°．∴△ADE∽△BCE．∴∠A=∠CBE．∴FA=FB．由问题情境中的结论可得：ED+EC=BH．设DH=xdm，则AH=AD+DH=（3+x）dm．∵BH⊥AF，∴∠BHA=90°．∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2．∵AB=2，AD=3，BD=，∴（）2﹣x2=（2）2﹣（3+x）2．解得：x=1．∴BH2=BD2﹣DH2=37﹣1=36．∴BH=6．∴ED+EC=6．∵∠ADE=∠BCE=90°，且M、N分别为AE、BE的中点，∴DM=AM=EM=AE，CN=BN=EN=BE．∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CN+EN+EC=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC=DE+EC+AB=6+2．∴△DEM与△CEN的周长之和为（6+2）dm．点评：本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．10．（•仙桃）已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，一动点P从原点出发以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，连接BP，过点A作直线BP的垂线交y轴于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式；（2）当BQ=AP时，求t的值；（3）随着点P的运动，抛物线上是否存在一点M，使△MPQ为等边三角形？若存在，请直接写t的值及相应点M的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题；一次函数的应用；全等三角形的应用；等腰三角形的性质；等边三角形的性质．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：（1）已知3点求抛物线的解析式，设解析式为y=ax2+bx+c，待定系数即得a、b、c的值，即得解析式．（2）BQ=AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP关于t的表示，代入BQ=AP可求t值．（3）考虑等边三角形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在性．解答：解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，∴，解得，∴y=﹣x2﹣x+2．（2）∵AQ⊥PB，BO⊥AP，∴∠AOQ=∠BOP=90°，∠PAQ=∠PBO，∵AO=BO=2，∴△AOQ≌△BOP，∴OQ=OP=t．①如图1，当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ=2﹣t，AP=2+t．∵BQ=AP，∴2﹣t=（2+t），∴t=．②如图2，当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ=t﹣2，AP=2+t．∵BQ=AP，∴t﹣2=（2+t），∴t=6．综上所述，t=或6时，BQ=AP．（3）当t=﹣1时，抛物线上存在点M（1，1）；当t=3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3）．分析如下：∵AQ⊥BP，∴∠QAO+∠BPO=90°，∵∠QAO+∠AQO=90°，∴∠AQO=∠BPO．在△AOQ和△BOP中，，∴△AOQ≌△BOP，∴OP=OQ，∴△OPQ为等腰直角三角形，∵△MPQ为等边三角形，则M点必在PQ的垂直平分线上，∵直线y=x垂直平分PQ，∴M在y=x上，设M（x，y），∴，解得或，∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．①如图3，当M的坐标为（1，1）时，作MD⊥x轴于D，则有PD=|1﹣t|，MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2，PQ2=2t2，∵△MPQ为等边三角形，∴MP=PQ，∴t2+2t﹣2=0，∴t=﹣1+，t=﹣1﹣（负值舍去）．②如图4，当M的坐标为（﹣3，﹣3）时，作ME⊥x轴于E，则有PE=3+t，ME=3，∴MP2=32+（3+t）2=t2+6t+18，PQ2=2t2，∵△MPQ为等边三角形，∴MP=PQ，∴t2﹣6t﹣18=0，∴t=3+3，t=3﹣3（负值舍去）．综上所述，当t=﹣1+时，抛物线上存在点M（1，1），或当t=3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．点评：本题是二次函数、一次函数及三角形相关知识的综合题目，其中涉及的知识点有待定系数法求抛物线，三角形全等，等腰、等边三角形性质及一次函数等基础知识，在讨论动点问题是一定要注意考虑全面分情形讨论分析．总体来说本题难度较高，其中技巧需要好好把握．11．（•河南）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．（1）求抛物线的解析式；（2）若PE=5EF，求m的值；（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．菁优网版权所有专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；（3）解题关键是识别出四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解．解答：解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：，解得，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x+5．（2）∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F（m，0）．∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；①若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，解得：m=或m=．由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去．∴m=2或m=．（3）假设存在．作出示意图如下：∵点E、E′关于直线PC对称，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形．由直线CD解析式y=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，易得△CEM∽△CDO，∴，即，解得CE=|m|，∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|∴|﹣m2+m+2|=|m|．①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m=3+或m=3﹣．由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+这个解舍去．综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．点评：本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用．需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．12．（•成都）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D．（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？考点：二次函数综合题．菁优网版权所有专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求得k的值；（2）因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如答图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算；（3）由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF．如答图3，作辅助线，将AF+DF转化为AF+FG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点．解答：解：（1）抛物线y=（x+2）（x﹣4），令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．∵直线y=﹣x+b经过点B（4，0），∴﹣×4+b=0，解得b=，∴直线BD解析式为：y=﹣x+．当x=﹣5时，y=3，∴D（﹣5，3）．∵点D（﹣5，3）在抛物线y=（x+2）（x﹣4）上，∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3，∴k=．∴抛物线的函数表达式为：y=（x+2）（x﹣4）．（2）由抛物线解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k．因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．①若△ABC∽△APB，则有∠BAC=∠PAB，如答图2﹣1所示．设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN=y．tan∠BAC=tan∠PAB，即：，∴y=x+k．∴P（x，x+k），代入抛物线解析式y=（x+2）（x﹣4），得（x+2）（x﹣4）=x+k，整理得：x2﹣6x﹣16=0，解得：x=8或x=﹣2（与点A重合，舍去），∴P（8，5k）．∵△ABC∽△APB，∴，即，解得：k=．②若△ABC∽△PAB，则有∠ABC=∠PAB，如答图2﹣2所示．与①同理，可求得：k=．综上所述，k=或k=．（3）由（1）知：D（﹣5，3），如答图2﹣2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=3，ON=5，BN=4+5=9，∴tan∠DBA===，∴∠DBA=30°．过点D作DK∥x轴，则∠KDF=∠DBA=30°．过点F作FG⊥DK于点G，则FG=DF．由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+DF，∴t=AF+FG，即运动时间等于折线AF+FG的长度．由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．过点A作AH⊥DK于点H，则t最小=AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．∵A点横坐标为﹣2，直线BD解析式为：y=﹣x+，∴y=﹣×（﹣2）+=2，∴F（﹣2，2）．综上所述，当点F坐标为（﹣2，2）时，点M在整个运动过程中用时最少．点评：本题是二次函数压轴题，难度很大．第（2）问中需要分类讨论，避免漏解；在计算过程中，解析式中含有未知数k，增加了计算的难度，注意解题过程中的技巧；第（3）问中，运用了转化思想使得试题难度大大降低，需要认真体会．13．（•徐州）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．考点：圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有专题：压轴题；存在型．分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形EFCG=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形EFCG的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．解答：解：（1）证明：如图1，∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．连接OD，如图2①，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴=（）2．∵AD=4，AB=3，∴BD=5，S△CFE=（）2•S△DAB=××3×4=．∴S矩形EFCG=2S△CFE=．∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′）处，如图2①所示．此时，CF=CB=4．Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如图2②所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，如图2③所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF∴4×3=5×CF∴CF=．∴≤CF≤4．∵S矩形EFCG=，∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42．∴≤S矩形EFCG≤12．∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，如图2②所示，∴点G的移动路线是线段DG″．∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴点G移动路线的长为．点评：本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键．14．（•泸州）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．（1）求二次函数的最大值；（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．考点：二次函数综合题．菁优网版权所有专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；（2）联立y1与y2，求出点C的坐标为C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；（3）第1步：首先确定何时四边形DEFG的面积最大．如答图1，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、E的坐标；第2步：利用几何性质确定PD+PE最小的条件，并求出点P的坐标．如答图2，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，与x轴交于点P．根据轴对称及两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．利用待定系数法求出直线D′E的解析式，进而求出点P的坐标．解答：解：（1）∵二次函数y2=﹣x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2﹣，0），∴，解得∴l：y1=x+1；C′：y2=﹣x2+4x+1．∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，∴ymax=5；（2）联立y1与y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，当x=时，y1=×+1=，∴C（，）．使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，∴s=1+2+3=6．代入方程得解得a=；（3）∵点D、E在直线l：y1=x+1上，∴设D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．如答图1，过点E作EH⊥DG于点H，则EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，解得q﹣p=2，即q=p+2．∴EH=2，E（p+2，p+2）．当x=p时，y2=﹣p2+4p+1，∴G（p，﹣p2+4p+1），∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；当x=p+2时，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，∴F（p+2，﹣p2+5），∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．S四边形DEFG=（DG+EF）•EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3∴当p=时，四边形DEFG的面积取得最大值，∴D（，）、E（，）．如答图2所示，过点D关于x轴的对称点D′，则D′（，﹣）；连接D′E，交x轴于点P，PD+PE=PD′+PE=D′E，由两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．设直线D′E的解析式为：y=kx+b，则有，解得∴直线D′E的解析式为：y=x﹣．令y=0，得x=，∴P（，0）．点评：本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称﹣最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大．本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决．15．（•宿迁）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．考点：几何变换综合题；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；多边形内角与外角．菁优网版权所有专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．（3）借鉴（2）中的解题经验可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．解答：（1）证明：如图1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵点M为DE的中点，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴．∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M为AN的中点．（2）证明：如图2，∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明：如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角与外角等知识，渗透了变中有不变的辩证思想，是一道好题．16．（•山西）综合与探究：如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A、C两点的坐标分别为（4，0），（﹣2，3），抛物线W经过O、A、C三点，D是抛物线W的顶点．（1）求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；（2）将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位后，再向下平移m（0＜m＜3）个单位，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′，在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m为何值时S有最大值，并求出S的最大值；（3）在（2）的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N时抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；平移的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出顶点D的坐标；（2）由平移性质，可知重叠部分为一平行四边形．如答图2，作辅助线，利用相似比例式求出平行四边形的边长和高，从而求得其面积的表达式；然后利用二次函数的性质求出最值；（3）本问涉及两个动点，解题关键是利用平行四边形的判定与性质，区分点N在x轴上方、下方两种情况，分类讨论，避免漏解．设M（t，0），利用全等三角形求出点N的坐标，代入抛物线W′的解析式求出t的值，从而求得点M的坐标．解答：解：（1）设抛物线W的解析式为y=ax2+bx+c，∵抛物线W经过O（0，0）、A（4，0）、C（﹣2，3）三点，∴，解得：∴抛物线W的解析式为y=x2﹣x．∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴顶点D的坐标为（2，﹣1）．（2）由▱OABC得，CB∥OA，CB=OA=4．又∵C点坐标为（﹣2，3），∴B点的坐标为（2，3）．如答图2，过点B作BE⊥x轴于点E，由平移可知，点C′在BE上，且BC′=m．∴BE=3，OE=2，∴EA=OA﹣OE=2．∵C′B′∥x轴，∴△BC′G∽△BEA，∴，即，∴C′G=m．由平移知，▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分四边形C′HAG是平行四边形．∴S=C′G•C′E=m（3﹣m）=﹣（x﹣）2+，∴当m=时，S有最大值为．（3）答：存在．在（2）的条件下，抛物线W向右平移4个单位，再向下平移个单位，得到抛物线W′，∵D（2，﹣1），∴F（6，﹣）；∴抛物线W′的解析式为：y=（x﹣6）2﹣．设M（t，0），以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形，①若点N在x轴下方，如答题3所示：过点D作DP∥y轴，过点F作FP⊥DP于点P，∵D（2，﹣1），F（6，﹣），∴DP=，FP=4；过点N作NQ⊥x轴于点Q，由四边形FDMN为平行四边形，易证△DFP≌△NMQ，∴MQ=FP=4，NQ=DP=，∴N（4+t，﹣），将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣2）2﹣=﹣，解得：t=0或t=4，∴点M的坐标为（0，0）或（4，0）；②若点N在x轴上方，（请自行作图）与①同理，得N（t﹣4，）将点N坐标代入抛物线W′的解析式y=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣10）2﹣=，解得：t=6或t=14，∴点M的坐标为（6，0）或（14，0）．综上所述，存在这样的点M和点N，点M的坐标分别为（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．点评：本题是二次函数压轴题，难度较大．第（1）问考查了待定系数法及二次函数的性质；第（2）问考查了平移变换、平行四边形、相似三角形、二次函数最值等知识点，解题关键是确定重叠部分是一个平行四边形；第（3）问考查了平行四边形、全等三角形、抛物线上点的坐标特征等知识点，解题关键是平行四边形的判定条件．17．（•咸宁）如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．（1）∠PBD的度数为45°，点D的坐标为（t，t）（用t表示）；（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．考点：四边形综合题；解一元一次方程；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．菁优网版权所有专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．（2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．（3）由