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2013年中考数学复习专题讲座四：探究型问题
一、中考专题诠释
探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．
二、解题策略与解法精讲
由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：
1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．
2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．
3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．
4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．
以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．
三、中考考点精讲
考点一：动态探索型：
此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．
例1 （2012•自贡）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE=CF；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．
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考点： 菱形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质。
分析： （1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF的面积就会最大．
解答： （1）证明：连接AC，如下图所示，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，
∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4=60°，AC=AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE=CF；
（2）解：四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化．
理由：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE=S△ACF，
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故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH=2，
S四边形AECF=S△ABC=BC•AH=BC•=4，
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．
∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF=4﹣×2×=．
点评： 本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证△ABE≌△ACF是解题的关键，有一定难度．
考点二：结论探究型：
此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论的题目．
例3 （2012•盐城）如图①所示，已知A、B为直线l上两点，点C为直线l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⊥l于点D1，过点E作EE1⊥l于点E1．
（1）如图②，当点E恰好在直线l上时（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l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；
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（3）如图③，当点E在直线l的下方时，请直接写出三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系．（不需要证明）
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质。
专题： 几何综合题。
分析： （1）由四边形CADF、CBEG是正方形，可得AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAB，然后利用AAS证得△ADD1≌△CAB，根据全等三角形的对应边相等，即可得DD1=AB；
（2）首先过点C作CH⊥AB于H，由DD1⊥AB，可得∠DD1A=∠CHA=90°，由四边形CADF是正方形，可得AD=CA，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAH，然后利用AAS证得△ADD1≌△CAH，根据全等三角形的对应边相等，即可得DD1=AH，同理EE1=BH，则可得AB=DD1+EE1．
（3）证明方法同（2），易得AB=DD1﹣EE1．
解答： （1）证明：∵四边形CADF、CBEG是正方形，
∴AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，
∴∠DAD1+∠CAB=90°，
∵DD1⊥AB，
∴∠DD1A=∠ABC=90°，
∴∠DAD1+∠ADD1=90°，
∴∠ADD1=∠CAB，
在△ADD1和△CAB中，
，
∴△ADD1≌△CAB（AAS），
∴DD1=AB；
（2）解：AB=DD1+EE1．
证明：过点C作CH⊥AB于H，
∵DD1⊥AB，
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∴∠DD1A=∠CHA=90°，
∴∠DAD1+∠ADD1=90°，
∵四边形CADF是正方形，
∴AD=CA，∠DAC=90°，
∴∠DAD1+∠CAH=90°，
∴∠ADD1=∠CAH，
在△ADD1和△CAH中，
，
∴△ADD1≌△CAH（AAS），
∴DD1=AH；
同理：EE1=BH，
∴AB=AH+BH=DD1+EE1；
（3）解：AB=DD1﹣EE1．
证明：过点C作CH⊥AB于H，
∵DD1⊥AB，
∴∠DD1A=∠CHA=90°，
∴∠DAD1+∠ADD1=90°，
∵四边形CADF是正方形，
∴AD=CA，∠DAC=90°，
∴∠DAD1+∠CAH=90°，
∴∠ADD1=∠CAH，
在△ADD1和△CAH中，
，
∴△ADD1≌△CAH（AAS），
∴DD1=AH；
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同理：EE1=BH，
∴AB=AH﹣BH=DD1﹣EE1．
点评： 此题考查了正方形的性质与全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意掌握辅助线的作法．
例4 （2012•丽水）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经过平移交换后，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．
考点： 二次函数综合题。
专题： 代数几何综合题。
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分析： （1）过点A作AD⊥x轴于点D，根据正方形的对角线平分一组对角可得∠AOC=45°，所以∠AOD=45°，从而得到△AOD是等腰直角三角形，设点A坐标为（﹣a，a），然后利用点A在抛物线上，把点的坐标代入解析式计算即可得解；
（2）①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，先利用抛物线解析式求出AE的长度，然后证明△AEO和△OFB相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF与BF的关系，然后利用点B在抛物线上，设出点B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解；
②过点C作CG⊥BF于点G，可以证明△AEO和△BGC全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=OE，BG=AE，然后求出点C的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、B的抛物线解析式，把点C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C，如果经过点C，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可．
解答： 解：（1）如图，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵矩形AOBC是正方形，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOD=90°﹣45°=45°，
∴△AOD是等腰直角三角形，
设点A的坐标为（﹣a，a）（a≠0），
则（﹣a）2=a，
解得a1=﹣1，a2=0（舍去），
∴点A的坐标﹣a=﹣1，
故答案为：﹣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=，
∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°，
∠AOE+∠EAO=90°，
∴∠EAO=∠BOF，
又∵∠AEO=∠BFO=90°，
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∴△AEO∽△OFB，
∴===，
设OF=t，则BF=2t，
∴t2=2t，
解得：t1=0（舍去），t2=2，
∴点B（2，4）；
②过点C作CG⊥BF于点G，
∵∠AOE+∠EAO=90°，∠FBO+∠CBG=90°，∠AOE=∠FBO，
∴∠EAO=∠CBG，
在△AEO和△BGC中，，
∴△AEO≌△BGC（AAS），
∴CG=OE=，BG=AE=．
∴xc=2﹣=，yc=4+=，
∴点C（，），
设过A（﹣，）、B（2，4）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也在此抛物线上，
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+．
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点评： 本题是对二次函数的综合考查，包括正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法求抛物线解析式，综合性较强，难度较大，要注意利用点的对称、平移变换来解释抛物线的对称平移变换，利用点研究线也是常用的方法之一．
考点三：规律探究型：
规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.
例5 （2012•青海）如图（*），四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题．
（1）探究1：小强看到图（*）后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试着去证△AEM≌EFC就行了，随即小强写出了如下的证明过程：
证明：如图1，取AB的中点M，连接EM．
∵∠AEF=90°
∴∠FEC+∠AEB=90°
又∵∠EAM+∠AEB=90°
∴∠EAM=∠FEC
∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点
∴AM=EC
又可知△BME是等腰直角三角形
∴∠AME=135°
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又∵CF是正方形外角的平分线
∴∠ECF=135°
∴△AEM≌△EFC（ASA）
∴AE=EF
（2）探究2：小强继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论．
（3）探究3：小强进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请你完成证明过程给小强看，若不成立请你说明理由．
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质。
专题： 阅读型。
分析： （2）在AB上截取AM=EC，然后证明∠EAM=FEC，∠AME=∠ECF=135°，再利用“角边角”证明△AEM和△EFC全等，然后根据全等三角形对应边相等即可证明；
（3）延长BA到M，使AM=CE，然后证明∠BME=45°，从而得到∠BME=∠ECF，再利用两直线平行，内错角相等证明∠DAE=∠BEA，然后得到∠MAE=∠CEF，再利用“角边角”证明△MAE和△CEF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证．
解答： （2）探究2，证明：在AB上截取AM=EC，连接ME，
由（1）知∠EAM=∠FEC，
∵AM=EC，AB=BC，
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∴BM=BE，
∴∠BME=45°，
∴∠AME=∠ECF=135°，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
又∵∠EAM+∠AEB=90°，
∴∠EAM=∠FEC，
在△AEM和△EFC中，，
∴△AEM≌△EFC（ASA），
∴AE=EF；
（3）探究3：成立，
证明：延长BA到M，使AM=CE，连接ME，
∴BM=BE，
∴∠BME=45°，
∴∠BME=∠ECF，
又∵AD∥BE，
∴∠DAE=∠BEA，
又∵∠MAD=∠AEF=90°，
∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF，
即∠MAE=∠CEF，
在△MAE和△CEF中，，
∴△MAE≌△CEF（ASA），
∴AE=EF．
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点评： 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，阅读材料，理清解题的关键是取AM=EC，然后构造出△AEM与△EFC全等是解题的关键．
例6 （2012•永州）如图所示，已知二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），l为过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，P（m，n）是该二次函数图象上的任意一点，过P作PH⊥l，H为垂足．
（1）求二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式；
（2）请直接写出使y＜0的对应的x的取值范围；
（3）对应当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．由此观察其规律，并猜想一个结论，证明对于任意实数m，此结论成立；
（4）试问是否存在实数m可使△POH为正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
考点： 二次函数综合题。
专题： 压轴题。
分析： （1）根据二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），待定系数法求出a和b的值，抛物线的解析式即可求出；
（2）令y=ax2+bx﹣1=0，解出x的值，进而求出使y＜0的对应的x的取值范围；
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（3）分别求出当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．然后观察其规律，再进行证明；
（4）由（3）知OP=OH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形，求出|OP|、|OH|含有m和n的表达式，令两式相等，求出m和n的值．
解答： 解：（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），
∴，
解得a=，b=0，
∴二次函数的解析式为y=x2﹣1，
（2）令y=x2﹣1=0，
解得x=﹣2或x=2，
由图象可知当﹣2＜x＜2时y＜0，
（3）当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1；
当m=2时，P点的坐标为（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4，
当m=4时，P点的坐标为（4，3），|PO|2=25，|PH|2=25，
由此发现|PO|2=|PH|2，
设P点坐标为（m，n），即n=m2﹣1
|OP|=，
|PH|2=n2+4n+4=n2+m2，
故对于任意实数m，|PO|2=|PH|2；
（4）由（3）知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形，
设P点坐标为（m，n），|OP|=，
|OH|=，
|OP|=|OH|，即n2=4，解得n=±2，
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当n=﹣2时，n=m2﹣1不符合条件，
故n=2，m=±2时可使△POH为正三角形．
点评： 本题主要考查二次函数的综合题，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图形特征和性质，特别是（3）问的解答很关键，是解答（4）问的垫脚石，此题难度一般．
考点四：存在探索型：
此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．
例7 （2012•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=6，点C的坐标为（﹣9，0）．
（1）求点B的坐标；
（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=2，OD=2BD，求直线DE的解析式；
（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，是否存在点P，使以O、E、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点： 一次函数综合题。
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分析： （1）过点B作BF⊥x轴于F，在Rt△BCF中，已知∠BCO=45°，BC=6，解直角三角形求CF，BF，确定B点坐标；
（2）过点D作DG⊥y轴于点G，由平行线的性质得出△ODG∽△OBA，利用相似比求DG，OG，确定D点坐标，由已知得E点坐标，利用“两点法”求直线DE的解析式；
（3）存在．由已知的OE=2，分别以O、E为圆心，2为半径画弧，与直线DE相交，或作线段OE的垂直平分线与直线DE相交，交点即为所求．
解答： 解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，…（1分）
在Rt△BCF中，
∵∠BCO=45°，BC=6，
∴CF=BF=6，…（1分）
∵C 的坐标为（﹣9，0），
∴AB=OF=3，
∴点B的坐标为（﹣3，6）；…（1分）
（2）过点D作DG⊥y轴于点G，…（1分）
∵AB∥DG，
∴△ODG∽△OBA，
∵===，AB=3，OA=6，
∴DG=2，OG=4，…（1分）
∴D（﹣2，4），E（0，2），
设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）
∴，
∴，…（1分）
∴直线DE解析式为y=﹣x+2； …（1分）
（3）存在P1（2，0）、P2（1，1）、P3（，2﹣）、P4（﹣，2+）…（3分）
（写对一个点得1分，写对两个点或三个点得2分）
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点评： 本题考查了一次函数的综合运用．关键是通过作辅助线，解直角三角形，证明三角形相似，确定相关线段的长和点的坐标，得出直线解析式，再根据等腰三角形的性质，分类求P点坐标．
例8 （2012•北海）如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A=90°，AB=AC，A（﹣2，0）、B（0，1）、C（d，2）．
（1）求d的值；
（2）将△ABC沿x轴的正方向平移，在第一象限内B、C两点的对应点B′、C′正好落在某反比例函数图象上．请求出这个反比例函数和此时的直线B′C′的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线BC交y轴于点G．问是否存在x轴上的点M和反比例函数图象上的点P，使得四边形PGMC′是平行四边形？如果存在，请求出点M和点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
考点： 反比例函数综合题。
专题： 计算题。
分析：
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（1）过C作CN垂直于x轴，交x轴于点N，由A、B及C的坐标得出OA，OB，CN的长，由∠CAB=90°，根据平角定义得到一对角互余，在直角三角形ACN中，根据两锐角互余，得到一对角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且AC=BC，利用AAS得到三角形ACN与三角形AOB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出CN=0A，AN=0B，由AN+OA求出ON的长，再由C在第二象限，可得出d的值；
（2）由第一问求出的C与B的横坐标之差为3，根据平移的性质得到纵坐标不变，故设出C′（m，2），则B′（m+3，1），再设出反比例函数解析式，将C′与B′的坐标代入得到关于k与m的两方程，消去k得到关于m的方程，求出方程的解得到m的值，即可确定出k的值，得到反比例函数解析式，设直线B′C′的解析式为y=ax+b，将C′与B′的坐标代入，得到关于a与b的二元一次方程组，求出方程组的解得到a与b的值，即可确定出直线B′C′的解析式；
（3）存在x轴上的点M和反比例函数图象上的点P，使得四边形PGMC′是平行四边形，理由为：设Q为GC′的中点，令第二问求出的直线B′C′的解析式中x=0求出y的值，确定出G的坐标，再由C′的坐标，利用线段中点坐标公式求出Q的坐标，过点Q作直线l与x轴交于M′点，与y=的图象交于P′点，若四边形P′G M′C′是平行四边形，则有P′Q=Q M′，易知点M′的横坐标大于，点P′的横坐标小于，作P′H⊥x轴于点H，QK⊥y轴于点K，P′H与QK交于点E，作QF⊥x轴于点F，由两直线平行得到一对同位角相等，再由一对直角相等及P′Q=QM′，利用AAS可得出△P′EQ与△QFM′全等，根据全等三角形的对应边相等，设EQ=FM′=t，由Q的横坐标﹣t表示出P′的横坐标，代入反比例函数解析式确定出P′的纵坐标，进而确定出M′的坐标，根据P′H﹣EH=P′H﹣QF表示出P′E的长，又P′Q=QM′，分别放在直角三角形中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，进而确定出P′与M′的坐标，此时点P′为所求的点P，点M′为所求的点M．
解答： 解：（1）作CN⊥x轴于点N，
∵A（﹣2，0）、B（0，1）、C（d，2），
∴OA=2，OB=1，CN=2，
∵∠CAB=90°，即∠CAN+∠BAO=90°，
又∵∠CAN+∠ACN=90°，
∴∠BAO=∠ACN，
在Rt△CNA和Rt△AOB中，
∵，
∴Rt△CNA≌Rt△AOB（AAS），
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∴NC=OA=2，AN=BO=1，
∴NO=NA+AO=3，又点C在第二象限，
∴d=﹣3；
（2）设反比例函数为y=（k≠0），点C′和B′在该比例函数图象上，
设C′（m，2），则B′（m+3，1），
把点C′和B′的坐标分别代入y=，得k=2m；k=m+3，
∴2m=m+3，
解得：m=3，
则k=6，反比例函数解析式为y=，点C′（3，2），B′（6，1），
设直线C′B′的解析式为y=ax+b（a≠0），
把C′、B′两点坐标代入得：
，
∴解得：；
∴直线C′B′的解析式为y=﹣x+3；
（3）存在x轴上的点M和反比例函数图象上的点P，使得四边形PGMC′是平行四边形，理由为：
设Q是G C′的中点，令y=﹣x+3中x=0，得到y=3，
∴G（0，3），又C′（3，2），
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∴Q（，），
过点Q作直线l与x轴交于M′点，与y=的图象交于P′点，
若四边形P′G M′C′是平行四边形，则有P′Q=Q M′，
易知点M′的横坐标大于，点P′的横坐标小于，
作P′H⊥x轴于点H，QK⊥y轴于点K，P′H与QK交于点E，作QF⊥x轴于点F，
∵QF∥P′E，
∴∠M′QF=∠QP′E，
在△P′EQ和△QFM′中，
∵，
∴△P′EQ≌△QFM′（AAS），
∴EQ=FM′，P′Q=QM′，
设EQ=FM′=t，
∴点P′的横坐标x=﹣t，点P′的纵坐标y===，点M′的坐标是（+t，0），
∴P′E=P′H﹣EH=P′H﹣QF=﹣，
又∵P′Q=QM′，
根据勾股定理得：P′E2+EQ2=QF2+FM′2，
∴（﹣）2+t2=（）2+t2，
整理得：=5，
解得：t=（经检验，它是分式方程的解），
∴﹣t=﹣=；==5；+t=+=，
∴P′（，5），M′（，0），
则点P′为所求的点P，点M′为所求的点M．
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点评： 此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，利用待定系数法求函数解析式，平移的性质，是一道综合性较强的试题，要求学生掌握知识要全面．
四、中考真题演练
1．（2012•广东）如图，直线y=2x﹣6与反比例函数y=的图象交于点A（4，2），与x轴交于点B．
（1）求k的值及点B的坐标；
（2）在x轴上是否存在点C，使得AC=AB？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
考点： 反比例函数综合题。
专题： 数形结合。
分析： （1）先把（4，2）代入反比例函数解析式，易求k，再把y=0代入一次函数解析式可求B点坐标；
（2）假设存在，然后设C点坐标是（a，0），然后利用两点之间的公式可得=，借此无理方程，易得a=3或a=5，其中a=3和B点重合，舍去，故C点坐标可求．
解答： 解：（1）把（4，2）代入反比例函数y=，得
k=8，
把y=0代入y=2x﹣6中，可得
x=3，
故k=8；B点坐标是（3，0）；
（2）假设存在，设C点坐标是（a，0），则
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∵AB=AC，
∴=，
即（4﹣a）2+4=5，
解得a=5或a=3（此点与B重合，舍去）
故点C的坐标是（5，0）．
点评： 本题考查了反比函数的知识，解题的关键是理解点与函数的关系，并能灵活使用两点之间的距离公式．
2．（2012•乐山）如图，直线y=2x+2与y轴交于A点，与反比例函数（x＞0）的图象交于点M，过M作MH⊥x轴于点H，且tan∠AHO=2．
（1）求k的值；
（2）点N（a，1）是反比例函数（x＞0）图象上的点，在x轴上是否存在点P，使得PM+PN最小？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点： 反比例函数综合题。
分析： （1）根据直线解析式求A点坐标，得OA的长度；根据三角函数定义可求OH的长度，得点M的横坐标；根据点M在直线上可求点M的坐标．从而可求K的值；
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（2）根据反比例函数解析式可求N点坐标；作点N关于x轴的对称点N1，连接MN1与x轴的交点就是满足条件的P点位置．
解答： 解：
（1）由y=2x+2可知A（0，2），即OA=2．…（1分）
∵tan∠AHO=2，∴OH=1．…（2分）
∵MH⊥x轴，∴点M的横坐标为1．
∵点M在直线y=2x+2上，
∴点M的纵坐标为4．即M（1，4）．…（3分）
∵点M在y=上，
∴k=1×4=4．…（4分）
（2）存在．
∵点N（a，1）在反比例函数（x＞0）上，
∴a=4．即点N的坐标为（4，1）．…（5分）
过点N作N关于x轴的对称点N1，连接MN1，交x轴于P（如图所示）．
此时PM+PN最小．…（6分）
∵N与N1关于x轴的对称，N点坐标为（4，1），
∴N1的坐标为（4，﹣1）．…（7分）
设直线MN1的解析式为y=kx+b．
由解得k=﹣，b=．…（9分）
∴直线MN1的解析式为．
令y=0，得x=．
∴P点坐标为（，0）．…（10分）
点评： 此题考查一次函数的综合应用，涉及线路最短问题，难度中等．
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3．（2012•莆田）如图，一次函数y=k1x+b的图象过点A（0，3），且与反比例函数（x＞O）的图象相交于B、C两点．
（1）若B（1，2），求k1•k2的值；
（2）若AB=BC，则k1•k2的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
考点： 反比例函数综合题。
专题： 综合题。
分析： （1）分别利用待定系数法求函数解析式求出一次函数解析式与反比例函数解析式，然后代入k1•k2进行计算即可得解；
（2）设出两函数解析式，联立方程组并整理成关于x的一元二次方程，根据AB=BC可知点C的横坐标是点B的纵坐标的2倍，再利用根与系数的关系整理得到关于k1、k2的关系式，整理即可得解．
解答： 解：（1）∵A（0，3），B（1，2）在一次函数y=k1x+b的图象图象上，
∴，
解得；
∵B（1，2）在反比例函数图象上，
∴=2，
解得k2=2，
所以，k1•k2=（﹣1）×2=﹣2；
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（2）k1•k2=﹣2，是定值．
理由如下：
∵一次函数的图象过点A（0，3），
∴设一次函数解析式为y=k1x+3，反比例函数解析式为y=，
∴k1x+3=，
整理得k1x2+3x﹣k2=0，
∴x1+x2=﹣，x1•x2=﹣
∵AB=BC，
∴点C的横坐标是点B的横坐标的2倍，不防设x2=2x1，
∴x1+x2=3x1=﹣，x1•x2=2x12=﹣，
∴﹣=（﹣）2，
整理得，k1•k2=﹣2，是定值．
点评： 本题是对反比例函数的综合考查，主要利用了待定系数法求函数解析式，根与系数的关系，（2）中根据AB=BC，得到点B、C的坐标的关系从而转化为一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键．
4．（2012•长春）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A、C的坐标分别为A（2，0）、C（﹣1，2），反比例函数y=（k≠0）的图象经过点B．
（1）求k的值．
（2）将平行四边形OABC沿x轴翻折，点C落在点C′处，判断点C′是否在反比例函数y=（k≠0）的图象上，请通过计算说明理由．
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考点： 反比例函数综合题。
分析： （1）根据平行四边形的性质可得AO=BC，再根据A、C点坐标可以算出B点坐标，再把B点坐标代入反比例函数解析式中即可求出k的值；
（2）根据翻折方法可知C与C′点关于x轴对称，故C′点坐标是（﹣1，﹣2），把C′点坐标（﹣1，﹣2）代入解析式发现能使解析式左右相等，故点C′是否在反比例函数y=的图象上．
解答： 解：（1）∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC=AO，
∵A（2，0），
∴OA=2，
∴BC=2，
∵C（﹣1，2），
∴CD=1，
∴BD=BC﹣CD=2﹣1=1，
∴B（1，2），
∵反比例函数y=（k≠0）的图象经过点B，
∴k=1×2=2；
（2）∵▱OABC沿x轴翻折，点C落在点C′处，
∴C′点坐标是（﹣1，﹣2），
∵k=2，
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∴反比例函数解析式为y=，
把C′点坐标（﹣1，﹣2）代入函数解析式能使解析式左右相等，
故点C′在反比例函数y=的图象上．
点评： 此题主要考查了反比例函数点的坐标与反比例函数解析式的关系，以及平行四边形的性质，关键是熟练把握凡是反比例函数图象经过的点都能满足解析式．
7．（2012•宜宾）如图，抛物线y=x2﹣2x+c的顶点A在直线l：y=x﹣5上．
（1）求抛物线顶点A的坐标；
（2）设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C、D（C点在D点的左侧），试判断△ABD的形状；
（3）在直线l上是否存在一点P，使以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
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考点： 二次函数综合题。
专题： 压轴题；分类讨论。
分析： （1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴方程，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标．
（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标．则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．
（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①ADPB、②ABPD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P点的坐标．
解答： 解：（1）∵顶点A的横坐标为x==1，且顶点A在y=x﹣5上，
∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4，
∴A（1，﹣4）．
（2）△ABD是直角三角形．
将A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，
∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3）
当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3
∴C（﹣1，0），D（3，0），
BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20，
BD2+AB2=AD2，
∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形．
（3）存在．
由题意知：直线y=x﹣5交y轴于点A（0，﹣5），交x轴于点F（5，0）
∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3
∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形
∴BD∥l，即PA∥BD
则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，
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过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线并交于点C
设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5）
则PC=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|
PA=BD=3
由勾股定理得：
（1﹣x1）2+（1﹣x1）2=18，x12﹣2x1﹣8=0，x1=﹣2或4
∴P（﹣2，﹣7），P（4，﹣1）
存在点P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以点A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形．
点评： 题目考查了二次函数解析式的确定、勾股定理、平行四边形的判定等基础知识，综合性较强；（3）题应注意分类讨论，以免漏解．
8．（2012•温州）如图，经过原点的抛物线y=﹣x2+2mx（m＞0）与x轴的另一个交点为A．过点P（1，m）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B．记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（B、C不重合）．连接CB，CP．
（1）当m=3时，求点A的坐标及BC的长；
（2）当m＞1时，连接CA，问m为何值时CA⊥CP？
（3）过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在m，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出所有满足要求的m的值，并定出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由．
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考点： 二次函数综合题。
分析： （1）把m=3，代入抛物线的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即为和x轴交点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，进而求出BC的长；
（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知条件证明△ACH∽△PCB，根据相似的性质得到：，再用含有m的代数式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值；
（3）存在，本题要分当m＞1时，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1和当0＜m＜1时，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的m值和相对应的点E坐标．
解答： 解：（1）当m=3时，y=﹣x2+6x
令y=0得﹣x2+6x=0
∴x1=0，x2=6，
∴A（6，0）
当x=1时，y=5
∴B（1，5）
∵抛物线y=﹣x2+6x的对称轴为直线x=3
又∵B，C关于对称轴对称
∴BC=4．
（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）
由已知得∠ACP=∠BCH=90°
∴∠ACH=∠PCB
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又∵∠AHC=∠PBC=90°
∴△ACH∽△PCB，
∴，
∵抛物线y=﹣x2+2mx的对称轴为直线x=m，其中m＞1，
又∵B，C关于对称轴对称，
∴BC=2（m﹣1），
∵B（1，2m﹣1），P（1，m），
∴BP=m﹣1，
又∵A（2m，0），C（2m﹣1，2m﹣1），
∴H（2m﹣1，0），
∴AH=1，CH=2m﹣1，
∴，
∴m=．
（3）∵B，C不重合，∴m≠1，
（I）当m＞1时，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1，
（i）若点E在x轴上（如图1），
∵∠CPE=90°，
∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP，
∴△BPC≌△MEP，
∴BC=PM，
∴2（m﹣1）=m，
∴m=2，此时点E的坐标是（2，0）；
（ii）若点E在y轴上（如图2），
过点P作PN⊥y轴于点N，
易证△BPC≌△NPE，
∴BP=NP=OM=1，
∴m﹣1=1，
∴m=2，
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此时点E的坐标是（0，4）；
（II）当0＜m＜1时，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，
（i）若点E在x轴上（如图3），
易证△BPC≌△MEP，
∴BC=PM，
∴2（1﹣m）=m，
∴m=，此时点E的坐标是（，0）；
（ii）若点E在y轴上（如图4），
过点P作PN⊥y轴于点N，
易证△BPC≌△NPE，
∴BP=NP=OM=1，
∴1﹣m=1，∴m=0（舍去），
综上所述，当m=2时，点E的坐标是（0，2）或（0，4），
当m=时，点E的坐标是（，0）．
点评：
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此题主要考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和相似三角形的性质以及全等三角形的性质和全等三角形的判定、需注意的是（3）题在不确E点的情况下需要分类讨论，以免漏解．题目的综合性强，难度也很大，有利于提高学生的综合解题能力，是一道不错的题目．
9．（2012•威海）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为B（2，1），且过点A（0，2），直线y=x与抛物线交于点D，E（点E在对称轴的右侧），抛物线的对称轴交直线y=x于点C，交x轴于点G，EF⊥x轴，垂足为点F，点P在抛物线上，且位于对称轴的右侧，PM⊥x轴，垂足为点M，△PCM为等边三角形．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）求点P的坐标；
（3）试判断CE与EF是否相等，并说明理由；
（4）连接PE，在x轴上点M的右侧是否存在一点N，使△CMN与△CPE全等？若存在，试求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
考点： 二次函数综合题。
分析： （1）根据抛物线的顶点是（2，1），因而设抛物线的表达式为y=a（x﹣2）2+1，把A的坐标代入即可求得函数的解析式；
（2）根据△PCM为等边三角形，则△CGM中，∠CMD=30°，CG的长度可以求得，利用直角三角形的性质，即可求得CM，即等边△CMP的边长，则P的纵坐标，代入二次函数的解析式，即可求得P的坐标；
（3）解方程组即可求得E的坐标，则EF的长等于E的纵坐标，OE的长度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的长度可以求得，则CE的长度即可求解；
（4）可以利用反证法，假设x轴上存在一点，使△CMN≌△CPE，可以证得EN=EF，即N与F重合，与点E为直线y=x上的点，∠CEF=45°即点N与点F不重合相矛盾，故N不存在．
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解答： 解：（1）设抛物线的表达式为y=a（x﹣2）2+1，将点A（0，2）代入，得
a（0﹣2）2+1=2…1分
解这个方程，得a=
∴抛物线的表达式为y=（x﹣2）2+1。
（2）将x=2代入y=x，得y=2
∴点C的坐标为（2，2）即CG=2，
∵△PCM为等边三角形
∴∠CMP=60°，CM=PM
∵PM⊥x轴，∴∠CMG=30°
∴CM=4，GM=2．
∴OM=2+2，PM=4，
将y=4代入y=（x﹣2）2+1，得4=（x﹣2）2+1
解这个方程，得x1=2=OM，x2=2﹣2＜0（不合题意，舍去）．
∴点P的坐标为（2+2，4）。
（3）相等。
把y=x代入y=x2﹣x=2，得x=x2﹣x+2
解这个方程，得x1=4+2，x2=4﹣2＜2（不合题意，舍去）
∴y=4+2=EF
∴点E的坐标为（4+2，4+2）
∴OE==4+4
又∵OC=，
∴CE=OE﹣OC=4
∴CE=EF。
（4）不存在
假设x轴上存在一点，使△CMN≌△CPE，则CN=CE，∠MNC=∠PCE
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∵∠MCP=60°，
∴∠NCE=60°
又∵CE=EF，
∴EN=EF。
又∵点E为直线y=x上的点，∴∠CEF=45°，
∴点N与点F不重合．∵EF⊥x轴，这与“垂线段最短”矛盾，
∴原假设错误，满足条件的点N不存在。
点评： 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及等边三角形的性质，解直角三角形，反证法，正确求得E的坐标是关键．
10．（2012•泰安）如图，半径为2的⊙C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C的坐标为（1，0）．若抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出点P的坐标；若不存在说明理由；
（3）若点M是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB的面积为S，求S的最大（小）值．
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考点： 二次函数综合题。
分析： （1）利用待定系数法求抛物线的解析式．因为已知A（3，0），所以需要求得B点坐标．如答图1，连接OB，利用勾股定理求解；
（2）由∠PBO=∠POB，可知符合条件的点在线段OB的垂直平分线上．如答图2，OB的垂直平分线与抛物线有两个交点，因此所求的P点有两个，注意不要漏解；
（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H，构造梯形MBOH与三角形MHA，求得△MAB面积的表达式，这个表达式是关于M点横坐标的二次函数，利用二次函数的极值求得△MAB面积的最大值．
解答： 解：（1）如答图1，连接OB．
∵BC=2，OC=1
∴OB==
∴B（0，）
将A（3，0），B（0，）代入二次函数的表达式
得，解得，
∴y=﹣x2+x+．
（2）存在．
如答图2，作线段OB的垂直平分线l，与抛物线的交点即为点P．
∵B（0，），O（0，0），
∴直线l的表达式为y=．代入抛物线的表达式，
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得﹣x2+x+=；
解得x=1±，
∴P（1±，）．
（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H．
设M（xm，ym），
则S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）•OH+HA•MH﹣OA•OB
=（ym+）xm+（3﹣xm）ym﹣×3×
=xm+ym﹣
∵ym=﹣xm2+xm+，
∴S△MAB=xm+（﹣xm2+xm+）﹣
=xm2+xm
=（xm﹣）2+
∴当xm=时，S△MAB取得最大值，最大值为．
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点评： 本题是二次函数综合题，重点考查二次函数相关性质、圆的性质、垂直平分线/勾股定理、面积求法等知识点．第（2）问中注意垂直平分线与抛物线的交点有两个，不要漏解；第（3）问中，重点关注图形面积的求法以及求极值的方法．本题考查知识点较多，要求同学们对所学知识要做到理解深刻、融会贯通、灵活运用，如此方能立于不败之地．
12．（2012•岳阳）（1）操作发现：如图①，D是等边△ABC边BA上一动点（点D与点B不重合），连接DC，以DC为边在BC上方作等边△DCF，连接AF．你能发现线段AF与BD之间的数量关系吗？并证明你发现的结论．
（2）类比猜想：如图②，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其他作法与（1）相同，猜想AF与BD在（1）中的结论是否仍然成立？
（3）深入探究：
Ⅰ．如图③，当动点D在等边△ABC边BA上运动时（点D与点B不重合）连接DC，以DC为边在BC上方、下方分别作等边△DCF和等边△DCF′，连接AF、BF′，探究AF、BF′与AB有何数量关系？并证明你探究的结论．
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Ⅱ．如图④，当动点D在等边△边BA的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明你得出的结论．
考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质。
专题： 几何综合题。
分析： （1）根据等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△BCD≌△ACF；然后由全等三角形的对应边相等知AF=BD；
（2）通过证明△BCD≌△ACF，即可证明AF=BD；
（3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的对应边BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，所以AF+BF′=AB；
Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′；通过证明△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；再结合（2）中的结论即可证得AF=AB+BF′．
解答： 解：（1）AF=BD；
证明如下：∵△ABC是等边三角形（已知），
∴BC=AC，∠BCA=60°（等边三角形的性质）；
同理知，DC=CF，∠DCF=60°；
∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣DCA，即∠BCD=∠ACF；
在△BCD和△ACF中，
，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD=AF（全等三角形的对应边相等）；
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（2）证明过程同（1），证得△BCD≌△ACF（SAS），则AF=BD（全等三角形的对应边相等），所以，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其他作法与（1）相同，AF=BD仍然成立；
（3）Ⅰ．AF+BF′=AB；
证明如下：由（1）知，△BCD≌△ACF（SAS），则BD=AF；
同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，
∴AF+BF′=BD+AD=AB；
Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′；
证明如下：在△BCF′和△ACD中，
，
∴△BCF′≌△ACD（SAS），
∴BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；
又由（2）知，AF=BD；
∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．等边三角形的三条边都相等，三个内角都是60°．
13．（2012•烟台）（1）问题探究
如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．
（2）拓展延伸
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①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）
考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆。
专题： 几何综合题。
分析： （1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证；
（2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证；
②结论仍然成立，与①的证明方法相同．
解答： （1）D1M=D2N．
证明：∵∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°，
∵∠AHK=∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠HAC=90°，
∴∠D1CK=∠HAC，
在△ACH和△CD1M中，，
∴△ACH≌△CD1M（AAS），
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∴D1M=CH，…（3分）
同理可证D2N=CH，
∴D1M=D2N；
（2）①证明：D1M=D2N成立．
过点C作CG⊥AB，垂足为点G，
∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，
∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，
∠AH1C=∠ACD1，
∴∠H1AC=∠D1CM，
在△ACG和△CD1M中，，
∴△ACG≌△CD1M（AAS），
∴CG=D1M，
同理可证CG=D2N，
∴D1M=D2N；
②作图正确．
D1M=D2N还成立．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，读懂题意，证明得到∠D1CK=∠HAC（或H1AC=∠D1CM）是证明三角形全等的关键，也是解决本题的难点与突破口．
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14．（2012•湘潭）如图，△ABC是边长为3的等边三角形，将△ABC沿直线BC向右平移，使B点与C点重合，得到△DCE，连接BD，交AC于F．
（1）猜想AC与BD的位置关系，并证明你的结论；
（2）求线段BD的长．
考点： 等边三角形的性质；勾股定理；平移的性质。
专题： 探究型。
分析： （1）由平移的性质可知BE=2BC=6，DE=AC=3，故可得出BD⊥DE，由∠E=∠ACB=60°可知AC∥DE，故可得出结论；
（2）在Rt△BDE中利用勾股定理即可得出BD的长．
解答： 解：（1）AC⊥BD∵△DCE由△ABC平移而成，
∴BE=2BC=6，DE=AC=3，∠E=∠ACB=60°，
∴DE=BE，
∵BD⊥DE，
∵∠E=∠ACB=60°，
∴AC∥DE，
∴BD⊥AC；
（2）在Rt△BED中，
∵BE=6，DE=3，
∴BD===3．
点评： 本题考查的是等边三角形的性质及平移的性质，熟知图形平移后的图形与原图形全等的性质是解答此题的关键．
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15．（2012•苏州）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 ，点C的坐标为 （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．
考点： 二次函数综合题。
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．
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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（，）；
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（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．
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点评： 此题是一道综合题，难度较大，主要考查二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，还考查等腰三角形的性质及勾股定理，同时还让学生探究存在性问题，对待问题要思考全面，学会分类讨论的思想．
16．（2012•泉州）如图，O为坐标原点，直线l绕着点A（0，2）旋转，与经过点C（0，1）的二次函数y=x2+h的图象交于不同的两点P、Q．
（1）求h的值；
（2）通过操作、观察，算出△POQ的面积的最小值（不必说理）；
（3）过点P、C作直线，与x轴交于点B，试问：在直线l的旋转过程中，四边形AOBQ是否为梯形？若是，请说明理由；若不是，请指出四边形的形状．
考点： 二次函数综合题。
专题： 压轴题；动点型；数形结合。
分析： （1）根据二次函数图象上的点的坐标特征，利用待定系数法求得h的值．
（2）该小题应从三角形的面积公式入手分析，首先要选取合适的底和高；在△POQ中，OA的长是不变的，那么若以OA为底，P、Q到y轴的距离和为高，即可得到△PQO的面积．先设P点横坐标，然后根据抛物线、直线PA的解析式求出Q点横坐标，通过不等式的相关知识即可解出P、Q到y轴距离和的最小值．
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（3）判断四边形AOBQ的形状，可从四个顶点的坐标特征上来判断．首先设出P、Q的坐标，然后根据点P、C求出直线BC的解析式，进而表示出点B的坐标，然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标，求出Q、B两点坐标之间的关联，进而判断该四边形是否符合梯形的特征．（需要注意的是：判定梯形的条件：一组对边平行且另一组对边不平行）
解答： 解：（1）∵抛物线y=x2+h经过点C（0，1），
∴+h=1，
解得h=1．
（2）依题意，设抛物线y=x2+1上的点，P（a，a2+1）、Q（b，b2+1）（a＜0＜b）
过点A的直线l：y=kx+2经过点P、Q，
∴a2+1=ak+2…①
b2+1=bk+2…②
①×b﹣②×a得：（a2b﹣b2a）+b﹣a=2（b﹣a），
化简得：b=﹣；
∴S△POQ=OA•|xQ﹣xP|=•OA•|﹣﹣a|=（﹣）+（﹣a）≥2•=4
由上式知：当﹣=﹣a，即|a|=|b|（P、Q关于y轴对称）时，△POQ的面积最小；
即PQ∥x轴时，△POQ的面积最小，且POQ的面积最小为4．
（3）连接BQ，若l与x轴不平行（如图），即PQ与x轴不平行，
依题意，设抛物线y=x2+1上的点，P（a，a2+1）、Q（b，b2+1）（a＜0＜b）
直线BC：y=k1x+1过点P，
∴a2+1=ak1+1，得k1=a，
即y=ax+1．
令y=0得：xB=﹣，
同理，由（2）得：b=﹣
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∴点B与Q的横坐标相同，
∴BQ∥y轴，即BQ∥OA，
又∵AQ与OB不平行，
∴四边形AOBQ是梯形，
据抛物线的对称性可得（a＞0＞b）结论相同．
故在直线l旋转的过程中：当l与x轴不平行时，四边形AOBQ是梯形；当l与x轴平行时，四边形AOBQ是正方形．
点评： 题目考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、不等式的应用、三角形面积的解法、梯形的判定等知识，综合性强，难度较大．注意在判定梯形时不要遗漏“一边不平行”的条件．
17．（2012•绍兴）小明和同桌小聪在课后复习时，对课本“目标与评定”中的一道思考题，进行了认真的探索．
【思考题】如图，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙C的距离为0.7米，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4米，那么点B将向外移动多少米？
（1）请你将小明对“思考题”的解答补充完整：
解：设点B将向外移动x米，即BB1=x，
则B1C=x+0.7，A1C=AC﹣AA1=﹣0.4=2
而A1B1=2.5，在Rt△A1B1C中，由+=得方程 ，
解方程得x1= ，x2= ，
∴点B将向外移动 米．
（2）解完“思考题”后，小聪提出了如下两个问题：
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【问题一】在“思考题”中，将“下滑0.4米”改为“下滑0.9米”，那么该题的答案会是0.9米吗？为什么？
【问题二】在“思考题”中，梯子的顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离，有可能相等吗？为什么？
请你解答小聪提出的这两个问题．
考点： 勾股定理的应用；一元二次方程的应用。
专题： 探究型。
分析： （1）直接把B1C、A1C、A1B1的值代入进行解答即可；
（2）把（1）中的0.4换成0.9可知原方程不成立；设梯子顶端从A处下滑x米，点B向外也移动x米代入（1）中方程，求出x的值符合题意．
解答： 解：（1）（x+0.7）2+22=2.52，
故答案为；0.8，﹣2.2（舍去），0.8．
（2）①不会是0.9米，
若AA1=BB1=0.9，则A1C=2.4﹣0.9=1.5，B1C=0.7+0.9=1.6，
1.52+1.62=4.81，2.52=6.25
∵+≠，
∴该题的答案不会是0.9米．
②有可能．
设梯子顶端从A处下滑x米，点B向外也移动x米，
则有（x+0.7）2+（2.4﹣x）2=2.52，
解得：x=1.7或x=0（舍）
∴当梯子顶端从A处下滑1.7米时，点B向外也移动1.7米，即梯子顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离有可能相等．
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点评： 本题考查的是解直角三角形的应用及一元二次方程的应用，根据题意得出关于x的一元二次方程是解答此题的关键．
20．（2012•广州）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）．
（1）当α=60°时，求CE的长；
（2）当60°＜α＜90°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CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．
考点： 平行四边形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理。
专题： 代数几何综合题。
分析： （1）利用60°角的正弦值列式计算即可得解；
（2）①连接CF并延长交BA的延长线于点G，利用“角边角”证明△AFG和△CFD全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=GF，AG=CD，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF=GF，再根据AB、BC的长度可得AG=AF，然后利用等边对等角的性质可得∠AEF=∠G=∠AFG，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠EFC=2∠G，然后推出∠EFD=3∠AEF，从而得解；
②设BE=x，在Rt△BCE中，利用勾股定理表示出CE2，表示出EG的长度，在Rt△CEG中，利用勾股定理表示出CG2，从而得到CF2，然后相减并整理，再根据二次函数的最值问题解答．
解答： 解：（1）∵α=60°，BC=10，
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∴sinα=，
即sin60°==，
解得CE=5；
（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF．
理由如下：连接CF并延长交BA的延长线于点G，
∵F为AD的中点，
∴AF=FD，
在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠G=∠DCF，
在△AFG和△CFD中，，
∴△AFG≌△CFD（AAS），
∴CF=GF，AG=CD，
∵CE⊥AB，
∴EF=GF（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∴∠AEF=∠G，
∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，
∴AG=5，AF=AD=BC=5，
∴AG=AF，
∴∠AFG=∠G，
在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF，
又∵∠CFD=∠AFG（对顶角相等），
∴∠CFD=∠AEF，
∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，
因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF；
②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，
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∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，
在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2，
在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x，
∵CF=GF（①中已证），
∴CF2=（CG）2=CF2=（200﹣20x）=50﹣5x，
∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣）2+50+，
∴当x=，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值，
此时，EG=10﹣x=10﹣=，
CE===，
所以，tan∠DCF=tan∠G===．
点评： 本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，二次函数的最值问题，作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键，另外根据数据的计算求出相等的边长也很重要．
21．（2012•厦门）已知：⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于E，∠BCD=∠BAC．
（1）求证：AC=AD；
（2）过点C作直线CF，交AB的延长线于点F，若∠BCF=30°，则结论“CF一定是⊙O的切线”是否正确？若正确，请证明；若不正确，请举反例．
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考点： 切线的判定；垂径定理；圆周角定理。
专题： 几何综合题。
分析： （1）连接AD．根据∠BCD=∠BAC，∠CBE=∠ABC，证出△CBE∽△ABC，可得∠BEC=90°，于是∠D=∠CBA=∠ACD，故AC=AD．
（2）连接OC，不正确，可令∠CAB=20°，据此推出∠OCF≠90°，从而证出∠BCF=30°时“CF不一定是⊙O的切线”．
解答： 证明：（1）连接AD，
∵∠BCD=∠BAC，∠CBE=∠ABC，
∴△CBE∽△ABC，
∴∠BEC=∠BCA=90°，
∴∠CBA=∠ECA，
又∵∠D=∠ABC，
∴∠D=∠ACD，
∴AC=AD．
（2）连接OC，令∠CAB=20°，则∠ACO=∠CAB=20°，
于是∠COB=20°+20°=40°，
则∠OCB=（180°﹣40°）=70°，
于是∠FCO=∠FCB+∠OCB=70°+30°=100°，
故此时FC不是⊙O的切线．
同理，当∠CAB=30°时，FC不一定是⊙O的切线．
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点评： 本题考查了切线的判定、垂径定理、圆周角定理，作出辅助线OC、AD是解题的关键．
23．（2012•德州）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
考点： 翻折变换（折叠问题）；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；正方形的性质。
分析： （1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；
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（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可．
解答： （1）解：如图1，∵PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．
即∠PBC=∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC．
∴∠APB=∠BPH．
（2）△PHD的周长不变为定值8．
证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．
由（1）知∠APB=∠BPH，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
∴△ABP≌△QBP．
∴AP=QP，AB=BQ．
又∵AB=BC，
∴BC=BQ．
又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
∴△BCH≌△BQH．
∴CH=QH．
∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．
又∵EF为折痕，
∴EF⊥BP．
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，
∴∠EFM=∠ABP．
又∵∠A=∠EMF=90°，
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∴△EFM≌△BPA．
∴EM=AP=x．
∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2．
解得，．
∴．
又四边形PEFG与四边形BEFC全等，
∴．
即：．
配方得，，
∴当x=2时，S有最小值6．
点评： 此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理、二次函数的最值问题等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键．
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24．（2012•北京）操作与探究：
（1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′．
点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．如图1，若点A表示的数是﹣3，则点A′表示的数是 ；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是 ；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是 ．
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标．
考点： 坐标与图形变化-平移；数轴；正方形的性质；平移的性质。
专题： 应用题。
分析： （1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点A′，设点B表示的数为a，根据题意列出方程求解即可得到点B表示的数，设点E表示的数为b，根据题意列出方程计算即可得解；
（2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标加，纵坐标不变求出平移规律，然后设点F的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可．
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解答： 解：（1）点A′：﹣3×+1=﹣1+1=0，
设点B表示的数为a，则a+1=2，
解得a=3，
设点E表示的数为b，则a+1=b，
解得b=；
故答案为：0，3，；
（2）根据题意得，，
解得，
设点F的坐标为（x，y），
∵对应点F′与点F重合，
∴x+=x，y+2=y，
解得x=1，y=4，
所以，点F的坐标为（1，4）．
点评： 本题考查了坐标与图形的变化，数轴上点右边的总比左边的大的性质，读懂题目信息是解题的关键．
25．（2012•日照）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5．
（Ⅰ）探究新知
如图①，⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G．
（1）求证：内切圆的半径r1=1；
（2）求tan∠OAG的值；
（Ⅱ）结论应用
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（1）如图②，若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2的值；
（2）如图③，若半径为rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均与AB相切，求rn的值．
考点： 相切两圆的性质；三角形的内切圆与内心；解直角三角形。
分析： （Ⅰ）（1）根据切线的性质以及正方形的判定得出四边形CEOF是正方形，进而得出CE=CF=r1，再利用切线长定理求出即可；
（2）在Rt△AOG中，根据r1=1，AG=3﹣r1=2，求出tan∠OAG的值即可；
（Ⅱ）（1）由tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，同理可得：tan∠O2BE==，进而得出AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2，即可求出r2=；
（2）根据（1）中所求可以得出AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn，得到2rn+2rn+…+3rn=5，求出即可．
解答： （Ⅰ）（1）证明：在图①中，连接OE，OF，OA．
∵⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G．
∴OF⊥BC，OE⊥AC，∠ACB=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
又∵EO=OF，
∴四边形CEOF是正方形，
CE=CF=r1．
又∵AG=AE=3﹣r1，BG=BF=4﹣r1，
AG+BG=5，
∴（3﹣r1）+（4﹣r1）=5．
即r1=1．
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（2）解：连接OG，在Rt△AOG中，
∵r1=1，AG=3﹣r1=2，
tan∠OAG==；
（Ⅱ）（1）解：连接O1A、O2B，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E，AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC．
由tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，
同理可得：tan∠O2BE==，
∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2．
∵AD+DE+BE=5，
r2=；
（2）解：如图③，连接O1A、OnB，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E、…、OnM⊥AB交于点M．
则AO1、BOn分别平分∠CAB、∠ABC．
tan∠O1AD=，tan∠OnBM=，
AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn，
又∵AD+DE+…+MB=5，
2rn+2rn+…+3rn=5，
（2n+3）rn=5，
rn=．
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点评： 此题主要考查了切线长定理以及锐角三角函数关系以及相切两圆的性质，根据已知得出tan∠O1AD=，tan∠O2BE==是解题关键．
26．（2012•衢州）课本中，把长与宽之比为的矩形纸片称为标准纸．请思考解决下列问题：
（1）将一张标准纸ABCD（AB＜BC）对开，如图1所示，所得的矩形纸片ABEF是标准纸．请给予证明．
（2）在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD（AB＜BC）进行如下操作：
第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE（如图2甲）；
第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG（如图2乙），此时E点恰好落在AE边上的点M处；
第三步：沿直线DM折叠（如图2丙），此时点G恰好与N点重合．
请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸？请说明理由．
（3）不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸．现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC=，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少？探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长．
…
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考点： 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形；矩形的性质；图形的剪拼。
专题： 几何综合题。
分析： （1）根据==2•==，得出矩形纸片ABEF也是标准纸；
（2）利用已知得出△ADG是等腰直角三角形，得出==，即可得出答案；
（3）分别求出每一次对折后的周长，进而得出变化规律求出即可．
解答： 解：（1）是标准纸，
理由如下：
∵矩形ABCD是标准纸，
∴=，
由对开的含义知：AF=BC，
∴==2•==，
∴矩形纸片ABEF也是标准纸．
（2）是标准纸，理由如下：
设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，
DG⊥EM，
∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，
∴∠DAE=∠BAD=45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴在Rt△ADG中，AD==a，
∴==，
∴矩形纸片ABCD是一张标准纸；
（3）
对开次数：
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第一次，周长为：2（1+）=2+，
第二次，周长为：2（+）=1+，
第三次，周长为：2（+）=1+，
第四次，周长为：2（+）=，
第五次，周长为：2（+）=，
第六次，周长为：2（+）=，
…
∴第5次对开后所得标准纸的周长是：，
第2012次对开后所得标准纸的周长为：．
点评： 此题主要考查了翻折变换性质以及规律性问题应用，根据已知得出对开后所得标准纸的周长变化规律是解题关键．
27．18．（2012•连云港）已知梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3，
问题1：如图1，P为AB边上的一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？
问题2：如图2，若P为AB边上一点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，请问对角线PQ的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
问题3：若P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE=PD，再以PE，PC为边作平行四边形PCQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
问题4：如图3，若P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE=nPA（n为常数），以PE、PB为边作平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
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考点： 相似三角形的判定与性质；根的判别式；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质。
专题： 代数几何综合题。
分析： 问题1：四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，然后利用矩形的性质，设PB=x，可得方程x2+32+（2﹣x）2+1=8，由判别式△＜0，可知此方程无实数根，即对角线PQ，DC的长不可能相等；
问题2：在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，可得G是DC的中点，过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，易证得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH=4，则可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4；
问题3：设PQ与DC相交于点G，PE∥CQ，PD=DE，可得==，易证得Rt△ADP∽Rt△HCQ，继而求得BH的长，即可求得答案；
问题4：作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，易证得=与△ADP∽△BHQ，又由∠DCB=45°，可得△CKH是等腰直角三角形，继而可求得CK的值，即可求得答案．
解答： 解：问题1：∵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，
∴∠DPC=90°，
∵AD=1，AB=2，BC=3，
∴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，
∵△=（﹣2）2﹣4×1×3=﹣8＜0，
∴方程无解，
∴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，
则G是DC的中点，
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过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC=∠DCQ，
∴∠ADP=∠QCH，
又∵PD=CQ，
∴Rt△ADP≌Rt△HCQ，
∴AD=HC，
∵AD=1，BC=3，
∴BH=4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
问题3：如图3，设PQ与DC相交于点G，
∵PE∥CQ，PD=DE，
∴==，
∴G是DC上一定点，
作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
同理可证∠ADP=∠QCH，
∴Rt△ADP∽Rt△HCQ，
即==，
∴CH=2，
∴BH=BC+CH=3+2=5，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5．
问题4：如图4，设PQ与AB相交于点G，
∵PE∥BQ，AE=nPA，
∴=，
∴G是AB上一定点，
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作QH∥CD，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠D=∠QHC，∠DAP+∠PAG=∠QBH+∠QBG=90°，∠PAG=∠QBG，
∴∠QBH=∠PAD，
∴△ADP∽△BHQ，
∴，
∵AD=1，
∴BH=n+1，
∴CH=BH+BC=3+n+1=n+4，
过点D作DM⊥BC于M，
则四边形ABMD是矩形，
∴BM=AD=1，DM=AB=2
∴CM=BC﹣BM=3﹣1=2=DM，
∴∠DCM=45°，
∴∠KCH=45°，
∴CK=CH•cos45°=（n+4），
∴当PQ⊥CD时，PQ的长最小，最小值为（n+4）．
点评：
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此题考查了相似三角形的判定与性质、直角梯形的性质、平行四边形的性质、矩形的性质、勾股定理、一元二次方程根的判别式、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识．此题难度较大，注意准确作出辅助线是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
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