专题16 压轴题
一、选择题
1．（2017四川省达州市）已知函数的图象如图所示，点P是y轴负半轴上一动点，过点P作y轴的垂线交图象于A，B两点，连接OA、OB．下列结论：
①若点M1（x1，y1），M2（x2，y2）在图象上，且x1＜x2＜0，则y1＜y2；
②当点P坐标为（0，﹣3）时，△AOB是等腰三角形；
③无论点P在什么位置，始终有S△AOB=7.5，AP=4BP；
④当点P移动到使∠AOB=90°时，点A的坐标为（，）．
其中正确的结论个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C．
【解析】
试题分析：①错误．∵x1＜x2＜0，函数y随x是增大而减小，∴y1＞y2，故①错误．
②正确．∵P（0，﹣3），∴B（﹣1，﹣3），A（4，﹣3），∴AB=5，OA==5，∴AB=AO，∴△AOB是等腰三角形，故②正确．
④正确．设P（0，m），则B（，m），A（﹣，m），∴PB=﹣，PA=﹣，OP=﹣m，∵∠AOB=90°，∠OPB=∠OPA=90°，∴∠BOP+∠AOP=90°，∠AOP+∠OPA=90°，∴∠BOP=∠OAP，∴△OPB∽△APO，∴，∴OP2=PB•PA，∴m2=﹣•（﹣），∴m4=36，∵m＜0，∴m=﹣，∴A（，﹣
），故④正确，∴②③④正确，故选C．
考点：1．反比例函数综合题；2．综合题．
二、填空题
2．（2017浙江省丽水市）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2，0）．
（1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是 ；
（2）设点P为线段OB的中点，连结PA，PC，若∠CPA=∠ABO，则m的值是 ．
【答案】（1） ；（2）12．
【解析】
试题分析：（1）当直线AB经过点C时，点A与点C重合，当x=2时，y=﹣2+m=0，即m=2，所以直线AB的解析式为y=﹣x+2，则B（0，2），∴OB=OA=2，AB=．
设点O到直线AB的距离为d，由S△OAB=OA2=AB•d，得：4=d，则d=．故答案为：．
（2）作OD=OC=2，连接CD．则∠PDC=45°，如图，由y=﹣x+m可得A（m，0），B（0，m）．
所以OA=OB，则∠OBA=∠OAB=45°．
当m＜0时，∠APC＞∠OBA=45°，所以，此时∠CPA＞45°，故不合题意．
所以m＞0．
因为∠CPA=∠ABO=45°，所以∠BPA+∠OPC=∠BAP+∠BPA=135°，即∠OPC=∠BAP，则△PCD∽△APB，所以，即，解得m=12．故答案为：12．
考点：1．一次函数综合题；2．分类讨论；3．综合题．
3．（2017浙江省绍兴市）如图，∠AOB=45°，点M、N在边OA上，OM=x，ON=x+4，点P是边OB上的点．若使点P、M、N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 ．
【答案】x=0或x= 或 ．
【解析】
试题分析：以MN为底边时，可作MN的垂直平分线，与OB的必有一个交点P1 ， 且MN=4，以M为圆心MN为半径画圆，以N为圆心MN为半径画圆，①如下图，当M与点O重合时，即x=0时，除了P1 ， 当MN=MP，即为P3；当NP=MN时，即为P2；
只有3个点P；
②当0＜x＜4时，如下图，圆N与OB相切时，NP2=MN=4，且NP2⊥OB，此时MP3=4，则OM=ON-MN= NP2-4= ．
③因为MN=4，所以当x>0时，MN＜ON，则MN=NP不存在，除了P1外，当MP=MN=4时，过点M作MD⊥OB于D，当OM=MP=4时，圆M与OB刚好交OB两点P2和P3；
当MD=MN=4时，圆M与OB只有一个交点，此时OM=MD=，故4≤x＜．
与OB有两个交点P2和P3，故答案为：x=0或x=或4≤x＜．
考点：1．相交两圆的性质；2．分类讨论；3．综合题．
4．（2017湖北省襄阳市）在半径为1的⊙O中，弦AB、AC的长分别为1和，则∠BAC的度数为 ．
【答案】15°或105°．
【解析】
考点：1．垂径定理；2．解直角三角形；3．分类讨论．
三、解答题
5．（2017四川省南充市）如图1，已知二次函数（a、b、c为常数，a≠0）的图象过点O（0，0）和点A（4，0），函数图象最低点M的纵坐标为，直线l的解析式为y=x．
（1）求二次函数的解析式；
（2）直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时（图2），求直线l′的解析式；
（3）在（2）的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON绕点O逆时针旋转135°得到△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．
【答案】（1）；（2）y=x﹣3；（3）P坐标为（0，﹣3）或（，
）或（，）．
【解析】
试题分析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，即可解决问题；
（3）分两种情形求解即可①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），列出方程解方程即可；
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，∴抛物线的解析式为，即．
（2）如图1中，设E（m，0），则C（m，），B（，0），
∵E′在抛物线上，∴E、B关于对称轴对称，∴ =2，解得m=1或6（舍弃），∴B（3，0），C（1，﹣2），∴直线l′的解析式为y=x﹣3．
（3）如图2中，①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．
②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），则有，解得m=
或，∴P2（，），P3（，）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．
考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题．
6．（2017四川省广安市）某班级45名同学自发筹集到1700元资金，用于初中毕业时各项活动的经费．通过商议，决定拿出不少于544元但不超过560元的资金用于请专业人士拍照，其余资金用于给每名同学购买一件文化衫或一本制作精美的相册作为纪念品．已知每件文化衫28元，每本相册20元．
（1）适用于购买文化衫和相册的总费用为W元，求总费用W（元）与购买的文化衫件数t（件）的函数关系式．
（2）购买文化衫和相册有哪几种方案？为了使拍照的资金更充足，应选择哪种方案，并说明理由．
【答案】（1）W=8t+900；（2）有三种购买方案．为了使拍照的资金更充足，应选择方案：购买30件文化衫、15本相册．
【解析】
试题分析：（1）设购买的文化衫t件，则购买相册（45﹣t）件，根据总价=单价×数量，即可得出W关于t的函数关系式；
（2）由购买纪念品的总价范围，即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t值，从而得出各购买方案，再根据一次函数的性质即可得出W的最小值，选取该方案即可．
试题解析：（1）设购买的文化衫t件，则购买相册（45﹣t）件，根据题意得：W=28t+20×（45﹣t）=8t+900．
考点：1．一次函数的应用；2．一元一次不等式组的应用；3．最值问题；4．方案型．
7．（2017四川省广安市）如图，已知抛物线与y轴相交于点A（0，3），与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1．
（1）求此抛物线的解析式以及点B的坐标．
（2）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．
①当t为何值时，四边形OMPN为矩形．
②当t＞0时，△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1），B点坐标为（3，0）；（2）①；②．
【解析】
试题分析：（1）由对称轴公式可求得b，由A点坐标可求得c，则可求得抛物线解析式；再令y=0可求得B点坐标；
（2）①用t可表示出ON和OM，则可表示出P点坐标，即可表示出PM的长，由矩形的性质可得ON=PM，可得到关于t的方程，可求得t的值；②由题意可知OB=OA，故当△BOQ为等腰三角形时，只能有OB=BQ或OQ=BQ
，用t可表示出Q点的坐标，则可表示出OQ和BQ的长，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
试题解析：
（1）∵抛物线对称轴是直线x=1，∴﹣ =1，解得b=2，∵抛物线过A（0，3），∴c=3，∴抛物线解析式为，令y=0可得，解得x=﹣1或x=3，∴B点坐标为（3，0）；
考点：1．二次函数综合题；2．动点型；3．分类讨论；4．压轴题．
8．（2017四川省眉山市）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知A（3，0），且M（1，）是抛物线上另一点．
（1）求a、b的值；
（2）连结AC，设点P是y轴上任一点，若以P、A、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，求P点的坐标；
（3）若点N是x轴正半轴上且在抛物线内的一动点（不与O、A重合），过点N作NH∥AC交抛物线的对称轴于H点．设ON=t，△ONH的面积为S，求S与t之间的函数关系式．
【答案】（1） ；（2）P点的坐标1（0，2）或（0，）或（0，）或（0，）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意列方程组即可得到结论；
（2）在中，当x=0时．y=﹣2，得到OC=2，如图，设P（0，m），则PC=m+2，OA=3，根据勾股定理得到AC==，①当PA=CA时，则OP1=OC=2，②当PC=CA=时，③当PC=PA时，点P在AC的垂直平分线上，根据相似三角形的性质得到P3（0，），④当PC=CA=时，于是得到结论；
（3）过H作HG⊥OA于G，设HN交Y轴于M，根据平行线分线段成比例定理得到OM=，求得抛物线的对称轴为直线x= =，得到OG=，求得GN=t﹣，根据相似三角形的性质得到HG=，于是得到结论．
试题解析：（1）把A（3，0），且M（1，）代入得：，解得：；
（2）在中，当x=0时．y=﹣2，∴C（0，﹣2），∴OC=2，如图，设P（0，m），则PC=m+2，OA=3，AC==，分三种情况：
①当PA=CA时，则OP1=OC=2，∴P1（0，2）；
②当PC=CA=时，即m+2=，∴m=﹣2，∴P2（0，﹣2）；
③当PC=PA时，点P在AC的垂直平分线上，则△AOC∽△P3EC，∴，∴P3C=，∴m=，∴P3（0，），④当PC=CA=时，m=﹣2﹣，∴P4（0，﹣2﹣），综上所述，P点的坐标1（0，2）或（0，）或（0，）或（0，）；
（3）设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0）由题意得：，解得：，b=-2，∴．
由（1）得抛物线对应的函数表达式为=，设AC与抛物线y=的对称轴x=1交于点F，直线x=1与x轴交于E点，则F（1，），E（1，0）．
①当0＜t＜1时，EN=1-t，由得，，∴EH= ，∴=ON•EH=，即；
②当1≤t≤3时，EN=t-1，由得，，∴EH= ，∴=ON•EH=，即；
∴ ．
考点：二次函数综合题．
9．（2017四川省绵阳市）江南农场收割小麦，已知1台大型收割机和3台小型收割机1小时可以收割小麦1.4公顷，2台大型收割机和5台小型收割机1小时可以收割小麦2.5公顷．
（1）每台大型收割机和每台小型收割机1小时收割小麦各多少公顷？
（2）大型收割机每小时费用为300元，小型收割机每小时费用为200元，两种型号的收割机一共有10台，要求2小时完成8公顷小麦的收割任务，且总费用不超过5400元，有几种方案？请指出费用最低的一种方案，并求出相应的费用．
【答案】（1）每台大型收割机1小时收割小麦0.5公顷，每台小型收割机1小时收割小麦0.3公顷；（2）有三种方案，当大型收割机和小型收割机各5台时，总费用最低，最低费用为5000元．
【解析】
试题分析：（1）设每台大型收割机1小时收割小麦x公顷，每台小型收割机1小时收割小麦y公顷，根据“1台大型收割机和3台小型收割机1小时可以收割小麦1.4公顷，2台大型收割机和5台小型收割机1小时可以收割小麦2.5公顷”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设大型收割机有m台，总费用为w元，则小型收割机有（10﹣m）台，根据总费用=大型收割机的费用+小型收割机的费用，即可得出w与m之间的函数关系式，由“要求2小时完成8公顷小麦的收割任务，且总费用不超过5400元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，依此可找出各方案，再结合一次函数的性质即可解决最值问题．
试题解析：（1）设每台大型收割机1小时收割小麦x公顷，每台小型收割机1小时收割小麦y公顷，根据题意得：，解得：．
答：每台大型收割机1小时收割小麦0.5公顷，每台小型收割机1小时收割小麦0.3公顷．
考点：1．一元一次不等式组的应用；2．二元一次方程组的应用；3．方案型；4．最值问题．
10．（2017四川省绵阳市）如图，已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），并且经过点（4，2），直线与抛物线交于B，D两点，以BD为直径作圆，圆心为点C，圆C与直线m交于对称轴右侧的点M（t，1），直线m上每一点的纵坐标都等于1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）证明：圆C与x轴相切；
（3）过点B作BE⊥m，垂足为E，再过点D作DF⊥m，垂足为F，求MF的值．
【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3） ．
【解析】
试题分析：（1）可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点（4，2），可求得抛物线的解析式；
（2）联立直线和抛物线解析式可求得B、D两点的坐标，则可求得C点坐标和线段BD的长，可求得圆的半径，可证得结论；
（3）过点C作CH⊥m于点H，连接CM，可求得MH，利用（2）中所求B、D的坐标可求得FH，则可求得MF和BE的长，可求得其比值．
试题解析：
（1）∵已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），∴可设抛物线解析式为 ，∵抛物线经过点（4，2），∴，解得a=，∴抛物线解析式为，即；
（2）联立直线和抛物线解析式可得，解得：或，∴B（，），D（，），∵C为BD的中点，∴点C的纵坐标为 =，∵BD= =5，∴圆的半径为，∴点C到x轴的距离等于圆的半径，∴圆C与x轴相切；
考点：1．二次函数综合题；2．压轴题．
11．（2017四川省绵阳市）如图，已知△ABC中，∠C=90°，点M从点C出发沿CB方向以1cm/s的速度匀速运动，到达点B停止运动，在点M的运动过程中，过点M作直线MN交AC于点N，且保持∠NMC=45°，再过点N作AC的垂线交AB于点F，连接MF，将△MNF关于直线NF对称后得到△ENF，已知AC=8cm，BC=4cm，设点M运动时间为t（s），△ENF与△ANF重叠部分的面积为y（cm2）．
（1）在点M的运动过程中，能否使得四边形MNEF为正方形？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由；
（2）求y关于t的函数解析式及相应t的取值范围；
（3）当y取最大值时，求sin∠NEF的值．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由已知得出CN=CM=t，FN∥BC，得出AN=8﹣t，由平行线证出△ANF∽△ACB
，得出对应边成比例求出NF=AN=（8﹣t），由对称的性质得出∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，由正方形的性质得出OE=ON=FN，得出方程，解方程即可；
（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，由三角形面积得出 ；
②当2＜t≤4时，作GH⊥NF于H，由（1）得：NF=（8﹣t），GH=NH，GH=2FH，得出GH=NF=（8﹣t），由三角形面积得出（2＜t≤4）；
（3）当点E在AB边上时，y取最大值，连接EM，则EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，得出方程，解方程求出CN=CM=2，AN=6，得出BM=2，NF=AN=3，因此EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，由勾股定理求出EB= =，求出EF=EB=，由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出DF= HF=，在Rt△DEF中，由三角函数定义即可求出sin∠NEF的值．
试题解析：（1）能使得四边形MNEF为正方形；理由如下：
连接ME交NF于O，如图1所示：
∵∠C=90°，∠NMC=45°，NF⊥AC，∴CN=CM=t，FN∥BC，∴AN=8﹣t，△ANF∽△ACB，∴ =2，∴NF=AN=（8﹣t），由对称的性质得：∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，∵四边形MNEF是正方形，∴OE=ON=FN，∴t=×（8﹣t），解得：t=；
即在点M的运动过程中，能使得四边形MNEF为正方形，t的值为；
（3）当点E在AB边上时，y取最大值，连接EM，如图3所示：
则EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，∵BM=4﹣t，∴2t=2（4﹣t），解得：t=2，∴CN=CM=2，AN=6，∴BM=4﹣2=2，NF=AN=3，∴EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，则EB= = =，△DNF是等腰直角三角形，∴EF=EB=，DF= HF=，在Rt△DEF中，sin∠NEF= = =．
考点：1．四边形综合题；2．最值问题；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．
12．（2017四川省达州市）如图，△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB延长线于P、Q，连接BD．
（1）求证：PQ是⊙O的切线；
（2）求证：BD2=AC•BQ；
（3）若AC、BQ的长是关于x的方程的两实根，且tan∠PCD=，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）根据平行线的性质和圆周角定理得到∠ABD=∠BDQ=∠ACD，连接OB，OD，交AB于E
，根据圆周角定理得到∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，根据三角形的内角和得到2∠ODB+2∠O=180°，于是得到∠ODB+∠O=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）证明：连接AD，根据等腰三角形的判定得到AD=BD，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）根据题意得到AC•BQ=4，得到BD=2，由（1）知PQ是⊙O的切线，由切线的性质得到OD⊥PQ，根据平行线的性质得到OD⊥AB，根据三角函数的定义得到BE=3DE，根据勾股定理得到BE的长，设OB=OD=R，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：（1）证明：∵PQ∥AB，∴∠ABD=∠BDQ=∠ACD，∵∠ACD=∠BCD，∴∠BDQ=∠ACD，如图1，连接OB，OD，交AB于E，则∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，在△OBD中，∠OBD+∠ODB+∠O=180°，∴2∠ODB+2∠O=180°，∴∠ODB+∠O=90°，∴PQ是⊙O的切线；
（2）证明：如图2，连接AD，由（1）知PQ是⊙O的切线，∴∠BDQ=∠DCB=∠ACD=∠BCD=∠BAD，∴AD=BD，∵∠DBQ=∠ACD，∴△BDQ∽△ACD，∴，∴BD2=AC•BQ；
（3）解：方程可化为x2﹣mx+4=0，∵AC、BQ的长是关于x的方程的两实根，∴AC•BQ=4，由（2）得BD2=AC•BQ，∴BD2=4，∴BD=2，由（1）知PQ是⊙O的切线，∴OD⊥PQ，∵PQ∥AB，∴OD⊥AB，由（1）得∠PCD=∠ABD，∵tan∠PCD=，∴tan∠ABD=，∴BE=3DE，∴DE2+（3DE）2=BD2=4，∴DE=，∴BE=，设OB=OD=R，∴OE=R﹣，∵OB2=OE2+BE2，∴R2=（R﹣）2+（）2，解得：R=，∴⊙O的半径为．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．分式方程的解；3．圆周角定理；4．切线的判定与性质；5．解直角三角形；6．压轴题．
13．（2017四川省达州市）探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通过构造直角三角形利用图1得到结论：
他还利用图2证明了线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式：，．
（1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；
运用：（2）①已知点M（2，﹣1），N（﹣3，5），则线段MN长度为 ；
②直接写出以点A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D为顶点的平行四边形顶点D的坐标： ；
拓展：（3）如图3，点P（2，n）在函数（x≥0）的图象OL与x轴正半轴夹角的平分线上，请在OL、x轴上分别找出点E、F，使△PEF的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．
【答案】（1）答案见解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）用P1、P2的坐标分别表示出OQ和PQ的长即可证得结论；
（3）设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，则可知OR=OS=2，利用两点间距离公式可求得R的坐标，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P点坐标，利用中点坐标公式可求得M点坐标，由对称性可求得N点坐标，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点S，此时EP=EM，FP=FN，此时满足△PEF的周长最小，利用两点间距离公式可求得其周长的最小值．
试题解析：
（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+= ，∵PQ为梯形P1Q1Q2P2的中位线，∴PQ= =，即线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式为x=，y=；
（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案为：；
②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴当AB
为平行四边形的对角线时，其对称中心坐标为（0，1），设D（x，y），则x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此时D点坐标为（﹣3，3），当AC为对角线时，同理可求得D点坐标为（7，1），当BC为对角线时，同理可求得D点坐标为（﹣1，﹣3），综上可知D点坐标为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案为：（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；
（3）如图，设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点F，又对称性可知EP=EM，FP=FN，∴
PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此时△PEF的周长即为MN的长，为最小，设R（x，），由题意可知
OR=OS=2，PR=PS=n，∴=2，解得x=﹣（舍去）或x=，∴R（，），∴
，解得n=1，∴P（2，1），∴N（2，﹣1），设M（x，y），则=， =，
解得x=，y=，∴M（，），∴MN= =，即△PEF的周长的最小值为
．
考点：1．一次函数综合题；2．阅读型；3．分类讨论；4．最值问题；5．探究型；6．压轴题．
14．（2017四川省达州市）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．
（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？
②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）当点C运动到使AC2=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．
【答案】（1）①△OBC与△ABD全等；②证明见解析；（2）P（3，）或（﹣2，）；（3）﹣≤m＜0．
【解析】
试题分析：（1）①利用等边三角形的性质证明△OBC≌△ABD；
②证明∠OBA=∠BAD=60°，可得OB∥AD；
（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到，将向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y2相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定△≥0时，m的值即可．
试题解析：（1）①△OBC与△ABD全等，理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，∴△OBC≌△ABD（SAS）；
②∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠OBA=∠BAD，∴OB∥AD，∴无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）如图2，∵AC2=AE•AD，∴，∵∠EAC=∠DAC，∴△AEC∽△ACD，∴∠ECA=∠ADC，∵∠BAD=∠BAO=60°，∴∠DAC=60°，∵∠BED=∠AEC，∴∠ACB=∠ADB，∴∠ADB=∠ADC，∵BD=CD，∴DE⊥BC，Rt△ABE中，∠BAE=60°，∴∠ABE=30°，∴AE=AB=×2=1，Rt△AEC中，∠EAC=60°，∴∠ECA=30°，∴AC=2AE=2，∴C（4，0），等边△OAB中，过B作BH⊥x轴于H，∴BH= =，∴B（1，），设y1的解析式为：y=ax（x﹣4），把B（1，）代入得： =a（1﹣4），a=﹣，∴设y1的解析式为：y1=﹣
x（x﹣4）=，过E作EG⊥x轴于G，Rt△AGE中，AE=1，∴AG=AE=，EG==，∴E（，），设直线AE的解析式为：y=kx+b，把A（2，0）和E（，）代入得：，解得：，∴直线AE的解析式为：，则，解得：，，∴P（3，）或（﹣2，）；
（3）如图3，y1==，顶点（2，），∴抛物线y2的顶点为（2，﹣），∴y2=，当m=0时，与图形M两公共点，当y2与l相切时，即有一个公共点，l与图形M有3个公共点，则：，，x2﹣7x﹣3m=0，△=（﹣7）2﹣4×1×（﹣3m）≥0，m≥﹣，∴当l与M的公共点为3个时，m的取值是：﹣≤m＜0．
考点：1．二次函数综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．
15．（2017山东省枣庄市）如图，抛物线 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；
（3）若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，请写出点Q的坐标．
【答案】（1），D（2，8）；（2）（﹣1，）或（﹣3，﹣）；（3）（2，）或（2，）．
【解析】
试题分析：（1）由B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，再求其顶点D即可；
（3）由于M、N两点关于对称轴对称，可知点P为对称轴与x轴的交点，点Q在对称轴上，可设出Q点的坐标，则可表示出M的坐标，代入抛物线解析式可求得Q点的坐标．
试题解析：
（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得：，解得：，∴抛物线解析式为 ，∵=，∴D（2，8）；
（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x，），则FG=||，∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，
DE=8，OB=6，∴BG=6﹣x，∴，当点F在x轴上方时，有，解得x=﹣1或x=6（舍去），此时F点的坐标为（﹣1，）；
当点F在x轴下方时，有，解得x=﹣3或x=6（舍去），此时F点的坐标为（﹣3，﹣）；
综上可知F点的坐标为（﹣1，）或（﹣3，﹣）；
考点：1．二次函数综合题；2．分类讨论；3．动点型；4．压轴题．
16．（2017山东省济宁市）已知函数的图象与x轴有两个公共点．
（1）求m的取值范围，并写出当m取范围内最大整数时函数的解析式；
（2）题（1）中求得的函数记为C1．
①当n≤x≤﹣1时，y的取值范围是1≤y≤﹣3n，求n的值；
②函数的图象由函数C1的图象平移得到，其顶点P落在以原点为圆心，半径为的圆内或圆上，设函数C1的图象顶点为M，求点P与点M距离最大时函数C2的解析式．
【答案】（1）m＜且m≠0，；（2）①﹣2；②．
【解析】
试题分析：（1）函数图形与x轴有两个公共点，则该函数为二次函数且△＞0，故此可得到关于m的不等式组，从而可求得m的取值范围；
（2）先求得抛物线的对称轴，当n≤x≤﹣1时，函数图象位于对称轴的左侧，y随x的增大而减小，当当x=n时，y有最大值﹣3n，然后将x=n，y=﹣3n代入求解即可；
试题解析：（1）∵函数图象与x轴有两个交点，∴m≠0且[﹣（2m﹣5）]2﹣4m（m﹣2）＞0，解得：m＜且m≠0．
∵m为符合条件的最大整数，∴m=2，∴函数的解析式为．
（2）抛物线的对称轴为x= =．
∵n≤x≤﹣1＜，a=2＞0，∴当n≤x≤﹣1时，y随x的增大而减小，∴当x=n时，y=﹣3n，∴2n2+n=﹣3n，解得n=﹣2或n=0（舍去），∴n的值为﹣2．
（3）∵=，∴M（，）．
如图所示：
当点P在OM与⊙O的交点处时，PM有最大值．
设直线OM的解析式为y=kx，将点M的坐标代入得：，解得：k=，∴OM的解析式为y=x．
设点P的坐标为（x，x）．
由两点间的距离公式可知：OP==5，解得：x=2或x=﹣2（舍去），∴点P的坐标为（2，1），∴当点P与点M距离最大时函数C2的解析式为 ．
考点：1．二次函数综合题；2．最值问题．
17．（2017山东省济宁市）定义：点P是△ABC内部或边上的点（顶点除外），在△PAB，△PBC，△PCA中，若至少有一个三角形与△ABC相似，则称点P是△ABC的自相似点．
例如：如图1，点P在△ABC的内部，∠PBC=∠A，∠PCB=∠ABC，则△BCP∽△ABC，故点P是△ABC的自相似点．
请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：
在平面直角坐标系中，点M是曲线（x＞0）上的任意一点，点N是x轴正半轴上的任意一点．
（1）如图2，点P是OM上一点，∠ONP=∠M，试说明点P是△MON的自相似点；当点M的坐标是（，3），点N的坐标是（，0）时，求点P的坐标；
（2）如图3，当点M的坐标是（3，），点N的坐标是（2，0）时，求△MON的自相似点的坐标；
（3）是否存在点M和点N，使△MON无自相似点？若存在，请直接写出这两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）P（，）；（2）（1，）或（2，）；（3）存在, M（，3），N（，0）．
【解析】
试题分析：（1）由∠ONP=∠M，∠NOP=∠MON，得出△NOP∽△MON，证出点P是△MON的自相似点；过P作
PD⊥x轴于D，则tan∠POD= =，求出∠AON=60°，由点M和N的坐标得出∠MNO=90°，由相似三角形的性质得出∠NPO=∠MNO=90°，在Rt△OPN中，由三角函数求出OP=，OD=，PD=，即可得出答案；
（3）证出OM=2=ON，∠MON=60°，得出△MON是等边三角形，由点P在△ABC的内部，得出∠PBC≠∠A，∠PCB≠∠ABC，即可得出结论．
试题解析：（1）∵∠ONP=∠M，∠NOP=∠MON，∴△NOP∽△MON，∴点P是△MON的自相似点；
过P作PD⊥x轴于D，则tan∠POD= =，∴∠AON=60°，∵当点M的坐标是（，3），点N的坐标是（，0），∴∠MNO=90°，∵△NOP∽△MON，∴∠NPO=∠MNO=90°，在Rt△OPN中，OP=ONcos60°=，∴OD=OPcos60°=×=，PD=OP•sin60°=×=，∴P（，）；
（2）作ME⊥x轴于H，如图3所示：
∵点M的坐标是（3，），点N的坐标是（2，0），∴OM= =，直线OM的解析式为y=x，ON=2，∠MOH=30°，分两种情况：
①如图3所示：∵P是△MON的相似点，∴△PON∽△NOM，作PQ⊥x轴于Q，∴PO=PN，OQ=ON=1，∵P的横坐标为1，∴y=×1=，∴P（1，）；
②如图4所示：
由勾股定理得：MN==2，∵P是△MON的相似点，∴△PNM∽△NOM，∴，即
，解得：PN=，即P的纵坐标为，代入y=x得： =x ，解得：x=2，∴P（2，）；
综上所述：△MON的自相似点的坐标为（1，）或（2，）；
考点：1．反比例函数综合题；2．阅读型；3．新定义；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．
18．（2017山西省）综合与实践
背景阅读 早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中．为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形．例如：三边长分别为9，12，15或的三角形就是（3，4，5）型三角形．用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．
实践操作 如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．
第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．
问题解决
（1）请在图2中证明四边形AEFD是正方形．
（2）请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明．
（3）请在图4中证明△AEN是（3，4，5）型三角形．
探索发现
（4）在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形？请找出并直接写出它们的名称．
【答案】（1）证明见解析；（2）NF=ND′，证明见解析；（3）证明见解析；（4）△MFN，△MD′H，△MDA．
【解析】
试题分析：（1）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可；
（2）NF=ND′，证明Rt△HNF≌Rt△HND′即可；
（3）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可；
（4）由△AEN是（3，4，5）型三角形，凡是与△AEN相似的△都是（3，4，5）型三角形．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠DAE=90°．由折叠知：AE=AD，∠AEF=∠D=90°，∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形．∵AE=AD，∴矩形AEFD是正方形．
（2）NF=ND′．证明如下：
连结HN．由折叠知：∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′．
∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD=90°．
∵∠AD′H=90°，∴∠HD′N=90°．
在Rt△HNF和Rt△HND′中，∵HN=HN，HF=HD′，∴Rt△HNF≌Rt△HND′，∴NF=ND′．
（3）∵四边形AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠知：AD′=AD=8cm，EN=EF-NF=（8-x）㎝．
在Rt△AEN中，由勾股定理得： ，即，解得：x=2，∴AN=8+x=10（㎝），EN=6（㎝），∴AN=6：8：10=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形．
考点：1．勾股定理的应用；2．新定义；3．阅读型；4．探究型；5．压轴题．
19．（2017广东省）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．
（1）填空：点B的坐标为 ；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；
（3）①求证：=；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．
【答案】（1）（，2）；（2）AD的值为2或；（3）①证明见解析；②，当x=3时，y有最小值．
【解析】
试题分析：（1）求出AB、BC的长即可解决问题；
（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；
试题解析：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=，∠BCO=∠BAO=90°，∴B（，2）．
故答案为：（，2）．
（2）存在．理由如下：
连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．
∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°
①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2，∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．
②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=．
综上所述，满足条件的AD的值为2或．
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=，∴=．
②如图2中，作DH⊥AB于H．
在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH==，∴
BH=，在Rt△BDH中，BD==，∴
DE=BD=•，∴矩形BDEF的面积为y=
=，即，∴，
∵＞0，∴当x=3时，y有最小值．
考点：1．相似形综合题；2．最值问题；3．二次函数的最值；4．动点型；5．存在型；6．分类讨论；7．压
轴题．
20．（2017广西四市）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连结AC，过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连结AE交CD于点F，且EG=FG，连结CE．
（1）求证：△ECF∽△GCE；
（2）求证：EG是⊙O的切线；
（3）延长AB交GE的延长线于点M，若tanG=，AH=，求EM的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由AC∥EG，推出∠G=∠ACG，由AB⊥CD推出，推出∠CEF=∠ACD，推出∠G=∠CEF，由此即可证明；
（2）欲证明EG是⊙O的切线只要证明EG⊥OE即可；
试题解析：（1）证明：如图1．∵AC∥EG，∴∠G=∠ACG，∵AB⊥CD，∴，∴∠CEF=∠ACD，∴∠G=∠CEF，∵∠ECF=∠ECG，∴△ECF∽△GCE．
（2）证明：如图2中，连接OE．∵GF=GE，∴∠GFE=∠GEF=∠AFH，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠AFH+∠FAH=90°，∴∠GEF+∠AEO=90°，∴∠GEO=90°，∴GE⊥OE，∴EG是⊙O的切线．
（3）解：如图3中，连接OC．设⊙O的半径为r．
在Rt△AHC中，tan∠ACH=tan∠G==，∵AH=，∴HC=，在Rt△HOC中，∵OC=r，
OH=r﹣，HC=，∴，∴r=，∵GM∥AC，∴∠CAH=∠M，∵∠OEM=∠AHC，∴△AHC∽△MEO，∴，∴，∴EM=．
考点：1．圆的综合题；2．压轴题．
21．（2017广西四市）如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．
（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；
（3）证明：当直线l绕点D旋转时，均为定值，并求出该定值．
【答案】（1）a=，A（﹣，0），抛物线的对称轴为x=；（2）点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；
（3）设直线MN的解析式为y=kx+1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．
试题解析：（1）∵C（0，3），∴﹣9a=3，解得：a=．
令y=0得：，∵a≠0，∴，解得：x=﹣或x=，∴点A的坐标为（﹣，0），B（，0），∴抛物线的对称轴为x=．
（2）∵OA=，OC=3，∴tan∠CAO=，∴∠CAO=60°．
∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAO=30°，∴DO=AO=1，∴点D的坐标为（0，1）．
设点P的坐标为（，a）．
依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2．
当AD=PA时，4=12+a2，方程无解．
当AD=DP时，4=3+（a﹣1）2，解得a=2或a=0，∴点P的坐标为（，2）或（，0）．
当AP=DP时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4，∴点P的坐标为（，﹣4）．
综上所述，点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．
（3）设直线AC的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：，解得：m=，∴直线AC的解析式为．
设直线MN的解析式为y=kx+1．
把y=0代入y=kx+1得：kx+1=0，解得：x=，∴点N的坐标为（，0），∴AN==．
将与y=kx+1联立解得：x=，∴点M的横坐标为．
过点M作MG⊥x轴，垂足为G．则AG=．
∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，∴AM=2AG==，∴= =
= =．
考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．
22．（2017江苏省盐城市）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F恰好在y轴上，⊙F与y轴相交于另一点G．
（1）求证：BC是⊙F的切线；
（2）若点A、D的坐标分别为A（0，﹣1），D（2，0），求⊙F的半径；
（3）试探究线段AG、AD、CD三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）AG=AD+2CD．
【解析】
试题分析：（1）连接EF，根据角平分线的定义、等腰三角形的性质得到∠FEA=∠EAC，得到FE∥AC，根据平行线的性质得到∠FEB=∠C=90°，证明结论；
（2）连接FD，设⊙F的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（3）作FR⊥AD于R，得到四边形RCEF是矩形，得到EF=RC=RD+CD，根据垂径定理解答即可．
试题解析：（1）证明：连接EF，∵AE平分∠BAC，∴∠FAE=∠CAE，∵FA=FE，∴∠FAE=∠FEA，∴∠FEA=∠EAC，∴FE∥AC，∴∠FEB=∠C=90°，即BC是⊙F的切线；
（2）解：连接FD，设⊙F的半径为r，则r2=（r﹣1）2+22，解得，r=，即⊙F的半径为；
（3）解：AG=AD+2CD．
证明：作FR⊥AD于R，则∠FRC=90°，又∠FEC=∠C=90°，∴四边形RCEF是矩形，∴EF=RC=RD+CD，∵FR⊥AD，∴AR=RD，∴EF=RD+CD=AD+CD，∴AG=2FE=AD+2CD．
考点：1．圆的综合题；2．探究型．
23．（2017江苏省盐城市）（探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为 ．
【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为 ．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
【答案】【探索发现】；【拓展应用】；【灵活应用】720；【实际应用】1944．
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN═，据此可得；
【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
试题解析：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则 ===，故答案为：；
【拓展应用】
∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，∴PN=a﹣PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a﹣x）= =，∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，故答案为：；
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵∠FAE=∠DHE，AE=AH，∠AEF=∠HED，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI=（AB+AF）=24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720，答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tanB=tanC=，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=BC=54cm，∵tanB==，∴EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，BE==90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2．
答：该矩形的面积为1944cm2．
考点：1．四边形综合题；2．阅读型；3．探究型；4．最值问题；5．压轴题．
24．（2017江苏省盐城市）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为，△BCE的面积为，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②﹣2或．
【解析】
试题分析：（1）根据题意得到A（﹣4，0），C（0，2）代入，于是得到结论；
（2）①如图，令y=0，解方程得到x1=﹣4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（，0），得到PA=PC=PB=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF=2∠BAC=
∠DGC+∠CDG，情况二，∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
试题解析：（1）根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），∵抛物线经过A、C两点，∴
，∴，∴；
（2）①如图，令y=0，∴，∴x1=﹣4，x2=1，∴B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过
B作BN⊥x轴交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴ ==，设D（a，
），∴M（a，），∵B（1.0），∴N（1，），∴===；∴当a=-2时，的最大值是；
②∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB
为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P（，0），∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G．分两种情况：
情况一：如图，∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，∴∠CDG=∠BAC，∴tan∠CDG=tan∠BAC=，即，令D（a，），∴DR=﹣a，RC=，∴，∴a1=0（舍去），a2=﹣2，∴xD=﹣2．
情况二，∴∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，设FC=4k，∴DF=3k，DC=5k，∵tan∠DGC==，∴FG=6k，∴CG=2k，DG=k，∴
∴RC=k，RG=k，DR=k﹣k=k，∴，∴a1=0（舍去），a2=．
综上所述：点D的横坐标为﹣2或．
考点：1．二次函数综合题；2．动点型；3．最值问题；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．
25．（2017江苏省连云港市）如图，已知二次函数（a≠0）的图象经过点A（3，0），B（4，1），且与y轴交于点C，连接AB、AC、BC．
（1）求此二次函数的关系式；
（2）判断△ABC的形状；若△ABC的外接圆记为⊙M，请直接写出圆心M的坐标；
（3）若将抛物线沿射线BA方向平移，平移后点A、B、C的对应点分别记为点A1、B1、C1，△A1B1C1的外接圆记为⊙M1，是否存在某个位置，使⊙M1
经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）直角三角形，M（2，2）；（3）或．
【解析】
试题分析：（1）直接利用待定系数法求出a，b的值进而得出答案；
（2）首先得出∠OAC=45°，进而得出AD=BD，求出∠OAC=45°，即可得出答案；
（2）△ABC是直角三角形，过点B作BD⊥x轴于点D，易知点C坐标为：（0，3），所以OA=OC，所以∠OAC=45°，又∵点B坐标为：（4，1），∴AD=BD，∴∠OAC=45°，∴∠BAC=180°﹣45°﹣45°=90°，∴△ABC是直角三角形，圆心M的坐标为：（2，2）；
（3）存在．取BC的中点M，过点M作ME⊥y轴于点E，∵M的坐标为：（2，2），∴MC=，OM=，∴∠MOA=45°，又∵∠BAD=45°，∴OM∥AB，∴要使抛物线沿射线BA方向平移，且使⊙M1经过原点，则平移的长度为：或；
∵∠BAD=45°，∴抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度
或个单位长度，∵，∴平移后抛物线的关系式为：，即
或，即．
综上所述，存在一个位置，使⊙M1经过原点，此时抛物线的关系式为：
或．
考点：1．二次函数综合题；2．平移的性质；3．动点型；4．存在型；5．压轴题．
26．（2017江苏省连云港市）问题呈现：
如图1，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA上，AE=DG，求证：．（S表示面积）
实验探究：某数学实验小组发现：若图1中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E、G作BC边的平行线，再分别过点F、H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1、B1、C1、D1，得到矩形A1B1C1D1．
如图2，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近（DG＞AE），经过探索，发现：2S四边形EFGH=S矩形ABCD+S．
如图3，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近（DG＜AE），请探索S四边形EFGH、S矩形ABCD与S之间的数量关系，并说明理由．
迁移应用：
请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：
（1）如图4，点E、F、G、H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AH＞BF，AE＞DG，S四边形EFGH=11，HF=，求EG的长．
（2）如图5，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E、H分别在边AB、AD上，BE=1，DH=2，点F、G分别是边BC、CD上的动点，且FG=，连接EF、HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．
【答案】问题呈现：；实验探究：；迁移应用：（1）EG=；（2）．
【解析】
试题分析：问题呈现：只要证明S△HGE=S矩形AEGD，同理S△EGF=S矩形BEGC，由此可得S四边形EFGH=S△HGE+S△EFG=S矩形BEGC；
实验探究：结论：2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣．根据=， =， =， =，即可证明；
迁移应用：（1）利用探究的结论即可解决问题．
（2）分两种情形探究即可解决问题．
试题解析：问题呈现：证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠A=90°，∵AE=DG，∴四边形AEGD是矩形，∴S△HGE=S矩形AEGD，同理S△EGF=S矩形BEGC，∴S四边形EFGH=S△HGE+S△EFG=S矩形BEGC．
实验探究：结论：2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣．
理由：∵ =， =， =， =，∴S四边形EFGH=+++﹣，∴2S四边形EFGH=2+2+2+2﹣2，∴2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣．
迁移应用：解：（1）如图4中，∵2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣，∴ =25﹣2×11=3=A1B1A1D1，∵正方形的面积为25，∴边长为5，∵A1D12=HF2﹣52=29﹣25=4，∴A1D1=2，A1B1=，∴EG2=A1B12+52=，∴EG=．
（2）∵2S四边形EFGH=S矩形ABCD+，∴四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
①如图5﹣1中，当G与C重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
此时矩形A1B1C1D1面积=1×（﹣2）=
②如图5﹣2中，当G与D重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
此时矩形A1B1C1D1面积=21=2，∵2＞，∴矩形EFGH的面积最大值=．
考点：1．四边形综合题；2．最值问题；3．阅读型；4．探究型；5．压轴题．
27．（2017河北省）平面内，如图，在ABCD中，AB=10，AD=15，tanA=．点P为AD边上任意一点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．
（1）当∠DPQ=10°时，求∠APB的大小；
（2）当tan∠AtanA=3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；
（3）若点Q恰好落在ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）100°或80°；（2）；（3）16π或20π或32π．
【解析】
试题分析：（1）根据点Q与点B和PD的位置关系分类讨论；
（2）因为△PBQ是等腰直角三角形，所以求BQ的长，只需求PB，过点P作PH⊥AB于点H，确定BH，求得AH和BH，解直角△APH求PH，由勾股定理求PB；
（3）根据点Q在AD上，DC上，BC的延长线上，分别画出图形，分三种情况讨论．
试题解析：（1）当点Q与B在PD的异侧时，由∠DPQ=10°，∠BPQ=90°得∠BPD=80°，∴∠APB=180°-∠BPD=100°．
当点Q与B在PD的同侧时，如图2，∠APB=180°-∠BPQ-∠DPQ=80°，∴∠APB的度数是80°或100°．
（2）如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BQ．
∵tan∠AtanA=，∴HB=3：2．
而AB=10，∴AH=6，HB=4．
在Rt△PHA中，PH=AH·tanA=8，∴PQ=PB=，∴在Rt△PQB中，QB=
PB=．
（3）①点Q在AD上时，如图3，由tanA=得，PB=AB·sinA=8，∴扇形面积为16π．
②点A在CD上时，如图4，过点P作PH⊥AB于点H，交CD延长线于点K，由题意∠K=90°，∠KDP=∠A．
设AH=x，则PH=AH·tanA=．
∵∠BPH=∠KQP=90°-∠KPQ，PB=QP，∴Rt△HPB≌Rt△KQP．∴KP=HB=10-x，∴AP=，PD=，AD=15=，解得x=6．
∵，∴扇形的面积为20π．
③点Q在BC延长线上时，如图5，过点B作BM⊥AD于点M，由①得BM=8．
又∠MPB=∠PBQ=45°，∴PB=，∴扇形面积为32π．
所以扇形的面积为16π或20π或32π．
考点：1．解直角三角形；2．勾股定理；3．扇形面积的计算；4．分类讨论；5．压轴题．
28．（2017河北省）某厂按用户的月需求量x（件）完成一种产品的生产，其中x＞0，每件的售价为18万元，每件的成本y（万元）是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量x（件）成反比，经市场调研发现，月需求量x与月份n（n为整数，1≤n≤12），符合关系式x=2n2﹣2kn+9（k+3）（k为常数），且得到了表中的数据．
（1）求y与x满足的关系式，请说明一件产品的利润能否是12万元；
（2）求k，并推断是否存在某个月既无盈利也不亏损；
（3）在这一年12个月中，若第m个月和第（m+1）个月的利润相差很大，求m．
【答案】（1），不可能；（2）不存在；（3）1或11．
【解析】
试题分析：（1）设，将表中相关数据代入可求得a、b，根据12=18﹣（），则=0可作出判断；
（2）将n=1、x=120代入x=2n2﹣2kn+9（k+3）可求得k的值，先由18=求得x=50，根据50=2n2﹣26n+144可判断；
（3）第m个月的利润W=x（18﹣y）=18x﹣x（）=24（m2﹣13m+47），第（m+1）个月的利润为W′=24[（m+1）2﹣13（m+1）+47]=24（m2﹣11m+35），分情况作差结合m的范围，由一次函数性质可得．
试题解析：（1）由题意，设，由表中数据可得：，解得：，∴，由题意，若12=18﹣（），则=0，∵x＞0，∴＞0，∴不可能；
（2）将n=1、x=120代入x=2n2﹣2kn+9（k+3），得：120=2﹣2k+9k+27，解得：k=13，∴x=2n2﹣26n+144，将n=2、x=100代入x=2n2﹣26n+144也符合，∴k=13；
由题意，得：18=，解得：x=50，∴50=2n2﹣26n+144，即n2﹣13n+47=0，∵△=（﹣13）2﹣4×1×47＜0，∴方程无实数根，∴不存在；
考点：1．二次函数的应用；2．一元二次方程的应用；3．分类讨论；4．最值问题；5．压轴题．
29．（2017浙江省丽水市）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连接AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设．
（1）求证：AE=GE；
（2）当点F落在AC上时，用含n的代数式表示的值；
（3）若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）= ；（3）n=16或 ．
【解析】
试题分析：（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC ， 则，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n，需要分类讨论，一般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答．
试题解析：（1）证明：由对称得AE=FE，∴∠EAF=∠EFA，∵GF⊥AE，∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°，∴∠FGA=∠EFG，∴EG=EF，∴AE=EG．
（2）解：设AE=a，则AD=na，当点F落在AC上时（如图1），由对称得BE⊥AF，∴∠ABE+∠BAC=90°，∵∠
DAC+∠BAC=90°，∴∠ABE=∠DAC，又∵∠BAE=∠D=90°，∴△ABE~△DAC ，∴
∵AB=DC，∴AB2=AD·AE=na·a=na2，∵AB>0，∴AB=，∴= =，∴=．
（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=4AB，则AB=．
当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a，此时，∴n=4，∴当点F落在矩形外部时，n>4．
∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，∴∠FCG
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