中考四题系列中考四题志在必得中考复习资料

0中考四题系列中考四题志在必得中考复习资料中考命题难度系数为8：1：1,基础题占80%约120分,提高题占20%约30分,提高题大约分布在选择、填空中两题和解答题的倒一、倒二题的小题中，这就是中考四题含意，前二题可分为五种类型：寻找规律型，面积计算型，图象信息型，多项选择型，动手操作和其它型，每种类型又可以分为几种不同的题型。后两题可分为动点问题和非动点问题。1.面积计算问题：(1)公式法(2)割补法、（2012三明）15.如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥y轴，点P是y轴上的任意一点，则△PAB的面积为 _________ ．（第18题）(3)等积变换(2012南平)18．如图，正方形的边长是4，点在边上，以为边向外作正方形，连结、、，则的面积是_____________.(4)倍分变换、2,寻找规律问题：(1)求项型（2012三明）16.填在下列各图形中的三个数之间都有相同的规律，根据此规律，a的值是 _________ ．(2)求和型(2012宁德)18．如图，点M是反比例函数y＝在第一象限内图象上的点，作MB⊥x轴于点B．过点M的第一条直线交y轴于点A1，交反比例函数图象于点C1，且A1C1＝A1M，△A1C1B的面积记为S1；过点M的第二条直线交y轴于点A2，交反比例函数图象于点C2，且A2C2＝A2M，△A2C2B的面积记为S2；过点M的第三条直线交y轴于点A3，交反比例函数图象于点C3，且A3C3＝A3M，△A3C3B的面积记为S3；依次类推…；则S1＋S2＋S3＋…＋S8＝．26/26 (3)分堆型(2012南平)9．观察下列数对：(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),……,那么第32个数对是()A．(4,4) B．(4,5)C． (4,6)D．(5,4)(4)周期型（2012莆田）8.如图，在平面直角坐标系中，A（1，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣2），D（1，﹣2）．把一条长为2012个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在点A处，并按A﹣B﹣C﹣D﹣A﹣…的规律紧绕在四边形ABCD的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是（  ） A．（1，﹣1）B．（﹣1，1）C．（﹣1，﹣2）D．（1，﹣2）3.图象信息问题：(1)应用信息计算（2012福州）10.如图，过点C（1，2）分别作x轴、y轴的平行线，交直线y=﹣x+6于A、B两点，若反比例函数y=（x＞0）的图象与△ABC有公共点，则k的取值范围是（  ）A．2≤k≤9  B．2≤k≤8  C．2≤k≤5  D．5≤k≤8（2012龙岩）17.如图，平面直角坐标系中，⊙O1过原点O，且⊙O1与⊙O2相外切，圆心O1与O2在x轴正半轴上，⊙O1的半径O1P1、⊙O2的半径O2P2都与x轴垂直，且点P1（x1，y1）、P2（x2，y2）在反比例函数y=（x＞0）的图象上，则y1+y2= _________ ．（2012漳州）16.如图，点A(3，n)在双曲线y=上，过点A作AC⊥x轴，垂足为C．线段OA的垂直平分线交OC于点B，则△ABC周长的值是．26/26 (2)应用信息判断(2012厦门)8．小翔在如图1所示的场地上匀速跑步，他从点出发，沿箭头所示方向经过点跑到点，共用时30秒．他的教练选择了一个固定的位置观察小翔的跑步过程．设小翔跑步的时间为（单位：秒），他与教练的距离为（单位：米），表示与的函数关系的图象大致如图2所示，则这个固定位置可能是图1中的A．点B．点C．点D．点4.多项选择问题：(1)直接判断(2)间接判断、5.其它问题：动手操作问题：(1)折纸问题、(2)作图问题（2012三明）10.如图，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点P在x轴上，若以P，O，A为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P共有（  ） A．2个B．3个C．4个D．5个 (2012泉州)⒘在△ABC中，P是AB上的动点（P异于A、B），过点P的直线截△ABC，使截得的三角形与△ABC相似，我们不妨称这种直线为过点P的△ABC的相似线，简记为P(),(为自然数).（1）如图①，∠A=90°，∠B=∠C，当BP=2PA时，P（）、P（）都是过点P的△ABC的相似线（其中⊥BC，∥AC），此外还有_______条.（2）如图②，∠C=90°，∠B=30°，当_______时，P()截得的三角形面积为△ABC面积的.（2012厦门）17.如图，已知∠ABC＝90°，AB＝πr，BC＝，半径为r的⊙O从点A出发，沿A→B→C方向滚动到点C时停止.请你根据题意，在图上画出圆心O运动路径的示意图；圆心O运动的路程是.26/26 (3)最值问题、（2012莆田）16.点A、B均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立平面直角坐标系如图所示．若P是x轴上使得|PA﹣PB|的值最大的点，Q是y轴上使得QA+QB的值最小的点，则OP•OQ= _________ ．成题改篇问题：（2012福州）15.如图，已知△ABC，AB=AC=1，∠A=36°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，则AD的长是 _________ ，cosA的值是 _________ ．（结果保留根号）6.动点问题：第一动点问题(几何型动点问题)第二动点问题(代数型动点问题)第三动点问题(用代数法解几何型动点问题)7.非动点问题：联系实际问题、几何计算问题、12年福建九地市压轴题25.（南平）(几何转旋转)已知中，，、是边上的点，将绕点旋转，得到△，连结.（1）如图1，当，时，求证：（2）如图2，当时，与有怎样的数量关系？请写出，并说明理由.（3）如图3，在（2）的结论下，当，与满足怎样的数量关系时，是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必说明理由）26．（南平）(第二动点存在性问题)已知抛物线：（1）求抛物线的顶点坐标.（2）将抛物线向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线，求抛物线的解析式.（3）如下图，抛物线的顶点为P，轴上有一动点M，在、这两条抛物线上是否存在点N，使O（原点）、P、M、N四点构成以OP为一边的平行四边形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由.【提示：抛物线（≠0）的对称轴是26/26 顶点坐标是】21．（2012•福州）(第一动点存在性问题动点路程向题)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB= _________ ，PD= _________ ．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．22．（2012•福州）(第二动点存在性问题)如图1，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）两点．（1）求抛物线的解析式；（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；（3）如图2，若点N在抛物线上，且∠NBO=∠ABO，则在（2）的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）．24．（2012•龙岩）(第三动点参数取值范围)矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．（1）当A′与B重合时，（如图1），EF= _________ ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是 _________ 时，四边形AEA′F是菱形；②在①的条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．25.（2012•龙岩）(第二动点存在性问题)在平面直角坐标系xOy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（﹣1，0）．26/26 （1）请直接写出点B、C的坐标：B _________ 、C _________ ；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于点M．①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC；②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．24,（2012•莆田）(第一动点存在性问题)（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D．求证：AB2=AD•AC；（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为BC边上的点，BE⊥AD于点E，延长BE交AC于点F．，求的值；（3）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为直线BC上的动点（点D不与B、C重合），直线BE⊥AD于点E，交直线AC于点F．若，请探究并直接写出的所有可能的值（用含n的式子表示），不必证明．25,（2012•莆田）(第二动点存在性问题)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC四个顶点的坐标分别为O（0，0），A（0，3），B（6，3），C（6，0），抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点A．（1）求c的值；（2）若a=﹣1，且抛物线与矩形有且只有三个交点A、D、E，求△ADE的面积S的最大值；（3）若抛物线与矩形有且只有三个交点A、M、N，线段MN的垂直平分线l过点0，交线段BC于点F．当BF=1时，求抛物线的解析式．25.（2012泉州）(第一动点存在性问题定值问题)已知：A、B、C不在同一直线上.（1）.若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，A、B、C如图一，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC的度数和BC的长度；Ⅱ.如图二，当∠A为锐角时，求证sin∠A=；（2）.若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与点A不重合）滑动，如图三，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为点P，试探索：在整个滑动过程中，P、A26/26 两点的距离是否保持不变？请说明理由.26.（2012泉州）(第二动点最值问题)如图，点O为坐标原点，直线绕着点A（0,2）旋转，与经过点C（0,1）的二次函数交于不同的两点P、Q.（1）求h的值；（2）通过操作、观察算出△POQ面积的最小值；（3）过点P、C作直线，与轴交于点B，试问：在直线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，请指明其形状.22,（2012•三明）(第二动点存在性问题)已知直线y=2x﹣5与x轴和y轴分别交于点A和点B，抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点M在直线AB上，且抛物线与直线AB的另一个交点为N．（1）如图，当点M与点A重合时，求：①抛物线的解析式；②点N的坐标和线段MN的长；（2）抛物线y=﹣x2+bx+c在直线AB上平移，是否存在点M，使得△OMN与△AOB相似？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 23．（2012•三明）(几何变换问题)26/26 在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；（2）通过观察、测量、猜想：= _________ ，并结合图2证明你的猜想；（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求的值．（用含α的式子表示） 24．（2012漳州）(第二动点存在性问题)已知抛物线y=x2+1(如图所示)．(1)填空：抛物线的顶点坐标是(______，______)，对称轴是_____；(2)已知y轴上一点A(0，2)，点P在抛物线上，过点P作PB⊥x轴，垂足为B．若△PAB是等边三角形，求点P的坐标；(3)在(2)的条件下，点M在直线AP上．在平面内是否存在点N，使四边形OAMN为菱形?若存在，直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．25．（2012漳州）(第二动点存在性问题)如图，在OABC中，点A在x轴上，∠AOC=60o，OC=4cm．OA=8cm．动点P从点O出发，以1cm／s的速度沿线段OA→AB运动；动点Q同时从点O出发，以acm／s的速度沿线段OC→CB运动，其中一点先到达终点B时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒．(1)填空：点C的坐标是(______，______)，对角线OB的长度是_______cm；(2)当a=1时，设△OPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出当t为何值时，S的值最大?(3)当点P在OA边上，点Q在CB边上时，线段PQ与对角线OB交于点M.若以O、M、P为顶点的三角形与△OAB相似，求a与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．26/26 25．(2012宁德)(几何旋转)某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90º，小敏将一块三角板中含45º角的顶点放在点A处，从AB边开始绕点A顺时针旋转一个角，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．(1)小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠MAB，则AE也平分∠MAC．请你证明小敏发现的结论；(2)当0º＜≤45º时，小敏在旋转的过程中发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2＋CE2＝DE2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：小颖的方法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，连接EF(如图2)；小亮的方法：将△ABD绕点A逆时针旋转90º得到△ACG，连接EG(如图3)．请你从中任选一种方法进行证明；(3)小敏继续旋转三角板，在探究中得出：当45º＜≤135º且≠90º时，等量关系BD2＋CE2＝DE2仍然成立．现请你继续探究：当135º＜＜180º时(如图4)，等量关系BD2＋CE2＝DE2是否仍然成立？若成立，给出证明：若不成立，说明理由．26．(2012宁德)(第二动点存在性问题)如图，矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上，且OD＝10，OB＝8．将矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合．26/26 (1)直接写出点A、B的坐标：A(，)、B(，)；(2)若抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A、B，则这条抛物线的解析式是；(3)若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点，作MN⊥x轴于点N．问是否存在点M，使△AMN与△ACD相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；(4)当≤x≤7，在抛物线上存在点P，使△ABP的面积最大，求△ABP面积的最大值．25．（2012厦门）(几何计算)已知ABCD，对角线AC与BD相交于点O，点P在边AD上，过点P分别作PE⊥AC、PF⊥BD，垂足分别为E、F，PE＝PF．（1）如图，若PE＝，EO＝1，求∠EPF的度数；（2）若点P是AD的中点，点F是DO的中点，BF＝BC＋3－4，求BC的长．26．（2012厦门）(动直线参数问题)已知点A(1，c)和点B(3，d)是直线y＝k1x＋b与双曲线y＝（k2＞0）的交点．（1）过点A作AM⊥x轴，垂足为M，连结BM．若AM＝BM，求点B的坐标；（2）设点P在线段AB上，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，并交双曲线y＝（k2＞0）于点N．当取最大值时，若PN＝，求此时双曲线的解析式．九地市压轴题解答(南平)25、（1）证明：如图1∵旋转得到△∴………2分26/26 ∵∴∴……………………………3分又∵∴……………………4分∴……………………………………5分（2）………………………6分理由：如图2∵旋转得到△∴………………………………………7分∵…………………………8分∴（SSS）………………………9分∴…………………10分∴………………………………11分 （3），或︰＝1︰………14分26.解：（1）依题意 ………………………………………………1分∴， …………………………3分∴顶点坐标是（2，2）……………………………………………………………4分（2）根据题意可知y2解析式中的二次项系数为……………………………………………………5分且y2的顶点坐标是（4，3）…………………………………………………………6分∴y2＝－，即：y2＝…………………………………8分（3）符合条件的N点存在……………………………………………………………9分如图：若四边形OPMN为符合条件的平行四边形，则∥，且∴，作轴于点A，轴于点B∴，则有（AAS）  ∴∵点P的坐标为（4,3）∴……10分∵点N在抛物线、上，且P点为26/26 、的最高点  ∴符合条件的N点只能在轴下方①点N在抛物线上，则有：解得：或…………………………………………………11分②点N在抛物线上，则有：解得：或…………………13分∴符合条件的N点有四个：……………………………………………14分(福州)21.（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，由Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，即可得tanA==，则可求得QB与PD的值；（2）易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即可求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，列方程即可求得答案；（3）设E是AC的中点，连接ME．当t=4时，点Q与点B重合，运动停止．设此时PQ的中点为F，连接EF，由△PMN∽△PQC．利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．解：（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8﹣2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA==，∴PD=t．（2）不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD=t，∴BD=AB﹣AD=10﹣t，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8﹣2t=，解得：t=．当t=时，PD==，BD=10﹣×=6，∴DP≠BD∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8﹣vt，PD=t，BD=10﹣t，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即t=10﹣t，解得：t=当PD=BQ，t=时，即=8﹣，解得：v=26/26 当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解法一：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴解得，∴直线M1M2的解析式为y=﹣2x+6．∵点Q（0，2t，P（6﹣t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x=代入y=﹣2x+6得y=﹣2×+6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2做M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度；解法二：如图3，设E施AC的中点，连接ME．当t=4时，点Q与点B重合，运动停止．设此时PQ的中点为F，连接EF．过点M做MN⊥AC，垂足为N，则MN∥BC．∴△PMN∽△PQC．∴=，即，∴MN=t，PN=3﹣t，∴CN=PC﹣PN=（6﹣t）﹣（3﹣t）=3﹣t，∴EN=CE﹣CN=3﹣（3﹣）=t，∴tan∠MEN==2，∵tan∠MEN的值不变，∴点M在直线EF上，过F做FH⊥AC，垂足为H．则EH=2，FH=4．∴EF=2∵当t=0时，点M与点E重合；当t=4时，点M与点F重合，∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度．故答案为：（1）8﹣2t，t．22解：（1）∵抛物线y=y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）∴，解得：∴抛物线的解析式是y=x2﹣3x．（2）设直线OB的解析式为y=k1x，由点B（4，4），得：4=4k1，解得：k1=1∴直线OB的解析式为y=x，∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y=x﹣m，∵点D在抛物线y=x2﹣3x上，∴可设D（x，x2﹣3x），又点D在直线y=x﹣m上，26/26 ∴x2﹣3x=x﹣m，即x2﹣4x+m=0，∵抛物线与直线只有一个公共点∴△=16﹣4m=0，解得：m=4，此时x1=x2=2，y=x2﹣3x=﹣2，∴D点的坐标为（2，﹣2）．（3）∵直线OB的解析式为y=x，且A（3，0），∴点A关于直线OB的对称点A′的坐标是（0，3），设直线A′B的解析式为y=k2x+3，过点（4，4），∴4k2+3=4，解得：k2=，∴直线A′B的解析式是y=，∵∠NBO=∠ABO，∴点N在直线A′B上，∴设点N（n，），又点N在抛物线y=x2﹣3x上，∴=n2﹣3n，解得：n1=﹣，n2=4（不合题意，舍去）∴N点的坐标为（﹣，）．方法一：如图1，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，则N1（，），B1（4，﹣4），∴O、D、B1都在直线y=﹣x上∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1，∴，∴点P1的坐标为（，）．将△OP1D沿直线y=﹣x翻折，可得另一个满足条件的点P2（，），综上所述，点P的坐标是（，）或（，）．方法二：如图2，将△NOB绕原点顺时针旋转90°，得到△N2OB2，则N2（，），B2（4，﹣4），∴O、D、B1都在直线y=﹣x上．∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N2OB2，∴，∴点P1的坐标为（，）．将△OP1D沿直线y=﹣x翻折，可得另一个满足条件的点P2（，），综上所述，点P的坐标是（，）或（，）．26/26 (龙岩)24．（13分）（2012•龙岩）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．（1）当A′与B重合时，（如图1），EF= 5 ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是 3≤x≤5 时，四边形AEA′F是菱形；②在①的条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．解答：解：（1）当A′与B重合时，如图1，把矩形对折，所以EF=AD=5．故答案为5；如图2，DC=AB=3，A′F=AD=5在Rt△A′CF中，A′C==4，设AE=t，则BE=3﹣t，EA′=t，在Rt△EBA′中，BA′=BC﹣A′C=5﹣4=1，∵BE2+BA′2=EA′2，∴（3﹣t）2+12=t2，解得t=，在RtAEF中，AE=，AF=5，∴EF==；（2）①3≤x≤5；②如图4，∵△AEF沿EF折叠到A′EF，∴EA=EC，FA=FC，∠AEF=∠CEF，又∵AF∥EC，∴∠CEF=∠AFC，∴∠AFC=∠AEF，∴AE=AF，∴AE=EC=CF=FA，∴四边形AEA′F是菱形． 25．解答：解：（1）∵点A（﹣1，0），∴OA=1，由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，所以，OC=OA•tan60°=1×=，OB=OC•cot30°=×=3，所以，点B（3，0），C（0，），设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则，解得，所以，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+；（2）①∵△OCE∽△OBC，∴=，即=，解得OE=1，所以，AE=OA+OE=1+1=2，即x=2时，△OCE∽△OBC；②存在．理由如下：26/26 抛物线的对称轴为x=﹣=﹣=1，所以，点E为抛物线的对称轴与x轴的交点，∵OA=OE，OC⊥x轴，∠BAC=60°，∴△ACE是等边三角形，∴∠AEC=60°，又∠DEF=60°，∴∠FEB=60°，∴∠BAC=∠FEB，∴EF∥AC，由A（﹣1，0），C（0，）可得直线AC的解析式为y=x+，∵点E（1，0），∴直线EF的解析式为y=x﹣，联立，解得，（舍去），∴点M的坐标为（2，），EM==2，分三种情况讨论△PEM是等腰三角形，当PE=EM时，PE=2，所以，点P的坐标为（1，2）或（1，﹣2），当PE=PM时，∵∠FEB=60°，∴∠PEF=90°﹣60°=30°，PE=EM÷cos30°=×2÷=，所以，点P的坐标为（1，），当PM=EM时，PE=2EM•cos30°=2×2×=2，所以，点P的坐标为（1，2），综上所述，抛物线对称轴上存在点P（1，2）或（1，﹣2）或（1，）或（1，2），使△PEM是等腰三角形．(莆田)24.解（1）证明：如图①，∵BD⊥AC，∠ABC=90°，∴∠ADB=∠ABC，又∵∠A=∠A，∴△ADB∽△ABC，∴，∴AB2=AD•AC．（2）解：方法一：如图②，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点C，∵BE⊥AD，∴∠CGD=∠BDE=90°，CG∥BF．∵，∴AB=BC=2BD=2DC，BD=DC，又∵∠BDE=∠CDG，∴△BDE≌△CDG，∴ED=GD=EG．由（1）可得：AB2=AE•AD，BD2=DE•AD，26/26 ∴=4，∴AE=4DE，∴=2．∵CG∥BF，∴=2．方法二如图③，过点D作DG∥BF，交AC于点G，∵，∴BD=DC=BC，AB=BC．∵DG∥BF，∴=2，FC=2FG．由（1）可得：AB2=AE•AD，BD2=DE•AD，∴=4，∵DG∥BF，∴=4，∴=2．（3）解：点D为直线BC上的动点（点D不与B、C重合），有三种情况：（I）当点D在线段BC上时，如图④所示：过点D作DG∥BF，交AC边于点G．∵，∴BD=nDC，BC=（n+1）DC，AB=n（n+1）DC．∵DG∥BF，∴=n，∴FG=nGC，FG=FC．由（1）可得：AB2=AE•AD，BD2=DE•AD，∴=（n+1）2；∵DG∥BF，∴=（n+1）2，即=（n+1）2，化简得：=n2+n；（II）当点D在线段BC的延长线上时，如图⑤所示：过点D作DG∥BE，交AC边的延长线于点G．同理可求得：=n2﹣n；（III）当点D在线段CB的延长线上时，如图⑥所示：过点D作DG∥BF，交CA边的延长线于点G．同理可求得：=n2﹣n．25.解：（1）把（0，3）代入函数解析式y=ax2+bx+c中，得c=3；（2）如右图，当a=﹣1时，函数解析式是y=﹣x2+bx+3，设D点坐标是（e，3），E点坐标是（6，f），把（e，3）代入y=﹣x2+bx+3中，得﹣e2+be+3=3，解得e=b或e=0（不合题意，舍去），即e=b，把（6，f）代入y=﹣x2+bx+3中，得26/26 f=﹣33+6b，∴S△ADE=•AD•BE=b×（3+33﹣6b）=﹣3b2+18b，S最大值===27；3）如右图，设M的坐标是（g，3），N的坐标是（6，h），直线OF与BC交点的横坐标是6，纵坐标是3﹣1=2，把（6，2）代入函数y=kx中，得k=，故直线OF的解析式是y=x，∵OF垂直平分MN，∴点（，）在直线y=x上，OM=ON，∴•=，g2+9=36+h2，即g=3h+3①，g2+9=36+h2，②解关于①②的方程组，得或（负数不合题意，舍去），把（，3）、（6，）代入二次函数y=ax2+bx+3中，得，解得．故所求二次函数解析式是y=﹣x2+x+3．泉州25.解：（1）①∠BOC=90°（同弧所对的圆周角等于其所对的圆心角的一半）；由勾股定理可知BC==（提示：也可延长BO或过点O作BC边的垂线段）②证明：可连接BO并延长，交圆于点E，连接EC.可知EC⊥BC（直径所对的圆周角为90°）且∠E=∠BAC（同弧所对的圆周角相等）故sin∠A=.（2）保持不变.可知△CQP∽△BQA，且∠AQP=∠BQC，所以△BCQ∽△APQ;即;AP==（为定值）.故保持不变。26/26 26.26.解：（1）.0,1)带入二次函数中，得；(2).操作、观察可知当直线∥轴时，其面积最小将y=2带入二次函数中，得，S最小=（2×4）÷2=4.（3）由特殊到一般：一、如图①所示，当直线∥轴时，四边形AOBQ为正方形。可知BO=AQ=2；∠AOB=90°，故四边形AOBQ为正方形。二、如图二，当直线不平行与轴时，四边形AOBQ为梯形。连接BQ，设P（），Q();()直线BC：过低点P,即，得；；点B为();同理直线：；；；得b=；所以点Q、P同横坐标，即为AC∥BQ，且AQ不与OB平行；故四边形AOBQ为梯形。三明22.解：（1）①∵直线y=2x﹣5与x轴和y轴交于点A和点B，∴，B（0，﹣5）．∴抛物线的解析式是：．②∵N在直线y=2x﹣5上，设N（a，2a﹣5），又N在抛物线上，∴．解得，（舍去）∴．过N作NC⊥x轴，垂足为C．∵，∴．∴NC=4．．∴．（2）∵，B（0，﹣5）．∴OA=，OB=5，直线AB的解析式是：y=2x﹣5，则OB=2OA，AB==2，当OM⊥AB时，直线AB的解析式是：y=﹣x，解方程组：，解得：，则M的坐标是（2，﹣1）；当ON⊥AB时，N的坐标是（2，﹣1），设M的坐标是（m，2m﹣5）则m＞2，∵MN=2，∴（m﹣2）2+（2m﹣5+1）2=（2）2解得：m=4，26/26 则M的坐标是M（4，3）．故M的坐标是：（2，﹣1）或（4，3）．23．解答：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，∴OB=OP，∠BOC=∠BOG=90°，∵PF⊥BG，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°﹣∠BGO，∠EPO=90°﹣∠BGO，∴∠GBO=∠EPO，在△BOG和△POE中，∵，∴△BOG≌△POE（ASA）；2）解：猜想．证明：如图2，过P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，∴∠PNE=∠BOC=90°，∠BPN=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB=45°，∴∠NBP=∠NPB．∴NB=NP．∵∠MBN=90°﹣∠BMN，∠NPE=90°﹣∠BMN，∴∠MBN=∠NPE，在△BMN和△PEN中，∵，∴△BMN≌△PEN（ASA），∴BM=PE．∵∠BPE=∠ACB，∠BPN=∠ACB，∴∠BPF=∠MPF．∵PF⊥BM，∴∠BFP=∠MFP=90°．在△BPF和△MPF中，∵∵，∴△BPF≌△MPF∴BF=MF．即BF=BM．∴BF=PE．即；（3）解法一：如图3，过P作PM∥AC交BG于点M，交BO于点N，∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=90°，由（2）同理可得：BF=BM，∠MBN=∠EPN，∵∠BNM=∠PNE=90°，∴△BMN∽△PEN．∴．在Rt△BNP中，tanα=，∴=tanα．即=tanα．∴=tanα．解法二：如图3，过P作PM∥AC交BG于点M，交BO于点N，∴BO⊥PM，∠BPN=∠ACB=α，∵∠BPE=∠ACB=α，PF⊥BM，∴∠EPN=α．∠MBN=∠EPN=∠BPE=α．设BF=x，PE=y，EF=m，在Rt△PFB中，tan=，∵PF=PE+EF=y+m，∴x=（y+m）tan，在Rt△BFE中，tan==，∴m=x•tan，∴x=（y+xtan）•tan，∴x=y•tan+x•tan2，∴（1﹣tan2）x=y•tan，26/26 ∴．即．解法三：如图3，过P作PM∥AC交BG于点M，交BO于点N，∴∠BNP=∠BOC=90°．∴∠EPN+∠NEP=90°．又∵BF⊥PE，∴∠FBE+∠BEF=90°．∵∠BEF=∠NEP，∴∠FBE=∠EPN，∵PN∥AC，∴∠BPN=∠BCA=α．又∵∠BPE=∠ACB=α，∴∠NPE=∠BPE=α．∴∠FBE=∠BPE=∠EPN=α．∵sin∠FPB=，∴BP=，）∵cos∠EPN=，∴PN=PE•cos，∵cos∠NPB=，∴PN=BP•cosα，∴EP•cos=BP•cosα，∴EP•cos=•cosα∴． 漳州24.解：（1）顶点坐标是（0，1），对称轴是y轴（或x=0）。（2）∵△PAB是等边三角形，∴∠ABO=90°－60°=30°。∴AB=2OA=4。∴PB=4。把y=4代入y=x2+1，得x=±。∴点P的坐标为（，4）或（－，4）。（3）存在。所有满足条件的点N的坐标为(，1)，(-，-1)，(-，1)，(，-1)。26/26 25．解：（1）C(2，2)，OB=4cm。（2）①当0