2020中考沖刺全國數(shù)學(xué)經(jīng)典壓軸題60例

第第頁2020中考沖刺全國數(shù)學(xué)經(jīng)典壓軸題60例含參考答案與試題解析一、解答題（共60小題）1．（?重慶）已知：如圖①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．點F是點E關(guān)于AB的對稱點，連接AF、BF．（1）求AE和BE的長；（2）若將△ABF沿著射線BD方向平移，設(shè)平移的距離為m（平移距離指點B沿BD方向所經(jīng)過的線段長度）．當(dāng)點F分別平移到線段AB、AD上時，直接寫出相應(yīng)的m的值．（3）如圖②，將△ABF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)一個角α（0°＜α＜180°），記旋轉(zhuǎn)中的△ABF為△A′BF′，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)A′F′所在的直線與直線AD交于點P，與直線BD交于點Q．是否存在這樣的P、Q兩點，使△DPQ為等腰三角形？若存在，求出此時DQ的長；若不存在，請說明理由．考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）利用矩形性質(zhì)、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如答圖2所示．利用平移性質(zhì)，確定圖形中的等腰三角形，分別求出m的值；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰△DPQ有4種情形，如答圖3所示，對于各種情形分別進行計算．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）設(shè)平移中的三角形為△A′B′F′，如答圖2所示：由對稱點性質(zhì)可知，∠1=∠2．由平移性質(zhì)可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．①當(dāng)點F′落在AB上時，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；②當(dāng)點F′落在AD上時，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D為等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．（3）存在．理由如下：在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰△DPQ依次有以下4種情形：①如答圖3﹣1所示，點Q落在BD延長線上，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如答圖3﹣2所示，點Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，則此時點A′落在BC邊上．∵∠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如答圖3﹣3所示，點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如答圖3﹣4所示，點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=．綜上所述，存在4組符合條件的點P、點Q，使△DPQ為等腰三角形；DQ的長度分別為﹣、、﹣或．點評：本題是幾何變換壓軸題，涉及旋轉(zhuǎn)與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識點．第（3）問難度很大，解題關(guān)鍵是畫出各種旋轉(zhuǎn)圖形，依題意進行分類討論；在計算過程中，注意識別旋轉(zhuǎn)過程中的不變量，注意利用等腰三角形的性質(zhì)簡化計算．2．（?重慶）如圖1，在?ABCD中，AH⊥DC，垂足為H，AB=4，AD=7，AH=．現(xiàn)有兩個動點E，F(xiàn)同時從點A出發(fā)，分別以每秒1個單位長度、每秒3個單位長度的速度沿射線AC方向勻速運動，在點E，F(xiàn)的運動過程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG與△ABC在射線AC的同側(cè)，當(dāng)點E運動到點C時，E，F(xiàn)兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒．（1）求線段AC的長；（2）在整個運動過程中，設(shè)等邊△EFG與△ABC重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的自變量t的取值范圍；（3）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的頂點E到達點C時，如圖2，將△EFG繞著點C旋轉(zhuǎn)一個角度α（0°＜α＜360°），在旋轉(zhuǎn)過程中，點E與點C重合，F(xiàn)的對應(yīng)點為F′，G的對應(yīng)點為G′，設(shè)直線F′G′與射線DC、射線AC分別相交于M，N兩點．試問：是否存在點M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形？若存在，請求出CM的長度；若不存在，請說明理由．考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題；動點型．分析：（1）利用平行四邊形性質(zhì)、勾股定理，求出DH、CH的長度，可以判定△ACD為等腰三角形，則AC=AD=7；（2）首先證明點G始終在直線AB上，然后分析運動過程，求出不同時間段內(nèi)S的表達式：①當(dāng)0≤t≤時，如答圖2﹣1所示，等邊△EFG在△內(nèi)部；②當(dāng)＜t≤4時，如答圖2﹣2所示，點G在線段AB上，點F在AC的延長線上；③當(dāng)4＜t≤7時，如答圖2﹣3所示，點G、F分別在AB、AC的延長線上，點E在線段AC上．（3）因為∠MCN為等腰三角形的底角，因此只可能有兩種情形：①若點N為等腰三角形的頂點，如答圖3﹣1所示；②若點M為等腰三角形的頂點，如答圖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）在運動過程中，AE=t，AF=3t，∴等邊△EFG的邊長EF=EG=GF=2t．如答圖1，過點G作GP⊥AC于點P，則EP=EG=t，GP=EG=t．∴AP=AE+EP=2t．∴tan∠GAC===．∵tan∠BAC=tan∠ACH===，∴tan∠GAC=tan∠BAC，∴點G始終在射線AB上．設(shè)∠BAC=∠ACH=θ，則sinθ==，cosθ==．①當(dāng)0≤t≤時，如答圖2﹣1所示，等邊△EFG在△內(nèi)部．S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；②當(dāng)＜t≤4時，如答圖2﹣2所示，點G在線段AB上，點F在AC的延長線上．過點B作BQ⊥AF于點Q，則BQ=AB?sinθ=4×=4，AQ=AB?cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．設(shè)BC與GF交于點K，過點K作KP⊥AF于點P，設(shè)KP=x，則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當(dāng)4＜t≤7時，如答圖2﹣3所示，點G、F分別在AB、AC的延長線上，點E在線段AC上．過點B作BQ⊥AF于點Q，則BQ=AB?sinθ=4×=4，AQ=AB?cosθ=4×=8．∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．設(shè)BC與GF交于點K，過點K作KP⊥AF于點P，設(shè)KP=x，則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+．綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S=．（3）設(shè)∠ACH=θ，則tanθ===，cosθ==．當(dāng)點E與點C重合時，t=7，∴等邊△EFG的邊長=2t=14．假設(shè)存在點M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形，①若點N為等腰三角形的頂點，如答圖3﹣1所示，則∠NMC=∠MCN=θ．過點C作CP⊥F′M于點P，則CP=CF′=7．∴PM===14．設(shè)CN=MN=x，則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=．過點N作NQ⊥CM于點Q，∴CM=2CQ=2CN?cosθ=2××=7；②若點M為等腰三角形的頂點，如答圖3﹣2所示，則∠MNC=∠MCN=θ．過點C作CP⊥G′N于點P，則CP=CF′=7．∴PN===14．設(shè)CM=MN=x，則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=．綜上所述，存在點M，N，使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形，CM的長度為7或．點評：本題是幾何變換綜合題，涉及平移與旋轉(zhuǎn)兩種幾何變換．第（2）問中，針對不同時間段內(nèi)的幾何圖形，需要分類討論；第（3）問中，根據(jù)頂點的不同，分兩種情形進行分類討論．本題涉及考點眾多，圖形復(fù)雜，計算量偏大，難度較大；解題時需要全面分析，認真計算．3．（?長春）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，點O為對角線BD的中點，點P從點A出發(fā)，沿折線AD﹣DO﹣OC以每秒1個單位長度的速度向終點C運動，當(dāng)點P與點A不重合時，過點P作PQ⊥AB于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點P運動的時間為t（秒）．（1）求點N落在BD上時t的值；（2）直接寫出點O在正方形PQMN內(nèi)部時t的取值范圍；（3）當(dāng)點P在折線AD﹣DO上運動時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）直接寫出直線DN平分△BCD面積時t的值．考點：相似形綜合題；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；分類討論．分析：（1）可證△DPN∽△DQB，從而有，即可求出t的值．（2）只需考慮兩個臨界位置（①MN經(jīng)過點O，②點P與點O重合）下t的值，就可得到點O在正方形PQMN內(nèi)部時t的取值范圍．（3）根據(jù)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類，如圖4、圖5、圖6，然后運用三角形相似、銳角三角函數(shù)等知識就可求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（4）由于點P在折線AD﹣DO﹣OC運動，可分點P在AD上，點P在DO上，點P在OC上三種情況進行討論，然后運用三角形相似等知識就可求出直線DN平分△BCD面積時t的值．解答：解：（1）當(dāng)點N落在BD上時，如圖1．∵四邊形PQMN是正方形，∴PN∥QM，PN=PQ=t．∴△DPN∽△DQB．∴．∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，∴．∴t=．∴當(dāng)t=時，點N落在BD上．（2）①如圖2，則有QM=QP=t，MB=4﹣t．∵四邊形PQMN是正方形，∴MN∥DQ．∵點O是DB的中點，∴QM=BM．∴t=4﹣t．∴t=2．②如圖3，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°．∵AB=4，AD=3，∴DB=5．∵點O是DB的中點，∴DO=．∴1×t=AD+DO=3+．∴t=．∴當(dāng)點O在正方形PQMN內(nèi)部時，t的范圍是2＜t＜．（3）①當(dāng)0＜t≤時，如圖4．S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2．②當(dāng)＜t≤3時，如圖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當(dāng)3＜t≤時，如圖6，∵四邊形PQMN是正方形，四邊形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+．綜上所述：當(dāng)0＜t≤時，S=t2．當(dāng)＜t≤3時，S=﹣t2+7t﹣6．當(dāng)3＜t≤時，S=t2﹣t+．（4）設(shè)直線DN與BC交于點E，∵直線DN平分△BCD面積，∴BE=CE=．①點P在AD上，過點E作EH∥PN交AD于點H，如圖7，則有△DPN∽△DHE．∴．∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE=，EH=AB=4，∴．解得；t=．②點P在DO上，連接OE，如圖8，則有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點P在OC上，設(shè)DE與OC交于點S，連接OE，交PQ于點R，如圖9，則有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=．綜上所述：當(dāng)直線DN平分△BCD面積時，t的值為、、．點評：本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、三角形的中位線定理、勾股定理等知識，考查了用割補法求五邊形的面積，考查了用臨界值法求t的取值范圍，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性較強，有一定的難度．4．（?達州）如圖，在平面直角坐標系中，己知點O（0，0），A（5，0），B（4，4）．（1）求過O、B、A三點的拋物線的解析式．（2）在第一象限的拋物線上存在點M，使以O(shè)、A、B、M為頂點的四邊形面積最大，求點M的坐標．（3）作直線x=m交拋物線于點P，交線段OB于點Q，當(dāng)△PQB為等腰三角形時，求m的值．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；分類討論．分析：（1）由于拋物線與x軸的兩個交點已知，因此拋物線的解析式可設(shè)成交點式，然后把點B的坐標代入，即可求出拋物線的解析式．（2）以O(shè)、A、B、M為頂點的四邊形中，△OAB的面積固定，因此只要另外一個三角形面積最大，則四邊形面積即最大；求出另一個三角形面積的表達式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定其最值；本問需分類討論：①當(dāng)0＜x＜4時，點M在拋物線OB段上時，如答圖1所示；②當(dāng)4＜x＜5時，點M在拋物線AB段上時，圖略．（3）△PQB為等腰三角形時，有三種情形，需要分類討論，避免漏解：①若點B為頂點，即BP=BQ，如答圖2﹣1所示；②若點P為頂點，即PQ=PB，如答圖2﹣2所示；③若點P為頂點，即PQ=QB，如答圖2﹣3所示．解答：解：（1）∵該拋物線經(jīng)過點A（5，0），O（0，0），∴該拋物線的解析式可設(shè)為y=a（x﹣0）（x﹣5）=ax（x﹣5）．∵點B（4，4）在該拋物線上，∴a×4×（4﹣5）=4．∴a=﹣1．∴該拋物線的解析式為y=﹣x（x﹣5）=﹣x2+5x．（2）以O(shè)、A、B、M為頂點的四邊形中，△OAB的面積固定，因此只要另外一個三角形面積最大，則四邊形面積即最大．①當(dāng)0＜x＜4時，點M在拋物線OB段上時，如答圖1所示．∵B（4，4），∴易知直線OB的解析式為：y=x．設(shè)M（x，﹣x2+5x），過點M作ME∥y軸，交OB于點E，則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∴當(dāng)x=2時，S△OBM最大值為8，即四邊形的面積最大．②當(dāng)4＜x＜5時，點M在拋物線AB段上時，圖略．可求得直線AB解析式為：y=﹣4x+20．設(shè)M（x，﹣x2+5x），過點M作ME∥y軸，交AB于點E，則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+∴當(dāng)x=時，S△ABM最大值為，即四邊形的面積最大．比較①②可知，當(dāng)x=2時，四邊形面積最大．當(dāng)x=2時，y=﹣x2+5x=6，∴M（2，6）．（3）由題意可知，點P在線段OB上方的拋物線上．設(shè)P（m，﹣m2+5m），則Q（m，m）當(dāng)△PQB為等腰三角形時，①若點B為頂點，即BP=BQ，如答圖2﹣1所示．過點B作BE⊥PQ于點E，則點E為線段PQ中點，∴E（m，）．∵BE∥x軸，B（4，4），∴=4，解得：m=2或m=4（與點B重合，舍去）∴m=2；②若點P為頂點，即PQ=PB，如答圖2﹣2所示．易知∠BOA=45°，∴∠PQB=45°，則△PQB為等腰直角三角形．∴PB∥x軸，∴﹣m2+5m=4，解得：m=1或m=4（與點B重合，舍去）∴m=1；③若點Q為頂點，即PQ=QB，如答圖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（與點B重合，舍去），∴m=．綜上所述，當(dāng)△PQB為等腰三角形時，m的值為1，2或．點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，涉及考點較多，有一定的難度．重點考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，第（2）（3）問均需要進行分類討論，避免漏解．注意第（2）問中求面積表達式的方法，以及第（3）問中利用方程思想求m值的方法．5．（?云南）已知如圖平面直角坐標系中，點O是坐標原點，矩形ABCO是頂點坐標分別為A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．點D在y軸上，且點D的坐標為（0，﹣5），點P是直線AC上的一動點．（1）當(dāng)點P運動到線段AC的中點時，求直線DP的解析式（關(guān)系式）；（2）當(dāng)點P沿直線AC移動時，過點D、P的直線與x軸交于點M．問在x軸的正半軸上是否存在使△DOM與△ABC相似的點M？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)點P沿直線AC移動時，以點P為圓心、R（R＞0）為半徑長畫圓．得到的圓稱為動圓P．若設(shè)動圓P的半徑長為，過點D作動圓P的兩條切線與動圓P分別相切于點E、F．請?zhí)角笤趧訄AP中是否存在面積最小的四邊形DEPF？若存在，請求出最小面積S的值；若不存在，請說明理由．考點：圓的綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；垂線段最短；勾股定理；切線長定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；壓軸題；存在型；分類討論．分析：（1）只需先求出AC中點P的坐標，然后用待定系數(shù)法即可求出直線DP的解析式．（2）由于△DOM與△ABC相似，對應(yīng)關(guān)系不確定，可分兩種情況進行討論，利用三角形相似求出OM的長，即可求出點M的坐標．（3）易證S△PED=S△PFD．從而有S四邊形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)DP⊥AC時，DP最短，此時DE也最短，對應(yīng)的四邊形DEPF的面積最?。柚谌切蜗嗨疲纯汕蟪鯠P⊥AC時DP的值，就可求出四邊形DEPF面積的最小值．解答：解：（1）過點P作PH∥OA，交OC于點H，如圖1所示．∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．∴==．∵點P是AC中點，∴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°．∴點P的坐標為（，2）．設(shè)直線DP的解析式為y=kx+b，∵D（0，﹣5），P（，2）在直線DP上，∴∴∴直線DP的解析式為y=x﹣5．（2）①若△DOM∽△ABC，圖2（1）所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．∵點B坐標為（3，4），點D的坐標為（0．﹣5），∴BC=3，AB=4，OD=5．∴=．∴OM=．∵點M在x軸的正半軸上，∴點M的坐標為（，0）②若△DOM∽△CBA，如圖2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．∴OM=．∵點M在x軸的正半軸上，∴點M的坐標為（，0）．綜上所述：若△DOM與△CBA相似，則點M的坐標為（，0）或（，0）．（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．∴PE=PF=AC=．∵DE、DF都與⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．∴S△PED=S△PFD．∴S四邊形DEPF=2S△PED=2×PE?DE=PE?DE=DE．∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)DP⊥AC時，DP最短，此時DE取到最小值，四邊形DEPF的面積最?。逥P⊥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四邊形DEPF=DE=．∴四邊形DEPF面積的最小值為．點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求直線的解析式、切線長定理、勾股定理、垂線段最短等知識，考查了分類討論的思想．將求DE的最小值轉(zhuǎn)化為求DP的最小值是解決第3小題的關(guān)鍵．另外，要注意“△DOM與△ABC相似”與“△DOM∽△ABC“之間的區(qū)別．6．（?十堰）已知拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點為A，且經(jīng)過點B（﹣2，﹣1）．（1）求A點的坐標和拋物線C1的解析式；（2）如圖1，將拋物線C1向下平移2個單位后得到拋物線C2，且拋物線C2與直線AB相交于C，D兩點，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如圖2，若過P（﹣4，0），Q（0，2）的直線為l，點E在（2）中拋物線C2對稱軸右側(cè)部分（含頂點）運動，直線m過點C和點E．問：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的增減性．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；存在型．分析：（1）由拋物線的頂點式易得頂點A坐標，把點B的坐標代入拋物線的解析式即可解決問題．（2）根據(jù)平移法則求出拋物線C2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再通過解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點C、D的坐標，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．（3）設(shè)直線m與y軸交于點G，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點G的變化而變化，故需對點G的位置進行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識求出符合條件的點G的坐標，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式．解答：解：（1）∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2的頂點為A，∴點A的坐標為（﹣1，﹣2）．∵拋物線C1：y=a（x+1）2﹣2經(jīng)過點B（﹣2，﹣1），∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1．解得：a=1．∴拋物線C1的解析式為：y=（x+1）2﹣2．（2）∵拋物線C2是由拋物線C1向下平移2個單位所得，∴拋物線C2的解析式為：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴解得：∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣3．聯(lián)立解得：或．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．過點A作AE⊥x軸，垂足為E，過點A作AF⊥y軸，垂足為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的值為2．（3）設(shè)直線m與y軸交于點G，設(shè)點G的坐標為（0，t）．1．當(dāng)直線m與直線l平行時，則有CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴=．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2，∴=．∴OG=．∵當(dāng)t=時，直線m與直線l平行，∴直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形．∴t≠．2．當(dāng)直線m與直線l相交時，設(shè)交點為H，①t＜0時，如圖2①所示．∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．當(dāng)∠PHC=∠GHQ時，∵∠PHC+∠GHQ=180°，∴∠PHC=∠GHQ=90°．∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴=．∴=．∴OG=6．∴點G的坐標為（0，﹣6）設(shè)直線m的解析式為y=mx+n，∵點C（﹣3，0），點G（0，﹣6）在直線m上，∴．解得：．∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6，聯(lián)立，解得：或∴E（﹣1，﹣4）．此時點E就是拋物線的頂點，符合條件．∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6．②當(dāng)t=0時，此時直線m與x軸重合，∴直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形．∴t≠0．③O＜t＜時，如圖2②所示，∵tan∠GCO==＜，tan∠PQO===2，∴tan∠GCO≠tan∠PQO．∴∠GCO≠∠PQO．∵∠GCO=∠PCH，∴∠PCH≠∠PQO．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC與△GHQ不相似．∴符合條件的直線m不存在．④＜t≤2時，如圖2③所示．∵tan∠CGO==≥，tan∠QPO===．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO，又∵∠HQG＞∠QPO，∴△PHC與△GHQ不相似．∴符合條件的直線m不存在．⑤t＞2時，如圖2④所示．此時點E在對稱軸的右側(cè)．∵∠PCH＞∠CGO，∴∠PCH≠∠CGO．當(dāng)∠QPC=∠CGO時，∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．∴符合條件的直線m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴=．∴=．∴OG=6．∴點G的坐標為（0，6）．設(shè)直線m的解析式為y=px+q∵點C（﹣3，0）、點G（0，6）在直線m上，∴．解得：．∴直線m的解析式為y=2x+6．綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似，此時直線m的解析式為y=﹣2x﹣6和y=2x+6．點評：本題考查了二次函數(shù)的有關(guān)知識，考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義及增減性等知識，考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，考查了通過解方程組求兩個函數(shù)圖象的交點，強化了對運算能力、批判意識、分類討論思想的考查，具有較強的綜合性，有一定的難度．7．（?湘西州）如圖，拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對稱，它的頂點在坐標原點O，點B（2，﹣）和點C（﹣3，﹣3）兩點均在拋物線上，點F（0，﹣）在y軸上，過點（0，）作直線l與x軸平行．（1）求拋物線的解析式和線段BC的解析式．（2）設(shè)點D（x，y）是線段BC上的一個動點（點D不與B，C重合），過點D作x軸的垂線，與拋物線交于點G．設(shè)線段GD的長度為h，求h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)x為何值時，線段GD的長度h最大，最大長度h的值是多少？（3）若點P（m，n）是拋物線上位于第三象限的一個動點，連接PF并延長，交拋物線于另一點Q，過點Q作QS⊥l，垂足為點S，過點P作PN⊥l，垂足為點N，試判斷△FNS的形狀，并說明理由；（4）若點A（﹣2，t）在線段BC上，點M為拋物線上的一個動點，連接AF，當(dāng)點M在何位置時，MF+MA的值最小，請直接寫出此時點M的坐標與MF+MA的最小值．考點：二次函數(shù)綜合題；二次根式的性質(zhì)與化簡；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）由于拋物線的頂點在坐標原點O，故拋物線的解析式可設(shè)為y=ax2，把點C的坐標代入即可求出拋物線的解析式；設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，把點B、C的坐標代入即可求出直線BC的解析式．（2）由點D（x，y）在線段BC上可得yD=x﹣2，由點G在拋物線y=﹣x2上可得yG=﹣x2．由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）配方可得h=﹣（x+）2+．根據(jù)二次函數(shù)的最值性即可解決問題．（3）可以證明PF=PN，結(jié)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）過點M作MH⊥l，垂足為H，如圖4，由（3）中推出的結(jié)論PF=PN可得：拋物線y=﹣x2上的點到點F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等，從而有MF=MH，則MA+MF=MA+MH．由兩點之間線段最短可得：當(dāng)A、M、H三點共線（即AM⊥l）時，MA+MH（即MA+MF）最小，此時xM=xA=﹣2，從而可以求出點M及點A的坐標，就可求出MF+MA的最小值．解答：解：（1）如圖1，∵拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對稱，它的頂點在坐標原點O，∴拋物線解析式為y=ax2．∵點C（﹣3，﹣3）在拋物線y=ax2上，∴.9a=﹣3．∴a=﹣．∴拋物線的解析式為y=﹣x2．設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n．∵B（2，﹣）、C（﹣3，﹣3）在直線y=mx+n上，∴．解得：．∴直線BC的解析式為y=x﹣2．（2）如圖2，∵點D（x，y）是線段BC上的一個動點（點D不與B，C重合），∴yD=x﹣2，且﹣3＜x＜2．∵DG⊥x軸，∴xG=xD=x．∵點G在拋物線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，∴當(dāng)x=﹣時，h取到最大值，最大值為．∴h與x之間的函數(shù)關(guān)系式為h=﹣（x+）2+，其中﹣3＜x＜2；當(dāng)x=﹣時，線段GD的長度h最大，最大長度h的值是．（3）△FNS是直角三角形．證明：過點F作FT⊥PN，垂足為T，如圖3，∵點P（m，n）是拋物線y=﹣x2上位于第三象限的一個動點，∴n=﹣m2．m＜0，n＜0．∴m2=﹣3n．在Rt△PTF中，∵PT=﹣﹣n，F(xiàn)T=﹣m，∴PF=====﹣n．∵PN⊥l，且l是過點（0，）平行于x軸的直線，∴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）過點M作MH⊥l，垂足為H，如圖4，在（3）中已證到PF=PN，由此可得：拋物線y=﹣x2上的點到點F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等．∴MF=MH．∴MA+MF=MA+MH．由兩點之間線段最短可得：當(dāng)A、M、H三點共線（即AM⊥l）時，MA+MH（即MA+MF）最小，等于AH．即xM=xA=﹣2時，MA+MF取到最小值．此時，yM=﹣×（﹣2）2=﹣，點M的坐標為（﹣2，﹣）；yA=×（﹣2）﹣2=﹣，點A的坐標為（﹣2，﹣）；MF+MA的最小值=AH=﹣（﹣）=．∴當(dāng)點M的坐標為（﹣2，﹣）時，MF+MA的值最小，最小值為．點評：本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值、二次根式的化簡、兩點之間線段最短等知識，綜合性非常強，難度比較大．而證出PF=PN及由此得出“拋物線y=﹣x2上的點到點F（0，﹣）的距離與到直線y=的距離相等”是解決第三小題和第四小題的關(guān)鍵．8．（?宜昌）如圖，在平面直角坐標系中，已知點P（0，4），點A在線段OP上，點B在x軸正半軸上，且AP=OB=t，0＜t＜4，以AB為邊在第一象限內(nèi)作正方形ABCD；過點C、D依次向x軸、y軸作垂線，垂足為M，N，設(shè)過O，C兩點的拋物線為y=ax2+bx+c．（1）填空：△AOB≌△DNA或△DPA≌△BMC（不需證明）；用含t的代數(shù)式表示A點縱坐標：A（0，4﹣t）；（2）求點C的坐標，并用含a，t的代數(shù)式表示b；（3）當(dāng)t=1時，連接OD，若此時拋物線與線段OD只有唯一的公共點O，求a的取值范圍；（4）當(dāng)拋物線開口向上，對稱軸是直線x=2﹣，頂點隨著t的增大向上移動時，求t的取值范圍．考點：二次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）根據(jù)全等三角形的判定定理SAS證得：△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC；根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系來求點A的坐標；（2）利用（1）中的全等三角形的對應(yīng)邊相等易推知：OM=OB+BM=t+4﹣t=4，則C（4，t）．把點O、C的坐標分別代入拋物線y=ax2+bx+c可以求得b=t﹣4a；（3）利用待定系數(shù)法求得直線OD的解析式y(tǒng)=x．聯(lián)立方程組，得，所以ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+．對于拋物線的開口方向進行分類討論，即a＞0和a＜0兩種情況下的a的取值范圍；（4）根據(jù)拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+（﹣4a）x得到頂點坐標是（﹣，﹣（t﹣16a）2）．結(jié)合已知條件求得a=t2，故頂點坐標為（2﹣，﹣（t﹣）2）．喲拋物線的性質(zhì)知：只與頂點坐標有關(guān)，故t的取值范圍為：0＜t≤．解答：解：（1）如圖，∵∠DNA=∠AOB=90°，∴∠NAD=∠OBA（同角的余角相等）．在△AOB與△DNA中，，∴△AOB≌△DNA（SAS）．同理△DNA≌△BMC．∵點P（0，4），AP=t，∴OA=OP﹣AP=4﹣t．故答案是：DNA或△DPA；4﹣t；（2）由題意知，NA=OB=t，則OA=4﹣t．∵△AOB≌△BMC，∴CM=OB=t，∴OM=OB+BM=t+4﹣t=4，∴C（4，t）．又拋物線y=ax2+bx+c過點O、C，∴，解得b=t﹣4a；（3）當(dāng)t=1時，拋物線為y=ax2+（﹣4a）x，NA=OB=1，OA=3．∵△AOB≌△DNA，∴DN=OA=3，∵D（3，4），∴直線OD為：y=x．聯(lián)立方程組，得，消去y，得ax2+（﹣﹣4a）x=0，解得x=0或x=4+，所以，拋物線與直線OD總有兩個交點．討論：①當(dāng)a＞0時，4+＞3，只有交點O，所以a＞0符合題意；②當(dāng)a＜0時，若4+＞3，則a＜﹣．又a＜0所以a＜﹣．若4+＜0，則得a＞﹣．又a＜0，所以﹣＜a＜0．綜上所述，a的取值范圍是a＞0或a＜﹣或﹣＜a＜0．（4）拋物線為y=ax2+（﹣4a）x，則頂點坐標是（﹣+2，﹣（t﹣16a）2）．又∵對稱軸是直線x=﹣+2=2﹣，∴a=t2，∴頂點坐標為：（2﹣，﹣（1﹣4t）2），即（2﹣，﹣（t﹣）2）．∵拋物線開口向上，且隨著t的增大，拋物線的頂點向上移動，∴只與頂點坐標有關(guān)，∴t的取值范圍為：0＜t≤．點評：本題考查了二次函數(shù)綜合題型．此題難度較大，需要熟練掌握待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)圖象的性質(zhì)等知識點，綜合性比較強，需要學(xué)生對所學(xué)知識進行系統(tǒng)的掌握．9．（?鹽城）【問題情境】張老師給愛好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，AB=AC，點P為邊BC上的任一點，過點P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D、E，過點C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE=CF．小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE=CF．小俊的證明思路是：如圖2，過點P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD=GF，PE=CG，則PD+PE=CF．【變式探究】如圖3，當(dāng)點P在BC延長線上時，其余條件不變，求證：PD﹣PE=CF；請運用上述解答中所積累的經(jīng)驗和方法完成下列兩題：【結(jié)論運用】如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C′處，點P為折痕EF上的任一點，過點P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；【遷移拓展】圖5是一個航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且AD?CE=DE?BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．考點：四邊形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；探究型．分析：【問題情境】如下圖②，按照小軍、小俊的證明思路即可解決問題．【變式探究】如下圖③，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題．【結(jié)論運用】易證BE=BF，過點E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖④，利用問題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．【遷移拓展】由條件AD?CE=DE?BC聯(lián)想到三角形相似，從而得到∠A=∠ABC，進而補全等腰三角形，△DEM與△CEN的周長之和就可轉(zhuǎn)化為AB+BH，而BH是△ADB的邊AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解決問題．解答：解：【問題情境】證明：（方法1）連接AP，如圖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）過點P作PG⊥CF，垂足為G，如圖②．∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．∴四邊形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．【變式探究】證明：（方法1）連接AP，如圖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．【結(jié)論運用】過點E作EQ⊥BC，垂足為Q，如圖④，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．∵AD=8，CF=3，∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．由折疊可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．∴DF=5．∵∠C=90°，∴DC===4．∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．∴四邊形EQCD是矩形．∴EQ=DC=4．∵AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB．∵∠BEF=∠DEF，∴∠BEF=∠EFB．∴BE=BF．由問題情境中的結(jié)論可得：PG+PH=EQ．∴PG+PH=4．∴PG+PH的值為4．【遷移拓展】延長AD、BC交于點F，作BH⊥AF，垂足為H，如圖⑤．∵AD?CE=DE?BC，∴=．∵ED⊥AD，EC⊥CB，∴∠ADE=∠BCE=90°．∴△ADE∽△BCE．∴∠A=∠CBE．∴FA=FB．由問題情境中的結(jié)論可得：ED+EC=BH．設(shè)DH=xdm，則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分別為AE、BE的中點，∴DM=AM=EM=AE，CN=BN=EN=BE．∴△DEM與△CEN的周長之和=DE+DM+EM+CN+EN+EC=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC=DE+EC+AB=6+2．∴△DEM與△CEN的周長之和為（6+2）dm．點評：本題考查了矩形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識，考查了用面積法證明幾何問題，考查了運用已有的經(jīng)驗解決問題的能力，體現(xiàn)了自主探究與合作交流的新理念，是充分體現(xiàn)新課程理念難得的好題．10．（?仙桃）已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三點，一動點P從原點出發(fā)以1個單位/秒的速度沿x軸正方向運動，連接BP，過點A作直線BP的垂線交y軸于點Q．設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)BQ=AP時，求t的值；（3）隨著點P的運動，拋物線上是否存在一點M，使△MPQ為等邊三角形？若存在，請直接寫t的值及相應(yīng)點M的坐標；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)的應(yīng)用；全等三角形的應(yīng)用；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）已知3點求拋物線的解析式，設(shè)解析式為y=ax2+bx+c，待定系數(shù)即得a、b、c的值，即得解析式．（2）BQ=AP，要考慮P在OC上及P在OC的延長線上兩種情況，有此易得BQ，AP關(guān)于t的表示，代入BQ=AP可求t值．（3）考慮等邊三角形，我們通常只需明確一邊的情況，進而即可描述出整個三角形．考慮△MPQ，發(fā)現(xiàn)PQ為一有規(guī)律的線段，易得OPQ為等腰直角三角形，但僅因此無法確定PQ運動至何種情形時△MPQ為等邊三角形．若退一步考慮等腰，發(fā)現(xiàn)，MO應(yīng)為PQ的垂直平分線，即使△MPQ為等邊三角形的M點必屬于PQ的垂直平分線與拋物線的交點，但要明確這些交點僅僅滿足△MPQ為等腰三角形，不一定為等邊三角形．確定是否為等邊，我們可以直接由等邊性質(zhì)列出關(guān)于t的方程，考慮t的存在性．解答：解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，∵拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三點，∴，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如圖1，當(dāng)t≤2時，點Q在點B下方，此時BQ=2﹣t，AP=2+t．∵BQ=AP，∴2﹣t=（2+t），∴t=．②如圖2，當(dāng)t＞2時，點Q在點B上方，此時BQ=t﹣2，AP=2+t．∵BQ=AP，∴t﹣2=（2+t），∴t=6．綜上所述，t=或6時，BQ=AP．（3）當(dāng)t=﹣1時，拋物線上存在點M（1，1）；當(dāng)t=3+3時，拋物線上存在點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為等腰直角三角形，∵△MPQ為等邊三角形，則M點必在PQ的垂直平分線上，∵直線y=x垂直平分PQ，∴M在y=x上，設(shè)M（x，y），∴，解得或，∴M點可能為（1，1）或（﹣3，﹣3）．①如圖3，當(dāng)M的坐標為（1，1）時，作MD⊥x軸于D，則有PD=|1﹣t|，MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2，PQ2=2t2，∵△MPQ為等邊三角形，∴MP=PQ，∴t2+2t﹣2=0，∴t=﹣1+，t=﹣1﹣（負值舍去）．②如圖4，當(dāng)M的坐標為（﹣3，﹣3）時，作ME⊥x軸于E，則有PE=3+t，ME=3，∴MP2=32+（3+t）2=t2+6t+18，PQ2=2t2，∵△MPQ為等邊三角形，∴MP=PQ，∴t2﹣6t﹣18=0，∴t=3+3，t=3﹣3（負值舍去）．綜上所述，當(dāng)t=﹣1+時，拋物線上存在點M（1，1），或當(dāng)t=3+3時，拋物線上存在點M（﹣3，﹣3），使得△MPQ為等邊三角形．點評：本題是二次函數(shù)、一次函數(shù)及三角形相關(guān)知識的綜合題目，其中涉及的知識點有待定系數(shù)法求拋物線，三角形全等，等腰、等邊三角形性質(zhì)及一次函數(shù)等基礎(chǔ)知識，在討論動點問題是一定要注意考慮全面分情形討論分析．總體來說本題難度較高，其中技巧需要好好把握．11．（?河南）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0）兩點，直線y=﹣x+3與y軸交于點C，與x軸交于點D．點P是x軸上方的拋物線上一動點，過點P作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E．設(shè)點P的橫坐標為m．（1）求拋物線的解析式；（2）若PE=5EF，求m的值；（3）若點E′是點E關(guān)于直線PC的對稱點，是否存在點P，使點E′落在y軸上？若存在，請直接寫出相應(yīng)的點P的坐標；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）用含m的代數(shù)式分別表示出PE、EF，然后列方程求解；（3）解題關(guān)鍵是識別出四邊形PECE′是菱形，然后根據(jù)PE=CE的條件，列出方程求解．解答：解：（1）將點A、B坐標代入拋物線解析式，得：，解得，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+4x+5．（2）∵點P的橫坐標為m，∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0）．∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．由題意，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=．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=、m=這兩個解均舍去．∴m=2或m=．（3）假設(shè)存在．作出示意圖如下：∵點E、E′關(guān)于直線PC對稱，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．∵PE平行于y軸，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四邊形PECE′是菱形．由直線CD解析式y(tǒng)=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．過點E作EM∥x軸，交y軸于點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﹣．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=3+這個解舍去．綜上所述，存在滿足條件的點P，可求得點P坐標為（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、點的坐標、待定系數(shù)法、菱形、相似三角形等多個知識點，重點考查了分類討論思想與方程思想的靈活運用．需要注意的是，為了避免漏解，表示線段長度的代數(shù)式均含有絕對值，解方程時需要分類討論、分別計算．12．（?成都）如圖，已知拋物線y=（x+2）（x﹣4）（k為常數(shù)，且k＞0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線y=﹣x+b與拋物線的另一交點為D．（1）若點D的橫坐標為﹣5，求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若在第一象限內(nèi)的拋物線上有點P，使得以A，B，P為頂點的三角形與△ABC相似，求k的值；（3）在（1）的條件下，設(shè)F為線段BD上一點（不含端點），連接AF，一動點M從點A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個單位的速度運動到F，再沿線段FD以每秒2個單位的速度運動到D后停止，當(dāng)點F的坐標是多少時，點M在整個運動過程中用時最少？考點：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）首先求出點A、B坐標，然后求出直線BD的解析式，求得點D坐標，代入拋物線解析式，求得k的值；（2）因為點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如答圖2，按照以上兩種情況進行分類討論，分別計算；（3）由題意，動點M運動的路徑為折線AF+DF，運動時間：t=AF+DF．如答圖3，作輔助線，將AF+DF轉(zhuǎn)化為AF+FG；再由垂線段最短，得到垂線段AH與直線BD的交點，即為所求的F點．解答：解：（1）拋物線y=（x+2）（x﹣4），令y=0，解得x=﹣2或x=4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．∵直線y=﹣x+b經(jīng)過點B（4，0），∴﹣×4+b=0，解得b=，∴直線BD解析式為：y=﹣x+．當(dāng)x=﹣5時，y=3，∴D（﹣5，3）．∵點D（﹣5，3）在拋物線y=（x+2）（x﹣4）上，∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）=3，∴k=．∴拋物線的函數(shù)表達式為：y=（x+2）（x﹣4）．（2）由拋物線解析式，令x=0，得y=k，∴C（0，﹣k），OC=k．因為點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．①若△ABC∽△APB，則有∠BAC=∠PAB，如答圖2﹣1所示．設(shè)P（x，y），過點P作PN⊥x軸于點N，則ON=x，PN=y．tan∠BAC=tan∠PAB，即：，∴y=x+k．∴P（x，x+k），代入拋物線解析式y(tǒng)=（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（與點A重合，舍去），∴P（8，5k）．∵△ABC∽△APB，∴，即，解得：k=．②若△ABC∽△PAB，則有∠ABC=∠PAB，如答圖2﹣2所示．與①同理，可求得：k=．綜上所述，k=或k=．（3）由（1）知：D（﹣5，3），如答圖2﹣2，過點D作DN⊥x軸于點N，則DN=3，ON=5，BN=4+5=9，∴tan∠DBA===，∴∠DBA=30°．過點D作DK∥x軸，則∠KDF=∠DBA=30°．過點F作FG⊥DK于點G，則FG=DF．由題意，動點M運動的路徑為折線AF+DF，運動時間：t=AF+DF，∴t=AF+FG，即運動時間等于折線AF+FG的長度．由垂線段最短可知，折線AF+FG的長度的最小值為DK與x軸之間的垂線段．過點A作AH⊥DK于點H，則t最小=AH，AH與直線BD的交點，即為所求之F點．∵A點橫坐標為﹣2，直線BD解析式為：y=﹣x+，∴y=﹣×（﹣2）+=2，∴F（﹣2，2）．綜上所述，當(dāng)點F坐標為（﹣2，2）時，點M在整個運動過程中用時最少．點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，難度很大．第（2）問中需要分類討論，避免漏解；在計算過程中，解析式中含有未知數(shù)k，增加了計算的難度，注意解題過程中的技巧；第（3）問中，運用了轉(zhuǎn)化思想使得試題難度大大降低，需要認真體會．13．（?徐州）如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點G，連接CG．（1）試說明四邊形EFCG是矩形；（2）當(dāng)圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；②求點G移動路線的長．考點：圓的綜合題；垂線段最短；直角三角形斜邊上的中線；矩形的判定與性質(zhì)；圓周角定理；切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；存在型．分析：（1）只要證到三個內(nèi)角等于90°即可．（2）易證點D在⊙O上，根據(jù)圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證到△CFE∽△DAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到S矩形EFCG=2S△CFE=．然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形EFCG的范圍．根據(jù)圓周角定理和矩形的性質(zhì)可證到∠GDC=∠FDE=定值，從而得到點G的移動的路線是線段，只需找到點G的起點與終點，求出該線段的長度即可．解答：解：（1）證明：如圖1，∵CE為⊙O的直徑，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四邊形EFCG是矩形．（2）①存在．連接OD，如圖2①，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵點O是CE的中點，∴OD=OC．∴點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=．∵四邊形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．當(dāng)點E在點A（E′）處時，點F在點B（F′）處，點G在點D（G′）處，如圖2①所示．此時，CF=CB=4．Ⅱ．當(dāng)點F在點D（F″）處時，直徑F″G″⊥BD，如圖2②所示，此時⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．當(dāng)CF⊥BD時，CF最小，如圖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的面積最大值為12，最小值為．②∵∠GDC=∠FDE=定值，點G的起點為D，終點為G″，如圖2②所示，∴點G的移動路線是線段DG″．∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴點G移動路線的長為．點評：本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識，考查了動點的移動的路線長，綜合性較強．而發(fā)現(xiàn)∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關(guān)鍵．14．（?瀘州）如圖，已知一次函數(shù)y1=x+b的圖象l與二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b的圖象C′都經(jīng)過點B（0，1）和點C，且圖象C′過點A（2﹣，0）．（1）求二次函數(shù)的最大值；（2）設(shè)使y2＞y1成立的x取值的所有整數(shù)和為s，若s是關(guān)于x的方程=0的根，求a的值；（3）若點F、G在圖象C′上，長度為的線段DE在線段BC上移動，EF與DG始終平行于y軸，當(dāng)四邊形DEFG的面積最大時，在x軸上求點P，使PD+PE最小，求出點P的坐標．考點：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）首先利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式，然后求出其最大值；（2）聯(lián)立y1與y2，求出點C的坐標為C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范圍為0＜x＜，得s=1+2+3=6；將s的值代入分式方程，求出a的值；（3）第1步：首先確定何時四邊形DEFG的面積最大．如答圖1，四邊形DEFG是一個梯形，將其面積用含有未知數(shù)的代數(shù)式表示出來，這個代數(shù)式是一個二次函數(shù)，根據(jù)其最值求出未知數(shù)的值，進而得到面積最大時點D、E的坐標；第2步：利用幾何性質(zhì)確定PD+PE最小的條件，并求出點P的坐標．如答圖2，作點D關(guān)于x軸的對稱點D′，連接D′E，與x軸交于點P．根據(jù)軸對稱及兩點之間線段最短可知，此時PD+PE最?。么ㄏ禂?shù)法求出直線D′E的解析式，進而求出點P的坐標．解答：解：（1）∵二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b經(jīng)過點B（0，1）與A（2﹣，0），∴，解得∴l(xiāng)：y1=x+1；C′：y2=﹣x2+4x+1．∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，∴ymax=5；（2）聯(lián)立y1與y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，當(dāng)x=時，y1=×+1=，∴C（，）．使y2＞y1成立的x的取值范圍為0＜x＜，∴s=1+2+3=6．代入方程得解得a=；（3）∵點D、E在直線l：y1=x+1上，∴設(shè)D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．如答圖1，過點E作EH⊥DG于點H，則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）．當(dāng)x=p時，y2=﹣p2+4p+1，∴G（p，﹣p2+4p+1），∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；當(dāng)x=p+2時，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，∴F（p+2，﹣p2+5），∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．S四邊形DEFG=（DG+EF）?EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3∴當(dāng)p=時，四邊形DEFG的面積取得最大值，∴D（，）、E（，）．如答圖2所示，過點D關(guān)于x軸的對稱點D′，則D′（，﹣）；連接D′E，交x軸于點P，PD+PE=PD′+PE=D′E，由兩點之間線段最短可知，此時PD+PE最?。O(shè)直線D′E的解析式為：y=kx+b，則有，解得∴直線D′E的解析式為：y=x﹣．令y=0，得x=，∴P（，0）．點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、函數(shù)最值、分式方程的解、勾股定理、軸對稱﹣最短路線等知識點，涉及考點眾多，難度較大．本題難點在于第（3）問，涉及兩個最值問題，第1個最值問題利用二次函數(shù)解決，第2個最值問題利用幾何性質(zhì)解決．15．（?宿遷）如圖，已知△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，點M為DE的中點，過點E與AD平行的直線交射線AM于點N．（1）當(dāng)A，B，C三點在同一直線上時（如圖1），求證：M為AN的中點；（2）將圖1中的△BCE繞點B旋轉(zhuǎn)，當(dāng)A，B，E三點在同一直線上時（如圖2），求證：△ACN為等腰直角三角形；（3）將圖1中△BCE繞點B旋轉(zhuǎn)到圖3位置時，（2）中的結(jié)論是否仍成立？若成立，試證明之，若不成立，請說明理由．考點：幾何變換綜合題；平行線的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；多邊形內(nèi)角與外角．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）由EN∥AD和點M為DE的中點可以證到△ADM≌△NEM，從而證到M為AN的中點．（2）易證AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，從而可以證到△ABC≌△NEC，進而可以證到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，則有△ACN為等腰直角三角形．（3）借鑒（2）中的解題經(jīng)驗可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，從而可以證到△ABC≌△NEC，進而可以證到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，則有△ACN為等腰直角三角形．解答：（1）證明：如圖1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵點M為DE的中點，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴．∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M為AN的中點．（2）證明：如圖2，∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三點在同一直線上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．（3）△ACN仍為等腰直角三角形．證明：如圖3，此時A、B、N三點在同一條直線上．∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．∵A、B、N三點在同一條直線上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．點評：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角與外角等知識，滲透了變中有不變的辯證思想，是一道好題．16．（?山西）綜合與探究：如圖，在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是平行四邊形，A、C兩點的坐標分別為（4，0），（﹣2，3），拋物線W經(jīng)過O、A、C三點，D是拋物線W的頂點．（1）求拋物線W的解析式及頂點D的坐標；（2）將拋物線W和?OABC一起先向右平移4個單位后，再向下平移m（0＜m＜3）個單位，得到拋物線W′和?O′A′B′C′，在向下平移的過程中，設(shè)?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分的面積為S，試探究：當(dāng)m為何值時S有最大值，并求出S的最大值；（3）在（2）的條件下，當(dāng)S取最大值時，設(shè)此時拋物線W′的頂點為F，若點M是x軸上的動點，點N時拋物線W′上的動點，試判斷是否存在這樣的點M和點N，使得以D、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；平移的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，進而求出頂點D的坐標；（2）由平移性質(zhì)，可知重疊部分為一平行四邊形．如答圖2，作輔助線，利用相似比例式求出平行四邊形的邊長和高，從而求得其面積的表達式；然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；（3）本問涉及兩個動點，解題關(guān)鍵是利用平行四邊形的判定與性質(zhì)，區(qū)分點N在x軸上方、下方兩種情況，分類討論，避免漏解．設(shè)M（t，0），利用全等三角形求出點N的坐標，代入拋物線W′的解析式求出t的值，從而求得點M的坐標．解答：解：（1）設(shè)拋物線W的解析式為y=ax2+bx+c，∵拋物線W經(jīng)過O（0，0）、A（4，0）、C（﹣2，3）三點，∴，解得：∴拋物線W的解析式為y=x2﹣x．∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴頂點D的坐標為（2，﹣1）．（2）由?OABC得，CB∥OA，CB=OA=4．又∵C點坐標為（﹣2，3），∴B點的坐標為（2，3）．如答圖2，過點B作BE⊥x軸于點E，由平移可知，點C′在BE上，且BC′=m．∴BE=3，OE=2，∴EA=OA﹣OE=2．∵C′B′∥x軸，∴△BC′G∽△BEA，∴，即，∴C′G=m．由平移知，?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分四邊形C′HAG是平行四邊形．∴S=C′G?C′E=m（3﹣m）=﹣（x﹣）2+，∴當(dāng)m=時，S有最大值為．（3）答：存在．在（2）的條件下，拋物線W向右平移4個單位，再向下平移個單位，得到拋物線W′，∵D（2，﹣1），∴F（6，﹣）；∴拋物線W′的解析式為：y=（x﹣6）2﹣．設(shè)M（t，0），以D、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，①若點N在x軸下方，如答題3所示：過點D作DP∥y軸，過點F作FP⊥DP于點P，∵D（2，﹣1），F(xiàn)（6，﹣），∴DP=，F(xiàn)P=4；過點N作NQ⊥x軸于點Q，由四邊形FDMN為平行四邊形，易證△DFP≌△NMQ，∴MQ=FP=4，NQ=DP=，∴N（4+t，﹣），將點N坐標代入拋物線W′的解析式y(tǒng)=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣2）2﹣=﹣，解得：t=0或t=4，∴點M的坐標為（0，0）或（4，0）；②若點N在x軸上方，（請自行作圖）與①同理，得N（t﹣4，）將點N坐標代入拋物線W′的解析式y(tǒng)=（x﹣6）2﹣，得：（t﹣10）2﹣=，解得：t=6或t=14，∴點M的坐標為（6，0）或（14，0）．綜上所述，存在這樣的點M和點N，點M的坐標分別為（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，難度較大．第（1）問考查了待定系數(shù)法及二次函數(shù)的性質(zhì)；第（2）問考查了平移變換、平行四邊形、相似三角形、二次函數(shù)最值等知識點，解題關(guān)鍵是確定重疊部分是一個平行四邊形；第（3）問考查了平行四邊形、全等三角形、拋物線上點的坐標特征等知識點，解題關(guān)鍵是平行四邊形的判定條件．17．（?咸寧）如圖，正方形OABC的邊OA，OC在坐標軸上，點B的坐標為（﹣4，4）．點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向點O運動；點Q從點O同時出發(fā)，以相同的速度沿x軸的正方向運動，規(guī)定點P到達點O時，點Q也停止運動．連接BP，過P點作BP的垂線，與過點Q平行于y軸的直線l相交于點D．BD與y軸交于點E，連接PE．設(shè)點P運動的時間為t（s）．（1）∠PBD的度數(shù)為45°，點D的坐標為（t，t）（用t表示）；（2）當(dāng)t為何值時，△PBE為等腰三角形？（3）探索△POE周長是否隨時間t的變化而變化？若變化，說明理由；若不變，試求這個定值．考點：四邊形綜合題；解一元一次方程；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）易證△BAP≌△PQD，從而得到DQ=AP=t，從而可以求出∠PBD的度數(shù)和點D的坐標．（2）由于∠EBP=45°，故圖1是以正方形為背景的一個基本圖形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底邊不定，故分三種情況討論，借助于三角形全等及勾股定理進行求解，然后結(jié)合條件進行取舍，最終確定符合要求的t值．（3）由