1．如圖1，拋物線y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的頂點為C（1，4），交x軸于A、B兩點，交y軸于點D，其中點B的坐標為（3，0）。

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖2，過點A的直線與拋物線交于點E，交y軸于點F，其中點E的橫坐標為2，若直線PQ為拋物線的對稱軸，點G為直線PQ上的一動點，則x軸上師范存在一點H，使D、G、H、F四點所圍成的四邊形周長最小。若存在，求出這個最小值及點G、H的坐標；若不存在，請說明理由。

（3）如圖3，在拋物線上是否存在一點T，過點T作x軸的垂線，垂足為點M，過點M作MN∥BD，交線段AD于點N，連接MD，使△DNM∽△BMD。若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由。

圖1

A

B

x

y

O

D

C

圖2

A

B

x

y

O

D

C

P

Q

E

F

圖3

A

B

x

y

O

D

C

2.如圖，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=5，∠C=30°.點D從點C出發沿CA方向以每秒2個單位長的速度向點A勻速運動，同時點E從點A出發沿AB方向以每秒1個單位長的速度向點B勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動.設點D、E運動的時間是t秒（t＞0）.過點D作DF⊥BC于點F，連接DE、EF.（1）求證：AE=DF；

（2）四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應的t值；如果不能，說明理由.（3）當t為何值時，△DEF為直角三角形？請說明理由.3.如圖，在平面直角坐標系中，直線與拋物線交于A、B兩點，點A在x軸上，點B的橫坐標為－8.（1）求該拋物線的解析式；

（2）點P是直線AB上方的拋物線上一動點（不與點A、B重合），過點P作x軸的垂線，垂足為C，交直線AB于點D，作PE⊥AB于點E.①設△PDE的周長為l，點P的橫坐標為x，求l關于x的函數關系式，并求出l的最大值；

②連接PA，以PA為邊作圖示一側的正方形APFG.隨著點P的運動，正方形的大小、位置也隨之改變.當頂點F或G恰好落在y軸上時，直接寫出對應的點P的坐標.F

M

N

N1

M1

F1

O

y

x

l

第4題圖

4．如圖所示，過點F（0，1）的直線y=kx＋b與拋物線交于M（x1，y1）和N（x2，y2）兩點（其中x1＜0，x2＜0）．

⑴求b的值．

⑵求x1?x2的值

⑶分別過M、N作直線l：y=－1的垂線，垂足分別是M1、N1，判斷△M1FN1的形狀，并證明你的結論．

⑷對于過點F的任意直線MN，是否存在一條定直線m，使m與以MN為直徑的圓相切．如果有，請法度出這條直線m的解析式；如果沒有，請說明理由．

5．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，將△ABC繞頂點C順時針旋轉，旋轉角為(0°＜＜180°)，得到△A1B1C．

A

A1

A

C

C

C

A1

A1

A

D

B1

B

B

B

B1

B1

E

P

圖1

圖2

圖3

(1)如圖1，當AB∥CB1時，設A1B1與BC相交于點D．證明：△A1CD是等邊三角形；

【證】

(2)如圖2，連接AA1、BB1，設△ACA1和△BCB1的面積分別為S1、S2．求證：S1∶S2＝1∶3；

【證】

(3)如圖3，設AC的中點為E，A1B1的中點為P，AC＝a，連接EP．當＝

°時，EP的長度最大，最大值為

．

A

B

C

D

l1

l2

l3

l4

h1

h2

h3

6．如圖，正方形ABCD的四個頂點分別在四條平行線l1、l2、l3、l4上，這四條直線中相鄰兩條之間的距離依次為h1、h2、h3(h1＞0，h2＞0，h3＞0)．

(1)求證：h1＝h2；

【證】

(2)設正方形ABCD的面積為S，求證：S＝(h1＋h2)2＋h12；

【證】

(3)若h1＋h2＝1，當h1變化時，說明正方形ABCD的面積S隨h1的變化情況．

【解】

O

y

x

－5

－3

7．在平面直角坐標系xOy中，二次函數y＝mx2＋(m―3)x―3(m＞0)的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C．

(1)求點A的坐標；

(2)當∠ABC＝45°時，求m的值；

(3)已知一次函數y＝kx＋b，點P(n，0)是x軸上的一個動點，在(2)的條件下，過點P垂直于x軸的直線交這個一次函數的圖象于點M，交二次函數y＝mx2＋(m―3)x―3(m＞0)的圖象于N．若只有當－2＜n＜2時，點M位于點N的上方，求這個一次函數的解析式．

8．在□ABCD中，∠BAD的平分線交直線BC于點E，交直線DC于點F．

(1)在圖1中，證明：CE＝CF；

(2)若∠ABC＝90°，G是EF的中點(如圖2)，直接寫出∠BDG的度數；

(3)若∠ABC＝120°，FG∥CE，FG＝CE，分別連結DB、DG(如圖3)，求∠BDG的度數．

B

B

A

D

A

D

C

C

E

F

E

G

F

A

B

C

D

E

G

F

圖1

圖2

圖3

9．如圖，在平面直角坐標系xOy中，我把由兩條射線AE、BF和以AB為直徑的半圓所組成的圖形叫作圖形C(注：不含AB線段)．已知A(－1，0)，B(1，0)，AE∥BF，且半圓與y軸的交點D在射線AE的反向延長線上．

(1)求兩條射線AE、BF所在直線的距離；

(2)當一次函數y＝x＋b的圖象與圖形C恰好只有一個公共點時，寫出b的取值范圍；

當一次函數y＝x＋b的圖象與圖形C恰好只有兩個公共點時，寫出b的取值范圍；

E

A

D

F

O

B

x

y

(3)已知□AMPQ(四個頂點A、M、P、Q按順時針方向排列)的各頂點都在圖形C上，且不都在兩條射線上，求點M的橫坐標x的取值范圍．

10．閱讀下面材料：

小偉遇到這樣一個問題：如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，對角線AC、BD相交于點O．若梯形ABCD的面積為1，試求以AC、BD、AD＋BC的長度為三邊長的三角形的面積．

B

B

C

A

D

O

A

D

C

E

O

圖2

圖1

A

B

D

C

E

F

圖3

小偉是這樣思考的：要想解決這個問題，首先應想辦法移動這些分散的線段，構造一個三角形，再計算其面積即可．他先后嘗試了翻折、旋轉、平移的方法，發現通過平移可以解決這個問題．他的方法是過點D作AC的平行線交BC的延長線于點E，得到的△BDE即是以AC、BD、AD＋BC的長度為三邊長的三角形(如圖2)．

請你回答：圖2中△BDE的面積等于____________．

參考小偉同學的思考問題的方法，解決下列問題：

如圖3，△ABC的三條中線分別為AD、BE、CF．

(1)在圖3中利用圖形變換畫出并指明以AD、BE、CF的長度為三邊長的一個三角形(保留畫圖痕跡)；

(2)若△ABC的面積為1，則以AD、BE、CF的長度為

三邊長的三角形的面積等于_______．

11．如圖，⊙O的直徑為，⊙O

1過點，且與⊙O內切于點．為⊙O上的點，與⊙O

1交于點，且．點在上，且，BE的延長線與⊙O

1交于點，求證：△BOC∽△．

12．如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB是直徑，AD

=

DC.分別延長BA，CD，交點為E.作BF⊥EC，并與EC的延長線交于點F.若AE

=

AO，BC

=

6，求CF的長。

13．如圖，正方形ABCD的邊長為2，E，F分別是AB，BC的中點，AF與DE，DB分別交于點M，N，求△DMN的面積

O

C

第14題

A

B

x

y

14．如圖，已知拋物線與x軸交于A（－1，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C（0，3）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求直線BC的函數解析式；

（3）在拋物線上，是否存在一點P，使△PAB的面積等于△ABC的面積，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．

A

B

C

D

M

N

P

Q

15.已知：如圖，四邊形ABCD是等腰梯形，其中AD∥BC，AD=2，BC=4，AB=DC=2，點M從點B開始，以每秒1個單位的速度向點C運動；點N從點D開始，沿D—A—B方向，以每秒1個單位的速度向點B運動．若點M、N同時開始運動，其中一點到達終點，另一點也停止運動，運動時間為t（t＞0）．過點N作NP⊥BC與P，交BD于點Q．

（1）點D到BC的距離為；

（2）求出t為何值時，QM∥AB；

（3）設△BMQ的面積為S，求S與t的函數關系式；

（4）求出t為何值時，△BMQ為直角三角形．

16.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，正方形OABC的邊長為2cm，點A、C分別在y軸的負半軸和x軸的正半軸上，拋物線y=ax2+bx+c經過點A、B和D.（1）求拋物線的解析式.（2）如果點P由點A出發沿AB邊以2cm/s的速度向點B運動，同

時點Q由點B出發沿BC邊以1cm/s的速度向點C運動，當其中一點到達終點時，另一點也隨之停止運動.設S=PQ2(cm2)

①試求出S與運動時間t之間的函數關系式，并寫出t的取值范圍；

（第16題）

②當S取時，在拋物線上是否存在點R，使得以P、B、Q、R為頂點的四邊形是平行四邊形?

如果存在，求出R點的坐標；如果不存在，請說明理由.（3）在拋物線的對稱軸上求點M，使得M到D、A的距離之差最大，求出點M的坐標.17.如圖7，⊙O中AB是直徑，C是⊙O上一點，∠ABC=450，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，點D在線段AC上。

（1）證明：B、C、E三點共線；

（2）若M是線段BE的中點，N是線段AD的中點，證明：MN=OM；

（3）將△DCE繞點C逆時針旋轉（00<<900）后，記為△D1CE1（圖8），若M1是線段BE1的中點，N1是線段AD1的中點，M1N1=OM1是否成立？若是，請證明：若不是，說明理由。

18.已知關于x的二次函數y=ax2+bx+c(a>0)的圖象經過點C(0,1)，且與x軸交于不同的兩點A、B，點A的坐標是（1，0）

（1）求c的值；

（2）求a的取值范圍；

（3）該二次函數的圖象與直線y=1交于C、D兩點，設A、B、C、D四點構成的四邊形的對角線相交于點P，記△PCD的面積為S1，△PAB的面積為S2，當0

S2為常數，并求出該常數。

19.如圖，拋物線：y＝ax2＋bx＋4與x軸交于點A(－2，0)和B(4，0)、與y軸交于點C．

(1)求拋物線的解析式；

(2)T是拋物線對稱軸上的一點，且△ACT是以AC為底的等腰三角形，求點T的坐標；

C

A

O

Q

B

M

P

T

y

x

l

(3)點M、Q分別從點A、B以每秒1個單位長度的速度沿x軸同時出發相向而行．當點M原點時，點Q立刻掉頭并以每秒個單位長度的速度向點B方向移動，當點M到達拋物線的對稱軸時，兩點停止運動．過點M的直線l⊥軸，交AC或BC于點P．求點M的運動時間t(秒)與△APQ的面積S的函數關系式，并求出S的最大值．

20.已知拋物線的圖象向上平移m個單位（）得到的新拋物線過點（1，8）.（1）求m的值，并將平移后的拋物線解析式寫成的形式；

（2）將平移后的拋物線在x軸下方的部分沿x軸翻折到x軸上方，與平移后的拋物線沒有變化的部分構成一個新的圖象.請寫出這個圖象對應的函數y的解析式，并在所給的平面直角坐標系中直接畫出簡圖，同時寫出該函數在≤時對應的函數值y的取值范圍；

（3）設一次函數，問是否存在正整數使得（2）中函數的函數值時，對應的x的值為，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21.已知平面直角坐標系xOy（如圖1），一次函數的圖像與y軸交于點A，點M在正比例函數的圖像上，且MO＝MA．二次函數

y＝x2＋bx＋c的圖像經過點A、M．

（1）求線段AM的長；

（2）求這個二次函數的解析式；

（3）如果點B在y軸上，且位于點A下方，點C在上述二次函數的圖像上，點D在一次函數的圖像上，且四邊形ABCD是菱形，求點C的坐標．

圖1

22.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝30，AB＝50．點P是AB邊上任意一點，直線PE⊥AB，與邊AC或BC相交于E．點M在線段AP上，點N在線段BP上，EM＝EN，．

（1）如圖1，當點E與點C重合時，求CM的長；

（2）如圖2，當點E在邊AC上時，點E不與點A、C重合，設AP＝x，BN＝y，求y關于x的函數關系式，并寫出函數的定義域；

（3）若△AME∽△ENB（△AME的頂點A、M、E分別與△ENB的頂點E、N、B對應），求AP的長．

圖1

圖2

備用圖

23．如圖（1）,在直角△ABC中,∠ACB=90,CD⊥AB,垂足為D,點E在AC上,BE交CD于點G,EF⊥BE交AB于點F,若AC=mBC,CE=nEA(m,n為實數).試探究線段EF與EG的數量關系.(1)

如圖（2）,當m=1,n=1時,EF與EG的數量關系是

證明:

(2)

如圖（3）,當m=1,n為任意實數時,EF與EG的數量關系是

證明

(3)

如圖（1）,當m,n均為任意實數時,EF與EG的數量關系是

(寫出關系式,不必證明)

24.已知頂點為A(1,5)的拋物線經過點B(5,1).(1)求拋物線的解析式;

(2)如圖（1）,設C,D分別是軸、軸上的兩個動點，求四邊形ABCD周長的最小值；

（3）在（2）中，當四邊形ABCD的周長最小時，作直線CD.設點P()()是直線上的一個動點，Q是OP的中點，以PQ為斜邊按圖（2）所示構造等腰直角三角形PRQ.①當△PBR與直線CD有公共點時,求的取值范圍；

②在①的條件下，記△PBR與△COD的公共部分的面積為S.求S關于的函數關系式，并求S的最大值。

25在平面直角坐標系中，已知為坐標原點，點．以點為旋轉中心，把順時針旋轉，得．記旋轉角為為．

（Ⅰ）如圖①，當旋轉后點恰好落在邊上時，求點的坐標；

（Ⅱ）如圖②，當旋轉后滿足軸時，求與之間的數量關系；

（Ⅲ）當旋轉后滿足時，求直線的解析式（直接寫出結果即可）．

26.已知拋物線，點．

（Ⅰ）求拋物線的頂點坐標；

（Ⅱ）①若拋物線與軸的交點為，連接，并延長交拋物線于點，求證；

②取拋物線上任意一點，連接，并延長交拋物線于點，試判斷是否成立？請說明理由；

（Ⅲ）將拋物線作適當的平移，得拋物線，若時，恒成立，求的最大值．

27.如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=，點O是AB的中點，點P在AB的延長線上，且BP=3．一動點E從O點出發，以每秒1個單位長度的速度沿OA勻速運動，到達A點后，立即以原速度沿AO返回；另一動點F從P點發發，以每秒1個單位長度的速度沿射線PA勻速運動，點E、F同時出發，當兩點相遇時停止運動，在點E、F的運動過程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線PA的同側。設運動的時間為t秒（t≥0）．

（1）當等邊△EFG的邊FG恰好經過點C時，求運動時間t的值；

（2）在整個運動過程中，設等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數關系式和相應的自變量t的取值范圍；

（3）設EG與矩形ABCD的對角線AC的交點為H，是否存在這樣的t,使△AOH是等腰三角形？若存大，求出對應的t的值；若不存在，請說明理由．

28.如圖1，已知正方形OABC的邊長為2，頂點A、C分別在x、y軸的正半軸上，M是BC的中點。P（0，m）是線段OC上一動點（C點除外），直線PM交AB的延長線于點D。

⑴求點D的坐標（用含m的代數式表示）；

⑵當△APD是等腰三角形時，求m的值；

⑶設過P、M、B三點的拋物線與x軸正半軸交于點E，過點O作直線ME的垂線，垂足為H（如圖2），當點P從點O向點C運動時，點H也隨之運動。請直接寫出點H所經過的路徑長。（不必寫解答過程）

A

O

C

P

B

D

M

x

y

A

O

C

P

B

D

M

x

y

（第24題圖）

圖1

圖2

E1、解：（1）設所求拋物線的解析式為：y＝a(x－1)2＋4，依題意，將點B（3，0）代入，得：

a(3－1)2＋4＝0

解得：a＝－1

∴所求拋物線的解析式為：y＝－(x－1)2＋4

（2）如圖6，在y軸的負半軸上取一點I，使得點F與點I關于x軸對稱，在x軸上取一點H，連接HF、HI、HG、GD、GE，則HF＝HI…………………①

設過A、E兩點的一次函數解析式為：y＝kx＋b（k≠0），∵點E在拋物線上且點E的橫坐標為2，將x＝2代入拋物線y＝－(x－1)2＋4，得

y＝－(2－1)2＋4＝3

∴點E坐標為（2，3）

又∵拋物線y＝－(x－1)2＋4圖像分別與x軸、y軸交于點A、B、D

E

F

圖6

A

B

x

y

O

D

C

Q

I

G

H

P

∴當y＝0時，－(x－1)2＋4＝0，∴

x＝－1或x＝3

當x＝0時，y＝－1＋4＝3,∴點A（－1，0），點B（3，0），點D（0，3）

又∵拋物線的對稱軸為：直線x＝1，∴點D與點E關于PQ對稱，GD＝GE…………………②

分別將點A（－1，0）、點E（2，3）代入y＝kx＋b，得：

解得：

過A、E兩點的一次函數解析式為：y＝x＋1

∴當x＝0時，y＝1

∴點F坐標為（0，1）

∴………………………………………③

又∵點F與點I關于x軸對稱，∴點I坐標為（0，－1）

圖7

A

B

x

y

O

D

C

M

T

N

∴………④

又∵要使四邊形DFHG的周長最小，由于DF是一個定值，∴只要使DG＋GH＋HI最小即可

由圖形的對稱性和①、②、③，可知，DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI

只有當EI為一條直線時，EG＋GH＋HI最小

設過E（2，3）、I（0，－1）兩點的函數解析式為：y＝k1x＋b1（k1≠0），分別將點E（2，3）、點I（0，－1）代入y＝k1x＋b1，得：

解得：

過A、E兩點的一次函數解析式為：y＝2x－1

∴當x＝1時，y＝1；當y＝0時，x＝；

∴點G坐標為（1，1），點H坐標為（，0）

∴四邊形DFHG的周長最小為：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EI

由③和④，可知：

DF＋EI＝

∴四邊形DFHG的周長最小為。

（3）如圖7，由題意可知，∠NMD＝∠MDB，要使，△DNM∽△BMD，只要使即可，即：MD2＝NM×BD………………………………⑤

設點M的坐標為（a，0），由MN∥BD，可得

△AMN∽△ABD，∴

再由（1）、（2）可知，AM＝1＋a，BD＝，AB＝4

∴

∵MD2＝OD2＋OM2＝a2＋9，∴⑤式可寫成：

a2＋9＝×

解得：

a＝或a＝3（不合題意，舍去）

∴點M的坐標為（，0）

又∵點T在拋物線y＝－(x－1)2＋4圖像上，∴當x＝時，y＝

∴點T的坐標為（，）

2.（1）在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，∴DF=t.又∵AE=t，∴AE=DF.…………………………………………………………………………2分

（2）能.理由如下：

∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF.又AE=DF，∴四邊形AEFD為平行四邊形.…………………………………………………3分

∵AB=BC·tan30°=

若使為菱形，則需

即當時，四邊形AEFD為菱形.……………………………………………………5分

（3）①∠EDF=90°時，四邊形EBFD為矩形.在Rt△AED中，∠ADE=∠C=30°，∴AD=2AE.即10-2t=2t，.………………7分

②∠DEF=90°時，由（2）知EF∥AD，∴∠ADE=∠DEF=90°.∵∠A=90°-∠C=60°，∴AD=AE·cos60°.即…………………………………………………………………………9分

③∠EFD=90°時，此種情況不存在.綜上所述，當或4時，△DEF為直角三角形.……………………………………10分

3.（1）對于，當y=0，x=2.當x=-8時，y=-.解得…………………………………………3分

（2）①設直線與y軸交于點M

當x=0時，y=.∴OM=.∵點A的坐標為（2，0），∴OA=2.∴AM=……………………4分

∵OM：OA：AM=3∶4：5.由題意得，∠PDE=∠OMA，∠AOM=∠PED=90°，∴△AOM～△PED.∴DE：PE：PD=3∶4：5.…………………………………………………………………5分

∵點P是直線AB上方的拋物線上一動點，∴PD=yP-yD

=.………………………………………………………………………6分

∴

…………………………………………………………………7分

……………………………………8分

②滿足題意的點P有三個，分別是

……………………………………………………………11分

【解法提示】

當點G落在y軸上時，由△ACP≌△GOA得PC=AO=2，即，解得，所以

當點F落在y軸上時，同法可得，（舍去）.4．解：⑴b=1

⑵顯然和是方程組的兩組解，解方程組消元得，依據“根與系數關系”得=－4

⑶△M1FN1是直角三角形是直角三角形，理由如下：

由題知M1的橫坐標為x1，N1的橫坐標為x2，設M1N1交y軸于F1，則F1M1?F1N1=－x1?x2=4，而FF1=2，所以F1M1?F1N1=F1F2，另有∠M1F1F=∠FF1N1=90°，易證Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1，得∠M1FF1=∠FN1F1，故∠M1FN1=∠M1FF1＋∠F1FN1=∠FN1F1＋∠F1FN1=90°，所以△M1FN1是直角三角形．

F

M

N

N1

M1

F1

O

y

x

l

第4題解答用圖

P

Q

⑷存在，該直線為y=－1．理由如下：

直線y=－1即為直線M1N1．

如圖，設N點橫坐標為m，則N點縱坐標為,計算知NN1=，NF=，得NN1=NF

同理MM1=MF．

那么MN=MM1＋NN1，作梯形MM1N1N的中位線PQ，由中位線性質知PQ=（MM1＋NN1）=MN，即圓心到直線y=－1的距離等于圓的半徑，所以y=－1總與該圓相切．

5.（1）易求得，因此得證.(2)易證得∽,且相似比為，得證.（3）120°，6.（1）過A點作AF⊥l3分別交l2、l3于點E、F，過C點作CH⊥l2分別交l2、l3于點H、G，證△ABE≌△CDG即可.（2）易證△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF,且兩直角邊長分別為h1、h1+h2,四邊形EFGH是邊長為h2的正方形，所以.(3)由題意，得

所以

又

解得0＜h1＜

∴當0＜h1＜時，S隨h1的增大而減小；

當h1=時，S取得最小值；

當＜h1＜時，S隨h1的增大而增大.7.解：⑴

∵點是二次函數的圖象與軸的交點，∴令即.解得.又∵點在點左側且

∴點的坐標為.⑵

由⑴可知點的坐標為.∵二次函數的圖象與軸交于點

∴點的坐標為.∵，∴.∴.⑶

由⑵得，二次函數解析式為.依題意并結合圖象可知，一次函數的圖象與二次函數的圖象交點的橫坐標分別為和2，由此可得交點坐標為和.將交點坐標分別代入一次函數解析式中，得

解得

∴一次函數的解析式為.8.⑴

證明：如圖1.∵平分

∴.∵四邊形是平行四邊形，∴.∴.∴.∴.⑵

.⑶

解：分別連結、、（如圖2）

∵

∴

∵且

∴四邊形是平行四邊形.由⑴得

∴是菱形.∴.∴是等邊三角形.∴

①

.∴.∴.②

由及平分可得.∴.在中，.∴.③

由①②③得.∴.∴.∴.9.解：⑴

分別連結、，則點在直線上，如圖1.∵點在以為直徑的半圓上，∴.∴.在中，由勾股定理得.∵

∴兩條射線、所在直線的距離為.⑵

當一次函數的圖象與圖形恰好只有一個公共點時，的取值是或；

⑶

假設存在滿足題意的，根據點的位置，分以下四種情況討論：

①當點在射線上時，如圖2.∵四點按順時針方向排列，∴直線必在直線的上方.∴兩點都在上，且不與點重

合.∴.∵且

∴.∴.②當點在（不包括點）上時，如圖

3.∵四點按順針方向排列，∴直線必在直線的下方.此時，不存在滿足題意的平行四邊形.③當點在上時，設的中點為則．

當點在（不包括點）上時，如圖4．

過點作的垂線交于點垂足為點可得是的中點．

連結并延長交直線于點．

∵為的中點，可證為的中

點．

∴四邊形為滿足題意的平行四邊形．

∴．

2）當點在上時，如圖5．

直線必在直線的下方．

此時，不存在滿足題意的平行四邊形．

④當點的射線（不包括點）上時，如

圖6．

直線必在直線的下方．

此時，不存在滿足題意的平行四邊形．

綜上，點的橫坐標的取值范圍是

或．

10.解：的面積等于

.⑴

如圖.以、、的長度為三邊長的一個三角形是.⑵

以、、的長度為三邊長的三角形的面積等于.11．

證明：連接BD，因為為的直徑，所以．又因為，所以△CBE是等腰三角形．

…………（5分）

設與交于點，連接OM，則．又因為，所以

．

…………（15分）

又因為分別是等腰△，等腰△的頂角，所以

△BOC∽△．

…………（20分）

12.解：如圖，連接AC，BD，OD.由AB是⊙O的直徑知∠BCA

=∠BDA

=

90°.依題設∠BFC

=

90°，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，所以

∠BCF

=∠BAD,所以

Rt△BCF∽Rt△BAD，因此

.因為OD是⊙O的半徑，AD

=

CD，所以OD垂直平分AC，OD∥BC，于是

.因此

.由△∽△，知．因為，所以，BA=AD，故

.13.解：連接DF，記正方形的邊長為2.由題設易知△∽△，所以，由此得，所以.在Rt△ABF中，因為，所以，于是

.由題設可知△ADE≌△BAF，所以，.于是，.又，所以.O

C

第14題

A

B

x

y

因為，所以.14.解：（1）設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c

∵拋物線與y軸交于點C的坐標（0,3）

∴y=ax2+bx+3

又∵拋物線與x軸交于點A（－1,0）、B（4,0）

∴

∴拋物線的解析式為

（2）設直線BC的函數解析式為y=kx+b

∴，解得

所以直線BC的函數解析式為y=x

+

（3）存在一點P，使△PAB的面積等于△ABC的面積

∵△ABC的底邊AB上的高為3

設△PAB的高為h，則│h│=3，則點P的縱坐標為3或－3

∴

∴點P的坐標為（0，3），（3，3），而點（0，3）與C

點重合，故舍去。

∴點P的坐標為，∴點P的坐標為：P1（3，3），P2，P3

15.解：（1）-----2分

(2)t=1.2s------------------5分

（3）當時,s=

------------------------------8分

當時,s=

-----------------------11分

(4)t=1.5s或者t=12/7s-----------------14分

16.解:

(1)據題意知:

A(0,－2),B(2,－2)，D（4，—）,則

解得

∴拋物線的解析式為:

----------------------------4分

(2)

①由圖象知:

PB=2－2t,BQ=

t,∴S=PQ2=PB2+BQ2=(2－2t)2

+

t2,即

S=5t2－8t+4

(0≤t≤1)

--------------------6分

②假設存在點R,可構成以P、B、R、Q為頂點的平行四邊形.∵S=5t2－8t+4

(0≤t≤1),∴當S=時,5t2－8t+4=,得

20t2－32t+11=0,解得

t

=，t

=

（不合題意，舍去）-------------------------------7分

此時點

P的坐標為（1，-2），Q點的坐標為（2，—）

若R點存在，分情況討論:

【A】假設R在BQ的右邊,這時QRPB,則，R的橫坐標為3,R的縱坐標為—

即R

(3,－)，代入,左右兩邊相等，∴這時存在R(3,－)滿足題意.【B】假設R在BQ的左邊,這時PRQB,則：R的橫坐標為1,縱坐標為－即(1,－)

代入,左右兩邊不相等,R不在拋物線上.【C】假設R在PB的下方,這時PRQB,則：R(1，—)代入,左右不相等,∴R不在拋物線上.綜上所述,存點一點R(3,－)滿足題意.---------------------11分

（3）∵A關于拋物線的對稱軸的對稱點為B,過B、D的直線與拋物線的對稱軸的交點為所求M，M的坐標為（1，—）---------------------------------------14分

17、（1）證明：∵

AB是⊙O的直徑

∴

∠ACB=90°

∵

∠DCE=90°

∴∠ACB＋∠DCE=180°

∴

B、C、E三點共線。

(2)證明：連接ON、AE、BD，延長BD交AE于點F

∵

∠ABC=45°，∠ACB=90°

∴

BC=AC，又∠ACB=∠DCE=90°，DC=EC

∴

△BCD≌△ACE

∴

BD=AE，∠DBC=∠CAE

∴∠DBC＋∠AEC=∠CAE＋∠AEC=90°

∴

BF⊥AE

∵

AO=OB，AN=ND

∴

ON=BD，ON∥BD

∵

AO=OB，EM=MB

∴

OM=AE，OM∥AE

∴

OM=ON，OM⊥ON

∴

∠OMN=45°，又

cos∠OMN=

∴

(3)

成立，證明同（2）。

18、解：(1)將點C（0，1）代入得

（2）由(1)知，將點A（1，0）代入得，∴

∴

二次函數為

∵二次函數為的圖像與x軸交于不同的兩點

∴，而

∴的取值范圍是

且

(3)證明：

∵

∴

對稱軸為

∴

把代入得，解得

∴

∴

＝

＝＝1

∴為常數，這個常數為1。

19.解：（1）把A、B(4，0)代入，得

解得

∴拋物線的解析式為：。

（1）

由，得拋物線的對稱軸為直線，直線交x軸于點D，設直線上一點T(1，h)，連結TC，TA，作CE⊥直線，垂足為E，由C(0，4)得點E(1，4)，在Rt△ADT和Rt△TEC中，由TA=TC得

解得，∴點T的坐標為(1,1).（3）解：（Ⅰ）當時，△AMP∽△AOC

∴

∴

當時，S的最大值為8.（Ⅱ）當時，作PF⊥y軸于F，有△COB∽△CFP，又CO=OB

∴FP=FC=，∴

∴當時，則S的最大值為。

綜合Ⅰ、Ⅱ，S的最大值為。

20、解：（1）由題意可得

又點（1，8）在圖象上

∴

∴

………………………………………………………（1分）

∴

……………………………………………………………（3分）

（2）

圖略

………………………………………………（7分）

當時，………………（9分）

（3）不存在………………………………………………（10分）

理由：當且對應的時，∴，………………………………………（11分）

且

得

∴

不存在正整數n滿足條件

……………………………（12分）

21.[解]

(1)

根據兩點之間距離公式，設M(a,a)，由|

MO

|=|

MA

|,解得：a=1，則M(1,),即AM=。

(2)

∵

A(0,3)，∴

c=3，將點M代入y=x2+bx+3，解得：b=

-，即：y=x2-x+3。

(3)

C(2,2)

(根據以AC、BD為對角線的菱形)。注意：A、B、C、D是按順序的。

[解]

設B(0,m)

(m<3)，C(n,n2-n+3)，D(n,n+3)，|

AB

|=3-m，|

DC

|=yD-yC=n+3-(n2-n+3)=n-n2，|

AD

|==n，|

AB

|=|

DC

|T3-m=n-n2…j，|

AB

|=|

AD

|T3-m=n…k。

解j，k，得n1=0(舍去)，或者n2=2，將n=2代入C(n,n2-n+3)，得C(2,2)。

22.[解]

(1)

由AE=40，BC=30，AB=50，TCP=24，又sinDEMP=TCM=26。

(2)

在Rt△AEP與Rt△ABC中，∵

DEAP=DBAC，∴

Rt△AEP

~

Rt△ABC，∴，即，∴

EP=x，又sinDEMP=TtgDEMP==T=，∴

MP=x=PN，BN=AB-AP-PN=50-x-x=50-x

(0

(3)

j

當E在線段AC上時，由(2)知，即，TEM=x=EN，又AM=AP-MP=x-x=x，由題設△AME

~

△ENB，∴，T=，解得x=22=AP。

k

當E在線段BC上時，由題設△AME

~

△ENB，∴

DAEM=DEBN。

由外角定理，DAEC=DEAB+DEBN=DEAB+DAEM=DEMP，∴

Rt△ACE

~

Rt△EPM，T，即，TCE=…j。

設AP=z，∴

PB=50-z，由Rt△BEP

~

Rt△BAC，T，即=，TBE=(50-z)，∴CE=BC-BE=30-(50-z)…k。

由j，k，解=30-(50-z)，得z=42=AP。

23.（1）圖甲：連接DE，∵AC=mBC，CD⊥AB，當m=1，n=1時

∴AD=BD，∠ACD=45°，∴CD=AD=AB，∵AE=nEC，∴DE=AE=EC=AC，∴∠EDC=45°，DE⊥AC，∵∠A=45°，∴∠A=∠EDG，∵EF⊥BE，∵∠AEF+∠FED=∠EFD+∠DEG=90°，∴∠AEF=∠DEG，∴△AEF≌△DEG（ASA），∴EF=EG．

（2）解：EF=EG證明：作EM⊥AB于點M，EN⊥CD于點N，∵EM∥CD，∴△AEM∽△ACD，∴

即EM=CD，同理可得，EN=AD，∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴tanA=，∴，又∵EM⊥AB，EN⊥CD，∴∠EMF=∠ENG=90°，∵EF⊥BE，∴∠FEM=∠GEN，∴△EFM∽△EGN，∴，即EF=EG；

（3）EF=EG．

24.解：（1）∵拋物線的頂點為A（1，5），∴設拋物線的解析式為，將點B（5，1）代入，得，解得，∴

（2）作A關于y軸的對稱點，作B關于x軸的對稱點，顯然，如圖(5.1)，連結分別交x軸、y軸于C、D兩點，∵，∴此時四邊形ABCD的周長最小，最小值就是。

而，∴

四邊形ABCD周長的的最小值為。

（3）①點B關于x軸的對稱點B′（），點A關于y軸的對稱點A′（﹣1，5），連接A′B′，與x軸，y軸交于C，D點，∴CD的解析式為：，聯立，得：

∵點P在上，點Q是OP的中點，∴要使等腰直角三角形與直線CD有公共點，則．

故的取值范圍是：．

②如圖：

點E（2，2），當EP=EQ時，得：，當時，當時，．

當時，當時，．

故的最大值為：．

25.解：（Ⅰ）點，得，在中，由勾股定理，得．

根據題意，有．

如圖，過點作軸于點，則，．有，得．

又，得．

點的坐標為．

（Ⅱ）如圖，由已知，得．

．

在中，由，得．

又軸，得，有，．

（Ⅲ）直線的解析式為或．

26.解：（Ⅰ），拋物線的頂點坐標為．

（Ⅱ）根據題意，可得點，軸，得，．

成立．

理由如下：

如圖，過點作于點，則

中，由勾股定理，得．

又點在拋物線上，得，即．，即．

過點作，與的延長線交于點，同理可得．，．

有．

這里，即．

（Ⅲ）令，設其圖象與拋物線交點的橫坐標為，且，拋物線可以看作是拋物線左右平移得到的，觀察圖象，隨著拋物線向右不斷平移，的值不斷增大，當滿足，恒成立時，的最大值在處取得．

可得，將代入，有，解得或（舍去），．

此時，由，得，解得，的最大值為8．

27．解：（1）當邊恰好經過點時，（如圖①）

．

A

D

C

O

B

P

F

E

G

26題答圖①

在Rt中，，．

．

即．

當邊恰好經過點時，．

（2）當時，．

當時，．

當時，．

當時，．

（3）存在．理由如下：

在Rt中，又，．

（ⅰ）當時（如圖②），過點作于．

A

D

C

O

B

P

E

H

M

26題答圖②

則．

在Rt中，A

D

C

O

B

P

E

H

26題答圖③

即，．即．

．

（ⅱ）當時，（如圖③），則，A

D

C

O(E)

B

P

H

26題答圖④

又，．

又．

．即或．

．

（ⅲ）當時（如圖④）,則．[來源:學*科*網]

．

點和重合．

．即．

．

綜上所述，存在5個這樣的值，使是等腰三角形，即．

28解：⑴由題意得CM=BM，∵∠PMC=∠DMB，∴Rt△PMC≌Rt△DMB，………………………………………………………………2分

∴DB=PC，∴DB=2－m，AD=4－m,………………………………………………………………1分

∴點D的坐標為（2，4－m）.…………………………………………………………1分

⑵分三種情況

A

O

C

P

B

D

M

x

y

F

①

若AP=AD，則4＋m2=(4－m)2，解得………………………………………2分

若PD=PA

過P作PF⊥AB于點F（如圖），則AF=FD=AD=（4－m）

又OP=AF，∴

…………………………………………2分

③若PD=DA，∵△PMC≌△DMB，∴PM=PD=AD=（4－m）,∵PC2＋CM2=PM2，∴

解得(舍去)。………………………………………………………………2分

綜上所述，當△APD是等腰三角形時，m的值為或或

⑶點H所經過的路徑長為………………………………………………………2分