中考数学压轴题分类解析汇编十专题专题08实践操作探究类问题

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1、2012年中考数学压轴题分类解析汇编(十专题)专题8：实践操作、探究类问题1.（2012安徽省12分）如图1，在ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，BDG与四边形ACDG的周长相等，设BC=a、AC=b、AB=c.（1）求线段BG的长；（2）求证：DG平分EDF;（3）连接CG，如图2，若BDG与DFG相似，求证：BGCG.【答案】解：（1）D、C、F分别是ABC三边中点，DEAB，DFAC。又BDG与四边形ACDG周长相等，即BD+DG+BG=AC+CD+DG+AG，BG=AC+AG。BG=ABAG，BG=。（2）证明：BG=，FG=BGBF=，FG=DF。FDG=FGD。

2、又DEAB，EDG=FGD。FDG=EDG。DG平分EDF。（3）在DFG中，FDG=FGD，DFG是等腰三角形。BDG与DFG相似，BDG是等腰三角形。B=BGD。BD=DG。CD= BD=DG。B、G、C三点共圆。BGC=90。BGCG。【考点】三角形中位线定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理。【分析】（1）由BDG与四边形ACDG的周长相等与D、E、F分别为三边的中点，易得BG=AC+AG，又由BG=ABAG即可得BG=。（2）由点D、F分别是BC、AB的中点，利用三角形中位线的性质，易得DF=FG，又由DEAB，即可求得FDG=EDG。（3）由BDG与DFG相似和

3、（2）得DG=BD=CD，可得B、G、C三点在以BC为直径的圆周上，由圆周角定理，即可得BGC。2. （2012陕西省12分）如图，正三角形ABC的边长为（1）如图，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上在正三角形ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形，且使正方形的面积最大（不要求写作法）；（2）求（1）中作出的正方形的边长；（3）如图，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得D、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值及最小值，并说明理由【答案】解：（1）如图，正方形即为所求。 （2）设正方形的边长为x

4、 ABC为正三角形，。，即。 （3）如图，连接NE，EP，PN，则。 设正方形DEMN和正方形EFPH的边长分别为m、n（mn），它们的面积和为S，则，。 . 。 延长PH交ND于点G，则PGND。 在中，。 ，即. 。 当时，即时，S最小。 。 当最大时，S最大，即当m最大且n最小时，S最大。 ，由（2）知，。 。【考点】位似变换，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质。【分析】（1）利用位似图形的性质，作出正方形EFPN的位似正方形EFPN，如答图所示。（2）根据正三角形、正方形、直角三角形相关线段之间的关系，利用等式EF+AE+BF=AB，列方程求得正方形EFPN的边长 （3）设

5、正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n（mn），求得面积和的表达式为：，可见S的大小只与m、n的差有关：当m=n时，S取得最小值；当m最大而n最小时，S取得最大值m最大n最小的情形见第（1）（2）问。3. （2012福建莆田12分）(1)(3分)如图，在RtABC中，ABC=90，BDAC于点D 求证：AB2ADAC；(2)(4分)如图，在RtABC中，ABC=90，点D为BC边上的点，BEAD于点E，延长BE交AC于点F，求的值；(3)(5分) 在RtABC中，ABC=90，点D为直线BC上的动点(点D不与B、C重合)，直线BED于点E，交直线AC于点F。若，请探究并直接写出的所有

6、可能的值(用含n的式子表示)，不必证明【答案】解：(1)证明：如图，BDAC，ABC=90，ADBABC， 又 AA， ADBABC 。 ， AB2ADAC。(2)如图，过点C作CGAD交AD的延长线于点G。 BEAD， CGDBED90，CGBF。又，ABBC2BD2DC，BDDC。又BDECDG，BDECDG（AAS）。EDGD。由(1)可得：AB2AEAD，BD2DEAD，。 AE4DE。又CGBF，。(3) 当点D在BC边上时，的值为n2n； 当点D在BC延长线上时，的值为n2n； 当点D在CB延长线上时，的值为nn2。【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位

7、线定理，平行线分线段成比例的性质。【分析】（1）由证ADBABC即可得到结论。 （2）过点C作CGAD交AD的延长线于点G，由已知用AAS证BDECDG，得到EF是ACG的中位线，应用（1）的结论即可。（3）分点D在BC边上、点D在BC延长线上和点D在CB延长线上三种情况讨论：当点D在BC边上时，如图3，过点C作CGAD交AD的延长线于点G。 BEAD， CGDBED90，CGBF。BDECDG。又，ABnBC，BDnDC，EDnGD。BC=（n1）DC，EG=ED。由(1)可得：AB2AEAD，BD2DEAD，。 AE DE。又CGBF，。当点D在BC延长线上时，如图4，过点C作CHAD交A

8、D于点H。 BEAD， CHDBED90，CHBF。BDECDH。 又，ABnBC，BDnDC，EDnHD。BC=（n1）DC，EH=ED。由(1)可得：AB2AEAD，BD2DEAD，。 AE DE。又CHBF，。当点D在CB延长线上时，如图5，过点C作CIAD交DA的延长线于点I。 BEAD， CIDBED90，CIBF。BDECDI。 又，ABnBC，BDnDC，EDnID。BC=（1n）DC，EI=ED。由(1)可得：AB2AEAD，BD2DEAD，。 AE DE。又CIBF，。4. （2012贵州黔东南12分）如图，已知抛物线经过点A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点（1）求

9、抛物线的解析式（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MNy轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由【答案】解：（1）抛物线经过点A（1，0）、B（3，0）两点， 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x3）， 将C（0，3）代入，得a（0+1）（03）=3，a=1。抛物线的解析式：y=（x+1）（x3）=x2+2x+3。（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有： ，解得。直线BC的解析式：y=x+3。已知点M的横坐标为m，则M（m，m+3）、N（

10、m，m2+2m+3）；MN=m2+2m+3（m+3）=m2+3m（0m3）。（3）存在。如图；SBNC=SMNC+SMNB=MN（OD+DB）=MNOB，SBNC=（m2+3m）3=（m）2+（0m3）。当m=时，BNC的面积最大，最大值为。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值。【分析】（1）由抛物线经过点A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点用待定系数法即可求。 （2）求得直线BC的解析式，即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为m+3，结合点N的纵坐标m2+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。 （3）求出SBNC关于m的函数关系式，应用二次函数最值

11、原理即可求得结论。5. （2012贵州黔西南16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），抛物线的对称轴l与x轴相交于点M.（1）求抛物线对应的函数解析式和对称轴；（2）设点P为抛物线（x5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标；（3）连接AC，探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）抛物线经过点B（1，0），C（5，0），设抛物线对应的函数解析式为。 又抛物线经过点A（0，4），解得。 抛

12、物线对应的函数解析式为，即。 又，抛物线的对称轴为x=3。（2）（6，4）。（3）存在。NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。 设直线AC：，则，解得。直线AC：。 设过点N与直线AC平行的直线为。 由整理得。 直线与抛物线只有一个交点， ，解得。 ，解得。当时，。N（，3）。在直线AC下方的抛物线上存在一点N（，3），使NAC的面积最大。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式【分析】（1）由抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（

13、5，0），用待定系数法可求出抛物线对应的函数解析式，化为顶点式（或用公式）可求抛物线的对称轴。 （2）由A（0，4）和对称轴x=3知OA=4，OM=3。 由点P为抛物线（x5）上的一点，知PAPM2。 由以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，只能是PA=6，PM=5。由二次函数的轴对称性和勾股定理，知点P与点A关于对称轴对称。P（6，4）。 （3）NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。应用一元二次方程根的判别式即可求解。6. （2012贵州遵义14分）如图，已知抛物线y=ax2+bx

14、+c（a0）的图象经过原点O，交x轴于点A，其顶点B的坐标为（3，）（1）求抛物线的函数解析式及点A的坐标；（2）在抛物线上求点P，使SPOA=2SAOB；（3）在抛物线上是否存在点Q，使AQO与AOB相似？如果存在，请求出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由【答案】解：（1）由函数图象经过原点得，函数解析式为y=ax2+bx（a0），又函数的顶点坐标为（3，），解得：。函数解析式为：。由二次函数图象的对称性可得点A的坐标为（6，0）。（2）SPOA=2SAOB，点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2。代入函数解析式得：，解得：x1=3+，x2=3。满足条件的有两个，P1（3

15、+，2），P2（3，2）。（3）存在。过点B作BPOA，则tanBOP=tanBAP=。BOA=30。设Q1坐标为（x，），过点Q1作Q1Fx轴，OABOQ1A，Q1OA=30，OF=Q1F，即x=，解得：x=9或x=0（舍去）。Q1坐标为（9，3），根据函数的对称性可得Q2坐标为（3，3）。Q点的坐标（9，3），（3，3）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）根据函数经过原点，可得c=0，然后根据函数的对称轴，及函数图象经过点（3，）可得出函数解析式，根据二次函数的对称性可直接得出点A的坐标。（2）根据题意可得点P到OA的距离

16、是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2，代入函数解析式可得出点P的横坐标。（3）先求出BOA的度数，然后可确定Q1OA=的度数，继而利用解直角三角形的知识求出x，得出Q1的坐标，利用二次函数图象函数的对称性可得出Q2的坐标。7. （2012湖北黄石9分）如图1所示：等边ABC中，线段AD为其内角平分线，过D点的直线B1C1AC于C1交AB的延长线于B1.（1）请你探究：，是否成立?（2）请你继续探究：若ABC为任意三角形，线段AD为其内角平分线，请问一定成立吗？并证明你的判断.（3）如图2所示RtABC中，ACB=900，AC=8,，E为AB上一点且AE=5，CE交其内角角平分线AD与F.

17、试求的值.【答案】解：（1）线段AD为等边ABC内角平分线，根据三线合一，得CD=DB。 。 过点D作DNAB于点H。 线段AD为等边ABC内角平分线，C1D=ND。 等边ABC中，B1C1AC，B1=300。 。，都成立。 （2）结论仍然成立。证明如下： 如图，ABC为任意三角形，过B点作BEAC交 AD的延长线于点G 。G=CAD=BAD，BG=AB。又GBDACD ，即。对任意三角形结论仍然成立。 3如图，连接ED。AD为ABC的内角角平分线，AC=8,，由（2）得， 。又AE=5，EB=ABAE=。DEAC。 DEFACF。【考点】等边三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性

18、质，平行线的判定和性质。【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC，CAD=BAD=30，AB=AC，则DB=CD，易得；由于C1AB1=60，得B1=30，则AB1=2AC1， 同理可得到DB1=2DC1，易得；（2）过B点作BGAC交AD的延长线于点G，根据平行线的性质和角平分线的定义得到G=CAD=BAD，则BG=AB，并且根据相似三角形的判定得GBDACD，得到，于是有，这实际是三角形的角平分线定理。（3）AD为ABC的内角角平分线，由（2）的结论得到，又，则有，得到DEAC，根据相似三角形的判定得DEFACF，即有。8. （2012湖北荆门12分）如图甲，四边形OABC的

19、边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE已知tanCBE=，A（3，0），D（1，0），E（0，3）（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0t3）时，AOE与ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围【答案】解：（1）抛物线经过点A（3，0），D（1，0），设抛物线解析式为y=a（x3）（x

20、+1）。将E（0，3）代入上式，解得：a=1。抛物线的解析式为y=（x3）（x+1），即y=x2+2x+3。又y=x2+2x+3=（x1）2+4，点B（1，4）。（2）证明：如图1，过点B作BMy于点M，则M（0，4）在RtAOE中，OA=OE=3，1=2=45，。在RtEMB中，EM=OMOE=1=BM，MEB=MBE=45，。BEA=1801MEB=90。AB是ABE外接圆的直径。在RtABE中，BAE=CBE。在RtABE中，BAE+3=90，CBE+3=90。CBA=90，即CBAB。CB是ABE外接圆的切线。（3）存在。点P的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，）。（4）设直线AB的

21、解析式为y=kx+b将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得。直线AB的解析式为y=2x+6。过点E作射线EFx轴交AB于点F，当y=3时，得x=，F（，3）。情况一：如图2，当0t时，设AOE平移到DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。则ON=AD=t，过点H作LKx轴于点K，交EF于点L由AHDFHM，得，即，解得HK=2t。=33（3t）2t2t=t2+3t。情况二：如图3，当t3时，设AOE平移到PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。由IQAIPF，得即，解得IQ=2（3t）。=（3t）2（3t）（3t）2=（3t）2=t23t+。综上所述：。【考点】二次函数综合

22、题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。【分析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。 （2）过B作BMy轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出BME、AOE都为等腰直角三角形，易证得BEA=90，即ABE是直角三角形，而AB是ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可BE、AE长易得，能求出tanBAE的值，结合tanCBE的值，可得到CBE=BAE，由此证得CBA=CBE+ABE=BAE+ABE=90，从而得证

23、。（3）在RtABE中，AEB=90，tanBAE=，sinBAE=，cosBAE=。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，则DEP必为直角三角形。DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。由D（1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3， 即tanDEO=tanBAE，即DEO=BAE，满足DEOBAE的条件。因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）。DE为短直角边时，P2在x轴上。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似DEP2=AEB=90sinDP2E=sinBAE=。而DE=，则DP2=DEsinDP2E=10，OP2=DP2OD=9。即P2（9，0）。DE为长直角边

24、时，点P3在y轴上。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，则EDP3=AEB=90cosDEP3=cosBAE=。则EP3=DEcosDEP3=，OP3=EP3OE=。即P3（0，）。综上所述，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，）。 （4）过E作EFx轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，AOE与ABE重叠部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，AOE与ABE重叠部分是个三角形按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。9. （2012湖北武汉10分）已知ABC中，AB，AC，BC6(1)如图1，点M为AB的中点，在线段AC上取点N，使AMN与ABC相似，求线段MN的长；(2)

25、如图2，是由100个边长为1的小正方形组成的1010的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点的三角形为格点三角形请你在所给的网格中画出格点A1B1C1与ABC全等(画出一个即可，不需证明)；试直接写出所给的网格中与ABC相似且面积最大的格点三角形的个数，并画出其中一个(不需证明)【答案】解：（1）如图A，过点M作MNBC交AC于点N， 则AMNABC，M为AB中点，MN是ABC 的中位线。BC6，MN=3。如图B，过点M作AMN=ACB交AC于点N，则AMNACB，。BC=6，AC= ，AM=，解得MN=。综上所述，线段MN的长为3或。（2）如图所示：每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那

26、么共有8个。【考点】网格问题，作图（相似变换），三角形中位线定理，相似三角形的性质。 【分析】（1）作MNBC交AC于点N，利用三角形的中位线定理可得MN的长；作AMN=B，利用相似可得MN的长。（2）A1B1为直角三角形斜边的两直角边长为2，4，A1C1为直角三角形斜边的两直角边长为4，8。以此，先作B1C16，画出A1B1C1。以所给网格的对角线作为原三角形中最长的边，可得每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。10. （2012江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x24x+3与x轴交于AB两点（点A在点B左边），与y轴交于点C（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴

27、和顶点坐标；（2）研究二次函数L2：y=kx24kx+3k（k0）写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；是否存在实数k，使ABP为等边三角形？如果存在，请求出k的值；如不存在，请说明理由；若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由【答案】解：（1）抛物线，二次函数L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，1）。（2）二次函数L2与L1有关图象的两条相同的性质：对称轴为x=2；都经过A（1，0），B（3，0）两点。存在实数k，使ABP为等边三角形，顶点P（2，k）A（1，0），B（3，0），AB

28、=2要使ABP为等边三角形，必满足|k|=，k=。线段EF的长度不会发生变化。直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，kx24kx+3k=8k，k0，x24x+3=8。解得：x1=1，x2=5。EF=x2x1=6。线段EF的长度不会发生变化。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，解直角三角形。【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c中：a的值决定了抛物线的开口方向，a0时，抛物线的开口向上；a0时，抛物线的开口向下。抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解。（2）新函数是由原函数的各项系数同时乘以k所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析。

29、当ABP为等边三角形时，P点必为函数的顶点，首先表示出P点纵坐标，它的绝对值正好是等边三角形边长的倍，由此确定k的值。联立直线和抛物线L2的解析式，先求出点E、F的坐标，从而可表示出EF的长，若该长度为定值，则线段EF的长不会发生变化。11. （2012江西省10分）已知，纸片O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作（1）如图2，折叠后的所在圆的圆心为O时，求的长度；（）如图3，当弦AB=2时，求折叠后所在圆的圆心到弦AB的距离；（）在图1中，再将纸片O沿弦CD折叠操作如图4，当ABCD，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦ABCD的距离之和为d，求d的值；如图5，当AB与CD不平行，折叠后

30、的与所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论【答案】解：（1）当经过圆O时，折叠后的所在圆O在O上，如图2所示，连接OAOAOB，OB，OO。OOA，OOB为等边三角形， AOB=AOO+BOO=60+60=120。的长度。（2）如图3所示，连接OA，OB，OA=OB=AB=2，AOB为等边三角形。过点O作OEAB于点E，OE=OAsin60=。折叠后所在圆的圆心到弦AB的距离为。（3）如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，过点O作EFAB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。ABC

31、D，EF垂直平分AB和CD。根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。又EF=4，点O到ABCD的距离之和d为：d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：设O，O为和所在圆的圆心，点O与点O关于AB对称，点O于点O关于CD对称，点M为的OO中点，点N为OO的中点。折叠后的与所在圆外切，连心线OO必过切点P。折叠后的与所在圆与O是等圆，OP=OP=2，PM=OO=ON，PN=OO=OM，四边形OMPN是平行四边形。【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计

32、算，解直角三角形，三角形中位线定理。【分析】（1）如图2，过点O作OEAB交O于点E，连接OAOBAE、BE，可得OAE、OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。 （2）如图3，连接OAOB，过点O作OEAB于点E，可得AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求所在圆的圆心O到弦AB的距离。（3）如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EFAB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到ABCD的距离之和。由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。12. （2012湖南长沙10分）如图半径分别为m，n（0mn）的两圆O1和O2相交于

33、P，Q两点，且点P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，O1与x轴，y轴分别切于点M，点N，O2与x轴，y轴分别切于点R，点H（1）求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式；（2）求两圆的圆心O1，O2之间的距离d；（3）令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为的抛物线？若存在，请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）由题意可知O1（m，m），O2（n，n），设过点O1，O2的直线解析式为y=kx+b，则有：（0mn），解得。两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式为：y=x。（2）由相

34、交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称P（4，1），直线O1O2解析式为y=x，Q（1，4）。如图1，连接O1Q， O2Q。Q（1，4），O1（m，m），根据勾股定理得到：。又O1Q为小圆半径，即QO1=m，=m，化简得：m210m+17=0 同理可得：n210n+17=0 由，式可知，m、n是一元二次方程x210x+17=0 的两个根，解得：。0mn，m=5，n=5+。O1（m，m），O2（n，n），d=O1O2=。（3）不存在。理由如下：假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，开口向下，a0。如图2，连接PQ。由相交两圆性质可知，PQO1O2。P（4，1），Q（1，4），

35、。又O1O2=8，。又O2R=5+，O1M=5，MR=，即抛物线在x轴上截得的线段长为1。抛物线过点P（4，1），Q（1，4），解得。抛物线解析式为：y=ax2（5a+1）x+5+4a，令y=0，则有：ax2（5a+1）x+5+4a=0，设两根为x1，x2，则有：x1+x2=，x1x2=。在x轴上截得的线段长为1，即|x1x2|=1，（x1x2）2=1，（x1+x2）24x1x2=1，即（）24（）=1，化简得：8a210a+1=0，解得a=。可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（即a0）矛盾。不存在这样的抛物线。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相交两圆的

36、性质，勾股定理，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质。【分析】（1）根据直线过点O1（m，m），O2（n，n），利用待定系数法求出其解析式。（2）根据P、Q关于连心线对称，求出Q点的坐标；根据勾股定理分别表示出O1Q和O2Q，由O1Q= m和O2Q= n得到一元二次方程，求解即可得到m，n的大小；最后由勾股定理求d。（3）假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以a0；求出S1、S2，从而求得：，即抛物线在x轴上截得的线段长为1；根据抛物线过点P（4，1），Q（1，4），用待定系数法求得其解析式为：y=ax2（5a+1）x+5+4a；由抛物线

37、在x轴上截得的线段长为1，即|x1x2|=1，得到关于a的一元二次方程，此方程的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（a0）相矛盾，所以得出结论：这样的抛物线不存在。13. （2012湖南岳阳8分）（1）操作发现：如图，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，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：如图，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D

38、C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如图，当动点D在等边边BA的延长线上运动时，其他作法与图相同，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【答案】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。BCADCA=DCFDCA，即BCD=ACF。在BCD和ACF中，BC=AC，BCD=ACF，DC=CF，BCDACF（SAS）。BD=AF（全等三角形的对应边相等）。（2）AF=BD仍然成立。（3）AF+B

39、F=AB。证明如下：由（1）知，BCDACF（SAS），则BD=AF。同理BCFACD（SAS），则BF=AD。AF+BF=BD+AD=AB。中的结论不成立，新的结论是AF=AB+BF。证明如下：在BCF和ACD中，BC=AC，BC F=ACD，FC=DC，BCFACD（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。【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质。【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BCDACF；然后由全等三角形的对应边相等知AF=

40、BD。（2）通过证明BCDACF，即可证明AF=BD。（3）AF+BF=AB；利用全等三角形BCDACF（SAS）的对应边BD=AF；同理BCFACD（SAS），则BF=AD，所以AF+BF=AB。中的结论不成立，新的结论是AF=AB+BF：通过证明BCFACD（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。14. （2012江苏扬州12分）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA2，OC1，矩形对角线AC、OB相交于E，过点E的直线与边OA、BC分别相交于点G、H(1)直接写出点

41、E的坐标：求证：AGCH(2)如图2，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA与D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数关系式(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当P与HG、GA、AB都相切时，求P的半径【答案】解：（1） (1，)。证明：四边形OABC是矩形，CEAE，BCOA。HCEGAE。在CHE和AGE中，HCEGAE， CEAE，HECG EA，CHEAGE（ASA）。AGCH。（2）连接DE并延长DE交CB于M，连接AC， 则由矩形的性质，点E在AC上。DDOC1OA，D是OA的中点。在CME和ADE中，MCEDAE， CEAE，MECDEA，C

42、MEADE（ASA）。CMAD211。BCOA，COD90，四边形CMDO是矩形。MDOD，MDCB。MD切O于D。HG切O于F，E(1，)，可设CHHFx，FEEDME。在RtMHE中，有MH2ME2HE2，即(1x)2()2(x)2，解得x。H(，1)，OG2。G(，0)。设直线GH的解析式是：ykxb，把G、H的坐标代入得：，解得：。直线GH的函数关系式为。（3）连接BG，在OCH和BAG中，CH=AG，HCOGAB，OC=AB，OCHBAG（SAS）。CHOAGB。HCO90，HC切O于C，HG切O于F。OH平分CHF。CHOFHOBGA。CHEAGE，HEGE。在HOE和GBE中，H

43、EGE，HEOGEB，OE=BE，HOEGBE（SAS）。OHEBGE。CHOFHOBGA，BGABGE，即BG平分FGA。P与HG、GA、AB都相切，圆心P必在BG上。过P做PNGA，垂足为N，则GPNGBA。设半径为r，则，解得。答：P的半径是【考点】一次函数综合题，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，切线的判定和性质，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，角平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）)根据矩形的性质和边长即可求出E的坐标。 推出CEAE，BCOA，推出HCEEAG，证出CHEAGE即可。（2）连接DE并延长DE交CB于M，求出DDOCOA

44、，证CMEADE，推出四边形CMDO是矩形，求出MD切O于D，设CHHFx，推出(1x)2()2(x)2，求出H、G的坐标，设直线GH的解析式是ykxb，把G、H的坐标代入求出即可。（3）连接BG，证OCHBAG，求出CHOAGB，证HOEGBE，求出OHEBGE，得出BG平分FGA，推出圆心P必在BG上，过P做PNGA，垂足为N，根据GPNGBA，得出，设半径为r，代入求出即可。15. （2012江苏连云港12分）已知梯形ABCD，ADBC，ABBC，AD1，AB2，BC3，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

45、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DEPD，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AEnPA(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【答案】解：问题1：对角线PQ与DC不可能相等。理由如下：四边形

46、PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，DPC90。AD1，AB2，BC3，DC2。设PBx，则AP2x，在RtDPC中，PD2PC2DC2，即x232(2x)2128，化简得x22x30，(2)241380，方程无解。不存在PBx，使DPC90。对角线PQ与DC不可能相等。问题2：存在。理由如下：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。过点Q作QHBC，交BC的延长线于H。ADBC，ADCDCH，即ADPPDGDCQQCH。PDCQ，PDCDCQ。ADPQCH。又PDCQ，RtADPRtHCQ（AAS）。ADHC。AD1，

47、BC3，BH4，当PQAB时，PQ的长最小，即为4。问题3：存在。理由如下：如图3，设PQ与DC相交于点G，PECQ，PDDE，。G是DC上一定点。作QHBC，交BC的延长线于H，同理可证ADPQCH，RtADPRtHCQ。AD1，CH2。BHBGCH325。当PQAB时，PQ的长最小，即为5。问题4：如图3，设PQ与AB相交于点G，PEBQ，AEnPA，。G是DC上一定点。作QHPE，交CB的延长线于H，过点C作CKCD，交QH的延长线于K。ADBC，ABBC，DQHC，DAPPAGQBHQBG90PAGQBG，QBHPAD。ADPBHQ，AD1，BHn1。CHBHBC3n1n4。过点D作D

48、MBC于M，则四边形ABND是矩形。BMAD1，DMAB2。CMBCBM312DM。DCM45。KCH45。CKCHcos45 (n4)，当PQCD时，PQ的长最小，最小值为 (n4)。【考点】反证法，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形、矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。【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PBx，可得方程x232(2x)218，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

49、角线PQ与DC相交于点G，可得G是DC的中点，过点Q作QHBC，交BC的延长线于H，易证得RtADPRtHCQ，即可求得BH4，则可得当PQAB时，PQ的长最小，即为4。问题3：设PQ与DC相交于点G，PECQ，PDDE，可得，易证得RtADPRtHCQ，继而求得BH的长，即可求得答案。问题4：作QHPE，交CB的延长线于H，过点C作CKCD，交QH的延长线于K，易证得与ADPBHQ，又由DCB45，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。16. （2012江苏苏州10分）如图，已知抛物线（b是实数且b2）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

50、轴交于点C. 点B的坐标为 ，点C的坐标为 （用含b的代数式表示）；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；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（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】解：（1）B（b，0），C（0，）。（2）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坐标（x，y），连接OP， 则。过P作PDx

51、轴，PEy轴，垂足分别为D、E，PEO=EOD=ODP=90。四边形PEOD是矩形。EPD=90。PBC是等腰直角三角形，PC=PB，BPC=90。EPC=BPD。PECPDB（AAS）。PE=PD，即x=y。由 解得，。由PECPDB得EC=DB，即，解得符合题意。点P坐标为（，）。（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，QABAOQ，QABAQO.要使得QOA和QAB相似，只能OAQ=QAB=90，即QAx轴。b2，ABOA. QOAQBA，QOA=AQB，此时OQB =90。由QAx轴知QAy轴，COQ=OQA。要使得QOA

52、和OQC相似，只能OCQ=90或OQC=90。（）当OCQ=90时，QOAOQC，AQ=CO=。 由 得：，解得：。b2，。点Q坐标为（1，）.（）当OQC=90时，QOAOCQ，即。又，即，解得：AQ=4此时b=172符合题意。点Q坐标为（1，4）。综上可知：存在点Q（1，）或（1，4），使得QCO、QOA和QAB中的任意两个三角形均相似。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）令y=0，即，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

53、）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PDx轴，PEy轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明PECPDB，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，由条件可知：要使QOA与QAB相似，只能QAO=BAQ=90，即QAx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。17. （2012江苏盐城12分）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象经过点和点，直线经过抛物

54、线的顶点且与轴垂直，垂足为.(1) 求该二次函数的表达式；(2) 设抛物线上有一动点从点处出发沿抛物线向上运动,其纵坐标随时间)的变化规律为.现以线段为直径作.当点在起始位置点处时，试判断直线与的位置关系，并说明理由；在点运动的过程中，直线与是否始终保持这种位置关系? 请说明你的理由；若在点开始运动的同时，直线也向上平行移动，且垂足的纵坐标随时间的变化规律为，则当在什么范围内变化时，直线与相交? 此时，若直线被所截得的弦长为,试求的最大值.【答案】解：（1）将点和点的坐标代入,得，解得。二次函数的表达式为。（2）当点在点处时，直线与相切。理由如下：点，圆心的坐标为，的半径为。又抛物线的顶点坐标

55、为（0，1），即直线上所有点的巫坐标均为1，从而圆心到直线的距离为。直线与相切。 在点运动的过程中，直线与始终保持相切的位置关系。理由如下：设点，则圆心的坐标为，圆心到直线的距离为。又，。则的半径为。直线与始终相切。 由知的半径为， 又圆心的纵坐标为，直线上的点的纵坐标为， ()当,即时，圆心到直线的距离为。则由，得，解得, 此时。()当,即时, 圆心到直线的距离为。则由,得，解得。此时。综上所述，当时,直线与相交。当时，圆心到直线的距离为，又半径为，。当时, 取得最大值为。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与圆的位置关系，勾股定理，点到直线的距离，二次函数的性质。【分析】（1）所求函数的解析式中有两个待定系数，直接将点和点坐标代入即可得解。（2）由于是的直径，由点的纵坐标可表示出点的纵坐标，从而能表示出到直线的