精品解析：重庆市巴蜀中学2023-—2024学年保送模拟数学试卷

2023-2024学年重庆市巴蜀中学初升高 保送模拟1 1. 如图，O为坐标原点，点C在x轴上，四边形为菱形，点D为菱形对角线与得交点，反比例函数（）在第一象限内得图象经过点A与点D，交菱形得边于点E，连接，若的面积为3，则k的值为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过作轴于，过作轴于，过作轴于，连接，设，则，，，证明，则，可求，即，，则，，由勾股定理得，，，即，设，则，，，由，可得，可求，由，可得，则，可求满足要求的解为，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作轴于，过作轴于，过作轴于，连接， 设，则，，， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 当时，，即， ∴，， 由勾股定理得，， ∴，即， 设，则，，， ∵， ∴， 解得，， ∵，即， ∴， 解得，或（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，正切，坐标与图形，勾股定理等知识．熟练掌握反比例函数与几何综合，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，正切，坐标与图形，勾股定理是解题的关键． 2. 已知甲、乙两车分别从A、B两地同时以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车减慢速度匀速行驶，甲车的速度不变，甲车出发5小时后，接到通知需原路返回到C处取货，于是甲车立即掉头加快速度匀速向C处行驶，甲追上乙后又经过40分钟到达C处，甲车取货后掉头以加快后的速度赶往B地，又经过小时，甲、乙两车再次相遇，相遇后各自向原来的终点继续行驶（接通知、掉头、取货物的时间忽略不计）甲、乙两车之间的距离（千米）与甲车行驶时间（小时）的部分函数图象如图所示，则乙车到达A地时，甲车距离A地______________千米． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了从函数图象获取信息，从图象分析已知信息，再结合路程中的相遇和追及问题列式即可． 根据图象提供的信息，小时后，甲、乙的距离由900缩小到300，可以求出甲、乙未改变速度之前的速度和，从而求出相遇时间，再根据5小时时，甲、乙的相距路程可求出甲未改变之前的速度和乙改变之后的速度之和，再根据40分钟，甲、乙相距40千米，可以求出甲、乙改变速度之后的速度差，再根据小时后又相遇，就可以求出甲、乙改变速度之后的速度和，从而求出甲、乙改变之前的速度和改变之后的速度． 【详解】解：，， ∴甲乙的速度之和为210， ，， ∴甲的速度与乙改变后的速度之和为150， ， ∴甲改变后的速度与乙改变后的速度差为60， ∴甲改变后的速度与乙改变后的速度和为180， ∴甲改变后的速度为120，乙改变后的速度为60， ∵甲的速度与乙改变后的速度之和为150，∴甲的速度为90， ∵甲乙的速度之和为210，∴乙的速度为120， 乙未改变速度之前行驶的路程为：， ， ∴乙到达A地所需要的时间为， ∴甲改变速度后还需行驶的时间为：， ，． ∴甲返回C地所需的时间为． ∴乙到达时甲距离A地， 故答案为：． 3. 重庆某服装店经营一品牌羽绒服，有轻型、中型、厚型三种，12月底，店里购进轻型、中型、厚型羽绒服的数量比为，今年重庆将迎来近20年最冷寒冬店里紧急加购了三种羽绒服，其中厚型羽绒服增加的数量占总增加数量的，厚型羽绒服总数量将达到三种羽绒服总量的，此时轻型羽绒服与中型羽绒服增加的数量之比为，已知轻型、中型、厚型三种羽绒服每件的成本分别为190元，250元，300元．在销售时，轻型羽绒服每件售价为240元，1月底结束销售时，只有轻型羽绒服的作为促销礼物送给了顾客，其余全部卖完，最后三种羽绒服的总利润率为，若要使中型羽绒服的利润率不低于，那么厚型羽绒服的售价最高为__________________元． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的是利用代数式表示，一元一次不等式和一次函数的性质，设购进轻型、中型、厚型羽绒服的数量分别为，，，紧急加购，厚型羽绒服的加购数量为b，可得厚型羽绒服总数量，轻型羽绒服与中型羽绒服的总数量，根据题意得轻型羽绒服总数量，中型羽绒服总数量，厚型羽绒服总数量，设中型羽绒服每件售价为x元，厚型羽绒服每件售价为y元，根据题意列方程化简得，由中型羽绒服利润解得，结合一次函数得性质即可求得最大值． 【详解】解：店里购进轻型、中型、厚型羽绒服的数量比为， 设购进轻型、中型、厚型羽绒服的数量分别为，，， 紧急加购，厚型羽绒服的加购数量为 厚型羽绒服总数量， ， 轻型羽绒服与中型羽绒服的总数量=， 轻型羽绒服与中型羽绒服的总数量之比为， 轻型羽绒服总数量=， 中型羽绒服总数量=， 厚型羽绒服总数量， 设中型羽绒服每件售价为x元，厚型羽绒服每件售价为y元， 根据题意 ， 整理得， ∴， ∴中型羽绒服利润， 解得， ，，y随x的增大而减小， 当时，y最大=． 故答案为：354． 4. 如图，E是边长为8的正方形的边上的动点，于点F，G在上，且，P是平面内一动点，H是上的动点，则的最小值为_________________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，以为斜边构造等腰直角三角形，则以O为圆心，以为半径的圆中的一个锐角圆周角为，过点O作于点Q，过点O作交的延长线于点P，，利用旋转解答即可． 【详解】解：连接，根据题意，得 ， ∵，， ∴ ∴， 以为斜边构造等腰直角三角形，则以O为圆心，以为半径的圆中的一个锐角圆周角为， 根据，得对角互补， ∴G的运动轨迹为以O为圆心，以为半径的圆的红色圆弧， 过点O作于点Q，过点O作交的延长线于点P， 则四边形是正方形，且， ∴，， 取，连接， ∵，， ∴，且， ∴， ∴， ∴， 将四边形绕点A顺时针旋转， 则， 如图作， ∴， ∴， ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形不等式的应用，熟练掌握旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形不等式的应用是解题的关键． 5. 计算： （1）； （2）； （3）解方程组： 【答案】（1）；（2）；（3或 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式与分式的混合运算，解三元一次方程组． （1）根据二次根式与分式的混合运算法则求解即可． （2）根据二次根式的乘法运算法则与分式的混合运算法则以及平方差公式求解即可． （3）利用消元的思想解三元一次方程组即可． 【详解】解：（1） ； （2） ； （3） ②+③-①得：④， 把④代入②，得， 把④代入③，得， ∴，， 设，， ∵， ∴， ∴， 开方得：， 把代入，，得， 把代入，，得， ∴方程组的解为：或． 6. 某科技公司生产销售一种电子产品，该产品总成本包括技术成本、制造成本、销售成本三部分，经核算，2018年该产品各部分成本所占比例约为（a为整数）．且2018年该产品的技术成本为400万元． （1）若2018年产品总成本超过1800万元，但不超过2000万元，确定a的值； （2）在（1）的条件下，为降低总成本，该公司2019年及2020年增加了技术成本投入，确保这两年技术成本都比前一年增加一个相同的百分数，制造成本在这两年里都比前一年减少；同时为了扩大销售量，2020年的销售成本将在2018年的基础上提高，经过以上变革，预计2020年该产品总成本仅为2018年该产品总成本的，求m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了比例的应用，一元一次不等式组的应用，以及一元二次方程的应用，读懂题意是解题的关键． （1）根据比例的应用列出关于一元一次不等式组，即可得出a的取值范围，再根据a为整数即可得出答案． （2）由（1）可得2018年的总成本，根据2020年该产品总成本仅为2018年该产品总成本的，列出关于m的一元二次方程求解即可得出答案． 【小问1详解】 由题意得： 解得： ∵a为整数， ∴； 【小问2详解】 由（1）可得：2018年产品总成本为：(万元)， 则2018年的制造成本为（万元），销售成本为（万元）， 由题意得： 令，则 ∴， 整理得： 解得：，， ∴，（舍去） 则． 7. 对于平面直角坐标系中的点A和点P，若将点P绕点A逆时针旋转90°后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“垂链点”，图1为点P关于点A的“垂链点”Q的示意图． （1）已知点A的坐标为，点P关于点A的“垂链点”为点Q； ①若点P的坐标为，则点Q的坐标为_______________； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为__________； （2）如图2，已知点C的坐标为，点D在直线上，若点D关于点C的“垂链点”在坐标轴上，试求出点D的坐标； （3）如图3，已知图形G是端点为和的线段，图形H是以点O为中心，各边分别与坐标轴平行的边长为6的正方形，点M为图形G上的动点，点N为图形H上的动点，若存在点，使得点M关于点T的“垂链点”恰为点N，请直接写出t的取值范围． 【答案】（1）① （2）或 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质，即可求解； （2）①当点D在第一象限时，点D关于点C的“垂链点”在x轴上，轴，即可求解；②当点D在第二象限时，证明即可求解； （3）分点N落在正方形右边一条边上、上边一条边上两种情况，分别求解即可． 【小问1详解】 点A的坐标为，即点A是原点，根据旋转性质得：①点②点， 故答案为， 【小问2详解】 ①当点D在第一象限时，点D关于点C的“垂链点”在x轴上， 轴， 故点； ②当点D在第二象限时，如下图，设点，点(0，n）， 点D的“垂链点”在y轴上， 过点D作轴于点H， ， ， ，, ， 则，即，解得：， 故点， 综上，点或 【小问3详解】 图形G所在的直线表达式为：， 设点，其中， 当N落在正方形的右边的一条边上， ①当T在x轴上方时，如下图： 分别过M、N作y轴的垂线交于点、， 同理可证：M， ，即，， 而，且， 则； ②当T在x轴下方时， 当时，点M关于点T的“垂链点”恰好为N在正方形的边上， 故； 当点T在下方时，且， 同理可得：解得：且，不符合题意舍去； 当N点落在正方形的上面的一条边上时，同理可得：，而，且， 解得：， 综上，t的取值范围是：或． 【点睛】本题考查一次函数综合运用，正方形的性质，图形的旋转，解不等式等，这种新定义类的题目，通常按照题设顺序逐次求解，解题时注意分类讨论，避免遗漏． 8. 有一个n位自然数能被x0整除，依次轮换个位数字得到的新数能被x0+1整除，再依次轮换个位数字得到的新数能被x0+2整除，按此规律轮换后，能被x0+3整除，…，能被x0+n﹣1整除，则称这个n位数是x0的一个“轮换数”．例如：60能被5整除，06能被6整除，则称两位数60是5的一个“轮换数”；再如：324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，则称三位数324是2个一个“轮换数”． （1）若一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，求证这个两位自然数一定是“轮换数”． （2）若三位自然数 是3的一个“轮换数”，其中a=2，求这个三位自然数． 【答案】（1） 证明：设两位自然数的十位数字为x，则个位数字为2x， ∴这个两位自然数是10x+2x=12x， ∴这个两位自然数是12x能被6整除， ∵依次轮换个位数字得到的两位自然数为10×2x+x=21x ∴轮换个位数字得到的两位自然数为21x能被7整除， ∴一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，这个两位自然数一定是“轮换数”． （2）这个三位自然数为201，207，255 【解析】 【分析】（1）先设出两位自然数的十位数字，表示出这个两位自然数，和轮换两位自然数即可； （2）先表示出三位自然数和轮换三位自然数，再根据能被5整除，得出b的可能值，进而用4整除，得出c的可能值，最后用能被3整除即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵三位自然数是3的一个“轮换数”，且a=2， ∴100a+10b+c能被3整除， 即：10b+c+200能被3整除， 第一次轮换得到的三位自然数是100b+10c+a能被4整除， 即100b+10c+2能被4整除， 第二次轮换得到的三位自然数是100c+10a+b能被5整除， 即100c+b+20能被5整除， ∵100c+b+20能被5整除， ∴b+20的个位数字不是0，便是5， ∴b=0或b=5， 当b=0时， ∵100b+10c+2能被4整除， ∴10c+2能被4整除， ∴c只能是1，3，5，7，9； ∴这个三位自然数可能是为201，203，205，207，209， 而203，205，209不能被3整除， ∴这个三位自然数为201，207， 当b=5时，∵100b+10c+2能被4整除， ∴10c+502能被4整除， ∴c只能是1，3，5，7，9； ∴这个三位自然数可能是为251，253，255，257，259， 而251，253，257，259不能被3整除， ∴这个三位自然数为255， 即这个三位自然数为201，207，255 【点睛】此题是数的整除性，主要考查了3的倍数，4的倍数，5的倍数的特点，解本题的关键是用5的倍数求出b的值． 9. 在，，，点E是外一动点（点B、点E位于异侧），连接、． （1）当时， ①如图1，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明； ②如图2，点F为线段上一点，，，连接，，直接写出面积的最大值． （2）当时，如图3，作C关于的对称点D，连接、，连接，取BE上一点G，，，，求． 【答案】（1）①， ；理由如下： 过点C所交的延长线于点H，如图所示： 则， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； ②4 （2）5 【解析】 【分析】（1）①过点C所交的延长线于点H，证明为等腰直角三角形，得出，，证明，得出； ②取的中点O，连接，根据勾股定理得出，得出为定值，说明点E到的距离最大时，的面积最大，证明A、B、C、E四点共圆，过点O作于点N，延长交圆O于点E，此时点E到的距离最大，的面积最大，求出最大值即可； （2）延长，过点B作于点H，过点C作于点K，证明四边形为正方形，得出，证明，得出，证明，得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，即可得出答案． 【小问1详解】 解：①略． ②取的中点O，连接，如图所示： ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵O为的中点， ∴， ， ∴， 根据勾股定理得：， ∵为定值， ∴点E到的距离最大时，的面积最大， ∵， ∴， ∴A、B、C、E四点共圆， ∵， ∴是圆的直径，的中点O为圆心， 过点O作于点N，延长交圆O于点E， 此时点E到的距离最大，的面积最大， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的面积最大值为：． 【小问2详解】 解：延长，过点B作于点H，过点C作于点K，如图所示： 则， 根据轴对称可知，， ∴四边形为菱形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可得：， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， ∴根据勾股定理得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，正方形的判定和性质，四点共圆，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 10. 如图1，抛物线y＝﹣与x轴交于A、B（B在A的左侧）两点，与y轴交于点C，将直线AC沿y轴正方向平移2个单位得到直线A′C′，将抛物线的对称轴沿x轴正方向平移个单位得到直线l． （1）求直线AC的解析式； （2）如图2，点P为直线A′C′上方抛物线上一动点，连接PC，PA与直线AC分别交于点E、F，过点P作PP1⊥l于点P1，M是线段AC上一动点，过M作MN⊥A′C′于点N，连接P1M，当△PCA的面积最大时，求P1M+MN+NA′的最小值； （3）如图3，连接BC，将△BOC绕点A顺时针旋转60°后得到△B1O1C1，点R是直线l上一点，在直角坐标平面内是否存在一点S，使得以点O1、C1、R、S为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ；（2）（P1M+MN+NA′）最小＝；（3）S1（），S2（，），S3（），S4（）． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的解析式，令y=0，求出点A和点B的横坐标，令x=0，求出点C的纵坐标，再根据待定系数法求出直线AC的解析式； （2）先求出使△PCA面积最大时点P的坐标，再根据题意求出点P1的坐标，因为直线A'C'与直线AC的距离是定值，所以MN的长度不变，然后通过作对称点，平移，由两点之间线段最终最短求出结果； （3）根据题意画出图形，由旋转求出相关点的坐标，再通过矩形的性质和平移规律求出点S的坐标． 【详解】解：（1）令y＝0，则﹣x2+x+6＝0， 解得x1＝6，x2＝﹣2， ∵B在A的左侧 ∴A（6，0），B（﹣2，0） 令x＝0，则y＝6，即C（0，6）， 设直线AC解析式为y＝kx+b，把A（6，0），C（0，6）代入， ∴，解得：， 所以直线AC解析式为：． （2）如图，过P作PH⊥x轴交AC于点H， ∴S△PCA＝PH•（xA﹣xC）＝3PH， ∴当PH取最大值时，S△PCA最大， 设P（m，- m2+m+6），H（m， m+6）， ∴PH＝-m2+m，（0＜m＜6）， ＝-（m﹣3）2+， ∴当m＝3时，PH取最大值， 此时P（3，）， 在抛物线y＝﹣x2+x+6中， 对称轴为x＝＝2， ∴由平移知直线l为：x＝， ∴P1（，）， 设直线l与x轴的垂足为Q，连接P1A， 在Rt△P1AQ中， QA＝，P1Q＝，P1A＝5， ∴tan∠P1AQ＝， ∴∠P1AQ＝60°， 作P1关于直线AC的对称点P1′，连接P1P1′，与直线AC、A’C’分别交于S、T点， 则△AP1P1′是等边三角形， ∴P1′A＝P1A＝5，P1′（，0）， ∵MN⊥AC，CC'＝2，∠C'A'A＝30°， ∴MN＝， 将P1′沿MN方向平移个单位得到P1′'（，），将直线A’C’绕点A’顺时针旋转45°得到直线l1，过点P1′'作P1′'G⊥l1于点G，与A’C’的交点即为N点， 易知△P1′'TN和△A'GN都为等腰直角三角形， ∴P1′'N＝P1′'T＝，A'N＝A'T﹣TN＝， ∴GN＝﹣， ∴（P1M+MN+NA′）最小＝+； （3）连接OO1，则△OO1B为等边三角形， ∴∠O1OA＝∠OAO1＝∠OO1A＝60°，OO1＝O1A＝OA＝6， ∴O1（3，9），B1（2，12），C1（6，12）， ①如图2﹣1，当四边形Q1RS1C1为矩形时， xR﹣xO1＝﹣3＝， ∵由题意知，QR与直线l的夹角为30°， ∴yQ1﹣yR＝×＝， ∴xS1＝xC1+＝，yS1＝yC1﹣＝， ∴S1（，）， 同理可求出S2（，），S3（，﹣），S4（， +）， 综上所述：在直角坐标平面内存在一点S，使得以点O1、C1、R、S为顶点的四边形是矩形，坐标是S1（），S2（，），S3（，），S4（，）． 【点睛】 主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年重庆市巴蜀中学初升高 保送模拟1 1. 如图，O为坐标原点，点C在x轴上，四边形为菱形，点D为菱形对角线与得交点，反比例函数（）在第一象限内得图象经过点A与点D，交菱形得边于点E，连接，若的面积为3，则k的值为_______________． 2. 已知甲、乙两车分别从A、B两地同时以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车减慢速度匀速行驶，甲车的速度不变，甲车出发5小时后，接到通知需原路返回到C处取货，于是甲车立即掉头加快速度匀速向C处行驶，甲追上乙后又经过40分钟到达C处，甲车取货后掉头以加快后的速度赶往B地，又经过小时，甲、乙两车再次相遇，相遇后各自向原来的终点继续行驶（接通知、掉头、取货物的时间忽略不计）甲、乙两车之间的距离（千米）与甲车行驶时间（小时）的部分函数图象如图所示，则乙车到达A地时，甲车距离A地______________千米． 3. 重庆某服装店经营一品牌羽绒服，有轻型、中型、厚型三种，12月底，店里购进轻型、中型、厚型羽绒服的数量比为，今年重庆将迎来近20年最冷寒冬店里紧急加购了三种羽绒服，其中厚型羽绒服增加的数量占总增加数量的，厚型羽绒服总数量将达到三种羽绒服总量的，此时轻型羽绒服与中型羽绒服增加的数量之比为，已知轻型、中型、厚型三种羽绒服每件的成本分别为190元，250元，300元．在销售时，轻型羽绒服每件售价为240元，1月底结束销售时，只有轻型羽绒服的作为促销礼物送给了顾客，其余全部卖完，最后三种羽绒服的总利润率为，若要使中型羽绒服的利润率不低于，那么厚型羽绒服的售价最高为__________________元． 4. 如图，E是边长为8的正方形的边上的动点，于点F，G在上，且，P是平面内一动点，H是上的动点，则的最小值为_________________． 5. 计算： （1）； （2）； （3）解方程组： 6. 某科技公司生产销售一种电子产品，该产品总成本包括技术成本、制造成本、销售成本三部分，经核算，2018年该产品各部分成本所占比例约为（a为整数）．且2018年该产品的技术成本为400万元． （1）若2018年产品总成本超过1800万元，但不超过2000万元，确定a的值； （2）在（1）的条件下，为降低总成本，该公司2019年及2020年增加了技术成本投入，确保这两年技术成本都比前一年增加一个相同的百分数，制造成本在这两年里都比前一年减少；同时为了扩大销售量，2020年的销售成本将在2018年的基础上提高，经过以上变革，预计2020年该产品总成本仅为2018年该产品总成本的，求m的值． 7. 对于平面直角坐标系中的点A和点P，若将点P绕点A逆时针旋转90°后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“垂链点”，图1为点P关于点A的“垂链点”Q的示意图． （1）已知点A的坐标为，点P关于点A的“垂链点”为点Q； ①若点P的坐标为，则点Q的坐标为_______________； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为__________； （2）如图2，已知点C的坐标为，点D在直线上，若点D关于点C的“垂链点”在坐标轴上，试求出点D的坐标； （3）如图3，已知图形G是端点为和的线段，图形H是以点O为中心，各边分别与坐标轴平行的边长为6的正方形，点M为图形G上的动点，点N为图形H上的动点，若存在点，使得点M关于点T的“垂链点”恰为点N，请直接写出t的取值范围． 8. 有一个n位自然数能被x0整除，依次轮换个位数字得到的新数能被x0+1整除，再依次轮换个位数字得到的新数能被x0+2整除，按此规律轮换后，能被x0+3整除，…，能被x0+n﹣1整除，则称这个n位数是x0的一个“轮换数”．例如：60能被5整除，06能被6整除，则称两位数60是5的一个“轮换数”；再如：324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，则称三位数324是2个一个“轮换数”． （1）若一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，求证这个两位自然数一定是“轮换数”． （2）若三位自然数 是3的一个“轮换数”，其中a=2，求这个三位自然数． 9. 在，，，点E是外一动点（点B、点E位于异侧），连接、． （1）当时， ①如图1，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明； ②如图2，点F为线段上一点，，，连接，，直接写出面积的最大值． （2）当时，如图3，作C关于的对称点D，连接、，连接，取BE上一点G，，，，求． 10. 如图1，抛物线y＝﹣与x轴交于A、B（B在A的左侧）两点，与y轴交于点C，将直线AC沿y轴正方向平移2个单位得到直线A′C′，将抛物线的对称轴沿x轴正方向平移个单位得到直线l． （1）求直线AC的解析式； （2）如图2，点P为直线A′C′上方抛物线上一动点，连接PC，PA与直线AC分别交于点E、F，过点P作PP1⊥l于点P1，M是线段AC上一动点，过M作MN⊥A′C′于点N，连接P1M，当△PCA的面积最大时，求P1M+MN+NA′的最小值； （3）如图3，连接BC，将△BOC绕点A顺时针旋转60°后得到△B1O1C1，点R是直线l上一点，在直角坐标平面内是否存在一点S，使得以点O1、C1、R、S为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $