【北师大版压轴题】2024～2025年九年级上数学期末解答题真题汇编卷（上）

【北师大版压轴题】2024~2025年九年级上期末解答题真题汇编卷（上） 一．解答题（共25小题） 1．问题情境：“综合与实践”课上，老师让每个组准备了一张矩形纸片ABCD．如图1，把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形纸片AB′C′D′，点B，C，D的对应点为B′，C′，D′，设旋转角为α（0°＜α＜360°）操作中，同学们提出了如下问题，请你解答： 操作探究： （1）“奋进小组”提出问题：如图2，当旋转后的矩形纸片AB′C′D′中的点B′落在AD上时，延长C′B′，交BC于点E．求证：四边形ABEB′是正方形． （2）“团结小组”提出问题：如图3，连接CC′，取CC′的中点M，连接AM，若CD＝3，AD＝5，求线段AM的长为多少． 数学思考： （3）“善思小组”提出问题：如图4，连接AC，当旋转后的矩形纸片AB′C′D′中的点C′在AD的延长线上时，延长C′B′，交BC于点F，交AC于点P，求证：B′F＝C′D． 2．如图，已知一个三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF． （1）如图1，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝4S△EDF，求ED的长； （2）如图2，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论； （3）如图3，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN＝2，CE，求的值． 3．如图，抛物线y＝a（x+4）（x﹣2）（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，4）． （1）直接写出A，B两点的坐标，并求出抛物线的表达式； （2）如图，点E是线段AB之间的一个动点，过点E作x轴的垂线分别交抛物线于点D，直线AC于点F．当D，E，F三个点中的一个点平分另外两个点构成的线段时，求△DAC的面积； （3）若点P是抛物线上不与顶点重合的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平面内，当四边形CMPN是矩形且时，求点P的横坐标． 4．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过原点和点A（4，0）．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C． （1）求二次函数的解析式及点C的坐标； （2）点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m． ①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值； ②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由． 6．综合与探究 【问题情境】在数学课上，同学们用矩形纸片进行探究活动． 如图1，勤奋小组准备了矩形纸片ABCD，AC与BD交于点O．将矩形纸片ABCD折叠，使点B的对应点恰好落在点O处，得到折痕AE，AE与BD相交于点F．如图2，阳光小组准备了正方形纸片ABCD，将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在点E处，得到折痕AF，AF与BD相交于点G，连接EF，EG． 【猜想发现】（1）如图1，△BFE是 　 　 三角形，∠EBF＝ 　 　 °；如图2，△BGF是 　 　 三角形． 【深入探究】（2）如图2，试探究线段BG和线段EF之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】（3）如图3，在图2的基础上，继续将正方形纸片ABCD折叠，使点A与点F重合，折痕为PQ．连接PF，交BD于点M，请直接写出AB，BM，PQ三条线段之间的关系式． 7．【问题探究】 （1）如图1，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是BC边上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．求证：①△BAC∽△PAQ；②∠ABC＝∠ACQ； 【实际应用】 （2）如图2，有一块正方形的荒地ABCD，点E在CD边上，AE是荒地中的一条小路，某村民计划以AE为边开垦一个正方形的菜地AEFG，在菜地AEFG的对角线的交点O处修建一口水并，并沿OD修建一条水渠．若荒地ABCD的边长为200米，小路AE长为300米，求水渠OD的长度．（小路宽度以及水井面积忽略不计） 8．综合运用 如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B不重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线BC于点E，连接BD． ①连接CD，当△CDB的面积为10时，求点F的横坐标； ②直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分？若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明理由． （3）若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请直接写出点M的坐标． 9．【问题探究】 （1）如图1，BD为矩形ABCD的对角线，点E为AD上方一点，连接BE、DE，点F在DE的延长线上，连接BF，若BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD，试判断DE与DC的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （2）学校劳动实践基地的开发能让学生体验劳动的艰辛，品味获得劳动成果的喜悦，同时满足学生劳动教育实践需要．如图2，矩形ABCD是某校一块劳动实践基地的示意图，其中AB＝15米，BC＝25米，对角线BD为一条走廊，学校计划对该基地进行重新扩建规划，在边AD上取点E，AD上方取点F，记BF与AD的交点为P，并规划△BEF区域为幼苗种植区，线段AP为作品展示台（宽度不计），根据要求，BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD，请你帮助学校计算作品展示台AP的长度． 10．定义：对于平面直角坐标系内的点P（a，b）和反比例函数，若ab＝﹣k，则称点P是反比例函数的“双曲点”． 已知点P（3，﹣2）和反比例函数． （1）判断点P是否为反比例函数的“双曲点”，并说明理由； （2）如图1，过点P作PM∥y轴，PN∥x轴，分别与反比例函数的图象交于点M和N，将直线PM右侧的图象沿PM翻折，交y轴于点A，将直线PN下方的图象沿PN翻折，翻折后的曲线相交于点Q． ①求点Q到x轴和y轴的距离比； ②如图2，若点B（0，m）位于点A上方，过点B作BC⊥y轴，交y轴左侧曲线于点C，交y轴右侧曲线（实线部分）于点D．若BD＝2BC，求m的值． 11．在矩形OABC中，OA＝4，OC＝8．分别以OA、OC边所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）如图1，将△AOB沿对角线OB翻折，交OC于点P，点A的对应点为A′，求点A′的坐标； （2）如图2，已知E是AB上一点，且AE＝1，CF⊥OE于点H，交OA于点F，求四边形BCHE的面积； （3）如图3，点D（0，6），点Q是OB上一点，且DQ⊥OB，M是直线DQ上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使以O，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 12．（1）如图①，在正方形ABCD中，E为CD边上一动点，将△ADE沿AE折叠，得到△AEF，过点F作直线MN∥AD，分别交CD，AB边于点M，N． 【问题探究】①求证：△EMF∽△FNA； 【问题解决】②当DE＝3时，若MF•FN＝10，求正方形ABCD的边长； 【实际应用】（2）如图②，有一块形状为正方形的纸片ABCD，小李要在CD边上找一点E，然后将△ADE沿AE折叠，得到△AEF，过点F作直线MN∥AD，分别交CD，AB边于点M，N，小李沿着EF裁剪交BC边于点P，沿着AP裁剪交MN于点Q．当MF+NQ＝QF时，点P为线段BC的中点吗？请说明理由． 13．综合与探究 问题情景：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB边上任一点（不与A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针方向旋转90°，得到CE，连接DE，BE．问AD与BE之间有怎样的关系？请说明理由． 猜想计算：（2）在（1）的条件下，如图2，若，求∠BCE的度数； 深入探究：（3）如图3，四边形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，DC＝BC，若对角线AC，BD相交于点O，直接写出AB，AD与AC的数量关系． 14．如图，直线y＝2x+b与双曲线交于点A（a，6）和点B，与x轴交于点C，与y轴交于点D，设直线y＝2x+b与x轴正半轴的夹角（∠DCO）为θ． （1）求tanθ的值． （2）若AC＝3CB，求a、b、k的值． （3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在点P，使∠APB＝θ，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 15．综合与实践 问题情境 “勇闯鹿族”是山西方特的经典项目悬挂过山车．如图，A→B→C→E→F为过山车的一部分轨道，轨道A→B→C和C→E→F可以各自看成一段抛物线，且形状相同，B，E分别为两段轨道的最低点． 建模分析 建立平面直角坐标系，使点A在y轴上，B，E两点在x轴上，其中OA＝16.9米，OB＝13米（轨道厚度忽略不计）． （1）求轨道A→B→C所在抛物线的表达式； （2）已知轨道C→E→F所在抛物线的最低点E的坐标为（33，0），在轨道A→B→C上有两个位置D和C，它们到地面的距离相等，求点D的坐标； 拓展应用 （3）现需要对轨道下坡段A→B进行安全加固，利用某种材料建造水平和竖直支架GP，GM，HQ，HN，且要求MN＝2OM．已知这种材料的价格是5000元/米，直接写出当GP多长时，造价最低，最低造价为多少． 16．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝4，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为a． （1）问题发现 ①当a＝0°时，　 　 ；②当a＝180°时，　 　 ． （2）拓展探究试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明． （3）问题解决 △CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，直接写出线段BD的长． 17．【问题提出】 （1）如图①，在菱形ABCD中，点E，F分别为BC，DC上的点，且，射线AE交DC的延长线于点M，射线AF交BC的延长线于点N，若AF＝4，CF＝2．求CM的长； 【问题解决】 （2）如图②，菱形ABCD是某公园的平面示意图，已知AB＝400米，∠B＝60°，公园的一个出口点E为AD的中点，在公园外有一个观测点F，且距离出口E的距离为FE＝100米，现计划在公园内部修建一座凉亭P，要求AP＝2AF，且∠FAP＝120°，为了游客能更好的欣赏公园风景，在凉亭P和出口C，D之间需再修建两条观光小路PD和PC（小路宽度不计）．已知小路PD的造价为1000元/米，小路PC的造价为500元/米，求修建观光小路的最低费用． 18．【问题情境】已知矩形ABCD和矩形AEFG，点E在BC边上，矩形AEFG在BC边的上方，且，连接CF． 【特例发现】（1）如图1，当k＝1时，那么的值为　 　 ；（提示：在AB边上取一点M，使得BM＝BE，连接EM） 【拓展延伸】（2）如图2，当时，连接DG，DF． ①求证：△ABE∽△ADG； ②若，且DG＝8，求DF的长． 19．如图，在△ABC中，AB＝BC＝5，AC＝6．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE．AC和BE相交于点O． （1）试判断四边形ABCE的形状，并证明你的结论； （2）P是线段BC上一动点（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AE于点Q，QR⊥BD，垂足为点R，如图2． ①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积； ②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？ 20．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，点E在边BC上，连结AE，将射线AE绕点A逆时针旋转90°后交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG． 【初步探究】（1）如图1，连结BD，求∠DBC的度数和的值； 【衍生拓展】（2）如图2，当点F在射线AD上时，求线段BE的长． 21．如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点O是对角线BD的中点，点E是边BC上一动点，连接OE，将射线OE绕点O逆时针方向旋转45°交射线DC于点F． （1）求证：△BEO∽△DOF； （2）延长EO，FO，分别交线段AD，射线BA于点H，G，当四边形EFHG是矩形时，求BE的长； （3）当1＜BE＜2时，问：△CEF的周长是否是定值？说明理由． 22．如图，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点D在y轴负半轴且OC＝2OD，连接AD，点E是x轴上的一个动点，过点E作x轴的垂线l交抛物线于点M，交直线AD于点N． （1）求抛物线的解析式； （2）点E在线段OA上运动时，当四边形CMND是平行四边形时，求点E的坐标； （3）点E在线段AB上运动时，是否存在点E，使得A、M、B、N四点围成的四边形面积最大？若存在，求出点E的坐标，并求出四边形的最大面积；若不存在，请说明理由． 23．在矩形AOBC中，OB＝6，OA＝4，分别以OB，OA所在直线为x轴和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，F是BC上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数y（k＞0）的图象与AC边交于点E，连接OE，OF，EF． （1）若tan∠BOF，求F点的坐标； （2）若四边形OECF的面积等于12，求反比例函数y（k＞0）的表达式； （3）是否存在这样的点F，使得△OEF为直角三角形？若存在，求出此时点F坐标；若不存在，请说明理由． 24．如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AD，AC＝AE，∠ABC＝∠ADE＝90°． （1）如图1，连接BD，CE，，，求BC的长； （2）如图2，在（1）的条件下，将△ADE绕点A旋转，点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上，延长ED交AC于点F，求的值； （3）在（1）的条件下，△ADE绕点A旋转过程中，以C、D、E为顶点能构成直角三角形．请直接写出所有满足条件Rt△CDE中锐角∠DEC的正切值． 25．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足二次函数解析式y＝a（x﹣6）2+h，当与O点的水平距离为6m时，达到最高点2.6m，已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.43m． （1）求y与x的解析式（不用写出自变量x的取值范围）； （2）排球能否越过球网？请说明理由． 【北师大版压轴题】2024~2025年九年级上期末解答题真题汇编卷（上） 参考答案与试题解析 一．解答题（共25小题） 1．问题情境：“综合与实践”课上，老师让每个组准备了一张矩形纸片ABCD．如图1，把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形纸片AB′C′D′，点B，C，D的对应点为B′，C′，D′，设旋转角为α（0°＜α＜360°）操作中，同学们提出了如下问题，请你解答： 操作探究： （1）“奋进小组”提出问题：如图2，当旋转后的矩形纸片AB′C′D′中的点B′落在AD上时，延长C′B′，交BC于点E．求证：四边形ABEB′是正方形． （2）“团结小组”提出问题：如图3，连接CC′，取CC′的中点M，连接AM，若CD＝3，AD＝5，求线段AM的长为多少． 数学思考： （3）“善思小组”提出问题：如图4，连接AC，当旋转后的矩形纸片AB′C′D′中的点C′在AD的延长线上时，延长C′B′，交BC于点F，交AC于点P，求证：B′F＝C′D． 【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝∠BAB′＝90°． ∵把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形纸片AB′C′D′，点B，C，D的对应点为B′，C′，D′， ∴∠AB′C′＝∠B＝90°，AB＝AB′， ∴∠ABE＝∠BAB′＝∠AB′E＝90°， ∴四边形ABEB′是矩形， ∵AB＝AB′， ∴四边形ABEB′是正方形； （2）； （3）如图4，连接AF， 在Rt△ABF和Rt△AB′F中， ， ∴Rt△ABF≌Rt△AB′F（HL）， ∴∠AFB＝∠AFB′． ∵AD∥BC， ∴∠C′AF＝∠AFB， ∴∠C′AF＝∠AFC′， ∴AC′＝C′F． 由旋转的性质得AD＝BC＝B′C′， ∴AC′﹣AD＝C′F﹣B′C′， 即C′D＝B′F． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝∠BAB′＝90°． ∵把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形纸片AB′C′D′，点B，C，D的对应点为B′，C′，D′， ∴∠AB′C′＝∠B＝90°，AB＝AB′， ∴∠ABE＝∠BAB′＝∠AB′E＝90°， ∴四边形ABEB′是矩形， ∵AB＝AB′， ∴四边形ABEB′是正方形； （2）解：∵四边形ABEB′是正方形，四边形ABCD，AB′C′D′是矩形， ∴B′E＝AB＝CD＝3，BC＝AD＝AD′＝B′C′＝5， ∴CE＝BC﹣BE＝2，C′E＝C′B′+B′E＝8． 如图3，连接AC，AC′， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：， 由旋转的性质得， 在Rt△CEC′中，由勾股定理得：， ∵点M是CC′的中点， ∴， 在Rt△AMC中，由勾股定理得：； （3）证明：如图4，连接AF， 在Rt△ABF和Rt△AB′F中， ， ∴Rt△ABF≌Rt△AB′F（HL）， ∴∠AFB＝∠AFB′． ∵AD∥BC， ∴∠C′AF＝∠AFB， ∴∠C′AF＝∠AFC′， ∴AC′＝C′F． 由旋转的性质得AD＝BC＝B′C′， ∴AC′﹣AD＝C′F﹣B′C′， 即C′D＝B′F． 2．如图，已知一个三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF． （1）如图1，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝4S△EDF，求ED的长； （2）如图2，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论； （3）如图3，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN＝2，CE，求的值． 【答案】（1）； （2）连结AM交EF于点O，如图2， ∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处， ∴∠AFE＝∠MFE，AE＝EM，AF＝MF， ∵MF∥AC， ∴∠AEF＝∠MFE， ∴∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF， ∴AE＝EM＝MF＝AF， ∴四边形AEMF为菱形； （3）． 【解答】解：（1）∵将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处， ∴S△AEF＝S△DEF，EF⊥AB， ∵S四边形ECBF＝4S△EDF， ∴S△ABC＝5S△AEF， ∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB＝10， ∵∠EAF＝∠BAC， ∴△AEF∽△ABC， ∴， 即， ∴， ∴； （2）连结AM交EF于点O，如图2， ∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处， ∴∠AFE＝∠MFE，AE＝EM，AF＝MF， ∵MF∥AC， ∴∠AEF＝∠MFE， ∴∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF， ∴AE＝EM＝MF＝AF， ∴四边形AEMF为菱形； （3）如图3，作FH⊥BC于H， ∵EC∥FH， ∴△NCE∽△NFH， ∴， ∴， ∴， 设FH＝4x，NH＝7x，则BH＝6﹣（7x﹣2）＝8﹣7x，CH＝7x﹣2， ∵FH∥AC， ∴△BFH∽△BAC， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴AF＝AB﹣BF＝10﹣4＝6， ∴． 3．如图，抛物线y＝a（x+4）（x﹣2）（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，4）． （1）直接写出A，B两点的坐标，并求出抛物线的表达式； （2）如图，点E是线段AB之间的一个动点，过点E作x轴的垂线分别交抛物线于点D，直线AC于点F．当D，E，F三个点中的一个点平分另外两个点构成的线段时，求△DAC的面积； （3）若点P是抛物线上不与顶点重合的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平面内，当四边形CMPN是矩形且时，求点P的横坐标． 【答案】（1）4或5． （2）y． （3）﹣5或． 【解答】解：（1）令y＝a（x+4）（x﹣2）＝0， ∵a≠0， ∴x1＝﹣4，x2＝2， ∴A（﹣4，0），B（2，0）． 将C（0，4）代入抛物线的表达式y＝a（x+4）（x﹣2）， ∴﹣8a＝4， 解得， ∴． （2）由点A，C坐标，得直线AC的表达式为y＝x+4． 由题意得E（m，0），F（m，m+4）， ∴点， 当点E在OA之间时，则， 若点F是DE的中点，DF＝EF， 则， 解得m＝﹣4或m＝﹣2． 当m＝﹣4时，D与A重合，舍去； 当m＝﹣2时，D（﹣2，4），F（﹣2，2）， ∴DF＝2， ∴△DAC的面积； 同理，当点E在OB之间时，则， 若点D是EF的中点，DF＝DE， 则， 解得m＝﹣4或m＝1， 当m＝﹣4时，点E不在OB之间，舍去； 当m＝1时，，F（1，5）， ∴， ∴△DAC的面积； 综上，△DAC的面积为4或5． （3）设点P（p，，点M（﹣1，m）， 当四边形CMPN是矩形时，则∠PMC为直角， ①如图，过点M作y轴的垂线交y轴于点K，交过点P和y轴的平行线于点H． ∵∠PMC为直角，则∠HMP+∠KMC＝90°． ∵∠HPM+∠HMP＝90°， ∴∠HPM＝∠CMK， 又∠PHM＝∠MKC＝90°， ∴△CKM∽△MHP， ∴， ∴， 由题意得，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， ∴MK＝1，CK＝4﹣m，MH＝﹣1﹣p，， ∴， 解得p＝1（不合题意，舍去）或p＝﹣5， 此时，点P的横坐标为﹣5； ②如图，过点M作HK⊥y轴于K，PH⊥HK于H， 同理可得，△CMK∽△MPH， ∴， ∵CK＝m﹣4，MK＝1，，MH＝﹣1﹣p， ∴， 解得，其中舍去， 故； ③如图，过点C，P分别作对称轴的垂线，垂足分别为K，H， 同理可得△CMK∽△MPH，， ∴， ∵CK＝1，MK＝4﹣m，PH＝p+1，， ∴， 解得，其中舍去， 故， 综上，点P的横坐标为﹣5或． 4．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE5， ∴∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD， ∵1， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∵AB＝3，AC＝5， ∴； （2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图： 同（1）得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵BM是中线， ∴BM＝AM＝CMAC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵∠ABD+∠MBC＝90°， ∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM， 又AM＝CM， ∴△BAM≌△QCM（AAS）， ∴BM＝QM， ∴四边形ABCQ是平行四边形， ∵∠ABC＝90° ∴四边形ABCQ矩形， ∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN， ∴EQ3， ∴EQ＝CQ， ∴PQ是△CEN的中位线， ∴PQCN， 设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4﹣x， ∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3， ∴△EQP≌△ADP（AAS）， ∴EP＝AP＝4﹣x， ∵EP2＝PQ2+EQ2， ∴（4﹣x）2＝x2+32， 解得：x， ∴AP＝4﹣x，CN＝2x， ∵PQ∥CN， ∴△APF∽△CNF， ∴， ∴， ∵AC＝5， ∴， ∴CF； 方法2： ∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴AM＝BM＝CMAC， ∴∠ABM＝∠BAM， ∵AB＝AD， ∴∠ABM＝∠ADB， ∴∠BAM＝∠ADB， ∵∠ABM＝∠DBA， ∴△ABM∽△DBA， ∴，即， ∴BD， ∴DM＝BD﹣BM， ∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB， ∴DM∥AE， ∴△FDM∽△FEA， ∴，即， 解得FM， ∴CF＝CM﹣FM； （3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5﹣3）×4＝4； ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5+3）×4＝16； ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图， ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形， ∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4， ∵AE＝AC＝5， ∴EQ＝CQCE， ∴CE＝3， ∴CE＝6， ∴S△CDEAQ•CE4×6＝12； ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图， ∵DC⊥EC，AQ⊥EC， ∴AQ∥DC， ∵AC＝AE，AQ⊥EC， ∴EQ＝CQ， ∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NEDE＝2，CD＝2NQ， ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°， ∴∠DAN＝∠QEN， ∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴， ∴， ∴NQEQ， ∵NQ2+EQ2＝NE2， ∴（EQ）2+EQ2＝22， 解得EQ， ∴CE＝2EQ，NQEQ， ∴CD＝2NQ， ∴S△CDECD•CE． 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或． 5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过原点和点A（4，0）．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C． （1）求二次函数的解析式及点C的坐标； （2）点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m． ①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值； ②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2+4x；C（0，4）． （2）①当m时，PD是最大值． ②存在，（3，3）或（2，4）． 【解答】解：（1）∵抛二次函数经过O（0，0），A（4，0），B（1，3）， ∴将三点坐标代入解析式得， 解得：a＝﹣1，b＝4，c＝0， ∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+4x； ∵直线经过A、B两点，设直线AB解析式为：y＝kx+n， ∴将A、B两点代入得， 解得：k＝﹣1，n＝4， ∴直线AB解析式为：y＝﹣x+4， ∵点C是直线与y轴交点， ∴令x＝0，则y＝4， ∴C（0，4）． （2）①∵点P在直线AB上方， ∴1＜m＜4， 由题知P（m，﹣m2+4m），D（m，﹣m+4）， ∴PD＝yP﹣yD＝﹣m2+4m+m﹣4＝﹣m2+5m﹣4＝﹣（m）2， ∵﹣1＜0， ∴当m时，PD是最大值． ②存在，理由如下： ∵∠PDB＝∠ADE，∠ADE＝∠ACO， ∴∠BDP＝∠ACO， ∵△AOC是直角三角形， ∴要使△BPD与△AOC相似，只有保证△BPD是直角三角形就可以． （Ⅰ）当△BPD∽△AOC时， ∵∠AOC＝90°， ∴∠BPD＝90°， 此时BP∥x轴，B、P关于对称轴对称， ∴P（3，3）； （Ⅱ）法一：当△PBD∽△AOC时， ∴∠PBD＝∠AOC＝90°， ∵OC＝OA＝4， ∴∠BDP＝∠ADE＝∠OAC＝45°， ∴△BDP为等腰直角三角形， ∴PDBD， 由①知PD＝﹣m2+5m﹣4， ∵B（1，3），D（m，﹣m+4）， ∴BD（m﹣1）， ∵PDBD， ∴﹣m2+5m﹣4＝2（m﹣1）， 解得m1＝2，m2＝1（舍）， ∴P（2，4）． 法二：当△PBD∽△AOC时， ∴∠PBD＝∠AOC＝90°， 过B作GH∥y轴，作PG⊥GH，作DH⊥GH， 则易证△PGB∽△BHD， ∴， ∵PG＝m﹣1，BG＝﹣m2+4m﹣3，BH＝m﹣1，DH＝m﹣1， ∴， 解得m1＝2，m2＝1（舍）， ∴P（2，4）． 法三：当△PBD∽△AOC时， ∴∠PBD＝∠AOC＝90°， ∴AB⊥PB， ∵kAC＝﹣1， ∴kBP＝1， ∴直线BP的解析式为：y＝x+2， 联立方程组得， 解得：或， ∴P（2，4） 综上，存在点P使△BPD与△AOC相似，此时P的坐标为（3，3）或（2，4）． 6．综合与探究 【问题情境】在数学课上，同学们用矩形纸片进行探究活动． 如图1，勤奋小组准备了矩形纸片ABCD，AC与BD交于点O．将矩形纸片ABCD折叠，使点B的对应点恰好落在点O处，得到折痕AE，AE与BD相交于点F．如图2，阳光小组准备了正方形纸片ABCD，将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在点E处，得到折痕AF，AF与BD相交于点G，连接EF，EG． 【猜想发现】 （1）如图1，△BFE是 　直角　 三角形，∠EBF＝ 　30　 °；如图2，△BGF是 　等腰　 三角形． 【深入探究】 （2）如图2，试探究线段BG和线段EF之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在图2的基础上，继续将正方形纸片ABCD折叠，使点A与点F重合，折痕为PQ．连接PF，交BD于点M，请直接写出AB，BM，PQ三条线段之间的关系式． 【答案】（1）直角，30；等腰； （2）BG∥EF且BG＝EF，理由见解析； （3）2BM2+AB2＝PQ2． 【解答】解：（1）在图1中，四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，， 由折叠可得△ABE≌△AOE， ∴， ∴∠ACB＝30°， ∵OC＝OB， ∴∠ACB＝∠EBF＝30°， ∵矩形纸片ABCD折叠，使点B的对应点恰好落在点O处，折痕AE是对称轴， ∴BO⊥EF，即△BFE是直角三角形， 在图2中，四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵AC，BD分别平分∠BAD和∠ABC，AC⊥BD， ∴∠BAC＝∠DBC＝45°，∠AOB＝90°， 由折叠可得△ABF≌△AEF， ∴BF＝EF， ∴，∠AEF＝∠ABF＝90°， 在Rt△ABF中，∠ABF＝90°， ∴∠AFB＝90°﹣∠BAF＝90°﹣22.5°＝67.5°， 在△BGF中，∠BGF＝180°﹣∠DBF﹣∠AFB＝67.5°， ∴∠BGF＝∠BFG， ∴BG＝BF， ∴△BGF是等腰三角形． 故答案为：直角，30；等腰； （2）BG∥EF且BG＝EF；理由如下： 由（1）得∠AOB＝∠AEF＝90°，BG＝BF，BF＝EF， ∴BG＝EF，OB∥EF，即BG∥EF， ∴BG∥EF且BG＝EF． （3）2BM2+AB2＝PQ2．理由如下： 过点Q作AB的垂线，垂足为K，设PQ交于AF点R，如图3， ∴∠KQP＝∠KAD＝∠ADQ＝90°， ∴四边形AKQD为矩形， ∴KQ＝AD， ∵正方形纸片ABCD折叠，使点A与点F重合，折痕PQ为对称轴， ∴PQ⊥AF，AP＝PF， ∴∠PRA＝∠QKP＝90°， ∴∠PAR+∠KPQ＝∠KQP+∠KPQ＝90°， ∴∠PAR＝∠KQP， ∵KQ＝AD，AB＝AD， ∴KQ＝AB， 在△PKQ和△FBA中， ， ∴△PKQ≌△FBA（SAS）， ∴PQ＝FA， ∵∠PRA＝∠PRF＝90°， ∴△APR和△FPR是直角三角形， 在Rt△APR和Rt△FPR中， ， ∴Rt△APR≌Rt△FPR（HL）， ∴∠PAR＝PFR＝22.5°， ∵∠AFB＝67.5°， ∴∠BFP＝∠AFB﹣∠PFR＝67.5°﹣22.5°＝45°， ∴∠ACB＝45°＝∠BFP， ∴MF∥OC， ∴∠FMB＝∠COB＝90°， ∴BM＝cos45°BF，即， 又∵BF2+AB2＝AF2，PQ＝AF， ∴2BM2+AB2＝PQ2． 7．【问题探究】 （1）如图1，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是BC边上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．求证： ①△BAC∽△PAQ； ②∠ABC＝∠ACQ； 【实际应用】 （2）如图2，有一块正方形的荒地ABCD，点E在CD边上，AE是荒地中的一条小路，某村民计划以AE为边开垦一个正方形的菜地AEFG，在菜地AEFG的对角线的交点O处修建一口水并，并沿OD修建一条水渠．若荒地ABCD的边长为200米，小路AE长为300米，求水渠OD的长度．（小路宽度以及水井面积忽略不计） 【答案】（1）①∵在等腰△ABC中，AB＝BC， ∴， ∵在等腰△APQ中，AP＝PQ， ∴， 又∵∠APQ＝∠ABC， ∴∠BAC＝∠PAQ， 在△BAC和△PAQ中， ， ∴△BAC∽△PAQ． ②由（1）①已证：△BAC∽△PAQ， ∴，即， ∵∠BAC＝∠PAQ，∠BAC＝∠BAP+∠PAC，∠PAQ＝∠PAC+∠CAQ， ∴∠BAP＝∠CAQ， 在△BAP和△CAQ中， ， ∴△BAP∽△CAQ， ∴∠ABC＝∠ACQ； （2）米． 【解答】（1）证明：①∵在等腰△ABC中，AB＝BC， ∴， ∵在等腰△APQ中，AP＝PQ， ∴， 又∵∠APQ＝∠ABC， ∴∠BAC＝∠PAQ， 在△BAC和△PAQ中， ， ∴△BAC∽△PAQ． ②由（1）①已证：△BAC∽△PAQ， ∴，即， ∵∠BAC＝∠PAQ，∠BAC＝∠BAP+∠PAC，∠PAQ＝∠PAC+∠CAQ， ∴∠BAP＝∠CAQ， 在△BAP和△CAQ中， ， ∴△BAP∽△CAQ， ∴∠ABC＝∠ACQ． （2）解：如图，连接AC， ∵荒地ABCD的边长为米，正方形AEFG的边长AE长为300米， ∴米，AE＝EF＝300米，，∠ADC＝∠AEF＝90°，∠CAD＝∠EAF＝45°， ∴米，米， 米， ∴米，，， ∴， 又∵∠CAD＝∠EAF＝45°， ∴∠CAD﹣∠EAD＝∠EAF﹣∠EAD，即∠CAE＝∠DAO， 在△CAE和△DAO中， ， ∴△CAE∽△DAO， ∴， ∴（米）， 答：水渠OD的长度为米． 8．综合运用 如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B不重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线BC于点E，连接BD． ①连接CD，当△CDB的面积为10时，求点F的横坐标； ②直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分？若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明理由． （3）若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请直接写出点M的坐标． 【答案】（1）y＝﹣x2+4x+5； （2）①△CDB的面积为10时，点F的横坐标为1或4； ②直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分，点D的坐标为或； （3）（2，7），（2，﹣3），（2，6），（2，﹣1）． 【解答】解：（1）已知抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+4x+5； （2）设直线BC的解析式为y＝kx+m，将点B，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+5， 设D（x，﹣x2+4x+5），则E（x，﹣x+5），F（x，0）（0＜x＜5）， ∴DE＝﹣x2+4x+5﹣（﹣x+5）＝﹣x2+5x． ①根据题意得△CDB的面积为， ∴， 解得：x1＝1，x2＝4． ∴△CDB的面积为10时，点F的横坐标为1或4； ②直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分；理由如下： ∵EF＝﹣x+5， 当DE：EF＝2：3时，S△BDE：S△BEF＝2：3，即（﹣x2+5x）：（﹣x+5）＝2：3， 整理得：3x2﹣17x+10＝0， 解得：（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为； 当DE：EF＝3：2时，S△BDE：S△BEF＝3：2，即（﹣x2+5x）：（﹣x+5）＝3：2， 整理得：2x2﹣13x+15＝0， 解得：（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为， 综上所述，直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分，点D的坐标为或； （3）点M的坐标为（2，7），（2，﹣3），（2，6），（2，﹣1）．理由如下： 抛物线的对称轴为直线x＝2，如图， 设M（2，t）， ∵B（5，0），C（0，5）， ∴BC2＝52+52＝50，MC2＝22+（t﹣5）2＝t2﹣10t+29，MB2＝（2﹣5）2+t2＝t2+9， 当BC2+MC2＝MB2时，△BCM为直角三角形，∠BCM＝90°， ∴50+t2﹣10t+29＝t2+9， 解得：t＝7， ∴点M的坐标为（2，7）； 当BC2+MB2＝MC2时，△BCM为直角三角形，∠CBM＝90°， ∴50+t2+9＝t2﹣10t+29， 解得：t＝﹣3， ∴点M的坐标为（2，﹣3）； 当MC2+MB2＝BC2时，△BCM为直角三角形，∠CMB＝90°， ∴t2﹣10t+29+t2+9＝50， 解得：t1＝6，t2＝﹣1， ∴点M的坐标为（2，6）或（2，﹣1）， 综上所述，点M的坐标为（2，7），（2，﹣3），（2，6），（2，﹣1）． 9．【问题探究】 （1）如图1，BD为矩形ABCD的对角线，点E为AD上方一点，连接BE、DE，点F在DE的延长线上，连接BF，若BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD，试判断DE与DC的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （2）学校劳动实践基地的开发能让学生体验劳动的艰辛，品味获得劳动成果的喜悦，同时满足学生劳动教育实践需要．如图2，矩形ABCD是某校一块劳动实践基地的示意图，其中AB＝15米，BC＝25米，对角线BD为一条走廊，学校计划对该基地进行重新扩建规划，在边AD上取点E，AD上方取点F，记BF与AD的交点为P，并规划△BEF区域为幼苗种植区，线段AP为作品展示台（宽度不计），根据要求，BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD，请你帮助学校计算作品展示台AP的长度． 【答案】（1）DE＝CD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°， ∵BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD， ∴△BEF≌△BCD（SSS）， ∴∠BEF＝∠C＝90°， ∴∠BED＝180°﹣∠BEF＝90°， ∴∠BED＝∠C＝90°， 在Rt△BED和Rt△BCD中， ， ∴Rt△BED≌Rt△BCD（HL）， ∴DE＝CD； （2）米． 【解答】解：（1）DE＝CD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°， ∵BE＝BC，BF＝BD，EF＝CD， ∴△BEF≌△BCD（SSS）， ∴∠BEF＝∠C＝90°， ∴∠BED＝180°﹣∠BEF＝90°， ∴∠BED＝∠C＝90°， 在Rt△BED和Rt△BCD中， ， ∴Rt△BED≌Rt△BCD（HL）， ∴DE＝CD； （2）过点F作FH⊥AD于点H，作FG⊥AB交AB的延长线于点G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠C＝90°，AB＝CD＝15米，BC＝AD＝25米， ∴（米）， 在△BEF≌△BCD中， ， ∴△BEF≌△BCD（SSS）， ∴∠BEF＝∠C＝90°， ∴∠FEH+∠AEB＝90°， ∵∠BAD＝90°， ∴∠BAE＝∠EHF＝90°，∠ABE+∠AEB＝90°， ∴∠ABE＝∠HEF， ∴△ABE∽△HEF， ∴（相似三角形的对应边成比例）， ∴， ∴HE＝9米， ∴（米）， ∵FH⊥AD，FG⊥AB，∠BAD＝90°， ∴∠G＝∠GAH＝∠AHF＝90°， ∴四边形AHGF是矩形， ∴AG＝FH＝12米， ∴BG＝AB+AG＝15+12＝27米， ∴米， ∵∠BAP＝∠G＝90°，∠ABP＝∠GBF， ∴△ABP∽△GBF， ∴，即， ∴米． 10．定义：对于平面直角坐标系内的点P（a，b）和反比例函数，若ab＝﹣k，则称点P是反比例函数的“双曲点”． 已知点P（3，﹣2）和反比例函数． （1）判断点P是否为反比例函数的“双曲点”，并说明理由； （2）如图1，过点P作PM∥y轴，PN∥x轴，分别与反比例函数的图象交于点M和N，将直线PM右侧的图象沿PM翻折，交y轴于点A，将直线PN下方的图象沿PN翻折，翻折后的曲线相交于点Q． ①求点Q到x轴和y轴的距离比； ②如图2，若点B（0，m）位于点A上方，过点B作BC⊥y轴，交y轴左侧曲线于点C，交y轴右侧曲线（实线部分）于点D．若BD＝2BC，求m的值． 【答案】（1）点P是反比例函数的“双曲点”，理由如下： ∵P（3，﹣2）， ∴﹣k＝3×（﹣2）＝﹣6， ∴P是反比例函数的“双曲点”； （2）①；②或4． 【解答】解：（1）由题意，∵P（3，﹣2）， ∴﹣k＝3×（﹣2）＝﹣6， ∴P是反比例函数的“双曲点”； （2）①由题意，设Q（a，b）， 如图1，设点Q关于直线x＝3的对称点为Q1，点Q关于直线y＝﹣2的对称点为Q2． ∴Q1（6﹣a，b），Q2（a，﹣4﹣b） ∴点Q1，Q2都在反比例函数图象上， ∴（6﹣a）b＝a（﹣4﹣b）＝6． ∴2a+3b＝0． ∴，即Q到x轴和y轴的距离比为； ②∵BC⊥y轴，B（0，m）， ∴yC＝yD＝yB＝m． 设C关于直线y＝﹣2的对称点为C1， 如图2，当点D在点M下方时， 设D关于直线x＝3的对称点为D1， ∴，，． 将和代入得，，． ∴． ∴，． ∵BD＝2BC， ∴． ∴，（舍）． 如图3，当D在点M上方时， ，， ∴，． ∵BD＝2BC， ∴． ∴m＝4． 综上，m的值为或4． 11．在矩形OABC中，OA＝4，OC＝8．分别以OA、OC边所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）如图1，将△AOB沿对角线OB翻折，交OC于点P，点A的对应点为A′，求点A′的坐标； （2）如图2，已知E是AB上一点，且AE＝1，CF⊥OE于点H，交OA于点F，求四边形BCHE的面积； （3）如图3，点D（0，6），点Q是OB上一点，且DQ⊥OB，M是直线DQ上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使以O，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）∴A′（，）； （2）四边形BCHE的面积为； （3）在x轴上方的平面内存在另一个点N，使以O，D，M，N为顶点的四边形是菱形；点或（﹣6，3）或． 【解答】解：（1）过点A′作A′E⊥OC于点E，如图1， ∵将△AOB沿对角线OB翻折，交OC于点P，点A的对应点为A′， ∴∠OBA＝∠OBA′，A′B＝AB， ∵四边形OABC是矩形， ∴OC∥AB，BC＝OA＝4，AB＝OC＝8，∠BCP＝90°， ∴∠POB＝∠OBA， ∴∠POB＝∠OBP， ∴PO＝PB， 设PB＝x，则PO＝x，PC＝8﹣x， 在Rt△PCB中，由勾股定理得：BC2+PC2＝PB2，即42+（8﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， ∴PO＝PB＝5， ∴PC＝8﹣5＝3，PA′＝8﹣5＝3， ∵A′E⊥OC， ∴∠PEA′＝90°， ∴∠PEA′＝∠BCP， 又∵∠A′PE＝∠BPC， ∴△A′PE∽△BPC， ∴，即， ∴， 在Rt△A′EP中，由勾股定理得：， ∴， ∴A′（，）； （2）∵四边形OABC是矩形， ∴∠OAB＝90°， ∵OA＝4，AE＝1， ∴OE2＝OA2+AE2＝42+12＝17，， ∴CF⊥OE， ∴∠CHO＝90°， ∵∠OCH+∠COH＝90°，∠AOE+∠COH＝90°， ∴∠OCH＝∠AOE， 又∵∠CHO＝∠OAE＝90°， ∴△CHO∽△OAE， ∴， ∴， ∴； （3）在x轴上方的平面内存在另一个点N，使以O，D，M，N为顶点的四边形是菱形；点或（﹣6，3）或．理由如下： 设DM与AB交于点F，如图3， ∵四边形BCOA是矩形， ∴∠OAB＝90°， 在直角三角形ABO中，由勾股定理得：， ∵D（0，6）， ∴OD＝6， ∵OC∥AB， ∴△DOQ∽△FBQ， ∴， ∴， ∵DQ⊥OB， ∴∠BQF＝∠OAB＝90°， ∴△BQF∽△BAO， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴BF＝4， ∴AF＝AB﹣BF＝8﹣4＝4， ∴F（4，4）， 设DM的解析式是y＝kx+b，将点D，点F的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴DM的解析式是， 设， 当OM＝OD时， 依题意得：， 解得：，m2＝0（不合题意，舍去）； 当时，， ∴， ∴； 当OM＝DM时，此时MN垂直平分OD， ∴， 解得：m＝6， ∴M（6，3）， ∴N（﹣6，3）； 当OD＝DM时， 依题意得：， 解得：， ∴，， ∴（不合题意，舍去），， 综上所述，在x轴上方的平面内存在另一个点N，使以O，D，M，N为顶点的四边形是菱形；点或（﹣6，3）或． 12．（1）如图①，在正方形ABCD中，E为CD边上一动点，将△ADE沿AE折叠，得到△AEF，过点F作直线MN∥AD，分别交CD，AB边于点M，N． 【问题探究】 ①求证：△EMF∽△FNA； 【问题解决】 ②当DE＝3时，若MF•FN＝10，求正方形ABCD的边长； 【实际应用】 （2）如图②，有一块形状为正方形的纸片ABCD，小李要在CD边上找一点E，然后将△ADE沿AE折叠，得到△AEF，过点F作直线MN∥AD，分别交CD，AB边于点M，N，小李沿着EF裁剪交BC边于点P，沿着AP裁剪交MN于点Q．当MF+NQ＝QF时，点P为线段BC的中点吗？请说明理由． 【答案】（1）①∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°， 由题意易得，四边形ADMN为矩形， ∴∠FME＝∠ANF＝90°， ∵将△ADE沿AE折叠，得到△AEF， ∴∠AFE＝∠D＝90°， ∴∠EFM＝∠FAN＝90°﹣∠AFN， ∴△EMF∽△FNA； ②； （2）点P是线段BC的中点；理由如下： ∵AF＝AD，AB＝AD，∠AFE＝∠D＝∠C＝90°， ∴AF＝AB，∠AFP＝∠B＝90°， 在Rt△APF和Rt△APB中， ， ∴Rt△APF≌Rt△APB（HL）， ∴PF＝PB，∠APF＝∠APB， ∵MN∥AD，BC∥AD， ∴MN∥BC， ∴∠PQF＝∠APB， ∴∠APF＝∠PQF， ∴QF＝PF＝PB， ∵MF+NQ＝QF， ∴， ∴， ∴P为BC的中点． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°， 由题意易得，四边形ADMN为矩形， ∴∠FME＝∠ANF＝90°， ∵将△ADE沿AE折叠，得到△AEF， ∴∠AFE＝∠D＝90°， ∴∠EFM＝∠FAN＝90°﹣∠AFN， ∴△EMF∽△FNA； ②解：由①知△FME∽△ANF，FE＝DE＝3， ∴， ∴EM•NA＝MF•FN＝10， ∵四边形ANMD为矩形， ∴NA＝DM＝EM+3， ∴EM（EM+3）＝10， 解得：EM＝2或EM＝﹣5（不合题意，舍去）， ∴NA＝DM＝2+3＝5， 在直角三角形EFM中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴正方形ABCD的边长为； （2）解：点P是线段BC的中点；理由如下： ∵AF＝AD，AB＝AD，∠AFE＝∠D＝∠C＝90°， ∴AF＝AB，∠AFP＝∠B＝90°， 在Rt△APF和Rt△APB中， ， ∴Rt△APF≌Rt△APB（HL）， ∴PF＝PB，∠APF＝∠APB， ∵MN∥AD，BC∥AD， ∴MN∥BC， ∴∠PQF＝∠APB， ∴∠APF＝∠PQF， ∴QF＝PF＝PB， ∵MF+NQ＝QF， ∴， ∴， ∴P为BC的中点． 13．综合与探究 问题情景： （1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB边上任一点（不与A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针方向旋转90°，得到CE，连接DE，BE．问AD与BE之间有怎样的关系？请说明理由． 猜想计算： （2）在（1）的条件下，如图2，若，求∠BCE的度数； 深入探究： （3）如图3，四边形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，DC＝BC，若对角线AC，BD相交于点O，直接写出AB，AD与AC的数量关系． 【答案】（1）AD＝BE，且AD⊥BE；理由如下： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠ABC＝45°， 由旋转的性质得：∠DCE＝90°，CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝90°， ∴DB⊥BE， 综上所述，AD＝BE且AD⊥BE； （2）30°； （3）． 【解答】解：（1）AD＝BE，且AD⊥BE；理由如下： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠ABC＝45°， 由旋转的性质得：∠DCE＝90°，CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝90°， ∴DB⊥BE， 综上所述，AD＝BE且AD⊥BE； （2）由（1）知：△ACD≌△BCE， ∴∠ADC＝∠BEC， ∵∠CDE＝45°， ∴∠ADC+∠BDE＝135°， ∵△BCE中∠CBE＝45°， ∴∠BEC+∠BCE＝135°， ∴∠BDE＝∠BCE， ∵，且AD＝BE， ∴， ∴， ∴∠BDE＝30°， ∴∠BCE＝30°； （3）在四边形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°， ∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣180°＝180°， ∵DC＝BC，∠DCB＝90°， 如图3，将△DCA绕点C顺时针旋转得△CBE，CD与CB重合， ∴AD＝BE，CA＝CE，∠ADC＝∠EBC， ∴∠EBC+∠ABC＝180°， ∴A、B、E三点共线， 在Rt△ACE中，∠ACE＝90°，CA＝CE， 由勾股定理得：AE2＝AC2+CE2＝2AC2， 解得：， 又∵AE＝AB+BE＝AB+AD， ∴， ∴AB，AD与AC的数量关系为． 14．如图，直线y＝2x+b与双曲线交于点A（a，6）和点B，与x轴交于点C，与y轴交于点D，设直线y＝2x+b与x轴正半轴的夹角（∠DCO）为θ． （1）求tanθ的值． （2）若AC＝3CB，求a、b、k的值． （3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在点P，使∠APB＝θ，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）tanθ＝2； （2）a＝1，b＝4，k＝6； （3）在x轴上存在点P，使∠APB＝θ；点P的坐标为（﹣7，0）或． 【解答】解：（1）直线y＝2x+b与双曲线交于点A（a，6）和点B，与x轴交于点C，与y轴交于点D， 当y＝0时，得：0＝2x+b， 解得：， 当x＝0时，得：y＝b， ∴，D（0，b）， ∴OD＝b，， 在Rt△OCD中，； （2）过点A作y轴的平行线，过点B作x轴的平行线，交于点E，交坐标轴分别为点F和G，如图1， ∵A（a，6）， ∴k＝6a， ∴双曲线的解析式为， 设， ∴F（a，0），，， ∴，EG＝a﹣0＝a，，EB＝a﹣m， ∴，，即， 又∵∠E＝∠E， ∴△EFG∽△EAB， ∴∠EFG＝∠EAB， ∴FG∥AB， ∵BG∥CF，AF∥DG， ∴四边形AFGD，BCFG都是平行四边形， ∴BC＝FG＝AD， ∵AC＝3CB， ∴AC＝3AD，， ∵OD∥AF， ∴△COD∽△CFA， ∴，即， 解得：b＝4，a＝1， ∴C（﹣2，0），A（1，6）， ∴k＝1×6＝6； （3）在x轴上存在点P，使∠APB＝θ；点P的坐标为（﹣7，0）或．理由如下： 设P（t，0）， 当点P在x轴的正半轴上时，如图2，∠APB＝θ， ∵∠ACP＝θ，∠CAP＝∠PAB， ∴△CAP∽△PAB， ∴，即AP2＝AC×AB， ∵y＝2x+4与， 联立得， 整理得x2+2x﹣3＝0， 解得：x1＝﹣3，x2＝1， ∴A（1，6），B（﹣3，﹣2）， ∴AP2＝（t﹣1）2+（6﹣0）2＝（t﹣1）2+36，，， ∴， 解得：t＝21或﹣21（不合题意，舍去）， ∴； 当点P在x轴的负半轴上时，∠APB＝θ， ∴∠PCB＝∠BPA＝θ， ∵∠PBC＝∠ABP， ∴△PBC∽△ABP， ∴， ∴BP2＝BC×AB， ∵BP2＝（﹣3﹣t）2+（﹣2﹣0）2＝（t+3）2+4，，， ∴， 解得：t＝﹣7或1（不合题意，舍去）， ∴P（﹣7，0）； 综上所述，在x轴上存在点P，使∠APB＝θ；点P的坐标为（﹣7，0）或． 15．综合与实践 问题情境 “勇闯鹿族”是山西方特的经典项目悬挂过山车．如图，A→B→C→E→F为过山车的一部分轨道，轨道A→B→C和C→E→F可以各自看成一段抛物线，且形状相同，B，E分别为两段轨道的最低点． 建模分析 建立平面直角坐标系，使点A在y轴上，B，E两点在x轴上，其中OA＝16.9米，OB＝13米（轨道厚度忽略不计）． （1）求轨道A→B→C所在抛物线的表达式； （2）已知轨道C→E→F所在抛物线的最低点E的坐标为（33，0），在轨道A→B→C上有两个位置D和C，它们到地面的距离相等，求点D的坐标； 拓展应用 （3）现需要对轨道下坡段A→B进行安全加固，利用某种材料建造水平和竖直支架GP，GM，HQ，HN，且要求MN＝2OM．已知这种材料的价格是5000元/米，直接写出当GP多长时，造价最低，最低造价为多少． 【答案】（1）抛物线A→B→C的函数关系式为y＝0.1（x﹣13）2； （2）D（3，10）； （3）当GP＝3.2米时，造价最低，最低造价为117800元． 【解答】解：（1）由图象可设抛物线解析式为y＝a（x﹣13）2， 把A（0，16.9）代入，得：169a＝16.9， 解得a＝0.1， ∴抛物线A→B→C的函数关系式为y＝0.1（x﹣13）2； （2）∵抛物线C→E→F最低点E的坐标为（33，0），形状与抛物线A→B→C的形状相同， ∴抛物线C→E→F的解析式为y＝0.1（x﹣33）2， ∴联立方程组， ∴． ∴C（23，10）， 由题意知，C，D关于抛物线A→B→C的对称轴对称， ∴D（3，10）； （3）设GP＝OM＝m，则ON＝MN+OM＝OM+2OM＝3OM＝3m， ∴yG＝0.1（m﹣13）2＝0.1m2﹣2.6m+16.9，yH＝0.1（3m﹣13）2＝0.9m2﹣7.8m+16.9， ∴GP+GM+HQ+HN＝m+0.1m2﹣2.6m+16.9+3m+0.9m2﹣7.8m+16.9＝m2﹣6.4m+33.8＝（m﹣3.2）2+23.56， ∵1＞0， ∴当m＝3.2时，GP+GM+HQ+HN最小，最小值为23.56， 23.56×5000＝117800（元）， 答：当GP＝3.2米时，造价最低，最低造价为117800元． 16．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝4，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为a． （1）问题发现 ①当a＝0°时，　　 ；②当a＝180°时，　　 ． （2）拓展探究试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明． （3）问题解决 △CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，直接写出线段BD的长． 【答案】（1）①；②； （2）的大小不变，证明见解析； （3）BD或 【解答】解：（1）①当a＝0°时， 由题意可得：BD＝CD，AC ∴AE＝CE ∴ 故答案为：； ②当a＝180°时，如下图所示 AE＝AC+CE，BD＝BC+CD＝6， ∴， 故答案为：； （2）当0°≤a＜360°时，的大小不变， ∵∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECA＝∠DCB， ∵， ∴△ECA∽△DCB， ∴， （3）（i）当点E落在AB的延长线上时， 在Rt△BCE中，CE，BC＝4， BE， ∴AE＝AB+BE＝10， ∵， ∴BD； （ii）当点E落在AB上时， CE，BC＝4， 由勾股定理可得：BE， ∴AE＝AB﹣BE＝6， ∵， ∴BD； 综上：BD或． 17．【问题提出】 （1）如图①，在菱形ABCD中，点E，F分别为BC，DC上的点，且，射线AE交DC的延长线于点M，射线AF交BC的延长线于点N，若AF＝4，CF＝2．求CM的长； 【问题解决】 （2）如图②，菱形ABCD是某公园的平面示意图，已知AB＝400米，∠B＝60°，公园的一个出口点E为AD的中点，在公园外有一个观测点F，且距离出口E的距离为FE＝100米，现计划在公园内部修建一座凉亭P，要求AP＝2AF，且∠FAP＝120°，为了游客能更好的欣赏公园风景，在凉亭P和出口C，D之间需再修建两条观光小路PD和PC（小路宽度不计）．已知小路PD的造价为1000元/米，小路PC的造价为500元/米，求修建观光小路的最低费用． 【答案】（1）CM＝6； （2）修建观光小路的最低费用为元． 【解答】解：（1）∵如图①四边形ABCD是菱形， ∴，AB∥CD， ∵， ∴∠BAC＝∠EAF， ∴∠BAM+∠MAC＝∠CAF+∠MAC， ∴∠BAM＝∠CAF， ∵AB∥CD， ∴∠BAM＝∠M， ∴∠CAF＝∠M， ∵∠AFC＝∠MFA， ∴△FAC∽△FMA， ∴， ∵AF＝4，CF＝2， ∴， ∴FM＝8， ∴CM＝FM﹣AC＝8﹣2＝6； （2）如图，连接BP， ∵点E为AD的中点，四边形ABCD为菱形， ∴， ∵∠ABC＝60°， ∴∠EAB＝120°， ∵∠FAP＝120°， ∴∠FAP＝∠EAB， ∴∠FAE＝∠PAB， ∵， ∴△FAE∽△PAB， ∴， ∴BP＝2EF＝200m， ∴点P在半径为200m的⊙B上， 在BC上取点M使，则CM＝300m， ∴， ∵∠MBP＝∠PBC， ∴△MBP∽△PBC， ∴， ∴PC＝2PM， ∴修建观光小路的费用为500PC+1000PD＝1000PM+1000PD＝1000（PM+PD）， ∴当点D、P、M三点共线时，PD+PM最小， 过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于H， ∵CD＝AB＝400m，∠DCH＝∠ABC＝60°， ∴，CH＝200m， ∴MH＝CM+CH＝500（m）， ∴， ∴PD+PM最小为米， ∴修建观光小路的最低费用为元． 18．【问题情境】已知矩形ABCD和矩形AEFG，点E在BC边上，矩形AEFG在BC边的上方，且，连接CF． 【特例发现】（1）如图1，当k＝1时，那么的值为　　 ；（提示：在AB边上取一点M，使得BM＝BE，连接EM） 【拓展延伸】（2）如图2，当时，连接DG，DF． ①求证：△ABE∽△ADG； ②若，且DG＝8，求DF的长． 【答案】（1）； （2）①∵∠BAE+∠EAD＝90°，∠DAG+∠EAD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形， ∴AD＝BC，AG＝EF， ∵， ∴， ∴△ABE∽△ADG；②5． 【解答】解：（1）如图，在AB边上取一点M，使BM＝BE，连接EM，则， ∵， ∴AB＝BC，AE＝EF， ∵BM＝BE， ∴AB﹣BM＝BC﹣BE，即AM＝CE， ∵∠MAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CEF＝180°﹣∠AEF＝90°， ∴∠MAE＝∠CEF， 在△AME与△ECF中， ， ∴△AME≌△ECF（SAS）， ∴， ∴． 故答案为：； （2）①证明：∵∠BAE+∠EAD＝90°，∠DAG+∠EAD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形， ∴AD＝BC，AG＝EF， ∵， ∴， ∴△ABE∽△ADG． ②如图，过点F作FH⊥DG于点H， 由①知，△ABE∽△ADG， ∴，即， ∴BE＝4， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵∠AGD+∠DGF＝90°，∠AGD+∠2＝90°， ∴∠2＝∠DGF，而∠ADG＝∠GHF＝90°， ∴△AGD∽△GFH， ∴， ∵四边形AEFG是矩形， ∴AG＝EF，AE＝GF， ∵， ∴， 即，解得GH＝5，FH＝4， ∴DH＝DG﹣DH＝3， ∴． 19．如图，在△ABC中，AB＝BC＝5，AC＝6．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE．AC和BE相交于点O． （1）试判断四边形ABCE的形状，并证明你的结论； （2）P是线段BC上一动点（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AE于点Q，QR⊥BD，垂足为点R，如图2． ①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积； ②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？ 【答案】（1）四边形ABCE是菱形，证明如下： ∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的， ∴EC∥AB，且EC＝AB， ∴四边形ABCE是平行四边形， 又∵AB＝BC， ∴四边形ABCE是菱形； （2）①不变，24； ②． 【解答】解：（1）四边形ABCE是菱形，证明如下： ∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的， ∴EC∥AB，且EC＝AB， ∴四边形ABCE是平行四边形， 又∵AB＝BC， ∴四边形ABCE是菱形； （2）①不变； 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO， ∴S△PBO＝S△QEO， ∵△ECD是由△ABC平移得到的， ∴ED∥AC，ED＝AC＝6， 又∵BE⊥AC， ∴BE⊥ED， ∴S四边形PQED＝S△QEO+S四边形POED ＝S△PBO+S四边形POED ＝S△BED ＝24； ②如图， 若点P在BC上运动，使点R与C重合， 由菱形的对称性知，O为PQ的中点， ∴CO是Rt△PCQ斜边上的中线， ∴CO＝PO＝OQ， ∴∠OPC＝∠OCP， 此时，Rt△PQR∽Rt△CBO， ∴PR：CO＝PQ：BC， 即PR：3＝6：5， ∴， ∴． 20．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，点E在边BC上，连结AE，将射线AE绕点A逆时针旋转90°后交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG． 【初步探究】（1）如图1，连结BD，求∠DBC的度数和的值； 【衍生拓展】（2）如图2，当点F在射线AD上时，求线段BE的长． 【答案】（1）∠DBC＝30°；； （2）． 【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝2，， ∴∠C＝90°，CD＝AB＝2，， ∴， ∴∠BDC＝60°， ∴∠DBC＝30°， 由矩形ABCD和矩形AEFG得，∠ABE＝∠BAD＝∠EAG＝∠ADG＝90°， ∴∠EAG﹣∠EAD＝∠BAD﹣∠EAD，即∠DAG＝∠BAE， ∴△ADG∽△ABE， ∴； （2）当点F在射线AD上时， ∵矩形ABCD和矩形AEFG， ∴AE＝GF，∠ABE＝∠AGF＝∠ADG＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG＝∠CGF，∠ABE＝∠GDF＝90°， 在△ABE和△GDF中， ， ∴△ABE≌△GDF（AAS）， ∴BE＝DF，GD＝AB＝2， ∵， ∴． 21．如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点O是对角线BD的中点，点E是边BC上一动点，连接OE，将射线OE绕点O逆时针方向旋转45°交射线DC于点F． （1）求证：△BEO∽△DOF； （2）延长EO，FO，分别交线段AD，射线BA于点H，G，当四边形EFHG是矩形时，求BE的长； （3）当1＜BE＜2时，问：△CEF的周长是否是定值？说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）△CEF的周长是定值；理由见解析． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，BC＝CD， ∴∠CBD＝∠BDC＝45°， 又∵∠EOF＝45° ∴∠BOE+∠DOF＝135°， 又∵∠BDC＝45°， ∴∠DOF+∠DFO＝135° ∴∠BOE＝∠DFO， ∴△BEO∽△DOF （2）解：由（1）可知△BEO∽△DOF， ∴∠OBE＝∠ODF＝45°，∠BEO＝∠DOF， 又∵四边形EFHG是矩形， ∴OE＝OF， ∴△BEO≌△DOF（AAS）， ∴， ∵AB＝AD＝2且∠A＝90°， ∴， ∴； （3）解：△CEF的周长是定值；理由如下： 连接OC，过点O作OM⊥BC于M，ON⊥CD于N，在ND上作一点P，使NP＝ME，则OM＝ON，∠OME＝∠ONP＝90°， 在△OME和△ONP中， ， ∴△OME≌△ONP（SAS）， ∴∠MOE＝∠NOP，OE＝OP， ∵∠EOF＝45°， ∴∠MOE+∠NOF＝45°， ∴∠NOP+∠NOF＝45°， 即∠EOF＝∠FOP＝45°， 又∵OE＝OP，OF＝OF， ∴△EOF≌△POF（SAS）， ∴EF＝FP， 又∵∠MOE+∠EOC＝∠NOP+∠POD＝45°，且∠MOE＝∠NOP， ∴∠EOC＝∠POD， 又∵OE＝OP，OC＝OD， ∴△EOC≌△POD（SAS）， ∴EC＝DP， ∴C△CEF＝EF+EC+CF＝FP+PD+CF＝CD＝2， ∴△CEF的周长是定值． 22．如图，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点D在y轴负半轴且OC＝2OD，连接AD，点E是x轴上的一个动点，过点E作x轴的垂线l交抛物线于点M，交直线AD于点N． （1）求抛物线的解析式； （2）点E在线段OA上运动时，当四边形CMND是平行四边形时，求点E的坐标； （3）点E在线段AB上运动时，是否存在点E，使得A、M、B、N四点围成的四边形面积最大？若存在，求出点E的坐标，并求出四边形的最大面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣3x+4； （2）； （3）存在点E，使得A、M、B、N四点围成的四边形面积最大；点E的坐标为，四边形AMBN的最大面积为． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣3x+4； （2）抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与y轴交于点C，点D在y轴负半轴且OC＝2OD， 当x＝0时，得：y＝4， ∴C（0，4）， ∴OC＝4， ∴OD＝2， ∴D（0，﹣2）； 设直线AD的表达式为y＝kx+n，将点A，点D的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线AD的关系表达式为， 设E（m，0），则M（m，﹣m2﹣3m+4），，其中﹣4＜m＜0， ∴， ∵MN∥CD， ∴当MN＝CD时，四边形CMND为平行四边形， ∴，解得：，m2＝0 （舍去）， 故当四边形CMND是平行四边形时，． （3）存在点E，使得A、M、B、N四点围成的四边形面积最大；理由如下： 如图2，分别连接AM、BM、BN， ∵S四边形AMBN＝S△ABM+S△ABN ， 由（1）（2）易知AB＝5，， ∴当MN最大时，S四边形AMBN最大，即， ∵点E在线段AB上运动， ∴﹣4＜m＜1， ∴当 时，S四边形AMBN最大面积．即，四边形AMBN的最大面积为． 23．在矩形AOBC中，OB＝6，OA＝4，分别以OB，OA所在直线为x轴和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，F是BC上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数y（k＞0）的图象与AC边交于点E，连接OE，OF，EF． （1）若tan∠BOF，求F点的坐标； （2）若四边形OECF的面积等于12，求反比例函数y（k＞0）的表达式； （3）是否存在这样的点F，使得△OEF为直角三角形？若存在，求出此时点F坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）∵OB＝6，OA＝4，且C在第一象限， ∴C的坐标为（6，4）； ∵tan∠BOF， ∴BF＝6， ∴F（6，）， 故答案为：（6，）； （2）∵四边形OECF的面积为12， ∴S△AOE+S△BOF＝S矩形AOBC﹣S四边形OECF＝24﹣12＝12， ∴12， ∴k＝12， ∴反比例函数的解析式为y． （3）存在，理由为： 设BF＝a，由OB＝6，得到F（6，a），代入反比例解析式得：k＝6a； 由OA＝4，得到4AE＝k＝6a，即AE＝1.5a， ∴EC＝AC﹣AE＝6﹣1.5a，CF＝BC﹣BF＝4﹣a， 由∠EOF为锐角，不可能为直角， 故分两种情况讨论： ①当∠OEF＝90°时，可得∠AEO+∠FEC＝90°， 又∠AEO+∠AOE＝90°，且∠OAE＝∠ECF＝90°， ∴△AOE∽△CEF， ∴，即 ， 整理得9a2﹣52a+64＝0， 解得：a1，a2＝4， ∴F（6，）； ②当∠OFE＝90°时，同理△CEF∽△BFO， ∴，即 ， 整理得a2﹣13a+36＝0， 解得a1＝9，a2＝4均不合题意， ∴∠OFE≠90°， 综上所述，当F（6，）时，△OEF为直角三角形． 24．如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AD，AC＝AE，∠ABC＝∠ADE＝90°． （1）如图1，连接BD，CE，，，求BC的长； （2）如图2，在（1）的条件下，将△ADE绕点A旋转，点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上，延长ED交AC于点F，求的值； （3）在（1）的条件下，△ADE绕点A旋转过程中，以C、D、E为顶点能构成直角三角形．请直接写出所有满足条件Rt△CDE中锐角∠DEC的正切值． 【答案】（1）BC＝2； （2）； （3）或或． 【解答】解：（1）∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ABC和△ADE是直角三角形， 在Rt△ABC和Rt△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（HL）， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AD，AC＝AE， ∴， ∴△BAD∽△CAE， ∴， ∵， ∴， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：； （2）如图2，过点A作AP⊥BM于P， ∵点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上，∠ABC＝90°， ∴， ∴∠C＝∠MBC， ∵AB＝AD，AP⊥BM， ∴∠ABD＝∠ADB，BP＝DP， ∵将△ADE绕点A旋转，点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上， ∴∠C＝∠E，， ∵∠CBD+∠ABD＝90°，∠MDF+∠ADB＝90°， ∴∠MDF＝∠MBC， ∴∠MDF＝∠E， ∴DM∥AE， ∴△FDM∽△FEA， ∴， 设PM＝x，则， 在直角三角形ABP和直角三角形AMP中，由勾股定理得： AP2＝AB2﹣BP2＝AM2﹣PM2， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）或或．理由如下： ∵以C、D、E为顶点能构成直角三角形，∠DEC为锐角， ∴有以下三种情况： ①如图3，当点D在线段AC上时， ∵∠ADE＝90°， ∴∠EDC＝90°， ∵，DE＝BC＝2，， ∴， ∴． ②如图4，当点D在CA延长线上时，∠CDE＝90°， ∴， ∴． ③如图5，当∠DCE＝90°时，过点A作AH⊥CE于H，交DE于G， ∵AC＝AE，AH⊥CE，∠DCE＝90°， ∴EH＝CH，GH∥CD， ∴△EGH∽△EDC， ∴， ∴，， ∴DG＝1， ∵∠GAD+∠AGD＝90°，∠GEH+∠EGH＝90°，∠AGD＝∠EGH， ∴∠GAD＝∠GEH， ∴tan∠GAD＝tan∠GEH， ∴， ∴， 综上所述，或或． 25．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足二次函数解析式y＝a（x﹣6）2+h，当与O点的水平距离为6m时，达到最高点2.6m，已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.43m． （1）求y与x的解析式（不用写出自变量x的取值范围）； （2）排球能否越过球网？请说明理由． 【答案】（1） （2）球能越过球网． 把x＝9代入中， 得， ∵2.45m＞2.43m， ∴球能越过球网． 【解答】解：（1）由题意知，A点坐标为（0，2），抛物线最高点坐标为（6，2.6）， ∴h＝2.6， ∴抛物线y＝a（x﹣6）2+2.6， 把A点坐标代入上式中，得2＝a×（﹣6）2+2.6， 解得， ∴y与x的解析式为； （2）球能越过球网， 理由：把x＝9代入中， 得， ∵2.45m＞2.43m， ∴球能越过球网． 声 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $