综合性问题
一、选择题
1. (2014•年山东东营,第10题3分)如图，四边形ABCD为菱形，AB=BD，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，连接BG并延长交AD于点F，连接DG并延长交AB于点E，BD与CG交于点H，连接FH，下列结论：
①AE=DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG为⊙O的直径时，DF=AF．[中
其中正确结论的个数是（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
考点： 圆的综合题．菁优网
分析： ①由四边形ABCD是菱形，AB=BD，得出△ABD和△BCD是等边三角形，再由B、C、D、G四个点在同一个圆上，得出∠ADE=∠DBF，由△ADE≌△DBF，得出AE=DF，
②利用内错角相等∠FBA=∠HFB，求证FH∥AB，
③利用∠DGH=∠EGB和∠EDB=∠FBA，求证△DGH∽△BGE，
④利用CG为⊙O的直径及B、C、D、G四个点共圆，求出∠ABF=120°﹣90°=30°，在RT△AFB中求出AF=AB
在RT△DFB中求出FD=BD，再求得DF=AF．
解答： 解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=DC=AD，
又∵AB=BD，
∴△ABD和△BCD是等边三角形，
∴∠A=∠ABD=∠DBC=∠BCD=∠CDB=∠BDA=60°，
又∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，
∴∠DCH=∠DBF，∠GDH=∠BCH，
∴∠ADE=∠ADB﹣∠GDH=60°﹣∠EDB，∠DCH=∠BCD﹣∠BCH=60°﹣∠BCH，
∴∠ADE=∠DCH，
∴∠ADE=∠DBF，
在△ADE和△DBF中，
∴△ADE≌△DBF（ASA）
∴AE=DF
故①正确，
②由①中证得∠ADE=∠DBF，
∴∠EDB=∠FBA，
∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠BDC=60°，∠DBC=60°，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，
∴∠BGE=180°﹣∠BGC﹣∠DGC=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴FGD=60°，
∴FGH=120°，
又∵∠ADB=60°，
∴F、G、H、D四个点在同一个圆上，
∴∠EDB=∠HFB，
∴∠FBA=∠HFB，
∴FH∥AB，
故②正确，
③∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠DBC=60°，
∴∠DGH=∠DBC=60°，
∵∠EGB=60°，
∴∠DGH=∠EGB，
由①中证得∠ADE=∠DBF，
∴∠EDB=∠FBA，
∴△DGH∽△BGE，
故③正确，
④如下图
∵CG为⊙O的直径，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，
∴∠GBC=∠GDC=90°，
∴∠ABF=120°﹣90°=30°，
∵∠A=60°，
∴∠AFB=90°
∴AF=AB，
又∵∠DBF=60°﹣30°=30°，∠ADB=60°，
∴∠DFB=90°，
∴FD=BD，
∵AB=BD，
∴DF=AF，
故④正确，
故选：D．
点评： 此题综合考查了圆及菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，运用四点共圆找出相等的角是解题的关键．解题时注意各知识点的融会贯通．
2. （2014•甘肃白银、临夏,第10题3分）如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB延长线上，连接ED交AB于点F，AF=x（0.2≤x≤0.8），EC=y．则在下面函数图象中，大致能反映y与x之闻函数关系的是（ ）
3．（2014•甘肃兰州,第15题4分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是边长为4的正方形，平行于对角线BD的直线l从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，运动到直线l与正方形没有交点为止．设直线l扫过正方形OBCD的面积为S，直线l运动的时间为t（秒），下列能反映S与t之间函数关系的图象是（ ）
三、解答题
1. （2014•上海，第25题14分）如图1，已知在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C与边AD交于点E、F（点F在点E的右侧），射线CE与射线BA交于点G．
（1）当圆C经过点A时，求CP的长；
（2）联结AP，当AP∥CG时，求弦EF的长；
（3）当△AGE是等腰三角形时，求圆C的半径长．
2. （2014•四川巴中，第31题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．
考点：二次函数综合题．
分析：（1）根据抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；
（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．
解答：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，
∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x2﹣x﹣4，
（2）分两种情况：
①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，
∴=，即=，∴PM=2t．
解方程x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，
∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．
∵AH=AB﹣BH=6﹣t，
∴S=PM•AH=×2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，
当t=2时S的最大值为8；
②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，
又∵CO=OB，
∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，
∴S=PM•AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣）2+，
当t=时，S最大值为．
综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
3. （2014•山东威海，第25题12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数．
4. （2014•山东枣庄，第25题10分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，点D为抛物线的顶点，点P是第四象限的抛物线上的一个动点（不与点D重合）．
（1）求∠OBC的度数；
（2）连接CD、BD、DP，延长DP交x轴正半轴于点E，且S△OCE=S四边形OCDB，求此时P点的坐标；
（3）过点P作PF⊥x轴交BC于点F，求线段PF长度的最大值．
5. （2014•山东潍坊，第22题12分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．
(1)求证：AE⊥BF；
(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；
(3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形．
分析：（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由BE=CF，即可证得△ABE≌△BCF,可得∠BAE=∠CBF，由∠ABF+∠CBF=900可得∠ABF+∠BAE=900，即AE⊥BF；
（2）由△BCF≌△BPF, 可得CF=PF,BC=BP,∠BFE=∠BFP，由CD∥AB得∠BFC=∠ABF,从而QB=QF，设PF为x,则BP为2x,在Rt△QBF中可求 QB为x，即可求得答案；
（3）由可求出△AGN的面积，进一步可求出四边形GHMN的面积．
解答：(1)证明：∵E、F分别是正方形ABCD边BC、CD的中点，∴CF=BE，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF ∴∠BAE=∠CBF 又∵∠BAE+∠BEA=900，∴∠CBF+∠BEA=900，
∴∠BGE=900， ∴AE⊥BF
(2)根据题意得：FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=900，
∵CD∥AB, ∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB．∴QF=QB
令PF=k（k>O），则PB=2k，
在Rt△BPQ中，设QB=x， ∴x2=(x－k)2+4k2, ∴x=k，∴sin∠BQP=
(3)由题意得：∠BAE=∠EAM,又AE⊥BF, ∴AN=AB=2,
∵ ∠AHM=900, ∴GN//HM, ∴ ∴
∴ 四边形GHMN=SΔAHM － SΔAGN=1一=
答：四边形GHMN的面积是.
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
6. （2014•山东潍坊，第24题13分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠O）与y轴交于点C(O，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（－2,0），抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)平行于DE的一条动直线Z与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标。
考点：二次函数综合题．
分析：（1）把三点坐标代入函数式，列式求得a，b，c的值，即求出解析式；
（2）设存在点K，使得四边形ABFC的面积为17，根据点K在抛物线y=－x2+2x+3上设点K的坐标为：（x，－x2+2x+3），根据S四边形ABKC=S△AOC+S梯形ONKC+S△BNK得到有关x的一元二次方程求出x即可.．
（3）将x=1代入抛物线解析式，求出y的值，确定出D坐标，将x=1代入直线BC解析式求出y的值，确定出E坐标，求出DE长，将x=m代入抛物线解析式表示出F纵坐标，将x=m代入直线BC解析式表示出P纵坐标，两纵坐标相减表示出线段PQ，由DE与QP平行，要使四边形PEDQ为平行四边形，只需DE=PQ，列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，检验即可．
解：(1)由抛物线经过点C(O，4)可得c=4,① ∵对称轴x= =1，∴b=－2a，②，
又抛物线过点A（一2，O）∴0=4a－2b+c，③
由①②③ 解得：a=, b=1 ,c=4． 所以抛物线的解析式是y=x+x+4
(2)假设存在满足条件的点F，如图如示，连接BF、CF、OF．
过点F分别作FH⊥x轴于H , FG⊥y轴于G．
设点F的坐标为（t, t2+t+4），其中O ∴△OBF=OB.FH=×4×（t2+4t+4）=一t2+2t+8 ,S△OFC=OC.FC=×4×t=2t ∴S四边形ABFC—S△AOC+S△OBF +S△OFC=4－t2+2t+8+2t=－t2+4t+12． 令一t2+4t+12 =17，即t2－4t+5=0，则△=(一4)2－4×5=一4<0, ∴方程t2 －4t+5=0无解，故不存在满足条件的点F． (3)设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠O），又过点B(4,0，), C(0,4) 所以，解得：， 所以直线BC的解析式是y=一x+4．由y=x2+4x+4=一（x一1)2+，得D（1，）， 又点E在直线BC上，则点E(1，3)，于是DE=一3= . 若以D.E.P.Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ, 设点P的坐标是（m，一m+4），则点Q的坐标是（m，一t2+m+4）． ①当O 由一m2+2m= ，解得：m=1或3．当m=1时，线段PQ与DE重合,m=－1舍去, ∴m=－3，此时P1 (3,1)． ②当m 由m2—2m=，解得m=2±，经检验适合题意， 此时P2（2+，2一），P3（2一，2+）． 综上所述，满足条件的点P有三个，分别是P1 (3,1)，P2（2+，2 －），P3（2—，2十）. [ 点评：此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与坐标轴的交点，平行四边形的判定，以及待定系数法求函数解析式，熟练掌握待定系数法是解本题第二问的关键．本题逻辑思维性强，需要耐心和细心，是道好题． 7. （2014•山东烟台，第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，C分别在y轴，x轴上，∠ACB=90°，OA=，抛物线y=ax2﹣ax﹣a经过点B（2，），与y轴交于点D． （1）求抛物线的表达式； （2）点B关于直线AC的对称点是否在抛物线上？请说明理由； （3）延长BA交抛物线于点E，连接ED，试说明ED∥AC的理由． ] 考点：二次函数综合题. 分析：（1）把点B的坐标代入抛物线的表达式即可求得． （2）通过△AOC∽△CFB求得OC的值，通过△OCD∽△FCB得出DC=CB，∠OCD=∠FCB，然后得出结论． （3）设直线AB的表达式为y=kx+b，求得与抛物线的交点E的坐标，然后通过解三角函数求得结果． 解答：（1）把点B的坐标代入抛物线的表达式，得=a×22﹣2a﹣a，解得a=， ∴抛物线的表达式为y=x2﹣x﹣． （2）连接CD，过点B作BF⊥x轴于点F，则∠BCF+∠CBF=90° ∵∠ACB=90°，∴∠ACO+∠BCF=90°，∴∠ACO=∠CBF， ∵∠AOC=∠CFB=90°，∴△AOC∽△CFB，∴=， 设OC=m，则CF=2﹣m，则有=，解得m=m=1，∴OC=OF=1， 当x=0时y=﹣，∴OD=，∴BF=OD， ∵∠DOC=∠BFC=90°，∴△OCD∽△FCB，∴DC=CB，∠OCD=∠FCB， ∴点B、C、D在同一直线上， ∴点B与点D关于直线AC对称， ∴点B关于直线AC的对称点在抛物线上． （3）过点E作EG⊥y轴于点G，设直线AB的表达式为y=kx+b，则， 解得k=﹣， ∴y=﹣x+，代入抛物线的表达式﹣x+=x2﹣x﹣． 解得x=2或x=﹣2， 当x=﹣2时y=﹣x+=﹣×（﹣2）+=， ∴点E的坐标为（﹣2，），∵tan∠EDG===， ∴∠EDG=30°∵tan∠OAC===，∴∠OAC=30°， ∴∠OAC=∠EDG，∴ED∥AC． 点评：本题考查了待定系数法求解析式，三角形相似的判定及性质，以及对称轴的性质和解三角函数等知识的理解和掌握． 8. （2014山东济南，第26题，9分）如图1，反比例函数的图象经过点A（，1），射线AB与反比例函数图象交与另一点B（1，），射线AC与轴交于点C，轴，垂足为D． （1）求的值； （2）求的值及直线AC的解析式； （3）如图2，M是线段AC上方反比例函数图象上一动点，过M作直线轴，与AC相交于N，连接CM，求面积的最大值． 【解析】（1）由反比例函数的 图象经过点A（，1），得； 由反比例函数得 点B的坐标为（1，），于是有 ，， AD=，则由可得CD=2，C点纵坐标是-1，直线AC的截距是-1，而且过点A（，1）则直线解析式为． （3）设点M的坐标为， 则点N的坐标为，于是面积为 ， 所以，当时，面积取得最大值． 9．（2014•山东聊城，第25题，12分）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点的坐标分别是A（4，3），O（0，0），B（6，0）．点M是OB边上异于O，B的一动点，过点M作MN∥AB，点P是AB边上的任意点，连接AM，PM，PN，BN．设点M（x，0），△PMN的面积为S． （1）求出OA所在直线的解析式，并求出点M的坐标为（1，0）时，点N的坐标； （2）求出S关于x的函数关系式，写出x的取值范围，并求出S的最大值； （3）若S：S△ANB=2：3时，求出此时N点的坐标． 10. （2014•浙江杭州，第21题，10分）在直角坐标系中，设x轴为直线l，函数y=﹣x，y=x的图象分别是直线l1，l2，圆P（以点P为圆心，1为半径）与直线l，l1，l2中的两条相切．例如（，1）是其中一个圆P的圆心坐标． （1）写出其余满足条件的圆P的圆心坐标； （2）在图中标出所有圆心，并用线段依次连接各圆心，求所得几何图形的周长． 11.（2014•遵义27．（14分））如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动． （1）求该二次函数的解析式及点C的坐标； （2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由． （3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标． 12.（2014•十堰25．（12分））已知抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）． （1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式； （2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值； （3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由． 13.（2014•娄底26．（10分））如图，抛物线y=x2+mx+（m﹣1）与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），x1＜x2，与y轴交于点C（0，c），且满足x12+x22+x1x2=7． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上能不能找到一点P，使∠POC=∠PCO？若能，请求出点P的坐标；若不能，请说明理由 14.（2014•娄底27．（10分））如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：[ww@w%.zzstep&.#com~] （1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？ （2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；′ （3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？ 15.(2014年湖北咸宁23．（10分）)如图1，P（m，n）是抛物线y=﹣1上任意一点，l是过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，过点P作直线PH⊥l，垂足为H． 【探究】 （1）填空：当m=0时，OP= 1 ，PH= 1 ；当m=4时，OP= 5 ，PH= 5 ； 【证明】 （2）对任意m，n，猜想OP与PH的大小关系，并证明你的猜想． 【应用】 （3）如图2，已知线段AB=6，端点A，B在抛物线y=﹣1上滑动，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值． 考点： 二次函数综合题．菁优网 分析： （1）m记为P点的横坐标．m=0时，直接代入x=0，得P（0，﹣1），则OP，PH长易知．当m=4时，直接代入x=4，得P（4，3），OP可有勾股定理求得，PH=yP﹣（﹣2）． （2）猜想OP=PH．证明时因为P为所有满足二次函数y=﹣1的点，一般可设（m，﹣1）．类似（1）利用勾股定理和PH=yP﹣（﹣2）可求出OP与PH，比较即得结论． （3）考虑（2）结论，即函数y=﹣1的点到原点的距离等于其到l的距离．要求A、B两点到l距离的和，即A、B两点到原点的和，若AB不过点O，则OA+OB＞AB=6，若AB过点O，则OA+OB=AB=6，所以OA+OB≥6，即A、B两点到l距离的和≥6，进而最小值即为6． 解答： （1）解：OP=1，PH=1；OP=5，PH=5． 如图1，记PH与x轴交点为Q， 当m=0时，P（0，﹣1）．此时OP=1，PH=1． 当m=4时，P（4，3）．此时PQ=3，OQ=4， ∴OP==5，PH=yP﹣（﹣2）=3﹣（﹣2）=5． （2）猜想：OP=PH． 证明：过点P作PQ⊥x轴于Q， ∵P在二次函数y=﹣1上， ∴设P（m，﹣1），则PQ=|﹣1|，OQ=|m|， ∵△OPQ为直角三角形， ∴OP=====， PH=yP﹣（﹣2）=（﹣1）﹣（﹣2）=， ∴OP=PH． （3）解： 如图2，连接OA，OB，过点A作AC⊥l于C，过点B作BD⊥l于D，此时AC即为A点到l的距离，BD即为B点到l的距离． [来 则有OB=BD，OA=AC， 在△AOB中， ∵OB+OA＞AB， ∴BD+AC＞AB． 当AB过O点时， ∵OB+OA=AB， ∴BD+AC=AB． 综上所述，BD+AC≥AB， ∵AB=6， ∴BD+AC≥6，即A，B两点到直线l的距离之和的最小值为6． 点评： 本题考查了学生对函数与其图象的理解，另外涉及一些点到直线距离，利用勾股定理就坐标系中两点间的距离及最短距离等知识点，总体来说难度不高，但知识新颖易引发学生对数学知识的兴趣，非常值得学生练习． 16. (2014年湖北咸宁24．（12分）)如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）． （1）∠PBD的度数为 45° ，点D的坐标为 （t，t） （用t表示）； （2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？ （3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值． 考点： 四边形综合题；解一元一次方程；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．菁优网 专题： 压轴题；探究型． 分析： （1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标． （2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值． （3）由（2）已证的结论EP=AP+CE很容易得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题． 解答： 解：（1）如图1， 由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒） ∴AO=PQ． ∵四边形OABC是正方形， ∴AO=AB=BC=OC， ∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°． ∵DP⊥BP， ∴∠BPD=90°． ∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ． ∵AO=PQ，AO=AB， ∴AB=PQ． 在△BAP和△PQD中， ∴△BAP≌△PQD． ∴AP=DQ，BP=PD． ∵∠BPD=90°，BP=PD， ∴∠PBD=∠PDB=45°． ∵AP=t， ∴DQ=t． ∴点D坐标为（t，t）． 故答案为：45°，（t，t）． （2）①若PB=PE， 则∠PBE=∠PEB=45°． #om^]∴∠BPE=90°． ∵∠BPD=90° ∴∠BPE=∠BPD． ∴点E与点D重合． ∴点Q与点O重合． 与条件“DQ∥y轴”矛盾， ∴这种情况应舍去． ②若EB=EP， 则∠PBE=∠BPE=45°． ∴∠BEP=90°． ∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC． 在△POE和△ECB中 ∴△POE≌△ECB． ∴OE=BC，OP=EC． ∴OE=OC． ∴点E与点C重合（EC=0）． ∴点P与点O重合（PO=0）． ∵点B（﹣4，4） ∴AO=CO=4． 此时t=AP=AO=4． ③若BP=BE， 在Rt△BAP和Rt△BCE中， ∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）． ∴AP=CE． ∵AP=t， ∴CE=t． ∴PO=EO=4﹣t ∵∠POE=90°， ∴PE= =（4﹣t）． 延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示． 在△FAB和△ECB中， ∴△FAB≌△ECB． ∴FB=EB，∠FBA=∠EBC． ∵∠EBP=45°，∠ABC=90°， ∴∠ABP+∠EBC=45°． ∴∠FBP=∠FBA+∠ABP =∠EBC+∠ABP=45°． ∴∠FBP=∠EBP． 在△FBP和△EBP中 ∴△FBP≌△EBP． ∴FP=EP． ∴EP=FP=FA+AP =CE+AP． ∴EP=t+t=2t． ∴（4﹣t）=2t． 解得：t=4﹣4 ∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形． （3）∵EP=CE+AP， ∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE =AO+CO =4+4 =8． ∴△POE周长是定值，该定值为8． 点评： 本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强．熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形（其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交）是解决本题的关键． 17. ( 2014年河南) 23. (11分）如图，抛物线y=－x2+bx+c与x轴交于A(－1,0),B(5,0）两点，直线y=－x+3与y轴交于点C，，与x轴交于点D.点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E.设点P的横坐标为m。 （1）求抛物线的解析式； （2）若PE =5EF,求m的值； （3）若点E/是点E关于直线PC的对称点、是否存在点P，使点E/落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由。 解：(1)∵抛物线y=－x2+bx+c与x轴交于A (－1,0) , B(5,0)两点， ∴ ∴ ∴抛物线的解析式为y=－x2+4x+5．………3分 （2）点P横坐标为m， 则P(m,－m2＋4m＋5）,E(m,－m+3)，F(m,0), ∵点P在x轴上方，要使PE=5EF,点P应在y轴右侧，∴ 0＜m＜5. PE=－m2＋4m＋5－(－m＋3)= －m2＋m＋2……4分 分两种情况讨论： ①当点E在点F上方时，EF=－m＋3. ∵PE=5EF，∴－m2＋m＋2=5(－m＋3)[ 即2m2－17m＋26=0，解得m1=2，m2=（舍去）……………6分 ②当点E在点F下方时，EF=m－3. ∵PE=5EF，∴－m2＋m＋2=5(m－3)， 即m2－m－17=0，解得m3=，m4=（舍去）， ∴m的值为2或……………………………………………8分 (3),点P的坐标为P1(－，),P2(4，5), P3(3－，2－3).………11分 【提示】∵E和E/关于直线PC对称，∴∠E/CP=∠ECP; 又∵PE∥y轴，∴∠EPC=∠E/CP=∠PCE, ∴PE=EC, 又∵CE＝CE/，∴．四边形PECE/为菱形． 过点E作EM⊥y轴于点M,∴△CME∽△COD，∴CE=. ∵PE=CE,∴－m2＋m＋2=m或－m2＋m＋2=－m， 解得m1=－，m2=4， m3=3－，m4=3+（舍去） 可求得点P的坐标为P1(－，),P2(4，5), P3(3－，2－3)。 18. （2014•江苏苏州,第27题8分）如图，已知⊙O上依次有A、B、C、D四个点，=，连接AB、AD、BD，弦AB不经过圆心O，延长AB到E，使BE=AB，连接EC，F是EC的中点，连接BF． （1）若⊙O的半径为3，∠DAB=120°，求劣弧的长； （2）求证：BF=BD； （3）设G是BD的中点，探索：在⊙O上是否存在点P（不同于点B），使得PG=PF？并说明PB与AE的位置关系． 19. （2014•江苏苏州,第28题9分）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为，矩形ABCD的移动速度为/s，设移动时间为t（s） （1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为 105 °； （2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）； （3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d（cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）． [来#源:中国教~^育出版*网@] 20. （2014•江苏徐州,第28题10分）如图，矩形ABCD的边AB=，AD=，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG． （1）试说明四边形EFCG是矩形； （2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中， ①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由； ②求点G移动路线的长． 考点： 圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网 专题： 压轴题；存在型． 分析： （1）只要证到三个内角等于90°即可． （2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可． 解答： 解：（1）证明：如图1， ∵CE为⊙O的直径， ∴∠CFE=∠CGE=90 ∵EG⊥EF， ∴∠FEG=90°． ∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°． ∴四边形EFCG是矩形． （2）①存在． 连接OD，如图2①， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠ADC=90°． ∵点O是CE的中点， ∴OD=OC． ∴点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ABCD=2S△CFE =． ∵四边形EFCG是矩形， ∴FC∥EG． ∴∠FCE=∠CEG． ∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE， ∴∠GDC=∠FDE． ∵∠FDE+∠CDB=90°， ∴∠GDC+∠CDB=90°． ∴∠GDB=90° Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如图2①所示． 此时，CF=CB=4． Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD， 如图2②所示， 此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3． Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′， 如图2③所示． S△BCD=BC•CD=BD•CF″′． ∴4×3=5×CF″′ ∴CF″′=． ∴≤CF≤4． ∵S矩形ABCD=， ∴×（）2≤S矩形ABCD≤×42． ∴≤S矩形ABCD≤12． ∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为． ②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″， ∴点G的移动路线是线段DG″． ∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°， ∴△DCG″∽△DAB． ∴=． ∴=． ∴DG″=． ∴点G移动路线的长为． [来 点评： 本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键． 21. （2014•江苏盐城,第27题12分）【问题情境】老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF． 小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF． 小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF． 【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF； 请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题： 【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值； 【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和． [来源:zzs*#~te%^p.com] 22. （2014•山东淄博,第24题9分）如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点． （1）使∠APB=30°的点P有 无数 个； （2）若点P在y轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标； （3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由． 考点： 圆的综合题；三角形的外角性质；等边三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；切线的性质．菁优网 专题： 综合题；探究型． 分析： （1）已知点A、点B是定点，要使∠APB=30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个． （2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标． （3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题． 解答： 解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC， 以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2． 在优弧AP1B上任取一点P，如图1， 则∠APB=∠ACB=×60°=30°． ∴使∠APB=30°的点P有无数个． 故答案为：无数． （2）①当点P在y轴的正半轴上时， 过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1． ∵点A（1，0），点B（5，0）， ∴OA=1，OB=5． ∴AB=4． ∵点C为圆心，CG⊥AB， ∴AG=BG=AB=2． ∴OG=OA+AG=3． ∵△ABC是等边三角形， ∴AC=BC=AB=4． ∴CG= = =2． ∴点C的坐标为（3，2）． 过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1， ∵点C的坐标为（3，2）， ∴CD=3，OD=2． ∵P1、P2是⊙C与y轴的交点， ∴∠AP1B=∠AP2B=30°． ∵CP2=CA=4，CD=3， ∴DP2==． ∵点C为圆心，CD⊥P1P2， ∴P1D=P2D=． ∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）． ②当点P在y轴的负半轴上时， 同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）． 综上所述：满足条件的点P的坐标有： （0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）． （3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大． ①当点P在y轴的正半轴上时， 连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2． ∵⊙E与y轴相切于点P， ∴PE⊥OP ∵EH⊥AB，OP⊥OH， ∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°． ∴四边形OPEH是矩形． ∴OP=EH，PE=OH=3 ∴EA=3． ∵∠EHA=90°，AH=2，EA=3， ∴EH= = = ∴OP= ∴P（0，）． ②当点P在y轴的负半轴上时， 同理可得：P（0，﹣）． 理由： ①若点P在y轴的正半轴上， 在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合）， 连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示． ∵∠ANB是△AMN的外角， ∴∠ANB＞∠AMB． ∵∠APB=∠ANB， ∴∠APB＞∠AMB． ②若点P在y轴的负半轴上， 同理可证得：∠APB＞∠AMB． 综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值， 此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）． 点评： 本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、三角形外角性质等知识，综合性强．同时也考查了创造性思维，有一定的难度．构造辅助圆是解决本题关键． 23．（2014•四川泸州，第25题，12分）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）． （1）求二次函数的最大值； （2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值； （3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标． 24．（2014•四川内江，第21题，9分）如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=（x＞0）的图象交于点P（n，2），与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点C，PB⊥x轴于点B，且AC=BC． （1）求一次函数、反比例函数的解析式； （2）反比例函数图象上是否存在点D，使四边形BCPD为菱形？如果存在，求出点D的坐标；如果不存在，说明理由． 25．（2014•四川内江，第28题，12分）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣3.0）、C（0，4），点B在抛物线上，CB∥x轴，且AB平分∠CAO． （1）求抛物线的解析式； （2）线段AB上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值； （3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由． 26．（2014•四川南充，第25题，10分）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣1交于A、B两点．点A的横坐标为﹣3，点B在y轴上，点P是y轴左侧抛物线上的一动点，横坐标为m，过点P作PC⊥x轴于C，交直线AB于D （1）求抛物线的解析式； （2）当m为何值时，S四边形OBDC=2S△BPD； （3）是否存在点P，使△PAD是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 分析（1）由x=0时带入y=x﹣1求出y的值求出B的坐标，当x=﹣3时，代入y=x﹣1求出y的值就可以求出A的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式 （2）连结OP，由P点的横坐标为m可以表示出P、D的坐标，可以表示出S四边形OBDC和2S△BPD建立方程求出其解即可 （3）如图2，当∠APD=90°时，设出P点的坐标，就可以表示出D的坐标，由△APD∽△FCD就可与求出结论，如图3，当∠PAD=90°时，作AE⊥x轴于E，就有，可以表示出AD，再由△PAD∽△FEA由相似三角形的性质就可以求出结论． 解：（1）∵y=x﹣1，∴x=0时，y=﹣1，∴B（0，﹣1）． 当x=﹣3时，y=﹣4，∴A（﹣3，﹣4）． ∵y=x2+bx+c与直线y=x﹣1交于A、B两点，∴，∴， ∴抛物线的解析式为：y=x2+4x﹣1； （2）∵P点横坐标是m（m＜0），∴P（m，m2+4m﹣1），D（m，m﹣1） 如图1①，作BE⊥PC于E， ∴BE=﹣m． CD=1﹣m，OB=1，OC=﹣m，CP=1﹣﹣m2， ∴PD=1﹣﹣m2﹣1+m=﹣﹣m2， ∴， 解得：m1=0（舍去），m2=﹣2，m3=﹣； 如图1②，作BE⊥PC于E， ∴BE=﹣m． PD=1﹣﹣m2+1﹣m=2﹣﹣m2， ∴， 解得：m=0（舍去）或m=﹣3 ∴m=﹣，﹣2或﹣3时S四边形OBDC=2S△BPD； （3））如图2，当∠APD=90°时，设P（a，a2+4a﹣1），则D（a，a﹣1）， ∴AP=m+4，CD=1﹣m，OC=﹣m，CP=1﹣﹣m2， ∴DP=1﹣﹣m2﹣1+m=﹣﹣m2． 在y=x﹣1中，当y=0时，x=1，∴（1，0），∴OF=1， ∴CF=1﹣m．AF=4．∵PC⊥x轴，∴∠PCF=90°， ∴∠PCF=∠APD，∴CF∥AP，∴△APD∽△FCD，， ∴， 解得：m=1舍去或m=﹣2， ∴P（﹣2，﹣5） 如图3，当∠PAD=90°时，作AE⊥x轴于E， ∴∠AEF=90°．CE=﹣3﹣m，EF=4，AF=4，PD=1﹣m﹣（1﹣﹣m2）=+m2． ∵PC⊥x轴，∴∠DCF=90°，∴∠DCF=∠AEF，∴AE∥CD．∴， ∴AD=（﹣3﹣m）．∵△PAD∽△FEA，∴，∴， ∴m=﹣2或m=﹣3 ∴P（﹣2，﹣5）或（﹣3，﹣4）与点A重合，舍去， ∴P（﹣2，﹣5）． 点评： 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式的运用，四边形的面积公式的运用，三角形的面积公式的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时函数的解析式是关键，用相似三角形的性质求解是难点． 27．（2014•四川宜宾，第22题，10分）如图，一次函数y=﹣x+2的图象与反比例函数y=﹣的图象交于A、B两点，与x轴交于D点，且C、D两点关于y轴对称． （1）求A、B两点的坐标； （2）求△ABC的面积． 28．（2014•四川宜宾，第24题，12分）如图，已知抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为M（0，﹣1），与x轴交于A、B两点． （1）求抛物线的解析式； （2）判断△MAB的形状，并说明理由； （3）过原点的任意直线（不与y轴重合）交抛物线于C、D两点，连接MC，MD，试判断MC、MD是否垂直，并说明理由． 29．（2014•福建福州,第22题14分） 如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D. （1）求点A，B，D的坐标； （2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD. 求证：∠AEO=∠ADC； （3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙O的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标 【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）（5， 1）；（3，1）或.. 【解析】 可得，即，联立二方程解得或，从而得到点Q （3）由⊙E的半径为1，根据勾股定理得， 考点：1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.直角三角形两锐角的关系；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理和逆定理；7.切线的性质；8.二次函数的性质；9.解二元二次方程组. 30．（2014•甘肃白银,第28题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3． （1）求点M、A、B坐标； （2）联结AB、AM、BM，求∠ABM的正切值 （3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标． 31．（2014•甘肃兰州,第28题12分）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）． （1）求抛物线的表达式； （2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由； （3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标． 32．（2014•广州,第24题14分）~已知平面直角坐标系中两定点A（-1，0），B（4，0），抛物线（）过点A、B，顶点为C．点P（m，n）（n<0）为抛物线上一点． （1）求抛物线的解析式与顶点C的坐标． （2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围． （3）若，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（）个单位，点P、C移动后对应的点分别记为、，是否存在t，使得首尾依次连接A、B、、所构成的多边形的周长最短？若存在，求t值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由． 【考点】动点问题.(1)二次函数待定系数法 (2)存在性问题,相似三角形; (3)最终问题,轴对称,两点之间线段最短 【答案】(1)解:依题意把的坐标代入得: ;解得: 抛物线解析式为 顶点横坐标,将代入抛物线得 (2)如图,当时,设, 则 过作直线轴, (注意用整体代入法) 解得 , 当在之间时， 或时，为钝角. (3)依题意，且 设移动（向右，向左） 连接 则 又的长度不变 四边形周长最小，只需最小即可 将沿轴向右平移5各单位到处 沿轴对称为 ∴当且仅当、B、三点共线时，最小，且最小为，此时 ，设过的直线为，代入 ∴ 即 将代入，得：，解得： ∴当，P、C向左移动单位时，此时四边形ABP’C’周长最小。 33．（2014•广州,第25题14分）如图7，梯形中，，，,，，点为线段上一动点（不与点 重合），关于的轴对称图形为，连接，设，的面积为，的面积为． （1）当点落在梯形的中位线上时，求的值； （2）试用表示，并写出的取值范围； （3）当的外接圆与相切时，求的值． 【答案】解：（1）如图1，为梯形的中位线，则，过点作于点，则有： 在中，有 在中， 又 解得： （2）如图2，交于点，与关于对称， 则有：， 又 又与关于对称， （3）如图3，当的外接圆与相切时，则为切点. 的圆心落在的中点，设为 则有，过点作， 连接，得 则 又 解得：（舍去） ① ② ③ 34．（2014•广东梅州,第23题11分）如图，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C． （1）直接写出A、D、C三点的坐标； （2）若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标； （3）设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．