综合性问题
一、选择题
1. （2016·湖北鄂州）如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，P是AB上一点，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′，当CA′的长度最小时，CQ的长为（ ）
A. 5 B. . 8 D.
【考点】菱形的性质，梯形，轴对称（折叠），等边三角形的判定和性质，最值问题．
【分析】如下图所示，由题意可知，△ABC为等边三角形；过C作CH⊥AB，则AH=HB；连接DH；要使CA′的长度最小，则梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；因为BP=3，易知HP=DQ=1，所以CQ=7.
【解答】解：如图，过C作CH⊥AB，连接DH；
∵ABCD是菱形，∠B=60°
∴△ABC为等边三角形；
∴AH=HB==4；
∵BP=3，
∴HP=1
要使CA′的长度最小，则梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；
由作图知，DHPQ为平行四边形
∴DQ=HP= 1，
CQ=CD-DQ=8-1=7.
故正确的答案为：B．
【点评】本题综合考查了菱形的性质，梯形，轴对称（折叠），等边三角形的判定和性质，最值问题．本题作为选择题，不必直接去计算，通过作图得出答案是比较便捷的方法。弄清在什么情况下CA′的长度最小（相当于平移对称轴）是解决本题的关键.
2. (2016·四川资阳)如图，两个三角形的面积分别是9，6，对应阴影部分的面积分别是m，n，则m﹣n等于（ ）
A．2 B．．4 D．无法确定
【考点】三角形的面积．
【分析】设空白出的面积为x，根据题意列出关系式，相减即可求出m﹣n的值．
【解答】解：设空白出图形的面积为x，
根据题意得：m+x=9，n+x=6，
则m﹣n=9﹣6=3．
故选B．
3. (2016·四川自贡)二次函数y=ax2+bx+c的图象如图，反比例函数y=与正比例函数y=bx在同一坐标系内的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；正比例函数的图象；反比例函数的图象．
【分析】根据函数图象的开口方向，对称轴，可得a、b的值，根据a、b的值，可得相应的函数图象．
【解答】解：由y=ax2+bx+c的图象开口向下，得a＜0．
由图象，得﹣＞0．
由不等式的性质，得b＞0．
a＜0，y=图象位于二四象限，
b＞0，y=bx图象位于一三象限，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质，利用函数图象的开口方向，对称轴得出a、b的值是解题关键．
4．（2016·山东枣庄）若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根,则一次函数的图象可能是
【答案】B.
考点：根的判别式；一次函数的性质.
二、填空题
1．（2016·湖北鄂州）如图，AB＝6，O是AB的中点，直线l经过点O，∠1＝120°，P是直线l上一点。当△APB为直角三角形时，AP＝ .
【考点】外接圆，切线，直角三角形的判定，勾股定理，三角函数，分类讨论思想．
【分析】确定P点在直线l上的位置是解决本题的关键。要使△APB为直角三角形，我们就联想到以AB为直径的外接圆，但AB也有可能为直角边，所以要分类讨论。我们将满足条件的P逐一画在图上。如图，P1，P2在以O为圆心的外接圆上，P1，P2在⊙O的切线上，再根据题目的已知条件逐一解答即可。
【解答】解：分类讨论如下：
（1）在Rt△A P1B中，∵∠1＝120°，O P1=OB，
∴∠O B P1 =∠O P1B=30°，
∴AP1 =AB=×6=3；
（2）在Rt△A P2B中，∵∠1＝120°，O P2=OB，
∴∠P2 B O =∠O P2B=60°，
∴AP2 =AB=cos∠O B P2×6=×6=3；
（3）P3B为以B为切点的⊙O的切线，
∵∠1＝120°，O P2=OB，
∴∠P2 B O =∠O P2B=60°，
∴∠P3O B=60°，
在Rt△O P3B中，∴BP3 =tan∠P3O B×3 =×3=3;
在Rt△A P3B中，AP3 ===3；
（4）P4B为以A为切点的⊙O的切线，
∵∠1＝120°，O P1=OA，
∴∠P1 A O =∠O P1A=60°，
∴∠P4O A=60°，
在Rt△O P4A中，∴AP4 =tan∠P4O A×3 =×3=3.
综上，当△APB为直角三角形时，AP＝3，或3，或3.
故答案为：3或3或3.
【点评】本题考查了外接圆，切线，直角三角形的判定，勾股定理，三角函数，分类讨论思想．注意分类讨论思想的运用；本题难度虽然不大，但容易遗漏. 四种情况中，有两种情况的结果相同。
2. （2016.咸宁）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点（不与A、B重合），点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有下列结论：
①AE=BF；
②△OGH是等腰直角三角形；
③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；
④△GBH周长的最小值为４＋.
其中正确的是__________.
（把你认为正确结论的序号都填上）.
【考点】正方形的性质，圆心角定理，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定，四边形的面积，三角形的周长，动点问题，最值问题．
【分析】①连接OA，OB，如图16-1，根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，又∠BOE共用，故可得∠AOE=∠BOF，再根据圆心角定理可得①AE=BF；故①正确；
②连接OB，OC，如图16-2，证明△OGB≌△OHC，可得OG=OH，即可得出△OGH是等腰直角三角形；故②正确；
③如图16-3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，易证得△OGN≌△OHM，因此可得出S△OGN=S△OHM，故不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；故③错误；
④过点B作B关于OF的对称点P（易知点P在⊙O上），连接PH，则PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q（易知点Q在⊙O上），连接QG，则QG=BG；连接PQ，易证明PQ过圆心O，则PQ==4≠４＋，故④错误.
【解答】解：①连接OA，OB，如图16-1，
根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，
∠AOB-∠BOE =∠EOF-∠BOE，
即∠AOE=∠BOF，
根据相等的圆心角所对的弧相等，可得AE=BF；
故①正确；
（图16-1） （图16-2）
②连接OB，OC，如图16-2，则OB=OC，
由①知AE=BF
∵ABCD为正方形，∴AB=BC
∴AB=BC
∴AB-AE=BC-BF
即BE=CF
∴∠BOG=∠COH
又∵∠OBG+∠OBC=90°，∠OCH+∠OBC=90°，
∴∠OBG =∠OCH
在△OGB和△OHC中，
∠OBG =∠OCH
∠BOG=∠COH
OB=OC
∴△OGB≌△OHC，
∴OG=OH，
又∵∠EOF=90°
∴△OGH是等腰直角三角形；
故②正确；
③如图16-3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，
（图16-3）
又∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴OM=ON
由②知，OG=OH，
在Rt△OGN和Rt△OHM中，
OG=OH，
OM=ON
∴Rt△OGN≌Rt△OHM，
∴S△OGN=S△OHM，
又∵四边形BMOG公共
∴不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；
故③错误；
④过点B作B关于OF的对称点P（易知点P在⊙O上），连接PH，则PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q（易知点Q在⊙O上），连接QG，则QG=BG；
（图16-4）
连接PQ，易证明PQ过圆心O，
∴PQ==4≠４＋，
故④错误.
综上，①②正确，③④错误.
故答案为：①②.
【点评】本题考查了正方形的性质，圆心角定理，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定，四边形的面积，三角形的周长，动点问题，最值问题．运用圆心角定理是解答①的关键；在②中连接OB，OC，证明三角形全等是解题的关键；在③中，运用证明三角形全等，从而证明面积相等以解决不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变的问题；解答④的关键是运用轴对称解决最小周长问题. 作为填空题，解题时要注意技巧.
3.（2016·四川巴中）已知二元一次方程组的解为，则在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=x+5与直线l2：y=﹣x﹣1的交点坐标为 （﹣4，1） ．
【考点】一次函数与二元一次方程（组）．
【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系进行解答即可．
【解答】解：∵二元一次方程组的解为，
∴直线l1：y=x+5与直线l2：y=﹣x﹣1的交点坐标为（﹣4，1），
故答案为：（﹣4，1）．
4.（2016•呼和浩特）以下四个命题：
①对应角和面积都相等的两个三角形全等；
②“若x2﹣x=0，则x=的逆命题；
③若关于x、y的方程组有无数多组解，则a=b=1；
④将多项式5xy+3y﹣2x2y因式分解，其结果为﹣y（2x+1）（x﹣3）．
其中正确的命题的序号为 ①②③④ ．
【考点】命题与定理．
【分析】①正确，根据相似比为1的两个三角形全等即可判断．
②正确．写出逆命题即可判断．
③正确．根据方程组有无数多组解的条件即可判断．
④正确．首先提公因式，再利用十字相乘法即可判断．
【解答】解：①正确．对应角相等的两个三角形相似，又因为面积相等，所以相似比为1，所以两个三角形全等，故正确．
②正确．理由：“若x2﹣x=0，则x=的逆命题为x=0，则x2﹣x=0，故正确．
③正确．理由：∵关于x、y的方程组有无数多组解，
∴==，
∴a=b=1，故正确．
④正确．理由：5xy+3y﹣2x2y=﹣y（2x2﹣5x﹣3）=﹣y（2x+1）（x﹣3），故正确．
故答案为①②③④．
三、解答题
1. (2016·四川资阳)在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置，点E在斜边AB上，连结BD，过点D作DF⊥AC于点F．
（1）如图1，若点F与点A重合，求证：AC=BC；
（2）若∠DAF=∠DBA，
①如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由；
②当点F在线段CA上时，设BE=x，请用含x的代数式表示线段AF．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）由旋转得到∠BAC=∠BAD，而DF⊥AC，从而得出∠ABC=45°，最后判断出△ABC是等腰直角三角形；
（2）①由旋转得到∠BAC=∠BAD，再根据∠DAF=∠DBA，从而求出∠FAD=∠BAC=∠BAD=60°，最后判定△AFD≌△BED，即可；
②根据题意画出图形，先求出角度，得到△ABD是顶角为36°的等腰三角形，再用相似求出，，最后判断出△AFD∽△BED，代入即可．
【解答】解：（1）由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∵DF⊥AC，
∴∠CAD=90°，
∴∠BAC=∠BAD=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°，
∴AC=CB，
（2）①由旋转得，AD=AB，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠DAF=∠ABD，
∴∠DAF=∠ADB，
∴AF∥BB，
∴∠BAC=∠ABD，
∵∠ABD=∠FAD
由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∴∠FAD=∠BAC=∠BAD=×180°=60°，
由旋转得，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
在△AFD和△BED中，
，
∴△AFD≌△BED，
∴AF=BE，
②如图，
由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∵∠ABD=∠FAD=∠BAC+∠BAD=2∠BAD，
由旋转得，AD=AB，
∴∠ABD=∠ADB=2∠BAD，
∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，
∴∠BAD+2∠BAD+2∠BAD=180°，
∴∠BAD=36°，
设BD=x，作BG平分∠ABD，
∴∠BAD=∠GBD=36°
∴AG=BG=BC=x，
∴DG=AD﹣AG=AD﹣BG=AD﹣BD，
∵∠BDG=∠ADB，
∴△BDG∽△ADB，
∴．
∴，
∴，
∵∠FAD=∠EBD，∠AFD=∠BED，
∴△AFD∽△BED，
∴，
∴AF==x．
2. (2016·四川资阳)如图，在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是（1，0）、（3，1）、（3，3），双曲线y=（k≠0，x＞0）过点D．
（1）求双曲线的解析式；
（2）作直线AC交y轴于点E，连结DE，求△CDE的面积．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；平行四边形的性质．
【分析】（1）根据在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是（1，0）、（3，1）、（3，3），可以求得点D的坐标，又因为双曲线y=（k≠0，x＞0）过点D，从而可以求得k的值，从而可以求得双曲线的解析式；
（2）由图可知三角形CDE的面积等于三角形EDA与三角形ADC的面积之和，从而可以解答本题．
【解答】解：（1）∵在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是（1，0）、（3，1）、（3，3），
∴点D的坐标是（1，2），
∵双曲线y=（k≠0，x＞0）过点D，
∴2=，得k=2，
即双曲线的解析式是：y=；
（2）∵直线AC交y轴于点E，
∴S△CDE=S△EDA+S△ADC=，
即△CDE的面积是3．
3. (2016·四川自贡)计算：（）﹣1+（sin60°﹣1）0﹣2cos30°+|﹣1|
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】根据负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值的定义化简即可．
【解答】解：原式=2+1﹣+﹣1
=2．
【点评】本题考查负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值等知识，熟练掌握这些知识是解决问题的关键，记住a﹣p=（a≠0），a0=1（a≠0），|a|=，属于中考常考题型．
4. (2016·四川自贡)抛物线y=﹣x2+4ax+b（a＞0）与x轴相交于O、A两点（其中O为坐标原点），过点P（2，2a）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C（其中B、C不重合），连接AP交y轴于点N，连接BC和PC．
（1）a=时，求抛物线的解析式和BC的长；
（2）如图a＞1时，若AP⊥PC，求a的值．
【考点】二次函数的性质；轴对称的性质．
【分析】（1）根据抛物线经过原点b=0，把a=、b=0代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式，再求出B、C坐标，即可求出BC长．
（2）利用△PCB∽△APM，得=，列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+4ax+b（a＞0）经过原点O，
∴b=0，
∵a=，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x，
∵x=2时，y=8，
∴点B坐标（2，8），
∵对称轴x=3，B、C关于对称轴对称，
∴点C坐标（4，8），
∴BC=2．
（2）∵AP⊥PC，
∴∠APC=90°，
∵∠CPB+∠APM=90°，∠APM+∠PAM=90°，
∴∠CPB=∠PAM，
∵∠PBC=∠PMA=90°，
∴△PCB∽△APM，
∴=，
∴=，
整理得a2﹣4a+2=0，解得a=2±，
∵a＞0，
∴a=2+．
【点评】本题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题，学会转化的思想，属于中考常考题型
5. (2016·新疆)如图，▱ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．
（1）求证：四边形BCED′是菱形；
（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．
【考点】平行四边形的性质；菱形的判定；轴对称-最短路线问题；翻折变换（折叠问题）．
【分析】（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD=AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论；
（2）由四边形DAD′E是平行四边形，得到▱DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG=，DG=，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，
∵DE∥AD′，
∴∠DEA=∠EAD′，
∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，
∴∠DAD′=∠DED′，
∴四边形DAD′E是平行四边形，
∴DE=AD′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB∥DC，
∴CE=D′B，CE∥D′B，
∴四边形BCED′是平行四边形；
∵AD=AD′，
∴▱DAD′E是菱形，
（2）∵四边形DAD′E是菱形，
∴D与D′关于AE对称，
连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，
过D作DG⊥BA于G，
∵CD∥AB，
∴∠DAG=∠CDA=60°，
∵AD=1，
∴AG=，DG=，
∴BG=，
∴BD==，
∴PD′+PB的最小值为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6. (2016·云南)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∠ABC：∠BAD=1：2，BE∥AC，CE∥BD．
（1）求tan∠DBC的值；
（2）求证：四边形OBEC是矩形．
【考点】矩形的判定；菱形的性质；解直角三角形．
【专题】计算题；矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，得到对边平行，且BD为角平分线，利用两直线平行得到一对同旁内角互补，根据已知角之比求出相应度数，进而求出∠BDC度数，即可求出tan∠DBC的值；
（2）由四边形ABCD是菱形，得到对角线互相垂直，利用两组对边平行的四边形是平行四边形，再利用有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠DBC=∠ABC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC：∠BAD=1：2，
∴∠ABC=60°，
∴∠BDC=∠ABC=30°，
则tan∠DBC=tan30°=；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC=90°，
∵BE∥AC，CE∥BD，
∴BE∥OC，CE∥OB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
则四边形OBEC是矩形．
【点评】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，以及解直角三角形，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
7. (2016·云南)（12分）（2016•云南）有一列按一定顺序和规律排列的数：
第一个数是；
第二个数是；
第三个数是；
…
对任何正整数n，第n个数与第（n+1）个数的和等于．
（1）经过探究，我们发现：
设这列数的第5个数为a，那么，，，哪个正确？
请你直接写出正确的结论；
（2）请你观察第1个数、第2个数、第3个数，猜想这列数的第n个数（即用正整数n表示第n数），并且证明你的猜想满足“第n个数与第（n+1）个数的和等于”；
（3）设M表示，，，…，，这2016个数的和，即，
求证：．
【考点】分式的混合运算；规律型：数字的变化类．
【分析】（1）由已知规律可得；
（2）先根据已知规律写出第n、n+1个数，再根据分式的运算化简可得；
（3）将每个分式根据﹣=＜＜=﹣，展开后再全部相加可得结论．
【解答】解：（1）由题意知第5个数a==﹣；
（2）∵第n个数为，第（n+1）个数为，
∴+=（+）
=×
=×
=，
即第n个数与第（n+1）个数的和等于；
（3）∵1﹣=＜=1，
=＜＜=1﹣，
﹣=＜＜=﹣，
…
﹣=＜＜=﹣，
﹣=＜＜=﹣，
∴1﹣＜+++…++＜2﹣，
即＜+++…++＜，
∴．
【点评】本题主要考查分式的混合运算及数字的变化规律，根据已知规律=﹣得到﹣=＜＜=﹣是解题的关键．
9. (2016·云南)计算：﹣（﹣1）2016﹣3tan60°+（﹣2016）0．
【考点】实数的运算．
【分析】首先利用二次根式的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别化简求出答案．
【解答】解：原式=3﹣1﹣3×+1=0．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
8．（2016·黑龙江大庆）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．
（1）求证：MH为⊙O的切线．
（2）若MH=，tan∠ABC=，求⊙O的半径．
（3）在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，所以∠HCO=∠HMO=90°，从而可知MH是⊙O的切线；
（2）由切线长定理可知：MH=HC，再由点M是AC的中点可知AC=3，由tan∠ABC=，所以BC=4，从而可知⊙O的半径为2；
（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是⊙O的切线可知AO⊥CN，利用等面积可求出可求得CI的长度，设CE为x，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
【解答】解：（1）连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴OH∥AB，
∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB，
又∵OB=OM，
∴∠OMB=∠MBO，
∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中，
，
∴△COH≌△MOH（SAS），
∴∠HCO=∠HMO=90°，
∴MH是⊙O的切线；
（2）∵MH、AC是⊙O的切线，
∴HC=MH=，
∴AC=2HC=3，
∵tan∠ABC=，
∴=，
∴BC=4，
∴⊙O的半径为2；
（3）连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是⊙O的切线，
∴AC=AN，AO平分∠CAD，
∴AO⊥CN，
∵AC=3，OC=2，
∴由勾股定理可求得：AO=，
∵AC•OC=AO•CI，
∴CI=，
∴由垂径定理可求得：CN=，
设OE=x，
由勾股定理可得：CN2﹣CE2=ON2﹣OE2，
∴﹣（2+x）2=4﹣x2，
∴x=，
∴CE=，
由勾股定理可求得：EN=，
∴由垂径定理可知：NQ=2EN=．
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，切线的判等知识内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
9．（2016·黑龙江大庆）若两条抛物线的顶点相同，则称它们为“友好抛物线”，抛物线C1：y1=﹣2x2+4x+2与C2：u2=﹣x2+mx+n为“友好抛物线”．
（1）求抛物线C2的解析式．
（2）点A是抛物线C2上在第一象限的动点，过A作AQ⊥x轴，Q为垂足，求AQ+OQ的最大值．
（3）设抛物线C2的顶点为C，点B的坐标为（﹣1，4），问在C2的对称轴上是否存在点M，使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB′，且点B′恰好落在抛物线C2上？若存在求出点M的坐标，不存在说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）先求得y1顶点坐标，然后依据两个抛物线的顶点坐标相同可求得m、n的值；
（2）设A（a，﹣a2+2a+3）．则OQ=x，AQ=﹣a2+2a+3，然后得到OQ+AQ与a的函数关系式，最后依据配方法可求得OQ+AQ的最值；
（3）连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D．接下来证明△BCM≌△MDB′，由全等三角形的性质得到BC=MD，CM=B′D，设点M的坐标为（1，a）．则用含a的式子可表示出点B′的坐标，将点B′的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值，从而得到点M的坐标．
【解答】解：（1）∵y1=﹣2x2+4x+2=﹣﹣2（x﹣1）2+4，
∴抛物线C1的顶点坐标为（1，4）．
∵抛物线C1：与C2顶点相同，
∴=1，﹣1+m+n=4．
解得：m=2，n=3．
∴抛物线C2的解析式为u2=﹣x2+2x+3．
（2）如图1所示：
设点A的坐标为（a，﹣a2+2a+3）．
∵AQ=﹣a2++3，OQ=a，
∴AQ+OQ=﹣a2++3+a=﹣a2++3=﹣（a﹣）2+．
∴当a=时，AQ+OQ有最大值，最大值为．
（3）如图2所示；连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D．
∵B（﹣1，4），C（1，4），抛物线的对称轴为x=1，
∴BC⊥CM，BC=2．
∵∠BMB′=90°，
∴∠BMC+∠B′MD=90°．
∵B′D⊥MC，
∴∠MB′D+∠B′MD=90°．
∴∠MB′D=∠BMC．
在△BCM和△MDB′中，，
∴△BCM≌△MDB′．
∴BC=MD，CM=B′D．
设点M的坐标为（1，a）．则B′D=CM=4﹣a，MD=CB=2．
∴点B′的坐标为（a﹣3，a﹣2）．
∴﹣（a﹣3）2+2（a﹣3）+3=a﹣2．
整理得：a2﹣7a﹣10=0．
解得a=2，或a=5．
当a=2时，M的坐标为（1，2），
当a=5时，M的坐标为（1，5）．
综上所述当点M的坐标为（1，2）或（1，5）时，B′恰好落在抛物线C2上．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的顶点坐标公式、二次函数的图象和性质、全等三角形的性质和判定、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，用含a的式子表示点B′的坐标是解题的关键．
10. （2016·湖北鄂州）（本题满分10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90º，AO是△ABC的角平分线。以O为圆心，OC为半径作⊙O。
（1）（3分）求证：AB是⊙O的切线。
（2）（3分）已知AO交⊙O于点E，延长AO交⊙O于
点D， tanD＝，求的值。
（3）（4分）在（2）的条件下，设⊙O的半径为3，求
AB的长。 第3题图
【考点】切线，角平分线，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二元一次方程组.
【分析】（1）过O作OF⊥AB于F，由角平分线上的点到角两边的距离相等即可得证；
（2）连接CE，证明△ACE∽△ADC可得AE/AC=CE/CD=tanD=1/2；
（3）先由勾股定理求得AE的长，再证明△B0F∽△BAC，得BF/BC＝BO/BA=0F/AC，设BO=y ，BF=z，列二元一次方程组即可解决问题.
【解答】⑴证明：作OF⊥AB于F （1分）
∵AO是∠BAC的角平分线，∠ACB=90º
∴OC=OF （2分）
∴AB是⊙O的切线 （3分）
⑵连接CE （1分）
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴∠CAE=∠CAD
∵∠ACE所对的弧与∠CDE所对的弧是同弧
∴∠ACE=∠CDE
∴△ACE∽△ADC
∴= =tanD= （3分）
⑶先在△ACO中，设AE=x,
由勾股定理得
(x＋3)²=(2x) ²＋3² ，解得x=2, （1分）
∵∠BFO=90°=∠ACO
易证Rt△B0F∽Rt△BAC （2分）
得BF/BC＝BO/BA=/AC，
设BO=y BF=z
y/4＋z=z/3＋y=3/4 即 4z=9＋3y
4y=12＋3z
解得z= y= （4分）
∴AB=＋4= （5分）
【点评】本题主要考查了切线，角平分线，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二元一次方程组. 作OF⊥AB于F是解题的关键.
11．（2016·湖北鄂州）（本题满分12分）如图在平面直角坐标系xoy中，直线y＝2x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点，抛物线C1：y=－x²＋bx+c过A、B两点，与x轴另一交点为C。
（1）（3分）求抛物线解析式及C点坐标。
（2）（4分）向右平移抛物线C1，使平移后的抛物线C2恰好经过△ABC的外心，抛物线C1、C2相交于点D，求四边形AOCD的面积。
（3）（5分）已知抛物线C2的顶点为M，设P为抛物线C1对称轴上一点，Q为抛物线C1上一点，是否存在以点M、Q、P、B为顶点的四边形为平行四边形，若存在，直接写出P点坐标，不存在，请说明理由。
图（1） 图（2）
第4题图
12. （2016·湖北黄冈）（满分14分）如图，抛物线y=-x2+x+2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点. 设点P的坐标为(m, 0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A，点B，点C的坐标；
(2)求直线BD的解析式；
(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；
(4)在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
（第4题）
【考点】二次函数综合题.
【分析】（1）将x=0，y=0分别代入y=-x2+x+2=2中，即可得出点A，点B，点C的坐标；
（2）因为点D与点C关于x轴对称，所以D(0, -2)；设直线BD为y=kx-2, 把B(4, 0)代入，可得k的值，从而求出BD的解析式.
（3）因为P(m, 0)，则可知M在直线BD上，根据（2）可知点Mr坐标为M(m, m-2)，因这点Q在y=-x2+x+2上，可得到点Q的坐标为Q(-m2+m+2). 要使四边形CQMD为平行四边形，则QM=CD=4. 当P在线段OB上运动时，QM=(-m2+m+2)-（m-2）= -m2+m+4=4, 解之可得m的值.
（4）△BDQ是以BD为直角边的直角三角形，但不知直角顶点，因此需要情况讨论：当以点B为直角顶点时，则有DQ2= BQ2+ BD2.；当以D点为直角顶点时，则有DQ2= DQ2+ BD2. 分别解方程即可得到结果.
【解答】解：（1）当x=0时，y=-x2+x+2=2,
∴C（0，2）. …………………………………………………….1分
当y=0时，－x2+x+2=0
解得x1=－1，x2=4.
∴A(-1, 0)，B(4, 0). ………………………………………………3分
（2）∵点D与点C关于x轴对称，
∴D(0, -2). ……………………………………………………….4分
设直线BD为y=kx-2,
把B(4, 0)代入，得0=4k-2
∴k=.
∴BD的解析式为：y=x-2. ………………………………………6分
（3）∵P(m, 0),
∴M(m, m-2)，Q(-m2+m+2)
若四边形CQMD为平行四边形，∵QM∥CD， ∴QM=CD=4
当P在线段OB上运动时，
QM=(-m2+m+2)-（m-2）= -m2+m+4=4, ………………….8分
解得 m=0（不合题意，舍去），m=2.
∴m=2. ………………………………………………………………10分
（4）设点Q的坐标为（m, -m2+m +2），
BQ2=(m-4)2+( -m2+m +2)2,
BQ2=m2+［(-m2+m +2)+2］2, BD2=20.
①当以点B为直角顶点时，则有DQ2= BQ2+ BD2.
∴m2+［(-m2+m +2)+2］2= (m-4)2+( -m2+m +2)2+20
解得m1=3，m2=4.
∴点Q的坐标为（4, 0）（舍去），（3，2）. …………………..11分
②当以D点为直角顶点时，则有DQ2= DQ2+ BD2.
∴(m-4)2+( -m2+m +2)2= m2+［(-m2+m +2)+2］2+20
解得m1= -1，m2=8.
∴点Q的坐标为（-1, 0），（8，-18）.
即所求点Q的坐标为（3，2），（-1, 0），（8，-18）. ……………14分
注：本题考查知识点较多，综合性较强，主要考查了二次函数的综合运用，涉及待定系数法，平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，解一元二次方程，一次函数，对称，动点问题等知识点。在（4）中要注意分类讨论思想的应用。
13．（2016·湖北十堰）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，2）且垂直于y轴的直线，过P作PH⊥l，垂足为H，连接PO．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；
（2）①当P点运动到A点处时，计算：PO= 5 ，PH= 5 ，由此发现，PO = PH（填“＞”、“＜”或“=”）；
②当P点在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图2，设点C（1，﹣2），问是否存在点P，使得以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）①求出PO、PH即可解决问题．
②结论：PO=PH．设点P坐标（m，﹣ m2+1），利用两点之间距离公式求出PH、PO即可解决问题．
（3）首先判断PH与BC，PO与AC是对应边，设点P（m，﹣ m2+1），由=列出方程即可解决问题．
【解答】（1）解：∵抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），
∴﹣3=+1，
∴a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+1，顶点B（0，1）．
（2）①当P点运动到A点处时，∵PO=5，PH=5，
∴PO=PH，
故答案分别为5，5，=．
②结论：PO=PH．
理由：设点P坐标（m，﹣ m2+1），
∵PH=2﹣（﹣m2+1）=m2+1
PO==m2+1，
∴PO=PH．
（3）∵BC==，AC==，AB==4
∴BC=AC，
∵PO=PH，
又∵以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴=，设点P（m，﹣ m2+1），
∴=，
解得m=±1，
∴点P坐标（1，）或（﹣1，）．
【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是记住两点之间的距离公式，学会转化的思想，用方程去解决问题，属于中考压轴题．
14. （2016·湖北咸宁）（本题满分12分） 如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，1），取一点B（b，0），连接AB，作线段AB的垂直平分线l1，过点B作x轴的垂线l2，记l1，l2的交点为P.
（1）当b=3时，在图1中补全图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）小慧多次取不同数值b，得出相应的点P，并把这些点用平滑的曲线连接起来，发现：这些点P竟然在一条曲线L上！
①设点P的坐标为（x，y），试求y与x之间的关系式，并指出曲线L是哪种曲线；
②设点P到x轴，y轴的距离分别为d1，d2，求d1+d2的范围. 当d1+d2=8时，求点P的坐标；
③将曲线L在直线y=2下方的部分沿直线y=2向上翻折，得到一条“W”形状的新曲线，若直线y=kx+3与这条“W”形状的新曲线有4个交点，直接写出k的取值范围.
图1 图2
【考点】二次函数，一次函数，尺规作图，平面直角坐标系，勾股定理，一元二次方程，轴对称——翻折，最值问题.
【分析】（1）根据垂直平分线、垂线的尺规作图方法画图即可，要标出字母；
（2）①分x＞0和x≤0两种情况讨论：当x＞0时，如图2，连接AP，过点P作PE⊥y轴于点E，可得出PA=PB=y；再在Rt△APE中，EP=OB=x，AE=OE-OA= y-1，由勾股定理，可求出y与x之间的关系式；当x≤0时，点P（x，y）同样满足y=x2+，曲线L就是二次函数y=x2+的图像，也就是说
曲线L是一条抛物线.
②首先用代数式表示出d1，d2：d1=x2+，d2=｜x｜，得出d1+d2=x2++｜x｜，可知当x=0时，d1+d2有最小值，因此d1+d2的范围是d1+d2≥；当d1+d2=8时，则x2++｜x｜=8. 将x从绝对值中开出来，故需分x≥0和x＜0两种情况讨论：当x≥0时，将原方程化为x2++x=8， 解出x1，x2即可；当x＜0时，将原方程化为x2+－x=8，解出x1，x2即可；最后将x=±3代入y=x2+，求得P的纵坐标，从而得出点P的坐标.
③直接写出k的取值范围即可.
【解答】解：（1）如图1所示（画垂直平分线，垂线，标出字母各1分）.
……………………………………………………………..3分
E
图1 图2
（2）①当x＞0时，如图2，连接AP，过点P作PE⊥y轴于点E.
∵l1垂直平分AB
∴PA=PB=y.
在Rt△APE中，EP=OB=x，AE=OE-OA= y-1.
由勾股定理，得 (y-1)2+x2=y2. ………………………………………5分
整理得，y=x2+.
当x≤0时，点P（x，y）同样满足y=x2+. ……………………….6分
∴曲线L就是二次函数y=x2+的图像.
即曲线L是一条抛物线. …………………………………………………………7分
②由题意可知，d1=x2+，d2=｜x｜.
∴d1+d2=x2++｜x｜.
当x=0时，d1+d2有最小值.
∴d1+d2的范围是d1+d2≥. ………………………………………………8分
当d1+d2=8时，则x2++｜x｜=8.
（Ⅰ）当x≥0时，原方程化为x2++x=8.
解得 x1=3，x2= -5（舍去）.
（Ⅱ）当x＜0时，原方程化为x2+－x=8.
解得 x1= -3，x2= 5（舍去）.
将x=±3代入y=x2+，得 y=5. …………………………………….9分
∴点P的坐标为（3，5）或（-3，5）. …………………………….10分
③k的取值范围是：－＜k＜. …………………………………………….12分
解答过程如下（过程不需写）：
把y=2代入y=x2+，得x1=－，x2=.
∴直线y=2与抛物线y=x2+两个交点的坐标为（－，2）和（，2）.
当直线y=kx+3过点（－，2）时，可求得 k=；
当直线y=kx+3过点（，2）时，可求得 k=－.
故当直线y=kx+3与这条“W”形状的新曲线有4个交点时，k的取值范围是：－＜k＜. ……………………………………………………………….12分
【点评】本题是压轴题，综合考查了二次函数，一次函数，尺规作图，勾股定理，平面直角坐标系，一元二次方程，轴对称——翻折，最值问题. 读懂题目、准确作图、熟谙二次函数及其图像是解题的关键. 近几年的中考，一些题型灵活、设计新颖、富有创意的压轴试题涌现出来，其中一类以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的题目更是成为中考压轴大戏的主角。解决压轴题目的关键是找准切入点，如添辅助线构造定理所需的图形或基本图形；紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论；深度挖掘题干，反复认真的审题，在题目中寻找多解的信息，等等. 压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高，除了要熟知各类知识外，平时要多练，提高知识运用和转化的能力。
15 （2016·四川成都·10分）如图①，△ABC中，∠ABC=45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH=CH，连结BD．
（1）求证：BD=AC；
（2）将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B，D分别与点E，F对应），连接AE．
①如图②，当点F落在AC上时，（F不与C重合），若BC=4，tanC=3，求AE的长；
②如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）先判断出AH=BH，再判断出△BHD≌△AHC即可；
（2）①先根据tanC=3，求出AH=3，CH=1，然后根据△EHA≌△FHC，得到，HP=3AP，AE=2AP，最后用勾股定理即可；
②先判断出△AGQ∽△CHQ，得到，然后判断出△AQC∽△GQH，用相似比即可．
【解答】解：（1）在Rt△AHB中，∠ABC=45°，
∴AH=BH，
在△BHD和△AHC中，
，
∴△BHD≌△AHC，
∴BD=AC，
（2）①如图，
在Rt△AHC中，
∵tanC=3，
∴=3，
设CH=x，
∴BH=AH=3x，
∵BC=4，
∴3x+x=4，
∴x=1，
∴AH=3，CH=1，
由旋转知，∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°，EH=AH=3，CH=DH=FH，
∴∠EHA=∠FHC，，
∴△EHA≌△FHC，
∴∠EAH=∠C，
∴tan∠EAH=tanC=3，
过点H作HP⊥AE，
∴HP=3AP，AE=2AP，
在Rt△AHP中，AP2+HP2=AH2，
∴AP2+（3AP）2=9，
∴AP=，
∴AE=；
②由①有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH=∠HCG=90°，
∴△AGQ∽△CHQ，
∴，
∴，
∵∠AQC=∠GQE，
∴△AQC∽△GQH，
∴=sin30°=．
22. （2016·四川达州·10分）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为： 垂直 ．
②BC，CD，CF之间的数量关系为： BC=CD+CF ；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论
（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
故答案为：垂直；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
故答案为：BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．
16. （2016·四川达州·11分）如图，已知抛物线y=ax2+2x+6（a≠0）交x轴与A，B两点（点A在点B左侧），将直尺WXYZ与x轴负方向成45°放置，边WZ经过抛物线上的点C（4，m），与抛物线的另一交点为点D，直尺被x轴截得的线段EF=2，且△CEF的面积为6．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）探究：在直线AC上方的抛物线上是否存在一点P，使得△ACP的面积最大？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）将直尺以每秒2个单位的速度沿x轴向左平移，设平移的时间为t秒，平移后的直尺为W′X′Y′Z′，其中边X′Y′所在的直线与x轴交于点M，与抛物线的其中一个交点为点N，请直接写出当t为何值时，可使得以C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．
【考点】二次函数综合题；二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的性质．
【分析】（1）根据三角形的面积公式求出m的值，结合点C的坐标利用待定系数法即可求出a值，从而得出结论；
（2）假设存在．过点P作y轴的平行线，交x轴与点M，交直线AC于点N．根据抛物线的解析式找出点A的坐标．设直线AC的解析式为y=kx+b，点P的坐标为（n，﹣ n2+2n+6）（﹣2＜n＜4），由点A、C的坐标利用待定系数法即可求出直线AC的解析式，代入x=n，即可得出点N的坐标，利用三角形的面积公式即可得出S△ACP关于n的一元二次函数，根据二次函数的性质即可解决最值问题；
（3）根据直尺的摆放方式可设出直线CD的解析式为y=﹣x+c，由点C的坐标利用待定系数法即可得出直线CD的解析式，联立直线CD的解析式与抛物线的解析式成方程组，解方程组即可求出点D的坐标，令直线CD的解析式中y=0，求出x值即可得出点E的坐标，结合线段EF的长度即可找出点F的坐标，设出点M的坐标，结合平行四边形的性质以及C、D点坐标的坐标即可找出点N的坐标，再由点N在抛物线图象上，将其代入抛物线解析式即可得出关于时间t的一元二次方程，解方程即可得出结论．
【解答】解：（1）∵S△CEF=EF•yC=×2m=6，
∴m=6，即点C的坐标为（4，6），
将点C（4，6）代入抛物线y=ax2+2x+6（a≠0）中，
得：6=16a+8+6，解得：a=﹣，
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+6．
（2）假设存在．过点P作y轴的平行线，交x轴与点M，交直线AC于点N，如图1所示．
令抛物线y=﹣x2+2x+6中y=0，则有﹣x2+2x+6=0，
解得：x1=﹣2，x2=6，
∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（6，0）．
设直线AC的解析式为y=kx+b，点P的坐标为（n，﹣ n2+2n+6）（﹣2＜n＜4），
∵直线AC过点A（﹣2，0）、C（4，6），
∴，解得：，
∴直线AC的解析式为y=x+2．
∵点P的坐标为（n，﹣ n2+2n+6），
∴点N的坐标为（n，n+2）．
∵S△ACP=PN•（xC﹣xA）=×（﹣n2+2n+6﹣n﹣2）×[4﹣（﹣2）]=﹣（n﹣1）2+，
∴当n=1时，S△ACP取最大值，最大值为，
此时点P的坐标为（1，）．
∴在直线AC上方的抛物线上存在一点P，使得△ACP的面积最大，面积的最大值为，此时点P的坐标为（1，）．
（3）∵直尺WXYZ与x轴负方向成45°放置，
∴设直线CD的解析式为y=﹣x+c，
∵点C（4，6）在直线CD上，
∴6=﹣4+c，解得：c=10，
∴直线CD的解析式为y=﹣x+10．
联立直线CD与抛物线解析式成方程组：，
解得：，或，
∴点D的坐标为（2，8）．
令直线CD的解析式y=﹣x+10中y=0，则0=﹣x+10，
解得：x=10，即点E的坐标为（10，0），
∵EF=2，且点E在点F的左边，
∴点F的坐标为（12，0）．
设点M的坐标为（12﹣2t，0），则点N的坐标为（12﹣2t﹣2，0+2），即N（10﹣2t，2）．
∵点N（10﹣2t，2）在抛物线y=﹣x2+2x+6的图象上，
∴﹣（10﹣2t）2+2（10﹣2t）+6=2，整理得：t2﹣8t+13=0，
解得：t1=4﹣，t2=4+．
∴当t为4﹣或4+秒时，可使得以C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．
17. （2016·四川广安·10分）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B坐标为（﹣4，﹣5），点P为y轴左侧的抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以O，A，P，D为顶点的平行四边形是否存在？如存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
（3）当点P运动到直线AB下方某一处时，过点P作PM⊥AB，垂足为M，连接PA使△PAM为等腰直角三角形，请直接写出此时点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）先确定出点A坐标，然后用待定系数法求抛物线解析式；
（2）先确定出PD=|m2+4m|，当PD=OA=3，故存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，得到|m2+4m|=3，分两种情况进行讨论计算即可；
（3）由△PAM为等腰直角三角形，得到∠BAP=45°，从而求出直线AP的解析式，最后求出直线AP和抛物线的交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，
∴A（0，﹣3），
∵B（﹣4，﹣5），
∴，
∴，
∴抛物线解析式为y=x2+x﹣3，
（2）存在，
设P（m，m2+m﹣3），（m＜0），
∴D（m， m﹣3），
∴PD=|m2+4m|
∵PD∥AO，
∴当PD=OA=3，故存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，
∴|m2+4m|=3，
①当m2+4m=3时，
∴m1=﹣2﹣，m2=﹣2+（舍），
∴m2+m﹣3=﹣1﹣，
∴P（﹣2﹣，﹣1﹣），
②当m2+4m=﹣3时，
∴m1=﹣1，m2=﹣3，
Ⅰ、m1=﹣1，
∴m2+m﹣3=﹣，
∴P（﹣1，﹣），
Ⅱ、m2=﹣3，
∴m2+m﹣3=﹣，
∴P（﹣3，﹣），
∴点P的坐标为（﹣2﹣，﹣1﹣），（﹣1，﹣），（﹣3，﹣）．
（3）如图，
∵△PAM为等腰直角三角形，
∴∠BAP=45°，
∵直线AP可以看做是直线AB绕点A逆时针旋转45°所得，
设直线AP解析式为y=kx﹣3，
∵直线AB解析式为y=x﹣3，
∴k==3，
∴直线AP解析式为y=3x﹣3，
联立，
∴x1=0（舍）x2=﹣
当x=﹣时，y=﹣，
∴P（﹣，﹣）．
18． （2016·四川乐山·12分）如图，在直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴和轴正半轴上，点的坐标是，点是边上一动点（不与点、点重合），连结、，过点作射线交的延长线于点，交边于点，且，令，.
（1）当为何值时，？
（2）求与的函数关系式，并写出的取值范围；
（3）在点的运动过程中，是否存在，使的面积与的面积之和等于的面积.若存在，请求的值；若不存在，请说明理由.
解析：
（1）如图所示，由题意知，，∥
∵，∴.
∴.……………………(1分)
∴∽.……………………(2分)
∴，即，解得（不合题意,舍去）.
∴当时，.……………………(4分)
（2）如图所示，∵∥，∴.
∵，∴.
∵，∴∽.……………………(6分)
∴，即.
∴，的取值范围是.……………………(8分)
（3）假设存在符合题意. 如图所示，过作于点，交于点， 则.
∵与面积之和等于的面积，
∴. ∴.…………………(9分)
∵∥，∴∽. ∴.…………………(10分)
即，解得. ∴由（2）得，.………(11分)
解得（不合题意舍去）. ……………………(12分)
∴在点的运动过程中，存在，使与面积之和等于的面积.
19. （2016·四川乐山·13分）在直角坐标系中，、，将经过旋转、平移变化后得到如图所示的.
（1）求经过、、三点的抛物线的解析式；
（2）连结，点是位于线段上方的抛物线上一动点，若直线将的面积分成两部分，求此时点的坐标；
（3）现将、分别向下、向左以的速度同时平移，求出在此运动过程中与重叠部分面积的最大值.
解析：
（1）∵、，将经过旋转、平移变化得到如图所示的，
∴.∴.…………………(1分)
设经过、、三点的抛物线解析式为，
则有，解得：.
∴抛物线解析式为.…………………(4分)
（2）如图4.1所示，设直线与交于点.
∵直线将的面积分成两部分，
∴或，…………………(5分)
过作于点，则∥.
∴∽,∴.
∴当时，，
∴，∴.…………………(6分)
设直线解析式为，则可求得其解析式为，
∴，∴（舍去），
∴.…………………(7分)
当时，同理可得.…………………(8分)
（3）设平移的距离为，与重叠部分的面积为.
可由已知求出的解析式为，与轴交点坐标为.
的解析式为，与轴交点坐标为. ………(9分)
①如图4.2所示，当时，与重叠部分为四边形.
设与轴交于点，与轴交于点，与交于点，连结.
由，得 ，∴.……………(10分)
∴
.
∴的最大值为.…………………(11分)
②如图所示，当时，与重叠部分为直角三角形.
设与轴交于点， 与交于点.则，
，.
∴.…………………(12分)
∴当时，的最大值为.
综上所述，在此运动过程中与重叠部分面积的最大值为.…………………(13分)
20． （2016·四川凉山州·12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当点P到点A、点B的距离之和最短时，求点P的坐标；
（3）点M也是直线l上的动点，且△MAC为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可；
（2）由图知：A、B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知，直线l与x轴的交点，即为符合条件的P点；
（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入抛物线y=ax2+bx+c中，得：
，
解得：
故抛物线的解析式：y=x2﹣2x﹣3．
（2）当P点在x轴上，P，A，B三点在一条直线上时，点P到点A、点B的距离之和最短，
此时x=﹣=1，
故P（1，0）；
（3）如图所示：抛物线的对称轴为：x=﹣=1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，﹣3），则：
MA2=m2+4，MC2=（3+m）2+1=m2+6m+10，AC2=10；
①若MA=MC，则MA2=MC2，得：
m2+4=m2+6m+10，解得：m=﹣1，
②若MA=AC，则MA2=AC2，得：
m2+4=10，得：m=±；
③若MC=AC，则MC2=AC2，得：
m2+6m+10=10，得：m1=0，m2=﹣6；
当m=﹣6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为 M（1，）（1，﹣）（1，﹣1）（1，0）．