2017全国各地中考数学压轴题汇编之1.doc

44

2017全国各地中考数学压轴题汇编之一
1．（2017江苏淮安，28，14分）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数＝的图像与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为（－3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为秒．连接PQ．
（1）填空：＝________，＝________；
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在轴下方，该二次函数的图像上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．
图①
图②
备用图

【分析】（1）将A（－3，0）、B（4，0）代入＝即可求解；（2）若△APQ为直角三角形，则∠APQ＝90°（∠PAQ与∠PQA不可能为直角）．连接QC，则AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2，据此列出关于的方程求解，若的值满足0≤≤4，则△APQ可能是直角三角形，否则不可能；（3）①过点P作DE∥轴，分别过点M、Q作MD⊥DE，QE⊥DE，垂足分别为D、E，构成“一线三直角”全等模型，用含的式子表示点M的坐标；②将点M的坐标代入二次函数的表达式求解；（4）①分别求直线BC、直线NQ′的函数表达式；②解直线BC、NQ′的函数达式组成的方程组．
【解析】（1）＝，＝4．
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．理由如下：
若△APQ是直角三角形，因为在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，所以∠APQ＝90°．
∴AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2．
连接QC．
由（1）知抛物线的函数表达式为＝，当＝0时，＝4．
∴C（0，4）．
∴OC＝4．
∵A（－3，0），
∴OA＝3．
由题意，得AP＝OQ＝．
∴AQ＝OA＋OQ＝．
在Rt△AOC中，由勾股定理得AC＝＝＝5．
∴PC＝．
在Rt△OCQ中，QC2＝OQ2＋OC2＝．
∵∠APQ＝90°，
∴AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2．
∴＝．
解得＝4.5．
由题意知0≤≤4．
∴＝4.5不符合题意，舍去．
∴在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．

（3）如图，过点P作DE∥轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为点D、E，MD交轴于点F，过点P作PG⊥轴，垂足为点G，则PG∥轴，∠D＝∠E＝90°．
∴△APG∽△ACO．
∴＝＝，即＝＝．
∴PG＝，AG＝．
∴PE＝GQ＝GO＋OQ＝AO－AG＋OQ＝＝，DF＝EQ＝．
∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，
∴∠DMP＋∠DPM＝∠EPQ＋∠DPM＝90°．
∴∠DMP＝∠EPQ．
又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，
∴△MDP≌△PEQ．
∴PD＝EQ＝，MD＝PE＝．
∴AM＝MD－DF＝＝，
OF＝FG＋GO＝PD＋OA－AG＝＝．
∴M（，）．
∵点M在轴下方的抛物线上，
∴＝．
解得＝．
∵0≤≤4，
∴＝．

（4）Q′（，）．
提示：连接OP，取OP中点R，连接RH、NR，延长NR交线段BC于点Q′．
∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，
∴RH＝OQ＝，RH∥OQ．
∵A（－3，0）、N（，0），
∴点N为OA的中点．
又∵点R为OP的中点，
∴NR＝AP＝，RN∥AC．
∴RH＝NR．
∴∠RNH＝∠RHN．
∵RH∥OQ，
∴∠RHN＝∠HNO．
∴∠RNH＝∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．
设直线AC的函数表达式为＝，把A（－3，0）、C（0，4）代入，得

解得＝，＝4．
∴直线AC的函数表达式为＝．
同理可求，直线BC的函数表达式为＝．
设直线NR的函数表达式为＝，把N（，0）代入，得
0＝．
解得＝2．
∴直线NR的函数表达式为＝．
解方程组得
∴Q′（，）．

2．(2017江苏南京，27，11分)折纸的思考．
【操作体验】
用一张矩形纸片折等边三角形．
第一步，对折矩形纸片ABCD（AB＞BC）（图①），使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平（图②）．
第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在EF上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，折出PB，PC，得到△PBC．
（1）说明△PBC是等边三角形．

【数学思考】
（2）如图④．小明画出了图③的矩形ABCD和等边三角形PBC．他发现，在矩形ABCD中把△PBC经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形．请描述图形变化的过程．
（3）已知矩形一边长为3cm，另一边长为acm．对于每一个确定的a的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形．请画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围．

【问题解决】
（4）用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为 cm．
【分析】（1）由折叠的性质，线段垂直平分线的性质可判断；
（2）根据旋转的性质和位似变换直接作图，写出过程即可；
（3）根据图形，由勾股定理和等边三角形的性质求解；
（4）由勾股定理和正方形的性质的性质直接求解．
【解析】（1）由折叠，PB＝PC，EF是BC的垂直平分线，
∴PB＝PC，
∴PB＝PC＝BC ，
∴△PBC是等边三角形．
（2）本题答案不惟一．例如，
如图，以点B为中心，在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度，得到△P1B1C1；

再以点B为位似中心，将△P1B1C1放大，使C1的对应点C2落在CD上，得到△P2BC2．
（3）
当等边三角形的边长为3cm，acm为高时，则a＝332，
当等边三角形的边长为acm，3cm为高时，则a＝23，
然后分0＜a≤332，332＜a＜23，a≥23画出示意图．

（4）165．
当以4cm的直角边与正方形的边重合时，边长为4cm，正方形的面积为16cm2；
当直角三角形的一个顶点与正方形的顶点重合，两外两个顶点在边上时，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠C＝∠D＝90°．
∵∠BFE＝90°，
∴∠BFC＋∠EFD＝90°，∠BFC＋∠CBF＝90°，
∴∠EFD＝∠CBF，
∴△BCF∽△FDE，
∴BC∶DF＝BF∶EF．
设BC＝a，由BF＝4，
得CF＝16-a2，则DF＝a－16-a2，
可知a∶( a－16-a2)＝4∶1
解得a＝165．
正方形得面积为25625．
因为25625＜16，
所以a＝165．

3．（2017江苏连云港，27，14分）问题呈现：
如图1，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA上，AE＝DG，求证：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD．（S表示面积）
实验探究：某数学实验小组发现：若图1中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E、G作BC边的平行线，再分别过点F、H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1、B1、C1、D1，得到矩形A1B1C1D1．
如图2，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近（DG＞AE），经过探索，发现：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋．
如图3，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近（DG＜AE），请探索S四边形EFGH、S矩形ABCD与之间的数量关系，并说明理由．
迁移应用：
请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：
（1）如图4，点E、F、G、H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AH＞BF，AE＞DG，S四边形EFGH＝11，HF＝，求EG的长．
（2）如图5，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E、H分别在边AB、AD上，BE＝1，DH＝2，点F、G分别是边BC、CD上的动点，且FG＝，连接EF、HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．

【分析】问题呈现：根据矩形的性质，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；实验探究：由题意得当将点G向点D靠近()时，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；迁移应用：(1)由上面的结论，结合图形，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；（2）直接根据规律写出结果即可.
【解析】问题呈现：证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∵AE＝DG，
∴四边形AEGD是矩形，
∴S△HGE＝S矩形AEGD，
同理S△EGF＝S矩形BEGC，
∴S四边形EFGH＝S△HGE＋S△EFG＝S矩形BEGC．
实验探究：结论：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．

理由：∵＝，＝，＝，＝，
∴S四边形EFGH＝＋＋＋－，
∴2S四边形EFGH＝2＋2＋2＋2－2，
∴2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．
迁移应用：解：（1）如图4中，

∵2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－．
∴＝25－2×11＝3＝A1B1·A1D1，
∵正方形的面积为25，∴边长为5，
∵A1D12＝HF2－52＝29－25＝4，
∴A1D1＝2，A1B1＝，
∴EG2＝A1B12＋52＝，
EG＝．
（2）∵2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋．
∴四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
①如图5－1中，当G与C重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
此时矩形A1B1C1D1面积＝1·(－2)＝

②如图5－2中，当G与D重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH的面积最大．
此时矩形A1B1C1D1面积＝2·1＝2，

∵2＞－2，
∴矩形EFGH的面积最大值＝．
4．（2017江苏南通，28，13分）已知直线y＝kx＋b与抛物线y＝ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．
（1）若∠AOB＝60°，AB∥x轴，AB＝2，求a的值；
（2）若∠AOB＝90°，点A的横坐标为－4，AC＝4BC，求点B的坐标；
（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE＝CO．

【分析】（1）如图1，由条件可知△AOB为等边三角形，则可求得OA的长，在Rt△AOD中可求得AD和OD的长，可求得A点坐标，代入抛物线解析式可得a的值；
（2）如图2，作辅助线，构建平行线和相似三角形，根据CF∥BG，由A的横坐标为－4，得B的横坐标为1，所以A（－4，16a），B（1，a），证明△ADO∽△OEB，则，得a的值及B的坐标；
（3）如图3，设AC＝nBC由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（－mn，am2n2），分别根据两三角形相似计算DE和CO的长即可得出结论．
【解析】解：（1）如图1，∵抛物线y＝ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，

∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB＝2，AB⊥OC，
∴AC＝BC＝1，∠BOC＝30°，
∴OC＝，
∴A（－1，），
把A（－1，）代入抛物线y＝ax2（a＞0）中得：a＝；
（2）如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，

∵CF∥BG，
∴，
∵AC＝4BC，
∴＝4，
∴AF＝4FG，
∵A的横坐标为－4，
∴B的横坐标为1，
∴A（－4，16a），B（1，a），
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOD＋∠BOE＝90°，
∵∠AOD＋∠DAO＝90°，
∴∠BOE＝∠DAO，
∵∠ADO＝∠OEB＝90°，
∴△ADO∽△OEB，
∴，
∴，
∴16a2＝4，
a＝±，
∵a＞0，
∴a＝；
∴B（1，）；
（3）如图3，设AC＝nBC，

由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，
则设B（m，am2），则A（－mn，am2n2），
∴AD＝am2n2，
过B作BF⊥x轴于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴，
∴，
∴，DE＝am2n，
∴，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴，
∴，
∴CO＝＝am2n，
∴DE＝CO．
5．(2017江苏苏州，28，10分)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于 A、B两点，与y轴交于点C，OB＝OC．点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．
(1)求b、c的值；
(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上，求点F的坐标；
(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．

【分析】(1)由条件可求得抛物线对称轴，则可求得b的值；由OB＝OC，可用c表示出B点坐标，代入抛物线解析式可求得c的值；
(2)可设F(0，m)，则可表示出F′的坐标，由B、E的坐标可求得直线BE的解析式，把F′坐标代入直线BE解析式可得到关于m的方程，可求得F点的坐标；
(3)设点P坐标为(n，0)，可表示出PA、PB、PN的长，作QR⊥PN，垂足为R，则可求得QR的长，用n可表示出Q、R、N的坐标，在Rt△QRN中，由勾股定理可得到关于n的二次函数，利用二次函数的性质可知其取得最小值时n的值，则可求得Q点的坐标，
【解析】解：
(1)∵CD∥x轴，CD＝2，
∴抛物线对称轴为x＝1．
∴-＝2，b＝-2．
∵OB＝OC，C(0，c)，
∴B点的坐标为(－c，0)，
∴0＝c2＋2c＋c，解得c＝－3或c＝0(舍去)，
∴c＝－3；
(2)设点F的坐标为(0，m)．
∵对称轴为直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F的坐标为(2，m)．
由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴E(1，－4)，
∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，
∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝2x－6．
∵点F在BE上，
∴m＝2×2－6＝－2，即点F的坐标为(0，－2)；
(3)存在点Q满足题意．
设点P坐标为(n，0)，则PA＝n＋1，PB＝PM＝3－n，PN＝－n2＋2n＋3．
作QR⊥PN，垂足为R，

∵S△PQN＝S△APM，
∴(n＋1)(3-n)＝(-n2＋2n＋3) ·QR，
∴QR＝1．
①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为(n－1，n2－4n)，R点的坐标为(n，n2－4n)，N点的坐标为(n，n2－2n－3)．
∴在Rt△QRN中，NQ2＝1＋(2n－3)2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，-)；
②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为(n＋11，n2－4)．
同理，NQ2＝1＋(2n－1)2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，-)．
综上可知存在满足题意的点Q，其坐标为(，-)或(，-)．

6．（2017江苏泰州，26，14分）平面直角坐标系xOy中，点A、B的横坐标分别为a、a+2，二次函数y=－x2+（m－2）x+2m的图象经过点A、B，且a、m满足2a－m=d（d为常数）．
（1）若一次函数y1=kx+b的图象经过A、B两点．
①当a=1、d=－1时，求k的值；
②若y1随x的增大而减小，求d的取值范围；
（2）当d=－4且a≠－2、a≠－4时，判断直线AB与x轴的位置关系，并说明理由；
（3）点A、B的位置随着a的变化而变化，设点A、B运动的路线与y轴分别相交于点C、D，线段CD的长度会发生变化吗？如果不变，求出CD的长；如果变化，请说明理由．
【分析】（1）①当a=1、d=－1时，m=2a－d=3，于是得到抛物线的解析式，然后求得点A和点B的坐标，最后将点A和点B的坐标代入直线AB的解析式求得k的值即可；
②将x=a，x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，然后依据y1随着x的增大而减小，可得到－（a－m）（a+2）＞－（a+2－m）（a+4），结合已知条件2a－m=d，可求得d的取值范围；
（2）由d=－4可得到m=2a+4，则抛物线的解析式为y=－x2+（2a+2）x+4a+8，然后将x=a、x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标，最后依据点A和点B的纵坐标可判断出AB与x轴的位置关系；
（3）先求得点A和点B的坐标，于是得到点A和点B运动的路线与字母a的函数关系式，则点C（0，2m），D（0，4m－8），于是可得到CD与m的关系式．
【解析】解：（1）①当a=1、d=－1时，m=2a－d=3，
所以二次函数的表达式是y=－x2+x+6．
∵a=1，
∴点A的横坐标为1，点B的横坐标为3，
把x=1代入抛物线的解析式得：y=6，把x=3代入抛物线的解析式得：y=0，
∴A（1，6），B（3，0）．
将点A和点B的坐标代入直线的解析式得：，解得：，
所以k的值为－3．
②∵y=－x2+（m－2）x+2m=－（x－m）（x+2），
∴当x=a时，y=－（a－m）（a+2）；当x=a+2时，y=－（a+2－4）（a+4），
∵y1随着x的增大而减小，且a＜a+2，
∴－（a－m）（a+2）＞－（a+2－m）（a+4），解得：2a－m＞－4，
又∵2a－m=d，
∴d的取值范围为d＞－4．
（2）∵d=－4且a≠－2、a≠－4，2a－m=d，
∴m=2a+4．
∴二次函数的关系式为y=－x2+（2a+2）x+4a+8．
把x=a代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．
把x=a+2代入抛物线的解析式得：y=a2+6a+8．
∴A（a，a2+6a+8）、B（a+2，a2+6a+8）．
∵点A、点B的纵坐标相同，
∴AB∥x轴．
（3）线段CD的长随m的值的变化而变化．
∵y=－x2+（m－2）x+2m过点A、点B，
∴当x=a时，y=－a2+（m－2）a+2m，当x=a+2时，y=－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m，
∴A（a，－a2+（m－2）a+2m）、B（a+2，－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m）．
∴点A运动的路线是的函数关系式为y1=－a2+（m－2）a+2m，点B运动的路线的函数关系式为y2=－（a+2）2+（m－2）（a+2）+2m．
∴点C（0，2m），D（0，4m－8）．
∴DC=|2m－（4m－8）|=|8－2m|．
∴线段CD的长随m的值的变化而变化．
当8－2m=0时，m=4时，CD=|8－2m|=0，即点C与点D重合；当m＞4时，CD=2m－8；当m＜4时，CD=8－2m．
7．（2017江苏无锡，28，8分）如图，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若m＝6，求当P，E，B三点在同一直线上时对应的t的值．
（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，求所有这样的m的取值范围．

【分析】（1）如图1中，设PD＝x．则PA＝6－x．首先证明BP＝BC＝6，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题；
（2）分两种情形求出AD的值即可解决问题：①如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．②如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3；
【解析】解：（1）如图1中，设PD＝x．则PA＝6－x．

∵P、B、E共线，
∴∠BPC＝∠DPC，
∵AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∴∠BPC＝∠PCB，
∴BP＝BC＝6，
在Rt△ABP中，∵AB2＋AP2＝PB2，
∴42＋（6－x）2＝62，
∴x＝6－2或6＋2（舍弃），
∴PD＝6－2，
∴t＝（6－2）s时，B、E、P共线．
（2）如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．
作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC于M．则EQ＝3，CE＝DC＝4

易证四边形EMCQ是矩形，
∴CM＝EQ＝3，∠M＝90°，
∴EM＝，
∵∠DAC＝∠EDM，∠ADC＝∠M，
∴△ADC∽△DME，
，
∴，
∴AD＝4，
如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3．
作EQ⊥BC于Q，延长QE交AD于M．则EQ＝3，CE＝DC＝4

在Rt△ECQ中，QC＝DM＝，
由△DME∽△CDA，
∴，
∴，
∴AD＝，
综上所述，在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，这样的m的取值范围≤m＜4．
8．(2017江苏宿迁，26，10分)如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB＝1，BC＝，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．
(1)当B′C′恰好经过点D时(如图1)，求线段CE的长；
(2)若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE＝22.5°(如图2)，求△DFG的面积；
(3)在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．

【分析】(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x，由△ADB′′∽△DEC，可得＝，列出方程即可解决问题；
(2)如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；
(3)如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题．
【解析】解：(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x，

∵∠ADB′＋∠EDC′＝90°，∠B′AD＋∠ADB′＝90°，
∴∠B′AD＝∠EDC′，
∵∠B′＝∠C′＝90°，AB′＝AB＝1，AD＝，
∴DB′＝＝，
∴△ADB′′∽△DEC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝－2．
∴CE＝－2．
(2)如图2中，

∵∠BAD＝∠B′＝∠D＝90°，∠DAE＝22.5°，
∴∠EAB＝∠EAB′＝67.5°，
∴∠B′AF＝∠B′FA＝45°，
∴∠DFG＝∠AFB′＝∠DGF＝45°，
∴DF＝FG，
在Rt△AB′F中，AB′＝FB′＝1，
∴AF＝AB′＝，
∴DF＝DG＝－，
∴S△DFG＝(－)2＝－．
(3)如图3中，点C的运动路径的长为的长，

在Rt△ADC中，∵tan∠DAC＝＝，
∴∠DAC＝30°，AC＝2CD＝2，
∵∠C′AD＝∠DAC＝30°，
∴∠CAC′＝60°，
∴的长＝＝π．

9．(2017江苏徐州，28，10分)如图，已知二次函数y＝x2－4的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，⊙C的半径为，P为⊙C上一动点．
(1)点B，C的坐标分别为B(　 　)，C(　 　)；
(2)是否存在点P，使得△PBC为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值＝　 　．

【分析】(1)在抛物线解析式中令y＝0可求得B点坐标，令x＝0可求得C点坐标；
(2)①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC＝5，BP2＝2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，根据相似三角形的性质得到＝2，设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，得到BE＝3－x，CF＝2x－4，于是得到FP2＝，EP2＝，求得P2(，－)，过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1(－1，－2)，②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
(3)如图3中，连接AP，∵OB＝OA，BE＝EP，推出OE＝AP，可知当AP最大时，OE的值最大，
【解析】解：(1)在y＝x2－4中，令y＝0，则x＝±3，令x＝0，则y＝－4，
∴B(3，0)，C(0，－4)；
故答案为：3，0；0，－4；
(2)存在点P，使得△PBC为直角三角形，
①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图(2)a，

连接BC，
∵OB＝3．OC＝4，
∴BC＝5，
∵CP2⊥BP2，CP2＝，
∴BP2＝2，
过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，
则△CP2F∽△BP2E，四边形OCP2B是矩形，
∴＝2，
设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，
∴BE＝3－x，CF＝2x－4，
∴＝＝2，
∴x＝，2x＝，
∴FP2＝，EP2＝，
∴P2(，－)，
过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，
同理求得P1(－1，－2)，
②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，如图(2)b
过P4作P4H⊥y轴于H，

则△BOC∽△CHP4，
∴＝＝，
∴CH＝，P4H＝，
∴P4(，－－4)；
同理P3(－，－4)；
综上所述：点P的坐标为：(－1，－2)或(，－)或(，－－4)或(－，－4)；
(3)如图(3)，连接AP，∵OB＝OA，BE＝EP，

∴OE＝AP，
∴当AP最大时，OE的值最大，
∵当P在AC的延长线上时，AP的值最大，最大值＝5＋，
∴OE的最大值为
故答案为：．

10．(2017江苏盐城，27，14分)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝x2＋bx＋c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)根据题意得到A(－4，0)，C(0，2)代入y＝－x2＋bx＋c，于是得到结论；
(2)①如图，令y＝0，解方程得到x1＝－4，x2＝1，求得B(1，0)，过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P(－，0)，得到PA＝PC＝PB＝，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，情况二，∠FDC＝2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
【解析】解：(1)根据题意得A(－4，0)，C(0，2)，
∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A、C两点，
∴，
∴，
∴y＝－x2－x＋2；
(2)①如图，令y＝0，
∴－x2－x＋2＝0，
∴x1＝－4，x2＝1，
∴B(1，0)，
过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，

∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴＝＝，
设D(a，－a2－a＋2)，
∴M(a，a＋2)，
∵B(1.0)，
∴N(1，)，
∴＝＝＝-(a＋2)2＋；
∴当a＝2时，的最大值是；
②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，
∴AC＝2，BC＝，AB＝5，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，
∴P(－，0)，
∴PA＝PC＝PB＝，
∴∠CPO＝2∠BAC，
∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝，
过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，

情况一：如图，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝，
即＝
令D(a，－a2－a＋2)，
∴DR＝－a，RC＝－a2－a，
∴＝，
∴a1＝0(舍去)，a2＝－2，
∴xD＝－2，
情况二，∴∠FDC＝2∠BAC，
∴tan∠FDC＝，
设FC＝4k，
∴DF＝3k，DC＝5k，
∵tan∠DGC＝＝，
∴FG＝6k，
∴CG＝2k，DG＝3k，∴
∴RC＝k，RG＝k，
DR＝3k－k＝k，
∴＝＝，
∴a1＝0(舍去)，a2＝，
点D的横坐标为－2或－．

11．(2017江苏扬州，28，12分)如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
(1)若AP=1，则AE=　　；
(2)①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
(3)在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．

【分析】(1)由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；
(2)①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；
②连接OA、AC，由光杆司令求出AC=4，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；
(3)设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．
【解析】(1)解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，
∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，
∴∠AEP=∠PBC，
∴△APE∽△BCP，
∴，即，
解得：AE=；
故答案为：；
(2)①证明：∵PF⊥EG，
∴∠EOF=90°，
∴∠EOF+∠A=180°，
∴A、P、O、E四点共圆，
∴点O一定在△APE的外接圆上；
②解：连接OA、AC，如图1所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，∠BAC=45°，
∴AC==4，
∵A、P、O、E四点共圆，
∴∠OAP=∠OEP=45°，
∴点O在AC上，
当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=2，
即点O经过的路径长为2；
(3)解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：

则MN∥AE，
∵ME=MP，
∴AN=PN，
∴MN=AE，
设AP= x，则BP=4﹣x，
由(1)得：△APE∽△BCP，
∴，即，
解得：AE= x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1，
∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．
12．（2017江苏镇江，28，11分）【回顾】
如图1，△ABC中，∠B=30°，AB=3，BC=4，则△ABC的面积等于　3　．
【探究】
图2是同学们熟悉的一副三角尺，一个含有30°的角，较短的直角边长为a；另一个含有45°的角，直角边长为b，小明用两副这样的三角尺拼成一个平行四边形ABCD（如图3），用了两种不同的方法计算它的面积，从而推出sin75°=，小丽用两副这样的三角尺拼成了一个矩形EFGH（如图4），也推出sin75°=，请你写出小明或小丽推出sin75°=的具体说理过程．
【应用】
在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=75°，BC=6，CD=5，AD=10（如图5）
（1）点E在AD上，设t=BE+CE，求t2的最小值；
（2）点F在AB上，将△BCF沿CF翻折，点B落在AD上的点G处，点G是AD的中点吗？说明理由．

【分析】回顾：如图1中，作AH⊥BC．求出AH即可解决问题；
探究：如图2中，根据S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH列出方程即可解决问题；
应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．因为EC=EH，推出EB+EC=EB+EH，在△EBH中，BE+EH≥BH，推出BE+EC的最小值为BH，求出BH即可解决问题；
②结论：点G不是AD的中点．理由反证法证明即可．
【解析】由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a－b，EH=FG=b－a，BC=b，
解：回顾：如图1中，作AH⊥BC．

在Rt△ABH中，∵∠B=30°，AB=3，
∴AH=AB•sin30°=，
∴S△ABC=•BC•AH=×4×=3，
故答案为3．
探究：如图3中，

由题意可知四边形EFGH是矩形，AB=CD=2a，AH=DH=BF=CF=b，EF=GH=a－b，EH=FG=b－a，BC=b，
∵S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH
∴b•2a•sin75°=2××a×a+2××b2+（a－b）（b－a），
∴2absin75°=ab+ab，
∴sin75°=．
如图4中，

易知四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=75°，
∴S四边形EFGH=2•S△ABE+2•S△ADF+S平行四边形ABCD，
∴（a+b）（a+b）═2××a×a+2××b2+b•2a•sin75°，
∴sin75°=．
应用：①作C关于AD的对称点H，CH交AD于J，连接BH，EH．

在Rt△DCJ中，JC=CD•sin75°=（+），
∴CH=2CJ=（+），
在Rt△BHC中，BH2=BC2+CH2=36+（+）2=86+25，
∵EC=EH，
∴EB+EC=EB+EH，
在△EBH中，BE+EH≥BH，
∴BE+EC的最小值为BH，
∴t=BE+CE，t2的最小值为BH2，即为86+25．
②结论：点G不是AD的中点．
理由：作CJ⊥AD于J，DH⊥CG于H．

不妨设AG=GD=5，∵CD=5，
∴DC=DG，∵DH⊥CG，
∴GH=CH=3，
在Rt△CDH中，DH===4，
∵S△DGC=•CG•DH=•DG•CJ，
∴CJ=，
∴sin∠CDJ==，
∵∠CDJ=75°，
∴与sin75°=矛盾，
∴假设不成立，
∴点G不是AD的中点．