【正文】 =2時，可分別計算出BP、BQ的長，再對△BPQ的形狀進行判斷；（2）∠B為60176?！唷鰾PQ是等邊三角形；（2）過Q作QE⊥AB，垂足為E由QB=2t，得QE=2t?sin60176。=2t=t∴EP=AB﹣AP﹣BE=6﹣t﹣t=6﹣2t∴EP∥QR，EP=QR∴四邊形EPRQ是平行四邊形∴PR=EQ=t又∵∠PEQ=90176。=即解得t=∴當t=時，△APR∽△PRQ．　51．如圖，拋物線y=（x+1）2+k與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C（0，﹣3）（1）求拋物線的對稱軸及k的值；（2）拋物線的對稱軸上存在一點P，使得PA+PC的值最小，求此時點P的坐標；（3）點M是拋物線上的一動點，且在第三象限．①當M點運動到何處時，△AMB的面積最大？求出△AMB的最大面積及此時點M的坐標；②當M點運動到何處時，四邊形AMCB的面積最大？求出四邊形AMCB的最大面積及此時點的坐標．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由拋物線y=（x+1）2+k與y軸交于點C（0，﹣3），即可將點C的坐標代入函數(shù)解析式，解方程即可求得k的值，由拋物線y=（x+1）2+k即可求得拋物線的對稱軸為：x=﹣1；（2）連接AC交拋物線的對稱軸于點P，則PA+PC的值最小，求得A與C的坐標，設直線AC的解析式為y=kx+b，利用待定系數(shù)法即可求得直線AC的解析式，則可求得此時點P的坐標；（3）①設點M的坐標為：（x，（x+1）2﹣4），即可得S△AMB=4|（x+1）2﹣4|，由二次函數(shù)的最值問題，即可求得△AMB的最大面積及此時點M的坐標；②設點M的坐標為：（x，（x+1）2﹣4），然后過點M作MD⊥AB于D，由S四邊形ABCM=S△OBC+S△ADM+S梯形OCMD，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題的求解方法，即可求得四邊形AMCB的最大面積及此時點M的坐標．【解答】解：（1）∵拋物線y=（x+1）2+k與y軸交于點C（0，﹣3），∴﹣3=1+k，∴k=﹣4，∴拋物線的解析式為：y=（x+1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為：直線x=﹣1；（2）存在．連接AC交拋物線的對稱軸于點P，則PA+PC的值最小，當y=0時，（x+1）2﹣4=0，解得：x=﹣3或x=1，∵A在B的左側，∴A（﹣3，0），B（1，0），設直線AC的解析式為：y=kx+b，∴，解得：，∴直線AC的解析式為：y=﹣x﹣3，當x=﹣1時，y=﹣（﹣1）﹣3=﹣2，∴點P的坐標為：（﹣1，﹣2）；（3）點M是拋物線上的一動點，且在第三象限，∴﹣3＜x＜0；①設點M的坐標為：（x，（x+1）2﹣4），∵AB=4，∴S△AMB=4|（x+1）2﹣4|=2|（x+1）2﹣4|，∵點M在第三象限，∴S△AMB=8﹣2（x+1）2，∴當x=﹣1時，即點M的坐標為（﹣1，﹣4）時，△AMB的面積最大，最大值為8；②設點M的坐標為：（x，（x+1）2﹣4），過點M作MD⊥AB于D，S四邊形ABCM=S△OBC+S△ADM+S梯形OCMD=31+（3+x）[4﹣（x+1）2]+（﹣x）[3+4﹣（x+1）2]=﹣（x2+3x﹣4）=﹣（x+）2+，∴當x=﹣時，y=（﹣+1）2﹣4=﹣，即當點M的坐標為（﹣，﹣）時，四邊形AMCB的面積最大，最大值為．　52．如圖，在平面直角坐標系中，⊙M與x軸交于A，B兩點，AC是⊙M的直徑，過點C的直線交x軸于點D，連接BC，已知點M的坐標為，直線CD的函數(shù)解析式為y=﹣x+5．（1）求點D的坐標和BC的長；（2?！摺鰽PR∽△PRQ，∴∠QPR=∠A=60176?！蟁QC=∠B=60176。利用60176。=30176?！唷鱁CD是等邊三角形．∴ED=CD． ∵=，∴∠EAD=∠DBC． 在△EAD和△CBD中，∴△EAD≌△CBD（AAS）． ∴BC=EA=10．　46．如圖所示，已知四邊形OABC是菱形，∠O=60176?！唷鰽DB是等邊三角形．∴∠DAB=∠DBA=60176?！唷鰿OP∽△PAD．∴．∵，AB=4，∴BD=，AD=．即．∴7OP﹣OP2=6得OP=1或6．∴P點坐標為（1，0）或（6，0）．　45．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，D是的中點，DE∥BC交AC的延長線于點E，若AE=10，∠ACB=60176?！唷鱋PC是等邊三角形，同①可得出P（4，0）．綜上可得點P的坐標為（4，0）或（﹣4，0）．（3）∵∠CPD=∠OAB=∠COP=60176?！唷螩OP=120176。在Rt△BQA中，根據(jù)三角函數(shù)的定義可得QB的長，進而可得OQ的長；即可得B的坐標；（2）分點P在x正半軸上與x負半軸上上兩種情況討論，結合等腰三角形的性質(zhì)，可得OP、OC的長，進而可得答案；（3）根據(jù)題意易得△COP∽△PAD，進而可得比例關系，代入數(shù)據(jù)可得答案．【解答】解：（1）過B作BQ⊥OA于Q，則∠COA=∠BAQ=60176。∴AC⊥BC，又∵DC=CB，∴AD=AB，∴∠B=∠D；（2）解：設BC=x，則AC=x﹣2，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴（x﹣2）2+x2=42，解得：x1=1+，x2=1﹣（舍去），∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∵CD=CB，∴CE=CB=1+．　41．如圖，O為正方形ABCD對角線AC上一點，以O為圓心，OA長為半徑的⊙O與BC相切于點M．（1）求證：CD與⊙O相切；（2）若⊙O的半徑為1，求正方形ABCD的邊長．【考點】切線的判定與性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)．【分析】（1）過O作ON⊥CD于N，連接OM，由切線的性質(zhì)可知，OM⊥BC，再由AC是正方形ABCD的對角線可知AC是∠BCD的平分線，由角平分線的性質(zhì)可知OM=ON，故CD與⊙O相切；（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△MOC是等腰直角三角形，由勾股定理可求出OC的長，進而可求出AC的長，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求出AB的長．【解答】（1）證明：過O作ON⊥CD于N，連接OM，∵⊙O與BC相切于點M，∴OM⊥BC，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠B=90176。AB=6cm，BC=12cm．點P從點A開始，沿AB邊向點B以每秒1cm的速度移動；點Q從點B開始，沿著BC邊向點C以每秒2cm的速度移動．如果P，Q同時出發(fā)．（1）經(jīng)過幾秒，P、Q的距離最短．（2）經(jīng)過幾秒，△PBQ的面積最大？最大面積是多少？【考點】二次函數(shù)的應用；勾股定理．【分析】（1）設運動時間為x秒，則AP=x，BQ=2x，根據(jù)勾股定理可得PQ===，即可得答案；（2）根據(jù)S△PBQ=PBBQ=（6﹣x）?2x=﹣x2+6x=﹣（x﹣3）2+9可得答案．【解答】解：（1）設運動時間為x秒，則AP=x，BQ=2x，∵AB=6，∴PB=6﹣x，則PQ===，∴當x=時，PQ最短，答：，P、Q的距離最短；（2）∵S△PBQ=PBBQ=（6﹣x）?2x=﹣x2+6x=﹣（x﹣3）2+9，∴當x=3時，S△PBQ取得最大值9，答：經(jīng)過3秒，△PBQ的面積最大，最大面積是9cm2．　32．已知關于x的方程mx2﹣（3m+2）x+2m+2=0（m＞0）（1）求證：方程有兩個不相等的實數(shù)根．（2）設此方程的兩個實數(shù)根分別是a，b（其中a＜b）．若y=b﹣2a，求滿足y=2m的m的值．【考點】根的判別式．【分析】（1）首先得到△=[﹣（3m+2）]2﹣4m（2m+2）=m2+4m+4=（m+2）2然后根據(jù)m＞0得到（m+2）2＞0從而得到△＞0，最后證得方程有兩個不相等的實數(shù)根．（2）利用求根公式用m表示出方程的兩根，利用y=b﹣2a和y=2m得到有關m的等式求得m的值即可．【解答】解：（1）∵△=[﹣（3m+2）]2﹣4m（2m+2），=m2+4m+4=（m+2）2又∵m＞0∴（m+2）2＞0即△＞0∴方程有兩個不相等的實數(shù)根．（2）可求得方程的兩根分別為：∵m＞0∴＞1，∴∴∴∴m=1　33．已知關于x的一元二次方程kx2+2（k+4）x+（k﹣4）=0（1）若方程有實數(shù)根，求k的取值范圍（2）若等腰三角形ABC的邊長a=3，另兩邊b和c恰好是這個方程的兩個根，求△ABC的周長．【考點】根的判別式；根與系數(shù)的關系；等腰三角形的性質(zhì)．【分析】（1）計算方程的根的判別式，若△=b2﹣4ac≥0，則方程有實數(shù)根；（2）已知a=3，則a可能是底，也可能是腰，分兩種情況求得b，c的值后，再求出△ABC的周長．注意兩種情況都要用三角形三邊關系定理進行檢驗．【解答】解：（1）∵關于x的一元二次方程kx2+2（k+4）x+（k﹣4）=0方程有實數(shù)根，∴b2﹣4ac=[2（k+4）]2﹣4k（k﹣4）≥0，解得：k≥﹣且k≠0；（2）①若a=3為底邊，則b，c為腰長，則b=c，則△=0．∴b2﹣4ac=[2（k+4）]2﹣4k（k﹣4）=0，解得：k=﹣．此時原方程化為x2﹣4x+4=0∴x1=x2=2，即b=c=2．此時△ABC三邊為3，2，2能構成三角形，∴△ABC的周長為：3+2+2=7；②若a=b為腰，則b，c中一邊為腰，不妨設b=a=3代入方程：kx2+2（k+4）x+（k﹣4）=0得：k32+2（k+4）3+（k﹣4）=0∴解得：k=﹣，∵x1x2=bc====3c，∴c=，∴△ABC的周長為：3+3+=．　34．已知拋物線y=ax2+x+2．（1）當a=﹣1時，求此拋物線的頂點坐標和對稱軸；（2）若代數(shù)式﹣x2+x+2的值為正整數(shù)，求x的值；（3）當a=a1時，拋物線y=ax2+x+2與x軸的正半軸相交于點M（m，0）；當a=a2時，拋物線y=ax2+x+2與x軸的正半軸相交于點N（n，0）．若點M在點N的左邊，試比較a1與a2的大?。究键c】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）將a的值代入拋物線中，即可求出拋物線的解析式，用配方法或公式法可求出拋物線的頂點坐標和對稱軸解析式．（2）可先得出y的值，然后解方程求解即可．（3）可將M、N的坐標分別代入拋物線中，得出aa2的表達式，然后令a1﹣a2進行判斷即可．【解答】解：（1）當a=﹣1時，y=﹣x2+x+2=﹣（x﹣）2+∴拋物線的頂點坐標為：（，），對稱軸為x=；（2）∵代數(shù)式﹣x2+x+2的值為正整數(shù)，﹣x2+x+2=﹣（x﹣）2+2≤2，∴﹣x2+x+2=1，解得x=，或﹣x2+x+2=2，解得x=0或1．∴x的值為，0，1；（3）將M代入拋物線的解析式中可得：a1m2+m+2=0；∴a1=；同理可得a2=﹣；a1﹣a2=，∵m在n的左邊，∴m﹣n＜0，∵0＜m＜n，∴a1﹣a2=＜0，∴a1＜a2．　35．已知拋物線y=x2﹣mx+m﹣2．（1）求證：此拋物線與x軸有兩個不同的交點；（2）若m是整數(shù)，拋物線y=x2﹣mx+m﹣2與x軸交于整數(shù)點，求m的值．【考點】拋物線與x軸的交點．【分析】（1）欲證明拋物線與x軸有兩個不同的交點，只要證明△＞0即可．（2）由（m﹣2）2+4是平方數(shù)，m是整數(shù)，即可解決問題．【解答】解：（1）∵△=m2﹣4m+8=（m﹣2）2+4，∵（m﹣2）2≥0，∴△＞0，∴此拋物線與x軸有兩個不同的交點；（2）∵m是整數(shù)，拋物線y=x2﹣mx+m﹣2與x軸交于整數(shù)點，∴（m﹣2）2+4是平方數(shù)，∴m=2，．　36．如圖：已知AB⊥DB于B點，CD⊥DB于D點，AB=6，CD=4，BD=14，在DB上取一點P，使以CDP為頂點的三角形與以PBA為頂點的三角形相似，則DP的長．【考點】相似三角形的判定．【分析】根據(jù)已知可以分△PDC∽△ABP或△PCD∽△PAB兩種情況進行分析．【解答】解：∵AB⊥DB，CD⊥DB∴∠D=∠B=90176。∠ADE=45176。．∵∠ADE=45176?！螼CD==75176。同理∠OFE=75176。∵∠AOC=∠BOD=30176。CD是的三等分點，連接AB分別交OC，OD于點E，F(xiàn)．求證：AE=BF=CD．【考點】圓心角、弧、弦的關系；等腰三角形的判定與性質(zhì)．【分析】連接AC，BD，根據(jù)∠AOB=90176。∴∠EOB=∠EBO=45176。OF=，利用勾股定理可得OE=，所以點A’的坐標為（）．【解答】解：∵OB=，∴BC=1，OC=2設OC與A′B交于點F，作A′E⊥OC于點E∵紙片OABC沿OB折疊∴OA=OA′，∠BAO=∠BA′O=90176?！郃B=AC=7．∵點E、F分別為AC、BC的中點，∴EF=AB=，∴GE+FH=GH﹣EF=14﹣=．故答案為：．　10．如圖，DE∥FG∥BC，且DE、FG把△ABC的面積三等分，若BC=12，則FG的長是　4?。究键c】相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】由平行線得出△ADE∽△AFG∽△ABC，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方解答即可．【解答】解：在△ABC中，DE∥FG∥BC，∴△ADE∽△AFG∽△ABC，且DE，F(xiàn)G將△ABC的面積三等分，即S△AFG=S△ABC，∵相似三角形面積的比等于相似比的平方，∴=（）2=，∴==，∴FG=BC?=12=4；故答案為：4．　11．如圖放置的△OAB1，△B1A1