【文章內容簡介】 P為正方形ABCD的對稱中心，A（0，3），B（1，0），直線OP交AB于N，DC于M，點H從原點O出發(fā)沿x軸的正半軸方向以1個單位每秒速度運動，同時，點R從O出發(fā)沿OM方向以個單位每秒速度運動，運動時間為t。求：（1）C的坐標為 ▲ ；COABDNMPxyRH（2）當t為何值時，△ANO與△DMR相似？（3）△HCR面積S與t的函數關系式；并求以A、B、C、R為頂點的四邊形是梯形時t的值及S的最大值。解：（1）Ｃ（４，１）；（2）當∠MDR＝45０時，ｔ＝2,點Ｈ（2，0）當∠DRM＝45０時，ｔ＝3,點Ｈ（3，0）（3）Ｓ＝－ｔ２＋２ｔ（０＜ｔ≤４）；（1分）Ｓ＝ｔ２－２ｔ（ｔ＞４）當ＣＲ∥ＡＢ時，ｔ＝，Ｓ＝當ＡＲ∥ＢＣ時，ｔ＝，Ｓ＝當ＢＲ∥ＡＣ時，ｔ＝，Ｓ＝ ★★1（2010恩施）如圖11，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于A、B兩點， A點在原點的左側，B點的坐標為（3，0），與y軸交于C（0，3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點.（1）求這個二次函數的表達式．（2）連結PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POPC， 那么是否存在點P，使四邊形POPC為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．（3）當點P運動到什么位置時，四邊形 ABPC的面積最大并求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積.解：（1）將B、C兩點的坐標代入得解得：所以二次函數的表達式為： （2）存在點P，使四邊形POPC為菱形．設P點坐標為（x，），PP交CO于E，若四邊形POPC是菱形，則有PC＝PO．連結PP 則PE⊥CO于E，∴OE=EC=∴=．∴= 解得=，=（不合題意，舍去）∴P點的坐標為（，）（3）過點P作軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設P（x，），易得，直線BC的解析式為，則Q點的坐標為（x，x－3）.=當時，四邊形ABPC的面積最大此時P點的坐標為，四邊形ABPC的面積． ★★1（2010廣安）如圖，直線y = x1與拋物線y=ax2+bx4都經過點A(1, 0)、B(3, 4)．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P在線段AC上，過點P作x軸的垂線與拋物線相交于點E，求線段PE長度的最大值；（3）當線段PE的長度取得最大值時，在拋物線上是否存在點Q，使△PCQ是以PC為直角邊的直角三角形?若存在，請求出Q點的坐標；若不存在．請說明理由．解：（1）由題知，解得a=1, b= 3 ，∴拋物線解析式為y=x23x4 （2）設點P坐標(m, m1)，則E點坐標(m, m23m4)∴線段PE的長度為：m1 (m23m4)= m2+2m+3 = (m1)2+4∴由二次函數性質知當m=1時，函數有最大值4，所以線段PE長度的最大值為4。 （3）由（2）知P(1, 2)①過P作PC的垂線與x軸交于F，與拋物線交于Q， 設AC與y軸交于G，則G(0, 1)，OG=1，又可知A(1, 0) 則OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45o∴△PAF是等腰直角三角形，由對稱性知F(3, 0)設直線PF的解析式為y=k1x+b1，則，解之得k1=1, b1= 3，∴直線PF為y=x3由解得 ∴Q1(2+, 1) Q2(2, 1)②過點C作PC的垂線與x軸交于H，與拋物線交點為Q，由∠HAC=45o，知△ACH是等腰直角三角形，由對稱性知H坐標為(7, 0)，設直線CH的解析式為y=k2x+b2，則，解之得k2=1, b2= 7，∴直線CH的解析式為y=x7解方程組得 當Q(3, 4)時，Q與C重合，△PQC不存在，所以Q點坐標為(1, 6)綜上所述在拋物線上存在點Q1(2+, 1)、Q2(2, 1)、Q3(1, 6)使得△PCQ是以PC為直角邊的直角三角形?！铩?（2010廣州）如圖，⊙O的半徑為1，點P是⊙O上一點，弦AB垂直平分線段OP，點D是上任一點（與端點A、B不重合），DE⊥AB于點E，以點D為圓心、DE長為半徑作⊙D，分別過點A、B作⊙D的切線，兩條切線相交于點C．（1）求弦AB的長；（2）判斷∠ACB是否為定值，若是，求出∠ACB的大?。环駝t，請說明理由；（3）記△ABC的面積為S，若＝4，求△ABC的周長.CPDOBAE解：（1）連接OA，取OP與AB的交點為F，則有OA＝1．FCPDOBAEHG∵弦AB垂直平分線段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF．在Rt△OAF中，∵AF＝＝＝，∴AB＝2AF＝．（2）∠ACB是定值.理由：由（1）易知，∠AOB＝120176。，因為點D為△ABC的內心，所以，連結AD、BD，則∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，因為∠DAE＋∠DBA＝∠AOB＝60176。，所以∠CAB＋∠CBA＝120176。，所以∠ACB＝60176。；（3）記△ABC的周長為l，取AC，BC與⊙D的切點分別為G，H，連接DG，DC，DH，則有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.∴＝AB?DE＋BC?DH＋AC?DG＝(AB＋BC＋AC) ?DE＝l?DE．∵＝4，∴＝4，∴l(xiāng)＝8DE.∵CG，CH是⊙D的切線，∴∠GCD＝∠ACB＝30176。，∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE．又由切線長定理可知AG＝AE，BH＝BE，∴l(xiāng)＝AB＋BC＋AC＝2＋2DE＝8DE，解得DE＝，∴△ABC的周長為．★★1（2010廣州）如圖所示，四邊形OABC是矩形，點A、C的坐標分別為（3，0），（0，1），點D是線段BC上的動點（與端點B、C不重合），過點D作直線＝－＋交折線OAB于點E．（1）記△ODE的面積為S，求S與的函數關系式；（2）當點E在線段OA上時，若矩形OABC關于直線DE的對稱圖形為四邊形OA1B1C1，試探究OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積是否發(fā)生變化，若不變，求出該重疊部分的面積；若改變，請說明理由.CDBAEO解：（1）由題意得B（3，1）．若直線經過點A（3，0）時，則b＝若直線經過點B（3，1）時，則b＝若直線經過點C（0，1）時，則b＝1①若直線與折線OAB的交點在OA上時，即1＜b≤，如圖25a，圖1 此時E（2b，0）∴S＝OECO＝2b1＝b②若直線與折線OAB的交點在BA上時，即＜b＜，如圖2圖2此時E（3，），D（2b－2，1）∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )＝ 3－[(2b－1)1＋(5－2b)()＋3()]＝∴（2）如圖3，設O1A1與CB相交于點M，OA與C1B1相交于點N，則矩形OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積即為四邊形DNEM的面積。本題答案由無錫市天一實驗學校金楊建老師草制！圖3由題意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四邊形DNEM為平行四邊形根據軸對稱知，∠MED＝∠NED又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四邊形DNEM為菱形．過點D作DH⊥OA，垂足為H，由題易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2，設菱形DNEM 的邊長為a，則在Rt△DHM中，由勾股定理知：，∴∴S四邊形DNEM＝NEDH＝∴矩形OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積不發(fā)生變化，面積始終為．★★1（2010桂林）如圖，過A（8，0）、B（0，）兩點的直線與直線交于點C．平行于軸的直線從原點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿軸向右平移，到C點時停止；分別交線段BC、OC于點D、E，以DE為邊向左側作等邊△DEF，設△DEF與△BCO重疊部分的面積為S（平方單位），直線的運動時間為t（秒）．（1）直接寫出C點坐標和t的取值范圍； （2）求S與t的函數關系式；（3）設直線與軸交于點P，是否存在這樣的點P，使得以P、O、F為頂點的三角形為等腰三角形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．解：（1）C（4，），的取值范圍是：0≤≤4 （2）∵D點的坐標是（，），E的坐標是（，）∴DE== ∴等邊△DEF的DE邊上的高為： ∴當點F在BO邊上時：=，∴=3 ① 當0≤3時，重疊部分為等腰梯形，可求梯形上底為： S=== 當3≤≤4時，重疊部分為等邊三角形S= = （3）存在，P（，0） …說明：∵FO≥，FP≥，OP≤4∴以P，O，F以頂點的等腰三角形，腰只有可能是FO，FP,若FO=FP時，=2（123），=，∴P（，0） ★★1（2010杭州）在平面直角坐標系xOy中，拋物線的解析式是y =+1，點C的坐標為(–4，0)，平行四邊形OABC的頂點A，B在拋物線上，AB與y軸交于點M，已知點Q(x，y)在拋物線上，點P(t，0)在x軸上. (1) 寫出點M的坐標； (2) 當四邊形CMQP是以MQ，PC為腰的梯形時.① 求t關于x的函數解析式和自變量x的取值范圍；② 當梯形CMQP的兩底的長度之比為1：2時，求t的值.（第24題）解：(1) ∵OABC是平行四邊形，∴AB∥OC，且AB = OC = 4，∵A，B在拋物線上，y軸是拋物線的對稱軸，∴ A，B的橫坐標分別是2和– 2， 代入y =+1得， A(2, 2 )，B(– 2，2)，∴M (0，2)， (2) ① 過點Q作QH ^ x軸，設垂足為H， 則HQ = y ，HP = x–t ，由△HQP∽△OMC，得：, 即： t = x – 2y , ∵ Q(x,y) 在y = +1上， ∴ t = –+ x –2，當點P與點C重合時，梯形不存在，此時，t = – 4，解得x = 1177。，當Q與B或A重合時，四邊形為平行四邊形，此時，x = 177。 2∴x的取值范圍是x 185。 1177。, 且x185。177。 2的所有實數.② 分兩種情況討論： 1）當CM PQ時，則點P在線段OC上，∵ CM∥PQ，CM = 2PQ ，∴點M縱坐標為點Q縱坐標的2倍，即2 = 2(+1)，解得x = 0 ，∴t = –+