【正文】 ∠ ODB+∠ BDC=90176。， ∴∠ ODC=90176。， ∵ OD 是 ⊙ O 的半徑， ∴ AC 是 ⊙ O 的切線(xiàn)；（ 2）設(shè) ⊙ O 的半徑為 r， 在 Rt△ ABC 中， AB2=BC2+CA2=92+122=225， ∴ AB=15， ∵∠ A=∠ A， ∠ ADC=∠ C=90176。， ∴△ ADO∽△ ACB， ∴ = ， ∴ = ， ∴ r= ， 即 BE= ， ∵ BE 是 ⊙ O 的直徑， ∴∠ BFE=90176。， ∴△ BEF∽△ BAC， ∴ = = = ，；（ 3）連結(jié) OF，交 BD 于 H， ∵ F 是弧 BD 的中點(diǎn)， OF 是 ⊙ O 的半徑， ∴ BH= BD， ∠ BHO=90176。， ∵ FG⊥ BE， ∴∠ FGO=∠ BHO=90176。， 又 ∵ OF=BO， ∠ FOG=∠ BOH， 在 △ FOG 和 △ BOH 中， ， ∴△ FOG≌△ BOH（ AAS）， ∴ GF=BH= BD． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了圓的綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是圓的有關(guān)性質(zhì)、切線(xiàn)的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫(huà)出輔助線(xiàn)． 28．（ 9 分）（ 2022?相城區(qū)模擬）如圖，已知二次函數(shù) y=x2+bx+c 的圖象與 x 軸交于 A， B 兩點(diǎn)，交 y 軸于點(diǎn) C，過(guò)點(diǎn) C 作 CD⊥ y 軸交該拋物線(xiàn)于點(diǎn) D，且 AB=2， CD=4． （ 1）該拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為 直線(xiàn) x=2 ， B 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 3， 0 ）， CO= 3 ； （ 2）若 P 為線(xiàn)段 OC 上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，四邊形 PBQD 是平行四邊形，連接 PQ．試探究： ①是否存在這樣的點(diǎn) P，使得 PQ2=PB2+PD2？若存在，求出此時(shí)點(diǎn) P 的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． ②當(dāng) PQ 長(zhǎng)度最小時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn) Q 的坐標(biāo)． 考點(diǎn) ： 二次函數(shù)綜合題． 專(zhuān) 題 ： 代數(shù)幾何綜合題． 分析： （ 1）根據(jù)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性，利用 CD 的長(zhǎng)度求出對(duì)稱(chēng)軸，再根據(jù) AB 的長(zhǎng)度結(jié)合對(duì)稱(chēng)軸求出點(diǎn) B 的坐標(biāo)；根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸求出 b 的值，再把點(diǎn) B 的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)解析式求出 c 的值，即可得到 CO 的長(zhǎng)； （ 2） ①根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等可得 PB=DQ，再利用勾股定理逆定理判斷出 ∠ PDQ=90176。，然后根據(jù)平行四邊形的鄰角互補(bǔ)求出 ∠ DPB=90176。，再判斷出 △ PBO 和 △ DPC 相似，根據(jù)相似三角形的列式表示出 OP，整理后根據(jù)方程解的情況確定點(diǎn) P 不存在； ②連接 BD 交 PQ 于點(diǎn) M，根據(jù)平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)互相平分 可得 M 為 BD、 PQ 的中點(diǎn)，根據(jù)垂線(xiàn)段最短可得 P 為 OC 的中點(diǎn)時(shí)， MP 最小， PQ 也最小，再根據(jù)梯形的中位線(xiàn)定理求出 PM 的長(zhǎng)度，然后得到 PQ 的長(zhǎng)度，最后寫(xiě)出點(diǎn) Q 的坐標(biāo)即可． 解答： 解：（ 1） ∵ 點(diǎn) C 在 y 軸上， CD=4， ∴ 拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn) x= =2， ∵ AB=2， ∴ 點(diǎn) B 的橫坐標(biāo)為 2+ =3， ∴ 點(diǎn) B 的坐標(biāo)為（ 3， 0）； ∵ 對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn) x=﹣ =﹣ 2， ∴ b=﹣ 4， ∵ 點(diǎn) B（ 3， 0）在拋物線(xiàn)上， ∴ 9﹣ 43+c=0， 解得 c=3， ∴ CO=3；（ 2） ①不存在這樣的點(diǎn) P，使得 PQ2=PB2+PD2． 理由如 下： ∵ 四邊形 PBQD 是平行四邊形， ∴ PB=DQ， 若 PQ2=PB2+PD2，則 PQ2=DQ2+PD2， ∴∠ PDQ=90176。， ∵ 四邊形 PBQD 是平行四邊， ∴ AB∥ DQ， ∴∠ BPD=180176。﹣ 90176。=90176。， ∴△ PBO∽△ DPC， ∴ = ， 設(shè) OP=m，則 = ， 整理得， m2﹣ 3m+12=0， △ =（﹣ 3） 2﹣ 4112=﹣ 39＜ 0， ∴ 這個(gè)方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根， ∴ 不存在這樣的點(diǎn) P，使得 PQ2=PB2+PD2； ②連接 BD 交 PQ 于 M， ∵ 四邊形 PBQD 是平行四邊形， ∴ M 為 BD、 PQ 的中點(diǎn)， ∴ PQ 取 得最小值時(shí)， MP 必定取得最小值， 根據(jù)垂線(xiàn)段最短，當(dāng) P 為 OC 的中點(diǎn)時(shí)， PQ 最小， 此時(shí)， MP 為梯形 OBDC 的中位線(xiàn)， MP∥ OB， MP⊥ y 軸， MP= （ 3+4） = ， ∴ PQ 的最小值為 2 =7， 此時(shí)，點(diǎn) Q 的坐標(biāo)為（ 7， ）． 故答案為：直線(xiàn) x=2；（ 3， 0）； 3． 點(diǎn)評(píng)： 本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了二次函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性，拋物線(xiàn)上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，平行四邊形的對(duì)邊平行且相等的性質(zhì)，平行四邊形的鄰角互補(bǔ)，對(duì)角線(xiàn)互相平分的性質(zhì)，根的判別式的應(yīng)用，梯形的中位線(xiàn)定理以及垂線(xiàn)段最短的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，但 難度不大． 29．（ 10 分）（ 2022?相城區(qū)模擬）如圖，在直角梯形 ABCD 中， ∠ A=90176。； AD∥ BC， BC=BD=5cm，CD= cm．點(diǎn) P 由 B 出發(fā)沿 B 方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為 1cm/s；同時(shí)，線(xiàn)段 EF 由 DC 出發(fā)沿 DA 方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為 1cm/s，交 BD 于 Q，連接 PE．若設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t（ s）（ 0＜ t＜ ）．解答下列問(wèn)題： （ 1） AD 的長(zhǎng)為 4 ： （ 2）當(dāng) t 為何值時(shí)， PE∥ AB？ （ 3）設(shè) △ PEQ 的面積為 y（ cm2），求 y 與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式； （ 4）連接 PF，在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，試判斷 PE、 PF 的大小關(guān)系并說(shuō)明理由． 考點(diǎn) ： 相似形綜合題． 分析： （ 1）過(guò)點(diǎn) D 作 DF⊥ BC 于點(diǎn) M，利用勾股定理求出 AD 的長(zhǎng)即可； （ 2）利用 PE∥ AB，得出 = ，進(jìn)而求出 t 的值； （ 3）首先得出 Rt△ ABD～ Rt△ GED，則 = ，得出 GE= t， PQ=5﹣ 2t，即可得出 y 與 t 的函數(shù)關(guān)系式； （ 4）根據(jù) DE=BP=t， PD=BF=10﹣ t， ∠ PDE=∠ FBP，得出 △ PDE≌△ FBP（ SAS），即可得出答案． 解答： 解：（ 1）過(guò)點(diǎn) D 作 DF⊥ BC 于點(diǎn) M，設(shè) BM=x， DM=y，則 BM2+DM2=BD2， DM2+MC2=CD2， ∴ x2+y2=52①， y2+（ 5﹣ x） 2=（ ） 2②， 把 ①代入 ②得： x=4， 即 AD=4；（ 2） ∵ PE∥ AB， ∴ = ， 而 DE=t， DP=10﹣ t， ∴ = ， 解得： t= ， ∴ 當(dāng) t= 時(shí)， PE∥ AB；（ 3）如圖 2，過(guò)點(diǎn) E 作 EG⊥ BD 于點(diǎn) G， ∵∠ A=∠ EGD=90176。， ∠ EDG=∠ BDA， ∴ Rt△ ABD～ Rt△ GED， ∴ = ， ∵ BD=5， AB=3， ED=t， ∴ GE= t， ∵ PQ=5﹣ 2t， ∴ y= （ 5﹣ 2t） t=﹣ t2+ t；（ 4）連接 PF，如圖 2，在 △ PDE 和 △ FBP 中， ∵ DE=BP=t， PD=BF=10﹣ t， ∠ PDE=∠ FBP， ∴ ， ∴△ PDE≌△ FBP（ SAS）， ∴ PE=PF． 故答案為： 4． 點(diǎn)評(píng)： 此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定和勾股定理等知識(shí)，利用數(shù)形結(jié)合得出 Rt△ ABD～ Rt△ GED，進(jìn)而表示出 GE 的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．