【正文】 電腦和30臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)最大．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，二元一次方程組及一元一次不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)一次函數(shù)x值的增大而確定y值的增減情況．　22．（10分）（2014?河南）（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為　60176?！。虎诰€段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系為　AD=BE　．（2）拓展探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90176。，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請(qǐng)判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）解決問題如圖3，在正方形ABCD中，CD=，若點(diǎn)P滿足PD=1，且∠BPD=90176。，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)A到BP的距離．考點(diǎn)：圓的綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；正方形的性質(zhì)；圓周角定理．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；探究型．分析：（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點(diǎn)A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)．（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD=BE；由△DCE為等腰直角三角形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而證到AE=2CH+BE．（3）由PD=1可得：點(diǎn)P在以點(diǎn)D為圓心，1為半徑的圓上；由∠BPD=90176?？傻茫狐c(diǎn)P在以BD為直徑的圓上．顯然，點(diǎn)P是這兩個(gè)圓的交點(diǎn)，由于兩圓有兩個(gè)交點(diǎn)，接下來需對(duì)兩個(gè)位置分別進(jìn)行討論．然后，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，借助于（2）中的結(jié)論即可解決問題．解答：解：（1）①如圖1，∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90176。．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE．∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60176。．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=120176。．∴∠BEC=120176。．∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60176。．故答案為：60176。．②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案為：AD=BE．（2）∠AEB=90176。，AE=BE+2CM．理由：如圖2，∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90176。．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE．∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45176。．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=135176。．∴∠BEC=135176。．∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90176。．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90176。，∴DM=ME=CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．（3）∵PD=1，∴點(diǎn)P在以點(diǎn)D為圓心，1為半徑的圓上．∵∠BPD=90176。，∴點(diǎn)P在以BD為直徑的圓上．∴點(diǎn)P是這兩圓的交點(diǎn)．①當(dāng)點(diǎn)P在如圖3①所示位置時(shí)，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點(diǎn)A作AE⊥AP，交BP于點(diǎn)E，如圖3①．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB=45176。．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90176。．∴BD=2．∵DP=1，∴BP=．∵A、P、D、B四點(diǎn)共圓，∴∠APB=∠ADB=45176。．∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，點(diǎn)B、E、P共線，AH⊥BP，∴由（2）中的結(jié)論可得：BP=2AH+PD．∴=2AH+1．∴AH=．②當(dāng)點(diǎn)P在如圖3②所示位置時(shí)，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點(diǎn)A作AE⊥AP，交PB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，如圖3②．同理可得：BP=2AH﹣PD．∴=2AH﹣1．∴AH=．綜上所述：點(diǎn)A到BP的距離為或．點(diǎn)評(píng)：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、圓周角定理、三角形全等的判定與性質(zhì)等知識(shí)，考查了運(yùn)用已有的知識(shí)和經(jīng)驗(yàn)解決問題的能力，是體現(xiàn)新課程理念的一道好題．而通過添加適當(dāng)?shù)妮o助線從而能用（2）中的結(jié)論解決問題是解決第（3）的關(guān)鍵．　23．（11分）（2014?河南）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），B（5，0）兩點(diǎn)，直線y=﹣x+3與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D．點(diǎn)P是x軸上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線CD于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．（1）求拋物線的解析式；（2）若PE=5EF，求m的值；（3）若點(diǎn)E′是點(diǎn)E關(guān)于直線PC的對(duì)稱點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)E′落在y軸上？若存在，請(qǐng)直接寫出相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）用含m的代數(shù)式分別表示出PE、EF，然后列方程求解；（3）解題關(guān)鍵是識(shí)別出四邊形PECE′是菱形，然后根據(jù)PE=CE的條件，列出方程求解．解答：解：（1）將點(diǎn)A、B坐標(biāo)代入拋物線解析式，得：，解得，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+4x+5．（2）∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0）．∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．由題意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；①若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，解得：m=或m=．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=、m=這兩個(gè)解均舍去．∴m=2或m=．（3）假設(shè)存在．作出示意圖如下：∵點(diǎn)E、E′關(guān)于直線PC對(duì)稱，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．∵PE平行于y軸，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四邊形PECE′是菱形．由直線CD解析式y(tǒng)=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．過點(diǎn)E作EM∥x軸，交y軸于點(diǎn)M，易得△CEM∽△CDO，∴，即，解得CE=|m|，∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|∴|﹣m2+m+2|=|m|．①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m=3+或m=3﹣．由題意，m的取值范圍為：﹣1＜m＜5，故m=3+這個(gè)解舍去．綜上所述，存在滿足條件的點(diǎn)P，可求得點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)、待定系數(shù)法、菱形、相似三角形等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，重點(diǎn)考查了分類討論思想與方程思想的靈活運(yùn)用．需要注意的是，為了避免漏解，表示線段長(zhǎng)度的代數(shù)式均含有絕對(duì)值，解方程時(shí)需要分類討論、分別計(jì)算．