【導(dǎo)讀】有一項是符合題目要求的.解：∵﹣2×（）=1，A．2a+3b=5abB．C．a(chǎn)3b÷2ab=a2D．2a與3b不是同類項，故A不正確；原式=6，故B不正確；4．已知直線a∥b，一塊含30°角的直角三角尺如圖放置．若∠1=25°，則∠2等于（）。A．50°B．55°C．60°D．65°由三角形的外角性質(zhì)得：∠3=∠1+30°=55°，B、若分式方程有增根，則它的增根是1或﹣1，故錯誤，是假命題；C、對角線互相垂直的四邊形，順次連接它的四邊中點所得四邊形是菱形，正確，是真命題；異號，即b＞0．圖象經(jīng)過y軸正半可知c＞0，由a＜0，b＞0可知，直線y=ax﹣2b經(jīng)過一、二、四象限，由c＞0可知，反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過第一、三象限，以此類推，每四次循環(huán)，故頂點A轉(zhuǎn)動四次經(jīng)過的路線長為：π+π+2π=6π，①若點M1，M2在圖象上，且x1＜x2＜0，則y1＜y2；②當點P坐標為時，△AOB是等腰三角形；③無論點P在什么位置，始終有S△AOB=，AP=4BP；

　　

【正文】 N點坐標，連接 MN交直線 OL于點 E，交 x軸于點 S，此時 EP=EM， FP=FN，此時滿足 △ PEF的周長最小，利用兩點間距離公式可求得其周長的最小值． 【解答】解： （ 1） ∵ P1（ x1， y1）， P2（ x2， y2）， ∴ Q1Q2=OQ2﹣ OQ1=x2﹣ x1， ∴ Q1Q= ， ∴ OQ=OQ1+Q1Q=x1+ = ， ∵ PQ為梯形 P1Q1Q2P2的中位線， ∴ PQ= = ， 即線段 P1P2的中點 P（ x， y） P的坐標公式為 x= ， y= ； （ 2） ①∵ M（ 2，﹣ 1）， N（﹣ 3， 5）， ∴ MN= = ， 故答案為： ； ②∵ A（ 2， 2）， B（﹣ 2， 0）， C（ 3，﹣ 1）， ∴ 當 AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標為（ 0， 1）， 設(shè) D（ x， y），則 x+3=0， y+（﹣ 1） =2，解得 x=﹣ 3， y=3， ∴ 此時 D點坐標為（﹣ 3， 3）， 當 AC為對角線時，同理可求得 D點坐標為（ 7， 1）， 當 BC為對角線時，同理可求得 D點坐標為（﹣ 1，﹣ 3）， 綜上可知 D點坐標為（﹣ 3， 3）或（ 7， 1）或（﹣ 1，﹣ 3）， 故答案為：（﹣ 3， 3）或（ 7， 1）或（﹣ 1，﹣ 3）； （ 3）如圖，設(shè) P關(guān)于直線 OL的對稱點為 M，關(guān)于 x軸的對稱點為 N，連接 PM交直線 OL于點 R，連接 PN交 x軸于點 S，連接 MN交直線 OL于點 E，交 x軸于點 F， 又對稱性可知 EP=EM， FP=FN， ∴ PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN， ∴ 此時 △ PEF的周長即為 MN的長，為最小， 設(shè) R（ x， x），由題意可知 OR=OS=2， PR=PS=n， ∴ =2，解得 x=﹣ （舍去）或 x= ， ∴ R（ ， ）， ∴ =n，解得 n=1， ∴ P（ 2， 1）， ∴ N（ 2，﹣ 1）， 設(shè) M（ x， y），則 = ， = ，解得 x= ， y= ， ∴ M（ ， ）， ∴ MN= = ， 即 △ PEF的周長的最小值為 ． 【點評】本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及中位線定理、中點坐標公式、兩點間距離公式、軸對稱的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識．在（ 1）中求得 OQ和 PQ 的長是解題的關(guān)鍵，在（ 2）中注意中點坐標公式的應(yīng)用，在（ 3）中確定出 E、 F的位置，求得P點的坐標是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，計算量較大，難度較大． 25．（ 12 分）如圖 1，點 A 坐標為（ 2， 0），以 OA 為邊 在第一象限內(nèi)作等邊 △ OAB，點 C為 x軸上一動點，且在點 A右側(cè)，連接 BC，以 BC為邊在第一象限內(nèi)作等邊 △ BCD，連接 AD交 BC于 E． （ 1） ① 直接回答： △ OBC與 △ ABD全等嗎？ ② 試說明：無論點 C如何移動， AD始終與 OB 平行； （ 2）當點 C 運動到使 AC2=AEAD時，如圖 2，經(jīng)過 O、 B、 C三點的拋物線為 y1．試問： y1上是否存在動點 P，使 △ BEP為直角三角形且 BE為直角邊？若存在，求出點 P坐標；若不存在，說明理由； （ 3）在（ 2）的條件下，將 y1沿 x軸翻折得 y2，設(shè) y1與 y2組成的圖形為 M，函數(shù) y= x+ m的圖象 l與 M有公共點．試寫出： l與 M的公共點為 3個時， m的取值． 【分析】（ 1） ① 利用等邊三角形的性質(zhì)證明 △ OBC≌△ ABD； ② 證明 ∠ OBA=∠ BAD=60176。 ，可得 OB∥ AD； （ 2）首先證明 DE⊥ BC，再求直線 AE與拋物線的交點就是點 P，所以分別求直線 AE 和拋物線 y1的解析式組成方程組，求解即可； （ 3）先畫出如圖 3，根據(jù)圖形畫出直線與圖形 M 有個公共點時，兩個邊界的直線，上方到y(tǒng)= x，將 y= x向下平移即可滿足 l與圖形 M有 3個公共點，一直到直線 l與 y2相切為止，主要計算相切時，列方程組，確定 △≥ 0時， m的值即可． 【解答】解：（ 1） ①△ OBC與 △ ABD全等， 理由是：如圖 1， ∵△ OAB和 △ BCD是等邊三角形， ∴∠ OBA=∠ CBD=60176。 ， OB=AB， BC=BD， ∴∠ OBA+∠ ABC=∠ CBD+∠ ABC， 即 ∠ OBC=∠ ABD， ∴△ OBC≌△ ABD（ SAS）； ②∵△ OBC≌△ ABD， ∴∠ BAD=∠ BOC=60176。 ， ∴∠ OBA=∠ BAD， ∴ OB∥ AD， ∴ 無論點 C如何移動， AD始終與 OB 平行； （ 2）如圖 2， ∵ AC2=AEAD， ∴ ， ∵∠ EAC=∠ DAC， ∴△ AEC∽△ ACD， ∴∠ ECA=∠ ADC， ∵∠ BAD=∠ BAO=60176。 ， ∴∠ DAC=60176。 ， ∵∠ BED=∠ AEC， ∴∠ ACB=∠ ADB， ∴∠ ADB=∠ ADC， ∵ BD=CD， ∴ DE⊥ BC， Rt△ ABE中， ∠ BAE=60176。 ， ∴∠ ABE=30176。 ， ∴ AE= AB= 2=1， Rt△ AEC中， ∠ EAC=60176。 ， ∴∠ ECA=30176。 ， ∴ AC=2AE=2， ∴ C（ 4， 0）， 等邊 △ OAB中，過 B作 BH⊥ x軸于 H， ∴ BH= = ， ∴ B（ 1， ）， 設(shè) y1的解析式為： y=ax（ x﹣ 4）， 把 B（ 1， ）代入得： =a（ 1﹣ 4）， a=﹣ ， ∴ 設(shè) y1的解析式為： y1=﹣ x（ x﹣ 4） =﹣ x2+ x， 過 E作 EG⊥ x軸于 G， Rt△ AGE中， AE=1， ∴ AG= AE= ， EG= = ， ∴ E（ ， ）， 設(shè)直線 AE的解析式為： y=kx+b， 把 A（ 2， 0）和 E（ ， ）代入得： ， 解得： ， ∴ 直線 AE的解析式為： y= x﹣ 2 ， 則 ， 解得： ， ， ∴ P（ 3， ）或（﹣ 2，﹣ 4 ）； （ 3）如圖 3， y1=﹣ x2+ x=﹣ （ x﹣ 2） 2+ ， 頂點（ 2， ）， ∴ 拋物線 y2的頂點為（ 2，﹣ ）， ∴ y2= （ x﹣ 2） 2﹣ ， 當 m=0時， y= x與圖形 M兩公共點， 當 y2與 l相切時，即有一個公共點， l與圖形 M有 3個公共點， 則 ， = ﹣ ， x2﹣ 7x﹣ 3m=0， △ =（﹣ 7） 2﹣ 4 1 （﹣ 3m） ≥ 0， m≥ ﹣ ， ∴ 當 l與 M的公共點為 3個時， m的取值是：﹣ ≤ m＜ 0． 【點評】本題是二次函數(shù)與三角形的綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等和相似的性質(zhì)和判定、平行線的判定、兩函數(shù)的交點問題、翻折變換、利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式等知識，比較復(fù)雜，計算量大，尤其是第三問，利用數(shù)形結(jié) 合的思想有助于理解題意，解決問題．