【導(dǎo)讀】A．25°B．30°C．40°D．50°聯(lián)結(jié)點(diǎn)．當(dāng)車輛經(jīng)過(guò)時(shí)，欄桿AEF最多只能升起到如圖所示的位置，其中AB⊥BC，EF∥BC，12．關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx﹣2021=0有一個(gè)根為x=1，寫(xiě)出一組滿足條件的實(shí)數(shù)a，邑，東西七里，南北九里，各中開(kāi)門，出東門一十五里有木，問(wèn)：出南門幾何步而見(jiàn)木？城門．走出東門15里處有棵大樹(shù)，問(wèn)走出南門多少步恰好能望見(jiàn)這棵樹(shù)？①取AB=c，作AB的垂直平分線交AB于點(diǎn)O；②以點(diǎn)O為圓心，OB長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓；17．計(jì)算：cos45°﹣tan30°?用配方法將y=2x2﹣8x化成y=a（x﹣h）2+k的形式；求出該二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)A，B的坐標(biāo)；由45°降為30°，已知原斜坡坡面AB長(zhǎng)為200米，點(diǎn)D，B，C在同一水平地面上，求改善。后的斜坡坡角向前推進(jìn)的距離BD．（結(jié)果保留整數(shù)．參考數(shù)據(jù)：≈，≈，函數(shù)y=+x的自變量x的取值范圍是；﹣﹣﹣﹣1﹣﹣3m?的點(diǎn)，畫(huà)出該函數(shù)的圖象；

　　

【正文】 y軸交于點(diǎn) C（ 0，﹣ 1）．一次函數(shù) y=x+n的圖象經(jīng)過(guò)拋物線的頂點(diǎn) D． （ 1）求拋物線的表達(dá)式； （ 2）求一次函數(shù) y=x+n的表達(dá)式； （ 3）將直線 l： y=mx+n繞其與 y軸的交點(diǎn) E旋轉(zhuǎn)，使當(dāng)﹣ 1≤x≤1 時(shí)，直線 l 總位于拋物線的下方，請(qǐng)結(jié)合函數(shù)圖象，求 m的取值范圍． 【分析】 （ 1）根據(jù) A和 B對(duì)稱，可求得對(duì)稱軸，則 b的值即可求得，然后根據(jù)函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)（ 0，﹣ 1），代入即可求得 c的值，則拋物線解析式即可求得； （ 2）首先求得拋物線的頂點(diǎn)，代入一次函數(shù)解析式即可求得 n的值，求得一次函數(shù)的解析式； （ 3）首先求得拋物線上當(dāng) x=﹣ 1和 x=1時(shí)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，然后求得直線 y=mx+n經(jīng)過(guò)這兩個(gè)點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的 m的值，據(jù)此即可求解． 【解答】 解：（ 1）二次函數(shù)的對(duì)稱軸是 x= =1， 則﹣ =1， 解得： b=﹣ 2， ∵ 拋物線與 y軸交于點(diǎn) C（ 0，﹣ 1）． ∴c= ﹣ 1， 則二次函數(shù)的解析式是 y=x2﹣ 2x﹣ 1； （ 2）二次函數(shù) y=x2﹣ 2x﹣ 1的頂點(diǎn)坐標(biāo)是（ 1，﹣ 2）， 代入 y=x+n得﹣ 2=1+n， 解得： n=﹣ 3， 則一次函數(shù) y=x+n的表達(dá)式是 y=x﹣ 3； （ 3）如圖所示： 在 y=x2﹣ 2x﹣ 1中，當(dāng) x=﹣ 1時(shí)， y=2； 當(dāng) x=1時(shí)， y=﹣ 2． 當(dāng)直線 y=mx﹣ 3經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣ 1， 2）時(shí)，﹣ m﹣ 3=2，解得： m=﹣ 5； 當(dāng)直線 y=mx﹣ 3經(jīng)過(guò)點(diǎn)（ 1，﹣ 2）時(shí)， m﹣ 3=﹣ 2，解得： m=1． 則當(dāng)﹣ 5＜ m＜ 1時(shí)，當(dāng)﹣ 1≤x≤1 時(shí)，直線 l總位于拋物線的下方． 28．如圖 1， △ABC 和 △CDE 都是等腰直角三角形， ∠C=90176。 ，將 △CDE 繞點(diǎn) C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度 α （ 0176。 ＜ α ＜ 90176。 ），使點(diǎn) A， D， E在同一 直線上，連接 AD， BE． （ 1） ① 依題意補(bǔ)全圖 2； ② 求證： AD=BE，且 AD⊥BE ； ③ 作 CM⊥DE ，垂足為 M，請(qǐng)用等式表示出線段 CM， AE， BE之間的數(shù)量關(guān)系； （ 2）如圖 3，正方形 ABCD 邊長(zhǎng)為 ，若點(diǎn) P滿足 PD=1，且 ∠BPD=90176。 ，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn) A到 BP的距離． 【分析】 （ 1） ① 根據(jù)旋轉(zhuǎn)的特性畫(huà)出圖象； ② 由 ∠ACD 、 ∠BCE 均與 ∠DCB 互余可得出∠ACD=∠BCE ，由 △ABC 和 △CDE 都是等腰直角三角形可得出 AC=BC、 DC=EC，結(jié)合全等三角形的判定定理 SAS 即可得出 △ADC≌△BEC ，從而 得出 AD=BE，再由 ∠BCE=∠ADC=135176。 ，∠CED=45176。 即可得出 ∠AEB=90176。 ，即證出 AD⊥BE ； ③ 依照題意畫(huà)出圖形，根據(jù)組合圖形的面積為兩個(gè)三角形的面積和可用 AE， BE去表示 CM； （ 2）根據(jù)題意畫(huà)出圖形，比照（ 1） ③ 的結(jié)論，套入數(shù)據(jù)即可得出結(jié)論． 【解答】 解：（ 1） ① 依照題意補(bǔ)全圖 2，如下圖（一）所示． ② 證明： ∵∠ACD+∠DCB=∠ACB=90176。 ， ∠BCE+∠DCB=∠DCE=90176。 ， ∴∠ACD=∠BCE ． ∵△ABC 和 △CDE 都是等腰直角三角形， ∴AC=BC ， DC=EC． 在 △ ADC和 △BEC 中，有 ， ∴△ADC≌△BEC （ SAS）， ∴AD=BE ， ∠BEC=∠ADC ． ∵ 點(diǎn) A， D， E在同一直線上， △CDE 是等腰直角三角形， ∴∠CDE=∠CED=45176。 ， ∠ADC=180 176。 ﹣ ∠CDE=135176。 ， ∴∠AEB=∠BEC ﹣ ∠CED=135176。 ﹣ 45176。=90176。 ， ∴AD⊥BE ． ③ 依照題意畫(huà)出圖形，如圖（二）所示． ∵S △ABC +S△EBC =S△CAE +S△EAB ， 即 AC?BC+ BE?CM= AE（ CM+BE）， ∴AC 2﹣ AE?BE=CM（ AE﹣ BE）． ∵△CDE 為等 腰直角三角形， ∴DE=2CM ， ∴AE ﹣ BE=2CM， ∴CM= ． （ 2）依照題意畫(huà)出圖形（三）． 其中 AB= ， DP=1， BD= AB= 由勾股定理得： BP= =3． 結(jié)合（ 1） ③ 的結(jié)論可知： AM= = =1． 故點(diǎn) A到 BP的距離為 1． 29．在平面直角坐標(biāo)系 xOy中， ⊙C 的半徑為 r，點(diǎn) P是與圓心 C不重合的點(diǎn)，給出如下定義：若點(diǎn) P′ 為射線 CP上一點(diǎn)，滿足 CP?CP′=r 2，則稱點(diǎn) P′ 為點(diǎn) P關(guān)于 ⊙C 的反演點(diǎn)．右圖 為 點(diǎn) P 及 其 關(guān) 于 ⊙C 的 反 演 點(diǎn) P′ 的 示 意圖． （ 1）如圖 1，當(dāng) ⊙O 的半徑為 1時(shí)，分 別求出點(diǎn) M（ 1， 0）， N（ 0， 2）， T（ ， ）關(guān)于 ⊙O的反演點(diǎn) M′ ， N′ ， T′ 的坐標(biāo)； （ 2）如圖 2，已知點(diǎn) A（ 1， 4）， B（ 3， 0），以 AB 為直徑的 ⊙G 與 y 軸交于點(diǎn) C， D（點(diǎn) C位于點(diǎn) D下方）， E為 CD的中點(diǎn)． ① 若點(diǎn) O， E關(guān)于 ⊙G 的反演點(diǎn)分別為 O′ ， E′ ，求 ∠E′O′G 的大小； ② 若點(diǎn) P在 ⊙G 上，且 ∠BAP=∠OBC ，設(shè)直線 AP 與 x 軸的交點(diǎn)為 Q，點(diǎn) Q關(guān)于 ⊙G 的反演點(diǎn)為 Q′ ，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段 GQ′ 的長(zhǎng)度． 【分析】 （ 1）利用反演點(diǎn)定義，先求出： ON′ ， OT′ ， OM′ 的長(zhǎng)度，然后求出它們的坐標(biāo)； （ 2） ① 求 出： E′G ， O′G ， O′E′ ，利用勾股定理逆定理證明 △E′O′G 是 RT△ ； ② 考慮兩種情形，點(diǎn) P在直線 AB左右都存在． 【解答】 解：（ 1） ∵ON?ON′=1 ， ON=2， ∴ON′= ， ∴ 反演點(diǎn) N′ 坐標(biāo)（ 0， ）， ∵OM?OM′=1 ， OM=1， ∴OM′=1 反演點(diǎn) M′ 坐標(biāo)（ 1， 0） ∵ ， ∴ ， ∵T′ 在第一象限的角平分線上， ∴ 反演點(diǎn) T′ 坐標(biāo)（ 1， 1） （ 2） ① 由題意： AB=2 ， r= ， ∵E （ 0， 2）， G（ 2， 2）， EG=2， E′G?EG=5 ， ∴ ， ∵OG?O′G=5 ， OG=2 ， ∴O′G= ， ∵E′ （﹣ ， 2）， O′ （ ， ）， ∴O′E′= ， ∴E′G 2=E′O′ 2+O′G 2， ∴∠E′O′G=90176。 ② 如圖 ： ∵∠BAP 1=∠OBC ， ∠CAP 1+∠CBP 1=∠CAB+∠BAP 1+∠CBP 1=180176。 ，∠OBC+∠CBP 1+∠P 1BQ1=180176。 ， ∠CAB=45176。 ， ∴∠P 1BQ1=45176。 ， ∵∠AP 1B=∠BP 1Q1=90176。 ， ∴△PBQ1 是等腰直角三角形 ， 由 △AP 1B∽△BOC 得到 ： ， ∵ ， ∴ ， BQ1=2， Q1（ 5， 0）， ∵Q 1′G?GQ 1=5， ∴Q 1′G= ， ∵∠P2AB=∠BAP1 ， ∴P 1， P2關(guān)于直線 AB對(duì)稱， ∵P 1（ 4， 1），易知： P2（ ，﹣ ）， ∴ 直線 AP2： Y=﹣ 7X+11， ∴Q 2（ ）， 由： Q2′G?Q 2G=5得到： Q2′G= ．