【正文】 ，得到 △ DOC，拋物線 l： y=﹣ x2+bx+c經(jīng)過 A、 B兩點(diǎn)． （ 1）求拋物線 l的解析式及頂點(diǎn) G的坐標(biāo)． （ 2） ① 求證：拋物線 l經(jīng)過點(diǎn) C． ② 分別連接 CG， DG，求 △ GCD的面積． （ 3）在第二象限內(nèi)，拋物線上存在異于點(diǎn) G的一點(diǎn) P，使 △ PCD與 △ CDG的面積相等，請(qǐng)直接寫出點(diǎn) P的坐標(biāo)． 【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題． 【分析】 （ 1）先求得點(diǎn) A和點(diǎn) B的坐標(biāo)，然后將點(diǎn) A和點(diǎn) B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，可求得 b、 c的值，從而可得到拋物線的解析式，最后依據(jù)配方法可求得點(diǎn) G的坐標(biāo) （ 2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得點(diǎn) D和點(diǎn) C的坐標(biāo)，將點(diǎn) C的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式求得 y=0，從而可證明點(diǎn)拋物線 l經(jīng)過點(diǎn) C；如圖 1所示；過點(diǎn) G作 GE⊥ y軸，分別求得梯形 GEOC、 △OCD、 △ GED的面積，最后依據(jù) S△ CDG=S 梯形 GEOC﹣ S△ OCD﹣ S△ GED求解即可； （ 3）如圖 2所示：過點(diǎn) G作 PG∥ CD，交拋物線與點(diǎn) P．先求得直線 CD的解析式，然后可得到直線 PG的一次項(xiàng)系數(shù)，然后由點(diǎn) G的坐標(biāo)可求得 PG的解析式，最后將直線 PG的解析式與拋物線的解析式聯(lián)立，最后解得點(diǎn) P的坐標(biāo)即可． 【解答】 解：（ 1） ∵ OA=1， ∴ A（ 1， 0）． 又 ∵ tan∠ BAO= =3， ∴ OB=3． ∴ B（ 0， 3）． 將 A（ 1， 0）、 B（ 0， 3）代入拋物線的解析式得： ，解得： b=﹣ 2， c=3． ∴ 拋物線的解析式為 y=﹣ x2﹣ 2x+3． ∵ y=﹣ x2﹣ 2x+3=﹣（ x+1） 2+4， ∴ 拋物線的頂點(diǎn) G的坐標(biāo)為（﹣ 1， 4）． （ 2） ① 證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知； OC=OB=3， ∴ C（﹣ 3， 0）． 當(dāng) x=﹣ 3時(shí)， y=﹣（﹣ 3） 2﹣ 2 （﹣ 3） +3=﹣ 9+6+3=0， ∴ 點(diǎn)拋物線 l經(jīng)過點(diǎn) C． ② 如圖 1所示；過點(diǎn) G作 GE⊥ y軸． ∵ GE⊥ y軸， G（﹣ 1， 4）， ∴ GE=1， OE=4． ∴ S 梯形 GEOC= （ GE+OC） ?OE= （ 1+3） 4=8． ∵ 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知； OD=OA=1， ∴ DE=3． ∴ S△ OCD= OC?OD= 3 1= ， S△ GED= EG?ED= 1 3= ． ∴ S△ CDG=S 梯形 GEOC﹣ S△ OCD﹣ S△ GED=8﹣ ﹣ =5． （ 3）如圖 2所示：過點(diǎn) G作 PG∥ CD，交拋物線與點(diǎn) P． ∵ PG∥ CD， ∴△ PCD的面積 =△ GCD的面積． ∵ OD=OA=1， ∴ D（ 0， 1）． 設(shè)直線 CD的解析式為 y=kx+b． ∵ 將點(diǎn) C（﹣ 3， 0）、 D（ 0， 1）代入得： ，解得： k= ， b=1， ∴ 直線 CD的解析式為 y= +1． ∵ PG∥ CD， ∴ 直線 PG的一次項(xiàng)系數(shù)為 ． 設(shè) PG的解析式為 y= x+b1． ∵ 將點(diǎn) G的坐標(biāo)代入得： +b1=4，解得： b1= ， ∴ 直線 PG的解析式為 y= + ． ∵ 將 y= + 與 y=﹣ x2﹣ 2x+3聯(lián)立 ．解得： ， ， ∴ P（﹣ ， ）． 。 ， ∴ CD∥ OB， ∴△ ACD∽△ ABO， ∴ ， ∴ AD= ， 當(dāng) Q與 D重合時(shí)， AD+OQ=OA， ∴ +t=6， ∴ t= ； （ 2當(dāng) ⊙ Q經(jīng)過 A點(diǎn)時(shí)，如圖 1， OQ=OA﹣ QA=4， ∴ t= =4s， ∴ PA=4， ∴ BP=AB﹣ PA=6， 過點(diǎn) P作 PE⊥ OB于點(diǎn) E， ⊙ P與 OB相交于點(diǎn) F、 G， 連接 PF， ∴ PE∥ OA， ∴△ PEB∽△ AOB， ∴ ， ∴ PE= ， ∴ 由勾股定理可求得： EF= ， 由垂徑定理可求知： FG=2EF= ； （ 3）當(dāng) QC與 ⊙ P相切時(shí)如圖 2， 此時(shí) ∠ QCA=90176。 ， ∴ tan∠ AOH= ， AH=4， ∴ OH=3， ∴ 由勾股定理可求出 OA=5， ∴△ AHO的周長(zhǎng)為 3+4+5=12 （ 2）由（ 1）可知：點(diǎn) A的坐標(biāo)為（﹣ 4， 3）， 把（﹣ 4， 3）代入 y= ， ∴ k=﹣ 12 ∴ 反比例函數(shù)的解析式為： y=﹣ ∵ 把 B（ m，﹣ 2）代入反比例函數(shù) y=﹣ 中 ∴ m=6， ∴ 點(diǎn) B的坐標(biāo)為（ 6，﹣ 2） 將 A（﹣ 4， 3）和 B（ 6，﹣ 2）代入 y=ax+b ∴ 解得： ∴ 一次函數(shù)的解析式為： y=﹣ x+1． 23．某校九年級(jí)為了解學(xué)生課堂發(fā)言情況，隨機(jī)抽取該年級(jí)部分學(xué)生，對(duì)他們某天在課堂上發(fā)言的次數(shù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，其結(jié)果如表，并繪制了如圖所示的兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖，已知 B、E兩組發(fā)言人數(shù)的比為 5： 2，請(qǐng)結(jié)合圖中相關(guān)數(shù)據(jù)回答下列問 題： （ 1）則樣本容量容量是 50 ，并補(bǔ)全直方圖； （ 2）該年級(jí)共有學(xué)生 500人，請(qǐng)估計(jì)全年級(jí)在這天里發(fā)言次數(shù)不少于 12的次數(shù)； （ 3）已知 A 組發(fā)言的學(xué)生中恰有 1 位女生， E 組發(fā)言的學(xué)生中有 2 位男生，現(xiàn)從 A組與 E組中分別抽一位學(xué)生寫報(bào)告，請(qǐng)用列表法或畫樹狀圖的方法，求所抽的兩位學(xué)生恰好是一男 一女的概率． 發(fā)言次數(shù) n A 0≤ n＜ 3 B 3≤ n＜ 6 C 6≤ n＜ 9 D 9≤ n＜ 12 E 12≤ n＜ 15 F 15≤ n＜ 18 【考點(diǎn)】 頻數(shù)（ 率）分布直方圖；用樣本估計(jì)總體；頻數(shù)（率）分布表；扇形統(tǒng)計(jì)圖；列表法與樹狀圖法． 【分析】 （ 1）根據(jù) B、 E兩組發(fā)言人數(shù)的比和 E 組所占的百分比，求出 B組所占的百分比，再根據(jù) B組的人數(shù)求出樣本容量，從而求出 C組的人數(shù)，即可補(bǔ)全統(tǒng)計(jì)圖； （ 2）用該年級(jí)總的學(xué)生數(shù)乘以 E和 F組所占的百分比的和，即可得出答案； （ 3）先求出 A 組和 E 組的男、女生數(shù)，再根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后根據(jù)概率公式即可得出答案． 【解答】 解：（ 1） ∵ B、 E兩組發(fā)言人數(shù)的比為 5： 2， E占 8%， ∴ B組所占的百分比是 20%， ∵ B組的人數(shù)是 10， ∴ 樣 本容量為： 10247。 +（ ） ﹣ 1+（ 2﹣ ） 0 = = =4； （ 2） ﹣ = = = =1﹣ x， 當(dāng) x=2017時(shí)，原式 =1﹣ 2017=﹣ 2020． 21．如圖，在四邊形 ABCD中， AD∥ BC， AD=5cm， BC=9cm． M是 CD的中點(diǎn)， P是 BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)（ P與 B， C不重合），連接 PM并延長(zhǎng)交 AD的延長(zhǎng)線于 Q． （ 1）試說(shuō)明 △ PCM≌△ QDM． （ 2）當(dāng)點(diǎn) P在點(diǎn) B、 C之間運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形 ABPQ是平行四邊形？并說(shuō)明理由． 【考點(diǎn)】 平行四邊形的判定；全等三角形的判定． 【分析】 （ 1）要證明 △ PCM≌△ QDM，可以根據(jù)兩個(gè)三角形全等四個(gè)定理，即 AAS、 ASA、 SAS、 SSS中的 ASA．利 用 ∠ QDM=∠ PCM， DM=CM， ∠ DMQ=∠ CMP即可得出； （ 2）得出 P在 B、 C之間運(yùn)動(dòng)的位置，根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出． 【解答】 （ 1）證明： ∵ AD∥ BC ∴∠ QDM=∠ PCM ∵ M是 CD的中點(diǎn)， ∴ DM=CM，