資源簡介

題型二　反比例函數綜合題
類型一　反比例函數與幾何圖形結合
1.如圖，在平面直角坐標系中， OABC的邊OC在x軸上，對角線AC，OB交于點M，反比例函數y＝(x＞0)的圖象經過點A(3，4)和點M.
(1)求反比例函數的表達式和點M的坐標；
(2)求 OABC的周長．
第1題圖
2. 如圖，反比例函數y＝(x＞0)的圖象過四邊形ABOC的頂點C，AC∥x軸交y軸于點D，S△OCD＝6，延長BA與y軸交于點E，∠AED＝∠COD，連接AO，CE.
(1)求反比例函數的解析式；
(2)若AD＝2，＝，求點E的坐標；
(3)若點A是BE的中點，求證：四邊形AOCE是菱形．
第2題圖
3.如圖，點A是反比例函數y1＝(x＞0)圖象上的一點，過點A分別作x軸、y軸的垂線，與x軸、y軸分別交于點B，C，與反比例函數y2＝(k≠0，x＞0)的圖象交于點D，E，連接DE并雙向延長，分別與x軸、y軸交于點M，N，連接OD，已知△OBD的面積為5.
(1)求反比例函數y2＝的解析式；
(2)若∠ODM＝90°，求證：△OBD∽△DBM；
(3)求證：DN＝EM.
第3題圖
類型二　反比例函數與一次函數結合
1. 如圖，一次函數圖象與反比例函數圖象交于點A(－1，6)，B(，a－3)，與x軸交于點C，與y軸交于點D.
(1)求反比例函數與一次函數的解析式；
(2)點M在x軸上，若S△OAM＝S△OAB，求點M的坐標．
　
第1題圖
2. 如圖，在平面直角坐標系中，一次函數y＝x＋2的圖象與反比例函數y＝(x＞0)的圖象相交于點A(a，4)，與x軸、y軸分別交于點B、C.過點A作AD⊥x軸，垂足為D.
(1)求反比例函數y＝的表達式；
(2)點P為反比例函數y＝(x＞0)圖象上的一點，且位于點A的右側．從條件①或者條件②這兩個條件中選擇一個作為已知條件，求點P的坐標．
條件①：PA＝PD；
條件②：△ABD面積是△PBD面積的2倍．
第2題圖
3.如圖，在平面直角坐標系中，一次函數y＝kx＋b(k≠0)的圖象與反比例函數y＝－的圖象交于點A(m，3)，B(6，－2).
(1)求一次函數的解析式及m的值；
(2)點C是y軸上一點，當∠ACB＝90°時，求的值．
第3題圖
題型二　反比例函數綜合題
類型一　反比例函數與幾何圖形結合
1. 解：(1)將點A(3，4)代入y＝中，得k＝12，
∴反比例函數的表達式為y＝，
∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴AM＝MC，
由中點坐標公式得點M的縱坐標為＝2，
∵點M在反比例函數y＝的圖象上，
∴當y＝2時，x＝6，
∴M(6，2)；
(2)∵AM＝MC，A(3，4)，M(6，2)，
∴C(9，0)，
∴OC＝9，OA＝＝5，
∴ OABC的周長為2×(5＋9)＝28.
2. (1)解：∵AC∥x軸，
∴AC⊥y軸．
∵S△OCD＝6，
∴＝6，
∴|k|＝12.
∵反比例函數y＝(x>0)的圖象在第一象限，
∴k＝12，
∴反比例函數的解析式為y＝(x＞0)；
(2)解：∵S△OCD＝6，
∴CD·OD＝12，
∵＝，
∴CD＝3，OD＝4(負值已舍去)，
∵∠AED＝∠COD，∠ADE＝∠CDO＝90° ，
∴△ADE∽△CDO，
∴＝，即＝，
解得DE＝，
∴OE＝OD＋DE＝，
∴E(0，)；
(3)證明：∵∠AED＝∠COD，
∴BE∥OC，
∵AC∥x軸，
∴四邊形ABOC是平行四邊形，
∴AB＝OC，
∵點A是BE的中點，
∴AB＝AE，
∴AE＝OC，
∴四邊形AOCE是平行四邊形，
∵AC∥x軸，
∴AC⊥OE，
∴四邊形AOCE是菱形．
3. (1)解：∵△OBD的面積為5，
∴＝5，
∴|k|＝10，
∵反比例函數y2＝的圖象在第一象限，
∴k＝10，
∴反比例函數y2的解析式為y2＝(x＞0)；
(2)證明：∵∠ODM＝90°，
∴∠ODB＋∠BDM＝90°.
∵BD⊥x軸，
∴∠OBD＝90°，
∴∠ODB＋∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠BDM.
∵∠OBD＝∠DBM，
∴△OBD∽△DBM；
(3)證明：如解圖，過點D作DD′⊥y軸于點D′，過點E作EE′⊥x軸于點E′，
設點A(m，)，則點E(5m，)，D(m，)，
∴DD′＝m，BD＝，OE′＝5m，EE′＝，
設DE所在直線的解析式為y＝k′x＋b(k′≠0)，
將D，E兩點坐標代入y＝k′x＋b中，得，
解得，
∴DE所在直線的解析式為y＝－x＋，
令x＝0，得y＝，令y＝0，得x＝6m，
∴M(6m，0)，N(0，)，
∴OM＝6m，ON＝.
∴ND′＝ON－OD′＝ON－BD＝－＝，ME′＝OM－OE′＝6m－5m＝m，
∴ND′＝EE′＝，DD′＝ME′＝m，
∵∠ND′D＝∠EE′M＝90°，
∴△ND′D≌△EE′M(SAS)，
∴DN＝ME，即DN＝EM.
第3題解圖
類型二　反比例函數與一次函數結合
1. 解：(1)設反比例函數、一次函數解析式分別為y＝(n≠0)，y＝kx＋b(k≠0)，
將點A(－1，6)代入y＝中，得n＝－6，
∴反比例函數的解析式為y＝－.
∵點B在反比例函數y＝－的圖象上，
∴(a－3)＝－6，解得a＝1，
∴B(3，－2).
將點A(－1，6)，B(3，－2)代入y＝kx＋b中，
得，解得，
∴一次函數的解析式為y＝－2x＋4；
(2)設點M(m，0)，
∵一次函數y＝－2x＋4的圖象交x軸于點C(2，0)，
∴S△OAB＝S△OAC＋S△OCB＝×2×6＋×2×2＝8，
∵S△OAM＝S△OAB，
∴S△OAM＝×|m|×6＝8，
解得m＝±，
∴點M的坐標為(，0)或(－，0).
2. 解：(1)將點A(a，4)代入y＝x＋2中，得4＝a＋2，
∴a＝2，
∴點A(2，4)，
將點A(2，4)代入y＝(x＞0)中，得k＝8，
∴反比例函數y＝的表達式為y＝(x＞0)；
(2)選擇條件①，如解圖①，連接PA，PD，
第2題解圖①
設點P坐標為(x，y)，由(1)知點A(2，4)，
∴點D(2，0)，
∵PA＝PD，
∴PA2＝PD2，
∴(x－2)2＋(y－4)2＝(x－2)2＋(y－0)2，
解得y＝2，
∵點P在y＝的圖象上，
∴x＝4，
∴點P的坐標為(4，2).
解法二　選擇條件②，如解圖②，連接PB，PD，設點P坐標為(x，y)，由(1)知點A(2，4)，
∴點D(2，0)，
∴AD＝4，
∵△ABD面積是△PBD面積的2倍，
BD·AD＝2×BD·y，
∴4＝2y，
解得y＝2，
∵點P在y＝的圖象上，
∴x＝4，
∴點P的坐標為(4，2).
第2題解圖②
3. 解：(1)將點A(m，3)代入y＝－中，得3＝－，
解得m＝－4，
∴點A(－4，3)，
將點A(－4，3)，B(6，－2)代入y＝kx＋b(k≠0)中，
得，解得，
∴一次函數的解析式為y＝－x＋1；
(2)如解圖，過點A作AD⊥y軸于點D，過點B作BE⊥y軸于點E，
設點C(0，n)，則CD＝|n－3|，AD＝4，BE＝6，CE＝|n＋2|，
∵∠ACO＋∠OCB＝90°，∠OCB＋∠CBE＝90°，
∴∠ACO＝∠CBE.
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴△ACD∽△CBE，
∴＝，即＝，
解得n＝6或n＝－5，
∴點C的坐標為(0，6)或(0，－5).
當點C的坐標為(0，6)時，如解圖①，∵AD＝4，CD＝n－3＝3，
∴AC＝＝5.
∵BE＝6，CE＝n＋2＝8，
∴BC＝＝10，
∴＝＝；
當點C的坐標為(0，－5)時，如解圖②，∵AD＝4，CD＝3＋5＝8，
∴AC＝＝4.
∵BE＝6，CE＝5－2＝3，
∴BC＝＝3，
∴＝＝.
綜上所述，當∠ACB＝90°時，的值為或.
第3題解圖題型六　二次函數綜合題
類型一　二次函數與線段有關的問題
1. 如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋4與x軸交于點A(－1，0)，B(點A在點B左側)，與y軸交于點C，OB＝OC.
(1)求a，b的值；
(2)點P是第一象限拋物線上一動點，過點P分別作PD∥x軸，交拋物線于點D，作PE∥y軸，交x軸于點E，連接ED交直線BC于點F，當DF＝EF時，求點P的坐標．
　
第1題圖
2. 如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c交x軸于點A(4，0)，交y軸于點B(0，－4).
(1)求拋物線的解析式；
(2)連接AB，在拋物線上是否存在一點M，使得∠MAO＝∠BAO？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)點C為AB下方拋物線上一點，過點C作CD⊥AB于點D，求CD＋AD的最大值．
第2題圖
3.如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)與x軸交于A(－1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，且OB＝OC.點P為拋物線y＝ax2＋bx＋c上的一個動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交直線BC于點E.
(1)求拋物線的解析式；
(2)當DE＝PD時，求此時點P的坐標；
(3)在第一象限拋物線上是否存在點P，使點P到直線BC的距離是點D到直線BC的距離的5倍？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
第3題圖
類型二　二次函數與面積有關的問題
1. 如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于A，B(1，0)兩點，與y軸交于點C(0，3).
(1)求拋物線的解析式；
(2)若點P是x軸上方拋物線上一點，當△ABP的面積為2時，求點P的坐標；
(3)連接AC，BC，N是線段AC上一點，過點N作NN′⊥x軸于點N′，若△ABC的面積被直線NN′分為1∶2的兩部分，求點N的坐標．
　
第1題圖
2. 如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c(b，c是常數)的頂點為C，與x軸交于A，B兩點，A(1，0)，AB＝4，點P為線段AB上的動點，過P作PQ∥BC交AC于點Q.
(1)求該拋物線的解析式；
(2)求△CPQ面積的最大值，并求此時P點坐標．
　
第2題圖
3. 如圖，拋物線y＝ax2＋3ax－4與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C，OC＝4OB，點P是第三象限拋物線上的動點，連接AP.
(1)求拋物線的解析式；
(2)過點O作OD⊥AP于點D，若OD＝2AD，求點P的坐標；
(3)連接BP交AC于點E，是否存在點P，使得的值最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
第3題圖
類型三　二次函數與特殊圖形存在性問題
典例精講
方法解讀
二次函數中平行四邊形的存在性問題(以(1)為例)：
1．找點：分情況討論：①當BC為平行四邊形的邊；②當BC為平行四邊形的對角線，根據平行四邊形一組對邊平行且相等確定點的位置．
2．求點：①通過點的平移，構造全等三角形求點坐標；②由中點坐標公式求頂點坐標．
例1　一題多設問 如圖，已知拋物線y＝x2－x－4與x軸交于點A，B(點A在點B的左側)，與y軸交于點C.
(1)如圖①，連接BC，若D，E分別為拋物線和x軸上的動點，是否存在點E，使以點B，C，D，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖①
方法解讀
二次函數中等腰三角形的存在性問題(以(2)為例)：
1．找點：兩圓一線
①若AF＝AC，以點A為圓心，AC長為半徑畫圓；②若FC＝AC，以點C為圓心，AC長為半徑畫圓；③若AF＝FC，作AC的垂直平分線．
2．求點：設出點F的坐標，根據點A，C，F的坐標，表示出線段AC，FC，AF的長度，由等量關系分別列方程求解即可．
(2)如圖②，若點F為x軸上的動點，是否存在點F，使以點A，C，F為頂點的三角形為等腰三角形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖②
方法解讀
二次函數中菱形的存在性問題：
要使以A，C，G，H為頂點的四邊形是菱形，則根據AC為已知邊，分情況討論：①當AC為菱形的邊；②當AC為菱形的對角線，同等腰三角形的存在性的計算方法，利用兩鄰邊相等求得第三個頂點的坐標，再由平移或中點坐標公式可得菱形的第四個頂點的坐標．
(3)如圖③，連接AC，若G為直線BC上的動點，H為平面內一點，是否存在點H，使以點A，C，G，H為頂點的四邊形為菱形？若存在，求出點H的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖③
方法解讀
二次函數中直角三角形的存在性問題(以(4)①為例)：
1．找點：兩線一圓
①若∠MBC＝90°，過點B作BC的垂線；②若∠MCB＝90°，過點C作BC的垂線；③若∠BMC＝90°，以BC為直徑作圓．
2．求點
方法一：代數法：設出點M的坐標，根據點B，C，M的坐標，表示出線段BC，BM，CM的長度，再根據對應情況，由勾股定理分別列方程求解即可；
方法二：幾何法：作垂線，構造一線三垂直模型，表示出線段長用勾股定理或相似建立等量關系．
(4)連接BC，若點M為拋物線的對稱軸上的動點
①如圖④，是否存在點M，使以點B，C，M為頂點的三角形為直角三角形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖④
方法解讀
二次函數中矩形的存在性問題：
要使以B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，則根據BC為已知邊，分情況討論：①當BC為矩形的邊；②當BC為矩形的對角線，同直角三角形的存在性的計算方法，利用代數法或幾何法求得第三個頂點的坐標，再由平移或中點坐標公式可得矩形的第四個頂點的坐標．
②如圖⑤，若N為平面內一點，是否存在點N，使以點B，C，M，N為頂點的四邊形為矩形？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖⑤
方法解讀
二次函數中的角度問題：
1．角度相等：常與線段的平行或特殊三角形結合，最終將角度問題轉化為線段問題；
2．角度固定值：常見的角度有15°，30°，45°，60°，90°，常放在特殊三角形中，利用三角形三邊關系或三角函數求解；
3．角度的倍數關系：利用三角形的內外角關系和等腰三角形的性質求解．
(5)如圖⑥，連接BC，若點P為拋物線上的動點，是否存在點P，使∠PAB＝∠ABC？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；
例1題圖⑥
方法解讀
二次函數中相似三角形的存在性問題：
(1)找等角：其中直角三角形找對應的直角，一般三角形中會存在隱含的等角；
(2)表示邊長：直接或間接設出所求的點的坐標，然后表示出線段長；
(3)建立關系式并計算：對于對應關系不確定的三角形相似，需要按照等角的兩邊分別對應成比例列比例式，分情況討論，然后進行計算求解．
如圖⑦，連接AC，BC，BC交拋物線的對稱軸于點M，若點N為x軸上的動點，是否存在點N，使△BMN與△ABC相似？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
　例1題圖⑦
針對訓練
1. 如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于A(－1，0)，B兩點，與y軸交于點C(0，3).
(1)求拋物線的解析式；
(2)點D是BC的中點，點E是拋物線上一點，當DE∥AC時，求點E的坐標；
(3)點F在拋物線的對稱軸上，點G在拋物線上，當以點B，C，F，G為頂點的四邊形是平行四邊形時，請求出所有滿足條件的點G的坐標．
　
第1題圖
2. 如圖，已知頂點為C(0，－3)的拋物線y＝ax2＋b(a≠0)與x軸交于A，B兩點，直線y＝x＋m過頂點C和點B.
(1)求m的值；
(2)求函數y＝ax2＋b(a≠0)的解析式；
(3)拋物線上是否存在點M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
　
第2題圖
3. 如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩點，點A，B分別位于原點的左、右兩側，BO＝3AO＝3，過點B的直線與y軸正半軸和拋物線的交點分別為C，D，BC＝CD.
(1)求b，c的值；
(2)求直線BD的函數解析式；
(3)點P在拋物線的對稱軸上且在x軸下方，點Q在射線BA上．當△ABD與△BPQ相似時，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標．
　
第3題圖
拓展類型　 二次函數性質綜合題
(全國視野2023年北京、云南、舟山等地考查)
1.已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a，b，c均為常數，a>0)的對稱軸為直線x＝1，且與x軸只有一個公共點．
(1)試用含a的式子表示b和c；
(2)已知(x1，y1)，(3，y2)是該拋物線上的兩點，若y2(3)若將該拋物線向上平移2個單位長度所得的新拋物線經過點(3，6)，且當p≤x≤q(p≤1＜q)時，新拋物線對應的函數有最小值2p，最大值2q，求p－q的值．
2.定義：若兩個二次函數y1，y2的圖象關于x軸對稱，則稱y1，y2互為“對稱二次函數”．
(1)已知二次函數y＝x2－3x＋1，則它的“對稱二次函數”的頂點坐標為________；
(2)已知關于x的二次函數y1＝－2x2＋4mx＋3m－2和y2＝ax2＋bx＋c，其中y1的圖象經過點(2，1).若y1＋y2與y1互為“對稱二次函數”，求函數y2的解析式；
(3)在(2)的條件下，當m≤x≤m＋1時，y2的最小值為－2，請直接寫出m的值．
3. 已知直線l：y＝kx＋b經過點(0，7)和點(1，6).
(1)求直線l的解析式；
(2)若點P(m，n)在直線l上，以P為頂點的拋物線G過點(0，－3)，且開口向下．
①求m的取值范圍；
②設拋物線G與直線l的另一個交點為Q，當點Q向左平移1個單位長度后得到的點Q′也在G上時，求G在≤x≤＋1的圖象的最高點的坐標．
題型六　二次函數綜合題
類型一　二次函數與線段有關的問題
1. 解：(1)令x＝0，得y＝4，
∴點C(0，4)，
∵OB＝OC，∴點B(4，0)，
將點A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋4中，得，
解得；
(2)由(1)可知拋物線的解析式為y＝－x2＋3x＋4，
∵y＝－x2＋3x＋4＝－(x－)2＋，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝，
設點P(m，－m2＋3m＋4)，
則點D(3－m，－m2＋3m＋4)，E(m，0)，
∵DF＝EF，
∴點F是DE的中點，
∴點F(，)，即F(，)，
設直線BC的解析式為y＝kx＋n(k≠0)，
將點B(4，0)，C(0，4)代入y＝kx＋n中，得，
解得，
∴直線BC的解析式為y＝－x＋4，
∵點F在直線BC上，當x＝時，y＝，
∴＝，
解得m＝或m＝，此時－m2＋3m＋4＝5，
∴點P的坐標為(，5)或(，5).
2. 解：(1)∵拋物線y＝x2＋bx＋c經過點A(4，0)，B(0，－4)，
∴，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2－x－4；
(2)存在．
①當點M與點B重合時，∠MAO＝∠BAO，
∴點M的坐標為(0，－4)；
②當點M不與點B重合時，如解圖，作點B關于x軸的對稱點B′，連接AB′并延長，交拋物線于點M，則∠MAO＝∠BAO，
∵點B的坐標為(0，－4)，
∴點B′的坐標為(0，4)，
設直線AB′的解析式為y＝k1x＋d1(k1≠0)，
將A(4，0)，B′(0，4)代入，
得，解得，
∴直線AB′的解析式為y＝－x＋4，
令－x＋4＝x2－x－4，解得x＝4(舍去)或x＝－4，
當x＝－4時，y＝8，
∴點M的坐標為(－4，8)，
綜上所述，點M的坐標為(0，－4)或(－4，8)；
(3)如解圖，過點C作CE⊥x軸于點E，交AB于點F，
∵A(4，0)，B(0，－4)，
∴OA＝OB＝4，
∴△AOB為等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
∴∠EFA＝∠CFD＝45°，
∴AF＝EF，CD＝DF＝CF.
設直線AB的解析式為y＝k2x＋d2(k2≠0)，
將A(4，0)，B(0，－4)代入，
得，解得，
∴直線AB的解析式為y＝x－4，
設點C(m，m2－m－4)(0∴CE＝－m2＋m＋4，
∴CD＋AD＝CD＋DF＋AF＝CF＋CF＋EF＝(CF＋EF)＝CE＝－(m－1)2＋.
∵－＜0，0＜m＜4，
∴當m＝1時，CD＋AD取得最大值，最大值為.
第2題解圖
3. 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)分別與坐標軸交于點A(－1，0)，B(3，0)，C，且OB＝OC，
∴C(0，－3)，
∴拋物線的解析式為y＝ax2＋bx－3，
∴將點A，B的坐標代入拋物線的解析式，
得，解得，
∴該拋物線的解析式為y＝x2－2x－3；
(2)∵B(3，0)，C(0，－3)，
∴直線BC的解析式為y＝x－3，
設點P(t，t2－2t－3)，則E(t，t－3)，D(t，0)，
當點P在AB下方的拋物線上時，－1＜t＜3，
則DE＝0－(t－3)＝3－t，PD＝0－(t2－2t－3)＝－t2＋2t＋3，
∵DE＝PD，
∴3－t＝(－t2＋2t＋3)，
解得t＝2或t＝3(舍去)，
∴P(2，－3)；
當點P在點B右側的拋物線上時，t＞3，
則DE＝t－3，PD＝t2－2t－3，
∵DE＝PD，
∴t－3＝(t2－2t－3)，
解得t＝2(舍去)或t＝3(舍去)，
∴此時點P不存在；
當點P在點A左側的拋物線上時，t＜－1，
則DE＝0－(t－3)＝3－t，PD＝t2－2t－3，
∵DE＝PD，
∴3－t＝(t2－2t－3)，
解得t＝－4或t＝3(舍去)，
∴P(－4，21).
綜上所述，點P的坐標為(2，－3)或(－4，21)；
(3)存在．
如解圖，過點P作PH⊥BC于點H，過點D作DG⊥BC于點G，則PH＝5DG，
設P(m，m2－2m－3)(m＞3)，則E(m，m－3)，D(m，0)，
∴PE＝m2－2m－3－(m－3)＝m2－3m，DE＝m－3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，
∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴＝＝5，即＝5，
解得m＝3(舍去)或m＝5，
∴P(5，12).
故存在點P，點P的坐標為(5，12).
第3題解圖
類型二　二次函數與面積有關的問題
1. 解：(1)將點B(1，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c中，
得，解得，
∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3；
(2)在拋物線y＝－x2－2x＋3中，令y＝0，解得x1＝1，x2＝－3，
∴A(－3，0)，B(1，0)，
∴AB＝4，
設P(t，－t2－2t＋3)(－3＜t＜1)，
∴S△ABP＝AB·yP＝×4×(－t2－2t＋3)＝2，
解得yp＝1，t1＝－1－，t2＝－1，
∴點P的坐標為(－1－，1)或(－1，1)；
(3)∵C(0，3)，
∴OC＝3，
∴S△ABC＝AB·OC＝×4×3＝6，
由坐標A，C可得直線AC的解析式為y＝x＋3，
設N(n，n＋3)(－3≤n≤0)，
①當S△ANN′＝S△ABC＝2時，即S△ANN′＝[n－(－3)](n＋3)＝2，
解得n1＝－1，n2＝－5(舍去)，
∴N(－1，2)；
②當S△ANN′＝S△ABC＝4時，即S△ANN′＝[n－(－3)](n＋3)＝4，
解得n1＝2－3，n2＝－2－3(舍去)，
∴N(2－3，2)，
綜上所述，點N的坐標為(－1，2)或(2－3，2).
2. 解：(1)∵A(1，0)，AB＝4，
∴B(－3，0).
將點A(1，0)，B(－3，0)代入y＝x2＋bx＋c中，得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3；
(2)由(1)知拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴C(－1，－4).
設直線BC的解析式為y＝k1x＋m1(k1≠0)，
將點B(－3，0)，C(－1，－4)代入y＝k1x＋m1中，得，
解得，
∴直線BC的解析式為y＝－2x－6，
設直線AC的解析式為y＝k2x＋m2(k2≠0)，
將點A(1，0)，C(－1，－4)代入y＝k2x＋m2中，得，
解得，
∴直線AC的解析式為y＝2x－2.
∵PQ∥BC，
∴設直線PQ的解析式為y＝－2x＋n，
令y＝0，得x＝，
∴P(，0)，
聯立直線AC與直線PQ的解析式，得，
解得，
∴Q(，)，
∵點P在線段AB上，
∴－3≤≤1，
即－6≤n≤2，
∴S△CPQ＝S△CPA－S△QPA＝×(1－)×4－×(1－)×(－)＝－(n＋2)2＋2，
∵－＜0，－6≤n≤2，
∴當n＝－2時，S△CPQ取得最大值，最大值為2.此時點P的坐標為(－1，0).
3. 解：(1)令x＝0，得y＝－4，
∴點C的坐標為(0，－4)，
∴OC＝4.
∵OC＝4OB，∴OB＝1，
∴點B的坐標為(1，0)，
將(1，0)代入y＝ax2＋3ax－4中，
得0＝a＋3a－4，
解得a＝1，
∴拋物線的解析式為y＝x2＋3x－4；
(2)如解圖①，過點P作PQ⊥x軸，交x軸于點Q，
在y＝x2＋3x－4中，令y＝0，即x2＋3x－4＝0，解得x1＝1，x2＝－4，
∵點B的坐標為(1，0)，
∴點A的坐標為(－4，0)，
設點P的坐標為(m，m2＋3m－4)，
∵OD⊥AP，OD＝2AD，
∴tan ∠OAD＝＝＝2.
∵PQ⊥x軸，∠PAQ＝∠OAD，
∴tan ∠PAQ＝tan ∠OAD，
即＝＝2，
解得m1＝－4(舍去)，m2＝－1.
當m＝－1時，m2＋3m－4＝－6，
∴點P的坐標為(－1，－6)；
第3題解圖①
(3)存在．
由題意知，＝，
設點P的坐標為(n，n2＋3n－4)，
如解圖②，過點P作PF∥AB交直線AC于點F，則△FEP∽△AEB，
∴＝.
∵直線AC的解析式為y＝－x－4，
令－x－4＝n2＋3n－4，得x＝－n2－3n，
∴F(－n2－3n，n2＋3n－4)，
∴FP＝－n2－3n－n＝－n2－4n.
由(2)可得AB＝5，
∴＝＝＝－(n＋2)2＋.
∵點P是第三象限拋物線上的動點，
∴－4∵－<0，
∴當n＝－2時，取得最大值，
∴此時點P的坐標為(－2，－6).
第3題解圖②
類型三　二次函數與特殊圖形存在性問題
典例精講
例1　解：(1)存在．
∵拋物線的解析式為y＝x2－x－4，
∴當y＝0時，x2－x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝4，
∵點A在點B的左側，
∴A(－2，0)，B(4，0)，
當x＝0時，y＝－4，
∴C(0，－4).
分以下兩種情況：①當BC為平行四邊形的邊時，如解圖①，點D位于點D1或D2或D3處，點E相應的位于點E1或E2或E3處，
∵四邊形BCE1D1為平行四邊形，
∴BC∥D1E1，BC＝D1E1，
∵C(0，－4)，
∴OC＝4，
∵點E1在x軸上，
∴點D1到x軸的距離為4，
令y＝4，即x2－x－4＝4，
解得x1＝1＋(舍去)，x2＝1－，
∴點D1的坐標為(1－，4)，
同理可得點D2的坐標為(1＋，4)，
∵B(4，0)，C(0，－4)，
∴由平移的性質得點E1的坐標為(－3－，0)，點E2的坐標為(－3，0)；
∵四邊形BCD3E3為平行四邊形，
∴BE3∥CD3，BE3＝CD3，
∴點D3與點C關于對稱軸x＝－＝1對稱，
∴＝1，解得x＝2，
∴點D3的坐標為(2，－4)，
∴CD3＝2，
∴OE3＝OB＋CD3＝6，
∴點E3的坐標為(6，0)；
②當BC為平行四邊形的對角線時，如解圖①，點D位于點D4處，點E相應的位于點E4處，連接D4E4交BC于點Q，
∵四邊形BD4CE4為平行四邊形，
∴點Q為BC，D4E4的中點，
∴＝2，＝－2，
∴點Q的坐標為 (2，－2)，
∵BE4∥CD4，
∴點D4與點D3重合，
∴由上可知D4(2，－4)，
∴＝2，
解得x＝2，
∵點E在x軸上，
∴點E4的坐標為(2，0).
綜上所述，點E的坐標為(－3－，0)或(－3，0)或(6，0)或(2，0)；
例1題解圖①
(2)存在．
由(1)得A(－2，0)，C(0，－4)，
∴由勾股定理得AC＝2.
分以下三種情況：①當AF＝AC時，如解圖②，點F位于點F1或F2處，AF＝AC＝2，
∴點F1的坐標為(－2－2，0)，點F2的坐標為(2－2，0)；
②當FC＝AC時，如解圖②，點F位于點F3處，FC＝AC＝2，
∵OC⊥AF3，
∴OA＝OF3＝2，
∴點F3的坐標為(2，0)；
③當AF＝FC時，如解圖②，點F位于點F4處，AF＝FC，
設點F4的坐標為(a，0)，
則AF4＝a＋2，F4C＝，
∴a＋2＝，解得a＝3，
∴點F4的坐標為(3，0).
綜上所述，點F的坐標為(－2－2，0)或(2－2，0)或(2，0)或(3，0)；
例1題解圖②
(3)存在．由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，
∴由勾股定理得AC＝2，
設BC所在直線的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，
將B(4，0)，C(0，－4)代入，
得，解得，
∴BC所在直線的解析式為y＝x－4，
分以下兩種情況：①當AC為菱形的邊時，如解圖③，點G位于點G1或G2或G3處，點H相應的位于點H1或H2或H3處，過點G1作G1J⊥y軸于點J，
設點G1的坐標為(c，c－4)，
則CJ＝－c，G1J＝－c，
∵四邊形ACG1H1為菱形，
∴AC＝CG1，
∴由勾股定理得CG＝CJ2＋G1J2，
即(2)2＝(－c)2＋(－c)2，
解得c＝(舍去)或c＝－，
∴點G1的坐標為(－，－－4)，
由平移的性質得點H1的坐標為(－－2，－)；
同理可得點G2的坐標為(，－4)，點H2的坐標為(－2，)，點G3的坐標為(2，－2)，點H3的坐標為(4，－6)；
②當AC為菱形的對角線時，如解圖③，點G位于點G4處，點H相應的位于點H4處，連接G4H4交AC于點K，
設點G4的坐標為(m，m－4)，
則AG＝(m＋2)2＋(m－4)2，CG＝m2＋m2，
∵四邊形AG4CH4為菱形，
∴AG4＝CG4，
∴(m＋2)2＋(m－4)2＝m2＋m2，
解得m＝5，
∴點G4的坐標為(5，1)，
∵點K為AC，G4H4的中點，
∴＝，＝，
解得x＝－7，y＝－5，
∴點H4的坐標為(－7，－5).
綜上所述，點H的坐標為(－－2，－)或(－2，)或(4，－6)或(－7，－5)；
例1題解圖③
(4)①存在．
∵拋物線的解析式為y＝x2－x－4＝(x－1)2－，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1.
設點M(1，t)，則BM2＝(1－4)2＋(t－0)2＝t2＋9，
CM2＝(1－0)2＋(t＋4)2＝t2＋8t＋17，
BC2＝(4－0)2＋(0－4)2＝32，
分以下三種情況：(i)當∠MBC＝90°時，如解圖④，點M位于點M1處，
由勾股定理得BC2＋BM2＝CM2，
即32＋t2＋9＝t2＋8t＋17，
解得t＝3，
∴點M1的坐標為(1，3)；
(ii)當∠MCB＝90°時，如解圖④，點M位于點M2處，
由勾股定理得BC2＋CM2＝BM2，
即32＋t2＋8t＋17＝t2＋9，
解得t＝－5，
∴點M2的坐標為(1，－5)；
例1題解圖④
(iii)當∠BMC＝90°時，如解圖⑤，點M位于點M3或點M4處，
由勾股定理得BM2＋CM2＝BC2，
即t2＋9＋t2＋8t＋17＝32，
解得t1＝－2－，t2＝－2，
∴點M3的坐標為(1，－2)，點M4的坐標為(1，－2－)，.
綜上所述，點M的坐標為(1，3)或(1，－5)或(1，－2)或(1，－2－)；
例1題解圖⑤
②存在．分以下兩種情況：(i)當BC為矩形的邊時，如解圖⑥，點M位于點M1或M2處，點N相應的位于點N1或N2處，
例1題解圖⑥
由①可知點M1，M2的坐標分別為(1，3)，(1，－5)，
∴由矩形和平移的性質得點N1，N2的坐標分別為(－3，－1)，(5，－1)；
(ii)當BC為矩形的對角線時，如解圖⑦，點M位于點M3或點M4處，點N相應的位于點N3或點N4處，
由①可知點M3，M4的坐標為(1，－2)，(1，－2－)，
∴由矩形和平移的性質得點N3，N4的坐標分別為(3，－2－)，(3，－2).
綜上所述，點N的坐標為(－3，－1)或(5，－1)或(3，－2－)或(3，－2)；
例1題解圖⑦
(5)存在．由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，
∴OA＝2，OB＝OC＝4，
∴∠OBC＝45°，
設點P的坐標為(n，n2－n－4)，
分以下兩種情況：①當點P在x軸上方時，如解圖⑧，過點A作AP1∥BC交拋物線于點P1，過點P1作P1Q1⊥x軸于點Q1，
∴∠P1AB＝∠ABC＝45°，此時點P位于點P1處，
∴P1Q1＝AQ1，
∵AQ1＝OA＋OQ1＝2＋n，P1Q1＝n2－n－4，
∴n2－n－4＝2＋n，
解得n＝－2(舍去)或n＝6，
當n＝6時，n2－n－4＝8，
∴點P1的坐標為(6，8)；
②當點P在x軸下方時，如解圖⑧，此時點P位于點P2處，過點P2作P2Q2⊥x軸于點Q2，
同理可得AQ2＝2＋n，
P2Q2＝－(n2－n－4)，
∵AQ2＝P2Q2，
∴2＋n＝－(n2－n－4)，
解得n＝－2(舍去)或n＝2，
當n＝2時，n2－n－4＝－4，
∴點P2的坐標為(2，－4).
綜上所述，點P的坐標為(6，8)或(2，－4)；
例1題解圖⑧
(6)由(3)可知，BC所在直線的解析式為y＝x－4，
當x＝1時，y＝－3，
∴點M的坐標為(1，－3)，
∵OB＝OC＝4，
∴BC＝4，
同理易得BM＝3，
分以下兩種情況：①當△BMN∽△BCA時，如解圖⑨，點N位于點N1處，
∴＝，
∵BA＝OA＋OB＝6，
∴＝，解得BN1＝，
∴ON1＝BN1－OB＝，
∴點N1的坐標為(－，0)；
②當△BMN∽△BAC時，如解圖⑨，點N位于點N2處，
∴＝，
∴＝，解得BN2＝4，
∴BN2＝OB，此時點N2與點O重合，
∴點N2的坐標為(0，0).
綜上所述，點N的坐標為(－，0)或(0，0).
例1題解圖⑨
針對訓練
1. 解：(1)∵拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)，與y軸交于點C(0，3)，
∴，解得，
∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3；
(2)令－x2＋2x＋3＝0，
解得x＝3或x＝－1，
∴B(3，0).
∵點D是BC的中點，
∴D(，).
由點A(－1，0)，C(0，3)可知，AC所在直線的解析式為y＝3x＋3，
∵DE∥AC，
∴設DE所在直線的解析式為y＝3x＋q，
將點D(，)代入y＝3x＋q中，得q＝－3，
∴DE所在直線的解析式為y＝3x－3.
聯立，
解得或，
∴點E的坐標為(－3，－12)或(2，3)；
(3)拋物線y＝－x2＋2x＋3的對稱軸是直線x＝－＝1，
設點F(1，s)，G(r，－r2＋2r＋3)，
①當BC為平行四邊形的邊時，點C向右平移3個單位長度，再向下平移3個單位長度得到點B，同樣點G(F)向右平移3個單位長度，再向下平移3個單位長度得到點F(G)，
∴r＋3＝1或r－3＝1，解得r＝－2或r＝4.
當r＝－2時，－r2＋2r＋3＝－5，
當r＝4時，－r2＋2r＋3＝－5，
∴點G的坐標為(－2，－5)或(4，－5)；
②當BC為平行四邊形的對角線時，BC與FG互相平分，
∴×(3＋0)＝(r＋1)，
解得r＝2.
當r＝2時，－r2＋2r＋3＝3，
∴點G的坐標為(2，3).
綜上所述，所有滿足條件的點G的坐標為(－2，－5)或(4，－5)或(2，3).
2. 解：(1)將點C(0，－3)代入直線y＝x＋m中，得m＝－3；
(2)由(1)知直線y＝x－3，
∵點B在直線y＝x－3上，
∴將y＝0代入y＝x－3，得x＝3，
∴B(3，0).
將B(3，0)，C(0，－3)代入y＝ax2＋b中，
得，解得，
∴函數的解析式為y＝x2－3；
(3)存在．
如解圖，∵B(3，0)，C(0，－3)，
∴OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，即∠OCB＝45°.
①點M在BC的上方時，點M記為M1，設M1C交x軸于點D，則∠BCD＝15°，
∴∠OCD＝∠OCB－∠BCD＝45°－15°＝30°，
∴OD＝OC·tan 30°＝，
∴點D的坐標為(，0).
設直線CD的解析式為y＝kx－3(k≠0)，將D(，0)代入，得k＝，
∴直線CD的解析式為y＝x－3.
聯立，
解得或(舍去)，
∴點M1的坐標為(3，6)；
②點M在BC的下方時，點M記為M2，設M2C交x軸于點E，則∠BCE＝15°，
∴∠OCE＝∠OCB＋∠BCE＝60°，
∴OE＝OC·tan 60°＝3，
∴點E的坐標為(3，0).
設直線CE的解析式為y＝k′x－3(k′≠0)，將(3，0)代入，得k′＝，
∴直線CE的解析式為y＝x－3.
聯立，
解得或(舍去)，
∴點M2的坐標為(，－2).
綜上所述，點M的坐標為(3，6)或(，－2).
第2題解圖
3. 解：(1)∵點A，B分別位于原點的左、右兩側，BO＝3AO＝3，
∴B(3，0)，A(－1，0)，
∵拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩點，
∴y＝(x＋1)(x－3)＝x2－x－，
∴b＝－，c＝－；
(2)如解圖①，過點D作DF⊥x軸于點F，
∵OC⊥x軸，
∴OC∥DF，
∵BC＝CD，OB＝3，
∴＝＝＝，
∴OF＝＝＝，
當xD＝－時，yD＝×(－＋1)×(－－3)＝＋1，
∴D(－，＋1)，
設直線BD的函數解析式為y＝kx＋n(k≠0)，
將B(3，0)，D(－，＋1)代入，
得，
解得，
∴直線BD的函數解析式為y＝－x＋；
第3題解圖①
(3)點Q的坐標為(1－2，0)或(1－，0)或(－1，0)或(5－2，0).
【解法提示】如解圖②，連接AC，AD，∵A(－1，0)，B(3，0)，C(0，)，D(－，＋1)，∴OA＝1，OB＝3，OC＝，∴AC＝＝2，BC＝＝2，CD＝＝2，AD＝＝2，AB＝4，∴AC2＋BC2＝AB2，AC2＋CD2＝AD2，AC＝CD，∴△ABC是直角三角形，△ACD是等腰直角三角形，∴∠ADC＝45°，∠ACB＝90°，∵tan B＝＝，∴∠B＝30°.∴BD＝2yD＝2(＋1)，如解圖②，當△P1Q1B∽△ABD時，＝，∵∠P1BH＝45°，∴P1B＝BH＝2，∴＝，∴Q1B＝2(＋1)，∴Q1(1－2，0)；當△P2BQ2∽△ABD時，＝，∵∠P2BH＝30°，∴P2B＝＝，∴＝＝，∴Q2B＝2＋，∴Q2(1－，0)；如解圖③，當△Q3BP3∽△ABD時，＝＝，∴Q3B＝4－，∴Q3(－1，0)；當△Q4P4B∽△ABD時，＝＝，∴Q4B＝2－2，∴Q4(5－2，0).
綜上所述，點Q的坐標為(1－2，0)或(1－，0)或(－1，0)或(5－2，0).
圖② 圖③
第3題解圖
拓展類型　二次函數性質綜合題
1. 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋c(a，b，c均為常數，a>0)的對稱軸為直線x＝1，
∴－＝1，
∴b＝－2a，
∵拋物線與x軸只有一個公共點，
∴b2－4ac＝0，即(－2a)2－4ac＝0，
解得c＝a；
(2)∵(x1，y1)，(3，y2)是該拋物線上的兩點，拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴點(3，y2)關于拋物線對稱軸的對稱點為(－1，y2)，
∵a>0，
∴拋物線開口向上，
∴當y23或x1<－1；
(3)由(1)知，拋物線y＝ax2－2ax＋a＝a(x－1)2(a>0)，
∴將該拋物線向上平移2個單位長度所得的新拋物線的解析式為y＝a(x－1)2＋2，
∵新拋物線經過點(3，6)，
∴6＝4a＋2，解得a＝1，
∴新拋物線的解析式為y＝(x－1)2＋2，
當x＝1時，拋物線有最小值，最小值為2，
∴2p＝2，解得p＝1，
∴1≤x≤q，
∵新拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴當x＝q時，在1≤x≤q(q>1)范圍內有最大值2q，
∴2q＝(q－1)2＋2，
解得q＝3或q＝1(舍去)，
∴p－q＝1－3＝－2.
2. 解：(1)(3，)；
【解法提示】∵y＝x2－3x＋1＝(x－3)2－，∴頂點坐標為(3，－)，∴它的“對稱二次函數”的頂點坐標為(3，).
(2)∵y1的圖象經過點(2，1)，
∴－2×22＋4m·2＋3m－2＝1，
解得m＝1，
∴y1＝－2x2＋4x＋1＝－2(x－1)2＋3，
∴y1＋y2＝－2x2＋4x＋1＋ax2＋bx＋c＝(a－2)x2＋(b＋4)x＋c＋1.
∵y1＋y2與y1互為“對稱二次函數”，
∴y1＋y2＝2(x－1)2－3＝2x2－4x－1，
∴a－2＝2，b＋4＝－4，c＋1＝－1，
∴a＝4，b＝－8，c＝－2，
∴函數y2的解析式為y2＝4x2－8x－2；
(3)m的值為2或－1.
【解法提示】∵y2＝4x2－8x－2＝4(x－1)2－6，∴該二次函數圖象開口向上，對稱軸為直線x＝1，當m≤1≤m＋1，即0≤m≤1時，y2＝4(x－1)2－6的最小值為－6≠－2；當m＋1＜1，即m＜0時，y最小值＝4(m＋1－1)2－6＝－2，解得m＝－1(m＝1舍去)；當m＞1時，y最小值＝4(m－1)2－6＝－2，解得m＝2(m＝0舍去)，綜上所述，m的值為2或－1.
3. 解：(1)將點(0，7)和點(1，6)代入y＝kx＋b中，得
，解得，
∴直線l的解析式為y＝－x＋7；
(2)①設點P的坐標為(m，－m＋7)，則拋物線的解析式為y＝a(x－m)2－m＋7，
將點(0，－3)代入，得－3＝am2－m＋7，
∴a＝，其中m≠0，
∵拋物線開口向下，
∴a<0，即<0，
∴m<10且m≠0；
②聯立拋物線G與直線l，得
，
解得x1＝m，x2＝，
∴點Q的橫坐標為，
由題意知，m＋＝，
解得m1＝2，m2＝－，
當m＝2時，拋物線G為y＝－2(x－2)2＋5，
∵－2<0，≤x≤＋1，即≤x≤，
∴當x＝2時，y的最大值為5，
當m＝－時，拋物線G為y＝－2(x＋)2＋，
∵－2<0，≤x≤＋1，即－2≤x≤－1，
∴當x＝－2時，y的最大值為9，
綜上所述，最高點的坐標為(2，5)或(－2，9) .題型七　代數與幾何綜合題
類型一　動點型探究題
1. 已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜邊OB＝4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉60°，如圖①，連接BC.
(1)填空：∠OBC＝________°；
(2)如圖①，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度；
(3)如圖②，點M，N同時從點O出發，在△OCB邊上運動，M沿O→C→B路徑勻速運動，N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒，點N的運動速度為1單位/秒．設運動時間為x秒， △OMN的面積為y，求當x為何值時y取得最大值？最大值為多少？
第1題圖
2. 如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，四邊形ABCO是矩形，點A、C的坐標分別是A(0，2)和C(2，0)，點D是對角線AC上一動點(不與A、C重合)，連接BD，作DE⊥DB，交x軸于點E，以線段DE、DB為鄰邊作矩形BDEF.
(1)填空：點B的坐標為________；
(2)是否存在這樣的點D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，請求出AD的長度；若不存在，請說明理由；
(3)①求證：＝；
②設AD＝x，矩形BDEF的面積為y，求y關于x的函數關系式(可利用①的結論)，并求出y的最小值．
第2題圖
　　
類型二　動線型探究題
1. 如圖，BD是正方形ABCD的對角線，BC＝2.邊BC在其所在的直線上平移，將通過平移得到的線段記為PQ，連接PA、QD，并過點Q作QO⊥BD，垂足為O，連接OA、OP.
(1)請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四邊形？
(2)請判斷OA、OP之間的數量關系和位置關系，并加以證明；
(3)在平移變換過程中，設y＝S△OPB，BP＝x(0≤x≤2)，求y與x之間的函數關系式，并求出y的最大值．
第1題圖
2. 如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝8，BC＝CD＝6，BE⊥AD于點E，線段BE沿BC以每秒1個單位的速度向點C運動，得到線段NP，點M從點D出發沿DA以每秒2個單位的速度向點A運動．連接AC交NP于點Q，連接MQ，設運動時間為t秒(0≤t≤4).
(1)連接AN，CP，當t為何值時，四邊形ANCP為平行四邊形？
(2)設四邊形CQMD面積為S，求S與t之間的函數關系式；
(3)是否存在某一個時刻t，使QC平分∠MQN？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
類型三　動圖型探究題
1. 在平面直角坐標系中，O為原點，菱形ABCD的頂點A(，0)，B(0，1)，D(2，1)，矩形EFGH的頂點E(0，)，F(－，)，H(0，).
(Ⅰ)填空：如圖①，點C的坐標為________，點G的坐標為________；
(Ⅱ)將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′F′G′H′，點E，F，G，H的對應點分別為E′，F′，G′，H′.設EE′＝t，矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分的面積為S.
①如圖②，當邊E′F′與AB相交于點M、邊G′H′與BC相交于點N，且矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
②當≤t≤時，求S的取值范圍(直接寫出結果即可).
第1題圖
2. 綜合運用
如圖①，在平面直角坐標系中，正方形OABC的頂點A在x軸的正半軸上．如圖②，將正方形OABC繞點O逆時針旋轉，旋轉角為α(0°＜α＜45°)，AB交直線y＝x于點E，BC交y軸于點F.
(1)當旋轉角∠COF為多少度時，OE＝OF；(直接寫出結果，不要求寫解答過程)
(2)若點A(4，3)，求FC的長；
(3)如圖③，對角線AC交y軸于點M，交直線y＝x于點N，連接FN.將△OFN與△OCF的面積分別記為S1與S2.設S＝S1－S2，AN＝n，求S關于n的函數表達式．
第2題圖
題型七　代數與幾何綜合題
類型一　動點型探究題
1. 解：(1)60；
【解法提示】由旋轉的性質可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°.
(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，
∴OA＝OB＝2，AB＝OB·cos 30°＝2，
由旋轉的性質可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，
∴OA∥BC，AB即為△AOC的高，
∴S△AOC＝AO·AB＝×2×2＝2，
∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC ＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵OP⊥AC，
∴S△AOC＝AC·OP，即×2·OP＝2，
解得OP＝；
一題多解
由旋轉的性質可知，OB＝OC，
∠BOC＝60°，
∴△OBC為等邊三角形，
∴BC＝4，∠OBC＝60°，
∵∠ABO＝30°，
∴OA＝OB＝2，AB＝OB＝2，∠ABC＝90°，
∴BC∥OA，AC＝＝2，
∴∠PAO＝∠ACB，
∵sin ∠ACB＝＝，
∴sin ∠PAO＝sin ∠ACB＝，
∴＝，
∴OP＝OA＝；
(3)根據題意得，M運動到點C時，所需時間為＝(秒)，N運動到點B時，所需時間為＝4(秒)，當M，N相遇時，所需時間為＝(秒)；
∴分三種情況：
①當0＜x≤時，點M在OC上，點N在OB上，如解圖①，過點N作NE⊥OC于點E，
則NE＝ON·sin 60°＝x，
∴y＝OM·NE＝×1.5x×x＝x2，
∵＞0，
∴當x＝時，y最大＝×()2＝；
②當≤x≤4時，點M在BC上，點N在OB上，如解圖②，
BM＝8－x，過點M作MF⊥OB于點F，
∴MF＝BM·sin 60°＝(8－x)，
∴y＝ON·MF＝x·(8－x)＝2x－x2，
∵－＜0，
∴當x＝－＝－＝時，
y最大＝2×－×()2＝；
③當4≤x＜時，點M，N都在BC上，如解圖③，
MN＝12－x，
過點O作OG⊥BC于點G，
則OG＝AB＝2，
∴y＝MN·OG＝(12－x)·2＝－x＋12，
∵－＜0，
∴當x＝4時，y最大＝2；
綜上所述，當x＝時，y取得最大值，最大值為.
第1題解圖
2. (1)解：(2，2)；
【解法提示】∵在矩形ABCO中，點A(0，2)，C(2，0)，∴B(2，2).
(2)解：存在．
①如解圖①， DE＝CE，點E在線段OC上．
第2題解圖①
∵在矩形ABCO中，點A(0，2)，C(2，0)，
∴OA＝2，OC＝2，
∴在Rt△OAC中，tan ∠ACO＝＝，
∴∠CDE ＝∠DCE ＝30°.
∵DE⊥BD，
∴∠BDC＝60°.
∵∠BCD＝90°－∠DCE＝60°，
∴△BCD是等邊三角形，
∴CD＝BD＝BC＝2，
∵AC＝＝4，
∴AD＝AC－CD＝4－2＝2；
②如解圖②，CD＝CE，點E在OC的延長線上．
第2題解圖②
∵∠ACO＝30°，
∴∠ACE＝150°，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED＝(180°－∠ACE)＝15°.
∵DE⊥BD，
∴∠BDE＝90°，
∴∠ADB＝180°－∠BDE－∠CDE＝75°.
∵∠BAC＝∠OCA＝30°，
∴∠ABD＝180°－∠ADB－∠BAC＝75°，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB＝OC＝2；
③若CD＝DE，則∠DEC＝∠DCE＝30°或∠DEC＝∠DCE＝150°(舍去)，
∴∠CDE＝120°，此時，點D在AC的延長線上，不符合題意，舍去．
綜上所述，當△DEC為等腰三角形時，AD的長為2或2；
(3)①證明：如解圖③，過點D分別作DG⊥OC于點G，DH⊥BC于點H，則∠DGE＝∠DHB＝90°，
第2題解圖③
∵∠EDG＋∠EDH＝∠BDH＋∠EDH＝90°，
∴∠EDG ＝∠BDH，
∴△EDG∽△BDH,
∴＝.
∵DH＝CG，
∴＝tan ∠ACO＝tan 30°＝，
∴＝；
②解：如解圖④，過點D作DI⊥AB于點I，
第2題解圖④
∵AD＝x,
∴DI＝，AI＝，
∵AB＝2，
∴BD2＝BI2＋DI2＝(2－)2＋＝x2－6x＋12，
∵＝，∴DE＝DB，
∴y＝BD·DE＝BD2＝(x2－6x＋12)＝(x－3)2＋，
∵＞0，
∴當x＝3時，y有最小值，最小值為.
類型二　動線型探究題
1. 解：(1)四邊形APQD是平行四邊形；
【解法提示】由平移的性質知，PQ＝BC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，且AD＝BC，∴PQ∥AD，且PQ＝AD，∴四邊形APQD是平行四邊形．
(2)OA＝OP且OA⊥OP.
證明：①當PQ向右移動時，如題圖①，由題意得∠ABO＝∠OBC＝45°，OQ⊥BD，
∴△BOQ為等腰直角三角形，
∴BO＝OQ，∠OQB＝45°，
在△ABO和△PQO中，
，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∴∠AOP＝∠AOB＋∠BOP＝∠POQ＋∠BOP＝90°，
∴OA⊥OP且OA＝OP；
②當PQ向左移動時，如題圖②，由題意得∠ABO＝∠OBC＝45°，OQ⊥BD，
∴△BOQ為等腰直角三角形，
∴BO＝OQ，∠OQB＝45°，
在△ABO和△PQO中，
，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴OA＝OP，∠OAB＝∠OPQ，
∴∠AOP＝180°－∠OAB－∠BAP－∠APO＝180°－∠OPB－∠BAP－∠APO＝90°，
∴OA⊥OP且OA＝OP.
綜上所述，OA⊥OP且OA＝OP；
(3)①當PQ向右移動時，如題圖①，
BQ＝BP＋PQ＝BP＋BC＝x＋2，
在等腰Rt△OBQ中，設高為h，
∴h＝BQ＝，
∴y＝x·＝(x＋1)2－(0≤x≤2)，
∵＞0，
∴當x＝2時，y最大＝×(2＋1)2－＝2；
②當PQ向左移動時，如題圖②，BQ＝PQ－BP＝2－x，同理，h＝，
∴y＝x·＝－(x－1)2＋(0≤x≤2)，
∵－<0，
∴當x＝1時，y最大＝－×(1－1)2＋＝.
綜上所述，當PQ向右移動，且BP＝2時，y的最大值是2.
2. 解：(1)當t＝2時，四邊形ANCP為平行四邊形，理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠BCD＋∠D＝180°，
∵∠D＝90°，
∴∠BCD＝90°.
∵BE⊥AD，
∴四邊形BEDC為矩形，
∴ED＝BC＝6，BE＝CD＝6，
∴AE＝AD－DE＝2.
由題意得BN＝EP＝t，則NC＝BC－BN＝6－t，AP＝AE＋EP＝2＋t，
若四邊形ANCP為平行四邊形，
則NC＝AP，
∴6－t＝2＋t，
∴t＝2.
∴當t＝2時，四邊形ANCP為平行四邊形；
(2)由題意得DM＝2t，則AM＝8－2t，
由(1)知AP＝2＋t，CD＝6，
由平移的性質可知，NP∥CD，
∴△APQ∽△ADC，
∴＝，
∴＝，
∴PQ＝，
∵S＝S△ADC－S△AQM，
∴S＝AD·CD－AM·PQ
＝×8×6－×(8－2t)×
＝t2－t＋18，
∴S與t之間的函數關系式為S＝t2－t＋18(0≤t≤4)；
(3)存在，
如解圖，過點M作MH⊥AC于點H，
∵AD＝8，CD＝6，
∴AC＝＝10，
∵∠AHM＝∠D＝90°，∠MAH＝∠CAD，
∴△AHM∽△ADC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AH＝，MH＝，
由(2)可知PQ＝，
∵sin ∠CAD＝＝＝，
∴AQ＝，
∴QH＝AH－AQ＝.
∵QC平分∠MQN，
∴∠NQC＝∠MQC，
∵∠NQC＝∠AQP，
∴∠AQP＝∠CQM，
∵NP∥CD，
∴∠AQP＝∠ACD，
∴∠CQM＝∠ACD，
∵∠QHM＝∠D＝90°，
∴△QHM∽△CDA，
∴＝，
∴＝，
解得t＝，
∴存在某一個時刻t，使QC平分∠MQN，此時t的值為.
第2題解圖
類型三　動圖型探究題
1. 解：(Ⅰ)(，2)，(－，)；
【解法提示】如解圖①，連接AC，BD交于點J，∵B(0，1)，D(2，1)，∴BD⊥y軸，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且AC＝2AJ，∴AC∥y軸，∴AC＝2AJ＝2BO＝2，∴C(，2).∵E(0，)，F(－，)，H(0，)，∴FE＝，HO＝，∵四邊形EFGH是矩形，∴G(－，).
第1題解圖①
(Ⅱ)①∵點E(0，)，F(－，)，H(0，)，
∴EF∥x軸，EH⊥x軸，EF＝，EH＝1，
∴E′F′∥x軸，E′H′⊥x軸，E′F′＝，E′H′＝1.
∵點A(，0)，B(0，1)，
∴OA＝，OB＝1.
∴tan ∠ABO＝＝，
∴∠ABO＝60°.
∵EM＝EB·tan 60°，EB＝1－＝，
∴EM＝，
∴S△BME＝EB·EM＝，
同理可得S△BNH＝，
∵EE′＝t，
∴S矩形EE′H′H＝EE′·EH＝t.
∵S＝S矩形EE′H′H－S△BME－S△BNH，
∴S＝t－，
當EE′＝EM＝時，矩形E′F′G′H′和菱形ABCD重疊部分為△BE′H′，
∴t的取值范圍是＜t≤；
②≤S≤.
【解法提示】當t＝時，矩形移動至如解圖②所示位置，此時S為矩形的面積，且取得最大值，最大值為×1＝；當t＝時，矩形移動至如解圖③所示位置，設矩形與菱形交于點P，Q，過點D作DK⊥PQ，此時S取得最小值，為△DPQ的面積，∵DK＝BD－BK＝2－(－)＝，＝，∴PQ＝AC＝，∴S＝××＝，∴S的取值范圍為≤S≤.
第1題解圖
2. 解：(1)22.5°；
【解法提示】∵四邊形OABC是正方形，∴OA＝OC，∠OAB＝∠OCB＝90°，若OE＝OF，則Rt△OAE≌Rt△OCF(HL)，∴∠AOE＝∠COF，∵∠COF＝α，∠AOE＝45°－α，∴α＝45°－α，解得α＝22.5°.
(2)如解圖①，過點A作AP⊥x軸于點P，
∵A(4，3)，
∴AP＝3，OP＝4，
∴OA＝5，
∵四邊形OABC是正方形，
∴OC＝OA＝5，∠C＝90°，
∴∠C＝∠APO＝90°，
∵∠FOC＝∠AOP，
∴△OCF∽△OPA，
∴＝，即＝，
∴FC＝；
第2題解圖①
(3)如解圖②，∵四邊形OABC是正方形，
∴∠BCA＝∠OCA＝45°，
∵直線的表達式為y＝x，
∴易得∠FON＝45°，
∴∠BCA＝∠FON＝45°，
∴O，C，F，N四點共圓，
∴∠OCN＝∠OFN＝45°，
∴∠OFN＝∠FON＝45°，
∴△FON為等腰直角三角形，
∴FN＝ON，∠FNO＝90°，
過點N作NG⊥BC于點G，延長GN交OA于點Q，
∵BC∥OA，
∴GQ⊥OA，
∵∠FNO＝90°，
∴∠1＋∠2＝90°，
∵∠1＋∠3＝90°，
∴∠2＝∠3，
∴△FGN≌△NQO(AAS)，
∴GN＝QO，FG＝NQ.
∵GQ⊥BC，∠FCO＝∠COQ＝90°，
∴四邊形COQG為矩形，
∴CG＝OQ，CO＝GQ，
∴S1＝S△OFN＝ON2＝(OQ2＋NQ2)＝(GN2＋NQ2)＝GN2＋NQ2，
S2＝S△OCF＝CF·CO＝(GC－FG)(GN＋NQ)＝(GN－NQ)·(GN＋NQ)＝(GN2－NQ2)＝GN2－NQ2，
∴S＝S1－S2＝NQ2，
∵∠OAC＝45°，
∴△AQN為等腰直角三角形，
∴NQ＝AN＝n，
∴S＝NQ2＝n2.
第2題解圖②題型三　圓的綜合題
類型一　與銳角三角函數結合
1.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑作⊙O，交AB于點D，過點O作OF∥AB交AC于點F，連接FD并延長交CB的延長線于點G.
(1)求證：FD為⊙O的切線；
(2)若sin G＝，BD＝6，求AB的長．
第1題圖
2. 如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，AB為⊙O的直徑，點D為⊙O上一點，＝2，過點D作DE∥BC交BA的延長線于點E，連接AD，CD，CD交AB于點F.
(1)求證：DE為⊙O的切線；
(2)若tan ∠EDA＝，AD＝2，求⊙O的直徑．
第2題圖
3. 如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，∠ABC＝90°，點E、F分別在線段BC、AD上，且EF∥CD，AB＝AF，CD＝DF.
(1)求證：CF⊥FB；
(2)求證：以AD為直徑的圓與BC相切；
(3)若EF＝2，∠DFE＝120°，求△ADE的面積．
第3題圖
4. 如圖①，在 ABCD中，AB＝5，tan A＝，點M在BC邊上，BM＝2，半圓O與邊AD交于點P(靠近A的交點)，直徑MQ＝8.
(1)如圖②，QM⊥AD.
①求證：圓心O在邊AD上；
②求證：半圓O與AB相切；
(2)當sin ∠PQM＝時，求點Q到直線BC的距離．
第4題圖
類型二　與全等三角形結合
如圖，AB是⊙O的直徑，點C平分，連接AC并延長至點D，使CD＝AC，E為OB的中點，連接CE并延長，交DB的延長線于點F，連接AF交⊙O于點H，連接BH.
(1)求證：DF為⊙O的切線；
(2)若OB＝2，求BH的長．
第1題圖
如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BD平分∠ABC，BC是⊙O的直徑，過點D作DE⊥AB交BA的延長線于點E，交BC的延長線于點F.
(1)求證：EF是⊙O的切線；
(2)當AE＝3，DE＝4時，求⊙O的直徑．
第2題圖
3.如圖，AB為⊙O的直徑，C，D為⊙O上不同于A，B的兩點，∠ABD＝2∠BAC，過點C作CE⊥DB交DB的延長線于點E，直線AB與CE交于點F.
(1)求證：CF為⊙O的切線；
(2)若OB＝BF，AB＝4，求點C到AF的距離；
(3)連接AD，FD，當∠CAB＝30°時，求證：四邊形ACFD是菱形．
第3題圖
4. 綜合探究
如圖①，在矩形ABCD中(AB＞AD)，對角線AC，BD相交于點O，點A關于BD的對稱點為A′.連接AA′交BD于點E，連接CA′.
(1)求證：AA′⊥CA′；
(2)以點O為圓心，OE為半徑作圓．
①如圖②，⊙O與CD相切，求證： AA′＝CA′；
②如圖③，⊙O與CA′相切，AD＝1，求⊙O的面積．
第4題圖
類型三　與相似三角形結合
1.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是線段BC上一點，以點O為圓心，OC長為半徑作⊙O交BC于點G，AB與⊙O相切于點F，直線AO交⊙O于點E，D.
(1)求證：AO是△ABC的角平分線；
(2)若＝，求tan D的值．
第1題圖
2. 如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，AB是⊙O的直徑，AC＝，BC＝2，點F在AB上，連接CF并延長，交⊙O于點D，連接BD，作BE⊥CD，垂足為E.
(1)求證：△DBE∽△ABC；
(2)若AF＝2，求ED的長．
第2題圖
3. 如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，連接BC，點D在BA的延長線上，點E在OB上，過點E作BD的垂線交DC的延長線于點F，交BC于點G，且∠F＝2∠B.
(1)求證：DF是⊙O的切線；
(2)求證：FC＝FG；
(3)若AO＝2AD＝10，點E為OB的中點，求GE的長．
第3題圖
4. 如圖①，在正方形ABCD中，點F，H分別在邊AD，AB上，連接AC，FH交于點E，已知CF＝CH.
(1)線段AC與FH垂直嗎？請說明理由；
(2)如圖②，過點A，H，F的圓交CF于點P，連接PH交AC于點K.求證：＝；
(3)如圖③，在(2)的條件下，當點K是線段AC的中點時，求的值．
第4題圖
題型三　圓的綜合題
類型一　與銳角三角函數結合
1. (1)證明：如解圖，連接OD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB.
∵OF∥AB，
∴∠COF＝∠OBD，∠DOF＝∠ODB，
∴∠COF＝∠DOF.
在△COF和△DOF中，
，
∴△COF≌△DOF(SAS)，
∴∠FDO＝∠ACB＝90°.
∵OD為⊙O的半徑，
∴FD為⊙O的切線；
第1題解圖
(2)解：在Rt△GDO中，sin G＝＝，
∴OG＝3OD.
∵OB＝OD，OG＝OB＋BG，
∴＝.
∵OF∥AB，
∴△GBD∽△GOF，
∴＝＝.
∵BD＝6，
∴OF＝9.
∵OB＝OC，OF∥AB，
∴OF為△ABC的中位線，
∴AB＝2OF＝18.
2. (1)證明：如解圖，連接OD，
∵＝2，
∴∠BAC＝2∠DCA.
∵∠DOA＝2∠DCA，
∴∠BAC＝∠DOA，
∴AC∥DO.
∵DE∥BC，
∴∠E＝∠B.
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DOA＋∠E＝∠BAC＋∠B＝90°，
∴∠ODE＝∠ACB＝90°.
∵OD為⊙O的半徑，
∴DE為⊙O的切線；
(2)解：如解圖，延長DO交⊙O于點G，連接AG，
∵DG為⊙O的直徑，
∴∠DAG＝90°，
∴∠ADG＋∠AGD＝90°.
由(1)知∠EDO＝90°，
∴∠EDA＋∠ADO＝90°，
∴∠AGD＝∠EDA，
∴tan ∠AGD＝tan ∠EDA＝＝.
∵AD＝2，
∴AG＝3，
在Rt△DAG中，由勾股定理得DG＝＝，
∴⊙O的直徑為.
第2題解圖
3. (1)證明：∵CD＝DF，設∠DCF＝∠DFC＝α，
∴∠FDC＝180°－2α，
∵CD∥AB，
∴∠BAF＝180°－(180°－2α)＝2α，
∵AB＝AF，
∴∠ABF＝∠AFB＝＝90°－α，
∴∠CFB＝180°－∠DFC－∠AFB＝180°－α－(90°－α)＝90°，
∴CF⊥FB；
(2)證明：如解圖①，取AD的中點O，過點O作OM⊥BC于點M，
∵AB∥CD，∠ABC＝90°，
∴∠DCB＝90°，
∵OM⊥BC，
∴OM∥AB，
∴點M為BC的中點，
∴OM＝(AB＋CD)，
∵AD＝AF＋DF，AF＝AB，DF＝DC，
∴AD＝AB＋CD＝2OM，
∴OM＝AD＝OD，
∴OM是以AD為直徑的圓的半徑，
∵OM⊥BC，
∴以AD為直徑的圓與BC相切；
(3)解：∵∠DFE＝120°，∠ABC＝90°，EF∥CD，AB∥CD，
∴AB∥EF，
∴∠CDF＝60°，∠BAF＝120°，∠AFE＝60°，∠CEF＝∠BEF＝∠EBA＝90°，
∵DC＝DF，
∴△DCF為等邊三角形，∠DFC＝60°，
∴∠CFE＝60°，
∵EF＝2，
∴CE＝EF·tan 60°＝2，
由(1)得∠CFB＝90°，
∴∠EFB＝∠CFB－∠CFE＝30°，
∴BE＝EF·tan 30°＝.
如解圖②，過點D，A分別向EF作垂線，分別交直線EF于點H，N，
則四邊形CEHD，四邊形EBAN均為矩形，
∴CE＝DH＝2，BE＝AN＝，
∴S△ADE＝S△EFD＋S△EFA＝EF·DH＋EF·AN＝EF·(DH＋AN)＝×2×(2＋)＝.
第3題解圖
4. (1)①證明：如解圖①，過點B作BE⊥AD于點E，令QM與AD相交于點F，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∵MQ⊥AD，BE⊥AD，
∴∠MFE＝∠FMB＝∠FEB＝90°，
∴四邊形FEBM是矩形，
∴FM＝BE，
∵tan A＝＝，
∴設AE＝3x，則BE＝4x，
在Rt△AEB中，由勾股定理得(3x)2＋(4x)2＝52，
解得x＝1(負值已舍去)，
∴BE＝4，
∴FM＝BE＝4，
∴FM＝QM＝OM，
∴點O與點F重合，
∴圓心O在邊AD上；
第4題解圖①
②證明：如解圖①，過點O作OG⊥AB于點G，
由①知四邊形OEBM是矩形，
BE＝OM＝4，AE＝3，
∴OE＝BM＝2，sin A＝＝，
∴OA＝AE＋OE＝3＋2＝5，
∴OG＝OA·sin A＝4，
∵半圓O的半徑為4，
∴半圓O與AB相切；
(2)解：如解圖②，連接PM，過點M作MN⊥AD于點N，作QH⊥AD于點H，并延長QH交BC于點K，
∵MQ是半圓O的直徑，
∴∠MPQ＝90°，
∵MQ＝8，sin ∠PQM＝，
∴MP＝5，
由勾股定理得PQ＝＝，
由①可得MN＝4，
∴由勾股定理得NP＝＝3，
∴sin ∠PMN＝，
∵AD∥BC，
∴QK⊥BC，
∴HK＝MN＝4，
∵∠QPH＋∠MPN＝90°，∠PMN＋∠MPN＝90°，
∴∠QPH＝∠PMN，
∴sin ∠QPH＝sin ∠PMN＝＝，
∴QH＝，
∴QK＝QH＋HK＝＋4＝，
即點Q到直線BC的距離為.
第4題解圖②
類型二　與全等三角形結合
1. (1)證明：如解圖，連接BC，
∵AB是⊙O的直徑，點C平分，
∴∠ACB＝90°，∠BAC＝∠ABC＝45°.
∵DC＝CA，
∴AB＝DB，
∴∠D＝∠BAC＝45°，
∴∠ABD＝90°，即DF⊥AB，
∵AB為⊙O的直徑，
∴DF為⊙O的切線；
(2)解：如解圖，連接OC，則OC⊥AB，
∴∠COE＝∠FBE＝90°.
∵E是OB的中點，
∴OE＝BE.
在△OCE和△BFE中，
，
∴△OCE≌△BFE(ASA)，
∴OC＝BF＝OB＝2，
∵∠ABF＝90°，AB＝2OB＝4，
∴在Rt△ABF中，AF＝＝2.
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AHB＝90°，
∴S△ABF＝AB·BF＝AF·BH，
∴BH＝＝＝.
第1題解圖
2. (1)證明：如解圖，連接OD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC.
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠ABD＝∠ODB，
∴BE∥OD.
∵DE⊥AB，
∴DE⊥OD.
∵OD是⊙O的半徑，
∴EF是⊙O的切線；
第2題解圖
(2)解：如解圖，過點D作DH⊥BC于點H，
∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，
∴DE＝DH＝4，∠E＝∠DHC.
∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，
∴∠DAE＝∠DCH，
∴△ADE≌△CDH，
∴AE＝CH＝3，
在Rt△CDH中，由勾股定理得CD＝＝5.
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BDC＝90°，
∴cos ∠DCH＝＝＝，
即＝，
∴BC＝，
∴⊙O的直徑為.
3. (1)證明：如解圖，連接OC，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∵∠ABD＝2∠BAC，
∴∠ABD＝∠BOC，
∴OC∥BD，
∵CE⊥BD，
∴CE⊥OC，
∵OC為⊙O的半徑，
∴CF為⊙O的切線；
(2)解：∵AB＝4，
∴OB＝BF＝OC＝2，
∴OF＝4，
∵OC⊥CE，
∴CF＝＝2.
設點C到AF的距離為h，
∴S△OCF＝OC·CF＝OF·h，
∴h＝＝＝，
∴點C到AF的距離為；
(3)證明：如解圖，∵∠CAB＝30°，
∴∠COF＝60°，
∴∠CFO＝30°，
∴∠CAB＝∠CFO，
∴AC＝CF，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，即AD⊥BD，
∴AD∥CF，
∴∠DAF＝∠CFO＝30°，
在△ACB與△ADB中，
，
∴△ACB≌△ADB(AAS)，
∴AC＝AD，
∴AD＝CF，
∴四邊形ACFD為平行四邊形，
∵AC＝CF，
∴四邊形ACFD是菱形．
第3題解圖
4. (1)證明：∵點A關于BD的對稱點為A′，
∴AE＝A′E，AA′⊥BD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OE是△ACA′的中位線，
∴OA＝OC，
∴OE∥CA′，
∴AA′⊥CA′；(3分)
(2)①證明：如解圖①，設CD與⊙O相切于點F，連接FO并延長，交AB于點G，
∴FG⊥CD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OB＝OD＝OA＝BD，AB∥CD，FG⊥AB，
∴∠FDO＝∠GBO，∠GAO＝∠GBO，
∵∠DOF＝∠BOG，
∴△DOF≌△BOG(ASA)，(5分)
∴OG＝OF＝OE，
由(1)知AA′⊥BD，
∵OG⊥AB，
∴∠EAO＝∠GAO，
∴∠GBO＝∠EAO，
∵∠EAB＋∠GBO＝90°，
∴∠EAO＋∠GAO＋∠GBO＝90°，
∴3∠EAO＝90°，
∴∠EAO＝30°，
由(1)知AA′⊥CA′，
∴tan ∠EAO＝＝，
∴AA′＝CA′；(7分)
第4題解圖①
②解：如解圖②，設CA′與⊙O相切于點H，連接OH，
∵⊙O與CA′相切，
∴OH⊥CA′，
由(1)知，AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC，
∴四邊形OHA′E為矩形，
∵OE＝OH，
∴四邊形OHA′E為正方形，
∴AA′＝2A′E＝2OH，CA′＝2A′H＝2OE，
∴AA′＝CA′，
∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°，
∴∠AOE＝∠ACA′＝45°，
∴AE＝OE，OD＝OA＝AE，
設AE＝x，則OD＝OA＝x，
∴DE＝OD－OE＝(－1)x，
在Rt△ADE中，x2＋[(－1)x]2＝12，
∴x2＝，即AE2＝OE2＝，
∴S⊙O＝π·OE2＝.(12分)
第4題解圖②
類型三　與相似三角形結合
1. (1)證明：如解圖，連接OF，
∵AB與⊙O相切于點F，OF是⊙O的半徑，
∴OF⊥AB，
∵∠ACB＝90°，OC＝OF，AO＝AO，
∴Rt△AOC≌Rt△AOF(HL)，
∴∠OAC＝∠OAF，
即AO是△ABC的角平分線；
(2)解：如解圖，連接CE，
∵ED是⊙O的直徑，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ECO＋∠OCD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECO＝90°，
∴∠ACE＝∠OCD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠D，
∴∠ACE＝∠D，
∵∠CAE＝∠DAC，
∴△ACE∽△ADC，
∴＝＝，
∴tan D＝＝.
第1題解圖
2. (1)證明：∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°，
∴∠BED＝∠BCA，
∵＝，
∴∠BDE＝∠BAC，
∴△DBE∽△ABC；
(2)解：如解圖，過點C作CG⊥AB，垂足為G，
∵∠ACB＝90°，AC＝，BC＝2，
∴AB＝5，∴cos A＝＝.
∵CG⊥AB，
∴AG＝AC·cos A＝1，
∵AF＝2，
∴FG＝AG＝1，
∴AC＝FC，
∴∠CFA＝∠CAF＝∠BFD＝∠BDF.
∴BD＝BF＝AB－AF＝3.
∵△DBE∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴ED＝.
第2題解圖
3. (1)證明：如解圖，連接OC，
∵∠COA＝2∠B，∠F＝2∠B，
∴∠COA＝∠F.
∵FE⊥AB，
∴∠FED＝90°，
∴∠D＋∠F＝90°，
∴∠D＋∠COD＝90°，
∴∠OCD＝90°.
∵OC為⊙O的半徑，
∴DF是⊙O的切線；
第3題解圖
(2)證明：由(1)知∠OCD＝90°，
∴∠OCF＝90°，即∠OCB＋∠FCG＝90°.
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵EF⊥BD，
∴∠B＋∠EGB＝90°.
∵∠FGC＝∠EGB，
∴∠B＋∠FGC＝90°，即∠FGC＋∠OCB＝90°，
∴∠FGC＝∠FCG，
∴FC＝FG；
(3)解：∵AO＝2AD＝10，
∴AD＝5，OC＝OB＝10，
∴OD＝15，
由勾股定理得CD＝＝5，
∵點E為OB的中點，
∴OE＝BE＝5，
∴DE＝20.
由(1)知∠COD＝∠F，
∵∠D＝∠D，
∴△OCD∽△FED，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴FD＝12，FE＝8，
∴FC＝FD－CD＝7，
由(2)知FG＝FC，
∴FG＝7，
∴GE＝FE－FG＝.
4. (1)解：AC⊥FH.理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠D＝∠B＝90°，
∵CF＝CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH(HL)，
∴∠DCF＝∠BCH.
∵∠DCA＝∠BCA＝45°，
∴∠FCA＝∠HCA，
∵CF＝CH，
∴△CFH為等腰三角形，
∴AC⊥FH；
(2)證明：如解圖①，過點K作KG⊥AB于點G，
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB，
∴△AKG∽△ACB，
∴＝.
∵∠AFP＋∠PHA＝180°，∠AFP＋∠DFC＝180°，
∴∠PHA＝∠DFC，
∵∠DFC＝∠CHB，
∴∠KHG＝∠CHB，
∴△KHG∽△CHB，
∴＝，
∴＝；
第4題解圖①
(3)解：如解圖②，過點K作KM⊥AB于點M，
∵點K為AC的中點，
∴由(2)得＝＝，
∴＝.
設MH＝a，則BH＝2a，KM＝AM＝MB＝3a，
∴CB＝AB＝6a，AH＝4a，
由勾股定理得CH＝CF＝2a，
由(1)可得DF＝BH，
∴AF＝AH＝4a，
∴FH＝4a，
∴EH＝2a，
∵∠FPH＋∠FAH＝180°，
∴∠FPH＝90°＝∠HEC，
∵∠PFH＝∠EHC，
∴△FPH∽△HEC，
∴＝，
∴＝，
∴PF＝a，
∴CP＝a，
∴＝.
第4題解圖②題型四　幾何最值問題
類型一　利用“垂線段最短”解決最值問題
1. 如圖，在△ABC中，AC＝BC＝6，AB＝8，點D在AC邊上，連接BD，以AD，BD為鄰邊作 ADBE，連接DE，則DE的最小值為________．
第1題圖
2. 如圖，在△ABC中，AC＝BC＝6，S△ABC＝12，點D為AB的中點，點M，N分別是CD和BC上的動點，則BM＋MN的最小值是________．
第2題圖
3. 如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，點P是BD上一動點，點E是BC上一動點，若AC＝6，BD＝6，則PC＋PE的最小值為________．
第3題圖
4. 如圖，在△OAB中，已知∠AOB＝35°，點P是邊AB上一點，點M，N分別是射線OA，OB上異于點O的動點，連接PO，PM，MN，若∠BOP＝10°，OP＝6，則PM＋MN的最小值為________．
第4題圖
類型二　利用“兩點之間線段最短”解決最值問題
1. 如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點P是矩形ABCD內一點，記a＝S△APB＋S△CPD，b＝PA＋PB＋PC＋PD，則a＋b的最小值為________．
第1題圖
2. 如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，AB＝1，AD＝2，M，N分別為BC，CD邊上的動點，則△AMN周長的最小值為________．
第2題圖
3. 如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC＝4，點D為邊BC上的動點，點E為邊AB的中點，連接DE，DA，則線段DE＋DA的最小值為________．
第3題圖
4. 如圖，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝90°，點P是△ABC內部一點，且滿足S△BCP＝S△ABC，則PB＋PC的最小值為________．
第4題圖
5. 如圖，二次函數y＝－x2－x＋2的圖象與x軸分別交于A，B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C，點P是其對稱軸上一點，連接PB，PC，BC，則△PBC的周長最小為________．
第5題圖
類型三　利用“二次函數性質”解決最值問題
1. 我國南宋時期數學家秦九韶曾提出利用三角形的三邊求面積的公式，此公式與古希臘幾何學家海倫提出的公式如出一轍，即三角形的三邊長分別為a，b，c, 記p＝，則其面積S＝.這個公式也被稱為海倫－秦九韶公式．若p＝5，c＝4，則此三角形面積的最大值為(　　)
A. 　　　　　　　　B. 4　　　　　　　　C. 2　　　　　　　　D. 5
2. 如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，P是BC上的任意一點(P與B，C不重合)，過點P作AP⊥PE，垂足為P，PE交CD于點E，連接AE，在點P的運動過程中，線段CE的最大值為________．
第2題圖
3. 如圖，在等腰△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝120°，點P是AC上一動點，PD∥AB，交BC于點D，連接AD，則點P在運動過程中，△APD的面積的最大值為________．
第3題圖
4. 如圖，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點E，F分別為邊AB，CD上的動點，且AE＝CF，將線段EF繞點F逆時針旋轉90°得到線段FG，連接DG.
(1)當點E為AB的中點時，線段DG的長是________；
(2)當點E在邊AB上運動時，線段DG的最小值是________．
第4題圖
類型四　利用“輔助圓”解決最值問題
1. 如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是邊CD上一點，將△ADE沿直線AE折疊得到△AFE，BF的延長線交邊CD于點G，則DG長的最大值為________．
第1題圖
2. 如圖，在正方形ABCD中，E，F分別是AB，BC邊上的動點(不與正方形的頂點重合)，且AE＝BF，CE，DF交于點M，連接BM，若AB＝2，則BM的最小值為________．
第2題圖
3.如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝8，E，F分別是AC，BC邊上的動點，且EF＝AC，P是EF的中點，連接AP，BP，則△APB面積的最小值為________．
第3題圖
4. 如圖，已知△ABC為等邊三角形，AB＝6，將邊AB繞點A順時針旋轉a(0°＜a＜120°)，得到線段AD，連接CD，點E為CD上一點，且DE＝2CE.連接BE，則BE的最小值為________．
第4題圖
5. 如圖，在△ABC中，∠C＝45°，∠B＝60°，BC＝＋1，P為邊AB上一動點，過點P作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，連接DE，則DE的最小值為________．
第5題圖
題型四　幾何最值問題
類型一　利用“垂線段最短”解決最值問題
1. 　【解析】如解圖，設DE與AB交于點O，∵四邊形ADBE是平行四邊形，∴OB＝OA，DE＝2OD，∴當OD⊥AC時，DO的值最小，即DE的值最小，過點B作BH⊥AC于點H，則∠BHD＝∠EDH＝90°，易知AD∥BE，即AC∥BE，∴∠EBH＝90°，∴四邊形BHDE是矩形，∴DE＝BH，∵AC＝BC＝6，AB＝8，∴設CH＝x，則AH＝6－x，∵BA2－AH2＝BH2＝BC2－CH2，即82－(6－x)2＝62－x2，解得x＝，∴CH＝，∴DE＝BH＝＝.∴DE的最小值為.
第1題解圖
2. 4　【解析】如解圖，作點N關于DC的對稱點N′.∵AC＝BC，點D為AB的中點，∴點N′在AC上，連接MN′，BN′，∴BM＋MN＝BM＋MN′≥BN′，∴當B，M，N′三點共線，且BN′⊥AC時，BM＋MN取得最小值．∵AC＝6，S△ABC＝12，∴△ABC中AC邊上的高為4，∴BM＋MN的最小值是4.
第2題解圖
3. 3　【解析】如解圖，作點E關于BD的對稱點E′，連接PE′，∵四邊形ABCD是菱形，∴BA與BC關于BD對稱，∴點E′位于BA上，由對稱的性質可知，PE＝PE′，∴當C，P，E′三點重合，且CE′⊥BA時，PC＋PE的值最小，即為CE′的長，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝CO＝AC＝3，BO＝DO＝BD＝3，AC⊥BD，AB＝BC，∴在Rt△BOC中，BC＝＝6，tan ∠BCO＝＝，∴∠BCO＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴CE′＝BC·sin 60°＝3，∴PC＋PE的最小值為3.
第3題解圖
4. 3　【解析】如解圖，作點P關于OA的對稱點P′，連接OP′，過點P′作OB的垂線交OA于點M，交OB于點N，此時PM＋MN的值最小，最小值為線段P′N的長．∵∠AOB＝35°，∠BOP＝10°，點P′與點P關于OA對稱，∴∠POA＝∠P′OA＝25°，∴∠BOP′＝60°，OP′＝OP＝6，在Rt△P′ON中，P′N＝OP′·sin 60°＝6×＝3，∴PM＋MN的最小值為3.
第4題解圖
類型二　利用“兩點之間線段最短”解決最值問題
1. 44　【解析】如解圖，過點P作EF⊥AB，分別交AB，CD于點E，F，連接AC，BD，則EF＝AD＝8，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∴AC＝＝＝10，∴BD＝AC＝10，∵S△APB＋S△CPD＝AB·PE＋CD·PF＝AB·EF＝×6×8＝24，PA＋PC≥AC，PB＋PD≥BD，∴當A，P，C三點共線，B，P，D三點也共線時，PA＋PB＋PC＋PD有最小值，最小值為AC＋BD＝20，∴a＋b的最小值為24＋20＝44.
第1題解圖
2. 2　【解析】如解圖，分別作A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于點M，交CD于點N，則A′A″即為△AMN的周長最小值，作A′H⊥DA交DA的延長線于點H，∴AA′＝2AB＝2，AA″＝2AD＝4，∵∠BAD＝120°，∴∠HAA′＝60°，∴在Rt△A′HA中，AH＝AA′＝1，∴A′H＝＝，A″H＝AH＋AA″＝1＋4＝5，∴A′A″＝＝2，∴△AMN的周長最小值為2.
第2題解圖
3. 4　【解析】如解圖，作點E關于BC的對稱點E′，連接EE′，交BC于點F，連接DE′，AE′，過點E′作E′G⊥AC交AC的延長線于點G，則DE＝DE′，EF＝E′F，DE＋DA＝DE′＋DA≥AE′，∴當A，D，E′在同一直線上時，DE＋DA的值最小，最小值為AE′的長，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝4，∴AC＝BC＝×4＝4，∵點E為邊AB的中點，∴EF為△ABC的中位線，∴EF＝AC＝2，CF＝BC＝2，∴E′F＝EF＝2＝CG，E′G＝CF＝2，∴AG＝AC＋CG＝4＋2＝6，∴AE′＝＝＝4，∴DE＋DA的最小值為4.
第3題解圖
4. 2　【解析】如解圖，過點A作AD⊥BC于點D，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴AD＝2，BC＝4，∵S△BCP＝S△ABC，∴點P到BC的距離為1，即點P在AD的垂直平分線l上運動，作點B關于直線l的對稱點B′，連接B′C交直線l于點P′，連接BP′，B′P，則BB′⊥BC，BP′＝B′P′，BP＝B′P，∴BP＋PC＝B′P＋PC≥B′C，當B′，P，C三點共線，即點P與點P′重合時，BP＋PC的值最小，為B′C的長．在Rt△B′BC中，BB′＝2，BC＝4，∴B′C＝＝2，∴PB＋PC的最小值為2.
第4題解圖
5. ＋　【解析】如解圖，連接AC，AP，令y＝0，得x＝－3或1，∴點A(－3，0)，點B(1，0)，∴拋物線的對稱軸是直線x＝－1，OA＝3，OB＝1，令x＝0，得y＝2，∴點C(0，2)，∴OC＝2，∴BC＝＝，AC＝＝，∵△PBC的周長為PB＋PC＋BC，BC為定值，∴要使△PBC的周長最小，則PB＋PC最小即可，∵點A與點B關于對稱軸對稱，∴PA＝PB，∴PB＋PC＝PA＋PC≥AC，∴PB＋PC的最小值為AC的長，∴△PBC的周長最小值＝AC＋BC＝＋.
第5題解圖
類型三　利用“二次函數性質”解決最值問題
1. C　【解析】∵p＝5，c＝4，∴S＝＝，∵p＝，∴a＋b＝2p－c＝6，∴b＝6－a，∴S＝＝＝，∵－5＜0，∴當a＝3時，S有最大值為＝2.
2. 　【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∵AP⊥PE，∴∠APB＋∠CPE＝∠CPE＋∠PEC＝90°，∴∠APB＝∠PEC，∴△ABP∽△PCE，∴＝，設BP＝x，CE＝y，則PC＝3－x，即＝，∴y＝－x2＋x＝－(x－)2＋，∵－＜0，∴當x＝時，y有最大值，最大值是，∴線段CE的最大值為.
3. 　【解析】如解圖，過點C作CE⊥AB于點E，過點P作PF⊥AB于點F，設AP＝x，則CP＝4－x，∵AC＝BC，∠C＝120°，∴∠BAC＝∠B＝30°，AE＝BE，∴CE＝AC＝2，PF＝AP＝x，在Rt△AEC中，由勾股定理得AE＝＝2，∴AB＝2AE＝4，∵PD∥AB，∴△PCD∽△ACB，∴＝，∴＝，解得PD＝(4－x)，∴S△APD＝PD·PF＝×(4－x)×x＝－(x－2)2＋，∵－<0，∴當x＝2時，S△APD有最大值，最大值為.
第3題解圖
4. (1)1　【解析】∵點E為AB的中點，AE＝CF，∴點F為CD的中點，∴EF＝FG＝4，此時F，D，G三點共線，∴DG＝FG－FD＝1；
(2)　【解析】如解圖，過點F作FH⊥AB于點H，過點G作IG⊥CD于點I，則∠EHF＝∠GIF＝90°，由題意可知∠EFG＝90°，EF＝GF，∴∠EFH＋∠EFI＝∠EFI＋∠GFI＝90°，∴∠EFH＝∠GFI，∴△EFH≌△GFI(AAS)，∴EH＝GI，設AE＝a，①當0＜a＜3時，如解圖①，GI＝EH＝6－2a，ID＝FD－FI＝FD－FH＝6－a－4＝2－a，∴DG2＝ID2＋IG2＝(2－a)2＋(6－2a)2＝5a2－28a＋40＝5(a－)2＋，∵5＞0，∴當a＝時，DG2取最小值，∴DG＝；②當3≤a＜6時，如解圖②，GI＝EH＝2a－6，ID＝FI－FD＝FH－AE＋EH＝4－a＋2a－6＝a－2，∴DG2＝ID2＋IG2＝(a－2)2＋(2a－6)2＝5a2－28a＋40＝5(a－)2＋，∵5＞0，3≤a＜6，∴當a＝3時，DG2取最小值1，∴DG＝1，∵1＞，∴DG的最小值為.
第4題解圖
類型四　利用“輔助圓”解決最值問題
1. 2　【解析】如解圖，以點A為圓心，AD長為半徑畫弧，過點B作弧的切線交CD于點G，切點為F，此時點E和點G重合，DG的最大值即為DE的長，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝2，AB＝CD＝6，由折疊的性質可知，DE＝EF，AF＝AD＝2，設DE＝EF＝x，則CE＝CD－DE＝6－x，在Rt△ABF中，由勾股定理得BF＝＝4，則BE＝BF＋EF＝4＋x，在Rt△BEC中，由勾股定理得BE2＝CE2＋BC2，即(4＋x)2＝(6－x)2＋(2)2 ，解得x＝2，即DG的最大值為2.
第1題解圖
2. －1　【解析】如解圖，取CD的中點O，連接BO，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠EBC＝∠FCD＝90°，∵AE＝BF，∴AE＋BE＝BF＋CF，∴BE＝CF，∴△EBC≌△FCD(SAS)，∴∠BCE＝∠CDF，∵∠BCE＋∠DCE＝∠BCD＝90°，∴∠CDF＋∠ECD＝90°，∴∠CMD＝90°，當點E，F分別在AB和BC上移動時，點M在以CD的中點O為圓心，OC長為半徑的半圓上運動，要使BM取得最小值，則需點B，M，O在同一條直線上．∵AB＝2，∴CO＝1，∴BO＝，∴此時BM＝－1，即BM的最小值為－1.
第2題解圖
3. 9　【解析】如解圖，過點P作PH⊥AB于點H，則S△ABP＝AB·PH＝5PH，∴當PH最小時，△ABP的面積最小．∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，∴AC＝＝6.∴EF＝AC＝6.連接CP，則CP＝EF＝3.∴點P在以點C為圓心，3為半徑的圓弧上，過點C作CH′⊥AB于點H′，交⊙C于點P′，∵P′H′＝CH′－CP′＝CH′－CP≤CP＋PH－CP＝PH，∴當點P與點P′重合，點H與點H′重合時，PH最小，最小值為P′H′的長．∵S△ABC＝AC·BC＝AB·CH′，∴CH′＝＝，∴P′H′＝CH′－CP′＝－3＝，∴PH的最小值是，此時S△ABP＝5PH＝9，即△ABP面積的最小值為9.
第3題解圖
4. 2－2　【解析】如解圖，過點E作EH∥AD，交AC于點H，∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC＝6，由旋轉的性質得AD＝AB，∴AD＝AC，∴∠D＝∠ACD，∵DE＝2CE，∴＝＝，∠CEH＝∠D＝∠ACD，∴CH＝EH，∵AC＝6，∴CH＝EH＝2，取AH的中點P，連接EP，則PH＝EH，∴∠EPH＝∠PEH，∵∠EPH＋∠CEP＋∠ACD＝180°，∴2∠PEH＋2∠CEH＝180°，∴∠CEP＝90°，∴點E在以點H為圓心，CP為直徑的圓弧上運動，連接BH，∵EH為定值2，∴當B，E，H三點共線時，BE的長最小，過點B作BQ⊥AC于點Q，則CQ＝AC＝3，∴QH＝CQ－CH＝1，BQ＝＝＝3，∴BH＝＝＝2，∴BE的最小值為2－2.
第4題解圖
5. 　【解析】如解圖，連接CP，∵∠PDC＝∠PEC＝90°，∴∠PDC＋∠PEC＝180°，∴C，D，P，E四點共圓，圓心為點O，且直徑為CP，∵BC＝＋1，∠ACB＝45°，∠B＝60°是定值，∴直徑CP最小時，∠DCE所對的弦DE最小，即CP⊥AB時，DE的值最小，連接OD，OE，∵∠B＝60°，CP⊥AB，BC＝＋1，∴∠BCP＝30°，∴BP＝BC＝，CP＝BP＝，∴OD＝OE＝CP＝，∵∠ACB＝45°，∴∠DOE＝2∠ACB＝90°，∴△ODE是等腰直角三角形，∴DE＝OD＝，即DE的最小值為.
第5題解圖題型五　綜合與實踐
1. 綜合與實踐
主題：制作無蓋正方體形紙盒
素材：一張正方形紙板．
步驟1：如圖①，將正方形紙板的邊長三等分，畫出九個相同的小正方形，并剪去四個角上的小正方形；
步驟2：如圖②，把剪好的紙板折成無蓋正方體形紙盒．
猜想與證明：(1)直接寫出紙板上∠ABC與紙盒上∠A1B1C1的大小關系；
(2)證明(1)中你發現的結論．
第1題圖
2. 【綜合與實踐】
有言道：“桿秤一頭稱起人間生計，一頭稱起天地良心”．某興趣小組將利用物理學中杠桿原理制作簡易桿秤，小組先設計方案，然后動手制作，再結合實際進行調試，請完成下列方案設計中的任務．
第2題圖
【知識背景】
如圖，稱重物時，移動秤砣可使桿秤平衡，根據杠桿原理推導得：(m0＋m)·l＝M·(a＋y).其中秤盤質量m0克，重物質量m克，秤砣質量M克，秤紐與秤盤的水平距離為l厘米，秤紐與零刻線的水平距離為a厘米，秤砣與零刻線的水平距離為y厘米．
【方案設計】
目標：設計簡易桿秤．設定m0＝10，M＝50，最大可稱重物質量為1 000克，零刻線與末刻線的距離定為50厘米．
任務一：確定l和a的值．
(1)當秤盤不放重物，秤砣在零刻線時，桿秤平衡，請列出關于l，a的方程；
(2)當秤盤放入質量為1 000克的重物，秤砣從零刻線移至末刻線時，桿秤平衡，請列出關于l，a的方程；
(3)根據(1)和(2)所列方程，求出l和 a的值；
任務二：確定刻線的位置．
(4)根據任務一，求y關于m的函數解析式；
(5)從零刻線開始，每隔100克在秤桿上找到對應刻線，請寫出相鄰刻線間的距離．
3. 【問題背景】
如圖①，數學實踐課上，學習小組進行探究活動，老師要求大家對矩形ABCD進行如下操作：①分別以點B，C為圓心，以大于BC的長度為半徑作弧，兩弧相交于點E，F，作直線EF交BC于點O，連接AO；②將△ABO沿AO翻折，點B的對應點落在點P處，作射線AP交CD于點Q.
【問題提出】
在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求線段CQ的長；
【問題解決】
經過小組合作、探究、展示，其中的兩個方案如下：
方案一：連接OQ，如圖②.經過推理、計算可求出線段CQ的長；
方案二：將△ABO繞點O旋轉180°至△RCO處，如圖③.經過推理、計算可求出線段CQ的長．
請你任選其中一種方案求線段CQ的長．
　
第3題圖
4. 某校數學活動小組要測量校園內一棵古樹的高度，王朵同學帶領小組成員進行此項實踐活動，記錄如下：
填寫人：王朵　　　　　　　　　綜合實踐活動報告　　　　　 　　　時間：2023年4月20日
活動任務：測量古樹高度
活動過程
【步驟一】設計測量方案小組成員討論后，畫出如圖①的測量草圖，確定需測的幾何量．第4題圖①
【步驟二】準備測量工具自制測角儀，把一根細線固定在半圓形量角器的圓心處，細線的另一端系一個小重物，制成一個簡單的測角儀，利用它可以測量仰角或俯角，如圖②所示．準備皮尺．第4題圖②
【步驟三】實地測量并記錄數據如圖③，王朵同學站在離古樹一定距離的地方，將這個儀器用手托起，拿到眼前，使視線沿著儀器的直徑剛好到達古樹的最高點．如圖④，利用測角儀，測量后計算得出仰角α.α＝________．測出眼睛到地面的距離AB.　　　　　　　AB＝1.54 m．測出所站地方到古樹底部的距離BD. BD＝10 m．第4題圖
【步驟四】計算古樹高度CD.(結果精確到0.1 m)(參考數據：sin 40°＝0.643，cos 40°＝0.766，tan 40°＝0.839)
請結合圖①、圖④和相關數據寫出α的度數并完成【步驟四】．
題型五　綜合與實踐
1. (1)解：∠ABC＝∠A1B1C1；
(2)證明：如解圖，連接AC，
設小正方形邊長為1，則AC＝BC＝＝，AB＝＝，
∵AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC為等腰直角三角形，
由題意知，△A1B1C1為等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠A1B1C1.
第1題解圖
2. 解：(1)根據題意得m＝0，y＝0，
將m＝0，y＝0，m0＝10，M＝50代入(m0＋m)l＝M(a＋y)，
得10l＝50a ，∴l＝5a；
(2)根據題意得m＝1 000，y＝50，
將m＝1 000，y＝50，m0＝10，M＝50代入(m0＋m)l＝M(a＋y)，得(10＋1 000)l＝50(a＋50)，
∴101l＝5a＋250；
(3)聯立(1)，(2)中的兩個方程，
得，解得；
(4)將l＝2.5，a＝0.5 代入(m0＋m)l＝M(a＋y)，
得2.5(10＋m)＝50(0.5＋y)，
化簡，得y＝，
∴y關于m的函數解析式為y＝；
相鄰刻線間的距離為5厘米．
【解法提示】由(4)知y＝，將m＝100代入解析式y＝ ，得y＝5，將m＝200代入解析式y＝，得y＝10，∵10－5＝5(厘米)，∴從零刻度線開始，每隔100克在秤桿上找到對應刻度線，相鄰兩刻度線的距離為5厘米．
3. 解：由尺規作圖可知，EF垂直平分BC，即點O為BC的中點，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5，
∴OB＝OC＝，
方案一：由折疊的性質得AP＝AB＝3，OP＝OB＝OC＝，∠APO＝∠ABO＝90°，
∴∠OPQ＝∠OCQ＝90°，
在Rt△POQ和Rt△COQ中，
，
∴Rt△POQ≌Rt△COQ(HL)，
∴PQ＝CQ，
在Rt△ADQ中，AQ＝AP＋PQ＝3＋CQ，DQ＝3－CQ，
由勾股定理得AQ2＝AD2＋DQ2，
即(3＋CQ)2＝52＋(3－CQ)2，
解得CQ＝.
方案二：由旋轉的性質得AB＝RC＝3，∠BAO＝∠CRO，
由折疊的性質得∠BAO＝∠PAO，∴∠PAO＝∠CRO，
∴AQ＝RQ＝3＋CQ.
在Rt△ADQ中，AQ＝3＋CQ，DQ＝3－CQ，
由勾股定理得AQ2＝AD2＋DQ2，
即(3＋CQ)2＝52＋(3－CQ)2，
解得CQ＝.(兩種方案任選其一即可)
4. 解：∵∠ACE＝50°，
∴α＝90°－∠ACE＝90°－50°＝40°.
∵AE⊥CD，BD⊥AB，BD⊥CD，
∴四邊形ABDE是矩形，
∵AB＝1.54 m，BD＝10 m，
∴DE＝AB＝1.54 m，AE＝BD＝10 m.
在Rt△ACE中，CE＝AE·tan α＝10×tan 40°＝8.39 (m)，
∴CD＝CE＋DE＝8.39＋1.54≈9.9 (m)，
答：古樹高度CD約為9.9 m.題型一　函數實際應用題
類型一　利潤(費用)最值問題
1.剪紙又稱刻紙，是中國最古老的民間藝術之一，也是世界級非物質文化遺產之一．某店購進一種剪紙，每盒進價為50元，該剪紙月銷售量y(盒)與售價x(元/盒)變化情況部分數據如下表：
售價x(元/盒) … 55 60 65 70 …
銷售量y(盒) … 1 500 1 400 1 300 1 200 …
(1)請你根據表中的數據，用所學過的一次函數、二次函數、反比例函數的知識直接判斷y是關于x的哪種函數，并求出關系式；
(2)若該種剪紙的每盒利潤不超過進價的30%，設這種剪紙每月的總利潤為w(元)，那么售價定為多少元可獲得最大利潤？最大利潤是多少元？
2.某園林公司銷售某品種樹苗，該品種樹苗的銷售單價y(元)與一次性銷售量x(棵)(x為正整數)之間滿足如圖所示的函數關系．
(1)當0＜x≤200時，求y與x的函數關系式；
(2)若培養每棵該品種樹苗需要8元，某零售商一次性批發該品種樹苗x(100＜x≤380)棵，園林公司獲得的利潤為w元，當x為何值時，園林公司獲得的利潤最大？最大利潤是多少元？
第2題圖
3.某校組織學生研學旅游，部分學生欲購買書簽和拼圖兩種紀念品．已知購買2套書簽和3套拼圖共需130元，購買5套書簽和4套拼圖共需220元．
(1)求購買一套書簽和一套拼圖各多少元？
(2)在購買時，恰逢紀念品商店推出了優惠活動，活動方案如下(僅可選擇一種方案進行結算)：
方案一：購買拼圖不超過50套時，拼圖和書簽均按原價付款；超過50套時，超過的部分每套拼圖贈送1套書簽；
方案二：按購買金額的八折付款．
該校學生計劃購買拼圖和書簽共120套．其中拼圖不超過書簽的2倍，且不少于50套．如何購買可使學生的花費最少，最少需花費多少元？
4. 綜合與實踐
問題情境
小瑩媽媽的花卉超市以15元/盆的價格新購進了某種盆栽花卉，為了確定售價，小瑩幫媽媽調查了附近A，B，C，D，E五家花卉店近期該種盆栽花卉的售價與日銷售量情況，記錄如下：
第4題圖
數據整理
(1)請將以上調查數據按照一定順序重新整理，填寫在下表中：
售價(元/盆)
日銷售量(盆)
模型建立
(2)分析數據的變化規律，找出日銷售量與售價間的關系；
拓廣應用
(3)根據以上信息，小瑩媽媽在銷售該種花卉中，
①要想每天獲得400元的利潤，應如何定價？
②售價定為多少時，每天能夠獲得最大利潤？
類型二　跨學科問題
1. 如圖①，將一長方體放置于一水平玻璃桌面上，按不同的方式擺放，記錄桌面所受壓強與受力面積的相關數據如下表所示：
桌面所受壓強p(Pa) 400 500 800 1 000 1 250
受力面積S(m2) 0.5 0.4 a 0.2 0.16
(1)根據表中數據，求出壓強p(Pa)關于受力面積S(m2)的函數表達式及a的值；
(2)如圖②，將另一長、寬、高分別為60 cm，20 cm，10 cm，且與原長方體相同重量的長方體放置于該水平玻璃桌面上．若玻璃桌面能承受的最大壓強為2 000 Pa，問：這種擺放方式是否安全？請判斷并說明理由．
第1題圖
2. 如圖①，小明在測浮力的實驗中，將一邊長為4 cm的正方體石塊由玻璃器皿的上方，向下緩慢移動浸入到水里，研究發現石塊浸入到水里的過程中，彈簧測力計的示數F拉力是石塊下降的高度x的一次函數．通過記錄彈簧測力計的示數F拉力與石塊下降的高度x得到下表：
x/cm 0 2 6 7 8 10 12 …
F拉力/N 4 4 4 3.5 3.25 2.5 2.5 …
(1)小明在上表的數據中，發現有一組數據記錄錯誤．請在圖②中，通過描點的方法畫出函數圖象，觀察判斷哪一組是錯誤的，并求出正確的值；
(2)若某一時刻該石塊所受的浮力為0.75 N，求此時石塊下降的高度．(溫馨提示：當石塊位于水面上方時，F拉力＝G重力；當石塊入水后，F拉力＝G重力－F浮力)
第2題圖
拓展類型　拋物線型問題
1. 一次足球訓練中，小明從球門正前方 8 m的 A處射門，球射向球門的路線呈拋物線．當球飛行的水平距離為 6 m時，球達到最高點，此時球離地面 3 m．已知球門高 OB為 2.44 m，現以 O為原點建立如圖所示直角坐標系．
(1)求拋物線的函數表達式，并通過計算判斷球能否射進球門(忽略其他因素)；
(2)對本次訓練進行分析，若射門路線的形狀、最大高度均保持不變，則當時他應該帶球向正后方移動多少米射門，才能讓足球經過點 O正上方 2.25 m處？
第1題圖
2. 蔬菜大棚是一種具有出色的保溫性能的框架覆膜結構，它出現使得人們可以吃到反季節蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹結構或者鋼結構的骨架，上面覆上一層或多層保溫塑料膜，這樣就形成了一個溫室空間．
如圖，某個溫室大棚的橫截面可以看作矩形ABCD和拋物線AED構成，其中AB＝3 m，BC＝4 m，取BC中點O，過點O作線段BC的垂直平分線OE交拋物線AED于點E，若以O點為原點，BC所在直線為x軸，OE為y軸建立如圖所示平面直角坐標系．
請回答下列問題：
(1)如圖②，拋物線AED的頂點E(0，4)，求拋物線的解析式；
(2)如圖③，為了保證蔬菜大棚的通風性，該大棚要安裝兩個正方形孔的排氣裝置LFGT，SMNR，若FL＝NR＝0.75 m，求兩個正方形裝置的間距GM的長；
(3)如圖④，在某一時刻，太陽光線透過A點恰好照射到C點，此時大棚截面的陰影為CK，求CK的長．
第2題圖
題型一　函數實際應用題
類型一　利潤(費用)最值問題
1. 解：(1)由表中數據可知，y是關于x的一次函數關系．
設月銷售量y(盒)與售價x(元/盒)之間的函數關系式為y＝kx＋b(k≠0)，
由題意得，
解得，
∴y與x之間的函數關系式為y＝－20x＋2 600(x≥50)；
(2)由題意得w＝(x－50)(－20x＋2 600)＝－20x2＋3 600x－130 000＝－20(x－90)2＋32 000，
∵該種剪紙的每盒利潤不超過進價的30%，且售價不低于進價，
∴50≤x≤50×30%＋50，
解得50≤x≤65，
∵－20＜0，
∴當50≤x≤65時，w隨x的增大而增大，
∴當x＝65時，w取得最大值，此時w＝19 500，
答：該種剪紙售價定為65元/盒時可獲得最大利潤，最大利潤是19 500元．
2. 解：(1)由圖象可得，當0＜x≤100時，y＝15；
當100＜x≤200時，設y與x之間的函數關系式為y＝kx＋b(k≠0)，
∵x＝100時，y＝15，x＝200時，y＝10，
∴，
解得，
∴y與x之間的函數關系式為
y＝；
(2)當100＜x≤200時，
w＝x·(－x＋20－8)＝－(x－120)2＋720，
∵－＜0，
∴當x＝120時，w有最大值，w最大＝720；
當200＜x≤380時，w＝(10－8)x＝2x，
∵2＞0，∴w隨x的增大而增大，
∴當x＝380時，w有最大值，w最大＝2×380＝760.
∵720<760，
∴當x＝380時，園林公司獲得的利潤最大．
答：當x＝380時，園林公司獲得的利潤最大，最大利潤為760元．
3. 解：(1)設購買一套書簽為a元，購買一套拼圖為b元，
由題意得，
解得，
答：購買一套書簽20元，購買一套拼圖30元；
(2)設該校學生購買拼圖x套，則購買書簽(120－x)套，
由題意得50≤x≤2(120－x)，
解得50≤x≤80.
設選擇方案一所需的費用為y1元，由題意可得贈送的書簽為(x－50)套，
則需花錢購買的書簽為120－x－(x－50)＝(170－2x)套，
由題意得y1＝30x＋20(170－2x)＝－10x＋3 400，
∵－10＜0，
∴當x＝80時，y1取得最小值，最小值為2 600；
設選擇方案二所需的費用為y2元，
由題意得y2＝[30x＋20(120－x)]×0.8＝8x＋1 920，
∵8＞0，
∴當x＝50時，y2取得最小值，最小值為2 320，
∵2 320＜2 600，
∴當x＝50時，所需費用最少，
∴120－50＝70(套)，
答：當購買拼圖50套，書簽70套時，花費最少，為2 320元．
4. 解：(1)按照售價從低到高排列列表如下(答案不唯一)：
售價(元/盆) 18 20 22 26 30
日銷售量(盆) 54 50 46 38 30
(2)由(1)可知，售價每漲價2元，日銷售量減少4盆；
(3)①設應定價為x元，
由題意得(x－15)(54－×4)＝400，
整理得x2－60x＋875＝0，
解得x1＝25，x2＝35，
答：要想每天獲得400元的利潤，應定價為25元/盆或35元/盆；
②設每天的利潤為w元，定價為x元，
由題意得w＝(x－15)(54－×4)＝－2x2＋120x－1 350＝－2(x－30)2＋450，
∵－2<0，
∴當x＝30時，w有最大值，最大值為450，
答：售價定為30元/盆時，每天能夠獲得最大利潤．
類型二　跨學科問題
1. 解：(1)由表格可知，壓強p與受力面積S的乘積不變，故壓強p是受力面積S的反比例函數，
設p＝(k≠0)，
將(400，0.5)代入得0.5＝，
解得k＝200，
∴壓強p關于受力面積S的函數表達式為p＝，
當p＝800時，800＝，
∴a＝0.25；
(2)這種擺放方式不安全，理由如下：
由圖可知S＝0.1×0.2＝0.02 (m2)，
∴將長方體放置于該水平玻璃桌面上，p＝＝10 000(Pa)，
∵10 000>2 000，
∴這種擺放方式不安全．
2. 解：(1)畫出函數圖象如解圖．
由解圖可知，當x＝7時，點不在直線上，
∴x＝7時的數據是錯誤的．
由題意可知，當6≤x≤10時，記錄彈簧測力計的示數F拉力是石塊下降的高度x的一次函數，
設F拉力與x的函數解析式為F拉力＝kx＋b(k≠0)，
將點(6，4)，(10，2.5)代入得，解得，
∴F拉力＝－x＋(6≤x≤10)，
∴當x＝7時，F拉力＝3.625 N；
第2題解圖
(2)由題意知，此時石塊已入水，且彈簧測力計的示數是石塊下降的高度的一次函數，
∵石塊所受浮力為0.75 N，G重力＝4 N，
∴F拉力＝G重力－F浮力＝4－0.75＝3.25 N，
由表格可知，當F拉力＝3.25 N時，x＝8 cm，
答：該石塊下降的高度為8 cm.
拓展類型　拋物線型問題
1. 解：(1)由題意知，拋物線的頂點坐標為(2，3)，設拋物線的函數表達式為y＝a(x－2)2＋3(a≠0)，
將點A(8，0)代入，得36a＋3＝0，
解得a＝－，
∴拋物線的函數表達式為y＝－(x－2)2＋3，
當x＝0時，y＝－(0－2)2＋3≈2.67＞2.44，
∴球不能射進球門；
(2)設小明帶球向正后方移動m米，則移動后拋物線的表達式為y＝－(x－2－m)2＋3，
將點(0，2.25)代入，
得2.25＝－(0－2－m)2＋3，
解得m1＝－5(舍去)，m2＝1，
答：當時他應該帶球向正后方移動1米射門．
2. 解：(1)∵AB＝3，BC＝4，四邊形ABCD是矩形，E(0，4)，
∴A(－2，3)，B(－2，0)，C(2，0)，
設拋物線的解析式為y＝ax2＋c，
將A、E兩點坐標代入，
得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4；
(2)設G(－t，3)，則L(－t－，3＋)，
∴3＋＝－(－t－)2＋4，
解得t＝(負值舍去)，
∴GM＝2t＝.
答：兩個正方形裝置的間距GM的長為 m；
(3)如解圖，取最右側光線與拋物線的切點為F，
第2題解圖
設直線AC的解析式為y＝kx＋n，
將A(－2，3)，C(2，0)代入y＝kx＋n中，得，
解得，
∴直線AC的解析式為y＝－x＋，
∵FK∥AC，
∴設直線FK的解析式為y＝－x＋m，
聯立，
得－x2＋x＋4－m＝0，
∴Δ＝()2－4×(－)(4－m)＝0，
解得m＝，
∴直線FK的解析式為y＝－x＋，
令y＝0，得x＝，
∴CK＝－2＝.
答：CK的長為 m.

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