2024大考卷压轴题（补充）参考答案

页一．二元一次方程组的应用（共1小题）1．解：（1）设一支弓箭投入壶内、壶耳分别得x分，y分，根据题意，得3x+4y=273x+3y=24，解得x=5答：一支弓箭投入壶内、壶耳分别得5分，3分.（2）设小丽投入壶内a支箭，则投入壶中（8﹣a）支，根据题意，得5a+3（8﹣a）＞27，解得a＞3∵小丽投入壶内箭的支数为整数，∴她至少投入壶内2支箭．二．一元二次方程的应用（共1小题）2．解：（1）设每个B款熊猫玩偶的售价x元，则每个A款熊猫玩偶的售价为65x由题意得15065x经检验，x＝25是原方程的解，且符合题意，答：每台B款电器的售价为25元.（2）每个A款熊猫玩偶应降价m元，65由题意得（16﹣m）（100+m2×整理得m2﹣6m﹣40＝0，解得m1＝10，m2＝﹣4，∵为了尽快减少库存，∴m＝10，答：每个A款熊猫玩偶应降价10元．三．分式方程的应用（共1小题）3．解：（1）设乙种型号头盔的单价是x元，则甲种型号头盔的单价是（x+10）元，根据题意得：120x+10=90经检验，x＝30是所列方程的解，且符合题意，∴x+10＝30+10＝40（元）．答：甲种型号头盔的单价是40元，乙种型号头盔的单价是30元.（2）设购买m个甲种型号的头盔，则购买（300﹣m）个乙种型号的头盔，根据题意得m≥13（300﹣m），解得m设该企业购买甲、乙两种头盔共花费w元，则w＝40m+30（300﹣m），即w＝10m+9000，∵10＞0，∴w随m的增大而增大，∴当m＝75时，w取得最小值，最小值为10×75+9000＝9750（元），此时300﹣m＝300﹣75＝225（个）．答：当购买75个甲种型号的头盔，225个乙种型号的头盔时，总费用最少，最少费用是9750元．四．函数的图象（共1小题）4．解：（1）如图所示；；（2）I是v的二次函数；理由如下：∵函数图象经过点（0，0），∴设函数表达式为I＝av2+bv（a≠0），将（1，3），（2，12）代入，得a+b=34a+2b=12，解得a=3∴函数表达式为I＝3v2，∵v＝3时，F＝3×32＝27，∴所求表达式合理.（3）∵372km/h=315∴撞击影响是I＝3×(31五．一次函数的应用（共1小题）5．解：（1）设甲种烟花单价为x元，则乙种烟花的单价为（x+9）元，由题意得3120x=4200经检验，x＝26是原方程的解，且符合题意，∴x+9＝26+9＝35，答：甲种烟花单价为26元，则乙种烟花的单价为35元.（2）设购买甲种烟花m个，则购买乙种烟花（1000﹣m）个，总费用为y元，根据题意，得y＝26m+35（1000﹣m）＝﹣9m+35000，∵乙种烟花的购货数量不少于甲种烟花数量的3倍，∴1000﹣m≥3m，解得m≤250，∵﹣9＜0，∴y随m的增大而减小，∴当m＝250时，y最小，最小值为32750，1000﹣250＝750，∴购买甲种烟花250个，购买乙种烟花750个时，花费最少，最少的花费为32750元．六．一次函数综合题（共1小题）6．（1）证明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，则AD＝BC＝6，则点A，B的坐标分别为（0，4），（﹣2，0），当y＝4时，y＝x+t＝4，则x＝4﹣t＝4﹣1＝3=12即点P（3，4），即AP＝DP．（2）解：PQ＝22AP，理由：由点A，B的坐标得，直线AB的表达式为y＝2x+4，联立上式和y＝x+t，得2x+4＝x+t，解得x＝4﹣t，即点Q（t﹣4，2t﹣4），同理可得，点P（4﹣t，4），则AP＝4﹣t，由点PQ的坐标得，PQ＝22（4﹣t）＝22AP.（3）解：过点P作PH⊥x轴于点H，过点Q作QI⊥x轴于点I，见图1、2、3，设点M（m，0），由（2）知，点P，Q的坐标分别为（4﹣t，4），（t﹣4，2t﹣4），则PH＝|m﹣4+t|，HM＝OA＝4，QI＝|m﹣t+4|，IM＝4﹣2t，∵∠PMH+∠QMI＝90°，∠QMI+∠IQM＝90°，∴∠IQM＝∠PMH，∴Rt△PHM∽Rt△MIQ，∵以点M、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，则PM：QM＝2或12，故Rt△PHM和Rt△QMI的相似比为2或1则PH：MI＝HM：QI＝2或12当m＞0时，当相似比为2时，如图1，PHMI则PH＝2MI，MH＝2QI，即4＝2（m﹣t+4）且4﹣t﹣m＝2（2t﹣4），解得m=13，t=73，即点M（1当相似比为12PHMI=MHQI=12，则PH则2×4＝m﹣（t﹣4）且2（m﹣4+t）＝4﹣2t，解得m=143，t=23，则点M（14当m＜0时，如图3，当相似比为2时，PHMI则PH＝2MI，MH＝2QI，则4＝2[（t﹣4）﹣m]且4﹣t﹣m＝2（4﹣2t），解得m＝﹣7，t＝﹣1，即点M（﹣7，0），t＝﹣1；当相似比为12综上，点M（13，0），t=73或M（143，0），t=2七．二次函数的性质（共1小题）7．解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（1，1），∴y＝a（x﹣1）2+1＝ax2﹣2ax+a+1，∴b＝﹣2a，c＝a+1；（2）∵y＝ax2+bx+c，a＞0，c＜0，∴∆＝b2﹣4ac＞0，∴抛物线y＝ax2+bx+c与x轴有两个交点，∴|ax2+bx+c|≥0，∴﹣2024|ax2+bx+c|≤0，∴﹣2024|ax2+bx+c|﹣1≤﹣1，∴函数y＝﹣2024|ax2+bx+c|﹣1的最大值为﹣1.（3）∵直线y=m(x−1)−m24与抛物线∴方程组y=m(x−1)−m∴ax2+（b﹣m）x+m24+m+∴（b﹣a）2﹣4a（m24+m整理得（1﹣a）m2﹣2（2a+b）m+b2﹣4ac＝0，∵不论m为任何实数，（1﹣a）m2﹣2（2a+b）m+b2﹣4ac＝0恒成立，∴1−a=0−2(2a+b)=0b2−4ac=0，∴a＝1，此时，抛物线解析式为y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，开口向上，∵当k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，∴分三种情况：k＜0或0≤k≤1或k＞1，①当k＜0时，k+1＜1，当k≤x≤k+1时，y随着x的增大而减小，则当x＝k+1时，y的最小值为k，∴（k+1﹣1）2＝k，解得：k＝0或1，均不符合题意，舍去；②当0≤k≤1时，当x＝1时，抛物线的最小值为0，∴k＝0；③当k＞1时，y随着x的增大而增大，则当x＝k时，y的最小值为k，∴（k﹣1）2＝k，解得k=3−52∵k＞1，∴k=3+综上所述，若k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，k的值为0或3+5八．二次函数的应用（共5小题）8．解：任务一：（1）∵OA＝OB，∠AOB＝60°，OC⊥AB，AB为23∴∠OCB＝90°，∠COB＝30°，BC=3∴OC＝3米．任务二：（2）①由题意得：点M（2，3）为抛物线的顶点坐标．∴设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）2+3（a≠0）．∵经过点（0，1），∴1＝a（0﹣2）2+3．解得a=−1∴该水柱外层所在抛物线的函数解析式为：y=−12（x﹣2）②当y＝0时，0=−12（x﹣2）∴12（x﹣2）2＝3．解得x1＝2+6，x2＝2∴OE＝2+6任务三：（3）由题意得：喷淋头N在喷淋头M右边，设距离喷淋头M有b米．∴水柱外层所在抛物线的函数抛物线解析式为：y=−12（x﹣2﹣b）∵经过点（7，0.2），∴−12（7﹣2﹣b）（5﹣b）2＝5.6，5﹣b＝±25∴b1＝5+2535（超过7米，舍去），b29．解：任务1：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点（0，1），抛物线的对称轴是直线x＝2，∴抛物线经过点（4，1）．∵对方的前边界与击球点水平距离为3.96米，对方的后边界与击球点水平距离为8.68米，3.96＜4＜8.68，∴羽毛球未出界；任务2：由题意得：y=−14x2+bx+∴c=1−14×4∴抛物线解析式为y=−14x2+当x＝2时，y＝﹣1+1.5+1＝1.5．∵1.5＜1.55，∴羽毛球未过网；任务3：由题意得：y=−25128x2+bx+∴−25128×64+8b+c=0c=1∴y=−25128x2+当y＝2.2时，−25128x2+25128x2−2316x+1.2＝0，x2−184（x−325）（x−2425）＝0，解得x1∴该球员至少要后退的米数＝6.4﹣2﹣3＝1.4（米）．答：该球员至少要后退1.4米．10．解：（1）由题意，设每次上涨的百分率为m，依题意，得80（1+m）2＝125，解得m1＝0.25＝25%，m2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．答：每次上涨的百分率为25%．（2）由题意，设每个售价为x元，∴每天的利润w＝（x﹣70）[75+5（125﹣x）]＝（x﹣70）（700﹣5x）＝﹣5x2+1050x﹣49000＝﹣5（x﹣105）2+6125．∴当x＝105时，每天的最大利润为6125．∴每个应降价（125﹣105）元，即每个应降价20元．答：每个应降价20元，才能使每天利润达到最大，最大利润为6125元．11．解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，60k+b=140065k+b=1即y与x之间的函数表达式是y＝﹣20x+2600.（2）（x﹣50）（﹣20x+2600）＝24000，解得x1＝70，x2＝110，∵尽量给客户优惠，∴这种衬衫定价为70元.（3）由题意可得，w＝（x﹣50）（﹣20x+2600）＝﹣20（x﹣90）2+32000，∵该衬衫的每件利润不允许高于进货价的30%，每件售价不低于进货价，∴50≤x，（x﹣50）÷50≤30%，解得50≤x≤65，∴当x＝65时，w取得最大值，此时w＝19500，答：售价定为65元可获得最大利润，最大利润是19500元．12．解：（1）：∵每条车道的宽为xm（其中3.5≤x≤3.75），AM＝A1N＝1m，MN＝2xm，AA1＝AM+A1N+MN，AA1＝2x+2，∵3.5m≤x≤3.75m，∴9m≤AA1≤9.5m．（2）：取AA1中点O，以AA1为x轴，建立坐标系，作NP⊥AA1交抛物线于点P，设抛物线表达式为y＝ax2+c，∵AA1＝9m，OA1=12AA1=12×9＝4.5m，A1B1＝∴B1（4.5，2.95），由题意得NP＝4+0.55＝4.55m，∴P（3.5，4.55），将B1（4.5，2.95），P（3.5，4.55）代入y＝ax2+c，得2.95=a×4．52+c∴抛物线表达式为y=−15x九．二次函数综合题（共11小题）13．解：（1）∵直线l1为y=12x+1，如图，设直线l1与x、y轴分别交于Q，令x＝0，得y＝1，∴P（0，1），即OP＝1，令y＝0，得12x+1＝0，解得x∴Q（﹣2，0），即OQ＝2，∴PQ=O∵AC∥y轴，∴∠1＝∠ACB，∵∠1＝∠QPO，∴∠ACB＝∠QPO，∵∠ABC＝∠QOP＝90°，∴△ABC∽△QOP，∴ABAC=OQPQ=（2）①如图，延长BA交x轴于点H，则∠AHO＝90°，∵∠AOH＝30°，OA＝2m，∴AH=12OA＝1m，OH＝OA•cos∠AOH＝2cos30°＝2∵AB＝2m，∴BH＝AB+AH＝2+1＝3（m），∴B(3把B(3，3)代入y＝﹣x2+bx得﹣3+3b＝3，解得b②由（1）知，A(3，1)，设直线OC的解析式为y＝kx，则3解得k=33，∴y=设M(t，33t)∴MN＝﹣t2+23t−3∵∠1＝30°，∴∠2＝60°，∵MN∥y轴，∴∠NMP＝∠2＝60°，∵NP⊥OC，∴∠NPM＝90°，∴PN＝MN•sin∠NMP＝（﹣t2+533t)•sin60°＝（﹣t2+533t）×∴−3∴当t=536时，PN答：PN的最大值为253（3）如图，取OC的中点G，作GH⊥OC交x轴于点H，延长HG交圆弧于点N，过点N作MN∥y轴交OC于点M，此时MN最大，∵OC＝43m，HG⊥OC，∴OG=12在Rt△OGH中，∠COH＝30°，∴GH＝OG•tan∠COH＝23tan30°=23×33=2（m又∵HN＝OH＝4m，∴NG＝HN﹣GH＝4﹣2＝2（m），∴∠1＝30°，∴∠2＝90°﹣30°＝60°，∵MN∥y轴，∴∠NMG＝∠2＝60°，∵∠NGM＝90°，∴MN=NGsin∠NMG=答：MN最高应为43314．（1）解：由运动员的竖直高度y（m）与水平距离x（m）满足二次函数的关系，设二次函数的关系为y＝ax2+bx+c，代入（0，10），（1，10），（1.5，6.25），得c=10a+b+c=10，94∴y关于x的关系式为y＝﹣5x2+5x+10；（2）把y＝0代入y＝﹣5x2+5x+10，得﹣5x2+5x+10＝0，解得x1＝2，x2＝﹣1（不合题意，舍去），∴运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长为2米；（3）①运动员甲不能成功完成此动作，理由如下：由运动员的竖直高度y（m）与水平距离x（m）满足二次函数的关系为y＝﹣5x2+5x+10，整理得y=−5(x−1得运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度k为454m，即k=把h＝0代入ℎ=−5t2+解得t1＝1.5，t2＝﹣1.5（不合题意，舍去），∵1.5＜1.6，∴运动员甲不能成功完成此动作.②由运动员甲进行第二次跳水训练，竖直高度y（m）与水平距离x（m）的关系为y＝ax2﹣ax+10（a＜0），得顶点为(12，10−14把h＝0代入ℎ=−5t2+10−由运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，得t≥1.6，则t2≥1.62，即2−120a≥1．15．解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣23x经过点A（2，0），∴4a﹣43=0，解得a=∴抛物线的解析式为y=3x2﹣23x（2）∵将△OAC绕AC的中点旋转180°，点O落到点B的位置，∴△ACO≌△CAB，∴AO＝CB，CO＝AB，∴四边形OABC是平行四边形，∴BC∥OA，且BC＝OA．∵A（2，0）、C（1，33∴xB＝xC+2＝3，yB＝yC＝33，∴B（3，33）．将B（3，33）代入y=3x2﹣23x∴点B在抛物线上.分别过点B、D作x轴的垂线，垂足分别为E、F，由y=3x2﹣23x，可求得顶点D的坐标为（1，−∵B（3，33），∴在Rt△BOE和Rt△DAF中，tan∠BOE=BEOE=3∴∠BOE＝∠DAF＝60°，又∵∠APD＝∠OAB，∴△APD∽△OAB，∴APOA∵OA＝2，OB=32+∴AP=AD∴OP=2−23=43，∴（4）设以P，A，D为平行四边形的第四个顶点为Q，分三种情况进行讨论：①如图1，以DP为对角线，此时QD＝AP＝1，因此OP＝OA﹣AP＝2﹣1＝1，P点的坐标为（1，0）；②如图2，以AD为对角线，此时QD＝AP＝1，因此OP＝OA+AP＝2+1＝3，P点的坐标为（3，0）；③如图3，以AP为对角线，此时D，Q两点的纵坐标互为相反数，因此Q点的坐标为（0，3），由于AD与PQ平行且相等，将A点先向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到点D，所以将Q点先向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到点P，P点的坐标为（0﹣1，3−因此共有3个符合条件的P点，其坐标为：（﹣1，0）或（1，0）或（3，0）．16．解：（1）∵﹣1≤x≤1，∴A（1，2），C（﹣1，﹣2），∴B（﹣1，2），D（1，﹣2）∴AB＝2，BC＝4，∴S矩形ABCD＝2×4＝8.（2）设矩形ACBD是其美好矩形，∴B（m，4m），C（1，4m），∴AC＝|4−4m|，∴S矩形ACBD＝|4−4m|•|m﹣1|=4(m−1)2（3）∵美好矩形恰好是面积为3，且一边在x轴上的正方形，∴正方形的边长为3，二次函数y=−33x2当a≤3b2≤a+3时，即233①顶点在x轴上，端点纵坐标是−3即−34b2解得a=−3b=0或a=0②端点在x轴上，顶点纵坐标是3，即−34b解得：a=0b=2或a=23b=2（舍去，不符合a，b大小关系）或a=−23b=−2或a=3b=2当对称轴不在x的取值范围内时，有−33a2解得：a=0b=0或a=−2综上所述，b＝0或2或﹣2．17．解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入y＝ax2−433x得a−433∴抛物线的解析式为：y=33x2−4（2）由y=33x2−433x+3=3∴E（2，0），在y=33x2−433x+3中令x＝0，得y而A（1，0），B（3，0），∴OC=3，OA＝1，AC＝2，∴OA=1∴∠ACO＝30°，∠CAO＝60°，∴△OAC是含30°的直角三角形，要使点B，D，E为顶点的三角形与△OAC相似，只需Rt△BDE中有一个锐角是30°，①当∠DBE＝30°时，如图：∵B（3，0），E（2，0），∴BE＝1，在Rt△BDE中，DE=33BE∴D（2，−3由对称性知，D'（2，33∴点D的坐标为（2，−33）或（2，②当∠BDE＝30°时，如图：∵DE=3BE=3，∴D（2，由对称性D'（2，3）也符合题意，综上所述，点D的坐标为（2，−33）或（2，33）或（2，3（3）作直线AF交抛物线于G，如图：∵C（0，3），B（3，0），∴OB＝3，OC=3∴tan∠OBC=OCOB=∵EF是抛物线的对称轴，∴∠FAB＝∠FBA＝30°，∴∠GFB＝2∠OBC＝60°＝∠DFB，∴直线AF与直线BF关于直线BC成轴对称，∴点G是点D关于直线BC的对称点，∵EF=33EB=33，∴设直线AF的解析式为y＝kx+b，将A（1，0），F（2，33∴k+b=02k+b=33∴直线AF的解析式为y=33x由y=33x−33∴G坐标为（1，0）或（4，3）．18．（1）①b＝﹣2a②证明：当b＝﹣2a时，抛物线的表达式为y＝ax2﹣2ax+2，联立上式和y＝﹣2x+2并整理，得ax2+（2﹣2a）x＝0，则∆＝（2﹣2a）2，∵a＜0，故∆＞0，故抛物线与直线y＝﹣2x+2有两个交点；（2）解：①将（﹣1，﹣1）代入y＝ax2﹣2ax+2得：﹣1＝a+2a+2，解得a＝﹣1，则抛物线F1的表达式为：y＝﹣x2+2x+2，则抛物线F2的表达式为y＝﹣（x+2）2+2（x+2）+2+1＝﹣x2﹣2x+3，令y＝﹣x2﹣2x+3＝0，则x＝﹣3或1，即新抛物线和x轴的交点坐标为（﹣3，0）或（1，0）.②由题意得，当⊙P与x轴相切时，PQ＝|yP|，设点P，Q的坐标分别为（x，﹣x2+2x+2），则点Q（x，﹣x2﹣2x+3），则（﹣x2+2解得x＝﹣3或1或3±10，则点P的坐标为（﹣3，﹣13）或（1，3）或（3+10，﹣11﹣410）或（3−10，﹣11+419．解：（1）抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于A点，令x＝0，y＝4，∴A点的坐标为（0，4）；∵抛物线与x轴交于点B（2，0），C（﹣1，0），∴设y＝a（x﹣2）（x+1），将点A（0，4）代入，得﹣2a＝4，解得a＝﹣2，∴y＝﹣2（x﹣2）（x+1）＝﹣2x2+2x+4；∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣2x2+2x+4.（2）如图所示，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，设直线AB的解析式为y＝kx+b，∵A（0，4），B（2，0），∴2k+b=0b=4，解得k=−2∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+4，设点D（m，﹣2m2+2m+4），则点N（m，﹣2m+4），∴DN＝﹣2m2+4m，∴S△ABD当m＝1时，△ADB面积的最大值为2.（3）如图，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，设直线AB的解析式为y＝kx+b，∵A（0，4），B（2，0），∴2k+b=0b=4，解得k=−2∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+4，设点D（m，﹣2m2+2m+4），则点N（m，﹣2m+4），∴DN＝﹣2m2+2m+4﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m，在Rt△AOB中，AB＝25，∵DE⊥AB，DM⊥x轴，∴∠DEN＝∠DMB＝90°，∵∠DNE＝∠MNB，∴∠EDN＝∠ABO，又∵∠DEN＝∠AOB＝90°，∴△EDN∽△OBA，∴DEOB=DN∴DE=−2∴当m＝1时，DE取得最大值为25∴0＜DE≤2（4）如图，点F为（0，2），G分别为线段AB上一点，且四边形AFGD是平行四边形，设G（t，﹣2t+4），D（t，m），∴AD＝FG，AF＝DG，∴t2解得：t=1m=4或t=0∴D（1，4）．20．（1）解：∵抛物线的对称轴x＝3，AB＝4，∴A（1，0），B（5，0），将A（1，0）代入直线y＝kx﹣1，得k﹣1＝0，解得k＝1，∴直线AD的解析式为y＝x﹣1.将A（1，0），B（5，0）代入y＝ax2+bx+5，得a+b+5=025a+5b+5=0解得a=1b=−6∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5.（2）存在点M，∵直线AD的解析式为y＝x﹣1，抛物线对称轴x＝3与x轴交于点E，∴当x＝3时，y＝x﹣1＝2，∴D（3，2），①当∠DAM＝90°时，设直线AM的解析式为y＝﹣x+c，将点A坐标代入，得﹣1+c＝0，解得c＝1，∴直线AM的解析式为y＝﹣x+1，解方程组y=−x+1y=得x=1y=0或x=4∴点M的坐标为（4，﹣3）；②当∠ADM＝90°时，设直线DM的解析式为y＝﹣x+d，将D（3，2）代入，得﹣3+d＝2，解得d＝5，∴直线DM的解析式为y＝﹣x+5，解方程组y=−x+5y=解得x=0y=5或x=5∴点M的坐标为（0，5）或（5，0），综上，点M的坐标为（4，﹣3）或（0，5）或（5，0）.（3）如图，在AB上取点F，使BF＝1，连接CF，∵PB＝2，∴BFPB=∵PBAB=2又∵∠PBF＝∠ABP，∴△PBF∽△ABP，∴PFPA=BFPB=∴PC+12PA＝PC+PF≥∴当点C，P，F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段∵OC＝5，OF＝OB﹣1＝5﹣1＝4，∴CF=O∴PC+12PA的最小值为21．解：（1）设OA＝t（t＞0），∵OB＝OC＝3OA，∴OB＝OC＝3t，∴A（﹣t，0），B（3t，0），C（0，﹣3t），∴该抛物线的对称轴为直线x=−b2×1∴b＝﹣2t①，将A（﹣t，0），C（0，﹣3t），代入得：0=t①②③联立解得：t=1b=−2c=−3，（∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）取BC中点G，作GH⊥BC于H，连接CH，过C作CM⊥BD于M，过P作PN⊥x轴于N，如图：由y＝x2﹣2x﹣3得抛物线顶点D坐标为（1，﹣4），而B（3，0），C（0，﹣3），∴BC＝32，CD=2，BD＝25∴BC2+CD2＝20，BD2＝20，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°，∵GH⊥BC，∴GH∥CD，∵G为BC中点，∴H为BD中点，∴CH＝BH=12BD∴∠CHM＝2∠CBD＝∠PBA，∵CM=BC⋅CDBD=355，∴∴tan∠PBA=34，即设P（m，m2﹣2m﹣3），则m解得m1＝3（与B重合，舍去）或m2=−74，∴m的值为（3）过M作MG∥x轴交AC于G，过F作FT∥x轴交AM于T，过C作CQ∥x轴交AM于Q，如图：∵MG∥x轴，FT∥x轴，CQ∥x轴，∴MG∥FT∥CQ∥OA，∴△COA∽△CMG，△ACQ∽AGM，∴GMOA=CG∴GMOA+GM∵AM平分∠BAC，∴∠CAM＝∠BAM＝∠AQC，∴AC＝CQ，∴1OA同理可得1AE由（1）可知：A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴AC=10∴1AE22．解：（1）将点B坐标代入y＝kx+1，3＝k+1，∴k＝2.（2）F（m，2m+1），当⊙F与CD相切时，设切点为G，则FG＝FB，即FG2＝FB2，∴（2m+1）2＝（m﹣1）2+（2m+1﹣3）2，∴m1＝7﹣35，m2＝7+35（舍去），∴FG＝2m+1＝15﹣65，此时S＝π•（15﹣65）2＝（405﹣1805）•π，当FC＝FB时，即：FC2＝FB2，∴（m﹣1）2+（2m+1﹣3）2＝（m﹣2）2+（2m+1）2，∴m＝0，∴FC2＝22+12＝5，此时S＝5π，∴（405﹣1805）•π≤S≤5π.（3）如图，设A（n，2n+1），作DF∥OE，交BB′于F，作B′G∥OE，∴∠BAF＝∠DEO，∵∠BAB′＝2∠DEO，∴∠BAB′＝2∠BDF，∵AB′＝AB，∴B′F＝BF，AF⊥BB′，∴点B′与点B关于AF对称，∴B′（2n﹣1，3），同理可得，点B″与点B关于直线B′G对称，∴可设抛物线的解析式为：y＝a[x﹣（2n﹣1）]2+k，将点B和点A坐标代入可得，a(2n−2)2+k=3a(n−1由（2）知：0≤m≤7﹣35，∵n＝2m﹣1，∴﹣1≤n≤15﹣65，∴当n＝15﹣65时，顶点的纵坐标取最大值，当n＝﹣1时，顶点纵坐标取最小值，∵83∴该抛物线顶点的纵坐标的最大值与最小值的差为128−48523．解：（1）设这两个交点的横坐标为x1，x2，根据题意，得x1+x∴这两个交点的坐标为（2，0），（4，0）.（2）∵由点（x0，y0），点（4﹣x0，y0）在抛物线上，∴抛物线对称轴为：x=−b2a=x0∵16a2﹣8ac+c2＝0，∴（4a﹣c）2＝0，∴c＝4a，∴抛物线解析式为：y＝ax2﹣4ax+4a，∵点G（m，m）恰在该抛物线y＝ax2﹣4ax+4a上，∴am2﹣4am+4a＝m，方程有实数根，整理得am2﹣（4a+1）m+4a＝0，∴[﹣（4a+1）]2﹣4a×4a≥0，解得a≥∵a≠0，∴a的取值范围为a≥−18，且a（3）由题意得抛物线在x＞﹣1时，y随x的增大而增大，∴抛物线开口向上，∴a＞0−b2a≤−1，∴∵抛物线y＝ax2+bx+c与直线y=ax−1a+c相切于点D，设切点坐标为D（x1，联立方程组，得y=ax2+bx+c即Δ=(b−a)2−4a×1a∴（b﹣a）2﹣4＝0，∴b﹣a＝2或b﹣a＝﹣2（舍去），即b＝a+2，∴x1+x根据点D在直线y=ax−1a+c上，∵b≥2a＞0，∴a+2≥2a＞0，∴0＜a≤2，∵D(−1∴OD令t=1a，则则OD2＝2t2+2（1﹣c）t+（c﹣1）2，化为顶点式为OD由于该抛物线开口向上，且顶点横坐标为c−12∵OD＞22恒成立，∴OD2①若c−12＞1当t=c−12时，最小值解得c＞5或c＜﹣3，∴c＞5；②若c−12≤1当t=12时，有最小值解得c＞3+312或c＜综上所述，c＞5或c＜3−十．三角形综合题（共3小题）24．解：（1）45（2）过点B作BE⊥AO于点E，∵点A此时的高度为最高为128米，半径为60米，∴O点高度为68米，∵BE⊥AO，∠AOB＝45°，∴OE＝OB•cos45°＝302，∴B点的高度为（68+302）米，答：B点的高度为（68+302）米．（3）连接OB，OC，BC，由素材1，素材3可得∠COB＝90°，∠OBC＝∠AOB＝45°，则BC＝602，过点D作DF⊥BC于点F，令BF＝n，由素材2，素材3的4号轿厢测量情况和10号轿厢测量情况得：DF＝5BF＝5n，CF=25DF＝2∴BC＝602=3n，即n＝202∴F点的高度为68+302−202答：写字楼的实际高度DN约为82米．25．解：（1）如图1，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝BD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，∴∠A＝∠B＝45°，∠DCB＝∠ACD＝45°，∵∠DCE＝45°，∴点E在线段CB上，∵DE⊥BC，∴∠EDB＝∠B＝45°，∵DH＝HB，∴EH⊥DB，EH=12DB=结论仍然成立：理由如下：如图2，延长DE到F，使得EF＝DE，连接CF，BF．∵DE＝EF．CE⊥DF，∴CD＝CF，∴∠CDF＝∠CFD＝45°，∴∠ECF＝∠ECD＝45°，∴∠ACB＝∠DCF＝90°，∴∠ACD＝∠BCF，∵CA＝CB，∴△ACD≌△BCF（SAS），∴AD＝BF，∠A＝∠CBF＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABF＝90°，∴BF⊥AB，∵DE＝EF，DH＝HB，∴EH=12BF，EH∥∴EH⊥AD，EH=12（3）如图3﹣1，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．∵∠ACB＝90°，∠ECB＝60°，∴∠ACE＝30°，∵AC＝CB＝CE＝EB＝DE＝22，∴∠CAE＝∠CEA＝75°，∵∠CAB＝45°，∴∠EAH＝30°，∵∠DEC＝90°，∠CEB＝60°，∴∠DEB＝150°，∴∠EDB＝∠EBD＝15°，∵∠EAH＝∠ADE+∠AED，∴∠ADE＝∠AED＝15°，∴AD＝AE，设EH＝x，则AD＝AE＝2x，AH=3x∵EH2+DH2＝DE2，∴x2+（2x+3x）2∴x=3−1，∴AD＝2∴S△ADE=12•AD•EH=12×（23如图3﹣2，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．同法可求EH=3+1，AD＝2∴S△ADE=12•AD•EH=12×（23综上所述，满足条件的△ADE的面积为4﹣23或4+23．26．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝60°，AB＝AC＝BC，∵AD＝CF，∴AB﹣AD＝AC﹣CF，即BD＝AF，在△ADF和BED中，AD=BE∠A=∠B∴△ADF≌△BED（SAS）.（2）解：过F作FH⊥BC于H，如图：同（1）可证△ADF≌△CFE（SAS），∴△ADF≌△BED≌△CFE，∴DF＝ED＝FE，AF＝BD＝CE＝x，∴△DEF是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝a，∴AD＝BE＝CF＝a﹣x，∠HFC＝30°，∴CH=12CF=a−x2，FH∴EH＝CE﹣CH＝x−a−x∴EF2＝EH2+FH2＝（3x−a2）2+（3a−3x2）2＝3x2﹣3∴y＝S△DEF=34EF2=34（3x2﹣3ax+a2）=334x∴y与x的函数表达式为y=334x2−33（3）解：y=334x2−334ax+34a2=3∵当x＝2时，y有最小值，∴a2=2，解得∴y=334x2﹣33x+43=33∴y=334x2﹣33x+43的图象顶点为（2，3），过点（0，43），（1，734十一．菱形的判定与性质（共1小题）27．解：（1）四边形ABCD是菱形，理由如下：∵AB＝BC，BO平分∠ABC，∴AO＝CO，∵AD∥Bc，∴∠DAO＝∠ACB，∠ADO＝∠CBO，∴△ADO≌△CBO（AAS），∴DO＝BO，又∵OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形.（2）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵DE⊥BD，∴DE∥AC，∴∠ACB＝∠E，∵∠DAO＝∠ACB，∴∠DAO＝∠E，∵sin∠DAO=55，∴sinE在Rt△BDE中，sinE=BD∴BDBE=55，∴∵BD2+DE2＝BE2，DE＝10，∴BD2+102=(∴BD＝5（负值已舍），∵DE∥AC，AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形，∴AC＝DE＝10，∴菱形ABCD的面积=12AC•BD十二．四边形综合题（共16小题）28．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，∵ABAD=3∵∠A+∠ABP+∠BPE+∠AEP＝360°，∠AEP+∠ABP＝180°，∴∠A+∠BPE＝180°，∴∠BPE＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°＝∠CPF，∴∠ECD+∠CFB＝90°，∵∠FBC+∠CFB＝90°，∴∠ECD＝∠FBC，∴△CED∽△BFC，∴DECF∵CF＝4，∴DE=35CF=3cc（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DEC＝∠ECB，∵∠EBF＝∠DEC，∴∠EBF＝∠ECB，∵∠BEP＝∠CEB，∴△EBP∽△ECB，∴BPBC∵BPBC=BP∴EB=32∵EC＝EP+PC，∴32∴EPEP+PC=4（3）如图3，过点A作AH⊥BP于H，过点P作MN⊥BC于N，交AD于M，∵AP＝AB＝2＝CD，AH⊥BP，∴BH＝HP，设BH＝HP＝x，则BP＝2x，∵BC＝AD＝3，∴BPBC∵∠EBF＝∠DEC，由（2）得△EBP∽△ECB，∴EPEB=EBEC=∴32xEPEC∵MN∥CD，∴PMCD=EPEC∵∠D＝∠DCN＝∠MNC＝90°，∴四边形CDMN是矩形，∴MN＝CD＝2，∴PN＝2−8∵∠BNP＝∠AHB＝90°，∴∠PBN+∠BPN＝90°，∵∠PBN+∠ABH＝90°，∴∠BPN＝∠ABH，∴△BPN∽△ABH，∴PNBP=BHAB，∴AB•PN＝∴2（2−8x29）＝2x2，∴∵x＞0，∴x=3∴BP＝2x=6故PB的长度为63429．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∠OAB＝∠OBC＝45°，OA＝OB，∵∠A1OC1＝∠AOB＝90°，∴∠AOM＝∠BON，在△AOM和△BON中，∠OAM=∠OBNOA=OB∴△AOM≌△BON（ASA），∴AM＝BN，∵AB＝AM+BM，∴AB＝BN+BM，∵S△AOM＝S△BON，∴S四边形OMBN＝S△AOB=14S正方形故答案为：AB＝BN+BM，14（2）猜想：BM+BN=12AB，S四边形OMBN=18理由：如图2，连接MN．∵四边形ABCD是菱形，∠B1OD1＝∠DAB＝60°，∴∠ABC＝120°，∵∠MON+∠MBN＝180°，∴O，M，B，N四点共圆，∴∠OMN＝∠OBN＝60°，∵∠MON＝60°，∴△MON是等边三角形，∴OM＝ON，将△OBN绕点O顺时针旋转60°得到△OHM，∵OM＝ON，∠OMB+∠ONB＝180°，∴边BN刚好落在AB上，即为MH，∴BM+BN＝BH．∵OB＝OH，∠BOH＝60°，∴△OBH是等边三角形，∴BH＝OB=12∴BM+BN=12∵S四边形OMBN＝S△OBH=12S△OBA=18故答案为：BM+BN=12AB，（3）如图3中，在AB上取一点的H，连接OH，使得OH＝OB，∵OH＝OB，∴∠OBH＝∠OHB，∵∠ABD＝∠ADB，∴∠DAB＝∠BOH＝α，∴∠BOH＝∠MON＝α，∴∠MOH＝∠NOB，∵∠MON+∠MBN＝180°，∴∠OMB+∠ONB＝180°，∵∠OMB+∠OMH＝180°，∴∠ONB＝∠OMH，∴△OBN≌△OHM（AAS），∴HM＝BN，∴BN+BM＝BH，∵△BAD∽△BOH，∴BHDB=OBAB=sinα∴S四边形OMBNS菱形ABCD=故答案为：sinα2，12sin230．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABF＝∠C＝90°，AB＝BC，∵AF⊥BG，∴∠APB＝90°，∴∠BAF＝∠CBG＝90°﹣∠ABG，在△ABF和△BCG中，∠BAF=∠CBGAB=BC∴△ABF≌△BCG（ASA），∴AF＝BG.（2）解：如图2，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC＝∠HNB＝90°，∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，∵∠B＝∠C＝∠EMC＝90°，∴四边形EBCM是矩形，∴EM＝BC＝8，EM∥BC，∴EM∥AD，∵∠A＝∠B＝∠HNB＝90°，∴四边形ABNH是矩形，∴HN＝AB＝4，∠AHN＝90°，∴∠HIJ＝∠AHN＝90°，∵EG⊥FH于点P，∴∠EPJ＝90°，∴∠NHF＝∠MEG＝90°﹣∠EJH，∵∠HNF＝∠EMG＝90°，∴△HNF∽△EMG，∴HFEG=HNEM=∵EG•HF＝48，∴2HF•HF＝48，解得HF＝26或HF=−26∴HF的长是26．（3）解：线段FC的长为187或18如图3，作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，则∠AHB＝∠AHF＝∠M＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝9，∴AD＝BC＝AB＝9，AD∥BC，∴∠DAM＝∠B＝60°，∴BHAB=AMAD=cos60°=∴BH＝AM=12AB=12BC=12×9=92，∴CH=12BC点E在线段AB上，且BE＝6，则AE＝AB﹣BE＝9﹣6＝3，∴EM＝AE+AM＝3+9∴DE=EM2设AF⊥DE于点G，则∠AGD＝90°，12×313AG=12×3∴AG=9∴DG=A∵∠HAD＝∠AHB＝90°，∴∠FAH＝∠ADG＝90°﹣∠DAF，∴FHAH=tan∠FAH＝tan∠ADG∴FH=37AH=37×932如图4，点E在线段AB的延长线上，且BE＝6，则AE＝AB+BE＝9+6＝15，∴EM＝AE+AM＝15+9∴DE=E设AF⊥DE于点L，则∠ALD＝90°，12×14AL=12×10×3∴AL=15∴DL=A∵∠FAH＝∠ADL＝90°﹣∠DAF，∴FHAH=tan∠FAH＝tan∠DAL∴FH=5311AH=∴FC＝FH﹣CH=45综上所述，线段FC的长为187或1831．解：（1）如图1所示，过点A作AE⊥BC于E，∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴AC＝BC＝6，CE=12∴AE=AC2∵CD＝2，∴S△ACD=12AE•CD＝3（2）如图2所示，延长EB到G使得BG＝DF，连接AG，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABG＝∠BAD＝90°，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°，∴∠EAG＝∠EAF＝45°，又∵AE＝AE，∴△AEF≌△AEG（SAS），∴EG＝EF＝5，S△AEF＝S△AEG，又∵AB＝6，∴S△AEF＝S△AEG=12AB•EG（3）存在一个面积最小的△AEF；理由如下：把△ADF绕点A顺时针旋转90°并把边长缩小为原来的33，得到△ABG∴AG=3∵∠EAF＝60°，∴∠EAG＝30°，过点E作EM⊥AG于M，作EN⊥AF于N，则四边形AMEN是矩形，∴ME＝AN，∴ME=AN=NE∴S△AGE∴S△AEF＝3S△AEG，∴当△AEG的面积最小时，△AEF的面积最小；如图3所示，作△AEG的外接圆，圆心为O，连接OA，OG，OE，过点O作OH⊥EG于H，设OG＝OA＝OE＝r，∴∠GOE＝2∠GAE＝60°，∴∠GOH＝∠EOH＝30°，∴OH=3∵S△AGE=12GE•AB＝2GE＝2∴当r最小时，△AEG的面积最小，∵OA+OH≥AB，∴r+3∴r≥16−83∴当A，O，H三点共线时，r有最小值，最小值为16−83∴（S△AEF）最小值＝3（S△AEG）最小值＝3×2×(16−83)=96﹣48∴存在一个面积最小的△AEF，其最小值为96−48332.解：（1）连接AO并延长交⊙O于点B，如图，∵车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变，∴中轴心到地面的距离为4cm．∵圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离不变等于圆的直径，∴车轮最高点到地面的距离始终为8cm．（2）过点O作OB⊥AB于点B，以点A为圆心，OA为半径画弧交正方形的边于点C，如图，∵O为正方形的中心，OB⊥AB，∴圆心O距离地面的最低距离为OB＝3cm，由题意得：OA＝32cm，∵点O的移动轨迹为以点A为圆心，OA为半径的弧，∴点C为车轮轴心O距离地面的最高点，∵AC＝OA＝32cm，∴车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差为（32−3）cm（3）连接OA，O′A，过点O作OC⊥AC于点C，如图，∵O为等边三角形的中心，∴∠CAO＝∠BAO＝30°，∵O′为等边三角形的中心，∴∠DAO′＝30°．∵∠BAD＝60°，∴∠OAO′＝120°，∵OC⊥AC，∴AC＝3cm，∴OA=ACcos30°=∴OO′的长=120π×2∴车轮在地面上无滑动地滚动一周，点O经过的路径长为3×433π=4（4）由题意得：当“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动时，在滚动过程中，其“最高点”与水平线距离保持不变，∴其“最高点”的移动路径是水平的，∵“车轮轴心O”到水平平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环，∴其“最高点”和“车轮轴心O”所形成的图形按上、下放置，应大致为：A．33．（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，BF⊥EF，∴∠BFE＝∠A＝∠D＝90°，∴∠ABF+∠AFB＝∠DFE+∠AFB＝90°，∴∠ABF＝∠DFE，∵FG垂直平分BE，∴FB＝FE，∴△FAB≌△EDF（AAS）；（2）解：如图，当FB＝FG时，过点F作FP⊥BC于点P，连接GE，∵∠A＝∠ABP＝∠BPF＝90°，∴四边形ABPF为矩形，设CE＝x，∵FB＝FG，FP⊥BC，∴BG＝2PG，∠BFP＝∠GFP＝∠ABF，∵∠PFG+∠FGB＝∠CBE+∠BGF＝90°，∴∠PFG＝∠CBE，∴∠CBE＝∠ABF，∵∠A＝∠C＝90°，∴△BAF∽△BCE，∴AFCE=AB解得AF=23x＝∴BG＝2BP=43∵FG垂直平分BE，∴GE＝BG=43x，CG＝6−在Rt△GCE中，GC2+CE2＝EG2，∴（6−43x）2+x2＝（43x解得x＝8﹣27或x＝8+27（舍去）；当BG＝GF时，过点F作FP⊥BC于点P，则四边形ABPF为矩形，如图：∴AB＝FP＝4，∵S△FBG=12BG•PF=12∴BH＝PF＝4，∴BE＝2BH＝8，∴CE=BE2∴这种情况不存在；当BF＝BG时，如图，连接DG，∵FG垂直平分BE，∴BF＝FE＝BG＝EG，∴BFEG是菱形，∴FE∥BG，∴点D和E重合，∴CE＝4.综上所述，当CE＝4或CE＝8﹣27时，△BFG是等腰三角形；（3）解：过点B作BQ⊥AD于点Q，∵BE⊥CD，∴∠AQB＝∠CEB＝90°，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC，∠A＝∠C，∴△ABQ≌△CBE（AAS），∴BQ＝BE，∵△BFE是等边三角形，∴BE＝BF，∠FBE＝60°，∴BQ＝BF，∴点F、Q重合，∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠BEC＝90°，∴∠ABF＝∠ABE﹣∠FBE＝90°﹣60°＝30°，∴∠A＝90°﹣∠ABF＝90°﹣30°＝60°，∴sinA＝sin60°=334．（1）解：AB＝DF，AB⊥DF，理由如下：延长AB交DF于M，如图：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴∠ACB＝∠DCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC，∴△ACB≌△DCF（SAS），∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC，∵∠FDC+∠DFC＝90°，∴∠BAC+∠DFC＝90°，∴∠ANC＝90°，∴AB⊥DF.（2）解：①AB＝DF，AB⊥DF，理由如下：延长AB交DF于M，交CD于N，如图：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴∠ACD＝∠BCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC，∴∠ACD﹣∠BCD＝∠BCF﹣∠BCD，即∠ACB＝∠DCF，∴△ACB≌△DCF（SAS），∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC，∵∠ANC＝∠DNM，∴∠ACN＝∠DMN＝90°，∴AB⊥DF.②改变点B的位置，AB与DF之间的关系依然成立，即AB＝DF，理由如下：设AB交CD于N，交DF于M，如图：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴∠ACD＝∠BCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC，∴∠ACD+∠BCD＝∠BCF+∠BCD，即∠ACB＝∠DCF，∴△ACB≌△DCF（SAS），∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC，∵∠ANC＝∠DNM，∴∠ACN＝∠DMN＝90°，∴AB⊥DF.（3）证明：过D作DK∥BC交CM的延长线于K，连接BK，如图：∵四边形BCFG是正方形，∴∠BCM+∠MCF＝90°，∵CH⊥AF，∴∠AFC+∠MCF＝90°，∴∠BCM＝∠AFC，∵DK∥BC，∴∠DKC＝∠BCM，∴∠AFC＝∠DKC，∵四边形ACDE是正方形，CH⊥AF，∴∠FAC＝90°﹣∠ACH＝∠DCK，AC＝DC，∴△FAC≌△KCD（AAS），∴CF＝DK，∵CF＝BC，∴DK＝BC，∵DK∥BC，∴四边形BCDK是平行四边形，∴BM＝DM．35．解：（1）连接EF，在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，∵E是AB中点，∴AE＝EB＝2，∵F为线段DE垂直平分线上一点，∴DF＝EF，设DF＝x，在Rt△AFE中，根据勾股定理得，（4﹣x）2+22＝x2，解得x=52，即（2）HG=3∵GF垂直平分DE，∴DG＝GE，∠DHG＝90°，∵DG＝DE，∴DG＝DE＝EG，∴△DGE是等边三角形，∴∠GDE＝60°，∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，∴∠ADE＝∠DGH＝30°，∴AE=1∵∠DAE＝∠DHG＝90°，∴△ADE≌△HGD，∴AD＝HG，在Rt△ADE中，AD=3∴HG=3（3）①当点E在边AB上时，∵BEAB=23，∴AE=13x∴在Rt△ADE中，DE=103x∵∠ADE＝∠DGH，∴sin∠DGH=∵DG=53x∴CM=2∴CG＝BE，在正方形ABCD中，DC∥AB，∴∠B＝∠GCK，∵∠CKG＝∠BKE，∴△CKG≌△BKE，∴CK=BK=1∴MK=1∴y=1②当E在AB延长线上时，BEAB=23，∴BE=23x在Rt△ADE中，DE=343x∵∠ADB＝∠DGF，∴sin∠DGH=5∵DG=1715x∴CM=CG⋅tan∠CGM=2∵∠K＝∠K，∠KCG＝∠KBE＝90°，∴△KCG∽△KBE，∴BECG∴215xCK∴KM=1∴y=1综上所述，当BEAB∴y=554x36．（1）解：根据小红同学设计，作图如下：（2）证明：在菱形ABCD中，∠ADE＝∠CDE，AD＝DC，∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝EC，∵MN垂直平分AD，∴AE＝DE，∴AE＝DE＝EC.（3）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝72°，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝36°，∠DAB＝180﹣∠ABC＝108°，∵AE＝DE，∴∠EAD＝∠ADB＝36°，∴∠EAD＝∠ABD＝36°，∵∠ADE＝∠BDA，∴△ADE∽△BDA，∴ADBD=DEAD，即AD2＝∵∠BAE＝∠BAD﹣∠EAD＝72°，∠BEA＝∠EAD+∠ADE＝72°，∴∠BAE＝∠BEA，∴BE＝AB，设AB＝x＝BE，DE＝a（其中x，a＞0），则x2＝（x+a）⋅a，∴x2﹣ax﹣a2＝0，解得x=1+52a或x∴ABDE∴S△EBC37-1．解：（1）如图1，连接AC，交BD于E，∵四边形AOCB是菱形，∴AC⊥OB，OB＝2OE，∴∠COE＝90°，∴OE＝OC•cos∠BOC＝5×45=∵CD⊥OC，∴∠DCO＝90°，∴OD=OC∴BD＝OB﹣OD＝8−25（2）如图2，作BF⊥x轴于F，∴OF＝OB•cos∠BCO＝8×4∵cos∠BOC=45，∴sin∠BOC∴BF＝OB•sin∠BOC＝8×3∴B（325，245），A（325−5，245），即A∵C（5，0），∴E（5+3252，2452），即E设OD＝5m，则D（4m，3m），∵AD⊥DE，∴kAD•kDE＝﹣1，∴3m−24∴m1=10−2210，m∴OD＝5m=10−∴BD＝OB﹣OD＝8−10−（3）如图3，当点F在OC上，且DF＝OF时，作DG⊥CF于G，∵四边形AOCB是菱形，∴OA∥BC，∠AOB＝∠BOC，OA＝OC，∴∠AOC+∠BCO＝180°，∵∠ADF＝∠BOC，∴∠ADF+∠AOC＝180°，∴点A、O、F、D共圆，∴AD=DF，∴AD＝∵OD＝OD，∴△AOD≌△COD（SAS），∴AD＝CD，∴DF＝CD，∴FG＝CG=CF2，设OF＝DF＝同理（1）可得OD＝2OF•cos∠BOC＝2x⋅45∵FG=CF∴OG＝OF+FG＝x+5−x由cos∠BOC=OGOD得，∴x=12539，∴OF∴F点的横坐标为12539如图4，当点F在OC的延长线上，且OD＝OF时，连接CD，作DG⊥CF于G，由上可知：CD＝DF，CG＝FG=CF设OF＝x，则OG=x+5由cos∠BOC=OGx+52x=4∴F点的横坐标为：253综上所述：F的横坐标为12539或2537-2.（1）证明：∵四边形OABC，四边形FADE都是矩形，∴∠AOC＝90°，∠AFE＝∠AFC＝90°，BC∥OA，∵∠CFA＝∠AOC＝90°，AC＝AC，AO＝AF，∴Rt△ACO≌Rt△ACF（HL），∴∠CAO＝∠CAF，∵BC∥OA，∴∠BCA＝∠CAO，∴∠BCA＝∠CAF，∴QC＝QA，∴△ACQ是等腰三角形．（2）解：设CQ＝AQ＝x，∵B（8，4），∴BC＝8，AB＝4，在Rt△AQB中，∵AQ2＝BQ2+AB2，∴x2＝（8﹣x）2+42，解得x＝5，∴BQ＝3，如图1，过点D作DH⊥x轴于H．∵∠QAD＝∠BAH＝90°，∴∠QAB＝∠DAH，∵∠B＝∠AHD＝90°，∴△ABQ∽△AHD，∴ABAH∴4AH∴AH=165，DH∴OH＝OA+AH＝8+16∴D（565，12（3）①当0＜x≤8时，如图2中，延长MN交AO于H，作QJ∥AB交AC于J．∵QJ∥AB，∴QJAB=∴QJ4=58∵MN∥QJ，∴△AMN∽△AQJ，∴AMAQ=∴MN=12x，AH∴S=12•MN•AH=12×②当8＜x＜12时，如图3中，作QJ∥AB交AC于J，作EK∥AB交BC于T，设MN交BC于R．∵FK∥AB，JQ∥AB，∴FK∥JQ，∴△AQJ∽△AFK，∴QJFK∴52FK=58=∴CT＝BC﹣BT＝8−24∵MN∥FK，∴△CMN∽△CFK，∴CMCF=MN∴MN＝12﹣x，CR=45（12﹣∴S＝S△ACF﹣S△CMN=12×4×8−12×（12﹣x）×45（12﹣x综上所述，S=338．解：（1）①由折叠可知∠AME＝∠EMP，∠BMF＝∠PMF，又∵∠AMP+∠BMP＝180°，即2∠EMP+2∠PMF＝180°，∴∠EMP+∠PMF＝90°，即∠EMF＝90°，∴EM⊥FM.②∵∠DEM为△AEM的一个外角，∴∠DEM＝∠A+∠AME＝90°+∠AME，又∵∠AMF＝∠AME+∠EMF＝∠AME+90°，∴∠DEM＝∠AMF；（2）∵∠PMQ＝30°，∴∠AMP+∠BMQ＝180°﹣30°＝150°，由折叠可知∠AME＝∠PME，∠BMF＝∠QMF，∴∠AME+∠BMF=12（∠AMP+∠∴∠EMF＝180﹣（∠AEM+∠BMF）＝180°﹣75°＝105°，∴∠EMF的度数为105°.（3）当点P在点Q的左侧时，由（2）可知∠AME+∠BMF=12×(180°−α)=∴∠EMF＝180°﹣（90°−12α）＝90°当点P在点Q的右侧时，同理可得，∠AMP+∠BMF＝180°+α，∴∠AME+∠BMF=12（∠AMP+∠BMF）＝90°∴∠EMF＝180°﹣（90°+12α综上所述，∠EMF的度数为90°+12α39.（1）①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCF＝90°．在△BCE和△DCF中，BC=DC∠BCE=∠DCF=90°∴△BCE≌△DCF（SAS）.②解：连接BD，如图，∵△BCE≌△DCF，∴∠CBE＝∠CDF，∵∠CBE+∠CEB＝90°，∠CEB＝∠GED，∴∠CDF+∠GED＝90°．∴∠DGE＝90°，∴BG⊥DF．∵G是DF中点，∴BG为DF的垂直平分线，∴BD＝BF，∴∠F＝∠BDF．∵四边形ABCD为正方形，∴∠DBC＝45°，∴∠F＝∠BDF=180°−∠DBF（2）过点G作GH∥BC，交DC于点H，如图，∵GH∥BC，G为DF的中点，∴GH为△DCF的中位线，∴GH=12CF，DH＝HC=设GH＝x，则CE＝CF＝2x，∴HE＝1﹣2x．∵GH∥BC，∴△GHE∽△BCE，∴GHBC=HE∴x＝﹣1±2（负数不合题意，舍去），∴x＝﹣1+2∴CE＝2x＝﹣2+22．（3）CE的长为411或4∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，AD＝4，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴CE＜BC，∠BEC＞∠CBE．∴∠BEC＞45°，∵CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE＝45°，∴∠FEH＝180°﹣∠FEC﹣∠BEC＜90°．①当∠H＝90°时，如图，设CE＝CF＝m，则BF＝BC+CF＝m+4，BE=B∵BE＝5EH，∴BH=65BE∵∠BCE＝∠H＝90°，∠EBC＝∠FBH，∴△BEC∽△BFH，∴BEBF∴16+m解得m＝2或43，∴CE＝2或4②当∠EFH＝90°时，过点H作HM⊥BC，交BC的延长线于点M，如图，∵DC⊥BC，HM⊥BC，∴EC∥HM，∴△BCE∽△BMH，∴BEBH∵BE＝5EH，∴BCBM∴BM=245，HM=65EC，∴CM＝BM∵CE＝CF，∠ECF＝90°，∴∠CEF＝∠CFE＝45°，∴∠HEM＝180°﹣∠EFH﹣∠CFE＝45°，∴FM＝HM=65EC，∴CM＝CF+FM＝CE+65CE∴CE=4综上，CE的长为411或440．解：（1）线段AP与AQ之间的数量关系：AP＝AQ．理由：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠B＝60°，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴∠BAC＝∠DAC＝60°，AB＝AD＝AC，∵点P是边BC的中点，∴AP⊥BC，∠BAP=∠CAP=1∵∠PAQ＝∠B＝60°，∴∠CAQ＝∠PAQ﹣∠CAP＝60°﹣30°＝30°，∴∠DAQ＝∠DAC﹣∠CAQ＝60°﹣30°＝30°，∴∠CAQ＝30°＝∠DAQ，∴AQ⊥CD，∴∠APB＝∠AQD＝90°，在△ABP和△ADQ中，∠B=∠D∠APB=∠AQD∴△ABP≌△ADQ（AAS）∴AP＝AQ.（2）同意．理由如下：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠B＝60°，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠ACQ＝60°，∠BAC＝60°，∴∠BAP+∠PAC＝60°，∵∠PAQ＝60°，∴∠PAC+∠CAQ＝60°，∴∠BAP＝∠CAQ，在△BAP和△CAQ中，∠ABP=∠ACQAB=AC∴△BAP≌△CAQ（ASA），∴AP＝AQ．（3）如图，过点A作AE⊥BC于E，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，AB＝6，∴BC＝CD＝AB＝6，∴△ABC是等边三角形，∴BE=EC=1∴AE=A∵AP=27∴PE=A当点P在点E的左侧时，PC＝EC+PE＝3+1＝4，当点P在点E的右侧（图中P′处）时，PC＝EC﹣PE＝3﹣1＝2，∴PC＝4或2，由（2）知：△BAP≌△CAQ，∴BP＝CQ，∴DQ＝PC＝4或2．∴线段DQ的长为4或2．41．解：（1）如图1，延长AE，交CG于点H，交BC于点O，在正方形纸片ABCD和EFGB中，∠ABC＝∠EBG＝90°，AB＝CB，BE＝BG，∴∠ABC﹣∠CBE＝∠EBG﹣∠CBE，∴∠ABE＝∠CBG，∴△ABE≌△CBG（SAS），∴AE＝CG，∠BAE＝∠BCG，∴∠ABE+∠AOB＝∠BCG+∠AOB＝90°，∵∠COH＝∠AOB，∴∠BCG+∠COH＝90°，∴∠CHA＝90°，∴AE⊥CG.（2）如图2，当点E在AF上时，∵四边形EFGB是正方形，∴∠FEB＝90°，∴∠AEB＝90°，作EM⊥AB于M，作EN⊥AD于N，∴∠AME＝∠BEM＝∠ANE＝∠AFB＝90°，∴四边形AMEN是矩形，∵cos∠ABE=BMBE=BEAB，∴∴EM=B∴AM＝AB﹣BM＝45−455=16∴DN＝AD﹣AN＝45−∴DE=DN2如图3，当E在AF的延长线上时，由上知EM=855，∴DN＝AD+AN＝45+∴DE=(165综上所述：DE＝45或413；（3）如图2和图3中，AE=A由（1）得CG＝AE＝8，∴图2中，CF＝FG，图3中，CF＝3FG，综上所述：CF＝FG或CF＝3FG．42．解：（1）∵线段EF绕点F顺时针旋转60°，得到线段FG，∴EF＝FG，∠EFG＝60°，∴△EFG是等边三角形，∴∠FGE＝60°，∴∠FGE的度数为60°；（2）在AC上截取CY＝AE，连接AF，FY，连接BD交AC于点X，∵FC＝2BF，∴BF=433，在Rt△ABF中，tan∠BAF=BF∴∠BAF＝30°，∴∠AFB＝60°，在Rt△ABC中，tan∠ACB=ABBC=∴∠CAF＝∠AFB﹣∠ACB＝30°，∴∠ACB＝∠CAF，∴AF＝FC，∴△AEF≌△CYF（SAS），∴∠AFE＝∠YFC，EF＝FY，∵∠AFB＝60°，∠EFG＝60°，∴∠MFY＝180°﹣∠EFM﹣（∠BFE+∠YFC）＝60°，在△EMF和△YMF中，EF=FY∠EFG=∠MFY∴△EMF≌△YMF（SAS），∴ME＝MY，∵四边形ABCD是矩形，∴AX＝BX＝CX，∵∠BAX＝60°，∴△BAX是等边三角形，∴AB＝AX＝BX＝CX，∴BE＝XY，∴AM+ME﹣EB＝AM+MY﹣XY＝AX＝AB＝4，∴AM+ME﹣EB的值为4.（3）如图，取EG的中点O，连接FO，BO，过点O作OR⊥AE于R，过点G作PQ∥AD分别交AB、CD于P，Q，由（1）知：△EFG是等边三角形，∵点O为EG的中点，∴FO⊥EG，∴∠EOF＝90°，∠EFO＝30°，∴FOEO=tan60°又∵∠EBF＝90°，∴∠EOF+∠EBF＝180°，∴四边形BEOF是圆内接四边形，∴∠OEB+∠OFB＝180°，∠FBO＝∠FEO＝60°，∠EBO＝∠EFO＝30°，∵∠OEB+∠AEO＝180°，∴∠AEO＝∠BFO，∵FOEO=tan60°=3∴FOEO=BFAE，∴△∴∠FBO＝∠EAO，∴∠EAO＝60°，∵∠BAC＝60°，∴点O在AC上，∴∠OAE+∠EBO＝60°+30°＝90°，∴∠AOB＝90°，∴AO=12在Rt△AOR中，OR＝OA•sin∠OAR＝2sin60°=3∵OR⊥AB，AD⊥AB，∴OR∥AD，∵PQ∥AD，∴OR∥PQ，∴△EOR∽△EGP，∴ORGP=EOEG=12∵四边形ADQP是矩形，∴PQ＝AD＝BC＝43，∴GQ＝PQ﹣GP＝43−23=2∵PQ⊥CD，∴S1＝S△CDG=12CD•GQ=12×设AE＝x，∵BF=3∴BF=3x，BE＝4﹣x∴EF2＝BE2+BF2＝（4﹣x）2+（3x）2＝4x2﹣8x+16，∴EG2＝EF2＝4x2﹣8x+16，∵OF=32EF=∴S2＝S△EFG=12EG•OF=34EG2=34（4x2﹣8x+16）=∴S1∵当x＝1时，（x﹣1）2+3取得最小值3，∴S1S2十三．切线的性质（共1小题）43．解：（1）∵DE垂直平分AC，∴∠DEC＝90°，∴DC为△DEC外接圆的直径，∴DC的中点O即为圆心；连接OE，又知BE是圆O的切线，∴∠EBO+∠BOE＝90°；在Rt△ABC中，E是斜边AC的中点，∴BE＝EC，∴∠EBC＝∠C；又∵OE＝OC，∴∠BOE＝2∠C，∠EBC+∠BOE＝90°，∴∠C+2∠C＝90°，∴∠C＝30°．（2）在Rt△ABC中，AC=A∴EC=12AC∵∠ABC＝∠DEC＝90°，∠C＝∠C，∴△ABC∽△DEC，∴ACDC=BCEC∴△DEC外接圆半径为58十四．切线的判定与性质（共2小题）44．（1）证明：连接OE，∵AB＝BE，∴∠A＝∠AEB，∵OE＝OC，∴∠C＝∠OEC，∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，∴∠AEB+∠CEO＝90°，∴∠BEO＝90°，∵OE是⊙O的半径，∴BE是⊙O的切线.（2）解：连接DE，∵CD为⊙O的直径，∴∠CED＝90°，由（1）知，∠BEO＝90°，∴∠BED＝∠CEO＝∠C，∵∠B＝∠B，∴△BDE∽△BEC，∴BDBE∵tan∠ACB=12，∴DECE设BD＝x，BE＝2x，∴AB＝2x，在Rt△ABC中，tan∠ACB=AB解得x=43，故BD的长为45．（1）证明：∵OD⊥AE，∴∠ODB+∠GFD＝90°，∵BC＝FC，∴∠BFC＝∠FBC＝∠GFD，∴∠ODB+∠FBC＝90°，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∴∠OBD+∠FBC＝90°，∴CB⊥AB，∴BC是⊙O的切线.（2）解：连接BE，∵⊙O半径为5，tanA=34，∴sinA=35，cos∴在Rt△AOG中，OG＝OA•sinA＝5×35=3，AG＝OA•cosA＝5×∴GD＝5﹣3＝2，∵OG⊥AE，∴AG＝GE，∴OG是△ABE的中位线，∴BE＝2OG＝6，BE∥OG，∴∠D＝∠FBE，∠BEF＝∠FGD，∴△FGD∽△FEB，∴GFGD∴GF2=4−GF十五．圆的综合题（共6小题）46．解：（1）∵直线y=3∴点A（0，6），∴OA＝6，令y＝0，得x＝﹣23，∴OB＝23，∴tan∠OAB＝PB：OA=3∵tan30°=33，∴∠∵OA＝OC＝6，∴∠OAC＝45°，∴∠BAC＝75°.（2）连接DP，如图，当△ADE和△ABC相似时，且当∠ADE＝∠ABC时，DE∥BC，∵点C（6，0），∴OC＝6＝OA，∴∠ACO＝∠OAC＝45°＝∠DEA，∵AD=AD，∴∠APD＝∠∵AP为直径，∴∠ADP＝90°，设点P横坐标为x，∴BP＝x﹣（﹣23）＝x+23，∵∠ABO＝60°，∴BD=12BP=x2+3∵OB＝23，∴AB＝2BO＝43，∴BD+AD＝43，即x2+3∴x＝12﹣63，∴点P（12﹣63，0）；当△ADE和△ABC相似时，且当∠AED＝∠ABC＝60°时，∵∠DPD＝30°，∴∠APB＝90°，∵∠AOB＝90°，∴点P与点O重合，不符合题意，故点P（12﹣63，0）.（3）2AD+AE的值是定值，为36+3∵点P的横坐标为m，∴AD＝33−∵AP为直径，∴∠PEC＝90°，∵OC＝6，∴PC＝6﹣m，∵∠ACB＝45°，∴EC＝32−∵OA＝OC＝6，∴AC＝62，∴AE＝AC﹣EC＝32+∴2AD+AE=2（33−m2）+32+∴2AD+AE的值是定值，为36+347．（1）证明：①∵AE=∴∠EDA＝∠ABE，∵ED＝AB，∴AB=ED，∴∠EAD＝∠在△AEB和△AED中，∠AEB=∠EAD∠ABE=∠EDA∴△AEB≌△AED（AAS）；，②解：如图，连接AO，BO，EO，∵四边形ABCD是矩形，∠EAD＝30°，∴∠AEB＝∠EAD＝30°，∠BAD＝90°，∴∠ABE＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝30°，∴∠ABE＝∠AEB，∴AE＝AB，∵∠ABE＝30°，∴∠AOE＝60°，∵OA＝OE，∴△AEO是等边三角形，∴AE＝EO，∴AB＝EO＝BO＝AE，∴四边形ABOE是菱形；（2）解：如图，连接BD，过点E作EH⊥AD于H，∵∠BAD＝90°，∵BD是⊙O的直径，∴∠BED＝90°，∵sin∠EAH=EHAE，ED=ED∴∠EBD＝∠EAH，∴EDBD=EHEA，即EA•ED＝∵BC＝2AB＝2，∴BC=2，AB=1，BD=B∴EA⋅ED=EH⋅BD=5∵∠BAF＝∠EHF＝90°，∠AFB＝∠HFE，∴△EHF∽△BAF，∴EHAB∴EA⋅ED=5

48．解：（1）①如图1：②由图可知，△BDE≌△EGC≌△CFA，∴∠BEC＝90°，A、C、E共线，BE＝EC＝CA，∴tan∠BAC=BE（2）无刻度的直尺作图如图3：点B向右4个单位，找到点D，点A向右5个单位，找到点E，点B向右5个单位，找到点F，连接BE，AD，交于点O，点O即△ABC的内心．（3）如图4，过点C作CD的垂线，过点D作ED的垂线，交于点F，连接AF，∵EC＝ED，∠CED＝90°，DE＝3AE，设EA＝a，则EC＝ED＝3a，在Rt△CEA中，AC=E∵AC=BC=10∴10a=10，解得：∴EA＝a＝1，则EC＝ED＝3a＝3，AD=ED−EA=3−1=2，CD=2∵FD⊥ED，∠CDE＝45°，∴∠CDF＝45°，∵FC⊥CD，∴FD=2在Rt△FAD中，FA=A∵∠ACB＝90°，∠DCF＝90°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCF+∠ACD，即∠BCD＝∠ACF，∵CF＝CD，AC＝BC，∴△BCD≌△ACF（SAS），∴BD=FA=21049．解：（1）如图1，连接BC，∵∠BOC＝90°，∴点P在BC上，∵⊙P与直线l1相切于点B，∴∠ABC＝90°，而OA＝OB，∴△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长＝BC＝AB＝32.（2）过点作CM⊥AB，由直线l2：y＝3x﹣3得点C（1，0），则CM＝AC·sin45°＝4×22=故点M是圆与直线l1的切点，即直线l1与⊙Q相切.（3）如图3，①当点M、N在两条直线交点的下方时，由题意得MQ＝NQ，∠MQN＝90°，设点Q的坐标为（m，3m﹣3），则点N（m，m+3），则NQ＝m+3﹣3m+3＝22，解得m＝3−2②当点M，N在两条直线交点的上方时，同理可得：m＝3+2故点Q的坐标为（3−2，6﹣32）或（3+2，6+350．（1）证明：∵BD=14BC＝1，∴∵AB＝2，∴BDAB=1∴BDAB又∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△C