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2021、2022年湖南省各市州中考数学真题压轴专辑
长沙
1．（2021 长沙）如图，点O为以AB为直径的半圆的圆心，点M，N在直径AB上，点P，Q在上，四边形MNPQ为正方形，点C在上运动（点C与点P，Q不重合），连接BC并延长交MQ的延长线于点D，连接AC交MQ于点E，连接OQ．
（1）求sin∠AOQ的值；
（2）求的值；
（3）令ME＝x，QD＝y，直径AB＝2R（R＞0，R是常数），求y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围．
2．（2021 长沙）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于y轴对称，则把该函数称之为“T函数”，其图象上关于y轴对称的不同两点叫做一对“T点”．根据该约定，完成下列各题．
（1）若点A（1，r）与点B（s，4）是关于x的“T函数”y＝的图象上的一对“T点”，则r＝ ，s＝ ，t＝ （将正确答案填在相应的横线上）；
（2）关于x的函数y＝kx+p（k，p是常数）是“T函数”吗？如果是，指出它有多少对“T点”如果不是，请说明理由；
（3）若关于x的“T函数”y＝ax2+bx+c（a＞0，且a，b，c是常数）经过坐标原点O，且与直线l：y＝mx+n（m≠0，n＞0，且m，n是常数）交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，当x1，x2满足（1﹣x1）﹣1+x2＝1时，直线l是否总经过某一定点？若经过某一定点，求出该定点的坐标；否则，请说明理由．
3．（2022 长沙）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．
（1）求证：△ABE∽△DCE；
（2）当＝，∠DFE＝2∠CDB时，则﹣＝ ；+＝ ；+﹣＝ ．（直接将结果填写在相应的横线上）
（3）①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S，S1，S2，若满足＝+，试判断△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当＝，AB＝m，AD＝n，CD＝p时，试用含m，n，p的式子表示AE CE．
4．（2022 长沙）若关于x的函数y，当t﹣≤x≤t+时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数h＝，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”．
（1）①若函数y＝4044x，当t＝1时，求函数y的“共同体函数”h的值；
②若函数y＝kx+b（k≠0，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h的解析式；
（2）若函数y＝（x≥1），求函数y的“共同体函数”h的最大值；
（3）若函数y＝﹣x2+4x+k，是否存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数“h的最小值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
湘潭
5．（2021 湘潭）如图，一次函数y＝x﹣图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y＝x2+bx+c图象过A、B两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2021 湘潭）德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．
如图①，点C把线段AB分成两部分，如果＝≈0.618，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
（1）特例感知：在图①中，若AB＝100，求AC的长；
（2）知识探究：如图②，作⊙O的内接正五边形；
①作两条相互垂直的直径MN、AI；
②作ON的中点P，以P为圆心，PA为半径画弧交OM于点Q；
③以点A为圆心，AQ为半径，在⊙O上连续截取等弧，使弦AB＝BC＝CD＝DE＝AQ，连接AE；
则五边形ABCDE为正五边形．
在该正五边形作法中，点Q是否为线段OM的黄金分割点？请说明理由；
（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割有着密切的联系．
延长题（2）中的正五边形ABCDE的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E是线段PD的黄金分割点，请利用题中的条件，求cos72°的值．
7．（2022 湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC＝，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜α＜90°），与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（3）尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
8．（2022 湘潭）已知抛物线y＝x2+bx+c．
（1）如图①，若抛物线与x轴交于点A（3，0），与y轴交点B（0，﹣3），连接AB．
（Ⅰ）求该抛物线所表示的二次函数表达式；
（Ⅱ）若点P是抛物线上一动点（与点A不重合），过点P作PH⊥x轴于点H，与线段AB交于点M，是否存在点P使得点M是线段PH的三等分点？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图②，直线y＝x+n与y轴交于点C，同时与抛物线y＝x2+bx+c交于点D（﹣3，0），以线段CD为边作菱形CDFE，使点F落在x轴的正半轴上，若该抛物线与线段CE没有交点，求b的取值范围．
株洲
9．（2021 株洲）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝2x的图象l与函数y＝（k＞0，x＞0）的图象（记为Γ）交于点A，过点A作AB⊥y轴于点B，且AB＝1，点C在线段OB上（不含端点），且OC＝t，过点C作直线l1∥x轴，交l于点D，交图象Γ于点E．
（1）求k的值，并且用含t的式子表示点D的横坐标；
（2）连接OE、BE、AE，记△OBE、△ADE的面积分别为S1、S2，设U＝S1﹣S2，求U的最大值．
10．（2021 株洲）如图所示，AB是⊙O的直径，点C、D是⊙O上不同的两点，直线BD交线段OC于点E、交过点C的直线CF于点F，若OC＝3CE，且9（EF2﹣CF2）＝OC2．
（1）求证：直线CF是⊙O的切线；
（2）连接OD、AD、AC、DC，若∠COD＝2∠BOC．
①求证：△ACD∽△OBE；
②过点E作EG∥AB，交线段AC于点G，点M为线段AC的中点，若AD＝4，求线段MG的长度．
11．（2021 株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝，b＝c＝﹣2，求方程ax2+bx+c＝0的根的判别式的值；
（2）如图所示，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0）、B（x2，0），且x1＜0＜x2，与y轴的负半轴交于点C，点D在线段OC上，连接AC、BD，满足∠ACO＝∠ABD，﹣+c＝x1．
①求证：△AOC≌△DOB；
②连接BC，过点D作DE⊥BC于点E，点F（0，x1﹣x2）在y轴的负半轴上，连接AF，且∠ACO＝∠CAF+∠CBD，求的值．
12．（2022 株洲）如图所示，△ABC的顶点A，B在⊙O上，顶点C在⊙O外，边AC与⊙O相交于点D，∠BAC＝45°，连接OB、OD，已知OD∥BC．
（1）求证：直线BC是⊙O的切线；
（2）若线段OD与线段AB相交于点E，连接BD．
①求证：△ABD∽△DBE；
②若AB BE＝6，求⊙O的半径的长度．
13．（2022 株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，b＝3，且该二次函数的图象过点（1，1），求c的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，该二次函数的图象与x轴相交于不同的两点A（x1，0）、B（x2，0），其中x1＜0＜x2、|x1|＞|x2|，且该二次函数的图象的顶点在矩形ABFE的边EF上，其对称轴与x轴、BE分别交于点M、N，BE与y轴相交于点P，且满足tan∠ABE＝．
①求关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的判别式的值；
②若NP＝2BP，令T＝c，求T的最小值．
阅读材料：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦 韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为“当判别式Δ≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根x1、x2有如下关系：x1+x2＝，x1x2＝”．此关系通常被称为“韦达定理”．
衡阳
14．（2021 衡阳）如图，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（6，0），动点P、Q同时从点O出发，分别沿x轴正方向和y轴正方向运动，速度分别为每秒3个单位和每秒2个单位，点P到达点B时点P、Q同时停止运动．过点Q作MN∥OB分别交AO、AB于点M、N，连接PM、PN．设运动时间为t（秒）．
（1）求点M的坐标（用含t的式子表示）；
（2）求四边形MNBP面积的最大值或最小值；
（3）是否存在这样的直线l，总能平分四边形MNBP的面积？如果存在，请求出直线l的解析式；如果不存在，请说明理由；
（4）连接AP，当∠OAP＝∠BPN时，求点N到OA的距离．
15．（2021 衡阳）在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如（1，1），（2021，2021）…都是“雁点”．
（1）求函数y＝图象上的“雁点”坐标；
（2）若抛物线y＝ax2+5x+c上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点（点M在点N的左侧）．当a＞1时．
①求c的取值范围；
②求∠EMN的度数；
（3）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），P是抛物线y＝﹣x2+2x+3上一点，连接BP，以点P为直角顶点，构造等腰Rt△BPC，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
16．（2022 衡阳）如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
（2）若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17．（2022 衡阳）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，作PM⊥AD交直线AB于点M，交直线BC于点F，设△PQM与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动时间为t（秒）．
（1）当点M与点B重合时，求t的值；
（2）当t为何值时，△APQ与△BMF全等；
（3）求S与t的函数关系式；
（4）以线段PQ为边，在PQ右侧作等边三角形PQE，当2≤t≤4时，求点E运动路径的长．
郴州
18．（2021 郴州）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG，连接GC，HB．
（1）证明：△AHB≌△AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝4，当EH的长度为多少时△AQG为等腰三角形？
19．（2021 郴州）将抛物线y＝ax2（a≠0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：y＝a（x﹣h）2+k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A（﹣3，0），点P是抛物线H上的一个动点．
（1）求抛物线H的表达式；
（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD交AC于点E．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF的面积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
20．（2022 郴州）如图1，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AB＝4cm．点D从A点出发，沿线段AB向终点B运动．过点D作AB的垂线，与△ABC的直角边AC（或BC）相交于点E．设线段AD的长为a（cm），线段DE的长为h（cm）．
（1）为了探究变量a与h之间的关系，对点D在运动过程中不同时刻AD，DE的长度进行测量，得出以下几组数据：
变量a（cm） 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
变量h（cm） 0 0.5 1 1.5 2 1.5 1 0.5 0
在平面直角坐标系中，以变量a的值为横坐标，变量h的值为纵坐标，描点如图2﹣1；以变量h的值为横坐标，变量a的值为纵坐标，描点如图2﹣2．
根据探究的结果，解答下列问题：
①当a＝1.5时，h＝ ；当h＝1时，a＝ ．
②将图2﹣1，图2﹣2中描出的点顺次连接起来．
③下列说法正确的是 ．（填“A”或“B”）
A．变量h是以a为自变量的函数
B．变量a是以h为自变量的函数
（2）如图3，记线段DE与△ABC的一直角边、斜边围成的三角形（即阴影部分）的面积（cm2）为s．
①分别求出当0≤a≤2和2＜a≤4时，s关于a的函数表达式；
②当s＝时，求a的值．
21．（2022 郴州）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．
（1）求证：△AEF∽△DCE；
（2）如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．
①求AG+GM的最小值；
②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．
22．（2022 郴州）已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，将直线BC向上平移，得到过原点O的直线MN．点D是直线MN上任意一点．
①当点D在抛物线的对称轴l上时，连接CD，与x轴相交于点E，求线段OE的长；
②如图2，在抛物线的对称轴l上是否存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F与点D的坐标；若不存在，请说明理由．
永州
23．（2021 永州）如图1，AB是⊙O的直径，点E是⊙O上一动点，且不与A，B两点重合，∠EAB的平分线交⊙O于点C，过点C作CD⊥AE，交AE的延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：AC2＝2AD AO；
（3）如图2，原有条件不变，连接BE，BC，延长AB至点M，∠EBM的平分线交AC的延长线于点P，∠CAB的平分线交∠CBM的平分线于点Q．求证：无论点E如何运动，总有∠P＝∠Q．
24．（2021 永州）已知关于x的二次函数y1＝x2+bx+c（实数b，c为常数）．
（1）若二次函数的图象经过点（0，4），对称轴为x＝1，求此二次函数的表达式；
（2）若b2﹣c＝0，当b﹣3≤x≤b时，二次函数的最小值为21，求b的值；
（3）记关于x的二次函数y2＝2x2+x+m，若在（1）的条件下，当0≤x≤1时，总有y2≥y1，求实数m的最小值．
25．（2022 永州）如图，已知AB，CE是⊙O的直径，BM是⊙O的切线，点D在EA的延长线上，AC，OD交于点F，∠MBC＝∠ACD．
（1）求证：∠MBC＝∠BAC；
（2）求证：AE＝AD；
（3）若△OFC的面积S1＝4，求四边形AOCD的面积S．
26．（2022 永州）已知关于x的函数y＝ax2+bx+c．
（1）若a＝1，函数的图象经过点（1，﹣4）和点（2，1），求该函数的表达式和最小值；
（2）若a＝1，b＝﹣2，c＝m+1时，函数的图象与x轴有交点，求m的取值范围．
（3）阅读下面材料：
设a＞0，函数图象与x轴有两个不同的交点A，B，若A，B两点均在原点左侧，探究系数a，b，c应满足的条件，根据函数图象，思考以下三个方面：
①因为函数的图象与x轴有两个不同的交点，所以Δ＝b2﹣4ac＞0；
②因为A，B两点在原点左侧，所以x＝0对应图象上的点在x轴上方，即c＞0；
③上述两个条件还不能确保A，B两点均在原点左侧，我们可以通过抛物线的对称轴位置来进一步限制抛物线的位置：即需﹣＜0．
综上所述，系数a，b，c应满足的条件可归纳为：
请根据上面阅读材料，类比解决下面问题：
若函数y＝ax2﹣2x+3的图象在直线x＝1的右侧与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．
娄底
27．（2021 娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
28．（2021 娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
29．（2022 娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
30．（2022 娄底）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
邵阳
31．（2021 邵阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C：y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点（1，1）和（4，1）．
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）当a＝﹣1时，将抛物线C向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C1．
①求抛物线C1的解析式．
②设抛物线C1与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，连接BC．点D为第一象限内抛物线C1上一动点，过点D作DE⊥OA于点E．设点D的横坐标为m．是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
32．（2021 邵阳）如图，在Rt△ABC中，点P为斜边BC上一动点，将△ABP沿直线AP折叠，使得点B的对应点为B′，连接AB′，CB′，BB′，PB′．
（1）如图①，若PB′⊥AC，证明：PB′＝AB′．
（2）如图②，若AB＝AC，BP＝3PC，求cos∠B′AC的值．
（3）如图③，若∠ACB＝30°，是否存在点P，使得AB＝CB′．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．
33．（2022 邵阳）如图，已知直线y＝2x+2与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，点C（3，0）在抛物线上．
（1）求该抛物线的表达式．
（2）正方形OPDE的顶点O为直角坐标系原点，顶点P在线段OC上，顶点E在y轴正半轴上，若△AOB与△DPC全等，求点P的坐标．
（3）在条件（2）下，点Q是线段CD上的动点（点Q不与点D重合），将△PQD沿PQ所在的直线翻折得到△PQD'，连接CD'，求线段CD'长度的最小值．
益阳
34．（2021 益阳）如图，在等腰锐角三角形ABC中，AB＝AC，过点B作BD⊥AC于D，延长BD交△ABC的外接圆于点E，过点A作AF⊥CE于F，AE，BC的延长线交于点G．
（1）判断EA是否平分∠DEF，并说明理由；
（2）求证：①BD＝CF；
②BD2＝DE2+AE EG．
35．（2021 益阳）已知函数y＝的图象如图所示，点A（x1，y1）在第一象限内的函数图象上．
（1）若点B（x2，y2）也在上述函数图象上，满足x2＜x1．
①当y2＝y1＝4时，求x1，x2的值；
②若|x2|＝|x1|，设w＝y1﹣y2，求w的最小值；
（2）过A点作y轴的垂线AP，垂足为P，点P关于x轴的对称点为P′，过A点作x轴的垂线AQ，垂足为Q，Q关于直线AP′的对称点为Q′，直线AQ′是否与y轴交于某定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
36．（2022 益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上，直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B．
（1）求a的值；
（2）将A，B的纵坐标分别记为yA，yB，设s＝yA﹣yB，若s的最大值为4，则m的值是多少？
（3）Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值，在y轴的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
37．（2022 益阳）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
（1）直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
（2）若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
（3）当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
常德
38．（2021 常德）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．
39．（2021 常德）如图1，在△ABC中，AB＝AC，N是BC边上的一点，D为AN的中点，过点A作BC的平行线交CD的延长线于T，且AT＝BN，连接BT．
（1）求证：BN＝CN；
（2）在图1中AN上取一点O，使AO＝OC，作N关于边AC的对称点M，连接MT、MO、OC、OT、CM得图2．
①求证：△TOM∽△AOC；
②设TM与AC相交于点P，连接PD，求证：PD∥CM，PD＝CM．
40．（2022 常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．
41．（2022 常德）在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于F，延长AB到E使BE＝FC，G是AF的中点，GE交BC于O，连接GD．
（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，求证：①GE＝GD；②BO GD＝GO FC．
（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，（1）中的结论都成立．请给出结论②的证明．
岳阳
42．（2021 岳阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，且ED交线段BC于点G，∠CDE的平分线DM交BC于点H．
（1）如图1，若α＝90°，则线段ED与BD的数量关系是 ，＝ ；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE．
①试判断四边形CDEF的形状，并说明理由；
②求证：＝；
（3）如图3，若AC＝2，tan（α﹣60°）＝m，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE，请直接写出的值（用含m的式子表示）．
43．（2021 岳阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线l：y＝kx+3经过点A，点P为直线l上的一个动点，且位于x轴的上方，点Q为抛物线上的一个动点，当PQ∥y轴时，作QM⊥PQ，交抛物线于点M（点M在点Q的右侧），以PQ，QM为邻边构造矩形PQMN，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为D，在（2）的条件下，当矩形PQMN的周长取最小值时，抛物线上是否存在点F，使得∠CBF＝∠DQM？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
44．（2022 岳阳）如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．
（1）特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论：＝ ，直线AD与直线CE的位置关系是 ；
（2）探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连接EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α（19°＜α＜60°），连接AD、EC，它们的延长线交于点F，当DF＝BE时，求tan（60°﹣α）的值．
45．（2022 岳阳）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（1，0）．
（1）求抛物线F1的解析式；
（2）如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
张家界
46．（2021 张家界）阅读下面的材料：
如果函数y＝f（x）满足：对于自变量x取值范围内的任意x1，x2，
（1）若x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）是增函数；
（2）若x1＜x2，都有f（x1）＞f（x2），则称f（x）是减函数．
例题：证明函数f（x）＝x2（x＞0）是增函数．
证明：任取x1＜x2，且x1＞0，x2＞0．
则f（x1）﹣f（x2）＝x12﹣x22＝（x1+x2）（x1﹣x2）．
∵x1＜x2且x1＞0，x2＞0，
∴x1+x2＞0，x1﹣x2＜0．
∴（x1+x2）（x1﹣x2）＜0，即f（x1）﹣f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）．
∴函数f（x）＝x2（x＞0）是增函数．
根据以上材料解答下列问题：
（1）函数f（x）＝（x＞0），f（1）＝＝1，f（2）＝，f（3）＝ ，f（4）＝ ；
（2）猜想f（x）＝（x＞0）是 函数（填“增”或“减”），并证明你的猜想．
47．（2021 张家界）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状，试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为2，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．
48．（2022 张家界）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式及点D的坐标；
（2）若四边形BCEF为矩形，CE＝3．点M以每秒1个单位的速度从点C沿CE向点E运动，同时点N以每秒2个单位的速度从点E沿EF向点F运动，一点到达终点，另一点随之停止．当以M、E、N为顶点的三角形与△BOC相似时，求运动时间t的值；
（3）抛物线的对称轴与x轴交于点P，点G是点P关于点D的对称点，点Q是x轴下方抛物线上的动点．若过点Q的直线l：y＝kx+m（|k|）与抛物线只有一个公共点，且分别与线段GA、GB相交于点H、K，求证：GH+GK为定值．
49．（2021 湘西州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，求直线BC的解析式；
（3）请在抛物线的对称轴上找一点P，使AP+PC的值最小，求点P的坐标，并求出此时AP+PC的最小值；
（4）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A、C、M、N四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
湘西州
50．（2022 湘西州）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．
（1）求抛物线C2的解析式和点G的坐标．
（2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．
（3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
51．（2021 怀化）某超市从厂家购进A、B两种型号的水杯，两次购进水杯的情况如表：
进货批次 A型水杯（个） B型水杯（个） 总费用（元）
一 100 200 8000
二 200 300 13000
（1）求A、B两种型号的水杯进价各是多少元？
（2）在销售过程中，A型水杯因为物美价廉而更受消费者喜欢．为了增大B型水杯的销售量，超市决定对B型水杯进行降价销售，当销售价为44元时，每天可以售出20个，每降价1元，每天将多售出5个，请问超市应将B型水杯降价多少元时，每天售出B型水杯的利润达到最大？最大利润是多少？
（3）第三次进货用10000元钱购进这两种水杯，如果每销售出一个A型水杯可获利10元，售出一个B型水杯可获利9元，超市决定每售出一个A型水杯就为当地“新冠疫情防控”捐b元用于购买防控物资．若A、B两种型号的水杯在全部售出的情况下，捐款后所得的利润始终不变，此时b为多少？利润为多少？
52．（2021 怀化）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．
（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
53．（2022 怀化）去年防汛期间，某部门从超市购买了一批数量相等的雨衣（单位：件）和雨鞋（单位：双），其中购买雨衣用了400元，购买雨鞋用了350元，已知每件雨衣比每双雨鞋贵5元．
（1）求每件雨衣和每双雨鞋各多少元？
（2）为支持今年防汛工作，该超市今年的雨衣和雨鞋单价在去年的基础上均下降了20%，并按套（即一件雨衣和一双雨鞋为一套）优惠销售．优惠方案为：若一次购买不超过5套，则每套打九折；若一次购买超过5套，则前5套打九折，超过部分每套打八折．设今年该部门购买了a套，购买费用为W元，请写出W关于a的函数关系式．
（3）在（2）的情况下，今年该部门购买费用不超过320元时最多可购买多少套？
54．（2022 怀化）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BC于点F．
（1）求抛物线和直线BC的函数表达式．
（2）当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长．
（3）若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案
一．解答题（共54小题）
1．【解答】解：（1）如图，连接OP．
∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠OMQ＝∠ONP＝90°，MQ＝PN，
∵OQ＝OP，
∴Rt△OMQ≌Rt△ONP（HL），
∴OM＝ON，
设OM＝ON＝m，则MQ＝2m，OQ＝＝m，
∴sin∠AOQ＝＝＝．
（2）由（1）可知OM＝ON＝m，OQ＝OA＝m，MN＝2m，
∴AM＝OA﹣OM＝m﹣m，
∴＝＝．
（3）∵AB＝2R，
∴OA＝OB＝OQ＝R，
∵QM＝2MO，
∴OM＝，MQ＝，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∵∠CED＝∠AEM，
∴∠A＝∠D，
∵∠AME＝∠DMB＝90°，
∴△AME∽△DMB，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣，
当点C与P重合时，＝，
∴＝，
∴x＝R，
∴R＜x＜R．
2．【解答】解：（1）∵A，B关于y轴对称，
∴s＝﹣1，r＝4，
∴A的坐标为（1，4），
把A（1，4）代入是关于x的“T函数”中，得：t＝4，
故答案为r＝4，s＝﹣1，t＝4；
（2）当k＝0时，有y＝p，
此时存在关于y轴对称的点，
∴y＝kx+p是“T函数”，且有无数对“T”点，
当k≠0时，不存在关于y轴对称的点，
若存在，设其中一点（x0，kx0+p），则对称点（﹣x0，﹣kx0+p），
∴kx0+p＝﹣kx0+p，
∴k＝0，与k≠0矛盾，
∴不存在，
∴y＝kx+p不是“T函数”；
（3）∵y＝ax2+bx+c过原点，
∴c＝0，
∵y＝ax2+bx+c是“T函数”，
∴b＝0，
∴y＝ax2，
联立直线l和抛物线得：
，
即：ax2﹣mx﹣n＝0，
，，
又∵，
化简得：x1+x2＝x1x2，
∴，即m＝﹣n，
∴y＝mx+n＝mx﹣m，
当x＝1时，y＝0，
∴直线l必过定点（1，0）．
3．【解答】（1）证明：∵，
∴∠ACD＝∠ABD，即∠ABE＝∠DCE，
又∵∠DEC＝∠AEB，
∴△ABE∽△DCE；
（2）解：∵△ABE∽△DCE，
∴＝＝，
∴AE CE＝BE DE，
∴﹣＝＝0，
∵∠CDB+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝∠DAB＝2∠CDB，
又∵∠DFE＝2∠CDB，
∴∠DFE＝∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA＝∠EAB，
∵＝，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠FAE＝∠FEA，
∴FA＝FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
∴＝，
∴＝＝＝＝1，
∵+＝＝1，
∴+＝1，
∴＝0，
故答案为：0，1，0；
（3）解：①△ABE，△DCE都为等腰三角形，
理由：记△ADE、△EBC的面积为S3、S4，
则S＝S1+S +S3+S4，
∵＝＝，
∴S1S2＝S3S4①，
∵，
即S＝S1+S2+2，
∴S3+S4＝2②，
由①②可得S3+S4＝2，
即（﹣）2＝0，
∴S3＝S4，
∴S△ABE+S△ADE＝S△ABE+S△EBC，
即S△ABD＝S△ABC，
∴CD∥AB，
∴∠ACD＝∠BAC，∠CDB＝∠DBA，
∵∠ACD＝∠ABD，∠CDB＝∠CAB，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠EBA＝∠EAB，
∴△ABE，△DCE都为等腰三角形；
②∵＝，
∴∠DAC＝∠EAB，
∵∠DCA＝∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
∴＝，
∵AB＝m，AD＝n，CD＝p，
∴EA AC＝DA×AB＝mn，
∵∠BDC＝∠BAC＝∠DAC，
∴∠CDE＝∠CAD，
又∠ECD＝∠DCA，
∴△DCE∽△ACD，
∴＝，
∴EA AC+CE AC＝AC2＝mn+p2，
则AC＝，．EC＝＝，
∴AE＝AC﹣CE＝，
∴AE CE＝．
4．【解答】解：（1）①∵t＝1，
∴≤x≤，
∵函数y＝4044x，
∴函数的最大值M＝6066，函数的最小值N＝2022，
∴h＝2022；
②当k＞0时，函数y＝kx+b在t﹣≤x≤t+有最大值M＝kt+k+b，有最小值N＝kt﹣k+b，
∴h＝k；
当k＜0时，函数y＝kx+b在t﹣≤x≤t+有最大值M＝kt﹣k+b，有最小值N＝kt+k+b，
∴h＝﹣k；
综上所述：h＝|k|；
（2）t﹣≥1，即t≥，
函数y＝（x≥1）最大值M＝，最小值N＝，
∴h＝，
当t＝时，h有最大值；
（3）存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数“h的最小值，理由如下：
∵y＝﹣x2+4x+k＝﹣（x﹣2）2+4+k，
∴函数的对称轴为直线x＝2，y的最大值为4+k，
①当2≤t﹣时，即t≥，
此时M＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，
∴h＝t﹣2，
此时h的最小值为；
②当t+≤2时，即t≤，
此时N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝﹣（t+﹣2）2+4+k，
∴h＝2﹣t，
此时h的最小值为；
③当t﹣≤2≤t，即2≤t≤，
此时N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，M＝4+k，
∴h＝（t﹣）2，
∴h的最小值为；
④当t＜2≤t+，即≤t＜2，
此时N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝4+k，
∴h＝（t﹣）2，
∴h的最小值为；
h的函数图象如图所示：h的最小值为，
由题意可得＝4+k，
解得k＝﹣；
综上所述：k的值为﹣．
5．【解答】解：（1）在y＝x﹣中，令x＝0得y＝﹣，令y＝0得x＝3，
∴A（3，0），B（0，﹣），
∵二次函数y＝x2+bx+c图象过A、B两点，
∴，解得，
∴二次函数解析式为y＝x2﹣x﹣；
（2）存在，理由如下：
由二次函数y＝x2﹣x﹣可得其对称轴为直线x＝＝1，
设P（1，m），Q（n，n2﹣n﹣），而B（0，﹣），
∵C与B关于直线x＝1对称，
∴C（2，﹣），
①当BC、PQ为对角线时，如图：
此时BC的中点即是PQ的中点，即，
解得，
∴当P（1，﹣），Q（1，﹣）时，四边形BQCP是平行四边形，
由P（1，﹣），B（0，﹣），C（2，﹣）可得PB2＝＝PC2，
∴PB＝PC，
∴四边形BQCP是菱形，
∴此时Q（1，﹣）；
②BP、CQ为对角线时，如图：
同理BP、CQ中点重合，可得，
解得，
∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，
由P（1，0），B（0，﹣），C（2，﹣）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCPQ是菱形，
∴此时Q（﹣1，0）；
③以BQ、CP为对角线，如图：
BQ、CP中点重合，可得，
解得，
∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，
由P（1，0），B（0，﹣），C（2，﹣）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCQP是菱形，
∴此时Q（3，0）；
综上所述，Q的坐标为：（1，﹣）或（﹣1，0）或（3，0）．
6．【解答】解：（1）根据黄金分割点的意义，
得＝，
∵AB＝100，
∴AC＝50﹣50；
（2）Q是线段OM的黄金分割点，理由如下：
设⊙O的半径为r，则OP＝r，
∴PQ＝AP＝＝r，
∴OQ＝QP﹣OP＝r﹣r＝r，MQ＝OM﹣OQ＝r﹣r＝r，
∴＝＝＝＝，
即Q是线段OM的黄金分割点；
（3）如图③，作PH⊥AE于H，
由题可知，AH＝HE，
∵正五边形的每个内角都为（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠PEH＝180°﹣108°＝72°，
即cos∠PEH＝cos72°＝，
∵点E是线段PD的黄金分割点，
∴＝，
又∵DE＝AE，HE＝AH＝AE，
∴cos72°＝＝＝×＝×＝．
7．【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
8．【解答】（1）解：（Ⅰ）由题意得，
，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（Ⅱ）存在点P，使得点M是线段PH的三等分点，理由如下：
∵B（0，﹣3），A（3，0），
∴直线AB的解析式为：y＝x﹣3，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），M（m，m﹣3），
∴PH＝﹣m2+2m+3，HM＝3﹣m，
当PH＝3HM时，
﹣m2+2m+3＝3（3﹣m），
化简得，
m2﹣5m+6＝0，
∴m1＝2，m2＝3，
当m＝2时，y＝22﹣2×2﹣3＝﹣3，
∴P（2，﹣3），
当m＝3时，y＝32﹣2×3﹣3＝0，
此时P（3，0）（舍去），
当PH＝HM时，
﹣m2+2m+3＝（3﹣m），
化简得，
2m2﹣7m+3＝0，
∴m3＝3（舍去），m2＝，
当m＝时，y＝（）2﹣2×﹣3＝﹣，
∴P（，﹣），
综上所述：P（2，﹣3）或（，﹣）；
（2）如图1，
∵抛物线y＝x2+bx+c过点D（﹣3，0），
∴（﹣3）2﹣3b+c＝0，
∴c＝3b﹣9，
∴y＝x2+bx+（3b﹣9），
把x＝﹣3，y＝0代入y＝+n得，
0＝+n，
∴n＝4，
∴OC＝4，
∵∠COD＝90°，OD＝3，OC＝4，
∴CD＝5，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE＝CD＝5，
∴E（5，4），
当﹣＜0时，即b＞0时，
当x＝0时，y＝3b﹣9，
∴G（0，3b﹣9），
∵该抛物线与线段CE没有交点，
∴3b﹣9＞4，
∴b＞，
当b＜0时，
当x＝5时，y＝25+5b+3b﹣9＝8b+16，
∴H（5，8b+16），
∵抛物线与CE没有交点，
∴8b+16＜4，
∴b＜﹣，
综上所述：b＞或b＜﹣．
9．【解答】解：（1）∵AB⊥y轴，且AB＝1，
∴点A的横坐标为1，
∵点A在直线y＝2x上，
∴y＝2×1＝2，
∴点A（1，2），
∴B（0，2），
∵点A在函数y＝上，
∴k＝1×2＝2，
∵OC＝t，
∴C（0，t），
∵CE∥x轴，
∴点D的纵坐标为t，
∵点D在直线y＝2x上，t＝2x，
∴x＝t，
∴点D的横坐标为t；
（2）由（1）知，k＝2，
∴反比例函数的解析式为y＝，
由（1）知，CE∥x轴，
∴C（0，t），
∴点E的纵坐标为t，
∵点E在反比例函数y＝的图象上，
∴x＝，
∴E（，t），
∴CE＝，
∵B（0，2），
∴OB＝2．
∴S1＝S△OBE＝OB CE＝×2×＝
由（1）知，A（1，2），D（t，t），
∴DE＝﹣t，
∵CE∥x轴，
∴S2＝S△ADE＝DE（yA﹣yD）＝（﹣t）（2﹣t）＝t2﹣t+﹣1，
∴U＝S1﹣S2＝﹣（t2﹣t+﹣1）＝﹣t2+t+1＝﹣（t﹣1）2+，
∵点C在线段OB上（不含端点），
∴0＜t＜2，
∴当t＝1时，U最大＝．
10．【解答】（1）证明：∵9（EF2﹣CF2）＝OC2，OC＝3CE，
∴9（EF2﹣CF2）＝9EC2，
∴EF2＝EC2+CF2，
∴∠ECF＝90°，
∴OC⊥CF，
∴直线CF是⊙O的切线．
（2）①证明：∵∠COD＝2∠DAC，∠COD＝2∠BOC，
∴∠DAC＝∠EOB，
∵∠DCA＝∠EBO，
∴△ACD∽△OBE．
②解：∵OB＝OC，OC＝3EC，
∴OB：OE＝3：2，
∵△ACD∽△OBE，
∴＝，
∴＝＝，
∵AD＝4，
∴AC＝6，
∵M是AC的中点，
∴CM＝MA＝3，
∵EG∥OA，
∴＝＝，
∴CG＝2，
∴MG＝CM﹣CG＝3﹣2＝1，
即线段MG的长度为1．
11．【解答】解：（1）当a＝，b＝c＝﹣2时，Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4××（﹣2）＝8；
（2）①设ax2+bx+c＝0，则x1+x2＝﹣，x1x2＝，
则+x1＝﹣x2＝c，即x2＝﹣c＝OC，x1＝÷x2＝﹣，
∵OB＝x2＝CO，∠ACO＝∠ABD，∠COA＝∠BOD＝90°，
∴△AOC≌△DOB（ASA）；
②∵∠OCA＝∠CAF+∠CFA，∠ACO＝∠CAF+∠CBD，
∴∠CBD＝∠AFO，
∵OB＝OC，故∠OCB＝45°，
∵CD＝OC﹣OD＝OC﹣OA＝﹣c﹣，
则DE＝CD＝﹣（c+）＝CE，
则BE＝BC﹣CE＝OB﹣CE＝﹣c+（﹣c+），
则tan∠CBD＝＝＝，
而tan∠AFO＝＝＝＝tan∠CBD＝，
解得ca＝﹣2或ca＝1，
又∵抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，
∴a＞0，c＜0，
∴ac＜0，即ca＝1（舍去），
而＝＝﹣ac＝2，
故的值为2．
12．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝45°，
∴∠BOD＝2∠BAC＝90°，
∵OD∥BC，
∴∠OBC＝180°﹣∠BOD＝90°，
∴OB⊥BC，
又OB是⊙O的半径，
∴直线BC是⊙O的切线；
（2）①证明：由（1）知∠BOD＝90°，
∵OB＝OD，
∴△BOD是等腰直角三角形，
∴∠BDE＝45°＝∠BAD，
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△ABD∽△DBE；
②解：由①知：△ABD∽△DBE，
∴＝，
∴BD2＝AB BE，
∵AB BE＝6，
∴BD2＝6，
∴BD＝，
∵△BOD是等腰直角三角形，
∴OB＝BD sin∠BDO＝×＝，
∴⊙O的半径的长度是．
13．【解答】解：（1）当a＝1，b＝3时，y＝x2+3x+c，
把x＝1，y＝1代入得，
1＝1+3+c，
∴c＝﹣3；
（2）①方法（一）由ax2+bx+c＝0得，
x1＝，x2＝，
∴AB＝x2﹣x1＝，
∵抛物线的顶点坐标为：（﹣，），
∴AE＝，OM＝，
∵∠BAE＝90°，
∴tan∠ABE＝＝，
∴＝，
∴b2﹣4ac＝9；
（方法二）由ax2+bx+c＝0得，
∵x1+x2＝，x1x2＝，
∴|x1﹣x2|＝＝＝，
下面过程相同；
②∵b2﹣4ac＝9，
∴x2＝，
∵OP∥MN，
∴，
∴：＝2，
∴b＝2，
∴22﹣4ac＝9，
∴c＝﹣，
∴T＝c＝﹣＝﹣＝（﹣2）2﹣4，
∴当＝2时，T最小＝﹣4，
即a＝时，T最小＝﹣4．
14．【解答】解：（1）过点A作x轴的垂线，交MN于点E，交OB于点F，
由题意得：OQ＝2t，OP＝3t，PB＝6﹣3t，
∵O（0，0），A（3，4），B（6，0），
∴OF＝FB＝3，AF＝4，OA＝AB＝，
∵MN∥OB，
∴∠OQM＝∠OFA，∠OMQ＝∠AOF，
∴△OQM∽△AFO，
∴，
∴，
∴QM＝，
∴点M的坐标是（）．
（2）∵MN∥OB，
∴四边形QEFO是矩形，
∴QE＝OF，
∴ME＝OF﹣QM＝3﹣，
∵OA＝AB，
∴ME＝NE，
∴MN＝2ME＝6﹣3t，
∴S四边形MNBP＝S△MNP+S△BNP
＝MN OQ+ BP OQ
＝
＝﹣6t2+12t
＝﹣6（t﹣1）2+6，
∵点P到达点B时，P、Q同时停止，
∴0＜t＜2，
∴t＝1时，四边形MNBP的最大面积为6，四边形MNBP面积不存在最小值．
（3）∵MN＝6﹣3t，BP＝6﹣3t，
∴MN＝BP，
∵MN∥BP，
∴四边形MNBP是平行四边形，
∴平分四边形MNBP面积的直线经过四边形的中心，即MB的中点，
设中点为H（x，y），
∵M（），B（6，0），
∴x＝＝，
y＝．
∴x＝，
化简得：y＝，
∴直线l的解析式为：y＝．
（4）①当t＝0时，点M和点P均在点O处，∠BPN＝∠OAP＝0°，
此时点N在点B处，
∴点N到OA的距离为△OAB边OA上的高，记为h，
∵S△OAB＝OB AF＝OA h，
∴×6×4＝×5h，
∴点N到OA的距离为：h＝；
②当0＜t＜2时，
∵OQ＝2t，QM＝t，
∴OM＝t，
∵MN∥OB，
∴，
∴OM＝BN＝t，
∵OA＝AB，
∴∠AOB＝∠PBN，
又∵∠OAP＝∠BPN，
∴△AOP∽△PBN，
∴，
∴，
解得：t1＝，t2＝0（舍去）．
∵MN＝6﹣3t，AE＝AF﹣OQ，ME＝3﹣，
∴MN＝6﹣3×，
AE＝，
ME＝，
∴AM＝．
设点N到OA的距离为h，
∵S△AMN＝MN AE＝AM h，
∴，
解得：h＝；
③当t＝2时，不符合题意；
综上所述：点N到OA的距离为或．
15．【解答】解：（1）由题意得：x＝，解得x＝±2，
当x＝±2时，y＝＝±2，
故“雁点”坐标为（2，2）或（﹣2，﹣2）；
（2）①∵“雁点”的横坐标与纵坐标相等，
故“雁点”的函数表达式为y＝x，
∵抛物线y＝ax2+5x+c上有且只有一个“雁点”E，
则ax2+5x+c＝x，
则△＝16﹣4ac＝0，即ac＝4，
∵a＞1，
故0＜c＜4；
∵M、N的存在，
则△＝25﹣4ac＞0，
而a＞1，
则c＜，
综上所述，c的取值范围为0＜c＜4；
②∵ac＝4，则ax2+5x+c＝0为ax2+5x+＝0，
解得x＝﹣或﹣，即点M的坐标为（﹣，0），
由ax2+5x+c＝x，ac＝4，
解得x＝﹣，即点E的坐标为（﹣，﹣），
过点E作EH⊥x轴于点H，
则HE＝，MH＝xE﹣xM＝﹣﹣（﹣）＝＝HE，
故∠EMN的度数为45°；
（3）存在点P，使点C恰好为“雁点”，理由：当点C在PB的下方时，
由题意知，点C在直线y＝x上，故设点C的坐标为（t，t），
过点P作x轴的平行线交过点C与y轴的平行线于点M，交过点B与y轴的平行线于点N，
设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
则BN＝﹣m2+2m+3，PN＝3﹣m，PM＝m﹣t，CM＝﹣m2+2m+3﹣t，
∵∠NPB+∠MPC＝90°，∠MCP+∠CPM＝90°，
∴∠NPB＝∠PCM，
∵∠CMP＝∠PNB＝90°，PC＝PB，
∴△CMP≌△PNB（AAS），
∴PM＝BN，CM＝PN，
即m﹣t＝|﹣m2+2m+3|，﹣m2+2m+3﹣t＝|3﹣m|，
解得m＝1+或1﹣，
当点C在PB的上方时，过点P作PK⊥OB于K，CH⊥KP交KP的延长线于H．
同法可证，△CHP≌△PKB，可得CH＝PK，HP＝BK，
t﹣m＝﹣m2+2m+3，t﹣（﹣m2+2m+3）＝3﹣m，
∴m＝，n＝，
∴P（，），
故点P的坐标为（，）或（1+，）或（，）．
16．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣2，
∴C（0，2），
当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，
（x﹣2）（x+1）＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（2，0），
设图象W的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣2），
把C（0，2）代入得：﹣2a＝2，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；
（2）由图象得直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点时，存在两种情况：
①当直线y＝﹣x+b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；
②当直线y＝﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，
﹣x+b＝﹣x2+x+2，
x2﹣2x+b﹣2＝0，
Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，
∴b＝3，
综上，b的值是2或3；
（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
∵PN∥y轴，
∴P（1，0）；
如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，
x2﹣x﹣4＝0，
∴x1＝，x2＝，
∴P（，0）；
如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，
∴CN的解析式为：y＝x+2，
∴x+2＝x2﹣x﹣2，
∴x1＝1+，x2＝1﹣（舍），
∴P（1+，0），
综上，点P的坐标为（1，0）或（，0）或（1+，0）．
17．【解答】解：（1）M与B重合时，如图1，
∵PQ⊥AB，
∴∠PQA＝90°，
∴PA＝AB＝2，
∴t＝2；
（2）①当0≤t≤2时，
∵AM＝2t，
∴BM＝4﹣2t，
∵△APQ≌△BMF，
∴AP＝BM，
∴t＝4﹣2t，
∴t＝；
②当2＜t≤4时，
∵AM＝2t，
∴BM＝2t﹣4，
∵△APQ≌△BMF，
∴AP＝BM，
∴t＝2t﹣4，
∴t＝4；
综上所述，t的值为4或；
（3）①0≤t≤2时，如图2，
在Rt△APQ中，PQ＝t，
∴MQ＝t，
∴S＝t＝；
②当2＜t≤4时，如图3，
∵BF＝t﹣2，MF＝（t﹣2），
∴S△BFM＝BF MF＝，
∴S＝S△PQM﹣S△BFM＝﹣；
∴S＝；
（4）连接AE，如图4，
∵△PQE为等边三角形，
∴PE＝t，
在Rt△APE中，tan∠PAE＝，
∴∠PAE为定值，
∴点E的运动轨迹为直线，
∵AP＝t，
∴AE＝＝＝t，
当t＝2时，AE＝，
当t＝4时，AE＝2，
∴E点运动路径长为2﹣＝．
18．【解答】（1）证明：如图1，
由旋转得：AH＝AG，∠HAG＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAH＝∠CAG，
∵AB＝AC，
∴△ABH≌△ACG（SAS）；
（2）①证明：如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，AE＝AB，AF＝AC，
∴AE＝AF，∠AEF＝∠ABC＝45°，∠AFE＝∠ACB＝45°，
∵∠EAH＝∠FAG，AH＝AG，
∴△AEH≌△AFG（SAS），
∴∠AFG＝∠AEH＝45°，
∴∠HFG＝45°+45°＝90°；
②分两种情况：
i）如图3，AQ＝QG时，
∵AQ＝QG，
∴∠QAG＝∠AGQ，
∵∠HAG＝∠HAQ+∠QAG＝∠AHG+∠AGH＝90°，
∴∠QAH＝∠AHQ，
∴AQ＝QH＝QG，
∵AH＝AG，
∴AQ⊥GH，
∵∠AFG＝∠AFH＝45°，
∴∠FGQ＝∠FHQ＝45°，
∴∠HFG＝∠AGF＝∠AHF＝90°，
∴四边形AHFG是正方形，
∵AC＝4，
∴AF＝2，
∴FG＝EH＝，
∴当EH的长度为时，△AQG为等腰三角形；
ii）如图4，当AG＝QG时，∠GAQ＝∠AQG，
∵∠AEH＝∠AGQ＝45°，∠EAH＝∠GAQ，
∴∠AHE＝∠AQG＝∠EAH，
∴EH＝AE＝2，
∴当EH的长度为2时，△AQG为等腰三角形；
综上，当EH的长度为或2时，△AQG为等腰三角形．
19．【解答】解：（1）由题意得抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），
∴抛物线H：y＝a（x+1）2+4，
将A（﹣3，0）代入，得：a（﹣3+1）2+4＝0，
解得：a＝﹣1，
∴抛物线H的表达式为y＝﹣（x+1）2+4；
（2）如图1，由（1）知：y＝﹣x2﹣2x+3，
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
设直线AC的解析式为y＝mx+n，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
设P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），
∴PE＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∵﹣1＜0，
∴当m＝﹣时，PE有最大值，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝45°，
∵PD⊥AB，
∴∠ADP＝90°，
∴∠ADP＝∠AOC，
∴PD∥OC，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，
∵PF⊥AC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PF＝EF＝PE，
∴S△PEF＝PF EF＝PE2，
∴当m＝﹣时，S△PEF最大值＝×（）2＝；
（3）①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，
如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，
则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，
在△PQG和△ACO中，
，
∴△PQG≌△ACO（AAS），
∴PG＝AO＝3，
∴点P到对称轴的距离为3，
又∵y＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设点P（x，y），则|x+1|＝3，
解得：x＝2或x＝﹣4，
当x＝2时，y＝﹣5，
当x＝﹣4时，y＝﹣5，
∴点P坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；
②当AC为平行四边形的对角线时，
如图3，设AC的中点为M，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴M（﹣，），
∵点Q在对称轴上，
∴点Q的横坐标为﹣1，设点P的横坐标为x，
根据中点公式得：x+（﹣1）＝2×（﹣）＝﹣3，
∴x＝﹣2，此时y＝3，
∴P（﹣2，3）；
综上所述，点P的坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．
20．【解答】解：（1）①从图1中，当a＜2时，△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝1.5，
从图2，当h＝1时，横坐标a对应1或3，
故答案为：1.5；1或3；
②如图，
③当自变量a变化时，h随之变化，当a确定时，h有唯一一个值与之对应，所以h是a的函数；
当自变量h确定时，a有两个值与之对应，所以a不是h的函数，
故答案为A；
（2）①当0≤a≤2时，DE＝AD＝a，
S△ADE＝AD DE＝；
当2＜a≤4时，DE＝AB﹣AD＝4﹣a，
∴S＝＝，
∴S＝；
②当S＝时，当0≤a≤2时，
＝，
∴a1＝1，a2＝﹣1（舍去），
当2＜≤4时，
＝，
∴a3＝3，a4＝5（舍去），
综上所述：当S＝时，a＝1或3．
21．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠CED+∠DCE＝90°，
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF＝90°，
∴∠DCE＝∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；
（2）解：①连接AM，如图2，
∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角三角形，
∵点M是BC的中点，
∴MB＝CM＝GM＝，
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上，
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AG+GM＞AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM，
此时，AG+GM取得最小值，
在Rt△ABM中，AM＝＝＝5，
∴AG+GM的最小值为5．
②方法一：
如图3，过点M作MN∥AB交FC于点N，
∴△CMN∽△CBF，
∴，
设AF＝x，则BF＝4﹣x，
∴MN＝BF＝（4﹣x），
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
∴，
由（2）可知AG+GM的最小值为5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴AG＝2，
∴，
解得x＝1，
即AF＝1，
由（1）得，
设DE＝y，则AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3+或y＝3﹣，
∵0＜6，0＜3﹣＜6，
∴DE＝3+或DE＝3﹣．
方法二：
如图4，过点G作GH∥AB交BC于点H，
∴△MHG∽△MBA，
∴，
由（2）可知AG+MG的最小值为5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴，
∴GH＝，MH＝，
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
∴，
即，
解得FB＝3，
∴AF＝AB﹣FB＝1．
由（1）得，
设DE＝y，则AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3+或y＝3﹣，
∵0＜6，0＜3﹣＜6，
∴DE＝3+或DE＝3﹣．
22．【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）①由（1）可知，C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
将C（0，﹣3），B（3，0）代入得，
，
∴，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴直线MN的解析式为y＝x，
∵抛物线的对称轴为x＝﹣＝﹣＝1，
把x＝1代入y＝x，得y＝1，
∴D（1，1），
方法一：
设直线CD的解析式为y＝k1x+b1，
将C（0，﹣3），D（1，1）代 入得，
，
解得，
∴直线CD的解析式为y＝4x﹣3，
当y＝0时，4x﹣3＝0，
∴x＝，
∴E（，0），
∴OE＝．
方法二：
由勾股定理得OD＝＝，BC＝＝3，
∵BC∥MN，
∴△DEO∽△CEB，
∴，
设OE＝x，则BE＝3﹣x，
∴，
解得x＝，
∴OE＝．
②存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形．
理由如下：
（Ⅰ）若平行四边形以BC为边时，
由BC∥FD可知，FD在直线MN上，
∴点F是直线MN与对称轴l的交点，即F（1，1），
由点D在直线MN上，设D（t，t），
如图，若四边形BCFD是平行四边形，则DF＝BC，
过点D作y轴的垂线交对称轴l于点G，则G（1，t），
∵BC∥MN，
∴∠OBC＝∠DOB，
∵GD∥x轴，
∴∠GDF＝∠DOB，
∴∠OBC＝∠GDF，
又∵∠BOC＝∠DGF＝90°，
∴△DGF≌△BOC（AAS），
∴GD＝OB，GF＝OC，
∵GD＝t﹣1，OB＝3，
∴t﹣1＝3，
∴t＝4，
∴D（4，4），
如图，若四边形BCDF是平行四边形，则DF＝CB，
同理可证△DKF≌△COB（AAS），
∴KD＝OC，
∵KD＝1﹣t，OC＝3，
∴1﹣t＝3，
∴t＝﹣2，
∴D（﹣2，﹣2）；
（Ⅱ）若平行四边形以BC为对角线时，
由于D在BC的上方，则点F一定在BC的下方，
如图，四边形BFCD为平行四边形，
设D（t，t），F（1，n），
同理可证△DHC≌△BPF（AAS），
∴DH＝BP，HC＝PF，
∵DH＝t，BP＝3﹣1＝2，HC＝t﹣（﹣3）＝t+3，PF＝0﹣n＝﹣n，
∴，
∴，
∴D（2，2），F（1，﹣5），
综上所述，存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形．
当点F的坐标为（1，1）时，点D的坐标为（4，4）或（﹣2，﹣2）；
当点F的坐标为（1，﹣5）时，点D的坐标为（2，2）．
23．【解答】证明：（1）连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠BOC＝2∠OAC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAE＝2∠OAC，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴CO∥AD，
∵CD⊥AE，
∴∠D＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）连接BC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BCA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠BCA，
∴△BAC∽△CAD，
∴，
∴AC2＝AB AD，
∵AB＝2AO，
∴AC2＝2AD AO．
（3）∵∠CAB、∠CBM的角平分线交于点Q，
∴∠QAM＝∠CAB，∠QBM＝∠CBM，
∵∠QBM是△QAB的一个外角，∠CBM是△ABC的一个外角，
∴∠Q＝∠QBM﹣∠QAM＝（∠CBM﹣∠CAM），
∵∠ACB＝∠CBM﹣∠CAM，
∴∠Q＝∠ACB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠Q＝45°，
同理可证：∠P＝＝＝45°，
∴∠P＝∠Q．
24．【解答】解：（1）∵二次函数的图象经过点（0，4），
∴c＝4；
∵对称轴为直线：x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2，
∴此二次函数的表达式为：y1＝x2﹣2x+4．
（2）当b2﹣c＝0时，b2＝c，此时函数的表达式为：y1＝x2+bx+b2，
根据题意可知，需要分三种情况：
①当b＜﹣，即b＜0时，二次函数的最小值在x＝b处取到；
∴b2+b2+b2＝21，解得b1＝﹣，b2＝（舍去）；
②b﹣3＞﹣，即b＞2时，二次函数的最小值在x＝b﹣3处取到；
∴（b﹣3）2+b（b﹣3）+b2＝21，解得b3＝4，b4＝﹣1（舍去）；
③b﹣3≤﹣≤b，即0≤b≤2时，二次函数的最小值在x＝﹣处取到；
∴（﹣）2+b （﹣）+b2＝21，解得b＝±2（舍去）．
综上所述，b的值为﹣或4．
（3）由（1）知，二次函数的表达式为：y1＝x2﹣2x+4，
设函数y3＝y2﹣y1＝x2+3x+m﹣4，
对称轴为直线x＝﹣＜0，
∴当0≤x≤1时，y3随x的增大而增大，
∴当x＝0时，y3即y2﹣y1有最小值m﹣4，
∴m﹣4≥0，
∴m≥4，即m的最小值为4．
25．【解答】（1）证明：∵BM是⊙O的切线，
∴AB⊥BM，
∴∠ABC+∠MBC＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠MBC＝∠BAC；
（2）证明：∵AO＝OC，
∴∠BAC＝∠ACE，
∵∠MBC＝∠ACD，∠MBC＝∠BAC，
∴∠ACD＝∠ACE，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠EAC＝∠DAC＝90°，
∵AC＝AC，
∴△AEC≌△ADC（ASA），
∴AE＝AD；
（3）解：∵∠BAC＝∠ACD，
∴AB∥DC，
∴，
∴，
∴，
∵AO∥DC，
∴△AOF∽△CDF，
∴，
∵△OFC的面积S1＝4，
∴S△AOF＝2，S△ADF＝S△OCF＝4，S△CDF＝8，
∴S四边形AOCD＝S△AOF+S△ADF+S△CDF+S△COF＝2+4+8+4＝18．
26．【解答】解：（1）根据题意得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣7＝（x+1）2﹣8，
∴该函数的表达式为y＝x2+2x﹣7或y＝（x+1）2﹣8，
当x＝1时，y的最小值为0；
（2）根据题意得y＝x2﹣2x+m+1，
∵函数的图象与x轴有交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4（m+1）≥0，
解得：m≤0；
（3）根据题意得到y＝ax2﹣2x+3的图象如图所示，
∵抛物线y＝ax2﹣2x+3经过（0，3），
∴如图1，
，即，
∴a的值﹣1＜a≤﹣；
如图2，如图3不成立；
如图4，
，即
∴a的值不存在；
如图5，
，即，
∴a的值为；
如图6，
当a＝0时，函数解析式为y＝﹣2x+3，函数与x轴的交点为（1.5，0），
∴a＝0成立；
综上所述，a的值﹣1＜a≤0或a＝．
27．【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF＝EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，
∵CD＝BE，
∴EF2＝CF2+BE2；
（3）在Rt△ABC中，AC＝AB＝，
∴BC＝AB＝2，
∵AH⊥BC，
∴AH＝BH＝CH＝BC＝1，
∴BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，
由（2）知，EF2＝CF2+BE2，
∵EF＝EH+FH，
∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）2，
∴1﹣EH FH＝EH+FH，
在Rt△AHE中，tanα＝＝EH，
在Rt△AHF中，tanβ＝＝FH，
∴右边＝＝＝＝1，
∵α+β＝45°，
∴左边＝tan（α+β）＝tan45°＝1，
∴左边＝右边，
即当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
28．【解答】解：（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），得：
，
解得：，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
∴b＝﹣2，c＝﹣3．
（2）①∵点P（m，n）在抛物线上y＝x2﹣2x﹣3，
∴P（m，m2﹣2m﹣3），
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+3＝﹣（m﹣）2+，
∵过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q，
∴Q（m，m），
设点P到直线y＝x的距离为h，
∵直线y＝x是一三象限的角平分线，
∴PQ＝h，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，PQ取得最大值，
∴当m＝时，PQ有最大值，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，m的值为．
②∵抛物线与y轴交于点C，
∴x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵OC∥PQ，且以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝OC，
又∵OC＝3，PQ＝|﹣m2+3m+3|，
∴3＝|﹣m2+3m+3|，
解得：m1＝0，m2＝3，m3＝，m4＝，
当m1＝0时，PQ与OC重合，菱形不成立，舍去；
当m2＝3时，P（3，0），Q（3，3），
此时，四边形OCPQ是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m3＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m4＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
综上所述：不存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．
29．【解答】解：（1）AC是⊙O切线，理由如下：
如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①在Rt△DBC中，∵BC＝3，CD＝，
∴BD＝＝＝，
∴sin∠DBC＝＝＝，
如图2，连接DE，OD，过点O作OG⊥BC于G，
∴∠ODC＝∠C＝∠CGO＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∴OG＝CD＝，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
∴cos∠DBE＝cos∠CBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴OB＝BE＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
②∵2sin∠DBC cos∠DBC＝2××＝，
∴sin∠ABC＝2sin∠DBC cos∠DBC；
猜想：sin2α＝2sinαcosα，理由如下：
当α＝30°时，sin2α＝sin60°＝，
2sinαcosα＝2××＝，
∴sin2α＝2sinαcosα．
30．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
当y＝0时，x2﹣2x﹣6＝0，
∴x1＝6，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）方法一：如图1，
连接OP，
设点P（m，﹣2m﹣6），
∴S△POC＝xP＝＝3m，
S△BOP＝|yP|＝+2m+6），
∵S△BOC＝＝18，
∴S△PBC＝S四边形PBOC﹣S△BOC
＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC
＝3m+3（﹣+2m+6）﹣18
＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
方法二：如图2，
作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，
∵B（6，0），C（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣6，
∴D（m，m﹣6），
∴PD＝（m﹣6）﹣（﹣2m﹣6）＝﹣+3m，
∴S△PBC＝＝＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
（3）如图3，
当 ACFE时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线：x＝＝2，
∴F1点的坐标：（4，﹣6），
如图4，
当 ACEF时，
作FG⊥AE于G，
∴FG＝OC＝6，
当y＝6时，x2﹣2x﹣6＝6，
∴x1＝2+2，x2＝2﹣2，
∴F2（2+2，6），F3（2﹣2，6），
综上所述：F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
31．【解答】解：（1）∵点（1，1）和（4，1）的纵坐标相同，
故上述两点关于抛物线对称轴对称，
故抛物线的对称轴为直线x＝（1+4）＝；
（2）①由题意得：，解得，
故原抛物线的表达式为y＝﹣x2+5x﹣3；
由平移的性质得，平移后的抛物线表达式为y＝﹣（x+2）2+5（x+2）﹣3﹣1＝﹣x2+x+2；
②存在，理由：
令y＝﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或2，令x＝0，则y＝2，
故点B、A的坐标分别为（﹣1，0）、（2，0），点C（0，2）；
∵tan∠BCO＝，
同理可得：tan∠CBO＝2，
当以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似时，
则tan∠DOE＝2或，
设点D的坐标为（m，﹣m2+m+2），
则tan∠DOE＝＝＝2或，
解得：m＝﹣2（舍去）或1或（舍去）或，
故m＝1或．
32．【解答】解：（1）证明：∵PB'⊥AC，∠CAB＝90°，
∴PB'∥AB．
∴∠B'PA＝∠BAP，
又由折叠可知∠BAP＝∠B'AP，
∴∠B'PA＝∠B'AP．
故PB′＝AB′．
（2）设AB＝AC＝a，AC、PB'交于点D，如答图1所示，
则△ABC为等腰直角三角形，
∴BC＝，PC＝，PB＝，
由折叠可知，∠PB'A＝∠B＝45°，
又∠ACB＝45°，
∴∠PB'A＝∠ACB，
又∠CDP＝∠B'DA，
∴△CDP∽△B'DA．
∴＝＝．①
设B'D＝b，则CD＝b．
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b，
PD＝PB'﹣B'D＝PB﹣B'D＝﹣b，
由①＝得：＝．
解得：b＝．
过点D作DE⊥AB'于点E，则△B'DE为等腰直角三角形．
∴B'E＝sin45°×B'D＝＝＝，
∴AE＝AB'﹣B'E＝AB﹣B'E＝a﹣＝．
又AD＝AC﹣CD＝a﹣b＝a﹣＝．
∴cos∠B'AC＝cos∠EAD＝＝＝．
（3）存在点P，使得CB'＝AB＝m．理由如下：
∵∠ACB＝30°，∠CAB＝90°．
∴BC＝2m．
①如答图2所示，
由题意可知，点B'的运动轨迹为以A为圆心、AB为半径的半圆A．
当P为BC中点时，PC＝BP＝AP＝AB'＝m，
又∠B＝60°，
∴△PAB为等边三角形．
又由折叠可得四边形ABPB'为菱形．
∴PB'∥AB，
∴PB'⊥AC．
又∵AP＝AB'，
则易知AC为PB'的垂直平分线．
故CB'＝PC＝AB＝m，满足题意．
此时，＝＝．
②当点B'落在BC上时，如答图3所示，
此时CB'＝AB＝m，
则PB'＝＝，
∴PC＝CB'+PB'＝m+＝，
∴＝＝．
综上所述，的值为或．
33．【解答】解：在直线y＝2x+2中，
当x＝0时，y＝2，
当y＝0时，x＝﹣1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（0，2），
把点A（﹣1，0），点B（0，2），点C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）①当△AOB≌△DPC时，AO＝DP，
又∵四边形OPDE为正方形，
∴DP＝OP＝AO＝1，
此时点P的坐标为（1，0），
②当△AOB≌△CPD时，OB＝DP，
又∵四边形OPDE为正方形，
∴DP＝OP＝OB＝2，
此时点P的坐标为（2，0），
综上，点P的坐标为（1，0）或（2，0）；
（3）如图，
点D′在以点P为圆心，DP为半径的圆上运动，
∴当点D′′，点P，点C三点共线时，CD′′有最小值，
由（2）可得点P的坐标为（1，0）或（2，0），且C点坐标为（3，0），
∴CD′′的最小值为1．
34．【解答】解：（1）EA平分∠DEF，理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB
∵∠ABC+∠AEC＝180°，∠AEF+∠AEC＝180°，
∴∠ABC＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴EA平分∠DEF，
（2）①由（1）知：EA平分∠DEF，
∵BD⊥AC，AF⊥CE，
∴AD＝AF，
在Rt△ABD和Rt△ACF中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACF（HL），
∴BD＝CF，
②由（1）知，∠AEB＝∠AEF，
∵∠AEF＝∠CEG，
∴∠AEB＝∠CEG，
∵∠BAE+∠BCE＝180°，∠BCE+∠ECG＝180°，
∴∠BAE＝∠ECG，
∴△AEB∽△CEG，
∴，
∴BE CE＝AE EG，
∴BD2﹣DE2＝（BD+DE）（BD﹣DE）＝BE（CF﹣EF）＝BE CE，
∴BD2﹣DE2＝AE EG，
即BD2＝DE2+AE EG．
35．【解答】解：（1）①∵y＝，由x2＜x1且y2＝y1＝4时，
由y1＝x12＝4，
∴x1＝2（负值舍），
由y2＝﹣x2＝4，
∴x2＝﹣4，
②∵|x2|＝|x1|且x2＜x1．x1＞0，
∴x2＜0且x1＝﹣x2，
∴y1＝x12，y2＝﹣x2＝x1，
∴w＝y1﹣y2＝x12﹣x1＝（x1﹣）2﹣，
∴当x1＝时，w有最小值为﹣，
（2）如图，设直线AQ'交y轴于点M（0，b），连接QQ'，
∵AQ⊥x轴，
∴AQ∥y轴，
∴∠AP'M＝∠P'AQ，
∵点Q与Q'关于AP'对称，
∴AQ＝AQ'，AP'⊥QQ'，
∴∠P'AQ＝∠P'AQ'，
∴∠AP'M＝∠P'AQ'，
∴AM＝P'M，
∵点A（x1，y1）在第一象限内的函数图象上．
∴x1＞0，y1＝x12＞0，
∴x1＝，
∵AP⊥y轴，
∴P点的坐标为（0，y1），AP＝x1＝，
∵点P与P'关于x轴对称，
∴点P'的坐标为（0，﹣y1），
∴PM＝|y1﹣b|，AM＝P'M＝|y1+b|，
∵在Rt△APM中，由勾股定理得：
（）2+|y1﹣b|2＝|y1+b|2，
化简得：y1﹣4by1＝0，
∵y1＞0，
∴b＝，
∴直线AQ'与y轴交于一定点M，坐标为（0，）．
36．【解答】解：（1）由题意可知，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P的坐标为（m，2m2），
∵点P在抛物线F：y＝ax2上，
∴am2＝2m2，
∴a＝2．
（2）∵直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B，
∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2，yB＝2t2，
∴s＝yA﹣yB
＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2
＝﹣3t2+2mt+m2
＝﹣3（t﹣m）2+m2，
∵﹣3＜0，
∴当t＝m时，s的最大值为m2，
∵s的最大值为4，
∴m2＝4，解得m＝±，
∵m＜0，
∴m＝﹣．
（3）存在，理由如下：
设点M的横坐标为n，则M（n，2n2），
∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），
∵点Q在x轴正半轴上，
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，
∴n＝﹣m，
∴M（﹣m，m2），Q（﹣m﹣m，0）．
如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，
∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，
∵∠PQG＝90°，
∴∠PQK+∠GQN＝90°，
∴∠QPK＝∠GQN，
∴△PKQ∽△QNG，
∴PK：QN＝KQ：GN，即PK GN＝KQ QN．
∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣m﹣m，
∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2 QN
解得QN＝．
∴G（0，﹣）．
37．【解答】解：（1）（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴＝，即＝＝，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴＝，即＝，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴CE＝；
②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴＝＝＝，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝4a，
∵tan∠CBE＝＝，
∴＝，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
38．【解答】解：（1）过点D作x轴垂线交x轴于点H，如图所示：
由题意得∠EOB＝∠DHC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠DCH，
∴△EBO∽△DCH，
∴，
∵B（﹣2，0）、C（8，0）、D（13，10），
∴BO＝2，CH＝13﹣8＝5，DH＝10，
∴，
解得：EO＝4，
∴点E坐标为（0，4），
设过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣8），将E点代入得：
4＝a×2×（﹣8），
解得：a＝﹣，
∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝﹣（x+2）（x﹣8）＝﹣x2+x+4；
（2）抛物线的顶点在直线EF上，理由如下：
由（1）可知该抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝3，
当x＝3时，y＝，
∴该抛物线的顶点坐标为（3，），
又∵F是AD的中点，
∴F（8，10），
设直线EF的解析式为：y＝kx+b，将E（0，4），F（8，10）代入得，
解得：，
∴直线EF解析式为：y＝，
把x＝3代入直线EF解析式中得：y＝，
故抛物线的顶点在直线EF上；
（3）由（1）（2）可知：A（3，10），
设直线AB的解析式为：y＝k'x+b'，将B（﹣2，0），A（3，10）代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝2x+4，
∵FQ∥AB，
故可设：直线FQ的解析式为：y＝2x+b1，将F（8，10）代入得：
b1＝﹣6，
∴直线FQ的解析式为：y＝2x﹣6，
当x＝0时，y＝﹣6，
∴Q点坐标为（0，﹣6），
设M（0，m），直线BM的解析式为：y＝k2x+b2，将M、B点代入得：
，解得：，
∴直线BM的解析式为：y＝，
∵点P为直线BM与抛物线的交点，
∴联立方程组有：，
化简得：（x+2）（x﹣8+2m）＝0，
解得：x1＝﹣2（舍去），x2＝8﹣2m，
∴点P的横坐标为：8﹣2m，
则此时，S△PBQ＝MQ×（|xP|+|xB|）＝＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝﹣时，S取得最大值，
∴点P横坐标为8﹣2×（﹣）＝9，
将x＝9代入抛物线解析式中y＝﹣，
综上所述，当△PBQ的面积最大时，P的坐标为（9，﹣）．
39．【解答】证明：（1）∵AT∥BC，
∴∠ATD＝∠BCD，
∵点D是AN的中点，
∴AD＝DN，
在△ATD和△NCD中，
，
∴△ATD≌△NCD（AAS），
∴CN＝AT，TD＝DC，
∵AT＝BN，
∴BN＝CN；
（2）①∵AT＝BN，AT∥BN，
∴四边形ATBN是平行四边形，
∵AB＝AC，BN＝CN，
∴AN⊥BC，
∴平行四边形ATBN是矩形，
∴∠TAN＝90°，
∵点M，点N关于AC对称，
∴CN＝MC，∠ACN＝∠ACM，
∴AT＝CM，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OAC+∠ACN＝90°，
∴∠OCA+∠ACM＝90°＝∠OCM，
∴∠OCM＝∠TAN，
又∵AT＝CM，OA＝OC，
∴△TAO≌△MCO（SAS），
∴OT＝OM，∠TOA＝∠COM，
∴∠TOM＝∠AOC，，
∴△TOM∽△AOC；
②如图2，将CM绕点M顺时针旋转，使点C落在点E上，连接AM，TE，
∴EM＝CM＝AT，
∴∠MEC＝∠MCE，
∵∠CAN+∠ACN＝90°，
∴∠CAN+∠ACM＝90°，
∴∠TAN+∠NAC+∠ACM＝180°，
∴∠TAC+∠ACM＝180°，
又∵∠AEM+∠CEM＝180°，
∴∠TAC＝∠AEM，
∴AT∥EM，
∴四边形ATEM是平行四边形，
∴TP＝PM，
又∵TD＝DC，
∴PD∥CM，PD＝CM．
40．【解答】解：（1）∵抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，
解得：a＝1，
∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，
故此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
∴设B（2，m）（m＞0），
设直线OA的解析式为y＝kx，
则5k＝5，
解得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x，
设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），
∴BH＝m﹣2，
∵S△OAB＝15，
∴×（m﹣2）×5＝15，
解得：t＝8，
∴点B的坐标为（2，8）；
（3）设直线AB的解析式为y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+10，
当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，
∵P是抛物线上的动点，
∴，
解得：，（舍去），
∴P（﹣2，12），
此时，PA﹣PB＝AB＝＝3．
41．【解答】（1）证明：连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∴∠AFB＝∠BAF＝45°，
∴BA＝BF，
∵BE＝CF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FC，AG＝GF，
∴DJ＝JC，
∵GJ⊥CD，
∴GD＝GC，
∴∠GDC＝∠GCD，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADG＝∠GCO，
∴∠OEB＝∠OCG，
∵∠BOE＝∠GOC，
∴△OBE∽△OGC，
∴＝，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO GD＝GO FC；
（2）解：过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AFB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAG＝∠BAF，
∴BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FT，AG＝GF，
∴DJ＝JT，
∵GJ⊥DT，
∴GD＝GT，
∴∠GDT＝∠GTD，
∵∠ADT＝∠BTD＝90°，
∴∠ADG＝∠GTO，
∴∠OEB＝∠OTG，
∵∠BOE＝∠GOT，
∴△OBE∽△OGT，
∴＝，
∵GT＝GD，BE＝CF，
∴BO GD＝GO FC．
解法二：延长EG交AD于点M，在DM上取一点N，使得GN＝GM．
证明△OGF≌△MGA，推出GM＝OG＝GN，∠AMG＝∠GOF，
再证明△BOE∽△GDN，可得结论．
42．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴AD＝CD＝BD，
∵∠A＝60°，
∴∠B＝30°，△ACD是等边三角形，
∴∠DCB＝30°，
∵∠CDE＝α＝90°，
∴tan∠CGD＝tan60°＝＝，
∴＝．
∵线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，
∴ED＝CD＝BD，
故答案为：ED＝BD；．
（2）①四边形CDEF是正方形，理由如下，
∵DM平分∠CDE，∠CDE＝90°，
∴∠CDM＝∠EDM＝45°，
∵CF∥DE，
∴∠CFD＝∠EDM＝45°，
∴∠CFD＝∠EDM＝∠CDM，
∴CF＝CD＝ED，
∴四边形CDEF是菱形，
∵∠CDE＝90°，
∴菱形CDEF是正方形．
②由（1）可知，∠ADC＝60°，∠CGD＝60°，BD＝DE，
∴∠BDE＝30°，∠EGB＝60°，
∴∠DBE＝∠DEB＝75°，
∴∠EBG＝45°，
∵∠GDB＝180°﹣∠ADE＝30°，∠ABC＝30°，
∴∠GDB＝∠ABC，
∴DG＝BG，
由①知∠CFD＝∠CDF＝45°，∠DCF＝90°，
∴∠FCH＝60°，
∴∠EGB＝∠FCH，∠EBG＝∠CFD，
∴△BEG∽△FHC，
∴＝，
∵DG＝BG，CD＝CF，
∴＝＝＝．
（3）如图3，过点D作DN⊥BC于点N，
∴AC∥DN，
∴∠ACD＝∠CDN，
∵△ACD是等边三角形，AC＝2，
∴FC＝CD＝AC＝2，∠CDN＝∠ACD＝60°，
∴∠NDG＝α﹣60°，DN＝1，
∴tan∠NDG＝tan（α﹣60°）＝＝m，
∴NG＝m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2，
∴AB＝4，BC＝2，
∴BN＝CN＝，
∴BG＝﹣m，
∵∠ADC＝60°，∠CDG＝α，
∴∠BDE＝120°﹣α，
∴∠BEG＝30°+，
∴∠EBG＝，
∴∠BGE＝150°﹣α，
∵DM平分∠CDE，∠CDE＝α，
∴∠CDM＝∠EDM＝，
∵CF∥DE，
∴∠CFD＝∠EDM＝，∠DCF+∠CDE＝180°，
∴∠DCF＝180°﹣α，
∴∠FCG＝150°﹣α，
∴∠EGB＝∠FCG，∠EBG＝∠CFD，
∴△BEG∽△FHC，
∴＝＝．
43．【解答】解：（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
即y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
即﹣4a＝2，解得a＝﹣，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+2；
（2）将点A的坐标代入直线l的表达式得：0＝﹣k+3，解得k＝3，
故直线l的表达式为y＝3x+3，
设点Q的坐标为（x，﹣x2+x+2），则点P的坐标为（x，3x+3），
由题意得，点Q、M关于抛物线对称轴对称，而抛物线的对称轴为直线x＝，
故点M的横坐标为3﹣x，则QM＝3﹣x﹣x＝3﹣2x，
设矩形周长为C，则C＝2（PQ+QM）＝2[3﹣2x+3x+3﹣（﹣x2+x+2）]＝x2﹣x+8，
∵1＞0，故C有最小值，
当x＝时，矩形周长最小值为；
（3）当x＝时，y＝﹣x2+x+2＝，即点Q的坐标为（，），
由抛物线的表达式知，点D的坐标为（，），
过点D作DK⊥QM于点K，
则DK＝yD﹣yQ＝﹣＝，
同理可得，QK＝1，
则tan∠DQM＝，
∵∠CBF＝∠DQM，
故tan∠CBF＝tan∠DQM＝，
在△BOC中，tan∠CBO＝＝，
故BF和BO重合，
故点F和点A重合，
即点F的坐标为（﹣1，0），
当点F在直线BC的上方时，∵AC＝，BC＝2，AB＝5，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴∠ACB＝90°，
则点A关于BC的对称点A′（1，4），
∴直线BF的解析式为y＝﹣x+，
由，解得或，
∴F（，），
综上所述，满足条件的点F的坐标为（﹣1，0）或（，）
44．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3，∠A＝30°，
∴AB＝BC＝3，
在Rt△BDE中，∠BDE＝30°，BE＝2，
∴BD＝BE＝2，
∴EC＝1，AD＝，
∴＝，此时AD⊥EC，
故答案为：，垂直；
（2）结论成立．
理由：∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BC，BD＝BE，
∴＝，
∴△ABD∽△CBE，
∴＝＝，∠ADB＝∠BEC，
∵∠ADB+∠CDB＝180°，
∴∠CDB+∠BEC＝180°，
∴∠DBE+∠DCE＝180°，
∵∠DBE＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴AD⊥EC；
（3）如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点T．
∵∠AJB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABJ＝60°，
∴∠KBJ＝60°﹣α．
∵AB＝3，
∴BJ＝AB＝，AJ＝BJ＝，
当DF＝BE时，四边形BEFD是矩形（由∠DBE＝90°，∠F＝90，取DE中点，证明BDFE四点共圆，再由BE＝DF推得弧等，从而圆周角∠DEF＝∠BDE＝30°，则∠BEF＝90°，由3个直角得矩形），
∴∠ADB＝90°，AD＝＝＝，
设KT＝m，则AT＝m，AK＝2m，
∵∠KTB＝∠ADB＝90°，
∴tanα＝＝，
∴＝，
∴BT＝m，
∴m+m＝3，
∴m＝，
∴AK＝2m＝，
∴KJ＝AJ﹣AK＝﹣＝，
∴tan（60°﹣α）＝＝．
解法二：证明∠CAF＝60°﹣α，
通过tan（60°﹣α）＝求解即可．
45．【解答】解：（1）将点A（﹣3，0）和点B（1，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点（﹣1，﹣4），
∵顶点（﹣1，﹣4）关于原点的对称点为（1，4），
∴抛物线F2的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（3）由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5，
①联立方程组，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴C（﹣2，﹣3）或D（2，5）；
②设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交CD于点E，
设M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），
则F（m，2m+1），E（n，2n+1），
∴MF＝2m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2+4，
NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴当m＝0时，MF有最大值4，
当n＝0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝×4×（MF+NE）＝2（MF+NE），
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．
46．【解答】解：（1），，
故答案为，；
（2）猜想：是减函数，
证明：任取x1＜x2，x1＞0，x2＞0，则＝，
∵x1＜x2且x1＞0，x2＞0，
∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0，
∴＞0，即f（x1）﹣f（x2）＞0，
∴函数是减函数，
故答案为减．
47．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），
∴c＝0，二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0），
将C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：
，
解得：，
∴二次函数的表达式为；
（2）∵＝（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
设直线AB的函数表达式为y＝kx+m，将A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：
，
解得：，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），
∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，
∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝4，∠OAF＝∠BAF＝45°，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），
∴OB＝8，OA＝＝＝，
AB＝＝＝，
且满足OB2＝OA2+AB2，
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如图2，以O为圆心，2为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：
动点E的运动时间为t＝AP+PB，
在OA上取点D，使OD＝，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：＝＝2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴＝＝2，
从而得：PD＝AP，
∴t＝AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于，且△ABO为等腰直角三角形，
则有 DG＝1，∠DOG＝45°
∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB＝＝＝5．
48．【解答】解：（1）设二次函数表达式为：y＝ax2+bx+3，
将A（1，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得，
∴抛物线的函数表达式为：，
又∵＝，＝＝，
∴顶点为D；
（2）依题意，t秒后点M的运动距离为CM＝t，则ME＝3﹣t，点N的运动距离为EN＝2t．
①当△EMN∽△OBC时，
∴，
解得t＝；
②当△EMN∽△OCB时，
∴，
解得t＝；
综上所述，当或时，以M、E、N为顶点的三角形与△BOC相似；
（3）∵点关于点D的对称点为点G，
∴，
∵直线l：y＝kx+m与抛物线只有一个公共点，
∴只有一个实数解，
∴Δ＝0，
即：，
解得：，
利用待定系数法可得直线GA的解析式为：，直线GB的解析式为：，
联立，结合已知，
解得：xH＝，
同理可得：xK＝，
则：GH＝＝，GK＝＝×，
∴GH+GK＝+×＝，
∴GH+GK的值为