2017各地中考最后一道題

1、1如圖，已知拋物線y=x2+bx+c與y軸相交于點(diǎn)A（0，3），與x正半軸相交于點(diǎn)B，對(duì)稱軸是直線x=1（1）求此拋物線的解析式以及點(diǎn)B的坐標(biāo)（2）動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)N點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)過(guò)動(dòng)點(diǎn)M作x軸的垂線交線段AB于點(diǎn)Q，交拋物線于點(diǎn)P，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形OMPN為矩形當(dāng)t0時(shí)，BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）由對(duì)稱軸公式可求得b，由A點(diǎn)坐標(biāo)可求得c，則可求得拋物線解析式；再令y=0可求得B點(diǎn)坐標(biāo)；（2）用t可

2、表示出ON和OM，則可表示出P點(diǎn)坐標(biāo)，即可表示出PM的長(zhǎng)，由矩形的性質(zhì)可得ON=PM，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；由題意可知OB=OA，故當(dāng)BOQ為等腰三角形時(shí)，只能有OB=BQ或OQ=BQ，用t可表示出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，則可表示出OQ和BQ的長(zhǎng)，分別得到關(guān)于t的方程，可求得t的值【解答】解：（1）拋物線y=x2+bx+c對(duì)稱軸是直線x=1，=1，解得b=2，拋物線過(guò)A（0，3），c=3，拋物線解析式為y=x2+2x+3，令y=0可得x2+2x+3=0，解得x=1或x=3，B點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）；（2）由題意可知ON=3t，OM=2t，P在拋物線上，P（2t，4t2+4t+3），四邊形OMPN為

3、矩形，ON=PM，3t=4t2+4t+3，解得t=1或t=（舍去），當(dāng)t的值為1時(shí)，四邊形OMPN為矩形；A（0，3），B（3，0），OA=OB=3，且可求得直線AB解析式為y=x+3，當(dāng)t0時(shí)，OQOB，當(dāng)BOQ為等腰三角形時(shí)，有OB=QB或OQ=BQ兩種情況，由題意可知OM=2t，Q（2t，2t+3），OQ=，BQ=|2t3|，又由題意可知0t1，當(dāng)OB=QB時(shí)，則有|2t3|=3，解得t=（舍去）或t=；當(dāng)OQ=BQ時(shí)，則有=|2t3|，解得t=；綜上可知當(dāng)t的值為或時(shí)，BOQ為等腰三角形【點(diǎn)評(píng)】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、矩形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、方程思想及

4、分類(lèi)討論思想等知識(shí)在（1）中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用，在（2）中用t表示出PM和ON的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵，在中用t表示出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而表示出OQ和BQ的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵，注意分情況討論本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中2如圖，直線y=2x+4交y軸于點(diǎn)A，交拋物線y=x2+bx+c于點(diǎn)B（3，2），拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（1，0），交y軸于點(diǎn)D，點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作PEDB交DB所在直線于點(diǎn)E（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)PDE為等腰直角三角形時(shí)，求出PE的長(zhǎng)及P點(diǎn)坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，連接PB，將PBE沿直線AB翻折，直接寫(xiě)出翻折點(diǎn)后E的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)【分析】（1）把B（3，2），C（1，0

5、）代入y=x2+bx+c即可得到結(jié)論；（2）由y=x2x2求得D（0，2），根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到DE=PE，列方程即可得到結(jié)論；（3）當(dāng)P點(diǎn)在直線BD的上方時(shí)，如圖1，設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為E，過(guò)E作EHDE于H，求得直線EE的解析式為y=x，設(shè)E（m，m），根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；當(dāng)P點(diǎn)在直線BD的下方時(shí)，如圖2，設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為E，過(guò)E作EHDE于H，得到直線EE的解析式為y=x3，設(shè)E（m，m3），根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論【解答】解：（1）把B（3，2），C（1，0）代入y=x2+bx+c得，拋物線的解析式為y=x2x2；（2）設(shè)P（m，m2m2），在y=x2

6、x2中，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，D（0，2），B（3，2），BDx軸，PEBD，E（m，2），DE=m，PE=m2m2+2，或PE=2m2+m+2，PDE為等腰直角三角形，且PED=90°，DE=PE，m=m2m，或m=m2+m，解得：m=5，m=1，m=0（不合題意，舍去），PE=5或1，P（1，3），或（5，3）；（3）當(dāng)P點(diǎn)在直線BD的上方時(shí)，如圖1，設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為E，過(guò)E作EHDE于H，由（2）知，此時(shí)，E（5，2），DE=5，BE=BE=2，EEAB，設(shè)直線EE的解析式為y=x+b，2=×5+b，b=，直線EE的解析式為y=x，設(shè)E（m，m），EH=2m

7、+=m，BH=3m，EH2+BH2=BE2，（m）2+（3m）2=4，m=，m=5（舍去），E（，）；當(dāng)P點(diǎn)在直線BD的下方時(shí)，如圖2，設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為E，過(guò)E作EHDE于H，由（2）知，此時(shí)，E（1，2），DE=1，BE=BE=2，EEAB，設(shè)直線EE的解析式為y=x+b，2=×1+b，b=，直線EE的解析式為y=x，設(shè)E（m，m），EH=m+2=m，BH=m3，EH2+BH2=BE2，（m）2+（m3）2=4，m=4.2，m=1（舍去），E（4.2，0.4），綜上所述，E的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)為（，），（4.2，0.4）【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等腰直角三角

8、形的性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵3已知，在RtABC中，ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將ABD沿BD所在直線折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)P處（1）如圖1，若點(diǎn)D是AC中點(diǎn)，連接PC寫(xiě)出BP，BD的長(zhǎng)；求證：四邊形BCPD是平行四邊形（2）如圖2，若BD=AD，過(guò)點(diǎn)P作PHBC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，求PH的長(zhǎng)【分析】（1）分別在RtABC，RtBDC中，求出AB、BD即可解決問(wèn)題；想辦法證明DPBC，DP=BC即可；（2）如圖2中，作DNAB于N，PEAC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M設(shè)BD=AD=x，則CD=4x，在RtBDC中，可得x2=（

9、4x）2+22，推出x=，推出DN=，由BDNBAM，可得=，由此求出AM，由ADMAPE，可得=，由此求出AE=，可得EC=ACAE=4=由此即可解決問(wèn)題【解答】解：（1）在RtABC中，BC=2，AC=4，AB=2，AD=CD=2，BD=2，由翻折可知，BP=BA=2如圖1中，BCD是等腰直角三角形，BDC=45°，ADB=BDP=135°，PDC=135°45°=90°，BCD=PDC=90°，DPBC，PD=AD=BC=2，四邊形BCPD是平行四邊形（2）如圖2中，作DNAB于N，PEAC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M設(shè)BD=AD=

10、x，則CD=4x，在RtBDC中，BD2=CD2+BC2，x2=（4x）2+22，x=，DB=DA，DNAB，BN=AN=，在RtBDN中，DN=，由BDNBAM，可得=，=，AM=2，AP=2AM=4，由ADMAPE，可得=，=，AE=，EC=ACAE=4=，易證四邊形PECH是矩形，PH=EC=【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題、勾股定理相似三角形的判定和性質(zhì)、翻折變換、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題4如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E為邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)CE并將其繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到C

11、F，連結(jié)DF，以CE、CF為鄰邊作矩形CFGE，GE與AD、AC分別交于點(diǎn)H、M，GF交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)N（1）證明：點(diǎn)A、D、F在同一條直線上；（2）隨著點(diǎn)E的移動(dòng)，線段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）連結(jié)EF、MN，當(dāng)MNEF時(shí)，求AE的長(zhǎng)【分析】（1）由DCFBCE，可得CDF=B=90°，即可推出CDF+CDA=180°，由此即可證明（2）有最小值設(shè)AE=x，DH=y，則AH=1y，BE=1x，由ECBHEA，推出=，可得=，推出y=x2x+1=（x）2+，由a=10，y有最小值，最小值為（3）只要證明CFNCEM，推出FCN=ECM，由

12、MCN=45°，可得FCN=ECM=BCE=22.5°，在BC上取一點(diǎn)G，使得GC=GE，則BGE是等腰直角三角形，設(shè)BE=BG=a，則GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解決問(wèn)題；【解答】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，CD=CB，BCD=B=ADC=90°，CE=CF，ECF=90°，ECF=DCB，DCF=BCE，DCFBCE，CDF=B=90°，CDF+CDA=180°，點(diǎn)A、D、F在同一條直線上（2）解：有最小值理由：設(shè)AE=x，DH=y，則AH=1y，BE=1x，四邊形CFGE是矩形，CEG=90°，C

13、EB+AEH=90°CEB+ECB=90°，ECB=AEH，B=EAH=90°，ECBHEA，=，=，y=x2x+1=（x）2+，a=10，y有最小值，最小值為DH的最小值為（3）解：四邊形CFGE是矩形，CF=CE，四邊形CFGE是正方形，GF=GE，GFE=GEF=45°，NMEF，GNM=GFE，GMN=GEF，GMN=GNM，GN=GM，F(xiàn)N=EM，CF=CE，CFN=CEM，CFNCEM，F(xiàn)CN=ECM，MCN=45°，F(xiàn)CN=ECM=BCE=22.5°，在BC上取一點(diǎn)G，使得GC=GE，則BGE是等腰直角三角形，設(shè)BE=B

14、G=a，則GC=GE=a，a+a=1，a=1，AE=ABBE=1（1）=2【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問(wèn)題，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題5如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別為A（3，0），D（1，0），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)B在y軸正半軸上，且OB=OD（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)E，對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)M，連接BE，AB，請(qǐng)?jiān)趻佄锞€的對(duì)稱軸上找一點(diǎn)Q，使QBA=BEM，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；

15、（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CFx軸，交拋物線于點(diǎn)F，連接BF，點(diǎn)G是x軸上一點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)B，F(xiàn)，G，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題；（2）首先證明BEAB，分兩種情形求解作BQEM交EM于Q，由ABQ+EBQ=90°，EBQ+BEM=90°，推出ABQ=BEM，滿足條件，此時(shí)Q（1，1）當(dāng)點(diǎn)Q在AB的下方時(shí)，設(shè)Q（1，m），AB交EM于K易知K（1，），由QBKQEB，可得QB2=QKQE，列出方程即可解決問(wèn)題；（3）由題意可知當(dāng)點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為±2時(shí)，以點(diǎn)B

16、，F(xiàn)，G，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，當(dāng)N與E重合，G與M重合時(shí)，四邊形BNFG是平行四邊形，由此即可解決問(wèn)題；【解答】解：（1）把A（3，0），D（1，0）代入y=x2+bx+c得到，解得，拋物線的解析式為y=x2+2x+3（2）如圖1中，y=（x1）2+4，E（1，4），A（3，0），B（0，1），直線BE的解析式為y=3x+1，直線AB的解析式為y=x+1，3×（）=1，BEAB，作BQEM交EM于Q，ABQ+EBQ=90°，EBQ+BEM=90°，ABQ=BEM，滿足條件，此時(shí)Q（1，1）當(dāng)點(diǎn)Q在AB的下方時(shí)，設(shè)Q（1，m），AB交EM于K易知K（1，）

17、QBK=BEM，BQK=BQE，QBKQEB，QB2=QKQE，12+（m1）2=（m）（4m），解得m=，Q（1，），綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，1）或（1，）（3）如圖3中，由題意可知當(dāng)點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為±2時(shí)，以點(diǎn)B，F(xiàn)，G，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，當(dāng)y=2時(shí)，x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N1（1+，2），N4（1，2），當(dāng)y=2時(shí)，x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N2（1+，2），N3（1，2），當(dāng)N與E重合，G與M重合時(shí)，四邊形BNFG是平行四邊形，此時(shí)N5（1，4），綜上所述，滿足條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)為（1+，2）或（1，2）或

18、（1+，2）或（1，2）或（1，4）【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、兩直線垂直的判定、平行四邊形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題6如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a0），經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（3，0），C（0，3）三點(diǎn)（1）求拋物線的解析式及頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；（2）連接AC、BC，N為拋物線上的點(diǎn)且在第四象限，當(dāng)SNBC=SABC時(shí)，求N點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）在（2）問(wèn)的條件下，過(guò)點(diǎn)C作直線lx軸，動(dòng)點(diǎn)P（m，3）在直線l上，動(dòng)點(diǎn)Q（m，0）在x軸上，連接PM、PQ、NQ，當(dāng)m為何值時(shí)，PM+

19、PQ+QN的和最小，并求出PM+PQ+QN和的最小值【分析】（1）將點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)代入解析式，解關(guān)于a、b、c的方程組可得函數(shù)解析式，配方成頂點(diǎn)式即可得點(diǎn)M坐標(biāo)；（2）設(shè)N（t，t2+2t+3）（t0），根據(jù)點(diǎn)N、C坐標(biāo)用含t的代數(shù)式表示出直線CN解析式，求得CN與x軸的交點(diǎn)D坐標(biāo)，即可表示BD的長(zhǎng)，根據(jù)SNBC=SABC，即SCDB+SBDN=ABOC建立關(guān)于t的方程，解之可得；（3）將頂點(diǎn)M（1，4）向下平移3個(gè)單位得到點(diǎn)M（1，1），連接MN交x軸于點(diǎn)Q，連接PQ，此時(shí)M、Q、N三點(diǎn)共線時(shí)，PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值，由點(diǎn)M、N坐標(biāo)求得直線MN的解析式，即可求得點(diǎn)Q的坐

20、標(biāo)，據(jù)此知m的值，過(guò)點(diǎn)N作NEx軸交MM延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，可得ME=6、NE=3、MN=3，即MQ+QN=3，據(jù)此知m=時(shí)，PM+PQ+QN的最小值為3+3【解答】解：（1）拋物線y=ax2+bx+c（a0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（3，0），C（0，3），解得：，y=x2+2x+3=（x1）2+4，則拋物線的頂點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，4）；（2）N是拋物線上第四象限的點(diǎn)，設(shè)N（t，t2+2t+3）（t0），又點(diǎn)C（0，3），設(shè)直線NC的解析式為y=k1x+b1，則，解得：，直線NC的解析式為y=（t+2）x+3，設(shè)直線CN與x軸交于點(diǎn)D，當(dāng)y=0時(shí)，x=，D（，0），BD=3，SNBC=SABC，SCDB

21、+SBDN=ABOC，即BD|yCyN|=3（1）×3，即×（3）3（t2+2t+3）=6，整理，得：t23t4=0，解得：t1=4，t2=1（舍去），當(dāng)t=4時(shí)，t2+2t+3=5，N（4，5）；（3）將頂點(diǎn)M（1，4）向下平移3個(gè)單位得到點(diǎn)M（1，1），連接MN交x軸于點(diǎn)Q，連接PQ，則MM=3，P（m，3）、Q（m，0），PQx軸，且PQ=OC=3，PQMM，且PQ=MM，四邊形MMQP是平行四邊形，PM=QM，由作圖知當(dāng)M、Q、N三點(diǎn)共線時(shí)，PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值，設(shè)直線MN的解析式為y=k2x+b2（k20），將點(diǎn)M（1，1）、N（4，5）代入

22、，得：，解得：，直線MN的解析式為y=2x+3，當(dāng)y=0時(shí)，x=，Q（，0），即m=，此時(shí)過(guò)點(diǎn)N作NEx軸交MM延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，在RtMEN中，ME=1（5）=6，NE=41=3，MN=3，MQ+QN=3，當(dāng)m=時(shí)，PM+PQ+QN的最小值為3+3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理及根據(jù)兩點(diǎn)間線段最短得到點(diǎn)P、Q的位置7如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c（a0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OA=2，OB=8，OC=6（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)M從A點(diǎn)出發(fā)，在線段AB上以每秒3個(gè)單

23、位長(zhǎng)度的速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N從B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)MBN存在時(shí)，求運(yùn)動(dòng)多少秒使MBN的面積最大，最大面積是多少？（3）在（2）的條件下，MBN面積最大時(shí)，在BC上方的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使BPC的面積是MBN面積的9倍？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）由線段的長(zhǎng)度得出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，然后把A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+c，解方程組，即可得拋物線的解析式；（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則MB=63t，然后根據(jù)BHNBOC，求得NH=，再利用三角形的面積公式列出SMBN與

24、t的函數(shù)關(guān)系式SMBN=（t）2+，利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進(jìn)行解答；（3）利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y=x+6由二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，m2+m+6）過(guò)點(diǎn)P作PEy軸，交BC于點(diǎn)E結(jié)合已知條件和（2）中的結(jié)果求得SPBC=則根據(jù)圖形得到SPBC=SCEP+SBEP=EPm+EP（8m），把相關(guān)線段的長(zhǎng)度代入推知：m2+12m=【解答】解：（1）OA=2，OB=8，OC=6，根據(jù)函數(shù)圖象得A（2，0），B（8，0），C（0，6），根據(jù)題意得，解得，拋物線的解析式為y=x2+x+6；（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AM=3t，BN=tMB=103t由題意得，點(diǎn)C的坐標(biāo)為

25、（0，6）在RtBOC中，BC=10如圖，過(guò)點(diǎn)N作NHAB于點(diǎn)HNHCO，BHNBOC，=，即=，HN=tSMBN=MBHN=（103t）t=t2+3t=（t）2+，當(dāng)MBN存在時(shí)，0t，當(dāng)t=時(shí)，SMBN最大=答：運(yùn)動(dòng)秒使MBN的面積最大，最大面積是；（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c（k0）把B（8，0），C（0，6）代入，得，解得，直線BC的解析式為y=x+6點(diǎn)P在拋物線上設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，m2+m+6），如圖，過(guò)點(diǎn)P作PEy軸，交BC于點(diǎn)E，則E點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，m+6）EP=m2+m+6（m+6）=m2+3m，當(dāng)MBN的面積最大時(shí)，SPBC=9 SMBN=，SPBC=SCEP+S

26、BEP=EPm+EP（8m）=×8EP=4×（m2+3m）=m2+12m，即m2+12m=解得m1=3，m2=5，P（3，）或（5，）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式、三角形的面積公式，依據(jù)題意列出關(guān)于SMBN與t的函數(shù)關(guān)系式以及SPBC的面積與m的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵8如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）與y軸交于點(diǎn)C（0，3）（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P在x軸下方的拋物線上，過(guò)點(diǎn)P的直線y=x+m與直線BC交于點(diǎn)E，與y軸交于點(diǎn)F，求PE+EF的最大值；（3）

27、點(diǎn)D為拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)當(dāng)BCD是以BC為直角邊的直角三角形時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；若BCD是銳角三角形，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)的取值范圍【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（2）易得BC的解析式為y=x+3，先證明ECF為等腰直角三角形，作PHy軸于H，PGy軸交BC于G，如圖1，則EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設(shè)P（t，t24t+3）（1t3），則G（t，t+3），接著利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=t2+3t+，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題；（3）如圖2，拋物線的對(duì)稱軸為直線x=2，設(shè)D（2，y），利用兩點(diǎn)間的距離公式得到BC2=18，DC2=4+（y3）2，BD

28、2=1+y2，討論：當(dāng)BCD是以BC為直角邊，BD為斜邊的直角三角形時(shí)，18+4+（y3）2=1+y2；當(dāng)BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時(shí)，4+（y3）2=1+y2+18，分別解方程求出t即可得到對(duì)應(yīng)的D點(diǎn)坐標(biāo)；由于BCD是以BC為斜邊的直角三角形有4+（y3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，得到此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，）或（2，），然后結(jié)合圖形可確定BCD是銳角三角形時(shí)點(diǎn)D的縱坐標(biāo)的取值范圍【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得，解得，拋物線的解析式為y=x24x+3；（2）易得BC的解析式為y=x+3，直線y=xm與直線y=x平行，直線y

29、=x+3與直線y=xm垂直，CEF=90°，ECF為等腰直角三角形，作PHy軸于H，PGy軸交BC于G，如圖1，EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設(shè)P（t，t24t+3）（1t3），則G（t，t+3），PF=PH=t，PG=t+3（t24t+3）=t2+3t，PE=PG=t2+t，PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=t2+3t+=t2+4=（t2）2+4，當(dāng)t=2時(shí)，PE+EF的最大值為4；（3）如圖2，拋物線的對(duì)稱軸為直線x=2，設(shè)D（2，y），則BC2=32+32=18，DC2=4+（y3）2，BD2=（32）2+y2=1+y2，當(dāng)BCD是以BC為直角邊，BD為斜邊的直

30、角三角形時(shí)，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y3）2=1+y2，解得y=5，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，5）；當(dāng)BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時(shí)，BC2+DB2=DC2，即4+（y3）2=1+y2+18，解得y=1，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）；當(dāng)BCD是以BC為斜邊的直角三角形時(shí)，DC2+DB2=BC2，即4+（y3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，）或（2，），所以BCD是銳角三角形，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)的取值范圍為y5或1y【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析

31、式；會(huì)利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算線段的長(zhǎng)；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)；會(huì)運(yùn)用分類(lèi)討論的思想和數(shù)形結(jié)合的思想解決數(shù)學(xué)問(wèn)題9如圖，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（0，2），并與x軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸l上任意一點(diǎn)（點(diǎn)M，B，C三點(diǎn)不在同一直線上）（1）求該拋物線所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）在拋物線上找出兩點(diǎn)P1，P2，使得MP1P2與MCB全等，并求出點(diǎn)P1，P2的坐標(biāo)；（3）在對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使得BQC為直角，若存在，作出點(diǎn)Q（用尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡），并求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）分三種情況：當(dāng)P1MP2CMB時(shí)，取對(duì)稱點(diǎn)可得

32、點(diǎn)P1，P2的坐標(biāo)；當(dāng)BMCP2P1M時(shí)，構(gòu)建P2MBC可得點(diǎn)P1，P2的坐標(biāo)；P1MP2CBM，構(gòu)建MP1P2C，根據(jù)平移規(guī)律可得P1，P2的坐標(biāo)；（3）如圖3，先根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，以BC為直徑畫(huà)圓，與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即為點(diǎn)Q，這樣的點(diǎn)Q有兩個(gè)，作輔助線，構(gòu)建相似三角形，證明BDQ1Q1EC，列比例式，可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)【解答】解：（1）把A（1，0），B（0，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得：，解得：，拋物線所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=x2x2；（2）如圖1，P1與A重合，P2與B關(guān)于l對(duì)稱，MB=P2M，P1M=CM，P1P2=BC，P1MP2CMB，y=x2x2=（x）2，此

33、時(shí)P1（1，0），B（0，2），對(duì)稱軸：直線x=，P2（1，2）；如圖2，MP2BC，且MP2=BC，此時(shí)，P1與C重合，MP2=BC，MC=MC，P2MC=BP1M，BMCP2P1M，P1（2，0），由點(diǎn)B向右平移個(gè)單位到M，可知：點(diǎn)C向右平移個(gè)單位到P2，當(dāng)x=時(shí)，y=（）2=，P2（，）；如圖3，構(gòu)建MP1P2C，可得P1MP2CBM，此時(shí)P2與B重合，由點(diǎn)C向左平移2個(gè)單位到B，可知：點(diǎn)M向左平移2個(gè)單位到P1，點(diǎn)P1的橫坐標(biāo)為，當(dāng)x=時(shí)，y=（）2=4=，P1（，），P2（0，2）；（3）如圖3，存在，作法：以BC為直徑作圓交對(duì)稱軸l于兩點(diǎn)Q1、Q2，則BQ1C=BQ2C=90

34、76;；過(guò)Q1作DEy軸于D，過(guò)C作CEDE于E，設(shè)Q1（，y）（y0），易得BDQ1Q1EC，=，y2+2y=0，解得：y1=（舍），y2=，Q1（，），同理可得：Q2（，）；綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是：（，）或（，）【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)、圓周角定理以及三角形全等的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是：（1）利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式；（2）利用二次函數(shù)的對(duì)稱性解決三角形全等問(wèn)題；（3）分類(lèi)討論本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，利用二次函數(shù)的對(duì)稱性，再結(jié)合相似三角形、方程解決問(wèn)題是關(guān)鍵10如圖1，矩形OABC的頂點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為

35、（4，0），（0，6），直線AD交B C于點(diǎn)D，tanOAD=2，拋物線M1：y=ax2+bx（a0）過(guò)A，D兩點(diǎn)（1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)和拋物線M1的表達(dá)式；（2）點(diǎn)P是拋物線M1對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)CPA=90°時(shí)，求所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖2，點(diǎn)E（0，4），連接AE，將拋物線M1的圖象向下平移m（m0）個(gè)單位得到拋物線M2設(shè)點(diǎn)D平移后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)D恰好在直線AE上時(shí)，求m的值；當(dāng)1xm（m1）時(shí)，若拋物線M2與直線AE有兩個(gè)交點(diǎn)，求m的取值范圍【分析】（1）如圖1中，作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形在RtADH中，解直角三角形，求出點(diǎn)D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可

36、解決問(wèn)題；（2）如圖11中，設(shè)P（2，m）由CPA=90°，可得PC2+PA2=AC2，可得22+（m6）2+22+m2=42+62，解方程即可；（3）求出D的坐標(biāo)；構(gòu)建方程組，利用判別式0，求出拋物線與直線AE有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)的m的范圍；求出x=m時(shí)，求出平移后的拋物線與直線AE的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；結(jié)合上述的結(jié)論即可判斷【解答】解：（1）如圖1中，作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形四邊形CDHO是矩形，OC=DH=6，tanDAH=2，AH=3，OA=4，CD=OH=1，D（1，6），把D（1，6），A（4，0）代入y=ax2+bx中，則有，解得，拋物線M1的表達(dá)式為y=2x2+8x（2

37、）如圖11中，設(shè)P（2，m）CPA=90°，PC2+PA2=AC2，22+（m6）2+22+m2=42+62，解得m=3±，P（2，3+），P（2，3）（3）如圖2中，易知直線AE的解析式為y=x+4，x=1時(shí)，y=3，D（1，3），平移后的拋物線的解析式為y=2x2+8xm，把點(diǎn)D坐標(biāo)代入可得3=2+8m，m=3由，消去y得到2x29x+4+m=0，當(dāng)拋物線與直線AE有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，0，924×2×（4+m）0，m，x=m時(shí)，m+4=2m2+8mm，解得m=2+或2（舍棄），綜上所述，當(dāng)2+m時(shí)，拋物線M2與直線AE有兩個(gè)交點(diǎn)【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合

38、題、一次函數(shù)的應(yīng)用、解直角三角形、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程組，利用判別式解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題11如圖，拋物線y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（5，0），B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）如圖1，點(diǎn)E（x，y）為拋物線上一點(diǎn)，且5x2，過(guò)點(diǎn)E作EFx軸，交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)F，作EHx軸于點(diǎn)H，得到矩形EHDF，求矩形EHDF周長(zhǎng)的最大值；（3）如圖2，點(diǎn)P為拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)P，A，C為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存

39、在，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題；（2）構(gòu)建二次函數(shù)利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題；（3）分三種情形分別求解當(dāng)ACP=90°，由AC2+PC2=PA2，列出方程即可解決當(dāng)CAP=90°時(shí)，由AC2+PA2=PC2，列出方程即可解決當(dāng)APC=90°時(shí)，由PA2+PC2=AC2，列出方程即可【解答】解：（1）把A（5，0），B（1，0）兩點(diǎn)坐標(biāo)代入y=x2+bx+c，得到，解得，拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=x24x+5（2）如圖1中，拋物線的對(duì)稱軸x=2，E（x，x24x+5），EH=x24x+5，EF=2x，矩形EFDH的周長(zhǎng)=2（EH+EF）=2

40、（x25x+3）=2（x+）2+，20，x=時(shí)，矩形EHDF的周長(zhǎng)最大，最大值為（3）如圖2中，設(shè)P（2，m）當(dāng)ACP=90°，AC2+PC2=PA2，（5）2+22+（m5）2=32+m2，解得m=7，P1（2，7）當(dāng)CAP=90°時(shí)，AC2+PA2=PC2，（5）2+32+m2=22+（m5）2，解得m=3，P2（2，3）當(dāng)APC=90°時(shí)，PA2+PC2=AC2，32+m2+22+（m5）2=（5）2，解得m=6或1，P3（2，6），P4（2，1），綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，7）或（2，3）或（2，6）或（2，1）【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合題、一

41、次函數(shù)的應(yīng)用、直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題12拋物線y=ax2+bx+c過(guò)A（2，3），B（4，3），C（6，5）三點(diǎn)（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）如圖，拋物線上一點(diǎn)D在線段AC的上方，DEAB交AC于點(diǎn)E，若滿足=，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖，F(xiàn)為拋物線頂點(diǎn)，過(guò)A作直線lAB，若點(diǎn)P在直線l上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在x軸上運(yùn)動(dòng)，是否存在這樣的點(diǎn)P、Q，使得以B、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與ABF相似，若存在，求P、Q的坐標(biāo)，并求此時(shí)BPQ的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）由對(duì)稱性和A（2，3），B（4，3）

42、，可知拋物線的對(duì)稱軸是：x=3，利用頂點(diǎn)式列方程組解出可得拋物線的表達(dá)式；（2）如圖1，先利用待定系數(shù)法求直線AC的解析式，設(shè)點(diǎn)D（m，m+6m5），則點(diǎn)E（m，2m+7），根據(jù)解析式表示DE和AE的長(zhǎng)，由已知的比例式列式得結(jié)論；（3）根據(jù)題意得：BPQ為等腰直角三角形，分三種情況：若BPQ=90°，BP=PQ，如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明BAPQMP，可得結(jié)論；如圖3，同理可得結(jié)論；若BQP=90°，BQ=PQ，如圖4，證得：BNQQMP，則NQ=PM=3，NG=1，BN=5，從而得出結(jié)論；如圖5，同理易得QNBPMQ，可得結(jié)論；若PBQ=90°，BQ

43、=BP，如圖6，由于AB=2NQ=3，此時(shí)不存在符合條件的P、Q【解答】解：（1）根據(jù)題意，設(shè)拋物線表達(dá)式為y=a（x3）2+h把B（4，3），C（6，5）代入得：，解得：，故拋物線的表達(dá)式為：y=（x3）2+4=x2+6x5；（2）設(shè)直線AC的表達(dá)式為y=kx+n，則：，解得：k=2，n=7，直線AC的表達(dá)式為y=2x+7，設(shè)點(diǎn)D（m，m2+6m5），2m6，則點(diǎn)E（m，2m+7），DE=（m2+6m5）（2m+7）=m2+8m12，設(shè)直線DE與直線AB交于點(diǎn)G，AGEG，AG=m2，EG=3（2m+7）=2（m2），m20，在RtAEG中，AE=（m2），由，得=，化簡(jiǎn)得，2m211m+1

44、4=0，解得：m1=，m2=2（舍去），則D（，）（3）根據(jù)題意得：ABF為等腰直角三角形，假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)P、Q，則BPQ為等腰直角三角形，分三種情況：若BPQ=90°，BP=PQ，如圖2，過(guò)P作MNx軸，過(guò)Q作QMMN于M，過(guò)B作BNMN于N，易證得：BAPQMP，AB=QM=2，PM=AP=3+2=5，P（2，2），Q（3，0），在RtQMP中，PM=5，QM=2，由勾股定理得：PQ=，SBPQ=PQPB=；如圖3，易證得：BAPPMQ，AB=PM=2，AP=MQ=32=1，P（2，2），Q（3，0），在RtQMP中，PM=2，QM=1，由勾股定理得：PQ=，SBPQ=PQ

45、PB=；若BQP=90°，BQ=PQ，如圖4，易得：BNQQMP，NQ=PM=3，NG=PMAG=32=1，BN=MQ=4+1=5，P（2，5），Q（1，0）PQ=，SBPQ=PQPB=17；如圖5，易得QNBPMQ，NQ=PM=3，P（2，1），Q（5，0），PQ=，SBPQ=PQPB=5，若PBQ=90°，BQ=BP，如圖6，過(guò)Q作QNAB，交AB的延長(zhǎng)線于N，易得：PABBNQ，AB=2，NQ=3，ABNQ此時(shí)不存在符合條件的P、Q【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)的對(duì)稱性、利用待定系數(shù)法求解析式、三角形全等的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，采用了

46、分類(lèi)討論的思想，并利用數(shù)形結(jié)合；第二問(wèn)熟練掌握利用解析式表示點(diǎn)的坐標(biāo)和線段的長(zhǎng)是關(guān)鍵，第三問(wèn)有難度，準(zhǔn)確畫(huà)也圖形是關(guān)鍵，注意不要丟解13如圖，直角ABC中，A為直角，AB=6，AC=8點(diǎn)P，Q，R分別在AB，BC，CA邊上同時(shí)開(kāi)始作勻速運(yùn)動(dòng)，2秒后三個(gè)點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P由點(diǎn)A出發(fā)以每秒3個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q由點(diǎn)B出發(fā)以每秒5個(gè)單位的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)R由點(diǎn)C出發(fā)以每秒4個(gè)單位的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：（1）求證：APR，BPQ，CQR的面積相等；（2）求PQR面積的最小值；（3）用t（秒）（0t2）表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間，是否存在t，使PQR=90°？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出t的值；

47、若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）先利用銳角三角函數(shù)表示出QE=4t，QD=3（2t），再由運(yùn)動(dòng)得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2t），AR=4（2t），最后用三角形的面積公式即可得出結(jié)論；（2）借助（1）得出的結(jié)論，利用面積差得出SPQR=18（t1）2+6，即可得出結(jié)論；（3）方法1、先構(gòu)造出REQQDP，得出，再表示出DP=（63t），DQ=，EQ=，RE=，代入即可得出結(jié)論；方法2、先判斷出DQR=EQP，用此兩角的正切值建立方程求解即可【解答】解：（1）如圖，在RtABC中，AB=6，AC=8，根據(jù)勾股定理得，BC=10，sinB=，sinC=，過(guò)點(diǎn)Q作QEAB于E，在RtBQ

48、E中，BQ=5t，sinB=，QE=4t，過(guò)點(diǎn)Q作QDAC于D，在RtCDQ中，CQ=BCBQ=105t，QD=CQsinC=（105t）=3（2t），由運(yùn)動(dòng)知，AP=3t，CR=4t，BP=ABAP=63t=3（2t），AR=ACCR=84t=4（2t），SAPR=APAR=×3t×4（2t）=6t（2t），SBPQ=BPQE=×3（2t）×4t=6t（2t），SCQR=CRQD=×4t×3（2t）=6t（2t），SAPR=SBPQ=SCQR，APR，BPQ，CQR的面積相等；（2）由（1）知，SAPR=SBPQ=SCQR=6t（2

49、t），AB=6，AC=8，SPQR=SABC（SAPR+SBPQ+SCQR）=×6×83×6t（2t）=2418（2tt2）=18（t1）2+6，0t2，當(dāng)t=1時(shí)，SPQR最小=6；（3）存在，方法1、如圖1，過(guò)點(diǎn)R作REBC于E，過(guò)點(diǎn)P作PDBC于D，REQ=QDP=90°，ERQ+EQR=90°，PQR=90°，EQR+PQD=90°，ERQ=PQD，REQQDP，RE×DP=QD×EQ，由運(yùn)動(dòng)知，CR=4t，BQ=5t，AP=3t，BP=63t，易證，BDPBAC，DP=（63t），BD=（63t

50、），DQ=BQBD=5t（63t）=，同理：EQ=，RE=，×（63t）=×，t=1或秒；方法2、由點(diǎn)P，Q，R的運(yùn)動(dòng)速度知，運(yùn)動(dòng)1秒時(shí)，點(diǎn)P，Q，R分別在AB，BC，AC的中點(diǎn)，此時(shí)，四邊形APQR是矩形，即：t=1秒時(shí)，PQR=90°，由（1）知，QE=4t，QD=3（2t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2t），BP=ABAP=63t=3（2t），AR=ACCR=84t=4（2t），過(guò)點(diǎn)Q作QDAC于D，作QEAB于E，A=90°，四邊形APQD是矩形，AE=DQ=3（2t），AD=QE=4t，DR=|ADAR|=|4t4（2t）|=4|2t2

51、|，PE=|APAE|=|3t3（2t）|=3|2t2|DQE=90°，PQR=90°，DQR=EQP，tanDQR=tanEQP，在RtDQR中，tanDQR=，在RtEQP中，tanEQP=，16t=9（2t），t=即：t=1或秒時(shí)，PQR=90°【點(diǎn)評(píng)】此題是三角形綜合題，主要考查了勾股定理，銳角三角函數(shù)，矩形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，解（1）的關(guān)鍵是求出QD，QE，解（2）的關(guān)鍵是建立函數(shù)關(guān)系式，解（3）的關(guān)鍵是用tanDQR=tanEQP建立方程，是一道中等難度的題目14【回顧】如圖1，ABC中，B=30°，AB=3，BC=4，則ABC的

52、面積等于3【探究】圖2是同學(xué)們熟悉的一副三角尺，一個(gè)含有30°的角，較短的直角邊長(zhǎng)為a；另一個(gè)含有45°的角，直角邊長(zhǎng)為b，小明用兩副這樣的三角尺拼成一個(gè)平行四邊形ABCD（如圖3），用了兩種不同的方法計(jì)算它的面積，從而推出sin75°=，小麗用兩副這樣的三角尺拼成了一個(gè)矩形EFGH（如圖4），也推出sin75°=，請(qǐng)你寫(xiě)出小明或小麗推出sin75°=的具體說(shuō)理過(guò)程【應(yīng)用】在四邊形ABCD中，ADBC，D=75°，BC=6，CD=5，AD=10（如圖5）（1）點(diǎn)E在AD上，設(shè)t=BE+CE，求t2的最小值；（2）點(diǎn)F在AB上，將BCF沿CF翻折，點(diǎn)B落在AD上的點(diǎn)G處，點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)嗎？說(shuō)明理由【分析】回顧：如圖1中，作AHBC求出AH即可解決問(wèn)題；探究：如圖3中，根據(jù)S四邊形ABCD=BCABsin75°=2SABE+2SBFC+S矩形EFGH列出方程即可解決問(wèn)題；應(yīng)用：作C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)H，CH交AD于J，連接BH，EH