江苏省各地2023年中考模拟试卷压轴题精选(含解析)

这是一份江苏省各地2023年中考模拟试卷压轴题精选(含解析)，共48页。试卷主要包含了已知二次函数y＝ax2﹣bx，如图A等内容，欢迎下载使用。
江苏省各地2023年最新中考模拟试卷压轴题精选
一．选择题（共6小题）
1．如图，已知正方形ABCD的边长为4，G是AD边中点，F在AB边上，且∠GCF＝45°，则FB的长是（　　）A． B． C．1 D．
第1题
2．数学实验是学习数学的一种重要方式，有益于我们深入思考问题．一次，数学兴趣小组的同学拿出如图所示的矩形纸片ABCD，其中，他们将纸片对折使AD，BC重合，展开后得折痕MN；又沿BM折叠使点C落在C'处，展开后又得到折痕BM；再沿BE折叠使点A落在BM上的A′处，大家发现了很多有趣的结论．就这个图形，请你探究的值（　　）
A． B． C． D．
3．已知二次函数y＝ax2﹣bx（a≠0），经过点P（m，2）．当y≥﹣1时，x的取值范围为x≤t﹣1或x≥﹣3﹣t．则如下四个值中有可能为m的是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，过点D作⊙O的切线交BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）
A． B．2 C． D．

第4题 第5题 第6题
5．如图（1），点P为菱形ABCD对角线AC上一动点，点E为边CD上一定点，连接PB，PE，BE．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，△PBE的面积y随AP的长度x变化的关系图象（当点P在BE上时，令y＝0），则菱形ABCD的周长为（　　）A．8 B． C．20 D．24
6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝与x轴的正半轴交于点A，B点为抛物线的顶点，C点为该抛物线对称轴上一点，则3BC+5AC的最小值为（　　）
A．24 B．25 C．30 D．36
二．填空题（共7小题）
7．如图，在直径为10的⊙O中，两条弦AB，CD分别位于圆心的异侧，AB∥CD，且，若AB＝8，则CD的长为 　 　．
第7题第8题第9题
8．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将△ABC绕点A逆时针旋转得△AB'C'，当AB′第一次与BC平行时，连接并延长BC′交AC于点D，则tan∠CBD＝　 　．
9．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，AB上，且DE＝DF，AC分别交DE，DF于点M，N．设△DMN和△AFN的面积分别为S1和S2，若S2＝2S1，则tan∠ADF的值为 　 　．
10．如图①，四边形ABCD中，AB∥DC，AB＞AD．动点P，Q均以1cm/s的速度同时从点A出发，其中点P沿折线AD﹣DC﹣CB运动到点B停止，点Q沿AB运动到点B停止，设运动时间为t（s），△APQ的面积为y（cm2），则y与t的函数图象如图②所示，则AB＝　 　cm．
第10题第11题
11．如图，在矩形BCDE中，BC＝12，CD＝8，以BC为直径作⊙O，延长CB到点A，使BA＝6，点Q是⊙O上的动点，线段AQ的中点为M，点P为DE上一动点．
（1）直线ED与⊙O的位置关系为 　 　；
（2）PC+PM的最小值为 　 　．
12．如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　 　．
13．如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，连接DE，与以CD为直径的半圆交于点F，
连接AF并延长交BC于点P，则的值 　 　．
第12题第13题
三．解答题（共20小题）
14．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝50°，则∠B＝　 　°；
（2）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，
①判断：△ABD　 　（填“是”或“不是”）“准互余三角形”．
②试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长，若不存在，请说明理由．
（3）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若△ABC为“准互余三角形”，且∠ACB＞90°，AB＝4，D为BC一点，满足以下条件：
D的横坐标为；S△OCD＝c2；
求抛物线的解析式．



15．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝　 　°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5．若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．



16．如图①，点E为矩形ABCD中较短边AB上一任意点，连接DE，在AD上方以DE为边作正方形DEFG，分别连接CE、CF、CG，F与BC交于点H，若△ECD的面积y1与BE的长度x的函数关系的图象如图②中直线的一部分，正方形DEFG的面积y2与BE的长度x的函数关系的图象如图②中抛物线的一部分．
（1）①矩形ABCD的面积＝　 　；
②求出矩形ABCD的周长；
（2）E、C、G三点能否共线，若能，求出此时x的值，若不能，请说明理由；
（3）连接FB，令△BFE的面积为S1，△CEF的面积为S2，当x为间值时，取得最大值？此时∠FCB和∠CGD是否相等？请说明理由．





17．正方形ABCD，AB＝2，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
变式1 设AE＝x，四边形DEFG的面积为S，直接写出S与x的函数关系式．
变式2 当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．





18．在平面直角坐标系xOy中，边长为6的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线y＝mx+2与OC，BC两边分别相交于点D，G，以DG为边作菱形DEFG，顶点E在OA边上．
（1）如图1，当CG＝OD时，直接写出点D和点G的坐标，并求直线DG的函数表达式；
（2）如图2，连接BF，设CG＝a，△FBG的面积为S．
①求S与a的函数关系式；
②判断S的值能否等于等于1？若能，求此时m的值，若不能，请说明理由；
（3）如图3，连接GE，当GD平分∠CGE时，m的值为　 　．







19．如图，在平面直角坐标系中，直线AB经过点A（4，0），B（0，3），动点C从点O出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，过点C作CD∥AB于OA于点D，以CD为边向上作正方形CDEF，设正方形CDEF与△AOB重合部分图形的面积为y，运动时间为t．
（1）用含t的式子表示E，F两点的坐标；
（2）求y与t的函数关系式；
（3）过点A，B分别作x轴、y轴的垂线，两垂线交于点H，当正方形的顶点落在AH或BH边上时，求t的值．
（4）在点D向点A运动的过程中，连接AE，BF，分别以CF，DE为对称轴，作△BCF和△ADE的轴对称三角形△B′CF，△A′DE，当1≤A′B′≤4时，直接写出t的取值范围．

20．如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，点Q是BC的中点，点E是折线段PA﹣AD上一点（含端点）．
（1）沿EQ所在直线折叠矩形，已知点B的对应点为B′，若点B′恰好落在矩形的边AD上，求出AE的长；
（2）如图②，以EQ为直径，在EQ的右侧作半圆O．当半圆O与边AD相切时，设切点为M，求tan∠OAM的值．



21．定义：若存在实数对坐标（x，y）同时满足一次函数y＝px+q和反比例函数，则二次函数y＝px2+qx﹣k为一次函数和反比例函数的“生成”函数．
（1）试判断（需要写出判断过程）：一次函数y＝﹣x+3和反比例函数是否存在“生成”函数，若存在，写出它们的“生成”函数和实数对坐标．
（2）已知：整数m，n，t满足条件t＜n＜8m，并且一次函数y＝（1+n）x+2m+2与反比例函数存在“生成”函数y＝（m+t）x2+（10m﹣t）x﹣2015，求m的值．
（3）若同时存在两组实数对坐标（x1，y1）和（x2，y2）使一次函数y＝ax+2b和反比例函数为“生成”函数，其中，实数a＞b＞c，a+b+c＝0，设L＝|x1﹣x2|，求L的取值范围．（注：一元二次方程ax2+bx+c＝0的求根公式为）



22．如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，点O是BC边上的动点（不与点B重合），以O为圆心，OB为半径的⊙O与BC交于D，连接并延长AD交⊙O于点E，连接CE．
（1）当EC＝AC时，判断直线EC与⊙O的位置关系并说明理由；
（2）若AB＝8，AC＝2，⊙O的半径为r，求r为何值时，AD•DE的值最大，这个最大值是多少？

23．如图，已知二次函数y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）（其中a、m为常数，a＜0，m＞0），它的图象交x轴于点A，B（点A在B的左侧），交y轴于点C（0，4），直线AC交二次函数图象的对称轴于点E．
（1）用含m的代数式表示a以及点A，B的坐标；
（2）如图1，若二次函数图象的顶点是D，直线BD交AE于F，求m取何值时BF⊥AE；
（3）如图2，直接写出△BCE为锐角三角形时m的取值范围．

24．如图，已知AB是半圆⊙O的直径，点C在半圆上，AC＝12，BC＝6，点D是上的动点，AC，BD交于E，连接AD，CD．
（1）问题解决：如图1，若E为AC中点，则BD＝　 　；
（2）问题探究：如图2，当AE＞CE时，若四边形ABCD的面积为54，求CD的长．
（3）拓展延伸：如图3，作CF⊥CD交BD于点F，当△CEF为等腰三角形时，求CE的长．
​


25．如图，已知顶点为C（0，﹣6）的抛物线y＝ax2+b（a≠0）与x轴交于A，B两点，且OC＝OB．
（1）求点B的坐标；
（2）求二次函数y＝ax2+b（a≠0）的解析式；
（3）作直线CB，问抛物线y＝ax2+b（a≠0）上是否存在点M，使得∠MCB＝15°，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

26．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是该圆的直径，D是AC上的点，线段BD与AC交于点E，若AB＝5，，CE＝m，．
（1）试用含m的代数式表示k；
（2）若AD∥OC，求k的值；
（3）若CE＝CF，求cos∠ABD．



27．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2．点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿AB﹣BA运动，到点A停止．在点P运动的同时，点Q从点A出发以每秒1个单位的速度沿AD﹣DC运动．当点P回到点A停止时，点Q也随之停止运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）用含t的代数式表示线段AP的长．
（2）以PQ为边作矩形PQMN，使点M与点A在PQ所在直线的两侧，且PQ＝2MQ．
①当点Q在边AD上，且点M落在CD上时，求t的值．
②当点M在矩形ABCD内部时，直接写出t的取值范围．
（3）点E在边AB上，且AE＝2，在线段PQ上只存在一点F，使∠AFE＝90°，直接写出t的取值范围．

28．已知抛物线y＝ax2+bx+3，抛物线的顶点的为P（m，n）．
（1）若函数图象经过（1，0），对称轴是过（﹣2，0）且垂直于x轴的直线，求a、b的值和顶点坐标；
（2）若a＝1，﹣1＜b＜2，求n关于m的函数表达式，并直接写出n的取值范围；
（3）若b＝2，直接写出抛物线的顶点P与原点O的距离的最小值．





29．如图①，矩形ABCD，E是BC上的一点，连接AE，过E作AE的垂线交矩形外角DCF的平分线于点G，．
（1）若E是BC边中点．①求的值（用含k的代数式表示）．
②连接AG交CD于点H，连接EH，若∠AHE＝90°，求k的值．
（2）若，请直接写出的值（用含k、m的代数式表示）．
（3）如图②，P为边CD上一点，连接AP，PG，∠PAE＝45°，
若BE＝1，EC＝2，且PG⊥EG，求PG的长．









30．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，∠BAC＝∠DAC，过点C作直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．
（1）求证：EF是⊙O的切线．
（2）若∠CAO＝30°，BC＝2，求劣弧BC的长．

31．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．
（1）点E是边CD上一点，将△ABE沿直线AE翻折，得到△AFE．
①如图1，当AF平分∠EAD时，求BE的长；
②如图2，连接DF，当BE＝1时，求△ADF的面积；
（2）点E为射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE进行翻折，点C的对应点为C′，当点E，C′，D三点共线时，求BE的长．







32．如图，直线交x轴于点C，交y轴于点A，抛物线过点A，与x轴交于点B、C．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）如图1，点P在抛物线上，横坐标为2．Q是抛物线上的动点，且在直线AC上方．若S△QAC＞3S△PAC恒成立，求点Q的横坐标xQ的取值范围．
（3）如图2，连接AB，点M（m，0）为x轴上一动点，将△OAB绕点M逆时针旋转90°，得到△O′A′B′，若△O′A′B′的边与抛物线有交点，直接写出m的取值范围．
​

33．如图1，将矩形AOBC放在平面直角坐标系中，点O是原点，点A坐标为（0，4），点B坐标为（5，0），点P是x轴正半轴上的动点，连接AP，△AQP是由△AOP沿AP翻折所得到的图形．
（1）当点Q落在对角线OC上时，OP＝　 　；
（2）当直线PQ经过点C时，求PQ所在的直线函数表达式；
（3）如图2，点M是BC的中点，连接MP、MQ．
①MQ的最小值为 　 　；
②当△PMQ是以PM为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．



3．已知二次函数y＝ax2﹣bx（a≠0），经过点P（m，2）．当y≥﹣1时，x的取值范围为x≤t﹣1或x≥﹣3﹣t．则如下四个值中有可能为m的是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由当y≥﹣1时，x的取值范围为x≤t﹣1或x≥﹣3﹣t可得抛物线对称轴为直线x＝﹣2，从而可得b与a的关系，将P（m，2）代入解析式，用含m代数式表示a，进而求解．
【解答】解：当y≥﹣1时，ax2﹣bx≥﹣1，x的取值范围为x≤t﹣1或x≥﹣3﹣t，
∴（t﹣1，﹣1），（﹣3﹣t，﹣1）为抛物线上的点，
∴抛物线对称轴为直线x＝＝﹣2，∴＝﹣2，∴b＝﹣4a，
∴y＝ax2+4ax＝a（x+2）2﹣4a，当a＞0时，﹣4a≤﹣1，解得a≥，
将（m，2）代入解析式得am2+4am＝2，∴a＝≥，∴0＜m2+4m≤8，
∴4＜（m+2）2≤12，∴﹣2﹣2≤m＜﹣4或0＜m≤﹣2+2，故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系，掌握二次函数图象上点的坐标特征．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，过点D作⊙O的切线交BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）
A． B．2 C． D．
【分析】连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，得到∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF＝BF＝AE＝BG＝2，由勾股定理列方程即可求出结果．
题图答图
【解答】解：连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，∵∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝4，
∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°，∴四边形AFOE，FBGO是正方形，
∴AF＝BF＝AE＝BG＝2，∴DE＝3，
∵DM是⊙O的切线，∴DN＝DE＝3，MN＝MG，∴CM＝5﹣2﹣MN＝3﹣MN，
在Rt△DMC中，DM2＝CD2+CM2，∴（3+NM）2＝（3﹣NM）2+42，
∴NM＝，∴DM＝3+＝．故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，正方形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
5．如图（1），点P为菱形ABCD对角线AC上一动点，点E为边CD上一定点，连接PB，PE，BE．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，△PBE的面积y随AP的长度x变化的关系图象（当点P在BE上时，令y＝0），则菱形ABCD的周长为（　　）
A．8 B． C．20 D．24
【分析】根据图象可知，当x＝0时，即点P与点A重合，此时S△ABE＝12，进而求出菱形的面积，当x＝8时，此时点P与点C重合，即AC＝8，连接BD，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．
【解答】解：由图象可知：当x＝0时，即点P与点A重合，
此时S△ABE＝12，∴S菱形ABCD＝2S△ABE＝24，
当x＝8时，此时点P与点C重合，即AC＝8，连接BD，交AC于点O，
则：BD⊥AC，OA＝OC＝4，OB＝OD，
9．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，AB上，且DE＝DF，AC分别交DE，DF于点M，N．设△DMN和△AFN的面积分别为S1和S2，若S2＝2S1，则tan∠ADF的值为 　﹣1　．
题图答图
【分析】（1）过N作NK⊥AD于K，由正方形ABCD，可得KN＝AN，证明Rt△ADF≌Rt△CDE（HL），可得∠ADF＝∠EDF＝∠CDE＝30°，有KN＝DN，即可得DN：AN＝，过N作NH⊥AB于H，设tan∠ADF＝tan∠FNH＝k，设NH＝AH＝b，则FH＝kb，可知AF＝b+kb，AD＝＝b，故S2＝AF•HN＝b2（1+k），S1＝S△ADC﹣2S△ADN＝（b）2﹣2וb•b，根据S2＝2S1，列方程b2（1+k）＝2•[（b）2﹣2וb•b]，可解得解得：k＝﹣1．
【解答】解：过N作NH⊥AB于H，如图：∵∠FHN＝∠FAD＝90°，
∴HN∥AD，∴∠ADF＝∠HNF，
设tan∠ADF＝tan∠FNH＝k，设NH＝AH＝b，则FH＝kb，∴AF＝b+kb，
∵tan∠ADF＝，∴AD＝＝b，
∴S2＝AF•HN＝b2（1+k），S1＝S△ADC﹣2S△ADN＝（b）2﹣2וb•b，
∵S2＝2S1，∴b2（1+k）＝2•[（b）2﹣2וb•b]，整理得：k2+2k﹣2＝0，
解得：k＝﹣1或﹣﹣1（舍弃），∴tan∠ADF＝k＝﹣1，故答案为：﹣1．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
10．如图①，四边形ABCD中，AB∥DC，AB＞AD．动点P，Q均以1cm/s的速度同时从点A出发，其中点P沿折线AD﹣DC﹣CB运动到点B停止，点Q沿AB运动到点B停止，设运动时间为t（s），△APQ的面积为y（cm2），则y与t的函数图象如图②所示，则AB＝　15　cm．
题图答图
【分析】结合图象可知当t＝13时，点P到达点D，此时y＝90，AQ＝13cm，从而可求出此时△APQ的高DE＝12cm，当t＝18时，点P到达点C，点Q已经停止，此时y＝90，AQ＝AB．由AB∥DC，可知此时△APQ的高也为12cm，再根据三角形的面积公式即可求出AB的长．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，如图所示：
当t＝13时，P到达D点，即AD＝AQ＝13cm，此时y＝78，
∴AQ•DE＝×13•DE＝78，∴DE＝12，


设此时AE＝x，∵，∴PG＝，∵CG⊥PG，∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC，
∴，代入PG＝，解得CP＝x，∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC＝，
∴x＝，∴AE＝∴CE＝，故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形综合，熟练掌握手拉手相似模型是解题关键，掌握“瓜豆原理”则可以快速找到解题思路．
13．如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，连接DE，与以CD为直径的半圆交于点F，
连接AF并延长交BC于点P，则的值 　　．
题图答图
【分析】连接CF，设正方形的边长是2a，可以证明△DCF∽△DEC，得到CD：DE＝FD：DC，因此2a：a＝FD：2a，即可求出DF＝a，得到EF的长，由△PEF∽△ADF，得到PE：AD＝EF：DF＝1：4，因此PE＝AD＝a，得到PB＝BE+PE＝a，即可求出＝．
【解答】解：连接CF，设正方形的边长是2a，∵CD是半圆的直径，∴∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCE＝90°，AD＝CD＝BC＝2a，
∵E是BC中点，∴BE＝CE＝BC＝a，∴DE＝＝a，
∵∠CDF＝∠CDE，∠DFC＝∠DCE，∴△DCF∽△DEC，∴CD：DE＝FD：DC，
∴2a：a＝FD：2a，∴DF＝a，∴EF＝DE﹣DF＝a，
∵EP∥AD，∴△PEF∽△ADF，∴PE：AD＝EF：DF＝1：4，∴PE＝AD＝a，
∴PB＝BE+PE＝a，∴＝．故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由以上知识点证明PE＝AD．
三．解答题（共20小题）
14．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝50°，则∠B＝　20　°；
（2）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，
①判断：△ABD　是　（填“是”或“不是”）“准互余三角形”．
②试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长，若不存在，请说明理由．
（3）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若△ABC为“准互余三角形”，且∠ACB＞90°，AB＝4，D为BC一点，满足以下条件：
D的横坐标为；S△OCD＝c2；
求抛物线的解析式．
【分析】（1）由题意得：∠A+2∠B＝90°，∠A＝50°即可求解；
（2）①是．设∠A＝2α，∠B＝β，而∠A+∠B＝90°，即：2α+β＝90°；②存在，如图①，连接AE，利用△CAE∽△CBA，即可求解；
（3）由题意得：D是线段BC的中点，则：S△BOC＝2S△OCD＝•BO•c，求出BO＝c，而OC＝c，tan∠CBO＝＝，∴∠CBO＝30°，即可求解．

【解答】解：（1）由题意得：∠A+2∠B＝90°，∠A＝50°，则：∠B＝20°，故：答案为20°；
（2）①是．设∠A＝2α，∠B＝β，而∠A+∠B＝90°，即：2α+β＝90°；故：答案是：是；
②存在，如图，连接AE，
（2）∵△ABE也是“准互余三角形”，
∴2∠B+∠BAE＝90°，∠B＝∠EAC，
∴∠EAC＝∠BAE，又∵∠C＝∠C，
∴△CAE∽△CBA，∴，
即CA2＝CB•CE，∵AC＝4，BC＝5，
∴CE＝．∴；
（3）D的横坐标为，而点B横坐标为，即D是线段BC的中点，
则：S△BOC＝2S△OCD＝c2×2＝＝BO•CO＝•BO•c，
则：BO＝c，而OC＝c，tan∠CBO＝＝，∴∠CBO＝30°，
若∠CBO＝30°＝α，由2α+β＝90°得：β＝30°，即：∠CAB＝30°，
若∠CAB＝30°＝α，由2α+β＝90°得：β＝30°，即：∠CBO＝30°，
即∠CAB＝∠CBA＝30°，则：OA＝OB＝2，OC＝2，
即：点A、B、C的坐标分别为（﹣2，0）、（2，0）、（0，2），
设：抛物线的解析式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
把点A、B坐标代入上式得：y＝a（x+2）（x﹣2），
把点C坐标代入上式，解得：a＝﹣，
则抛物线的解析式为：y＝﹣（x+2）（x﹣2）＝﹣x2+2．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到三角形相似、一元二次方程解法等相关知识，本题（2）是难点，其核心是确定△CAE∽△CBA．
15．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝　15　°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5．若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．

【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；
（2）只要证明△CAE∽△CBA，可得CA2＝CE•CB，由此即可解决问题；
（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF．只要证明△FCB∽△FAC，可得CF2＝FB•FA，设FB＝x，则有：x（x+7）＝122，推出x＝9或﹣16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；
【解答】解：（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，
∴2∠B+∠A＝90°，解得，∠B＝15°，故答案为：15°；
（2）如图①中，在Rt△ABC中，∵∠B+∠BAC＝90°，∠BAC＝2∠BAD，
∴∠B+2∠BAD＝90°，∴△ABD是“准互余三角形”，
∵△ABE也是“准互余三角形”，∴只有2∠B+∠BAE＝90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC＝90°，∴∠CAE＝∠B，∵∠C＝∠C＝90°，
∴△CAE∽△CBA，可得CA2＝CE•CB，∴CE＝，∴BE＝5﹣＝．

（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF．
∴CF＝CD＝12，∠BCF＝∠BCD，∠CBF＝∠CBD，
∵∠ABD＝2∠BCD，∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠CBF＝180°，∴A、B、F共线，∴∠FAC+∠ACF＝90°
∴2∠ACB+∠CAB≠90°，∴只有2∠BAC+∠ACB＝90°，∴∠FCB＝∠FAC，∵∠F＝∠F，
∴△FCB∽△FAC，∴CF2＝FB•FA，设FB＝x，则有：x（x+7）＝122，
∴x＝9或﹣16（舍弃），∴AF＝7+9＝16，
在Rt△ACF中，AC＝＝＝20．
【点评】本题考查四边形综合题、相似三角形的判定和性质、“准互余三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用翻折变换添加辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用已知模型构建辅助线解决问题，属于中考压轴题．
16．如图①，点E为矩形ABCD中较短边AB上一任意点，连接DE，在AD上方以DE为边作正方形DEFG，分别连接CE、CF、CG，F与BC交于点H，若△ECD的面积y1与BE的长度x的函数关系的图象如图②中直线的一部分，正方形DEFG的面积y2与BE的长度x的函数关系的图象如图②中抛物线的一部分．
（1）①矩形ABCD的面积＝　12　；
②求出矩形ABCD的周长；
（2）E、C、G三点能否共线，若能，求出此时x的值，若不能，请说明理由；
（3）连接FB，令△BFE的面积为S1，△CEF的面积为S2，当x为间值时，取得最大值？此时∠FCB和∠CGD是否相等？请说明理由．
【分析】（1）①由图②知△ECD的面积为6，即CD•AD＝6，可得矩形ABCD的面积为12；
②由图②知，正方形DEFG的面积最大为25，此时边DE最大，E与B重合，可得AB2+AD2＝25，结合AB•AD＝CD•AD＝12，可得AB+AD＝＝7，故矩形ABCD的周长为14；
（2）由（1）知AB+AD＝7，AB•AD＝12，得AB＝3，AD＝4，以A为原点，AD所在直线为x轴建立直角坐标系，过G作GK⊥CD交DC延长线于K，证明△DKG≌△DAE（AAS），得DK＝AD＝4，KG＝AE，设AE＝m，则KG＝m，可得直线EG函数表达式为y＝x+m，将C（4，3）代入得3＝×4+m，变形得：m2﹣3m+4＝0，由Δ＝（﹣3）2﹣4×4＝﹣7＜0，知C（4，3）不可能满足y＝x+m，从而可得C不可能在直线EG上，故E、C、G三点不能共线；
（3）过F作FT⊥y轴于T，FW⊥BC于W，证明△EFT≌△DEA（AAS），得TF＝AE，TE＝AD＝4，有AE＝AB﹣BE＝3﹣x＝TF，可求出BH＝﹣+x，即可得＝＝﹣1+，当x2﹣3x+4最小时，最大，从而最大，故当x＝时，x2﹣3x+4最小为，此时取得最大值，根据BE＝，可证△CFW是等腰直角三角形，∠FCB＝45°，由（2）知C不在EG上，即得∠CGD≠∠FCB．

【解答】解：（1）①由图②知，△ECD的面积为6，∴CD•AD＝6，∴CD•AD＝12，
∴矩形ABCD的面积为12；故答案为：12；
②由图②知，正方形DEFG的面积最大为25，此时边DE最大，E与B重合，∴AB2+AD2＝25，
由矩形ABCD，结合①可知AB•AD＝CD•AD＝12，
∴AB+AD＝＝＝7，∴矩形ABCD的周长为14；
（2）E、C、G三点不能共线，理由如下：
由（1）知AB+AD＝7，AB•AD＝12，
∴AB＝3，AD＝4（AB为矩形ABCD的较短边，AB＝4，AD＝3已舍去），
以A为原点，AD所在直线为x轴建立直角坐标系，过G作GK⊥CD交DC延长线于K，如图：
∵∠KDG＝90°﹣∠EDC＝∠EDA，∠K＝90°＝∠EAD，DE＝DG，
∴△DKG≌△DAE（AAS），∴DK＝AD＝4，KG＝AE，
设AE＝m，则KG＝m，∴E（0，m），G（4+m，4），∴直线EG函数表达式为y＝x+m，
若C（4，3）在直线EG上，则3＝×4+m，变形整理得：m2﹣3m+4＝0，
∵Δ＝（﹣3）2﹣4×4＝﹣7＜0，∴C（4，3）不可能满足y＝x+m，
∴C不可能在直线EG上，故E、C、G三点不能共线；

（3）过F作FT⊥y轴于T，FW⊥BC于W，如图：
∵∠TEF＝90°﹣∠AED＝∠ADE，∠ETF＝90°＝∠EAD，EF＝ED，
∴△EFT≌△DEA（AAS），∴TF＝AE，TE＝AD＝4，
∵BE＝x，∴AE＝AB﹣BE＝3﹣x＝TF，∵BH∥TF，∴＝即＝，
∴BH＝﹣+x，∴CH＝4﹣BH＝﹣x+4，
∴S1＝BE•TF＝x•（3﹣x）＝﹣x2+x，S2＝CH•TE＝（﹣x+4）×4＝﹣x+2，
∴＝＝﹣1+，
当x2﹣3x+4最小时，最大，从而最大，
∵x2﹣3x+4＝（x﹣）2+，∴当x＝时，x2﹣3x+4最小为，此时取得最大值，
∴BE＝，∴AE＝TF＝3﹣＝，TB＝TE﹣BE＝4﹣＝，
∴BW＝TF＝，FW＝TB＝，∴CW＝BC﹣BW＝4﹣＝，
∴CW＝FW，∴△CFW是等腰直角三角形，∴∠FCB＝45°，
∵∠EGD＝45°，∴∠FCB＝∠EGD，由（2）知C不在EG上，∴∠CGD≠∠FCB．
∴当x＝时，取得最大值，此时∠FCB与∠CGD不相等．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及正方形性质，全等三角形判定与性质，一元二次方程根的判别式等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
17．正方形ABCD，AB＝2，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
变式1 设AE＝x，四边形DEFG的面积为S，直接写出S与x的函数关系式．
变式2 当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．

【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）探究 同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝4即可；
变式1 由正方形的性质得到∠DAE＝45°，表示出AM＝EM，再表示出DM，再用勾股定理求出DE2，即可得出答案；
变式2 分两种情形，由四边形内角和定理和三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，
，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形，
（2）解：探究：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°
∵四边形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，∴CE+CG＝4是定值；
变式1 过点E作EM⊥AD，如图2所示：∴∠DAE＝45°，∵AE＝x，∴AM＝EM＝x，
在Rt△DME中，DM＝AD﹣AM＝2﹣x，EM＝x，
根据勾股定理得，DE2＝DM2+EM2＝（2﹣x）2+（x）2＝x2﹣4x+8，
∵四边形DEFG为正方形，∴S＝S正方形DEFG＝DE2＝x2﹣4x+8；
变式2 ①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，如图2所示：
则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：
∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，∴∠EFC＝∠CDE＝30°，
综上所述，∠EFC＝120°或30°．



②当s＝1时，则6﹣a＝1．解得：a＝5．∴点G的坐标为（5，6）．
在△DCG中，由勾股定理可知；DG＝＝＝．
∵四边形GDEF是菱形，∴DE＝DG＝．
在Rt△DOE中，由勾股定理可知OE＝＝＝＞6．
∴OE＞OA．∴点E不在OA上．∴S≠1．
（3）如图2所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．
又∵四边形DEFG为菱形，∴DM⊥GM，点M为DF的中点．
∵GD平分∠CGE，DM⊥GM，GC⊥OC，∴MD＝CD＝4．
∵由（2）可知点F的坐标为4，点D的纵坐标为2，∴点M的纵坐标为3．∴ND＝1．
在Rt△DNM中，MN＝＝．∴点M的坐标为（，3）．
设直线DM的解析式为y＝kx+2．将（，3）代入得：k+2＝3．解得：k＝．
∴设直线MG的解析式为y＝x+b．将（，3）代入得：﹣15+b＝3．解得：b＝18．
∴直线MG的解析式为y＝﹣x+18．将y＝6代入得：．解得：x＝．
∴点G的坐标为（，6）．将（，6）代入y＝mx+2得：m+2＝6．
解得：m＝．故答案为：．
【点评】本题考查的是一次函数的综合应用，解答本题主要应用了菱形的性质、全等三角形的性质和判定、待定系数法求一次函数的解析式、角平分线的性质，求得点M的坐标是解题的关键．
19．如图，在平面直角坐标系中，直线AB经过点A（4，0），B（0，3），动点C从点O出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，过点C作CD∥AB于OA于点D，以CD为边向上作正方形CDEF，设正方形CDEF与△AOB重合部分图形的面积为y，运动时间为t．
（1）用含t的式子表示E，F两点的坐标；
（2）求y与t的函数关系式；
（3）过点A，B分别作x轴、y轴的垂线，两垂线交于点H，当正方形的顶点落在AH或BH边上时，求t的值．
（4）在点D向点A运动的过程中，连接AE，BF，分别以CF，DE为对称轴，作△BCF和△ADE的轴对称三角形△B′CF，△A′DE，当1≤A′B′≤4时，直接写出t的取值范围．
题图答图
【分析】（1）如图1中，作EM⊥OA于M，EN⊥OB于N，只要证明△CNF≌△DOC，△DOC≌△EMD，推出CN＝OD＝EM＝4t，FN＝OC＝DM＝3t，由此即可解决问题．
（2）分两种情形①当0＜t≤时，重叠部分就是正方形CDEF，如图1，②当＜t＜1时，重叠部分是四边形CDGH，如图2中，分别求解即可．
（3）分三种情形①如图3中，当点F在BH上时，由△CBF≌△DOC可知BC＝OD＝4t，列方程求解．②如图4中，当点E在AH上时，由△ADE≌△OCD可得AD＝OC＝3t，
列方程求解．③当C、D在AH、BH上时，t＝1．
（4）分两种情形讨论①当A′在B′上方时，如图5中，②当A′在B′下方时，如图6中，分别列出不等式组即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，作EM⊥OA于M，EN⊥OB于N．
∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝CF，∠FCD＝90°，
∴∠FCN+∠DCO＝90°，∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠FCN＝∠CDO，∵∠CNF＝∠DOC＝90°，∴△CNF≌△DOC，同理可证△DOC≌△EMD，
∴CN＝OD＝EM，FN＝OC＝DM，
∵CD∥AB，∴＝，∴＝，∴OD＝4t，
∴CN＝OD＝EM＝4t，FN＝OC＝DM＝3t，∴F（3t，7t），E（7t，4t）．
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，则有，解得，
∴直线AB解析式为y＝﹣x+3，当点E在AB上时，4t＝﹣×7t+3，解得t＝，
∴当0＜t≤时，重叠部分就是正方形CDEF，如图1，S＝25t2．
当＜t＜1时，重叠部分是四边形CDGH，如图2中，
∵∠A＝∠A，∠DGA＝∠AOB，∴△ADG∽△ABO，∴＝，∴＝，
∴DG＝（4﹣4t），∴S＝5t×（4﹣4t）＝﹣12t2＝12t，
综上所述，S＝．

（3）如图3中，当点F在BH上时，由△CBF≌△DOC可知BC＝OD＝4t，
∴3t+4t＝3，∴t＝，时点F在BH上．
如图4中，当点E在AH上时，由△ADE≌△OCD可得AD＝OC＝3t，
∴4t+3t＝4，∴t＝时，点E在AH上．
当C、D在AH、BH上时，t＝1
综上所述，t＝或或1秒时，正方形的顶点落在AH或BH边上．


（4）当A′在B′上方时，如图5中，
A′B′＝AA′﹣5+BB′＝（4﹣4t）+（3﹣3t）﹣5＝5﹣10t，
由题意：1≤5﹣10t≤4，解得≤t≤．
当A′在B′下方时，如图6中，

A′B′＝5﹣AA′﹣BB′＝10t﹣5，由题意1≤10t﹣5≤4，解得≤t，
综上所述，≤t≤或≤t时，1≤A′B′≤4．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、翻折变换等知识，解题的关键是学会分类讨论，学会画好图象解决问题，学会把问题转化为方程或不等式组解决，属于中考压轴题．
20．如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，点Q是BC的中点，点E是折线段PA﹣AD上一点（含端点）．

（1）沿EQ所在直线折叠矩形，已知点B的对应点为B′，若点B′恰好落在矩形的边AD上，求出AE的长；
（2）如图②，以EQ为直径，在EQ的右侧作半圆O．当半圆O与边AD相切时，设切点为M，求tan∠OAM的值．
【分析】（1）分当点E在AP上时和当点E在AD边上时，利用勾股定理和等腰三角形与矩形的性质可求解；
（2）根据题意分情况作图，利用矩形的性质、勾股定理解直角三角形的应用分别求解．
【解答】解：（1）情况一：如图当点E在AP上时，AB'＝2，

在Rt△AB'E中，（4﹣AE）2＝22+AE2，解得：AE＝；
情况二：如图，当点E在AD边上时，连接BE、BB'，

可得BE＝B'E，∠BEQ＝∠B'EQ，
∵AD∥BC，∴∠B'EQ＝∠BQE，∴∠BEQ＝∠BQE，∴BE＝BQ＝5，
∵AB＝4，∴AE＝3．综上所述，AE＝或3；
（2）情况一：如图，当点E在线段PA上时，连接OM，延长MO交BC于点N，
∵AD与半圆相切于点M，∴∠AMN＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，
∴四边形AMNB是矩形，∴MN∥AB，MN＝AB＝4，∵OE＝OQ，∴BN＝NQ＝，
在Rt△NOQ中，设OQ＝r，∵QO2＝ON2+NQ2，∴r2＝（4﹣r）2+（）2，解得r＝，
∴OM＝OQ＝，∵AM＝BN＝，∴tan∠OAM＝，

情况二：如图，当点E在边AD上时，点M与点E重合，∴∠AEO＝90°，
∴四边形AEQB是矩形，∴AE＝BQ＝5，OE＝EQ＝AB＝2，∴tan∠OAM＝，
综上所述，tan∠OAM的值为或．
【点评】此题考查的是圆的综合题目，熟练掌握矩形性质、圆的性质、勾股定理及解三角形是解决此题的关键．
21．定义：若存在实数对坐标（x，y）同时满足一次函数y＝px+q和反比例函数，则二次函数y＝px2+qx﹣k为一次函数和反比例函数的“生成”函数．
（1）试判断（需要写出判断过程）：一次函数y＝﹣x+3和反比例函数是否存在“生成”函数，若存在，写出它们的“生成”函数和实数对坐标．
（2）已知：整数m，n，t满足条件t＜n＜8m，并且一次函数y＝（1+n）x+2m+2与反比例函数存在“生成”函数y＝（m+t）x2+（10m﹣t）x﹣2015，求m的值．
（3）若同时存在两组实数对坐标（x1，y1）和（x2，y2）使一次函数y＝ax+2b和反比例函数为“生成”函数，其中，实数a＞b＞c，a+b+c＝0，设L＝|x1﹣x2|，求L的取值范围．（注：一元二次方程ax2+bx+c＝0的求根公式为）
【分析】（1）只需将y＝﹣x+3与y＝组成方程组，并求出该方程组的解即可解决问题；
（2）根据题意得，解得．然后根据t＜n＜8m求出n的取值范围，进而求出m的取值范围，就可求出整数m的值；
（3）由a＞b＞c，a+b+c＝0可得a＞0，c＜0，a＞﹣a﹣c，﹣a﹣c＞c，即可得到（2b）2﹣4ac＞0，﹣2＜＜﹣，由题可得x1+x2＝﹣，x1•x2＝，从而得到L＝＝＝＝2，利用二次函数的增减性并结合﹣2＜＜﹣即可得到L的取值范围．
【解答】解：（1）联立，解得或．
则一次函数y＝﹣x+3和反比例函数y＝存在“生成”函数，
它们的“生成”函数为y＝﹣x2+3x﹣2，实数对坐标为（1，2），（2，1）；

（2）根据题意得：，解得：．
∵t＜n＜8m，∴，解得6＜n＜24，∴9＜n+3＜27，∴1＜＜3，∴1＜m＜3．
∵m是整数，∴m＝2；
（3）∵a＞b＞c，a+b+c＝0，∴a＞0，c＜0，a＞﹣a﹣c，﹣a﹣c＞c，
∴（2b）2﹣4ac＞0，﹣2＜＜﹣，∴方程ax2+2bx+c＝0有两个不相等的实根．
由题意可知：x1、x2是方程ax2+2bx+c＝0的两个不等实根，
∴x1+x2＝﹣，x1•x2＝，∴L＝＝＝
＝＝＝，
∵﹣2＜＜﹣，∴＜L＜．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查解方程组、解不等式组、根与系数的关系、完全平方公式等知识，有一定的难度，运用配方法及二次函数的增减性是解决第（3）小题的关键．
22．如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，点O是BC边上的动点（不与点B重合），以O为圆心，OB为半径的⊙O与BC交于D，连接并延长AD交⊙O于点E，连接CE．
（1）当EC＝AC时，判断直线EC与⊙O的位置关系并说明理由；
（2）若AB＝8，AC＝2，⊙O的半径为r，求r为何值时，AD•DE的值最大，这个最大值是多少？
题图答图
【分析】（1）连接OE，由OE＝OD得∠OED＝∠ODE，证出∠ADC＝∠OED，由EC＝AC得∠CAD＝∠CEA，由∠CAD+∠ADC＝90°得∠CAD+∠ADC＝90°，从而∠CEA+∠OED＝90°，即可得到结论．
（2）利用勾股定理求出BC＝6，证明△ADC∽△BDE，可得，AD•DE＝CD•BD，设CD＝x，则BD＝6﹣x，AD•DE＝x（6﹣x），利用二次函数的性质即可得到最大值．
【解答】解（1）EC是⊙O的切线，
理由如下：如图，连接OE，∵OE＝OD，∴∠OED＝∠ODE，
∵∠ADC＝∠ODE，∴∠ADC＝∠OED，∵EC＝AC，∴∠CAD＝∠CEA，
∵∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∴∠CEA+∠OED＝90°，∴∠OEC＝90°，
又∵OE是⊙O的半径，∴EC是⊙O的切线，E是切点．
（2）如图，连接BE，∵∠ACB＝90°，∴BC＝＝＝6，
∵BD是⊙O的直径，∴∠BED＝90°，∴∠ACB＝∠BED＝90°，
又∵∠ADC＝∠BDE，∴△ADC∽△BDE，∴，∴AD•DE＝CD•BD，
设CD＝x，则BD＝6﹣x，∴AD•DE＝x（6﹣x）＝﹣x2+6x＝﹣（x﹣3）2+9，
∴当x＝3时，r＝BD＝，AD•BD的值最大，最大值是9．
【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数求最值等知识，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定是解题的关键．
23．如图，已知二次函数y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）（其中a、m为常数，a＜0，m＞0），它的图象交x轴于点A，B（点A在B的左侧），交y轴于点C（0，4），直线AC交二次函数图象的对称轴于点E．
（1）用含m的代数式表示a以及点A，B的坐标；
（2）如图1，若二次函数图象的顶点是D，直线BD交AE于F，求m取何值时BF⊥AE；
（3）如图2，直接写出△BCE为锐角三角形时m的取值范围．
【分析】（1）当x＝0时，y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）＝﹣8am2＝4，则a＝﹣，令y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）＝0，解得：x＝﹣2m或4m，即可求解；
（2）当BF⊥AE时，则∠FAB+∠FBA＝90°，即tan∠FAB•tan∠FBA＝1，即可求解；
（3）根据函数的对称性，AE＝BE，故CE＜BE，则∠EBC为锐角，故存在∠CEB、∠ECB可能为钝角，然后分类求解即可．

【解答】解：（1）当x＝0时，y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）＝﹣8am2＝4，则a＝﹣，
令y＝a（x2﹣2mx﹣8m2）＝0，解得：x＝﹣2m或4m，
即点A、B的坐标分别为：（﹣2m，0）、（4m，0）；
（2）当BF⊥AE时，则∠FAB+∠FBA＝90°，即tan∠FAB•tan∠FBA＝1，
由抛物线的表达式知，点D（m，），在Rt△AOC中，tan∠FAB＝＝，
同理可得：tan∠FBA＝＝，则＝，
解得：m＝（不合题意的值已舍去）；
（3）由函数对称性，AE＝BE，故CE＜BE，则∠EBC为锐角，故存在∠CEB、∠ECB可能为钝角．
①当∠ECB为锐角时，则∠ACB为钝角，当∠ACB为直角时，
∵∠ACO+∠BCO＝90°，∠CAO+∠CAO＝90°，∴∠BCO＝∠CAO，
∴tan∠BCO＝tan∠CAO，即，即，解得：m＝（不合题意的值已舍去）；
则∠ACB为钝角时，m＞；
②当∠AEB为锐角时，当∠AEB为直角时，则△ABE为等腰直角三角形，
则∠CAO＝45°，则CO＝AO，即2m＝4，则m＝2，故当∠AEB为锐角时，m＜2；
综上，△BCE为锐角三角形时m的取值范围为：＜m＜2．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、等腰直角三角形的性质、解直角三角形、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
24．如图，已知AB是半圆⊙O的直径，点C在半圆上，AC＝12，BC＝6，点D是上的动点，AC，BD交于E，连接AD，CD．
（1）问题解决：如图1，若E为AC中点，则BD＝　9　；
（2）问题探究：如图2，当AE＞CE时，若四边形ABCD的面积为54，求CD的长．
（3）拓展延伸：如图3，作CF⊥CD交BD于点F，当△CEF为等腰三角形时，求CE的长．​
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB＝∠ADB＝90°，证出∠CEB＝∠CBE＝45°，则可得出答案；
（2）过点D作DH⊥AC于点H，由四边形ABCD的面积求出DH＝3，证明△AHD∽△DHE，由相似三角形的性质得出，求出HE＝3，则可得出答案；
（3）分三种情况：①若CE＝CF，②若CE＝EF，③若CF＝EF，由相似三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）∵AB是半圆⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵AC＝12，E为AC的中点，∴AE＝CE＝6，又∵BC＝6，∴CE＝BC，BE＝BC＝6，
∴∠CEB＝∠CBE＝45°，∴∠DAE＝45°，∴DE＝AE＝3，
∴BD＝DE+BE＝3+6＝9，故答案为：9；
（2）过点D作DH⊥AC于点H，
∵S四边形ABCD＝S△ADC+S△ABC＝54，
∴＝54，∴DH＝3，
∵∠ADB＝∠AHD＝∠DHE＝90°，
∴∠HDE+∠ADH＝∠DAH+∠ADH＝90°，
∴∠HDE＝∠DAH，∴△AHD∽△DHE，∴，
∴DH2＝AH•HE，∴32＝（12﹣3a）•a，
解得a＝1或a＝3（不合题意，舍去），∴HE＝3，∴CD＝＝3；
（3）分三种情况：
①若CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE，又∵CF⊥CD，∴∠DCF＝90°，∴∠DCF＝∠ACB，
∴△DCF≌△BCE（ASA），∴DC＝BC＝6，
∵∠CDB＝∠CAB，∴tan∠CDB＝tan∠CAB，∴，∴，∴CF＝3，∴CE＝3；
②若CE＝EF，此时∠ECF＝∠EFC，∵∠ECF+∠ECD＝90°，∠EFC+∠CDF＝90°，
∴∠CDF＝∠ECD，∴DE＝CE＝EF，在△DEA和△CEB中，，
∴△DEA≌△CEB（ASA），∴AD＝BC＝6，设CE＝x，则DE＝CE＝x，AE＝12﹣x，
∵AD2+DE2＝EA2，∴62+x2＝（12﹣x）2，∴x＝，∴CE＝；
③若CF＝EF，此时∠FCE＝∠FEC，∵∠FCE+∠FCB＝90°，∠FEC+∠CBE＝90°，
∴∠FCB＝∠CBE，∴CF＝BF＝EF，∴F为BE的中点，设CF＝EF＝BF＝y，
∵∠CDF＝∠CAB，∠ACB＝∠DCF＝90°，∴△ACB∽△DCF，∴，∴CD＝2y，
∴DF＝＝y，
∵∠DCE＝∠DBA，∠DCE+∠ECF＝90°，∠CEB+∠CBE＝90°，∠ECF＝∠CEF，
∴∠DBA＝∠CBD，∴CD＝AD＝2y，∵AD2+BD2＝AB2，∴，
解得y2＝，∴CE＝＝3﹣3．
综上所述，CE的长为3或或3﹣3．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考压轴题．
25．如图，已知顶点为C（0，﹣6）的抛物线y＝ax2+b（a≠0）与x轴交于A，B两点，且OC＝OB．
（1）求点B的坐标；
（2）求二次函数y＝ax2+b（a≠0）的解析式；
（3）作直线CB，问抛物线y＝ax2+b（a≠0）上是否存在点M，使得∠MCB＝15°，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由条件可知OC＝6，根据OB＝OC，可求出点B的坐标；
（2）将B，C两点的坐标代入y＝ax2+b，求出a，b的值，即可求得二次函数的解析式；
（3））根据题意，分M在BC上方和下方两种情况进行解答，画出相应的图形，然后根据二次函数的性质和锐角三角函数可以求得点M的坐标．
【解答】解：（1）∵C（0，﹣6），∴OC＝6，∵OC＝OB，∴OB＝6，∴点B的坐标为（6，0）；
（2）∵抛物线y＝ax2+b过点B（6，0），点C（0，﹣6），
∴，解得，∴二次函数的解析式为；
题图答图
（3）存在，如图，分以下两种情况：
①若M在B上方，设MC交x轴于点D，则∠ODC＝45°+15°＝60°，
∴OD＝OC•tan30°＝6×，∴点D的坐标为（2，0），
设DC为y＝kx﹣6，代入（2，0），可得：k＝，∴直线DC的函数解析式为y＝x﹣6，
联立两个方程可得，解得（舍去），，∴M，
②若M在B下方，设MC交x轴于点E，则∠OEC＝45°﹣15°＝30°，
∴∠OCE＝60°，∴OE＝OC•tan60°＝6，
设EC为y＝kx﹣6，代入（6，0）可得：k＝，
∴直线EC的解析式为y＝x﹣6，联立两个方程可得，
解得：（舍去），，∴，
综上所述M的坐标为或．
【点评】此题主要考查了二次函数的综合题，需要掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质、锐角三角函数等知识．熟练运用方程思想是解题的关键．
26．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是该圆的直径，D是AC上的点，线段BD与AC交于点E，若AB＝5，，CE＝m，．
（1）试用含m的代数式表示k；
（2）若AD∥OC，求k的值；
（3）若CE＝CF，求cos∠ABD．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC，再利用勾股定理求出AC，然后再证明△DEA∽△CEB，从而利用相似三角形的性质可得DE⋅BE＝m（4﹣m），再结合，BE2＝m2+32＝m2+9，即可得解；
（2）根据平行线的性质可得∠DAC＝∠ACO根据等腰三角形的性质可得∠OAC＝∠ACO，进而可得∠DBC＝∠OAC，然后证明△CBE∽△CAB，从而利用相似三角形的性质可求出m的值，再代入（1）的结论进行计算即可解答；
（3）如图2，在线段AC上取一点G，使得∠DBG＝∠DBC，先证明△CBG∽△CAB得得，从而由勾股定理求得，再由求得CE＝1＝m，，再根据，即可求解．
题图答图
【解答】解：（1）如图1，连接BC，CD，
∵AB是的⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∵，
∴BC＝AB•sin∠CAB＝5×＝3，∴，
∵∠ADE＝∠ECB，∠DEA＝∠CEB，∴△DEA∽△CEB，∴，∴，
∴DE⋅BE＝m（4﹣m），∵，BE2＝m2+32＝m2+9，∴k＝＝＝；
（2）解：∵AD∥OC，∴∠DAC＝∠ACO，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠ACO，
∵∠DAC＝∠DBC，∴∠DBC＝∠OAC，∵∠ACB＝∠BCE，∴△CBE∽△CAB，
∴，∴，∴，∴．
（3）解：如图2，在线段AC上取一点G，使得∠DBG＝∠DBC，
∵CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE，
∵∠CEF+∠CFE+∠ECF＝180°，
∴，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ECB＝90°，∴∠CEB+∠CBD＝90°，∴，
∵OA＝OC，∴∠CAB＝∠ACO＝2∠DBC＝∠CBG，
∵∠BCE＝∠ACB，∴△CBG∽△CAB，∴，∴CB2＝CG•CA，
∵AC＝4，BC＝3，∴，∴，
∵∠DBG＝∠DBC，∴，∴，∴CE＝1＝m，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
27． 如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2．点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿AB﹣BA运动，到点A停止．在点P运动的同时，点Q从点A出发以每秒1个单位的速度沿AD﹣DC运动．当

28． ∴当点M在矩形ABCD内部时，＜t＜6，
综上所述，当点M在矩形ABCD内部时，0＜t＜1或＜t＜6．
（3）以AE为直径作⊙O，则点Q在⊙O外，当0＜t≤2时，如图5，点P在⊙内或点P与点E重合，则线段PQ上只存在一点F，使∠AFE＝90°，∴0＜2t≤2，解得0＜t≤1；
如图6，PQ与⊙O相切于F，此时线段PQ上只存在一点F，使∠AFE＝90°，
连接OF，则PQ⊥OF，OF＝OA＝OE＝1，
∵∠BAD＝90°，AQ＝t，AP＝2t，∴PQ＝＝＝t，
∵∠OFP＝90°，∴＝＝tan∠APQ＝＝，∴OP＝OF，
∴2t﹣1＝，解得t＝，
当2＜t≤3时，如图2，PQ与⊙O没有公共点，此时线段PQ上不存在一点F，使∠AFE＝90°；
当3＜t≤6时，如图7，点P在⊙O内或点P与点A重合，则线段PQ上只存在一点F，使∠AFE＝90°，∴0≤12﹣2t＜2，解得5＜t≤6，
综上所述，t的取值范围是0＜t≤1或t＝或5＜t≤6．




【点评】此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、直线与圆的位置关系、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
28．已知抛物线y＝ax2+bx+3，抛物线的顶点的为P（m，n）．
（1）若函数图象经过（1，0），对称轴是过（﹣2，0）且垂直于x轴的直线，求a、b的值和顶点坐标；
（2）若a＝1，﹣1＜b＜2，求n关于m的函数表达式，并直接写出n的取值范围；
（3）若b＝2，直接写出抛物线的顶点P与原点O的距离的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得a、b，从而求得抛物线的解析式，把解析式化成顶点式即可求得顶点坐标；
（2）由抛物线的顶点的为P（m，n），即可得到m＝﹣，n＝，从而得到b＝﹣2m，n＝3﹣m2，由﹣1＜b＜2得出﹣1＜m，利用二次函数的性质和二次函数的最值即可求得n的取值范围；
（3）由抛物线的顶点为P（m，n），即可得到m＝﹣＝﹣，n＝a•﹣+3＝﹣+3＝m+3，即P（m，m+3），利用勾股定理得到OP2＝m2+（m+3）2＝2m2+6m+9＝2（m+）2+，则OP2的最小值为，从而求得顶点P与原点O的距离的最小值为．
【解答】解：（1）∵函数图象经过（1，0），对称轴是过（﹣2，0）且垂直于x轴的直线，
∴，解得，∴抛物线为y＝﹣x2﹣x+3，
∴y＝﹣x2﹣x+3＝﹣（x+2）2+，∴顶点坐标为（﹣2，）；
（2）∵a＝1，∴抛物线为y＝x2+bx+3，
∵抛物线的顶点的为P（m，n），∴m＝﹣，n＝，∴b＝﹣2m，∴n＝3﹣m2，
∵﹣1＜b＜2，∴﹣1＜﹣2m＜2，∴﹣1＜m，∴m＝0时，n＝3；m＝﹣1时，n＝2，
∴n的取值范围是2＜n≤3；
（3）∵b＝2，∴抛物线为y＝ax2+2x+3，∴m＝﹣＝﹣，
∴n＝a•﹣+3＝﹣+3＝m+3，∴P（m，m+3），
∴OP2＝m2+（m+3）2＝2m2+6m+9＝2（m+）2+，∴OP2的最小值为，
∴顶点P与原点O的距离的最小值为．
（2）解：由（1）可知，在AB上取BR＝BE，可得△ARE∽△ECG，∴，
∵，∴BE＝BR＝mEC，∴AR＝AB﹣BR＝kBE﹣BR＝kmEC﹣mEC＝（km﹣m）EC，
∴；
（3）解：如图所示，延长AP，EG交于点Q，过点Q作QM⊥CF于点M，过点Q作QN⊥DC于点N，
∵∠PAE＝45°，AE⊥EG，∴△AEQ为等腰直角三角形，∴AE＝EQ，
∴∠QME＝∠EBA＝90°，四边形CMQN为矩形，
∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠QEM＝∠EAB，
在△ABE与△EMQ中，，∴△ABE≌△EMQ（AAS），∴QM＝BE＝1，EM＝AB，
∵，BE＝1，CE＝2，BC＝3，BE＝BC，∴BC＝BE+EC＝3，AB＝kBE，
∴EM＝AB＝kBE＝k＝3，MC＝EM﹣EC＝k﹣2，
∵四边形CMQN是矩形，∴NQ＝CM＝AD＝3，
∵∠APD＝∠NPQ，∠ADP＝∠QNP，∴△ADP≌△QNP（AAS），∴AP＝PQ＝AQ，
∵，∴EG＝AE＝EQ，∴PG为△AEQ的中线，
在Rt△ABE中，BE＝1，AB＝5，∴AE＝，∴PG＝AE，即PG＝．
【点评】此题是几何综合题，考查矩形、全等三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的综合，关键是掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的解答．
30．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，∠BAC＝∠DAC，过点C作直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．
（1）求证：EF是⊙O的切线．
（2）若∠CAO＝30°，BC＝2，求劣弧BC的长．
题图答图
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC＝∠DAC，求得∠DAC＝∠OCA，推出AD∥OC，得到∠OCF＝∠AEC＝90°，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理和弧长公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠DAC，∴∠DAC＝∠OCA，∴AD∥OC，
∵∠AEC＝90°，∴∠OCF＝∠AEC＝90°，∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵∠CAO＝30°，BC＝2，∴∠BOC＝60°，AB＝2BC＝4，
∴OB＝AB＝2，∴的长＝＝π．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
31．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．
（1）点E是边CD上一点，将△ABE沿直线AE翻折，得到△AFE．
①如图1，当AF平分∠EAD时，求BE的长；
②如图2，连接DF，当BE＝1时，求△ADF的面积；
（2）点E为射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE进行翻折，点C的对应点为C′，当点E，C′，D三点共线时，求BE的长．
【分析】（1）①根据折叠的性质以及F平分∠EAD，得出∠BAE＝30°，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，得出BE＝，即可求解；
②延长EF交AD的延长线于点G，根据折叠的性质以及矩形的性质得出FG＝GA，进而在Rt△AFG中，勾股定理求得DG的长，等面积法求得AD边上的高，进而根据三角形的面积公式即可求解；
（2）分两种情况，①当E在BC的延长线上时，证明△CDE≌△B'AD，②当E在线段BC上时，分别讨论即可求解．

【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，
∵将△ABE沿直线AE翻折，得到△AFE，∴∠BAE＝∠FAE，
∵AF平分∠EAD，∴∠DAF＝∠FAE，
∴∠BAE＝∠DAF＝∠FAE＝∠BAD＝×90°＝30°，
∴2BE＝AE，AB＝＝BE，∴BE＝AB＝×3＝；
②如图所示，延长EF交AD的延长线于点G，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GAE＝∠AEB，
∵将△ABE沿直线AE翻折，得到△AFE，
∴AF＝AB＝3，BE＝EF＝1，∠AEB＝∠AEF，∴∠GAE＝∠AEG，∴AG＝GE，
∵AD＝4，∴AG＝AD+DG＝4+DG＝FG+EF＝FG+1，∴FG＝DG+3，
在Rt△AFG中，AF2+FG2＝AG2，即32+（DG+3）2＝（DG+4）2，解得：DG＝1，
∴FG＝DG+3＝4，AG＝4+1＝5，
设AG边上的高为h，则，∴，
∴△ADF的面积＝；

（2）当点E、C′、D三点共线时，分两种情况：
①当E在BC的延长线上时，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC＝4，CD＝AB＝3，AD∥BC，
∴∠DCE＝90°，∠CED＝∠B'DA，
由折叠的性质得：AB'＝AB＝3，∠B'＝∠ABC＝90°，
∴∠DCE＝∠B'，DC＝AB'，∴△CDE≌△B'AD（AAS），∴DE＝AD＝4，
∴，∴；
②当E在线段BC上时，由折叠的性质得：∠AEC'＝∠AEC，
∵∠BEC'＝∠DEC，∴∠AEB＝∠AED，∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE，∴∠DAE＝∠AED，∴DE＝AD＝4，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：，
∴；综上所述，BE的长为或．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键．
32．如图，直线交x轴于点C，交y轴于点A，抛物线过点A，与x轴交于点B、C．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）如图1，点P在抛物线上，横坐标为2．Q是抛物线上的动点，且在直线AC上方．若S△QAC＞3S△PAC恒成立，求点Q的横坐标xQ的取值范围．
（3）如图2，连接AB，点M（m，0）为x轴上一动点，将△OAB绕点M逆时针旋转90°，得到△O′A′B′，若△O′A′B′的边与抛物线有交点，直接写出m的取值范围．
​
【分析】（1）根据待定系数法求解析式即可求解；
（2）过点B作AC的平行线l，根据A，B，C，P的坐标得出S△ABC＝3S△APC，结合题意，求得l与抛物线的另一个交点，结合图形即可求解；
（3）根据题意得出O′在直线y＝﹣x上运动，分别求得对应顶点落在抛物线上时的m的值，结合函数图象即可求解．
【解答】解：（1）由，当x＝0时，得y＝﹣2，当y＝0时，x＝4，
∴C（4，0），A（0，﹣2），代入，得，
，解得：，解得：，
（2）如图所示，过点B作AC的平行线，

∵P点的横坐标为2，当x＝2时，，则P（2，﹣2）
∵A（0，﹣2），C（4，0），∴
设直线AC的解析式为y＝kx﹣2，将点C（4，0）代入得，则4k﹣2＝0，解得
∵B（﹣2，0），∴，∴S△ABC＝3S△APC，
设过点B的直线l的解析式为，将点B（﹣2，0）代入，得，
解得：b＝1，∴线l的解析式为，
联立，解得：或，则直线l与抛物线的另一个交点为（6，4），
依题意，S△QAC＞3S△PAC恒成立，∴点Q的横坐标xQ的取值范围为x＜﹣2或x＞6．
（3）解：如图所示，

∵OA＝OB＝2，则△OAB是等腰直角三角形，∴△O′A′B′是等腰直角三角形，
∵点M（m，0）为x轴上一动点，将△OAB绕点M逆时针旋转90°，得到△O′A′B′，
∴OM＝O′M，根据图象可知，O′在直线y＝﹣x上运动，
∴当O′与点P重合时，△O′A′B′的顶点与抛物线有交点，此时MO′＝AP＝2，
即m＝2，当B′与点A重合时，此时m＝0，∴0≤m≤2时，△O′A′B′的边与抛物线有交点，
当B′与点B重合时，此时m＝﹣2，当A′在抛物线上，此时MO′＝MO＝m，A′（m+2，m），
代入抛物线解析式即：，解得：或（舍去），
∴当时，△O′A′B′的边与抛物线有交点，
综上所述，3﹣≤m≤﹣2或0≤m≤2时，△O′A′B′的边与抛物线有交点．
【点评】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，旋转的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
33．如图1，将矩形AOBC放在平面直角坐标系中，点O是原点，点A坐标为（0，4），点B坐标为（5，0），点P是x轴正半轴上的动点，连接AP，△AQP是由△AOP沿AP翻折所得到的图形．
（1）当点Q落在对角线OC上时，OP＝　　；
（2）当直线PQ经过点C时，求PQ所在的直线函数表达式；
（3）如图2，点M是BC的中点，连接MP、MQ．
①MQ的最小值为 　　；
②当△PMQ是以PM为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．

②如图，设OP＝PQ＝x，BP＝5﹣x，∴PM²＝（5﹣x）²+2²＝x²﹣10x+29，
当PM＝PQ时，PM²＝PQ²，∴x²﹣10x+29＝x²，x＝，∴P（，0），
当MP＝MQ时，如图，点Q在AC上，则AQ＝OA＝4，
∵MP＝MQ，MB＝MC，∠PBM＝∠QCM，
∴△PMB≌△QMC（HL），∴PB＝QC，QC＝AC﹣AQ＝5﹣4＝1，
∴PB＝1，∴OP＝BO﹣PB＝5﹣1＝4，∴P（4，0），

当PM＝MQ时，设OP＝PQ＝x，CP＝x﹣5，CM＝2，
∴MP＝MQ，则M点在AP上，则有MQ＝OM＝MP，∴PC＝CO＝5，P（10，0）；
当MQ＝PQ时，不符合题意，不成立，
故P点坐标为P（，0）或P（4，0）或P（10，0）．
【点评】本题考查一次函数的图象及应用，通过一次函数坐标图象的性质，三角函数的性质，全等三角形的性质和勾股定理，来求得对应的解．