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专题六 考前必做难题30题
一、选择题
1．已知，是方程的两个根，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D．
考点：根与系数的关系．
2．如图，已知二次函数（）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在（0，2）和（0，3）之间（包括这两点），下列结论：①当x＞3时，y＜0；②3a+b＜0；③；④；
其中正确的结论是（　　）

A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B．
【解析】
试题分析：①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为（3，0），当x＞3时，y＜0，故①正确；
②抛物线开口向下，故a＜0，∵，∴2a+b=0．∴3a+b=0+a=a＜0，故②正确；
考点：二次函数图象与系数的关系．
3．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB的角平分线分别交AB、CD于M、N两点．若AM=2，则线段ON的长为（　　）

A． B． C．1 D．
【答案】C．
【解析】
试题分析：作MH⊥AC于H，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴∠MAH=45°，∴△AMH为等腰直角三角形，∴AH=MH=AM==，∵CM平分∠ACB，∴BM=MH=，∴AB=，∴AC=AB==，∴OC=AC=，CH=AC﹣AH==，∵BD⊥AC，∴ON∥MH，∴△CON∽△CHM，∴，即，∴ON=1．故选C．

考点：相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；正方形的性质；综合题．
4．如图，△AOB是直角三角形，∠AOB=90°，OB=2OA，点A在反比例函数的图象上．若点B在反比例函数的图象上，则k的值为（　　）
A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．2

【答案】A．
【解析】
试题分析：过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．设点A的坐标是（m，n），则AC=n，OC=m，∵∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，∵∠DBO+∠BOD=90°，∴∠DBO=∠AOC，∵∠BDO=∠ACO=90°，∴△BDO∽△OCA，∴，∵OB=2OA，∴BD=2m，OD=2n，因为点A在反比例函数的图象上，则mn=1，∵点B在反比例函数的图象上，B点的坐标是（﹣2n，2m），∴k=﹣2n•2m=﹣4mn=﹣4．故选A．

考点：反比例函数图象上点的坐标特征；相似三角形的判定与性质；综合题．
5．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，以点B为圆心的圆与AD、DC相切，与AB、CB的延长线分别相交于点E、F，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A．

考点：扇形面积的计算；菱形的性质；切线的性质；综合题．
6．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG．点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．CD+DF=4 B．CD﹣DF= C．BC+AB= D．BC﹣AB=2
【答案】A．
【解析】
试题分析：如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，∵将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，∴OG=DG，∵OG⊥DG，∴∠MGO+∠DGC=90°，∵∠MOG+∠MGO=90°，∴∠MOG=∠DGC，在△OMG和△GCD中，∵∠OMG=∠DCG=90°，∠MOGA=∠DGC，OG=DG，∴△OMG≌△GCD，∴OM=GC=1，CD=GM=BC﹣BM﹣GC=BC﹣2．∵AB=CD，∴BC﹣AB=2．设AB=a，BC=b，AC=c，⊙O的半径为r，⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r=（a+b﹣c），∴c=a+b﹣2．在Rt△ABC中，由勾股定理可得，整理得2ab﹣4a﹣4b+4=0，又∵BC﹣AB=2即b=2+a，代入可得2a（2+a）﹣4a﹣4（2+a）+4=0，解得，（舍去），∴，，∴BC+AB=．
再设DF=x，在Rt△ONF中，FN=，OF=x，ON=，由勾股定理可得，解得，∴CD﹣DF==，CD+DF==5．
综上只有选项A错误，故选A．

考点：三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）．
7．如图1，E为矩形ABCD边AD上的一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是2cm/s．若P、Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2），已知y与t的函数关系图象如图2，则下列结论错误的是（　　）

A．AE=12cm B．sin∠EBC= C．当0＜t≤8时， D．当t=9s时，△PBQ是等腰三角形
【答案】D．
【解析】
D．当t=9s时，点Q与点C重合，点P运动到ED的中点，设为N，如答图3所示，连接NB，NC．此时AN=14，ND=2，由勾股定理求得：NB=，NC=，∵BC=16，∴△BCN不是等腰三角形，即此时△PBQ不是等腰三角形．故④错误；
故选D．

考点：动点问题的函数图象；综合题．
8．如图所示，在平面直角坐标系中，半径均为1个单位长度的半圆O1、O2、O3，…组成一条平滑的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒个单位长度，则第2015秒时，点P的坐标是（　　）

A．（2014，0） B．（2015，﹣1） C．（2015，1） D．（2016，0）
【答案】B．
【解析】
考点：规律型：点的坐标；规律型；综合题；压轴题．
9．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AD平分∠BAC，交BC于点E，AB=6，AD=5，则AE的长为（　　）

A．2.5 B．2.8 C．3 D．3.2
【答案】B．
【解析】
试题分析：如图1，连接BD、CD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴BD===，∵弦AD平分∠BAC，∴CD=BD=，∴∠CBD=∠DAB，在△ABD和△BED中，∵∠BAD=∠EBD，∠ADB=∠BDE，∴△ABD∽△BED，∴，即，解得DE=，∴AE=AB﹣DE=5﹣=2.8．故选B．

考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；综合题．
10．如图，E是边长为l的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试卷分析：连接BP，过C作CM⊥BD，∴，即BE•CM=BC•PQ+BE•PR，又∵BC=BE，∴BE•CM=BE(PQ+PR)，∴CM=PQ+PR，∵BE=BC=1且正方形对角线BD=BC=，又BC=CD，CM⊥BD，∴M为BD中点，又△BDC为直角三角形，∴CM=BD=，即PQ+PR值是．故选A.

考点：正方形的性质。
二、填空题
11．如图，抛物线的对称轴是．且过点（，0），有下列结论：①abc＞0；②a﹣2b+4c=0；③25a﹣10b+4c=0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）；其中所有正确的结论是 ．（填写正确结论的序号）

【答案】①③⑤．
【解析】
∵x=﹣1时，函数值最大，∴（m≠1），∴a﹣b＞m（am﹣b），所以⑤正确；
故答案为：①③⑤．
考点：二次函数图象与系数的关系．
12．图甲是小明设计的带菱形图案的花边作品．该作品由形如图乙的矩形图案拼接而成（不重叠、无缝隙）．图乙中，EF=4cm，上下两个阴影三角形的面积之和为54cm2，其内部菱形由两组距离相等的平行线交叉得到，则该菱形的周长为 cm．

【答案】．
【解析】
试题分析：如图乙，取CD的中点G，连接HG，设AB=6acm，则BC=7acm，中间菱形的对角线HI的长度为xcm，∵BC=7acm，MN=EF=4cm，∴CN=，∵GH∥BC，∴，∴，∴x=3.5a﹣2…（1）；
∵上下两个阴影三角形的面积之和为54cm2，∴6a•（7a﹣x）÷2=54，∴a（7a﹣x）=18…（2）；
由（1）（2），可得：a=2，x=5，∴CD=6×2=12（cm），CN==9，∴DN==15（cm），又∵DH===7.5（cm），∴HN=15﹣7.5=7.5（cm），∵AM∥FC，∴，∴HK==，∴该菱形的周长为：×4=（cm）．故答案为：．

考点：菱形的性质；矩形的性质；综合题．
13．已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3（如图所示），以此类推…．若A1C1=2，且点A，D2，D3，…，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的边长是 ．

【答案】．
【解析】
试题分析：延长D4A和C1B交于O，∵AB∥A2C1，∴△AOB∽△D2OC2，∴，∵AB=BC1=1，=2，∴=，∴OC2=2OB，∴OB=BC2=3，∴OC2=6，设正方形A2C2C3D3的边长为，同理证得：△D2OC2∽△D3OC3，∴，解得，=3，∴正方形A2C2C3D3的边长为3，设正方形A3C3C4D4的边长为，同理证得：△D3OC3∽△D4OC4，∴，解得=，∴正方形A3C3C4D4的边长为；设正方形A4C4C5D5的边长为，同理证得：△D4OC4∽△D5OC5，∴，解得=，∴正方形A4C4C5D5的边长为；以此类推…．正方形An﹣1Cn﹣1CnDn的边长为；∴正方形A9C9C10D10的边长为．故答案为：．

考点：相似三角形的判定与性质；正方形的性质；规律型；综合题；压轴题．
14．如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数（）的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F．若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是 ．

【答案】（12，）．
【解析】

考点：菱形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；综合题；压轴题．
15．已知点P是半径为1的⊙O外一点，PA切⊙O于点A，且PA=1，AB是⊙O的弦，AB=，连接PB，则PB= ．
【答案】1或．
【解析】
试题分析：连接OA，（1）如图1，连接OA，∵PA=AO=1，OA=OB，PA是⊙的切线，∴∠AOP=45°∵OA=OB，∴∠BOP=∠AOP=45°，在△POA与△POB中，∵OA=OB，∠AOP=∠BOP，OP=OP，∴△POA≌△POB，∴PB=PA=1；
（2）如图2，连接OA，与PB交于C，∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥PA，而PA=AO=1，∴OP=，∵AB=，而OA=OB=1，∴AO⊥BO，∴四边形PABO是平行四边形，∴PB，AO互相平分，设AO交PB与点C，即OC=，∴BC=，∴PB=．故答案为：1或．

考点：切线的性质；分类讨论；综合题．
16．如图，OA在x轴上，OB在y轴上，OA=8，AB=10，点C在边OA上，AC=2，⊙P的圆心P在线段BC上，且⊙P与边AB，AO都相切．若反比例函数（）的图象经过圆心P，则k= ．

【答案】﹣5．
【解析】
试题分析：作PD⊥OA于D，PE⊥AB于E，作CH⊥AB于H，如图，设⊙P的半径为r，∵⊙P与边AB，AO都相切，∴PD=PE=r，AD=AE，在Rt△OAB中，∵OA=8，AB=10，∴OB==6，∵AC=2，∴OC=6，∴△OBC为等腰直角三角形，∴△PCD为等腰直角三角形，∴PD=CD=r，∴AE=AD=2+r，∵∠CAH=∠BAO，∴△ACH∽△ABO，∴，即，解得CH=，∴AH===，∴BH==，∵PE∥CH，∴△BEP∽△BHC，∴，即，解得r=1，∴OD=OC﹣CD=6﹣1=5，∴P（5，﹣1），∴k=5×（﹣1）=﹣5．故答案为：﹣5．

考点：切线的性质；一次函数图象上点的坐标特征；反比例函数图象上点的坐标特征；综合题；压轴题．
17．关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根都在﹣1和0之间（不包括﹣1和0），则a的取值范围是 ．
【答案】．
【解析】

考点：抛物线与x轴的交点；综合题；压轴题．
18．如图，在边长为2的等边△ABC中，D为BC的中点，E是AC边上一点，则BE+DE的最小值为 ．

【答案】．
【解析】
试题分析：作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE+ED=B′E+ED=B′D，根据两点之间线段最短可知B′D就是BE+ED的最小值，∵B、B′关于AC的对称，∴AC、BB′互相垂直平分，∴四边形ABCB′是平行四边形，∵三角形ABC是边长为2，∵D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD=，BD=CD=1，BB′=2AD=，作B′G⊥BC的延长线于G，∴B′G=AD=，
在Rt△B′BG中，BG===3，∴DG=BG﹣BD=3﹣1=2，
在Rt△B′DG中，BD===．故BE+ED的最小值为．

考点：轴对称-最短路线问题；等边三角形的性质；最值问题；综合题．
19．如图，三个小正方形的边长都为1，则图中阴影部分面积的和是 （结果保留π）．

【答案】．
【解析】
试题分析：根据图示知，∠1+∠2=180°﹣90°﹣45°=45°，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴图中阴影部分的圆心角的和是90°+90°﹣∠1﹣∠2=135°，∴阴影部分的面积应为：S==．故答案为：．

考点：扇形面积的计算；压轴题．
20．菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B（2，0），∠DOB=60°，点P是对角线OC上一个动点，E（0，﹣1），当EP+BP最短时，点P的坐标为 ．

【答案】（，）．
【解析】
试题分析：连接ED，如图，

∵点B的对称点是点D，∴DP=BP，∴ED即为EP+BP最短，∵四边形ABCD是菱形，顶点B（2，0），∠DOB=60°，∴点D的坐标为（1，），∴点C的坐标为（3，），∴可得直线OC的解析式为：，∵点E的坐标为（﹣1，0），∴可得直线ED的解析式为：，∵点P是直线OC和直线ED的交点，∴点P的坐标为方程组的解，解方程组得：，所以点P的坐标为（，），故答案为：（，）．
考点：菱形的性质；坐标与图形性质；轴对称-最短路线问题；动点型；压轴题；综合题．
21．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，将其放入平面直角坐标系，使A点与原点重合，AB在x轴上，△ABC沿x轴顺时针无滑动的滚动，点A再次落在x轴时停止滚动，则点A经过的路线与x轴围成图形的面积为 ．

【答案】．
【解析】

考点：旋转的性质；扇形面积的计算；规律型；综合题．
22．有9张卡片，分别写有这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则使关于x的不等式组有解的概率为____．
【答案】．
【解析】
试题分析：设不等式有解，则不等式组的解为，那么必须满足条件，，∴，∴满足条件的a的值为6，7，8，9，∴有解的概率为．故答案为：．
考点：解一元一次不等式组；含字母系数的不等式；概率公式；压轴题．
三、解答题
23．如图，一次函数的图象与反比例函数（为常数，且）的图象交于A（1，a）、B两点．
（1）求反比例函数的表达式及点B的坐标；
（2）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，求满足条件的点P的坐标及△PAB的面积．

【答案】（1），；（2）P ，．
【解析】
试题分析：（1）把A的坐标代入一次函数可得到a的值，从而得到k的值，联立一次函数和反比例函数成方程组，解方程组即可得到点B的坐标；
（2）如答图所示，把B点关于x轴对称，得到，连接交x轴于点，连接，则有， ，当P点和点重合时取到等号．易得直线：，令，得，∴，即满足条件的P的坐标为，设交x轴于点C，则，∴，，即．

考点：反比例函数与一次函数的交点问题；最值问题；轴对称-最短路线问题；综合题．
24．为加强公民的节水意识，合理利用水资源．某市对居民用水实行阶梯水价，居民家庭每月用水量划分为三个阶梯，一、二、三级阶梯用水的单价之比等于1：1.5：2．如图折线表示实行阶梯水价后每月水费y（元）与用水量xm3之间的函数关系．其中线段AB表示第二级阶梯时y与x之间的函数关系．
（1）写出点B的实际意义；
（2）求线段AB所在直线的表达式；
（3）某户5月份按照阶梯水价应缴水费102元，其相应用水量为多少立方米？

【答案】（1）图中B点的实际意义表示当用水25m3时，所交水费为90元；（2）；（3）27．
【解析】
试题分析：（1）根据图象的信息得出即可；
（2）首先求出第一、二阶梯单价，再设出解析式，代入求出即可；
（3）因为102＞90，求出第三阶梯的单价，得出方程，求出即可．
试题解析：（1）图中B点的实际意义表示当用水25m3时，所交水费为90元；
（2）设第一阶梯用水的单价为x元/m3，则第二阶梯用水单价为1.5 x元/m3，设A（a，45），则，解得：，∴A（15，45），B（25，90），设线段AB所在直线的表达式为，则：，解得：，∴线段AB所在直线的表达式为；
（3）设该户5月份用水量为xm3（x＞90），由第（2）知第二阶梯水的单价为4.5元/m3，第三阶梯水的单价为6元/m3，则根据题意得90+6（x﹣25）=102，解得，x=27．
答：该用户5月份用水量为27m3．
考点：一次函数的应用；分段函数；综合题．
25．某工厂在生产过程中每消耗1万度电可以产生产值5.5万元，电力公司规定，该工厂每月用电量不得超过16万度，月用电量不超过4万度时，单价是1万元/万度；超过4万度时，超过部分电量单价将按用电量进行调查，电价y与月用电量x的函数关系可用如图来表示．（效益=产值﹣用电量×电价）
（1）设工厂的月效益为z（万元），写出z与月用电量x（万度）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）求工厂最大月效益．

【答案】（1）z=；（2）54万元．
【分析】（1）根据题意知电价y与月用电量x的函数关系是分段函数，当0≤x≤4时，y=1，当4＜x≤16时，函数过点（4，1）和（8，1.5）的一次函数，求出解析式；再根据效益=产值﹣用电量×电价，求出z与月用电量x（万度）之间的函数关系式；
（2）根据（1）中得到函数关系式，利用一次函数和二次函数的性质，求出最值．
【解析】（1）根据题意得：电价y与月用电量x的函数关系是分段函数，当0≤x≤4时，y=1，当4＜x≤16时，函数过点（4，1）和（8，1.5）的一次函数，设一次函数为y=kx+b，∴，解得：，∴，∴电价y与月用电量x的函数关系为：，∴z与月用电量x（万度）之间的函数关系式为：z=，即z=；
【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是图中的函数为分段函数，分别求出个函数的解析式，注意自变量的取值范围．对于最值问题，借助于一次函数的性质和二次函数的性质进行解答．
考点：一次函数的应用；二次函数的最值；最值问题；分段函数；压轴题．
26．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．
（1）求证：DE⊥AG；
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）①α=30°或150°；②，α=315°．
【解析】
试题分析：（1）延长ED交交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；
（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；
②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=，此时α=315°．
（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°﹣30°=150°．
综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．
②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=，∵OG=2OD，∴OG′=OG=，∴OF′=2，∴AF′=AO+OF′=，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°．

考点：几何变换综合题；四边形综合题；分类讨论；旋转的性质；最值问题；综合题；压轴题．
27．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相交于点D，E，F，且BF=BC．⊙O是△BEF的外接圆，∠EBF的平分线交EF于点G，交于点H，连接BD、FH．
（1）求证：△ABC≌△EBF；
（2）试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）若AB=1，求HG•HB的值．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）相切，理由见试题解析；（3）．
【解析】
试题解析：（1）∵∠ABC=90°，∴∠CBF=90°，∵FD⊥AC，∴∠CDE=90°，∴∠ABF=∠EBF，∵∠DEC=∠BEF，∴∠DCE=∠EFB，∵BC=BF，∴△ABC≌△EBF（ASA）；
（2）BD与⊙O相切．理由：连接OB，∵DF是AC的垂直平分线，∴AD=DC，∴BD=CD，∴∠DCE=∠DBE，∵OB=OF，∴∠OBF=∠OFB，∵∠DCE=∠EFB，∴∠DBE=∠OBF，∵∠OBF+∠OBE=90°，∴∠DBE+∠OBE=90°，∴OB⊥BD，∴BD与⊙O相切；
（3）连接EA，EH，∵DF为线段AC的垂直平分线，∴AE=CE，∵△ABC≌△EBF，∴AB=BE=1，∴CE=AE=，∴，∴，又∵BH为角平分线，∴∠EBH=∠EFH=45°，∴∠HEF=∠HBF=45°，∠HFG=∠EBG=45°，∴△EHF为等腰直角三角形，∴，∴，∵∠HFG=∠FBG=45°，∠GHF=∠GHF，∴△GHF∽△FHB，∴，∴，∴．

考点：全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；圆周角定理；探究型；压轴题；综合题．
28．【发现】
如图∠ACB=∠ADB=90°，那么点D在经过A，B，C三点的圆上（如图①）

【思考】
如图②，如果∠ACB=∠ADB=a（a≠90°）（点C，D在AB的同侧），那么点D还在经过A，B，C三点的圆上吗？
请证明点D也不在⊙O内．
【应用】
利用【发现】和【思考】中的结论解决问题：若四边形ABCD中，AD∥BC，∠CAD=90°，点E在边AB上，CE⊥DE．
（1）作∠ADF=∠AED，交CA的延长线于点F（如图④），求证：DF为Rt△ACD的外接圆的切线；
（2）如图⑤，点G在BC的延长线上，∠BGE=∠BAC，已知sin∠AED=，AD=1，求DG的长．

【答案】【思考】证明见试题解析；【应用】（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
试题分析：【思考】假设点D在⊙O内，由圆周角定理及三角形外角的性质，可证得与条件相矛盾的结论，从而证得点D不在⊙O内；
【应用】（1）作出RT△ACD的外接圆，由发现可得点E在⊙O上，则∠ACD=∠FDA，又∠ACD+∠ADC=90°，有∠FDA+∠ADC=90°，即可得出DF是圆的切线；
（2）由【发现】和【思考】可得点G在过C、A、E三点的圆O上，证明四边形AOGD是矩形，由已知条件解直角三角形ACD可得AC的长，即DG的长．
试题解析：【思考】如图1，假设点D在⊙O内，延长AD交⊙O于点E，连接BE，则∠AEB=∠ACB，∵∠ADE是△BDE的外角，∴∠ADB＞∠AEB，∴∠ADB＞∠ACB，因此，∠ADB＞∠ACB这与条件∠ACB=∠ADB矛盾，所以点D也不在⊙O内，所以点D即不在⊙O内，也不在⊙O外，点D在⊙O上；
【应用】
（1）如图2，取CD的中点O，则点O是RT△ACD的外心，∵∠CAD=∠DEC=90°，∴点E在⊙O上，∴∠ACD=∠AED，∵∠FDA=∠AED，∴∠ACD=∠FDA，∵∠DAC=90°，∴∠ACD+∠ADC=90°，∴∠FDA+∠ADC=90°，∴OD⊥DF，∴DF为Rt△ACD的外接圆的切线；
（2）∵∠BGE=∠BAC，∴点G在过C、A、E三点的圆上，如图3，又∵过C、A、E三点的圆是RT△ACD的外接圆，即⊙O，∴点G在⊙O上，∵CD是直径，∴∠DGC=90°，∵AD∥BC，∴∠ADG=90°，∵∠DAC=90°，∴四边形ACGD是矩形，∴DG=AC，∵sin∠AED=，∠ACD=∠AED，∴sin∠ACD=，在RT△ACD中，AD=1，∴=，∴CD=，∴AC==，∴DG=．

考点：切线的判定；圆周角定理；圆的综合题；压轴题．
29．如图，抛物线与直线交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：
（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）（1）（11，36）、（，）、（，）；（2）E（2，1）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；
（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．
试题解析：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入，得：，解得：．∴抛物线的解析式为；联立，解得：或，∴点B的坐标为（4，1）．过点B作BH⊥x轴于H，如图1，∵C（3，0），B（4，1），∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，∴BH=CH=1．∵∠BHC=90°，∴∠BCH=45°，BC=．
同理：∠ACO=45°，AC=，∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，∴tan∠BAC===；
（Ⅱ）（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，∴∠APQ=∠ACB=90°．
若点G在点A的下方，①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，∴△PGA∽△BCA，∴=，∴AG=3PG=3x，则P（x，3﹣3x）．
把P（x，3﹣3x）代入，得：，整理得：，解得：（舍去），（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA，同理可得：AG=PG=，则P（x，），把P（x，）代入，得：，整理得：，解得：（舍去），，∴P（，）；
若点G在点A的上方，①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，同理可得：点P的坐标为（11，36）．
②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA，同理可得：点P的坐标为P（，）．
综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；
（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=AE，即AE=EN，∴点M在整个运动中所用的时间为=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，∴四边形OCD′N是矩形，∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．对于，当y=0时，有，解得：，，∴D（2，0），OD=2，∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，∴点E的坐标为（2，1）．

考点：二次函数综合题；相似三角形的判定与性质；动点型；存在型；分类讨论；综合题；压轴题．
30．如图，⊙E的圆心E（3，0），半径为5，⊙E与y轴相交于A、B两点（点A在点B的上方），与x轴的正半轴交于点C，直线l的解析式为，与x轴相交于点D，以点C为顶点的抛物线过点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断直线l与⊙E的位置关系，并说明理由；
（3）动点P在抛物线上，当点P到直线l的距离最小时．求出点P的坐标及最小距离．

【答案】（1）；（2）直线l与⊙E相切与A；（3）P（2，），．
【解析】
试题分析：（1）连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，利用勾股定理求出OA的长，结合垂径定理求出OC的长，从而得到C点坐标，进而得到抛物线的解析式；
（2）求出点D的坐标，根据△AOE∽△DOA，求出∠DAE=90°，判断出直线l与⊙E相切与A；
（3）过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M．设M（m，），P（m，），得到PM===，根据△PQM的三个内角固定不变，得到PQ最小=PM最小•sin∠QMP=PM最小•sin∠AEO==，从而得到最小距离．
试题解析：（1）如图1，连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，在Rt△AOE中，由勾股定理得，OA===4，∵OC⊥AB，∴由垂径定理得，OB=OA=4，OC=OE+CE=3+5=8，∴A（0，4），B（0，﹣4），C（8，0），∵抛物线的定点为C，∴设抛物线的解析式为，将点B的坐标代入上解析的式，得64a=﹣4，故a=，∴，∴所求抛物线的解析式为：；
（2）在直线l的解析式中，令y=0，得，解得x=，∴点D的坐标为（，0），当x=0时，y=4，∴点A在直线l上，在Rt△AOE和Rt△DOA中，∵，，∴，∵∠AOE=∠DOA=90°，∴△AOE∽△DOA，∴∠AEO=∠DAO，∵∠AEO+∠EAO=90°，∴∠DAO+∠EAO=90°，即∠DAE=90°，因此，直线l与⊙E相切与A；
（3）如图2，过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M．
设M（m，），P（m，），则PM===，当m=2时，PM取得最小值，此时，P（2，），对于△PQM，∵PM⊥x轴，∴∠QMP=∠DAO=∠AEO，又∠PQM=90°，∴△PQM的三个内角固定不变，∴在动点P运动的过程中，△PQM的三边的比例关系不变，∴当PM取得最小值时，PQ也取得最小值，PQ最小=PM最小•sin∠QMP=PM最小•sin∠AEO==，∴当抛物线上的动点P的坐标为（2，）时，点P到直线l的距离最小，其最小距离为．

考点：二次函数综合题；二次函数的最值；探究型；最值问题；动点型；综合题；压轴题．