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压轴题精选讲解
一、选择题
1．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，有以下结论：①abc＞0，②a﹣b+c＜0，③2a+b=0，
④b2﹣4ac＞0，其中正确结论个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
（第1题） （第2题） （第3题）
2．如图，四边形ABCD为正方形，边长为4，点F在AB边上，E为射线AD上一点，正方形ABCD沿直线EF折叠，点A落在G处，已知点G恰好在以AB为直径的圆上，则CG的最小值等于（ ）
A．0 B．2 C．4﹣2 D．2﹣2
3．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，连接CE，作BF⊥CE，垂足为F，则tan∠FBC的值为（ ）A． B． C． D．
4．如图，二次函数y=ax2+c的图象与一次函数y=kx+c的图象在第一象限的交点为A，点A的横坐标为1，则关于x的不等式ax2﹣kx＜0的解集为（ ）A．0＜x＜1 B．﹣1＜x＜0 C．x＜0或x＞1 D．x＜﹣1或x＞0
（第4题） （第5题） （第6题）
5．如图，双曲线y=经过抛物线y=ax2+bx的顶点（﹣，m）（m＞0），则有（ ）
A．a=b+2k B．a=b﹣2k C．k＜b＜0 D．a＜k＜0
6．小明为了研究关于x的方程x2﹣|x|﹣k=0的根的个数问题，先将该等式转化为x2=|x|+k，再分别画出函数y=x2的图象与函数y=|x|+k的图象（如图），当方程有且只有四个根时，k的取值范围是（ ）
A．k＞0 B．﹣＜k＜0 C．0＜k＜ D．﹣＜k＜
二、填空题
1．如图，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为 ．
(第1题） （第2题） （第3题）
2．如图，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=4，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 ．
3．如图，在直角坐标系xOy中，若抛物线y=+2x交x轴的负半轴于A，以O为旋转中心，将线段OA按逆时针方向旋转α（0°＜α≤360°），再沿水平方向向右或向左平移若干个单位长度，对应线段的一个端点正好落在抛物线的顶点处，请直接写出所有符合题意的α的值是__________．
4．抛物线y=2x2﹣8x+6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其下方的部分记为C1，将C1向右平移得到C2，C2与x轴交于点B、D，若直线y=﹣x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是 ．
（ 第4题） （第5题） （第6题）
5．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 ．
6．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b=0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．
其中正确结论的序数是___________
三、解答题1．如图，顶点M在y轴上的抛物线与直线y=x+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的横坐标为2，连结AM、BM．（1）求抛物线的函数关系式；（2）判断△ABM的形状，并说明理由；
（3）把抛物线与直线y=x的交点称为抛物线的不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后的抛物线总有不动点．
2．如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3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，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．
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4，OC=2．点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位的速度向点A匀速运动，到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒（t＞0）．过点P作∠DPA=∠CPO，且PD=CP，连接DA．
（1）点D的坐标为 ．（请用含t的代数式表示）
（2）点P在从点O向点A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值；若不能，请说明理由．
（3）请直接写出点D的运动路线的长．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=12cm，BC=12cm；动点P从点C开始沿CA以2cm/s的速度向点A移动，动点Q从点A开始沿AB以4cm/s的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BC以 2cm/s的速度向点C移动．如果P、Q、R分别从C、A、B同时移动，移动时间为t（0＜t＜6）s．
（1）∠CAB的度数是 ；
（2）以CB为直径的⊙O与AB交于点M，当t为何值时，PM与⊙O相切？
（3）写出△PQR的面积S随动点移动时间t的函数关系式，并求S的最小值及相应的t值；
（4）是否存在△APQ为等腰三角形？若存在，求出相应的t值；若不存在请说明理由．
5．如图，在平面直角坐标系中，半径为1的⊙A的圆心与坐标原点O重合，线段BC的端点分别在x轴与y轴上，点B的坐标为（6，0），且sin∠OCB=．
（1）若点Q是线段BC上一点，且点Q的横坐标为m．
①求点Q的纵坐标；（用含m的代数式表示）
②若点P是⊙A上一动点，求PQ的最小值；
（2）若点A从原点O出发，以1个单位/秒的速度沿折线OBC运动，到点C运动停止，⊙A随着点A的运动而移动．
①点A从O→B的运动的过程中，若⊙A与直线BC相切，求t的值；
②在⊙A整个运动过程中，当⊙A与线段BC有两个公共点时，直接写出t满足的条件．
6．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，二次函数y=x2+c的图象抛物线交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求∠ABC的度数；
（2）若点D是第四象限内抛物线上一点，△ADC的面积为，求点D的坐标；
（3）若将△OBC绕平面内某一点顺时针旋转60°得到△O′B′C′，点O′，B′均落在此抛物线上，求此时O′的坐标．
压轴题精选讲解解析
一、选择题
8．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，有以下结论：①abc＞0，②a﹣b+c＜0，③2a+b=0，④b2﹣4ac＞0，其中正确结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】由抛物线开口向下，a＜0，抛物线与y轴交于正半轴，c＞0，根据对称轴为x=﹣＞0，则b＞0，判断①；根据x=﹣1时y＜0，判断②；根据对称轴为x=1，即﹣=1，判断③；根据函数图象可以判断④．
【解答】解：开口向下，a＜0，抛物线与y轴交于正半轴，c＞0，根据对称轴为x=﹣＞0，则b＞0，所以abc＜0，①正确；
根据x=﹣1时y＜0，所以a﹣b+c＜0，②正确；
根据对称轴为x=1，即﹣=1，2a+b=0，③正确；
由抛物线与x轴有两个交点，所以b2﹣4ac＞0，④正确
故选：D．
【点评】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，把握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，重点要理解抛物线的对称性．
10．如图，四边形ABCD为正方形，边长为4，点F在AB边上，E为射线AD上一点，正方形ABCD沿直线EF折叠，点A落在G处，已知点G恰好在以AB为直径的圆上，则CG的最小值等于（ ）
A．0 B．2 C．4﹣2 D．2﹣2
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【分析】先根据题意画出图形，由翻折的性质可知AF=FG，AG⊥OE，∠OGE=90°，由垂径定理可知点O为半圆的圆心，从而得到OB=OG=2，依据勾股定理可求得OC的长，最后依据GC=OC﹣OG求解即可．
【解答】解：如图所示：
由翻折的性质可知：AF=FG，AG⊥OE，∠OAE=∠OGE=90°．
∵AF=FG，AG⊥OE，
∴点O是圆半圆的圆心．
∴OG=OA=OB=2．
在△OBC中，由勾股定理可知：OC===2．
∵当点O、G、C在一条直线上时，GC有最小值，
∴CG的最小值=OC﹣OG=2﹣2．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是翻折变换、勾股定理的应用、垂径定理，明确当点O、G、C在一条直线上时，GC有最小值是解题的关键．
9．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，连接CE，作BF⊥CE，垂足为F，则tan∠FBC的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】勾股定理；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；锐角三角函数的定义．
【分析】首先根据以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，判断出BE=BC=5；然后根据勾股定理，求出AE的值是多少，进而求出DE的值是多少；再根据勾股定理，求出CE的值是多少，再根据BC=BE，BF⊥CE，判断出点F是CE的中点，据此求出CF、BF的值各是多少；最后根据角的正切的求法，求出tan∠FBC的值是多少即可．
【解答】解：∵以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，
∴BE=BC=5，
∴AE=，
∴DE=AD﹣AE=5﹣4=1，
∴CE=，
∵BC=BE，BF⊥CE，
∴点F是CE的中点，
∴CF=，
∴BF==，
∴tan∠FBC=，
即tan∠FBC的值为．
故选：D．
【点评】（1）此题主要考查了勾股定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
（2）此题还考查了等腰三角形的判定和性质的应用，考查了分类讨论思想的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①等腰三角形的两腰相等．②等腰三角形的两个底角相等．③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．
（3）此题还考查了锐角三角函数的定义，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确一个角的正弦、余弦、正切的求法．
（4）此题还考查了矩形的性质和应用，以及直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．
10．如图，二次函数y=ax2+c的图象与一次函数y=kx+c的图象在第一象限的交点为A，点A的横坐标为1，则关于x的不等式ax2﹣kx＜0的解集为（ ）
A．0＜x＜1 B．﹣1＜x＜0 C．x＜0或x＞1 D．x＜﹣1或x＞0
【考点】二次函数与不等式（组）．
【分析】ax2﹣kx＜0即二次函数的值大于一次函数的值，即二次函数的图象在一次函数的图象的上边，求自变量x的范围．
【解答】解：ax2﹣kx＜0即ax2+c＜kx+c，即二次函数的值大于一次函数的值．
则x的范围是：0＜x＜1．
故选A．
【点评】本题考查了二次函数与不等式的解集的关系，理解ax2﹣kx＜0即二次函数的值大于一次函数的值时求自变量的取值是关键．
10．如图，双曲线y=经过抛物线y=ax2+bx的顶点（﹣，m）（m＞0），则有（ ）
A．a=b+2k B．a=b﹣2k C．k＜b＜0 D．a＜k＜0
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】根据抛物线的开口方向和反比例函数所处的象限判断a＜0，k＜0，根据对称轴x=﹣=﹣得出a=b，由双曲线y=经过抛物线y=ax2+bx的顶点（﹣，m）（m＞0），对称k=﹣m，m=a﹣b，进而对称8k=a=b，即可得出a＜k＜0．
【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx的顶点（﹣，m），
∴对称轴x=﹣=﹣，
∴a=b＜0，
∵双曲线y=经过抛物线y=ax2+bx的顶点（﹣，m）（m＞0），
∴k=﹣m，m=a﹣b，
∴m=﹣2k，m=﹣a=﹣b，
∴﹣2k=﹣a=﹣b，
∴8k=a=b，
∵a＜0，
∴a＜k＜0，
故选D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，利用抛物线的顶点坐标和二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
8．小明为了研究关于x的方程x2﹣|x|﹣k=0的根的个数问题，先将该等式转化为x2=|x|+k，再分别画出函数y=x2的图象与函数y=|x|+k的图象（如图），当方程有且只有四个根时，k的取值范围是（ ）
A．k＞0 B．﹣＜k＜0 C．0＜k＜ D．﹣＜k＜
【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．
【分析】直接利用根的判别式，进而结合函数图象得出k的取值范围．
【解答】解：当x＞0时，y=x+k，y=x2，
则x2﹣x﹣k=0，
b2﹣4ac=1+4k＞0，
解得：k＞﹣，
当x＜0时，y=﹣x+k，y=x2，
则x2+x﹣k=0，
b2﹣4ac=1+4k＞0，
解得：k＞﹣，
如图所示一次函数一部分要与二次函数有两个交点，则k＜0，
故k的取值范围是：﹣＜k＜0．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与一次函数图象综合应用，正确利用数形结合得出是解题关键．
二、填空题
18．如图，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为 60° ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；圆周角定理．
【分析】作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB，如图，根据折叠的性质得OD=CD，则OD=OA，根据含30度的直角三角形三边的关系得到∠OAD=30°，接着根据三角形内角和定理可计算出∠AOB=120°，然后根据圆周角定理计算∠APB的度数．
【解答】解：如图作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB．
∵将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，
∴OD=CD．
∴OD=OC=OA．
∴∠OAD=30°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=30°．
∴∠AOB=120°．
∴∠APB=∠AOB=60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和折叠的性质，求得∠OAD=30°是解题的关键．
16．如图，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=4，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 2 ．
【考点】圆周角定理；垂径定理；解直角三角形．
【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF=2EH，即可求出答案．
【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，
如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，
∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=4
∴AD=BD=4，即此时圆的直径为4，
由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，
∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=2×=，
由垂径定理可知EF=2EH=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的综合运用．关键是根据运动变化，找出满足条件的最小圆，再解直角三角形．
16．如图，在直角坐标系xOy中，若抛物线y=+2x交x轴的负半轴于A，以O为旋转中心，将线段OA按逆时针方向旋转α（0°＜α≤360°），再沿水平方向向右或向左平移若干个单位长度，对应线段的一个端点正好落在抛物线的顶点处，请直接写出所有符合题意的α的值是30°或150°．
【考点】抛物线与x轴的交点；坐标与图形变化-平移；坐标与图形变化-旋转．
【分析】首先求出抛物线的顶点坐标以及AO的长，再利用平移的性质结合AO只是左右平移，进而得出旋转的角度．
【解答】解：由题意可得：y=+2x=（x+2）2﹣2，
故抛物线的顶点坐标为：（2，﹣2），
当y=0时，0=（x+2）2﹣2
解得：x1=0，x2=4，
故AO=4，
∵将线段OA按逆时针方向旋转α（0°＜α≤360°），再沿水平方向向右或向左平移若干个单位长度，对应线段的一个端点正好落在抛物线的顶点处，
∴旋转后对应点A′到x轴的距离为：2，
如图，过点A′作A′C⊥x轴于点C，
当∠COA′=30°，
则CA′=A′O=2，
故α为30°时符合题意，
同理可得：α为150°时也符合题意，
综上所述：所有符合题意的α的值是30°或150°．
故答案为：30°或150°．
【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及旋转与平移变换，正确得出对应点的特点是解题关键．
18．抛物线y=2x2﹣8x+6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其下方的部分记为C1，将C1向右平移得到C2，C2与x轴交于点B、D，若直线y=﹣x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是 ＜m＜3 ．
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y=﹣x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y=﹣x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案．
【解答】解：y=2x2﹣8x+6=2（x﹣2）2﹣2
令y=0，
即x2﹣4x+3=0，
解得x=1或3，
则点A（1，0），B（3，0），
由于将C1向右平移2个长度单位得C2，
则C2解析式为y=2（x﹣4）2﹣2（3≤x≤5），
当y=﹣x+m1与C2相切时，
令y=﹣x+m1=y=2（x﹣4）2﹣2，
即2x2﹣15x+30﹣m1=0，
△=8m1﹣15=0，
解得m1=，
当y=﹣x+m2过点B时，
即0=﹣3+m2，
m2=3，
当＜m＜3时直线y=﹣x+m与C1、C2共有3个不同的交点，
故答案为＜m＜3．
【点评】本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．
18．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 ．
【考点】切线的性质．
【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．
【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+=．
故答案为．
【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．
17．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：
①2a+b=0；
②abc＞0；
③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；
④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；
⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．
其中正确结论的个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的性质．
【分析】根据抛物线对称轴方程对①进行判断；由抛物线开口方向得到a＜0，由对称轴位置可得b＞0，由抛物线与y轴的交点位置可得c＞0，于是可对②进行判断；根据顶点坐标对③进行判断；根据抛物线的对称性对④进行判断；根据函数图象得当1＜x＜4时，一次函数图象在抛物线下方，则可对⑤进行判断．
【解答】解：∵抛物线的顶点坐标A（1，3），
∴抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，
∴2a+b=0，所以①正确；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴b=﹣2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以②错误；
∵抛物线的顶点坐标A（1，3），
∴x=1时，二次函数有最大值，
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，所以③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为（4，0）
而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），所以④错误；
∵抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n（m≠0）交于A（1，3），B点（4，0）
∴当1＜x＜4时，y2＜y1，所以⑤正确．
故选：C．
【点评】本题考查了二次项系数与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
三、解答题
27．如图，顶点M在y轴上的抛物线与直线y=x+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的横坐标为2，连结AM、BM．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）判断△ABM的形状，并说明理由；
（3）把抛物线与直线y=x的交点称为抛物线的不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后的抛物线总有不动点．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）由条件可分别求得A、B的坐标，设出抛物线解析式，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）结合（1）中A、B、C的坐标，根据勾股定理可分别求得AB、AM、BM，可得到AB2+AM2=BM2，可判定△ABM为直角三角形；
（3）由条件可写出平移后的抛物线的解析式，联立y=x，可得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式可求得m的范围．
【解答】解：（1）∵A点为直线y=x+1与x轴的交点，
∴A（﹣1，0），
又B点横坐标为2，代入y=x+1可求得y=3，
∴B（2，3），
∵抛物线顶点在y轴上，
∴可设抛物线解析式为y=ax2+c，
把A、B两点坐标代入可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣1；
（2）△ABM为直角三角形．理由如：
由（1）抛物线解析式为y=x2﹣1可知M点坐标为（0，﹣1），
∴AM=，AB===3，BM==2，
∴AM2+AB2=2+18=20=BM2，
∴△ABM为直角三角形；
（3）当抛物线y=x2﹣1平移后顶点坐标为（m，2m）时，其解析式为y=（x﹣m）2+2m，即y=x2﹣2mx+m2+2m，
联立y=x，可得，消去y整理可得x2﹣（2m+1）x+m2+2m=0，
∵平移后的抛物线总有不动点，
∴方程x2﹣（2m+1）x+m2+2m=0总有实数根，
∴△≥0，即（2m+1）2﹣4（m2+2m）≥0，
解得m≤，
即当m≤时，平移后的抛物线总有不动点．
【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理及其逆定理、一元二次方程等知识点．在（1）中确定出A、B两点的坐标是解题的关键，在（2）中分别求得AB、AM、BM的长是解题的关键，在（3）中确定出抛物线有不动点的条件是解题的关键．本题考查知识点较为基础，难度适中．
27．如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3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，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．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n，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=3，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；
（Ⅱ）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，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；
【解答】解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x2+mx+n，得
，
解得：．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．
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=3，
∴∠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y=x2﹣x+3，得：x2﹣x+3=3﹣3x，
整理得：x2+x=0，解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x），
把P（x，3﹣x）代入y=x2﹣x+3，得：x2﹣x+3=3﹣x，
整理得：x2﹣x=0，解得：x1=0（舍去），x2=，∴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）、（，）、（，）．
【点评】本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大．
26．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4，OC=2．点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位的速度向点A匀速运动，到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒（t＞0）．过点P作∠DPA=∠CPO，且PD=CP，连接DA．
（1）点D的坐标为 （t，1） ．（请用含t的代数式表示）
（2）点P在从点O向点A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值；若不能，请说明理由．
（3）请直接写出点D的运动路线的长．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）作DE⊥OA于E，证得△POC∽△PED，根据三角形相似的性质易求得PE=t，DE=1，即可求得D（t，1）；
（2）分两种情况讨论：①当∠PDA=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△ADP．得出=，即可求得t1=2，t2=．②当∠DAP=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△DAP．得出=，即可求得t=．
（3）根据题意和（1）求得的D（t，1），即可求得当点P与点O重合时，D1（0，1），点P与点A重合时，D2（6，1），从而得出点D在直线D1D2上，即D点运动的路线是一条线段，起点是D1（0，1），终点是D2（6，1），即可求得点D运动路线的长度为6．
【解答】解：（1）如图1，作DE⊥OA于E，
∵∠POC=∠PED=90°，∠DPA=∠CPO，
∴△POC∽△PED，
∴==，
∵OC=2，OP=t，PD=CP，
∴PE=t，DE=1，
∴D（t，1）；
故答案为（t，1）．
（2）在△COP中，CO=2，OP=t，CP==．
在△ADP中，PD=CP=，AP=4﹣t．
①当∠PDA=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△ADP．
∴=，∴=，
解得：t1=2，t2=．
②当∠DAP=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△DAP．
∴==，∴=，
解得：t=．
综上所述，点P在从点O向点A运动的过程中，当t=2或或时，△DPA成为直角三角形．
（3）如图2，∵点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位的速度向点A匀速运动，到达点A时停止运动，D点的坐标为（t，1），
∴当点P与点O重合时，CO的中点为D1（0，1），点P与点A重合时，D2（6，1），
∴点D在直线D1D2上，即D点运动的路线是一条线段，起点是D1（0，1），终点是D2（6，1），
∴D1D2=6，
∴点D运动路线的长度为6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用，两点间距离公式，得到点D在直线D1D2上运动是解决第（3）小题的关键．
28．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=12cm，BC=12cm；动点P从点C开始沿CA以2cm/s的速度向点A移动，动点Q从点A开始沿AB以4cm/s的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BC以 2cm/s的速度向点C移动．如果P、Q、R分别从C、A、B同时移动，移动时间为t（0＜t＜6）s．
（1）∠CAB的度数是 30° ；
（2）以CB为直径的⊙O与AB交于点M，当t为何值时，PM与⊙O相切？
（3）写出△PQR的面积S随动点移动时间t的函数关系式，并求S的最小值及相应的t值；
（4）是否存在△APQ为等腰三角形？若存在，求出相应的t值；若不存在请说明理由．
【考点】圆的综合题．【分析】（1）根据题意和正切的定义以及特殊角的三角函数值解答即可；
（2）连接OP，OM，根据切线的性质得到∠PMO=90°，证明Rt△PMO≌Rt△PCO，△OBM是等边三角形，根据等边三角形的性质和正切的概念解答；
（3）过点Q作QE⊥AC于点E，根据余弦的概念用t表示出QE，根据三角形的面积公式和二次函数的性质解答；
（4）分PQ1=AQ1=4t、AP=AQ2=4t、PA=PQ3=4t三种情况，作出辅助线，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵∠C=90°，CA=12cm，BC=12cm，
∴tan∠CAB==，
∴∠CAB=30°，
故答案为：30°；
（2）如图1，连接OP，OM．
当PM与⊙O相切时，有∠PMO=∠PCO=90°，
∵MO=CO，PO=PO，
∴Rt△PMO≌Rt△PCO，
∴∠MOP=∠COP；
由（1）知∠OBA=60°，
∵OM=OB，
∴△OBM是等边三角形，
∴∠BOM=60°，
∴∠MOP=∠COP=60°，
∴CP=CO•tan∠COP=6•tan60°=，
又∵
∴t=
∴t=3，
即：t=3s时，PM与⊙O相切；
（3）如图2，过点Q作QE⊥AC于点E，
∵∠BAC=30°，AQ=4t，
∴AE=AQ•cos∠BAC=4t•cos30°=，
∴==；
∴S△PQR=S△ACB﹣S△AQP﹣S△QBR﹣S△PCR
=
=
=（0＜t＜6），
∴当t=3s时，cm2；
（4）存在．如图3，分三种情况：
①PQ1=AQ1=4t时，过点Q1作Q1D⊥AC于点D，
则，
∴，
∴t=2；
②当AP=AQ2=4t时，
∵，
∴=，
③当PA=PQ3=4t时，
过点P作PH⊥AB于点H，
AH=PA•cos30°==18﹣3tAQ3=2•AH=36﹣6t，
∴36﹣6t=4t，
∴t=3.6，
综上所述，当s时，△APQ是等腰三角形．
【点评】本题考查的是圆的有关知识，掌握切线的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和函数解析式的确定方法是解题的关键，注意分情况讨论思想的运用．
27．如图，在平面直角坐标系中，半径为1的⊙A的圆心与坐标原点O重合，线段BC的端点分别在x轴与y轴上，点B的坐标为（6，0），且sin∠OCB=．
（1）若点Q是线段BC上一点，且点Q的横坐标为m．
①求点Q的纵坐标；（用含m的代数式表示）
②若点P是⊙A上一动点，求PQ的最小值；
（2）若点A从原点O出发，以1个单位/秒的速度沿折线OBC运动，到点C运动停止，⊙A随着点A的运动而移动．
①点A从O→B的运动的过程中，若⊙A与直线BC相切，求t的值；
②在⊙A整个运动过程中，当⊙A与线段BC有两个公共点时，直接写出t满足的条件．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）①根据正切的概念求出BC=10，OC=8，运用待定系数法求出直线BC的解析式，根据函数图象上点的坐标特征解得即可；
②作OQ⊥AB交⊙A于P，则此时PQ最小，根据三角形面
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