开放探索型问题.doc

四十五章 开放探索型问题

12. (2013山东日照，12，3分)如图，在斜边长为1的等腰直角三角形OAB中，作内接正方形A1B1C1D1；在等腰直角三角形OA1B1中，作内接正方形A2B2C2D2；在等腰直角三角形OA2B2中，作内接正方形A3B3C3D3；……；依次作下去，则第n个正方形AnBnCnDn的边长是（ ）
O
A1
B1
C1
D1
A
B
A2
B2
C2
D2
A. B. C. D.
解析：设正方形A1B1C1D1的边长为x，则AC1= C1D1= D1 B =x,故3x=1，x=；同理，正方形A2B2C2D2的边长为，……，故可猜想第n个正方形AnBnCnDn的边长是.
解答：选B．
点评：本题是规律探究性问题，解题时先从较简单的特例入手，从中探究出规律，再用得到的规律解答问题即可.本题考查了等腰直角三角形的性质以及学生分析问题的能力.解题的关键是求正方形A1B1C1D1的边长.

（2013河北省25,10分）25、（本小题满分10分）
如图14，A（-5,0），B(-3,0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，CD∥AB，∠CDA=90°，点P从点Q（4,0）出发，沿x轴向左以每秒1个单位的速度运动，运动时间为t秒
（1）求点C的坐标；
（2）当∠BCP= 15°时，求t的值；
（3）以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在直线）相切时，求t的值。

【解析】在直角三角形BCO中，∠CBO=45°OB=3，可得OC=3，因此点C的坐标为（0,3）；（2）∠BCP= 15°，只是提及到了角的大小，没有说明点P的位置，因此分两种情况考虑：点P在点B的左侧和右侧；（3）⊙P与四边形ABCD的边（或边所在直线）相切，而四边形有四条边，肯定不能与AO相切，所以要分三种情况考虑。
【答案】解（1）∵∠BCO=∠CBO=45° ∴OC=OB=3
又∵点C在y轴的正半轴上，
∴点C的坐标为（0,3）………………………………2分
（2）当点P在点B右侧时，如图2.
若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故OP=OCtan30°=
此时………………………………4分
当点P在点B左侧时，如图3，由. ∠BCP=15°得∠PCO=60°
故PO=OCtan60°=3， 此时t=4+3
∴t的值为4+或4+3………………………………6分
（3）由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边都相切，有以下三种情况：
①当⊙P与BC相切于点C时，有∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1……………7分
②当⊙P与CD相切于点C时，有PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4……………………………8分
③当⊙P与AD相切时，由题意，∠DAO=90°， ∴点A为切点，如图4，，
，于是，解得t=5.6
∴t的值为1或4或5.6……………………１0分
【点评】本题主要是分情况讨论和解直角三角形的应用，在今后的教学中多渗透考虑问题要全面（不重不漏），培养学生优秀的学习品质。有一定难度。

（2013河北省26,12分）26、（本小题满分12分）
如图15-1和图15-2，在△ABC中，AB=13，BC=14，。
探究 如图15-1，AH⊥BC于点H，则AH=___________，AC=____________，△ABC的面积S△ABC=_____________。
拓展 如图15-2，点D在AC上（可以与点A、C重合），分别过点A，C作直线BD的垂线，垂足为E、F，设BD=x，AE=m，CF=n，（当点D与点A重合时，我们认为S△ABC=0）
（1）用含x，m或n的代数式表示S△ABD及S△CBD；
（2）求（m+n）与x的函数关系式，并求（m+n）的最大值和最小值；
（3）对给定的一个x值，有时只能确定唯一的点D，指出这样的x的取值范围。
发现 请你确定一条直线，使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小（不必写出过程），并写出这个最小值。
【解析】探究 根据三角函数和勾股定理可以很快求出AH和AC 的值，进而求出三角形的面积。
拓展（1）利用所给数据，写出表示两个三角形面积的代数式；（2）利用（1）中的式子，用x表示m和n，再求（m+n）的值。点D在AC上，BD的长度可以认为是点D到AC的距离，所以当BD⊥AC时，x最小，是三角形AC边上的高，最大值是BC的长度，容易求出的最大值和最小值；（3）根据垂线段最短和轴对称可知，点D唯一时，只能是点D是垂足时和点D在点A关于垂足的对称点的下方时两种情况。
发现 满足条件的直线就是AC所在直线，A、B、C三点到这条直线的距离之和的最小值就是（m+n）的最小值。

【答案】解：探究
12 15 84……………………………………………………3分
拓展
（1）由三角形面积公式得，………………………………4分
（2）由（1）得，， ∴m+n==……………………5分
由于AC边上的高为 ∴x的取值范围为
∵（m+n）随x的增大而减小， ∴当x=时，（m+n）的最大值为15；……………………7分
当x=14时，（m+n）的最小值为12. …………………………8分
（3）x的取值范围是或…………………………10分
发现
AC所在的直线…………………………11分
最小值为…………………………12分
【点评】此题为探究题型，前半部分难度较小，在确定x的取值范围时，学生不容易想到；第（3）中x的取值范围也不容易想到，是本题的难点。探究就是上边知识点的一个应用，相对来说简单一些。整体来说，此题难度偏难，有一定挑战性。

24. （2013·湖北省恩施市，题号24 分值12）如图12，已知抛物线y＝-x2＋bx＋ｃ与一直线相交于A（-1,0），C（2,3）两点，与y轴交与点N。其顶点为D。
（1求抛物线及直线A、C的函数关系式；
（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；
（3）若抛物线对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上任意一点，过E作EF∥BD，交抛物线于点F，以B、D、E、F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（4）若点P是该抛物线上位于直线AC上方的一动点，求△APC面积的最大值

【解析】（1）直接将A、C两点的坐标代入y＝-x2＋bx＋ｃ和y=kx+b即可。
（2）本题实质是在直线x=3上找一点M使MN+MD的值最小。作N关于x=3的对称点，连接D N1，求直线D N1和x=3的交点可得m的值；
（3）BD、EF是平行四边形的邻边，分点E在线段AC和线段AC（或CA）延长线上两种可能来考虑。BD长可求，EF=BD，点F和点E横坐标相同，点F纵坐标等于点E纵坐标加（或减）BD长度，设点E（x,y），则点F坐标（x,y+3）[或(x,y-3)],代入抛物线表达式可求解；
（4）作CQ⊥x轴于Q，作PG⊥x轴，交AC于H，则点H和点P横坐标相同，设二者横坐标为x，根据直线与抛物线表达式可用分别表示出相应纵坐标，进而用x表示PH的长度，根据△PAC面积等于PH×AQ（AQ为定值）可讨论其最值。
【答案】解：设直线AC的解析式为:y=kx+n，点 A（-1,0），C（2,3）在A\C上，可得：
解得:k=1,n=1
∴AC的解析式为：y=x+1;
把A（-1,0），C（2,3）y＝-x2＋bx＋ｃ
解得b=2,c=3,
∴抛物线的解析式为y= -x2＋2x＋3，
∴N（0,3）D（1,4）.
(2) 作N关于x=3的对称点N1，连接DN1，则N1（6,3）.设直线D N1的解析式为y=px+q，则有：
，∴p=，q=,∴D N1的解析式y=x+，当M（3，m）在D N1上时，MN+MD的值最小，∴m=×3+=；
（3）易知B(1,2)，又D（1,4）∴BD=2.因为点E在AC上，设点E（x,x+1）,
1°当点E在线段AC上时，点F（x.x+3），代入y= -x2＋2x＋3，得x+3=-x2＋2x＋3，
解得x=0或=1（不符合题意舍去），∴E；
2°当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F（x.x-1），代入y= -x2＋2x＋3，得x-1=-x2＋2x＋3，解得x=，所以E（,）E(,)
综上所述，当点E（0, 1）、（,）或(,)时以B、D、E、F为顶点的四边形能否为平行四边形；
（4）作CQ⊥x轴于Q，作PG⊥x轴，交AC于H。
设H（x,x+1），则P（x, -x2＋2x＋3）,所以PH=（-x2＋2x＋3）-（x+1）= -x2+ x+2，
又∵S△PAB=S△PAH+ S△PBH=PH×AQ=（-x2+ x+2）×3=（x-）2+，
∴△APC面积的最大值是。
的交点可得m的值；
【点评】本题是存在性探索性问题，在解决这一类存在性探索问题时主要应注意：首先假定这个数学对象已经存在，根据数形结合的思想，将其构造出来；然后再根据已知条件与有关性质一步步地进行探索，如果探索出与条件相符的结果，就肯定存在，否则不存在，探索过程就是理由.本题主要考查了用待定系数法求解析式、勾股定理、解方程组等，用到的数学数学有函数思想、方程思想、数形结合思想、对称思想、分类讨论思想等，题目综合性强、难度大，但是考查的知识面较广，是一个区分度很大题目。

28．（2013湖南衡阳市，28，10）如图所示，已知抛物线的顶点为坐标原点O，矩形ABCD的顶点A，D在抛物线上，且AD平行x轴，交y轴于点F，AB的中点E在x轴上，B点的坐标为（2，1），点P（a，b）在抛物线上运动．（点P异于点O）
（1）求此抛物线的解析式．
（2）过点P作CB所在直线的垂线，垂足为点R，
①求证：PF=PR；
②是否存在点P，使得△PFR为等边三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
③延长PF交抛物线于另一点Q，过Q作BC所在直线的垂线，垂足为S，试判断△RSF的形状．

解析：（1）根据题意能判断出点O是矩形ABCD的对角线交点，因此D、B关于原点对称，A、B关于x轴对称，得到A、D的坐标后，利用待定系数法可确定抛物线的解析式．]
（2）①首先根据抛物线的解析式，用一个未知数表示出点P的坐标，然后表示出PF、RF的长，两者进行比较即可得证；
②首先表示RF的长，若△PFR为等边三角形，则满足PF=PR=FR，列式求解即可；
③根据①的思路，不难看出QF=QS，若连接SF、RF，那么△QSF、△PRF都是等腰三角形，先用∠SQF、∠RPF表示出∠DFS、∠RFP的和，用180°减去这个和值即可判断出△RSF的形状．
答案：解：（1）∵抛物线的顶点为坐标原点，
∴A、D关于抛物线的对称轴对称；
∵E是AB的中点，
∴O是矩形ABCD对角线的交点，又B（2，1）
∴A（2，﹣1）、D（﹣2，﹣1）；
由于抛物线的顶点为（0，0），可设其解析式为：y=ax2，则有：
4a=﹣1，a=﹣
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2．

（2）①证明：由抛物线的解析式知：P（a，﹣a2），而R（a，1）、F（0，﹣1），则：
则：PF===a2+1，PR==a2+1．
∴PF=PR．
②由①得：RF=；
若△PFR为等边三角形，则RF=PF=FR，得：
=a2+1，即：a4﹣a2﹣3=0，得：
a2=﹣4（舍去），a2=12；
∴a=±2，﹣a2=﹣3；
∴存在符合条件的P点，坐标为（2，﹣3）、（﹣2，3）．

③同①可证得：QF=QS；
在等腰△SQF中，∠1=（180°﹣∠SQF）；
同理，在等腰RPF中，∠2=（180°﹣∠RPF）；
∵QS⊥BC、PR⊥BC，
∴QS∥PR，∠SQP+∠RPF=180°
∴∠1+∠2=（360°﹣∠SQF﹣∠RPF）=90°
∴∠SFR=180°﹣∠1﹣∠2=90°，即△SFR是直角三角形．

点评：该题考查了二次函数的性质及解析式的确定、矩形的性质、特殊三角形的判定等知识，综合性较强．在答案题目时，要注意数形结合，并灵活应用前面小题中证得的结论
27. （2013贵州省毕节市，27，16分）如图，直线1经过点A（-1，0），直线2经过点B(3,0), 1、2均为与轴交于点C(0,),抛物线经过A、B、C三点.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴依次与轴交于点D、与2交于点E、与抛物线交于点F、与1交于点G。求证：DE=EF=FG;
(3)若1⊥2于轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。
解析：（1）已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出
抛物线的解析式；
（2）D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出
其坐标，就可以得到线段DE、EF、FG的长度．D是对称
轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求；E是对称轴
与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交
点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所
以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出．至此本问解决；

（3）△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论．如解答图所示，在解答过程中，充分注意到△ECG为含30度角的直角三角形，△P1CG为等边三角形，分别利用其几何性质，则本问不难解决．
解答：解（1）依题意，得.
， 解得
∴抛物线的函数表达式是y=x2-x-;
（2）∵直线l1经过点A（-1，0），C（0，-），∴直线l1的函数表达式为y1=-x-.
∵直线l2经过点B（3，0），C（0-），∴直线l2的函数表达式为y2=x-.
又∵抛物线的对称轴是x=1，∴点D的坐标为（1，0），点E的坐标为（1，-），
点F的坐标为（1，-），点G的坐标为（1，-2）.∴DE=EF=FG=；
（3）P点的坐标为：P1（2，-），P2（1，）.
理由：分三种情况：
①以G点为圆心，GC长为半径作弧，交抛物线于点C和点P1，连结CP1、GP1，所以GC=GP1.由等腰三角形的三线合一性质（或抛物线的对称性）可知点P1与点C关于直线x=1对称，所以点P1的坐标为（2，-）；
②以点C为圆心，CG长为半径作弧，因为∠CGF=30°，所以∠CGP1=60°，即△CGP1是等边三角形，又因为AC=CG=2，所以作出的弧与抛物线交于点A和点P1，但A、C、G在同一条直线上，不能组成三角形.
③作线段CG的垂直平分线，因为△CGP1是等边三角形，所以P1点在线段CG的垂直平分线上；连接CF，由于l1⊥l2于点C，F是EG的中点，所以FC=FG，即F点也在线段CG的垂直平分线上，所以P2点与F点重合，即P2点的坐标是（1，-）.综上所述，点P的坐标是P1（2，-），P2（1，-）.
点评：作为中考压轴题，本题考查的知识点比较多，包括二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数、一次函数）解析式、等腰三角形、等边三角形以及勾股定理等．难点在于第（3）问，需要针对等腰三角形△PCG的三种可能情况分别进行讨论，在解题过程中，需要充分挖掘并利用题意隐含的条件（例如直角三角形、等边三角形），这样可以简化解答过程．

29．(2013江苏苏州，29，12分)如图，已知抛物线y=x2﹣（b+1）x+（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．
（1）点B的坐标为　（b，0）　，点C的坐标为　（0，）　（用含b的代数式表示）；
（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

分析：
（1）令y=0，即y=x2﹣（b+1）x+=0，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令x=0，求出y的值即C的纵坐标；
（2）存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标；
（3）存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，有条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴；
要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°；再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可．
解答：
解：（1）令y=0，即y=x2﹣（b+1）x+=0，
解得：x=1或b，
∵b是实数且b＞2，点A位于点B的左侧，
∴点B的坐标为（b，0），
令x=0，
解得：y=，
∴点C的坐标为（0，），
故答案为：（b，0），（0，）；

（2）存在，
假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．
设点P的坐标为（x，y），连接OP．
则S四边形POCB=S△PCO+S△POB=••x+•b•y=2b，
∴x+4y=16．
过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，
∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°．
∴四边形PEOD是矩形．
∴∠EPO=90°．
∴∠EPC=∠DPB．
∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即x=y．
由解得
由△PEC≌△PDB得EC=DB，即﹣=b﹣，
解得b=＞2符合题意．
∴P的坐标为（，）；

（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．
∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，
∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO．
∴要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴．
∵b＞2，
∴AB＞OA，
∴∠Q0A＞∠ABQ．
∴只能∠AOQ=∠AQB．此时∠OQB=90°，
由QA⊥x轴知QA∥y轴．
∴∠COQ=∠OQA．
∴要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°．
（I）当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA．
∴AQ=CO=．
由AQ=AQ2=OA•AB得：（）2=b﹣1．
解得：b=8±4．
∵b＞2，
∴b=8+4．
∴点Q的坐标是（1，2+）．
（II）当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA，
∴=，即OQ2=OC•AQ．
又OQ2=OA•OB，
∴OC•AQ=OA•OB．即•AQ=1×b．
解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意，
∴点Q的坐标是（1，4）．
∴综上可知，存在点Q（1，2+）或Q（1，4），使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．

专项十一 开放探索型问题
27.（2013连云港，27，12分）（本题满分12分）
已知梯形ABCD, AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3.
问题1：如图1，P为AB边上一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？

如图2，P为AB边上任意一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，的长是否存在最小值？若果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由。

问题3：P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE=PD，以PE、PC为边做平行四边形PCQE，请探究对角线PQ，的长是否也存在最小值？若果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由。
问题4：如图3，P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE=nPA,(n为常数)以PE、PB为边做平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？若果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由。

【解析】．（1）只要看∠DPC能否为90°，在在Rt△DPC中，由勾股定理列出方程，根据方程是否有解确定对角线PQ与DC能不能相等。。（2）、（3）（4）可找PQ最小时点P的位置，利用全等三角形、相似三角形列方程求线段PQ的长。
【答案】
（1） 问题1：因为四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形。
所以∠DPC=90°，
因为AD=1，AB=2，BC=3.
所以DC=2，
设PB=x,则AP=2－x,
在Rt△DPC中，PD2+PC2=DC2，即x2+32+ (2－x)2+1=8,
化简得x2－2x+3=0,因为△=（－2）2－4×1×3=－8＜0，方程无解，
所以对角线PQ与DC不可能相等。
问题2：如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，所以点G是ＤＣ的中点，

作QH⊥BC，交BC的延长线于H。
因为AD∥BC，
所以∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+QCH，
因为PD∥CQ，
所以∠PDC=∠DCQ，所以∠ADP=∠QCH，
又PD=CQ，
所以Rt△ADP≌Rt△HCQ,
所以AD=HC。
因为AD=1，BC=3，所以BH=4，所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4.
问题3：如图3，设PQ与DC相较于点G。

因为PE∥CQ，PD=DE,所以，所以G是DC上一定点。
作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
同理可证∠ADP=∠QCH，
所以Rt△ADP∽Rt△HCQ
即，所以CH=2.
所以BH=BC+CH=3+2=5，
所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5.
问题4：存在最小值，最小值为（n+4）。
（注：各题如有其它解法，只要正确，均可参照给分）
【点评】本题是一个动态几何题，此题是一道综合性较强的题目，主要考查学生的图感，利用点P的运动过程，确定PQ最小时，P所在线段的位置，考察到的到的知识点比较多，需要同学们利用全等三角形和相似三角形的性质确定PQ的最小值是否存在．本题的亮点是由有三角形全等到三角形相似而引出一般情况．

28.（（2013江苏泰州市，28，本题满分12分）如图，已知一次函数y1=kx+b的图像与x轴相交于点A，与反比例函数y2=的图像相交于B（-1,5）、C（）两点.点P（m，n）是一次函数y1=kx+b的图像上的动点.
（1）求k、b的值；
（2）设-1<m<，过点P作x轴的平行线与函数y2=的图像相交于点D，试问△PAD的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设m=1-a，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求实数a的取值范围.

（第28题图）
【解析】（1）先将B点坐标代入y2，求出c，从而确定y2的解析式，然后再将C点代入求出d，最后将B、C代入y1即可
（2）先确定△PAD的面积的解析式，如何再利用二次函数的最值解决，从而得到P点坐标
（3）分情况讨论列出不等式解决即可
【答案】（1）将B点坐标代入y2，得：c=5，将点C横坐标代入，得d=-2，将B、C代入直线解析式，求得：k=-2，b=3；
（2）令y1=0，x=，A（，0），由题意得，点P在线段AB上运动（不含A、B），设点P（，n），因为DP平行于x轴，所以yD=yP=n，所以D（-，n），所以S=PD yP=（+）5=-（n-）2+，而-2m+3=n，得：0＜n＜5，所以由S关于n的函数解析式所对应的抛物线开口方向决定，当n=，即P（，），S最大=.
（3）由已知P（1-a，2a+1），易知， m≠n，1-a≠2a+1，a≠0；若a＞0，m＜1＜n，由题意m＞0，n≤2，解出不等式组的解集：0＜a≤；若a＜0，n＜1＜m，由题意n≥0，m＜2，解出：≤a＜0；综上，A的取值范围是≤a＜0或0＜a≤.
【点评】本题主要考查反比例函数、一次函数的知识，求函数的解析式通常采用“待定系数法”，此题的关键在于分清顺序逐步求解，做题过程中要特别注意线段长度与坐标之间的转换，尤其是符号的变化，还考查了数形结合、分类讨论等数学思想方法以及分析问题、解决问题的综合能力.

23. （2013浙江丽水10分，23题）（本题10分）在直角坐标系中，点A是抛物线y=x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC.
（1）如图1，当点A的横坐标为_______时，矩形AOBC是正方形；
（2）如图2，当点A的横坐标为-时，
①求点B的坐标；
②将抛物线y=x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y=-x2，试判断抛物线y=-x2经过平移变换后，能否经过A，B，C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由.

【解析】：（1）若矩形AOBC是正方形，则∠AOC=∠BOC=45°，即点A在象限角平分线上，设点A坐标为（x，-x），则有-x=x2，∴x=0（舍去）或x=-1.（2）①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F.求出OE，AE的长，再由△AEO∽△OFB得，进而借助方程求出B点坐标；②过点C作CG⊥GF于点G，先求出C点坐标，再利用待定系数法求出经过A、B两点的抛物线的解析式，判断出点C在过A、B两点的抛物线上.先将抛物线化成顶点式，进而根据抛物线平移规律说出变换过程.
【解】：（1）-1.
（2）①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F.
当x=-时，y=（-）2=，
即OE=，AE=，
由△AEO∽△OFB，得：.
设OF=t，则BF=2t，
∴t2=2t，解得t1=0（舍去），t2=2.
∴B（2，4）.
②过点C作CG⊥GF于点G，∵△AEO≌△BGC，
∴CG=OE=，BG=AE=.
∴xc=2-=，yc=4+=，
∴点C（，）.
设过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+bx+c，由题意得
解得
∴经过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+3x+2.
当x=时，y=-（）2+3×+2=，所以点C也在抛物线上.
故经过A、B、C三点的抛物线解析式为y=x2+3x+2=-（x-）2+.
平移方案：先将抛物线y=-x2向右平移个单位，再向上平移个单位得到抛物线y=-（x-）2+.
【点评】：本题是一道几何与代数的综合题，综合考查正方形、矩形、全等三角形、相似三角形、抛物线、一元二次方程等知识，是一道综合性较强的试题，题目有一定的难度.
26．（2013四川内江，26，12分）已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图13─1，当点D在边BC上时，求证：①BD＝CF，②AC＝CF＋CD；
（2）如图13─2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC＝CF＋CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；
（3）如图13─3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系．
A
B
C
D
E
F
图13─1
A
B
C
D
E
F
图13─2
A
B
C
D
图13─3

【解析】（1）根据等边三角形和菱形的性质发现等线段、等角，证明△ABD≌△ACF解决．（2）图形直观，CF最长，显然（1）中结论不再成立，这时模仿（1）中全等三角形的证明思路，看同样字母的两个三角形是否仍然全等，进而解决问题．（3）总结（1）（2）发现那三条线段之间就是最长的一条等于较短的两条线段之和，可以画出图形直观感受或证明发现．
【答案】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴A B＝AC，∠BAC＝60°．
∵四边形ADEF为菱形，∴AD＝AF．
∵∠BAC＝∠DAF＝60°，∴∠BAC－∠DAC＝∠DAF－∠DAC，即∠BAD＝∠CAF．
∴△ABD≌△ACF．∴BD＝CF．
②∵AC＝BC＝BD＋CD，且由①BD＝CF，∴AC＝CF＋CD．
（2）不成立．存在的数量关系为：CF＝AC＋CD．
理由：由（1）同理可得△ABD≌△ACF，∴BD＝CF．
∵BD＝BC＋CD＝AC＋CD，∴CF＝AC＋CD．
（3）CD＝AC＋CF．
补全图形13─3．
A
B
C
D
图13─3
F
E

【点评】此题属于几何中的结论开放题，并具有探究性，让学生在图形变化过程中感受恒不变的数学现象，渗透了运动与变化的数学思想，体现了几何图形的直观性．解答此类题的关键是顺着题目铺设好的台阶一步一步走，顺着前题提供的思考方向“顺藤摸瓜”，求同存异，大胆猜想、探究．

26. (2013山东省临沂市，26，13分）如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转1200至OB位置，
（1）求点B的坐标；
（2）求经过点A、O、B的抛物线解析式；
（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标，若不存在，说明理由。

【解析】（1）作BC⊥x轴，垂足为C ，由旋转的定义，可得∠BCO=900，∠BOC=600，OB=4，应用三角函数可直接求得点B 的坐标；

（2）根据（1）的结论，结合图形，可得点O（0,0），点A（4,0），由待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形,存在三种形式，即OP=OB,PO=PB,BO=BP,分别讨论三种情况，成立的就存在点P；
解：（1）如图，过点B作BC⊥x轴，垂足为C ，∵OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转1200至OB位置，∴∠BOC=600，OB=4，∴BC=4×sin600=4×=,OC=4×cos600=4×=2,∵点B在第三象限，∴点B（-2，-）；
（2）由函数图象得，抛物线通过（-2，-），（0,0），（4,0）三点，设抛物线解析式为y=ax2+bx,由待定系数法得，，解得，∴此抛物线解析式为y=.
(3)存在。
理由：如图，抛物线的对称轴是x=,解得，直线与x轴的交点为D。设点P（2，y），
①若OP=OB,则22+|y|2=42,解得y=±,即
P点坐标为（2，）或（2，-），又
点B（-2，-），∴当P点为（2，）时，
点P、O、B共线，不合题意，舍去，故点P坐标为（2，-）；
②若BO=BP,则42+|y+|2=42,解得y=,点P坐标为（2，-）；
③若PO=PB,则22+|y|2=42+|y+|2，解得y=,点P坐标为（2，-）；
综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，-）。
【点评】：本题考查了二次函数的综合运用，本题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点的求法、勾股定理的应用、等腰三角形的判定等知识点．主要考查学生数形结合的数学思想方法．
24．（2013浙江省义乌市，24，12分）如图1,已知直线y=kx与抛物线 交于点A（3，6）.
（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；
（2）点P为抛物线第一象限内的动点,过点P作直线PM, 交x轴于点M（点M、O不重合）,交直线OA于点Q,再过点Q作直线PM的垂线,交y轴于点N.试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是,求出这个定值,如果不是,说明理由；
（3）如图2,若点B为抛物线上对称轴右侧的点,点E在线段OA上（与点O、A不重
合）,点D（m，0）是x轴正半轴上的动点,且满足∠BAE=∠BED=∠AOD.继续探
究：m在什么范围时,符合条件的E点的个数分别是1个、2个？

O
x
y
A
B
E
D
图2
图1
A

x
y
P
Q
M
N
O

24．【解析】（1）将点A代入y=kx可求出k的值。再由勾股定理求出OA的长。
（2）首先讨论QH与QM重合时易知=2；当QH与QM不重合时，易知△QHM∽△QGN， ．
（3）延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R，易知△AOR∽△FOC，即，可求得OF的长即可求出F的坐标。设点B（x，），过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，，可求B的坐标，易求得AB的长。也可设出直线AF，将A、F代入求其解析式，然后将其与抛物线联立，求出B的坐标，进而求AB的长。
再易得△ABE∽△OED，可求抛物线的顶点坐标，再画出几何关系图，根据不同情况求出E的个数．
解：（1）把点A（3,6）代入y=kx 得6=3k ， ∴k=2 ，
∴y=2x ………………………2分
图1
A

x
y
P
Q
M
N
O
G
H
OA= ………………………………………………………………3分
（2）是一个定值 ，理由如下：
过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H .
①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合,
此时；
②当QH与QM不重合时，∵QN⊥QM,QG⊥QH
不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上
∴∠MQH =∠GQN 又∵∠QHM=∠QGN=90°∴△QHM∽△QGN …5分
∴
当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 …………………7分
（3）延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R
∵∠AOD=∠BAE ∴AF=OF ∴OC=AC=OA=
∵∠ARO=∠FCO=90° ∠AOR=∠FOC
O
x
y
A
B
E
D
F
R
C
K
∴△AOR∽△FOC ∴
∴OF= ∴点F（，0）
设点B（x，），过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF
∴ 即 解得x1=6 ,x2=3（舍去）
∴点B(6,2)
∴BK=6－3=3 AK=6－2=4 ∴AB=5 …8分
(求AB也可采用下面的方法)
设直线AF为y=kx＋b（k≠0） 把点A（3,6），点F（，0）代入得
k=，b=10 ∴

∴（舍去） ∴B（6,2）∴AB=5 …8分
(其它方法求出AB的长酌情给分)
在△ABE与△OED中
∵∠BAE=∠BED ∴∠ABE＋∠AEB=∠DEO＋∠AEB ∴∠ABE=∠DEO
∵∠BAE=∠EOD ∴△ABE∽△OED ………………………………………9分
设OE=x，则AE=－x （） 由△ABE∽△OED得
∴ ∴ （）…10分
∴顶点为（，），
x
m
O
如图，当时，OE=x=,此时E点有1个；当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个.
∴当时，E点只有1个 ……11分
当时，E点有2个 ……12分

【点评】本题综合考查了反比例函数的性质、相似三角形的性质，抛物线的性质、一次函数的性质，是一道对学生能力要求较高的题．