2014年全国中考数学试卷解析分类汇编专题-综合性问题.doc

综合性问题
一 选择题
1．（2014•内蒙古包头，第11题3分）
已知下列命题：
①若a＞b，则ac＞bc；
②若a=1，则=a；
③内错角相等；
④90°的圆周角所对的弦是直径．
其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（　　）

A．
1个
B．
2个
C．
3个
D．
4个

考点：
命题与定理．
分析：
先对原命题进行判断，再判断出逆命题的真假即可．
解答：
解；①若a＞b，则ac＞bc是假命题，逆命题是假命题；
②若a=1，则=a是真命题，逆命题是假命题；
③内错角相等是假命题，逆命题是假命题；
④90°的圆周角所对的弦是直径是真命题，逆命题是真命题；
其中原命题与逆命题均为真命题的个数是1个；
故选：A．
点评：
主要考查命题与定理，用到的知识点是互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2. （2014•广东广州，第10题3分）如图，四边形ABCD、CEFG都是正方形，点G在线段CD上，连接BG、DE，DE和FG相交于点O，设AB=a，CG=b（a＞b）．下列结论：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③=；④（a﹣b）2•S△EFO=b2•S△DGO．其中结论正确的个数是（　　）

A．
4个
B．
3个
C．
2个
D．
1个

考点：
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
分析：
由四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，根据正方形的性质，即可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，则可根据SAS证得①△BCG≌△DCE；然后根据全等三角形的对应角相等，求得∠CDE+∠DGH=90°，则可得②BH⊥DE．由△DGF与△DCE相似即可判定③错误，由△GOD与△FOE相似即可求得④．
解答：
证明：①∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
②∵△BCG≌△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∠CBG+∠BGC=90°，
∴∠CDE+∠DGH=90°，
∴∠DHG=90°，
∴BH⊥DE；
③∵四边形GCEF是正方形，
∴GF∥CE，
∴=，
∴=是错误的．
④∵DC∥EF，
∴∠GDO=∠OEF，
∵∠GOD=∠FOE，
∴△OGD∽△OFE，
∴=（）2=（）2=，
∴（a﹣b）2•S△EFO=b2•S△DGO．故应选B

点评：
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质．

3. （2014•湖北鄂州，第9题3分）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn．下列结论正确的是（　　）
①四边形A4B4C4D4是菱形；
②四边形A3B3C3D3是矩形；
③四边形A7B7C7D7周长为；
④四边形AnBnCnDn面积为．

A．
①②③
B．
②③④
C．
①③④
D．
①②③④

考点：
中点四边形．
专题：
规律型．
分析：
首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项作出分析与判断：
①根据矩形的判定与性质作出判断；
②根据菱形的判定与性质作出判断；
③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；
④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
解答：
解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC丄BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
∴四边形A3B3C3D3是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，A7B7═A5B5A3B3=A1B1=AC，B7C7=B5C5=B3C3=B1C1=BD，
∴四边形A7B7C7D7的周长是2×（a+b）=，
故本选项正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是，
故本选项错误；
综上所述，②③①正确．
故选A．

点评：
本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．

4. （2014•湖北潜江仙桃，第9题3分）如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数y2=的图象交于A（1，2），B两点，给出下列结论：
①k1＜k2；
②当x＜﹣1时，y1＜y2；
③当y1＞y1时，x＞1；
④当x＜0时，y2随x的增大而减小．
其中正确的有（　　）

A．
0个
B．
1个
C．
2个
D．
3个

考点：
反比例函数与一次函数的交点问题
分析：
①根据待定系数法，可得k1，k2的值，根据有理数的大小比较，可得答案；②根据观察图象，可得答案；③根据图象间的关系，可得答案；④根据反比例函数的性质，可得答案．
解答：
解：①正比例函数y1=k1x和反比例函数y2=的图象交于A（1，2），
∴k1=2，k2=2，k1=k2，故①错误；
②x＜﹣1时，一次函数图象在下方，故②正确；
③y1＞y2时，﹣1＜x＜0或x＞1，故③错误；
④k2=2＞0，当x＜0时，y2随x的增大而减小，故④正确；
故选：C．
点评：
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用了待定系数法，图象与不等式的关系．
5. （2014•湖北潜江仙桃，第10题3分）如图，B，C，D是半径为6的⊙O上的三点，已知的长为2π，且OD∥BC，则BD的长为（　　）

A．
3
B．
6
C．
6
D．
12

考点：
垂径定理；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；弧长的计算；解直角三角形．
专题：
计算题．
分析：
连结OC交BD于E，设∠BOC=n°，根据弧长公式可计算出n=60，即∠BOC=60°，易得△OBC为等边三角形，根据等边三角形的性质得∠C=60°，∠OBC=60°，BC=OB=6，由于BC∥OD，则∠2=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠1=∠2=30°，即BD平分∠OBC，根据等边三角形的性质得到BD⊥OC，接着根据垂径定理得BE=DE，在Rt△CBE中，利用含30度的直角三角形三边的关系得CE=BC=3，CE=CE=3，所以BD=2BE=6．
解答：
解：连结OC交BD于E，如图，
设∠BOC=n°，
根据题意得2π=，得n=60，即∠BOC=60°，
而OB=OC，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠C=60°，∠OBC=60°，BC=OB=6，
∵BC∥OD，
∴∠2=∠C=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∴BD平分∠OBC，
∴BD⊥OC，
∴BE=DE，
在Rt△CBE中，CE=BC=3，
∴CE=CE=3，
∴BD=2BE=6．
故选C．

点评：
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了弧长公式、等边三角形的判定与性质和圆周角定理．
6 （2014•青海西宁,第2题，3分）下列各式计算正确的是（　　）

A．
3a+2a=5a2
B．
（2a）3=6a3
C．
（x﹣1）2=x2﹣1
D．
2×=4

考点：
二次根式的乘除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．
分析：
根据合并同类项的法则，积的乘方，二次根式的乘法与完全平方公式的知识求解即可求得答案．
解答：
解：A、3a+2a=5a，故A选项错误；
B、（2a）3=8a3，故B选项错误；
C、（x﹣1）2=x2﹣2x+1．故C选项错误；
D、2×=4，故D选项正确．
故选：D．
点评：
此题考查了合并同类项的法则，积的乘方，二次根式的乘法与完全平方公式的知识，解题要熟记法则，公式．

7.（2014•北京，第8题4分）已知点A为某封闭图形边界上一定点，动点P从点A出发，沿其边界顺时针匀速运动一周．设点P运动的时间为x，线段AP的长为y．表示y与x的函数关系的图象大致如图，则该封闭图形可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
动点问题的函数图象．
分析：
根据等边三角形，菱形，正方形，圆的性质，分析得到y随x的增大的变化关系，然后选择答案即可．
解答：
解：A、等边三角形，点P在开始与结束的两边上直线变化，
在点A的对边上时，设等边三角形的边长为a，
则y=（a＜x＜2a），符合题干图象；
B、菱形，点P在开始与结束的两边上直线变化，
在另两边上时，都是先变速减小，再变速增加，题干图象不符合；
C、正方形，点P在开始与结束的两边上直线变化，
在另两边上，先变速增加至∠A的对角顶点，再变速减小至另一顶点，题干图象不符合；
D、圆，AP的长度，先变速增加至AP为直径，然后再变速减小至点P回到点A，题干图象不符合．
故选A．
点评：
本题考查了动点问题函数图象，熟练掌握等边三角形，菱形，正方形以及圆的性质，理清点P在各边时AP的长度的变化情况是解题的关键．
8．（2014•莆田，第8题4分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，点E在边AD上，∠ABE=45°，BE=DE，连接BD，点P在线段DE上，过点P作PQ∥BD交BE于点Q，连接QD．设PD=x，△PQD的面积为y，则能表示y与x函数关系的图象大致是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
动点问题的函数图象．
分析：
判断出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出AE、BE，然后表示出PE、QE，再求出点Q到AD的距离，然后根据三角形的面积公式表示出y与x的关系式，再根据二次函数图象解答．
解答：
解：∵∠ABE=45°，∠A=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB=2，BE=AB=2，
∵BE=DE，PD=x，
∴PE=DE﹣PD=2﹣x，
∵PQ∥BD，BE=DE，
∴QE=PE=2﹣x，
又∵△ABE是等腰直角三角形（已证），
∴点Q到AD的距离=（2﹣x）=2﹣x，
∴△PQD的面积y=x（2﹣x）=﹣（x2﹣2x+2）=﹣（x﹣）2+，
即y=﹣（x﹣）2+，
纵观各选项，只有C选项符合．
故选C．
点评：
本题考查了动点问题的函数图象，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的面积，二次函数图象，求出点Q到AD的距离，从而列出y与x的关系式是解题的关键．
二 填空题
1. （2014•湖北鄂州，第16题3分）如图，正方形ABCD的边长是1，点M，N分别在BC，CD上，使得△CMN的周长为2，则△MAN的面积最小值为　﹣1　．

考点：
正方形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质．
分析：
如图，延长CB至L，使BL=DN，则Rt△ABL≌Rt△AND，故AL=AN，进而求证△AMN≌△AML，即可求得∠MAN=∠MAL=45°设CM=x，CN=y，MN=z，根据x2+y2=z2，和x+y+z=2，整理根据△=4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0可以解题．
解答：
解：延长CB至L，使BL=DN，
则Rt△ABL≌Rt△AND，
故AL=AN，
∴△AMN≌△AML，
∴∠MAN=∠MAL=45°，
设CM=x，CN=y，MN=z
x2+y2=z2，
∵x+y+z=2，
则x=2﹣y﹣z
∴（2﹣y﹣z）2+y2=z2，
整理得2y2+（2z﹣4）y+（4﹣4z）=0，
∴△=4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0，
即（z+2+2）（z+2﹣2）≥0，
又∵z＞0，
∴z≥2﹣2，当且仅当x=y=2﹣时等号成立
此时S△AMN=S△AML=ML•AB=z
因此，当z=2﹣2，x=y=2﹣时，S△AMN取到最小值为 ﹣1．
故答案为﹣1．

点评：
本题考查了勾股定理在直角三角形中的应用，考查了正方形各边相等，各内角是直角的性质，本题求证三角形全等是解题的关键．

2. （2014•吉林，第12题3分）如图，直线y=2x+4与x，y轴分别交于A，B两点，以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，将点C向左平移，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C′的坐标为　（﹣1，2）　．

考点：
一次函数图象上点的坐标特征；等边三角形的性质；坐标与图形变化-平移．
分析：
先求出直线y=2x+4与y轴交点B的坐标为（0，4），再由C在线段OB的垂直平分线上，得出C点纵坐标为2，将y=2代入y=2x+4，求得x=﹣1，即可得到C′的坐标为（﹣1，2）．
解答：
解：∵直线y=2x+4与y轴交于B点，
∴y=0时，2x+4=0，
解得x=﹣2，
∴B（0，4）．
∵以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，
∴C在线段OB的垂直平分线上，
∴C点纵坐标为2．
将y=2代入y=2x+4，得2=2x+4，
解得x=﹣1．
故答案为（﹣1，2）．
点评：
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，坐标与图形变化﹣平移，得出C点纵坐标为2是解题的关键．
3.（2014•广东深圳，第15题3分）如图，双曲线y=经过Rt△BOC斜边上的点A，且满足=，与BC交于点D，S△BOD=21，求k=　 　．

考点：
反比例函数系数k的几何意义；相似三角形的判定与性质．
分析：
过A作AE⊥x轴于点E，根据反比例函数的比例系数k的几何意义可得S四边形AECB=S△BOD，根据△OAE∽△OBC，相似三角形面积的比等于相似比的平方，据此即可求得△OAE的面积，从而求得k的值．
解答：
解：过A作AE⊥x轴于点E．
∵S△OAE=S△OCD，
∴S四边形AECB=S△BOD=21，
∵AE∥BC，
∴△OAE∽△OBC，
∴==（）2=，
∴S△OAE=4，
则k=8．
故答案是：8．

点评：
本题考查反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
4．（2014•六盘水，第18题4分）如图是长为40cm，宽为16cm的矩形纸片，M点为一边上的中点，沿过M的直线翻折．若中点M所在边的一个顶点不能落在对边上，那么折痕长度为　10或8　cm．

考点：
翻折变换（折叠问题）．
分析：
过F作ME⊥AD于E，可得出四边形ABME为矩形，利用矩形的性质得到AE=BF，AB=EM，分两种情况考虑：（i）当G在AB上，B′落在AE上时，如图1所示，由折叠的性质得到B′M=BM，BG=B′G，在直角三角形EMB′中，利用勾股定理求出B′E的长，由AE﹣B′E求出AB′的长，设AG=x，由AB﹣AG表示出BG，即为B′G，在直角三角形AB′G中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出AG的长，进而求出BG的长，在直角三角形GBM中，利用勾股定理即可求出折痕MG的长；（ii）当G在AE上，B′落在ED上，如图2所示，同理求出B′E的长，设A′G=AG=y，由AE+B′E﹣AG表示出GB′，在直角三角形A′B′G中，利用勾股定理列出关于y的方程，求出方程的解得到y的值，求出AG的长，由AE﹣AG求出GE的长，在直角三角形GEM中，利用勾股定理即可求出折痕MG的长，综上，得到所有满足题意的折痕MG的长．
解答：
解：分两种情况考虑：
（i）如图1所示，过M作ME⊥AD于E，G在AB上，B′落在AE上，可得四边形ABME为矩形，
∴EM=AB=16，AE=BM，
又∵BC=40，M为BC的中点，
∴由折叠可得：B′M=BM=BC=20，
在Rt△EFB′中，根据勾股定理得：B′E==12，
∴AB′=AE﹣B′E=20﹣12=8，
设AG=x，则有GB′=GB=16﹣x，
在Rt△AGB′中，根据勾股定理得：GB′2=AG2+AB′2，
即（16﹣x）2=x2+82，
解得：x=6，
∴GB=16﹣6=10，
在Rt△GBF中，根据勾股定理得：GM==10；
（ii）如图2所示，过F作FE⊥AD于E，G在AE上，B′落在ED上，可得四边形ABME为矩形，
∴EM=AB=16，AE=BM，
又BC=40，M为BC的中点，
∴由折叠可得：B′M=BM=BC=20，
在Rt△EMB′中，根据勾股定理得：B′E==12，
∴AB′=AE﹣B′E=20﹣12=8，
设AG=A′G=y，则GB′=AB′﹣AG=AE+EB′﹣AG=32﹣y，A′B′=AB=16，
在Rt△A′B′G中，根据勾股定理得：A′G2+A′B′2=GB′2，
即y2+162=（32﹣y）2，
解得：y=12，
∴AG=12，
∴GE=AE﹣AG=20﹣12=8，
在Rt△GEF中，根据勾股定理得：GM==8，
综上，折痕FG=10或8．
故答案为：10或8．

点评：
此题考查了翻折变换﹣折叠问题，涉及的知识有：矩形的判定与性质，勾股定理，利用了方程、转化及分类讨论的思想，是一道综合性较强的试题．

三 解答题
1．（2014•江苏省南通市,第27题13分）如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，E为AB上一点，AE=1，M为射线AD上一动点，AM=a（a为大于0的常数），直线EM与直线CD交于点F，过点M作MG⊥EM，交直线BC于G．
（1）若M为边AD中点，求证：△EFG是等腰三角形；
（2）若点G与点C重合，求线段MG的长；
（3）请用含a的代数式表示△EFG的面积S，并指出S的最小整数值．

考点：
四边形综合题．
分析：
（1）利用△MAE≌△MDF，求出EM=FM，再由MG⊥EM，得出EG=FG，所以△EFG是等腰三角形；
（2）利用勾股定理EM2=AE2+AM2，EC2=BE2+BC2，得出CM2=EC2﹣EM2，利用线段关系求出CM．
（3）作MN⊥BC，交BC于点N，先求出EM，再利用△MAE∽△MDF求出FM，得到EF的值，再由△MNG∽△MAE得出MG的长度，然后用含a的代数式表示△EFG的面积S，指出S的最小整数值．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠MDF=90°，
∵M为边AD中点，
∴MA=MD
在△MAE和△MDF中，

∴△MAE≌△MDF（ASA），
∴EM=FM，
又∵MG⊥EM，
∴EG=FG，
∴△EFG是等腰三角形；
（2）解：如图1，

∵AB=3，AD=4，AE=1，AM=a
∴BE=AB﹣AE=3﹣1=2，BC=AD=4，
∴EM2=AE2+AM2，EC2=BE2+BC2，
∴EM2=1+a2，EC2=4+16=20，
∵CM2=EC2﹣EM2，
∴CM2=20﹣1﹣a2=19﹣a2，
∴CM=．
（3）解：如图2，作MN⊥BC，交BC于点N，

∵AB=3，AD=4，AE=1，AM=a
∴EM==，MD=AD﹣AM=4﹣a，
∵∠A=∠MDF=90°，∠AME=∠DMF，
∴△MAE∽△MDF
∴=，
∴=，
∴FM=，
∴EF=EM+FM=+=，
∵AD∥BC，
∴∠MGN=∠DMG，
∵∠AME+∠AEM=90°，∠AME+∠DMG=90°，
∴∠AME=∠DMG，
∴∠MGN=∠AME，
∵∠MNG=∠MAE=90°，
∴△MNG∽△MAE
∴=，
∴=，
∴MG=，
∴S=EF•MG=××=+6，
即S=+6，
当a=时，S有最小整数值，S=1+6=7．
点评：
本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是利用三角形相似求出线段的长度．

1. （2014•福建三明，第23题10分）已知AB是半圆O的直径，点C是半圆O上的动点，点D是线段AB延长线上的动点，在运动过程中，保持CD=OA．
（1）当直线CD与半圆O相切时（如图①），求∠ODC的度数；
（2）当直线CD与半圆O相交时（如图②），设另一交点为E，连接AE，若AE∥OC，
①AE与OD的大小有什么关系？为什么？
②求∠ODC的度数．

考点：
直线与圆的位置关系；平行线的性质；全等三角形的判定与性质．
分析：
（1）连接OC，因为CD是⊙O的切线，得出∠OCD=90°，由OC=CD，得出∠ODC=∠COD，即可求得．
（2）连接OE，
①证明△AOE≌△OCD，即可得AE=OD；
②利用等腰三角形及平行线的性质，可求得∠ODC的度数．
解答：
解：（1）如图①，连接OC，
∵OC=OA，CD=OA，
∴OC=CD，
∴∠ODC=∠COD，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
∴∠ODC=45°；

（2）如图②，连接OE．
∵CD=OA，∴CD=OC=OE=OA，
∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∵AE∥OC，
∴∠2=∠3．
设∠ODC=∠1=x，则∠2=∠3=∠4=x．
∴∠AOE=∠OCD=180°﹣2x．
①AE=OD．理由如下：
在△AOE与△OCD中，

∴△AOE≌△OCD（SAS），
∴AE=OD．
②∠6=∠1+∠2=2x．
∵OE=OC，∴∠5=∠6=2x．
∵AE∥OC，
∴∠4+∠5+∠6=180°，即：x+2x+2x=180°，
∴x=36°．
∴∠ODC=36°．

点评：
本题考查了切线性质，全等三角形，等腰三角形的性质以及平行线的性质等，作出辅助线是解题的关键．

2. （2014•福建三明，第24题12分）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形纸片DOE的顶点O与边AB的中点重合，OD交BC于点F，OE经过点C，且∠DOE=∠B．
（1）证明△COF是等腰三角形，并求出CF的长；
（2）将扇形纸片DOE绕点O逆时针旋转，OD，OE与边AC分别交于点M，N（如图2），当CM的长是多少时，△OMN与△BCO相似？

考点：
圆的综合题；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
专题：
综合题；分类讨论．
分析：
（1）易证∠OCB=∠B，由条件∠DOE=∠B可得∠OCB=∠DOE，从而得到△COF是等腰三角形，过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1，由等腰三角形的三线合一可求出CH，易证△CHF∽△BCA，从而可求出CF长．
（2）题中要求“△OMN与△BCO相似”，并没有指明对应关系，故需分情况讨论，由于∠DOE=∠B，因此△OMN中的点O与△BCO中的点B对应，因而只需分两种情况讨论：①△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．当△OMN∽△BCO时，可证到△AOM∽△ACB，从而求出AM长，进而求出CM长；当△OMN∽△BOC时，可证到△CON∽△ACB，从而求出ON，CN长．然后过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3，可以求出NG．并可以证到△MGN∽△ACB，从而求出MN长，进而求出CM长．
解答：
解：（1）∵∠ACB=90°，点O是AB的中点，
∴OC=0B=OA=5．
∴∠OCB=∠B，∠ACO=∠A．
∵∠DOE=∠B，
∴∠FOC=∠OCF．
∴FC=FO．
∴△COF是等腰三角形．
过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1，
∵FC=FO，FH⊥OC，
∴CH=OH=，∠CHF=90°．
∵∠HCF=∠B，∠CHF=∠BCA=90°，
∴△CHF∽△BCA．
∴=．
∵CH=，AB=10，BC=6，
∴CF=．
∴CF的长为．
（2）①若△OMN∽△BCO，如图2，
则有∠NMO=∠OCB．
∵∠OCB=∠B，
∴∠NMO=∠B．
∵∠A=∠A，
∴△AOM∽△ACB．
∴=．
∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=8．
∵AO=5，AC=8，AB=10，
∴AM=．
∴CM=AC﹣AM=．
②若△OMN∽△BOC，如图3，
则有∠MNO=∠OCB．
∵∠OCB=∠B，
∴∠MNO=∠B．
∵∠ACO=∠A，
∴△CON∽△ACB．
∴==．
∵BC=6，AB=10，AC=8，CO=5，
∴ON=，CN=．
过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3，
∵∠MNO=∠B，∠MON=∠B，
∴∠MNO=∠MON．
∴MN=MO．
∵MG⊥ON，即∠MGN=90°，
∴NG=OG=．
∵∠MNG=∠B，∠MGN=∠ACB=90°，
∴△MGN∽△ACB．
∴=．
∵GN=，BC=6，AB=10，
∴MN=．
∴CM=CN﹣MN=﹣=．
∴当CM的长是或时，△OMN与△BCO相似．

点评：
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，而将等腰三角形的三线合一与三角形相似相结合是解决本题的关键．

3. （2014•福建三明，第25题12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴的一个交点为A（﹣2，0），与y轴的交点为C，对称轴是x=3，对称轴与x轴交于点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）经过B，C的直线l平移后与抛物线交于点M，与x轴交于点N，当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求出点M的坐标；
（3）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）解析式已存在，y=ax2+bx+4，我们只需要根据特点描述求出a，b即可．由对称轴为﹣，又过点A（﹣2，0），所以函数表达式易得．
（2）四边形为平行四边形，则必定对边平行且相等．因为已知MN∥BC，所以MN=BC，即M、N的位置如B、C位置关系，则可分2种情形，①N点在M点右下方，即M向下平行4个单位，向右2个单位与N重合；②M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．因为M在抛物线，可设坐标为（x，﹣x2+x+4），易得N坐标．由N在x轴上，所以其纵坐标为0，则可得关于x的方程，进而求出x，求出M的坐标．
（3）使△PBD≌△PBC，易考虑∠CBD的平分线与抛物线的交点．确定平分线可因为BC=BD，可作等腰△BCD，利用三线合一，求其中线所在方程，进而与抛物线联立得方程组，解出P即可．
解答：
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4交x轴于A（﹣2，0），
∴0=4a﹣2b+4，
∵对称轴是x=3，
∴﹣=3，即6a+b=0，
两关于a、b的方程联立解得 a=﹣，b=，
∴抛物线为y=﹣x2+x+4．
（2）∵四边形为平行四边形，且BC∥MN，
∴BC=MN．
①N点在M点右下方，即M向下平移4个单位，向右平移2个单位与N重合．
设M（x，﹣x2+x+4），则N（x+2，﹣x2+x），
∵N在x轴上，
∴﹣x2+x=0，
解得 x=0（M与C重合，舍去），或x=6，
∴xM=6，
∴M（6，4）．
②M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．
设M（x，﹣x2+x+4），则N（x﹣2，﹣x2+x+8），
∵N在x轴上，
∴﹣x2+x+8=0，
解得 x=3﹣，或x=3+，
∴xM=3﹣，或3+．
∴M（3﹣，﹣4）或（3+，﹣4）
综上所述，M的坐标为（6，4）或（3﹣，﹣4）或（3+，﹣4）．
（3）∵OC=4，OB=3，
∴BC=5．
如果△PBD≌△PBC，那么BD=BC=5，
∵D在x轴上，
∴D为（﹣2，0）或（8，0）．
①当D为（﹣2，0）时，连接CD，过B作直线BE平分∠DBC交CD于E，交抛物线于P1，P2，
此时△P1BC≌△P1BD，△P2BC≌△P2BD，
∵BC=BD，
∴E为CD的中点，即E（﹣1，2），
设过E（﹣1，2），B（3，0）的直线为y=kx+b，则 ，
解得 ，
∴BE：y=﹣x+．
设P（x，y），则有，
解得 ，或，
则P1（4+，），P2（4﹣，）．
②当D为（8，0）时，连接CD，过B作直线BF平分∠DBC交CD于F，交抛物线于P3，P4，
此时△P3BC≌△P3BD，△P4BC≌△P4BD，
∵BC=BD，
∴F为CD的中点，即E（4，2），
设过E（4，2），B（3，0）的直线为y=kx+b，则，
解得 ，
∴BF：y=2x﹣6．
设P（x，y），则有，
解得 或 ，
则P3（﹣1+，﹣8+2），P4（﹣1﹣，﹣8﹣2）．
综上所述，点P的坐标为（4+，）或（4﹣，）或（﹣1+，﹣8+2）或（﹣1﹣，﹣8﹣2）．
点评：
本题考查了一次函数、二次函数的图象与性质，函数的意义，平移及二元一次方程求解等知识，本题难度适中，但想做全答案并不容易，是道非常值得学生练习的题目．

4. （2014•广东广州，第25题14分）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，CD=5．点E为线段CD上一动点（不与点C重合），△BCE关于BE的轴对称图形为△BFE，连接CF．设CE=x，△BCF的面积为S1，△CEF的面积为S2．
（1）当点F落在梯形ABCD的中位线上时，求x的值；
（2）试用x表示，并写出x的取值范围；
（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，求的值．

考点：
四边形综合题．
分析：
（1）利用梯形中位线的性质，证明△BCF是等边三角形；然后解直角三角形求出x的值；
（2）利用相似三角形（或射影定理）求出线段EG与BE的比，然后利用=求解；
（3）依题意作出图形，当△BFE的外接圆与AD相切时，线段BC的中点O成为圆心．作辅助线，如答图3，构造一对相似三角形△OMP∽△ADH，利用比例关系列方程求出x的值，进而求出的值．
解答：
解：（1）当点F落在梯形ABCD中位线上时，
如答图1，过点F作出梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N．

由题意，可知ABCD为直角梯形，则MN⊥BC，且BN=CN=BC．
由轴对称性质，可知BF=BC，
∴BN=BF，
∴∠BFN=30°，∴∠FBC=60°，
∴△BFC为等边三角形．
∴CF=BC=4，∠FCB=60°，
∴∠ECF=30°．
设BE、CF交于点G，由轴对称性质可知CG=CF=2，CF⊥BE．
在Rt△CEG中，x=CE===．
∴当点F落在梯形ABCD的中位线上时，x的值为．
（2）如答图2，由轴对称性质，可知BE⊥CF．

∵∠GEC+∠ECG=90°，∠GEC+∠CBE=90°，
∴∠GEC=∠CBE，又∵∠CGE=∠ECB=90°，
∴Rt△BCE∽Rt△CGE，
∴，∴CE2=EG•BE ①
同理可得：BC2=BG•BE ②
①÷②得：==．
∴====．
∴=（0＜x≤5）．
（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，依题意画出图形，如答图3所示．
设圆心为O，半径为r，则r=BE=．
设切点为P，连接OP，则OP⊥AD，OP=r=．

过点O作梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N，
则OM为梯形ABED的中位线，∴OM=（AB+DE）=（3+5﹣x）=（8﹣x）．
过点A作AH⊥CD于点H，则四边形ABCH为矩形，
∴AH=BC=4，CH=AB=3，∴DH=CD﹣CH=2．
在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD===2．
∵MN∥CD，
∴∠ADH=∠OMP，又∵∠AHD=∠OPM=90°，
∴△OMP∽△ADH，
∴，即，
化简得：16﹣2x=，
两边平方后，整理得：x2+64x﹣176=0，
解得：x1=﹣32+20，x2=﹣32﹣20（舍去）
∴x=﹣32+20，
∴==139﹣80．
点评：
本题是几何综合题，考查了直角梯形、相似、勾股定理、等边三角形、矩形、中位线、圆的切线、解方程、解直角三角形等知识点，考查了轴对称变换与动点型问题，涉及考点较多，有一定的难度．
5. （2014•湖北鄂州，第24题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+m的图象与x轴交于A（﹣1，0），与y轴交于点C．以直线x=2为对称轴的抛物线C1：y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、C两点，并与x轴正半轴交于点B．
（1）求m的值及抛物线C1：y=ax2+bx+c（a≠0）的函数表达式．
（2）设点D（0，），若F是抛物线C1：y=ax2+bx+c（a≠0）对称轴上使得△ADF的周长取得最小值的点，过F任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线C1于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究+是否为定值？请说明理由．
（3）将抛物线C1作适当平移，得到抛物线C2：y2=﹣（x﹣h）2，h＞1．若当1＜x≤m时，y2≥﹣x恒成立，求m的最大值．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）只需将A点坐标代入一次函数关系式即可求出m值，利用待定系数法和二次函数的图象与性质列出关于a、b、c的方程组求出a、b、c的值就可求出二次函数关系式；
（2）先运用轴对称的性质找到点F的坐标，再运用一元二次方程根与系数的关系及平面直角坐标系中两点之间的距离公式求出M1M2、M1F、M2F，证出M1F•M2F=M1M2，最后可求+=1；
（3）设y2=﹣x2的两根分别为x0，x0，因为抛物线C2：y2=﹣（x﹣h）2可以看成由y=﹣x2左右平移得到，观察图象可知，随着图象向右移，x0，x0的值不断增大，所以当1＜x≤m，y2≥﹣x恒成立时，m最大值在x0处取得，根据题意列出方程求出x0，即可求解．
解答：
解：（1）∵一次函数y=x+m的图象与x轴交于A（﹣1，0）
∴0=﹣+m
∴m=．
∴一次函数的解析式为y=x+．
∴点C的坐标为（0，）．
∵y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、C两点且对称轴是x=2，
∴，解得
∴y=﹣x2+x+．
∴m的值为，抛物线C1的函数表达式为y=﹣x2+x+．
（2）要使△ADF的周长取得最小，只需AF+DF最小
连接BD交x=2于点F，因为点B与点A关于x=2对称，