资源描述
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2012
24．（2012•广州）如图，抛物线y=与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A、B的坐标；
（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；
（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．
25．（2012•广州）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60≤α＜90）．
（1）当α=60时，求CE的长；
（2）当60＜α＜90时，
①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．
2013
24.（本小题满分14分）
（2013年广州市）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.
(1)当OC=时（如图12），求证：CD是⊙O的切线；
（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.
25、（本小题满分14分）
（2013年广州市）已知抛物线y1=过点A(1,0)，顶点为B，且抛物线不经过第三象限。
（1）使用a、c表示b;
（2）判断点B所在象限，并说明理由；
（3）若直线y2=2x+m经过点B，且于该抛物线交于另一点C(),求当x≥1时y1的取值范围。
2014
24．（14分）（2014•广州）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；
（3）若m＞，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．
25．（14分）（2014•广州）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．
2015
24.(本小题满分14分)
如图10，四边形OMTN中，OM＝ON，TM＝TN，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形.
(1) 试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；
(2) 在筝形ABCD中，已知AB＝AD＝5，BC＝CD，BC＞AB，BD、AC为对角线，BD＝8.
①是否存在一个圆使得A、B、C、D四个点都在这个圆上？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由；
②过点B作BF⊥CD，垂足为F，BF交AC于点E，连接DE，当四边形ABED为菱形时，求点F到AB的距离.
25.已知O为坐标原点，抛物线y1＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴相交于点A(x1，0)，B(x2，0)，与y轴交于点C，且OC两点间的距离为3，x1x2＜0，│x1│＋│ x2│＝4，点A、C在直线
y2＝－3x＋t上.
(1) 求点C的坐标；
(2) 当y随着x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
(3) 当抛物线y1向左平移n(n＞0) 个单位，记平移后y随着x的增大而增大的部分为P，直线y2向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求2n2－5n的最小值.
2016
24.本小题满分14分
已知抛物线y＝mx2＋(1－2m)x＋1－3m与x轴相交于不同的两点A，B，
(1)求m的取值范围；
(2)证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P，并求出点P的坐标；
(3)当＜m≤8时，由(2)求出的点P和点A，B构成的△ABP的面积是否有最值，若有，求出最值及相应的m值；若没有，请说明理由.
25.（本小题满分14分）
如图10，点C为△ABD外接圆上的一动点（点C不在上，且不与点B、D重合），∠ACB＝∠ABD＝45，
(1)求证：BD是该外接圆的直径；
(2)连接CD，求证：AC＝BC＋CD;
(3)若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论.
2017
24. （2017广东广州）（本小题满分14分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△COD关于CD的对称图形为△CED．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）连接AE，若AB＝6cm，BC＝cm.
①求sin∠EAD的值；
②若点P为线段AE上一动点（不与点A重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A，到达点A后停止运动．当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，求AP的长和点Q走完全程所需的时间．
25．（2017广东广州）（本小题满分14分）如图14，AB是⊙O的直径，，AB＝2，连接AC.
（1）求证：∠CAB＝45；
（2）若直线l为⊙O的切线，C是切点，在直线L上取一点D，使BD＝AB，BD所在的直线与AC所在的直线相交于点E，连接AD．
①试探究AE与AD之间的数量关系，并证明你的结论；
②是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
答案
解：（1）令y=0，即=0，
解得x1=﹣4，x2=2，∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．
（2）S△ACB=AB•OC=9，在Rt△AOC中，AC===5，设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h=9，解得h=．如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D．设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF=h=，∴CE==．设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入得到，解得，∴直线AC解析式为y=x+3．[来源:学.科.网]
直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣．则D1的纵坐标为（﹣1）﹣=，∴D1（﹣4，）．同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）．
（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3．
又FE=5，则在Rt△MEF中，
ME==4，sin∠MFE=，cos∠MFE=．在Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3=，
FN=MN•cos∠MFE=3=，则ON=，∴M点坐标为（，）直线l过M（，），E（4，0），设直线l的解析式为y=kx+b，则，解得所以直线l的解析式为y=x+3．同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3．
综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3．
解答：
解：（1）∵α=60，BC=10，
∴sinα=，
即sin60==，
解得CE=5；
（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF．理由如下：连接CF并延长交BA的延长线于点G，∵F为AD的中点，∴AF=FD，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠G=∠DCF，在△AFG和△CFD中，，∴△AFG≌△CFD（AAS），∴CF=GF，AG=CD，∵CE⊥AB，∴EF=GF三角形斜边上的中线等于斜边的一半），∴∠AEF=∠G，∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，AF=AD=BC=5∴AG=AF，∴∠AFG=∠G，在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF又∵∠CFD=∠AFG（对顶角相等），∴∠CFD=∠AEF，
∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF；
②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，
∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，
在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2，
在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x，
∵CF=GF（①中已证），
∴CF2=（CG）2=CF2=（200﹣20x）=50﹣5x，
∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣）2+50+，
∴当x=，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值，
此时，EG=10﹣x=10﹣=，
CE===，
所以，tan∠DCF=tan∠G===．
24.分析：（1）关键是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD为直角三角形，如答图①所示；
（2）①如答图②所示，关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形，从而解直角三角形求出△ACE的周长；
②符合题意的梯形有2个，答图③展示了其中一种情形．在求AE•ED值的时候，巧妙地利用了相似三角形，简单得出了结论，避免了复杂的运算．
解：（1）证明：连接OD，如答图①所示．
由题意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=，
∴OD2+CD2=OC2
由勾股定理的逆定理可知，△OCD为直角三角形，则OD⊥CD，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：①如答图②所示，连接OE，OD，则有CD=DE=OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，∠1=∠2=∠3=60；
∵OD=CD，∴∠4=∠5，
∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30，
∴∠EOC=∠2+∠4=90，
因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形．
在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30=，
在等腰直角三角形AOE中，AE=OA=，
∴△ACE的周长为：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）=+4+（2+）=6++．
②存在，这样的梯形有2个．
答图③是D点位于AB上方的情形，同理在AB下方还有一个梯形，它们关于直线AB成轴对称．
∵OA=OE，∴∠1=∠2，
∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，
∵四边形AODE为梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，
∴∠3=∠5=∠1，
在△ODE与△COE中，
∴△ODE∽△COE，
则有，∴CE•DE=OE2=22=4．
∵∠1=∠5，∴AE=CE，
∴AE•DE=CE•DE=4．
综上所述，存在四边形AODE为梯形，这样的梯形有2个，此时AE•DE=4．
点评：本题是几何综合题，考查了圆、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等边三角形、梯形等几何图形的性质，涉及切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等多个知识点，难度较大
25、（本小题满分14分）
分析：（1）抛物线经过A（1，0），把点代入函数即可得到b=﹣a﹣c；
（2）判断点在哪个象限，需要根据题意画图，由条件：图象不经过第三象限就可以推出开口向上，a＞0，只需要知道抛物线与x轴有几个交点即可解决，
判断与x轴有两个交点，一个可以考虑△，由△就可以判断出与x轴有两个交点，所以在第四象限；或者直接用公式法（或十字相乘法）算出，由两个不同的解，进而得出点B所在象限；
（3）当x≥1时，y1的取值范围，只要把图象画出来就清晰了，难点在于要观察出是抛物线与x轴的另一个交点，理由是，由这里可以发现，b+8=0，b=﹣8，a+c=8，还可以发现C在A的右侧；可以确定直线经过B、C两点，看图象可以得到，x≥1时，y1大于等于最小值，此时算出二次函数最小值即可，即求出即可，已经知道b=﹣8，a+c=8，算出a，c即可，即是要再找出一个与a，c有关的式子，即可解方程组求出a，c，直线经过B、C两点，把B、C两点坐标代入直线消去m，整理即可得到c﹣a=4联立a+c=8，解得c，a，即可得出y1的取值范围．
解：（1）∵抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0，a≠c），经过A（1，0），
把点代入函数即可得到：b=﹣a﹣c；
（2）B在第四象限．
理由如下：∵抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0，a≠c）过点A（1，0），
∴，所以抛物线与x轴有两个交点，又因为抛物线不经过第三象限，所以a＞0，且顶点在第四象限；（3）∵，且在抛物线上，∴b+8=0，∴b=﹣8，∵a+c=﹣b，∴a+c=8，把B、C两点代入直线解析式易得：c﹣a=4，即解得：如图所示，C在A的右侧，∴当x≥1时，．
．
24.（1）待定系数法求解析式即可，求得解析式后转换成顶点式即可．
（2）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜m＜0，或3＜m＜4．
（3）左右平移时，使A′D+DB″最短即可，那么作出点C′关于x轴对称点的坐标为C″，得到直线P″C″的解析式，然后把A点的坐标代入即可．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；
∵y=x2﹣x﹣2=（x﹣）2﹣，
∴C（，﹣）．
（2）如图1，以AB为直径作圆M，则抛物线在圆内的部分，能是∠APB为钝角，
∴M（，0），⊙M的半径=．
∵P是抛物线与y轴的交点，
∴OP=2，
∴MP==，
∴P在⊙M上，
∴P的对称点（3，﹣2），
∴当﹣1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角．
（3）存在；
抛物线向左或向右平移，因为AB、P′C′是定值，所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短，只要AC′+BP′最小；
第一种情况：抛物线向右平移，AC′+BP′＞AC+BP，
第二种情况：向左平移，如图2所示，由（2）可知P（3，﹣2），
又∵C（，﹣）
∴C（﹣t，﹣），P（3﹣t，﹣2），
∵AB=5，
∴P″（﹣2﹣t，﹣2），
要使AC′+BP′最短，只要AC′+AP″最短即可，
点C′关于x轴的对称点C″（﹣t，），
设直线P″C″的解析式为：y=kx+b，
，
解得
∴直线y=x+t+，
点A在直线上，
∴﹣+t+=0
∴t=．
故将抛物线向左平移个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．
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
①②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．
24、（1）OT⊥MN
（2）①存在。提示：设AC，BD交点为M，∠ABC=∠ACB=90，△ABM与△ACB相似，可求得半径等于。
②提示：作FG⊥AB，交AB与点G，△BME与△BFD相似，求出DF=，再△BGF与△EFD相似，可求出P到AB的距离FG等于
25、 提示：（1）
（2） ①若C（0,3），，时，随着的增大而增大
②若C（0，-3），，时，随着的增大而增大
（3） ①若，平移后
平移后，要使得有公共点，则当，
求得（不符合，舍去）
②若，平移后
平移后，要使得有公共点，则当， 求得
，当时，最小值为
24.
25.1)证明：∵ ∠D＝∠C，
∠BAD＝180－∠D－∠DBA＝180－45－45＝90
∴ BD 是圆的直径.
(2)将△ACD以A为旋转中心，顺时针旋转90，
得到△AC′B ，如图10-2，
∠A′D′C＝∠ABC′， AC＝A′C ∠CAC′＝90 ，CB′＝CD
∠ABC＋∠ABC′=∠ABC＋∠ADC＝180 ，
∴B、C、D′ 三点共线
(∵BD是直径，∴∠BCD＝90)
∴CC′＝＝AC
又 ∵ CC′=BC＋BC′＝BC＋CD
∴ AC＝BC＋CD.
(3)延长MB与圆交于E，连接DE ，如图10-3
∵BD是直径，∴DM2＝ME2＋DE2
又 ∵ ME2＝(BM＋BE)2
＝BM2＋BE2＋2BM•BE＝ BC2＋BE2＋2BC•BE
∴ DM2＝BC2＋BE2＋2BC•BE＋DE2
＝BC2＋BD2＋2BC•BE ①
∵ ∠ADC＋∠ABC＝180,∠ABC＝∠ABM,∠ABM＋∠ABE＝180,
∴∠ADC＝∠ABE,
∴180－∠ADC＝180－∠ABE， ∠ADE＝∠ABC(圆的内接四边形对角互补)，
∴∠ADB＋∠BDE＝∠ABD＋∠CBD, 又∵∠ABD＝ADB＝45,
∴∠CBD＝∠EBD, ∴ BE＝CE ②
∵ BM2＋2AM2＝BC2＋2AC2＝BC2+(BC＋CD)2
＝BC2＋BC2＋CD2＋2BCCD＝ BC2＋BD2＋2BCCD ③
∴ DM2＝BM2＋2AM2 .
24..思路分析：（1）根据矩形的性质和轴对称的性质证明四边形OCED的四条边都相等；（2）①连接OE，设直线OE交AB于点F，交DC于点G，可知∠EAD＝∠AEF，在△AEF中求得sin∠AEF即可；②过点P作PM⊥AB，垂足为点M. Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.
解：（1）证明：∵四边形ABCD是为矩形，∴AC＝BD.∵AC与BD交于点O，且△COD与△CED关于CD对称，∴DO＝CO，且DO＝DE，OC＝EC，∴DO＝OC＝EC＝ED，
∴四边形OCED是菱形.
（2）①连接OE，设直线OE交AB于点F，交DC于点G.∵△COD与△CED关于CD对称，∴OE⊥DC.∵DC∥AB，∴OF⊥AB，EF∥AD.∵G为DC的中点，O为AC的中点，∴OG是△CAD的中位线，∴OG＝GE＝.
同理可得OF＝，AF＝3，∴AE＝.
∵∠EAD＝∠AEF，∴sin∠EAD＝sin∠AEF＝.
①过点P作PM⊥AB，垂足为点M.
∴Q由O运动到P所需时间为3s.
由①可知AM＝AP.
∴点Q以1.5cm/s的速度从点P到A所需时间等同于以1cm/s的速度从M运动到A,
即t＝tOP+tPA＝，
∴Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.
如图，当P运动到P1，即P1O∥AB时，所用时间最短.
∴t＝＝3s.
在Rt△AP1M1中，设AM1＝2x，则AP1＝3x，∵AP12＝AM12+P1M12，∴（3x）2＝（2x）2+，解得x1＝，x2＝－（舍去），∴AP＝.
答：AP的长为cm，点Q走完全程需时3s.
25.思路分析：（1）连接BC，根据“同弧所对的圆周角等于圆角角的一半”求解；（2）①当BD＝AB时，有∠ABD为锐角和∠ABD为钝角两种情形；②分D在点C左侧或D在点C右侧两种情况求解.
解：（1）证明：如图，连接BC
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90.∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝（180－90）＝45
（2）①当∠ABD为锐角时，如图所示，作BF⊥l于F.由（1）可知△ABC为等腰直角三角形.∵O是AB的中点，∴CO＝AO＝BO，∴△COB为等腰直角三角形.∵l是⊙O的切线，∴OC⊥l.∵BF⊥l，∴四边形OBEC为矩形.∴AB＝2BF，∴BD＝2BF，∴∠BDF＝30，∴∠DBA＝30，
∴∠BDA＝∠BAD＝75，∠CBE＝15，∠CEB＝90－15＝75，∴∠CEB＝∠DEA，∴AD＝AE.
②当∠ABD为钝角时，如图所示，同样BF＝BD，∠BDC＝30，
∴∠ABD＝150，∠AEB＝90－∠CBE＝15，∠ADB＝（180－150）＝15，
∴∠AED＝∠ADE，∴AE＝AD.
②当D在C左侧时，由①可知CD∥AB，∠ACD＝∠BAE，∠DAC＝∠EBA＝30，∴△CAD∽△BAE，∴，∴AE＝CD.∵BA＝BD，∠BAD＝∠BDA＝15，∴∠IBE＝30在Rt△IBE中，BE＝2EI＝2AE＝AE＝CD＝2CD.∴.
当D在C右侧时，过E走EI⊥AB与I.由①可知∠ADC＝∠BEA＝15.
∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ACD，
∴△ACD∽△BAE，
∴，∴AE＝CD.
∵BA＝BD，∠BAD＝∠BDA＝15，∴∠IBE＝30.
在Rt△IBE中，BE＝2EI＝2AE＝AE＝CD＝2CD.
∴.
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