自-2012年全国各地中考数学解析汇编40 开放探索型问题

2012年全国各地中考数学解析汇编40　开放探索型问题1２.(20１2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(　　）A.　　B.　Ｃ.　D.　OA1B1C1D1ABA2B2C2D2解析:设正方形A1B1Ｃ１Ｄ１的边长为x，则AC1＝C１Ｄ1=　D1B=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．(２０1２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 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】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。(２０1２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.（２012·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DＮ1,求直线DN1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),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ＤN1的解析式为y=px+q,则有:，∴p＝，ｑ=,∴ＤＮ1的解析式ｙ=x+,当M(３，m）在DN1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.(20１２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.（201２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;ﻫ（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.(2012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．（2012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】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.（(２012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－10,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 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 :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．(2012四川内江,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.ABCDEF图13─1ABCDEF图13─2ABCD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 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf （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，∴ＡB=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．ABCD图13─3FE【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.　(２０12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．(20１２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?OxyABED图2图1AxyPQMNO24．【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1AxyPQMNOGHOA=　………………………………………………………………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＝∠FOＣOxyABEDFRCK∴△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=３ＡK=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(，）,xmO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.26．(20１2重庆,26，12分)已知:如图,在直角梯形ＡＢCD中，AD／／ＢＣ,∠B＝9０°,ＡＤ=２,BC=6,AB=３。E为BC边上一点，以BE为边作正方形BＥFG，使正方形BＥFG和梯形ABCＤ在BＣ的同侧.(l）当正方形的顶点F恰好落在对角线AＣ上时,求ＢE的长;(2)将（ｌ)问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFＣ为正方形B＇EＦＧ，当点E与点C重合时停止平移.设平移的距离为ｔ,正方形B＇EFG的边EF与ＡC交于点Ｍ,连接B'D,Ｂ'M,DM，是否存在这样的t，使△B'DM是直角三角形?若存在,求出t的值；若不存在，请说明理由;(3）在（2）问的平移过程中,设正方形B'EＦG与△ADC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.解析:用t表示有关线段的长度,是解决本题的关键。答案：（1）如答图１所示，设BE长为ｘ,∵△AGF∽△ABC∴，∴x＝2,即ＢＥ=2　(２)如图2,由题意知，BB’=t，DH＝3，BＨ=2,ＣE=4-t,∵△CEM∽△ABC,∴ME＝2-,根据勾股定理得：Ｂ’M=,B’D=ｔ-4t+１3,DM=+ｔ+1分三种情况讨论:①若∠ＤＢ’M=9０°,则有B’M+　B’D=DM,求得t=,②若∠Ｂ’MD=90°，则有B’M＋DM=　B’Ｄ，求得t=-3,③若∠B’DM=9０°则有B’D+DM=Ｂ’M，无解(3)当０≤t<时,ｓ＝t　　当≤t＜2时，ｓ＝-ｔ+t-当2≤t<时,s＝－ｔ＋2t-当≤t<４时,s＝－t+点评：解决本题的关键是会用t表示出各个线段的长度,然后用勾股定理就可求出答案。2４.(2012浙江丽水１２分，2４题)(本题12分）在△ABＣ中,∠ＡBC＝45°,tan∠AＣB=,如图,把△ABC的一边放置在x轴上,有OB＝１４,OC=,AC与y轴交于点Ｅ.(1）求AＣ所在直线的函数解析式;（2）过点O作ＯG⊥AC，垂足为G,求△ＯEＧ的面积；（3）已知点F（10,0)，在△ABＣ的边上取两点P,Q,是否存在以O,Ｐ，Q为顶点的三角形与△ＯFP全等，且这两个三角形在OＰ的异侧?若存在,请求出所有符合题意的点Ｐ的坐标；若不存在,请说明理由.【解析】：(1)解直角△OＣE求出E点坐标,再利用待定系数法求直线的解析式．(2）解直角三角形OCE,求出ＥG，OG,利用三角形面积公式即可求面积；(3)应分类加以讨论．解：（1）在Ｒt△ＯCE中，OE=OＣｔａn∠ＯCＥ=,∴点E（0，2).设直线AC的函数解析式为ｙ=ｋx+2，有k＋2=０，解得k=-,∴直线ＡC的函数解析式为ｙ=-x＋２.(2）方法1：在Rt△OGE中，tan∠EOＧ＝tan∠OCＥ=，设ＥG=３t，ＯG＝5t,OE==t,∴2=t，得ｔ=２.故EＧ=6，OＧ=１0.∴S△OEG=OG×EG=×１０×６=3０.方法2:在Ｒｔ△ＯCE中，∵taｎ∠OCE=,∴siｎ∠OCE=.∴OＧ=ＯCsin∠OＣE==10.在Ｒt△OEG中，EG=ＯＧtan∠OＣE=1０×=６，∴S△ＯEG=OG×EG=×10×6=30.(３)①当点Q在AC上时，点Q即为点G,如图１,作∠FOQ的平分线交CE于点Ｐ1,由△OＰ1F≌△OＰ1Q，则有Ｐ1F⊥x轴，由于点P1在直线ＡC上，当x＝1０时,y=－×10+2=2-6.∴点Ｐ1(10，2-６).②当点Q在AB上时，如图2，有OQ=OF，作∠FOＱ的角平分线交CE于点P2，过点Q作QH⊥OＢ于点Ｈ，设ＯH=a,则BH=QH=１4-a，在Rt△OQＨ中，a2+(14-a)2＝100,解得ａ１=6,a２=8.∴Q（-6,8）或Q(－8,6),当Q（-6,８）时，连接QF交ＯP2于点M,则点Ｍ（2，4）．此时直线OＭ的函数解析式y=２x．解得∴点P2(,）.当Q（-8,6）时，同理可求得P３（,）.如图3，有ＱP4∥OF，QP4＝OF=10，设点Ｐ4的横坐标为x，则点Q的横坐标为(x-10)．∵yQ＝yP,直线ＡB的函数解析式ｙ=x+14.∴（x-１0）+１4＝-x+2.解得ｘ=,可得y＝.∴点Ｐ4(，).③当Q在BC边上时,如图４，OＱ=ＯF=１0,点P5在E点，∴点P5(０，２).综上所述，满足条件的点P的坐标为:P1（1０，2-6）,点Ｐ2(，）,P3（,），Ｐ４(，），P5(0,2）.【点评】:本题是一道综合性大题,要注意灵活应用所有的知识点，另外在考虑问题时要全面，不要丢解．第（3）小题中，共四种情况,易出现丢解现象.２5.（2012广州市,１6,　3分）(本小题满分１0分)如图10,在平行四边形ＡBＣD中，AＢ=5，ＢＣ=１0，F为AD的中点，CE⊥AB于Ｅ，设∠AＢC=（)（1)当=6０°时,求CE的长；(2)当时，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，当取最大时，求taｎ∠DＣF的值。【解析】(2)可以按照k等于1、２、３等正整数时,把∠EFD分为几等分，从而确定k的值是否存在。（3）找出变量BE，找出的关于自变量的函数关系式，计算出取得最大值时,得到自变量BE的值，计算tａｎ∠DCF的值。【答案】解:（1)如果∠ABC=6０°,在Ｒｔ△ABC中,CE＝BCsin6０°=10=5（2）①取BＣ的中点G,连接ＦG，CF，则AＦ＝BG=ＤＦ=CＧ∵AＦ∥ＢG,ＦD∥CＧ∴四边形ABGＦ，四边形ＦＧCD都是平行四边形又∵AB＝5，BＣ=10,∴AB=BG=FG=ＣG=５,∴四边形AＢＧF,四边形FＧＣD都是菱形∴∠3=∠4，AB∥ＦＧ∵AＢ∥FG∴∠1=∠２设GF交ＣE于M则ＭG∥ＢE∴∴EM=MC∵ＢE⊥CE∴ＧM⊥CＥ∴ＦM垂直平分CE∴FE＝ＦC∴∠２=∠3＝∠4=∠1∴∠EＦD=3∠AEF∴ｋ=3②设BE＝x,则AE＝5-x过点F作AＢ的垂线，垂足为N,则∠N=∠BEＣ＝９0°∵ＡF∥BＧ∴∠NAF＝∠Ｂ∴△ＮAＦ∽△EBC∴∴ＡＮ=，FＮ＝ＣEＥＮ=AE+ＡN＝5-x＋＝在Rt△EBC中,在Rｔ△ＮＥF中,=∴y==+]　　　　　=∵-1<0当时,取最大值。∴ＦＮ＝,ＮE=∴ｔan∠DＣF＝tan∠NEＦ＝＝。【点评】第(2）问转化为把∠EFＤ分为k等分,证明其中的一份等于∠AEF的问题。确定ｋ的值。第（３)关键是列出二次函数,计算当取得最大值时,确定ＢE的长，也就是确定点E的位置，把∠ＤCＦ放在直角三角形中求其正切值。25.（２０12江苏盐城,２5，１0分）如图①所示，已知A、Ｂ为直线上两点，点C为直线上方一动点,连接AC、BC，分别以AＣ、BＣ为边向△ＡBC外作正方形CＡDF和正方形CBＥG,过点D作ＤD1⊥于点Ｄ１,过点Ｅ作ＥＥ1⊥于点Ｅ1.（1)如图②,当点E恰好在直线的上方时（此时E1与E重合）,试说明DD１=AB(２)在图①中，当Ｄ、E两点都在直线的上方时,试探求三条线段DD1、EE1、AＢ之间的数量关系,并说明理由．（3）如图③，当点E在直线的下方时,请直接写出三条线段DD1、EＥ1、AB之间的数量关系（不需证明）．第25题图【解析】本题考查了正方形和全等三角形的判定和性质.利用两三角形全等后的对应边相等与对应角相等,是解决本题的关键(1）图②是特殊位置，直接证明三角形全等解决；(２）先猜想三条线段ＤD１、EＥ1、AB之间的数量关系,然后根据图②启示，构造两对全等三角形证明．（3)类比归纳、猜想出结论．【答案】（１)∵四边形CADF和四边形CBＥG都是正方形,且DD１⊥,∴∠ＤＡＣ＝∠ABC=∠DD1A=900,又∵∠ＡDD1+∠DAＤ１=900,而∠ＤAD1+∠ＡＢC=900，∴∠ADＤ1=∠ＡBC，在Rt△DD1Ａ和在Rt△BEＥ1中,∵∠ABC=∠DD1A，∠ADD1=∠BAC,AD=AC，∴△DD1A≌△BEE1，∴ＤD１=AB．(2)AB=ＤD1+ＥＥ１.理由如下:过C作CＭ⊥AB于Ｍ，易得：△ＤD１A≌△ACM，∴DD1＝AM，同理：△BCＭ≌△EBE１，∴EE1=ＢM,∴AB＝AM+ＢＭ＝DD1＋EE1.(3)AB=DD1－EE1．【点评】本题是对平面几何推理证明的考查，证明两条线段相等或两角相等，常用的方法就是先证得三角形全等,利用全等形的性质，推出结论,考查了同学们从特殊到一般的推理过程.(２０12四川成都,２8,ｌ2分）如图，在平面直角坐标系xOy中,一次函数(为常数)的图象与x轴交于点Ａ(,0),与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线　(为常数，且≠0)经过Ａ,C两点,并与x轴的正半轴交于点B.(1)求的值及抛物线的函数表达式；　(２)设E是y轴右侧抛物线上一点,过点E作直线AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点Ｅ，使得以A,C,Ｅ,F为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出点Ｅ的坐标及相应的平行四边形的面积;若不存在，请说明理由;　(3）若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点,过点Ｐ任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于，两点,试探究　是否为定值，并写出探究过程．解析:第(1）小题可用待定系数法进行解决；对于第（2)小题“存在”问题,若存在要指出，若不存在要说明原因。答案:(1）∵一次函数经过点Ａ(,0),∴∴则C的坐标为(０，）∵二次函数经过点A(－3,0）、点C（０,），且以直线x=1为对称轴则点B的坐标为(５,０）∴解，得∴二次函数为（２）存在根据题意,FE∥AＣ要使ＡCEF为平行四边形则CＥ∥ＡF∵E在抛物线上∴E是C关于直线x=1的对称点，则E点的坐标为(2,)∴EF(3)要使△ACP的周长取得最小值，即为ＡP+CP最小E是Ｃ关于直线x=1对称点,连接ＡE交对称轴于点P，则PE=CP此时,△AＣP的周长取得最小值。如图所示，CE交ｘ=1于点G，x＝１交x轴于Ｈ则∴点Ｐ的坐标为（1，3）设过点P的直线的直线的解析式为则则△＝∴∴∴∴不是定值。EPM1M2点评:在本题中，第一小题考查了是知识的灵活应用能力和运算能力,第二小题是探究题,需要同学们进行细心地观察、大胆地猜测、灵活地验证。28.(2012四川内江,２8,12分）如图14，已知点A（－1，０),Ｂ(4，０）,点C在y轴的正半轴上,且∠ＡＣB＝90°，抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B、C三点，其顶点为M.ﻩ（1）求抛物线y=ax２+bx＋ｃ的解析式；ﻩ(2)试判断直线CM与以AB为直径的圆的位置关系，并加以证明；（3）在抛物线上是否存在点N,使得S△ＢCN=4?如果存在，那么这样的点有几个?如果不存在,请说明理由．xMyOABC图14【解析】(1)根据∠AＣＢ=９0°及坐标系中的横、纵轴垂直关系，可证得△ＡOC∽△COB,进而得到ＯC2=OA·OB,求出OC长得到点C的坐标.(2）猜测是相切的位置关系.以AB为直径的圆的圆心是AＢ的中点,不妨设为点E,连接ＥＣ，EM，证得ＥM2＝CE２+ＣM2即可．(3)分点N在直线ＢC的左下方和右上方两种情况考虑．【答案】解：（１)∵∠CＡO＋∠ACO=９０°,∠ＡCO＋∠BＣO=90°，∴∠CAO=∠BCO．∵∠AOＣ＝∠COB＝90°，∴△ＡOC∽△COB．∴=.∴OC2=ＯA·ＯB＝４.∵OＣ＞0，∴OＣ＝2．∵点C在y轴的非负半轴上,∴Ｃ（0,2)．由题意可设抛物线的解析式为y＝a(x＋１)(ｘ-4），∴2=a(0+1）(0－4)．a＝－.∴y=-(ｘ+1）(x－4）=－ｘ２＋x+２.(2)直线CM与以AB为直径的圆相切．xMyOABC图14NEQ理由：设AB中点为E,则Ｅ(,0)，当x=时，y=－×（)2＋×+2=.∴M（，),∴ＥＭ＝,ＥＭ2=,CE2=（０－)2＋(2-0）2＝，CM２＝(０-)2＋(２－)2=．∴EＭ２=CＥ2＋CM2.∴CＥ⊥CM．∴以AＢ为直径的圆与直线ＣM相切.（3）存在点N，使得S△BCN＝４，且这样的点有3个.①当N在直线BC左下方时，Ｓ△ＢＣN可以为任意正数，所以存在两个点，使Ｓ△BCＮ＝4;②当N在直线BC右上方时，过点N作平行于y轴的直线交BC于点Q,直线BC的解析式为y=-x+2.设点N的坐标为(t,－t2＋ｔ＋2），则点Q的坐标为(ｔ,－t＋2）,∴ＮQ=-t2＋t＋２－(-t+2)=-t2+２t．∴S△BＣN=S△NQＣ+S△NBQ＝NQ·ＯＢ＝（-ｔ2＋2t)×4=－t2+4t＝－(ｔ-2)2+4.∴当ｔ=2时,△BCN的面积最大为４.∴存在一个点N，使得S△ＢCN=4.综上,在抛物线上共存在三个点Ｎ，使得Ｓ△BCN＝4.【点评】此题综合考查了相似三角形，勾股定理，待定系数法,三角形的面积，数形结合思想等，整体难度不大，学生上手容易.第(1）问是射影定理基本图，学生普遍都会．第(２）问证明切线时,如下图,还可以过点C作ＣD⊥ＥM于D,利用相似三角形或锐角三角函数证明∠MCD=∠CED,然后由∠CEＭ＋∠ＤCE=∠ＭＣD＋∠DCE＝90°,得∠MCE＝９０°，从而证得CE⊥CM．当然也可以过点Ｍ作y轴的垂线段MF,在△MCF与△COＥ中用相似三角形或锐角三角函数知识证明∠MCE=90°．第（３）问这种在抛物线上探究三角形面积类问题比较新颖,过去出现较多的情形是在抛物线落在第一象限的ＢC段上求解，而此题却是在整条抛物线上求解判断,富有新意,值得关注．xMyOABCNEQDF