江蘇省13市2015年中考數(shù)學試題分類解析匯編 專題15 探索型問題

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1、專題15：探索型問題 1. （2015年江蘇泰州3分）如圖，△中，AB=AC，D是BC的中點，AC的垂直平分線分別交 AC、AD、AB于點E、O、F，則圖中全等的三角形的對數(shù)是【 】 A. 1對 B. 2對 C. 3對 D. 4對 【答案】D. 【考點】等腰三角形的性質；線段垂直平分線的性質；全等三角形的判定. 【分析】∵AB=AC，D是BC的中點， ∴根據(jù)等腰三角形三線合一的性質，易得. ∵EF是AC的垂直平分線， ∴根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等的性質，易得. 綜上所述，圖中全等的三角形的對數(shù)是4對.

2、故選D. 2. （2015年江蘇揚州3分）如圖，若銳角△ABC內接于⊙O，點D在⊙O外（與點C在AB同側）， 則下列三個結論：①；②；③中，正確的結論為【 】 A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①③ 【答案】D. 【考點】圓周角定理；三角形外角性質；銳角三角函數(shù)的性質. 【分析】如答圖，設與⊙O相交于點，連接. ∵，∴. ∵正弦、正切函數(shù)值隨銳角的增大而增大，余弦函數(shù)值隨銳角的增大而減小， ∴， ， . ∴正確的結論為①③. 故選D. 3. （2015年江蘇常州2分）將一張寬為4cm的長方形紙片（足夠長）折疊成如

3、圖所示圖形，重疊部分是一個三角形，則這個三角形面積的最小值是【 】 A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2 【答案】B． 【考點】翻折變換（折疊問題）；等腰直角三角形的性質．. 【分析】如答圖，當AC⊥AB時，三角形面積最小， ∵∠BAC=90°，∠ACB=45°，∴AB=AC=4cm. ∴S△ABC=×4×4=8cm2． 故選B． 4. （2015年江蘇宿遷3分）在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為（﹣3，0），（3，0），點P在反比例函數(shù)的圖象上，若△PAB為直角三角形，則滿足條件的點P的個數(shù)為【

4、 】 A. 2個 B. 4個 C. 5個 D. 6個 【答案】D． 【考點】反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征；圓周角定理；分類思想和數(shù)形結合思想的應用． 【分析】如答圖，若△PAB為直角三角形，分三種情況： ①當∠PAB=90°時，P點的橫坐標為﹣3，此時P點有1個； ②當∠PBA=90°時，P點的橫坐標為3，此時P點有1個； ③當∠APB=90°，以點O 為圓心AB長為直徑的圓與的圖象交于4點，此時P點有4個． 綜上所述，滿足條件的P點有6個． 故選D． 1. （2015年江蘇無錫2分）某商場在“五一”期間舉行促銷活動，根據(jù)顧

5、客按商品標價一次性購物總額，規(guī)定相應的優(yōu)惠方法：①如果不超過500元，則不予優(yōu)惠；②如果超過500元，但不超過800元，則按購物總額給予8折優(yōu)惠；③如果超過800元，則其中800元給予8折優(yōu)惠，超過800元的部分給予6折優(yōu)惠．促銷期間，小紅和她母親分別看中一件商品，若各自單獨付款，則應分別付款480元和520元；若合并付款，則她們總共只需付款 ▲ 元． 【答案】838或910． 【考點】函數(shù)模型的選擇與應用；函數(shù)思想和分類思想的應用． 【分析】由題意知：小紅付款單獨付款480元，實際標價為480或480×0.8=600元，小紅母親單獨付款520元，實際標價為520×0.8=

6、650元， 如果一次購買標價480+650=1130元的商品應付款800×0.8+（1130﹣800）×0.6=838元； 如果一次購買標價600+650=1250元的商品應付款800×0.8+（1250﹣800）×0.6=910元． ∴答案為：838或910． 2. （2015年江蘇徐州3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，以對角線AC為邊作第二個正方形，再以對角線AE為邊作第三個正方形AEGH，如此下去，第n個正方形的邊長為 ▲ ． 【答案】. 【考點】探索規(guī)律題（圖形的變化類）；正方形的性質. 【分析】根據(jù)正方形的性質，知： 第一個正方形ABCD的邊長為

7、， 第二個正方形ACEF的邊長為， 第三個正方形AEGH的邊長為， 第四個正方形的邊長為， …… ∴第個正方形的邊長為. 3. （2015年江蘇鹽城3分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，若要求另外三個頂點A、B、C中至少有一個點在圓內，且至少有一個點在圓外，則r的取值范圍是 ▲ ． 【答案】. 【考點】矩形的性質；勾股定理；點與圓的位置關系；分類思想的應用. 【分析】如答圖，連接， ∵AB=4，AD=3，∴根據(jù)勾股定理，得BD=5. ∵， ∴當時，點A、B、C中至少有一個點在圓內，且至少有一個點在圓外. ∴r

8、的取值范圍是. 4. （2015年江蘇鹽城3分）設△ABC的面積為1，如圖①將邊BC、AC分別2等份，、相交于點O，△AOB的面積記為；如圖②將邊BC、AC分別3等份，、相交于點O，△AOB的面積記為；……， 依此類推，則可表示為 ▲ ．(用含的代數(shù)式表示，其中為正整數(shù)) 【答案】. 【考點】探索規(guī)律題（圖形的變化類）；平行的判定和性質；相似三角形的判定和性質；等底或等高三角形面積的性質. 【分析】如答圖，連接，可知∥. 在圖①中，由題意，得，且，∴. ∴和的邊上高的比是.∴. 又∵，∴. 在圖②中，由題意，得，且，∴. ∴和的邊上高的比是.∴. 又∵，

9、∴. 在圖③中，由題意，得，且，∴. ∴和的邊上高的比是.∴. 又∵，∴. …… 依此類推， 可表示為， ∵，∴. 5. （2015年江蘇常州2分）數(shù)學家歌德巴赫通過研究下面一系列等式，作出了一個著名的猜想． 4=2+2； 12=5+7； 6=3+3 14=3+11=7+7； 8=3+5； 16=3+13=5+11； 10=3+7=5+5 18=5+13=7+11； … 通過這組等式，你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律是 ▲ （請用文字語言表達）． 【答案】所有大于2的偶

10、數(shù)都可以寫成兩個素數(shù)之和. 【考點】探索規(guī)律型題（數(shù)字的變化類）．. 【分析】根據(jù)以上等式得出規(guī)律，此規(guī)律用文字語言表達為：所有大于2的偶數(shù)都可以寫成兩個素數(shù)之和. 6. （2015年江蘇淮安3分）將連續(xù)正整數(shù)按如下規(guī)律排列： 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 1 2 3 4 第2行 8 7 6 5 第3行 9 10 11 12 第4行 16 15 14 13 第5行 17 18 19 20 ……… 若正整數(shù)565位于第行，第列，則＝ ▲ ． 【答案】147. 【考點】探

11、索規(guī)律題（數(shù)字的變化類——循環(huán)問題）. 【分析】分別根據(jù)行和列的循環(huán)規(guī)律求解： ∵行的排列規(guī)律是4個數(shù)一行，而，∴. ∵列的排列規(guī)律是按照1—2—3—4—5—4—3—2列的順序8個數(shù)一循環(huán)， 而， ∴. ∴. 7. （2015年江蘇南通3分）關于x的一元二次方程的兩個不相等的實數(shù)根都在﹣1和0之間（不包括﹣1和0），則a的取值范圍是 ▲ ． 【答案】. 【考點】一元二次方程與二次函數(shù)的關系；一元二次方程根的判別式；二次函數(shù)的性質；分類思想和數(shù)形結合思想的應用. 【分析】∵關于的一元二次方程的兩個不相等的實數(shù)根， ∴且. 設 ∵實數(shù)根都在﹣1和0之間， ∴當

12、a＞0時，如答圖1， 由圖可知， 當時，；但，矛盾， ∴此種情況不存在. 當a＜0時，如答圖2， 由圖可知， 當時，，即. 綜上所述，a的取值范圍是. 8. （2015年江蘇宿遷3分）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標為（0，4），直線與x軸、y軸分別交于點A，B，點M是直線AB上的一個動點，則PM長的最小值為 ▲ ． 【答案】. 【考點】單動點問題；直線上點的坐標與方程的關系；垂線段最短的性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質． 【分析】根據(jù)垂線段最短得出PM⊥AB時線段PM最短，分別求出PB、OB、OA、AB的長度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案

13、 如答圖，過點P作PM⊥AB，則：∠PMB=90°， 當PM⊥AB時，PM最短， ∵直線與x軸、y軸分別交于點A，B， ∴點A的坐標為（4，0），點B的坐標為（0，﹣3）. 在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根據(jù)勾股定理，得AB=5. ∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM， ∴△PBM∽△ABO. ∴，即：，解得. 1. （2015年江蘇連云港10分）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1． （1）判斷原點O與⊙P的位置關系，并說明理由； （2）當⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的

14、劣弧的長； （3）當⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標． 【答案】解：（1）原點O在⊙P外．理由如下： ∵直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點， ∴點. 在Rt△OAB中，∵， ∴∠OBA=30°， 如答圖1，過點O作OH⊥AB于點H， 在Rt△OBH中，， ∵＞1，∴原點O在⊙P外. （2）如答圖2，當⊙P過點B時，點P在y軸右側時， ∵PB=PC，∴∠PCB=∠OBA=30°. ∴⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°﹣30°﹣30°=120°. ∴弧長為：. 同理：當⊙P過點B時，點P在y軸左側時，弧長同樣為：. ∴當⊙P過點B時，⊙P被y軸所截得的劣

15、弧的長為：. （3）如答圖3，當⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，設切點為D， ∵PD⊥x軸，∴PD∥y軸. ∴∠APD=∠ABO=30°. ∴在Rt△DAP中，， ∴， ∴此時點D的坐標為：（，0）. 當⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，根據(jù)對稱性可以求得此時切點的坐標為：（，0）. 綜上所述，當⊙P與x軸相切時，切點的坐標為：（，0）或（，0）． 【考點】圓和一次函數(shù)的的綜合題；單動點問題；直線上點的坐標與方程的關系；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；點與圓的位置關系的判定；扇形弧長的計算；直線與圓相切的性質；分類思想的應用． 【分析】（1）作輔助線“過點O作OH

16、⊥AB于點H”，由直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點，可求得點A、B的坐標，從而根據(jù)銳角三角函數(shù)定義和特殊角的三角函數(shù)值求得∠OBA=30°，進而應用三角函數(shù)可求得OH的長，繼而根據(jù)點與圓的位置關系的判定求得結論. （2）分點P在y軸右側和點P在y軸左側兩種情況討論：求得⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角，則可求得弧長. （3）分⊙P位于x軸下方和⊙P位于x軸上方兩種情況討論即可. 2. （2015年江蘇連云港12分）在數(shù)學興趣小組活動中，小明進行數(shù)學探究活動，將邊長為2的正方形ABCD與邊長為的正方形AEFG按圖1位置放置，AD與AE在同一直線上，AB與AG在同一直線上． （1）小明發(fā)

17、現(xiàn)DG⊥BE，請你幫他說明理由． （2）如圖2，小明將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉，當點B恰好落在線段DG上時，請你幫他求出此時BE的長． （3）如圖3，小明將正方形ABCD繞點A繼續(xù)逆時針旋轉，將線段DG與線段BE相交，交點為H，寫出△GHE與△BHD面積之和的最大值，并簡要說明理由． 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB. 如答圖1，延長EB交DG于點H， 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°. 在

18、△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE. （2）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE， ∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE. 如答圖2，過點A作AM⊥DG交DG于點M，則∠AMD=∠AMG=90°， ∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠MDA=45°. 在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2， ∴. 在Rt△AMG中，根據(jù)勾股定理得：， ∵，∴. （3）△GHE和△BHD面積之和

19、的最大值為6，理由如下： ∵對于△EGH，點H在以EG為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△EGH的高最大； ∵對于△BDH，點H在以BD為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△BDH的高最大. ∴△GHE和△BHD面積之和的最大值為2+4=6． 【考點】面動旋轉問題；正方形的性質；全等三角形的判定和性質；三角形內角和定理；等腰直角三角形的性質，勾股定理；數(shù)形結合思想的應用． 【分析】（1）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應角相等得∠AGD=∠AEB，作輔助線“延長EB交DG于點H”

20、，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，從而利用垂直的定義即可得DG⊥BE. （2）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應邊相等得到DG=BE，作輔助線“過點A作AM⊥DG交DG于點M”，則∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根據(jù)等腰直角三角形的性質求出AM的長，即為DM的長，根據(jù)勾股定理求出GM的長，進而確定出DG的長，即為BE的長. （3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由為：對兩個三角形，點H分別在以EG為直徑的圓上和以BD為直徑的圓上，當點H與點A重合時，兩個三

21、角形的高最大，即可確定出面積的最大值． 3. （2015年江蘇連云港14分）如圖，已知一條直線過點（0，4），且與拋物線交于A，B兩點，其中點A的橫坐標是﹣2． （1）求這條直線的函數(shù)關系式及點B的坐標． （2）在x軸上是否存在點C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出點C的坐標，若不存在，請說明理由； （3）過線段AB上一點P，作PM∥x軸，交拋物線于點M，點M在第一象限，點N（0，1），當點M的橫坐標為何值時，MN+3MP的長度最大？最大值是多少？ 【答案】解：（1）∵點A是直線與拋物線的交點，且橫坐標為﹣2， ∴.∴A點的坐標為（2，﹣1）. 設直線AB的函數(shù)關系式為

22、， 將（0，4），（﹣2，1）代入得，解得. ∴直線AB的函數(shù)關系式為. ∵直線與拋物線相交，∴聯(lián)立，得，解得：或. ∴點B的坐標為（8，16）. （2）如答圖1，過點B作BG∥x軸，過點A作AG∥y軸，交點為G， ∴， ∵由A（﹣2，1），B（8，16）根據(jù)勾股定理，得AB2=325． 設點C（，0）， 根據(jù)勾股定理，得， ， ①若∠BAC=90°，則， 即，解得：. ②若∠ACB=90°，則， 即，解得：=0或=6. ③若∠ABC=90°，則， 即，解得：=32. ∴點C的坐標為（，0），（0，0），（6，0），（32，0）. （3）如答圖2，設MP與y

23、軸交于點Q，設， 在Rt△MQN中，由勾股定理得，， 又∵點P與點M縱坐標相同， ∴，∴ ∴點P的橫坐標為. ∴. ∴. 又∵，2≤6≤8， ∴當M的橫坐標為6時，的長度的最大值是18． 【考點】二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；直角三角形存在性問題；勾股定理；二次函數(shù)的最值；分類思想和方程思想的應用． 【分析】（1）首先求得點A的坐標，然后利用待定系數(shù)法確定直線的解析式，從而求得直線與拋物線的交點坐標. （2）作輔助線“過點B作BG∥x軸，過點A作AG∥y軸，交點為G”，分若∠BAC=90°，∠ACB=90°，∠ABC=90°三種情況根據(jù)勾

24、股定理列方程確定點C的坐標. （3）設MP與y軸交于點Q，設，，首先在Rt△MQN中，由勾股定理得，然后根據(jù)點P與點M縱坐標相同得到點P的橫坐標，從而得到，根據(jù)二次函數(shù)的最值原理求解即可． 4. （2015年江蘇蘇州10分）如圖，已知二次函數(shù)（其中0＜m＜1）的圖像與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸為直線l．設P為對稱軸l上的點，連接PA、PC，PA=PC． （1）∠ABC的度數(shù)為 ▲ °； （2）求P點坐標（用含m的代數(shù)式表示）； （3）在坐標軸上是否存在點Q（與原點O不重合），使得以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，且線段PQ的長度最小

25、？如果存在，求出所有滿足條件的點Q的坐標；如果不存在，請說明理由． 【答案】解：（1）45. （2）如答圖1，過點作軸于點， 設l與軸交于點， 根據(jù)題意，得拋物線的對稱軸為， 設點的坐標為， ∵PA=PC，∴. ∴，即. 解得. ∴P點坐標為. （3）存在點Q滿足題意. ∵P點坐標為， ∴ . ∵，∴.∴. ∴是等腰直角三角形. ∵以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似， ∴是等腰直角三角形. ∴由題意知，滿足條件的點Q的坐標為或. ①當點Q的坐標為時，如答圖2， 若PQ與垂直，則，解得，即. 若PQ與不垂直， 則有， ∵0＜m＜1，∴當時，

26、取得最小值，取得最小值. ∵，∴. ∴當時，點Q的坐標為，取得最小值. ②當點Q的坐標為時，如答圖3， 若PQ與垂直，則，解得，即. 若PQ與不垂直， 則有， ∵0＜m＜1，∴當時，取得最小值，取得最小值. ∵，∴. ∴當時，點Q的坐標為，取得最小值. 綜上所述，點Q的坐標為或時，的長度最小. 【考點】二次函數(shù)綜合題；相似三角形的存在性問題；二次函數(shù)的性質；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的性質；實數(shù)的大小比較；分類思想的應用. 【分析】（1）令，則，點C的坐標為， 令，即，解得， ∵0＜m＜1，點A在點B的左側，∴點B的

27、坐標為. ∴. ∵∠BOC=90°，∴是等腰直角三角形.∴∠OBC=45°. （2）過點作軸于點，設l與軸交于點，求出拋物線的對稱軸為，則可設點的坐標為，由PA=PC即，根據(jù)勾股定理得到，解出即可求解. （3）根據(jù)相似和是等腰直角三角形證明是等腰直角三角形，由題意知，滿足條件的點Q的坐標為或，從而分點Q的坐標為或兩種情況討論即可. 5. （2015年江蘇泰州12分）如圖，正方形ABCD的邊長為8cm，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA 上的動點，且AE=BF=CG=DH. （1）求證：四邊形EFGH是正方形； （2）判斷直線EG是否經過一個定點，并說明理由； （3）求

28、四邊形EFGH面積的最小值. 【答案】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴四邊形EFGH是菱形. ∵，∴.∴. ∴四邊形EFGH是正方形. （2）直線EG經過定點-----正方形ABCD的中心. 理由如下： 如答圖，連接，、相交于點， ∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC. ∵，∴四邊形BGDE是平行四邊形. ∴，即點是正方形ABCD的中心. ∴直線EG經過定點----正方形ABCD的中心. （3）設，則， ∵， ∴當時，四邊形EFGH面積的最小值為32. 【考點】單動點和定值問題；正方形的判定和性質；全等三角形的判定和性

29、質；平行四邊形的判定和性質；勾股定理；二次函數(shù)的應用（實際問題）. 【分析】（1）由證明，即可證明四邊形EFGH是一個角是直角的菱形----正方形. （2）作輔助線“連接，、相交于點”構成平行四邊形BGDE，根據(jù)平行四邊形對角線互分的性質即可證明直線EG經過定點-----正方形ABCD的中心. （3）設，根據(jù)正方形的性質和勾股定理得到關于的二次函數(shù)，應用二次函數(shù)最值原理求解即可. 6. （2015年江蘇無錫8分）（1）甲、乙、丙、丁四人做傳球游戲：第一次由甲將球隨機傳給乙、丙、丁中的某一人，從第二次起，每一次都由持球者將球再隨機傳給其他三人中的某一人．求第二次傳球后球回到甲手里的概率．

30、（請用“畫樹狀圖”或“列表”等方式給出分析過程） （2）如果甲跟另外n（n≥2）個人做（1）中同樣的游戲，那么，第三次傳球后球回到甲手里的概率是 ▲ （請直接寫出結果）． 【答案】解：（1）畫樹狀圖如下： ∵共有9種等可能的結果，其中符合要求的結果有3種， ∴P（第2次傳球后球回到甲手里）=． （2） 【考點】列表法或樹狀圖法；概率；探索規(guī)律題（數(shù)字的變化類）．. 【分析】（1）畫樹狀圖或列表，根據(jù)圖表，可得總結果與傳到甲手里的情況，根據(jù)傳到甲手里的情況比上總結果，可得答案. （2）根據(jù)第一步傳的總結果是，第二步傳的總結果是，第三步傳的總結果是，傳給甲的結果

31、是，根據(jù)概率的意義，第三次傳球后球回到甲手里的概率是. 7. （2015年江蘇無錫10分）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O(0，0)、A（5，0）、B(m，2)、C(m－5，2)． （1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA＝90o？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，請說明理由； （2）當∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值． 【答案】解：（1）存在． ∵， ∴OA=BC=5，BC∥OA. 如答圖1，以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°， 過點D作DG⊥EF于G，連接DE，則

32、DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF， ∴. ∴E（1，2），F(xiàn)（4，2）. 由解得，， ∴當時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°. （2）如答圖2， ∵BC=OA=5，BC∥OA， ∴四邊形OABC是平行四邊形. ∴OC∥AB. ∴∠AOC+∠OAB=180°. ∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB， ∴∠AOQ=∠AOC，∠OAQ=∠OAB. ∴∠AOQ+∠OAQ=90°. ∴∠AQO=90°. 以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°， ∴點Q只能是點E或點F. 當Q在F點時， ∵OF、AF分別是∠AOC與

33、∠OAB的平分線，BC∥OA， ∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB. ∴CF=OC，BF=AB. 而OC=AB，∴CF=BF，即F是BC的中點． 而F點為 （4，2），∴此時m的值為6.5. 當Q在E點時，同理可求得此時m的值為3.5. 綜上所述，m的值為3.5或6.5． 【考點】圓的綜合題；垂徑定理；圓周角定理；平行四邊形的判定和性質；坐標與圖形性質；勾股定理；分類思想的應用. 【分析】（1）由四邊形四個點的坐標易得OA=BC=5，BC∥OA，以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，根據(jù)圓周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，作DG⊥E

34、F于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，根據(jù)垂徑定理得EG=GF，利用勾股定理可計算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F(xiàn)（4，2），即點P在E點和F點時，滿足條件，此時，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°； （2）如圖2，先判斷四邊形OABC是平行四邊形，再利用平行線的性質和角平分線定義可得到∠AQO=90°，以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，于是得到點Q只能是點E或點F，當Q在F點時，證明F是BC的中點．而F點為 （4，2），得到m的值為6.5；當Q在E點時，同理可求得m的值為3.5． 8. （2015年江

35、蘇無錫10分）如圖，C為∠AOB的邊OA上一點，OC＝6，N為邊OB上異于點O的一動點，P是線段05上一點，過點P分別作PQ∥OA交OB于點Q，PM∥OB交OA于點M． （1）若∠AOB=60o，OM=4，OQ=1，求證：05⊥OB； （2）當點N在邊OB上運動時，四邊形OMPQ始終保持為菱形； ①問：的值是否發(fā)生變化？如果變化，求出其取值范圍；如果不變，請說明理由； ②設菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，求的取值范圍． 【答案】解：（1）證明：如答圖，過點P作PE⊥OA于點E， ∵PQ∥OA，PM∥OB， ∴四邊形OMPQ為平行四邊形. ∵OQ=1，∠AOB

36、=60°， ∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°. ∴. ∴. ∴. ∴∠PCE=30°. ∴∠CPM=90°， 又∵PM∥OB，∴∠05O=∠CPM=90°，即05⊥OB. （2）①的值不發(fā)生變化，理由如下： 設， ∵四邊形OMPQ為菱形，∴. ∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O. 又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC. ∴，即， 化簡,得. ∴不變化. ②如答圖,過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，設， 則,∴． ∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O. 又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△05O. ∴. ∴ ∵0＜x＜6，∴根據(jù)二

37、次函數(shù)的圖象可知， ． 【考點】相似形綜合題；單動點問題；定值問題；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；相似三角形的判定和性質；二次函數(shù)的性質；平行四邊形的判定和性質；菱形的性質. 【分析】（1）作輔助性線，過點P作PE⊥OA于E，利用兩組對邊平行的四邊形為平行四邊形得到OMPQ為平行四邊形，利用平行四邊形的對邊相等，對角相等得到PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，進而求出PE與ME的長，得到CE的長，求出tan∠PCE的值，利用特殊角的三角函數(shù)值求出∠PCE的度數(shù)，得到PM于NC垂直，而PM與ON平行，即可得到05與OB垂直. （2）①的值不發(fā)生變化，理由如下：設OM=x，O

38、N=y，根據(jù)OMPQ為菱形，得到PM=PQ=OQ=x，QN=y﹣x，根據(jù)平行得到△NQP與△NOC相似，由相似得比例即可確定出所求式子的值. ②作輔助性線，過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，表示出菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，得到，由PM與OB平行，得到△CPM與△05O相似，由相似得比例求出所求式子的范圍即可． 9. （2015年江蘇徐州8分）如圖，平面直角坐標系中，將含30°的三角尺的直角頂點C落在第二象限. 其斜邊兩端點A、B分別落在x軸、y軸上，且AB=12cm （1）若OB=6cm． ①求點C的坐標； ②若點A向右滑動的距離與點B向上滑

39、動的距離相等，求滑動的距離； （2）點C與點O的距離的最大值= ▲ cm. 【答案】解：（1）①如答圖1，過點C作y軸的垂線，垂足為D， 在Rt△ABC中，AB=12，∠BAC=30°，∴BC=6. 在Rt△AOB中，AB=12， OB=6， ∴∠BAO=30°，∠ABO=60°. 又∵∠CBA=60°，∴∠CBD=60°，∠BCD=30°. ∴BD=3，CD=．∴OD=9. ∴點C的坐標為. ②如答圖2，設點A向右滑動的距離， 根據(jù)題意得點B向動的距離. ∵在Rt△AOB中，AB=12， OB=6，∴. ∴. 在△A'O B'中，由勾股定理得，，

40、解得，（舍去）. ∴滑動的距離為． （2）12． 【考點】面動問題；含30度角直角三角形的性質；勾股定理；點的坐標；二次函數(shù)最值的應用；方程思想的應用. 【分析】（1）①作輔助線“過點C作y軸的垂線，垂足為D”，應用含30度角直角三角形的性質求出CD和BD的長，即可求出點C的坐標. ②設點A向右滑動的距離，用表示出和的長，在△A'O B'中，應用勾股定理列方程求解即可. （2）設點C的坐標為， 如答圖3，過點C作CE⊥x軸，CD⊥y軸， 垂足分別為E，D，則OE=－x，OD=y. ∵∠ACE＋∠BCE=90°，∠DCB＋∠BCE=90°， ∴∠ACE=∠DCB. 又∵∠AE

41、C=∠BDC=90°，∴△ACE ∽△BCD. ∴，即. ∴. ∴. ∴當取最大值，即點C到y(tǒng)軸距離最大時，有最大值，即OC取最大值，如圖，即當轉到與y軸垂時. 此時OC=12． 10. （2015年江蘇徐州12分）如圖，在平面直角坐標系中，點A（10，0），以OA為直徑在第一象限內作半圓，B為半圓上一點，連接AB并延長至C，使BC=AB，過C作CD⊥x軸于點D,交線段OB于點E，已知CD=8，拋物線經過O、E、A三點. （1）∠OBA= ▲ °； （2）求拋物線的函數(shù)表達式； （3）若P為拋物線上位于第一象限內的一個動點，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積記作S，

42、則S取何值時，相應的點P有且只有3個？ 【答案】解：（1）90. （2）如答圖1，連接OC， ∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC， ∴OB是的垂直平分線. ∴OC=OA=10. 在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6. ∴C(6，8)，B(8，4). ∴OB所在直線的函數(shù)關系為. 又E點的橫坐標為6，∴E點縱坐標為3，即E(6，3)． ∵拋物線過O(0，0)，E(6，3) ，A(10，0)， ∴設此拋物線的函數(shù)關系式為， 把E點坐標代入得，解得. ∴此拋物線的函數(shù)關系式為，即． （3）設點， ①若點P在CD的左側，延長OP交CD于Q，如答圖2，

43、 ∵OP所在直線函數(shù)關系式為：， ∴當x=6時，，即Q點縱坐標為. ∴. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△OPE = S△OAE ＋S△OQE－S△PQE = =. ②若點P在CD的右側，延長AP交CD于Q，如答圖3， ，A(10，0)， ∴設AP所在直線方程為：y=kx＋b， 把P和A坐標代入得，， 解得. ∴AP所在直線方程為：. ∴當x=6時，，即Q點縱坐標為.∴QE=. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△APE= S△OAE ＋S△AQE －S△PQE = =. ∴當P在CD右側時，四邊形POAE的面積最大值為16，此時點P的位置就一個

44、， 令，解得，. ∴當P在CD左側時，四邊形POAE的面積等于16的對應P的位置有兩個. 綜上知，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積S等于16時，相應的點P有且只有3個． 【考點】二次函數(shù)綜合題；單動點問題；圓周角定理；線段垂直平分線的性質；勾股定理；待定系數(shù)洪都拉斯應用；曲線上點的坐標與方程的關系；分類思想、轉換思想和方程思想的應用. 【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角定理直接得出結論. （2）作輔助線：連接OC，根據(jù)線段垂直平分線的性質和勾股定理求出點E、A的坐標，從而應用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)關系式. （3）設點，分點P在CD的左側和右側兩種情況求出S四邊形POAE關于

45、的二次函數(shù)關系式，根據(jù)二次函數(shù)的最值原理求解即可. 11. （2015年江蘇鹽城12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，將拋物線的對稱軸繞著點P（，2）順時針旋轉45°后與該拋物線交于A、B兩點，點Q是該拋物線上的一點. （1）求直線AB的函數(shù)表達式； （2）如圖①，若點Q在直線AB的下方，求點Q到直線AB的距離的最大值； （3）如圖②，若點Q在y軸左側，且點T（0，t）（t<2）是直線PO上一點，當以P、B、Q為頂點的三角形與△PAT相似時，求所有滿足條件的t的值. 【答案】解：（1）如答圖1，設直線AB與軸的交點為M， ∵，P（，2），∴. 設直線AB的解析式為， 則，

46、解得. ∴直線AB的解析式為. （2）如答圖2，過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D， 根據(jù)條件可知，是等腰直角三角形. ∴. 設，則， ∴. ∴. ∴當時，點Q到直線AB的距離的最大值為. （3）∵，∴中必有一角等于45°. ①由圖可知，不合題意. ②若， 如答圖3，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，此時，. 根據(jù)拋物線的軸對稱性質，知， ∴是等腰直角三角形. ∵與相似，且， ∴也是等腰直角三角形. i）若， 聯(lián)立，解得或. ∴. ∴.∴，此時，. ii）若，，此時，. ③若，②是情況之一，答案同上. 如

47、答圖4，5，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，以點為圓心，為半徑畫圓，則都在上，設與y軸左側的拋物線交于另一點. ∵根據(jù)圓周角定理，， ∴點也符合要求. 設， 由得解得或， 而，故.∴. 可證是等邊三角形，∴. ∴. 則在中，. i）若， 如答圖4，過點作軸于點， 則， ∴. ∴，此時，. ii）若， 如答圖5，過點作軸于點， 設，則. ∵，∴，.∴. ∴，此時，. 綜上所述，所有滿足條件的t的值為或或或. 【考點】二次函數(shù)綜合題；線動旋轉和相似三角形存在性問題；待定系數(shù)法的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；含30度角

48、直角三角形的性質；二次函數(shù)最值；勾股定理；圓周角定理；分類思想、數(shù)形結合思想、方程思想的應用. 【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得到等腰直角三角形，從而得到解決點M的坐標，進而應用待定系數(shù)法即可求得直線AB的解析式. （2）作輔助線“過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D”，設，求出關于的二次函數(shù)，應用二次函數(shù)最值原理即可求解. （3）分，，三種情況討論即可. 12. （2015年江蘇揚州12分）如圖，直線⊥線段于點，點在上，且，點是直線上的動點，作點關于直線的對稱點，直線與直線相交于點，連接. （1）如圖1，若點與點重合，則= ▲ °，線段

49、與的比值為 ▲ ； （2）如圖2，若點與點不重合，設過三點的圓與直線相交于，連接. 求證：①；②； （3）如圖3，，則滿足條件的點都在一個確定的圓上，在以下兩小題中選做一題： ①如果你能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么不必寫出發(fā)現(xiàn)過程，只要證明這個圓上的任意一點Q，都滿足QA=2QB； ②如果你不能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么請取幾個特殊位置的點，如點在直線上、點與點重合等進行探究，求這個圓的半徑. 【答案】解：（1）30；2. （2）證明：①∵點關于直線的對稱點，∴.∴. ∵是圓內接四邊形的外角，∴.∴. ∴. ②如答圖1，連接交于點，過點作∥交于點

50、， ∵點關于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴，. ∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴. （3）兩小題中選做一題： ①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點， ∵點關于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴. 又∵，∴.∴點、重合. ∵，∴. ∴. ②若點在線段上，由知，點與點重合，點與點重合，這個圓的半徑為2. 若點在射線的延長線上，由知，點與點重合，這個圓的半徑為2. 等. 【考點】開放型；單動點和軸對稱問題；軸對稱的性質；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的

51、三角函數(shù)值；圓內接四邊形的性質；等腰三角形的判定；線段垂直平分線的性質；平行線分線段成比例的性質. 【分析】（1）∵，∴. ∵，∴線段與的比值為2. （2）①一方面證明得到；另一方面，由是圓內接四邊形的外角得到，從而得到，進而根據(jù)等角對等邊的判定得證. ②作輔助線“連接交于點，過點作∥交于點”，應用線段垂直平分線的性質和平行線分線段成比例的性質證明. （3）①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點，此圓即為所求定圓. ②取特殊點探討，答案不唯一. 13. （2015年江蘇常

52、州10分）設ω是一個平面圖形，如果用直尺和圓規(guī)經過有限步作圖（簡稱尺規(guī)作圖），畫出一個正方形與ω的面積相等（簡稱等積），那么這樣的等積轉化稱為ω的“化方”． （1）閱讀填空 如圖①，已知矩形ABCD，延長AD到E，使DE=DC，以AE為直徑作半圓．延長CD交半圓于點H，以DH為邊作正方形DFGH，則正方形DFGH與矩形ABCD等積． 理由：連接AH，EH． ∵AE為直徑，∴∠AHE=90°，∴∠HAE+∠HEA=90°． ∵DH⊥AE，∴∠ADH=∠EDH=90° ∴∠HAD+∠AHD=90° ∴∠AHD=∠HED，∴△ADH∽ ▲ ． ∴，即DH2=AD×DE．

53、 又∵DE=DC ∴DH2= ▲ ，即正方形DFGH與矩形ABCD等積． （2）操作實踐 平行四邊形的“化方”思路是，先把平行四邊形轉化為等積的矩形，再把矩形轉化為等積的正方形． 如圖②，請用尺規(guī)作圖作出與等積的矩形（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡）． （3）解決問題 三角形的“化方”思路是：先把三角形轉化為等積的 ▲ （填寫圖形名稱），再轉化為等積的正方形． 如圖③，△ABC的頂點在正方形網(wǎng)格的格點上，請作出與△ABC等積的正方形的一條邊（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡，不通過計算△ABC面積作圖）． （4）拓展探究 n邊形（n＞3）的“化方”思路之

54、一是：把n邊形轉化為等積的n﹣1邊形，…，直至轉化為等積的三角形，從而可以化方． 如圖④，四邊形ABCD的頂點在正方形網(wǎng)格的格點上，請作出與四邊形ABCD等積的三角形（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡，不通過計算四邊形ABCD面積作圖）． 【答案】解：（1）△HDE；AD×DC. （2）如答圖1，矩形ANMD即為與等積的矩形. （3）矩形. 如答圖2，CF為與△ABC等積的正方形的一條邊. （4）如答圖3，△BCE是與四邊形ABCD等積的三角形. ， 【考點】閱讀理解型問題；尺規(guī)作圖（復雜作圖）；全等、相似三角形的判定和性質；平行四邊形的性質；矩形的性質；正方形的性質

55、；圓周角定理；轉換思想和數(shù)形結合思想的應用． 【分析】（1）首先根據(jù)相似三角形的判定方法，可得△ADH∽△HDE；根據(jù)等量代換，可得DH2=AD×DC，據(jù)此判斷即可． （2）過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M，以點M為圓心，AD長為半徑畫弧，交BC于點N，連接AN，則易證△DCM≌△ABN，因此，矩形ANMD即為與等積的矩形. （3）三角形的“化方”思路是：先把三角形轉化為等積的矩形，再轉化為等積的正方形． 首先以三角形的底為矩形的長，以三角形的高的一半為矩形的寬，將△ABC轉化為等積的矩形BCMN；然后延長BC到E，使CE=CM，以BE為直徑作圓．延長CM交圓于點F，則CF即

56、為與△ABC等積的正方形的一條邊． （4）連接AC，過點D作DE∥AC交BA的延長線于點E，連接CE，則△BCE是與四邊形ABCD等積的三角形. 14. （2015年江蘇常州10分）如圖，一次函數(shù)的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，過點A作x軸的垂線l，點P為直線l上的動點，點Q為直線AB與△OAP外接圓的交點，點P、Q與點A都不重合． （1）寫出點A的坐標； （2）當點P在直線l上運動時，是否存在點P使得△OQB與△APQ全等？如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由． （3）若點M在直線l上，且∠POM=90°，記△OAP外接圓和△OAM外接圓的面積分別是S1、S2，求

57、的值． 【答案】解（1）（4，0）. （2）存在．理由如下： 如答圖1所示： 將x=0代入得：，∴OB=4. 由（1）可知OA=4. 在Rt△BOA中，由勾股定理得：． ∵△BOQ≌△AQP，∴QA=OB=4，BQ=PA． ∵，∴PA= ． ∴點P的坐標為（4，）． （3）如答圖2所示： ∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°． 又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3． 又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO． ∴. 設AP=m，則：，∴． 在Rt△OAP中，， ∴. 在Rt△OAM中，， ∴. ∴. 【考點】圓的綜合題；單動點問題；直線上

58、點的坐標與方程的關系；勾股定理；全等三角形的性質；相似三角形的判定和性質． 【分析】（1）將y=0代入，求得x的值，從而得到點A的坐標. （2）首先根據(jù)題意畫出圖形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理求得AB的長度，由全等三角形的性質求得QA的長度，從而得到BQ的長，然后根據(jù)PA=BQ求得PA的長度，從而可求得點P的坐標. （3）首先根據(jù)題意畫出圖形，設AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的長度，然后根據(jù)勾股定理可求得兩圓的直徑（用含m的式子表示），然后利用圓的面積公式求得兩圓的面積，最后代入所求代數(shù)式求解即可 15. （2015年江蘇淮安12分）閱讀理解： 如圖①，如果四邊形A

59、BCD滿足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=900,那么我們把這樣的四邊形叫做“完美箏形”. 將一張如圖①所示的“完美箏形”紙片ABCD先折疊成如圖②所示的形狀，再展開得到圖③，其中CE、CF為折痕，∠BCD=∠ECF=∠FCD，點B′為點B的對應點，點D′為點D的對應點，連接EB′、FD′相交于點O. 簡單應用： （1）在平行四邊形、矩形、菱形、正方形四種圖形中，一定為“完美箏形”的是 ▲ ； （2）當圖③中的時，∠AEB′＝ ▲ °； （3）當圖②中的四邊形AECF為菱形時，對應圖③中的“完美箏形”有 ▲ 個（包含四邊形ABCD）. 拓展提

60、升： 當圖中的時，連接AB′，請?zhí)角蟆螦B′E的度數(shù)，并說明理由. 【答案】解：簡單應用： （1）正方形. （2）80. （3）5. 拓展提升：，理由如下： 如答圖，連接， ∵，且AB=AD， ∴四邊形ABCD是正方形. ∴. 由折疊對稱的性質，得， ∴點在以為直徑的圓上. ∵由對稱性，知，∴. ∴. 【考點】新定義和閱讀理解型問題；折疊問題；正方形的判定和性質；折疊對稱的性質；圓周角定理；等腰直角三角形的性質. 【分析】簡單應用： （1）根據(jù)“完美箏形”的定義，知只有正方形是“完美箏形”. （2）∵，∴根據(jù)折疊對稱的性質，得. ∵，∴. ∴. （

61、3）根據(jù)“完美箏形”的定義，可知是“完美箏形”. 拓展提升： 作輔助線“連接”，由題意判定四邊形ABCD是正方形，從而證明點在以為直徑的圓上，即可得出. 16. （2015年江蘇淮安12分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=6，BC=8. 動點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB向點B勻速運動；同時，動點N從點B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BA向點A勻速運動. 過線段MN的中點G作邊AB的垂線，垂足為點G，交△ABC的另一邊于點P，連接PM、PN，當點N運動到點A時，M、N兩點同時停止運動，設運動時間為t秒. （1）當t＝ ▲ 秒時，動點M、N相遇

62、； （2）設△PMN的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式； （3）取線段PM的中點K，連接KA、KC，在整個運動過程中，△KAC的面積是否變化？若變化，直接寫出它的最大值和最小值；若不變化，請說明理由. 【答案】解：（1）2.5. （2）在整個運動過程中，分三段：點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后. 當點與點重合時，如答圖1， ∵， ∴. ∴根據(jù)勾股定理，得，解得. 由（1）動點M、N相遇時，. 當點N運動到點A時，由得. ①當時，如題圖， ∵，∴. ∵，，∴，即. ∴. ②當時，如答圖2， ∵，∴. ∵，， ∴，即.

63、 ∴. ③當時，如答圖3， ∵，∴. ∵，， ∴，即. ∴. 綜上所述，S與t之間的函數(shù)關系式為. （3）在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是. 【考點】雙動點問題；由實際問題列函數(shù)關系式（幾何問題）；勾股定理；相似三角形的判定和性質；一次函數(shù)的應用和性質；三角形和梯形的中位線定理；分類思想和數(shù)形結合思想的應用. 【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝900，AC=6，BC=8，∴根據(jù)勾股定理，得. ∵點M的速度是每秒1個單位長度，點N的速度是每秒3個單位長度， ∴動點M、N相遇時，有秒. （2）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前

64、；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論即可. （3）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論，如答圖，分別過點作的垂線，垂足分別為點，易得 ①當時，如答圖4，易得，， ∴. ∴. 當時，最大值為；當時，最小值為. ②當或時，如答圖4，5，易得，. ∴. 當時，最大值為4； 最小值不大于. 綜上所述，在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是. 17. （2015年江蘇南通13分）已知拋物線（m是常數(shù)）的頂點為P，直線. （1）求證：點P在直線l上； （2）當m=﹣3時，拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸

65、交于點C，與直線l的另一個交點為Q，M是x軸下方拋物線上的一點，∠ACM=∠PAQ（如圖），求點M的坐標； （3）若以拋物線和直線l的兩個交點及坐標原點為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的m的值． 【答案】解：（1）證明：∵， ∴點P的坐標為（m，m﹣1）， ∵當x=m時，y=x﹣1=m﹣1， ∴點P在直線l上. （2）當m=﹣3時，拋物線解析式為， 當y=0時，，解得x1=﹣1，x2=﹣5，則A（﹣5，0）. 當x=0時，，則C（0，5）. 聯(lián)立方程組，解得或， ∴P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3）. 如答圖，過點M作ME⊥y軸于E，過點P作PF⊥x

66、軸于F，過點Q作QG⊥x軸于G， ∵OA=OC=5，∴△OAC為等腰直角三角形. ∴∠ACO=45°. ∴∠MCE=45°﹣∠ACM. ∵QG=3，OG=2，∴AG=OA﹣OG=3=QG. ∴△AQG為等腰直角三角形. ∴∠QAG=45°. ∴. ∵∠ACM=∠PAQ，∴∠APF=∠MCE. ∴Rt△CME∽Rt△PAF. ∴. 設，則. ∴，整理得，解得x1=0（舍去），x2=﹣4， ∴點M的坐標為（﹣4，﹣3）. （3）m的值為0，，，，． 【考點】二次函數(shù)綜合題；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；相似三角形的判定和性質；勾股定理；分類思想和方程思想的應用．. 【分析】（1）利用配方法求得點P的坐標，然后根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標特征判斷點P在直線l上. （2）當m=﹣3時，拋物線解析式為，根據(jù)拋物線與x軸的交點問題求出A（﹣5，0），易得C（0，5），通過解方程組得P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3），如圖，作ME⊥y軸于E，PF⊥x軸于F，QG⊥x軸于G，證明Rt△CME∽Rt△PAF，利用相似得，設，則，解之即可求得點M的坐標