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2020年中考数学压轴题考前冲刺练习6
一、选择题
1．如图，是半径为1的圆弧，△AOC为等边三角形，D是的面积s的取值范围是（ ）
上的一动点，则四边形AODC
A．
≤s≤
B．
＜s≤
C．
≤s≤
D．
＜s＜
2．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30，下列结论：①EF⊥AC；②AD＝AE；③AD＝4AG；④记△ABC的面积为S1，四边形FBCE的面积为S2，则S1：S2＝2：3．其中正确的结论的序号是（ ）
A．①③
B．②④
C．①③④
D．①②③④
3．如图，小桥用黑白棋子组成的一组图案，第1个图案由1个黑子组成，第2个图案由1个黑子和6个白子组成，第3个图案由13个黑子和6个白子组成，按照这样的规律排列下去，则第9个图案中共有（ ）和黑子．
A．37
B．42
C．73
D．121
4．如图，已知A，B是反比例函数y＝（k＞0，x＞0）图象上的两点，BC∥x轴，交y轴于点C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C（图中“→”所示路线）匀速运动，终点为C，过P作PM⊥x轴，垂足为M．设三角形OMP的面积为S，P点运动时间为t，
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则S关于t的函数图象大致为（ ）
A．
5．若整数a使关于x的不等式组
B．C．D．
无解，且使关于x的分式方程﹣＝﹣
3有正整数解，则满足条件的a的值之积为（ ） A．28
B．﹣4
C．4
D．﹣2
6．如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于值为6．上述结论中正确的个数是（ ）
；④△BDE周长的最小
A．1
二、填空题
1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，其中AB是⊙O的直径，将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，点E在AD延长线上，BE与⊙O相切于点B，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BD＝3，AE＝10，则线段EF的长为 ．
B．2
C．3
D．4
2．已知关于x的方程x2﹣4x+t﹣2＝0（t为实数）两非负实数根a，b，则（a2﹣1）（b2﹣1）
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的最小值是 ．
3．如图，长方形纸片ABCD中，AB＝4，将纸片折叠，折痕的一个端点F在边AD上，另一个端点G在边BC上，若顶点B的对应点E落在长方形内部，E到AD的距离为1，BG＝5，则AF的长为 ．
第3题 第4题
cm，OM
4．如图，射线OP过Rt△ABC的边AC、AB的中点M、N，AC＝4cm，BC＝4
＝3cm．射线OP上有一动点Q从点O出发，沿射线OP以每秒1cm的速度向右移动，以Q为圆心，QM为半径的圆，经过t秒与BC、AB中的一边所在的直线相切，请写出t的所有可能值 （单位：秒）
5．如图，点P是⊙O的直径AB的延长线上一点，过点P作直线交⊙O于C、D两点．若AB＝6，BP＝2，则tan∠PAC•tan∠PAD＝ ．
第5题 第6题
6．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，点E，F分别在AC，BC边上运动（点E不与点A，C重合），且保持ED⊥FD，连接DE，DF，EF，在此运动变化的过程中，有下列结论： ①AE＝CF； ②EF最大值为2
；
．
③四边形CEDF的面积不随点E位置的改变而发生变化； ④点C到线段EF的最大距离为三、解答题
1．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE． （1）求证：△APE∽△ABC；
其中结论正确的有 （把所有正确答案的序号都填写在横线上）
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（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；
（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP的长．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+
x+c与x轴交于A，B两点（点A
．
在点B的左侧），交y轴于点C，经过B，C两点的直线为y＝（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P为抛物线上的动点，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点M，连接PC，若△PCM为直角三角形，求点P的坐标；
（3）当P满足（2）的条件，且点P在直线BC上方的抛物线上时，如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后B，P两点的对应点分别为B′，P′，取AB的中点E，连接EB′，EP′，试探究EB'+EP'是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
3．△ABC内接⊙O，AD⊥BC与D，连接OA．
（1）如图1，求证：∠BAO＝∠CAD；
（2）如图2，作BE⊥AC交CA延长线于E交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，
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求证：AD+AF＝DG；
（3）在第（2）问的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA＝CT，AD＝2AF，AB＝4求DT长．
，
4．如图1，在平面直角坐标系xOy中，三角形ABC如图放置，点C（0，4在x轴上，且OB＝4OA，tan∠CBO＝（1）求过点A、C直线解析式；
（2）如图2，点M为线段BC上任意一点，点D在OC上，且CD＝DM，设M的横坐标为t，△CDM的面积为S，求S与t之间的函数关系式，直接写出t的取值范围； （3）在（2）的条件下，如图3，在OB上取点N，过N作NF⊥DM，垂足为点F，连接CF，AF，∠DCF+∠AFN＝60°，NF＝BO时，求点D的坐标．
．
），点A，B
5．阅读下列材料，解答下列问题
材料一：一个三位以上的自然数，如果该自然数的末三位表示的数与末三位之前的数字表示的数之差是11的倍数，我们称满足此特征的数叫“网红数”，如：65362，362﹣65＝297＝11×27，称65362是“网红数”．
材料二：对任的自然数p均可分解为P＝100x+10y+z（x≥0，0≤y≤9，0≤z≤9且x、y，
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z均为整数）如：5278＝52×100+10×7+8，规定：G（P）＝（1）求证：任两个“网红数”之和一定能被11整除；
．
（2）已知：S＝300+10b+a，t＝1000b+100a+1142（1≤a≤7，0≤b≤5，其a、b均为整数），当s+t为“网红数”时，求G（t）的最大值．
6．如图已知：直线y＝﹣x+3交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点． （1）求抛物线的解析式；
（2）若点D的坐标为（﹣1，0），在直线y＝﹣x+3上有一点P，使△ABO与△ADP相似，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使△ADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．
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【答案与解析】
一、选择题
1．【分析】根据题意，得四边形AODC的最小面积即是三角形AOC的面积，最大面积即是当OD⊥OC时四边形的面积．
要求三角形AOC的面积，作CD⊥AO于D．根据等边三角形的性质以及直角三角形的性质，求得CD＝
，得其面积是
；要求最大面积，只需再进一步求得三角形DOC的．
面积，即是，则最大面积是
【解答】解：根据题意，得四边形AODC的面积最小即是三角形AOC的面积，最大面积即是当OD⊥OC时四边形的面积． 作CH⊥AO于H， ∵△AOC为等边三角形 ∴CH＝∴S△AOC＝
；
当OD⊥OC时面积最大， ∴S△OCD＝，则最大面积是
+＝
＜s≤
．
∴四边形AODC的面积s的取值范围是故选：B．
2．【分析】根据直角三角形的性质和线段垂直平分线的性质，可得①正确； 根据等边三角形的性质和直角三角形的斜边与直角边不相等，可得②不正确； 根据等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，可得③正确；
根据直角三角形的性质、三角形面积、梯形面积公式，可得④正确．
【解答】证明：如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30，下列结论：①EF
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⊥AC；②AD＝AE；③AD＝4AG；④记△ABC的面积为S1，四边形FBCE的面积为S2，则S1：S2＝2：3．其中正确的结论的序号是（①③④） ①连接CF，
∵F是Rt△ABC的斜边AB的中点， ∴AF＝CF＝AB， 又∵△ACE是等边三角形， ∴AE＝CE
∴EF是线段AC的垂直平分线， ∴EF⊥AC 故①正确；
②∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE， 在Rt△ABC中，AB≠AC， ∴AD≠AE， 故②不正确；
③∵△ABD是等边三角形，F是AB中点， ∴DF⊥AB，
又∵∠BAC＝30，△ACE是等边三角形， ∴∠EAC＝60，
∴∠BAE＝90，∴BA⊥AE， ∴DF∥AE，
又∠DBA＝∠ABC＝60， ∠BFD＝∠BCA＝90， BD＝AB，
∴△FBD≌△CBA， ∴DF＝AE，
∴四边形DFEA是平行四边形， ∴AG＝GF＝AF，又AF＝AB，
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AG＝AB，又AB＝AD， ∴AD＝4AG． 故③正确；
④在Rt△ABC中，AC＝∴EH＝
CH＝
•
BC，CH＝AC， CB＝CB，
FH＝BC，
∴FE＝FH+HE＝2BC， ∵BC⊥AC，EF⊥AC，
∴EF∥BC，又FB与CE不平行， ∴四边形FBCE是梯形，
∴S2＝（BC+FE）•CH＝BC•CH， S1＝BC•AC＝BC•CH， ∴S1：S2＝2：3． ∴故④正确， 故选：C．
3．【分析】观察图象得到第1、2图案中黑子有1个，第3、4图案中黑子有1+2×6＝13个，第5、6图案中黑子有1+2×6+4×6＝37个，…，据此规律可得． 【解答】解：第1、2图案中黑子有1个， 第3、4图案中黑子有1+2×6＝13个， 第5、6图案中黑子有1+2×6+4×6＝37个， 第7、8图案中黑子有1+2×6+4×6+6×6＝73个， 第9、10图案中黑子有1+2×6+4×6+6×6+8×6＝121个， 故选：D．
4．【分析】结合点P的运动，将点P的运动路线分成O→A、A→B、B→C三段位置来进行
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分析三角形OMP面积的计算方式，通过图形的特点分析出面积变化的趋势，从而得到答案．
【解答】解：设∠AOM＝α，点P运动的速度为a， 当点P从点O运动到点A的过程中，S＝•t2，
由于α及a均为常量，从而可知图象本段应为抛物线，且S随着t的增大而增大； 当点P从A运动到B时，由反比例函数性质可知△OPM的面积为k，保持不变， 故本段图象应为与横轴平行的线段；
当点P从B运动到C过程中，OM的长在减少，△OPM的高与在B点时相同， 故本段图象应该为一段下降的线段； 故选：A．
5．【分析】表示出不等式组的解集，由不等式组无解确定出a的范围，分式方程去分母转化为整式方程，表示出分式方程的解，由分式方程有正整数解确定出a的值，即可求出所求．
【解答】解：不等式组整理得：由不等式组无解，得到3a﹣2≤a+2， 解得：a≤2，
分式方程去分母得：ax+5＝﹣3x+15，即（a+3）x＝10， 由分式方程有正整数解，得到x＝解得：a＝﹣2，2，7，
综上，满足条件a的为﹣2，2，之积为﹣4， 故选：B．
6．【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积＝S△ABC＝③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODE＝
，则可对
，即a+3＝1，2，10，
，
＝a2•cosα•sinα
OE2，利用S△ODE随
OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长＝
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BC+DE＝4+DE＝4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长
最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断． 【解答】解：连接OB、OC，如图， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB， ∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°， 而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°， ∴∠BOD＝∠COE， 在△BOD和△COE中
，
∴△BOD≌△COE，
∴BD＝CE，OD＝OE，所以①正确； ∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC＝S△ABC＝×作OH⊥DE，如图，则DH＝EH， ∵∠DOE＝120°， ∴∠ODE＝∠OEH＝30°， ∴OH＝OE，HE＝∴DE＝
OE，
OE＝
OE2，
OH＝
OE，
×42＝
，所以③正确；
∴S△ODE＝•OE•
即S△ODE随OE的变化而变化， 而四边形ODBE的面积为定值， ∴S△ODE≠S△BDE；所以②错误； ∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4+
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OE，
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当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，所以④正确． 故选：C．
，
二、填空题
1．【分析】证明△ABD∽△BED，得出BE＝
＝
，AB＝
＝
，求出AD＝9，DE＝1，由勾股定理得出＝3
，再证△FBE∽△FAB得出比例式，
得出BF＝3EF，在Rt△ACF中根据AF2＝AC2+CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠C＝90°，
∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD， ∴△ABC≌△ABD，
∴∠ADB＝∠C＝90°，AC＝AD，BC＝BD＝3， ∵BE与⊙O相切于点B，
∴∠ABE＝90°，∠DBE＝∠BAD， ∴△ABD∽△BED， ∴
＝
，
∴AD×DE＝BD2＝9， ∴AD（AE﹣AD）＝9， ∴AD（10﹣AD）＝9，
解得：AD＝9或AD＝1（舍去）， ∴AD＝9，DE＝1，
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∴BE＝＝，AB＝＝3，
∵四边形ACBD内接于⊙O， ∴∠FBD＝∠FAC，
即∠FBE+∠DBE＝∠BAE+∠BAC，
又∵∠DBE+∠ABD＝∠BAE+∠ABD＝90°， ∴∠DBE＝∠BAE， ∴∠FBE＝∠BAC， 又∠BAC＝∠BAD， ∴∠FBE＝∠BAD， ∴△FBE∽△FAB， ∴
＝
＝
＝，
∴BF＝3EF，
在Rt△ACF中，∵AF2＝AC2+CF2， ∴（10+EF）2＝92+（3+3EF）2， 整理得：4EF2﹣EF﹣5＝0， 解得：EF＝，或EF＝﹣1（舍）， ∴EF＝； 故答案为：．
2．【分析】a，b是关于x的一元二次方程x2﹣4x+t﹣2＝0的两个非负实根，根据根与系数的关系，化简（a2﹣1）（b2﹣1）即可求解．
【解答】解：∵a，b是关于x的一元二次方程x2﹣4x+t﹣2＝0的两个非负实根， ∴可得a+b＝4，ab＝t﹣2≥0，△＝16﹣4（t﹣2）≥0． 解
得：2≤t≤6
（a2﹣1）（b2﹣1）＝（ab）2﹣（a2+b2）+1＝（ab）2﹣（a+b）2+2ab+1， ∴（a2﹣1）（b2﹣1），
＝（t﹣2）2﹣16+2（t﹣2）+1， ＝（t﹣1）2﹣16， ∵2≤t≤6，
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∴当t＝2时，（t﹣1）2取最小值，最小值为1， ∴代数式（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值是1﹣16＝﹣15， 故答案为：﹣15．
3．【分析】设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，然后求出EM、EN，在Rt△ENG中，利用勾股定理列式求出GN，再根据△GEN和△EKM相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出EK、KM，再求出KH，然后根据△FKH和△EKM相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解答】解：设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N， ∵E到AD的距离为1， ∴EM＝1，EN＝4﹣1＝3， 在Rt△ENG中，GN＝
＝
＝4，
∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°， ∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°， ∴∠KEM＝∠NGE， 又∵∠ENG＝∠KME＝90°， ∴△GEN∽△EKM， ∴即
＝＝
＝
，
＝，
解得EK＝，KM＝， ∴KH＝EH﹣EK＝4﹣＝
，
∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°， ∴△FKH∽△EKM， ∴
＝
，
即 ＝，
解得FH＝，
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∴AF＝FH＝故答案为
．
．
4．【分析】如图，作OG⊥AB于G，由题意OG＝ON＝边不可能与AB相切．接下来分三种情形讨论求解即可． 【解答】解：如图，作OG⊥AB于G，由题意OG＝ON＝的左边不可能与AB相切．
＞3，所以⊙Q在AC＞3，所以⊙Q在AC的左
相切有三种可能：当⊙Q与BC相切时，MQ＝2， ∴|t﹣3|＝2， ∴t＝1或5．
当⊙Q与AB相切时，设切点为H，连接QH． 易知QN＝2QH， ∴2
﹣（t﹣3）＝2（t﹣3），
，
）s时，⊙Q与BC/AB相切． ）s
解得t＝
综上所述，t＝1s或5s或（故答案为1s或5s或（
5．【分析】连接BC、BD．因为AB是直径，推出∠ACB＝∠ADB＝90°，可得tan∠PAC•tan∠PAD＝
•
＝
•
，利用相似三角形的性质转化即可解决问题；
【解答】解：连接BC、BD．
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∵AB是直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∴tan∠PAC•tan∠PAD＝∵△PCB∽△PAD， ∴
＝
，
•
＝
•
，
∵△PBD∽△PCA， ∴
＝
，
•
＝＝，
∴tan∠PAC•tan∠PAD＝故答案为．
6．【分析】①作常规辅助线连接CD，由SAS定理可证△CDF和△ADE全等，即可证得AE＝CF；
②根据AE＝CF，设CE＝x，用含x的式子表示出CF的长，根据勾股定理，即可表示出EF的长，根据二次函数的增减性，表示出EF的最小值； ③由割补法可知四边形CEDF的面积保持不变；
④由①可知，DE＝EF，可得△DEF是等腰直角三角形，当DF与BC垂直，即DF最小时，FE取最小值2，此时点C到线段EF的最大距离． 【解答】解：如图，连接CD．
∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵D是AB的中点，
∴CD＝AD＝BD，∠ADC＝90°，∠ACD＝∠BCD＝45°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵ED⊥FD， ∴∠2+∠3＝90°，
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∴∠1＝∠3，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴AE＝CF； 故①正确；
（2）设CE＝x，则CF＝AE＝4﹣x， 在Rt△CEF中，
∵2（x﹣2）2+8有最小值，最小值为8， ∴EF有最小值，最小值为故②错误；
③由①知，△ADE≌△CDF，
∴S四边形EDFC＝S△EDC+S△FDC＝S△EDC+S△ADE＝S△ADC， ∴四边形CEDF的面积不随点E位置的改变而发生变化． 故③正确；
④由①可知，△ADE≌△CDF， ∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰直角三角形， ∴
，
．
，
当EF∥AB时，∵AE＝CF， ∴E，F分别是AC，BC的中点， 故EF是△ABC的中位线， ∴EF取最小值＝∵CE＝CF＝2，
∴此时点C到线段EF的最大距离为故④正确．
故答案为：①③④．
．
，
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三、解答题
1．【分析】（1）先求出∠APE＝∠ABC＝90°，∠PAE＝∠PEA＝∠ABC＝45°，即可得出结论；
（2）由（1）知，△APE∽△ABC，得出出△PAB∽△EAC，即可得出结论；
（3）先画出图形，利用勾股定理求出CP'，再分两种情况，求出CE和CE'，借助（2）的结论，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AC是正方形ABCD的对角线， ∴∠ABC＝90°，∠BAC＝∠BCA＝45°， 由旋转知，PA＝PE，∠APE＝90°＝∠ABC， ∴∠PAE＝∠PEA＝45°＝∠BAC， ∴△APE∽△ABC；
（2）在Rt△ABC中，AB＝CB， ∴AC＝
AB，
，再判断出∠PAB＝∠EAC，进而判断
由（1）知，△APE∽△ABC， ∴
，
∵∠BAC＝∠PAE＝45°， ∴∠PAB＝∠EAC， ∴△PAB∽△EAC， ∴
＝
＝
，
∵△PAB∽△EAC， ∴∠ABP＝∠ACE，
∴∠BCE+∠CBM＝∠BCE+∠ABP+∠ABC＝∠BCE+∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠ABC＝45°+90°＝135°，
∴∠BMC＝180°﹣（∠BCE+∠CBM）＝45°；
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（3）如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3， ∴AC＝3
，
∵点P，C，E在同一条线上，且∠APE＝90°， ∴CP＝
∴CE＝CP﹣PE＝由（2）知，∴BP＝
＝
＝
，
﹣1或CE'＝CP'+P'E＝， （
﹣1）＝或
．
或BP'＝
CE'＝
；
+1，
CE＝
即：BP的长为
2．【分析】（1）y＝则c＝
，过点B，C，则点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，
），
，将点B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分∠PCM＝90°、∠CPM＝90°两种情况，分别求解即可；
（3）作点E关于P′B′的对称点E′，将点E′沿P′B′方向平移2个单位得到点E″，连接E、E″交P′B′所在的直线于点B′，点B′沿P′B′方向平移2个单位得到点P′，则点P′、B′为所求，即可求解． 【解答】解：（1）y＝）， 则c＝
，
，
，过点B，C，则点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，
将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：a＝﹣故抛物线的表达式为：y＝﹣（2）①当∠PCM＝90°时，
x2+
x+
；
由点A、B、C的坐标知，△ABC为直角三角形，故AC⊥BC， 当△PCM为直角三角形时，点P与点A重合，
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∴点P（﹣1，0）； ②当∠CPM＝90°时，
则点C、P关于函数对称轴对称， 此时点P（2，
），
）；
故点P的坐标为（﹣1，0）或（2，（3）存在，理由：点P（2，
），
设图象沿BC方向向左平移3m个单位，则向上平移则平移后点B′、P′的坐标分别为：（3﹣3m，0），
分别过点A、E作直线BC的平行线n、m， 过点B′作直线m的对称点B″，则EB′＝EB″，
当B″、E、P′三点共线时，EB'+EP'＝EB″+EP′＝B″P′最小；
点E是AB的中点，则直线m与直线n、直线m与直线AC等距离，则点B″在直线n上，
直线BC的倾斜角为30°，则直线B′B″的倾斜角为60°， 则设直线B′B″的表达式为：y＝将点B′的坐标代入上式并解得： 直线B′B″表达式为：y＝
x+（4
m﹣3
）…①，
x+b，
m个单位，
m+
），点E（1，
m）、（2﹣3m，
设过点A的直线n的表达式为：y＝﹣直线n的表达式为：y＝﹣
x+b′，将点A的坐标代入上式并解得：
（x+1）…②，
m﹣
），而P′（2﹣3m，
m+
），
联立①②并解得：x＝2﹣3m，故点B″（2﹣3m，
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故EB'+EP'的最小值B″P′＝2
．
3．△ABC内接⊙O，AD⊥BC与D，连接OA． （1）如图1，求证：∠BAO＝∠CAD；
（2）如图2，作BE⊥AC交CA延长线于E交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，求证：AD+AF＝DG；
（3）在第（2）问的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA＝CT，AD＝2AF，AB＝4求DT长．
，
【分析】（1）延长AO交圆于点M，连结BM，由∠M+∠BAM＝90°，∠C+∠CAD＝90°，结论可得证；
（2）分别延长DA、BE交于点H，连结BG，可证得△AFM和△BGM是等腰三角形，由等腰三角形的性质可证出结论；
（3）连GO并延长GO交AB于点N，连BG，由CA＝CT可得∠TAC＝∠ATC，证得AG＝BG，得出AN长，证出△BAD∽△GAN，由比例线段可求出AD长，BD长，再证明△ADT∽△BDA，得AD2＝DT•BD，则DT长可求．
【解答】（1）证明：如图1，延长AO交圆于点M，连结BM， ∵AM是圆的直径， ∴∠ABM＝90°，
∴∠M+∠BAM＝90°，
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∵AD⊥BC，
∴∠C+∠CAD＝90°， ∵∠M＝∠C， ∴∠BAO＝∠CAD；
（2）证明：如图2，分别延长DA、BE交于点H，连结BG， ∵AE⊥BE，AD⊥DC，
∴∠EAH+∠H＝90°，∠DAC+∠C＝90°， ∵∠DAC＝∠EAH， ∴∠H＝∠C，
∵四边形AFBC是圆内接四边形， ∴∠EFA＝∠C， ∴∠EFA＝∠H， ∴AF＝AH， 又∵∠C＝∠BGH， ∴∠H＝∠BGH， ∵BD⊥GH，
∴DG＝DM＝AD+AH＝AD+AF；
（3）解：如图3，连GO并延长GO交AB于点N，连BG， ∵CT＝AC， ∴∠TAC＝∠ATC，
∵∠TAC＝∠TAD+∠DAC，∠ATC＝∠TBA+∠BAT， ∠DAC＝∠BAT， ∴∠TAD＝∠TBA，
又∵∠GBC＝∠DAC＝∠BAO，
∴AG＝BG，由轴对称性质可知NG⊥AB， ∴∠GNA＝∠BDA＝90°，AN＝BN＝2∵∠NAG＝∠BAD ∴△BAD∽△GAN， ∴
，
，
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∵AD+AF＝DG，AD＝2AF， ∴∴
， ，
，
设AD＝x，则AG＝∴
，
解得：x＝4，即AD＝4， ∴
＝
＝8，
在△ADT和△BDA中，∠TAD＝∠DBA，∠TDA＝∠BDA＝90°， ∴△ADT∽△BDA， ∴∴
， ，
∴DT＝2．
4．【分析】（1）由锐角三角函数可求点A坐标，由待定系数法可求解析式；
（2）过点M作MH⊥OC于H，由锐角三角函数可求∴∠BCO＝30°，由直角三角形的性质可求CD的长，由三角形面积公式可求解；
（3）作FE⊥OB于E，CP⊥EF于P，FK⊥OC于K．则四边形CPEO是矩形，设PC＝OE＝m．只要证明△PCF∽△EFA，可得【解答】解：（1）∵点C（0，4∴OC＝4
，
＝
，
），
，由此构建方程求出m即可解决问题．
∵tan∠CBO＝∴OB＝4， ∵OB＝4OA， ∴OA＝1，
∴点A（﹣1，0）
设过点A、C直线解析式为：y＝kx+4∴0＝﹣k+4
，
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∴k＝4，
x+4
；
∴过点A、C直线解析式为：y＝4
（2）如图2，过点M作MH⊥OC于H， ∵M的横坐标为t， ∴MH＝t， ∵tan∠BCO＝
＝
＝
，
∴∠BCO＝30°， ∵CD＝DM，
∴∠DCM＝∠CMD＝30°， ∴∠MDH＝60°，且MH⊥OC， ∴DH＝
t，DM＝2DH＝
t＝CD，
t＝
t2，（0＜t≤4）
∴△CDM的面积为S＝×t×
（3）作FE⊥OB于E，CP⊥EF于P，FK⊥OC于K．则四边形CPEO是矩形，
∴CP＝OE，CO＝PE＝4设PC＝OE＝m．
∵∠DON+∠DFN+∠ODF+∠ONF＝360°， ∴∠FNO＝120°，
∴∠FNE＝60°，且EF⊥BO，FN＝OB＝4， ∴EF＝2∴PF＝2
，
，
∵∠DCF+∠AFN＝60°，∠DCF+∠DFC＝60°， ∴∠DFC＝∠AFN， ∴∠CFA＝∠DFN＝90°，
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∴∠FCP+∠PFC＝90°，∠PFC+∠AFE＝90°， ∴∠PCF＝∠AFE，且∠P＝∠AEF＝90°， ∴△PCF∽△EFA， ∴∴
，
∴m＝3或﹣4（舍弃）， ∴F（3，2
），
在Rt△DEK中，∵∠DFK＝30°，FK＝3， ∴DK＝∴OD＝3∴D（0，3
， ， ）．
，
，（n、b表示末三位表示的数，m、a表示末三
+
＝1001m+1001a+11（k+h）＝
5．【分析】（1）设两个“网红数”为
位之前的数字），则n﹣m＝11k，b﹣a＝11h，所以11（91m+91n+h+k），即可证明；
（2）s＝3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10+2，所以s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2；①当1≤a≤5时，s+t＝
，则
﹣（b+1）能被11整除，即101a+9b+441＝11×9a+2a+11b﹣2b+40
×11+1能被11整除，由已知可得﹣7≤2a﹣2b+1≤11，求出a＝5，b＝0；②当6≤a≤7时，s+t＝
，则
﹣（b+2）能被11整除，
所以101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除，可得3≤2a﹣2b+1≤15，求出a＝6，b＝1或a＝7，b＝2，分别求出相应的G（t）值即可． 【解答】解：（1）设两个“网红数”为示末三位之前的数字）， ∴n﹣m＝11k，b﹣a＝11h， ∵
+
＝1001m+1001a+11（k+h）＝11（91m+91n+h+k），
，
，（n、b表示末三位表示的数，m、a表
∴m、a、k、h都是整数， ∴91m+91n+h+k为整数，
∴任两个“网红数”之和一定能被11整除；
（2）s＝3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10+2，
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∴s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2， ①当1≤a≤5时，s+t＝则
﹣（b+1）能被11整除，
，
∴101a+9b+441＝11×9a+2a+11b﹣2b+40×11+1能被11整除， ∴2a﹣2b+1能被11整除， ∵1≤a≤5，0≤b≤5， ∴﹣7≤2a﹣2b+1≤11， ∴2a﹣2b+1＝0或11， ∴a＝5，b＝0，
∴t＝1642，G（1642）＝17.25； ②当6≤a≤7时，s+t＝则
﹣（b+2）能被11整除，
，
∴101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除， ∴2a﹣2b+1能被11整除， ∵6≤a≤7，0≤b≤5， ∴3≤2a﹣2b+1≤15， ∴2a﹣2b+1＝11，
∴a＝6，b＝1或a＝7，b＝2， ∴t＝2742或3842， ∴G（2742）＝28
或G（3842）＝39
．
，
∴G（t）的最大值39
6．【分析】（1）首先确定A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式； （2）△ABO为等腰直角三角形，若△ADP与之相似，则有两种情形，如答图1所示．利用相似三角形的性质分别求解，避免遗漏；
（3）如答图2所示，分别计算△ADE的面积与四边形APCE的面积，得到面积的表达式．利用面积的相等关系得到一元二次方程，将点E是否存在的问题转化为一元二次方程是否有实数根的问题，从而解决问题．需要注意根据（2）中P点的不同位置分别进行计算，在这两种情况下，一元二次方程的判别式均小于0，即所求的E点均不存在． 【解答】解：（1）由题意得，A（3，0），B（0，3）
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∵抛物线经过A、B、C三点，
∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入y＝ax2+bx+c， 得方程组
解得：
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3
（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形，如答图1所示， 若△ABO∽△AP1D，则∴DP1＝AD＝4， ∴P1（﹣1，4）
若△ABO∽△ADP2 ，过点P2作P2 M⊥x轴于M，AD＝4， ∵△ABO为等腰三角形， ∴△ADP2是等腰三角形，
由三线合一可得：DM＝AM＝2＝P2M，即点M与点C重合， ∴P2（1，2）
综上所述，点P的坐标为P1（﹣1，4），P2（1，2）； （3）不存在．
理由：如答图2，设点E（x，y），则 S△ADE＝①当P1（﹣1，4）时， S四边形AP1CE＝S△ACP1+S△ACE＝∴2|y|＝4+|y|， ∴|y|＝4
∵点E在x轴下方，
∴y＝﹣4，代入得：x2﹣4x+3＝﹣4，即x2﹣4x+7＝0， ∵△＝（﹣4）2﹣4×7＝﹣12＜0 ∴此方程无解 ②当P2（1，2）时，
＝4+|y|
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S四边形AP2CE＝S△ACP2+S△ACE＝∴2|y|＝2+|y|， ∴|y|＝2
∵点E在x轴下方，
＝2+|y|，
∴y＝﹣2，代入得：x2﹣4x+3＝﹣2，即x2﹣4x+5＝0， ∵△＝（﹣4）2﹣4×5＝﹣4＜0 ∴此方程无解
综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E．
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