正方形ABCD内接于圆O,Q是直径AC上的一个动点,连接DQ并延长交于圆O于P。若QP＝QO，则QA／QC的值_百度知道
正方形ABCD内接于圆O,Q是直径AC上的一个动点,连接DQ并延长交于圆O于P。若QP＝QO，则QA／QC的值
助！，最佳答案给15分！
提问者采纳
QD．即（r-m）（r+m）=m•QA=(r+m)/m)2=r2+m2;QD，有帮助请采纳，根据相交弦定理解，即((r2-m2)/QC=QP&#8226，得QA&#8226，QA=r-m．在⊙O中;（√3-1）=√3+2不懂可追底棉鞭皇庄郝调窃问，解得m=√3&#47，则QP=m，设⊙O的半径为r，谢谢，所以QD=（r2-m2）&#47，QC&#47，得QD2=DO2+QO2，QC=r+m，QO=m;3r所以;m．连接DO，由勾股定理;(r-m)=（√3+1）&#47：如图
提问者评价
按照你说的，真的成功了，好开心，谢谢你！
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初一下册数学开放探索型问题
【摘要】多做练习题和试卷,可以使学生了解各种类型的题目，使学生在练习中做到举一反三。在此精品学习网为您提供&初一下册数学开放探索型问题&，希望给您学习带来帮助，使您学习更上一层楼!
初一下册数学开放探索型问题
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.
解析：设正方形A1B1C1D1的边长为x，则AC1= C1D1= D1 B =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】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
(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
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D N1，求直线D N1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)[或(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D N1的解析式为y=px+q，则有：
，∴p= ，q= ,∴D N1的解析式y= x+ ，当M(3，m)在D N1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：
∴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 a23=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=F G;
(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;
(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.
∴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)，
解得：y= ，
∴点C的坐标为(0， )，
故答案为：(b，0)，(0， );
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△PEC≌△PDB得EC=DB，即
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.
∴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=b1.
解得：b=8&4 .
∴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。
(1) 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，
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;
(3)设m=1-a，如果在两个实数m与n之间(不包括m和n)有且只有一个整数，求实数a的取值范围.
(第28题图)
【解析】(1)先将B点坐标代入y2，求出c，从而确定y2的解析式，然后再将C点代入求出d，最后将B、C代入y1即可
(2)先确定△PAD的面积的解析式，如何再利用二次函数的最值解决，从而得到P点坐标
(3)分情况讨论列出不等式解决即可
【答案】(1)将B点坐标代入y2，得：c=5，将点C横坐标代入，得d=-2，将B、C代入直线解析式，求得：k=-2，b=3;
(2)令y1=0，x= ，A( ，0)，由题意得，点P在线段AB上运动(不含A、B)，设点P( ，n)，因为DP平行于x轴，所以yD=yP=n，所以D(- ，n)，所以S= PD yP= ( + ) 5=- (n- )2+ ，而-2m+3=n，得：0
(3)由已知P(1-a，2a+1)，易知， m&n，1-a&2a+1，a&0;若a&0，m&10，n&2，解出不等式组的解集：0
【点评】本题主要考查反比例函数、一次函数的知识，求函数的解析式通常采用&待定系数法&，此题的关键在于分清顺序逐步求解，做题过程中要特别注意线段长度与坐标之间的转换，尤其是符号的变化，还考查了数形结合、分类讨论等数学思想方法以及分析问题、解决问题的综合能力.
23. (2012浙江丽水10分，23题)(本题10分)在直角坐标系中，点A是抛物线y=x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB&OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC.
(1)如图1，当点A的横坐标为_______时，矩形AOBC是正方形;
(2)如图2，当点A的横坐标为- 时，
①求点B的坐标;
②将抛物线y=x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y=-x2，试判断抛物线y=-x2经过平移变换后，能否经过A，B，C三点?如果可以，说出变换的过程;如果不可以，请说明理由.
【解析】：(1)若矩形AOBC是正方形，则&AOC=&BOC=45&，即点A在象限角平分线上，设点A坐标为(x，-x)，则有-x=x2，∴x=0(舍去)或x=-1.(2)①过点A作AE&x轴于点E，过点B作BF&x轴于点F.求出OE，AE的长，再由△AEO∽△OFB得 ，进而借助方程求出B点坐标;②过点C作CG&GF于点G，先求出C点坐标，再利用待定系数法求出经过A、B两点的抛物线的解析式，判断出点C在过A、B两点的抛物线上.先将抛物线化成顶点式，进而根据抛物线平移规律说出变换过程.
【解】：(1)-1.
(2)①过点A作AE&x轴于点E，过点B作BF&x轴于点F.
当x=- 时，y=(- )2= ，
即OE= ，AE= ，
由△AEO∽△OFB，得： .
设OF=t，则BF=2t，
∴t2=2t，解得t1=0(舍去)，t2=2.
∴B(2，4).
②过点C作CG&GF于点G，∵△AEO≌△BGC，
∴CG=OE= ，BG=AE= .
∴xc=2- = ，yc=4+ = ，
∴点C( ， ).
设过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+bx+c，由题意得
∴经过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+3x+2.
当x= 时，y=-( )2+3& +2= ，所以点C也在抛物线上.
故经过A、B、C三点的抛物线解析式为y=x2+3x+2=-(x- )2+ .
平移方案：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.
【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(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，∴A B=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.
【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= .
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?
24.【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
OA= &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&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,
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=&FOC
∴△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=3 AK=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( ， )，
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.
∴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
∴&1=&2
设GF交CE于M
∴EM=MC
∴GM&CE
∴FM垂直平分CE
∴FE=FC
∴&2=&3=&4=&1
∴&EFD=3&AEF
∴k=3
②设BE=x，则AE=5-x
过点F作AB的垂线，垂足为N，则&N=&BEC=90&
∴&NAF=&B
∴△NAF∽△EBC
∴AN= ，FN= CE
EN=AE+AN=5-x+ =
在Rt△EBC中，
在Rt△NEF中， =
∴y= = + ]
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).
【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)
∴二次函数为
根据题意，FE∥AC
要使ACEF为平行四边形
∵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， )
(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
∴点P的坐标为(1,3)
设过点P的直线的直线 的解析式为
∴ 不是定值。
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.
(1)求抛物线y=ax2+bx+c的解析式;
(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.
【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.
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.}