中考数学一轮总复习36《代几综合问题》知识讲解+巩固练习（基础版）（含答案）

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中考冲刺：代几综合问题—知识讲解（基础）

【中考展望】
代几综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型．近几年的中考压轴题多以代几综合题的形式出现．解代几综合题一般可分为“认真审题、理解题意；探求解题思路；正确解答”三个步骤,解代几综合题必须要有科学的分析问题的方法．数学思想是解代几综合题的灵魂，要善于挖掘代几综合题中所隐含的重要的转化思想、数形结合思想、分类讨论的思想、方程（不等式）的思想等，把实际问题转化为数学问题，建立数学模型，这是学习解代几综合题的关键．
题型一般分为：（1）方程与几何综合的问题；（2）函数与几何综合的问题；（3）动态几何中的函数问题；（4）直角坐标系中的几何问题；（5）几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题.
题型特点：一是以几何图形为载体，通过线段、角等图形寻找各元素之间的数量关系，建立代数方程或函数模型求解；二是把数量关系与几何图形建立联系，使之直观化、形象化．以形导数，由数思形，从而寻找出解题捷径. 解代几综合题要灵活运用数形结合的思想进行数与形之间的相互转化，关键是要从题目中寻找这两部分知识的结合点，从而发现解题的突破口.
【方法点拨】
方程与几何综合问题是中考试题中常见的中档题，主要以一元二次方程根的判别式、根与系数的关系为背景，结合代数式的恒等变形、解方程（组）、解不等式（组）、函数等知识．其基本形式有：求代数式的值、求参数的值或取值范围、与方程有关的代数式的证明．
函数型综合题主要有：几何与函数结合型、坐标与几何、方程与函数结合型问题，是各地中考试题中的热点题型．主要是以函数为主线，建立函数的图象，结合函数的性质、方程等解题．解题时要注意函数的图象信息与方程的代数信息的相互转化．例如函数图象与x轴交点的横坐标即为相应方程的根；点在函数图象上即点的坐标满足函数的解析式等．
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
几何综合题考查知识点多、条件隐晦，要求学生有较强的理解能力，分析能力，解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识与创新能力．
1． 几何型综合题，常以相似形与圆的知识为考查重点，并贯穿其他几何、代数、三角等知识，以证明、计算等题型出现．
2． 几何计算是以几何推理为基础的几何量的计算，主要有线段和弧长的计算，角的计算，三角函数值的计算，以及各种图形面积的计算等．
3． 几何论证题主要考查学生综合应用所学几何知识的能力．
4． 解几何综合题应注意以下几点：
（1） 注意数形结合，多角度、全方位观察图形，挖掘隐含条件，寻找数量关系和相等关系；
（2） 注意推理和计算相结合，力求解题过程的规范化；
（3） 注意掌握常规的证题思路，常规的辅助线作法；
（4） 注意灵活地运用数学的思想和方法．
【典型例题】
类型一、方程与几何综合的问题
1．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D＝90°，BC＝CD＝12，∠ABE＝45°，若AE＝10，则CE的长为_________.

【思路点拨】
过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MG=CE，连接BG．求证△BEC≌△BGM，△ABE≌△ABG，设CE=x，在直角△ADE中，根据AE2=AD2+DE2求x的值，即CE的长度．
【答案与解析】
解：过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MG=CE，连接BG，

∴∠AMB=90°，
∵AD∥CB，∠DCB=90°，
∴∠D=90°，
∴∠AMB=∠DCB=∠D=90°，
∴四边形BCDM为矩形．
∵BC=CD，
∴四边形BCDM是正方形，
∴BC=BM，且∠ECB=∠GMB，MG=CE，
∴Rt△BEC≌Rt△BGM．
∴BG=BE，∠CBE=∠GBM，
∵∠CBE+∠EBA+∠ABM=90°，且∠ABE=45°
∴∠CBE+∠ABM=45°
∴∠ABM+∠GBM=45°
∴∠ABE=∠ABG=45°，
∴△ABE≌△ABG，AG=AE=10．
设CE=x，则AM=10-x，
AD=12-（10-x）=2+x，DE=12-x，
在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，
∴100=（x+2）2+（12-x）2，
即x2-10x+24=0；
解得：x1=4，x2=6．
故CE的长为4或6．
【总结升华】
本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，考查了全等三角形的判定和性质，本题中求证△ABE≌△ABG，从而说明AG=AE=10是解题的关键．
类型二、函数与几何问题
2．如图，二次函数y =（x-2）2+m的图象与y轴交于点C，点B是点C关于该二次函数图象的对称轴对称的点．已知一次函数y=kx+b的图象经过该二次函数图象上点A（1，0）及点B．
（1）求二次函数与一次函数的解析式；
（2）根据图象，写出满足kx+b≥（x-2）2+m的x的取值范围．

【思路点拨】
（1）将点A（1，0）代入y=（x-2）2+m求出m的值，根据点的对称性，将y=3代入二次函数解析式求出B的横坐标，再根据待定系数法求出一次函数解析式；
（2）根据图象和A、B的交点坐标可直接求出满足kx+b≥（x-2）2+m的x的取值范围．
【答案与解析】
解：（1）将点A（1，0）代入y=（x-2）2+m得，
（1-2）2+m=0，
1+m=0，
m=－1，则二次函数解析式为y=（x-2）2-1．
当x=0时，y=4-1=3，
故C点坐标为（0，3），
由于C和B关于对称轴对称，在设B点坐标为（x，3），
令y=3，有（x-2）2-1=3，解得
x=4或x=0．
则B点坐标为（4，3）．
设一次函数解析式为y=kx+b，将A（1，0）、B（4，3）代入y=kx+b中，得
，解得，
则一次函数解析式为y=x-1；
（2）∵A、B坐标为（1，0），（4，3），
∴当kx+b≥（x-2）2+m时，1≤x≤4．
【总结升华】
本题考察了待定系数法求二次函数,一次函数函数解析式以及数形结合法解不等式.求出B点坐标是解题的关键．

举一反三：
【变式】如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（－1，0），点C（0，5）、D（1，8）在抛物线上，M为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）求△MCB的面积．

【答案】
解：(1)设抛物线的解析式为，根据题意，得　
，　解之，得．
∴所求抛物线的解析式为．
（2）∵C点的坐标为（0，5）．∴OC＝5．令，则，解得．
∴B点坐标为（5，0）．∴OB＝5．∵，∴顶点M坐标为（2，9）．
过点M作MN⊥AB于点N，则ON＝2，MN＝9．

∴.
类型三、动态几何中的函数问题
3．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（-2，-4），OB=2，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、O、B三点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM+OM的最小值；
（3）在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【思路点拨】
（1）把A、B、O的坐标代入到y=ax2+bx+c得到方程组，求出方程组的解即可；
（2）根据对称求出点O关于对称轴的对称点B，连接AB,根据勾股定理求出AB的长，就可得到AM+OM的最小值.
（3）①若OB∥AP，根据点A与点P关于直线x=1对称，由A（-2，-4），得出P的坐标；②若OA∥BP，设直线OA的表达式为y=kx，设直线BP的表达式为y=2x+m，由B（2，0）求出直线BP的表达式为y=2x-4，得到方程组，求出方程组的解即可；③若AB∥OP，设直线AB的表达式为y=kx+m，求出直线AB，得到方程组求出方程组的解即可.
【答案与解析】
解：（1）由OB=2，可知B（2，0），
将A（-2，-4），B（2，0），O（0，0）三点坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得
解得：
∴抛物线的函数表达式为y=
（2）由y==可得，抛物线的对称轴为直线x=1，且对称轴x=1是线段OB的垂直平分线，连接AB交直线x=1于点M，M点即为所求．
∴MO=MB，则MO+MA=MA+MB=AB,
作AC⊥x轴，垂足为C，则|AC|=4，|BC|=4，∴AB=,
∴MO+MA的最小值为.
答：MO+MA的最小值为.

（3）①如图1，若OB∥AP，此时点A与点P关于直线x=1对称，由A（-2，-4），得P（4，-4），则得梯形OAPB．

② 如图2，若OA∥BP，
设直线OA的表达式为y=kx，由A（-2，-4）得，y=2x．
设直线BP的表达式为y=2x+m，由B（2，0）得，0=4+m，即m=-4，
∴直线BP的表达式为y=2x-4.
由
解得x1=-4，x2=2（不合题意，舍去）,
当x=-4时，y=-12，∴点P（-4，-12），则得梯形OAPB．


③ 如图3，若AB∥OP，设直线AB的表达式为y=kx+m，则
解得
∴AB的表达式为y=x-2．
∵AB∥OP，
∴直线OP的表达式为y=x．
由得
x2=0，解得x=0，（不合题意，舍去），此时点P不存在．


综上所述，存在两点P（4，-4）或P（-4，-12）,使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形．
【总结升华】
本题主要考查对梯形，解二元二次方程组，解一元二次方程，二次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行计算是解此题的关键．

举一反三：
【变式】如图，直线与x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）．
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S．
① 求S与t的函数关系式；
② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S＝4的情形？若存在，求出对应的t值；若不存在，请说明理由；
③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值．

【答案】
（1）证明：y=
∵当x=0时，y=4；
当y=0时，x=3，
∴B（3，0），C（0，4），
∵A（-2，0），
由勾股定理得：BC=
∵AB=3-（-2）=5，
∴AB=BC=5，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：①∵C（0，4），B（3，0），BC=5，
∴sin∠B=
过N作NH⊥x轴于H．
∵点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度，
又∵AB=BC=5，
∴当t=5秒时，同时到达终点，
∴△MON的面积是S=
∴S=

②点M在线段OB上运动时，存在S=4的情形．理由如下：
∵C（0，4），B（3，0），BC=5，
∴sin∠B=
根据题意得：∵S=4，
∴|t-2|×0.4t=4，
∵点M在线段OB上运动，OA=2，
∴t-2＞0，
即（t-2）×0.4t=4，化为t2-2t-10=0，
解得：
∴点M在线段OB上运动时，存在S=4的情形，此时对应的t是（）秒．
③∵C（0，4）B（3，0）BC=5，
∴cos∠B=
分为三种情况：
I、当∠NOM=90°时，N在y轴上，即此时t=5；
II、当∠NMO=90°时，M、N的横坐标相等，即t-2=3-0.6t，解得：t=3.125，
III、∠MNO不可能是90°，
即在运动过程中，当△MON为直角三角形时，t的值是5秒或3.125秒．
类型四、直角坐标系中的几何问题
4．（2015•阳山县一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（4，3）．平行于对角线AC的直线m从原点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形OABC的两边分别交于点M、N，直线m运动的时间为t（秒）．
（1）点A的坐标是　 　，点C的坐标是　 　；
（2）当t=　 　秒或　 　秒时，MN=AC；
（3）设△OMN的面积为S，求S与t的函数关系式．

【思路点拨】
（1）根据BC∥x轴，AB∥y轴即可求得A和C的坐标；
（2）分成MN是△OAC的中位线和MN是△ABC的中位线时两种情况进行讨论；
（3）根据时间t值的范围不同，M,N与矩形的两边相交构成不同的三角形，画出图形进行分类讨论，然后正确表示出△OMN的面积即可.
【答案与解析】
解：（1）A的坐标是（4，0），C的坐标是（0，3）；
（2）当MN是△OAC的中位线时，M是OA的中点，则t=OA=×4=2；
当MN是△ABC的中位线时，如图1．
则△AME∽△OCA，
则AE=OA=×4=2，则E的坐标是（6，0），即平移了6个单位长度．
故答案是：2或6．
（3）当0＜t≤4时，OA=t，则ON=t，
则S△OMN=×t×t=(0＜t≤4).
即当4＜t＜8时，如图1．
设直线AC的解析式是y=kx+b，根据题意得，
解得：，
则直线AC的解析式是y=﹣x+3．
设MN的解析式是y=﹣x+c，E的坐标是（t，0），代入解析式得：c=t，
则直线MN的解析式是y=﹣x+t．
令x=4，解得y=﹣3+t，即M的坐标是（4，﹣3+t）．
令y=3，解得：x=t﹣4，则N的坐标是（t﹣4，3）．
则S矩形OABC=3×4=12，
S△OCN=OC•CN=×3•（t﹣4）=
S△OAM=OA•AM=×4•（﹣3+t）=﹣6．
S△BMN=BN•BM=[4﹣（t﹣4）][3﹣（﹣3+t）]=t2﹣6t+24．
则S=12﹣（﹣6）﹣（t﹣6）﹣（t2﹣6t+24），
即S=﹣t2+3t(4＜t＜8).
【总结升华】本题考查了矩形的性质以及待定系数法求一次函数的解析式，直线平行的条件，正确利用t表示出M和N的坐标是关键．
类型五、几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题
5．一个质点在第一象限及轴、轴上运动，在第一秒钟，它从原点运动到，然后接着按图中箭头所示方向运动,即，且每秒移动一个单位，那么第35秒时质点所在位置的坐标是_______.
0
1
2
3
x
y
1
2
3
…


【思路点拨】
由题目中所给的质点运动的特点找出规律，到（2，0）用4秒，到（2，2）用6秒，到（0，2）用8秒，到（0，3）用9秒，到（3，3）用12秒，即可得出第35秒时质点所在位置的坐标．
【答案与解析】
解：质点运动的速度是每秒运动一个单位长度，（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）用的秒数分别是1秒，2秒，3秒，到（2，0）用4秒，到（2，2）用6秒，到（0，2）用8秒，到（0，3）用9秒，到（3，3）用12秒，到（4，0）用16秒，依此类推，到（5，0）用35秒．故第35秒时质点所在位置的坐标是（5，0）．
【总结升华】
此题主要考查了数字变化规律，解决本题的关键是正确读懂题意，能够正确确定点运动的顺序，确定运动的距离，从而可以得到到达每个点所用的时间.
举一反三：
【变式】（2016•泰山区一模）如图，动点P从（0，3）出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第2014次碰到矩形的边时，点P的坐标为（　　）

A．（1，4） B．（5，0） C．（6，4） D．（8，3）
【答案】B.
【解析】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），
∵2014÷6=335…4，
∴当点P第2014次碰到矩形的边时为第336个循环组的第4次反弹，
点P的坐标为（5，0）．
故选；B．


中考冲刺：代几综合问题—巩固训练（基础）
【巩固练习】
一、 选择题
1.（2017•河北一模）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰Rt△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，设点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）




A． B． C．D．
2.如图，在半径为1的⊙O中，直径AB把⊙O分成上、下两个半圆，点C是上半圆上一个动点（C与点A、B不重合），过点C作弦CD⊥AB，垂足为E，∠OCD的平分线交⊙O于点P，设CE=x，AP=y，下列图象中，最能刻画y与x的函数关系的图象是（　　）

二、填空题
3. 将抛物线y1＝2x2向右平移2个单位，得到抛物线ｙ２的图象如图所示，P是抛物线y2对称轴上的一个动点，直线x＝t平行于y轴，分别与直线y＝x、抛物线y2交于点A、B．若△ABP是以点A或点B为直角顶点的等腰直角三角形，求满足的条件的t的值，则t＝ ．

4. （2017•宝山区一模）如图，D为直角△ABC的斜边AB上一点，DE⊥AB交AC于E，如果△AED沿DE翻折，A恰好与B重合，联结CD交BE于F，如果AC=8，tanA=，那么CF：DF=　 　．

三、解答题
5.一个形如六边形的点阵.它的中心是一个点（算第一层）、第二层每边有两个点，第三层每边有三个点……依次类推.
（1）试写出第n层所对应的点数；
（2）试写出n层六边形点阵的总点数；
（3）如果一个六边形点阵共有169个点，那么它一共有几层？


6.如图，Rt△ABC中，∠B=90°，AC=10cm，BC=6cm，现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以2cm/s的速度，沿AB向终点B移动；点Q以1cm/s的速度沿BC向终点C移动，其中一点到终点，另一点也随之停止．连接PQ．设动点运动时间为x秒．
（1）用含x的代数式表示BQ、PB的长度；
（2）当x为何值时，△PBQ为等腰三角形；
（3）是否存在x的值，使得四边形APQC的面积等于20cm2？若存在，请求出此时x的值；若不存在，请说明理由．
　　　　　

7.阅读理解：对于任意正实数a、b，∵


结论：在a+b≥2（a、b均为正实数）中，若a•b为定值p，则a+b≥2 ，只有当a=b时，a+b有最小值2．
根据上述内容，回答下列问题：
（1）若m＞0，只有当m=____________时，ｍ＋有最小值，最小值为____________；
（2）探究应用：已知A（-3,0）、B（0，-4），点P为双曲线ｙ＝（ｘ＞０）上的任一点，过点P作PC⊥ｘ轴于点C，PD⊥ｙ轴于点D，求四边形ABCD面积的最小值，并说明此时四边形ABCD的形状．


8.（深圳期末）如图，平面直角坐标系中，直线AB：y=﹣x+3与坐标轴分别交于A、B两点，直线x=1交AB于点D，交x轴于点E，P是直线x=1上一动点．
（1）直接写出A、B的坐标；A　 　，B　 　；
（2）是否存在点P，使得△AOP的周长最小？若存在，请求出周长的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）是否存在点P使得△ABP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


9.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为2cm，点A、C分别在y轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B和D(4，)．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上找到点M，使得M到D、B的距离之和最小，求出点M的坐标；
（3）如果点P由点A出发沿线段AB以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q由点B出发沿线段BC以1cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设S=PQ2（cm2）．
①求出S与运动时间t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；
②当S=时，在抛物线上存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形, 求出点R的坐标．


10．已知：抛物线y＝－x2＋2x＋m-2交y轴于点A（0，2m-7）．与直线y＝x交于点B、C（B在右、C在左）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为E，在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由；
（3）射线OC上有两个动点P、Q同时从原点出发，分别以每秒个单位长度、每秒2个单位长度的速度沿射线OC运动，以PQ为斜边在直线BC的上方作直角三角形PMQ（直角边分别平行于坐标轴），设运动时间为t秒，若△PMQ与抛物线y＝－x2＋2x＋m-2有公共点，求t的取值范围．






11. 在平面直角坐标系中，抛物线经过A（－3,0）、B（4,0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ＋MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案与解析】
一、选择题
1．【答案】A.
　【解析】作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，若右图所示，
由已知可得，OB=x，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC，点C的纵坐标是y，
∵AD∥x轴，∴∠DAO+∠AOD=180°，∴∠DAO=90°，
∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°，∴∠OAB=∠DAC，
在△OAB和△DAC中，
，
∴△OAB≌△DAC（AAS），
∴OB=CD，∴CD=x，
∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，
∴y=x+1（x＞0）．
故选A．

2．【答案】 A ．
【解析】解：连接OP，
∵OC=OP，
∴∠OCP=∠OPC．
∵∠OCP=∠DCP，CD⊥AB，
∴∠OPC=∠DCP．
∴OP∥CD．
∴PO⊥AB．
∵OA=OP=1，
∴AP=y=（0＜x＜1）．
故选A．

二、填空题
3.【答案】1或3或；
【解析】解：∵抛物线y1=2x2向右平移2个单位，
∴抛物线y2的函数解析式为y=2（x-2）2=2x2-8x+8，
∴抛物线y2的对称轴为直线x=2，
∵直线x=t与直线y=x、抛物线y2交于点A、B，
∴点A的坐标为（t，t），点B的坐标为（t，2t2-8t+8），
∴AB=|2t2-8t+8-t|=|2t2-9t+8|，
AP=|t-2|，
∵△APB是以点A或B为直角顶点的等腰三角形，
∴|2t2-9t+8|=|t-2|，
∴2t2-9t+8=t-2 ①
2t2-9t+8=-（t-2） ②，
整理①得，t2-5t+5=0，
解得
整理②得，t2-4t+3=0，
解得t1=1，t2=3，
综上所述，满足条件的t值为：1或3或．
故答案为：1或3或．
4.【答案】6：5．
【解析】∵DE⊥AB，tanA═，∴DE=AD，
∵Rt△ABC中，AC═8，tanA═，
∴BC=4，AB==4，
又∵△AED沿DE翻折，A恰好与B重合，
∴AD=BD=2，DE=，
∴Rt△ADE中，AE==5，∴CE=8﹣5=3，
∴Rt△BCE中，BE==5，
如图，过点C作CG⊥BE于G，作DH⊥BE于H，则
Rt△BDE中，DH==2，
Rt△BCE中，CG==，
∵CG∥DH，∴△CFG∽△DFH，
∴===．
故答案为：6：5．
三、解答题
5.【答案与解析】
解：（1）第n层上的点数为6（n－1）（n≥2）．
（2）n层六边形点阵的总点数为＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝1＋＝3n(n－1)＋1．
（3）令3n(n－1)＋1＝169，得n＝8.所以，它一共是有8层．

6.【答案与解析】
解：（1）∵∠B=90°，AC=10，BC=6，
∴AB=8．
∴BQ=x，PB=8-2x；
（2）由题意，得
　　8-2x=x，
　　∴x=.
　　∴当x=时，△PBQ为等腰三角形；
（3）假设存在x的值，使得四边形APQC的面积等于20cm2，
　　则，
　　解得x1=x2=2．
假设成立，所以当x=2时，四边形APQC面积的面积等于20cm2．

7.【答案与解析】
解：（１）１,２；
（２）探索应用：设P（ｘ，），则C（ｘ，0），D（0，），
∴CA＝ｘ＋３，DB=+4,
∴S四边形ABCD=CA×DB=(x+3) ×(+4),
化简得：S=2(x+)+12，
∵x>0, >0,∴x+≥2=6，只有当x=时，即x=3，等号成立.
∴S≥2×6+12=24,
∴S四边形ABCD有最小值是24.
此时，P(3，4),C(3，0),D(0，4),AB=BC=CD=DA=5，
∴四边形是菱形.

8.【答案与解析】
解：（1）当x=0时，y=3．即A 点坐标是（0，3），
当y=0时，﹣x+3=0，解得x=4，即B点坐标是（4，0）；
（2）存在这样的P，使得△AOP周长最小
作点O关于直线x=1的对称点M，
M点坐标（2，0）连接AM交直线x=1于点P，
由勾股定理，得AM===
由对称性可知OP=MP，C△AOP=AO+OP+AP=AO+MP+AP=AO+AM=3+；
（3）设P点坐标为（1，a），
①当AP=BP时，两边平方得，AP2=BP2，12+（a﹣3）2=（1﹣4）2+a2．
化简，得6a=1．
解得a=．即P1（1，）；
②当AP=AB=5时，两边平方得，AP2=AB2，12+（a﹣3）2=52．
化简，得a2﹣6a﹣15=0．
解得a=3±2，即P2（1，3+2），P3（1，3﹣2）；
③当BP=AB=5时，两边平方得，BP2=AB2，即（1﹣4）2+a2=52．
化简，得a2=16．
解得a=±4，即P4（1，4），P5（1，﹣4）．
综上所述：P1（1，）；P2（1，3+2），P3（1，3﹣2）；P4（1，4），P5（1，﹣4）．

9.【答案与解析】
解：（1）据题意可知：A（0，2），B（2，2），C（2，0）．
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B和D（4，），
∴，
∴，
∴y=﹣x2+x+2；

（2）点B关于抛物线的对称轴x=1的对称点为A．连接AD，与对称轴的交点即为M．
∵A（0，2）、D（4，），
∴直线AD的解析式为：y=﹣x+2，
当x=1时，y=，
则M（1，）；


（3）①由图象知：PB=2﹣2t，BQ=t，AP=2t，
∵在Rt△PBQ中，∠B=90°，
∴S=PQ2=PB2+BQ2，
∴=（2﹣2t）2+t2，
即S=5t2﹣8t+4（0≤t≤1）．
②当S=时，=5t2﹣8t+4
即20t2﹣32t+11=0，
解得：t=，t=＞1（舍）
∴P（1，2），Q（2，）．
PB=1．
若R点存在，分情况讨论：
（i）假设R在BQ的右边，如图所示，这时QR=PB， RQ∥PB，
则R的横坐标为3，R的纵坐标为，即R（3，），代入y=﹣x2+x+2，左右两边相等，
故这时存在R（3，）满足题意；
（ii）假设R在PB的左边时，这时PR=QB，PR∥QB，
则R（1，）代入y=﹣x2+x+2，左右两边不相等，
则R不在抛物线上
综上所述，存点一点R，以点P、B、Q、R为顶点的四边形只能是口PQRB．
则R（3，）．
此时，点R（3，）在抛物线=-x2+x+2上．


10.【答案与解析】
解：（1）点A（0，2m﹣7）代入y=﹣x2+2x+m﹣2，
m﹣2=2m﹣7，
解得：m=5
故抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）如图1，由，
得，
∴B（，2），C（﹣，﹣2）
B（，2），关于抛物线对称轴x=1的对称点为B′（2﹣，2），
将B′，C代入y=kx+b，得：
，
解得：，
可得直线B'C的解析式为：，
由，可得，
故当F（1，6）使得∠BFE=∠CFE；

（3）如图2，当t秒时，P点横坐标为﹣t，则纵坐标为﹣2t，则M（﹣2t，﹣2t）在抛物线上时，可得﹣（﹣2t） 2﹣4t+3=﹣2t，整理得出：4t2+2t﹣3=0，
解得：，
当P（﹣t，﹣2t）在抛物线上时，可得﹣t2﹣2t+3=﹣2t，整理得出：t2=3，
解得：，舍去负值，
所以若△PMQ与抛物线y=﹣x2+2x+m﹣2有公共点t的取值范围是．


11．【答案与解析】
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴，解得，
∴所求抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；
（2）如图1，依题意知AP=t，连接DQ，
∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴AC=5，BC=4，AB=7．
∵BD=BC，
∴AD=AB﹣BD=7﹣4，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD=DP，∠CDQ=∠CDP．
∵BD=BC，
∴∠DCB=∠CDB．
∴∠CDQ=∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴=，
∴=，
∴=，
解得DP=4﹣，
∴AP=AD+DP=．
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为；


（3）如图2，设抛物线y=﹣x2+x+4的对称轴x=与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x=对称，连接BQ交该对称轴于点M．
则MQ+MA=MQ+MB，即MQ+MA=BQ，
∵当BQ⊥AC时，BQ最小，此时，∠EBM=∠ACO，
∴tan∠EBM=tan∠ACO=，
∴=，
∴=，解ME=．
∴M（，），即在抛物线y=﹣x2+x+4的对称轴上存在一点M（，），使得MQ+MA的值最小．