S2为常数,并求出该常数。
19.如图,抛物线:y=ax2+bx+4与x轴交于点A(-2,0)和B(4,0)、与y轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)T是抛物线对称轴上的一点,且△ACT是以AC为底的等腰三角形,求点T的坐标;
C
A
O
Q
B
M
P
T
y
x
l
(3)点M、Q分别从点A、B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行.当点M原点时,点Q立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动,当点M到达抛物线的对称轴时,两点停止运动.过点M的直线l⊥轴,交AC或BC于点P.求点M的运动时间t(秒)与△APQ的面积S的函数关系式,并求出S的最大值.
20.已知抛物线的图象向上平移m个单位()得到的新抛物线过点(1,8).(1)求m的值,并将平移后的抛物线解析式写成的形式;
(2)将平移后的抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方,与平移后的抛物线没有变化的部分构成一个新的图象.请写出这个图象对应的函数y的解析式,并在所给的平面直角坐标系中直接画出简图,同时写出该函数在≤时对应的函数值y的取值范围;
(3)设一次函数,问是否存在正整数使得(2)中函数的函数值时,对应的x的值为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.21.已知平面直角坐标系xOy(如图1),一次函数的图像与y轴交于点A,点M在正比例函数的图像上,且MO=MA.二次函数
y=x2+bx+c的图像经过点A、M.
(1)求线段AM的长;
(2)求这个二次函数的解析式;
(3)如果点B在y轴上,且位于点A下方,点C在上述二次函数的图像上,点D在一次函数的图像上,且四边形ABCD是菱形,求点C的坐标.
图1
22.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=30,AB=50.点P是AB边上任意一点,直线PE⊥AB,与边AC或BC相交于E.点M在线段AP上,点N在线段BP上,EM=EN,.
(1)如图1,当点E与点C重合时,求CM的长;
(2)如图2,当点E在边AC上时,点E不与点A、C重合,设AP=x,BN=y,求y关于x的函数关系式,并写出函数的定义域;
(3)若△AME∽△ENB(△AME的顶点A、M、E分别与△ENB的顶点E、N、B对应),求AP的长.
图1
图2
备用图
23.如图(1),在直角△ABC中,∠ACB=90,CD⊥AB,垂足为D,点E在AC上,BE交CD于点G,EF⊥BE交AB于点F,若AC=mBC,CE=nEA(m,n为实数).试探究线段EF与EG的数量关系.(1)
如图(2),当m=1,n=1时,EF与EG的数量关系是
证明:
(2)
如图(3),当m=1,n为任意实数时,EF与EG的数量关系是
证明
(3)
如图(1),当m,n均为任意实数时,EF与EG的数量关系是
(写出关系式,不必证明)
24.已知顶点为A(1,5)的抛物线经过点B(5,1).(1)求抛物线的解析式;
(2)如图(1),设C,D分别是轴、轴上的两个动点,求四边形ABCD周长的最小值;
(3)在(2)中,当四边形ABCD的周长最小时,作直线CD.设点P()()是直线上的一个动点,Q是OP的中点,以PQ为斜边按图(2)所示构造等腰直角三角形PRQ.①当△PBR与直线CD有公共点时,求的取值范围;
②在①的条件下,记△PBR与△COD的公共部分的面积为S.求S关于的函数关系式,并求S的最大值。
25在平面直角坐标系中,已知为坐标原点,点.以点为旋转中心,把顺时针旋转,得.记旋转角为为.
(Ⅰ)如图①,当旋转后点恰好落在边上时,求点的坐标;
(Ⅱ)如图②,当旋转后满足轴时,求与之间的数量关系;
(Ⅲ)当旋转后满足时,求直线的解析式(直接写出结果即可).
26.已知抛物线,点.
(Ⅰ)求抛物线的顶点坐标;
(Ⅱ)①若抛物线与轴的交点为,连接,并延长交抛物线于点,求证;
②取抛物线上任意一点,连接,并延长交抛物线于点,试判断是否成立?请说明理由;
(Ⅲ)将抛物线作适当的平移,得抛物线,若时,恒成立,求的最大值.
27.如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=,点O是AB的中点,点P在AB的延长线上,且BP=3.一动点E从O点出发,以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动,到达A点后,立即以原速度沿AO返回;另一动点F从P点发发,以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动,点E、F同时出发,当两点相遇时停止运动,在点E、F的运动过程中,以EF为边作等边△EFG,使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧。设运动的时间为t秒(t≥0).
(1)当等边△EFG的边FG恰好经过点C时,求运动时间t的值;
(2)在整个运动过程中,设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S,请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围;
(3)设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H,是否存在这样的t,使△AOH是等腰三角形?若存大,求出对应的t的值;若不存在,请说明理由.
28.如图1,已知正方形OABC的边长为2,顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上,M是BC的中点。P(0,m)是线段OC上一动点(C点除外),直线PM交AB的延长线于点D。
⑴求点D的坐标(用含m的代数式表示);
⑵当△APD是等腰三角形时,求m的值;
⑶设过P、M、B三点的抛物线与x轴正半轴交于点E,过点O作直线ME的垂线,垂足为H(如图2),当点P从点O向点C运动时,点H也随之运动。请直接写出点H所经过的路径长。(不必写解答过程)
A
O
C
P
B
D
M
x
y
A
O
C
P
B
D
M
x
y
(第24题图)
图1
图2
E1、解:(1)设所求抛物线的解析式为:y=a(x-1)2+4,依题意,将点B(3,0)代入,得:
a(3-1)2+4=0
解得:a=-1
∴所求抛物线的解析式为:y=-(x-1)2+4
(2)如图6,在y轴的负半轴上取一点I,使得点F与点I关于x轴对称,在x轴上取一点H,连接HF、HI、HG、GD、GE,则HF=HI…………………①
设过A、E两点的一次函数解析式为:y=kx+b(k≠0),∵点E在抛物线上且点E的横坐标为2,将x=2代入抛物线y=-(x-1)2+4,得
y=-(2-1)2+4=3
∴点E坐标为(2,3)
又∵抛物线y=-(x-1)2+4图像分别与x轴、y轴交于点A、B、D
E
F
图6
A
B
x
y
O
D
C
Q
I
G
H
P
∴当y=0时,-(x-1)2+4=0,∴
x=-1或x=3
当x=0时,y=-1+4=3,∴点A(-1,0),点B(3,0),点D(0,3)
又∵抛物线的对称轴为:直线x=1,∴点D与点E关于PQ对称,GD=GE…………………②
分别将点A(-1,0)、点E(2,3)代入y=kx+b,得:
解得:
过A、E两点的一次函数解析式为:y=x+1
∴当x=0时,y=1
∴点F坐标为(0,1)
∴………………………………………③
又∵点F与点I关于x轴对称,∴点I坐标为(0,-1)
图7
A
B
x
y
O
D
C
M
T
N
∴………④
又∵要使四边形DFHG的周长最小,由于DF是一个定值,∴只要使DG+GH+HI最小即可
由图形的对称性和①、②、③,可知,DG+GH+HF=EG+GH+HI
只有当EI为一条直线时,EG+GH+HI最小
设过E(2,3)、I(0,-1)两点的函数解析式为:y=k1x+b1(k1≠0),分别将点E(2,3)、点I(0,-1)代入y=k1x+b1,得:
解得:
过A、E两点的一次函数解析式为:y=2x-1
∴当x=1时,y=1;当y=0时,x=;
∴点G坐标为(1,1),点H坐标为(,0)
∴四边形DFHG的周长最小为:DF+DG+GH+HF=DF+EI
由③和④,可知:
DF+EI=
∴四边形DFHG的周长最小为。
(3)如图7,由题意可知,∠NMD=∠MDB,要使,△DNM∽△BMD,只要使即可,即:MD2=NM×BD………………………………⑤
设点M的坐标为(a,0),由MN∥BD,可得
△AMN∽△ABD,∴
再由(1)、(2)可知,AM=1+a,BD=,AB=4
∴
∵MD2=OD2+OM2=a2+9,∴⑤式可写成:
a2+9=×
解得:
a=或a=3(不合题意,舍去)
∴点M的坐标为(,0)
又∵点T在抛物线y=-(x-1)2+4图像上,∴当x=时,y=
∴点T的坐标为(,)
2.(1)在△DFC中,∠DFC=90°,∠C=30°,DC=2t,∴DF=t.又∵AE=t,∴AE=DF.…………………………………………………………………………2分
(2)能.理由如下:
∵AB⊥BC,DF⊥BC,∴AE∥DF.又AE=DF,∴四边形AEFD为平行四边形.…………………………………………………3分
∵AB=BC·tan30°=
若使为菱形,则需
即当时,四边形AEFD为菱形.……………………………………………………5分
(3)①∠EDF=90°时,四边形EBFD为矩形.在Rt△AED中,∠ADE=∠C=30°,∴AD=2AE.即10-2t=2t,.………………7分
②∠DEF=90°时,由(2)知EF∥AD,∴∠ADE=∠DEF=90°.∵∠A=90°-∠C=60°,∴AD=AE·cos60°.即…………………………………………………………………………9分
③∠EFD=90°时,此种情况不存在.综上所述,当或4时,△DEF为直角三角形.……………………………………10分
3.(1)对于,当y=0,x=2.当x=-8时,y=-.解得…………………………………………3分
(2)①设直线与y轴交于点M
当x=0时,y=.∴OM=.∵点A的坐标为(2,0),∴OA=2.∴AM=……………………4分
∵OM:OA:AM=3∶4:5.由题意得,∠PDE=∠OMA,∠AOM=∠PED=90°,∴△AOM~△PED.∴DE:PE:PD=3∶4:5.…………………………………………………………………5分
∵点P是直线AB上方的抛物线上一动点,∴PD=yP-yD
=.………………………………………………………………………6分
∴
…………………………………………………………………7分
……………………………………8分
②满足题意的点P有三个,分别是
……………………………………………………………11分
【解法提示】
当点G落在y轴上时,由△ACP≌△GOA得PC=AO=2,即,解得,所以
当点F落在y轴上时,同法可得,(舍去).4.解:⑴b=1
⑵显然和是方程组的两组解,解方程组消元得,依据“根与系数关系”得=-4
⑶△M1FN1是直角三角形是直角三角形,理由如下:
由题知M1的横坐标为x1,N1的横坐标为x2,设M1N1交y轴于F1,则F1M1•F1N1=-x1•x2=4,而FF1=2,所以F1M1•F1N1=F1F2,另有∠M1F1F=∠FF1N1=90°,易证Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1,得∠M1FF1=∠FN1F1,故∠M1FN1=∠M1FF1+∠F1FN1=∠FN1F1+∠F1FN1=90°,所以△M1FN1是直角三角形.
F
M
N
N1
M1
F1
O
y
x
l
第4题解答用图
P
Q
⑷存在,该直线为y=-1.理由如下:
直线y=-1即为直线M1N1.
如图,设N点横坐标为m,则N点纵坐标为,计算知NN1=,NF=,得NN1=NF
同理MM1=MF.
那么MN=MM1+NN1,作梯形MM1N1N的中位线PQ,由中位线性质知PQ=(MM1+NN1)=MN,即圆心到直线y=-1的距离等于圆的半径,所以y=-1总与该圆相切.
5.(1)易求得,因此得证.(2)易证得∽,且相似比为,得证.(3)120°,6.(1)过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F,过C点作CH⊥l2分别交l2、l3于点H、G,证△ABE≌△CDG即可.(2)易证△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF,且两直角边长分别为h1、h1+h2,四边形EFGH是边长为h2的正方形,所以.(3)由题意,得
所以
又
解得0<h1<
∴当0<h1<时,S随h1的增大而减小;
当h1=时,S取得最小值;
当<h1<时,S随h1的增大而增大.7.解:⑴
∵点是二次函数的图象与轴的交点,∴令即.解得.又∵点在点左侧且
∴点的坐标为.⑵
由⑴可知点的坐标为.∵二次函数的图象与轴交于点
∴点的坐标为.∵,∴.∴.⑶
由⑵得,二次函数解析式为.依题意并结合图象可知,一次函数的图象与二次函数的图象交点的横坐标分别为和2,由此可得交点坐标为和.将交点坐标分别代入一次函数解析式中,得
解得
∴一次函数的解析式为.8.⑴
证明:如图1.∵平分
∴.∵四边形是平行四边形,∴.∴.∴.∴.⑵
.⑶
解:分别连结、、(如图2)
∵
∴
∵且
∴四边形是平行四边形.由⑴得
∴是菱形.∴.∴是等边三角形.∴
①
.∴.∴.②
由及平分可得.∴.在中,.∴.③
由①②③得.∴.∴.∴.9.解:⑴
分别连结、,则点在直线上,如图1.∵点在以为直径的半圆上,∴.∴.在中,由勾股定理得.∵
∴两条射线、所在直线的距离为.⑵
当一次函数的图象与图形恰好只有一个公共点时,的取值是或;
⑶
假设存在满足题意的,根据点的位置,分以下四种情况讨论:
①当点在射线上时,如图2.∵四点按顺时针方向排列,∴直线必在直线的上方.∴两点都在上,且不与点重
合.∴.∵且
∴.∴.②当点在(不包括点)上时,如图
3.∵四点按顺针方向排列,∴直线必在直线的下方.此时,不存在满足题意的平行四边形.③当点在上时,设的中点为则.
当点在(不包括点)上时,如图4.
过点作的垂线交于点垂足为点可得是的中点.
连结并延长交直线于点.
∵为的中点,可证为的中
点.
∴四边形为满足题意的平行四边形.
∴.
2)当点在上时,如图5.
直线必在直线的下方.
此时,不存在满足题意的平行四边形.
④当点的射线(不包括点)上时,如
图6.
直线必在直线的下方.
此时,不存在满足题意的平行四边形.
综上,点的横坐标的取值范围是
或.
10.解:的面积等于
.⑴
如图.以、、的长度为三边长的一个三角形是.⑵
以、、的长度为三边长的三角形的面积等于.11.
证明:连接BD,因为为的直径,所以.又因为,所以△CBE是等腰三角形.
…………(5分)
设与交于点,连接OM,则.又因为,所以
.
…………(15分)
又因为分别是等腰△,等腰△的顶角,所以
△BOC∽△.
…………(20分)
12.解:如图,连接AC,BD,OD.由AB是⊙O的直径知∠BCA
=∠BDA
=
90°.依题设∠BFC
=
90°,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,所以
∠BCF
=∠BAD,所以
Rt△BCF∽Rt△BAD,因此
.因为OD是⊙O的半径,AD
=
CD,所以OD垂直平分AC,OD∥BC,于是
.因此
.由△∽△,知.因为,所以,BA=AD,故
.13.解:连接DF,记正方形的边长为2.由题设易知△∽△,所以,由此得,所以.在Rt△ABF中,因为,所以,于是
.由题设可知△ADE≌△BAF,所以,.于是,.又,所以.O
C
第14题
A
B
x
y
因为,所以.14.解:(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c
∵抛物线与y轴交于点C的坐标(0,3)
∴y=ax2+bx+3
又∵抛物线与x轴交于点A(-1,0)、B(4,0)
∴
∴抛物线的解析式为
(2)设直线BC的函数解析式为y=kx+b
∴,解得
所以直线BC的函数解析式为y=x
+
(3)存在一点P,使△PAB的面积等于△ABC的面积
∵△ABC的底边AB上的高为3
设△PAB的高为h,则│h│=3,则点P的纵坐标为3或-3
∴
∴点P的坐标为(0,3),(3,3),而点(0,3)与C
点重合,故舍去。
∴点P的坐标为,∴点P的坐标为:P1(3,3),P2,P3
15.解:(1)-----2分
(2)t=1.2s------------------5分
(3)当时,s=
------------------------------8分
当时,s=
-----------------------11分
(4)t=1.5s或者t=12/7s-----------------14分
16.解:
(1)据题意知:
A(0,-2),B(2,-2),D(4,—),则
解得
∴抛物线的解析式为:
----------------------------4分
(2)
①由图象知:
PB=2-2t,BQ=
t,∴S=PQ2=PB2+BQ2=(2-2t)2
+
t2,即
S=5t2-8t+4
(0≤t≤1)
--------------------6分
②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形.∵S=5t2-8t+4
(0≤t≤1),∴当S=时,5t2-8t+4=,得
20t2-32t+11=0,解得
t
=,t
=
(不合题意,舍去)-------------------------------7分
此时点
P的坐标为(1,-2),Q点的坐标为(2,—)
若R点存在,分情况讨论:
【A】假设R在BQ的右边,这时QRPB,则,R的横坐标为3,R的纵坐标为—
即R
(3,-),代入,左右两边相等,∴这时存在R(3,-)满足题意.【B】假设R在BQ的左边,这时PRQB,则:R的横坐标为1,纵坐标为-即(1,-)
代入,左右两边不相等,R不在抛物线上.【C】假设R在PB的下方,这时PRQB,则:R(1,—)代入,左右不相等,∴R不在抛物线上.综上所述,存点一点R(3,-)满足题意.---------------------11分
(3)∵A关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,M的坐标为(1,—)---------------------------------------14分
17、(1)证明:∵
AB是⊙O的直径
∴
∠ACB=90°
∵
∠DCE=90°
∴∠ACB+∠DCE=180°
∴
B、C、E三点共线。
(2)证明:连接ON、AE、BD,延长BD交AE于点F
∵
∠ABC=45°,∠ACB=90°
∴
BC=AC,又∠ACB=∠DCE=90°,DC=EC
∴
△BCD≌△ACE
∴
BD=AE,∠DBC=∠CAE
∴∠DBC+∠AEC=∠CAE+∠AEC=90°
∴
BF⊥AE
∵
AO=OB,AN=ND
∴
ON=BD,ON∥BD
∵
AO=OB,EM=MB
∴
OM=AE,OM∥AE
∴
OM=ON,OM⊥ON
∴
∠OMN=45°,又
cos∠OMN=
∴
(3)
成立,证明同(2)。
18、解:(1)将点C(0,1)代入得
(2)由(1)知,将点A(1,0)代入得,∴
∴
二次函数为
∵二次函数为的图像与x轴交于不同的两点
∴,而
∴的取值范围是
且
(3)证明:
∵
∴
对称轴为
∴
把代入得,解得
∴
∴
=
==1
∴为常数,这个常数为1。
19.解:(1)把A、B(4,0)代入,得
解得
∴抛物线的解析式为:。
(1)
由,得抛物线的对称轴为直线,直线交x轴于点D,设直线上一点T(1,h),连结TC,TA,作CE⊥直线,垂足为E,由C(0,4)得点E(1,4),在Rt△ADT和Rt△TEC中,由TA=TC得
解得,∴点T的坐标为(1,1).(3)解:(Ⅰ)当时,△AMP∽△AOC
∴
∴
当时,S的最大值为8.(Ⅱ)当时,作PF⊥y轴于F,有△COB∽△CFP,又CO=OB
∴FP=FC=,∴
∴当时,则S的最大值为。
综合Ⅰ、Ⅱ,S的最大值为。
20、解:(1)由题意可得
又点(1,8)在图象上
∴
∴
………………………………………………………(1分)
∴
……………………………………………………………(3分)
(2)
图略
………………………………………………(7分)
当时,………………(9分)
(3)不存在………………………………………………(10分)
理由:当且对应的时,∴,………………………………………(11分)
且
得
∴
不存在正整数n满足条件
……………………………(12分)
21.[解]
(1)
根据两点之间距离公式,设M(a,a),由|
MO
|=|
MA
|,解得:a=1,则M(1,),即AM=。
(2)
∵
A(0,3),∴
c=3,将点M代入y=x2+bx+3,解得:b=
-,即:y=x2-x+3。
(3)
C(2,2)
(根据以AC、BD为对角线的菱形)。注意:A、B、C、D是按顺序的。
[解]
设B(0,m)
(m<3),C(n,n2-n+3),D(n,n+3),|
AB
|=3-m,|
DC
|=yD-yC=n+3-(n2-n+3)=n-n2,|
AD
|==n,|
AB
|=|
DC
|Þ3-m=n-n2…j,|
AB
|=|
AD
|Þ3-m=n…k。
解j,k,得n1=0(舍去),或者n2=2,将n=2代入C(n,n2-n+3),得C(2,2)。
22.[解]
(1)
由AE=40,BC=30,AB=50,ÞCP=24,又sinÐEMP=ÞCM=26。
(2)
在Rt△AEP与Rt△ABC中,∵
ÐEAP=ÐBAC,∴
Rt△AEP
~
Rt△ABC,∴,即,∴
EP=x,又sinÐEMP=ÞtgÐEMP==Þ=,∴
MP=x=PN,BN=AB-AP-PN=50-x-x=50-x
(0(3)
j
当E在线段AC上时,由(2)知,即,ÞEM=x=EN,又AM=AP-MP=x-x=x,由题设△AME
~
△ENB,∴,Þ=,解得x=22=AP。
k
当E在线段BC上时,由题设△AME
~
△ENB,∴
ÐAEM=ÐEBN。
由外角定理,ÐAEC=ÐEAB+ÐEBN=ÐEAB+ÐAEM=ÐEMP,∴
Rt△ACE
~
Rt△EPM,Þ,即,ÞCE=…j。
设AP=z,∴
PB=50-z,由Rt△BEP
~
Rt△BAC,Þ,即=,ÞBE=(50-z),∴CE=BC-BE=30-(50-z)…k。
由j,k,解=30-(50-z),得z=42=AP。
23.(1)图甲:连接DE,∵AC=mBC,CD⊥AB,当m=1,n=1时
∴AD=BD,∠ACD=45°,∴CD=AD=AB,∵AE=nEC,∴DE=AE=EC=AC,∴∠EDC=45°,DE⊥AC,∵∠A=45°,∴∠A=∠EDG,∵EF⊥BE,∵∠AEF+∠FED=∠EFD+∠DEG=90°,∴∠AEF=∠DEG,∴△AEF≌△DEG(ASA),∴EF=EG.
(2)解:EF=EG证明:作EM⊥AB于点M,EN⊥CD于点N,∵EM∥CD,∴△AEM∽△ACD,∴
即EM=CD,同理可得,EN=AD,∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴tanA=,∴,又∵EM⊥AB,EN⊥CD,∴∠EMF=∠ENG=90°,∵EF⊥BE,∴∠FEM=∠GEN,∴△EFM∽△EGN,∴,即EF=EG;
(3)EF=EG.
24.解:(1)∵抛物线的顶点为A(1,5),∴设抛物线的解析式为,将点B(5,1)代入,得,解得,∴
(2)作A关于y轴的对称点,作B关于x轴的对称点,显然,如图(5.1),连结分别交x轴、y轴于C、D两点,∵,∴此时四边形ABCD的周长最小,最小值就是。
而,∴
四边形ABCD周长的的最小值为。
(3)①点B关于x轴的对称点B′(),点A关于y轴的对称点A′(﹣1,5),连接A′B′,与x轴,y轴交于C,D点,∴CD的解析式为:,联立,得:
∵点P在上,点Q是OP的中点,∴要使等腰直角三角形与直线CD有公共点,则.
故的取值范围是:.
②如图:
点E(2,2),当EP=EQ时,得:,当时,当时,.
当时,当时,.
故的最大值为:.
25.解:(Ⅰ)点,得,在中,由勾股定理,得.
根据题意,有.
如图,过点作轴于点,则,.有,得.
又,得.
点的坐标为.
(Ⅱ)如图,由已知,得.
.
在中,由,得.
又轴,得,有,.
(Ⅲ)直线的解析式为或.
26.解:(Ⅰ),抛物线的顶点坐标为.
(Ⅱ)根据题意,可得点,轴,得,.
成立.
理由如下:
如图,过点作于点,则
中,由勾股定理,得.
又点在抛物线上,得,即.,即.
过点作,与的延长线交于点,同理可得.,.
有.
这里,即.
(Ⅲ)令,设其图象与抛物线交点的横坐标为,且,抛物线可以看作是抛物线左右平移得到的,观察图象,随着抛物线向右不断平移,的值不断增大,当满足,恒成立时,的最大值在处取得.
可得,将代入,有,解得或(舍去),.
此时,由,得,解得,的最大值为8.
27.解:(1)当边恰好经过点时,(如图①)
.
A
D
C
O
B
P
F
E
G
26题答图①
在Rt中,,.
.
即.
当边恰好经过点时,.
(2)当时,.
当时,.
当时,.
当时,.
(3)存在.理由如下:
在Rt中,又,.
(ⅰ)当时(如图②),过点作于.
A
D
C
O
B
P
E
H
M
26题答图②
则.
在Rt中,A
D
C
O
B
P
E
H
26题答图③
即,.即.
.
(ⅱ)当时,(如图③),则,A
D
C
O(E)
B
P
H
26题答图④
又,.
又.
.即或.
.
(ⅲ)当时(如图④),则.[来源:学*科*网]
.
点和重合.
.即.
.
综上所述,存在5个这样的值,使是等腰三角形,即.
28解:⑴由题意得CM=BM,∵∠PMC=∠DMB,∴Rt△PMC≌Rt△DMB,………………………………………………………………2分
∴DB=PC,∴DB=2-m,AD=4-m,………………………………………………………………1分
∴点D的坐标为(2,4-m).…………………………………………………………1分
⑵分三种情况
A
O
C
P
B
D
M
x
y
F
①
若AP=AD,则4+m2=(4-m)2,解得………………………………………2分
若PD=PA
过P作PF⊥AB于点F(如图),则AF=FD=AD=(4-m)
又OP=AF,∴
…………………………………………2分
③若PD=DA,∵△PMC≌△DMB,∴PM=PD=AD=(4-m),∵PC2+CM2=PM2,∴
解得(舍去)。………………………………………………………………2分
综上所述,当△APD是等腰三角形时,m的值为或或
⑶点H所经过的路径长为………………………………………………………2分