★★13、（2010东阳）如图，P为正方形ABCD的对称中心，A（0，3），B（1，0），直线OP交AB于N，DC于M，点H从原点O出发沿x轴的正半轴方向以1个单位每秒速度运动，同时，点R从O出发沿OM方向以个单位每秒速度运动，运动时间为t。
求：
（1）C的坐标为▲；
（2）当t为何值时，△ANO与△DMR相似？
（3）△HCR面积S与t的函数关系式；
并求以A、B、C、R为顶点的四边形是梯形
时t的值及S的最大值。
解：
（1）Ｃ（４，１）；
（2）当∠MDR＝45０时，ｔ＝2,点Ｈ（2，0）
当∠DRM＝45０时，ｔ＝3,点Ｈ（3，0）
（3）Ｓ＝－ｔ２＋２ｔ（０＜ｔ≤４）；（1分）Ｓ＝ｔ２－２ｔ（ｔ＞４）
当ＣＲ∥ＡＢ时，ｔ＝，Ｓ＝
当ＡＲ∥ＢＣ时，ｔ＝，Ｓ＝
当ＢＲ∥ＡＣ时，ｔ＝，Ｓ＝
★★14、（2010恩施）如图11，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，-3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）连结PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POPC，那么是否存在点P，使四边形POPC为菱形？
若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.
解：
（1）将B、C两点的坐标代入得解得：
所以二次函数的表达式为：
（2）存在点P，使四边形POPC为菱形．设P点坐标为（x，），
PP交CO于E，若四边形POPC是菱形，则有PC＝PO．
连结PP则PE⊥CO于E，∴OE=EC=∴=．
∴=
解得=，=（不合题意，舍去）
∴P点的坐标为（，）
（3）过点P作轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，），
易得，直线BC的解析式为，则Q点的坐标为（x，x－3）.
=
当时，四边形ABPC的面积最大
此时P点的坐标为，四边形ABPC的
面积．
★★15、（2010广安）如图，直线y=-x-1与抛物线y=ax2+bx-4都经过点A（-1,0）、B（3,-4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点E，求线段PE长度的最大值；
（3）当线段PE的长度取得最大值时，在抛物线上是否存在点Q，使△PCQ是以PC为直角边的直角三角形?
若存在，请求出Q点的坐标；若不存在．请说明理由．
解：
（1）由题知，解得a=1,b=-3，
∴抛物线解析式为y=x2-3x-4
（2）设点P坐标（m,-m-1），则E点坐标（m,m2-3m-4）
∴线段PE的长度为：
-m-1-（m2-3m-4）=-m2+2m+3=-（m-1）2+4
∴由二次函数性质知当m=1时，函数有最大值4，所以线段PE长度的最大值为4。
（3）由
（2）知P（1,-2）
①过P作PC的垂线与x轴交于F，与抛物线交于Q，
设AC与y轴交于G，则G（0,-1），OG=1，又可知A（-1,0）则OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45o
∴△PAF是等腰直角三角形，由对称性知F（3,0）
设直线PF的解析式为y=k1x+b1，则
，解之得k1=1,b1=-3，∴直线PF为y=x-3
由解得
∴Q1（2+,-1）Q2（2-,--1）
②过点C作PC的垂线与x轴交于H，与抛物线交点为Q，由∠HAC=45o，知△ACH是等腰直角三角形，由对称性知H坐标为（7,0），设直线CH的解析式为y=k2x+b2，则
，解之得k2=1,b2=-7，∴直线CH的解析式为y=x-7
解方程组得
当Q（3,-4）时，Q与C重合，△PQC不存在，所以Q点坐标为（1,-6）
综上所述在抛物线上存在点Q1（2+,-1）、Q2（2-,--1）、Q3（1,-6）使得△PCQ是以PC为直角边的直角三角形。
★★16、（2010广州）如图，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是上任一点（与端点A、B不重合），DE⊥AB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作⊙D，分别过点A、B作⊙D的切线，两条切线相交于点C．
（1）求弦AB的长；
（2）判断∠ACB是否为定值，若是，求出∠ACB的大小；否则，请说明理由；
（3）记△ABC的面积为S，若＝4，求△ABC的周长.
解：
（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1．
∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF．
在Rt△OAF中，∵AF＝＝＝，∴AB＝2AF＝．
（2）∠ACB是定值.
理由：
由
（1）易知，∠AOB＝120°，
因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，
因为∠DAE＋∠DBA＝∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°；
（3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.
∴
＝AB•DE＋BC•DH＋AC•DG＝（AB＋BC＋AC）•DE＝l•DE．
∵＝4，∴＝4，∴l＝8DE.
∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝∠ACB＝30°，
∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE．
又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE，
∴l＝AB＋BC＋AC＝2＋2DE＝8DE，解得DE＝，
∴△ABC的周长为．
★★17、（2010广州）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－＋交折线OAB于点E．
（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；
（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.
解：
（1）由题意得B（3，1）．
若直线经过点A（3，0）时，则b＝
若直线经过点B（3，1）时，则b＝
若直线经过点C（0，1）时，则b＝1
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图25-a，
此时E（2b，0）
∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2
此时E（3，），D（2b－2，1）
∴S＝S矩－（S△OCD＋S△OAE＋S△DBE）
＝3－[（2b－1）×1＋×（5－2b）·（）＋×3（）]＝
∴
（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形
根据轴对称知，∠MED＝∠NED
又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形．
过点D作DH⊥OA，垂足为H，
由题易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2，
设菱形DNEM的边长为a，
则在Rt△DHM中，由勾股定理知：
，∴
∴S四边形DNEM＝NE·DH＝
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．
★★18、（2010桂林）如图，过A（8，0）、B（0，）两点的直线与直线交于点C．平行于轴的直线从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿轴向右平移，到C点时停止；分别交线段BC、OC于点D、E，以DE为边向左侧作等边△DEF，设△DEF与△BCO重叠部分的面积为S（平方单位），直线的运动时间为t（秒）．
（1）直接写出C点坐标和t的取值范围；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）设直线与轴交于点P，是否存在这样的点P，使得以P、O、F为顶点的三角形为等腰三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：
（1）C（4，），的取值范围是：
0≤≤4
（2）∵D点的坐标是（，），E的坐标是（，）
∴DE=-=∴等边△DEF的DE边上的高为：
∴当点F在BO边上时：
=，∴=3
1当0≤<3时，重叠部分为等腰梯形，可求梯形上底为：
-
S=
==
当3≤≤4时，重叠部分为等边三角形
S=
=
（3）存在，P（，0）…
说明：
∵FO≥，FP≥，OP≤4
∴以P，O，F以顶点的等腰三角形，腰只有可能是FO，FP,
若FO=FP时，=2（12-3），=，∴P（，0）
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