2020年中考数学专题训练：压轴题

2020年中考数学专题训练：压轴题
一、选择题
1．如图，一次函数与反比例函数的图象交于A（1，8）和B（4，2）两点，点P是线段AB 上一动点（不与点A和B重合），过P点分别作x轴，y轴的垂线PC，PD交反比例函数图象于点E，F，则四边形OEPF面积的最大值是（）
A．3 B．4 C．D．6
第1题第2题
2．如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC＝DB＝1，点P 是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C 运动到点D时，点G移动的路径长为（）
A．1 B．2 C．3 D．6
3．如图，过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于点A，B两点，在x轴有一点C（3，0），AC⊥BC，连结AC交反比例函数图象于点D，若AD＝CD，则k的值为（）
A．B．2 C．2D．4
4．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，如图正方形ABCD可以制作一副七巧板，现将这副七巧板拼成如图2的“风车”造型（内部有一块空心），连结最外围的风车顶点M、N、P、Q得到一个四边形MNPQ，则正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比为（）
A．5：8 B．3：5 C．8：13 D．25：49
5．如图，△AOB和△ACD均为正三角形，且顶点B、D均在双曲线y＝（x＞0）上，若图中S△OBP＝4，则k的值为（）
A．B．﹣C．﹣4 D．4
6．有一个著名的希波克拉蒂月牙问题：如图1，以直角三角形的各边为直径分别向上作半圆，则直角三角形的面积可表示成两个月牙形的面积之和，现将三个半圆纸片沿直角三角形的各边向下翻折得到图2，把较小的两张半圆纸片的重叠部分面积记为S1，大半圆纸片未被覆盖部分的面积记为S2，则直角三角形的面积可表示成（）
A．S1+S2B．S2﹣S1C．S2﹣2S1D．S1•S2
二、填空题
1．如图，四边形ABCD，四边形EBFG，四边形HMPN均是正方形，点E、F、P、N分别在边AB、BC、CD、AD上，点H、G、M在AC上，阴影部分的面积依次记为S1，S2，则S1：S2等于．
第3题第4题
2．如图，点A在反比例函数y＝（x＜0，k1＜0）的图象上，点B，C在反比例函数y＝（x＞0，k2＞0）的图象上，AB∥x轴，CD⊥x轴于点D，交AB于点E．若△ABC与△DBC的面积之差为3，＝，则k1的值为．
3．如图，矩形ABCD中，将△BCD绕点B逆时针旋转得△BEF，其中点C的对应点E恰好落在BD上．BF，EF分别交边AD于点G，H．若GH＝4HD，则cos∠DBC的值为．
第3题第4题
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是对角线BD上的动点，以BP为直径作圆，当圆与矩形ABCD的边相切时，BP的长为．
5．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边长为2，∠AOC＝60°，点D为AB边上的一点，经过O，A，D三点的抛物线与x轴的正半轴交于点E，连结AE交BC于点F，当DF⊥AB时，CE的长为．
第5题第6题
6．如图，已知AC＝6，BC＝8，AB＝10，以点C为圆心，4为半径作圆．点D是⊙C上的一个动点，连接AD、BD，则AD+BD的最小值为．
三、解答题
1．如图1，Rt△ABC中，点D，E分别为直角边AC，BC上的点，若满足AD2+BE2＝DE2，则称DE为Rt△ABC的“完美分割线”．显然，当DE为△ABC的中位线时，DE是△ABC 的一条完美分割线．
（1）如图1，AB＝10，cos A＝，AD＝3，若DE为完美分割线，则BE的长是．
（2）如图2，对AC边上的点D，在Rt△ABC中的斜边AB上取点P，使得DP＝DA，过点P画PE⊥PD交BC于点E，连结DE，求证：DE是直角△ABC的完美分割线．（3）如图3，在Rt△ABC中，AC＝10，BC＝5，DE是其完美分割线，点P是斜边AB 的中点，连结PD、PE，求cos∠PDE的值．
2．抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，顶点M的纵坐标为4，直线MD⊥x轴于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，N为线段MD上一个动点，以N为等腰三角形顶角顶点，NA为腰构造等腰△NAG，且G点落在直线CM上．若在直线CM上满足条件的G点有且只有一个时，请直接写出点N的坐标．
（3）如图，点P为第一象限内抛物线上的一点，点Q为第四象限内抛物线上一点，点Q 的横坐标比点P的横坐标大1，连接PC、AQ．当PC＝AQ时，求S△PCQ的值．
3．定义：有一组对边与一条对角线均相等的四边形为对等四边形，这条对角线又称对等线．（1）如图1，在四边形ABCD中，∠C＝∠BDC，E为AB的中点，DE⊥AB．求证：四边形ABCD是对等四边形．
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的对等四边形
ABCD，使BD是对等线，C，D在格点上．
（3）如图3，在图（1）的条件下，过点E作AD的平行线交BD，BC于点F，G，连结DG，若DG⊥EG，DG＝2，AB＝5，求对等线BD的长．
4．如图，AB为⊙O的直径，点C为下方的一动点，连结OC，过点O作OD⊥OC交BC 于点D，过点C作AB的垂线，垂足为F，交DO的延长线于点E．
（1）求证：EC＝ED．
（2）当OE＝OD，AB＝4时，求OE的长．
（3）设＝x，tan B＝y．
①求y关于x的函数表达式；
②若△COD的面积是△BOD的面积的3倍，求y的值．
5．如图1，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为C（1，4），交x轴于A、B两点，交y轴于点D，其中点B的坐标为（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为直线BD上方抛物线上一点，若S△PBD＝3，请求出点P的坐标．（3）如图3，M为线段AB上的一点，过点M作MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，若△DNM∽△BMD，请求出点M的坐标．
6．如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△P AB关于直线P A的对称△P AB′，设点P的运动时间为t（s）．（1）若AB＝2．
①如图2，当点B′落在AC上时，显然△P AB′是直角三角形，求此时t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符
合题意的t的值？若不存在，请说明理由．
（2）当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠P AM＝45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论“∠P AM＝45°”
是否总是成立？请说明理由．
参考答案
一、选择题
1．【分析】利用A和B两个点求出解析式，将面积转化为二次函数的形式，利用二次函数的性质求最大值；
【解答】解：设一次函数解析式为y＝kx+b，反比例函数解析式为y＝，
∵A（1，8）和B（4，2）是两个函数图象的交点，
∴y＝，
∴，
∴，
∴y＝﹣2x+10，
∵S△ODF＝S△ECO＝4，
设点P的坐标（x，﹣2x+10），
∴四边形OEPF面积＝xy﹣8＝x（﹣2x+10）﹣8＝﹣2x2+10x﹣8＝﹣2（x﹣）2+，∴当x＝时，面积最大为；
故选：C．
2．【分析】设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS，可证明四边形PESF为平行四边形，判断出G的运行轨迹为△CSD的中位线，从而求出点G移动的路径长．
【解答】解：设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS，可证明四边形PESF为平行四边形，
∴G为PS的中点，即在点P运动过程中，G始终为PS的中点，
∴G的运行轨迹为△CSD的中位线，
∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝6﹣1﹣1＝4，
∴点G移动的路径长为×4＝2．
故选：B．
3．【分析】设A（t，），利用线段的中点坐标公式得到D点坐标为（，），则•＝k，解得t＝1，所以A（1，k），再证明OC为Rt△ACB斜边上的中线，则OA＝OC＝3，然后利用勾股定理得到12+k2＝32，最后解方程即可．
【解答】解：设A（t，），
∵C（3，0），AD＝CD，
∴D点坐标为（，），
∵点D在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，
∴•＝k，解得t＝1，
∴A（1，k），
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于点A，B两点，
∴点A与点B关于原点对称，即OA＝OB，
∴OC＝OA＝OB＝3，
∴12+k2＝32，解得k＝2．
故选：C．
4．【分析】设AC＝4a，解直角三角形求出AB、MQ，再求出两正方形的面积，即可得出答案．
【解答】解：设AC＝a+a+a+a＝4a，则AB＝BC＝AC×sin45°＝2 a，
所以正方形ABCD的面积是（2 a）2＝8a2；
图2中ME＝3a，EQ＝2a，
由勾股定理得：MQ＝＝a，
所以正方形MNPQ的面积为（a）2＝13a2，
所以图中正方形ABCD，MNPQ的面积比为，
故选：C．
5．【分析】先根据△AOB和△ACD均为正三角形可知∠AOB＝∠CAD＝60°，故可得出AD ∥OB，所以S△ABP＝S△AOP，故S△AOB＝S△OBP＝4，过点B作BE⊥OA于点E，由反比例函数系数k的几何意义即可得出结论．
【解答】解：如图：∵△AOB和△ACD均为正三角形，
∴∠AOB＝∠CAD＝60°，
∴AD∥OB，
∴S△ABP＝S△AOP，
∴S△AOB＝S△OBP＝4，
过点B作BE⊥OA于点E，则S△OBE＝S△ABE＝S△AOB＝2，
∵点B在反比例函数y＝的图象上，
∴S△OBE＝k，
∴k＝4
故选：D．
6．【分析】设以Rt△ABC的斜边为直径的半圆为大半圆，以AC为直径的半圆为中半圆，以BC为直径的半圆为小半圆，根据圆的面积公式得到S小半圆＝π×＝BC2，S
＝AC2，S大半圆＝AB2，根据勾股定理于是得到S△ABC＝S2﹣S1．中半圆
【解答】解：设以Rt△ABC的斜边为直径的半圆为大半圆，以AC为直径的半圆为中半圆，以BC为直径的半圆为小半圆，
∵S小半圆＝π×＝BC2，S中半圆＝AC2，S大半圆＝AB2，
∴S大半圆﹣S中半圆﹣S小半圆＝（AB2﹣BC2﹣AC2）＝0，
∵S△ABC+S大半圆﹣S中半圆﹣S小半圆+S1＝S2，
∴S△ABC+S1＝S2，
∴S△ABC＝S2﹣S1，
∴直角三角形的面积可表示成S2﹣S1，
故选：B．
二、填空题
1．【分析】设DP＝DN＝m，则PN＝m，PC＝2m，AD＝CD＝3m，AC＝3m，CG＝
AG＝m，求出两个阴影部分的面积即可解决问题．
【解答】解：设DP＝DN＝m，则PN＝m，PC＝2m，AD＝CD＝3m，AC＝3m，
CG＝AG＝m，
∴S1＝m2，S2＝••CG2＝m2，
∴＝＝，
故答案为4：9．
2．【分析】设CE＝2t，则DE＝3t，利用反比例函数图象上点的坐标特征得到C（，5t），B（，3t），A（，3t），再根据三角形面积公式得到×（﹣）×2t﹣×5t （﹣）＝3，然后化简后可得到的值．
【解答】解：设CE＝2t，则DE＝3t，
∵点B，C在反比例函数y＝（x＞0，k2＞0）的图象上，AB∥x轴，CD⊥x轴，∴C（，5t），B（，3t），
∴A（，3t），
∵△ABC与△DBC的面积之差为3，
∴×（﹣）×2t﹣×5t（﹣）＝3，
∴k1＝﹣9．
故答案为﹣9．
3．【分析】由旋转的性质可得∠FBE＝∠DBC，BF＝BD，BE＝BC，∠BEF＝∠C＝90°，再由矩形的性质得出∠EDH＝∠DBC，设HD＝x，GH＝4x，设BE＝BC＝y，分别用x
和y表示出BC、BD、DE、DH，根据cos∠DBC＝cos∠EDH，列出比例式，化简得＝，即cos∠DBC＝．
【解答】解：∵将△BCD绕点B逆时针旋转得△BEF，其中点C的对应点E恰好落在BD上．
∴∠FBE＝∠DBC，BF＝BD，BE＝BC，∠BEF＝∠C＝90°，
∵矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EDH＝∠DBC，
∴∠FBE＝∠DBC＝∠EDH，
∴BG＝DG，
∵GH＝4HD，
∴设HD＝x，GH＝4x，设BE＝BC＝y，
则BG＝DG＝5x，
∵∠DHE+∠EDH＝90°，∠F+∠FBE＝90°，∠FBE＝∠EDH，
∴∠F＝∠DHE，
∵∠FHG＝∠DHE，
∴∠F＝∠FHG，
∴GF＝GH＝4x，
∴BF＝BD＝9x，DE＝9x﹣y，
∵cos∠DBC＝cos∠EDH，
∴＝，
∴＝，
∴xy＝81x2﹣9xy，
∴10xy＝81x2，
∴10y＝81x，
∴＝，即cos∠DBC＝．
故答案为：．
4．【分析】BP为直径的圆的圆心为O，作OE⊥AD于E，OF⊥CD于F，如图，设⊙O的半径为r，先利用勾股定理计算出BD＝5，根据切线的判定方法，当OE＝OB时，⊙O
与AD相切，根据平行线分线段成比例定理得＝，求出r得到BP的长；当OF＝
OB时利用同样方法求出BP的长．
【解答】解：BP为直径的圆的圆心为O，作OE⊥AD于E，OF⊥CD于F，如图，设⊙O的半径为r，
在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，
∴BD＝＝5，
当OE＝OB时，⊙O与AD相切，
∵OE∥AB，
∴＝，即＝，解得r＝，
此时BP＝2r＝；
当OF＝OB时，⊙O与DC相切，
∵OF∥BC，
∴＝，即＝，解得r＝，
此时BP＝2r＝；
综上所述，BP的长为或．
故答案为或．
5．【分析】先求出A（1，），B（3，），设BF＝x，则CF＝2﹣x，再由菱形的性质求出D（3﹣x，），由于抛物线经过O，A，D、E，根据抛物线的对称性可知点A与
点D的中点横坐标与点O与点E的中点横坐标相同，可求E（4﹣x，0），由平行线分线段成比例可得＝，从而建立等量关系＝，求出x即可求CE．
【解答】解：∵菱形OABC的边长为2，∠AOC＝60°，
∴OA＝2，
∴A（1，），
∵菱形OABC，
∴AB＝OC＝2，AB∥OC，
∴B（3，），
设BF＝x，则CF＝2﹣x，
在菱形OABC中，∠B＝∠AOC＝60°，
∵DF⊥AB，
∴D（3﹣x，），
∴点A与点D的中点为（2﹣x，），
∵抛物线经过O，A，D、E，
∴点O与点E的中点为（2﹣x，0），
∴E（4﹣x，0），
∴CE＝4﹣x﹣2＝2﹣x，
∵AB∥CE，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4+2（舍）或x＝4﹣2，
∴CE＝，
故答案为．
6．【分析】在CB上找一点E，连接ED，使ED＝BD，然后根据两间之间线段最短原量
即可解决问题．
【解答】解：如图，在CB上取一点E，使CE＝2，连接CD、DE、AE．
∵AC＝6，BC＝8，AB＝10，所以AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵CD＝4，
∴＝＝，
∴△CED∼△CDB，
∴＝＝，
∴ED＝BD，
∴AD+BD＝AD+ED≥AE，
当且仅当E、D、A三点共线时，AD+BD取得最小值AE＝＝2．
三、解答题
1．【分析】（1）由勾股定理求出BC＝6，设BE＝x，则CE＝6﹣x，则AD2+BE2＝DE2，可得出32+x2＝52+（6﹣x）2，解得：x＝，则答案可求出；
（2）证得AD2+BE2＝DP2+EP2＝DE2，则结论得证；
（3）延长DP至F，使PF＝PD，连接BF，EF，证明△APD≌△BPF（SAS），得出AD ＝BF，∠A＝∠FBP，则∠EPD＝90°，过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，则∠MPD＝∠NPE ＝90°﹣∠MPE，证明△MPD∽△NPE，得出PE＝2PD，设PD＝a，则PE＝2a，则DE ＝a，则可求出答案．
【解答】解：（1）∵AB＝10，cos A＝，
∴cos A＝，
∴AC＝8，CD＝5，
∴＝＝6，
设BE＝x，则CE＝6﹣x，
在Rt△CDE中，DE2＝CD2+CE2＝52+（6﹣x）2，
∵DE为完美分割线，
∴AD2+BE2＝DE2，
∴32+x2＝52+（6﹣x）2，
解得：x＝．
∴BE＝．
故答案为：．
（2）证明：如图2，
∵DA＝DP，
∴∠DAP＝∠DP A，
∵PE⊥PD，
∴∠DP A+∠EPB＝90°，
又∠A＝∠B，
∴∠EPB＝∠B，
∴EP＝EB，
∴AD2+BE2＝DP2+EP2＝DE2，
∴DE是直角△ABC的完美分割线．
（3）解：延长DP至F，使PF＝PD，连接BF，EF，
∵AP＝BP，∠APD＝∠BPF，
∴△APD≌△BPF（SAS），
∴AD＝BF，∠A＝∠FBP，
∴∠EBF＝∠CBA+∠FBP＝∠CBA+∠A＝90°，
∵DE是完美分割线，
∴DE2＝AD2+BE2＝BF2+BE2＝EF2，即ED＝EF．
又PD＝PF，
∴∠EPD＝90°，
过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，
则∠MPD＝∠NPE＝90°﹣∠MPE，
∴△MPD∽△NPE，
∴，
设PD＝a，则PE＝2a，则DE＝＝a，
∴cos∠PDE＝＝．
2．【分析】（1）求出对称轴得到顶点坐标，代入解析式求出a值即可．
（2）当直线CM上满足条件的G点有且只有一个时，可分两种情况讨论：①NG⊥CM，且NG＝NA，如图2，作CH⊥MD于H，如图2．设N（1，n），易得NG＝MN＝
（4﹣n），NA2＝22+n2＝4+n2，由题可得NG＝NA，由此即可得到关于n的方程，解这个方程就可解决问题；②A、N、G共线，且AN＝GN，如图3，过点GT⊥x轴于T，则有AD＝DT＝2，运用待定系数法求出直线CM的解析式，从而得出点G的坐标，然后运用三角形的中位线定理就可解决问题．
（3）根据点P在第一象限，点Q在第二象限，且横坐标相差1，进而设出点P（3﹣m，﹣m2+4m）（0＜m＜1）；得出点Q（4﹣m，﹣m2+6m﹣5），得出CP2，AQ2，最后建立方程求解即可．
【解答】解：（1）将顶点M坐标（1，4）代入解析式，可得a＝﹣1，抛物线解析式为y ＝﹣x2+2x+3
（2）当直线CM上满足条件的G点有且只有一个时，
①NG⊥CM，且NG＝NA，如图1，
作CH⊥MD于H，
则有∠MGN＝∠MHC＝90°．
设N（1，n），
当x＝0时，y＝3，点C（0，3）．
∵M（1，4），
∴CH＝MH＝1，
∴∠CMH＝∠MCH＝45°，
∴NG＝MN＝（4﹣n）．
在Rt△NAD中，
∵AD＝DB＝2，DN＝n，
∴NA2＝22+n2＝4+n2．
则（4﹣n）2＝4+n2
整理得：n2+8n﹣8＝0，
解得：n1＝﹣4+2，n2＝﹣4﹣2（舍负），
∴N（1，﹣4+2）．
②A、N、G共线，且AN＝GN，如图2．
过点GT⊥x轴于T，
则有DN∥GT，
根据平行线分线段成比例可得AD＝DT＝2，
∴OT＝3．
设过点C（0，3）、M（1，4）的解析式为y＝px+q，则，解得，
∴直线CM的解析式为y＝x+3．
当x＝3时，y＝6，
∴G（3，6），GT＝6．
∵AN＝NG，AD＝DT，
∴ND＝GT＝3，
∴点N的坐标为（1，3）．
综上所述：点N的坐标为（1，﹣4+2 ）或（1，3）．（3）如图3，过点P作PD⊥x轴交CQ于D，
设P（3﹣m，﹣m2+4m）（0＜m＜1）；∵C（0，3），
∴PC2＝（3﹣m）2+（﹣m2+4m﹣3）2＝（m﹣3）2[（m﹣1）2+1]，
∵点Q的横坐标比点P的横坐标大1，
∴Q（4﹣m，﹣m2+6m﹣5），
∵A（﹣1，0）．
∴AQ2＝（4﹣m+1）2+（﹣m2+6m﹣5）2＝（m﹣5）2[（m﹣1）2+1]
∵PC＝AQ，
∴81PC2＝25AQ2，
∴81（m﹣3）2[（m﹣1）2+1]＝25（m﹣5）2[（m﹣1）2+1]，
∵0＜m＜1，
∴[（m﹣1）2+1]≠0，
∴81（m﹣3）2＝25（m﹣5）2，
∴9（m﹣3）＝±5（m﹣5），
∴m＝或m＝（舍），
∴P（，），Q（，﹣），
∵C（0，3），
∴直线CQ的解析式为y＝﹣x+3，
∵P（，），
∴D（，﹣），
∴PD＝+＝
∴S△PCQ＝S△PCD+S△PQD＝PD×x P+PD×（x Q﹣x P）＝PD×x Q＝＝．
3．【分析】（1）由∠C＝∠BDC，得出BC＝BD，由等腰三角形的性质得出BD＝AD，即可得出结论；
（2）有两种画法：
①作AB的垂直平分线与方格纸上的格点的交点即为点D，再以点B为圆心、以BD长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点C，连接AD、BC、CD，则AD＝BC＝BD；
②以点B为圆心、以AB长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点D，再以点D为圆心、以BD长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点C，连接AD、BC、CD，则AB＝CD＝BD；
（3）过点E作EH⊥AD于H，易证四边形DGEH是矩形，得出EH＝DG＝2，求出AE ＝BE＝AB＝，S△ADE＝S△BDE，设DE＝x，AD＝BD＝y，S△ADE＝EH•AD＝y，S△BDE ＝BE•DE＝x，由勾股定理得出BD2＝BE2+DE2，即y2＝（）2+x2，则
，解方程组即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵∠C＝∠BDC，
∴BC＝BD，
∵E为AB的中点，DE⊥AB，
∴BD＝AD，
∴BC＝AD＝BD，
∴四边形ABCD是对等四边形；
（2）解：有两种画法：
①作AB的垂直平分线与方格纸上的格点的交点即为点D，再以点B为圆心、以BD长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点C，连接AD、BC、CD，则AD＝BC＝BD，如图2﹣1所示；
②以点B为圆心、以AB长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点D，再以点D为圆心、以BD长为半径画圆，圆与方格纸上的格点的交点即为点C，连接AD、BC、CD，则AB＝CD＝BD，如图2﹣2所示；
（3）解：过点E作EH⊥AD于H，如图3所示：
则∠EHD＝90°，
∵EG∥AD，DG⊥EG，
∴∠EGD＝∠HDG＝90°，
∴四边形DGEH是矩形，
∴EH＝DG＝2，
∵E为AB的中点，AB＝5，
∴AE＝BE＝AB＝，S△ADE＝S△BDE，
设DE＝x，AD＝BD＝y，
则S△ADE＝EH•AD＝×2×y＝y，S△BDE＝BE•DE＝××x＝x，∵在Rt△BDE中，∠BED＝90°，
∴BD2＝BE2+DE2，即y2＝（）2+x2，
∴，
解得：，
∴BD＝．
4．【分析】（1）欲证明EC＝ED，只要证明∠ECD＝∠EDC．
（2）证明△ECD是等边三角形，推出∠E＝60°即可解决问题．
（3）①连接AC．首先证明x＝＝，再证明∠ACF＝∠B，推出tan∠B＝tan∠ACF ＝＝y，令OC＝k，则OF＝kx，CF＝＝＝k•，推出AF＝OA﹣OF＝k﹣kx＝k（1﹣x），根据y＝计算即可．
②作OH⊥BC于H．设BD＝m，利用相似三角形的性质求出OH，BH（用m表示）即
可解决问题．
【解答】（1）证明：∵OD⊥OC，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD+∠ODC＝90°，
∵EC⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠B+∠ECB＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCD，
∴∠ODC＝∠ECB，
∴EC＝EB．
（2）解：∵OE＝OD，OC⊥ED，
∴CE＝CE，
∵EC＝ED，
∴EC＝ED＝CD，
∴△ECD是等边三角形，
∵∠E＝60°，
在Rt△EOC中，∵∠EOC＝90°，OC＝AB＝2，
∴OE＝＝．
（3）解：①连接AC．
∵EC＝ED，∠EOC＝90°
∴＝＝sin∠ECO，
∵∠OFC＝90°，
∴sin∠ECO＝，
∴x＝＝，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠AFC＝90°，
∴∠ACF+∠A＝90°，∠B+∠A＝90°，
∴∠ACF＝∠B，
∴tan∠B＝tan∠ACF＝＝y，
令OC＝k，则OF＝kx，CF＝＝＝k•，
∴AF＝OA﹣OF＝k﹣kx＝k（1﹣x），
∴y＝＝＝（0＜x＜1）．
②作OH⊥BC于H．设BD＝m，
∵△COD的面积是△BOD的面积的3倍，
∴CD＝3BD＝3m，CB＝4m，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2m，
∴HD＝m，
∵∠OCH+∠COH＝90°，∠COH+∠DOH＝90°，
∴∠OCH＝∠DOH，
∵∠OHC＝∠OHD＝90°，
∴△OHC∽△DHO，
∴＝，
∴OH2＝2m2，
∴OH＝m，
∴y＝tan B＝＝＝．
5．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+4，将点B的坐标代入求出a的值即可得出答案；
（2）过点P作PQ∥y轴交DB于点Q，求出直线BD的解析式，设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），可得出S△PBD＝﹣m，解方程可求出m的值，则答案可求出；
（3）设M（a，0），证明△AMN∽△ABD，可得，再由△DNM∽△BMD，可得
，得出关于a的方程，解方程即可得出答案．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+4，
将点B（3，0）代入得，（3﹣1）2×a+4＝0．
解得：a＝﹣1．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3．
（2）过点P作PQ∥y轴交DB于点Q，
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3
∴D（0，3）．
设直线BD的解析式为y＝kx+n，
∴，
解得：，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+3．
设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．
∵S△PBD＝S△PQD+S△PQB，
∴S△PBD＝×PQ×（3﹣m）＝PQ＝﹣m，∵S△PBD＝3，
∴﹣m＝3．
解得：m1＝1，m2＝2．
∴点P的坐标为（1，4）或（2，3）．
（3）∵B（3，0），D（0，3），
∴BD＝＝3，
设M（a，0），
∵MN∥BD，
∴△AMN∽△ABD，
∴，
即．
∴MN＝（1+a），DM＝＝，
∵△DNM∽△BMD，
∴，
∴DM2＝BD•MN．
∴9+a2＝3（1+a）．
解得：a＝或a＝3（舍去）．
∴点M的坐标为（，0）．
6．【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出＝，即可
解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2﹣1中，当∠PCB′＝90°时．如图2﹣2中，当∠
PCB′＝90°时．如图2﹣3中，当∠CPB′＝90°时．
（2）如图3﹣2中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3﹣2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【解答】解：（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝，
∵∠PCB′＝∠ACB，∠PB′C＝∠ABC＝90°，
∴△PCB′∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴PB′＝2﹣4．
∴t＝PB＝2﹣4．
②如图2﹣1中，当∠PCB′＝90°时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，
∴DB′＝＝，
∴CB′＝CD﹣DB′＝，
在Rt△PCB′中，∵B′P2＝PC2+B′C2，
∴t2＝（）2+（3﹣t）2，
∴t＝2．
如图2﹣2中，当∠PCB′＝90°时，
在Rt△ADB′中，DB′＝＝，
∴CB′＝3
在Rt△PCB′中则有：，解得t＝6．
如图2﹣3中，当∠CPB′＝90°时，易证四边形ABP′为正方形，易知t＝2．
综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或2s．
（2）如图3﹣1中，
∵∠P AM＝45°
∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°
又∵翻折，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
又∵∠ADM＝∠AB′M，AM＝AM，
∴△AMD≌△AMB′（AAS），
∴AD＝AB′＝AB，
即四边形ABCD是正方形，
如图，设∠APB＝x．
∴∠P AB＝90°﹣x，
∴∠DAP＝x，
易证△MDA≌△B′AM（HL），
∴∠BAM＝∠DAM，
∵翻折，
∴∠P AB＝∠P AB′＝90°﹣x，
∴∠DAB′＝∠P AB′﹣∠DAP＝90°﹣2x，∴∠DAM＝∠DAB′＝45°﹣x，
∴∠MAP＝∠DAM+∠P AD＝45°．。