2019湖南省各市中考压轴题选编(含答案)

2019湖南省各市中考压轴题选编
(2019年长沙T26)如图，抛物线y ＝ax 2＋6ax (a 为常数，a ＞0)与x 轴交于O ，A 两点，点B
为抛物线的顶点，点D 的坐标为(t ，0)(﹣3<t<0)，连接BD 并延长与过O ，A ，B 三点的⊙P 相交于点C ． (1)求点A 的坐标；
(2)过点C 作⊙P 的切线CE 交x 轴于点E ． ①如图1，求证CE ＝DE ，
②如图2，连接AC ，BE ，BO ，当a ＝
33
，∠CAE ＝∠OBE 时，求OE
OD 11 的值．
（2019湖南张家界T23）已知抛物线c bx ax y ++=2
(a ≠0)过点A(1,0), B(3,0)两点,与y 轴交于点C, OC=3.
(1) 求抛物线的解析式及顶点D 的坐标;
(2) 过点A 作AM ⊥BC,垂足为M, 求证:四边形ADBM 为正方形;
(3) 点P 为抛物线在直线BC 下方图形上的一动点,当PBC ∆面积最大时，求P 点坐标及最大面积的值;
(4) 若点Q 为线段OC 上的一动点,问AQ+2
1
QC 是否存在最小值?若存在,求岀这个最小值,若不存在,请说明理由.
（2019年岳阳T24）如图1，△AOB 的三个顶点A 、O 、B 分别落在抛物线F 1：21733
y x x =
+的图象上，点A 的横坐标为－4，点B 的纵坐标为－2．（点A 在点B 的左侧）
（1）求点A 、B 的坐标；
（2）将△AOB 绕点O 逆时针转90°得到△A ′OB ′，抛物线F 2：2
4y ax bx =++经过A ′、B ′
两点，已知点M 为抛物线F 2的对称轴上一定点，且点A ′恰好在以OM 为直径的圆上，连接OM 、A ′M ，求△OA ′M 的面积；
（3）如图2，延长OB ′交抛物线F 2于点C ，连接A ′C ，在坐标轴上是否存在点D ，使得以A 、O 、D 为顶点的三角形与△OA ′C 相似．若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．
（2019年湖南省永州市T26）(本小题12分)(1)如图26－1，在平行四边形ABCD中，
∠A=30°，AB=6，AD=8，将平行四边形ABCD分割成两部分，然后拼成一个矩形，请画出拼成的矩形，并说明矩形的长和宽．(保留分割线的痕迹)
(2)若将一边长为1的正方形按如图26－2－1所示剪开，恰好能拼成如图26－2－2所示的矩形，则m的值是多少？
(3)四边形ABCD是一个长为7，宽为5的矩形(面积为35)，若把它按如图26－3－1所示的方式剪开，分成四部分，重新拼成如图26－3－2所示的图形，得到一个长为9，宽为4的矩形(面积为36)．问：重新拼成的图形的面积为什么会增加？请说明理由．
（2019年邵阳 ）如图，二次函数y ＝﹣1
3x 2+bx +c 的图象过原点，与x 轴的另一个交点为
（8，0）
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x 轴上方作x 轴的平行线y 1＝m ，交二次函数图象于A 、B 两点，过A 、B 两点分别作x 轴的垂线，垂足分别为点D 、点C ．当矩形ABCD 为正方形时，求m 的值；
（3）在（2）的条件下，动点P 从点A 出发沿射线AB 以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q 以相同的速度从点A 出发沿线段AD 匀速运动，到达点D 时立即原速返回，当动点Q 返回到点A 时，P 、Q 两点同时停止运动，设运动时间为t 秒（t ＞0）．过点P 向x 轴作垂线，交抛物线于点E ，交直线AC 于点F ，问：以A 、E 、F 、Q 四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t 的值；若不能，请说明理由．
（2019·娄底）26．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（−1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，且过点D（2，−3）。

点P、Q是抛物线上y=ax2+bx+c的动点。

（1）求抛物线的解析式：
（2）当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值。

（3）直线OQ与线段BC相交于点E，当△OBE与△ABC相似时，求点Q的坐标。

第26题图1 第26题图2
(2019衡阳,T26）（本小题满分12分）如图，在等边三角形ABC中，AB=6cm，动点P从点A 出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动.动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动.设运动时间为t（s），过点P作PE ⊥AC于E,连接PQ交AC边于D.以CQ、CE为边作平行四边形CQFE.
(1)当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）求DE的长；
（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB′的值最小？并求出最小值.
（2019年郴州T 26）已知抛物线y ＝ax 2 ＋ bx ＋ 3与x 轴分别交于A （－3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ．
（1）求抛物线的表达式及顶点D 的坐标； （2）点F 是线段AD 上一个动点．
①如图1，设k ＝AF
AD
，当 k 为何值时，CF ＝12AD ？
②如图2，以A ，F ，O 为顶点的三角形是否与△ABC 相似？若相似，求出点F 的坐标；若不相似，请说明理由．
A
B
O
C
D F
y y y O
O A
A
B
B
C
C
D
D F
F
（2019年常德T26）在等腰ABC △中，AB AC =，作CM AB ^交AB 于点M ，作BN AC ^交AC 于点N.
⑴在如图1中，求证：BMC CNB △≌△；
⑵在如图2中的线段CB 上取点P ，过点P 作//PE AB 交CM 于点E ，作//PF AC 交BN 于点F ， 求证：PE PF BM +=；
⑶在如图3中，动点P 在CB 的延长线上，类似⑵过P 作//PE AB 交CM 延长线于点E ，作//PF AC 交NB 延长线于点F ，求证：AM PF OM BN AM PE ???
图 1
N M
O
C
B
A
P
F E A
B
C
O M N 图 2
C
P
（2019·长沙）{解析}本题考查了一元二次方程的解法、切线的判定、切割线定理、等角对等边，是一道二次函数与圆的综合性问题．
{答案}解： (1)令ax 2＋6ax ＝0，∴ax (x ＋6)＝0，所以A(﹣6，0)， (2)连接PC ，连接PB 延长交x 轴于点M ， ∵⊙P 过O 、A 、B 三点，B 为顶点， ∴PM ⊥OA ，∠PBC ＋∠BOM ＝90°， 又∵PC ＝PB ，∴∠PCB ＝∠PBC ，
∴CE 为切线，∴∠PCB ＋∠ECD ＝90°，
又∵∠BDP ＝∠CDE ，∴∠ECD ＝∠CDE ，∴CE ＝DE (3)解：设OE ＝m ，即E(m ，0) 由切割定理：CE 2＝OE·AE
(m －t)2＝m(m ＋6)推出m ＝t
t
262
+①
∵∠CAE ＝∠CBD ，
已知∠CAE ＝∠OBE ，∠CBO ＝∠EBO ，
由角平分线定理：OE
DO
BE BD =即()()m
t m t -=++++27327322推出m ＝66--t t ②
由①②得t t 262
+＝6
6--t t 推出t 2＋18t ＋36＝0，
∴t 2＝﹣18t ﹣36， ∴
6
16311112=+-=--=-t t m t OE OD （2019·张家界）{解析}本题是二次函数与几何的综合题，有一定难度.主要考查了二次函数表达式的确定，二次函数的顶点坐标和最值的求法，正方形的判定，最值问题等．（1）
由于抛物线c bx ax y ++=2
经过的点（1,0），（3,0），（0,3），代入建立关于
a,b,c 的方程组求解，并用配方法或公式法求顶点D 的坐标；（2）先证△ABD 和△ABM 是等腰直角三角形，根据正方形的判定方法得证；（3）先判断点P 在位于抛物线点A 到点D 之间时，PBC ∆面积S 最大.设点P 坐标为（m,m 2-4m-3），用含m 的式子表示S ，并结合二
次函数知识求最大值和点P 的坐标；（4）过点C 作∠OCG=300
,过点A 作AH ⊥CG 于H 交OC 于点P ，此时AQ+
2
1
QC 有最小值，根据三角函数关系可求这个最小值. {答案}解：（1）根据题意，得⎪⎩⎪⎨⎧==++=++30390c c b a c b a ，解得⎪⎩
⎪
⎨⎧=-==341c b a ，抛物线的解析式为y=x 2-4x+3,
又y=x 2-4x+3=(x-2)2-1,所以顶点D 的坐标为（2，-1）；
（2）由点A(1,0),B(3,0),D(2,-1)易证△ABD 是等腰直角三角形，∴AD=BD.∠ADB=900
,∠ABD=∠BAD=450,∵OB=OC,∴∠OBC=450,∴∠DBM=900,∵AM ⊥BC,∴四边形ADBM 为正方形； （3）当点P 在位于抛物线点A 到点D 之间时，PBC ∆面积S 最大.如图，设点P 坐标为（m,m 2-4m-3），S=S 梯形BCEF -S △CEP -S △BFP =
3)33434(2
1
22⨯+-+--+-m m m m )334(212+-+--m m m )34)(3(21
2-+---m m m =827)23(23292322+--=+-m m m ，所以当m=23
时，PBC ∆面积最大，最大面积为8
27；
（4）存在.过点C 作∠OCG=300
,过点A 作AH ⊥CG 于H 交OC 于点Q ，所以QH=
2
1
QC,根据垂线段最短，此时AH=QA+QH=QA+
2
1
QC 有最小值.又OG=3,AG=3+1,在Rt △AGH 中，∵cos300=AG AH ,∴AH=233)13(23+=+⨯,即AQ+2
1QC 的最小值为23
3+.
（2019·岳阳 ）{解析}本题考查了二次函数与几何图形的综合运用．（1）分别将A 点横坐标和B 点纵坐标代入抛物线F 1可得；（2）通过A ′、B ′的坐标求出抛物线F 2的函数关系式，根据点M 在对称轴上求出点M 的横坐标；延长A ′M 交x 轴于点N ，则△A ′MN 为等腰直角三角形，求出N 点坐标，进一步求出直线A ′N 的解析式，得到点M 的坐标，最后利用S A ′OM ＝ S A ′′ON －S OMN 求解．（3）根据点在直线OB ′和抛物线F 2上求出点C 的坐标，得到A ′C 的长度及∠OA ′C 的度数，根据两边成比例并且夹角相等证明三角形相似，分两种情况讨论求点D 的坐标．
{答案}解： （1）将x ＝－4代入21733y x x =
+，得：217
(4)(4)433
y =⨯-+⨯-=-， ∴A （－4，－4）． 将y ＝－2代入21733y x x =
+，得：217
233
x x +=-， 解得：x 1＝－1，x 2＝－6
∵点A 在点B 的左侧， ∴B （－1，－2）·
（2）由旋转可知：A ′（4，－4），B ′（2，－1）
代入抛物线2
4y ax bx =++，得：
16444
4241a b a b ++=⎧⎨
++=-⎩
解得：143
a b ⎧
=⎪⎨⎪=-⎩
∴抛物线F 2：2
1344y x x =-+． 对称轴为：3
6124
x -=-
=⨯ 延长A ′M 交x 轴于点N ，
∵点A ′恰好在以OM 为直径的圆上， ∴∠OA ′M ＝90°． ∵A ′（4，－4）， ∴∠A ′ON ＝45º．
∴△ A ′ON 为等腰直角三角形． ∴ON ＝4×2＝8． ∴N （8，0）
设直线A ′N ：y ＝mx ＋n 则44
80
m n m n +=-⎧⎨
+=⎩
解得：1
8m n =⎧⎨
=-⎩
∴y ＝x －8．
当x ＝6时，y ＝－2． ∴M （6，－2）
∴S A ′OM ＝ S A ′′ON －S OMN
＝11848222
⨯⨯-⨯⨯
＝8．
所以，△OA ′M 的面积为8．
（3）设直线OB ′解析式为：y ＝kx ，代入B ′（2，－1）， 得：2k ＝－1
12
k =-．
设直线OB ′解析式为：12
y x =-
． 解方程组：21344
12
y x x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
得：1121x y =⎧⎨=-⎩，22
8
4x y =⎧⎨=-⎩
∵B ′（2，－1） ∴C （8，－4）． ∵A （4，－4），
∴A ′C ∥x 轴，A ′C ＝8－4＝4， ∴∠OA ′C ＝135º．
若以A 、O 、D 为顶点的三角形与△OA ′C 相似则△AOD 必有一个钝角135°，故点O 与点A ′是对应顶点．
所以点D 在x 轴或y 轴正半轴上． OA ＝OA ′
=． ①若△AOD ∽△OA ′C ，则
''OA OD
A O A C
= ∴OD ＝A ′C ＝4．
此时点D 的坐标为（4，0）或（0，4）．
②若△AOD ∽△CA ′O ，则
'C 'OA OD
A A O
=
4=
∴OD ＝8．
此时点D 的坐标为（8，0）或（0，8）．
由①②可知，坐标轴上存在点D ，其坐标分别为（4，0）、（0，4）、（8，0）或（0，8）．
（2019·永州）{解析}本题考查了几何图形的分割与拼接，并解决相关数学问题．（1）根据矩形的判定画图，并写出矩形的长和宽；（2）根据分割前后的两个图形面积相等建立关于m 的方程求解；（3）过点F 作FG ⊥AB 于G,分别求出∠AFG 和∠FCH 的正切值并比较大小，判断点A,F,C 是否在一条直线上，进而得出结论. {答案}解：（1）矩形的长为8，宽为3．
（2）解：由两个图形的面积相等，有m (m ＋1)=1，解得m =
251+-或m =2
5
1--(舍去)． 所以m 的值是
2
5
1+-． （3）解：如图，过点F 作FG ⊥AB 于G,tan ∠AFG =FG AG =234-=21，tan ∠FCH =HC FH =7
3
， 因为
21≠7
3
，所以∠AFG ≠∠FCH ，因此点A ，F ，C 三点不在同一直线上，即原图形不能拼成新图形．
（2019·邵阳）{解析}本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐
标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m 的方程；（3）分0＜t ≤4，4＜t ≤7，7＜t ≤8三种情况，利用平行四边形的性质找出关于t 的一元二次方程．（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A ，B 的坐标，进而可得出点C ，D 的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m 的方程，解之即可得出结论；
（3）由（2）可得出点A ，B ，C ，D 的坐标，根据点A ，C 的坐标，利用待定系数法可求出直线AC 的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E ，F 的坐标，由AQ ∥EF 且以A 、E 、F 、Q 四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ ＝EF ，分0＜t ≤4，4＜t ≤7，7＜t ≤8三种情况找出AQ ，EF 的长，由AQ ＝EF 可得出关于t 的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
{答案}解： （1）将（0，0），（8，0）代入y ＝﹣1
3
x 2+bx +c ，得： ⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0－643＋8b ＋c ＝0 ，解得：⎩⎪⎨⎪⎧b ＝83c ＝0
， ∴该二次函数的解析式为y ＝﹣13x 2+83x ． （2）当y ＝m 时，﹣13x 2+8
3
x ＝m ， 解得：x 1＝4﹣16－3m ，x 2＝4+16－3m ，
∴点A 的坐标为（4﹣16－3m ，m ），点B 的坐标为（4+16－3m ，m ）， ∴点D 的坐标为（4﹣16－3m ，0），点C 的坐标为（4+16－3m ，0）． ∵矩形ABCD 为正方形，
∴4+16－3m ﹣（4﹣16－3m ）＝m ， 解得：m 1＝﹣16（舍去），m 2＝4． ∴当矩形ABCD 为正方形时，m 的值为4．
（3）以A 、E 、F 、Q 四点为顶点构成的四边形能为平行四边形．
由（2）可知：点A 的坐标为（2，4），点B 的坐标为（6，4），点C 的坐标为（6，0），点D 的坐标为（2，0）．
设直线AC 的解析式为y ＝kx +a （k ≠0）， 将A （2，4），C （6，0）代入y ＝kx +a ，得：
⎩⎨⎧2k ＋a ＝46k ＋a ＝0，解得：⎩⎨⎧k ＝－1a ＝6
， ∴直线AC 的解析式为y ＝﹣x +6．
当x ＝2+t 时，y ＝﹣13x 2+83x ＝﹣13t 2+4
3t +4，y ＝﹣x +6＝﹣t +4， ∴点E 的坐标为（2+t ，﹣13t 2+4
3t +4），点F 的坐标为（2+t ，﹣t +4）． ∵以A 、E 、F 、Q 四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ ∥EF ， ∴AQ ＝EF ，分三种情况考虑：
①当0＜t ≤4时，如图1所示，AQ ＝t ，EF ＝﹣13t 2+43t +4﹣（﹣t +4）＝﹣13t 2+73t ， ∴t ＝﹣13t 2+73
t ， 解得：t 1＝0（舍去），t 2＝4；
②当4＜t ≤7时，如图2所示，AQ ＝t ﹣4，EF ＝﹣13t 2+43t +4﹣（﹣t +4）＝﹣13t 2+73t ， ∴t ﹣4＝﹣13t 2+73
t ， 解得：t 3＝﹣2（舍去），t 4＝6；
③当7＜t ≤8时，AQ ＝t ﹣4，EF ＝﹣t +4﹣（﹣13t 2+43t +4）＝13t 2－73t ， ∴t ﹣4＝13t 2－73
t ， 解得：t 5＝5﹣13（舍去），t 6＝5+13（舍去）．
综上所述：当以A 、E 、F 、Q 四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t 的值为4或6．
（2019·娄底）{答案}（1）y=x 2−2x+3；（2）S △POD 的最大值为49
16
；（3）Q 1
（122-
-，322+），Q 2（122-+，322
-），Q 3，-
Q 4（
{解析}（1）把A （−1，0），B （3，0），D （2，−3）三点代入y=ax 2+bx+c ，利用待定系数法求得抛物线的解析式，最好是用交点式求解析式更快； （2）利用待定系数法求得直线OD 的解析式为y=−
3
2
x ．设P 点坐标为（t ，t 2−2t+3），则过点P 作PM ∥y 轴交直线OD 于点M ，过点D 作DN ⊥OB ，则△POD 的面积=
12PM ON •.由M 坐标为（t ，3
2
t -），那么PM=2132t t -++，所以得S △POD =21
32
t t -++，再利用配方法化为顶点式，即可求出S △POD 的最大值；
（3）由∠OBE=∠ABC ，可得△OBE 与△ABC 相似包含两种情况：①当△BOE ∽△BAC 时，OQ ∥AC ，先求出AC 的解析式为y=−3x −3，再求出OQ 的解析式为y=−3x ，
与抛物线联立方程组求出Q 点的坐标为Q 1（122-
-，322
+），Q 2
（122-
+，322-）；②当△BOE ∽△BCA 时，由BO BE BC BA
=求出BE=，再由OB=OC 推出∠OBC=45°，从而求出E 点坐标为（1，−2），由此求出直线OQ 的解
析式为y=−2x ，与抛物线联立方程组求出Q 点的坐标为Q 3-Q 4
（
答图1 答图2 答图3
（1）解答：设所求解析式为：y=a （x+1）（x −3），代入（2，−3），解得a=1， 即：y=（x+1）（x −3）
∴抛物线的解析式为： y=x 2−2x+3；
（2）由O （0，0），D （2，−3），可得直线OD 的解析式为：y=−
32
x 由232
23y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=--⎩可得：1123x y =⎧⎨=-⎩，2232
94
x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ ∵P 点在直线OD 下方，P 在抛物线上， ∴3
22
P x -
<< 如答图1，过点P 作y 轴的平行线交直线OD 于点M ，
设P 点坐标为（t ，t 2−2t+3），由M 坐标为（t ，32
t -）过点D 作DN ⊥OB ， 则PM==21
32
t t -++， ∵S △POD =
12PM ON •=12∙（2132t t -++）⋅2=2132t t -++=2149()416t --+ ∴当t=14时，S △POD 有最大值为4916。

（3）由∠OBE=∠ABC ，可得△OBE 与△ABC 相似包含两种情况：
①当△BOE ∽△BAC 时，如答题2，得∠BOE=∠BAC ∴OQ ∥AC ，
由抛物线解析式可得C （0，−3） 又∵A （−1，0）
∴AC 的解析式为y=−3x −3， ∴OQ 的解析式为y=−3x ，
由方程组
223
3
y x x
y x
⎧=--
⎨
=-
⎩
得：
1
1
1
2
3
2
x
y
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
，
2
2
1
2
3
2
x
y
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
∴Q点的坐标为Q1
（
1
2
-
，
3
2
），Q2
（
1
2
-
3
2
-）；
②当△BOE∽△BCA时，
得BO BE BC BA
=
∵BO=3，BA=4，
BC=
∴
BE=，
∵OB=OC
∴∠OBC=45°，
过E作EF⊥OB，如答图3
∴△BEF为等腰直角三角形
∴BF=EF=2
∴E点坐标为（1，−2），
∴直线OQ的解析式为y=−2x，
由方程组
223
2
y x x
y x
⎧=--
⎨
=-
⎩
得：1
1
x
y
⎧=
⎪
⎨
=-
⎪⎩
1
1
x
y
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
∴Q点的坐标为Q3
，-），Q4
（
，
综上所述：Q点坐标为Q1
（
1
2
-
，
3
2
+），Q2
（
1
2
-+
，
3
2
-），Q3
，-Q4
（
，
（2019·衡阳）{解析}本题考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质、平行四边形的性质与判定、角平分线、轴对称、直角三角形的判定、全等三角形的性质与判定.(1)由题意可得∠B和∠BQP不可能是直角，所以∠BPQ=90°，结合直角三角形的性质容易得出
BQ=2BP，从而建立关于t的一元一次方程，求解即可；（2）假设点F在∠ABC的平分线上，容易得出∠BFQ=90°，所以BQ=2QF，结合平行四边形的性质得出QF=6-0.5t，从而求出t的值；（3）过点P作PN∥CQ，结合等边三角形的性质，易得PN=AP=CQ，AE=NE，然后通过求出
△PND≌QCD，所以DN=DC,所以DE=
2
1
AC=3；（4）连接AM,由“三线合一”可得BM=3=B′M，再由勾股定理可得AM=3
3,在△AB′M中易得AB′的最小值为3
3-3.
{答案}解：（1）∵△ABC 是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°,BC=AC=6cm ，∵四边形CQFE 是平行四边形，∴CE ∥FQ ，∴∠CQF=∠ACB=60°，∴由题意可得∠B 和∠BQP 不可能是直角，所以∠BPQ=90°，∴∠BQP=30°，∴BP=21BQ ，即6-t=2
1
(6+t),解得t=2，即当t=2时，△BPQ 为直角三角形；
（2)存在，理由如下：∵∠A=60°，EF ⊥AC ，∴∠APE=30°，∴AE=
2
1
AP=0.5t ，CE=6-0.5t ，∵四边形CEFQ 是平行四边形，∴CE ∥FQ ，CE=FQ.假设点F 在∠ABC 的 平分线上，则BF ⊥AC ，容易得出∠BFQ=90°，所以BQ=2QF ，∴6+t=2(6-0.5t)，解得t=3
（3）如图，过点P 作PN ∥CQ,∴∠APN=∠B=60°，∴∠EPN=30°，∵PE ⊥AC ，∴∠ AEP= ∠NEP=90°，∵PE=PE ，∴△APE ≌△NPE ，∴AO=PN.∵点P 和点Q 的移动速度相同且同时出发，∴AP=CQ,AE=NE.∵PN ∥CQ ，∴∠DPN=∠DQC ，∵∠PDN=∠QDC ，∴△PDN ≌△QDC ，∴DN=DC ，∴DE=NE+DN=
21(AN+CN)=2
1
AC=3cm.
（4）如图，连接AM,∵△ABC 是等边三角形，点M 是BC 的中点是，∴BM=3，AM ⊥BC ，∴B ′M=BM=3，在Rt △ABM 中，勾股定理可得AM=
222236-=-BM AB =33,∴当A 、B ′、M
三点共线时AB ′有最小值，所以其最小值为33-3.
（2019·郴州）{解析}本题考查了有关二次函数的综合性问题．解题的关键在于熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定和性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
{答案}解：（1）因为抛物线y ＝ax 2 ＋ bx ＋ 3与x 轴分别交于A （－3，0），B （1，0）两点，
∴093303a b a b =-+⎧⎨=++⎩，解得1
2a b =-⎧⎨=-⎩
∴抛物线的表达式为y ＝－x 2－2x ＋3， ∵y ＝－x 2－2x ＋3＝－（x ＋1）2＋4， ∴抛物线的顶点D 的坐标为（－1，4）．
（2）①∵A 、D 两点的坐标分别为：A （－3，0），D （－1，4），
∴可设过A 、D 两点的直线的表达式为y ＝mx ＋n ，
依题意，得034m n m n =-+⎧⎨=-+⎩
，解得26m n =⎧⎨=⎩ ∴直线AD 的表达式为y ＝2x ＋6．
又∵抛物线y ＝ax 2 ＋ bx ＋ 3与y 轴的交点为C ，
∴C 点的坐标为（0，3），
∴AD 2＝[－3－（－1）]2＋（0－4）2＝20，
AC 2＝（－3－0）2＋（0－3）2＝18，
DC 2＝（－1－0）2＋（4－3）2＝2，
即AD 2＝AC 2＋DC 2，
∴△ACD 是直角三角形，且∠ACD ＝90°，
若CF ＝
12
AD ，则点F 为AD 的中点， 此时，k ＝AF AD ＝12
， ∴当k ＝12时，CF ＝12
A D ． ②因为点F 在AD 上，所以可设F 点的坐标为（t ，2t ＋6）
∴AF t)=+，
OF OA ＝3
由（2）①知△ABC 各边的长为AC =BC AB ＝4，
又tan ∠DAC ＝DC AC 13，tan ∠OCB ＝OB OC ＝13 ∴∠DAC ＝∠OCB ，
∵OA ＝OC ＝3，∴∠OAC ＝∠OCA
∴∠DAO ＝∠DAC ＋∠OAC ＝∠OCB ＋∠OCA ＝∠ACB ，
（i ） 当AF OA
CB AC =3t +=，解得t ＝－2 即当t ＝－2时，△OFA ∽△ABC ，此时F 点的坐标为（－2，2）；
（ii ）当AF AO
CA CB =3t +=，解得t ＝－65， 即当t ＝－65时，△FOA ∽△ABC ，此时点F 的坐标为（－65
，185
）；
B C 答图 1
C P 综上所述，当点F 的坐标为（－2，2）或（－65，185
）时，以A ，F ，O 为顶点的三角形是否与△ABC 相似．
（2019·常德）{解析}本题考查了全等三角形与相似三角形，（1）根据
90BMC CNB ???，又AB AC =，∴ABC ACB ??，BC ＝BC ，得到
BMC CNB △≌△；（2）根据面积法算两次可证或者截长补短；（3） 在两个直角三角形中分别求tan ∠ABN 的值，再利用PE PF BM -=，将式子进行变形．
解：⑴∵CM AB ^，BN AC ^，
∴90BMC CNB ???
又AB AC =，∴ABC ACB ??
在BMC △和CNB △中，BMC CNB
ABC ACB BC BC
ì??ïï??íï=ïî
∴BMC CNB △≌△
⑵连结MN ，PM ，PN.
由⑴BMC CNB △≌△得，BM CN =，BM MC =，
∴AB AC
BM CN =，∴//MN BC ，∴MPB NPB S S =△△
又∵MBC MBP MPC S S S =+△△△，
∴11
1
222MC BM PF BN PE BM ???，
∴PE PF BM +=
⑶连结MN ，PM ，PN .
由⑴BMC CNB △≌△得，BM CN =，BM MC =，
∴AB AC
BM CN =，AM AN =
∴//MN BC ，∴PBN PBM S S =△△
MBC MPC MPB S S S =-△△△MPC NPB S S =-△△，
()1
2PE PF MC -1
2MC BM =?
∴PE PF BM -=，
又tan AN ABN BN ?，tan MO
ABN BM ?
∴AN MO
BN BM =
∴AM
MO
BN PE PF =-
∴MO BN AM PE AM PF ???
即AM PF MO BN AM PE ???。