北京一模各区24题.docVIP

昌平24．解：（1）∵抛物线的对称轴为， ∴． ----------------------------1分 ∵抛物线与轴只有一个交点 ， 　　 ∴ ． 　　　∴ ． ---------------------------2分 （2）∵ ，， 　　∴． ∴． ∴抛物线C的解析式为　 ． ---------------------------3分 　（3）假设点D存在，设D． 　作轴于点，如图． 　　　　则︱a︱，︱b－1︱． 由△DPB为等边三角形， 　　　得Rt△DHB中，∠HBD=60°． ∴． ∴． ∴． ∵D在抛物线C上 ， ∴． ∴． ∴或． ∴或． ∴满足条件的点存在，分别为 ．　　　--------------------7分 （朝阳）如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45 °，则有结论EF＝BE＋FD成立； （1）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF＝BE＋FD是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； （2）若将（1）中的条件改为：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF＝BE＋FD是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明. 解：（1）结论EF= BE＋FD成立. …………………………………………………………1分 延长EB到G，使BG=DF，连接AG. ∵∠ABG＝∠D＝90°, AB＝AD， ∴△ABG≌△ADF. ∴AG＝AF且∠1＝∠2． ∴∠1+∠3＝∠2+∠3=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF.∴EG＝EF． 即EF=BE+BG=BE＋FD．……………………………………………………………3分 （2）结论EF=BE＋FD不成立， 应当是EF=BE－FD．…………………………………………………………………4分 在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC＝180°,∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． ∵AB＝AD， ∴△ABG≌△ADF.∴AG＝AF． ∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． ∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF.∴EG＝EF 即EF=BE－BG=BE－FD．……………………………………………………………7分 图24-1 （大兴）如图24-1，已知点D在AC上，和都是等腰直角三角形，点M为EC的中点. （1）求证：为等腰直角三角形. 图24-2 （2）将绕点A逆时针旋转，如图24-2，（1）中的“为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由. （3）将绕点A逆时针旋转，如图24-3， （1）中的“为等腰直角三角形”成立吗？ （不用说明理由）. 图24-3 图24-4 我们是否可以猜想，将绕点A任意旋转 一定的角度，如图24-4，（1）中的“为等腰直角三 角形”均成立？（不用说明理由）. （1）证明： ∵点M是Rt△BEC的斜边EC的中点， ∴BM=EC=MC， ∴∠MBC=∠MCB. ∴∠BME=2∠BCM. 同理可证：DM=EC=MC， ∠EMD=2∠MCD. ………………………………………………1分 ∴∠BMD=2∠BCA=90°， ∴BM=DM. ∴△BMD是等腰直角三角形. ………………………………………………2分 （2）（1）中的结论仍然成立. ……………………………………………3分 延长DM与BC交于点N ∵DE⊥AB CB⊥AB， ∴∠EDB=∠CBD=90° ∴DE∥BC. ∴∠DEM=∠MCN. 又∵∠EMD=∠NMC，