中考复习

• 要证明\(CE=CD\)，可以先找哪条直线同时垂直于弦\(DE\)？
• 切线\(BC\)与半径\(OC\)的关系是什么？平行线\(DE\parallel BC\)能推出什么？
• 由\(OC\perp DE\)且\(OC\)过圆心，用垂径定理得\(OC\)平分\(DE\)；点\(C\)在这条垂直平分线上，所以\(CE=CD\)。

1. 切线给出垂直关系\(BC\)是切线，所以\(OC\perp BC\)。又\(DE\parallel BC\)，因此\(OC\perp DE\)。
2. 应用垂径定理直线\(OC\)过圆心且垂直弦\(DE\)，所以它平分弦\(DE\)，也就是\(C\)在\(DE\)的垂直平分线上。
3. 得到两弦相等垂直平分线上的点到线段两端点距离相等，因此\(CE=CD\)。

答案：\(CE=CD\)。

回头检验：关键条件是\(OC\perp DE\)且\(OC\)过圆心；这正是垂径定理的适用条件。

容易错在：不要把切线\(BC\)直接当成弦；先由切线性质得到\(OC\perp BC\)，再利用平行关系。

• 先求出\(\angle OBC\)和\(\angle OBD\)分别需要哪些已知角？
• 小弧中点会把\(\angle AOB\)分成两角；\(DB=DC\)又使哪个三角形成为等腰三角形？
• 先由\(OC=OB=BC\)得\(\triangle OBC\)为等边三角形，再用\(\angle BDC\)所对的弧和\(DB=DC\)求\(\angle DBC\)。

1. 先处理小弧中点\(C\)为小弧\(AB\)的中点，所以 \(\angle BOC=60^\circ\)。又\(OB=OC\)，故\(BC=OB\)，\(\triangle OBC\)为等边三角形，\(\angle OBC=60^\circ\)。
2. 求\(\angle DBC\)\(\angle BDC\)所对的小弧\(BC\)为 \(60^\circ\)，所以 \(\angle BDC=30^\circ\)。在等腰三角形\(DBC\)中，\(DB=DC\)，故 \(\angle DBC=(180^\circ-30^\circ)\div2=75^\circ\)。
3. 作差得到目标角射线\(BO\)位于\(BC\)与\(BD\)之间，因此 \(\angle OBD=\angle DBC-\angle OBC=75^\circ-60^\circ=15^\circ\)。

答案：\(\angle OBC=60^\circ\)，\(\angle OBD=15^\circ\)。

回头检验：三角形\(OBC\)的三个角均为\(60^\circ\)；\(60^\circ+15^\circ=75^\circ\)，与\(\angle DBC\)一致。

容易错在：圆周角\(\angle BDC\)对应的是小弧\(BC\)，要取圆心角的一半；不要把\(DB=DC\)误读成\(\angle DBC=\angle BDC\)。

• 第（1）问：切线 \(BC\) 和半径 \(OC\) 是什么关系？\(DE\) 又和 \(OC\) 是什么关系？
• 第（2）问：先设半径求出 \(OB\)。\(DE\) 的一半是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，可以用 \(\triangle OCD\) 的面积算。

1. （1）切线得垂直\(BC\) 切 \(\odot O\) 于 \(C\)，所以 \(OC\perp BC\)。又 \(DE\parallel BC\)，所以 \(OC\perp DE\)。
2. （1）垂径定理直线 \(OC\) 过圆心且垂直于弦 \(DE\)，所以它垂直平分 \(DE\)。点 \(C\) 在 \(DE\) 的垂直平分线上，所以 \(CE=CD\)。
3. （2）求半径设半径为 \(r\)，则 \(OB=r+2\)。在 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 中，\((r+2)^2=r^2+4^2\)，解得 \(r=3\)，\(OB=5\)。
4. （2）求 \(CD\) 和 \(OH\)\(CH\) 是 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 斜边上的高，\(CH=\frac{OC\cdot BC}{OB}=\frac{12}{5}\)。由垂径定理，\(CD=2CH=\frac{24}{5}\)。\(OH=\sqrt{3^2-\left(\frac{12}{5}\right)^2}=\frac95\)。
5. （2）面积算两次设直线 \(OC\) 与 \(DE\) 交于点 \(F\)，则 \(DF\perp OC\)，\(DE=2DF\)。\(\triangle OCD\) 的面积既等于 \(\frac12 CD\cdot OH\)，也等于 \(\frac12 OC\cdot DF\)，所以 \(DF=\frac{\frac{24}{5}\times\frac95}{3}=\frac{72}{25}\)。
6. （2）求 DE 的长\(DE=2DF=\frac{144}{25}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(DE=\frac{144}{25}\)

回头检验：\(\frac{144}{25}=5.76\)，比直径 \(6\) 短，合理。在 \(\text{Rt}\triangle ODF\) 中，\(OF=\sqrt{9-\left(\frac{72}{25}\right)^2}=\frac{21}{25}\)，于是 \(CF=3+\frac{21}{25}=\frac{96}{25}\)，\(CF^2+DF^2=\left(\frac{24}{5}\right)^2=CD^2\)，前后一致。

容易错在：点 \(F\) 在 \(CO\) 的延长线上，不在半径 \(OC\) 上。用面积法时，\(DF\) 是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，照样能用。

• 第（1）问：\(BC\parallel OP\) 能给出哪两对相等的角？再看 \(\triangle POA\) 和 \(\triangle POC\)。
• 第②问：\(E\) 把 \(OC\) 分成两段，比例怎么求？试着延长 \(PD\)，和直线 \(BC\) 相交。

1. （1）平行得等角\(BC\parallel OP\)，所以 \(\angle AOP=\angle OBC\)，\(\angle POC=\angle OCB\)。又 \(OB=OC\)，\(\angle OBC=\angle OCB\)，所以 \(\angle AOP=\angle POC\)。
2. （1）全等得直角\(OA=OC\)，\(\angle AOP=\angle COP\)，\(OP=OP\)，所以 \(\triangle AOP\cong\triangle COP\)（SAS），\(\angle OCP=\angle OAP=90^\circ\)。\(C\) 在圆上，所以 \(PC\) 是 \(\odot O\) 的切线。
3. ①作弦心距\(OP=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5\)。作 \(OK\perp BC\) 于 \(K\)，则 \(BK=KC\)。\(\angle OBK=\angle POA\)，\(\angle OKB=\angle PAO=90^\circ\)，所以 \(\triangle OKB\sim\triangle PAO\)，\(\frac{BK}{OB}=\frac{OA}{OP}\)，\(BK=\frac{2\times2}{2\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}\)。
4. ①求 BC 的长\(BC=2BK=\frac{4\sqrt5}{5}\)。
5. ②延长 \(PD\)延长 \(PD\) 交直线 \(BC\) 于 \(Q\)。\(OP\parallel BQ\)，\(OD=DB\)，对顶角相等，所以 \(\triangle DOP\cong\triangle DBQ\)，\(BQ=OP=2\sqrt5\)，\(CQ=CB+BQ=\frac{14\sqrt5}{5}\)。
6. ②求 \(CE\)\(OP\parallel CQ\)，所以 \(\triangle EOP\sim\triangle ECQ\)，\(\frac{OE}{EC}=\frac{OP}{CQ}=\frac{2\sqrt5}{\frac{14\sqrt5}{5}}=\frac57\)。\(OC=2\)，所以 \(CE=\frac{7}{12}\times2=\frac76\)。
7. ②求正切由（1）的全等，\(PC=PA=4\)，且 \(\angle PCE=90^\circ\)。所以 \(\tan\angle PEC=\frac{PC}{CE}=\frac{4}{\frac76}=\frac{24}{7}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）① \(\frac{4\sqrt5}{5}\)；② \(\frac{24}{7}\)

回头检验：以 \(O\) 为原点、\(AB\) 为横轴建立坐标系：\(C\left(\frac65,\frac85\right)\)，\(D(1,0)\)，\(P(-2,4)\)。直线 \(DP\) 与 \(OC\) 交于 \(E\left(\frac12,\frac23\right)\)，\(OE=\frac56\)，\(CE=2-\frac56=\frac76\)，与前面的结果一致。

容易错在：\(\angle PEC\) 所在的 \(\triangle PCE\) 是直角三角形，直角来自第（1）问的切线，不要忘了说明。

• 目标角的两条边截得哪一段弧？先定位它所对的弧。
• 正五边形的五条边对应的圆心角相等；点P的位置决定圆周角取哪一段弧。
• 先用\(360^\circ\div5\)求弧\(CD\)的圆心角，再取同弧圆周角的一半。

1. 数等分圆周正五边形的五个顶点把圆周五等分，所以\(\angle COD=360^\circ\div5=72^\circ\)。
2. 找圆周角所对的弧点\(P\)在弧\(BC\)上，因此\(\angle CPD\)所对的是不含\(P\)的弧\(CD\)，正好对应圆心角\(\angle COD\)。
3. 应用圆周角定理同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故\(\angle CPD=72^\circ\div2=36^\circ\)。

答案：\(36^\circ\)。

回头检验：五个相等圆心角的和为\(360^\circ\)，每个为\(72^\circ\)；圆周角取半得到\(36^\circ\)。

容易错在：先确认圆周角所对的是不含顶点P的弧；不能把相邻的弧\(BC\)或整圆误当成弧\(CD\)。

• \(\triangle ABD\) 是等边三角形，圆内接四边形的外角等于内对角。
• 第（3）问：设 \(\angle DBC=\theta\)，把 \(\triangle GBC\) 的两个底角都用 \(\theta\) 表示。最后要把 \(BC\)，\(CD\) 都用 \(AC\) 表示，再算 \(BD\)。

1. （1）求 \(\angle E\)\(AB=BD\)，\(\angle ABD=60^\circ\)，所以 \(\triangle ABD\) 是等边三角形，\(\angle BAD=60^\circ\)。圆内接四边形的外角等于内对角，\(\angle BCE=\angle BAD=60^\circ\)。又 \(\angle CBE=60^\circ\)，所以 \(\angle E=60^\circ\)，\(\triangle BCE\) 是等边三角形。
2. （2）证 \(AC\parallel FE\)\(\angle ACD=\angle ABD=60^\circ=\angle E\)（同弧 \(AD\) 所对的圆周角），同位角相等，所以 \(AC\parallel FE\)。
3. （2）证 \(AF\parallel CE\)四边形 \(AFBD\) 内接于圆，\(\angle AFB=180^\circ-\angle ADB=120^\circ\)，所以 \(\angle AFE+\angle E=180^\circ\)，\(AF\parallel CE\)。两组对边分别平行，四边形 \(AFEC\) 是平行四边形。
4. （3）证 \(GB=GC\)设 \(\angle DBC=\theta\)。\(\angle BCD=180^\circ-\angle BAD=120^\circ\)，所以 \(\angle BDC=60^\circ-\theta\)。\(\angle BFC=\angle BDC=60^\circ-\theta\)，\(\angle FBC=180^\circ-\angle CBE=120^\circ\)，所以 \(\angle BCF=\theta=\angle GBC\)，\(GB=GC\)。
5. （3）用相似得 \(BC:FD\)\(\angle GBC=\angle GFD\)（同弧 \(CD\)），\(\angle GCB=\angle GDF\)（同弧 \(BF\)），所以 \(\triangle GBC\sim\triangle GFD\)，\(\frac{BC}{FD}=\frac{GB}{GF}=\frac{GC}{GF}=\frac23\)。
6. （3）证 \(FD=AC\)由（2），\(AF\parallel DC\)。平行弦夹着的弧相等，弧 \(FC\) 等于弧 \(DA\)，两边都加上弧 \(CD\)，得弧 \(FCD\) 等于弧 \(CDA\)，所以 \(FD=AC\)，\(BC=\frac23AC\)。
7. （3）用全等得 \(CD\)\(\angle ABF=180^\circ-60^\circ-\theta-60^\circ=60^\circ-\theta=\angle BDC\)，\(\angle AFB=120^\circ=\angle BCD\)，\(AB=BD\)，所以 \(\triangle ABF\cong\triangle BDC\)（AAS），\(BF=CD\)。于是 \(AC=FE=FB+BE=CD+BC\)，\(CD=\frac13AC\)。
8. （3）求 \(BD\)设 \(AC=3t\)，则 \(BC=2t\)，\(CD=t\)。作 \(DP\perp BC\)，交 \(BC\) 的延长线于 \(P\)。\(\angle DCP=60^\circ\)，\(CP=\frac t2\)，\(DP=\frac{\sqrt3}{2}t\)，\(BD^2=\left(\frac{5t}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt3t}{2}\right)^2=7t^2\)。所以 \(\frac{BD}{AC}=\frac{\sqrt7t}{3t}=\frac{\sqrt7}{3}\)。

答案：（1）\(60^\circ\)；（2）证明见解析；（3）\(\frac{\sqrt7}{3}\)

回头检验：由 \(GB=GC\)、\(GF=GD\) 可得 \(\frac{BG}{GD}=\frac23\)。再用坐标核对：\(BC:CD=2:1\)，\(\frac{BD}{AC}\approx0.882\)，与 \(\frac{\sqrt7}{3}\approx0.882\) 一致。

容易错在：\(\frac{CG}{FG}\) 不能直接当作 \(\frac{BC}{FD}\)。要先证出 \(GB=GC\)，相似比才接得上。

• 第（1）问：\(PC^2=PA\cdot PB\) 能写成比例，找一对相似三角形。
• 第（2）问：先证 \(BE\perp AB\)。第（3）问：两个三角形的高都是 \(OH\)，只要比较 \(DF\) 和 \(FH\)。

1. （1）由比例得相似\(PC^2=PA\cdot PB\)，即 \(\frac{PC}{PA}=\frac{PB}{PC}\)，又 \(\angle P\) 公共，所以 \(\triangle PCA\sim\triangle PBC\)，\(\angle PCA=\angle PBC\)。
2. （1）证明 PC 与 OC 垂直\(OC=OB\)，所以 \(\angle OCB=\angle OBC=\angle PCA\)。\(AB\) 是直径，\(\angle ACB=90^\circ\)。于是 \(\angle PCO=\angle PCA+\angle ACO=\angle OCB+\angle ACO=90^\circ\)，\(PC\) 是 \(\odot O\) 的切线。
3. （2）证 \(BE\perp AB\)\(\angle BCE=180^\circ-\angle ACB=90^\circ\)，\(M\) 是斜边 \(BE\) 的中点，所以 \(MC=MB\)，\(\angle MBC=\angle MCB\)。\(P\)，\(C\)，\(M\) 共线，\(\angle MCB=180^\circ-\angle PCA-90^\circ=90^\circ-\angle ABC=\angle CAB\)。所以 \(\angle ABE=\angle ABC+\angle MBC=\angle ABC+\angle CAB=90^\circ\)。
4. （2）用相似求比\(\angle PCO=\angle PBM=90^\circ\)，\(\angle P\) 公共，所以 \(\triangle PCO\sim\triangle PBM\)，\(\frac{PC}{PB}=\frac{OC}{MB}=\frac{\sqrt{21}}{3\sqrt6}\)，平方得 \(\frac{PC^2}{PB^2}=\frac{7}{18}\)。
5. （2）求 \(PA\)把 \(PC^2=PA\cdot PB\) 代入，得 \(\frac{PA}{PB}=\frac{7}{18}\)。\(PB=PA+2\sqrt{21}\)，所以 \(18PA=7PA+14\sqrt{21}\)，\(PA=\frac{14\sqrt{21}}{11}\)。
6. （3）化成比较线段\(\triangle OFD\) 和 \(\triangle OFH\) 的底 \(DF\)，\(FH\) 都在直线 \(DH\) 上，高都是 \(OH\)。所以只要比较 \(DF\) 和 \(FH\)。
7. （3）证 \(DF=BF\)\(OB=OC\)，\(MB=MC\)，所以 \(OM\) 垂直平分 \(BC\)，\(D\) 是弧 \(BC\) 的中点，\(\angle DBC=\angle DAB\)。\(AB\) 是直径，\(\angle ADB=90^\circ\)，在 \(\text{Rt}\triangle DHB\) 中，\(\angle HDB=90^\circ-\angle DBA=\angle DAB\)。所以 \(\angle FDB=\angle FBD\)，\(DF=BF\)。
8. （3）比较两个三角形的面积在 \(\text{Rt}\triangle FHB\) 中，斜边 \(BF\) 大于直角边 \(FH\)，所以 \(DF>FH\)，\(S_1>S_2\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(PA=\frac{14\sqrt{21}}{11}\)；（3）\(S_1>S_2\)

回头检验：第（2）问还可以用坐标核对：取 \(BE\perp AB\)，由 \(M\) 作切线得 \(C\)，直线 \(MC\) 交 \(BA\) 的延长线于 \(P\)，算得 \(PA\approx5.832\)，与 \(\frac{14\sqrt{21}}{11}\approx5.832\) 一致，并且 \(E\) 正好在 \(AC\) 的延长线上。

容易错在：第（3）问不需要第（2）问的数据，只靠角的关系就能证。只代第（2）问的数去算面积，不能说明一般情况。

• （1）切线判定要证明哪条半径与\(DG\)垂直？题设的半角条件应和哪些圆心角联系。
• （2）已知直径和弦长后，先在等腰三角形或直角三角形中找出\(OE\)，再观察\(OE\)、\(OD\)、\(OF\)形成的相似三角形。
• 连接\(OC,OD\)，用垂径定理平分弦和对应圆心角；证\(\angle ODG=90^\circ\)后，再由\(\triangle OED\sim\triangle ODF\)求\(OF\)，最后减去半径。

1. 把半角条件换成圆心角设\(\alpha=\angle CAB\)。由圆周角定理，\(\angle COB=2\alpha\)。又\(CD\perp AB\)，垂径定理给出\(CE=DE\)，所以\(OE\)平分\(\angle COD\)，故\(\angle DOE=\angle COE=2\alpha\)，从而\(\angle CDO=90^\circ-2\alpha\)。题设\(\angle CDG=2\alpha\)。
2. 证明切线在点D处，\(\angle ODG=\angle CDO+\angle CDG=(90^\circ-2\alpha)+2\alpha=90^\circ\)。半径\(OD\)垂直于过D的直线\(DG\)，所以\(DG\)是\(\odot O\)的切线。
3. 求半径和弦心距\(OA=OB=5\)，且\(DE=CD\div2=3\)。在直角三角形\(ODE\)中，\(OE=\sqrt{OD^2-DE^2}=\sqrt{25-9}=4\)。
4. 相似三角形求外段\(OE\perp DE\)，而\(OD\perp DF\)（\(DF\)与切线同一直线），故\(\triangle OED\sim\triangle ODF\)。于是\(\dfrac{OE}{OD}=\dfrac{OD}{OF}\)，得到\(OF=\dfrac{25}{4}\)。
5. 回到题目线段\(OB=5\)，且F在O、B的同侧延长线上，所以\(BF=OF-OB=\dfrac{25}{4}-5=\dfrac54\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(BF=\dfrac54\)。

回头检验：半径为5、弦心距为4、半弦为3满足\(3^2+4^2=5^2\)；相似比给出\(OF=6.25\)，故外段\(BF=1.25\)。

容易错在：垂径定理只说明\(E\)是弦\(CD\)的中点，不能直接把\(OE\)当成半径；相似三角形的对应边要按直角顶点顺序匹配。

• 第（1）问：切线 \(BC\) 和半径 \(OC\) 是什么关系？\(DE\) 又和 \(OC\) 是什么关系？
• 第（2）问：先设半径求出 \(OB\)。\(DE\) 的一半是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，可以用 \(\triangle OCD\) 的面积算。

1. （1）切线得垂直\(BC\) 切 \(\odot O\) 于 \(C\)，所以 \(OC\perp BC\)。又 \(DE\parallel BC\)，所以 \(OC\perp DE\)。
2. （1）垂径定理直线 \(OC\) 过圆心且垂直于弦 \(DE\)，所以它垂直平分 \(DE\)。点 \(C\) 在 \(DE\) 的垂直平分线上，所以 \(CE=CD\)。
3. （2）求半径设半径为 \(r\)，则 \(OB=r+2\)。在 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 中，\((r+2)^2=r^2+4^2\)，解得 \(r=3\)，\(OB=5\)。
4. （2）求 \(CD\) 和 \(OH\)\(CH\) 是 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 斜边上的高，\(CH=\frac{OC\cdot BC}{OB}=\frac{12}{5}\)。由垂径定理，\(CD=2CH=\frac{24}{5}\)。\(OH=\sqrt{3^2-\left(\frac{12}{5}\right)^2}=\frac95\)。
5. （2）面积算两次设直线 \(OC\) 与 \(DE\) 交于点 \(F\)，则 \(DF\perp OC\)，\(DE=2DF\)。\(\triangle OCD\) 的面积既等于 \(\frac12 CD\cdot OH\)，也等于 \(\frac12 OC\cdot DF\)，所以 \(DF=\frac{\frac{24}{5}\times\frac95}{3}=\frac{72}{25}\)。
6. （2）求 DE 的长\(DE=2DF=\frac{144}{25}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(DE=\frac{144}{25}\)

回头检验：\(\frac{144}{25}=5.76\)，比直径 \(6\) 短，合理。在 \(\text{Rt}\triangle ODF\) 中，\(OF=\sqrt{9-\left(\frac{72}{25}\right)^2}=\frac{21}{25}\)，于是 \(CF=3+\frac{21}{25}=\frac{96}{25}\)，\(CF^2+DF^2=\left(\frac{24}{5}\right)^2=CD^2\)，前后一致。

容易错在：点 \(F\) 在 \(CO\) 的延长线上，不在半径 \(OC\) 上。用面积法时，\(DF\) 是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，照样能用。

本题用到的方法：圆的切线与幂定理、圆周角与弦的关系

• 第（1）问：\(BC\parallel OP\) 能给出哪两对相等的角？再看 \(\triangle POA\) 和 \(\triangle POC\)。
• 第②问：\(E\) 把 \(OC\) 分成两段，比例怎么求？试着延长 \(PD\)，和直线 \(BC\) 相交。

1. （1）平行得等角\(BC\parallel OP\)，所以 \(\angle AOP=\angle OBC\)，\(\angle POC=\angle OCB\)。又 \(OB=OC\)，\(\angle OBC=\angle OCB\)，所以 \(\angle AOP=\angle POC\)。
2. （1）全等得直角\(OA=OC\)，\(\angle AOP=\angle COP\)，\(OP=OP\)，所以 \(\triangle AOP\cong\triangle COP\)（SAS），\(\angle OCP=\angle OAP=90^\circ\)。\(C\) 在圆上，所以 \(PC\) 是 \(\odot O\) 的切线。
3. ①作弦心距\(OP=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5\)。作 \(OK\perp BC\) 于 \(K\)，则 \(BK=KC\)。\(\angle OBK=\angle POA\)，\(\angle OKB=\angle PAO=90^\circ\)，所以 \(\triangle OKB\sim\triangle PAO\)，\(\frac{BK}{OB}=\frac{OA}{OP}\)，\(BK=\frac{2\times2}{2\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}\)。
4. ①求 BC 的长\(BC=2BK=\frac{4\sqrt5}{5}\)。
5. ②延长 \(PD\)延长 \(PD\) 交直线 \(BC\) 于 \(Q\)。\(OP\parallel BQ\)，\(OD=DB\)，对顶角相等，所以 \(\triangle DOP\cong\triangle DBQ\)，\(BQ=OP=2\sqrt5\)，\(CQ=CB+BQ=\frac{14\sqrt5}{5}\)。
6. ②求 \(CE\)\(OP\parallel CQ\)，所以 \(\triangle EOP\sim\triangle ECQ\)，\(\frac{OE}{EC}=\frac{OP}{CQ}=\frac{2\sqrt5}{\frac{14\sqrt5}{5}}=\frac57\)。\(OC=2\)，所以 \(CE=\frac{7}{12}\times2=\frac76\)。
7. ②求正切由（1）的全等，\(PC=PA=4\)，且 \(\angle PCE=90^\circ\)。所以 \(\tan\angle PEC=\frac{PC}{CE}=\frac{4}{\frac76}=\frac{24}{7}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）① \(\frac{4\sqrt5}{5}\)；② \(\frac{24}{7}\)

回头检验：以 \(O\) 为原点、\(AB\) 为横轴建立坐标系：\(C\left(\frac65,\frac85\right)\)，\(D(1,0)\)，\(P(-2,4)\)。直线 \(DP\) 与 \(OC\) 交于 \(E\left(\frac12,\frac23\right)\)，\(OE=\frac56\)，\(CE=2-\frac56=\frac76\)，与前面的结果一致。

容易错在：\(\angle PEC\) 所在的 \(\triangle PCE\) 是直角三角形，直角来自第（1）问的切线，不要忘了说明。

本题用到的方法：圆的切线与幂定理、圆周角与弦的关系

• 第（1）问：比较 \(\triangle BAP\) 和 \(\triangle CAQ\)。旋转角与顶角都是 \(30^\circ\)，怎样得到夹角相等？
• 第（2）问：先求 \(\angle QCP\) 与 \(\angle BPQ\)。从 \(Q\) 向直线 \(BP\) 作垂线，用 \(30^\circ\)、\(45^\circ\) 的直角三角形。

1. （1）标出对应边和夹角旋转得 \(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)。按图中的射线顺序，\(\angle BAP=\angle BAC+\angle CAP=30^\circ+\angle CAP\)，\(\angle CAQ=\angle CAP+\angle PAQ=\angle CAP+30^\circ\)，所以两个夹角相等。
2. （1）用全等比较线段\(AB=AC\)，\(AP=AQ\)，\(\angle BAP=\angle CAQ\)，所以 \(\triangle BAP\cong\triangle CAQ\)（SAS），得到 \(BP=CQ\)，并且 \(\angle ABP=\angle ACQ\)。
3. （2）先求两个角等腰三角形 \(ABC\) 的底角都是 \(75^\circ\)，所以 \(\angle ACQ=75^\circ\)。\(\angle ACP=105^\circ\)，故 \(\angle QCP=105^\circ-75^\circ=30^\circ\)。又 \(\angle BAP=45^\circ\)，在 \(\triangle ABP\) 中得 \(\angle APB=60^\circ\)。
4. （2）把斜边长度换成高\(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)，所以 \(\angle APQ=75^\circ\)。由图中射线顺序，\(\angle BPQ=60^\circ+75^\circ=135^\circ\)。过 \(Q\) 作 \(QH\perp BP\) 于 \(H\)，\(H\) 在 \(BP\) 的延长线上，于是 \(\angle QPH=45^\circ\)，\(QH=PQ\sin45^\circ=2\)。
5. （2）回到要找的线段在 \(\text{Rt}\triangle CQH\) 中，\(\angle QCH=30^\circ\)，故 \(CQ=2QH=4\)。由（1）得 \(BP=CQ=4\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(4\)

回头检验：可取 \(B(0,0)\)，\(P(4,0)\)，\(A(3-\sqrt3,3+\sqrt3)\)，\(C(6-2\sqrt3,0)\)。绕 \(A\) 逆时针旋转 \(30^\circ\) 得 \(Q(6,2)\)，于是 \(PQ=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2\)，\(CQ=4\)。

容易错在：旋转不是把 \(AC\) 转到 \(AQ\)，而是把 \(AP\) 转到 \(AQ\)。第（2）问 \(\angle BPQ=135^\circ\)，垂足 \(H\) 在延长线上，不在线段 \(BP\) 内。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 第（1）问：比较 \(\triangle ABE^{\prime}\) 和 \(\triangle ADF^{\prime}\)。
• 第（2）问①：把乘积式改成 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，找两组相等的角。
• 第（2）问②：两三角形的底边 \(EM\)、\(FM\) 在同一条直线上，只需找 \(EM:FM\)。

1. （1）旋转给出全等条件\(AB=AD=15\)，\(AE^{\prime}=AF^{\prime}=9\)，\(\angle BAE^{\prime}=\angle DAF^{\prime}=\alpha\)。所以 \(\triangle ABE^{\prime}\cong\triangle ADF^{\prime}\)（SAS），得到 \(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)。
2. （2）①从垂直补出第二个直角现在 \(\angle AE^{\prime}B=90^\circ\)，由（1）的全等得 \(\angle AF^{\prime}D=90^\circ\)。在 \(\text{Rt}\triangle ADF^{\prime}\) 中，\(\angle ADF^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。同时，\(\angle NAE^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。
3. （2）①证相似后交叉相乘\(\angle ANE^{\prime}=\angle DNF^{\prime}\)（对顶角），\(\angle NAE^{\prime}=\angle NDF^{\prime}\)，所以 \(\triangle NAE^{\prime}\sim\triangle NDF^{\prime}\)。于是 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，即 \(NA\cdot NF^{\prime}=ND\cdot NE^{\prime}\)。
4. （2）②求旋转角的三角比在 \(\text{Rt}\triangle ABE^{\prime}\) 中，\(AB=15\) 是斜边，\(AE^{\prime}=9\)，故 \(\cos\alpha=\dfrac35\)，\(\sin\alpha=\dfrac45\)。以 \(A\) 为原点，\(AD\) 向右为 \(x\) 轴正向，\(AB\) 向下为 \(y\) 轴负向，得 \(E(0,-9)\)、\(F(9,0)\)。
5. （2）②求交点\(AE^{\prime}\) 的方向是向右、向下，横向距离与向下距离之比为 \(4:3\)，故直线 \(AE^{\prime}\) 为 \(y=-\dfrac34x\)。直线 \(EF\) 为 \(y=x-9\)。联立得 \(M\left(\dfrac{36}{7},-\dfrac{27}{7}\right)\)。
6. （2）②同高比底\(EM:MF=\dfrac{36}{7}:\dfrac{27}{7}=4:3\)。\(\triangle AEM\) 与 \(\triangle AFM\) 对直线 \(EF\) 的高相同，所以面积比为 \(4:3\)。

答案：（1）\(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)；（2）①证明见解析；②\(4:3\)

回头检验：在上述坐标下，\(E^{\prime}\left(\dfrac{36}{5},-\dfrac{27}{5}\right)\)，\(F^{\prime}\left(\dfrac{27}{5},\dfrac{36}{5}\right)\)，\(N\left(\dfrac{45}{7},0\right)\)。算得 \(NA:ND=3:4=NE^{\prime}:NF^{\prime}\)；\(BE^{\prime}=DF^{\prime}=12\)。\(M\) 的横坐标在 \(0\) 与 \(9\) 之间，确实在线段 \(EF\) 内。

容易错在：第（2）问的垂直条件只在该特殊位置成立；不能把 \(\alpha\) 当成任意角。面积比要比 \(EM\) 和 \(MF\)，不是比 \(AE\) 和 \(AF\)。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 三小问分别要求画出什么对象，哪些点的坐标需要先确定？
• 关于 y 轴、向右上平移和顺时针旋转时，横纵坐标分别怎样变化？
• 按“对称换符号、平移加向量、旋转变换相对坐标”的坐标模型逐步计算。

1. 关于 y 轴对称关于 y 轴对称时横坐标变为相反数，纵坐标不变，所以\(A_1(3,-2),B_1(1,-1),C_1(3,3)\)，连接三点即可。
2. 平移线段向右 1、向上 3 等于给每个点加\((1,3)\)，故\(A_2(-2,1),B_2(0,2)\)。
3. 绕 B 顺时针旋转从\(B(-1,-1)\)到\(C(-3,3)\)的相对向量是\((-2,4)\)。顺时针旋转\(90^\circ\)后变为\((4,2)\)，加回 B 得\(C_2(3,1)\)。

答案：（1）\(A_1(3,-2),B_1(1,-1),C_1(3,3)\)；（2）\(A_2(-2,1),B_2(0,2)\)；（3）\(C_2(3,1)\)。

回头检验：把\(A_1,B_1,C_1\)代回横坐标取相反数；把\(A_2,B_2\)分别减去\((1,3)\)回到原点；旋转后\(BC_2\)仍长为\(BC=2\sqrt5\)。

容易错在：旋转时要以 B 为中心先取相对向量，不能直接对点 C 的原坐标旋转。

• 周长要包含哪四条边，折叠后哪些边可以用原三角形的边表示？
• A 与 D 是对应点，折痕 EF 对 AD 有什么位置关系？
• 用垂直平分线和中位线定出 E、F 的位置，再逐边相加。

1. 找折痕位置折叠把 A 映到 D，所以折痕\(EF\)是\(AD\)的垂直平分线。等边三角形中\(D\)是\(BC\)中点且\(AD\perp BC\)，因此\(EF\parallel BC\)。
2. 确定线段长度由中位线定理，\(E,F\)分别为\(AB,AC\)的中点，故\(EB=AF=EF=5\)。又\(BD=5\)，且\(DF=AF=5\)。
3. 计算周长按\(E-B-D-F-E\)的顺序，周长为\(EB+BD+DF+FE=5+5+5+5=20\)。

答案：20

回头检验：四边形边界依次为 EB、BD、DF、FE，四条边均为 5，和为 20。

容易错在：周长不要把折叠前的 AE、FC 或内部折痕混入；先按顶点顺序列边。

• 先求折痕两侧的角，再确定\(B'\)与\(AD\)的夹角。
• \(B'\)与 B 的对应关系会提供哪条等长边？
• 过\(B'\)向\(AD\)作垂线，用正弦或含 30° 角的直角三角形求距离。

1. 由折叠求角\(\angle CEB'=60^\circ\)，而\(B,E,C\)共线，所以\(\angle BEB'=120^\circ\)。折痕\(AE\)平分它，故\(\angle BEA=\angle AEB'=60^\circ\)。
2. 确定\(B'\)的方向在直角三角形\(ABE\)中，\(\angle BAE=30^\circ\)。折叠保持角度，\(\angle B'AE=30^\circ\)；矩形中\(AB\perp AD\)，所以\(\angle B'AD=30^\circ\)。
3. 求垂距折叠保持\(AB'=AB=3\)。向\(AD\)作垂线后，所得直角三角形含 30° 角，距离为\(3\sin30^\circ=\dfrac32\,\text{cm}\)。

答案：\(\dfrac32\,\text{cm}\)

回头检验：取\(A\)为原点、\(AD\)为横轴，\(AB'\)与横轴成 30°，纵坐标为\(3\sin30^\circ=\dfrac32\)。

容易错在：\(\angle CEB'\)不是折痕两侧的夹角，先利用 B、E、C 共线补成平角。

• 延长哪条边后更容易看出折叠前后的两条射线？
• 已知平行关系能把\(36^\circ\)转移到哪个大角？
• 用折痕平分角，再用平行线的内错角得到所求角。

1. 补出折叠前边缘将\(AC\)向右延长到\(H\)。折痕\(CD\)把折叠前的射线\(CH\)映到\(CE\)，所以\(\angle HCD=\angle ECD\)。
2. 求被平分的大角由\(AB\parallel CE\)，同位角\(\angle HCE=\angle CAB=36^\circ\)。于是\(\angle HCD=18^\circ\)。
3. 转移到所求角纸带两边平行，\(AC\parallel BD\)，所以\(\angle CDB=\angle HCD=18^\circ\)，选择 C。

答案：C（\(18^\circ\)）

回头检验：\(36^\circ\)被第二条折痕分成两个相等角，各为\(18^\circ\)；平行边使对应内错角相等。

容易错在：不能把已知的 36° 直接当作\(\angle CDB\)，折痕平分关系要先写出来。

• 先求\(AB\)，再用平行条件比较哪些角来确定\(D\)的位置？
• 重叠部分的边界中，哪条线段与\(AC\)平行，哪些角是直角？
• 按翻折等角→等腰三角形→相似三角形的链条，求底和高后算面积。

1. 求斜边并定位 D勾股得\(AB=\sqrt{2^2+(\sqrt5)^2}=3\)。翻折给出\(\angle A'CD=\angle ACD\)，又\(A'C\parallel DB\parallel AB\)，所以\(\angle A'CD=\angle ADC\)，从而\(\angle ACD=\angle ADC\)，得\(AD=AC=2\)，\(BD=1\)。
2. 识别重叠部分翻折后\(\angle A'DC=\angle ADC=\angle ACD\)，故\(A'D\parallel AC\)。因\(AC\perp BC\)，\(A'D\perp BC\)，重叠区域为直角三角形\(CDE\)。
3. 用相似求两直角边\(DE\parallel AC\)，所以\(\triangle BDE\sim\triangle BAC\)，相似比为\(BD:BA=1:3\)。于是\(DE=\dfrac23\)，\(BE=\dfrac{\sqrt5}{3}\)，\(CE=\dfrac{2\sqrt5}{3}\)。
4. 计算面积\(S_{CDE}=\dfrac12\cdot CE\cdot DE=\dfrac12\cdot\dfrac{2\sqrt5}{3}\cdot\dfrac23=\dfrac{2\sqrt5}{9}\)，选择 C。

答案：C（\(\dfrac{2\sqrt5}{9}\)）

回头检验：面积约为 0.497；它小于\(\triangle ABC\)面积\(\sqrt5\)，且\(CE/BC=2/3\)、\(DE/AC=1/3\)符合相似比。

容易错在：平行条件用于确定角和点 D 的位置；不能只凭图形外观判断重叠区域。

• 设\(AD=x\)后，\(A'D\)能用折叠性质改写成什么？
• \(D\)到\(BC\)的距离与\(BD=2-x\)及 60° 有何关系？
• 用垂线段最短列不等式，再检查折痕与\(AC\)的交点确在线段上。

1. 设元并用折叠等长设\(AD=x\)，则\(BD=2-x\)。翻折保持长度，故\(A'D=AD=x\)。
2. 建立距离下界\(D\)到直线\(BC\)的距离为\((2-x)\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}(2-x)\)。点\(A'\)在\(BC\)上，所以\(A'D\)不小于这条垂线段。
3. 解不等式\(x\ge\dfrac{\sqrt3}{2}(2-x)\)，得\(x\ge\dfrac{2\sqrt3}{2+\sqrt3}=4\sqrt3-6\)。
4. 检查等号取等号时\(A'\)为\(D\)到\(BC\)的垂足；对应的折痕与\(AC\)相交于边\(AC\)内，条件可实现，因此最小值为\(4\sqrt3-6\)。

答案：\(4\sqrt3-6\)

回头检验：\(4\sqrt3-6\approx0.928\)，代入右侧\(\frac{\sqrt3}{2}(2-x)\)同样得到约 0.928；等号位置在边\(BC\)上。

容易错在：只列出下界而不检查等号能否实现，不能直接宣布是最小值。

• 三小问分别要求画出什么对象，哪些点的坐标需要先确定？
• 关于 y 轴、向右上平移和顺时针旋转时，横纵坐标分别怎样变化？
• 按“对称换符号、平移加向量、旋转变换相对坐标”的坐标模型逐步计算。

1. 关于 y 轴对称关于 y 轴对称时横坐标变为相反数，纵坐标不变，所以\(A_1(3,-2),B_1(1,-1),C_1(3,3)\)，连接三点即可。
2. 平移线段向右 1、向上 3 等于给每个点加\((1,3)\)，故\(A_2(-2,1),B_2(0,2)\)。
3. 绕 B 顺时针旋转从\(B(-1,-1)\)到\(C(-3,3)\)的相对向量是\((-2,4)\)。顺时针旋转\(90^\circ\)后变为\((4,2)\)，加回 B 得\(C_2(3,1)\)。

答案：（1）\(A_1(3,-2),B_1(1,-1),C_1(3,3)\)；（2）\(A_2(-2,1),B_2(0,2)\)；（3）\(C_2(3,1)\)。

回头检验：把\(A_1,B_1,C_1\)代回横坐标取相反数；把\(A_2,B_2\)分别减去\((1,3)\)回到原点；旋转后\(BC_2\)仍长为\(BC=2\sqrt5\)。

容易错在：旋转时要以 B 为中心先取相对向量，不能直接对点 C 的原坐标旋转。

本题用到的方法：折叠对应等量、勾股与相似列式

• 周长要包含哪四条边，折叠后哪些边可以用原三角形的边表示？
• A 与 D 是对应点，折痕 EF 对 AD 有什么位置关系？
• 用垂直平分线和中位线定出 E、F 的位置，再逐边相加。

1. 找折痕位置折叠把 A 映到 D，所以折痕\(EF\)是\(AD\)的垂直平分线。等边三角形中\(D\)是\(BC\)中点且\(AD\perp BC\)，因此\(EF\parallel BC\)。
2. 确定线段长度由中位线定理，\(E,F\)分别为\(AB,AC\)的中点，故\(EB=AF=EF=5\)。又\(BD=5\)，且\(DF=AF=5\)。
3. 计算周长按\(E-B-D-F-E\)的顺序，周长为\(EB+BD+DF+FE=5+5+5+5=20\)。

答案：20

回头检验：四边形边界依次为 EB、BD、DF、FE，四条边均为 5，和为 20。

容易错在：周长不要把折叠前的 AE、FC 或内部折痕混入；先按顶点顺序列边。

本题用到的方法：折叠对应等量、勾股与相似列式

• 先求\(C\)关于原点的对称点，才能确定\(A^{\prime}\)在哪里。
• 平移前后每个对应点的横坐标差、纵坐标差分别相同；这个向量由\(A\to A^{\prime}\)给出。
• 把平移向量加到\(B(2,-1)\)的坐标上，得到\(B^{\prime}\)。

1. 确定对应点\(C(-2,-2)\)关于原点的对称点为\((2,2)\)，所以\(A^{\prime}=(2,2)\)。
2. 求平移向量从\(A(-3,4)\)到\(A^{\prime}(2,2)\)，横坐标加5，纵坐标减2。
3. 平移点\(B\)\(B^{\prime}=(2+5,-1-2)=(7,-3)\)。

答案：\(B^{\prime}(7,-3)\)。

回头检验：\(B^{\prime}-A^{\prime}=(5,-5)\)，而\(B-A=(5,-5)\)，对应边向量保持不变。

容易错在：中心对称点\(C\)的坐标先变号；平移向量不能只改横坐标或只改纵坐标。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 把图案绕中心旋转半周后，外轮廓和每个三角形能否重合？
• 题干给出6个相同图形绕中心均匀排列，翻折时还要检查三角形的朝向。
• 中心旋转180°能重合就是中心对称；若翻折后朝向不一致，则不能据此判轴对称。

1. 检查中心旋转6个三角形均匀排列，每次旋转\(60^\circ\)可换到下一个位置，旋转\(180^\circ\)后仍与原图案重合。
2. 检查翻折三角形均朝同一旋转方向倾斜，翻折会使朝向相反，不能找到一条轴使全部三角形逐一重合。
3. 下结论图案是中心对称图形，不判为轴对称图形。

答案：中心对称图形。

回头检验：旋转\(180^\circ\)保持图案不变，满足中心对称定义；统一朝向使翻折不能让全部局部重合。

容易错在：正六边形外框有多条对称轴，但要检查内部三角形；不能只看外轮廓。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 要算捐款还缺哪些量：总销售额、总销量还是基金？
• 两段折线的斜率分别对应什么单价，降价后每千克单价如何得到？
• 用“斜率=单价”求两段销量，再用总销售额减基金。

1. 读出第一段单价第一段经过\((0,0)\)和\((100,300)\)，原价为\(300\div100=3\)元/千克。
2. 求总销量降价后单价为\(3-0.5=2.5\)元/千克。第二段销售额增加\(450-300=150\)元，因此又售出\(150\div2.5=60\)千克，总销量为\(160\)千克。
3. 扣除基金留作基金\(0.8\times160=128\)元，捐款为\(450-128=322\)元。

答案：共捐给福利院\(322\)元。

回头检验：总销量\(160\)千克分两段为\(100+60\)，销售额\(450\)减基金\(128\)正好为\(322\)。

容易错在：第二段图线斜率是降价后的单价，不能仍按原价计算。

• 两小问分别要找两个单价和一个数据量，图上哪些折点提供等量关系？
• 先判断给定费用位于第一段还是第二段，前 10 TB 的费用要先扣除。
• 把两段斜率写成单价，用分段一次函数求参数与自变量。

1. 求第一档单价\(x=10\)时费用为\(1000\)元，所以\(m=1000\div10=100\)。
2. 求第二档单价从\(10\) TB到\(50\) TB费用增加\(3800-1000=2800\)元，故\(n=2800\div40=70\)。
3. 求给定费用对应数据量\(2400>1000\)，数据量超过 10 TB，列\(1000+70(x-10)=2400\)，解得\(x=30\) TB。

答案：（1）\(m=100,n=70\)；（2）\(30\,\text{TB}\)。

回头检验：代入\(x=50\)得\(1000+70\times40=3800\)，代入\(x=30\)得 2400，与图象两点吻合。

容易错在：超过 10 TB 的部分按\(n\)收费，前 10 TB 仍按\(m\)收费，不能直接用 70 乘总量。

• 先用甲件数表示乙件数，利润和总费用分别要满足什么条件？
• 预算不等式会限制\(x\)的哪一侧；促销后利润一次项系数的正负决定哪个端点最大？
• 建立一次函数模型，解整数范围并按单调性检查最大利润。

1. 建立利润模型甲每件利润 60 元、乙每件利润 40 元，乙有\(100-x\)件，所以\(y=60x+40(100-x)=20x+4000\)，且\(60\le x\le100\)。
2. 用费用筛选方案费用条件为\(100x+80(100-x)\le9300\)，解得\(x\le65\)。合并得整数\(x=60,61,62,63,64,65\)，即六种方案。
3. 促销后反求降价降价\(a\)后利润\(y=(20-a)x+4000\)。若\(0<a<20\)，最大值在\(x=65\)，令\(65(20-a)+4000=4650\)得\(a=10\)；其余\(a\)范围的最大值达不到 4650。

答案：（1）\(y=20x+4000\)，\(60\le x\le100\)且\(x\)为整数；（2）甲\(60\sim65\)件、乙\(40\sim35\)件，共 6 种；（3）\(a=10\)。

回头检验：\(x=65,a=10\)时利润为\(65\times10+4000=4650\)，费用为\(80\times100+20\times65=9300\)，同时满足两项条件。

容易错在：促销后的利润要按\(20-a\)的正负分类，不能默认最大值永远在\(x=65\)。

• 第一问缺少哪两个单价，两个购买组合能列出什么方程组？
• 因\(m>6\)，乙店的“超过 180 元部分”是否一定触发？
• 写出两家费用的一次函数，比较差值并按数量区间作结论。

1. 求材料单价设 A、B 单价为\(u,v\)，则\(u+3v=110\)、\(2u+v=70\)，解得\(u=20,v=30\)。
2. 写两家费用因为\(m>6\)，原价\(30m>180\)。甲店费用为\(0.9\times30m=27m\)；乙店费用为\(180+0.8(30m-180)=24m+36\)。
3. 比较并分段比较\(27m\)与\(24m+36\)：差为\(3m-36\)。因此\(6<m<12\)选甲，\(m=12\)两家相同，\(m>12\)选乙。

答案：（1）A 材料 20 元，B 材料 30 元；（2）\(6<m<12\)选甲，\(m=12\)任选，\(m>12\)选乙。

回头检验：\(m=12\)时两家都收 324 元；取一边界内数量比较差值符号即可验证选择方向。

容易错在：乙店的折扣只作用于超过 180 元的部分，不能把全部\(30m\)乘以 8 折。

• 连续两月增长后与原产量的关系应使用几个相同因子？
• 降价\(y\)元后每件利润和销量分别怎样变化？
• 把利润整理为开口向下的二次函数，用配方确定最优降价与最大值。

1. 列增长率方程设月增长率为\(r\)，连续两月后\(2000(1+r)^2=2880\)。取符合增长含义的根，得\(r=0.2\)，即 20%。
2. 建立利润函数设每天降价\(y\)元，则每件利润为\(30-y\)，销量为\(60+5y\)，日利润\(w=(30-y)(60+5y)=-5y^2+90y+1800\)。
3. 配方求最值\(w=-5(y-9)^2+2205\)，开口向下，所以\(y=9\)时利润最大，最大利润为\(2205\)元。

答案：（1）20%；（2）降价 9 元，最大利润 2205 元。

回头检验：\(2000(1.2)^2=2880\)；降价 9 元后每件利润 21 元、销量 105 件，乘积为 2205 元。

容易错在：增长率的负根不符合“提高产量”；利润最大值要在合理降价范围内检查。

• 五个数据点呈现怎样的对称和增减趋势，哪类函数最合适？
• 选定函数后，顶点和任一点能确定哪些参数？
• 先把续航写成能耗的反比例式，再在区间端点比较能耗最大值。

1. 观察数据并选模型表中数据关于\(x=70\)对称，且先降后升，选开口向上的二次函数。顶点为\((70,11.55)\)。
2. 求基础能耗函数设\(y=a(x-70)^2+11.55\)，代入\((60,11.75)\)得\(100a=0.20\)，所以\(a=0.002\)。故\(y=0.002x^2-0.28x+21.35\)。
3. 建立续航关系实际能耗为\(1.2y\)，续航\(s=\dfrac{60.48}{1.2y}\times100=\dfrac{5040}{y}\)。因此续航最小时\(y\)最大。
4. 比较区间端点在\([60,85]\)上抛物线开口向上，离对称轴较远的端点\(x=85\)给出最大能耗，\(y=12\)。所以\(s_{\min}=5040\div12=420\,\text{km}\)。

答案：（1）描点；（2）\(y=0.002x^2-0.28x+21.35\)；（3）最小续航\(420\,\text{km}\)。

回头检验：代入\(x=50,90\)均得\(12.35\)，代入\(x=70\)得\(11.55\)；\(60.48/(1.2\times12)\times100=420\)。

容易错在：续航与能耗成反比，不能把能耗的最小值当成续航最小值；区间是\([60,85]\)而不是对称区间。

• 要算捐款还缺哪些量：总销售额、总销量还是基金？
• 两段折线的斜率分别对应什么单价，降价后每千克单价如何得到？
• 用“斜率=单价”求两段销量，再用总销售额减基金。

1. 读出第一段单价第一段经过\((0,0)\)和\((100,300)\)，原价为\(300\div100=3\)元/千克。
2. 求总销量降价后单价为\(3-0.5=2.5\)元/千克。第二段销售额增加\(450-300=150\)元，因此又售出\(150\div2.5=60\)千克，总销量为\(160\)千克。
3. 扣除基金留作基金\(0.8\times160=128\)元，捐款为\(450-128=322\)元。

答案：共捐给福利院\(322\)元。

回头检验：总销量\(160\)千克分两段为\(100+60\)，销售额\(450\)减基金\(128\)正好为\(322\)。

容易错在：第二段图线斜率是降价后的单价，不能仍按原价计算。

本题用到的方法：方案比较列函数、不等式与最值决策

• 两小问分别要找两个单价和一个数据量，图上哪些折点提供等量关系？
• 先判断给定费用位于第一段还是第二段，前 10 TB 的费用要先扣除。
• 把两段斜率写成单价，用分段一次函数求参数与自变量。

1. 求第一档单价\(x=10\)时费用为\(1000\)元，所以\(m=1000\div10=100\)。
2. 求第二档单价从\(10\) TB到\(50\) TB费用增加\(3800-1000=2800\)元，故\(n=2800\div40=70\)。
3. 求给定费用对应数据量\(2400>1000\)，数据量超过 10 TB，列\(1000+70(x-10)=2400\)，解得\(x=30\) TB。

答案：（1）\(m=100,n=70\)；（2）\(30\,\text{TB}\)。

回头检验：代入\(x=50\)得\(1000+70\times40=3800\)，代入\(x=30\)得 2400，与图象两点吻合。

容易错在：超过 10 TB 的部分按\(n\)收费，前 10 TB 仍按\(m\)收费，不能直接用 70 乘总量。

本题用到的方法：方案比较列函数、不等式与最值决策

• 先把\(a=\dfrac32\)代入，函数式中的一次项变成什么？
• 顶点坐标要从哪一种形式直接读出？
• 把式子配成\(y=p(x-h)^2+k\)，顶点就是\((h,k)\)。

1. 代入参数\(y=3x^2-6x+4\)。
2. 完成平方\(y=3(x^2-2x+1)+1=3(x-1)^2+1\)。
3. 读出顶点顶点式表明顶点坐标为\((1,1)\)。

答案：\((1,1)\)。

回头检验：对称轴为\(x=1\)，代入\(x=1\)得\(y=1\)，与顶点式一致。

容易错在：配方时要把提取出的3乘回括号内，不能把常数项直接写成1。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 把两个点的横坐标代入后，\(a\)和\(b\)分别用\(n\)怎样表示？
• 已知\(a<b\)且\(ab<0\)，在本题中谁为负、谁为正？
• 由\(a<0<b\)列出关于\(n\)的两个一次不等式，再从候选值中检查。

1. 表示两点函数值\(a=9-6n\)，\(b=25-10n\)。
2. 翻译条件因为\(a<b\)且\(ab<0\)，所以\(a<0<b\)。于是\(9-6n<0\)，\(25-10n>0\)。
3. 解不等式并选值得到\(\tfrac32<n<\tfrac52\)。例如\(n=2\)满足条件。

答案：例如\(n=2\)。

回头检验：取\(n=2\)时，\(a=-3,b=5\)，确有\(a<b\)且\(ab=-15<0\)。

容易错在：仅由\(ab<0\)不能确定不等式方向；必须结合\(a<b\)确定\(a<0<b\)。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 点\(F\)到\(D\)的距离可以拆成哪两个互相垂直的方向？
• 两个中点分别给出哪些相等的线段？正方形的边长又提供了什么？
• 过\(F\)作边的垂线，先用三角形中位线确定两条直角边，再用勾股定理。

1. 确定中点长度\(AE=EB=1\)。过\(F\)作\(FG\perp AB\)，则\(F\)是\(CE\)的中点，又\(FG\parallel BC\)，所以\(G\)是\(EB\)的中点，\(FG\)是\(\triangle EBC\)的中位线，故\(FG=\tfrac12BC=1\)，\(EG=\tfrac12EB=\tfrac12\)。
2. 写出直角边\(F\)到直线\(AD\)的距离为\(AE+EG=\tfrac32\)，到\(DC\)的距离为\(2-FG=1\)。
3. 用勾股定理以\(F\)为直角顶点的分解得到 \(DF^2=(\tfrac32)^2+1^2=\tfrac{13}{4}\)，所以 \(DF=\tfrac{\sqrt{13}}2\)。

答案：\(DF=\dfrac{\sqrt{13}}2\)。

回头检验：取坐标\(A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2)\)，则\(F(\tfrac32,1)\)，代入距离公式得到同样结果。

容易错在：\(F\)是\(CE\)的中点，不是正方形对角线的中点；两条直角边应为\(\tfrac32\)和1。

• 对于动点\(E\)，\(HE-OE\)最多能达到哪条固定线段的长度？
• 三点\(H,O,E\)构成的三角形中，点\(E\)在哪个位置能取到边长差的等号？
• 用三角形两边之差小于等于第三边，先求\(HO\)，再检查直线\(HO\)是否与\(BC\)相交且\(O\)在\(H,E\)之间。

1. 建立上界在\(\triangle HOE\)中，三角形两边之差满足 \(HE-OE\le HO\)。因此所求最大值不超过\(HO\)。
2. 求固定距离以\(B\)为原点、\(BC\)为\(x\)轴、\(BA\)为\(y\)轴，可取\(A(0,2),C(3,0),O(\tfrac32,1),H(1,2)\)。所以 \(HO=\sqrt{(\tfrac12)^2+1^2}=\tfrac{\sqrt5}{2}\)。
3. 验证等号可取直线\(HO\)延长与\(BC\)交于\(E(2,0)\)，且\(O\)在\(H,E\)之间，故\(HE-OE=HO\)。最大值为 \(\tfrac{\sqrt5}{2}\)。

答案：\(\dfrac{\sqrt5}{2}\)。

回头检验：交点\(E(2,0)\)在\(BC\)上；三点共线且\(O\)位于\(H,E\)之间，达到三角形不等式的等号条件。

容易错在：只能用\(HE-OE\le HO\)得到上界，还要验证等号位置在边\(BC\)上；不能把\(HE+OE\)的结论混用。

• 设\(AP=\sqrt2s\)，利用正方形对角线与边的夹角写出P到两边的距离。
• 由\(Q\)在线段\(CD\)上先确定\(s\)的范围，再计算\(PQ^2\)。

1. 设参数并定范围设\(AP=\sqrt2s\)。点\(P\)到\(AB、AD\)的距离都是\(s\)，而\(DQ=\sqrt2AP=2s\)。因\(0\le DQ\le6\)，得\(0\le s\le3\)。
2. 表示距离P到\(CD\)的距离为\(6-s\)，沿\(CD\)方向P与Q相差\(2s-s=s\)，所以\(PQ^2=(6-s)^2+s^2=2(s-3)^2+18\)。
3. 取最小值在\(0\le s\le3\)内，\(s=3\)时\(PQ^2=18\)，故\(PQ_{\min}=3\sqrt2\)。此时P为正方形中心，Q与C重合。

答案：\(3\sqrt2\)。

回头检验：\(s=3\)时\(DQ=6=\sqrt2AP\)，且\(PQ=\tfrac12AC=3\sqrt2\)，等号位置合法。

容易错在：不能把P到\(CD\)的距离写成\(s\)；也不能忽略\(Q\)在线段上带来的\(0\le s\le3\)。

• 设\(AB=a\)，则\(BC=8-a\)，以\(B\)为原点建立坐标。
• 旋转\(90^\circ\)后写出D坐标，先求\(BD^2\)再配方。

1. 建立坐标取\(B\)为原点、\(A(-a,0)\)，令\(s=BC=8-a\)。由\(\angle ABC=135^\circ\)，可取\(C(\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
2. 旋转得到D\(\overrightarrow{AC}=(a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。逆时针旋转90°把\((x,y)\)变为\((-y,x)\)，所以\(D(-a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,a+\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
3. 配方求最小\(BD^2=2a^2+s^2=2a^2+(8-a)^2=3(a-\tfrac83)^2+\tfrac{128}{3}\)。当\(a=\tfrac83\)时取到最小，故\(BD_{\min}=\sqrt{\tfrac{128}{3}}=\tfrac{8\sqrt6}{3}\)。

答案：\(\dfrac{8\sqrt6}{3}\)。

回头检验：\(a=\tfrac83\)和\(BC=\tfrac{16}{3}\)均为正，端点\(a=0,8\)对应的平方距离分别为64和128，确实更大。

容易错在：旋转方向决定D所在位置；得到\(BD^2\)的最小值后还要开平方。

• 设\(G\)为\(EF\)中点，在两个直角三角形中比较斜边中线。
• 先证明G在\(\angle A\)的角平分线上，再用点到直线的垂线段最短。

1. 把EF换成CG在直角三角形\(ECF\)、\(EDF\)中，斜边\(EF\)的中线相等，所以\(GC=GD=GE=\tfrac12EF\)，即\(EF=2CG\)。
2. 确定G的轨迹\(GE=GD\)、\(AE=AD\)，所以A、G都在\(DE\)的垂直平分线上，\(AG\perp DE\)，G在\(\angle A\)的角平分线上。
3. 用垂线段最短C到角平分线上各点的距离中，垂线段最短。设角平分线交\(BC\)于P，则\(CG_{\min}=AC\sin\angle CAP\)。由角平分线到两边距离相等及面积算得\(PC=\tfrac32\)，\(AP=\tfrac{3\sqrt5}{2}\)，故\(\sin\angle CAP=\tfrac{\sqrt5}{5}\)。
4. 回到EF\(CG_{\min}=3\cdot\tfrac{\sqrt5}{5}=\tfrac{3\sqrt5}{5}\)，所以\(EF_{\min}=2CG_{\min}=\tfrac{6\sqrt5}{5}\)。

答案：\(\dfrac{6\sqrt5}{5}\)。

回头检验：\(AB=5\)，面积关系\(\tfrac12\cdot3\cdot4=\tfrac12(3+5)PC\)给出\(PC=\tfrac32\)，数值与正弦比一致。

容易错在：不能只凭图形猜G在中点；先证明G在角平分线上，才能使用垂线段最短。

• 翻折给出\(EB'=EB=3\)，先在\(AE\)上取\(H\)使\(AH=\tfrac23AE\)。
• 用相似把\(G\)的轨迹化成以H为圆心、半径2的圆，再用圆心到D的距离。

1. 确定B'与H翻折保持距离，\(EB'=3\)；又\(AE=9-3=6\)。在\(AE\)上取\(AH=\tfrac23AE=4\)。
2. 得到G的轨迹\(\dfrac{AG}{AB'}=\dfrac{AH}{AE}=\tfrac23\)，所以\(\triangle AGH\sim\triangle AB'E\)，从而\(HG=\tfrac23EB'=2\)。故G在以H为圆心、半径2的圆上。
3. 求最小距离\(DH=\sqrt{AD^2+AH^2}=\sqrt{144+16}=4\sqrt{10}\)。当G在\(DH\)上时，\(DG=DH-HG=4\sqrt{10}-2\)，且该位置对应的\(F\)仍在线段\(BC\)上。

答案：\(4\sqrt{10}-2\)。

回头检验：半径为2的圆到D的最近点在DH方向上；该方向对应的折叠位置满足\(BF<12\)，等号可以取到。

容易错在：\(G\)不是任意落在以H为圆心的整圆上，必须检查折叠位置和\(F\)的边界；不能把\(HG\)误作\(2/3AB'\)。

• 构造中在\(PD\)上取\(P'\)使\(PP'=AP\)，观察等边三角形。
• 第二问可把\(AB\)上方作等边三角形，再把动点关于顶点旋转60°。
• 第三问在矩形中作两个对称分叉点，四条斜段与中段分别计算。

1. （1）把三段合成一条在\(PD\)上取\(P'\)使\(PP'=AP\)。圆周角关系给\(\angle APP'=\angle ACD=60^\circ\)，故\(\triangle APP'\)等边；旋转对应还给出\(DP'=CP\)。于是\(PA+PB+PC=BP+PP'+P'D=BD\)，由两点之间线段最短取最小。
2. （2）反射与旋转设\(AB\)中点为N、两垂足中点为H。在A处作与\(AB\)成30°的射线，与\(NH\)交于P。此时\(NH=4,NP=\sqrt3\)，\(PA=PB=2\sqrt3\)，且\(\operatorname{dist}(P,l)=4-\sqrt3\)，总和为\(4+3\sqrt3\)。
3. （2）说明确为最小在\(AB\)上方作等边三角形\(ABT\)。把任意点X绕A旋转60°得\(X'\)，则\(XX'=AX,TX'=BX\)。再接X到直线\(l\)的垂线，折线长度等于\(AX+BX+\operatorname{dist}(X,l)\)，不小于T到\(l\)的距离；上述P使其共线取等。
4. （3）最短网络取\(B=(0,0),A=(0,a),C=(b,0),D=(b,a)\)。设分叉点为\(S_1=(\tfrac{a}{2\sqrt3},\tfrac a2)\)、\(S_2=(b-\tfrac{a}{2\sqrt3},\tfrac a2)\)。五段\(AS_1,BS_1,S_1S_2,CS_2,DS_2\)中四条斜段各长\(a/\sqrt3\)，中段长\(b-a/\sqrt3\)，总长为\(b+\sqrt3a\)。

答案：（1）构造点为最小点；（2）\(4+3\sqrt3\)；（3）五段路线总长\(b+\sqrt3a\)。

回头检验：第二问的P位于两垂足之间且距直线为正；第三问\(b>a\)保证两个分叉点不同，五段均在矩形内。

容易错在：第二问不能只凭图形猜点；第三问不能把两个分叉点合并到矩形中心。

• 翻折说明\(BE\)是\(AF\)的垂直平分线，所以\(A,M,F\)共线且\(AF=2FM\)。
• 设\(FM=s\)，把\(FN\)写成\(s\)的二次式。
• 配方后要检查等号对应的\(E\)确实在边\(AD\)内部。

1. 建立两个距离关系设\(FM=s\)。由翻折\(AF=2s\)；作\(FH\perp AB\)，则\(FHBN\)为矩形，\(FN=BH\)。勾股整理得\(FN=1-2s^2\)。
2. （1）相等时\(s=1-2s^2\)，即\(2s^2+s-1=0\)，取正根\(s=\tfrac12\)，所以\(FM+FN=1\)。
3. （2）中点时\(AE=\tfrac12,BE=\tfrac{\sqrt5}{2}\)。面积相等给\(FM=AM=\dfrac{AB\cdot AE}{BE}=\tfrac{\sqrt5}{5}\)，故\(FN=1-2FM^2=\tfrac35\)。
4. （3）配方并验等号\(FM+FN=s+1-2s^2=\tfrac98-2(s-\tfrac14)^2\le\tfrac98\)。令\(s=\tfrac14\)时由\(s=AE/\sqrt{1+AE^2}\)得\(AE=\tfrac1{\sqrt{15}}\in(0,1)\)，所以最大值可取。

答案：（1）1；（2）\(FM=\tfrac{\sqrt5}{5},FN=\tfrac35\)；（3）\(\dfrac98\)。

回头检验：\(s=\tfrac14\)对应\(E\)在边\(AD\)内部，且配方等号成立；中点代入\(FN=1-2s^2\)与直接面积值一致。

容易错在：\(FN\)是到竖直边\(BC\)的水平距离，不是F的纵坐标；配方后不能省略可取性检查。

• 设\(AP=\sqrt2s\)，利用正方形对角线与边的夹角写出P到两边的距离。
• 由\(Q\)在线段\(CD\)上先确定\(s\)的范围，再计算\(PQ^2\)。

1. 设参数并定范围设\(AP=\sqrt2s\)。点\(P\)到\(AB、AD\)的距离都是\(s\)，而\(DQ=\sqrt2AP=2s\)。因\(0\le DQ\le6\)，得\(0\le s\le3\)。
2. 表示距离P到\(CD\)的距离为\(6-s\)，沿\(CD\)方向P与Q相差\(2s-s=s\)，所以\(PQ^2=(6-s)^2+s^2=2(s-3)^2+18\)。
3. 取最小值在\(0\le s\le3\)内，\(s=3\)时\(PQ^2=18\)，故\(PQ_{\min}=3\sqrt2\)。此时P为正方形中心，Q与C重合。

答案：\(3\sqrt2\)。

回头检验：\(s=3\)时\(DQ=6=\sqrt2AP\)，且\(PQ=\tfrac12AC=3\sqrt2\)，等号位置合法。

容易错在：不能把P到\(CD\)的距离写成\(s\)；也不能忽略\(Q\)在线段上带来的\(0\le s\le3\)。

本题用到的方法：相似三角形比例、坐标化最值

• 设\(AB=a\)，则\(BC=8-a\)，以\(B\)为原点建立坐标。
• 旋转\(90^\circ\)后写出D坐标，先求\(BD^2\)再配方。

1. 建立坐标取\(B\)为原点、\(A(-a,0)\)，令\(s=BC=8-a\)。由\(\angle ABC=135^\circ\)，可取\(C(\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
2. 旋转得到D\(\overrightarrow{AC}=(a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。逆时针旋转90°把\((x,y)\)变为\((-y,x)\)，所以\(D(-a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,a+\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
3. 配方求最小\(BD^2=2a^2+s^2=2a^2+(8-a)^2=3(a-\tfrac83)^2+\tfrac{128}{3}\)。当\(a=\tfrac83\)时取到最小，故\(BD_{\min}=\sqrt{\tfrac{128}{3}}=\tfrac{8\sqrt6}{3}\)。

答案：\(\dfrac{8\sqrt6}{3}\)。

回头检验：\(a=\tfrac83\)和\(BC=\tfrac{16}{3}\)均为正，端点\(a=0,8\)对应的平方距离分别为64和128，确实更大。

容易错在：旋转方向决定D所在位置；得到\(BD^2\)的最小值后还要开平方。

本题用到的方法：相似三角形比例、坐标化最值

• 第（1）问：切线 \(BC\) 和半径 \(OC\) 是什么关系？\(DE\) 又和 \(OC\) 是什么关系？
• 第（2）问：先设半径求出 \(OB\)。\(DE\) 的一半是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，可以用 \(\triangle OCD\) 的面积算。

1. （1）切线得垂直\(BC\) 切 \(\odot O\) 于 \(C\)，所以 \(OC\perp BC\)。又 \(DE\parallel BC\)，所以 \(OC\perp DE\)。
2. （1）垂径定理直线 \(OC\) 过圆心且垂直于弦 \(DE\)，所以它垂直平分 \(DE\)。点 \(C\) 在 \(DE\) 的垂直平分线上，所以 \(CE=CD\)。
3. （2）求半径设半径为 \(r\)，则 \(OB=r+2\)。在 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 中，\((r+2)^2=r^2+4^2\)，解得 \(r=3\)，\(OB=5\)。
4. （2）求 \(CD\) 和 \(OH\)\(CH\) 是 \(\text{Rt}\triangle OCB\) 斜边上的高，\(CH=\frac{OC\cdot BC}{OB}=\frac{12}{5}\)。由垂径定理，\(CD=2CH=\frac{24}{5}\)。\(OH=\sqrt{3^2-\left(\frac{12}{5}\right)^2}=\frac95\)。
5. （2）面积算两次设直线 \(OC\) 与 \(DE\) 交于点 \(F\)，则 \(DF\perp OC\)，\(DE=2DF\)。\(\triangle OCD\) 的面积既等于 \(\frac12 CD\cdot OH\)，也等于 \(\frac12 OC\cdot DF\)，所以 \(DF=\frac{\frac{24}{5}\times\frac95}{3}=\frac{72}{25}\)。
6. （2）求 DE 的长\(DE=2DF=\frac{144}{25}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(DE=\frac{144}{25}\)

回头检验：\(\frac{144}{25}=5.76\)，比直径 \(6\) 短，合理。在 \(\text{Rt}\triangle ODF\) 中，\(OF=\sqrt{9-\left(\frac{72}{25}\right)^2}=\frac{21}{25}\)，于是 \(CF=3+\frac{21}{25}=\frac{96}{25}\)，\(CF^2+DF^2=\left(\frac{24}{5}\right)^2=CD^2\)，前后一致。

容易错在：点 \(F\) 在 \(CO\) 的延长线上，不在半径 \(OC\) 上。用面积法时，\(DF\) 是 \(D\) 到直线 \(OC\) 的距离，照样能用。

本题用到的方法：圆的切线与幂定理、圆周角与弦的关系

• 第（1）问：\(BC\parallel OP\) 能给出哪两对相等的角？再看 \(\triangle POA\) 和 \(\triangle POC\)。
• 第②问：\(E\) 把 \(OC\) 分成两段，比例怎么求？试着延长 \(PD\)，和直线 \(BC\) 相交。

1. （1）平行得等角\(BC\parallel OP\)，所以 \(\angle AOP=\angle OBC\)，\(\angle POC=\angle OCB\)。又 \(OB=OC\)，\(\angle OBC=\angle OCB\)，所以 \(\angle AOP=\angle POC\)。
2. （1）全等得直角\(OA=OC\)，\(\angle AOP=\angle COP\)，\(OP=OP\)，所以 \(\triangle AOP\cong\triangle COP\)（SAS），\(\angle OCP=\angle OAP=90^\circ\)。\(C\) 在圆上，所以 \(PC\) 是 \(\odot O\) 的切线。
3. ①作弦心距\(OP=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5\)。作 \(OK\perp BC\) 于 \(K\)，则 \(BK=KC\)。\(\angle OBK=\angle POA\)，\(\angle OKB=\angle PAO=90^\circ\)，所以 \(\triangle OKB\sim\triangle PAO\)，\(\frac{BK}{OB}=\frac{OA}{OP}\)，\(BK=\frac{2\times2}{2\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}\)。
4. ①求 BC 的长\(BC=2BK=\frac{4\sqrt5}{5}\)。
5. ②延长 \(PD\)延长 \(PD\) 交直线 \(BC\) 于 \(Q\)。\(OP\parallel BQ\)，\(OD=DB\)，对顶角相等，所以 \(\triangle DOP\cong\triangle DBQ\)，\(BQ=OP=2\sqrt5\)，\(CQ=CB+BQ=\frac{14\sqrt5}{5}\)。
6. ②求 \(CE\)\(OP\parallel CQ\)，所以 \(\triangle EOP\sim\triangle ECQ\)，\(\frac{OE}{EC}=\frac{OP}{CQ}=\frac{2\sqrt5}{\frac{14\sqrt5}{5}}=\frac57\)。\(OC=2\)，所以 \(CE=\frac{7}{12}\times2=\frac76\)。
7. ②求正切由（1）的全等，\(PC=PA=4\)，且 \(\angle PCE=90^\circ\)。所以 \(\tan\angle PEC=\frac{PC}{CE}=\frac{4}{\frac76}=\frac{24}{7}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）① \(\frac{4\sqrt5}{5}\)；② \(\frac{24}{7}\)

回头检验：以 \(O\) 为原点、\(AB\) 为横轴建立坐标系：\(C\left(\frac65,\frac85\right)\)，\(D(1,0)\)，\(P(-2,4)\)。直线 \(DP\) 与 \(OC\) 交于 \(E\left(\frac12,\frac23\right)\)，\(OE=\frac56\)，\(CE=2-\frac56=\frac76\)，与前面的结果一致。

容易错在：\(\angle PEC\) 所在的 \(\triangle PCE\) 是直角三角形，直角来自第（1）问的切线，不要忘了说明。

本题用到的方法：圆的切线与幂定理、圆周角与弦的关系

• P走过拐点B后，扫过的面积包含先前已扫过的三角形。

1. 第1步P沿AB长6cm、BC长3cm运动，速度1cm/s，所以总时间9s，范围为0<t≤9。
2. 第2步当0<t≤6时，扫过△ADP，\(S=AD\cdot AP/2=3t/2\)。当6<t≤9时，先前已扫过△ADB面积9，再加△DBP面积\(6(t-6)/2\)，故\(S=3t-9\)。
3. 第3步矩形面积为18。S=18/4=4.5位于第一段，解\(3t/2=4.5\)得\(t_1=3\)；S=18×5/6=15位于第二段，解\(3t-9=15\)得\(t_2=8\)。
4. 第4步所经历时间为\(t_2-t_1=8-3=5\)s。

答案：（1）\(S=3t/2\)（0<t≤6），\(S=3t-9\)（6<t≤9）；（2）5s

回头检验：两段在t=6均得9；t=9时S=18，恰扫完整个矩形。

容易错在：问的是两时刻间的时间差，不是从出发到最终面积的总时间。

• （3）\(\triangle EBF\) 的高是 \(B\) 到直线 \(AC\) 的定距离，只需让底 \(EF\) 最短。

1. （1）求表达式设 \(y=a(x+1)(x-2)\)，代入 \(C(0,-2)\)：\(-2a=-2\)，\(a=1\)，所以 \(y=x^2-x-2\)。
2. （2）求D对称轴 \(x=\dfrac12\)。直线 \(BC\)：\(y=x-2\)，所以 \(D\left(\dfrac12,-\dfrac32\right)\)。
3. （2）判定形状\(AD^2=\left(\dfrac32\right)^2+\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac92\)，\(BD^2=\dfrac92\)，\(AB^2=9\)。\(AD=BD\) 且 \(AD^2+BD^2=AB^2\)，所以 \(\triangle ABD\) 是以 \(D\) 为直角顶点的等腰直角三角形。
4. （3）定高\(OB=OC=2\)，\(\angle ABC=45^{\circ}\)，所以 \(\angle EBF=45^{\circ}\)。直线 \(AC\)：\(y=-2x-2\)，即 \(2x+y+2=0\)。\(B\) 到它的距离 \(h=\dfrac{|4+0+2|}{\sqrt5}=\dfrac{6\sqrt5}{5}\)，\(S=\dfrac12EF\cdot h\)，只需求 \(EF\) 的最小值。
5. （3）求EF最小设 \(B\) 在直线 \(AC\) 上的垂足为 \(H\)。若 \(H\) 在 \(E\)、\(F\) 之间，令 \(\angle EBH=\alpha\)，\(\angle FBH=45^{\circ}-\alpha\)，则 \(EF=h[\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)]\)。记 \(u=\tan\alpha\in[0,1]\)，\(\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)=u+\dfrac{1-u}{1+u}=(1+u)+\dfrac{2}{1+u}-2\ge2\sqrt2-2\)，当 \(1+u=\sqrt2\)（即 \(BE=BF\)）时取等号。若 \(H\) 不在 \(E\)、\(F\) 之间，设 \(\angle EBH=\alpha\)，则 \(\angle FBH=\alpha+45^{\circ}\)，\(EF=h[\tan(\alpha+45^{\circ})-\tan\alpha]\)；正切在 \(0^{\circ}\) 到 \(90^{\circ}\) 间增长越来越快，这个差不小于 \(\alpha=0^{\circ}\) 时的值 \(h\)，比上一种情况大。所以 \(EF_{\min}=(2\sqrt2-2)h\)。
6. （3）求面积\(S_{\min}=\dfrac12(2\sqrt2-2)h^2=(\sqrt2-1)\times\dfrac{36}{5}=\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

答案：（1）\(y=x^2-x-2\)；（2）等腰直角三角形（\(\angle ADB=90^{\circ}\)）；（3）\(\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

回头检验：数值检验：\(h^2=7.2\)，\(S_{\min}\approx7.2\times0.414\approx2.98\)；取 \(E=H\) 时 \(EF=h\)，面积 \(=3.6\)，确实更大。

容易错在：把 \(\angle EBF\) 当作45°但忘记它可以绕 \(B\) 转动，误以为 \(E\)、\(F\) 固定。；（3）中用 \(B\) 到 \(AC\) 的距离时，直线方程写错符号。

• （2）角平分线分对边的比例关系是什么？
• （3）\(AE+BF\) 与 \(ED+FC\) 有什么关系？
• （3）夹角 \(60^\circ\) 的直线有几种方向？

1. （1）矩形中 \(\angle BAE=\angle ABF=90^\circ\)，\(AB=BA\)，\(AE=BF\)，所以 \(\triangle ABE\cong\triangle BAF\)（SAS）。
2. （2）比例\(AF\) 平分 \(\angle BAC\)，由角平分线的比例关系（两侧三角形同高，面积比等于底边比；到角两边距离相等，面积比也等于两边比）得 \(\frac{BF}{FC}=\frac{AB}{AC}\)，即 \(\frac{BF}{AB}=\frac{FC}{AC}=\frac{BF+FC}{AB+AC}=\frac{BC}{2BC}=\frac12\)。所以 \(AB=2BF\)。
3. （2）结论\(BG\) 平分 \(\angle ABF\)，同理 \(\frac{AG}{GF}=\frac{AB}{BF}=2\)。又 \(\frac{AM}{MC}=2\)，所以 \(\frac{AG}{GF}=\frac{AM}{MC}\)，\(GM\parallel FC\)，\(\triangle AGM\sim\triangle AFC\)。因此 \(\frac{GM}{FC}=\frac{AG}{AF}=\frac23\)，即 \(GM=\frac23FC\)。
4. （3）直线过中心两部分周长相等，公共边 \(EF\) 可约去，得 \(AE+AB+BF=ED+CD+FC\)，即 \(AE+BF=ED+FC\)。又 \(AE+ED=BF+FC=8\)，所以 \(AE+BF=8\)，\(BF=ED\)，\(EF\) 过矩形中心。
5. （3）E、F 的位置以 \(B\) 为原点，\(BC\) 为 \(x\) 轴，则 \(A(0,2\sqrt3)\)，\(D(8,2\sqrt3)\)。\(EF\) 高为 \(2\sqrt3\)，夹角 \(60^\circ\)，所以 E、F 的横坐标相差 2，且和为 8，有两种情况：\(E(5,2\sqrt3),F(3,0)\) 或 \(E(3,2\sqrt3),F(5,0)\)。
6. （3）情况一\(E(5,2\sqrt3)\)，\(DE=3\)，\(\angle DEF=120^\circ\)，垂足 \(H\) 在 \(FE\) 的延长线上。\(EH=3\cos60^\circ=\frac32\)，所以 \(H\) 比 \(AD\) 高 \(\frac32\sin60^\circ=\frac{3\sqrt3}{4}\)，横坐标为 \(5+\frac34=\frac{23}{4}\)。\(\tan\angle DAH=\frac{3\sqrt3/4}{23/4}=\frac{3\sqrt3}{23}\)。
7. （3）情况二\(E(3,2\sqrt3)\)，\(DE=5\)，\(\angle DEF=60^\circ\)，\(EH=5\cos60^\circ=\frac52\)，\(H\) 比 \(AD\) 低 \(\frac52\sin60^\circ=\frac{5\sqrt3}{4}\)，横坐标为 \(3+\frac54=\frac{17}{4}\)。\(\tan\angle DAH=\frac{5\sqrt3/4}{17/4}=\frac{5\sqrt3}{17}\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(GM=\frac{2}{3}FC\)；（3）\(\frac{3\sqrt{3}}{23}\) 或 \(\frac{5\sqrt{3}}{17}\)

回头检验：（2）取 \(AB=3,BC=4,AC=5\)（满足 \(3+5=2\times4\)）：\(G(1,1)\)，\(M\left(\frac83,1\right)\)，\(GM=\frac53\)；\(BF=\frac32\)，\(FC=\frac52\)，比值 \(\frac23\)。（3）坐标算出的两个垂足都满足 \(DH\perp EF\)。

容易错在：（3）只按图 3 的位置算一种情况。；（3）情况一的垂足在线段 EF 外，容易画错。

• 过 \(M\) 作 \(y\) 轴的垂线，能得到与 \(\triangle DOC\) 全等的三角形。
• \(E\) 和 \(D\) 的距离不变，把点 \(C\) 也向上平移同样的距离。

1. 第（1）问把 \(B(0,-6)\) 代入得 \(c=-6\)。把 \(C(2,0)\) 代入：\(\frac{8}{3}+2b-6=0\)，\(b=\frac{5}{3}\)。所以 \(y=\frac{2}{3}x^{2}+\frac{5}{3}x-6\)。
2. 第（2）问①\(BD=4\)，\(OB=6\)，所以 \(OD=2\)。又 \(OC=2\)，\(CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}=8\)，正方形面积为 \(8\)。
3. 第（2）问②：写坐标设 \(D(0,d)\)，\(-6\le d<0\)。过 \(M\) 作 \(MH\perp y\) 轴于 \(H\)。\(\angle MDC=90^\circ\)，\(DM=CD\)，所以 \(\triangle MHD\cong\triangle DOC\)（AAS），\(MH=OD=-d\)，\(DH=OC=2\)。所以 \(M(d,d+2)\)。
4. 第（2）问②：代入代入抛物线：\(d+2=\frac{2}{3}d^{2}+\frac{5}{3}d-6\)，整理得 \(d^{2}+d-12=0\)，\(d=3\) 或 \(d=-4\)。\(d<0\)，所以 \(d=-4\)，\(M(-4,-2)\)。
5. 第（3）问：求 A令 \(\frac{2}{3}x^{2}+\frac{5}{3}x-6=0\)，即 \(2x^{2}+5x-18=0\)，解得 \(x=2\) 或 \(x=-\frac{9}{2}\)，所以 \(A\left(-\frac{9}{2},0\right)\)。
6. 第（3）问：平移\(D(0,p-\frac{13}{4})\)。取点 \(F\left(2,\frac{13}{4}\right)\)，则 \(CF\parallel DE\) 且 \(CF=DE\)，四边形 \(CDEF\) 是平行四边形，所以 \(CD=FE\)。于是 \(AE+CD=AE+EF\ge AF\)。
7. 第（3）问：取等\(A\)、\(F\) 在 \(y\) 轴两侧，\(E\) 是线段 \(AF\) 与 \(y\) 轴的交点时取等号。\(AF=\sqrt{\left(\frac{13}{2}\right)^{2}+\left(\frac{13}{4}\right)^{2}}=\frac{13\sqrt{5}}{4}\)。直线 \(AF\) 的斜率为 \(\frac{1}{2}\)，过 \(A\)，在 \(x=0\) 处 \(y=\frac{9}{4}\)，所以 \(p=\frac{9}{4}\)。此时 \(D(0,-1)\) 在线段 \(OB\) 上，能取到。

答案：（1）\(y=\frac{2}{3}x^{2}+\frac{5}{3}x-6\)；（2）①\(8\)；②\(M(-4,-2)\)；（3）最小值为 \(\frac{13\sqrt{5}}{4}\)，此时 \(p=\frac{9}{4}\)。

回头检验：验算 \(M(-4,-2)\)：\(\frac{2}{3}\times16-\frac{20}{3}-6=-2\)。\(p=\frac{9}{4}\) 时，\(AE=\sqrt{\frac{81}{4}+\frac{81}{16}}=\frac{9\sqrt{5}}{4}\)，\(CD=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\)，和为 \(\frac{13\sqrt{5}}{4}\)。

容易错在：第（2）问②没有舍去 \(d=3\)。；第（3）问没有检验此时点 \(D\) 仍在线段 \(OB\) 上。

• （2）把四边形拆成定三角形ABC与动三角形ACD，用竖直线段表示后者面积；（3）以对称轴为基准设横向距离，求出NE、NF与x轴交点的位置。

1. 求表达式设\(y=a(x+3)(x-1)\)，代入C得\(-3a=-3\)，\(a=1\)，所以\(y=x^2+2x-3\)。
2. 拆分面积\(S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times4\times3=6\)。直线AC为\(y=-x-3\)。设\(D(t,t^2+2t-3)\)，\(-3<t<0\)，过D作竖直线交AC于点\((t,-t-3)\)，竖直距离\(h=(-t-3)-(t^2+2t-3)=-t^2-3t\)。
3. 求最大值\(S_{\triangle ACD}=\dfrac12\times3\times h=-\dfrac32\left(t+\dfrac32\right)^2+\dfrac{27}8\)。\(t=-\dfrac32\)时最大为\(\dfrac{27}8\)，四边形面积最大为\(6+\dfrac{27}8=\dfrac{75}8\)，此时\(D\left(-\dfrac32,-\dfrac{15}4\right)\)。
4. 平移坐标顶点\(N(-1,-4)\)，\(M(-1,0)\)。令\(u=x+1\)（到对称轴的有向距离），抛物线为\(y=u^2-4\)，直线为\(y=k(x+1)-1=ku-1\)。
5. E、F的关系联立得\(u^2-ku-3=0\)。设E、F对应\(u_1,u_2\)，由根与系数的关系\(u_1u_2=-3\)，两根异号，与E、F在对称轴两侧一致。
6. 求MP、MQ点\((u_0,u_0^2-4)\)与\(N(0,-4)\)连线的斜率为\(\dfrac{u_0^2}{u_0}=u_0\)，直线为\(y=u_0u-4\)，与x轴交于\(u=\dfrac4{u_0}\)。所以\(MP=\dfrac4{|u_2|}\)，\(MQ=\dfrac4{|u_1|}\)，\(MP\cdot MQ=\dfrac{16}{|u_1u_2|}=\dfrac{16}3\)，是定值。

答案：（1）\(y=x^2+2x-3\)；（2）最大值\(\dfrac{75}{8}\)，\(D\left(-\dfrac32,-\dfrac{15}4\right)\)；（3）是定值，\(MP\cdot MQ=\dfrac{16}{3}\)。

回头检验：取\(k=0\)：直线\(y=-1\)与\(y=u^2-4\)交于\(u=\pm\sqrt3\)，\(MP=MQ=\dfrac4{\sqrt3}\)，乘积\(\dfrac{16}3\)，与结论一致。

容易错在：（2）把D的范围写成整个抛物线，没限制在\(-3<t<0\)。；（3）直接设E、F的横坐标而不以对称轴为基准，计算量大且易错。；忽略直线\(y=kx+k-1\)恒过\((-1,-1)\)这一特点。

• 把折叠表示成横坐标关于t的对称，按重叠图形变化分段。

1. 确定顶点由轴对称得 \(\angle AOB=60^\circ\)。在直角三角形OAB中，\(OB=12\)，且 \(A=(3,3\sqrt3)\)、\(C=(3,-3\sqrt3)\)。
2. 求DF与五边形条件直线AB为 \(y=(12-x)/\sqrt3\)，反射后的AO为 \(y=\sqrt3(2t-x)\)。联立得F的横坐标 \(x_F=3t-6\)。D的横坐标为t，AB与x轴夹角为30度，因此 \(DF=(x_F-t)/\cos30^\circ=4\sqrt3(t-3)/3\)。五边形出现时，A′在折线l右侧，即 \(2t-3>t\)，所以 \(t>3\)；同时O′在B左侧，即 \(2t<12\)，所以 \(t<6\)。故 \(3<t<6\)，两端为图形变化的临界情形。
3. 第一段：重叠为三角形当 \(2\le t\le3\) 时，折线尚未越过A、C的横坐标。\(DE=2\sqrt3t\)，\(PO′=t\)，重叠三角形的面积 \(S=DE\cdot PO′/2=\sqrt3t^2\)。该式递增，故本段 \(4\sqrt3\le S\le9\sqrt3\)。
4. 第二段：写出五边形面积的每一项当 \(3\le t\le6\) 时，令R为FG与x轴的交点（仅在解答中使用这个辅助点）。由F的横坐标，\(PR=2(t-3)\)、\(RO′=6-t\)、\(DP=(12-t)/\sqrt3\)、\(FR=\sqrt3(6-t)\)。五边形关于x轴对称：上半部分是梯形PDFR与三角形FRO′，所以 \(S=2[(DP+FR)PR/2+FR\cdot RO′/2]=DP\cdot PR+FR(PR+RO′)\)。代入 \(PR+RO′=t\)，得 \(S=2(12-t)(t-3)/\sqrt3+t\sqrt3(6-t)=\sqrt3(-5t^2+48t-72)/3\)。
5. 第二段的最值配方得 \(S=-5\sqrt3(t-24/5)^2/3+72\sqrt3/5\)。顶点 \(t=24/5\) 在本段内，最大值为 \(72\sqrt3/5\)；两端 \(S(3)=9\sqrt3\)、\(S(6)=12\sqrt3\)，最小值为 \(9\sqrt3\)。所以本段值域为 \([9\sqrt3,72\sqrt3/5]\)。
6. 第三段并合并值域当 \(6\le t\le8\) 时，O′已到达或越过B，重叠为三角形BDE。\(BP=12-t\)，\(DE=2(12-t)/\sqrt3\)，所以 \(S=DE\cdot BP/2=(12-t)^2/\sqrt3\)。本段递减，最大值为 \(S(6)=12\sqrt3\)，最小值为 \(S(8)=16\sqrt3/3\)，值域为 \([16\sqrt3/3,12\sqrt3]\)。合并三段，得到 \(4\sqrt3\le S\le72\sqrt3/5\)。

答案：（1）\(B=(12,0),C=(3,-3\sqrt3)\)；（2）①\(DF=4\sqrt3(t-3)/3,\ 3<t<6\)；②\(4\sqrt3\le S\le72\sqrt3/5\)。

回头检验：两处接缝t=3、6的面积分别为9√3和12√3，前后公式一致；最大值在24/5落于中段。

容易错在：五边形的开区间与面积分段的闭端点用途不同，不能混用。

• P走过拐点B后，扫过的面积包含先前已扫过的三角形。

1. 第1步P沿AB长6cm、BC长3cm运动，速度1cm/s，所以总时间9s，范围为0<t≤9。
2. 第2步当0<t≤6时，扫过△ADP，\(S=AD\cdot AP/2=3t/2\)。当6<t≤9时，先前已扫过△ADB面积9，再加△DBP面积\(6(t-6)/2\)，故\(S=3t-9\)。
3. 第3步矩形面积为18。S=18/4=4.5位于第一段，解\(3t/2=4.5\)得\(t_1=3\)；S=18×5/6=15位于第二段，解\(3t-9=15\)得\(t_2=8\)。
4. 第4步所经历时间为\(t_2-t_1=8-3=5\)s。

答案：（1）\(S=3t/2\)（0<t≤6），\(S=3t-9\)（6<t≤9）；（2）5s

回头检验：两段在t=6均得9；t=9时S=18，恰扫完整个矩形。

容易错在：问的是两时刻间的时间差，不是从出发到最终面积的总时间。

本题用到的方法：动点参数化、分类讨论与取等

• （3）\(\triangle EBF\) 的高是 \(B\) 到直线 \(AC\) 的定距离，只需让底 \(EF\) 最短。

1. （1）求表达式设 \(y=a(x+1)(x-2)\)，代入 \(C(0,-2)\)：\(-2a=-2\)，\(a=1\)，所以 \(y=x^2-x-2\)。
2. （2）求D对称轴 \(x=\dfrac12\)。直线 \(BC\)：\(y=x-2\)，所以 \(D\left(\dfrac12,-\dfrac32\right)\)。
3. （2）判定形状\(AD^2=\left(\dfrac32\right)^2+\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac92\)，\(BD^2=\dfrac92\)，\(AB^2=9\)。\(AD=BD\) 且 \(AD^2+BD^2=AB^2\)，所以 \(\triangle ABD\) 是以 \(D\) 为直角顶点的等腰直角三角形。
4. （3）定高\(OB=OC=2\)，\(\angle ABC=45^{\circ}\)，所以 \(\angle EBF=45^{\circ}\)。直线 \(AC\)：\(y=-2x-2\)，即 \(2x+y+2=0\)。\(B\) 到它的距离 \(h=\dfrac{|4+0+2|}{\sqrt5}=\dfrac{6\sqrt5}{5}\)，\(S=\dfrac12EF\cdot h\)，只需求 \(EF\) 的最小值。
5. （3）求EF最小设 \(B\) 在直线 \(AC\) 上的垂足为 \(H\)。若 \(H\) 在 \(E\)、\(F\) 之间，令 \(\angle EBH=\alpha\)，\(\angle FBH=45^{\circ}-\alpha\)，则 \(EF=h[\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)]\)。记 \(u=\tan\alpha\in[0,1]\)，\(\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)=u+\dfrac{1-u}{1+u}=(1+u)+\dfrac{2}{1+u}-2\ge2\sqrt2-2\)，当 \(1+u=\sqrt2\)（即 \(BE=BF\)）时取等号。若 \(H\) 不在 \(E\)、\(F\) 之间，设 \(\angle EBH=\alpha\)，则 \(\angle FBH=\alpha+45^{\circ}\)，\(EF=h[\tan(\alpha+45^{\circ})-\tan\alpha]\)；正切在 \(0^{\circ}\) 到 \(90^{\circ}\) 间增长越来越快，这个差不小于 \(\alpha=0^{\circ}\) 时的值 \(h\)，比上一种情况大。所以 \(EF_{\min}=(2\sqrt2-2)h\)。
6. （3）求面积\(S_{\min}=\dfrac12(2\sqrt2-2)h^2=(\sqrt2-1)\times\dfrac{36}{5}=\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

答案：（1）\(y=x^2-x-2\)；（2）等腰直角三角形（\(\angle ADB=90^{\circ}\)）；（3）\(\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

回头检验：数值检验：\(h^2=7.2\)，\(S_{\min}\approx7.2\times0.414\approx2.98\)；取 \(E=H\) 时 \(EF=h\)，面积 \(=3.6\)，确实更大。

容易错在：把 \(\angle EBF\) 当作45°但忘记它可以绕 \(B\) 转动，误以为 \(E\)、\(F\) 固定。；（3）中用 \(B\) 到 \(AC\) 的距离时，直线方程写错符号。

本题用到的方法：动点参数化、分类讨论与取等

• 设\(AP=\sqrt2s\)，利用正方形对角线与边的夹角写出P到两边的距离。
• 由\(Q\)在线段\(CD\)上先确定\(s\)的范围，再计算\(PQ^2\)。

1. 设参数并定范围设\(AP=\sqrt2s\)。点\(P\)到\(AB、AD\)的距离都是\(s\)，而\(DQ=\sqrt2AP=2s\)。因\(0\le DQ\le6\)，得\(0\le s\le3\)。
2. 表示距离P到\(CD\)的距离为\(6-s\)，沿\(CD\)方向P与Q相差\(2s-s=s\)，所以\(PQ^2=(6-s)^2+s^2=2(s-3)^2+18\)。
3. 取最小值在\(0\le s\le3\)内，\(s=3\)时\(PQ^2=18\)，故\(PQ_{\min}=3\sqrt2\)。此时P为正方形中心，Q与C重合。

答案：\(3\sqrt2\)。

回头检验：\(s=3\)时\(DQ=6=\sqrt2AP\)，且\(PQ=\tfrac12AC=3\sqrt2\)，等号位置合法。

容易错在：不能把P到\(CD\)的距离写成\(s\)；也不能忽略\(Q\)在线段上带来的\(0\le s\le3\)。

本题用到的方法：相似三角形比例、坐标化最值

• 设\(AB=a\)，则\(BC=8-a\)，以\(B\)为原点建立坐标。
• 旋转\(90^\circ\)后写出D坐标，先求\(BD^2\)再配方。

1. 建立坐标取\(B\)为原点、\(A(-a,0)\)，令\(s=BC=8-a\)。由\(\angle ABC=135^\circ\)，可取\(C(\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
2. 旋转得到D\(\overrightarrow{AC}=(a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,-\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。逆时针旋转90°把\((x,y)\)变为\((-y,x)\)，所以\(D(-a+\tfrac{\sqrt2}{2}s,a+\tfrac{\sqrt2}{2}s)\)。
3. 配方求最小\(BD^2=2a^2+s^2=2a^2+(8-a)^2=3(a-\tfrac83)^2+\tfrac{128}{3}\)。当\(a=\tfrac83\)时取到最小，故\(BD_{\min}=\sqrt{\tfrac{128}{3}}=\tfrac{8\sqrt6}{3}\)。

答案：\(\dfrac{8\sqrt6}{3}\)。

回头检验：\(a=\tfrac83\)和\(BC=\tfrac{16}{3}\)均为正，端点\(a=0,8\)对应的平方距离分别为64和128，确实更大。

容易错在：旋转方向决定D所在位置；得到\(BD^2\)的最小值后还要开平方。

本题用到的方法：相似三角形比例、坐标化最值

• 先把\(2\mathbin{☆}x\)按定义改写成关于\(x\)的什么式子？
• 化成标准二次方程后，二次项系数、一次项系数和常数项分别是什么？
• 计算判别式并与0比较；判别式为正时有两个不相等的实数根。

1. 展开新运算按定义，\(2\mathbin{☆}x=2x^2-2x\)，所以方程化为 \(2x^2-2x-3=0\)。
2. 计算判别式判别式 \(\Delta=(-2)^2-4\times2\times(-3)=28>0\)。
3. 判断根的个数判别式大于0，所以方程有两个不相等的实数根。

答案：有两个不相等的实数根。

回头检验：二次方程的二次项系数为2不为0，且\(\Delta=28>0\)，符合判别式判定。

容易错在：先套判别式而忘记展开“☆”会把系数写错；还要确认化成的确实是二次方程。

• 题目给出的风速对应自变量取什么值？要求的是模型中的哪一个量？
• 代入前先看清\(w^2\)项和一次项的符号。
• 把\(w=2\)代入\(y=-0.004w^2+0.07w\)，按先乘方再乘法的顺序计算。

1. 确定代入值顺风\(2\,\mathrm{m/s}\)对应\(w=2\)，所求成绩变化量就是\(y\)。
2. 代入模型\(y=-0.004\times2^2+0.07\times2=-0.016+0.14\)。
3. 得到结果\(y=0.124\)，单位为秒。

答案：\(y=0.124\,\mathrm{s}\)。

回头检验：将\(w=2\)代回模型，\(-0.004\times4+0.14=0.124\)，符号与计算一致。

容易错在：不要把顺风\(2\)误写成\(-2\)；负号只用于逆风。

• 先看斜率\(\dfrac12k^2\)的符号，再分别令\(x=0\)、\(y=0\)。
• 把点\((2,2)\)代入后，关于\(k\)得到一个一元二次方程。
• 点\(P(m,n)\)代入后，‘有且只有一个’对应判别式为0。

1. 读斜率和截距\(k\ne0\)时\(\dfrac12k^2>0\)，所以函数增大。令\(y=0\)得\(A\left(-\dfrac2k,0\right)\)，令\(x=0\)得\(B(0,k)\)。
2. 验证面积\(S_{\triangle AOB}=\dfrac12\left|\dfrac{-2}{k}\right||k|=1\)。
3. 代入给定点代入\((2,2)\)得\(k^2+k-2=0\)，所以\(k=1,-2\)，对应解析式为\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)。
4. 用判别式处理唯一性点\(P(m,n)\)代入得\(\dfrac12mk^2+k-n=0\)。因\(m,n\ne0\)，有且只有一个\(k\)等价于判别式\(1+2mn=0\)，故\(n=-\dfrac1{2m}\)。取\(P(1,-\tfrac12)\)，此时\(k=-1\)，\(A(2,0),B(0,-1)\)，中点正是\(P\)。

答案：（1）增大；（2）\(S_{\triangle AOB}=1\)；（3）存在，\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)；（4）\(n=-\dfrac1{2m}\;(m\ne0)\)，例如\(P(1,-\tfrac12)\)。

回头检验：取\(P(1,-\tfrac12)\)时，\((k+1)^2=0\)，且\(AB\)中点为\((1,-\tfrac12)\)，三项互相核对。

容易错在：不能把\(k^2\)当成可能为负的斜率；判别式为0后仍要记住\(k\ne0\)。

• 黄金搭档直接给出横坐标相差3。
• 先由\(A\)和\(B\)求出抛物线，再比较\(f(m+3)\)与\(f(m)\)。
• 分\(m\le-1\)和\(m>-1\)讨论顶点是否落在线段横坐标范围内。

1. 确定抛物线\(A(0,-3)\)给出\(c=-3\)。\(B\)横坐标为3且纵坐标为12，故\(9+3b-3=12\)，得\(b=2\)，所以\(f(x)=(x+1)^2-4\)。
2. 处理等高搭档设\(M\)横坐标为\(m\)，则\(N\)横坐标为\(m+3\)。\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)，令其为0，得\(m=-\dfrac52\)，\(N\)横坐标为\(\dfrac12\)。
3. 先找最高点和最低点在\((-\tfrac52,0)\)内，\(f(m+3)>f(m)\)，最高点在\(N\)。当\(m\le-1\)时线段含顶点，最低值为\(-4\)；条件化为\(|(m+4)^2-4|+4=5\)。
4. 筛选范围因\(m+4>0\)，解得\(m=\sqrt3-4\)或\(m=\sqrt5-4\)，两值都在\((-\tfrac52,-1]\)内。若\(-1<m<0\)，距离和为\(6m+15>9\)，不合条件。

答案：（1）\(b=2,c=-3\)；（2）①\(x_M=-\dfrac52,x_N=\dfrac12\)；②\(m=\sqrt3-4\)或\(\sqrt5-4\)。

回头检验：两组\(m\)代回\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)均为正，且一组含顶点、一组不含顶点的范围判断没有混用。

容易错在：定义只限制横坐标，不代表纵坐标相等；求最高、最低距离时要先判断顶点是否在线段内。

• 先把两个平方式相加，消去含\(\sqrt2\)的交叉项。
• 整数部分的确定关键是\(t\)落在哪个连续整数区间。
• 第二问中\(1<t<2\)，第三问中\(k<t<k+1\)。

1. 补全两个例子\(3+2\sqrt2=5+(2\sqrt2-2)\)，所以①为5；\(12+8\sqrt2=23+(8\sqrt2-11)\)，所以②为\(8\sqrt2-11\)。
2. 建立恒等式令\(t=(\sqrt2a-b)^2\)。两个平方式相加得\((\sqrt2a+b)^2=4a^2+2b^2-t\)。当\(0<t<1\)时，\(m=4a^2+2b^2-1\)，\(n=1-t\)。
3. 处理问题1由\(1<\sqrt2a-b<\sqrt2\)得\(1<t<2\)，所以\((\sqrt2a+b)^2=(4a^2+2b^2-2)+(2-t)\)。故\(m=4a^2+2b^2-2\)为偶数，不再是奇数。
4. 推广奇偶性若\(k<t<k+1\)，则\(m=4a^2+2b^2-k-1\)。前一项为偶数，因此\(k\)为奇数时\(m\)为偶数，\(k\)为偶数时\(m\)为奇数。

答案：①\(5\)；②\(8\sqrt2-11\)；\(m=4a^2+2b^2-1,n=1-(\sqrt2a-b)^2\)；（2）\(m\)为偶数；（3）\(k\)奇时\(m\)偶，\(k\)偶时\(m\)奇。

回头检验：\(11<8\sqrt2<12\)，所以第二个例子的小数部分确在0和1之间；所有结论都使用严格不等式，没有把端点并入。

容易错在：不要直接把\(4a^2+2b^2-t\)的整数部分写成去掉\(t\)后的整数；必须先确定\(t\)所在的区间。

• 固定最长边后，只需检查\(a+b>n\)，并且\(a\le b\le n\)。
• 固定中间边\(b\)时，\(a\)从\(n-b+1\)到\(b\)。
• 分别令\(n=2r\)或\(n=2r+1\)求等差数列和。

1. 先做\(n=5\)当\(a=3\)时，\(b=3,4,5\)，得到\((5,3,3),(5,3,4),(5,3,5)\)，这一行有3个；各行个数为1、2、3、2、1，共9个。
2. 固定中间边计数对固定\(b\)，三角形不等式给出\(a+b>n\)，所以\(a=n-b+1,\ldots,b\)，共有\(2b-n\)个；\(b\)从\(\lfloor n/2\rfloor+1\)到\(n\)。
3. 求通式若\(n=2r\)，总数为\(2+4+\cdots+2r=r(r+1)=\dfrac{n(n+2)}4\)；若\(n=2r+1\)，总数为\(1+3+\cdots+(2r+1)=(r+1)^2=\dfrac{(n+1)^2}4\)。
4. 代入两个数值\(n=6\)时有\(6\times8/4=12\)个；\(n=128\)时有\(128\times130/4=4160\)个。

答案：（1）补为\((5,3,3),(5,3,4),(5,3,5)\)，共9个；（2）\(n=6\)为12个，\(n\)奇时\((n+1)^2/4\)，偶时\(n(n+2)/4\)；（3）4160个。

回头检验：等号\(a+b=n\)是退化三角形，必须排除；按\(a\le b\)计数避免把两边交换重复计算。

容易错在：不能把三边的排列当成不同三角形，也不能把\(a+b\ge n\)误当成三角形条件。

• 先配方求顶点；交点条件可用根的和与积。
• 直角条件用向量或斜率乘积，注意排除退化点。
• 第二小问设\(BN=u\)，把\(MN,ND\)都写成\(u\)的距离，再用反射把折线变直线。

1. （1）配方\(y=-x^2-2x+3=-(x+1)^2+4\)，故\(P(-1,4)\)。
2. （2）①用根和与直角当\(a=-\tfrac12\)时，\(A(-c,0)\)为根，另一根为2，故\(b=1-\tfrac c2\)。由顶点坐标代入\(PC\perp CA\)得到\((c-2)(c-6)=0\)；\(c=2\)使\(P=C\)退化，故\(c=6\)。
3. （2）②建立距离式由\(\angle ACO=45^\circ\)、\(\angle ACB=75^\circ\)得\(\angle OCB=30^\circ\)，所以\(m=c/\sqrt3\)。设\(BN=u\)，则\(CM=\sqrt2u\)，可取\(M=(-u,c-u),N=(m-u,0),D=(m/2,c/2)\)。
4. （2）②反射求最小令\(K=(c,m)\)、\(L=(m/2,c/2)\)，则\(MN= XK,ND=XL\)，其中\(X=(u,0)\)。把\(K\)关于\(x\)轴反射为\(K'=(c,-m)\)，折线最小值为\(K'L=c\sqrt{5/3}\)。令其等于5，得\(c=\sqrt{15}\)，交点参数落在允许线段内。

答案：（1）\(P(-1,4)\)；（2）①\(c=6\)；②\(c=\sqrt{15}\)。

回头检验：\(c=\sqrt{15}\)时\(c\sqrt{5/3}=5\)；\(c=2\)被退化条件排除，说明直角条件不能只机械解方程。

容易错在：反射后比较的是折线长度，必须说明反射点和动点的范围；不能把\(CM=\sqrt2BN\)误写成\(CM=2BN\)。

• \(\triangle AOB\)是以\(OB\)为斜边的直角三角形，公共边\(OB\)在全等中只能对应斜边。
• 分别讨论\(OC=1,CB=t\)与\(OC=t,CB=1\)，用关于\(OB\)的轴对称列出点。
• 对全称命题找反例，对存在命题只需给一个合法\(t\)。

1. 确定友好点的两类位置\(\angle OAB=90^\circ\)，\(OB=\sqrt{1+t^2}\)为斜边。全等三角形也必须在\(C\)处直角，且\(\{OC,CB\}=\{1,t\}\)。
2. 列出对称点\(OC=1,CB=t\)时，除去\(A\)本身还得到\(A\)关于\(OB\)的对称点；\(OC=t,CB=1\)时得到\(E(0,t)\)及其关于\(OB\)的对称点\(E'\)。因此\(E\)总在\(y\)轴上，①正确。
3. 排除②③设\(OB\)方向角为\(\alpha\)。\(A'\)方向角为\(2\alpha\)，不在\(x\)轴上；\(E'\)在\(x\)轴上只会在\(t=1\)时与\(A\)重合，不能算友好点，所以②错误。取\(t=1\)时友好点都在\(y\)轴，③错误。
4. 验证④取任意\(0<t<1\)，则\(\alpha<45^\circ\)，\(E'\)的方向角\(2\alpha-90^\circ\)在第四象限，故④正确。选择B。

答案：B（①、④正确，②、③错误）。

回头检验：取\(t=\tfrac12\)，对称点可算为\(E'(\tfrac25,-\tfrac3{10})\)，到\(O\)距离为\(t\)，到\(B(1,\tfrac12)\)距离为1，确实满足定义。

容易错在：公共边\(OB\)是斜边而非直角边；‘所有’与‘存在’的逻辑量词不能混淆。

• 先看斜率\(\dfrac12k^2\)的符号，再分别令\(x=0\)、\(y=0\)。
• 把点\((2,2)\)代入后，关于\(k\)得到一个一元二次方程。
• 点\(P(m,n)\)代入后，‘有且只有一个’对应判别式为0。

1. 读斜率和截距\(k\ne0\)时\(\dfrac12k^2>0\)，所以函数增大。令\(y=0\)得\(A\left(-\dfrac2k,0\right)\)，令\(x=0\)得\(B(0,k)\)。
2. 验证面积\(S_{\triangle AOB}=\dfrac12\left|\dfrac{-2}{k}\right||k|=1\)。
3. 代入给定点代入\((2,2)\)得\(k^2+k-2=0\)，所以\(k=1,-2\)，对应解析式为\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)。
4. 用判别式处理唯一性点\(P(m,n)\)代入得\(\dfrac12mk^2+k-n=0\)。因\(m,n\ne0\)，有且只有一个\(k\)等价于判别式\(1+2mn=0\)，故\(n=-\dfrac1{2m}\)。取\(P(1,-\tfrac12)\)，此时\(k=-1\)，\(A(2,0),B(0,-1)\)，中点正是\(P\)。

答案：（1）增大；（2）\(S_{\triangle AOB}=1\)；（3）存在，\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)；（4）\(n=-\dfrac1{2m}\;(m\ne0)\)，例如\(P(1,-\tfrac12)\)。

回头检验：取\(P(1,-\tfrac12)\)时，\((k+1)^2=0\)，且\(AB\)中点为\((1,-\tfrac12)\)，三项互相核对。

容易错在：不能把\(k^2\)当成可能为负的斜率；判别式为0后仍要记住\(k\ne0\)。

本题用到的方法：新定义翻译、试值归纳

• 黄金搭档直接给出横坐标相差3。
• 先由\(A\)和\(B\)求出抛物线，再比较\(f(m+3)\)与\(f(m)\)。
• 分\(m\le-1\)和\(m>-1\)讨论顶点是否落在线段横坐标范围内。

1. 确定抛物线\(A(0,-3)\)给出\(c=-3\)。\(B\)横坐标为3且纵坐标为12，故\(9+3b-3=12\)，得\(b=2\)，所以\(f(x)=(x+1)^2-4\)。
2. 处理等高搭档设\(M\)横坐标为\(m\)，则\(N\)横坐标为\(m+3\)。\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)，令其为0，得\(m=-\dfrac52\)，\(N\)横坐标为\(\dfrac12\)。
3. 先找最高点和最低点在\((-\tfrac52,0)\)内，\(f(m+3)>f(m)\)，最高点在\(N\)。当\(m\le-1\)时线段含顶点，最低值为\(-4\)；条件化为\(|(m+4)^2-4|+4=5\)。
4. 筛选范围因\(m+4>0\)，解得\(m=\sqrt3-4\)或\(m=\sqrt5-4\)，两值都在\((-\tfrac52,-1]\)内。若\(-1<m<0\)，距离和为\(6m+15>9\)，不合条件。

答案：（1）\(b=2,c=-3\)；（2）①\(x_M=-\dfrac52,x_N=\dfrac12\)；②\(m=\sqrt3-4\)或\(\sqrt5-4\)。

回头检验：两组\(m\)代回\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)均为正，且一组含顶点、一组不含顶点的范围判断没有混用。

容易错在：定义只限制横坐标，不代表纵坐标相等；求最高、最低距离时要先判断顶点是否在线段内。

本题用到的方法：新定义翻译、试值归纳

• P走过拐点B后，扫过的面积包含先前已扫过的三角形。

1. 第1步P沿AB长6cm、BC长3cm运动，速度1cm/s，所以总时间9s，范围为0<t≤9。
2. 第2步当0<t≤6时，扫过△ADP，\(S=AD\cdot AP/2=3t/2\)。当6<t≤9时，先前已扫过△ADB面积9，再加△DBP面积\(6(t-6)/2\)，故\(S=3t-9\)。
3. 第3步矩形面积为18。S=18/4=4.5位于第一段，解\(3t/2=4.5\)得\(t_1=3\)；S=18×5/6=15位于第二段，解\(3t-9=15\)得\(t_2=8\)。
4. 第4步所经历时间为\(t_2-t_1=8-3=5\)s。

答案：（1）\(S=3t/2\)（0<t≤6），\(S=3t-9\)（6<t≤9）；（2）5s

回头检验：两段在t=6均得9；t=9时S=18，恰扫完整个矩形。

容易错在：问的是两时刻间的时间差，不是从出发到最终面积的总时间。

本题用到的方法：动点参数化、分类讨论与取等

• （3）\(\triangle EBF\) 的高是 \(B\) 到直线 \(AC\) 的定距离，只需让底 \(EF\) 最短。

1. （1）求表达式设 \(y=a(x+1)(x-2)\)，代入 \(C(0,-2)\)：\(-2a=-2\)，\(a=1\)，所以 \(y=x^2-x-2\)。
2. （2）求D对称轴 \(x=\dfrac12\)。直线 \(BC\)：\(y=x-2\)，所以 \(D\left(\dfrac12,-\dfrac32\right)\)。
3. （2）判定形状\(AD^2=\left(\dfrac32\right)^2+\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac92\)，\(BD^2=\dfrac92\)，\(AB^2=9\)。\(AD=BD\) 且 \(AD^2+BD^2=AB^2\)，所以 \(\triangle ABD\) 是以 \(D\) 为直角顶点的等腰直角三角形。
4. （3）定高\(OB=OC=2\)，\(\angle ABC=45^{\circ}\)，所以 \(\angle EBF=45^{\circ}\)。直线 \(AC\)：\(y=-2x-2\)，即 \(2x+y+2=0\)。\(B\) 到它的距离 \(h=\dfrac{|4+0+2|}{\sqrt5}=\dfrac{6\sqrt5}{5}\)，\(S=\dfrac12EF\cdot h\)，只需求 \(EF\) 的最小值。
5. （3）求EF最小设 \(B\) 在直线 \(AC\) 上的垂足为 \(H\)。若 \(H\) 在 \(E\)、\(F\) 之间，令 \(\angle EBH=\alpha\)，\(\angle FBH=45^{\circ}-\alpha\)，则 \(EF=h[\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)]\)。记 \(u=\tan\alpha\in[0,1]\)，\(\tan\alpha+\tan(45^{\circ}-\alpha)=u+\dfrac{1-u}{1+u}=(1+u)+\dfrac{2}{1+u}-2\ge2\sqrt2-2\)，当 \(1+u=\sqrt2\)（即 \(BE=BF\)）时取等号。若 \(H\) 不在 \(E\)、\(F\) 之间，设 \(\angle EBH=\alpha\)，则 \(\angle FBH=\alpha+45^{\circ}\)，\(EF=h[\tan(\alpha+45^{\circ})-\tan\alpha]\)；正切在 \(0^{\circ}\) 到 \(90^{\circ}\) 间增长越来越快，这个差不小于 \(\alpha=0^{\circ}\) 时的值 \(h\)，比上一种情况大。所以 \(EF_{\min}=(2\sqrt2-2)h\)。
6. （3）求面积\(S_{\min}=\dfrac12(2\sqrt2-2)h^2=(\sqrt2-1)\times\dfrac{36}{5}=\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

答案：（1）\(y=x^2-x-2\)；（2）等腰直角三角形（\(\angle ADB=90^{\circ}\)）；（3）\(\dfrac{36(\sqrt2-1)}{5}\)。

回头检验：数值检验：\(h^2=7.2\)，\(S_{\min}\approx7.2\times0.414\approx2.98\)；取 \(E=H\) 时 \(EF=h\)，面积 \(=3.6\)，确实更大。

容易错在：把 \(\angle EBF\) 当作45°但忘记它可以绕 \(B\) 转动，误以为 \(E\)、\(F\) 固定。；（3）中用 \(B\) 到 \(AC\) 的距离时，直线方程写错符号。

本题用到的方法：动点参数化、分类讨论与取等

• 先画出从D出发与DB成指定角的两条射线。

1. 求函数由C得c=2，由A得\(a-3/2+2=0\)，故\(a=-1/2\)。另一零点为B(4,0)，直线BC为\(x+2y-4=0\)。
2. 求最大距离设\(P=(t,-t^2/2+3t/2+2)\)，第一象限要求\(0<t<4\)。点到BC距离\(PH=|t+2y_P-4|/\sqrt5=(-t^2+4t)/\sqrt5=[4-(t-2)^2]/\sqrt5\)。在t=2时取得最大值\(4/\sqrt5=4\sqrt5/5\)。
3. 确定射线方向\(D=(0,-2)\)，DB斜率为1/2；\(\angle ACO\)的正切也是1/2。DE相对正x轴的方向有两种：水平向右，或斜率4/3且向右上。水平时E纵坐标为-2，抛物线有正横坐标交点。另一种为\(y=4x/3-2\)，联立得\(3x^2-x-24=0\)，x=3或-8/3。射线方向要求x>0，取E(3,2)，故纵坐标为2。

答案：（1）\(y=-\frac12x^2+\frac32x+2\)；（2）\(\frac{4\sqrt5}{5}\)；（3）\(-2\)或2。

回头检验：t=2处P=(2,3)确在第一象限；斜线的负根对应反向射线，不能保留。

容易错在：满足直线方程的交点未必满足射线的方向限制。

• 将抛物线上的点作为参数，再求它到线段所在直线的垂足。

1. 第1步（1）代入A=(-3,0)，得\(0=-9-3b+3\)，所以b=-2，解析式为\(y=-x^2-2x+3\)。于是B=(0,3)，C=(-1,0)。
2. 第2步（2）AB=3\(\sqrt2\)，BC=\(\sqrt{10}\)，AC=2。过C作CH⊥AB于H。△AOB为等腰直角三角形，∠CAH=45°，故AH=CH=\(\sqrt2\)。于是BH=AB-AH=\(2\sqrt2\)，在Rt△BHC中，\(\cos\angle ABC=BH/BC=2\sqrt5/5\)。
3. 第3步（3）设\(Q=(t,-t^2-2t+3)\)。Q在第二象限给出-3<t<0。AB所在直线为y=x+3，与x轴夹角45°。PQ⊥AB，所以PQ从左上向右下与坐标轴也成45°，其上横、纵坐标之和不变；联立过Q的直线x+y=x_Q+y_Q与AB，得\(P=(-t(t+1)/2,3-t(t+1)/2)\)。
4. 第4步P在线段AB上，横坐标属于[-3,0]，与-3<t<0合并得\(-3<t\le-1\)。此时\(BP=\sqrt2(t^2+t)/2\)；Q在AB上方，故\(PQ=(-t^2-3t)/\sqrt2\)。
5. 第5步因此\(BP+2PQ=-\frac{\sqrt2}{2}(t^2+5t)=\frac{25\sqrt2}{8}-\frac{\sqrt2}{2}(t+5/2)^2\)。当t=-5/2时取最大值\(25\sqrt2/8\)。

答案：（1）\(y=-x^2-2x+3\)；（2）\(2\sqrt5/5\)；（3）\(25\sqrt2/8\)

回头检验：等号点Q=(-5/2,7/4)，P=(-15/8,9/8)，Q在第二象限且P在线段AB内，故最值可达。

容易错在：不能仅令t在(-3,0)中变化而遗漏垂足P在线段上的限制；PQ需取正长度。

• y₂ 在 x≤3 时的增减性如何？
• y₁、y₂ 分别与 x 轴交于哪些点？这些点什么时候落在各自的范围内？

1. （1）求表达式由 \(x=0\) 时 \(y=-3\) 得 \(c=-3\)；由 \(x=1\) 时 \(y=0\) 得 \(1+b-3=0\)，\(b=2\)。所以 \(y=x^{2}+2x-3\)，代入 \(x=-1\)、\(-2\) 得 \(-4\)、\(-3\)，与表相符。
2. （2）求 y₁、y₂\(y=(x+1)^{2}-4\)，平移后 \(y_{1}=x^{2}-1\)。\(A(3,m)\) 在 \(y_{1}\) 上，\(m=8\)；代入 \(y_{2}\)：\(-9+18+n=8\)，\(n=-1\)。所以 \(y_{2}=-x^{2}+6x-1=-(x-3)^{2}+8\)。
3. ①列方程\(N\) 在 \(M\) 上方，所以 \(MN=(-t^{2}+6t-1)-(t^{2}-1)=-2t^{2}+6t\)。由 \(-2t^{2}+6t=\frac92\) 得 \(4t^{2}-12t+9=0\)，即 \((2t-3)^{2}=0\)，\(t=\frac32\)。
4. ②最大值\(y_{2}\) 在 \(a\le x\le3\) 上随 \(x\) 增大而增大，在 \(x=3\) 处取 \(8\)。而 \(-2<x<a<3\) 时 \(y_{1}=x^{2}-1<8\)，所以 \(y\) 的最大值为 \(8\)，最小值应为 \(8-\frac{49}{4}=-\frac{17}{4}\)。
5. ②最小值若 \(0\le a<3\)：\(y_{1}\) 的最小值为 \(-1\)（\(a>0\) 时在 \(x=0\) 取到），\(y_{2}\) 的最小值 \(y_{2}(a)\ge y_{2}(0)=-1\)；\(a=0\) 时 \(y_{2}(0)=-1\)，所以 \(y\) 的最小值都是 \(-1\)，差为 \(9\)，不符合。若 \(-2<a<0\)：\(y_{1}>a^{2}-1>-1\)，\(y_{2}(a)<-1\)，最小值为 \(y_{2}(a)\)。
6. ②求 a由 \(-a^{2}+6a-1=-\frac{17}{4}\) 得 \(4a^{2}-24a-13=0\)，解得 \(a=-\frac12\) 或 \(a=\frac{13}{2}\)。结合 \(-2<a<0\)，得 \(a=-\frac12\)。
7. ③找交点\(y_{1}=0\) 得 \(x=\pm1\)；\(y_{2}=0\) 得 \(x=3\pm2\sqrt2\)。\(x=\pm1\) 都在 \((-a,a)\) 内当且仅当 \(a>1\)，否则都不在。
8. ③分类\(3-2\sqrt2\) 在 \([a,a+1]\) 内当且仅当 \(0<a\le3-2\sqrt2\)；\(3+2\sqrt2\) 在 \([a,a+1]\) 内当且仅当 \(2+2\sqrt2\le a\le3+2\sqrt2\)。于是：\(0<a\le3-2\sqrt2\) 时 1 个交点；\(3-2\sqrt2<a\le1\) 时 0 个；\(1<a<2+2\sqrt2\) 时 2 个；\(2+2\sqrt2\le a\le3+2\sqrt2\) 时 3 个；\(a>3+2\sqrt2\) 时 2 个。
9. ③结论恰有两个交点时，\(1<a<2+2\sqrt2\) 或 \(a>3+2\sqrt2\)。

答案：（1）\(y=x^{2}+2x-3\)；（2）①\(t=\frac32\)；②\(a=-\frac12\)；③\(1<a<2+2\sqrt2\) 或 \(a>3+2\sqrt2\)。

回头检验：②取 \(a=-\frac12\)：\(y_{2}\left(-\frac12\right)=-\frac14-3-1=-\frac{17}{4}\)，\(8-\left(-\frac{17}{4}\right)=\frac{49}{4}\)，且 \(y_{1}\) 段的值都大于 \(-\frac34\)。③取 \(a=2\)、\(5\)、\(6\)，交点依次为 2、3、2 个。

容易错在：②把 y₁ 的端点 x=−2 当成能取到的最大值。；②中两根未结合 −2<a<3 舍去。；③漏掉 \(a>3+2\sqrt2\) 这一段。

• 先由两点求\(a,b\)，写成顶点式。
• \(h=9\)时，最高点一定是顶点吗？
• 令\(t=m-1\)，用\(t\)表示各端点到对称轴的距离，再分类。

1. （1）把两点代入：\(4a+2b+1=1\)，\(16a+4b+1=-7\)，解得\(a=-1\)，\(b=2\)。\(y=-x^{2}+2x+1=-(x-1)^{2}+2\)，顶点为\((1,2)\)。
2. ①\(m=-2\)时\(y_{M}=-7\)。若\(n<1\)，\(G\)上\(y\)随\(x\)增大而增大，\(h=y_{N}+7<2+7=9\)，不符合。所以\(n\ge1\)，最高点是顶点，纵坐标2。此时要\(h=9\)，最低点纵坐标须为\(-7\)，即\(y_{N}\ge-7\)；由\(-(n-1)^{2}+2\ge-7\)得\(n\le4\)。所以\(1\le n\le4\)，\(p=n+2\)，得\(3\le p\le6\)。
3. ②\(n=m+5\)。对称轴在\(m,n\)之间时，最高点是顶点，\(h\)等于两端到对称轴较远距离的平方。这个较远距离不小于\(\frac{5}{2}\)，且\(m=-\frac{3}{2}\)，\(n=\frac{7}{2}\)时恰为\(\frac{5}{2}\)，所以此时\(h\ge\frac{25}{4}\)。对称轴不在\(m,n\)之间时，设近端到对称轴的距离为\(d>0\)，\(h=(d+5)^{2}-d^{2}=25+10d>25\)。而\(m\)可以无限增大，\(h\)也可以无限增大，所以\(h\ge\frac{25}{4}\)。
4. ③设元\(n=m+3\)，\(h=3\)。令\(t=m-1\)，则\(G\)的两端到对称轴的有向距离为\(t\)和\(t+3\)。若对称轴不在两端之间，设近端到对称轴的距离为\(d>0\)，则\(h=(d+3)^{2}-d^{2}=6d+9>9\)，不可能等于3。所以对称轴在两端之间，即\(-3\le t\le0\)。
5. ③求解此时\(h\)等于\(t^{2}\)与\((t+3)^{2}\)中较大的一个。当\(t\le-\frac{3}{2}\)时，\(t^{2}=3\)，\(t=-\sqrt{3}\)，\(m=1-\sqrt{3}\)，\(y_{M}=2-3=-1\)。当\(t>-\frac{3}{2}\)时，\((t+3)^{2}=3\)，\(t=\sqrt{3}-3\)，\(m=\sqrt{3}-2\)，\(y_{M}=2-(\sqrt{3}-3)^{2}=6\sqrt{3}-10\)。所以\(M(1-\sqrt{3},-1)\)或\(M(\sqrt{3}-2,6\sqrt{3}-10)\)。

答案：（1）\(y=-x^{2}+2x+1\)，顶点坐标为\((1,2)\)；（2）①\(3\le p\le6\)；②\(h\ge\frac{25}{4}\)；③\(M(1-\sqrt{3},-1)\)或\(M(\sqrt{3}-2,6\sqrt{3}-10)\)

回头检验：①代入：\(n=1\)时\(p=3\)，\(n=4\)时\(p=6\)，都有\(h=9\)；\(n=4.1\)时\(y_{N}=-7.61\)，\(h=9.61\)。②\(m=-1.5\)时\(h=\frac{25}{4}\)；\(m=-1\)，\(n=4\)时\(h=9\)。③\(M(1-\sqrt{3},-1)\)时\(n=4-\sqrt{3}\)，\(y_{N}=6\sqrt{3}-10\approx0.39\)，最高2，最低\(-1\)，高3；\(M(\sqrt{3}-2,6\sqrt{3}-10)\)时\(n=\sqrt{3}+1\)，\(y_{N}=-1\)，最高2，最低\(-1\)，高3。两种情形宽都是3。

容易错在：只考虑对称轴在图象\(G\)内部，漏掉不含顶点的情形。；①中只算\(n=4\)，把范围写成\(p=6\)。；③中只求出一个解，漏掉对称的另一种情况。

• 求交后还需检查直线与角的定义。

1. 步骤1由C得\(c=1\)，由B得\(b=3/4\)，另一零点为\(A=(-1,0)\)，直线BC为\(y=1-x/4\)。
2. 步骤2P到BC的距离正比于\(-x^2/4+x\)，在\(x=2\)最大，此时\(P=(2,3/2)\)。设\(E=(e,0)\)，则目标为\(\sqrt{(e-2)^2+9/4}+|e+1|/\sqrt2\)。
3. 步骤3若\(e\ge-1\)，由点P到直线\(y=-x-1\)的垂距及投影不等式，目标至少\((2+3/2+1)/\sqrt2=9\sqrt2/4\)；在\(e=1/2\)时达到。若\(e<-1\)，则\(PE>\sqrt{9+9/4}=3\sqrt5/2>9\sqrt2/4\)，不能更小。
4. 步骤4沿CA平移使各点坐标减1，新抛物线为\(y=-x^2/4+x/4+1/2\)，\(F=(3,-1)\)，BF为\(y=x-4\)。所给夹角的正切为3/5，与BF夹此角且经过A的两直线为\(y=4x+4\)与\(y=x/4+1/4\)。
5. 步骤5与新抛物线联立，分别得\(x=-1,-14\)与\(x=-1,1\)。\(x=-1\)对应M=A，直线AM无定义，应剔除；故两点为\((-14,-52)\)、\((1,1/2)\)。在两情况下N分别为\((-8/3,-20/3)\)、\((17/3,5/3)\)，实际射线的夹角均满足原条件。

答案：（1）\(y=-x^2/4+3x/4+1\)；（2）\(P=(2,3/2)\)，最小值\(9\sqrt2/4\)；（3）\(M=(1,1/2)\)或\((-14,-52)\)。

回头检验：两点代入新抛物线及相应过A直线均成立；加权距离在E=(1/2,0)为\(3\sqrt2/2+3\sqrt2/4\)。

容易错在：角度方程可能保留反向射线，交点M=A也不是有效解。

• （2）中两根之积是多少？A、B 在 y 轴的同侧还是异侧？
• （3）开口方向和对称轴位置由 a 决定，先求 a 的范围。

1. （1）对称轴 \(x=-\frac{b}{2a}=1\)，得 \(b=-2a\)。过点 (3,4)：\(9a+3b+1=4\)，代入得 \(3a=3\)，\(a=1\)，\(b=-2\)。解析式为 \(y=x^{2}-2x+1\)。
2. （2）判断等腰的情形\(a=\frac23\) 时，\(C(0,1)\)。两交点横坐标之积为 \(\frac{1}{a}=\frac32>0\)，它们在原点同侧。图象关于 y 轴对称后 b 变为相反数、面积不变，所以不妨设 A、B 的横坐标分别为 p、q，且 \(0<p<q\)。则 \(CA=\sqrt{p^{2}+1}<CB=\sqrt{q^{2}+1}\)，所以 \(CA\ne CB\)；又 \(AB=q-p<q<CB\)，所以 \(AB\ne CB\)。只能是 \(AB=CA\)。
3. （2）求两根\(q-p=\sqrt{p^{2}+1}\)，且 \(q=\frac{3}{2p}\)。两边平方：\(\frac{9}{4p^{2}}-3+p^{2}=p^{2}+1\)，得 \(p^{2}=\frac{9}{16}\)，\(p=\frac34\)，\(q=2\)。此时 \(p+q=\frac{11}{4}=-\frac{3b}{2}\)，\(b=-\frac{11}{6}\)，判别式 \(b^{2}-\frac83=\frac{121}{36}-\frac{96}{36}>0\)，成立。
4. （2）求面积\(AB=2-\frac34=\frac54\)，\(OC=1\)，\(S_{\triangle ABC}=\frac12\times\frac54\times1=\frac58\)。
5. （3）求 a 的范围\(b=1\) 时 \(y=ax^{2}+x+1\)，\(y_1=a+2\)，\(y_2=4a+3\)。由 \(a+2>4a+3\) 得 \(a<-\frac13\)，开口向下，对称轴 \(x=-\frac{1}{2a}>0\)。
6. （3）分类求最大值若 \(-\frac{1}{2a}\le1\)，即 \(a\le-\frac12\)：最大值在顶点，\(m=1-\frac{1}{4a}\)，而 \(0<-\frac{1}{4a}\le\frac12\)，所以 \(1<m\le\frac32\)。若 \(-\frac12<a<-\frac13\)：对称轴 \(x>1\)，函数在 \(0\le x\le1\) 上随 x 增大而增大，\(m=y(1)=a+2\)，所以 \(\frac32<m<\frac53\)。合并得 \(1<m<\frac53\)。

答案：（1）\(y=x^{2}-2x+1\)；（2）\(\frac{5}{8}\)；（3）\(1<m<\frac{5}{3}\)。

回头检验：（2）\(p=\frac34\) 时 \(CA=\sqrt{\frac{9}{16}+1}=\frac54=AB\)，等腰成立。（3）取 \(a=-1\)：顶点 \(x=\frac12\)，\(m=1.25\)，在 \((1,\frac53)\) 内；取 \(a=-0.4\)：\(m=y(1)=1.6<\frac53\)，也在范围内。

容易错在：（2）漏判 A、B 在同侧，把 CA＝CB 当成一种情况。；（3）没有比较对称轴与 1 的位置，直接把顶点值当最大值。

• 先画出从D出发与DB成指定角的两条射线。

1. 求函数由C得c=2，由A得\(a-3/2+2=0\)，故\(a=-1/2\)。另一零点为B(4,0)，直线BC为\(x+2y-4=0\)。
2. 求最大距离设\(P=(t,-t^2/2+3t/2+2)\)，第一象限要求\(0<t<4\)。点到BC距离\(PH=|t+2y_P-4|/\sqrt5=(-t^2+4t)/\sqrt5=[4-(t-2)^2]/\sqrt5\)。在t=2时取得最大值\(4/\sqrt5=4\sqrt5/5\)。
3. 确定射线方向\(D=(0,-2)\)，DB斜率为1/2；\(\angle ACO\)的正切也是1/2。DE相对正x轴的方向有两种：水平向右，或斜率4/3且向右上。水平时E纵坐标为-2，抛物线有正横坐标交点。另一种为\(y=4x/3-2\)，联立得\(3x^2-x-24=0\)，x=3或-8/3。射线方向要求x>0，取E(3,2)，故纵坐标为2。

答案：（1）\(y=-\frac12x^2+\frac32x+2\)；（2）\(\frac{4\sqrt5}{5}\)；（3）\(-2\)或2。

回头检验：t=2处P=(2,3)确在第一象限；斜线的负根对应反向射线，不能保留。

容易错在：满足直线方程的交点未必满足射线的方向限制。

本题用到的方法：抛物线性质、根与系数关系

• 将抛物线上的点作为参数，再求它到线段所在直线的垂足。

1. 第1步（1）代入A=(-3,0)，得\(0=-9-3b+3\)，所以b=-2，解析式为\(y=-x^2-2x+3\)。于是B=(0,3)，C=(-1,0)。
2. 第2步（2）AB=3\(\sqrt2\)，BC=\(\sqrt{10}\)，AC=2。过C作CH⊥AB于H。△AOB为等腰直角三角形，∠CAH=45°，故AH=CH=\(\sqrt2\)。于是BH=AB-AH=\(2\sqrt2\)，在Rt△BHC中，\(\cos\angle ABC=BH/BC=2\sqrt5/5\)。
3. 第3步（3）设\(Q=(t,-t^2-2t+3)\)。Q在第二象限给出-3<t<0。AB所在直线为y=x+3，与x轴夹角45°。PQ⊥AB，所以PQ从左上向右下与坐标轴也成45°，其上横、纵坐标之和不变；联立过Q的直线x+y=x_Q+y_Q与AB，得\(P=(-t(t+1)/2,3-t(t+1)/2)\)。
4. 第4步P在线段AB上，横坐标属于[-3,0]，与-3<t<0合并得\(-3<t\le-1\)。此时\(BP=\sqrt2(t^2+t)/2\)；Q在AB上方，故\(PQ=(-t^2-3t)/\sqrt2\)。
5. 第5步因此\(BP+2PQ=-\frac{\sqrt2}{2}(t^2+5t)=\frac{25\sqrt2}{8}-\frac{\sqrt2}{2}(t+5/2)^2\)。当t=-5/2时取最大值\(25\sqrt2/8\)。

答案：（1）\(y=-x^2-2x+3\)；（2）\(2\sqrt5/5\)；（3）\(25\sqrt2/8\)

回头检验：等号点Q=(-5/2,7/4)，P=(-15/8,9/8)，Q在第二象限且P在线段AB内，故最值可达。

容易错在：不能仅令t在(-3,0)中变化而遗漏垂足P在线段上的限制；PQ需取正长度。

本题用到的方法：抛物线性质、根与系数关系

• 先看斜率\(\dfrac12k^2\)的符号，再分别令\(x=0\)、\(y=0\)。
• 把点\((2,2)\)代入后，关于\(k\)得到一个一元二次方程。
• 点\(P(m,n)\)代入后，‘有且只有一个’对应判别式为0。

1. 读斜率和截距\(k\ne0\)时\(\dfrac12k^2>0\)，所以函数增大。令\(y=0\)得\(A\left(-\dfrac2k,0\right)\)，令\(x=0\)得\(B(0,k)\)。
2. 验证面积\(S_{\triangle AOB}=\dfrac12\left|\dfrac{-2}{k}\right||k|=1\)。
3. 代入给定点代入\((2,2)\)得\(k^2+k-2=0\)，所以\(k=1,-2\)，对应解析式为\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)。
4. 用判别式处理唯一性点\(P(m,n)\)代入得\(\dfrac12mk^2+k-n=0\)。因\(m,n\ne0\)，有且只有一个\(k\)等价于判别式\(1+2mn=0\)，故\(n=-\dfrac1{2m}\)。取\(P(1,-\tfrac12)\)，此时\(k=-1\)，\(A(2,0),B(0,-1)\)，中点正是\(P\)。

答案：（1）增大；（2）\(S_{\triangle AOB}=1\)；（3）存在，\(y=\dfrac12x+1\)或\(y=2x-2\)；（4）\(n=-\dfrac1{2m}\;(m\ne0)\)，例如\(P(1,-\tfrac12)\)。

回头检验：取\(P(1,-\tfrac12)\)时，\((k+1)^2=0\)，且\(AB\)中点为\((1,-\tfrac12)\)，三项互相核对。

容易错在：不能把\(k^2\)当成可能为负的斜率；判别式为0后仍要记住\(k\ne0\)。

本题用到的方法：新定义翻译、试值归纳

• 黄金搭档直接给出横坐标相差3。
• 先由\(A\)和\(B\)求出抛物线，再比较\(f(m+3)\)与\(f(m)\)。
• 分\(m\le-1\)和\(m>-1\)讨论顶点是否落在线段横坐标范围内。

1. 确定抛物线\(A(0,-3)\)给出\(c=-3\)。\(B\)横坐标为3且纵坐标为12，故\(9+3b-3=12\)，得\(b=2\)，所以\(f(x)=(x+1)^2-4\)。
2. 处理等高搭档设\(M\)横坐标为\(m\)，则\(N\)横坐标为\(m+3\)。\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)，令其为0，得\(m=-\dfrac52\)，\(N\)横坐标为\(\dfrac12\)。
3. 先找最高点和最低点在\((-\tfrac52,0)\)内，\(f(m+3)>f(m)\)，最高点在\(N\)。当\(m\le-1\)时线段含顶点，最低值为\(-4\)；条件化为\(|(m+4)^2-4|+4=5\)。
4. 筛选范围因\(m+4>0\)，解得\(m=\sqrt3-4\)或\(m=\sqrt5-4\)，两值都在\((-\tfrac52,-1]\)内。若\(-1<m<0\)，距离和为\(6m+15>9\)，不合条件。

答案：（1）\(b=2,c=-3\)；（2）①\(x_M=-\dfrac52,x_N=\dfrac12\)；②\(m=\sqrt3-4\)或\(\sqrt5-4\)。

回头检验：两组\(m\)代回\(f(m+3)-f(m)=6m+15\)均为正，且一组含顶点、一组不含顶点的范围判断没有混用。

容易错在：定义只限制横坐标，不代表纵坐标相等；求最高、最低距离时要先判断顶点是否在线段内。

本题用到的方法：新定义翻译、试值归纳

• 先把\(a=\dfrac32\)代入，函数式中的一次项变成什么？
• 顶点坐标要从哪一种形式直接读出？
• 把式子配成\(y=p(x-h)^2+k\)，顶点就是\((h,k)\)。

1. 代入参数\(y=3x^2-6x+4\)。
2. 完成平方\(y=3(x^2-2x+1)+1=3(x-1)^2+1\)。
3. 读出顶点顶点式表明顶点坐标为\((1,1)\)。

答案：\((1,1)\)。

回头检验：对称轴为\(x=1\)，代入\(x=1\)得\(y=1\)，与顶点式一致。

容易错在：配方时要把提取出的3乘回括号内，不能把常数项直接写成1。

• 把两个点的横坐标代入后，\(a\)和\(b\)分别用\(n\)怎样表示？
• 已知\(a<b\)且\(ab<0\)，在本题中谁为负、谁为正？
• 由\(a<0<b\)列出关于\(n\)的两个一次不等式，再从候选值中检查。

1. 表示两点函数值\(a=9-6n\)，\(b=25-10n\)。
2. 翻译条件因为\(a<b\)且\(ab<0\)，所以\(a<0<b\)。于是\(9-6n<0\)，\(25-10n>0\)。
3. 解不等式并选值得到\(\tfrac32<n<\tfrac52\)。例如\(n=2\)满足条件。

答案：例如\(n=2\)。

回头检验：取\(n=2\)时，\(a=-3,b=5\)，确有\(a<b\)且\(ab=-15<0\)。

容易错在：仅由\(ab<0\)不能确定不等式方向；必须结合\(a<b\)确定\(a<0<b\)。

• 开口向上时，对称轴左边下降，右边上升。
• 第（2）问里，对称轴要落在哪两段之间？端点能不能取到？

1. （1）配方\(a=\frac32\) 时，\(y=3x^2-6x+4=3(x-1)^2+1\)，顶点为 \((1,1)\)。
2. （2）求对称轴对称轴为 \(x=-\frac{-4a}{2\times3}=\frac{2a}{3}\)，开口向上。
3. （2）定对称轴的位置\(1\le x\le4\) 上下降，这段要全在对称轴左侧，所以 \(\frac{2a}{3}\ge4\)。\(8\le x\le12\) 上上升，这段要全在对称轴右侧，所以 \(\frac{2a}{3}\le8\)。
4. （2）解不等式\(4\le\frac{2a}{3}\le8\)，解得 \(6\le a\le12\)。

答案：（1）\((1,1)\)；（2）\(6\le a\le12\)

回头检验：取 \(a=6\)，对称轴是 \(x=4\)，在 \(1\le x\le4\) 上仍然下降；取 \(a=12\)，对称轴是 \(x=8\)，在 \(8\le x\le12\) 上仍然上升。两个端点都能取到。

容易错在：容易漏掉等号。对称轴正好在区间端点时，函数在这段上仍然单调。

• 第（2）问：两根之积是多少？这说明 \(A\)，\(B\) 在 \(y\) 轴的同侧还是异侧？
• 第（3）问：先由 \(y_1>y_2\) 求出 \(a\) 的范围，再比较对称轴和 \(x=1\) 的位置。

1. （1）列方程组对称轴 \(-\frac{b}{2a}=1\)，得 \(b=-2a\)。代入点 \((3,4)\)：\(9a+3b+1=4\)，得 \(a=1\)，\(b=-2\)。所以 \(y=x^2-2x+1\)。
2. （2）确定两点的位置设两根为 \(x_1\)，\(x_2\)，则 \(x_1x_2=\frac{1}{a}=\frac32>0\)，两根同号。图象关于 \(y\) 轴翻折不改变三角形的形状，先看两根都为正的情形，记 \(0<x_1<x_2\)，\(A(x_1,0)\)，\(B(x_2,0)\)，\(C(0,1)\)。
3. （2）分三种情况\(CA=CB\) 要求 \(x_1^2=x_2^2\)，与 \(0<x_1<x_2\) 矛盾。\(BA=BC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_2^2+1\)，用 \(x_1x_2=\frac32\) 化简得 \(x_1^2=4\)，\(x_1=2\)，\(x_2=\frac34\)，与 \(x_1<x_2\) 矛盾。\(AB=AC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_1^2+1\)，化简得 \(x_2^2=4\)，\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\)，符合。
4. （2）求面积\(AB=2-\frac34=\frac54\)，\(OC=1\)，面积为 \(\frac12\times\frac54\times1=\frac58\)。两根都为负时图形对称，面积相同。
5. （3）求 \(a\) 的范围\(y_1=a+2\)，\(y_2=4a+3\)。由 \(a+2>4a+3\) 得 \(a<-\frac13\)，开口向下，对称轴 \(x=-\frac{1}{2a}>0\)。
6. （3）分两种情况当 \(-\frac12\le a<-\frac13\) 时，\(-\frac{1}{2a}\ge1\)，函数在 \(0\le x\le1\) 上递增，\(m=a+2\)，所以 \(\frac32\le m<\frac53\)。当 \(a<-\frac12\) 时，对称轴在 \(0\) 和 \(1\) 之间，\(m\) 是顶点纵坐标 \(1-\frac{1}{4a}\)，所以 \(1<m<\frac32\)。
7. （3）合并两种情况合起来，\(1<m<\frac53\)。

答案：（1）\(y=x^2-2x+1\)；（2）\(\frac58\)；（3）\(1<m<\frac53\)

回头检验：第（2）问代回：\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\) 时 \(AC=\sqrt{\frac{9}{16}+1}=\frac54=AB\)。第（3）问取 \(a=-1\)：\(y=-x^2+x+1\) 在 \(x=\frac12\) 处最大，值为 \(\frac54\)，落在 \(1<m<\frac32\) 内。

容易错在：第（3）问容易直接拿 \(x=1\) 处的值当最大值。对称轴可能落在区间内，这时最大值在顶点。

• 第（i）问：设 \(t=\frac{x}{a}\)，方程里的 \(a\) 就没有了。
• 第（ii）问：长为 \(L\) 的线段上最多有几个整数点？这个上界什么时候已经小于 \(2a-2\)？

1. （1）由抛物线与 x 轴的两个交点找对称轴抛物线与 \(x\) 轴交于 \(x=0\) 和 \(x=2a\)，对称轴是 \(x=a\)。代入得 \(y=\frac{3}{a^2}\cdot a\cdot a=3\)，顶点纵坐标为 \(3\)。
2. （i）换元令 \(t=\frac{x}{a}\)，方程 \(\frac{3}{a^2}x(2a-x)=\frac32\) 变成 \(3t(2-t)=\frac32\)，即 \(t^2-2t+\frac12=0\)，\(t=1\pm\frac{\sqrt2}{2}\)。因为 \(x_1<x_2\)，所以 \(\frac{x_1}{a}=1-\frac{\sqrt2}{2}\)。
3. （ii）估计整数点个数\(AB\) 的长为 \(x_2-x_1=\sqrt2a\)，所以 \(m\le\sqrt2a+1\)。当 \(\sqrt2a+1<2a-2\)，即 \(a>\frac{3}{2-\sqrt2}\approx5.12\) 时，一定有 \(m<2a-2\)。所以 \(a\ge6\) 都成立。
4. （ii）逐个算 \(a=1,\dots,5\)\(x_1=a\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)\)，\(x_2=a\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right)\)。\(a=1\)：区间约为 \((0.29,1.71)\)，\(m=1\)，\(2a-2=0\)。\(a=2\)：约为 \((0.59,3.41)\)，\(m=3\)，\(2a-2=2\)。\(a=3\)：约为 \((0.88,5.12)\)，\(m=5\)，\(2a-2=4\)。\(a=4\)：约为 \((1.17,6.83)\)，\(m=5\)，\(2a-2=6\)。\(a=5\)：约为 \((1.46,8.54)\)，\(m=7\)，\(2a-2=8\)。
5. （ii）汇总整数点个数的比较结果当 \(a=1,2,3\) 时，\(m>2a-2\)；当 \(a\ge4\) 时，\(m<2a-2\)。

答案：（1）\(3\)；（i）\(1-\frac{\sqrt2}{2}\)；（ii）\(a=1,2,3\) 时 \(m>2a-2\)，\(a\ge4\) 时 \(m<2a-2\)

回头检验：\(a=6\) 时区间约为 \((1.76,10.24)\)，\(m=9\)，而 \(2a-2=10\)，和上界的结论一致。

容易错在：\(a\) 可以取无穷多个值，只代几个值不算证明。要先估计整数点个数，证明 \(a\ge6\) 时结论都成立，再逐个算剩下的。

• 第（2）问：开口向下，最高点在哪里？
• 第（3）问：\(MA=MB\) 和 \(MC=ME\) 分别说明 \(M\) 在哪条线上？点 \(D\) 的纵坐标是多少？

1. （1）配方\(y=-x^2+x+2=-\left(x-\frac12\right)^2+\frac94\)，顶点为 \(\left(\frac12,\frac94\right)\)。
2. （2）看最高点抛物线开口向下，顶点纵坐标 \(\frac{b^2+4c}{4}\) 是最大值，所以 \(\frac{b^2+4c}{4}\ge y_0>0\)。于是判别式 \(b^2+4c>0\)，抛物线与 \(x\) 轴有两个交点。
3. （3）求 \(M\) 的横坐标由 \(C(0,2)\) 得 \(c=2\)，\(A\)，\(B\) 的横坐标满足 \(x^2-bx-2=0\)。\(MA=MB\)，所以 \(M\) 在 \(AB\) 的垂直平分线即对称轴 \(x=\frac b2\) 上。设 \(M\left(\frac b2,n\right)\)。
4. （3）求 \(M\) 的纵坐标设 \(A(x_A,0)\)，由 \(x_A^2-bx_A-2=0\) 得 \(\left(x_A-\frac b2\right)^2=2+\frac{b^2}{4}\)。由 \(MA^2=MC^2\)：\(2+\frac{b^2}{4}+n^2=\frac{b^2}{4}+(n-2)^2\)，解得 \(n=\frac12\)。
5. （3）找垂直平分线\(C\)，\(E\) 都在 \(y\) 轴上且不重合，\(MC=ME\)，所以 \(CE\) 的垂直平分线是经过 \(M\) 的水平直线 \(y=\frac12\)。
6. （3）定点 \(D\)两直线相交，所以 \(b\ne0\)。由 \(bx+2=-bx-1\) 得 \(x=-\frac{3}{2b}\)，代入得 \(y=\frac12\)。\(D\) 在 \(CE\) 的垂直平分线上，所以 \(CD=DE\)。

答案：（1）\(\left(\frac12,\frac94\right)\)；（2）证明见解析；（3）\(CD=DE\)

回头检验：取 \(b=1\)：\(M\left(\frac12,\frac12\right)\)，\(E(0,-1)\)，\(D\left(-\frac32,\frac12\right)\)。\(CD^2=\frac94+\frac94=DE^2\)，结论成立。

容易错在：这一问不必算出 \(A\)，\(B\) 的具体坐标。若把 \(x_A\) 的两个根式都展开来算，计算量大，也容易出错。

• 矩形的水平宽度由m、n决定，竖直高度由这段抛物线的最大值与最小值决定；先写出两者表达式。
• 对称轴在区间内时最高点在哪里？不在区间内时，哪一个端点离对称轴更远？
• 把端点横坐标改写成到对称轴的距离，分别讨论跨轴和不跨轴，再用宽高相等条件筛选。

1. 确定抛物线代入\((2,1)\)、\((4,-7)\)得\(a=-1,b=2\)，所以\(y=-(x-1)^2+2\)，顶点为\((1,2)\)。
2. ①固定左端点m=-2时\(y_M=-7\)。要使高度为9，区间必须包含顶点的横坐标1，且最低值回到\(-7\)，故\(1\le n\le4\)，从而\(3\le p=n+2\le6\)。
3. ②固定宽度n=m+5。若区间跨过对称轴，两端到对称轴的距离和为5，较大者至少为\(\frac52\)，所以高度至少为\(\frac{25}{4}\)。若区间不跨轴，端点函数值之差不小于25，结论仍满足\(h\ge\frac{25}{4}\)。
4. ③正方形的跨轴条件n=m+3且高度为3。若区间不跨对称轴，高度至少为9，故必须跨过x=1。令\(t=m-1\)，则两端到轴的有向距离为t、t+3。
5. ③分类求M在\(-3\le t\le0\)内，最大距离平方等于3：\(t=-\sqrt3\)或\(t=\sqrt3-3\)。代回\(m=1+t\)及函数式，得\(M(1-\sqrt3,-1)\)或\(M(\sqrt3-2,6\sqrt3-10)\)。

答案：（1）\(y=-x^2+2x+1\)，顶点\((1,2)\)；（2）①\(3\le p\le6\)；②\(h\ge\frac{25}{4}\)；③\(M(1-\sqrt3,-1)\)或\(M(\sqrt3-2,6\sqrt3-10)\)

回头检验：将两个M坐标代回\(y=-(x-1)^2+2\)，并取N横坐标m+3；两端函数值差为3、宽度为3，且顶点在区间内。

容易错在：只讨论区间跨过对称轴，遗漏区间在一侧时的高度比较；或③只取一个端点解。

• 开口向上时，对称轴左边下降，右边上升。
• 第（2）问里，对称轴要落在哪两段之间？端点能不能取到？

1. （1）配方\(a=\frac32\) 时，\(y=3x^2-6x+4=3(x-1)^2+1\)，顶点为 \((1,1)\)。
2. （2）求对称轴对称轴为 \(x=-\frac{-4a}{2\times3}=\frac{2a}{3}\)，开口向上。
3. （2）定对称轴的位置\(1\le x\le4\) 上下降，这段要全在对称轴左侧，所以 \(\frac{2a}{3}\ge4\)。\(8\le x\le12\) 上上升，这段要全在对称轴右侧，所以 \(\frac{2a}{3}\le8\)。
4. （2）解不等式\(4\le\frac{2a}{3}\le8\)，解得 \(6\le a\le12\)。

答案：（1）\((1,1)\)；（2）\(6\le a\le12\)

回头检验：取 \(a=6\)，对称轴是 \(x=4\)，在 \(1\le x\le4\) 上仍然下降；取 \(a=12\)，对称轴是 \(x=8\)，在 \(8\le x\le12\) 上仍然上升。两个端点都能取到。

容易错在：容易漏掉等号。对称轴正好在区间端点时，函数在这段上仍然单调。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 第（2）问：两根之积是多少？这说明 \(A\)，\(B\) 在 \(y\) 轴的同侧还是异侧？
• 第（3）问：先由 \(y_1>y_2\) 求出 \(a\) 的范围，再比较对称轴和 \(x=1\) 的位置。

1. （1）列方程组对称轴 \(-\frac{b}{2a}=1\)，得 \(b=-2a\)。代入点 \((3,4)\)：\(9a+3b+1=4\)，得 \(a=1\)，\(b=-2\)。所以 \(y=x^2-2x+1\)。
2. （2）确定两点的位置设两根为 \(x_1\)，\(x_2\)，则 \(x_1x_2=\frac{1}{a}=\frac32>0\)，两根同号。图象关于 \(y\) 轴翻折不改变三角形的形状，先看两根都为正的情形，记 \(0<x_1<x_2\)，\(A(x_1,0)\)，\(B(x_2,0)\)，\(C(0,1)\)。
3. （2）分三种情况\(CA=CB\) 要求 \(x_1^2=x_2^2\)，与 \(0<x_1<x_2\) 矛盾。\(BA=BC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_2^2+1\)，用 \(x_1x_2=\frac32\) 化简得 \(x_1^2=4\)，\(x_1=2\)，\(x_2=\frac34\)，与 \(x_1<x_2\) 矛盾。\(AB=AC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_1^2+1\)，化简得 \(x_2^2=4\)，\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\)，符合。
4. （2）求面积\(AB=2-\frac34=\frac54\)，\(OC=1\)，面积为 \(\frac12\times\frac54\times1=\frac58\)。两根都为负时图形对称，面积相同。
5. （3）求 \(a\) 的范围\(y_1=a+2\)，\(y_2=4a+3\)。由 \(a+2>4a+3\) 得 \(a<-\frac13\)，开口向下，对称轴 \(x=-\frac{1}{2a}>0\)。
6. （3）分两种情况当 \(-\frac12\le a<-\frac13\) 时，\(-\frac{1}{2a}\ge1\)，函数在 \(0\le x\le1\) 上递增，\(m=a+2\)，所以 \(\frac32\le m<\frac53\)。当 \(a<-\frac12\) 时，对称轴在 \(0\) 和 \(1\) 之间，\(m\) 是顶点纵坐标 \(1-\frac{1}{4a}\)，所以 \(1<m<\frac32\)。
7. （3）合并两种情况合起来，\(1<m<\frac53\)。

答案：（1）\(y=x^2-2x+1\)；（2）\(\frac58\)；（3）\(1<m<\frac53\)

回头检验：第（2）问代回：\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\) 时 \(AC=\sqrt{\frac{9}{16}+1}=\frac54=AB\)。第（3）问取 \(a=-1\)：\(y=-x^2+x+1\) 在 \(x=\frac12\) 处最大，值为 \(\frac54\)，落在 \(1<m<\frac32\) 内。

容易错在：第（3）问容易直接拿 \(x=1\) 处的值当最大值。对称轴可能落在区间内，这时最大值在顶点。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 先画出从D出发与DB成指定角的两条射线。

1. 求函数由C得c=2，由A得\(a-3/2+2=0\)，故\(a=-1/2\)。另一零点为B(4,0)，直线BC为\(x+2y-4=0\)。
2. 求最大距离设\(P=(t,-t^2/2+3t/2+2)\)，第一象限要求\(0<t<4\)。点到BC距离\(PH=|t+2y_P-4|/\sqrt5=(-t^2+4t)/\sqrt5=[4-(t-2)^2]/\sqrt5\)。在t=2时取得最大值\(4/\sqrt5=4\sqrt5/5\)。
3. 确定射线方向\(D=(0,-2)\)，DB斜率为1/2；\(\angle ACO\)的正切也是1/2。DE相对正x轴的方向有两种：水平向右，或斜率4/3且向右上。水平时E纵坐标为-2，抛物线有正横坐标交点。另一种为\(y=4x/3-2\)，联立得\(3x^2-x-24=0\)，x=3或-8/3。射线方向要求x>0，取E(3,2)，故纵坐标为2。

答案：（1）\(y=-\frac12x^2+\frac32x+2\)；（2）\(\frac{4\sqrt5}{5}\)；（3）\(-2\)或2。

回头检验：t=2处P=(2,3)确在第一象限；斜线的负根对应反向射线，不能保留。

容易错在：满足直线方程的交点未必满足射线的方向限制。

本题用到的方法：抛物线性质、根与系数关系

• 将抛物线上的点作为参数，再求它到线段所在直线的垂足。

1. 第1步（1）代入A=(-3,0)，得\(0=-9-3b+3\)，所以b=-2，解析式为\(y=-x^2-2x+3\)。于是B=(0,3)，C=(-1,0)。
2. 第2步（2）AB=3\(\sqrt2\)，BC=\(\sqrt{10}\)，AC=2。过C作CH⊥AB于H。△AOB为等腰直角三角形，∠CAH=45°，故AH=CH=\(\sqrt2\)。于是BH=AB-AH=\(2\sqrt2\)，在Rt△BHC中，\(\cos\angle ABC=BH/BC=2\sqrt5/5\)。
3. 第3步（3）设\(Q=(t,-t^2-2t+3)\)。Q在第二象限给出-3<t<0。AB所在直线为y=x+3，与x轴夹角45°。PQ⊥AB，所以PQ从左上向右下与坐标轴也成45°，其上横、纵坐标之和不变；联立过Q的直线x+y=x_Q+y_Q与AB，得\(P=(-t(t+1)/2,3-t(t+1)/2)\)。
4. 第4步P在线段AB上，横坐标属于[-3,0]，与-3<t<0合并得\(-3<t\le-1\)。此时\(BP=\sqrt2(t^2+t)/2\)；Q在AB上方，故\(PQ=(-t^2-3t)/\sqrt2\)。
5. 第5步因此\(BP+2PQ=-\frac{\sqrt2}{2}(t^2+5t)=\frac{25\sqrt2}{8}-\frac{\sqrt2}{2}(t+5/2)^2\)。当t=-5/2时取最大值\(25\sqrt2/8\)。

答案：（1）\(y=-x^2-2x+3\)；（2）\(2\sqrt5/5\)；（3）\(25\sqrt2/8\)

回头检验：等号点Q=(-5/2,7/4)，P=(-15/8,9/8)，Q在第二象限且P在线段AB内，故最值可达。

容易错在：不能仅令t在(-3,0)中变化而遗漏垂足P在线段上的限制；PQ需取正长度。

本题用到的方法：抛物线性质、根与系数关系

• \(D,E\)为中点时，\(DE\)与\(BC\)有什么关系？目标三角形与哪一个三角形共用高？
• 相似三角形的面积比由边长比如何得到？点\(F\)在平行线\(DE\)上意味着什么？
• 用中位线得相似比\(1:2\)，再比较\(\triangle BCF\)与\(\triangle BCD\)的底和高。

1. 求大三角形面积\(DE\)是中位线，所以\(DE\parallel BC\)，且\(\triangle ADE\sim\triangle ABC\)，相似比为\(\tfrac12\)。因此\(S_{ABC}=4S_{ADE}=12\)。
2. 转化为\(BCD\)点\(F,D\)在同一直线\(DE\)上，且\(DE\parallel BC\)，所以\(F,D\)到\(BC\)的距离相等，\(S_{BCF}=S_{BCD}\)。
3. 计算面积\(D\)是\(AB\)的中点，\(S_{BCD}=\tfrac12S_{ABC}=6\)，所以\(S_{BCF}=6\)。

答案：\(6\)。

回头检验：\(S_{ABC}=12\)，中位线把\(\triangle ABC\)按面积比4:1分出\(\triangle ADE\)，而\(\triangle BCD\)占大三角形一半。

容易错在：\(F\)在\(DE\)延长线上不等于\(F\)是中点；等积关系依靠的是与\(BC\)平行的同高。

• \(AF\)和\(DG\)分别在哪两个直角三角形中？还缺哪一组角相等？
• 平行线\(AB\parallel CD\)能把\(\angle ABF\)与\(\angle DCG\)联系起来。
• 证明\(\triangle ABF\sim\triangle DCG\)，再按对应边写\(AF/DG=AB/CD\)。

1. 找相似三角形\(AF\perp BC\)、\(DG\perp BC\)，所以\(\angle AFB=\angle DGC=90^\circ\)。又因\(AB\parallel CD\)，\(\angle ABF=\angle DCG\)。
2. 写相似比因此\(\triangle ABF\sim\triangle DCG\)，对应边成比例：\(\dfrac{AF}{DG}=\dfrac{AB}{CD}\)。
3. 代入数值\(\dfrac{AF}{DG}=\dfrac{10}{15}=\dfrac23\)。

答案：\(\dfrac23\)。

回头检验：两三角形均为直角三角形，斜边对应比为\(AB:CD=2:3\)，所以高的比也为\(2:3\)。

容易错在：对应边不能交叉配对；\(AF\)对应\(DG\)，\(AB\)对应\(CD\)。

• 第（1）问：\(\angle FBC=\angle CAB\)，再加上 \(BA=BC\)，\(\triangle FBC\) 有什么特点？
• 第（2）问：\(CD=AB\)，把要证的式子化成比例，看看含 \(AB\)、\(BH\) 和 \(BF\)、\(BG\) 的是哪两个三角形。

1. （1）先得 \(FB=FC\)菱形中 \(BA=BC\)，所以 \(\angle BCA=\angle CAB=\angle FBC\)，于是 \(FB=FC\)。由 \(AF=2BF\) 得 \(AF=2CF\)。
2. （1）用平行得相似\(AB\parallel CD\)，所以 \(\triangle ABF\sim\triangle CEF\)，\(\frac{CE}{AB}=\frac{CF}{AF}=\frac12\)。\(AB=CD\)，所以 \(CE=\frac12CD\)，即 \(CE=DE\)。
3. （2）化成比例\(CD=AB\)，要证的式子就是 \(AB\cdot BG=BH\cdot BF\)，也就是 \(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)。只要证 \(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)。
4. （2）找第一组等角\(BH\) 平分 \(\angle ABE\)，所以 \(\angle ABH=\angle FBG\)。
5. （2）找第二组等角菱形的对角线平分内角，\(\angle BAH=\angle BAD=2\angle CAB\)。\(\angle BFA\) 是 \(\triangle FBC\) 的外角，\(\angle BFA=\angle FBC+\angle FCB=2\angle CAB\)。\(G\) 在线段 \(AF\) 上，所以 \(\angle BFG=\angle BFA=\angle BAH\)。
6. （2）由相似比得出乘积相等\(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)，\(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)，所以 \(CD\cdot BG=AB\cdot BG=BH\cdot BF\)。

答案：（1）（2）证明见解析

回头检验：画图验算：取 \(\angle CAB=30^\circ\)，正好满足 \(AF=2BF\)，量得 \(E\) 是 \(CD\) 的中点；再量 \(BG\)、\(BH\)、\(BF\)，两边乘积相等。

容易错在：第（1）问给的是 \(AF=2BF\)，不是 \(AF=2CF\)。要先由角相等推出 \(FB=FC\)，才能用平行线分线段成比例。

• 第（2）问：\(BD=3AD\)，所以只要证 \(AD^2=DE\cdot DC\)。
• 第（3）问：两个三角形都和 \(\triangle ABE\) 比一比面积。先求出 \(EF\)。

1. （1）勾股定理\(AE\perp CD\)，\(CE=\sqrt{AC^2-AE^2}=\sqrt{20-4}=4\)。
2. （2）用相似三角形求线段长\(\angle ADE=90^\circ-\angle ACD=\angle CAE\)，所以 \(\text{Rt}\triangle DEA\sim\text{Rt}\triangle AEC\)，\(\frac{DE}{AE}=\frac{AE}{CE}\)，\(DE=\frac{4}{4}=1\)。
3. （2）代入验证\(AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt5\)，\(DC=DE+EC=5\)，所以 \(AD^2=5=DE\cdot DC\)。\(BD=3AD\)，于是 \(BD^2=9AD^2=9DE\cdot DC\)。
4. （3）求 \(EF\)\(AB=4AD=4\sqrt5\)。作 \(FK\perp AB\) 于 \(K\)。\(\angle FAK=90^\circ-\angle CAE=\angle ACD\)，所以 \(\triangle AKF\sim\triangle CAD\)，\(\frac{FK}{AK}=\frac{AD}{AC}=\frac12\)。\(FK\parallel AC\)，所以 \(\triangle BKF\sim\triangle BAC\)，\(\frac{FK}{BK}=\frac{AC}{AB}=\frac12\)。于是 \(AK=BK=2\sqrt5\)，\(FK=\sqrt5\)，\(AF=5\)，\(EF=AF-AE=3\)。
5. （3）借 \(\triangle ABE\) 比面积\(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BEA\) 的底都在直线 \(AF\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BEA}}=\frac{EF}{EA}=\frac32\)。\(\triangle BDE\) 和 \(\triangle BAE\) 的底都在 \(AB\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BDE}}{S_{\triangle BAE}}=\frac{BD}{BA}=\frac34\)。
6. （3）求两三角形的面积比\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BDE}}=\frac32\div\frac34=2\)。

答案：（1）\(4\)；（2）证明见解析；（3）\(2\)

回头检验：用坐标核对：取 \(A(0,0)\)，\(B(4\sqrt5,0)\)，\(C(0,2\sqrt5)\)，算得 \(E\left(\frac{4}{\sqrt5},\frac{2}{\sqrt5}\right)\)，\(F(2\sqrt5,\sqrt5)\)，\(F\) 正好是 \(BC\) 的中点，\(AF=5\)，与前面的结果一致。

容易错在：第（3）问，比较 \(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BDE\) 的面积时，找不到可直接用的公共高。借 \(\triangle ABE\) 作过渡，两次用“同高比底”。

• 第（2）问：\(\triangle AHC\) 中 \(\angle C=30^\circ\)，\(HC\) 和 \(HA\) 是什么关系？再看 \(\triangle HAE\) 和 \(\triangle HCF\)。
• 第（3）问：设 \(AE=x\)，从 \(E\)、\(G\) 向直线 \(AC\) 作垂线，\(E\) 是 \(GF\) 的中点。

1. （1）证全等\(AD=AC\)，\(\angle CAD=60^\circ\)，所以 \(\triangle ACD\) 是等边三角形，\(DA=DC\)，\(\angle DCA=60^\circ\)。又 \(\angle DAB=120^\circ-60^\circ=60^\circ\)。在 \(\triangle DAE\) 和 \(\triangle DCF\) 中，\(DA=DC\)，\(\angle DAE=\angle DCF=60^\circ\)，\(AE=CF\)，所以两个三角形全等，\(DE=DF\)。
2. （2）先看 \(\triangle AHC\)\(\angle B=\angle C=30^\circ\)。\(\angle HAC=90^\circ\)，所以 \(HC=2HA\)，\(\angle HAE=120^\circ-90^\circ=30^\circ=\angle HCF\)。
3. （2）证相似\(\frac{AE}{CF}=\frac12=\frac{HA}{HC}\)，且 \(\angle HAE=\angle HCF\)，所以 \(\triangle HAE\sim\triangle HCF\)，\(HF=2HE\)，\(\angle AHE=\angle CHF\)。于是 \(\angle EHF=\angle EHA+\angle AHF=\angle CHF+\angle AHF=\angle AHC=60^\circ\)。
4. （2）得直角取 \(HF\) 的中点 \(P\)，则 \(HP=HE\)，\(\angle EHP=60^\circ\)，\(\triangle HEP\) 是等边三角形，\(PE=PH=PF\)，所以 \(\angle HEF=90^\circ\)。在 \(\text{Rt}\triangle HEF\) 中，\(\angle EHF=60^\circ\)，所以 \(EF=\sqrt3HE\)。
5. （3）设未知数设 \(AE=x\)，则 \(CF=2x\)，\(AF=6-2x\)。作 \(EN\perp\) 直线 \(AC\) 于 \(N\)，\(GM\perp\) 直线 \(AC\) 于 \(M\)，\(N\)、\(M\) 都在 \(CA\) 的延长线上。\(\angle EAN=60^\circ\)，所以 \(AN=\frac x2\)，\(EN=\frac{\sqrt3}{2}x\)。
6. （3）用中位线\(E\) 是 \(GF\) 的中点，\(EN\parallel GM\)，所以 \(N\) 是 \(MF\) 的中点，\(GM=2EN=\sqrt3x\)。\(NM=NF=\frac x2+6-2x\)，所以 \(AM=AN+NM=6-x\)。
7. （3）列方程在 \(\text{Rt}\triangle AGM\) 中，\((6-x)^2+(\sqrt3x)^2=(2\sqrt7)^2\)，整理得 \(x^2-3x+2=0\)，\(x=1\) 或 \(x=2\)。两个值都满足 \(0<2x\le6\)，所以 \(AE=1\) 或 \(2\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(EF=\sqrt3HE\)；（3）\(AE=1\) 或 \(2\)

回头检验：用坐标核对：取 \(A(0,0)\)，\(C(6,0)\)，\(E\left(-\frac x2,\frac{\sqrt3}{2}x\right)\)，\(F(6-2x,0)\)，得 \(G(x-6,\sqrt3x)\)。\(x=1\) 时 \(AG^2=25+3=28\)，\(x=2\) 时 \(AG^2=16+12=28\)，两个值都符合条件。

容易错在：第（3）问的两个解都要留下。先检查 \(E\)、\(F\) 是否还在边上，再决定舍不舍。

• 面积比中的两个三角形能否通过角度关系相似？先追踪\(AB=AC\)、\(AD=BD\)、\(BD=BC\)分别给出的底角。
• 注意\(D\)在\(AC\)上，\(\angle BDC\)是\(\angle BDA\)的外角；相似后需要确定哪一组对应边。
• 设\(AB=AC=1,BC=AD=x\)，由\(\triangle BCD\sim\triangle ABC\)得到\(x=(1-x)/x\)，取正根后面积比等于\(x^2\)。

1. 追踪等腰三角形角度设\(\angle A=\alpha\)。\(AD=BD\)给\(\angle ABD=\alpha\)，所以外角\(\angle BDC=2\alpha\)；\(BD=BC\)给\(\angle BCD=2\alpha\)。又\(AB=AC\)，故\(\angle ABC=\angle ACB=2\alpha\)。
2. 证明相似\(\angle BCD=\angle ACB\)，且\(\angle CBD=\angle ABC-\angle ABD=2\alpha-\alpha=\alpha=\angle BAC\)，所以\(\triangle BCD\sim\triangle ABC\)。
3. 列出相似比令\(AB=AC=1\)，并令\(BC=AD=x\)，则\(CD=1-x\)。由对应边得\(\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\)，即\(x=\dfrac{1-x}{x}\)，所以\(x^2+x-1=0\)。
4. 求面积比线段长度为正，取\(x=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\)。相似三角形面积比等于相似比平方，因此\(\dfrac{S_{BCD}}{S_{ABC}}=x^2=1-x=\dfrac{3-\sqrt5}{2}\)。

答案：\(\dfrac{3-\sqrt5}{2}\)。

回头检验：\(x\approx0.618\)，所以面积比约为\(0.382\)，小于1，符合\(\triangle BCD\)为大三角形中的一部分。

容易错在：\(\angle BDC\)是外角，不能直接与\(\angle ABD\)相等；相似比要按\(BCD\leftrightarrow ABC\)的对应顺序书写。

• 第（2）问：先求 \(\angle AGD\)，它和 \(\angle ADH\) 有什么关系？再把 \(AF\cdot AE\) 和 \(AD^2\) 联系起来。
• 第（3）问：\(\angle AGC\) 是多少度？\(G\) 在哪个定圆上？试着构造一个和 \(\triangle OCG\) 相似、相似比为 \(\frac12\) 的三角形，其中 \(O\) 是正方形的中心。

1. （1）全等得等边\(DC=DE\)，\(\angle CDG=\angle EDG\)，\(DG\) 公共，所以 \(\triangle DCG\cong\triangle DEG\)，\(GC=GE\)，\(\angle DCG=\angle DEG\)。
2. （1）转角得直角\(DA=DC=DE\)，所以 \(\angle DAE=\angle DEA=\angle DEG=\angle DCG\)。在 \(\triangle ADF\) 和 \(\triangle CGF\) 中，\(\angle DAF=\angle GCF\)，\(\angle AFD=\angle CFG\)，所以 \(\angle CGF=\angle ADF=90^\circ\)。所以 \(\triangle CGE\) 是等腰直角三角形。
3. （2）求 \(\angle AGD\)\(\angle AGD\) 是 \(\triangle DGE\) 的外角，\(\angle AGD=\angle GDE+\angle GED=\frac12\angle CDE+\angle DEA\)。在等腰 \(\triangle DAE\) 中，\(\angle ADE=90^\circ+\angle CDE\)，所以 \(\angle DEA=45^\circ-\frac12\angle CDE\)。于是 \(\angle AGD=45^\circ\)。
4. （2）第一组相似\(\angle ADH=45^\circ=\angle AGD\)，\(\angle DAH=\angle GAD\)，所以 \(\triangle ADH\sim\triangle AGD\)，\(AD^2=AH\cdot AG\)。
5. （2）第二组相似作 \(DM\perp AE\) 于 \(M\)。\(DA=DE\)，所以 \(M\) 是 \(AE\) 的中点，\(AM=\frac12AE\)。在 \(\text{Rt}\triangle ADF\) 中，\(DM\) 是斜边上的高，\(AD^2=AM\cdot AF=\frac12AE\cdot AF\)。所以 \(AF\cdot AE=2AD^2=2AH\cdot AG\)。
6. （3）\(G\) 在定圆上设正方形的中心为 \(O\)，\(AC=4\sqrt2\)。由（1），\(\angle AGC=90^\circ\)，所以 \(G\) 在以 \(AC\) 为直径的圆上，\(OG=OC=2\sqrt2\)。
7. （3）构造相似在 \(AC\) 靠近 \(D\) 的一侧作 \(AQ\perp AC\)，取 \(AQ=\sqrt2=\frac12OC\)。\(\angle QAK=90^\circ-\angle GAC=\angle ACG=\angle OGC\)，又 \(\frac{AQ}{OC}=\frac{AK}{CG}=\frac12\)，所以 \(\triangle QAK\sim\triangle OCG\)，\(QK=\frac12OG=\sqrt2\)。所以 \(K\) 在以 \(Q\) 为圆心、\(\sqrt2\) 为半径的圆上。
8. （3）求最小值\(CQ=\sqrt{AQ^2+AC^2}=\sqrt{2+32}=\sqrt{34}\)，所以 \(CK\ge CQ-QK=\sqrt{34}-\sqrt2\)，当 \(K\) 落在线段 \(CQ\) 上时取等号。
9. （3）说明最小值能够取到旋转角从 \(0^\circ\) 增大到 \(90^\circ\) 时，\(K\) 从点 \(A\) 连续移动到 \(AD\) 的中点 \(N\)（此时 \(G\) 与 \(D\) 重合，\(AK=\frac12CD=2\)），走过的是圆 \(Q\) 在正方形内的那段弧 \(AN\)。\(AQ\) 与 \(AD\) 成 \(45^\circ\) 角，\(Q\) 在 \(AD\) 外侧：它到 \(AD\) 的距离是 \(1\)，在 \(AD\) 上的垂足离 \(A\) 也是 \(1\)。\(C\) 在另一侧，到 \(AD\) 的距离是 \(4\)，垂足是 \(D\)。线段 \(CQ\) 与 \(AD\) 的交点 \(T\) 把这段竖直距离分成 \(1:4\)，所以 \(AT=1+\frac15\times(4-1)=\frac85<2\)，落在 \(A\)、\(N\) 之间，\(CQ\) 一定穿过弧 \(AN\)。所以 \(K\) 能落到 \(CQ\) 上，最小值 \(\sqrt{34}-\sqrt2\) 取得到。

答案：（1）（2）证明见解析；（3）\(\sqrt{34}-\sqrt2\)

回头检验：可以具体找到取等号的位置：当 \(\tan\angle CDE=4\) 时，\(K\) 正好落在 \(CQ\) 上，此时 \(F\) 也在边 \(CD\) 内。还可以把旋转角从 \(0^\circ\) 变到 \(90^\circ\)，逐次计算 \(CK\)，最小值约为 \(4.417\)，与 \(\sqrt{34}-\sqrt2\approx4.417\) 相符。

容易错在：第（3）问只说“\(CK\ge\sqrt{34}-\sqrt2\)”还不够，要确认 \(K\) 真能落到线段 \(CQ\) 上，否则最小值取不到。

• （1）已知\(AD=BD\)，先把它转化成等腰三角形的角关系，再寻找与原等腰三角形的相似。
• （2）\(D\)在\(BC\)上且\(AC=5\)，等腰三角形\(ACD\)可能出现哪些相等边？逐一检查点是否在线段上。
• （3）垂直条件先求\(AD\)；旋转保持长度并复制角度，比较\(\triangle ADE\)与\(\triangle ABC\)的对应边。

1. （1）用相似求BD\(AD=BD\)使\(\angle BAD=\angle ABD\)。又\(\angle ABD=\angle ABC\)，所以\(\triangle BAD\sim\triangle BCA\)，从而\(\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)。代入\(BA=5,BC=8\)，得\(BD=\dfrac{25}{8}\)。
2. （2）分类讨论等腰条件若\(AC=CD\)，则\(CD=5\)；若\(AD=CD\)，由（1）的对称位置得到\(CD=\dfrac{25}{8}\)；若\(AD=AC=5\)，点\(D\)只能是\(B\)或\(C\)，排除\(C\)后得\(CD=8\)。三种位置均符合题设的边界条件。
3. （3）先求AD作\(AF\perp BC\)于\(F\)。等腰三角形给\(BF=FC=4\)，故\(AF=3\)。当\(AD\perp AC\)时，\(\triangle CAD\sim\triangle CFA\)，所以\(\dfrac{AD}{FA}=\dfrac{AC}{FC}\)，得\(AD=\dfrac{15}{4}\)。
4. （3）利用旋转相似旋转保持\(AE=AD\)，且\(\angle DAE=\angle BAC\)，结合\(AB=AC\)，可得\(\triangle ADE\sim\triangle ABC\)。于是\(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}\)。
5. （3）求DE\(DE=8\times\dfrac{15/4}{5}=6\)。

答案：（1）\(BD=\dfrac{25}{8}\)；（2）\(CD=5\) 或\(\dfrac{25}{8}\) 或\(8\)；（3）\(DE=6\)。

回头检验：等腰三角形高为3，半底为4，满足\(3^2+4^2=5^2\)；（3）\(AD=15/4\)且\(DE/BC=AD/AB=3/4\)，得到\(DE=6\)。

容易错在：（2）不能只取\(AD=CD\)一种等腰情形；（3）旋转相似的对应关系要先核对\(AE\leftrightarrow AB\)、\(AD\leftrightarrow AC\)、\(DE\leftrightarrow BC\)。

• 第（1）问：\(\angle FBC=\angle CAB\)，再加上 \(BA=BC\)，\(\triangle FBC\) 有什么特点？
• 第（2）问：\(CD=AB\)，把要证的式子化成比例，看看含 \(AB\)、\(BH\) 和 \(BF\)、\(BG\) 的是哪两个三角形。

1. （1）先得 \(FB=FC\)菱形中 \(BA=BC\)，所以 \(\angle BCA=\angle CAB=\angle FBC\)，于是 \(FB=FC\)。由 \(AF=2BF\) 得 \(AF=2CF\)。
2. （1）用平行得相似\(AB\parallel CD\)，所以 \(\triangle ABF\sim\triangle CEF\)，\(\frac{CE}{AB}=\frac{CF}{AF}=\frac12\)。\(AB=CD\)，所以 \(CE=\frac12CD\)，即 \(CE=DE\)。
3. （2）化成比例\(CD=AB\)，要证的式子就是 \(AB\cdot BG=BH\cdot BF\)，也就是 \(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)。只要证 \(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)。
4. （2）找第一组等角\(BH\) 平分 \(\angle ABE\)，所以 \(\angle ABH=\angle FBG\)。
5. （2）找第二组等角菱形的对角线平分内角，\(\angle BAH=\angle BAD=2\angle CAB\)。\(\angle BFA\) 是 \(\triangle FBC\) 的外角，\(\angle BFA=\angle FBC+\angle FCB=2\angle CAB\)。\(G\) 在线段 \(AF\) 上，所以 \(\angle BFG=\angle BFA=\angle BAH\)。
6. （2）由相似比得出乘积相等\(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)，\(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)，所以 \(CD\cdot BG=AB\cdot BG=BH\cdot BF\)。

答案：（1）（2）证明见解析

回头检验：画图验算：取 \(\angle CAB=30^\circ\)，正好满足 \(AF=2BF\)，量得 \(E\) 是 \(CD\) 的中点；再量 \(BG\)、\(BH\)、\(BF\)，两边乘积相等。

容易错在：第（1）问给的是 \(AF=2BF\)，不是 \(AF=2CF\)。要先由角相等推出 \(FB=FC\)，才能用平行线分线段成比例。

本题用到的方法：相似比与面积比、辅助线构造

• 第（2）问：\(BD=3AD\)，所以只要证 \(AD^2=DE\cdot DC\)。
• 第（3）问：两个三角形都和 \(\triangle ABE\) 比一比面积。先求出 \(EF\)。

1. （1）勾股定理\(AE\perp CD\)，\(CE=\sqrt{AC^2-AE^2}=\sqrt{20-4}=4\)。
2. （2）用相似三角形求线段长\(\angle ADE=90^\circ-\angle ACD=\angle CAE\)，所以 \(\text{Rt}\triangle DEA\sim\text{Rt}\triangle AEC\)，\(\frac{DE}{AE}=\frac{AE}{CE}\)，\(DE=\frac{4}{4}=1\)。
3. （2）代入验证\(AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt5\)，\(DC=DE+EC=5\)，所以 \(AD^2=5=DE\cdot DC\)。\(BD=3AD\)，于是 \(BD^2=9AD^2=9DE\cdot DC\)。
4. （3）求 \(EF\)\(AB=4AD=4\sqrt5\)。作 \(FK\perp AB\) 于 \(K\)。\(\angle FAK=90^\circ-\angle CAE=\angle ACD\)，所以 \(\triangle AKF\sim\triangle CAD\)，\(\frac{FK}{AK}=\frac{AD}{AC}=\frac12\)。\(FK\parallel AC\)，所以 \(\triangle BKF\sim\triangle BAC\)，\(\frac{FK}{BK}=\frac{AC}{AB}=\frac12\)。于是 \(AK=BK=2\sqrt5\)，\(FK=\sqrt5\)，\(AF=5\)，\(EF=AF-AE=3\)。
5. （3）借 \(\triangle ABE\) 比面积\(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BEA\) 的底都在直线 \(AF\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BEA}}=\frac{EF}{EA}=\frac32\)。\(\triangle BDE\) 和 \(\triangle BAE\) 的底都在 \(AB\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BDE}}{S_{\triangle BAE}}=\frac{BD}{BA}=\frac34\)。
6. （3）求两三角形的面积比\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BDE}}=\frac32\div\frac34=2\)。

答案：（1）\(4\)；（2）证明见解析；（3）\(2\)

回头检验：用坐标核对：取 \(A(0,0)\)，\(B(4\sqrt5,0)\)，\(C(0,2\sqrt5)\)，算得 \(E\left(\frac{4}{\sqrt5},\frac{2}{\sqrt5}\right)\)，\(F(2\sqrt5,\sqrt5)\)，\(F\) 正好是 \(BC\) 的中点，\(AF=5\)，与前面的结果一致。

容易错在：第（3）问，比较 \(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BDE\) 的面积时，找不到可直接用的公共高。借 \(\triangle ABE\) 作过渡，两次用“同高比底”。

本题用到的方法：相似比与面积比、辅助线构造

• 开口向上时，对称轴左边下降，右边上升。
• 第（2）问里，对称轴要落在哪两段之间？端点能不能取到？

1. （1）配方\(a=\frac32\) 时，\(y=3x^2-6x+4=3(x-1)^2+1\)，顶点为 \((1,1)\)。
2. （2）求对称轴对称轴为 \(x=-\frac{-4a}{2\times3}=\frac{2a}{3}\)，开口向上。
3. （2）定对称轴的位置\(1\le x\le4\) 上下降，这段要全在对称轴左侧，所以 \(\frac{2a}{3}\ge4\)。\(8\le x\le12\) 上上升，这段要全在对称轴右侧，所以 \(\frac{2a}{3}\le8\)。
4. （2）解不等式\(4\le\frac{2a}{3}\le8\)，解得 \(6\le a\le12\)。

答案：（1）\((1,1)\)；（2）\(6\le a\le12\)

回头检验：取 \(a=6\)，对称轴是 \(x=4\)，在 \(1\le x\le4\) 上仍然下降；取 \(a=12\)，对称轴是 \(x=8\)，在 \(8\le x\le12\) 上仍然上升。两个端点都能取到。

容易错在：容易漏掉等号。对称轴正好在区间端点时，函数在这段上仍然单调。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 第（2）问：两根之积是多少？这说明 \(A\)，\(B\) 在 \(y\) 轴的同侧还是异侧？
• 第（3）问：先由 \(y_1>y_2\) 求出 \(a\) 的范围，再比较对称轴和 \(x=1\) 的位置。

1. （1）列方程组对称轴 \(-\frac{b}{2a}=1\)，得 \(b=-2a\)。代入点 \((3,4)\)：\(9a+3b+1=4\)，得 \(a=1\)，\(b=-2\)。所以 \(y=x^2-2x+1\)。
2. （2）确定两点的位置设两根为 \(x_1\)，\(x_2\)，则 \(x_1x_2=\frac{1}{a}=\frac32>0\)，两根同号。图象关于 \(y\) 轴翻折不改变三角形的形状，先看两根都为正的情形，记 \(0<x_1<x_2\)，\(A(x_1,0)\)，\(B(x_2,0)\)，\(C(0,1)\)。
3. （2）分三种情况\(CA=CB\) 要求 \(x_1^2=x_2^2\)，与 \(0<x_1<x_2\) 矛盾。\(BA=BC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_2^2+1\)，用 \(x_1x_2=\frac32\) 化简得 \(x_1^2=4\)，\(x_1=2\)，\(x_2=\frac34\)，与 \(x_1<x_2\) 矛盾。\(AB=AC\) 时，\((x_2-x_1)^2=x_1^2+1\)，化简得 \(x_2^2=4\)，\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\)，符合。
4. （2）求面积\(AB=2-\frac34=\frac54\)，\(OC=1\)，面积为 \(\frac12\times\frac54\times1=\frac58\)。两根都为负时图形对称，面积相同。
5. （3）求 \(a\) 的范围\(y_1=a+2\)，\(y_2=4a+3\)。由 \(a+2>4a+3\) 得 \(a<-\frac13\)，开口向下，对称轴 \(x=-\frac{1}{2a}>0\)。
6. （3）分两种情况当 \(-\frac12\le a<-\frac13\) 时，\(-\frac{1}{2a}\ge1\)，函数在 \(0\le x\le1\) 上递增，\(m=a+2\)，所以 \(\frac32\le m<\frac53\)。当 \(a<-\frac12\) 时，对称轴在 \(0\) 和 \(1\) 之间，\(m\) 是顶点纵坐标 \(1-\frac{1}{4a}\)，所以 \(1<m<\frac32\)。
7. （3）合并两种情况合起来，\(1<m<\frac53\)。

答案：（1）\(y=x^2-2x+1\)；（2）\(\frac58\)；（3）\(1<m<\frac53\)

回头检验：第（2）问代回：\(x_2=2\)，\(x_1=\frac34\) 时 \(AC=\sqrt{\frac{9}{16}+1}=\frac54=AB\)。第（3）问取 \(a=-1\)：\(y=-x^2+x+1\) 在 \(x=\frac12\) 处最大，值为 \(\frac54\)，落在 \(1<m<\frac32\) 内。

容易错在：第（3）问容易直接拿 \(x=1\) 处的值当最大值。对称轴可能落在区间内，这时最大值在顶点。

本题用到的方法：对称轴与区间单调性、顶点与端点比较

• 先求\(C\)关于原点的对称点，才能确定\(A^{\prime}\)在哪里。
• 平移前后每个对应点的横坐标差、纵坐标差分别相同；这个向量由\(A\to A^{\prime}\)给出。
• 把平移向量加到\(B(2,-1)\)的坐标上，得到\(B^{\prime}\)。

1. 确定对应点\(C(-2,-2)\)关于原点的对称点为\((2,2)\)，所以\(A^{\prime}=(2,2)\)。
2. 求平移向量从\(A(-3,4)\)到\(A^{\prime}(2,2)\)，横坐标加5，纵坐标减2。
3. 平移点\(B\)\(B^{\prime}=(2+5,-1-2)=(7,-3)\)。

答案：\(B^{\prime}(7,-3)\)。

回头检验：\(B^{\prime}-A^{\prime}=(5,-5)\)，而\(B-A=(5,-5)\)，对应边向量保持不变。

容易错在：中心对称点\(C\)的坐标先变号；平移向量不能只改横坐标或只改纵坐标。

• 把图案绕中心旋转半周后，外轮廓和每个三角形能否重合？
• 题干给出6个相同图形绕中心均匀排列，翻折时还要检查三角形的朝向。
• 中心旋转180°能重合就是中心对称；若翻折后朝向不一致，则不能据此判轴对称。

1. 检查中心旋转6个三角形均匀排列，每次旋转\(60^\circ\)可换到下一个位置，旋转\(180^\circ\)后仍与原图案重合。
2. 检查翻折三角形均朝同一旋转方向倾斜，翻折会使朝向相反，不能找到一条轴使全部三角形逐一重合。
3. 下结论图案是中心对称图形，不判为轴对称图形。

答案：中心对称图形。

回头检验：旋转\(180^\circ\)保持图案不变，满足中心对称定义；统一朝向使翻折不能让全部局部重合。

容易错在：正六边形外框有多条对称轴，但要检查内部三角形；不能只看外轮廓。

• 第（1）问：比较 \(\triangle BAP\) 和 \(\triangle CAQ\)。旋转角与顶角都是 \(30^\circ\)，怎样得到夹角相等？
• 第（2）问：先求 \(\angle QCP\) 与 \(\angle BPQ\)。从 \(Q\) 向直线 \(BP\) 作垂线，用 \(30^\circ\)、\(45^\circ\) 的直角三角形。

1. （1）标出对应边和夹角旋转得 \(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)。按图中的射线顺序，\(\angle BAP=\angle BAC+\angle CAP=30^\circ+\angle CAP\)，\(\angle CAQ=\angle CAP+\angle PAQ=\angle CAP+30^\circ\)，所以两个夹角相等。
2. （1）用全等比较线段\(AB=AC\)，\(AP=AQ\)，\(\angle BAP=\angle CAQ\)，所以 \(\triangle BAP\cong\triangle CAQ\)（SAS），得到 \(BP=CQ\)，并且 \(\angle ABP=\angle ACQ\)。
3. （2）先求两个角等腰三角形 \(ABC\) 的底角都是 \(75^\circ\)，所以 \(\angle ACQ=75^\circ\)。\(\angle ACP=105^\circ\)，故 \(\angle QCP=105^\circ-75^\circ=30^\circ\)。又 \(\angle BAP=45^\circ\)，在 \(\triangle ABP\) 中得 \(\angle APB=60^\circ\)。
4. （2）把斜边长度换成高\(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)，所以 \(\angle APQ=75^\circ\)。由图中射线顺序，\(\angle BPQ=60^\circ+75^\circ=135^\circ\)。过 \(Q\) 作 \(QH\perp BP\) 于 \(H\)，\(H\) 在 \(BP\) 的延长线上，于是 \(\angle QPH=45^\circ\)，\(QH=PQ\sin45^\circ=2\)。
5. （2）回到要找的线段在 \(\text{Rt}\triangle CQH\) 中，\(\angle QCH=30^\circ\)，故 \(CQ=2QH=4\)。由（1）得 \(BP=CQ=4\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(4\)

回头检验：可取 \(B(0,0)\)，\(P(4,0)\)，\(A(3-\sqrt3,3+\sqrt3)\)，\(C(6-2\sqrt3,0)\)。绕 \(A\) 逆时针旋转 \(30^\circ\) 得 \(Q(6,2)\)，于是 \(PQ=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2\)，\(CQ=4\)。

容易错在：旋转不是把 \(AC\) 转到 \(AQ\)，而是把 \(AP\) 转到 \(AQ\)。第（2）问 \(\angle BPQ=135^\circ\)，垂足 \(H\) 在延长线上，不在线段 \(BP\) 内。

• 第（1）问：比较 \(\triangle ABE^{\prime}\) 和 \(\triangle ADF^{\prime}\)。
• 第（2）问①：把乘积式改成 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，找两组相等的角。
• 第（2）问②：两三角形的底边 \(EM\)、\(FM\) 在同一条直线上，只需找 \(EM:FM\)。

1. （1）旋转给出全等条件\(AB=AD=15\)，\(AE^{\prime}=AF^{\prime}=9\)，\(\angle BAE^{\prime}=\angle DAF^{\prime}=\alpha\)。所以 \(\triangle ABE^{\prime}\cong\triangle ADF^{\prime}\)（SAS），得到 \(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)。
2. （2）①从垂直补出第二个直角现在 \(\angle AE^{\prime}B=90^\circ\)，由（1）的全等得 \(\angle AF^{\prime}D=90^\circ\)。在 \(\text{Rt}\triangle ADF^{\prime}\) 中，\(\angle ADF^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。同时，\(\angle NAE^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。
3. （2）①证相似后交叉相乘\(\angle ANE^{\prime}=\angle DNF^{\prime}\)（对顶角），\(\angle NAE^{\prime}=\angle NDF^{\prime}\)，所以 \(\triangle NAE^{\prime}\sim\triangle NDF^{\prime}\)。于是 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，即 \(NA\cdot NF^{\prime}=ND\cdot NE^{\prime}\)。
4. （2）②求旋转角的三角比在 \(\text{Rt}\triangle ABE^{\prime}\) 中，\(AB=15\) 是斜边，\(AE^{\prime}=9\)，故 \(\cos\alpha=\dfrac35\)，\(\sin\alpha=\dfrac45\)。以 \(A\) 为原点，\(AD\) 向右为 \(x\) 轴正向，\(AB\) 向下为 \(y\) 轴负向，得 \(E(0,-9)\)、\(F(9,0)\)。
5. （2）②求交点\(AE^{\prime}\) 的方向是向右、向下，横向距离与向下距离之比为 \(4:3\)，故直线 \(AE^{\prime}\) 为 \(y=-\dfrac34x\)。直线 \(EF\) 为 \(y=x-9\)。联立得 \(M\left(\dfrac{36}{7},-\dfrac{27}{7}\right)\)。
6. （2）②同高比底\(EM:MF=\dfrac{36}{7}:\dfrac{27}{7}=4:3\)。\(\triangle AEM\) 与 \(\triangle AFM\) 对直线 \(EF\) 的高相同，所以面积比为 \(4:3\)。

答案：（1）\(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)；（2）①证明见解析；②\(4:3\)

回头检验：在上述坐标下，\(E^{\prime}\left(\dfrac{36}{5},-\dfrac{27}{5}\right)\)，\(F^{\prime}\left(\dfrac{27}{5},\dfrac{36}{5}\right)\)，\(N\left(\dfrac{45}{7},0\right)\)。算得 \(NA:ND=3:4=NE^{\prime}:NF^{\prime}\)；\(BE^{\prime}=DF^{\prime}=12\)。\(M\) 的横坐标在 \(0\) 与 \(9\) 之间，确实在线段 \(EF\) 内。

容易错在：第（2）问的垂直条件只在该特殊位置成立；不能把 \(\alpha\) 当成任意角。面积比要比 \(EM\) 和 \(MF\)，不是比 \(AE\) 和 \(AF\)。

• 第（1）问：\(B(-b,0)\)，\(P(1,1+b)\)，三角形的两条直角边长度相同。
• 第（2）问：先把 \(Q\) 关于 \(y\) 轴对称到 \(A\)，再把 \(A\) 关于直线 \(BC\) 对称到 \(R\)。别忘了验证两次“拉直”能同时发生。

1. （1）由面积确定参数\(A(1,0)\)，\(B(-b,0)\)，\(P(1,1+b)\)，所以 \(AB=PA=1+b\)。由 \(\dfrac12(1+b)^2=8\) 及 \(b>0\)，得 \(b=3\)。一次函数为 \(y=x+3\)，\(P(1,4)\)，故 \(m=1\times4=4\)，反比例函数为 \(y=\dfrac4x\)。
2. （2）先对称，把经过 M 的折线拉直\(Q(-1,0)\) 与 \(A(1,0)\) 关于 \(y\) 轴对称。对任意 \(M\) 都有 \(QM=AM\)，所以周长 \(L=QM+MN+NQ=AM+MN+NQ\ge AN+NQ\)；当 \(A,M,N\) 共线且 \(M\) 在线段 \(AN\) 上时取等号。
3. （2）再对称，把经过 N 的折线拉直作 \(A\) 关于直线 \(BC\) 的对称点 \(R\)。直线 \(BC\) 是 \(y=x+3\)，线段 \(AR\) 的垂直平分点为 \((-1,2)\)，得 \(R(-3,4)\)。对 \(N\in BC\)，有 \(AN=RN\)。所以 \(L\ge RN+NQ\ge RQ=\sqrt{(-3+1)^2+4^2}=2\sqrt5\)。
4. （2）检查两个等号能同时成立直线 \(QR\) 为 \(y=-2x-2\)，与 \(BC\) 交于 \(N\left(-\dfrac53,\dfrac43\right)\)。因为 \(-3<-\dfrac53<0\)，\(N\) 在线段 \(BC\) 内；且 \(N\) 在线段 \(QR\) 内。再求直线 \(AN\) 与 \(y\) 轴的交点 \(M\)，得 \(M\left(0,\dfrac12\right)\)，\(M\) 在线段 \(AN\) 内。两个等号同时成立，因此最小周长就是 \(2\sqrt5\)。

答案：（1）\(y=x+3\)，\(y=\dfrac4x\)；（2）\(2\sqrt5\)

回头检验：在取等号的位置，\(QM=\dfrac{\sqrt5}{2}\)，\(MN=\dfrac{5\sqrt5}{6}\)，\(NQ=\dfrac{2\sqrt5}{3}\)，相加为 \(2\sqrt5\)。三点不共线，确实组成三角形，且两个动点都满足各自的约束。

容易错在：把折线拉直只能先得到下界。若 \(QR\) 与直线 \(BC\) 的交点落在线段外，这个下界就不能作答案；本题必须核对交点坐标。

• 折叠说明 \(BE\) 垂直平分 \(AF\)，所以 \(A,M,F\) 共线且 \(AF=2FM\)。
• 设 \(x=FM\)，再过 \(F\) 作 \(FL\perp AB\) 于 \(L\)，尝试用 \(x\) 表示 \(AL\)，从而表示 \(FN\)。
• 若得到关于 \(x\) 的二次式，先写 \(x\) 的范围，再配方，并检查取等号时 \(E\) 能否在边内。

1. 先用一个变量表达两段距离设 \(\theta=\angle ABE\)。因为 \(0<AE<AB=1\)，所以 \(0^\circ<\theta<45^\circ\)。折叠得 \(BF=BA=1\)，\(BE\) 垂直平分 \(AF\)。于是 \(A,M,F\) 共线，\(AF=2FM\)。设 \(x=FM\)，则在 \(\text{Rt}\triangle ABM\) 中，\(x=\sin\theta\)，故 \(0<x<\dfrac{\sqrt2}{2}\)。
2. 把 FN 也写成 x 的式子过 \(F\) 作 \(FL\perp AB\) 于 \(L\)。\(\angle FAL=90^\circ-\theta\)，所以 \(AL=AF\sin\theta=2x^2\)。又 \(AL<1\)，\(FN\parallel AB\)，故 \(FN=LB=1-2x^2\)。由此得到 \(FM+FN=1+x-2x^2\)。
3. （1）两段相等，先解方程\(FM=FN\) 给出 \(x=1-2x^2\)，即 \((2x-1)(x+1)=0\)。由 \(x>0\) 留下 \(x=\dfrac12\)，故 \(FM+FN=2x=1\)。
4. （2）中点条件转成高\(AE=\dfrac12\)，在 \(\text{Rt}\triangle ABE\) 中，\(BE=\dfrac{\sqrt5}{2}\)。由同一个三角形的面积，\(AB\cdot AE=BE\cdot AM\)，且 \(AM=FM\)，得 \(FM=\dfrac1{\sqrt5}=\dfrac{\sqrt5}{5}\)。再代入 \(FN=1-2FM^2\)，得 \(FN=\dfrac35\)。
5. （3）配方求最大值\(FM+FN=1+x-2x^2=\dfrac98-2\left(x-\dfrac14\right)^2\le\dfrac98\)。取等号时，\(x=\dfrac14\)，这个值在允许范围 \(\left(0,\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\) 内。
6. （3）找出能取到最大值的位置令 \(AE=t\)，则 \(BE=\sqrt{1+t^2}\)，由面积关系得 \(x=\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\)。令 \(x=\dfrac14\)，解得 \(t=\dfrac1{\sqrt{15}}\)。此值满足 \(0<t<1\)，所以 \(E\) 确实在 \(AD\) 内。此时 \(FM=\dfrac14\)、\(FN=\dfrac78\)，最大和为 \(\dfrac98\)。

答案：（1）\(1\)；（2）\(\dfrac{\sqrt5}{5}\)，\(\dfrac35\)；（3）\(\dfrac98\)

回头检验：取 \(A(0,0)\)、\(B(1,0)\)、\(E(0,t)\)，将 \(A\) 关于 \(BE\) 对称，得 \(F\left(\dfrac{2t^2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)\)。取 \(t=\dfrac1{\sqrt{15}}\)，\(F\left(\dfrac18,\dfrac{\sqrt{15}}8\right)\)，直接算得 \(FM=\dfrac14\)、\(FN=\dfrac78\)。

容易错在：不能把 \(FN\) 当成 \(F\) 的纵坐标：\(BC\) 是竖直边，到它的距离是水平距离。最大值也不能只凭图猜在中点处；本题中点处的和小于 \(\dfrac98\)。

• 题目最后要填写哪个点的坐标？先把这个目标和中间点E分开。
• 旋转改变了A的位置，交点E由哪两条直线共同确定，最后的平移又改变哪个坐标？
• 用原点逆时针90°的坐标变换求C，联立CA与OB，再把平移向量加到E上。

1. 确定旋转后的点CA(2,0)绕原点逆时针旋转90°后得到C(0,2)，因为OC=OA。
2. 写出两条直线直线CA过(0,2)、(2,0)，方程为\(y=-x+2\)；直线OB过原点和(4,2)，方程为\(y=\dfrac12x\)。
3. 求交点E联立\(y=-x+2\)与\(y=\dfrac12x\)，得\(E\left(\dfrac43,\dfrac23\right)\)。
4. 实施平移E向左平移2个单位，横坐标减2、纵坐标不变，得到\(E\prime\left(-\dfrac23,\dfrac23\right)\)。

答案：\(\left(-\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3}\right)\)

回头检验：把E代入两条直线均得\(y=\dfrac23\)；平移前后纵坐标相同且横坐标相差2。

容易错在：把旋转后的点直接当成E，或向左平移时同时改动纵坐标。

• 最终要求的是线段CF的长度，先找旋转后仍保持不变的长度。
• CF与AB平行时，C、F到AB的距离有什么关系？点G在直线AB上可能有几种位置？
• 先用\(BF=BD\)和垂距求\(BG\)，再比较G与垂足H的同侧、异侧两种情形。

1. 找旋转不变量\(CD=2\)、\(BC=4\)，所以\(BD=2\sqrt5\)；旋转后\(BF=BD=2\sqrt5\)。
2. 求C到AB的距离\(AB=4\sqrt2\)。从C向AB作垂线交于H，在等腰直角三角形中\(CH=BH=2\sqrt2\)。
3. 定位F的垂足因\(CF\parallel AB\)，F到AB的距离也是\(2\sqrt2\)。作\(FG\perp AB\)，在直角三角形BFG中\(BG=\sqrt{(2\sqrt5)^2-(2\sqrt2)^2}=2\sqrt3\)。
4. 分类求CFCHGF为矩形，\(CF=HG\)。G到B的距离为\(2\sqrt3\)，若G、H在B同侧则取差，异侧则取和，故\(CF=2\sqrt3-2\sqrt2\)或\(2\sqrt3+2\sqrt2\)。

答案：\(2\sqrt3+2\sqrt2\) 或 \(2\sqrt3-2\sqrt2\)

回头检验：取C为原点、B(0,4)，令平行于AB的F为\(F(t,-t)\)，由\(BF^2=20\)得\(t=-2\pm\sqrt6\)，从而\(CF=\sqrt2|t|\)得到两值。

容易错在：只保留G在B一侧的情况，漏掉另一种旋转位置。

• 第（1）问：比较 \(\triangle BAP\) 和 \(\triangle CAQ\)。旋转角与顶角都是 \(30^\circ\)，怎样得到夹角相等？
• 第（2）问：先求 \(\angle QCP\) 与 \(\angle BPQ\)。从 \(Q\) 向直线 \(BP\) 作垂线，用 \(30^\circ\)、\(45^\circ\) 的直角三角形。

1. （1）标出对应边和夹角旋转得 \(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)。按图中的射线顺序，\(\angle BAP=\angle BAC+\angle CAP=30^\circ+\angle CAP\)，\(\angle CAQ=\angle CAP+\angle PAQ=\angle CAP+30^\circ\)，所以两个夹角相等。
2. （1）用全等比较线段\(AB=AC\)，\(AP=AQ\)，\(\angle BAP=\angle CAQ\)，所以 \(\triangle BAP\cong\triangle CAQ\)（SAS），得到 \(BP=CQ\)，并且 \(\angle ABP=\angle ACQ\)。
3. （2）先求两个角等腰三角形 \(ABC\) 的底角都是 \(75^\circ\)，所以 \(\angle ACQ=75^\circ\)。\(\angle ACP=105^\circ\)，故 \(\angle QCP=105^\circ-75^\circ=30^\circ\)。又 \(\angle BAP=45^\circ\)，在 \(\triangle ABP\) 中得 \(\angle APB=60^\circ\)。
4. （2）把斜边长度换成高\(AP=AQ\)，\(\angle PAQ=30^\circ\)，所以 \(\angle APQ=75^\circ\)。由图中射线顺序，\(\angle BPQ=60^\circ+75^\circ=135^\circ\)。过 \(Q\) 作 \(QH\perp BP\) 于 \(H\)，\(H\) 在 \(BP\) 的延长线上，于是 \(\angle QPH=45^\circ\)，\(QH=PQ\sin45^\circ=2\)。
5. （2）回到要找的线段在 \(\text{Rt}\triangle CQH\) 中，\(\angle QCH=30^\circ\)，故 \(CQ=2QH=4\)。由（1）得 \(BP=CQ=4\)。

答案：（1）证明见解析；（2）\(4\)

回头检验：可取 \(B(0,0)\)，\(P(4,0)\)，\(A(3-\sqrt3,3+\sqrt3)\)，\(C(6-2\sqrt3,0)\)。绕 \(A\) 逆时针旋转 \(30^\circ\) 得 \(Q(6,2)\)，于是 \(PQ=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2\)，\(CQ=4\)。

容易错在：旋转不是把 \(AC\) 转到 \(AQ\)，而是把 \(AP\) 转到 \(AQ\)。第（2）问 \(\angle BPQ=135^\circ\)，垂足 \(H\) 在延长线上，不在线段 \(BP\) 内。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 第（1）问：比较 \(\triangle ABE^{\prime}\) 和 \(\triangle ADF^{\prime}\)。
• 第（2）问①：把乘积式改成 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，找两组相等的角。
• 第（2）问②：两三角形的底边 \(EM\)、\(FM\) 在同一条直线上，只需找 \(EM:FM\)。

1. （1）旋转给出全等条件\(AB=AD=15\)，\(AE^{\prime}=AF^{\prime}=9\)，\(\angle BAE^{\prime}=\angle DAF^{\prime}=\alpha\)。所以 \(\triangle ABE^{\prime}\cong\triangle ADF^{\prime}\)（SAS），得到 \(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)。
2. （2）①从垂直补出第二个直角现在 \(\angle AE^{\prime}B=90^\circ\)，由（1）的全等得 \(\angle AF^{\prime}D=90^\circ\)。在 \(\text{Rt}\triangle ADF^{\prime}\) 中，\(\angle ADF^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。同时，\(\angle NAE^{\prime}=90^\circ-\alpha\)。
3. （2）①证相似后交叉相乘\(\angle ANE^{\prime}=\angle DNF^{\prime}\)（对顶角），\(\angle NAE^{\prime}=\angle NDF^{\prime}\)，所以 \(\triangle NAE^{\prime}\sim\triangle NDF^{\prime}\)。于是 \(\dfrac{NA}{ND}=\dfrac{NE^{\prime}}{NF^{\prime}}\)，即 \(NA\cdot NF^{\prime}=ND\cdot NE^{\prime}\)。
4. （2）②求旋转角的三角比在 \(\text{Rt}\triangle ABE^{\prime}\) 中，\(AB=15\) 是斜边，\(AE^{\prime}=9\)，故 \(\cos\alpha=\dfrac35\)，\(\sin\alpha=\dfrac45\)。以 \(A\) 为原点，\(AD\) 向右为 \(x\) 轴正向，\(AB\) 向下为 \(y\) 轴负向，得 \(E(0,-9)\)、\(F(9,0)\)。
5. （2）②求交点\(AE^{\prime}\) 的方向是向右、向下，横向距离与向下距离之比为 \(4:3\)，故直线 \(AE^{\prime}\) 为 \(y=-\dfrac34x\)。直线 \(EF\) 为 \(y=x-9\)。联立得 \(M\left(\dfrac{36}{7},-\dfrac{27}{7}\right)\)。
6. （2）②同高比底\(EM:MF=\dfrac{36}{7}:\dfrac{27}{7}=4:3\)。\(\triangle AEM\) 与 \(\triangle AFM\) 对直线 \(EF\) 的高相同，所以面积比为 \(4:3\)。

答案：（1）\(BE^{\prime}=DF^{\prime}\)；（2）①证明见解析；②\(4:3\)

回头检验：在上述坐标下，\(E^{\prime}\left(\dfrac{36}{5},-\dfrac{27}{5}\right)\)，\(F^{\prime}\left(\dfrac{27}{5},\dfrac{36}{5}\right)\)，\(N\left(\dfrac{45}{7},0\right)\)。算得 \(NA:ND=3:4=NE^{\prime}:NF^{\prime}\)；\(BE^{\prime}=DF^{\prime}=12\)。\(M\) 的横坐标在 \(0\) 与 \(9\) 之间，确实在线段 \(EF\) 内。

容易错在：第（2）问的垂直条件只在该特殊位置成立；不能把 \(\alpha\) 当成任意角。面积比要比 \(EM\) 和 \(MF\)，不是比 \(AE\) 和 \(AF\)。

本题用到的方法：旋转不变量、全等三角形对应

• 第（1）问：\(\angle FBC=\angle CAB\)，再加上 \(BA=BC\)，\(\triangle FBC\) 有什么特点？
• 第（2）问：\(CD=AB\)，把要证的式子化成比例，看看含 \(AB\)、\(BH\) 和 \(BF\)、\(BG\) 的是哪两个三角形。

1. （1）先得 \(FB=FC\)菱形中 \(BA=BC\)，所以 \(\angle BCA=\angle CAB=\angle FBC\)，于是 \(FB=FC\)。由 \(AF=2BF\) 得 \(AF=2CF\)。
2. （1）用平行得相似\(AB\parallel CD\)，所以 \(\triangle ABF\sim\triangle CEF\)，\(\frac{CE}{AB}=\frac{CF}{AF}=\frac12\)。\(AB=CD\)，所以 \(CE=\frac12CD\)，即 \(CE=DE\)。
3. （2）化成比例\(CD=AB\)，要证的式子就是 \(AB\cdot BG=BH\cdot BF\)，也就是 \(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)。只要证 \(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)。
4. （2）找第一组等角\(BH\) 平分 \(\angle ABE\)，所以 \(\angle ABH=\angle FBG\)。
5. （2）找第二组等角菱形的对角线平分内角，\(\angle BAH=\angle BAD=2\angle CAB\)。\(\angle BFA\) 是 \(\triangle FBC\) 的外角，\(\angle BFA=\angle FBC+\angle FCB=2\angle CAB\)。\(G\) 在线段 \(AF\) 上，所以 \(\angle BFG=\angle BFA=\angle BAH\)。
6. （2）由相似比得出乘积相等\(\triangle ABH\sim\triangle FBG\)，\(\frac{AB}{BF}=\frac{BH}{BG}\)，所以 \(CD\cdot BG=AB\cdot BG=BH\cdot BF\)。

答案：（1）（2）证明见解析

回头检验：画图验算：取 \(\angle CAB=30^\circ\)，正好满足 \(AF=2BF\)，量得 \(E\) 是 \(CD\) 的中点；再量 \(BG\)、\(BH\)、\(BF\)，两边乘积相等。

容易错在：第（1）问给的是 \(AF=2BF\)，不是 \(AF=2CF\)。要先由角相等推出 \(FB=FC\)，才能用平行线分线段成比例。

本题用到的方法：相似比与面积比、辅助线构造

• 第（2）问：\(BD=3AD\)，所以只要证 \(AD^2=DE\cdot DC\)。
• 第（3）问：两个三角形都和 \(\triangle ABE\) 比一比面积。先求出 \(EF\)。

1. （1）勾股定理\(AE\perp CD\)，\(CE=\sqrt{AC^2-AE^2}=\sqrt{20-4}=4\)。
2. （2）用相似三角形求线段长\(\angle ADE=90^\circ-\angle ACD=\angle CAE\)，所以 \(\text{Rt}\triangle DEA\sim\text{Rt}\triangle AEC\)，\(\frac{DE}{AE}=\frac{AE}{CE}\)，\(DE=\frac{4}{4}=1\)。
3. （2）代入验证\(AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt5\)，\(DC=DE+EC=5\)，所以 \(AD^2=5=DE\cdot DC\)。\(BD=3AD\)，于是 \(BD^2=9AD^2=9DE\cdot DC\)。
4. （3）求 \(EF\)\(AB=4AD=4\sqrt5\)。作 \(FK\perp AB\) 于 \(K\)。\(\angle FAK=90^\circ-\angle CAE=\angle ACD\)，所以 \(\triangle AKF\sim\triangle CAD\)，\(\frac{FK}{AK}=\frac{AD}{AC}=\frac12\)。\(FK\parallel AC\)，所以 \(\triangle BKF\sim\triangle BAC\)，\(\frac{FK}{BK}=\frac{AC}{AB}=\frac12\)。于是 \(AK=BK=2\sqrt5\)，\(FK=\sqrt5\)，\(AF=5\)，\(EF=AF-AE=3\)。
5. （3）借 \(\triangle ABE\) 比面积\(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BEA\) 的底都在直线 \(AF\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BEA}}=\frac{EF}{EA}=\frac32\)。\(\triangle BDE\) 和 \(\triangle BAE\) 的底都在 \(AB\) 上，高相同，\(\frac{S_{\triangle BDE}}{S_{\triangle BAE}}=\frac{BD}{BA}=\frac34\)。
6. （3）求两三角形的面积比\(\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle BDE}}=\frac32\div\frac34=2\)。

答案：（1）\(4\)；（2）证明见解析；（3）\(2\)

回头检验：用坐标核对：取 \(A(0,0)\)，\(B(4\sqrt5,0)\)，\(C(0,2\sqrt5)\)，算得 \(E\left(\frac{4}{\sqrt5},\frac{2}{\sqrt5}\right)\)，\(F(2\sqrt5,\sqrt5)\)，\(F\) 正好是 \(BC\) 的中点，\(AF=5\)，与前面的结果一致。

容易错在：第（3）问，比较 \(\triangle BEF\) 和 \(\triangle BDE\) 的面积时，找不到可直接用的公共高。借 \(\triangle ABE\) 作过渡，两次用“同高比底”。

本题用到的方法：相似比与面积比、辅助线构造