考点： 切线的性质；圆周角定理． 专题： 计算题． 分析： （1）连接OE，由AC为圆O的切线，利用切线的性质得到OE垂直于AC，再由BC垂直于AC，得到OE与BC平行，根据O为DB的中点，得到E为DF的中点，即OE为三角形DBF的中位线，利用中位线定理得到OE为BF的一半，再由OE为DB的一半，等量代换即可得证； （2）在直角三角形ABC中，由cosB的值，设BC=3x，得到AB=5x，由BC+CF表示出BF，即为BD的长，再由OE为BF的一半，表示出OE，由AB﹣OB表示出AO，在直角三角形AOE中，利用两直线平行同位角相等得到∠AOE=∠B，得到cos∠AOE=cosB，根据cosB的值，利用锐角三角函数定义列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可求出圆的半径长． 解答： （1）证明：连接OE， ∵AC与圆O相切， ∴OE⊥AC， ∵BC⊥AC， ∴OE∥BC， 又∵O为DB的中点， ∴E为DF的中点，即OE为△DBF的中位线， ∴OE=BF， 又∵OE=BD， 则BF=BD； （2）解：设BC=3x，根据题意得：AB=5x， 又∵CF=1， ∴BF=3x+1， 由（1）得：BD=BF， ∴BD=3x+1， ∴OE=OB=，AO=AB﹣OB=5x﹣=， ∵OE∥BF， ∴∠AOE=∠B， ∴cos∠AOE=cosB，即=，即=， 解得：x=， 则圆O的半径为=． 点评： 此题考查了切线的性质，锐角三角函数定义，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键． 28．（9分）（2013?苏州）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）． （1）当t= 2.5 s时，四边形EBFB′为正方形；

（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；

（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

考点： 相似形综合题． 分析： （1）利用正方形的性质，得到BE=BF，列一元一次方程求解即可； （2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算； （3）本问为存在型问题．假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在． 解答： 解：（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE=BF， 即：10﹣t=3t， 解得t=2.5； （2）分两种情况，讨论如下： ①若△EBF∽△FCG， 则有，即， 解得：t=2.8； ②若△EBF∽△GCF， 则有，即， （不合题意，舍去）或t=﹣14+2． 解得：t=﹣14﹣2∴当t=2.8s或t=（﹣14+2）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似． （3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合． 如图，过点O作OM⊥BC于点M，则在Rt△OFM中，OF=BF=3t，FM=BC﹣BF=6﹣3t，OM=5， 由勾股定理得：OM+FM=OF， 222即：5+（6﹣3t）=（3t） 解得：t=； 222 过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE=BE=10﹣t，EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t，ON=6， 222由勾股定理得：ON+EN=OE， 222即：6+（5﹣t）=（10﹣t） 解得：t=3.9． ∵≠3.9， ∴不存在实数t，使得点B′与点O重合． 点评： 本题为运动型综合题，考查了矩形性质、轴对称、相似三角形的判定性质、勾股定理、解方程等知识点．题目并不复杂，但需要仔细分析题意，认真作答．第（2）问中，需要分类讨论，避免漏解；第（3）问是存在型问题，可以先假设存在，然后通过推导出互相矛盾的结论，从而判定不存在． 29．（10分）（2013?苏州）如图，已知抛物线y=x+bx+c（b，c是常数，且c＜0）与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0）． （1）b=

+c ，点B的横坐标为 ﹣2c （上述结果均用含c的代数式表示）；

2

2

（2）连接BC，过点A作直线AE∥BC，与抛物线y=x+bx+c交于点E，点D是x轴上的一点，其坐标为（2，0）．当C，D，E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；

（3）在（2）条件下，点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，连接PB，PC，设所得△PBC的面积为S． ①求S的取值范围；

②若△PBC的面积S为整数，则这样的△PBC共有 11 个．

考点： 二次函数综合题． 分析： 2（1）将A（﹣1，0）代入y=x+bx+c，可以得出b=+c；根据一元二次方程根与系数的关系，得出﹣1?xB=，即xB=﹣2c； （2）由y=x+bx+c，求出此抛物线与y轴的交点C的坐标为（0，c），则可设直线BC的解析式为y=kx+c，将B点坐标代入，运用待定系数法求出直线BC的解析式为y=x+c；由AE∥BC，设直线AE得到解析式为y=x+m，将点A的坐标代入，运用待定系数法求出直线AE得到解析式为2y=x+；解方程组，求出点E坐标为（1﹣2c，1﹣c），将点E坐标代入直线CD的解析式y=﹣x+c，求出c=﹣2，进而得到抛物线的解析式为y=x﹣x﹣2； （3）①分两种情况进行讨论：（Ⅰ）当﹣1＜x＜0时，由0＜S＜S△ACB，易求0＜S＜5；（Ⅱ）当0＜x＜4时，过点P作PG⊥x轴于点G，交CB于点F．设点P坐标为（x，x﹣x﹣2），则点F坐标为（x，x﹣2），PF=PG﹣GF=﹣x+2x，S=PF?OB=﹣x+4x=﹣（x﹣2）+4，根据二次函数的性质求出S最大值=4，即0＜S≤4．则0＜S＜5； ②由0＜S＜5，S为整数，得出S=1，2，3，4．分两种情况进行讨论：（Ⅰ）当﹣1＜x＜0时，根据△PBC中BC边上的高h小于△ABC中BC边上的高AC=，得出满足条件的△PBC共有4个；2（Ⅱ）当0＜x＜4时，由于S=﹣x+4x，根据一元二次方程根的判别式，得出满足条件的△PBC共有7个；则满足条件的△PBC共有4+7=11个． 解答： 2解：（1）∵抛物线y=x+bx+c过点A（﹣1，0）， ∴0=×（﹣1）+b×（﹣1）+c， ∴b=+c， ∵抛物线y=x+bx+c与x轴分别交于点A（﹣1，0）、B（xB，0）（点A位于点B的左侧）， 2222222∴﹣1与xB是一元二次方程x+bx+c=0的两个根， ∴﹣1?xB=， ∴xB=﹣2c，即点B的横坐标为﹣2c； （2）∵抛物线y=x+bx+c与y轴的负半轴交于点C， ∴当x=0时，y=c，即点C坐标为（0，c）． 设直线BC的解析式为y=kx+c， ∵B（﹣2c，0）， ∴﹣2kc+c=0， ∵c≠0， ∴k=， ∴直线BC的解析式为y=x+c． ∵AE∥BC， ∴可设直线AE得到解析式为y=x+m， ∵点A的坐标为（﹣1，0）， ∴×（﹣1）+m=0，解得m=， ∴直线AE得到解析式为y=x+． 22由，解得，， ∴点E坐标为（1﹣2c，1﹣c）． ∵点C坐标为（0，c），点D坐标为（2，0）， ∴直线CD的解析式为y=﹣x+c． ∵C，D，E三点在同一直线上， ∴1﹣c=﹣×（1﹣2c）+c， ∴2c+3c﹣2=0， ∴c1=（与c＜0矛盾，舍去），c2=﹣2， ∴b=+c=﹣， ∴抛物线的解析式为y=x﹣x﹣2； 22