5．在矩形ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC

的延长线于点F，则图中全等的直角三角形共有(　　 )　

　　 (A)1对　 　　(B)2对　　　 　(C)3对　　 　(D)4对

4．已知一元二次方程用配方法解该方程，配方后的方程是(　　 )

3．函数中，是反比例函数的是(　　 )

　　 (A)1个 　　　　(B)2个 　　　　　(C)3个　 　(D)4个

2．当时，关于的方程的根的情况为(　　 )

　　 (A)两个不相等的实数根　 (B)两个相等的实数根　 (C)无实数根　 (D)不确定

1．函数自变量的取值范围是　　 ( 　　　)

例3 (1)已知在四边形ABCD中， ∠B=∠D=90°，M为AC上任一点，且MP⊥BC，MQ⊥AD，求证：是一个定值。 　分析：从动点的临界位置(特殊点)探求定值。 　M运动到A(或C)时，值为1。 　M到中点时=1，猜到后证明。 　略证：=1。 　例4、已知过定⊙O的直径AB的两端及上任一点E作⊙O的三条切线AD，BC和CD。它们分别交于D，C点，求证AD·BC是定值。 　分析：从动点的特殊位置，图形的特殊形状等探求定值。 　E到临界位置A(B)不存在，找特殊中点则出现两个正方形，边长为R，猜想AD·BC=R²， 　简证：连接OD、OE、OC，应证明OD⊥OC，OE⊥CD，∴ RtΔODE∽RtΔCOE　 　∴ AD·BC=DE·CE=OE²=R²。 　例5、如图，半径为a的半圆内有两正方形ABCD，BEFG，点D、F在半圆周上，点C，G在半圆内。 　(1)试证明截得的这两个正方形的面积和为定值； 　(2)判别DO与OF的位置关系。 　分析：从图形的特殊位置探索定值。 　①不变的是半径a，可变的是两个正方形的边长，当两正方形边长相等时是特殊位置，S₁+S₂=＝a²+a²=a². 　②由特殊位置可以得到OD⊥OF. 　证明RtΔAOD≌RtΔEFO (HL) 　证明：(1)设正方形ABCD和BEFG的边长分别为x, y, 　OA=, OE=, 又OA+OE=AB+BE=x+y, 　∴ +=x+y 　-x=-+y 　a²-x²-2x+x²=a²-y²-2y+y² 　x=y　x²(a²-x²)=y²(a²-y²) 　a²x²-x⁴-a²y²+y⁴=0 　(x²-y²)(a²-x²-y²)=0 　∴ x²=y²或x²+y²=a², 　∵ x²=y²时，有S_ABCD+S_BEFG =＝a²+a²=a². 　x²+y²=a²时，也有 　∴ S_ABCD+S_BEFG=a². 　∴ 截得的这两个正方形的面积和为定值 　(2) ∵ x²+y²=a²，∴ y²=a²-x²=OA²=EF², 　∴ OA=EF，又OD＝OF，∴ RT△AOD≌RT△EFO， 　∴ ∠AOD+∠EOF＝90°，∴ OD⊥OF。 　一般情况下，解决定值问题的关键在于探求定值，一旦定值被探求出来，问题就转化为我们熟悉的几何证明题，但定值有时又只能分类讨论。 　例6．若三角形的一边与其对角为定值，由另两角的顶点作对边的垂线，则两垂足之间的距离为定值，试证明之。 　(1)设∠A=α，BC=a, 0°<α<90°， 　 　BE⊥AC，CD⊥AB，D、E为垂足，连DE， 　∴ D，B，C，E以BC为直径的圆上，∴ ∠1=∠ACB， 　又∠A=∠A，∴ ΔADE∽ΔACB，∴ =cosα, 　∴ DE=a·cosα. 　(2)α=90°时，DE=0， 　(3)90°<α<180°时，=cos(180°-α),

　∴ DE=a·cos(180°-α). 　∴ 若三角形的一边与其对角为定值，由另两角的顶点到对边的垂线，则两垂足之间的距离为定值。

例1 已知抛物线y=x²+kx+1与x轴相交于两个不同的点A、B，顶点为C，且∠ACB=90°，试求如何平移此抛物线使其∠ACB=60°。

　 分析　很多同学对这道题感到比较生疏，一是有的已知条件，如∠ACB=90°意味着什么？怎样入手解？二是平移后使∠ACB=60°，又意味着什么？

　 不妨换个角度考虑问题，画图观察一下。草图如图所示，可看到由于抛物线的对称性，∠ACB=90°就意味着△ACB是等腰直角三角形，就是说，斜边AB上的高CD等于斜边AB的一半，而AB的长等于这两点横坐标差的绝对值，CD的长则是顶点C纵坐标的绝对值。于是可以列出方程，求得k的值：设A、B两点横坐标分别为x₁、x₂，则它们是方程x²+kx+1=0的两个相异的实数根，那么有 　 　于是AB=|x₂-x₁|= 　又设顶点C的坐标为(x₀,y₀)，应用顶点坐标公式，有y₀=，CD=|y₀|。 　那么条件CD=AB就是如下方程： 　|x₁-x₂|=|y₀|，即 　 (∵k²-4>0)。 　 (k²-4)²-4(k²-4)=0，　 (k²-4)(k²-8)=0。　

∵k²-4>0，∴k²-8=0。∴k=±2。　

于是抛物线解析式为y=x²±2x+1。　

这样通过观察图形和计算，不但弄清了∠ACB=90°意味着什么和如何利用这个条件求出k值，同时也提示我们用同样的方法去分析平移抛物线，使其∠ACB=60°。画图分析可看到，抛物线向下平移，∠ACB逐渐变小，当∠ACB=60°时，由抛物线的对称性可知△ACB为等边三角形。因为等边三角形的高等于边长的倍，所以CD=AB，这就给我们提供了一个等量关系，利用这个关系列方程，可求出平移后抛物线解析式中的常数项。

设把抛物线y=x²±2x+1向下平称|l|个单位后，使∠ACB=60°，则平移后抛物线的解析式为　y=x²±2x+1+l。 　设A、B两点的横坐标分别为，C点纵坐标为，

则按题意有||　 ① 　又=±2，=1+l，

因此　=。　

==l-1。　

代入①，得=|1-l|。　

平方，整理得(1-l)(l+2)=0。　

因平移后抛物线仍保持同x轴有两个交点，

所以|x₁-x₂|=≠0，即1-l≠0。　

可得l+2=0，即l=-2。　

于是可知，把已知抛物线向下平移2个单位，就能使∠ACB=60°。解略。 　例2 已知平面直角坐标系内两点A(-2,0),B(4,0),点P在直线y=x+上，且ΔABP为直角三角形，求：(1)点P的坐标；(2)经P，A，B三点且对称轴平行于y轴的抛物线是否存在？若存在，求出抛物线的解析式。 　 　分析：本例给出了直角三角形的一条边，求这条边所对的顶点坐标，这条边即可是直角边又可是斜边，A，B，P均可为直角顶点，∠A，∠B为直角时，对称轴平行于y轴的抛物线不存在。 　解：(1)分三种情况： 　① 若点A为直角顶点，过A作AP₁⊥x轴交直线y=x+于点P₁，

设P₁(-2,y)， 则y=(-2)+=, ∴ P₁(-2,). 　② 若点B为直角顶点，过B作P₂B⊥x轴交直线y=x+于点P₂，

设P₂(4,y),则y=, ∴ P₂(4,). 　③ 若点P(x,y)为直角顶点，过P作PQ⊥x轴于Q(x,0),

又AB中点C(1,0),连结PC=AB=3。 　得：， 　∴ 或 ，经检验均是原方程的根。 　∴ P₃(-), P₄(1,3). 　综上P点坐标为(-2,),(4,),(-),(1,3). 　(2)设过A、B、P三点的抛物线的解析式为：y=a(x+2)(x-4)，将P₃，P₄代入， 　∴ 　得a=-或a=-, 　∴ y=-++ 或 y=-, 　过A，B，P₁或过A，B，P₂三点，对称轴平行于y轴的抛物线不存在，要数形结合，善于联想，把握二次函数图象的对称轴一定平行于y轴的特征模型。 　

2. 答由于抛物线与x轴有两个交点A、B，可知方程有两个不等实根，即判别式大于零，由已知A在x轴正半轴，B在x轴负半轴，可进一步确定上面方程有一个正根，一个负根，从而将函数图形问题转化为方程根的判定去解决。

　　 略解：(1)由题意：

　　　　　 即，m可取任意实数。

　　 、B两点在y轴两侧，即方程有一正根，一负根。

　　 即　　 解得

　　 (2)由题意，得A(a，0)，B(-b，0)

　　 解得，，经检验不合题意舍去。

　　 (3)由抛物线，令x=0，得y=3，

　　 由m=0，求出a=3，b=1。

　　 为等腰直角三角形。

　　 若存在点P，使时，与关于AC为轴对称图形，P点坐标(3，3)，将x=3代入中，得y=0，说明P(3，3)不在抛物线上，即不存在抛物线上的点P，使。

1. 答：这个题也是方程思想的应用，关键在于理解AD=2AE在条件中的作用。因为有倍半关系，所以AE：AD=1：2，这是方程思想应用最明显的知识特征。再利用勾股定理和成比例线段的知识，就可以转化为方程求解了。

　　 略解：连结CO、DE、BD，设DB交OC于F点。

2. 解答题的第5小题的解题思路是什么？

　　 B. 对问题的解答：