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21.(9分)如图,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=45°,将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后,点B的对应点恰好与点A重合,得到△ACE.
(1)求证:AE⊥BD;
(2)若AD=1,CD=2,试求四边形ABCD的对角线BD的长.
第21小题图
(1)求证:AE⊥BD;
(2)若AD=1,CD=2,试求四边形ABCD的对角线BD的长.
第21小题图
答案
证明：(1) 由旋转的性质得：$AC=BC$，$△ BCD ≌ △ ACE$。
$\because ∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ ACB=180°-45°-45°=90°$，即$AC ⊥ BC$。
设$AE$交$BD$于点$O$，交$BC$于点$M$，
则$∠ CAE=∠ CBD$，
又$\because ∠ BMO=∠ AMC$，
$\therefore ∠ BOM=180°-∠ CBD-∠ BMO=180°-∠ CAE-∠ AMC=∠ ACM=90°$，
$\therefore AE ⊥ BD$。
解：(2) 连接$DE$，
由旋转的性质得：$CE=CD=2$，$BD=AE$，旋转角$∠ DCE=∠ ACB=90°$，
$\therefore △ DCE$为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ CDE=45°$，$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
$\because ∠ ADC=45°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=1$，$DE=2\sqrt{2}$，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{1+8}=3$，
$\therefore BD=AE=3$。
$\because ∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ ACB=180°-45°-45°=90°$，即$AC ⊥ BC$。
设$AE$交$BD$于点$O$，交$BC$于点$M$，
则$∠ CAE=∠ CBD$，
又$\because ∠ BMO=∠ AMC$，
$\therefore ∠ BOM=180°-∠ CBD-∠ BMO=180°-∠ CAE-∠ AMC=∠ ACM=90°$，
$\therefore AE ⊥ BD$。
解：(2) 连接$DE$，
由旋转的性质得：$CE=CD=2$，$BD=AE$，旋转角$∠ DCE=∠ ACB=90°$，
$\therefore △ DCE$为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ CDE=45°$，$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
$\because ∠ ADC=45°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=1$，$DE=2\sqrt{2}$，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{1+8}=3$，
$\therefore BD=AE=3$。
解析
【分析】
(1) 要证明AE⊥BD，需证二者夹角为90°。首先根据旋转的性质可得AC=BC、△BCD≌△ACE，结合已知∠ABC=45°可推出∠ACB=90°，再通过“八字形”倒角，利用对顶角相等、全等三角形对应角相等，即可推出AE与BD的夹角等于∠ACB=90°，得证垂直。
(2) 要求BD的长，由旋转性质可知BD=AE，因此只需计算AE的长度即可。连接DE，先根据旋转性质得CE=CD、旋转角∠DCE=∠ACB=90°，可知△DCE是等腰直角三角形，求出DE的长度，再结合已知∠ADC=45°推出∠ADE=90°，最后在Rt△ADE中利用勾股定理计算AE，即得BD的长。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质得：$AC=BC$，$△ BCD ≌ △ ACE$。
$\because ∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ ACB=180°-45°-45°=90°$，即$AC ⊥ BC$。
设$AE$交$BD$于点$O$，交$BC$于点$M$，
由全等性质得$∠ CAE=∠ CBD$，
又$\because ∠ BMO=∠ AMC$（对顶角相等），
$\therefore ∠ BOM=180°-∠ CBD-∠ BMO=180°-∠ CAE-∠ AMC=∠ ACM=90°$，
$\therefore AE ⊥ BD$。
(2) 解：连接$DE$，
由旋转的性质得：$CE=CD=2$，$BD=AE$，旋转角$∠ DCE=∠ ACB=90°$，
$\therefore △ DCE$为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ CDE=45°$，$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
$\because ∠ ADC=45°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=1$，$DE=2\sqrt{2}$，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{1+8}=3$，
$\therefore BD=AE=3$。
【答案】
(1) AE⊥BD，证明成立；
(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；全等三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，通过旋转转化相等的边和角，构造直角三角形利用勾股定理求解，能有效考查逻辑推理能力和几何辅助线的构造能力，是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AE⊥BD，需证二者夹角为90°。首先根据旋转的性质可得AC=BC、△BCD≌△ACE，结合已知∠ABC=45°可推出∠ACB=90°，再通过“八字形”倒角，利用对顶角相等、全等三角形对应角相等，即可推出AE与BD的夹角等于∠ACB=90°，得证垂直。
(2) 要求BD的长，由旋转性质可知BD=AE，因此只需计算AE的长度即可。连接DE，先根据旋转性质得CE=CD、旋转角∠DCE=∠ACB=90°，可知△DCE是等腰直角三角形，求出DE的长度，再结合已知∠ADC=45°推出∠ADE=90°，最后在Rt△ADE中利用勾股定理计算AE，即得BD的长。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质得：$AC=BC$，$△ BCD ≌ △ ACE$。
$\because ∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ ABC=45°$，
$\therefore ∠ ACB=180°-45°-45°=90°$，即$AC ⊥ BC$。
设$AE$交$BD$于点$O$，交$BC$于点$M$，
由全等性质得$∠ CAE=∠ CBD$，
又$\because ∠ BMO=∠ AMC$（对顶角相等），
$\therefore ∠ BOM=180°-∠ CBD-∠ BMO=180°-∠ CAE-∠ AMC=∠ ACM=90°$，
$\therefore AE ⊥ BD$。
(2) 解：连接$DE$，
由旋转的性质得：$CE=CD=2$，$BD=AE$，旋转角$∠ DCE=∠ ACB=90°$，
$\therefore △ DCE$为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ CDE=45°$，$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
$\because ∠ ADC=45°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=1$，$DE=2\sqrt{2}$，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{1+8}=3$，
$\therefore BD=AE=3$。
【答案】
(1) AE⊥BD，证明成立；
(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；全等三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，通过旋转转化相等的边和角，构造直角三角形利用勾股定理求解，能有效考查逻辑推理能力和几何辅助线的构造能力，是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.6
22.(9分)已知A,B是线段MN上的两点，MN=4，MA=1，MB＞1.以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M,N两点重合成一点C，构成△ABC.设AB=x，
(1)求x的取值范围；
(2)若△ABC是直角三角形，求x的值.
第22小题图
(1)求x的取值范围；
(2)若△ABC是直角三角形，求x的值.
第22小题图
答案
解：(1)由旋转性质得：$AC=MA=1$，$BC=BN=MN-MA-AB=4-1-x=3-x$。
根据三角形三边关系列不等式组：
$\begin{cases}AC+AB＞BC \\AC+BC＞AB \\AB+BC＞AC\end{cases}$
代入边长得：
$\begin{cases}1+x＞3-x \\1+3-x＞x \\x+3-x＞1\end{cases}$
解得：
$\begin{cases}x＞1 \\x＜2 \\3＞1\quad(\mathrm{恒成立})\end{cases}$
又$MB=MA+AB=1+x＞1$，即$x＞0$，已被上述范围包含，
故$x$的取值范围是$1＜x＜2$。
(2)分三种情况讨论直角三角形的斜边：
① 若$AC$为斜边，则$AC^2=AB^2+BC^2$，
即$1^2=x^2+(3-x)^2$，整理得$2x^2-6x+8=0$，
判别式$\Delta=36-64=-28＜0$，方程无实根，该情况不存在。
② 若$AB$为斜边，则$AB^2=AC^2+BC^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，展开化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，
满足$1＜x＜2$，符合题意。
③ 若$BC$为斜边，则$BC^2=AC^2+AB^2$，
即$(3-x)^2=1^2+x^2$，展开化简得$6x=8$，解得$x=\frac{4}{3}$，
满足$1＜x＜2$，符合题意。
综上，$x$的值为$\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$。
根据三角形三边关系列不等式组：
$\begin{cases}AC+AB＞BC \\AC+BC＞AB \\AB+BC＞AC\end{cases}$
代入边长得：
$\begin{cases}1+x＞3-x \\1+3-x＞x \\x+3-x＞1\end{cases}$
解得：
$\begin{cases}x＞1 \\x＜2 \\3＞1\quad(\mathrm{恒成立})\end{cases}$
又$MB=MA+AB=1+x＞1$，即$x＞0$，已被上述范围包含，
故$x$的取值范围是$1＜x＜2$。
(2)分三种情况讨论直角三角形的斜边：
① 若$AC$为斜边，则$AC^2=AB^2+BC^2$，
即$1^2=x^2+(3-x)^2$，整理得$2x^2-6x+8=0$，
判别式$\Delta=36-64=-28＜0$，方程无实根，该情况不存在。
② 若$AB$为斜边，则$AB^2=AC^2+BC^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，展开化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，
满足$1＜x＜2$，符合题意。
③ 若$BC$为斜边，则$BC^2=AC^2+AB^2$，
即$(3-x)^2=1^2+x^2$，展开化简得$6x=8$，解得$x=\frac{4}{3}$，
满足$1＜x＜2$，符合题意。
综上，$x$的值为$\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$。
解析
【分析】
(1) 求解第一问首先利用旋转的性质确定△ABC的三边长：旋转后AC=MA=1，BC=BN，结合MN总长、MA长度和AB=x可推出BC=3-x；再根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”列不等式组，求解后结合题目给出的MB＞1的条件验证，最终得到x的取值范围。
(2) 第二问未明确直角三角形的斜边，因此需要分三种情况讨论：分别以AC、AB、BC为斜边，根据勾股定理列方程求解，每个解都要验证是否在第一问得到的取值范围内，舍去不符合条件的解，最终得到符合要求的x值。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知：$AC=MA=1$，$BC=BN$。
已知$MN=4$，$MA=1$，$AB=x$，因此$BN=MN-MA-AB=4-1-x=3-x$，即$BC=3-x$。
根据三角形三边关系列不等式组：
$\begin{cases}AC+AB＞BC \\AC+BC＞AB \\AB+BC＞AC\end{cases}$
代入各边长得：
$\begin{cases}1+x＞3-x \\1+(3-x)＞x \\x+(3-x)＞1\end{cases}$
解不等式组：
解$1+x＞3-x$得$x＞1$；
解$1+3-x＞x$得$x＜2$；
$x+3-x＞1$化简为$3＞1$，恒成立。
题目给出$MB=MA+AB=1+x＞1$，即$x＞0$，该条件已被$x＞1$包含。
因此x的取值范围为$1＜x＜2$。
(2) 分三种情况讨论直角三角形的斜边：
① 若$AC$为斜边，由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2$，
代入边长得$1^2=x^2+(3-x)^2$，整理得$2x^2-6x+8=0$，
判别式$\Delta=(-6)^2-4×2×8=-28＜0$，方程无实数根，该情况不存在。
② 若$AB$为斜边，由勾股定理得$AB^2=AC^2+BC^2$，
代入边长得$x^2=1^2+(3-x)^2$，展开得$x^2=1+9-6x+x^2$，
化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，经检验$\frac{5}{3}$满足$1＜x＜2$，符合题意。
③ 若$BC$为斜边，由勾股定理得$BC^2=AC^2+AB^2$，
代入边长得$(3-x)^2=1^2+x^2$，展开得$9-6x+x^2=1+x^2$，
化简得$6x=8$，解得$x=\frac{4}{3}$，经检验$\frac{4}{3}$满足$1＜x＜2$，符合题意。
综上，x的值为$\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$。
【答案】
(1) $1＜x＜2$；
(2) $x=\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$
【知识点】
旋转的性质；三角形三边关系；勾股定理
【点评】
本题属于几何综合中档题，解题需注意两个要点：一是利用三边关系求边长范围时，要验证所有约束条件，避免范围出错；二是未明确直角的直角三角形问题，必须分类讨论三条边分别为斜边的情况，求解后要验证结果是否符合边长范围，防止漏解或出现增解。
【难度系数】
0.6
(1) 求解第一问首先利用旋转的性质确定△ABC的三边长：旋转后AC=MA=1，BC=BN，结合MN总长、MA长度和AB=x可推出BC=3-x；再根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”列不等式组，求解后结合题目给出的MB＞1的条件验证，最终得到x的取值范围。
(2) 第二问未明确直角三角形的斜边，因此需要分三种情况讨论：分别以AC、AB、BC为斜边，根据勾股定理列方程求解，每个解都要验证是否在第一问得到的取值范围内，舍去不符合条件的解，最终得到符合要求的x值。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知：$AC=MA=1$，$BC=BN$。
已知$MN=4$，$MA=1$，$AB=x$，因此$BN=MN-MA-AB=4-1-x=3-x$，即$BC=3-x$。
根据三角形三边关系列不等式组：
$\begin{cases}AC+AB＞BC \\AC+BC＞AB \\AB+BC＞AC\end{cases}$
代入各边长得：
$\begin{cases}1+x＞3-x \\1+(3-x)＞x \\x+(3-x)＞1\end{cases}$
解不等式组：
解$1+x＞3-x$得$x＞1$；
解$1+3-x＞x$得$x＜2$；
$x+3-x＞1$化简为$3＞1$，恒成立。
题目给出$MB=MA+AB=1+x＞1$，即$x＞0$，该条件已被$x＞1$包含。
因此x的取值范围为$1＜x＜2$。
(2) 分三种情况讨论直角三角形的斜边：
① 若$AC$为斜边，由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2$，
代入边长得$1^2=x^2+(3-x)^2$，整理得$2x^2-6x+8=0$，
判别式$\Delta=(-6)^2-4×2×8=-28＜0$，方程无实数根，该情况不存在。
② 若$AB$为斜边，由勾股定理得$AB^2=AC^2+BC^2$，
代入边长得$x^2=1^2+(3-x)^2$，展开得$x^2=1+9-6x+x^2$，
化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，经检验$\frac{5}{3}$满足$1＜x＜2$，符合题意。
③ 若$BC$为斜边，由勾股定理得$BC^2=AC^2+AB^2$，
代入边长得$(3-x)^2=1^2+x^2$，展开得$9-6x+x^2=1+x^2$，
化简得$6x=8$，解得$x=\frac{4}{3}$，经检验$\frac{4}{3}$满足$1＜x＜2$，符合题意。
综上，x的值为$\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$。
【答案】
(1) $1＜x＜2$；
(2) $x=\frac{4}{3}$或$\frac{5}{3}$
【知识点】
旋转的性质；三角形三边关系；勾股定理
【点评】
本题属于几何综合中档题，解题需注意两个要点：一是利用三边关系求边长范围时，要验证所有约束条件，避免范围出错；二是未明确直角的直角三角形问题，必须分类讨论三条边分别为斜边的情况，求解后要验证结果是否符合边长范围，防止漏解或出现增解。
【难度系数】
0.6
23. (10分)在平面直角坐标系$xOy$中，抛物线$F_1:y=x^2+bx+c$经过点$A(-3,0)$和点$B(1,0)$。
(1)求抛物线$F_1$的解析式；
(2)作抛物线$F_2$，使它与抛物线$F_1$关于原点$O$成中心对称，在抛物线$F_2$上是否存在一点$P$，使$△ ABP$面积为8，若存在，求出点$P$的坐标；若不存在，请说明理由。
(1)求抛物线$F_1$的解析式；
(2)作抛物线$F_2$，使它与抛物线$F_1$关于原点$O$成中心对称，在抛物线$F_2$上是否存在一点$P$，使$△ ABP$面积为8，若存在，求出点$P$的坐标；若不存在，请说明理由。
答案
解：
(1) 将点$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}9-3b+c=0 \\1+b+c=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=2 \\c=-3\end{cases}$
因此抛物线$F_1$的解析式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 设抛物线$F_2$上任意一点坐标为$(x,y)$，该点关于原点$O$的中心对称点$(-x,-y)$在抛物线$F_1$上，将$(-x,-y)$代入$F_1$的解析式：
$-y=(-x)^2+2·(-x)-3$
整理得$y=-x^2+2x+3$，即抛物线$F_2$的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
由$A(-3,0)$、$B(1,0)$得$AB=1-(-3)=4$。
设点$P$的纵坐标为$y_P$，由$S_{△ ABP}=8$得：
$\frac{1}{2}· AB· |y_P|=8$
代入$AB=4$，解得$|y_P|=4$，即$y_P=4$或$y_P=-4$。
① 当$y_P=4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=4$
整理得$x^2-2x+1=0$，解得$x=1$，对应点$P$坐标为$(1,4)$。
② 当$y_P=-4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=-4$
整理得$x^2-2x-7=0$，解得$x=1\pm2\sqrt{2}$，对应点$P$坐标为$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
综上，存在满足条件的点$P$，坐标为$(1,4)$、$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
(1) 将点$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}9-3b+c=0 \\1+b+c=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=2 \\c=-3\end{cases}$
因此抛物线$F_1$的解析式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 设抛物线$F_2$上任意一点坐标为$(x,y)$，该点关于原点$O$的中心对称点$(-x,-y)$在抛物线$F_1$上，将$(-x,-y)$代入$F_1$的解析式：
$-y=(-x)^2+2·(-x)-3$
整理得$y=-x^2+2x+3$，即抛物线$F_2$的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
由$A(-3,0)$、$B(1,0)$得$AB=1-(-3)=4$。
设点$P$的纵坐标为$y_P$，由$S_{△ ABP}=8$得：
$\frac{1}{2}· AB· |y_P|=8$
代入$AB=4$，解得$|y_P|=4$，即$y_P=4$或$y_P=-4$。
① 当$y_P=4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=4$
整理得$x^2-2x+1=0$，解得$x=1$，对应点$P$坐标为$(1,4)$。
② 当$y_P=-4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=-4$
整理得$x^2-2x-7=0$，解得$x=1\pm2\sqrt{2}$，对应点$P$坐标为$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
综上，存在满足条件的点$P$，坐标为$(1,4)$、$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
解析
【分析】
(1) 第一问已知抛物线$F_1$的一般式，且经过$A$、$B$两个定点，将两点坐标代入一般式即可得到关于$b$、$c$的二元一次方程组，解方程组求出参数值就能得到$F_1$的解析式。
(2) 第二问先求中心对称的抛物线$F_2$的解析式：关于原点中心对称的两点横、纵坐标均互为相反数，设$F_2$上任意一点为$(x,y)$，则其对称点$(-x,-y)$在$F_1$上，代入$F_1$解析式整理即可得$F_2$的解析式。再求满足面积条件的点$P$：$A$、$B$均在$x$轴上，先算出$AB$的长度，$△ ABP$的高为点$P$纵坐标的绝对值，结合面积公式求出$P$点纵坐标的可能值，再分别代入$F_2$解析式求对应横坐标即可，注意绝对值需要分类讨论，避免漏解。
【解析】
(1) 将点$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}9-3b+c=0 \\1+b+c=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=2 \\c=-3\end{cases}$
因此抛物线$F_1$的解析式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 设抛物线$F_2$上任意一点坐标为$(x,y)$，该点关于原点$O$的中心对称点$(-x,-y)$在抛物线$F_1$上，将$(-x,-y)$代入$F_1$的解析式：
$-y=(-x)^2+2·(-x)-3$
整理得$y=-x^2+2x+3$，即抛物线$F_2$的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
由$A(-3,0)$、$B(1,0)$得$AB=1-(-3)=4$。
设点$P$的纵坐标为$y_P$，由$S_{△ ABP}=8$得：
$\frac{1}{2}· AB· |y_P|=8$
代入$AB=4$，解得$|y_P|=4$，即$y_P=4$或$y_P=-4$。
① 当$y_P=4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=4$
整理得$x^2-2x+1=0$，解得$x=1$，对应点$P$坐标为$(1,4)$。
② 当$y_P=-4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=-4$
整理得$x^2-2x-7=0$，解得$x=1\pm2\sqrt{2}$，对应点$P$坐标为$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
综上，存在满足条件的点$P$。
【答案】
(1) 抛物线$F_1$的解析式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) 存在，点$P$的坐标为$\boldsymbol{(1,4)}$、$\boldsymbol{(1+2\sqrt{2},-4)}$、$\boldsymbol{(1-2\sqrt{2},-4)}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，中心对称的性质，二次函数与面积综合
【点评】
本题是二次函数基础综合题，第一问考察待定系数法求解析式的常规应用，第二问结合中心对称变换求新抛物线解析式，再结合三角形面积公式求点坐标，解题时需注意绝对值的分类讨论，避免漏解，可有效巩固二次函数的基础应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 第一问已知抛物线$F_1$的一般式，且经过$A$、$B$两个定点，将两点坐标代入一般式即可得到关于$b$、$c$的二元一次方程组，解方程组求出参数值就能得到$F_1$的解析式。
(2) 第二问先求中心对称的抛物线$F_2$的解析式：关于原点中心对称的两点横、纵坐标均互为相反数，设$F_2$上任意一点为$(x,y)$，则其对称点$(-x,-y)$在$F_1$上，代入$F_1$解析式整理即可得$F_2$的解析式。再求满足面积条件的点$P$：$A$、$B$均在$x$轴上，先算出$AB$的长度，$△ ABP$的高为点$P$纵坐标的绝对值，结合面积公式求出$P$点纵坐标的可能值，再分别代入$F_2$解析式求对应横坐标即可，注意绝对值需要分类讨论，避免漏解。
【解析】
(1) 将点$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}9-3b+c=0 \\1+b+c=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=2 \\c=-3\end{cases}$
因此抛物线$F_1$的解析式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 设抛物线$F_2$上任意一点坐标为$(x,y)$，该点关于原点$O$的中心对称点$(-x,-y)$在抛物线$F_1$上，将$(-x,-y)$代入$F_1$的解析式：
$-y=(-x)^2+2·(-x)-3$
整理得$y=-x^2+2x+3$，即抛物线$F_2$的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
由$A(-3,0)$、$B(1,0)$得$AB=1-(-3)=4$。
设点$P$的纵坐标为$y_P$，由$S_{△ ABP}=8$得：
$\frac{1}{2}· AB· |y_P|=8$
代入$AB=4$，解得$|y_P|=4$，即$y_P=4$或$y_P=-4$。
① 当$y_P=4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=4$
整理得$x^2-2x+1=0$，解得$x=1$，对应点$P$坐标为$(1,4)$。
② 当$y_P=-4$时，代入$y=-x^2+2x+3$：
$-x^2+2x+3=-4$
整理得$x^2-2x-7=0$，解得$x=1\pm2\sqrt{2}$，对应点$P$坐标为$(1+2\sqrt{2},-4)$、$(1-2\sqrt{2},-4)$。
综上，存在满足条件的点$P$。
【答案】
(1) 抛物线$F_1$的解析式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) 存在，点$P$的坐标为$\boldsymbol{(1,4)}$、$\boldsymbol{(1+2\sqrt{2},-4)}$、$\boldsymbol{(1-2\sqrt{2},-4)}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，中心对称的性质，二次函数与面积综合
【点评】
本题是二次函数基础综合题，第一问考察待定系数法求解析式的常规应用，第二问结合中心对称变换求新抛物线解析式，再结合三角形面积公式求点坐标，解题时需注意绝对值的分类讨论，避免漏解，可有效巩固二次函数的基础应用能力。
【难度系数】
0.7
24. (12分)已知在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2√2.
(1)如图1,以点A为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,直接写出点B,C的坐标;
(2)如图2,过点C作∠MCN=45°分别交AB于点M,N,且AM=1,求MN的长度;
(3)如图3,过点C作∠MCN=45°,当点M,N分布在点B异侧时,线段AM,BN和MN满足怎样的数量关系?请给予证明.
(1)如图1,以点A为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,直接写出点B,C的坐标;
(2)如图2,过点C作∠MCN=45°分别交AB于点M,N,且AM=1,求MN的长度;
(3)如图3,过点C作∠MCN=45°,当点M,N分布在点B异侧时,线段AM,BN和MN满足怎样的数量关系?请给予证明.
答案
解析
【分析】
本题围绕等腰直角三角形展开，分三小问考查坐标求解、线段长度计算、线段数量关系探究：
1. 第(1)问先根据等腰直角三角形边长计算斜边AB长度，结合斜边上的高等于斜边一半的性质，即可确定B、C两点坐标；
2. 第(2)问遇到共顶点的45°角，采用旋转法构造全等三角形，将分散的线段AM、BN、MN转化到直角三角形中，用勾股定理列方程求解MN；
3. 第(3)问仍用旋转构造全等的思路，将三条线段转化到直角三角形中，推导三者的数量关系。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2√2，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{16}=4$
∵A为原点，AB在x轴上，
∴B点坐标为$(4,0)$
过C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴D是AB中点，$CD=\frac{1}{2}AB=2$
∴AD=2，即C点横坐标为2，纵坐标为2，故$C(2,2)$。
(2) 将△ACM绕点C逆时针旋转90°，使AC与BC重合，得到△BCM'，连接M'N。
由旋转性质得：$CM=CM'$，$∠ACM=∠BCM'$，$AM=BM'=1$，$∠CBM'=∠A=45°$。
∵$∠ACB=90°$，$∠MCN=45°$，
∴$∠ACM+∠BCN=90°-45°=45°$，
∴$∠BCM'+∠BCN=∠M'CN=45°=∠MCN$。
在△MCN和△M'CN中：
$\begin{cases}CM=CM' \\∠MCN=∠M'CN \\CN=CN \end{cases}$
∴△MCN≌△M'CN(SAS)，
∴$MN=M'N$。
∵$∠ABC=45°$，
∴$∠ABM'=∠ABC+∠CBM'=45°+45°=90°$，即△M'BN是直角三角形。
设$MN=x$，
∵AB=4，AM=1，
∴$BN=AB-AM-MN=4-1-x=3-x$。
在Rt△M'BN中，由勾股定理得：$M'N^2=BM'^2+BN^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，
展开得：$x^2=1+9-6x+x^2$，解得$x=\frac{5}{3}$，即$MN=\frac{5}{3}$。
(3) 数量关系为：$\boldsymbol{MN^2=AM^2+BN^2}$，证明如下：
将△ACM绕点C逆时针旋转90°，使AC与BC重合，得到△BCM'，连接M'N。
同(2)可证△MCN≌△M'CN(SAS)，
∴$MN=M'N$，$AM=BM'$，$∠CBM'=∠A=45°$。
∵$∠ABC=45°$，
∴$∠ABM'=∠ABC+∠CBM'=90°$，
∴$∠M'BN=180°-∠ABM'=90°$。
在Rt△M'BN中，由勾股定理得：$M'N^2=BM'^2+BN^2$，
代入$M'N=MN$、$BM'=AM$得：$MN^2=AM^2+BN^2$。
【答案】
(1) $B(4,0)$，$C(2,2)$；
(2) $MN=\frac{5}{3}$；
(3) $MN^2=AM^2+BN^2$，证明见解析。
【知识点】
等腰直角三角形性质；全等三角形判定与性质；勾股定理
【点评】
本题核心考查旋转法在等腰直角三角形问题中的应用，通过旋转构造全等三角形，将分散的线段集中到直角三角形中求解，是几何中处理共顶点等角、等边问题的常用思路，需要掌握这种辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.65
本题围绕等腰直角三角形展开，分三小问考查坐标求解、线段长度计算、线段数量关系探究：
1. 第(1)问先根据等腰直角三角形边长计算斜边AB长度，结合斜边上的高等于斜边一半的性质，即可确定B、C两点坐标；
2. 第(2)问遇到共顶点的45°角，采用旋转法构造全等三角形，将分散的线段AM、BN、MN转化到直角三角形中，用勾股定理列方程求解MN；
3. 第(3)问仍用旋转构造全等的思路，将三条线段转化到直角三角形中，推导三者的数量关系。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2√2，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{16}=4$
∵A为原点，AB在x轴上，
∴B点坐标为$(4,0)$
过C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴D是AB中点，$CD=\frac{1}{2}AB=2$
∴AD=2，即C点横坐标为2，纵坐标为2，故$C(2,2)$。
(2) 将△ACM绕点C逆时针旋转90°，使AC与BC重合，得到△BCM'，连接M'N。
由旋转性质得：$CM=CM'$，$∠ACM=∠BCM'$，$AM=BM'=1$，$∠CBM'=∠A=45°$。
∵$∠ACB=90°$，$∠MCN=45°$，
∴$∠ACM+∠BCN=90°-45°=45°$，
∴$∠BCM'+∠BCN=∠M'CN=45°=∠MCN$。
在△MCN和△M'CN中：
$\begin{cases}CM=CM' \\∠MCN=∠M'CN \\CN=CN \end{cases}$
∴△MCN≌△M'CN(SAS)，
∴$MN=M'N$。
∵$∠ABC=45°$，
∴$∠ABM'=∠ABC+∠CBM'=45°+45°=90°$，即△M'BN是直角三角形。
设$MN=x$，
∵AB=4，AM=1，
∴$BN=AB-AM-MN=4-1-x=3-x$。
在Rt△M'BN中，由勾股定理得：$M'N^2=BM'^2+BN^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，
展开得：$x^2=1+9-6x+x^2$，解得$x=\frac{5}{3}$，即$MN=\frac{5}{3}$。
(3) 数量关系为：$\boldsymbol{MN^2=AM^2+BN^2}$，证明如下：
将△ACM绕点C逆时针旋转90°，使AC与BC重合，得到△BCM'，连接M'N。
同(2)可证△MCN≌△M'CN(SAS)，
∴$MN=M'N$，$AM=BM'$，$∠CBM'=∠A=45°$。
∵$∠ABC=45°$，
∴$∠ABM'=∠ABC+∠CBM'=90°$，
∴$∠M'BN=180°-∠ABM'=90°$。
在Rt△M'BN中，由勾股定理得：$M'N^2=BM'^2+BN^2$，
代入$M'N=MN$、$BM'=AM$得：$MN^2=AM^2+BN^2$。
【答案】
(1) $B(4,0)$，$C(2,2)$；
(2) $MN=\frac{5}{3}$；
(3) $MN^2=AM^2+BN^2$，证明见解析。
【知识点】
等腰直角三角形性质；全等三角形判定与性质；勾股定理
【点评】
本题核心考查旋转法在等腰直角三角形问题中的应用，通过旋转构造全等三角形，将分散的线段集中到直角三角形中求解，是几何中处理共顶点等角、等边问题的常用思路，需要掌握这种辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.65
