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26. (10 分)勾股定理是数学史上非常重要的一个定理。早在 2000 多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法。在欧几里得编纂的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请仔细阅读并解答问题。
如图，分别以 $Rt\triangle ABC$ 的三边为边长，向外作正方形 $ABDE$、$BCFG$、$ACHI$。
(1)连接 $BI$、$CE$，求证：$\triangle ABI \cong \triangle AEC$。
(2)过点 $B$ 作 $AC$ 的垂线，交 $AC$ 于点 $M$，交 $IH$ 于点 $N$。
① 试说明四边形 $AMNI$ 与正方形 $ABDE$ 的面积相等；
② 请直接写出图中与正方形 $BCFG$ 面积相等的四边形。
(3)由第(2)题可得：正方形 $ABDE$ 的面积 + 正方形 $BCFG$ 的面积 =的面积，即在 $Rt\triangle ABC$ 中，$AB^{2} + BC^{2} =$。
如图，分别以 $Rt\triangle ABC$ 的三边为边长，向外作正方形 $ABDE$、$BCFG$、$ACHI$。
(1)连接 $BI$、$CE$，求证：$\triangle ABI \cong \triangle AEC$。
(2)过点 $B$ 作 $AC$ 的垂线，交 $AC$ 于点 $M$，交 $IH$ 于点 $N$。
① 试说明四边形 $AMNI$ 与正方形 $ABDE$ 的面积相等；
② 请直接写出图中与正方形 $BCFG$ 面积相等的四边形。
(3)由第(2)题可得：正方形 $ABDE$ 的面积 + 正方形 $BCFG$ 的面积 =的面积，即在 $Rt\triangle ABC$ 中，$AB^{2} + BC^{2} =$。
答案
证明：(1)因为四边形ABDE、ACHI为正方形
所以AB=AE ， AI=AC，∠CAI=∠EAB=90°
所以∠BAI=∠EAC
在△ABI 和△AEC中，
$\begin{cases}{AB=AE }\\{∠BAI=∠EAC}\\{AI=AC} \end{cases}$
所以$△ABI≌△AEC(\mathrm {SAS})$
(2)①因为$S_{四边形}AMNI= AI ×AM，$
$S_{△ABI}=\frac {1}{2}×AI×AM$
所以$S_{四边形}AMNI = 2S_{△ABI} ，$
同理， S 正方形$BCFG= 2S_{△AEC}$
因为△ABI≌△AEC，
所以$S_{△ABI}= S_{△AEC}$
所以$S_{四边形}AMNI = S $正方形BCFG
②四边形MCHN
AC²
正方形ACHI
所以AB=AE ， AI=AC，∠CAI=∠EAB=90°
所以∠BAI=∠EAC
在△ABI 和△AEC中，
$\begin{cases}{AB=AE }\\{∠BAI=∠EAC}\\{AI=AC} \end{cases}$
所以$△ABI≌△AEC(\mathrm {SAS})$
(2)①因为$S_{四边形}AMNI= AI ×AM，$
$S_{△ABI}=\frac {1}{2}×AI×AM$
所以$S_{四边形}AMNI = 2S_{△ABI} ，$
同理， S 正方形$BCFG= 2S_{△AEC}$
因为△ABI≌△AEC，
所以$S_{△ABI}= S_{△AEC}$
所以$S_{四边形}AMNI = S $正方形BCFG
②四边形MCHN
AC²
正方形ACHI
27. (10 分)已知抛物线 $C_{1}$ 与 $x$ 轴的一个交点为 $(-4,0)$，对称轴所在直线相应的函数表达式为 $x = -1.5$，且该抛物线过点 $(-1,6)$。
(1)求抛物线 $C_{1}$ 相应的函数表达式。
(2)求出与抛物线 $C_{1}$ 关于原点对称的抛物线 $C_{2}$ 相应的函数表达式，并在 $C_{1}$ 所在的平面直角坐标系中画出 $C_{2}$ 的图像。
(3)在(2)的条件下，抛物线 $C_{1}$ 与抛物线 $C_{2}$ 相交于 $A$、$B$ 两点(点 $A$ 在点 $B$ 的左侧)。若点 $P$ 在抛物线 $C_{1}$ 上，且位于点 $A$ 和点 $B$ 之间；点 $Q$ 在抛物线 $C_{2}$ 上，也位于点 $A$ 和点 $B$ 之间。当 $PQ // y$ 轴时，求 $PQ$ 的最大值。
(1)求抛物线 $C_{1}$ 相应的函数表达式。
(2)求出与抛物线 $C_{1}$ 关于原点对称的抛物线 $C_{2}$ 相应的函数表达式，并在 $C_{1}$ 所在的平面直角坐标系中画出 $C_{2}$ 的图像。
(3)在(2)的条件下，抛物线 $C_{1}$ 与抛物线 $C_{2}$ 相交于 $A$、$B$ 两点(点 $A$ 在点 $B$ 的左侧)。若点 $P$ 在抛物线 $C_{1}$ 上，且位于点 $A$ 和点 $B$ 之间；点 $Q$ 在抛物线 $C_{2}$ 上，也位于点 $A$ 和点 $B$ 之间。当 $PQ // y$ 轴时，求 $PQ$ 的最大值。
答案
解： (1)设抛物线${C}_1$的函数表达式为y= ax²+ bx +c
由题意得，
$\begin{cases}{0=16a-4b+c}\\{-\dfrac {b}{2a}=-1.5}\\{6=a-b+c} \end{cases}$
解得a=-1，b=-3，c=4
所以抛物线${C}_1$的函数表达式为y= -x²- 3x +4
(2)抛物线${C}_2$的图像如图所示，
设抛物线${C}_2$的函数表达式为y= dx²+ex+f ，
则抛物线${C}_2$与x轴交点为(4 ， 0) ，对称轴所在直线为x = 1.5，
且抛物线过点(1.-6)。
由题意得,
$\begin{cases}{16d+4e+f=0 }\\{-\dfrac {c}{2d}=1.5}\\{d+e+f=-6} \end{cases}$
所以d=1，e=-3，f=-4
抛物线${C}_2$的函数表达式为y=x²-3x-4
(3)由题意得，-x²-3x+4=x²-3x-4，
解得，x=±2
所以点A横坐标为-2 ，点B横坐标为2
设点P的横坐标为t ，则点P坐标为(t，-t² - 3t +4)
因为PQ//y轴,点P的横坐标为t ，
所以点Q的横坐标也为t
因为点Q在抛物线${C}_2$上,
所以点$Q_{坐标} $为(t，t²- 3t- 4)
所以PQ=(-t²-3t+4)- (t²- 3t-4)=-2t²+ 8
因为点P{位于} 点A和点B之间,
28. (10 分)若一个点能与另外两个点构成直角三角形，则称这个点为另外两个点的勾股点。例如，在矩形 $ABCD$ 中，点 $C$ 与点 $A$、$B$ 构成 $Rt\triangle ABC$，则称点 $C$ 为 $A$、$B$ 两点的勾股点。同样，点 $D$ 也是 $A$、$B$ 两点的勾股点。
(1)如图①，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 1$，请在边 $CD$ 上作出 $A$、$B$ 两点的勾股点(点 $C$ 和点 $D$ 除外)。(要求：用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)如图②，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 12 cm$，$BC = 4 cm$，$DM = 8 cm$，$AN = 5 cm$。动点 $P$ 从点 $D$ 出发沿着 $DC$ 方向以 $1 cm/s$ 的速度向右移动，过点 $P$ 的直线 $l$ 平行于 $BC$，当动点 $P$ 运动到点 $M$ 时停止运动。设运动时间为 $t(s)$，点 $H$ 为 $M$、$N$ 两点的勾股点，且点 $H$ 在直线 $l$ 上。
① 当 $t = 4$ 时，求 $PH$ 的长；
② 探究满足条件的点 $H$ 的个数(直接写出点 $H$ 的个数及相应 $t$ 的取值范围，不必证明)。
(1)如图①，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 1$，请在边 $CD$ 上作出 $A$、$B$ 两点的勾股点(点 $C$ 和点 $D$ 除外)。(要求：用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)如图②，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 12 cm$，$BC = 4 cm$，$DM = 8 cm$，$AN = 5 cm$。动点 $P$ 从点 $D$ 出发沿着 $DC$ 方向以 $1 cm/s$ 的速度向右移动，过点 $P$ 的直线 $l$ 平行于 $BC$，当动点 $P$ 运动到点 $M$ 时停止运动。设运动时间为 $t(s)$，点 $H$ 为 $M$、$N$ 两点的勾股点，且点 $H$ 在直线 $l$ 上。
① 当 $t = 4$ 时，求 $PH$ 的长；
② 探究满足条件的点 $H$ 的个数(直接写出点 $H$ 的个数及相应 $t$ 的取值范围，不必证明)。
答案
解： (1)设抛物线${C}_1$的函数表达式为y= ax²+ bx +c
由题意得，
$\begin{cases}{0=16a-4b+c}\\{-\dfrac {b}{2a}=-1.5}\\{6=a-b+c} \end{cases}$
解得a=-1，b=-3，c=4
所以抛物线${C}_1$的函数表达式为y= -x²- 3x +4
(2)抛物线${C}_2$的图像如图所示，
设抛物线${C}_2$的函数表达式为y= dx²+ex+f ，
则抛物线${C}_2$与x轴交点为(4 ， 0) ，对称轴所在直线为x = 1.5，
且抛物线过点(1.-6)。
由题意得,
$\begin{cases}{16d+4e+f=0 }\\{-\dfrac {c}{2d}=1.5}\\{d+e+f=-6} \end{cases}$
所以d=1，e=-3，f=-4
抛物线${C}_2$的函数表达式为y=x²-3x-4
(3)由题意得，-x²-3x+4=x²-3x-4，
解得，x=±2
所以点A横坐标为-2 ，点B横坐标为2
设点P的横坐标为t ，则点P坐标为(t，-t² - 3t +4)
因为PQ//y轴,点P的横坐标为t ，
所以点Q的横坐标也为t
因为点Q在抛物线${C}_2$上,
所以点$Q_{坐标} $为(t，t²- 3t- 4)
所以PQ=(-t²-3t+4)- (t²- 3t-4)=-2t²+ 8
因为点P{位于} 点A和点B之间,
解：(1)如图所示：点E即为所求.
(2)4个.理由如下：
连接AP，BP.
∵△ABP为直角三角形，
∴∠APB=90°，
∴∠DPA+∠CPB=90°.
∵∠DAP+APD=90°，
∴∠DAP=CPB.
又∵∠D=∠C，
∴△DPA∽△BCP，
∴$\frac {DP}{AD}=\frac {CB}{PC}.$
设DP=x，则PC=3-x，则$\frac {x}{1}=\frac {1}{3-x}，$
解得：$x=\frac {3±\sqrt{5}}{2}，$
∴$DP=\frac {3±\sqrt{5}}{2}.$
∵D，C也是A，B的勾股点，点P的位置有两个，
∴共有4个勾股点.
(3)①如图所示：当t=4时，DP=4，AE=4，PE=AD=4，
∵DM=8，AN=5，
∴PM=4，EN=1.
过点N作NG⊥PM于点G，则PG=EN=1，
则$tan∠PMN=\frac {NG}{GM}=\frac {4}{4-1}=\frac {4}{3}.$
当$∠NMH_1=90°$时，则$∠PH_1M+∠H_1MP=∠H_1MP+∠NMP=90°，$
∴$∠PH_1M=∠NMP，$
∴$tan∠PH_1M=\frac {PM}{P{H_1}_1}=tan∠NMP=\frac {4}{3}，$
∴$PH_1=\frac {3}{4}×4=3；$
当$∠MNH_3=90°$时，可得$H_1M∥H_3N，$
∴$∠NH_3E=∠MH_1P，$
∴$tan∠NH_3E=tan∠PH_1M=\frac {4}{3}，$
∴$\frac {EN}{{H}_3E}=\frac {1}{{H}_3E}=\frac {4}{3}，$
∴$H_3E=\frac {3}{4}，$
∴$PH_3=4-\frac {3}{4}=\frac {13}{4}.$
当$∠PH_2N=90°$时，设$PH_2=x，$则$H_2E=4-x，$
∵$∠PMH_2+∠PH_2M=90°，$$∠PH_2M+∠EH_2N=90°，$
∴$∠PMH_2=∠NH_2E.$
∵∠MPE=∠PEN=90°，
∴$△PMH_2∽△EH_2N，$
∴$\frac {P{H}_2}{EN}=\frac {PM}{E{H}_2}，$
即：$\frac {x}{1}=\frac {4}{4-x}，$
解得：x=2，经检验适合题意，
∴$PH_2=2.$
综上：PH为2或3或$\frac {13}{4}.$
②由①可知，当t=4时，MN=5，$PH_2=2，$
∴$H_2$是PE的中点，
设以MN为直径的圆O，则$OH_2$是梯形PMNE的中位线，
∴$OH_2=\frac {1}{2}(PM+EN)=\frac {1}{2}×(1+4)=2.5=\frac {1}{2}MN，$且$OH_2⊥PE，$
∴圆O与PE相切，
∴PE与圆O只有一个交点，
结合当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时共有3个勾股点.
当0≤t＜4时，PE与圆O相离，PE与圆O没有交点，
此时，只有当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时有两个勾股点.
当t=5或t=8时，PE通过N或M点，此时有两个勾股点，
当4≤t＜5或5＜t＜8时，直线PE与圆O有两个交点，
结合当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
共有4个勾股点.
综上：当0≤t＜4时或t=5或t=8时，有2个勾股点，
当t=4时，有3个勾股点，
当4＜t＜5时或5＜t＜8时，有4个勾股点，
当4＜t＜5时，有4个勾股点，当t=5时，有2个勾股点.
