22(10分)[2025浙江台州温岭一模]已知关于x的二次函数$y_1=2x^2-4tx-3$.
(1)若二次函数$y_1=2x^2-4tx-3$的图象经过点$A(4,-3)$,求抛物线的对称轴.
(2)若点$P(t-2,p),Q(t+3,q)$均在抛物线$y_1=2x^2-4tx-3$上,则$p$$q$. (填“＞”“＜”或“=”)
(3)记$y_2=4x^2+2x-1$,当$-2 ≤ x ≤ 2$时,$y_2＞y_1$始终成立,求$t$的取值范围.

22.【解】(1)$\because y_1=2x^2-4tx-3$ 的图象经过点 $A(4,-3)$,
$\therefore 32-16t-3=-3$,$\therefore t=2$,
$\therefore$ 抛物线的对称轴是直线 $x = -\frac{4t}{4} = t = 2$.
(2)抛物线的对称轴是直线 $x = -\frac{4t}{4} = t$. $\because$ 抛物线 $y_1 = 2x^2-4tx-3$ 的开口向上,$\therefore$ 抛物线上的点离对称轴越近,函数值就越小. $\because |t-2-t| ＜ |t+3-t|$,$\therefore p＜q$. 故答案为$＜$.
(3)令 $y = y_2 - y_1 = 4x^2+2x-1-(2x^2-4tx-3) = 2x^2+(2+4t)x+2$. $\because$ 当$-2 ≤ x ≤ 2$ 时,$y_2＞y_1$ 始终成立,$\therefore$ 当$-2 ≤ x ≤ 2$ 时,$y＞0$ 恒成立.
又$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x = -\frac{2+4t}{4} = -\frac{1}{2} - t$,$\therefore$ 分以下情况讨论:
①当 $2 ≤ -\frac{1}{2} - t$ 时,$t ≤ -\frac{5}{2}$. $\because a=2＞0$,$\therefore$ 当$-2 ≤ x ≤ 2$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而减小,$\therefore$ 当 $x=2$ 时,$y=8+2(2+4t)+2＞0$,$\therefore t＞-\frac{7}{4}$,$\therefore$ 此时无解.
②当 $-2 ≤ -\frac{1}{2} - t ≤ 2$ 时,$-\frac{5}{2} ≤ t ≤ \frac{3}{2}$.
$\because a=2＞0$,$\therefore (2+4t)^2-16＜0$,
$\therefore -\frac{3}{2} ＜ t ＜ \frac{1}{2}$,$\therefore$ 此时 $-\frac{3}{2} ＜ t ＜ \frac{1}{2}$.
③当 $-\frac{1}{2} - t ≤ -2$ 时,$t ≥ \frac{3}{2}$. $\because a=2＞0$,$\therefore$ 当$-2 ≤ x ≤ 2$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而增大,$\therefore$ 当 $x=-2$ 时,$y=8-2(2+4t)+2＞0$,$\therefore t＜\frac{3}{4}$,$\therefore$ 此时无解.
综上,$t$ 的取值范围为 $-\frac{3}{2} ＜ t ＜ \frac{1}{2}$.

23(10分)在综合实践课上,小明想做一些矩形木板零件,他找到了一些木板余料.
(1)如图(1),已知三角形木板ABC,边BC=120 cm,高AD=80 cm,小明要利用它做一个正方形零件PQMN,使正方形零件的一边在BC上,其余两个顶点分别在AB,AC上.求正方形零件PQMN的边长.
(2)如图(2),已知三角形木板ABC,边BC=a cm,高AD=h cm,小明要利用它做一个矩形零件PQMN,使矩形零件的一边在BC上,其余两个顶点分别在AB,AC上.求矩形零件PQMN面积的最大值.(用含a,h的代数式表示)
(3)如图(3),已知四边形木板ABCD,测得AB=60 cm,BC=100 cm,CD=70 cm,∠B=∠C=60°,小明要利用它做一个矩形零件PQMN,使矩形零件的一边在BC上,其余两个顶点分别在AB,CD上.求矩形零件PQMN面积的最大值.

23.【解】(1)设正方形零件 $PQMN$ 的边长为 $m\ \mathrm{cm}$,$AD$ 与 $PN$ 交于点 $E$.
$\because$ 四边形 $PQMN$ 是正方形,$\therefore PN// BC$.
$\because AD$ 是 $△ ABC$ 的高,$\therefore AE$ 也是 $△ APN$ 的高.
$\because PN// BC$,$\therefore △ APN ∽ △ ABC$,
$\therefore \frac{PN}{BC} = \frac{AE}{AD}$,$\therefore \frac{m}{120} = \frac{80-m}{80}$,
解得 $m=48$,$\therefore$ 正方形零件 $PQMN$ 的边长是 $48\ \mathrm{cm}$.
(2)设 $PQ = x\ \mathrm{cm}$,$AD$ 与 $PN$ 交于点 $E$. $\because ∠ EPQ = ∠ PQD = ∠ QDE = 90°$,$\therefore$ 四边形 $PQDE$ 是矩形,$\therefore DE = PQ = x\ \mathrm{cm}$,$\therefore AE = (h-x)\ \mathrm{cm}$.
$\because PN// BC$,$\therefore △ APN ∽ △ ABC$,$\therefore \frac{PN}{BC} = \frac{AE}{AD}$,
$\therefore \frac{PN}{a} = \frac{h-x}{h}$,
$\therefore PN = \frac{a(h-x)}{h}\ \mathrm{cm}$,$\therefore S_{\mathrm{矩形}PQMN} = PN · PQ = \frac{a(h-x)}{h} · x = -\frac{a}{h} x^2 + ax = -\frac{a}{h} (x - \frac{h}{2})^2 + \frac{ah}{4}$.
$\because -\frac{a}{h} ＜ 0$,$\therefore$ 当 $x = \frac{h}{2}$ 时,$S_{\mathrm{矩形}PQMN}$ 有最大值,为 $\frac{ah}{4}$,$\therefore$ 矩形零件 $PQMN$ 面积的最大值是 $\frac{ah}{4}\ \mathrm{cm}^2$.
(3)延长 $BA$ 与 $CD$ 交于点 $G$,过点 $G$ 作 $GH ⊥ BC$ 于点 $H$,交 $AD$ 于点 $K$,交 $PN$ 于点 $E$,如图.
$\because ∠ B = ∠ C = 60°$,$\therefore △ GBC$ 是等边三角形.
$\because BC = 100\ \mathrm{cm}$,
$\therefore BH = CH = 50\ \mathrm{cm}$,$GH = 50\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$.
$\because$ 四边形 $PQMN$ 是矩形,$\therefore PN// BC$,
$\therefore$ 易得 $△ GPN$ 是等边三角形. 设 $PQ = EH = x\ \mathrm{cm}$,则 $GE = (50\sqrt{3} - x)\ \mathrm{cm}$,$\therefore$ 易得 $PE = EN = \frac{50\sqrt{3} - x}{\sqrt{3}}\ \mathrm{cm}$,
$\therefore PN = \frac{100\sqrt{3} - 2x}{\sqrt{3}} = (100 - \frac{2\sqrt{3}}{3} x)\ \mathrm{cm}$,
$\therefore S_{\mathrm{矩形}PQMN} = PQ · PN = x · (100 - \frac{2\sqrt{3}}{3} x) = -\frac{2\sqrt{3}}{3} (x - 25\sqrt{3})^2 + 1\ 250\sqrt{3}$.
$\because -\frac{2\sqrt{3}}{3} ＜ 0$,
$\therefore$ 当 $x=25\sqrt{3}$ 时,$S_{\mathrm{矩形}PQMN}$ 有最大值,为 $1\ 250\sqrt{3}$,$\therefore$ 矩形零件 $PQMN$ 面积的最大值为 $1\ 250\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$.

24(12分)[2025浙江台州路桥区期末]已知$△ ABC$内接于$\odot O$，$AB=AC$，$∠ BAC=α(0＜α≤60°)$，点$P$是$\overset{\frown}{ACB}$上的动点(点$P$不与点$A,C,B$重合)，连结$AP,BP,CP$.
【特例感知】(1)如图(1)，当点$P$在$\overset{\frown}{AC}$上时，求$∠ APC$的度数.(用含$α$的式子表示)
【变式求异】(2)如图(2)，当点$P$在$\overset{\frown}{AC}$上时，过点$A$作$AD⊥ BP$于点$D$.
①请探究线段$BP,CP$和$DP$之间的数量关系，并证明.
②若$CP// AB$，$S_{△ ADP}=3$，$S_{△ ADB}=9$，则$S_{△ PBC}=$.
【拓展应用】(3)若$AB=6$，$α=60°$，$CP=2$，过点$A$作$AD⊥ BP$于点$D$，求$DP$的长.

24.【解】(1)$\because AB=AC$,$∠ BAC=α$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=\frac{1}{2}(180°-α)=90°-\frac{1}{2}α$.
$\because$ 四边形 $ABCP$ 是圆内接四边形,
$\therefore ∠ ABC+∠ APC=180°$,
$\therefore ∠ APC=180°-(90°-\frac{1}{2}α)=90°+ \frac{1}{2}α$.
(2)①$BP=CP+2DP$. 证明:如图,在 $BP$ 上截取 $BE=PC$,连结 $AE$.
$\because AB=AC$,$∠ ABE=∠ ACP$,$BE=CP$,
$\therefore △ ABE≌△ ACP(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AE=AP$. 又$\because AD⊥ EP$,$\therefore EP=2DP$,
$\therefore BP=BE+EP=CP+2DP$.
②$\because S_{△ ADP}:S_{△ ADB}=3:9=1:3$,$\therefore DP:DB=1:3$.
在 $BP$ 上截取 $BE=PC$,连结 $AE$.
由①得 $DE=DP$,$\therefore DE:DB=1:3$,$\therefore DE:BE=1:2$,
$\therefore EP:BE=1:1$,$\therefore S_{△ ABE}=\frac{1}{2}(S_{△ ABD}+S_{△ ADP})=6$.
$\because △ ABE≌△ ACP$,
$\therefore S_{△ ACP}=6$. $\because CP// AB$,$\therefore △ PBC$ 与 $△ PCA$ 同底等高,
$\therefore S_{△ PBC}=S_{△ ACP}=6$,故答案为$6$.
(3)如图(2),当点 $P$ 在 $\overset{\frown}{AC}$ 上时,在 $BP$ 上截取 $BF=PC$,连结 $AF$,过点 $C$ 作 $CH ⊥ BP$ 于点 $H$.
$\because ∠ BAC=60°$,$AB=AC=6$,
$\therefore △ ABC$ 为等边三角形,$\therefore BC=AB=6$.
$\because ∠ BPC=∠ BAC=60°$,$\therefore ∠ PCH=30°$.
$\because CP=2$,$\therefore PH=1$,$\therefore CH=\sqrt{3}$,
$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BH = \sqrt{BC^2-CH^2} = \sqrt{33}$,$\therefore BP = \sqrt{33} + 1$. 由(2)知,$BP = CP + 2DP$,$\therefore DP = \frac{BP-CP}{2} = \frac{\sqrt{33}+1-2}{2} = \frac{\sqrt{33}-1}{2}$.
如图(3),当点 $P$ 在 $\overset{\frown}{BC}$ 上时,延长 $PB$ 至点 $F$,使得 $BF=CP$,连结 $AF$,过点 $C$ 作 $CH ⊥ BP$ 交 $BP$ 延长线于点 $H$.
$\because$ 四边形 $ABPC$ 是圆内接四边形,$\therefore ∠ ABP+∠ ACP=180°$. $\because ∠ ABP+∠ ABF=180°$,$\therefore ∠ ABF=∠ ACP$.
$\because AB=AC$,$BF=CP$,$\therefore △ ABF≌△ ACP(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AF=AP$,$BF=CP=2$.
$\because AD ⊥ BP$,$\therefore FD=DP=\frac{1}{2} PF$.
$\because ∠ APC=∠ ABC=60°$,$∠ APB=∠ ACB=60°$,
$\therefore ∠ CPH=60°$,$\therefore ∠ PCH=30°$.
$\because CP=2$,$\therefore PH=1$,$\therefore CH=\sqrt{3}$.
在 $\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BC=6$,$CH=\sqrt{3}$,$\therefore BH=\sqrt{33}$,
$\therefore BP=\sqrt{33}-1$,
$\therefore DP=\frac{BP+BF}{2}=\frac{\sqrt{33}-1+2}{2}=\frac{\sqrt{33}+1}{2}$.
综上,$DP$ 的长为$\frac{\sqrt{33}-1}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{33}+1}{2}$.