一、选择题
1. （2019四川省乐山市，10，3）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）
A． B． C． D．
第10题图
【答案】C
第10题答图
【思路分析】连接PB，根据中位线定理知PB=2QO，QO的最大值即求PB的最大值，而圆外一点B到圆上一点P距离最大时，PB过圆心C，故可利用勾股定理求BC，从而求得PB，再求OQ.
【解题过程】连接PB，令=0，得x=，故A（-4，），（4，0），∴O是AB的中点，又是线段的中点，∴OQ=PB，点B是圆C外一点，当PB过圆心C时，PB最大，OQ也最大，此时OC=3，OB=4，由勾股定理可得BC=5， PB=BC+PC=5+2=7，OQ=PB=，故选C.
【知识点】中位线定理；点与圆的关系；勾股定理
二、填空题
1. （2019江苏省无锡市，18，2）如图，在中，AB=AC=5，BC=，为边上一动点(点除外)，以为一边作正方形，连接，则面积的最大值为 .
第18题图
【答案】8
【思路分析】本题考查了有关正方形中动态三角形面积的最值问题. 过D作DG⊥BC于G，过A作AN⊥BC于N，过E作EH⊥HG于H，延长ED交BC于M，设DG=HE=x，借助等腰三角形性质、勾股定理、相似三角形性质与判定求或用x的代数式表示相关线段长度，最后通过求面积函数值的二次函数最值来解决问题.
第18题答图
【解题过程】过D作DG⊥BC于G，过A作AN⊥BC于N，过E作EH⊥HG于H，延长ED交BC于M.易证△EHD≌△DGC，可设DG=HE=x，∵AB=AC=5，BC=，AN⊥BC，∴BN=BC=2，AN=，∵G⊥BC，AN⊥BC，∴DG∥AN，∴，∴BG=2x，CG=HD=4- 2x；易证△HED∽△GMD，于是，，即MG ，所以S△BDE = BM×HD=×（2x）×（4- 2x）==，当x=时，S△BDE的最大值为8.
来解决问题.
【知识点】等腰三角形性质；勾股定理；相似三角形性质与判定；二次函数的最值；数形结合思想
2. (2019浙江台州,15题,5分)如图,直线l1∥l2∥l3,A,B,C分别为直线l1,l2,l3上的动点,连接AB,BC,AC,线段AC交直线l2于点D.设直线l1,l2之间的距离为m,直线l2,l3之间的距离为n,若∠ABC＝90°,BD＝4,且,则m+n的最大值为________.
第16题图
【答案】
【思路分析】作垂线,构造相似,得到比例式,把m+n用x表示, 通过求二次函数的最值求得m+n的最值.
【解题过程】过点B作BE⊥l1于点E,作BF⊥l3于点F,过点A作AN⊥l2于点N,过点C作CM⊥l2于点M,设AE＝x,CF＝y,则BN＝x,BM＝y,∵BD＝4,∴DM＝y－4,DN＝4－x,∵∠ABC＝90°,且∠AEB＝∠BFC＝90°,∠CMD＝∠AND＝90°,易得△AEB∽△BFC,△CMD∽△AND,∴,即,mn＝xy,∴,即,∴y＝10－,∵,∴n＝m,m+n＝m,∵mn＝xy＝x(10－)＝－x2+10x＝m2,当x＝时,mn取得最大值为,∴m2＝,∴m最大＝,∴m+n＝m＝.
第16题答图
【知识点】相似三角形,二次函数最值
3. （2019四川省凉山市，24，5）如图，正方形ABCD中，AB=12, AE =AB，点P在BC上运动 （不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 ▲ .
第24题图
【思路分析】根据正方形形的性质得到∠B＝∠C＝90°，根据余角的性质得到∠BEP=∠CPQ，根据相似三角形的性质得到CQ=，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解题过程】在正方形ABCD中，∵AB=12, AE =AB=3，∴BC=AB=12，BE=9，设BP=x，则CP=12-x.∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=∠B=∠C=90°，∴∠BEP+∠BPE=∠CPQ+∠BPE=90°，∴∠BEP=∠CPQ，∴△EBP∽△PCQ，∴，∴，整理得CQ=，∴当x=6时，CQ取得最大值为4.故答案为4.
【知识点】相似三角形的性质；正方形的性质；二次函数的最值
三、解答题
1. （2019浙江湖州，24，12）如图1，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．
（1）求OC的长及点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F．
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在的直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G的运动路径的长．
图1 图2
第24题图
【思路分析】（1）Rt△AOC中，由正切三角函数，可求OC的长；再由矩形的性质及线段中点的定义锁定点D的坐标．（2）①由翻折可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠＝30°．通过解直角三角形得到FA＝FB＝，在Rt△AEF中，AE＝AF•tan∠AFE＝×＝，从而求得点E的坐标．②按一找点G的运动起点与终点，从而找到点G的路径，二求该路径的长即可锁定答案．如答图2和答图3，表示动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动时的起点、与终点的位置，G点的路径是一条线段．
【解题过程】（1）在Rt△AOC中，由tan∠OAC＝＝，OA＝3，得OC＝OA•tan∠OAC＝3×＝．
∵四边形OABC是矩形，点D为BC的中点，
∴D(，)．
（2）①如答图1，易知∠OAC＝∠ACB＝30°．
而由折叠可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠＝30°．
∴∠BDF＝∠＝30°．
∴∠DFB＝∠AFE＝60°．
Rt△DBF中，易求BF＝．
∴AF＝AB－BF＝．Rt△AEF中，AE＝AF•tan∠AFE＝×＝．
∴OE＝，E(，0)．
综上，BF的长为，点E的坐标为E(，0)．
②．
第24题答图3
第24题答图2
第24题答图1
【知识点】矩形性质；解直角三角形；翻折（轴对称）；等腰三角形；等边三角形；二次函数；动态问题；数形结合思想；探究性问题；压轴题；原创题
2. （2019天津市，24，10分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0),点B在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上，OD=2.
（1）如图①，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S
①如图②，当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时，C’E’,E’D’分别与AB相交于点M,F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）
【思路分析】(1)由题意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以点E的坐标为（2，）
（2） ①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0
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