【解答】解：（1）∵反比例函数y=（k＞0）的图象过点A，过A点作x轴的垂线，垂足为M，△AOM面积为1， ∴|k|=1， ∵k＞0， ∴k=2，
故反比例函数的解析式为：y=；
（2）作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，则PA+PB最小．
由，解得，或，
∴A（1，2），B（4，）， ∴A′（﹣1，2），最小值A′B=设直线A′B的解析式为y=mx+n，
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=．
则，解得，
∴直线A′B的解析式为y=﹣∴x=0时，y=
，
）．
x+，
∴P点坐标为（0，
23．（11分）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上（点D不与A，B重合），直线AD交过点B的切线于点C，过点D作⊙O的切线DE交BC于点E． （1）求证：BE=CE；
（2）若DE∥AB，求sin∠ACO的值．
【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵EB、ED为⊙O的切线， ∴EB=ED，OD⊥DE，AB⊥CB，
∴∠ADO+∠CDE=90°，∠A+∠ACB=90°， ∵OA=OD， ∴∠A=∠ADO， ∴∠CDE=∠ACB， ∴EC=ED，
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∴BE=CE；
（2）解：作OH⊥AD于H，如图，设⊙O的半径为r， ∵DE∥AB，
∴∠DOB=∠DEB=90°， ∴四边形OBED为矩形， 而OB=OD，
∴四边形OBED为正方形， ∴DE=CE=r，
易得△AOD和△CDE都为等腰直角三角形， ∴OH=DH=
r，CD=
r，
=
r，
在Rt△OCB中，OC=
在Rt△OCH中，sin∠OCH=即sin∠ACO的值为
．
==，
24．（12分）如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（﹣3，0）．动点M，N同时从A点出发，M沿A→C，N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动的时间记为t秒．连接MN． （1）求直线BC的解析式；
（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；
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（3）当点M，N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式．
【解答】解：（1）设直线BC的解析式为y=kx+b，则有解得
，
，
∴直线BC的解析式为y=x+4．
（2）如图1中，连接AD交MN于点O′．
由题意：四边形AMDN是菱形，M（3﹣t，0），N（3﹣t，t）， ∴O′（3﹣t，t），D（3﹣t，t）， ∵点D在BC上， ∴t=×（3﹣t）+4， 解得t=
．
）．
∴t=3s时，点A恰好落在BC边上点D处，此时D（﹣，
（3）如图2中，当0＜t≤5时，△ABC在直线MN右侧部分是△AMN，S=?t?t=t2．
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如图3中，当5＜t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分是四边形ABNM．
S=×6×4﹣×（6﹣t）?[4﹣（t﹣5）]=﹣t2+
t﹣12．
25．（14分）如图，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）过点A（0）．过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式；
，﹣3）和点B（3，
（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D．连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把A（解得：a=，b=﹣
，﹣3）和点B（3，
，0）代入抛物线得：，
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则抛物线解析式为y=x2﹣（2）设P坐标为（x，x2﹣当△OCA∽△ADP时，整理得：3x2﹣9解得：x=此时P（
=
x；
x），则有AD=x﹣，即
=
，PD=x2﹣，
x+3，
x+18=2
x﹣6，即3x2﹣11
或x=
x+24=0，
，即x=
，﹣）；
=
（舍去）
当△OCA∽△PDA时，
x2﹣9x+6
，即
，即x2﹣5或
=，
整理得：解得：x=此时P（4
=6x﹣6x+12=0，
，即x=4
，6）．
（舍去），
综上，P的坐标为（，﹣）或（4
，
，6）；
（3）在Rt△AOC中，OC=3，AC=根据勾股定理得：OA=2∵OC?AC=OA?h， ∴h=， ∵S△AOC=S△AOQ=
，
，
∴△AOQ边OA上的高为，
过O作OM⊥OA，截取OM=，过M作MN∥OA，交y轴于点N，如图所示：
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在Rt△OMN中，ON=2OM=9，即N（0，9）， 过M作MH⊥x轴，
在Rt△OMH中，MH=OM=，OH=设直线MN解析式为y=kx+9， 把M坐标代入得：=联立得：解得：
或
k+9，即k=﹣，
，即Q（3
，0）或（﹣2
，15），
，0）或（﹣
，即y=﹣
x+9，
OM=
，即M（
，），
则抛物线上存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ，此时点Q的坐标为（32
，15）．
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