∴方程kx+b﹣=0的解是x1=﹣4，x2=2．
（3）∵当x=0时，y=﹣2． ∴点C（0，﹣2）． ∴OC=2．
∴S△AOB=S△ACO+S△BCO=×2×4+×2×2=6；
（4）不等式kx+b﹣＜0的解集为﹣4＜x＜0或x＞2．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．也考查了观察函数图象的能力以及用待定系数法确定一次函数的解析式． 七、解答题
23．已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处 （Ⅰ）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边CD的长．
（Ⅱ）如图2，在（Ⅰ）的条件下，擦去折痕AO、线段OP，连接BP．动点M在线段AP上（点MA不重合）与点P、，动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BPN在移动的过程中，于点E．试问当动点M、线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律．若不变，求出线段EF的长度．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）先证出∠C=∠D=90°，再根据∠1+∠3=90°，∠1+∠2=90°，得出∠2=∠3，即可证出△OCP∽△PDA；
4，根据△OCP与△PDA的面积比为1：得出CP=AD=4，设OP=x，则CO=8﹣x，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，求出x，最后根据AB=2OP即可求出边AB的长；
（2）作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根据ME⊥PQ，得出EQ=PQ，根据∠QMF=∠BNF，证出△MFQ≌△NFB，得出QF=QB， 再求出EF=PB，由（1）中的结论求出PB=的长度不变
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C=∠D=90°， ∴∠1+∠3=90°，
∵由折叠可得∠APO=∠B=90°， ∴∠1+∠2=90°， ∴∠2=∠3， 又∵∠D=∠C， ∴△OCP∽△PDA；
∵△OCP与△PDA的面积比为1：4， ∴
∴CP=AD=4， 设OP=x，则CO=8﹣x， 在Rt△PCO中，∠C=90°， 由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42， 解得：x=5， ∴AB=AP=2OP=10， ∴边CD的长为10；
（2）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2， ∵AP=AB，MQ∥AN， ∴∠APB=∠ABP=∠MQP． ∴MP=MQ， ∵BN=PM，
，
，最后代入EF=PB即可得出线段EF
∴BN=QM．
∵MP=MQ，ME⊥PQ， ∴EQ=PQ． ∵MQ∥AN， ∴∠QMF=∠BNF， 在△MFQ和△NFB中，
，
∴△MFQ≌△NFB（AAS）． ∴QF=QB，
∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB，
由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°， ∴PB=∴EF=PB=2
，
．
，
∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2
【点评】此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，关键是做出辅助线，找出全等和相似的三角形．
八、解答题
24．抛物线y=﹣x2+4ax+b（a＞0）与x轴相交于O、A两点（其中O为坐标原点），过点P（2，2a）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C（其中B、C不重合），连接AP交y轴于点N，连接BC和PC． （1）a=时，求抛物线的解析式和BC的长； （2）如图a＞1时，若AP⊥PC，求a的值．
【考点】二次函数的性质；轴对称的性质．
【分析】（1）根据抛物线经过原点b=0，把a=、b=0代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式，再求出B、C坐标，即可求出BC长． （2）利用△PCB∽△APM，得
=
，列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+4ax+b（a＞0）经过原点O， ∴b=0， ∵a=，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x， ∵x=2时，y=8， ∴点B坐标（2，8），
∵对称轴x=3，B、C关于对称轴对称， ∴点C坐标（4，8）， ∴BC=2． （2）∵AP⊥PC， ∴∠APC=90°，
∵∠CPB+∠APM=90°，∠APM+∠PAM=90°，
∴∠CPB=∠PAM， ∵∠PBC=∠PMA=90°， ∴△PCB∽△APM， ∴∴
=
， =
，
，
整理得a2﹣4a+2=0，解得a=2±∵a＞0， ∴a=2+
．
【点评】本题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题，学会转化的思想，属于中考常考题型．