考点： 四边形综合题 分析： （1）证明△ADP≌△CDQ，即可得到结论：DP=DQ； （2）证明△DEP≌△DEQ，即可得到结论：PE=QE； （3）与（1）（2）同理，可以分别证明△ADP≌△CDQ、△DEP≌△DEQ．在Rt△BPE中，利用勾股定理求出PE（或QE）的长度，从而可求得S△DEQ=≌△DEQ，所以S△DEP=S△DEQ=． ，而△DEP解答： （1）证明：∵∠ADC=∠PDQ=90°， ∴∠ADP=∠CDQ． 在△ADP与△CDQ中， ∴△ADP≌△CDQ（ASA）， ∴DP=DQ． （2）猜测：PE=QE． 证明：由（1）可知，DP=DQ． 在△DEP与△DEQ中， ∴△DEP≌△DEQ（SAS）， ∴PE=QE． （3）解：∵AB：AP=3：4，AB=6， ∴AP=8，BP=2． 与（1）同理，可以证明△ADP≌△CDQ， ∴CQ=AP=8． 与（2）同理，可以证明△DEP≌△DEQ， ∴PE=QE． 设QE=PE=x，则CE=BC+CQ﹣QE=14﹣x． 222在Rt△BPE中，由勾股定理得：BP+BE=PE， 222即：2+（14﹣x）=x， 解得：x=，即QE=． ×6=． ∴S△DEQ=QE?CE=×∵△DEP≌△DEQ， ∴S△DEP=S△DEQ=． 点评： 本题是几何综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．试题难度不大，但要注意认真计算，避免出错． 24．（2013?岳阳）如图，已知以E（3，0）为圆心，以5为半径的⊙E与x轴交于A，B两
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点，与y轴交于C点，抛物线y=ax+bx+c经过A，B，C三点，顶点为F． （1）求A，B，C三点的坐标；
（2）求抛物线的解析式及顶点F的坐标；
（3）已知M为抛物线上一动点（不与C点重合），试探究：
①使得以A，B，M为顶点的三角形面积与△ABC的面积相等，求所有符合条件的点M的坐标；
②若探究①中的M点位于第四象限，连接M点与抛物线顶点F，试判断直线MF与⊙E的位置关系，并说明理由．
考点： 二次函数综合题． 专题： 压轴题． 分析： （1）由题意可直接得到点A、B的坐标，连接CE，在Rt△OCE中，利用勾股定理求出OC的长，则得到点C的坐标； （2）已知点A、B、C的坐标，利用交点式与待定系数法求出抛物线的解析式，由解析式得到顶点F的坐标； （3）①△ABC中，底边AB上的高OC=4，若△ABC与△ABM面积相等，则抛物线上的点M须满足条件：|yM|=4．因此解方程yM=4和yM=﹣4，可求得点M的坐标； ②如解答图，作辅助线，可求得EM=5，因此点M在⊙E上；再利用勾股定理求出MF的长度，则利用勾股定理的逆定理可判定△EMF为直角三角形，∠EMF=90°，所以直线MF与⊙E相切． 解答： 解：（1）∵以E（3，0）为圆心，以5为半径的⊙E与x轴交于A，B两点， ∴A（﹣2，0），B（8，0）． 如解答图所示，连接CE． 在Rt△OCE中，OE=AE﹣OA=5﹣2=3，CE=5， 由勾股定理得：OC===4． ∴C（0，﹣4）． （2）∵点A（﹣2，0），B（8，0）在抛物线上， ∴可设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣8）． ∵点C（0，﹣4）在抛物线上， ∴﹣4=a×2×﹣8，解得a=． ∴抛物线的解析式为：y=（x+2）（x﹣8）=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣ ∴顶点F的坐标为（3，﹣）． （3）①∵△ABC中，底边AB上的高OC=4， ∴若△ABC与△ABM面积相等，则抛物线上的点M须满足条件：|yM|=4． （I）若yM=4，则x2﹣x﹣4=4， 整理得：x2﹣6x﹣32=0，解得x=3+或x=3﹣． ∴点M的坐标为（3+，4）或（3﹣，4）； （II）若yM=﹣4，则x2﹣x﹣4=﹣4， 整理得：x2﹣6x=0，解得x=6或x=0（与点C重合，故舍去）． ∴点M的坐标为（6，﹣4）． 综上所述，满足条件的点M的坐标为：（3+，4），（3﹣，4）或（6，﹣②直线MF与⊙E相切．理由如下： 由题意可知，M（6，﹣4）． 如解答图所示，连接EM，MF，过点M作MG⊥对称轴EF于点G， 则MG=3，EG=4． 在Rt△MEG中，由勾股定理得：ME===5， ∴点M在⊙E上． 由（2）知，F（3，﹣），∴EF=， ∴FG=EF﹣EG=． 在Rt△MGF中，由勾股定理得：MF===． 4）． 在△EFM中，∵EM+MF=5+（222）=（2）=EF， 22∴△EFM为直角三角形，∠EMF=90°． ∵点M在⊙E上，且∠EMF=90°， ∴直线MF与⊙E相切． 点评： 本题是代数几何综合题，主要考查了抛物线与圆的相关知识，涉及到的考点有二次函数的图象与性质、勾股定理及其逆定理、切线的判定、解一元二次方程等．第（3）①问中，点M在x轴上方或下方均可能存在，注意不要漏解．