∵cos∠A=，AE=
．
==，
∴ED=AD﹣AE=1﹣
【点评】本题考查了旋转变换的性质，等角对等边的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，等腰三角形的性质以及锐角三角形函数值，经过角度的计算得到相等的角是解题的关键．
五、解答题：（共2个题，每小题12分） 22．（12分）（2011?自贡）阅读下面例题的解答过程，体会、理解其方法，并借鉴该例题的解法解方程．
2
例：解方程x﹣|x﹣1|﹣1=0 解：（1）当x﹣1≥0即x≥1时．|x﹣1|=x﹣1，
22
原方程化为x﹣（x﹣1）﹣1=0，即x﹣x=0， 解得x1=0，x2=1．
∵x≥1，故x=0舍去，x=1是原方程的解
（2）当x﹣1＜0即x＜1时．|x﹣1|=﹣（x﹣1），
22
原方程化为x+（x﹣1）﹣1=0，即x+x﹣2=0， 解得x1=1，x2=﹣2．
∵x＜1，故x=1舍去，x=﹣2是原方程的解． 综上所述，原方程的解为x1=1，x2=﹣2．
2
解方程：x+2|x+2|﹣4=0．
【分析】由于x+2的符号不能确定，故应分x+2≥0和x+2＜0两种情况，结合绝对值的性质去掉绝对值符号，再解关于x的一元二次方程即可． 【解答】解：（1）当x+2≥0即x≥﹣2时．|x+2|=x+2，
22
原方程化为x+2（x+2）﹣4=0，即x+2x=0， 解得x1=0，x2=﹣2． ∵x≥﹣2，
故原方程的解为x1=0，x2=﹣2；
（2）当x+2＜0即x＜﹣2时．|x+2|=﹣（x+2）， 原方程化为x﹣2（x+2）﹣4=0，即x﹣2x﹣8=0， 解得x1=4，x2=﹣2． ∵x＜﹣2，
故x1=4（不是原方程的解，舍去），x2=﹣2（不是原方程的解，舍去） 综上所述，原方程的解为x=0，x=﹣2． 【点评】本题考查的是含绝对值符号的一元二次方程，在解答此类题目时一定要注意分类讨论．
2
2
23．（12分）（2013?自贡）将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°． （1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ；
（2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？
（3）如图③，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC=1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．
【分析】（1）先判断∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可证明△B1CQ≌△BCP1，从而得出结论．
（2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，继而可得出CQ的长度．
（3）证明△AP1C∽△BEC，则有AP1：BE=AC：BC=出S△P1BE关于x的表达式，利用配方法求最值即可． 【解答】（1）证明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°， ∴∠B1CQ=∠BCP1=45°， ∵在△B1CQ和△BCP1中，
：1，设AP1=x，则BE=
x，得
，
∴△B1CQ≌△BCP1（ASA）， ∴CQ=CP1；
（2）作P1D⊥CA于D，
∵∠A=30°， ∴P1D=AP1=1， ∵∠P1CD=45°，
∴=sin45°=， ，
∴CP1=P1D=又∵CP1=CQ， ∴CQ=；
（3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°， ∴∠A=∠CBE=30°， ∴AC=BC，
由旋转的性质可得：∠ACP1=∠BCE， ∴△AP1C∽△BEC，
∴AP1：BE=AC：BC=：1， 设AP1=x，则BE=
x，
在Rt△ABC中，∠A=30°， ∴AB=2BC=2， ∴S△P1BE=×=﹣
2
x（2﹣x）=﹣
，
．
x+
2
x
（x﹣1）+
故当x=1时，S△P1BE（max）=
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题需要我们熟练掌握含30°角的直角三角形的性质、勾股定理及配方法求二次函数的最值，有一定难度．
六、解答题（本题满分14分） 24．（14分）（2012?自贡）如图，抛物线l交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，﹣3）．将抛物线l沿y轴翻折得抛物线l1． （1）求l1的解析式；
（2）在l1的对称轴上找出点P，使点P到点A的对称点A1及C两点的距离差最大，并说出理由；
（3）平行于x轴的一条直线交抛物线l1于E、F两点，若以EF为直径的圆恰与x轴相切，求此圆的半径．
【分析】（1）首先求出翻折变换后点A、B所对应点的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线l1的解析式；
（2）如图2所示，连接B1C并延长，与对称轴x=1交于点P，则点P即为所求．利用轴对称的性质以及三角形三边关系（三角形两边之差小于第三边）可以证明此结论．为求点P的坐标，首先需要求出直线B1C的解析式；
（3）如图3所示，所求的圆有两个，注意不要遗漏．解题要点是利用圆的半径表示点F（或点E）的坐标，然后代入抛物线的解析式，解一元二次方程求出此圆的半径． 【解答】解：（1）如图1所示，设经翻折后，点A、B的对应点分别为A1、B1， 依题意，由翻折变换的性质可知A1（3，0），B1（﹣1，0），C点坐标不变， 因此，抛物线l1经过A1（3，0），B1（﹣1，0），C（0，﹣3）三点，
2
设抛物线l1的解析式为y=ax+bx+c，则有：
，
解得a=1，b=﹣2，c=﹣3，
2
故抛物线l1的解析式为：y=x﹣2x﹣3．
（2）抛物线l1的对称轴为：x=
=1，
如图2所示，连接B1C并延长，与对称轴x=1交于点P，则点P即为所求． 此时，|PA1﹣PC|=|PB1﹣PC|=B1C．
设P′为对称轴x=1上不同于点P的任意一点，则有：
|P′A1﹣P′C|=|P′B1﹣P′C|＜B1C（三角形两边之差小于第三边）， 故|P′B1﹣P′C|＜|PA1﹣PC|，即|PA1﹣PC|最大． 设直线B1C的解析式为y=kx+b，则有：
，解得k=b=﹣3，
故直线B1C的解析式为：y=﹣3x﹣3． 令x=1，得y=﹣6， 故P（1，﹣6）．
（3）依题意画出图形，如图3所示，有两种情况． ①当圆位于x轴上方时，设圆心为D，半径为r，
由抛物线及圆的对称性可知，点D位于对称轴x=1上， 则D（1，r），F（1+r，r）． ∵点F（1+r，r）在抛物线y=x﹣2x﹣3上，
22
∴r=（1+r）﹣2（1+r）﹣3，化简得：r﹣r﹣4=0 解得r1=∴此圆的半径为
，r2=
；
（舍去），
2
②当圆位于x轴下方时，同理可求得圆的半径为综上所述，此圆的半径为
或
．
．
【点评】本题考查内容包括二次函数的图象与性质、待定系数法、翻折变换、轴对称的性质、三角形三边关系、圆的相关性质等，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问中，注意是“两线段之差最大”而不是“两线段之和最大”，后者比较常见，学生们已经有大量的训练基础，
而前者接触较少，但二者道理相通；第（3）问中，首先注意圆有2个，不要丢解，其次注意利用圆的半径表示点的坐标，运用方程的思想求出圆的半径．