?類型八 其他探究題
【典例1】小明將兩個直角三角形紙片如圖（1）那樣拼放在同一平面上，抽象出如圖（2）的平面圖形，與恰好為對頂角，，連接，，點F是線段上一點．

探究發(fā)現(xiàn)：
（1）當點F為線段的中點時，連接（如圖（2），小明經(jīng)過探究，得到結(jié)論：．你認為此結(jié)論是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）將（1）中的條件與結(jié)論互換，即：若，則點F為線段的中點．請判斷此結(jié)論是否成立．若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．
問題解決：
（3）若，求的長．










【典例2】如圖，在菱形ABCD中，AB＝AC，點E，F(xiàn)，G分別在邊BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，點H是線段AF上一動點（與點A不重合）．
（1）求證：△AEH≌△AGH；
（2）當AB＝12，BE＝4時．
①求△DGH周長的最小值；
②若點O是AC的中點，是否存在直線OH將△ACE分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1：3．若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．
















【典例3】綜合與探究
在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0），點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，且OA＝OB，直線AB與拋物線在第一象限交于點C（2，6），如圖①．
（1）求拋物線的解析式；
（2）直線AB的函數(shù)解析式為　　，點M的坐標為　　，cos∠ABO＝　??；
連接OC，若過點O的直線交線段AC于點P，將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則點P的坐標為　??；
（3）在y軸上找一點Q，使得△AMQ的周長最?。唧w作法如圖②，作點A關(guān)于y軸的對稱點A'，連接MA'交y軸于點Q，連接AM、AQ，此時△AMQ的周長最小．請求出點Q的坐標；
（4）在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、O、C、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．










【典例4】已知正方形ABCD，點E在直線AD上(不與點A、D重合)，連接BE，作EF⊥BE，且EF＝BE，過點F作FG⊥BC，交直線BC于點G.
(1)如圖①，當點E在邊AD上，點G在邊BC的延長線上時，求證：AB＋AE＝BG；
(2)如圖②，當點E在邊DA的延長線上，點G在邊BC上時，F(xiàn)G交AD于點H，試猜想AB、AE與BG的關(guān)系，并加以證明；
(3)如圖③，當點E在邊AD的延長線上，點G在邊BC上時，F(xiàn)G交AD于點N，請直接寫出線段AB、AE、BG之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明．
　　　　
圖① 圖② 圖③
第4題圖















【典例5】如圖①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDB中，AC＝BC，DE＝BD，∠ACB＝∠EDB＝90°，P為AE的中點．
(1)觀察猜想
連接PC、PD，則線段PC與PD的位置關(guān)系是________，數(shù)量關(guān)系是________；
(2)探究證明
如圖②，當點E在線段AB上運動時，其他條件不變，作EF⊥BC于F，連接PF，試判斷△PCF的形狀，并說明理由；
(3)拓展延伸
在點E的運動過程中，當△PCF是等邊三角形時，直接寫出△ACB與△EDB的兩直角邊之比．















【典例6】問題背景：如圖（1），已知，求證：；
嘗試應用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；
拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內(nèi)一點，，，，，直接寫出的長．

















【典例7】以下虛線框中為一個合作學習小組在一次數(shù)學實驗中的過程記錄，請閱讀后完成虛線框下方的問題．
（1）在中，，在探究三邊關(guān)系時，通過畫圖，度量和計算，收集到，組數(shù)據(jù)如下表：（單位：厘米）
























（2）根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，選取上表中和的數(shù)據(jù)進行分析；
設，以為坐標，在圖所示的坐標系中描出對應的點；
連線；

觀察思考
（3）結(jié)合表中的數(shù)據(jù)以及所面的圖像，猜想．當 時，最大；
（4）進一步C猜想：若中，，斜邊為常數(shù)，），則 時，最大．
推理證明
（5）對（4）中的猜想進行證明．
問題1．在圖中完善的描點過程，并依次連線；
問題2．補全觀察思考中的兩個猜想： _______ _______
問題3．證明上述中的猜想：
問題4．圖中折線是一個感光元件的截面設計草圖，其中點間的距離是厘米，厘米，平行光線從區(qū)域射入，線段為感光區(qū)城，當?shù)拈L度為多少時，感光區(qū)域長度之和最大，并求出最大值．
















【典例8】如圖①，直線l經(jīng)過點（4，0）且平行于y軸，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常數(shù)，a＜0）的圖象經(jīng)過點M(﹣1，1)，交直線l于點N，圖象的頂點為D，它的對稱軸與x軸交于點C，直線DM、DN分別與x軸相交于A、B兩點．
（1）當a＝﹣1時，求點N的坐標及的值；
（2）隨著a的變化，的值是否發(fā)生變化？請說明理由；
（3）如圖②，E是x軸上位于點B右側(cè)的點，BC＝2BE，DE交拋物線于點F．若FB＝FE，求此時的二次函數(shù)表達式．


類型八 其他探究題
【典例1】小明將兩個直角三角形紙片如圖（1）那樣拼放在同一平面上，抽象出如圖（2）的平面圖形，與恰好為對頂角，，連接，，點F是線段上一點．

探究發(fā)現(xiàn)：
（1）當點F為線段的中點時，連接（如圖（2），小明經(jīng)過探究，得到結(jié)論：．你認為此結(jié)論是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）將（1）中的條件與結(jié)論互換，即：若，則點F為線段的中點．請判斷此結(jié)論是否成立．若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．
問題解決：
（3）若，求的長．
【答案】（1）是；（2）結(jié)論成立，理由見解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通過AB=BD求出∠A=∠ADB，緊接著根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，據(jù)此進一步得出∠ADB=∠FDE，最終通過證明∠ADB+∠EDC=90°證明結(jié)論成立即可；
（2）根據(jù)垂直的性質(zhì)可以得出90°，90°，從而可得，接著證明出，利用可知，從而推出，最后通過證明得出，據(jù)此加以分析即可證明結(jié)論；
（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，緊接著，繼續(xù)通過勾股定理求出，最后進一步證明，再根據(jù)相似三角形性質(zhì)得出，從而求出，最后進一步分析求解即可.
【詳解】
（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠A=∠E，
∵AB=BD，
∴∠A=∠ADB，
在中，
∵F是斜邊CE的中點，
∴FD=FE=FC，
∴∠E=∠FDE，
∵∠A=∠E，
∴∠ADB=∠FDE，
∵∠FDE+∠FDC=90°，
∴∠ADB+∠FDC=90°，
即∠FDB=90°，
∴BD⊥DF，結(jié)論成立，
故答案為：是；
（2）結(jié)論成立，理由如下：
∵，
∴90°，90°，
∴，
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
又90°，90°，，
∴，
∴．
∴．
∴F為的中點；
（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）可知，

∴，
又∵，
在中，，
∴，
在中，，
在與中，
∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】
本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)及判定的綜合運用，熟練掌握相關(guān)方法是解題關(guān)鍵.
【典例2】如圖，在菱形ABCD中，AB＝AC，點E，F(xiàn)，G分別在邊BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，點H是線段AF上一動點（與點A不重合）．
（1）求證：△AEH≌△AGH；
（2）當AB＝12，BE＝4時．
①求△DGH周長的最小值；
②若點O是AC的中點，是否存在直線OH將△ACE分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1：3．若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）先判斷出△ABC是等邊三角形，進而判斷出∠ACD＝∠ABC，判斷出△ABE≌△ACG，即可得出結(jié)論；
（2）①先判斷出EH+DH最小時，△AEH的周長最小，在Rt△DCM中，求出CM＝6，DM＝6，在Rt△DME中，
根據(jù)勾股定理得，DE＝2，即可得出結(jié)論；
②分兩種情況：Ⅰ、當OH與線段AE相交時，判斷出點N是AE的中點，即可得出結(jié)論；
Ⅱ、當OH與CE相交時，判斷出點Q是CE的中點，再構(gòu)造直角三角形，即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AC是菱形ABCD的對角線，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°＝∠ABC，
∵BE＝CG，
∴△ABE≌△ACG（SAS），
∴AE＝AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AH＝AH，
∴△AEH≌△AGH（SAS）；

（2）①如圖1，
過點D作DM⊥BC交BC的延長線于M，連接DE，
∵AB＝12，BE＝4，
∴CG＝4，
∴CE＝DG＝12﹣4＝8，
由（1）知，△AEH≌△AGH，
∴EH＝HG，
∴l(xiāng)△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，
要是△AEH的周長最小，則EH+DH最小，最小為DE，
在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，
∴CM＝6，
∴DM＝CM＝6，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根據(jù)勾股定理得，DE＝＝＝2，
∴△DGH周長的最小值為2+8；

②Ⅰ、當OH與線段AE相交時，交點記作點N，如圖2，連接CN，
∴點O是AC的中點，
∴S△AON＝S△CON＝S△ACN，
∵三角形的面積與四邊形的面積比為1：3，
∴＝，
∴S△CEN＝S△ACN，
∴AN＝EN，
∵點O是AC的中點，
∴ON∥CE，
∴；

Ⅱ、當OH與線段CE相交時，交點記作Q，如圖3，
連接AQ，F(xiàn)G，∵點O是AC的中點，
∴S△AOQ＝S△COQ＝S△ACQ，
∵三角形的面積與四邊形的面積比為1：3，
∴，
∴S△AEQ＝S△ACQ，
∴CQ＝EQ＝CE＝（12﹣4）＝4，
∵點O是AC的中點，
∴OQ∥AE，設FQ＝x，
∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，
由（1）知，AE＝AG，
∵AF是∠EAG的角平分線，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴FG＝EF＝4+x，
過點G作GP⊥BC交BC的延長線于P，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，
∴CP＝CG＝2，PG＝CP＝2，
∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，
在Rt△FPG中，根據(jù)勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，
∴（6﹣x）2+（2）2＝（4+x）2，
∴x＝，
∴FQ＝，EF＝4+＝，
∵OQ∥AE，
∴＝＝，
即的值為或．



【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定，菱形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，角平分線的定義，判斷出點N是AE的中點和點Q是CE的中點是解本題的關(guān)鍵．
【典例3】綜合與探究
在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0），點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，且OA＝OB，直線AB與拋物線在第一象限交于點C（2，6），如圖①．
（1）求拋物線的解析式；
（2）直線AB的函數(shù)解析式為　　，點M的坐標為　　，cos∠ABO＝　　；
連接OC，若過點O的直線交線段AC于點P，將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則點P的坐標為　??；
（3）在y軸上找一點Q，使得△AMQ的周長最?。唧w作法如圖②，作點A關(guān)于y軸的對稱點A'，連接MA'交y軸于點Q，連接AM、AQ，此時△AMQ的周長最?。埱蟪鳇cQ的坐標；
（4）在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、O、C、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A、C的坐標代入拋物線表達式即可求解；
（2）點A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故點B（0，4），即可求出AB的表達式；OP將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則AP＝AC或AC，即可求解；
（3）△AMQ的周長＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，即可求解；
（4）分AC是邊、AC是對角線兩種情況，分別求解即可．
【解答】解：（1）將點A、C的坐標代入拋物線表達式得：，解得，
故直線AB的表達式為：y＝x2+2x；

（2）點A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故點B（0，4），
由點A、B的坐標得，直線AB的表達式為：y＝x+4；
則∠ABO＝45°，故cos∠ABO＝；
對于y＝x2+2x，函數(shù)的對稱軸為x＝﹣2，故點M（﹣2，﹣2）；
OP將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則AP＝AC或AC，
則，即，解得：yP＝2或4，
故點P（﹣2，2）或（0，4）；
故答案為：y＝x+4；（﹣2，﹣2）；；（﹣2，2）或（0，4）；
（3）△AMQ的周長＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，
點A′（4，0），
設直線A′M的表達式為：y＝kx+b，則，解得，
故直線A′M的表達式為：y＝x﹣，
令x＝0，則y＝﹣，故點Q（0，﹣）；
（4）存在，理由：
設點N（m，n），而點A、C、O的坐標分別為（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），
①當AC是邊時，
點A向右平移6個單位向上平移6個單位得到點C，同樣點O（N）右平移6個單位向上平移6個單位得到點N（O），
即0±6＝m，0±6＝n，解得：m＝n＝±6，
故點N（6，6）或（﹣6，﹣6）；
②當AC是對角線時，
由中點公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，
解得：m＝﹣2，n＝6，
故點N（﹣2，6）；
綜上，點N的坐標為（6，6）或（﹣6，﹣6）或（﹣2，6）．
【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計算等，其中（4），要注意分類求解，避免遺漏．
【典例4】已知正方形ABCD，點E在直線AD上(不與點A、D重合)，連接BE，作EF⊥BE，且EF＝BE，過點F作FG⊥BC，交直線BC于點G.
(1)如圖①，當點E在邊AD上，點G在邊BC的延長線上時，求證：AB＋AE＝BG；
(2)如圖②，當點E在邊DA的延長線上，點G在邊BC上時，F(xiàn)G交AD于點H，試猜想AB、AE與BG的關(guān)系，并加以證明；
(3)如圖③，當點E在邊AD的延長線上，點G在邊BC上時，F(xiàn)G交AD于點N，請直接寫出線段AB、AE、BG之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明．
　　　　
圖① 圖② 圖③
第4題圖
【答案】(1)證明：如解圖，延長AD交GF的延長線于點M，
∵四邊形ABCD是正方形，

第4題解圖
∴∠A＝90°，∠ABC＝90°，
又∵FG⊥BC，
∴四邊形ABGM是矩形，
∴AM＝BG，
∵∠A＝90°，EF⊥BE，∠M＝90°，
∴∠AEB＝∠MFE，
在△ABE和△MEF中，，
∴△ABE≌△MEF(AAS)，
∴AB＝EM，
∵AM＝AE＋EM＝AE＋AB，
∴AB＋AE＝BG；
(2)AB－AE＝BG；
證明：∵∠FEH＋∠BEA＝90°，
∠BEA＋∠ABE＝90°，
∴∠FEH＝∠ABE，
在△ABE和△HEF中，，
∴△ABE≌△HEF(AAS)，
∴EH＝AB，EH－AE＝AB－AE＝AH，
∵四邊形ABGH是矩形，
∴AH＝BG，∴AB－AE＝BG；
(3)AE＝AB＋BG.
【解法提示】由(2)得△ABE≌△NEF，
∴NE＝AB，
∵AN＋NE＝AN＋AB＝AE，BG＝AN，
∴AE＝AB＋BG.
【典例5】如圖①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDB中，AC＝BC，DE＝BD，∠ACB＝∠EDB＝90°，P為AE的中點．
(1)觀察猜想
連接PC、PD，則線段PC與PD的位置關(guān)系是________，數(shù)量關(guān)系是________；
(2)探究證明
如圖②，當點E在線段AB上運動時，其他條件不變，作EF⊥BC于F，連接PF，試判斷△PCF的形狀，并說明理由；
(3)拓展延伸
在點E的運動過程中，當△PCF是等邊三角形時，直接寫出△ACB與△EDB的兩直角邊之比．


【答案】解：(1)PC⊥PD，PC＝PD；
【解法提示】如解圖①，過點E作EF⊥BC于F，過點P作PH⊥BC于H，連接PF，

①
易得四邊形EFBD是正方形，
∴EF＝ED，∠DEB＝∠FEB＝45°，
∴∠PEF＝∠PED＝135°，
在△PEF和△PED中，
，
∴△PEF≌△PED(SAS)，
∴PF＝PD，∠EPF＝∠EPD，
∵AC∥PH∥EF，點P為AE的中點，
∴點H是FC的中點，
∴CH＝HF，
又PH⊥BC，∴PC＝PF，
故△PCF是等腰三角形，∴∠CPH＝∠FPH，
∴PC＝PD；
∵∠HPB＝∠HPF＋∠EPF＝45°，
∴∠CPD＝∠CPH＋∠HPF＋∠EPF＋∠EPD＝2(∠HPF＋∠EPF)＝90°，
∴PC⊥PD.
(2)△PCF為等腰三角形，
理由如下：如解圖②，過點P作PH⊥BC于點H，

②
則AC∥PH∥EF，
∵P為AE的中點，
∴點H是FC的中點，∴CH＝HF，
又PH⊥BC，
∴PC＝PF，
∴△PCF為等腰三角形；
(3)＋2.
【解法提示】如解圖③，過點E作EF⊥BC于點F，過點P作PH⊥BC于點H，由(1)知，四邊形BDEF為正方形，設EF＝BF＝BD＝x，HF＝y(tǒng)，

③
∵△PCF是等邊三角形，
∴PH＝y(tǒng)，
∵PH∥EF，
∴△BEF∽△BPH，
∴＝，即＝，
解得y＝x，
∴BC＝x＋2y＝(＋2)x，
∴＝＝＋2.
∴△ACB與△EDB的兩直角邊之比為＋2.
【典例6】問題背景：如圖（1），已知，求證：；
嘗試應用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；
拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內(nèi)一點，，，，，直接寫出的長．

【答案】23．問題背景：見詳解；嘗試應用：3；拓展創(chuàng)新：．
【解析】
【分析】
問題背景：通過得到，，再找到相等的角，從而可證；
嘗試應用：連接CE，通過可以證得，得到，然后去證，，通過對應邊成比例即可得到答案；
拓展創(chuàng)新：在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，通過，，然后利用對應邊成比例即可得到答案．
【詳解】
問題背景：∵，
∴∠BAC=∠DAE， ，
∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴；
嘗試應用：連接CE，

∵，，
∴，
∴，
∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
由于，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵
∴，
∴；
拓展創(chuàng)新：
如圖，在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，

∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，
∴∠ADE=∠ABC，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴，
∴，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
設CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【點睛】
本題考查了相似三角形的綜合問題，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【典例7】以下虛線框中為一個合作學習小組在一次數(shù)學實驗中的過程記錄，請閱讀后完成虛線框下方的問題．
（1）在中，，在探究三邊關(guān)系時，通過畫圖，度量和計算，收集到，組數(shù)據(jù)如下表：（單位：厘米）
























（2）根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，選取上表中和的數(shù)據(jù)進行分析；
設，以為坐標，在圖所示的坐標系中描出對應的點；
連線；

觀察思考
（3）結(jié)合表中的數(shù)據(jù)以及所面的圖像，猜想．當 時，最大；
（4）進一步C猜想：若中，，斜邊為常數(shù)，），則 時，最大．
推理證明
（5）對（4）中的猜想進行證明．
問題1．在圖中完善的描點過程，并依次連線；
問題2．補全觀察思考中的兩個猜想： _______ _______
問題3．證明上述中的猜想：
問題4．圖中折線是一個感光元件的截面設計草圖，其中點間的距離是厘米，厘米，平行光線從區(qū)域射入，線段為感光區(qū)城，當?shù)拈L度為多少時，感光區(qū)域長度之和最大，并求出最大值．

【答案】問題1：見解析；問題2：2，；問題3：見解析；問題4：當時，感光區(qū)域長度之和最大為
【解析】
【分析】
問題1：根據(jù)（1）中的表格數(shù)據(jù)，描點連線，作出圖形即可；
問題2：根據(jù)（1）中的表格數(shù)據(jù)，可以得知當2時，最大；設，則，可得，有，可得出；
問題3：可用兩種方法證明，方法一：（判別式法）設，則，可得，有，可得出；方法二：（基本不等式），設，得，可得，根據(jù)當時，等式成立有，可得出
；
問題4：方法一：延長交于點，過點作于點，垂足為，過點作交于點，垂足為，交于點，由題可知：在中，，得，根據(jù)，有，得，易證四邊形為矩形，四邊形為矩形，根據(jù)可得，由問題3可知，當時，最大，則有時，最大為；方法二：
延長相交于點同法一求得：，根據(jù)四邊形為矩形，有，，得到，由問題3可知，當時，最大
則可得時最大為．
【詳解】
問題1：圖

問題2：；
問題3：
法一：（判別式法）
證明：設
在中，




關(guān)于的元二次方程有實根，




當取最大值時，



當時，有最大值．
法二：（基本不等式）
設
在中，


．
當時，等式成立

．

，


當時，有最大值．
問題4：
法一：延長交于點
過點作于點垂足為
過點作交于點垂足為
交于點

由題可知：在中，

即



又


，
在中，
，
即


四邊形為矩形

，
四邊形為矩形，





在中，．
由問題3可知，當時，最大
時，最大為
即當時，感光區(qū)域長度之和最大為
法二：
延長相交于點

同法一求得：

設
四邊形為矩形，

．



由問題3可知，當時，最大
時最大為
即當時，感光區(qū)域長度之和最大為．
【點睛】
本題考查了一元二次方程，二次函數(shù)，不等式，解直角三角形，三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)等知識點，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【典例8】如圖①，直線l經(jīng)過點（4，0）且平行于y軸，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常數(shù)，a＜0）的圖象經(jīng)過點M(﹣1，1)，交直線l于點N，圖象的頂點為D，它的對稱軸與x軸交于點C，直線DM、DN分別與x軸相交于A、B兩點．
（1）當a＝﹣1時，求點N的坐標及的值；
（2）隨著a的變化，的值是否發(fā)生變化？請說明理由；
（3）如圖②，E是x軸上位于點B右側(cè)的點，BC＝2BE，DE交拋物線于點F．若FB＝FE，求此時的二次函數(shù)表達式．

【答案】（1）N(4，﹣4)，＝；（2）不變，理由見解析；（3）y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【解析】
【分析】
（1）證明△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，則，，求出AC＝，BC＝，即可求解；
（2）點D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，則ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的結(jié)論得：AC＝，BC＝，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F(﹣，﹣)，即可求解．
【詳解】
解：（1）分別過點M、N作ME⊥CD于點E，NF⊥DC于點F，
∵ME∥FN∥x軸，

∴△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，
∴，，
∵a＝﹣1，則y＝﹣x2+2x+c，
將M(﹣1，1)代入上式并解得：c＝4，
∴拋物線的表達式為：y＝﹣x2+2x+4，
則點D(1，5)，N(4，﹣4)，
則ME＝2，DE＝4，DC＝5，F(xiàn)N＝3，DF＝9，
∴，解得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（2）不變，理由：
∵y＝ax2﹣2ax+c過點M(﹣1，1)，則a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)，
∴點D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，
∴ME＝2，DE＝﹣4a，
由（1）的結(jié)論得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（3）過點F作FH⊥x軸于點H，則FH∥l，則△FHE∽△DCE，

∵FB＝FE，F(xiàn)H⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
則CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH＝，
∵BC＝，
∴CH＝×＝，
∴F(﹣，﹣)，
將點F的坐標代入y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)＝a(x+1)(x﹣3)+1得：
﹣a＝a(﹣+1)(﹣﹣3)+1，
解得：a＝﹣或﹣，
故y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的綜合運用等知識．綜合性強．



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