47. (1)B(-1，0)，C(4，0)，由题意，得

(2)当为等腰三角形时，有以下三种情形，如图(1)。设动点D的坐标为(x，y)，由(1)，得B(-1，0)，C(4，0)，故BC=5。

当时，过点作轴，垂足为点，则。

。

。

②当时，过点作轴，垂足为点，则。

解，得。

③当，或时，同理得。

故点D坐标分别为，，。

(3)存在。以点E，D，O，A为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情形，如图(2)。

①当四边形为平行四边形时，。

②当四边形为平行四边形时，。

当四边形为平行四边形时，。

46. 解：(1)方法一：由已知得：C(0，－3)，A(－1，0)　　

将A、B、C三点的坐标代入得　　　　　　

解得：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

所以这个二次函数的表达式为：　　　　　

方法二：由已知得：C(0，－3)，A(－1，0)　　　　　

设该表达式为：　　　　　　　　　　　

将C点的坐标代入得：　　　　　　　　　　　　　 　

所以这个二次函数的表达式为：　　　　　

(注：表达式的最终结果用三种形式中的任一种都不扣分)

(2)方法一：存在，F点的坐标为(2，－3) 　　　　　　

理由：易得D(1，－4)，所以直线CD的解析式为：

∴E点的坐标为(－3，0)　　　　　　　　　　　　　　　

由A、C、E、F四点的坐标得：AE＝CF＝2，AE∥CF

∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形

∴存在点F，坐标为(2，－3) 　　　　　　　　　　　　　

方法二：易得D(1，－4)，所以直线CD的解析式为：

∴E点的坐标为(－3，0)　　　　　　　　　　　　　　

∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形

∴F点的坐标为(2，－3)或(―2，―3)或(－4，3)　

代入抛物线的表达式检验，只有(2，－3)符合

∴存在点F，坐标为(2，－3)　 　　　　　　　　　　　　

(3)如图，①当直线MN在x轴上方时，设圆的半径为R(R>0)，则N(R+1，R)，

代入抛物线的表达式，解得　

②当直线MN在x轴下方时，设圆的半径为r(r>0)，

则N(r+1，－r)，

代入抛物线的表达式，解得　

∴圆的半径为或．　

(4)过点P作y轴的平行线与AG交于点Q，

易得G(2，－3)，直线AG为．

设P(x，)，则Q(x，－x－1)，PQ．

当时，△APG的面积最大

此时P点的坐标为，．　　　

45.

44.

(1)由题意，知B(0，6)，C(8，0)

设直线的解析式为，则

，解得

则的解析式为。

(2)解法一：如图，过P作于D，则

由题意，知OA=2，OB=6，OC=8

解法二：如图，过Q作轴于D，则

由题意，知OA=2，OB=6，OC=8

(3)要想使为等腰三角形，需满足CP=CQ，或QC=QP，或PC=PQ。

①当CP=CQ时(如图①)，得10-t=t。解，得t=5。

②当QC=QP时(如图②)，过Q作轴于D，则

③当PC=PQ时(如图③)，过P作于D，则

综上所述，当t=5，或，或时，为等腰三角形。

43.　　 (1)(选证一)

(选证二)

证明：

(选证三)

证明：

(2)四边形ABDF是平行四边形。

由(1)知，、、都是等边三角形。

(3)由(2)知，)四边形ABDF是平行四边形。

42.

(1)设抛物线解析式为y=a(x-1)(x+3)…………………………1分

(只要设出解析式正确，不管是什么形式给1分)

将(0，-)代入，解得a=.

∴抛物线解析式为y=x2+x- …………………………………3分

(无论解析式是什么形式只要正确都得分)

画图(略)。(没有列表不扣分)…………………………………5分

(2)正确的画出反比例函数在第一象限内的图像……………7分

由图像可知，交点的横坐标x0 落在1和2之间，从而得出这两个相邻的正整数为1与2。…………………………………………………9分

(3)由函数图像或函数性质可知：当2＜x＜3时，

对y1=x2+x-, y1随着x增大而增大，对y2= (k＞0)，

y2随着X的增大而减小。因为A(X0，Y0)为二次函数图像与反比例函数图像的交点，所心当X0=2时，由反比例函数图象在二次函数上方得y2＞y1，

即＞×22+2-，解得K＞5。…………………………………11分

同理，当X0=3时，由二次函数数图象在反比例上方得y1＞y2，

即×32+3-＞，解得K＜18。…………………………………13

所以K的取值范围为5 ＜K＜18………………………………………14分

说明：

所有解答题都只给出了一种解法，如有其它解法可参照以上标准给分。

解题过程中，若某一步数据使用错了，但思路正确，且按错误数据计算到“正确”结果，则给由此向下相应得分的二分之一。

41.(1)1.9　　　　 …………………………………………………2分

(2) 设直线EF的解析式为乙=kx+b

∵点E(1.25,0)、点F(7.25,480)均在直线EF上

∴………………………………………………3分

解得∴直线EF的解析式是y乙=80X-100……………4分

∵点C在直线EF上，且点C的横坐标为6，

∴点C的纵坐标为80×6-100=380

∴点C的坐标是(6，380)………………………………………5分

设直线BD的解析式为y甲 = mx+n

∵点C(6，380)、点D(7，480)在直线BD上

∴…………………………………………………6分

解得　 ∴BD的解析式是y甲=100X -220　 ……………7分

∵B点在直线BD上且点B的横坐标为4.9，代入y甲得B(4.9，270)

∴甲组在排除故障时,距出发点的路程是270千米。……………8分

(3)符合约定

由图像可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远。

在点B处有y乙-y甲=80×4.9-100-(100×4.9­-220)=22千米＜25千米

　　　　　　　　　　　　　　　　　 …………………………10分

在点D有y甲-y乙=100×7-220-(80×7-100)=20千米＜25千米

　　　　　　　　　　　　　　　　 …………………………11分

∴按图像所表示的走法符合约定。………………………………12分

40. 解：(1)连结AD，则∠ADO＝∠B＝600

在Rt△ADO中，∠ADO＝600

所以OD＝OA÷＝3÷＝

(2)猜想是CD与圆相切

　　∵　∠AOD是直角，所以AD是圆的直径

　 ∴∠CDA=∠CDO+∠ADO=Rt∠　 即CD⊥AD

　∴　CD切外接圆于点D

(3)依题意可设二次函数的解析式为 ：

y=α(x－0)(x－3)

由此得顶点坐标的横坐标为：x==;

即顶点在OA的垂直平分线上，作OA的垂直平分线EF，则得∠EFA＝∠B＝300

得到EF＝EA＝　　可得一个顶点坐标为(，)

同理可得另一个顶点坐标为(，)

分别将两顶点代入y=α(x－0)(x－3)可解得α的值分别为，

则得到二次函数的解析式是y=x(x－3)或y= x(x－3)

39. 解：(1)由题意得： 2分

　　 解得 　 3分

故抛物线的函数关系式为　 4分

(2)在抛物线上，　 5分

点坐标为(2，6)，、C在直线上

　　 解得

直线BC的解析式为 6分

设BC与x轴交于点G，则G的坐标为(4，0)

　 7分

(3)存在P，使得∽ 8分

设P，

故

若要∽，则要或

即或

解得或

又在抛物线上，或

解得或

故P点坐标为和　 10分

(只写出一个点的坐标记9分)

38. 解：(1) ∵以AB为直径作⊙O′，交y轴的负半轴于点C，

∴∠OCA+∠OCB=90°，

又∵∠OCB+∠OBC=90°，

∴∠OCA=∠OBC，

又∵∠AOC= ∠COB=90°，

∴ΔAOC∽ ΔCOB，　 1分

∴．

又∵A(–1，0)，B(9，0)，

∴，解得OC=3(负值舍去)．

∴C(0，–3)，

　　 3分

设抛物线解析式为y=a(x+1)(x–9)，

∴–3=a(0+1)(0–9)，解得a=，

∴二次函数的解析式为y=(x+1)(x–9)，即y=x2–x–3． 4分

(2) ∵AB为O′的直径，且A(–1，0)，B(9，0)，

∴OO′=4，O′(4，0)，　 5分

∵点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，

∴∠BCD=∠BCE=×90°=45°，

连结O′D交BC于点M，则∠BO′D=2∠BCD=2×45°=90°，OO′=4，O′D=AB=5．

∴D(4，–5)．　 6分

∴设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)

∴　 7分

解得

∴直线BD的解析式为y=x–9.　 8分

(3) 假设在抛物线上存在点P，使得∠PDB=∠CBD，

解法一：设射线DP交⊙O′于点Q，则．

分两种情况(如答案图1所示)：

①∵O′(4，0)，D(4，–5)，B(9，0)，C(0，–3)．

∴把点C、D绕点O′逆时针旋转90°，使点D与点B重合，则点C与点Q1重合，

因此，点Q1(7，–4)符合，

∵D(4，–5)，Q1(7，–4)，

∴用待定系数法可求出直线DQ1解析式为y=x–．　　 9分

解方程组得

∴点P1坐标为(，)，[坐标为(，)不符合题意，舍去]．

　　 10分

②∵Q1(7，–4)，

∴点Q1关于x轴对称的点的坐标为Q2(7，4)也符合．

∵D(4，–5)，Q2(7，4)．

∴用待定系数法可求出直线DQ2解析式为y=3x–17．　 11分

解方程组得

∴点P2坐标为(14，25)，[坐标为(3，–8)不符合题意，舍去]．

　　 12分

∴符合条件的点P有两个：P1(，)，P2(14，25)．

解法二：分两种情况(如答案图2所示)：

①当DP1∥CB时，能使∠PDB=∠CBD．

∵B(9，0)，C(0，–3)．

∴用待定系数法可求出直线BC解析式为y=x–3．

又∵DP1∥CB，∴设直线DP1的解析式为y=x+n．

把D(4，–5)代入可求n= –，

∴直线DP1解析式为y=x–．　 9分

解方程组得

∴点P1坐标为(，)，[坐标为(，)不符合题意，舍去]．

　　 10分

②在线段O′B上取一点N，使BN=DM时，得ΔNBD≌ΔMDB(SAS)，∴∠NDB=∠CBD．

由①知，直线BC解析式为y=x–3．

取x=4，得y= –，∴M(4，–)，∴O′N=O′M=，∴N(，0)，

又∵D(4，–5)，

∴直线DN解析式为y=3x–17． 11分

解方程组得

∴点P2坐标为(14，25)，[坐标为(3，–8)不符合题意，舍去]．

　　 12分

∴符合条件的点P有两个：P1(，)，P2(14，25)．

解法三：分两种情况(如答案图3所示)：

①求点P1坐标同解法二． 10分

②过C点作BD的平行线,交圆O′于G,

此时，∠GDB=∠GCB=∠CBD．

由(2)题知直线BD的解析式为y=x–9,

又∵ C(0，–3)

∴可求得CG的解析式为y=x–3,

设G(m,m–3)，作GH⊥x轴交与x轴与H，

连结O′G,在Rt△O′GH中，利用勾股定理可得，m=7，

由D(4，–5)与G(7，4)可得，

DG的解析式为，　　 11分

解方程组得

∴点P2坐标为(14，25)，[坐标为(3，–8)不符合题意，舍去]．　 12分

∴符合条件的点P有两个：P1(，)，P2(14，25)．

说明：本题解法较多，如有不同的正确解法，请按此步骤给分.