则∠ABO+∠ACO＝代入∠BOC＝
（∠BO1000C﹣∠BAC），
×
（∠BO1000C
（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝
﹣∠BAC）+∠BO1000C， 解得：∠BO1000C＝
（∠BOC+
∠BAC）＝
∠BOC+
∠BAC，
∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°， ∴∠BO1000C＝
m°+
n°；
m+
n）；
故答案为：①2α；②85°；③（
（2）如图5，连接OC，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA， ∴∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD， ∵∠BCD＝2∠BAD， ∴∠BCD＝∠BOD，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边， ∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO， ∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD， 又∠BOD＝∠BCD， ∴∠BOC＝∠BCO， ∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD， ∴OB＝BC＝CD＝DO， ∴四边形OBCD是菱形．
【点评】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质∠BOC＝∠A+∠B+∠C及其运用，全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点． 25．（12分）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（1，0），B（﹣3，0）． （1）求抛物线的解析式及其顶点C的坐标；
（2）设点D是x轴上一点，当tan（∠CAO+∠CDO）＝4时，求点D的坐标； （3）如图2．抛物线与y轴交于点E，点P是该抛物线上位于第二象限的点，线段PA交BE于点M，交y轴于点N，△BMP和△EMN的面积分别为m、n，求m﹣n的最大值．
【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求得二次函数的解析式；
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点H，在Rt△CHO中，可求得tan∠COH＝4，推出∠ACO＝∠CDO，可证△AOC∽△ACD，利用相似三角形的性质可求出AD的长度，进一步可求出点D的坐标，由对称性可直接求出另一种情况；
（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，求出直线PA的解析式，求出点N的坐标，由S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S
四边形BMNO
，可推出S△BPM﹣S△EMN＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON，再用含a的代数式表示
出来，最终可用函数的思想来求出其最大值．
【解答】解：（1）由题意把点（1，0），（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c， 得，
，
解得b＝﹣2，c＝3， ∴y＝﹣x2﹣2x+3 ＝﹣（x+1）2+4，
∴此抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，顶点C的坐标为（﹣1，4）；
（2）∵抛物线顶点C（﹣1，4）， ∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1， 设抛物线对称轴与x轴交于点H， 则H（﹣1，0），
在Rt△CHO中，CH＝4，OH＝1， ∴tan∠COH＝
＝4，
∵∠COH＝∠CAO+∠ACO， ∴当∠ACO＝∠CDO时，
tan（∠CAO+∠CDO）＝tan∠COH＝4， 如图1，当点D在对称轴左侧时， ∵∠ACO＝∠CDO，∠CAO＝∠CAO， ∴△AOC∽△ACD， ∴
＝
，
＝2
＝
，
，AO＝1，
∵AC＝∴
∴AD＝20， ∴OD＝19， ∴D（﹣19，0）；
当点D在对称轴右侧时，点D关于直线x＝1的对称点D'的坐标为（17，0）， ∴点D的坐标为（﹣19，0）或（17，0）；
（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），
将P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b， 得，
，
解得，k＝﹣a﹣3，b＝a+3， ∴yPA＝（﹣a﹣3）x+a+3， 当x＝0时，y＝a+3， ∴N（0，a+3）， 如图2，
∵S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO， ∴S△BPM﹣S△EMN ＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON
＝×4×（﹣a2﹣2a+3）﹣×3×3﹣×1×（a+3）
＝﹣2a2﹣a ＝﹣2（a+）2+
，
，
由二次函数的性质知，当a＝﹣时，S△BPM﹣S△EMN有最大值∵△BMP和△EMN的面积分别为m、n， ∴m﹣n的最大值为
．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，用函数思想求极值等，解题关键是能够设出点P坐标，求出含参数的直线PA的解析式，进一步表示出点N坐标．
2019年四川省达州市中考数学试卷-真题卷
