径，
∴∠APB=90°，又PC⊥l，
∴∠PCA=∠APB=90°，
∴△PCA∽△APB，
∴ = ，即PA2=PC•AB，
∵PC= ，AB=4，
∴PA= = ，
∴Rt△APB中，AB=4，PA= ，
由勾股定理得：PB= = ；
（2）过O作OE⊥PD，垂足为E，
∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，
∴PE=ED，
又∠CEO=∠ECA=∠OAC=90°，
∴四边形OACE为矩形，
∴CE=OA=2，又PC=x，
∴PE=ED=PC﹣CE=x﹣2，
∴CD=PC﹣PD=x﹣2（x﹣2）=4﹣x，
∴PD•CD=2（x﹣2）•（4﹣x）=﹣2x2+12x﹣16=﹣2（x﹣3）2+2，
∵2＜x＜4，
∴当x=3时，PD•CD的值最大，最大值是2．
点评： 此题考查了切线的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
28．如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合，在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD．已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG，GH的长分别为4cm，3cm，设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5．
（1）试求出y关于x的函数关系式，并求当y=3时相应x的值；
（2）记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1﹣S2是常数；
（3）当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长．
考点： 正方形的性质；一元二次方程的应用；等腰直角三角形；矩形的性质；解直角三角形。
专题： 代数几何综合题。
分析： （1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由△GCD∽△APG，利用对应边成比例可解出x的值．
（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可．
（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度．
解答： 解：（1）∵CG∥AP，
∴△GCD∽△APG，
∴ = ，
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，
∴GD=3﹣x，AG=4﹣x，
∴ = ，即y= ，
∴y关于x的函数关系式为y= ，
当y=3时， =3，解得x=2.5，
经检验的x=2.5是分式方程的根．
故x的值为2.5；
（2）∵S1= GP•GD= • •（3﹣x）= ，
S2= GD•CD= （3﹣x）1= ，
∴S1﹣S2= ﹣ = 即为常数；
（3）延长PD交AC于点Q．
∵正方形ABCD中，AC为对角线，
∴∠CAD=45°，
∵PQ⊥AC，
∴∠ADQ=45°，
∴∠GDP=∠ADQ=45°．
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP，
∴3﹣x= ，
化简得：x2﹣5x+5=0．
解得：x= ，
∵0≤x≤2.5，
∴x= ，
在Rt△DGP中，PD= = （3﹣x）= ．
点评： 此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质及解直角三角形的知识，解答本题的关键是用移动的时间表示出有关线段的长度，然后运用所学知识进行求解．
29．如图，已知抛物线y= x2﹣ （b+1）x+ （b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．
（1）点B的坐标为 （b，0） ，点C的坐标为 （0， ） （用含b的代数式表示）；
（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
考点： 二次函数综合题。
分析： （1）令y=0，即y= x2﹣ （b+1）x+ =0，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令x=0，求出y的值即C的纵坐标；
（2）存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标；
（3）存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，有条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴；
要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°；再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可．
解答： 解：（1）令y=0，即y= x2﹣ （b+1）x+ =0，
解得：x=1或b，
∵b是实数且b＞2，点A位于点B的左侧，
∴点B的坐标为（b，0），
令x=0，
解得：y= ，
∴点C的坐标为（0， ），
故答案为：（b，0），（0， ）；
（2）存在，
假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．
设点P的坐标为（x，y），连接OP．
则S四边形POCB=S△PCO+S△POB= • •x+ •b•y=2b，
∴x+4y=16．
过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，
∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°．
∴四边形PEOD是矩形．
∴∠EPO=90°．
∴∠EPC=∠DPB．
∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即x=y．
由 解得
由△PEC≌△PDB得EC=DB，即 ﹣ =b﹣ ，
解得b= ＞2符合题意．
∴P的坐标为（ ， ）；
（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．
∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，
∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO．
∴要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴．
∵b＞2，
∴AB＞OA，
∴∠Q0A＞∠ABQ．
∴只能∠AOQ=∠AQB．此时∠OQB=90°，
由QA⊥x轴知QA∥y轴．
∴∠COQ=∠OQA．
∴要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°．
（I）当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA．
∴AQ=CO= ．
由AQ=AQ2=OA•AB得：（ ）2=b﹣1．
解得：b=8±4 ．
∵b＞2，
∴b=8+4 ．
∴点Q的坐标是（1，2+ ）．
（II）当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA，
∴ = ，即OQ2=OC•AQ．
又OQ2=OA•OB，
∴OC•AQ=OA•OB．即 •AQ=1×b．
解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意，
∴点Q的坐标是（1，4）．
∴综上可知，存在点Q（1，2+ ）或Q（1，4），使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．
点评： 此题是一道综合题，难度较大，主要考查二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，还考查等腰三角形的性质及勾股定理，同时还让学生探究存在性问题，对待问题要思考全面，学会分类讨论的思想．
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