ADDC， =DMEM∴

AD4， =77∴AD＝47，

如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3． 作EQ⊥BC于Q，延长QE交AD于M．则EQ＝3，CE＝DC＝4

在Rt△ECQ中，QC＝DM＝42-32=7， 由△DME∽△CDA， ∴

DMEM， =CDAD71， =4AD47， 7∴∴AD＝综上所述，在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，这样的m的取值范围47≤m＜47． 78．(2017江苏宿迁，26，10分)如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB＝1，BC＝3，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．

(1)当B′C′恰好经过点D时(如图1)，求线段CE的长；

(2)若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE＝22.5°(如图2)，求△DFG的面积； (3)在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．

【分析】(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x，由△ADB′′∽△DEC，可得

ADDB￠＝，

￠ECDE列出方程即可解决问题；

(2)如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题； ?￠的长，求出圆心角、半径即可解决问题． (3)如图3中，点C的运动路径的长为CC【解析】解：(1)如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1－x， ∵∠ADB′＋∠EDC′＝90°，∠B′AD＋∠ADB′＝90°， ∴∠B′AD＝∠EDC′，

∵∠B′＝∠C′＝90°，AB′＝AB＝1，AD＝3，

∴DB′＝3-1＝2， ∴△ADB′′∽△DEC， ∴

ADDB￠＝， EC￠DE32＝， 1-xx∴∴x＝6－2．

∴CE＝6－2． (2)如图2中，

∵∠BAD＝∠B′＝∠D＝90°，∠DAE＝22.5°， ∴∠EAB＝∠EAB′＝67.5°， ∴∠B′AF＝∠B′FA＝45°，

∴∠DFG＝∠AFB′＝∠DGF＝45°， ∴DF＝FG，

在Rt△AB′F中，AB′＝FB′＝1，

∴AF＝2AB′＝2，

∴DF＝DG＝3－2，

∴S△DFG＝

15(3－2)2＝－6． 22?￠的长， (3)如图3中，点C的运动路径的长为CC在Rt△ADC中，∵tan∠DAC＝

CD3＝，

3AD∴∠DAC＝30°，AC＝2CD＝2， ∵∠C′AD＝∠DAC＝30°， ∴∠CAC′＝60°， ?￠的长＝∴CC60π′22＝π． 180342

x－4的图象与x轴交于A，B两99．(2017江苏徐州，28，10分)如图，已知二次函数y＝

点，与y轴交于点C，⊙C的半径为5，P为⊙C上一动点． (1)点B，C的坐标分别为B( )，C( )；

(2)是否存在点P，使得△PBC为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

(3)连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值＝ ．

【分析】(1)在抛物线解析式中令y＝0可求得B点坐标，令x＝0可求得C点坐标； (2)△当PB与△相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC＝5，BP2＝25，过P2作P2E△x轴于E，P2F△y轴于F，根据相似三角形的性质得到

P2FCP2?P2EBP2＝2，设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，得到BE＝3－x，CF＝2x－4，于是得到FP2＝＝

11，EP25221122，求得P2(，－)，过P1作P1G△x轴于G，P1H△y轴于H，同理求得P1(－1，－5552)，△当BC△PC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论； (3)如图3中，连接AP，△OB＝OA，BE＝EP，推出OE＝最大，

【解析】解：(1)在y＝

1AP，可知当AP最大时，OE的值242

x－4中，令y＝0，则x＝±3，令x＝0，则y＝－4， 9△B(3，0)，C(0，－4)； 故答案为：3，0；0，－4；

(2)存在点P，使得△PBC为直角三角形，

△当PB与△相切时，△PBC为直角三角形，如图(2)a， 连接BC， △OB＝3．OC＝4， △BC＝5，

△CP2△BP2，CP2＝5，

△BP2＝25，

过P2作P2E△x轴于E，P2F△y轴于F， 则△CP2F△△BP2E，四边形OCP2B是矩形， △

P2FCP2＝2， ?P2EBP2设OC＝P2E＝2x，CP2＝OE＝x，