本题考查圆周角定理；含30度角的直角三角形． 17．7 【解析】 【分析】
连接AC、CF，GE，根据菱形性质求出AC、CF，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可． 【详解】
解：如图，连接AC、CF、GE，CF和GE相交于O点 ∵在菱形ABCD中，?ABC=60o ，BC=1， ∴?ACD=60o，AC=1，AB//CD ∴?GCE=60o
∵在菱形CEFG中，CF和GE是它的对角线， ∴?GCF=?FCE=30o，CF?GE ∴CO=CE?cos30o=∴CF=2CO=33 ∵?ACF=?ACD+?GCF=60o?30o=90o， ∴在RtVACF中，AF=AC2?CF2=12?33又∵H是AF的中点 ∴CH=333， ?3=22??2=27
11AF=?27=7. 22
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，菱形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 18．x≤2且x≠1 【解析】 【分析】
【详解】 解：根据题意得：
2?x?0且x?1≠0，
解得：x?2且x?1. 故答案为x?2且x?1.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 19．（1）-6；（2）y??【解析】 【分析】
（1）由点B（﹣2，n）、D（3﹣3n，1）在反比例函数y?出答案；
（2）由（1）得出B、D的坐标，作DE⊥BC．延长DE交AB于点F，证△DBE≌△FBE得DE=FE=4，即可知点F（2，1），再利用待定系数法求解可得． 【详解】
解：（1）∵点B（﹣2，n）、D（3﹣3n，1）在反比例函数y?1x?2． 2m（x＜0）的图象上可得﹣2n=3﹣3n，即可得xm（x＜0）的图象上， x??2n?m?n?3∴?，解得：?；
3?3n?mm??6??（2）由（1）知反比例函数解析式为y??6，∵n=3，∴点B（﹣2，3）、D（﹣6，1）， x如图，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE交AB于点F，
在△DBE和△FBE中，∵∠DBE=∠FBE，BE=BE，∠BED=∠BEF=90°， ∴△DBE≌△FBE（ASA），∴DE=FE=4，
∴点F（2，1），将点B（﹣2，3）、F（2，1）代入y=kx+b，
1???2k?b?3?k??∴?，解得：?2，
2k?b?1???b?2∴y??1x?2． 2
【点睛】
本题主要考查了反比例函数与一次函数的综合问题，解题的关键是能借助全等三角形确定一些相关线段的长．
20．（1）y??5）． 【解析】 【分析】
（1）设B（x1，5），由已知条件得到抛物线解析式.
（1）先求出直线BC的解析式，再设E（m，＝﹣
?1?x23b? ，进而得到B（2，5）．又由对称轴?求得b．最终得222?a12313x?x?2 ； ，E（1，1）（1）；（3）存在，P点坐标可以为（1+7，5）或（3，222113m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）
222求得FE的值，得到S△CBF﹣m1+2m．又由S四边形CDBF＝S△CBF+S△CDB，得S四边形CDBF最大值， 最终得到E点坐标．
（3）设N点为（n，﹣
113n+n+1），1＜n＜2．过N作NO⊥x轴于点P，得PG＝n﹣1．
22又由直角三角形的判定，得△ABC为直角三角形，由△ABC∽△GNP， 得n＝1+7或n＝1﹣7（舍去），求得P点坐标．又由△ABC∽△GNP，且得n＝3或n＝﹣2（舍去）．求得P点坐标． 【详解】
解：（1）设B（x1，5）．由A（﹣1，5），对称轴直线x＝∴
?1?x23? 22OCPG?时， OBNP3 ． 2解得，x1＝2． ∴B（2，5）． 又∵
?b12?(?)2?32
∴b＝
3． 2∴抛物线解析式为y＝?（1）如图1，
123x?x?2 ， 22
∵B（2，5），C（5，1）． ∴直线BC的解析式为y＝﹣
1x+1． 2113m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）
2221113∴FE＝﹣m1+m+1﹣（﹣n+1）＝﹣m1+1m．
22221由S△CBF＝EF?OB，
211∴S△CBF＝（﹣m1+1m）×2＝﹣m1+2m．
22由E在直线BC上，则设E（m，＝﹣又∵S△CDB＝
1153BD?OC＝×1＝ （2﹣）×
2222∴S四边形CDBF＝S△CBF+S△CDB═﹣m1+2m+
5． 213 ． 2化为顶点式得，S四边形CDBF＝﹣（m﹣1）1+当m＝1时，S四边形CDBF最大，为此时，E点坐标为（1，1）． （3）存在． 如图1，
13． 2
由线段FG绕点G顺时针旋转一个角α（5°＜α＜95°），设N（n，﹣过N作NO⊥x轴于点P（n，5）．
113n+n+1），1＜n＜2．
22