【考點(diǎn)】坐標(biāo)與圖形性質(zhì);含絕對(duì)值符號(hào)的一元二次方程;解一元二次方程﹣公式法.

　　【專題】新定義.

　　【分析】根據(jù)標(biāo)志符的定義，代入數(shù)據(jù)即可求出[A]的值，結(jié)合點(diǎn)M的坐標(biāo)以及[M]=3，即可得出[M]=|m+1|+|m2﹣4m|=3，分m<﹣1、﹣1≤m<0、0≤m≤4和m>4四種情況去掉絕對(duì)值符號(hào)，解一元二次方程求出m值，將其代入點(diǎn)M的坐標(biāo)即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：∵我們規(guī)定[P]=|x|+|y|，[P]為點(diǎn)P(x，y)的標(biāo)志符，

　　∴[A]=|﹣3|+|2|=5，

　　故答案為：5.

　　∵點(diǎn)M(m+1，m2﹣4m)的標(biāo)志符為[M]=3，

　　∴[M]=|m+1|+|m2﹣4m|=3.

　　當(dāng)m<﹣1時(shí)，有﹣m﹣1+m2﹣4m=3，即m2﹣5m﹣4=0，

解得：m1= (舍去)，m2= (舍去);

　　當(dāng)﹣1≤m<0時(shí)，有m+1+m2﹣4m=3，即m2﹣3m﹣2=0，

解得：m3= ，m4= (舍去)，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為( ， );

　　當(dāng)0≤m≤4時(shí)，有m+1﹣m2+4m=3，即m2﹣5m+2=0，

解得：m5= ，m6= (舍去)，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為( ， );

　　當(dāng)m>4時(shí)，有m+1+m2﹣4m=3，即m2﹣3m﹣2=0，

解得：m3= (舍去)，m4= (舍去). 綜上所述：符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為( ， )或( ， ).

　　【點(diǎn)評(píng)】本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、含絕對(duì)值符合的一元二次方程以及公式法解一元二次方程，熟讀題干，明白標(biāo)志符的概念，并能運(yùn)用[P]=|x|+|y|解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵.

26.已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠D=90°，P為 上一動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)C，D重合).

　　(1)若∠BPC=30°，BC=3，求⊙O的半徑;

(2)若∠A=90°， = ，求證：PB﹣PD= PC. 【考點(diǎn)】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);圓心角、弧、弦的關(guān)系.

　　【分析】(1)連接AC，得到AC是⊙O的直徑，解直角三角形即可得到結(jié)論;

　　(2)根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到四邊形ABCD為矩形.推出矩形ABCD為正方形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到PC=CE，得到△CPE為等腰直角三角形，即可得到結(jié)論.

　　【解答】解：(1)連接AC，

　　∵∠D=90°，

　　∴AC是⊙O的直徑，

　　∵∠BAC=∠P=30°，

　　∴AC=2BC=6，

　　所以圓O的半徑為3;

　　(2)∵∠A=90°，

　　∴∠C=90°，

　　∵AC為圓O直徑，

　　∴∠D=∠B=90°，

　　∴四邊形ABCD為矩形.

∵ = ，

　　∴AB=AD，

　　∴矩形ABCD為正方形，

　　在BP上截取BE=DP，

　　∴△BCE≌△DPC，

　　∴PC=CE，

　　∴△CPE為等腰直角三角形，

∴PE= PC， ∴PB=PD+ PC.

　　【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵.

　　27.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y1=ax2+bx+c(a≠0)與x軸相交于點(diǎn)A(x1，0)，B(x2，0)，與y軸交于點(diǎn)C，且O，C兩點(diǎn)間的距離為3，x1•x2<0，|x1|+|x2|=4，點(diǎn)A，C在直線y2=﹣3x+t上.

　　(1)求點(diǎn)C的坐標(biāo);

　　(2)將拋物線y1向左平移n(n>0)個(gè)單位，記平移后的拋物線圖象y隨著x的增大而增大的部分為P，直線y2向下平移n個(gè)單位，當(dāng)平移后的直線與P有公共點(diǎn)時(shí)，求n2﹣4n的最小值.

　　【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.

　　【分析】(1)利用y軸上點(diǎn)的坐標(biāo)性質(zhì)表示出C點(diǎn)坐標(biāo)，再利用O，C兩點(diǎn)間的距離為3求出即可;

　　(2)分別利用①若C(0，3)，即c=3，以及②若C(0，﹣3)，即c=﹣3，得出A，B點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出函數(shù)解析式，然后由①得出y1向左平移n個(gè)單位后，則解析式為：y3=﹣(x+1+n)2+4，進(jìn)而求出平移后的直線與P有公共點(diǎn)時(shí)得出n的取值范圍，由②y1向左平移n個(gè)單位后，則解析式為：y3=(x﹣1+n)2﹣4，進(jìn)而求出平移后的直線與P有公共點(diǎn)時(shí)得出n的取值范圍，進(jìn)而利用配方法求出函數(shù)最值.

　　【解答】解：(1)令x=0，則y=c，故C(0，c)，

　　∵OC的距離為3，

　　∴|c|=3，即c=±3，

　　∴C(0，3)或(0，﹣3);

　　(2)∵x1x2<0，

　　∴x1，x2異號(hào)，

　�、偃鬋(0，3)，即c=3，把C(0，3)代入y2=﹣3x+t，則0+t=3，即t=3，

　　∴y2=﹣3x+3，

　　把A(x1，0)代入y2=﹣3x+3，則﹣3x1+3=0，即x1=1，

　　∴A(1，0)，

　　∵x1，x2異號(hào)，x1=1>0，

　　∴x2<0，

　　∵|x1|+|x2|=4，

　　∴1﹣x2=4，

　　解得：x2=﹣3，

　　則B(﹣3，0)，

代入y1=ax2+bx+3得，  ，解得：  ，

　　∴y1=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4，

　　則當(dāng)x≤﹣1時(shí)，y隨x增大而增大;

　　y1向左平移n個(gè)單位后，則解析式為：y3=﹣(x+1+n)2+4，則當(dāng)x≤﹣1﹣n時(shí)，y隨x增大而增大，

　　y2向下平移n個(gè)單位后，則解析式為：y4=﹣3x+3﹣n，

　　要使平移后直線與P有公共點(diǎn)，則當(dāng)x=﹣1﹣n，y3≥y4，

　　即﹣(﹣1﹣n+1+n)2+4≥﹣3(﹣1﹣n)+3﹣n，解得：n≤﹣1，

　　∵n>0，

　　∴n≤﹣1不符合條件，應(yīng)舍去;

　�、谌鬋(0，﹣3)，即c=﹣3，把C(0，﹣3)代入y2=﹣3x+t，則0+t=﹣3，即t=﹣3，

　　∴y2=﹣3x﹣3，

　　把A(x1，0)，代入y2=﹣3x﹣3，則﹣3x1﹣3=0，即x1=﹣1，

　　∴A(﹣1，0)，

　　∵x1，x2異號(hào)，x1=﹣1<0，

　　∴x2>0，

　　∵|x1|+|x2|=4，

　　∴1+x2=4，解得：x2=3，則B(3，0)，