___°； （5）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的三等分线交于点，且∠CBO=1 3 ∠CBD， ∠BCO=1 3 ∠BCE，则∠BOC=¿______°； （6）若∠A=m°，分别作∠CBD和∠BCE的等分线交于点，且∠CBO=1 n ∠CBD， ∠BCO=1 n ∠BCE，则∠BOC=¿______°． 【答】（1）50；（2）240；（3）(m+180)；（4）60；（5）100；（6）(180−m 2 ∠CBD，∠BCO=1 2 ∠BCE，即可求出 ∠CBO+∠BCO=1 2 (∠CBD+∠BCE )，再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=120°，最后由三角形 内角和定理求解即可； （5）由∠CBO=1 3 ∠CBD，∠BCO=1 3 ∠BCE，即可求出∠CBO+∠BCO=1 3 (∠CBD+∠BCE )， 再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=80°，最后由三角形内角和定理求解即可； 形内角和定理求解即可； （6）由∠CBO=1 n ∠CBD，∠BCO=1 n ∠BCE，即可求出∠CBO+∠BCO=1 n (∠CBD+∠BCE )， 结合（3）可知∠CBO+∠BCO=1 n (m+180)°，最后由三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）由三角形外角的性质可得出∠ACB=∠CBD−∠A=110°−60°=50°． 故答为：50； （2）∵∠CBD=∠A+∠ACB，∠BCE=∠A+∠ABC，

+ =  − + =   CO BC BO CO BC BCO BCO中由余弦定理得： 在 . 5 5 平面角的余弦值为 故二面角 O PC B − − .………………………….7 分 . 5 5 cos , 5 5 cos , =  =    =  BCO ABC ABC OBC BCO 故 中可得 在直角 另法：由 (3) 在𝛥𝑃𝐴𝐵中，点

+ =  − + =   CO BC BO CO BC BCO BCO中由余弦定理得： 在 . 5 5 平面角的余弦值为 故二面角 O PC B − − .………………………….7 分 . 5 5 cos , 5 5 cos , =  =    =  BCO ABC ABC OBC BCO 故 中可得 在直角 另法：由 (3) 在𝛥𝑃𝐴𝐵中，点

+ =  − + =   CO BC BO CO BC BCO BCO中由余弦定理得： 在 . 5 5 平面角的余弦值为 故二面角 O PC B − − .………………………….7 分 . 5 5 cos , 5 5 cos , =  =    =  BCO ABC ABC OBC BCO 故 中可得 在直角 另法：由 (3) 在𝛥𝑃𝐴𝐵中，点

小华同学利用(1)的结论，解决了上述问题，解法如下： 连接B，设S△BEO=x，S△BDO= y，由(1)结论可得：S△BCE=S△BAD=1 2 S△ABC=1 2， S△BCO=2S△BDO=2 y，S△BAO=2S△BEO=2 x． 则有{ S△BEO+S△BCO=S△BCE S△BAO+S△BDO=S△BAD 即{ x+2 y=1 2 2 x+ y=1 2 所以x+ y=1 3 .即四边形BDE ∴S△ABD=S△ACD． (2)①如图3，连接B，设S△BFO=x，S△BDO= y， S△BCF=S△ABD=1 3 S△ABC=1 3， S△BCO=3 S△BDO=3 y， S△BAO=3 S△BFO=3 x． 则有：{ S△BFO+S△BCO=S△BCF S△BDO+S△BAO=S△ABD ，即{ x+3 y=1 3 y+3 x=1 3 所以x+ y=1 6，即四边形BDF ②如图，连接B，设S△BDO=x，S△BGO= y， S△BCG=S△ABD= 1 4 S△ABC= 1 4 ， S△BCO=4 S△BDO=4 x， S△BAO=4 S△BGO=4 y． 则有：{ S△BDO+S△AOB=S△ABD S△BGO+S△BCO=S△BCG ，即{ x+4 y= 1 4 y+4 x= 1 4 所以x+ y= 1 10 ，即四边形BDG 的面积为1

所以 ，即 ，即 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 ， , 平面 ， 平面 ，所以 平面 , 因为 平面 ，所以 ， 因为 ，所以 平面 ……….3 分 （另解：在Rt△AFO,Rt△BCO 中求得 在直角梯形ABCF 中求得CF=6,由勾股定理得 ） （2）过 作 ，连接 .如图所示， 因为 平面 ， 平面 ，所以 又因为 ， ，所以 平面 又 平面 ，所以 根据二面角的定义可知，

连接AC， OB， 则△ACD是边长为2的等边三角形， AC ⊥BC， AC = 2. - - 4 ∵∠ABC = π 6 ， ∴BC = 2 3， ∴∠BCO = 2 3 π， ∴S△OBC = 1 2 CB ⋅CO sin ∠BCO = 1 2 × 2 3 × 3 × 3 2 = 3 3 2 . …………………………………… 9分 ∵PA = 2， OA = OP = 1， ∴PO

2 =1 2 ，S△CMN=1 2 × 1 2 ×❑ √3= ❑ √3 4 ，而菱形BD 的面积为： 2×❑ √3=2❑ √3，即可得到答． ④当OM ⊥BC时，可证△OCM ∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC 2=CM ⋅BC，根据 等量代换，最后得到答． 【详解】解：如图：在菱形BD 中，B=B=D=D，AC ⊥BD，=， ∵∠BAC=∠MAN=60°， ×❑ √3= ❑ √3 4 ， 而菱形BD 的面积为：2×❑ √3=2❑ √3， ∴1 8 ×2❑ √3= ❑ √3 4 ， 故③正确， 当OM ⊥BC时， ¿ ∴△OCM ∽△BCO ∴OC BC =CM OC ∴OC 2=CM ⋅BC ∴O A 2=DN ⋅AB 故④正确； 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角 轴交于，B 两点，与y 轴交 于点C (0,3)，对称轴为直线x=−1，顶点为点D． (1)求二次函数的表达式； (2)连接D，D，B，，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO； (3)如图②，延长D 交x 轴于点M，平移二次函数y=−x 2+bx+c的图象，使顶点D 沿着射线DM 方向平移 到点D1且C D1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y 轴于点．如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使

过点H作HF ⊥PD于F，过点B作BG⊥HF于G， 设P (t ，−t 2+2t+3)，则D (t ，−2t+3)，E (t ，0)，由△PDH ∽△BCO可求得PH= ❑ √5 5 (−t 2+4t )， 再由△PHF ∽△BCO可得PF=1 5 (−t 2+4t )， EF=PE−PF=−t 2+2t+3−1 5 (−t 2+4t )=−4 5 t 2+ 6 2+4 t， ∵B( 3 2 ，0)，C (0，3)， ∴OB=3 2，OC=3， 在Rt △BCO中，BC= ❑ √O B 2+OC 2=3 ❑ √5 2 ， ∵PH ⊥BC ，PD∥y轴， ∴∠PHD=∠BOC=90°，∠PDH=∠BCO， ∴△PDH ∽△BCO， ∴PH OB = DH OC = PD BC ，∠DPH=∠CBO， ∴PH 3 2 = = DH 3 =−t 2+4 t 3 ❑ √5 2 ， ∴PH= ❑ √5 5 (−t 2+4t )， ∵HF ⊥PE， ∴∠PFH=90°=∠BOC， ∴△PHF ∽△BCO， ∴PF OB = PH BC ，即PF 3 2 = ❑ √5 5 (−t 2+4 t ) 3 ❑ √5 2 ， ∴PF=1 5 (−t 2+4t )， ∴EF=PE−PF=−t