2018有关中考压轴题8 19页

‎1、（2010天门，25，12分）如图，平面直角坐标系中，点A、B、C在x轴上，点D、E在y轴上，OA=OD=2，OC=OE=4，DB⊥DC，直线AD与经过B、E、C三点的抛物线交于F、G两点，与其对称轴交于M.点P为线段FG上一个动点(与F、G不重合)，PQ∥y轴与抛物线交于点Q.‎ ‎ (1)求经过B、E、C三点的抛物线的解析式；‎ ‎ (2)是否存在点P，使得以P、Q、M为顶点的三角形与△AOD相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎ (3)若抛物线的顶点为N，连接QN，探究四边形PMNQ的形状：①能否成为菱形；②能否成为等腰梯形？若能，请直接写出点P的坐标；若不能，请说明理由.‎ ‎【分析】（1）确定二次函数解析式可用待定系数法，本题可用一般式，也可用交点式．‎ ‎（2）本题中因为△AOD是等腰直角三角形，结合题意可知△MPQ是等腰直角三角形，再结合等腰直角三角形的性质求解.‎ ‎(3)当点P在对称轴左侧时，四边形PMNQ为菱形，结合菱形的邻边相等，确定点Q的坐标，再验证点Q是否在抛物线上，当点P在对称轴右侧时，四边形PMNQ为等腰梯形，可作出梯形的两条高，构造求解.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）设函数解析式为y=a(x+2)(x-4)，则 a×2×(-4)=4，解得a=-‎ 所以经过B、E、C三点的抛物线的解析式为y=-(x+2)(x-4)=-x2+x+4.‎ ‎(2) y=-x2+x+4=-（x-1）2+.‎ 易知直线AD解析式为y=x+2，所以M（1，3），过点M作MR⊥PQ于点R，因为△AOD是等腰直角三角形，结合题意可知△MPQ是等腰直角三角形，设MN=m，则PQ=2m，所以P(1-m，3-m)，Q(1-m，3+m)，所以 ‎-（1-m-1）2+=3+m，解得m1=1，m2=-3（不合题意，舍去）‎ 此时P(0，2)‎ ‎（3）‎ ‎ 【涉及知识点】二次函数解析式，顶点坐标，对称轴，相似三角形，菱形，等腰梯形.‎ ‎【点评】这是一道传统型的压轴题，以函数和几何图形的综合作为主要方式，用到三角形、四边形、相似形的有关知识．解压轴题，要注意它的逻辑结构，搞清楚它的各个小题之间的关系是“平列”的，还是“递进”的，这一点非常重要.‎ ‎2、（2010 武汉，25题，12分）如图1，抛物线经过点A（－1，0），C（0，）两点，且与x轴的另一交点为点B．‎ ‎（1）求抛物线解析式； ‎ ‎（2）若抛物线的顶点为点M，点P为线段AB上一动点（不与B重合），Q在线段MB上移动，且∠MPQ=45°，设OP=x，MQ=，求于x的函数关系式，并且直接写出自变量的取值范围；‎ ‎（3）如图2，在同一平面直角坐标系中，若两条直线x=m，x=n分别与抛物线交于E、G两点，与（2）中的函数图像交于F、H两点，问四边形EFHG能否为平行四边形？若能，求出m、n之间的数量关系；若不能，请说明理由．‎ P M Q A B O y x ‎【分析】（1）问直接代入已知点到解析式即可求出解；（2）中是关于动点问题，可以利用动中取静的方法求解，关键是PM2的获取，△MPQ~△MBP的发现，从而得到PM2=MQ´MB；（3）可先尝试动手画，然后再根据自己画的图形，分析出EF=GH，从而得到关于m,n的等式，变形化简即可．‎ ‎【答案】解：(1) ∵拋物线y1=ax2-2ax+b经过A(-1，0)，C(0，)两点，∴，∴a= -，‎ ‎ b=，∴拋物线的解析式为y1= -x2+x+．‎ P M Q A B O y x N ‎ (2) 作MN^AB，垂足为N．由y1= -x2+x+易得M(1，2)，‎ ‎ N(1，0)，A(-1，0)，B(3，0)，∴AB=4，MN=BN=2，MB=2，‎ ‎ ÐMBN=45°．根据勾股定理有BM 2-BN 2=PM 2-PN 2．‎ ‎ ∴(2)2-22=PM2= -(1-x)2…j，又ÐMPQ=45°=ÐMBP，‎ ‎ ∴△MPQ~△MBP，∴PM2=MQ´MB=y2´2…k．‎ ‎ 由j、k得y2=x2-x+．∵0£x<3，∴y2与x的函数关系式为y2=x2-x+(0£x<3)．‎ O E F G H x y ‎ (3) 四边形EFHG可以为平行四边形，m、n之间的数量关系是 ‎ m+n=2(0£m£2，且m¹1)．∵点E、G是抛物线y1= -x2+x+ ‎ 分别与直线x=m，x=n的交点，∴点E、G坐标为 ‎ E(m，-m2+m+)，G(n，-n2+n+)．同理，点F、H坐标 ‎ 为F(m，m2-m+)，H(n，n2-n+)．‎ ‎ ∴EF=m2-m+-(-m2+m+)=m2-2m+1，GH=n2-n+-(-n2+n+)=n2-2n+1．‎ ‎ ∵四边形EFHG是平行四边形，EF=GH．∴m2-2m+1=n2-2n+1，∴(m+n-2)(m-n)=0．‎ ‎ 由题意知m¹n，∴m+n=2 (0£m£2，且m¹1)．‎ ‎ 因此，四边形EFHG可以为平行四边形，m、n之间的数量关系是m+n=2 (0£m£2，且m¹1)．‎ ‎【涉及知识点】二次函数、相似、平行四边形的性质等．‎ ‎【点评】此题是集动点、猜想、函数等知识于一身的综合性大题．万变不离其中，只要我们平时打好基础，再难的问题，都可迎刃而解的．需要指出是第（3）问，准确绘出y1,y2的图象，他们顶点在一处，再用含m,n的式子表示出EF、GH的长成为问题获得突破的关键．事实上，这也是很多抛物线为载体的综合题一个重要技巧．‎ ‎3、（2010湖北咸宁，24，12分）‎ 如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，，，．动点M以每秒1个 单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C-D-A向点 A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与线段CD的交点为E，‎ 与折线A-C-B的交点为Q．点M运动的时间为t（秒）．‎ ‎（1）当时，求线段的长；‎ ‎（2）当0＜t＜2时，如果以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，求t的值；‎ ‎（3）当t＞2时，连接PQ交线段AC于点R．请探究是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，‎ 请说明理由．‎ ‎【分析】解决梯形问题，有一个基本思想，就是：把梯形问题转化为三角形或平行四边形的问题来解决．如下图，过点C作CF⊥AB，垂足为F，就能把这个直角梯形分作一个矩形和一个等腰直角三角形，图中的所有线段都容易求得．‎ 于是对于第（1）小题，可利用锐角三角函数或相似三角形对应边成比例顺利求出线段的长．对于第（2）小题，由于当0＜t＜2时，点P在CD上，点Q在AC上，所以一定是锐角，所以可以分和两种情况来分析．对于第（3）小题，容易发现当t＞2时，点Q在线段BC上，点P在线段AD上，如下图所示：‎ 由题意得线段，而线段，所以PA=QM，这样容易证明∥，进而可得△CRQ∽△CAB，所以为定值．‎ ‎【答案】解：（1）过点C作于F，则四边形AFCD为矩形．‎ ‎∴，．‎ 此时，Rt△AQM∽Rt△ACF．‎ ‎∴．‎ 即，∴．‎ ‎（2）∵为锐角，故有两种情况：‎ ‎①当时，点P与点E重合．‎ 此时，即，∴．‎ ‎②当时，如备用图1，‎ 此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴．‎ 由（1）知，，‎ 而，‎ ‎∴． ∴．‎ 综上所述，或．‎ ‎（3）为定值．‎ 当＞2时，如备用图2，．‎ 由（1）得，．‎ ‎∴． ∴．‎ ‎∴． ∴．‎ ‎∴四边形AMQP为矩形． ∴∥．‎ ‎∴△CRQ∽△CAB．‎ ‎∴．‎ ‎ 【涉及知识点】梯形、矩形、锐角三角函数、相似三角形、等腰直角三角形、‎ ‎【点评】本题属双动点型几何综合题，解题时应注意两个点所处的位置的变化，作为最后一道压轴题，难度系数不是很高，特别是第（3）小题，没有把“尾巴翘起来”，可能区分度不高，选拔优秀学生的功能不是很好．‎ ‎4、（2010年湖北襄樊 26 本大题满分12分）‎ ‎ 如图7，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，OB=2，抛物线过A、B、C三点，与x轴交于另一点D．一动点P以每秒1个单位长度的速度从B点出发沿BA向点A运动，运动到点A停止，同时一动点Q从点D出发，以每秒3个单位长度的速度沿DC向点C运动，与点P同时停止．‎ ‎ （1）求抛物线的解析式；‎ ‎ （2）若抛物线的对称轴与AB交于点E，与x轴交于点F，当点P运动时间t为何值时，四边形POQE是等腰梯形？‎ ‎ （3）当t为何值时，以P、B、O为顶点的三角形与以点Q、B、O为顶点的三角形相似？‎ 图7‎ ‎ 【分析】参照图形确定出A、B、C三点的坐标，利用待定系数法求抛物线的解析式；结合等腰梯形的性质可知，OP=EQ时，BP=FQ，据此列方程求解；由于相似的两个三角形各点对应关系不确定，所以要分情况讨论．‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴OC=AB=4．‎ ‎∴A（4，2），B（0，2），C（－4，0）．‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c过点B，∴c=2．‎ 由题意，有 解得 ‎∴所求抛物线的解析式为．‎ ‎（2）将抛物线的解析式配方，得．‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=2．‎ ‎∴D（8，0），E（2，2），F（2，0）．‎ 欲使四边形POQE为等腰梯形，则有OP=QE．即BP=FQ．‎ ‎∴t=6－3t，即t=．‎ ‎ （3）欲使以P、B、O为顶点的三角形与以点Q、B、O为顶点的三角形相似，‎ ‎∵∠PBO=∠BOQ=90°，∴有或，‎ 即PB=OQ或OB2=PB·QO．‎ ‎①若P、Q在y轴的同侧．当PB=OQ时，t=8－3t，∴t=2．‎ 当OB2=PB·QO时，t(8－3t)=4，即3t2－8t+4=0．‎ 解得．‎ ‎②若P、Q在y轴的异侧．当PB=OQ时，3t－8=t，∴t=4．‎ 当OB2=PB·QO时，t(3t－8)=4，即3t2－8t－4=0．解得．‎ ‎∵t=<0．故舍去，∴t=．‎ ‎∴当t=2或t=或t=4或t=秒时，以P、B、O为顶点的三角形与以点Q、B、O为顶点的三角形相似． ‎ ‎【涉及知识点】二次函数，等腰梯形，相似三角形，方程 ‎【点评】注意充分利用数形结合思想，可以减少运算量，比如求抛物线对称轴方程，不一定把二次函数解析式配方，观察图形，不难发现，这条对称轴就是线段AB的垂直平分线，由此很快能确定抛物线对称轴方程为直线x=2，这样更加便捷．‎ ‎5、（2010年湖北宜昌 24 ‎ ‎ 12分）如图，直线y=hx+d与x轴和y轴分别相交于点A(-1,0),B(0,1),与双曲线y=在第一象限相交于点C；以AC为斜边、为内角的直角三角形，与以CO为对角线、一边在x轴上的矩形面积相等；点C,P在以B为顶点的抛物线y=上；直线y=hx+d、双曲线y=和抛物线同时经过两个不同的点C，D。‎ ‎（1）确定t的值 ‎（2）确定m , n , k的值 ‎（3）若无论a , b , c取何值，抛物线都不经过点P，请确定P的坐标 ‎（12分）‎ ‎（第24题）‎ ‎【分析】（1）根据直线方程过的两个点可求出直线方程，再根据双曲线过C点，设点C坐标为（x1，y1），则x1y1=t．，再根据面积相等，进而求得C点坐标，便可求出t的值；（2）根据抛物线顶点B，得到两个等式，以及C点 在抛物线上，又得一等式，由三个等式联立，便可求出m、n、k；（3）根据直线与双曲线的交点C、D，求出后代入抛物线方程可得两个等式，可把抛物线方程中的参数a、b、c消去两个，再根据P点在y=上，可设出坐标，代入后得到的方程无解，进而求出a、b、c．‎ ‎【答案】解：‎ ‎（1）直线过点A，B，则0=－h+d和1=d,即y=x+1.‎ 双曲线y=经过点C（x1，y1），x1y1=t．‎ ‎ 以AC为斜边，∠CAO为内角的直角三角形的面积为×y1×(1+x1);‎ 以CO为对角线的矩形面积为x1y1，‎ ‎×y1×(1+x1)＝x1y1，因为x1，y1都不等于0，故得x1＝1，所以y1=2.‎ 故有，，即t=2. ‎ ‎（2）∵B是抛物线y＝mx2＋nx＋k的顶点，∴有－ ，‎ 得到n=0，k=1. ‎ ‎∵C是抛物线y＝mx2＋nx＋k上的点，∴有2＝m(1)2+1,得m=1．‎ ‎（3）设点P的横坐标为p，则纵坐标为p2+1.‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c经过两个不同的点C，D，‎ 其中求得D点坐标为（－2，－1）．.‎ 解法一：‎ 故 2＝a＋b＋c，‎ ‎－1＝4a－2b＋c． ‎ 解之得，b＝a＋1, c＝1－2a. ‎ ‎∴y=ax2＋( a＋1)x＋（1－2a ） ‎ 于是： p2+1≠a p2＋（a＋1）p＋（1－2a）‎ ‎∴无论a取什么值都有p2－p≠（p2＋p－2）a．‎ ‎（或者，令p2-p=(p2+p-2)a ‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c不经过P点，‎ ‎∴此方程无解，或有解但不合题意） ‎ ‎．‎ 故∵a≠０，∴①‎ 解之p＝0，p＝1，并且p≠1，p≠－2.得p＝0. ‎ ‎∴符合题意的P点为（0，1）.‎ ‎②，解之p＝1，p＝－2，并且p≠0，p≠1.‎ 得p＝－2.‎ 符合题意的P点为（－2，5）．‎ ‎∴符合题意的P点有两个（0，1）和（－2，5）.‎ 解法二：‎ 则有（a－1）p2+(a+1) p－2a=0 ‎ 即〔（a－1）p+2a〕(p－1)=0‎ 有p－1=0时，得p=1，为（1，2）此即C点，在y=ax2+bx+c上. ‎ 或（a－1）p+2a=0，即（p+2）a=p 当p=0时a=0与a≠0矛盾 得点P（0，1）‎ 或者p=－2时，无解 ‎ 得点P（－2，5）‎ 故对任意a，b，c，抛物线y=ax2+bx+c都不经过（0，1）和（－2，5）‎ 解法三：‎ 如图, 抛物线y=ax2+bx+c不经过直线CD上除C，D外的其他点．‎ ‎(只经过直线CD上的C，D点). ‎ 由 ‎ 解得交点为C（1，2），B（0，1）．‎ 故符合题意的点P为（0，1）. ‎ 抛物线y=ax2+bx+c不经过直线x＝－2上除D外的其他点. ‎ y x 由 ‎ 解得交点P为（－2，5）．‎ 抛物线y=ax2+bx+c不经过直线x＝1上除C外的其他点,‎ 而解得交点为C（1，2）‎ 故符合条件的点P为（0，1）或（－2，5）．‎ ‎【涉及知识点】直线 双曲线 抛物线 交点问题 ‎ ‎【点评】本题是平面直角坐标系中的交点的问题，交点有无，关键是看由曲线方程联立构成的方程组解的个数，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．．‎ ‎6、（2010湖南永州，24，10分）已知二次函数的图象与x轴有且只有一个交点A(－2 ，0)，与y轴的交点为B(0，4)，且其对称轴与y轴平行．‎ ‎ ⑴求该二次函数的解析式，并在所给出坐标系中画出这个二次函数的大致图象；‎ ‎⑵在该二次函数位于A、B两点之间的图象上取上点M，过点M分别作x轴、y轴的垂线段，垂足分别为点C、D．求矩形MCOD的周长的最小值，并求使矩形MCID的周长最小时的点M坐标．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法由题意可设抛物线的解析式再将已知的B点坐标代入可求出a得出解析式，‎ ‎ （2）设点M的坐标为（m，n），将其代入抛物线的解析式可得出m，n之间的关系式n＝m2+4m+4；再由矩形周长公式可得出周长L与m，n之间的二次函数关系式L＝2(n－m)；消去n可得出L与m二次函数关系式，利用顶点坐标式可求出结果.‎ ‎【答案】⑴由题意可知点A(－2，0)是抛物线的顶点，设抛物线的解析式为 ‎∵其图象与y轴交于点B(0，4)‎ ‎∴4＝4a ‎∴a＝1‎ ‎∴抛物线的解析式为 ‎⑵设点M的坐标为（m，n），则m＜0，n＞0，n＝(m+n)2＝m2+4m+4‎ ‎ 设矩形MCOD的周长为L 则L＝2(MC+MD)＝2()‎ ‎ ＝2(n－m)‎ ‎ ＝2(m2+4m+4－m)‎ ‎ ＝2(m2+3m+4)‎ ‎ ＝2(m+)2+‎ ‎ 当m＝时，L有最小值，此时n＝‎ ‎ ∴点M的坐标为（，）．‎ ‎【涉及知识点】二次函数、待定系数法、矩形周长 ‎【点评】本题出现的待定系数法、最值是考查二次函数的知识最常见手段，既考查了基础知识，又难度不大，是一道难度中等的好题.‎ ‎【推荐指数】★★★★‎ ‎25．（2010湖南永州，25，10分）探究问题：‎ ‎（1）阅读理解：‎ ‎①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.‎ ‎ ②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.此为托勒密定理.‎ ‎（2）知识迁移：‎ ‎①请你利用托勒密定理，解决如下问题：‎ 如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点.求证：PB＋PC＝PA.‎ ‎②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：‎ 第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；‎ 第二步：在上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋ ；‎ 第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段 的长度即为△ABC的费马距离.‎ ‎ ‎ ‎（3）知识应用：‎ ‎2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.‎ 已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.‎ ‎【分析】（2）知识迁移 ①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证. ②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解. （3）知识应用，在（2）的基础上先画出图形，再求解.‎ ‎【答案】（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC ‎ ∵△ABC是等边三角形 ‎ ∴ AB＝AC＝BC ‎ ∴PB＋PC＝PA ‎ ②P′D AD ‎ （3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.‎ ‎ ‎ ‎∵△BCD为等边三角形，BC＝4，‎ ‎ ∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4.‎ ‎ ∵∠ABC＝30°， ∴∠ABD=90°.‎ ‎ 在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4‎ ‎ ∴AD＝＝＝5（km）‎ ‎ ∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km.‎ ‎【涉及知识点】圆，等边三角形，线段性质，勾股定理 ‎【点评】此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题. 此题环环相扣，解题关键是理解阅读材料，从中获取新知，能够灵活应用新知解决数学问题，并进一步构建数学模型解决实际问题. 此题难度中等，只要平时养成自主学习的习惯，并善于将所学知识融会贯通，便可顺利解决问题. ‎ ‎7、（2010湖南长沙，26，10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边分别在x轴和y轴上，，现有两动点P．Q分别从O．C同时出发，P在线段OA上沿OA方向以每秒cm的速度匀速运动，Q在线段CO上沿CO方向以每秒1cm的速度匀速运动．设运动时间为t秒．‎ ‎（1）用t的式子表示△OPQ的面积S；‎ ‎（2）求证：四边形OPBQ的面积是一个定值，并求出这个定值；‎ ‎（3）当△OPQ与△PAB和△QPB相似时，抛物线经过B．P两点，过线段BP上一动点M作y轴的平行线交抛物线于N，当线段MN的长取最大值时，求直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比．‎ ‎【分析】（1）依题意OQ＝8－t,OP＝t, ，整理即得; ‎ ‎（2）依据可得;‎ ‎（3）依题意得P(,0),B(,8)，进而得抛物线为，过B．P两点的直线为y＝x－8 ．当时，MN的长最大，此时直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比3：1．‎ ‎【答案】解：（1）由题意知，OQ＝8－t,OP＝t,‎ ‎ ∴．‎ ‎（2）由题意知，AB＝OC＝8,CQ＝ t, CB＝OA＝8,PA＝8－t,‎ ‎;‎ ‎;‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎∴四边形OPBQ的面积是一个定值，这个定值为32．‎ ‎（3）当△OPQ与△PAB和△QPB相似时，应满足．‎ 整理，得，‎ 解得，（不合题意）．‎ 此时P(,0),B(,8) ．‎ 因抛物线经过B．P两点，所以将B．P两点的坐标代入，得 解得 所以经过B．P两点的抛物线为．‎ 设过B．P两点的直线为y＝kx+b, 将B．P两点的坐标代入，得 解得 所以过B．P两点的直线为y＝x－8．‎ 依题得，动点M的坐标（x, x－8），N的坐标（x, ）‎ MN＝（x－8）－（）＝‎ 当时，MN的长最大，此时直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比3：1．‎ ‎【涉及知识点】矩形的面积．三角形的面积．相似三角形的性质．一次函数．二次函数等．‎ ‎【点评】本题是几何．代数综合题，涉及内容多，有一定难度．主要考查学生的应用所学解决数学问题的能力，运算量较大，同时也极易出错，需要细心．‎ ‎8、如图（1），抛物线与y轴交于点A，E（0，b）为y轴上一动点，过点E的直线与抛物线交于点B、C .‎ ‎（1）求点A的坐标；‎ ‎（2)当b=0时（如图（2）），与的面积大小关系如何？当时，上述关系还成立吗，为什么？‎ ‎（3）是否存在这样的b，使得是以BC 为斜边的直角三角形，若存在，求出b；若不存在，说明理由. ‎ ‎【分析】（1）将x=0，代入抛物线解析式，得点A的坐标为（0，－4）；‎ ‎（2）与公共了一条边，只要把这边上的两条高求出，比较高的大小即可，又易发现这两条高就是B,C 两点的横坐标的绝对值，所以只要求出B，C 两点的横坐标；‎ ‎（3）存在。因为，所以 所以，即E为BC 的中点。所以当OE=C E时，为直角三角形 ‎【答案】（1）将x=0，代入抛物线解析式，得点A的坐标为（0，－4）‎ ‎（2）当b＝0时，直线为，由解得， ‎ 所以B、C 的坐标分别为（－2，－2），（2，2） ‎ ‎，‎ 所以（利用同底等高说明面积相等亦可） ‎ 当时，仍有成立. 理由如下 由，解得， ‎ 所以B、C 的坐标分别为（－，－+b），（，+b），‎ 作轴，轴，垂足分别为F、G，则，‎ 而和是同底的两个三角形，‎ 所以.‎ ‎ ‎ ‎（3）存在这样的b.‎ 因为 所以 所以，即E为BC 的中点 所以当OE=C E时，为直角三角形 ‎ 因为 所以 ，而 所以，解得，‎ 所以当b＝4或－2时，ΔOBC 为直角三角形. ‎ ‎ 【涉及知识点】二次函数、一次函数、直角三角形、三角形的面积 ‎【点评】本题是根据字母b的变化来设置问题，体现了与高中的衔接，b事实上是高中内容中的“参数”，问题设置层层递进，在解含有b的二元二次方程组时学生会遇到一定的困难．‎ ‎9、（2010湖南衡阳，27，10分）如图15，在平面直角坐标系中，△OAB三个顶点坐标分别为O（0，0），A（1，），B（4，0）.‎ ‎⑴求证：AB⊥OA ‎⑵在第一象限内确定点M，使△MOB与△AOB相似，求符合条件的点M的坐标 ‎⑶如图16，已知D（0，-3），作直线BD ‎①将△AOB沿射线BD平移4个单位长度后，求△AOB与以D为圆心，以I为半径的⊙D的公共点的个数 ‎②如图17，现有一点P从D点出发，沿射线DB的方向以1个单位长度/秒的速度作匀速运动，运动时间为t秒.当以P为圆心，以为半径的⊙P与△AOB有公共点时，求t的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎ 图15 图16 图17 ‎ ‎【分析】（1）欲证AB⊥OA，只需证明∠OAB=90°，过A作AC⊥OB于C,利用锐角三角函数分别求出∠OAC与∠BAC的度数；或利用勾股定理逆定理也可得证；（2）由于∠A为直角，且M在第一象限，据相似三角形的判定，分2种情况（一）B为直径顶点：①当∠MOB=60°时，②当∠MOB=30°时；（二）M为直角顶点时，∠MOB=30°.则可求出M点坐标.‎ ‎（3）①本问考查了直线与圆的位置关系，需根据题意画出相应图形，分别计算出点D与AB、OB的距离；②设⊙P与直线BD交于E、F，其中E的横坐标小于F的横坐标.欲求t的取值范围，只需求出⊙P与OB相切时的时间，与E与B重合的时间，它们之间的部分（包括这两种情况）就是t的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）解法一：过A作AC⊥OB于C，‎ ‎ ∵tan∠AOC=,∴∠AOC=60°.‎ ‎ 又∵tan∠ABC=,∴∠ABC=30°.‎ ‎ ∴∠BAO=90°, ∴AB⊥OA．‎ ‎ ‎ ‎　　　　　　解法二：∵AO2=OC2+AC2=4,AB2=AC2+BC2=3+9=12.‎ ‎ OB2=16, ∴AO2+AB2=OB2.‎ ‎ ∴∠BAO=90°, ∴AB⊥OA．‎ ‎（2）解法一：若以B为直角顶点，当∠MOB=60°时,M(4，4).‎ ‎ 当∠MOB=30°时,M(4，).‎ ‎ 若以M为直角顶点，∠MOB=30°时, M(3，).‎ ‎ 综上所述，符合条件的M有(4，4),(4，),(3，).‎ 解法二：若△AOB∽△BOM，则，即.‎ ‎ ∴BM=4，∴M(4，4).‎ ‎ 若△AOB∽△BMO，则，即.‎ ‎ ∴BM=，∴M(4，).‎ ‎ 若△AOB∽△MBO，则，即.‎ ‎ ∴BM=2，∴M(3，).‎ ‎⑶①解法一：当△AOB沿射线BD平移4个单位长度后，点D到OB的距离为<1.‎ 且O在⊙D外，∴边OB与⊙D有两个公共点（包括B点），点D到AB的距离为<1，且A在⊙D外. ∴边AB与与⊙D有两个公共点（包括B点）.‎ 综上所述，△AOB沿射线BD平移4个单位长度后，与⊙D有3个公共点.‎ 解法二：（用反证思想）‎ ‎ 当△AOB沿射线BD平移4个单位长度后，点B恰好在⊙D上，‎ ‎ 过OB、AB与⊙D只能是相切或相交.‎ ‎ ∵∠DBO<90°且O在⊙D外，∴边OB与⊙D有两个公共点（包括B点）.‎ ‎ 又∵∠DBA<75°且A在⊙D外，∴边AB与⊙D有两个公共点（包括B点）.‎ ‎ 故有3个公共点.‎ 解法三：（应用计算器，思路与解法二相似）‎ ‎ ∵tan∠DBO=,∴∠DBO≈37°，∴∠DBA≈67°,‎ ‎ ∴边AB与⊙D相交，故有3个公共点.‎ 解法四：当AB与⊙D相切时，则平移了个单位长度，当平移距离大约且小于4时，它们的公共点有4个.‎ ‎ ∴当△AOB沿射线BD平移4个单位长度时，与⊙D有3个公共点.‎ 解法五：（应用计算器，思路与解法四相似）‎ ‎ ∵∠DBO≈37°，∴∠DBA≈67°.‎ ‎ 当AB与⊙D相切时，则平移了，∵4>3.91，‎ ‎ ∴当△AOB沿射线BD平移4个单位长度时，与⊙D有3个公共点.‎ ‎②设⊙P与直线BD交于E、F，其中E的横坐标小于F的横坐标.‎ 解法一：∵P（t，t-3），E（t，t-3），‎ ‎ 当3-t=t时，t最小，此时t=.‎ ‎ 当E点与B点重合时，t-3=0，t=10.‎ ‎ ∴当≤t≤10时，⊙P与△AOB有公共点.‎ 解法二：当⊙P与OB初次相切时，，解得t=.‎ ‎ 当E与B重合时，t=5，解得：t=10.‎ ‎ ∴当≤t≤10时，⊙P与△AOB有公共点.‎ ‎ 【涉及知识点】平面直角坐标系、三角形相似、直线和圆的位置关系.‎ ‎【点评】本题为动态几何问题，涉及的知识点较多，难度较大.难点（一）：在平面直角坐标系中，利用三角形相似求点的坐标，需分多种情况讨论；（二）利用三角形平移和圆移动来考查直线和圆的位置关系.解决此列问题的关键，是变动为静，画出相应的图形，多角度多方位考虑问题.‎ ‎10、（2010湖南怀化，26，10分）‎ 图9是二次函数的图象，其顶点坐标为M(1,-4).‎ ‎（1）求出图象与轴的交点A,B的坐标； ‎ ‎（2）在二次函数的图象上是否存在点P，使,若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）将二次函数的图象在轴下方的部分沿轴翻折，图象的其余部分保持不变，得到一个新的图象，请你结合这个新的图象回答：当直线与此图象有两个公共点时，的取值范围.‎ 图9‎ ‎【分析】（1）依据题的条件可直接求出二次函数的解析式，求图象与轴的交点A,B的坐标，也就是计算当y=0是求x的值；（2）可先求出，根据求出△PAB底边AB的高（即P点纵坐标的绝对值），求得P点的纵坐标，进而计算P点的横坐标．（3）分别计算出直线经过A点、经过B点时b的值，即可求出的取值范围.‎ ‎【答案】 (1) 因为M(1,-4) 是二次函数的顶点坐标，‎ 所以 ‎ 令解之得.‎ ‎∴A，B两点的坐标分别为A（-1，0），B（3,0）‎ ‎(2) 在二次函数的图象上存在点P，使 设则，又,‎ ‎∴‎ ‎∵二次函数的最小值为-4，∴.‎ 当时，.‎ 故P点坐标为（-2，5）或（4，5）‎ 图1‎ ‎（3）如图1，当直线经过A点时，可得 ‎ 当直线经过B点时，可得 由图可知符合题意的的取值范围为 ‎【涉及知识点】二次函数 一次函数 三角形的面积计算 ‎【点评】本题综合性强，既考察了学生的知识掌握，又考察了学生的运算能力，还考察到学生严禁的思维能力。学生在计算出△PAB底边AB的高（即P点纵坐标的绝对值）时，容易不加思索直接分类计算结果，最后一问需根据图像综合分析得出的取值范围．‎