压轴题中考数学压轴题精选精析1120例 25页

‎2012中考数学压轴题精选精析（11-20例）‎ ‎11．（2011•江苏盐城）（本题满分12分）如图，已知一次函数y = － x +7与正比例函数y = x的图象交于点A，‎ 且与x轴交于点B.‎ ‎（1）求点A和点B的坐标；‎ ‎（2）过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作直线l∥y轴．‎ 动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O—C—A的路线向点A运动；同时直线l从点B出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l交x轴于点R，交线段BA或线段AO于点Q．当点P到达点A时，点P和直线l都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒.‎ ‎①当t为何值时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8？‎ ‎②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t的值；若不 存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）根据题意，得，解得 ，∴A(3，4) . ‎ 令y=－x+7=0，得x=7．∴B（7，0）. ‎ ‎（2）①当P在OC上运动时，0≤t＜4.‎ 由S△APR=S梯形COBA－S△ACP－S△POR－S△ARB=8，得 (3+7)×4－×3×(4－t)－ t(7－t)－ t×4=8‎ 整理,得t2－8t+12=0, 解之得t1=2,t2=6（舍） ‎ 当P在CA上运动，4≤t＜7. ‎ 由S△APR= ×(7－t) ×4=8，得t=3（舍） ‎ ‎∴当t=2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.‎ ‎ ②当P在OC上运动时，0≤t＜4. 此时直线l交AB于Q。‎ ‎∴AP=，AQ=t，PQ=7－t 当AP =AQ时， （4－t）2+32=2(4－t)2, 整理得，t2－8t+7=0. ∴t=1, t=7(舍) ‎ 当AP=PQ时，（4－t）2+32=(7－t)2,整理得，6t=24. ∴t=4(舍去) ‎ 当AQ=PQ时，2（4－t）2=(7－t)2整理得，t2－2t－17=0 ∴t=1±3 (舍) ‎ 当P在CA上运动时，4≤t＜7. 此时直线l交AO于Q。过A 作AD⊥OB于D,则AD=BD=4.‎ 设直线l交AC于E，则QE⊥AC，AE=RD=t－4，AP=7－t.‎ 由cos∠OAC= = ，得AQ = (t－4)．‎ 当AP=AQ时，7－t = (t－4)，解得t = . ‎ 当AQ=PQ时，AE＝PE，即AE= AP 得t－4= (7－t)，解得t =5. ‎ 当AP=PQ时，过P作PF⊥AQ于F AF= AQ = ×(t－4). ‎ 在Rt△APF中，由cos∠PAF＝ ＝ ，得AF＝ AP 即 ×(t－4)= ×(7－t)，解得t= .‎ ‎∴综上所述，t=1或 或5或 时，△APQ是等腰三角形. ‎ ‎【考点】一次函数，二元一次方程组，勾股定理，三角函数，一元二次方程，等腰三角形。‎ ‎【分析】（1）联立方程y = － x +7和y = x即可求出点A的坐标，今y=－x+7=0即可得点B的坐标。‎ ‎ （2）①只要把三角形的面积用t表示，求出即可。应注意分P在OC上运动和P在CA上运动两种情况了。‎ ‎ ②只要把有关线段用t表示，找出AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件时t的值即可。应注意分别讨论P在OC上运动（此时直线l与AB相交）和P在CA上运动（此时直线l与AO相交）时AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件。‎ ‎12、（2011•福州）已知，如图，二次函数y=ax2+2ax﹣‎3a（a≠0）图象的顶点为H，与x轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线l：对称．‎ ‎（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上；‎ ‎（2）求二次函数解析式；‎ ‎（3）过点B作直线BK∥AH交直线l于K点，M、N分别为直线AH和直线l上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小值．‎ 考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点；图象法求一元二次方程的近似根；勾股定理。‎ 专题：计算题；代数几何综合题。‎ 分析：（1）求出方程ax2+2ax﹣‎3a=0（a≠0），即可得到A点坐标和B点坐标；把A的坐标代入直线l即可判断A是否在直线上；‎ ‎（2）根据点H、B关于过A点的直线l：对称，得出AH=AB=4，过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，求出AC和HC的长，得出顶点H的坐标，代入二次函数解析式，求出a，即可得到二次函数解析式；‎ ‎（3）解方程组，即可求出K的坐标，根据点H、B关于直线AK对称，得出HN+MN的最小值是MB，过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，得到BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，由勾股定理得QB=8，即可得出答案．‎ 解答：解：（1）依题意，得ax2+2ax﹣‎3a=0（a≠0），‎ 解得x1=﹣3，x2=1，‎ ‎∵B点在A点右侧，‎ ‎∴A点坐标为（﹣3，0），B点坐标为（1，0），‎ 答：A、B两点坐标分别是（﹣3，0），（1，0）．‎ 证明：∵直线l：，‎ 当x=﹣3时，，‎ ‎∴点A在直线l上．‎ ‎（2）解：∵点H、B关于过A点的直线l：对称，‎ ‎∴AH=AB=4，‎ 过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，‎ 则，，‎ ‎∴顶点，‎ 代入二次函数解析式，解得，‎ ‎∴二次函数解析式为，‎ 答：二次函数解析式为．‎ ‎（3）解：直线AH的解析式为，‎ 直线BK的解析式为，‎ 由，‎ 解得，‎ 即，‎ 则BK=4，‎ ‎∵点H、B关于直线AK对称，‎ ‎∴HN+MN的最小值是MB，，‎ 过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，‎ 则QM=MK，，AE⊥QK，‎ ‎∴BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，‎ ‎∵BK∥AH，‎ ‎∴∠BKQ=∠HEQ=90°，‎ 由勾股定理得QB=8，‎ ‎∴HN+NM+MK的最小值为8，‎ 答HN+NM+MK和的最小值是8．‎ 点评：本题主要考查对勾股定理，解二元一次方程组，二次函数与一元二次方程，二次函数与X轴的交点，用待定系数法求二次函数的解析式等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，有一定的难度．‎ ‎13、（2011•呼和浩特）已知抛物线y1=x2+4x+1的图象向上平移m个单位（m＞0）得到的新抛物线过点（1，8）．‎ ‎（1）求m的值，并将平移后的抛物线解析式写成y2=a（x﹣h）2+k的形式；‎ ‎（2）将平移后的抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，与平移后的抛物线没有变化的部分构成一个新的图象．请写出这个图象对应的函数y的解析式，并在所给的平面直角坐标系中直接画出简图，同时写出该函数在﹣3＜x≤时对应的函数值y的取值范围；‎ ‎（3）设一次函数y3=nx+3（n≠0），问是否存在正整数n使得（2）中函数的函数值y=y3时，对应的x的值为﹣1＜x＜0，若存在，求出n的值；若不存在，说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 分析：（1）根据抛物线y1=x2+4x+1的图象向上平移m个单位，可得y2=x2+4x+1+m，再利用又点（1，8）在图象上，求出m即可；‎ ‎（2）根据函数解析式画出图象，即可得出函数大小分界点；‎ ‎（3）根据当y=y3且对应的﹣1＜x＜0时，x2+4x+3=nx+3，得出n取值范围即可得出答案．‎ 解答：解：（1）由题意可得y2=x2+4x+1+m，‎ 又点（1，8）在图象上，‎ ‎∴8=1+4×1+1+m，‎ ‎∴m=2，‎ ‎∴y2=（x+2）2﹣1；‎ ‎（2） 当时，0＜y≤﹣1；‎ ‎（3）不存在，‎ 理由：当y=y3且对应的﹣1＜x＜0时，x2+4x+3=nx+3，‎ ‎∴x1=0，x2=n﹣4，‎ 且﹣1＜n﹣4＜0得3＜n＜4，‎ ‎∴不存在正整数n满足条件．‎ 点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及图象交点求法，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．‎ ‎14、（2011•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的A、B两个顶点在x轴上，顶点C在y轴的负半轴上．已知|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，△ABC的面积S△ABC=15，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、B、C三点．‎ ‎（1）求此抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）设E是y轴右侧抛物线上异于点B的一个动点，过点E作x轴的平行线交抛物线于另一点F，过点F作FG垂直于x轴于点G，再过点E作EH垂直于x轴于点H，得到矩形EFGH．则在点E的运动过程中，当矩形EFGH为正方形时，求出该正方形的边长；‎ ‎（3）在抛物线上是否存在异于B、C的点M，使△MBC中BC边上的高为？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1） 由已知设OA=m，则OB=OC=‎5m，AB=‎6m，由△ABC=AB×OC=15，可求m的值，确定A、B、C三点坐标，由A、B两点坐标设抛物线交点式，将C点坐标代入即可；‎ ‎（2）设E点坐标为（m，m2﹣‎4m﹣5），抛物线对称轴为x=2，根据2（m﹣2）=EH，列方程求解；‎ ‎（3）存在．因为OB=OC=5，△OBC为等腰直角三角形，直线BC解析式为y=x﹣5，则直线y=x+9或直线y=x﹣19与BC的距离为7，将直线解析式与抛物线解析式联立，求M点的坐标即可．‎ 解答：解：（1）∵|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，‎ 设OA=m，则OB=OC=‎5m，AB=‎6m，‎ 由△ABC=AB×OC=15，得×‎6m×‎5m=15，解得m=1（舍去负值），‎ ‎∴A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5），‎ 设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣5），将C点坐标代入，得a=1，‎ ‎∴抛物线解析式为y=（x+1）（x﹣5），‎ 即y=x2﹣4x﹣5；‎ ‎（2）设E点坐标为（m，m2﹣‎4m﹣5），抛物线对称轴为x=2，‎ 由2（m﹣2）=EH，得2（m﹣2）=﹣（m2﹣‎4m﹣5）或2（m﹣2）=m2﹣‎4m﹣5，‎ 解得m=1±或m=3±，‎ ‎∵m＞2，∴m=1+或m=3+，‎ 边长EF=2（m﹣2）=2﹣2或2+2；‎ ‎（3）存在．‎ 由（1）可知OB=OC=5，‎ ‎∴△OBC为等腰直角三角形，直线BC解析式为y=x﹣5，‎ 依题意，直线y=x+9或直线y=x﹣19与BC的距离为7，‎ 联立，，‎ 解得或，‎ ‎∴M点的坐标为（﹣2，7），（7，16）．‎ 点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是采用形数结合的方法，准确地用点的坐标表示线段的长，根据图形的特点，列方程求解，注意分类讨论．‎ ‎15、（2011•南充）抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A（m﹣4，0）和B（m，0），与直线y=﹣x+p相交于点A和点C（‎2m﹣4，m﹣6）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P在抛物线上，且以点P和A，C以及另一点Q为顶点的平行四边形ACQP面积为12，求点P，Q的坐标；‎ ‎（3）在（2）条件下，若点M是x轴下方抛物线上的动点，当△PQM的面积最大时，请求出△PQM的最大面积及点M的坐标．‎ 考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质。‎ 专题：计算题；代数几何综合题。‎ 分析：（1）把点A（m﹣4，0）和C（‎2m﹣4，m﹣6）代入直线y=﹣x+p上得到方程组，求出方程组的解，得出A、B、C的坐标，设抛物线y=ax2+bx+c=a（x﹣3）（x+1），把C（2，﹣3）代入求出a即可；‎ ‎（2）AC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣1，根据平行四边形ACQP的面积为12，求出AC边上的高为2，过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K，求出DK、DN，得到PQ的解析式为 y=﹣x+3或y=﹣x﹣5，求出方程组的解即可得到P1（3，0），P2（﹣2，5），根据ACPQ是平行四边形，求出Q的坐标；‎ ‎（3）设M（t，t2﹣2t﹣3），（﹣1＜t＜3），过点M作y轴的平行线，交PQ所在直线雨点T，则T（t，﹣t+3），求出MT=﹣t2+t+6，过点M作MS⊥PQ所在直线于点S，求出 MS=﹣（t﹣）2+，即可得到答案．‎ 解答：解：（1）∵点A（m﹣4，0）和C（‎2m﹣4，m﹣6）在直线y=﹣x+p上 ‎∴ ‎，解得：，‎ ‎∴A（﹣1，0），B（3，0），C（2，﹣3），‎ 设抛物线y=ax2+bx+c=a（x﹣3）（x+1），‎ ‎∵C（2，﹣3），代入得：﹣3=a（2﹣3）（2+1），‎ ‎∴a=1‎ ‎∴抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3，‎ 答：抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3．‎ ‎（2）解：AC=3，‎ AC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣1，‎ ‎∠BAC=45°，‎ ‎∵平行四边形ACQP的面积为12，‎ ‎∴平行四边形ACQP中AC边上的高为=2，‎ 过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K，DK=2，‎ ‎∴DN=4，‎ ‎∵ACPQ，PQ所在直线在直线ACD的两侧，可能各有一条，‎ ‎∴PQ的解析式或为y=﹣x+3或y=﹣x﹣5，‎ ‎∴，‎ 解得：或，‎ ，方程无解，‎ 即P1（3，0），P2（﹣2，5），‎ ‎∵ACPQ是平行四边形，A（﹣1，0），C（2，﹣3），‎ ‎∴当P（3，0）时，Q（6，﹣3），‎ 当P（﹣2，5）时，Q（1，2），‎ ‎∴满足条件的P，Q点是P1（3，0），Q1（6，﹣3）或P2（﹣2，5），Q2（1，2）‎ 答：点P，Q的坐标是P1（3，0），Q1（6，﹣3）或P2（﹣2，5），Q2（1，2）．‎ ‎（3）解：设M（t，t2﹣2t﹣3），（﹣1＜t＜3），‎ 过点M作y轴的平行线，交PQ所在直线雨点T，则T（t，﹣t+3），‎ MT=（﹣t+3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+t+6，‎ 过点M作MS⊥PQ所在直线于点S，‎ MS=MT=（﹣t2+t+6）=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴当t=时，M（，﹣），△PQM中PQ边上高的最大值为，‎ 答：△PQM的最大面积是，，点M的坐标是（，﹣）．‎ 点评：本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，平行四边形的性质，解二元一次方程组等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，有一定的难度．‎ ‎16、（2011•达州）如图，已知抛物线与x轴交于A（1，0），B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），抛物线的顶点为P，连接AC．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线上找一点D，使得DC与AC垂直，且直线DC与x轴交于点Q，求点D的坐标；‎ ‎（3）抛物线对称轴上是否存在一点M，使得S△MAP=2S△ACP，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 分析：（1）利用交点式将抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，代入y=a（x﹣x1）（x﹣x2），求出二次函数解析式即可；‎ ‎（2）利用△QOC∽△COA，得出QO的长度，得出Q点的坐标，再求出直线DC的解析式，将两函数联立求出交点坐标即可；‎ ‎（3）首先求出二次函数顶点坐标，S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC，以及S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP=得出使得S△MAP=2S△ACP点M的坐标．‎ 解答：解：（1）设此抛物线的解析式为：y=a（x﹣x1）（x﹣x2），‎ ‎∵抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，‎ ‎∴y=a（x﹣1）（x+3），‎ 又∵抛物线与y轴交于点C（0，3），‎ ‎∴a（0﹣1）（0+3）=3，‎ ‎∴a=﹣3‎ ‎∴y=﹣（x﹣1）（x+3），‎ 即y=﹣x2﹣2x+3，‎ 用其他解法参照给分；‎ ‎（2）∵点A（1，0），点C（0，3），‎ ‎∴OA=1，OC=3，‎ ‎∵DC⊥AC，OC⊥x轴，‎ ‎∴△QOC∽△COA，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴OQ=9，，‎ 又∵点Q在x轴的负半轴上，‎ ‎∴Q（﹣9，0），‎ 设直线DC的解析式为：y=mx+n，则，‎ 解之得：，‎ ‎∴直线DC的解析式为：，‎ ‎∵点D是抛物线与直线DC的交点，‎ ‎∴，‎ 解之得：（不合题意，应舍去），‎ ‎∴点D（，‎ 用其他解法参照给分；‎ ‎（3）如图，点M为直线x=﹣1上一点，连接AM，PC，PA，‎ 设点M（﹣1，y），直线x=﹣1与x轴交于点E，‎ ‎∴AE=2，‎ ‎∵抛物线y=﹣x2﹣2x+3的顶点为P，对称轴为x=﹣1，‎ ‎∴P（﹣1，4），‎ ‎∴PE=4，‎ 则PM=|4﹣y|，‎ ‎∵S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC，‎ ‎=，‎ ‎=，‎ ‎=5，‎ 又∵S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP，‎ S△AEP=，‎ ‎∴+S△ACP=5﹣4=1，‎ ‎∵S△MAP=2S△ACP，‎ ‎∴，‎ ‎∴|4﹣y|=2，‎ ‎∴y1=2，y2=6，‎ 故抛物线的对称轴上存在点M使S△MAP=2S△ACP，‎ 点M（﹣1，2）或（﹣1，6）．‎ 点评：此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．‎ ‎17、（2011•重庆）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=2，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点发发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧．设运动的时间为t秒（t≥0）．‎ ‎（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；‎ ‎（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；‎ ‎（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存大，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；矩形的性质；解直角三角形。‎ 专题：代数几何综合题；动点型；分类讨论。‎ 分析：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF 中，解直角三角形可求t的值；‎ ‎（2）按照等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的图形特点，分为0≤t＜1，1≤t＜3，3≤t＜4，4≤t＜6四种情况，分别写出函数关系式；‎ ‎（3）存在．当△AOH是等腰三角形时，分为AH=AO=3，HA=HO，OH=OA三种情况，分别画出图形，根据特殊三角形的性质，列方程求t的值．‎ 解答：解：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，BC=2，tan∠CFB=，即tan60=，解得BF=2，即3﹣t=2，t=1，∴当边FG恰好经过点C时，t=1；‎ ‎（2）当0≤t＜1时，S=2t+4；‎ 当1≤t＜3时，S=﹣t2+3t+；‎ 当3≤t＜4时，S=﹣4t+20；‎ 当4≤t＜6时，S=t2﹣12t+36；‎ ‎（3）存在．‎ 理由如下：在Rt△ABC中，tan∠CAB==，‎ ‎∴∠CAB=30°，又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°，‎ ‎∴AE=HE=3﹣t或t﹣3，‎ ‎1）当AH=AO=3时，（如图②），过点E作EM⊥AH于M，则AM=AH=，‎ 在Rt△AME中，cos∠MAE═，即cos30°=，‎ ‎∴AE=，即3﹣t=或t﹣3=，‎ ‎∴t=3﹣或t=3+，‎ ‎2）当HA=HO时，（如图③）则∠HOA=∠HAO=30°，‎ 又∵∠HEO=60°，∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，‎ 又∵AE+EO=3，∴AE+2AE=3，AE=1，‎ 即3﹣t=1或t﹣3=1，∴t=2或t=4；‎ ‎3）当OH=OA时，（如图④），则∠OHA=∠OAH=30°，‎ ‎∴∠HOB=60°=∠HEB，∴点E和点O重合，‎ ‎∴AE=3，即3﹣t=3或t﹣3=3，t=6（舍去）或t=0；‎ 综上所述，存在5个这样的t值，使△AOH是等腰三角形，即t=3﹣或t=3+或t=2或t=2或t=0．‎ 点评：本题考查了特殊三角形、矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的有关知识．关键是根据特殊三角形的性质，分类讨论．‎ ‎18、（2011•潼南县）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB=90，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线y=x2+bx+c经过A，B两点，抛物线的顶点为D．‎ ‎（1）求b，c的值；‎ ‎（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下：‎ ‎①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积；‎ ‎②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 分析：（1）由∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，可得A（﹣1，0）B（4，5），然后利用待定系数法即可求得b，c的值；‎ ‎（2）由直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），即可求得直线AB的解析式，又由二次函数y=x2﹣2x﹣3，设点E（t，t+1），则可得点F的坐标，则可求得EF的最大值，求得点E的坐标；‎ ‎（3）①顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD，可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）由S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF即可求得；‎ ‎②过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣‎2m﹣3），可得m2﹣‎2m﹣2=，即可求得点P的坐标，又由过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3），可得n2﹣2n﹣2=﹣，求得点P的坐标，则可得使△EFP是以EF为直角边的直角三角形的P的坐标．‎ 解答：解：（1）由已知得：A（﹣1，0），B（4，5），‎ ‎∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），‎ ‎∴，‎ 解得：b=﹣2，c=﹣3；‎ ‎（2）如图：∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），‎ ‎∴直线AB的解析式为：y=x+1，‎ ‎∵二次函数y=x2﹣2x﹣3，‎ ‎∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），‎ ‎∴EF=（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴当t=时，EF的最大值为，‎ ‎∴点E的坐标为（，）；‎ ‎（3）①如图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD．‎ 可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）‎ S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF=××（4﹣）+××（﹣1）=；‎ ‎②如图：‎ ⅰ）过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣‎2m﹣3）‎ 则有：m2﹣‎2m﹣2=，‎ 解得：m1=，m2=，‎ ‎∴P1（，），P2（，），‎ ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3）‎ 则有：n2﹣2n﹣2=﹣，‎ 解得：n1=，n2=（与点F重合，舍去），‎ ‎∴P3（，），‎ 综上所述：所有点P的坐标：P1（，），P2（，），P3（，）能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形．‎ 点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，四边形与三角形面积问题以及直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．‎ ‎19、（2011•綦江县）如图，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连接BE．‎ ‎（1）求证：△ACD≌△BCE；‎ ‎（2）延长BE至Q，P为BQ上一点，连接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8时，求PQ的长．‎ 考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理。‎ 分析：（1）由△ABC与△DCE是等边三角形，可得AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，又由∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，即可证得∠ACD=∠BCE，所以根据SAS即可证得△ACD≌△BCE；‎ ‎（2）首先过点C作CH⊥BQ于H，由等边三角形的性质，即可求得∠DAC=30°，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长．‎ 解答：解：（1）∵△ABC与△DCE是等边三角形，‎ ‎∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，‎ ‎∴∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，‎ ‎∴∠ACD=∠BCE，‎ ‎∴△ACD≌△BCE（SAS）；‎ ‎（2）过点C作CH⊥BQ于H，‎ ‎∵△ABC是等边三角形，AO是角平分线，‎ ‎∴∠DAC=30°，‎ ‎∵△ACD≌△BCE，‎ ‎∴∠QBC=∠DAC=30°，‎ ‎∴CH=BC=×8=4，‎ ‎∵PC=CQ=5，CH=4，‎ ‎∴PH=QH=3，‎ ‎∴PQ=6．‎ 点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，但难度不大，解题时要注意数形结合思想的应用．‎ ‎20、（2011•江津区）在“五个重庆”建设中，为了提高市民的宜居环境，某区规划修建一个文化广场（平面图形如图所示），其中四边形ABCD是矩形，分别以AB、BC、CD、DA边为直径向外作半圆，若整个广场的周长为‎628米，设矩形的边长AB=y米，BC=x 米．（注：取 π=3.14）‎ ‎（1）试用含x的代数式表示y；‎ ‎（2）现计划在矩形ABCD区域上种植花草和铺设鹅卵石等，平均每平方米造价为428 元，在四个半圆的区域上种植草坪及铺设花岗岩，平均每平方米造价为400元；‎ ‎①设该工程的总造价为W元，求W关于x的函数关系式；‎ ‎②若该工程政府投入1千万元，问能否完成该工程的建设任务？若能，请列出设计方案，若不能，请说明理由？‎ ‎③若该工程在政府投入1千万元的基础上，又增加企业募捐资金64.82万元，但要求矩形的边BC的长不超过AB长的三分之二，且建设广场恰好用完所有资金，问：能否完成该工程的建设任务？若能，请列出所有可能的设计方案，若不能，请说明理由．‎ 考点：二次函数的应用。‎ 专题：工程问题。‎ 分析：（1）把组合图形惊醒分割拼凑，利用圆的周长计算公式解答整理即可；‎ ‎（2）①利用组合图形的特点，算出种植花草和铺设鹅卵石各自的面积，进一步求得该工程的总造价即可解答；‎ ‎②利用配方法求得最小值进行验证即可得出结论；‎ ‎③建立不等式与一元二次方程，求出答案结合实际即可解决问题．‎ 解答：解：（1）由题意得，‎ πy+πx=628，‎ ‎∵3.14y+3.14x=628，‎ ‎∴y+x=200则y=200﹣x；‎ ‎（2）①W=428xy+400π+400π，‎ ‎=428x（200﹣x）+400×3.14×+400×3.14×，‎ ‎=200x2﹣40000x+12560000；‎ ‎②仅靠政府投入的1千万不能完成该工程的建设任务．理由如下，‎ 由①知W=200（x﹣100）2+1.056×107＞107，‎ 所以不能；‎ ‎③由题意可知：x≤y即x≤（200﹣x）解之得x≤80，‎ ‎∴0≤x≤80，‎ 又题意得：W=200（x﹣100）2+1.056×107=107+6.482×105，‎ 整理得（x﹣100）2=441，‎ 解得x1=79，x2=121（不合题意舍去），‎ ‎∴只能取x=79，则y=200﹣79=121；‎ 所以设计方案是：AB长为‎121米，BC长为‎79米，再分别以各边为直径向外作半圆．‎ 点评：此题利用基本数量关系和组合图形的面积列出二次函数，运用配方法求得最值，进一步结合不等式与一元二次方程解决实际问题．‎ ‎ ‎