全国各地中考数学解答题压轴题解析 46页

‎2011年全国各地中考数学解答题压轴题解析（1）‎ ‎1.（广西桂林12分）已知二次函数的图象如图．‎ ‎（1）求它的对称轴与轴交点D的坐标；‎ ‎（2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与轴，轴的交点分别为A、B、C三点，若∠ACB=90°，求此时抛物线的解析式；‎ ‎（3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M，以AB为直径，D为圆心作⊙D，试判断直线CM与⊙D的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由，得，∴D（3，0）。‎ ‎（2）如图1，设平移后的抛物线的解析式为，‎ 则C（0，），OC=，‎ 令=0，即，‎ 得。‎ ‎∴A，B，‎ ‎∴，‎ ‎。‎ ‎∵AC2+BC2=AB2，即：，得1=4，2=0（舍去），‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎（3）如图2，由抛物线的解析式可得，‎ A（﹣2，0），B（8，0），C（4，0），D（3，0），M， ‎ 过C、M作直线，连接CD，过M作MH垂直y轴于H，‎ 则MH=3，‎ ‎∴，‎ ‎。‎ 在Rt△COD中，， ‎ ‎∴点C在⊙D上。‎ ‎∵， ，‎ ‎∴DM2=CM2+CD2。∴△CDM是直角三角形。∴CD⊥CM。‎ ‎∴直线CM与⊙D相切。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，勾股定理和逆定理。‎ ‎【分析】（1）根据对称轴公式求出，求出即可。‎ ‎（2）用待定系数法设出平移后的解析式即可得出图象与轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可。‎ ‎（3）由抛物线的解析式可得，A，B，C，M各点的坐标，再利用勾股定理逆定理求出CD⊥CM，即可证明。‎ ‎2．（广西百色12分）如图，四边形OABC的四个顶点坐标分别为O（0，0），A（8，0），B（4，4），C（0，4），直线：保持与四边形OABC的边交于点M、N（M在折线AOC上，N在折线ABC上）设四边形OABC在右下方部分的面积为S1，在左上方部分的面积为S2，记S为S2－S1的差（S≥0）。‎ ‎（1）求∠OAB的大小；‎ ‎（2）当M、N重合时，求的解析式；‎ ‎（3）当时，问线段AB上是否存在点N使得S＝0？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）求S与b的函数关系式。‎ ‎【答案】解（1）过点B过BE⊥轴，垂足为E，则点E（4，0）‎ ‎∴BE＝4，AE＝4。‎ ‎∴△ABE为等腰直角三角形，∠OAB＝45°。‎ ‎（2）∵M在折线AOC上，N在折线ABC上，‎ ‎∴当点M、N重合时，应重合到点A（8，0）。‎ 代入，得。‎ ‎∴直线的解析式为。‎ ‎（3）∵四边形OABC的面积为 ‎×4×（4＋8）＝24，直线：与轴的交角为45°，‎ ‎∴△AMN为等腰直角三角形。‎ 当S＝0时，△AMN的面积为四边形OABC的面积的一半，即12。‎ 此时，△AMN的底边AM＝8＋，高为（8＋）‎ ‎∴由三角形面积公式，得，‎ 解得（舍去）。‎ ‎∴当时，线段AB上是存在点N使得S＝0。‎ ‎（4）。‎ ‎【考点】直线移动问题，直角梯形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，点的坐标与方程的关系，列二次函数关系式。‎ ‎【分析】（1）由已知，根据等腰直角三角形的判定和性质可求出∠OAB的大小。‎ ‎ （2）由点M、N重合时，应重合到点A（8，0）可求的解析式。‎ ‎ （3）由S＝0时，△AMN的面积为四边形OABC的面积的一半可求。‎ ‎ （4）由已知和（3）知 S＝S2－S1＝24－2S1＝24－。‎ ‎ 由（2）和（3）知，。‎ ‎3.（广西北海12分）如图，抛物线：‎ 与轴交于点A(－2，0)和B(4，0)、与轴交于点C．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)T是抛物线对称轴上的一点，且△ACT是以 AC为底的等腰三角形，求点T的坐标；‎ ‎(3)点M、Q分别从点A、B以每秒1个单位 长度的速度沿轴同时出发相向而行．当点M到原点时，点Q立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动．过点M的直线l⊥轴，交AC或BC于点P．求点M的运动时间t(秒)与△APQ的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．‎ ‎【答案】解：（1）把A（－2，0）、B(4，0)代入，得 ‎ ，解得。‎ ‎ ∴抛物线的解析式为：。‎ ‎（2）由，得抛物线的对称轴为直线，‎ 直线交轴于点D，设直线上一点T(1，)，‎ 作CE⊥直线，垂足为E，‎ 由C(0，4)得点E(1，4)，‎ 在Rt△ADT和Rt△TEC中，‎ 由TA＝TC得，‎ ‎ 解得，∴点T的坐标为(1，1).‎ ‎（3）解：（Ⅰ）当时，△AMP∽△AOC ，‎ ‎∴，。‎ ‎∴‎ ‎∵当时，S随的增加而增加，‎ ‎∴当时，S的最大值为8。‎ ‎（Ⅱ）当时，作PF⊥y轴于F，‎ 有△COB∽△CFP，‎ 又CO＝OB，‎ ‎∴FP＝FC＝，‎ ‎∴‎ ‎∴当时，S的最大值为。‎ 综上所述，S的最大值为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，抛物线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，二次函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据点在抛物线上，点的坐标满足方程的关系，将A、B点的坐标代入，即可求出，从而求出抛物线的解析式。‎ ‎ （2）由点T在抛物线对称轴上和勾股定理可求出点T的坐标。‎ ‎ （3）根据和两种情况，求出S关于t的函数关系式和最值。‎ ‎4.（广西贺州10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与 轴交于A、B两点（A在B的左侧），与轴交于点C (0，4)，‎ 顶点为（1，）．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）设抛物线的对称轴与轴交于点D，试在对称轴上找出点P，使△CDP为等腰三角形，请直接写出满足条件的所有点P的坐标．‎ ‎（3）若点E是线段AB上的一个动点（与A、B不重合），分别连接AC、‎ BC，过点E作EF∥AC交线段BC于点F，连接CE，记△CEF的面积为S，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值及此时E点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线的顶点为（1，）‎ ‎∴设抛物线的函数关系式为 ，‎ ‎ ∵抛物线与轴交于点C (0，4)，∴，解得。‎ ‎∴所求抛物线的函数关系式为 。 ‎ ‎（2）P1 (1，)，P2 (1，－)， P3 (1，8)，P4 (1，)。 ‎ ‎（3）令，解得1＝－2，2＝4‎ ‎∴抛物线与轴的交点为A (－2，0) C (4，0) 。‎ 过点F作FM⊥OB于点M，‎ ‎∵FM∥CO，∴△BFD∽△BCO，∴。‎ 又∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，∴。‎ ‎∴。‎ 又∵OC＝4， BA＝6，∴。‎ 设E点坐标为 (，0)，则EB＝4－，MF＝ (4－)‎ ‎∴S＝S△BCE－S△BEF＝ EB·OC－ EB·MF＝ EB(OC－MF)‎ ‎＝ (4－)‎ ‎＝－2＋＋＝－( －1) 2＋3‎ ‎∵＝－＜0，∴S有最大值。‎ 当＝1时，S最大值＝3 。 ‎ 此时点E的坐标为 (1，0) 。 ‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，点的坐标与方程的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）根据点在抛物线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线的顶点（1，），用待定系数法可求抛物线的函数表达式（顶点式）。‎ ‎（2）若CD为腰，CD＝DP，由点C (0，4)，D（1，0），得CD＝，‎ ‎∴得P1 (1，)，P2 (1，－)。‎ 若CD为腰，CD＝CP，由点C (0，4)得P3 (1，8)。‎ 若CD为底，CP＝DP，设点P的坐标为（1，）由点C (0，4)，D（1，0）得 ‎ ＝，解得＝。‎ ‎∴得P4 (1，)。‎ 综上所述，满足条件的所有点P的坐标为P1 (1，)，P2 (1，－)， P3 (1，8)，P4 (1，)。 ‎ ‎（3）过点F作FM⊥OB，可由△BFD∽△BCO和△BEF∽△BAC求得。设E点坐标为 (，0)后，将有关线段用表示，求出S关于的二次函数，从而求出最大值。‎ ‎5.（广西来宾12分）如图，半径为1的⊙M经过直角坐标系的原点O，且分别与轴正半轴、轴正半轴交于点A、B，∠OMA=60°，过点B的切线交轴负半轴于点C，抛物线过点A、B、C．‎ ‎（1）求点A、B的坐标；‎ ‎（2）求抛物线的函数关系式；‎ ‎（3）若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D，使得△BCD是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：(1)∵⊙M 为半径1，∴AB＝2。‎ ‎∵∠OMA＝60°，∴∠OAM＝60°。∴OA=1，OB＝。‎ ‎∴A (1，0) ，B (0， )。‎ ‎（2）∵BC 是⊙M 的切线，∴∠CBA＝90°。‎ ‎∵∠OAM＝60°，∴AC＝4。∴OC=3。∴C(－3，0)。‎ 设抛物线的解析式为，把A (1，0) ，B (0， )，C (－3，0)代入得 ‎，解得 ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎ (3)存在。‎ ‎∵‎ ‎∴抛物线的对称轴为＝－1。‎ 设对称轴与轴交于点G。‎ 分三种情况讨论：‎ 情况1：BC为底边，‎ 作BC 的垂直平分线交抛物线于E，交对称轴于点D3，‎ 易求AB 的解析式为。‎ ‎∵D3E 是BC 的垂直平分线，∴D3E∥AB。‎ 设D3E 的解析式为，‎ ‎∵D3E 交轴于（－1，0），代入解析式得 ‎∴D3E 的解析式为。‎ 把＝－1 代入，得＝0。∴D3 (－1，0)。‎ 情况2：BC为腰，BC=BD，‎ 过B 做BH∥ 轴，则BH＝1，D1B=CB=。‎ 在Rt△D1HB 中，由勾股定理得D1H＝。‎ 又∵GH=，∴D1（－1， ）。‎ 根据对称性（关于DH对称），可得D4 (－1, )。‎ 情况3：BC为腰，BC=DC，‎ 在Rt△D2CG中，GC=2，D‎2C=BC=2，‎ 由勾股定理得D‎2G＝。∴D2（－1， ）。‎ 根据对称性（关于CG对称），可得D5(－1, －)。‎ 综上所述，使得△BCD是等腰三角形的点的坐标为：‎ D1（－1， ）, D2（－1，）, D3 (－1，0)，D5（－1，－）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，圆切线的性质，含300角的直角三角形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解多元方程组，抛物线的对称轴，等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）由题意可直接得出点A、B的坐标为A（1，0），B（0，）。‎ ‎（2）根据BC是切线，可求出AC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（3）先假设存在，分三种情况讨论即可。‎ ‎6.（广西崇左14分）已知抛物线y=x2+4x+m（m为常数）经过点（0,4）.‎ 求m的值；‎ 将该抛物线先向右、再向下平移得到另一条抛物线.已知平移后的抛物线满足下述两 个条件：它的对称轴（设为直线l2）与平移前的抛物线的对称轴（设为直线l1）关于y轴对称；它所对应的函数的最小值为-8.‎ 试求平移后的抛物线的解析式；‎ 试问在平移后的抛物线上是否存在点P，使得以3为半径的圆P既与x轴相切，‎ 又与直线l2相交？若存在，请求出点P的坐标，并求出直线l2被圆P所截得的弦AB的长度；若不存在，请说明理由. ‎ ‎【答案】解：（1）将（0。4）代入得m ＝4。‎ ‎（2）①∵，∴平移前对称轴l1为＝－2。‎ 又∵平移前、后的抛物线的对称轴关于轴对称，‎ ‎∴平移后对称轴l2为= 2。‎ 又∵平移后最小值为－8，‎ ‎∴平移后的抛物线的解析式为。‎ ‎②∵圆P与轴相切，∴设P的坐标为（0，±3），‎ 则＝－3，0＝2±或＝3，0＝2±。‎ 又∵圆P与直线l2相交，∴点P到＝2的距离小于3，故0＝2±舍去。‎ ‎∴存在这样的点P，使得以3为半径的圆P既与轴相切，又与直线l2相交 且点P的坐标为（2±，－3，）。‎ ‎∴直线l2被圆P所截得的弦AB的长度为（2＋）－（2－）＝4。‎ ‎【考点】二次函数综合题，点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，平移的性质，直线与圆的位置关系。‎ ‎【分析】（1）将（0，4）代入抛物线，得：02＋4×0＋m＝4，解得m＝4。‎ ‎（2）①根据（1）求出的抛物线，可知其对称轴，平移后的抛物线的对称轴与平移前的对称轴关于轴对称，即可求出新抛物线对称轴，再根据第二个条件，最小值为－8，即可求出平移后的抛物线的关系式。‎ ‎②分情况讨论，假设p点存在，且p在轴上方，根据题意可知，p的纵坐标是3，代入关系式求解，求出p点坐标，在验证该点是否在直线上；若p在轴下方，则p的纵坐标是－3，代入关系式，求出坐标，再进行检验。最后求出弦AB的长度。‎ ‎7.（广西贵港12分） 如图，已知直线y＝－x＋2与抛物 线y＝a (x＋2) 2相交于A、B两点，点A在y轴上，M为抛物线的顶点．‎ ‎（1）请直接写出点A的坐标及该抛物线的解析式；‎ ‎（2）若P为线段AB上一个动点（A、B两端点除外），连接PM， 设线段PM的长为l，点P的横坐标为x，请求出l2与x之间的 函数关系，并直接写出自变量x的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，线段AB上是否存在点P，使以A、M、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）A的坐标是（0，2）；抛物线的解析式是y＝(x＋1) 2。‎ ‎（2）如图，P为线段AB上任意一点，连接PM，过点P作PD⊥x轴于点D 。‎ 设P的坐标是(x，－x＋2)，则在Rt△PDM中，‎ PM2＝DM2＋PD2，‎ 即l2＝(－2－x)2＋(－x＋2)2＝x2＋2x＋8 。‎ 自变量x的取值范围是：－5＜x＜0 。‎ ‎（3）存在满足条件的点P。‎ 连接AM，由题意得，‎ AM＝＝＝2。 ‎ ‎① 当PM＝PA时，x2＋2x＋8＝x2＋(－x＋2－2)2，‎ 解得：x＝－4， 此时 y＝－×(－4)＋2＝4。∴点P1(－4，4) 。‎ ‎② 当PM＝AM时，x2＋2x＋8＝(2)2，‎ 解得：x1＝－， x2＝0（舍去）， 此时 y＝－×(－)＋2＝。‎ ‎∴点P2(－，) 。‎ ‎③ 当PA＝AM时，x2＋(－x＋2－2)2＝(2)2，‎ 解得：x1＝－ ， x2＝（舍去），‎ 此时 y＝－×(－)＋2＝。‎ ‎∴点P3(－ ，)。‎ 综上所述，满足条件的点为P1(－4，4)、P2(－，)、P3(－ ，)。‎ ‎【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，等腰三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）∵点A是直线y＝－x＋2与y的交点，∴令 x＝0，得 y＝2，即点 A的坐标是（0，2）。‎ 又∵点A在抛物线y＝a (x＋2) 2上，∴把点A的坐标代入，得a＝。‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝(x＋1) 2。‎ ‎（2）根据勾股定理即可列出等式，求得l2与x之间的 函数关系。‎ 联立y＝－x＋2与y＝(x＋1) 2可求点B的横坐标 x＝－5，从而得到自变量x的取值范围－5＜x＜0 。‎ ‎（3）根据等腰三角形的判定，分PM＝PA，PM＝AM，PA＝AM三种情况讨论即可。‎ ‎8.（广西河池12分）已知直线经过A(6，0)和B(0，12)两点，且与直线交于点C．‎ ‎(1)求直线的解析式；‎ ‎(2) 若点P(，0)在线段OA上运动，过点P作直线的平行线交 直线于点D，求△PCD的面积S与的函数关系式．S有最大值吗？若有，求出当S最大时的值；‎ ‎＝－2＋＋＝－( －1) 2＋3‎ ‎∵＝－＜0，∴S有最大值。‎ 当＝1时，S最大值＝3 。 ‎ 此时点E的坐标为 (1，0) 。 ‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，点的坐标与方程的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）根据点在抛物线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线的顶点（1，），用待定系数法可求抛物线的函数表达式（顶点式）。‎ ‎（2）若CD为腰，CD＝DP，由点C (0，4)，D（1，0），得CD＝，‎ ‎∴得P1 (1，)，P2 (1，－)。‎ 若CD为腰，CD＝CP，由点C (0，4)得P3 (1，8)。‎ 若CD为底，CP＝DP，设点P的坐标为（1，）‎ 由点C (0，4)，D（1，0）得 ‎ ＝，解得＝。‎ ‎ ∴得P4 (1，)。‎ ‎ 综上所述，满足条件的所有点P的坐标为P1 (1，)，P2 (1，－)， P3 (1，8)，P4 (1，)。 ‎ ‎（3）过点F作FM⊥OB，可由△BFD∽△BCO和△BEF∽△BAC求得。设E点坐标为 (，0)后，将有关线段用表示，求出S关于的二次函数，从而求出最大值。‎ ‎12.（广西梧州12分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝‎6cm，AB＝‎8cm，BC＝‎14cm.动点P、Q都从点C出发，点P沿C→B方向做匀速运动，点Q沿C→D→A方向做匀速运动，当P、Q其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．‎ ‎（1）求CD的长；‎ ‎（2）若点P以‎1cm/s速度运动，点Q以‎2cm/s的速度运动，连接BQ、PQ，设△BQP面积为S（cm2），点P、Q运动的时间为t（s），求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围；‎ ‎（3）若点P的速度仍是‎1cm/s，点Q的速度为cm/s，要使在运动过程中出现PQ∥DC，请你直接写出的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）过D点作DH⊥BC，垂足为点H，‎ 则有DH＝AB＝‎8cm，BH＝AD＝‎6cm。‎ ‎∴CH＝BC－BH＝14－6＝‎8cm。‎ 在Rt△DCH中，CD＝＝‎8cm．‎ ‎（2）当点P、Q运动的时间为t（s），则PC＝t。‎ ‎①当Q在CD上时，过Q点作QG⊥BC，垂足为点G，‎ 则由点Q 的速度为‎2cm/s ，得QC＝2t。‎ 又∵DH＝HC，DH⊥BC，∴∠C＝45°。 ‎ ‎∴在Rt△QCG中，QG＝QC·sin∠C＝2t·sin45°＝2t。‎ 又∵BP＝BC－PC＝14－t，∴S△BPQ＝BP·QG＝（14－t）·2t＝14t－t2。‎ 当Q运动到D点时所需要的时间t＝＝＝4。‎ ‎∴S＝14t－t2（0＜t≤4）．‎ ‎②当Q在DA上时，过Q点作QG⊥BC，垂足为点G，‎ 则QG＝AB＝‎8cm，BP＝BC－PC＝14－t。‎ ‎∴S△BPQ＝BP·QG＝（14－t）·8＝56－4t。‎ 当Q运动到A点时所需要的时间t＝＝＝4＋。‎ ‎∴S＝56－4t（4＜t≤4+）。‎ 综合上述，所求的函数关系式是：S＝。‎ ‎（3）要使运动过程中出现PQ∥DC，的取值范围是≥1＋。‎ ‎【考点】动点问题，直角梯形和矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数，平行四边形的判定，解不等式组。‎ ‎【分析】（1）根据直角梯形的性质，可作辅助线：过D点作DH⊥BC，得直角三角形，应用勾股定理即可求得CD的长。‎ ‎ （2）分Q在CD和Q在DA上两种情况讨论即可。‎ ‎ （3）要使运动过程中出现PQ∥DC，根据对边平行且相等的四边形是平行四边形判定，只要QD＝PC即可。由已知QD＝t－8，PC＝t，即t－8＝t ，解得t＝。‎ 又由当Q在DA上时，。所以 ‎①对于，得不成立；对于，得恒成立。‎ ‎②，对于，解得≥1＋。‎ ‎∴的取值范围是≥1＋。‎ ‎13.（广西玉林、防城港12分）已知抛物线与轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．‎ ‎（1）求A、B的坐标；‎ ‎（2）过点D作DH丄轴于点H，若DH=HC，求a的值和直线CD的解析式；‎ ‎（3）在第（2）小题的条件下，直线CD与轴交于点E，过线段OB的中点N作NF丄轴，并交直线CD于点F，则直线NF上是否存在点M，使得点M到直线CD的距离等于点M到原点O的距离？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由＝0得，，‎ ‎∵≠0，∴，解得1＝－1，2＝3，‎ ‎∴点A的坐标（－1，0），点B的坐标（3，0）。‎ ‎（2）由，令＝0，得＝－3，∴C（0，－3）。‎ 又∵，得D（1，－4）。‎ ‎∴DH＝1，CH＝－4－（－3）＝－，‎ ‎∴－＝1，∴＝－1。∴C（0，3），D（1，4）。‎ 设直线CD的解析式为，把C、D两点的坐标代入得，‎ ‎，解得。∴直线CD的解析式为。‎ ‎（3）存在。由（2）得，E（－3，0），N（－ ，0）。‎ ‎∴F（ ， ），EN＝ 。‎ 作MQ⊥CD于Q，设存在满足条件的点M（ ，m），‎ 则FM＝－m，‎ EF＝，MQ＝OM＝ 。‎ 由题意得，Rt△FQM∽Rt△FNE，∴ ，‎ 即，‎ 整理得‎4m2‎＋‎36m－63＝0，解得 m1＝ ，m2＝－，‎ ‎∴点M的坐标为M1（ ， ），M2（ ，－）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，二次函数的性质，待定系数法，点到直线距离的定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）令＝0求得的值，从而得出点A、B的坐标。‎ ‎（2）令＝0，则＝－3，求得点C、D的坐标，设直线CD的解析式为，‎ 把C、D两点的坐标代入，求出直线CD的解析式。‎ ‎（3）设存在，作MQ⊥CD于Q，由Rt△FQM∽Rt△FNE，得 ，即可 得出关于m的一元二次方程，求出方程的解，即可得出点M的坐标。‎ ‎14. （山东日照10分）如图，抛物线与双曲线相交于点A，B．已知点B的坐标为（－2，－2），点A在第一象限内，且tan∠AOX＝4．过点A作直线AC∥轴，交抛物线于另一点C．‎ ‎（1）求双曲线和抛物线的解析式；‎ ‎（2）计算△ABC的面积；‎ ‎（3）在抛物线上是否存在点D，使△ABD的面积等于△ABC的面积．若存在，请你写出点D的坐标；若不存在，请你说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）把点B（－2，－2）的坐标代入得，，∴＝4。‎ ‎∴双曲线的解析式为：。‎ 设A点的坐标为（m，n）．∵A点在双曲线上，∴mn＝4。‎ 又∵tan∠AOX＝4，∴＝4，即m＝4n。‎ ‎∴n2＝1，∴n＝±1。‎ ‎∵A点在第一象限，∴n＝1，m＝4。∴A点的坐标为（1，4）。‎ 把A、B点的坐标代入得，，解得，＝1，＝3。‎ ‎∴抛物线的解析式为：。‎ ‎（2）∵AC∥轴，∴点C的纵坐标y＝4，‎ 代入得方程，，解得1＝－4，2＝1（舍去）。‎ ‎∴C点的坐标为（－4，4），且AC＝5。‎ 又∵△ABC的高为6，∴△ABC的面积＝×5×6＝15。‎ ‎（3）存在D点使△ABD的面积等于△ABC的面积。理由如下：‎ 过点C作CD∥AB交抛物线于另一点D，此时△ABD的面积等于△ABC的面积（同底：AB，等高：CD和AB的距离）。‎ ‎∵直线AB相应的一次函数是：，且CD∥AB，‎ ‎∴可设直线CD解析式为，‎ 把C点的坐标（﹣4，4）代入可得，。‎ ‎∴直线CD相应的一次函数是：。‎ 解方程组，解得，。‎ ‎∴点D的坐标为（3，18）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元方程组和一元一次方程，待定系数法，锐角三角函数，平行的性质，同底等高三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）根据已知条件可以推出A点的坐标，把A、B两点的坐标代入抛物线解析式和双曲线解析式，即可得出、、的值，即可确定双曲线和抛物线的解析式。‎ ‎（2）根据A、B抛物线解析式，可以确定C点的坐标，即可求AC和AC边上的高的长度，即可计算出△ABC的面积。‎ ‎（3）根据题意，要使△ABD的面积等于△ABC面积，只要它们同底等高。由于它们都有同一底AB，故根据平行的性质，只要作CD∥AB，CD与抛物线的交点D即为所求。根据A、B两点坐标求出直线AB相应的一次函数结合C点的坐标，得出直线CD相应的一次函数，然后结合D点也在抛物线上，解方程组，求得D点坐标即可。‎ ‎15. （山东滨州12分）如图，某广场设计的一建筑物造型的纵截面是抛物线的一部分，抛物线的顶点O落在水平面上，对称轴是水平线OC．点A、B在抛物线造型上，且点A到水平面的距离AC＝‎4米，点B到水平面距离为‎2米，OC＝‎8米．‎ ‎（1）请建立适当的直角坐标系，求抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）为了安全美观，现需在水平线OC上找一点P，用质地、规格已确定的圆形钢管制作两根支柱PA、PB对抛物线造型进行支撑加固，那么怎样才能找到两根支柱用料最省（支柱与地面、造型对接方式的用料多少问题暂不考虑）时的点P？（无需证明）‎ ‎（3）为了施工方便，现需计算出点O、P之间的距离，那么两根支柱用料最省时点O、P之间的距离是多少？（请写出求解过程）‎ ‎【答案】解：（1）以点O为原点、射线OC为y轴的正半轴建立直角坐标系，设抛物线的函数解析式为。 ‎ 由题意知点A的坐标为（4，8），∵点A在抛物线上，‎ ‎∴。解得。‎ ‎∴所求抛物线的函数解析式为：。‎ ‎（2）找法：延长AC，交建筑物造型所在抛物线于点D，则点A、D关于OC对称。连接BD交OC于点P，则点P即为所求。‎ ‎（3）由题意知点B的横坐标为2，∵点B在抛物线上，∴点B的坐标为（2，2）。‎ 又∵点A的坐标为（4，8），∴点D的坐标为（﹣4，8）。‎ 设直线BD的函数解析式为，则有，解得。‎ ‎∴直线BD的函数解析式为。‎ 把＝0代入，得点P的坐标为（0，4）。‎ ‎∴两根支柱用料最省时，点O、P之间的距离是‎4米。‎ ‎【考点】二次函数的应用，点的坐标与方程的关系，三角形两边之和大于第三边，待定系数法。‎ ‎【分析】（1）以点O为原点、射线OC为y轴的正半轴建立直角坐标系，可设抛物线的函数解析式为，又由点A在抛物线上，即可求得此抛物线的函数解析式。‎ ‎（2）延长AC，交建筑物造型所在抛物线于点D，连接BD交OC于点P，则点P即为所求。因为对于OC上其它任何一点，它与点D，B所连线段之和都大于BD。所以BD＝DF＋FB最短，由于DF＝AF，从而得到AF+BF最短。‎ ‎（3）首先根据题意求得点B与D的坐标，设直线BD的函数解析式为，利用待定系数法即可求得直线BD的函数解析式，把＝0代入，即可求得点P的坐标。‎ ‎16.（山东德州12分）在直角坐标系中，已知点P是反比例函数（＞0）图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与轴相切，设切点为A．‎ ‎（1）如图1，⊙P运动到与 轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．‎ ‎（2）如图2，⊙P运动到与轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：‎ ‎①求出点A，B，C的坐标．‎ ‎②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）四边形OKPA是正方形。理由如下：‎ ‎∵⊙P分别与两坐标轴相切，∴PA⊥OA，PK⊥OK。‎ ‎∴∠PAO=∠OKP=90°。‎ 又∵∠AOK=90°，∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°。‎ ‎∴四边形OKPA是矩形。‎ 又∵OA=OK，∴四边形OKPA是正方形。‎ ‎（2）①连接PB，设点P的横坐标为，则其纵坐标为。‎ 过点P作PG⊥BC于G。‎ ‎∵四边形ABCP为菱形，∴BC=PA=PB=PC。‎ ‎∴△PBC为等边三角形。‎ 在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=，PG=。‎ sin∠PBG= ，即解之得：=±2（负值舍去）。‎ ‎∴PG=，PA=BC=2。‎ 易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，‎ ‎∴OB=OG﹣BG=1，OC=OG+GC=3。‎ ‎∴A（0，），B（1，0）C（3，0）。‎ 设二次函数解析式为：。据题意得：‎ 解之得：。 ‎ ‎∴二次函数关系式为：‎ ‎②设直线BP的解析式为：，据题意得：‎ 解之得：。‎ ‎∴直线BP的解析式为：。‎ 过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：。‎ 解方程组：得 过点C作直线CM∥PB，则可得直线CM的解析式为：。‎ 解方程组：得 综上可知，满足条件的M的坐标有四个：（0，），（7，8），（3，0），（4，）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，正方形的判定，菱形的性质，锐角三角函数，选待定系数法，点的坐标与方程的关系，平行的性质。‎ ‎【分析】（1）四边形OKPA是正方形．当⊙P分别与两坐标轴相切时，PA⊥y轴，PK⊥x轴，x轴⊥y轴，且PA=PK，可判断结论。‎ ‎（2）①连接PB，设点P（，），过点P作PG⊥BC于G，则半径PB=PC，由菱形的性质得PC=BC，可知△PBC为等边三角形，在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=，PG=，利用sin∠PBG=，列方程求即可。‎ ‎②求直线PB的解析式，利用过A点或C点且平行于PB的直线解析式与抛物线解析式联立，列方程组求满足条件的M点坐标即可。‎ ‎17.（山东烟台14分）如图，在直角坐标系中，梯形ABCD的底边AB在轴上，底边CD的端点D在y轴上.直线CB的表达式为y=－x+，点A、D的坐标分别为（－4，0），（0，4）.动点P自A点出发，在AB上匀速运行.动点Q自点B出发，在折线BCD上匀速运行，速度均为每秒1个单位.当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动.设点P运动t（秒）时，△OPQ的面积为s（不能构成△OPQ的动点除外）.‎ ‎（1）求出点B、C的坐标；‎ ‎（2）求s随t变化的函数关系式；‎ ‎（3）当t为何值时s有最大值？并求出最大值.‎ ‎【答案】解：（1）把＝4代入＝－＋，得＝1。‎ ‎ ∴C点的坐标为（1，4）。‎ ‎ 当＝0时，－＋＝0，∴x＝4。‎ ‎∴点B坐标为（4，0）。‎ ‎（2）作CM⊥AB于M，则CM＝4，BM＝3。‎ ‎∴BC＝＝＝5。‎ ‎∴sin∠ABC＝＝。‎ 当0＜t＜4时，作QN⊥OB于N，‎ 则QN＝BQ·sin∠ABC＝t。‎ ‎∴S＝OP·QN＝（4－t）×t ＝－t2＋t（0＜t＜4）。‎ 当4＜t≤5时，（如备用图1），‎ 连接QO，QP，作QN⊥OB于N。‎ 同理可得QN＝t。‎ ‎∴S＝OP·QN＝×（t－4）×t ‎ ＝t2－t（4＜t≤5）。‎ 当5＜t≤6时，（如备用图2），连接QO，QP。‎ S＝×OP×OD＝（t－4）×4 ‎ ‎ ＝2t－8（5＜t≤6）。‎ 综上所述，s随t变化的函数关系式为S＝。‎ ‎（3）①在0＜t＜4时，对于抛物线S ＝－t2＋t，∵－＜0，∴有最大值。‎ ‎∴当t＝＝2时，S最大＝＝。‎ ‎②在4＜t≤5时，对于抛物线S＝t2－t，‎ 当t＝－＝2时，S最小＝×22－×2＝－。‎ ‎∴抛物线S＝t2－t的顶点为（2，－）。‎ ‎∴在4＜t≤5时，S随t的增大而增大.‎ ‎∴当t＝5时，S最大＝×52－×5＝2。‎ ‎③在5＜t≤6时，对于直线S＝2t－8，∵2＞0，∴S随t的增大而增大。‎ ‎∴当t＝6时，S最大＝2×6－8＝4。‎ ‎∴综上所述，当t＝6时，S取得最大值，最大值是4.‎ ‎【考点】一、二次函数的综合应用，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，锐角三角函数，一、二次函数的性质。‎ 分析】（1）点B、C的横、纵坐标分别已知，将其代入直线CB的表达式=－+，可求出点B、C的坐标。‎ ‎（2）根据三角形面积公式列函数关系式，注意需分三种情况讨论。‎ ‎（3）按（2）中的三种情况，结合所列函数的性质分别求出最大值，最后加以综合，得出结论 ‎18.（山东东营12分）如图所示，四边形OABC是矩形．点A、C的坐标分别为()，(0，1)，点D是线段BC上的动点(与端点B、C不重含)，过点D作直线交折线OAB于点E。‎ ‎ (1) 记△ODE的面积为S．求S与b的函数关系式：‎ ‎ (2) 当点E在线段OA上时，且tan∠DEO=。若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形．试探究四边形与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不交，求出该重叠部分妁面积；若改变．请说明理由。‎ ‎【答案】解：(1)由题意得B（－3，1）。‎ ‎ 若直线经过点A（－3，0）时，则；‎ ‎ 若直线经过点B（－3，1）时，则；‎ ‎ 若直线经过点C（0，1）时，则。‎ 若直线与折线OAB的交点E在OA边上时，即，如图1，‎ 此时E（，0），∴。‎ ‎②若直线与折线OAB的交点E在BA边上时，即，如图2，‎ 此时E（-3，），D（，1）‎ ‎∴S与b的函数关系式为： ‎ ‎（2）如图3，设O‎1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，‎ 则矩形与矩形OABC重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。‎ 由题意，知DM∥NE，DM∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形。‎ 根据轴对称知，∠MED=∠NED，又∠MDE=∠NED，‎ ‎∴∠MED=∠MDE。∴MD=ME。∴四边形DNEM为菱形。‎ 过点D作DH⊥OA，垂足为H，由题意知 设菱形的边长为，则在Rt△DHN中，由勾股定理知。‎ ‎∴S菱形DNEM＝NE·DH＝×1＝。‎ 则矩形与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为。‎ ‎【考点】一次函数的综合应用，列函数关系式，菱形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】(1)分直线与折线OAB的交点E在OA和BA边上两种情况讨论即可。‎ ‎ （2）从图知，四边形与矩形OABC的重叠部分的面积等于四边形DNEM的面积，故只要证出四边形DNEM是菱形，即易求出四边形与矩形OABC的重叠部分的面积。‎ ‎19.（山东菏泽9分）如图，抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于C点，且A（﹣1，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；‎ ‎（2）判断△ABC的形状，证明你的结论；‎ ‎（3）点M（m，0）是轴上的一个动点，当MC+MD的值最小时，求m的值．‎ ‎【答案】解：（1）把点A（﹣1，0）的坐标代入抛物线的解析式，‎ 解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎∵，∴顶点D。‎ ‎（2）△ABC是直角三角形。理由如下：‎ ‎∵AB=5．AC2=OA2+OC2=5，BC2=OC2+OB2=20，∴AC2+BC2=AB2。‎ ‎∴△ABC是直角三角形。‎ ‎（3）作出点C关于轴的对称点C′，则C′（0，2），OC′=2．连接C′D交轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，此时MC+MD的值最小。‎ 设抛物线的对称轴交轴于点E，则△C′OM∽△DEM。‎ ‎∴。即。∴。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，点的坐标与方程的关系，直角三角形的判定和性质（勾股定理和逆定理），轴对称性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）把A点的坐标代入抛物线解析式，求b得值，即可得到抛物线的解析式，根据顶点坐标公式或用配方法即可求出顶点坐标。‎ ‎（2）根据直角三角形的性质（勾股定理），推出AC2=OA2+OC2=5，BC2=OC2+OB2=20，即AC2+BC2=25=AB2，根据勾股定理的逆定理，即可确定△ABC是直角三角形。‎ ‎（3）作出点C关于轴的对称点C′，则C′（0，2），OC'=2．连接C'D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC+MD的值最小．首先确定最小值，然后根据三角形相似的有关性质定理，求m的值。‎ ‎20.（山东济南9分）如图，点C为线段AB上任 意一点(不与点A、B重合)，分别以AC、BC为一腰在AB的同侧作等腰△ACD和△BCE，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD与∠BCE都是锐角，且∠ACD＝∠BCE，连接AE交CD于点M，连接BD交CE于点N，AE与BD交于点P，连接CP．‎ ‎(1)求证：△ACE≌△DCB；‎ ‎(2)请你判断△ACM与△DPM的形状有何关系并说明理由；‎ (3)求证：∠APC＝∠BPC．‎ ‎【答案】解：(1) 证：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACE＝∠DCB。‎ 又∵CA＝CD，CE ＝CB，∴△ACE≌△DCB（ASA）。‎ ‎ （2）△ACM∽△DPM。理由如下：‎ ‎ ∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE＝∠CDB，即∠CAM＝∠PDM。‎ ‎ 又∵∠CMA＝∠PMD，∴△ACM∽△DPM。‎ ‎ （3）证：∵∠CAE＝∠CDB，∴点A、C、P、D四点共圆。‎ ‎ ∴∠APC＝∠ADC。‎ ‎ 同理，∠BPC＝∠BEC。‎ ‎ 又∵等腰△ACD和△BCE，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，‎ ‎ ∴∠ADC＝∠BEC。‎ ‎ ∴∠APC＝∠BPC。‎ ‎【考点】等腰三角形和性质，全等三角形的判定和性质，对顶角的性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆的判定，同弦所对圆周角的关系。‎ ‎【分析】(1) 由已知条件和等量变换，用全等三角形ASA的判定定理，直接进行证明。‎ ‎ （2）由(1)可得△ACM和△DPM的一组对应角∠CAM和∠PDM相等，同时由对顶角相等的性质可直接进行证明。‎ ‎ （3）由(1)可得∠CAE＝∠CDB，从而点A、C、P、D四点共圆，由同弦所对圆周角相等的关系可得∠APC＝∠ADC，而∠ADC是已知等腰△ACD的底角，它与已知的另一等腰△BCE的底角是相等的，因此考虑同样的理由证明∠BPC＝∠BEC，从而得到证明。‎ ‎21.（山东潍坊12分） 如图，抛物线的顶点为M. 抛物线交轴于A、B两点，交轴正半轴于D点. 以AB为直径作圆，圆心为C.定点E的坐标为（－3，0），连接ED.（）‎ ‎（1）写出A、B、D三点的坐标；‎ ‎（2）当为何值时，M点在直线ED上，此时直线ED与圆的位置关系是怎样的？‎ ‎（3）当变化时，用表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于的示意图.‎ ‎【答案】解：（1）A（－，0），B（3，0），D（0， ）。‎ ‎（2）设直线ED的解析式为，将E（﹣3，0），D（0，）代入得：‎ ‎，解得，∴直线ED的解析式为。‎ 将化为顶点式：，‎ ‎∴顶点M的坐标为（），代入得：2=。‎ ‎∵＞0，∴=1。‎ ‎∴当=1时，M点在直线DE上。‎ 连接CD，C为AB中点，‎ 此时，C点坐标为（1，0），D点坐标为（0， ），‎ ‎∴OD=，OC=1，∴CD=。‎ 又∵OE=3，∴DE2=OD2＋OE2=，‎ 又EC2=16，CD2=4，‎ ‎∴CD2＋DE2=EC2。∴∠FDC=90°。‎ 由CD=2知，D点在圆上，∴直线ED与⊙C相切。‎ ‎（3）当0＜m＜3时，S△AED=AE·OD=。‎ 当m＞3时，S△AED=AE·OD=。‎ S关于的示意图如下：‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，待定系数法，解二元一次和一元二次方程（组），勾股定理和逆定理，直线和圆相切的判定。‎ ‎【分析】（1）根据轴，轴上点的坐标特征代入，即分别令=0和=0即可求出A、B、D三点的坐标。‎ ‎（2）待定系数法先求出直线ED的解析式，再根据切线的判定得出直线与圆的位置关系。‎ ‎（3）分当0＜＜3时，当＞3时两种情况讨论求得关于的函数。‎ ‎22.（山东济宁10分）如图，第一象限内半径为2的⊙C与轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：=k+3。‎ ‎(1) 设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式。‎ ‎(2)设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP。请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；‎ ‎(3)是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD BD⊥AD 。‎ ‎ 又∵ OA⊥OB，∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°。∴四边形OADB是矩形。‎ ‎∵⊙C的半径为2，∴AD=OB=4。‎ ‎∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）。‎ 又∵点P也在直线AP上，∴p=4k+3。‎ ‎（2）连接DN。∵AD是⊙C的直径，∴ ∠AND=90°。‎ ‎∵ ∠AND=90°－∠DAN，∠ABD=90°－∠DAN，‎ ‎ ∴∠AND=∠ABD 。 ‎ 又∵∠ADN=∠AMN，∴∠ABD=∠AMN。‎ ‎∵∠MAN=∠BAP ∴△AMN∽△ABP 。‎ ‎（3）存在。理由如下：把=0代入=k+3，得y=3，即OA=BD=3。‎ ‎∴AB=。‎ ‎∵ S△ABD= AB·DN=AD·DB，∴DN==。‎ ‎ ∴AN2=AD2－DN2=。‎ ‎∵△AMN∽△ABP ， ∴ 即 。‎ 当点P在B点上方时，‎ ‎∵AP2=AD2＋PD2 = AD2＋(PB－BD)2 =42＋(4k＋3－3)2 =16(k2＋1)，‎ 或AP2=AD2＋PD2 = AD2＋(BD－PB)2 =42＋(3－4k－3)2 =16(k2＋1)，‎ S△ABP= PB·AD= (4k＋3)×4=2(4k＋3)，‎ ‎∴。‎ 整理得k2－4k－2=0 ， 解得k1 =2＋ ， k2=2－ 。‎ 当点P在B 点下方时，‎ ‎∵AP2=AD2＋PD2 =42＋(3－4k－3)2 =16(k2＋1) ，‎ S△ABP= PB·AD= ×4=－2(4k＋3)，‎ ‎∴。‎ ‎ 整理得k2+1=－（4k＋3）， 解得k=－2。‎ ‎ 综合以上所得，当k=2±或k=－2时，△AMN的面积等于。‎ ‎【考点】矩形的判定和性质，点的坐标与方程的关系，同弧所对圆周角的性质，直径所对圆周角的性质，互余的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式。‎ ‎【分析】（1）由点P在直线AP上，则点P的坐标满足=k+3，从而将P的坐标代入，即可求得p随k变化的函数关系式。‎ ‎（2）要证△AMN∽△ABP，由于∠MAN和∠BAP是公共角，所以只要证∠ABD=∠AMN即可，而它可由同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角是直角和互余等级的性质，得到证明。‎ ‎（3）根据（2）的结论，由相似三角形△AMN和△ABP的面积比，分点P在B点上下方两种情况求解即可。‎ ‎23．（山东泰安10分）已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．‎ ‎（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE=CG；‎ ‎（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，‎ ‎∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°。∴∠CAD=∠CBD=45°。∴∠CAE=∠BCG。‎ 又BF⊥CE，∴∠CBG＋∠BCF=90。‎ 又∠ACE＋∠BCF=90°，∴∠ACE=∠CBG。∴△AEC≌△CGB（ASA）。∴AE=CG。‎ ‎（2）BE=CM，证明如下：‎ ‎∵CH⊥HM，CD⊥ED，∴∠CMA＋∠MCH=90°，∠BEC＋∠MCH=90°。∴∠CMA=∠BEC。‎ 又∵AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，∴△BCE≌△CAM（AAS）。∴BE=CM。‎ ‎【考点】全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等量代换。‎ ‎【分析】（1）首先根据点D是AB中点，∠ACB=90°，可得出∠ACD=∠BCD=45°，判断出△AEC≌△CGB，即可得出AE=CG。‎ ‎（2）根据垂直的定义得出∠CMA＋∠MCH=90°，∠BEC＋∠MCH=90°，再根据AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，得出△BCE≌△CAM，从而证明出BE=CM。‎ ‎24.（山东莱芜12分）如图，在平面直角坐标系中，己知点A（－2，－4 ) , OB＝2。抛物线经过A、O、B 三点。‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）若点M 是抛物线对称轴上的一点，试求MO＋MA的最小值；‎ ‎（3）在此抛物线上，是否存在一点P，使得以点P与点O、A、B 为顶点的四边形是梯形。若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）由OB＝2 ，可知B（2 , 0) 。‎ 将A（－2，－4），B（2 , 0) , O( 0 , 0 ）三点坐标代入抛物线表达式，得 ‎ ，解得。‎ ‎∴抛物线的函数表达式为。‎ ‎（2）由可得，‎ 抛物线的对称轴为直线= 1。‎ 且对称轴= 1是线段OB的垂直平分线。‎ 连结AB 交直线= 1于点M即为所求。‎ ‎∵MO＝MB，则MO＋MA＝MA＋MB＝AB。‎ 作AC⊥轴，垂足为C，则AC= 4，BC＝4 ，‎ ‎∴AB ＝。‎ ‎∴MO＋MA的最小值为。‎ ‎（3）①若OB∥AP，此时点A与点P关于直线= 1对称，‎ 由A（－2，－4）得P（4，－4）。则得梯形OAPB，‎ ‎②若OA∥BP，设直线OA的表达式为，‎ 由A（－2，－4）得。‎ 设直线BP 的表达式为，由B ( 2 , 0 ）得，‎ ‎ 即。‎ ‎∴直线BP 的表达式为。,‎ 由解得（不合题意，舍去）‎ 当。∴点P（－4，－12）。则得梯形OAPB。‎ ‎③若AB∥OP，设直线AB的表达式为，‎ 由A（－2，－4），B（2 , 0)得 ‎，解得。∴直线AB 的表达式为。‎ ‎∴直线OP 的表达式为。‎ 由解得（不合题意，舍去）。此时点P不存在。‎ 综上所述，存在两点P（4，－4）或P（－4，－12）使得以点P与点O、A、B 为顶点的四边形是梯形。‎ ‎【考点】二次函数的应用，点的坐标与方程的关系，解方程组，线段垂直平分线的性质，三角形的性质，待定系数法，梯形的判定。‎ ‎【分析】（1）根据点在抛物线上，点的坐标满足方程的关系，由点A、B、O在抛物线上，代入后得方程组，解之即可求得。‎ ‎ （2）要求MO＋MA的最小值，根据线段垂直平分线到线段两端距离相等的性质和三角形两边之和大于第三边的性质， AB与直线= 1的交点M即为所求。‎ ‎ （3）分OB∥AP，OA∥BP和AB∥OP三种情况讨论即可求得。‎ ‎25.（山东聊城12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝‎12cm，BC ‎＝‎8cm．点E、F、G分别从点A、B、C同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动，点E、G的速度均为‎2cm/s，点F的速度为‎4cm/s，当点F追上点G(即点F与点G重合)时，三个点随之停止移动．设移动开始后第ts时，△EFG的面积为Scm2．‎ ‎(1)当＝1s时，S的值是多少？‎ ‎(2)写出S与之间的函数解析式，并指出自变量的取值范围；‎ ‎(3)若点F在矩形的边BC上移动，当为何值时，以点B、E、F为顶点的三角形与以C、‎ F、G为顶点的三角形相似？请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）如图1，当秒时，‎ AE=2，EB=10，BF=4，FC=4，CG=2‎ ‎ 由 ‎ ‎ ‎ =‎ ‎（2）①如图1，当时，点E、F、G分别在边AB、BC、CD上移动，‎ 此时 ‎ 即（）。‎ ‎②如图2当点F追上点G时，，解得。‎ 当时，点E在边AB上移动，点F、G都在边CD上移动，‎ 此时CF=．CG=，FG=CG-CF=。‎ 即 （）‎ ‎（3）如图1，当点F在矩形的边BC上移动时，。‎ 在△EBF和△FCG中，∠B=∠C=90°。‎ ‎①若．即，解得。‎ 又满足，所以当时，△EBF∽△FCG。‎ ‎②若．即，解得。‎ 又满足，所以当时，△EBF∽△GCF。‎ 综上所述，当或时，以点E、B、F为顶点的三角形与以F、C、G为顶点的三角形相似。‎ ‎【考点】动点问题，列二次函数关系式，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）用梯形EBCG的面积减去三角形EBF和FCG的面积即可。‎ ‎ （2）要求S与t之间的函数解析式，即要知道点E、F、G的运动位置。由题意知，当时，E、F、G分别在AB、BC、CD上运动；当时，E、F、G分别在AB、CD、CD上运动；当时，点F追上点G，三点停止移动。因此根据和两种情况分别列出△EFG面积的表达式，即S与t之间的函数解析式。‎ ‎（3）点F在矩形的边BC上移动，以点B、E、F为顶点的三角形与以C、F、G为顶点的三角形相似时，考虑和两种情况，即△EBF∽△FCG和△EBF∽△GCF即可。求出此时的值。‎ ‎26.（山东临沂13分）如图，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标；‎ ‎（3）P是抛物线上的第一象限内的动点，过点P作PMx轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P、M、A为顶点的三角形△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）设抛物线的解析式为，‎ ‎∵抛物线过A（﹣2，0），B（﹣3，3），O（0，0）可得，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎（2）①当AE为边时，∵A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，∴DE=AO=2，‎ 则D在轴下方不可能，∴D在轴上方且DE=2，则D1（1，3），D2（﹣3，3）。‎ ‎②当AO为对角线时，则DE与AO互相平分。‎ ‎∵点E在对称轴上，且线段AO的中点横坐标为﹣1，‎ 由对称性知，符合条件的点D只有一个，与点C重合，即C（﹣1，﹣1）。‎ 故符合条件的点D有三个，分别是D1（1，3），D2（﹣3，3），C（﹣1，﹣1）。‎ ‎（3）存在，如图：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），根据勾股定理得：‎ BO2=18，CO2=2，BC2=20，‎ ‎∴BO2+CO2=BC2．∴△BOC是直角三角形。‎ 假设存在点P，使以P，M，A为顶点的 三角形与△BOC相似，‎ 设P（，），由题意知＞0，＞0，且，‎ ‎①若△AMP∽△BOC，则。‎ 即 +2=3（2+2）得：1=，2=﹣2（舍去）．‎ 当=时，=，即P（，）。‎ ‎②若△PMA∽△BOC，则，。‎ 即：2+2=3（+2）得：1=3，2=﹣2（舍去）‎ 当=3时，=15，即P（3，15）．‎ 故符合条件的点P有两个，分别是P（，）或（3，15）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，点的坐标与方程的关系，解多元方程组，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）由于抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，待定系数法即可求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）根据平行四边形的性质，对边平行且相等以及对角线互相平方，可以求出点D的坐标。‎ ‎（3）根据相似三角形对应边的比相等可以求出点P的坐标。‎ ‎27.（山东青岛12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝‎10cm，‎ BD⊥AC于点D，且BD＝‎8cm．点M从点A出发，沿AC的方向匀速运动，速度为‎2cm/s；同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，速度为‎1cm/s，运动过程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为ts(0＜＜5)．‎ ‎(1)当t为何值时，四边形PQCM是平行四边形？‎ ‎(2)设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；‎ ‎(3)是否存在某一时刻t，使S四边形PQCM＝S△ABC？若存在，求出的值；若不存在，说 明理由；‎ ‎(4)连接PC，是否存在某一时刻，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出 此时的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：(1)假设四边形PQCM是平行四边形，则PM∥QC，∴AP＝AM ‎∴10－2＝2，解得。‎ ‎ ∴当时，四边形PQCM是平行四边形。‎ ‎（2）过P作PE⊥AC，交AC于E。‎ ‎∵ PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC。‎ ‎∴△PBQ是等腰三角形。‎ ‎∴PQ＝PB＝。‎ ‎∴。‎ ‎∴FD＝BD－BF＝8－。‎ 又∵MC＝AC－AN＝10－2，‎ ‎∴。‎ ‎∴与之间的函数关系式为：。‎ ‎（3）∵S△ABC＝。‎ ‎∴当时，，即。‎ ‎ 解得，（舍去）。‎ ‎∴当时，S四边形PQCM＝S△ABC。‎ ‎（4）假设存在某一时刻，使点M在线段PC的垂直平分线上，则MP=MC。‎ 过M作MH⊥AB，交AB于H。‎ 则△AHM∽△ADB。‎ ‎∴。又，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎ 在Rt△HMP中，。‎ ‎ 又∵，由得 ‎ ，解得：（舍去）。‎ ‎ ∴当时，点M在线段PC的垂直平分线上。‎ ‎【考点】动点问题，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程。‎ ‎【分析】(1) 假设四边形PQCM是平行四边形，从而推出结论。‎ ‎ （2）把梯形的上下底和高用来表示，即可求出与之间的函数关系式。 ‎ ‎ （3）求出使S四边形PQCM＝S△ABC的即可。‎ ‎ （4）假设点M在线段PC的垂直平分线上，求出此时的值。‎ ‎28.（山东威海12分）如图，抛物线交轴于点A（－3，0），‎ A B C D H E F G K O x y l 图①‎ A B C D H E F G K O x y l 备用图 点B（1，0），交轴于点E（0，－3）。‎ 点C是点A关于点B的对称点，点F 是线段BC的中点，直线过点F且与 轴平行。直线过点C，交 轴于D点。‎ ‎⑴求抛物线的函数表达式；‎ ‎⑵点K为线段AB上一动点，过点K作轴的垂线与直线CD交于点H，与抛物线 交于点G，求线段HG长度的最大值；‎ ‎⑶在直线上取点M，在抛物线上取点N，使以点A，C，M，N为顶点的四边形是 平行四边形，求点N的坐标。‎ ‎【答案】解: （1）∵抛物线交轴于点A（－3，0），点B（1，0），‎ ‎∴设抛物线的函数表达式为。‎ 又∵抛物线交轴于点E（0，－3），将（0，－3）代入上式，得。‎ ‎∴抛物线的函数表达式为，即。‎ ‎（2）∵点C是点A（－3，0）关于点B（1，0）的对称点， ∴点C的坐标为（5，0）。‎ ‎ 将（5，0）代入，得。‎ ‎∴直线CD的函数表达式为。‎ 设点K的坐标为（，0），‎ 则点H的坐标为（，－＋5），点G的坐标为（，2＋2－3）。‎ ‎∵点K为线段AB上的一动点，∴－3≤≤1。‎ ‎∴HG＝（－＋5）－（2＋2－3）＝－2－3＋8＝－（＋）2＋。‎ 又∵－3≤－≤1，∴当＝－时，线段HG长度有最大值。‎ ‎（3）∵点F是线段BC的中点，点B（1，0），点C（5，0）， ∴点F的坐标为（3，0）。‎ ‎ ∵直线过点F且与轴平行，∴直线的函数表达式为。‎ ‎ ∵点M在直线上，点N在抛物线上，‎ ‎∴设点M、N的坐标分别为（3，）、（）。‎ ‎ ∵点A（－3，0），点C（5，0），∴AC＝8。‎ 分情况讨论：‎ ‎①若线段AC是以A、C、M、N为顶点的平行四边形的边，则须MN∥AC，且MN＝AC＝8。‎ ‎ 当点N在点M的左侧时，MN＝3－，∴3－＝8，解得＝－5，∴N的坐标为（－5，12）；‎ 当点N在点M的右侧时，MN＝－3，∴－3＝8，解得＝11，∴N的坐标为（11，140）。‎ ‎②若线段AC是以A、C、M、N为顶点的平行四边形的对角线，由点C是点A关于点B的对称点知，点M与点N关于点B中心对称。‎ 取点F关于点B的对称点P，则P点的坐标为（－1，0）。‎ 过P点作PN⊥轴，交抛物线于点N。‎ 将＝－1代入，得。‎ 过点N，B作直线NB交直线于点M，‎ 在△BPN和△BFM中，∠NBP＝∠MBF，BF＝BP，∠BPN＝∠BFM＝900，‎ ‎∴△BPN≌△BFM（ASA）。∴NB＝MB。∴四边形ANCM是平行四边形。‎ ‎∴坐标为（－1，－4）的点N符合条件。‎ 综上所述，当点N的坐标为（－5，12），（11，140），（－1，－4）时，以点A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形。‎ ‎【考点】点的坐标与方程的关系，待定系数法，中心对称的性质，一、二次函数的性质，平行四边形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程，用待定系数法可求。‎ ‎ （2）求出直线CD的函数表达式，表示出线段HG关于K点横坐标的二次函数式，利用二次函数 最大值班的性质求出所求。‎ ‎ （3）考虑线段AC为平行四边形的边和对角线两种情况讨论。在线段AC为平行四边形的边时，‎ 考虑点N在点M的左右侧两种情况。‎ ‎29.（山东枣庄10分）如图，在平面直角坐标系中，把抛物线向左平移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线.所得抛物线与轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与轴交于点C，顶点为D.‎ ‎ （1）写出的值；‎ ‎ （2）判断△ACD的形状，并说明理由；‎ ‎（3）在线段AC上是否存在点M，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）∵由平移的性质知，的顶点坐标为Ｄ（－１，－４），‎ ‎∴。‎ ‎（2）由（1）得.‎ ‎ 当时，． ‎ 解之，得　。‎ ‎∴. ‎ 又当时，，‎ ‎∴C点坐标为（0，－3）。‎ 又抛物线顶点坐标D（－1，－4），‎ 作抛物线的对称轴交轴于点E，DF⊥ 轴于点F。易知 在Rt△AED中，AD2=22+42=20，‎ 在Rt△AOC中，AC2=32+32=18， ‎ 在Rt△CFD中，CD2=12+12=2， ‎ ‎∴AC2＋ CD2＝AD2。∴△ACD是直角三角形。‎ ‎（3）存在．作OM∥BC交AC于M，Ｍ点即为所求点。‎ 由（2）知，△AOC为等腰直角三角形，∠BAC＝450，AC。‎ 由△AOM∽ △ABC，得。即。‎ 过M点作MG⊥AB于点G，则AG=MG=，‎ OG=AO－AG=3－。‎ 又点M在第三象限，所以M（－，－）。‎ ‎【考点】平移的性质，二次函数的性质，勾股定理和逆定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）∵是由向左平移1个单位，再向下平移4个单位而得到，的顶点坐标为（0，0），∴的顶点坐标为（－１，－４），从而求得。‎ ‎（2）求出A、C、D的坐标，勾股定理和逆定理坐标即可证明△ACD是直角三角形。‎ ‎（3）用相似三角形的判定和性质，可求出点M的坐标。‎ ‎30.（山东淄博9分）抛物线与轴 交于点，与直线 交于点，．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)如图，线段MN在线段AB上移动（点M与 点A不重合，点N与点B不重合），且，若M点的横坐标为，过点M作轴的垂线与轴交于点P，过点N作轴的垂线与抛物线交于点Q.以点P，M，Q，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，请求出的值；若不能，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）抛物线过点C（0，－2）可得。‎ 把点A（－2，－2），B（2，2）代入得 ‎，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为：。 ‎ ‎（2）∵MN＝，点A，B都在直线上，MN在线段AB上，‎ M的横坐标为。‎ 如图1，过点M作轴的平行线，过点N作轴的平行线，它们相交于点H。‎ ‎∴△MHN是等腰直角三角形．∴MH=NH=1。‎ ‎∴点N的坐标为（，）。‎ 如图2，当时，PM＝－，‎ ‎。‎ 当四边形PMQN为平行四边形时，PM=NQ．‎ ‎∴．‎ 解得（舍去），。‎ ‎②如图3，当时，PM＝，‎ ‎．‎ 当四边形PMNQ为平行四边形时，PM=NQ，‎ ‎∴。‎ 解得（舍去），。‎ ‎∴当或时，以点P，M，N，Q为顶点的四边形为平行四边形。‎ ‎【考点】点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定。‎ ‎【分析】（1）由抛物线过点A（－2，－2），B（2，2），C（0，－2），根据点在抛物线上，点的坐标满足方程的关系，可求出，从而求得抛物线的解析式。‎ ‎（2）由MN＝，M的横坐标为m和M、N在上，可知点N的坐标为（，）。根据和两种情况进行讨论即可。‎