中考数学压轴题精选精析dy 159页

2012 年各地中考数学压轴题精选精析 (1.2012 黄石) 25.（本小题满分 10 分）已知抛物线 1C 的函数解析式为 2 3 ( 0)y ax bx a b    ，若抛物线 1C 经过点 (0, 3) ，方程 2 3 0ax bx a   的两根 为 1x ， 2x ，且 1 2 4x x  。 （1）求抛物线 1C 的顶点坐标. （2）已知实数 0x  ，请证明： 1x x  ≥ 2 ,并说明 x 为何值时才会有 1 2x x   . （3）若抛物线先向上平移 4 个单位，再向左平移 1 个单位后得到抛物线 2C ，设 1( , )A m y ， 2( , )B n y 是 2C 上的两个不同点，且满足： 090AOB  ， 0m  ， 0n  . 请你用含有 m 的表达式表示出△ AOB 的面积 S ，并求出 S 的最小值及 S 取最小值时一 次函数OA 的函数解析式。 （参考公式：在平面直角坐标系中，若 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，则 P ，Q 两点间的距离 为 2 2 2 1 2 1( ) ( )x x y y   ） 【解答】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３ ∴a＝１ ……………………………………１分 ∴ｙ＝x2＋bx－３ ∵x2＋bx－３=０的两根为 x1,x2 且 21 x-x ＝４ ∴ 21 2 2121 4)( xxxxxx  ＝４且 b＜０ ∴b＝－２ ……………………１分 ∴ｙ＝x2－２x－３＝（x－１）２－４ ∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４） ………………………１分 （2）∵x＞０，∴ 0)1(21  x xxx ∴ ,21  xx 显然当 x＝１时，才有 ,21  xx ………………………２分 （3）方法一：由平移知识易得Ｃ２的解析式为：y＝x2 ………………………１分 ∴Ａ(m，m２)，B（n，n２） ∵ΔAOB 为 RtΔ ∴OA２+OB２=AB２ ∴m２＋m４＋n２＋n４＝（m－n）２＋（m２－n２）２ 化简得：m n＝－１ ……………………１分 ∵ＳΔAOB= OBOA 2 1 = 4242 2 1 nnmm  ∵m n＝－１ ∴ＳΔAOB＝ 2 222 122 122 1 m mnm  ＝ 122 11 2 1)1(2 1 2       mmmm ∴ＳΔAOB 的最小值为１，此时 m＝１,Ａ(１,１) ……………………２分 ∴直线 OA 的一次函数解析式为ｙ＝x ……………………１分 方法二：由题意可求抛物线 2C 的解析式为： 2y x ································（1 分） ∴ 2( , )A m m ， 2( , )B n n 过点 A 、 B 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C 、 D ，则 AOC BODACDBS S S S   梯形 2 2 2 21 1 1( )( )2 2 2m n m n m m n n       1 ( )2 mn m n   由 BOD△ ∽ OAC△ 得 BD OD OC AC  即 2 2 n n m m  B(n，n2) A(m，m2) O CD y x ∴ 1mn   ·············································································（1 分） ∴ 1n m   ∴ 1 ( )2S mn m n   1 1( )2 m m   由（2）知： 1 2m m   ∴ 1 1 1( ) 2 12 2S m m      当且仅当 1m  ， S 取得最小值 1 此时 A 的坐标为（１，１）······················································ （2 分） ∴一次函数OA的解析式为 y x ················································（1 分） （2.2012 滨州）24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A（﹣2，﹣ 4），O（0，0），B（2，0）三点． （1）求抛物线 y=ax2+bx+c 的解析式； （2）若点 M 是该抛物线对称轴上的一点，求 AM+OM 的最小值． 考点：二次函数综合题。 解答：解：（1）把 A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点的坐标代入 y=ax2+bx+c 中，得 解这个方程组，得 a=﹣ ，b=1，c=0 所以解析式为 y=﹣ x2+x． （2）由 y=﹣ x2+x=﹣ （x﹣1）2+ ，可得 抛物线的对称轴为 x=1，并且对称轴垂直平分线段 OB ∴OM=BM ∴OM+AM=BM+AM 连接 AB 交直线 x=1 于 M 点，则此时 OM+AM 最小 过点 A 作 AN⊥x 轴于点 N， 在 Rt△ABN 中，AB= = =4 ， 因此 OM+AM 最小值为 ． （3.2012 滨州）25．如图 1，l1，l2，l3，l4 是一组平行线，相邻 2 条平行线间的距离都是 1 个单位长度，正方形 ABCD 的 4 个顶点 A，B，C，D 都在这些平行线上．过点 A 作 AF⊥l3 于点 F，交 l2 于点 H，过点 C 作 CE⊥l2 于点 E，交 l3 于点 G． （1）求证：△ADF≌△CBE； （2）求正方形 ABCD 的面积； （3）如图 2，如果四条平行线不等距，相邻的两条平行线间的距离依次为 h1，h2，h3，试 用 h1，h2，h3 表示正方形 ABCD 的面积 S． 考点：全等三角形的判定与性质；平行线之间的距离；正方形的性质。 解答：证明：（1）在 Rt△AFD 和 Rt△CEB 中， ∵AD=BC，AF=CE， ∴Rt△AFD≌Rt△CEB； （2）∵∠ABH+∠CBE=90°，∠ABH+∠BAH=90°， ∴∠CBE=∠BAH 又∵AB=BC，∠AHB=∠CEB=90° ∴△ABH≌△BCE， 同理可得，△ABH≌△BCE≌△CDG≌△DAF， ∴S 正方形 ABCD=4S△ABH+S 正方形 HEGF =4× ×2×1+1×1 =5； （3）由（1）知，△AFD≌△CEB，故 h1=h3， 由（2）知，△ABH≌△BCE≌△CDG≌△DAF， ∴S 正方形 ABCD=4S△ABH+S 正方形 HEGF =4× （h1+h2）•h1+h2 2=2h1 2+2h1h2+h2 2． (4.2012 云南)22．如图，在矩形 ABCD 中，对角线 BD 的垂直平分线 MN 与 AD 相交于点 M，与 BD 相交于点 N，连接 BM，DN． （1）求证：四边形 BMDN 是菱形； （2）若 AB=4，AD=8，求 MD 的长． 考点： 矩形的性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定；菱形的性质； 菱形的判定。 专题： 计算题；证明题。 分析： （1）根据矩形性质求出 AD∥BC，根据 OB=OD 和 AD∥BC 推出 OM=ON，得出 平行四边形 BMDN，推出菱形 BMDN； （2）根据菱形性质求出 DM=BM，在 Rt△AMB 中，根据勾股定理得出 BM2=AM2+AB2，推出 x2=x2﹣16x+64+16，求出即可． 解答： （1）证明：∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AD∥BC，∠A=90°， ∵MN 是 BD 的中垂线， ∴OB=OD，BD⊥MN， = ， ∴BM=DM， ∵OB=OD， ∴四边形 BMDN 是平行四边形， ∵MN⊥BD， ∴平行四边形 BMDN 是菱形． （2）解：∵四边形 BMDN 是菱形， ∴MB=MD， 设 MD 长为 x，则 MB=DM=x， 在 Rt△AMB 中，BM2=AM2+AB2 即 x2=（8﹣x）2+42， 解得：x=5， 答：MD 长为 5． (5.2012 云南)23．如图，在平面直角坐标系中，直线 y= x+2 交 x 轴于点 P，交 y 轴 于点 A．抛物线 y= x2+bx+c 的图象过点 E（﹣1，0），并与直线相交于 A、B 两点． （1）求抛物线的解析式（关系式）； （2）过点 A 作 AC⊥AB 交 x 轴于点 C，求点 C 的坐标； （3）除点 C 外，在坐标轴上是否存在点 M，使得△MAB 是直角三角形？若存在，请求出 点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 解答： 解：（1）直线解析式为 y= x+2，令 x=0，则 y=2， ∴A（0，2）， ∵抛物线 y= x2+bx+c 的图象过点 A（0，2），E（﹣1，0）， ∴ ， 解得 ． ∴抛物线的解析式为：y= x2+ x+2． （2）∵直线 y= x+2 分别交 x 轴、y 轴于点 P、点 A， ∴P（6，0），A（0，2）， ∴OP=6，OA=2． ∵AC⊥AB，OA⊥OP， ∴Rt△OCA∽Rt△OPA，∴ ， ∴OC= ， 又 C 点在 x 轴负半轴上， ∴点 C 的坐标为 C（ ，0）． （3）抛物线 y= x2+ x+2 与直线 y= x+2 交于 A、B 两点， 令 x2+ x+2= x+2， 解得 x1=0，x2= ， ∴B（ ， ）． 如答图①所示，过点 B 作 BD⊥x 轴于点 D， 则 D（ ，0），BD= ，DP=6﹣ = ． 点 M 在坐标轴上，且△MAB 是直角三角形，有以下几种情况： ①当点 M 在 x 轴上，且 BM⊥AB，如答图①所示． 设 M（m，0），则 MD= ﹣m． ∵BM⊥AB，BD⊥x 轴，∴ ， 即 ， 解得 m= ， ∴此时 M 点坐标为（ ，0）； ②当点 M 在 x 轴上，且 BM⊥AM，如答图①所示． 设 M（m，0），则 MD= ﹣m． ∵BM⊥AM，易知 Rt△AOM∽Rt△MDB， ∴ ，即 ， 化简得：m2﹣ m+ =0， 解得：x1= ，x2= ， ∴此时 M 点坐标为（ ，0），（ ，0）； （说明：此时的 M 点相当于以 AB 为直径的圆与 x 轴的两个交点） ③当点 M 在 y 轴上，且 BM⊥AM，如答图②所示． 此时 M 点坐标为（0， ）； ④当点 M 在 y 轴上，且 BM′⊥AB，如答图②所示． 设 M′（0，m），则 AM=2﹣ = ，BM= ，MM′= ﹣m． 易知 Rt△ABM∽Rt△MBM′， ∴ ，即 ， 解得 m= ， ∴此时 M 点坐标为（0， ）． 综上所述，除点 C 外，在坐标轴上存在点 M，使得△MAB 是直角三角形． 符合条件的点 M 有 5 个，其坐标分别为：（ ，0）、（ ，0）、（ ， 0）、（0， ）或（0， ）． (7.2012 岳阳)26．我们常见的炒菜锅和锅盖都是抛物线面，经过锅心和盖心的纵断面是两 端抛物线组合而成的封闭图形，不妨简称为“锅线”，锅口直径为 6dm，锅深 3dm，锅盖 高 1dm（锅口直径与锅盖直径视为相同），建立直接坐标系如图①所示，如果把锅纵断面的 抛物线的记为 C1，把锅盖纵断面的抛物线记为 C2． （1）求 C1 和 C2 的解析式； （2）如图②，过点 B 作直线 BE：y= x﹣1 交 C1 于点 E（﹣2，﹣ ），连接 OE、BC，在 x 轴上求一点 P，使以点 P、B、C 为顶点的△PBC 与△BOE 相似，求出 P 点的坐标； （3）如果（2）中的直线 BE 保持不变，抛物线 C1 或 C2 上是否存在一点 Q，使得△EBQ 的 面积最大？若存在，求出 Q 的坐标和△EBQ 面积的最大值；若不存在，请说明理由． 解答： 解：（1）由于抛物线 C1、C2 都过点 A（﹣3，0）、B（3，0），可设它们的解析式为： y=a（x﹣3）（x+3）； 抛物线 C1 还经过 D（0，﹣3），则有： ﹣3=a（0﹣3）（0+3），a= 即：抛物线 C1：y= x2﹣3（﹣3≤x≤3）； 抛物线 C2 还经过 A（0，1），则有： 1=a（0﹣3）（0+3），a=﹣ 即：抛物线 C2：y=﹣ x2+1（﹣3≤x≤3）． （2）由于直线 BE：y= x﹣1 必过（0，﹣1），所以∠CBO=∠EBO （tan∠CBO=tan∠EBO= ）； 由 E 点坐标可知：tan∠AOE≠ ，即∠AOE≠∠CBO，所以它们的补角∠EOB≠∠CBx； 若以点 P、B、C 为顶点的△PBC 与△BOE 相似，只需考虑两种情况： ①∠CBP1=∠EBO，且 OB：BE=BP1：BC，即： 3： =BP1： ，得：BP1= ，OP1=OB﹣BP1= ； ∴P1（ ，0）； ②∠P2BC=∠EBO，且 BC：BP2=OB：BE，即： ：BP2=3： ，得：BP2= ，OP2=BP2﹣OB= ； ∴P2（﹣ ，0）． 综上，符合条件的 P 点有：P1（ ，0）、P2（﹣ ，0）． （3）如图，作直线 l∥直线 BE，设直线 l：y= x+b； ①当直线 l 与抛物线 C1 只有一个交点时： x+b= x2﹣3，即：x2﹣x﹣（3b+9）=0 ∴该交点 Q2（ ，﹣ ）； Q2 到直线 BE： x﹣y﹣1=0 的距离： = = ； ②当直线 l 与抛物线 C2 只有一个交点时： x+b=﹣ x2+1，即：x2+3x+9b﹣9=0 ∴该交点 Q1（﹣ ， ）； Q1 到直线 BE： x﹣y﹣1=0 的距离： = ； ∴符合条件的 Q 点为 Q1（﹣ ， ）； △EBQ 的最大面积：Smax= ×BE× = ． (8.2012 苏州)28．如图，正方形 ABCD 的边 AD 与矩形 EFGH 的边 FG 重合，将正方形 ABCD 以 1cm/s 的速度沿 FG 方向移动，移动开始前点 A 与点 F 重合，在移动过程中，边 AD 始终与边 FG 重合，连接 CG，过点 A 作 CG 的平行线交线段 GH 于点 P，连接 PD．已 知正方形 ABCD 的边长为 1cm，矩形 EFGH 的边 FG，GH 的长分别为 4cm，3cm，设正 方形移动时间为 x（s），线段 GP 的长为 y（cm），其中 0≤x≤2.5． （1）试求出 y 关于 x 的函数关系式，并求当 y=3 时相应 x 的值； （2）记△DGP 的面积为 S1，△CDG 的面积为 S2．试说明 S1﹣S2 是常数； （3）当线段 PD 所在直线与正方形 ABCD 的对角线 AC 垂直时，求线段 PD 的长． 解答： 解：（1）∵CG∥AP， ∴△GCD∽△APG， ∴ = ， ∵GF=4，CD=DA=1，AF=x， ∴GD=3﹣x，AG=4﹣x， ∴ = ，即 y= ， ∴y 关于 x 的函数关系式为 y= ， 当 y=3 时， =3，解得 x=2.5， 经检验的 x=2.5 是分式方程的根． 故 x 的值为 2.5； （2）∵S1= GP•GD= • •（3﹣x）= ， S2= GD•CD= （3﹣x）1= ， ∴S1﹣S2= ﹣ = 即为常数； （3）延长 PD 交 AC 于点 Q． ∵正方形 ABCD 中，AC 为对角线， ∴∠CAD=45°， ∵PQ⊥AC， ∴∠ADQ=45°， ∴∠GDP=∠ADQ=45°． ∴△DGP 是等腰直角三角形，则 GD=GP， ∴3﹣x= ， 化简得：x2﹣5x+5=0． 解得：x= ， ∵0≤x≤2.5， ∴x= ， 在 Rt△DGP 中，PD= = （3﹣x）= ． (9.2012 苏州)29．如图，已知抛物线 y= x2﹣ （b+1）x+ （b 是实数且 b＞2）与 x 轴 的正半轴分别交于点 A、B（点 A 位于点 B 的左侧），与 y 轴的正半轴交于点 C． （1）点 B 的坐标为 （b，0） ，点 C 的坐标为 （0， ） （用含 b 的代数式表示）； （2）请你探索在第一象限内是否存在点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是 以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点 P 的坐标；如果不存在，请说明 理由； （3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点 Q，使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任意 两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点 Q 的坐标；如果不存 在，请说明理由． 解答： 解：（1）令 y=0，即 y= x2﹣ （b+1）x+ =0， 解得：x=1 或 b， ∵b 是实数且 b＞2，点 A 位于点 B 的左侧， ∴点 B 的坐标为（b，0）， 令 x=0， 解得：y= ， ∴点 C 的坐标为（0， ）， 故答案为：（b，0），（0， ）； （2）存在， 假设存在这样的点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是以点 P 为直角 顶点的等腰直角三角形． 设点 P 的坐标为（x，y），连接 OP． 则 S 四边形 POCB=S△PCO+S△POB= • •x+ •b•y=2b， ∴x+4y=16． 过 P 作 PD⊥x 轴，PE⊥y 轴，垂足分别为 D、E， ∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°． ∴四边形 PEOD 是矩形． ∴∠EPO=90°． ∴∠EPC=∠DPB． ∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即 x=y． 由 解得 由△PEC≌△PDB 得 EC=DB，即 ﹣ =b﹣ ， 解得 b= ＞2 符合题意． ∴P 的坐标为（ ， ）； （3）假设存在这样的点 Q，使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相 似． ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO， ∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO． ∴要使△QOA 与△QAB 相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即 QA⊥x 轴． ∵b＞2， ∴AB＞OA， ∴∠Q0A＞∠ABQ． ∴只能∠AOQ=∠AQB．此时∠OQB=90°， 由 QA⊥x 轴知 QA∥y 轴． ∴∠COQ=∠OQA． ∴要使△QOA 与△OQC 相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°． （I）当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA． ∴AQ=CO= ． 由 AQ=AQ2=OA•AB 得：（ ）2=b﹣1． 解得：b=8±4 ． ∵b＞2， ∴b=8+4 ． ∴点 Q 的坐标是（1，2+ ）． （II）当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA， ∴ = ，即 OQ2=OC•AQ． 又 OQ2=OA•OB， ∴OC•AQ=OA•OB．即 •AQ=1×b． 解得：AQ=4，此时 b=17＞2 符合题意， ∴点 Q 的坐标是（1，4）． ∴综上可知，存在点 Q（1，2+ ）或 Q（1，4），使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似． （10. 2012 广东深圳 9 分）22．如图，已知△ABC 的三个顶点坐标分别为 A(－4，0)、B(1， 0)、C(－2，6)． (1)求经过 A、B、C 三点的抛物线解析式； (2)设直线 BC 交 y 轴于点 E，连接 AE，求证：AE=CE; (3)设抛物线与 y 轴交于点 D，连接 AD 交 BC 于点 F，试问以 A、B、F，为顶点的三角形与 △ABC 相似吗？ 请说明理由． 【答案】解：（1）∵抛物线经过 A(－4，0)、B(1，0)，∴设函数解析式为：y=a（x＋4） （x－1）。 又∵由抛物线经过 C（－2，6），∴6=a（－2＋4）（－2－1），解得： a=－1。 ∴经过 A、B、C 三点的抛物线解析式为：y=－（x＋4）（x－1），即 y=－x2 －3x＋4。 （2）证明：设直线 BC 的函数解析式为 y=kx+b， 由题意得：  k b 0  2k b 6      ，解得：  k 2  b 2     。 ∴直线 BC 的解析式为 y=－2x+2． ∴点 E 的坐标为（0，2）。 ∴    2 22 2  2 2 AE AO OE 4 2 2 5 CE 2 0 6 2 2 5          ， 。 ∴AE=CE。 （3）相似。理由如下： 设直线 AD 的解析式为 y=k1x+b1，则 1 1 1 4k b 0  b 4      ，解得： 1 1 k 1  b 4    。 ∴直线 AD 的解析式为 y=x+4。 联立直线 AD 与直线 BC 的函数解析式可得：  y x 4  y 2x 2       ，解得： 2 x 3 10 y 3      。 ∴点 F 的坐标为（ 2 10 3 3  ， ）。 则   2 2 2 22 10 5 5 2 10 10 2BF   1 0 AF     4 1   03 3 3 3 3 3                                  ， 。 又∵AB=5，    2 2BC   2 1 6 0   3  5      ，∴ BF 5 AB  5 AB 3 BC 3   ， 。∴ BF AB  AB BC  。 又∵∠ABF=∠CBA，∴△ABF∽△CBA。∴以 A、B、F 为顶点的三角形与△ABC 相似。 28． (本小题满分 l2 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 5 4y x m  ( m 为常数)的图象与 x 轴交 于点A( 3 ，0)，与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线 2y ax bx c   ( a b c， ， 为常数，且 a ≠0)经过 A，C 两点，并与 x 轴的正半轴交于点 B． （1）求 m 的值及抛物线的函数表达式； （2）设 E 是 y 轴右侧抛物线上一点，过点 E 作直线 AC 的平行线交 x 轴于点 F．是否存 在这样的点 E，使得以 A，C，E，F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点 E 的坐 标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由； （3）若 P 是抛物线对称轴上使△ACP 的周长取得最小值的点，过点 P 任意作一条与 y 轴 不平行的直线交抛物线于 1 1 1M ( )x y， ， 2 2 2M ( )x y， 两点，试探究 21 1 2 P PM M M M  是否为定 值，并写出探究过程． 解答：解：（1）∵ 经过点（﹣3，0）， ∴0= +m，解得 m= ， ∴直线解析式为 ，C（0， ）． ∵抛物线 y=ax2+bx+c 对称轴为 x=1，且与 x 轴交于 A（﹣3，0），∴另一交点为 B（5，0）， 设抛物线解析式为 y=a（x+3）（x﹣5）， ∵抛物线经过 C（0， ）， ∴ =a•3（﹣5），解得 a= ， ∴抛物线解析式为 y= x2+ x+ ； （2）假设存在点 E 使得以 A、C、E、F 为顶点的四边形是平行四边形， 则 AC∥EF 且 AC=EF．如答图 1， （i）当点 E 在点 E 位置时，过点 E 作 EG⊥x 轴于点 G， ∵AC∥EF，∴∠CAO=∠EFG， 又∵ ，∴△CAO≌△EFG， ∴EG=CO= ，即 yE= ， ∴ = xE 2+ xE+ ，解得 xE=2（xE=0 与 C 点重合，舍去）， ∴E（2， ），S▱ACEF= ； （ii）当点 E 在点 E′位置时，过点 E′作 E′G′⊥x 轴于点 G′， 同理可求得 E′（ +1， ），S▱ACE′F′= ． （3）要使△ACP 的周长最小，只需 AP+CP 最小即可． 如答图 2，连接 BC 交 x=1 于 P 点，因为点 A、B 关于 x=1 对称，根据轴对称性质以及两 点之间线段最短，可知此时 AP+CP 最小（AP+CP 最小值为线段 BC 的长度）． ∵B（5，0），C（0， ），∴直线 BC 解析式为 y= x+ ， ∵xP=1，∴yP=3，即 P（1，3）． 令经过点 P（1，3）的直线为 y=kx+3﹣k， ∵y=kx+3﹣k，y= x2+ x+ ， 联立化简得：x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3=0， ∴x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3． ∵y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k，∴y1﹣y2=k（x1﹣x2）． 根据两点间距离公式得到： M1M2= = = ∴M1M2= = =4（1+k2）． 又 M1P= = = ； 同理 M2P= ∴M1P•M2P=（1+k2）• =（1+k2） • =（1+k2）• =4（1+k2）． ∴M1P•M2P=M1M2， ∴ =1 为定值． 26．如图，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为（m，m），点 B 的坐标为（n，﹣n），抛 物线经过 A、O、B 三点，连接 OA、OB、AB，线段 AB 交 y 轴于点 C．已知实数 m、n（m ＜n）分别是方程 x2﹣2x﹣3=0 的两根． （1）求抛物线的解析式； （2）若点 P 为线段 OB 上的一个动点（不与点 O、B 重合），直线 PC 与抛物线交于 D、E 两点（点 D 在 y 轴右侧），连接 OD、BD． ①当△OPC 为等腰三角形时，求点 P 的坐标； ②求△BOD 面积的最大值，并写出此时点 D 的坐标． 解答：解（1）解方程 x2﹣2x﹣3=0， 得 x1=3，x2=﹣1． ∵m＜n， ∴m=﹣1，n=3…（1 分） ∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）． ∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为 y=ax2+bx． ∴ 解得： ， ∴抛物线的解析式为 ．…（4 分） （2）①设直线 AB 的解析式为 y=kx+b． ∴ 解得： ， ∴直线 AB 的解析式为 ． ∴C 点坐标为（0， ）．…（6 分） ∵直线 OB 过点 O（0，0），B（3，﹣3）， ∴直线 OB 的解析式为 y=﹣x． ∵△OPC 为等腰三角形， ∴OC=OP 或 OP=PC 或 OC=PC． 设 P（x，﹣x）， （i）当 OC=OP 时， ． 解得 ， （舍去）． ∴P1（ ， ）． （ii）当 OP=PC 时，点 P 在线段 OC 的中垂线上， ∴P2（ ，﹣ ）． （iii）当 OC=PC 时，由 ， 解得 ，x2=0（舍去）． ∴P3（ ，﹣ ）． ∴P 点坐标为 P1（ ， ）或 P2（ ，﹣ ）或 P3（ ，﹣ ）．…（9 分） ②过点 D 作 DG⊥x 轴，垂足为 G，交 OB 于 Q，过 B 作 BH⊥x 轴，垂足为 H． 设 Q（x，﹣x），D（x， ）． S△BOD=S△ODQ+S△BDQ= DQ•OG+ DQ•GH， = DQ（OG+GH）， = ， = ， ∵0＜x＜3， ∴当 时，S 取得最大值为 ，此时 D（ ，﹣ ）．…（13 分） 24．如图，把两个全等的 Rt△AOB 和 Rt△COD 分别置于平面直角坐标系中，使直角边 OB、 OD 在 x 轴上．已知点 A（1，2），过 A、C 两点的直线分别交 x 轴、y 轴于点 E、F．抛物 线 y=ax2+bx+c 经过 O、A、C 三点． （1）求该抛物线的函数解析式 （2）点 P 为线段 OC 上一个动点，过点 P 作 y 轴的平行线交抛物线于点 M，交 x 轴于点 N， 问是否存在这样的点 P，使得四边形 ABPM 为等腰梯形？若存在，求出此时点 P 的坐标； 若不存在，请说明理由． （3）若△AOB 沿 AC 方向平移（点 A 始终在线段 AC 上，且不与点 C 重合），△AOB 在平 移过程中与△COD 重叠部分面积记为 S．试探究 S 是否存在最大值？若存在，求出这个最大 值；若不存在，请说明理由． 解答：解：（1）∵抛物线 y=ax2+bx+c 经过点 O、A、C， 可得 c=0，∴ ， 解得 a= ，b= ， ∴抛物线解析式为 y= x2+ x． （2）设点 P 的横坐标为 t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得 PN= ∴P（t， ），∵点 M 在抛物线上，∴M（t， t2+ t）． 如解答图 1，过 M 点作 MG⊥AB 于 G，过 P 点作 PH⊥AB 于 H， AG=yA﹣yM=2﹣（ t2+ t）= t2﹣ t+2，BH=PN= ． 当 AG=BH 时，四边形 ABPM 为等腰梯形， ∴ t2﹣ t+2= ， 化简得 3t2﹣8t+4=0，解得 t1=2（不合题意，舍去），t2= ， ∴点 P 的坐标为（ ， ） ∴存在点 P（ ， ），使得四边形 ABPM 为等腰梯形． （3）如解答图 2，△AOB 沿 AC 方向平移至△A′O′B′，A′B′交 x 轴于 T，交 OC 于 Q， A′O′交 x 轴于 K，交 OC 于 R． 求得过 A、C 的直线为 yAC=﹣x+3，可设点 A′的横坐标为 a，则点 A′（a，﹣a+3）， 易知△OQT∽△OCD，可得 QT= ， ∴点 Q 的坐标为（a， ）． 解法一： 设 AB 与 OC 相交于点 J， ∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ = ∴HT= = =2﹣a， KT= A′T= （3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣ =3﹣ a． S 四边形 RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ= KT•A′T﹣ A′Q•HT = • •（3﹣a）﹣ •（3﹣ a）•（﹣a+2） = a2+ a﹣ = （a﹣ ）2+ 由于 ＜0， ∴在线段 AC 上存在点 A′（ ， ），能使重叠部分面积 S 取到最大值，最大值为 ． 解法二： 过点 R 作 RH⊥x 轴于 H，则由△ORH∽△OCD，得 ① 由△RKH∽△A′O′B′，得 ② 由①，②得 KH= OH， OK= OH，KT=OT﹣OK=a﹣ OH ③ 由△A′KT∽△A′O′B′，得 ， 则 KT= ④ 由③，④得 =a﹣ OH，即 OH=2a﹣2，RH=a﹣1，所以点 R 的坐标为 R（2a ﹣2，a﹣1） S 四边形 RKTQ=S△QOT﹣S△ROK= •OT•QT﹣ •OK•RH = a• a﹣ （1+ a﹣ ）•（a﹣1） = a2+ a﹣ = （a﹣ ）2+ 由于 ＜0， ∴在线段 AC 上存在点 A′（ ， ），能使重叠部分面积 S 取到最大值，最大值为 ． 解法三： ∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB= ， ∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（﹣a+3）• = a+ ， ∴OK=OT﹣KT=a﹣（ a+ ）= a﹣ ， 过点 R 作 RH⊥x 轴于 H，∵tan∠OAB=tan∠RKH= =2，∴RH=2KH 又∵tan∠OAB=tan∠ROH= = = ， ∴2RH=OK+KH= a﹣ + RH，∴RH=a﹣1，OH=2（a﹣1）， ∴点 R 坐标 R（2a﹣2，a﹣1） S 四边形 RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ= •KT•A′T﹣ A′Q•（xQ﹣xR） = • •（3﹣a）﹣ •（3﹣ a）•（﹣a+2） = a2+ a﹣ = （a﹣ ）2+ 由于 ＜0， ∴在线段 AC 上存在点 A′（ ， ），能使重叠部分面积 S 取到最大值，最大值为 ． 25．如图，矩形 OABC 的两边在坐标轴上，连接 AC，抛物线 2 4 2y x x   经过 A，B 两 点。 （1）求 A 点坐标及线段 AB 的长； （2）若点 P 由点 A 出发以每秒 1 个单位的速度沿 AB 边向点 B 移动，1 秒后点 Q 也由点 A 出发以每秒 7 个单位的速度沿 AO，OC，CB 边向点 B 移动，当其中一个点到达终点时另一 个点也停止移动，点 P 的移动时间为 t 秒。 ①当 PQ⊥AC 时，求 t 的值； ②当 PQ∥AC 时，对于抛物线对称轴上一点 H，∠HOQ＞∠POQ，求点 H 的纵坐标的取值 范围。 解答：解：（1）由抛物线 2 4 2y x x   知：当 x=0 时，y=﹣2， ∴A（0，﹣2）。 由于四边形 OABC 是矩形，所以 AB∥x 轴，即 A、B 的纵坐标相同； 当 2y   时， 22 4 2x x    ，解得 1 20 4x x ， ， ∴B（4，﹣2），∴AB=4。 （2）①由题意知：A 点移动路程为 AP=t， Q 点移动路程为 7( 1) 7 7t t   。 当 Q 点在 OA 上时，即 0 7 7 2t   ， 91 7t  时， 如图 1，若 PQ⊥AC，则有 Rt△QAP∽Rt△ABC。 ∴ QA AP=AB BC ，即 7 7 4 2 t t  ， ∴ 7 5t  。 ∵ 7 9 5 7  ， ∴此时 t 值不合题意。 当 Q 点在 OC 上时，即 2 7 7 6t   ， 9 7 13 7t  时， 如图 2，过 Q 点作 QD⊥AB。 ∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。 ∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。 若 PQ⊥AC，则有 Rt△QDP∽Rt△ABC， ∴ QA DP=AB BC ，即 2 9 6 4 4 t ， ∴ 4 3t  。 ∵ 9 4 13 7 3 7   ， ∴ 4 3t  符合题意。 当 Q 点在 BC 上时，即 6 7 7 8t   ， 3 1 7 7 1 5t  时， 如图 3，若 PQ⊥AC，过 Q 点作 QG∥AC， 则 QG⊥PG，即∠GQP=90°。 ∴∠QPB＞90°，这与△QPB 的内角和为 180°矛盾， 此时 PQ 不与 AC 垂直。 综上所述，当 4 3t  时，有 PQ⊥AC。 ②当 PQ∥AC 时，如图 4，△BPQ∽△BAC， ∴ BP BQ=BA BC ， ∴ 4 8 7( 1) 4 2 t t   ， 解得 t=2，即当 t=2 时，PQ∥AC。 此时 AP=2，BQ=CQ=1， ∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。 抛物线对称轴的解析式为 x=2， 当 H1 为对称轴与 OP 的交点时， 有∠H1OQ=∠POQ， ∴当 yH＜﹣2 时，∠HOQ＞∠POQ。 作 P 点关于 OQ 的对称点 P′，连接 PP′交 OQ 于点 M， 过 P′作 P′N 垂直于对称轴，垂足为 N，连接 OP′， 在 Rt△OCQ 中，∵OC=4，CQ=1。 ∴OQ= 17 ， ∵S△OPQ=S 四边形 ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3= 1 2 OQ×PM， ∴PM= 6 17 17 ， ∴PP′=2PM=12 17 17 ， ∵NPP′=∠COQ。 ∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′ ∴ ' ' CQ P N=OQ PP ， ∴ ' 12P N 17  ， 48PN 17  ， ∴P′（ 46 14 17 17 ， ）， ∴直线 OP′的解析式为 7 23y x ， ∴OP′与 NP 的交点 H2（2， 14 23 ）。 ∴当 H 14 23y  时，∠HOP＞∠POQ。 综上所述，当 H 2y   或 H 14 23y  时，∠HOQ＞∠POQ。 22.如图，⊙C 的内接⊿AOB 中，AB=AO=4,tan∠AOB= 4 3 ,抛物线 y=ax2+bx 经过点 A(4， 0)与点（-2，6） （1）求抛物线的函数解析式． （2）直线 m 与⊙C 相切于点 A 交 y 轴于点 D，动点 P 在线段 OB 上，从点 O 出发向点 B 运动;同时动点 Q 在线段 DA 上，从点 D 出发向点 A 运动，点 P 的速度为每秒 1 个单位长， 点 Q 的速度为每秒 2 个单位长，当 PQ⊥AD 时,求运动时间 t 的值 （3）点 R 在抛物线位于 x 轴下方部分的图象上，当⊿ROB 面积 最大时，求点 R 的坐标.。 分析：（1）点 A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线 y=ax2+bx， 得： 16a+4b=0 a= 2 1 4a-2b=6 解得： b= -2 从而求出解析式。 （2）先得到∠ OAD=∠AOB ，作 OF⊥AD 于 F，再算出 OF 的长，t 秒时，OP=t,DQ=2t, 若 PQ⊥AD 则 FQ=OP= t DF=DQ-FQ= t ⊿ODF 中，t=DF= 22 OFOD  = 22 4.23  =1.8（秒） （3）先设出R(x, 2 1 x2-2x) ，作RG⊥y轴于G 作RH⊥OB于H交y轴于I，则RG= x OG= 2 1 x2+2x 再算出 IR、HI 的长，从而求出 RH 的长 5 2 ( x- 4 11 )2+ 40 121 当 x= 4 11 时，RH 最大。S⊿ROB 最大。这时： 2 1 x2-2x= 2 1 ×( 4 11 )2-2× 4 11 =- 32 55 ∴点 R( 4 11 ,- 32 55 ) 解答： （1）把点 A(4，0)与点（-2，6）代入抛 物线 y=ax2+bx，得： 16a+4b=0 a= 2 1 4a-2b=6 解得： b= -2 ∴抛物线的函数解析式为：y= 2 1 x2-2x （2）连 AC 交 OB 于 E ∵直线 m 切⊙C 于 A ∴AC⊥m，∵ 弦 AB=AO ∴ ⌒ AB= ⌒ AO ∴AC⊥OB ∴m∥OB ∴∠ OAD=∠AOB ∵OA=4 tan∠AOB= 4 3 ∴OD=OA·tan∠OAD=4× 4 3 =3 作 OF⊥AD 于 F OF=OA·sin∠OAD=4× 5 3 =2.4 t 秒时，OP=t,DQ=2t,若 PQ⊥AD 则 FQ=OP= t DF=DQ-FQ= t ⊿ODF 中，t=DF= 22 OFOD  = 22 4.23  =1.8（秒） （3）令 R(x, 2 1 x2-2x) (0＜x＜4) 作 RG⊥y 轴于 G 作 RH⊥OB 于 H 交 y 轴于 I 23．如图，矩形 OABC 中，A（6，0）、C（0，2 ）、D（0，3 ），射线 l 过点 D 且与 x 轴平行，点 P、Q 分别是 l 和 x 轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°． （1）①点 B 的坐标是 （6，2 ） ；②∠CAO= 30 度；③当点 Q 与点 A 重合时， 点 P 的坐标为 （3，3 ） ；（直接写出答案） （2）设 OA 的中心为 N，PQ 与线段 AC 相交于点 M，是否存在点 P，使△AMN 为等腰三 角形？若存在，请直接写出点 P 的横坐标为 m；若不存在，请说明理由． （3）设点 P 的横坐标为 x，△OPQ 与矩形 OABC 的重叠部分的面积为 S，试求 S 与 x 的函 数关系式和相应的自变量 x 的取值范围． 解答：解：（1）①∵四边形 OABC 是矩形， ∴AB=OC，OA=BC， ∵A（6，0）、C（0，2 ）， ∴点 B 的坐标为：（6，2 ）； ②∵tan∠CAO= = = ， ∴∠CAO=30°； ③如下图：当当点 Q 与点 A 重合时，过点 P 作 PE⊥OA 于 E， ∵∠PQO=60°，D（0，3 ）， ∴PE=3 ， ∴AE= =3， ∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3， ∴点 P 的坐标为（3，3 ）； 故答案为：①（6，2 ），②30，③（3，3 ）； （2）情况①：MN=AN=3， 则∠AMN=∠MAN=30°， ∴∠MNO=60°， ∵∠PQO=60°， 即∠MQO=60°， ∴点 N 与 Q 重合， ∴点 P 与 D 重合， ∴此时 m=0， 情况②，如图 AM=AN，作 MJ⊥x 轴、PI⊥x 轴； MJ=MQ•sin60°=AQ•sin60°=（OA﹣IQ﹣OI）•sin60°= （3﹣m） = AM= AN= ， 可得 （3﹣m）= ， 解得：m=3﹣ ， 情况③AM=NM，此时 M 的横坐标是 4.5， 过点 P 作 PK⊥OA 于 K，过点 M 作 MG⊥OA 于 G， ∴MG= ， ∴QK= = =3，GQ= = ， ∴KG=3﹣0.5=2.5，AG= AN=1.5， ∴OK=2， ∴m=2， （3）当 0≤x≤3 时， 如图，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x； 由题意可知直线 l∥BC∥OA， 可得 ， EF= （3+x）， 此时重叠部分是梯形，其面积为： S 梯形= （EF+OQ）•OC= （3+x）， 当 3＜x≤5 时，S=S 梯形﹣S△HAQ=S 梯形﹣ AH•AQ= （3+x）﹣ （x﹣3）2， 当 5＜x≤9 时，S= （BE+OA）•OC= （12﹣ x）， 当 9＜x 时，S= OA•AH= ． 27．已知抛物线 y＝ax2＋bx＋c 经过 A (－1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，直线 l 是抛物 线的对称轴． (1)求抛物线的函数关系式； (2)设点 P 是直线 l 上的一个动点，当△PAC 的周长最小时，求点 P 的坐标； (3)在直线 l 上是否存在点 M，使△MAC 为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的 点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 解答： 解：(1)将 A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)代入抛物线 y＝ax2＋bx＋c 中，得： ，解得： ∴抛物线的解析式：y＝－x2＋2x＋3． (2)连接 BC，直线 BC 与直线 l 的交点为 P； 设直线 BC 的解析式为 y＝kx＋b，将 B(3，0)，C(0，3)代入上式，得： ，解得： ∴直线 BC 的函数关系式 y＝－x＋3； 当 x－1 时，y＝2，即 P 的坐标(1，2)． (3)抛物线的解析式为：x＝－ ＝1，设 M(1，m)，已知 A(－1，0)、C(0，3)，则： MA2＝m2＋4，MC2＝m2－6m＋10，AC2＝10； ①若 MA＝MC，则 MA2＝MC2，得： m2＋4＝m2－6m＋10，得：m＝1； ②若 MA＝AC，则 MA2＝AC2，得： m2＋4＝10，得：m＝± ； ③若 MC＝AC，则 MC2＝AC2，得： m2－6m＋10＝10，得：m＝0，m＝6； 当 m＝6 时，M、A、C 三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去； 综上可知，符合条件的 M 点，且坐标为 M(1， )(1，－ )(1，1)(1，0)． 26．如图，甲、乙两人分别从 A(1， )、B(6，0)两点同时出发，点 O 为坐标原点，甲沿 AO 方向、乙沿 BO 方向均以 4km/h 的速度行驶，th 后，甲到达 M 点，乙到达 N 点． (1)请说明甲、乙两人到达 O 点前，MN 与 AB 不可能平行． (2)当 t 为何值时，△OMN∽△OBA？ (3)甲、乙两人之间的距离为 MN 的长，设 s＝MN2，求 s 与 t 之间的函数关系式，并求甲、 乙两人之间距离的最小值． 解答： 解：(1)因为 A 坐标为(1， )， 所以 OA＝2，∠AOB＝60°． 因为 OM＝2－4t，ON＝6－4t， 当 ＝ 时，解得 t＝0， 即在甲、乙两人到达 O 点前，只有当 t＝0 时，△OMN∽△OAB，所以 MN 与 AB 不 可能平行； (2)因为甲达到 O 点时间为 t＝ ，乙达到 O 点的时间为 t＝ ＝ ，所以甲先到达 O 点，所以 t＝ 或 t＝ 时，O、M、N 三点不能连接成三角形， ①当 t＜ 时，如果△OMN∽△OAB，则有 ＝ ，解得 t＝2＞ ，所以， △OMN 不可能相似△OBA； ②当 ＜t＜ 时，∠MON＞∠AOB，显然△OMN 不相似△OBA； ③当 t＞ 时， ＝ ，解得 t＝2＞ ，所以当 t＝2 时，△OMN∽△OBA； (3)①当 t≤ 时，如图 1，过点 M 作 MH⊥x 轴，垂足为 H， 在 Rt△MOH 中，因为∠AOB＝60°， 所以 MH＝OMsin60°＝(2－4t)× ＝ (1－2t)， OH＝0Mcos60°＝(2－4t)× ＝1－2t， 所以 NH＝(6－4t)－(1－2t)＝5－2t， 所以 s＝[ (1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28 ②当 ＜t≤ 时，如图 2，作 MH⊥x 轴，垂足为 H， 在 Rt△MNH 中，MH＝ (4t－2)＝ (2t－1)，NH＝ (4t－2)＋(6－4t)＝5－2t， 所以 s＝[ (1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28 当 t＞ 时，同理可得 s＝[ (1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28， 综上所述，s＝[ (1－2t)]2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28． 因为 s＝16t2－32t＋28＝16(t－1)2＋12， 所以当 t＝1 时，s 有最小值为 12，所以甲、乙两人距离最小值为 2 km． 24．如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y=ax2+6x+c 的图象经过点 A（4，0）、B（﹣ 1，0），与 y 轴交于点 C，点 D 在线段 OC 上，OD=t，点 E 在第二象限，∠ADE=90°， tan∠DAE= ，EF⊥OD，垂足为 F． （1）求这个二次函数的解析式； （2）求线段 EF、OF 的长（用含 t 的代数式表示）； （3）当∠ECA=∠OAC 时，求 t 的值． 解答：解：（1）二次函数 y=ax2+6x+c 的图象经过点 A（4，0）、B（﹣1，0）， ∴ ，解得 ， ∴这个二次函数的解析式为：y=﹣2x2+6x+8； （2）∵∠EFD=∠EDA=90 ∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°，∴∠DEF=∠ODA ∴△EDF∽△DAO ∴ ． ∵ ， ∴ = ， ∴ ，∴EF= t． 同理 ， ∴DF=2，∴OF=t﹣2． （3）∵抛物线的解析式为：y=﹣2x2+6x+8， ∴C（0，8），OC=8． 如图，连接 EC、AC，过 A 作 EC 的垂线交 CE 于 G 点． ∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）； 在△CAG 与△OCA 中， ， ∴△CAG≌△OCA，∴CG=4，AG=OC=8． 如图，过 E 点作 EM⊥x 轴于点 M，则在 Rt△AEM 中， ∴EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+ t， 由勾股定理得： ∵AE2=AM2+EM2= ； 在 Rt△AEG 中，由勾股定理得： ∴EG= = = ∵在 Rt△ECF 中，EF= t，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG= +4 由勾股定理得：EF2+CF2=CE2， 即 ， 解得 t1=10（不合题意，舍去），t2=6， ∴t=6． 22．如图，抛物线 y= x2﹣ x﹣9 与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C，连接 BC、AC． （1）求 AB 和 OC 的长； （2）点 E 从点 A 出发，沿 x 轴向点 B 运动（点 E 与点 A、B 不重合），过点 E 作直线 l 平 行 BC，交 AC 于点 D．设 AE 的长为 m，△ADE 的面积为 s，求 s 关于 m 的函数关系式， 并写出自变量 m 的取值范围； （3）在（2）的条件下，连接 CE，求△CDE 面积的最大值；此时，求出以点 E 为圆心，与 BC 相切的圆的面积（结果保留π）． 解答：解：（1）已知：抛物线 y= x2﹣ x﹣9； 当 x=0 时，y=﹣9，则：C（0，﹣9）； 当 y=0 时， x2﹣ x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，则：A（﹣3，0）、B（6，0）； ∴AB=9，OC=9． （2）∵ED∥BC， ∴△AED∽△ABC， ∴ =（ ）2，即： =（ ）2，得：s= m2（0＜m＜9）． （3）S△AEC= AE•OC= m，S△AED=s= m2； 则：S△EDC=S△AEC﹣S△AED=﹣ m2+ m=﹣ （m﹣ ）2+ ； ∴△CDE 的最大面积为 ，此时，AE=m= ，BE=AB﹣AE= ． 过 E 作 EF⊥BC 于 F，则 Rt△BEF∽Rt△BCO，得： = ，即： = ∴EF= ； ∴以 E 点为圆心，与 BC 相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2= ． 24．在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 是抛物线：y=x2 上的动点（点在第一象限内）．连接 OP， 过点 0 作 OP 的垂线交抛物线于另一点 Q．连接 PQ，交 y 轴于点 M．作 PA 丄 x 轴于点 A， QB 丄 x 轴于点 B．设点 P 的横坐标为 m． （1）如图 1，当 m= 时， ①求线段 OP 的长和 tan∠POM 的值； ②在 y 轴上找一点 C，使△OCQ 是以 OQ 为腰的等腰三角形，求点 C 的坐标； （2）如图 2，连接 AM、BM，分别与 OP、OQ 相交于点 D、E． ①用含 m 的代数式表示点 Q 的坐标； ②求证：四边形 ODME 是矩形． 解答：解：（1）①把 x= 代入 y=x2，得 y=2，∴P（ ，2），∴OP= ∵PA 丄 x 轴，∴PA∥MO．∴tan∠P0M=tan∠0PA= = ． ②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM， ∴ ．∴n= ∴Q（ ， ），∴OQ= ． 当 OQ=OC 时，则 C1（0， ），C2（0， ）； 当 OQ=CQ 时，则 C3（0，1）． （2）①∵P（m，m2），设 Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴ ∴ ，得 n= ，∴Q（ ， ）． ②设直线 PO 的解析式为：y=kx+b，把 P（m，m2）、Q（ ， ）代入，得： 解得 b=1，∴M（0，1） ∵ ，∠QBO=∠MOA=90°， ∴△QBO∽△MOA ∴∠MAO=∠QOB， ∴QO∥MA 同理可证：EM∥OD 又∵∠EOD=90°， ∴四边形 ODME 是矩形． 26．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABC 的边长 OA、OC 分别为 12cm、 6cm，点 A、C 分别在 y 轴的负半轴和 x 轴的正半轴上，抛物线 y=ax2+bx+c 经过点 A、B， 且 18a+c=0． （1）求抛物线的解析式． （2）如果点 P 由点 A 开始沿 AB 边以 1cm/s 的速度向终点 B 移动，同时点 Q 由点 B 开始 沿 BC 边以 2cm/s 的速度向终点 C 移动． ①移动开始后第 t 秒时，设△PBQ 的面积为 S，试写出 S 与 t 之间的函数关系式，并写出 t 的取值范围． ②当 S 取得最大值时，在抛物线上是否存在点 R，使得以 P、B、Q、R 为顶点的四边形是 平行四边形？如果存在，求出 R 点的坐标；如果不存在，请说明理由． 解答：解：（1）设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c， 由题意知点 A（0，﹣12）， 所以 c=﹣12， 又 18a+c=0， ， ∵AB∥OC，且 AB=6， ∴抛物线的对称轴是 ， ∴b=﹣4， 所以抛物线的解析式为 ； （2）① ，（0＜t＜6） ②当 t=3 时，S 取最大值为 9． 这时点 P 的坐标（3，﹣12）， 点 Q 坐标（6，﹣6） 若以 P、B、Q、R 为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况： （Ⅰ）当点 R 在 BQ 的左边，且在 PB 下方时，点 R 的坐标（3，﹣18），将（3，﹣18）代 入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点 R 的坐标就是（3，﹣18）， （Ⅱ）当点 R 在 BQ 的左边，且在 PB 上方时，点 R 的坐标（3，﹣6），将（3，﹣6）代入 抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点 R 不满足条件． （Ⅲ）当点 R 在 BQ 的右边，且在 PB 上方时，点 R 的坐标（9，﹣6），将（9，﹣6）代入 抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点 R 不满足条件． 综上所述，点 R 坐标为（3，﹣18）． 25．抛物线 的顶点在直线 y=x+3 上，过点 F（﹣2，2）的直线交该抛物线于 点 M、N 两点（点 M 在点 N 的左边），MA⊥x 轴于点 A，NB⊥x 轴于点 B． （1）先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含 m 的代数式表示），再求 m 的值； （2）设点 N 的横坐标为 a，试用含 a 的代数式表示点 N 的纵坐标，并说明 NF=NB； （3）若射线 NM 交 x 轴于点 P，且 PA•PB= ，求点 M 的坐标． 解答： 解：（1）y= x2+x+m= （x+2）2+（m﹣1） ∴顶点坐标为（﹣2，m﹣1） ∵顶点在直线 y=x+3 上， ∴﹣2+3=m﹣1， 得 m=2； （2）∵点 N 在抛物线上， ∴点 N 的纵坐标为： a2+a+2， 即点 N（a， a2+a+2） 过点 F 作 FC⊥NB 于点 C， 在 Rt△FCN 中，FC=a+2，NC=NB﹣CB= a2+a， ∴NF2=NC2+FC2=（ a2+a）2+（a+2）2， =（ a2+a）2+（a2+4a）+4， 而 NB2=（ a2+a+2）2， =（ a2+a）2+（a2+4a）+4 ∴NF2=NB2，NF=NB； （3）连接 AF、BF， 由 NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由（2）的结论知，MF=MA， ∴∠MAF=∠MFA， ∵MA⊥x 轴，NB⊥x 轴， ∴MA∥NB，∴∠AMF+∠BNF=180° ∵△MAF 和△NFB 的内角总和为 360°， ∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°， ∵∠MAB+∠NBA=180°， ∴∠FBA+∠FAB=90°， 又∵∠FAB+∠MAF=90°， ∴∠FBA=∠MAF=∠MFA， 又∵∠FPA=∠BPF， ∴△PFA∽△PBF， ∴ = ，PF2=PA×PB= ， 过点 F 作 FG⊥x 轴于点 G，在 Rt△PFG 中， PG= = ， ∴PO=PG+GO= ， ∴P（﹣ ，0） 设直线 PF：y=kx+b，把点 F（﹣2，2）、点 P（﹣ ，0）代入 y=kx+b， 解得 k= ，b= ， ∴直线 PF：y= x+ ， 解方程 x2+x+2= x+ ， 得 x=﹣3 或 x=2（不合题意，舍去）， 当 x=﹣3 时，y= ， ∴M（﹣3， ）． 23．如图所示，现有一张边长为 4 的正方形纸片 ABCD，点 P 为正方形 AD 边上的一点（不 与点 A、点 D 重合）将正方形纸片折叠，使点 B 落在 P 处，点 C 落在 G 处，PG 交 DC 于 H，折痕为 EF，连接 BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH； （2）当点 P 在边 AD 上移动时，△PDH 的周长是否发生变化？并证明你的结论； （3）设 AP 为 x，四边形 EFGP 的面积为 S，求出 S 与 x 的函数关系式，试问 S 是否存在 最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 解答： （1）解：如图 1，∵PE=BE， ∴∠EBP=∠EPB． 又∵∠EPH=∠EBC=90°， ∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP． 即∠PBC=∠BPH． 又∵AD∥BC， ∴∠APB=∠PBC． ∴∠APB=∠BPH． （2）△PHD 的周长不变为定值 8． 证明：如图 2，过 B 作 BQ⊥PH，垂足为 Q． 由（1）知∠APB=∠BPH， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP， ∴△ABP≌△QBP． ∴AP=QP，AB=BQ． 又∵AB=BC， ∴BC=BQ． 又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH， ∴△BCH≌△BQH． ∴CH=QH． ∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． （3）如图 3，过 F 作 FM⊥AB，垂足为 M，则 FM=BC=AB． 又∵EF 为折痕， ∴EF⊥BP． ∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°， ∴∠EFM=∠ABP． 又∵∠A=∠EMF=90°， ∴△EFM≌△BPA． ∴EM=AP=x． ∴在 Rt△APE 中，（4﹣BE）2+x2=BE2． 解得， ． ∴ ． 又四边形 PEFG 与四边形 BEFC 全等， ∴ ． 即： ． 配方得， ， ∴当 x=2 时，S 有最小值 6． 26．如图，抛物线 的图象与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于 C 点，已知 B 点坐标为（4，0）． （1）求抛物线的解析式； （2）试探究△ABC 的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标； （3）若点 M 是线段 BC 下方的抛物线上一点，求△MBC 的面积的最大值，并求出此时 M 点的坐标． 解答： 解：（1）将 B（4，0）代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×4﹣2，即：a=； ∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2． （2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）； ∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB， ∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC； ∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°， ∴△ABC 为直角三角形，AB 为△ABC 外接圆的直径； 所以该外接圆的圆心为 AB 的中点，且坐标为：（，0）． （3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线 BC 的解析式为：y=x﹣2； 设直线 l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线 l 与抛物线只有一个交 点时，可列方程： x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0； ∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即 b=4； ∴直线 l：y=x﹣4． 由于 S△MBC=BC×h，当 h 最大（即点 M 到直线 BC 的距离最远）时，△ABC 的面积 最大 所以点 M 即直线 l 和抛物线的唯一交点，有： ， 解得： 即 M（2，﹣3）． 23．如图，抛物线 y=ax2+bx﹣4 与 x 轴交于 A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与 y 轴交于 点 C，点 P 是线段 AB 上一动点（端点除外），过点 P 作 PD∥AC，交 BC 于点 D，连接 CP． （1）求该抛物线的解析式； （2）当动点 P 运动到何处时，BP2=BD•BC； （3）当△PCD 的面积最大时，求点 P 的坐标． 解答： 解：（1）由题意，得 ， 解得 ， ∴抛物线的解析式为 y= ﹣x﹣4； （2）设点 P 运动到点（x，0）时，有 BP2=BD•BC， 令 x=0 时，则 y=﹣4， ∴点 C 的坐标为（0，﹣4） ∵PD∥AC， ∴△BPD∽△BAC， ∴ ． ∵BC= ， AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2． ∴BD= = = ． ∵BP2=BD•BC， ∴（x+2）2= ， 解得 x1= ，x2=﹣2（﹣2 不合题意，舍去）， ∴点 P 的坐标是（ ，0），即当点 P 运动到（ ，0）时，BP2=BD•BC； （3）∵△BPD∽△BAC， ∴ ， ∴ × S△BPC= ×（x+2）×4﹣ ∵ ， ∴当 x=1 时，S△BPC 有最大值为 3． 即点 P 的坐标为（1，0）时，△PDC 的面积最大． 24．在平面直角坐标 xOy 中，（如图）正方形 OABC 的边长为 4，边 OA 在 x 轴的正半轴 上，边 OC 在 y 轴的正半轴上，点 D 是 OC 的中点，BE⊥DB 交 x 轴于点 E． （1）求经过点 D、B、E 的抛物线的解析式； （2）将∠DBE 绕点 B 旋转一定的角度后，边 BE 交线段 OA 于点 F，边 BD 交 y 轴于点 G， 交（1）中的抛物线于 M（不与点 B 重合），如果点 M 的横坐标为 ，那么结论 OF= DG 能成立吗？请说明理由； （3）过（2）中的点 F 的直线交射线 CB 于点 P，交（1）中的抛物线在第一象限的部分于 点 Q，且使△PFE 为等腰三角形，求 Q 点的坐标． 解答： 解：（1）∵BE⊥DB 交 x 轴于点 E，OABC 是正方形， ∴∠DBC=EBA． 在△BCD 与△BAE 中， ∵ ， ∴△BCD≌△BAE，∴AE=CD． ∵OABC 是正方形，OA=4，D 是 OC 的中点， ∴A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），∴E（6，0）． 设过点 D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，则有： ， 解得 ， ∴经过点 D、B、E 的抛物线的解析式为：y= x2+ x+2． （2）结论 OF= DG 能成立．理由如下： 由题意，当∠DBE 绕点 B 旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG． ∵xM= ，∴yM= xM 2+ xM+2= ，∴M（ ， ）． 设直线 MB 的解析式为 yMB=kx+b， ∵M（ ， ），B（4，4）， ∴ ， 解得 ， ∴yMB= x+6， ∴G（0，6）， ∴CG=2，DG=4． ∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0）． ∵OF=2，DG=4， ∴结论 OF= DG 成立． （3）如图，△PFE 为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下： ①若 PF=FE． ∵FE=4，BC 与 OA 平行线之间距离为 4， ∴此时 P 点位于射线 CB 上， ∵F（2，0）， ∴P（2，4），此时直线 FP⊥x 轴 ∴xQ=2， ∴yQ= xQ 2+ xQ+2= ，∴Q1（2， ）； ②若 PF=PE． 如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE， ∴△BEF 为等腰三角形， ∴此时点 P、Q 与点 B 重合， ∴Q2（4，4）； ③若 PE=EF． ∵FE=4，BC 与 OA 平行线之间距离为 4， ∴此时 P 点位于射线 CB 上， ∵E（6，0），∴P（6，4）． 设直线 yPF 的解析式为 yPF=kx+b，∵F（2，0），P（6，4）， ∴ ， 解得 ， ∴yPF=x﹣2． ∵Q 点既在直线 PF 上，也在抛物线上， ∴ x2+ x+2=x﹣2，化简得 5x2﹣14x﹣48=0， 解得 x1= ，x2=﹣2（不合题意，舍去） ∴xQ=2， ∴yQ=xQ﹣2= ﹣2= ． ∴Q3（ ， ）． 综上所述，Q 点的坐标为 Q1（2， ）或 Q2（4，4）或 Q3（ ， ）． 26．如图 1，A．D 分别在 x 轴和 y 轴上，CD∥x 轴，BC∥y 轴．点 P 从 D 点出发，以 1cm/s 的速度，沿五边形 OABCD 的边匀速运动一周．记顺次连接 P、O、D 三点所围成图形的面 积为 Scm2，点 P 运动的时间为 ts．已知 S 与 t 之间的函数关系如图 2 中折线段 OEFGHI 所示． （1）求 A．B 两点的坐标； （2）若直线 PD 将五边形 OABCD 分成面积相等的两部分，求直线 PD 的函数关系式． 解答：解：（1）连接 AD，设点 A 的坐标为（a，0）， 由图 2 知，DO+OA=6cm， DO=6﹣AO， 由图 2 知 S△AOD=4， ∴ DO•AO=4， ∴a2﹣6a+8=0， 解得 a=2 或 a=4， 由图 2 知，DO＞3， ∴AO＜3， ∴a=2， ∴A 的坐标为（2，0）， D 点坐标为（0，4）， 在图 1 中，延长 CB 交 x 轴于 M， 由图 2，知 AB=5cm，CB=1cm， ∴MB=3， ∴AM= =4． ∴OM=6， ∴B 点坐标为（6，3）； （2）显然点 P 一定在 AB 上．设点 P（x，y），连 PC．PO，则 S 四边形 DPBC=S△DPC+S△PBC= S 五边形 OABCD= （S 矩形 OMCD﹣S△ABM）=9， ∴ 6×（4﹣y）+ ×1×（6﹣x）=9， 即 x+6y=12， 同理，由 S 四边形 DPAO=9 可得 2x+y=9， 由 A（2，0），B（6，3）求得直线 AB 的函数关系式为 y= ， 由 [或 或 ] 解得 x= ，y= ． ∴P（ ， ）， 设直线 PD 的函数关系式为 y=kx+4， 则 = k+4， ∴k=﹣ ， ∴直线 PD 的函数关系式为 y=﹣ x+4． 26．如图，点 A 在 x 轴上，OA=4，将线段 OA 绕点 O 顺时针旋转 120°至 OB 的位置． （1）求点 B 的坐标； （2）求经过点 A．O、B 的抛物线的解析式； （3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点 P，使得以点 P、O、B 为顶点的三角形是等腰三 角形？若存在，求点 P 的坐标；若不存在，说明理由． 考点：二次函数综合题；分类讨论。 解答：解：（1）如图，过 B 点作 BC⊥x 轴，垂足为 C，则∠BCO=90°， ∵∠AOB=120°， ∴∠BOC=60°， 又∵OA=OB=4， ∴OC= OB= ×4=2，BC=OB•sin60°=4× =2 ， ∴点 B 的坐标为（﹣2，﹣2 ）； （2）∵抛物线过原点 O 和点 A．B， ∴可设抛物线解析式为 y=ax2+bx， 将 A（4，0），B（﹣2．﹣2 ）代入，得 ， 解得 ， ∴此抛物线的解析式为 y=﹣ x2+ x （3）存在， 如图，抛物线的对称轴是 x=2，直线 x=2 与 x 轴的交点为 D，设点 P 的坐标为（2，y）， ①若 OB=OP， 则 22+|y|2=42， 解得 y=±2 ， 当 y=2 时，在 Rt△POD 中，∠PDO=90°，sin∠POD= = ， ∴∠POD=60°， ∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°， 即 P、O、B 三点在同一直线上， ∴y=2 不符合题意，舍去， ∴点 P 的坐标为（2，﹣2 ） ②若 OB=PB，则 42+|y+2 |2=42， 解得 y=﹣2 ， 故点 P 的坐标为（2，﹣2 ）， ③若 OP=BP，则 22+|y|2=42+|y+2 |2， 解得 y=﹣2 ， 故点 P 的坐标为（2，﹣2 ）， 综上所述，符合条件的点 P 只有一个，其坐标为（2，﹣2 ）， 21．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为 A（0，1），B（2，0），O（0， 0），将此三角板绕原点 O 逆时针旋转 90°，得到△A′B′O． （1）一抛物线经过点 A′、B′、B，求该抛物线的解析式； （2）设点 P 是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点 P，使四边形 PB′A′B 的面积 是△A′B′O 面积 4 倍？若存在，请求出 P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试指出四边形 PB′A′B 是哪种形状的四边形？并写出四边形 PB′A′B 的两条性质． 解答：解：（1）△A′B′O 是由△ABO 绕原点 O 逆时针旋转 90°得到的， 又 A（0，1），B（2，0），O（0，0）， ∴A′（﹣1，0），B′（0，2）． 设抛物线的解析式为： 2 ( 0)y ax bx c a    ， ∵抛物线经过点 A′、B′、B， 0 2 0 4 2 a b c c a b c          ，解之得 1 1 2 a b c       ， 满足条件的抛物线的解析式为 2 2y x x    .． （2）∵P 为第一象限内抛物线上的一动点， 设 P（x，y），则 x＞0，y＞0，P 点坐标满足 2 2y x x    ． 连接 PB，PO，PB′， B OA   B O  OB PB A B S S S S         P P四边形 1 1 11 2+ 2 + 22 2 2x y       2 2( 2) 1 2 3x x x x x          . 假设四边形 PB A B  的面积是 A B O  面积的 4 倍，则 2 2 3 4x x    ， 即 2 2 1 0x x   ，解之得 1x  ，此时 21 1 2 2y      ，即 (1,2)P . ∴存在点 P（1，2），使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍． （3）四边形 PB′A′B 为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意 2 个均可． ①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等； ③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等． 或用符号表示： ①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB． 24．如图 1，已知直线 y=kx 与抛物线 y= 交于点 A（3，6）． （1）求直线 y=kx 的解析式和线段 OA 的长度； （2）点 P 为抛物线第一象限内的动点，过点 P 作直线 PM，交 x 轴于点 M（点 M、O 不 重合），交直线 OA 于点 Q，再过点 Q 作直线 PM 的垂线，交 y 轴于点 N．试探究：线段 QM 与线段 QN 的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由； （3）如图 2，若点 B 为抛物线上对称轴右侧的点，点 E 在线段 OA 上（与点 O、A 不重合）， 点 D（m，0）是 x 轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m 在什 么范围时，符合条件的 E 点的个数分别是 1 个、2 个？ 解答：解：（1）把点 A（3，6）代入 y=kx 得； ∵6=3k， ∴k=2， ∴y=2x．（2012 义乌市） OA= ．…（3 分） （2） 是一个定值，理由如下： 如答图 1，过点 Q 作 QG⊥y 轴于点 G，QH⊥x 轴于点 H． ①当 QH 与 QM 重合时，显然 QG 与 QN 重合， 此时 ； ②当 QH 与 QM 不重合时， ∵QN⊥QM，QG⊥QH 不妨设点 H，G 分别在 x、y 轴的正半轴上， ∴∠MQH=∠GQN， 又∵∠QHM=∠QGN=90° ∴△QHM∽△QGN…（5 分）， ∴ ， 当点 P、Q 在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 ． …（7 分）①① （3）如答图 2，延长 AB 交 x 轴于点 F，过点 F 作 FC⊥OA 于点 C，过点 A 作 AR⊥x 轴于 点 R ∵∠AOD=∠BAE， ∴AF=OF， ∴OC=AC= OA= ∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC， ∴△AOR∽△FOC， ∴ ， ∴OF= ， ∴点 F（ ，0）， 设点 B（x， ）， 过点 B 作 BK⊥AR 于点 K，则△AKB∽△ARF， ∴ ， 即 ， 解得 x1=6，x2=3（舍去）， ∴点 B（6，2）， ∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4， ∴AB=5 …（8 分）； （求 AB 也可采用下面的方法） 设直线 AF 为 y=kx+b（k≠0）把点 A（3，6），点 F（ ，0）代入得 k= ，b=10， ∴ ， ∴ ， ∴ （舍去）， ， ∴B（6，2）， ∴AB=5…（8 分） （其它方法求出 AB 的长酌情给分） 在△ABE 与△OED 中 ∵∠BAE=∠BED， ∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB， ∴∠ABE=∠DEO， ∵∠BAE=∠EOD， ∴△ABE∽△OED．…（9 分） 设 OE=x，则 AE= ﹣x （ ）， 由△ABE∽△OED 得 ， ∴ ∴ （ ）…（10 分） ∴顶点为（ ， ） 如答图 3，当 时，OE=x= ，此时 E 点有 1 个； 当 时，任取一个 m 的值都对应着两个 x 值，此时 E 点有 2 个． ∴当 时，E 点只有 1 个…（11 分） 当 时，E 点有 2 个…（12 分）． 22．在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数 y=k（x2+x﹣1）的图象交于点 A（1，k） 和点 B（﹣1，﹣k）． （1）当 k=﹣2 时，求反比例函数的解析式； （2）要使反比例函数和二次函数都是 y 随着 x 的增大而增大，求 k 应满足的条件以及 x 的 取值范围； （3）设二次函数的图象的顶点为 Q，当△ABQ 是以 AB 为斜边的直角三角形时，求 k 的值． 解答：解：（1）当 k=﹣2 时，A（1，﹣2）， ∵A 在反比例函数图象上， ∴设反比例函数的解析式为：y= ， 代入 A（1，﹣2）得：﹣2= ， 解得：m=﹣2， ∴反比例函数的解析式为：y=﹣ ； （2）∵要使反比例函数和二次函数都是 y 随着 x 的增大而增大， ∴k＜0， ∵二次函数 y=k（x2+x﹣1）=k（x+ ）2﹣ k，的对称轴为：直线 x=﹣ ， 要使二次函数 y=k（x2+x﹣1）满足上述条件，在 k＜0 的情况下，x 必须在对称轴的 左边， 即 x＜﹣ 时，才能使得 y 随着 x 的增大而增大， ∴综上所述，k＜0 且 x＜﹣ ； （3）由（2）可得：Q（﹣ ， k）， ∵△ABQ 是以 AB 为斜边的直角三角形，A 点与 B 点关于原点对称，（如图是其中的一 种情况） ∴原点 O 平分 AB， ∴OQ=OA=OB， 作 AD⊥OC，QC⊥OC， ∴OQ= = ， ∵OA= = ， ∴ = ， 解得：k=± ． 26．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形 ABCD 的三个顶点 B（1，0），C（3，0），D （3，4）．以 A 为顶点的抛物线 y=ax2+bx+c 过点 C．动点 P 从点 A 出发，沿线段 AB 向 点 B 运动．同时动点 Q 从点 C 出发，沿线段 CD 向点 D 运动．点 P，Q 的运动速度均为每 秒 1 个单位．运动时间为 t 秒．过点 P 作 PE⊥AB 交 AC 于点 E． （1）直接写出点 A 的坐标，并求出抛物线的解析式； （2）过点 E 作 EF⊥AD 于 F，交抛物线于点 G，当 t 为何值时，△ACG 的面积最大？最大 值为多少？ （3）在动点 P，Q 运动的过程中，当 t 为何值时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点 H， 使以 C，Q，E，H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出 t 的值． 解答：解：（1）A（1，4）．…（1 分） 由题意知，可设抛物线解析式为 y=a（x﹣1）2+4 ∵抛物线过点 C（3，0）， ∴0=a（3﹣1）2+4， 解得，a=﹣1， ∴抛物线的解析式为 y=﹣（x﹣1）2+4，即 y=﹣x2+2x+3．…（2 分） （2）∵A（1，4），C（3，0）， ∴可求直线 AC 的解析式为 y=﹣2x+6． ∵点 P（1，4﹣t）．…（3 分） ∴将 y=4﹣t 代入 y=﹣2x+6 中，解得点 E 的横坐标为 x=1+ ．…（4 分）∴点 G 的 横坐标为 1+ ，代入抛物线的解析式中，可求点 G 的纵坐标为 4﹣ ． ∴GE=（4﹣ ）﹣（4﹣t）=t﹣ ．…（5 分） 又点 A 到 GE 的距离为 ，C 到 GE 的距离为 2﹣ ， 即 S△ACG=S△AEG+S△CEG= •EG• + •EG（2﹣ ） = •2（t﹣ ）=﹣ （t﹣2）2+1．…（7 分） 当 t=2 时，S△ACG 的最大值为 1．…（8 分） （3）t= 或 t=20﹣8 ．…（12 分） （说明：每值各占（2 分），多出的值未舍去，每个扣 1 分） 20．已知：如图，抛物线 y=a（x﹣1）2+c 与 x 轴交于点 A（ ，0）和点 B，将抛物 线沿 x 轴向上翻折，顶点 P 落在点 P'（1，3）处． （1）求原抛物线的解析式； （2）学校举行班徽设计比赛，九年级 5 班的小明在解答此题时顿生灵感：过点 P'作 x 轴的 平行线交抛物线于 C、D 两点，将翻折后得到的新图象在直线 CD 以上的部分去掉，设计成 一个“W”型的班徽，“5”的拼音开头字母为 W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而 且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比 （约等于 0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据： ， ，结果可保留根号） 解答：解：（1）∵P 与 P′（1，3）关于 x 轴对称， ∴P 点坐标为（1，﹣3）； …（2 分） ∵抛物线 y=a（x﹣1）2+c 过点 A（ ，0），顶点是 P（1，﹣3）， ∴ ；…（3 分） 解得 ；…（4 分） 则抛物线的解析式为 y=（x﹣1）2﹣3，…（5 分） 即 y=x2﹣2x﹣2． （2）∵CD 平行 x 轴，P′（1，3）在 CD 上， ∴C、D 两点纵坐标为 3； …（6 分） 由（x﹣1）2﹣3=3， 解得： ， ，…（7 分） ∴C、D 两点的坐标分别为（ ，3），（ ，3） ∴CD= …（8 分） ∴“W”图案的高与宽（CD）的比= （或约等于 0.6124）…（10 分）． 24．如图，抛物线 y= 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴交于点 C． （1）求点 A、B 的坐标； （2）设 D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时，求 点 D 的坐标； （3）若直线 l 过点 E（4，0），M 为直线 l 上的动点，当以 A、B、M 为顶点所作的直角三 角形有且只有三个时，求直线 l 的解析式． 解答：解：（1）令 y=0，即 =0， 解得 x1=﹣4，x2=2， ∴A、B 点的坐标为 A（﹣4，0）、B（2，0）． （2）S△ACB= AB•OC=9， 在 Rt△AOC 中，AC= = =5， 设△ACD 中 AC 边上的高为 h，则有 AC•h=9，解得 h= ． 如答图 1，在坐标平面内作直线平行于 AC，且到 AC 的距离=h= ，这样的直线有 2 条，分别是 l1 和 l2，则直线与对称轴 x=﹣1 的两个交点即为所求的点 D． 设 l1 交 y 轴于 E，过 C 作 CF⊥l1 于 F，则 CF=h= ， ∴CE= = ． 设直线 AC 的解析式为 y=kx+b，将 A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入， 得到 ，解得 ，∴直线 AC 解析式为 y= x+3． 直线 l1 可以看做直线 AC 向下平移 CE 长度单位（ 个长度单位）而形成的， ∴直线 l1 的解析式为 y= x+3﹣ = x﹣ ． 则 D1 的纵坐标为 ×（﹣1）﹣ = ，∴D1（﹣4， ）． 同理，直线 AC 向上平移 个长度单位得到 l2，可求得 D2（﹣1， ） 综上所述，D 点坐标为：D1（﹣4， ），D2（﹣1， ）． （3）如答图 2，以 AB 为直径作⊙F，圆心为 F．过 E 点作⊙F 的切线，这样的切线 有 2 条． 连接 FM，过 M 作 MN⊥x 轴于点 N． ∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F 半径 FM=FB=3． 又 FE=5，则在 Rt△MEF 中， ME= =4，sin∠MFE= ，cos∠MFE= ． 在 Rt△FMN 中，MN=MN•sin∠MFE=3× = ， FN=MN•cos∠MFE=3× = ，则 ON= ， ∴M 点坐标为（ ， ） 直线 l 过 M（ ， ），E（4，0）， 设直线 l 的解析式为 y=kx+b，则有 ，解得 ， 所以直线 l 的解析式为 y= x+3． 同理，可以求得另一条切线的解析式为 y= x﹣3． 综上所述，直线 l 的解析式为 y= x+3 或 y= x﹣3． 24．在△ABC 中，∠ABC＝45°，tan∠ACB＝ ．如图，把△ABC 的一边 BC 放置在 x 轴上， 有 OB＝14，OC＝ ，AC 与 y 轴交于点 E． (1)求 AC 所在直线的函数解析式； (2)过点 O 作 OG⊥AC，垂足为 G，求△OEG 的面积； (3)已知点 F(10，0)，在△ABC 的边上取两点 P，Q，是否存在以 O，P，Q 为顶点的三角形 与△OFP 全等，且这两个三角形在 OP 的异侧？若存在，请求出所有符合条件的点 P 的坐标； 若不存在，请说明理由． 解答：解：(1)在 Rt△OCE 中，OE＝OCtan∠OCE＝ ＝ ，∴点 E(0，2 )． 设直线 AC 的函数解析式为 y＝kx＋ ，有 ，解得：k＝ ． ∴直线 AC 的函数解析式为 y＝ ． (2)在 Rt△OGE 中，tan∠EOG＝tan∠OCE＝ ＝ ， 设 EG＝3t，OG＝5t，OE＝ ＝ t，∴ ，得 t＝2， 故 EG＝6，OG＝10， ∴S△OEG＝ ． (3)存在． ①当点 Q 在 AC 上时，点 Q 即为点 G， 如图 1，作∠FOQ 的角平分线交 CE 于点 P1， 由△OP1F≌△OP1Q，则有 P1F⊥x 轴，由于点 P1 在直线 AC 上，当 x＝10 时， y＝－ ＝ ， ∴点 P1(10， )． ②当点 Q 在 AB 上时， 如图 2，有 OQ＝OF，作∠FOQ 的角平分线交 CE 于点 P2， 过点 Q 作 QH⊥OB 于点 H，设 OH＝a， 则 BH＝QH＝14－a， 在 Rt△OQH 中，a2＋(14－a)2＝100， 解得：a1＝6，a2＝8， ∴Q(－6，8)或 Q(－8，6)． 连接 QF 交 OP2 于点 M． 当 Q(－6，8)时，则点 M(2，4)． 当 Q(－8，6)时，则点 M(1，3)． 设直线 OP2 的解析式为 y＝kx，则 2k＝4，k＝2． ∴y＝2x． 解方程组 ，得 ． ∴P2( )； 当 Q(－8，6)时，则点 M(1，3)． 同理可求 P2′( )． 综上所述，满足条件的 P 点坐标为(10， )或( )或 ( )． 25．如图，已知：直线 3 xy 交 x 轴于点 A，交 y 轴于点 B，抛物线 y=ax2+bx+c 经 过 A、B、C（1，0）三点. （1）求抛物线的解析式; （2）若点 D 的坐标为（-1，0），在直线 3 xy 上有一点 P,使ΔABO 与ΔADP 相 似，求出点 P 的坐标； （3）在（2）的条件下，在 x 轴下方的抛物线上，是否存在点 E，使ΔADE 的面积等于 四边形 APCE 的面积？如果存在，请求出点 E 的坐标；如果不存在，请说明理由． 解答：解：（1）：由题意得，A（3，0），B（0，3） ∵抛物线经过 A、B、C 三点，∴把 A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入 2y ax bx c= + + 得方程组       0 3 039 cba c cba 解得：       3 4 1 c b a ∴抛物线的解析式为 2 4 3y x x= - + （2）由题意可得：△ABO 为等腰三角形,如图所示， 若△ABO∽△AP1D，则 1DP OB AD AO  ∴DP1=AD=4 , ∴P1 ( 1,4)- 若△ABO∽△ADP2 ，过点 P2 作 P2 M⊥x 轴于 M，AD=4, ∵△ABO 为等腰三角形, ∴△ADP2 是等腰三角形,由三线合一可得：DM=AM=2= P2M，即点 M 与点 C 重合∴P2（1，2） （3）如图设点 E ( , )x y ，则 ||2||2 1 yyADS ADE  ①当 P1(-1,4)时， S 四边形 AP1CE=S 三角形 ACP1+S 三角形 ACE ||22 1422 1 y = 4 y+ ∴ 2 4y y= + ∴ 4y = ∵点 E 在 x 轴下方 ∴ 4y = - 代入得： 2 4 3 4x x- + = - ,即 0742  xx ∵△=(-4)2-4×7=-12<0 ∴此方程无解 ②当 P2（1，2）时，S 四边形 AP2CE=S 三角形 ACP2+S 三角形 ACE = 2 y+ ∴ 2 2y y= + ∴ 2y = ∵点 E 在 x 轴下方 ∴ 2y = - 代入得： 2 4 3 2x x- + = - 即 0542  xx ，∵△=(-4)2-4×5=-4<0 ∴此方程无解 综上所述，在 x 轴下方的抛物线上不存在这样的点 E。 29．如图，半径为 2 的⊙C 与 x 轴的正半轴交于点 A，与 y 轴的正半轴交于点 B，点 C 的 坐标为（1，0）．若抛物线 23 3y x bx c    过 A、B 两点． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在点 P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在 说明理由； （3）若点 M 是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB 的面积为 S，求 S 的最大 （小）值． 解答：解：（1）如答图 1，连接 OB． ∵BC=2，OC=1 ∴OB= 4 1 3  ∴B（0， 3 ） 将 A（3，0），B（0， 3 ）代入二次函数的表达式 得 3 9 3 03 3 b c c        ，解得： 2 3 3 3 b c     ， ∴ 23 2 3 33 3y x x    ． （2）存在． 如答图 2，作线段 OB 的垂直平分线 l，与抛物线的交点即为点 P． ∵B（0， 3 ），O（0，0）， ∴直线 l 的表达式为 3 2y  ．代入抛物线的表达式， 得 23 2 3 333 3 2y x x     ； 解得 101 2x   ， ∴P（ 10 31 2 2  ， ）． （3）如答图 3，作 MH⊥x 轴于点 H． 设 M（ m mx y， ）， 则 S△MAB=S 梯形 MBOH+S△MHA﹣S△OAB= 1 2 （MH+OB）•OH+ 1 2 HA•MH﹣ 1 2 OA•OB = 1 1 1( 3) (3 ) 3 32 2 2m m m my x x y      = 3 3 3 32 2 2m mx y  ∵ 23 2 3 33 3m m my x x    ， ∴ 2 ΔMAB 3 3 3 2 3 3 3( 3)2 2 3 3 2m m mS x x x      = 2 23 3 3 3 3 9 3( )2 2 2 2 8m m mx x x      ∴当 3 2mx  时， ΔMABS 取得最大值，最大值为 9 3 8 ． 26．如图半径分别为 m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1 和⊙O2 相交于 P，Q 两点，且点 P（4， 1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1 与 x 轴，y 轴分别切于点 M，点 N，⊙O2 与 x 轴，y 轴分别切于点 R，点 H． （1）求两圆的圆心 O1，O2 所在直线的解析式； （2）求两圆的圆心 O1，O2 之间的距离 d； （3）令四边形 PO1QO2 的面积为 S1，四边形 RMO1O2 的面积为 S2． 试探究：是否存在一条经过 P，Q 两点、开口向下，且在 x 轴上截得的线段长为 的抛物线？若存在，请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由． 解答： 解：（1）由题意可知 O1（m，m），O2（n，n）， 设过点 O1，O2 的直线解析式为 y=kx+b，则有： （0＜m＜n），解得 ， ∴所求直线的解析式为：y=x． （2）由相交两圆的性质，可知 P、Q 点关于 O1O2 对称． ∵P（4，1），直线 O1O2 解析式为 y=x，∴Q（1，4）． 如解答图 1，连接 O1Q． ∵Q（1，4），O1（m，m），根据两点间距离公式得到： O1Q= = 又 O1Q 为小圆半径，即 QO1=m， ∴ =m，化简得：m2﹣10m+17=0 ① 如解答图 1，连接 O2Q，同理可得：n2﹣10n+17=0 ② 由①，②式可知，m、n 是一元二次方程 x2﹣10x+17=0 ③的两个根， 解③得：x=5± ，∵0＜m＜n，∴m=5﹣ ，n=5+ ． ∵O1（m，m），O2（n，n）， ∴d=O1O2= =8． （3）假设存在这样的抛物线，其解析式为 y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以 a＜ 0． 如解答图 2，连接 PQ． 由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2． ∵P（4，1），Q（1，4）， ∴PQ= = ，又 O1O2=8， ∴S1= PQ•O1O2= × ×8= ； 又 S2= （O2R+O1M）•MR= （n+m）（n﹣m）= ； ∴ = =1，即抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1． ∵抛物线过点 P（4，1），Q（1，4）， ∴ ，解得 ， ∴抛物线解析式为：y=ax2﹣（5a+1）x+5+4a， 令 y=0，则有：ax2﹣（5a+1）x+5+4a=0， 设两根为 x1，x2，则有：x1+x2= ，x1x2= ， ∵在 x 轴上截得的线段长为 1，即|x1﹣x2|=1， ∴（x1﹣x2）2=1，∴（x1+x2）2﹣4x1x2=1， 即（ ）2﹣4（ ）=1，化简得：8a2﹣10a+1=0， 解得 a= ，可见 a 的两个根均大于 0，这与抛物线开口向下（即 a＜0）矛盾， ∴不存在这样的抛物线． 25．如图 1，已知△ABC 中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点 P 由 B 出发沿 BA 方向点 A 匀速运动，同时点 Q 由 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动，它们的速度均为 2cm/s．连接 PQ，设运动的时间为 t（单位：s）（0≤t≤4）．解答下列问题： （1）当 t 为何值时，PQ∥BC． （2）设△AQP 面积为 S（单位：cm2），当 t 为何值时，S 取得最大值，并求出最大值． （3）是否存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把△ABC 的面积平分？若存在，求出此时 t 的值； 若不存在，请说明理由． （4）如图 2，把△AQP 沿 AP 翻折，得到四边形 AQPQ′．那么是否存在某时刻 t，使四边 形 AQPQ′为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由． 考点：相似三角形的判定与性质；一元二次方程的应用；二次函数的最值；勾股定理；勾股 定理的逆定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）。 专题：代数几何综合题；压轴题。 分析：（1）由 PQ∥BC 时的比例线段关系，列一元一次方程求解； （2）如解答图 1 所示，过 P 点作 PD⊥AC 于点 D，构造比例线段，求得 PD，从而可以得 到 S 的表达式，然后利用二次函数的极值求得 S 的最大值； （3）要点是利用（2）中求得的△AQP 的面积表达式，再由线段 PQ 恰好把△ABC 的面积平 分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于 0，则可以得出结论：不存在这 样的某时刻 t，使线段 PQ 恰好把△ABC 的面积平分； （4）首先根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得 PQ、QD 和 PD 的长度；然后 在 Rt△PQD 中，求得时间 t 的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于△AQP 面积的 2 倍，从而可以利用（2）中△AQP 面积的表达式，这样可以化简计算． 解答：解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm， ∴由勾股定理逆定理得△ABC 为直角三角形，∠C 为直角． （1）BP=2t，则 AP=10﹣2t． ∵PQ∥BC，∴ ，即 ，解得 t= ， ∴当 t= s 时，PQ∥BC． （2）如答图 1 所示，过 P 点作 PD⊥AC 于点 D． ∴PD∥BC，∴ ，即 ，解得 PD=6﹣ t． S= ×AQ×PD= ×2t×（6﹣ t）=﹣ t2+6t=﹣ （t﹣ ）2+ ， ∴当 t= s 时，S 取得最大值，最大值为 cm2． （3）假设存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把△ABC 的面积平分， 则有 S△AQP= S△ABC，而 S△ABC= AC•BC=24，∴此时 S△AQP=12． 由（2）可知，S△AQP=﹣ t2+6t， ∴﹣ t2+6t=12，化简得：t2﹣5t+10=0， ∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解， ∴不存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把△ABC 的面积平分． （4）假设存在时刻 t，使四边形 AQPQ′为菱形，则有 AQ=PQ=BP=2t． 如答图 2 所示，过 P 点作 PD⊥AC 于点 D，则有 PD∥BC， ∴ ，即 ， 解得：PD=6﹣ t，AD=8﹣ t， ∴QD=AD﹣AQ=8﹣ t﹣2t=8﹣ t． 在 Rt△PQD 中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2， 即（8﹣ t）2+（6﹣ t）2=（2t）2， 化简得：13t2﹣90t+125=0， 解得：t1=5，t2= ， ∵t=5s 时，AQ=10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t= ． 由（2）可知，S△AQP=﹣ t2+6t ∴S 菱形 AQPQ′=2S△AQP=2×（﹣ t2+6t）=2×[﹣ ×（ ）2+6× ]= cm2． 所以存在时刻 t，使四边形 AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为 cm2． 点评：本题是非常典型的动点型综合题，全面考查了相似三角形线段比例关系、菱形的性质、 勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法与判别式、二次函数的极 值等知识点，涉及的考点众多，计算量偏大，有一定的难度．本题考查知识点非常全面，是 一道测试学生综合能力的好题． 23．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，四边形 ABCD 是菱形，顶点 A．C．D 均在坐标轴 上，且 AB=5，sinB= ． （1）求过 A．C．D 三点的抛物线的解析式； （2）记直线 AB 的解析式为 y1=mx+n，（1）中抛物线的解析式为 y2=ax2+bx+c，求当 y1 ＜y2 时，自变量 x 的取值范围； （3）设直线 AB 与（1）中抛物线的另一个交点为 E，P 点为抛物线上 A．E 两点之间的一 个动点，当 P 点在何处时，△PAE 的面积最大？并求出面积的最大值． 考点：二次函数综合题。 专题：动点型。 分析：（1）由菱形 ABCD 的边长和一角的正弦值，可求出 OC．OD．OA 的长，进而确定 A．C．D 三点坐标，通过待定系数法可求出抛物线的解析式． （2）首先由 A．B 的坐标确定直线 AB 的解析式，然后求出直线 AB 与抛物线解析式的两 个交点，然后通过观察图象找出直线 y1 在抛物线 y2 图象下方的部分． （3）该题的关键点是确定点 P 的位置，△APE 的面积最大，那么 S△APE= AE×h 中 h 的值 最大，即点 P 离直线 AE 的距离最远，那么点 P 为与直线 AB 平行且与抛物线有且仅有的唯 一交点． 解答：解：（1）∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD= ； Rt△OCD 中，OC=CD•sinD=4，OD=3； OA=AD﹣OD=2，即： A（﹣2，0）、B（﹣5，4）、C（0，4）、D（3，0）； 设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣3），得： 2×（﹣3）a=4，a=﹣ ； ∴抛物线：y=﹣ x2+ x+4． （2）由 A（﹣2，0）、B（﹣5，4）得直线 AB：y1=﹣ x﹣ ； 由（1）得：y2=﹣ x2+ x+4，则： ， 解得： ， ； 由图可知：当 y1＜y2 时，﹣2＜x＜5． （3）∵S△APE= AE•h， ∴当 P 到直线 AB 的距离最远时，S△ABC 最大； 若设直线 L∥AB，则直线 L 与抛物线有且只有一个交点时，该交点为点 P； 设直线 L：y=﹣ x+b，当直线 L 与抛物线有且只有一个交点时， ﹣ x+b=﹣ x2+ x+4，且△=0； 求得：b= ，即直线 L：y=﹣ x+ ； 可得点 P（ ， ）． 由（2）得：E（5，﹣ ），则直线 PE：y=﹣ x+9； 则点 F（ ，0），AF=OA+OF= ； ∴△PAE 的最大值：S△PAE=S△PAF+S△AEF= × ×（ + ）= ． 综上所述，当 P（ ， ）时，△PAE 的面积最大，为 ． 点评：该题考查的是函数的动点问题，其中综合了特殊四边形、图形面积的求法等知识，找 出动点问题中的关键点位置是解答此类问题的大致思路． 【44. 2012 山西】 26．综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=﹣x2+2x+3 与 x 轴交于 A．B 两 点，与 y 轴交于点 C，点 D 是该抛物线的顶点． （1）求直线 AC 的解析式及 B．D 两点的坐标； （2）点 P 是 x 轴上一个动点，过 P 作直线 l∥AC 交抛物线于点 Q，试探究：随着 P 点的运 动，在抛物线上是否存在点 Q，使以点 A．P、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形？若存 在，请直接写出符合条件的点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）请在直线 AC 上找一点 M，使△BDM 的周长最小，求出 M 点的坐标． 考点：二次函数综合题。 解答：解：（1）当 y=0 时，﹣x2+2x+3=0，解得 x1=﹣1，x2=3． ∵点 A 在点 B 的左侧， ∴A．B 的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）． 当 x=0 时，y=3． ∴C 点的坐标为（0，3） 设直线 AC 的解析式为 y=k1x+b1（k1≠0）， 则 ， 解得 ， ∴直线 AC 的解析式为 y=3x+3． ∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， ∴顶点 D 的坐标为（1，4）． （2）抛物线上有三个这样的点 Q， ①当点 Q 在 Q1 位置时，Q1 的纵坐标为 3，代入抛物线可得点 Q1 的坐标为（2，3）； ②当点 Q 在点 Q2 位置时，点 Q2 的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点 Q2 坐标为（1+ ， ﹣3）； ③当点 Q 在 Q3 位置时，点 Q3 的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点 Q3 的坐标为 （1﹣ ，﹣3）； 综上可得满足题意的点 Q 有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+ ，﹣3），Q3（1﹣ ， ﹣3）． （3）点 B 作 BB′⊥AC 于点 F，使 B′F=BF，则 B′为点 B 关于直线 AC 的对称点．连接 B′D 交直线 AC 与点 M，则点 M 为所求， 过点 B′作 B′E⊥x 轴于点 E． ∵∠1 和∠2 都是∠3 的余角， ∴∠1=∠2． ∴Rt△AOC～Rt△AFB， ∴ ， 由 A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得 OA=1，OB=3，OC=3， ∴AC= ，AB=4． ∴ ， ∴BF= ， ∴BB′=2BF= ， 由∠1=∠2 可得 Rt△AOC∽Rt△B′EB， ∴ ， ∴ ，即 ． ∴B′E= ，BE= ， ∴OE=BE﹣OB= ﹣3= ． ∴B′点的坐标为（﹣ ， ）． 设直线 B′D 的解析式为 y=k2x+b2（k2≠0）． ∴ ， 解得 ， ∴直线 B'D 的解析式为：y= x+ ， 联立 B'D 与 AC 的直线解析式可得： ， 解得 ， ∴M 点的坐标为（ ， ）． 【45.2012 黄石】 25.（本小题满分 10 分）已知抛物线 1C 的函数解析式为 2 3 ( 0)y ax bx a b    ，若抛物 线 1C 经过点 (0, 3) ，方程 2 3 0ax bx a   的两根为 1x ， 2x ，且 1 2 4x x  。 （1）求抛物线 1C 的顶点坐标. （2）已知实数 0x  ，请证明： 1x x  ≥ 2 ,并说明 x 为何值时才会有 1 2x x   . （3）若抛物线先向上平移 4 个单位，再向左平移 1 个单位后得到抛物线 2C ，设 1( , )A m y ， 2( , )B n y 是 2C 上的两个不同点，且满足： 090AOB  ， 0m  ， 0n  . 请你用含有 m 的表达式表示出△ AOB 的面积 S ，并求出 S 的最小值及 S 取最小值时一 次函数OA 的函数解析式。 （参考公式：在平面直角坐标系中，若 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，则 P ，Q 两点间的距离 为 2 2 2 1 2 1( ) ( )x x y y   ） 【考点】二次函数综合题． 【专题】压轴题；配方法． 【分析】（1）求抛物线的顶点坐标，需要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数 a、 b 的值．已知抛物线图象与 y 轴交点，可确定解析式中的常数项（由此得 到 a 的值）；然后从方程入手求 b 的值，题干给出了两根差的绝对值，将 其进行适当变形（转化为两根和、两根积的形式），结合根与系数的关系 即可求出 b 的值． （2） 1 1x x   ，因此将 1x x  配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得 证． （3）结合（1）的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线 C2 的解 析式；在 Rt△OAB 中，由勾股定理可确定 m、n 的关系式，然后用 m 列 出△AOB 的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB 的最小面积 值以及此时 m 的值，进而由待定系数法确定一次函数 OA 的解析式． 【解答】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３ ∴a＝１ ……………………………………１分 ∴ｙ＝x2＋bx－３ ∵x2＋bx－３=０的两根为 x1,x2 且 21 x-x ＝４ ∴ 21 2 2121 4)( xxxxxx  ＝４且 b＜０ ∴b＝－２ ……………………１分 ∴ｙ＝x2－２x－３＝（x－１）２－４ ∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４） ………………………１分 （2）∵x＞０，∴ 0)1(21  x xxx ∴ ,21  xx 显然当 x＝１时，才有 ,21  xx ………………………２分 （3）方法一：由平移知识易得Ｃ２的解析式为：y＝x2 ………………………１分 ∴Ａ(m，m２)，B（n，n２） ∵ΔAOB 为 RtΔ ∴OA２+OB２=AB２ ∴m２＋m４＋n２＋n４＝（m－n）２＋（m２－n２）２ 化简得：m n＝－１ ……………………１分 ∵ＳΔAOB= OBOA 2 1 = 4242 2 1 nnmm  ∵m n＝－１ ∴ＳΔAOB＝ 2 222 122 122 1 m mnm  ＝ 122 11 2 1)1(2 1 2       mmmm ∴ＳΔAOB 的最小值为１，此时 m＝１,Ａ(１,１) ……………………２分 ∴直线 OA 的一次函数解析式为ｙ＝x ……………………１分 方法二：由题意可求抛物线 2C 的解析式为： 2y x ································（1 分） ∴ 2( , )A m m ， 2( , )B n n 过点 A 、 B 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C 、 D ，则 AOC BODACDBS S S S   梯形 2 2 2 21 1 1( )( )2 2 2m n m n m m n n       1 ( )2 mn m n   由 BOD△ ∽ OAC△ 得 BD OD OC AC  即 2 2 n n m m  ∴ 1mn   ·············································································（1 分） ∴ 1n m   ∴ 1 ( )2S mn m n   1 1( )2 m m   由（2）知： 1 2m m   ∴ 1 1 1( ) 2 12 2S m m      当且仅当 1m  ， S 取得最小值 1 B(n，n2) A(m，m2) O CD y x 此时 A 的坐标为（１，１）······················································ （2 分） ∴一次函数OA的解析式为 y x ················································（1 分） 【点评】该题考查了二次函数解析式的确定、函数图象的平移、不等式的应用等知识， 解题过程中完全平方式的变形被多次提及，应熟练掌握并能灵活应用． 【46.2012 广安】 26．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，AB⊥x 轴于点 B，AB=3，tan∠AOB= ，将△OAB 绕着原点 O 逆时针旋转 90°，得到△OA1B1；再将△OA1B1 绕着线段 OB1 的中点旋转 180°， 得到△OA2B1，抛物线 y=ax2+bx+c（a≠0）经过点 B、B1、A2． （1）求抛物线的解析式． （2）在第三象限内，抛物线上的点 P 在什么位置时，△PBB1 的面积最大？求出这时点 P 的 坐标． （3）在第三象限内，抛物线上是否存在点 Q，使点 Q 到线段 BB1 的距离为 ？若存在， 求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 考点： 二次函数综合题。 分析： （1）首先根据旋转的性质确定点 B、B1、A2 三点的坐标，然后利用待定系数法求得 抛物线的解析式； （2）求出△PBB1 的面积表达式，这是一个关于 P 点横坐标的二次函数，利用二次函 数求极值的方法求出△PBB1 面积的最大值；值得注意的是求△PBB1 面积的方法，如 图 1 所示； （3）本问引用了（2）问中三角形面积表达式的结论，利用此表达式表示出△QBB1 的面积，然后解一元二次方程求得 Q 点的坐标． 解答： 解：（1）∵AB⊥x 轴，AB=3，tan∠AOB= ，∴OB=4， ∴B（﹣4，0），B1（0，﹣4），A2（3，0）． ∵抛物线 y=ax2+bx+c（a≠0）经过点 B、B1、A2， ∴ ， 解得 ∴抛物线的解析式为：y= x2+ x﹣4． （2）点 P 是第三象限内抛物线 y= x2+ x﹣4 上的一点， 如答图 1，过点 P 作 PC⊥x 轴于点 C． 设点 P 的坐标为（m，n），则 m＜0，n＜0，n= m2+ m﹣4． 于是 PC=|n|=﹣n=﹣ m2﹣ m﹣4，OC=|m|=﹣m，BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣ |m|=4+m． S△PBB1=S△PBC+S 梯形 PB1OC﹣S△OBB1 = ×BC×PC+ ×（PC+OB1）×OC﹣ ×OB×OB1 = ×（4+m）×（﹣ m2﹣ m﹣4）+ ×[（﹣ m2﹣ m﹣4）+4]×（﹣m）﹣ ×4×4 = m2﹣ m= （m+2）2+ 当 m=﹣2 时，△PBB1 的面积最大，这时，n= ，即点 P（﹣2， ）． （3）假设在第三象限的抛物线上存在点 Q（x0，y0），使点 Q 到线段 BB1 的距离为 ． 如答图 2，过点 Q 作 QD⊥BB1 于点 D． 由（2）可知，此时△QBB1 的面积可以表示为： （x0+2）2+ ， 在 Rt△OBB1 中，BB1= = ∵S△QBB1= ×BB1×QD= × × =2， ∴ （x0+2）2+ =2， 解得 x0=﹣1 或 x0=﹣3 当 x0=﹣1 时，y0=﹣4；当 x0=﹣3 时，y0=﹣2， 因此，在第三象限内，抛物线上存在点 Q，使点 Q 到线段 BB1 的距离为 ，这样 的点 Q 的坐标是（﹣1，﹣4）或（﹣3，﹣2）． 点评： 本题综合考查了待定系数法求抛物线解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一元 二次方程、旋转与坐标变化、图形面积求法、勾股定理等重要知识点．第（2）问起 承上启下的作用，是本题的难点与核心，其中的要点是坐标平面内图形面积的求解 方法，这种方法是压轴题中常见的一种解题方法，同学们需要认真掌握． 【47. 2012 张家界】 25．如图，抛物线 y=﹣x2+ x+2 与 x 轴交于 C．A 两点，与 y 轴交于点 B，OB=4．点 O 关于直线 AB 的对称点为 D，E 为线段 AB 的中点． （1）分别求出点 A．点 B 的坐标； （2）求直线 AB 的解析式； （3）若反比例函数 y= 的图象过点 D，求 k 值； （4）两动点 P、Q 同时从点 A 出发，分别沿 AB．AO 方向向 B．O 移动，点 P 每秒移动 1 个单位，点 Q 每秒移动 个单位，设△POQ 的面积为 S，移动时间为 t，问：S 是否存在最 大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的 t 值；若不存在，请说明理由． 考点：二次函数综合题。 解答：解：（1）令 y=0，即﹣x2+ x+2=0；解得 x1=﹣ ，x2=2 ． ∴C（﹣ ，0）、A（2 ，0）． 令 x=0，即 y=2， ∴B（0，2）． 综上，A（2 ，0）、B（0，2）． （2）令 AB 方程为 y=k1x+2 因为点 A（2 ，0）在直线上， ∴0=k12 +2 ∴k1=﹣ ∴直线 AB 的解析式为 y=﹣ x+2． （3）由 A（2 ，0）、B（0，2）得：OA=2 ，OB=2，AB=4，∠BAO=30°，∠DOA=60°； OD 与 O 点关于 AB 对称 ∴OD=OA=2 ∴D 点的横坐标为 ，纵坐标为 3，即 D（ ，3）． 因为 y= 过点 D， ∴3= ，∴k=3 ． （4）AP=t，AQ= t，P 到 x 轴的距离：AP•sin30°= t，OQ=OA﹣AQ=2 ﹣ t； ∴S△OPQ= •（2 ﹣ t）• t=﹣ （t﹣2 ）2+ ； 依题意， 得 0＜t≤4 ∴当 t=2 时，S 有最大值为 ． 【48. 2012 宜宾】 22．如图，抛物线 y=x2﹣2x+c 的顶点 A 在直线 l：y=x﹣5 上． （1）求抛物线顶点 A 的坐标； （2）设抛物线与 y 轴交于点 B，与 x 轴交于点 C．D（C 点在 D 点的左侧），试判断△ABD 的形状； （3）在直线 l 上是否存在一点 P，使以点 P、A．B．D 为顶点的四边形是平行四边形？若 存在，求点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． 考点：二次函数综合题。 解答：解：（1）∵顶点 A 的横坐标为 x= =1，且顶点 A 在 y=x﹣5 上， ∴当 x=1 时，y=1﹣5=﹣4， ∴A（1，﹣4）． （2）△ABD 是直角三角形． 将 A（1，﹣4）代入 y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3， ∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3） 当 y=0 时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3 ∴C（﹣1，0），D（3，0）， BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20， BD2+AB2=AD2， ∴∠ABD=90°，即△ABD 是直角三角形． （3）存在． 由题意知：直线 y=x﹣5 交 y 轴于点 A（0，﹣ 5），交 x 轴于点 F（5，0） ∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3 ∴△OEF 与△OBD 都是等腰直角三角形 ∴BD∥l，即 PA∥BD 则构成平行四边形只能是 PADB 或 PABD，如图， 过点 P 作 y 轴的垂线，过点 A 作 x 轴的垂线并交于点 C 设 P（x1，x1﹣5），则 G（1，x1﹣5） 则 PC=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1| PA=BD=3 由勾股定理得： （1﹣x1）2+（1﹣x1）2=18，x1 2﹣2x1﹣8=0，x1=﹣2，4 ∴P（﹣2，﹣7），P（4，﹣1） 存在点 P（﹣2，﹣7）或 P（4，﹣1）使以点 A．B．D．P 为顶点的四边形是平行四边形． 【49. 2012 武汉】 25．如图 1，点 A 为抛物线 C1：y= x2﹣2 的顶点，点 B 的坐标为（1，0）直线 AB 交抛 物线 C1 于另一点 C （1）求点 C 的坐标； （2）如图 1，平行于 y 轴的直线 x=3 交直线 AB 于点 D，交抛物线 C1 于点 E，平行于 y 轴 的直线 x=a 交直线 AB 于 F，交抛物线 C1 于 G，若 FG：DE=4：3，求 a 的值； （3）如图 2，将抛物线 C1 向下平移 m（m＞0）个单位得到抛物线 C2，且抛物线 C2 的顶 点为点 P，交 x 轴于点 M，交射线 BC 于点 N．NQ⊥x 轴于点 Q，当 NP 平分∠MNQ 时， 求 m 的值． 考点：二次函数综合题。 解答：解：（1）当 x=0 时，y=﹣2；∴A（0，﹣2）． 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b，则： ，解得 ∴直线 AB 解析式为 y=2x﹣2． ∵点 C 为直线 y=2x﹣2 与抛物线 y= x2﹣2 的交点，则点 C 的横、纵坐标满足： ，解得 、 （舍） ∴点 C 的坐标为（4，6）． （2）直线 x=3 分别交直线 AB 和抛物线 C1 于 D．E 两点． ∴yD=4，yE= ，∴DE= ． ∵FG=DE=4：3，∴FG=2． ∵直线 x=a 分别交直线 AB 和抛物线 C1 于 F、G 两点． ∴yF=2a﹣2，yG= a2﹣2 ∴FG=|2a﹣ a2|=2， 解得：a1=2，a2=﹣2+2 ，a3=2﹣2 ． （3）设直线 MN 交 y 轴于 T，过点 N 做 NH⊥y 轴于点 H； 设点 M 的坐标为（t，0），抛物线 C2 的解析式为 y= x2﹣2﹣m； ∴0=﹣ t2﹣2﹣m，∴﹣2﹣m=﹣ t2． ∴y= x2﹣ t2，∴点 P 坐标为（0，﹣ t2）． ∵点 N 是直线 AB 与抛物线 y= x2﹣ t2 的交点，则点 N 的横、纵坐标满足： ，解得 、 （舍） ∴N（2﹣t，2﹣2t）． NQ=2﹣2t，MQ=2﹣2t， ∴MQ=NQ，∴∠MNQ=45°． ∴△MOT、△NHT 均为等腰直角三角形， ∴MO=OT，HT=HN ∴OT=4，NT=﹣ ，NH= （2﹣t），PT=﹣t+ t2． ∵PN 平分∠MNQ， ∴PT=NT， ∴﹣t+ t2= （2﹣t）， ∴t1=﹣2 ，t2=2（舍） ﹣2﹣m=﹣ t2=﹣ （﹣2 ）2，∴m=2． 【50.2012 潜江】 24．如图，抛物线 y=ax2+bx+2 交 x 轴于 A（﹣1，0），B（4，0）两点，交 y 轴于点 C， 与过点 C 且平行于 x 轴的直线交于另一点 D，点 P 是抛物线上一动点． （1）求抛物线解析式及点 D 坐标； （2）点 E 在 x 轴上，若以 A，E，D，P 为顶点的四边形是平行四边形，求此时点 P 的坐标； （3）过点 P 作直线 CD 的垂线，垂足为 Q，若将△CPQ 沿 CP 翻折，点 Q 的对应点为 Q′．是 否存在点 P，使 Q′恰好落在 x 轴上？若存在，求出此时点 P 的坐标；若不存在，说明理由． 考点： 二次函数综合题。 专题： 综合题。 分析： （1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令 y=2 可得出点 D 的坐标； （2）分两种情况进行讨论，①当 AE 为一边时，AE∥PD，②当 AE 为对角线时，根 据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点 P 坐标． （3）结合图形可判断出点 P 在直线 CD 下方，设点 P 的坐标为（a，﹣ a2+ a+2）， 分情况讨论，①当 P 点在 y 轴右侧时，②当 P 点在 y 轴左侧时，运用解直角三角形 及相似三角形的性质进行求解即可． 解答： 解：（1）∵抛物线 y=ax2+bx+2 经过 A（﹣1，0），B（4，0）两点， ∴ ， 解得： ∴y=﹣ x2+ x+2； 当 y=2 时，﹣ x2+ x+2=2，解得：x1=3，x2=0（舍）， 即：点 D 坐标为（3，2）． （2）A，E 两点都在 x 轴上，AE 有两种可能： ①当 AE 为一边时，AE∥PD， ∴P1（0，2）， ②当 AE 为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等， 可知 P 点、D 点到直线 AE（即 x 轴）的距离相等， ∴P 点的纵坐标为﹣2， 代入抛物线的解析式：﹣ x2+ x+2=﹣2 解得：x1= ，x2= ， ∴P 点的坐标为（ ，﹣2），（ ，﹣2） 综上所述：p1（0，2）；p2（ ，﹣2）；p3（ ，﹣2）． （3）存在满足条件的点 P，显然点 P 在直线 CD 下方，设直线 PQ 交 x 轴于 F，点 P 的坐标为（a，﹣ a2+ a+2）， ①当 P 点在 y 轴右侧时（如图 1），CQ=a， PQ=2﹣（﹣ a2+ a+2）= a2﹣ a， 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°， ∴∠FQ′P=∠OCQ′， ∴△COQ′～△Q′FP， ， ， ∴Q′F=a﹣3， ∴OQ′=OF﹣Q′F=a﹣（a﹣3）=3，CQ=CQ′= = ， 此时 a= ，点 P 的坐标为（ ， ）， ②当 P 点在 y 轴左侧时（如图 2）此时 a＜0，，﹣ a2+ a+2＜0，CQ=﹣a， PQ=2﹣（﹣ a2+ a+2）= a2﹣ a， 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°， ∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°， ∴△COQ′～△Q′FP， ， ，Q′F=3﹣a， ∴OQ′=3， CQ=CQ′= ， 此时 a=﹣ ，点 P 的坐标为（﹣ ， ）． 综上所述，满足条件的点 P 坐标为（ ， ），（﹣ ， ）． 点评： 此题考查了二次函数的综合应用，综合考查了翻折变换、相似三角形的判定与性质， 解答此类题目要求我们能将所学的知识融会贯通，属于中考常涉及的题目，同学们 一定要留意． 【51. 2012 娄底】 24．已知二次函数 y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m 的图象与 x 轴交于点 A（x1，0）和点 B（x2， 0），x1＜x2，与 y 轴交于点 C，且满足 ． （1）求这个二次函数的解析式； （2）探究：在直线 y=x+3 上是否存在一点 P，使四边形 PACB 为平行四边形？如果有， 求出点 P 的坐标；如果没有，请说明理由． 考点：二次函数综合题。 分析：（1）欲求抛物线的解析式，关键是求得 m 的值．根据题中所给关系式，利用一元二 次方程根与系数的关系，可以求得 m 的值，从而问题得到解决．注意：解答中求得两个 m 的值，需要进行检验，把不符合题意的 m 值舍去； （2）利用平行四边形的性质构造全等三角形，根据全等关系求得 P 点的纵坐标，进而得到 P 点的横坐标，从而求得 P 点坐标． 解答：解：（1）∵二次函数 y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m 的图象与 x 轴交于点 A（x1，0）和点 B（x2，0），x1＜x2， 令 y=0，即 x2﹣（m2﹣2）x﹣2m=0 ①，则有： x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣2m． ∴ = = = ， 化简得到：m2+m﹣2=0，解得 m1=﹣2，m2=1． 当 m=﹣2 时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣4ac=﹣12＜0，此时抛物线与 x 轴没有交点，不符合题意，舍去； 当 m=1 时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣4ac=9＞0，此时抛物线与 x 轴有两 个不同的交点，符合题意． ∴m=1， ∴抛物线的解析式为 y=x2+x﹣2． （2）假设在直线 y=x+3 上是否存在一点 P，使四边形 PACB 为平行四边形． 如图所示，连接 PA．PB．AC．BC，过点 P 作 PD⊥x 轴于 D 点． ∵抛物线 y=x2+x﹣2 与 x 轴交于 A．B 两点，与 y 轴交于 C 点， ∴A（﹣2，0），B（1，0），C（0，2），∴OB=1，OC=2． ∵PACB 为平行四边形，∴PA∥BC，PA=BC， ∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB． 在 Rt△PAD 与 Rt△CBO 中， ∵ ， ∴Rt△PAD≌Rt△CBO， ∴PD=OC=2，即 yP=2， ∴直线解析式为 y=x+3， ∴xP=﹣1， ∴P（﹣1，2）． 所以在直线 y=x+3 上存在一点 P，使四边形 PACB 为平行四边形，P 点坐标为（﹣1，2）． 点评：本题是代数几何综合题，考查了二次函数的图象与性质、抛物线与 x 轴的交点、一元 二次方程根的解法及根与系数关系、一次函数、平行四边形的性质以及全等三角形的判定与 性质等方面的知识，涉及的考点较多，有一定的难度． 【52. 2012 福州】 22．(满分 14 分)如图①，已知抛物线 y＝ax2＋bx(a≠0)经过 A(3，0)、B(4，4)两点． (1) 求抛物线的解析式； (2) 将直线 OB 向下平移 m 个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点 D， 求 m 的值及点 D 的坐标； (3) 如图②，若点 N 在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满 足△POD∽△NOB 的点 P 的坐标(点 P、O、D 分别与点 N、O、B 对应)． 考点：二次函数综合题． 分析：(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可； (2) 根据已知条件可求出 OB 的解析式为 y＝x，则向下平移 m 个单位长度后的解析 式为：y＝x－m．由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一 元二次方程，其根的判别式等于 0，由此可求出 m 的值和 D 点坐标； (3) 综合利用几何变换和相似关系求解． 方法一：翻折变换，将△NOB 沿 x 轴翻折； 方法二：旋转变换，将△NOB 绕原点顺时针旋转 90°． 特别注意求出 P 点坐标之后，该点关于直线 y＝－x 的对称点也满足题意，即满足题 意的 P 点有两个，避免漏解． 解答：解：(1) ∵ 抛物线 y＝ax2＋bx(a≠0)经过点 A(3，0)、B(4，4)． ∴ 9a＋3b＝0 16a＋4b＝4，解得： a＝1 b＝－3． A B D O x y 第 22 题图① A B D O x y 第 22 题图② N ∴ 抛物线的解析式是 y＝x2－3x． (2) 设直线 OB 的解析式为 y＝k1x，由点 B(4，4)， 得：4＝4k1，解得 k1＝1． ∴ 直线 OB 的解析式为 y＝x． ∴ 直线 OB 向下平移 m 个单位长度后的解析式为：y＝x－m． ∵ 点 D 在抛物线 y＝x2－3x 上． ∴ 可设 D(x，x2－3x)． 又点 D 在直线 y＝x－m 上， ∴ x2－3x ＝x－m，即 x2－4x＋m＝0． ∵ 抛物线与直线只有一个公共点， ∴ △＝16－4m＝0，解得：m＝4． 此时 x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2， ∴ D 点坐标为(2，－2)． (3) ∵ 直线 OB 的解析式为 y＝x，且 A(3，0)， ∴ 点 A 关于直线 OB 的对称点 A'的坐标是(0，3)． 设直线 A'B 的解析式为 y＝k2x＋3，过点 B(4，4)， ∴ 4k2＋3＝4，解得：k2＝ 1 4 ． ∴ 直线 A'B 的解析式是 y＝ 1 4 x＋3． ∵ ∠NBO＝∠ABO， ∴ 点 N 在直线 A'B 上， ∴ 设点 N(n， 1 4 n＋3)，又点 N 在抛物线 y＝x2－3x 上， D A B O x y N A' P1 P2 ∴ 1 4 n＋3＝n2－3n， 解得：n1＝－ 3 4 ，n2＝4(不合题意，会去)， ∴ 点 N 的坐标为(－ 3 4 ， 45 16 )． 方法一：如图 1，将△NOB 沿 x 轴翻折，得到△N1OB1， 则 N1(－ 3 4 ，－ 45 16 )，B1(4，－4)， ∴ O、D、B1 都在直线 y＝－x 上． ∵△P1OD∽△NOB， ∴ △P1OD∽△N1OB1， ∴ OP1 ON1 ＝ OD OB1 ＝ 1 2 ， ∴ 点 P1 的坐标为(－ 3 8 ，－ 45 32 )． 将△OP1D 沿直线 y＝－x 翻折，可得另一个满足条件的点 P2( 45 32 ， 3 8 )． 综上所述，点 P 的坐标是(－ 3 8 ，－ 45 32 )或( 45 32 ， 3 8 )． 方法二：如图 2，将△NOB 绕原点顺时针旋转 90°，得到△N2OB2， 则 N2( 45 16 ， 3 4 )，B2(4，－4)， ∴ O、D、B2 都在直线 y＝－x 上． ∵ △P1OD∽△NOB， ∴ △P1OD∽△N2OB2， 图 2 A' N2P1 P2 B2 A B D O x y N ∴ OP1 ON2 ＝ OD OB2 ＝ 1 2 ， ∴ 点 P1 的坐标为( 45 32 ， 3 8 )． 将△OP1D 沿直线 y＝－x 翻折，可得另一个满足条件的点 P2(－ 3 8 ，－ 45 32 )． 综上所述，点 P 的坐标是(－ 3 8 ，－ 45 32 )或( 45 32 ， 3 8 )． 点评：本题是基于二次函数的代数几何综合题，综合考查了待定系数法求抛物线解析式、一 次函数(直线)的平移、一元二次方程根的判别式、翻折变换、旋转变换以及相似三角 形等重要知识点．本题将初中阶段重点代数、几何知识熔于一炉，难度很大，对学生 能力要求极高，具有良好的区分度，是一道非常好的中考压轴题． 【53. 2012 南昌】 27．如图，已知二次函数 L1：y=x2﹣4x+3 与 x 轴交于 A．B 两点（点 A 在点 B 左边），与 y 轴交于点 C． （1）写出二次函数 L1 的开口方向、对称轴和顶点坐标； （2）研究二次函数 L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）． ①写出二次函数 L2 与二次函数 L1 有关图象的两条相同的性质； ②若直线 y=8k 与抛物线 L2 交于 E、F 两点，问线段 EF 的长度是否发生变化？如果不会， 请求出 EF 的长度；如果会，请说明理由． 考点：二次函数综合题。 专题：综合题。 分析：（1）抛物线 y=ax2+bx+c 中：a 的值决定了抛物线的开口方向，a＞0 时，抛物线的 开口向上；a＜0 时，抛物线的开口向下． 抛物线的对称轴方程：x=﹣ ；顶点坐标：（﹣ ， ）． （2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以 k 所得，因此从二次函数的图象与解析式的 系数的关系入手进行分析． ②联系直线和抛物线 L2 的解析式，先求出点 E、F 的坐标，进而可表示出 EF 的长，若该长 度为定值，则线段 EF 的长不会发生变化． 解答：解：（1）抛物线 y=x2﹣4x+3 中，a=1、b=﹣4、c=3； ∴﹣ =﹣ =2， = =﹣1； ∴二次函数 L1 的开口向上，对称轴是直线 x=2，顶点坐标（2，﹣1）． （2）①二次函数 L2 与 L1 有关图象的两条相同的性质： 对称轴为 x=2 或定点的横坐标为 2， 都经过 A（1，0），B（3，0）两点； ②线段 EF 的长度不会发生变化． ∵直线 y=8k 与抛物线 L2 交于 E、F 两点， ∴kx2﹣4kx+3k=8k， ∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8， 解得：x1=﹣1，x2=5，∴EF=x2﹣x1=6， ∴线段 EF 的长度不会发生变化． 点评：该题主要考查的是函数的基础知识，有：二次函数的性质、函数图象交点坐标的解法 等，难度不大，但需要熟练掌握． 【54. 2012 恩施州】 24．如图，已知抛物线 y=﹣x2+bx+c 与一直线相交于 A（﹣1，0），C（2，3）两点，与 y 轴交于点 N．其顶点为 D． （1）抛物线及直线 AC 的函数关系式； （2）设点 M（3，m），求使 MN+MD 的值最小时 m 的值； （3）若抛物线的对称轴与直线 AC 相交于点 B，E 为直线 AC 上的任意一点，过点 E 作 EF∥BD 交抛物线于点 F，以 B，D，E，F 为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点 E 的坐标； 若不能，请说明理由； （4）若 P 是抛物线上位于直线 AC 上方的一个动点，求△APC 的面积的最大值． 考点： 二次函数综合题。 分析： （1）利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式； （2）根据两点之间线段最短作 N 点关于直线 x=3 的对称点 N′，当 M（3，m）在 直线 DN′上时，MN+MD 的值最小； （3）需要分类讨论：①当点 E 在线段 AC 上时，点 F 在点 E 上方，则 F（x，x+3） 和②当点 E 在线段 AC（或 CA）延长线上时，点 F 在点 E 下方，则 F（x，x﹣1）， 然后利用二次函数图象上点的坐标特征可以求得点 E 的坐标； （4）方法一：过点 P 作 PQ⊥x 轴交 AC 于点 Q；过点 C 作 CG⊥x 轴于点 G，如图 1．设 Q（x，x+1），则 P（x，﹣x2+2x+3）．根据两点间的距离公式可以求得线段 PQ=﹣x2+x+2；最后由图示以及三角形的面积公式知 S△APC=﹣ （x﹣ ）2+ ， 所以由二次函数的最值的求法可知△APC 的面积的最大值； 方法二：过点 P 作 PQ⊥x 轴交 AC 于点 Q，交 x 轴于点 H；过点 C 作 CG⊥x 轴于 点 G，如图 2．设 Q（x，x+1），则 P（x，﹣x2+2x+3）．根据图示以及三角形的面 积公式知 S△APC=S△APH+S 直角梯形 PHGC﹣S△AGC=﹣ （x﹣ ）2+ ，所以由二次函数 的最值的求法可知△APC 的面积的最大值； 解答： 解：（1）由抛物线 y=﹣x2+bx+c 过点 A（﹣1，0）及 C（2，3）得， ， 解得 ， 故抛物线为 y=﹣x2+2x+3 又设直线为 y=kx+n 过点 A（﹣1，0）及 C（2，3）得 ， 解得 故直线 AC 为 y=x+1； （2）作 N 点关于直线 x=3 的对称点 N′，则 N′（6， 3），由（1）得 D（1，4）， 故直线 DN′的函数关系式为 y=﹣ x+ ， 当 M（3，m）在直线 DN′上时，MN+MD 的值最小， 则 m=﹣ × = ； （3）由（1）、（2）得 D（1，4），B（1，2） ∵点 E 在直线 AC 上， 设 E（x，x+1）， ①当点 E 在线段 AC 上时，点 F 在点 E 上方， 则 F（x，x+3）， ∵F 在抛物线上， ∴x+3=﹣x2+2x+3， 解得，x=0 或 x=1（舍去） ∴E（0，1）； ②当点 E 在线段 AC（或 CA）延长线上时，点 F 在点 E 下方， 则 F（x，x﹣1） 由 F 在抛物线上 ∴x﹣1=﹣x2+2x+3 解得 x= 或 x= ∴E（ ， ）或（ ， ） 综上，满足条件的点 E 为 E（0，1）、（ ， ）或（ ， ）； （4）方法一：过点 P 作 PQ⊥x 轴交 AC 于点 Q；过点 C 作 CG⊥x 轴于点 G，如图 1 设 Q（x，x+1），则 P（x，﹣x2+2x+3） ∴PQ=（﹣x2+2x+3）﹣（x﹣1） =﹣x2+x+2 又∵S△APC=S△APQ+S△CPQ= PQ•AG = （﹣x2+x+2）×3 =﹣ （x﹣ ）2+ ∴面积的最大值为 ． 方法二：过点 P 作 PQ⊥x 轴交 AC 于点 Q，交 x 轴于点 H；过点 C 作 CG⊥x 轴于 点 G，如图 2， 设 Q（x，x+1），则 P（x，﹣x2+2x+3） 又∵S△APC=S△APH+S 直角梯形 PHGC﹣S△AGC= （x+1）（﹣x2+2x+3）+ （﹣x2+2x+3+3） （2﹣x）﹣ ×3×3 =﹣ x2+ x+3 =﹣ （x﹣ ）2+ ∴△APC 的面积的最大值为 ． 点评： 本题考查了二次函数综合题．解答（3）题时，要对点 E 所在的位置进行分类讨论， 以防漏解． 【55. 2012 兰州】 28．如图，Rt△ABO 的两直角边 OA、OB 分别在 x 轴的负半轴和 y 轴的正半轴上，O 为坐 标原点，A、B 两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线 y＝ x2＋bx＋c 经过点 B，且 顶点在直线 x＝ 上． (1)求抛物线对应的函数关系式； (2)若把△ABO 沿 x 轴向右平移得到△DCE，点 A、B、O 的对应点分别是 D、C、E，当四边 形 ABCD 是菱形时，试判断点 C 和点 D 是否在该抛物线上，并说明理由； (3)在(2)的条件下，连接 BD，已知对称轴上存在一点 P 使得△PBD 的周长最小，求出 P 点 的坐标； (4)在(2)、(3)的条件下，若点 M 是线段 OB 上的一个动点(点 M 与点 O、B 不重合)，过点 M 作∥BD 交 x 轴于点 N，连接 PM、PN，设 OM 的长为 t，△PMN 的面积为 S，求 S 和 t 的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围，S 是否存在最大值？若存在，求出最大值和此 时 M 点的坐标；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 y＝ 经过点 B(0，4)，以及顶点在直线 x＝ 上，得出 b，c 即可； (2)根据菱形的性质得出 C、D 两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的 性质得出 x＝5 或 2 时，y 的值即可． (3)首先设直线 CD 对应的函数关系式为 y＝kx＋b，求出解析式，当 x＝ 时，求出 y 即可； (4)利用 MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出 ，得到 ON＝ ，进而表 示出△PMN 的面积，利用二次函数最值求出即可． 解答： 解：(1)∵抛物线 y＝ 经过点 B(0，4) ∴c＝4， ∵顶点在直线 x＝ 上， ∴ ； ∴所求函数关系式为 ； (2)在 Rt△ABO 中，OA＝3，OB＝4， ∴AB＝ ， ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴BC＝CD＝DA＝AB＝5， ∴C、D 两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)， 当 x＝5 时，y＝ ， 当 x＝2 时，y＝ ， ∴点 C 和点 D 都在所求抛物线上； (3)设 CD 与对称轴交于点 P，则 P 为所求的点， 设直线 CD 对应的函数关系式为 y＝kx＋b， 则 ， 解得： ， ∴ ， 当 x＝ 时，y＝ ， ∴P( )， (4)∵MN∥BD， ∴△OMN∽△OBD， ∴ 即 得 ON＝ 设对称轴交 x 于点 F， 则 (PF ＋ OM)•OF ＝ ( ＋ t)× ， ∵ ， ( )× ＝ ， S＝ (－ )， ＝－ (0＜t＜4)， S 存在最大值． 由 S＝－ (t－ )2＋ ， ∴当 S＝ 时，S 取最大值是 ， 此时，点 M 的坐标为(0， )． 点评： 此题主要考查了二次函数的综合应用，以及菱形性质和待定系数法求解析式，求图 形面积最值，利用二次函数的最值求出是解题关键． 【56. 2012 南通】 28．（本小题满分 14 分） 如图，经过点 A(0，－4)的抛物线 y＝ 1 2 x2＋bx＋c 与 x 轴相交于点 B(－0，0)和 C，O 为坐标原点． (1)求抛物线的解析式； (2)将抛物线 y＝ 1 2 x2＋bx＋c 向上平移 7 2 个单位长 度、再向左平移 m(m＞0)个单位长度，得到新抛物线．若新抛物线的顶点 P 在△ABC 内，求 m 的取值范围； (3)设点 M 在 y 轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求 AM 的长． 【考点】二次函数综合题． 【专题】分类讨论． 【分析】（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将 A、B 两点坐标代入即可得 解． （2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，进而用 m 表示出该函数的顶 点坐标，将其代入直线 AB、AC 的解析式中，即可确定 P 在△ABC 内时 m 的取 值范围． （3）先在 OA 上取点 N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB 即可，显 然在 y 轴的正负半轴上都有一个符合条件的 M 点；以 y 轴正半轴上的点 M 为 例，先证△ABN、△AMB 相似，然后通过相关比例线段求出 AM 的长． 【解答】解：（1）将 A（0，-4）、B（-2，0）代入抛物线 y= 1 2 x2+bx+c 中，得： 0+c=-4 1 2 ×4-2b+c=0 ， 解得： b=-1 c=-4 ∴抛物线的解析式：y= 1 2 x2-x-4． （2）由题意，新抛物线的解析式可表示为： y= 1 2 （x+m）2-（x+m）-4+7 2 ， 即：y= 1 2 x2+（m-1）x+1 2 m2-m-1 2 ； 它的顶点坐标 P：（1-m，-1）； 由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）； 那么直线 AB：y=-2x-4；直线 AC：y=x-4； 当点 P 在直线 AB 上时，-2（1-m）-4=-1，解得：m=5 2 ； 当点 P 在直线 AC 上时，（1-m）-4=-1，解得：m=-2； ∴当点 P 在△ABC 内时，-2＜m＜5 2 ； 又∵m＞0， ∴符合条件的 m 的取值范围：0＜m＜5 2 ． （3）由 A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC 是等腰直角三角形； 如图，在 OA 上取 ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°； ∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，即∠ONB=∠OMB； 如图，在△ABN、△AM1B 中， ∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B， ∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1； 易得：AB2=（-2）2+42=20，AN=OA-ON=4-2=2； ∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1-OA=10-4=6； 而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN， ∴OM1=OM2=6，AM2=OM2-OA=6-4=2． 综上，AM 的长为 6 或 2． 【点评】考查了二次函数综合题，该函数综合题的难度较大，（3）题注意分类讨论，通过 构建相似三角形是打开思路的关键所在． 【57. 2012 荆门】 24. 如图甲，四边形 OABC 的边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上，顶点在 B 点的抛 物线交 x 轴于点 A、D，交 y 轴于点 E，连接 AB、AE、BE．已知 tan∠CBE= ，A（3，0）， D（﹣1，0），E（0，3）． （1）求抛物线的解析式及顶点 B 的坐标； （2）求证：CB 是△ABE 外接圆的切线 （3）试探究坐标轴上是否存在一点 P，使以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，若存 在，直接写出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； （4）设△AOE 沿 x 轴正方向平移 t 个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE 与△ABE 重叠部分的 面积为 s，求 s 与 t 之间的函数关系式，并指出 t 的取值范围． 解：由题意，设抛物线解析式为 y=a（x﹣3）（x+1）． 将 E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1． ∴y=﹣x2+2x+3． 则点 B（1，4）． （2）证明：如图 1，过点 B 作 BM⊥y 于点 M，则 M（0，4）． 在 Rt△AOE 中，OA=OE=3， ∴∠1=∠2=45°，AE= =3 ． 在 Rt△EMB 中，EM=OM﹣OE=1=BM， ∴∠MEB=∠MBE=45°，BE= = ． ∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°． ∴AB 是△ABE 外接圆的直径． 在 Rt△ABE 中，tan∠BAE= = =tan∠CBE， ∴∠BAE=∠CBE． 在 Rt△ABE 中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°． ∴∠CBA=90°，即 CB⊥AB． ∴CB 是△ABE 外接圆的切线． （3）解：Rt△ABE 中，∠AEB=90°，tan∠BAE= ，sin∠BAE= ，cos∠BAE= ； 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，则△DEP 必为直角三角形； ①DE 为斜边时，P1 在 x 轴上，此时 P1 与 O 重合； 由 D（﹣1，0）、E（0，3），得 OD=1、OE=3，即 tan∠DEO= =tan∠BAE，即∠DEO= ∠BAE 满足△DEO∽△BAE 的条件，因此 O 点是符合条件的 P1 点，坐标为（0，0）． ②DE 为短直角边时，P2 在 x 轴上； 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠ BAE= ； 而 DE= = ，则 DP2=DE÷sin∠DP2E= ÷ =10，OP2=DP2﹣OD=9 即：P2（9，0）； ③DE 为长直角边时，点 P3 在 y 轴上； 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠ BAE= ； 则 EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷ = ，OP3=EP3﹣OE= ； 综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣ ）． （4）解：设直线 AB 的解析式为 y=kx+b． 将 A（3，0），B（1，4）代入，得 解得 ∴y=﹣2x+6． 过点 E 作射线 EF∥x 轴交 AB 于点 F，当 y=3 时，得 x= ，∴F（ ，3）． 情况一：如图 2，当 0＜t≤ 时，设△AOE 平移到△DNM 的位置，MD 交 AB 于点 H，MN 交 AE 于点 G． 则 ON=AD=t，过点 H 作 LK⊥x 轴于点 K，交 EF 于点 L． 由△AHD∽△FHM，得 ，即 ． 解得 HK=2t． ∴S 阴=S△MND﹣S△GNA﹣S△HAD= ×3×3﹣ （3﹣t）2﹣ t•2t=﹣ t2+3t． 情况二：如图 3，当 ＜t≤3 时，设△AOE 平移到△PQR 的位置，PQ 交 AB 于点 I，交 AE 于点 V． 由△IQA∽△IPF，得 ．即 ， 解得 IQ=2（3﹣t）． ∴S 阴=S△IQA﹣S△VQA= ×（3﹣t）×2（3﹣t）﹣ （3﹣t）2= （3﹣t）2= t2﹣3t+ ． 综上所述：s= ． 【58. 2012 常德】 25、如图 11，已知二次函数 ))(2(48 1 baxxy  的图像过点 A(-4，3），B(4，4). （1）求二次函数的解析式： （2）求证：△ACB 是直角三角形； （3）若点 P 在第二象限，且是抛物线上的一动点，过点 P 作 PH 垂直 x 轴于点 H，是否 存在以 P、H、D、为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在， 请 说明理由。 知识点考察：①二次函数解析式的确定， ②勾股定理及其逆定理的应用， ③相似三角形的性质， ④坐标系中点的坐标的特征， ⑤抛物线与 X 轴的交点，⑥一元二次方程的解法， ⑦垂直的定义。 ⑧二元一次方程组的解法。 能力考察：①观察能力，②逻辑思维与推理能力，③书写表达能力， ④综合运用知识的能力，⑤分类讨论的能力。⑥动点的探求能力 ⑦准确的计算能力。 分析：①求二次函数的解析式，也就是要求 ))(2(48 1 baxxy  中 a、b 的值， 只要把 A(-4，3），B(4，4)代人即可。 ②求证△ACB 是直角三角形，只要求出 AC，BC，AB 的长度，然后用 勾股定理及其逆定理去考察。 ③是否存在以 P、H、D、为顶点的三角形与△ABC 相似？先要选择一点 P 然后自 P 点作垂线构成 Rt△PHD，把两个三角形相似作条件，运用三角形 相似的性质去构建关于 P 点横坐标的方程。 解：（1）将 A(-4，3），B(4，4)代人 ))(2(48 1 baxxy  中，整理得：      324 72-4 ba ba 解得      20- 13 b a ∴二次函数的解析式为： )20-13)(2(48 1 xxy  ， 整理得： （ 2 ） 由 整理 040-613 2  xx ∴X1=-2 ，X2= 13 20 ∴C （-2，0） D ），（ 013 20 从而有：AC2=4+9 BC2=36+16 AC2+ BC2=13+52=65 AB2=64+1=65 ∴ AC2+ BC2=AB2 故△ACB 是直角三角形 （3）设 )6 5-8 1 48 13( 2 xxxp ， （X<0） PH= 6 5-8 1 48 13 2 xx  HD= x-13 20 AC= 13 BC= 132 06 5-8 1 48 13 2  xx 6 5-8 1 48 13 2 xxy  ①当△PHD∽△ACB 时有： BC HD AC PH  即： 132 -13 20 13 6 5-8 1 48 13 2 xxx   整理 039 125-4 5 24 13 2  xx ∴ 13 50-1 x 13 20 2 x （舍去）此时， 13 35 1 y ∴ ）， 13 35 13 50(-1p ②当△DHP∽△ACB 时有： BC PH AC DH  即： 132 6 5-8 1 48 13 13 -13 20 2 xxx   整理 078 305-8 17 48 13 2  xx ∴ 13 122-1 x 13 20 2 x （舍去）此时， 13 284 1 y ∴ ）， 13 284 13 122(-2p 综上所述，满足条件的点有两个即 ）， 13 35 13 50(-1p ）， 13 284 13 122(-2p 点评：这是一个二次函数开放性的综合题，解决问题的思路容易建立，切入点也好找， 但运算难度较大。出题的老师看准了我们的学生在学习中存在的问题，那就是 每一个学生在计算时无论简单与复杂总是离不开计算器，所以遇到分数运算时 没有信心进行运算，最后还是放弃了。因此在这里要提醒每一位学生在平时计 算的练习中多用心算和笔算，才能提高自己的运算能力。 【59. 2012•黔东南州】 24．如图，已知抛物线经过点 A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点． （1）求抛物线的解析式． （2）点 M 是线段 BC 上的点（不与 B，C 重合），过 M 作 MN∥y 轴交抛物线于 N，若点 M 的横坐标为 m，请用 m 的代数式表示 MN 的长． （3）在（2）的条件下，连接 NB、NC，是否存在 m，使△BNC 的面积最大？若存在，求 m 的值；若不存在，说明理由． 解析：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则： a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1； ∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3． （2）设直线 BC 的解析式为：y=kx+b，则有： ， 解得 ； 故直线 BC 的解析式：y=﹣x+3． 已知点 M 的横坐标为 m，则 M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）； ∴故 N=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）． （3）如图； ∵S△BNC=S△MNC+S△MNB= MN（OD+DB）= MN•OB， ∴S△BNC= （﹣m2+3m）•3=﹣ （m﹣ ）2+ （0＜m＜3）； ∴当 m= 时，△BNC 的面积最大，最大值为 ． 【60. 2012 广东珠海】 21. 如图，在等腰梯形 ABCD 中，ABDC，AB= ，DC= ，高 CE= ，对角线 AC、 BD 交于 H，平行于线段 BD 的两条直线 MN、RQ 同时从点 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速 平移，分别交等腰梯形 ABCD 的边于 M、N 和 R、Q，分别交对角线 AC 于 F、G；当直线 RQ 到达点 C 时，两直线同时停止移动．记等腰梯形 ABCD 被直线 MN 扫过的图形面积为 S1、被直线 RQ 扫过的图形面积为 S2，若直线 MN 平移的速度为 1 单位/秒，直线 RQ 平移 的速度为 2 单位/秒，设两直线移动的时间为 x 秒． （1）填空：∠AHB= ；AC= ； （2）若 S2=3S1，求 x； （3）设 S2=mS1，求 m 的变化范围． 解：（1）过点 C 作 CK∥BD 交 AB 的延长线于 K， ∵CD∥AB， ∴四边形 DBKC 是平行四边形， ∴BK=CD= ，CK=BD， ∴AK=AB+BK=3 + =4 ， ∵四边形 ABCD 是等腰梯形， ∴BD=AC， ∴AC=CK， ∴BK=EK= AK=2 =CE， ∵CE 是高， ∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°， ∴∠ACK=90°， ∴∠AHB=∠ACK=90°， ∴AC=AK•cos45°=4 × =4； 故答案为：90°，4； （2）直线移动有两种情况：0＜x＜ 及 ≤x≤2． ①当 0＜x＜ 时， ∵MN∥BD， ∴△AMN∽△ARQ，△ANF∽△QG， ∴ =4， ∴S2=4S1≠3S1； ②当 ≤x≤2 时， ∵AB∥CD， ∴△ABH∽△CDH， ∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3， ∴CH=DH= AC=1，AH═BH=4﹣1=3， ∵CG=4﹣2x，AC⊥BD， ∴S△BCD= ×4×1=2， ∵RQ∥BD， ∴△CRQ∽△CDB， ∴S△CRQ=2×（ ）2=8（2﹣x）2， ∵S 梯形 ABCD= （AB+CD）•CE= ×（3 + ）×2 =8，S△ ABD= AB•CE= ×3 ×2 =6， ∵MN∥BD， ∴△AMN∽△ADB， ∴ ， ∴S1= x2，S2=8﹣8（2﹣x）2， ∵S2=3S1， ∴8﹣8（2﹣x）2=3× x2， 解得：x1= ＜ （舍去），x2=2 ∴x 的值为 2； （3）由（2）得： 当 0＜x＜ 时，m=4， 当 ≤x≤2 时， ∵S2=mS1， ∴m= = =﹣ + ﹣12=﹣36（ ﹣ ）2+4， ∴m 是 的二次函数，当 ≤x≤2 时，即当 ≤ ≤ 时，m 随 的增大而增大， ∴当 x= 时，m 最大，最大值为 4， 当 x=2 时，m 最小，最小值为 3， ∴m 的变化范围为：3≤m≤4． （61. 2012 广东深圳 9 分）23.如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)的 位置随 b 的不同取值而变化． (1)已知⊙M 的圆心坐标为(4，2)，半径为 2． 当 b= 时，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M： 当 b= 时，直线l ：y=－2x＋b(b≥0)与 OM 相切： (2)若把⊙M 换成矩形 ABCD，其三个顶点坐标分别为：A(2，0)、B（6，0）、C(6， 2). 设直线 l 扫过矩形 ABCD 的面积为 S，当 b 由小到大变化时，请求出 S 与 b 的函数关 系式， 【答案】解：（1）10；10 2 5 。 （2）由 A(2，0)、B（6，0）、C(6，2)，根据矩形的性质，得 D （2，2）。 如图，当直线 l 经过 A(2，0)时，b=4；当直线 l 经过 D（2，2） 时，b=6；当直线l 经过 B（6，0）时，b=12；当直线l 经过 C(6，2)时，b=14。 当 0≤b≤4 时，直线 l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为 0。 当 4＜b≤6 时，直线 l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为△EFA 的面积（如图 1）， 在 y=－2x＋b 中，令 x=2，得 y=－4＋b，则 E（2，－4 ＋b）， 令 y=0，即－2x＋b=0，解得 x= 1 b2 ，则 F（ 1 b2 ，0）。 ∴AF= 1 b 22  ，AE=－4＋b。 ∴S=   21 1 1 1AF AE b 2 4 b b 2b+42 2 2 4           － ＋ － 。 当 6＜b≤12 时，直线 l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为直角梯 形 DHGA 的面积（如图 2）， 在 y=－2x＋b 中，令 y=0，得 x= 1 b2 ，则 G（ 1 b2 ，0）， 令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b 12  ，则 H（ 1 b 12  ，2）。 ∴DH= 1 b 32  ，AG= 1 b 22  。AD=2 ∴S=    1 1DH+AG AD b 5 2 b 52 2         。 当 12＜b≤14 时，直线l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为五 边形 DMNBA 的面积=矩形 ABCD 的面积－△CMN 的面积（如图 2） 在 y=－2x＋b 中，令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b 12  ，则 M（ 1 b 12  ，0）， 令 x=6，得 y=－12＋b，，则 N（6，－12＋b）。 ∴MC= 17 b2  ，NC=14－b。 ∴S=   21 1 1 14 2 MC NC 8 7 b 14 b b +7b 412 2 2 4                － 。 当 b＞14 时，直线 l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为矩形 ABCD 的面积，面 积为民 8。 综上所述。S 与 b 的函数关系式为：           2 2 0 0 b 4 1 b 2b+4 4 b 64 S b 5 6 b 1 1 b +7b 41 12 b 144 8 b 14 < < < >               － 。 【考点】直线平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程 的关系，直线与圆相切的性质，勾股定理，解一元二次方程，矩形的性质。 【分析】（1）①∵直线 y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M(4，2)， ∴2=－2×4＋b，解得 b=10。 ②如图，作点 M 垂直于直线 y=－2x＋b 于点 P，过 点 P 作 PH∥x 轴，过点 M 作 MH⊥PH，二者交于点 H。设直线 y=－ 2x＋b 与 x，y 轴分别交于点 A，B。 则由△OAB∽△HMP，得 MH AO 1 PH OB 2   。 ∴可设直线 MP 的解析式为 1 1y x b2  ＋ 。 由 M(4，2)，得 1 12 4 b2   ＋ ，解得 1b 0 。∴直线 MP 的解析式为 1y x2  。 联立 y=－2x＋b 和 1y x2  ，解得 2 1x= b, y b5 5  。 ∴P（ 2 1b, b5 5 ）。 由 PM=2，勾股定理得， 2 22 1b + b 45 5           -4 -2 ，化简得 24b 20b+80=0- 。 解得 b=10 2 5 。 （2）求出直线l 经过点 A、B、C、D 四点时 b 的值，从而分 0≤b≤4，4＜b≤6，6＜ b≤12，12＜b≤14，b＞14 五种情况分别讨论即可。 （62.2012 重庆）24．已知：如图，在菱形 ABCD 中，F 为边 BC 的中点，DF 与对角线 AC 交于点 M，过 M 作 ME⊥CD 于点 E，∠1=∠2． （1）若 CE=1，求 BC 的长； （2）求证：AM=DF+ME． 考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质。 解答：（1）解：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AB∥CD， ∴∠1=∠ACD， ∵∠1=∠2， ∴∠ACD=∠2， ∴MC=MD， ∵ME⊥CD， ∴CD=2CE， ∵CE=1， ∴CD=2， ∴BC=CD=2； （2）证明：如图，∵F 为边 BC 的中点， ∴BF=CF= BC， ∴CF=CE， 在菱形 ABCD 中，AC 平分∠BCD， ∴∠ACB=∠ACD， 在△CEM 和△CFM 中， ∵ ， ∴△CEM≌△CFM（SAS）， ∴ME=MF， 延长 AB 交 DF 于点 G， ∵AB∥CD， ∴∠G=∠2， ∵∠1=∠2， ∴∠1=∠G， ∴AM=MG， 在△CDF 和△BGF 中， ∵ ， ∴△CDF≌△BGF（AAS）， ∴GF=DF， 由图形可知，GM=GF+MF， ∴AM=DF+ME． （63.2012 重庆）25．企业的污水处理有两种方式，一种是输送到污水厂进行集中处理， 另一种是通过企业的自身设备进行处理．某企业去年每月的污水量均为 12000 吨，由于污 水厂处于调试阶段，污水处理能力有限，该企业投资自建设备处理污水，两种处理方式同时 进行．1 至 6 月，该企业向污水厂输送的污水量 y1（吨）与月份 x（1≤x≤6，且 x 取整数） 之间满足的函数关系如下表： 7 至 12 月，该企业自身处理的污水量 y2（吨）与月份 x（7≤x≤12，且 x 取整数）之间满 足二次函数关系式为 )0(2 2  acaxy ．其图象如图所示．1 至 6 月，污水厂处理每吨 污水的费用： 1z （元）与月份 x 之间满足函数关系式： xz 2 1 1  ，该企业自身处理每吨污 水的费用： 2z （元）与月份 x 之间满足函数关系式： 2 2 12 1 4 3 xxz  ；7 至 12 月，污水 厂处理每吨污水的费用均为 2 元，该企业自身处理每吨污水的费用均为 1.5 元． （1）请观察题中的表格和图象，用所学过的一次函数、反比例函数或二次函数的有关知识， 分别直接写出 21，yy 与 x 之间的函数关系式； （2）请你求出该企业去年哪个月用于污水处理的费用 W（元）最多，并求出这个最多费用； （3）今年以来，由于自建污水处理设备的全面运行，该企业决定扩大产能并将所有污水全 部自身处理，估计扩大产能后今年每月的污水量都将在去年每月的基础上增加 a%，同时每 吨污水处理的费用将在去年 12 月份的基础上增加（a﹣30）%，为鼓励节能降耗，减轻企 业负担，财政对企业处理污水的费用进行 50%的补助．若该企业每月的污水处理费用为 18000 元，请计算出 a 的整数值． （参考数据： ≈15.2， ≈20.5， ≈28.4） 考点：二次函数的应用。 解答：解：（1）根据表格中数据可以得出 xy=定值，则 y1 与 x 之间的函数关系为反比例函 数关系： y1= ，将（1，12000）代入得： k=1×12000=12000， 故 y1= （1≤x≤6，且 x 取整数）； 根据图象可以得出：图象过（7， 10049），（12，10144）点， 代入 得： ， 解得： ， 故 y2=x2+10000（7≤x≤12，且 x 取整数）； （2）当 1≤x≤6，且 x 取整数时： W=y1x1+（12000﹣y1）•x2= • x+（12000﹣ ）•（ x﹣ x2）， =﹣1000x2+10000x﹣3000， ∵a=﹣1000＜0，x=﹣ =5，1≤x≤6， ∴当 x=5 时，W 最大=22000（元）， 当 7≤x≤12 时，且 x 取整数时， W=2×（12000﹣y1）+1.5y2=2×（12000﹣x2﹣10000）+1.5（x2+10000）， =﹣ x2+1900， ∵a=﹣ ＜0，x=﹣ =0， 当 7≤x≤12 时，W 随 x 的增大而减小， ∴当 x=7 时，W 最大=18975.5（元）， ∵22000＞18975.5， ∴去年 5 月用于污水处理的费用最多，最多费用是 22000 元； （3）由题意得：12000（1+a%）×1.5×[1+（a﹣30）%]×（1﹣50%）=18000， 设 t=a%，整理得：10t2+17t﹣13=0， 解得：t= ， ∵ ≈28.4， ∴t1≈0.57，t2≈﹣2.27（舍去）， ∴a≈57， 答：a 的值是 57． 26．（2012 重庆）已知：如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，BC=6， AB=3．E 为 BC 边上一点，以 BE 为边作正方形 BEFG，使正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在 BC 的同侧． （1）当正方形的顶点 F 恰好落在对角线 AC 上时，求 BE 的长； （2）将（1）问中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移，记平移中的正方形 BEFC 为正方形 B′EFG， 当点 E 与点 C 重合时停止平移．设平移的距离为 t，正方形 B′EFG 的边 EF 与 AC 交于点 M， 连接 B′D，B′M，DM，是否存在这样的 t，使△B′DM 是直角三角形？若存在，求出 t 的值； 若不存在，请说明理由； （3）在（2）问的平移过程中，设正方形 B′EFG 与△ADC 重叠部分的面积为 S，请直接写 出 S 与 t 之间的函数关系式以及自变量 t 的取值范围． 考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；直角梯形。 解答：解：（1）如图①， 设正方形 BEFG 的边长为 x， 则 BE=FG=BG=x， ∵AB=3，BC=6， ∴AG=AB﹣BG=3﹣x， ∵GF∥BE， ∴△AGF∽△ABC， ∴ ， 即 ， 解得：x=2， 即 BE=2； （2）存在满足条件的 t， 理由：如图②，过点 D 作 DH⊥BC 于 H， 则 BH=AD=2，DH=AB=3， 由题意得：BB′=HE=t，HB′=|t﹣2|，EC=4﹣t， 在 Rt△B′ME 中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣ t）2= t2﹣2t+8， ∵EF∥AB， ∴△MEC∽△ABC， ∴ ，即 ， ∴ME=2﹣ t， 在 Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13， 过点 M 作 MN⊥DH 于 N， 则 MN=HE=t，NH=ME=2﹣ t， ∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣ t）= t+1， 在 Rt△DMN 中，DM2=DN2+MN2= t2+t+1， （Ⅰ）若∠DB′M=90°，则 DM2=B′M2+B′D2， 即 t2+t+1=（ t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13）， 解得：t= ， （Ⅱ）若∠B′MD=90°，则 B′D2=B′M2+DM2， 即 t2﹣4t+13=（ t2﹣2t+8）+（ t2+t+1）， 解得：t1=﹣3+ ，t2=﹣3﹣ （舍去）， ∴t=﹣3+ ； （Ⅲ）若∠B′DM=90°，则 B′M2=B′D2+DM2， 即： t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（ t2+t+1）， 此方程无解， 综上所述，当 t= 或﹣3+ 时，△B′DM 是直角三角形； （3）①如图③，当 F 在 CD 上时，EF：DH=CE：CH， 即 2：3=CE：4， ∴CE= ， ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣ = ， ∵ME=2﹣ t， ∴FM= t， 当 0≤t≤ 时，S=S△FMN= ×t× t= t2， ②当 G 在 AC 上时，t=2， ∵EK=EC•tan∠DCB=EC• = （4﹣t）=3﹣ t， ∴FK=2﹣EK= t﹣1， ∵NL= AD= ， ∴FL=t﹣ ， ∴当 ＜t≤2 时，S=S△FMN﹣S△FKL= t2﹣ （t﹣ ）（ t﹣1）=﹣ t2+t﹣ ； ③如图⑤，当 G 在 CD 上时，B′C：CH=B′G：DH， 即 B′C：4=2：3， 解得：B′C= ， ∴EC=4﹣t=B′C﹣2= ， ∴t= ， ∵B′N= B′C= （6﹣t）=3﹣ t， ∵GN=GB′﹣B′N= t﹣1， ∴当 2＜t≤ 时，S=S 梯形 GNMF﹣S△FKL= ×2×（ t﹣1+ t）﹣ （t﹣ ）（ t﹣1）=﹣ t2+2t ﹣ ， ④如图⑥，当 ＜t≤4 时， ∵B′L= B′C= （6﹣t），EK= EC= （4﹣t），B′N= B′C= （6﹣t）EM= EC= （4﹣t）， S=S 梯形 MNLK=S 梯形 B′EKL﹣S 梯形 B′EMN=﹣ t+ ． 综上所述： 当 0≤t≤ 时，S= t2， 当 ＜t≤2 时，S=﹣ t2+t﹣ ； 当 2＜t≤ 时，S=﹣ t2+2t﹣ ， 当 ＜t≤4 时，S=﹣ t+ ．