备战2012中考 动态问题精华试题汇编500套

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备战2012中考 动态问题精华试题汇编500套

备战 2012 中考:动态问题精华试题汇编(500 套) 一、选择题 1. (2011 安徽,10,4 分)如图所示,P 是菱形 ABCD 的对角线 AC 上一动点,过 P 垂直于 AC 的直线交菱形 ABCD 的边于 M、N 两点,设 AC=2,BD=1,AP=x,△AMN 的面积为 y,则 y 关于 x 的函数图象的大致形状是( ) A. B. C. D. 【答案】C 2. (2011 山东威海,12,3 分)如图, 在正方形 ABCD 中,AB=3cm,动点 M 自 A 点出发沿 AB 方向以每秒 1cm 的速度运动,同时动点 N 自 A 点出发沿折线 AD—DC—CB 以每秒 3cm 的速度运动,到达 B 点时运动同时停止,设 △AMN 的面积为 y(cm2),运动时间为 x(秒),则下列图象中能大致反映 y 与 x 之间的函 数关系的是( ) 【答案】B 3. (2011 甘肃兰州,14,4 分)如图,正方形 ABCD 的边长为 1,E、F、G、H 分别为各边上 的点,且 AE=BF=CG=DH,设小正方形 EFGH 的面积为 S,AE 为 x,则 S 关于 x 的函数图象大致 是 A B C D E F G H x y -1 O 1 x y 1O 1 x y O 1 x y 1O 11 A. B. C. D. 【答案】B 4. 二、填空题 1. 2. 3. 4. 5. 三、解答题 1. (2011 浙江省舟山,24,12 分)已知直线 3 kxy ( k <0)分别交 x 轴、 y 轴于 A、B 两点,线段 OA 上有一动点 P 由原点 O 向点 A 运动,速度为每秒 1 个单位长度,过点 P 作 x 轴的垂线交直线 AB 于点 C,设运动时间为 t 秒. (1)当 1k 时,线段 OA 上另有一动点 Q 由点 A 向点 O 运动,它与点 P 以相同速度同 时出发,当点 P 到达点 A 时两点同时停止运动(如图 1). ① 直接写出 t =1 秒时 C、Q 两点的坐标; ② 若以 Q、C、A 为顶点的三角形与△AOB 相似,求 t 的值. (2)当 4 3k 时,设以 C 为顶点的抛物线 nmxy  2)( 与直线 AB 的另一交点为 D(如 图 2), ① 求 CD 的长; ② 设△COD 的 OC 边上的高为 h ,当 t 为何值时, h 的值最大? B AO P C x y 1 1 D (第 24 题图 2)(第 24 题图 1) B AO P C Q x y 1 1 【答案】(1)①C(1,2),Q(2,0). ②由题意得:P(t,0),C(t,-t+3),Q(3-t,0), 分两种情形讨论: 情形一:当△AQC∽△AOB 时,∠AQC=∠AOB=90°,∴CQ⊥OA, ∵CP⊥OA,∴点 P 与点 Q 重合,OQ=OP,即 3-t=t,∴t=1.5. 情形二:当△ACQ∽△AOB 时,∠ACQ=∠AOB=90°,∵OA=OB=3,∴△AOB 是等腰直角 三角形,∴△ACQ 是等腰直角三角形,∵CQ⊥OA,∴AQ=2CP,即 t =2(-t +3),∴t=2.∴ 满足条件的 t 的值是 1.5 秒或 2 秒. (2) ① 由 题 意 得 : C(t , - 3 4 t + 3) , ∴ 以 C 为 顶 点 的 抛 物 线 解 析 式 是 2 3( ) 34y x t t    , 由 2 3 3( ) 3 34 4x t t x      ,解得 x1=t,x2=t 3 4  ;过点 D 作 DE⊥CP 于点 E,则∠ DEC=∠AOB=90°,DE∥OA,∴∠EDC=∠OAB,∴△DEC∽△AOB,∴ DE CD AO BA  , ∵AO=4,AB=5,DE=t-(t- 3 4 )= 3 4 .∴CD= 3 5 154 4 16 DE BA AO    . ②∵CD=15 16 ,CD 边上的高= 3 4 12 5 5   .∴S△COD= 1 15 12 9 2 16 5 8    .∴S△COD 为定值; 要使 OC 边上的高 h 的值最大,只要 OC 最短. 因为当 OC⊥AB 时 OC 最短,此时 OC 的长为12 5 ,∠BCO=90°,∵∠AOB=90°,∴∠COP =90°-∠BOC=∠OBA,又∵CP⊥OA,∴Rt△PCO∽Rt△OAB, ∴ OP OC BO BA  ,OP= 12 3 365 5 25 OC BO BA    ,即 t= 36 25 ,∴当 t 为 36 25 秒时,h 的值最大. 2. (2011 广东东莞,22,9 分)如图,抛物线 25 17 14 4y x x    与 y 轴交于点 A,过点 A 的直线与抛物线交于另一点 B,过点 B 作 BC⊥x 轴,垂足为点 C(3,0). (1)求直线 AB 的函数关系式; (2)动点 P 在线段 OC 上,从原点 O 出发以每钞一个单位的速度向 C 移动,过点 P 作⊥x 轴, 交直线 AB 于点 M,抛物线于点 N,设点 P 移动的时间为 t 秒,MN 的长为 s 个单位,求 s 与 t 的函数关系式,并写出 t 的取值范围; (3)设(2)的条件下(不考虑点 P 与点 O,点 G 重合的情况),连接 CM,BN,当 t 为何值 时,四边形 BCMN 为平等四边形?问对于所求的 t 的值,平行四边形 BCMN 是否为菱形?说明 理由. 【解】(1)把 x=0 代入 25 17 14 4y x x    ,得 1y  把 x=3 代入 25 17 14 4y x x    ,得 5 2y  , ∴A、B 两点的坐标分别(0,1)、(3, 5 2 ) 设直线 AB 的解析式为 y kx b  ,代入 A、B 的坐标,得 1 53 2 b k b    ,解得 1 1 2 b k   所以, 1 12y x  (2)把 x=t 分别代入到 1 12y x  和 25 17 14 4y x x    分别得到点 M、N 的纵坐标为 1 12 t  和 25 17 14 4t t   ∴MN= 25 17 14 4t t   -( 1 12 t  )= 25 15 4 4t t  即 25 15 4 4s t t   ∵点 P 在线段 OC 上移动, ∴0≤t≤3. (3)在四边形 BCMN 中,∵BC∥MN ∴当 BC=MN 时,四边形 BCMN 即为平行四边形 由 25 15 5 4 4 2t t   ,得 1 21, 2t t  即当 1 2t  或 时,四边形 BCMN 为平行四边形 当 1t  时,PC=2,PM= 3 2 ,PN=4,由勾股定理求得 CM=BN= 5 2 , 此时 BC=CM=MN=BN,平行四边形 BCMN 为 菱形; 当 2t  时,PC=1,PM=2,由勾股定理求得 CM= 5 , 此时 BC≠CM,平行四边形 BCMN 不是菱形; 所以,当 1t  时,平行四边形 BCMN 为菱形. 3. (2011 江苏扬州,28,12 分)如图,在 Rt△ABC 中,∠BAC=90º,AB0) (1)△PBM 与△QNM 相似吗?以图 1 为例说明理由; (2)若∠ABC=60º,AB=4 3 厘米。 ① 求动点 Q 的运动速度; ② 设 Rt△APQ 的面积为 S(平方厘米),求 S 与 t 的函数关系式; (3)探求 BP2、PQ2、CQ2 三者之间的数量关系,以图 1 为例说明理由。 【答案】解:(1)△PBM 与△QNM 相似; ∵MN⊥BC MQ⊥MP ∴ ∠NMB=∠PMQ=∠BAC =90º ∴∠PMB=∠QMN, ∠QNM=∠B =90º-∠C ∴ △PBM∽△QNM (2)①∵∠ABC=60º,∠BAC =90º,AB=4 3 ,BP= 3 t ∴AB=BM=CM=4 3 ,MN=4 ∵ △PBM∽△QNM ∴ MN BM NQ BP  即: 34 34  NQ BP ∵P 点的运动速度是每秒 3 厘米, ∴ Q 点运动速度是每秒 1 厘米。 ② ∵ AC=12,CN=8 ∴ AQ=12-8+t=4+t, AP=4 3 - 3 t ∴ S= )334()4(2 1 tt  = )16(2 3 2  t (3) BP2+ CQ2 =PQ2 证明如下: ∵BP= 3 t, ∴BP2=3t2 ∵CQ=8-t ∴CQ2=(8-t)2=64-16t+t2 ∵PQ2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-16t+64 ∴BP2+ CQ2 =PQ2 4.(2011 山东德州 23,12 分)在直角坐标系 xoy 中,已知点 P 是反比例函数 )>0(32 xxy  图象上一个动点,以 P 为圆心的圆始终与 y 轴相切,设切点为 A. (1)如图 1,⊙P 运动到与 x 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 x 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 2 1 .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. A P 2 3y x  x y KO 图 1 【答案】解:(1)∵⊙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 分 (2)①连接 PB,设点 P 的横坐标为 x,则其纵坐标为 x 32 . 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=x, PG= x 32 . O A P 2 3y x  x y B C 图 2 G M sin∠PBG= PB PG ,即 2 3 3 2 x x  . 解之得:x=±2(负值舍去). ∴ PG= 3 ,PA=BC=2.……………………4 分 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, 3 ),B(1,0) C(3,0).……………………6 分 设二次函数解析式为:y=ax2+bx+c. 据题意得: 0 9 3 0 3 a b c a b c c           解之得:a= 3 3 , b= 4 3 3  , c= 3 . ∴二次函数关系式为: 23 4 3 33 3y x x   .……………………9 分 ②解法一:设直线 BP 的解析式为:y=ux+v,据题意得: 0 2 3 u v u v     解之得:u= 3 , v= 3 3 . ∴直线 BP 的解析式为: 3 3 3y x  . 过点 A 作直线 AM∥PB,则可得直线 AM 的解析式为: 3 3y x  . 解方程组: 2 3 3 3 4 3 33 3 y x y x x       得: 1 1 0 3 x y   ; 2 2 7 8 3 x y   . 过点 C 作直线 CM∥PB,则可设直线 CM 的解析式为: 3y x t  . ∴0=3 3 t . ∴ 3 3t   . ∴直线 CM 的解析式为: 3 3 3y x  . 解方程组: 2 3 3 3 3 4 3 33 3 y x y x x       得: 1 1 3 0 x y    ; 2 2 4 3 x y   . 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 解法二:∵ 1 2PAB PBC PABCS S S    , ∴A(0, 3 ),C(3,0)显然满足条件. 延长 AP 交抛物线于点 M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA. 又∵AM∥BC, ∴ 1 2PBM PBA PABCS S S    . ∴点 M 的纵坐标为 3 . 又点 M 的横坐标为 AM=PA+PM=2+2=4. ∴点 M(4, 3 )符合要求. 点(7,8 3 )的求法同解法一. 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 解法三:延长 AP 交抛物线于点 M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA. 又∵AM∥BC, ∴ 1 2PBM PBA PABCS S S    . ∴点 M 的纵坐标为 3 . 即 23 4 3 3 33 3x x   . 解得: 1 0x  (舍), 2 4x  . ∴点 M 的坐标为(4, 3 ). 点(7,8 3 )的求法同解法一. 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 5. (2011 山东菏泽,21,9 分)如图,抛物线 y= 1 2 x2+bx-2 与 x 轴交于 A,B 两点,与 y 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 x 轴上的一个动点,当 MC+MD 的值最小时,求 m 的值. A B C D x y O 1 1 1 解:(1)把点 A(-1,0)的坐标代入抛物线的解析式 y= 1 2 x2+bx-2, 整理后解得 3 2b   , 所以抛物线的解析式为 21 3 22 2y x x   . 顶点 D 3 25,2 8     . (2)∵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 x 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. 设抛物线的对称轴交 x 轴于点 E . △C′OM∽△DEM. ∴ OM OC EM ED  .∴ 2 3 25 2 8 m m   .∴m= 24 41 . 6. (2011 山东济宁,23,10 分)如图,在平面直角坐标系中,顶点为( 4 , 1 )的抛物 线交 y 轴于 A 点,交 x 轴于 B ,C 两点(点 B 在点C 的左侧). 已知 A 点坐标为( 0 , 3). (1)求此抛物线的解析式; (2)过点 B 作线段 AB 的垂线交抛物线于点 D ,如果以点C 为圆心的圆与直线 BD 相 切,请判断抛物线的对称轴l 与⊙C 有怎样的位置关系,并给出证明; (3)已知点 P 是抛物线上的一个动点,且位于 A ,C 两点之间,问:当点 P 运动到 什么位置时, PAC 的面积最大?并求出此时 P 点的坐标和 PAC 的最大面积. A x y BO C D (第 23 题) 【答案】(1)解:设抛物线为 2( 4) 1y a x   . ∵抛物线经过点 A (0,3),∴ 23 (0 4) 1a   .∴ 1 4a  . ∴抛物线为 2 21 1( 4) 1 2 34 4y x x x      . ……………………………3 分 (2) 答:l 与⊙C 相交. …………………………………………………………………4 分 证明:当 21 ( 4) 1 04 x    时, 1 2x  , 2 6x  . ∴ B 为(2,0),C 为(6,0).∴ 2 23 2 13AB    . 设⊙C 与 BD 相切于点 E ,连接CE ,则 90BEC AOB     . ∵ 90ABD   ,∴ 90CBE ABO   . 又∵ 90BAO ABO   ,∴ BAO CBE   .∴ AOB ∽ BEC . ∴ CE BC OB AB  .∴ 6 2 2 13 CE  .∴ 8 2 13 CE   .…………………………6 分 ∵抛物线的对称轴l 为 4x  ,∴C 点到l 的距离为 2. ∴抛物线的对称轴l 与⊙C 相交. ……………………………………………7 分 (3) 解:如图,过点 P 作平行于 y 轴的直线交 AC 于点Q . 可求出 AC 的解析式为 1 32y x   .…………………………………………8 分 设 P 点的坐标为( m , 21 2 34 m m  ),则Q 点的坐标为( m , 1 32 m  ). ∴ 2 21 1 1 33 ( 2 3)2 4 4 2PQ m m m m m         . ∵ 2 21 1 3 3 27( ) 6 ( 3)2 4 2 4 4PAC PAQ PCQS S S m m m             , ∴当 3m  时, PAC 的面积最大为 27 4 . 此时,P 点的坐标为(3, 3 4  ). …………………………………………10 分 A x y BO C D (第 23 题) E P Q 7.(2011 山东威海,25,12 分)如图,抛物线 2y ax bx c   交 x 轴于点 ( 3,0)A  ,点 (1,0)B , 交 y 轴于点 (0, 3)E  .点 C 是点 A 关于点 B 的对称点,点 F 是线段 BC 的中点,直线l 过点 F 且与 y 轴平行.直线 y x m   过点 C,交 y 轴于点 D. (1)求抛物线的函数表达式; (2)点 K 为线段 AB 上一动点,过点 K 作 x 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; (3)在直线l 上取点 M,在抛物线上取点 N,使以点 A,C,M,N 为顶点的四边是平行四边 形,求点 N 的坐标. 图① 备用图 【答案】 解:(1)设抛物线的函数表达式 ( 1)( 3)y a x x   ∵抛物线与 y 轴交于点 (0, 3)E  ,将该点坐标代入上式,得 1a  . ∴所求函数表达式 ( 1)( 3)y x x   ,即 2 2 3y x x   . (2)∵点 C 是点 A 关于点 B 的对称点,点 ( 3,0)A  ,点 (1,0)B , ∴点 C 的坐标是 (5,0)C . 将点 C 的坐标是 (5,0)C 代入 y x m   ,得 5m  . ∴直线 CD 的函数表达式为 5y x   . 设 K 点的坐标为 ( ,0)t ,则 H 点的坐标为 ( , 5)t t  ,G 点的坐标为 2( , 2 3)t t t  . ∵点 K 为线段 AB 上一动点, ∴ 3 1t   . ∴ 2 2 23 41( 5) ( 2 3) 3 8 ( )2 4HG t t t t t t              . ∵ 33 12     , ∴当 3 2t   时,线段 HG 长度有最大值 41 4 . (3)∵点 F 是线段 BC 的中点,点 (1,0)B ,点 (5,0)C , ∴点 F 的坐标为 (3,0)F . ∵直线 l 过点 F 且与 y 轴平行, ∴直线 l 的函数表达式为 3x  . ∵点 M 在直线l 上,点 N 在抛物线上 , ∴设点 M 的坐标为 (3, )M m ,点 N 的坐标为 2( , 2 3)N n n n  . ∵点 ( 3,0)A  ,点 (5,0)C ,∴ 8AC  . 分情况讨论: 1 若线段 AC 是以点 A,C,M,N 为顶点的四边是平行四边形的边,则须 MN∥AC,且 MN= AC=8. 当点 N 在点 M 的左侧时, 3MN n  . ∴3 8n  ,解得 5n   . ∴N 点的坐标为 ( 5,12)N  . 当点 N 在点 M 的右侧时, 3MN n  . ∴ 3 8n   ,解得 11n  . ∴N 点的坐标为 (11,40)N . ②若线段 AC 是以点 A,C,M,N 为顶点的平行四边形的对角线,由“点 C 与点 A 关于点 B 中心对称”知:点 M 与点 N 关于点 B 中心对称.取点 F 关于点 B 对称点 P,则点 P 的坐标为 ( 1,0)P  .过点 P 作 NP⊥ x 轴,交抛物线于点 N. 将 1x   代入 2 2 3y x x   ,得 4y   . 过点 N,B 作直线 NB 交直线l 于点 M. 在△BPN 和△BFM 中, ∵ 90 NPB MBF BF BP BPN BFM           ∴△BPN≌△BFM. ∴NB=MB. ∴四边形点 ANCM 为平行四边形. ∴坐标为 ( 1, 4)  的点 N 符合条件. ∴当点 N 的坐标为 ( 5,12) , (11,40) ,( 1, 4)  时,以点 A,C,M,N 为顶点的四边是平行 四边形. 8. (2011 山东烟台,26,14 分)如图,在直角坐标系中,梯形 ABCD 的底边 AB 在 x 轴 上,底边 CD 的端点 D 在 y 轴上.直线 CB 的表达式为 y=- 4 3 x+16 3 ,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. O x y A B CD P Q O x y A B CD (备用图 1) 90 (备用图 2) 90 O x y A B CD 【答案】解:(1)把 y=4 代入 y=- 4 3 x+ 16 3 ,得 x=1. ∴C 点的坐标为(1,4). 当 y=0 时,- 4 3 x+ 16 3 =0, ∴x=4.∴点 B 坐标为(4,0). (2)作 CM⊥AB 于 M,则 CM=4,BM=3. ∴BC= 2 2CM BM = 2 23 4 =5. ∴sin∠ABC= CM BC = 4 5 . ①当 0<t<4 时,作 QN⊥OB 于 N, 则 QN=BQ·sin∠ABC= 4 5 t. ∴S= 1 2 OP·QN= 1 2 (4-t)× 4 5 t =- 2 5 t2+ 8 5 t(0<t<4). ②当 4<t≤5 时,(如备用图 1), 连接 QO,QP,作 QN⊥OB 于 N. 同理可得 QN= 4 5 t. ∴S= 1 2 OP·QN= 1 2 ×(t-4)× 4 5 t. = 2 5 t2- 8 5 t(4<t≤5). ③当 5<t≤6 时,(如备用图 2), 连接 QO,QP. S= 1 2 ×OP×OD= 1 2 (t-4)×4=2t-8(5<t≤6). (3)①在 0<t<4 时, 当 t= 8 5 22 ( )5   =2 时, S 最大= 28( )5 24 ( )5    = 8 5 . ②在 4<t≤5 时,对于抛物线 S= 2 5 t2- 8 5 t,当 t=- 8 5 22 5   =2 时, S 最小= 2 5 ×22- 8 5 ×2=- 8 5 . ∴抛物线 S= 2 5 t2- 8 5 t 的顶点为(2,- 8 5 ). ∴在 4<t≤5 时,S 随 t 的增大而增大. ∴当 t=5 时,S 最大= 2 5 ×52- 8 5 ×5=2. ③在 5<t≤6 时, 在 S=2t-8 中,∵2>0,∴S 随 t 的增大而增大. ∴当 t=6 时,S 最大=2×6-8=4. ∴综合三种情况,当 t=6 时,S 取得最大值,最大值是 4. (说明:(3)中的②也可以省略,但需要说明:在(2)中的②与③的△OPQ,③中的底边 OP和高 CD 都大于②中的底边OP 和高.所以③中的△OPQ 面积一定大于②中的△OPQ的面积.) 9. (2011 四川南充市,22,8 分)抛物线 y=ax2+bx+c 与 x 轴的交点为 A(m-4,0)和 B(m,0), 与直线 y=-x+p 相交于点 A 和点 C(2m-4,m-6). (1)求抛物线的解析式; (2)若点 P 在抛物线上,且以点 P 和 A,C 以及另一点 Q 为顶点的平行四边形 ACQP 面积 为 12,求点 P,Q 的坐标; (3)在(2)条件下,若点 M 是 x 轴下方抛物线上的动点,当⊿PQM 的面积最大时,请 求出⊿PQM 的最大面积及点 M 的坐标。 【答案】解:(1)∵点 A(m-4,0)和 C(2m-4,m-6)在直线 y=-x+p 上 ∴ 0 ( 4) 6 (2 4) m p m m p           解得: 3 1 m p     ∴A(-1,0) B(3,0), C(2,-3) 设抛物线 y=ax2+bx+c=a(x-3)(x+1), ∵C(2,-3) ∴a=1 ∴抛物线解析式为:y=x2-2x-3 (2)AC=3 2 ,AC 所在直线的解析式为:y=-x-1,∠BAC=450 ∵平行四边形 ACQP 的面积为 12. ∴平行四边形 ACQP 中 AC 边上的高为 23 12 =2 2 过点 D 作 DK⊥AC 与 PQ 所在直线相交于点 K,DK= 2 2 ,∴DN=4 ∵ACPQ,PQ 所在直线在直线 ACD 的两侧,可能各有一条, ∴PQ 的解析式或为 y=-x+3 或 y=-x-5 ∴ 2 2 3 3 y x x y x         解得: 1 1 3 0 x y    或 2 2 2 5 x y     2 2 3 5 y x x y x         ,此方程组无解. 即 P1(3,0), P2(-2,5) ∵ACPQ 是平行四边形 ,A(-1,0) C(2,-3) ∴当 P(3,0)时,Q(6,-3) 当 P(-2,5)时,Q(1,2) ∴满足条件的 P,Q 点是 P1(3,0), Q1(6,-3)或 P2(-2,5),Q2(1,2) (1) 设 M(t,t2-2t-3),(-1<t<3),过点 M 作 y 轴的平行线,交 PQ 所在直线雨点 T,则 T(t,-t+3) MT=(-t+3)-( t2-2t-3)=- t2+t+6 过点 M 作MS⊥PQ 所在直线于点 S, MS= 2 2 MT= 2 2 (- t2+t+6)=- 2 2 (t- 2 1 )2+ 8 225 ∴当 t= 2 1 时,M( 2 1 ,- 4 15 ),⊿PQM 中 PQ 边上高的最大值为 8 225 y x 10.(2011 浙江杭州,24, 12)图形既关于点 O 中心对称,又关于直线 AC,BD 对称,AC= 10,BD=6,已知点 E,M 是线段 AB 上的动点(不与端点重合),点 O 到 EF,MN 的距离分 别为 1h , 2h .△OEF 与△OGH 组成的图形称为蝶形. (1)求蝶形面积 S 的最大值; (2)当以 EH 为直径的圆与以 MQ 为直径的圆重合时,求 1h 与 2h 满足的关系式,并求 1h 的 取值范围. 【答案】(1) 如图,设 EF 与 AC 交于点 K,由△OEF∽△ABD,得 AK EF AO BD  , 15 5 6 h EF  , 1 6 (5 )5EF h  , 1 1 1 1 62 2 (5 )2 2 5S OK EF h h       ,整理得 2 1 6 5 15( )5 2 2S h    ,当 1 5 2h  时,蝶形面积 S 的最大,最大值为 15 2 . (2) 如图,设 MN 与 AC 交于点 L,由(1)得 1 6 (5 )5EF h  ,则 1 3 (5 )5EK h  , 2 3 (5 )5ML h  L K S E R O A B M 由 OK2+EK2=OE2,OL2+ML2=OM2,得 OK2+EK2=OL2+ML2, 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3(5 ) (5 )5 5h h h h              , 整理得  1 2 1 2( ) 17( ) 45 0h h h h    ,当点 E,M 不重合时, 1 2 0h h  , 1 2 45 17h h  .当 OE ⊥AB 时, 1 45 34h  ,所以 1 450 17h  2)当点 ,E M 重合时,则 1 2h h ,此时 1h 的取值范围为 10 5h  . 解法二:(1)由题意,得四边形 ABCD 是菱形. 由 //EF BD ,得 ABD AEF  , 15 6 5 hEF   ,即  1 6 55EF h    2 1 1 1 1 6 6 5 152 55 5 2 2OEFS S EF h h h h               所以当 1 5 2h  时, max 15 2S  . (2)根据题意,得 OE OM . 如图,作OR AB 于 R , OB 关于 OR 对称线段为OS , 1)当点 ,E M 不重合时,则 ,OE OM 在OR 的两侧,易知 RE RM . 2 25 3 34AB    , 15 34 OR  2 2 15 93 34 34 BR        由 // //ML EK OB ,得 ,OK BE OL BM OA AB OA AB   2OK OL BE BM BR OA OA AB AB AB      ,即 1 2 9 5 5 17 h h  1 2 45 17h h   ,此时 1h 的取值范围为 1 450 17h  且 1 45 34h  2)当点 ,E M 重合时,则 1 2h h ,此时 1h 的取值范围为 10 5h  . 11. (2011 浙江湖州,24,14)如图 1.已知正方形 OABC 的边长为 2,顶点 A、C 分别在 x、 y 轴的正半轴上,M 是 BC 的中点.P(0,m)是线段 OC 上一动点(C 点除外),直线 PM 交 AB 的 延长线于点 D. (1) 求点 D 的坐标(用含 m 的代数式表示); (2) 当△APD 是等腰三角形时,求 m 的值; (3) 设过 P、M、B 三点的抛物线与 x 轴正半轴交于点 E,过点 O 作直线 ME 的垂线,垂足为 H(如图 2).当点 P 从点 O 向点 C 运动时,点 H 也随之运动.请直接写出点 H 所经过 的 路径长.(不必写解答过程) 【答案】解:(1)由题意得 CM=BM,∵∠PMC=∠DMB,∴Rt△PMC≌Rt△DMB,∴DB=PC,∴ DB=2-m,AD=4-m,∴点 D 的坐标为(2,4-m). (2)分三种情况:①若 AP=AD,则 2 24 (4 )m m   ,解得 3 2m  . ② 若 PD=PA,过 P 作 PF⊥AB 于点 F(如图),则 AF=FD, 1 1 (4 )2 2AF FD AD m    , 又 OP=AF,∴ 1 (4 )2m m  ,解得 4 3m  , ③ 若 DP=DA,∵△PMC≌△DMB,∴ 1 1 (4 )2 2PM PD m   ,∵ 2 2 2PC CM PM  ,∴ 2 21(2 ) 1 (4 )4m m    , 解得 1 2 2 , 23m m  (舍去). 综上所述,当△APD 是等腰三角形时,过 m 的值为 3 4 2 2 3 3 或 或 . (3)点 H 经过的路径长为 5 4  . 12. (2011 宁波市,26,10 分)如图.平面直角坐标系 xOy 中,点 B 的坐标为(-2,2), 点 B 的坐标为(6,6),抛物线经过 A、O、B 三点,线段 AB 交 y 轴与点 E. (1)求点 E 的坐标; (2)求抛物线的函数解析式; (3)点 F 为线段 OB 上的一个动点(不与 O、B 重合),直线 EF 与抛物线交与 M、N 两点(点 N 在 y 轴右侧),连结 ON、BN,当点 F 在线段 OB 上运动时,求  BON 的面积的最大值,并求 出此时点 N 的坐标; (4)连结 AN,当  BON 的面积的最大时,在坐标平面内使得  BOP 与  OAN 相似(点 B、O、 N 对应)的点 P 的坐标. 【答案】26.解:(1)设直线 AB 的函数解析式为 y=mx+n 将点 A(-2,2),B(6,6)代入得: -2m+n=2 6m+n=6 得 m=1 2 ,n=3 ∴y=1 2 x+3 当 x=0 时 y=3 ∴E(0,3) 设抛物线的函数解析式为 y=ax+bx 将 A(-2,2)B(6,6)代入得 4a-2b=2 36a+6b=6解得 a=1 4 ,b=-1 2 ∴抛物线的解析式为 y=1 4 x2-1 2 x (3) 过点 N 做 x 轴的垂线 NG,垂足为 G,交 OB 于点 Q,过 B 作 BH⊥x 轴于 H,设 N(x, 1 4 x2-1 2 x) 则 Q(x,x) 则 S  BON = S  BON + S  BON =1 2 ×QN×OG+1 2 ×QN×HG =1 2 ×QN×(OG+HG)=1 2 ×QN×OH=1 2 〔x-(1 4 x2-1 2 x) 〕×6=-3 4 x2+9 2 x=-3 4 (x-3)2+27 4 (0 <x<6) ∴当 x=3 时,  BON 面积最大,最大值为27 4 此时点 N 的坐标为(3, 3 4 ) (4)过点 A 作 AS⊥GQ 于 S ∵A(-2,2),B(6,6),N(3, 3 4 ) ∴∠AOE=∠OAS=∠BOH=45°,OG=3,NG=3 4 ,NS=5 4 ,AS=5 在 Rt  SAN 和 Rt  NOG 中 ∴tan∠SAN= tan∠NOG=1 4 ∴∠SAN=∠NOG ∴∠OAS-∠ASN=∠BOG-∠NOG ∴∠OASN=∠BON ∴ON 的延长线上存在一点 P,使  BOP~  OAN ∵A(-2,2), N(3, 3 4 ) 在 Rt  ASN 中 AN= AS2+SN2=5 17 4 当  BOP~  OAN 时 OB OA =OP AN ∴2 2 2 2 = OP 5 17 4 ∴OP=15 17 4 过点 P 作 PT⊥x 轴于点 T ∴  OPT~  ONG ∴PT OT =NG OG =1 4 设 P(4t,t)在在 Rt  POT 中,有(4t)2+t2=(15 17 4 )2 ∴t1=15 4 ,t2=-15 4 (舍) ∴点 P 的坐标为(15,15 4 ) 将  OBP 沿直线 OB 返折,可得出另一个满足条件的点 P (15 4 ,15),由以上推理可知,当点 P 的坐标为(15,15 4 )或(15 4 ,15)时  BOP 与  OAN 相似. 13. (2011 浙江衢州,24,12 分)已知两直线 1 2l l、 分别经过点  1,0A ,点  3,0B  ,并 且当两条直线同时相交于 y 轴正半轴的点C 时,恰好有 1 2l l ,经过点 A B C、 、 的抛物线 的对称轴于直线 1l 交于点 K ,如图所示. 求点C 的坐标,并求出抛物线的函数解析式. 抛物线的对称轴被直线 1l ,抛物线,直线 2l 和 x 轴依次截得三条线段,问这三条线段有何数 量关系?请说明理由. 当直线 2l 绕点C 旋转时,与抛物线的另一个交点为 M .请找出使 MCK 为等腰三角形的点 M .简述理由,并写出点 M 的坐标. (第 24 题) 【答案】(1)解法 1:由题意易知   1, .3 3. C 0 3 BOC COA CO AO CO BO CO CO CO         即 点 的坐标是 , ~ 由题意,可设抛物线的函数解析式为 2 3y ax bx   . 把 (1,0), ( 3,0)A B  的坐标分别代入 2 3y ax bx   ,得  3 0 9 3 3 0. a b a b       解这个方程组,得 3 3 2 3.3 a b     抛物线的函数解析式为 23 2 3 3.3 3y x x    解法 2:由勾股定理,得 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) .OC OB OC OA BC AC AB      又 3 1 4OB OA AB   , ,   3. 0, 3 . OC C   点 的坐标是 由题意可设抛物线的函数解析式为   1 3 .y a x x   把  C 0 3, 代入函数解析式得 3 .3a   所以抛物线的函数解析式为   3 1 3 .3y x x    (2)解法 1:截得三条线段的数量关系为 .KD DE EF  理由如下: 可求得直线 1l 的解析式为 3 3y x   ,直线 2l 的解析式为 3 33y x  ,抛物线的对 称轴为直线 1x   .由此可求得点 K 的坐标为 1,2 3 ,点 D 的坐标为 4 31, 3      ,点 E 的坐标为 2 31, 3      ,点 F 的坐标为 1,0 . 2 3 2 3 2 3, ,3 3 3 . KD DE EF KD DE EF        , 解法 2:截得三条线段的数量关系为 .KD DE EF  理由如下: 由题意可知 Rt 30 60ABC ABC CAB      中, , ,则可得 2 3tan30 = tan 60 =2 33EF BF KF AF     , . 由顶点 D 的坐标为 4 31, 3      得 4 3 3DF  , 2 3 .3KD DE EF    (3)解法 1:(i)以点 K 为圆心,线段 KC 长为半径画圆弧,交抛物线于点 1M ,由抛物线 的对称性可知点 1M 为点 C 关于直线 1x   的对称点. 所以点 1M 的坐标为 ( 2, 3) ,此时, 1M CK 为等腰三角形. (ii)当以点C 为圆心,线段 KC 长为半径画圆弧时,与抛物线交点为点 1M 和点 A ,而三 点 A C K、 、 在同一直线上,不能构成三角形. (iii)作线段 KC 的中垂线l ,由点 D 是 KE 的中点,且 1 2l l ,可知l 经过点 D , .KD DC  此时,有点 2M 即点 D 坐标为 4 3( 1, )3  ,使 2M CK 为等腰三角形. l 与抛物线的另一交点即为 1M 综上所述,当点 M 的坐标为 4 3( 2, 3),( 1, )3   时, MCK 为等腰三角形 解法 2:当点 M 的坐标分别为 理由如下: (i)链接 BK ,交抛物线于点G ,易知点G 的坐标为 ( 2, 3) . 又点C 的坐标为 (0, 3) ,则 / / .GC AB 可求得 4AB BK  ,且 60ABK   ,即 ABK 为正三角形. CGK 为正三角形 当 2l 与抛物线交于点G ,即 2 / /l AB 时,符合题意,此时点 1M 的坐标为 ( 2, 3) (ii)连接CD ,由 2 3 2 303KD CK CG CKD     , , ,易知 KDC 为等腰三角 形 当 2l 过抛物线顶点于点 D 时,符合题意,此时点 2M 的坐标为 4 3( 1, )3  . (iii)当点 M 在抛物线对称轴右边时,只有点 M 与点 A 重合时,满足CM CK ,但此 时,三点 A C K、 、 在同一直线上,不能构成三角形. 综上所述,当点 M 的坐标分别为 4 3( 2, 3),( 1, )3   时, MCK 为等腰三角形. 14. (2011 浙江绍兴,24,14 分)抛物线 21 ( 1) 34y x    与 y 轴交于点 A ,顶点为 B , 对称轴 BC 与 x 轴交于点C . (1)如图 1,求点 A 的坐标及线段OC 的长; (2)点 P 在抛物线上,直线 / /PQ BC 交 x 轴于点Q ,连接 BQ . ①若含 45°角的直线三角板如图 2 所示放置,其中,一个顶点与C 重合,直角顶点 D 在 BQ 上,另一顶点 E 在 PQ 上,求直线 BQ 的函数解析式; ②若含 30°角的直角三角板一个顶点与点C 重合,直角顶点 D 在直线 BQ 上,另一个顶点 E 在 PQ 上,求点 P 的坐标. 【答案】解:(1)把 0x  代入 21 ( 1) 34y x    得 11 4y  , 点 11(0, )4A ,  BC 为对称轴, (1,3)B , 1OC  . (2)①如图 1,过点 D 作 DM x 轴,交 x 轴于点 M , 过点 D 作 DN PQ ,交 PQ 于点 N , / /PQ BC 90DMQ DNQ MDN       四边形 MDNQ 为矩形, 90 , , , , , CDE MDN CDM EDN DC DE DCM DEN DM DN                 四边形 MDNQ 为正方形, 45DQC  , BCQ 为等腰直角三角形, 3 4 CQ BC OQ      , , 设直线 BQ 的函数解析式为 y kx b  , 第 24 题图 1 第 24 题图 2 直线上两点的坐标为 (1,3), (4,0)B Q , 代入求得 1, 4k b   , 直线 BQ 的函数解析式为 4y x   . ② 当 点 P D DM x x M D DN PQ PQ N ( ,0)Q m 90 , Rt Rt , , , , / / , , 3 1, CDM MDE EDN MDE CDM EDN CD DMCDM EDN DE DN CD DMDN MQ DE MQ DM BCPQ BC MQ CQ CD DE m                              , 15. (2011 浙江台州,24,14 分)已知抛物线 nmxay  2)( 与 y 轴交于点 A,它的顶 点为 B,点 A、B 关于原点 O 的对称点分别是点 C、D。若点 A、B、C、D 中任何三点都不在一 直线上,则称四边形 ABCD 为抛物线的伴随四边形,直线 AB 为抛物线的伴随直线。 (1)如图 1,求抛物线 1)2( 2  xy 的伴随直线的解析式; (2)如图 2,若 nmxay  2)( (m>0)的伴随直线是 y=x-3,伴随四边形的面积为 12,求此抛物线的解析式; (3)如图 3,若抛物线 nmxay  2)( 的伴随直线是 y=-2x+b(b>0),且伴随四边 形 ABCD 是矩形。 ① 用含 b 的代数式表示 m,n 的值; ② 在抛物线的对称轴上是否存在点 P,使得△PBD 是一个等腰三角形?若存在,请直 接写出点 P 的坐标(用含 b 的代数式);若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)设直线 AB 的解析式为 y=kx+b.由题意,得:A(0,5),B(2,1) ∴      12 5 bk b ∴k=-2 ,b=5 ∴直线 AB 的解析式为 y=-2x+5 (2) 由伴随直线是 y=x-3,得:A(0,-3),C(0,3) ∴ AC=6 由伴随四边形的面积为 12,得:△ABC 的面积为 6= mAC  2 1 ∴m=±2 ∵m>0 ∴m=2 当 m=2 时,y=-1,顶点为(2,-1), 且过点 C(0,3) ∴抛物线的解析式为 y= 1)2(2 1 2  x 。 (3) ① 如图,作 BE⊥x 轴, 由题意,得: A(0,b),C (0,-b) ∵抛物线的顶点 B(m,n)在 y=-2x+b(b>0)上, ∴n=-2m+b B(m, -2m+b) 在矩形 ABCD 中,OC=OB ∴OC2=OB2 即: 222 )b-2m(  mb ∴m(5m-4b)=0 ∴m1=0(舍去),m2= b5 4 ∴n=-2m+b= b5 3 ∴ bm 5 4 , bn 5 3 ; ② 存在,有 4 个点:( b5 4 , b5 7 ),( b5 4 , b5 9 ),( b5 4 , b15 16 ),( b5 4 , b5 13 ) 16. (2011 浙江义乌,24,12 分)已知二次函数的图象经过 A(2,0)、C(0,12) 两点, 且对称轴为直线 x=4. 设顶点为 点 P,与 x 轴的另一交点为点 B. (1)求二次函数的解析式及顶点 P 的坐标; (2)如图 1,在直线 y=2x 上是否存在点 D,使四边形 OPBD 为等腰梯形?若存在,求出 点 D 的坐标;若不存在,请说明理由; (3)如图 2,点 M 是线段 OP 上的一个动点(O、P 两点除外),以每秒 2 个单位长度的 速度由点 P 向点 O 运动,过点 M 作直线 MN∥x 轴,交 PB 于点 N. 将△PMN 沿直线 MN 对折,得到△P1MN. 在动点 M 的运动过程中,设△P1MN 与梯形 OMNB 的重叠部分 的面积为 S,运动时间为 t 秒. 求 S 关于 t 的函数关系式. O P C BA x y 图 1 图 2 M O A x P N C B y 【答案】(1)设二次函数的解析式为 y=ax2+bx+c 由题意得           024 12 42 cba c a b 解得       12 8 1 c b a ∴二次函数的解析式为 y= x2-8x+12 点 P 的坐标为(4,-4) (2)存在点 D,使四边形 OPBD 为等腰梯形. 理由如下: DO xAO B C P y 当 y=0 时,x2-8x+12=0 ∴x1=2 , x2=6 ∴点 B 的坐标为(6,0) 设直线 BP 的解析式为 y=kx+m 则      44 06 mk mk 解得      12 2 m k ∴直线 BP 的解析式为 y=2x-12 ∴直线 OD∥BP ∵顶点坐标 P(4, -4) ∴ OP=4 2 设 D(x,2x) 则 BD2=(2x)2+(6-x)2 当 BD=OP 时,(2x)2+(6-x)2=32 解得:x1= 5 2 ,x 2=2 当 x2=2 时,OD=BP= 52 ,四边形 OPBD 为平行四边形,舍去 ∴当 x= 5 2 时四边形 OPBD 为等腰梯形 ∴当 D( 5 2 , 5 4 )时,四边形 OPBD 为等腰梯形 (3)① 当 0<t≤2 时, xP1 M AO B C P N y H ∵运动速度为每秒 2 个单位长度,运动时间为 t 秒, 则 MP= 2 t ∴PH=t,MH=t,HN= 2 1 t ∴MN= 2 3 t ∴S= 2 3 t·t· 2 1 = 4 3 t2 ② 当 2<t<4 时,P1G=2t-4,P1H=t x P1 M A O B C P N G H E F y ∵MN∥OB ∴ EFP1 ∽ MNP1 ∴ 2 1 1 )( 1 1 HP GP S S MNP EFP    ∴ 2 2 )42( 4 3 1 t t t S EFP  ∴ EFPS 1 =3t2-12t+12 ∴S= 4 3 t2-(3t2-12t+12)= - 4 9 t2+12t-12 ∴ 当 0<t≤2 时,S= 4 3 t2 当 2<t<4 时,S=- 4 9 t2+12t-12 。 17. (2011 四川重庆,26,12 分)如图,矩形 ABCD 中,AB=6,BC=2 3,点 O 是 AB 的中 点,点 P 在 AB 的延长线上,且 BP=3.一动点 E 从 O 点出发,以每秒 1 个单位长度的 速度沿 OA 匀速动动,到达 A 点后,立即以原速度沿 AO 返回;另一动点 F 从 P 点出发, 以每秒 1 个单位长度的速度沿射线 PA 匀速动动,点 E、F 同时出发,当两点相遇时停止 运动.在点 E、F 的运动过程中,以 EF 为边作等边△EFG,使△EFG 和矩形 ABCD 在射线 PA 的同侧,设动动的时间为 t 秒(t≥0). (1)当等边△EFG 的边 FG 恰好经过点 C 时,求运动时间 t 的值; (2)在整个运动过程中,设等边△EFG 和矩形 ABCD 重叠部分的面积为 S,请直接写出 S 与 t 之间的函数关系式和相应的自变量 t 的取值范围; (3)设 EG 与矩形 ABCD 的对角线 AC 的交点为 H,是否存在这样的 t,使△AOH 是等腰三 角形?若存在,求出对应的 t 的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)当等边△EFG 的边 FG 恰好经过点 C 时(如图),∠CFB=60°,BF=3-t,在 Rt △CBF 中,BC=2 3,∴tan∠CFB=BC BF ,∴tan 60°=2 3 BF ,∴BF=2,∴t=3-t = 2,∴t=1. (2)当 0≤t<1 时,S= 2 3 t+4 3;当 1≤t<3 时,S= 3 2 t 2+3 3 t+7 3 2 ;当 3 ≤t<4 时,S= -4 3 t+20 3;当 4≤t<6 时,S= 3 t2-12 3 t+36 3. (3)存在,理由如下: 在 Rt△ABC 中,tan∠CAB=BC AB = 3 3 ,∴∠CAB=30°. 又∵∠HEO=60°,∴∠HAE=∠AHE=30°. ∴AE=HE=3-t 或 t-3. (ⅰ)当 AH=AO=3 时(如图②),过点 E 作 EM⊥AH 于 M,则 AM=1 2 AH=3 2 . 在 Rt△AME 中,cos∠MAE=AM AE ,即 cos 30°= 3 2 AE ,∴AE= 3, 即 3-t= 3或 t-3= 3,t=3- 3或 3+ 3. (ⅱ)当 HA=HO 时(如图③),则∠HOA=∠HAO=30°, 又∵∠HEO=60°,∴∠EHO=90°. ∴EO=2HE=2AE.又∵AE+EO=3,∴AE+2AE=3. ∴AE=1.即 3-t=1 或 t-3=1,t=2 或 4. (ⅲ)当 OH=OA 时(如图④),则∠OHA=∠OAH=30°, ∴∠HOB=60°=∠HEB.∴点 E 和 O 重合,∴AE=3. 即 3-t=3 或 t-3=3,t=6(舍去)或 t=0. 综上所述,存在 5 个这样的值,使△AOH 是等腰三角形,即: t=3- 3或 t=3+ 3或 t=2 或 t=4 或 t=0. 18. (2011 浙江省嘉兴,24,14 分)已知直线 3 kxy ( k <0)分别交 x 轴、 y 轴于 A、 B 两点,线段 OA 上有一动点 P 由原点 O 向点 A 运动,速度为每秒 1 个单位长度,过点 P 作 x 轴的垂线交直线 AB 于点 C,设运动时间为 t 秒. (1)当 1k 时,线段 OA 上另有一动点 Q 由点 A 向点 O 运动,它与点 P 以相同速度同 时出发,当点 P 到达点 A 时两点同时停止运动(如图 1). ① 直接写出 t =1 秒时 C、Q 两点的坐标; ② 若以 Q、C、A 为顶点的三角形与△AOB 相似,求 t 的值. (2)当 4 3k 时,设以 C 为顶点的抛物线 nmxy  2)( 与直线 AB 的另一交点为 D(如 图 2), ① 求 CD 的长; ② 设△COD 的 OC 边上的高为 h ,当 t 为何值时, h 的值最大? B AO P C x y 1 1 D (第 24 题图 2)(第 24 题图 1) B AO P C Q x y 1 1 【答案】(1)①C(1,2),Q(2,0). ②由题意得:P(t,0),C(t,-t+3),Q(3-t,0), 分两种情形讨论: 情形一:当△AQC∽△AOB 时,∠AQC=∠AOB=90°,∴CQ⊥OA, ∵CP⊥OA,∴点 P 与点 Q 重合,OQ=OP,即 3-t=t,∴t=1.5. 情形二:当△ACQ∽△AOB 时,∠ACQ=∠AOB=90°,∵OA=OB=3,∴△AOB 是等腰直角 三角形,∴△ACQ 是等腰直角三角形,∵CQ⊥OA,∴AQ=2CP,即 t =2(-t +3),∴t=2.∴ 满足条件的 t 的值是 1.5 秒或 2 秒. (2) ① 由 题 意 得 : C(t , - 3 4 t + 3) , ∴ 以 C 为 顶 点 的 抛 物 线 解 析 式 是 2 3( ) 34y x t t    , 由 2 3 3( ) 3 34 4x t t x      ,解得 x1=t,x2=t 3 4  ;过点 D 作 DE⊥CP 于点 E,则∠ DEC=∠AOB=90°,DE∥OA,∴∠EDC=∠OAB,∴△DEC∽△AOB,∴ DE CD AO BA  , ∵AO=4,AB=5,DE=t-(t- 3 4 )= 3 4 .∴CD= 3 5 154 4 16 DE BA AO    . ②∵CD=15 16 ,CD 边上的高= 3 4 12 5 5   .∴S△COD= 1 15 12 9 2 16 5 8    .∴S△COD 为定值; 要使 OC 边上的高 h 的值最大,只要 OC 最短. 因为当 OC⊥AB 时 OC 最短,此时 OC 的长为12 5 ,∠BCO=90°,∵∠AOB=90°,∴∠COP =90°-∠BOC=∠OBA,又∵CP⊥OA,∴Rt△PCO∽Rt△OAB, ∴ OP OC BO BA  ,OP= 12 3 365 5 25 OC BO BA    ,即 t= 36 25 ,∴当 t 为 36 25 秒时,h 的值最大. 19. (2011 福建泉州,25,12 分)在直角坐标系 xoy 中,已知点 P 是反比例函数 )>0(32 xxy  图象上一个动点,以 P 为圆心的圆始终与 y 轴相切,设切点为 A. (1)如图 1,⊙P 运动到与 x 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 x 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 2 1 .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)∵⊙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 分 (2)①连接 PB,设点 P 的横坐标为 x,则其纵坐标为 x 32 . 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=x, PG= x 32 . A P 2 3y x  x y KO 第 25 题 图 1 O A P 2 3y x  x y B C 图 2 G M sin∠PBG= PB PG ,即 2 3 3 2 x x  . 解之得:x=±2(负值舍去). ∴ PG= 3 ,PA=BC=2.……………………4 分 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, 3 ),B(1,0) C(3,0).……………………6 分 设二次函数解析式为:y=ax2+bx+c. 据题意得: 0 9 3 0 3 a b c a b c c           解之得:a= 3 3 , b= 4 3 3  , c= 3 . ∴二次函数关系式为: 23 4 3 33 3y x x   .……………………9 分 ②解法一:设直线 BP 的解析式为:y=ux+v,据题意得: 0 2 3 u v u v     解之得:u= 3 , v= 3 3 . ∴直线 BP 的解析式为: 3 3 3y x  . 过点 A 作直线 AM∥PB,则可得直线 AM 的解析式为: 3 3y x  . 解方程组: 2 3 3 3 4 3 33 3 y x y x x       得: 1 1 0 3 x y   ; 2 2 7 8 3 x y   . 过点 C 作直线 CM∥PB,则可设直线 CM 的解析式为: 3y x t  . ∴0=3 3 t . ∴ 3 3t   . ∴直线 CM 的解析式为: 3 3 3y x  . 解方程组: 2 3 3 3 3 4 3 33 3 y x y x x       得: 1 1 3 0 x y    ; 2 2 4 3 x y   . 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 解法二:∵ 1 2PAB PBC PABCS S S    , ∴A(0, 3 ),C(3,0)显然满足条件. 延长 AP 交抛物线于点 M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA. 又∵AM∥BC, ∴ 1 2PBM PBA PABCS S S    . ∴点 M 的纵坐标为 3 . 又点 M 的横坐标为 AM=PA+PM=2+2=4. ∴点 M(4, 3 )符合要求. 点(7,8 3 )的求法同解法一. 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 解法三:延长 AP 交抛物线于点 M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA. 又∵AM∥BC, ∴ 1 2PBM PBA PABCS S S    . ∴点 M 的纵坐标为 3 . 即 23 4 3 3 33 3x x   . 解得: 1 0x  (舍), 2 4x  . ∴点 M 的坐标为(4, 3 ). 点(7,8 3 )的求法同解法一. 综上可知,满足条件的 M 的坐标有四个, 分别为:(0, 3 ),(3,0),(4, 3 ),(7,8 3 ).…………………12 分 20.(2011 福建泉州,26,14 分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,直线 AB 与 x 轴交于点 A, 与 y 轴交于点 B, 且 OA = 3,AB = 5.点 P 从点 O 出发沿 OA 以每秒 1 个单位长的速度 向点 A 匀速运动,到达点 A 后立刻以原来的速度沿 AO 返回;点 Q 从点 A 出发沿 AB 以每秒 1 个单位长的速度向点 B 匀速运动.伴随着 P、Q 的运动,DE 保持垂直平分 PQ,且交 PQ 于点 D,交折线 QB-BO-OP 于点 E.点 P、Q 同时出发,当点 Q 到达点 B 时停止运动,点 P 也随 之停止.设点 P、Q 运动的时间是 t 秒(t>0). (1)求直线 AB 的解析式; (2)在点 P 从 O 向 A 运动的过程中,求△APQ 的面积 S 与 t 之间的函数关系式(不必写出 t 的取值范围); (3)在点 E 从 B 向 O 运动的过程中,完成下面问题: (第 26 题) ①四边形 QBED 能否成为直角梯形?若能,请求出 t 的值; 若不能,请说明理由; ②当 DE 经过点 O 时,请你直接写出 t 的值. 【答案】解:解:(1)在 Rt△AOB 中,OA = 3,AB = 5,由勾股定理得 2 2 4OB AB OA   . ∴A(3,0),B(0,4). 设直线 AB 的解析式为 y kx b= . ∴ 3 0, 4. k b b     解得 4 ,3 4. k b      ∴直线 AB 的解析式为 4 43y x = - .…………2 分 (2)如图,过点 Q 作 QF⊥AO 于点 F. ∵ AQ = OP= t,∴ 3AP t  . 由△AQF∽△ABO,得 QF AQ BO AB  . ∴ 4 5 QF t .∴ 4 5QF t . …………2 分 ∴ 1 4(3 )2 5S t t   , ∴ 22 6 5 5S t t   .………………………4 分 (3)四边形 QBED 能成为直角梯形. ①如图,当 DE∥QB 时, ∵DE⊥PQ, ∴PQ⊥QB,四边形 QBED 是直角梯形. 此时∠AQP=90°. 由△APQ ∽△ABO,得 AQ AP AO AB  . ∴ 3 3 5 t t . 解得 9 8t  . ……………………………6 分 ②如图,当 PQ∥BO 时, ∵DE⊥PQ, ∴DE⊥BO,四边形 QBED 是直角梯形. 此时∠APQ =90°. 由△AQP ∽△ABO,得 .AQ AP AB AO  即 3 5 3 t t . 解得 15 8t  . ………………………10 分 (4) 5 2t  或 45 14t  . ………………………14 分 21. (2011 湖南常德,26,10 分)如图 11,已知抛物线过点 A(0,6),B(2,0),C(7, 5 2 ). (1)求抛物线的解析式; (2)若 D 是抛物线的顶点,E 是抛物线的对称轴与直线 AC 的交点,F 与 E 关于 D 对称,求 证:∠CFE=∠AFE; (3)在 y 轴上是否存在这样的点 P,使△AFP 与△FDC 相似,若有,请求出所有合条件的点 P 的坐标;若没有,请说明理由. 解:(1)抛物线经过点 A(0,6),B(2,0),C(7, 5 2 )的抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c, 则: 6 4 2 0 549 7 2 c a b c a b c             解得 1 , 4, 6.2a b c    ∴ 此抛物线的解析式为 21 4 62y x x   (2)过点 A 作 AM∥x 轴,交 FC 于点 M,交对称轴于 点 N. ∵ 抛 物 线 的 解 析 式 21 4 62y x x   可 变 形 为  21 4 22y x   ∴抛物线对称轴是直线 x =4,顶点 D 的坐标为(4,-2).则 AN=4. 设直线 AC 的解析式为 1 1y k x b  , 则有 1 1 1 6 57 2 b k b    ,解得 1 1 1 , 62k b   . ∴ 直线 AC 的解析式为 1 6.2y x   O A B E 图 11 D F C y x N M 当 x=4 时, 1 4 6 4.2y      ∴点 E 的坐标为(4,4), ∵点 F 与 E 关于点 D 对称,则点 F 的坐标为(4,-8) 设直线 FC 的解析式为 2 2y k x b  , 则有 2 2 2 2 4 8 57 2 k b k b      ,解得 2 2 7 , 222k b   . ∴ 直线 AC 的解析式为 7 22.2y x  ∵AM 与 x 轴平行,则点 M 的纵坐标为 6. 当 y=6 时,则有 7 22 6,2 x   解得 x=8. ∴AM=8,MN=AM—MN=4 ∴AN=MN ∵FN⊥AM ∴∠ANF=∠MNF 又 NF=NF ∴△ANF≌△MNF ∴∠CFE=∠AFE (3)∵C 的坐标为(7, 5 2 ),F 坐标为(4,-8) ∴   2 25 3 538 7 42 2CF         ∵又 A 的坐标为(0,6),则  2 26 8 4 2 53FA     , 又 DF=6, 若△AFP∽△DEF ∵EF∥AO,则有∠PAF=∠AFE, 又由(2)可知∠DFC=∠AFE ∴∠PAF=∠DFC 若△AFP1∽△FCD 则 1P A AF DF CF  ,即 1 2 53 6 3 53 2 P A  ,解得 P1A=8. ∴O P1=8-6=2 ∴P1 的坐标为(0,-2). 若△AFP2∽△FDC 则 2P A AF CF DF  ,即 2 2 53 63 53 2 P A  ,解得 P2A= 53 2 . ∴O P2= 53 2 -6= 41 2 . ∴P2 的坐标为(0,- 41 2 ). 所以符合条件的点 P 的坐标不两个,分别是 P1(0,-2),P2(0,- 41 2 ). 22. (2011 湖南邵阳,24,12 分)如图(十一)所示,在平面直角坐标系 Oxy 中,已知点 A( 9 4  ,0),点 C(0,3)点 B 是 x 轴上一点(位于点 A 右侧),以 AB 为直径的圆恰好经过 点 C。 (1)求角 ACB 的度数; (2)已知抛物线 y=ax2+bx+3 经过 A,B 两点,求抛物线的解析式; (3)线段 BC 上是否存在点 D,使△BOD 为等腰三角形?若存在,则求出所有符合条件的点 D 的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)90°; (2)Rt△ABC 中,∵OA×OB=OC 2, ∴OB=4. 抛物线为 y=a(x-4)(x+ 9 4 )= ax2+bx+3, 比较常数项得 a= 1 3  ,抛物线的方程为 y= 1 3  (x-4) (x+ 9 4 )。 (1) 存在。 直线 BC 的方程为 3x+4y=12,设点 D(x,y)。 ①若 BD=OD,则点 D 在 OB 的中垂线上,点 D 横坐标 为 2,纵坐标为 3 2 ,即 D1(2, 3 2 )为所求。 ②若 OB=BD=4,则 y BD CO BC  , x CD BO BC  , 得 y= 12 5 ,x= 4 5 ,点 D2( 4 5 , 12 5 )为所求。 23. (2011 江苏苏州,29,10 分)已知二次函数 y=a(x2-6x+8)(a>0)的图象与 x 轴分别交 于点 A、B,与 y 轴交于点 C.点 D 是抛物线的顶点. (1)如图①,连接 AC,将△OAC 沿直线 AC 翻折,若点 O 的对应点 O′恰好落在该抛物线的 对称轴上,求实数 a 的值; (2)如图②,在正方形 EFGH 中,点 E、F 的坐标分别是(4,4)、(4,3),边 HG 位于边 EF 的右侧.小林同学经过探索后发现一个正确的命题:“若点 P 是边 EH 或边 HG 上的任意一点, 则四条线段 PA、PB、PC、PD 不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等(即这四条线段 不能构成平行四边形).”若点 P 是边 EF 或边 FG 上的任意一点,刚才的结论是否也成立? 请你积极探索,并写出探索过程; (3)如图②,当点 P 在抛物线对称轴上时,设点 P 的纵坐标 t 是大于 3 的常数,试问:是 否存在一个正数 a,使得四条线段 PA、PB、PC、PD 与一个平行四边形的四条边对应相等(即 这四条线段能够成平行四边形)?请说明理由. 【答案】解:(1)令 y=0,由 a(x2-6x+8)=0 解得 x1=2,x2=4; 令 x=0,解得 y=8a. ∴点 A、B、C 的坐标分别是(2,0)、(4,0)、(0,8a), 该抛物线对称轴为直线 x=3. ∴OA=2, 如图①,设抛物线对称轴与 x 轴的交点为 M,则 AM=1. 由题意得 O′A=OA=2. ∴O′A=2AM,∴∠O′AM=60°. ∴∠OAC=∠ O′AC=60°. ∴OC= 3 ·AO=2 3 ,即 8a=2 3 ,∴a= 4 3 . (2)若点 P 是边 EF 或边 FG 上的任意一点,结果同样成立. (I)如图②,设 P 是边 EF 上的任意一点(不与点 E 重合),连接 PM. ∵点 E(4,4)、F(4,3)与点 B(4,0)在一直线上,点 C 在 y 轴上, ∴PB<4,PC≥4,∴PC>PB. 又 PD>PM>PB,PA>PM>PB, ∴PB≠PA,PB≠PC,PB≠PD, ∴此时线段 PA、PB、PC、PD 不能构成平行四边形. (II)设 P 是边 FG 上的任意一点(不与点 G 重合), 点 F 的坐标是(4,3)点 G 的坐标是(5,3). ∴FB=3,GB= 10 ,∴3≤PB< 10 , ∵PC≥4,∴PC>PB. 又 PD>PM>PB,PA>PM>PB, ∴PB≠PA,PB≠PC,PB≠PD, ∴此时线段 PA、PB、PC、PD 不能构成平行四边形. (3)存在一个正数 a,使得四条线段 PA、PB、PC、PD 与一个平行四边形的四条边对应相等 (即这四条线段能够成平行四边形). 如图③,∵点 A、B 是抛物线与 x 轴交点,点 P 在抛物线对称轴上, ∴PA=PB. ∴当 PC=PD 时,线段 PA、PB、PC、PD 能构成平行四边形. ∵点 C 的坐标是(0,8a),点 D 的坐标为(3,-a),点 P 的坐标是(3,t), ∴PC2=32+(t-8a)2,PD2=(t+a)2, 由 PC=PD 得 PC2=PD2,∴32+(t-8a)2=(t+a)2, 整理得 7a2-2ta+1=0,∴△=4t2-28. ∵t 是大于 3 的常数,∴△=4t2-28>0, ∴方程 7a2-2ta+1=0 有两个不相等的实数根 a= 14 2842 2  tt = 7 72  tt , 显然,a= 7 72  tt >0,满足题意. ∴当 t 是一个大于 3 的常数时,存在一个正数 a= 7 72  tt ,使得线段 PA、PB、PC、PD 能构成平行四边形. 24. (2011 江苏宿迁,27,12 分)如图,在边长为 2 的正方形 ABCD 中,P 为 AB 的中点,Q 为边 CD 上一动点,设 DQ=t(0≤t≤2),线段 PQ 的垂直平分线分别交边 AD、BC 于点 M、N, 过 Q 作 QE⊥AB 于点 E,过 M 作 MF⊥BC 于点 F. (1)当 t≠1 时,求证:△PEQ≌△NFM; (2)顺次连接 P、M、Q、N,设四边形 P MQN 的面积为 S,求出 S 与自变量 t 之间的函 数关系式,并求 S 的最小值. Q P N M F E D C B A (第 27 题) 【答案】 解:(1)∵四边形 ABCD 是正方形 ∴∠A=∠B=∠D=90°,AD=AB ∵QE⊥AB,MF⊥BC ∴∠AEQ=∠MFB=90° ∴四边形 ABFM、AEQD 都是矩形 ∴MF=AB,QE=AD,MF⊥QE 又∵PQ⊥MN ∴∠EQP=∠FMN 又∵∠QEP=∠MFN=90° ∴△PEQ≌△NFM. (2)∵点 P 是边 AB 的中点,AB=2,DQ=AE=t ∴PA=1,PE=1-t,QE=2 由勾股定理,得 PQ= 22 PEQE  = 4)1( 2  t ∵△PEQ≌△NFM ∴MN=PQ= 4)1( 2  t 又∵PQ⊥MN ∴S= MNPQ  2 1 =  4)1(2 1 2  t = 2 1 t2-t+ 2 5 ∵0≤t≤2 ∴当 t=1 时,S 最小值=2. 综上:S= 2 1 t2-t+ 2 5 ,S 的最小值为 2. 25. (2011 山东济宁,23,10 分)如图,第一象限内半径为 2 的⊙C 与 y 轴相切于点 A, 作直径 AD,过点 D 作⊙C 的切线 l 交 x 轴于点 B,P 为直线 l 上一动点,已知直线 PA 的解析 式为: 3y kx  . (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个三角形相似给予证 明; (3)是否存在使△AMN 的面积等于 32 35 的 k 倍?若存在,请求出符合条件的 k 值;若不 存在,请说明理由. A B C D M P l N O 第 23 题 【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, ∵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°, ∵∠ADN= 90°—∠DAN,∠ABD= 90°—∠DAN, ∴∠ADN=∠ABD, ∵∠ADN=∠AMN,∴∠AMN=∠ABD, 又∵∠MAN=∠BAP, ∴△AMN∽△ABP. (3)存在. 理由:把 x=0 代入 y=kx+3 得 y=3,即 OA=BD=3, 在 Rt△ABD 中,由勾股定理得 2 2 2 24 3 5AB AD BD     , ∵S△ABD= 1 1 2 2AB DN AD DB   , ∴ 4 3 12 5 5 AD DBDN AB     , ∴ 2 2 2 2 212 2564 ( )5 25AN AD DN     , ∵△AMN∽△ABP. ∴ 2( )AMN ABP S AN S AP    , 即 2 2 2( ) ABP AMN ABP AN SANS SAP AP       , 当点 P 在 B 点上方时, ∵ 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 4 (4 3 3) 16( 1)AP AD PD AD PB BD k k           , 或 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 4 (3 4 3) 16( 1)AP AD PD AD BD PB k k           1 1 (4 3) 4 2(4 3)2 2ABPS PB AD k k        , ∴ 2 2 2 2 256 2(4 3) 32(4 3) 32 25 16( 1) 25( 1) 25 ABP AMN AN S k kS AP k k            . 整理得 2 4 2 0k k   ,解得 1 2 6k   , 2 2 6k   , 当点 P 在 B 点下方时, ∵ 2 2 2 2 2 24 (3 4 3) 16( 1)AP AD PD k k        ,  1 1 (4 3) 4 2(4 3)2 2ABPS PB AD k k          , ∴ 2 2 2 256 2(4 3) 32 25 16( 1) 25 ABP AMN AN S kS AP k          , 化简,得 2 1 (4 3)k k    ,解得 2k   , 综合以上所述得,当 2 6k   或 2k   时,△AMN 的面积等于 32 35 . 26. (2011 广东汕头,22,9 分)如图,抛物线 25 17 14 4y x x    与 y 轴交于点 A,过点 A 的直线与抛物线交于另一点 B,过点 B 作 BC⊥x 轴,垂足为点 C(3,0). (1)求直线 AB 的函数关系式; (2)动点 P 在线段 OC 上,从原点 O 出发以每钞一个单位的速度向 C 移动,过点 P 作⊥x 轴, 交直线 AB 于点 M,抛物线于点 N,设点 P 移动的时间为 t 秒,MN 的长为 s 个单位,求 s 与 t 的函数关系式,并写出 t 的取值范围; (3)设(2)的条件下(不考虑点 P 与点 O,点 G 重合的情况),连接 CM,BN,当 t 为何值 时,四边形 BCMN 为平等四边形?问对于所求的 t 的值,平行四边形 BCMN是否为菱形?说明 理由. 【解】(1)把 x=0 代入 25 17 14 4y x x    ,得 1y  把 x=3 代入 25 17 14 4y x x    ,得 5 2y  , ∴A、B 两点的坐标分别(0,1)、(3, 5 2 ) 设直线 AB 的解析式为 y kx b  ,代入 A、B 的坐标,得 1 53 2 b k b    ,解得 1 1 2 b k   所以, 1 12y x  (2)把 x=t 分别代入到 1 12y x  和 25 17 14 4y x x    分别得到点 M、N 的纵坐标为 1 12 t  和 25 17 14 4t t   ∴MN= 25 17 14 4t t   -( 1 12 t  )= 25 15 4 4t t  即 25 15 4 4s t t   ∵点 P 在线段 OC 上移动, ∴0≤t≤3. (3)在四边形 BCMN 中,∵BC∥MN ∴当 BC=MN 时,四边形 BCMN 即为平行四边形 由 25 15 5 4 4 2t t   ,得 1 21, 2t t  即当 1 2t  或 时,四边形 BCMN 为平行四边形 当 1t  时,PC=2,PM= 3 2 ,PN=4,由勾股定理求得 CM=BN= 5 2 , 此时 BC=CM=MN=BN,平行四边形 BCMN 为菱形; 当 2t  时,PC=1,PM=2,由勾股定理求得 CM= 5 , 此时 BC≠CM,平行四边形 BCMN 不是菱形; 所以,当 1t  时,平行四边形 BCMN 为菱形. 27. (2011 四川成都,28,12 分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,△ABC 的 A、B 两个顶 点在 x 轴上,顶点 C 在 y 轴的负半轴上.已知 : 1:5OA OB  , OB OC ,△ABC 的面 积 15ABCS  ,抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    经过 A、B、C 三点. (1)求此抛物线的函数表达式; (2)设 E 是 y 轴右侧抛物线上异于点 B 的一个动点,过点 E 作 x 轴的平行线交抛物线于 另一点 F,过点 F 作 FG 垂直于 x 轴于点 G,再过点 E 作 EH 垂直于 x 轴于点 H,得到矩形 EFGH.则 在点 E 的运动过程中,当矩形 EFGH 为正方形时,求出该正方形的边长; (3)在抛物线上是否存在异于 B、C 的点 M,使△MBC 中 BC 边上的高为 7 2 ?若存在, 求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】 解:(1)设 xOA  ,则 xOCOB 5 , S△ABC= 2 1 ( OBOA  )× OC = xx 562 1  = 215x =15, ∴ 1x (负值不合题意,已经舍去),根据抛物线与坐标轴交 点的位置,可知 A、B、C 三点的坐标分别是(-1,0)、(5,0)、 (0,-5),代入抛物线 cbxaxy  2 ,列方程组为:       5 0525 0 c cba cba ,解得: 1a , 4b , 5c ,∴抛物 线的解析式为: 542  xxy . (2)如图所示:E 是 y 轴右侧抛物线上异于点 B 的一个动点, 设该点的横坐标是 m ,抛物线的对称轴为 2x ,根据轴对称 图 形 的 性 质 可 知 , 对 应 点 F 的 横 坐 标 是 m4 , EF= 42)4(  mmm ,若 E 在 x 轴上面,则对应的函数值 是正数,若 E 在 x 轴下面,则对应的函数值是负数,若矩形 EFGH 为 正 方 形 时 , 则 EF=GH=FG=EH , ∴ 5442 2  mmm , 当 5442 2  mmm 时,解得: 103 m (其中 103  不合 题意,已经舍去),则 EF= 4)103(2  = 102  ,正方形的边长 为 102  ;当 )54(42 2  mmm ,解得: 101m (其 中 101 不合题意,已经舍去),则 EF= 4)101(2  = 2102  , 正方形的边长为 2102  . (3)如图所示,根据已经容易求出 BC= 25 ,若要使△MBC 中 BC 边 上的高为 7 2 ,必须使 S△MBC= 27252 1  =35. 设点 M 的横坐标为 n ,那么根据抛物线的解析式 542  xxy ,可知 M 的坐标为 )54,( 2  nnn ,若点 M 在 x 轴的上面,则 0542  nn , 过 M 作 MN⊥ y 轴,垂足为 N,那么 S△MBC =S 梯形 MNOB+S△OBC-S△MNC ,∴ 35)554(2 1 2 25)54)(5(2 1 22  nnnnnn , 化简得: 01452  nn ,解得 2n 或 7n ,所以若 M 在 x 轴上面,满足题意的有两 点,分别为(-2,7)、(7,16); 若 M 在 x 轴下面,则 0542  nn ,过 M 作 MN⊥ y 轴,那么垂足为 N,那么 S△MBC =S 梯形 MNOB-S △OBC-S△MNC ,∴ 35)554(2 1 2 25)54)(5(2 1 22  nnnnnn , 化简得: 01442  nn ,△= 040  ,∴所以方程在实数范围无根,所以在 x 轴下面 没有满足题意的 M 点. 28. (2011 四川内江,加试 7,12 分)如图,抛物线 21 3y x mx n   与 x 轴交于 A、B 两 点,与 y 轴交于点 C(0,-1),且对釉轴 x=1. (1)求出抛物线的解析式及 A、B 两点的坐标; (2)在 x 轴下方的抛物线上是否存在点 D,使四边形 ABDC 的面积为 3.若存在,求出点 D 的坐标;若不存在,说明理由(使用图 1); (3)点 Q 在 y 轴上,点 P 在抛物线上,要使 Q、P、A、B 为顶点的四边形是平行四边形, 请求出所有满足条件的点 P 的坐标(使用图 2). x=1 A BO C x y x=1 A BO C x y 图 1 图 2 【答案】(1)由 112 3 m   得 2 3m  ,又 1n   所以抛物线的解析式为 21 2 13 3y x x   由 21 2 1 03 3x x   得 x=-1 或 x=3 所以 A(-1,0),B(3,0) (2)假设存在符合条件的点 D,设 D(x, 21 2 13 3x x  ) 作 DE⊥x 轴于点 E,则 OE=x,DE= 21 2 13 3x x   ,BE=3-x,得 2 21 1 1 2 1 1 21 1 (1 1) ( 1)(3 ) 32 2 3 3 2 3 3x x x x x x              化简得, 2 3 2 0x x   解得 x=1 或 x=2 故存在符合条件的点 D,为 D(1, 4 3  )或 D(2,-1) x=1 A BO C x y x=1 A BO C x y D E P P Q (3)当 PQ 平行等于 AB 时,PQ=4,当 P 在 y 轴右侧时,P 的横坐标为 4,当 P 在 y 轴左侧时,P 的横坐标为-4 当 PQ 与 AB 互相平分时,PQ 过 AB 的中点(1,0),可得 P 的横坐标为 2 故 P 的坐标为(4, 5 3 )或(-4,7)或(2,-1) 29.(2011 安徽芜湖,24,14 分)平面直角坐标系中, ABOC 如图放置,点 A、C 的坐标 分别为 (0,3) 、 ( 1,0) ,将此平行四边形绕点 O 顺时针旋转90 ,得到 A B OC   . (1)若抛物线过点 , ,C A A ,求此抛物线的解析式; (2)求 ABOC 和 A B OC   重叠部分 OC D△ 的周长; (3)点 M 是第一象限内抛物线上的一动点,问:点 M 在何处时△ AMA 的面积最大?最 大面积是多少?并求出此时点 M 的坐标. 【答案】 解: (1)∵ A B OC   由 ABOC 旋转得到,且点 A 的坐标为 (0,3) , ∴点 A的坐标为 (3,0) . ……………………………………1 分 所以抛物线过点 ( 1,0), (0,3), (3,0)C A A .设抛物线的解析式为 2 ( 0)y ax bx c a    , 可得 0 3 9 3 0 a b c c a b c          解得 1 2 3 a b c       ……………………4 分 ∴ 过点 , ,C A A 的抛物线的解析式为 2 2 3y x x    . ……………………5 分 (2)因为 AB CO∥ ,所以 90OAB AOC    . 所以 OB  2 2OA AB 2 21 3 10   .又 OC D OCA B     , C OD BOA   , ∴ △C OD ∽△ BOA . 又 1OC OC   .………………7 分 ∴ 1 10 C OD OC BOA OB   △ 的周长 △ 的周长 . 又△ ABO 的周长为 4 10 , 所以△C OD 的周长为 4+ 10 2 10=1+ 510 .………………9 分 (3)[解法 1]连接OM ,设 M 点的坐标为 ,m n , 因为点 M 在抛物线上,所以 2 2 3n m m    ,………10 分 所以 '' 'AMA AMO AOAOMAS S S S  △ △ △△ ' '1 1 1 2 2 2OA m OA n OA OA         3 9 3 32 2 2m n m n        2 23 3 3 273 .2 2 2 8m m m          ……………12 分 因为 0< <3m ,所以当 3 2m  时, 15 4n  . △ AMA 的面积有最大值 27 .8 …………13 分 所以当点 M 的坐标为 3 15( , )2 4 时,△ AMA 的面积有最大值,且最大值为 27 .8 …14 分 [解法 2]设直线 AA 的解析式为 y kx l  ,∵点 ,A A 的坐标分别为 (0,3),(3,0) ,∴ 3, 3 0. l k l     解得 1, 3. k l     ∴ 3y x   .…10 分 将直线 AA 向右平移,当直线与抛物线只有一个交点 M 时与 y 轴交于 点 P,此时 AMAS △ 最大,设平移后的直线的解析式为: y x h   , 则有: 2 2 3, . y x x y x h          得 2 3 ( 3+ ) 0x x h    , 令 9 4( 3 ) 0h      ,得 21 4h  . ∴ 2 2 3, 21.4 y x x y x         .解得 3 ,2 15.4 x y     ∴点 M 坐标为 3 15( , )2 4 ,点 P 的 坐标为 21(0, )4 .…12 分 因为 MP∥ AA ,所以△ MAA 与△ PAA同底等高,它们面积相等. 故 1 21 1 273 3 32 4 2 8AMA PAA POA AOAS S S S            △ △ △ △ . 所以当点 M 的坐标为 3 15( , )2 4 时,△ AMA 的面积有最大值,且最大值为 27 .8 ……14 分 30.(2011 山东潍坊,24,12 分)如图,y 关于 x 的二次函数 3 ( )( 3 )3y x m x mm     图 象的顶点为 M,图象交 x 轴于 A、B 两点,交 y 轴正半轴于 D 点.以 AB 为直径做圆,圆 心为 C,定点 E 的坐标为(-3,0),连接 ED.(m>0) (1)写出 A、B、D 三点的坐标; (2)当 m 为何值时 M 点在直线 ED 上?判定此时直线 ED 与圆的位置关系; (3)当 m 变化时,用 m 表示△AED 的面积 S,并在给出的直角坐标系中画出 S 关于 m 的函数图象的示意图. 【解】(1)  ,0A m ,  3 ,0B m ,  0, 3D m . (2)设直线 ED 的解析式为 y kx b  ,将 3,0 、  0, 3D m 代入,得 3 0, 3 . k b b m     解得 3 ,3 3 . k m b m     ∴直线 ED 的解析式为 3 33y mx m  . ∵  23 3 4 3( )( 3 )3 3 3y x m x m x m mm m         , ∴顶点 M 的坐标为 4 3, 3m m       . 把 4 3, 3m m       代入 3 33y mx m  ,得 2m m . ∵ 0m  ,∴ 1m  . ∴当 1m  时,点 M 在直线 DE 上. 连接 CD,C 为 AB 中点,C 点坐标为  ,0C m . ∵ 3, 1OD OC  ,∴CD=2,点 D 在圆上. 又∵OE=3, 2 2 2 12DE OD OE   , 2 16EC  , 2 4CD  . ∴ 2 2 2CD DE EC  . ∴∠EDC=90°, ∴直线 ED 与⊙C 相切. (3)当 0 3m  时,  1 3 32 2AEDS AE OD m m    ,即 23 3 3 2 2S m m   . 当 3m  时,  1 3 32 2AEDS AE OD m m    ,即 23 3 3 2 2S m m  . 图象示意图如图中的实线部分. 12. (2011 广东中山,22,9 分)如图,抛物线 25 17 14 4y x x    与 y 轴交于点 A,过点 A 的直线与抛物线交于另一点 B,过点 B 作 BC⊥x 轴,垂足为点 C(3,0). (1)求直线 AB 的函数关系式; (2)动点 P 在线段 OC 上,从原点 O 出发以每钞一个单位的速度向 C 移动,过点 P 作⊥x 轴, 交直线 AB 于点 M,抛物线于点 N,设点 P 移动的时间为 t 秒,MN 的长为 s 个单位,求 s 与 t 的函数关系式,并写出 t 的取值范围; (3)设(2)的条件下(不考虑点 P 与点 O,点 G 重合的情况),连接 CM,BN,当 t 为何值 时,四边形 BCMN 为平等四边形?问对于所求的 t 的值,平行四边形 BCMN 是否为菱形?说明 理由. 【解】(1)把 x=0 代入 25 17 14 4y x x    ,得 1y  把 x=3 代入 25 17 14 4y x x    ,得 5 2y  , ∴A、B 两点的坐标分别(0,1)、(3, 5 2 ) 设直线 AB 的解析式为 y kx b  ,代入 A、B 的坐标,得 1 53 2 b k b    ,解得 1 1 2 b k   所以, 1 12y x  (2)把 x=t 分别代入到 1 12y x  和 25 17 14 4y x x    分别得到点 M、N 的纵坐标为 1 12 t  和 25 17 14 4t t   ∴MN= 25 17 14 4t t   -( 1 12 t  )= 25 15 4 4t t  即 25 15 4 4s t t   ∵点 P 在线段 OC 上移动, ∴0≤t≤3. (3)在四边形 BCMN 中,∵BC∥MN ∴当 BC=MN 时,四边形 BCMN 即为平行四边形 由 25 15 5 4 4 2t t   ,得 1 21, 2t t  即当 1 2t  或 时,四边形 BCMN 为平行四边形 当 1t  时,PC=2,PM= 3 2 ,由勾股定理求得 CM= 5 2 , 此时 BC=CM,平行四边形 BCMN 为菱形; 当 2t  时,PC=1,PM=2,由勾股定理求得 CM= 5 , 此时 BC≠CM,平行四边形 BCMN 不是菱形; 所以,当 1t  时,平行四边形 BCMN 为菱形. 3. (2011 四川成都,20,10 分) 如图,已知线段 AB∥CD,AD 与 BC 相交于点 K,E 是线段 AD 上一动点. (1)若 BK= 5 2 KC,求 AB CD 的值; (2)连接 BE,若 BE 平分∠ABC,则当 AE= 1 2 AD 时,猜想线段 AB、BC、CD 三者之间有怎 样的等量关系?请写出你的结论并予以证明.再探究:当 AE= 1 n AD ( 2n ),而其余条件不 变时,线段 AB、BC、CD 三者之间又有怎样的等量关系?请直接写出你的结论,不必证明. 【答案】解:(1)∵AB∥CD,BK= 5 2 KC,∴ AB CD = BK CK = 5 2 . (2)如图所示,分别过 C、D 作 BE∥CF∥DG 分别交于 AB 的延长线于 F、G 三点, ∵BE∥DG,点 E 是 AD 的点,∴AB=BG;∵CD∥FG,CD∥AG,∴四边形 CDGF 是平行四边形, ∴CD=FG; ∵∠ABE=∠EBC ,BE∥CF,∴∠EBC=∠BCF,∠ABE=∠BFC,∴BC=BF, ∴AB-CD=BG-FG=BF=BC,∴AB=BC+CD. 当 AE= 1 n AD ( 2n )时,( 1n )AB=BC+CD. 2010 全国各地中考数学真题分类汇编第 44 章 动态问题 一、选择题 1.(2010 重庆市潼南县)如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,四边形 EFGH 是边长为 2 的正方形,点 D 与点 F 重合,点 B,D(F),H 在同一条直线上,将正方形 ABCD 沿 F→H 方向平移至点 B 与点 H 重合时停止,设点 D、F 之间的距离为 x,正方形 ABCD 与正方形 EFGH 重叠部分的面积为 y,则能大致反映 y 与 x 之间函数关系的图象是( ) P D A B C E F x y O 4 63 A x y O 2.25 63 D x y O 3 6 4 C 2.25 x y O 63 B M Q D CB P N A (第 8 题) G H E (F) E A B C D 题图10 A B C D G HF A x y 2 22 230 1 x B y 2 22 230 1 x y 2 22 230 1 C x y 2 22 230 1 D 【答案】B 2.(2010 江苏宿迁)如图,在矩形 ABCD 中, AB=4,BC=6,当直角三角板 MPN 的直角顶点 P 在 BC 边上移动时,直角边 MP 始终经过点 A,设直角三角板的另一直角边 PN 与 CD 相交 于点 Q.BP=x,CQ=y,那么 y 与 x 之间的函数图象大致是 【答案】D 3.(2010 福建德化)已知:如图,点 P 是正方形 ABCD 的对角线 AC 上的一个动点( A 、 C 除外),作 ABPE  于点 E ,作 BCPF  于点 F ,设正方形 ABCD 的边长为 x ,矩形 PEBF 的周长为 y ,在下列图象中,大致表示 y 与 x 之间的函数关系的是( ). A P BC Qyx y xO A. y xO B. y xO C. y xO D. l1 l2 A B M N O (第 10 题) 1 x y 0 A x y 0 D x y 0 B y x0 C 【答案】A 4.(2010 四川南充)如图,直线 l1∥l2,⊙O 与 l1 和 l2 分别相切于点 A 和点 B.点 M 和点 N 分别是 l1 和 l2 上的动点,MN 沿 l1 和 l2 平移.⊙O 的半径为 1,∠1=60°.下列结论错误..的 是( ). (A) 4 3 3MN  (B)若 MN 与⊙O 相切,则 3AM  (C)若∠MON=90°,则 MN 与⊙O 相切 (D)l1 和 l2 的距离为 2 【答案】B 5.(2010 山东济南)如图,在 ABC△ 中, 2AB AC  , 20BAC   .动点 P Q, 分 别在直线 BC 上运动,且始终保持 100PAQ   .设 BP x ,CQ y ,则 y 与 x 之间的函数关系用图象大致可以表示为 ( ) 【答案】A 6.(2010 湖北鄂州)如图所示,四边形 OABC 为正方形,边长为 6,点 A、C 分别在 x 轴,y 轴的正半轴上, 点D在 OA 上,且D点的坐标为(2,0),P 是 OB 上的一个动点,试求 PD+PA 和的最小值是( ) A. 102 B. 10 C.4 D.6 【答案】A 7.(2010 湖北宜昌)如图,在圆心角为 90°的扇形 MNK 中,动点 P 从点 M 出发,沿 MN  ⌒NK KM A O D B F K E ( 第 16 题 图) G M C K P y x y x 2y O · 运动,最后回到点 M 的位置。设点 P 运动的路程为 x,P 与 M 两点之间的距离为 y,其图象 可能是( )。 【答案】B 二、填空题 1.(2010 浙江义乌)(1)将抛物线 y1=2x2 向右平移 2 个单位,得到抛物线 y2 的图象,则 y2= ▲ ; (2)如图,P 是抛物线 y2 对称轴上的一个动点,直线 x=t 平行于 y 轴,分别与直线 y=x、抛物线 y2 交于点 A、B.若△ABP 是以点 A 或点 B 为直角顶点的等腰 直角三角形,求满足条件的 t 的值,则 t= ▲ . 【答案】(1)2(x-2)2 或 22 8 8x x  (2)3、1、 5 5 2  、 5 5 2  2.(2010 浙江金华)如图在边长为 2 的正方形 ABCD 中,E,F,O 分别是 AB,CD,AD 的中点, 以 O 为圆心,以 OE 为半径画弧 EF.P 是 上的一个动点,连 结 OP,并延长 OP 交线段 BC 于点 K,过点 P 作⊙O 的切线,分别交射线 AB 于点 M,交直线 BC 于点 G. 若 3 BM BG ,则 BK﹦ ▲ . 【答案】 3 1 , 3 5 3.(2010 江西)如图所示,半圆 AB 平移到半圆 CD 的位置时所扫过的面积为 . (14 题) 【答案】6 4.(2010 四川成都)如图,在 ABC 中, 90B   , 12mmAB  , 24mmBC  , 动点 P 从点 A 开始沿边 AB 向 B 以 2mm /s 的速度移动(不与点 B 重合),动点Q 从点 B 开 始沿边 BC 向 C 以 4mm /s 的速度移动(不与点C 重合).如果 P 、Q 分别从 A 、 B 同时 出发,那么 经过_____________秒,四边形 APQC 的面积最小. 【答案】3 5.(2010 四川成都)如图, ABC 内接于⊙O, 90 ,B AB BC   ,D 是⊙O 上与点 B 关于圆心O 成中心对称的点, P 是 BC 边上一点,连结 AD DC AP、 、 .已知 8AB  , 2CP  ,Q 是线段 AP 上一动点,连结 BQ 并延长交四边形 ABCD 的一边于点 R ,且满足 AP BR ,则 BQ QR 的值为_______________. 【答案】1 和12 13 6.(2010 广西柳州)如图 8,AB 是⊙O 的直径,弦 BC=2cm,F 是弦 BC 的 中点,∠ABC=60°.若动点 E 以 2cm/s 的速度从 A 点 出发沿着 A→B→A 方向运动,设运动时间为 t(s)(0≤t<3), F E OA C B 连结 EF,当 t 值为________s 时,△BEF 是直角三角形. 【答案】1 或 1.75 或 2.25 三、解答题 1.(2010 江苏苏州) (本题满分 9 分)刘卫同学在一次课外活动中,用硬纸片做了两个直角 三角形,见图①、②.图①中,∠B=90°,∠A=30°,BC=6cm;图②中,∠D=90°,∠ E=45°,DE=4 cm.图③是刘卫同学所做的一个实验:他将△DEF 的直角边 DE 与△ABC 的斜边 AC 重合在一起,并将△DEF 沿 AC 方向移动.在移动过程中,D、E 两点始终在 AC 边上(移动开始时点 D 与点 A 重合). (1)在△DEF 沿 AC 方向移动的过程中,刘卫同学发现:F、C 两点间的距离逐渐 ▲ . (填“不变”、“变大”或“变小”) (2)刘卫同学经过进一步地研究,编制了如下问题: 问题①:当△DEF 移动至什么位置,即 AD 的长为多少时,F、C 的连线与 AB 平行? 问题②:当△DEF 移动至什么位置,即 AD 的长为多少时,以线段 AD、FC、BC 的长度为 三边长的三角形是直角三角形? 问题③:在△DEF 的移动过程中,是否存在某个位置,使得∠FCD=15°?如果存在, 求出 AD 的长度;如果不存在,请说明理由. 请你分别完成上述三个问题的解答过程. 【答案】 2.(2010 广东广州,25,14 分)如图所示,四边形 OABC 是矩形,点 A、C 的坐标分别为(3, 图 2 图 1 C D B AEO x y 0),(0,1),点 D 是线段 BC 上的动点(与端点 B、C 不重合),过点 D 作直线 y =- 1 2 x +b 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,若矩形 OABC 关于直线 DE 的对称图形为四边形 OA1B1C1,试 探究 OA1B1C1 与矩形 OABC 的重叠部分的面积是否发生变化,若不变,求出该重叠部 分的面积;若改变,请说明理由. 【答案】(1)由题意得 B(3,1). 若直线经过点 A(3,0)时,则 b= 3 2 若直线经过点 B(3,1)时,则 b= 5 2 若直线经过点 C(0,1)时,则 b=1 ①若直线与折线 OAB 的交点在 OA 上时,即 1<b≤ 3 2 ,如图 25-a, 此时 E(2b,0) ∴S= 1 2 OE·CO= 1 2 ×2b×1=b ②若直线与折线 OAB 的交点在 BA 上时,即 3 2 <b< 5 2 ,如图 2 此时 E(3, 3 2b  ),D(2b-2,1) ∴S=S 矩-(S△OCD+S△OAE +S△DBE ) = 3-[ 1 2 (2b-1)×1+ 1 2 ×(5-2b)·( 5 2 b )+ 1 2 ×3( 3 2b  )]= 25 2 b b 图 3 ∴ 2 31 2 5 3 5 2 2 2 b b S b b b         (2)如图 3,设 O1A1 与 CB 相交于点 M,OA 与 C1B1 相交于点 N,则矩形 OA1B1C1 与矩形 OABC 的重叠部分的面积即为四边形 DNEM 的面积。 本题答案由无锡市天一实验学校金杨建老师草制! 由题意知,DM∥NE,DN∥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,∴平行四边形 DNEM 为菱形. 过点 D 作 DH⊥OA,垂足为 H, 由题易知,tan∠DEN= 1 2 ,DH=1,∴HE=2, 设菱形 DNEM 的边长为 a, 则在 Rt△DHM 中,由勾股定理知: 2 2 2(2 ) 1a a   ,∴ 5 4a  ∴S 四边形 DNEM=NE·DH= 5 4 ∴矩形 OA1B1C1 与矩形 OABC 的重叠部分的面积不发生变化,面积始终为 5 4 . 3.(2010 甘肃兰州)(本题满分 11 分)如图 1,已知矩形 ABCD 的顶点 A 与点 O 重合,AD、 AB 分别在 x 轴、y 轴上,且 AD=2,AB=3;抛物线 cbxxy  2 经过坐标原点 O 和 x 轴上另一点 E(4,0) (1)当 x 取何值时,该抛物线的最大值是多少? (2)将矩形 ABCD 以每秒 1 个单位长度的速度从图 1 所示的位置沿 x 轴的正方向匀速平 行移动,同时一动点 P 也以相同的速度从点 A 出发向 B 匀速移动.设它们运动的时 间为 t 秒(0≤t≤3),直线 AB 与 该 抛物线的交点为 N(如图 2 所示). ① 当 4 11t 时,判断点 P 是否在直线 ME 上,并说明理由; ② 以 P、N、C、D 为顶点的多边形面积是否可能为 5,若有可能,求出此时 N 点的 坐标;若无可能,请说明理由. 图 1 图 2 【答案】解:(1)因抛物线 cbxxy  2 经过坐标原点 O(0,0)和点 E(4,0) 故可得 c=0,b=4 所以抛物线的解析式为 xxy 42  …………………………………………1 分 由 xxy 42   22 4y x   得当 x=2 时,该抛物线的最大值是 4. …………………………………………2 分 (2)① 点 P 不在直线 ME 上. 已知 M 点的坐标为(2,4),E 点的坐标为(4,0), 设直线 ME 的关系式为 y=kx+b. 于是得      42 04 bk bk ,解得      8 2 b k 所以直线 ME 的关系式为 y=-2x+8. …………………………………………3 分 由已知条件易得,当 4 11t 时,OA=AP= 4 11 , )4 11,4 11(P …………………4 分 ∵ P 点的坐标不满足直线 ME 的关系式 y=-2x+8. ∴ 当 4 11t 时,点 P 不在直线 ME 上. ……………………………………5 分 ②以 P、N、C、D 为顶点的多边形面积可能为 5 ∵ 点 A 在 x 轴的非负半轴上,且 N 在抛物线上, ∴ OA=AP=t. ∴ 点 P,N 的坐标分别为(t,t)、(t,-t 2+4t) …………………………………6 分 ∴ AN=-t 2+4t (0≤t≤3) , ∴ AN-AP=(-t 2+4 t)- t=-t 2+3 t=t(3-t)≥0 , ∴ PN=-t 2+3 t …………………………………………………………………………………7 分 (ⅰ)当 PN=0,即 t=0 或 t=3 时,以点P,N,C,D 为顶点的多边形是三角形,此三角形 的高为 AD,∴ S= 2 1 DC·AD= 2 1 ×3×2=3. (ⅱ)当 PN≠0 时,以点 P,N,C,D 为顶点的多边形是四边形 ∵ PN∥CD,AD⊥CD, ∴ S= 2 1 (CD+PN)·AD= 2 1 [3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3…………………8 分 当-t 2+3 t+3=5 时,解得 t=1、2…………………………………………………9 分 而 1、2 都在 0≤t≤3 范围内,故以 P、N、C、D 为顶点的多边形面积为 5 综上所述,当 t=1、2 时,以点 P,N,C,D 为顶点的多边形面积为 5, 当 t=1 时,此时 N 点的坐标(1,3)………………………………………10 分 当 t=2 时,此时 N 点的坐标(2,4)………………………………………11 分 说明:(ⅱ)中的关系式,当 t=0 和 t=3 时也适合.(故在阅卷时没有(ⅰ),只有(ⅱ) 也可以,不扣分) 4.(2010 山东济宁)如图,在平面直角坐标系中,顶点为( 4 , 1 )的抛物线交 y 轴于 A 点,交 x 轴于 B ,C 两点(点 B 在点C 的左侧). 已知 A 点坐标为( 0 ,3 ). (1)求此抛物线的解析式; (2)过点 B 作线段 AB 的垂线交抛物线于点 D ,如果以点C 为圆心的圆与直线 BD 相 切,请判断抛物线的对称轴l 与⊙C 有怎样的位置关系,并给出证明; (3)已知点 P 是抛物线上的一个动点,且位于 A ,C 两点之间,问:当点 P 运动到 什么位置时, PAC 的面积最大?并求出此时 P 点的坐标和 PAC 的最大面积. 【答案】 (1)解:设抛物线为 2( 4) 1y a x   . ∵抛物线经过点 A (0,3),∴ 23 (0 4) 1a   .∴ 1 4a  . ∴抛物线为 2 21 1( 4) 1 2 34 4y x x x      . ……………………………3 分 (2) 答:l 与⊙C 相交. …………………………………………………………………4 分 证明:当 21 ( 4) 1 04 x    时, 1 2x  , 2 6x  . ∴ B 为(2,0),C 为(6,0).∴ 2 23 2 13AB    . 设⊙C 与 BD 相切于点 E ,连接CE ,则 90BEC AOB     . ∵ 90ABD   ,∴ 90CBE ABO    . 又∵ 90BAO ABO    ,∴ BAO CBE   .∴ AOB ∽ BEC . ∴ CE BC OB AB  .∴ 6 2 2 13 CE  .∴ 8 2 13 CE   .…………………………6 分 ∵抛物线的对称轴l 为 4x  ,∴C 点到l 的距离为 2. A x y BO C D (第 23 题) A x y BO C D (第 23 题) E P Q ∴抛物线的对称轴l 与⊙C 相交. ……………………………………………7 分 (3) 解:如图,过点 P 作平行于 y 轴的直线交 AC 于点Q . 可求出 AC 的解析式为 1 32y x   .…………………………………………8分 设 P 点的坐标为( m , 21 2 34 m m  ),则Q 点的坐标为( m , 1 32 m  ). ∴ 2 21 1 1 33 ( 2 3)2 4 4 2PQ m m m m m         . ∵ 2 21 1 3 3 27( ) 6 ( 3)2 4 2 4 4PAC PAQ PCQS S S m m m             , ∴当 3m  时, PAC 的面积最大为 27 4 . 此时,P 点的坐标为(3, 3 4  ). …………………………………………10 分 5.(2010 山东烟台)(本题满分 14 分) 如图,△ABC 中 AB=AC,BC=6,点 D 位 BC 中点,连接 AD,AD=4,AN 是△ABC 外角∠CAM 的平分 线,CE⊥AN,垂足为 E。 (1)试判断四边形 ADCE 的形状并说明理由。 (2)将四边形 ADCE 沿 CB 以每秒 1 个单位长度的速度向左平移,设移动时间为 t(0≤t≤6) 秒,平移后的四边形 A’D’C’E’与△ABC 重叠部分的面积为 S,求 S 关于 t 的函数表达式, 并写出相应的 t 的取值范围。 【答案】 6.(2010 浙江嘉兴)如图,已知抛物线 42 1 2  xxy 交 x 轴的正半轴于点 A,交 y 轴于 点 B. (1)求 A、B 两点的坐标,并求直线 AB 的解析式; (2)设 ),( yxP ( 0x )是直线 xy  上的一点,Q 是 OP 的中点(O 是原点),以 PQ 为对角 线作正方形 PEQF.若正方形 PEQF 与直线 AB 有公共点,求 x 的取值范围; (3)在(2)的条件下,记正方形 PEQF 与△OAB 公共部分的面积为 S,求 S 关于 x 的函数解 析式,并探究 S 的最大值. 【答案】(1)令 0y ,得 042 1 2  xx ,即 0822  xx , 解得 21 x , 42 x ,所以 )0,4(A .令 0x ,得 4y ,所以 )4,0(B . 设直线 AB 的解析式为 bkxy  ,则      4 04 b bk ,解得      4 1 b k , 所以直线 AB 的解析式为 4 xy . …5 分 (2)当点 ),( xxP 在直线 AB 上时, 4 xx ,解得 2x , 当点 )2,2( xxQ 在直线 AB 上时, 422  xx ,解得 4x . 所以,若正方形 PEQF 与直线 AB 有公共点,则 42  x . …4 分 (3)当点 )2,( xxE 在直线 AB 上时,(此时点 F 也在直线 AB 上) 42  xx ,解得 3 8x . ①当 3 82  x 时,直线 AB 分别与 PE、PF 有交点,设交点分别为 C、D, 此时, 42)4(  xxxPC , 又 PCPD  , 所以 22 )2(22 1  xPCS PCD , 从而, 22 )2(24 1  xxS 884 7 2  xx 7 8)7 16(4 7 2  x . 因为 3 8 7 162  ,所以当 7 16x 时, 7 8 max S . ②当 43 8  x 时,直线 AB 分别与 QE、QF 有交点,设交点分别为 M、N, 此时, 42)42(  xxxQN , O A B P EQ F x y (第 24 题) B y P EQ F M N O A B P EQ F x y (第 24 题) C D 又 QNQM  , 所以 22 )4(2 1 2 1  xQNS QMN , 即 2)4(2 1  xS . 其中当 3 8x 时, 9 8 max S . 综合①②得,当 7 16x 时, 7 8 max S . …5 分 7.(2010 嵊州市提前招生)(14 分)在平面直角坐标系中,现将一块等腰直角三角板 ABC 放在第二象限,斜靠在两坐标轴上,且点 A(0,2),点 C(-1,0),如图所示:抛物线 2 32 2  axaxy 经过点 B。 (1)写出点 B 的坐标; (2)求抛物线的解析式; (3)若三角板 ABC 从点 C 开始以每秒 1 个单位长度的速度向 x 轴正方向平移,求点 A 落 在抛物线上时所用的时间,并求三角板在平移过程扫过的面积。 (4)在抛物线上是否还存在点 P(点 B 除外),使△ACP 仍然是以 AC 为直角边的等腰直角 三角形?若存在,求所有点 P 的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】(1)B(-3,1) (2) 2 3 6 1 3 1 2  xxy (3)略 (4)P(1,-1) 8.(2010 浙江省温州市)(本题 l4 分)如图,在 RtAABC 中,∠ACB=90°,AC=3,BC=4,过 点 B 作射线 BBl∥AC.动点 D 从点 A 出发沿射线 AC 方向以每秒 5 个单位的速度运动,同时 动点 E 从点 C 出发沿射线 AC 方向以每秒 3 个单位的速度运动.过点 D 作 DH⊥AB 于 H,过点 E 作 EF 上 AC 交射线 BB1 于 F,G 是 EF 中点,连结 DG.设点 D 运动的时间为 t 秒. (1)当 t 为何值时,AD=AB,并求出此时 DE 的长度; (2)当△DEG 与△ACB 相似时,求 t 的值; (3)以 DH 所在直线为对称轴,线段 AC 经轴对称变换后的图形为 A′C′. ①当 t> 5 3 时,连结 C′C,设四边形 ACC′A ′的面积为 S,求 S 关于 t 的函数关系式; ②当线段 A ′C ′与射线 BB,有公共点时, 求 t 的 取 值范围(写出答案即可). 【答案】 (第 24 题) H 9.(2010 浙江台州市)如图,Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=6,AC=8.点 P,Q 都是斜边 AB 上的动点,点 P 从 B 向 A 运动(不与点 B 重合),点 Q 从 A 向 B 运动,BP=AQ.点 D,E 分 别是点 A,B 以 Q,P 为对称中心的对称点, HQ⊥AB 于 Q,交 AC 于点 H.当点 E 到达顶点 A 时,P,Q 同时停止运动.设 BP 的长为 x,△HDE 的面积为 y. (1)求证:△DHQ∽△ABC; (2)求 y 关于 x 的函数解析式并求 y 的最大值; (3)当 x 为何值时,△HDE 为等腰三角形? 【答案】 (1)∵A、D 关于点 Q 成中心对称,HQ⊥AB, ∴ CHQD  =90°,HD=HA, ∴ AHDQ  , ∴△DHQ∽△ABC. (图 1) (图 2) (2)①如图 1,当 5.20  x 时, ED= x410  ,QH= xAAQ 4 3tan  , 此时 xxxxy 4 15 2 3 4 3)410(2 1 2  . 当 4 5x 时,最大值 32 75y . ②如图 2,当 55.2  x 时, ED= 104 x ,QH= xAAQ 4 3tan  , 此时 xxxxy 4 15 2 3 4 3)104(2 1 2  . 当 5x 时,最大值 4 75y . ∴y 与 x 之间的函数解析式为         ).55.2(4 15 2 3 ),5.20(4 15 2 3 2 2 xxx xxx y y 的最大值是 4 75 . (3)①如图 1,当 5.20  x 时, 若 DE=DH,∵DH=AH= xA QA 4 5 cos  , DE= x410  , ∴ x410  = x4 5 , 21 40x . 显然 ED=EH,HD=HE 不可能; ②如图 2,当 55.2  x 时, 若 DE=DH, 104 x = x4 5 , 11 40x ; 若 HD=HE,此时点 D,E 分别与点 B,A 重合, 5x ; 若 ED=EH,则△EDH∽△HDA, ∴ AD DH DH ED  , x x x x 2 4 5 4 5 104  , 103 320x . ∴当 x 的值为 103 320,5,11 40,21 40 时,△HDE 是等腰三角形. (其他解法相应给分) 10.(2010 浙江义乌)如图 1,已知∠ABC=90°,△ABE 是等边三角形,点 P 为射线 BC 上任 意一点(点 P 与点 B 不重合),连结 AP,将线段 AP 绕点 A 逆时针旋转 60°得到线段 AQ,连 结 QE 并延长交射线 BC 于点 F. (1)如图 2,当 BP=BA 时,∠EBF= ▲ °,猜想∠QFC= ▲ °; (2)如图 1,当点 P 为射线 BC 上任意一点时,猜想∠QFC 的度数,并加以证明; (3)已知线段 AB= 32 ,设 BP= x ,点 Q 到射线 BC 的距离为 y,求 y 关于 x 的函数关系式. A B E Q PF C A E Q 图 1 A CB E Q F P 图 2 A B E Q PF C 【答案】 解: (1) EBF 30° QFC = 60 不妨设 BP> 3AB , 如图 1 所示 ∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP ∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP ∴∠BAP=∠EAQ 在△ABP 和△AEQ 中 AB=AE,∠BAP=∠EAQ, AP=AQ ∴△ABP≌△AEQ ∴∠AEQ=∠ABP=90° ∴∠BEF 180 180 90 60 30AEQ AEB              ∴ QFC = EBF BEF    30 30    60° (事实上当 BP≤ 3AB 时,如图 2 情形,不失一般性结论仍然成立,不分类讨论不 扣分) (3)在图 1 中,过点 F 作 FG⊥BE 于点 G ∵△ABE 是等边三角形 ∴BE=AB= 32 ,由(1)得 EBF 30° 在 Rt △ BGF 中 , 32 BEBG   ∴ BF= 2cos30 BG  ∴ EF=2 ∵△ABP≌△AEQ ∴QE=BP= x ∴QF=QE+EF 2x  过点 Q 作 QH⊥BC,垂足为 H 在 Rt△QHF 中, 3sin 60 ( 2)2y QH QF x     (x>0) 即 y 关于 x 的函数关系式是: 3 32y x  H 11.(2010 浙江义乌)如图 1,已知梯形 OABC,抛物线分别过点 O(0,0)、A(2,0)、B(6, 3). (1)直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点 M 的坐标; (2)将图 1 中梯形 OABC 的上下底边所在的直线 OA、CB 以相同的速度同时向上平移,分别 交抛物线于点 O1、A1、C1、B1,得到如图 2 的梯形 O1A1B1C1.设梯形 O1A1B1C1 的面积为 S,A1、 B1 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).用含 S 的代数式表示 2x - 1x ,并求出当 S=36 时点 A1 的 坐标; (3)在图 1 中,设点 D 坐标为(1,3),动点 P 从点 B 出发,以每秒 1 个单位长度的速度沿 着线段 BC 运动,动点 Q 从点 D 出发,以与点 P 相同的速度沿着线段 DM 运动.P、Q 两点同 时出发,当点 Q 到达点 M 时,P、Q 两点同时停止运动.设 P、Q 两点的运动时间为 t,是否 存在某一时刻 t,使得直线 PQ、直线 AB、 x 轴围成的三角形与直线 PQ、直线 AB、抛物线的 对称轴...围成的三角形相似?若存在,请求出 t 的值;若不存在,请说明理由. 【答案】 解:(1)对称轴:直线 1x  解析式: 21 1 8 4y x x  或 21 1( 1)8 8y x   顶点坐标:M(1, 1 8  ) (2)由题意得 2 1 3y y  2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 8 4 8 4y y x x x x      3 得: 2 1 2 1 1 1( )[ ( ) ] 38 4x x x x    ① 1 2 1 2 2( 1 1) 3( ) 62 x xs x x       得: 1 2 23 sx x   ②
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