青岛海派婚纱摄影-学习焦裕禄精神心得体会

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中考数学专题复习——压轴题

1.
已知:如图,抛物线y=-x
2
+bx+c与x轴、y轴分别相交于点 A（-1，0）、B（0，3）两点，其
顶点为D.
（1） 求该抛物线的解析式；
（2） 若该抛物线与x轴的另一个交点为E. 求四边形ABDE的面积；
（3） △AOB与△BDE是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由.

b4a cb
2

（注：抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的顶点坐标为


2a
,
4a


）

2


.

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2. 如图，在
Rt△ABC
中，
A90
，
AB6
，
AC8
，
D，E
分别是边
AB，AC
的
中点，点
P
从点
D
出发沿
DE
方向运动，过点< br>P
作
PQBC
于
Q
，过点
Q
作
Q R∥BA
交
AC
于
R
，当点
Q
与点
C< br>重合时，点
P
停止运动．设
BQx
，
QRy
．
（1）求点
D
到
BC
的距离
DH
的长；
（2）求
y
关于
x
的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）是否存在点
P
，使
△PQR
为等腰三角形？若存在，请求出所 有满足要求的
x
的值；
若不存在，请说明理由．

A
D
P
B
H Q

R
E
C

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3在△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M
点作MN∥BC交AC于点N．以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMPN．令AM
＝x．
（1）用含x的代数式表示△
Ｍ
NP的面积S；
（2）当x为何值时，⊙O与直线BC相切？
（3）在动点M的运动过程中， 记△
Ｍ
NP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x
的函数表达式，并求x为何 值时，y的值最大，最大值是多少？
A
A
N
C
P
图 3

B
D
图 2
M
O
B
P
C
B
图 1
C
N
M
O
A
N
M
O

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4.如图1，在平面直角坐标系中，己知ΔAOB是等边三角形，点A的坐标是(0，4)，
点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把ΔAOP绕着点A按逆时针方
向旋 转.使边AO与AB重合.得到ΔABD.（1）求直线AB的解析式；（2）当点P运动到
点（
3
，0）时，求此时DP的长及点D的坐标；（3）是否存在点P，使ΔOPD的面积
等于< br>3
，若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
4


．

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5如图，菱形ABCD的边长为2，BD=2，E、F分别是边AD，CD上的两个动点，且 满足
AE+CF=2.
（1）求证：△BDE≌△BCF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由；
（3）设△BEF的面积为S，求S的取值范围.

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2
6如图，抛物线
L
1
:yx2x3
交
x
轴于A、B两点，交
y
轴于M点.抛物线
L
1
向 右平
移2个单位后得到抛物线
L
2
，
L
2
交
x
轴于C、D两点.
（1）求抛物线
L
2
对应的函数表达式；
（2）抛物线
L
1
或
L
2
在
x
轴 上方的部分是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形
是平行四边形.若存在，求出点N的坐标 ；若不存在，请说明理由；
（3）若点P是抛物线
L
1
上的一个动点（P不 与点A、B重合），那么点P关于原点的对称
点Q是否在抛物线
L
2
上，请说 明理由.

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7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝7，CD＝1，AD＝BC＝5．点M， N分别在边AD，
BC上运动，并保持MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为E，F．
（1）求梯形ABCD的面积；
（2）求四边形MEFN面积的最大值．
（3）试判断四边形MEFN能否为正方形，若能，
求出正方形MEFN的面积；若不能，请说明理由．
D
M
C
N
A
E
F
B

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8.如图，点A（m，m＋1），B（m＋ 3，m－1）都在反比例函数
y
（1）求m，k的值；
（2）如果M为x轴上一点，N为y轴上一点，
以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
试求直线MN的函数表达式．


友情提示：本大题第（1）小题4分，第（2）小题7


分．对完成第（2）小题有困难的同学可以做下面的（3）




（3）选做题：在平面直角坐标系中，点P的坐标
y
为（5，0），点Q的坐标为（0，3），把线段PQ向右平
移4个单位，然后再向上平移2个单位，得到线段P
1
Q
1
，
Q
2
则点P
1
的坐标为 ，点Q
1
的坐标为 ．


























1
O
y
k
的图象上．
x
A
B
O
x
Q
1
P
1
1
2
3
P
x

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9.如图16，在平面直角坐标系中，直线
y3x3
与
x< br>轴交于点
A
，与
y
轴交于点
C
，
抛物线yax
2
23
xc(a0)
经过
A，B，C
三 点．
3
（1）求过
A，B，C
三点抛物线的解析式并求出顶点
F< br>的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点
P
，使
△ABP
为直 角三角形，若存在，直接写出
P
点坐标；
若不存在，请说明理由；
（3）试 探究在直线
AC
上是否存在一点
M
，使得
△MBF
的周长最 小，若存在，求出
M
点
的坐标；若不存在，请说明理由．
y
A
O
B
x
C
F
图16

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10.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形
ABOC
的边
BO< br>在
x
轴的负半轴上，边
OC
在
y
轴的正半轴上，且< br>AB1
，
OB3
，矩形
ABOC
绕点
O
按顺时针方向旋转
60
后得到
矩形
EFOD
．点
A
的对应点为点
E
，点
B
的对应点为点
F
，点
C的对应点为点
D
，抛物
线
yaxbxc
过点
A， E，D
．
（1）判断点
E
是否在
y
轴上，并说明理由；
（2）求抛物线的函数表达式；
（3）在
x
轴的上方是否存在点
P
，点
Q
，使以点
O，B，P，Q
为顶点的平行四边形的面
积 是矩形
ABOC
面积的2倍，且点
P
在抛物线上，若存在，请求出点
P
，点
Q
的坐标；若
不存在，请说明理由．
y
E
A
B





















F
C
D
O
x
2

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11.已知：如图1 4，抛物线
y
交于点
B
，点
C
，直线
y< br>3
2
3
x3
与
x
轴交于点
A
，点
B
，与直线
yxb
相
44
3
xb
与
y
轴交于点
E
．
4
（1）写出直线
BC
的解析式．
（2）求
△ABC
的面积．
（3）若点
M
在线段
AB
上以每秒1个单位长度的速度从
A
向
B
运动（不与
A， B
重合），
同时，点
N
在射线
BC
上以每秒2个单位长度的 速度从
B
向
C
运动．设运动时间为
t
秒，
请写出< br>△MNB
的面积
S
与
t
的函数关系式，并求出点
M< br>运动多少时间时，
△MNB
的面积
最大，最大面积是多少？

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12.在平面直角坐标系中△A BC的边AB在x轴上，且OA>OB,以AB为直径的圆过点C若
C的坐标为(0,2),AB=5, A,B两点的横坐标X
A
,X
B
是关于X的方程
x(m2)x n10
的
两根:
(1) 求m，n的值
(2) 若∠ACB的平分线 所在的直线
l
交x轴于点D，试求直线
l
对应的一次函数的解析式
(3) 过点D任作一直线
l
分别交射线CA，CB（点C除外）于点M，N，则是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由




`
2
11
的值

CMCN
C
M
A
D
O
B
N
L`

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13.已知:如图,抛物线y=-x
2
+bx+c与x轴、y轴分别相交于 点A（-1，0）、B（0，3）两点，
其顶点为D.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若该抛物线与x轴的另一个交点为E. 求四边形ABDE的面积；
(3)△AOB与△BDE是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由.

b4acb
2

（注：抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的顶点坐标为



2a
,
4a


）

2


14.已知抛物线
y3ax
2
2bxc
，
（Ⅰ）若
ab1
，
c1
，求该抛物线与
x
轴公共点的坐标；




（Ⅱ）若
ab1
，且当
1 x1
时，抛物线与
x
轴有且只有一个公共点，求
c
的取值范围；




x
2
1
时，（Ⅲ）若
abc0
，且
x
1
0
时，对应的
y
10
；对应的
y
2
0
，试判断当
0x1
时，抛物线与
x
轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．

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15.已知：如图①，在Rt△ACB中， ∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA方
向向点A匀速运动，速度为1cm s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cms；
连接PQ．若设运动的时间为t（s） （0＜t＜2），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BC？
（2）设△AQP的面积为y（
cm
），求y与t之间的函数关系式；
（3 ）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求
出此时t的 值；若不存在，说明理由；
（4）如图②，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′ C，那么是否存在某一时
2
刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长； 若不存在，说明理由．
B
B
P
P
Q
C
A Q
C
A
图①
图②
P


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k1
与直线
yx
相交于A、B两点.第一象限上的点M（m，n ）（在A点
x4
k
左侧）是双曲线
y
上的动点.过点B作BD∥y 轴于点D.过N（0，－n）作NC∥x轴交双
x
k
曲线
y
于点E ，交BD于点C.
x
16.已知双曲线
y
（1）若点D坐标是（－8，0 ），求A、B两点坐标及k的值.
（2）若B是CD的中点，四边形OBCE的面积为4，求直线CM的解析式.
（3）设直线 AM、BM分别与y轴相交于P、Q两点，且MA＝pMP，MB＝qMQ，求p－q的值.
















y
M
D
O
A
B
x
CE
N

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压轴题答案

1. 解：（ 1）由已知得：
c=3,b=2
∴抛物线的线的解析式为
yx2x3

(2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4）
所以对称轴为x=1,A,E关于x=1对称，所以E(3,0)
设对称轴与x轴的交点为F
所以四边形ABDE的面积=
S
ABO
S
梯形BOFD
S
DFE

2

c3
解得

< br>1bc0
y
D
B
G
A
O
F
E
x
111
AOBO(BODF)OFEFDF

222
111
=
13(34)124

222
=
=9
（3）相似
如图，BD=
BG
2
DG
2
1
2
1
2
2

B E=
BO
2
OE
2
3
2
3
2
32

DE=
DF
2
EF
2
2
2
4
2
25

222
所以
BDBE20
,
DE20
即：
BDBEDE
,所以
BDE
是直角三角形
222
所 以
AOBDBE90
,且
AOBO2

,
BDBE2
所以
AOBDBE
.
2 解：（1）
A Rt
，
AB6
，
AC8
，
BC10
．
点
D
为
AB
中点，
BD
1
AB3< br>．
2
DHBA90
，
BB
．
△BHD∽△BAC
，
DHBDBD312
AC8
． ，
DH
ACBCBC105
（2）
QR∥AB
，
Q RCA90
．
△RQC∽△ABC
，
CC
，


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
RQQCy10x
，

，

ABBC610
3
x6
．
5
即
y< br>关于
x
的函数关系式为：
y
（3）存在，分三种情况：
①当
PQPR
时，过点
P
作
PMQR
于
M，则
QMRM
．
1290
，
C290
，
1C
．
cos1cosC
84
QM
10

5
，< br>
QP

4
5
，
1

3

2



5
x6



4
，
x
18
12
5
5
． 5
②当
PQRQ
时，

312
5
x6< br>5
，
x6
．
③当
PRQR
时，则
R
为
PQ
中垂线上的点，
于是点
R
为
EC
的中点，
CR
1
2
CE
1
4
AC2
．
tanC
QRBA
CR

CA
，

3
x6

5
2

6
8
，
x< br>15
2
．
综上所述，当
x
为
18
5
或6或
15
2
时，
△PQR
为等腰三角形．
3解：（1） ∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C．
∴ △AMN ∽ △ABC．
∴
AM

AN
xAN
ABAC
，即
4< br>
3
．
∴ AN＝
3
4
x． ……………2分
∴
S
=
S
133
MNP
S
AMN

2

4
xx
8
x
2
．（0 ＜
x
＜4）


A
R
D
P
E
1
B
2
M
H Q
C
A
D
P
E
R
B
H
Q
C
A
D
E
P
R
B
H
Q
C
A
M
O
N
P
B
C
图 1
……………3分

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（2）如图2，设直线BC与⊙O相切于点D，连结AO，OD，则AO

=OD =
在Rt△ABC中，BC ＝
ABAC
=5．
由（1）知 △AMN ∽ △ABC．
M
O
B
Q
D
图 2
22
1
MN．
2
A
N
xMN
∴
AM

MN
，即

．
45
ABBC
5
∴
MNx
，
4
5
∴
ODx
． …………………5分
8
过M点作MQ⊥BC 于Q，则
MQOD
C
5
x
．
8
在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，
∴ △BMQ∽△BCA．
∴
BM

QM
．
BCAC
5
5x
8

25
x
，
ABB MMA
25
xx4
． ∴
BM
24
324
96
．
49
96
∴ 当x＝时，⊙O与直线BC相切．…………………………………7分
49
（3）随点M的运动，当P点落在直线BC上时，连结AP，则O点为AP的中点．
A
∵ MN∥BC，∴ ∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APC．
∴ △AMO ∽ △ABP．
M
N
AMAO1
∴
O

． AM＝MB＝2．
ABAP2
∴ x＝
故以下分两种情况讨论：
B
3
① 当0＜
x
≤2 时，
yS
Δ
PMN
x
2
．
8
∴ 当
x
＝2时，
y
最大

P
图 3
C
3
2
3
2.
……………………………………8分
82
M
E
P
O
A
② 当2＜
x
＜4时，设PM，PN分别交BC于E，F．
∵ 四边形AMPN是矩形，
∴ PN∥AM，PN＝AM＝x．
又∵ MN∥BC，
∴ 四边形MBFN是平行四边形．
∴ FN＝BM＝4－x．
∴
PFx

4x

2x4
．
又△PEF ∽ △ACB．
N
C
B
F
图 4

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S
PEF

PF

∴

．


ABS

ABC
∴
S
PEF

2
3
2

x2

． ……………………………………………… 9分
2
339
2
yS
MNP
S
PEF
＝
x
2


x2

x
2
6x6
．……………………10分
828
2
9
2
9

8

当2＜
x
＜4时，
yx6x6


x

2
．
8
8

3

8
时，满足2＜
x
＜4，
y
最大
2
． ……………………11分
3
8
综上所述，当
x
时，
y
值最大，最大值是2． …………………………12分
3
∴ 当
x

4
解：（ 1）作BE⊥OA，
∴
ΔAOB是等边三角形
∴BE=OB·sin60
o< br>=
23
，∴
B(
23
,2)
∵A(0,4),设A B的解析式为
ykx4
,所以
23k42
,解得
k3
,
3
以直线AB的解析式为
y
3
x4

3
o
（2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60,
∴ΔAPD是等边 三角形，PD=PA=
AO
2
OP
2
19

y
如图，作BE⊥AO,DH⊥OA,GB⊥DH,显然ΔGBD中∠GBD=30°
1
∴GD=BD=
2
53
33
,DH=GH+GD=+
2 3
=,
2
22
A
H
E
O
P
G< br>B
D
3
337
∴GB=BD=,OH=OE+HE=OE+BG=2

2
222
53
7
∴D(,)
22
(3)设OP=x,则由（2）可得D(
23x,2
x
3133< br>x
)若ΔOPD的面积为：
x(2x)

2224
解得：
x
23212321
所以P(,0)
33

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5




6、

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7解：（1）分别过D，C两点作DG⊥AB于点G，CH⊥AB于点H． ……………1分
∵ AB∥CD，
∴ DG＝CH，DG∥CH．
∴ 四边形DGHC为矩形，GH＝CD＝1．
∵ DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°，
C
D
∴ △AGD≌△BHC（HL）．
M
N
ABGH71
∴ AG＝BH＝＝3． ………2分

22
∵ 在Rt△AGD中，AG＝3，AD＝5，
∴ DG＝4．
A
B
E
G H
F
17

4

∴
S
梯形ABCD
16
． ………………………………………………3分
2
（2）∵ MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，
C
D
∴ ME＝NF，ME∥NF．
M
N
∴ 四边形MEFN为矩形．
∵ AB∥CD，AD＝BC，
∴ ∠A＝∠B．
∵ ME＝NF，∠MEA＝∠NFB＝90°，
A
B
E
G H
F
∴ △MEA≌△NFB（AAS）．
∴ AE＝BF． ……………………4分
设AE＝x，则EF＝7－2x． ……………5分
∵ ∠A＝∠A，∠MEA＝∠DGA＝90°，
∴ △MEA∽△DGA．
AEME
∴ ．

AGDG
4
∴ ME＝
x
． …………………………………………………………6分
3
∴
S
矩形MEFN
48

7

49
． ……………………8分
MEEFx(72x)

x


33

4

6
2

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77
时，ME＝＜4，∴四边形MEFN面积的最大值为
49
．… …………9分
43
6
（3）能． ……………………………………………………………………10分
4
由（2）可知，设AE＝x，则EF＝7－2x，ME＝
x
．
3
若四边形MEFN为正方形，则ME＝EF．
4x
21
即

7－2x．解，得
x
． ……………………………………………11分
3
10
2114
∴ EF＝
72x72
＜4．
105
当x＝
∴ 四边形 MEFN能为正方形，其面积为
S
正方形MEFN
196

14



．
525

2
8解： （1）由题意可知，
m

m1



m3
m1

．
解，得 m＝3． ………………………………3分
∴ A（3，4），B（6，2）；
y
∴ k＝4×3=12． ……………………………4分
A
（2）存在两种情况，如图：
N
1
①当M点在x轴的正半轴上，N点在y轴的正半轴
B
上时，设M
1
点坐标为（x
1
，0），N
1
点坐标为（0，y
1
）．
M
2
O
x
M
1
∵ 四边形AN
1
M
1
B为平行四边形，
∴ 线段N
1
M
1
可看作由线段AB向左平移3个单位，
N
2
再向下平移2个单位得到的（也可看作向下平移2个单位，再向左平移3个单位得到的）．
由（1）知A点坐标为（3，4），B点坐标为（6，2），
∴ N
1
点坐标为（0，4－2），即N
1
（0，2）； ………………………………5分
M
1
点坐标为（6－3，0），即M
1
（3，0）． ………………………………6分
2
设直线M
1
N
1
的函数 表达式为
yk
1
x2
，把x＝3，y＝0代入，解得
k
1

．
3
2
∴ 直线M
1
N
1
的函数表达式为
yx2
． ……………………………………8分
3
②当M点在x轴的负半轴上，N点在y轴的负半轴上时 ，设M
2
点坐标为（x
2
，0），
N
2
点坐标为（ 0，y
2
）．
∵ AB∥N
1
M
1
，AB∥ M
2
N
2
，AB＝N
1
M
1
，AB＝M< br>2
N
2
，
∴ N
1
M
1
∥M2
N
2
，N
1
M
1
＝M
2
N
2
．
∴ 线段M
2
N
2
与线段N
1
M
1
关于原点O成中心对称．
∴ M
2
点坐标为（-3，0），N
2
点坐标为（0，-2）． ………………………9分
2
设直线M
2
N
2
的函数表达式 为
yk
2
x2
，把x＝-3，y＝0代入，解得
k
2< br>
，
3
2
∴ 直线M
2
N
2
的函数表达式为
yx2
．
3
2
2
所以，直线MN的函数表达式为
yx2
或yx2
． ………………11分
3
3
（3）选做题：（9，2），（4，5）． ………………………………………………2分
9解：（1）直线
y3x3
与< br>x
轴交于点
A
，与
y
轴交于点
C
．
3)
·
A(1，0)
，
C(0，
········ ·················································· ······················· 1分

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点
A，C
都在抛物线上，

233
0aca






33


3c

c3


抛物线的解析式为
y
3
2
23
xx 3
············································ ·········· 3分
33

43


顶点
F

1，
································ ·················································· ····· 4分



3

（2）存在 ···· ·················································· ··············································· 5分
·············································· ·················································· ·· 7分
P，3)
·
1
(0
·············· ·················································· ··································· 9分
P
2
(2，3)

（3）存在 ··············· ·················································· ·································· 10分
理由：
解法一：
延长
BC
到点
B

，使
B
CBC
，连接
B

F
交直线
AC
于点
M
，则点
M
就是所求的点．
·················································· ···························· 11分
过点
B
< br>作
B

HAB
于点
H
．
y
B
点在抛物线
y
3
2
23
xx3
上，
B(3，0)

33
H
A
C
B
O
B
x
3
在
Rt△BOC
中，
tanOBC
，
3
OBC30
，
BC23
，
在
Rt△B B

H
中，
B

H
M
F
图9
1
BB

23
，
2
BH3B

H6
，
OH3
，
B

(3， 23)
············································· 12分
设直线
B

F
的解析式为
ykxb


3

233kb
k



6


43
解得


kb


b
33

3

2
y< br>333
x
································· ·················································· ···· 13分
62

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3


y3x3
x


3103

7




解得
M，

333

7

x

7

y

y
103
，
62


7

3103


在直线
AC
上存在点
M
，使得
△MBF
的周长最小，此时
M

，
·· ···· 14分

7

7


． ·

解法二：
过点
F
作
AC
的垂线交
y
轴于点
H
，则点
H
为点
F
关于直线
AC
的对称点．连接
BH
交
························ ······· 11分
AC
于点
M
，则点
M
即为所求． ·
过点
F
作
FGy
轴于点
G
，则
OB∥ FG
，
BC∥FH
．
y
BOCFGH90
，
BCOFHG

HFGCBO

同方法一可求得
B(3，0)
．
A
O
C
M
G
F
H
图10
B
x
在
Rt△BOC
中，
tanOBC
3 3
，
OBC30
，可求得
GHGC
，
33GF
为线段
CH
的垂直平分线，可证得
△CFH
为等边三角形 ，
AC
垂直平分
FH
．

53

即 点
H
为点
F
关于
AC
的对称点．
H
< br>0，
········································· · 12分


3


·

设直线
BH
的解析式为
ykxb
，由题意得 < br>5

k3

03kb



9

5
解得


5
b3

b3
3


3

y
55< br>··············································· ······································· 13分
33
·
93
3

55
x


3x3

3103

7

y
93



解得


M

，



77

< br>y3x3

y
103


7
< br>
3103


在直线
AC
上存在点
M，使得
△MBF
的周长最小，此时
M

，

7

7


． 1


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10解：（1）点
E
在
y
轴上 ··········· ·················································· ·················· 1分
理由如下：
连接
AO
，如 图所示，在
Rt△ABO
中，
AB1
，
BO3
，
AO2

sinAOB
1
，
AOB30

2
由题意可知：
AOE60

BOEAOBAOE306090

点
B
在x
轴上，

点
E
在
y
轴上． ······· ·················································· ········ 3分
（2）过点
D
作
DMx
轴于点
M

OD1
，
DOM30


在
Rt△DOM< br>中，
DM
点
D
在第一象限，
3
1
，
OM

2
2

31

点
D
的坐标为

·············· ·················································· ················ 5分


2
，

2

由（1）知
EOAO2
，点
E
在
y
轴的正半轴上

点
E
的坐标为
(0，2)

，
·

点
A
的坐标为
(31)
··· ·················································· ···························· 6分
抛物线
yaxbxc
经过点
E
，
2
c2


31

2
A(31)，
，
由题意，将，
D

代入
yaxbx2
中得


22


8


3a3 b21
a

9


解得

3

31
b2

a

b
53
422

9

853
x2
·
所求抛物线表达式为：
yx
2

················ ································· 9分
99
（3）存在符合条件的点
P
，点
Q
． ······· ·················································· ········ 10分

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理由如下：矩形
ABOC
的面积
ABBO3


以
O，B，P，Q
为顶点的平行四边形面积为
23
．
由题意可知
OB
为此平行四边形一边，
又
OB3
················································ ······································ 11分
OB
边上的高为2 ·
依题意设点
P
的坐标为
(m，2)

点
P
在抛物线
y
8
2
53
xx2
上
99
853
m
2
m22

99
解得，
m
1
0
，
m
2

53

8

53

P(0，2)
2

，
P
2


1

8
，



以
O，B，P，Q
为顶点的四边形是平行四边形，
PQ∥OB
，
PQOB3
，

当点
P
1
的坐标为
(0，2)
时，
点
Q
的坐标分别为
Q
1
(3，2)
，
Q
2
(3，2)
；
A
B
F
y
E
C
D
O M
x

53

2

当点
P
2
的坐标为



8
，

时，

点
Q
的坐标分别为
Q
3


133

33

Q，2

，2
，． ··········································· 14分

4



8

8


（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分）
11解：（1）在
y
3
2
x3
中，令
y0

4
3
x
2
30

4
x
1
2
，
x
2
2

y
C
E
N
A(2，0)
，
B(2，0)
·············································· 1分
A
M
D O
P B
x

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又点
B
在
y
3
xb
上
4
3
0b

2
3
b

2
33
······································· ································ 2分
BC
的解析式为
yx
·
42
3
2

yx3

x
1
1


< br>4
（2）由

，得

9

y
1< br>


y
3
x
3
4
42
9

C

1，

，
B( 2，0)

4


x
2
2
·················································· 4分


y
2
0
9
··········· ·················································· ·························· 5分
4
199
···· ·················································· ··························· 6分
S
△ABC
4
·
242
（3）过点
N
作
NPMB
于点
P

EOMB

NP∥EO

······························· ·················································· ····· 7分
△BNP∽△BEO
·
BNNP
········ ·················································· ······································· 8分
< br>BEEO
AB4
，
CD
由直线
y
33
3

x
可得：
E

0，


42

2

35
，则
BE

22

在
△BEO
中，
BO2
，
EO
6
2tNP
，
NPt
····················· ·················································· ········· 9分

53
5
22
16
St(4t)

25
312
St
2
t(0t4)
······ ·················································· ····················· 10分
55
312
S(t2)
2

·········· ·················································· ························· 11分
55
12
此抛物线 开口向下，

当
t2
时，
S
最大

< br>5
12

当点
M
运动2秒时，
△MNB
的面 积达到最大，最大为．
5


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12解：
(1)m=-5,n=-3
(2)y=
4
x+2
3
(3)是定值.
因为点D为∠ACB的平分线，所以可设点D到边AC,BC的距离均为h，
设△ABC AB边上的高为H,
则利用面积法可得：
CMhCNhMN
2

H
2

2

（CM+CN）h=MN﹒H
CMCNMN
H

h

又 H=
CMCN
MN

化简可得 (CM+CN)﹒
MN1
CMCN

h

故
11
CM

CN

1
h


13解：（ 1）由已知得：


c3
1bc0
解得


c=3,b=2
∴抛物线的线的解析式为
yx
2
2x3

(2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4）
所以对称轴为x=1,A,E关于x=1对称，所以E(3,0)
设对称轴与x轴的交点为F
所以四边形ABDE的面积=
S
ABO
S
梯形BOFD
S
DFE

=
1
2
AOBO
1
2
(BODF)OF
1
2
EFDF

=
1< br>2
13
1
2
(34)1
1
2
 24

=9
（3）相似
如图，BD=
BG
2
DG
2
1
2
1
2
2

BE=BO
2
OE
2
3
2
3
2
32

DE=
DF
2
EF
2
2
2
4
2
25

y
D
B
G
AE
O
F
x

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所以
BDBE20
,
DE20
即：
BD
2
BE
2
DE
2
,所以
BDE
是直角三角形
所以
AOBDBE90
,且
所以
AOB
222
AOBO2

,
BDBE2
DBE
.
14 解（Ⅰ）当
ab1
，
c1
时，抛物线为
y3x
2
2x1
，
方程
3x
2
2x10
的两个 根为
x
1
1
，
x
2

1
．
3
0

． ·∴该抛物线与
x
轴公共点的坐标是

1
······································ ·· 2分
，0

和

，
（Ⅱ）当
ab1< br>时，抛物线为
y3x
2
2xc
，且与
x
轴有公 共点．

1

3


1
对于方程
3x
2
2xc0
，判别式
412c
≥0，有
c
≤． ·································· 3分
3
①当
c
1
11
时，由方程
3x
2
 2x0
，解得
x
1
x
2

．
3
33
此时抛物线为
y3x
2
2x

1

1
0

． ·与
x
轴只有一个公共点

，
··························· 4分
3

3

②当
c
1
时，
3
x
1
1
时，
y
1
32c1c
，
x
2
1
时，
y
2
32c5c< br>．
1
由已知
1x1
时，该抛物线与
x
轴有且 只有一个公共点，考虑其对称轴为
x
，
3

y
1≤0，

1c≤0，
应有

即

y0.
5c0.


2
解得
5c≤1．
1
综上，
c
或
5c≤1
． ·· ·················································· ················· 6分
3
（Ⅲ）对于二次函数
y3ax
2
2bxc
， 由已知
x
1
0
时，
y
1
c0
；
x
2
1
时，
y
2
3a2bc0
，
又
abc0
，∴
3a2bc(abc)2ab2 ab
．
于是
2ab0
．而
bac
，∴
2aac0
，即
ac0
．
∴
ac0
． ·················································· ·········································· 7分

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∵关于
x
的一元二次方程
3ax
2
2bxc0
的判别式
4b
2
12ac4(ac)
2
12ac4[(ac)
2
ac]0< br>，
∴抛物线
y3ax
2
2bxc
与
x
轴有两个公共点，顶点在
x
轴下方． ························· 8分
又该抛物线的对称轴
x
b
，
3a
y

由
abc0
，
c0
，
2ab0
，
得
2aba
，
∴
O

1

x
1b2

．
33a3
又由已知
x
1
0
时，
y
1
0
；
x
2
 1
时，
y
2
0
，观察图象，
可知在
0x1
范围内，该抛物线与
x
轴有两个公共点． ····································· 10分

15 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则CQ＝(4－2t)cm，
∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm
∴AP＝（5－t）cm，
∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，
∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2 t∶4，解得：t＝
∴当t为
10

7
10
秒时，PQ∥BC
7
………………2分
（2）过点Q作QD⊥AB于点D，则易证△AQD∽△ABC
∴AQ∶QD＝AB∶BC
∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝
t

6
5
116
×AP×QD＝（5－t）×
t

225
3
2
∴y与t之间的函数关系式为：y＝
3tt

5
∴△APQ的面积：
………………5分
（3）由题意：
当面积被平分时有：
3tt
＝
3
5
2
55
11
××3×4，解得：t＝
2
22
当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1
∴不存在这样t的值

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………………8分
（4）过点P作PE⊥BC于E
1
QC时，△PQC为等腰三角形，此时△QCP′为菱形
2
4
∵ △PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝
t

5
410
∵QC＝4－2t，∴2×
t
＝4－2t,解得：t＝
59
10
∴当t＝时，四边形PQP′C为菱形
9
8
27
此时，PE＝，BE＝，∴CE＝
9
33
易证：△PAE∽△ABC，当PE＝
………………10分 在Rt△CPE中，根据勾股定理可知：PC＝
PE
2
CE
2
＝
()()
＝
8
9
2
7
3
2
5 05

9
∴此菱形的边长为
505
cm
9
………………12分
16 解：（1）∵D（－8，0），∴B点的横坐标为－8 ，代入
y
1
x
中，得y＝－2.
4
∴B点坐标为（－8，－2）.而A、B两点关于原点对称，∴A（8，2）
从而k＝8×2＝16
（2）∵N（0，－n），B是CD的中点，A，B，M，E四点均在双曲线上,
∴mn＝k，B（－2m，－
n
），C（－2m，－n），E（－m，－n）
2
1111
S
矩形DCNO
＝2mn＝2k，
S
△DBO
＝mn＝k，
S
△OEN
＝mn＝k.
2222
∴
S
矩形OBCE
＝
S
矩形DCNO
―
S
△DBO
―
S
△OEN
＝k.∴k＝4.
由直线
y
14
x
及双曲线
y
，得A（4，1），B（－4，－1）
4x
∴C（－4，－2），M（2，2）
设直线CM的解析式是
yaxb
，由C、M两点在这条直线上，得

4ab2
2
，解得a＝b＝

3
2a b2

∴直线CM的解析式是y＝
22
x＋.
33

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y
Q
DB
C
（3）如图，分别作AA
1
⊥x轴，MM
1
⊥x轴 ，垂足分别为A
1
，M
1


设A点的横坐标为a，则B点 的横坐标为－a.于是
p
M
A
M
1
A
1
x
O
E
N

MA
A
1
M
1
am

，
MPM
1
Om
同理
q
MBma


MQm
∴p－q＝



























amma
－＝－2
mm

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