自我-廉政准则学习心得

习题精选

一、解答题
1、(2011年湖北随州 十校联考数学试题) 如图所示，在平面直角坐标系中．二次函数
y=a(x-2)-1图象的顶点为P，与x轴交点为 A、B，与y轴交点为C．连结BP并延长交y
轴于点D. 连结AP，△APB为等腰直角三角形。
(1)求a的值和点P、C、D的坐标；
(2)连结BC、AC、AD。将△BCD 绕点线段CD上一点E逆时针方向旋转90°，得到一个
新三角形．设该三角形与△ACD重叠部分的面 积为S。
①当点E在（0，1）时，在图25—1中画出旋转后的三角形，并出求S.
②当 点E在线段CD(端点C、D除外)上运动时，设E(0，b)，用含b的代数式表示S，
并判断当b为 何值时,重叠部分的面积最大?写出最大值．






解：（1）a=1 P（2，-1） C（0，3） D（0，-3），（各1分，共4分）
（2）画出图形 （1分） 可用相似三角形的面积求S=
（3）当b≥0如图，可用相似三角形的面积求
s
当b=0时，S=
2
2
（2分）
3
1
(b3)
2
（2分）
6
3
（1分）
2
当b＜0时 BD旋转后经过A时，b=-1
① -1＜b≤0时， （2分）
② b＜-1时 （2分）

2、(2011年 重庆一中摸底试卷)如图等腰直角三角形纸片ABC中，AC=BC=4,
ACB90
直
角边AC在x轴上，B点在第二象限，A(1，0)，AB交y轴于E，将纸片过E点折叠使BE
与EA所在直线重合，得到折痕EF（F在x轴上），再展开还原沿EF剪开得到四边形BCFE，
然 后把四边形BCFE从E点开始沿射线EA平移，至B点到达A点停止．设平移时间为t(s)，
移动速 度为每秒1个单位长度，平移中四边形BCFE与
AEF
重叠的面积为S．
(1)求折痕EF的长；
(2)是否存在某一时刻t使平移中直角顶点C经过抛物线
yx4x3
的顶点？若存
在，求出t值；若不存在，请说明理由；
(3)直接写出
．．．．
S与t的函数关系式及自变量t的取值范围.
2
o

解：（1）折痕
EF
（2）
t

（3）
st2t,(0t
2

2
（s）
1
2
2
2).

s1,(2t22).

1
st
2
2t1,(22t32).

4

1
st
2
22t8,(32t42).

4
3、（2011泰兴市 济川实验初中 初三数学阶段试题）如图，矩形A’B’C’D’是 矩形OABC(边
OA在
x
轴正半轴上，边OC在
y
轴正半轴上)绕 B点逆时针旋转得到的，O’点在
x
轴的
正半轴上，B点的坐标为(1，3)．O’C ’与AB交于D点.
(1)如果二次函数
yaxbxc
(
a0)的图象经过O，O’两点且图象顶点
M
的纵坐
2
y

B

C

C


D

标为
1
，求这个二次函数的解析式；
(2)求D点的坐标．
(3)若将直线OC绕点O旋转α度(0<α<90)后与抛物线的另一个
交点为点P，则以O、O’、B、P为顶点的四边形能否是平行
四边形？若能，求出
tan

的值；若不能，请说明理由．

解：(1)
yx2x
……3 分
2
4
) ……7分
3
1
(3)tan

=1或 ……12分(求出一个得3分,求两个得5分)
3
(2)D(1,
4、（2011年 山东三维斋一模试题）如图所示，已知抛物线
yx1
与
x
轴交于A、B两 点，
与
y
轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标．
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积．
（3）在
x
轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG

x
轴
于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与

PCA相似．
若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
解：（1）令
y0
，得
x10
解得
x1

令
x0
，得
y1

∴
A
(1,0)

B
(1,0)

C
(0,1)
（2分）
o
2
2
y
P
A
o

C

B
x

（2）∵O
A
=O
B
=O
C
=
1
∴

BAC
=

AC
O=

BC
O=
45

∵
A
P∥
CB
， ∴

P
AB
=
45

过点P作PE

x
轴于
E
，则

A
P
E
为等腰直角三角形
令O
E
=
a
，则P
E
=
a1
∴P
(a,a1)

A
2
∵点P在抛物线
yx1
上 ∴
a1a1

2
y
P
o
o
C

E
B
x
解得
a
1
2
，
a
2
1< br>（不合题意，舍去）

∴P
E
=
3
······························ 4分）
∴四边形
ACB
P的面积
S
=
11
AB
•O
C
+
AB
•P
E

22
11
=
21234
············ 6分）
22
(3)假设存在
∵

P
AB
=

BAC
=
45
∴P
A

AC

o
∵MG

x
轴于点G， ∴

MG
A
=

P
AC
=
90

o
在Rt△
A
O
C
中，O
A
=O
C
=
1
∴
AC
=
2

在Rt△P
AE
中，
AE< br>=P
E
=
3
∴
A
P=
32
················ 7分）
设M点的横坐标为
m
，则M
(m,m1)

①点M在
y
轴左侧时，则
m1

2
AG
MG
(ⅰ) 当

A
MG
∽

P
CA
时，有=
PA
CA
∵
A
G=
m1
，MG=
m1

2
y
M
P
m1m
2
1

即
322
2
（舍去）
3
AG
MG
(ⅱ) 当

M
A
G
∽

P
CA
时有=
CA
PA
解得
m
1
1
（舍去）
m
2

G
A
o
C


B
x
m1m
2
1

即
232
解得：
m1
（舍去）
m
2
2

∴M
(2,3)
························· （10分）
② 点M在
y
轴右侧时，则
m1

(ⅰ) 当

A
MG
∽

P
CA
时有
2
AG
MG
=
PA
CA
∵
A
G=
m1
，MG=
m1

m1m
2
1

∴
322
解得
m
1
1
（舍去）
m
2

∴M
(,)

(ⅱ) 当< br>
M
A
G
∽

P
CA
时有
y
4

3
P
M
47
39
AG
MG
=
CA
PA
m1m1

即
232
解得：
m
1
1
（舍去）
m
2
4

∴M
(4,15)


2
A
o
C

G
B
x
∴存 在点M，使以
A
、M、G三点为顶点的三角形与

P
CA
相 似
M点的坐标为
(2,3)
，
(,)
，
(4,15)< br> ··········· （12分）

5、(2011年深圳市数学模拟试卷) 如图13，已知二次函数
y=ax
＋
bx
＋
c
的象经过A
(－1，0)、
2
47
39
B
(3，0)、
N
(2，3)三点，且与
y
轴交于点
C．

(1)（3分）求顶点
M
及点
C
的坐标；
(2)（3分） 若直线
y
=
kx＋d
经过
C
、
M
两点，且 与
x
轴交于点
D
，试证明四边形
CDAN
是
平行四 边形；
(3)（4分）点
P
是这个二次函数的对称轴上一动点，请探索：是否存在这 样的点
P
，使
以点
P
为圆心的圆经过
A
、
B
两点，并且与直线
CD
相切，如果存在，请求出点
P
的坐标；如< br>果不存在，请说明理由．
解：





2
y
C
M
N

x
D A O
图13
E B
解：(1)因为二次函数
y=ax＋bx＋c
的图 象经过点
A
(－1，0)、
B
(3，0)、
N
(2，3)


0abc

a1

所以，可 建立方程组：

09a3bc
，解得：

b2
< br>
34a2bc

c3

所以，所求二次函数的解 析式为
y=－x＋2x＋3
，
所以，顶点
M
(1，4)，点
C
(0，3) -------2分
(2)直线
y=kx+d
经过
C
、
M
两点，所以< br>
直线解析式为
y＝x
＋3
令
y
＝0，得
x
＝－3，故
D
(－3，0）
∴
CD
＝
32
，
AN
＝
32
，
AD=
2，
CN=
2
∴
CD
＝
AN
，
AD=CN

∴ 四边形
CDAN
是平行四边形
(3)假设存在这样的点
P
，使以点
P
为圆心的圆经过
A
、
B
两点，并且与直线
CD< br>相切，
因为这个二次函数的对称轴是直线
x
=1，故可设
P
( 1，
y
0
)，
则
PA
是圆的半径且
PA=y
0
＋
2，
过
P
作直线
CD
的垂线，垂足为
Q
，则
PQ＝PA
时以
P
为圆心的圆与直线
CD
相切。
由第(2)小题易得 ：△
MDE
为等腰直角三角形，故△
PQM
也是等腰直角三角形，
由
P
(1，
y
0
)得
PE
＝
y
0
，
PM
＝|4-
y
0
|，
PQ
222< br>2

d3
，即
k＝
1，
d＝
3， 
kd4
PM
2

4y
0
2
，
(4y
0
)
2
2
由
PQ=PA
得方程：
y
0
2
2
，解得
y
0
＝－426< br>，符合题意，
2
22
所以，满足题意的点
P
存在，其坐标为 (1，
426
)或(1，
426
)
6、（2011年辽宁铁岭西丰二中中考模拟考试）如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°， BC＜AB
＜2BC. 在AB边上取一点M，使AM=BC，过点A作AE⊥AB且AE=BM，连接 EC，再过点A
作AN∥EC，交直线CM、CB于点F、N.
（1）证明：∠AFM=45°；
（2）若将题中的条件“BC＜AB＜2BC”改为“AB ＞2BC”，其他条件不变，请你在图2
的位置上画出图形，（1）中的结论是否仍然成立，如果成立， 请说明理由，如果
不成立，请猜想∠AFM的度数，并说明理由.

（1）证明：连接EM.
A
E
F
M
图1
C
C
N
B
A
B
第25题
图
2
C
E
F
A M
N
B
∵AE⊥AB，∴∠EAM=∠B=90°.
∵AE=MB，AM=CB，
∴△AEM≌△BMC.
∴∠AEM=∠BMC，EM=MC.
∵∠AEM+∠AME=90°，
∴∠BMC+∠AME=90.°
∴∠EMC=90°.
∴△EMC是等腰直角三角形.
∴∠MCE=45°.
∵AN∥CE，
∴∠AFM=∠MCE=45°.
（2）解：画出图②
图①

E
C
B
N
A
不成立. ∠AFM=135°.
连接ME.
前半部分证明方法与（1）同.
∴∠MCE=45°.
∵AN∥CE,∴∠AFM+∠MCE=180°.
∴∠AFM=135°


F
M _
图②
7、（2011年辽宁铁岭西丰二中中考模拟考试） 如图，在平面直角坐标系中，两个一次函
数y=x，y=
2x12
的图象相交于点A，动点E从O点出发，沿OA方向以每秒1个单

位的速度运动，作EF∥y轴与直线BC交于点F，以EF为一边向x轴负方向作正方形 EFMN，
设正方形EFMN与△AOC的重叠部分的面积为S.
（1）求点A的坐标；
（2）求过A、B、O三点的抛物线的顶点P的坐标；
（3）当点E在线段OA上运动时，求出S与运动时间t（秒）的函数表达式；
（4） 在（3）的条件下，t为何值时，S有最大值，最大值是多少？此时（2）中的抛物
线的顶点P是否在直 线EF上，请说明理由.




M
y
C
F
A
E
O B
x

x4,

y2x12,
解：（1）依题意得

解得



y4.

yx.
N
∴点A的坐标为(4,4). …………………………3分

（2）直线y=
2x12
与x轴交点B的坐标为（6，0）.
设过A、B、O的抛物线的表达式为y=ax+bx，
2
1


36a6b0,

a,
依题意得

解得

2

16a4b4.


b3.
1
2
x3x
.
2
1
2
19
2

yx3x=
(x3)
，∴点P坐标（3,
9
）. ………………7分
222
2
∴所求抛物线的表达式为
y
（3）设直线MF、NE与y轴交于点P、Q， 则△OQE是等腰直角三角形.
∵OE=1×t= t， ∴EQ=OQ=
2
t
，∴E（
2
t
，
2
t
）.
222
∵EF∥y轴， ∴PF=
2
2
t12
=12－
2t
.
t
，
PO2
2
2
∴EF=PQ=12－
2t
－
32
2
t
.
t
=
12
2
2
①当EF＞QE时， 即
12
32
2
t
＞
t
，解得
t32< br>.
2
2
3
∴当
0t32
时，
SEF•QE
2
t
(
12
32
t)=
t
2
62t
.
2
2
2

②当EF≤QE时,即
12
∴当
32t4
32
t
≤
2
t
，解得
t32
.
2
2
2
3

（4）当
0t32
时，
S
3
t
2
62t
=
(t22)
2
12
.
2
2< br>2
时，S=EF
2
=(
12
32
t
)2
. ………………………11分

∴当
t22
时，S
最大
=12 .
当< br>32t4
2
时，S
最大
=(
12
32
32
)
2
=9.
2
∴当
t22
时，S
最大
=12. ……………………………13分
当
t22
时，E（2，2），F（2，8），
∵P（3，
9
），∴点P不在直线EF上. ……………………………14分
2
8、（2011江苏苏港综合试题）（本小题满分10分）有一根直尺的短边长2㎝，长边长 10
㎝，还有一块锐角为45°的直角三角形纸板，它的斜边长12cm..如图12，将直尺的短边DE放置与直角三角形纸板的斜边AB重合，且点D与点A重合.将直尺沿AB方向平移(如
图 13)，设平移的长度为xcm(0≤x≤10)，直尺和三角形纸板的重叠部分(图中阴影部
分)的面 积为S㎝.
(1)当x=0时(如图12)，S=_____________；当x = 10时，S =______________.
(2) 当0＜x≤4时(如图13)，求S关于x的函数关系式；
(3)当4＜x＜10时，求S关于x的函 数关系式，并求出S的最大值(同学可在图14、图
15中画草图).

C
F
A
(D)
E
(图12)
B





C


A
(图14)
2
F
G
C
A
x
D
E
B
(图13)
C
B

A
(图15)
B

9、(2011年通州杨港模拟试卷)已知抛物线< br>y
=
ax
＋
bx
＋
c
与
x
轴交于
A
、
B
点（
A
点在
B
点
的 左边），与
y
轴交点
C
的纵坐标为2. 若方程
x
⑴求此抛物线的解析式；
⑵若抛物线的顶点为
M
，点< br>P
为线段
AM
上一动点，过
P
点作
x
轴的垂 线，垂足为
H
点，
设
OH
的长为
t
，四边形
BCPH
的面积为
S
，求
S
与
t
之间的函数关系 式，并写出自变量
t
的
取值范围；
⑶将△
BOC
补成矩形 ，使△
BOC
的两个顶点
B、C
成为矩形的一边的两个顶点，第三个顶
点落在矩形这一边的对边上，试直接写出矩形的未知的顶点坐标 .

解： ⑴
y
=－
x
－
x
＋2
2
2
2
bc
.
x0
的两根为
x
1
=1,
x
2
=－2
aa
y
5
4
3
2
1
321
12
3
2
51
tt1
（
t2
）
422
42
48
⑶ （－
,
） （
,
）
55
55
⑵
S
=－




o
123
x
10、（2011年浙江温州龙港三中模拟 试卷）如图1，在平面直角坐标系中，有一张矩形纸片
OABC，已知O(0，0)，A(4，0)，C (0，3)，点P是OA边上的动点(与点O、A不重合)．现
将△PAB沿PB翻折，得到△PDB； 再在OC边上选取适当的点E，将△POE沿PE翻折，得
到△PFE，并使直线PD、PF重合．
(1)设P(x，0)，E(0，y)，求y关于x的函数关系式，并求y的最大值；
(2)如图2，若翻折后点D落在BC边上，求过点P、B、E的抛物线的函数关系式；
(3 )在(2)的情况下，在该抛物线上是否存在点Q，使△PEQ是以PE为直角边的直角三角
形？若不存 在，说明理由；若存在，求出点Q的坐标．
y
C
E
O
图1
y
F
B
D
PA
x
C
D
B
EF
O
P
图2
A
x

解：(1 )由已知PB平分∠APD，PE平分∠OPF，且PD、PF重合，则∠BPE=90°．∴∠OPE＋
∠APB=90°．又∠APB＋∠ABP=90°，∴∠OPE=∠PBA．
∴Rt△POE∽Rt△BPA．…………………………………………………………2分
∴< br>x3
POBA114
．即

．∴y=
x(4x)x2
x
(0＜x＜4)．

y4x
OEAP333
且当x=2时，y有最大值
4
．…………………………………………………4分
3
(2)由已知，可得P(1，0)，E(0，1)，B(4，3)． ………………6分
1

a,

2

c1,< br>
3


2
设过此三点的抛物线为y=ax＋bx＋c，则< br>
abc0,
∴

b,

2
< br>16a4bc3.



c1.


y=
1
2
3
xx1
．……………………………………………… ………………………8分
22
(3)由(2)知∠EPB=90°，即点Q与点B重合时满足条件．……………………… 9分
直线PB为y=x－1，与y轴交于点(0，－1)．将PB向上平移2个单位则过点E(0，1)，
∴该直线为y=x＋1．………………………………………………………………11分
yx1,

x5,

由

得

∴Q(5，6)．
1
2
3
y6.
yxx1,
< br>
22

故该抛物线上存在两点Q(4，3)、(5，6)满足条件．………… ………… 14分
11.（2011·浙江温州·模拟1）在
ABC
中，∠C= Rt∠,AC=4cm,BC=5cmm,点D在BC上，并
且CD=3cm,现有两个动点P、Q分别 从点A和点B同时出发，其中点P以1cms的速度，
沿AC向终点C移动；点Q以1.25cms的速 度沿BC向终点
C移动。过点P作PE∥BC交AD于点E，连结EQ。设动点
运动时间为x秒 。
（1）用含x的代数式表示AE、DE的长度；
（2）当点Q在BD（不包括点B、D） 上移动时，设
EDQ
的
面积为
y(cm)
，求
y
与
x
的函数关系式，并写出自变量
x
的
取值范围；
2A
E
P
B
Q
D
C

（3）当x
为何值时，
EDQ
为直角三角形。

答案：解：（1）在
RtADC中,AC4,CD3,AD5
，……………………1
QEPPDC,AEPADC,　　　
…………………………………………2 
EAAPEAx55
,即,EAx,DE5x
ADAC5444< br>……………………4
（2）
QBC5,CD3,BD2
，…………………………………………5
当点Q在BD上运动x秒后，DQ＝2－1.25x,则
1157
yDQC P(4x)(21.25x)x
2
x4
2282
………………… …7
y
即y与x的函数解析式为：
5
2
7
xx4< br>82
，其中自变量的取值范围是：0＜x<1.6
A
…………………… 8
(3)分两种情况讨论：
①当
EQDRt时，

显然有EQPC4x,又QEQPAC,EDQ:ADC


EQDQ
,
ACDC

4x1.25x2
即,解得　x2.5
43

解得　x2.5
……………………10
E
P
BD
Q
C
A
②当
QEDRt时，

QCDAEDQ,QEDCRt,EDQ:CDA


EQDQ5(4x)1.25x2
,即,
CDDA125

E
D
Q
解得　x3.1
…………………12
B
EDQ
综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，为直角三角形。

P
C

12. （2011·浙江温州·模拟2） 如图1，正方形AB CD的顶点A,B的坐标分别为（0，10），
（8，4），顶点C，D在第一象限.点P从点A出发， 沿正方形按逆时针方向运动，同时，点
Q从点E（4，0）出发，沿x轴正方向以相同速度运动.当点P 到达点C时，P，Q两点同时
停止运动.设运动时间为t(s).
（1）求正方形ABCD的边长.
（2）当点P在AB边上运动时，△OPQ的面积S（平方 单位）与时间t(s)之间的函数图
像为抛物线的一部分（如图2所示），求P，Q两点的运动速度.
（3）求（2）中面积S（平方单位）与时间t(s)的函数解析式及面积S取最大值时点P
的 坐标.
（4）若点P,Q保持（2）中的速度不变，则点P沿着AB边运动时，∠OPQ的大小随着时
间t的增大而增大；沿着BC边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当
点P沿着 这两边运动时，能使∠OPQ＝90°吗？若能，直接写出这样的点P的个数；
若不能，直接写不能.

y




A
S
D
28
C
P
B
20

O


E
Q
图
1

x
（第24题）
O
10
图
2

t
答案：解：（1）作BF⊥y轴于F.
∵A（0，10），B（8，4）
∴FB=8,FA=6,
∴AB=10 …………………………………2分
（2）由图2可知，点P从点A运动到点B用了10s……1分
∵AB=10
∴P、Q两点的运动速度均为每秒一个单位长度.…1分
（3）解法1：作PG⊥y轴于G，则PG∥BF.
∴△AGP∽△AFB
G
F

GAAPGAt
,即.

FAAB610
3
∴
GAt
.
5
3
∴
OG10t
. …………………………2分
5
∴
又∵
OQ4t

113
OQOG(t4)(10t)
………2分
225
3
2
19
即
Stt20

105
19
19
b19
5
∵

，且在0≤t≤10内，
3
3
2a
2()
3
10
19
∴当
t
时，S有最大值.
3
476331
此时
GPt,OG10t
,
51555
7631
∴
P(,)
……………………………2分
155
∴
S
解法2：由图2，可设
Satbt20
,
∵抛物线过（10，28）∴可再 取一个点，当t=5时，计算得
S
∴抛物线过（
5,
2
63
，
2
63
），代入解析式，可求得a,b.……………评分参照解法1
2
（4）这样的点P有2个. ………………………2分
13. （2011 ·浙江温州·模拟3）如图，正方形ABCD的边长为2cm，在对称中心O处有一
钉子。动点P，Q同 时从点A出发，点P沿A——B——C方向以每秒2cm的速度运动，
到点C停止；点Q沿A——D方向 以每秒1cm的速度运动，到点D停止。P，Q两点用一
条可伸缩的细橡皮筋连结，设x秒后橡皮筋扫过 的面积为y cm。
（1）当0≤ x ≤1时，求y与x之间的关系式；
（2）当橡皮筋刚好触及钉子时，求x的值；
（3）当1≤ x≤2时，求y与x之间的函数关系式，并写出橡皮筋从触及钉子到运动停
止时POQ的x变化范围；
（4）当0 ≤x≤2时，请在下面给出的直角坐标系中画出y与x之间的函数图象。
2

B
P
A

O
C
B
P
O
C
Q D
A
Q D
0


答案：（1）当0≤x≤1时
AQ= x AP=2 x
11
２
∴y= S
△APQ
=AP·AQ=·2 x· x= x(3分)
22
(2)当橡皮筋刚好触及钉子时，有ＢＰ＝ＤＱ
∵ＢＰ＝２x－２ ＤＱ＝２－x
B
P
A
O
C
4
∴２x－２＝２x x＝（2分）
3

4
（3）当１≤x≤时
3

ＡＢ＝２，ＰＢ＝２－２x，ＡＱ＝x
∴y＝
Q
P P

O
O
D
C
C
B
E
A
B
AQBPx2x2
•ＡＢ＝×２＝３x－２
22
A
即y＝３x－２ （2分）
当
Q
Q
D
D
4
≤x≤２时，作ＯＥ⊥ＡＢ，Ｅ为垂足
3
则ＢＰ＝２x－２，ＡＱ＝x，ＯＥ＝１
y＝S
梯 形ＢＥＯＰ＋
S
梯形ＯＥＡＱ
＝
即y＝
12x21x3x×１＋×１＝
22
2
y
3
3x
（2分）
2


（４）如图所示： （3分）
x

Y= 3x-2 (1＜x≤
２
（0≤x≤1）
2
3x
4
(＜x≤2)
2

3
4
）
3

1
0
1
4
3
23
x

14. （2011·浙江温州·模拟4.）关于x的二次函数y＝－x＋(k－4)x＋2k－2以y轴为
对称 轴，且与y轴的交点在x轴上方．
(1)求此抛物线的解析式，并在直角坐标系中画出函数的草图；
(2)设A是y轴右侧抛物线上的一个动点，过点A作AB垂直x轴于点B，再过点A作x
轴 的平行线交抛物线于点D，过D点作DC垂直x轴于点C,得到矩形ABCD．设矩形ABCD的
周长为 l，点A的横坐标为x，试求l关于x的函数关系式；
(3)当点A在y轴右侧的抛物线上运动时， 矩形ABCD能否成为正方形．若能，请求出
此时正方形的周长；若不能，请说明理由．

答案：解：(1)根据题意得：k－4＝0
∴k＝±2 ……1分
当k＝2时，2k－2＝2＞0
当k＝－2时，2k－2＝－6＜0
又抛物线与y轴的交点在x轴上方
∴k＝2 ……2分
∴抛物线的解析式为：y＝－x＋2
函数的草图如图所示： ……3分
(2)令－x＋2＝0，得x＝±
2

当0＜x＜
2时，A
1
D
1
＝2x，A
1
B
1
＝－ x＋2 ……4分
∴l＝2(A
1
B
1
＋A
1
D
1
)＝－2x＋4x＋4 ……5分
当x＞
2
时，A
2
D
2
＝2x
A
2
B
2
＝－(－x＋2)＝x－2 ……6分
∴l＝2(A
2
B
2
＋A
2
D
2
)＝2x＋4x－4 ……7分
∴l关于x的函数关系式是：
2


2x
＋
4x
＋
4(0
＜
x
＜
2 )

l

2


2x
＋
4x< br>－
4(x
＞
2)

2
22
2
2
2
2
2
22
y
D
1
A
1

B
2

x
B
1


C
2

C
1

(3)解法①：当0＜x＜
2
时，令A
1
B
1
＝A
1
D
1

得x＋2x－2＝0
解得x＝－1－
3
(舍)，或x＝－1＋
3

……8分
2
D
2

A
2

(第24题图)

将x＝－1＋
3
代入l＝－2x＋4x＋4
得l＝8
3
－8 ……9分
当x ＞
2
时，A
2
B
2
＝A
2
D
2< br>
得x－2x－2＝0
解得x＝1－
3
(舍)，或x＝1＋
3

……10分
将x＝1＋
3
代入l＝2x＋4x－4
得l＝8
3
＋8 ……11分
综上所述，矩形ABCD能成为正方形，且
当x＝－1＋
3
时，正方形的周长为8
3
－8；
当x＝1＋
3
时，正方形的周长为8
3
＋8． ……12分
解法②：当0＜x＜
2
时，同“解法①”可得x＝－1＋
3
……8分
∴正方形的周长l＝4A
1
D
1
＝8x＝8
3
－8 ……9分
当x＞
2
时，同“解法①”可得x＝1＋
3
……10分
∴正方形的周长l＝4A
2
D
2
＝8x＝8
3
＋8 ……11分
综上所述，矩形ABCD能成为正方形，且
当x＝－1＋
3
时，正方形的周长为8
3
－8；
当x＝1＋
3
时，正方形的周长为8
3
＋8．……12分
解法③：∵点A在y轴右侧的抛物线上
∴当x＞0时，且点A的坐标为(x，－x＋2)
令AB＝AD，则
x
2
2
＝2x
∴－x＋2＝2x ①
或－x＋2＝－2x ②
由①解得x＝－1－
3
(舍)，或x＝－1＋
3
……8分
由②解得x＝1－
3
(舍)，或x＝1＋
3
……9分
又l＝8x
∴当x＝－1＋
3
时，l＝8
3
－8；……10分
当x＝1＋
3
时，l＝8
3
＋8 ……11分
综上所述，矩形ABCD能成为正方形，且
当x＝－1＋
3
时，正方形的周长为8
3
－8；
2
2
2
2
2
2

当x＝1＋
3
时，正 方形的周长为8
3
＋8．……12分
2
15. （2011·浙江温州·模 拟5）在平面直角坐标系
xOy
中，抛物线
ymx23mxn
5)A( 0，2)
两点． 经过
P(3，，
（1）求此抛物线的解析式；
（2）设抛 物线的顶点为
B
，将直线
AB
沿
y
轴向下平移两个单位得到 直线
l
，直线
l
与抛
物线的对称轴交于
C
点，求直 线
l
的解析式；
（3）在（2）的条件下，求到直线
OB，OC，BC
距离相等的点的坐标．

4
3
2
1
y


3m6mn5
解：（1）根据题意得


n2

1


m
解得

3



n2
所以抛物线的解析式为：
y
4

3

2

1

1

2

3

O

1 2 3
x

1
2
23
xx2

33
（）由
y
1
2
23
xx2
得抛物线的顶点坐标为B（
3
，1），
33
依题意，可得C（
3
，-1），且直线
l
过原点， 设直线 的解析式为
l
则
3k1
解得
k
ykx
，

3

3
3
x
所以直线
l
的解析式为
y
3
（3）到直线OB、OC、BC距离相等的点有四个，如图，
由勾股定理得 OB=OC=BC=2，
所以△OBC为等边三角形。
易证
x轴所在的直线平分∠BOC，
y
轴是△OBC的一个外角的平分线，
作∠BCO 的平分线，交
x
轴于M
1
点，交
y
轴于M
2
点，
作△OBC的∠BCO相邻外角的角平分线，交
y
轴于M
3
点，
反向延长线交
x
轴于M
4
点，

可得点M
1
，M
2
，M
3
，M
4
就是到直线OB、OC、BC距离相等的点。
可证△OBM
2
、△BCM
4
、△OCM
3
均为等边三角形，可求得：
①OM
1


323
23
OB
，所以点 M
1
的坐标为（

，0）。
33
3
②点M
2
与点A重合，所以点M
2
的坐标为（0 ，2），
③点M
3
与点A关于
x
轴对称，所以点M
2
的坐标为（0 ，-2），
④设抛物线的对称轴与
x
轴的交点为N ，
M
4
N

3
BC3
，且ON = M
4
N，
2
所以点M
4
的坐标为（
23
，0）
综合所述，到战线OB、OC、BC距离相等的点的坐标分别为：
M
1
（

23
，0）、 M
2
（0 ，2）、 M
3
（0 ，-2）、M
4
（
23
，0）。

3
16. （2011·浙江温州·模拟6）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6） 、点B（8，
0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点< br>Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间
为t秒 ．
(1) 求直线AB的解析式；
(2) 当t为何值时，△APQ与△AOB相似？
24
(3) 当t为何值时，△APQ的面积为
5
个平方单位？




答案：答案：（1）设直线AB的解析式为
y
＝k
x
＋b
由题意，得

3


b=6
k
解得

4


8kb0


b6< br>所以，直线AB的解析式为
y
＝－
3
x
＋6． 4分
4

（2）由AO＝6， BO＝8 得AB＝10
所以AP＝
t
，AQ＝10－2
t

1) 当∠APQ＝∠AOB时，△APQ∽△AOB．
102t
所以
t
＝
10


6
解得
t
＝
11
(秒) 2分
2) 当∠AQP＝∠AOB时，△AQP∽△AOB．
所以
t
＝
102t
解得
6
10
30
t
＝
50
(秒) 2分
13
（3）过点Q作QE垂直AO于点E．
在Rt△AOB中，Sin∠BAO＝
BO
＝
4

AB
5
5
52
在Rt△AEQ中，QE＝AQ·Sin∠BAO＝(10-2
t
)·
4
＝8 －
8
t
2分S
△AP Q
＝
1
AP·QE＝
1
t
·(8－
8
t< br>)
25
4
2
＝－
5
t
＋4
t
＝
24
解得
t
＝2（秒）或
t
＝3（秒）． 2分
5
17. （2011·浙江温州·模拟7）设抛物线
yaxbx2
与
x
轴交于两个不同的点
A
（－
1，0）、
B
（m
，0），与
y
轴交于点
C
.且∠
ACB
＝9 0°.
（1）求
m
的值；
（2）求抛物线的解析式，并验证点
D
（1，－3

）是否在抛物线上；
（3）已知过点
A
的直线
yx1
交抛物线于另一点
E
. 问：在
x
轴上是否存在点
P
，使< br>以点
P、B、D
为顶点的三角形与△
AEB
相似？若存在，请求出所< br>有符合要求的点
P
的坐标. 若不存在，请说明理由.
答案：解：（1）令
x
＝0，得
y
＝－2
∴
C
（0，－2）……（1分）
∵∠
ACB
＝90°，
CO
⊥
AB
，∴△
AOC
∽△
COB
，
∴
OA·OB＝OC

2
2
OC
2
22
∴
OB
＝
＝＝4
∴
m
＝4 （2分）
OA1

1

a＝


2

2（2）将
A
（－1，0），B（4，0）代入
y＝axbx2
，解得


b＝
3

2

∴抛物线的解析式为
y＝x
2

当
x
=1时，
y＝x
2

1
2
3
x2
……（2分）
2
1
2
3
x2
=－3，∴点
D
（1，－3）在抛物线上。……（1分）
2

y＝x1

x
1
＝1

x
2
＝6

（3）由

得 ，∴
E
（6，7）……（2分）

1
2
3
y＝ 0y＝7
y＝xx2

1

2

22

过
E
作
EH
⊥
x
轴于
H
，则< br>H
（6，0），
∴
AH＝EH＝
7 ∴∠
EAH
＝45°
作
DF
⊥
x
轴于
F
，则
F
（1，0）
∴
BF＝DF
＝3 ∴∠
DBF
＝45°
∴∠
EAH
=∠
DBF
=45°
∴∠
DBH
=135°，90°<∠
EBA
<135°
则点
P
只能在点
B
的左侧，有以下两种情况：
①若△DBP
1
∽△
EAB
，则
BP
ABBD53215
BD
1
＝＝
,∴
BP
1
＝
＝
A E7
ABAE
72
1513
13
……（2分）
＝
，∴
P（，0）
1
77
7
BP
AEBD723242< br>BD
②若△
DBP
2
∽△
BAE
，则
2＝
,∴
BP
2
＝＝＝

AB55
AEAB422222
∴
OP
2
＝4＝
∴
P
……（2分）
（，0）
2

555
1322
综合①、②，得点
P
的坐标为：
P

（，0）或P（，0 ）
12
75
∴
OP
1
＝4
18.（2011·浙 江温州·模拟8）如图1，在△
ABC
中，
AB
＝
BC
＝5 ，
AC
=6.△
ECD
是△
ABC
沿
BC
方向平移得到的，连接
AE
.
AC
和
BE
相交于点
O
.
（1）判断四边形
ABCE
是怎样的四边形，说明理由；
（ 2）如图2，
P
是线段
BC
上一动点（图2），（不与点
B、C重合），连接
PO
并延长交
线段
AB
于点
Q
，
QR
⊥
BD
，垂足为点
R
.
①四边形
P QED
的面积是否随点
P
的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，
求出四边形
PQED
的面积；

②当线段
BP
的长为 何值时，△
PQR
与△
BOC
相似？
AE
A
Q
E

A

O
E

D
O
BP
O





B
C
（第24题图1）
D
RC
（第24题图2）
D
B


C
（备用图）1
答案：解：（1）四边形
ABCE
是菱形。 ……………………1分
∵△
ECD
是由△
ABC
沿
BC< br>平移得到的，∴
EC
∥
AB
，且
EC
＝
AB
，
∴四边形
ABCE
是平行四边
形， ……………………3分
又∵
AB
=
BC
，∴四边形
ABCE
是菱形 . …………………4分
（2）①四边形
PQED
的面积不发生变化。 …………………5分
1
方法一：∵
ABCE
是菱形，∴
AC
⊥
BE
，
OC
=
AC
=3，∵
BC
=5 ，∴
BO
=4，
2
过
A
作
AH
⊥
BD
于
H
，（如图1）.
11
∵
S
△
ABC
＝
BC
×
AH
＝
AC
×
BO
，
22
1124
即：×5×
AH
＝×6×4，∴
AH< br>＝. ……………………6分
225
【或 ∵∠
AHC
＝∠
BOC
＝90°，∠
BCA
公用，
∴△
AHC
∽△
BOC
，∴
AH
:
BO
＝
AC
:
BC
，
24
即：
AH
:4＝6:5，∴
AH
＝. ……………………6分】
5
由菱形的对称性知，△
PBO
≌△
QE O
，∴
BP
＝
QE
，
111
∴
S
四边形
PQED
＝（
QE
+
PD
）×
QR
＝（
BP
+
PD
）×
AH
＝
BD
×AH

222
124
＝×10×＝24. ……………………8分
25
方法二: 由菱形的对称性知，△
PBO
≌△< br>QEO
，∴
S
△
PBO
＝
S
△
QEO
，…………6分
∵△
ECD
是由△< br>ABC
平移得到得，∴
ED
∥
AC
，
ED
＝ AC＝6，
又∵
BE
⊥
AC
，∴
BE
⊥
ED
， ……………7分
∴
S
四边形
PQED
＝
S
△
QEO
＋< br>S
四边形
POED
＝
S
△
PBO
＋
S
四边形
POED
＝
S
△
BED

11
＝×
BE
×
ED
＝×8×6＝24. ……………8
22
分

A
Q
E

A
Q
E
O
O
3 2 1
B H
P
R C
（第24题1）
D
B
P G R C
（第24题2）
D

②方法一：如图2，当点
P
在
BC
上运动，使△
PQR
与△
COB
相似时，
∵∠2是△
OBP
的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应，
即∠2＝∠1，∴
OP
=
OC
=3 ……………9分
过
O
作
OG
⊥
BC
于
G
，则
G
为
PC
的中点，△
OGC
∽△
BO C
， ……………10分
9
∴
CG
:
CO
＝< br>CO
:
BC
，即：
CG
:3＝3:5，∴
CG
=， ……………11分
5
97
∴
PB
＝BC
－
PC
＝
BC
－2
CG
＝5－2×＝. ……………12分
55
方法二：如图3，当点
P
在
BC
上 运动，使△
PQR
与△
COB
相似时，
∵∠2是△
OBP
的外角，∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应， ……………9分 2418
∴
QR
:
BO
＝
PR
:
OC
，即：:4＝
PR
:3，∴
PR
＝， ……………10分
55
过
E
作
EF
⊥
BD
于
F
，设
PB
＝
x
，则
RF
=
QE
=
PB
=
x
，
DF
＝
ED
2
-
EF
2
=
24
2
18
2
6-() =， ……………11分
55
18187
＋
x
＋＝10，
x
＝. ……………12分
555
∴
BD
＝
PB
＋
PR< br>＋
RF
＋
DF
＝
x
＋
方法三: 如图4，若 点
P
在
BC
上运动，使点
R
与
C
重合，
由菱形的对称性知，
O
为
PQ
的中点，∴
CO
是R t△
PCQ
斜边上的中线，
∴
CO
=
PO
， ……………9分
∴∠
OPC
＝∠
OCP
，此时，Rt△
P QR
∽Rt△
CBO
， ……………10分
18
∴
PR
:
CO
＝
PQ
:
BC
，即
PR
:3＝6:5，∴
PR
＝ ……………11分
5
187
∴
PB
＝
BC
-
PR
＝5－＝. ……………12分
55

A
Q
E

A
Q
E
O
3 2 1
O
B P

R C F
（第24题3）
D
B P C
(R)
（第24题4）
D