2009年全国各地数学中考模拟试题分类汇编—压轴题(含答案)

中考模拟分类汇编

压轴题

一、解答题

1、(2009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=

3216232

（2分）

2(b3) （2分）

（1分）

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）

- 1 -

2、(2009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90o 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x2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.

解：（1）折痕EF（2）t

（3）s12t22 2 （s）

2t,(0t2).

s1,(2t22).

s14t22t1,(22t32).

s14t22t8,(32t42).

23、（2009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.

- 2 -

(1)如果二次函数yax2bxc(a0)的图象经过O，O’两点且图象顶点M的纵坐标为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．

y C B C D A O A M O x 解：(1)yx22x „„3 分 (2)D(1,

43第28题图

) „„7分

13(3)tan=1或 „„12分(求出一个得3分,求两个得5分)

4、（2009年山东三维斋一模试题）如图所示，已知抛物线yx2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） （2）∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=45 ∵AP∥CB， ∴PAB=45 过点P作PEx轴于E，则APE为等腰直角三角形 令OE=a，则PE=a1 ∴P(a,a1) A ∵点P在抛物线yx1上 ∴a1a1 - 3 -

2y P A o C B x 2y P oC E B x2

解得a12，a21（不合题意，舍去）

∴PE=3··········································································································· 4分）

∴四边形ACBP的面积S=

12121=21234 ············································ 6分） 22AB•OC+

1AB•PE

(3)假设存在

∵PAB=BAC =45 ∴PAAC

∵MGx轴于点G， ∴MGA=PAC =90 在Rt△AOC中，OA=OC=1 ∴AC=2 在Rt△PAE中，AE=PE=3 ∴AP= 32 ························································ 7分） 设M点的横坐标为m，则M (m,m21) ①点M在y轴左侧时，则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时，有

∵AG=m1，MG=m21 m132m122AGPA=

MGCA

M y P 即

23G （舍去） =

MGPA解得m11（舍去） m2(ⅱ) 当MAG ∽PCA时有

m12m1322A oC B xAGCA

即 

解得：m1（舍去） m22

∴M(2,3) ·······················································································（10分）

② 点M在y轴右侧时，则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时有

AGPA=

MGCA

2∵AG=m1，MG=m1

- 4 -

∴

m132m122

43y 解得m11（舍去） m2 ∴M(,)

3947

P M (ⅱ) 当MAG∽PCA时有

m12m1322AGCA=

MGPA

A oC G B x即 

解得：m11（舍去） m24 ∴M(4,15)

∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似

M点的坐标为(2,3)，(,)，(4,15) ········································（12分）

3947

5、(2009年深圳市数学模拟试卷)如图13，已知二次函数y=ax2＋bx＋c的象经过A(－1，0)、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；如果不存在，请说明理由． 解：

解：(1)因为二次函数y=ax

2

y C M N

x D A O 图13

E B ＋bx＋c的图象经过点A(－1，0)、B(3，0)、N(2，3)

- 5 -

0abca1所以，可建立方程组：09a3bc，解得：b2

34a2bcc3所以，所求二次函数的解析式为y=－x2＋2x＋3， 所以，顶点M(1，4)，点C(0，3) -------2分

d3(2)直线y=kx+d经过C、M两点，所以，即k＝1，d＝3，

kd4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相切，因为这个二次函数的对称轴是直线x=1，故可设P(1，y0)，

则PA是圆的半径且PA2=y02＋22，

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，y0)得PE＝y0，PM＝|4-y0|，PQ2PM24y02，

由PQ=PA得方程：

22

(4y0)2y02，解得y0＝－426，符合题意，

22所以，满足题意的点P存在，其坐标为(1，426)或(1，426)

6、（2009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.

- 6 -

（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，

图①

E ∴∠AFM=∠MCE=45°. （2）解：画出图②

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°

A M _ C B N F 图② 7、（2009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

- 7 -

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=ax2+bx，

136a6b0,a, 依题意得解得2

16a4b4.b3. ∴所求抛物线的表达式为y y12x3x=212x3x. 92212(x3)2，∴点P坐标（3,9）. „„„„„„7分

2 （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=1³t= t， ∴EQ=OQ=2t，∴E（2t，2t）.

222 ∵EF∥y轴， ∴PF=

22t，PO222t12=12－2t.

∴EF=PQ=12－2t－

22t=12322t.

①当EF＞QE时， 即12322t＞

2222t，解得t32.

∴当0t32时，SEFQEt(12322t)=322t62t.

- 8 -

②当EF≤QE时,即12 ∴当32t4

322t≤

22t，解得 t32.

2 322

2时，S=EF=(12t). „„„„„„„„„11分

23（4）当0t32时， S3t262t=(t22)212.

22 ∴当t22时，S 当32t4最大

=12 .

最大

2时，S=(1232232)=9.

2

∴当t22时，S

最大

=12. „„„„„„„„„„„13分

当t22时，E（2，2），F（2，8），

∵P（3，

92），∴点P不在直线EF上. „„„„„„„„„„„14分

8、（2009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㎝2.

(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

A x D E B

(图13)

F G C

C

A (图14)

C B

A (图15)

B

- 9 -

9、(2009年通州杨港模拟试卷)已知抛物线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x2⑴求此抛物线的解析式；

⑵若抛物线的顶点为M，点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

⑵S=－

34t22

baxca0的两根为x1=1,x2=－2 .

2

y12t2）

3213211252t1 （

4248⑶ （－,） （,）

5555

o123x10、（2009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．

yCEO图1

yFBDPAxCDBEFOP图2

- 10 -

Ax

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 ∴

POOEBAAP．即

xy34x．∴y=x(4x)3113x243x(0＜x＜4)．

且当x=2时，y有最大值

43．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

(2)由已知，可得P(1，0)，E(0，1)，B(4，3)． „„„„„„6分

1a,2c1,3设过此三点的抛物线为y=ax2＋bx＋c，则abc0,∴b,

216a4bc3.c1.y=

12x232x1．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

(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)． 123yxx1,y6.22故该抛物线上存在两点Q(4，3)、(5，6)满足条件．„„„„„„„„ 14分 11.（2009²浙江温州²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1cm/s的速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25cm/s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；

2AEPBQDC- 11 -

（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

EPDC,AEPADC,　　　 „„„„„„„„„„„„„„„„2 EAADAPACEA5x4,即,EAx,DE5x„„„„„„„„4

（2）BC5,CD3,BD2，„„„„„„„„„„„„„„„„5

y当点Q在BD上运动x秒后，DQ＝2－1.25x,则

12DQCP12(4x)(21.25x)58x272x4„„„„„„„„7

y58x272x4即y与x的函数解析式为：，其中自变量的取值范围是：0＜x<1.6

„„„„„„„„ 8 (3)分两种情况讨论： ①当EQDRt时，

显然有EQPC4x,又EQAC,EDQADC,ACDC 4x1.25x2即,解得　x2.3 EQDQA EPBDQC解得　x2.5 „„„„„„„„10

A②当QEDRt时，

CDAEDQ,QEDCRt,EDQCDAEQCDDQDA,即5(4x)121.25x25,

EBDQPC解得　x3.1„„„„„„„12

综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，EDQ为直角三角形。

- 12 -

12. （2009²浙江温州²模拟2） 如图1，正方形ABCD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.

B

C

A P y

D

28 20 S

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

- 13 -

G

F

∴

GAFA35APABt. 35,即

GA6t10.

∴GA∴OG10t. „„„„„„„„„„2分

又∵OQ4t ∴S12OQOG310t212(t4)(1035t)„„„2分

即S195t20

19 ∵b2a52(310)193，且

193在0≤t≤10内，

∴当t193时，S有最大值.

45t7615,OG1035t315 此时GP ∴P(,

7631,) „„„„„„„„„„„2分 155 解法2：由图2，可设Sat2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（5,632632，

），代入解析式，可求得a,b.„„„„„评分参照解法1

（4）这样的点P有2个. „„„„„„„„„2分

13. （2009²浙江温州²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 cm2。 （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。

- 14 -

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 ∴y= S△APQ=

12 AP²AQ=

12²2 x² x= x

２

(3分)

B P A

O C

(2)当橡皮筋刚好触及钉子时，有ＢＰ＝ＤＱ ∵ＢＰ＝２x－２ ＤＱ＝２－x ∴２x－２＝２x x＝（3）当１≤x≤

4343

（2分）

B E A

A B Q P P O O D C 时

C

ＡＢ＝２，ＰＢ＝２－２x，ＡＱ＝x ∴y＝

AQBP2•ＡＢ＝

x2x22³２＝３x－２

Q Q D D

即y＝３x－２ （2分） 当

43≤x≤２时，作ＯＥ⊥ＡＢ，Ｅ为垂足

则ＢＰ＝２x－２，ＡＱ＝x，ＯＥ＝１ y＝S梯形ＢＥＯＰ＋S梯形ＯＥＡＱ＝即y＝

3x2

12x22³１＋

1x2³１＝

3x2

（2分）

3y（４）如图所示： （3分）

x２ （0≤x≤1）

Y= 3x-2 (1＜x≤

3x43

2）

12 3(

4＜x≤2)

014323x- 15 -

14. （2009²浙江温州²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－x2＋2＝0，得x＝±当0＜x＜

222

2

22

时，A1D1＝2x，A1B1＝－x2＋2 „„4分

∴l＝2(A1B1＋A1D1)＝－2x2＋4x＋4 „„5分 当x＞

2时，A2D2＝2x

2

2

A2B2＝－(－x＋2)＝x－2 „„6分 ∴l＝2(A2B2＋A2D2)＝2x2＋4x－4 „„7分 ∴l关于x的函数关系式是：

22x＋4x＋4(0＜x＜l22x＋4x－4(x＞2)y D1 A1 B2 x B1 2)

C2 C1 (3)解法①：当0＜x＜得x＋2x－2＝0 解得x＝－1－

32

2时，令A1B1＝A1D1

D2 A2 (舍)，或x＝－1＋

3 „„8分

(第24题图)

- 16 -

将x＝－1＋得l＝8当x＞

2

3代入l＝－2x2＋4x＋4

3－8 „„9分 时，A2B2＝A2D2

2得x－2x－2＝0 解得x＝1－将x＝1＋得l＝8

333(舍)，或x＝1＋

3 „„10分

代入l＝2x2＋4x－4

＋8 „„11分

综上所述，矩形ABCD能成为正方形，且 当x＝－1＋当x＝1＋

33时，正方形的周长为8

33－8；

时，正方形的周长为8

2＋8． „„12分

3解法②：当0＜x＜时，同“解法①”可得x＝－1＋

3 „„8分

∴正方形的周长l＝4A1D1＝8x＝8当x＞

2－8 „„9分

3时，同“解法①”可得x＝1＋

3 „„10分

∴正方形的周长l＝4A2D2＝8x＝8

＋8 „„11分

综上所述，矩形ABCD能成为正方形，且 当x＝－1＋当x＝1＋

33时，正方形的周长为8

33－8；

时，正方形的周长为8＋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，－x2＋2) 令AB＝AD，则

x22＝2x

∴－x2＋2＝2x ① 或－x2＋2＝－2x ② 由①解得x＝－1－由②解得x＝1－又l＝8x ∴当x＝－1＋当x＝1＋

3333(舍)，或x＝－1＋

33 „„8分

(舍)，或x＝1＋ „„9分

时，l＝8

33－8；„„10分

时，l＝8＋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；

- 17 -

当x＝1＋

3时，正方形的周长为8

3＋8．„„12分

15. （2009²浙江温州²模拟5）在平面直角坐标系xOy中，抛物线ymx223mxn经过P(3，5)，A(0，2)两点． （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 4 3 2 1 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O 1 2 3 x

2 3 13x2233x2

（）由y13x2233x2得抛物线的顶点坐标为B（3，1），

依题意，可得C（3，过原点， 设直线 的解析式为ykx，-1），且直线

33

则3k1 解得k所以直线 的解析式为y33x

（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M1点，交y轴于M2点， 作△OBC的∠BCO相邻外角的角平分线，交y轴于M3点， 反向延长线交x轴于M4点，

- 18 -

可得点M1，M2，M3，M4 就是到直线OB、OC、BC距离相等的点。 可证△OBM2、△BCM4、△OCM3均为等边三角形，可求得：

①OM1 33233OB，所以点M1的坐标为（233，0）。

②点M2与点A重合，所以点M2的坐标为（0 ，2），

③点M3与点A关于x轴对称，所以点M2的坐标为（0 ，-2），

④设抛物线的对称轴与x轴的交点为N ， M4N 32BC3，且ON = M4N，

所以点M4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： M1（233，0）、 M2（0 ，2）、 M3（0 ，-2）、M4（23，0）。

16. （2009²浙江温州²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＝kx＋b 由题意，得b=68kb0k 解得34

b6- 19 -

所以，直线AB的解析式为y＝－

34x＋6． 4分

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

1) 当∠APQ＝∠AOB时，△APQ∽△AOB． 所以

t630＝

102t10

解得 t＝11(秒) 2分 2) 当∠AQP＝∠AOB时，△AQP∽△AOB． 所以

t10＝102t6 解得 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

AB5在Rt△AEQ中，QE＝AQ²Sin∠BAO＝(10-2t)²

1242＝8 －8t 2分S△APQ＝

512AP²QE＝

t²(8－8t)

5 ＝－5t＋4t＝24 解得t＝2（秒）或t＝3（秒）． 2分

517. （2009²浙江温州²模拟7）设抛物线yax2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＝90°. （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，使以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，请求出所有符合要求的点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＝OC2 ∴OB＝

OCOA2＝221＝4 ∴m＝4 （2分）

- 20 -

（2）将A（－1，0），B（4，0）代入y＝ax21a＝2 bx2，解得3b＝2∴抛物线的解析式为y＝当x=1时，y＝12x212x232x2„„（2分）

32x2=－3，∴点D（1，－3）在抛物线上。„„（1分）

y＝x1x1＝1x2＝6（3）由 得 ，∴E（6，7）„„（2分） 123y＝0y＝7y＝xx21222过E作EH⊥x轴于H，则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△DBP1∽△EAB，则

157137BP1AB137AE＝BDAE,∴BP1＝ABBDAE＝53272＝157

∴OP1＝4＝，∴P（1„„（2分） ，0）＝BDAB225②若△DBP2∽△BAE，则∴OP2＝4254＝225BP2,∴BP2＝AEBDAB＝72325＝425

∴P（2，0）„„（2分） ，0）或P（2225，0）

（综合①、②，得点P的坐标为：P113718.（2009²浙江温州²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PQED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；

- 21 -

②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？

AEAQE A OE DOBPO

BC（第24题图1）DRC（第24题图2）DB

C（备用图）1答案：解：（1）四边形ABCE是菱形。 „„„„„„„„1分

∵△ECD是由△ABC沿BC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＝BC³AH＝AC³BO，

22

1124

即：³5³AH＝³6³4，∴AH＝. „„„„„„„„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≌△QEO，∴BP＝QE，

111

∴S四边形PQED＝（QE+PD）³QR＝（BP+PD）³AH＝BD³AH

222124

＝³10³＝24. „„„„„„„„8分

25

方法二: 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO＝ S△QEO，„„„„6分 ∵△ECD是由△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＋S四边形POED＝S△PBO＋S四边形POED＝S△BED

11＝×BE×ED＝×8×6＝24. „„„„„8分 22

- 22 -

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∽△BOC， „„„„„10分 9

∴CG:CO＝CO:BC，即：CG:3＝3:5，∴CG=， „„„„„11分

597

∴PB＝BC－PC＝BC－2CG＝5－2³＝. „„„„„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 ∴QR:BO＝PR:OC，即：

2418

:4＝PR:3，∴PR＝， „„„„„10分 55

过E作EF⊥BD于F，设PB＝x，则RF=QE=PB=x，

24218

) =， „„„„„11分 55

18187

∴BD＝PB＋PR＋RF＋DF＝x＋＋x＋＝10，x＝. „„„„„12分

555DF＝ED2-EF2 =

62-(

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Rt△PCQ斜边上的中线， ∴CO=PO， „„„„„9分 ∴∠OPC＝∠OCP，此时，Rt△PQR∽Rt△CBO， „„„„„10分 18

∴PR:CO＝PQ:BC，即PR:3＝6:5，∴PR＝ „„„„„11分

5187

∴PB＝BC-PR＝5－＝. „„„„„12分

55

- 23 -

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

19.（2009²浙江温州²模拟9）化工商店销售某种新型化工原料，其市场指导价是每千克160元（化工商店的售价还可以在市场指导价的基础上进行浮动），这种原料的进货价是市场指导价的75%．

（1）为了扩大销售量，化工商店决定适当调整价格，调整后的价格按八折销售，仍可获得实际售价的20%的利润．求化工商店调整价格后的标价是多少元？打折后的实际售价是多少元？

（2）化工商店为了解这种原料的月销售量y（千克）与实际售价x（元/千克）之间的关系，每个月调整一次实际售价，试销一段时间后，部门负责人把试销情况列成下表：

实际售价x（元/千克） 月销售量y（千克）

„ „

150 500

160 480

168 4

180 440

„ „

① 请你在所给的平面直角坐标系中，以实际售价x（元/千克）为横坐标，月销售量y（千克）为纵坐标描出各点，观察这些点的发展趋势，猜想y与x之间可能存在怎样的函数关系； ② 请你用所学过的函数知识确定一个满足这些数据的y与x之间的函数表达式，并验证你在①中的猜想；

③ 若化工商店某月按同一实际售价共卖出这种原料450千克，请你求出化工商店这个月销售这种原料的利润是多少元？

第24题

- 24 -

答案：解：（1）依题意，每千克原料的进货价为160×75%＝120（元） --------------2分 设化工商店调整价格后的标价为x元， 则 0.8x－120＝0.8x×20% 解得 x＝187.5

187.5×0.8＝150（元）----------------------------------------------------------------------2分 ∴调整价格后的标价是187.5元，打折后的实际售价是150元 ．----------1分 （2）①描点画图，观察图象，可知这些点的发展趋势近似是一条直线， 所以猜想y与x之间存在着一次函数关系．

--------------------------------------------------------------2分 ②根据①中的猜想，设y与x之间的函数表达式为y＝kx＋b， 将点（150，500）和（160，480）代入表达式，得

500＝150k＋bk＝－2 解得 480＝160k＋bb＝800

∴y与x的函数表达式为y＝－2x＋800 ---------------------------------------------2分 将点（168，4）和（180，440）代入y＝－2x＋800均成立， 即这些点都符合y＝－2x＋800的发展趋势．

∴①中猜想y与x之间存在着一次函数关系是正确的．---------------------------1分 ③设化工商店这个月销售这种原料的利润为w元， 当y＝450时，x＝175

∴w＝（175－120）×450＝24750（元）

答：化工商店这个月销售这种原料的利润为24750元．---------------------------2分

- 25 -

20.（2009²浙江温州²模拟10）如图，抛物线的顶点坐标是

95，－，且经过点A( 8 , 14 ).

82y (1)求该抛物线的解析式；

(2)设该抛物线与y轴相交于点B，与x轴相交于C、D两点（点C在点D的左边），试求点B、C、D的坐标；

(3)设点P是x轴上的任意一点，分别连结AC、BC． 试判断：PAPB与ACBC的大小关系，并说明理由.

答案：（1）（4

2．A B O C D x (第24题图)

分）设抛物线的解析式为

59yax„„„„„„„„„1分

28159 ∵抛物线经过A(8,14)，∴14＝a8，解得：a „„„„2分

228125159 ∴yx（或yxx2） „„„„„„„„„„1分

2222822 （2）（4分）令x0得y2，∴B(0,2)„„„„„„„„„„„„„„1分 令y0得

12x252x20，解得x11、x24„„„„„„„„„2分

∴C(1 , 0)、D(4 ,0 ) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分 （3）（4分）结论：PAPBACBC „„„„„„„„„„„„„1分 y ． A 理由是：①当点P与点C重合时，有

PAPBACBC „„„„„„„„„„„„1分

②当点P异于点C时，∵直线AC经过点A(8,14)、C(1,0)，

B O C E P D x ∴直线AC的解析式为y2x2 „„„3分 设直线AC与y轴相交于点E，令x0，得y2， ∴E(0,2)，

则点E(0,2)与B(0,2)关于x轴对称 ∴BCEC，连结PE，则PEPB， ∴ACBCACECAE，

∵在APE中，有PAPEAE

∴PAPBPAPEAEACBC„„„„„„„„„„„„„1分

- 26 -

综上所得APBPACBC

21.（2009²浙江温州²模拟11） 如图，以O为原点的直角坐标系中，A点的坐标为（0，1），直线x=1交x轴于点B。P为线段AB上一动点，作直线PC⊥PO，交直线x=1于点C。过P点作直线MN平行于x轴，交y轴于点M，交直线x=1于点N。 （1）当点C在第一象限时，求证：△OPM≌△PCN；

（2）当点C在第一象限时，设AP长为m，四边形POBC的面积为S，请求出S与m间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（3）当点P在线段AB上移动时，点C也随之在直线x=1上移动，△PBC是否可能成为等腰三角形？如果可能，求出所有能使△PBC成为等腰直角三角形的点P的坐标；如果不可能，请说明理由。

答案：（1）∵OM∥BN，MN∥OB，∠AOB=900， ∴四边形OBNM为矩形。 ∴MN=OB=1,∠PMO=∠CNP=900 ∵

AMAOPMBOy x=1 A M P N ，AO=BO=1，

C O x B ∴AM=PM。

∴OM=OA-AM=1-AM，PN=MN-PM=1-PM， ∴OM=PN， ∵∠OPC=90， ∴∠OPM+CPN=900，

又∵∠OPM+∠POM=900 ∴∠CPN=∠POM，

0

∴△OPM≌△PCN. 4分 （2）∵AM=PM=APsin450=

22m，

∴NC=PM=

22m，∴BN=OM=PN=1-

22m；

∴BC=BN-NC=1-

22m-

22m=12m

- 27 -

（3）△PBC可能为等腰三角形。 6分 ①当P与A重合时，PC=BC=1，此时P（0，1） ②当点C在第四象限，且PB=CB时，

22 有BN=PN=1－m，

∴BC=PB=2PN=2-m，

2222∴NC=BN+BC=1－m+2-m， 7分

由⑵知：NC=PM=m，

∴1－

222222m+2-m=22m， ∴m=1. 8分

∴PM=m=

22，BN=1－

22m=1－

22，

∴P（,1－22）.

∴使△PBC为等腰三角形的的点P的坐标为（0，1）或（

22,1－

22） 10分

22.（2009²浙江温州²模拟12） 如图，以O为原点的直角坐标系中，A点的坐标为（0，1），直线x=1交x轴于点B。P为线段AB上一动点，作直线PC⊥PO，交直线x=1于点C。过P点作直线MN平行于x轴，交y轴于点M，交直线x=1于点N。 （1）当点C在第一象限时，求证：△OPM≌△PCN；

（2）当点C在第一象限时，设AP长为m，四边形POBC的面积为S，请求出S与m间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（3）当点P在线段AB上移动时，点C也随之在直线x=1上移动，△PBC是否可能成为等腰三角形？如果可能，求出所有能使△PBC成为等腰直角三角形的点P的坐标；如果不可

- 28 -

能，请说明理由。

答案：（1）∵OM∥BN，MN∥OB，∠AOB=900， ∴四边形OBNM为矩形。 ∴MN=OB=1,∠PMO=∠CNP=900 ∵

AMAOPMBOy x=1 A M P N C O x B ，AO=BO=1，

∴AM=PM。

∴OM=OA-AM=1-AM，PN=MN-PM=1-PM， ∴OM=PN， ∵∠OPC=900， ∴∠OPM+CPN=900，

又∵∠OPM+∠POM=90 ∴∠CPN=∠POM，

0

∴△OPM≌△PCN. （2）∵AM=PM=APsin450=

22m，

∴NC=PM=

22m，∴BN=OM=PN=1-

22m；

∴BC=BN-NC=1-

22m-

22m=12m

（3）△PBC可能为等腰三角形。 ①当P与A重合时，PC=BC=1，此时P（0，1） ②当点C在第四象限，且PB=CB时， 有BN=PN=1－

22m，

∴BC=PB=2PN=2-m，

- 29 -

∴NC=BN+BC=1－

22m+2-m，

由⑵知：NC=PM=22m，

∴1－

222222m+2-m=22m， ∴m=1.

∴PM=m=

22，BN=1－

22m=1－

22，

∴P（,1－

22）.

∴使△PBC为等腰三角形的的点P的坐标为（0，1）或（

22,1－

22）

23、（2009江苏通州通西一模试卷）（12分）如图，在平面直角坐标系中，以点C（0，4）为圆心，半径为4的圆交y轴正半轴于点A，AB是⊙C的切线．动点P从点A开始沿AB方向以每秒1个单位长度的速度运动，点Q从O点开始沿x轴正方向以每秒4个单位长度的速度运动，且动点P、Q从点A和点O同时出发，设运动时间为t（秒）．

（1）当t＝1时，得P1、Q1两点，求过A、P1、Q1三点的抛物线解析式及对称轴l； （2）当t为何值时，PC⊥QC；此时直线PQ与⊙C是什么位置关系？请说明理由； （3）在（2）的条件下，（1）中的抛物线对称轴l上存在一点N，使得NP＋NQ最小，求出点N的坐标．

- 30 -

解：（1）y23x223x8，对称轴为直线：x1…………………………3分

2（2）当t＝2时，PC⊥QC ………………………………………………………6分

此时直线PQ与⊙C相切，理由略………………………………………9分

（3）N（

12，

203）……………………………………………………………12分

24、（09河南扶沟县模拟）如图，已知：四边形AEBD中，对角线AB和DE相交于点C，且AB垂直平分DE，ACa,BCb,CDab,其中ab0．

（1）用尺规作图法作出以AB为直径的⊙O（保留作图痕迹） （2）试判断点D与⊙O的位置关系，并说明理由；

（3）试估计代数式ab和2ab的大小关系，并利用图形中线段的数量关系证明你的结论．

DACBE答案：解：（1）如图所示，（注：必须保留作图痕迹，没有作图痕迹扣2分即作AB的垂直平分线不用圆规画，扣2分） （2）解：∵ AC = a，BC = b，CD = ∴ CD 2 = AC²CB，即

ab CDACCBCD

D 又∵∠DCA = ∠DCB = 90° ∴ △DCA ∽ △BCD

∴ ∠DAB = ∠CDB

∵ ∠DAB +∠ADC = 90°

∴ ∠ADC +∠CDB = 90°即∠ADB = 90° ∴ OA = OB = OD

∴ 点D在⊙O上

（3）结论：a + b ≥ 2ab 由（2）知，点D、E都在⊙O上 ∵ AB是⊙O的直径，AB⊥DE ∴ DE = 2DC = 2ab - 31 -

AOCBE

∵ AB ≥ DE ∴ a + b ≥ 2ab

25.（09河南扶沟县模拟）如图，顶点为D的抛物线y=x2+bx-3与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，连结BC，已知tan∠ABC=1。 （1）求点B的坐标及抛物线y=x2+bx-3的解析式；

（2）在x轴上找一点P,使△CDP的周长最小，并求出点P的坐标；

（3）若点E（x,y）是抛物线上不同于A、B、C的任意一点，设以A、B、C、E为顶点的四边形的面积为S,求S与x之间的函数关系式。

答案：解：(1) B(3,0),yx22x3 (2)P(,0)

73 (3)当E在第四象限,s 当E在第三象限,s12322x12292x6(0x3)

xx6(1x0)

2 当E在第一象限或第二象限,s2x4x(x1或x3)

13

26．（09巩义市模拟）如图平面直角坐标系中，抛物线y=－ x2＋ x＋2 交x轴于A、B

22两点，交y轴于点C．

（1）求证：△ABC为直角三角形；

（2）直线x=m（0＜m＜4）在线段OB上移动，交x轴于点D，交抛物线于点E，交BC于点F．求当m为何值时，EF=DF？

（3）连接CE和BE后，对于问题“是否存在这样的点，使△BCE的面积最大？” ．．．．．．．．E．．．．．．．．．．．．

小红同学认为：“当E为抛物线的顶点时，△BCE的面积最大．”

她的观点是否正确？提出你的见解，若△BCE的面积存在最大值，请求出点E的坐标和△BCE的最大面积．

- 32 -

13

答案：解: （1）对于y=－ x2＋ x＋2

22

13

当y=0时, － x2＋ x＋2=0，解得x1=－1, x2=4;

22当x=0时, y=2

∴A、B、C三点的坐标分别为 A（－1,0）,B（4,0）,C（0,2） ∴OA=1,OB=4,OC=2， ∴AB=OA+OB=5，∴AB=25

在Rt△AOC中,AC2=OA2+OC2=12+22=5 在Rt△COB中,BC2=OC2+OB2=22+42=20 ∴AC2+BC2=AB2，

∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形．

（2）解：∵直线DE的解析式为直线x=m,∴OD= m, DE⊥OB.

DFBD

∵OC⊥AB，∴OC∥DE，∴△BDE∽△BOC， ∴ =

OCBO∵OC=2,OB=4,BD=OB－OD=4－m,∴DF=

BDOCBO24m4212m2

E C F A O D B E C A O F D B .

当EF=DF时，DE=2DF=4－m,∴E点的坐标为（m, 4－m） 1231 23∵E点在抛物线y=－ x＋ x＋2上，∴4－m=－ m＋ m＋2

2222

解得m1=1，m2=4. ∵0＜m＜4，∴m=4舍去， ∴当m=1时，EF=DF

（3）解：小红同学的观点是错误的

13

∵OD= m, DE⊥OB， E点在抛物线y=－ x2＋ x＋2上

22

- 33 -

13

∴E点的坐标可表示为（m, － m 2＋ m＋2）

22

1311

∴DE=－ m 2＋ m＋2.∵DF=2－ m，∴EF=DE－DF=－ m 2＋2m

2222111

∵S△BCE=S△CEF+S△BEF= EF·OD+ EF·BD= EF·（OD+BD）

222

11

= EF·OB= EF·4=2EF 22

∴S△BCE=－m＋4m=－（m－4 m+4－4）=－（m－2）+4 ∴当m=2时, S△BCE有最大值,△BCE的最大面积为4;） 13

∵当m=2时,－ m 2＋ m＋2=3，∴E点的坐标为（2, 3）

22

13325

而抛物线y=－ x2＋ x＋2的顶点坐标为（ , ），∴小红同学的观点是错误的

222827、（09黄陂一中分配生素质测试）

如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A的坐标为(4，0)，点C的坐标为(0，

2)，O 2

2

2

为坐标原点。设P点在第一象限，以P为圆心，半径为1的⊙P与y轴及矩形OABC的边BC都相切. 已知抛物线yax2bxc(a0)经过O、P、A三点. （1）求抛物线的解析式；

（2）若⊙P与矩形OABC组合得到的图形的面积能被一条直线l平分，求这条直线l的解析式；

（3）若点N在抛物线上，问x轴上是否存在点M，使得以M为圆心的⊙M能与PAN的三边PA、PN、AN所在直线都相切，若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：解：（1）O(0，0)，P(1，3)，A(4，0)，

- 34 -

在抛物线yax2c0a1，即b4， bxc(a0)上，ab316a4b0c0所以抛物线的解析式为：yx24x „„„„ 2分 （2）连结AC、OB相交于Q，则Q是矩形OABC的对称中心，

∵P是⊙P的对称中心 ，∴PQ平分⊙P与矩形OABC组合得到的图形的面积

设PQ的解析式为y kb32kb1kxb，P(1，3)、Q(2，1) „„„„„„ 4分

„„„„ 5分

，k2b5，所以PQ解析式为y2x5 （利用其它直线割补平分面积，求得直线的解析式的参照给分）

（3）假设x轴上存在点M，使得⊙M与PAN的三边PA、PN、AN所在的直线都相切，

则有如下两种情形：

① 当⊙M与PAN的三边PA、PN、AN相切时，则M是PAN的内心.

M在x轴上，x轴为PAN的平分线，

轴的对称点G(1，3)在AN上，

x4yP(1，3)关于x所以AN的解析式为：y由yx4yxox2，

CPBQHORMAT4x得到N(1，5) „„„„ 7分

作PR轴于R，PR3AR，PAO450， ，PA32在等腰直角ARP中，PR作NHox3AR

，

N22轴于H，因为AN的解析式为：yGx4所以NAH450， 在等腰直角AHN中，

AH5，NH3，AN52，在RtNAP中，PNANPAPN2PAAN17217

RtNAPAM的内切圆⊙M的半径MT3442，

2MT8，M(344，0) „„„„„ 9分

② 当⊙M与PAN的边AP、AN的延长线相切于J、S，且与AN边相切于K时，则M是PAN的旁心.

- 35 -

由①RtNAP的三边长度分别为：

JAN52NSNKP KP，PA，PK32PJ，PN，

217

MAN旁切圆的半径MSAM2MS8APANPN24217

S34，M(344，0)

综上所述：x轴上存在点M，使得⊙M与PAN的三边PA、PN、AN所在的直线都相切M(344，0)、M(344，0) „„„„„„„ 12分

28、（09枝江英杰学校模拟）如图矩形OABC，AB=2OA=2n，分别以OA和OC为x、y

轴建立平面直角坐标系，连接OB，沿OB折叠，使点A落在P处。过P作PQ⊥y轴于Q。

（1）求OD:OA的值。

（2）以B为顶点的抛物线：y=ax+bx+c，经过点D，与直线 OB相交于E，过E作EF⊥y轴于F，试判断2²PQ²EF与矩形OABC面积的关系，并说明理由。

答案：(1)在矩形OABC中AB∥OC,∴∠ABO=∠BOC,根据题中的折叠得∠PBO=∠BOC ∴∠PBO=∠BOC, ∴BO=DO,设DO=k,则DB=k 在Rt⊿BCD中BC=n,DG=2n-k,BD=k

2

- 36 -

∴(2n-k)+n=k, ∴OD=

222

n,OD:OA=5/4

3 (2)设以B为顶点的抛物线为y=a(x-n)2+2n,把D(0, n)代入，得a=

4n ∴y= E(-5334n(x-n)2+2n==n), ∴EF=

34n53x2+

32x+

n,直线OB为y=2x,二者联立，得

n,-

103n,

0

根据PQ⊥y轴于Q，∠BCO=90,得⊿BDC∽⊿PDQ,通过BD=OD= ∴

PDBDn,得PD=

34n

=

35=

PQBC=

PQn ∴PQ=

35n, ∴2²PQ²EF=2n2即矩形OABC面积

29. 物线 如图（十三），已知抛

（1）求b的值；

1

y  x 2  1，直线  kx  b y经过点B （ 0 ， 2 ）

4

（2）将直线ykxb绕着点B旋转到与x轴平行的位置时（如图①），直

14x1相交，其中一个交点为P，求出点P的坐标；2线与抛物线y

（3）将直线ykxb继续绕着点B旋转，与抛物线y14x1相交，其2

²²²²

中一个交点为P'（如图②），过点P'作x轴的垂线P'M，点M为垂足。是否存在这样的点P'，使△P'BM为等边三角形？若存在，请求出点P'的坐标；若不存在，请说明理由。（09武冈市福田中学一模）

（十三）

答案：解：（1）∵直线y＝kx＋b过点B（0，2）

∴b＝2

（2）y＝kx＋b绕点B旋转到与x轴平行，即y＝2

- 37 -

依题意有：14x122

x2

∴P（2，2）或P（-2，2）

（3）假设存在点P'(x0，y0)，使P'BM为等边三角形

如图，则∠BP'M＝60° P'My0

P'B2P'M22y02

且P'M＝P'B

即y02y02

y04

又点P'在抛物线y14x1上2

∴14

x142 x23

14x1相交，存在一个交点P'2∴当直线ykxb绕点B旋转时与抛物线y（23，4）或P'（23，4）

使△P'BM为等边三角形

30、（09九江市浔阳区中考模拟）如图2—14，四边形ABCD是边长为4的正方形，动点P、Q同时从A点出发，点P沿AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动.点Q沿折线ADC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动,设运动时间为t秒. (1)当t=2秒时,求证PQ=CP.

(2)当2（3）设CPQ的面积为S，那么S 与t之间的函数关系如何？并问S的值能否大于正方形ABCD面积的一半？为什么？

C

BQPAD

- 38 -

答案：. （1）当t=2时，（如图1），Q与D重合，P恰好是AB的中点， CBPDAP， 则PQ=CP

（2）当2161244t12t2t12442t St6t

2图2—14

当22 又St6t(t3)9开口向下对称轴为t=3, ∴0≤t≤2时，S随t增大而增大，当t=2时，S取得最大值为8. 又 ∵S=-4t+16,t16s4 216s4≤48s≥0,

∴S的值不可能超过正方形面积的一半8. 31．(09上浦镇中学九年级“回头看”试题)

如图1，正方形ABCD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

- 39 -

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. 答案：解：（1）作BF⊥y轴于F. ∵A（0，10），B（8，4） ∴FB=8,FA=6,

∴AB=10

O E A C

P B Q 图 1

x （第8题） O 10 图 2 t y

D

28 20 S （2）由图2可知，点P从点A运动到点B用了10s ∵AB=10

∴P、Q两点的运动速度均为每秒一个单位长度. （3）解法1：作PG⊥y轴于G，则PG∥BF. ∴△AGP∽△AFB ∴

GAFA35APABt. 35t.

A y

D

C

P B

,即

GA6t10.

O E

Q x

∴GA图 1 S 28 20 ∴OG10又∵OQ4t ∴S12OQOG310t212(t4)(1035t)

O 10 图 2 t 即S195t20

19 ∵b2a52(310)193，且

193（第8题）

在0≤t≤10内，

- 40 -

∴当t193时，S有最大值.

4t76,OG1035t315 此时GP5157631 ∴P(,)

155,

解法2：由图2，可设Sat2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（5,632632，

），代入解析式，可求得a,b.

（4）这样的点P有2个.

32．（09綦江县三江中一模）已知，在Rt△OAB中，∠OAB＝900，∠BOA＝300，AB＝2。若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内。将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处。 （1）求点C的坐标；（2分）

（2）若抛物线yax2bx（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；（3分） （3）若抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M。问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由。（5分）

注：抛物线yaxb2a2b4acb2bxc（a≠0）的顶点坐标为2a，4a，对称轴公式为x y

C y B O A x x- 41 -

答案：（1）过点C作CH⊥x轴，垂足为H

∵在Rt△OAB中，∠OAB＝900，∠BOA＝300，AB＝2 ∴OB＝4，OA＝23

由折叠知，∠COB＝300，OC＝OA＝23 ∴∠COH＝600，OH＝3，CH＝3 ∴C点坐标为（3，3）

（2）∵抛物线yax2bx（a≠0）经过C（3，3）、A（23，0）两点

332a3ba1 ∴ 解得：

2b23023a23b ∴此抛物线的解析式为：yx223x

（3）存在。因为yx223x的顶点坐标为（3，3）即为点C

0

MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，因为∠BOA＝30，所以ON＝3t

∴P（3t，t）

作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E

把x3t代入yx223x得：y3t26t

22 ∴ M（3t，3t6t），E（3，3t6t）

同理：Q（3，t），D（3，1）

要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD

2 即33t6tt1，解得：t143，t21（舍）

∴ P点坐标为（

433，

43）

∴ 存在满足条件的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点的坐为（

- 42 -

433，

43）

33、（安徽桐城白马中学模拟一）．我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”，如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线. 如图1，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点D的坐标为(0，-3)，AB为半圆的直径，半圆圆心M的坐标为(1,0)，半圆半径为2.

(1) 请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量的取值范围； (2)你能求出经过点C的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看；

(3)开动脑筋想一想，相信你能求出经过点D的“蛋圆”切线的解析式. 答案:

解：(1)解法1：根据题意可得：A(-1,0)，B(3,0)； 则设抛物线的解析式为ya(x1)(x3)(a≠0) D 第10图 A O M B x C y 又点D(0，-3)在抛物线上，∴a(0+1)(0-3)=-3，解之得：a=1

∴y=x2-2x-3 ··································································································· 3分 自变量范围：-1≤x≤3 ···················································································· 4分

解法2：设抛物线的解析式为yax2bxc(a≠0)

根据题意可知，A(-1,0)，B(3,0)，D(0，-3)三点都在抛物线上

abc0∴9a3bc0c3a1，解之得：b2c3

∴y=x2-2x-3 ·············································································· 3分 自变量范围：-1≤x≤3 ····························································· 4分

解：（1）解方程x22x30

得x13，x21 ··········································································································· 1分

- 43 -

···················································· 2∴抛物线与x轴的两个交点坐标为：C(3，0)，B(1，0) ·设抛物线的解析式为

分

········································································································· 3分 ya(x3)(x1) ·

∵A(3，6)在抛物线上 ∴6a(33)·(31) ∴a∴抛物线解析式为：y12 ···················································································· 4分

321212xx22·············································································· 5分

分

（2）由y12xx232··········································································· 6(x1)2·

∴抛物线顶点P的坐标为：(1，······································ 7分 2)，对称轴方程为：x1 ·

设直线AC的方程为：ykxb

∵A(3，6)，C(3，0)在该直线上

b33kb6解得·············································· 9分 ∴直线AC的方程为：yx3 ∴3kb0k1将x1代入yx3得y2

·····································································································10分 2) ∴Q点坐标为(1，（3）作A关于x轴的对称点A(3，6)，连接AQ；AQ与x轴交于点M即为所求的点 ····································································································································11分 设直线AQ方程为ykxb

3kb6b0解得 ∴kb2k2∴直线AC：y2x ··································································································12分

令x0，则y0·········································································································13分

∴M点坐标为(0，·····································································································14分 0)·

34、(2009年浙江省嘉兴市秀洲区素质评估卷10)．如图，在平面直角坐标系内，四边形AOBC是菱形，点B的坐标是（4，0），AOB60， 点P从点A开始沿AC以每秒1个单位长度向点C移动，同时点Q从点O以每秒a(1a3)个单位长度的速度沿OB向右移动，设t秒后 ，PQ交OC于点R。、

（1）设a2，t为何值时，四边形APQO的面积是菱形AOBC面积的

14；

- 44 -

（2）设a2,OR835，求t的值及此时经过P、Q两点的直线解析式；

（3）当a为何值时，以O、Q、P为顶点的三角形与以O、B、C为顶点的三角形相似（只写答案，不必说理）。

答案：（1）作AD⊥OB于D，在Rt△AOD中，OA=4，AOD60, Sin60AD23∵S梯形APQOS梯形AP

AD4 ，

12(APOQ)AD12(tat)23，当a=2时，14S菱形AOBC1442323，

QO123t2333t，∴由S梯形APQO23∴33t23t；

(2)作CH⊥x轴于H，在Rt⊿CBH中,BC=OB=4,∠CBH=∠AOB=60°, ∴Cos60°=

BHBC,∴BH=412=2,Sin60°=

CHBC,∴CH=4OQPC3223,在Rt⊿OCH中,由勾股

定理得，OC=43，∵AC∥OB，得⊿OQR∽⊿CPR，∴

ORRC，另一方面，当a=2时，OQ= 85at=2t,PC=4-t,RC=OC-OR=438351235,∴

2t4t51235,∴t=1,解得P(3，

33)，Q(2，0)，∴解析式为y23x43，(3)当a=1时，⊿ORQ∽⊿OBC，理由如下：

∵AC∥OB，得⊿OQR∽⊿CPR，得

OR43ORat6(2t)，∴OR=

43at4tat，∴当

43atOROCOQOB,∠ROQ=∠COB得⊿OQR∽⊿OBC,此时,

OROCOQat得4tat,所以OB443- 45 -

at-t=0,t(a-1)=0,∴t=0(舍去);a-1=0,∴a=1。

35、(2009年浙江省嘉兴市秀洲区素质评估卷9)．在足球比赛中，当守门员远离球门时，进攻队员常常使用“吊射”的战术（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门）．一位球员在离对方球门30米的M处起脚吊射，假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度高度为2.44米．问：

（1） 通过计算说明，球是否会进球门？

（2） 如果守门员站在距离球门2米远处，而守门员跳起后最多能摸到2.75米高处，他能

否在空中截住这次吊射？

（3） 如图b：在另一次地面进攻中，假如守门员站在离球门2米远的A点处防守，

进攻队员在离球门12米的B处以120千米/小时的球速起脚射门，射向球门的立柱C．球门的宽度CD为7.2米，而守门员防守的最远水平距离S和时间t之间的函数关系式为S＝10 t ，问这次射门守门员能否挡住球？

答案：（1）解：设足球经过的路线所代表的函数解析式为yax142323米。如图a：以球门底部为坐标原点建立坐标系，球门PQ的

323，„„（2

分）

把（30，0）代入得：a124，故y124x142323。„„（2分）

当x0时，y2.52.44 所以球不会进球门。„„（1分） （2）当x2时，y1432.75„„（2分）

所以守门员不能在空中截住这次吊射。„„（1分）

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（3）连结BA并延长，交CD于点M，由题意M为CD中点，过A作

EF//CD。

由BEA∽BCM可得AE＝3„„（1分） ∴BE＝109，t3109100，S3109103„„（2分）

答：这次射门守门员能挡住球。„„（1分）

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