初二年级30道典型几何综合题.doc

30道典型几何综合题1、解答：解：（1）如图，作点D关于x轴的对称点D，连接CD与x轴交于点E，连接DE若在边OA上任取点E与点E不重合，连接CE、DE、DE由DE+CE=DE+CECD=DE+CE=DE+CE，可知CDE的周长最小在矩形OACB中，OA=3，OB=4，D为OB的中点，BC=3，DO=DO=2，DB=6，OEBC，RtDOERtDBC，有点E的坐标为（1，0）；（2）如图，作点D关于x轴的对称点D，在CB边上截取CG=2，连接DG与x轴交于点E，在EA上截取EF=2，GCEF，GC=EF，四边形GEFC为平行四边形，有GE=CF，又GC、EF的长为定值，此时得到的点E、F使四边形CDEF的周长最小OEBC，RtDOERtDBG，有点E的坐标为（，0），点F的坐标为（，0）（10分）2、解答：解：（1）设点B（4，1）关于x轴的对称点是B，其坐标为（4，1），设直线AB的解析式为y=kx+b，把A（2，3），B（4，1）代入得：，解得y=2x7，令y=0得x=，即p=（2）过A点作AEx轴于点E，且延长AE，取AE=AE做点F（1，1），连接AF那么A（2，3）直线AF的解析式为，即y=4x5C点的坐标为（a，0），且在直线AF上，a=（3）存在使四边形ABMN周长最短的点M、N，作A关于y轴的对称点A，作B关于x轴的对称点B，连接AB，与x轴、y轴的交点即为点M、N，A（2，3），B（4，1），直线AB的解析式为：y=x，M（，0），N（0，）m=，n=3、解答：（1）证明：沿对角线BD对折，点C落在点C的位置，A=C，AB=CD在GAB与GCD中，GABGCDAG=CG；（2）解：点D与点A重合，得折痕EN，DM=4cm，ND=5cm，ENAD，MN=3（cm），由折叠的性质可知NDE=NDC，ENCD，END=NDC，END=NDC=NDE，EN=ED，设EM=x，则ED=EN=x+3，由勾股定理得ED2=EM2+DM2，即（x+3）2=x2+42，解得x=，即EM=4、解答：解：（1）等腰（2）如图，连接BE，画BE的中垂线交BC与点F，连接EF，BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形折痕垂直平分BE，AB=AE=2，点A在BE的中垂线上，即折痕经过点A四边形ABFE为正方形BF=AB=2，F（2，0）（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为4，理由如下：当F在边BC上时，如图所示SBEFS矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为4当F在边CD上时，如图所示，过F作FHBC交AB于点H，交BE于KSEKF=KFAHHFAH=S矩形AHFD，SBKF=KFBHHFBH=S矩形BCFH，SBEFS矩形ABCD=4即当F为CD中点时，BEF面积最大为4下面求面积最大时，点E的坐标当F与点C重合时，如图所示由折叠可知CE=CB=4，在RtCDE中，ED=2AE=42E（42，2）当F在边DC的中点时，点E与点A重合，如图所示此时E（0，2）综上所述，折痕BEF的最大面积为4时，点E的坐标为E（0，2）或E（42，2）5、解答：解：（1）由折叠知BE=EM，B=EMP=90AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AMAB=4，M是AD中点，AEM的周长=4+2=6（cm）；现证明EP=AE+PD方法一：取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，MG=（AE+PD），在RtEMP中，MG为斜边EP的中线，MG=EP，EP=AE+PD方法二：延长EM交CD延长线于Q点A=MDQ=90，AM=DM，AME=DMQ，AMEDMQAE=DQ，EM=MQ又EMP=B=90，PM垂直平分EQ，有EP=PQPQ=PD+DQ，EP=AE+PD（2）PDM的周长保持不变设AM=x，则MD=4x由折叠性质可知，EM=4AE，在RtAEM中，AE2+AM2=EM2，即AE2+x2=（4AE）2，AE=（16x2）又EMP=90，AME+DMP=90AME+AEM=90，AEM=DMP又A=D，PDMMAECPDM=CMAE=（4+x）=8PDM的周长保持不变6、解答：解：（1）A（6，0），C（0，4）OA=6，OC=4设DE与y轴交于点M由DEAB可得DMCAOC又CD=ACCM=2，MD=3同理可得EM=3OM=6D点的坐标为（3，6）；（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）由DEAB，EM=MD可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线点C关于直线DE的对称点F在y轴上ED与CF互相垂直平分CD=DF=FE=EC四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T可证FTMCSMFT=CSFE=CDTE=SDEC=DFTE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，由点B（6，0），点M（0，6）在直线y=kx+b上，可得直线BM的解析式为y=x+6（3）确定G点位置的方法：过A点作AHBM于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点由OB=6，OM=6可得OBM=60BAH=30在RtOAG中，OG=AOtanBAH=2G点的坐标为（或G点的位置为线段OC的中点）7、解答：解：（1）A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2（4，0），B2（5，0），C2（5，2）；（3分）（2）如果0a3，那么点P1在线段OM上，PP2=PP1+P1P2=2OP1+2P1M=2（OP1+P1M）=2OM=6；（5分）如果a3，那么点P1在点M的右边，PP2=PP1P1P2=2OP12P1M=2（OP1P1M）=2OM=6所以PP2的长是6（7分）8、解答：解：（1）RtCEF、RtADE、RtAEF、RtAA1D1、RtED1C1、RtC1B1F（写出其中三个即可）（2）AF=5过E作EMAF，垂足为M，交D1C1于N，则EM=2四边形A1B1C1D1是正方形D1C1AFD1C1EAFE设正方形A1B1C1D1的边长为x，则解得x=正方形A1B1C1D1的边长为（3）D1C1=，EN=2=SD1EC1=，C1B1=B1F=SC1B1F1=1=2，1+4=90，2+3=903=4E1点在C1F1上又S正方形A1B1C1D=（）2=S未被覆盖四边形=9、解答：解：（1）由题意可知：OA=2，AOB=30，则根据直角三角形中30所对的边是斜边的一半，则AB=1，根据勾股定理可以求得OB=；则点A的坐标为（1，），点B的坐标为（0，）；（2）垂直理由：连接DE，直角三角形ODE中，tanOED=，OED=60BAO=30，OAED（3）因为DE总是垂直于OA运动，因此可以看做直线DE沿OA方向进行运动因此两者有公共点的取值范围就是OA之间当DE过O点时，t=0当DE过A点时，直角三角形OAD中，OA=2，ODA=30，因此OD=4，t=因此t的取值范围是0t（4）当0t时，S=t2；Smax=；当t时，S=t2（t）2=（t）2+，Smax=；当t时，S=（2t）2，S无最大值；综上所述S的最大值为10、解答：解：（1）OA=OB=2，A（0，2）、B（2，0）、C（2，2）（3分）（2）AOMONO（4分）证明：四边形AOBC是正方形，AOM=90又ONOB，ONO=90AOM=ONO=90又根据对称性质可知：AMOO于D点，在RtODM中，1+3=90在RtAOM中，2+3=90，1=2AOMONO（6分）（3）M是OB的中点，OM=OB=1在RtAOM中，AM=又OD是RtAOM斜边上的高，（8分）又AOMONO，（10分）11、解答：解：（1）A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，OA旋转了45度OA在旋转过程中所扫过的面积为（2）MNAC，BMN=BAC=45，BNM=BCA=45度BMN=BNMBM=BN又BA=BC，AM=CN又OA=OC，OAM=OCN，OAMOCNAOM=CONAOM=（9045）=22.5度旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为4522.5=22.5度（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化证明：延长BA交y轴于E点，则AOE=45AOM，CON=9045AOM=45AOM，AOE=CON又OA=OC，OAE=18090=90=OCNOAEOCNOE=ON，AE=CN又MOE=MON=45，OM=OM，OMEOMNMN=ME=AM+AEMN=AM+CN，p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化12、解答：解：（1）图中与BCF全等的有GDF、GAH、ECH（2）D1F1=AH1，证明：，AF1CD1H1CF1C=H1C，又CD1=CA，CD1F1C=CAH1C即D1F1=AH1；（3）连接CG1在D1G1F1和AG1H1中，D1G1F1AG1H1G1F1=G1H1，又H1C=F1C，G1C=G1C，CG1F1CG1H11=2B=60，BCF=30，BFC=90又DCE=90，BFC=DCE，BACE，1=3，2=3，G1I=CI13、解答：解：（1）BE=DF且BEDF；（2）在DFA和BEA中，DAF=90FAB，BAE=90FAB，DAF=BAE，又AB=AD，AE=AF，DFABEA，BE=DF；ADF=ABE，BEDF；（3）AE=（1）AD；（4）正方形14、解答：解：（1）AB=AE，ABAE；（2）将BCG绕点C顺时针旋转90后能与ACE重合（或将ACE绕点C逆时针旋转90后能与BCG重合），理由如下：ACBC，DFEF，B、F、C、E共线，ACB=ACE=DFE=90，又AC=BC，DF=EF，DEF=D=45，在CEG中，ACE=90，CGE+DEF=90CGE=DEF=45，CG=CE，在BCG和ACE中，BCGACE（SAS），将BCG绕点C顺时针旋转90后能与ACE重合（或将ACE绕点C逆时针旋转90后能与BCG重合）15、解答：解：（1）EBF=30；（1分）QFC=60；（2分）（2）QFC=60 （1分）解法1：不妨设BPAB，如图1所示BAP=BAEEAP=60EAP，EAQ=QAPEAP=60EAP，BAP=EAQ （2分）在ABP和AEQ中AB=AE，BAP=EAQ，AP=AQ，ABPAEQ（SAS） （3分）AEQ=ABP=90 （4分）BEF=180AEQAEB=1809060=30QFC=EBF+BEF=30+30=60 （5分）（事实上当BPAB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）解法2：设AP交QF于MQMP为AMQ和FMP共同的外角QMP=Q+PAQ=APB+QFC，由ABPAEQ得Q=APB，由旋转知PAQ=60，QFC=PAQ=60，（3）在图1中，过点F作FGBE于点GABE是等边三角形，BE=AB=2由（1）得EBF=30在RtBGF中，BG=，BF=2EF=2 （1分）ABPAEQQE=BP=x，QF=QE+EF=x+2 （2分）过点Q作QHBC，垂足为H在RtQHF中，y=QH=sin60QF=（x+2）（x0）即y关于x的函数关系式是：y=x+ （3分）16、解答：解：（1）BG=AE，证明：易得BD=DC，GD=DE，GDB=EDA；故可得RtBDGRtEDA；故BG=AE；（2）成立：证明：连接AD，RtBAC中，D为斜边BC的中点，AD=BD，ADBC，ADG+GDB=90，EFGD为正方形，DE=DG，且GDE=90，ADG+ADE=90，BDG=ADE，在BDG和AED中，BDGAED（SAS），BG=AE；（3）由（2）可得BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值；分析可得：当旋转角度为270时，BG=AE最大值为1+2=3，此时如图：AF=17、解答：（1）证明：A=30，ACB=90，D是AB的中点CD=AD=BD，又B=90A=60，BCD是等边三角形又CNDB，DN=DBEDF=90，BCD是等边三角形，ADG=30，而A=30GA=GDGMAB，AM=AD又AD=DB，AM=DN（2）解：（1）的结论依然成立理由如下：DFAC，1=A=30，AGD=GDH=90，ADG=60B=60，AD=DB，ADGDBH，AG=DH又1=A，GMAB，HNAB，AMGDNH，AM=DN18、解答：解：（1）点F在AD上，AF2=a2+a2，即AF=a，DF=ba，SDBF=DFAB=（ba）b=b2ab；（2）连接AF，由题意易知AFBD，四边形AFDB是梯形，DBF与ABD等高同底，即BD为两三角形的底，由AFBD，得到平行线间的距离相等，即高相等，SDBF=SABD=b2；（3）正方形AEFG在绕A点旋转的过程中，F点的轨迹是以点A为圆心，AF为半径的圆，第一种情况：当b2a时，存在最大值及最小值，因为BFD的边BD=b，故当F点到BD的距离取得最大、最小值时，SBFD取得最大、最小值如图所示CF2BD时，SBFD的最大值=，SBFD的最小值=，第二种情况：当b=2a时，存在最大值，不存在最小值SBFD的最大值=（如果答案为4a2或b2也可）19、解答：（1）证明：证法一：在ABP与ADP中，AB=ADBAC=DAC，AP=AP，ABPADP，BP=DP（2分）证法二：利用正方形的轴对称性，可得BP=DP（2分）（2）解：不是总成立（3分）当四边形PECF的点P旋转到BC边上时，DPDCBP，此时BP=DP不成立，（5分）说明：未用举反例的方法说理的不得分（3）解：连接BE、DF，则BE与DF始终相等，（6分）在图1中，由正方形ABCD可证：AC平分BCD，PEBC，PFBD，PE=PF，BCD=90，四边形PECF为正方形（7分）CE=CF，DCF=BCE，BC=CD，BECDFC，BE=DF（8分）20、解答：证明：（1）将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，B=D，将ECF的顶点F固定在ABD的BD边上的中点处，ECF绕点F在BD边上方左右旋转，BF=DF，HFG=B，又HFD=HFG+GFD=B+BHFGFD=BHF，BFHDGF，BHGD=BF2；（2）AGCE，FAG=C，CFE=CEF，AGF=CFE，AF=AG，BAD=C，BAF=DAG，ABFADG，FB=DG，FD+DG=BD，故答案为：BD21、解答：解：（1）相似（1分）由题意得：APA1=BPB1=，AP=A1P，BP=B1P，则PAA1=PBB1=，（2分）PBB1=EBF，PAE=EBF，又BEF=AEP，BEFAEP；（3分）（2）存在，理由如下：（4分）易得：BEFAEP，若要使得BEFAEP，只需要满足BE=AE即可，（5分）BAE=ABE，BAC=60，BAE=，ABE=BAE=ABE，（6分），即=2+60；（7分）（3）连接BD，交A1B1于点G，过点A1作A1HAC于点HB1A1P=A1PA=60，A1B1AC，由题意得：AP=A1P=2+x，A=60，PAA1是等边三角形，A1H=sin60A1P=，（8分）在RtABD中，BD=，BG=，（9分）（0x2）（10分）22、解答：解：（1）点A（3，0），B（0，4），得OA=3，OB=4，在RtAOB中，由勾股定理，得AB=5，根据题意，有DA=OA=3如图，过点D作DMx轴于点M，则MDOB，ADMABO有，得，OM=，点D的坐标为（，）（2）如图，由已知，得CAB=，AC=AB，ABC=ACB，在ABC中，=1802ABC，BCx轴，得OBC=90，ABC=90ABO=90，=2；（3）若顺时针旋转，如图，过点D作DEOA于E，过点C作CFOA于F，AOD=ABO=，tanAOD=，设DE=3x，OE=4x，则AE=34x，在RtADE中，AD2=AE2+DE2，9=9x2+（34x）2，x=，D（，），直线AD的解析式为：y=x，直线CD与直线AD垂直，且过点D，设y=x+b，则b=4，互相垂直的两条直线的斜率的积等于1，直线CD的解析式为y=，若顺时针旋转，则可得直线CD的解析式为y=直线CD的解析式为y=或y=23、解答：（1）证明：如图1，分别连接OE、0F，四边形ABCD是菱形，ACBD，BD平分ADCAO=DC=BC，COD=COB=AOD=90ADO=ADC=60=30，又E、F分别为DC、CB中点，OE=CD，OF=BC，AO=AD，0E=OF=OA，点O即为AEF的外心（2）解：猜想：外心P一定落在直线DB上证明：如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PICD于I，PJAD于J，PIE=PJD=90，ADC=60，IPJ=360PIEPJDJDI=120，点P是等边AEF的外心，EPA=120，PE=PA，IPJ=EPA，IPE=JPA，PIEPJA，PI=PJ，点P在ADC的平分线上，即点P落在直线DB上为定值2当AEDC时AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为AEF的外心如图3设MN交BC于点G，设DM=x，DN=y（x0yO），则CN=y1，BCDA，GBPMDPBG=DM=xCG=1xBCDA，NCGNDM，x+y=2xy，+=2，即=224、解答：解：（1）设AC=4x，BC=3x，在RtABC中，AC2+BC2=AB2，即：（4x）2+（3x）2=102，解得：x=2，AC=8cm，BC=6cm；（2）当点Q在边BC上运动时，过点Q作QHAB于H，AP=x，BP=10x，BQ=2x，QHBACB，QH=x，y=BPQH=（10x）x=x2+8x（0x3），当点Q在边CA上运动时，过点Q作QHAB于H，AP=x，BP=10x，AQ=142x，AQHABC，即：=，解得：QH=（142x），y=PBQH=（10x）（142x）=x2x+42（3x7）；y与x的函数关系式为：y=；（3）AP=x，AQ=142x，PQAB，APQACB，=，即：=，解得：x=，PQ=，PB=10x=，=，当点Q在CA上运动，使PQAB时，以点B、P、Q为定点的三角形与ABC不相似；（4）存在理由：AQ=142x=1410=4，AP=x=5，AC=8，AB=10，PQ是ABC的中位线，PQBC，PQAC，PQ是AC的垂直平分线，PC=AP=5，当点M与P重合时，BCM的周长最小，BCM的周长为：MB+BC+MC=PB+BC+PC=5+6+5=16BCM的周长最小值为1625、解答：解：（1）如图1，过点C作CNx轴，垂足为N，则四边形DONC为矩形，ON=CD四边形ABCD是菱形，AB=10，AB=BC=CD=AD=10，ON=10，A（6，0），OA=6，OD=8，点C的坐标为（10，8）；（2）如图2，过点P作PHBC，垂足为H，则PHC=AOD=90，四边形ABCD是菱形，PCB=DAO，PHCDOA，=，=，PH=x，CH=x，BH=10x，PEBC，BQPQ，PQB=QBC=PHB=90，四边形PQBH为矩形，PQ=BH=10x，y=10x（0x10）；（3）如图3，过点P作PHBC，垂足为H，则四边形PQBH是矩形，BQ=PH=x，PEBC，PED=CBD，CD=CB，CBD=CDB，CDB=PED，PE=PD=10x，QE=PQPE=x，过点D作DGPQ于点G，过点A作AFPQ交PQ的延长线于点F，DGF=AFG=90，PQBC，PQAD，ADG=90，四边形AFGD为矩形，AF=DG，PQBC，DPG=C，DGP=PHC=90，DGPPHC，=，AF=DG=（10x）=8x，SBQE+SAQE=EQBQ+EQAF，=xx+x（8x）=x，SDEP=PEDG=（10x）（8x），=x28x+40，SBQE+SAQE=SDEP，x=（x28x+40），整理得，x225x+100=0，x1=5，x2=20，0x10，x2=20不符合题意，舍去，x1=5，x=5时，SBQE+SAQE=SDEP，PH=x=45，P与直线BC相交26、解答：（1）解：DBC=ACB=90，DBECAE，=，又BD=BC=2AC，DE=2CE；故答案为DE=2CE（2）证明：如图2，DBC=ACB=120，BD=BC，D=BCD=30，ACD=90，过点B作BMDC于M，则DM=MC，BM=BC，AC=BC，BM=AC，又BMC=ACM=90，MEB=CEA，BMEACE，ME=CE=CM，DE=3EC；（3）解：如图，过点B作BMDC于点M，过点F作FNDB交DB的延长线于点N，设BF=a，DBF=120，FBN=60，FN=a，BN=a，DB=BC=2BF=2a，DN=DB+BN=a，DF=a，AC=BC，BF=BC，BF=AC，DBFACB，BDF=CBA，又BFG=DFB，FBGFDB，=，BF2=FGFD，a2=aFG，FG=a，DG=DFFG=a，BG=a，DKG和DBG关于直线DG对称，GDH=BDF，ABC=GDH，又BGF=DGH，BGFDGH，=，GH=a，BH=BG+GH=a=10，a=2；BC=2a=4，CM=BCcos30=2，DC=2CM=4，DE=3EC，EC=DC=27、解答：（1）证明：如图2：BM直线a于点M，CN直线a于点N，BMN=CNM=90，BMCN，MBP=ECP，又P为BC边中点，BP=CP，又BPM=CPE，BPMCPE，（3分）BPMCPE，PM=PEPM=ME，在RtMNE中，PN=ME，PM=PN（5分）（2）解：成立，如图3证明：延长MP与NC的延长线相交于点E，BM直线a于点M，CN直线a于点N，BMN=CNM=90BMN+CNM=180，BMCNMBP=ECP，（7分）又P为BC中点，BP=CP，又BPM=CPE，BPMCPE，PM=PE，PM=ME，则RtMNE中，PN=ME，PM=PN（10分）（3）解：如图4，四边形MBCN是矩形，根据矩形的性质和P为BC边中点，得到MBPNCP，（11分）得PM=PN成立即“四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立”（12分）28、解答：解：（1）EG=CG，EGCG （2分）（2）EG=CG，EGCG （2分）证明：延长FE交DC延长线于M，连MGAEM=90，EBC=90，BCM=90，四边形BEMC是矩形BE=CM，EMC=90，由图（3）可知，BEF为等腰直角三角形，BE=EF，EF=CMEMC=90，FG=DG，MG=FD=FGBC=EM，BC=CD，EM=CDEF=CM，FM=DM，F=45又FG=DG，CMG=EMC=45，F=GMCGFEGMCEG=CG，FGE=MGC （2分）FMC=90，MF=MD，FG=DG，MGFD，FGE+EGM=90，MGC+EGM=90，即EGC=90，EGCG （2分）29、解答：解：（1）证明：四边形OABC为正方形，OC=OA三角板OEF是等腰直角三角形，OE1=OF1又三角板OEF绕O点逆时针旋转至OE1F1的位置时，AOE1=COF1，OAE1OCF1 （3分）（2）存在 （4分）OEOF，过点F与OE平行的直线有且只有一条，并与OF垂直，当三角板OEF绕O点逆时针旋转一周时，则点F在以O为圆心，以OF为半径的圆上 （5分）过点F与OF垂直的直线必是圆O的切线又点C是圆O外一点，过点C与圆O相切的直线有且只有2条，不妨设为CF1和CF2，此时，E点分别在E1点和E2点，满足CF1OE1，CF2OE2 （7分）当切点F1在第二象限时，点E1在第一象限在直角三角形CF1O中，OC=4，OF1=2，cosCOF1=，COF1=60，AOE1=60点E1的横坐标为：xE1=2cos60=1，点E1的纵坐标为：yE1=2sin60=，点E1的坐标为（1，）；（9分）当切点F2在第一象限时，点E2在第四象限同理可求：点E2的坐标为（1，） （10分）综上所述，三角板OEF绕O点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得OECF，此时点E的坐标为E1（1，）或E2（1，） （11分）30、解答：（1）证明：在ABC和AEP中，ABC=AEP，BAC=EAP，ACB=APE，在ABC中，AB=BC，ACB=BAC，EPA=EAP（2）解：APCD是矩形理由如下：四边形APCD是平行四边形，AC=2EA，PD=2EP，由（1）知EPA=EAP，EA=EP，则AC=PD，APCD是矩形（3）解：EM=EN证明：EA=EP，EPA=90，EAM=180EPA=180（90）=90+，由（2）知CPB=90，F是BC的中点，FP=FB，FPB=ABC=，EPN=EPA+APN=EPA+FPB=90+=90+，EAM=EPN，AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到MEN，AEP=MEN，AEPAEN=MENAEN，即MEA=NEP，在EAM和EPN中，EAMEPN（AAS），EM=EN26函数综合题1、解答：解：（1）取a=1，得抛物线y=x2+2x+3，其顶点为P1（1，2）取a=1，得抛物线y=x2+2x+3，其顶点为P2（1，4）由题意有P1、P2在直线l上，设直线l的解析式为y=kx+b，则解得：直线l的解析式为y=x+3（2）抛物线y=ax2+2x+3的顶点P坐标为显然P在直线y=x+3上又能取到除0以外的所有实数，在y=x+3上仅有一点（0，3）不是该抛物线的顶点（3）猜想：对于抛物线y=ax2+bx+c（a0），将其顶点的横坐标减少，纵坐标增加分别作为点A的横、纵坐标；把顶点的横坐标增加，纵坐标增加分别作为点B的横、纵坐标，则A，B两点也在抛物线y=ax2+bx+c（a0）上证明如下：抛物线y=ax2+bx+c（a0）的顶点坐标为（），点A的坐标为，点B的坐标为时，点A在抛物线y=ax2+bx+c（a0），同理有B也在抛物线上，故结论成立2、解答：解：（1）抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C（0，2），代入得：c=2，y=ax2+bx2，把A（2，2），B（2，2）代入得：，解得：，y=x2+x2，答：抛物线的解析式是y=x2+x2（2）MN=，点A，B都在直线y=x上，MN在直线AB上，MN在线段 AB上，M的横坐标为m如图1，过点M作x轴的平行线，过点N作y轴的平行线，它们相交于点HMHN是等腰直角三角形MH=NH=1点N的坐标为（m+1，m+1）如图2，当m0时，PM=m，NQ=m+1（m+1）2+m+12=（m+1）2+2当四边形PMQN为平行四边形时，PM=NQm=（m+1）2+2解得：m=（不合题意舍去）或，如图3，当m0，PM=m，NQ=m+1（m+1）2+m+12=（m+1）2+2当四边形PMQN为平行四边形时，PM=NQm=（m+1）2+2解得：m=2（不合题意舍去）或2，当m=或m=2时，以点P，M，Q，N为顶点的四边形能为平行四边形3、解答：解：（1）抛物线y=mx211mx+24m （m0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线与x轴的交点坐标为：0=mx211mx+24m，解得：x1=3，x2=8，OB=3，OC=8 （4分）；（2）连接AD，交OC于点E，四边形OACD是菱形，ADOC，OE=EC=8=4，BE=43=1，又BAC=90，ACEBAE，=，AE2=BECE=14，AE=2，（6分）点A的坐标为 （4，2）（7分）把点A的坐标 （4，2）代入抛物线y=mx211mx+24m，得m=，抛物线的解析式为y=x2+x12； （9分）（3）直线x=n与抛物线交于点M，点M的坐标为 （n，n2+n12），由（2）知，点D的坐标为（4，2），则C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y=x4，点N的坐标为 （n，n4），MN=（n2+n12）（n4）=n2+5n8，（11分）S四边形AMCN=SAMN+SCMN=MNCE=（n2+5n8）4=（n5）2+9 （13分）当n=5时，S四边形AMCN=9 （14分）4、解答：（1）解：由A（4，0）、B（2，2）在抛物线y=ax2+bx图象上，得：（2分）解之得：a=，b=2，该函数解析式为：y=x22x（4分）（2）证明：过点B作BC垂直于X轴，垂足是点C（6分）y=x22x=（x+2）2+2，线段CO、CA、CB的长度均为2，ABC和OBC为全等的等腰直角三角形，AB=OB且ABO=ABC+OBC=90OAB是等腰直角三角形（8分）（3）解：如图，将OAB绕点O按逆时针方向旋转135，得到OAB其中点B正好落在y轴上且BAx轴又OB和AB的长度为2，AB中点P的坐标为（，2），显然不满足抛物线方程，点P不在此抛物线上（10分）（4）解：存在（11分）过点O，作OMAB交抛物线于点M易求出直线OM的解析式为：y=x联立抛物线解析式得：解之得点M（6，6），显然，点M（6，6）关于对称轴x=2的对称点M（2，6）也满足要求，故满足条件的点M共有两个，坐标分别为（6，6）和（2，6）sABOM=SABO+sAOM=42+46=16（12分）（注：此题方法较多，只要合理均可给分）5、解答：解：（1）由题意得，解得：b=2，c=3，则解析式为：y=x2+2x3；（2）由题意结合图形则解析式为：y=x2+2x3，解得x=1或x=3，由题意点A（3，0），AC=，CD=，AD=，由AC2+CD2=AD2，所以ACD为直角三角形；（3）A（3，0），B（1，0），AB=4，点E在抛物线的对称轴上，点E的横坐标为1，当AB为平行四边形的一边时，EF=AB=4，F的横坐标为3或5，把x=3或5分别代入y=x2+2x3，得到F的坐标为（3，12）或（5，12）；当AB为平行四边形的对角线时，由平行四边形的对角线互相平分，F点必在对称轴上，即F点与D点重合，F（1，4）所有满足条件的点F的坐标为（3，12），（5，12），（1，4）6、解答：解：（1）由已知，得B（3，0），C（0，3），解得，抛物线解析式为y=x24x+3；（2）y=x24x+3=（x2）21，对称轴为x=2，顶点坐标为P（2，1），满足条件的点M分别为M1（2，7），M2（2，21），M3（2，），M4（2，21）；（3）由（1），得A（1，0），连接BP，CBA=ABP=45，当=时，ABCPBQ，BQ=3Q1（0，0），当=时，ABCQBP，BQ=Q（，0）（4）当0x3时，在此抛物线上任取一点E，连接CE、BE，经过点E作x轴的垂线FE，交直线BC于点F，设点F（x，x+3），点E（x，x24x+3），EF=x2+3x，SCBE=SCEF+SBEF=EFOB，=x2+x，=（x）2+，a=0，当x=时，SCBE有最大值，y=x24x+3=，E（，）7、解答：解：（1）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c由题意得，解得，二次函数的解析式为y=x28x+12，（2分）点P的坐标为（4，4）；（3分）（2）存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形理由如下：当y=0时，x28x+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，解得直线BP的解析式为y=2x12直线ODBP（4分）顶点坐标P（4，4）OP=4设D（x，2x）则BD2=（2x）2+（6x）2当BD=OP时，（2x）2+（6x）2=32，解得：x1=，x2=2，（6分）当x2=2时，OD=BP=，四边形OPBD为平行四边形，舍去，当x=时四边形OPBD为等腰梯形，（7分）当D（，）时，四边形OPBD为等腰梯形；（8分）（3）当0t2时，运动速度为每秒个单位长度，运动时间为t秒，则MP=t，PH=t，MH=t，HN=t，MN=t，S=tt=t2（10分），当2t4时，P1G=2t4，P1H=t，MNOBP1EFP1MN，=3t212t+12，S=t2（3t212t+12）=t2+12t12，当0t2时，S=t2，当2t4时，S=t2+12t12（12分）8、解答：解：（1）把点（0，）代入抛物线，得：c=；（2）把点（0，）代入直线得：n=把点（mb，m2mb+n）代入抛物线，得：a（mb）2+b（mb）+c=m2mb+nc=n=，a（mb）2+b（mb）=m2mb，am22abm+ab2+bmb2m2+mb=0（a1）m2（a1）2bm+（a1）b2=0（a1）（m22bm+b2）=0（a1）（mb）2=0a=1，当mb=0时，抛物线与直线的两个交点就是一个点，所以mb把