全国各地中考数学解答题压轴题解析2

Goodisgood,butbettercarriesit.

精益求精，善益求善。Goodisgood,butbettercarriesit.

精益求精，善益求善。全国各地中考数学解答题压轴题解析2学科王学科王PAGEPAGE63-学科王PAGE2011年全国各地中考数学解答题压轴题解析（2）1．（湖南长沙10分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），点P是轴上一动点，以线段AP为一边，在其一侧作等边三角线APQ。当点P运动到原点O处时，记Q得位置为B。（1）求点B的坐标；（2）求证：当点P在轴上运动（P不与Q重合）时，∠ABQ为定值；（3）是否存在点P，使得以A、O、Q、B为顶点的四边形是梯形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）过点B作BC⊥y轴于点C，∵A(0,2)，△AOB为等边三角形，∴AB=OB=2，∠BAO=60°，∴BC=，OC=AC=1。即B（）。（2）不失一般性，当点P在轴上运动（P不与O重合）时，∵∠PAQ==∠OAB=60°，∴∠PAO=∠QAB，在△APO和△AQB中，∵AP=AQ，∠PAO=∠QAB，AO=AB，∴△APO≌△AQB总成立。∴∠ABQ=∠AOP=90°总成立。∴当点P在x轴上运动（P不与Q重合）时，∠ABQ为定值90°。（3）由（2）可知，点Q总在过点B且与AB垂直的直线上，∴AO与BQ不平行。①当点P在轴负半轴上时，点Q在点B的下方，此时，若AB∥OQ，四边形AOQB即是梯形，当AB∥OQ时，∠BQO=90°，∠BOQ=∠ABO=60°。又OB=OA=2，可求得BQ=。由（2）可知，△APO≌△AQB，∴OP=BQ=，∴此时P的坐标为（）。②当点P在轴正半轴上时，点Q在点B的上方，此时，若AQ∥OB，四边形AOQB即是梯形，当AQ∥OB时，∠ABQ=90°，∠QAB=∠ABO=60°。又AB=2，可求得BQ=，由（2）可知，△APO≌△AQB，∴OP=BQ=，∴此时P的坐标为（）。综上所述，P的坐标为（）或（）。【考点】等边三角形的性质，坐标与图形性质；全等三角形的判定和性质，勾股定理，梯形的判定。【分析】（1）根据题意作辅助线过点B作BC⊥y轴于点C，根据等边三角形的性质即可求出点B的坐标。（2）根据∠PAQ═∠OAB=60°，可知∠PAO=∠QAB，得出△APO≌△AQB总成立，得出当点P在x轴上运动（P不与Q重合）时，∠ABQ为定值90°。（3）根据点P在的正半轴还是负半轴两种情况讨论，再根据全等三角形的性质即可得出结果。2.（湖南永州10分）探究问题：⑴方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD，BG=DE,∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，∴∠ABG+∠ABF=90°＋90°=180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵∠EAF=45°∴∠2＋∠3=∠BAD－∠EAF=90°－45°=45°．∵∠1=∠2，∴∠1＋∠3=45°．即∠GAF=∠_________．又AG=AE，AF=AF∴△GAF≌_______．∴_________=EF，故DE＋BF=EF．⑵方法迁移：如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．⑶问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC,BC上的点，满足∠EAF=∠DAB,试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．【答案】解：（1）EAF、△EAF、GF。（2）DE＋BF=EF。证明如下：假设∠BAD的度数为，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD，BG=DE,∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,∴∠ABG+∠ABF=90°＋90°=180°，∴点G，B，F在同一条直线上。∵∠EAF=，∴∠2+∠3=∠BAD－∠EAF，即。∵∠1=∠2，∴∠1＋∠3=，即∠GAF=∠EAF。又∵AG=AE，AF=AF，∴△GAF≌△EAF（SAS）。∴GF=EF。又∵GF=BG＋BF=DE+BF，∴DE＋BF=EF。（3）当∠B与∠D互补时，可使得DE＋BF=EF。【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，翻折变换（折叠问题），等量代换。【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案。（2）利用旋转的性质，由已知得出∠GAF=∠FAE，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案。（3）根据角之间关系，只要满足∠B＋∠D=180°时，就可以得出三角形全等，即可得出答案：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG后，此时AB与AD重合，由旋转可得：∠ABG=∠D，∵∠ABF＋∠D=180°，∴∠ABG＋∠ABF=180°，∴点G，B，F在同一条直线上。∵∠EAF=,∴∠DAE＋∠BAF=∠BAD－∠EAF，即。∵∠BAG=∠DAE∴∠BAG+∠BAF=，即∠GAF=∠EAF。又∵AG=AE，AF=AF，∴△GAF≌△EAF（SAS）。∴GF=EF。又∵GF=BG＋BF=DE＋BF，∴DE＋BF=EF。3.（湖南常德10分）如图，已知抛物线过点A（0，6），B（2，0），C(7，)。（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，请求出所有符合条件的点P的坐标；若没有，请说明理由。【答案】解：（1）设抛物线解析式为，将A、B、C三点坐标代入，得，解得。∴抛物线解析式为。（2）证明：设直线AC的解析式为，将A、C两点坐标代入，得，解得。∴直线AC的解析式为。∵，∴D（4，﹣2），E（4，4）。∵F与E关于D对称，∴F（4，﹣8）。则直线AF的解析式为，CF的解析式为。∴直线AF，CF与轴的交点坐标分别为（，0），（，0）。∵4﹣=﹣4，∴两个交点关于抛物线对称轴=4对称。∴∠CFE=∠AFE。（3）解：存在．设P（0，d），则由点P在点A下方，得AP=6﹣d，AF=，FD=－2－（－8）=6，CF=。当△AFP∽△FDC时，，即，解得d=；当△AFP∽△FCD时，，即，解得d=﹣2。∴P点坐标为（0，）或（0，﹣2）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）设抛物线解析式/为，将A、B、C三点坐标代入，列方程组求抛物线解析式。（2）求直线AC的解析式，确定E点坐标，根据对称性求F点坐标，分别求直线AF，CF的解析式，确定两直线与轴的交点坐标，判断两个交点关于抛物线对称轴对称即可。（3）存在．由∠CFE=∠AFE=∠FAP，△AFP与△FDC相似时，顶点A与顶点F对应，根据△AFP∽△FDC，△AFP∽△FCD，两种情况求P点坐标。4.（湖南郴州10分）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别是（0，1）和（1，0），P是线段AB上的一动点（不与A、B重合），坐标为（m，1﹣m）（m为常数）．（1）求经过O、P、B三点的抛物线的解析式；（2）当P点在线段AB上移动时，过O、P、B三点的抛物线的对称轴是否会随着P的移动而改变；（3）当P移动到点（，）时，请你在过O、P、B三点的抛物线上至少找出两点，使每个点都能与P、B两点构成等腰三角形，并求出这两点的坐标．【答案】解：（1）设抛物线的解析式为，∵抛物线过原点O（0，0）．∴c=0。把B、P两点的坐标分别代入，得，解得。∴。（2）由（1）可知抛物线的对称轴是。∴过O、P、B三点的抛物线的对称轴是否会随着P的移动而改变。（3）设抛物线的对称轴与轴交于点K，过点K作PB的垂直平分线交抛物线于Q1，Q2两点则△Q1PB，△Q2PB是等腰三角形。∵P点的坐标是（，），∴OP的解析式是，且Q1Q2∥OP，点K（，0），∴Q1Q2的解析式是：，抛物线的解析式为：。联立，即得直线和抛物线的交点Q1，Q2两点的坐标是。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，抛物线的对称轴，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，解方程组。【分析】（1）设出抛物线的解析式，根据抛物线经过原点，B点，P点可列出方程求出，的值确定解析式。（2）求出抛物线的对称轴，可知是个定值，故不变。（3）作出对称轴与轴的交点为K，过K点作PB的垂直平分线，交抛物线于两点，这两点就符合要求。5.（湖南湘潭10分）已知，AB是⊙O的直径，AB=8，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC=5，PT为⊙O的切线，切点为T．（1）如图（1），当C点运动到O点时，求PT的长；（2）如图（2），当C点运动到A点时，连接PO、BT，求证：PO∥BT；（3）如图（3），设PT2=，AC=，求与的函数关系式及的最小值．【答案】解：（1）连接OT，当C点运动到O点时，∵PT为⊙O的切线，∴OT⊥PT,∴在Rt△PTO中，．(2)连接AT，当C点运动到A点时，∵PC⊥AB，∴PA是⊙O的切线。∵PT为⊙O的切线，∴PA=PT，PO平分∠APT。∴PO⊥AT。∵AB是⊙O的直径，∴∠ATB是直角，即BT⊥AT。∴PO∥BT。⑶连接OP、OT，∵AC=，∴．∵在Rt△PCO中，在Rt△POT中，,∴，即。∴。∴当=4时，最小其值为9。∴与的函数关系式为，的最小值是9。【考点】圆切线的性质，平行的判定，二次函数的最值，勾股定理。【分析】（1）连接OT，根据题意，由勾股定理可得出PT的长。（2）连接AT，由PO⊥AT和BT⊥AT即可证出结论。（3）连接OP、OT，在Rt△PCO和Rt△POT中应用勾股定理，可得出与之间的关系式，从而求得的最小值．6.（湖南张家界12分）如图，抛物线经过点A（—4，0）、B（—2，2），连接OB、AB，（1）求该抛物线的解析式.（2）求证：△OAB是等腰直角三角形.（3）将△OAB绕点O按逆时针方向旋转135°，得到△OA′B′，写出A′B′的中点P的坐标，试判断点P是否在此抛物线上.（4）在抛物线上是否存在这样的点M，使得四边形ABOM成直角梯形，若存在，请求出点M坐标及该直角梯形的面积，若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）由A（—4，0）、B（—2，2）在抛物线图象上，得：，解之得，，。∴该函数解析式为：。（2）过点B作BC垂直于轴，垂足是点C。易知：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＝900。∴△OAB是等腰直角三角形。（3）如图，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转135°，得到△OA′B′其中点B′正好落在轴上且B′A′∥轴．又∵ＯB′和A′B′的长度为A′B′中点P的坐标为，显然不满足抛物线方程。∴点P不在此抛物线上。（4）存在。过点O，作OM∥AB交抛物线于点M易求出直线OM的解析式为：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=S△ABO＋S△AOM=×4×2+×4×6=16。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定，旋转的性质。【分析】（1）将A（－4，0）、B（－2，2）代入抛物线解析式，列方程组求、的值即可。（2）根据所求抛物线解析式求抛物线的顶点坐标，判断三角形的形状。（3）根据△OAB的形状，旋转方向，旋转角，画出图形，可求A′、B′的坐标，根据中点坐标公式求P的坐标，代入抛物线解析式进行判断。（4）存在．过点O，作OM∥AB交抛物线于点M，根据△OAB为等腰直角三角形，可求直线OM的解析式，与抛物线解析式联立，可求M点坐标，同理，过点A，作AM′∥OB交抛物线于点M′，联立方程组可求M′的坐标，由图形的特殊性可知，两种情况下，梯形面积相等，根据梯形面积公式求解。7.（湖南衡阳10分）已知抛物线．（1）试说明：无论m为何实数，该抛物线与轴总有两个不同的交点．（2）如图，当抛物线的对称轴为直线=3时，抛物线的顶点为点C，直线=﹣1与抛物线交于A、B两点，并与它的对称轴交于点D．①抛物线上是否存在一点P使得四边形ACPD是正方形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；②平移直线CD，交直线AB于点M，交抛物线于点N，通过怎样的平移能使得以C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．【答案】解：（1）∵当=0时，得关于的一元二次方程该方程根的判别式△=m2﹣4m+7=（m﹣2）2+3＞0∴方程有两个不相等的实数根，即抛物线与轴总有两个不同的交点。（2）①由直线=﹣1与抛物线交于A点，且在轴上，∴点A（1，0）代入二次函数函数式则m=3。∴二次函数式为：。当抛物线的对称轴为直线=3时，则=﹣2，即顶点C为（3，﹣2）。把=3代入直线=﹣1则=2，即点D（3，2）。则AD=AC=2。设点P（，），由直线AD的斜率与直线PC的斜率相等，得。解得：=3或=5则点P（3，2）（与点D重合舍去）或（5，0）。经检验点（5，0）符合，所以点P（5，0）。②设直线CD平移个单位可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则M（3＋，＋2），N（3＋，（3＋）2﹣3（3＋）＋）。根据平行四边形对边平行且相等的判定，只要MN=DC=4。（ⅰ）当点M在点N上方，得（＋2）－=4，整理，得2－2=0，解得，=0（与DC重合，舍去），=2。（ⅱ）当点M在点N下方，得－（＋2）=4整理，得2－2－16=0，解得，=。综上所述，直线CD向右平移2或个单位或向左平移个单位，可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形。【考点】二次函数综合题，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的判定，平移的性质，平行四边形的判定，解一元二次方程。【分析】（1）从函数的判别式出发，判别式总大于等于3，而证得。（2）①由直线=﹣1与抛物线交于A、B两点，求得点A，代入抛物线解析式得m，由直线AD的斜率与直线PC的斜率相等，求得点P坐标。②设定M、N的坐标，从MN与CD的位置关系解得。8.（湖南怀化10分）在矩形AOBC中，OB=6，OA=4，分別以OB，OA所在直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F是BC上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数的图象与AC边交于点E．（1）求证：AE•AO=BF•BO；（2）若点E的坐标为（2，4），求经过O、E、F三点的抛物线的解析式；（3）是否存在这样的点F，使得将△CEF沿EF对折后，C点恰好落在OB上？若存在，求出此时的OF的长：若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）证明：∵E，F点都在反比例函数图象上，∴根据反比例函数的性质得出，，∴AE•AO=BF•BO。（2）设经过O、E、F三点的抛物线的解析式为，∵点E的坐标为（2，4），∴AE•AO=BF•BO=8。∵BO=6，∴BF=，∴F（6，），把O、E、F三点的坐标分别代入二次函数解析式得：，解得：。∴经过O、E、F三点的抛物线的解析式为。（3）如果设折叠之后C点在OB上的对称点为C'，连接C'E、C'F，过E作EG垂直于OB于点G，则根据折叠性质、相似三角形、勾股定理有：设BC'=，BF=，则C'F=CF=．∴点的坐标F（6，），E（1.5，4）。EC'=EC=，∴在Rt△C'BF中，①。∵Rt△EGC'∽Rt△C'BF，∴（）：（）=4：=（）：②。解得：，∴F点的坐标为（6，）。∴OF=。【考点】相似三角形的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）的性质，勾股定理。【分析】（1）根据反比例函数的性质得出，即可得出AE•AO=BF•BO。（2）利用E点坐标首先求出BF=，再利用待定系数法求二次函数解析式即可。9.（湖南益阳12分）图是小红设计的钻石形商标，△ABC是边长为2的等边三角形，四边形ACDE是等腰梯形，AC∥ED，∠EAC=60°，AE=1．（1）证明：△ABE≌△CBD；（2）图中存在多对相似三角形，请你找出一对进行证明，并求出其相似比（不添加辅助线，不找全等的相似三角形）；（3）小红发现AM=MN=NC，请证明此结论；（4）求线段BD的长．【答案】解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠BAC=∠BCA=60°。∵四边形ACDE是等腰梯形，∠EAC=60°，∴AE=CD，∠ACD=∠CAE=60°。∴∠BAC＋∠CAE=120°=∠BCA＋∠ACD。即∠BAE=∠BCD。在△ABE和△BCD中，AB=BC，∠BAE=∠BCD，AE=CD，∴△ABE≌△CBD（SAS）。（2）存在．答案不唯一．如△ABN∽△CDN．证明如下：∵∠BAN=60°=∠DCN，∠ANB=∠DNC，∴△ANB∽△CND．其相似比为：。（3）由（2）得，∴CN=AN=AC同理AM=AC，∴AM=MN=NC。（4）作DF⊥BC交BC的延长线于F，∵∠BCD=120°，∴∠DCF=60°。在Rt△CDF中，∴∠CDF=30°，∴CF=CD=。∴。在Rt△BDF中，∵BF=BC＋CF=，DF=，∴。【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的性质。【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得AB=BC，∠BAC=∠BCA=60°，由四边形ACDE是等腰梯形，得AE=CD，∠ACD=∠CAE=60°，利用“SAS”判定△ABE≌△CBD。（2）存在．可利用AB∥CD或AE∥BC得出相似三角形。（3）由（2）的结论得，即CN=AC，同理，得AM=AC，可证AM=MN=NC。（4）作DF⊥BC交BC的延长线于F，在Rt△CDF中，由∠CDF=30°，CD=AE=1，可求CF，DF，在Rt△BDF中，由勾股定理求BD。10.（湖南邵阳12分）如图所示，在平面直角坐标系O中，已知点A(－EQ\f(9,4)，0)，点C(0，3)，点B是轴上一点(位于点A的右侧)，以AB为直径的圆恰好经过点C．（1）求∠ACB的度数；（2）已知抛物线经过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)∵以AB为直径的圆恰好经过点C，∴∠ACB=900。(2)∵△AOC∽△ABC，∴OC2=AO·OB。∵A(－EQ\f(9,4)，0)，点C（0，3），∴AO=EQ\f(9,4)，OC=3。∴32=EQ\f(9,4)OB，∴OB=4。∴B（4，0）。∴设抛物线的解析式为把C点坐标代入得，解得∴抛物线的解析式为，即。(3)存在。分两种情况讨论：①OD=OB,D在OB的中垂线上，过D作DH⊥OB,垂足是H，则H是OB中点。DH=OC，OH=OB。∴D（2，）。②BD=BO，过D作DG⊥OB,垂足是G，则OC=3，OB=BD=4，BC=5，CD=1，∵DG∥CO∴OG:OB=CD:CB，即OG:4=1:5，∴OG=；DG:CO=BD:BC，即DG:3=4:5，∴DG=。∴D(，)。综上所述，线段BC上存在点D，使△BOD为等腰三角形，点D的坐标为（2，），(，)。【考点】二次函数综合题，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰三角形的判定，平行的性质。【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可以得到∠ACB的度数。（2）利用三角形相似求出点B的坐标，然后用待定系数法求出抛物线的解析式。（3）分别以OB为底边和腰求出满足△BOD是等腰三角形的点D的坐标。11.（湖南岳阳10分）九（1）班数学课题学习小组，为了研究学习二次函数问题，他们经历了实践﹣﹣应用﹣﹣探究的过程：（1）实践：他们对一条公路上横截面为拋物线的单向双车道的隧道（如图①）进行测量，测得一隧道的路面宽为10m，隧道顶部最高处距地面6.25m，并画出了隧道截面图，建立了如图②所示的直角坐标系，请你求出抛物线的解析式．（2）应用：按规定机动车辆通过隧道时，车顶部与隧道顶部在竖直方向上的高度差至少为0.5m．为了确保安全，问该隧道能否让最宽3m，最高3.5m的两辆厢式货车居中并列行驶（两车并列行驶时不考虑两车间的空隙）？（3）探究：该课题学习小组为进一步探索抛物线的有关知识，他们借助上述拋物线模型，提出了以下两个问题，请予解答：I．如图③，在抛物线内作矩形ABCD，使顶点C、D落在拋物线上，顶点A、B落在轴上．设矩形ABCD的周长为，求的最大值．II•如图④，过原点作一条=的直线OM，交抛物线于点M，交抛物线对称轴于点N，P为直线0M上一动点，过P点作轴的垂线交抛物线于点Q．问在直线OM上是否存在点P，使以P、N、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）根据坐标系可知此函数顶点坐标为（5，6.25），∴设抛物线的解析式为。∵图象过（10，0）点，∴，解得。∴抛物线的解析式为。（2）当最宽3m，最高3.5m的两辆厢式货车居中并列行驶时，=2把=2代入解析式得：=﹣0.25（2﹣5）2+6.25，=4。∵4﹣3.5=0.5，∴隧道能让最宽3m，最高3.5m的两辆厢式货车居中并列行驶。（3）I．假设AO=，可得AB=10﹣2，∴AD=﹣0.25（﹣5）2+6.25。∴矩形ABCD的周长为为：=2+2（10﹣2）=﹣0.52++20=﹣0.5（－1）2+20.5。∴l的最大值为20.5。II•当以P、N、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形，∵P在=的图象上，设P（，）。过P点作轴的垂线交抛物线于点Q．∴∠POA=∠OPA=45°，N点的坐标为（5，5）∴Q点的坐标为（，5）。把Q点的坐标代入，得，解得。∴使以P、N、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形，P点的坐标为：（，）或（，）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的顶点和最值，等腰直角三角形的性质。【分析】（1）利用顶点式求出二次函数解析式即可。（2）根据已知得出当=2时，正好是两辆汽车的宽度，求出即可。（3）I．首先表示出矩形周长，再利用二次函数最值公式求出。II．利用等腰直角三角形的性质，以及P在=的图象上，即可得出P点的坐标。12.(湖南湘西20分)如图.抛物线与轴相交于点A和点B,与轴交于点C.(1)求点A、点B和点C的坐标.(2)求直线AC的解析式.(3)设点M是第二象限内抛物线上的一点,且S△MAB=6求点M的坐标.(4)若点P在线段BA上以每秒1个单位长度的速度从A运动(不与B,A重合),同时,点Q在射线AC上以每秒2个单位长度的速度从A向C运动.设运动的时间为t秒,请求出△APQ的面积S与t的函数关系式,并求出当t为何值时,△APQ的面积最大,最大面积是多少?【答案】解：（1）令，解得，，∴A(－3，0)，B.(1，0)。令，得，∴C(0，3)。(2)设直线AC的解析式为，将A、C的坐标代入，得，解之得。∴直线AC的解析式为。(3)设M点的坐标为(,)，∵M在第二象限,∴>0。又∵AB=4，∴由S△MAB=6，得，解之，得,。当=0时，=3(不合题意，舍去)，当=-2时，=3，∴M点的坐标为(－2，3)。(4)由题意，得AB=4，PB=4－t,AQ=2t，∵AO=3，CO=3，∴△ABC是等腰直角三角形。由AQ=2t和Q点在上，得Q点的纵坐标为t。 ∴S=。又∵S=∴当t=2时△APQ最大，最大面积是2。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，诗定系数法，解一元二次方程和二元一次方程组，等腰直角三角形的判定和性质，二次函数的最值。【分析】（1）令=0求得抛物线与轴的交点坐标，令=0求得图象与轴的交点坐标。（2）利用已知的两点的坐标用待定系数法求得一次函数的解析式。．（3）设出点M的坐标为(,)，然后表示出其面积，解得即可。（4）用t表示出△APQ的底边和高，即可求出S与t的函数关系式，利用二次函数的性质求出S的最大值。13.（湖南娄底10分）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，且AD=2，以CD为直径作⊙O1，交BC于点E，过点E作EF⊥AB于F，建立如图所示的平面直角坐标系，已知A，B两点的坐标分别为A（0，2），B（﹣2，0）．（1）求C，D两点的坐标．（2）求证：EF为⊙O1的切线．（3）探究：如图，线段CD上是否存在点P，使得线段PC的长度与P点到轴的距离相等？如果存在，请找出P点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】解：（1）连接DE，∵CD是⊙O1的直径，∴DE⊥BC。∴四边形ADEO为矩形．∴OE=AD=2，DE=AO=2。∵在等腰梯形ABCD中，DC=AB，∴CE=BO=2，CO=4。∴C（4，0），D（2，2）。（2）连接O1E，在⊙O1中，O1E=O1C，∠O1EC=∠O1CE。在等腰梯形ABCD中，∠ABC=∠DCB，∴O1E∥AB。又∵EF⊥AB，∴O1E⊥EF。∵E在AB上，∴EF为⊙O1的切线。（3）存在满足条件的点P．如图，过P作PM⊥轴于M，作PN⊥轴于N，依题意得PC=PM，在矩形OMPN中，ON=PM，设ON=，则PM=PC=，CN=4－，在Rt△ABO中，∵tan∠ABO=，∴∠ABO=60°，∴∠PCN=∠ABO=60°。在Rt△PCN中，cos∠PCN=，即，∴。∴PN=CN•tan∠PCN=。∴满足条件的P点的坐标为（）。【考点】坐标与图形性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，等腰梯形的性质，切线的判定和性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。【分析】（1）连接DE，由等腰梯形的对称性，根据线段的等量关系可求C，D两点的坐标。（2）连接O1E，由半径O1E=O1C，得∠O1EC=∠O1CE，由等腰梯形的性质，得∠ABC=∠DCB，故∠O1EC=∠ABC，可证O1E∥AB，由EF⊥AB，证明O1E⊥EF即可。（3）存在．过P作PM⊥轴于M，作PN⊥轴于N，由PC=PM，设ON=，则PM=PC=，CN=4﹣，在Rt△ABO和Rt△PCN中，由锐角三角函数定义即可求。14.（湖南株洲10分）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题：（1）若测得OA=OB=（如图1），求的值；（2）对同一条抛物线，孔明将三角板绕点旋转到如图2所示位置时，过B作轴于点F，测得OF=1，写出此时点B的坐标，并求点的横坐标；（3）对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．【答案】解：（1）设线段AB与轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点，OA=OB=，∠AOB=900，AC=OC=BC=2。B(2，－2)。将B(2，－2)代入抛物线得，。（2）过点A作轴于点E，点B的横坐标为，B(1，)。BF=。又∠AOB=900，易知∠AOE=∠OBF。又，∠AEO=∠OFB=900，△AEO∽△OFB，。AE=2OE。设点A（，）（），则，，。，即点A的横坐标为－4。（3）设A（，）（），B（，）（），设直线AB的解析式为：，则，得，，。又易知△AEO∽△OFB，，，。。由此可知不论为何值，线段AB恒过点（，－2）。【考点】二次函数综合题，抛物线的对称性，等腰直角三角形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。【分析】（1）先求出B点坐标，代入抛物线得的值。（2）过点A作AE⊥轴于点E，可证△AEO∽△OFB，得出AE=2OE，可得方程点A的横坐标。（3）设A（，）（），B（，）（），易知△AEO∽△OFB，根据相似三角形的性质可知交点A、B的连线段总经过一个固定的点（0，－2）。15.（湖北武汉12分）如图1，抛物线经过A（－3，0），B（－1，0）两点.

（1）求抛物线的解析式；

（2）设抛物线的顶点为M，直线与轴交于点C，与直线OM交于点D.现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上.若平移的抛物线与射线CD（含端点C）只有一个公共点，求它的顶点横坐标的值或取值范围；

（3）如图2，将抛物线平移，当顶点至原点时，过Q（0，3）作不平行于x轴的直线交抛物线于E，F两点.问在y轴的负半轴上是否存在点P，使△PEF的内心在轴上.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）∵抛物线经过A（－3,0），B（－1,0）两点

∴，解得。∴抛物线的解析式为。（2）由（1）配方得，∴抛物线的顶点M（－2，,1）。∴直线OD的解析式为。∴设平移的抛物线的顶点坐标为（h，h），∴平移的抛物线解析式为.①当抛物线经过点C时，∵C（0，9），∴h2+h=9，

解得h=。∴

当

≤h<

时，平移的抛/物线与射线CD只有一个公共点。

②当抛物线与直线CD只有一个公共点时，

由y

得，∴△=（－2h＋2）2－4（h2＋h－9）=0，

解得h=4。

此时抛物线y=（x－4）2＋2与射线CD唯一的公共点为（3，3），符合题意。综上所述：平移的抛物线与射线CD只有一个公共点时，顶点横坐标的值或取值范围是

h=4或≤h<.（3）将抛物线平移，当顶点至原点时，其解析式为设EF的解析式为=k+3（k≠0）.

假设存在满足题设条件的点P（0，t），如图，过P作GH∥轴，分别过E，F作GH的垂线，垂足为G，H∵△PEF的内心在y轴上，∴∠GEP=∠EPQ=∠QPF=/∠HFP。∴△GEP∽△HFP。∴。

∴。

∴2kE·F=（t－3）（E＋F）

由，=k+3.得2－k－3=0，

∴E+F=k,E·xF=－3。∴2k（－3）=（t－3）k。∵k≠0,∴t=－3。∴y轴的负半轴上存在点P（0，－3），使△PEF的内心在y轴上。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，平移的性质，二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，三角形内心的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根与系数的关系。【分析】（1）根据抛物线经过点A（-3，0），B（-1，0）两点，代入解析式求出即可。（2）由（1）配方得，利用函数平移①当抛物线经过点C时，②当抛物线与直线CD只有一个公共点时，分别分析求出。（3）由三角形内心的性质，应用相似三角形的判定和性质和一元二次方程根与系数的关系，即可求得。16.（湖北黄石10分）已知二次函数（1）当时，函数值随的增大而减小，求的取值范围。（2）以抛物线的顶点A为一个顶点作该抛物线的内接正三角形AMN（M，N两点在抛物线上），请问：△AMN的面积是与无关的定值吗？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由。（3）若抛物线与轴交点的横坐标均为整数，求整数的值。【答案】解：（1）∵，∴的对称轴为。又∵当时，函数值随的增大而减小，∴由题意得，。（2）根据抛物线和正三角形的对称性，可知轴，设抛物线的对称轴与MN交于点B，则。设，∴。又∴。∴∴，。∴为定值。（3）令，即时，有，由题意，为完全平方数，令，即。∵为整数，∴的奇偶性相同。∴或，解得或。综合得，。【考点】二次函数综合题。【分析】（1）求出二次函数的对称轴，由于抛物线的开口向上，在对称轴的左边随的增大而减小，可以求出的取值范围。（2）在抛物线内作出正三角形，求出正三角形的边长，然后计算三角形的面积，得到三角形AMN的面积是无关的定值。（3）当时，求出抛物线与轴的两个交点的坐标，然后确定整数的值。17.（湖北十堰12分）如图，已知抛物线与轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，－3）。（1）求抛物线的解析式；（2）如图（1），已知点H（0，－1）.问在抛物线上是否存在点G（点G在轴的左侧），使得S△GHC=S△GHA？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如图（2），抛物线上点D在轴上的正投影为点E（－2，0），F是OC的中点，连接DF，P为线段BD上的一点，若∠EPF=∠BDF，求线段PE的长.【答案】解：（1）∵抛物线经过A（1，0）和点C（0，－3），∴，解得。∴抛物线的解析式是。(2)假设抛物线上存在点G，设G（m，n）,显然，当n=－3时，△AGH不存在。①当n＞－3时，可求得GH与轴的交点坐标（，0），可得S△AGH=，S△GHC=－m。∴由S△AGH=S△GHC得，m＋n＋1=0。∴，解得m=EQ-\F(3+\R(,17),2),n=EQ\F(1+\R(,17),2),或m=EQ\F(-3+\R(,17),2),n=EQ\F(1-\R(,17),2)。∵点G在y轴的左侧，/∴G（EQ-\F(3+\R(,17),2)，EQ\F(1+\R(,17),2)）、②当－4≤n<3时，可得S△AGH=,S△GHC=－m。∴由S△AGH=S△GHC得，3m－n－1=0。∴，解得或。∵点G在y轴的左侧，∴G（－1，－4）。∴存在点G（EQ-\F(3+\R(,17),2)，EQ\F(1+\R(,17),2)）或（－1，－4）。(3)如图，E(－2,0),∴D点的横坐标是－2，点D在抛物线上，∴D（－2，－3）。∵F是OC中点，∴F（0，－EQ\F(3,2)）。∴直/线DF的解析式为=。则它与轴交于点Q（2，0），则QB=QD=5，BE=1，BD=EQ\R(,10)，DF=EQ\F(5,2)。由QB=QD，得∠QBD=∠QDB。∵∠BPE+∠EPF+∠FPD=∠DFP+∠PDF+∠FPD=180°，∠EPF=∠PDF，∴∠BPE=∠DFP。可证△PBE∽△FDP，∴EQ\F(PB,FD)=\F(BE,DP)，得PB·DP=EQ\F(5,2)，PB+DP=BD=EQ\R(,10)。∴PB=EQ\F(\R(,10),2)。即P是BD的中点，连接DE，∴在Rt△DBE中，PE=EQ\F(1,2)BD=EQ\F(\R(,10),2)。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质。【分析】（1）由抛物线与轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，－3）。利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。（2）设G（m，n），分n＞－3和－4≤n<3两种情况讨论即可。（3）利用待定系数法求得直线DF的解析式，即可证得△PBE∽△FDP，由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。18.（湖北荆州12分）如图甲，分别以两个彼此相邻的正方形OABC与CDEF的边OC、OA所在直线为轴、轴建立平面直角坐标系（O、C、F三点在x轴正半轴上）.若⊙P过A、B、E三点(圆心在轴上)，抛物线经过A、C两点，与轴的另一交点为G，M是FG的中点，正方形CDEF的面积为1.（1）求B点坐标；（2）求证：ME是⊙P的切线；（3）设直线AC与抛物线对称轴交于N，Q点是此对称轴上不与N点重合的一动点，①求△ACQ周长的最小值；②若FQ＝，S△ACQ＝，直接写出与之间的函数关系式.【答案】解：（1）如图，连接PE、PB，设PC＝，∵正方形CDEF面积为1，∴CD＝CF＝1。根据圆和正方形的对称性知OP＝PC＝，∴BC＝2PC＝2。而PB＝PE，，，∴。解得(舍去)。∴BC＝OC＝2。∴B点坐标为。（2）如图，由（1）知A，C，∵A，C在抛物线上，∴，∴。∴抛物线的解析式为，即。∴抛物线的对称轴为即EF所在直线。∵C与G关于直线对称，∴CF＝FG＝1、∴FM＝FG＝。在Rt△PEF与Rt△EMF中，，，∴，∴△PEF∽△EMF。∴∠EPF＝∠FEM，∴∠PEM＝∠PEF+∠FEM＝∠PEF+∠EPF＝90°。∴ME与⊙P相切。（3）①如图，延长AB交抛物线于A′，连接CA′交对称轴于Q，连接AQ，则有AQ＝A′Q，△ACQ周长的最小值为（AC+A′C）的长。∵A与A′关于直线对称，∴A，A′。∴A′C＝。而AC=，∴△ACQ周长的最小值为。②当Q点在F点上方时，；当Q点在线段FN上时，；当Q点在N点下方时，。【考点】二次函数综合题，圆和正方形的性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，直线和圆相切的判定，轴对称和中心对称的性质。【分析】（1）如图甲，连接PE、PB，设PC=，由正方形CDEF的面积为1，可得CD=CF=1，根据圆和正方形的对称性知：OP=PC=，由PB=PE，根据勾股定理即可求得的值，从而求得B的坐标。（2）由（1）知A（0，2），C（2，0），即可求得抛物线的解析式，然后求得FM的长，则可得△PEF∽△EMF，则可证得∠PEM=90°，即ME是⊙P的切线。（3）①如图乙，延长AB交抛物线于A′，连CA′交对称轴于Q，连接AQ，则有AQ=A′Q，△ACQ周长的最小值为AC+A′C的长，利用勾股定理即可求得△ACQ周长的最小值。②分别当Q点在F点上方，在线段FN上时，，在N点下方时去分析即可求得答案：当Q点在F点上方时，如上图，=SAOFQ－S△AOC－S△QCF=（+2）×3－×2×2－×1×=＋1；当Q点在线段FN上时，如右图，=S△AHQ－S△AOC－SOCQH=（+2）×3－×2×2－×（2＋3）×=1－；当Q点在N点下方时，如右图，=S△AQI－SAIFC－S△CFQ=（+2）×3－×（1＋3）×2－×1×=－1。19.（湖北宜昌11分）已知抛物线与直线=m+n相交于两点，这两点的坐标分别是（0，﹣）和（m﹣，m2﹣m+n），其中，，，m，n为实数，且，m不为0．（1）求的值；（2）设抛物线与轴的两个交点是（1，0）和（2，0），求1▪2的值；（3）当﹣1≤≤1时，设抛物线上与轴距离最大的点为P（0，0），求这时|0丨的最小值．【答案】解：（1）∵（0，－）在上，∴

，∴

＝－。（2）∵（0，－）在=m+n上，∴

n＝－。∴抛物线与直线另一交点的坐标为（m﹣，m2﹣m－）∵

点（m﹣，m2﹣m+n）在上，∴

m2－m＝（m－）2＋（m－），∴（－1）（m－）2＝0。若（m－）＝0，则（m－，

m2－m＋n）与（0，－）重合，与题意不合。∴

＝1。∴抛物线，就是。∵

△＝2－4＝2－4×（－）＞0，∴抛物线与轴的两个交点的横坐标就是关于的方程的两个实数根，∴由根与系数的关系，得1▪2＝－。（3）抛物线的对称轴为，最小值为。设抛物线在轴上方与轴距离最大的点的纵坐标为H，在轴下方与轴距离最大的点的纵坐标为h。①当<－1，即＞2时，在轴上方与轴距离最大的点是（1，o），∴｜H｜＝o＝＋＞。在轴下方与轴距离最大的点是（－1，o），∴｜h｜＝｜yo｜＝｜－｜＝－＞。∴｜H｜＞｜h｜．∴这时｜o｜的最小值大于。②

当－1≤≤0，即0≤≤2时，在轴上方与轴距离最大的点是（1，o），∴｜H｜＝yo＝＋≥，当＝0时等号成立。在轴下方与轴距离最大点的是

（，），∴｜h｜＝｜｜＝≥，当＝0时等号成立。∴这时｜o｜的最小值等于。③

当0＜≤1，即－2≤＜0时,在轴上方与轴距离最大的点是（－1，yo），∴｜H｜＝yo＝｜1＋（－1）－｜＝｜－｜＝－＞。在轴下方与轴距离最大的点是

（，），∴｜h｜＝｜yo｜＝｜｜＝＞。∴

这

时

｜o｜的

最

小

值

大

于

。④

当1＜，即＜－2时，在轴上方与轴距离最大的点是（－1，o），∴｜H｜＝－＞。在轴下方与轴距离最大的点是(1，o)，∴｜h｜＝｜＋｜＝－（＋）＞，∴｜H｜＞｜h｜。∴这时｜o｜的最小值大于。综上所述，当＝0，0＝0时，这时｜o｜取最小值，为｜o｜＝。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的最值。【分析】（1）把点（0，﹣）代入抛物线可以求出的值。（2）把点（0，﹣）代入直线得n=﹣，然后把点（m﹣，m2﹣m+n）代入抛物线，整理后可确定的值，把，的值代入抛物线，当=0时由一元二次方程根与系数的关系可以求出1▪2的值。（3）求出抛物线的顶点（，），分<－1，－1≤≤0，0＜≤1和1＜四种情况讨论，确定|0|的最小值。20.（湖北襄阳13分）如图，在平面直角坐标系o中，AB在轴上，AB=10，以AB为直径的⊙O'与轴正半轴交于点C，连接BC，AC．CD是⊙O'的切线，AD丄CD于点D，tan∠CAD=，抛物线过A，B，C三点．（1）求证：∠CAD=∠CAB；（2）①求抛物线的解析式；②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由；（3）在抛物线上是否存在一点P，使四边形PBCA是直角梯形．若存在，直接写出点P的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）证明：连接O′C，∵CD是⊙O的切线，∴O′C⊥CD。∵AD⊥CD，∴O′C∥AD。∴∠O′CA=∠CAD。∵O′A=O′C，∴∠CAB=∠O′CA。∴∠CAD=∠CAB。（2）①∵AB是⊙O′的直径，∴∠ACB=90°。∵OC⊥AB，∴∠CAB=∠OCB。∴△CAO∽△BCO。∴，即OC2=OA•OB。∵tan∠CAO=tan∠CAD=，∴AO=2OC。又∵AB=10，∴OC2=2OC（10﹣2OC）。∵CO＞0，∴CO=4，AO=8，BO=2。∴A（﹣8，0），B（2，0），C（0，4）。∵抛物线过点A，B，C三点，∴=4，由题意得：，解得：。∴抛物线的解析式为：。②设直线DC交轴于点F，∴△AOC≌△ADC（AAS）。∴AD=AO=8。∵O′C∥AD，∴△FO′C∽△FAD。∴。∴8（BF+5）=5（BF+10）。∴BF=，F（，0）。设直线DC的解析式为，则，解得：。∴直线DC的解析式为。由得顶点E的坐标为（﹣3，），将E（﹣3，）代入直线DC的解析式中，右边==左边。∴抛物线顶点E在直线CD上。（3）存在，P1（﹣10，﹣6），P2（10，﹣36）。【考点】二次函数综合题，圆的切线的性质，平行的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）连接O′C，由CD是⊙O的切线，可得O′C⊥CD，则可证得O′C∥AD，又由O′A=O′C，则可证得∠CAD=∠CAB。（2）①首先证得△CAO∽△BCO，根据相似三角形的对应边成比例，可得OC2=OA•OB，又由tan∠CAO=tan∠CAD=，则可求得CO，AO，BO的长，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。②首先证得△FO′C∽△FAD，由相似三角形的对应边成比例，即可得到F的坐标，求得直线DC的解析式，然后将抛物线的顶点坐标代入检验即可求得答案。（3）根据题意分别从PB∥AC与PA∥BC去分析求解即可求得答案：当PB∥AC时，由A、C两点坐标求得AC的表达式：，则设PB的表达式为，把B（2，0）代入，求得，得PB的表达式：，与联立，即可求得P点的坐标P1（﹣10，﹣6）。当PA∥BC时，由B、C两点坐标求得BC的表达式：，则设PB的表达式为，把A（﹣8，0）代入，求得，得PB的表达式：，与联立，即可求得P点的坐标P2（10，﹣36）。21.（湖北黄冈、鄂州14分）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx+b与抛物线y=x2交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x1＜0，x2＞0）．（1）求b的值．（2）求x1•x2的值．（3）分别过M，N作直线l：y=﹣1的垂线，垂足分别是M1和N1．判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．（4）对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请求出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．【答案】解：（1）∵直线y=kx+b过点F（0，1），∴b=1。（2）∵直线y=kx+b与抛物线y=x2交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点，∴可以得出：kx+b=x2，整理得：x2﹣4kx﹣4=0。∴x1•x2=﹣4。（3）△M1FN1是直角三角形（F点是直角顶点）。理由如下：设直线l与y轴的交点是F1，则∵FM12=FF12+M1F12=x12+4，FN12=FF12+F1N12=x22+4，M1N12=（x1﹣x2）2=x12+x22﹣2x1x2=x12+x22+8，∴FM12+FN12=M1N12。∴△M1FN1是以F点为直角顶点的直角三角形。（4）存在，该直线为y=－1。理由如下：直线y=－1即为直线M1N1。如图，设N点横坐标为m，则N点纵坐标为计算知NN1=NF=，得NN1=NF。同理MM1=MF。∴MN=MM1＋NN1。作梯形MM1N1N的中位线PQ，由中位线性质知PQ=（MM1＋NN1）=MN，即圆心到直线y=－1的距离等于圆的半径，所以y=－1总与该圆相切。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理和逆定理，梯形的中位线性质，直线与圆的位置关系。【分析】（1）把点F的坐标代入直线可以确定b的值。（2）联立直线与抛物线方程，代入（1）中求出的b值，利用根与系数的关系可以求出x1•x2的值。（3）确定M1，N1的坐标，利用勾股定理，分别求出M1F2，N1F2，M1N12，然后用勾股定理逆定理判断三角形的形状。（4）根据题意由梯形的中位线性质，可知y=﹣1总与该圆相切。22.（湖北荆门12分）如图甲，分别以两个彼此相邻的正方形OABC与CDEF的边OC、OA所在直线为轴、轴建立平面直角坐标系（O、C、F三点在x轴正半轴上）.若⊙P过A、B、E三点(圆心在轴上)，抛物线经过A、C两点，与轴的另一交点为G，M是FG的中点，正方形CDEF的面积为1.（1）求B点坐标；（2）求证：ME是⊙P的切线；（3）设直线AC与抛物线对称轴交于N，Q点是此对称轴上不与N点重合的一动点，①求△ACQ周长的最小值；②若FQ＝，S△ACQ＝，直接写出与之间的函数关系式.【答案】解：（1）如图，连接PE、PB，设PC＝，∵正方形CDEF面积为1，∴CD＝CF＝1。根据圆和正方形的对称性知OP＝PC＝，∴BC＝2PC＝2。而PB＝PE，，，∴。解得(舍去)。∴BC＝OC＝2。∴B点坐标为。（2）如图，由（1）知A，C，∵A，C在抛物线上，∴，∴。∴抛物线的解析式为，即。∴抛物线的对称轴为即EF所在直线。∵C与G关于直线对称，∴CF＝FG＝1、∴FM＝FG＝。在Rt△PEF与Rt△EMF中，，，∴，∴△PEF∽△EMF。∴∠EPF＝∠FEM，∴∠PEM＝∠PEF+∠FEM＝∠PEF+∠EPF＝90°。∴ME与⊙P相切。（3）①如图，延长AB交抛物线于A′，连接CA′交对称轴于Q，连接AQ，则有AQ＝A′Q，△ACQ周长的最小值为（AC+A′C）的长。∵A与A′关于直线对称，∴A，A′。∴A′C＝。而AC=，∴△ACQ周长的最小值为。②当Q点在F点上方时，；当Q点在线段FN上时，；当Q点在N点下方时，。【考点】二次函数综合题，圆和正方形的性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，直线和圆相切的判定，轴对称和中心对称的性质。【分析】（1）如图甲，连接PE、PB，设PC=，由正方形CDEF的面积为1，可得CD=CF=1，根据圆和正方形的对称性知：OP=PC=，由PB=PE，根据勾股定理即可求得的值，从而求得B的坐标。（2）由（1）知A（0，2），C（2，0），即可求得抛物线的解析式，然后求得FM的长，则可得△PEF∽△EMF，则可证得∠PEM=90°，即ME是⊙P的切线。（3）①如图乙，延长AB交抛物线于A′，连CA′交对称轴于Q，连接AQ，则有AQ=A′Q，△ACQ周长的最小值为AC+A′C的长，利用勾股定理即可求得△ACQ周长的最小值。②分别当Q点在F点上方，在线段FN上时，，在N点下方时去分析即可求得答案：当Q点在F点上方时，如上图，=SAOFQ－S△AOC－S△QCF=（+2）×3－×2×2－×1×=＋1；当Q点在线段FN上时，如右图，=S△AHQ－S△AOC－SOCQH=（+2）×3－×2×2－×（2＋3）×=1－；当Q点在N点下方时，如右图，=S△AQI－SAIFC－S△CFQ=（+2）×3－×（1＋3）×2－×1×=－1。23.（湖北孝感14分）如图（1），矩形ABCD的一边BC在直接坐标系中轴上，折叠边AD，使点D落在轴上点F处，折痕为AE，已知AB=8，AD=10，并设点B坐标为（），其中.（1）求点E、F的坐标（用含的式子表示）；（5分）（2）连接OA，若△OAF是等腰三角形，求的值；（4分）（3）如图（2），设抛物线经过A、E两点，其顶点为M，连接AM，若∠OAM=90°，求、、的值.（5分）图（1）图（2）【答案】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=10，AB=DC=8，∠D=∠DCB=∠ABC=90°。由折叠对称性：AF=AD=10，FE=DE在Rt△ABF中，BF===6，∴FC=4.。设EF=，则EC=8－在Rt△ECF中，42＋（8－）2=2解得=5。∴CE=8－=3。∵B（，0），∴E（＋10，3），F（＋6，0）。（2）分/三种情形讨论：若AO=AF，∵AB⊥OF∴OB=BF=6∴=6若OF=AF，则+6=10解得=4若AO=OF，在Rt△AOB中，AO2=OB2＋AB2=2＋64∴（＋6）2=2＋64解得=。综上所述，=6或4或。（3）由（1）知A（，8），E（＋10，3）依题意得。∴M（+6，－1）设对称轴交AD于G，∴G（＋6，8）。∴AG=6，GM=8－（－1）=9。∵∠OAB+∠BAM=90°，/∠BAM+∠MAG=90°，∴∠OAB=∠MAG。又∵∠ABO=∠MGA=90°，∴△AOB∽△AMG。∴，即。∴=12【考点】二次函数综合题，矩形的性质，折叠对称的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形以及由折叠对称性得出AF=AD=10，EF=DE，从而求出BF的长，即可得出E，F点的坐标。（2）分三种情况讨论：若AO=AF，OF=FA，AO=OF，利用勾股定理求出即可。（3）由E（＋10，3），A（，8），代入二次函数解析式得出M点的坐标，再利用△AOB∽△AMG，求出的值即可。24.（湖北咸宁12分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于A，B两点，点C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形．（1）直接写出点A，B的坐标，并求直线AB与CD交点的坐标；（2）动点P从点C出发，沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动；同时，动点M从点A出发，沿线段AB以每秒个单位长度的速度向终点B运动，过点P作PH⊥OA，垂足为H，连接MP，MH．设点P的运动时间为秒．①若△MPH与矩形AOCD重合部分的面积为1，求的值；②点Q是点B关于点A的对称点，问BP+PH+HQ是否有最小值，如果有，求出相应的点P的坐标；如果没有，请说明理由．【答案】解：（1）A（﹣3，0），B（0，4）。当时，，．所以直线AB与CD交点的坐标为。（2）①当0＜≤时，△MPH与矩形AOCD重合部分的面积即△MPH的面积。过点M作MN⊥OA，垂足为N，由△AMN∽△ABO，得，∴。∴AN=。∴△MPH的面积为。当时，。当＜≤时，△MPH与矩形AOCD重合部分的面积即△MPH的面积。过点M作MN⊥OA，垂足为N，同上可得，AN=。∴△MPH的面积为。当时，。与＜≤不合。当＜≤3时，设MH与CD相交于点E，△MPH与矩形AOCD重合部分的面积即△PEH的面积。过点M作MG⊥AO于G，MF⊥HP交HP的延长线于点F。FM=AG－AH=AM·cos∠BAO－（AO－HO）=，HF=GM=AM·sin∠BAO=。由△HPE∽△HFM，得，∴。∴PE=。∴△PEH的面积为。当时，。综上所述，若△MPH与矩形AOCD重合部分的面积为1，为1或。（3）BP+PH+HQ有最小值。理由如下：连接PB，CH，则四边形PHCB是平行四边形．∴BP=CH。∴BP+PH+HQ=CH+HQ+2．当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小。∵点C，Q的坐标分别为（0，2），（﹣6，﹣4），∴直线CQ的解析式为。∴点H的坐标为（﹣2，0）。因此点P的坐标为（﹣2，2）。【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行四边形的判定和性质。【分析】（1）令=0求得的值可得A的坐标，令=0求得的值可得B的坐标。令=2可得交点的坐标。（2）分0＜≤，＜≤，＜≤3三种情况讨论即可。（3）当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，利用平行四边形的性质得出即可。25.（湖北恩施12分）如图，在平面直角坐标系中，直线AC：与轴交于点A，与轴交于点C，抛物线过点A、点C，且与轴的另一交点为B（0，0），其中0＞0，又点P是抛物线的对称轴l上一动点．（1）求点A的坐标，并在图1中的l上找一点P0，使P0到点A与点C的距离之和最小；（2）若△PAC周长的最小值为，求抛物线的解析式及顶点N的坐标；（3）如图2，在线段CO上有一动点M以每秒2个单位的速度从点C向点O移动（M不与端点C、O重合），过点M作MH∥CB交轴于点H，设M移动的时间为t秒，试把△P0HM的面积S表示成时间t的函数，当t为何值时，S有最大值，并求出最大值；（4）在（3）的条件下，当S=时，过M作轴的平行线交抛物线于E、F两点，问：过E、F、C三点的圆与直线CN能否相切于点C？请证明你的结论．（备用图图3）【答案】解：（1）在中，令=0得，=-6,即(－6，0)如图，连接CB与直线交于点为所作。（2）由（1）知，△的周长最小，得,又,故，因此，即。将(－6，0)，，代入，得，解得。∴抛物线的解析式为-。配方得--，顶点N的坐标为。（3）如图，连接CH,由题设得，又由△OBC∽三△CMN，得，得，∴∙=-，0<<4。∴当t=2时，面积的最大值为10。（4）当时，过E、F、C三点的圆与直线CN能相切于点C.此时圆心坐标为。证明如下：如图3①，若过E、F、C三点的圆与直线CN相切于C，则,设，得。又设，由及点E在抛物线上,得由×（-），得--③，将③代入②，解得或（舍去）。∴-，即。此时满足。∴当时，过E、F、C三点的圆与直线CN相切于点C。【考点】二次函数综合题，对称的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的顶点坐标，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆切线的判定。【分析】（1）由题意A、B点关于抛物线对称，则BC所在直线与对称轴的交点即为P0。（2）由（1）所求可知该题周长最小即为AC+BC的长，从而求出抛物线的解析式及顶点N的坐标。（3）由△OBC∽三△CMN，得到高关于t的式子，根据t的取值范围，从而求得S的最大值。（4）假设过E、F、C三点的圆与直线CN相切于点C，求出此时的圆心坐标即可。也可把S的取值代入（3）中表达式中求得t，从而得到点M的坐标，从而证明各点。由（3）知-，解得或。①当时，如图，M的坐标为。由-=得E-，、F。设过E、F、C三点的圆，由得，,即。则，，，此时得＜。故此时过E、F、C三点的圆与直线CN有两个公共点.不合题意。②当时，如上图，M的坐标为，由-=得E-，F＋，从而EF＝，-，－2。又=-。=+，因此，得△ECF是直角三角形，故过E、F、C三点的圆的圆心是EF的中点，求得的坐标为。此时，，,,则有。即⊥，过E、F、C三点的圆与直线CN相切于点C。综上可知，当时，过E、F、C三点的圆与直线CN相切于点C，圆心坐标为。26.（湖北潜江仙桃天门江汉油田12分）在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为A（-3，0）、B（1，0），过顶点C作CH⊥轴于点H.（1）直接填写：=，b=，顶点C的坐标为；（2）在轴上是否存在点D，使得△ACD是以AC为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）若点P为轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），PQ⊥AC于点Q，当△PCQ与△ACH相似时，求点P的坐标.【答案】解：（1），顶点C的坐标为（－1，4）。（2）假设在y轴上存在满足条件的点D,过点C作CE⊥y轴于点E.由∠CDA=90°得，∠1+∠2=90°。又∠2+∠3=90°，∴∠3=∠1。又∵∠CED=∠DOA=90°，∴△CED∽△DOA。∴。设D（0，c），则。解之得。∴在y轴上存在点D（0，3）或（0，1），使△ACD是以AC为斜边的直角三角形。（3）①若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△CAH，得∠QCP=∠CAH。延长CP交轴于M，∴AM=CM，∴AM2=CM2。设M（m，0），则(m+3)2=42+(m+1)2，∴m=2，即M（2，0）。设直线CM的解析式为，则，解之得，。∴直线CM的解析式。联立，解之得或(舍去)。∴。②若点P在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH。过A作CA的垂线交PC于点F，作FN⊥轴于点N。由△CFA∽△CAH得，由△FNA∽△AHC得。∴AN=2，FN=1,点F坐标为（－5，1）。设直线CF的解析式为，则，解之得。∴直线CF的解析式。联立，解之得或(舍去)。∴。∴综上所述，满足条件的点P坐标为或。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解方程组。【分析】（1）将A（－3，0）、B（1，0），代入求出、即可，再将化为顶点式即可求出顶点坐标。（2）首先证明△CED∽△DOA，得出轴上存在点D（0，3）或（0，1），即可得出△ACD是以AC为斜边的直角三角形。（3）分点P在对称轴左、右两侧讨论即可。27.（湖北省随州15分）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx+b与抛物线y=x2交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x1＜0，x2＞0）．（1）求b的值．（2）求x1•x2的值．（3）分别过M，N作直线l：y=﹣1的垂线，垂足分别是M1和N1．判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．（4）对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请求出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．【答案】解：（1）∵直线y=kx+b过点F（0，1），∴b=1。（2）∵直线y=kx+b与抛物线y=x2交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点，∴可以得出：kx+b=x2，整理得：x2﹣4kx﹣4=0。∴x1•x2=﹣4。（3）△M1FN1是直角三角形（F点是直角顶点）。理由如下：设直线l与y轴的交点是F1，则∵FM12=FF12+M1F12=x12+4，FN12=FF12+F1N12=x22+4，M1N12=（x1﹣x2）2=x12+x22﹣2x1x2=x12+x22+8，∴FM12+FN12=M1N12。∴△M1FN1是以F点为直角顶点的直角三角形。（4）存在，该直线为y=－1。理由如下：直线y=－1即为直线M1N1。如图，设N点横坐标为m