中考数学压轴题100题精选及答案

【001】如图，已知抛物线

ya(x1)233（a≠0）经过点A(2，0)，抛物线的顶点为D，过O作射线

于点C，

OM∥AD．过顶点D平行于x轴的直线交射线OM（1）求该抛物线的解析式；

B在x轴正半轴上，连结BC．

（2）若动点P从点O出发，以每秒1个长度单位的速度沿射线OM运动，设点P运动的时间为四边形DAOP分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？ （3）若OCt(s)．问当t为何值时，

OB，动点P和动点Q分别从点O和点B同时出发，分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿

OC和BO运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t(s)，连接PQ，当t为

何值时，四边形

BCPQ的面积最小？并求出最小值及此时PQ的长．

M D C y P A O Q B x 【002】如图16，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）． （1）当t = 2时，AP = ，点Q到AC的距离是 ； （2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与 t的函数关系式；（不必写出t的取值范围）

（3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成 为直角梯形？若能，求t的值．若不能，请说明理由； （4）当DE经过点C 时，请直接写出t的值．

B E Q D A

C P 图16 【003】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）.抛物线y=ax2+bx过A、C

两点.

(1)直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；

(2)动点P从点A出发．沿线段AB向终点B运动，同时点Q从点C出发，沿线段CD

向终点D运动．速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E，①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G.当t为何值时，线段EG最长?

②连接EQ．在点P、Q运动的过程中，判断有几个时刻使得△CEQ是等腰三角形? 请直接写出相应的t值。

l1:y【004】如图，已知直线

28x33与直线l2:y2x16相交于点C，l1、l2分别交x轴于A、B两

点．矩形DEFG的顶点D、E分别在直线1 （1）求△ABC的面积；

（2）求矩形DEFG的边DE与EF的长； （3）若矩形DEFG从原点出发，沿

l、l2上，顶点F、G都在x轴上，且点G与点B重合．

x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，

设移动时间为

t(0≤t≤12)秒，矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关

yt的函数关系式，并写出相应的t的取值范围．

【005】如图1，在等腰梯形

l2 E C D l1A O

B F （G） x ABCD中，AD∥BC，

E是

AB的中点，过点E作

EF∥BC交CD于点

F

．

AB4，BC6，∠B60.

BC的距离；

（1）求点E到

（2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线ADC于

点

N，连结PN，设EPx.

①当点N在线段理由；

AD上时（如图2），△PMN的形状是否发生改变？若不变，求出△PMN的周长；若改变，请说明

②当点N在线段DC上时（如图3），是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的值；若不存在，请说明理由.

x的

A E B

图1 A E B

D F C

B

A E

P

N

D F C B

A E

P

D N

F

C

M D F C

图4（备用） 2图2

D

M

图3

（第25题） A

E B

图5（备用）

F C

【006】如图13，二次函数

yxpxq(p0)的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，-1）

，ΔABC

5的面积为4。

（1）求该二次函数的关系式；

（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴的垂线，若该垂线与ΔABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；

（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。

【007】如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（－3，4）， 点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H． （1）求直线AC的解析式；

（2）连接BM，如图2，动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位／秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，当 t为何值时，∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值．

【008】如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AB=BC，E是AB的中点，CE⊥BD。 求证：BE=AD；

求证：AC是线段ED的垂直平分线；

△DBC是等腰三角形吗？并说明理由。

【009】一次函数

yaxb的图象分别与x轴、y轴交于点M,N，与反比例函数

ykx的图象相交于点

A,B．过

点

A分别作ACx轴，AEy轴，垂足分别为C,E；过点B分别作BFx轴，BDy轴，垂足分别

AC与BD交于点K，连接CD． 为F，D，（1）若点

A，B在反比例函数

ykx的图象的同一分支上，如图1，试证明：

①

S四边形AEDKS四边形CFBKANBM．

；

②

（2）若点

A，B分别在反比例函数

ykx的图象的不同分支上，如图2，则y AN与BM还相等吗？试证明你的结论． y N E D A(x1，y1) B(x2，y2)

K O C F M E N F M A(x1，y1) x 23a)，对称轴是yaxbx3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且经过点(2，【010】如图，抛物线

O C D K B(x3，y3) x 直线

x1，顶点是M．

（1）求抛物线对应的函数表达式；

（2）经过

C,M两点作直线与x轴交于点N

，在抛物线上是否存在这样的点

，C，N为顶点的四P，使以点P，A边形为平行四边形？若存在，请求出点（3）设直线

P的坐标；若不存在，请说明理由；

yx3与y轴的交点是D，在线段BD上任取一点E（不与B，D重合）A，B，E三点，经过

的圆交直线BC于点F，试判断△AEF的形状，并说明理由；

（4）当E是直线

yx3上任意一点时，

（3）中的结论是否成立？（请直接写出结论）．

y A O 1 3 C B x M 【011】已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG． （1）求证：EG=CG；

（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45º，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若

成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）

A B D G A G D A F D E E F C 第24题图②

E C F 第24题图①

B B 第24题图③

C 【012】如图，在平面直角坐标系

xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D2yaxbxc与y轴交于点D，与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相

四点．抛物线

切于点

A和点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线的对称轴交

x轴于点E，连结DE，并延长DE交圆O于F，求EF的长．

（3）过点B作圆O的切线交DC的延长线于点

P，判断点P是否在抛物线上，说明理由．

y D E C F x N A M O B 【013】如图，抛物线经过

A(4，，0)B(1，，0)C(0，2)三点．

（1）求出抛物线的解析式；

（2）P是抛物线上一动点，过P作PMx轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？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；

（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．

y O B 1 2 4 A x C （第26题图）

【014】在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当于点M，

A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现

A点第一次落在直线yx上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线yxBC边交x轴于点N

（如图）.

（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积； （2）旋转过程中，当MN和

AC平行时，求正方形

y A M yx B

OABC旋转的度数；

p，在旋转正方形OABC （3）设MBN的周长为

的过程中，

p值是否有变化？请证明你的结论.

O C (第26题)

N x

739【015】如图，二次函数的图象经过点D(0，)，且顶点C的横坐标为4，

该图象在x 轴上截得的线段AB的长为6. ⑴求二次函数的解析式；

⑵在该抛物线的对称轴上找一点P，使PA+PD最小，求出点P的坐标；

⑶在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

【016】如图9，已知正比例函数和反比例函数的图象都经过点（1）求正比例函数和反比例函数的解析式；

A(3，3)．

（2）把直线OA向下平移后与反比例函数的图象交于点（3）第（2）问中的一次函数的图象与

B(6，m)，求m的值和这个一次函数的解析式；

x轴、y轴分别交于C、D，求过A、B、D三点的二次函数的解析式；

Sy 3 A B O 3 C 6 x （4）在第（3）问的条件下，二次函数的图象上是否存在点E，使四边形OECD的面积1与四边形OABD的面积S满足：

S12S3？若存在，求点E的坐标；

若不存在，请说明理由．

20)，B(0，2)两点，顶点为D． yxbxc经过A(1，【017】如图，已知抛物线

（1）求抛物线的解析式； （2）将△OAB绕点象的函数关系式；

A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得图

（3）设（2）中平移后，所得抛物线与

y轴的交点为B1，顶点为D1，若点Ny 的坐标．

在平移后的抛物线上，且满足

△NBB1的

△NDD1面积的2倍，求点N面积是

B O A D （第26题）

x 【018】如图，抛物线

0)、C(0，4)两点，与x轴交于另一点B． yax2bx4a经过A(1，（1）求抛物线的解析式；

（2）已知点

D(m，m1)在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；

45°，求点P的坐标．

（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且DBP

y C A O B x 【019】如图所示，将矩形OABC沿AE折叠，使点O恰好落在BC上F处，以CF为边作正方形CFGH，延长BC至M，使CM＝｜CF—EO｜，再以CM、CO为边作矩形CMNO

(1)试比较EO、EC的大小，并说明理由

m(2)令

S四边形CFGHS四边形CNMN；，请问m是否为定值？若是，请求出m的值；若不是，请说明理由

12(3)在(2)的条件下，若CO＝1，CE＝3，Q为AE上一点且QF＝3的解析式.

，抛物线y＝mx2+bx+c经过C、Q两点，请求出此抛物线

(4)在(3)的条件下，若抛物线y＝mx2+bx+c与线段AB交于点P，试问在直线BC上是否存在点K，使得以P、B、K为顶点的三角形与△AEF相似?若存在，请求直线KP与y轴的交点T的坐标?若不存在，请说明理由。

【020】如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连结AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF。 解答下列问题：

（1）如果AB=AC，∠BAC=90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 。

②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？ （2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动。

试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？画出相应图形，并说明理由。（画图不写作法）

（3）若AC=4

2，BC=3，在（2）的条件下，设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P，求线段CP长的最大值。

y【021】如图，点P是双曲线

k1x(k10，x0)上一动点，过点P作x轴、y轴的垂线，分别交x轴、y轴于A、B

k2两点，交双曲线y=x （0＜k2＜|k1|）于E、F两点．

（1）图1中，四边形PEOF的面积S1= ▲ (用含k1、k2的式子表示)； （2）图2中，设P点坐标为（－4，3）． ①判断EF与AB的位置关系，并证明你的结论；

②记

S2SPEFSOEF，S2是否有最小值？若有，求出其最小值；若没有，请说明理由。

【022】一开口向上的抛物线与x轴交于A(m－2，0)，B(m＋2，0)两点，记抛物线顶点为C，且AC⊥BC． (1)若m为常数，求抛物线的解析式；

(2)若m为小于0的常数，那么(1)中的抛物线经过怎么样的平移可以使顶点在坐标原点？

(3)设抛物线交y轴正半轴于D点，问是否存在实数m，使得△BCD为等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

yDOACBx

【023】如图，在梯形三角形．

ABCD中，AD∥BC，AD2，BC4，点M是

AD的中点，△MBC是等边

（1）求证：梯形

ABCD是等腰梯形；

（2）动点P、

yQ分别在线段BC和MC上运动，且∠MPQ60保持不变．设PCx，MQy，求与

x的函数关系式；

（3）在（2）中：①当动点P、

Q运动到何处时，以点P、M和点

A、B、C、D中的两个点为顶点的四边形是平

行四边形？并指出符合条件的平行四边形的个数；②当

y取最小值时，判断△PQC的形状，并说明理由．

A

M

D

60° B

P

Q

C

【024】如图，已知ABC为直角三角形，ACB90，ACBC,点A、C在x轴上，点B坐标为（3，

ym）（m0），线段AB与轴相交于点D，以P（1，0）为顶点的抛物线过点B、D．

（1）求点

A的坐标（用m表示）；

（2）求抛物线的解析式；

（3）设点

Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，PQ并延长交BC于点E，BQ并延长交AC于点F连结连结 FC(ACEC)为定值． ，

试证明：

yBEQDAOPFCxyx4【025】如图12，直线与两坐标轴分别相交于A、B点，点M是线段AB上任意一点（A、B两点除外），过M

分别作MC⊥OA于点C，MD⊥OB于D． （1）当点M在AB上运动时，你认为四边形OCMD的周长是否发生变化？并说明理由； （2）当点M运动到什么位置时，四边形OCMD的面积有最大值？最大值是多少？

（3）当四边形OCMD为正方形时，将四边形OCMD沿着x轴的正方向移动，设平移的距离为OCMD与△AOB重叠部分的面积为S．试求S与

a（0a4)，正方形

a的函数关系式并画出该函数的图象．

y B y B D M B y O C A x O A 图12（2）

x O A 图12（3）

x

图12（1）

【026】如图11，在△ABC中，∠C=90°，BC=8，AC=6，另有一直角梯形DEFH （HF∥DE，∠HDE=90°）的底边DE落在CB上，腰DH落在CA上，且DE=4，∠DEF=∠CBA，AH∶AC=2∶3

（1）延长HF交AB于G，求△AHG的面积. （2）操作：固定△ABC，将直角梯形DEFH以每秒1个 单位的速度沿CB方向向右移动，直到点D与点B 重合时停止，设运动的时间为t秒，运动后的直角梯 形为DEFH′（如图12）.

探究1：在运动中，四边形CDH′H能否为正方形？若能，

请求出此时t的值；若不能，请说明理由.

探究2：在运动过程中，△ABC与直角梯形DEFH′重叠 部分的面积为y，求y与t的函数关系.【027】阅读材料：

如图12-1，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两条直线之间的距离叫△ABC的“水平宽”(a)，中间的这条直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的“铅垂高(h)”.我们可得出一种计算三角形面积的新方法：

SABC1ah2，即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半.

解答下列问题：

如图12-2，抛物线顶点坐标为点C(1,4),交x轴于点A(3,0)，交y轴于点B. (1)求抛物线和直线AB的解析式；

(2)点P是抛物线(在第一象限内)上的一个动点，连结PA，PB，当P点运动到顶点C时，求△CAB的铅垂高CD及

SCAB；

9(3)是否存在一点P，使S△PAB=8S△CAB，若存在,求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.

y

【028】如图，已知抛物线与求抛物线的解析式；

设抛物线顶点为D，求四边形AEDB的面积；

△AOB与△DBE是否相似？如果相似，请给以证明；如果不相似，请说明理由。

C B

D 1 O

1

A

x

图12-2

x交于A(－1，0)、E(3，0)两点，与y轴交于点B(0，3)。

2yxaxa2。

【029】已知二次函数

（1）求证：不论a为何实数，此函数图象与x轴总有两个交点。

（2）设a<0，当此函数图象与x轴的两个交点的距离为

13时，求出此二次函数的解析式。

3132，若存在求出P点（3）若此二次函数图象与x轴交于A、B两点，在函数图象上是否存在点P，使得△PAB的面积为

坐标，若不存在请说明理由。

【030】如图，已知射线DE与长度/秒的速度沿

0)和点E(0，4)．动点C从点M(5，0)出发，以1个单位x轴和y轴分别交于点D(3，x轴向左作匀速运动，与此同时，动点P从点D出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线DE的方向作匀速

运动．设运动时间为t秒．

（1）请用含t的代数式分别表示出点C与点P的坐标；

1t2（2）以点C为圆心、个单位长度为半径的⊙C与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），连接PA、PB． y ①当⊙C与射线DE有公共点时，求的取值范围； ②当△PAB为等腰三角形时，求的值．

【031】已知直角坐标系中菱形ABCD的位置如图，C，D两点的坐标分别为(4,0)，(0,3). 现有两动点P,Q分别从A,C同时出发，点P沿线段AD向终点D运动，点Q沿折线CBA 向终点A运动，设运动时间为t秒.

（1）填空：菱形ABCD的边长是 ▲ 、面积是 ▲ 、 高BE的长是 ▲ ； （2）探究下列问题：

①若点P的速度为每秒1个单位，点Q的速度为每秒2个单位.当点Q在线段BA上时，求△APQ的面积S关于t的函数关系式，以及S的最大值；

②若点P的速度为每秒1个单位，点Q的速度变为每秒k个单位，

tE P O A C B M D x tyD在运动过程中,任何时刻都有相应的k值，使得△APQ沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形.请探究当t=4秒时的情形，并求出k的值。

EAOCx

B

【032】如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN4，MA1，MB1．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中

ABx．

心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，设（1）求x的取值范围；

（2）若△ABC为直角三角形，求x的值； （3）探究：△ABC的最大面积？

C M A

B N 【033】已知抛物线

yx2xa（a0）与y轴相交于点A，顶点为MAM相交于点N.

2y.直线

1xay2分别与x轴，

轴相交于B，C两点，并且与直线

(1)填空：试用含

a的代数式分别表示点M与

N

的坐标，则

M ， ，N ， ；

(2)如图，将△NAC沿

y轴翻折，若点N

的对应点N′恰好落在抛物线上，AN′与x轴交于点D，连结CD，

求

a的值和四边形ADCN的面积；

2yx2xa（a0），C，N为顶点的四边形是平行四边形？(3)在抛物线上是否存在一点P，使得以P，A若存在，求出P点的坐标；若不存在，试说明理由.

y C N B A M 第（2）题

O N′ D x N B A C y O x M 备用图

【034】若P为△ABC所在平面上一点，且APBBPCCPA120°，则点P叫做△ABC的费

马点.

（1）若点P为锐角△ABC的费马点，且ABC60°，PA3，PC4，则PB的值为________；

（2）如图，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连结BB′. 求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA

PBPC.

A B

B

C 035】如图①，正方形 ABCD中，点A、B的坐标分别为（0，10），（8，4），

点C在第一象限．动点P在正方形 ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动， 同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动， 设运动的时间为t秒．

(1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度； (2)求正方形边长及顶点C的坐标；

(3)在（1）中当t为何值时，△OPQ的面积最大，并求此时P点的坐标；

(4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相 等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由．

【036】已知：如图，在平面直角坐标系

xOy中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=2，

OC=3．过原点O作∠AOC的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E． （1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；

（2）将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与y轴的正半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果DF与（1）

6中的抛物线交于另一点M，点M的横坐标为5，那么EF=2GO是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；

（3）对于（2）中的点G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q，使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

y A E x

D B O

C 1（1）若a0，且tan∠POB=9，求线段AB的长；

8yx上的抛物线中，已知线段AB=3，且在它的对称轴左边时，y随着x的增大而增大，

（2）在过A，B两点且顶点在直线

试求出满足条件的抛物线的解析式； （3）已知经过A，B，P三点的抛物

线，平移

y后能得到AB的距离。

92x5的图像，求点

P到直线

【038】如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（－8，0），直线BC经过点B（－8，6），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时声母OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于P、Q． （1）四边形的形状是 ，

BPPQ的值是 ．

当α=90°时，

BPPQ的值;

（2）①如图2,当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴上时,求

②如图3,当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时,求ΔOPB′的面积．

1BQ0001802（3）在四边形OABC旋转过程中,当时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=？若存在，请直接

写出点P的坐标；基不存在，请说明理由．

【039】如图，已知点A(-4，8)和点B(2，n)在抛物线

yax2上．

(1) 求a的值及点B关于x轴对称点P的坐标，并在x轴上找一点Q，使得AQ+QB最短，求出点Q的坐标；

2yax平移抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，点C(-2，0)和点D(-4，0)是x轴上的两

(2)

个定点．

① 当抛物线向左平移到某个位置时，A′C+CB′ 最短，求此时抛物线的函数解析式；

② 当抛物线向左或向右平移时，是否存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短？若存在，求出此时抛物线的函数解析式；若不存在，请说明理由．

8 6 4 2 B D C -4 -2 O 2 4 x -2 -4 (第24

【040】△

A y

ABC与△

ABC是两个直角边都等于4厘米的等腰直角三角形，M、N

分别是直角边AC、BC的中点。△

ABC位置固定，△

ABC按如图叠放，使斜边AB在直线MN上,顶点B与点M重合。等腰直角△ABC以1

A与点N重合。设x秒时，△ABC与△ABC重叠部分面积为

厘米/秒的速度沿直线MN向右平移，直到点厘米。

y平方

32ABCABC（1）当△与△重叠部分面积为2平方厘米时，求△ABC移动的时间；

（2）求

y与x的函数关系式；

（3）求△

ABC与△ABC重叠部分面积的最大值。

【041】某公交公司的公共汽车和出租车每天从乌鲁木齐市出发往返于乌鲁木齐市和石河子市两地，出租车比公共汽车多往返一趟，如图表示出租车距乌鲁木齐市的路程

y（单位：千米）与所用时间x（单位：小时）的函数图象．已知公共汽车比出租

y（千米）与所用时间x（小时）的函数图象．

车晚1小时出发，到达石河子市后休息2小时，然后按原路原速返回，结果比出租车最后一次返回乌鲁木齐早1小时． （1）请在图中画出公共汽车距乌鲁木齐市的路程（2）求两车在途中相遇的次数（直接写出答案） （3）求两车最后一次相遇时，距乌鲁木齐市的路程．

【042】如图9，在矩形OABC中，已知

0)C(0，2)，D为OA的中点．设点PA、C两点的坐标分别为A(4，、是AOC平分线上的一个动点（不与点O重合）． （1）试证明：无论点P运动到何处，PC总与PD相等；

（2）当点P运动到与点B的距离最小时，试确定过O、P、D三点的抛物线的解析式；

（3）设点

E是（2）中所确定抛物线的顶点，当点

P运动到何处时，△PDE的周长最小？求出此时点

P的坐标和

△PDE的周长；

（4）设点N是矩形OABC的对称中心，是否存在点P，使CPN

90°？若存在，请直接写出点P的坐标．

y C(0，2) B 2P M1，Tyyx，yxbxc，，为方程y1y20的两个根，12【043】已知函数点在函数2的

O 图象上．

D A(4，0) x 图9

，（Ⅰ）若

1312，求函数y2的解析式；

1yy，B，当△ABM的面积为12时，求t的值； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若函数1与2的图象的两个交点为A（Ⅲ）若

01，当0t1时，试确定T，，三者之间的大小关系，并说明理由．

1【044】如图9，已知抛物线y=2位置．

(1) 求直线l的函数解析式； (2) 求点D的坐标；

x2–2x＋1的顶点为P，A为抛物线与y轴的交点，过A与y轴垂直的直线与抛物线的另一交

点为B，与抛物线对称轴交于点O′，过点B和P的直线l交y轴于点C，连结O′C，将△ACO′沿O′C翻折后，点A落在点D的

(3) 抛物线上是否存在点Q，使得S△DQC= S△DPB? 若存在，求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

图9

y【045】如图，已知直线

11x1yx2bxcy22与轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线与直线交于A、E

两点，与

x轴交于B、C两点，且B点坐标为 (1，0)。

⑴求该抛物线的解析式；

⑵动点P在轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标P。

⑶点

在抛物线的对称轴上找一点M，使M的坐标。

|AMMC|的值最大，求出

l1:y【046】如图，已知直线

28x33与直线l2:y2x16相交于点C，l1、l2分别交x轴于A、B两

点．矩形DEFG的顶点D、E分别在直线1 （1）求△ABC的面积；

（2）求矩形DEFG的边DE与EF的长； （3）若矩形DEFG从原点出发，沿

l、l2上，顶点F、G都在x轴上，且点G与点B重合．

x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，设移动时间为t(0≤t≤12)秒，

矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于的函数关系式，并写出相应的的取值范围．

【047】如图（1），将正方形纸片

ttyl2 E C D l1A O

B F （G） x ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕

CE1AMMN．当CD2时，求BN 类比归纳

的值．

方法指导：

AM为了求得BN的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 CE1AM，3则BN在图（1）中，若CDCE1AM，4则BN的值等于 ；若CDCE1n（n的值等于 ；若CD为整数），则联系拓广

AMBN的值等于 ．（用含

n的式子表示）

如图（2），将矩形纸片

ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN，设

于 ．（用含

A M F

AB1CE1AMm1，，BCmCDF n则BNM ，n的式子表示）D mA D E

E

的值等

B B

N

图（1）

C

N 图（2）

C

【048】如图11，抛物线

ya(x3)(x1)与x轴相交于A、B两点（点A在点B右侧）

，过点A的直线交抛物线于

另一点C，点C的坐标为（-2，6）. (1)求a的值及直线AC的函数关系式；

(2)P是线段AC上一动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点M，交x轴于点N. ①求线段PM长度的最大值；

②在抛物线上是否存在这样的点M，使得△CMP与△APN相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标（不必写解答过程）；如果不存在，请说明理由。

【049】已知：抛物线

yax2bxca0

的对称轴为

x1，，B两点，与y轴交于点C，与x轴交于A其

中

A3，0C0，2．、

（1）求这条抛物线的函数表达式．

（2）已知在对称轴上存在一点P，使得△PBC的周长最小．请求出点P的坐标． （3）若点D是线段OC上的一个动点（不与点O、点C重合）．过点D作DE∥PC交

x轴于点E．连接PD、PE．设

CD的长为m，△PDE的面积为S值；若不存在，请说明理由．

．求S与m之间的函数关系式．试说明S是否存在最大值，若存在，请求出最大

y A O B x C

【050】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD6cm，CD4cm，BCBD10cm，点P由B

出发沿BD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，线段EF由DC出发沿DA方向匀速运动，速度为1cm/s，交BD于Q，连接PE．若设运动时间为（s）（0tt5）．解答下列问题：

（1）当为何值时，PE∥AB？ （2）设

ty△PEQ的面积为y（cm2）

，求与t之间的函数关系式；

（3）是否存在某一时刻，使

tS△PEQ2S△BCD25？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．

（4）连接PF，在上述运动过程中，五边形PFCDE的面积是否发生变化？说明理由．

A P B

E Q D F C 2yx2xk与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，3）

【051】如图14（1），抛物线．［图14（2）、图14（3）

为解答备用图］ （1）k

，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；

2yx2xk的顶点为M，求四边形ABMC的面积；

（2）设抛物线

（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；

2yx2xk上求点Q，使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．

（4）在抛物线

图14（1） 图14（2） 图14（3）

【052】已知二次函数（m0)，B(2，0)，C(0，2)，直线xmyax2bxc（a0）的图象经过点A(1，2）与x轴交于点D．

（1）求二次函数的解析式；

（2）在直线

、O、Cxm（m2）上有一点E（点E在第四象限），使得E、D、B为顶点的三角形与以A为顶点的三角形相似，求E点坐标（用含

m的代数式表示）；

ABEF为平行四边形？若存在，请求出m的值及四

（3）在（2）成立的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得四边形边形

ABEF的面积；若不存在，请说明理由．

y O x 20)，B(3，0)，C(0，3)yaxbxc（a0）经过A(1，【053】如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线

三点，其顶点为D，连接BD，点P是线段BD上一个动点（不与B、D重合），过点P作连接BE．

（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标； （2）如果P点的坐标为

y轴的垂线，垂足为E，

(x，y)，△PBE的面积为s，求s与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出s的最大值；

（3）在（2）的条件下，当点

s取得最大值时，过点P作x的垂线，垂足为F，连接EF，把△PEF沿直线EF折叠，

P的对应点为P，请直接写出P点坐标，并判断点P是否在该抛物线上． y D C 3 2 E 1 P B A O 1 2 3 3 2 1 1 x 【0】如图，在直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在y轴正半轴上，点A、C的坐标分 别为（0，1）、（2，4）．点P从点A出发，沿A→B→C以每秒1个单位的速度运动，到

1yx2bxc4点C停止；点Q在x轴上，横坐标为点P的横、纵坐标之和．抛物线

经过A、C两点．过点P作x轴的垂线，垂足为M，交抛物线于点R．设点P的运动时间为t（秒），△PQR的面积为S（平方单位）．

（1）求抛物线对应的函数关系式． （2）分别求t=1和t=4时，点Q的坐标．

（3）当0＜t≤5时，求S与t之间的函数关系式，并直接写出S的最大值．

【055】在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板

2)，点ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A(0，C(1，0)，如图所示：抛物线yax2ax2经过点B．

（1）求点B的坐标； （2）求抛物线的解析式；

（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以点

AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有

P的坐标；若不存在，请说明理由．

y A （0，2） B （－1，0） C x 2yaxbxc的顶点为P，抛物线：与y轴交于点A，与直线OP交于点B．过点P作

【056】如图18，抛物线F：

2yaxbxc，抛物线F′与x轴的另一个交

PD⊥x轴于点D，平移抛物线F使其经过点A、D得到抛物线F′：

点为C．

⑴当a = 1，b=－2，c = 3时，求点C的坐标(直接写出答案)； ⑵若a、b、c满足了b①求b：b′的值；

②探究四边形OABC的形状，并说明理由．

22ac

yBAPODCx的长分别是方程

【057】直线

ykxb(k0)与坐标轴分别交于A、B两点，OA、OB图 18

x214x480的两根（OA止． （1）直接写出

OB），动点P从O点出发，沿路线O→B→A以每秒1个单位长度的速度运动，到达A点时运动停A、B两点的坐标；

（2）设点P的运动时间为(秒)，OPA的面积为S，求S与之间的函数关系式（不必写出自变量的取值范围）； （3）当Stt12时，直接写出点P的坐标，此时，在坐标轴上是否存在点M，使以O、A、P、M为顶点的四边形

是梯形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

y B PO Ax2yx1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．

【058】如图，已知抛物线

（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

y 似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由． P A o C B x 【059】如图（1），已知正方形 ABCD在直线MN的上方，BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG．

（1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；(4分)

（2）连接FC，观察并猜测∠FCN的度数，并说明理由；(4分)

（3）如图（2），将图（1）中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB=a，BC=b（a、b为常数），E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请用含a、b的代数式表示tan∠FCN的值；若∠FCN的大小发生改变，请举例说明．(5分) M B

G D

G A D

F

F

E 图（1）

C N M B E 图（2）

C N

20)、点B(6，0)，与y轴yaxxc(a0)与x轴交于点A(2，x【060】已知：如图所示，关于的抛物线

交于点C．

（1）求出此抛物线的解析式，并写出顶点坐标； （2）在抛物线上有一点D，使四边形

ABDC为等腰梯形，写出点D的坐标，并求出直线AD的解析式；

，抛物线上有一动点

（3）在（2）中的直线

AD交抛物线的对称轴于点MP，

x轴上有一动点Q．是否存在以

A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

C y A

O B x

y【061】如图已知直线L：（1）求点A、点B的坐标。

3x34，它与x轴、y轴的交点分别为A、B两点。

（2）设F为x轴上一动点，用尺规作图作出⊙P，使⊙P经过点B且与x轴相切于点F（不写作法，保留作图痕迹）。 （3）设92）中所作的⊙P的圆心坐标为P（x，y），求y关于x的函数关系式。

（4）是否存在这样的⊙P，既与x轴相切又与直线L相切于点B，若存在，求出圆心P的坐标，若不存在，请说明理由。

【062】如图13-1至图13-5，⊙O均作无滑动滚动，⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4均表示⊙O与线段AB或BC相切于端点时刻的位置，⊙O的周长为c． 阅读理解：

（1）如图13-1，⊙O从⊙O1的位置出发，沿AB滚动到 ⊙O2的位置，当AB = c时，⊙O恰好自转1周． （2）如图13-2，∠ABC相邻的补角是n°，⊙O在 ∠ABC外部沿A-B-C滚动，在点B处，必须由 ⊙O1的位置旋转到⊙O2的位置，⊙O绕点B旋

O1 A O O2 B 图13-1

O1 A O2 B n° D C n转的角∠O1BO2 = n°，⊙O在点B处自转360周．

实践应用：

（1）在阅读理解的（1）中，若AB = 2c，则⊙O自 转 周；若AB = l，则⊙O自转 周．在 阅读理解的（2）中，若∠ABC = 120°，则⊙O 在点B处自转 周；若∠ABC = 60°，则⊙O 在点B处自转 周．

图13-2

O1 O c．⊙O从

O2 B O3 1（2）如图13-3，∠ABC=90°，AB=BC=2到⊙O4的位置，⊙O自转 周．

拓展联想：

A ⊙O1的位置出发，在∠ABC外部沿A-B-C滚动

C 图13-3 O D A O4 B C 图13-4

（1）如图13-4，△ABC的周长为l，⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，⊙O自转了多少周？请说明理由．

（2）如图13-5，多边形的周长为l，⊙O从与某边相切于 点D的位置出发，在多边形外部，按顺时针方向沿多 边形滚动，又回到与该边相切于点D的位置，直接写 出⊙O自转的周数．

O D 图13-5 【063】如图12，已知抛物线B的坐标为（1，0）． yx24x3交x轴于A、B两点，交y轴于点C，•抛物线的对称轴交x轴于点E，点（1）求抛物线的对称轴及点A的坐标； （2）在平面直角坐标系请说明理由；

（3）连结CA与抛物线的对称轴交于点D，在抛物线上是否存在点M，使得直线CM把四边形DEOC分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线CM的解析式；若不存在，请说明理由．

xoy中是否存在点P，与A、B、C三点构成一个平行四边形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，y C D A E B O x y【0】如图，抛物线（1）求点A、点B的坐标． 12xx24的顶点为A，与y 轴交于点B． 图12 y A · B x （2）若点P是x轴上任意一点，求证：PA（3）当PA

PB≤AB． O PB最大时，求点P的坐标．

【065】如图11，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，∠ABC=60º．

（1）求⊙O的直径；

（2）若D是AB延长线上一点，连结CD，当BD长为多少时，CD与⊙O相切；

（3）若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着AB方向运动，同时动点F以1cm/s的速度从B点出发沿BC方向运动，设运动

时间为

t(s)(0t2)，连结EF，当t为何值时，△BEF为直角三角形．

C E O C F C F B

A O E B

A O B D A 图10（1）

【066】如图，反比例函数y＝AC，AC∥y轴．

(1)求反比例函数的解析式及点B的坐标；

图10（2） 图10（3）

m 1 5 1

(x＞0)的图象与一次函数y＝－x＋的图象交于A、B两点，点C的坐标为(1，)，连接x222

(2)现有一个直角三角板，让它的直角顶点P在反比例函数图象上A、B之间的部分滑动(不与A、B重合)，两直角边始终分别平行于x轴、y轴，且与线段AB交于M、N两点，试判断P点在滑动过程中△PMN是否与△CBA总相似？简要说明判断理由．

【067】如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90º，AB＝12cm，AD＝8cm，BC＝22cm，AB为⊙O的直径，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以2cm/s的速度运动，P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t(s)． (1)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ (2)当t为何值时，PQ与⊙O相切？

A P D O B C Q

【068】如图12，在直角梯形OABC中， OA∥CB，A、B两点的坐标分别为A（15，0），B（10，12），动点P、Q分别从O、B两点出发，点P以每秒2个单位的速度沿OA向终点A运动，点Q以每秒1个单位的速度沿BC向C运动，当点P停止运动时，点Q也同时停止运动．线段OB、PQ相交于点D，过点D作DE∥OA，交AB于点E，射线QE交Q运动时间为t（单位：秒）．

（1）当t为何值时，四边形PABQ是等腰梯形，请写出推理过程； （2）当t=2秒时，求梯形OFBC的面积；

（3）当t为何值时，△PQF是等腰三角形？请写出推理过程．

x轴于点F．设动点P、

069】如图11，已知二次函数

0)、B(x2，0)，与yy(xm)2km2的图象与x轴相交于两个不同的点A(x1，轴的交点为C．设△ABC的外接圆的圆心为点P． （1）求⊙P与

y轴的另一个交点D的坐标；

（2）如果

AB恰好为⊙P的直径，且△ABC的面积等于

5，求m和k的值．

【070】如图所示，菱形

ABCD的边长为6厘米，B60°．从初始时刻开始，点P、Q同时从A点出发，点P以

1厘米/秒的速度沿运动到D点时，

ACB的方向运动，点Q以2厘米/秒的速度沿ABCD的方向运动，当点QP、Q两点同时停止运动，设P、Q运动的时间为x秒时，△APQ与△ABC重叠部分的面积

为

y平方厘米（这里规定：点和线段是面积为O的三角形）

，解答下列问题：

（1）点P、（2）点P、（3）求

Q从出发到相遇所用时间是 秒；

Q从开始运动到停止的过程中，当△APQ是等边三角形时x的值是 秒；

y与x之间的函数关系式．

C D P A Q B 2，B两点，与y 抛物线yaxbxca0的对称轴为x1，【071】已知：与x轴交于A中

轴交于点C，其

A3，0C0，2．、

（1）求这条抛物线的函数表达式．

（2）已知在对称轴上存在一点P，使得△PBC的周长最小．请求出点P的坐标． （3）若点D是线段OC上的一个动点（不与点O、点C重合）．过点D作DE∥PC交

x轴于点E．连接PD、PE．设

CD的长为m，△PDE的面积为S值；若不存在，请说明理由．

．求S与m之间的函数关系式．试说明S是否存在最大值，若存在，请求出最大

y A O B x C

【072】如图1所示，直角梯形OABC的顶点A、C分别在y轴正半轴与平移后的直线l与

x轴负半轴上.过点B、C作直线l．将直线l平移，

x轴交于点D，与y轴交于点E．

（1）将直线l向右平移，设平移距离CD为(tt0)，直角梯形OABC被直线l扫过的面积（图中阴影部份）为s，s关于t的函数图象如图2所示， OM为线段，MN为抛物线的一部分，NQ为射线，N点横坐标为4．

①求梯形上底AB的长及直角梯形OABC的面积； ②当2t4时，求S关于t的函数解析式；

（2）在第（1）题的条件下，当直线l向左或向右平移时（包括l与直线BC重合），在直线AB上是否存在点P，使PDE为等腰直角三角形?若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由．

【073】)如图，半径为25的⊙O内有互相垂直的两条弦AB、CD相交于P点．

(1)求证：PA·PB=PC·PD；

(2)设BC的中点为F，连结FP并延长交AD于E，求证：EF⊥AD： (3)若AB=8，CD=6，求OP的长．

CFAEPODB

【074】如图，在平面直角坐标系中，点

O1的坐标为(4，0)，以点O1为圆心，8为半径的圆与x轴交于A，B两点，过

5)为圆心的圆与x轴相切于点D． A作直线l与x轴负方向相交成60°的角，且交y轴于C点，以点O2(13，（1）求直线l的解析式；

（2）将

⊙O2以每秒1个单位的速度沿x轴向左平移，当⊙O2第一次与⊙O1外切时，求⊙O2平移的时间．

y l 60° A O2 O1 O B D x C （第22题） 20)，与y轴的负半轴交于yax2axb（a0）与x轴的一个交点为B(1，【075】如图11，已知抛物线

点C，顶点为D．

（1）直接写出抛物线的对称轴，及抛物线与（2）以AD为直径的圆经过点C． ①求抛物线的解析式；

②点E在抛物线的对称轴上，点F在抛物线上，且以B，A，F，E四点为顶点的四边形为平行四边形，求点F的坐标．

x轴的另一个交点A的坐标；

y B C O A x 1yx2mxn【076】如图，抛物线D 2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，四边形OBHC为矩形，CH的延长线

图11 交抛物线于点D（5，2），连结BC、AD.

（1）求C点的坐标及抛物线的解析式；

（2）将△BCH绕点B按顺时针旋转90°后 再沿x轴对折得到 △BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；

（3）设过点E的直线交AB边于点P，交CD边于点Q. 问是否存在点P，使直线PQ分梯形ABCD的面积为1∶3两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.

3yxmy4【077】已知直线与x轴轴分别交于点A和点B，点B的坐标为（0，6）

（1）求的

m值和点A的坐标；

x轴交于点E，设BP=a，梯形PEAC的面积

（2）在矩形OACB中，点P是线段BC上的一动点，直线PD⊥AB于点D，与

s。

①求s与a的函数关系式，并写出a的取值范围；

为

②⊙Q是△OAB的内切圆，求当PE与⊙Q相交的弦长为2.4时点P的坐标。

QBPCDOEA

【078】如图 12，已知直线交

1)和B(1，0)，P是x轴正半轴上的动点，OP的垂直平分线交L于点Q，L过点A(0，x轴于点M．

（1）直接写出直线L的解析式； （2）设OPt，△OPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式；并求出当0t2时，S的最大值；

（3）直线1过点

LA且与x轴平行，问在L1上是否存在点C， 使得△CPQ是以Q为直角顶点的等腰直角三角形？若

存在，求出点C的坐标，并证明；若不存在，请说明理由．

【079】如图，

y L A Q L1

O M P B 图12 x ABCD在平面直角坐标系中，

AD6，若OA、OB的长是关于

x的一元二次方程

x27x120的两个根，且OAOB．

（1）求sinABC的值．

（2）若E为否相似？

x轴上的点，且

S△AOE16，3求经过D、E两点的直线的解析式，并判断△AOE与△DAO是

（3）若点M在平面直角坐标系内，则在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F、M为顶点的四边形为菱形？

若存在，请直接写出F点的坐标；若不存在，请说明理由．

y A D B

O C x 【080】已知：等边三角形

ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1厘米

与点

/秒的速度向

B点运动（运动开始时，点MA重合，点N到达点

B时运动终止），过点M、N分别作AB边的

垂线，与△ABC的其它边交于

P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒．

（1）线段MN在运动的过程中，为何值时，四边形（2）线段MN在运动的过程中，四边形

tMNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积；

C 随运动时

MNQP的面积为S，运动的时间为t．求四边形MNQP的面积SQ 间变化的函数关系式，并写出自变量的取值范围．

tt3【081】如图，已知抛物线y＝434t过点C的直线y＝

PB＝5t，且0＜t＜1．

P x2＋bx＋c与坐标轴交于A、B、C三点， A点的坐标为（－1，0）， yQHA M x－3与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若AN OB PBxC（1）填空：点C的坐标是_▲_，b＝_▲_，c＝_▲_； （2）求线段QH的长（用含t的式子表示）；

（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，说明理由．

【082】（09上海）在直角坐标平面内，O为原点，点图7所示）．点B与点

0)，点C的坐标为(0，4)，直线CM∥x轴（如A的坐标为(1，相交于点D，联结OD．

yxb（b为常数）A关于原点对称，直线经过点B，且与直线CMy 4 C 3 2 B 1 A 1 （1）求b的值和点D的坐标； （2）设点P在的坐标；

（3）在（2）的条件下，如果以PD为半径的圆P与圆O外切，求圆O的半径．

yxb

D M x轴的正半轴上，若△POD是等腰三角形，求点P1 O x

图7 【083】如图，在直角坐标系中，点A的坐标为（－2，0），连结OA，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，得到线段OB. （1）求点B的坐标；

（2）求经过A、O、B三点的抛物线的解析式；

（3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点C，使△BOC的周长最小？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由. （4）如果点P是（2）中的抛物线上的动点，且在x轴的下方，那么△PAB是否有最大面积？若有，求出此时P点的坐标及△PAB的最大面积；若没有，请说明理由.

y B A O x

【084】如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分别与x轴，y轴相交于A，B两点，点P（0，k）是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心，3为半径作⊙P.

（1）连结PA，若PA=PB，试判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；

（2）当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？

2yaxbx3（a≠0）与x轴交于点A(1，0)和点B (－3，0)，与y轴交于点C．

【085】如图①， 已知抛物线

(1) 求抛物线的解析式； (2) 设抛物线的对称轴与

x轴交于点M ，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合

条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

(3) 如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．

【086】如图，以BC为直径的⊙O交△CFB的边CF于点A，BM平分

3∠ABC交AC于点M，AD⊥BC于点D，AD交BM于点N，ME⊥BC于点E，AB2=AF·AC，cos∠ABD=5，AD=12．

⑴求证：△ANM≌△ENM； ⑵求证：FB是⊙O的切线；

⑶证明四边形AMEN是菱形，并求该菱形的面积S．

【087】如图，已知抛物线y＝x2＋bx＋c经过矩形ABCD的两个顶点A、B，AB平行于x轴，对角线BD与抛物线交于点P，点A的坐标为(0，2)，AB＝4． (1)求抛物线的解析式；

3(2)若S△APO＝2

，求矩形ABCD的面积．

y A O P D (第23题C B x 【088】如图所示，已知在直角梯形OABC中，

，、B(31)，．动点P从AB∥OC，BC⊥x轴于点C，A(11)PQ垂直于直线OA，垂足为Q．设P点移动的

．

O点出发，沿x轴正方向以每秒

时间为秒（01个单位长度的速度移动．过P点作

t△OPQ与直角梯形OABC重叠部分的面积为St4），

、B三点的抛物线解析式； （1）求经过O、A（2）求S与的函数关系式；

t（3）将

△OPQ绕着点P顺时针旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或Q在抛物线上？若存在，直接写

出的值；若不存在，请说明理由．

ty 2 1 Q O P 1 第26题图 A B C 3 x

【0】如图，在平面直角坐标系

xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D2yaxbxc与y轴交于点D，与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相

四点．抛物线

切于点

A和点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线的对称轴交

x轴于点E，连结DE，并延长DE交圆O于F，求EF的长．

（3）过点B作圆O的切线交DC的延长线于点

P，判断点P是否在抛物线上，说明理由．

y D E C F x N A M O B 2yyax3axb经过A（1，0）

【090】如图（9）-1，抛物线，C（3，2）两点，与轴交于点D，与x轴交

于另一点B．

（1）求此抛物线的解析式；

（2）若直线

ykx1(k0)将四边形ABCD面积二等分，求k的值；

x轴于点F，将△AEF绕平面内某点旋转180°得△MNQ（点M、N、Q分别与点A、E、F对应），使点M、N在抛物线上，作MG⊥x轴于点G，若线段MG︰AG＝1︰2，求点M，N的坐标．

（3）如图（9）-2，过点E（1，1）作EF⊥

【091】已知二次函数y＝x2－x＋c．

(1)若点A(－1，a)、B(2，2n－1)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，求此二次函数的最小值；

(2)若点D(x1，y1)、E(x2，y2)、P(m，n)(m＞n)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，且D、E两点关于坐标原点成中心对称，连

y y E A D O C B x G A O F Q M B x y=kx+1

图（9）-1

N 图（9）-2

3

接OP．当22≤OP≤2＋2时，试判断直线DE与抛物线y＝x2－x＋c＋的交点个数，并说明理由．

8

3【092】已知：直角梯形OABC的四个顶点是O(0，0)，A(角梯形OABC内部或边上的一个动点，m为常数． (1)求s与t的值，并在直角坐标系中画出直角梯形OABC；

7，1)， B(s，t)，C(

22，0)，抛物线y=x2＋mx－m的顶点P是直

(2)当抛物线y=x2＋mx－m与直角梯形OABC的边AB相交时，求m的取值范围． y

321【093】已知在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A3，23、C0，44，点D的坐标为-1D5，O15x，点P是直线AC上的一动点，直线DP与

y轴交于点-1M．问： （1）当点P运动到何位置时，直线DP平分矩形OABC的面积，请简要说明理由，并求出此时直线DP的函数解析式； （2）当点P沿直线AC移动时，是否存在使△DOM与△ABC相似的点M，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、半径长为R（R＞0）画圆，所得到的圆称为动圆P．若设动圆P的直径长为AC，过点D作动圆P的两条切线，切点分别为点E、F．请探求是否存在四边形DEPF的最小面积S，若存在，请求出S的值；若不存在，请说明理由． 注：第（3）问请用备用图解答． yyCBCBDOAxDOAx【094】在平面直角坐标系中，已知作圆的切线交（1）求过

A(4，0)，B(1，0)，且以AB为直径的圆交y轴的正半轴于点C(0，2)，过点Cx轴于点D． 备用图

A，B，C三点的抛物线的解析式

（2）求点D的坐标 （3）设平行于

x轴的直线交抛物线于E，F两点，问：是否存在以线段EF为直径的圆，恰好与x轴相切？若存在，求

y C B D 2 A 出该圆的半径，若不存在，请说明理由？

y【095】）如图1，已知：抛物线

12xbxc、B两点，与y轴交于点C，经过B、C两点的2与x轴交于Ay直线是

1x22，连结AC．

（1）B、C两点坐标分别为B（_____，_____）、C（_____，_____），抛物线的函数关系式为______________； （2）判断△ABC的形状，并说明理由；

（3）若△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFC（顶点D、E、F、G在△ABC各边上）？若能，求出在

AB边上的矩形顶点的坐标；若不能，请说明理由．

b4acb2,22a4ayaxbxc[抛物线的顶点坐标是]

y y A C O B x A C O B x 【096】如图12，已知抛物线经过坐标原点O 和x轴上另一点E，顶点M的坐标为 (2,4)；矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3. （1）求该抛物线所对应的函数关系式；

（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图12所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图13所示）.

图1 图2(备用)

5① 当t=2

时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；

② 设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．

y M C B C y N M B ·P

【097】矩形OABC在平面直角坐标系中位置如图13所示，

0)，C(0，3)，直线A、C两点的坐标分别为A(6，y3x4与BC边相交于D点．

（1）求点D的坐标；

yax2（2）若抛物线

9x4经过点A，试确定此抛物线的表达式；

P为对称轴上一动点，以P、O、My 为顶点的三角形与

（3）设（2）中的抛物线的对称轴与直线OD交于点M，点

△OCD相似，求符合条件的点P的坐标．

【098】如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B是x轴上的一个动点，连结AB，取AB的中点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90o，得到线段BC.过点B作x轴的垂线交直线AC于点D.设点B坐标是（t，0）. （1）当t=4时，求直线AB的解析式；

（2）当t>0时，用含t的代数式表示点C的坐标及△ABC的面积；

（3）是否存在点B,使△ABD为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点B的坐标；若不存在，请说明理由.

O 3 A 6 C 图13 D B y3x4 x y A D M O B C x y A · O

备用图

x

【099】我们所学的几何知识可以理解为对“构图”的研究：根据给定的（或构造的）几何图形提出相关的概念和问题（或者根据问题构造图形），并加以研究.

例如：在平面上根据两条直线的各种构图，可以提出“两条直线平行”、“两条直线相交”的概念；若增加第三条直线，则可以提出并研究“两条直线平行的判定和性质”等问题（包括研究的思想和方法）.

请你用上面的思想和方法对下面关于圆的问题进行研究： (1) 如图1，在圆O所在平面上，放置一条直线些（直接写出两个即可）？

(2) 如图2，在圆O所在平面上，请你放置与圆O都相交且不同时经过圆心的两条直线

m（m和圆O分别交于点A、B），根据这个图形可以提出的概念或问题有哪

m和n（m与圆O分别交于点A、B，

n与圆O分别交于点C、D）.

请你根据所构造的图形提出一个结论，并证明之.

(3) 如图3，其中AB是圆O的直径，AC是弦，D是明理由.

ABC

的中点，弦DE⊥AB于点F. 请找出点C和点E重合的条件，并说

D B m E C G A

O F D B A O C 题图1

O 题图2 题图3

2yaxbxc(a0)的顶点为M，与x轴的交点为A、B（点B在点A的右侧）

【100】抛物线，△ABM的三个

2x的一元二次方程(ma)x2bx(ma)0有两个

内角∠M、∠A、∠B所对的边分别为m、a、b。若关于相等的实数根。

（1）判断△ABM的形状，并说明理由。

（2）当顶点M的坐标为（－2，－1）时，求抛物线的解析式，并画出该抛物线的大致图形。 （3）若平行于

x轴的直线与抛物线交于C、D两点，以CD为直径的圆恰好与x轴相切，求该圆的圆心坐标。

20)， ya(x1)33(a0)经过点A(2，抛物线

【001】解：（1）

09a33a33

1分

二次函数的解析式为：

（2）

y322383xx333 3分

，3)过D作DNOB于ND为抛物线的顶点D(13，则

DN33，

AN3，AD32(33)26DAO60°OM∥AD

4分

y ①当ADOP时，四边形DAOP是平行四边形 OP6t6(s) ②当DPOM5分

D M C 时，四边形DAOP是直角梯形

，AO2，则AH1

A H P B x 过O作OHAD于H（如果没求出DAOO E N Q 60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH1）

OPDH5t5(s) 6分

③当PDOA时，四边形DAOP是等腰梯形 OPAD2AH624t4(s)

综上所述：当t6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形． 7分

60°，OCOB，△OCB是等边三角形

（3）由（2）及已知，COB则

OBOCAD6，OPt，BQ2t，OQ62t(0t3)

过

P作PEOQ于E，则

PE3t2 8分

113SBCPQ633(62t)t222=t当

33633t228

29分

36332时，SBCPQ的面积最小值为8 10分

33OQ3，OP=，OE24此时

2QE33944PE334

233933PQPE2QE2442

B 11分

8【002】解：（1）1，5；

（2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP3t． 由△AQF∽△ABC，BCQ B A E D F P 图3

E 52324，

C QFt414QFtS(3t)t5．∴5． ∴25， 得426St2t55． 即

（3）能．

①当DE∥QB时，如图4．

∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°．

Q A

D P 图4

C B 由△APQ ∽△ABC，得

AQAPACAB，

．

Q D A

P 图5

E C B t3t9t5． 解得8即3此时∠APQ =90°．

②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．

由△AQP ∽△ABC，得

AQAPABAC，

t3t15t3． 解得8． 即5t（4）

Q

G 5t2或14．

D A P 图6 Q D C(E) B G 【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．

C(E) 方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．

34[(5t)]2[4(5t)]255PCt，QCQGCG．

222345t2[(5t)]2[4(5t)]2tPCQC552． 由，得，解得

22

方法二、由

CQCPAQ，得

QACQCA，进而可得

BBCQ，得

CQBQAQBQ，∴

55t2．∴2．

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

3445(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2t5514】 ，

【003】解.(1)点A的坐标为（4，8） …………………1分 将A (4,8)、C（8，0）两点坐标分别代入y=ax2+bx

8=16a+4b

得

0=a+8b

解 得

1a=-2,b=4

1∴抛物线的解析式为：y=－2x2+4x …………………3分

PEBC（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE=AP=AB1∴PE=21AP=2PE4,即AP=8

t．PB=8-t．

1∴点Ｅ的坐标为（4+2t，8-t）.

1∴点G的纵坐标为：－21（4+21t）2+4(4+21t）=－8t2+8. …………………5分

11∴EG=－8t2+8-(8-t) =－8t2+t.

1∵-8＜0，∴当t=4时，线段EG最长为2. …………………7分

②共有三个时刻. …………………8分

8510t1=3， t2=13，t3= 25． …………………11分

28x0，0．A点坐标为4，3【004】（1）解：由3得x4．

由2x160AB8412．0，．B点坐标为8，．得x8∴（2分）

28yx，x5，336y2x16．y6．C5，．由解得∴点的坐标为（3分）

S△ABC∴

11AB·yC12636．22（4分）

28xDxB8，yD88．8ll8，．33（2）解：∵点D在1上且 ∴D点坐标为（5分）又∵点E在2上且

8yEyD8，2xE168．xE4．4，．∴E点坐标为（6分）

844，EF8．（7分）

∴OE（3）解法一：

①当0≤t3时，如图1，矩形DEFG与△ABC重叠部分为五边形CHFGR（t0时，为

AB于M，则Rt△RGB∽Rt△CMB．

四边形CHFG）．过C作CM

yE l2 C D R yl1E l2 D C R yl1E D l2 C l1R A F O G M （图2）

B x F A G O M B x （图3）

A O F M G B x （图1）

BGRGtRG，，BMCM36∴即∴RG2t．Rt△AFH∽Rt△AMC， 112SS△ABCS△BRGS△AFH36t2t8t8t．223∴

414St2t．333（10分） 即

【005】（1）如图1，过点E作EG∵

BC于点G． 1分

A E B

D F C

图1

E为AB的中点，

BE∴

1AB2．2

60，∴∠BEG30． 2分

G

在Rt△EBG中，∠BBG∴

1BE1，EG22123．2 BC的距离为3． 3分

AD上运动时，△PMN的形状不发生改变．

即点E到

（2）①当点N在线段∵PMEF，EGEF，∴PM∥EG．

，

∵EF∥BC，∴EPGMPMEG3．

同理MNAB4．

4分

，∵MN∥AB，

如图2，过点P作∴∠NMCPHMN于H∠B60，∠PMH30．

A E B

P H G M 图2

N

D F C

13PHPM．22 ∴

3MHPMcos30．2 ∴

NHMNMH4则

35．22

225322PNNHPH7．22在Rt△PNH中，

∴△PMN的周长=

PMPNMN374． 6分

②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形． 当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．

3MR．2 类似①，

∴MN2MR3．

7分

∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3．

此时，

xEPGMBCBGMC6132． 8分

D

P R

N

F

C

B

A E P D F N C

B

A E D F（P） N C

A E B

G

M 图3

G

图4

M G

图5

M

当MPMN时，如图4，这时MCMNMP3．

此时，

xEPGM61353．

时，如图5，∠NPM当

NPNM∠PMN30．

则∠PMN∴∠PNM120，又∠MNC60， ∠MNC180．

因此点P与F重合，△PMC为直角三角形． ∴MCPMtan301．

此时，

xEPGM6114．

综上所述，当x2或4或

53时，△PMN为等腰三角形．

5【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=45,得AB=2，

设A（a,0）,B(b,0)AB=ba=

5(ab)4ab2=2，解得p=

332,但p<0,所以p=2。

yx2 所以解析式为：

3x12

311x2x10x1,x2222（2）令y=0，解方程得，得,所以A(2,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得

552,同样可求得BC=5，显然AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB=2所以

AC=,

55m44。

（3）存在，AC⊥BC，①若以AC为底边，则BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代

32yxx125y2x4入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组得D（2，9）

 ②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把 A(

12，0)代入得AD解析

32yxx1253553,,y0.5x0.25式为y=0.5x+0.25，解方程组得D(22) 综上，所以存在两点：（2,9）或(22)。

【007】

【008】证明：（1）∵∠ABC=90°，BD⊥EC， ∴∠1与∠3互余，∠2与∠3互余，

∴∠1=∠2…………………………………………………1分 ∵∠ABC=∠DAB=90°，AB=AC

∴△BAD≌△CBE…………………………………………2分

∴AD=BE……………………………………………………3分 （2）∵E是AB中点，

∴EB=EA由（1）AD=BE得：AE=AD……………………………5分 ∵AD∥BC∴∠7=∠ACB=45°∵∠6=45°∴∠6=∠7 由等腰三角形的性质，得：EM=MD，AM⊥DE。 即，AC是线段ED的垂直平分线。……………………7分 （3）△DBC是等腰三角（CD=BD）……………………8分 理由如下：

由（2）得：CD=CE由（1）得：CE=BD∴CD=BD ∴△DBC是等腰三角形。……………………………10分

【009】解：（1）①

AC⊥x轴，AE⊥y轴，

四边形AEOC为矩形．

BF⊥x轴，BD⊥y轴，

四边形BDOF为矩形．

AC⊥x轴，BD⊥y轴，

四边形AEDK，DOCK，CFBK均为矩形．

OCx1，ACy1，x1y1k，

S矩形AEOCOCACx1y1k

OFx2，FBy2，x2y2k，

S矩形BDOFOFFBx2y2k． S矩形AEOCS矩形BDOF．

S矩形AEDKS矩形AEOCS矩形DOCK，

S矩形CFBKS矩形BDOFS矩形DOCK，

S矩形AEDKS矩形CFBK．

2分

②由（1）知

S矩形AEDKS矩形CFBK．

AKDKBKCK．

AKBKCKDK． 4分

1分

y N E A D K B O C F M x 图1 AKBCKD90°，

△AKB∽△CKD． 5分

CDKABK． AB∥CD．

6分

AC∥y轴，

四边形ACDN是平行四边形． ANCD．

7分

同理BMCD．

ANBM．

8分

（2）

AN与BM仍然相等． 9分

S矩形AEDKS矩形AEOCS矩形ODKC，S矩形BKCFS矩形BDOFS矩形ODKC，

又

S矩形AEOCS矩形BDOFk，

S矩形AEDKS矩形BKCF．

10分

AKDKBKCK．

CKDKAKBK． KK，

△CDK∽△ABK． CDKABK． AB∥CD．

11分

AC∥y轴，

四边形ANDC是平行四边形．

y E AN F M O C x B D K 图2 ANCD．

同理BMCD．

ANBM．

12分

3a4a2b3，b1.【010】解：（1）根据题意，得2a

2分

a1，解得b2.抛物线对应的函数表达式为

yx22x3． 3分

（2）存在．

在

yx22x3中，令x0，得y3． y02令

，得x2x30，x11，x23． A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)．

又

y(x1)24，顶点M(1，4)． 5分

容易求得直线CM的表达式是

yx3．

在

yx3中，令y0，得x3．

N(3，0)，AN2．

6分

在

yx22x3中，令y3，得x10，x22． CP2，ANCP．

AN∥CP，四边形ANCP为平行四边形，此时P(2，3)． 8分（3）△AEF是等腰直角三角形．

理由：在

yx3中，令x0，得y3，令y0，得x3．

直线yx3与坐标轴的交点是D(0，3)，B(3，0)． ODOB，OBD45°．

9分

y D E N A O 1 N x F C P M （第26题图）

又点

C(0，3)，OBOC．OBC45°． 10分

ABF45°，AFEABE45°．

11分

由图知AEFEAF90°，且AEAF．△AEF是等腰直角三角形．

（4）当点E是直线

12分

yx3上任意一点时，

（3）中的结论成立．

14分

【011】解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴ CG= FD．………1分 同理，在Rt△DEF中，EG= FD．…………2分∴ CG=EG．…………………3分 （2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分 证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 在△DAG与△DCG中，∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG， ∴ △DAG≌△DCG．∴ AG=CG．………………………5分

在△DMG与△FNG中，∵ ∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG， ∴ △DMG≌△FNG．∴ MG=NG 在矩形AENM中，AM=EN． ……………6分 在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，

∴ △AMG≌△ENG．∴ AG=EG．∴ EG=CG． ……………………………8分 证法二：延长CG至M,使MG=CG， 连接MF，ME，EC， ……………………4分

在△DCG 与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG， ∴△DCG ≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．

∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴ 在Rt△MFE 与Rt△CBE中，

∵ MF=CB，EF=BE，∴△MFE ≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴ △MEC为直角三角形．∵ MG = CG，∴ EG= MC．………8分

（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分

圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，

【012】解：（1）

0)B(0，1)、C(1，、0)D(0，1) 点A、B、C、D的坐标分别为A(1，、抛物线与直线

yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，

点

1)、N(11)，．M(1，D、M、N在抛物线上，将

D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入

yax2bxc，得：

c11abc1abc 解之，得：

a1b1c1

2抛物线的解析式为：yxx1．

4分

（2）

15yxx1x24 22抛物线的对称轴为

x12，

115OE，DE1242．

连结BF，BFD6分

y D E C F x P N 90°，

A M DEOD△BFD∽△EOD，DBFD，

O B 5DE，OD1，DB22又， FD455，

EFFDDE455355210． 8分 ykxb，

（3）点P在抛物线上． 9分 设过D、C点的直线为：

将点

C(1，、0)D(01)，的坐标代入ykxb，得：k1，b1，

直线DC为：yx1． 10分

过点B作圆O的切线BP与

x轴平行，P点的纵坐标为y1，

将

y1代入yx1，得：x2．

1)，当x2时，yx2x122211， P点的坐标为(2，所以，P点在抛物线

yx2x1上．

12分

【013】解：（1）

2C(0，2)yaxbx2． 该抛物线过点，可设该抛物线的解析式为

将

A(4，0)，B(1，0)代入，

1a，216a4b20，b5.ab20.2

得解得

15yx2x222此抛物线的解析式为．

（2）存在． （4分） 如图，设P点的横坐标为

（3分）

m，

15m2m22则P点的纵坐标为2，

当1y m4时，

D P A M E C 4 x 15PMm2m2AM4m，22．

又

B O 1 2 COAPMA90°，

（第26题图） AMAO2PMOC1时， ①当

△APM∽△ACO，

514m2m2m222． 即

解得

m12，m24（舍去）P(2，1)．

，

（6分）

AMOC1152(4m)m2m2OA2时，△APM∽△CAO，即22②当PM．

解得

m14，m25（均不合题意，舍去）

1)． （7分） 当1m4时，P(2，类似地可求出当m当m2)． 4时，P(5，（8分）

14)． 1时，P(3，(2，1)或(5，2)或(3，14)．

（9分）

综上所述，符合条件的点P为

15t2t2t(0t4)，则D点的纵坐标为22（3）如图，设D点的横坐标为．

y1x22． （10分）

过D作

y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为

1251211t，t2DEtt2t2t2t222．2E点的坐标为2． 11S△DACt22t4t24t(t2)2422． 1)． 当t2时，△DAC面积最大．D(2，【014】（1）解：∵

（13分）

（11分）

0A点第一次落在直线yx上时停止旋转，∴OA旋转了45.

4522OA3602.……………4分 ∴在旋转过程中所扫过的面积为

（2）解：∵MN∥∴BMNAC，∴BMNBAC45,BNMBCA45.

.∴BMBNM,

BN.又∵BABC，∴AMCN.

,∴

又∵

OAOCOAMOCNOAMOCN.∴

AOMCON.∴

AOM1(90452.∴旋转过程中，当MN和

AC平行时，正方形OABC旋转的度数为

45.……………………………………………8分

（3）答：

p值无变化. 证明：延长BA交y轴于E点，则AOE450AOM，

，∴

CON900450AOM450AOMAOECON.∴

.又∵

OAOC，

OAE1800900900OCN.∴OAEOCN又∵MOE∴MNOEON,AECN.

y E A M B MON450,OMOM, ∴OMEOMN. MEAMAE.∴MNAMCN，

yx ∴

pMNBNBMAMCNBNBMABBC4. p值无变化. ……………12分

O N C （第26

∴在旋转正方形OABC的过程中，

x

739【015】⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)2+k∵顶点C的横坐标为4，且过点(0，)

∴y=a(x-4)2+k

7316ak9 ………………①

又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6 ∴A(1，0)，B(7，0)

∴0=9a+k ………………②由①②解得a=

339，k=－3∴二次函数的解析式为：y=9(x-4)2－3

⑵∵点A、B关于直线x=4对称 ∴PA=PB ∴PA+PD=PB+PD≥DB ∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值 ∴DB与对称轴的交点即为所求点P

设直线x=4与x轴交于点M ∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO

733PMBM39PMBO ∴73∴△BPM∽△BDO∴DO∴点P的坐标为(4，

33)

⑶由⑴知点C(4，3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot∠ACM=

33，

∴∠ACM=60o，∵AC=BC，∴∠ACB=120o

①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N 如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有

BQ=6，∠ABQ=120o，则∠QBN=60o ∴QN=3如果AB=AQ，由对称性知Q(-2，33，BN=3，ON=10，此时点Q(10，33)，

3)

②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是(4，经检验，点(10，33)，

3)与(-2，33)都在抛物线上

综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC 点Q的坐标为(10，33)或(-2，33)或(4，3)．

【016】解：（1）设正比例函数的解析式为

yk1x(k10)，

因为

yk1x的图象过点A(3，3)，所以33k1，解得k11．

yx．

（1分）

这个正比例函数的解析式为

y设反比例函数的解析式为

k2k(k20)y2xx．因为

的图象过点

A(3，3)，所以

3k23k，解得29．这个反比例函数的解析式为

y

9

x

y9x． （2分）

（2）因为点

B(6，m)在

m的图象上，所以

393B6，62，则点2．

（3分）

设一次函数解析式为

yk3xb(k30)．因为yk3xb的图象是由yx平移得到的，

3B6，k1，即yxb．又因为yxb的图象过点2，所以 所以33996bbyx22，一次函数的解析式为2． （4分） ，解得

990，yxy2． 2DD（3）因为的图象交轴于点，所以的坐标为

2yaxbxc(a0)．

设二次函数的解析式为

3B6，23)、2、和Dyaxbxc的图象过点A(3，因为90，2， 9a3bc3，336a6bc，29c.2所以

1a，2b4，9c.2 （5分） 解得

19yx24x22． 这个二次函数的解析式为

（6分）

（4）

990yx，2交x轴于点C，点C的坐标是2，

y 3 A E O 3 B C 6 x 151131S66633322222如图所示，

99451842 814．

D 假设存在点

E(x0，y0)，使

S1281227S3432．

四边形CDOE的顶点E只能在

x轴上方，y00，

S1S△OCDS△OCE

19919819y0y02222284．

819273y0y0842，2．E(x0，y0)在二次函数的图象上，

1293x04x0222．解得x02或x06．

3E6，x6时，点2与点B重合，这时CDOE不是四边形，故x06舍去， 当032，

点E的坐标为2． （8分）

20)B(0，2)， yxbxc经过A(1，，【017】解：（1）已知抛物线

01bcb3200c 解得c2

2所求抛物线的解析式为yx3x2． 2分

（2）

A(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2

(31)，

3分

可得旋转后C点的坐标为

2yx3x2得y2， x3当时，由

可知抛物线

2) yx23x2过点(3，将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．

2平移后的抛物线解析式为：yx3x1．

5分

（3）

点N2yx3x1上，可设N在2(x，x003x01) 点坐标为

353yxx2yx3x122． 4，其对称轴为将配方得

26分

30x02时，如图①， ①当

y S△NBB12S△NDD1B

1131x021x0222

A O D N D1 图①

B1 C x x01

2x3x011 0此时

1)． 8分 N点的坐标为(1，y x0②当

32时，如图②

B N C x 1131x02x0222

同理可得

B1 O x03

2x3x011 0此时

A D D1 图②

点N

的坐标为

(31)，．

(1，1)或(31)，． 10分

综上，点N的坐标为

【018】解：（1）

20)，C(0，4)两点， yaxbx4a经过A(1，抛物线

ab4a0，a1，4a4.b3.  解得2抛物线的解析式为yx3x4．

（2）即m2点

D(m，m1)在抛物线上，m1m23m4，

y 2m30，m1或m3．

C D (3，4)．

点D在第一象限，点D的坐标为

由（1）知OAOB，CBA45°．

A E O B 设点D关于直线BC的对称点为点E．

x C(0，4)，CD∥AB，且CD3， ECBDCB45°， E点在y轴上，且CECD3．

1)． OE1，E(0，即点D关于直线BC对称的点的坐标为（0，1）． （3）方法一：作PF由（1）有：OB⊥AB于F，DE⊥BC于E．

y OC4，OBC45°，

C P E B x D DBP45°，CBDPBA．

C(0，，4)D(3，4)，CD∥OB且CD3． DCECBO45°，

A F O DECE322．

BEBCCE522，

OBOC4，BC42，tanPBFtanCBD设PFDE3BE5．

3t，则BF5t，OF5t4，

P(5t4，3t)．

P点在抛物线上，

23t(5t4)3(5t4)4， t0（舍去）或

方法二：过点D作

t6622P2，525． 25，

．过

BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于HQ点作QG⊥DH于G．

y PBD45°，QDDB． QDGBDH90°，

Q C P D G B A 又

DQGQDG90°，DQGBDH．

△QDG≌△DBH，QGDH4，DGBH1．

由（2）知

D(3，4)，Q(1，3)．

312yxB(4，0)，直线BP的解析式为55．

2x，yx3x4，25x14，312y66.yx，2y10；25 55解方程组得

2266，点P的坐标为525．

【019】（1）EO＞EC，理由如下：

由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC， 故EO＞EC …2分 （2）m为定值

∵S四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO·(EO―EC) S四边形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC) ·CO

m∴

S四边形CFGH1S四边形CMNO ……………………………………………………4分

1212CE，QF1QF33 ∴EF=EO=33（3）∵CO=1，1∴cos∠FEC=2FEA∴

∴∠FEC=60°，

1806060OEA，EAO302

EQ23 …………………………………………5分

∴△EFQ为等边三角形，

1133EQEQ3，IQ=23 作QI⊥EO于I，EI=221131(,)33 ∴Q点坐标为33 ……………………………………6分 ∴IO=3(∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)， Q

31,)33 ，m=1

∴可求得

b3，c=1

2yx3x1 ……………………………………7分

∴抛物线解析式为

AO3EO（4）由（3），

233

x当

22213y(3)23313333＜AB 时，

(∴P点坐标为

231,)33 …………………8分

1∴BP=

1233AO

23方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：

BK22333①

2BK323233BK时，

239(∴K点坐标为

8343,1),1)(99或

43,1)(0,1)…………10分 3或

BK时，

②

233( ∴K点坐标为

故直线KP与y轴交点T的坐标为

571(0,)或(0,)或(0,)或(0,1)333 …………………………………………12分

方法2：若△BPK与△AEF相似，由（3）得：∠BPK=30°或60°，过P作PR⊥y轴于R，则∠RTP=60°或30°

RT①当∠RTP=30°时，

23323 232333

RT②当∠RTP=60°时，

751T1(0,)，T2(0,)，T3(0,)，T4(0,1)333∴ ……………………………12分

【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD

②成立，理由如下：∵∠FAD=∠BAC=90° ∴∠BAD=∠CAF

又 BA=CA ，AD=AF ∴△BAD≌△CAF∴CF=BD ∠ACF=∠ACB=45° ∴∠BCF=90° ∴CF⊥BD ……（1分） （2）当∠ACB=45°时可得CF⊥BC，理由如下： 如图：过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G 则∵∠ACB=45° ∴AG=AC ∠AGC=∠ACG=45° ∵AG=AC AD=AF ………（1分） ∴△GAD≌△CAF（SAS） ∴∠ACF=∠AGD=45°

∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90° ∴CF⊥BC …………（2分） （3）如图：作AQBC于Q

∵∠ACB=45° AC=4

2 ∴CQ=AQ=4

∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90°

∴△ADQ∽△DPC …（1分）

∴

PCCDDQ=AQ

…………（1分）

PCx设CD为x（0＜x＜3）则DQ=CQ－CD=4－x则4x=41∴PC=4

1(－x2+4x)=－4(x－2)2+1≥1

当x=2时，PC最长，此时PC=1 ………（1分）

k【021】解：（1）2k1； … ………………………………3分

（2）①EF∥AB． ……………………………………4分

E(4,证明：如图，由题意可得A（–4，0），B（0，3），

k24)，

F(k23,3) ．

3∴PA=3，PE=

k244，PB=4，PF=

k23．

PAPE∴

33k241212k2，

PBPF44k231212k2

PAPBPEPF． ………………………… 6分 ∴

又∵∠APB=∠EPF．

∴△APB ∽△EPF，∴∠PAB=∠PEF．

∴EF∥AB． …………………………… 7分 ②S2没有最小值，理由如下：

过E作EM⊥y轴于点M，过F作FN⊥x轴于点N，两线交于点Q．

由上知M（0，

k24），N（

k23，0），Q（

k23，

k24）． ……………… 8分

而S△EFQ= S△PEF，∴S2＝S△PEF－S△OEF＝S△EFQ－S△OEF＝S△EOM＋S△FON＋S矩形OMQN

11kkk2k222234＝2k2＝

12k212

1=12(k26)23． ………………………… 10分

k当26时，S2的值随k2的增大而增大，而0＜k2＜12． …………… 11分

∴0＜S2＜24，s2没有最小值． …………………………… 12分

说明：1．证明AB∥EF时，还可利用以下三种方法．方法一：分别求出经过A、B两点和经过E、F两点的直线解析式，利用这两个解析式中x的系数相等来证明AB∥EF；方法二：利用tanPAB＝tanPEF来证明AB∥EF；方法三：连接AF、BE，利用S△AEF＝S△BFE得到点A、点B到直线EF的距离相等，再由A、B两点在直线EF同侧可得到AB∥EF． 2．求S2的值时，还可进行如下变形：

S2＝ S△PEF－S△OEF＝S△PEF－（S四边形PEOF－S△PEF）＝2 S△PEF－S四边形PEOF，再利用第（1）题中的结论． 【022】解：(1)设抛物线的解析式为：y＝a(x－m＋2)(x－m－2)＝a(x－m)2－4a．……2分 ∵AC⊥BC，由抛物线的对称性可知：△ACB是等腰直角三角形，又AB＝4，

11∴C(m，－2)代入得a＝2．∴解析式为：y＝2(x－m)2－2．………………………5分

(亦可求C点，设顶点式)

1(2)∵m为小于零的常数，∴只需将抛物线向右平移－m个单位，再向上平移2个单位，可以使抛物线y＝2(x－m)2－2顶点在

坐标原点．……………………………………7分

1(3)由(1)得D(0，2m2－2)，设存在实数m，使得△BOD为等腰三角形．

∵△BOD为直角三角形，∴只能OD＝OB．……………………………………………9分

1∴2m2－2＝|m＋2|，当m＋2＞0时，解得m＝4或m＝－2(舍)．

当m＋2＜0时，解得m＝0(舍)或m＝－2(舍)；

当m＋2＝0时，即m＝－2时，B、O、D三点重合(不合题意，舍)

综上所述：存在实数m＝4，使得△BOD为等腰三角形．……………………………12分 【023】（1）证明：∵△MBC是等边三角形 ∴MBA

M

D

MC，∠MBC∠MCB60 AD中点 ∴AMMD ∵AD∥BC

∵M是

60° B

P

∴∠AMB∠MBC60，∠DMC∠MCB60

ABDC ∴梯形ABCD是等腰梯形．

Q

C

∴△AMB≌△DMC ∴（2）解：在等边△MBC中，

MBMCBC4，∠MBC∠MCB60，

∠MPQ60∴∠BMP∠BPM∠BPM∠QPC120 PCCQ∠BMP∠QPC△BMP∽△CQPBMBP∴∴ ∴

∵

5分

PCx，MQy ∴BP4x，QC4y

6分

x4y1yx2x44x ∴4∴4

（3）解：①当BP7分

∥AM，BP ∥MD1时，则有BP

113MQy323444 则四边形ABPM和四边形MBPD均为平行四边形∴

当BP∥AM，PC ∥MD3时，则有PC ，

113MQy11444 则四边形MPCD和四边形APCM均为平行四边形 ∴

BP1，MQ∴当

1313BP3，MQ4或4时，以P、M和A、B、C、 D中的两个点为顶点的四边形是平行

四边形．此时平行四边形有4个．

△PQC为直角三角形 ∵

∴

y12x23y4 ∴当取最小值时，xPC2

∠MPQ60，∠CPQ30，∠PQC90 P是BC的中点，MPBC，而∴∴

B(3,m)可知OC3，BCm，又△ABC为等腰直角三角形，

【024】（1）由

∴

ACBCm，OAm3，所以点A的坐标是（3m,0）.

OAD45 ∴ODOAm3，则点D的坐标是（0,m3）.

（2）∵ODA2P(1,0)ya(x1)BD又抛物线顶点为，且过点、，所以可设抛物线的解析式为：，得： 2a(31)ma122a(01)m3 解得m4 ∴抛物线的解析式为yx2x1 ………7分

Q作QMAC于点M（3）过点Q作QNBC于点N，过点

2Q(x,x2x1)，则

，设点的坐标是

QMCN(x1)2，MCQN3x.

QMPMQM//CEPQMPECECPC∵ ∴∽ ∴QNBNQN//FC ∴BQN∽BFC ∴FCBCAC4

(x1)2x1EC2，得EC2(x1) ∵ 即

FC，得

3x4(x1)24 即FC4x1 又∵

FC(ACEC)∴

444[42(x1)](2x2)2(x1)8x1x1x1

即

FC(ACEC)为定值8.

则：MC＝∣－x+4∣＝－x+4，MD＝∣x∣＝x；

∴C四边形OCMD＝2（MC+MD）＝2（－x+4+x）＝8

【025】解：（1）设点M的横坐标为x，则点M的纵坐标为－x+4（00，－x+4>0）；

∴当点M在AB上运动时，四边形OCMD的周长不发生变化，总是等于8；

（2）根据题意得：S四边形OCMD＝MC·MD＝（－x+4）· x＝－x2+4x＝－(x-2)2+4

∴四边形OCMD的面积是关于点M的横坐标x（011S4a2a2422（3）如图10（2），当0a2时，；

S11(4a)2(a4)222；

如图10（3），当2∴S与

a4时，

a的函数的图象如下图所示：

S 4· 2· 1Sa2（40a2)2

S12(a4)（2a4)2

0 · 2 · 4 a

【026】解：（1）∵AH∶AC=2∶3，AC=6

22∴AH=3AC=3×6=4

又∵HF∥DE，∴HG∥CB，∴△AHG∽△ACB…………………………1分

AHHG4HG16∴AC=BC，即6=8，∴HG=3…………………………………2分 111632∴S△AHG=2AH·HG=2×4×3=3……………………………………3分

（2）①能为正方形…………………………………………………………………4分 ∵HH′∥CD，HC∥H′D，∴四边形CDH′H为平行四边形

又∠C=90°，∴四边形CDH′H为矩形…………………………………5分 又CH=AC-AH=6-4=2

∴当CD=CH=2时，四边形CDH′H为正方形

此时可得t=2秒时，四边形CDH′H为正方形…………………………6分 ②（Ⅰ）∵∠DEF=∠ABC，∴EF∥AB

∴当t=4秒时，直角梯形的腰EF与BA重合.

当0≤t≤4时，重叠部分的面积为直角梯形DEFH′的面积.…………7分

FMAC63过F作FM⊥DE于M，ME=tan∠DEF=tan∠ABC=BC=8=4

84∴ME=FM=，HF=DM=DE-ME=4-3=3

141616∴直角梯形DEFH′的面积为2（4+3）×2=3∴y=3

1（Ⅱ）∵当4＜t≤53时，重叠部分的面积为四边形CBGH的面积-矩形

1324040AHG=2×8×6-3=3S矩形CDH′H=2t∴y=3-2t 1（Ⅲ）当5343438×2=3CDH′H的面积.而S边形CBGH=S△ABC-S△

＜t≤8时，如图，设H′D交AB于P.BD=8-t

PD又DB=tan∠ABC=

34

∴PD=

34DB=

34（8-t）∴重叠部分的面积y=S ,

1△PDB=21PD·DB=2·

343（8-t）（8-t）=83（8-t）2=8t2-6t+24

∴重叠部分面积y与t的函数关系式：

3y=10338（0≤t≤4）

-2t（4

1＜t≤53）

1t2-6t+24（53＜t≤8）

2ya(x1)4, 把A（3,0）代入解析式求得a1 1【027】解：(1)设抛物线的解析式为：

22y(x1)4x2x3，设直线AB的解析式为：y2kxb 1所以

2yx2x3求得B点的坐标为(0,3) 把A(3,0)，B(0,3)代入y2kxb中 由1解得：

k1,b3所以y2x3

6分

(2)因为C点坐标为(１,4) ，所以当x＝１时，y1＝4，y2＝2所以CD＝4-2＝2 8分

SCAB13232(平方单位)

(3)假设存在符合条件的点P，设P点的横坐标为x，△PAB的铅垂高为h，

9hy1y2(x2x3)(x3)x3x，由S△PAB=8S△CAB 则

221933(x23x)3x282得：2，化简得：4x12x90解得，x

将

3315(,)22代入y1x2x3中，解得P点坐标为24

y轴交于点（0，3）

，

(1′)

【028】解：（1）(5′) ∵抛物线与

2yaxbx3(a0)

∴设抛物线解析式为

ab30a19a3b30b2

根据题意，得，解得2yx2x3

∴抛物线的解析式为

(5′)

(2)(5′)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） （2′) 设对称轴与x轴的交点为F

∴四边形ABDE的面积=

SABOS梯形BOFDSDFE

111AOBO(BODF)OFEFDF22=211113(34)12422=2=9

（3）(2′)相似

（5′）

如图，BD=BG2DG212122；∴BE=BO2OE2323232

DE=DF2EF2224225 ∴BD2BE220, DE220

BD2BE2DE2,所以BDE是直角三角形

即：

AOBO2BE2, ∴AOBDBE90,且BD∴AOB∽DBE (2′)

22a4(a2)(a2)40

【029】解（1）因为△=

所以不论a为何实数，此函数图象与x轴总有两个交点。…………（2分）

2yxaxa20的两个根，则x1x2a，x1•x2a2，因两交点的距离

（2）设x1、x2是

213，所以|x1x2|(x1x2)13。…………（4分）

是

2(xx)13 12即：

2(xx)4x1•x213……………………………………（5分） 12变形为：

2(a)4(a2)13，整理得：(a5)(a1)0

所以：

解方程得：a5或1，又因为：a<0，所以：a=－1

2yxx3…………………………（6分）

所以：此二次函数的解析式为

（3）设点P的坐标为

(xo,y0)，因为函数图象与

x轴的两个交点间的距离等于

13，所以：AB=13，所以：S△

113AB•|y0|2 PAB=213|y0|1322即：|y0|3，则y03

2所以：

y3时，x0xo33，即(x03)(xo2)0

当0y3时，x0xo33，即x0(xo1)0 x解此方程得：0=－2或3，当0解此方程得：

2x0=0或1

综上所述，所以存在这样的P点，P点坐标是(－2,3), (3,3), (0, －3)或(1, －3)。…（12分）

34P3t，tC(5t，0)，55．

【030】解：（1）

（2）①当⊙C的圆心C由点

（2分）

M5，0向左运动，使点

A到点D并随⊙C继续向左运动时，

345t≤3t≥23． 有，即

当点C在点D左侧时，过点C作CF⊥射线DE，垂足为F，则由CDFEDO，

CF3(5t)4t8CF55． 得△CDF∽△EDO，则4．解得

CF≤由

14t8116≤tt≤2t，即52，解得3．

416≤t≤3． （5分） 当⊙C与射线DE有公共点时，t的取值范围为3②当PA222AB时，过P作PQ⊥x轴，垂足为Q，有PAPQAQ

1633t25t3t25252．

29218tt4t229t72t800． 205，即

y E 420t1，t233． （7分） 解得

当PAPB时，有PC⊥AB，

P 35t3t5．解得t35．

当PB（9分）

F O A Q C D B M 2x AB时，有

1631PB2PQ2BQ2t25t3t25251322tt4t22205，即7t8t800． t44，t5解得

．

207（不合题意，舍去）．

t（11分）

当△PAB是等腰三角形时，

420t3，或t4，或t5，或3．

（12分）

【031】解：（1）5 , 24,

245…………………………………3分

（2）①由题意，得AP=t，AQ=10－2t. ……………………………………1分 如图1,过点Q作QG⊥AD，垂足为G，由QG∥BE得 △AQG∽△ABE,∴

QGQABEBA,

4848t525∴QG=S∴

yDP, …………………………1分

124245APQGt2t2255(2G≤t≤5).

EOQB(图1) ACxS∵

2455(t)26252(2≤t≤5).

5∴当t=2时，S最大值为6.…………………1分

② 要使△APQ沿它的一边翻折，翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，根据轴对称的性质，只需△APQ为等腰三角形

即可.

当t=4秒时，∵点P的速度为每秒1个单位，∴AP=4.………………1分 以下分两种情况讨论:

第一种情况：当点Q在CB上时, ∵PQ≥BE>PA，∴只存在点Q1,使Q1A=Q1P.

1AP2如图2,过点Q1作Q1M⊥AP，垂足为点M，Q1M交AC于点F,则AM=2.

FMQ1由△AMF∽△AOD∽△CQ1F,得

AMFCQOD3FM31AO4, 2, Q41FMQ331FMQF22∴

10. ………………1分∴CQ1=

3=

5.则

1tAPktCQ1,

kCQ111∴

AP10 .……………………………1分 第二种情况：当点Q在BA上时,存在两点Q2,Q3, 分别使A P= A Q2,PA=PQ3.

①若AP=AQ2，如图3,CB+BQ2=10-4=6.

1tktAPCBBQkCBBQ23则

2,∴

AP2.……1分 ②若PA=PQ3，如图4,过点P作PN⊥AB，垂足为N，

ANAP由△ANP∽△AEB,得

AEAB.

AB2BE2728∵AE=

5 , ∴AN＝25.

5656194∴AQ3=2AN=25, ∴BC+BQ3=10-

2525

1tAPktCBBQkCBBQ397则

3.∴

AP50. ………………………1分

综上所述，当t= 4秒，以所得的等腰三角形APQ沿底边翻折，翻折后得到菱形的k值

11397为10或2或50.

【032】解：（1）在△ABC中，∵

AC1，ABx，BC3x．

yPDEMAFOCxBQ1(图2)yPDAOCxQ2ByPD(图3)EAONCxQ3B(图4)∴

1x3x13xx，解得1x2．

4分

2221x(3x)（2）①若AC为斜边，则，即x3x40，无解．

②若AB为斜边，则

x(3x)1，解得(3x)1x2222x53，满足1x2． 43，满足1x2．

x，解得

③若BC为斜边，则

x∴

x3或3．

9分

（3）在△ABC中，作CDAB于D，

设CDh，△ABC的面积为S，则①若点D在线段AB上，

S1xh2．

M C 则

1h2(3x)2h2xA D B N ．

（第24题-1）

∴

(3x)2h2x22x1h21h2，即x1h23x4．

x2(1h2)9x224x16，即x2h28x224x16．

2∴

1223214≤x22Sxh2x6x42(x)422（3∴）． x当

11分

4231≤x222时（满足3），S取最大值2，从而S取最大值2． 13分

②若点D在线段MA上，

则

(3x)2h21h2x2．

1Sx2h22x26x44同理可得， 311x≤42(x)2322（

S易知此时

C M ），

D A B N （第24题-2）

22．

综合①②得，△ABC的最大面积为【033】

22． 14分

y C N B A M O N′ D x P1 C N B A y O P2 x

14M1，a1，Na，a3.……………4分 3（1）

14a，ay33， （2）由题意得点N与点N′关于轴对称，N11628aaaa2yx2xa93将N′的坐标代入得3，

a10（不合题意，舍去）

，

3N3，4，点Na294.……………2分

到

y轴的距离为3.

939A0，yx3，4，N 4，直线AN的解析式为4， 99D，0，4点D到y轴的距离为4它与x轴的交点为

.

191991S四边形ADCNS△ACNS△ACD32222416.……………2分

（3）当点P在

y轴的左侧时，若ACPN是平行四边形，则PN平行且等于AC，

74a，a3，代入抛物线的解析式， 把N向上平移2a个单位得到P，坐标为37168aa2aa93得：3

73P1，a2a10（不舍题意，舍去）28.……………2分 8，，

当点P在

y轴的右侧时，若APCN是平行四边形，则AC与PN互相平分，

OAOC，OPON．

P

41Pa，a33， 与N关于原点对称，

1168aa2aa93将P点坐标代入抛物线解析式得：3，

515P5，a2a10（不合题意，舍去）28．……………2分 8，，

1755P，P12，存在这样的点28或28，能使得以P，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形．

【034】解：（1）23. ……………2分

120°，

A E P （2）证明：在BB上取点P，使BPCB

连结

AP，再在PB上截取PEPC，连结CE．

B BPC120°，EPC60°，△PCE为正三角形， PCCE，PCE60°，CEB=120°， △ACB为正三角形，ACBC，ACB=60°， PCAACEACEECB=60°， PCAECB′，△ACP≌△BCE． APCBCE120°，PAEB，

APBAPCBPC120°，P为△ABC的费马点，

C 第（25）题

BB过△ABC的费马点P，且BB=EB+PBPEPAPBPC．………2分

【035】解：（1）

Q（1，0） 1分

点P运动速度每秒钟1个单位长度． 2分

（2） 过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，OF ∴

BE4．

yDAF1046．

AB826210 3分 在Rt△AFB中，

过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H．

CAMFONQPHGxBE∵

ABC90,ABBC ∴△ABF≌△BCH．

∴∴

BHAF6,CHBF8．

OGFH8614,CG8412．

∴所求C点的坐标为（14，12）． 4分 （3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥则△APM∽△ABF．

x轴于点N，

∴

tAMMPAPAMMP68． ABAFBF． 103434PNOM10t,ONPMtAMt，PMt55． 55． ∴ ∴

设△OPQ的面积为S（平方单位）

13473S(10t)(1t)5tt2251010（0≤t≤10） ∴

说明:未注明自变量的取值范围不扣分．

5分

a ∵

310<0 ∴当

t47102(3)10476时， △OPQ的面积最大．

6分

9453 此时P的坐标为（15，10） ．

t（4） 当

7分

5295t3或13时， OP与PQ相等．

9分

对一个加1分，不需写求解过程．

【036】解：（1）由已知，得

C(3，0)，D(2，2)，

ADE90°CDBBCD，

AEADtanADE2tanBCD2

（2）EF11E(0，1)． 2．（1分）

2GO成立．

（4分）

6点M在该抛物线上，且它的横坐标为5，点M设DM的解析式为

12的纵坐标为5． y （5分） F Ｍ D B A E x

ykxb1(k0)，

将点D、M的坐标分别代入，得

O G K C 12kb12，k，2612kb1.5 解得b13． 51yx3F(0，3)，EF2． 2DM的解析式为．过点D作DK（7分）

⊥OC于点K，则DADK．ADKFDG90°，

FDAGDK．又FADGKD90°，△DAF≌△DKG． KGAF1．[来GO1．EF2GO．

（3）

点

0)，C(3，0)，则设P(1，2)． P在AB上，G(1，222222PG(t1)2，PC(3t)2，GC2． 2222(t1)2(3t)2PGPC①若，则，

解得t2)，此时点Q与点P重合．Q(2，2)． 2．P(2，22P(1，2)，此时GP⊥x轴． (t1)22PGGC②若，则，解得 t1，

77Q1，GP与该抛物线在第一象限内的交点Q的横坐标为1，点Q的纵坐标为3．3．

③若PC解得t222GC，则(3t)22，[来

2)，此时PCGC2，△PCG是等腰直角三角形． 3，P(3，过点

Q作QH⊥x轴于点H，则QHGH，设QHh，

y Q A E P Q (Q) (P) D (P) B Q(h1，h)．

513(h1)2(h1)1h66．

1277Q，h1，h2255．5解得（舍去）．（12分）

O G H C x

7127Q1，Q，Q，即Q(2，2)或3或55．

综上所述，存在三个满足条件的点

【037】解：（1）设第一象限内的点B（m,n），则tan∠POB

n11ym9，得m=9n，又点B在函数x 的图象上，

n得

11(3,)m，所以m=3（－3舍去）3， ，点B为

1118AB333； 而AB∥x轴，所以点A（3，3），所以1（2）由条件可知所求抛物线开口向下，设点A（a , a），B（aa3或a13 .

1，a），则AB=a83,

－ a =

所以3a28a30，解得

155当a = －3时，点A（―3，―3），B（―3，―3），因为顶点在y = x上，所以顶点为（－3，－3），所以可设二次函数为553yk(x)233，点A代入，解得k= －4355y(x)2433 . ,所以所求函数解析式为

同理，当a =

1355y(x)23时，所求函数解析式为433；

x，a），由条件可知抛物线的对称轴为

1（3）设A（a , a），B（aa122a .

y设所求二次函数解析式为：

91(x2)(x(a)2)5a .

a点A（a , a）代入，解得1

3，

a2613，所以点P到直线AB的距离为3或

613。

BP4BQ7．

【038】解：（1）矩形（长方形）；

（2）①

POCBOA，PCOOAB90°，△COP∽△AOB．

CPOCCP697CPBPBCCPABOA，即68，2，2．

4分

同理

△BCQ∽△BCO，

CQBCCQ106CQBC，即68，

BP7BQ22． 6分

CQ3，BQBCCQ11．

②在△OCP和△B

AP中，

12575S△OPB6244．

BP9分

（3）存在这样的点P和点

Q，使

1BQ2．

10分

37P96，6P612，24，． 点P的坐标是

对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求．

12分

y B P B Q C H 过点

Q画QH⊥OA于H，连结OQ，则QHOCOC，

11PQOCS△POQOPQH22，

BPS△POQA ，

C x A O y PQOP．设BPx，

如图1，当点P在点B左侧时，

1BQBQ2x， 2，

B A P H O B C Q OPPQBQBP3x，

C A x 33x116x21622解得，（不符实际，舍去）． PCBCBP93396，66P12． 2，

OPPQBQBPx，PC8x．

x252578PCBCBP4．44，

②如图2，当点P在点B右侧时，

222(8x)6xRt△PCO在中，，解得

3771P2，6P96，6P6BPBQ12，24．综上可知，存在点，4，使2．

【039】(1) 将点A(-4，8)的坐标代入

yax2a，解得

12．

……1分

y将点B(2，n)的坐标代入

12x2，求得点B的坐标为(2，2)，

……1分

则点B关于x轴对称点P的坐标为(2，-2)．

yx33． 直线AP的解析式是

x令y=0，得

……1分

445．即所求点Q的坐标是(514︱=5，

，0)． ……1分

(2)①

4解法1：CQ=︱-2-5y ……1分

故将抛物线

1214x2向左平移5个单位时，A′C+CB′最短，

……1分

114y(x)225． 此时抛物线的函数解析式为

y解法2：设将抛物线

8 6 4 2 B D C -4 -2 O Q 2 4 x -2 P -4 (第24题(1)) A′ 8 6 4 B′ 2 D C -4 -2 O 2 4 x -2 -4 y A y 12x2向左平移m个单位，则平移后A′，B′的坐标分别为A′(-4-m，

8)和B′(2-m，2)，点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-m，-8)．

5yxm333． 直线A′′B′的解析式为

要使A′C+CB′最短，点C应在直线

mA′′B′上，将点C(-2，0)代入直线A′′B′的解析式，解得

145．

y故将抛物线

1214x2向左平移5

个单位时A′C+CB′最短，此时抛物线的函数解析式为

A′114y(x)225．

y② 左右平移抛物线D+CB′最短；

(第24题(2)①) ……1分

12x2，因为线段A′B′和CD的长是定值，所以要使四边形A′B′CD的周长最短，只要使A′

……1分

第一种情况：如果将抛物线向右平移，显然有A′D+CB′>AD+CB，因此不存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短．……1分

第二种情况：设抛物线向左平移了b个单位，则点A′和点B′的坐标分别为A′(-4-b，8)和B′(2-b，2)． 因为CD=2，因此将点B′向左平移2个单位得B′′(-b，2)， 要使A′D+CB′最短，只要使A′D+DB′′最短．

……1分

A′ y点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-b，-8)，直线A′′B′′的解析式为

55xb222．要

8 6 4 B′B′ 2 D C -4 -2 O 2 4 x -2 -4 y 使A′D+DB′′最短，点D应在直线A′′B′′上，将点D(-4，0)代入直线A′′B′′的解析式，解得

16b5．故将抛物线向左平移时，存在某个位置，使四边形116y(x)225．……1分 解析式为

A′A′B′CD的周长最短，此时抛物线的函数

(第24题(2)②) 【040】（1）解 ①如图1，当B在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：

2x ②如图3，当

3223 解得x=2……（2分）

A在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：

AN=62x 列式得(62x)×

322=2

3解得x=622……（2分）

综上所述，当△

ABC与△ABC重叠部分面积 为

322平方厘米时，△

ABC移动的时间为

32或

3（622）秒。

图1

（2） ①如图1，当0≤x≤2②如图2，当2GF=MN=2

图2 图3 2时 y2x……（1分）

,△C2≤x≤42时，如图，△DBN, △AMEFG是等腰直角三角形， BN＝x2，

2,AM42x

y11114422(x22)2(42x)22244

1yx232x42即…(3分)

③如图3，当42≤x≤62时，y2x12…（1分）

（3）①当0≤x≤22时， ②当22≤x≤42时， ③当4所以，△

yy最大值＝4……（1分）

y最大值＝5……（2分）

2≤x≤62时，

ABC与△ABC最大值＝4……（1分）

重叠部分面积的最大值为5。

【041】（1）如图 （3分）

y（千米） 150 100 E 50 A -1 0 （5分） D B C 5 6 7 8 x（小时）

1 2 3 4 （2）2次 （3）如图，设直线

AB的解析式为yk1xb1，

图象过

A(4，，0)B(6，150)，

4k1b10，k175，6kb150.11b1300.y75x300．①

设直线CD的解析式为

（7分）

yk2xb2，

图象过

C(7，，0)D(5150)，，

7k2b20，k275，5kb150.22b2525.y75x525x5.5，y112.5.

解由①、②组成的方程组得．② （7分）

最后一次相遇时距离乌鲁木齐市的距离为112.5千米． （12分）

【042】解：（1）∵点D是OA的中点，∴OD又∵OP是COD的角平分线，∴POC∴△POC≌△POD，∴PC2，∴ODOC． POD45°，

3分

PD．

（2）过点B作AOC的平分线的垂线，垂足为易知点F的坐标为（2，2），故BFP，点P即为所求．

y C 2，作PM⊥BF，

1PMBF12∵△PBF是等腰直角三角形，∴，

∴点P的坐标为（3，3）．

P (0，2) F M B A(4，0) x O E D 2yaxbx．

∵抛物线经过原点，∴设抛物线的解析式为

9a3b3a14a2b0b2 P(3，3)D(2，0)又∵抛物线经过点和点，∴有 解得2yx2x．

∴抛物线的解析式为

7分

（3）由等腰直角三角形的对称性知D点关于AOC的平分线的对称点即为C点．

连接

EC，它与AOC的平分线的交点即为所求的P点（因为

PEPDEC，而两点之间线段最短），此时

△PED的周长最小．

∵抛物线

1)，C点的坐标(0，2)， yx22x的顶点E的坐标(1，kb1k3b2b2． ykxbCE设所在直线的解析式为，则有，解得∴CE所在直线的解析式为

y3x2．

1x2y3x211y1，yx2，故点P的坐标为22．

点P满足，解得△PED的周长即是CEDE102．

11，(2，22或2)． 14分

（4）存在点P，使CPN90°．其坐标是【043】解（Ⅰ）

y1x，y2x2bxc，y1y20，

.

1分

x2b1xc0，将

213122分别代入xb1xc0，得

21111b1c0，b1c03232，

1151b，cx2x66.函数y2的解析式为y266． 3分 解得

AB（Ⅱ）由已知，得

26，设△ABM的高为h，

S△ABM121AB·hh32121222h，即

1144.

511112tttT2hTt6t666144.

根据题意，，由，得5115t2tt1t266144时，解得12； 当

5115252t2tt3，t466144时，解得1212. 当

55252，，t的值为121212.

6分

222bc，bc，Ttbtc.

（Ⅲ）由已知，得

TttbTttb，

，

2bc2bc01，得0，

有

，化简得

b10.

b10.

b10，b10.

t1，tb0，tb0，

；当

又0当0t≤a时，T≤≤当

t≤时，T≤；

t1时，T.

10分

1【044】(1) 配方,得y=21取x=0代入y=2(x–2)2 –1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点为P(2，–1) ．

x2 –2x＋1，得y=1，∴点A的坐标是(0，1)．由抛物线的对称性知，点A(0，1)与点B关于直线x=2对称，∴

点B的坐标是(4，1)． 2分

设直线l的解析式为y=kx＋b(k≠0)，将B、P的坐标代入，有

14kb,12kb,

解得

k1,b3.∴直线l的解析式为y=x–3．3分

由(1)知，点C的坐标为(0，–3)，∴ 在Rt△AO′C中，O′A=2，AC=4，∴ O′C=25．

据面积关系，有

12×O′C×AE=

12×O′A×CA，∴ AE=

455，

855AD=2AE=．

作DF⊥AB于F，易证Rt△ADF∽Rt△CO′A，∴

AFDFADACOAOC，

AD∴ AF=OC16AD·AC=5，DF=OC8·O′A=5，5分

83又 ∵OA=1，∴点D的纵坐标为1–5= –5， 163∴ 点D的坐标为(5，–5)．

(3) 显然，O′P∥AC，且O′为AB的中点，

∴ 点P是线段BC的中点，∴ S△DPC= S△DPB ． 故要使S△DQC= S△DPB，只需S△DQC=S△DPC ．

过P作直线m与CD平行，则直线m上的任意一点与CD构成的三角形的面积都等于S△DPC ，故m与抛物线的交点即符合条件的Q点．

1633容易求得过点C(0，–3)、D(5，–5)的直线的解析式为y=4

x–3，

1令23x2–2x＋1=45x–27，解得 x1=2，x2=23，代入y=45x–21，得y1= –1，y2=8，

7因此，抛物线上存在两点Q1(2，–1)(即点P)和Q2(21，8)，使得S△DQC= S△DPB．

3c1b2112yxbxcbc0c12【045】（1）将A（0，1）、B（1，0）坐标代入得2解得

y∴抛物线的解折式为

123xx122…（2分）

123mm122

（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为

1231mm1m1m0（舍去）m4 22∴2 解得1，2∴E的坐标为（4，3）……（4分） （Ⅰ）当A为直角顶点时

过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1（a,0） 易知D点坐标为（－2，0） 由Rt△AOD∽Rt△POA得

DOOA21OAOP即1a1，∴a＝21 ∴P1（2，0）……（5分）

11（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，P2点坐标为（2，0）……（6分）

（Ⅲ）当P为直角顶点时，过E作EF⊥x轴于F，设P3（b、3）由∠OPA+∠FPE＝90°，得∠OPA＝∠FEP Rt△AOP∽Rt△PFE

由

AOOP1bPFEF得4b3 解得b13，b21

∴此时的点P3的坐标为（1，0）或（3，0）……（8分）

要使

|AMMC|最大，即是使|AMMB|最大

|AMMB|的值最大．易知直线

AB的解折式为

由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时

3xyx123y1xyx1∴由2 2 得3 ∴M（21，－2）……（11分）

28x0，0．A点坐标为4，3【046】网]（1）解：由3得x4．

由2x160AB8412．0，．B点坐标为8，．得x8∴ （2分）

28yx，x5，336y2x16．5，．y6．由解得∴C点的坐标为

S△ABC∴

（3分）

11AB·yC12636．22

（4分）

28xDxB8，yD88．l33 （2）解：∵点D在1上且

∴D点坐标为

8yyD8，2xE168．xE4．l8，．（5分）又∵点E在2上且E

∴

8．E点坐标为4，．（6分）∴OE844，EF8（7分）

（3）解法一：

①当0≤t3时，如图1，矩形DEFG与△ABC重叠部分为五边形CHFGR（t0时，为

AB于M，则Rt△RGB∽Rt△CMB．

四边形CHFG）．过C作CM

yE l2 C D R yl1E l2 D C R yl1E D l2 C l1R A F O G M （图2）

B x F A G O M B x （图3）

A O F M G B x （图1）

BGRGtRG，，CM即36∴RG2t．Rt△AFH∽Rt△AMC，∴BM 112SS△ABCS△BRGS△AFH36t2t8t8t．223∴

414St2t．333 即

【047】解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE．

由题设，得四边形

A M F

D E

B

ABNM和四边形FENM关于直线MN对称．

N

图（1-1）

C

∴MN垂直平分BE．∴BMEM，BNEN．

1分

∵四边形

ABCD是正方形，∴ADC90°,ABBCCDDA2．

CE1，CEDE1．NC2x．CD2 ∵设BNx，则NEx，

在Rt△CNE中，

NE2CN2CE2．∴x2x2255xBN．1．4，即4 3分 解得

2 在Rt△ABM和在Rt△DEM中，AM2AB2BM2，DM2DE2EM2，

AM2AB2DM2DE2． 5分

y2222y12．AMy，DM2y， 设则∴

211AM1y，AM．．44BN5 解得即 ∴5BN．4 方法二：同方法一，

如图（1－2），过点N做 ∵

7分

3分

NG∥CD，交AD于点G，连接BE．

A M F

G

D

E

B C N

图（1-2）

AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形．

NGCDBC．

∴

5AGBN．4 同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴

∵MN

BE，EBCBNM90°．

NGBC，MNGBNM90°，EBCMNG．

在△BCE与△NGM中

EBCMNG，BCNG，CNGM90°．△BCE≌△NGM，ECMG．∴

５分

51AM1AMAGMG，AM=1．．44BN5 7分 ∵∴

类比归纳

229n12（或10）；17； n1

n2m22n1n2m21

12分

【048】解：（1）由题意得 6=a(－2＋3)(－2－1)，∴a=－2，

∴抛物线的函数解析式为y=－2(x＋3)(x－1)与x轴交于B（－3，0）、A（1，0） 设直线AC为y=kx＋b，则有0=k＋b，6=－2k＋b，解得 k=－2，b=2， ∴直线AC为y=－2x＋2

（2）①设P的横坐标为a(－2≤a≤1)，则P（a，－2a＋2），M（a，－2a2－4a＋6） ∴PM=－2a2－4a＋6－(－2a＋2)=－2a2－2a＋4=－2a2＋a＋14＋92 =-2a+122+92，∴当a=-12时，PM的最大值为926分 ②M1（0，6）M2-14，678

2ab32a149a3bc0b3c2c2【049】解：（1）由题意得 解得

y∴此抛物线的解析式为

224xx233

3分

（2）连结

AC、BC.因为BC的长度一定，所以△PBC周长最小，就是使PCPB最小.B点关于对称轴的对

称点是

A点，AC与对称轴x1的交点即为所求的点P.

y E A P C O B D x 2k3kb0，3b2b2ykxbAC设直线的表达式为则解得

2yx2．3∴此直线的表达式为

441，y3x1 3P把代入得∴点的坐标为

（3）S存在最大值，理由：∵DE∥PC，即DE∥AC．

（第24题图）

ODOE2mOE，．OA即23 ∴△OED∽△OAC．∴OC33OE3m，AE3，OEm22 ∴

方法一：连结OP，

SS四边形PDOES△OEDS△POES△PODS△OED

333333m2m0S最大2，∵4424 9分 =4∴当m1时，

方法二：

SS△OACS△OEDS△AEPS△PCD

1131341323m2mmm12222232=

3333332m2mm10S最大244，∵44 =4∴当m1时，DEDPDADB．而DEt，DP10t， 【050】解：（1）∵PE∥AB∴t10t1515tt(s)，PE∥AB10，∴4．∴当4∴6．

∴四边形CDEF是平行四边形．

9分

A E Q N F

D M C P B ∴

DEQC，DQEBDC．

BD10，∴DEQCDQEBDC．∴△DEQ∽△BCD．

∵BCDEEQtEQCD．104∴BC过B作BMEQ．∴

2t5．

⊥EF，交EF于N

．

⊥CD，交CD于M，过P作PNBM1022210049646．∵EDDQBPt，

PQPNPQ102t△PNQ∽△BMDBM∴．又，BD102tPN1046， ，

11246246ttPN461S△PEQEQPNt461tt52255255，．

S△BCD（3）

11CDBM4468622．

S△PEQ若

2462462S△BCDtt862525525，则有

t，解得11，t24．

（4）在△PDE和△FBP中，

PDBF10t，△PDE≌△FBPPDEFBP，DEBPt，

∴

S五边形PFCDES△PDES四边形PFCDS△FBPS四边形PFCDS△BCD86．

∴在运动过程中，五边形PFCDE的面积不变．

【051】解：（1）k3，（-1，0），B（3，0）．

3分

（2）如图14（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．

3 则 △AOC的面积=2+△MOB的面积=9．

3，△MOC的面积=26分

，△MOB的面积=6，∴ 四边形 ABMC的面积=△AOC的面积+△MOC的面积

说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面 积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和． （3）如图14（2），设D（m，m22m3），连结OD．

3m2，△DOC的面积=， 图 14 （2）

32则 0＜m＜3，m2m3 ＜0． 且 △AOC的面积=23△DOB的面积=-2（m22m3），

∴ 四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积

=

3293375mm6(m)222228=

．

31575(，)4，使四边形ABDC的面积最大为8． ∴ 存在点D2（4）有两种情况：

如图14（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C． ∵ ∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．

图14（3） 图14（4）

∴ 点E的坐标为（0，3）． ∴ 直线BE的解析式为

yx3．

3，0.12分

x1yx3，2yx2x3 解得y1由

2，x25；y2

∴ 点Q1的坐标为（-2，5）． 13分

如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2． ∵ ∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．

∴ 点F的坐标为（-3，0）．∴ 直线CF的解析式为

yx3． 14分

x1yx3，2yx2x3 解得y1由

0，

x21，4．

3；y2∴点Q2的坐标为（1，-4）．综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4）， 使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．

【052】解：（1）根据题意，得解得aabc0，4a2bc0，c2.

y A B O (F2)FC E1 (E2) D x 21，b3，c2．yx3x2．（2分）

AOCOAOCO△EDB∽△AOCEDBDBDED， （2）当时，得或

AOCO12，CO2，BDm2，当EDBD时，得EDm2， ∵AO1(x=m2mm2E，ED1m2． （4分） 2E∴，∵点在第四象限，∴AOCO12ED时，得m2ED，∴ED2m4， 当BD∵点E在第四象限，∴

E2(m，42m)．

（6分）

（3）假设抛物线上存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形，则

EFAB1，点F的横坐标为m1，

2m2mm，m1，EF22， 11当点的坐标为时，点的坐标为

2m(m1)23(m1)22F2m11m140， 21∵点在抛物线的图象上，∴，∴

537Fm，m21，(2m7)(m2)024， 2∴，∴（舍去），∴S∴

ABEF13344． （9分）

当点

E2的坐标为(m，42m)时，点F2的坐标为(m1，42m)，

2F42m(m1)3(m1)2，∴m27m100， 2∵点在抛物线的图象上，∴

∴

F(4，6)，∴S(m2)(m5)0，∴m2（舍去）

，m5，∴2ya(x1)(x3)，把C(0，3)代入，得a1，

5分

ABEF166．

【053】解：（1）设2分

24)． yx2x3．顶点D的坐标为(1，∴抛物线的解析式为：

（2）设直线BD解析式为：

ykxb（k0）

，把B、D两点坐标代入，

3kb0，kb4.解得k2，b6．∴直线AD解析式为y2x6． 得s7分

111PEOExyx(2x6)x23x2sx3x(1x3) 222，∴

29分

9939sx23xx4424． 10分 x392时，s取得最大值，最大值为4x∴当． 11分

（3）当

s取得最大值，

33P，3y32．∴四边形PEOF是矩形． 2，，∴y D P 作点P关于直线EF的对称点P，连接PE、PF．

法一：过P作

(E) C 3 ．

PH⊥y轴于H，PF交

y轴于点MP 设MCm，则

MFm，PM3m，PE232．

A 2 H 1 M 1 F 2 1 B 3 x 3 2 1 O 322(3m)m2在Rt△PMC中，由勾股定理，．

m解得

159PH8．∵CMPHPMPE，∴10．

EH，

EHEP△EHP∽△EPMEPEM由，可得669OH35．∴55．

99，105．

∴P坐标13分

法二：连接PP，交CF于点H，分别过点H、P作PC的垂线，垂足为M、N．

CMMH1PM2． 易证△CMH∽△HMP．∴MHPC5ky D 设CMk，则MH2k，PM4k．∴

33(E) C 3 kM P N 2，10． P PN8k由三角形中位线定理，

126，PN4k55．

CNPNPC∴

12399x5210，即10．

2 H 1 A M 1 F 2 3 2 1 O 1 B 3 x yPFPN39969，55∴P坐标105．

13分

99，105代入抛物线解析式，不成立，所以P不在抛物线上．

把P坐标【0】（1）由抛物线经过点A(0，1)，C(2，4)，

14分

c1,b2,1222bc4.c1.4得解得

1yx22x14∴抛物线对应的函数关系式为：．

（2）当t（2分）

1时，P点坐标为(1，1)，∴Q点坐标为(2，0)．

当t4时，P点坐标为(2，3)，∴Q点坐标为(5，0)． （5分）

111S(t22t11)1t2t248（3）当0t≤2时，．S． 115S(5t)(2t212)t23t222． （8分） 当2t≤5时，．S

当t3时，S的最大值为2．

（10分）

y A B D C N O M P1 P2 x 【055】（1）过点B作BDx轴，垂足为D，

BCDACO90°，ACOCAO90°

BCDCAO；

又

BDCCOA90°；CBAC，

△BCD≌△CAO，BDOC1，CDOA2

，； 点B的坐标为(31)4分

2，，则得到19a3a2， yaxax2经过点B(31)（2）抛物线

5分

a解得

111yx2x22，所以抛物线的解析式为22；

7分

（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

①若以点C为直角顶点；

PPC则延长BC至点1，使得1PPM过点1作1BC，得到等腰直角三角形△ACP1，

8分

x轴，CP，PMCBDC90°； 1BC，MCP1BCD111分

△MPC，PMBD1，可求得点P(1，-1)； 1≌△DBCCMCD211②若以点A为直角顶点；

则过点

2CA，且使得AP2AC，得到等腰直角三角形△ACP2， A作AP12分

PN过点2作2Py轴，同理可证△AP2N≌△CAO；

13分

NP，ANOC1，可求得点P2(2，1)； 2OA2P(1，1)与点P2(2，1)都在抛物线

经检验，点1【056】解：（1） C（3，0）；

14分

y121xx222上． 16分

2yaxbxc，令x=0，则y=c， ∴A点坐标（0，c）

（2）①抛物线．

∵b22ac，∴

4acb24ac2ac2accbc,4a4a4a2，∴点P的坐标为（2a2）．

∵PD⊥

x轴于D，∴点D的坐标为（

b,02a）． ……………………………………5分

2yaxb'xc．

根据题意，得a=a′，c= c′，∴抛物线F′的解析式为

b2bb0a2b'()c,02a4a又∵抛物线F′经过点D（2a），∴．……………6分

2222∴0b2bb'4ac．又∵b2ac，∴03b2bb'．∴b:b′=3．

3yax2bxc2②由①得，抛物线F′为．

3bbax2bxc0x1,x222aa． 令y=0，则． ∴bb,,0∵点D的横坐标为2a∴点C的坐标为（a）．

bc,ykx2a2）设直线OP的解析式为．∵点P的坐标为（， ac2acb2bcbbkkyxb2b2b2，∴2a，∴2． ∴2bbbax2bxcxx1,x22．∴2aa∵点B是抛物线F与直线OP的交点，∴

bba． ∵点P的横坐标为2a，∴点B的横坐标为

bbb22acbby()cxyx2a2a2aa代入2，得把．

．

b(,c)a．∴BC∥OA，AB∥OC．∴点B的坐标为（或BC∥OA，BC =OA）， ∴四边形OABC是平行四边形．

又∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形．

【057】(1) (2)∵OAA(8,0),B(0,6)

yBP28，OB6，∴AB10

当点P 在OB上运动时，

OP1t，

P1OS11OAOP18t4t22；

DAx当点P 在BA上运动时，作

P2DOA于点D， P2D483t5

P2DAP2BOAB有S∴

∵

AP2610t16t，∴

11483t12192OAP2D8t22555

（3）当4t12时，t3，P1(0,3)，

此时，过AOP各顶点作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点，所以点M不存在；

当

12192t12P(4,3)，此时，M1(0,3)、M2(0,6) 55时，t11，2【058】解：（1）令

y0，得x210 解得x1，令x0，得y1

3分

∴ A

(1,0) B(1,0) C(0,1)

y

（2）∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=45x轴于E，

∵AP∥CB，∴

PAB=45P ，过点P作PE则APE为等腰直角三角形 令OE=

a，则PE=a1 ∴P(a,a1)

A o C E B x 22yx1a1a1 ∵点P在抛物线上 ∴

解得1a2，a21（不合题意，舍去） ∴PE=3

1AB•OC+2 4分

1∴四边形ACBP的面积S=2(3)． 假设存在∵∵MG11212342AB•PE=2

∴PAAC

5分

PAB=BAC =45x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

6分

2(m,m1) m设M点的横坐标为，则M

y ①点M在

y轴左侧时，则m1

M ∵AG=m1，

P (ⅰ) 当AMG ∽PCA时，有

2AGMGPA=CAm1m12322 解得m11（舍去） MG=m1即2m23（舍去）………7分

G A o C B x (ⅱ) 当MAG ∽PCA时有

AGMGCA=PA

即

m1m21232，解得：m1（舍去）

8分

y

m22∴M(2,3)

P M ② 点M在

y轴右侧时，则m1

(ⅰ) 当AMG ∵AG=m∽PCA时有

AGMGPA=CAA

o C G B x 1，MG=m21

∴

m1m21447m2(,)322 解得m11（舍去） 3 ∴M39

m1m21232 AGMG(ⅱ) 当MAG∽PCA时有CA=PA解得：

即

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，

47(,)(2,3)，39，(4,15)

M点的坐标为

【059】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形 ∴AB=AD，AE=AG，∠BAD＝∠EAG＝90º ∴∠BAE＋∠EAD＝∠DAG＋∠EAD ∴∠BAE＝∠DAG

∴△ BAE≌△DAG …………4分 （2）∠FCN＝45º …………5分 理由是：作FH⊥MN于H ∵∠AEF＝∠ABE＝90º

∴∠BAE +∠AEB＝90º，∠FEH+∠AEB＝90º

∴∠FEH＝∠BAE 又∵AE=EF，∠EHF＝∠EBA＝90º ∴△EFH≌△ABE …………7分 ∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，∴CH＝BE＝FH ∵∠FHC＝90º，∴∠FCH＝45º …………8分

（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，…………9分 理由是：作FH⊥MN于H

由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90º 结合（1）（2）得∠FEH＝∠BAE＝∠DAG

又∵G在射线CD上，∠GDA＝∠EHF＝∠EBA＝90º

G A

F

M B

E

C

图（1）

H

N

D G A

D F

E

C 图（2）

H

N

M B

∴△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE ……11分 EHFHFH

∴EH＝AD＝BC＝b，∴CH＝BE，∴＝＝ ABBECHFHEHb

∴在Rt△FEH中，tan∠FCN＝＝＝

CH ABa

b

∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝

a【060】解：（1）根据题意，得

1a4a2c04c3 36a6c0，解得C Q2 C P2 A y D P1 Q4 B P4 x Q1 O Q3 第26题图

P3 1yx2x34抛物线的解析式为，顶点坐标是（2，4）

（2）

D(4，3)，设直线AD的解析式为ykxb(k0)

1k2kb021yx1b14kb3A(2，、0)D(4，3)2直线经过点点

（3）存在．

【061】解（1）A（4，0），B（0，3） 2分（每对一个给1分）

（2）满分3分．其中过F作出垂线1分，作出BF中垂线1分，找出圆心并画出⊙P给1分． （注：画垂线PF不用尺规作图的不扣分）

Q1(222，0)，Q2(222，0)，Q3(626，0)，Q4(626，0)

（3）过点P作PD⊥

y轴于D，则PD=x，BD=

3y， 6分

PB=PF=

y，∵△BDP为直角三形，∴ PB2PD2BD2

y B ∴BP2PDBD22，即

yx3y222

123yx222yyx(3y)62 即∴与x的函数关系为

（4）存在

D A O P F x 解法1：∵⊙P与

x轴相切于点F，且与直线l相切于点B

AB2OA2OB252，∴AF252

∴

ABAF，∵

∵AF=

x422(x4)5 ， ∴，∴x1或x9 11分

把

x1或x9代入

y1235xy或y1562，得3

5∴点P的坐标为（1，3）或（9，15）12分

l1【062】解：实践应用（1）2；c．651；3．（2）4．

l拓展联想（1）∵△ABC的周长为l，∴⊙O在三边上自转了c周．

又∵三角形的外角和是360°，

3601360∴在三个顶点处，⊙O自转了（周）．

l∴⊙O共自转了（c+1）周． l（2）c+1．

x【063】（1）① 对称轴

422

（2分）

② 当

y0时，有x24x30，解之，得 x11，x23

∴ 点A的坐标为（3，0）． （4分）

（2）满足条件的点P有3个，分别为（2，3），（2，3），（4，3）．

（7分）

（3）存在．当∵ DE∥

2x0时，yx4x33 ∴ 点C的坐标为（0，3）

y轴，AO3，EO2，AE1，CO3

∴

△AED∽△AOC ∴

AEDE1DEAOCO 即 33 ∴ DE

1

（9分）

∴

S梯形DEOC12(13)24

4在OE上找点F，使OF3，此时

S△COF143232，直线CF把四边形DEOC

分成面积相等的两部分，交抛物线于点M． （10分）

44F，0k30ykx3，它经过点3．则3设直线CM的解析式为 （11分）

k解之，得

99yx34 ∴ 直线CM的解析式为 4

（12分）

y【0】解：（1）抛物线∴B（0，2）

12xx24与y轴的交于点B，令x=0得y=2． A · y B x y∵

121xx2(x2)2344 ∴A（—2，3）

（2）当点P是 AB的延长线与x轴交点时，

PAPBAB．

当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时， 在点P、A、B构成的三角形中，PA综合上述：PAH O P PBAB．

第28题图

8分

PB≤AB

（3）作直线AB交x轴于点P，由（2）可知：当PA—PB最大时，点P是所求的点 作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP

∴

AHHPBOOP 由（1）可知：AH=3、OH=2、OB=2，∴OP=4，故P（4，0）

∴∠ACB＝90º（直径所对的圆周角是直角） ∵∠ABC＝60º（已知）

∴∠BAC＝180º－∠ACB－∠ABC＝ 30º（三角形的内角和等于180º） ∴AB＝2BC＝4cm（直角三角形中，30º锐角所对的直角边等于斜边的一半） 即⊙O的直径为4cm．

【065】解：（1）∵AB是⊙O的直径（已知）

（2）如图10（1）CD切⊙O于点C，连结OC，则OC＝OB＝1/2·AB＝2cm． ∴CD⊥CO（圆的切线垂直于经过切点的半径） ∴∠OCD＝90º（垂直的定义） ∴∠COD＝2∠BAC＝ 60º （cm）

∴当BD长为2cm，CD与⊙O相切．

∵∠BAC＝ 30º（已求）

∴BD＝OD－OB＝4－2＝2

∴∠D＝180º－∠COD－∠OCD＝ 30º∴OD＝2OC＝4cm

（3）根据题意得：

BE＝（4－2t）cm，BF＝tcm；

如图10（2）当EF⊥BC时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BAC ∴BE：BA＝BF：BC即：（4－2t）：4＝t：2解得：t＝1

如图10（3）当EF⊥BA时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BCA ∴BE：BC＝BF：BA即：（4－2t）：2＝t：4解得：t＝1.6 ∴当t＝1s或t＝1.6s时，△BEF为直角三角形．

1mC1，y2)，代入反比例函数2得A(1，x中，得m2 【066】（1）由y∴反比例函数解析式为：

2(x0)x 2分

15yx22152y2xx2x化简得：x25x40 解方程组由21B4，(x4)(x1)0，x14，x21所以2

（2）无论

5分

P点在

AB之间怎样滑动，△PMN与△CAB总能相似．因为B、C两点纵坐标相等，所以

BC∥x轴．

又因为

AC∥y轴，所以△CAB为直角三角形．

AC∥PM，BC∥PN．

同时△PMN也是直角三角形，

△PMN∽△CAB． 8分

（在理由中只要能说出BC∥x轴，ACB90°即可得分．）

【067】（1）解：∵直角梯形

ABCD，AD∥BC

A P D PD∥QC

当PDQC时，四边形PQCD

为平行四边形．

APt，CQ2t

由题意可知：8t2t 3t8

8t3

O B Q

C 8ts当3时，四边形PQCD为平行四边形．

（2）解：设

3分

PQ与⊙O相切于点H， BC，垂足为E

A P H D 过点P作PE直角梯形

ABCD，AD∥BC

O PEAB

由题意可知：

APBEt，CQ2t

B

E

Q

C BQBCCQ222t

EQBQBE222tt223t

AB为⊙O的直径，ABCDAB90°

AD、BC为⊙O的切线

APPH，HQBQ

PQPHHQAPBQt222t22t

5分

222222Rt△PEQPEEQPQ12(223t)(22t)在中，，

即：8t288t1440，t211t180，(t2)(t9)0

AD8811秒

8分

t12，t29，因为P在AD边运动的时间为

而tPQ与⊙O相切． 98，t9（舍去），当t2秒时，

BGOA于G，

【068】解：（1）如图4，过B作

2222ABBGGA12（1510）16913 则

过Q作

QHOA于H，

则

QPQH2PH2122（10t2t)2144(103t)2（2分）

要使四边形PABQ是等腰梯形，则

ABQP，

即

144(103t)213,t53或t5（此时PABQ是平行四边形，不合题意，舍去）

（3分）

（2）当t2时，OP4，CQ1028，QB2。

CB∥DE∥OF，QBQEQDQB1.AFEFDPOP2

（4分）

AF2QB224，OF15419. 1S梯形OFBC（1019）12174.2

（5分）

（6分）

122(10t2t)2152t2t，QPPF（3）①当时，则

119t或t.33 （7分）

则122(10t2t)2122FH2122[152t(10t)]2QPQF②当时，

122(103t)2122(53t)2，t即56

（8分）

414则122(53t)215，t或t(舍去）.QFPF33③当时， 119t，t，t，t3363综上，当

【069】解 （1）易求得点C的坐标为

（9分）

时，△PQF是等腰三角形． （10分）

(0，k)

222x，x(xm)km0x2mxk0 的两根， 12由题设可知是方程即

2m(2m)24kx1，2xx22m，x1•x2k （1分） 2所以，所1y如图3，∵⊙P与轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，设它们的交点为点

O，连结DB，∴△AOC∽△DOC，则由题意知点C在

kOAOBx1x2OD1.OCkk （2分）

y轴的负半轴上，从而点D在y轴的正半轴上，

（3分）

所以点D的坐标为（0，1）

（2）因为AB⊥CD， AB又恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称， 所以点C的坐标为

(0，1)，即k1

（4分）

又

ABx2x1(x2x1)24x1x2(2m)24k2m2k2m21S△ABC11ABOC2m211522解得m2.

（3分）

，

所以（6分）

【070】解：（1）6．（2）8． （3）①当0≤x

3时，

D Q3

C O P3 P2 Q2 P1 E Q1

B

A

yS△APQ13②当3≤x11332AP·AQ·sin60·x·2x·x112222． （5分）

6时，

yS△APQ=121AP2?P2Q221AP2·CQ2·sin60213x·(12-2x·)22

=

32x33x.2 （7分）

x≤9时，设PQ33与AC交于点O．

③当6≤(解法一)

过

Q3作Q3E∥CB,则△CQ3E为等边三角形．

Q3ECECQ32x12.Q3E∥CB.△COP3∽△EOQ3OCCP3x61,OEEQ32x122

11OCCE(2x12),33yS△AQP3S△ACP3-S△COP311CP3·AC·sin60°OC·CP3·sin60°22

13113(x6)·6(2x12)(x6)22232． 3273xx15362．

（10分）

（解法二） OOFCP3F

OGCQ3G,如右图，过点作

于点，

过点P3作P3HDC交DC延长线于点H．

ACBACD,OFOG.

又

CP3x6,CQ3,2x122(x6),S1△CQP32S△COQ3

S1△COP33S△CP3Q3,1312·CQ3·P3H1312(2x12)(x6)·3236(x6)2.

S△1ACP3CP3·AC·sin60°又2

12(x6)632332(x6).

yS△AOP3

S△ACP3S△OCP333(x6)3(x6)226

36x2732x153.

（10分）

，于点

D Q3

G C H O F P3 A B

2ab312a49a3bc0b3c2c2【071】解：（1）由题意得，解得

y∴此抛物线的解析式为

224xx233

3分

（2）连结

AC、BC.因为BC的长度一定，所以△PBC周长最小，就是使PCPB最小.B点关于对称轴的对

称点是

A点，AC与对称轴x1的交点即为所求的点P.

y E A P C O B D x ykxb

设直线AC的表达式为

2k3kb0，3b2b2则 解得

2yx2．3∴此直线的表达式为……5分

441，y3x1 6分 3P把代入得∴点的坐标为

（3）S存在最大值

7分

（第24题图）

理由：∵DE∥PC，即DE∥AC．

ODOE2mOE，．△OED∽△OAC．OCOA23∴∴即 33OE3m，AE3，OEm22 ∴

方法一： 连结OPSS四边形PDOES△OEDS△POES△PODS△OED

1341133m2m13m2m223222= 33m2m2 =48分

∵

33330S最大4424 ，∴当m1时，

9分

方法二：

SS△OACS△OEDS△AEPS△PCD

1131341323m2mmm12222232 = 33332m2mm1244 =4∵

8分

330S最大44 ，∴当m1时，

OA9分

【072】解：（1）①

AB2，

842，OC4，S梯形OABC=12

l扫过的面积=直角梯形OABC面积－直角三角开DOE面积

②当

2t4时，直角梯形

OABC被直线

1S12(4t)2(4t)t28t42

8P(12,4),P(4,4),P(,4),P4(4,4),P5(8,4)1233（2） 存在 ，

对于第（2）题我们提供如下详细解答（评分无此要求）.下面提供参考解法二：

以点D为直角顶点，作

PP1x轴

，在RtODE中，OE2OD，设ODb，OE2b.RtODERtPPD1（图示阴影）

b4，2b8，在上面二图中分别可得到P点的生标为P（－12，4）、P（－4，4）E点在0点与A点之间不可能；

② 以点E为直角顶点

8同理在②二图中分别可得P点的生标为P（－3，4）、P（8，4）E点在0点下方不可能.

以点P为直角顶点

同理在③二图中分别可得P点的生标为P（－4，4）（与①情形二重合舍去）、P（4，4）， E点在A点下方不可能.

8综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－3，4）、

P（8，4）、P（4，4）．

下面提供参考解法二：

以直角进行分类进行讨论（分三类）：

第一类如上解法⑴中所示图

P为直角：设直线DE：y2x2b，此时（D-b,o)，E(O,2b)

b1b3b(-,b)yb(x)P(8,4)的中点坐标为222，令y4得2，直线DE的中垂线方程：．由

已知可得

2PEDE即

32(b8)2(42b)2b24b22化简得3b232b0解

83bb18，b2将之代入（P-8，4）P（4，4)、1P(4,4)； 32得 2第二类如上解法②中所示图

E为直角：设直线DE：y2x2b，此时（D-b,o)，E(O,2b)

1yx2b2，直线

PE的方程：，令

y4得

P(4b8,4)．由已知可得

PEDE得

即

(4b8)2(42b)2b24b2化简得

b2(2b8)2解之，

b14，b284P4(,4)将之代入（P4b-8，4）P3（8，4)、33

第三类如上解法③中所示图

D为直角：设直线DE：y2x2b，此时（D-b,o)，E(O,2b)

，直线

PD的方程：

1y(xb)2，令

y4得

P(b8,4)．由已知可得

PDDE即

P-b-8，4）P（-12，4)、8242b24b2解得b14，b24将之代入（5

P6(4,4)（P6(4,4)与P2重合舍去）

．

8综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－3，4）、

P（8，4）、P（4，4）．

事实上，我们可以得到更一般的结论：

如果得出

ABa、OCb、OAh、设

kbah，则P点的情形如下

直角分类情形 k1 k1 P为直角 P1(h,h) P2(h,h) P3(hk,h)1k hkP4(,h)k1 P1(h,h) E为直角 hP2(,h)2 D为直角

P5(h(k1),h) P6(h(k1),h) P3(0,h) P4(2h,h) 【073】(1)∵∠A、∠C所对的圆弧相同，∴∠A＝∠C．

APPDPB，∴PA·PB＝PC·PD；………………………3分 ∴Rt△APD∽Rt△CPB，∴CP(2)∵F为BC的中点，△BPC为Rt△，∴FP＝FC，∴∠C＝∠CPF． 又∠C＝∠A，∠DPE＝∠CPF，∴∠A＝∠DPE．∵∠A＋∠D＝90°， ∴∠DPE＋∠D＝90°．∴EF⊥AD．

(3)作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，同垂径定理：

∴OM2＝(25)2－42＝4，ON2＝(25)2－32＝11

y l 60° A O1 O3 P O2 x 又易证四边形MONP是矩形，

∴OP＝OMON15

22O B D1 D 【074】（1）解：由题意得

OA|4||8|12，

C （第22题答图） 0)．A点坐标为(12，在Rt△AOC中，OAC60°，

OCOAtanOAC12tan60°123 123)． C点的坐标为(0，123bykxb，由l过A、C两点，得012kb

设直线l的解析式为

b123k3直线l的解析式为：y3x123． 解得（2）如图，设

⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，

⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．则OO13O1PPO38513 O3D1⊥x轴，O3D15，

2222ODOOOD13512Rt△OOD111331131中，在．

6分

O1DOO1OD41317，D1DO1DO1D117125，

t55⊙O2平移的时间为5秒． 1（秒）

x1，

8分

【075】解：（1）对称轴是直线：点A的坐标是（3，0）． 2分

（说明：每写对1个给1分，“直线”两字没写不扣分）

（2）如图11，连接AC、AD，过D作

DMy 轴于点M，

解法一：利用△AOC∽△CMD

∵点A、D、C的坐标分别是A （3，0），D（1，ab）、C（0，b），

AOOCCMMD∴AO＝3，MD=1．由3ba1∴3ab0 得

3分

3ab0a123ab0b3 0a(1)2a(1)b又∵∴由 得2yx2x3

∴函数解析式为：

6分

解法二：利用以AD为直径的圆经过点C

∵点A、D的坐标分别是A （3，0） 、D（1，ab）、C（0，b），

2AC9b∴2CD1a，

，

AD4(ab)2∵

AC2CD2AD2

20a(1)2a(1)b…② 4分 3ab0∴…① 又∵

由①、②得a21，b3 ∴函数解析式为：yx2x3

6分

（3）如图所示，当BAFE为平行四边形时，则BA∥EF，并且BA＝EF． ∵BA=4，∴

EF=4 ，由于对称为

x1，∴点F的横坐标为5． 7分

E y F 2yx2x3得y12，∴F（5，12）x5将代入．

根据抛物线的对称性可知，在对称轴的左侧 抛物线上也存在点F，使得四边形BAEF是 平行四边形，此时点F坐标为（3，12）． 当四边形BEAF是平行四边形时，

点F即为点D，此时点F的坐标为（1，4）． 综上所述，点F的坐标为（5，12）， （3，12）或（1，4）．

【076】解：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB， 又D（5，2）， ∴C（0，2），OC=2 .

B C O A D x 图11

5n2m21255mn2n2 ∴2 解得

y ∴抛物线的解析式为：

125xx222 …… 4分

（2）点E落在抛物线上. 理由如下：……… 5分

125xx2022由y = 0，得. 解得x1=1，x2=4. ∴A（4，0），B（1，0）.

∴OA=4，OB=1. 由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，

由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，∴点E的坐标为（3，－1）.

y把x=3代入

12515xx2y323212222，得， ∴点E在抛物线上.

（3）法一：存在点P（a，0），延长EF交CD于点G，易求OF=CG=3，PB=a－1. S梯形BCGF = 5，S梯形ADGF = 3，记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，

1S1(53)2 下面分两种情形： ①当S1∶S2 =1∶3时，，

PFEF1QGEG3此时点P在点F（3，0）的左侧，则PF = 3－a，由△EPF∽△EQG，得，则QG=9－3a，∴CQ=3－(9－3a) =3a

19(3a6a1)22a

4； －6，由S1=2，得2，解得

S1②当S1∶S2=3∶1时，

3(53)6，此时点P在点F（3，0）的右侧，则PF = a－3，由△EPF∽△EQG，得

QG = 3a－9，∴CQ = 3 +（3 a－9）= 3 a－6，

913113(3a6a1)26a4，综上所述：所求点P的坐标为（4，0）或（4，0）……… 14由S1= 6，得2，解得

分

法二：存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8. 当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，此时S1∶S2不符合条件，故a≠3.

1ka33kb1baakb0a3，

设直线PQ的解析式为y = kx+b(k≠0)，则，解得y∴

1axa3a3. 由y = 2得x = 3a－6，∴Q（3a－6，2） ……… 10分

S11(3a6a1)24a72.

∴CQ = 3a－6，BP = a－1，

11S1S梯形ABCD844= 2； 下面分两种情形：①当S1∶S2 = 1∶3时，

a∴4a－7 = 2，解得

94；……………………………………………… 12分

3313S1S梯形ABCD86a4； 44②当S1∶S2 = 3∶1时，； ∴4a－7 = 6，解得913综上所述：所求点P的坐标为（4，0）或（4，0）………… 14分

a

[说明：对于第（3）小题，只要考生能求出

913a4或4两个答案，就给6分. ]

y【077】解：（1）把B（0，6）代入

3m4，得m＝6………………………1分

3y6y4 把＝0代入，得x＝8

BP'GPC∴点A的坐标为（8，0）…………… 3分 （2）在矩形OACB中，AC＝OB＝6，

FE'QIJMEDBC＝OA＝8，∠C＝90°

∴AB＝

AC2BC2628210

BDBCBPBABD8a10OMA∵PD⊥AB∴∠PDB=∠C＝90°

cosCBA，∴∴

BD44aAD10a5∴5

又∵BC∥AE，∴△PBD∽△EAD

∴

AEADBPBDAEa，即

104aa5AE，∴

a(10)12.5a45

s1(8a12.5a)66a61.52

S梯形PEAC∵（o1(PCAE)AC2，∴

a8）……………………………7分 （注：写成oa8不扣分）

② ⊙Q是△OAB的内切圆 ，可设⊙Q的半径为r

SOAB∵

11(6810)r6822,解得r=2.………………………………………8分

设⊙Q与OB、AB、OA分别切于点F、G、H

可知，OF＝2∴BF＝BG＝OB－OF＝6－2＝4，设直线PD与⊙Q交于点 I、J ，过Q作QM⊥IJ于点M，连结IQ、QG， ∵QI

IM＝2，

1IJ1.22

∴ 在矩形GQMD中，GD＝QM＝1.6

∴

QMQI2IM21.6cosCBA∴BD＝BG+GD＝4+1.6＝5.6，由

BDBC8BPBA10BP，得

5BD74

∴点P的坐标为（7，6）…………………………………………………………………11分 当PE在圆心Q的另一侧时，同理可求点P的坐标为（3，6）………………………12分 综上，P点的坐标为（7，6）或（3，6）．………………………………………………13分。

【078】（1）

y1x

2分

1tQ（2）∵OPt，∴点的横坐标为2，

110t1QM1t22， ①当，即0t2时，

11S△OPQt1t22．

∴

3分

11QM1tt122②当t≥2时，，

S△OPQ∴

110t2，2t12t，S111t1t1，t≥2.tt122．∴22 4分

111112St1t(t1)0t12244， 0t22当，即时，1∴当t1时，S有最大值4（3）由OA． 6分

OB1，所以△OAB是等腰直角三角形，若在L1上存在点C，使得△CPQ是以Q为直角顶点

的等腰直角三角形，则

PQQC，所以OQQC，又L1∥x轴，则C7 分

，O两点关于直线L对称，所以

，． ACOA1，得C(11)下证

PQC90°．连CB，则四边形OACB是正方形．

y 法一：（i）当点P在线段OB上，

Q在线段AB上

L A Q C L1

（

Q与B、C不重合）时，如图–1．

O P B 23题图-1 x BCQQOP，QPOQOP，

由对称性，得

∴

QPBQCBQPBQPO180°，

PQC360°(QPBQCBPBC)90°．

8分

∴

（ii）当点P在线段OB的延长线上，

Q在线段AB上时，如图–2，如图–3

9分

∵

QPBQCB，12， ∴PQCPBC90°．

Q与点B重合时，显然PQC90°．

PQC90°．

（iii）当点

综合（i）（ii）（iii），

C(11)，，使得△CPQ是以Q为直角顶点的等腰直角三角形． ∴在1上存在点

L11 分

y L A 2 1 P B 23题图-2 Q C L1 y L A 1 2 Q P x C L1 O x O B 23题图-3

法二：由OAOB1，所以△OAB是等腰直角三角形，若在L1上存在点C，使得△CPQ是以Q为直角顶点

的等腰直角三角形，则

PQQC，所以OQQC，又L1∥x轴， 则C，O两点关于直线L对称，所以

，． 7 分 ACOA1，得C(11)延长

MQ与L1交于点N

．

（i）如图–4，当点

Q在线段AB上（Q与A、B不重合）时，

∵四边形OACB是正方形，

∴四边形OMNA和四边形MNCB都是矩形，

△AQN和△QBM都是等腰直角三角形．

∴

NCMBMQ，NQANOM，QNCQMB90°．

MP， ∴MPQN，

L A Q y C L1

又∵OM△QNC≌△QMP，

∴

∴

MPQNQC，

MQPMPQ90°，

O P B 23题图-1 x 又∵

∴

MQPNQC90°． CQP90°．

8分

∴

（ii）当点

Q与点B重合时，显然PQC90°．

9分

（iii）

Q在线段AB的延长线上时，如图–5，

∵

BCQMPQ，∠1=∠2 CQPCBM90°

PQC90°．

∴

综合（i）（ii）（iii），

C(11)，，使得△CPQ是以Q为直角顶点的等腰直角三角形． 11分 ∴在1上存在点

Ly y L A Q O O M P B 23题图-4

x B N C L1

L A 1 2 Q P x C L1 23题图-5

法三：由OAOB1，所以△OAB是等腰直角三角形，若在L1上存在点C，使得△CPQ是以Q为直角顶点

的等腰直角三角形，则

PQQC，所以OQQC，又L1∥x轴，

则C，O两点关于直线L对称，所以

ACOA1，得C(11)，． 9分 OM1tMQt连PC，∵

PB|1t|1，2，2，

∴

PC2PB2BC2(1t)21t22t2， t2t22OQ2OP2CQ2OM2MQ2t2122t1．

∴

PC2OP2QC2，∴CQP90°． 10分

∴在L1上存在点

C(11)，，使得△CPQ是以Q为直角顶点的等腰直角三角形． 11分

2【079】解：（1）解

x7x120得x14，x23

OAOB，OA4，OB3

1分

Rt△ABOA2OB25sinABCOA4在AOB中，由勾股定理有

，AB5

S△AOE16（2）∵点E31168在

x轴上，

2AOOE3OE，，3

E83，08或E3，0

1分

由已知可知D（6，4），设

kxb，E8，0yDE当

3时有 k646kb5803kbb16y6x16E8，0616解得

5DE55yDEx，同理3时，13131分

在△AOE中，

AOE90°，OA4，OE83

OEOAOAOD，△AOE∽△DAO

在△AOD中，OAD90°，OA4，OD6，

75224244F1(3，；8)F2(3，；0)F3，；F4，7142525 4分 （3）满足条件的点有四个，

说明：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，可参照本评 【080】（1）过点C作CDAB，垂足为D．则AD2，

P C

Q

MNQP是矩形，

当MN运动到被CD垂直平分时，四边形AM即

32时，四边形MNQP是矩形，

A

M D N

B

t32秒时，四边形MNQP是矩形．

333S四边形MNQP322， PMAMtan60°=（2）1°当0t1时，

C Q S四边形MNQPP 113t3(PMQN·)MN3t3(t1)222 C Q A M P N B 2°当1≤t≤2时

1(PMQN·)MN2

133t3(3t)·1322 S四边形MNQP3°当2t3时，

C A M N B P S四边形MNQP13(3t)3(4t)2

732

1(PMQN·)MN2

A M Q N B 3t

10分

9【081】解：（1）（0，－3），b＝－43（2）由（1），得y＝49x2－4，c＝－3． 3分

x－3，它与x轴交于A，B两点，得B（4，0）．

∴OB＝4，又∵OC＝3，∴BC＝5． 由题意，得△BHP∽△BOC， yQHAOBx∵OC∶OB∶BC＝3∶4∶5， ∴HP∶HB∶BP＝3∶4∶5， ∵PB＝5t，∴HB＝4t，HP＝3t． ∴OH＝OB－HB＝4－4t．

3由y＝4tx－3与x轴交于点Q，得Q（4t，0）．

∴OQ＝4t． 4分 ①当H在Q、B之间时， QH＝OH－OQ

＝（4－4t）－4t＝4－8t． 5分

②当H在O、Q之间时， QH＝OQ－OH

＝4t－（4－4t）＝8t－4．

6分 综合①，②得QH＝｜4－8t｜； 6分

（3）存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似． 7分

①当H在Q、B之间时，QH＝4－8t，

48t3t若△QHP∽△COQ，则QH∶CO＝HP∶OQ，得3＝4t，

7∴t＝32． 7分

3t48t若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO＝HQ∶OQ，得3＝4t，

即t2＋2t－1＝0．

∴t1＝2－1，t2＝－2－1（舍去）．

8分

②当H在O、Q之间时，QH＝8t－4．

8t43t若△QHP∽△COQ，则QH∶CO＝HP∶OQ，得3＝4t，

25∴t＝32． 9分

3t8t4若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO＝HQ∶OQ，得3＝4t，

即t2－2t＋1＝0． ∴t1＝t2＝1（舍去）．

10分

725综上所述，存在t的值，t1＝2－1，t2＝32，t3＝32．

10分

附加题：解：（1）8；

5分

PC（2）2．

10分

【082】（09上海）略

【083】. 解：（1）B（1，3）

a33（2）设抛物线的解析式为y=ax(x+a)，代入点B（1,

3），得

，

y因此

3223xx33

（3）如图，抛物线的对称轴是直线x=—1，当点C位于对称轴与线段AB的交点时，△BOC的周长最小.

3kkb3,3解得232kb0.b3设直线AB为y=kx+b.所以

y因此直线AB为

y ，

B C 323x33，

A O x y当x=－1时，

33，

因此点C的坐标为（－1，3）.

（4）如图，过P作y轴的平行线交AB于D.

y 1SPABSPADSPBD(yDyP)(xBxA)213233223x33x3x323323xx3223193x223时，△PAB的面积的最大值为82B D A

O P x

1当x=－213P,24. ，此时【084】解：（1）⊙P与x轴相切.

∵直线y=－2x－8与x轴交于A（4，0），与y轴交于B（0，－8）， ∴OA=4，OB=8.由题意，OP=－k，∴PB=PA=8+k. 在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2， ∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径， ∴⊙P与x轴相切.

（2）设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD当圆心P在线段OB上时,作PE⊥CD于E.

1∵△PCD为正三角形，∴DE=233 ∴PE=23CD=2，PD=3，

.

∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB，

∴

33AOPE4,即=2ABPB45PBPB，

∴

315315,POBOPB82∴2，

P(0,∴

3153158)k822，∴.

315当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－2315∴k=－2形.

－8)，

315－8，∴当k=2315－8或k=－2－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角

【085】解: (1)由题知:

ab309a3b30……………………………………1 分

解得:

a1b2……………………………………………………………2分

y－x2－2x3……………………………3分

∴ 所求抛物线解析式为:

(2) 存在符合条件的点P, 其坐标为P (－1,

10)或P(－1,－ 10)

或P (－1, 6) 或P (－1, (3)解法①：

53)………………………………………………………7分

过点E 作EF⊥x 轴于点F , 设E ( a ,-a-2a＋3 )( －3< a < 0 )

∴EF=-a-2a＋3，BF=a＋3，OF=－a ………………………………………………8 分

22∴S四边形BOCE =

12BF·EF +

12(OC +EF)·OF

1=2( a＋3 )·(－a－2a＋3) +

212(－a－2a＋6)·（－a）……………………………9 分

2399a2a222………………………………………………………………………10 分 =

3633(a)22+8 =－23∴ 当a =－2638．……………………………11 分

时，S四边形BOCE 最大, 且最大值为

3此时，点E 坐标为 (－2解法②：

15，4)……………………………………………………12分

过点E 作EF⊥x 轴于点F， 设E ( x , y ) ( －3< x < 0 ) …………………………8分

则S四边形BOCE =

12(3 + y )·(－x) +

12( 3 + x )·y ………………………………………9分

=

32( y－x)=

32(－x2－3x3 ) …………………………………10 分

3633(x)22 + 8 = －23∴ 当x =－2638． …………………………11分

时，S四边形BOCE 最大，且最大值为

3此时，点E 坐标为 (－2∴∠BAC=90o

15，4) ……………………………………………………12分

【086】⑴证明：∵BC是⊙O的直径

又∵EM⊥BC，BM平分∠ABC， ∴AM=ME，∠AMN=EMN 又∵MN=MN， ∴△ANM≌△ENM ⑵∵AB2=AF·AC

∴

ABAFACAB

又∵∠BAC=∠FAB=90o ∴△ABF∽△ACB ∴∠ABF=∠C

又∵∠FBC=∠ABC+∠FBA=90o ∴FB是⊙O的切线

⑶由⑴得AN=EN，AM=EM，∠AMN=EMN， 又∵AN∥ME，∴∠ANM=∠EMN， ∴∠AMN=∠ANM，∴AN=AM， ∴AM=ME=EN=AN ∴四边形AMEN是菱形

3∵cos∠ABD=5，∠ADB=90o

BD∴

AB35

AD设BD=3x，则AB=5x，，由勾股定理而AD=12，∴x=3 ∴BD=9，AB=15

∵MB平分∠AME，∴BE=AB=15 ∴DE=BE-BD=6

5x2－3x24x

∵ND∥ME，∴∠BND=∠BME，又∵∠NBD=∠MBE

NDBDMEBE ∴△BND∽△BME，则

12x915x15，解得x=2 设ME=x，则ND=12-x，15∴S=ME·DE=2×6=45

【087】（天门）略

【088】解：（1）法一：由图象可知：抛物线经过原点，

2yaxbx(a0)．

设抛物线解析式为

把

A(11)，，B(31)，代入上式得： 1分

1a31abb43 19a3b1解得3分

14yx2x33 ∴所求抛物线解析式为

法二：∵

4分

A(11)，，B(31)，，

∴抛物线的对称轴是直线

x2．

2ya(x2)h（a0） 1分

设抛物线解析式为

把

O(0，0)，A(11)，代入得

1a320a(02)h4h23 1a(12)h 解得3分

14y(x2)2x33． 4分 ∴所求抛物线解析式为

（2）分三种情况： ①当0t≤2，重叠部分的面积是S△OPQ，过点A作AF⊥x轴于点F，

∵

A(11)，，在Rt△OAF中，AFOF1，AOF45°， Rt△OPQ中，OPt，OPQQOP45°，

y 2 1 Q A F O P 1 第26题图1 B C 3 在

PQOQtcos45°∴

2t2，

x 1212St4t22∴．

26分

PQ交AB于点G，作GH⊥x轴于点H， ②当2t≤3，设

OPQQOP45°，则四边形OAGP是等腰梯形，

重叠部分的面积是

y 2 Q 1 A G B C P 3 S梯形OAGP．

O ∴

AGFHt2，

F 1 H x 第26题图2 S∴

11(AGOP)AF(tt2)1t122． t4，设PQ与AB交于点M8分

③当3，交BC于点N，重叠部分的面积是

S五边形OAMNCy ．

因为△PNC和△BMN都是等腰直角三角形，所以重叠部分的面积是

S五边形OAMNC2 S梯形OABCS△BMNQ 1 A F 1 M N ． ∵

B(31)，，OPt，

B O C 3 P x 第26题图3 ∴PCCNt3，

∴

BMBN1(t3)4t， S11(23)1(4t)222

∴

111St24t22．

10分

t（3）存在 1t 2

【0】解：（1）

1

12分

2 14分

圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，

0)B(0，1)、C(1，、0)D(0，1) 点A、B、C、D的坐标分别为A(1，、抛物线与直线

yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，

2分

1)、N(11)，． M(1，点D、M、N在抛物线上，将

D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入

yax2bxc，得：

c11abc1abc 解之，得：

a1b1c1

2抛物线的解析式为：yxx1．

4分

（2）

15yx2x1x24 x12，

2抛物线的对称轴为

115OE，DE1242．

连结BF，BFD6分

y D E C F x P N 90°，

A M DEOD△BFD∽△EOD，DBFD，

O B DE又

5，OD1，DB22， 455FD，

EFFDDE455355210． 8分 ykxb，

（3）点P在抛物线上． 9分 设过D、C点的直线为：

将点

C(1，、0)D(01)，的坐标代入ykxb，得：k1，b1，

直线DC为：yx1． 10分

过点B作圆O的切线BP与

x轴平行，P点的纵坐标为y1，

将

y1代入yx1，得：x2．

1)， 11分 P点的坐标为(2，22yxx12211， x2当时，2yxx1上． P所以，点在抛物线

12分

说明：解答题各小题中只给出了1种解法，其它解法只要步骤合理、解答正确均应得到相应的分数．

2yax3axb 得 12【090】（1）解：把A（，0），C（3，）代入抛物线

(1)2a3(1)ab09a9ab2

1分

整理得

1a4ab02b2b2 ……………… 2分 解得………………3分

y123xx222 4分

∴抛物线的解析式为

123xx20x1，x24 2 （2）令2 解得 1 ∴ B点坐标为（4，0）

又∵D点坐标为（0，2） ∴AB∥CD ∴四边形ABCD是梯形．

1(53)28 ∴S梯形ABCD ＝2

5分

设直线

ykx1(k0)与x轴的交点为H，

与CD的交点为T，

13则H（

k，0）， T（

k，2） 6分

∵直线

ykx1(k0)将四边形ABCD面积二等分

1∴S梯形AHTD ＝2S梯形ABCD＝４

12(113)24∴kk 7分

k4∴

3

8分

（3）∵MG⊥

x轴于点G，线段MG︰AG＝1︰2

m1 ∴设M（m，2），

9分

m1123∵点M在抛物线上 ∴

22m2m2

解得

m13，m21（舍去）

10分

∴M点坐标为（3，2）

11分

根据中心对称图形性质知，MQ∥AF，MQ＝AF，NQ＝EF， ∴N点坐标为（1，3） 12分

n＝2＋c，

【091】(1)解：法1：由题意得 2n－1＝2＋c.n＝1，

解得 c＝－1.

法2：∵ 抛物线y＝x2－x＋c的对称轴是x＝1

2

，

且 11

2－(－1) ＝2－2

，∴ A、B两点关于对称轴对称. y A H O B x D T C 图(9) -1

y=kx+1 y E G A O F B x QM N 图(9) -2

……1分

……2分

∴ n＝2n－1 ……1分 ∴ n＝1，c＝－1. ……2分 ∴ 有 y＝x2－x－1 ……3分 15

＝(x－)2－.

24

5

∴ 二次函数y＝x2－x－1的最小值是－. ……4分

4 (2)解：∵ 点P(m，m)(m＞0)， ∴ PO＝2m. ∴ 22≤2m ≤2＋2.

∴ 2≤m≤1＋2. 法1： ∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上， ∴ m＝m2－m＋c，即c＝－m2＋2m. ∵ 开口向下，且对称轴m＝1， ∴ 当2≤m≤1＋2 时，

有 －1≤c≤0. 法2：∵ 2≤m≤1＋2， ∴ 1≤m－1≤2. ∴ 1≤(m－1)2≤2.

∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上， ∴ m＝m2－m＋c，即1－c＝(m－1)2. ∴ 1≤1－c≤2.

∴ －1≤c≤0. ∵ 点D、E关于原点成中心对称， 法1： ∴ x2＝－x1，y2＝－y1.

y1＝x12－x1＋c，

∴ 

－y1＝x12＋x1＋c.

∴ 2y1＝－2x1， y1＝－x1. 设直线DE：y＝kx. 有 －x1＝kx1.

由题意，存在x1≠x2.

∴ 存在x1，使x1≠0. ∴ k＝－1.

∴ 直线DE： y＝－x. 法2：设直线DE：y＝kx.

则根据题意有 kx＝x2－x＋c，即x2－(k＋1) x＋c＝0. ∵ －1≤c≤0， ∴ (k＋1)2－4c≥0.

∴ 方程x2－(k＋1) x＋c＝0有实数根. ∵ x1＋x2＝0， ∴ k＋1＝0. ∴ k＝－1.

∴ 直线DE： y＝－x. ……5分 ……6分 ……6分 ……7分 ……8分 ……7分 ……8分

y＝－x，33

若 3则有 x2＋c＋8＝0.即 x2＝－c－8. y＝x2－x＋c＋8.

333

① 当 －c－＝0时，即c＝－时，方程x2＝－c－有相同的实数根，

888

3

即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有唯一交点. ……9分

8333

② 当 －c－＞0时，即c＜－时，即－1≤c＜－时，

8883

方程x2＝－c－有两个不同实数根，

8

3

即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有两个不同的交点. ……10分

8333

③ 当 －c－＜0时，即c＞－时，即－＜c≤0时，

8883

方程x2＝－c－没有实数根，

8

3

即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋没有交点. ……11分

8【092】解：（1）如图，在坐标系中标出O，A，C三点，连接OA，OC． ∵∠AOC≠90°， ∴∠ABC=90°，

y3217故BC⊥OC， BC⊥AB，∴B（

2，1）．（1分，）

-1A 123B C 45O-1x7即s=

2，t=1．直角梯形如图所画．（2分）

（大致说清理由即可）

（2）由题意，y=x2+mx－m与 y=1（线段AB）相交，

y=x2mxm,y=1.得， （3分）∴1＝x2+mx－m，

由 (x－1)(x+1+m)=0，得1x1,x2m1．

3x∵1=1<

2，不合题意，舍去． （4分）

∴抛物线y=x2+mx-m与AB边只能相交于（2，1），

x3 ∴

7≤－m－1≤

22，∴

292m52 ． ①（5分）

又∵顶点P(

m2,m4m4)是直角梯形OABC的内部和其边上的一个动点，

0∴

2m272，即7m0 ． ② （6分）

∵

m4m4(m2)442(m21)11，

2（或者抛物线y=x2+mx－m顶点的纵坐标最大值是1） ∴点P一定在线段AB的下方． （7分） 又∵点P在x轴的上方，

∴

m4m420，

m(m4)0,

m0,m0,或者m40m40 ． （*8分） ∴

4m(9分)0. ③（9分）

2又∵点P在直线y=3x的下方，∴

m4m4223(m2)，（10分）即

m(3m8)0.

m0,m0,或者3m803m80. （*8分处评分后，此处不重复评分）

8m(11分)，或m0.3 ④

m83．（12分）

由①②③④ ，得4 说明：解答过程，全部不等式漏写等号的扣1分，个别漏写的酌情处理． 【093】解：（1）连结BO与

AC交于点H，则当点P运动到点H时，直线DP平分矩形OABC的面积．理由如下：

∵矩形是中心对称图形，且点H为矩形的对称中心．

又据经过中心对称图形对称中心的任一直线平分此中心对称图形的面积，因为直线

DP过矩形OABC的对称中心点

H，所以直线DP平分矩形OABC

的面积．…………2分

3P(，2)2由已知可得此时点P的坐标为．

ykxb．

设直线DP的函数解析式为

5kb0，3420kb2.kb13，13． 则有2 解得

所以，直线DP的函数解析式为：

y420x1313．

5分

（2）存在点M使得△DOM与△ABC相似．

如图，不妨设直线DP与

y轴的正半轴交于点M(0，ym)．

OMBCOMABDOMABCODABODBC因为，若△DOM与△ABC相似，则有或

ym3OMBC1515ymM1(0，)AB时，即，解得4．所以点4满足条件． 当ODym4OMAB2020ymM2(0，)BC时，即53，解得3．所以点3满足条件． 当ODM3(0，由对称性知，点

．

15)4也满足条件．

152015M1(0，)M2(0，)M3(0，)4、3、4．综上所述，满足使△DOM与△ABC相似的点M有3个，分别为

9分

5（3）如图 ，过D作DP⊥AC于点P，以P为圆心，半径长为25P点外在直线AC上任取一点P1，半径长为2画圆，过点D分别作

P的切线DE、DF，点E、F是切点．除

画圆，过点D分别作

P的切线DE1、DF1，点E1、F1是切点．

在△DEP和△DFP中，∠PED＝∠PFD，PF＝PE，PD＝PD，∴△DPE≌△DPF．

15DEPEDEPEDE2∴Ｓ四边形DEPF＝2Ｓ△DPE＝2×2．

∴当DE取最小值时，Ｓ四边形DEPF的值最小．

222222DEDPPEDEDPPE1111∵，， 22DE12DE2DP1DP． ∴

22DPDPDEDE0． 11∵，∴

yFPCBDE1DE．由P1点的任意性知：DE是 ∴

DEOAxF1P1D点与切点所连线段长的最小值．……12分

在△ADP与△AOC中，∠DPA＝∠AOC， ∠DAP＝∠CAO， ∴△ADP∽△AOC．

DPCODACA∴DP432DP5．∴5． ，即81024253471210．

E1DEDP2PE2∴

∴Ｓ四边形ＤＥＰＦ＝

347134714，即Ｓ＝4．

14分

（注：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，请参照标准给分．）

2yaxbxc，则

【094】解：（1）令二次函数

16a4bc0abc0c2 1分

1a23b2c2

2分

13yx2x222过A，B，C三点的抛物线的解析式为

4分

3O，02 （2）以AB为直径的圆圆心坐标为OC53OO2 2 5分

CD为圆O切线 OCCD 6分

OCDDCO90°

COOOCO90° COODCO

△OCO∽△CDO OO/OCOC/OD 8分

38/22/ODOD23

80，D坐标为3 9分

（3）存在 10分

X抛物线对称轴为

32

33(r，r)F(r，r)r22设满足条件的圆的半径为，则E的坐标为或 13yx2x222而E点在抛物线上

1333r(r)2(r)22222

r11292r21

292

1292912，2故在以EF为直径的圆，恰好与

x轴相切，该圆的半径为

12分

注：解答题只要方法合理均可酌情给分 【095】（1）B（4，0），

C(0，2)．

2分

y1232x2x2．

4分

（2）△ABC是直角三角形．

5分

1x23x2证明：令y0，则220．

x11，x24．

A(1，0)．

6分

解法一：

AB5，AC5，BC25．

7分

AC2BC252025AB2． △ABC是直角三角形．

8分

AO1，CO2，BO4，COAO1解法二：

BOOC2

AOCCOB90°， △AOC∽△COB． 7分 ACOCBO． CBOBCO90°，

ACOBCO90°．即ACB90°． △ABC是直角三角形．

8分

（3）能．

①当矩形两个顶点在AB上时，如图1，CO交GF于H．

y D E A O B x G H F GF∥AB，

△CGF∽△CAB．

GFCHABCO． 9分

CH2解法一：设GFx，则DEx，

5x，

DGOHOCCH225x．

Sx·22矩形DEFG25x5x22x

22x55=

522． 10分

x5当

2时，S最大．

DE52，DG1． △ADG∽△AOC，

ADAODGOC，AD112，OD2，OE2．

D12，0，E(2，0)． 11分

DEGF105x解法二：设DGx，则

2．

S105x矩形DEFGx·252x25x552(x1)22．当x1时，S最大．

DG1，DE52．

10分

△ADG∽△AOC，

ADDG11，AD，OD，OE2AOOC22．

1D，00)． 2，E(2，11分

与C重合，如图2，

y D ②当矩形一个顶点在AB上时，FDG∥BC，

△AGD∽△ACB．

A O G C 图2

B G x GDAGBCAF解法一：设GD．

x，AC5,BC25，

GFACAG5x2．

x1S矩形DEFGx·5x25x22 =

1x52252．

12分

当

x5时，S最大．

535ADAG2GD2OD2．2 2，

GD5，AG3D，02

解法二：设DE13分

x，AC5，BC25，GCx，AG5x．GD252x．

S矩形DEFGx·252x2x225x

552x22=

212分

当

x52时，S最大，

535ADAG2GD2OD.2．2 2．

GD5，AG3D，02

13分

10，2，综上所述：当矩形两个顶点在AB上时，坐标分别为（2，0）； 30，2

当矩形一个顶点在AB上时，坐标为yax242214分

【096】（1）因所求抛物线的顶点M的坐标为(2,4)，

故可设其关系式为 ………………(1分)

又抛物线经过O(0,0)，于是得

a0240， ………………(2分)

解得 a=-1 ………………(3分)

∴ 所求函数关系式为

yx2422yx4x. ……………(4分) ，即

（2）① 点P不在直线ME上. ………………(5分) 根据抛物线的对称性可知E点的坐标为(4,0)， 又M的坐标为(2,4)，设直线ME的关系式为y=kx+b.

4kb0k22kb4b8 于是得 ，解得所以直线ME的关系式为y=-2x+8. ……(6分)

由已知条件易得，当t

5555P,22 ……………(7分) 2时，OA=AP2，

∵ P点的坐标不满足直线ME的关系式y=-2x+8.

∴ 当t

52时，点P不在直线ME上. ………………(8分)

② S存在最大值. 理由如下： ………………(9分) ∵ 点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上， ∴ OA=AP=t. ∴ 点P，N的坐标分别为(t,t)、(t,-t 2+4t) ∴ AN=-t 2+4t (0≤t≤3) , ∴ AN-AP=(-t 2+4 t)- t=-t 2+3 t=t(3-t)≥0 , ∴ PN=-t 2+3 t …(10分)

1（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为AD，∴ S=23×2=3. ………………(11分)

（ⅱ）当PN≠0时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是四边形

1DC·AD=2×

∵ PN∥CD，AD⊥CD，

1∴ S=21(CD+PN)·AD=2213t24

[3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3=23S21最大其中(0＜t＜3)，由a=-1，0＜2＜3，此时

4. …………(12分) 3综上所述，当t2时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积有最大值， 21这个最大值为4. ………………(13分)

说明：（ⅱ）中的关系式，当t=0和t=3时也适合. 【097】解：（1）点D的坐标为

(4，3)．

（2分）

y32（2）抛物线的表达式为

8x94x．

（4分）

（3）抛物线的对称轴与x轴的交点P1符合条件．

∵OA∥CB，

∴

POM1CDO． ∵

OPM1DCO90°， ∴

Rt△POM1∽Rt△CDO． （6分）

∵抛物线的对称轴

x3，

∴点P1的坐标为P1(3，0)． （7分） 过点O作OD的垂线交抛物线的对称轴于点P2． ∵对称轴平行于y轴，

∴

P2MODOC． ∵

POM2DCO90°， ∴

Rt△P2M1O∽Rt△DOC．

（8分）

∴点P2也符合条件，

OP2MODC．

∴PO1CO3，P2PO1DCO90°， ∴

Rt△P2PO1≌Rt△DCO．

（9分）

y PPA O 6 x M 3 C D B y34x PP∴12CD4．

∵点2在第一象限，

PP∴点2的坐标为2P(3，4)，

P(3，4)． （11分）

P(3，0)，2∴符合条件的点P有两个，分别是1【098】解：（1）当t=4时，B(4,0) 设直线AB的解析式为y= kx+b . 把 A(0,6)，B(4,0) 代入得：

{

k =－3b=6

2 ,

4k+b=0 , 解得：b=6

3

∴直线AB的解析式为：y=－x+6.………………………………………4分

2(2) 过点C作CE⊥x轴于点E

由∠AOB=∠CEB=90°，∠ABO=∠BCE，得△AOB∽△BEC.

∴

BECEBC1AOBOAB2，

11t

∴BE= AO=3，CE= OB= ，

222

t

∴点C的坐标为(t+3，).…………………………………………………………2分

2方法一：

11t115

S梯形AOEC= OE·(AO+EC)= (t+3)(6+)=t2+t+9，

2224411

S△ AOB= AO·OB= ×6·t=3t，

2211t3

S△ BEC= BE·CE= ×3×= t，

2224

∴S△ ABC= S梯形AOEC－ S△ AOB－S△ BEC 11531

= t2+t+9－3t－t = t2+9. 4444方法二：

1

∵AB⊥BC，AB=2BC，∴S△ ABC= AB·BC= BC2.

21

在Rt△ABC中，BC2= CE2+ BE2 = t2+9，

4

1

即S△ ABC= t2+9.…………………………………………………………2分

4(3)存在，理由如下： ①当t≥0时. Ⅰ.若AD＝BD. 又∵BD∥y轴

y A D C O B E x y A D C O B E x ∴∠OAB=∠ABD，∠BAD=∠ABD， ∴∠OAB=∠BAD. 又∵∠AOB=∠ABC， ∴△ABO∽△ACB，

OBBC1AOAB2， ∴

t1∴ = ， 62∴t=3，即B(3，0).

Ⅱ.若AB＝AD.

延长AB与CE交于点G， 又∵BD∥CG ∴AG＝AC

过点A画AH⊥CG于H． 1

∴CH＝HG＝ CG

2由△AOB∽△GEB， 得

GEAO＝ ， BEOB

18 . t

y D C A O B H E G x ∴GE=

t

又∵HE＝AO＝６，CE＝ 2181t18∴＋６＝ ×（＋） t22t∴t2-24t-36=0

解得：t=12±65. 因为 t≥0，

所以t=12＋65，即B(12＋65，0).

Ⅲ.由已知条件可知，当0≤t<12时，∠ADB为钝角，故BD ≠ AB. 当t≥12时，BD≤CE②当－3≤t<0时，如图，∠DAB是钝角.设AD=AB， 过点C分别作CE⊥x轴，CF⊥y轴于点E，点F. t可求得点C的坐标为(t+3，)，

2t

∴CF=OE=t+3，AF=6－，

2由BD∥y轴，AB=AD得，

∠BAO=∠ABD，∠FAC=∠BDA，∠ABD=∠ADB ∴∠BAO=∠FAC， 又∵∠AOB=∠AFC=90°，

D y A O E x B C F ∴△AOB∽△AFC，

BOAOCFAF ， ∴

t6t36t2， ∴t2-24t-36=0 ∴

解得：t=12±65.因为－3≤t<0， 所以t=12－65，即B (12－65，0).

③当t<－3时，如图，∠ABD是钝角.设AB=BD， 过点C分别作CE⊥x轴，CF⊥y轴于点E，点F， t

可求得点C的坐标为(t+3，)，

2t

∴CF= －(t+3)，AF=6－，

2∵AB=BD， ∴∠D=∠BAD. 又∵BD∥y轴， ∴∠D=∠CAF， ∴∠BAC=∠CAF.

又∵∠ABC=∠AFC=90°，AC=AC， ∴△ABC≌△AFC， ∴AF＝AB，CF=BC，

t

∴AF=2CF，即6－ =－2(t+3)，

2解得：t=－8，即B(－8，0).

综上所述，存在点B使△ABD为等腰三角形，此时点B坐标为：

B1 (3，0)，B2 (12＋65，0)，B3 (12－65，0)，B4(－8，0). ………………………4分

【099】解：(1) 弦（图中线段AB）、弧（图中的ACB弧）、弓形、求弓形的面积（因为是封闭图形）等. （写对一个给1分，写对两个给2分）

(2) 情形1 如图21，AB为弦，CD为垂直于弦AB的直径. …………………………3分

结论：（垂径定理的结论之一）. …………………………………………………………………………4分 证明：略（对照课本的证明过程给分）. ……………………………………………………………7分 情形2 如图22，AB为弦，CD为弦，且AB与CD在圆内相交于点P. 结论：PAPB证明：略.

情形3 （图略）AB为弦，CD为弦，且结论：PAPB证明：略.

情形4 如图23，AB为弦，CD为弦，且AB∥CD. 结论： = AD .

A y B E O x F C D PCPD.

n D m与n在圆外相交于点P.

O A B P C 第25题图

m

PCPD.

BC

证明：略.

（上面四种情形中做一个即可，图1分，结论1分，证明3分；

其它正确的情形参照给分；若提出的是错误的结论，则需证明结论是错误的） (3) 若点C和点E重合，

则由圆的对称性，知点C和点D关于直径AB对称. 设BACABC

x，则BADx，ABC90x又D

，

是 的中点，所以2CADCADACD180ABC即

22x180(90x)

解得

xBAC30（若求得

AB3AC2或AF3FB等也可，评分可参照上面的标准；也可以先直

觉猜测点B、C是圆的十二等分点，然后说明）

n D O A P C 第25题图23

m B A n D O B C E C G A

m

O F D 第25题图3

B 第25题图22

2(2b)4(ma)(ma)0 得a2b2m2

【100】解：（1）令

由勾股定理的逆定理和抛物线的对称性知 △ABM是一个以

a、b为直角边的等腰直角三角形

2ya(x2)1，∵△ABM是等腰直角三角形

（2）设

∴斜边上的中线等于斜边的一半，又顶点M(－2，－1)

1AB12∴，即AB＝2，∴A(－3，0)，B(－1，0)

将B(－1，0) 代入

ya(x2)21中得a1

22y(x2)1yx4x3

∴抛物线的解析式为，即

（3）设平行于

x轴的直线为yk

yk2yx4x3得x12k1，x22k1 （k1) 解方程组

∴线段CD的长为

2k1，∵以CD为直径的圆与x轴相切，据题意得k1k，

∴k

2k1，解得

k151515(2,)(2,)2，∴圆心坐标为22和