山东省章丘绣江中学2014年推荐生考试数学模拟试题及答案

2014.5章丘市推荐生考试倒计时1

1、如图，在平面直角坐标系中，已知点A(－2，－4)，OB＝2，抛物线y＝ax＋bx＋c经过点A、O、

2

B三点．

(1)求抛物线的函数表达式；

(2)若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM＋OM的最小值；

(3)在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形．若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由． y

B

O x

A

解：（1）由OB＝2，可知B(2,0)

将A(－2，－4)，B(2,0)，O(0,0)三点坐标代入抛物线y＝ax2＋bx＋c，得

44a2bc04a2bc 0c解得：a，b1，c0

1212xx。 212112（2）由yxx(x1)，可得，抛物线的对称轴为直线x1，且对称轴x1是线

222段OB的垂直平分线，连结AB交直线x1于点M，即为所求。

∴抛物线的函数表达式为y∴MO=MB，则MO+MA=MA+MB=AB

作AC⊥x轴，垂足为C，则AC=4，BC=4，∴AB=42 ∴MO+MA的最小值为42。

（3）①若OB∥AP，此时点A与点P关于直线x1对称， 由A(－2，－4),得P(4,－4),则得梯形OAPB。

②若OA∥BP，设直线OA的表达式为ykx，由A(－2，－4)得，y2x。 设直线BP的表达式为y2xm，由B(2,0)得，04m，即m4， ∴直线BP的表达式为y2x4

y2x4由，解得x14，x22（不合题意，舍去） 12yxx212)，则得梯形OAPB。 当x4时，y12，∴点P(4，③若AB∥OP，设直线AB的表达式为ykxm，则 42kmk1，解得，∴AB的表达式为yx2。 02kmm2∴直线OP的表达式为yx。

yx2由，得 x0，解得x0，（不合题意，舍去），此时点P不存在。 12yxx212)使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形。 综上所述，存在两点P(4,－4)或P(4，

2、如图，顶点坐标为（2，﹣1）的抛物线y=ax+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），与x轴交于

2

A、B两点．

（1） 求抛物线的表达式；

（2） 设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，连接AC、AD，求△ACD的面积；

（3）点E为直线BC上一动点，过点E作y轴的平行线EF，与抛物线交于点F．问是否存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．

分析 （1）已知抛物线的顶点，可先将抛物线的解析式设为顶点式，再将点C的坐标代入上面的解析式中，即可确定待定系数的值，由此得解． （2）可先求出A、C、D三点坐标，求出△ACD的三边长后，可判断出该三角形的形状，进而得到该三角形的面积．（也可将△ACD的面积视为梯形与两个小直角三角形的面积差） （3）由于直线EF与y轴平行，那么∠OCB=∠FED，若△OBC和△EFD相似，则△EFD中，∠EDF和∠EFD中必有一角是直角，可据此求出点F的横坐标，再代入直线BC的解析式中，即可求出点E的坐标． 2解答 解：（1）依题意，设抛物线的解析式为 y=a（x﹣2）﹣1，代入C（O，3）后，得： a（0﹣2）2﹣1=3，a=1 ∴抛物线的解析式：y=（x﹣2）2﹣1=x2﹣4x+3． （2）由（1）知，A（1，0）、B（3，0）； 设直线BC的解析式为：y=kx+3，代入点B的坐标后，得： 3k+3=0，k=﹣1 ∴直线BC：y=﹣x+3； 由（1）知：抛物线的对称轴：x=2，则 D（2，1）； ∴AD=2，AC=10，CD=8 即：AC2=AD2+CD2，△ACD是直角三角形，且AD⊥CD； ∴S△ACD=AD•CD=××2=2． 222（3）由题意知：EF∥y轴，则∠FED=∠OCB，若△OCB与△FED相似，则有： ①∠DFE=90°，即 DF∥x轴； 将点D纵坐标代入抛物线的解析式中，得： 2x﹣4x+3=1，解得 x=2±； 当x=2+时，y=﹣x+3=1﹣； 当x=2﹣时，y=﹣x+3=1+； ∴E1（2+，1﹣）、E2（2﹣，1+）． [来源:Zxxk.Com]②∠EDF=90°； 易知，直线AD：y=x﹣1，联立抛物线的解析式有： 2x﹣4x+3=x﹣1，解得 x1=1、x2=4； 当x=1时，y=﹣x+3=2； 当x=4时，y=﹣x+3=﹣1； ∴E3（1，2）、E4（4，﹣1）； 综上，存在符合条件的点E，且坐标为：（2+1）．

，1﹣）、（2﹣，1+）、（1，2）或（4，﹣ 点评 此题主要考查了函数解析式的确定、图形面积的解法以及相似三角形的判定和性质等知识；需要注意的是，已知两个三角形相似时，若对应边不相同，那么得到的结果就不一定相同，所以一定要进行分类讨论． 3、如图1，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为(3,0)，(0,1)．点D是线段BC上的

动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y1xb交折线OAB于点E． 2（1） 记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；

（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究四边形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化？若不变，求出重叠部分的面积；若改变，请说明理由．

思路点拨

1．数形结合，用b表示线段OE、CD、AE、BE的长．

2．求△ODE的面积，要分两种情况．当E在OA上时，OE边对应的高等于OC；当E在AB边上时，要利用割补法求△ODE的面积．

3．第（3）题中的重叠部分是邻边相等的平行四边形．

4．图形翻着、旋转等运动中，计算菱形的边长一般用勾股定理．

满分解答

(1)①如图2，当E在OA上时，由y＝

1xb可知，点E的坐标为(2b,0)，OE＝2b．此时S＝S△ODE211OEOC2b1b． 22②如图3，当E在AB上时，把y＝1代入y1xb可知，点D的坐标为(2b－2,1)，CD＝2b－2，21335BD＝5－2b．把x＝3代入yxb可知，点E的坐标为(3,b)，AE＝b，BE＝b．此时

2222S＝S矩形OABC－S△OAE－ S△BDE －S△OCD ＝31315153(b)(b)(52b)1(2b2)b2b． 222222(2)如图4，因为四边形O1A1B1C1与矩形OABC关于直线DE对称，因此DM＝DN，那么重叠部分是

邻边相等的平行四边形，即四边形DMEN是菱形．

作DH⊥OA，垂足为H．由于CD＝2b－2，OE＝2b，所以EH＝2．

设菱形DMEN的边长为m．在Rt△DEH中，DH＝1，NH＝2－m，DN＝m，所以12＋(2－m)2＝m2．解得m55．所以重叠部分菱形DMEN的面积为．

44

图2 图3 图4

考点伸展 把本题中的矩形OABC绕着它的对称中心旋转，如果重叠部分的形状是菱形（如图5），那

么这个菱形的最小面积为1，如图6所示；最大面积为，如图7所示．

53

图5 图6 图7

14、如图1，已知抛物线yx22bxc（b、c是常数，且c＜0）与x轴交于A、B两点（点A在点B

的左侧），与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为(－1,0)．

（1） b＝______，点B的横坐标为_______（上述结果均用含c的代数式表示）；

（2） 连结BC，过点A作直线AE//BC，与抛物线交于点E．点D是x轴上一点，坐标为(2,0)，当C、

D、E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；

（3）在（2）的条件下，点P是x轴下方的抛物线上的一动点，连结PB、PC．设△PBC的面积为S． ①求S的取值范围；

②若△PBC的面积S为正整数，则这样的△PBC共有_____个．

思路点拨

1．用c表示b以后，把抛物线的一般式改写为两点式，会发现OB＝2OC．

2．当C、D、E三点共线时，△EHA∽△COB，△EHD∽△COD． 3．求△PBC面积的取值范围，要分两种情况计算，P在BC上方或下方．

4．求得了S的取值范围，然后罗列P从A经过C运动到B的过程中，面积的正整数值，再数一数个数．注意排除点A、C、B三个时刻的值．

满分解答

1，点B的横坐标为－2c． 21111（2）由yx2(c)xc(x1)(x2c)，设E(x,(x1)(x2c))．

2222过点E作EH⊥x轴于H．由于OB＝2OC，当AE//BC时，AH＝2EH．所以x1(x1)(x2c)．因此x12c．所以E(12c,1c)．当C、D、E

EHCO三点在同一直线上时，．所以DHDO1cc． 2c12（1）b＝c整理，得2c2＋3c－2＝0．解得c＝－2或

c1（舍去）．所以抛物线的解析式为213yx2x2．

22（3）①当P在BC下方时，过点P作x轴的垂线交BC于F．直线BC的解析式为y1x2． 2311m2)，那么F(m,m2)，FPm22m． 2221所以S△PBC＝S△PBF＋S△PCF＝FP(xBxC)2FPm24m(m2)24．

2设P(m,m2因此当P在BC下方时，△PBC的最大值为4．

当P在BC上方时，因为S△ABC＝5，所以S△PBC＜5． 综上所述，0＜S＜5．

②若△PBC的面积S为正整数，则这样的△PBC共有11个．

12考点伸展

点P沿抛物线从A经过C到达B的过程中，△PBC的面积为整数，依次为（5），4，3，2，1，（0），1，2，3，4，3，2，1，（0）．

当P在BC下方，S＝4时，点P在BC的中点的正下方，F是BC的中点．

5、如图1，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A(0, 1)、B(2, 0)、O(0, 0)，将此三角板

绕原点O逆时针旋转90°，得到三角形A′B′O．

（1） 一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；

（2） 设点P是第一象限内抛物线上的一个动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O

面积的4倍？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出它的两条性质．

思路点拨

1．四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，可以转化为四边形PB′OB的面积是△A′B′O面积的3倍．

2．联结PO，四边形PB′OB可以分割为两个三角形．

3．过点向x轴作垂线，四边形PB′OB也可以分割为一个直角梯形和一个直角三角形．

满分解答

（1）△AOB绕着原点O逆时针旋转90°，点A′、B′的坐标分别为(－1, 0) 、(0, 2)． 因为抛物线与x轴交于A′(－1, 0)、B(2, 0)，设解析式为y＝a(x＋1)(x－2)， 代入B′(0, 2)，得a＝1．

所以该抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－2) ＝－x2＋x＋2． （2）S△A′B′O＝1．

如果S四边形PB′A′B＝4 S△A′B′O＝4，那么S四边形PB′OB＝3 S△A′B′O＝3．

如图2，作PD⊥OB，垂足为D．设点P的坐标为 (x，－x2＋x＋2)．

1111S梯形PB'ODDO(B'OPD)x(2x2x2)x3x22x．

22221113SPDBDBPD(2x)(x2x2)x3x22．

22222所以S四边形PB'A'DS梯形PB'ODSPDBx2x+2．

解方程－x2＋2x＋2＝3，得x1＝x2＝1． 所以点P的坐标为(1，2)．

图2 图3 图4

（3）如图3，四边形PB′A′B是等腰梯形，它的性质有：等腰梯形的对角线相等；等腰梯形同以底上的两个内角相等；等腰梯形是轴对称图形，对称轴是经过两底中点的直线．

考点伸展

第（2）题求四边形PB′OB的面积，也可以如图4那样分割图形，这样运算过程更简单．

11SPB'OB'OxP2xx．

2211SPBOBOyP2(x2x2)x2x2．

22所以S四边形PB'A'DSPB'OSPBOx22x+2．

甚至我们可以更大胆地根据抛物线的对称性直接得到点P：

作△A′OB′关于抛物线的对称轴对称的△BOE，那么点E的坐标为(1，2)．

而矩形EB′OD与△A′OB′、△BOP是等底等高的，所以四边形EB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．因此点E就是要探求的点P．

1b6、如图1，已知抛物线y1x(b1)x（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B

4442（点A位于点B是左侧），与y轴的正半轴交于点C．

（1） 点B的坐标为______，点C的坐标为__________（用含b的代数式表示）；

（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；

（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

思路点拨

1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等．

2．联结OP，把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b的式子表示．

3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上．

满分解答

b)． 4（2）如图2，过点P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，那么△PDB≌△PEC． 因此PD＝PE．设点P的坐标为(x, x)．如图3，联结OP．

1b15所以S四边形PCOB＝S△PCO＋S△PBO＝xbxbx＝2b．

242816解得x．所以点P的坐

51616标为(,)．

55（3）由121b1y(x1b)x，(x1)x(b)（1）B的坐标为(b, 0)，点C的坐标为(0,

4444得A(1, 0)，OA＝1．

①如图4，以OA、OC为邻

边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．当

BAQA，即QA2BAOA时，△BQA∽△QOA． QAOAb所以()2b1．解得b843．∵b＞2∴b=8+4所以符合题意的点Q为(1,23)．

4②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。

BAQA因此△OCQ∽△QOA．当时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°． QAOABOQA所以C、Q、B三点共线．因此，COOA即bQA．解得QA4．此时Q(1,4)．

b41考点伸展

第（3）题的思路是，A、C、O三点是

确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．

这样，先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来，再根据两直角边对应成比例确定点B的位置．

如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？

如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．

7、将抛物线c：y1

3x23沿x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示．

（1） 请直接写出抛物线c2的表达式；

（2）现将抛物线c1向左平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线c2向右也平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E．

①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值；

②在平移过程中，是否存在以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

思路点拨

1．把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来，用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来．

2．B、D是线段AE的三等分点，分两种情况讨论，按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m的方程．

3．根据矩形的对角线相等列方程．

满分解答

（1）抛物线c2的表达式为y3x23．

（2）抛物线c1：y3x23与x轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)． 抛物线c2：y3x23与x轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)．

抛物线c1向左平移m个单位长度后，顶点M的坐标为(m,3)，与x轴的两个交点为A(1m,0)、B(1m,0)，AB＝2．

抛物线c2向右平移m个单位长度后，顶点N的坐标为(m,3)，与x轴的两个交点为D(1m,0)、E(1m,0)．所以AE＝(1＋m)－(－1－m)＝2(1＋m)．

①B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况：

1情形一，如图2，B在D的左侧，此时ABAE2，AE＝6．所以2(1＋m)＝6．解得m＝2．

321情形二，如图3，B在D的右侧，此时ABAE2，AE＝3．所以2(1＋m)＝3．解得m．

32

②如果以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，那么AE＝MN＝2OM．而

222OM＝m＋3，所以4(1＋m)＝4(m2＋3)．解得m＝1（如图4）．

考点伸展

第（2）题②，探求矩形ANEM，也可以用几何说理的方法：

在等腰三角形ABM中，因为AB＝2，AB边上的高为3，所以△ABM是等边三角形． 同理△DEN是等边三角形．当四边形ANEM是矩形时，B、D两点重合． 因为起始位置时BD＝2，所以平移的距离m＝1．

8、如图，抛物线 y=ax+bx+c（a≠0）经过点A（－3，0）、B(1,0)、C(－2，1)，交y轴于点M.

2

(1) 求抛物线的表达式；

(2) D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交线段AM于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；

(3)抛物线上是否存在一点P，作PN垂直x轴于点N，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.

1a39a3bc02解：由题意可知abc0.解得b.

34a2bc1c1122∴抛物线的表达式为y=xx1.

33（2）将x=0代入抛物线表达式，得y=1.∴点M的坐标为（0,1）.设直线MA的表达式为y=kx+b，则

1kb111.解得k=，b=1.∴直线MA的表达式为y=x+1. 3333kb0b1.1221设点D的坐标为（x0,x0x01），则点F的坐标为（x0,x01）.

3331221121323DF=x0x01(x01)=x0x0(x0).

333332433122535当x0时，DF的最大值为.此时x0x01，即点D的坐标为（,）.

2433424（3）存在点P，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似.

在Rt△MAO中，AO=3MO,要使两个三角形相似，由题意可知，点P不可能在第一象限. ① 设点P在第二象限时，∵点P不可能在直线MN上，∴只能PN=3NM,∴m1322m13(m3)，即3m211m240.解得m=－3（舍去）或m=－8.又－3② 当点P在第三象限时，∵点P不可能在直线MN上，∴只能PN=3NM, ∴m13222m13(m3)，40即m1m2313.解得m=－3或m=8.

此时点P的坐标为（－8，,15）. ③ 当点P在第四象限时， 若AN=3PN时,则－3(m解得m=－3（舍去）或m=2.

22m1)m3，即m2m60. 312255x0x01.此时点P的坐标为（2，－）. 33331222若PN=3NA,则－(mm1)3(m3)，即m7m300.

33当m=2时，解得m=－3（舍去）或m=10，此时点P的坐标为（10，,39）. 综上所述，满足条件的点P的坐标为（－8，,15）、（2，－

5）、（10，,39）. 3

9、如图1，已知抛物线y＝－x＋bx＋c经过A(0, 1)、B(4, 3)两点．

2

（1） 求抛物线的解析式； （2） 求tan∠ABO的值；

（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．

思路点拨

1．第（2）题求∠ABO的正切值，要构造包含锐角∠ABO的角直角三角形．

2．第（3）题解方程MN＝yM－yN＝BC，并且检验x的值是否在对称轴左侧．

满分解答

（1）将A(0, 1)、B(4, 3)分别代入y＝－x＋bx＋c，得

2

c1,9 解得b，c＝1． 2164bc3.9所以抛物线的解析式是yx2x1．

2（2）在Rt△BOC中，OC＝4，BC＝3，所以OB＝5． 如图2，过点A作AH⊥OB，垂足为H．

在Rt△AOH中，OA＝1，sinAOHsinOBC所以AHOAsinAOH在

Rt

△

4， 54322． 所以OH，BHOBOH． 555中

，

ABH

222． 5111（3）直线AB的解析式为yx1．

29设点M的坐标为(x,x2x1)，点

21N的坐标为(x,x1)，

291那么MN(x2x1)(x1)x24x．

22taABOnAH4BH5当四边形MNCB是平行四边形时，MN＝BC＝3．解方程－x2＋4x＝3，得x＝1或x＝3． 因为x＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M的坐

标为(1,)（如图3）．

92考点伸展

第（3）题如果改为：点M是抛物线上的一个点，直线MN平行于y轴交直线AB于N，如果M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．那么求点M的坐标要考虑两种情况：MN＝yM

22

－yN或MN＝yN－yM．由yN－yM＝4x－x，解方程x－4x＝3，得

x27（如图5）．

所以符合题意的点M有4个：(1,)，(3,921157)，(27,)，22

(27,57)． 2

10、如图1，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．

（1） 求点B的坐标；

（2） 求经过A、O、B的抛物线的解析式；

（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

思路点拨

1．用代数法探求等腰三角形分三步：先分类，按腰相等分三种情况；再根据两点间的距离公式列方程；然后解方程并检验．

2．本题中等腰三角形的角度特殊，三种情况的点P重合在一起．

满分解答

（1）如图2，过点B作BC⊥y轴，垂足为C． 在Rt△OBC中，∠BOC＝30°，OB＝4，所以BC＝2， OC23．所以点B的坐标为(2,23)．

（2）因为抛物线与x轴交于O、A(4, 0)，设抛物线的解析式为y＝ax(x－4)， 代入点B(2,23)，232a(6)．解得a3． 633223所以抛物线的解析式为yx(x4)xx．

663（3）抛物线的对称轴是直线x＝2，设点P的坐标为(2, y)．

22

①当OP＝OB＝4时，OP＝16．所以4+y＝16．解得y23．

当P在(2,23)时，B、O、P三点共线（如图2）．

②当BP＝BO＝4时，BP2＝16．所以42(y23)216．解得y1y223． ③当PB＝PO时，PB2＝PO2．所以42(y23)222y2．解得y23． 综合①、②、③，点P的坐标为(2,23)，如图2所示．

图2 图3

考点伸展

如图3，在本题中，设抛物线的顶点为D，那么△DOA与△OAB是两个相似的等腰三角形．

332323，得抛物线的顶点为D(2,x(x4)(x2)2)．

663323因此tanDOA．所以∠DOA＝30°，∠ODA＝120°．

3由y