2013k中考数学试题分类汇编代数几何综合.doc

2013中考全国100份试卷分类汇编
代数几何综合
1、（2013年潍坊市压轴题）如图，抛物线关于直线对称，与坐标轴交于三点，且,点在抛物线上，直线是一次函数的图象，点是坐标原点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线平分四边形的面积，求的值.
（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于两点，问在轴正半轴上是否存在一定点，使得不论取何值，直线与总是关于轴对称？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.

答案：（1）因为抛物线关于直线x=1对称，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0),
由点D(2，1.5)在抛物线上，所以，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5,
又，即b=-2a,代入上式解得a=-0.5,b=1,从而c=1.5,所以.
（2）由（1）知，令x=0,得c(0,1.5),所以CD//AB,
令kx-2=1.5,得l与CD的交点F()，
令kx-2=0，得l与x轴的交点E()，
根据S四边形OEFC=S四边形EBDF得：OE+CF=DF+BE,
即：
（3）由（1）知
所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为
假设在y轴上存在一点P(0，t)，t＞0，使直线PM与PN关于y轴对称，过点M、N分别向y轴作垂线MM1、NN1，垂足分别为M1、N1，因为∠MPO=∠NPO,所以Rt△MPM1∽Rt△NPN1,
所以,………………(1)
不妨设M(xM,yM)在点N(xN,yN)的左侧，因为P点在y轴正半轴上，
则（1）式变为,又yM =k xM-2, yN=k xN-2,
所以（t+2）(xM +xN)=2k xM xN,……(2)
把y=kx-2(k≠0)代入中，整理得x2+2kx-4=0,
所以xM +xN=-2k, xM xN=-4,代入（2）得t=2,符合条件，
故在y轴上存在一点P（0,2），使直线PM与PN总是关于y轴对称.
考点：本题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式的确定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大.
点评：本题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。问题设计富有梯度、由易到难层层推进，既考查了知识掌握，也考查了方法的灵活应用和数学思想的形成。

2、（绵阳市2013年）A
B
C
D
O
x
y
l
如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点C的坐标为（0，-2），交x轴于A、B两点，其中A（-1，0），直线l：x=m（m＞1）与x轴交于D。
（1）求二次函数的解析式和B的坐标；
（2）在直线l上找点P（P在第一象限），使得以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似，求点P的坐标（用含m的代数式表示）；
（3）在（2）成立的条件下，在抛物线上是否存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由。
解：（1）①二次函数y=ax2+bx+c图象的顶点C的坐标为（0，-2），c = -2 , - , b=0 ,
点A(-1,0)、点B是二次函数y=ax2-2 的图象与x轴的交点，a-2=0,a=2. 二次函数的解析式为y=2x2-2；
②点B与点A(-1,0)关于直线x=0对称，点B的坐标为（1，0）；
（2）∠BOC=∠PDB=90º，点P在直线x=m上，
设点P的坐标为（m,p）, OB=1， OC=2， DB= m-1 , DP=|p| ，
①当△BOC∽△PDB时，,,p= 或p = ,
点P的坐标为（m，）或（m，）；
②当△BOC∽△BDP时， ，，p=2m-2或p=2-2m,
点P的坐标为（m，2m-2）或（m，2-2m）；
综上所述点P的坐标为（m，）、（m，）、（m，2m-2）或（m，2-2m）；
（3）不存在满足条件的点Q。
点Q在第一象限内的抛物线y=2x2-2上，
令点Q的坐标为（x, 2x2-2），x>1, 过点Q作QE⊥直线l ,
垂足为E，△BPQ为等腰直角三角形，PB=PQ，∠PEQ=∠PDB，
∠EPQ=∠DBP，△PEQ≌△BDP，QE=PD，PE=BD，
① 当P的坐标为（m，）时，
m-x = ， m=0 m=1
2x2-2- = m-1, x= x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
② 当P的坐标为（m，）时，
x-m= m=- m=1
2x2-2- = m-1, x=- x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
③ 当P的坐标为（m，2m-2）时，
m-x =2m-2 m= m=1
2x2-2-(2m-2) = m-1, x=- x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
④当P的坐标为（m，2-2m）时，
x- m = 2m-2 m= m=1
2x2-2-(2-2m) = m-1 x=- x=1
与x>1矛盾,此时点Q不满足题设条件；
综上所述，不存在满足条件的点Q。

3、（2013•昆明压轴题）如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=4，OC=3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线经过O，A两点，直线AC交抛物线于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：
二次函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
（1）由OA的长度确定出A的坐标，再利用对称性得到顶点坐标，设出抛物线的顶点形式y=a（x﹣2）2+3，将A的坐标代入求出a的值，即可确定出抛物线解析式；
（2）设直线AC解析式为y=kx+b，将A与C坐标代入求出k与b的值，确定出直线AC解析式，与抛物线解析式联立即可求出D的坐标；
（3）存在，分两种情况考虑：如图所示，当四边形ADMN为平行四边形时，DM∥AN，DM=AN，由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，根据OA+AN求出ON的长，即可确定出N的坐标；当四边形ADM′N′为平行四边形，可得三角形ADQ全等于三角形N′M′P，M′P=DQ=，N′P=AQ=3，将y=﹣代入得：﹣=﹣x2+3x，求出x的值，确定出OP的长，由OP+PN′求出ON′的长即可确定出N′坐标．
解答：
解：（1）设抛物线顶点为E，根据题意OA=4，OC=3，得：E（2，3），
设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，
将A（4，0）坐标代入得：0=4a+3，即a=﹣，
则抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3=﹣x2+3x；

（2）设直线AC解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（4，0）与C（0，3）代入得：，
解得：，
故直线AC解析式为y=﹣x+3，
与抛物线解析式联立得：，
解得：或，
则点D坐标为（1，）；

（3）存在，分两种情况考虑：
①当点M在x轴上方时，如答图1所示：

四边形ADMN为平行四边形，DM∥AN，DM=AN，
由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，
∴N1（2，0），N2（6，0）；
②当点M在x轴下方时，如答图2所示：

过点D作DQ⊥x轴于点Q，过点M作MP⊥x轴于点P，可得△ADQ≌△NMP，
∴MP=DQ=，NP=AQ=3，
将yM=﹣代入抛物线解析式得：﹣=﹣x2+3x，
解得：xM=2﹣或xM=2+，
∴xN=xM﹣3=﹣﹣1或﹣1，
∴N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．
综上所述，满足条件的点N有四个：N1（2，0），N2（6，0），N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．
点评：
此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定抛物线解析式，一次函数与二次函数的交点，平行四边形的性质，以及坐标与图形性质，是一道多知识点的探究型试题．
4、（2013陕西）（第24题图）
y
-1
O
x
2
-1
1
1
2
3
-2
3
在平面直角坐标系中，一个二次函灵敏的图象经过点A（1，0）、B（3，0）两点．
（1）写出这个二次函数的对称轴；
（2）设这个二次函数的顶点为D，与y轴交于点C，
它的对称轴与x轴交于点E，连接AD、DE和DB，
当△AOC与△DEB相似时，求这个二次函数的表达式。
[提示：如果一个二次函数的图象与x轴的交点
为A，那么它的表达式可表示
为：]
考点：此题在陕西的中考中也较固定，第（1）问主要考查待定
系数法求二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标，
抛物线的对称性等简单问题。第二问主要考查二次函数综合应用之点的存在性问题；包括最短距离与面积的最值等（等腰三角形，平行四边形，正方形，相似三角形，相似，全等等问题。考查问题的综合能力要求较高，基本上都是转化为求点的坐标的过程。
解析：本题中（1）由抛物线的轴对称性可知，与x轴的两个交点关于对称轴对称，易求出对称轴；
（2）由提示中可以设出函数的解析式，将顶点D与E的坐标表示出来，从而将两个三角形的边长表示出来，而相似的确定过程中充分考虑到分类即可解决此题；
解：（1）对称轴为直线：x=2。
（2）∵A（1，0）、B（3，0），所以设即
当x=0时，y=3a，当x=2时，y=
∴C（0，3a），D(2,-a) ∴OC=|3a|,
∵A（1，0）、E（2，0），
∴OA=1,EB=1,DE=}-a|=|a|
在△AOC与△DEB中，
∵∠AOC=∠DEB=90°
∴当时，△AOC∽△DEB
∴时，解得或
当时，△AOC∽△BED
∴时，此方程无解，
综上所得：所求二次函数的表达式为：
或

5、（2013成都市压轴题）在平面直角坐标系中，已知抛物线（b,c为常数）的顶点为P,等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，-1），C的坐标为（4,3），直角顶点B在第四象限。
（1）如图，若该抛物线过A,B两点，求抛物线的函数表达式；
（2）平（1）中的抛物线，使顶点P在直线AC上滑动，且与AC交于另一点Q.
i）若点M在直线AC下方，且为平移前（1）中的抛物线上点，当以M,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出所有符合条件的M的坐标；
ii）取BC的中点N,连接NP,BQ。试探究是否存在最大值？若存在，求出该最大值；所不存在，请说明理由。

解析：
（1）A(0,-1) C(4,3) 则｜AC｜=
ABC为等腰直角三角形 ∴AB=BC=4
∴B点(4,-1)将A,B代入抛物线方程有
⇒
∴
（2）当顶点P在直线AC上滑动时，平移后抛物线与AC另一交点Q就是A点沿直线AC滑动同样的单位。下面给予证明：
原抛物线 顶点P为(2,1)
设平移后顶点P为(a,a-1),则平移后抛物线 联立y=x-1(直线AC方程)
得Q点为（a-2,a-3）
∴｜PQ｜= 即实际上是线段AP在直线AC上的滑动.
ⅰ）点M在直线AC下方，且M,P,Q构成等腰直角三角形，那么先考虑使MP,Q构成等腰直角三角形的M点的轨迹，再求其轨迹与抛物线的交点以确定M点.
①若∠M为直角，则M点轨迹即为AC下方距AC为MH且与AC平行的直线l
又知｜PQ｜= ，则｜MH｜= ｜PM｜=2
直线l即为AC向下平移｜PM｜=2个单位 L:y=x-3 联立
得x=1±
M点为（1+，-2）或（1-，--2）
②若∠P=或∠Q为直角，即PQ为直角边，MQ⊥PQ且，MQ=PQ=
或MP⊥PQ,且MP=PQ=,∴M点轨迹是AC下方距AC为且与AC平行直线L
直线L即为AC向下平移｜MP｜=4个单位
L:y=x-5 联立得x=4或x=-2
∴M点为(4,-1)或（-2，-7）
综上所有符合条件的点M为（1+，-2）（4,-1）；（1-，--2）,（-2，-7）

ⅱ)知PQ= 有最大值，即NP+BQ有最小值
如下图，取AB中点M，连结QM,NM,知N为中点

∴MN为AC边中位线，∴MN∥AC且MN=AC==PQ
∴ ∴MNPQ为平行四边形
即PN=QM ∴QB+PN=BQ+MQ
此时，作B点关于AC对称的点B′,连,
交AC于点H，易知=BQ
∴BQ+PN=+MQ≥(三角形两边之和大于第三边)
仅当Q与H重合时，取等号
即BQ+PN最小值存在 且最小值为
连结知为等腰直角三角形。
=4，AM=AB=2 ∴由勾股定理得
∴最大值存在，且最大值为

6、（2013山西压轴题，26，14分）（本题14分）综合与探究：如图,抛物线与x轴交于A,B两点(点B在点A的右侧)与y轴交于点C,连接BC,以BC为一边,点O为对称中心作菱形BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q
（1）求点A,B,C的坐标。
（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD，BC于点M,N。试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由。
（3）当点P在线段EB上运动时，是否存在点 Q，使△BDQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
解析：（1）当y=0时，，解得，
∵点B在点A的右侧，
∴点A,B的坐标分别为：（-2，0），（8，0）
当x=0时，y=-4
∴点C的坐标为（0，-4），
（2）由菱形的对称性可知，点D的坐标为（0，4）.
设直线BD的解析式为y＝kx＋b，则.解得，k=，b=4.
∴直线BD的解析式为.
∵l⊥x轴，∴点M，Q的坐标分别是（m，），（m，）
如图，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形.
∴（）-()=4-(-4)
化简得：.解得，m1=0，（舍去）m2=4.
∴当m=4时，四边形CQMD是平行四边形.
此时，四边形CQBM是平行四边形.
解法一：∵m=4，∴点P是OB中点.∵l⊥x轴，∴l∥y轴.
∴△BPM∽△BOD.∴.∴BM=DM.
∵四边形CQMD是平行四边形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四边形CQBM为平行四边形.
解法二：设直线BC的解析式为y=k1x+b1，则.解得，k1=，b1=-4
∴直线BC的解析式为y=x-4
又∵l⊥x轴交BC于点N.∴x=4时，y=-2. ∴点N的坐标为（4，-2）由上面可知，点M,Q的坐标分别为：（4，2），Q(4,-6).
∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN.
又∵四边形CQMD是平行四边形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4，
又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN.
∴四边形CQBM为平行四边形.
（3）抛物线上存在两个这样的点Q，分别是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.

7、（2013•内江）如图，在等边△ABC中，AB=3，D、E分别是AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分记作图形L．
（1）求△ABC的面积；
（2）设AD=x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；
（3）已知图形L的顶点均在⊙O上，当图形L的面积最大时，求⊙O的面积．

考点：
相似形综合题．
分析：
（1）作AH⊥BC于H，根据勾股定理就可以求出AH，由三角形的面积公式就可以求出其值；
（2）如图1，当0＜x≤1.5时，由三角形的面积公式就可以表示出y与x之间的函数关系式，如图2，当1.5＜x＜3时，重叠部分的面积为梯形DMNE的面积，由梯形的面积公式就可以求出其关系式；
（3）如图4，根据（2）的结论可以求出y的最大值从而求出x的值，作FO⊥DE于O，连接MO，ME，求得∠DME=90°，就可以求出⊙O的直径，由圆的面积公式就可以求出其值．
解答：
解：（1）如图3，作AH⊥BC于H，
∴∠AHB=90°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3．
∵∠AHB=90°，
∴BH=BC=
在Rt△ABC中，由勾股定理，得
AH=．
∴S△ABC==；

（2）如图1，当0＜x≤1.5时，y=S△ADE．
作AG⊥DE于G，
∴∠AGD=90°，∠DAG=30°，
∴DG=x，AG=x，
∴y==x2，
∵a=＞0，开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，
∴x=1.5时，y最大=，
如图2，当1.5＜x＜3时，作MG⊥DE于G，
∵AD=x，
∴BD=DM=3﹣x，
∴DG=（3﹣x），MF=MN=2x﹣3，
∴MG=（3﹣x），
∴y=，
=﹣；

（3），如图4，∵y=﹣；
∴y=﹣（x2﹣4x）﹣，
y=﹣（x﹣2）2+，
∵a=﹣＜0，开口向下，
∴x=2时，y最大=，
∵＞，
∴y最大时，x=2，
∴DE=2，BD=DM=1．作FO⊥DE于O，连接MO，ME．
∴DO=OE=1，
∴DM=DO．
∵∠MDO=60°，
∴△MDO是等边三角形，
∴∠DMO=∠DOM=60°，MO=DO=1．
∴MO=OE，∠MOE=120°，
∴∠OME=30°，
∴∠DME=90°，
∴DE是直径，
S⊙O=π×12=π．

点评：
本题考查了等边三角形的面积公式的运用，梯形的面积公式的运用，勾股定理的运用，圆周角定理的运用，圆的面积公式的运用，等边三角形的性质的运用，二次函数的性质的运用，解答时灵活运用等边三角形的性质是关键．

8、（2013•新疆压轴题）如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点C，其中A点的坐标是（1，0），C点坐标是（4，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD的周长最小？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）若点E是（1）中抛物线上的一个动点，且位于直线AC的下方，试求△ACE的最大面积及E点的坐标．

考点：
二次函数综合题．
专题：
代数几何综合题．
分析：
（1）利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）利用待定系数法求出直线AC的解析式，然后根据轴对称确定最短路线问题，直线AC与对称轴的交点即为所求点D；
（3）根据直线AC的解析式，设出过点E与AC平行的直线，然后与抛物线解析式联立消掉y得到关于x的一元二次方程，利用根的判别式△=0时，△ACE的面积最大，然后求出此时与AC平行的直线，然后求出点E的坐标，并求出该直线与x轴的交点F的坐标，再求出AF，再根据直线l与x轴的夹角为45°求出两直线间的距离，再求出AC间的距离，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．
解答：
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0），点C（4，3），
∴，解得，
所以，抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；

（2）∵点A、B关于对称轴对称，
∴点D为AC与对称轴的交点时△BCD的周长最小，
设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），
则，
解得，
所以，直线AC的解析式为y=x﹣1，
∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=2﹣1=1，
∴抛物线对称轴上存在点D（2，1），使△BCD的周长最小；

（3）如图，设过点E与直线AC平行线的直线为y=x+m，
联立，
消掉y得，x2﹣5x+3﹣m=0，
△=（﹣5）2﹣4×1×（3﹣m）=0，
即m=﹣时，点E到AC的距离最大，△ACE的面积最大，
此时x=，y=﹣，
∴点E的坐标为（，﹣），
设过点E的直线与x轴交点为F，则F（，0），
∴AF=﹣1=，
∵直线AC的解析式为y=x﹣1，
∴∠CAB=45°，
∴点F到AC的距离为×=，
又∵AC==3，
∴△ACE的最大面积=×3×=，此时E点坐标为（，﹣）．

点评：
本题考查了二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，利用轴对称确定最短路线问题，联立两函数解析式求交点坐标，利用平行线确定点到直线的最大距离问题．

9、（2013凉山州压轴题）如图，抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）交x轴于A、B两点，A点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，4），以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴l在边OA（不包括O、A两点）上平行移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点M，交抛物线于点P，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示PM的长；
（3）在（2）的条件下，连结PC，则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出此时m的值，并直接判断△PCM的形状；若不存在，请说明理由．

考点：二次函数综合题．
分析：（1）将A（3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣2ax+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先根据A、C的坐标，用待定系数法求出直线AC的解析式，进而根据抛物线和直线AC的解析式分别表示出点P、点M的坐标，即可得到PM的长；
（3）由于∠PFC和∠AEM都是直角，F和E对应，则若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似时，分两种情况进行讨论：①△PFC∽△AEM，②△CFP∽△AEM；可分别用含m的代数式表示出AE、EM、CF、PF的长，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求出m的值，再根据相似三角形的性质，直角三角形、等腰三角形的判定判断出△PCM的形状．
解答：解：（1）∵抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）经过点A（3，0），点C（0，4），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A（3，0），点C（0，4），
∴，解得，
∴直线AC的解析式为y=﹣x+4．
∵点M的横坐标为m，点M在AC上，
∴M点的坐标为（m，﹣ m+4），
∵点P的横坐标为m，点P在抛物线y=﹣x2+x+4上，
∴点P的坐标为（m，﹣ m2+m+4），
∴PM=PE﹣ME=（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）=﹣m2+4m，
即PM=﹣m2+4m（0＜m＜3）；
（3）在（2）的条件下，连结PC，在CD上方的抛物线部分存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似．理由如下：由题意，可得AE=3﹣m，EM=﹣m+4，CF=m，PF=﹣m2+m+4﹣4=﹣m2+m．
若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似，分两种情况：①若△PFC∽△AEM，则PF：AE=FC：EM，
即（﹣m2+m）：（3﹣m）=m：（﹣ m+4），
∵m≠0且m≠3，
∴m=．
∵△PFC∽△AEM，∴∠PCF=∠AME，
∵∠AME=∠CMF，∴∠PCF=∠CMF．
在直角△CMF中，∵∠CMF+∠MCF=90°，
∴∠PCF+∠MCF=90°，即∠PCM=90°，
∴△PCM为直角三角形；
②若△CFP∽△AEM，则CF：AE=PF：EM，
即m：（3﹣m）=（﹣m2+m）：（﹣m+4），
∵m≠0且m≠3，
∴m=1．
∵△CFP∽△AEM，∴∠CPF=∠AME，
∵∠AME=∠CMF，∴∠CPF=∠CMF．
∴CP=CM，
∴△PCM为等腰三角形．
综上所述，存在这样的点P使△PFC与△AEM相似．此时m的值为或1，△PCM为直角三角形或等腰三角形．

点评：此题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形、等腰三角形的判定，难度适中．要注意的是当相似三角形的对应边和对应角不明确时，要分类讨论，以免漏解．　

10、（2013•曲靖压轴题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+4与坐标轴分别交于A、B两点，过A、B两点的抛物线为y=﹣x2+bx+c．点D为线段AB上一动点，过点D作CD⊥x轴于点C，交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当DE=4时，求四边形CAEB的面积．
（3）连接BE，是否存在点D，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此点D坐标；若不存在，说明理由．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设点C坐标为（m，0）（m＜0），根据已知条件求出点E坐标为（m，8+m）；由于点E在抛物线上，则可以列出方程求出m的值．在计算四边形CAEB面积时，利用S四边形CAEB=S△ACE+S梯形OCEB﹣S△BCO，可以简化计算；
（3）由于△ACD为等腰直角三角形，而△DBE和△DAC相似，则△DBE必为等腰直角三角形．分两种情况讨论，要点是求出点E的坐标，由于点E在抛物线上，则可以由此列出方程求出未知数．
解答：
解：（1）在直线解析式y=x+4中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，4）．
∵点A（﹣4，0），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，
∴，
解得：b=﹣3，c=4，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣3x+4．

（2）设点C坐标为（m，0）（m＜0），则OC=﹣m，AC=4+m．
∵OA=OB=4，∴∠BAC=45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，∴CD=AC=4+m，
∴CE=CD+DE=4+m+4=8+m，
∴点E坐标为（m，8+m）．
∵点E在抛物线y=﹣x2﹣3x+4上，
∴8+m=﹣m2﹣3m+4，解得m=﹣2．
∴C（﹣2，0），AC=OC=2，CE=6，
S四边形CAEB=S△ACE+S梯形OCEB﹣S△BCO=×2×6+（6+4）×2﹣×2×4=12．

（3）设点C坐标为（m，0）（m＜0），则OC=﹣m，CD=AC=4+m，BD=OC=﹣m，则D（m，4+m）．
∵△ACD为等腰直角三角形，△DBE和△DAC相似
∴△DBE必为等腰直角三角形．
i）若∠BED=90°，则BE=DE，
∵BE=OC=﹣m，
∴DE=BE=﹣m，X Kb1. Co m
∴CE=4+m﹣m=4，
∴E（m，4）．
∵点E在抛物线y=﹣x2﹣3x+4上，
∴4=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合题意，舍去）或m=﹣3，
∴D（﹣3，1）；
ii）若∠EBD=90°，则BE=BD=﹣m，
在等腰直角三角形EBD中，DE=BD=﹣2m，
∴CE=4+m﹣2m=4﹣m，
∴E（m，4﹣m）．
∵点E在抛物线y=﹣x2﹣3x+4上，
∴4﹣m=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合题意，舍去）或m=﹣2，
∴D（﹣2，2）．
综上所述，存在点D，使得△DBE和△DAC相似，点D的坐标为（﹣3，1）或（﹣2，2）．
点评：
本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质、函数图象上点的坐标特征、待定系数法、相似三角形、等腰直角三角形、图象面积计算等重要知识点．第（3）问需要分类讨论，这是本题的难点．

11、(2013年临沂压轴题)如图，抛物线经过三点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点P，使PA+PC的值最小，求点P的坐标；
(3)点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A,C,M,N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由.

x
y
A
O
C
B
（第26题图）

解析：解：（1）设抛物线的解析式为 ，
x
y
A
O
C
B
（第26题图）

P
N
M
H

根据题意，得，
解得
∴抛物线的解析式为： ………(3分)
（2）由题意知，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B,连接BC交抛物线的对称轴于点P，则P点 即为所求.
设直线BC的解析式为，
由题意，得解得
∴直线BC的解析式为 …………(6分)
∵抛物线的对称轴是，
∴当时，
∴点P的坐标是. …………(7分)
（3）存在 …………………………(8分)
(i)当存在的点N在x轴的下方时，如图所示，∵四边形ACNM是平行四边形，∴CN∥x轴，∴点C与点N关于对称轴x=2对称，∵C点的坐标为，∴点N的坐标为 ………………………(11分)
（II）当存在的点在x轴上方时，如图所示，作轴于点H，∵四边形是平行四边形，∴,
∴Rt△CAO ≌Rt△,∴.
∵点C的坐标为,即N点的纵坐标为，
∴即
解得
∴点的坐标为和.
综上所述，满足题目条件的点N共有三个，
分别为，， ………………………(13分)

12、（2013•宁波压轴题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（﹣4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．

（1）求直线AB的函数解析式；
（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．
①求证：∠BDE=∠ADP；
②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；
（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．

考点：
一次函数综合题．
分析：
（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，把（4，0）代入即可；
（2）①先证出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根据∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP，
②先连结PE，根据∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再证出∠DFE=∠DPE=45°，最后根据∠DEF=90°，得出△DEF是等腰直角三角形，从而求出DF=DE，即y=x；
（3）当=2时，过点F作FH⊥OB于点H，则∠DBO=∠BFH，再证出△BOD∽△FHB，===2，得出FH=2，OD=2BH，再根据∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，得出四边形OEFH是矩形，OE=FH=2，EF=OH=4﹣OD，根据DE=EF，求出OD的长，从而得出直线CD的解析式为y=x+，最后根据求出点P的坐标即可；
当=时，连结EB，先证出△DEF是等腰直角三角形，过点F作FG⊥OB于点G，同理可得△BOD∽△FGB，===，得出FG=8，OD=BG，再证出四边形OEFG是矩形，求出OD的值，再求出直线CD的解析式，最后根据即可求出点P的坐标．
解答：
解：（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，
代入（4，0）得：4k+4=0，
解得：k=﹣1，
则直线AB的函数解析式为y=﹣x+4；

（2）①由已知得：
OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，
又∵OD=OD，
∴△BOD≌△COD，
∴∠BOD=∠CDO，
∵∠CDO=∠ADP，
∴∠BDE=∠ADP，
②连结PE，
∵∠ADP是△DPE的一个外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，
∵∠BDE是△ABD的一个外角，
∴∠BDE=∠ABD+∠OAB，
∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，
∴∠DPE=∠OAB，
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°，
∴∠DPE=45°，
∴∠DFE=∠DPE=45°，
∵DF是⊙Q的直径，
∴∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF=DE，即y=x；

（3）当BD：BF=2：1时，
过点F作FH⊥OB于点H，
∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，
∴∠DBO=∠BFH，
又∵∠DOB=∠BHF=90°，
∴△BOD∽△FHB，
∴===2，
∴FH=2，OD=2BH，
∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，
∴四边形OEFH是矩形，
∴OE=FH=2，
∴EF=OH=4﹣OD，
∵DE=EF，
∴2+OD=4﹣OD，
解得：OD=，
∴点D的坐标为（0，），
∴直线CD的解析式为y=x+，
由得：，
则点P的坐标为（2，2）；
当=时，
连结EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，
而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，
∵∠DEP=∠DPA，
∴∠DBE=∠DAP=45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
过点F作FG⊥OB于点G，
同理可得：△BOD∽△FGB，
∴===，
∴FG=8，OD=BG，
∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，
∴四边形OEFG是矩形，
∴OE=FG=8，
∴EF=OG=4+2OD，
∵DE=EF，
∴8﹣OD=4+2OD，
OD=，
∴点D的坐标为（0，﹣），
直线CD的解析式为：y=﹣x﹣，
由得：，
∴点P的坐标为（8，﹣4），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（8，﹣4）．

点评：
此题考查了一次函数的综合，用到的知识点是一次函数、矩形的性质、圆的性质，关键是综合运用有关知识作出辅助线，列出方程组．

13、（2013四川南充压轴题，21，8分）如图，二次函数y=x2+bx－3b+3的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C，且经过点（b－2，2b2－5b－1）.
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）⊙M过A、B、C三点，交y轴于另一点D，求点M的坐标；
（3）连接AM、DM，将∠AMD绕点M顺时针旋转，两边MA、MD与x轴、y轴分别交于点E、F，若△DMF为等腰三角形，求点E的坐标.

解析：（1）把点（b－2，2b2－5b－1）代入解析式，得
2b2－5b－1=（b－2）2+b（b－2）－3b+3， ……………1′
解得b=2.
∴抛物线的解析式为y=x2+2x－3. ……………2′
（2）由x2+2x－3=0，得x=－3或x=1.
∴A（－3，0）、B（1，0）、C（0，－3）.
抛物线的对称轴是直线x=－1，圆心M在直线x=－1上. ……………3′
∴设M（－1，n），作MG⊥x轴于G，MH⊥y轴于H，连接MC、MB.
∴MH=1，BG=2.