中考数学试卷 压轴题共30题 人教新课标版.doc

2010年中考数学试卷 压轴题（共30题） 人教新课标版
★★1、（2010北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y= -x2+x+m2-3m+2
与x轴的交点分别为原点O和点A，点B(2，n)在这条抛物线上。
（1）求点B的坐标；
（2）点P在线段OA上，从O点出发向点运动，过P点作x轴的垂线，与直线OB交于点E。延长PE到点D，使得ED=PE，以PD为斜边在PD右侧作等腰直角三角形PCD（当P点运动时，C点、D点也随之运动）
j 当等腰直角三角形PCD的顶点C落在此抛物线上时，求OP的长；
k 若P点从O点出发向A点作匀速运动，速度为每秒1个单位，同时线段OA上另一 点Q从A点出发向O点作匀速运动，速度为每秒2个单位(当Q点到达O点时停止运动，P点也同时停止运动)。过Q点作x轴的垂线，与直线AB交于点F。延长QF 到点M，使得FM=QF，以QM为斜边，在QM的左侧作等腰直角三角形QMN(当Q 点运动时，M点，N点也随之运动)。若P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条直角边恰好落在同一条直线上，求此刻t的值。
x
y
O
1
1

O
A
B
C
D
E
P
y
x
图1
解：（1）∵拋物线y= -x2+x+m2-3m+2经过原点，∴m2-3m+2=0，解得m1=1，m2=2，由题意知m¹1，∴m=2，
∴拋物线的解析式为y= -x2+x，
∵点B(2，n)在拋物线y= -x2+x上，
∴n=4，∴B点的坐标为(2，4)。
（2）j 设直线OB的解析式为y=k1x，求得直线OB的解析式为 y=2x，∵A点是拋物线与x轴的一个交点，可求得A点的坐标为(10，0)，设P点的坐标为(a，0)，则E点的坐标为（a，2a），根据题意作等腰直角三角形PCD，如图1。可求得点C的坐标为（3a，2a），由C点在拋物线上，得2a= -´(3a)2+´3a，即a2-a=0，解得a1=，a2=0（舍去），∴OP=。
k 依题意作等腰直角三角形QMN，设直线AB的解析式为y=k2x+b，由点A(10，0)，
点B(2，4)，求得直线AB的解析式为y= -x+5，当P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，有以下三种情况：
第一种情况：CD与NQ在同一条直线上。
如图2所示。可证△DPQ为等腰直角三角形。此时OP、DP、AQ的长可依次表示为t、4t、2t个单位。∴PQ=DP=4t，∴t+4t+2t=10，∴t=。
第二种情况：PC与MN在同一条直线上。
如图3所示。可证△PQM为等腰直角三角形。此时OP、AQ的长可依次表示为t、2t个单位。∴OQ=10-2t，∵F点在直线AB上，∴FQ=t，∴MQ=2t，∴PQ=MQ=CQ=2t，
∴t+2t+2t=10，∴t=2。
第三种情况：点P、Q重合时，PD、QM在同一条直线上，
如图4所示。此时OP、AQ的长可依次表示为t、2t个单位。∴t+2t=10，
图4
y
x
B
O
Q(P)
N
C
D
M
E
F
∴t=。综上，符合题意的t值分别为，2， 。
x
y
O
A
M
(C)
B
(E)
D
P
Q
F
N
图3
E
x
O
A
B
C
y
P
M
Q
N
F
D
图2

★★2、（2010北京）问题：已知△ABC中，ÐBAC=2ÐACB，点D是△ABC内的一点，且AD=CD，BD=BA。探究ÐDBC与ÐABC度数的比值。
请你完成下列探究过程：
先将图形特殊化，得出猜想，再对一般情况进行分析并加以证明。
(1) 当ÐBAC=90°时，依问题中的条件补全右图。观察图形，AB与AC的数量关系为 ； 当推出ÐDAC=15°时，可进一步推出ÐDBC的度数为 ；可得到ÐDBC与ÐABC度数的比值为 ；
(2) 当ÐBAC¹90°时，请你画出图形，研究ÐDBC与ÐABC度数的比值是否与(1)中的结论相同，写出你的猜想并加以证明。
A
C
B

解：(1) 相等；15°；1：3。
(2) 猜想：ÐDBC与ÐABC度数的比值与(1)中结论相同。
证明：如图2，作ÐKCA=ÐBAC，过B点作BK//AC交CK于点K，
连结DK。∵ÐBAC¹90°，∴四边形ABKC是等腰梯形，
∴CK=AB，∵DC=DA，∴ÐDCA=ÐDAC，∵ÐKCA=ÐBAC，
B
A
C
D
K
1
2
3
4
5
6
图2
∴ÐKCD=Ð3，∴△KCD@△BAD，∴Ð2=Ð4，KD=BD，
∴KD=BD=BA=KC。∵BK//AC，∴ÐACB=Ð6，
∵ÐKCA=2ÐACB，∴Ð5=ÐACB，∴Ð5=Ð6，∴KC=KB，
∴KD=BD=KB，∴ÐKBD=60°，∵ÐACB=Ð6=60°-Ð1，
∴ÐBAC=2ÐACB=120°-2Ð1，
∵Ð1+(60°-Ð1)+(120°-2Ð1)+Ð2=180°，∴Ð2=2Ð1，
∴ÐDBC与ÐABC度数的比值为1：3。
★★3、（2010郴州）如图（1），抛物线与y轴交于点A，E（0，b）为y轴上一动点，过点E的直线与抛物线交于点B、C.
（1）求点A的坐标；
（2)当b=0时（如图（2）），与的面积大小关系如何？当时，上述关系还成立吗，为什么？
（3）是否存在这样的b，使得是以BC为斜边的直角三角形，若存在，求出b；若不存在，说明理由.
第26题
图（1）
图（2）

解：（1）将x=0，代入抛物线解析式，得点A的坐标为（0，－4）
（2）当b＝0时，直线为，由解得，
所以B、C的坐标分别为（－2，－2），（2，2）
，
所以（利用同底等高说明面积相等亦可）
当时，仍有成立. 理由如下
由，解得，
所以B、C的坐标分别为（－，－+b），（，+b），
作轴，轴，垂足分别为F、G，则，
而和是同底的两个三角形，
所以.
（3）存在这样的b.
因为
所以，所以，即E为BC的中点
所以当OE=CE时，为直角三角形，因为
所以 ，而
所以，解得，
所以当b＝4或－2时，ΔOBC为直角三角形.
★★4、（2010滨州）如图，四边形ABCD是菱形，点D的坐标是（0，），以点C为顶点的抛物线恰好经过轴上A、B两点．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）求过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（3）若将上述抛物线沿其对称轴向上平移后恰好过D点，求平移后抛物线的解析式，并指出平移了多少个单位?
解：
解：①由抛物线的对称性可知AM=BM
在Rt△AOD和Rt△BMC中，∵OD=MC，AD=BC，
∴△AOD≌△BMC．∴OA=MB=MA．
设菱形的边长为2m，在Rt△AOD中，
，解得m=1．∴DC=2，OA=1，OB=3．
∴A、B、C三点的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（2，）
②设抛物线的解析式为y=（—2）2+
代入A点坐标可得=—
抛物线的解析式为y=—（—2）2+
③设抛物线的解析式为y=—（一2）2+k，代入D（0，）可得k=5
所以平移后的抛物线的解析式为y=—（一2）2+5，平移了5一=4个单位．
★★5、（2010长沙）已知：二次函数的图象经过点（1，0），一次函数图象经过原点和点（1，－b），其中且、为实数．
（1）求一次函数的表达式（用含b的式子表示）；
（2）试说明：这两个函数的图象交于不同的两点；
（3）设（2）中的两个交点的横坐标分别为x1、x2，求| x1－x2 |的范围．
解：（1）∵一次函数过原点∴设一次函数的解析式为y=kx
∵一次函数过（1，－b） ∴y=－bx
（2）∵y=ax2+bx－2过（1，0）即a+b=2
由得 ①
∵△＝
∴方程①有两个不相等的实数根∴方程组有两组不同的解
∴两函数有两个不同的交点．
（3）∵两交点的横坐标x1、x2分别是方程①的解
∴
∴＝
或由求根公式得出。 ∵a>b>0，a+b=2 ∴2>a>1
令函数 ∵在1<a<2时y随a增大而减小．
∴ ∴ ∴
★★6、（2010长沙）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边分别在x轴和y轴上， cm， OC=8cm，现有两动点P、Q分别从O、C同时出发，P在线段OA上沿OA方向以每秒 cm的速度匀速运动，Q在线段CO上沿CO方向以每秒1 cm的速度匀速运动．设运动时间为t秒．
（1）用t的式子表示△OPQ的面积S；
（2）求证：四边形OPBQ的面积是一个定值，并求出这个定值；
（3）当△OPQ与△PAB和△QPB相似时，抛物线经过B、P两点，过线段BP上一动点M作轴的平行线交抛物线于N，当线段MN的长取最大值时，求直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比．
B
A
P
x
C
Q
O
y
第26题图

解：（1）∵CQ＝t，OP=t，CO=8 ∴OQ=8－t
∴S△OPQ＝（0＜t＜8）
（2）∵S四边形OPBQ＝S矩形ABCD－S△PAB－S△CBQ
＝＝32
∴四边形OPBQ的面积为一个定值，且等于32
（3）当△OPQ与△PAB和△QPB相似时, △QPB必须是一个直角三角形，依题意只能是∠QPB＝90°
又∵BQ与AO不平行 ∴∠QPO不可能等于∠PQB，∠APB不可能等于∠PBQ
∴根据相似三角形的对应关系只能是△OPQ∽△PBQ∽△ABP ，
∴解得：t＝4
经检验：t＝4是方程的解且符合题意（从边长关系和速度）
此时P（，0）
∵B（，8）且抛物线经过B、P两点，
∴抛物线是，直线BP是：
设M（m, ）、N(m，)
∵M在BP上运动 ∴
∵与交于P、B两点且抛物线的顶点是P
∴当时，
∴＝ ∴当时，MN有最大值是2
∴设MN与BQ交于H 点则、
∴S△BHM＝＝
∴S△BHM ：S五边形QOPMH＝＝3:29
∴当MN取最大值时两部分面积之比是3：29．
★★7、（2010常德）如图9，已知抛物线轴交于点A（-4，0）和B（1，0）两点，与y轴交于C点.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）设E是线段AB上的动点，作EF∥AC交BC于F，连接CE，当的面积是面积的2倍时，求E点的坐标；
（3）若P为抛物线上A、C两点间的一个动点，过P作y轴的平行线，交AC于Q，当P点运动到什么位置时，线段PQ的值最大，并求此时P点的坐标.
A
B
O
C
图9
y
x

解：（1）由二次函数与轴交于、两点可得：
　　　　　　　　　　解得：　
　　　　　　故所求二次函数的解析式为．
（2）∵S△CEF=2 S△BEF, ∴，
∵EF//AC，∴，∴△BEF～△BAC，
∴得故E点的坐标为(,0).
（3）解法一：由抛物线与轴的交点为，则点的坐标为（0，－2）．
若设直线的解析式为，则有　解得：
故直线的解析式为．若设点的坐标为，
又点是过点所作轴的平行线与直线的交点，则点的坐标为（．则有：＝
＝
即当时，线段取大值，此时点的坐标为（－2，－3）
解法二：延长交轴于点，则．要使线段最长，则只须△的面积取大值时即可.
设点坐标为（，则有：
　 ＝
　 ＝
＝
＝
＝ ＝－
即时，△的面积取大值，此时线段最长，则点坐标为（－2，－3）
★★8、（2010常德）如图10，若四边形ABCD、四边形CFED都是正方形，显然图中有AG=CE，AG⊥CE.
（1）当正方形GFED绕D旋转到如图11的位置时，AG=CE是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.
（2）当正方形GFED绕D旋转到如图12的位置时，延长CE交AG于H，交AD于M.
①求证：AG⊥CH;
②当AD=4，DG=时，求CH的长。
A
B
C
D
E
F
图110
G
A
D
图11
F
E
B
C
G
A
D
B
C
E
F
H
M
图12

解：（1）成立．
　　　四边形、四边形是正方形，∴ ∠∠. ∴∠90°-∠∠.
　　∴△△. ∴.
（2）①类似（1）可得△△， ∴∠1＝∠2
又∵∠＝∠. ∴∠∠＝.
B
A
C
D
E
F
G
1
2
图12
H
P
M
　　　　　 即
　　 　 ② 解法一: 过作于,
由题意有，
　　　　　　∴，则∠1＝. 　　　　　　而∠1＝∠2，∴∠2＝＝∠1＝.
　　　　∴　，即.
　在Rt中，＝＝,
　而∽,∴,　 即,　∴.　
再连接，显然有，∴.
所求的长为.
B
A
C
D
E
F
G
1
2
图12
H
P
M
解法二：研究四边形ACDG的面积，过作于,
　　由题意有，∴,.
而以CD为底边的三角形CDG的高=PD=1，
,
∴4×1+4×4=×CH+4 ×1.∴=.
★★9、（2010丹东）如图， 已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，
BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时， △DMN
也随之整体移动） ．
（1）如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F是否在直线NE上？都请直接写出结论，不必证明或说明理由；
（2）如图②，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立?若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由．
图①
图②
图③
第25题图
A
·
B
C
D
E
F

·
·

·

解：（1）判断：EN与MF相等 （或EN=MF），点F在直线NE上，
（2）成立．
证明：
法一：连结DE，DF．
∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC=BC．又∵D，E，F是三边的中点，
∴DE，DF，EF为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°．
又∠MDF+∠FDN=60°， ∠NDE+∠FDN=60°，
∴∠MDF=∠NDE．
在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN， ∠MDF=∠NDE，
∴△DMF≌△DNE． N
C
A
B
F
M
D
E
N
C
A
B
F
M
D
E
∴MF=NE．
法二：延长EN，则EN过点F． ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC=BC．
又∵D，E，F是三边的中点， ∴EF=DF=BF．
∵∠BDM+∠MDF=60°， ∠FDN+∠MDF=60°，
∴∠BDM=∠FDN．又∵DM=DN， ∠ABM=∠DFN=60°，
∴△DBM≌△DFN．∴BM=FN．∵BF=EF， ∴MF=EN．
法三：连结DF，NF． ∵△ABC是等边三角形， ∴AC=BC=AC．
又∵D，E，F是三边的中点， ∴DF为三角形的中位线，∴DF=AC=AB=DB．
又∠BDM+∠MDF=60°， ∠NDF+∠MDF=60°，
∴∠BDM=∠FDN． 在△DBM和△DFN中，DF=DB，
DM=DN， ∠BDM=∠NDF，∴△DBM≌△DFN．
∴∠B=∠DFN=60°．又∵△DEF是△ABC各边中点所构成的三角形，
∴∠DFE=60°．∴可得点N在EF上，
∴MF=EN．
（3）画出图形（连出线段NE），

MF与EN相等的结论仍然成立（或MF=NE成立）．
★★10、（2010丹东）如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH，点H的坐标为
（－8，0），点N的坐标为（－6，－4）．
（1）画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC，并写出顶点A，B，C的坐标（点M的对应点为A， 点N的对应点为B， 点H的对应点为C）；
（2）求出过A，B，C三点的抛物线的表达式；
（3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分别在线段CO，OA，AB上，求四边形BEFG的面积S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；面积S是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
（4）在（3）的情况下，四边形BEFG是否存在邻边相等的情况，若存在，请直接写出
此时m的值，并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．
第26题图

O
M
N
H
A
C
E
F
D
B
↑
→
－8
(－6，－4)
x
y

解：（1） 利用中心对称性质，画出梯形OABC．
∵A，B，C三点与M，N，H分别关于点O中心对称，
∴A（0，4），B（6，4），C（8，0）
（2）设过A，B，C三点的抛物线关系式为，
∵抛物线过点A（0，4），∴．则抛物线关系式为．
将B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得
，解得，所求抛物线关系式为：．
（3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m．
∴
OA（AB+OC）AF·AGOE·OFCE·OA
（ 0＜＜4）
∵． ∴当时，S的取最小值．
又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值．
（4）当时，GB=GF，当时，BE=BG．
★★11、（2010德化）如图1，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1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2所示）.
① 当t=时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；
图2
B
C
O
A
D
E
M
y
x
P
N
·
图1
B
C
O
(A)
D
E
M
y
x
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．
解：（1）
（2）①点P不在直线ME上；
②依题意可知：P（,），N（，）
当0＜t＜3时，以P、N、C、D为顶点的多边形是四边形PNCD，依题意可得：
=+=+=
=
∵抛物线的开口方向：向下，∴当=，且0＜t＜＜3时，=
当时,点P、N都重合，此时以P、N、C、D为顶点的多边形是三角形
依题意可得，==3
综上所述，以P、N、C、D为顶点的多边形面积S存在最大值．
★★12、（2010德州）已知二次函数的图象经过点A(3，0)，B(2，-3)，C(0，-3)．
(1)求此函数的解析式及图象的对称轴；
(2)点P从BBC向C点运动，点Q从O点出发以相同的速度沿线段OA向A点运动，其中一个动点到达端点时，另一个也随之停止运动．设运动时间为t秒．
①当t为何值时，四边形ABPQ为等腰梯形；
②设PQ与对称轴的交点为M，过M点作x轴的平行线交AB于点N，设四边形ANPQ的面积为S，求面积S关于时间t的函数解析式，并指出t的取值范围；当t为何值时，S有最大值或最小值．
x
y
O
A
B
C
P
Q
M
N
第23题图

解：（1）∵二次函数的图象经过点C(0，-3)，∴c =-3．
将点A(3，0)，B(2，-3)代入得
解得：a=1，b=-2．∴．
配方得：，所以对称轴为x=1．
(2) 由题意可知：BP= OQt．
∵点B，点C的纵坐标相等，∴BC∥OA．
过点B，点P作BD⊥OA，PE⊥OA，垂足分别为D，E．
要使四边形ABPQ为等腰梯形，只需PQ=AB．
即QE=AD=1．又QE=OE－OQtttt=1．
解得t=5．即t=5秒时，四边形ABPQ为等腰梯形．
②设对称轴与BC，x轴的交点分别为F，G．
∵对称轴x=1是线段BC的垂直平分线，∴BF=CF=OG=1．
又∵BP=OQ，∴PF=QG．又∵∠PMF=∠QMG，∴△MFP≌△MGQ．
∴MF=MG．∴点M为FG的中点，∴S=，
=．由=．
．∴S=．又BC=2，OA=3，
∴点P运动到点C时停止运动，需要20秒．
∴0<t≤20． ∴当t=20秒时，面积S有最小值3．
★★13、（2010东阳）如图，P为正方形ABCD的对称中心，A（0，3），B（1，0），直线OP交AB于N，DC于M，点H从原点O出发沿x轴的正半轴方向以1个单位每秒速度运动，同时，点R从O出发沿OM方向以个单位每秒速度运动，运动时间为t。求：
（1）C的坐标为 ▲ ；
C
O
A
B
D
N
M
P
x
y
R
H
（2）当t为何值时，△ANO与△DMR相似？
（3）△HCR面积S与t的函数关系式；
并求以A、B、C、R为顶点的四边形是梯形
时t的值及S的最大值。
解：（1）Ｃ（４，１）；
（2）当∠MDR＝45０时，ｔ＝2,点Ｈ（2，0）
当∠DRM＝45０时，ｔ＝3,点Ｈ（3，0）
（3）Ｓ＝－ｔ２＋２ｔ（０＜ｔ≤４）；（1分）Ｓ＝ｔ２－２ｔ（ｔ＞４）
当ＣＲ∥ＡＢ时，ｔ＝，Ｓ＝
当ＡＲ∥ＢＣ时，ｔ＝，Ｓ＝
当ＢＲ∥ＡＣ时，ｔ＝，Ｓ＝
★★14、（2010恩施）如图11，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点， A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，-3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）连结PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POPC， 那么是否存在点P，使四边形POPC为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，四边形 ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.
解：（1）将B、C两点的坐标代入得解得：
所以二次函数的表达式为：
（2）存在点P，使四边形POPC为菱形．设P点坐标为（x，），
PP交CO于E，若四边形POPC是菱形，则有PC＝PO．
连结PP 则PE⊥CO于E，∴OE=EC=∴=．
∴=
解得=，=（不合题意，舍去）
∴P点的坐标为（，）
（3）过点P作轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，），
易得，直线BC的解析式为，则Q点的坐标为（x，x－3）.
=
当时，四边形ABPC的面积最大
此时P点的坐标为，四边形ABPC的
面积．
★★15、（2010广安）如图，直线y = -x-1与抛物线y=ax2+bx-4都经过点A(-1, 0)、B(3, -4)．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点E，求线段PE长度的最大值；
（3）当线段PE的长度取得最大值时，在抛物线上是否存在点Q，使△PCQ是以PC为直角边的直角三角形?若存在，请求出Q点的坐标；若不存在．请说明理由．
解：（1）由题知，解得a=1, b= -3 ，
∴抛物线解析式为y=x2-3x-4
（2）设点P坐标(m, -m-1)，则E点坐标(m, m2-3m-4)
∴线段PE的长度为：-m-1- (m2-3m-4)= -m2+2m+3 = -(m-1)2+4
∴由二次函数性质知当m=1时，函数有最大值4，所以线段PE长度的最大值为4。
（3）由（2）知P(1, -2)
①过P作PC的垂线与x轴交于F，与抛物线交于Q，
设AC与y轴交于G，则G(0, -1)，OG=1，又可知A(-1, 0) 则OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45o
∴△PAF是等腰直角三角形，由对称性知F(3, 0)
设直线PF的解析式为y=k1x+b1，则
，解之得k1=1, b1= -3，∴直线PF为y=x-3
由解得
∴Q1(2+, -1) Q2(2-, --1)
②过点C作PC的垂线与x轴交于H，与抛物线交点为Q，由∠HAC=45o，知△ACH是等腰直角三角形，由对称性知H坐标为(7, 0)，设直线CH的解析式为y=k2x+b2，则
，解之得k2=1, b2= -7，∴直线CH的解析式为y=x-7
解方程组得
当Q(3, -4)时，Q与C重合，△PQC不存在，所以Q点坐标为(1, -6)
综上所述在抛物线上存在点Q1(2+, -1)、Q2(2-, --1)、Q3(1, -6)使得△PCQ是以PC为直角边的直角三角形。
★★16、（2010广州）如图，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是上任一点（与端点A、B不重合），DE⊥AB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作⊙D，分别过点A、B作⊙D的切线，两条切线相交于点C．
（1）求弦AB的长；
（2）判断∠ACB是否为定值，若是，求出∠ACB的大小；否则，请说明理由；
（3）记△ABC的面积为S，若＝4，求△ABC的周长.
C
P
D
O
B
A
E

解：（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1．
F
C
P
D
O
B
A
E
H
G

∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF．
在Rt△OAF中，∵AF＝＝＝，∴AB＝2AF＝．
（2）∠ACB是定值.
理由：由（1）易知，∠AOB＝120°，
因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，
因为∠DAE＋∠DBA＝∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°；
（3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.
∴
＝AB•DE＋BC•DH＋AC•DG＝(AB＋BC＋AC) •DE＝l•DE．
∵＝4，∴＝4，∴l＝8DE.
∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝∠ACB＝30°，
∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE．
又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE，
∴l＝AB＋BC＋AC＝2＋2DE＝8DE，解得DE＝，
∴△ABC的周长为．
★★17、（2010广州）如图所示，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＝－＋交折线OAB于点E．
（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；
（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OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.
C
D
B
A
E
O

解：（1）由题意得B（3，1）．
若直线经过点A（3，0）时，则b＝
若直线经过点B（3，1）时，则b＝
若直线经过点C（0，1）时，则b＝1
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图25-a，
图1

此时E（2b，0）
∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2
图2

此时E（3，），D（2b－2，1）
∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )
＝ 3－[(2b－1)×1＋×(5－2b)·()＋×3()]＝
∴
（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。
本题答案由无锡市天一实验学校金杨建老师草制！
图3

由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形
根据轴对称知，∠MED＝∠NED
又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形．
过点D作DH⊥OA，垂足为H，
由题易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2，
设菱形DNEM 的边长为a，
则在Rt△DHM中，由勾股定理知：，∴
∴S四边形DNEM＝NE·DH＝
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．
★★18、（2010桂林）如图，过A（8，0）、B（0，）两点的直线与直线交于点C．平行于轴的直线从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿轴向右平移，到C点时停止；分别交线段BC、OC于点D、E，以DE为边向左侧作等边△DEF，设△DEF与△BCO重叠部分的面积为S（平方单位），直线的运动时间为t（秒）．
（1）直接写出C点坐标和t的取值范围；
（2）求S与t的函数关系式；

（3）设直线与轴交于点P，是否存在这样的点P，使得以P、O、F为顶点的三角形为等腰三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）C（4，），的取值范围是：0≤≤4
（2）∵D点的坐标是（，），E的坐标是（，）
∴DE=-= ∴等边△DEF的DE边上的高为：
∴当点F在BO边上时：=，∴=3
① 当0≤<3时，重叠部分为等腰梯形，可求梯形上底为：-

S=
==
当3≤≤4时，重叠部分为等边三角形
S=
=
（3）存在，P（，0） …
说明：∵FO≥，FP≥，OP≤4
∴以P，O，F以顶点的等腰三角形，腰只有可能是FO，FP,
若FO=FP时，=2（12-3），=，∴P（，0）
★★19、（2010杭州）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的解析式是y =+1，
点C的坐标为(–4，0)，平行四边形OABC的顶点A，B在抛物
线上，AB与y轴交于点M，已知点Q(x，y)在抛物线上，点
P(t，0)在x轴上.
(1) 写出点M的坐标；
(2) 当四边形CMQP是以MQ，PC为腰的梯形时.
① 求t关于x的函数解析式和自变量x的取值范围；
② 当梯形CMQP的两底的长度之比为1：2时，求t的值.
（第24题）
解：(1) ∵OABC是平行四边形，∴AB∥OC，且AB = OC = 4，
∵A，B在抛物线上，y轴是抛物线的对称轴，∴ A，B的横坐标分别是2和– 2，
代入y =+1得， A(2, 2 )，B(– 2，2)，∴M (0，2)，
(2) ① 过点Q作QH ^ x轴，设垂足为H， 则HQ = y ，HP = x–t ，
由△HQP∽△OMC，得：, 即： t = x – 2y ,
∵ Q(x,y) 在y = +1上， ∴ t = –+ x –2，
当点P与点C重合时，梯形不存在，此时，t = – 4，解得x = 1±，
当Q与B或A重合时，四边形为平行四边形，此时，x = ± 2
∴x的取值范围是x ¹ 1±, 且x¹± 2的所有实数.
② 分两种情况讨论：
1）当CM > PQ时，则点P在线段OC上，∵ CM∥PQ，CM = 2PQ ，
∴点M纵坐标为点Q纵坐标的2倍，即2 = 2(+1)，解得x = 0 ，
∴t = –+ 0 –2 = –2
2）当CM < PQ时，则点P在OC的延长线上，∵CM∥PQ，CM = PQ，
∴点Q纵坐标为点M纵坐标的2倍，即+1=2´2，解得： x = ±.
当x = –时，得t = –––2 = –8 –, ，
当x =时， 得t =–8.
★★20、（2010红河州）如图9，在直角坐标系xoy中，O是坐标原点，点A在x正半轴上，OA=cm，点B在y轴的正半轴上，OB=12cm，动点P从点O开始沿OA以cm/s的速度向点A移动，动点Q从点A开始沿AB以4cm/s的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BO以2cm/s的速度向点O移动.如果P、Q、R分别从O、A、B同时移动，移动时间为t（0＜t＜6）s.
（1）求∠OAB的度数.
（2）以OB为直径的⊙O‘与AB交于点M，当t为何值时，PM与⊙O‘相切？
（3）写出△PQR的面积S随动点移动时间t的函数关系式，并求s的最小值及相应的t值.
（4）是否存在△APQ为等腰三角形，若存在，求出相应的t值，若不存在请说明理由.
解：（1）在Rt△AOB中：tan∠OAB=，∴∠OAB=30°
（2）如图10，连接O‘P，O‘M. 当PM与⊙O‘相切时，有∠PM O‘=∠PO O‘=90°，
△PM O‘≌△PO O‘
由（1）知∠OBA=60°
∵O‘M= O‘B
∴△O‘BM是等边三角形
∴∠B O‘M=60°
可得∠O O‘P=∠M O‘P=60°
∴OP= O O‘·tan∠O O‘P
=6×tan60°=
又∵OP=t
∴t=，t=3
即：t=3时，PM与⊙O‘相切.
（3）如图9，过点Q作QE⊥x于点E
∵∠BAO=30°，AQ=4t， ∴QE=AQ=2t
AE=AQ·cos∠OAB=4t×
∴OE=OA-AE=-t
∴Q点的坐标为（-t，2t）
S△PQR= S△OAB -S△OPR -S△APQ -S△BRQ
=
=
= （）
当t=3时，S△PQR最小=
（4）分三种情况：如图11.
当AP=AQ1=4t时，
∵OP+AP=∴t+4t=
∴t=或化简为t=-18
当PQ2=AQ2=4t时， 过Q2点作Q2D⊥x轴于点D，
∴PA=2AD=2A Q2·cosA=t，即t+t =，∴t=2
当PA=PQ3时，过点P作PH⊥AB于点H
AH=PA·cos30°=（-t）·=18-3t
AQ3=2AH=36-6t，得36-6t=4t，
综上所述，当t=2，t=3.6，t=-18时，△APQ是等腰三角形.
★★21、（2010黄冈）已知抛物线顶点为C（1，1）且过原点O.过抛物线上一点P（x，y）向直线作垂线，垂足为M，连FM（如图）.
（1）求字母a，b，c的值；
（2）在直线x＝1上有一点，求以PM为底边的等腰三角形PFM的P点的坐标，并证明此时△PFM为正三角形；
（3）对抛物线上任意一点P，是否总存在一点N（1，t），使PM＝PN恒成立，若存在请求出t值，若不存在请说明理由.
解：（1）a＝－1，