2014年中考数学试题分类汇编44-综合性问题.doc

综合性问题
一、选择题
1. （ 2014•安徽省,第8题4分）如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（　　）

　 A． B． C． 4 D． 5
考点： 翻折变换（折叠问题）．
分析： 设BN=x，则由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，根据中点的定义可得BD=3，在Rt△ABC中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
解答： 解：设BN=x，由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，
∵D是BC的中点，
∴BD=3，
在Rt△ABC中，x2+32=（9﹣x）2，
解得x=4．
故线段BN的长为4．
故选：C．
点评： 考查了翻折变换（折叠问题），涉及折叠的性质，勾股定理，中点的定义以及方程思想，综合性较强，但是难度不大．

2. （ 2014•福建泉州，第7题3分）在同一平面直角坐标系中，函数y=mx+m与y=（m≠0）的图象可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
反比例函数的图象；一次函数的图象．
分析：
先根据一次函数的性质判断出m取值，再根据反比例函数的性质判断出m的取值，二者一致的即为正确答案．
解答：
解：A、由函数y=mx+m的图象可知m＞0，由函数y=的图象可知m＞0，故本选项正确；
B、由函数y=mx+m的图象可知m＜0，由函数y=的图象可知m＞0，相矛盾，故本选项错误；
C、由函数y=mx+m的图象y随x的增大而减小，则m＜0，而该直线与y轴交于正半轴，则m＞0，相矛盾，故本选项错误；
D、由函数y=mx+m的图象y随x的增大而增大，则m＞0，而该直线与y轴交于负半轴，则m＜0，相矛盾，故本选项错误；
故选：A．
点评：
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．

3. （2014•广西贺州，第10题3分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0）的图象如图所示，则一次函数y=cx+与反比例函数y=在同一坐标系内的大致图象是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
二次函数的图象；一次函数的图象；反比例函数的图象．
分析：
先根据二次函数的图象得到a＞0，b＜0，c＜0，再根据一次函数图象与系数的关系和反比例函数图象与系数的关系判断它们的位置．
解答：
解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x=﹣＞0，
∴b＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴一次函数y=cx+的图象过第二、三、四象限，反比例函数y=分布在第二、四象限．
故选B．
点评：
本题考查了二次函数的图象：二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；当a＜0，抛物线开口向下．对称轴为直线x=﹣；与y轴的交点坐标为（0，c）．也考查了一次函数图象和反比例函数的图象．

4.（2014•襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（　　）

A．
①②
B．
②③
C．
①③
D．
①④

考点：
翻折变换（折叠问题）；矩形的性质
分析：
求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确；利用30°角的正切值求出PF=PE，判断出②错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误；求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确．
解答：
解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＞2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选D．
点评：
本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
5．（2014•呼和浩特，第16题3分）以下四个命题：
①每一条对角线都平分一组对角的平行四边形是菱形．
②当m＞0时，y=﹣mx+1与y= 两个函数都是y随着x的增大而减小．
③已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点A，B，C，D按逆时针依次排列，若A点坐标为（1，，则D点坐标为（1，．
④在一个不透明的袋子中装有标号为1，2，3，4的四个完全相同的小球，从袋中随机摸取一个然后放回，再从袋中随机地摸取一个，则两次取到的小球标号的和等于4的概率为 ．
其中正确的命题有　①　（只需填正确命题的序号）
考点：
命题与定理．
分析：
利用菱形的性质、一次函数及反比例函数的性质、图形与坐标及概率的知识分别判断后即可确定答案．
解答：
解：①每一条对角线都平分一组对角的平行四边形是菱形，正确．
②当m＞0时，y=﹣mx+1与y= 两个函数都是y随着x的增大而减小，错误．
③已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点A，B，C，D按逆时针依次排列，若A点坐标为（1，，则D点坐标为（1，，错误．
④在一个不透明的袋子中装有标号为1，2，3，4的四个完全相同的小球，从袋中随机摸取一个然后放回，再从袋中随机地摸取一个，则两次取到的小球标号的和等于4的概率为 ，错误，
故答案为：①．
点评：
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解菱形的性质、一次函数及反比例函数的性质、图形与坐标及概率的知识，难度一般．

6．（3分）（2014•德州，第10题3分）下列命题中，真命题是（　　）

A．
若a＞b，则c﹣a＜c﹣b

B．
某种彩票中奖的概率是1%，买100张该种彩票一定会中奖

C．
点M（x1，y1），点N（x2，y2）都在反比例函数y=的图象上，若x1＜x2，则y1＞y2

D．
甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们射击成绩的方差分别为S=4，S=9，这过程中乙发挥比甲更稳定

考点：
命题与定理
专题：
常规题型．
分析：
根据不等式的性质对A进行判断；
根据概率的意义对B进行判断；
根据反比例函数的性质对C进行判断；
根据方差的意义对D进行判断．
解答：
解：A、当a＞b，则﹣a＜﹣b，所以c﹣a＜c﹣b，所以A选项正确；
B、某种彩票中奖的概率是1%，买100张该种彩票不一定会中奖，所以B选项错误；
C、点M（x1，y1），点N（x2，y2）都在反比例函数y=的图象上，若0＜x1＜x2，则y1＞y2，所以C选项错误；
D、甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们射击成绩的方差分别为S=4，S=9，这过程中甲发挥比乙更稳定，所以D选项错误．
故选A．
点评：
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
二.填空题
三.解答题
1. （ 2014•安徽省,第23题14分）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．
（1）①∠MPN=　60°　；
②求证：PM+PN=3a；
（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON；
（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．

考点： 四边形综合题．
分析： （1）①运用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解，
（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，
（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，
解答： 解：（1）①∵四边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°
又∴PM∥AB，PN∥CD，
∴∠BPM=60°，∠NPC=60°，
∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°，
故答案为；60°．
②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，
MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN
∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，
∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，
∴GM=AM，HL=BP，PL=PM，NK=ND，
∵AM=BP，PC=DN，
∴MG+HP+PL+KN=a，GH=LK=a，
∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3A．

（2）如图2，连接OE，
∵四边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，
∴AM=BP=EN，
又∵∠MAO=∠NOE=60°，OA=OE，
在△ONE和△OMA中，

∴△OMA≌△ONE（SAS）
∴OM=ON．
（3）如图3，连接OE，
由（2）得，△OMA≌△ONE
∴∠MOA=∠EON，
∵EF∥AO，AF∥OE，
∴四边形AOEF是平行四边形，
∴∠AFE=∠AOE=120°，
∴∠MON=120°，
∴∠GON=60°，
∵∠GON=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON，
∴∠GOE=∠DON，
∵OD=OE，∠ODN=∠OEG，
在△GOE和∠DON中，

∴△GOE≌△NOD（ASA），
∴ON=OG，
又∵∠GON=60°，
∴△ONG是等边三角形，
∴ON=NG，
又∵OM=ON，∠MOG=60°，
∴△MOG是等边三角形，
∴MG=GO=MO，
∴MO=ON=NG=MG，
∴四边形MONG是菱形．
点评： 本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．

2. （ 2014•福建泉州，第22题9分）如图，已知二次函数y=a（x﹣h）2+的图象经过原点O（0，0），A（2，0）．
（1）写出该函数图象的对称轴；
（2）若将线段OA绕点O逆时针旋转60°到OA′，试判断点A′是否为该函数图象的顶点？

考点：
二次函数的性质；坐标与图形变化-旋转．
分析：
（1）由于抛物线过点O（0，0），A（2，0），根据抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=1；
（2）作A′B⊥x轴与B，先根据旋转的性质得OA′=OA=2，∠A′OA=2，再根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=OA′=1，A′B=OB=，则A′点的坐标为（1，），根据抛物线的顶点式可判断点A′为抛物线y=﹣（x﹣1）2+的顶点．
解答：
解：（1）∵二次函数y=a（x﹣h）2+的图象经过原点O（0，0），A（2，0）．
∴抛物线的对称轴为直线x=1；
（2）点A′是该函数图象的顶点．理由如下：
如图，作A′B⊥x轴于点B，
∵线段OA绕点O逆时针旋转60°到OA′，
∴OA′=OA=2，∠A′OA=2，
在Rt△A′OB中，∠OA′B=30°，
∴OB=OA′=1，
∴A′B=OB=，
∴A′点的坐标为（1，），
∴点A′为抛物线y=﹣（x﹣1）2+的顶点．

点评：
本题考查了二次函数的性质：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（﹣，），对称轴直线x=﹣，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：①当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x=﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．②当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x=﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．也考查了旋转的性质．

3. （ 2014•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．
（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．
①判断
四边形DECF一定是什么形状？
②裁剪
当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；
（2）折叠
请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．

考点：
四边形综合题
分析：
（1）①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得，②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比，然后进行转换，即可得出h与x之间的函数关系式，根据平行四边形的面积公式，很容易得出面积S关于h的二次函数表达式，求出顶点坐标，就可得出面积s最大时h的值．
（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．
解答：
解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形．
②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，
∵∠ACB=45°，AC=24cm
∴AG==12，
设DF=EC=x，平行四边形的高为h，
则AH=12h，
∵DF∥BC，
∴=，
∵BC=20cm，
即：=
∴x=×20，
∵S=xh=x•×20=20h﹣h2．
∴﹣=﹣=6，
∵AH=12，
∴AF=FC，
∴在AC中点处剪四边形DECF，能使它的面积最大．

（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．
理由：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
点评：
本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，即可求出结论．

4. （ 2014•珠海，第22题9分）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．
（1）若抛物线l：y=ax2+bx+c经过G、O、E三点，则它的解析式为：　y=x2﹣x　；
（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围．

考点：
二次函数综合题
分析：
（1）求解析式一般采用待定系数法，通过函数上的点满足方程求出．
（2）平行四边形对边平行且相等，恰得MN为OF，即为中位线，进而横坐标易得，D为x轴上的点，所以纵坐标为0．
（3）已知S范围求横坐标的范围，那么表示S是关键．由PH不为平行于x轴或y轴的线段，所以考虑利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来解题，此法底为两点纵坐标得差，高为横坐标的差，进而可表示出S，但要注意，当Q在O点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑Q本身在R、E之间的限制．

解答：
解：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过E作EJ⊥CO于J，

∵A（2，0）、C（0，2），
∴OE=OA=2，OG=OC=2，
∵∠GOI=30°，∠JOE=90°﹣∠GOI=90°﹣30°=60°，
∴GI=sin30°•GO==，
IO=cos30°•GO==3，
JO=cos30°•OE==，
JE=sin30°•OE==1，
∴G（﹣，3），E（，1），
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵经过G、O、E三点，
∴，
解得，
∴y=x2﹣x．
（2）∵四边形OHMN为平行四边形，
∴MN∥OH，MN=OH，
∵OH=OF，
∴MN为△OGF的中位线，
∴xD=xN=•xG=﹣，
∴D（﹣，0）．
（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，
∵G（﹣，3），E（，1），
∴，
解得 ，
∴y=﹣x+2．
∵Q在抛物线y=x2﹣x上，
∴设Q的坐标为（x，x2﹣x），
∵Q在R、E两点之间运动，
∴﹣＜x＜．
①当﹣＜x＜0时，
如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），

∵S△PKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP），
S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ），
∴S△PQH=S△PKQ+S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）+•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ）
=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=•[﹣x+2﹣（x2﹣x）]•[0﹣（﹣）]=﹣x2+．
②当0≤x＜时，
如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），

同理 S△PQH=S△PKQ﹣S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）﹣•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xH）
=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=﹣x2+．
综上所述，S△PQH=﹣x2+．
∵，
∴＜﹣x2+≤，
解得﹣＜x＜，
∵﹣＜x＜，
∴﹣＜x＜．
点评：
本题考查了一次函数、二次函数性质与图象，直角三角形及坐标系中三角形面积的表示等知识点．注意其中“利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来表示面积”是近几年中考的考查热点，需要加强理解运用．

5. 2014•广西贺州，第26题12分）二次函数图象的顶点在原点O，经过点A（1，）；点F（0，1）在y轴上．直线y=﹣1与y轴交于点H．
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P是（1）中图象上的点，过点P作x轴的垂线与直线y=﹣1交于点M，求证：FM平分∠OFP；
（3）当△FPM是等边三角形时，求P点的坐标．

考点：
二次函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
（1）根据题意可设函数的解析式为y=ax2，将点A代入函数解析式，求出a的值，继而可求得二次函数的解析式；
（2）过点P作PB⊥y轴于点B，利用勾股定理求出PF，表示出PM，可得PF=PM，∠PFM=∠PMF，结合平行线的性质，可得出结论；
（3）首先可得∠FMH=30°，设点P的坐标为（x，x2），根据PF=PM=FM，可得关于x的方程，求出x的值即可得出答案．
解答：
（1）解：∵二次函数图象的顶点在原点O，
∴设二次函数的解析式为y=ax2，
将点A（1，）代入y=ax2得：a=，
∴二次函数的解析式为y=x2；
（2）证明：∵点P在抛物线y=x2上，
∴可设点P的坐标为（x，x2），
过点P作PB⊥y轴于点B，则BF=x2﹣1，PB=x，
∴Rt△BPF中，
PF==x2+1，
∵PM⊥直线y=﹣1，
∴PM=x2+1，
∴PF=PM，
∴∠PFM=∠PMF，
又∵PM∥x轴，
∴∠MFH=∠PMF，
∴∠PFM=∠MFH，
∴FM平分∠OFP；
（3）解：当△FPM是等边三角形时，∠PMF=60°，
∴∠FMH=30°，
在Rt△MFH中，MF=2FH=2×2=4，
∵PF=PM=FM，
∴x2+1=4，
解得：x=±2，
∴x2=×12=3，
∴满足条件的点P的坐标为（2，3）或（﹣2，3）．

点评：
本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、角平分线的性质及直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练基本知识，数形结合，将所学知识融会贯通．

6. （2014•广西玉林市、防城港市，第26题12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．
（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；
（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
①求此抛物线的解析式；
②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）直线与抛物线的交点B与A关于原点对称，即横纵坐标对应互为相反数，即相加为零，这很使用于韦达定理．由其中有涉及顶点，考虑顶点式易得a值．
（2）①直线l：y=kx向上平移k2+1，得直线r：y=kx+k2+1．根据无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C：y=ax2+bx+1都只有一个交点，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0中△==0．这虽然是个方程，但无法求解．这里可以考虑一个数学技巧，既然k取任何值都成立，那么代入最简单的1，2肯定是成立的，所以可以代入试验，进而可求得关于a，b的方程组，则a，b可能的值易得．但要注意答案中，可能有的只能满足k=1，2时，并不满足任意实数k，所以可以再代回△=中，若不能使其结果为0，则应舍去．
②求证OP=PQ，那么首先应画出大致的示意图．发现图中几何条件较少，所以考虑用坐标转化求出OP，PQ的值，再进行比较．这里也有数学技巧，讨论动点P在抛物线y=﹣x2+1上，则可设其坐标为（x，﹣x2+1），进而易求OP，PQ．
解答：
（1）解：
∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，
∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．
∵B与A关于原点对称，
∴0=xA+xB=，
∴k=1．
∵y=ax2+x+1=a（x+）2+1﹣，
∴顶点（﹣，1﹣）在y=x上，
∴﹣=1﹣，
解得 a=﹣．
（2）
①解：∵无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点，
∴k=1时，k=2时，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当k=1时，r：y=x+2，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣1）x﹣1=0，
∵△==0，
∴（b﹣1）2+4a=0，
当k=2时，r：y=2x+5，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣2）x﹣4=0，
∵△==0，
∴（b﹣2）2+16a=0，
∴联立得关于a，b的方程组 ，
解得 或 ．
∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0，
∴△=．
当时，△===0，故无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当时，△==，显然虽k值的变化，△不恒为0，所以不合题意舍去．
∴C：y=﹣x2+1．
②证明：
根据题意，画出图象如图1，

由P在抛物线y=﹣x2+1上，设P坐标为（x，﹣x2+1），连接OP，过P作PQ⊥直线y=2于Q，作PD⊥x轴于D，
∵PD=|﹣x2+1|，OD=|x|，
∴OP====，
PQ=2﹣yP=2﹣（﹣x2+1）=，
∴OP=PQ．
点评：
本题考查了二次函数、一次函数及图象，图象平移解析式变化，韦达定理及勾股定理等知识，另涉及一些数学技巧，学生解答有一定难度，需要好好理解掌握．

7.（2014年广东汕尾，第25题10分）如图，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C．
（1）直接写出A、D、C三点的坐标；
（2）若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；
（3）设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

分析：（1）令y=0，解方程x2﹣x﹣3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=﹣3，可确定C点坐标；
（2）根据抛物线的对称性，可知在在x轴下方对称轴右侧也存在这样的一个点；再根据三角形的等面积法，在x轴上方，存在两个点，这两个点分别到x轴的距离等于点C到x轴的距离；
（3）根据梯形定义确定点P，如图所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1与D点重合，即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．先求出直线CP2的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标．
解：（1）∵y=x2﹣x﹣3，∴当y=0时，x2﹣x﹣3=0，
解得x1=﹣2，x2=4．当x=0，y=﹣3．
∴A点坐标为（4，0），D点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣3）；
（2）∵y=x2﹣x﹣3，∴对称轴为直线x==1．
∵AD在x轴上，点M在抛物线上，
∴当△MAD的面积与△CAD的面积相等时，分两种情况：
①点M在x轴下方时，根据抛物线的对称性，可知点M与点C关于直线x=1对称，
∵C点坐标为（0，﹣3），∴M点坐标为（2，﹣3）；
②点M在x轴上方时，根据三角形的等面积法，可知M点到x轴的距离等于点C到x轴的距离3．当y=4时，x2﹣x﹣3=3，解得x1=1+，x2=1﹣，
∴M点坐标为（1+，3）或（1﹣，3）．
综上所述，所求M点坐标为（2，﹣3）或（1+，3）或（1﹣，3）；
（3）结论：存在．
如图所示，在抛物线上有两个点P满足题意：
①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1．
由点C关于抛物线对称轴的对称点为B，可知BC∥x轴，则P1与D点重合，
∴P1（﹣2，0）．∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC，∴四边形ABCP1为梯形；
②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2．
∵A点坐标为（4，0），B点坐标为（2，﹣3），∴直线AB的解析式为y=x﹣6，
∴可设直线CP2的解析式为y=x+n，将C点坐标（0，﹣3）代入，得b=﹣3，
∴直线CP2的解析式为y=x﹣3．∵点P2在抛物线y=x2﹣x﹣3上，
∴x2﹣x﹣3=x﹣3，化简得：x2﹣6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6，
∴点P2横坐标为6，代入直线CP2解析式求得纵坐标为6，∴P2（6，6）．
∵AB∥CP2，AB≠CP2，∴四边形ABCP2为梯形．
综上所述，在抛物线上存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形；点P的坐标为（﹣2，0）或（6，6）．
点评： 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线与坐标轴的交点坐标求法，三角形的面积，梯形的判定．综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．

8.（2014•毕节地区，第27题16分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线Ac的解析式及B点坐标；
（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求P点的坐标，若不存在，请说明理由．

考点：
二次函数综合题
分析：
（1）利用顶点式将（﹣1，﹣1）代入求出函数解析式即可；
（2）首先根据题意得出C点坐标，进而利用待定系数法求出直线AC的解析式，进而联立二次函数解析式，即可得出B点坐标；
（3）首先求出直线EF的解析式，进而得出BP的解析式，进而将y=﹣2x﹣7和y=x+联立求出P点坐标即可．
解答：
解：（1）设抛物线解析式为：y=a（x+1）2﹣1，将（1，0）代入得：
0=a（1+1）2﹣1，
解得；a=，
∴抛物线的解析式为：y=（x+1）2﹣1；

（2）∵A（﹣1，﹣1），
∴∠COA=45°，
∵∠CAO=90°，
∴△CAO是等腰直角三角形，
∴AC=AO，
∴C（﹣2，0），
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
将A，C点代入得出：，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣2，
将y=（x+1）2﹣1和y=﹣x﹣2联立得：
，
解得：，，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣2，B点坐标为：（﹣5，3）；
（3）过点B作BP⊥EF于点P，
由题意可得出：E（﹣5，﹣2），设直线EF的解析式为：y=dx+c，
则，
解得：，
∴直线EF的解析式为：y=x+，
∵直线BP⊥EF，∴设直线BP的解析式为：y=﹣2x+e，
将B（﹣5，3）代入得出：3=﹣2×（﹣5）+e，
解得：e=﹣7，
∴直线BP的解析式为：y=﹣2x﹣7，
∴将y=﹣2x﹣7和y=x+联立得：
，
解得：，
∴P（﹣3，﹣1），
故存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．

点评：
此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及顶点式求二次函数解析式以及垂直的两函数系数关系等知识，求出C点坐标是解题关键．
9.（2014•武汉，第25题12分）如图，已知直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=x2交于A，B两点．

（1）直线AB总经过一个定点C，请直接出点C坐标；
（2）当k=﹣时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；
（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB=90°，求点D到直线AB的最大距离．

考点：
二次函数综合题；解一元二次方程-因式分解法；根与系数的关系；勾股定理；相似三角形的判定与性质
专题：
压轴题．
分析：
（1）要求定点的坐标，只需寻找一个合适x，使得y的值与k无关即可．
（2）只需联立两函数的解析式，就可求出点A、B的坐标．设出点P的横坐标为a，运用割补法用a的代数式表示△APB的面积，然后根据条件建立关于a的方程，从而求出a的值，进而求出点P的坐标．
（3）设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t，从条件∠ADB=90°出发，可构造k型相似，从而得到m、n、t的等量关系，然后利用根与系数的关系就可以求出t，从而求出点D的坐标．由于直线AB上有一个定点C，容易得到DC长就是点D到AB的最大距离，只需构建直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．
解答：
解：（1）∵当x=﹣2时，y=（﹣2）k+2k+4=4．
∴直线AB：y=kx+2k+4必经过定点（﹣2，4）．
∴点C的坐标为（﹣2，4）．
（2）∵k=﹣，
∴直线的解析式为y=﹣x+3．
联立，
解得：或．
∴点A的坐标为（﹣3，），点B的坐标为（2，2）．
过点P作PQ∥y轴，交AB于点Q，
过点A作AM⊥PQ，垂足为M，
过点B作BN⊥PQ，垂足为N，如图1所示．

设点P的横坐标为a，则点Q的横坐标为A．
∴yP=a2，yQ=﹣a+3．
∵点P在直线AB下方，
∴PQ=yQ﹣yP
=﹣a+3﹣a2
∵AM+NB=a﹣（﹣3）+2﹣a=5．
∴S△APB=S△APQ+S△BPQ
=PQ•AM+PQ•BN
=PQ•（AM+BN）
=（﹣a+3﹣a2）•5
=5．
整理得：a2+a﹣2=0．
解得：a1=﹣2，a2=1．
当a=﹣2时，yP=×（﹣2）2=2．
此时点P的坐标为（﹣2，2）．
当a=1时，yP=×12=．
此时点P的坐标为（1，）．
∴符合要求的点P的坐标为（﹣2，2）或（1，）．
（3）过点D作x轴的平行线EF，
作AE⊥EF，垂足为E，
作BF⊥EF，垂足为F，如图2．

∵AE⊥EF，BF⊥EF，
∴∠AED=∠BFD=90°．
∵∠ADB=90°，
∴∠ADE=90°﹣∠BDF=∠DBF．
∵∠AED=∠BFD，∠ADE=∠DBF，
∴△AED∽△DFB．
∴．
设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t，
则点A、B、D的纵坐标分别为m2、n2、t2．
AE=yA﹣yE=m2﹣t2．
BF=yB﹣yF=n2﹣t2．
ED=xD﹣xE=t﹣m，
DF=xF﹣xD=n﹣t．
∵，w w w .x k b 1.c o m
∴=．
化简得：mn+（m+n）t+t2+4=0．
∵点A、B是直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=x2交点，
∴m、n是方程kx+2k+4=x2即x2﹣2kx﹣4k﹣8=0两根．
∴m+n=2k，mn=﹣4k﹣8．
∴﹣4k﹣8+2kt+t2+4=0，
即t2+2kt﹣4k﹣4=0．
即（t﹣2）（t+2k+2）=0．
∴t1=2，t2=﹣2k﹣2（舍）．
∴定点D的坐标为（2，2）．
过点D作x轴的平行线DG，
过点C作CG⊥DG，垂足为G，如图3所示．

∵点C（﹣2，4），点D（2，2），
∴CG=4﹣2=2，DG=2﹣（﹣2）=4．
∵CG⊥DG，
∴DC=
=
=
=2．
过点D作DH⊥AB，垂足为H，如图3所示，
∴DH≤DC．
∴DH≤2．
∴当DH与DC重合即DC⊥AB时，
点D到直线AB的距离最大，最大值为2．
∴点D到直线AB的最大距离为2．
点评：
本题考查了解方程组、解一元二次方程、一元二次方程根与系数的关系、勾股定理、相似三角形的性质与判定等知识，考查了通过解方程组求两函数交点坐标、用割补法表示三角形的面积等方法，综合性比较强．构造K型相似以及运用根与系数的关系是求出点D的坐标的关键，点C是定点又是求点D到直线AB的最大距离的突破口．

10.（2014•襄阳，第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
（1）填空：点A坐标为　（1，4）　；抛物线的解析式为　y=﹣（x﹣1）2+4　．
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？
（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P做PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，