中考數(shù)學(xué)壓軸題精析

分yax2bx3a(b0)，若拋物線(xiàn)C經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,3)分yax2bx3a(b0)，若拋物線(xiàn)C經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,3)，方程ax2bx3a014x1x2，且x1（1）求拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)坐標(biāo)（2）x0x12xx12xxA(my1B(ny2是C2AOB90m0n00次函數(shù)OA的函數(shù)解析式（P(x1y1)Q(x2y2PQ離為(xx)2yy)2 b（2）x11x1xx∵x2＋bx－３=０的兩根為x1,x2且x1∴x1∵x2＋bx－３=０的兩根為x1,x2且x1∴x1 (x1x2)24x1x2＝（2）∵x＞０，∴x12(x )1xxx12,x＝x1xx（3）方法一：由平移知識(shí)易得Ｃ２的解析式為 １∵ΔAOB化簡(jiǎn)得：m∵ＳΔAOB=1OAOB=m4 2∵m22212m22m2＝21m1m112(m 2∴ＳΔAOB的最小值為１，此時(shí)∴直線(xiàn)OA的一次函數(shù)解析式為方法二：由題意可求拋物線(xiàn)C2（12212m22m2＝21m1m112(m 2∴ＳΔAOB的最小值為１，此時(shí)∴直線(xiàn)OA的一次函數(shù)解析式為方法二：由題意可求拋物線(xiàn)C2（12∴A(m,m2)，B(n,n2yABx軸的垂線(xiàn)，垂足分別為CDS梯形SAOCS1(m2n2)(mn)1mm21n222由 x C ∴mn1（11m∴n∴S1mn(mn)1(m1m221由（2）知：m m∴S1(m1)122 m1S（2∴一次函數(shù)OAy（1﹣4，O，0，B（，0）﹣4，O，0，B（，0）（2，﹣4（0，0，（2，）a=﹣y=﹣（2）y=﹣x2+x=﹣（x﹣1）2+ABx=1MOM+AMAAN⊥x軸于點(diǎn)Rt△ABN=，．Rt△ABN=，．AF⊥l3Fl2HCCE⊥l2El3又∴SABCD=4S△ABH+S正方形=4×又∴SABCD=4S△ABH+S正方形=4×故∴SABCD=4S△ABH+S正方形=4×M，BDN，推出=，MD長(zhǎng)為x，Rt△AMB解得答：MDx+2xPy解得答：MDx+2xPyAE（﹣1，0（1）求拋物線(xiàn)的解析式（關(guān)系式（2）AAC⊥ABx軸于點(diǎn)CC比例線(xiàn)段之間的關(guān)系，求出線(xiàn)段x+2，令x=0，∴（0，2（，2，比例線(xiàn)段之間的關(guān)系，求出線(xiàn)段x+2，令x=0，∴（0，2（，2，（1，0∴，．∴拋物線(xiàn)的解析式為x2+（2）∵直線(xiàn)x+2xyP，，CxC（3）拋物線(xiàn)x2+x+2x+2A、B令x2+ ，，BBD⊥x，0，BD==M在xBM⊥AB，M（m，0， ，即，令x2+ ，，BBD⊥x，0，BD==M在xBM⊥AB，M（m，0， ，即，，M在xBM⊥AMM（m，0∴，，M在yBM⊥AMM（0，M在yBM′⊥AB，M′（0，m=∴，M在yBM⊥AMM（0，M在yBM′⊥AB，M′（0，m=∴，，符合條件的點(diǎn)M有5個(gè)，其坐標(biāo)分別為 ，0（，M5（x3y2M5（x3y225（1）不重合DCDCBCDCFAF．AFDABCBA（DB）DC的對(duì)應(yīng)邊F′≌△C的對(duì)應(yīng)邊F′≌△C（，則Ⅱ．Ⅰ中的結(jié)論不成立．新的結(jié)論是（SAS，則同理知，△CF（CF（△CF（CF（，則CF（S，則C（，則，△（S又由（2）知岳陽(yáng))鍋蓋高（1）岳陽(yáng))鍋蓋高（1）C1C2（2）BBE：y=x﹣1C1E（﹣2，﹣OE、BC（3）如果（2）中的直線(xiàn)BEC1C2Q，（2）BE：y=x﹣1（0，﹣1）A（﹣3，0B（3，0D（0，﹣3C1：y=x﹣（﹣≤≤3A（0，1C2：y=﹣+1（﹣≤3=（0，﹣1（tan∠CBO=tan∠EBO=E：tan∠AOE≠，即∠AOE≠∠CBO，且，得：BP1=，OP1=OB﹣BP1=∴P1（，且，得；，且，得：BP1=，OP1=OB﹣BP1=∴P1（，且，得；（3）lBEx+b=x2﹣3，即Q2（Q2到直線(xiàn)BE：x﹣y﹣1=0==；x+b=﹣x2+1，即Q1（﹣，Q1到直線(xiàn)BE：x﹣y﹣1=0=；Q點(diǎn)為Q1（﹣，=．△EBQ：Smax=×=．△EBQ：Smax=×PDABCD1cmEFGHFG，GHx（sy（cm（1）試求出yxy=3x∴=，∴=，∴y關(guān)于x，y=3=3，x（2）∵S1=GP?GD=，S2=GD?CD=，﹣=即為常數(shù)；（3）PDACy=3=3，x（2）∵S1=GP?GD=，S2=GD?CD=，﹣=即為常數(shù)；（3）PDAC，化簡(jiǎn)得解得，，Rt△DGP=．(9.201229．y=x2﹣（b+1）x+（bb＞2）(9.201229．y=x2﹣（b+1）x+（bb＞2）A、B（ABy（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)為 ，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0， （用含b的代數(shù)式示（1）y=0y=x2﹣（b+1）x+=0，解關(guān)于x（1）y=0y=x2﹣（b+1）x+=0，解關(guān)于x（x，y軸，x和yP與△解：（1）y=0，y=x2﹣（b+1）x+=解得：x=1∵b是實(shí)數(shù)且b＞2，AB（b，0解得：y=C（0，（b，0（0，（x，y解得：y=C（0，（b，0（0，（x，yS四邊形POCB=S△PCO+S△POB=??x+由﹣，，QA⊥xQA∥y∴AQ=CO=QA⊥xQA∥y∴AQ=CO=解得．．∴=∴OC?AQ=OA?OB．即?（1，4Q（1，4∴OC?AQ=OA?OB．即?（1，4Q（1，4(2BCyEAE，－1）又∵由拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)C（－2，6），∴6=a（－2＋4）（－2－1）a=－1由題意得：kb ，解得：k－1）又∵由拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)C（－2，6），∴6=a（－2＋4）（－2－1）a=－1由題意得：kb ，解得：k。2kbbBCE（0，2）∴2026AEAO2OE225422225，CE4k1b1k1，解得：4xyx33。y）， 則2521013xyx33。y）， 則25210130。BF ，AF33332126 5∴BF 5 5?！郆F。 （2）BCEAE及得出BF ；由題意得∠ABF=∠CBA，【11.201228．(本小題滿(mǎn)分l2xOyy5xmm為常數(shù))的圖象與x40(為常數(shù)，且a≠0A，Cx（1）求m，M（1）求m，Mx，yM1P不平行的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于M(x，y1 M 解答：經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣3，0+m，，A（﹣3，0=a（x+3x5∴=a?3（﹣5， x2+；AC∥EFAC=EF（i）EEEEG⊥x，∴ xE∴=a?3（﹣5， x2+；AC∥EFAC=EF（i）EEEEG⊥x，∴ xE2+ ；（ii）EEEE′G′⊥x，=．∵B（5，，（0，，即P（1，3x2+，聯(lián)立化簡(jiǎn)得即P（1，3x2+，聯(lián)立化簡(jiǎn)得====4（+==；=4（+∴2x+100（2x+100（考分解（2）z=350，2543及函數(shù)的圖象25≤x≤4332y=﹣2x+100y隨x∴當(dāng)元 本題考查的是二次函數(shù)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)題意求出二次函數(shù)的解【13.2012 本題考查的是二次函數(shù)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)題意求出二次函數(shù)的解【13.2012yA2Ox69,及（2解：（1）把x=0,y=2h=2.6y=a(x-1即,及（2解：（1）把x=0,y=2h=2.6y=a(x-1即 ∴a1 1（2）當(dāng)h=2.6時(shí)，y= 1x=9時(shí)，y= 1x=18時(shí)，y= （3）x=0,y=2,y=a(x-6)2+ha2hx=9y=2h(9－6)2+h23h＞2.43①4x=18y2h(18－6)2+h83h＞0②由①②得h≥3【14.2012（m，m（n，﹣nA、O、BOA、OB、ABAB交y（m，m（n，﹣nA、O、BOA、OB、ABAB交yCm（2）POB（O、BPCD、兩點(diǎn)（DyOD、②求△BODD考點(diǎn)分OC=OPOP=PC時(shí)，點(diǎn)POCOC=PC解解（1）得分，∴解解（1）得分，∴，．…（4（2）①AB∴，．．…（OBOB∴OC=OPOP=PC（x，x（i）OC=OP．，（舍去，（ii）當(dāng)OP=PC時(shí)，點(diǎn)POC∴P2（，﹣，∴P3（，﹣∴P點(diǎn)坐標(biāo)為，）P2（（x，x（i）OC=OP．，（舍去，（ii）當(dāng)OP=PC時(shí)，點(diǎn)POC∴P2（，﹣，∴P3（，﹣∴P點(diǎn)坐標(biāo)為，）P2（，﹣）．…（9DDG⊥xGOB于QBBH⊥xQ（x，x，（x，DQ?OG+=Q（O=，=，D（，﹣．…（13分 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及等腰三角形的性質(zhì)和三角形面積求法等評(píng)：【15.2012 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及等腰三角形的性質(zhì)和三角形面積求法等評(píng)：【15.2012A（1，2，△AOB考點(diǎn)分tP（，解，考點(diǎn)分tP（，解，，b=x2+t2+1MMG⊥ABGP點(diǎn)作PH⊥AB t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=∴t2﹣t+2=1MMG⊥ABGP點(diǎn)作PH⊥AB t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=∴t2﹣t+2=P（，P（，ABPM（3）2，△AOBACA′O′B′，A′B′xTOCQ，A′O′xKOCa+3易知△OQT∽△OCDQT=，Q（a，ABOC==KT=A′T=（3﹣a，A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣S四邊形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT?A′T﹣=?（3﹣a）﹣?（3﹣=a2+a﹣（a﹣ACA′（，S．RRH⊥xH，則由△ORH∽△OCD①②KH=OK=③，④=a﹣OH，即OH=2a﹣2，RH=a﹣1，RS四邊形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=?（3﹣a）﹣?（3﹣=a2+a﹣（a﹣ACA′（，S．RRH⊥xH，則由△ORH∽△OCD①②KH=OK=③，④=a﹣OH，即OH=2a﹣2，RH=a﹣1，RS四邊形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=?OT?QT﹣?=a?a﹣（1+a﹣ a2+a﹣（a﹣ACA′（，S．∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=∴KT=A′T?tan∠O′A′B′=（﹣a+3）? a+a+）=a﹣RRH⊥x又==∴2RH=OK+KH=a﹣+，Ra﹣1，=（a﹣1RS四邊形RKTQ∴KT=A′T?tan∠O′A′B′=（﹣a+3）? a+a+）=a﹣RRH⊥x又==∴2RH=OK+KH=a﹣+，Ra﹣1，=（a﹣1RS四邊形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=?KT?A′T﹣=?（3﹣a）﹣?（3﹣=a2+a﹣（a﹣ACA′（，S取到最大值，最大值為． 本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、等腰【16.201225OABC 本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、等腰【16.201225OABCACyx24x2（2）PA1ABB1秒后點(diǎn)QPQ⊥ACt∴（0，﹣y∴（0，﹣y2時(shí)2x24x2，解得x10，x24∴B（4，﹣Q點(diǎn)移動(dòng)路程為7(t1)7t7QOA上時(shí)，即07t72，1t97QA=AP7t7， t75 ∵9 QOC上時(shí)，即27t769t13772，過(guò)QQD⊥ABPQ⊥ACQA=DP296t t43∵9413 PQ⊥ACQA=DP296t t43∵9413 t43QBC上時(shí)，即67t7813t1573，PQ⊥AC，過(guò)Q7則PQAC綜上所述，當(dāng)t4PQ⊥AC3PQ∥AC∴BP=BQ ∴4t87(t1)42t=2t=2，PQ∥AC∴（2，﹣，Q（4﹣1P點(diǎn)關(guān)于OQPPPOQ∴OQ=172 P點(diǎn)關(guān)于OQPPPOQ∴OQ=172 ∴ = PP，∴P'N12，PN48∴P′（46，177∴直線(xiàn)OP′的解析式為y x∴OP′N(xiāo)PH2（2，14y14時(shí)，∠HOP＞∠POQHy2y14時(shí)，∠HOQ＞∠POQHH3 ,拋物線(xiàn)y=ax+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)24（2）m⊙CAyDPOBO3 ,拋物線(xiàn)y=ax+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)24（2）m⊙CAyDPOBO點(diǎn)Q的速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)，當(dāng)PQ⊥AD時(shí),求運(yùn)動(dòng)時(shí)間點(diǎn)代入拋物線(xiàn)1a= b=-2（2）OAD=∠AOBOF⊥ADFOFt若 則FQ=OP==DF=DQ-FQ ⊿ODF1（3）R(x,2x2-2x)，作RG⊥yG作RH⊥OBHy軸于I，則RG=21OG=2x2+2x再算出IR、HIRH5x-4)2+ 4=-114當(dāng) 時(shí)，RH最大。S⊿ROB最大。這時(shí)：2x2-2x=244∴點(diǎn) ,-32線(xiàn)121OG=2x2+2x再算出IR、HIRH5x-4)2+ 4=-114當(dāng) 時(shí)，RH最大。S⊿ROB最大。這時(shí)：2x2-2x=244∴點(diǎn) ,-32線(xiàn)1a= b=-1∴拋物線(xiàn)的函數(shù)解析式為：y=2x2-（2）ACOB∵直線(xiàn)m切⊙C于 ∴AC⊥m，∵⌒⌒AB=AO∴∴∠3∵OA=4tan∠AOB=3∴OD=OA·tan∠OAD=4×4OF⊥AD3OF=OA·sin∠OAD=4×5t秒時(shí)，OP=t,DQ=2t,若 則FQ=OP==DF=DQ-FQ ⊿ODF1（3）令R(x,2x2- RG⊥y=DF=DQ-FQ ⊿ODF1（3）令R(x,2x2- RG⊥yG作RH⊥OBHy【18.2012A（6，0、lDxP、Ql和x（1）①B ；②∠CAO= QAP 直接寫(xiě)出答案（3）Px，△OPQOABCSSx 相似三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；梯形；解直角三角形點(diǎn)專(zhuān)題分（3）0≤x≤33＜x≤55＜x≤9時(shí)，當(dāng)x＞9解專(zhuān)題分（3）0≤x≤33＜x≤55＜x≤9時(shí)，當(dāng)x＞9解==，QAPPE⊥OA ，P故答案為，②30，③（，3則NQPDAM=ANMJ⊥xPI⊥x故答案為，②30，③（，3則NQPDAM=ANMJ⊥xPI⊥x（3﹣m）=AN=（3﹣m）=解得，情況③AM=NMMPPK⊥OAKMMG⊥OA，==，情況③AM=NMMPPK⊥OAKMMG⊥OA，==，，EF=（3+xS梯形=（3+x3＜x≤5，S=S﹣S△HAQ=S5＜x≤9，S=S梯形=（3+x3＜x≤5，S=S﹣S△HAQ=S5＜x≤9，S=（12﹣9＜xS=． 此題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及直角【19.201227．已知拋物 此題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及直角【19.201227．已知拋物線(xiàn)y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過(guò)A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)三點(diǎn)，直線(xiàn)l(2)設(shè)點(diǎn)P是直線(xiàn)l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PAC的周長(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)(3)在直線(xiàn)l上是否存在點(diǎn)M，使為等腰三角形？若存在，直接寫(xiě)出所有符合條點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理分析：(1)直接將A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)的解析式中求出待定系數(shù)即可(2)由圖知：A、點(diǎn)關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，那么根據(jù)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)(2)由圖知：A、點(diǎn)關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，那么根據(jù)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性以及兩之間線(xiàn)段最短可知：若連接BC，那么BC與直線(xiàn)l的交點(diǎn)即為符合條件的P(3)由于的腰和底沒(méi)有明確，因此要分三種情況來(lái)討論：①M(fèi)A＝AC＝MC、②A(yíng)C＝MC；可先設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo)，然后用M點(diǎn)縱坐標(biāo)表示△MAC解：(1)將A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)代入拋物線(xiàn)y＝ax2＋bx＋c中，得解答(2)連接BC，直線(xiàn)BC與直線(xiàn)l的交點(diǎn)為設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y＝kx＋b，將B(3，0)，C(0，3)代入上式當(dāng)x－1時(shí)，y＝2，即P的坐＝1，設(shè)M(1，m)，已知A(－1，0)、①若MA＝MC，則MA2＝MC2，得②若MA＝AC，則MA2＝AC2，得；③若MC＝AC，則MC2＝AC2，得當(dāng)m＝6；③若MC＝AC，則MC2＝AC2，得當(dāng)m＝6時(shí)，M、A、C三點(diǎn)共線(xiàn)，構(gòu)不成三角形，不合題意，故舍M點(diǎn)，且坐標(biāo)為【20.2012)、B(6，0)兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，甲AO方向、乙沿BO方向均以4km/h的速度行駛，th后，甲到達(dá)M點(diǎn)，乙到達(dá)N(1)請(qǐng)說(shuō)明甲、乙兩人到達(dá)O點(diǎn)前，MN與AB不可能平(3)甲、乙兩人之間的距離為MN的長(zhǎng)，設(shè)s＝MN2，求s與t分析：( 分析：( 當(dāng)＝即在甲、乙兩人到達(dá)O點(diǎn)前，只有當(dāng)t＝0時(shí)，△OMN∽△OAB，所以MN與AB(2Ot＝，乙達(dá)到Ot＝＝，所以甲先到達(dá)t＝或t＝O、M、N①當(dāng)t＜時(shí)，如果△OMN∽△OAB，則，解得t＝2＞＝△OMN不可能相似②當(dāng)＜t＜時(shí)，∠MON＞∠AOB，顯然△OMN不相似t＞時(shí)，t＝2＞，所以當(dāng)t＝2＝△OMN不可能相似②當(dāng)＜t＜時(shí)，∠MON＞∠AOB，顯然△OMN不相似t＞時(shí)，t＝2＞，所以當(dāng)t＝2＝(3t1MMH⊥x在Rt△MOH中，因?yàn)椋絆H＝0Mcos60°＝(2－4t)×②當(dāng)＜t≤時(shí)，如圖2MH⊥xRt△MNH中(2t－1)，NH＝t＞時(shí)，同理可得A（4，0（﹣1A（4，0（﹣1，0∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥ODA（4，0B（﹣1，0∴，∴．∵，∴=，∴，∴EF=，8．EC、ACAEC∴，∴．∵，∴=，∴，∴EF=，8．EC、ACAECCE于G，EEM⊥xMRt△AEM∴EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+；==Rt△ECF，EF=即，解得，t2=6，【22.==Rt△ECF，EF=即，解得，t2=6，【22.2012x2﹣x﹣9與xA、ByCBC（1）ABOC（2）EAx軸向點(diǎn)B（EA、BElBCACDAEm，△ADEss關(guān)于mx=0y=﹣9，則（0，﹣y=0時(shí)，x2﹣x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，則：A（﹣3，0、B（6，0x=0y=﹣9，則（0，﹣y=0時(shí)，x2﹣x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，則：A（﹣3，0、B（6，0∴ =（）2，得：s=m2＜m＜9（3）S△AEC=AE?OC=m，S△AED=s=則：S△EDC=S△AEC﹣S△AED=﹣m2+m=﹣（m﹣；，此時(shí)，AE=m=，BE=AB﹣AE=EEF⊥BCF，則Rt△BEF∽R(shí)t△BCO =；EBC．【23.2012OP0OP【23.2012OP0OPQPQy軸于點(diǎn)M．PAxA，QBx軸于點(diǎn)BP（1）1（2）2AM、BM，OP、OQD、代入y=x2，得 ．②設(shè)∴，，∴OQ=．當(dāng)OQ=OC時(shí)，則代入y=x2，得 ．②設(shè)∴，，∴OQ=．當(dāng)OQ=OC時(shí)，則，2，當(dāng)OQ=CQ時(shí)，則30，1（2）①∵P（m，m2，設(shè)Q∴，P（m，m2，∵又【24.201226．xOy中，矩形OABCOA、OC12cm【24.201226．xOy中，矩形OABCOA、OC12cmB，（2）如果點(diǎn)PAAB1cm/sBQ由點(diǎn)BBC2cm/sCt△PBQSS與t（0，﹣1，，；（＜＜6）t=3，SP（3，﹣12Q，，；（＜＜6）t=3，SP（3，﹣12Q（3，﹣18（3，﹣18（3，﹣6，將（9，﹣6，將（3，﹣18【25.2012，MA⊥x（2）設(shè)點(diǎn)Na，aN（3）NMxP（2）設(shè)點(diǎn)Na，aN（3）NMxP，進(jìn)而得出然后連接解：（1）y=x2+x+m=∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為N的縱坐標(biāo)為：N（a，F(xiàn)FC⊥NBRt△FCN，F(xiàn)C=a+2，NC=NB﹣CB=N的縱坐標(biāo)為：N（a，F(xiàn)FC⊥NBRt△FCN，F(xiàn)C=a+2，NC=NB﹣CB=∴NF2=NC2+FC2=（=（NB2=（=（（3）AF、由∴=，F(xiàn)FG⊥xGRt△PFG=，F(xiàn)（﹣2，2，0）∴=，F(xiàn)FG⊥xGRt△PFG=，F(xiàn)（﹣2，2，0）k=，b=PF：y=x+解方程x2+x+2=x+x=﹣3或x=2（不合題意，舍去x=﹣3，y=∴M（﹣3，【26.2012?【26.2012?（AD）B落在PCGPGDCHEF，BP、（1）（3）APx，EFGPS，SxS：翻折變換分析：即2BBQ⊥PH又（3）3FFM⊥AB，M，（3）3FFM⊥AB，M，．∴．∴．．，x=2，S【27.2012xA、By【27.2012xA、By（4，0A（﹣1，0C（0﹣2（，0：B（4，0C（（，0：B（4，0C（0，﹣2x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且，即S△MBC=BC×hh（MBC）時(shí)，△ABC，即M（2﹣3【28.2012A（4，0CA（4，0CPAB（端點(diǎn)除外PPD∥ACBCD（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P，，（2）P（x，0）時(shí)，有x=0C∴．，==．，，（2）P（x，0）時(shí)，有x=0C∴．，==．，x1=，x2=﹣2（﹣2，∴，∴×∵，∴×∵，【29.2012在OCyDOCBE⊥DBxOFOFDGOF=DG∵，D（0，∵，D（0，2，B（4，4，E（6，0），，（2）OF=DG，MB，，（4，4∴，，∴（0，6OF=DG∴（0，6OF=DG∵F（2，0∴P（2，4∴Q2（44∴，，∴ ．，綜上所述，Q）Q2（4，4），【30.201226．1，A．Dx軸和yCD∥xBC∥y【30.201226．1，A．Dx軸和yCD∥xBC∥yP從D（a，0AOD=4，即可得出DO?AO=4，a2ACBxMDAB=5cm，CB=1cmP（x，y，連P（x，y，連（a，022∴a=2或2（2，0（0，41CBx2，（6，3P（x，y，連S四邊形DPBC=S△DPC+S△PBC=SOABCD=（S矩形∴6×（4﹣y）+S四邊形DPAO=9A（2P（x，y，連S四邊形DPBC=S△DPC+S△PBC=SOABCD=（S矩形∴6×（4﹣y）+S四邊形DPAO=9A（2，0，B（6，3），由或]．，則=，∴OC=OB=，B（2）∵O2，，x∴OC=OB=，B（2）∵O2，，x（2，y，Rt△POD=，P）②若OB=PB，則 ，POP=BP②若OB=PB，則 ，POP=BP，PA（0，1B（20，O（0，0′10′10B′0yax2，0ab2a，解之得104a2bcyx2x2P（x，y112+12x+12222x(x2x2)1x22x3PBAB的面積是ABO面積的4x22x34x22x10xx22x10x1y12122P(1,2)P（1，2【33.2012（3，6（2）PPPMx軸于點(diǎn)M（M、O重合OAQ，再過(guò)點(diǎn)QPMy軸于點(diǎn)N與線(xiàn)段=2（．…（3=2（．…（31，Q作QG⊥yG，QH⊥xQH與QMQGQN；QH與QM∴，．…（7（3）2，ABxFFFC⊥OA于點(diǎn)CAAR⊥x∴OC=AC=∴，，．…（7（3）2，ABxFFFC⊥OA于點(diǎn)CAAR⊥x∴OC=AC=∴，，BBK⊥ARK，則∴，即，解得B（6，…（8A（3，6∴，∴，∴（舍去，∴B（6，OE=x﹣x，∴∴（）…（10∴頂點(diǎn)為，∴，∴，∴（舍去，∴B（6，OE=x﹣x，∴∴（）…（10∴頂點(diǎn)為，3，E1當(dāng)時(shí)，E1（11當(dāng)時(shí)，E2（12時(shí)，E1（11當(dāng)時(shí)，E2（12k）B﹣1，﹣（2）y隨著xk考點(diǎn)，分y=k（x2+x﹣1）x=﹣考點(diǎn)，分y=k（x2+x﹣1）x=﹣x＜﹣時(shí)，才能使得y隨著x，k，A（1，k=解（1，﹣2∴設(shè)反比例函數(shù)的解析式為：y=A（1，﹣2）得：﹣2=，解得∴反比例函數(shù)的解析式為：y=﹣（2）∵y隨著xy=k（x2+x﹣1）=k（x+）2﹣kx=﹣，x＜﹣時(shí)，才能使得yx∴綜上所述，k＜0x＜﹣（3）由（2）可得：Q（﹣，y=k（x2+x﹣1）=k（x+）2﹣kx=﹣，x＜﹣時(shí)，才能使得yx∴綜上所述，k＜0x＜﹣（3）由（2）可得：Q（﹣，一種情況O=，=，∴=，． 此題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、反比例函數(shù)的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)．B（1， 此題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、反比例函數(shù)的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)．B（1，（3，0，D（3，41tPPE⊥ABAC（3）在動(dòng)點(diǎn)P，QtABCD（包括邊界） 二次函數(shù)綜合題點(diǎn)分用待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)的解析式（1，分用待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)的解析式（1，4﹣t﹣AGE的距離為，CGE2﹣；最后根據(jù)三角形的面積公S△ACG=S△AEG+S△CEG=﹣（t﹣2）2+1t=2解1）1，4分（3，0解得，即分AC（1，﹣（3y=4﹣ty=﹣2x+6Ex=1+．…（4）1+G．．…（5AGE的距離為，CGE2﹣，S△ACG=S△AEG+S△CEG=y=4﹣ty=﹣2x+6Ex=1+．…（4）1+G．．…（5AGE的距離為，CGE2﹣，S△ACG=S△AEG+S△CEG=?EG?+?EG（2﹣=）=﹣（t﹣2）2+1．…（7．…（12（說(shuō)明：每值各占（21點(diǎn)，0）和點(diǎn)B的拼音開(kāi)頭字母為比0.618，，結(jié)果可保留根號(hào)考點(diǎn)分的拼音開(kāi)頭字母為比0.618，，結(jié)果可保留根號(hào)考點(diǎn)分解（1，﹣3…（2y=a（x﹣1）2+c，0（1，﹣3∴；…（3；…（4分（2）∵CDxP′（1，3）CD…（6由，，…（7分（2）∵CDxP′（1，3）CD…（6由，，…（7…（8分點(diǎn)xA、B（ABE（4，0，考點(diǎn)分考點(diǎn)分解A（﹣4，0B（2，0（2）S△ACB==設(shè)△ACDACh，則有AC?h=9．2l1l2x=﹣1解A（﹣4，0B（2，0（2）S△ACB==設(shè)△ACDACh，則有AC?h=9．2l1l2x=﹣1l1交yECCF⊥l1于F，，=A（﹣4，0，B（0，3）ACy=l1ACCE（個(gè)長(zhǎng)度單位）l1y=x+3﹣=x﹣．D1的縱坐標(biāo)為×（﹣1）﹣=ACl2），2（﹣，2FM，MMN⊥x40B210F2FM，MMN⊥x40B210F=4，sin∠MFE=，cos∠MFE=在Rt△FMN中，MN=MN?sin∠MFE=3× FN=MN?cos∠MFE=3×=，則ON=，∴M（，）lM（，（，0，x+3 本題解題關(guān)鍵是二次函數(shù)、一次函數(shù)以及圓等知識(shí)的綜合運(yùn)用．難點(diǎn)在于第（3）評(píng)：24．在△ABC 本題解題關(guān)鍵是二次函數(shù)、一次函數(shù)以及圓等知識(shí)的綜合運(yùn)用．難點(diǎn)在于第（3）評(píng)：24．在△ABC中 ．如圖，把△ABC的一邊BC放置在x，AC與y軸交于點(diǎn)(1)求AC(2)過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AC，垂足為G，求△OEG的面(3)已知點(diǎn)F(10，0)，在的邊上取兩點(diǎn)P，Q，是否存在以O(shè)，P，Q為頂點(diǎn)的三形與△OFP全等，且這兩個(gè)三角形(3)已知點(diǎn)F(10，0)，在的邊上取兩點(diǎn)P，Q，是否存在以O(shè)，P，Q為頂點(diǎn)的三形與△OFP全等，且這兩個(gè)三角形在OP的異側(cè)？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)P考點(diǎn)分(2)在Rt△OGE中，運(yùn)用三角函數(shù)和勾股定理求EG，OG的長(zhǎng)度，再計(jì)算(3)分兩種情況討論求解：①點(diǎn)Q在A(yíng)C上；②點(diǎn)Q在A(yíng)B上．求直線(xiàn)OP與直AC的交點(diǎn)坐標(biāo)即可解：(1)在Rt△OCE中＝解設(shè)直線(xiàn)AC的函數(shù)解析式為．∴直線(xiàn)AC的函數(shù)解析式為．(2)在Rt△OGE中＝＝．①當(dāng)點(diǎn)Q在A(yíng)C上時(shí)，點(diǎn)Q即為點(diǎn)如圖1，作∠FOQ的角平分線(xiàn)交CE于點(diǎn)由△OP1F≌△OP1Q，則P1F⊥x軸，由于點(diǎn)由△OP1F≌△OP1Q，則P1F⊥x軸，由于點(diǎn)P1在直線(xiàn)AC上，當(dāng)x＝10＝，②當(dāng)Q在A(yíng)B上時(shí)如圖2，有OQ＝OF，作∠FOQ的角平分線(xiàn)交CE于點(diǎn)QQH⊥OBHRt△OQH∴Q(－6，8)或QFOP2設(shè)直線(xiàn)OP2的解析式為y＝kx．設(shè)直線(xiàn)OP2的解析式為y＝kx．(點(diǎn)【39.201225．yx3xAyB，y=ax2+bx+cABCy=ax2+bx+9a3bccabcacy=x2-4x+若△ABO∽△AP1D，則AO ∴P1(-1,若△ABO∽△AP1D，則AO ∴P1(-1,若△ABO∽△ADP2，過(guò)點(diǎn)P2作P2M⊥xMC（3）E(x,y 1AD|y|2|y2S四邊形AP1CE=SACP1+S12412|y2=42y∴2=4y∴y=Ex∴y=12412|y2=42y∴2=4y∴y=Ex∴y=-代入得：x2-4x+34,即x24x7P2（1，2）時(shí)，S四邊形AP2CE=S三角形ACP2+SACE2y∴2=2y∴y=∵點(diǎn)E在x軸下 ∴y=-x2-4x+3=-即x24x50，∵△=(-4)2-4×5=-【40.2012（1，0． 3x2bxc過(guò)A、B兩點(diǎn)3（3）若點(diǎn)M（在第一象限內(nèi)的部分）上一點(diǎn)，△MABS，S 41 ∴B（0，3A（3，0，B（0，233得9 41 ∴B（0，3A（3，0，B（0，233得93bc，333c c3x33x23∴y3∵B（0，3，O（0，∴直線(xiàn)l的表達(dá)式為y 3．代入拋物線(xiàn)的表達(dá)式23x233x332y3，x∵B（0，3，O（0，∴直線(xiàn)l的表達(dá)式為y 3．代入拋物線(xiàn)的表達(dá)式23x233x332y3，x210，3 （3）3，MH⊥xM（xm，ymS△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB1（MH+OB）?OH1HA?MH﹣222=1(y3)x1(3x)y13mm 222322=33mm23x223∵y 3mmm333233x223 3)3∴mmm23323x322=33mm23x223∵y 3mmm333233x223 3)3∴mmm23323x233 3(x3)23=mmm22228x33m82（4，1（m，mO2（n，（0＜mn，（m，mO2（n，（0＜mn，∵P（4，1，∴Q（1∵Q（1，4，O1（m，m=∴=m，化簡(jiǎn)得：m2﹣10m+17=0解③得． ∴S1=PQ?O1O2=；S2=（O2R+O1M）?MR=（m（n﹣）=；∴=（4，1Q（1，∴，，即【42.201225．【42.201225．1，已知△ABC，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．PB：s（0≤t≤4（1）t（1）t形股定理的逆定理；菱形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問(wèn)題，s（2）1所示，過(guò)PPD⊥ACPD=6﹣S=×AQ×PD=×2t×（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣，t=sS，s（2）1所示，過(guò)PPD⊥ACPD=6﹣S=×AQ×PD=×2t×（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣，t=sSS△AQP=S△ABCS△ABC=AC?BC=24由（2）可知，S△AQP=﹣∴﹣t2+6t=122PPD⊥ACD∴，解得：PD=6﹣t，AD=8﹣∴QD=AD﹣AQ=8﹣即t）2+（6﹣ ．由（2）可知，S△AQP=﹣∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×（﹣t2+6t）=2×[﹣ ．由（2）可知，S△AQP=﹣∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×（﹣t2+6t）=2×[﹣×【43.2012AB=5，sinB=．y1=mx+n（1）y1=mx+n（1）（3）P△APES△APE=AE×hh∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD=C（0，4D（3，0y=a（x+2（x﹣32×（﹣3）a=4，a=﹣∴拋物線(xiàn)：y=﹣x2+A（﹣2，0；由（1）得：y2=﹣x2+C（0，4D（3，0y=a（x+2（x﹣32×（﹣3）a=4，a=﹣∴拋物線(xiàn)：y=﹣x2+A（﹣2，0；由（1）得：y2=﹣x2+x+4，，，；（3）∵S△APE=L：y=﹣x+bL-x+b﹣x2+x+4，且求得 ，即直線(xiàn)L：=；P（，﹣=；∴△PAE：S△PAE=S△PAF+S△AEF+．，．【44.201226．y=﹣x2+2x+3，．【44.201226．y=﹣x2+2x+3x軸交于A(yíng)A在點(diǎn)B﹣1，0（，0x=0=1x+1（1≠則，，（1，4Q在Q1Q13，Q1（2，3，﹣3Q在Q在Q1Q13，Q1（2，3，﹣3Q在Q3Q3﹣3Q3為，﹣3：Q1（2，32（1+，﹣3，（1﹣，﹣3（3）BBB′⊥ACF，B′F=BF，BBACB′DACM，MB′B′E⊥x∴，（﹣10，B（30，（03）∴，，，由∠1=∠2∴，∴．，．，B′D=2x+2（2≠∴，，，，，，由∠1=∠2∴，∴．，．，B′D=2x+2（2≠∴，，，，，，25.（10）已知拋物線(xiàn)C1ax 線(xiàn)C1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,25.（10）已知拋物線(xiàn)C1ax 線(xiàn)C1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,3)ax2bx3a0x1x2，且x 4（1）求拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)坐標(biāo)（2）x0x12xx12xxA(my1B(ny2是C2AOB90m0n00次函數(shù)OA的函數(shù)解析式（P(x1y1)Q(x2y2PQ離為(xx)2yy)2 b（2）x11x1xxb（2）x11x1xx∵x2＋bx－３=０的兩根為x1,x2且x1∴x1 (x1x2)24x1x2＝（2）∵x＞０，∴x12(x )1xxx12,x＝x1xx（3）方法一：由平移知識(shí)易得Ｃ２的解析式為 １∵ΔAOB化簡(jiǎn)得：m∵ＳΔAOB=1OAOB=m4 2∵m22212m22m21m1m112＝2(m 化簡(jiǎn)得：m∵ＳΔAOB=1OAOB=m4 2∵m22212m22m21m1m112＝2(m 2∴ＳΔAOB的最小值為１，此時(shí)∴直線(xiàn)OA的一次函數(shù)解析式為方法二：由題意可求拋物線(xiàn)C2（12∴A(m,m2)，B(n,n2yABx軸的垂線(xiàn)，垂足分別為CDS 梯形1(m2n2)(mn)1mm21n222 x C ∴mn1（11m∴n∴S1mn(mn)1(m1m221m∴S1(m1)122 m1S（2∴一次函數(shù)OAy（1（2∴一次函數(shù)OAy（126．xOyAB⊥xB，AB=3，tan∠AOB=，將△，拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn) =，∴=，∴∵拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)∴，∴拋物線(xiàn)的解析式為：y=x2+（2）Py=x2+x﹣41，PPC⊥xP（m，nm＜0，n＜0，n=m2+PC=|n|=﹣n=﹣m2﹣S△PBB1=S△PBC+S梯形=×BC×PC+×（PC+OB1）×OC﹣=×（4+m）×（﹣m2﹣m﹣4）+×[（﹣m2﹣=m2﹣S△PBB1=S△PBC+S梯形=×BC×PC+×（PC+OB1）×OC﹣=×（4+m）×（﹣m2﹣m﹣4）+×[（﹣m2﹣=m2﹣Q（x0，y0為．2，Q作QD⊥BB1 （x0+2）2+=∵S△QBB1= ∴（x0+2）2+x0=﹣1x0=﹣1，y0=﹣4x0=﹣3Q，QBB1Q（﹣1，﹣4）或（﹣3，﹣2二次方程、旋轉(zhuǎn)與坐標(biāo)變化、圖形面積求法、勾股定理等重要知識(shí)點(diǎn)．第（2）【47.2012x+2二次方程、旋轉(zhuǎn)與坐標(biāo)變化、圖形面積求法、勾股定理等重要知識(shí)點(diǎn)．第（2）【47.2012x+2xC．AyOB=4．點(diǎn)OABD，EAB（3）y=的圖象過(guò)點(diǎn)Dk（4）兩動(dòng)點(diǎn)P、QAAB．AOB．OP1QPOQS，t，問(wèn)：S（4）兩動(dòng)點(diǎn)P、QAAB．AOB．OP1QPOQS，t，問(wèn)：S x+2=0；解得，0x=0，∴B（0，，0B（，2（2）ABy=k1x+2因?yàn)辄c(diǎn)（3）ODOAB∴D點(diǎn)的橫坐標(biāo) ，縱坐標(biāo)為3，即y=過(guò)點(diǎn)．（4）AP=t，AQ=t，Px﹣-t）?=﹣（3）ODOAB∴D點(diǎn)的橫坐標(biāo) ，縱坐標(biāo)為3，即y=過(guò)點(diǎn)．（4）AP=t，AQ=t，Px﹣-t）?=﹣）2+時(shí)，S有最大值為．【48.201222．如圖，拋物線(xiàn)=2x+c的頂點(diǎn)A在直線(xiàn)（2）yB，與xC．D（CD=1，Ay=x﹣5x=1∴（1，﹣=1，Ay=x﹣5x=1∴（1，﹣代入y=0P（x1，xP（x1，x1﹣5，）【49.201225．1A（2）1yx=3ABDC1Ex=aABF，（2）1yx=3ABDC1Ex=aABF，C1于GFG：DE=4：3，求a（3）2C1m（m＞0）C2C2Px軸于點(diǎn)MBCN．NQ⊥xQNP，y=﹣（0，﹣ABCy=2x﹣2y=x2﹣2C、（舍C（4，6（2）x=3ABC1于D．E∴yD=4，yE=，∴DE=x=aAB和拋物線(xiàn)C1于F、G∴yF=2a﹣2，yG=∴FG=|2a﹣（2）x=3ABC1于D．E∴yD=4，yE=，∴DE=x=aAB和拋物線(xiàn)C1于F、G∴yF=2a﹣2，yG=∴FG=|2a﹣解得．（3）設(shè)直線(xiàn)MNyTNNH⊥y（t，0=∴0=﹣t2﹣2﹣m，∴﹣2﹣m=﹣∴y=x2﹣t2P（0，﹣NABy=x2﹣t2N、（舍∴（2﹣，2﹣2（2﹣，T﹣∵PN∴﹣t+（2﹣（2﹣，T﹣∵PN∴﹣t+（2﹣﹣2﹣m=﹣t2=﹣24．y=ax2+bx+2交xA（1，0（1）y=2可得出點(diǎn)D（3）PCDP（a，﹣經(jīng)過(guò)（，0B（，0）∴，∴y=﹣x2+y=2﹣x2+x+2=2，解得：x1=3，x2=0（舍D（3，2∴1（0，PDAE（x）代入拋物線(xiàn)的解析式：﹣x2+∴1（0，PDAE（x）代入拋物線(xiàn)的解析式：﹣x2+，，﹣2（綜上所述：p1（0，；2（，﹣2；p（，﹣2（3）PPCDPQ交xF，P（a，﹣a2+a+2P點(diǎn)在y（1，Q=a，PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣，，=，P，Py（2）a＜0，，﹣PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣，，P，，，=，P，Py（2）a＜0，，﹣PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣，，P，，，【51.201224．y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2mxA（x1，0）和點(diǎn)（x2，0，x1＜x224．y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2mxA（x1，0）和點(diǎn)（x2，0，x1＜x2．B（2，x1x2，∴===化簡(jiǎn)得到：m2+m﹣2=0，當(dāng)化簡(jiǎn)得到：m2+m﹣2=0，當(dāng)y=x2+x﹣2與xA．ByC∵，∴（﹣1，【52.201222．(滿(mǎn)分14分)如圖【52.201222．(滿(mǎn)分14分)如圖①，已知拋物線(xiàn)y＝ax2＋bx(a≠0)經(jīng)過(guò)A(3，0)、B(4，4)兩點(diǎn)(1)(2)將直線(xiàn)OBm求m的值及點(diǎn)D的坐標(biāo) 如圖②，若點(diǎn)N在拋物線(xiàn)上，且∠NBO＝∠ABO，則在(2△POD∽△NOB的點(diǎn)P的坐標(biāo)(點(diǎn)P、O、D分別與點(diǎn)N、O、B對(duì)應(yīng)式為：y＝x－m．由于拋物線(xiàn)與直線(xiàn)只有一個(gè)公共點(diǎn)，意味著聯(lián)立解析式后得到方法一：翻折變換沿x軸翻折方法二：旋轉(zhuǎn)變換繞原點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)方法一：翻折變換沿x軸翻折方法二：旋轉(zhuǎn)變換繞原點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)yy意的P點(diǎn)有兩個(gè)，避免漏解BBNAOxxOADD解答：解：(1)y＝ax2＋bx(a≠0A(3，0)、 ∴∴拋物線(xiàn)的解析式是OBDy＝x2－3x∴可設(shè)又點(diǎn)D在直線(xiàn)y＝x－m∴x2－3x＝x－m∴△＝16－4m＝0，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為OBy＝x設(shè)直線(xiàn)A'B的解析式為y＝k2x∴△＝16－4m＝0，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為OBy＝x設(shè)直線(xiàn)A'B的解析式為y＝k2x＋3，過(guò)點(diǎn)1∴4k2＋3＝4，解得：k2＝41A'By＝4∵NA'B1yN(n，n＋3Ny＝x2－3x4BN1∴xOA3P解得：n1＝－，n2＝4(不合題意，會(huì)D4N ∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為(－ 方法一：如圖1，將△NOB沿x軸翻折，得到3則N1(－ ∴O、D、B1都在直線(xiàn)y＝－x上∴ ∴，2113∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(－ 8 將△OP1D沿直線(xiàn)y＝－x翻折，可得另一個(gè)滿(mǎn)足條 ， y3 綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是(－ ， B∴ ∴，2113∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(－ 8 將△OP1D沿直線(xiàn)y＝－x翻折，可得另一個(gè)滿(mǎn)足條 ， y3 綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是(－ ， BN方法二：如圖2，90°，得到繞原點(diǎn)順時(shí)針旋NPA xO則 ， D∴O、D、B2都在直線(xiàn)y＝－x上∵∴ ∴，222 ∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為 ， 將△OP1D沿直線(xiàn)y＝－x翻折，可得另一個(gè)滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P2(－ 3 綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是(－ ， 【53.201227．L1：y=x2﹣4x+3xA．B（AB【53.201227．L1：y=x2﹣4x+3xA．B（ABy，中=中=（2，﹣1A（1，0，B（3，0）解得【54.2012A（﹣1，0【54.2012A（﹣1，0，C（2，3）M（3，m（3）EACF在點(diǎn)Ex+3）EAC（CA）FE（4）P（3）EACF在點(diǎn)Ex+3）EAC（CA）FE（4）P作PQ⊥xACQCCG⊥xGQ（x，x+1P（x，x2+2x+3PQ=﹣x2+x+2；S△APC=﹣（x﹣PPQ⊥xACQ，xHCCG⊥x點(diǎn)Q（x，x+1，則（x，﹣2x+3S△APC=S△APH+S直角梯形PHGC﹣S△AGC=﹣（x﹣，，y=kx+n過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）C（2，3），AC，D（1，4DNy=﹣，m=﹣=；）EAC（x，x1EDNy=﹣，m=﹣=；）EAC（x，x1EACFEF（x，x3解得，x=0x=1（舍去∴（0，1EAC（CA）FE，）或，）E（0，1，）或，（4）P作PQ⊥xACQCCG⊥xGQ（x，x+1又∵S△APC（4）P作PQ⊥xACQCCG⊥xGQ（x，x+1又∵S△APC=S△APQ+S△CPQ===﹣（x﹣．PPQ⊥xACQ，xHCCG⊥xGQ（x，x+1又∵S△APC=S△APH+S直角梯形PHGC﹣S△AGC=（x+1（﹣x2+2x+3）+x2+2x+3+3（2﹣x）﹣=﹣x2+=﹣（x﹣．【55.201228．如圖，Rt△ABO的兩直【55.201228．如圖，Rt△ABO的兩直角邊OA、OB分別在x軸的負(fù)半軸和y軸的正半軸上，Ox＝上．(2)若把△ABO沿x軸向右平移得到△DCE，點(diǎn)A、B、O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是D、C、E形ABCD是菱形時(shí)，試判斷點(diǎn)C和點(diǎn)D是否在該拋物線(xiàn)上，并說(shuō)明理(3)在(2)的條件下，連接BD，已知對(duì)稱(chēng)軸上存在一點(diǎn)P使得△PBD的周長(zhǎng)最小，求出P(4)在(2)、(3)的條件下，若點(diǎn)M是線(xiàn)段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)M與點(diǎn)O、B不重M作∥BDx軸于N，連PM、PNOM的長(zhǎng)t，△PMN的面SS的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍，S是否存在最大值？若存在，求出最大值時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理c即可B(0，4x＝上，得出(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)得出C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是(5，4)、(2，0)，利用圖象上點(diǎn)c即可B(0，4x＝上，得出(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)得出C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是(5，4)、(2，0)，利用圖象上點(diǎn)的(3)首先設(shè)直線(xiàn)CD對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx＋b，求出解析式，當(dāng)y即可(4)利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，進(jìn)而示出的面積，利用二次函數(shù)最值求出即x＝上，∴；；(2Rt△ABO中，∵四邊形ABCD是菱形∴C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是(5，4)、，∵四邊形ABCD是菱形∴C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是(5，4)、，∴點(diǎn)C和點(diǎn)D都在所求拋物線(xiàn)，(3)設(shè)CD與對(duì)稱(chēng)軸交于點(diǎn)P，則P為所求的設(shè)直線(xiàn)CD對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為則，，∴，，∴即＋＋則＝(，∵，()×，S存在最大，∴當(dāng) ＋＋則＝(，∵，()×，S存在最大，∴當(dāng) 時(shí)，S取最大值，此時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為【56.201228．（141如圖，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，－4)的拋物線(xiàn)y＝2x2＋bx＋c28．（141如圖，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，－4)的拋物線(xiàn)y＝2x2＋bx＋cx軸相交于點(diǎn)B(－0，0)和C，O為坐標(biāo)原點(diǎn)17(2)將拋物線(xiàn)y＝2x2＋bx＋c向上平移2度、再向左平移m(m＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物若新拋物線(xiàn)的頂P在內(nèi)，求m的取值范圍(3)設(shè)M在y軸上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求AM的長(zhǎng)【分析】（1）A、B（2）m1【解答】解：（1）A（0，-4）、B（-2，0）y=2x2+bx+c0+c=-412×4-，解得：b=-1c=-1∴拋物線(xiàn)的解析式：y=2x2-x-1y=2（x+m）2-（x+m）-4+72解得：b=-1c=-1∴拋物線(xiàn)的解析式：y=2x2-x-1y=2（x+m）2-（x+m）-4+721即：y=2x2+（m-1）x+12m2-m-12；；直線(xiàn)PAB2（1-m）-4=-1，解得：m=5；PAC，（1-m）-4=-1，解得：m=-PABC2＜m＜52又m：0＜m＜52OAON=OB=2，則而綜上，AM6而綜上，AM6【57.201224.OABCOA、OCxyBxA、DyEAB、AE、BEtan∠CBE=，（x﹣3+1E（0，3）代入上式，解得B14（2）1，BBM⊥yMM（0，4Rt△AOE．Rt△EMB=．B14（2）1，BBM⊥yMM（0，4Rt△AOE．Rt△EMB=．Rt△ABE=Rt△ABE（3）解：Rt△ABE∠AEB=90°，tan∠BAE=，；①DEP1在xP1與OD（﹣1，0E（0，3==滿(mǎn)足△DEO∽△BAEOP1（0，0②DEP2在x；=÷即：2（90③DEP3在y②DEP2在x；=÷即：2（90③DEP3在y；÷=，OP3=EP3﹣OE=P1（0，0，P2（9，0，P3（0，﹣將（3，0，B（1，4EEF∥xABFy=3x=，∴F（2，0＜t≤時(shí)，設(shè)△AOE△DNM，MDABAEON=AD=tHLK⊥xKEF．∴S陰=S△MND﹣S△GNA﹣S△HAD=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t?2t=﹣3，當(dāng)＜t≤3AOEPQRPQABI，IQ23﹣3，當(dāng)＜t≤3AOEPQRPQABI，IQ23﹣∴S陰．綜上所述．【58.2012125、如圖11，已知二次函數(shù)y (x2)(axb)的圖像過(guò)點(diǎn)A(-125、如圖11，已知二次函數(shù)y (x2)(axb)的圖像過(guò)點(diǎn)A(-（3）若點(diǎn)PPPH1分析：①求二次函數(shù)的解析式，也就是要求y (x2)(axb)中a、b的值然后自PRt△PHD1解：（1）將A(-4，3），B(4，4)代人y (x2)(axb)中，整理得4a-ba解得b4ab1y(x2)(13x-20)y13x113x25（2）整 13x26x-40然后自PRt△PHD1解：（1）將A(-4，3），B(4，4)代人y (x2)(axb)中，整理得4a-ba解得b4ab1y(x2)(13x-20)y13x113x25（2）整 13x26x-40 ，X2=（-2，0）D（20AC2+∴AC2 15（3）設(shè)p(x，x x )2 PH=13x21x-HD=20-AC=BC=2 ①當(dāng)△PHD∽△ACB13x21x-即： 20- 2513x x- 0 -x20（舍去）此時(shí)，∴121(-50∴ ，13②當(dāng)△DHP∽△ACBDH 20-13x1x-13x217x-305即： 48 2yx1∴1 (-20-13x1x-13x217x-305即： 48 2yx1∴1 (-122∴， (-50122 ，p2 ，13 【59.2012?A（﹣1，0B（3，0（2）MBC（B，CMMN∥yNMm，請(qǐng)用mMNy=a（x+1x﹣3y=a（x+1x﹣3（2）設(shè)直線(xiàn)BCy=kx+b，；M（m，﹣m+3（m，﹣m2+2m3∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=∴S△BNC=（﹣m2+3m）?3=﹣（m﹣（0＜m＜3m△BNC．【60.201221.ABCD【60.201221.ABCD（1）填空 （2）若S2=3S1，求+ ∴BK=EK=×（2）及0＜x＜時(shí)，∴+ ∴BK=EK=×（2）及0＜x＜時(shí)，∴②當(dāng)≤x≤2∴CH=DH=∴S△BCD=∵SABCD=+∴，∴S1=∴CH=DH=∴S△BCD=∵SABCD=+∴，∴S1=∴8﹣8（2﹣x）2=3×解得：