中考數(shù)學壓軸題70題（初三內容）

∵拋物線與軸交于點（0，3），∴設拋物線解析式為 (1′)根據(jù)題意，得，解得∴拋物線的解析式為 (5′)(2)(5′)由頂點坐標公式得頂點坐標為（1，4）（2′)設對稱軸與x軸的交點為F∴四邊形ABDE的面積====9 （5′）（3）(2′)相似如圖，BD=；∴BE=DE=∴,即：,所以是直角三角形∴,且,∴∽(2′)【016】（1）由可知，，又△ABC為等腰直角三角形，∴，，所以點A的坐標是（）.（2）∵∴，則點的坐標是（）.又拋物線頂點為，且過點、，所以可設拋物線的解析式為：，得：解得∴拋物線的解析式為………7分（3）過點作于點，過點作于點，設點的坐標是，則，.∵∴∽∴即，得∵∴∽∴即，得又∵∴即為定值8.【017】解：(1)設拋物線的解析式為：,把A（3,0）代入解析式求得所以，設直線AB的解析式為：由求得B點的坐標為把，代入中解得：所以 6分(2)因為C點坐標為(１,4)，所以當x＝１時，y1＝4，y2＝2所以CD＝4-2＝2 8分(平方單位)(3)假設存在符合條件的點P，設P點的橫坐標為x，△PAB的鉛垂高為h，則，由S△PAB=S△CAB得：，化簡得：解得，將代入中，解得P點坐標為【018】解（1）因為△=所以不論a為何實數(shù)，此函數(shù)圖象與x軸總有兩個交點?！?分）（2）設x1、x2是的兩個根，則，，因兩交點的距離是，所以?！?分）即：變形為：……（5分）所以：，整理得：解方程得：，又因為：a<0，所以：a=－1所以：此二次函數(shù)的解析式為…………（6分）（3）設點P的坐標為，因為函數(shù)圖象與x軸的兩個交點間的距離等于，所以：AB=，所以：S△PAB=所以：即：，則當時，，即解此方程得：=－2或3，當時，，即解此方程得：=0或1綜上所述，所以存在這樣的P點，P點坐標是(－2,3),(3,3),(0,－3)或(1,－3)?！?2分）【019】解：（1），． （2分）（2）①當?shù)膱A心由點向左運動，使點到點并隨繼續(xù)向左運動時，有，即．當點在點左側時，過點作射線，垂足為，則由，得，則．解得．由，即，解得．當與射線有公共點時，的取值范圍為． （5分）②當時，過作軸，垂足為，有．，即．OxyEOxyEPCDBQAMF當時，有，．解得． （9分）當時，有．，即．解得（不合題意，舍去）． （11分）當是等腰三角形時，，或，或，或． （12分）第（2）題第（2）題xyBCODAMNN′xyBCOAMNP1P2備用圖【020】（1）.……………4分（2）由題意得點與點′關于軸對稱，，將′的坐標代入得，（不合題意，舍去），.……………2分，點到軸的距離為3.，，直線的解析式為，它與軸的交點為點到軸的距離為..……………2分（3）當點在軸的左側時，若是平行四邊形，則平行且等于，把向上平移個單位得到，坐標為，代入拋物線的解析式，得：（不舍題意，舍去），，.……………2分當點在軸的右側時，若是平行四邊形，則與互相平分，． 與關于原點對稱，，將點坐標代入拋物線解析式得：，（不合題意，舍去），，．……………2分存在這樣的點或，能使得以為頂點的四邊形是平行四邊形．【021】解：（1）由已知，得，，，．． （1分）設過點的拋物線的解析式為．將點的坐標代入，得．故拋物線的解析式為． （3分）（2）成立． （4分）點在該拋物線上，且它的橫坐標為，點的縱坐標為． （5分）yxDBCAyxDBCAEEOＭFKGG將點的坐標分別代入，得解得的解析式為．，． （7分）過點作于點，則．，．又，．．[來．．（3）點在上，，，則設．，，．①若，則，解得．，此時點與點重合．．②若，則，解得，，此時軸．與該拋物線在第一象限內的交點的橫坐標為1，點的縱坐標為．．③若，則，[來解得，，此時，是等腰直角三角形．過點作軸于點，則，設，yxDyxDBCAEEOQPHGG(P)(Q)Q(P)．解得（舍去）．．（12分）綜上所述，存在三個滿足條件的點，即或或．【022】解：（1）設第一象限內的點B（m,n），則tan∠POB，得m=9n，又點B在函數(shù) 的圖象上，得，所以m=3（－3舍去），點B為，而AB∥x軸，所以點A（，），所以；（2）由條件可知所求拋物線開口向下，設點A（a,a），B（，a），則AB=－a=,所以，解得.當a=－3時，點A（―3，―3），B（―，―3），因為頂點在y=x上，所以頂點為（－，－），所以可設二次函數(shù)為，點A代入，解得k=－,所以所求函數(shù)解析式為.同理，當a=時，所求函數(shù)解析式為；（3）設A（a,a），B（，a），由條件可知拋物線的對稱軸為.(第24題(1))4x2(第24題(1))4x22A8-2O-2-4y6QBCD-44P點A（a,a）代入，解得，，所以點P到直線AB的距離為3或。(第24題(2)①)4x22A′8(第24題(2)①)4x22A′8-2O-2-4y6B′CD-44A′′將點B(2，n)的坐標代入，求得點B的坐標為(2，2)，則點B關于x軸對稱點P的坐標為(2，-2)． ……1分直線AP的解析式是． ……1分令y=0，得．即所求點Q的坐標是(，0)． ……1分(2)①解法1：CQ=︱-2-︱=， ……1分故將拋物線向左平移個單位時，A′C+CB′最短，此時拋物線的函數(shù)解析式為． ……1分解法2：設將拋物線向左平移m個單位，則平移后A′，B′的坐標分別為A′(-4-m，8)和B′(2-m，2)，點A′關于x軸對稱點的坐標為A′′(-4-m，-8)．(第24題(2)②)4x22A′8-2O-2-4y6B′CD-44A′′B′′直線(第24題(2)②)4x22A′8-2O-2-4y6B′CD-44A′′B′′故將拋物線向左平移個單位時A′C+CB′最短，此時拋物線的函數(shù)解析式為． ……1分②左右平移拋物線，因為線段A′B′和CD的長是定值，所以要使四邊形A′B′CD的周長最短，只要使A′D+CB′最短； ……1分第一種情況：如果將拋物線向右平移，顯然有A′D+CB′>AD+CB，因此不存在某個位置，使四邊形A′B′CD的周長最短．……1分第二種情況：設拋物線向左平移了b個單位，則點A′和點B′的坐標分別為A′(-4-b，8)和B′(2-b，2)．因為CD=2，因此將點B′向左平移2個單位得B′′(-b，2)，要使A′D+CB′最短，只要使A′D+DB′′最短． ……1分點A′關于x軸對稱點的坐標為A′′(-4-b，-8)，直線A′′B′′的解析式為．要使A′D+DB′′最短，點D應在直線A′′B′′上，將點D(-4，0)代入直線A′′B′′的解析式，解得．故將拋物線向左平移時，存在某個位置，使四邊形A′B′CD的周長最短，此時拋物線的函數(shù)解析式為．……1分【024】解（Ⅰ），. 1分將分別代入，得，解得.函數(shù)的解析式為． 3分（Ⅱ）由已知，得，設的高為，，即.根據(jù)題意，，由，得.當時，解得；當時，解得.的值為. 6分（Ⅲ）由已知，得.，，，化簡得.，得，.有.又，，，當時，；當時，；當時，. 10分【025】（1）將A（0，1）、B（1，0）坐標代入得解得∴拋物線的解折式為…（2分）（2）設點E的橫坐標為m，則它的縱坐標為即E點的坐標（，）又∵點E在直線上∴解得（舍去），∴E的坐標為（4，3）……（4分）（Ⅰ）當A為直角頂點時過A作AP1⊥DE交x軸于P1點，設P1（a,0）易知D點坐標為（－2，0）由Rt△AOD∽Rt△POA得即，∴a＝∴P1（，0）……（5分）（Ⅱ）同理，當E為直角頂點時，P2點坐標為（，0）……（6分）（Ⅲ）當P為直角頂點時，過E作EF⊥x軸于F，設P3（、）由∠OPA+∠FPE＝90°，得∠OPA＝∠FEPRt△AOP∽Rt△PFE由得解得，∴此時的點P3的坐標為（1，0）或（3，0）……（8分）綜上所述，滿足條件的點P的坐標為（，0）或（1，0）或（3，0）或（，0）（Ⅲ）拋物線的對稱軸為…（9分）∵B、C關于x＝對稱∴MC＝MB要使最大，即是使最大由三角形兩邊之差小于第三邊得，當A、B、M在同一直線上時的值最大．易知直線AB的解折式為∴由得∴M（，－）……（11分）【026】(1)配方,得y=(x–2)2–1，∴拋物線的對稱軸為直線x=2，頂點為P(2，–1)．取x=0代入y=x2–2x＋1，得y=1，∴點A的坐標是(0，1)．由拋物線的對稱性知，點A(0，1)與點B關于直線x=2對稱，∴點B的坐標是(4，1)．2分設直線l的解析式為y=kx＋b(k≠0)，將B、P的坐標代入，有解得∴直線l的解析式為y=x–3．3分(2)連結AD交O′C于點E，∵點D由點A沿O′C翻折后得到，∴O′C垂直平分AD．由(1)知，點C的坐標為(0，–3)，∴在Rt△AO′C中，O′A=2，AC=4，∴O′C=2．據(jù)面積關系，有×O′C×AE=×O′A×CA，∴AE=，AD=2AE=．作DF⊥AB于F，易證Rt△ADF∽Rt△CO′A，∴，∴AF=·AC=，DF=·O′A=，5分又∵OA=1，∴點D的縱坐標為1–=–，∴點D的坐標為(，–)．(3)顯然，O′P∥AC，且O′為AB的中點，∴點P是線段BC的中點，∴S△DPC=S△DPB．故要使S△DQC=S△DPB，只需S△DQC=S△DPC．過P作直線m與CD平行，則直線m上的任意一點與CD構成的三角形的面積都等于S△DPC，故m與拋物線的交點即符合條件的Q點．容易求得過點C(0，–3)、D(，–)的直線的解析式為y=x–3，據(jù)直線m的作法，可以求得直線m的解析式為y=x–．令x2–2x＋1=x–，解得x1=2，x2=，代入y=x–，得y1=–1，y2=，因此，拋物線上存在兩點Q1(2，–1)(即點P)和Q2(，)，使得S△DQC=S△DPB． 【027】解：（1）由題意得6=a(－2＋3)(－2－1)，∴a=－2，∴拋物線的函數(shù)解析式為y=－2(x＋3)(x－1)與x軸交于B（－3，0）、A（1，0）設直線AC為y=kx＋b，則有0=k＋b，6=－2k＋b，解得k=－2，b=2，∴直線AC為y=－2x＋2（2）①設P的橫坐標為a(－2≤a≤1)，則P（a，－2a＋2），M（a，－2a2－4a＋6）∴PM=－2a2－4a＋6－(－2a＋2)=－2a2－2a＋4=－2a2＋a＋14＋92=-2a+122+92，∴當a=-12時，PM的最大值為926分②M1（0，6）M2-14，678【028】解：（1）由題意得解得∴此拋物線的解析式為 3分（2）連結、.因為的長度一定，所以周長最小，就是使最小.（第24題圖）OACxyBEPD點關于對稱軸的對稱點是（第24題圖）OACxyBEPD設直線的表達式為則解得∴此直線的表達式為把代入得∴點的坐標為（3）存在最大值，理由：∵即∴∴即∴方法一：連結，==，∵∴當時， 9分方法二：==，∵∴當時， 9分【029】解：（1），（-1，0），B（3，0）． 3分（2）如圖14（1），拋物線的頂點為M（1，-4），連結OM．則△AOC的面積=，△MOC的面積=，△MOB的面積=6，∴四邊形ABMC的面積=△AOC的面積+△MOC的面積+△MOB的面積=9． 6分說明：也可過點M作拋物線的對稱軸，將四邊形ABMC的面積轉化為求1個梯形與2個直角三角形面積的和．（3）如圖14（2），設D（m，），連結OD．則0＜m＜3，＜0．且△AOC的面積=，△DOC的面積=，圖14（2）△DOB的面積=-（），圖14（2）∴四邊形ABDC的面積=△AOC的面積+△DOC的面積+△DOB的面積==．∴存在點D，使四邊形ABDC的面積最大為．（4）有兩種情況：圖14（3）圖14（4）圖14（3）圖14（4）如圖14（3），過點B作BQ1⊥BC，交拋物線于點Q1、交y軸于點E，連接Q1C．∵∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．∴點E的坐標為（0，3）．∴直線BE的解析式為． 12分由解得∴點Q1的坐標為（-2，5）． 13分如圖14（4），過點C作CF⊥CB，交拋物線于點Q2、交x軸于點F，連接BQ2．∵∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．∴點F的坐標為（-3，0）．∴直線CF的解析式為． 14分由解得∴點Q2的坐標為（1，-4）．綜上，在拋物線上存在點Q1（-2，5）、Q2（1，-4），使△BCQ1、△BCQ2是以BC為直角邊的直角三角形．【030】解：（1）設，把代入，得， 2分∴拋物線的解析式為：．頂點的坐標為． 5分（2）設直線解析式為：（），把兩點坐標代入，得解得．∴直線解析式為． 7分，∴ 9分． 10分∴當時，取得最大值，最大值為． 11分（3）當取得最大值，，，∴．∴四邊形是矩形．(E)12331DyCB(E)12331DyCBAP2xOFMH法一：過作軸于，交軸于點．設，則．在中，由勾股定理，．解得．∵，∴．由，可得，．∴．∴坐標． 13分法二：連接，交于點，分別過點作的垂線，垂足為．易證．∴．(E)12331DyCBA(E)12331DyCBAP2xOFMHNM由三角形中位線定理，．∴，即．∴坐標． 13分把坐標代入拋物線解析式，不成立，所以不在拋物線上． 14分【031】解：（1）C（3，0）；（2）①拋物線，令=0，則=，∴A點坐標（0，c）．∵，∴，∴點P的坐標為（）．∵PD⊥軸于D，∴點D的坐標為（）．……5分根據(jù)題意，得a=a′，c=c′，∴拋物線F′的解析式為．又∵拋物線F′經過點D（），∴．……………6分∴．又∵，∴．∴b:b′=．②由①得，拋物線F′為．令y=0，則．∴．∵點D的橫坐標為∴點C的坐標為（）．設直線OP的解析式為．∵點P的坐標為（），∴，∴，∴．∵點B是拋物線F與直線OP的交點，∴．∴．∵點P的橫坐標為，∴點B的橫坐標為．把代入，得．∴點B的坐標為．∴BC∥OA，AB∥OC．（或BC∥OA，BC=OA），∴四邊形OABC是平行四邊形．又∵∠AOC=90°，∴四邊形OABC是矩形．yxOBAyxOBADC(x=m)(F2)F1E1(E2)解得．．（2分）（2）當時，得或，∵，當時，得，∴，∵點在第四象限，∴． （4分）當時，得，∴，∵點在第四象限，∴． （6分）（3）假設拋物線上存在一點，使得四邊形為平行四邊形，則，點的橫坐標為，當點的坐標為時，點的坐標為，∵點在拋物線的圖象上，∴，∴，∴，∴（舍去），∴，∴． （9分）當點的坐標為時，點的坐標為，∵點在拋物線的圖象上，∴，∴，∴，∴（舍去），，∴，∴．【033】（1）由拋物線經過點A(0，1)，C(2，4)，得解得∴拋物線對應的函數(shù)關系式為：． （2分）（2）當時，P點坐標為(1，1)，∴Q點坐標為(2，0)．當時，P點坐標為(2，3)，∴Q點坐標為(5，0)． （5分）（3）當≤2時，．S．當≤5時，．S． （8分）BADCOMBADCOMNxyP1P2【034】（1）過點作軸，垂足為，；又，，點的坐標為； 4分（2）拋物線經過點，則得到， 5分解得，所以拋物線的解析式為； 7分（3）假設存在點，使得仍然是以為直角邊的等腰直角三角形：若以點為直角頂點；則延長至點，使得，得到等腰直角三角形， 8分過點作軸，；，可求得點； 11分若以點為直角頂點；則過點作，且使得，得到等腰直角三角形， 12分過點作軸，同理可證； 13分，可求得點； 14分經檢驗，點與點都在拋物線上． 16分【035】解：（1）令，得解得，令，得ECByPA∴ABECByPA（2）∵OA=OB=OC=∴BAC=ACO=BCO=∵AP∥CB，∴PAB=，過點P作PE軸于E，則APE為等腰直角三角形令OE=，則PE=∴P∵點P在拋物線上∴解得，（不合題意，舍去）∴PE= 4分∴四邊形ACBP的面積=AB?OC+AB?PE= 5分(3)．假設存在∵PAB=BAC=∴PAAC∵MG軸于點G，∴MGA=PAC=在Rt△AOC中，OA=OC=∴AC=，在Rt△PAE中，AE=PE=∴AP= 6分GMCByPGMCByPA①點M在軸左側時，則(ⅰ)當AMGPCA時，有=∵AG=，MG=即解得（舍去）（舍去）………7分GMCByPA(ⅱ)當MAGPCA時有GMCByPA即，解得：（舍去）∴M8分②點M在軸右側時，則(ⅰ)當AMGPCA時有=MBEACNDMBEACNDFG圖（1）H∴解得（舍去）∴M(ⅱ)當MAGPCA時有=即解得：（舍去）∴M∴存在點M，使以A、M、G三點為頂點的三角形與PCA相似，M點的坐標為，，【036】解：（1）根據(jù)題意，得BAOCBAOCyx第26題圖Q4Q3Q1Q2P3P1P2DCP4拋物線的解析式為，頂點坐標是（2，4）（2），設直線的解析式為直線經過點點（3）存在．，，，BOA·xy第28題圖PH【037】解：（1）拋物線BOA·xy第28題圖PH∴B（0，2）∵∴A（—2，3）（2）當點P是AB的延長線與x軸交點時，．當點P在x軸上又異于AB的延長線與x軸的交點時，在點P、A、B構成的三角形中，．綜合上述：（3）作直線AB交x軸于點P，由（2）可知：當PA—PB最大時，點P是所求的點 8分作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP∴由（1）可知：AH=3、OH=2、OB=2，∴OP=4，故P（4，0）【038】解：實踐應用（1）2；．；．（2）．拓展聯(lián)想（1）∵△ABC的周長為l，∴⊙O在三邊上自轉了周．又∵三角形的外角和是360°，∴在三個頂點處，⊙O自轉了（周）． ∴⊙O共自轉了（+1）周．（2）+1．039】解（1）A（，0），B（0，3） 2分（每對一個給1分）（2）滿分3分．其中過F作出垂線1分，作出BF中垂線1分，找出圓心并畫出⊙P給1分．（注：畫垂線PF不用尺規(guī)作圖的不扣分）（3）過點P作PD⊥軸于D，則PD=，BD=， 6分yxOABDPFPB=PF=，∵△yxOABDPF∴，即即∴與的函數(shù)關系為（4）存在解法1：∵⊙P與軸相切于點F，且與直線相切于點B∴，∵，∴∵AF=，∴，∴11分把代入，得∴點P的坐標為（1，）或（9，15）12分【040】（1）①對稱軸 （2分）②當時，有，解之，得，∴點A的坐標為（，0）． （4分）（2）滿足條件的點P有3個，分別為（，3），（2，3），（，）． （7分）（3）存在．當時，∴點C的坐標為（0，3）∵DE∥軸，AO3，EO2，AE1，CO3∴∽∴即∴DE1 （9分）∴4在OE上找點F，使OF，此時2，直線CF把四邊形DEOC分成面積相等的兩部分，交拋物線于點M． （10分）設直線CM的解析式為，它經過點．則 （11分）解之，得∴直線CM的解析式為 （12分）【041】解：（1）∵AB是⊙O的直徑（已知） ∴∠ACB＝90o（直徑所對的圓周角是直角） ∵∠ABC＝60o（已知） ∴∠BAC＝180o－∠ACB－∠ABC＝30o（三角形的內角和等于180o） ∴AB＝2BC＝4cm（直角三角形中，30o銳角所對的直角邊等于斜邊的一半） 即⊙O的直徑為4cm．（2）如圖10（1）CD切⊙O于點C，連結OC，則OC＝OB＝1/2·AB＝2cm．∴CD⊥CO（圓的切線垂直于經過切點的半徑）∴∠OCD＝90o（垂直的定義） ∵∠BAC＝30o（已求）∴∠COD＝2∠BAC＝60o ∴∠D＝180o－∠COD－∠OCD＝30o∴OD＝2OC＝4cm ∴BD＝OD－OB＝4－2＝2（cm） ∴當BD長為2cm，CD與⊙O相切．（3）根據(jù)題意得：BE＝（4－2t）cm，BF＝tcm；如圖10（2）當EF⊥BC時，△BEF為直角三角形，此時△BEF∽△BAC∴BE：BA＝BF：BC即：（4－2t）：4＝t：2解得：t＝1如圖10（3）當EF⊥BA時，△BEF為直角三角形，此時△BEF∽△BCA∴BE：BC＝BF：BA即：（4－2t）：2＝t：4解得：t＝1.6∴當t＝1s或t＝1.6s時，△BEF為直角三角形．【042】（1）由得，代入反比例函數(shù)中，得∴反比例函數(shù)解析式為： 2分解方程組由化簡得：，所以 5分（2）無論點在之間怎樣滑動，與總能相似．因為兩點縱坐標相等，所以軸．又因為軸，所以為直角三角形．同時也是直角三角形， 8分（在理由中只要能說出軸，即可得分．）【043】（1）解：∵直角梯形OAOAPDBQC當時，四邊形為平行四邊形．由題意可知：OAPDBQCOAPDBQCHE（2）解：設與相切于點過點作垂足為直角梯形由題意可知：為的直徑，為的切線 5分在中，，即：，，，因為在邊運動的時間為秒而，（舍去），當秒時，與相切． 8分【044】解（1）易求得點的坐標為由題設可知是方程即的兩根，所以，所 （1分）如圖3，∵⊙P與軸的另一個交點為D，由于AB、CD是⊙P的兩條相交弦，設它們的交點為點O，連結DB，∴△AOC∽△DOC，則 （2分）由題意知點在軸的負半軸上，從而點D在軸的正半軸上，所以點D的坐標為（0，1） （3分）（2）因為AB⊥CD，AB又恰好為⊙P的直徑，則C、D關于點O對稱，所以點的坐標為，即 （4分）又，所以解得 （6分）【045】解：（1）由題意得，解得∴此拋物線的解析式為 3分（2）連結、.因為的長度一定，所以周長最小，就是使最小.點關于對稱軸的對稱點是點，與對稱軸的交點即為所求的點.（第24題圖）OACx（第24題圖）OACxyBEPD則解得∴此直線的表達式為……5分把代入得∴點的坐標為6分（3）存在最大值 7分理由：∵即∴∴即∴方法一：連結== 8分∵，∴當時， 9分方法二：== 8分∵，∴當時， 9分【046】(1)∵∠A、∠C所對的圓弧相同，∴∠A＝∠C．∴Rt△APD∽Rt△CPB，∴，∴PA·PB＝PC·PD；………3分(2)∵F為BC的中點，△BPC為Rt△，∴FP＝FC，∴∠C＝∠CPF．又∠C＝∠A，∠DPE＝∠CPF，∴∠A＝∠DPE．∵∠A＋∠D＝90°，∴∠DPE＋∠D＝90°．∴EF⊥AD．OyxCDBOyxCDBAD1O1O2O3P60°（第22題答圖）l∴OM2＝(2)2－42＝4，ON2＝(2)2－32＝11又易證四邊形MONP是矩形，∴OP＝【047】（1）解：由題意得，點坐標為．在中，，點的坐標為．設直線的解析式為，由過兩點，得解得直線的解析式為：．（2）如圖，設平移秒后到處與第一次外切于點，與軸相切于點，連接．則軸，，在中，． 6分，，（秒）平移的時間為5秒． 8分【048】解：（1）對稱軸是直線：，點A的坐標是（3，0）． 2分（說明：每寫對1個給1分，“直線”兩字沒寫不扣分）（2）如圖11，連接AC、AD，過D作于點M，解法一：利用∵點A、D、C的坐標分別是A（3，0），D（1，）、C（0，），∴AO＝3，MD=1．由得∴ 3分又∵∴由得∴函數(shù)解析式為： 6分解法二：利用以AD為直徑的圓經過點C∵點A、D的坐標分別是A（3，0）、D（1，）、C（0，），∴，，∵∴…①又∵…② 4分由①、②得∴函數(shù)解析式為： 6分（3）如圖所示，當BAFE為平行四邊形時，則∥，并且＝．∵=4，∴=4，由于對稱為，∴點F的橫坐標為5． 7分yxOABCD圖11yxOABCD圖11EF根據(jù)拋物線的對稱性可知，在對稱軸的左側拋物線上也存在點F，使得四邊形BAEF是平行四邊形，此時點F坐標為（，12）．當四邊形BEAF是平行四邊形時，點F即為點D，此時點F的坐標為（1，）．綜上所述，點F的坐標為（5，12），（，12）或（1，）．【049】解：（1）解得， 1分在中，由勾股定理有，（2）∵點在軸上，，， 1分由已知可知D（6，4），設當時有解得，同理時， 1分在中，在中，，，（3）滿足條件的點有四個， 4分說明：本卷中所有題目，若由其它方法得出正確結論，可參照本評【050】解：（1）（0，－3），b＝－，c＝－3． 3分（2）由（1），得y＝x2－x－3，它與x軸交于A，B兩點，得B（4，0）．∴OB＝4，又∵OC＝3，∴BC＝5．由題意，得△BHP∽△BOC，∵OC∶OB∶BC＝3∶4∶5，∴HP∶HB∶BP＝3∶4∶5，∵PB＝5t，∴HB＝4t，HP＝3t．∴OH＝OB－HB＝4－4t．由y＝x－3與x軸交于點Q，得Q（4t，0）．∴OQ＝4t． 4分①當H在Q、B之間時，QH＝OH－OQ＝（4－4t）－4t＝4－8t． 5分②當H在O、Q之間時，QH＝OQ－OH＝4t－（4－4t）＝8t－4． 6分綜合①，②得QH＝｜4－8t｜； 6分（3）存在t的值，使以P、H、Q為頂點的三角形與△COQ相似． 7分①當H在Q、B之間時，QH＝4－8t，若△QHP∽△COQ，則QH∶CO＝HP∶OQ，得＝，∴t＝． 7分若△PHQ∽△COQ，則PH∶CO＝HQ∶OQ，得＝，即t2＋2t－1＝0．∴t1＝－1，t2＝－－1（舍去）． 8分②當H在O、Q之間時，QH＝8t－4．若△QHP∽△COQ，則QH∶CO＝HP∶OQ，得＝，∴t＝． 9分若△PHQ∽△COQ，則PH∶CO＝HQ∶OQ，得＝，即t2－2t＋1＝0．∴t1＝t2＝1（舍去）． 10分綜上所述，存在的值，t1＝－1，t2＝，t3＝． 10分附加題：解：（1）8； 5分（2）2． 10分【051】⑴證明：∵BC是⊙O的直徑∴∠BAC=90o又∵EM⊥BC，BM平分∠ABC，∴AM=ME，∠AMN=EMN又∵MN=MN，∴△ANM≌△ENM⑵∵AB2=AF·AC∴又∵∠BAC=∠FAB=90o∴△ABF∽△ACB∴∠ABF=∠C又∵∠FBC=∠ABC+∠FBA=90o∴FB是⊙O的切線⑶由⑴得AN=EN，AM=EM，∠AMN=EMN，又∵AN∥ME，∴∠ANM=∠EMN，∴∠AMN=∠ANM，∴AN=AM，∴AM=ME=EN=AN∴四邊形AMEN是菱形∵cos∠ABD=，∠ADB=90o∴設BD=3x，則AB=5x，，由勾股定理而AD=12，∴x=3∴BD=9，AB=15∵MB平分∠AME，∴BE=AB=15∴DE=BE-BD=6∵ND∥ME，∴∠BND=∠BME，又∵∠NBD=∠MBE∴△BND∽△BME，則設ME=x，則ND=12-x，，解得x=∴S=ME·DE=×6=45【052】解：（1）∵四邊形OBHC為矩形，∴CD∥AB，又D（5，2），∴C（0，2），OC=2.∴解得∴拋物線的解析式為：……4分（2）點E落在拋物線上.理由如下：………5分由y=0，得.解得x1=1，x2=4.∴A（4，0），B（1，0）.∴OA=4，OB=1.由矩形性質知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，由旋轉、軸對稱性質知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，∴點E的坐標為（3，－1）.把x=3代入，得，∴點E在拋物線上.（3）法一：存在點P（a，0），延長EF交CD于點G，易求OF=CG=3，PB=a－1.S梯形BCGF=5，S梯形ADGF=3，記S梯形BCQP=S1，S梯形ADQP=S2，下面分兩種情形：①當S1∶S2=1∶3時，，此時點P在點F（3，0）的左側，則PF=3－a，由△EPF∽△EQG，得，則QG=9－3a，∴CQ=3－(9－3a)=3a－6，由S1=2，得，解得；②當S1∶S2=3∶1時，，此時點P在點F（3，0）的右側，則PF=a－3，由△EPF∽△EQG，得QG=3a－9，∴CQ=3+（3a－9）=3a－6，由S1=6，得，解得，綜上所述：所求點P的坐標為（，0）或（，0）………14分法二：存在點P（a，0）.記S梯形BCQP=S1，S梯形ADQP=S2，易求S梯形ABCD=8.當PQ經過點F（3，0）時，易求S1=5，S2=3，此時S1∶S2不符合條件，故a≠3.設直線PQ的解析式為y=kx+b(k≠0)，則，解得，∴.由y=2得x=3a－6，∴Q（3a－6，2）………10分∴CQ=3a－6，BP=a－1，.下面分兩種情形：①當S1∶S2=1∶3時，=2；∴4a－7=2，解得；………………12分②當S1∶S2=3∶1時，；∴4a－7=6，解得；綜上所述：所求點P的坐標為（，0）或（，0）…………14分[說明：對于第（3）小題，只要考生能求出或兩個答案，就給6分.]【077】解：（1）把B（0，6）代入，得＝6………1分把＝0代入，得＝8∴點A的坐標為（8，0）……………3分（2）在矩形OACB中，AC＝OB＝6，BC＝OA＝8，∠C＝90°∴AB＝∵PD⊥AB∴∠PDB=∠C＝90°，∴∴∴又∵BC∥AE，∴△PBD∽△EAD∴，即，∴∵，∴（）……………7分（注：寫成不扣分）②⊙Q是△OAB的內切圓，可設⊙Q的半徑為r∵,解得r=2.………8分設⊙Q與OB、AB、OA分別切于點F、G、H可知，OF＝2∴BF＝BG＝OB－OF＝6－2＝4，設直線PD與⊙Q交于點I、J，過Q作QM⊥IJ于點M，連結IQ、QG，∵QI＝2，∴∴在矩形GQMD中，GD＝QM＝1.6∴BD＝BG+GD＝4+1.6＝5.6，由，得∴點P的坐標為（7，6）…………………11分當PE在圓心Q的另一側時，同理可求點P的坐標為（3，6）………12分綜上，P點的坐標為（7，6）或（3，6）．………………13分?！?53】略【054】.解：（1）B（1，）（2）設拋物線的解析式為y=ax(x+a)，代入點B（1,），得，因此（3）如圖，拋物線的對稱軸是直線x=—1，當點C位于對稱軸與線段AB的交點時，△BOC的周長最小.CBAOCBAOyx因此直線AB為，當x=－1時，，因此點C的坐標為（－1，）.DBADBAOyxP當x=－時，△PAB的面積的最大值為，此時.【055】解：（1）⊙P與x軸相切.∵直線y=－2x－8與x軸交于A（4，0），與y軸交于B（0，－8），∴OA=4，OB=8.由題意，OP=－k，∴PB=PA=8+k.在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2，∴k=－3，∴OP等于⊙P的半徑，∴⊙P與x軸相切.（2）設⊙P與直線l交于C，D兩點，連結PC，PD當圓心P在線段OB上時,作PE⊥CD于E.∵△PCD為正三角形，∴DE=CD=，PD=3，∴PE=.∵∠AOB=∠PEB=90°，∠ABO=∠PBE，∴△AOB∽△PEB，∴，∴∴，∴，∴.當圓心P在線段OB延長線上時,同理可得P(0,－－8)，∴k=－－8，∴當k=－8或k=－－8時，以⊙P與直線l的兩個交點和圓心P為頂點的三角形是正三角形.【056】解：（1）圓心在坐標原點，圓的半徑為1，點的坐標分別為拋物線與直線交于點，且分別與圓相切于點和點，． 2分點在拋物線上，將的坐標代入，得：解之，得：拋物線的解析式為：． 4分OxyOxyNCDEFBMAP拋物線的對稱軸為，． 6分連結，，，又，，． 8分（3）點在拋物線上． 9分設過點的直線為：，將點的坐標代入，得：，直線為：． 10分過點作圓的切線與軸平行，點的縱坐標為，將代入，得：．點的坐標為， 11分當時，，所以，點在拋物線上． 12分說明：解答題各小題中只給出了1種解法，其它解法只要步驟合理、解答正確均應得到相應的分數(shù)．【057】解:(1)由題知:……1分解得:……………2分∴所求拋物線解析式為:……………3分(2)存在符合條件的點P,其坐標為P(－1,)或P(－1,－)或P(－1,6)或P(－1,)………7分(3)解法①：過點E作EF⊥x軸于點F,設E(a,--2a＋3)(－3<a<0)∴EF=--2a＋3，BF=a＋3，OF=－a………………8分∴S四邊形BOCE=BF·EF+(OC+EF)·OF=(a＋3)·(－－2a＋3)+(－－2a＋6)·（－a）……………9分=………………………10分=－+∴當a=－時，S四邊形BOCE最大,且最大值為．……………11分此時，點E坐標為(－，)……………………12分解法②：過點E作EF⊥x軸于點F，設E(x,y)(－3<x<0)…………8分則S四邊形BOCE=(3+y)·(－x)+(3+x)·y………9分=(y－x)=()…………………10分=－+∴當x=－時，S四邊形BOCE最大，且最大值為．…………11分此時，點E坐標為(－，)……………………12分【058】解：（1）法一：由圖象可知：拋物線經過原點，設拋物線解析式為．把，代入上式得： 1分解得 3分∴所求拋物線解析式為 4分法二：∵，，∴拋物線的對稱軸是直線．設拋物線解析式為（） 1分把，代入得解得 3分∴所求拋物線解析式為． 4分（2）分三種情況：①當，重疊部分的面積是，過點作軸于點，2OABCxy1132OABCxy113P第26題圖1QF在中，，，∴，2OAB2OABCxy113第26題圖2QFGPH②當，設交于點，作軸于點，，則四邊形是等腰梯形，重疊部分的面積是．∴，∴． 8分2OABCxy113第26題圖3QFMPN③當2OABCxy113第26題圖3QFMPN因為和都是等腰直角三角形，所以重疊部分的面積是．∵，，∴，∴，∴． 10分（3）存在 12分 14分【059】略【060】（1）解：把A（，0），C（3，）代入拋物線得 1分整理得 ………………2分解得………………3分∴拋物線的解析式為 4分（2）令解得∴B點坐標為（4，0）又∵D點坐標為（0，）∴AB∥CD∴四邊形ABCD是梯形．∴S梯形ABCD＝ 5分設直線與x軸的交點為H，DODOBAxyCBCy=kx+1圖(9)-1HT則H（，0），T（，） 6分∵直線將四邊形ABCD面積二等分∴S梯形AHTD＝S梯形ABCD＝４∴ 7分∴ 8分EFMNGOBAxEFMNGOBAxy圖(9)-2∴設M（m，）， 9分∵點M在拋物線上∴解得（舍去） 10分∴M點坐標為（3，）11分根據(jù)中心對稱圖形性質知，MQ∥AF，MQ＝AF，NQ＝EF，∴N點坐標為（1，） 12分【061】(1)解：法1：由題意得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs8(n＝2＋c，,2n－1＝2＋c.))……1分解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs8(n＝1，,c＝－1.))……2分法2：∵拋物線y＝x2－x＋c的對稱軸是x＝eq\f(1,2)，且eq\f(1,2)－(－1)＝2－eq\f(1,2)，∴A、B兩點關于對稱軸對稱.∴n＝2n－1……1分∴n＝1，c＝－1.……2分∴有y＝x2－x－1……3分＝(x－eq\f(1,2))2－eq\f(5,4).∴二次函數(shù)y＝x2－x－1的最小值是－eq\f(5,4).……4分(2)解：∵點P(m，m)(m＞0)，∴PO＝eq\r(2)m.∴2eq\r(2)≤eq\r(2)m≤eq\r(2)＋2.∴2≤m≤1＋eq\r(2).……5分法1：∵點P(m，m)(m＞0)在二次函數(shù)y＝x2－x＋c的圖象上，∴m＝m2－m＋c，即c＝－m2＋2m.∵開口向下，且對稱軸m＝1，∴當2≤m≤1＋eq\r(2)時，有－1≤c≤0.……6分法2：∵2≤m≤1＋eq\r(2)，∴1≤m－1≤eq\r(2).∴1≤(m－1)2≤2.∵點P(m，m)(m＞0)在二次函數(shù)y＝x2－x＋c的圖象上，∴m＝m2－m＋c，即1－c＝(m－1)2.∴1≤1－c≤2.∴－1≤c≤0.……6分∵點D、E關于原點成中心對稱，法1：∴x2＝－x1，y2＝－y1.∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs8(y1＝x12－x1＋c，,－y1＝x12＋x1＋c.))∴2y1＝－2x1，y1＝－x1.設直線DE：y＝kx.有－x1＝kx1.由題意，存在x1≠x2.∴存在x1，使x1≠0.……7分∴k＝－1.∴直線DE：y＝－x.……8分法2：設直線DE：y＝kx.則根據(jù)題意有kx＝x2－x＋c，即x2－(k＋1)x＋c＝0.∵－1≤c≤0，∴(k＋1)2－4c≥0.∴方程x2－(k＋1)x＋c＝0有實數(shù)根.……7分∵x1＋x2＝0，∴k＋1＝0.∴k＝－1.∴直線DE：y＝－x.……8分若eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs8(y＝－x，,y＝x2－x＋c＋eq\f(3,8).))則有x2＋c＋eq\f(3,8)＝0.即x2＝－c－eq\f(3,8).①當－c－eq\f(3,8)＝0時，即c＝－eq\f(3,8)時，方程x2＝－c－eq\f(3,8)有相同的實數(shù)根，即直線y＝－x與拋物線y＝x2－x＋c＋eq\f(3,8)有唯一交點.……9分②當－c－eq\f(3,8)＞0時，即c＜－eq\f(3,8)時，即－1≤c＜－eq\f(3,8)時，方程x2＝－c－eq\f(3,8)有兩個不同實數(shù)根，即直線y＝－x與拋物線y＝x2－x＋c＋eq\f(3,8)有兩個不同的交點.……10分③當－c－eq\f(3,8)＜0時，即c＞－eq\f(3,8)時，即－eq\f(3,8)＜c≤0時，方程x2＝－c－eq\f(3,8)沒有實數(shù)根，即直線y＝－x與拋物線y＝x2－x＋c＋eq\f(3,8)沒有交點.……11分【062】解：（1）連結與交于點，則當點運動到點時，直線平分矩形的面積．理由如下：∵矩形是中心對稱圖形，且點為矩形的對稱中心．又據(jù)經過中心對稱圖形對稱中心的任一直線平分此中心對稱圖形的面積，因為直線過矩形的對稱中心點，所以直線平分矩形的面積．…………2分由已知可得此時點的坐標為．設直線的函數(shù)解析式為．則有解得，．所以，直線的函數(shù)解析式為：． 5分（2）存在點使得與相似．如圖，不妨設直線與軸的正半軸交于點．因為，若△DOM與△ABC相似，則有或．當時，即，解得．所以點滿足條件．當時，即，解得．所以點滿足條件．由對稱性知，點也滿足條件．綜上所述，滿足使與相似的點有3個，分別為、、． 9分（3）如圖，過D作DP⊥AC于點P，以P為圓心，半徑長為畫圓，過點D分別作的切線DE、DF，點E、F是切點．除P點外在直線AC上任取一點P1，半徑長為畫圓，過點D分別作的切線DE1、DF1，點E1、F1是切點．在△DEP和△DFP中，∠PED＝∠PFD，PF＝PE，PD＝PD，∴△DPE≌△DPF．∴Ｓ四邊形DEPF＝2Ｓ△DPE＝2×．∴當DE取最小值時，Ｓ四邊形DEPF的值最?。?，，∴．∵，∴．∴．由點的任意性知：DE是點與切點所連線段長的最小值．……12分在△ADP與△AOC中，∠DPA＝∠AOC，∠DAP＝∠CAO，∴△ADP∽△AOC．∴，即．∴．∴．∴Ｓ四邊形ＤＥＰＦ＝，即Ｓ＝． 14分（注：本卷中所有題目，若由其它方法得出正確結論，請參照標準給分．）【063】解：（1）令二次函數(shù)，則 1分 2分過三點的拋物線的解析式為 4分（2）以為直徑的圓圓心坐標為 5分為圓切線 6分 8分坐標為 9分（3）存在 10分拋物線對稱軸為設滿足條件的圓的半徑為，則的坐標為或而點在拋物線上故在以為直徑的圓，恰好與軸相切，該圓的半徑為， 12分注：解答題只要方法合理均可酌情給分【064】解：ABABC∵∠AOC≠90°，∴∠ABC=90°，故BC⊥OC，BC⊥AB，∴B（，1）．（1分，）即s=，t=1．直角梯形如圖所畫．（2分）（大致說清理由即可）（2）由題意，y=x2+mx－m與y=1（線段AB）相交，得，（3分）∴1＝x2+mx－m，由(x－1)(x+1+m)=0，得．∵=1<，不合題意，舍去．（4分）∴拋物線y=x2+mx-m與AB邊只能相交于（，1），∴≤－m－1≤，∴．①（5分） 又∵頂點P()是直角梯形OABC的內部和其邊上的一個動點，∴，即．=2\*GB3②（6分）∵，（或者拋物線y=x2+mx－m頂點的縱坐標最大值是1）∴點P一定在線段AB的下方．（7分）又∵點P在x軸的上方，∴，∴．（*8分）=3\*GB3③（9分）又∵點P在直線y=x的下方，∴，（10分）即（*8分處評分后，此處不重復評分）=4\*GB3④由①=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④，得．（12分）說明：解答過程，全部不等式漏寫等號的扣1分，個別漏寫的酌情處理．【065】（1）（4，0），． 2分． 4分（2）是直角三角形． 5分證明：令，則．．． 6分解法一：． 7分．是直角三角形． 8分解法二：，． 7分．，．即．是直角三角形． 8分GAOBxy圖1DEFHCGAOBxy圖1DEFHC，．． 9分解法一：設，則，，．=． 10分當時，最大．．，．，． 11分解法二：設，則．． 10分當時，最大．．，．CAOBxCAOBxy圖2DGG當矩形一個頂點在上時，與重合，如圖2，，．．解法一