幾何綜合解析

4幾何綜合

答案：(1)因為拋物線關于直線x=l對稱,AB=4,所以A(?l,0)3(3,0),

ci—Z?+c=0

由點D(2,1.5)在拋物線上，所以《，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5,

4。+2b+c=1.5

又——=1,即氏?2a,代入上式解得e-0.5力=1,從而c=1.5,所以》=->!■/+x+3.

2a22

13

(2)由(1)知)，=一一J2+X+-,令x=0,得c(0.1.5),所以CD〃AB、

'22

73

令履-2=1.5,得/與CD的交點F(—),

2k2

2

令心「2=0,得/與x軸的交點E(一,0),

k

根據(jù)S四邊形OEFC=S四邊彩EBDF得：OE+CF=DF+BE,

77?7II

即：：+77=(3-7)+(2—”),解得人=高，

k2kk2k5

(3)由(1)知y=—x~+xH—=—(x—1)~+2,

222

所以把拋物線向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得拋物線的解析式為

假設在y軸上存在一點P((),I),【＞(),使直線PM與PN關于y軸對稱，過點M、N分別向

y軸作垂線MMI、NNL垂足分別為MI、NI，因為NMPO=/NPO,所以RtAMPMi^RtANPNi,

所喘嗡

(1)

不妨設M(XM，YM)在點N(X7,yN)的左側(cè)，因為P點在y軸正半軸上,

貝|J(1)式變?yōu)椤?-——，乂yM=kXM-2,yN=kXN-2,

所以(t+2)(XM+XN)=2kXMXN......(2)

把y=kx-2(kW0)代入y=-■中，整理得x2+2kx-4=0,

所以XM+XN=-2k,XMXN=-4,代入(2)得1=2,符合條件，

故在y軸上存在一點P(0,2),使直線PM與PN總是關于y軸對稱.

考點：本題是一道與二次函數(shù)相關的壓軸題，綜合考杳了考查了二次函數(shù)解析式的確定，函

數(shù)圖象交點及圖形面積的求法，三角形的相似，函數(shù)圖象的平移，一元二次方程的解法等知

識，難度較大.

點評：本題是一道集一元二次方程、二次函數(shù)解析式的求法、相似三角形的條件與性質(zhì)以及

質(zhì)點運動問題、分類討論思想于一體的綜合題，能夠較好地考查了同學們靈活應用所學知識,

解決實際問題的能力。問題設計富有梯度、由易到難層層推進，既考查了知識掌握，也考查

了方法的靈活應用和數(shù)學思想的形成。

1

2解：（1）①二次函數(shù)y=ax?+bx+c圖象的頂點C的坐標為（0,-2）,c=-2,--=0,

b=0,

點A（-l,0）、點B是二次函數(shù)y=ax2-2的圖象與x軸的交點，a-2=0,a=2.二次函數(shù)的解析

式為y=2x2-2；

②點B與點關于直線x=0對稱，點B的坐標為（1,0）；

（2）/BOONPDB=90°,點P在直線x=m上，

設點P的坐標為（m,p）,0B=l,OC=2,DB=m-1,DP=|p|,

人,OEDP1|p|m-1-1-m

①當△BOCs/XPDB時，礦而，了Q，P二亍或P二丁，

m-11-m

點P的坐標為（m,h）或（m,—）：

②當△BOCs^BDP時,攫黑,|=,p=2m-2或p=2-2m,

ULUi乙IPI

點P的坐標為（m,2m-2）或（m,2-2m）；

11-m

綜上所述點P的坐標為（m,—）、（m,f—）、（m,2m-2）或（m,2-2m）；

（3）不存在滿足條件的點Q。

點Q在第一象限內(nèi)的拋物線y=2x2-2上，

令點Q的坐標為（x,2x2-2）,x>l,過點Q作QE_L直線1,

垂足為E,△BPQ為等腰直角三角形，PB=PQ,NPEQ二NPDB,

ZEPQ=ZDBP,APEQ^ABDP,QE=PD,PE=BD,

①當P的坐標為（m,乎）時，

與x>l矛盾,此時點Q不滿足題設條件;

1-in

②當P的坐標為（m,二一）時,

與x>l矛盾,此時點Q不滿足題設條件;

③當P的坐標為（m,2ir-2）時，

m-x=2m-2

2x2-2-（2m-2）=加T,

與x>l矛盾,此時點Q不滿足題設條件;

④當P的坐標為（m,2-2DI）時，

與X>1矛盾,此時點Q不滿足題設條件;

綜上所述，不存在滿足條件的點Q。

考點：二次函數(shù)綜合題.

專題：綜合題.

分析：(1)由0A的長度確定出A的坐標，再利用對稱性得到頂點坐標，設出拋物線的頂

點形式y(tǒng)=a(x-2#+3,將A的坐標代入求出a的值，即可確定出拋物線解析式：

(2)設直線AC解析式為y=kx+b,將A與C坐標代入求出k與b的值，確定出直線

AC解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求出D的坐標；

(3)存在，分兩種情況考慮：如圖所示，當四邊形ADMN為平行四邊形時，DMIIAN,

DM=AN,由對稱性得到M(3,§),即DM=2,故AN=2,根據(jù)OA+AN求出ON的

4

長，即可確定出N的坐標；當四邊形ADMN，為平行四邊形，可得三角形ADQ全等

于三角形N，MT,MP=DQ=2NT=AQ=3,將y=-X代入得：--A2+3x,求出

4’444

x的值，確定出OP的長，由OP+PN，求出ON，的長即可確定出N，坐標.

解答：解：(1)設拋物線頂點為E,根據(jù)題意OA=4,OC=3,得：E(2,3),

設拋物線解析式為y=a(x-2)2+3,

將A(4,0)坐標代入得：0=4a+3,即a=-乜，

4

則拋物線解析式為y=?.(x-2)?+3=?JX2+3X；

(2)設直線AC解析式為y=kx+b(k*0),

將A(4,0)與C(0,3)代入得：14k+b=0,

lb=3

5-衛(wèi)

解得：4,

b=3

故直線AC解析式為y=-4+3,

4

'3

尸~_TX+3

與拋物線解析式聯(lián)立得：，

y=--1x2+3x

4［提示：如果一個二次函數(shù)的圖象與x軸的交點

為4八0）,8（&,0”,那么它的表達式可表示

為：y=tz（x-x,）（x-x2）］

考點：此題在陜西的中考中也較固定，第（1）問主要考查待定

系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)與坐標軸的交點坐標，

拋物線的對稱性等簡單問題。第二問主要考查二次函數(shù)綜合應用之點的存在性問題：包括

最短距離與面積的最值等（等腰三角形，平行四邊形，正方形，相似三角形，相似，全等

等問題。考查問題的綜合能力要求較高，基本上都是轉(zhuǎn)化為求點的坐標的過程。

解析：本題中（1）由拋物線的軸對稱性可知，與x軸的兩個交點關于對稱軸對稱，易求出

對稱軸；

（2）由提示中可以設出函數(shù)的解析式，將頂點D與E的坐標表示出來，從而將兩個三角形

的邊長表示出來，而相似的確定過程中充分考慮到分類即可解決此題；

解：（1）對稱軸為直線：x=2。

(2)VA(1,0)、B(3,0),所以設y=。(工一1)(工一3)即y=ax?—4or+3a

當x=0時，y=3a,當x=2時，y=-a

AC(0,3a),D(2,a)A0C=|3a|,

VA(1,0)、E(2,0),

A0A=l,EB=l,DE=}-a|=|a|

在與ADEB中.

VZAOC=ZDEB=90°

...當絲=型時，△AOCS/XDEB

OCEB

...=解得。二立或。二一立

\3a\133

AnFR

當上二——時，AAOCS/XBED

OCDE

???」一二」-時，此方程無解，

I3。|\a\

綜上所得：所求二次函數(shù)的表達式為：

y=—x2--\［3x+6或y=--x2+—V3x-百

3333

5解析:

(1)A(O,-DC(4,3)則IACI=J(4-0)2+(-l—3)2=4立

ABC為等腰直角三角形,?.AB=BC=4

AB點(4,-1)將A,B代入拋物線方程有

C=—\f.

c=-l

?1

——x16+4^+c=-1b=2

2i

12cl

??y=—x+2x—1

2

(2)當頂點P在直線AC上滑動時，平移后拋物線與AC另一交點Q就是A點沿直線AC

滑動同樣的單位。下面給予證明：

原拋物線y=-g(f-4x+4)+1=-g。一2尸+1頂點p為(2」)

設平移后頂點P為(a,a-l)廁平移后拋物線y'-Lx-af+a-l聯(lián)立y=x-l(直線AC方

程)

得Q點為(a-2,a-3)

???IPQI=2>/2即實際上是線段AP在直線AC上的滑動.

i)點M在直線AC下方，且M,P,Q構成等腰直角三角形，那么先考慮使MP,Q構成等腰

直角三角形的M點的軌跡，再求其軌跡與拋物線的交點以確定M點.

①若NM為直角，則M點軌跡即為AC下方距AC為MH且與AC平行的直線1

又知IPQI=2>/2,則IMHI=A/2IPMI=2

直線I即為AC向下平移IPMI=2個單位L:y=x-3聯(lián)立y=—gf+2工一1

得x二l士遂

M點為(1+6，逐-2)或(1?6，?石-2)

②若NP=^NQ為直角，即PQ為直角邊，MQ_LPQ且，MQ=PQ=2x/2

或MP±PQ,J1MP-PQ-2x/2,/.M點軌跡是AC下方距AC為2>歷旦與AC平行直線L

直線L即為AC向下平移IMPI=4個單位

L:y=x-5聯(lián)立y=-If+2工一1得x=4或x=-2

2

???M點為(4")或(-2,-7)

綜上所有符合條件的點M為(1+6，75-2)(4,-1)；(I-V5,-V5-2),(-2,-7)

c

ii）知PQ=2/一——有最大值，即NP+BQ有最小值

MP+BQ

如下圖，取AB中點M,連結QM,NM,知N為中點

AMN為AC邊中位線，：.MN〃AC且MN=1AC=2J^=PQ

2

AMN\\PQ.??MNPQ為平行四邊形

即PN=QMAQD+PN=DQ+MQ

此時，作B點關于AC對稱的點B',連B'Q.9M

EM交AC于點H,易知B'Q=BQ

BQ+PN=B'Q+MQVBM（三角形兩邊之和大丁第三邊）

僅當Q與H重合時，取警號

即BQ+PN最小值存在且最小值為夕M

連結46知為等腰百角三角形。

ArB=4,AM=-!-AB=2J.由勾股定理得8'M=26

2

.PQ舄十倍左在日易十信力2及回

??---------"＜人fiiG在，1-1.取大值為—尸=-----

NP+BQ265

I3

2

6解析：（1）當y=0時，-x--X-4=0,解得，x,=-2,x2=8

??,點B在點A的右側(cè)，

，點A,B的坐標分別為：（-2,0）,（8,0）

當x=0時，y=-4

???點C的坐標為（0,-4）,

（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標為（0,4）.

k」

設直線BD的解析式為），=履+〃，則.解得,b=4.

：8攵+/?=02

???直線BD的解析式為y=--x+4.

2

?.」_Lx軸，,點M,Q的坐標分別是(m,--i/n+4),(m,m2-/n-4)

如圖，當MQ=DC時，四邊形CQMD是平行四邊形.

?],3

(-/7?+4)-(—in2--tn-4)=4-(-4)

242

化簡得：-46=0.解得，mi=0,（舍去）m2=4.

???當m=4時，四邊形CQMD是平行四邊形.

此時，四邊形CQBM是平行四邊形.

解法一：???m=4,???點P是OB中點.???l_Lx軸，.??l〃y軸.

BPBM1

ABPM^ABOD.——=------BM=DM.

BOBD2

???四邊形CQMD是平行四邊形，???DM4CQ???BM4CQ.???四邊形CQBM為平行四邊形.

.............................jZ?.=-4]

解法二：設直線BC的解析式為產(chǎn)kix+bi，貝葉.解得，ki=—,b）=-4

注勺+4=02

???直線BC的解析式為y」x-4

又?."J_x軸交BC于點N.???x=4時，產(chǎn)-2.，點N的坐標為（4,-2）由上面可知，點M,Q

的坐標分別為：（4,2）,Q（4,-6）.

AMN=2-（-2）=4,NQ=-2-（-6）=4.AMN=QN.

又'??四邊形CQMD是平行四邊形.JDB〃CQ,AZ3=Z4,

又N1=N2,/.ABMN^ACQN.ABN=CN.

???四邊形CQBM為平行四邊形.

（3）拋物線上存在兩個這樣的點Q,分別是Qi（-2,0）,Q2（6,-4）.

7

考點：相似形綜合題.

分析：（1）作AH_LBC于H,根據(jù)勾股定理就可以求出AH,由三角形的面積公式就可以

求出其值；

（2）如圖1,當OVxSl.5時，由三角形的面積公式就可以表示出y與x之間的函數(shù)

關系式，如圖2,當1.5VXV3時，重疊部分的面積為梯形DMNE的面積，由梯形的

面積公式就可以求出其關系式；

（3）如圖4,根據(jù)（2）的結論可以求出y的最大值從而求出x的值，作FO_LDE于

0,連接MO,ME,求得NDME=90。，就可以求出OO的直徑，由圓的面積公式就可

以求出其值.

解答：解：（1）如圖3,作AH_LBC于H,

NAHB=90°.

???△ABC是等邊三角形，

/.AB=BC=AC=3.

ZAHB=90。，

BH=BC=

在RtAABC中，由勾股定理，得

AH=VS.

3乂

SAABC-----------------=Vr3：

2

(2)如圖1,當OVxVl.5時，y=SAADE.

作AG_LDE于G,

ZAGD=90\ZDAG=3()°,

/.DG=x,AG=亞x,

2

V3

xX

X

??廣一T_V3.

24

（＞0,開口網(wǎng)上，在對稱軸的右側(cè)y隨x的增大而增大,

.a=

x=1.5ift,y猊大

16

如圖2,當1.5VxV3時，作MG_LDE于G,

AD=x,

BD=DM=3-x,

DG=(3-x),MF=MN=2x-3,

/.MG二立(3-x),

2

(2x-3+x)零(3-x)

?.k----------r-------

=--173X2+3V3X--|V3;

(3),如圖4,-/y=-部x2+3日一日百；

'>?y=-(X2-4X)-V3?

丫=-兩八-2)?+兩,

,a=-A/s<0,開口向下，

x=2時，y處人=今巧，

孝考」

二?y最大時，x=2,

DE=2,BD=DM=1.作FOJ_DE于O,連接MO,ME.

/.DO=OE=1,

DM=DO.

ZMDO=60\

△MDO是等邊二角形，

/.ZDMO=ZDOM=60°,MO=DOW.

/.MO=OE,ZMOE=120°,

/.ZOME=30。，

ZDME=90\

DE是直徑，

S0O=nxl2=n.

F圖2

點評：本題考查了等邊三角形的面積公式的運用，梯形的面積公式的運用，勾股定理的運用，

圓周先定理的運用，圓的面積公式的運用，等邊二角形的性質(zhì)的運用，二次函數(shù)的性

質(zhì)的運用，解答時靈活運用等邊三角形的性質(zhì)是關鍵.

8

考點：二次函數(shù)綜合題.

專題：代數(shù)幾何綜合題.

分析：(1)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答即可；

(2)利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，然后根據(jù)軸對稱確定最短路線問題，

直線AC與對稱軸的交點即為所求點D；

(3)根據(jù)直線AC的解析式，設出過點E與AC平行的直線，然后與拋物線解析式

聯(lián)立消掉y得到大于x的一元一次方程，利用根的判別式ARM,△ACE的面積最

大，然后求出此時與AC平行的直線，然后求出點E的坐標，并求出該直線與x軸的

交點F的坐標，再求出AF,再根據(jù)直線I與x軸的夾角為45。求出兩直線間的距離，

再求出AC間的距離，然后利用三角形的面積公式列式計算即可得解.

解答：解:(1)?拋物線y=ax?+bx+3經(jīng)過點A(1,0),點C(4,3),

a+b+3=0"a=l

,16a+4b+3=3,解得|b二-4,

所以，拋物線的解析式為y=x2-4x+3；

(2)二?點A、B關于對稱軸對稱，

.?.點D為AC與對稱軸的交點時△BCD的周長最小，

設直線AC的解析式為y=kx+b(k*0),

rk+b=0

則,4k+b=3

k=l

解得［b=-1,

所以，直線AC的解析式為y=x-1,

y=x2-4x+3=(x-2)2-1,

???拋物線的對稱軸為直線x=2,

當x=2時，y=2-1=1,

「?拋物線對稱軸上存在點D(2,1),使△BCD的周長最小;

(3)如圖，設過點E與直線AC平行線的直線為y=x+m,

y=x+m

2

聯(lián)立，ly=x_4x+3

消掉y得，x2-5x+3-m=0,

△=(-5)2-4x|x(3-m)=0,

即「叫■二時，點E到AC的距離最大，△ACE的面積最大，

4

53

此時x=-,y=-

2-4

???點E的坐標為(°,-

24

設過點E的直線與x軸交點為F,則F(V,0),

4

139

AF=3-1=一，

44

???直線AC的解析式為y=x-1,

/.ZCAB=45\

???點F到AC的距離為2xYL",

428

22

XvAC=73+(4-1)=3V2,

△ACE的最大面積=x3&x色星2Z,此時E點坐標為(2,-

8824

點評：本題考查了二次函數(shù)綜合題型，主要考查J'待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，待定系數(shù)

法求一次函數(shù)解析式，利用軸對稱確定最短路線問題，聯(lián)立兩函數(shù)解析式求交點坐標,

利用平行線確定點到直線的最大距離問題.

9考點：二次函數(shù)綜合題.

分析：(1)將A(3,0),C(0,4)代入y=ax2-2ax+c,運用待定系數(shù)法即可求出拋物線

的解析式：

(2)先根據(jù)A、C的坐標，用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，進而根據(jù)拋物線和直線

AC的解析式分別表示出點P、點M的坐標，即可得到PM的長；

(3)由于/PFC和NAEM都是直角，F(xiàn)和E對應，則若以P、C、F為頂點的三角形和△AEM

相似時，分兩種情況進行討論：①APFCsAAEM,@ACFP-△AEM；可分別用含m的

代數(shù)式表示出AE、EM、CF、PF的長，根據(jù)相似三角形對應邊的比相等列出比例式，求出

m的值，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，直角三角形、等腰三角形的判定判斷出APCM的形狀.

解答：解：(1)二?拋物線y=ax?-2ax+c(a*0)經(jīng)過點A(3,0),點C(0,4),

9a-6a+c=0,解得.

J,

c=4c=4

???拋物線的解析式為y=-X2+X+4；

(2)設直線AC的解析式為y=kx+b,

---A(3,0),點C(0,4),

譽二。解得.k二

J,

b=4

「?直線AC的解析式為y=-x+4.

二?點M的橫坐標為m,點M在AC上，

「?M點的坐標為(m,-m+4),

???點P的橫坐標為m,點P在拋物線y=-X2+X+4上，

.二點P的坐標為(m,-m2+m+4),

/.EM=PE-ME=(-m2+m+4)-(-m+4)=-nr+4m,

即PM=-m2+4m(0<m<3)；

(3)在(2)的條件下，連結PC,在CD上方的拋物線部分存在這樣的點P,使得以P、C、

F為頂點的三角形和△AEM相似.理由如下：由題意，可得AE=3-m,EM=-m+4,CF=m,

PF=-m2+m+4-4="m2+m.

若以P、C、F為頂點的三角形和△AEM相似，分兩種情況：①若△PFO△AEM,則PF：

AE=FC：EM,

即(-nf+m)：(3-m)=m：(-m+4),

m#0且m#3>

???m1TI-23

16

,/△PFd△AEM,/.ZPCF=ZAME,

???ZAME=ZCMF,ZPCF=ZCMF.

在直角ACMF中，,?NCMF+NMCF=90。,

/.ZPCF+ZMCF=90°,即NPCM=90°,

.?.△PCM為直角三角形；

②若△CFPsaAEM,則CF：AE=PF：EM,

即m：(3-m)=(-m2+m)：(-m+4),

,/mx()且mx3,

m=l.

,/△CFPs△AEM,/.ZCPF=ZAME,

?/ZAME=ZCMF,「.ZCPF=ZCMF.

/.CP二CM,

「.△PCM為等腰三角形.

綜上所述，存在這樣的點P使4PFC與^AEM相似.此時m的值為里或1,△PCM為直

16

角三角形或等腰三角形.

點評：此題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、?次函數(shù)的解析

式，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形、等腰三角形的判定，難度適中.要

注意的是當相似三角形的對應邊和對應角不明確時，要分類討論，以免漏解.

10

考點：一次函數(shù)綜合題.

分析：(1)首先求出點A、B的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；

(2)設點C坐標為(m,0)(m<0),根據(jù)已知條件求出點E坐標為(m,8+m)；

由于點E在拋物線上，則可以列出方程求出m的值.在計算四邊形CAEB面積時，

利用S四邊形CAEB二SAACE+S梯形OCEB-SABCO?可以簡化計算；

(3)由于△ACD為等腰直角三角形，而△DBE和△DAC相似，則4DBE必為等腰

直角三角形.分兩種情況討論，要點是求出點E的坐標，由于點E在拋物線上，則可

以由此列出方程求出未知數(shù).

解答：解：(1)在直線解析式y(tǒng)=x+4中，令x=0,得y=4；令y=0,得x=-4,

A(-4,0),B(0,4).

,點A(-4,0),B(0,4)在拋物線y=-x2+bx+c上，

.16-4b+c=0

??49

?4

解得：b=-3,c=4,

???拋物線的解析式為:y=-x2-3x+4.

(2)設點C坐標為(m,0)(m<0),則OC=-m,AC=4+m.

OA=OB=4,/.ZBAC=45%

△ACD為等腰直角三角形，.?.CD=AC=4+m,

CE=CD+DE=4+ni+4=8+m,

???點E坐標為(m,8+m).

,點、E在拋物線y=-x2-3x+4上,

8+m=-m2-3mM解得m=-2.

/.C(-2,0),AC=OC=2,CE=6,

S四邊形CAEB=SAACE-S梯形OCEB-SABco=-t<2x6+—(6+4)x2--1x2x4=12.

222

⑶設點C坐標為(m,0)(m<0),則OC=-m,CD=AC=4+m,BD=&OC=-、歷m,

則D(m,4+m).

???△ACD為等腰直角三角形，△DBE和4DAC相似

△DBE必為等腰直角三角形.

i)若NBED=90。，則BE二DE,

,/BE=OC=-m,

DE=BE=-m,

CE=4+m-m=4,

E(m,4).

???點E在拋物線y=-x2-3x+4上，

4=-m2-3m+4,解得m=0(不合題意，舍去)或m=-3,

/.D(-3,1)：

ii)若NEBD=90。，貝ijBE=BD二-亞m,

在等腰直角三角形EBD中，DE=V2BD=-2m,

CE=4+m-2m=4-in,

E(m,4-m).

???點E在拋物線y=-x2-3x+4上，

4-m=-m2?3m+4,解得m=0(不合題怠，舍去)或m=-2,

/.D(-2,2).

綜上所述，存在點D,使得△DBE和^DAC相似，點D的坐標為(-3,1)或(-

2,2).

點評：本題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)圖象上點的坐標特征、待定系數(shù)

法、相似三角形、等腰直角三角形、圖象面積計算等重要知識點.第(3)問需要分

類討論，這是本題的難點.

11解析：解：(1)設拋物線的解析式為y=ax2+hx^c,

。一匕+。=0,

根據(jù)題意，得《25a+5Z?+c=(),,

5

(第26題圖)

1

a~2y

解得,8=-2,

5

2

???拋物線的解析式為：y=-x2-2x--...........（3分）

'22

（2）由題意知，點A關于拋物線對稱軸的對稱點為點氏連接BC交拋物線的對稱軸于點

P,則P點即為所求.

設直線BC的解析式為y=kx+b,

T，

5&+〃=0,

由題意，得《,5解得?

b=—.

2

2

I5

???直線BC的解析式為y=—X——（6分）

22

1、5

???拋物線,=/-2一5的對稱軸是.2,

3

???當x=2時，y=—x~—

222

3

???點P的坐標是（2,--）.（7分）

7

（3）存在（8分）

⑴當存在的點N在x釉的下方時，如圖所示，二?四邊形ACNM是平行四邊形，.二。!〃*軸,

???點C與點N關于對彌軸x=2對稱，???C點的坐標為（0,-3,???點N的坐標為

2

（4,-|）.

（11分）

（II）當存在的點N’在x軸上方時，如圖所示，作N'HJ_x軸于點H,???四邊形4cMM

是平行四邊形，???AC="N；NMMT7=NC4O,

ARtACAO^RtANMH，,NH=OC.

??,點c的坐標為（o,M"=2,即N點的縱坐標為2,

222

???4_2x-3=之,即f_4i0=o

222

解得內(nèi)=2+JS，w=2—Ji^.

工點M的坐標為（2一而,2）和（2+V14,-）.

22

綜上所述，滿足題目條件的點N共有三個，

分別為（4,一。）.，（2+V14,-）,（2-V14,-）......................................（13分）

222

12

考點：一次函數(shù)綜合題.

分析：（1）設直線AB的函數(shù)解析式為嚴kx*4,把（4.0）代入即可；

（2）①先證出△BOD合△COD,得出NBOD二/CDO,再根據(jù)/CDO=/ADP,即

可得出NBDE=ZADP,

②先連結PE,根據(jù)/ADP=NDEP+ZDPE,ZBDE=ZABD+ZOAB,ZADP=ZBDE,

ZDEP=ZABD,得出NDPE=NOAB,再證出NDFE=NDPE=45。，最后根據(jù)

ZDEF=90\得出△DEF是等腰直角三角形，從而求出DF二&DE,即y=&x；

（3）當?shù)?2時，過點F作FH_LOB于點H,則NDBO=ZBFH,再證出△BOD-△FHB,

BF

盥旦二里2,得出FH=2,OD=2BH,再根據(jù)NFHO=NEOH=NOEF=9（）。，得出四

HFHBFB

邊形OEFH是矩形，OE=FH=2,EF=OH=4-OD,根據(jù)DE二EF,求出OD的長，從

f14

而得出直線CD的解析式為y=x+,最后根據(jù)《33求出點P的坐標即可；

尸-x+4

當膽時，連結EB,先證出△DEF是等腰直角三角形，過點F作FG_LOB于點G,

BF

同理可得4BOD"△FGB,更二四也二，得出FG=8,OD=BG,再證出四邊形OEFG

GFGBFB

f…14

是矩形，求出OD的值，再求出直線CD的解析式，最后根據(jù)《33即可求出

y=-x+4

點P的坐標.

解答：解：（1）設直線AB的函數(shù)解析式為丫=1?+4,

代入（4,0）得：4k+4=0,

解得：k=-1,

則直線AB的函數(shù)解析式為y=-x+4；

（2）①由已知得：

OB=OC,ZBOD=ZCOD=90°,

又OD=OD,

△BOD合△COD,

二ZBOD=ZCDO,

---ZCDO=ZADP,

ZBDE=ZADP,

②連結PE,

/ZADP是4DPE的一個外角,

ZADP=ZDEP+ZDPE,

VZBDE是/ABD的一個外角,

ZBDE=ZABD+ZOAB,

?/ZADP=ZBDE,ZDEP=ZABD,

ZDPE=ZOAB,

OA=OB=4,ZAOB=90°,

ZOAB=45°,

ZDPE=45°,

NDFE=ZDPE=45°,

vDF是OQ的直徑，

ZDEF=90°,

??.△DEF是等腰直角三角形，

DF=V2DE,即尸否；

(3)當BD：BF=2：I時，

過點F作FHJLOB于點H,

ZDBO+ZOBF=90。，ZOBF+ZBFH=90°,

/DBO=zDPII,

又fZDOB=ZBHF=90°,

△BOD-△FHB,

.QB-QDBD，2

FH=2,OD=2BH,

..ZFHO=ZEOH=ZOEF=90°,

四邊形OEFH是矩形，

OE=FH=2,

/.EF=OH=4-OD,

?「DE=EF,

/.2+OD=4-OD,

解得:0D=,

???點D的坐標為(0,),

直線CD的解析式為y=x+,

則點P的坐標為(2,2)；

當?shù)鋾r，

BF

連結EB,同(2)①可得：NADB二NEDP,

而/ADB=ZDEB+ZDBE,ZEDP=ZDAP+ZDPA,

ZDEP=ZDPA,

ZDBE=ZDAP=45°,

△DEF是等腰直角三角形，

過點F作FGJLOB于點G,

同理可得：△BOD-△FGB,

.QB-QD_BD,

，

,GFGBW

：.FG=8,OD=BG,

???ZFGO=ZGOE=ZOEF=90°,

四邊形OEFG是矩形，

OE=FG=8,

EF=OG=4+2OD,

?/DE=EF,

???8-OD=4+2OD,

4

OD=-,

3

4

點、D的坐標為（0,----）,

3

14

直線CD的解析式為：y=----x-----,

33

'14

?（=8

rtr33得；Jx,

y=-x+4［廠-4

???點P的坐標為（8,-4）,

綜上所述，點P的坐標為（2,2）或（8,-4）.

點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合，用到的知識點是一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)，關

鍵是綜合運用有關知識作出輔助線，列出方程組.

解析：(1)把點(力一2,2b2—5b—1)代入解析式，得

2/一5力一1="-2)2+b(/?-2)一3/升3,..................I'

解得b=2.

，拋物線的解析式為廣f+2x—3...................2'

(2)由r+Zx—3=0,得產(chǎn)一3或x=L

???A(—3,0)、B(1,())、C(0,-3).

拋物線的對稱軸是直線-一1,圓心M在直線戶一1上...........3'

，設M(一|,〃)，作MG_Lx軸于G,軸于”，連接MC、MB.

：?MH=\,BG=2...................4'

yMB=MC,：.BG2+MG2=MH2+CH2,

即4+〃2=I+(3+fi)2,解得n=-1,?,?點M(—1,—I)..................5'

(3)如圖.tUM(~\,-1).得MG=MH.

\'MA=MD,??.n△AMG絲R/QM”，AZ1=Z2.

由旋轉(zhuǎn)可知N3=N4.

若/為等腰三角形，則△4ME為等腰三角形...........6'

設七(-())，ZXAME為等腰三角形，分三種情況：

?AE=AM=yf5,則尸石一3,:?E(加一3,0)；

②???加在AB的垂直平分線上，

：,MA=ME=MB,AE(1,0)..................7'

③點E在AM的垂直平分線上，則AE=ME.

AE=x+3,MET=MG2+EG2=1+(—1—x)2,:.(K+3)2=1+(—1—x)2,解得x=--,:.E

4

0).

4

7

0),0).........8’

4

14考點：二次函數(shù)綜合題.

專題：代數(shù)幾何綜合題.

分析：(I)寫出平移后的拋物線的頂點坐標，然后利用頂點式解析式寫出即可；

(2)根據(jù)拋物線解析式求出點八、8的坐標，然后求出NOBA=45。，再聯(lián)立兩拋物線解

析式求出交點C的坐標，再根據(jù)NCPA=^OBA分點P在點A的左邊和右邊兩種情況求

解；

(3)先求出直線OC的解析式為產(chǎn)x,設與OC平行的直線.yr+力，與拋物線”聯(lián)立消

掉)，得到關于x的一元二次方程，再根據(jù)與。C的距離最大時方程有且只有一個根，然

后利用根的判別式△=0列式求出力的值，從而得到直線的解析式，再求出與工軸的交點

E的坐標，得到。E的長度，再過點C作CD±x軸于D,然后根據(jù)/COD的正弦值求解

即可得到力的值.

解答：解：(1)拋物線y尸/-1向右平移4個單位的頂點坐標為(4,-1),

所以,拋物線”的解析式為止Q-4)2-1；

(2)A-0時，＞'=-1,

)=0時，1=0,解得汨=1,1，

所以，點A(1,()),B(0,-1),

Z084=45。,

y=x2-1

聯(lián)立，

y=(x_4)2-1

解得x=2

y=3

.??點。的坐標為（2,3）,

ZCPA=Z.OBA,

.,.點尸在點A的左邊時，坐標為（-1,0）,

在點A的右邊時，坐標為（5,0）,

所以，點P的坐標為（-1,0）或（5,0）；

（3）存在.

...點C（2,3）,

直線OC的解析式為產(chǎn)弟

設與OC平行的直線產(chǎn)x+〃，

3

y=-^x+b

聯(lián)立，2,

y=（x-4）2-1

消掉y得，2r-19.r+30-2b=0,

當△二（）,方程有兩個相等的實數(shù)根時，△QOC中OC邊上的高力有最大值，

此時Xl=X2=x<一二二丫，

24

此時產(chǎn)（至-4）2-1="—,

416

.?.存在第四象限的點。（號，-A）,使得△。。。中OC邊上的高力有最大值,

此時△=192-4x2x（30-2b）=0,

解得b=-3,

16

一.過點Q與OC平行的直線解析式為產(chǎn)x-3,

16

令尸0,貝lJx-理工。，解得尸絲:，

1624

設宜線與x軸的交點為E,則￡：（』目,（））,

24

過點。作CZXLX軸于。，根據(jù)勾股定理，揚7Q限，

貝ijsin/COD=-^-=-^=.

OEV13

點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了利用平移變換確定二次函數(shù)解析式，聯(lián)立

兩函數(shù)解析式求交點坐標，等腰三角形的判定與性質(zhì)，（3）判斷出與0C平行的直線與

拋物線只有一個交點時0C邊上的高。最大是解題的關鍵，也是本題的難點.

15

【答案】9⑴當1=2「寸,0A=2.

VAB(0,4］，AOB-4.

又'??/BAC=9T.AB=2AC.n^-RiAABO^Rl△CAfe

(二)①當OA=t時，?.?Ri^ABOsRtacAF,...CF-Lt,AF=2.

2

?**FD=2.AF=t?4?

丁點C落在線段CD±t/.RtACDD^RtABOD.

2;

—>2_,整理事2+4>16=0.

t+44

解

得t「2書-2,t3--2V5-2(舍去).

，當t=2而-2時，點C落在線段。上.

②當點C與點E重合時.C三T,可得l=0A=8?

???當07S8時,S-^B