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綜合型問題
1在矩形ABCD中，有一個菱形BFDE（點E、F分別在線段AB、CD上），記它們的面積分別為SABCD和SBFDE，現給出下列命題：①若，則tan∠EDF=；②若DE2=BD·EF，則DF=2AD. 則（ ）
A、①是真命題，②是真命題 B、①是真命題，②是假命題
C、①是假命題，②是真命題 D、①是假命題，②是假命題
【解題思路】根據圖像和面積的計算可設BE=2x，AE=，由菱形的性質可知DE=2x，在Rt△DAE中，有勾股定理的DA= x，所以tan∠EDF=tan∠DEA=；
由菱形面積的計算方法可知：BD·EF就是菱形BFDE的面積，而菱形BFDE的面積還可以用DF·AD計算，所以DE2=DF·AD化簡整理的DF=2AD
【答案】A
【點評】本題主要考查有關面積的計算，其中涉及到勾股定理、菱形的性質、銳角三角函數值，是一道綜合性很強的題。難度較大
2．如圖，正比例函數和反比例函數的圖象都經過點 A ( 3 , 3) ，把直線 OA 向下平移后，與反比例函數的圖象交于點B(6,m)，與x軸、y軸分別交于C、D兩點
⑴求 m的值；
⑵求過 A、B、D 三點的拋物線的解析式；
⑶ 若點E是拋物線上的一個動點，是否存在點 E ，使四邊形 OECD 的面積S1 ，是四邊形OACD 面積S的?若存在，求點 E 的坐標；若不存在，請說明理由
．
【解題思路】⑴設正比例函數和反比例函數的解析式分別為
∵正比例函數和反比例函數的圖象都經過點 A ( 3 , 3)
∴，
∴，
∵點B(6,m)在反比例函數的圖像上
∴
⑵由⑴得點B(6，)，
設直線OA 向下平移后BD的解析式為：
把點B(6，)代入BD的解析式：得
∴D(0，)
設過A ( 3 , 3)，B(6，)，D(0，)的
拋物線的解析式為則
解得：.
∴
⑶ ∵BD：，∴令得則C()
∴
∴
假設存在點E，則
∴，令
解得，（不合題意，舍去）
∴
【點評】這是一道典型的數形結合的試題，綜合考查了二次函數、一次函數、反比例函數、點的坐標、方程、直角坐標系中平行線解析式的處理，知識的綜合運用能力強，要求學生有直覺猜想、空間想象、合情推理、抽象概括、符號表示、運算求解、演繹說理等綜合能力.難度較大.
3.如圖所示,AC為⊙O的直徑,且PA⊥AC,BC是⊙O的一條弦,直線PB交直線AC于點D,.
(1)求證:直線PB是⊙O的切線；
(2)求cos∠BCA的值.
【解題思路】第(1)小題要證切線,須連半徑,證垂直.連接、,證明≌即可；第(2)小題要利用平行線性質將所求問題轉化為求的余弦值,在中,設出,根據已知條件用含的代數式表示邊OA、OP的長,再利用三角函數求之.
【答案】(1)證明:連接OB、OP ………………………………………………………(1分)
∵ 且∠D=∠D
∴△BDC∽△PDO
∴∠DBC=∠DPO
∴BC∥OP
∴∠BCO=∠POA
∠CBO=∠BOP
∵OB=OC
∴∠OCB=∠CBO
∴∠BOP=∠POA
又∵OB=OA OP=OP
∴△BOP≌△AOP
∴∠PBO=∠PAO
又∵PA⊥AC
∴∠PBO=90°
∴直線PB是⊙O的切線 …………………………………(4分)
(2)由(1)知∠BCO=∠POA
設PB,則
又∵
∴
又∵BC∥OP
∴
∴
∴
∴
∴cos∠BCA=cos∠POA= ……………………………………………(8分)
(注:其他解法依據情況酌情給分)
【點評】本題以基本圖形:三角形與圓相結合為背景,綜合考查了圓的切線的判定定理、平行線的判定與性質、三角形的相似與全等、等腰三角形性質、銳角三角函數、勾股定理等知識,知識點豐富；考查了學生綜合運用知識以及轉化思想來解決問題的能力.2個小題設問方式較常規,為學生熟知,能讓學生正常發揮自己的思維水平.對于在幾何圖形的證明與求解中,輔助線的添加成為部分學生的一大難題,本題中的2條輔助線添法是關鍵,就這2條輔助線就可以將中下層面的學生拒之題外.難度較大.
410.如圖，⊿ABC和⊿CDE均為等腰直角三角形，點B,C,D在一條直線上，點M是AE的中點，下列結論：①tan∠AEC=;②S⊿ABC+S⊿CDE≧S⊿ACE ;③BM⊥DM;④BM=DM.正確結論的個數是（ ）
（A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個
【解題思路】此題易得∠ACE=90°，∴tan∠AEC=∴①成立; 設AC=a,CE=b，則而故
∴，，即：∴②成立；延長DM交直線AB于N,易證△AMN≌△EMD，進而得到MD=MN,BD=BN,由等腰三角形三線合一，可得③④成立。
【答案】D
【點評】本題是一個綜合性題目，有一定難度。
5．如圖，一次函數y=k1x+b的圖象經過A（0，－2），B（1，0）兩點，與反比例函數y=的圖象在第一象限內的交點為M，若△OBM的面積 為2.
（1）求一次函數和反比例函數的表達式.
（2）在x軸上存在點P，使AM⊥PM？若存在，求出點P的坐標，若不存在，說明理由.
【解題思路】（1）由于一次函數的圖象經過兩個已知點A、B，利用待定系數法可以求出其表達式；確定反比例函數的表達式的關鍵是求出點M的坐標，過點M作x軸的垂線段MD，利用△OBM的面積為2先求出點M的縱坐標；（2）過點M作MP⊥AM交x軸于點P，注意到基本圖形：Rt△BMP中MD⊥BP，利用相似三角形的知識或解直角三角形的知識求出BP的長度，從而求出點P的坐標.
【答案】（1）∵直線y=k1x+b過A（0，－2），B（1，0）.
∴，∴.
∴一次函數的表達式為y=2x－2.
設M（m,n），作MD⊥x軸于點D.
∵S△OBM=2.
∴OB·MD=2，∴n=2.
∴n=4.
將M（m，4）代入y=2x－2得：4=2m－2，∴m=3.
∵4=，∴k2=12.
所以反比例函數的表達式為y=.
(2)過點M（3，4）作MP⊥AM交x軸于點P，
∵MD⊥BP ∴∠PMD=∠MBD=∠ABO.
∴tan∠PMD= tan∠MBD= tan∠ABO===2.
∴在Rt△PDM中，=2，∴PD=2MD=8.
∴PO=OD+PD=11.
∴在x軸上存在點P，使PM⊥AM，此時點P的坐標為（11，0）.
【點評】本題是利用一次函數、反比例函數圖象與性質解題的綜合題，盡管題目的區分度不是很大，但著重考查了初中數學的很多重要的數學知識點與數學的思想方法（如待定系數法、數形結合等）；解決第（1）題的關鍵是點的坐標與相應線段長度間的轉換，解決第（2）題的關鍵是“基本圖形”的運用. 難度中等.
6． (本題滿分10分) （2011山東棗莊，10，,10分）如圖，在平面直角坐標系中，把拋物線向左平移1個單位，再向下平移4個單位，得到拋物線.所得拋物線與軸交于兩點（點在點的左邊），與軸交于點，頂點為．
（1）寫出的值；
（2）判斷的形狀，并說明理由；
（3）在線段上是否存在點，使∽？
若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由．
【解題思路】（1）將拋物線向左平移1個單位，再向下平移4個單位，得到拋物線的關系式：y=（x+1）2-4，故h= -1，k= -4；
（2）令 y =0，解得：x1= -3，x2=1，得到點A、B的坐標再令x=0得到點C的坐標，從而計算出AC，AD，CD的長度，由勾股定理判定三角形的形狀；
（3）過點O作OM∥BC交AC于M，Ｍ點即為所求點．然后再過點M作x軸的垂線交x軸與點G，確定OG，MG的長度即可確定M的坐標，從而確定存在點，使∽．
【答案】解：（1）的頂點坐標為Ｄ（－１，－４），∴ .
（2）由（1）得.當時，． 解之，得　．
∴ . 又當時，，∴C點坐標為.又拋物線頂點坐標，作拋物線的對稱軸交軸于點E， 軸于點．易知
在中，；
在中，；
在中，；
∴ ．
∴ △ACD是直角三角形．
（3）存在．作OM∥BC交AC于M，Ｍ點即為所求點．由（2）知，為等腰直角三角形，，．由，得．即. 過點作于點，則
，.又點M在第三象限，所以點的坐標為（，）．
【點評】本題屬于以二次函數為載體，涉及到多個知識點，屬于綜合問題，考查同學們綜合運用知識的能力，第一小題注重考查學生通過二次函數的圖像向左、向下的平移確定h，k的值，起點較低，坡度設置合理，第二小題注重考查學生運算能力和邏輯推理能力，第三小題通過逆向思考，假設存在這樣的點M，再通過畫圖可進一步確認其存在的可能性，從而求出M的坐標，解題的關鍵是過點O作OM∥BC找到點M．難度較大．
7．已知，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=900，BC=2AD，E是BC的中點，連接AE、AC.
（1）點F是DC上一點，連接EF，交AC于點O（如圖①），求證：△AOE∽△COF；
（2）若點F是DC的中點，連接BD，交AE于點G（如圖②），求證：四邊形EFDG是菱形.

【解題思路】（1）先證四邊形AECD為平行四邊形，得AE∥CD；（2）本小題的關鍵是證四邊形EFDG的一組鄰邊相等，連結DE，先證四邊形ABED為矩形，再根據矩形對角線的性質得出DG=EG.
【答案】證明：∵點E是BC的中點，BC=2AD，
∴EC=BE=BC=AD.
又∵AD∥EC，
∴四邊形AECD為平行四邊形.
∴AE∥DC.
∴∠AEO=∠CFO，∠EAO=∠FCO.
∴△AOE∽△COF.
（2）證明：連接DE.
∵AD∥BE ，AD=BE，
∴四邊形ABED是平行四邊形.
又∠ABE=90°，
∴□ABED是矩形.
∴BD=AE，GE =AE， GD=BD，
∴GE =GD.
∵E、F分別是BC、CD的中點，
∴EF是△CBD的中位線.
∴EF∥BD，
又AE∥DC，
∴四邊形EFDG是平行四邊形.
∴平行四邊形EFDG是菱形.
【點評】本題涉及線段中點的性質、相似三角形的判定、三角形的中位線性質、平行四邊形的判定與性質、矩形的判定與性質和菱形的判定等知識點，有一定的綜合性，只有熟練掌握特殊四邊形的判定與性質才能順利解答本題，解法的多樣性和追求解法的簡潔又為不同層次的學生提供了展示思維成果的機會. 難度中等.
8．如圖，y關于x的二次函數圖象的頂點為M，圖象交x軸于A、B兩點，交y軸正半軸于D點．以AB為直徑做圓，圓心為C，定點E的坐標為（－3,0），連接ED．（m＞0）
（1）寫出A、B、D三點的坐標；
（2）當m為何值時M點在直線ED上？判定此時直線ED與圓的位置關系；
（3）當m變化時，用m表示△AED的面積S，并在給出的直角坐標系中畫出S關于m的函數圖象的示意圖．

【解題思路】（1）分別令x=0，y=0可用含m的代數式表示A、B、D三點坐標；（2）令直線DE的解析式為：y=kx+b，將E(－3,0)、D(0，m)代入解析式，可確定直線DE的解析式，把二次函數表示成頂點式，確定其頂點M坐標，因為M點在直線DE上，代入，即可求得m的值；連接CD，此時C點坐標為(1，0)、OD=，所以CD=2，又因為OE=3，在△CDE中，利用勾股定理逆定理可判定△CDE為直角三角形，所以直線ED與圓相切；（3）此問要注意分類討論：當03時，AE=m－3，同樣的方法表示出S與m的關系式，最后根據解析式畫出示意圖．
【答案】解：（1），，．
（2）設直線ED的解析式為，將、代入，得
解得
∴直線ED的解析式為．
∵，
∴頂點M的坐標為．
把代入，得．
∵，∴．
∴當時，點M在直線DE上．
連接CD，C為AB中點，C點坐標為．
∵，∴CD=2，點D在圓上．
又∵OE=3，，，．
∴．
∴∠FDC=90°，
∴直線ED與⊙C相切．
（3）當時，，即．
當時，，即．
圖象示意圖如圖中的實線部分．
【點撥】此題考查了二次函數、一次函數、圓、解直角三角形等知識，屬于綜合考查代數與幾何的綜合性問題．它綜合考查了用字母表示坐標，直線與圓的位置關系，第（3）問本題滲透了分類討論的數學思想，重點考查學生審題是否認真，挖掘出題目中各問之間的關系，綜合運用數學知識解決實際問題的能力，以及運用方程的思想、數形結合的思想和分類討論的思想解決實際問題的能力．由于綜合性較強，不少學生在第（2）小題中就主動放棄．難度較大．
9.（山東 濟寧）23、（10分）如圖，第一象限內半徑為2的⊙C與y軸相切于點A，作直徑AD，過點D作⊙C的切線l交x軸于點B，P為直線l上一動點，已知直線PA的解析式為：y=kx+3。
(1) 設點P的縱坐標為p，寫出p隨k變化的函數關系式。
(2)設⊙C與PA交于點M，與AB交于點N，則不論動點P處于直線l上（除點B以外）的什么位置時，
都有△AMN∽△ABP。請你對于點P處于圖中位置時
的兩三角形相似給予證明；
(3)是否存在使△AMN的面積等于的k值？若存在，請求出符合的k值；若不存在，請說明理由。
【解題思路】(1)、求p隨k變化的函數關系式，P的縱坐標為p，由圖形可以看出P是AP與切線PB的交點并且PB是唯一固定的直線，因此只要求出直線PB的函數表達式或B點的坐標即可，切線PB過直徑AD的外端，故直線l：x=4或B(4,0)，得出P點的橫坐標為x=4，帶入PA的解析式為：y=kx+3，得p=4k+3。
（2）、要△AMN∽△ABP，有圖形知∠MAN=∠BAP（公共角），只需再有一角；由圓的直徑AD的兩個端點有切線，AD是⊙C的直徑，連接DN，知：∠AND與∠ABD都與∠DAN互余，∴∠AND=∠ABD； 有同弧所對的圓周角相等得∠ADN=∠AMN，從而有∠ABD=∠AMN，得證。
（3）把x=0代入直線AD，得OA=BD=3，因為△AMN∽△ABP ∴，由 S△ABD= AB·DN=AD·DB求出DN== 從而AN2=AD2-DN2求出AN 最后分兩種情況分別進行求解。
【答案】解：（1）、
∵y軸和直線l都是⊙C的切線
∴OA⊥AD BD⊥AD
又∵ OA⊥OB
∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°
∴四邊形OADB是矩形
∵⊙C的半徑為2
∴AD=OB=4
∵點P在直線l上
∴點P的坐標為（4，p）
又∵點P也在直線AP上
∴p=4k+3
（2）連接DN
∵AD是⊙C的直徑 ∴ ∠AND=90°
∵ ∠ADN=90°-∠DAN，∠ABD=90°-∠DAN
∴∠AND=∠ABD
又∵∠ADN=∠AMN ∴∠ABD=∠AMN …………4分
∵∠MAN=∠BAP …………5分
∴△AMN∽△ABP …………6分
(3)存在。 …………7分
理由：把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3
AB=∵ ∴
∵ S△ABD= AB·DN=AD·DB
∴DN==
∴AN2=AD2-DN2=
∵△AMN∽△ABP
∴ 即 ……8分
當點P在B點上方時，
∵AP2=AD2+PD2 = AD2+(PB-BD)2 =42+(4k+3-3)2 =16(k2+1)
或AP2=AD2+PD2 = AD2+(BD-PB)2 =42+(3-4k-3)2 =16(k2+1)
S△ABP= PB·AD=(4k+3)×4=2(4k+3)
∴
整理得k2-4k-2=0 解得k1 =2+ k2=2- …………9分
當點P在B 點下方時，
∵AP2=AD2+PD2 =42+(3-4k-3)2 =16(k2+1)
S△ABP= PB·AD=[-(4k+3)]×4=-2(4k+3)
∴
化簡，得k2+1=-（4k+3） 解得k=-2
綜合以上所得，當k=2±或k=-2時，△AMN的面積等于 …10分
【點評】此題屬于本卷的壓軸題，它綜合了圓、函數、相似形等知識和分類討論思想，考查了學生的綜合分析能力，題目設計時各問能分類推進，考查了不同等次學生的學習水平，又有很好的區分度，為高一級學校選拔人才。不少學生能完成第（1）小題、第（2）小題，第（3）小題，不少學生沒有看出相似的作用，一些學生分類討論不全面．難度較大
10.如圖，拋物線y=ax2+bx+c交x軸于點A（-3,0），點B（1,0），交y軸于點E（0，-3），點C是點A關于點B的對稱點，點F是線段BC的中點，直線l過點F且與y軸平行，直線y=-x+m過點C，交y軸于點D.
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）點K為線段AB上一動點，過點K作x軸的垂線與直線CD交于點H，與拋物線交于點G，求線段HG長度的最大值；
（3）在直線l上取點M，在拋物線上取點N，使以點A,C,M,N為頂點的四邊形是平行四邊形，求點N的坐標.
【解題思路】第（1）小題用交點式表示出二次函數的表達式，再將拋物線與y軸的交點坐標代入求得a的值，得出二次函數的表達式；第（2）小題中，H、G的橫坐標相同，用一字母t表示出H、G兩點的坐標，其長度就是兩點縱坐標之差，這樣得到長度關于t的二次三項式，結合t的取值范圍，求的HG的最大值；第（3）小題要分AC是對角線和邊兩種情況來討論，AC為邊時，點M、N的左右位置不一樣，結果又不一樣，考慮要周到，運算一定要仔細．
【答案】解：（1）設拋物線的函數表達式為y=a(x-1)(x+3).
∵拋物線交y軸于點E（0，-3），將該點坐標代入得a=1,
∴拋物線的函數表達式為y=(x-1)(x+3)=x2+2x-3.
(2) ∵點C是點A關于點B的對稱點，點A的坐標為（-3,0），點B的坐標（1,0），
∴點C的坐標（5,0）.
將點C的坐標代入y=-x+m,得m=5，
∴直線CD的函數表達式為y=-x+5.
設K點的坐標為（t,0）,則H點坐標為(t,-t+5),點G的坐標為（t,t2+2t-3）.
∵點K為線段AB上一動點，∴-3≤t≤1.
∴HG=(-t+5)-(t2+2t-3)=-t2-3t+8=-(t+)2+.
∵-3≤t≤1.
∴當t=-時，線段HG的長度有最大值.
（3）∵點F是線段BC的中點.點B（1,）），點C（5,0），
∴點F的坐標為（3,0），
∵直線l過點F且與y軸平行，
∴直線l的函數表達式為x=3,
∵點M在直線l上，點N在拋物線上，
∴設點M的坐標為（3，m）,點N的坐標為（n,n2+2n-3）.
∵點A（-3,0），點C（5,0）. ∴AC=8.
分情況討論：
①若線段AC是以點A,C,M,N為頂點的平行四邊形的邊，則須MN∥AC,且MN=AC=8，當點N在點M的左側時，MN=3-n，∴3-n=8，解得n=-5，∴點N的坐標為（-5，,1）；
當點N在點M的右側時，MN= n-3，∴n-3=8，解得n=11，∴點N的坐標為（11，140）.
②若線段AC是以點A,C,M,N為頂點的平行四邊形的對角線，由“點C是點A關于點B的對稱點”知：點M與點N關于點B中心對稱，取點F關于B的對稱點P，則P的坐標為（-1,0），過P作NP⊥x軸，交拋物線于點N，
將x=-1代入y=x2+2x-3.得y=-4，
過點N，B作直線NB交直線l于點M，
在△BPN與△BFM中，
∠NBP=∠MBF
BF=BP
∠BPN=∠BFM=90°
∴△BPN≌△BFM, ∴NB=MB.
∴四邊形ANCM為平行四邊形，
∴坐標為（-1，-4）的點N符合條件.
∴當N點的坐標為（-5,12），（11,140），（-1，-4）時，以點A,C,M,N為頂點的四邊形是平行四邊形.
【點評】本題屬于有一定難度的代數與幾何的綜合型問題，具有一定的挑戰性．它綜合考查了用變量t表示點的坐標、直線拋物線的解析式的求法、平行四邊形的判別及相關情況的討論．重點考查學生審題，挖掘出題目中的隱含條件，綜合運用數學知識解決實際問題的能力，以及運用轉化的思想、方程的思想、數形結合的思想和分類討論的思想解決實際問題的能力．由于此題入口比較高，不少學生在第（2）小題中就受到阻力；在第（3）小題中更是“畏縮不前”了，尤其是這一問中AC位邊為對角線的討論、AC為邊時點M、N位置的考慮，讓一些學生思維紊亂，糊涂難做．難度較大．
11（山東臨沂 第26題 13分）如圖，已知拋物線經過點A(-2,0),B(-3,3)及原點0，頂點為C.
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點D在拋物線上，點E在拋物線的對稱軸上，且以A,O,D,E為頂點的四邊形是平行四邊形，求點D點的坐標；
（3）P是拋物線第一象限內的一動點，過點P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在點P，使得以點P,M,A為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由.
解題思路：（1）把點A(-2,0),B(-3,3)，O（0,0）代入二次函數的一般形式y=ax2+bx+c,可求二次函數解析式；（2）以A,O,D,E為頂點的四邊形分兩種情況：其一，OA是平行四邊形的一邊時，點P落在第一、三象限，根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可求得點D的坐標；其二，OA是平行四邊形的對角線，當點D是頂點時，根據對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可求點D的坐標，因此點D的坐標有三個解；（3）先根據勾股定理判斷出△BOC是直角三角形，作為存在性探索題，可把結論以點P,M,A為頂點的三角形與△BOC相似作為條件，結合相似三角形的知識，分兩種情況分別求出點P的坐標.
解答：（1）設二次函數的一般形式y=ax2+bx+c,∵二次函數的圖像經過點A(-2,0),B(-3,3)， O（0,0），則，解得，所以二次函數解析式為：y=x2+2x；
（2）分兩種情況：①以OA為平行四邊形的一邊，則DE∥OA，且DE=OA,由OA=2，得DE=2，因為點E在對稱軸上，結合拋物線的對稱性知符合條件的點D有兩個，它的橫坐標分別為1或-3，又點D在拋物線y=x2+2x上，用代入法，當x=-3時，y=3；當x=1時，y=3，所以點D坐標為（-3,3）或（1,3）；②以OA為平行四邊形的對角線時，則DE與OA互相平分，又點E在對稱軸上，且線段AO的中點橫坐標為-1，由對稱性知，符合條件的點D只有一個，即頂點C（-1，-1）.
綜上所述，符合條件的點共有三個，坐標分別為（-3,3），（1,3），（-1，-1）.
（3）存在.
∵B(-3,3),C(-1，-1),由勾股定理得BO2=18，CO2=2，BC2=20，
∴BO2+C02=BC2,∴△BOC是直角三角形.
假設存在點P，使得以點P,M,A為頂點的三角形與△BOC相似，設P(x,y)，由題意x＞0,y＞0,且y=x2+2x.
①若△AMP∽△BOC,則,即x+2=3(x2+2x),解得x1=,x2=-2（舍去）
當x=時，y=,即P（，）；
②若△PMA∽△BOC,則,即x2+2x=3(x+2),解得x1=3,x2=-2（舍去）
當x=3時，y=15,即P（3，15）.
綜上所述，符合條件的點P有兩個，其坐標分別為（，）或（3，15）.
點評：本題是一道與函數有關的綜合試題，主要考察了二次函數解析式的確定、二次函數的對稱性、平行四邊形的判定以及相似三角形等知識，還對數學的代入方法，方程思想，分類討論的思想進行了考察，對于第（2）、（3）小題，學生由于考慮問題不夠全面，易導致漏解的錯誤，平時要加強這方面的訓練，第（3）小題屬于存在性探索題，學生求解有一定的難度，而相似三角形知識又是學生的薄弱環節，總之，本題的難度很大.
12.拋物線y=ax2+bx+c與x軸的交點為A（m－4,0）和B(m,0)，與直線y=－x+p相交于點A和點C(2m－4,m－6).
(1)求拋物線的解析式；
（2）若點P在拋物線上，且以點P和A,C以及另一點Q為頂點的平行四邊形ACQP面積為12，求點P,Q的坐標；
（3）在（2）條件下，若點M是x軸下方拋物線上的動點，當⊿PQM的面積最大時，請求出⊿PQM的最大面積及點M的坐標。
【解題思路】(1)求函數關系式的三種方法是一般式，頂點式和交點式。此題可由A,C兩點在一次函數圖象上，求得m值，從而得出A,C兩個點的坐標，進一步確定出B的坐標，然后選取任意一種方法求出拋物線的解析式。
(2)由平行四邊形的面積，及一邊長，很容易求得高，再由特殊角求出PQ與y軸的交點。結合二次函數求出P,Q的坐標。可能有兩種情況，分別討論。
（3）△PQM中PQ一定，只需PQ上的高最大則△PQM的面積最大。
【答案】解：點和在直線y=－x+p上
∴解得∴
設拋物線∵∴
∴拋物線解析式為
（2）AC=，AC所在直線的解析式為：，∠BAC=45°
∵的面積為12
∴中AC邊上的高為
過點D作DK⊥AC與PQ所在直線相交于點K，DK=,∴DN=4
∵的邊PQ所在直線在直線AC的兩側可能各有一條，
∴PQ的解析式為或
∴解得或
方程組無解
即,
∵四邊形ACQP是平行四邊形，
∴當時，
當時，
∴滿足條件的P,Q點是,或,
（3）設，過點M作y軸的平行線，交PQ所在直線點T，則，
過點M作MS⊥PQ所在直線于點S，
=
∴當時，，△PQM中PQ邊上高的最大值為
【點評】本題綜合性較強，考查了很多基礎知識、還要具備較高的空間想象能力、必須考慮到各種情況，此題的運算量和難度都比較大。
13．如圖，拋物線y＝x2―mx+n與x軸交于A、B兩點，與y軸交與點C（0，-1）且對稱軸是x=1.
（1）求拋物線解析式及A，B兩點的坐標；
（2）在x軸下方拋物線上是否存在點D，使四邊形ABDC的面積是3？若存在，求出點D的坐標，若不存在，說明理由（使用圖1）；
（3）點Q在y軸上，點P在拋物線上，要使Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形，請求出所有滿足條件的點P的坐標（使用圖2）.
【思路分析】（1）根據對稱軸公式可求解m,代入C點坐標可求解n；（2）將四邊形分割成三角形AOC、OCD、OBD，三角形AOC面積可求，三角形OCD、OBD，的底已知，高分別為點D的橫坐標和縱坐標的相反數，根據三個三角形面積和是3列方程求解；（3）通過畫圖可觀察以Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形時，點Q只能在y軸正半軸上，且PQ=AB=4 , PQ ∥AB ,即已知點P橫坐標，代入拋物線解析式可求縱坐標．
【答案】解：（1）x==1,∴m=，∴y＝x2―x+n.把C（0，-1）代入得n= -1,∴求拋物線解析式是y＝x2―x-1；
令0＝x2―x-1，得x=3或-1，∴A，B兩點的坐標分別是（-1,0）（3,0）；
（2）存在.
設D的坐標是（x，y），則y＝x2―x-1，連接AC、CD、OD、BD.
∴S△AOC+ S△OCD+ S△OBD=3，∴×1×1+×1×x+×3×(-y)=3,
∴+x+×3×(―x2+x+1)=3,
解得x=2或1，所以y=-1或-，∴D的坐標是（2，-1）、（1, -）.
（3）（3）1°當AB為邊時：設PQ =AB=4 , PQ ∥AB ,則P點的橫坐標是4或-4，把x=4代入y＝x2―x-1得y=;把x= -4代入y＝x2-x-1得y=7，即當P的坐標是（4，）或（-4，7）時以Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形.
2°當AB為對角線時，則AB與PQ互相平分，線段AB中點是G，PQ過G與y軸交于Q點，過點P作x軸垂線交x軸于H，則△PHG≌△QOC，所以OG=GH，又因為點G的橫坐標是1，所以點P的橫坐標是2，把x=2代入y＝x2-x-1得y= -1，即當P的坐標是（2，-1），即當P的坐標是（2，-1））時以Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形.
綜上，當P的坐標是（4，）、（-4，7）或（2，-1））時以Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形.
【點評】這類探究類問題首先假設存在，根據圖形的存在性，求出符合條件的點的坐標．如果不存在，經過推理論證或計算，能夠得出與已知條件或公里相矛盾的結論，從而推出假設錯誤．
14． (本題滿分14分）
已知△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，D是腰AC上的一個動點，過C作CE垂直于BD或BD的延長線，垂足為E，如圖1．
(1)若BD是AC的中線，如圖2，求的值；
(2)若BD是∠ABC的角平分線，如圖3，求的值；
(3)結合（1)、（2)，請你推斷的值的取值范圍（直接寫出結論，不必證明），并探究的值能小于嗎？若能，求出滿足條件的D點的位置；若不能，請說明理由．
【解題思路】(1)設AD＝x，得出AB＝2x，由勾股定理得出BD的長；然后根據△ABD∽△ECD，得出比例式，求出CE，然后計算出的值．(2)由角平分線性質定理，得出DC與AD的關系，再由勾股定理表示出BD的長；然后根據△ABD∽△ECD，得出比例式，求出CE，然后計算出的值．(3)當點D與點A重合時，＝1，而點D從A向點C移動時，的值逐漸增大，則≥1；再設CD＝xAD，分別表示AB，BD，CE，由得出關于x的一元二次方程，解方程求出x，從而求出D的位置．
【答案】(1)∵△ABC是等腰直角三角形，BD是AC的中線，∴AC＝AB＝2AD．設AD＝CD＝x，則AB＝2x．根據勾股定理，可得BD＝x．∵CE⊥BE，∴∠E＝∠A＝90°，又∵∠ADB＝∠CDE，∴△ABD∽△ECD．∴，即．可得CE＝x，∴＝．
（2）方法一：∵BD是角平分線，∴，即DC＝AD．設AD＝x，則DC＝x，AB＝x+x．由勾股定理可知BD＝．同理△ABD∽△ECD，∴，即，∴EC＝．∴＝＝2．
方法二：延長BA交CE的延長線于F，∵BD是角平分線，BD⊥CE，∴△BFE≌△BCE．∴EF＝CE，CF＝2CE．∵∠BAD＝∠CED＝90°，∠ADB＝∠CDE，∴∠ABD＝∠ACF．又∵AB＝AC，∴Rt△ABD≌Rt△ACF．∴BD＝CF．∴BD＝2CE，即＝2．
(3)由前面兩步的結論可以看出，，所以這樣的點是存在的．
設CD＝xAD，則AB＝(x+1)AD，由勾股定理，得BD＝AD．當時，CE＝BD＝AD．∵，即．整理，得x2－2x－6＝0，解得x1＝1+，x2＝1－(舍去)．即當CD＝(1+)AD時，．所以當＞1+時，．
【點評】①有兩個角對應相等的三角形相似；②找出未知線段與同一條線段的關系，并用字母進行表示，求出未知線段的比值．
15. （滿分14分）
如圖，在直角坐標系中，梯形ABCD的底邊AB在x軸上，底邊CD的端點D在y軸上.直線CB的表達式為y=－x+，點A、D的坐標分別為（－4，0），（0，4）.動點P自A點出發，在AB上勻速運行.動點Q自點B出發，在折線BCD上勻速運行，速度均為每秒1個單位.當其中一個動點到達終點時，它們同時停止運動.設點P運動t（秒）時，△OPQ的面積為s（不能構成△OPQ的動點除外）.
（1）求出點B、C的坐標；
（2）求s隨t變化的函數關系式；
（3）當t為何值時s有最大值？并求出最大值.

【解題思路】（1）求B點坐標，令y＝－x＋中的y=0，C點的坐標與點D的縱坐標相等；（2）解決動點問題的基本方法就是化動為靜，有三種情況：一種是點P在遠點左側，點Q在線段BC上；第二種是點P在遠點右側，點Q在線段BC上；點P在遠點右側，點Q在線段CD上。（3）求最大值時，一定要注意自變量的范圍。
【答案】解：（1）把y＝4代入y＝－x＋，得x＝1.
∴C點的坐標為（1，4）.
當y＝0時，－x＋＝0，
∴x＝4.∴點B坐標為（4，0）.
（2）作CM⊥AB于M，則CM＝4，BM＝3.
∴BC＝＝＝5.
∴sin∠ABC＝＝.
①當0＜t＜4時，作QN⊥OB于N，
則QN＝BQ·sin∠ABC＝t.
∴S＝OP·QN＝（4－t）×t ＝－t2＋t（0＜t＜4）.
②當4＜t≤5時，（如備用圖1），
連接QO，QP，作QN⊥OB于N.
同理可得QN＝t.
∴S＝OP·QN＝×（t－4）×t. ＝t2－t（4＜t≤5）.
③當5＜t≤6時，（如備用圖2），
連接QO，QP.
S＝×OP×OD＝（t－4）×4＝2t－8（5＜t≤6）.
（3）①在0＜t＜4時，
當t＝＝2時，
S最大＝＝.
②在4＜t≤5時，對于拋物線S＝t2－t，當t＝－＝2時，
S最小＝×22－×2＝－.
∴拋物線S＝t2－t的頂點為（2，－）.
∴在4＜t≤5時，S隨t的增大而增大.
∴當t＝5時，S最大＝×52－×5＝2.
③在5＜t≤6時，
在S＝2t－8中，∵2＞0，∴S隨t的增大而增大.
∴當t＝6時，S最大＝2×6－8＝4.
∴綜合三種情況，當t＝6時，S取得最大值，最大值是4.
（說明：（3）中的②也可以省略，但需要說明：在（2）中的②與③的△OPQ，③中的底邊OP和高CD都大于②中的底邊OP和高.所以③中的△OPQ面積一定大于②中的△OPQ的面積.）
【點評】本題是一個綜合性試題，考查幾何圖形與二次函數的綜合運用，解決問題的關鍵是抓住每個時間段狀態下的面積與運動時間的數量關系。容易屬疏忽的地方就是不考慮自變量的取值條件直接計算最大值。

16．如圖，在直角坐標系中，拋物線（a≠0）與x軸交于A （一1 ， 0）， B（3，0 ）兩點，拋物線交y軸于點C（0，3），點D為拋物線的頂點，直線y=x-1交拋物線于點M,N兩點，過線段MN上一點P作y軸的平行線交拋物線于點Q.
（1）試求拋物線的解析式及頂點D的坐標
（2）問點P在何處時，線段PQ最長，最長為多少？．
（3）設E為線段OC上的三等分點，連接EP,EQ,若EP=EQ時，求出P點坐標。
【解題思路】本題是一個函數知識的綜合題，本題牽涉到一次函數和二次函數的相關知識。比如求二次函數的解析式與頂點坐標，求二次函數的最大值，本題的最大難點是第（3）小題，在⊿EPQ中，EP=EQ，又PQ∥y軸，所以PQ的垂直平分線經過E點，且線段PQ的中點的縱橫坐標與E點的縱坐標相等。
答案：
設y=a(x+1)(x-3),由拋物線經過（0,3）可得a=-1，所以y=-x2+2x+3,頂點坐標為（1,4）。
PQ=（-x2+2x+3）-（x-1）=-x2+x+4=-（x-）2+
當x=時，P（，-），PQ最長為
（3）由y=x-1，y=-x2+2x+3，設P點的橫坐標為x，則線段PQ中點的縱坐標為=。
因EP=EQ，且E為OC上的三等分點，所以點E的坐標為（0,1）或（0,2），故=1或=2，
P在MN上，∴x=0或1,2，此時P點的坐標為（0，-1），（1,0）（2,1）.
【點評】本題的最大的難點是求PQ中點的坐標，一般的P（x,y），Q（x,y），則PQ中點的坐標為（,）。本題難度較大
17．已知拋物線與y軸交于點A，它的頂點為點B。點A、B關于原點O對稱分別是點C、D。求點A、B、C、D中任何三點都不在一直線上，稱四邊形ABCD為拋物線的伴隨四邊形，直線AB為拋物線的伴隨直線。
（1）如圖1，求拋物線的伴隨直線的解析式；
（2）如圖示，若拋物線的伴隨直線是y=x-3，伴隨四邊形的面積為12，求此拋物級的解析式；
（3）如圖3，若拋物線的伴隨直線是y=-2x+b（b）0），且伴隨四邊形ABCD是矩形。
①用含b的代數式表示m、n的值
②在拋物線的結稱軸上是否存在點P，使得△PBD是一個等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標（用含b的代數式表示）；若不存在，請說明理由。

【解題思路】（1）先根據拋物線的解析式求出其頂點B和拋物線與y軸的交點A的坐標，然后設伴隨拋物線的解析式，將B,A點的坐標代入,即可求出伴隨拋物線的解析式．
（2）由題意可求伴隨直線與y軸交點A坐標，進一步可求點C的坐標，從而得AC的長度，再由伴隨四邊形的面積求得點B的橫坐標，由于點B在伴隨直線上，故可求的B的縱坐標，據此可求出拋物線的解析式；
（3）由題意可求伴隨直線與y軸交點A坐標，并由對稱性可求點C的坐標，由拋物線的解析式可求頂點坐標B為（m,n）代入可得m與n的關系，再由矩形的對角線平分且相等得出本題的答案
（4）本題要考慮的多種情況：分P為頂點，B為頂點，和D為頂點進行討論情況即可得出所求P點坐標【答案】
解：（1）由已知得B(2,1),B(0,5) 設所求的直線解析式為
解得, 求得的解析式為y=-2x+5
(2)如圖,作BE⊥AC于點E,由題意得四邊形ABCD是平行四邊形,點A的坐標為(0,-3)
點C坐標為(0,3)則AC=6，
，∴
∵m>0,即頂點B在y軸的右側,且在直線y=x-3上
∴頂點B的坐標是(2,-1)
又拋物線過點A(0,-3)
∴a=-1/2
∴
(3)①方法一,如圖作BE⊥x軸于點E
由已知可得,A的坐標為(0,b),C的坐標為(0,-b)
∵頂點B(m,n)在直線,且在直線y=-2x+b（b>0）上,
∴n=-2m+b,即點B的坐標為(m,-2m+b)在矩形ABCD中,OC=OB, ∴
即 ∴
∴
∴
方法二,作BE垂直y軸于點E ,類似方法一可得:A的坐標為(0,b),C的坐標為(0,-b)
∵頂點B(m,n)在直線,且在直線y=-2x+b（b>0）上,
∴n=-2m+b,即點B的坐標為(m,-2m+b)
∴AE=b-(-2m+b)=2m
CE=-2m+b-(-b)=2b-2m,BE=m
∴AB⊥BC于點B
∴△BEC∽△AEB

∴
∴
②存在共四個點
【點評】本題主要考查了二次函數與一次函數在幾何圖形中的綜合應用，涉及分類討論，數形結合等思想方法，難度較大。
18．如圖，平面直角坐標系中，點A的坐標為（-2，2），點B的坐標為（6，6），拋物線經過A、O、B三點，連結OA、OB、AB，線段AB交y軸于點E．
（1）求點E的坐標；
（2）求拋物線的函數解析式；
（3）點F為線段OB上的一個動點（不與點O、B重合），直線EF與拋物線交M、N兩點（點N在y軸右側），連結ON、BN，當點F在線段OB上運動時，求△BON面積的最大值，并求出此時點N的坐標；
（4）連結AN，當△BON面積最大時，在坐標平面內求使得△BOP與△OAN相似（點B、O、P分別與點O、A、N對應）的點P的坐標．
【解題思路】（1）點E坐標是直線AB與y軸交點坐標，根據A、B兩點坐標確定直線解析式即可；（2）由圖象可知拋物線過原點，可設解析式為，把A、B兩點坐標代入求出a、b；（3）由于△BON是一個不規則三角形，可將其面積進行拆分，過點N作作x軸的垂線NG，垂足為G，交OB于點Q，將△BON的面積轉化成△QON與△BQN的面積之和；（4）若△BOP與△OAN相似，可從對應點A與點O出發，能發現，故能確定點P在線段ON的延長線上，進而在利用相似求得點P的坐標．
【答案】（1）設直線AB的函數解析式為，將點A（-2，2），B（6，6）代入得
，得，∴，當時，，∴E（0，3）．
（2）設拋物線的函數解析式為，將A（-2，2），B（6，6）代入得，解得，∴拋物線的解析式為．
（3）
過點N作x軸的垂線NG，垂足為G，交OB于點Q，過點B作BH⊥x軸于H，設
，則，則
∴當時，△BON面積最大，最大值為，此時點N的坐標為．
過點A作AS⊥GQ于點S，∵，
∴，在，∴，
∴，∴．∴ON的延長線上存在一點P，使．
∵， ，
，
過點P作PT⊥X軸于點T， ，，，將△OBP沿直線OB翻折，可得出另一個滿足條件的點．
由以上推理可知，當點P的坐標為
【點評】本題為整卷壓軸題，綜合程度較高，難度較大．其編排上具有起點低、坡度緩、難點分散但綜合程度高的特點．全題共分四小題，各小題間承接性明顯，為學生順利解題隱含地提供著導向作用，較好地實現了對初中數學基礎知識、基本技能和以數學思維為核心的能力考查．特別是第(4)小題，綜合程度高，難度進一步加大，并且是一個動態、靜態相結合問題，要求學生具備分類討論的思想，這無疑對數學思維提出了比較高的要求，同時這一點更是本題的最高難點．全題所呈現的數學思想與方法有:圖形的變換思想、方程的思想、分類討論的思想、數形結合的思想，所涉及到的數學知識較多，能有效地考查學生的思維品質和實踐能力，具有一定的區分度．難度較大．
19、如圖，在平面直角坐標系中，點A（10，0），以OA為直徑在第一象限內作半圓C，點B是該半圓周上一動點，連結OB、AB，并延長AB至點D，使DB=AB，過點D作x軸垂線，分別交x軸、直線OB于點E、F，點E為垂足，連結CF。
（1）當AOB=30°時，求弧AB的長；
（2）當DE=8時，求線段EF的長；
（3）當點B運動過程中，是否存在以點E、C、F為頂點的三角形與AOB相似，若存在，請求出此時點E的坐標；若不存在，請說明理由。
【解題思路】根據題意可知，第一小題求弧AB的長，需要知道弧AB的圓心角，易知是60度。在本題中容易可知OBA，ADE，OFE都相似，同時，由AB=BD，OBAD，可知，OB是AD的垂直平分線，如果連接OD，則OD=OA，這時就會出現直角三角形ODE，由勾股定理易求得OE，再根據三角形OEF相似三角形AED，求得EF。同時需要注意，本題中隨著B的移動，E點會隨之運動，不要勿略了E在O的左邊。
第三小題中，由題可知是求因相似而產生的某些關系，在B點的移動過程，要不斷找出其中的位置和數量關系。分別有平行、等腰的關系。從結合這些特殊關系，加上隱含的三角形相似求解。
【答案】 （1）因為AOB=30°，可知弧AB的圓周角為30°，所以弧AB的圓心角為60 °由題意可知r=5，所以弧AB==。
解法一：連接OD，OA是圓C的直徑，OBA=90 即OBAD
DB=AB OB是AD的垂直平分線, OD=OA=10,
在直角三角形ODE中, OE===6
①當DE在C的右側時,
AE=OA-OE
AE=4, 又由
三角形OEF相似三角形AED 即 EF=3
②當DE在C的左側時, AE=OA+OE AE=16
同理由,
即 EF=12
解法二：可設AB=x，則AD=2x,易證OBA相似ADE，所以，，又AB=10，
所以，即AE=；
在ADE中，由勾股定理得，
解得 或者 所以AE=4或AE=16（此時E在O的左邊）
當AE=4時，則OE=6；由OFE相似ADE，可得，所以EF=3。
當AE=16時，此時E在O的左邊，由OFE相似ADE，可得，
所以EF=12。
故EF的長度為3或12
設OE=X
若：E在點C的右側時，如圖所示， 連接BE，
是使AOB與ECF相似，只能使
BE 為ADE斜邊上的中線，
BE=AB=DB


CF∥BE

由ECF相似ADE，
而AD=2BE 所以， 即
即 解得，，0（舍去）
所以（，0）
若：E在點O和點C的中間時，
由要使AOB與ECF相似，有或者
當 此時，如圖所示，
三角形OCF為等腰三角形，點E為OC的中點，所以OE=
（，0）
當 時，如圖所示 所以，CF∥AD
點C為OA的中點， CF=AB=AD
由三角形CEF 相似三角形AED，得到，
即， 解得，x=，
（，0）
若：E在點O和點C的左側時，如圖所示，連接BE
是使AOB與ECF相似，只能使
BE 為ADE斜邊上的中線，
BE=AB=DB


CF∥BE

由ECF相似ADE，
而AD=2BE 所以， 即
即 解得，，0（舍去）
（，0）
綜上所述點E： （，0）,（，0）,（，0）,（，0）
【點評】本題是難題，在最后的壓軸題中出現三次平行，等腰三角形關系，這也是近年來考試的熱點，充分考察了相似三角形的比例知識，和分類討論。這讓人易丟分，學生要找出其中的等量關系不容易，也
20 （浙江省紹興市，24，14分）拋物線y =-(x -1)2+3與y 軸交于點A,頂點為B,對稱軸BC與x軸交于點C.
(1)如圖1,求點A的坐標及線段OC的長;
(2)點P在拋物線上,直線PQ//BC交x軸于點Q,連結BQ.
①若含45°角的直角三角板如圖2所示放置,其中,一個頂點與C重合,直角頂點D在BQ上,另一個頂點E在PQ上,求直線BQ的函數解析式;
②若含30°角的直角三角板一個頂點與點C重合,直角頂點D在直線BQ上,另一個頂點E 在PQ上,求點P的坐標.

【解題思路】（1）A點橫坐標為0，直接代入拋物線y =-(x -1)2+3的解析式即可；
（2）①參見下面詳細答案；②參見下面詳細答案.
【答案】解:(1)把x = 0代入y =-(x -1)2+3與y=,
∴點A(0, ), ∵BC為對稱軸, B(1,3), ∴OC =1.
(2) ①如圖1,過點D作DM⊥x軸,交x軸于點M,過點D作DN⊥PQ,交PQ于點N,
∵PQ//BC, ∴∠DMQ=∠DNQ=∠MDN=90°,
∴四邊形MDNQ為矩形, ∵∠CDE=∠MDN=90°, ∴∠CDM=∠EDN
∵DC =ED, ∴△DCM≌△DEN, ∴DM=DN,
∴四邊形MDNQ為正方形, ∠DQC=45°, ∴△BCQ為等腰直角三角形,
∴CQ=BC=3, ∴OQ =4,
設直線BQ的函數解析式為y =kx + b, 直線上兩點坐標B(1,3),Q(4,0),
代入求得k =-1, b =4, ∴直線BQ的函數解析式為y =-x+4.
②當點P在對稱軸的右側時,如圖2,過點D作DM⊥x的軸,交x軸于點M,過點D作DN⊥PQ,交PQ于點N,設點Q(m,0),
∵∠CDM +∠MDE=∠EDN +∠MDE=90°, ∴∠CDM =∠EDN,
∴Rt△CDM∽Rt△EDN, ∴=,
∵DN=MQ, ∴=, ∵ PQ//BC, ∴ =
∴=,
當∠DCE=30°時, ==, 即m=+1,得點P1(1+,),
當∠DCE=60°時,點P2(1+,-).
當點P在對稱軸的左側時,由對稱性知, 點P3(1-,), P4(1-3,-).
綜上所述, P1(1+,), P2(1+,-), P3(1-,), P4(1-3,-).
【點評】本題的2個小問題，由易到難，梯度明顯。它綜合應用了待定系數法求解析式、二次函數、一次函數、三角形全等、三角形相似等知識，能夠較好地考查了學生有關的知識技能及運算能力、分析推理能力、空間想象能力，還考查了分類討論、數形結合、方程等數學思想方法，能夠體現全卷的區分度，難度較大.

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