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【2013·廣州·24題】已知AB是⊙O的直徑，AB=4，點C在線段AB的延長線上運動，點D在⊙O 上運動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA.
（1）當OC=時，求證：CD是⊙O的切線；
（2）當OC＞時，CD所在直線于⊙O相交，設另一交點為E，連接AE.
① 當D為CE中點時，求△ACE的周長；
② 連接OD，是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請說明梯形個數并求此時AE·ED的值；若不存在，請說明理由。
解：（1）連接OD。
∵AB是⊙O的直徑，AB=4
∴OA=OB=OD=2 ∴OD2=4
∵OA=CD
∴CD=2 ∴CD2=4
∵OC= ∴OC2=8
∵OC2=OD2+CD2
∴△ODC是直角三角形，且∠ODC=90°
∴OD⊥CD
∴CD是⊙O的切線
（2）① 連接OE、OD。
∵D為CE的中點 ∴DE=CD
∵CD=OA=2，OA=OD=OE
∴DE=OD=OE=2
∴△ODE是等邊三角形 ∴∠DOE=∠ODE=60°
∵CD=OD=2 ∴∠DOC=∠OCD
∵∠ODE=∠DOC+∠OCD=60°
∴∠DOC=∠OCD=30°
過點D作DF⊥OC于F
則OF=CF=OD·cos∠DOC=2×=
∴OC=OF+CF=2
∵∠DOC=30°，∠DOE=60° ∴∠AOE=90°
∴AE==
∴△ACE的周長=AE+DE+CD+OC+OA
=+2+2+2+2
=+2+6
② 存在四邊形AODE為梯形。
由題意知，當OD∥AE時，四邊形AODE為梯形。由對稱性知，存在兩個這樣的梯形，即在AC的上下方各一個。
∵OD∥AE ∴∠DOC=∠EAO
∵△ODC、△AOE是等腰三角形
又OA=OE=OD=CD=2
∴△ODC≌△AOE ∴OC=AE
設OC=AE=m(m＞)，則AC=m+2
∵OD∥AE ∴
∴，即m2-2m-4=0
解得m=或(舍去)
∴AE=
∵∠DOC=∠EAO=∠OCD
∴CE=AE
∴ED=CE-CD=AE-CD=-2=
∴AE·ED=()()=4
【2013·廣州·25題】已知拋物線y1=過點A(1,0)，頂點為B，且拋物線不經過第三象限。
（1）使用a、c表示b;
（2）判斷點B所在象限，并說明理由；
（3）若直線y2=2x+m經過點B，且于該拋物線交于另一點C()，求當x≥1時y1的取值范圍。
解：（1）∵拋物線過點A（1，0）
∴a+b+c=0
∴b=-a-c
（2）點B在第四象限。理由如下：
當y1=0時，ax2+bx+c=0
由韋達定理得，x1·x2=
∵a≠c
∴x1·x2≠1
∵拋物線過點A（1，0）
∴1是方程的根，令x1=1
∴x2≠1
∴拋物線與x軸有兩個交點
∵拋物線不經過第三象限
∴拋物線開口向上，即a＞0
∴頂點B在第四象限
（3）∵點C在拋物線上
∴b+8=a·()2+b·+c
=
=
∴b=-8
∴a+c=8……①
∵點C在直線y2=2x+m上
∴m=-
∵頂點B的坐標為（-，）
即B（，），且在直線y2上
∴=-……②
由①②解方程組得：
或
∵a≠c
∴a=2，c=6
∴拋物線的解析式為y1=2x2-8x+6
易知A（1，0）和C（3，0）是拋物線與x軸
的交點，頂點B坐標為（2，-2）
∵拋物線開口向上
∴當x≥1時，y1的取值范圍為y1≥-2
【2013·福州·21題】如圖，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=45°，P是BC邊上一點，△PAD的面積為，設AB=，AD=
（1）求與的函數關系式；
（2）若∠APD=45°，當時，求PB?PC的值；
（3）若∠APD=90°，求的最小值。
解：（1）過點A作AE⊥BC于E。
∵∠B=45°，AB=x
∴AE=AB·sin∠B=x
∵AD=y，S△APD=
∴S△APD=AD·AE=·y·x =
∴y關于x的函數關系式為y=
（2）∵∠APD=45°
∴∠APB+∠DPC=135°
∵∠B=45°，AD∥BC
∴∠BAD=180°-∠B=135°
∴∠BAP+∠PAD=135°
∵AD∥BC
∴∠PAD=∠APB
∴∠BAP+∠APB=135°
∴∠BAP=∠DPC
∵四邊形ABCD是等腰梯形
∴∠B=∠C，AB=CD
∴△ABP∽△PCD
∴，即PB·PC=AB·CD
∵y=1 ∴x=
∴AB=CD=
∴PB·PC=·=2
（3）取AD的中點F，連接FP，過點P作PH⊥AD于H，則PF≥PH。
∴當PF=PH時，PF有最小值
∵∠APD=90°，點F為AD的中點
∴PF=AD=y
∵PH=AE=x
∴當y=x時，PF有最小值，即y有最小值
∵y=，即x=
∴y=·，得y2=2
∵y＞0
∴y=，即y的最小值為
【2013·福州·22題】我們知道，經過原點的拋物線的解析式可以是y1=ax2+bx(a≠0)
（1）對于這樣的拋物線：當頂點坐標為（1，1）時，a=__________；
當頂點坐標為（m，m），m≠0時，a與m之間的關系式是___________
（2）繼續探究，如果b≠0，且過原點的拋物線頂點在直線y=kx(k≠0)上，請用含k的代數式表示b；
（3）現有一組過原點的拋物線，頂點A1，A2，…，An在直線y=x上，橫坐標依次為1，2，…，n（n為正整數，且n≤12），分別過每個頂點作x軸的垂線，垂足記為B1，B2，…，Bn，以線段AnBn為邊向右作正方形AnBnCnDn，若這組拋物線中有一條經過Dn，求所有滿足條件的正方形邊長。
解：（1）當頂點為（1，1）時，
則有-=1，a+b=1
∴a=-1
當頂點為（m，m）時，
則有-=m，am2+bm=m
消去b后即得：am+1=0
（2）由拋物線頂點坐標公式可得，過原點的拋物線的頂點坐標為（-，）
∵頂點在直線y=kx(k≠0)上
∴-=
∵a≠0，b≠0
∴b=2k
（3）∵頂點An在直線y=x上
∴由(2)可知，b=2
∴拋物線解析式為y=ax2+2x
由題意可設，An坐標為（n，n），并設點Dn所在的那條拋物線的頂點坐標為（m，m）
由(1)可知，a=-
∴這條拋物線的解析式為y=-x2+2x
∵四邊形AnBnCnDn是正方形，AnBn⊥x軸，且CnDn在AnBn右側
∴點Dn的坐標為（2n，n）
∴n=(2n)2+2×2n
得4n=3m
∵m、n都是正整數，且m≤12，n≤12
∴n=3或6或9
∴滿足條件的正方形的邊長為3或6或9
【2013·成都·27題】如圖，⊙O的半徑r=25，四邊形ABCD內接于⊙O，AC⊥BD于點H，P為CA延長線上一點，且∠PDA=∠ABD。
（1）試判斷PD與⊙O的位置關系，并說明理由；
（2）若tan∠ADB=，PA=AH，求BD的長；
（3）在(2)的條件下，求四邊形ABCD的面積。
解：（1）PD與⊙O相切。理由如下：
連接DO延長交⊙O于E，連接AE。
∵DE是⊙O的直徑
∴∠DAE=90°
∴∠ADE+∠AED=90°
∵∠PDA=∠ABD，∠ABD=∠AED
∴∠ADE+∠PDA=90°
∴∠PDE=90°，即PD⊥DE
∴PD與⊙O相切
（2）連接BE。
∵AC⊥BD
∴∠AHD=90°
∴tan∠ADB==
∴DH=AH
∵PA=AH
∴PH=PA+AH=AH
∵在Rt△PHD中，tan∠P=
∴∠P=30°
∵∠P+∠PDH=90°，∠PDH+∠BDE=90°
∴∠BDE=30°
∵DE是⊙O的直徑
∴∠DBE=90°
∵DE=2r=50
∴BD=DE·cos∠BDE=50×=25
（3）過點O作OF⊥AC于F，作OG⊥AB于G，則四邊形OFHG是矩形
∴FH=OG
由(2)可得，FH=OG=OD=
∵OF⊥AC
∴AC=2AF=2AH+25
由tan∠ADB=，設AH=3m，DH=4m
則AC=6m+25，PA=(4-3)m
∴PC=AC+PA=(4+3)m+25
∵在Rt△PHD中，∠P=30°
∴PD=2DH=8m
∵PD是⊙O的切線，PAC是⊙O的割線
∴PD2=PA·PC
∴64m2=(4-3)m·[(4+3)m+25]
解得m=0(舍去)或4-3
∴AC=6m+25=24+7
∴S四邊形ABCD=AC·BD
=(24+7)·25
=900+
【2013·成都·28題】在平面直角坐標系中，已知拋物線y=-x2+bx+c(b，c為常數)的頂點為P，等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標為（0，-1），C的坐標為（4，3），直角頂點B在第四象限。
（1）如圖，若該拋物線經過A、B兩點，求拋物線的函數表達式；
（2）平移(1)中的拋物線，使頂點P在直線AC上滑動，且與AC交于另一點Q。
① 若點M在直線AC下方，且為平移前(1)中的拋物線上的點，當以M、P、Q三點為頂點的三角形是等腰直角三角形時，求出所有符合條件的點M的坐標；
② 取BC的中點N，連接NP，BQ。試探究是否存在最大值？若存在，請求出該最大值；若不存在，請說明理由。
解：（1）由題圖知，點B坐標為（4，-1），則
解得
∴拋物線的函數表達式為y=-x2+2x-1
（2）設直線AC的解析式為y=kx+b，則
解得
∴直線AC的解析式為y=x-1
設頂點P的坐標為（m，m-1），則平移后的拋物線解析式為y=-(x-m)2+m-1
聯立y=x-1可得，點Q坐標為（m-2，m-3）
① 當△MPQ是等腰直角三角形時，存在如下三種情況，如圖①：
一、當PM=PQ且∠P=90°時，此時，點M的坐標為（m+2，m-3）
∵點M在拋物線y=-x2+2x-1上
∴m-3=-(m+2)2+2(m+2)-1，即m2+2m-8=0
解得m=2或-4 ∴M（4，-1）或（-2，-7）
二、當MP=MQ且∠M=90°時，此時，點M的坐標為（m，m-3），則m-3=-m2+2m-1，即m2-2m-4=0
解得m=1+或1-(舍去)
∴M（1+，-2+）或（1-，-2-）
三、當QM=QP且∠Q=90°時，此時，點M的坐標為（m，m-5），則m-5=-m2+2m-1，即m2-2m-8=0
解得m=4或-2 ∴M（4，-1）或（-2，-7）
故，符合條件的點M的坐標為（4，-1）、（-2，-7）、（1+，-2+）、（1-，-2-）
②∵P（m，m-1），Q（m-2，m-3）
∴PQ==2
∴當NP+BQ有最小值時，有最大值
∵N是BC的中點 ∴N（4，1），BN=2為定值
∴當四邊形BNPQ的周長最小時，NP+BQ最小
取點B關于直線AC的對稱點B’(0，3)，取AB的中點D(2，-1)，連接B’D交AC于Q，過點N作NP∥B’D交AC于P，連接DN，如圖②。
易證得PQ∥DN，PQ=DN
∴四邊形DNPQ是平行四邊形 ∴NP=DQ
∵BQ=B’Q ∴NP+BQ=DQ+B’Q
∵點B’、Q、D在同一直線上
∴NP+BQ=B’D有最小值
易得NP+BQ=B’D==2
∴的最大值為
【2013·貴陽·24題】在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，設c為最長邊，當a2+b2=c2時，△ABC是直角三角形；當a2+b2≠c2時，利用代數式a2+b2和c2的大小關系，探究△ABC的形狀（按角分類）。
（1）當△ABC的三邊長分別為6，8，9時，△ABC為 三角形；當△ABC的三邊長分別為6，8，11時，△ABC為 三角形；
（2）猜想：當a2+b2 c2時，△ABC為銳角三角形；當a2+b2 c2時，△ABC為鈍角三角形；
（3）判斷當a=2，b=4時，△ABC的形狀，并求出對應的c的取值范圍。
解：（1）如圖，△A’BC為直角三角形，CA’=6，BC=8，A’B=10。
以點C為圓心，6為半徑畫弧；以點B為圓心，9為半徑畫弧，兩弧相交于點A，連接AC、AB，得到三邊長分別為6，8，9的△ABC。
顯然，△ABC是 銳角 三角形
以點C為圓心，6為半徑畫弧；以點B為圓心，11為半徑畫弧，兩弧相交于點A，連接AC、AB，得到三邊長分別為6，8，11的△ABC。
顯然，△ABC是 鈍角 三角形
（2）由(1)可以猜想得到：
當a2+b2 ＞ c2時，△ABC為銳角三角形
當a2+b2 ＜ c2時，△ABC為鈍角三角形
（3）根據構成三邊長構成三角形的條件知：
∵a+b＞c ∴c＜6
∵b-a＜c ∴c＞2
∴2＜c＜6
∵a=2，b=4
∴a2+b2=20
當c2=20時，a2+b2=c2，△ABC是直角三角形，此時，c=2
當c2＜20時，a2+b2＞c2，△ABC是銳角三角形，此時，0＜c＜2
則c的取值范圍為2＜c＜2
當c2＞20時，a2+b2＜c2，△ABC是鈍角三角形，此時，c＞2
則c的取值范圍為2＜c＜6
【2013·貴陽·25題】如圖，在平面直角坐標系中，有一條直線l：y=-x+4與x軸、y軸分別交于點M、N，一個高為3的等邊三角形ABC，邊BC在x軸上，將此三角形沿著x軸的正方向平移。
（1）在平移過程中，得到△A1B1C1，此時頂點A1恰好落在直線l上，寫出A1點的坐標 ；
（2）繼續向右平移，得到△A2B2C2，此時它的外心P恰好落在直線l上，求P點的坐標；
（3）在直線l上是否存在這樣的點，與(2)中的A2、B2、C2任意兩點能同時構成三個等腰三角形。如果存在，求出點的坐標；如果不存在，說明理由。
解：（1）過A1作x軸的垂線，垂足為D。
則A1D=A1B1×sin60°=3×=
∵點A1恰好落在直線l上
∴當y=時，=-x+4，得x=4-
∴A1點的坐標為（4-，）
（2）過A2作x軸的垂線，垂足為E；過點B2作A2C2的垂線，垂足為F。由等邊三角形性質可知，A2E與B2F的交點就是△A2B2C2的外心P。
∵B2E=B2C2=，∠PB2E=30°
∴PE=B2E·tan30°=·=
∵點P恰好落在直線l上
∴當y=時，=-x+4，得x=4-
∴P點的坐標為（4-，）
（3）存在滿足題述條件的點。
由直線l得，OM=4，ON=4，易得∠OMN=30°
∴在(2)的條件下，點C2與點M重合
∵點P是△A2B2C2的外心，且在直線l上
∴PA2=PB2=PC2
∴點P（4-，）是滿足條件的點
以A2B2為邊，在△A2B2C2的另一側作等邊△A2B2Q1，因為直線l⊥A2B2，所以點Q1在直線l上，顯然點Q1是滿足條件的點。
過點Q1作Q1H1⊥x軸于H1，易得Q1H1=，由(1)知，點Q1與點A1重合，坐標為（4-，）
以C2為圓心，3為半徑畫圓，與直線l交于Q2、Q3，顯然點Q2、Q3是滿足條件的點。
過點Q2作Q2H2⊥x軸于H2，易得Q2H2=，C2H2=，∴Q2的坐標為(，-)
過點Q3作Q3H3⊥x軸于H2，易得Q3H3=，C2H3=，∴Q3的坐標為(，)
故，滿足條件的點的坐標為（4-，）、（4-，）、(，-)、(，)
【2013·昆明·22題】已知：如圖，AC是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，點P是⊙O外一點，∠PBA=∠C。
（1）求證：PB是⊙O的切線；
（2）若OP∥BC，且OP=8，BC=2，求⊙O的半徑。
解：（1）連接OB。
∵AC是⊙O的直徑
∴∠ABC=90°
∴∠OBA+∠OBC=90°
∵OB=OC
∴∠OBC=∠C
∴∠OBA+∠C=90°
∵∠PBA=∠C
∴∠PBA+∠OBA=90°
∴∠OBP=90°
∴OB⊥PB
∴PB是⊙O的切線
（2）令OP與AB交于點D
∵OP∥BC，OA=OC，BC=2
∴AD=BD，OD=BC=1
∵OP=8
∴PD=OP-OD=7
∵∠ABC=90°，即AB⊥BC，且OP∥BC
∴BD⊥OP
∵∠OBP=90°
∴BD2=OD·PD(射影定理)
∴AD=BD=
∴OA=
∴⊙O的半徑為
【2013·昆明·23題】如圖，矩形OABC在平面直角坐標系xOy中，點A在x的正半軸上，點C在y軸的正半軸上，OA=4，OC=3，若拋物線的頂點在BC邊上，且拋物線經過O、A兩點，直線AC交拋物線于點D。
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點D的坐標；
（3）若點M在拋物線上，點N在x軸上，是否存在以A、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由。
解：（1）由題意得，A（4，0），C（0，3），B（4，3）
∵拋物線經過O、A兩點
∴可設拋物線的解析式為y=ax(x-4)
∵拋物線的頂點在BC邊上
∴由拋物線和矩形的對稱性可知，頂點E為BC的中點，
∴點E坐標為（2，3）
將點E坐標代入解析式可求得a=-
∴拋物線的解析式為y=-x2+3x
（2）設直線AC的解析為y=kx+b，則
解得k=-，b=3
∴直線AC的解析式為y=-x+3
則，解方程組
得： 或 （此為點A）
∴點D坐標為（1，）
（3）存在。
① 過點D作DM∥x軸交拋物線于M，在x軸上取AN=DM，則四邊形ANMD是平行四邊形
易得DM=2，則AN=2
∴當點N在點A右側時，點N坐標為（6，0）
當點N在點A左側時，點N坐標為（2，0）
② 向左平移AC，與x軸交于點N3，與拋物線交于點M’，當M’N3=AD時，四邊形ADN3M’是平行四邊形。
過點D作DH⊥x軸于H，過點M’作M’K⊥x軸于K，易證得△AHD≌△N3KM’
∴M’K=DH=，N3K=AH=3
∵點M’在x軸下方
∴點M’的縱坐標為-
由-x2+3x =-得x=2+或2-
∵當x=2+時，M’N3≠AD，故舍去
∴點M’的坐標為(2-，-)
∴點K的坐標為(2-，0)
∵N3K=3
∴點N3的坐標為(-1-，0)
綜上所述，存在以A、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，點N的坐標為(-1-，0)或（2，0）或（6，0）
【2013·南寧·25題】如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AB是⊙O的直徑，⊙O交BC于點D，DE⊥AC于點E，BE交⊙O于點F，連接AF，AF的延長線交⊙O于點P。
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）求tan∠ABE的值；
（3）若OA=2，求線段AP的長。
解：（1）連接AD，OD。
∵AB是⊙O的直徑
∴∠ADB=90°
∴AD⊥BC
∵∠BAC=90°，AB=AC
∴△ABC是等腰直角三角形
∴點D是BC的中點
∵DE⊥AC，BA⊥AC
∴DE∥BA
∴點E是AC的中點
∴DE=AB=OA
∵DE∥OA
∴四邊形AODE是平行四邊形
∵∠OAE=90°，OA=OD
∴四邊形AODE是正方形
∴OD⊥DE
∴DE是⊙O的切線
（2）∵四邊形AODE是正方形
∴AE=OA=AB
∴tan∠ABE==
（3）∵AB是⊙O的直徑
∴∠AFB=90°
∴∠ABE+∠FAB=90°
∵∠FAB+∠PAE=∠BAC=90°
∴∠PAE=∠ABE
∴tan∠PAE=tan∠ABE=
∵tan∠PAE=，且AE=OA=2
∴PE=1
∴AP=
【2013·南寧·26題】如圖，拋物線y=ax2+c(a≠0)經過C（2，0），D（0，-1）兩點，并與直線y=kx交于A、B兩點。直線l過點E（0，-2）且平行與x軸，過A、B兩點分別作直線l的垂線，垂足分別為點M、N。
（1）求此拋物線的解析式；
（2）求證：AO=AM；
（3）探究：① 當k=0時，直線y=kx與x軸重合，求出此時的值；
② 試說明無論k取何值，的值都等于同一個常數。
解：（1）∵拋物線過C（2，0），D（0，-1）兩點
∴ 解得a=，c=-1
∴拋物線的解析式為y=x2-1
（2）設點A坐標為(m，m2-1)，則
OA2=m2+(m2-1)2=m4+m2+1
由題意得，AM=m2-1+2=m2+1
∴AM2=(m2+1)2=m4+m2+1
∴OA2=AM2
∴OA=AM
（3）① 由y=x2-1=0得x=-2或2
∴當k=0時，A（-2，0），B（2，0）
∴AM=2，BN=2
∴==1
② 由x2-1=kx得，x2-4kx-4=0
設A的坐標為(m，km)，B的坐標為(n，kn)
由韋達定理得，m+n=4k，mn=-4
由題意得，AM=km+2，BN=kn+2
∴=
=
=
=
=
=1
∵=1，與k無關
∴無論k取何值，的值都等于同一個常數，此常數為1.
【2013·海南·23題】如圖1，點P是正方形ABCD的邊CD上的一點（點P與點C、D不重合），點E在BC的延長線上，且CE=CP，連接BP、DE。
（1）求證：△BCP≌△DCE；
（2）如圖2，直線EP交AD于點F，連接BF、FC，點G是FC與BP的交點。
① 當CD=2PC時，求證：BP⊥CF；
② 當CD=n·PC（n是大于1的實數）時，記△BPF的面積為S1，△DPE的面積為S2，求證：S1=(n+1)S2.
解：（1）∵ABCD是正方形
∴BC=DC，∠BCP=∠DCE=90°
∵CE=CP
∴△BCP≌△DCE（SAS）
（2）① ∵CD=2PC
∴P是CD的中點
∴PD=PC
∵∠PDF=∠PCE=90°，∠FPD=∠EPC
∴△PDF≌△PCE
∴DF=CE
∴DF=CP
∵BC=CD，∠BCP=∠CDF=90°
∴△BCP≌△CDF
∴∠PBC=∠FCD
∵∠PBC+∠BPC=90°
∴∠FCD+∠BPC=90°
∴∠CGP=90°
∴BP⊥CE
② 因為CD=n·PC，不妨設PC=m
則CE=m，CD=AD=AB=nm，DP=(n-1)m
∵S△DPE=DP·CE
∴S2=(n-1)m·m=(n-1)m2
∵CP=CE
∴△PCE是等腰直角三角形
∴∠FPD=∠CPE=45°
∴△PDF是等腰直角三角形
∴DF=DP=(n-1)m
∴S△PDF=DF·DP=(n-1)2m2
∵AF=AD-DF=nm-(n-1)m=m
∴S△ABF=AB·AF=nm·m=nm2
∵S梯形ABPD=(AB+DP)·AD
=[nm+(n-1)m]·nm
=(2n2-n) m2
∴S1= S△BPF= S梯形ABPD-S△ABF-S△PDF
=(2n2-n) m2-nm2-(n-1)2m2
=(n2-1) m2
=(n-1)(n+1) m2
∴S1=(n+1)S2
【2013·海南·24題】如圖，二次函數的圖象與x軸相交于點A（-3，0）、B（-1，0），與y軸交于點C（0，3），點P是該函數圖象上的動點；一次函數y=kx-4k（k≠0）的圖象過點P交x軸于點Q。
（1）求該二次函數的解析式；
（2）當點P的坐標為（-4，m）時，求證：∠OPC=∠AQC；
（3）點M、N分別在線段AQ、CQ上，點M以每秒3個單位長度的速度從點A向點Q運動，同時，點N以每秒1個單位長度的速度從點C向點Q運動，當點M、N中有一個點到達Q點時，兩點同時停止運動，設運動時間為t秒。
① 連接AN，當△AMN的面積最大時，求t的值；
② 直線PQ能否垂直平分線段MN？若能，請求出此時點P的坐標；若不能，請說明你的理由。
解：（1）因為二次函數圖象與x軸交點為A（-3，0）、B（-1，0），則可設二次函數解析式為y=a(x+3)(x+1)
∵點C（0，3）在二次函數圖象上
∴3=3a，得a=1
∴二次函數的解析式為y=x2+4x+3
（2）由y=kx-4k得，當y=0時，x=4
∴點Q坐標為（4，0），即OQ=4
由y=x2+4x+3得，當x=-4時，y=3
∴點P坐標為（-4，3）
∵點C坐標為（0，3）
∴PC∥x軸，PC=4
∵PC∥OQ，PC=OQ=4
∴四邊形OQCP是平行四邊形
∴∠OPC=∠AQC
（3）① 過點N作ND⊥x軸于D，則
∵OC=3，OQ=4 ∴CQ=5
由題意知，CN=t，則QN=5-t ∴ND=3-t
∵AM=3t
∴S△AMN=AM·ND=·3t·(3-t)
=-t2+=-(t-)2+
由題意知，0≤t≤
∴當t=時，△AMN的面積最大
② 當直線PQ垂直平分線段MN時，QM=QN
∵QN=5-t，QM=AQ-AM=7-3t
∴5-t=7-3t，得t=1
此時，M（0，0），N（，）
∴直線MN解析式為y=3x
設PQ與MN交于點E，則E（，）
由y=kx-4k得，=k-4k，得k=
∴直線PQ解析式為y=x+
∵3×=-1 ∴PQ⊥MN
∴當t=1且k=時，直線PQ垂直平分線段MN
由方程組解得：
點P的坐標為（，）或（，）


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