2011年中考數(shù)學(xué)試題分類44動(dòng)態(tài)問題

44的對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，過P垂直于AC的直線AC=2BD=1，AP=x，△AMN的面積為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖 【答案】（2011山東威海，12，3分）ABCD中，AB=3cmMA點(diǎn)出發(fā)AB方向以每秒1cm的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)NA點(diǎn)出發(fā)沿AD—DC—CB以每y（cm2x（秒yx之間的函數(shù)關(guān)系的是（）【答案】（2011蘭州，14，4分）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，E、F、G、H分別為各邊上的點(diǎn)AE=BF=CG=DH，設(shè)小正方形EFGH的面積為S，AEx，則Sxy1-y1- y1O y1O1y1O1y1O1EGx x 【答案】（2011浙江省舟山，24，12分）已知直線ykx3（k＜0）分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，線段OA上有一動(dòng)點(diǎn)P由原點(diǎn)O向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，過點(diǎn)PxABC，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．當(dāng)k1OAQAOPt＝1C、QQ、C、A為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，求t當(dāng)k3Cyxm)2nAB4（CDCODOC邊上的高為h，當(dāng)thyByBC1OP xyBDC1O1PAx（第24題圖 （第24題圖（1）①C（1，2，Q（2，0∵CP⊥OAPQ重合，OQ=OP情形二：當(dāng)△ACQ∽△AOB時(shí)，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CPt=2（－t＋3，∴t=2t1.52秒． 由(xt)23t33x3x1=t，x2=t3DDE⊥CPE 3∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－3）=3．∴CD=DEBA

15 ②∵CD=15，CD邊上的高=3412 =115129

OChOCOC⊥ABOCOC5

∠BCO＝90°∵∠AOB＝90°∴∠COP＝90°－∠BOC＝∠OBA，又12∴OPOC，OP=OCBO

36t36 36

25t

秒時(shí)，h25 東莞，22，9分）y5x217x1yA BBBC⊥xAB動(dòng)點(diǎn)P段OC上，從原點(diǎn)O出發(fā)以每鈔一個(gè)單位的速度向C移動(dòng)，過點(diǎn)P⊥x軸，交直線AB于點(diǎn)M，拋物線于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間為t秒，MN的長(zhǎng)為s個(gè)stt的取值范圍；設(shè)（2）的條件下（POG重合的情況CM，BNt（1）x=0y5x217x1y x=3y5x217x1y5 5（0，12ABykxbA、Bb

b3kb

5，解得k y1x2（2）x=ty1x1y5x217x1 M、N1t1和5t217t1 ∴MN=5t217t1-（1t1）=5t215 s5t215 由5t215t5，得t1,t 即當(dāng)t1或2BCMN 當(dāng)t1時(shí)2

，PN=4，CM=BN=2當(dāng)t2時(shí)，PC=1，PM=2CM=5BC≠CMBCMN所以，當(dāng)t1BCMN（2011江蘇揚(yáng)州，28,12分）Rt△ABC中，∠BAC=90o，AB<AC，MBCQ從點(diǎn)NNCMQ⊥MPt（t>0）若∠ABC=60o，AB=43QRt△APQ的面積為S（平方厘米St（1）△PBM MQ⊥MP∴∠NMB=∠PMQ=∠BAC∴∠PMB=∠QMN,∠QNM=∠B∴（2）①∵∠ABC=60o，∠BAC=90o,AB=43,BP=3∴AB=BM=CM=43∵43∴BP 即：BP 43 ∵P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度是每秒3Q1② AP=43－33∴S=1(4t)32（3）BP2+CQ2

3t)=

3(t22證明如下：∵BP=3 ∴CQ2=(8-t)2=64-∵PQ2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-∴BP2+CQ24.（201123,12分xoyPy23x1，⊙PxKOKPA的形狀，并說A，B，CA，B，CM，使△MBPABCP12yyAPy3xOKx（1）∵⊙P∴∴ 222xyAPMy3yAPMy3xG CxABCP∴△PBCRt△PBGPG=23x2sin∠PBG=PG，即3 2 ∴PG=3 4A（0，3，B（1，0）C（3，0 6abc9a3bc3c3解之得 3，b=43，c=3 y

3x243x

3 932uv3解之得：u=3，v333∴直線BP的解析式為：y 3x 3過點(diǎn)A作直線AM∥PB，則可得直線AM的解析式為：y 3x3yy

3x3343x2 x3343x1

33得： ； 33y y 過點(diǎn)C作直線CM∥PB，則可設(shè)直線CM的解析式為：y 3xt∴0=33t∴t333∴直線CM的解析式為：y 3x 3y33

3x3y3x243x3x1

y

；y 3 3（0，（3，0（4，（7， 12

12

PABC，，C（3，0）∴

12

PABCM的縱坐標(biāo)為3MM（4，3）符合要求．點(diǎn)（783）的求法同解法一．（0，（3，0（4，（7， 12∴

12

PABCM的縱坐標(biāo)為333即3x243x 33 x10（舍x24M的坐標(biāo)為（4，3點(diǎn)（783）（0，（3，0（4，（7， 12（2011山東菏澤，21，9分）y＝1x2＋bx－2xA，B2CM(m，0)xMC＋MDmy1y1 1BCD（1）2整理后解得b322 D3252

y1x23x2 （3）CxC′C(0，2)，OC′=2．C′DxM，根據(jù)軸對(duì)稱性及兩點(diǎn)之間線段最短可知，MC＋MD的值最小．xE．∴OMOC

3

2．∴m=24 yAxB，C兩點(diǎn)（B在點(diǎn)C的左側(cè)）A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，3）.BABD，如果以點(diǎn)CBD相切，請(qǐng)判斷拋物線的對(duì)稱軸lC有怎樣的位置關(guān)系，并給出證明；PACP運(yùn)動(dòng)到什PACP點(diǎn)的坐標(biāo)和PAC的最大面積.yDADAOBC(第23（1）ya(x4)21.A（0，33a(04)21.a14∴拋物線為y1(x4)211x22x3 3 答：l與⊙C相交 41(x4)210x2x6 32（2，0， 32CBDE，連接CE，則BEC90AOB∵ABD90，∴CBE90ABOBAO90ABOBAOCBE.AOBBEC68CEBC.CE .CE 68 ∵拋物線的對(duì)稱軸lx4C點(diǎn)到l∴拋物線的對(duì)稱軸l與⊙C相交 7PyAC于點(diǎn)Q可求出AC的解析式為y1x 82P點(diǎn)的坐標(biāo)為（m1m22m3，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（m1m ∴PQ1m3(1m22m3)1m23m ∵

1(1m23m)63(m3)227 ∴當(dāng)m3時(shí)，PAC的面積最大 43 104yDADA OBC(第232512

FyyxmCyN的坐標(biāo)．圖 備用（1）ya(x1)(xyE(03，將該點(diǎn)坐標(biāo)代入上式，得a1．y(x1)(x3yx22x3CABA(30)B(10)C的坐標(biāo)是C(50C的坐標(biāo)是C(50yxm，得m5CDyx5K點(diǎn)的坐標(biāo)為(t0H點(diǎn)的坐標(biāo)為(tt5，G點(diǎn)的坐標(biāo)為(t,t22tKAB∴3t∴HG(t5)(t22t3)t23t8(t3)241 ∵332∴當(dāng)t3HG41 FBCB(10)，點(diǎn)C(50FF(30∵直線lFy∴直線lx3．M在直線lNMM(3mNN(nn22n3A(30)，點(diǎn)C(50AC8 ACA，C，M，NMN∥AC，MN＝AC＝8．NMMN3n3n8，解得n5∴NN(5,12NMMNn3．n38，解得n∴NN(1140)②若線段AC是以點(diǎn)A，C，M，N為頂點(diǎn)的平行四邊形的對(duì)角線，由C與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)B中心MN關(guān)于點(diǎn)B中心對(duì)稱．取點(diǎn)FB對(duì)稱點(diǎn)P，則點(diǎn)PP(10PNPxN．x1yx22x3y4．N，BNB交直線lM．在△BPN和△BFMNPB∵BFBPNBFMANCM∴坐標(biāo)為(14NN的坐標(biāo)為(5,12)(1140)(14A，C，M，N（2011山東煙臺(tái)，26,14分）ABCDABxCDDy軸上.CBy=4x16A、D的坐標(biāo)分別為 4，0（0，4）.1個(gè)單位.當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，它們同時(shí)停止運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)Pt（秒）時(shí)，△OPQs（不能構(gòu)成△OPQ的動(dòng)點(diǎn)除外）.B、Cstts有最大值？并求出最大值yy Q y AO （yy AO （（1） ∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為y＝04x16 ∴x＝4.B坐標(biāo)為CM⊥ABMCM2BM3CM2BM32∴sin∠ABC＝CM＝4 0＜t＜4QN⊥OBQN＝BQ·sin∠ABC＝45∴S＝1OP·QN＝1（4－t）×4t＝－2t2＋8 4＜t≤5（1QO，QPQN⊥OBN.QN＝45∴S＝1OP·QN＝1×（t－4）×4t.＝2t2－8 5＜t≤6（QO，QP.S＝1×OP×OD＝1 0＜t＜48當(dāng)t＝ ＝2時(shí)，2(58S最大

()4(5

＝85②在4＜t≤5時(shí)，對(duì)于拋物線S＝2t2－8t，當(dāng)

＝2S最?。?×22

×2＝－85

25S＝2t28t的頂點(diǎn)為（28 4＜t≤5時(shí)，St的增大而增大t＝5

＝2×52－

5＜t≤6S＝2t－8中，∵2＞0，∴St的增大而增大t＝6時(shí)，S最大（3）OPCDOP和高.所以③中的△OPQ面積一定大于②中的△OPQ的面積.）y=－x+p相交于點(diǎn)AC(2m－4,m－6).PPA,CQ為頂點(diǎn)的平行四邊形ACQP面12P,Q的坐標(biāo)；在（2）Mx軸下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)⊿PQM的面積最大時(shí)，請(qǐng)求出⊿PQMM的坐標(biāo)。（1）m6(2m4)m6(2m4)

mp 設(shè)拋物線y=ax2+bx+c=a(x-∵C(2,- ∴拋物線解析式為：y=x2-2x-22

22332DDK⊥ACPQK,DK=2

∴PQy=-x+3y=-x-yx22x

x1

x2∴yx

0或y yx22xyx

即 P2(-∵ACPQ是平行四邊形，A(- 或M(t,t2-2t-3),(-1＜t＜3),MyPQT,則MT=(-t+3)-(t2-2t-3)=-MMS⊥PQ

25 (- 12

2

25 ，⊿PQM25 yyAODBxC10（2011＝10，BD＝6E，MAB上的動(dòng)點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)OEF，MN的距離分別為h1h2．△OEF與△OGH組成的圖形稱為蝶形．SEHMQh1與h2滿足的關(guān)系式，并求h1的(1)EF與AC交于點(diǎn)KOEF∽△ABDAK

5 1 1 EF6(5h)S21OKEF21h6(5h，整理得S6(h5)215 2 5 h5時(shí)，蝶形面積S的最大，最大值為15 MN與AC交于點(diǎn)L，由(1)EF6(5hEK3(5hML3(5h

由OK2+EK2＝OE2，OL2+ML2＝OM2，得2h23(5h2

h23(5h

22，整理得(hh)17(hh450

1

2

hh0hh45OE⊥ABh45，所以0h

2）EM重合時(shí)，則h1h2，此時(shí)h1的取值范圍為0h15（1）EFBD，得

AEF，EF5h1EF65h 6

5 S2SOEFEFh155h1h15h12 所以當(dāng)h5時(shí)， 15 根據(jù)題意，得OEOM如圖，作ORABR，OB關(guān)于OR對(duì)稱線段為OSEM不重合時(shí)，則OEOM在ORRERMBR

，OR AB 5AB 523232152349 MLEKOB

BE,OL

AB OKOLBEBM2BR，即h1h2 hh45，此時(shí)h的取值范圍為0

45且h

EM重合時(shí)，則h1h2，此時(shí)h1的取值范圍為0h15(2011浙江湖州，24，14)1OABC2A、C分別在x、D．D的坐標(biāo)（m的代數(shù)式表示當(dāng)△APDm垂足為H（2．當(dāng)點(diǎn)POCH也隨之運(yùn)動(dòng)．請(qǐng)直接寫H不必寫解答過程）（1）DB＝PC，∴DB＝2－m，AD＝4－mD的坐標(biāo)為（2，4－m）.（2）AP＝AD，則4m2(4m)2，解得m32PD＝APPF⊥AB于點(diǎn)（如圖AF＝FDAFFD1AD1(4m OP＝AFm1(4m，解得m42③

PM1PD1(4m)

PC2CM2PM2(2m)211(4m)2m2

2舍去

綜上所述，當(dāng)△APDmH經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為54

或或 （－2，2B的坐標(biāo)為（6，6A、O、BAByE．EFOB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（O、B重合EFM、N兩點(diǎn)（點(diǎn)N在y軸右側(cè)，連結(jié)ON、BN，當(dāng)點(diǎn)F段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求BON的面N的坐標(biāo)；AN，當(dāng)BON的面積的最大時(shí)，在坐標(biāo)平面內(nèi)使得BOP與OAN相似（B、O、N對(duì)應(yīng)）P（1）A（－，2B（6，）1m＝21∴y＝2x＝0y＝3

1

1

—x1—x＝ ＝NxNGGOBQBBH⊥xH1 x－ SBON＝SBONS 1 ＝2×QN×(OG＋HG)＝2×QN×OH＝2〔x－x

x)3

＝－x＋x＝－(x－3)＋ x＝3BON3N的坐標(biāo)為（3，4（4）AAS⊥GQ3∵A(－2，2)，B(6，6)，N（3，4

RtSANRtNOG∴tan∠SAN＝ ∴ONP，使BOP～3∵A(－2，2)，N（3，4RtASNAN＝

5＝當(dāng)BOP～OAN時(shí)

2 OP

15 ＝PPT⊥x∴OPT～

22541 P（4t，t）RtPOT中，有（4t）2＋t2＝1517

∴t1＝4，t2＝－4（舍∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為 ，44將OBP沿直線OBP(15，15)4當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 15)時(shí)BOP與OAN相似4）或4（2011江衢州，24,12）已知兩直線l1、l2分別經(jīng)過點(diǎn)A10B30，并且對(duì)稱軸于直線l1K，如圖所示.求點(diǎn)C拋物線的對(duì)稱軸被直線l1，拋物線，直線l2x軸依次截得三條線段，問這三條線段有當(dāng)直線l2繞點(diǎn)CM.請(qǐng)找出使MCK為等腰三角形MM的坐標(biāo).yyKDCEBFOAxBOC~COAO,即CO1 CO 點(diǎn)C的坐標(biāo)是0，3yax2bx3A(10B(30)yax2bx

3ab3

a 9a

3

解這個(gè)方程組，得b2 y

3x223x 2：由勾股定理，得(OC2OB2OC2OA2BC2AC2OC 點(diǎn)C的坐標(biāo)是0,3.由題意可設(shè)拋物線的函數(shù)解析式為yax1x3.把C0，3代入函數(shù)解a 33y

x1x333（2）1KDDE可求得直線l1y

3x

3，直線l2y

3x 333的對(duì)稱軸為直線x1由此可求得點(diǎn)K的坐標(biāo)為123，點(diǎn)D的坐標(biāo)為143E的坐標(biāo)為123F的坐標(biāo)為10 3 3 KD23，DE23,EF23 KDDE2KDDE由題意可知Rt

3EFBFtan30=23，KFAFtan 3341,434 3 DF由頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為 KDDEEF2331（i）M1為點(diǎn)Cx1的對(duì)稱點(diǎn).M1的坐標(biāo)為(2,3，此時(shí)

當(dāng)以點(diǎn)CKCM1A，KC的中垂線lDKE的中點(diǎn)，且l1l2，可知lDKD4M2D坐標(biāo)為(1,3

M2CK為等腰三角形M2M的坐標(biāo)分別為

(2, 時(shí)，MCK434（i）BK，交拋物線于點(diǎn)G，易知點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2, 又點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,3)，則GC//ABBK4，且ABK60，即ABK為正三角形CGK當(dāng)l2與拋物線交于點(diǎn)G，即l2//AB時(shí)，符合題意，此時(shí)點(diǎn)M1的坐標(biāo)為(2,CDKD23，CKCG2，CKD30，易知KDC3當(dāng)lD時(shí)，符合題意，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(143 M在拋物線對(duì)稱軸右邊時(shí)，只有點(diǎn)MA重合時(shí)，滿足CMCK，但M的坐標(biāo)分別為(2,3),(143MCK為等腰三角形3(201124，14y1(x1)23yAB4BCx軸交于點(diǎn)C1A的坐標(biāo)及線段OCPPQBCx軸于點(diǎn)QBQBQEPQBQEPQP的坐標(biāo).AyBAyBOCyABDEPxOCQx第24題圖 第24題圖（1）x0y1(x1)23y11 A(0,114OC（2）①1DDMxx軸于點(diǎn)M，DDNPQPQN，PQPQ//DMQDNQMDNMDNQCDEMDNDCCDMDCDCMDENDMDNMDNQDQCBCQCQBCOQBQykxb，B(13Q(40)，代入求得k1b4，BQyx4 DM

DN

Q(m,CDMMDEEDNMDECDMEDN

RtEDN,CDDM DNMQ,CDDM PQ//BC,

BC CD m（2011浙江臺(tái)州，24,14分）ya(xm)2nyA，它的頂點(diǎn)BA、B關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)分別C、D。若點(diǎn)A、B、C、D中任何三點(diǎn)都不在ABCDAB為拋物線的伴隨直線。1yx2)212，ya(xm)2n（m>0）y=x－3，伴隨四邊形的面積12，求此拋物線的解析式；3ya(xm)2ny=－2x+b（b>0，且伴隨四邊ABCD是矩形。bm,nP（b；若不存在，請(qǐng)說明理由?！敬鸢浮拷猓?1)設(shè)直線ABy=kx+b.由題意，得b∴2kb

∴k=-2 ∴12，得：△ABC61AC2 1，且過點(diǎn)∴拋物線的解析式為y=1(x2)212BE⊥xA（0,b）,C(0,-∴n=- B(m,-ABCD即b2m22m∴m1=0(舍去)，m245∴n=-2m+b=35∴m4b,n3b 4個(gè)點(diǎn)：(4b7b),(4b9b),(4b16b),(4b13b A（2，0x=4.設(shè)頂點(diǎn)為PxD的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；2MOP上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（O、P兩點(diǎn)除外，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度POMMN∥xPBN將△PMN沿直線MN對(duì)折，得到△P1MN.在動(dòng)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)△P1MN與梯形OMNB的部分St秒.St的函數(shù)關(guān)系式.yyC BxPyCyC Ox P

a由題意得c4a2bc

解得bcyP的坐標(biāo)為DOPBD為等腰梯形.yyCD xP當(dāng)y=0時(shí)，x2- ∴x1=2，B的坐標(biāo)為BP6km則4km

kmBP2∵頂點(diǎn)坐標(biāo)P（4， ∴2設(shè) 則BD=OP（2x）2+(6－x)2=3225

，x2

52

OPBD4

)OPBD0＜t≤2yyC BMHPx

2t22 2

∴S=3t·t·1=3 2＜t＜4yyCOAEGF xP

SP 1SP1

SP1∴13t4

(2t4)2t1∴SPEF1∴S=3t2－(3t2－12t+12)=－9 ∴0＜t≤2時(shí)，S=342＜t＜4時(shí)，S=9t2+12t－124（2011重慶，26，12分）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝23，點(diǎn)O是AB的PABBP＝3EO1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿OA勻速動(dòng)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)后，立即以原速AO返回；另一動(dòng)點(diǎn)FP點(diǎn)出發(fā)，以E、FEF為邊作等邊△EFG，使△EFGABCDPA的同t秒(t≥0)．當(dāng)?shù)冗叀鱁FGFGCt在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)等邊△EFG和矩形ABCD部分的面積為S，請(qǐng)直接寫出EGABCDACHt，使△AOHRt△CBF中，BC＝2

tan60°2

BF＝2，∴t＝3－t

=BF(2)當(dāng)0≤t＜1時(shí)，S=23t＋43；當(dāng)1≤t＜3時(shí)，3t2+33 7

＋2時(shí)，S=－43t＋203；當(dāng)4≤t＜6時(shí)，S= 3t2－123t＋363．Rt△ABC

BC=

3∴AE=HE=3－t當(dāng)AH=AO=3時(shí)（如圖②，過點(diǎn)E作EM⊥AH于M， 3 Rt△AME中，cos∠MAE＝AEcos30°=AE，∴AE=3－t=3t－3=3，t=3－33＋如圖③，則∠∴AE=13－t=1t－3=1，t=2如圖④，則∠∴∠HOB=60°=∠HEBEO重合，∴AE=3．3－t=3t－3=3，t=6（舍去）t=0．＋t=4（2011浙江省嘉興，24，14分）已知直線ykx3（k＜0）分別交x軸、y軸于A、BOAPOA1PxABC，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．當(dāng)k1OAQAOPt＝1C、QQ、C、A為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，求t當(dāng)k3Cyxm)2nAB4（CDCODOC邊上的高為h，當(dāng)thyByBC1OP xyBDC1O1PAx（第24題圖 （第24題圖（1）①C（1，2，Q（2，0∵CP⊥OAPQ重合，OQ=OP情形二：當(dāng)△ACQ∽△AOB時(shí)，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CPt=2（－t＋3，∴t=2t1.52秒． 由(xt)23t33x3x1=t，x2=t3DDE⊥CPE 3∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－3）=3．∴CD=DEBA

15 ②∵CD=15，CD邊上的高=3412 =115129

OChOCOC⊥ABOCOC5

∠BCO＝90°∵∠AOB＝90°∴∠COP＝90°－∠BOC＝∠OBA，又12∴OPOC，OP=OCBO

36t36 36

25t

秒時(shí)，h25 2512x1，⊙PxKOKPA的形狀，并說A，B，CA，B，CM，使△MBPABCP1yAPyAPy3xOKx25（1）∵⊙P∴又∴ 222xPPG⊥BCyAPMyyAPMy3xG Cx∴△PBCRt△PBG2 x22x x ， PG=3 4A（0，3，B（1，0）C（3，0 6abc9a3bc3c3解之得 3，b=43，c=3 ∴y

3x243x

3 932uv3解之得：u=3，v333∴直線BP的解析式為：y 3x 3過點(diǎn)A作直線AM∥PB，則可得直線AM的解析式為：y 3x3yy

3x3343x2 x3343x1

33得： ； 33y y 過點(diǎn)C作直線CM∥PB，則可設(shè)直線CM的解析式為：y 3xt∴0=33t∴t333∴直線CM的解析式為：y 3x 3y33

3x3y3x243x3x1

y

；y 3 3（0，（3，0（4，（7， 12解法二：

12

PABC，，C（3，0）∴

12

PABC∴M的縱坐標(biāo)為3M∴M（4，3）符合要求．點(diǎn)（783）的求法同解法一．（0，（3，0（4，（7， 12∴

12

PABC∴M的縱坐標(biāo)為333即3x243x 33 x10（舍x24∴M的坐標(biāo)為（4，3點(diǎn)（783）（0，（3，0（4，（7， 1220（201AyBOA3，AB5POOA1個(gè)單位長(zhǎng)AB1BP、Q的運(yùn)動(dòng)，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于點(diǎn)D，交折線QB－BO－OPE．點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)QBPP、Qt秒（t＞0AByxt的取值范圍yxBEQDO （26題EBOQBEDt的值；DEOtAB2（AB2

4∴A（3，0，B（0，4ABykxb3kb

k4∴b

yBEQyBEQDO 解得b∴直線AB的解析式為y=-4x4 23QQF⊥AO∵AQ=OP=t，∴AP3t由△AQF∽△ABOQFAQ QFt．QF4t 2 yxQDO ∴S1(3t)yxQDO S2t26t 4 QBED∴PB，四邊形QBED是直角梯形．由△APQ∽△ABOAQAP ∴t3t yBQEDOP 解得tyBQEDOP 8∴DE⊥BOQBED是直角梯形．此時(shí)∠APQ=90°．

AQAPt3t

解得t15 108

t2

t14 14A（0，6，B（2，0，C（7，52DEACFEDNAMECBOxDF圖yPNAMECBOxDF圖（1）A（0，6，B（2，0，C（7，5）2c4a2bc5549a7bc 1解得a

,b4,c2

y1x24x6過點(diǎn)AAM∥xFCM，交對(duì)稱軸于點(diǎn)N.y1x24x6y1x42 ACyk1x1 b1

k1

67kb

∴直線ACy1x2x=4y1462E的坐標(biāo)為（4，4FCyk2xb24k2b2

7,

2255

2b2

∴直線ACy7x2∵AMxMy=67x2262NF=NF5∵C的坐標(biāo)為2

，F(xiàn)2 7 2∴CF 2682（0，6，682P1AAF,P1A253, ∴O

32∴P1的坐標(biāo)為P2AAF,

P2A253,P2A53

3 2∴O

41 41∴P2的坐標(biāo)為 2411（0，－2，P2（0，－ 2（2011湖南邵陽，24，12分）如圖（十一）Oxy，04求角ACBy=ax2+bx+3經(jīng)過A，BBCD，使△BOD為等腰三角形？若存在，則求出所有符合條D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由。（1）90°；（2）Rt△ABC中，∵OA×OB=OC4（x+4比較常 4（x+ D（x，y2

2y

BD，

CD

4

125

5

D2（

（2011江蘇蘇州，29,10分）已知二次函數(shù)y=a（x2-6x+8（a>0）的圖象與x軸分別交A、ByC.D是拋物線的頂點(diǎn).AC，將△OACACOO′恰好落在該拋物線的對(duì)稱軸上，求實(shí)數(shù)a的值；（4,4（4,3EF的右側(cè).同學(xué)經(jīng)過探索后發(fā)現(xiàn)一個(gè)正確題“若點(diǎn)P是邊EH或邊HG上的任這四條線段不能構(gòu)成平行四邊形）.PEFFG上的任意一點(diǎn)，剛才的結(jié)是否存在一個(gè)正數(shù)aPA、PB、PC、PD與一個(gè)平行四邊形的四條邊對(duì)應(yīng)（1）（2,0（4,0（0,8ax=3.xM，則由題意得∴∠OAC=∠3∴OC=3·AO=23，即8a=23 34PEFFG上的任意一點(diǎn)，結(jié)果同樣成立PEF上的任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)E重合E（4,4PFG上的任意一點(diǎn)（G重合F的坐標(biāo)是（4,3）G的坐標(biāo)是（5,3）. aPA、PB、PC、PD與一個(gè)平行四邊形的四條邊對(duì)A、BxP（0,8aa（3，t∴PC2=32+（t-PC=PDPC2=PD2，∴32+（t-8a）2=（t+a）2，7a2-2ta+1=0，∴△=4t2-28.∵t3的常數(shù)，∴△=4t2-2t 4t2t t22t 4t2t t2 t t t27

＞0，滿足題意t t2t t27

PD能構(gòu)成平行四邊形 （2011江蘇宿遷,27,12分）2ABCD中，PAB的中點(diǎn)，Q為邊CD上一動(dòng)點(diǎn)DQ＝（0≤t≤2線段PQ的垂直平分線分別交邊AD、BC于點(diǎn)M、NQQE⊥ABEMMF⊥BCF．t≠1S的最小值． N （27題（1）（2）PABQE2PE(1tQE2PE(1t)2(1t)(1t)2∴S＝1PQMN＝1(1t)24＝1t2－t＋ t＝1時(shí)，S最小值綜上：S＝1t2－t5，S ykx3Pppk設(shè)⊙CPAMABNPl上（B以是否存在使△AMN的面積等

3235llMPACDNOB（1）∵y∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=OADBPlP的坐標(biāo)為（4，p）PAP上，∴p=4k＋3．連接DN，∵AD是⊙C的直徑，∴∠AND=x=0y=kx＋3y=3AD242在Rt△ABD中，由勾股定理得AD242 =1ABDN1ADDB ∴DNADDB4312( (∴AN2AD2DN242

12)2256

∴

(AN)2AN即

SABP ABP PB∵AP2AD2PD2AD2PBBD)2424k33)216(k21)，或AP2AD2PD2AD2(BDPB)242(34k3)216(k2

1PBAD1(4k3)42(4k3) ∴SAMN

AN2

2562(4k3)32(4k3)322516(k2 25(k2 1整理得k24k20，解得k21

6，k22 6PB6∵AP2AD2PD242(34k3)216(k21)

1PBAD1(4k3)42(4k3) ∴SAMN

AN2

2562(4k3)322516(k2 化簡(jiǎn)，得k21(4k3)，解得k26綜合以上所述得，當(dāng)k2 或k2時(shí)，△AMN的面積等于32635 汕頭，22，9分）y5x217x1yA BBBC⊥xAB動(dòng)點(diǎn)P段OC上，從原點(diǎn)O出發(fā)以每鈔一個(gè)單位的速度向C移動(dòng)，過點(diǎn)P⊥x軸，交直線AB于點(diǎn)M，拋物線于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間為t秒，MN的長(zhǎng)為s個(gè)stt的取值范圍；設(shè)（2）的條件下（POG重合的情況CM，BNt（1）x=0y5x217x1y x=3y5x217x1y5 5（0，12ABykxbA、Bb

b3kb

5，解得k y1x2（2）x=ty1x1y5x217x1 M、N1t1和5t217t1 ∴MN=5t217t1-（1t1）=5t215 s5t215 由5t215t5，得t1,t 即當(dāng)t1或2BCMN 當(dāng)t1時(shí)2

，PN=4，CM=BN=2當(dāng)t2時(shí)，PC=1，PM=2CM=5BC≠CMBCMN所以，當(dāng)t1BCMN（2011，28,12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的A、B兩個(gè)xCyOA:OB15OBOC，△ABC的面積 15，拋物線yax2bxc(aA、B、Cyx BCEy側(cè)拋物線上異于點(diǎn)B的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)Ex軸的平行線交拋物線于另一點(diǎn)F，過點(diǎn)FFG垂直于x于點(diǎn)G，再過點(diǎn)EEH垂直于x于點(diǎn)H，yx BCB、CM2BC邊上的高為2

M（1）

x，則

5x =1（OAOB）×OC=16x5x=15x2 x1（負(fù)值不合題意，已經(jīng)舍去1005abc25a5bc0a1，b4，c5cyx24x5y xGHC2BA如圖所示：E是y軸右側(cè)拋物線上異于點(diǎn)B的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)的橫坐標(biāo)是y xGHC2BAEFm4m)2m4Ex軸上面，則對(duì)應(yīng)的函數(shù)值是ExEFGHEF=GH=FG=EH2m4m24m52m4m24m5時(shí)，解得：m310（其中3 合題意，已經(jīng)舍去則EF=2(310)4=2 邊長(zhǎng)為2 ；當(dāng)2m4(m24m5)，解得m

10（其中1

10)4= 2正方形的邊長(zhǎng)為 2yNMxA2B5CNMyNMxA2B5CNM邊上的高為

2，必須使2

=12

2

2M的橫坐標(biāo)為nyx24x5，可M的坐標(biāo)為(nn24n5Mx軸的上面，則n24n50MMNyS△MBC=S△OBC-S△MNC1(5n)(n24n5)2

252

1n(n24n55)352n25n140，解得n2或n7Mx軸2，7（7，16Mx軸下面，則n24n50MMNyNS△MBC梯形MNOB-

△OBC-

，∴1(n5)(n24n5)251n(n24n55)35 n24n140，△400xM 7，12分）y1x2mxnx軸交于A、B3C（0，－1求出拋物線的解析式及A、Bx軸下方的拋物線上是否存在點(diǎn)DABDC3．若存在，求D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由(1)；QyPQ、P、A、B為頂點(diǎn)的四邊形是平行四P的坐標(biāo)(2)．yyAOBxCyAOBxC圖 圖【答案（1）由

23

1m2n3y1x22x 1x22x10x=－1 A（－1，0，B（3，0）DD（x1x22x1 DE⊥xEOE=x，DE=1x22x1，BE=3－x 1111(11x22x1)x1(1x22x1)(3x) x23x2

解得x=1DD（14）3yyE BxCDyQPAOBx 側(cè)時(shí)，P4PQAB互相平分時(shí)，PQAB的中點(diǎn)（1，0，可得P的橫坐標(biāo)為5P的坐標(biāo)為3

）或（－4，7）或29.（2011蕪湖，24，14分）平面直角坐標(biāo)系中，ABOC如圖放置，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為(0,3、(10)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，得到若拋物線過點(diǎn)CAA,求此拋物線的解析式求ABOC

部分△OCD的周長(zhǎng)MMAMA的面積最大？最大面積是多少？并求出此M解:（1）∵ABOC由ABOCA的坐標(biāo)為(0,3∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(3,0) 1所以拋物線過點(diǎn)

C(1,0),A(0,3),A(3,abc

.設(shè)拋物線的解析式為ayax2bxc(a0

c9a3bc

解得b