中考数学冲刺拔高：代数几何综合问题--巩固练习(有答案)
【初三物理试题精选】中考数学复习代数几何综合问题专项练习(人教版含答案)
中考数学复习代数几何综合问题专项练习(人教版含答案) K
j 代数几何综合问题（1）专项练习
1 如图⑴，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线经过点B（0，4）。
⑴求抛物线的解析式；
⑵设抛物线的顶点为D，过点D、B作直线交x轴于点A，点C在抛物线的对称轴上，且C点的纵坐标为，连接BC、AC。
求证△ABC 是等腰直角三角形；
⑶在⑵的条下，将直线DB沿y轴向下平移，平移后的直线记为l，直线l与x轴、y轴分别交于点A′、B′，是否存在直线l，使△A′B′C是直角三角形，若存在，求出直线l的解析式，若不存在，请说明理由。
2 二次函数的图象的一部分如图所示。
已知它的顶点M在第二象限，且经过点A（1，0）和点B（0，1）。
（1）试求，所满足的关系式；
（2）设此二次函数的图象与x轴的另一个交点为C，当△AMC的面积为△ABC面积的倍时，求a的值；
（3）是否存在实数a，使得△ABC为直角三角形。
若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由。
3 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点A（4，0）、B（-1，0），与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，，EF⊥OD，垂足为F。
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）求线段EF、OF的长（用含t的代数式表示）；
（3）当△ECA为直角三角形时，求t的值。
代数几何综合问题（1）专项练习
参考答案
1 （1）解由题意知16a+6=4。
【初三数学】代数几何综合题(含答案)(共15页)
代数几何综合题代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合笥最强的题型，近几年的中考试题很多以代数几何综合题的形式出现，其命题的主要结合点是方程与几何、函数与几何等，解代数几何综合题最常用的数学方法是数形结合，由形导数，以数促形。
例1、如图，已知平面直角坐标系中三点A （2，0），B （0，2），P （x ，0）()x <0，连结BP ，过P 点作PC PB ⊥交过点A 的直线a 于点C （2，y ） （1）求y 与x 之间的函数关系式；（2）当x 取最大整数时，求BC 与PA 的交点Q 的坐标。
解：（1） PC PB BO PO ⊥⊥,∴∠+∠=︒∠+∠=︒∴∠=∠CPA OPB PBO OPB CPA PBO 9090, A （2，0），C （2，y ）在直线a 上 ∴∠=∠=︒BOP PAC 90∴∆∆BOP PAC ~∴=PO AC BOPA，∴=+||||||x y x 22， x y x y x<<∴=-0022，，∴=-+y x x 122（2） x <0，∴x 的最大整数值为-1 ,当x =-1时，y =-32，∴=CA 32BO a BOQ CAQ OQ AQ BOCA//~,，∴∴=∆∆ 设Q 点坐标为()m ，0，则AQ m =-2∴-=∴=m m m 223287，Q 点坐标为()870，说明:利用数形结合起来的思想，考查了相似三角形的判定及应用。
关键是搞清楚用坐标表示的数与线段的长度的关系。
练习1．如图，从⊙O 外一点A 作⊙O 的切线AB 、AC ，切点分别为B 、C ，⊙O 的直径BD 为6，连结CD 、AO.(1)求证：CD ∥AO ；（3分）(2)设CD ＝x ，AO ＝y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3分） (3)若AO ＋CD ＝11，求AB 的长。
（4分）B2．如图，A、B两点的坐标分别是(x1，0)、(x2，O)，其中x1、x2是关于x的方程x2+2x+m-3=O 的两根，且x1<0<x2．(1)求m的取值范围；(2)设点C在y轴的正半轴上，∠ACB=90°，∠CAB=30°，求m的值；(3)在上述条件下，若点D在第二象限，△DAB≌△CBA，求出直线AD的函数解析式.3．一张矩形纸片OABC 平放在平面直角坐标系内，O 为原点，点A 在x 的正半轴上，点C 在y 轴的正半轴上，OA ＝5，OC ＝4。
中考数学冲刺：代数综合问题--巩固练习(提高) 【含解析】.doc
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】中考冲刺：代数综合问题—巩固练习（提高）【巩固练习】 一、选择题1. 如图，已知在直角梯形AOBC 中，AC∥OB，CB⊥OB，OB=18，BC=12，AC=9，对角线OC 、AB 交于点D ，点E 、F 、G 分别是CD 、BD 、BC 的中点，以O 为原点，直线OB 为x 轴建立平面直角坐标系，则G 、E 、D 、F 四个点中与点A 在同一反比例函数图象上的是 （ ）A ．点GB ．点EC ．点DD ．点F2．已知函数y=()⎪⎩⎪⎨⎧>--≤--)3(1)5(31)1(22x x x x ，若使y=k 成立的x 值恰好有三个，则k 的值为 （ ）A ．0B ．1C ．2D ．33.（2016秋•重庆校级月考）已知二次函数y=ax 2+bx+c+2的图象如图所示，顶点为（﹣1，0），下列结论：①abc ＜0；②4ac ﹣b 2=0；③a ＞2；④4a ﹣2b+c ＞0．其中正确的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题4．若a+b-21a --42b -=33c --12c-5，则a+b+c 的值为 .5．已知关于x 的方程x 2+（k-5）x+9=0在1＜x ＜2内有一实数根，则实数k 的取值范围是 ．6.（和平区校级期中）关于x 的方程，2kx 2-2x-3k=0的两根一个大于1，一个小于1，则实数k 的的取值范围是 .三、解答题7．（2016•梅州）关于x 的一元二次方程x 2+（2k+1）x+k 2+1=0有两个不等实根x 1、x 2． （1）求实数k 的取值范围．（2）若方程两实根x 1、x 2满足x 1+x 2=﹣x 1•x 2，求k 的值．8. 已知关于x 的一元二次方程()0312=-+--m x m x ．（1）求证：不论m 取何值时，方程总有两个不相等的实数根．（2）若直线()31+-=x m y 与函数m x y +=2的图象1C 的一个交点的横坐标为2，求关于x 的一元二次方程()0312=-+--m x m x 的解．（3）在（2）的条件下，将抛物线()312-+--=m x m x y 绕原点旋转︒180，得到图象2C ，点P为x 轴上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线，分别与图象1C 、2C 交于N M 、两点，当线段MN 的长度最小时，求点P 的坐标．9. 抛物线2y ax bx c =++，a ＞0，c ＜0，2360a b c ++=．（1）求证：1023b a +>； （2）抛物线经过点1(,)2P m ，Q (1,)n ．① 判断mn 的符号；② 若抛物线与x 轴的两个交点分别为点A 1(,0)x ，点B 2(,0)x （点A 在点B 左侧）， 请说明116x <，2112x <<．10. 已知：二次函数y=22(2)x n m x m mn +-+-． （1）求证：此二次函数与x 轴有交点；（2）若m-1=0,求证方程22(2)0x n m x m mn +-+-=有一个实数根为1；（3）在（2）的条件下，设方程22(2)0x n m x m mn +-+-=的另一根为a,当x=2时，关于n 的函数1y nx am =+与222(2)y x n m ax m mn =+-+-的图象交于点A 、B （点A 在点B 的左侧），平行于y 轴的直线L 与1y nx am =+、222(2)y x n m ax m mn =+-+-的图象分别交于点C 、D ，若CD=6，求点C 、D 的坐标.【答案与解析】 一、选择题 1.【答案】A ；【解析】在直角梯形AOBC 中∵AC∥OB，CB⊥OB，OB=18，BC=12，AC=9 ∴点A 的坐标为（9，12） ∵点G 是BC 的中点 ∴点G 的坐标是（18，6） ∵9×12=18×6=108∴点G 与点A 在同一反比例函数图象上，故选A ．2.【答案】D ；【解析】函数y=()⎪⎩⎪⎨⎧>--≤--)3(1)5(31)1(22x x x x 的图象如图：根据图象知道当y=3时，对应成立的x 有恰好有三个，∴k=3．故选D ．3.【答案】B ；【解析】①∵抛物线开口朝上，∴a ＞0．∵抛物线的对称轴为x=﹣=﹣1，∴b=2a ＞0．当x=0时，y=c+2＞2，∴c ＞0．∴abc ＞0，①错误； ②∵抛物线与x 轴只有一个交点， ∴b 2﹣4a （c+2）=b 2﹣4ac ﹣8a=0， ∴b 2﹣4ac=8a ＞0，②错误； ③∵抛物线的顶点为（﹣1，0），∴抛物线解析式为y=a （x+1）2=ax 2+2ax+a=ax 2+bx+c+2， ∴a=c+2＞2，③正确； ④∵b=2a ，c ＞0，∴4a ﹣2b+c=c ＞0，④正确． 故选B ．二、填空题4.【答案】20；【解析】整理得：（a-1-21a -+1）+（b-2-42b -+4）+12（c-3-63c -+9）=0 （1a --1）2+（2b --2）2+12（3c --3）2=0， ∴1a -=1，2b -=2，3c -=3， ∵a≥1，b≥2，c≥3， ∴a=2，b=6，c=12， ∴a+b+c=20． 故答案为：20． 5.【答案】3-5-2k ＜＜【解析】利用数形结合的方法将问题转化成二次函数y= x 2+（k-5）x+9图象开口向上，与x 轴的一个交点的横坐标在1＜x ＜2内，故有两种情况，分析得出结论.6.【答案】k ＞0或k ＜-2.【解析】设y=2kx 2-2x-3k,∵方程2kx 2-2x-3k=0d 的两根一个大于1，一个小于1，∴当k ＞0，抛物线开口向上，x=1时，y ＜0，即2k-2-3k ＜0，解得k ＞-2，∴k ＞0 ∴当k ＜0，抛物线开口向下，x=1时，y ＞0，即2k-2-3k ＞0，解得k ＜-2. ∴k ＜-2 ∴k 的取值范围为：k ＞0或k ＜-2.三、解答题7．【答案与解析】解：（1）∵原方程有两个不相等的实数根，∴△=（2k+1）2﹣4（k 2+1）＞0， 解得：k ＞，即实数k 的取值范围是k ＞；（2）∵根据根与系数的关系得：x 1+x 2=﹣（2k+1），x 1•x 2=k 2+1，又∵方程两实根x 1、x 2满足x 1+x 2=﹣x 1•x 2， ∴﹣（2k+1）=﹣（k 2+1）， 解得：k 1=0，k 2=2， ∵k ＞， ∴k 只能是2． 8．【答案与解析】（1）证明：()[]()3412----=∆m m124122+-+-=m m m 1362+-=m m ()432+-=m∵不论m 取何值时，()032≥-m ∴()0432>+-m ，即0>∆∴不论m 取何值时，方程总有两个不相等的实数根．（2）将2=x 代入方程()0312=-+--m x m x ，得3=m再将3=m 代入，原方程化为022=-x x ，解得2,021==x x ．（3）将3=m 代入得抛物线：x x y 22-=，将抛物线x x y 22-=绕原点旋转︒180得到的图象2C 的解析式为：x x y 22--=．设()0,x P ，则()3,2+x x M ，()x x x N 2,2--()()25212322232222+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=---+=x x x x x x MN∴当21-=x 时，MN 的长度最小，此时点P 的坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-0,219．【答案与解析】（1）证明：∵ 2360a b c ++=，∴12362366b a b c c a a a a++==-=-． ∵ a ＞0，c ＜0，∴0c a <，0ca ->． ∴ 1023b a +>．（2）解：∵ 抛物线经过点P 1(,)2m ，点Q (1,)n ，∴ 11 ,42.a b c m a b c n ⎧++=⎪⎨⎪++=⎩ ① ∵ 2360a b c ++=，a ＞0，c ＜0，∴ 223a b c +=-，223ab c =--． ∴ 1112111()42424312b c m a b c a a a a +=++=+=+-=-＜0．2(2)33a an a b c a c c c =++=+--+=-＞0．∴ 0mn <．② 由a ＞0知抛物线2y ax bx c =++开口向上． ∵ 0m <，0n >，∴ 点P 1(,)2m 和点Q (1,)n 分别位于x 轴下方和x 轴上方． ∵ 点A ，B 的坐标分别为A 1(,0)x ，B 2(,0)x （点A 在点B 左侧），∴ 由抛物线2y ax bx c =++的示意图可知，对称轴右侧的点B 的横坐标2x 满足2112x <<． （如图所示）∵ 抛物线的对称轴为直线2b x a =-，由抛物线的对称性可1222x x b a +=-，由（1）知123b a -<， ∴12123x x +<． ∴ 12221332x x <-<-，即116x <．10．【答案与解析】（1）证明：令0y =，则有22(2)0x n m x m mn +-+-=△=222(2)4()n m m mn n ---=∵20n ≥，∴△≥0∴二次函数y=22(2)x n m x m mn +-+-与x 轴有交点（2）解：解法一：由101m m -==得，方程22(2)0x n m x m mn +-+-=可化为2(2)10x n x n +-+-= 解得：11x x n ==-或∴方程22(2)0x n m x m mn +-+-=有一个实数根为1解法二：由101m m -==得，方程22(2)0x n m x m mn +-+-=可化为2(2)10x n x n +-+-=当x=1时，方程左边=1+(n-2)+1-n=0 方程右边=0∴左边=右边∴方程22(2)0x n m x m mn +-+-=有一个实数根为1（3）解：方程22(2)0x n m x m mn +-+-=的根是：121,1x x n ==-∴1a n =-当x =2时，11y n =+，22251y n n =-++设点C （,1b b +）则点D （2,251b b b -++）∵CD=6 ， ∴221(251)62b 51(1)6b b b b b +--++=-++-+=或 ∴31b b ==-或 ∴C 、D 两点的坐标分别为C （3，4），D （3，-2）或C （-1，0），D （-1，-6）中考数学知识点代数式一、 重要概念分类：1.代数式与有理式用运算符号把数或表示数的字母连结而成的式子，叫做代数式。
2022年中考复习《代数几何综合》专项练习附答案
代数几何综合1、〔2021年潍坊市压轴题〕如图，抛物线c bx ax y ++=2关于直线1=x 对称，与坐标轴交于C B A 、、三点，且4=AB ,点⎪⎭⎫ ⎝⎛232，D 在抛物线上，直线是一次函数()02≠-=k kx y 的图象，点O 是坐标原点.〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕假设直线平分四边形OBDC 的面积，求k 的值.〔3〕把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于N M 、两点，问在y 轴正半轴上是否存在一定点P ，使得不管k 取何值，直线PM 与PN 总是关于y 轴对称？假设存在，求出P 点坐标；假设不存在，请说明理由.答案：〔1〕因为抛物线关于直线x=1对称，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0), 由点D(2，1.5)在抛物线上，所以⎩⎨⎧=++=+-5.1240c b a c b a ，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5,又12=-a b ，即b=-2a,代入上式解得a =-0.5,b =1,从而c=1.5,所以23212++-=x x y . 〔2〕由〔1〕知23212++-=x x y ，令x=0,得c(0,1.5),所以CD//AB,令kx -2=1.5,得l 与CD 的交点F(23,27k )，令kx -2=0，得l 与x 轴的交点E(0,2k)，根据S 四边形OEFC =S 四边形EBDF 得：OE+CF=DF+BE,即：,511),272()23(272=-+-=+k k k k k 解得 〔3〕由〔1〕知,2)1(21232122+--=++-=x x x y所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为221x y -= 假设在y 轴上存在一点P(0，t)，t ＞0，使直线PM 与PN 关于y 轴对称，过点M 、N 分别向y 轴作垂线MM 1、NN 1，垂足分别为M 1、N 1，因为∠MPO=∠NPO,所以Rt △MPM 1∽Rt △NPN 1,所以1111PN PM NN MM =,………………(1) 不妨设M(x M ,y M )在点N(x N ,y N )的左侧，因为P 点在y 轴正半轴上， 那么〔1〕式变为NMN M y t y t x x --=-,又y M =k x M -2, y N =k x N -2, 所以〔t+2〕(x M +x N )=2k x M x N,……(2) 把y=kx-2(k ≠0)代入221x y -=中，整理得x 2+2kx-4=0, 所以x M +x N =-2k, x M x N =-4,代入〔2〕得t=2,符合条件，故在y 轴上存在一点P 〔0,2〕，使直线PM 与PN 总是关于y 轴对称.考点：此题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式确实定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大.点评：此题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。
中考数学复习专题 代数与几何综合(含答案)
5. 如图 2－5-16，在矩形 ABCD 中，AB=10。cm，BC=8cm．点 P 从 A 出发，沿 A→B→C→D 路线运动，到 D 停止；点 Q 从 D 出发，沿 D→C→B→A 路线运动，到 A 停止，若点 P、 点 Q 同时出发，点 P 的速度为 1cm/s，点 Q 的速度为 2cm/s，a s 时点 P、点 Q 同时改变 速度，点 P 的速度变为 bcm/s，点 Q 的速度变为 d cm/s，图 2－5－17 是点 P 出发 x 秒 后△APD 的面积 S1（cm2）与 x（s）的函数关系图象；图 2－5－18 是点 Q 出发 xs 后面 AQD 的面积 S2（cm2）与 x（s）的函数关系图象． ⑴ 参照图 2－5－17，求 a、b 及图中 c 的值； ⑵ 求 d 的值； ⑶ 设点 P 离开点 A 的路程为 y1(cm)，点 Q 到点 A 还需走的路程为 y2(cm)，请分别写出 动点 P、Q 改变速度后，y1、y2 与出发后的运动时间 x（s）的函数解析式，并求出 P、 Q 相遇时 x 的值． ⑷ 当点 Q 出发_______s 时，点 P、点 Q 在运动路线上相距的路程为 25cm．
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答案 一、ABDCB DAACD
二、1、 3 2、 2 -1
三、1、（1）y=- 1 x2+x 2
3、 11
6
4、（-502，502）
（2）x 取最大整数为-1，∴ y=- 1 ×(-1)2-1=– 3 ∴AC= 3
2
2
2
由△BOQ∽△CAQ,可得 BO = OQ
AC AQ
C． y x
D． y 3 x 2
７．如图，反比例函数 y 4 的图象与直线 y 1 x 的
2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题(含详细解答)
2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题1、（2019河南•中考第22题•10分）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α＝60°时，的值是1，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°．（2）类比探究如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．【考点】相似形综合题．【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△P AC，即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠P AD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，P A＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠P AD＝∠CAB＝45°，∴∠P AC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△P AC，∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OABB＝45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠P AO＝45°，∴∠P AO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EP A＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，∴＝＝2﹣．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴＝＝2+．2、（2019陕西•中考第22题•9分）在图1，2，3中，已知ABCDY，120ABC∠=︒，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且120EAG∠=︒．（1）如图1，当点E与点B重合时，CEF∠=60︒；（2）如图2，连接AF．①填空：FAD∠EAB∠（填“>”，“<“，“=”)；②求证：点F在ABC∠的平分线上；（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB的值．【考点】相似形综合题【分析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明60DAB FAE∠=∠=︒，根据角的运算解答；②作FM BC⊥于M，FN BA⊥交BA的延长线于N，证明AFN EFM∆≅∆，根据全等三角形的性质得到FN FM=，根据角平分线的判定定理证明结论；（3）根据直角三角形的性质得到2GH AH=，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【解答】解：（1）Q四边形AEFG是菱形，18060AEF EAG∴∠=︒-∠=︒，60CEF AEC AEF∴∠=∠-∠=︒，故答案为：60︒；（2）①Q四边形ABCD是平行四边形，18060DAB ABC ∴∠=︒-∠=︒，Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60FAE ∴∠=︒，FAD EAB ∴∠=∠，故答案为：=；②作FM BC ⊥于M ，FN BA ⊥交BA 的延长线于N ，则90FNB FMB ∠=∠=︒，60NFM ∴∠=︒，又60AFE ∠=︒，AFN EFM ∴∠=∠，EF EA =Q ，60FAE ∠=︒，AEF ∴∆为等边三角形，FA FE ∴=，在AFN ∆和EFM ∆中，AFN EFM FNA FME FA FE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AFN EFM AAS ∴∆≅∆，FN FM ∴=，又FM BC ⊥，FN BA ⊥，∴点F 在ABC ∠的平分线上；（3）Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60AGF ∴∠=︒，30FGE AGE ∴∠=∠=︒，Q 四边形AEGH 为平行四边形，//GE AH ∴，30GAH AGE ∴∠=∠=︒，30H FGE ∠=∠=︒，90GAH ∴∠=︒，又30AGE ∠=︒，2GH AH ∴=，60DAB ∠=︒Q ，30H ∠=︒，30ADH ∴∠=︒，AD AH GE ∴==，Q 四边形ABEH 为平行四边形，BC AD ∴=，BC GE ∴=，Q 四边形ABEH 为平行四边形，30HAE EAB ∠=∠=︒，∴平行四边形ABEH 为菱形，AB AH HE ∴==，3GE AB ∴=， ∴3BC AB=．3、（2019上海•中考 第22题•10分）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD 表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE 可以绕点A 逆时针方向旋转，当旋转角为60︒时，箱盖ADE 落在AD E ''的位置（如图2所示）．已知90AD =厘米，30DE =厘米，40EC =厘米．（1）求点D '到BC 的距离；（2）求E 、E '两点的距离．【考点】解直角三角形的应用；矩形的性质【分析】（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，利用旋转的性质可得出90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒，利用矩形的性质可得出90AFD BHD ∠'=∠'=︒，在Rt △AD F '中，通过解直角三角形可求出D F '的长，结合FH DC DE CE ==+及D H D F FH '='+可求出点D '到BC 的距离；（2）连接AE ，AE '，EE '，利用旋转的性质可得出AE AE '=，60EAE ∠'=︒，进而可得出AEE ∆'是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE AE '=，在Rt ADE ∆中，利用勾股定理可求出AE 的长度，结合EE AE '=可得出E 、E '两点的距离．【解答】解：（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，如图3所示．由题意，得：90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒．Q 四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，90∴∠'=∠'=︒．AFD BHD在Rt△AD F'中，sin90sin60453g厘米．D F AD DAD'='∠'=⨯︒=又40Q厘米，30DE=厘米，CE=∴==+=厘米，FH DC DE CE70∴'='+=+厘米．D H D F FH(45370)答：点D'到BC的距离为(45370)+厘米．（2）连接AE，AE'，EE'，如图4所示．由题意，得：AE AE'=，60∠'=︒，EAE∴∆'是等边三角形，AEE∴'=．EE AEQ四边形ABCD是矩形，90∴∠=︒．ADE在Rt ADEDE=厘米，AD=厘米，30∆中，90223010∴=+=厘米，AE AD DE∴'=厘米．EE3010答：E、E'两点的距离是3010厘米．4、（2019河南•中考第17题•9分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：△ADF≌△BDG；（2）填空：①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为4﹣2；②取的中点H，当∠EAB的度数为30°时，四边形OBEH为菱形．【考点】圆的综合题．【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再应用同角的余角相等可得∠DAF＝∠DBG，易得AD＝BD，△ADF≌△BDG得证；（2）作FH⊥AB，应用等弧所对的圆周角相等得∠BAE＝∠DAE，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE＝OB，结合三角函数特殊值可得∠EAB＝30°．【解答】解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝45°∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°∴∠DAF＝∠DBG∵∠ABD+∠BAC＝90°∴∠ABD＝∠BAC＝45°∴AD＝BD∴△ADF≌△BDG（ASA）；（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，∵点E是的中点，∴∠BAE＝∠DAE∵FD⊥AD，FH⊥AB∴FH＝FD∵＝sin∠ABD＝sin45°＝，∴，即BF＝FD∵AB＝4，∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2，（+1）FD＝2∴FD＝＝4﹣2故答案为．②连接OE，EH，∵点H是的中点，∴OH⊥AE，∵∠AEB＝90°∴BE⊥AE∴BE∥OH∵四边形OBEH为菱形，∴BE＝OH＝OB＝AB∴sin∠EAB＝＝∴∠EAB＝30°．故答案为：30°5、（2019河北•中考第23题•9分）如图，△ABC和△ADE中，AB＝AD＝6，BC＝DE，∠B＝∠D＝30°，边AD与边BC交于点P（不与点B，C重合），点B，E在AD异侧，I为△APC的内心．（1）求证：∠BAD＝∠CAE；（2）设AP＝x，请用含x的式子表示PD，并求PD的最大值；（3）当AB⊥AC时，∠AIC的取值范围为m°＜∠AIC＜n°，分别直接写出m，n的值．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由条件易证△ABC≌△ADE，得∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．（2）PD＝AD﹣AP＝6﹣x，∵点P在线段BC上且不与B、C重合，∴AP的最小值即AP⊥BC时AP的长度，此时PD可得最大值．（3）I为△APC的内心，即I为△APC角平分线的交点，应用“三角形内角和等于180°“及角平分线定义即可表示出∠AIC，从而得到m，n的值．【解答】解：（1）在△ABC和△ADE中，（如图1）∴△ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC＝∠DAE即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE∴∠BAD＝∠CAE．（2）∵AD＝6，AP＝x，∴PD＝6﹣x当AD⊥BC时，AP＝AB＝3最小，即PD＝6﹣3＝3为PD的最大值．（3）如图2，设∠BAP＝α，则∠APC＝α+30°，∵AB⊥AC∴∠BAC＝90°，∠PCA＝60°，∠P AC＝90°﹣α，∵I为△APC的内心∴AI、CI分别平分∠P AC，∠PCA，∴∠IAC＝∠P AC，∠ICA＝∠PCA∴∠AIC＝180°﹣（∠IAC+∠ICA）＝180°﹣（∠P AC+∠PCA）＝180°﹣（90°﹣α+60°）＝α+105°∵0＜α＜90°，∴105°＜α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，∴m＝105，n＝150．6、（2019海南•中考第21题•13分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE ＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△P AB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠P AF，从而得∠P AF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△P AB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠P AF，∴∠P AF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，∵CD＝1，E是CD中点，∴DE＝，在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝，即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．7、（2019福建•中考第21题•8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；旋转的性质．【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB ＝AC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．8、（2019北京•中考第20题•5分）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tan G＝，求AO的长．【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形．【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；（2）由平行线的性质得出∠G＝∠ADO，由三角函数得出tan G＝tan∠ADO＝＝，得出OA＝OD，由BD ＝4，得出OD＝2，得出OA＝1．【解答】（1）证明：连接BD，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如图2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠ADO，∴tan G＝tan∠ADO＝＝，∴OA＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OA＝1．10、（2019北京•中考第27题•7分）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据题意画出图形．（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP ＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．（3）根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC ＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a+x，DH ＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．【解答】解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD＝OP＝1∴OD＝∵OH＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PDM与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中∴△OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP11、（2019北京•中考第28题•7分）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG ⊥AC交FP于G，①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，∵OA＝OC，∠AOC＝90°∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC∴∠AED＝∠ACO＝45°作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；∴m≤综上所述，m≤或m≥1．②如图4，设圆心P在AC上，∵P在DE中垂线上，∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，∴P（t，），∵DE∥BC∴∠ADE＝∠AOB＝90°∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠AED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴∠DAE＝∠ADP∴AP＝PD＝PE＝AE由三角形中内弧定义知，PD≤PM∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∵t＞0∴0＜t≤．12、（2019安徽•中考第20题•10分）如图，点E在ABCDY内部，//AF BE，//DF CE．（1）求证：BCE ADF∆≅∆；（2）设ABCDY的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求ST的值．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】（1）根据ASA 证明：BCE ADF ∆≅∆；（2）根据点E 在ABCD Y 内部，可知：12BEC AED ABCD S S S ∆∆+=Y ，可得结论． 【解答】解：（1）Q 四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∴=，//AD BC ，180ABC BAD ∴∠+∠=︒，//AF BE Q ，180EAB BAF ∴∠+∠=︒，CBE DAF ∴∠=∠，同理得BCE ADF ∠=∠，在BCE ∆和ADF ∆中，Q CBE DAF BC AD BCE ADF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()BCE ADF ASA ∴∆≅∆；（2）Q 点E 在ABCD Y 内部，12BEC AED ABCD S S S ∆∆∴+=Y ， 由（1）知：BCE ADF ∆≅∆，BCE ADF S S ∆∆∴=，12ADF AED BEC AED ABCD AEDF S S S S S S ∆∆∆∆∴=+=+=Y 四边形， ABCD QY 的面积为S ，四边形AEDF 的面积为T ， ∴212S S T S ==． 13、如图，矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将BCE ∆沿BE 折叠，点C 落在AD 边上的点F 处，过点F 作//FG CD 交BE 于点G ，连接CG ．（1）求证：四边形CEFG 是菱形；（2）若6AB =，10AD =，求四边形CEFG 的面积．【考点】LA：菱形的判定与性质；PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到BCE BFE∆≅∆，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．【解答】（1）证明：由题意可得，BCE BFE∆≅∆，BEC BEF∴∠=∠，FE CE=，//FG CEQ，FGE CEB∴∠=∠，FGE FEG∴∠=∠，FG FE∴=，FG EC∴=，∴四边形CEFG是平行四边形，又CE FE=Q，∴四边形CEFG是菱形；（2）Q矩形ABCD中，6AB=，10AD=，BC BF=，90BAF∴∠=︒，10AD BC BF===，8AF∴=，2DF∴=，设EF x=，则CE x=，6DE x=-，90FDE=︒Q，2222(6)x x∴+-=，解得，103x=，103CE∴=，∴四边形CEFG的面积是：1020233 CE DF=⨯=g．14、（2019成都•中考第27题•10分）如图1，在ABC∆中，20AB AC==，3tan4B=，点D为BC边上的动点（点D 不与点B ，C 重合）．以D 为顶点作ADE B ∠=∠，射线DE 交AC 边于点E ，过点A 作AF AD ⊥交射线DE 于点F ，连接CF ．（1）求证：ABD DCE ∆∆∽；（2）当//DE AB 时（如图2)，求AE 的长；（3）点D 在BC 边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF CF =？若存在，求出此时BD 的长；若不存在，请说明理由．【考点】SO ：相似形综合题【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．（2）解直角三角形求出BC ，由ABD CBA ∆∆∽，推出AB DB CB AB =，可得222025322AB DB CB ===，由//DE AB ，推出AE BD AC BC=，求出AE 即可． （3）点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =．作FH BC ⊥于H ，AM BC ⊥于M ，AN FH ⊥于N ．则90NHM AMH ANH ∠=∠=∠=︒，由AFN ADM ∆∆∽，可得3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==，推出3312944AN AM ==⨯=，推出1697CH CM MH CM AN =-=-=-=，再利用等腰三角形的性质，求出CD 即可解决问题．【解答】（1）证明：AB AC =Q ，B ACB ∴∠=∠，ADE CDE B BAD ∠+∠=∠+∠Q ，ADE B ∠=∠，BAD CDE ∴∠=∠，BAD DCE ∴∆∆∽．（2）解：如图2中，作AM BC ⊥于M ．在Rt ABM∆中，设4BM k=，则3tan434AM BM B k k ==⨯=g，由勾股定理，得到222AB AM BM=+，22220(3)(4)k k∴=+，4k∴=或4-（舍弃），AB AC=Q，AM BC⊥，22432BC BM k∴===g，//DE ABQ，BAD ADE∴∠=∠，ADE B∠=∠Q，B ACB∠=∠，BAD ACB∴∠=∠，ABD CBA∠=∠Q，ABD CBA∴∆∆∽，∴AB DBCB AB=，222025322ABDBCB∴===，//DE ABQ，∴AE BDAC BC=，252012523216AC BDAEBC⨯∴===g．（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF=．理由：作FH BC⊥于H，AM BC⊥于M，AN FH⊥于N．则90NHM AMH ANH∠=∠=∠=︒，∴四边形AMHN为矩形，90MAN∴∠=︒，MH AN=，AB AC=Q，AM BC⊥，11321622BM CM BC∴===⨯=，在Rt ABM ∆中，由勾股定理，得12AM ==， AN FH ⊥Q ，AM BC ⊥，90ANF AMD ∴∠=︒=∠，90DAF MAN ∠=︒=∠Q ，NAF MAD ∴∠=∠，AFN ADM ∴∆∆∽， ∴3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==， 3312944AN AM ∴==⨯=， 1697CH CM MH CM AN ∴=-=-=-=， 当DF CF =时，由点D 不与点C 重合，可知DFC ∆为等腰三角形， FH DC ⊥Q ，214CD CH ∴==，321418BD BC CD ∴=-=-=，∴点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =，此时18BD =．。
最新-中考压轴题代数几何综合第2部分 精品
代几综合点睛提分4、动点与平行四边形问题兵法：1．利用对边平行，进行分类讨论，然后画出要求的点 2．利用全等或锐角三角函数求出点的坐标【例1】 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A （－4，0），B （0，－4），C （2，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 为第三象限内抛物线上一动点，点M 的横坐标为m ，△AMB 的面积为S ．求S 关于m 的函数关系式，并求出S 的最大值．（3）若点P 是抛物线上的动点，点Q 是直线y ＝－x 上的动点，判断有几个位置能够使得点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q 的坐标．【解析】 （1）设抛物线的解析式为y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0），则有⎪⎩⎪⎨⎧02440416 ＝＋＋＝＝＋－－c b a c c b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧4121－ ＝＝＝c b a ∴抛物线的解析式为y ＝21x2＋x －4 （2）过点M 作MD ⊥x 轴于点D ，设M 点的坐标为（m ，21m2＋m －4）则AD ＝m ＋4，MD ＝－21m2－m ＋4 ∴S＝S △AMD ＋S 梯形DMBO －S △ABO ＝21(m ＋4)(－21m2－m ＋4)＋21(－21m2－m ＋4＋4)(－m )－21×4×4 ＝－m2－4m （－4＜m ＜0）即S＝－m2－4m ＝－(m ＋2)2＋4∴S 最大值＝4（3）满足题意的Q 点的坐标有四个，分别是：（－4，4），（4，－4） （－2＋52，2－52），（－2－52，2＋52）【例2】 如图，已知抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0）的顶点坐标为Q （2，－1），且与y 轴交于点C （0，3），与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的右侧），点P 是该抛物线上一动点，从点C 沿抛物线向点A 运动（点P 与A 不重合），过点P 作PD ∥y 轴，交AC 于点D ．（1）求该抛物线的函数关系式；（2）当△ADP 是直角三角形时，求点P 的坐标；（3）在题（2）的结论下，若点E 在x 轴上，点F 在抛物线上，问是否存在以A 、P 、E 、F 为顶点的平行四边形？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）∵抛物线的顶点为Q （2，－1），∴设y ＝a (x －2)2－1将C （0，3）代入上式，得3＝a (0－2)2－1 ∴a ＝1 ∴该抛物线的函数关系式为y ＝(x －2)2－1即y ＝x2－4x ＋3（2）如图1，有两种情况：①当点P 为直角顶点时，点P 与点B 重合令y ＝0，得x2－4x ＋3＝0，解得x 1＝1，x 2＝3 ·················· 4分∵点A 在点B 的右侧，∴B （1，0），A （3，0） ··············· 5分 ∴P 1（1，0） ······························································ 6分 ②当点A 为直角顶点时∵OA ＝OC ，∠AOC ＝90°，∴∠OAD 2＝45°当∠D 2AP 2＝90°时，∠OAP 2＝45°，∴AO 平分∠D 2AP 2 又∵P 2D 2∥y 轴，∴P 2D 2⊥AO ，∴P 2、D 2关于x 轴对称 设直线AC 的函数关系式为y ＝kx ＋b ， 将A （3，0），C （0，3）代入得：⎩⎪⎨⎪⎧0＝3k ＋b 3＝b 解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－1b ＝3 ∴y ＝－x ＋3∵D 2在y ＝－x ＋3上，P 2在y ＝x2－4x ＋3上∴设D 2（x ，－x ＋3），P 2（x ，x2－4x ＋3）∴(－x ＋3)＋(x2－4x ＋3)＝0，即x2－5x ＋6＝0解得x 1＝2，x 2＝3（舍去）∴当x ＝2时，y ＝x2－4x ＋3＝22－4×2＋3＝－1∴P 2的坐标为P 2（2，－1）（即为抛物线顶点） ················· 9分 ∴P 点坐标为P 1（1，0），P 2（2，－1） ··························· 10分 （3）由题（2）知，当点P 的坐标为P 1（1，0）时，不能构成平行四边形 当点P 的坐标为P 2（2，－1）（即顶点Q ）时图1如图2，平移直线AP 交x 轴于点E ，交抛物线于点F当AP ＝FE 时，四边形APEF 是平行四边形 ∵P （2，－1），∴可令F （x ，1）∴x2－4x ＋3＝1，解得x 1＝2－2，x 2＝2＋2故存在以A 、P 、E 、F 为顶点的平行四边形，点F 的坐标为： F 1（2－2，1），F 2（2＋2，1）【例3】 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过A （－1，0），B （3，0），C （0，－1）三点．（1）求该抛物线的表达式；（2）点Q 在y 轴上，点P 在抛物线上，要使以点Q 、P 、A 、B 为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P 的坐标．【解析】 设该抛物线的表达式为y ＝ax2＋bx ＋c ，根据题意，得⎪⎩⎪⎨⎧－－＝＝＋＋＝＋10390c c b a c b a 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧132 31 －－＝＝＝c b a∴所求抛物线的表达式为y ＝31x2－32x －1（2）①当AB 为边时，只要PQ ∥AB ，且PQ ＝AB ＝4即可图2又知点Q 在y 轴上，∴点P 的横坐标为4或－4，这时，符合条件的点P 有两个当x ＝4时，y ＝35；当x ＝－4时，y ＝7∴P 1（4，35），P 2（－4，7） ①当AB为对角线时，只要线段PQ 与线段AB 互相平分即可 又知点Q 在y 轴上，且线段AB 中点的横坐标为1 ∴点P的横坐标为2，这时，符合条件的点P 只有一个当x ＝2时，y ＝－1∴P 3（2，－1）综上，满足条件的点P 有三个，其坐标分别为： P 1（4，35），P 2（－4，7），P 3（2，－1）【例4】 已知抛物线y ＝x2＋bx ＋c 交y 轴于点A ，点A 关于抛物线对称轴的对称点为B （3，－4），直线y ＝41x 与抛物线在第一象限的交点为C ，连结OB ．（1）求抛物线的解析式；（2）如图（1），点P 在射线．．OC ．．上运动，连结BP ，设点P 的横坐标为x ，△OBP 的面积为y ，求y 与x 之间的函数关系式； （3）如图（2），点P 在直．线．OC ．．上运动，点Q 在抛物线上运动，试问点P 、Q 在运动过程中是否存在以O 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形的情况，若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．图（1） 图（2） 备用图【解析】 （1）∵B （3，－4），点A 与点B 关于抛物线的对称轴对称，A （0，－4）把A （0，－4）、B （3，－4）代入y ＝x2＋bx ＋c 得：⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－49＋3b ＋c ＝－4 ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3c ＝－4 ∴抛物线的解析式为y ＝x2－3x －4（2）如图（1），连结AB ，作PD ⊥y 轴，则D （0，41x ） S 梯形ABPD＝21(x ＋3)(41x ＋4)＝81x2＋819x ＋6 S △AOB＝21×3×4＝6，S △DOP＝21×x ×41x ＝81x2∴y ＝S 梯形ABPD －S △AOB －S △DOP＝819x （3）平移线段OB ，使点B 落在直线y ＝41x 上，落点为P ，点落在抛物线上，落点为Q ，则四边形OBPQ 为平行四边形 设P （x ，41x ），∵O （0，0），B （3，－4）∴Q （x －3，41x ＋4）∵点Q 在抛物线上，∴41x ＋4＝(x －3 )2－3( x －3)－4整理得：4x2－37x ＋40＝0，解得：x ＝8或x ＝45∴P 1（8，2），P 2（45，165） 平移线段OB ，使点O 落在直线y ＝41x 上，落点为P ，点B 落在抛物线上，落点为Q ，则四边形OBQP 为平行四边形设P （x ，41x ），∵O （0，0），B （3，－4），∴Q （x ＋3，41x －4）∵点Q 在抛物线上，∴41x －4＝( x ＋3 )2－3( x ＋3)－4整理得：4x2＋11x ＝0，解得：x ＝0（舍去）或x ＝－411∴P 3（－411，－1611）平移线段OP 3，使点P 3与点O 重合，则点O 落在直线y ＝41x 上点P 4处，四边形OPBQ 为平行四边形∴P 4（411，1611）综上所述，符合条件的点P 有4个，分别是：P 1（8，2），P 2（45，165），P 3（－411，－1611），P 4（411，1611）图（2）图（1）【例5】 如图，抛物线交x 轴于点A （－2，0），点B （4，0），交y 轴于点C （0，－4）．（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D 的坐标；（2）若直线y ＝－x 交抛物线于M ，N 两点，交抛物线的对称轴于点E ，连接BC ，EB ，EC ．试判断△EBC 的形状，并加以证明； （3）设P 为直线MN 上的动点，过P 作PF ∥ED 交直线MN 下方的抛物线于点F ．问：在直线MN 上是否存在点P ，使得以P 、E 、D 、F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P 及相应的点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）设抛物线的解析式为y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0）∵点A 、B 、C 均在此抛物线上 ∴⎩⎪⎨⎪⎧4a －2b ＋c ＝016a ＋4b ＋c ＝0c ＝－4∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝21b ＝－1c ＝－4∴所求的抛物线的解析式为y ＝21x2－x －4 ，顶点D 的坐标为（1，－29） （2）△EBC 的形状为等腰三角形证明：（法一）∵直线MN 的函数解析式为y ＝－x ∴ON 是∠BOC 的平分线∵B 、C 两点的坐标分别为（4，0），（0，－4） ∴CO ＝BO ＝4∴MN 是BC 的垂直平分线 ∴CE ＝BE即△ECB 是等腰三角形（法二）∵直线MN 的函数解析式为y ＝－x ∴ON 是∠BOC 的平分线 ∴∠COE ＝∠BOE∵B 、C 两点的坐标分别为（4，0）、（0，－4） ∴CO ＝BO ＝4又∵OE ＝OE∴△COE ≌△BOE ∴CE ＝BE 即△ECB 是等腰三角形（法三）∵点E 是抛物线的对称轴x ＝1和直线y ＝－x 的交点 ∴E 点的坐标为（1，－1）∴利用勾股定理可求得CE ＝2213＋＝10，BE ＝2213＋＝10∴CE ＝BE即△ECB 是等腰三角形 （3）解：存在 ∵PF ∥ED∴要使以P 、E 、D 、F 为顶点的四边形是平行四边形，只要使PF ＝ED ∵点E 是抛物线的对称轴x ＝1和直线y ＝－x 的交点 ∴E 点的坐标为（1，－1） ∴ED ＝－1－(－29)＝27 ∵点P 是直线y ＝－x 上的动点 ∴设P 点的坐标为（k ，－k ） 则直线PF 的函数解析式为x ＝k ∵点F 是抛物线和直线PF 的交点 ∴F 的坐标为（k ，21k2－k －4） ∴PF ＝－k －(21k2－k －4)＝－21k2＋4 ∴－21k2＋4＝27∴k ＝±1 当k ＝1时，点P 的坐标为（1，－1），F 的坐标为（1，－29） 此时PF 与ED 重合，不存在以P 、F 、D 、E 为顶点的平行四边形 当k ＝－1时，点P 的坐标为（－1，1），F 的坐标为（－1，－25） 此时，四边形PFDE 是平行四边形5、动点与梯形问题兵法：1．利用对边平行，进行分类讨论，然后画出要求的点 2．利用一次函数与二次函数联立求交点坐标【例1】 在平面直角坐标系xOy 中，抛物线的解析式是y ＝41x2＋1，点C 的坐标为（－4，0），平行四边形OABC 的顶点A ，B 在抛物线上，AB 与y 轴交于点M ，已知点Q （x ，y ）在抛物线上，点P （t ，0）在x 轴上． （1）写出点M 的坐标；（2）当四边形CMQP 是以MQ ，PC 为腰的梯形时． ①求t 关于x 的函数解析式和自变量x 的取值范围；②当梯形CMQP 的两底的长度之比为1 :2时，求t 的值．【解析】 （1）∵OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC ，且AB ＝OC ＝4∵A ，B 在抛物线上，y 轴是抛物线的对称轴，∴A ，B 的横坐标分别是2和－2代入y ＝41x2＋1，得A （2，2），B （－2，2） ∴M （0，2） （2）①过点Q 作QH ⊥x 轴于H ，连接CM 则QH ＝y ，PH ＝x －t由△PHQ ∽△COM ，得：2y ＝4tx ，即t ＝x －2y ∵Q （x ，y ）在抛物线y ＝41x2＋1上∴t ＝－21x2＋x －2当点P 与点C 重合时，梯形不存在，此时，t ＝－4，解得x ＝1±5 当Q 与B 或A 重合时，四边形为平行四边形，此时，x ＝±2 ∴x 的取值范围是x ≠1±5且x ≠±2的所有实数 ②分两种情况讨论：ⅰ）当CM ＞PQ 时，则点P 在线段OC 上∵CM ∥PQ ，CM ＝2PQ ，∴点M 纵坐标为点Q 纵坐标的2倍 即2＝2(41x2＋1)，解得x ＝0 ∴t ＝－21×02＋0－2＝－2 ⅱ）当CM ＜PQ 时，则点P 在OC 的延长线上∵CM ∥PQ ，CM ＝21PQ ，∴点Q 纵坐标为点M 纵坐标的2倍 即41x2＋1＝2×2，解得：x ＝±32 当x ＝－32时，得t ＝－21×(－32)2－32－2＝－8－32 当x ＝32时，得t ＝－21×(32)2＋32－2＝32－8【例2】 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2cm ，∠BAD ＝60°，E 为CD 边中点，点P 从点A开始沿AC 方向以每秒32cm 的速度运动，同时，点Q 从点D 出发沿DB 方向以每秒1cm 的速度运动，当点P 到达点C 时，P ，Q 同时停止运动，设运动的时间为x 秒．（1）当点P 在线段AO 上运动时． ①请用含x 的代数式表示OP 的长度；②若记四边形PBEQ 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；（2）显然，当x ＝0时，四边形PBEQ 即梯形ABED ，请问，当P 在线段AC 的其他位置时，以P ，B ，E ，Q 为顶点的四边形能否成为梯形？若能，求出所有满足条件的x 的值；若不能，请说明理由．【解析】 （1）①由题意得∠BAO ＝30°，AC ⊥BD∵AB ＝2，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3∴OP ＝3－32x ②如图1，过点E 作EH ⊥BD 于H ，则EH 为△COD 的中位线 ∴EH ＝21OC ＝23，∵DQ ＝x ，∴BQ ＝2－xOEACQD B H图1POEACQD BP∴y ＝S △BPQ＋S △BEQ＝21(2－x )(3－32x ＋23)＝3x2－4311x ＋233（2）能成为梯形，分三种情况：ⅰ）如图2，当PQ ∥BE 时，∠PQO ＝∠DBE ＝30°∴OQ OP ＝tan30°＝33即x x --1323＝33，∴x ＝52 此时PB 不平行QE ，∴x ＝52时，四边形PBEQ 为梯形 ⅱ）如图3，当PE ∥BQ 时，P 为OC 中点∴AP ＝233，即32x ＝233，x ＝43此时，BQ ＝2－x ＝45≠PE ，∴x ＝43时，四边形PEQB 为梯形ⅲ）如图4，当QE ∥BP 时，△QEH ∽△BPO∴OP HE ＝OB HQ ，∴33223-x ＝121-x ，∴x ＝1（x ＝0舍去） 此时，BQ 不平行于PE ，∴x ＝1时，四边形PEQB 为梯形 综上所述，当x ＝52或43或1时，以P ，B ，E ，Q 为顶点的四边形是梯形图4OEACQ D B H P 图2OEACQ D B HP图3OE AC QD B HP【例3】 如图1，直线AB 交x 轴于点A （2，0），交抛物线y ＝ax2于点B （1，3），点C到△OAB 各顶点的距离相等，直线AC 交y 轴于点D ．（1）求抛物线的解析式； （2）当x ＞0时，在直线OC 和抛物线上是否分别存在点P 和点Q ，使四边形DOPQ 是特殊的梯形？若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，抛物线的解析式和点D 的坐标不变．当x ＞0时，在直线y ＝kx （0＜k ＜1）和抛物线上是否分别存在点P 和点Q ，使四边形DOPQ 是以OD 为底的等腰梯形？若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】 （1）∵抛物线y ＝ax2经过点B （1，3），∴3＝a ×12，∴a ＝3∴抛物线的解析式为y ＝3x2（2）设直线AB 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，∵它过点A （2，0），B （1，3）∴⎩⎨⎧0＝2k 1＋b 13＝k 1＋b 1 解得⎩⎨⎧k 1＝－3b 1＝32∴y ＝－3x ＋32又∵点C 到△OAB 各顶点的距离相等，即点C 是△OAB 三边的垂直平分线的交点 如图1，连结BC 并延长交OA 于A ，则BE ⊥OA ，OE ＝AE ∴点E 的坐标为（1，0）在Rt △OEC 中，CE ＝OE ²tan30°＝33，∴C （1，33） 设直线OC 的解析式为y ＝k 2x ，则33＝k 2×1，∴k 2＝33 ∴y ＝33x 设直线AC 的解析式为y ＝k 3x ＋b 3，则⎩⎪⎨⎪⎧0＝2k 3＋b 333＝k 3＋b 3解得⎩⎪⎨⎪⎧k 3＝－33b 3＝332∴y ＝－33x ＋332图2图1∵直线AC 交y 轴于点D ，则点D （0，332），∴OD ＝332 当OD ∥PQ 时，①DQ ＝OP 时，四边形DOPQ 为等腰梯形（如图1）由题意得，△OCD 为等边三角形，∴∠CDO ＝∠COD ∴Q 是直线AD 与抛物线的交点 由－33x ＋332＝3x2，解得x 1＝－1（舍去），x 2＝32 当x ＝32时，3x2＝934∴点Q 的坐标为（32，934）当x ＝32时，33x ＝932∴点P 的坐标为（32，932）②∠ODQ ＝90°时，四边形DOPQ 为直角梯形（如图2）过点D （0，332）且平行x 轴的直线交抛物线于点Q ∴332＝3x2，解得x 1＝－36（舍去），x 2＝36∴点Q 的坐标为（36，332） 把x ＝36代入直线y ＝33x 中，得y ＝32∴点P 的坐标为（36，32） 当DQ ∥OP 时，①OD ＝PQ 时，四边形DOPQ 为等腰梯形（如图1）过点D （0，332）且平行于OC 的直线为33x ＋332，交抛物线于点Q∴33x ＋332＝3x2，解得x 1＝－32（舍去），x 2＝1 把x ＝1代入y ＝3x2中，得y ＝3 ∴点Q 的坐标为（1，3）（与点B 重合） 又∵△OCD 为等边三角形，∴∠DOC ＝∠BPO ＝60° 设过点Q （1，3）且平行于AD 的直线为y ＝－33x ＋b ，交OC 于点P ， 则b ＝334∴y ＝－33x ＋334∴－33x ＋334＝33x ，解得x ＝2 把x ＝2代入y ＝－33x ＋334中，得y ＝332∴点P 的坐标为（2，332） ②∠OPQ ＝90°时，四边形DOPQ 为直角梯形由以上解法知，点Q 的坐标（1，3）（与点B 重合），过B 与OC 垂直的直线为AB ，设OC 与AB 的交点为P则⎩⎨⎧y ＝－3x ＋32y ＝33x 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23y ＝23∴点P 的坐标为（23，23）综上所述：当P 1（32，932），Q 1（32，934）和P 2（2，332），Q 2（1，3）（与点B 重合）时，四边形DOPQ 为等腰梯形；当P 3（36，32），Q 3（36，332）和P 4（23，23），Q 4（1，3）（与点B 重合）时，四边形DOPQ 为直角梯形（3）设OD 的中点为G ，则G （0，33） 如图3，过点G 作GH ⊥y 轴，交直线y ＝kx 于点H ，连结DH ，则H （k 33，33） 设直线DH 的解析式为y ＝k 4x ＋b 4，则⎩⎪⎨⎪⎧332＝b 433＝k 4×k33＋b 4解得⎩⎪⎨⎪⎧k 4＝－k b 4＝332∴直线DH 的解析式为y ＝－kx ＋332 ∵直线DH 与抛物线相交于点Q ，∴3x2＝－kx ＋332 解得x 1＝6832)(+--k k （舍去），x 2＝6832)(++-k k∴点Q 的坐标为（6832)(++-k k ，648322)(++-k k k ）点P 的坐标为（6832)(++-k k ，68322)(-++k k k ）【例4】 如图，四边形ABCO 是平行四边形，AB ＝4，OB ＝2，抛物线过A 、B 、C 三点，与x 轴交于另一点D ．一动点P 以每秒1个单位长度的速度从B 点出发沿BA 向点A 运动，运动到点A 停止，同时一动点Q 从点D 出发，以每秒3个单位长度的速度沿DC 向点C 运动，与点P 同时停止． （1）求抛物线的解析式；（2）若抛物线的对称轴与AB 交于点E ，与x 轴交于点F ，当点P 运动时间t 为何值时，四边形POQE 是等腰梯形？【解析】 （1）∵四边形ABCO 是平行四边形，∴OC ＝AB ＝4∴A （4，2），B （0，2），C （－4，0），∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 过点B ，∴c ＝2由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧16a －4b ＋2＝016a ＋4b ＋2＝2 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－161b ＝41 ∴所求抛物线的解析式为y ＝－161x2＋41x ＋2（2）将抛物线的解析式配方，得y ＝－161(x －2)2＋49∴抛物线的对称轴为x ＝2 ∴D （8，0），E （2，2），F （2，0） 欲使四边形POQE 为等腰梯形，则有OP ＝QE ，即BP ＝FQ ∴t ＝6－3t ，即t ＝23【例5】 如图，二次函数y ＝x2＋px ＋q （p ＜0）的图象与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C (0，－1)，△ABC 的面积为45． （1）求该二次函数的关系式；（2）过y 轴上的一点M (0，m )作y 轴的垂线，若该垂线与△ABC 的外接圆有公共点，求m 的取值范围； （3）在该二次函数的图象上是否存在点D ，使四边形ACBD 为直角梯形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）∵二次函数y ＝x2＋px ＋q 的图象与y 轴交于点C (0，－1)．∴－1＝02＋p ×0＋q ，∴q ＝－1． ∴y ＝x2＋px －1．设点A (x 1，0)，B (x 2，0)，且x 1＜x 2． 则x 1、x 2是方程x2＋px －1＝0的两个实数根．方法一：由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－p ，x 1x 2＝－1．∵△ABC 的面积为45，∴21AB ²OC ＝45．即21(x 2－x 1)1⨯＝45，∴x 2－x 1＝25．∴(x 2－x 1)2＝425，即(x 2＋x 1)2－4x 1x 2＝425． ∴(－p )2＋4＝425，解得p ＝±23． ∵p ＜0，∴p ＝－23． ∴所求二次函数的关系式为y ＝x2－23x －1． 方法二：由求根公式得x 1＝242+--p p ，x 2＝242++-p p ．AB ＝x 2－x 1＝242++-p p －242+--p p ＝42+p ．∵△ABC 的面积为45，∴OC AB · 21＝45．即21(x 2－x 1)1⨯＝45，∴42+p ＝25，解得p ＝±23．∵p ＜0，∴p ＝－23． ∴所求二次函数的关系式为y ＝x2－23x －1． （2）令x2－23x －1＝0，解得x 1＝－21，x 2＝2． ∴A (－21，0)，B (2，0)． 如图1，在Rt △AOC 中，AC2＝OA2＋OC2＝(21)2＋12＝45．在Rt △BOC 中，BC2＝OB2＋OC2＝22＋12＝5．∵AB ＝42+p ＝25，∴AC2＋BC2＝45＋5＝425＝AB2．∴△ABC 是直角三角形．∴△ABC 的外接圆的圆心是斜边AB 的中点．∴△ABC 的外接圆的半径r ＝21AB ＝45．∵垂线与△ABC 的外接圆有公共点． ∴－45≤m ≤45． （3）存在．①若AD ∥BC ，设点D 的坐标为(x 0，x 02－23x 0－1)(x 0＞0)． 过点D 作DE ⊥x 轴于E ，如图2．方法一：在Rt △AED 中，tan ∠DAE ＝AEDE＝)21(1230020----x x x ． 在Rt △BOC 中，tan ∠CBO ＝OB OC ＝21．∵∠DAE ＝∠CBO ，∴tan ∠DAE ＝tan ∠CBO ．∴)21(1230020----x x x ＝21，即4x 02－8x 0－5＝0．解得x 0＝25或x 0＝－21． ∵x 0＞0，∴x 0＝25，∴x 02－23x 0－1＝(25)2－23×25－1＝23． ∴D (25，23)． ∵AD2＝AE 2＋DE2＝(21＋25)2＋(23)2＝445≠BC2．图1图2∴当AD ∥BC 时，在该二次函数的图象上存在点D (25，23)，使四边形ACBD 为直角梯形． 方法二：在Rt △AED 与Rt △BOC 中∵∠DAE ＝∠CBO ，∴Rt △AED ∽Rt △BOC ．∴AE DE ＝OBOC，即)21(1230020----x x x ＝21．以下同方法一．②若AC ∥BD ，设点D 的坐标为(x 0，x 02－23x 0－1)(x 0＜0)． 过点D 作DF ⊥x 轴于F ，如图3． 在Rt △DFB 中，tan ∠DBF ＝BF DF＝022123x x x ---． 在Rt △COA 中，tan ∠CAO ＝OAOC＝211＝2． ∵∠DBF ＝∠CAO ，∴tan ∠DBF ＝tan ∠CAO ． ∴00202123x x x ---＝2，即2x 02＋x 0－10＝0．解得x 0＝－25或x 0＝2． ∵x 0＜0，∴x 0＝－25，∴x 02－23x 0－1＝(－25)2－23×(－25)－1＝9． ∴D (－25，9)．∵BD ≠AC ， ∴当AC ∥BD 时，在该二次函数的图象上存在点D (－25，9)，使四边形ACBD 为直角梯形．综上所述，在该二次函数的图象上存在点D ，使四边形ACBD 为直角梯形，并且点D 的坐标为(25，23)或(－25，9)．图36、动点与其他四边形【例1】 在直角梯形OABC 中，CB ∥OA ，∠COA ＝90︒，CB ＝3，OA ＝6，BA ＝53．分别以OA 、OC 边所在直线为x 轴、y 轴建立如图1所示的平面直角坐标系． （1）求点B 的坐标；（2）已知D 、E 分别为线段OC 、OB 上的点，OD ＝5，OE ＝2EB ，直线DE 交x 轴于点F ．求直线DE 的解析式；（3）点M 是（2）中直线DE 上的一个动点，在x 轴上方的平面内是否存在另一个点N ，使以O 、D 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 如图1，作BH ⊥x 轴于点H ，则四边形OHBC 为矩形∴OH ＝CB ＝3∴AH ＝OA －OH ＝6－3＝3，在Rt △ABH 中，BH ＝22AH BA－＝22353－)(＝6∴点B 的坐标为（3，6）（2）如图1，作EG ⊥x 轴于点G ，则EG ∥BH ∴△OEG ∽△OBHOE ＝2EB ∴OB OE ＝32，∴32＝3OG ＝6EG∴OG ＝2，EG ＝4 ∴点E 的坐标为（2，4）又∵设直线DE 的解析式为y ＝kx ＋b则⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋b ＝4b ＝5 解得k ＝－21，b ＝5 ∴直线DE 的解析式为y ＝－21x ＋5 （3）存在①如图1，当OD ＝DM ＝MN ＝NO ＝5时，四边形ODMN 为菱形 作MP ⊥y 轴于点P ，则MP ∥x 轴，∴△MPD ∽△FOD ∴OF MP ＝OD PD ＝FD MD ，又∵当y ＝0时，－21x ＋5＝0，解得x ＝10图1备用图∴F 点的坐标为（10，0），∴OF ＝10在Rt △ODF 中，FD ＝22OF OD＋＝22105＋＝55∴10MP ＝5PD＝555，∴MP ＝52，PD ＝5 ∴点M 的坐标为（－52，5＋5）∴点N 的坐标为（－52，5） ②如图2，当OD ＝DN ＝NM ＝MO ＝5时，四边形ODNM 为菱形 延长NM 交x 轴于点P ，则MP ⊥x 轴 ∵点M 在直线y ＝－21x ＋5上，∴设M 点坐标为（a ，－21a ＋5） 在Rt △OPM 中，OP 2＋PM 2＝OM 2，∴a2＋(－21a ＋5)2＝52 解得a 1＝4，a 2＝0（舍去），点M 的坐标为（4，3） ∴点N 的坐标为（4，8）③如图3，当OM ＝MD ＝DN ＝NO 时，四边形OMDN 为菱形 连接NM ，交OD 于点P ，则NM 与OD 互相垂直平分∴y M＝y N＝OP ＝25，∴－21x M＋5＝25∴x M＝5，∴x N＝－x M＝－5 ∴点N 的坐标为（－5，25） 综上所述，x 轴上方的点N 有三个，分别为N 1（－52，5），N 2（4，8），N 3（－5，25）【例2】 如图，□ABCD 在平面直角坐标系中，AD ＝6，若OA 、OB 的长是关于x 的一元二次方程x2－7x ＋12＝0的两个根，且OA ＞OB ． （1）求sin ∠ABC 的值．（2）若E 为x 轴上的点，且S △AOE＝316，求经过D 、E 两点的直线的解析式，并判断△AOE 与△DAO 是否相似？（3）若点M 在平面直角坐标系内，则在直线AB 上是否存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出F 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）解方程x2－7x ＋12＝0，得x 1＝3，x 2＝4．∵OA ＞OB ，∴OA ＝4，OB ＝3． 在Rt △AOB 中，AB ＝22OB OA ＋＝5．∴sin ∠ABC ＝AB OA ＝54（2）∵点E 在x 轴上，S △AOE＝316， ∴21OA ²OE ＝316，即21×4OE ＝316，∴OE ＝38． ∴E （38，0）或E （－38，0）由已知可知D （6，4）设经过D 、E 两点的直线的解析式为y ＝kx ＋b 当E （38，0）时，有⎪⎩⎪⎨⎧0b k 384b k 6 ＝＝＋＋ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧516b 56k － ＝＝当E （－38，0）时，有⎪⎩⎪⎨⎧0b k 384b k 6 ＝＝＋－＋ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧1316b 136k ＝＝∴经过D 、E 两点的直线的解析式为y ＝516x 56－或y ＝1316x 136＋在△AOE 中，∠AOE ＝90°，OA ＝4，OE ＝38．在△DAO 中，∠DAO ＝90°，OA ＝4，AD ＝6． ∴OA OE ＝AD OA ＝32∴△AOE ∽△DAO ． （3）存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形，点F 的坐标分别为： F 1（3，8），F 2（－3，0），F 3（2542-，2544），F 4（1475-，722-）． ············· 10分 ⅰ）当AC 为菱形的边长时，有三种情形：如图1，当点F 1在BA 的延长线上，且AC ＝CD ＝DF 1＝F 1A 时，点M 与点D 重合，四边形ACMF 1为菱形，易知此时点F 1的坐标为F 1（3，8）；如图2，当点F 2与点B 重合，且AC ＝CM ＝MF 2＝F 2A 时，四边形ACMF 2为菱形，此时点F 2的坐标为F 2（－3，0）；如图3，当AC ＝CF 3＝F 3M ＝MA 时，四边形ACF 3M 为菱形． 由已知可求得直线AB 的解析式为y ＝4x 34+，设点F 3的坐标为（x ，4x 34+）． ∵CF 32＝AC 2＝32＋42＝25∴22)4x 34()3x (++-＝25，解得x 1＝0（即点A 的横坐标），x 2＝2542-（即点F 3的横坐标）． ∴点F 3的纵坐标为：4)2542(34+-⨯＝2544，∴F 3（2542-，2544）． ⅱ）当AC 为菱形的对角线时，设AC 与F 4M 相交于点N ，F 4M 交y 轴于点G ，如图4．由已知可求得点N 的坐标为（23，2） ∵Rt △ANG ∽Rt △AOC ，∴AN AG ＝AO AC ，即25AG ＝45，∴AG ＝825．∴OG ＝8254-＝87，∴G （0，87）． 设直线F 4M 的解析式为y ＝n m x +，则78322n m n ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==87n 43m ，∴直线F 4M 的解析式为y ＝87x 43+． 联立⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=87x 43y 4x 34y ，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=722y 1475x ，∴F 4（1475-，722-）．图1图2图3M【例3】 如图，在平面直角坐标系中，Rt △AOB ≌Rt △CDA ，且A （－1，0）、B （0，2），抛物线y ＝ax2＋ax －2经过点C ． （1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线（对称轴的右侧）上是否存在两点P 、Q ，使四边形ABPQ 是正方形，若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）由Rt △AOB ≌Rt △CDA ，得OD ＝2＋1＝3，CD ＝1∴C 点坐标为（－3，1）∵抛物线经过点C ，∴1＝a (－3)2＋a (－3)－2 ∴a ＝21∴抛物线的解析式为y ＝21x2＋21x －2 （2）在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P 、Q ，使四边形ABPQ 是正方形 方法一：以AB 为边在AB 的右侧作正方形ABPQ ，过P 作PE ⊥OB 于E ，QG ⊥x 轴于G ，可证△PBE ≌△AQG ≌△BAO∴PE ＝AG ＝BO ＝2，BE ＝QG ＝AO ＝1 ·············· 8分 ∴P 点坐标为（2，1），Q 点坐标为（1，－1）由（1）抛物线y ＝21x2＋21x －2 当x ＝2时，y ＝1；当x ＝1时，y ＝－1 ∴P 、Q 在抛物线上故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，使四边形ABPQ 是正方形（2）方法二：延长CA 交抛物线于Q ，过B 作BP ∥CA 交抛物线于P ，连结PQ ，设直线CA 、BP 的解析式分别为y ＝k 1x ＋b 1、y ＝k 2x ＋b 2 ∵A （－1，0），C （－3，1），∴CA 的解析式为y ＝－21x －21同理可得BP 的解析式为y ＝－21x ＋2解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－21x －21y ＝21x2＋21x －2得Q 点坐标为（1，－1），同理得P 点坐标为（2，1）由勾股定理得AQ ＝BP ＝AB ＝5，又∠BAQ ＝90°，∴四边形ABPQ 是正方形 故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，－1），使四边形ABPQ 是正方形方法三：将线段CA 沿CA 方向平移至AQ∵C （－3，1）的对应点是A （－1，0），∴A （－1，0）的对应点是Q （1，－1）；再将线段AQ 沿AB 方向平移至BP ，同理可得P （2，1） ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴四边形ABPQ 是正方形由（1）抛物线y ＝21x2＋21x －2 当x ＝2时，y ＝1；当x ＝1时，y ＝－1 ∴P 、Q 在抛物线上故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，－1），使四边形ABPQ 是正方形【例4】 已知点A 、B 分别是x 轴、y 轴上的动点，点C 、D 是某个函数图像上的点，当四边形ABCD （A 、B 、C 、D 各点依次排列）为正方形时，称这个正方形为此函数图像的伴侣正方形．例如：如图，正方形ABCD 是一次函数y ＝x ＋1图像的其中一个伴侣正方形．（1）若某函数是一次函数y ＝x ＋1，求它的图像的所有伴侣正方形的边长；（2）若某函数是反比例函数y ＝xk（k ＞0），它的图像的伴侣正方形为ABCD ，点D （2，m ）（m ＜2）在反比例函数图像上，求m 的值及反比例函数的解析式； （3）若某函数是二次函数y ＝ax2＋c （a ≠0），它的图像的伴侣正方形为ABCD ，C 、D 中的一个点坐标为（3，4）．写出伴侣正方形在抛物线上的另一个顶点坐标__________，写出符合题意的其中一条抛物线解析式________________，并判断你写【解析】 （1）如图，当点A 在x 轴正半轴、点B 在y 轴负半轴上时，正方形ABCD 的边长为2；当点A 在x 轴负半轴、点B 在y 轴正半轴上时，设正方形的边长为a ，易得3a ＝2 解得a ＝32，所以正方形的边长为32（2）如图2，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ，过点C 作CF ⊥y 轴于点F ．易知△ADE ≌△BAO ≌△CBF此时m ＜2，DE ＝OA ＝BF ＝m ，OB ＝CF ＝AE ＝2－m ． ∴OF ＝BF ＋OB ＝2∴点C 的坐标为（2－m ，2）∵点C 、D 在反比例函数y ＝xk（k ＞0）的图像上 ∴2m ＝2(2－m )，解得m ＝1．∴点D 的坐标为（2，1），代入y ＝x k，得k ＝2．∴反比例函数的解析式为y ＝x2 （3）（－1，3）；（7，－3）；（－4，7）；（4，1） （写对1个1分，2个或3个2分，4个3分）对应的抛物线分别为y ＝81x2＋823；y ＝－407x2＋40223；y ＝73x2＋71；y ＝－73x2＋755．（写对其中任何1个即可）所求出的任何抛物线的伴侣正方形的个数是偶数．图2【例5】 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝10，AD ＝BC ＝5，点M 、N 分别在边AD 、BC 上运动，并保持MN ∥AB ，ME ⊥DC ，NF ⊥DC ，垂中分别为E 、F ． （1）求梯形ABCD 的面积；（2）探究一：四边形MNFE 的面积有无最大值？若有，请求出这个最大值；若无，请说明理由；（3）探究二：四边形MNFE 能否为正方形？若能，请求出正方形的面积；若不能，请说明理由．【解析】 （1）过点A 作AH ⊥DC 于H ，交MN 于点G在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝10，AD ＝BC ＝5 ∴DH ＝21(10－2)＝4，AH ＝2245－＝3 ∴S 梯形ABCD＝21(AB ＋DC )²AH ＝21×(2＋10)×3＝18 （2）四边形MNFE 的面积有最大值 ∵AB ∥CD ，MN ∥AB ，∴MN ∥CD ，即MN ∥EF ∵ME ⊥DC ，NF ⊥DC ，∴ME ∥NF ，∠MEF ＝90° ∴四边形MNFE 是矩形 设ME ＝x ，则AG ＝3－x∵∠MED ＝∠AHD ＝90°，∠MDE ＝∠ADH∴△MDE ∽△ADH ，∴DH DE ＝AH ME 即4DE ＝3x ，∴DE ＝34x ∴MN ＝DC －2DE ＝10－38x∴S 矩形MNFE＝ME ²MN ＝x (10－38x )＝－38x2＋10x ＝－38(x －815)2＋875∴当x ＝815时，四边形MNFE 的面积有最大值，S 最大＝875（3）四边形MNFE 能为正方形 设ME ＝x ，则由（2）知MN ＝10－38x当ME ＝MN ，即x ＝10－38x ，即x ＝1130时，四边形MNFE 为正方形S 正方形MNFE＝x2＝(1130)2＝121900C A BDMNFE CA BD MNF E H G。
【初三数学】代数几何综合题(含答案)(共15页)
代数几何综合题代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合笥最强的题型，近几年的中考试题很多以代数几何综合题的形式出现，其命题的主要结合点是方程与几何、函数与几何等，解代数几何综合题最常用的数学方法是数形结合，由形导数，以数促形。
例1、如图，已知平面直角坐标系中三点A （2，0），B （0，2），P （x ，0）()x <0，连结BP ，过P 点作PC PB ⊥交过点A 的直线a 于点C （2，y ） （1）求y 与x 之间的函数关系式；（2）当x 取最大整数时，求BC 与PA 的交点Q 的坐标。
解：（1） PC PB BO PO ⊥⊥,∴∠+∠=︒∠+∠=︒∴∠=∠CPA OPB PBO OPB CPA PBO 9090, A （2，0），C （2，y ）在直线a 上 ∴∠=∠=︒BOP PAC 90∴∆∆BOP PAC ~∴=PO AC BOPA，∴=+||||||x y x 22， x y x y x<<∴=-0022，，∴=-+y x x 122（2） x <0，∴x 的最大整数值为-1 ,当x =-1时，y =-32，∴=CA 32BO a BOQ CAQ OQ AQ BOCA//~,，∴∴=∆∆ 设Q 点坐标为()m ，0，则AQ m =-2∴-=∴=m m m 223287，Q 点坐标为()870，说明:利用数形结合起来的思想，考查了相似三角形的判定及应用。
关键是搞清楚用坐标表示的数与线段的长度的关系。
练习1．如图，从⊙O 外一点A 作⊙O 的切线AB 、AC ，切点分别为B 、C ，⊙O 的直径BD 为6，连结CD 、AO.(1)求证：CD ∥AO ；（3分）(2)设CD ＝x ，AO ＝y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3分） (3)若AO ＋CD ＝11，求AB 的长。
（4分）B2．如图，A、B两点的坐标分别是(x1，0)、(x2，O)，其中x1、x2是关于x的方程x2+2x+m-3=O 的两根，且x1<0<x2．(1)求m的取值范围；(2)设点C在y轴的正半轴上，∠ACB=90°，∠CAB=30°，求m的值；(3)在上述条件下，若点D在第二象限，△DAB≌△CBA，求出直线AD的函数解析式.3．一张矩形纸片OABC 平放在平面直角坐标系内，O 为原点，点A 在x 的正半轴上，点C 在y 轴的正半轴上，OA ＝5，OC ＝4。
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中考冲刺：代几综合问题—知识讲解（提高）【巩固练习】一、选择题1. 如图，正方形ABCD的边长为2, 将长为2的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q 从点A出发，沿图中所示方向按滑动到点A为止，同时点F从点B出发，沿图中所示方向按滑动到点B为止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线围成的图形的面积为（）A. 2B. 4－ C． D．2. 如图，夜晚，小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为（）二、填空题3.在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为(4，10)，点C在y轴上，且△ABC是直角三角形，则满足条件的C点的坐标为______________．4.如图，(n+1)个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，设△B2D1C1的面积为S1，△B3D2C2的面积为S2，…，△B n+1D n C n的面积为S n，则S2=______________；S n=__________________(用含的式子表示）．三、解答题5. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．（1）连接DP，经过1秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由；（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．6．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是梯形，OA∥BC，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（3，4），点C在y轴的正半轴上．动点M在OA上运动，从O点出发到A点；动点N在AB上运动，从A点出发到B点．两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为t（秒）．（1）求线段AB的长；当t为何值时，MN∥OC？（2）设△CMN的面积为S，求S与t之间的函数解析式，并指出自变量t的取值范围；S是否有最小值？若有最小值，最小值是多少？7.条件：如下图，A、B是直线l同旁的两个定点．问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小．方法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．模型应用：（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点．连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连接ED交AC于P，则PB+PE的最小值是；（2）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC 的最小值；（3）如图3，∠AOB=45°，P是∠AOB内一点，PO=10，Q、R分别是OA、OB上的动点，求△PQR周长的最小值．8.如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=15，OC=9，在AB上取一点M，使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作N点．（1）求N点、M点的坐标；（2）将抛物线y=x2﹣36向右平移a（0＜a＜10）个单位后，得到抛物线l，l经过点N，求抛物线l的解析式；（3）①抛物线l的对称轴上存在点P，使得P点到M、N两点的距离之差最大，求P点的坐标；②若点D是线段OC上的一个动点（不与O、C重合），过点D作DE∥OA交CN于E，设CD的长为m，△PDE的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并说明S是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．9.如图，直线y=kx﹣1与x轴、y轴分别交于B、C两点，tan∠OCB=．（1）求B点的坐标和k的值；（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y=kx﹣1上的一个动点．当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；（3）探索：在（2）的条件下：①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是；②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．10.如图，已知抛物线y=ax2+bx+3经过点B（-1，0）、C（3，0），交y轴于点A，将线段OB绕点O顺时针旋转90°，点B的对应点为点M，过点A的直线与x轴交于点D（4，0）．直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合，∠FEH=90°，EF∥HG，EF=EH=1．直角梯形EFGH从点D开始，沿射线DA方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG与直线AD始终重合，设运动时间为t秒．（1）求此抛物线的解析式；（2）当t为何值时，以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形；（3）作点A关于抛物线对称轴的对称点A′，直线HG与对称轴交于点K，当t为何值时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形？请直接写出符合条件的t值．11.如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．（1）如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F是否在直线NE上？请直接写出结论，不必证明或说明理由；（2）如图②，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；（3）若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．【答案与解析】一、选择题1.【答案】B.2.【答案】A.三、填空题3.【答案】（0，0），（0，10），（0，2），（0，8）4．【答案】；；【解析】由于各三角形为等边三角形，且各边长为2，过各三角形的顶点B1、B2、B3…向对边作垂线，垂足为M1、M2、M3，∵△AB1C1是等边三角形，∴AD1=AC1•sin60°=2×=，∵△B1C1B2也是等边三角形，∴C1B1是∠AC1B2的角平分线，∴AD1=B2D1=，故S1=S△B2C1A﹣S△AC1D1=×2×﹣×2×=；S2=S△B3C2A﹣S△AC2D2=×4×﹣×4×=；作AB∥B1C1，使AB=AB1，连接BB1，则B2，B3，…B n在一条直线上．∵B n C n∥AB，∴==，∴B n D n=•AD=，则D n C n=2﹣B n D n=2﹣=．△B n C n B n+1是边长是2的等边三角形，因而面积是：．△B n+1D n C n面积为S n=•=•=．即第n个图形的面积S n=．三、解答题5．【答案与解析】解：（1）能，如图1，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC 向终点C运动，t=1秒，∴AP=1，BQ=1.25，∵AC=4，BC=5，点D在BC上，CD=3，∴PC=AC-AP=4-1=3，QD=BC-BQ-CD=5-1.25-3=0.75，∵PE∥BC，1,,43PE PECD==ＡPＡC解得PE=0.75，∵PE∥BC，PE=QD，∴四边形EQDP是平行四边形；（2）如图2，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，∴PC=AC-AP=4-t，QC=BC-BQ=5-1.25t，∴45 1.251,1, 4454 PC t t CQ t t AC BC--==-==-PC CQAC BC∴=∴PQ∥AB；（3）分两种情况讨论：①如图3，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t ， 又∵EQ ∥AC ， ∴△EDQ ∽△ADC ∴EQ DQAC DC=， ∵BC=5，CD=3， ∴BD=2， ∴DQ=1.25t-2， ∴4 1.252,43t t --= 解得t=2.5（秒）；②如图4，当∠QED=90°时，作EM ⊥BC 于M ，CN ⊥AD 于N ，则EM=PC=4-t ， 在Rt △ACD 中， ∵AC=4，CD=3， ∴AD=2222435AC CD +=+=， 125AC CD CN AD ∴== ∵∠CDA=∠EDQ ，∠QED=∠C=90°， ∴△EDQ ∽△CDA ，1.2525(4),512DQ EQ t t AD CD --==∴ t=3.1（秒）．综上所述，当t=2.5秒或t=3.1秒时，△EDQ 为直角三角形．6.【答案与解析】解：（1）过点B 作BD ⊥OA 于点D ，则四边形CODB是矩形，BD=CO=4，OD=CB=3，DA=3在Rt△ABD中，．当时，，，．∵，，∴，即（秒）．（2）过点作轴于点，交的延长线于点，∵，∴，．即，．，．，∴．即（）．由，得．当时，S有最小值，且．7．【答案与解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AC垂直平分BD，∴PB=PD，由题意易得：PB+PE=PD+PE=DE，在△ADE中，根据勾股定理得，DE=；（2）作A关于OB的对称点A′，连接A′C，交OB于P，PA+PC的最小值即为A′C的长，∵∠AOC=60°∴∠A′OC=120°作OD⊥A′C于D，则∠A′OD=60°∵OA′=OA=2∴A′D=∴；（3）分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON、MN，MN交OA、OB于点Q、R，连接PR、PQ，此时△PQR周长的最小值等于MN．由轴对称性质可得，OM=ON=OP=10，∠MOA=∠POA，∠NOB=∠POB，∴∠MON=2∠AOB=2×45°=90°，在Rt△MON中，MN===10．即△PQR周长的最小值等于10．8.【答案与解析】解：（1）∵CN=CB=15，OC=9，∴ON==12，∴N（12，0）；又∵AN=OA﹣ON=15﹣12=3，设AM=x∴32+x2=（9﹣x）2，∴x=4，M（15，4）；（2）解法一：设抛物线l为y=（x﹣a）2﹣36则（12﹣a）2=36∴a1=6或a2=18（舍去）∴抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36解法二：∵x2﹣36=0，∴x1=﹣6，x2=6；∴y=x2﹣36与x轴的交点为（﹣6，0）或（6，0）由题意知，交点（6，0）向右平移6个单位到N点，所以y=x2﹣36向右平移6个单位得到抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36；（3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知：P点是直线MN与对称轴x=6的交点，设直线MN的解析式为y=kx+b，则，解得，∴y=x﹣16，∴P（6，﹣8）；②∵DE∥OA，∴△CDE∽△CON，∴4,9123m DEDE m ==；∴S=∵a=﹣＜0，开口向下，又m=﹣∴S有最大值，且S最大=﹣．9.【答案与解析】解：（1）∵y=kx﹣1与y轴相交于点C，∴OC=1；∵tan∠OCB=，∴OB=；∴B点坐标为：；把B点坐标为：代入y=kx﹣1得：k=2；（2）∵S=，y=kx﹣1，∴S=×|2x﹣1|；∴S=|x﹣|；（3）①当S=时，x﹣=，∴x=1，y=2x﹣1=1；∴A点坐标为（1，1）时，△AOB的面积为；②存在．满足条件的所有P点坐标为：P1（1，0），P2（2，0），P3（，0），P4（，0）．10.【答案与解析】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点B（﹣1，0）、C（3，0），∴，解得a=﹣1，b=2，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3．（2）在直角梯形EFGH运动的过程中：①四边形MOHE构成矩形的情形，如图1所示：此时边GH落在x轴上时，点G与点D重合．由题意可知，EH，MO均与x轴垂直，且EH=MO=1，则此时四边形MOHE构成矩形．此时直角梯形EFGH平移的距离即为线段DF的长度．过点F作FN⊥x轴于点N，则有FN=EH=1，FN∥y轴，∴，即，解得DN=．在Rt△DFN中，由勾股定理得：DF===，∴t=；②四边形MOHE构成正方形的情形．由图1可知，OH=OD﹣DN﹣HN=4﹣﹣1=，即OH≠MO，所以此种情形不存在；③四边形MOHE构成菱形的情形，如图2所示：过点F作FN⊥x轴于点N，交GH于点T，过点H作HR⊥x轴于点R．易知FN∥y轴，RN=EF=FT=1，HR=TN．设HR=x，则FN=FT+TN=FT+HR=1+x；∵FN∥y轴，∴，即，解得DN=（1+x）．∴OR=OD﹣RN﹣DN=4﹣1﹣（1+x）=﹣x．若四边形MOHE构成菱形，则OH=EH=1，在Rt△ORH中，由勾股定理得：OR2+HR2=OH2，即：（﹣x）2+x2=12，解得x=，∴FN=1+x=，DN=（1+x）=．在Rt△DFN中，由勾股定理得：DF===3．由此可见，四边形MOHE构成菱形的情形存在，此时直角梯形EFGH平移的距离即为线段DF的长度，∴t=3．综上所述，当t=s时，四边形MOHE构成矩形；当t=3s时，四边形MOHE构成菱形．（3）当t=s或t=s时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形．简答如下：（注：本题并无要求写出解题过程，以下仅作参考）由题意可知，AA′=2．以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形，则GK∥AA′，且GK=AA′=2．①当直角梯形位于△OAD内部时，如图3所示：过点H作HS⊥y轴于点S，由对称轴为x=1可得KS=1，∴SG=KS+GK=3．由SG∥x轴，得，求得AS=，∴OS=OA﹣AS=，∴FN=FT+TN=FT+OS=，易知DN=FN=，在Rt△FND中，由勾股定理求得DF=；②当直角梯形位于△OAD外部时，如图4所示：设GK与y轴交于点S，则GS=SK=1，AS=，OS=OA+AS=．过点F作FN⊥x轴，交GH于点T，则FN=FT+NT=FT+OS=．在Rt△FGT中，FT=1，则TG=，FG=．由TG∥x轴，∴，解得DF=．由于在以上两种情形中，直角梯形EFGH平移的距离均为线段DF的长度，则综上所述，当t=s或t=s 时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形．11.【答案与解析】解：（1）判断：EN与MF相等（或EN=MF），点F在直线NE上.（2）成立．证明：连结DE，DF．∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC．又∵D，E，F是三边的中点，∴DE，DF，EF为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°．又∠MDF+∠FDN=60°，∠NDE+∠FDN=60°，∴∠MDF=∠NDE．在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN，∠MDF=∠NDE，∴△DMF≌△DNE．∴MF=NE．（3）画出图形（连出线段NE ），MF 与EN 相等的结论仍然成立（或MF=NE 成立）．EF D B CAM。