中考压轴好题

24．（2010广东广州，24，14分）如图，⊙O的半径为1，点

APB上P是⊙O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是任一点（与端点A、B不重合），DE⊥AB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作⊙D，分别过点A、B作⊙D的切线，两条切线相交于点C． （1）求弦AB的长；

（2）判断∠ACB是否为定值，若是，求出∠ACB的大小；否则，请说明理由；

（3）记△ABC的面积为S，若长.

SDE2＝43，求△ABC的周

C P D A O E B 【分析】（1）连接OA，OP与AB的交点为F，则△OAF为直角三角形，且

1OA＝1，OF＝2

，借助勾股定理可求得AF的长；

C G P D H A F O E B

（2）要判断∠ACB是否为定值，只需判定∠CAB＋∠ABC的值是否是定值，由于⊙D是△ABC的内切圆，所以AD和BD分别为∠CAB和∠ABC的角平分线，因此只要∠DAE＋∠DBA是定值，那么CAB＋∠ABC就是定值，而∠DAE＋∠DBA等于弧AB所对的圆周角，这个值等于∠AOB值的一半；

1

1（3）由题可知SSABDSACDSBCD＝2DE (AB＋AC＋BC)，又

因为

，所以AB＋AC＋BC＝

83DE，由于DH＝DG＝DE，所以在Rt△CDH中，CH＝3DH＝3DE，同理可得CG＝3DE，又由于AG＝AE，BE＝BH，所以AB＋AC＋BC＝CG＋CH＋AG＋AB＋BH＝23DE＋23，可得

183DE＝23DE＋23，解得：DE＝3，代入83即可求得周长为3S43DE2，所以1DE(ABACBC)2432DEAB＋AC＋BC＝83DE，

．

【答案】解：（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1．

C G P D H A F O E B ∵弦AB垂直平分线段

1OP，∴OF＝222

1OP＝2，AF＝BF．

32在Rt△OAF中，∵AF＝OAOF＝＝，∴AB＝2AF＝3．

（2）∠ACB是定值.

理由：由（1）易知，∠AOB＝120°，

因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，

∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA

＝120°，所以∠ACB＝60°；

（3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.

∴SSABDSACDSBCD

2

112()221因为∠DAE＋∠DBA＝2＝AB•DE＋BC•DH＋AC•DG＝(AB＋BC＋AC)

1•DE＝212121212l•DE． ＝43，∴S∵DE21lDE2DE2＝43，∴l＝83DE. ∵CG，CH是⊙D

1的切线，∴∠GCD＝2DE∠ACB＝30°，

∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝3DE，∴CH＝CG＝

3DE．

又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE， ∴l＝AB＋BC＋AC＝283的周长为3DGtan30333＋23DE＝83DE，解得

1DE＝3，

∴△ABC．

【涉及知识点】垂径定理 勾股定理 内切圆 切线长定理 三角形面积

【点评】本题巧妙将垂径定理、勾股定理、内切圆、切线长定理、三角形面积等知识综合在一起，需要考生从前往后按顺序解题，前面问题为后面问题的解决提供思路，是一道难度较大的综合题 25．（2010广东广州，25，14分）如图所示，四边形OABC是

矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y＝OAB于点E．

（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；

（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.

1x－2＋b交折线

3

y C O D B

【分析】（1）要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长（E点横坐标）和高（D点纵坐标），代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积；

（2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．

【答案】（1）由题意得B（3，1）． 若直线经过点A（3，0）时，则

3b＝25b＝2E A x

若直线经过点B（3，1）时，则 若直线经过点C（0，1）时，则b＝1 ①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即25-a，

y31＜b≤2，如图

DCEOBAx图1 此时E（2b，0） 1∴S＝21OE·CO＝2

×2b×1＝b

3上时，即25＜b＜2②若直线与折线OAB的交点在BA2

，如图

4

yDCBEOAx图2 此时E（3，

∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )

＝

3(

b13－[2b32），D（2b－2，1）

12

(2b－1)×1＋

51b×(5－2b)·(2)＋2×

35bb22)]＝2

bS5bb22∴1b3235b22

（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相

交于点N，则矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。

本题答案由无锡市天一实验学校金杨建老师草制！

yC1DCMBO1HONEAA1x

由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形

根据轴对称知，∠MED＝∠NED

又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形．

过点D作DH⊥OA，垂足为H，

1由题易知，tan∠DEN＝2图3 B1，DH＝1，∴HE＝2，

设菱形DNEM 的边长为a，

5

则在Rt△DHM中，由勾股定理知：a(2a)1，∴

5DNEM＝NE·DH＝4222a54

∴S四边形

∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变．

【涉及知识点】轴对称 四边形 勾股定理

【点评】本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．

26、(宁波市)如图1、在平面直角坐标系中，O是坐标原点，

□ABCD的顶点A的坐标为（－2，0），点D的坐标为（0，23），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点，过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G。 （1）求DCB的度数;

（2）连结OE，以OE所在直线为对称轴，△OEF经轴对称变换

后得到△OEF，记直线EF与射线DC的交点为H。

①如图2，当点G在点H的左侧时，求证：△DEG∽△DHE; ②若△EHG的面积为33，请直接写出点F的坐标。 y y y G C D G H C D D F E E E x x B B A O B F A O F A O （图1） （图2） （图3）

6

5化，面积始终为4C x 解：（1）60 （2）（2，23） （3）①略

②过点E作EM⊥直线CD于点M ∵CD∥AB

∴EDMDAB60 y ∴

EmDEsin602SEGH332

ＭD E A O B C ∵

∴GH6

∵△DHE∽△DEG

DEDHDGDE∴

211GHMEGH33322 x （图3）

即DEDGDH

当点H在点G的右侧时，设DGx，DH∴4x(x6)

解：x13132131

∴点F的坐标为（131，0）

当点H在点Ｇ的左侧时，设DGx，DH∴4x(x6)

x6

x6

解：x1313，x1313（舍） ∵△ＤＥＧ≌△ＡＥＦ ∴AFDG313

∵OFAOAF3132135 ∴点Ｆ的坐标为（135，0）

综上可知，点Ｆ的坐标有两个，分别是F1（131，0），F2（135，0）

26．(重庆市)已知：如图（1），在平面直角坐标xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC＝AC，∠C＝120°．现

7

有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止. （1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并写出自变量t的取值范围；

（2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD

为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标； （3）如图（2），现有∠MCN＝60°，其两边分别与OB、AB

交于点M、N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转（0°＜旋转角＜60°），使得M、N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由．

解：（1）过点C作CDOA于点D．（如图①） ∵OCAC，ACO120，

∴AOCOAC30．

∵OCAC，CDOA， ∴ODDA1．

在RtODC中， （ⅰ）当

0tOCOD123cosAOCcos303． ··········· （1分）

23时，OQt,AP3t,OPOAAP23t；

过点Q作QEOA于点E．（如图①） 在

1tQEOQ22， RtOEQ中，∵AOC30，∴

11t31SOPQOPEQ(23t)t2t22242． ∴

31St2t42 即

． ····················································· （3分）

y223t3（ⅱ）当3时，（如图②）

POQCBOQt，OP3t2．

8 xA26题答图② ∵BOA60，AOC30，∴POQ90．

113SOPQOQOPt(3t2)t2t222∴． 3St2t即2．

故当（2）

D(0t223231tSt2t33时，42，当33St2t时，2．（5

分）

3234232,1)(,0)(,)(,0)3或3或3或33． ···

（9分）

B（3）BMN的周长不发生变化．

y延长BA至点F，使AFOM，连结CF．（如图③）M ∵MOCFAC90,OCAC，

∴MOC≌FAC．

∴MCCF，MCOFCA．…（10分）

NOACF26题答图③ x ∴FCNFCANCAMCONCAOCAMCN60． ∴FCNMCN．

又∵MCCF,CNCN．

∴MCN≌FCN．∴MNNF． ······ （11分）

∴

BMMNBNBMNFBNBOOMBAAFBABO4．

∴BMN的周长不变，其周长为4． ···· （12分）

24．(义乌市卷)如图1，已知梯形OABC，抛物线分别过点O（0，

0）、A（2，0）、B（6，3）．

（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标； （2）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相

同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、 B1的坐标分别为 (x1，y1)、(x2，y2)．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S=36时点A1的坐标；

9

（3）在图1中，设点D坐标为(1，3)，动点P从点B出发，

以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段DM运动．P、Q两点同时出发，当点Q到达点M时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

y y D C B

D C B O A x O M x O M A 图2 解：（1）对称轴：直线图1

x1……………………………………………………..… 1分

1111解

顶

析点

坐

式标

：

y121xx84或1

，

11y(x1)288……………………………….2

分

：M

（

18）……….…………………………………………..3

分

（2）由题意得 y2y13

y2y112111x2x2x12x184843…………………

…………………..1分

得：

…………….………………….……2分

s11(x2x1)[(x2x1)]3842(x11x21)3(x1x2)62

得：

x1x2s23

10

②….………………………………………..………..3分 把②代入①并整理得：

实上，更确切为S＞66)4分

x2x172s(S＞0) (事

x2x114x16xx2当s36时，21 解得：x28(注：S

＞0或S＞66不写不扣

分) 把x16代入抛物线解析式得y13

∴点A1（6，3）………5分

（3）存

在………………………………………………………………….…..……1分

解法一：易知直线AB的解析式为

得直线AB与对称轴的

交点E

31,4 的坐标为

y33x42，可

y F B x 得

下面分两种情况讨论: 设直线PQ与直线AB、x

轴的交点分别为点F、G

①当01-1 ∵△FQE∽△FAG ∴∠FGA＝∠FEQ

∴∠DPQ＝∠DEB 易得△DPQ∽△DEB ∴

DQDPDBDEt5t155 415D P ∴BD=5，DE=4，DP=5－t，DQ= t C DQDPQ  当PQ∥AB时，DEDB G O M A E t15图7………21-1 分

t157时，如图

∴ 得

去)…………………………3分

151t8时，如图② 当7t5t5154t201577 ∴

t207(舍

1-2

11

∵△FQE∽△FAG ∴∠FAG＝∠FQE

y ∵∠DQP＝∠FQE ∠FAG＝∠EBD ∴∠DQP＝∠DBE 易得△DPQ∽△DEB DQDPDBDE ∴

C D P B x

t207

t5t5154 ∴

G Q O M A E F 图， ∴

t ∴当

围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似………………………………4分

x2xy 解法二：可将84向左平移一个单位得

201-2 7秒时，使直线PQ、直线AB、x轴

x21y88,再用解法一类似的到

方法可求得

7220x2x1tS , A1(5,3), 7

∴

24．（湖州卷）（本小题12分）如图，已知直角梯形OABC的边

OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA＝AB＝2，OC＝3，过点B作BD⊥BC，交OA于点D．将∠DBC绕点B按顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于E和F．

（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；

（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；

（3）连结EF，设△BEF与△BFC的面积之差为S，问：当CF为何值时S最小，并求出这个最小值．

y

E

A B

D O F C x

第24题 12

x2x172S

解：（1）由题意可得A(0，2)， B(2，2)， C(3，0),

2yaxbxc, 设所求抛物线的解析式为

c2,4a2bc2,9a3bc0, 则 解得

2a,34b,3c2.. ………………..3

∴ 抛物线

分

的解

析式为

24yx2x233 . ….……………………..1

分

G作GH⊥AB，

yEADGHB （2）设抛物线的顶点为垂足为H，

8G(1，)G，则3.过点

则

∵ EA⊥AB, GH⊥AB, ∴ EA∥GH , ∴ GH是△EBA的中位线，

EA2GH43. ………………28223. AH=BH=1，GH=3 ∴ 分 OFM 过点B作BM⊥OC，垂足为M，则BM=OA=AB. ∵ ∠EBF=∠ABM=90 º， ∴ ∠EBA=∠FBM=90 º-∠ABF，

∴ Rt△EBA≌Rt△FBM ，∴ ∵ CM=OC-OM=3-2=1

7CF=FM+CM=3FMEA43.

Cx，∴

. …………….2分

（3）设CF=a，则FM=a-1或1- a，

∴BF2= FM2+BM2=(a-1)2+22=a2-2a+5 . ∵△EBA≌△FBM,∴BE=BF. 则

SBEF111BEBFBF2(a22a5)222， ….1

又

分

∵

13

SBFC11FCBMa2a22， ……….1

S1215(a2a5)aa22a222分

即

∴

S，

分

∴当a=2（在0∴

S最小值12 . ………

11(a2)222， ….1

…….1分 25．（湖州卷）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，P是

线段AD边上的任意一点（不含端点A、D），连结PC， 过点P作PE⊥PC交AB于E （1）在线段AD上是否存在不同于P的点Q，使得QC⊥QE？若存

在，求线段AP与AQ之间的数量关系；若不存在，请说明理由；

（2）当点P在AD上运动时，对应的点E也随之在AB上运动，求BE的取值范围．

P A D

E

B C 第25题

解：（1）假设存在这样的点Q．

∵ PE⊥PC, ∴ ∠APE+∠DPC=90 º, ∵ ∠D=90 º, ∴ ∠DPC+∠DCP=90 º, ∴ ∠APE=∠DCP，又 ∵ ∠A=∠D=90 º，

APAEDCDP，APDPAEDC. ∴ △APE∽△DCP，∴

14

同理可得AQDQAEDC.

∴ AQDQAPDP，即AQ(3AQ)AP(3AP),

2222∴ 3AQAQ3APAP，∴ APAQ3AP3AQ, ∴ (APAQ)(APAQ)3(APAQ)，

APAQ ∵ ， ∴

APAQ3. ……………2分

∵ APAQ， ∴ P不能是AD的中点. ∴ 当P是AD的中点时，满足条件的Q点不存在． 故，当P不是AD的中点时，总存在这样的点Q满足条件，

此时APAQ3． ……………1分

（2）设AP=x， AE=y. 由APDPAEDC可得x(3x)2y， ∴

y113139x(3x)x2x(x)2222228 .

AP32，即

∴ 当

x32（在

0y最大值98,

∴ BE 的取值范围为2. ……………2分

24．(嘉兴市)如图，已知抛物线

轴于点A，交y轴于点B．

（1）求A、B两点的坐标，并求直线AB的解析式；

（2）设P（x，y）（x＞0）是直线y＝x上的一点，Q是OP的中点（O是原点），以PQ为对角线作正方形PEQF，若正方

1y＝－2x2＋x＋4

78≤BE＜

交x轴的正半

形PEQF与直线AB有公共点，求x的取值范围；

15

（3）在（2）的条件下，记正方形PEQF与△OAB公共部分的面积为S，求S关于x的函数解析式，并探究S的最大值． 解：（1）令y0，得

12xx4022，即x2x80，

解得x12，x24，所以A(4,0)．令x0，得y4，所以B(0,4)． 设直线AB

4kb0k1b4ykxb的解析式为，则，解得b4，

所以直线AB的解析式为yx4． …5分 （2）当点P(x,x)在直线AB上时，xx4，解得x2，

xxQ(,)当点22在直线

AB

xx4上时，22，解得x4．

所以，若正方形PEQF与直线AB有公共点，则2x4． …4分

xE(x,)2在直线（3）当点

AB上时，（此时点F也在直线AB上）

x8x4x2，解得3．

2x83时，直线

①当AB分别与PE、PF有交点，设交点分别

为C、D， 此时，

PCx(x4)2x4，

yB又PDPC， 所以

SPCD1PC22(x2)22，

OF

QD

PCEAx从而，

S12x2(x2)24

（第24题）

16

72x8x84

7168(x)2477．

2168168xSmax73，所以当7． 7时，

因为

8x4②当3时，直线

AB分别与QE、QF有交点，设交点分别

为M、N， 此时，

QN(xx4)x422，

yBF

又QMQN， 所以

SQMN11QN2(x4)222，

OPNQMEAx1S(x4)2即2．

x88Smax3时，9（第24题 备用）

其中当．

分

综合①②得，当

x168Smax7． …57时，

17

24．(台州市)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8．点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B 向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP=AQ．点D，E分别是点A，B以Q，P为对称中心的对称点， HQ⊥AB于Q，交AC于点H．当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动．设BP的长为x，△HDE的面积为y．

B（1）求证：△DHQ∽△ABC； P（2）求y关于x的函数解析式并求y的最大值； E（3）当x为何值时，△HDE为等腰三角形？ DQ

H C（第24题）

解:（1）∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB， ∴HQDC=90°，HD=HA， ∴

HDQA，…………………………………………………………………………3分

∴△DHQ∽△BBABC． ………………………………………………………………PP……1分 EDED QQ CAACHH （图2） （图1）

（2）①如图1，当0x2.5时，

ED=104x，QH=此

yAAQtanA3x4，

时

13315(104x)xx2x2424． ………………………………………

18

…3分

当时，最大值

②如图2，当2.5x5时， ED=4x10，QH=此

yAQtanA3x4，

x

54

y7532．

时

13315(4x10)xx2x2424． ………………………………………

…2分

当x5时，最大值

y754．

∴y与xy

32152x4x(0x2.5),y315x2x(2.5x5).4之间的函数解析式为2

的最大值是

754．……………………………………………………………………

1分

（3）①如图1，当0x2.5时，

若

QA5xDE=DH，∵DH=AH=cosA4， DE=104x，

540xx∴104x=4，21．

显然ED=EH，HD=HE不能； ……………………………………………………1分

②如图2，当2.5x5时，

若

x可

DE=DH，

4x10=

5x4，

分

若HD=HE，此时点D，E分别与点B，A重合，x5； ………………………1分

若ED=EH，则△EDH∽△HDA，

EDDHDHAD4011； …………………………………………1

∴，

5x4x10452xx4，

19

x320103． ……………………………………1

4040320,,5,21的值为11103时，△HDE

分

∴当x是等腰三角形.

（其他解法相应给分）http://www.czsx.com.cn 26．（临沂市 本小题满分13分）

如图：二次函数y=﹣x2 + ax + b的图象与x轴交于，0），B（2，0）两点，且与y轴交于点C．

（1）求该抛物线的解析式，并判断△ABC的形状；

（2）在x轴上方的抛物线上有一点D，且A、C、D、B四点为顶点的四边形是等腰梯形，请直接写出D点的坐标；

（3）在此抛物线上是否存在点P，使得以A、C、B、P四点为顶点的四边形是直角梯形？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由． C

A B 20

1A（-2第26题图

1A,02yxaxb2解：（1）根据题意，将，B（2，0）代入

中，

311ab0,a,242得42ab0. 解这个方程，得b1.

∴

yx2该抛物线的解析式为分)

3x1.2 ………………………………………………(2

当x0时，y1.

∴点C的坐标为(0,1). ∴在AOC中，

51ACOA2OC2122. 22在BOC中，

BCOB2OC222125. ABOAOB15222. 5255AB244，

∵∴

AC2BC2ABC是直角三角

21

形.…………………………………………………………………… (4分)

（

2

）

点

D的坐标为

3,12………………………………………………………………

(6分)

（

3

）

存

在.……………………………………………………………………………………(7分)

由（1）知，ACBC.

①若以BC为底边，则BC∥AP，如图5所示. 可

求

得

直

线

BC

的

解

析

式

为

1yx12.…………………………………………………(8

分) 得到

直线AP可以看作是由直线BC平移的，

所以设直线AP的解析式为

1yxb2.

1A,0把点2代入直线AP的解析式，

b14求得，

∴直线AP的解析式为

22

11yx24.………………………………………………………

(9分)

∵点P既在抛物线上，又在直线AP上, ∴点P的纵坐标相等， 即

x2311x1x.224

51,x222(不合题意，舍去).

解得当∴

xx153y2时，2.

点

P的坐标为

53,22.………………………………………………………………

…(10分)

②若以AC为底边，则BP∥AC，如图6所示. 可求得直线AC的解析式为

y2x1.…………………………………………… (11

分)

直线BP可以看作是由直线AC平移得到的， 所以直线BP的解析式为y2xb. 把点B(2,0)代入直线BP的解析式，求得

b4.

∴直线BP的解析式为

23

y2x4.………………………………………(12

分)

∵点P既在抛物线上，又在直线BP上. ∴点P的纵坐标相等, 即

x23x12x42.

5x1,x222解得 (不合题意，舍去). x52时，y9.

当

5,92. P∴点的坐标为

53,22综上所述，满足题目条件的点

5,92.……………………………(13

P为或

分)

24．（楚雄州 本小题13分）已知：如图，⊙A与y轴交于C、D

两点，圆心A的坐标为（1，0），⊙A的半径为5，过点C作⊙A的切线交x轴于点B（－4，0）． （1）求切线BC的解析式；

（2）若点P是第一象限内⊙A上的一点， 过点P作⊙A的切线与直线BC相交于点G， 且∠CGP=120°，求点G的坐标；

B C y G P O A H D 图1 x （3）向左移动⊙A（圆心A始终保持在x轴上），与直线BC

交于E、F，在移动过程中是否存在点A，使△AEF是直

24

角三角形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）如图1所示，连接AC，则AC=5

在Rt△AOC中，AC=5 ，OA=1 ，则OC=2

∴点C的坐标为（0，2）

设切线BC的解析式为ykxb，它过点C（0，2），B（−4，

0），则有

1kb224kb0 解之得b2

∴

………………………………………………4分

（2）如图1所示，设点G的坐标为（a,c）,过点G作GH⊥

x轴，垂足为

y1x22H点，

OH=a,

GH=c=

12则

a + 2

……………………………………………………5分 连接AP, AG

因为AC=AP , AG=AG , 所以Rt△ACG≌Rt△APG (HL)

1所以∠AGC=2×1200=600

在Rt△ACG中 ，∠AGC= 600，AC=5 ∴Sin600=

ACAG215 ∴AG =3…………………6分

25

在Rt△AGH

AH2+GH21中, AH=OH－OA=a－1 ，GH=22a+ 2

=AG

212152(a2)2()(a1)23∴+=

解之得：a1= 点

G

的

坐

233 ,a2= −

233(舍去)

…………………………………………7分 标

为

（

233,

33+ 2 ）

…………………………………………………8分

(3) 如图2所示，在移动过程中，存在点A，使△AEF为直角三角形.

要使△AEF为直角三角形

AE=AF

………………9分

∴∠AEF=∠AFE 900 ∴只能是∠EAF=900

当圆心A在点B的右侧时，过点A作 AM⊥BC,垂足为点M. 在Rt△AEF中 ，AE=AF=5, 则EF=

110， AM=21EF=210

在Rt△OBC中,OC=2 , OB=4,则BC=25

∠BOC= ∠BMA=900 ，∠OBC= ∠OBM

∴△BOC∽△BMA

26

OC∴AMBC=AB

52∴AB=2

522∴OA=OB－AB=4－

522∴点

A的坐标为（－4+，0）

………………………………………………11分

当圆心A在点B的左侧时，设圆心为A′，过点A′作A′M′

⊥BC于点M′，可得

△A′M′B≌△AMB

522A′B＝AB＝ 52∴O A′=OB+ A′B =4 +2

522A′的坐标为（－4－，0）

5522的坐标为（－4+2，0）或（－4－2，0）

∴点

综上所述，点A

……………13分

27

26．(眉山市)如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的

负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标

2yx2bxc分别为（3，0）、（0，4），抛物线3经过

x52上．

B点，且

顶点在直线

（1）求抛物线对应的函数关系式；

（2）若△DCE是由△ABO沿x轴向右平移得到的，当四边形

ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；

（3）若M点是CD所在直线下方该抛物线上的一个动点，过

点M作MN平行于y轴交CD于点N．设点M的横坐标为t，MN的长度为l．求l与t之间的函数关系式，并求l取最大值时，点M的坐标． y

BC

N MAODEx

解：（1）由题意，可设所求抛物线对应的函数关系式为

25y(x)2m32 …（1

分）

254()2m ∴32

∴

……………………………………………………………（3分）

28

m16 ∴所求函数关系式为：

分）

（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，

22ABOAOB5 ∴

251210y(x)2x2x432633 …………（4

∵四边形ABCD是菱形

∴

BC=CD=DA=AB=5 ……………………………………（5分）

∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，

0）． …………（6分）

210y525443当x5时，3 210y222403当x2时，3

∴点C和点D在所求抛物线

上． …………………………（7分）

（3）设直线CD对应的函数关系式为ykxb，则

5kb42kb0

y48k,b3． 解得：348yx∴33 ………（9BNMC分） AO D∵MN∥y轴，M点的横坐标为t，∴N点的横坐标也为t． Ex21048yMt2t4yNt3333，……………………则，

（10分）

∴

4821021420273lyNyMtt2t4t2t(t)233333333222730tl最大2， ∵3， ∴当2时，

72此时点M的坐标为（，

12）． ………………………………（12

分）

29

24. (杭州市 本小题满分12分)

（第24题）

在平面直角坐标系xOy中，抛物线的解析式是

12xy =4+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：

（第24题）

30

(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∴---2分

(2) ① 过点Q作QH  x轴，设垂足为H， 则HQ = y ，HP = x–t ，

yxt由△HQP∽△OMC，得：2412x412x4y =+1

得， A(2, 2 )，B(– 2，2)，

(0

，

2)

M ，

, 即： t = x – 2y ,

∵ Q(x,y) 在y = ---2分

+1

12x2上， ∴ t = –

+ 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

② 分两种情况讨论：

1）当CM > PQ时，则点P在线段OC上， ∵ CM∥PQ，CM = 2PQ ，

31

∴点M纵坐标为点Q纵坐标的2倍，即得x = 0 ，

∴--- 2分

t

=

–

120212x42 = 2(+1)，解

+ 0 –2 = –2 .

2）当CM < PQ时，则点P在OC的延长线上，

1 ∵CM∥PQ，CM = 2PQ，

12x倍，即4+1=22，

∴点Q纵坐标为点M纵坐标的2

解得： x = 23. ---2分 当x = –23时，得当---2分

28.（兰州市 本题满分11分）如图1，已知矩形ABCD的顶点A

与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3；抛物线yx2bxc经过坐标原点O和x轴上另一点E（4,0） （1）当x取何值时，该抛物线的最大值是多少？

（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位

置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动.设它们运动的时间为

x

=

231(23)2t = –2–23–2 = –8 –23,

时， 得t =

23–8.

32

t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）. ① 当t由；

② 以P、N、C、D为顶点的多边形面积是否可能为5，若

有可能，求出此时N点的坐标；若无可能，请说明理由．

图1 第28题图

图2

解：（1）因抛物线yx2bxc经过坐标原点O（0,0）和

点E（4,0） 故可得c=0,b=4 所

以

抛

物

线

的

解

析分

式

为

11时，判断点4P是否在直线ME上，并说明理

yx24x…………………………………………1

yx24 由yx24x2得当x=2时，该抛物线的最大值是

33

4. …………………………………………2分

（2）① 点P不在直线ME上.

已知M点的坐标为(2,4)，E点的坐标为(4,0)， 设直线ME的关系式为y=kx+b.

4kb0k2于是得2kb4 ，解得b8

所以直线ME的关系式为y=－

2x+8. …………………………………………3分

由已知条件易得，当

P(1111,)…………………444t114时，OA=AP=

114，

分

∵ P点的坐标不满足直线ME的关系式y=－2x+8. ∴ 当

t114时，点P不在直线ME

上. ……………………………………5分

②以P、N、C、D为顶点的多边形面积可能为5

∵ 点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上， ∴ OA=AP=t.

∴ 点P，N的坐标分别为(t,t)、(t,－t

2+4t) ………………………6分

∴ AN=－t 2+4t (0≤t≤3) ,

∴ AN－AP=(－t 2+4 t)－ t=－t 2+3 t=t(3－t)≥0 ,

∴ PN=－t 2+3 t

………………………………………………………………

34

………7分

（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的

多边形是三角形，此三角形的高为×3×2=3.

（ⅱ）当PN≠0时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是四边形

∵ PN∥CD，AD⊥CD，

1∴ S=21(CD+PN)·AD=21AD，∴ S=21DC·AD=2[3+(－t 2+3 t)]×2=－t 2+3

t+3……………8分

当－t 2+3 t+3=5

时，解得

t=1、

2………………………………………9分

而1、2都在0≤t≤3范围内，故以P、N、C、D为顶

点的多边形面积为5

综上所述，当t=1、2时，以点P，N，C，D为顶点的

多边形面积为5，

当

t=1

时，此时

N

点的坐标

（1,3）………………………………………10分

当

t=2

时，此时

N

点的坐标

（2,4）………………………………………11分

说明：（ⅱ）中的关系式，当t=0和t=3时也适合.（故在阅卷时没有（ⅰ），只有（ⅱ）也可以,不扣分）

35

28．（盐城市本题满分12分）已知：函数y=ax2+x+1的图象与x轴只有一个公共点．

（1）求这个函数关系式；

（2）如图所示，设二次函数y=ax2+x+1图象的顶点为B，与y

轴的交点为A，P为图象上的一点，若以线段PB为直径的圆与直线AB相切于点B，求P点的坐标；

（3）在(2)中，若圆与x轴另一交点关于直线PB的对称点为

M，试探索点M是否在抛物线y=ax2+x+1上，若在抛物线上，求出M点的坐标；若不在，请说明理由． y

A

x B O

y 解：（1）当a = 0时，y = x+1，图象与x轴只有一个公共点………(1分)

P 1

当a≠0时，△=1- 4a=0，a = ，此时，

M 4

图象与x轴只有一个公共点． Q A 1 1B E ∴函数的解析式为：y=x+1 或`y= -2 1 O 4D C x2+x+1……（3分）

（2）设P为二次函数图象上的一点，过点P作PC⊥x

轴于点C．

∵y=ax2+x+1 是二次函数，由（1）知该函数关系式为：

1

y= x2+x+1，则顶点为B（-2，0），图象与y轴的交点 4

坐标为A（0，1）………（4分）

∵以PB为直径的圆与直线AB相切于点B ∴PB⊥AB 则∠PBC=∠BAO

36

x ∴Rt△PCB∽Rt△BOA

∴，故PC=2BC，……………………………………………………（5分） 设P点的坐标为(x，y)，∵∠ABO是锐角，∠PBA是直角，∴∠PBO是钝角，∴x<-2

∴BC=-2-x，PC=-4-2x，即y=-4-2x， P点的坐标为(x，-4-2x)

11

∵点P在二次函数y= x2+x+1的图象上，∴-4-2x= 44

x2+x+1…………………（6分） 解之得：x1=-2，x2=-10

∵x<-2 ∴x=-10，∴P点的坐标为：(-10，16)…………………………………（7分） （3）点M不在抛物线y=ax2+x+1 上……………………………………………（8分）

由（2）知：C为圆与x 轴的另一交点，连接CM，CM与直线PB的交点为Q，过点M作x轴的垂线，垂足为D，取CD的中点E，连接QE，则CM⊥PB，且CQ=MQ

1

∴QE∥MD，QE= MD，QE⊥CE

2

∵CM⊥PB，QE⊥CE PC⊥x 轴 ∴∠QCE=∠EQB=∠CPB

1

∴tan∠QCE= tan∠EQB= tan∠CPB = 2816

CE=2QE=2×2BE=4BE，又CB=8，故BE= ，QE=

55

1816

∴Q点的坐标为(- ， )

55

14

可求得M点的坐标为( ，

5

32

)…………………………………………………（11分） 5

1141414432∵()2+()+1 = ≠ 455255

∴C点关于直线PB的对称点M不在抛物线y=ax2+x+1 上……………………（12分）

37

PCBCOBAO(其它解法，仿此得分)

38