有關(guān)中考?jí)狠S題8

1、1、（2010天門，25，12分）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)a、b、c在x軸上，點(diǎn)d、e在y軸上，oa=od=2，oc=oe=4，dbdc，直線ad與經(jīng)過b、e、c三點(diǎn)的拋物線交于f、g兩點(diǎn)，與其對(duì)稱軸交于m.點(diǎn)p為線段fg上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(與f、g不重合)，pqy軸與拋物線交于點(diǎn)q. (1)求經(jīng)過b、e、c三點(diǎn)的拋物線的解析式； (2)是否存在點(diǎn)p，使得以p、q、m為頂點(diǎn)的三角形與aod相似？若存在，求出滿足條件的點(diǎn)p的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由； (3)若拋物線的頂點(diǎn)為n，連接qn，探究四邊形pmnq的形狀：能否成為菱形；能否成為等腰梯形？若能，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)p的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說明理由.【分析】

2、（1）確定二次函數(shù)解析式可用待定系數(shù)法，本題可用一般式，也可用交點(diǎn)式（2）本題中因?yàn)閍od是等腰直角三角形，結(jié)合題意可知mpq是等腰直角三角形，再結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)求解.(3)當(dāng)點(diǎn)p在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，四邊形pmnq為菱形，結(jié)合菱形的鄰邊相等，確定點(diǎn)q的坐標(biāo)，再驗(yàn)證點(diǎn)q是否在拋物線上，當(dāng)點(diǎn)p在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，四邊形pmnq為等腰梯形，可作出梯形的兩條高，構(gòu)造求解.【答案】（1）設(shè)函數(shù)解析式為y=a(x+2)(x-4)，則a2(-4)=4，解得a=-所以經(jīng)過b、e、c三點(diǎn)的拋物線的解析式為y=-(x+2)(x-4)=-x2+x+4.(2) y=-x2+x+4=-（x-1）2+.易知直線ad解析式

3、為y=x+2，所以m（1，3），過點(diǎn)m作mrpq于點(diǎn)r，因?yàn)閍od是等腰直角三角形，結(jié)合題意可知mpq是等腰直角三角形，設(shè)mn=m，則pq=2m，所以p(1-m，3-m)，q(1-m，3+m)，所以-（1-m-1）2+=3+m，解得m1=1，m2=-3（不合題意，舍去）此時(shí)p(0，2)（3） 【涉及知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)解析式，頂點(diǎn)坐標(biāo)，對(duì)稱軸，相似三角形，菱形，等腰梯形.【點(diǎn)評(píng)】這是一道傳統(tǒng)型的壓軸題，以函數(shù)和幾何圖形的綜合作為主要方式，用到三角形、四邊形、相似形的有關(guān)知識(shí)解壓軸題，要注意它的邏輯結(jié)構(gòu)，搞清楚它的各個(gè)小題之間的關(guān)系是“平列”的，還是“遞進(jìn)”的，這一點(diǎn)非常重要.2、（2010 武漢，

4、25題，12分）如圖1，拋物線經(jīng)過點(diǎn)a（1，0），c（0，）兩點(diǎn)，且與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)b（1）求拋物線解析式； （2）若拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)m，點(diǎn)p為線段ab上一動(dòng)點(diǎn)（不與b重合），q在線段mb上移動(dòng)，且mpq=45，設(shè)op=x，mq=，求于x的函數(shù)關(guān)系式，并且直接寫出自變量的取值范圍；（3）如圖2，在同一平面直角坐標(biāo)系中，若兩條直線x=m，x=n分別與拋物線交于e、g兩點(diǎn)，與（2）中的函數(shù)圖像交于f、h兩點(diǎn)，問四邊形efhg能否為平行四邊形？若能，求出m、n之間的數(shù)量關(guān)系；若不能，請(qǐng)說明理由pmqaboyx【分析】（1）問直接代入已知點(diǎn)到解析式即可求出解；（2）中是關(guān)于動(dòng)點(diǎn)問題，可以利用動(dòng)中取

5、靜的方法求解，關(guān)鍵是pm2的獲取，mpqmbp的發(fā)現(xiàn)，從而得到pm2=mqmb；（3）可先嘗試動(dòng)手畫，然后再根據(jù)自己畫的圖形，分析出ef=gh，從而得到關(guān)于m,n的等式，變形化簡(jiǎn)即可【答案】解：(1) 拋物線y1=ax2-2ax+b經(jīng)過a(-1，0)，c(0，)兩點(diǎn)，a= -， b=，拋物線的解析式為y1= -x2+x+pmqaboyxn (2) 作mnab，垂足為n由y1= -x2+x+易得m(1，2)， n(1，0)，a(-1，0)，b(3，0)，ab=4，mn=bn=2，mb=2， mbn=45根據(jù)勾股定理有bm 2-bn 2=pm 2-pn 2 (2)2-22=pm2= -(1-x)2

6、j，又mpq=45=mbp， mpqmbp，pm2=mqmb=y22k 由j、k得y2=x2-x+0x3，y2與x的函數(shù)關(guān)系式為y2=x2-x+(0x3)oefghxy (3) 四邊形efhg可以為平行四邊形，m、n之間的數(shù)量關(guān)系是 m+n=2(0m2，且m1)點(diǎn)e、g是拋物線y1= -x2+x+ 分別與直線x=m，x=n的交點(diǎn)，點(diǎn)e、g坐標(biāo)為 e(m，-m2+m+)，g(n，-n2+n+)同理，點(diǎn)f、h坐標(biāo) 為f(m，m2-m+)，h(n，n2-n+) ef=m2-m+-(-m2+m+)=m2-2m+1，gh=n2-n+-(-n2+n+)=n2-2n+1 四邊形efhg是平行四邊形，ef=g

7、hm2-2m+1=n2-2n+1，(m+n-2)(m-n)=0 由題意知mn，m+n=2 (0m2，且m1) 因此，四邊形efhg可以為平行四邊形，m、n之間的數(shù)量關(guān)系是m+n=2 (0m2，且m1)【涉及知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)、相似、平行四邊形的性質(zhì)等【點(diǎn)評(píng)】此題是集動(dòng)點(diǎn)、猜想、函數(shù)等知識(shí)于一身的綜合性大題萬變不離其中，只要我們平時(shí)打好基礎(chǔ)，再難的問題，都可迎刃而解的需要指出是第（3）問，準(zhǔn)確繪出y1,y2的圖象，他們頂點(diǎn)在一處，再用含m,n的式子表示出ef、gh的長(zhǎng)成為問題獲得突破的關(guān)鍵事實(shí)上，這也是很多拋物線為載體的綜合題一個(gè)重要技巧3、（2010湖北咸寧，24，12分）如圖，直角梯形abcd

8、中，abdc，動(dòng)點(diǎn)m以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度，從點(diǎn)a沿線段ab向點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)p以相同的速度，從點(diǎn)c沿折線c-d-a向點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)當(dāng)點(diǎn)m到達(dá)點(diǎn)b時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)過點(diǎn)m作直線lad，與線段cd的交點(diǎn)為e，與折線a-c-b的交點(diǎn)為q點(diǎn)m運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）（1）當(dāng)時(shí)，求線段的長(zhǎng)；（2）當(dāng)0t2時(shí)，如果以c、p、q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，求t的值；（3）當(dāng)t2時(shí)，連接pq交線段ac于點(diǎn)r請(qǐng)?zhí)骄渴欠駷槎ㄖ?，若是，試求這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說明理由【分析】解決梯形問題，有一個(gè)基本思想，就是：把梯形問題轉(zhuǎn)化為三角形或平行四邊形的問題來解決如下圖，過點(diǎn)c作cfab，垂足為f，就能把這個(gè)直角梯形分作一個(gè)矩形

9、和一個(gè)等腰直角三角形，圖中的所有線段都容易求得于是對(duì)于第（1）小題，可利用銳角三角函數(shù)或相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例順利求出線段的長(zhǎng)對(duì)于第（2）小題，由于當(dāng)0t2時(shí)，點(diǎn)p在cd上，點(diǎn)q在ac上，所以一定是銳角，所以可以分和兩種情況來分析對(duì)于第（3）小題，容易發(fā)現(xiàn)當(dāng)t2時(shí)，點(diǎn)q在線段bc上，點(diǎn)p在線段ad上，如下圖所示：由題意得線段，而線段，所以pa=qm，這樣容易證明，進(jìn)而可得crqcab，所以為定值【答案】解：（1）過點(diǎn)c作于f，則四邊形afcd為矩形，此時(shí)，rtaqmrtacf即，（2）為銳角，故有兩種情況：當(dāng)時(shí)，點(diǎn)p與點(diǎn)e重合此時(shí)，即，當(dāng)時(shí)，如備用圖1，此時(shí)rtpeqrtqma，由（1）知，而

10、， 綜上所述，或（3）為定值當(dāng)2時(shí)，如備用圖2，由（1）得， 四邊形amqp為矩形 crqcab 【涉及知識(shí)點(diǎn)】梯形、矩形、銳角三角函數(shù)、相似三角形、等腰直角三角形、【點(diǎn)評(píng)】本題屬雙動(dòng)點(diǎn)型幾何綜合題，解題時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)點(diǎn)所處的位置的變化，作為最后一道壓軸題，難度系數(shù)不是很高，特別是第（3）小題，沒有把“尾巴翹起來”，可能區(qū)分度不高，選拔優(yōu)秀學(xué)生的功能不是很好4、（2010年湖北襄樊 26 本大題滿分12分）如圖7，四邊形abcd是平行四邊形，ab=4，ob=2，拋物線過a、b、c三點(diǎn)，與x軸交于另一點(diǎn)d一動(dòng)點(diǎn)p以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從b點(diǎn)出發(fā)沿ba向點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)a停止，同時(shí)一動(dòng)點(diǎn)q從點(diǎn)d

11、出發(fā)，以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿dc向點(diǎn)c運(yùn)動(dòng)，與點(diǎn)p同時(shí)停止（1）求拋物線的解析式；（2）若拋物線的對(duì)稱軸與ab交于點(diǎn)e，與x軸交于點(diǎn)f，當(dāng)點(diǎn)p運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為何值時(shí)，四邊形poqe是等腰梯形？（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以p、b、o為頂點(diǎn)的三角形與以點(diǎn)q、b、o為頂點(diǎn)的三角形相似？圖7【分析】參照?qǐng)D形確定出a、b、c三點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；結(jié)合等腰梯形的性質(zhì)可知，op=eq時(shí)，bp=fq，據(jù)此列方程求解；由于相似的兩個(gè)三角形各點(diǎn)對(duì)應(yīng)關(guān)系不確定，所以要分情況討論【答案】解：（1）四邊形abcd是平行四邊形，oc=ab=4a（4，2），b（0，2），c（4，0）拋物線y=ax2+bx+

12、c過點(diǎn)b，c=2由題意，有 解得所求拋物線的解析式為（2）將拋物線的解析式配方，得拋物線的對(duì)稱軸為x=2d（8，0），e（2，2），f（2，0）欲使四邊形poqe為等腰梯形，則有op=qe即bp=fqt=63t，即t= （3）欲使以p、b、o為頂點(diǎn)的三角形與以點(diǎn)q、b、o為頂點(diǎn)的三角形相似，pbo=boq=90，有或，即pb=oq或ob2=pbqo若p、q在y軸的同側(cè)當(dāng)pb=oq時(shí)，t=83t，t=2當(dāng)ob2=pbqo時(shí)，t(83t)=4，即3t28t+4=0解得若p、q在y軸的異側(cè)當(dāng)pb=oq時(shí)，3t8=t，t=4當(dāng)ob2=pbqo時(shí)，t(3t8)=4，即3t28t4=0解得t=0故舍去，t

13、=當(dāng)t=2或t=或t=4或t=秒時(shí)，以p、b、o為頂點(diǎn)的三角形與以點(diǎn)q、b、o為頂點(diǎn)的三角形相似【涉及知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)，等腰梯形，相似三角形，方程【點(diǎn)評(píng)】注意充分利用數(shù)形結(jié)合思想，可以減少運(yùn)算量，比如求拋物線對(duì)稱軸方程，不一定把二次函數(shù)解析式配方，觀察圖形，不難發(fā)現(xiàn)，這條對(duì)稱軸就是線段ab的垂直平分線，由此很快能確定拋物線對(duì)稱軸方程為直線x=2，這樣更加便捷5、（2010年湖北宜昌 24 12分）如圖，直線y=hx+d與x軸和y軸分別相交于點(diǎn)a(-1,0),b(0,1),與雙曲線y=在第一象限相交于點(diǎn)c；以ac為斜邊、為內(nèi)角的直角三角形，與以co為對(duì)角線、一邊在x軸上的矩形面積相等；點(diǎn)c,p在

14、以b為頂點(diǎn)的拋物線y=上；直線y=hx+d、雙曲線y=和拋物線同時(shí)經(jīng)過兩個(gè)不同的點(diǎn)c，d。（1）確定t的值（2）確定m , n , k的值（3）若無論a , b , c取何值，拋物線都不經(jīng)過點(diǎn)p，請(qǐng)確定p的坐標(biāo)（12分）（第24題）【分析】（1）根據(jù)直線方程過的兩個(gè)點(diǎn)可求出直線方程，再根據(jù)雙曲線過c點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)c坐標(biāo)為（x1，y1），則x1y1=t，再根據(jù)面積相等，進(jìn)而求得c點(diǎn)坐標(biāo)，便可求出t的值；（2）根據(jù)拋物線頂點(diǎn)b，得到兩個(gè)等式，以及c點(diǎn) 在拋物線上，又得一等式，由三個(gè)等式聯(lián)立，便可求出m、n、k；（3）根據(jù)直線與雙曲線的交點(diǎn)c、d，求出后代入拋物線方程可得兩個(gè)等式，可把拋物線方程中的參數(shù)a

15、、b、c消去兩個(gè)，再根據(jù)p點(diǎn)在y=上，可設(shè)出坐標(biāo)，代入后得到的方程無解，進(jìn)而求出a、b、c【答案】解：（1）直線過點(diǎn)a，b，則0=h+d和1=d,即y=x+1.雙曲線y=經(jīng)過點(diǎn)c（x1，y1），x1y1=t 以ac為斜邊，cao為內(nèi)角的直角三角形的面積為y1(1+x1);以co為對(duì)角線的矩形面積為x1y1，y1(1+x1)x1y1，因?yàn)閤1，y1都不等于0，故得x11，所以y1=2.故有，即t=2. （2）b是拋物線ymx2nxk的頂點(diǎn)，有 ，得到n=0，k=1. c是拋物線ymx2nxk上的點(diǎn)，有2m(1)2+1,得m=1（3）設(shè)點(diǎn)p的橫坐標(biāo)為p，則縱坐標(biāo)為p2+1.拋物線y=ax2+bx+

16、c經(jīng)過兩個(gè)不同的點(diǎn)c，d，其中求得d點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）.解法一：故 2abc，14a2bc 解之得，ba1, c12a. y=ax2( a1)x（12a ） 于是： p2+1a p2（a1）p（12a）無論a取什么值都有p2p（p2p2）a（或者，令p2-p=(p2+p-2)a拋物線y=ax2+bx+c不經(jīng)過p點(diǎn)，此方程無解，或有解但不合題意） 故a，解之p0，p1，并且p1，p2.得p0. 符合題意的p點(diǎn)為（0，1）.，解之p1，p2，并且p0，p1.得p2.符合題意的p點(diǎn)為（2，5）符合題意的p點(diǎn)有兩個(gè)（0，1）和（2，5）.解法二：則有（a1）p2+(a+1) p2a=0即（a1）p+2

17、a(p1)=0有p1=0時(shí)，得p=1，為（1，2）此即c點(diǎn)，在y=ax2+bx+c上. 或（a1）p+2a=0，即（p+2）a=p當(dāng)p=0時(shí)a=0與a0矛盾得點(diǎn)p（0，1）或者p=2時(shí)，無解得點(diǎn)p（2，5）故對(duì)任意a，b，c，拋物線y=ax2+bx+c都不經(jīng)過（0，1）和（2，5）解法三：如圖, 拋物線y=ax2+bx+c不經(jīng)過直線cd上除c，d外的其他點(diǎn)(只經(jīng)過直線cd上的c，d點(diǎn)). 由解得交點(diǎn)為c（1，2），b（0，1）故符合題意的點(diǎn)p為（0，1）. 拋物線y=ax2+bx+c不經(jīng)過直線x2上除d外的其他點(diǎn). yx由 解得交點(diǎn)p為（2，5）拋物線y=ax2+bx+c不經(jīng)過直線x1上除c外

18、的其他點(diǎn),而解得交點(diǎn)為c（1，2）故符合條件的點(diǎn)p為（0，1）或（2，5）【涉及知識(shí)點(diǎn)】直線 雙曲線 拋物線 交點(diǎn)問題 【點(diǎn)評(píng)】本題是平面直角坐標(biāo)系中的交點(diǎn)的問題，交點(diǎn)有無，關(guān)鍵是看由曲線方程聯(lián)立構(gòu)成的方程組解的個(gè)數(shù)，本題題型新穎是個(gè)不可多得的好題，有利于培養(yǎng)學(xué)生的思維能力，但難度較大，具有明顯的區(qū)分度6、（2010湖南永州，24，10分）已知二次函數(shù)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)a(2 ，0)，與y軸的交點(diǎn)為b(0，4)，且其對(duì)稱軸與y軸平行 求該二次函數(shù)的解析式，并在所給出坐標(biāo)系中畫出這個(gè)二次函數(shù)的大致圖象；在該二次函數(shù)位于a、b兩點(diǎn)之間的圖象上取上點(diǎn)m，過點(diǎn)m分別作x軸、y軸的垂線段，垂足

19、分別為點(diǎn)c、d求矩形mcod的周長(zhǎng)的最小值，并求使矩形mcid的周長(zhǎng)最小時(shí)的點(diǎn)m坐標(biāo)【分析】（1）利用待定系數(shù)法由題意可設(shè)拋物線的解析式再將已知的b點(diǎn)坐標(biāo)代入可求出a得出解析式， （2）設(shè)點(diǎn)m的坐標(biāo)為（m，n），將其代入拋物線的解析式可得出m，n之間的關(guān)系式nm2+4m+4；再由矩形周長(zhǎng)公式可得出周長(zhǎng)l與m，n之間的二次函數(shù)關(guān)系式l2(nm)；消去n可得出l與m二次函數(shù)關(guān)系式，利用頂點(diǎn)坐標(biāo)式可求出結(jié)果.【答案】由題意可知點(diǎn)a(2，0)是拋物線的頂點(diǎn)，設(shè)拋物線的解析式為其圖象與y軸交于點(diǎn)b(0，4)44aa1拋物線的解析式為設(shè)點(diǎn)m的坐標(biāo)為（m，n），則m0，n0，n(m+n)2m2+4m+4 設(shè)

20、矩形mcod的周長(zhǎng)為l則l2(mc+md)2() 2(nm) 2(m2+4m+4m) 2(m2+3m+4) 2(m+)2+ 當(dāng)m時(shí)，l有最小值，此時(shí)n 點(diǎn)m的坐標(biāo)為（，）【涉及知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)、待定系數(shù)法、矩形周長(zhǎng)【點(diǎn)評(píng)】本題出現(xiàn)的待定系數(shù)法、最值是考查二次函數(shù)的知識(shí)最常見手段，既考查了基礎(chǔ)知識(shí)，又難度不大，是一道難度中等的好題.【推薦指數(shù)】25（2010湖南永州，25，10分）探究問題：（1）閱讀理解：如圖（a），在已知abc所在平面上存在一點(diǎn)p，使它到三角形頂點(diǎn)的距離之和最小，則稱點(diǎn)p為abc的費(fèi)馬點(diǎn)，此時(shí)papbpc的值為abc的費(fèi)馬距離. 如圖（b），若四邊形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)在同一圓

21、上，則有abcdbcdaacbd.此為托勒密定理.（2）知識(shí)遷移：請(qǐng)你利用托勒密定理，解決如下問題：如圖（c），已知點(diǎn)p為等邊abc外接圓的上任意一點(diǎn).求證：pbpcpa.根據(jù)（2）的結(jié)論，我們有如下探尋abc（其中a、b、c均小于120）的費(fèi)馬點(diǎn)和費(fèi)馬距離的方法：第一步：如圖（d），在abc的外部以bc為邊長(zhǎng)作等邊bcd及其外接圓；第二步：在上任取一點(diǎn)p，連結(jié)pa、pb、pc、pd.易知papbpcpa（pbpc）pa ；第三步：請(qǐng)你根據(jù)（1）中定義，在圖（d）中找出abc的費(fèi)馬點(diǎn)p，并請(qǐng)指出線段 的長(zhǎng)度即為abc的費(fèi)馬距離. （3）知識(shí)應(yīng)用：2010年4月，我國(guó)西南地區(qū)出現(xiàn)了罕見的持續(xù)干旱

22、現(xiàn)象，許多村莊出現(xiàn)了人、畜飲水困難，為解決老百姓的飲水問題，解放軍某部來到云南某地打井取水.已知三村莊a、b、c構(gòu)成了如圖（e）所示的abc（其中a、b、c均小于120），現(xiàn)選取一點(diǎn)p打水井，使從水井p到三村莊a、b、c所鋪設(shè)的輸水管總長(zhǎng)度最小，求輸水管總長(zhǎng)度的最小值.【分析】（2）知識(shí)遷移 問，只需按照題意套用托勒密定理，再利用等邊三角形三邊相等，將所得等式兩邊都除以等邊三角形的邊長(zhǎng)，即可獲證. 問，借用問結(jié)論，及線段的性質(zhì)“兩點(diǎn)之間線段最短”數(shù)學(xué)容易獲解. （3）知識(shí)應(yīng)用，在（2）的基礎(chǔ)上先畫出圖形，再求解.【答案】（2）證明：由托勒密定理可知pbacpcabpabc abc是等邊三角形

23、abacbc pbpcpa pd ad （3）解：如圖，以bc為邊長(zhǎng)在abc的外部作等邊bcd，連接ad，則知線段ad的長(zhǎng)即為abc的費(fèi)馬距離. bcd為等邊三角形，bc4， cbd60，bdbc4. abc30， abd=90. 在rtabd中，ab3，bd4 ad5（km） 從水井p到三村莊a、b、c所鋪設(shè)的輸水管總長(zhǎng)度的最小值為5km.【涉及知識(shí)點(diǎn)】圓，等邊三角形，線段性質(zhì)，勾股定理【點(diǎn)評(píng)】此題集閱讀理解、創(chuàng)新探究、實(shí)際應(yīng)用于一體，題型新穎別致，綜合考查自主探究、創(chuàng)新應(yīng)用能力，是一道不可多得的好題. 此題環(huán)環(huán)相扣，解題關(guān)鍵是理解閱讀材料，從中獲取新知，能夠靈活應(yīng)用新知解決數(shù)學(xué)問題，并進(jìn)一

24、步構(gòu)建數(shù)學(xué)模型解決實(shí)際問題. 此題難度中等，只要平時(shí)養(yǎng)成自主學(xué)習(xí)的習(xí)慣，并善于將所學(xué)知識(shí)融會(huì)貫通，便可順利解決問題. 7、（2010湖南長(zhǎng)沙，26，10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形oabc的兩邊分別在x軸和y軸上，現(xiàn)有兩動(dòng)點(diǎn)pq分別從oc同時(shí)出發(fā)，p在線段oa上沿oa方向以每秒cm的速度勻速運(yùn)動(dòng)，q在線段co上沿co方向以每秒1cm的速度勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（1）用t的式子表示opq的面積s；（2）求證：四邊形opbq的面積是一個(gè)定值，并求出這個(gè)定值；（3）當(dāng)opq與pab和qpb相似時(shí)，拋物線經(jīng)過bp兩點(diǎn)，過線段bp上一動(dòng)點(diǎn)m作y軸的平行線交拋物線于n，當(dāng)線段mn的長(zhǎng)取最大值時(shí)，求

25、直線mn把四邊形opbq分成兩部分的面積之比【分析】（1）依題意oq8t,opt, ，整理即得; （2）依據(jù)可得;（3）依題意得p(,0),b(,8)，進(jìn)而得拋物線為，過bp兩點(diǎn)的直線為yx8 當(dāng)時(shí)，mn的長(zhǎng)最大，此時(shí)直線mn把四邊形opbq分成兩部分的面積之比3：1【答案】解：（1）由題意知，oq8t,opt, （2）由題意知，aboc8,cq t, cboa8,pa8t,;四邊形opbq的面積是一個(gè)定值，這個(gè)定值為32（3）當(dāng)opq與pab和qpb相似時(shí)，應(yīng)滿足整理，得，解得，（不合題意）此時(shí)p(,0),b(,8) 因拋物線經(jīng)過bp兩點(diǎn)，所以將bp兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入，得解得所以經(jīng)過bp兩點(diǎn)的拋

26、物線為設(shè)過bp兩點(diǎn)的直線為ykx+b, 將bp兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入，得解得所以過bp兩點(diǎn)的直線為yx8依題得，動(dòng)點(diǎn)m的坐標(biāo)（x, x8），n的坐標(biāo)（x, ）mn（x8）（）當(dāng)時(shí)，mn的長(zhǎng)最大，此時(shí)直線mn把四邊形opbq分成兩部分的面積之比3：1【涉及知識(shí)點(diǎn)】矩形的面積三角形的面積相似三角形的性質(zhì)一次函數(shù)二次函數(shù)等【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何代數(shù)綜合題，涉及內(nèi)容多，有一定難度主要考查學(xué)生的應(yīng)用所學(xué)解決數(shù)學(xué)問題的能力，運(yùn)算量較大，同時(shí)也極易出錯(cuò)，需要細(xì)心8、如圖（1），拋物線與y軸交于點(diǎn)a，e（0，b）為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)e的直線與拋物線交于點(diǎn)b、c .（1）求點(diǎn)a的坐標(biāo)；（2)當(dāng)b=0時(shí)（如圖（2），與的面積

27、大小關(guān)系如何？當(dāng)時(shí)，上述關(guān)系還成立嗎，為什么？（3）是否存在這樣的b，使得是以bc 為斜邊的直角三角形，若存在，求出b；若不存在，說明理由. 【分析】（1）將x=0，代入拋物線解析式，得點(diǎn)a的坐標(biāo)為（0，4）；（2）與公共了一條邊，只要把這邊上的兩條高求出，比較高的大小即可，又易發(fā)現(xiàn)這兩條高就是b,c 兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值，所以只要求出b，c 兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)；（3）存在。因?yàn)?，所以所以，即e為bc 的中點(diǎn)。所以當(dāng)oe=c e時(shí)，為直角三角形【答案】（1）將x=0，代入拋物線解析式，得點(diǎn)a的坐標(biāo)為（0，4）（2）當(dāng)b0時(shí)，直線為，由解得， 所以b、c 的坐標(biāo)分別為（2，2），（2，2） ，所以（利

28、用同底等高說明面積相等亦可） 當(dāng)時(shí)，仍有成立. 理由如下由，解得， 所以b、c 的坐標(biāo)分別為（，+b），（，+b），作軸，軸，垂足分別為f、g，則，而和是同底的兩個(gè)三角形，所以. （3）存在這樣的b.因?yàn)樗运裕磂為bc 的中點(diǎn)所以當(dāng)oe=c e時(shí)，為直角三角形 因?yàn)樗?，而所以，解得，所以當(dāng)b4或2時(shí)，obc 為直角三角形. 【涉及知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)、一次函數(shù)、直角三角形、三角形的面積【點(diǎn)評(píng)】本題是根據(jù)字母b的變化來設(shè)置問題，體現(xiàn)了與高中的銜接，b事實(shí)上是高中內(nèi)容中的“參數(shù)”，問題設(shè)置層層遞進(jìn)，在解含有b的二元二次方程組時(shí)學(xué)生會(huì)遇到一定的困難9、（2010湖南衡陽，27，10分）如圖15

29、，在平面直角坐標(biāo)系中，oab三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為o（0，0），a（1，），b（4，0）.求證：aboa在第一象限內(nèi)確定點(diǎn)m，使mob與aob相似，求符合條件的點(diǎn)m的坐標(biāo)如圖16，已知d（0，-3），作直線bd將aob沿射線bd平移4個(gè)單位長(zhǎng)度后，求aob與以d為圓心，以i為半徑的d的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)如圖17，現(xiàn)有一點(diǎn)p從d點(diǎn)出發(fā)，沿射線db的方向以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度作勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.當(dāng)以p為圓心，以為半徑的p與aob有公共點(diǎn)時(shí)，求t的取值范圍. 圖15 圖16 圖17 【分析】（1）欲證aboa，只需證明oab=90，過a作acob于c,利用銳角三角函數(shù)分別求出oac與bac的度數(shù)；或

30、利用勾股定理逆定理也可得證；（2）由于a為直角，且m在第一象限，據(jù)相似三角形的判定，分2種情況（一）b為直徑頂點(diǎn)：當(dāng)mob=60時(shí)，當(dāng)mob=30時(shí)；（二）m為直角頂點(diǎn)時(shí)，mob=30.則可求出m點(diǎn)坐標(biāo).（3）本問考查了直線與圓的位置關(guān)系，需根據(jù)題意畫出相應(yīng)圖形，分別計(jì)算出點(diǎn)d與ab、ob的距離；設(shè)p與直線bd交于e、f，其中e的橫坐標(biāo)小于f的橫坐標(biāo).欲求t的取值范圍，只需求出p與ob相切時(shí)的時(shí)間，與e與b重合的時(shí)間，它們之間的部分（包括這兩種情況）就是t的取值范圍.【答案】（1）解法一：過a作acob于c， tanaoc=,aoc=60. 又tanabc=,abc=30. bao=90, a

31、boa 解法二：ao2=oc2+ac2=4,ab2=ac2+bc2=3+9=12. ob2=16, ao2+ab2=ob2. bao=90, aboa（2）解法一：若以b為直角頂點(diǎn)，當(dāng)mob=60時(shí),m(4，4). 當(dāng)mob=30時(shí),m(4，). 若以m為直角頂點(diǎn)，mob=30時(shí), m(3，). 綜上所述，符合條件的m有(4，4),(4，),(3，).解法二：若aobbom，則，即. bm=4，m(4，4). 若aobbmo，則，即. bm=，m(4，). 若aobmbo，則，即. bm=2，m(3，).解法一：當(dāng)aob沿射線bd平移4個(gè)單位長(zhǎng)度后，點(diǎn)d到ob的距離為1.且o在d外，邊ob與d有兩個(gè)公共點(diǎn)（包括b點(diǎn)），點(diǎn)d到ab的距離為1，且a在d外. 邊ab與與d有兩個(gè)公共點(diǎn)（包括b點(diǎn)）.綜上所述，aob沿射線bd平移4個(gè)單位長(zhǎng)度后，與d有3個(gè)公共點(diǎn).解法二：（用反證思想） 當(dāng)aob沿射線bd平移4個(gè)單位長(zhǎng)度后，點(diǎn)b恰好在d上， 過ob、