二次函數(shù)壓軸題訓練題答案

1、二次函數(shù)壓軸題訓練題答案1.（1）B的坐標為(b, 0)，點C的坐標為(0, )（2）如圖2，過點P作PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，那么PDBPEC因此PDPE設點P的坐標為(x, x)如圖3，聯(lián)結(jié)OP所以S四邊形PCOBSPCOSPBO2b解得所以點P的坐標為() 圖2 圖3（3）由，得A(1, 0)，OA1如圖4，以OA、OC為鄰邊構(gòu)造矩形OAQC，那么OQCQOA當，即時，BQAQOA所以解得所以符合題意的點Q為()如圖5，以OC為直徑的圓與直線x1交于點Q，那么OQC90°。因此OCQQOA當時，BQAQOA此時OQB90°所以C、Q、B三點共線因此，即解得

2、此時Q(1,4)圖4 圖52. （1）將M(2, 2)代入，得解得m4（2）當m4時，所以C(4, 0)，E(0, 2)所以SBCE（3）如圖2，拋物線的對稱軸是直線x1，當H落在線段EC上時，BHEH最小設對稱軸與x軸的交點為P，那么因此解得所以點H的坐標為（4）如圖3，過點B作EC的平行線交拋物線于F，過點F作FFx軸于F由于BCEFBC，所以當，即時，BCEFBC設點F的坐標為，由，得解得xm2所以F(m2, 0)由，得所以由，得整理，得016此方程無解圖2 圖3 圖4如圖4，作CBF45°交拋物線于F，過點F作FFx軸于F，由于EBCCBF，所以，即時，BCEBFC在RtBF

3、F中，由FFBF，得解得x2m所以F所以BF2m2，由，得解得綜合、，符合題意的m為3.滿分解答（1）拋物線的對稱軸為直線，解析式為，頂點為M（1，）（2） 梯形O1A1B1C1的面積，由此得到由于，所以整理，得因此得到當S=36時， 解得 此時點A1的坐標為（6，3）（3）設直線AB與PQ交于點G，直線AB與拋物線的對稱軸交于點E，直線PQ與x軸交于點F，那么要探求相似的GAF與GQE，有一個公共角G在GEQ中，GEQ是直線AB與拋物線對稱軸的夾角，為定值在GAF中，GAF是直線AB與x軸的夾角，也為定值，而且GEQGAF因此只存在GQEGAF的可能，GQEGAF這時GAFGQEPQD由于，

4、所以解得 圖3 圖44.滿分解答 （1）因為拋物線與x軸交于A(4，0)、B（1，0)兩點，設拋物線的解析式為，代入點C的 坐標（0，2），解得所以拋物線的解析式為（2）設點P的坐標為如圖2，當點P在x軸上方時，1x4，如果，那么解得不合題意如果，那么解得此時點P的坐標為（2，1）如圖3，當點P在點A的右側(cè)時，x4，解方程，得此時點P的坐標為解方程，得不合題意如圖4，當點P在點B的左側(cè)時，x1，解方程，得此時點P的坐標為解方程，得此時點P與點O重合，不合題意綜上所述，符合條件的 點P的坐標為（2，1）或或 圖2 圖3 圖4（3）如圖5，過點D作x軸的垂線交AC于E直線AC的解析式為設點D的橫坐

5、標為m，那么點D的坐標為，點E的坐標為所以因此當時，DCA的面積最大，此時點D的坐標為（2，1） 圖5 圖65.滿分解答（1）已知拋物線的頂點為(0,0)，所以yax2所以b0，c0將代入yax2，得解得（舍去了負值）（2）拋物線的解析式為，設點P的坐標為已知A(0, 2)，所以而圓心P到x軸的距離為，所以半徑PA圓心P到x軸的距離所以在點P運動的過程中，P始終與x軸相交（3）如圖2，設MN的中點為H，那么PH垂直平分MN在RtPMH中，所以MH24所以MH2因此MN4，為定值等腰AMN存在三種情況：如圖3，當AMAN時，點P為原點O重合，此時點P的縱坐標為0圖2 圖3如圖4，當MAMN時，在

6、RtAOM中，OA2，AM4，所以OM2此時xOH2所以點P的縱坐標為如圖5，當NANM時，點P的縱坐標為也為圖4 圖56.滿分解答（1）因為拋物線與x軸交于A(1,0)、B(3, 0)兩點，設ya(x1)(x3)，代入點C(0 ,3)，得3a3解得a1所以拋物線的函數(shù)關系式是y(x1)(x3)x22x3（2）如圖2，拋物線的對稱軸是直線x1當點P落在線段BC上時，PAPC最小，PAC的周長最小設拋物線的對稱軸與x軸的交點為H由，BOCO，得PHBH2所以點P的坐標為(1, 2)圖2（3）點M的坐標為(1, 1)、(1,)、(1,)或(1,0)考點伸展第（3）題的解題過程是這樣的：設點M的坐標

7、為(1,m)在MAC中，AC210，MC21(m3)2，MA24m2如圖3，當MAMC時，MA2MC2解方程4m21(m3)2，得m1此時點M的坐標為(1, 1)如圖4，當AMAC時，AM2AC2解方程4m210，得此時點M的坐標為(1,)或(1,)如圖5，當CMCA時，CM2CA2解方程1(m3)210，得m0或6當M(1, 6)時，M、A、C三點共線，所以此時符合條件的點M的坐標為(1,0)圖3 圖4 圖57.滿分解答（1）如圖2，過點B作BCy軸，垂足為C在RtOBC中，BOC30°，OB4，所以BC2，所以點B的坐標為（2）因為拋物線與x軸交于O、A(4, 0)，設拋物線的解

8、析式為yax(x4)，代入點B，解得所以拋物線的解析式為（3）拋物線的對稱軸是直線x2，設點P的坐標為(2, y)當OPOB4時，OP216所以4+y216解得當P在時，B、O、P三點共線（如圖2）當BPBO4時，BP216所以解得當PBPO時，PB2PO2所以解得綜合、，點P的坐標為，如圖2所示圖2 圖38.滿分解答（1）將C(0,3)代入ya(x22mx3m2)，得33am2因此（2）由ya(x22mx3m2)a(xm)(x3m)a(xm)24axm2a(xm)24，得A(m, 0)，B(3m, 0)，F(xiàn)(m, 4)，對稱軸為直線xm所以點D的坐標為(2m,3)設點E的坐標為(x, a(x

9、m)(x3m)如圖2，過點D、E分別作x軸的垂線，垂足分別為D、E由于EAEDAD，所以因此所以am(x3m)1結(jié)合，于是得到x4m當x4m時，ya(xm)(x3m)5am25所以點E的坐標為(4m, 5)所以圖2 圖3（3）如圖3，由E(4m, 5)、D(2m,3)、F(m,4)，可知點E、D、F到x軸的距離分別為5、4、3那么過點F作AD的平行線與x軸的負半軸的交點，就是符合條件的點G證明如下：作FFx軸于F，那么因此所以線段GF、AD、AE的長圍成一個直角三角形此時GF4m所以GO3m，點G的坐標為(3m, 0)考點伸展第（3）題中的點G的另一種情況，就是GF為直角三角形的斜邊此時因此所

10、以此時 9.滿分解答（1）由，得A(2,0)，B(8,0)，C(0,4)（2）直線DB的解析式為由點P的坐標為(m, 0)，可得，所以MQ當MQDC8時，四邊形CQMD是平行四邊形解方程，得m4，或m0（舍去）此時點P是OB的中點，N是BC的中點，N(4,2)，Q(4,6)所以MNNQ4所以BC與MQ互相平分所以四邊形CQBM是平行四邊形圖2 圖3（3）存在兩個符合題意的點Q，分別是(2,0)，(6,4)考點伸展第（3）題可以這樣解：設點Q的坐標為如圖3，當DBQ90°時， 所以解得x6此時Q(6,4)如圖4，當BDQ90°時， 所以解得x2此時Q(2,0)圖3 圖410.

11、滿分解答（1）由，得拋物線與x軸的交點坐標為A(4, 0)、B(2, 0)對稱軸是直線x1（2）ACD與ACB有公共的底邊AC，當ACD的面積等于ACB的面積時，點B、D到直線AC的距離相等過點B作AC的平行線交拋物線的對稱軸于點D，在AC的另一側(cè)有對應的點D設拋物線的對稱軸與x軸的交點為G，與AC交于點H由BD/AC，得DBGCAO所以所以，點D的坐標為因為AC/BD，AGBG，所以HGDG而DHDH，所以DG3DG所以D的坐標為圖2 圖3（3）過點A、B分別作x軸的垂線，這兩條垂線與直線l總是有交點的，即2個點M以AB為直徑的G如果與直線l相交，那么就有2個點M；如果圓與直線l相切，就只有

12、1個點M了聯(lián)結(jié)GM，那么GMl在RtEGM中，GM3，GE5，所以EM4在RtEM1A中，AE8，所以M1A6所以點M1的坐標為(4, 6)，過M1、E的直線l為根據(jù)對稱性，直線l還可以是考點伸展第（3）題中的直線l恰好經(jīng)過點C，因此可以過點C、E求直線l的解析式在RtEGM中，GM3，GE5，所以EM4在RtECO中，CO3，EO4，所以CE5因此三角形EGMECO，GEMCEO所以直線CM過點C11.滿分解答（1）因為反比例函數(shù)的圖象過點A(1,k)，所以反比例函數(shù)的解析式是當k2時，反比例函數(shù)的解析式是（2）在反比例函數(shù)中，如果y隨x增大而增大，那么k0當k0時，拋物線的開口向下，在對稱

13、軸左側(cè)，y隨x增大而增大拋物線yk(x2x1)的對稱軸是直線 圖1所以當k0且時，反比例函數(shù)與二次函數(shù)都是y隨x增大而增大（3）拋物線的頂點Q的坐標是，A、B關于原點O中心對稱，當OQOAOB時，ABQ是以AB為直徑的直角三角形由OQ2OA2，得解得（如圖2），（如圖3）圖2 圖3考點伸展如圖4，已知經(jīng)過原點O的兩條直線AB與CD分別與雙曲線（k0）交于A、B和C、D，那么AB與CD互相平分，所以四邊形ACBD是平行四邊形問平行四邊形ABCD能否成為矩形？能否成為正方形？如圖5，當A、C關于直線yx對稱時，AB與CD互相平分且相等，四邊形ABCD是矩形因為A、C可以無限接近坐標系但是不能落在坐

14、標軸上，所以OA與OC無法垂直，因此四邊形ABCD不能成為正方形圖4 圖512.滿分解答(1) 因為拋物線經(jīng)過原點，所以 解得，（舍去）因此所以點B的坐標為（2，4）(2) 如圖4，設OP的長為t，那么PE2t，EC2t，點C的坐標為(3t, 2t)當點C落在拋物線上時，解得如圖1，當兩條斜邊PD與QM在同一條直線上時，點P、Q重合此時3t10解得如圖2，當兩條直角邊PC與MN在同一條直線上，PQN是等腰直角三角形，PQPE此時解得如圖3，當兩條直角邊DC與QN在同一條直線上，PQC是等腰直角三角形，PQPD此時解得 圖1 圖2 圖3考點伸展在本題情境下，如果以PD為直徑的圓E與以QM為直徑的

15、圓F相切，求t的值如圖5，當P、Q重合時，兩圓內(nèi)切，如圖6，當兩圓外切時， 圖4 圖5 圖613.滿分解答（1）由yax22ax3aa(x1)(x3)，得A(1, 0)由CD4AC，得xD4所以D(4, 5a)由A(1, 0)、D(4, 5a)，得直線l的函數(shù)表達式為yaxa（2）如圖1，過點E作x軸的垂線交AD于F設E(x, ax22ax3a)，F(xiàn)(x, axa)，那么EFyEyFax23ax4a由SACESAEFSCEF，得ACE的面積的最大值為解方程，得（3）已知A(1, 0)、D(4, 5a)，xP1，以AD為分類標準，分兩種情況討論：如圖2，如果AD為矩形的邊，那么AD/QP，ADQ

16、P，對角線APQD由xDxAxPxQ，得xQ4當x4時，ya(x1)(x3)21a所以Q(4, 21a)由yDyAyPyQ，得yP26a所以P(1, 26a)由AP2QD2，得22(26a)282(16a)2整理，得7a21所以此時P如圖3，如果AD為矩形的對角線，那么AD與PQ互相平分且相等由xDxAxPxQ，得xQ2所以Q(2,3a)由yDyAyPyQ，得yP8a所以P(1, 8a)由AD2PQ2，得52(5a)212(11a)2整理，得4a21所以此時P圖1 圖2 圖3考點伸展第（3）題也可以這樣解設P(1,n)如圖2，當AD時矩形的邊時，QPD90°，所以，即解得所以P所以Q

17、將Q代入ya(x1)(x3)，得所以如圖3，當AD為矩形的對角線時，先求得Q(2,3a)由AQD90°，得，即解得14.滿分解答（1）將A(3,0)、B(0, 3)分別代入yx2bxc，得 解得b2，c3所以拋物線C的表達式為yx22x3（2）由yx22x3(x1)24，得頂點M的坐標為(1,4)（3）拋物線在平移過程中，MN與MN保持平行，當MNMN4時，以點M、N、M、N為頂點的四邊形就是平行四邊形因為平行四邊形的面積為16，所以MN邊對應的高NN4那么以點M、N、M、N為頂點的平行四邊形有4種情況：拋物線C直接向右平移4個單位得到平行四邊形MNNM（如圖2）；拋物線C直接向左平

18、移4個單位得到平行四邊形MNNM（如圖2）；拋物線C先向右平移4個單位，再向下平移8個單位得到平行四邊形MNMN（如圖3）；拋物線C先向左平移4個單位，再向下平移8個單位得到平行四邊形MNMN（如圖3）圖2 圖3考點伸展本題的拋物線C向右平移m個單位，兩條拋物線的交點為D，那么MMD的面積S關于m有怎樣的函數(shù)關系？如圖4，MMD是等腰三角形，由M(1,4)、M(1m, 4)，可得點D的橫坐標為將代入y(x1)24，得所以DH所以S15.滿分解答（1）將A(0, 1)、B(4, 3)分別代入yx2bxc，得 解得，c1所以拋物線的解析式是 圖4（2）在RtBOC中，OC4，BC3，所以OB5如圖

19、2，過點A作AHOB，垂足為H在RtAOH中，OA1，所以 所以， 圖2在RtABH中，（3）直線AB的解析式為設點M的坐標為，點N的坐標為，那么當四邊形MNCB是平行四邊形時，MNBC3解方程x24x3，得x1或x3因為x3在對稱軸的右側(cè)（如圖4），所以符合題意的點M的坐標為（如圖3）圖3 圖4考點伸展第（3）題如果改為：點M是拋物線上的一個點，直線MN平行于y軸交直線AB于N，如果M、N、B、C為頂點的四邊形是平行四邊形，求點M的坐標那么求點M的坐標要考慮兩種情況：MNyMyN或MNyNyM由yNyM4xx2，解方程x24x3，得（如圖5）所以符合題意的點M有4個：， 圖516.滿分解答（

20、1）QB82t，PD（2）如圖3，作ABC的平分線交CA于P，過點P作PQ/AB交BC于Q，那么四邊形PDBQ是菱形過點P作PEAB，垂足為E，那么BEBC8在RtABC中，AC6，BC8，所以AB10 在RtAPE中，所以 圖3當PQ/AB時，即解得所以點Q的運動速度為（3）以C為原點建立直角坐標系如圖4，當t0時，PQ的中點就是AC的中點E(3，0)如圖5，當t4時，PQ的中點就是PB的中點F(1，4)直線EF的解析式是y2x6如圖6，PQ的中點M的坐標可以表示為（，t）經(jīng)驗證，點M（，t）在直線EF上所以PQ的中點M的運動路徑長就是線段EF的長，EF圖4 圖5 圖6考點伸展第（3）題求點

21、M的運動路徑還有一種通用的方法是設二次函數(shù)：當t2時，PQ的中點為(2，2)設點M的運動路徑的解析式為yax2bxc，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，得 解得a0，b2，c6所以點M的運動路徑的解析式為y2x617.滿分解答（1）A(1, 4)因為拋物線的頂點為A，設拋物線的解析式為ya(x1)24，代入點C(3, 0)，可得a1所以拋物線的解析式為y(x1)24x22x3（2）因為PE/BC，所以因此所以點E的橫坐標為將代入拋物線的解析式，y(x1)24所以點G的縱坐標為于是得到因此所以當t1時，ACG面積的最大值為1（3）或考點伸展第（3）題的解題思路是這樣的：因為FE/QC，

22、FEQC，所以四邊形FECQ是平行四邊形再構(gòu)造點F關于PE軸對稱的點H，那么四邊形EHCQ也是平行四邊形再根據(jù)FQCQ列關于t的方程，檢驗四邊形FECQ是否為菱形，根據(jù)EQCQ列關于t的方程，檢驗四邊形EHCQ是否為菱形，如圖2，當FQCQ時，F(xiàn)Q2CQ2，因此整理，得解得，（舍去）如圖3，當EQCQ時，EQ2CQ2，因此整理，得所以，（舍去）圖2 圖318.滿分解答（1）當x0時，所以點A的坐標為(0，3)，OA3如圖2，因為MOMA，所以點M在OA的垂直平分線上，點M的縱坐標為將代入，得x1所以點M的坐標為因此（2）因為拋物線yx2bxc經(jīng)過A(0，3)、M，所以解得，所以二次函數(shù)的解析式

23、為（3）如圖3，設四邊形ABCD為菱形，過點A作AECD，垂足為E在RtADE中，設AE4m，DE3m，那么AD5m因此點C的坐標可以表示為(4m，32m)將點C(4m，32m)代入，得解得或者m0（舍去）因此點C的坐標為（2，2） 圖2 圖3考點伸展如果第（3）題中，把“四邊形ABCD是菱形”改為“以A、B、C、D為頂點的四邊形是菱形”，那么還存在另一種情況：如圖4，點C的坐標為圖4 19.滿分解答（1）拋物線c2的表達式為（2）拋物線c1：與x軸的兩個交點為(1，0)、(1，0)，頂點為拋物線c2：與x軸的兩個交點也為(1，0)、(1，0)，頂點為拋物線c1向左平移m個單位長度后，頂點M的

24、坐標為，與x軸的兩個交點為、，AB2拋物線c2向右平移m個單位長度后，頂點N的坐標為，與x軸的兩個交點為、所以AE(1m)(1m)2(1m)B、D是線段AE的三等分點，存在兩種情況：情形一，如圖2，B在D的左側(cè)，此時，AE6所以2(1m)6解得m2情形二，如圖3，B在D的右側(cè)，此時，AE3所以2(1m)3解得圖2 圖3 圖4如果以點A、N、E、M為頂點的四邊形是矩形，那么AEMN2OM而OM2m23，所以4(1m)24(m23)解得m1（如圖4）考點伸展第（2）題，探求矩形ANEM，也可以用幾何說理的方法：在等腰三角形ABM中，因為AB2，AB邊上的高為，所以ABM是等邊三角形同理DEN是等邊

25、三角形當四邊形ANEM是矩形時，B、D兩點重合因為起始位置時BD2，所以平移的距離m120.滿分解答（1）如圖1，因為拋物線與x軸交于點A(1,0)和點B(3, 0)，設ya(x1)(x3)將點C(5, 6)代入ya(x1)(x3)，得12a6解得所以拋物線的解析式為（2）由，得頂點D的坐標為(1,2)由A(1,0)、C(5, 6)、D(1,2)，得CAO45°，DAO45°，AC，AD因此不論點E在點A的左側(cè)還是右側(cè)，都有CAEDAE圖2 圖3如果CAEDAE，那么它們?nèi)?，這是不可能的如圖2，圖3，如果CAEEAD，那么AE2AC·AD所以AE所以點E的坐標為

26、，或（3）因為CAD90°，因此直角梯形存在兩種情況如圖4，當DF/AC時，由，得解得DF此時F、D兩點間的水平距離、豎直距離都是2，所以F(3,0)如圖5，當CF/AD時，由，得解得CF此時F、C兩點間的水平距離、豎直距離都是，所以F圖4 圖5考點伸展如果第（3）題改為：點F在拋物線上，點F和點A、C、D構(gòu)成梯形，求點F的坐標，那么就要分三種情況討論了如圖4，當DF/AC時，點F就是點B(3, 0)如圖6，當CF/AD時，F(xiàn)HCH設F，那么解得x±5此時點F的坐標為(5,16)如圖7，當AF/CD時， 所以解得x7此時點F的坐標為(7,16)圖6 圖721.滿分解答（1）

27、直線yx2與x軸的夾角為45°，點A的坐標為(2, 0)因為ABD是等腰直角三角形，面積為18，所以直角邊長為6因此OD4所以點B的坐標為(4, 6)（2）將A(2, 0)、B (4, 6)代入，得 解得b2，c6所以拋物線的解析式為（3）由，得拋物線的對稱軸為直線x2，點C的坐標為(0, 6)如果AQCP，那么有兩種情況：如圖2，當四邊形CAQP是平行四邊形時，AQ/CP，此時點P的坐標為(2, 6)如圖3，當四邊形CAQP是等腰梯形時，作AC的垂直平分線交x軸于點F，那么點P在FC上設點F的坐標為(x, 0)，根據(jù)FA2FC2列方程，得(x2)2x262解得x8所以OF8，HF6

28、因此此時點P的坐標為圖2 圖3考點伸展第（3）題等腰梯形CAQP時，求點P的坐標也可以這樣思考：過點P作PE/x軸交AC于E，那么PEPC直線AC的解析式為y3x6，設E(m, 3m6)，那么P(2, 3m6)根據(jù)PE2PC2列方程，得(2m)222(3m)2解得所以P 圖4其實第（3）題還有一個“一石二鳥”的方法：設QHn，那么AQ4n，PH3n，P(2, 3n )根據(jù)AQ2CP2，列方程，得(4n)222(3n6)2整理，得2n27n60解得n12，當n12時，P(2, 6)，對應平行四邊形CAQP（如圖2）；當時，P，對應等腰梯形CAQP（如圖4）22.滿分解答（1）直線y3x3與x軸的

29、交點為A(1，0)，與y軸的交點為B(0,3)將A(1，0)、B(0,3)分別代入yax22xc，得 解得 所以拋物線的表達式為yx22x3對稱軸為直線x1，頂點為(1,4)（2）如圖2，點B關于直線l的對稱點C的坐標為(2,3)因為CD/AB，設直線CD的解析式為y3xb，代入點C(2,3)，可得b3所以點D的坐標為（0，3）過點P作PHy軸，垂足為H，那么PDHDPE由，得而DH7，所以PH3因此點E的坐標為（3，6）所以圖2 圖3考點伸展第（2）用幾何法求點D的坐標更簡便：因為CD/AB，所以CDBABO因此所以BD3BC6，OD3因此D（0，3）23.滿分解答（1）將A(1，2)、O(

30、0，0)、C(2，1)分別代入yax2bxc，得 解得， 所以（2）如圖2，過點P、M分別作梯形ABPM的高PP、MM，如果梯形ABPM是等腰梯形，那么AMBP，因此yAy MyPyB直線OC的解析式為，設點P的坐標為，那么解方程，得，x2的幾何意義是P與C重合，此時梯形不存在所以圖2 圖3（3）如圖3，AOB與COD重疊部分的形狀是四邊形EFGH，作EKOD于K設點A移動的水平距離為m，那么OG1m，GBm在RtOFG中，所以在RtAHG中，AG2m，所以所以在RtOEK中，OK2 EK；在RtEHK中，EK2HK；所以OK4HK因此所以所以于是因為0m1，所以當時，S取得最大值，最大值為考

31、點伸展第（3）題也可以這樣來解：設點A的橫坐標為a由直線AC：yx3，可得A(a, a3)由直線OC：，可得由直線OA：y2x及A(a, a3)，可得直線OA：y2x3a3，由直線OC和直線OA可求得交點E(2a2，a1)由E、F、G、H 4個點的坐標，可得24.滿分解答（1）設拋物線的解析式為，代入A（2，0）、C(0，12) 兩點，得 解得 所以二次函數(shù)的解析式為，頂點P的坐標為（4，4）（2）由，知點B的坐標為（6，0）假設在等腰梯形OPBD，那么DPOB6設點D的坐標為(x，2x)由兩點間的距離公式，得解得或x2如圖3，當x2時，四邊形ODPB是平行四邊形所以，當點D的坐標為(，)時，

32、四邊形OPBD為等腰梯形圖3 圖4 圖5（3）設PMN與POB的高分別為PH、PG在RtPMH中，所以在RtPNH中，所以 如圖4，當0t2時，重疊部分的面積等于PMN的面積此時如圖5，當2t4時，重疊部分是梯形，面積等于PMN的面積減去PDC的面積由于，所以此時考點伸展第（2）題最好的解題策略就是拿起尺、規(guī)畫圖：方法一，按照對角線相等畫圓以P為圓心，OB長為半徑畫圓，與直線y2x有兩個交點，一個是等腰梯形的頂點，一個是平行四邊形的頂點方法二，按照對邊相等畫圓以B為圓心，OP長為半徑畫圓，與直線y2x有兩個交點，一個是等腰梯形的頂點，一個是平行四邊形的頂點25.滿分解答（1）拋物線的解析式為（

33、2）小明的判斷正確，對于任意一點P，PDPF2說理如下：設點P的坐標為，那么PFyFyP而FD2，所以FD因此PDPF2為定值（3）“好點”共有11個在PDE中，DE為定值，因此周長的最小值取決于FDPE的最小值而PDPE(PF2)PE(PFPE)2，因此當P、E、F三點共線時，PDE的周長最?。ㄈ鐖D2）此時EFx軸，點P的橫坐標為4所以PDE周長最小時，“好點”P的坐標為(4, 6)圖2 圖3考點伸展第（3）題的11個“好點”是這樣求的：如圖3，聯(lián)結(jié)OP，那么SPDESPODSPOESDOE因為SPOD，SPOE，SDOE12，所以SPDE因此S是x的二次函數(shù)，拋物線的開口向下，對稱軸為直線

34、x6如圖4，當8x0時，4S13所以面積的值為整數(shù)的個數(shù)為10當S12時，方程的兩個解8, 4都在8x0范圍內(nèi)所以“使PDE的面積為整數(shù)” 的 “好點”P共有11個圖426.滿分解答（1）因為拋物線與x軸交于A(2, 0)、B(4, 0)兩點，所以ya(x2)(x4)所以8a3解得所以拋物線的解析式為（2）如圖2，過點Q作QHx軸，垂足為H在RtBCO中，OB4，OC3，所以BC5，sinB在RtBQH中，BQt，所以QHBQsinBt所以SPBQ因為0t2，所以當t1時，PBQ的面積最大，最大面積是。（3）當PBQ的面積最大時，t1，此時P是AB的中點，P(1, 0)，BQ1。如圖3，因為P

35、BC與PBQ是同高三角形，SPBCSPBQBCBQ51。當SCBKSPBQ52時，SPBCSCBK21。因為PBC與CBK是同底三角形，所以對應高的比為21。如圖4，過x軸上的點D畫CB的平行線交拋物線于K，那么PBDB21。因為點K在BC的下方，所以點D在點B的右側(cè)，點D的坐標為過點K作KEx軸于E設點K的坐標為由，得整理，得x24x30解得x1，或x3所以點K的坐標為或圖2 圖3 圖4考點伸展第（3）題也可以這樣思考：由SCBKSPBQ52，SPBQ，得SCBK如圖5，過點K作x軸的垂線交BC于F設點K的坐標為由于點F在直線BC：上所以點F的坐標為所以KFCBK被KF分割為CKF和BKF，

36、他們的高的和為OB4所以SCBK解得x1，或x3圖527.滿分解答（1）b，點B的橫坐標為2c（2）由，設E過點E作EHx軸于H由于OB2OC，當AE/BC時，AH2EH所以因此所以當C、D、E三點在同一直線上時，所以整理，得2c23c20解得c2或（舍去）所以拋物線的解析式為（3）當P在BC下方時，過點P作x軸的垂線交BC于F直線BC的解析式為設，那么，所以SPBCSPBFSPCF因此當P在BC下方時，PBC的最大值為4當P在BC上方時，因為SABC5，所以SPBC5綜上所述，0S5若PBC的面積S為正整數(shù)，則這樣的PBC共有11個考點伸展點P沿拋物線從A經(jīng)過C到達B的過程中，PBC的面積為

37、整數(shù)，依次為（5），4，3，2，1，（0），1，2，3，4，3，2，1，（0）當P在BC下方，S4時，點P在BC的中點的正下方，F(xiàn)是BC的中點28.滿分解答（1）AOB繞著原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，點A、B的坐標分別為(1, 0) 、(0, 2)因為拋物線與x軸交于A(1, 0)、B(2, 0)，設解析式為ya(x1)(x2)，代入B(0, 2)，得a1所以該拋物線的解析式為y(x1)(x2) x2x2（2）SABO1如果S四邊形PBAB4 SABO4，那么S四邊形PBOB3 SABO3如圖2，作PDOB，垂足為D設點P的坐標為 (x，x2x2)所以解方程x22x23，得x1x21所以

38、點P的坐標為(1，2)圖2 圖3 圖4（3）如圖3，四邊形PBAB是等腰梯形，它的性質(zhì)有：等腰梯形的對角線相等；等腰梯形同以底上的兩個內(nèi)角相等；等腰梯形是軸對稱圖形，對稱軸是經(jīng)過兩底中點的直線考點伸展第（2）題求四邊形PBOB的面積，也可以如圖4那樣分割圖形，這樣運算過程更簡單所以甚至我們可以更大膽地根據(jù)拋物線的對稱性直接得到點P：作AOB關于拋物線的對稱軸對稱的BOE，那么點E的坐標為(1，2)而矩形EBOD與AOB、BOP是等底等高的，所以四邊形EBAB的面積是ABO面積的4倍因此點E就是要探求的點P29.滿分解答（1）設直線與y軸交于點E，那么A(2,0)，B(4,3)，E(0,1)在R

39、tAEO中，OA2，OE1，所以所以因為PC/EO，所以ACPAEO因此將A(2,0)、B(4,3)分別代入yax2bx3，得解得，（2）由，得所以 圖2所以PD的最大值為（3）當SPCDSPCB910時，；當SPCDSPCB109時，考點伸展第（3）題的思路是：PCD與PCB是同底邊PC的兩個三角形，面積比等于對應高DN與BM的比而，BM4m當SPCDSPCB910時，解得當SPCDSPCB109時，解得30.滿分解答（1）因為點B(2，1)在雙曲線上，所以m2設直線l的解析式為，代入點A(1，0)和點B(2，1)，得 解得 所以直線l的解析式為（2）由點(p1)的坐標可知，點P在直線上x軸

40、的上方如圖2，當y2時，點P的坐標為(3，2)此時點M的坐標為(1，2)，點N的坐標為(1，2)由P(3，2)、M(1，2)、B(2，1)三點的位置關系，可知PMB為等腰直角三角形由P(3，2)、N(1，2)、A(1，0)三點的位置關系，可知PNA為等腰直角三角形所以PMBPNA圖2 圖3 圖4（3）AMN和AMP是兩個同高的三角形，底邊MN和MP在同一條直線上當SAMN4SAMP時，MN4MP如圖3，當M在NP上時，xMxN4(xPxM)因此解得或（此時點P在x軸下方，舍去）此時如圖4，當M在NP的延長線上時，xMxN4(xMxP)因此解得或（此時點P在x軸下方，舍去）此時考點伸展在本題情景

41、下，AMN能否成為直角三角形？情形一，如圖5，AMN90°，此時點M的坐標為（1，2），點P的坐標為（3，2）情形二，如圖6，MAN90°，此時斜邊MN上的中線等于斜邊的一半不存在ANM90°的情況圖5 圖631.滿分解答(1)如圖2，當E在OA上時，由可知，點E的坐標為(2b,0)，OE2b此時SSODE如圖3，當E在AB上時，把y1代入可知，點D的坐標為(2b2,1)，CD2b2，BD52b把x3代入可知，點E的坐標為，AE，BE此時SS矩形OABCSOAE SBDE SOCD (2)如圖4，因為四邊形O1A1B1C1與矩形OABC關于直線DE對稱，因此DMD

42、N，那么重疊部分是鄰邊相等的平行四邊形，即四邊形DMEN是菱形作DHOA，垂足為H由于CD2b2，OE2b，所以EH2設菱形DMEN的邊長為m在RtDEH中，DH1，NH2m，DNm，所以12(2m)2m2解得所以重疊部分菱形DMEN的面積為 圖2 圖3 圖4考點伸展把本題中的矩形OABC繞著它的對稱中心旋轉(zhuǎn)，如果重疊部分的形狀是菱形（如圖5），那么這個菱形的最小面積為1，如圖6所示；最大面積為，如圖7所示 圖5 圖6 圖732.滿分解答（1）將點A(3,0)代入yax22ax4，得15a40解得所以拋物線的解析式為拋物線的對稱軸為直線x1（2）由，得B(5, 0)，C(0,4)由A(3,0)

43、、B(5, 0)、C(0,4)，得 AB8，AC5當ADAC5時，D的半徑DB3由D(2, 0)、C(0,4)，得DC因此當D與C外切時，C的半徑為（如圖2所示）（3）如圖3，因為ADAC，所以ACDADC如果線段MN被直線CD垂直平分，那么ADCNDC這時ACDNDC所以DN/AC于是圖2 圖3考點伸展解第（3）題畫示意圖的時候，容易誤入歧途，以為M就是點O這是為什么呢？我們反過來計算：當DN/AC，時，因此DMDN而DO2，你看M、O相距是多么的近啊放大還原事實的真相，如圖4所示圖433.滿分解答（1）如圖2，作AEBC，垂足為E，那么E是BC的中點在RtOAE中，OA5，sinO，所以AE3在RtBAE中，ABAD5x，AE3，BE，由勾股定理，得整理，得定義域是0x2圖2 圖3（2）如圖3，將A沿直線OB翻折后得到A，AA2AE6作AHOA，垂足為H在RtAAH中