二次函數(shù)壓軸題訓(xùn)練題答案

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

2、此時(shí)Q(1,4)圖4 圖52. （1）將M(2, 2)代入，得解得m4（2）當(dāng)m4時(shí)，所以C(4, 0)，E(0, 2)所以SBCE（3）如圖2，拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x1，當(dāng)H落在線(xiàn)段EC上時(shí)，BHEH最小設(shè)對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交點(diǎn)為P，那么因此解得所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為（4）如圖3，過(guò)點(diǎn)B作EC的平行線(xiàn)交拋物線(xiàn)于F，過(guò)點(diǎn)F作FFx軸于F由于BCEFBC，所以當(dāng)，即時(shí)，BCEFBC設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)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(wú)解圖2 圖3 圖4如圖4，作CBF45°交拋物線(xiàn)于F，過(guò)點(diǎn)F作FFx軸于F，由于EBCCBF，所以，即時(shí)，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(mǎn)分解答（1）拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)，解析式為，頂點(diǎn)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(dāng)S=36時(shí)， 解得 此時(shí)點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（6，3）（3）設(shè)直線(xiàn)AB與PQ交于點(diǎn)G，直線(xiàn)AB與拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸交于點(diǎn)E，直線(xiàn)PQ與x軸交于點(diǎn)F，那么要探求相似的GAF與GQE，有一個(gè)公共角G在GEQ中，GEQ是直線(xiàn)AB與拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸的夾角，為定值在GAF中，GAF是直線(xiàn)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(shí)GAFGQEPQD由于，

4、所以解得 圖3 圖44.滿(mǎn)分解答 （1）因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于A(4，0)、B（1，0)兩點(diǎn)，設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為，代入點(diǎn)C的 坐標(biāo)（0，2），解得所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，1x4，如果，那么解得不合題意如果，那么解得此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，1）如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A的右側(cè)時(shí)，x4，解方程，得此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為解方程，得不合題意如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，x1，解方程，得此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為解方程，得此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，不合題意綜上所述，符合條件的 點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，1）或或 圖2 圖3 圖4（3）如圖5，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線(xiàn)交AC于E直線(xiàn)AC的解析式為設(shè)點(diǎn)D的橫坐

5、標(biāo)為m，那么點(diǎn)D的坐標(biāo)為，點(diǎn)E的坐標(biāo)為所以因此當(dāng)時(shí)，DCA的面積最大，此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1） 圖5 圖65.滿(mǎn)分解答（1）已知拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)為(0,0)，所以yax2所以b0，c0將代入yax2，得解得（舍去了負(fù)值）（2）拋物線(xiàn)的解析式為，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，P始終與x軸相交（3）如圖2，設(shè)MN的中點(diǎn)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(dāng)AMAN時(shí)，點(diǎn)P為原點(diǎn)O重合，此時(shí)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為0圖2 圖3如圖4，當(dāng)MAMN時(shí)，在

6、RtAOM中，OA2，AM4，所以O(shè)M2此時(shí)xOH2所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為如圖5，當(dāng)NANM時(shí)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為也為圖4 圖56.滿(mǎn)分解答（1）因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于A(1,0)、B(3, 0)兩點(diǎn)，設(shè)ya(x1)(x3)，代入點(diǎn)C(0 ,3)，得3a3解得a1所以?huà)佄锞€(xiàn)的函數(shù)關(guān)系式是y(x1)(x3)x22x3（2）如圖2，拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x1當(dāng)點(diǎn)P落在線(xiàn)段BC上時(shí)，PAPC最小，PAC的周長(zhǎng)最小設(shè)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交點(diǎn)為H由，BOCO，得PHBH2所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1, 2)圖2（3）點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1, 1)、(1,)、(1,)或(1,0)考點(diǎn)伸展第（3）題的解題過(guò)程是這樣的：設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)

7、為(1,m)在MAC中，AC210，MC21(m3)2，MA24m2如圖3，當(dāng)MAMC時(shí)，MA2MC2解方程4m21(m3)2，得m1此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1, 1)如圖4，當(dāng)AMAC時(shí)，AM2AC2解方程4m210，得此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,)或(1,)如圖5，當(dāng)CMCA時(shí)，CM2CA2解方程1(m3)210，得m0或6當(dāng)M(1, 6)時(shí)，M、A、C三點(diǎn)共線(xiàn)，所以此時(shí)符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,0)圖3 圖4 圖57.滿(mǎn)分解答（1）如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BCy軸，垂足為C在RtOBC中，BOC30°，OB4，所以BC2，所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2）因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于O、A(4, 0)，設(shè)拋物線(xiàn)的解

8、析式為yax(x4)，代入點(diǎn)B，解得所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（3）拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x2，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2, y)當(dāng)OPOB4時(shí)，OP216所以4+y216解得當(dāng)P在時(shí)，B、O、P三點(diǎn)共線(xiàn)（如圖2）當(dāng)BPBO4時(shí)，BP216所以解得當(dāng)PBPO時(shí)，PB2PO2所以解得綜合、，點(diǎn)P的坐標(biāo)為，如圖2所示圖2 圖38.滿(mǎn)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(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)xm所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2m,3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x, a(x

9、m)(x3m)如圖2，過(guò)點(diǎn)D、E分別作x軸的垂線(xiàn)，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(dāng)x4m時(shí)，ya(xm)(x3m)5am25所以點(diǎn)E的坐標(biāo)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(diǎn)E、D、F到x軸的距離分別為5、4、3那么過(guò)點(diǎn)F作AD的平行線(xiàn)與x軸的負(fù)半軸的交點(diǎn)，就是符合條件的點(diǎn)G證明如下：作FFx軸于F，那么因此所以線(xiàn)段GF、AD、AE的長(zhǎng)圍成一個(gè)直角三角形此時(shí)GF4m所以GO3m，點(diǎn)G的坐標(biāo)為(3m, 0)考點(diǎn)伸展第（3）題中的點(diǎn)G的另一種情況，就是GF為直角三角形的斜邊此時(shí)因此所

10、以此時(shí) 9.滿(mǎn)分解答（1）由，得A(2,0)，B(8,0)，C(0,4)（2）直線(xiàn)DB的解析式為由點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m, 0)，可得，所以MQ當(dāng)MQDC8時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形解方程，得m4，或m0（舍去）此時(shí)點(diǎn)P是OB的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，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(gè)符合題意的點(diǎn)Q，分別是(2,0)，(6,4)考點(diǎn)伸展第（3）題可以這樣解：設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為如圖3，當(dāng)DBQ90°時(shí)， 所以解得x6此時(shí)Q(6,4)如圖4，當(dāng)BDQ90°時(shí)， 所以解得x2此時(shí)Q(2,0)圖3 圖410.

11、滿(mǎn)分解答（1）由，得拋物線(xiàn)與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(4, 0)、B(2, 0)對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x1（2）ACD與ACB有公共的底邊AC，當(dāng)ACD的面積等于ACB的面積時(shí)，點(diǎn)B、D到直線(xiàn)AC的距離相等過(guò)點(diǎn)B作AC的平行線(xiàn)交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)D，在AC的另一側(cè)有對(duì)應(yīng)的點(diǎn)D設(shè)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交點(diǎn)為G，與AC交于點(diǎn)H由BD/AC，得DBGCAO所以所以，點(diǎn)D的坐標(biāo)為因?yàn)锳C/BD，AGBG，所以HGDG而DHDH，所以DG3DG所以D的坐標(biāo)為圖2 圖3（3）過(guò)點(diǎn)A、B分別作x軸的垂線(xiàn)，這兩條垂線(xiàn)與直線(xiàn)l總是有交點(diǎn)的，即2個(gè)點(diǎn)M以AB為直徑的G如果與直線(xiàn)l相交，那么就有2個(gè)點(diǎn)M；如果圓與直線(xiàn)l相切，就只有

12、1個(gè)點(diǎn)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(diǎn)M1的坐標(biāo)為(4, 6)，過(guò)M1、E的直線(xiàn)l為根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，直線(xiàn)l還可以是考點(diǎn)伸展第（3）題中的直線(xiàn)l恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，因此可以過(guò)點(diǎn)C、E求直線(xiàn)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(xiàn)CM過(guò)點(diǎn)C11.滿(mǎn)分解答（1）因?yàn)榉幢壤瘮?shù)的圖象過(guò)點(diǎn)A(1,k)，所以反比例函數(shù)的解析式是當(dāng)k2時(shí)，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(dāng)k0時(shí)，拋物線(xiàn)的開(kāi)口向下，在對(duì)稱(chēng)

13、軸左側(cè)，y隨x增大而增大拋物線(xiàn)yk(x2x1)的對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn) 圖1所以當(dāng)k0且時(shí)，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(xiàn)的頂點(diǎn)Q的坐標(biāo)是，A、B關(guān)于原點(diǎn)O中心對(duì)稱(chēng)，當(dāng)OQOAOB時(shí)，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(diǎn)伸展如圖4，已知經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的兩條直線(xiàn)AB與CD分別與雙曲線(xiàn)（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(wèn)平行四邊形ABCD能否成為矩形？能否成為正方形？如圖5，當(dāng)A、C關(guān)于直線(xiàn)yx對(duì)稱(chēng)時(shí)，AB與CD互相平分且相等，四邊形ABCD是矩形因?yàn)锳、C可以無(wú)限接近坐標(biāo)系但是不能落在坐

14、標(biāo)軸上，所以O(shè)A與OC無(wú)法垂直，因此四邊形ABCD不能成為正方形圖4 圖512.滿(mǎn)分解答(1) 因?yàn)閽佄锞€(xiàn)經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，所以 解得，（舍去）因此所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，4）(2) 如圖4，設(shè)OP的長(zhǎng)為t，那么PE2t，EC2t，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3t, 2t)當(dāng)點(diǎn)C落在拋物線(xiàn)上時(shí)，解得如圖1，當(dāng)兩條斜邊PD與QM在同一條直線(xiàn)上時(shí)，點(diǎn)P、Q重合此時(shí)3t10解得如圖2，當(dāng)兩條直角邊PC與MN在同一條直線(xiàn)上，PQN是等腰直角三角形，PQPE此時(shí)解得如圖3，當(dāng)兩條直角邊DC與QN在同一條直線(xiàn)上，PQC是等腰直角三角形，PQPD此時(shí)解得 圖1 圖2 圖3考點(diǎn)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(dāng)P、Q重合時(shí)，兩圓內(nèi)切，如圖6，當(dāng)兩圓外切時(shí)， 圖4 圖5 圖613.滿(mǎn)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(xiàn)l的函數(shù)表達(dá)式為yaxa（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)E作x軸的垂線(xiàn)交AD于F設(shè)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(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，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(duì)角線(xiàn)APQD由xDxAxPxQ，得xQ4當(dāng)x4時(shí)，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(shí)P如圖3，如果AD為矩形的對(duì)角線(xiàn)，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(shí)P圖1 圖2 圖3考點(diǎn)伸展第（3）題也可以這樣解設(shè)P(1,n)如圖2，當(dāng)AD時(shí)矩形的邊時(shí)，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(dāng)AD為矩形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，先求得Q(2,3a)由AQD90°，得，即解得14.滿(mǎn)分解答（1）將A(3,0)、B(0, 3)分別代入yx2bxc，得 解得b2，c3所以?huà)佄锞€(xiàn)C的表達(dá)式為yx22x3（2）由yx22x3(x1)24，得頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,4)（3）拋物線(xiàn)在平移過(guò)程中，MN與MN保持平行，當(dāng)MNMN4時(shí)，以點(diǎn)M、N、M、N為頂點(diǎn)的四邊形就是平行四邊形因?yàn)槠叫兴倪呅蔚拿娣e為16，所以MN邊對(duì)應(yīng)的高NN4那么以點(diǎn)M、N、M、N為頂點(diǎn)的平行四邊形有4種情況：拋物線(xiàn)C直接向右平移4個(gè)單位得到平行四邊形MNNM（如圖2）；拋物線(xiàn)C直接向左平

18、移4個(gè)單位得到平行四邊形MNNM（如圖2）；拋物線(xiàn)C先向右平移4個(gè)單位，再向下平移8個(gè)單位得到平行四邊形MNMN（如圖3）；拋物線(xiàn)C先向左平移4個(gè)單位，再向下平移8個(gè)單位得到平行四邊形MNMN（如圖3）圖2 圖3考點(diǎn)伸展本題的拋物線(xiàn)C向右平移m個(gè)單位，兩條拋物線(xiàn)的交點(diǎn)為D，那么MMD的面積S關(guān)于m有怎樣的函數(shù)關(guān)系？如圖4，MMD是等腰三角形，由M(1,4)、M(1m, 4)，可得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為將代入y(x1)24，得所以DH所以S15.滿(mǎn)分解答（1）將A(0, 1)、B(4, 3)分別代入yx2bxc，得 解得，c1所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式是 圖4（2）在RtBOC中，OC4，BC3，所以O(shè)B5如圖

19、2，過(guò)點(diǎn)A作AHOB，垂足為H在RtAOH中，OA1，所以 所以， 圖2在RtABH中，（3）直線(xiàn)AB的解析式為設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，點(diǎn)N的坐標(biāo)為，那么當(dāng)四邊形MNCB是平行四邊形時(shí)，MNBC3解方程x24x3，得x1或x3因?yàn)閤3在對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè)（如圖4），所以符合題意的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（如圖3）圖3 圖4考點(diǎn)伸展第（3）題如果改為：點(diǎn)M是拋物線(xiàn)上的一個(gè)點(diǎn)，直線(xiàn)MN平行于y軸交直線(xiàn)AB于N，如果M、N、B、C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)那么求點(diǎn)M的坐標(biāo)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(diǎn)M有4個(gè)：， 圖516.滿(mǎn)分解答（

20、1）QB82t，PD（2）如圖3，作ABC的平分線(xiàn)交CA于P，過(guò)點(diǎn)P作PQ/AB交BC于Q，那么四邊形PDBQ是菱形過(guò)點(diǎn)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(dāng)PQ/AB時(shí)，即解得所以點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為（3）以C為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系如圖4，當(dāng)t0時(shí)，PQ的中點(diǎn)就是AC的中點(diǎn)E(3，0)如圖5，當(dāng)t4時(shí)，PQ的中點(diǎn)就是PB的中點(diǎn)F(1，4)直線(xiàn)EF的解析式是y2x6如圖6，PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)可以表示為（，t）經(jīng)驗(yàn)證，點(diǎn)M（，t）在直線(xiàn)EF上所以PQ的中點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)就是線(xiàn)段EF的長(zhǎng)，EF圖4 圖5 圖6考點(diǎn)伸展第（3）題求點(diǎn)

21、M的運(yùn)動(dòng)路徑還有一種通用的方法是設(shè)二次函數(shù)：當(dāng)t2時(shí)，PQ的中點(diǎn)為(2，2)設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑的解析式為y2x617.滿(mǎn)分解答（1）A(1, 4)因?yàn)閽佄锞€(xiàn)的頂點(diǎn)為A，設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為ya(x1)24，代入點(diǎn)C(3, 0)，可得a1所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為y(x1)24x22x3（2）因?yàn)镻E/BC，所以因此所以點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為將代入拋物線(xiàn)的解析式，y(x1)24所以點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為于是得到因此所以當(dāng)t1時(shí)，ACG面積的最大值為1（3）或考點(diǎn)伸展第（3）題的解題思路是這樣的：因?yàn)镕E/QC，

22、FEQC，所以四邊形FECQ是平行四邊形再構(gòu)造點(diǎn)F關(guān)于PE軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)H，那么四邊形EHCQ也是平行四邊形再根據(jù)FQCQ列關(guān)于t的方程，檢驗(yàn)四邊形FECQ是否為菱形，根據(jù)EQCQ列關(guān)于t的方程，檢驗(yàn)四邊形EHCQ是否為菱形，如圖2，當(dāng)FQCQ時(shí)，F(xiàn)Q2CQ2，因此整理，得解得，（舍去）如圖3，當(dāng)EQCQ時(shí)，EQ2CQ2，因此整理，得所以，（舍去）圖2 圖318.滿(mǎn)分解答（1）當(dāng)x0時(shí)，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，3)，OA3如圖2，因?yàn)镸OMA，所以點(diǎn)M在OA的垂直平分線(xiàn)上，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為將代入，得x1所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為因此（2）因?yàn)閽佄锞€(xiàn)yx2bxc經(jīng)過(guò)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(shè)四邊形ABCD為菱形，過(guò)點(diǎn)A作AECD，垂足為E在RtADE中，設(shè)AE4m，DE3m，那么AD5m因此點(diǎn)C的坐標(biāo)可以表示為(4m，32m)將點(diǎn)C(4m，32m)代入，得解得或者m0（舍去）因此點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，2） 圖2 圖3考點(diǎn)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(diǎn)的四邊形是菱形”，那么還存在另一種情況：如圖4，點(diǎn)C的坐標(biāo)為圖4 19.滿(mǎn)分解答（1）拋物線(xiàn)c2的表達(dá)式為（2）拋物線(xiàn)c1：與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)為(1，0)、(1，0)，頂點(diǎn)為拋物線(xiàn)c2：與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)也為(1，0)、(1，0)，頂點(diǎn)為拋物線(xiàn)c1向左平移m個(gè)單位長(zhǎng)度后，頂點(diǎn)M的

24、坐標(biāo)為，與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)為、，AB2拋物線(xiàn)c2向右平移m個(gè)單位長(zhǎng)度后，頂點(diǎn)N的坐標(biāo)為，與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)為、所以AE(1m)(1m)2(1m)B、D是線(xiàn)段AE的三等分點(diǎn)，存在兩種情況：情形一，如圖2，B在D的左側(cè)，此時(shí)，AE6所以2(1m)6解得m2情形二，如圖3，B在D的右側(cè)，此時(shí)，AE3所以2(1m)3解得圖2 圖3 圖4如果以點(diǎn)A、N、E、M為頂點(diǎn)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(diǎn)伸展第（2）題，探求矩形ANEM，也可以用幾何說(shuō)理的方法：在等腰三角形ABM中，因?yàn)锳B2，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(dāng)四邊形ANEM是矩形時(shí)，B、D兩點(diǎn)重合因?yàn)槠鹗嘉恢脮r(shí)BD2，所以平移的距離m120.滿(mǎn)分解答（1）如圖1，因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于點(diǎn)A(1,0)和點(diǎn)B(3, 0)，設(shè)ya(x1)(x3)將點(diǎn)C(5, 6)代入ya(x1)(x3)，得12a6解得所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（2）由，得頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,2)由A(1,0)、C(5, 6)、D(1,2)，得CAO45°，DAO45°，AC，AD因此不論點(diǎn)E在點(diǎn)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(diǎn)E的坐標(biāo)為

26、，或（3）因?yàn)镃AD90°，因此直角梯形存在兩種情況如圖4，當(dāng)DF/AC時(shí)，由，得解得DF此時(shí)F、D兩點(diǎn)間的水平距離、豎直距離都是2，所以F(3,0)如圖5，當(dāng)CF/AD時(shí)，由，得解得CF此時(shí)F、C兩點(diǎn)間的水平距離、豎直距離都是，所以F圖4 圖5考點(diǎn)伸展如果第（3）題改為：點(diǎn)F在拋物線(xiàn)上，點(diǎn)F和點(diǎn)A、C、D構(gòu)成梯形，求點(diǎn)F的坐標(biāo)，那么就要分三種情況討論了如圖4，當(dāng)DF/AC時(shí)，點(diǎn)F就是點(diǎn)B(3, 0)如圖6，當(dāng)CF/AD時(shí)，F(xiàn)HCH設(shè)F，那么解得x±5此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(5,16)如圖7，當(dāng)AF/CD時(shí)， 所以解得x7此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(7,16)圖6 圖721.滿(mǎn)分解答（1）

27、直線(xiàn)yx2與x軸的夾角為45°，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2, 0)因?yàn)锳BD是等腰直角三角形，面積為18，所以直角邊長(zhǎng)為6因此OD4所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4, 6)（2）將A(2, 0)、B (4, 6)代入，得 解得b2，c6所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（3）由，得拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x2，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0, 6)如果AQCP，那么有兩種情況：如圖2，當(dāng)四邊形CAQP是平行四邊形時(shí)，AQ/CP，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2, 6)如圖3，當(dāng)四邊形CAQP是等腰梯形時(shí)，作AC的垂直平分線(xiàn)交x軸于點(diǎn)F，那么點(diǎn)P在FC上設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(x, 0)，根據(jù)FA2FC2列方程，得(x2)2x262解得x8所以O(shè)F8，HF6

28、因此此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為圖2 圖3考點(diǎn)伸展第（3）題等腰梯形CAQP時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)也可以這樣思考：過(guò)點(diǎn)P作PE/x軸交AC于E，那么PEPC直線(xiàn)AC的解析式為y3x6，設(shè)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(shí)第（3）題還有一個(gè)“一石二鳥(niǎo)”的方法：設(shè)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(dāng)n12時(shí)，P(2, 6)，對(duì)應(yīng)平行四邊形CAQP（如圖2）；當(dāng)時(shí)，P，對(duì)應(yīng)等腰梯形CAQP（如圖4）22.滿(mǎn)分解答（1）直線(xiàn)y3x3與x軸的

29、交點(diǎn)為A(1，0)，與y軸的交點(diǎn)為B(0,3)將A(1，0)、B(0,3)分別代入yax22xc，得 解得 所以?huà)佄锞€(xiàn)的表達(dá)式為yx22x3對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x1，頂點(diǎn)為(1,4)（2）如圖2，點(diǎn)B關(guān)于直線(xiàn)l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,3)因?yàn)镃D/AB，設(shè)直線(xiàn)CD的解析式為y3xb，代入點(diǎn)C(2,3)，可得b3所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，3）過(guò)點(diǎn)P作PHy軸，垂足為H，那么PDHDPE由，得而DH7，所以PH3因此點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，6）所以圖2 圖3考點(diǎn)伸展第（2）用幾何法求點(diǎn)D的坐標(biāo)更簡(jiǎn)便：因?yàn)镃D/AB，所以CDBABO因此所以BD3BC6，OD3因此D（0，3）23.滿(mǎn)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(guò)點(diǎn)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(xiàn)OC的解析式為，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，那么解方程，得，x2的幾何意義是P與C重合，此時(shí)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(shè)點(diǎn)A移動(dòng)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O(shè)K4HK因此所以所以于是因?yàn)?m1，所以當(dāng)時(shí)，S取得最大值，最大值為考

31、點(diǎn)伸展第（3）題也可以這樣來(lái)解：設(shè)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為a由直線(xiàn)AC：yx3，可得A(a, a3)由直線(xiàn)OC：，可得由直線(xiàn)OA：y2x及A(a, a3)，可得直線(xiàn)OA：y2x3a3，由直線(xiàn)OC和直線(xiàn)OA可求得交點(diǎn)E(2a2，a1)由E、F、G、H 4個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，可得24.滿(mǎn)分解答（1）設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為，代入A（2，0）、C(0，12) 兩點(diǎn)，得 解得 所以二次函數(shù)的解析式為，頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，4）（2）由，知點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，0）假設(shè)在等腰梯形OPBD，那么DPOB6設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，2x)由兩點(diǎn)間的距離公式，得解得或x2如圖3，當(dāng)x2時(shí)，四邊形ODPB是平行四邊形所以，當(dāng)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(，)時(shí)，

32、四邊形OPBD為等腰梯形圖3 圖4 圖5（3）設(shè)PMN與POB的高分別為PH、PG在RtPMH中，所以在RtPNH中，所以 如圖4，當(dāng)0t2時(shí)，重疊部分的面積等于PMN的面積此時(shí)如圖5，當(dāng)2t4時(shí)，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(shí)考點(diǎn)伸展第（2）題最好的解題策略就是拿起尺、規(guī)畫(huà)圖：方法一，按照對(duì)角線(xiàn)相等畫(huà)圓以P為圓心，OB長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓，與直線(xiàn)y2x有兩個(gè)交點(diǎn)，一個(gè)是等腰梯形的頂點(diǎn)，一個(gè)是平行四邊形的頂點(diǎn)方法二，按照對(duì)邊相等畫(huà)圓以B為圓心，OP長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓，與直線(xiàn)y2x有兩個(gè)交點(diǎn)，一個(gè)是等腰梯形的頂點(diǎn)，一個(gè)是平行四邊形的頂點(diǎn)25.滿(mǎn)分解答（1）拋物線(xiàn)的解析式為（

33、2）小明的判斷正確，對(duì)于任意一點(diǎn)P，PDPF2說(shuō)理如下：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，那么PFyFyP而FD2，所以FD因此PDPF2為定值（3）“好點(diǎn)”共有11個(gè)在PDE中，DE為定值，因此周長(zhǎng)的最小值取決于FDPE的最小值而PDPE(PF2)PE(PFPE)2，因此當(dāng)P、E、F三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PDE的周長(zhǎng)最?。ㄈ鐖D2）此時(shí)EFx軸，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為4所以PDE周長(zhǎng)最小時(shí)，“好點(diǎn)”P(pán)的坐標(biāo)為(4, 6)圖2 圖3考點(diǎn)伸展第（3）題的11個(gè)“好點(diǎn)”是這樣求的：如圖3，聯(lián)結(jié)OP，那么SPDESPODSPOESDOE因?yàn)镾POD，SPOE，SDOE12，所以SPDE因此S是x的二次函數(shù)，拋物線(xiàn)的開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)

34、x6如圖4，當(dāng)8x0時(shí)，4S13所以面積的值為整數(shù)的個(gè)數(shù)為10當(dāng)S12時(shí)，方程的兩個(gè)解8, 4都在8x0范圍內(nèi)所以“使PDE的面積為整數(shù)” 的 “好點(diǎn)”P(pán)共有11個(gè)圖426.滿(mǎn)分解答（1）因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于A(2, 0)、B(4, 0)兩點(diǎn)，所以ya(x2)(x4)所以8a3解得所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)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?yàn)?t2，所以當(dāng)t1時(shí)，PBQ的面積最大，最大面積是。（3）當(dāng)PBQ的面積最大時(shí)，t1，此時(shí)P是AB的中點(diǎn)，P(1, 0)，BQ1。如圖3，因?yàn)镻

35、BC與PBQ是同高三角形，SPBCSPBQBCBQ51。當(dāng)SCBKSPBQ52時(shí)，SPBCSCBK21。因?yàn)镻BC與CBK是同底三角形，所以對(duì)應(yīng)高的比為21。如圖4，過(guò)x軸上的點(diǎn)D畫(huà)CB的平行線(xiàn)交拋物線(xiàn)于K，那么PBDB21。因?yàn)辄c(diǎn)K在BC的下方，所以點(diǎn)D在點(diǎn)B的右側(cè)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為過(guò)點(diǎn)K作KEx軸于E設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為由，得整理，得x24x30解得x1，或x3所以點(diǎn)K的坐標(biāo)為或圖2 圖3 圖4考點(diǎn)伸展第（3）題也可以這樣思考：由SCBKSPBQ52，SPBQ，得SCBK如圖5，過(guò)點(diǎn)K作x軸的垂線(xiàn)交BC于F設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為由于點(diǎn)F在直線(xiàn)BC：上所以點(diǎn)F的坐標(biāo)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(mǎn)分解答（1）b，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為2c（2）由，設(shè)E過(guò)點(diǎn)E作EHx軸于H由于OB2OC，當(dāng)AE/BC時(shí)，AH2EH所以因此所以當(dāng)C、D、E三點(diǎn)在同一直線(xiàn)上時(shí)，所以整理，得2c23c20解得c2或（舍去）所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為（3）當(dāng)P在BC下方時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線(xiàn)交BC于F直線(xiàn)BC的解析式為設(shè)，那么，所以SPBCSPBFSPCF因此當(dāng)P在BC下方時(shí)，PBC的最大值為4當(dāng)P在BC上方時(shí)，因?yàn)镾ABC5，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(gè)考點(diǎn)伸展點(diǎn)P沿拋物線(xiàn)從A經(jīng)過(guò)C到達(dá)B的過(guò)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(dāng)P在BC下方，S4時(shí)，點(diǎn)P在BC的中點(diǎn)的正下方，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)28.滿(mǎn)分解答（1）AOB繞著原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(1, 0) 、(0, 2)因?yàn)閽佄锞€(xiàn)與x軸交于A(1, 0)、B(2, 0)，設(shè)解析式為ya(x1)(x2)，代入B(0, 2)，得a1所以該拋物線(xiàn)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(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 (x，x2x2)所以解方程x22x23，得x1x21所以

38、點(diǎn)P的坐標(biāo)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(duì)角線(xiàn)相等；等腰梯形同以底上的兩個(gè)內(nèi)角相等；等腰梯形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸是經(jīng)過(guò)兩底中點(diǎn)的直線(xiàn)考點(diǎn)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(yùn)算過(guò)程更簡(jiǎn)單所以甚至我們可以更大膽地根據(jù)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性直接得到點(diǎn)P：作AOB關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)的BOE，那么點(diǎn)E的坐標(biāo)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(diǎn)E就是要探求的點(diǎn)P29.滿(mǎn)分解答（1）設(shè)直線(xiàn)與y軸交于點(diǎn)E，那么A(2,0)，B(4,3)，E(0,1)在R

39、tAEO中，OA2，OE1，所以所以因?yàn)镻C/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(dāng)SPCDSPCB910時(shí)，；當(dāng)SPCDSPCB109時(shí)，考點(diǎn)伸展第（3）題的思路是：PCD與PCB是同底邊PC的兩個(gè)三角形，面積比等于對(duì)應(yīng)高DN與BM的比而，BM4m當(dāng)SPCDSPCB910時(shí)，解得當(dāng)SPCDSPCB109時(shí)，解得30.滿(mǎn)分解答（1）因?yàn)辄c(diǎn)B(2，1)在雙曲線(xiàn)上，所以m2設(shè)直線(xiàn)l的解析式為，代入點(diǎn)A(1，0)和點(diǎn)B(2，1)，得 解得 所以直線(xiàn)l的解析式為（2）由點(diǎn)(p1)的坐標(biāo)可知，點(diǎn)P在直線(xiàn)上x(chóng)軸

40、的上方如圖2，當(dāng)y2時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3，2)此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1，2)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(1，2)由P(3，2)、M(1，2)、B(2，1)三點(diǎn)的位置關(guān)系，可知PMB為等腰直角三角形由P(3，2)、N(1，2)、A(1，0)三點(diǎn)的位置關(guān)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(gè)同高的三角形，底邊MN和MP在同一條直線(xiàn)上當(dāng)SAMN4SAMP時(shí)，MN4MP如圖3，當(dāng)M在NP上時(shí)，xMxN4(xPxM)因此解得或（此時(shí)點(diǎn)P在x軸下方，舍去）此時(shí)如圖4，當(dāng)M在NP的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，xMxN4(xMxP)因此解得或（此時(shí)點(diǎn)P在x軸下方，舍去）此時(shí)考點(diǎn)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(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，2），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，2）情形二，如圖6，MAN90°，此時(shí)斜邊MN上的中線(xiàn)等于斜邊的一半不存在ANM90°的情況圖5 圖631.滿(mǎn)分解答(1)如圖2，當(dāng)E在OA上時(shí)，由可知，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2b,0)，OE2b此時(shí)SSODE如圖3，當(dāng)E在AB上時(shí)，把y1代入可知，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2b2,1)，CD2b2，BD52b把x3代入可知，點(diǎn)E的坐標(biāo)為，AE，BE此時(shí)SS矩形OABCSOAE SBDE SOCD (2)如圖4，因?yàn)樗倪呅蜲1A1B1C1與矩形OABC關(guān)于直線(xiàn)DE對(duì)稱(chēng)，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(shè)菱形DMEN的邊長(zhǎng)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(diǎn)伸展把本題中的矩形OABC繞著它的對(duì)稱(chēng)中心旋轉(zhuǎn)，如果重疊部分的形狀是菱形（如圖5），那么這個(gè)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(mǎn)分解答（1）將點(diǎn)A(3,0)代入yax22ax4，得15a40解得所以?huà)佄锞€(xiàn)的解析式為拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)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(dāng)ADAC5時(shí)，D的半徑DB3由D(2, 0)、C(0,4)，得DC因此當(dāng)D與C外切時(shí)，C的半徑為（如圖2所示）（3）如圖3，因?yàn)锳DAC，所以ACDADC如果線(xiàn)段MN被直線(xiàn)CD垂直平分，那么ADCNDC這時(shí)ACDNDC所以DN/AC于是圖2 圖3考點(diǎn)伸展解第（3）題畫(huà)示意圖的時(shí)候，容易誤入歧途，以為M就是點(diǎn)O這是為什么呢？我們反過(guò)來(lái)計(jì)算：當(dāng)DN/AC，時(shí)，因此DMDN而DO2，你看M、O相距是多么的近啊放大還原事實(shí)的真相，如圖4所示圖433.滿(mǎn)分解答（1）如圖2，作AEBC，垂足為E，那么E是BC的中點(diǎn)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(xiàn)OB翻折后得到A，AA2AE6作AHOA，垂足為H在RtAAH中