2014年中考數(shù)學(xué)試題分類匯編解析 綜合性問題

1、綜合性問題一、選擇題1. (2014年山東東營,第10題3分)如圖，四邊形ABCD為菱形，AB=BD，點B、C、D、G四個點在同一個圓O上，連接BG并延長交AD于點F，連接DG并延長交AB于點E，BD與CG交于點H，連接FH，下列結(jié)論：AE=DF；FHAB；DGHBGE；當(dāng)CG為O的直徑時，DF=AF中其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A1B2C3D4考點：圓的綜合題菁優(yōu)網(wǎng)分析：由四邊形ABCD是菱形，AB=BD，得出ABD和BCD是等邊三角形，再由B、C、D、G四個點在同一個圓上，得出ADE=DBF，由ADEDBF，得出AE=DF，利用內(nèi)錯角相等FBA=HFB，求證FHAB，利用DGH=EGB和EDB

2、=FBA，求證DGHBGE，利用CG為O的直徑及B、C、D、G四個點共圓，求出ABF=120°90°=30°，在RTAFB中求出AF=AB在RTDFB中求出FD=BD，再求得DF=AF解答：解：四邊形ABCD是菱形，AB=BC=DC=AD，又AB=BD，ABD和BCD是等邊三角形，A=ABD=DBC=BCD=CDB=BDA=60°，又B、C、D、G四個點在同一個圓上，DCH=DBF，GDH=BCH，ADE=ADBGDH=60°EDB，DCH=BCDBCH=60°BCH，ADE=DCH，ADE=DBF，在ADE和DBF中，ADEDBF（

3、ASA）AE=DF故正確，由中證得ADE=DBF，EDB=FBA，B、C、D、G四個點在同一個圓上，BDC=60°，DBC=60°，BGC=BDC=60°，DGC=DBC=60°，BGE=180°BGCDGC=180°60°60°=60°，F(xiàn)GD=60°，F(xiàn)GH=120°，又ADB=60°，F(xiàn)、G、H、D四個點在同一個圓上，EDB=HFB，F(xiàn)BA=HFB，F(xiàn)HAB，故正確，B、C、D、G四個點在同一個圓上，DBC=60°，DGH=DBC=60°，EGB=6

4、0°，DGH=EGB，由中證得ADE=DBF，EDB=FBA，DGHBGE，故正確，如下圖CG為O的直徑，點B、C、D、G四個點在同一個圓O上，GBC=GDC=90°，ABF=120°90°=30°，A=60°，AFB=90°AF=AB，又DBF=60°30°=30°，ADB=60°，DFB=90°，F(xiàn)D=BD，AB=BD，DF=AF，故正確，故選：D點評：此題綜合考查了圓及菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，運用四點共圓找出相等的角是解題的關(guān)鍵解題時

5、注意各知識點的融會貫通2. （2014甘肅白銀、臨夏,第10題3分）如圖，邊長為1的正方形ABCD中，點E在CB延長線上，連接ED交AB于點F，AF=x（0.2x0.8），EC=y則在下面函數(shù)圖象中，大致能反映y與x之聞函數(shù)關(guān)系的是（）ABCD考點：動點問題的函數(shù)圖象分析：通過相似三角形EFBEDC的對應(yīng)邊成比例列出比例式=，從而得到y(tǒng)與x之間函數(shù)關(guān)系式，從而推知該函數(shù)圖象解答：解：根據(jù)題意知，BF=1x，BE=y1，且EFBEDC，則=，即=，所以y=（0.2x0.8），該函數(shù)圖象是位于第一象限的雙曲線的一部分A、D的圖象都是直線的一部分，B的圖象是拋物線的一部分，C的圖象是雙曲線的一部分故

6、選C點評：本題考查了動點問題的函數(shù)圖象解題時，注意自變量x的取值范圍3（2014甘肅蘭州,第15題4分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是邊長為4的正方形，平行于對角線BD的直線l從O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，運動到直線l與正方形沒有交點為止設(shè)直線l掃過正方形OBCD的面積為S，直線l運動的時間為t（秒），下列能反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（）ABCD考點：動點問題的函數(shù)圖象分析：根據(jù)三角形的面積即可求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式選擇圖象解答：解：當(dāng)0t4時，S=×t×t=t2，即S=t2該函數(shù)圖象是開口向上的拋物線的一部分故B、C錯

7、誤；當(dāng)4t8時，S=16×（t4）×（t4）=t2，即S=t2+4t+8該函數(shù)圖象是開口向下的拋物線的一部分故A錯誤故選：D點評：本題考查了動點問題的函數(shù)圖象本題以動態(tài)的形式考查了分類討論的思想，函數(shù)的知識和等腰直角三角形，具有很強(qiáng)的綜合性三、解答題1. （2014上海，第25題14分）如圖1，已知在平行四邊形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=，點P是邊BC上的動點，以CP為半徑的圓C與邊AD交于點E、F（點F在點E的右側(cè)），射線CE與射線BA交于點G（1）當(dāng)圓C經(jīng)過點A時，求CP的長；（2）聯(lián)結(jié)AP，當(dāng)APCG時，求弦EF的長；（3）當(dāng)AGE是等腰三角形時，求圓C

8、的半徑長考點：圓的綜合題分析：（1）當(dāng)點A在C上時，點E和點A重合，過點A作AHBC于H，直接利用勾股定理求出AC進(jìn)而得出答案；（2）首先得出四邊形APCE是菱形，進(jìn)而得出CM的長，進(jìn)而利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出CP以及EF的長；（3）當(dāng)AEG=B時，A、E、G重合，只能AGE=AEG，利用ADBC，得出GAEGBC，進(jìn)而求出即可解答：解：（1）如圖1，設(shè)O的半徑為r，當(dāng)點A在C上時，點E和點A重合，過點A作AHBC于H，BH=ABcosB=4，AH=3，CH=4，AC=5，此時CP=r=5；（2）如圖2，若APCE，APCE為平行四邊形，CE=CP，四邊形APCE是菱形，連接AC、EP，則AC

9、EP，AM=CM=，由（1）知，AB=AC，則ACB=B，CP=CE=，EF=2=；（3）如圖3：過點C作CNAD于點N，cosB=，B45°，BCG90°，BGC45°，AEG=BCGACB=B，當(dāng)AEG=B時，A、E、G重合，只能AGE=AEG，ADBC，GAEGBC，=，即=，解得：AE=3，EN=ANAE=1，CE=點評：此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理以及銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識，利用分類討論得出AGE是等腰三角形時只能AGE=AEG進(jìn)而求出是解題關(guān)鍵2. （2014四川巴中，第31題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2

10、+bx4與x軸交于點A（2，0）和點B，與y軸交于點C，直線x=1是該拋物線的對稱軸（1）求拋物線的解析式；（2）若兩動點M，H分別從點A，B以每秒1個單位長度的速度沿x軸同時出發(fā)相向而行，當(dāng)點M到達(dá)原點時，點H立刻掉頭并以每秒個單位長度的速度向點B方向移動，當(dāng)點M到達(dá)拋物線的對稱軸時，兩點停止運動，經(jīng)過點M的直線lx軸，交AC或BC于點P，設(shè)點M的運動時間為t秒（t0）求點M的運動時間t與APH的面積S的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）根據(jù)拋物線y=ax2+bx4與x軸交于點A（2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸，得到方程組，解方程組即可求出拋物線的解析式；（

11、2）由于點M到達(dá)拋物線的對稱軸時需要3秒，所以t3，又當(dāng)點M到達(dá)原點時需要2秒，且此時點H立刻掉頭，所以可分兩種情況進(jìn)行討論：當(dāng)0t2時，由AMPAOC，得出比例式，求出PM，AH，根據(jù)三角形的面積公式求出即可；當(dāng)2t3時，過點P作PMx軸于M，PFy軸于點F，表示出三角形APH的面積，利用配方法求出最值即可解答：（1）拋物線y=ax2+bx4與x軸交于點A（2，0），直線x=1是該拋物線的對稱軸，解得：，拋物線的解析式是：y=x2x4，（2）分兩種情況：當(dāng)0t2時，PMOC，AMPAOC，=，即=，PM=2t解方程x2x4=0，得x1=2，x2=4，A（2，0），B（4，0），AB=4（2）

12、=6AH=ABBH=6t，S=PMAH=×2t（6t）=t2+6t=（t3）2+9，當(dāng)t=2時S的最大值為8；當(dāng)2t3時，過點P作PMx軸于M，作PFy軸于點F，則COBCFP，又CO=OB，F(xiàn)P=FC=t2，PM=4（t2）=6t，AH=4+（t2）=t+1，S=PMAH=（6t）（t+1）=t2+4t+3=（t）2+，當(dāng)t=時，S最大值為綜上所述，點M的運動時間t與APQ面積S的函數(shù)關(guān)系式是S=，S的最大值為點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的最值等知識，綜合性較強(qiáng)，難度適中運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)

13、鍵3. （2014山東威海，第25題12分）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a0）經(jīng)過A（1，0），B（4，0），C（0，2）三點（1）求這條拋物線的解析式；（2）E為拋物線上一動點，是否存在點E使以A、B、E為頂點的三角形與COB相似？若存在，試求出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）若將直線BC平移，使其經(jīng)過點A，且與拋物線相交于點D，連接BD，試求出BDA的度數(shù)考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）本題需先根據(jù)已知條件，過C點，設(shè)出該拋物線的解析式為y=ax2+bx+2，再根據(jù)過A，B兩點，即可得出結(jié)果；（2）由圖象可知，以A、B為直角頂點的ABE不存在，所以ABE只可能是以點E為直

14、角頂點的三角形由相似關(guān)系求出點E的坐標(biāo)；（3）如圖2，連結(jié)AC，作DEx軸于點E，作BFAD于點F，由BCAD設(shè)BC的解析式為y=kx+b，設(shè)AD的解析式為y=kx+n，由待定系數(shù)法求出一次函數(shù)的解析式，就可以求出D坐標(biāo)，由勾股定理就可以求出BD的值，由勾股定理的逆定理就可以得出ACB=90°，由平行線的性質(zhì)就可以得出CAD=90°，就可以得出四邊形ACBF是矩形，就可以得出BF的值，由勾股定理求出DF的值，而得出DF=BF而得出結(jié)論解答：解：（1）該拋物線過點C（0，2），可設(shè)該拋物線的解析式為y=ax2+bx+2將A（1，0），B（4，0）代入，得 ，解得 ，拋物線的解

15、析式為：y=x2+x+2（2）存在由圖象可知，以A、B為直角頂點的ABE不存在，所以ABE只可能是以點E為直角頂點的三角形在RtBOC中，OC=2，OB=4，BC=在RtBOC中，設(shè)BC邊上的高為h，則×h=×2×4，h=BEACOB，設(shè)E點坐標(biāo)為（x，y），=，y=±2將y=2代入拋物線y=x2+x+2，得x1=0，x2=3當(dāng)y=2時，不合題意舍去E點坐標(biāo)為（0，2），（3，2）（3）如圖2，連結(jié)AC，作DEx軸于點E，作BFAD于點F，BED=BFD=AFB=90°設(shè)BC的解析式為y=kx+b，由圖象，得，yBC=x+2由BCAD，設(shè)AD的

16、解析式為y=x+n，由圖象，得0=×（1）+nn=，yAD=xx2+x+2=x，解得：x1=1，x2=5D（1，0）與A重合，舍去，D（5，3）DEx軸，DE=3，OE=5由勾股定理，得BD=A（1，0），B（4，0），C（0，2），OA=1，OB=4，OC=2AB=5在RtAOC中，RtBOC中，由勾股定理，得AC=，BC=2，AC2=5，BC2=20，AB2=25，AC2+BC2=AB2ACB是直角三角形，ACB=90°BCAD，CAF+ACB=180°，CAF=90°CAF=ACB=AFB=90°，四邊形ACBF是矩形，AC=BF=，在R

17、tBFD中，由勾股定理，得DF=，DF=BF，ADB=45°點評：本題考查了運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和一次函數(shù)的解析式的運用，相似三角形的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，矩形的判定及性質(zhì)的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，解答時求出函數(shù)的解析式是關(guān)鍵4. （2014山東棗莊，第25題10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=x22x3的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，連接BC，點D為拋物線的頂點，點P是第四象限的拋物線上的一個動點（不與點D重合）（1）求OBC的度數(shù)；（2）連接CD、BD、DP，延長DP交x軸正半軸于點E，且SOCE=S四邊形OCDB，求此時P點的坐標(biāo)

18、；（3）過點P作PFx軸交BC于點F，求線段PF長度的最大值考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）由拋物線已知，則可求三角形OBC的各個頂點，易知三角形形狀及內(nèi)角（2）因為拋物線已固定，則S四邊形OCDB固定，對于坐標(biāo)系中的不規(guī)則圖形常用分割求和、填補(bǔ)求差等方法求面積，本圖形過頂點作x軸的垂線及可將其分為直角梯形及直角三角形，面積易得由此可得E點坐標(biāo)，進(jìn)而可求ED直線方程，與拋物線解析式聯(lián)立求解即得P點坐標(biāo)（3）PF的長度即為yFyP由P、F的橫坐標(biāo)相同，則可直接利用解析式作差由所得函數(shù)為二次函數(shù)，則可用二次函數(shù)性質(zhì)討論最值，解法常規(guī)解答：解：（1）y=x22x3=（x3）（x+2），由題意得，A（

19、1，0），B（3，0），C（0，3），D（1，4）在RtOBC中，OC=OB=3，OBC為等腰直角三角形，OBC=45°（2）如圖1，過點D作DHx軸于H，此時S四邊形OCDB=S梯形OCDH+SHBD，OH=1，OC=3，HD=4，HB=2，S梯形OCDH=（OC+HD）OH=，SHBD=HDHB=4，S四邊形OCDB=SOCE=S四邊形OCDB=，OE=5，E（5，0）設(shè)lDE：y=kx+b，D（1，4），E（5，0），解得，lDE：y=x5DE交拋物線于P，設(shè)P（x，y），x22x3=x5，解得 x=2 或x=1（D點，舍去），xP=2，代入lDE：y=x5，P（2，3）（3）

20、如圖2，設(shè)lBC：y=kx+b，B（3，0），C（0，3），解得 ，lBC：y=x3F在BC上，yF=xF3，P在拋物線上，yP=xP22xP3，線段PF長度=yFyP=xF3（xP22xP3），xP=xF，線段PF長度=xP2+3xP=（xP）2+，（1xP3），當(dāng)xP=時，線段PF長度最大為點評：本題考查了拋物線圖象性質(zhì)、已知兩點求直線解析式、直角三角形性質(zhì)及二次函數(shù)最值等基礎(chǔ)知識點，題目難度適中，適合學(xué)生加強(qiáng)練習(xí)5. （2014山東濰坊，第22題12分）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD的中點，連接AE、BF，交點為G(1)求證：AEBF；(2)將BCF沿BF對折，得到B

21、PF（如圖2），延長FP交BA的延長線于點Q，求sinBQP的值；(3)將ABE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使邊AB正好落在AE上，得到AHM（如圖3），若AM和BF相交于點N，當(dāng)正方形ABCD的面積為4時，求四邊形GHMN的面積 考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；解直角三角形分析：（1）由四邊形ABCD是正方形，可得ABE=BCF=90°，AB=BC，又由BE=CF，即可證得ABEBCF,可得BAE=CBF，由ABF+CBF=900可得ABF+BAE=900，即AEBF；（2）由BCFBPF, 可得CF=PF,BC=BP,BFE=BFP，由CDAB得BF

22、C=ABF,從而QB=QF，設(shè)PF為x,則BP為2x,在RtQBF中可求 QB為x，即可求得答案；（3）由可求出AGN的面積，進(jìn)一步可求出四邊形GHMN的面積解答：(1)證明：E、F分別是正方形ABCD邊BC、CD的中點，CF=BE，RtABERtBCF BAE=CBF 又BAE+BEA=900，CBF+BEA=900，BGE=900， AEBF (2)根據(jù)題意得：FP=FC，PFB=BFC，F(xiàn)PB=900， CDAB, CFB=ABF，ABF=PFBQF=QB 令PF=k（k>O），則PB=2k，在RtBPQ中，設(shè)QB=x， x2=(xk)2+4k2, x=k，sinBQP=(3)由題

23、意得：BAE=EAM,又AEBF, AN=AB=2, AHM=900, GN/HM, 四邊形GHMN=SAHM SAGN=1一= 答：四邊形GHMN的面積是.點評：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)等知識此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，注意掌握旋轉(zhuǎn)前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用6. （2014山東濰坊，第24題13分）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（aO）與y軸交于點C(O，4)，與x軸交于點A和點B，其中點A的坐標(biāo)為（2,0），拋物線的對稱軸x=1與拋物線交于點D，與直線BC交于點E(1)求拋物線的解析式；(2)若點F是直線BC上方的拋

24、物線上的一個動點，是否存在點F使四邊形ABFC的面積為17，若存在，求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)平行于DE的一條動直線Z與直線BC相交于點P，與拋物線相交于點Q，若以D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的坐標(biāo)?？键c：二次函數(shù)綜合題分析：（1）把三點坐標(biāo)代入函數(shù)式，列式求得a，b，c的值，即求出解析式；（2）設(shè)存在點K，使得四邊形ABFC的面積為17，根據(jù)點K在拋物線y=x2+2x+3上設(shè)點K的坐標(biāo)為：（x，x2+2x+3），根據(jù)S四邊形ABKC=SAOC+S梯形ONKC+SBNK得到有關(guān)x的一元二次方程求出x即可.（3）將x=1代入拋物線解析式，求出y的值，確定出D

25、坐標(biāo)，將x=1代入直線BC解析式求出y的值，確定出E坐標(biāo)，求出DE長，將x=m代入拋物線解析式表示出F縱坐標(biāo)，將x=m代入直線BC解析式表示出P縱坐標(biāo)，兩縱坐標(biāo)相減表示出線段PQ，由DE與QP平行，要使四邊形PEDQ為平行四邊形，只需DE=PQ，列出關(guān)于m的方程，求出方程的解得到m的值，檢驗即可解：(1)由拋物線經(jīng)過點C(O，4)可得c=4, 對稱軸x= =1，b=2a， 又拋物線過點A（一2，O）0=4a2b+c， 由 解得：a=, b=1 ,c=4 所以拋物線的解析式是y=x+x+4(2)假設(shè)存在滿足條件的點F，如圖如示，連接BF、CF、OF過點F分別作FHx軸于H , FGy軸于G設(shè)點F

26、的坐標(biāo)為（t, t2+t+4），其中O<t<4， 則FH=t2 +t+4 FG=t, OBF=OB.FH=×4×（t2+4t+4）=一t2+2t+8 ,SOFC=OC.FC=×4×t=2tS四邊形ABFCSAOC+SOBF +SOFC=4t2+2t+8+2t=t2+4t+12令一t2+4t+12 =17，即t24t+5=0，則=(一4)24×5=一4<0,方程t2 4t+5=0無解，故不存在滿足條件的點F (3)設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b（kO），又過點B(4,0，), C(0,4)所以，解得：， 所以直線BC的解析式是

27、y=一x+4由y=x2+4x+4=一（x一1)2+，得D（1，），又點E在直線BC上，則點E(1，3)，于是DE=一3= .若以D.E.P.Q為頂點的四邊形是平行四邊形，因為DEPQ，只須DE=PQ,設(shè)點P的坐標(biāo)是（m，一m+4），則點Q的坐標(biāo)是（m，一t2+m+4）當(dāng)O<m<4時，PQ=（一t2+m+4）一（一m+4）=一m2+2m 由一m2+2m= ，解得：m=1或3當(dāng)m=1時，線段PQ與DE重合,m=1舍去,m=3，此時P1 (3,1) 當(dāng)m<o或m>4時，PQ=（一m+4）一（一m2+m+4)= m22m,由m22m=，解得m=2±，經(jīng)檢驗適合題意，此

28、時P2（2+，2一），P3（2一，2+）綜上所述，滿足條件的點P有三個，分別是P1 (3,1)，P2（2+，2 ），P3（2，2十）. 點評：此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，拋物線與坐標(biāo)軸的交點，平行四邊形的判定，以及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，熟練掌握待定系數(shù)法是解本題第二問的關(guān)鍵本題邏輯思維性強(qiáng)，需要耐心和細(xì)心，是道好題7. （2014山東煙臺，第26題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，RtABC的頂點A，C分別在y軸，x軸上，ACB=90°，OA=，拋物線y=ax2axa經(jīng)過點B（2，），與y軸交于點D（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）點

29、B關(guān)于直線AC的對稱點是否在拋物線上？請說明理由；（3）延長BA交拋物線于點E，連接ED，試說明EDAC的理由考點：二次函數(shù)綜合題.分析：（1）把點B的坐標(biāo)代入拋物線的表達(dá)式即可求得（2）通過AOCCFB求得OC的值，通過OCDFCB得出DC=CB，OCD=FCB，然后得出結(jié)論（3）設(shè)直線AB的表達(dá)式為y=kx+b，求得與拋物線的交點E的坐標(biāo)，然后通過解三角函數(shù)求得結(jié)果解答：（1）把點B的坐標(biāo)代入拋物線的表達(dá)式，得=a×222aa，解得a=，拋物線的表達(dá)式為y=x2x（2）連接CD，過點B作BFx軸于點F，則BCF+CBF=90°ACB=90°，ACO+BCF=9

30、0°，ACO=CBF，AOC=CFB=90°，AOCCFB，=，設(shè)OC=m，則CF=2m，則有=，解得m=m=1，OC=OF=1，當(dāng)x=0時y=，OD=，BF=OD，DOC=BFC=90°，OCDFCB，DC=CB，OCD=FCB，點B、C、D在同一直線上，點B與點D關(guān)于直線AC對稱，點B關(guān)于直線AC的對稱點在拋物線上（3）過點E作EGy軸于點G，設(shè)直線AB的表達(dá)式為y=kx+b，則，解得k=，y=x+，代入拋物線的表達(dá)式x+=x2x解得x=2或x=2，當(dāng)x=2時y=x+=×（2）+=，點E的坐標(biāo)為（2，），tanEDG=，EDG=30°tan

31、OAC=，OAC=30°，OAC=EDG，EDAC點評：本題考查了待定系數(shù)法求解析式，三角形相似的判定及性質(zhì)，以及對稱軸的性質(zhì)和解三角函數(shù)等知識的理解和掌握8. （2014山東濟(jì)南，第26題，9分）如圖1，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（，1），射線AB與反比例函數(shù)圖象交與另一點B（1，），射線AC與軸交于點C，軸，垂足為D（1）求的值；（2）求的值及直線AC的解析式；（3）如圖2，M是線段AC上方反比例函數(shù)圖象上一動點，過M作直線軸，與AC相交于N，連接CM，求面積的最大值 第26題圖1ABCDOxy第26題圖2ABCDOxyMNl【解析】（1）由反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（，1），得；（

32、2） 由反比例函數(shù)得點B的坐標(biāo)為（1，），于是有，AD=，則由可得CD=2，C點縱坐標(biāo)是-1，直線AC的截距是-1，而且過點A（，1）則直線解析式為（3）設(shè)點M的坐標(biāo)為，則點N的坐標(biāo)為，于是面積為，所以，當(dāng)時，面積取得最大值9（2014山東聊城，第25題，12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，AOB的三個頂點的坐標(biāo)分別是A（4，3），O（0，0），B（6，0）點M是OB邊上異于O，B的一動點，過點M作MNAB，點P是AB邊上的任意點，連接AM，PM，PN，BN設(shè)點M（x，0），PMN的面積為S（1）求出OA所在直線的解析式，并求出點M的坐標(biāo)為（1，0）時，點N的坐標(biāo)；（2）求出S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式

33、，寫出x的取值范圍，并求出S的最大值；（3）若S：SANB=2：3時，求出此時N點的坐標(biāo)考點：一次函數(shù)綜合題分析：（1）利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）作AGOB于G，NHOB于H，利用勾股定理先求得AG的長，然后根據(jù)三角形相似求得NH：AG=OM：OB，得出NH的長，因為MBN的面積=PMN的面積=S，即可求得S與x的關(guān)系式（3）因為AMB的面積=ANB的面積=SANB，NMB的面積=NMP的面積=S，所以NH；AG=2：3，因為ON：OA=NH：AG，OM：OB=ON：OA，所以O(shè)M：OB=ON：OA=2：3，進(jìn)而求得M點的坐標(biāo)，求得MN的解析式，然后求得直線MN與直線OA的交點即可解答

34、：解：（1）設(shè)直線OA的解析式為y=k1 x，A（4，3），3=4k1，解得k1=，OA所在的直線的解析式為：y=x，同理可求得直線AB的解析式為；y=x+9，MNAB，設(shè)直線MN的解析式為y=x+b，把M（1，0）代入得：b=，直線MN的解析式為y=x+，解，得，N（，）（2）如圖2，作NHOB于H，AGOB于G，則AG=3MNAB，MBN的面積=PMN的面積=S，OMNOBA，NH：AG=OM：OB，NH：3=x：6，即NH=x，S=MBNH=×（6x）×x=（x3）2+（0x6），當(dāng)x=3時，S有最大值，最大值為（3）如圖2，MNAB，AMB的面積=ANB的面積=SA

35、NB，NMB的面積=NMP的面積=SS：SANB=2：3，MBNH：MBAG=2：3，即NH；AG=2：3，AGOB于G，NHOB，NHAG，ON：OA=NH：AG=2：3，MNAB，OM：OB=ON：OA=2：3，OA=6，=，OM=4，M（4，0）直線AB的解析式為；y=x+9，設(shè)直線MN的解析式y(tǒng)=x+b代入得：0=×4+b，解得b=6，直線MN的解析式為y=x+6，解得，N（，2）點評：本題考查了待定系數(shù)法求解析式，直線平行的性質(zhì)，三角形相似判定及性質(zhì)，同底等高的三角形面積相等等，相等面積的三角形的轉(zhuǎn)化是本題的關(guān)鍵10. （2014浙江杭州，第21題，10分）在直角坐標(biāo)系中，

36、設(shè)x軸為直線l，函數(shù)y=x，y=x的圖象分別是直線l1，l2，圓P（以點P為圓心，1為半徑）與直線l，l1，l2中的兩條相切例如（，1）是其中一個圓P的圓心坐標(biāo)（1）寫出其余滿足條件的圓P的圓心坐標(biāo)；（2）在圖中標(biāo)出所有圓心，并用線段依次連接各圓心，求所得幾何圖形的周長考點：圓的綜合題；切線長定理；軸對稱圖形；特殊角的三角函數(shù)值專題：計算題；作圖題分析：（1）對圓P與直線l和l2都相切、圓P與直線l和l1都相切、圓P與直線l1和l2都相切三種情況分別考慮，利用切線長定理和特殊角的三角函數(shù)值即可求出點P的坐標(biāo)（2）由圖可知：該幾何圖形既軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，它的所有的邊都相等只需求出其中

37、的一條邊就可以求出它的周長解答：解：（1）若圓P與直線l和l2都相切，當(dāng)點P在第四象限時，過點P作PHx軸，垂足為H，連接OP，如圖1所示設(shè)y=x的圖象與x軸的夾角為當(dāng)x=1時，y=tan=60°由切線長定理得：POH=（180°60°）=60°PH=1，tanPOH=OH=點P的坐標(biāo)為（，1）同理可得：當(dāng)點P在第二象限時，點P的坐標(biāo)為（，1）；當(dāng)點P在第三象限時，點P的坐標(biāo)為（，1）；若圓P與直線l和l1都相切，如圖2所示同理可得：當(dāng)點P在第一象限時，點P的坐標(biāo)為（，1）；當(dāng)點P在第二象限時，點P的坐標(biāo)為（，1）；當(dāng)點P在第三象限時，點P的坐標(biāo)為（，1

38、）；當(dāng)點P在第四象限時，點P的坐標(biāo)為（，1）若圓P與直線l1和l2都相切，如圖3所示同理可得：當(dāng)點P在x軸的正半軸上時，點P的坐標(biāo)為（，0）；當(dāng)點P在x軸的負(fù)半軸上時，點P的坐標(biāo)為（，0）；當(dāng)點P在y軸的正半軸上時，點P的坐標(biāo)為（0，2）；當(dāng)點P在y軸的負(fù)半軸上時，點P的坐標(biāo)為（0，2）綜上所述：其余滿足條件的圓P的圓心坐標(biāo)有：（，1）、（，1）、（，1）、（，1）、（，1）、（，1）、（，1）、（，0）、（，0）、（0，2）、（0，2）（2）用線段依次連接各圓心，所得幾何圖形，如圖4所示由圖可知：該幾何圖形既軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，由對稱性可得：該幾何圖形的所有的邊都相等該圖形的周長=

39、12×（）=8點評：本題考查了切線長定理、特殊角的三角函數(shù)值、對稱性等知識，考查了作圖的能力，培養(yǎng)了學(xué)生的審美意識，是一道好題11.（2014遵義27（14分）如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（1，0），與y軸交于點C若點P，Q同時從A點出發(fā)，都以每秒1個單位長度的速度分別沿AB，AC邊運動，其中一點到達(dá)端點時，另一點也隨之停止運動（1）求該二次函數(shù)的解析式及點C的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點P運動到B點時，點Q停止運動，這時，在x軸上是否存在點E，使得以A，E，Q為頂點的三角形為等腰三角形？若存在，請求出E點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由（3）當(dāng)P，Q運動到t秒時，

40、APQ沿PQ翻折，點A恰好落在拋物線上D點處，請判定此時四邊形APDQ的形狀，并求出D點坐標(biāo)考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）將A，B點坐標(biāo)代入函數(shù)y=x2+bx+c中，求得b、c，進(jìn)而可求解析式及C坐標(biāo)（2）等腰三角形有三種情況，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ借助垂直平分線，畫圓易得E大致位置，設(shè)邊長為x，表示其他邊后利用勾股定理易得E坐標(biāo)（3）注意到P，Q運動速度相同，則APQ運動時都為等腰三角形，又由A、D對稱，則AP=DP，AQ=DQ，易得四邊形四邊都相等，即菱形利用菱形對邊平行且相等等性質(zhì)可用t表示D點坐標(biāo)，又D在E函數(shù)上，所以代入即可求t，進(jìn)而D可表示解答：解：（1）二次函數(shù)y=

41、x2+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（1，0），解得 ，y=x2x4C（0，4）（2）存在如圖1，過點Q作QDOA于D，此時QDOC，A（3，0），B（1，0），C（0，4），O（0，0）AB=4，OA=3，OC=4，AC=5，AQ=4QDOC，QD=，AD=作AQ的垂直平分線，交AO于E，此時AE=EQ，即AEQ為等腰三角形，設(shè)AE=x，則EQ=x，DE=ADAE=x，在RtEDQ中，（x）2+（）2=x2，解得 x=，OAAE=3=，E（，0）以Q為圓心，AQ長半徑畫圓，交x軸于E，此時QE=QA=4，ED=AD=，AE=，OAAE=3=，E（，0）當(dāng)AE=AQ=4時，OAAE=

42、34=1，E（1，0）綜上所述，存在滿足條件的點E，點E的坐標(biāo)為（，0）或（，0）或（1，0）（3）四邊形APDQ為菱形，D點坐標(biāo)為（，）理由如下：如圖2，D點關(guān)于PQ與A點對稱，過點Q作，F(xiàn)QAP于F，AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，AP=AQ=QD=DP，四邊形AQDP為菱形，F(xiàn)QOC，AF=，F(xiàn)Q=，Q（3，），DQ=AP=t，D（3t，），D在二次函數(shù)y=x2x4上，=（3t）2（3t）4，t=，或t=0（與A重合，舍去），D（，）點評：本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知識，總體來說題意復(fù)雜但解答內(nèi)容都很基礎(chǔ)，是一道值得練習(xí)的題目12.（2014十堰25

43、（12分）已知拋物線C1：y=a（x+1）22的頂點為A，且經(jīng)過點B（2，1）（1）求A點的坐標(biāo)和拋物線C1的解析式；（2）如圖1，將拋物線C1向下平移2個單位后得到拋物線C2，且拋物線C2與直線AB相交于C，D兩點，求SOAC：SOAD的值；（3）如圖2，若過P（4，0），Q（0，2）的直線為l，點E在（2）中拋物線C2對稱軸右側(cè)部分（含頂點）運動，直線m過點C和點E問：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由考點：二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與

44、性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的增減性專題：壓軸題；存在型分析：（1）由拋物線的頂點式易得頂點A坐標(biāo)，把點B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可解決問題（2）根據(jù)平移法則求出拋物線C2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再通過解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點C、D的坐標(biāo)，就可以求出SOAC：SOAD的值（3）設(shè)直線m與y軸交于點G，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點G的變化而變化，故需對點G的位置進(jìn)行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識求出符合條件的點G的坐標(biāo)，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式解答：解：（1）拋物線C1：y=a（x+1）22的

45、頂點為A，點A的坐標(biāo)為（1，2）拋物線C1：y=a（x+1）22經(jīng)過點B（2，1），a（2+1）22=1解得：a=1拋物線C1的解析式為：y=（x+1）22（2）拋物線C2是由拋物線C1向下平移2個單位所得，拋物線C2的解析式為：y=（x+1）222=（x+1）24設(shè)直線AB的解析式為y=kx+bA（1，2），B（2，1），解得：直線AB的解析式為y=x3聯(lián)立解得：或C（3，0），D（0，3）OC=3，OD=3過點A作AEx軸，垂足為E，過點A作AFy軸，垂足為F，A（1，2），AF=1，AE=2SOAC：SOAD=（OCAE）：（ODAF）=（×3×2）：（×3

46、×1）=2SOAC：SOAD的值為2（3）設(shè)直線m與y軸交于點G，與直線l交于點H，設(shè)點G的坐標(biāo)為（0，t）當(dāng)ml時，CGPQOCGOPQ=P（4，0），Q（0，2），OP=4，OQ=2，=OG=t=時，直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形t=0時，直線m與x軸重合，直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形t0且tt0時，如圖2所示PHCPQG，PHCQGH，PHCPQG，PHCQGH當(dāng)PHC=GHQ時，PHC+GHQ=180°，PHC=GHQ=90°POQ=90°，HPC=90°PQO=HGQPHCGHQQPO=OGC，tanQPO=tanOGC=OG=6點

47、G的坐標(biāo)為（0，6）設(shè)直線m的解析式為y=mx+n，點C（3，0），點G（0，6）在直線m上，解得：直線m的解析式為y=2x6，聯(lián)立，解得：或E（1，4）此時點E在頂點，符合條件直線m的解析式為y=2x6Ot時，如圖2所示，tanGCO=，tanPQO=2，tanGCOtanPQOGCOPQOGCO=PCH，PCHPQO又HPCPQO，PHC與GHQ不相似符合條件的直線m不存在t2時，如圖2所示tanCGO=，tanQPO=tanCGOtanQPOCGOQPOCGO=QGH，QGHQPO，又HQGQPO，PHC與GHQ不相似符合條件的直線m不存在t2時，如圖2所示此時點E在對稱軸的右側(cè)PCHC

48、GO，PCHCGO當(dāng)QPC=CGO時，PHC=QHG，HPC=HGQ，PCHGQH符合條件的直線m存在QPO=CGO，POQ=GOC=90°，POQGOC=OG=6點G的坐標(biāo)為（0，6）設(shè)直線m的解析式為y=px+q點C（3，0）、點G（0，6）在直線m上，解得：直線m的解析式為y=2x+6綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似，此時直線m的解析式為y=2x6和y=2x+6點評：本題考查了二次函數(shù)的有關(guān)知識，考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義及增減性等知識，考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，考查了通過解方程組求兩

49、個函數(shù)圖象的交點，強(qiáng)化了對運算能力、批判意識、分類討論思想的考查，具有較強(qiáng)的綜合性，有一定的難度13.（2014婁底26（10分）如圖，拋物線y=x2+mx+（m1）與x軸交于點A（x1，0），B（x2，0），x1x2，與y軸交于點C（0，c），且滿足x12+x22+x1x2=7（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上能不能找到一點P，使POC=PCO？若能，請求出點P的坐標(biāo)；若不能，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）利用根與系數(shù)的關(guān)系，等式x12+x22+x1x2=7由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得x1+x2=m，x1x2=m1代入等式，即可求得m的值，從而求得解析式（2）根據(jù)線段的

50、垂直平分線上的點到兩端點的距離相等，求得P點的縱坐標(biāo)，代入拋物線的解析式即可求得解答：解（1）依題意：x1+x2=m，x1x2=m1，x1+x2+x1x2=7，（x1+x2）2x1x2=7，（m）2（m1）=7，即m2m6=0，解得m1=2，m2=3，c=m10，m=3不合題意m=2拋物線的解析式是y=x22x3；（2）能如圖，設(shè)p是拋物線上的一點，連接PO，PC，過點P作y軸的垂線，垂足為D若POC=PCO則PD應(yīng)是線段OC的垂直平分線C的坐標(biāo)為（0，3）D的坐標(biāo)為（0，）P的縱坐標(biāo)應(yīng)是令x22x3=，解得，x1=，x2=因此所求點P的坐標(biāo)是（，），（，）點評：本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系是：x1+x2=，x1x2=，以及線段的垂直平分線的性質(zhì)，函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法等知識14.（2014婁底27（10分）如圖甲，在ABC中，ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm如果點P由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為1cm/s連接PQ，設(shè)運動時間為t（s）（0t4），解答下列問題：www%.zzstep&.#com（1）設(shè)APQ的面積為S，當(dāng)t為何值時，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如圖乙，連接PC，將PQC沿QC翻折