全国中考数学真题解析120考点汇编 压轴题3

(2012年1月最新最细）2011全国中考真题解析120考点汇编☆压轴
题3
84.（2011广西防城港 26，12分）已知抛物线y ＝ax 2
－2ax －3a （a ＜0）与x 轴交于A 、B
两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，点D 为抛物线的顶点． （1）求A 、B 的坐标；
（2）过点D 作DH 丄y 轴于点H ，若DH ＝HC ，求a 的值和直线CD 的解析式；
（3）在第（2）小题的条件下，直线CD 与x 轴交于点E ，过线段OB 的中点N 作NF 丄x
轴，并交直线CD 于点F ，则直线NF 上是否存在点M ，使得点M 到直线CD 的距离等于点M 到原点O 的距离？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题 专题：压轴题
分析：（1）令y ＝0，求得x 的值，从而得出点A 、B 的坐标．
（2）令x ＝0，则y ＝－3a ，求得点C 、D 的坐标，设直线CD 的解析式为y ＝kx ＋b ，把C 、D 两点的坐标代入，求出直线CD 的解析式．
（3）设存在，作MQ ⊥CD 于Q ，由Rt △FQM ∽Rt △FNE ，得
EF
FM
EN MQ ，及可得出关于m 的一元二次方程，求出方程的解，即可得出点M 的坐标．
解答：（1）由y ＝0得，ax 2
－2ax －3a ＝0．
∵a≠0， ∴x 2
－2x －3＝0，
解得x 1＝－1，x 2＝3，
∴A （－1，0），B （3，0）． （2）由y ＝ax 2
－2ax －3a ，令x ＝0，得y ＝－3a
∴C （0，－3a ）
∵y ＝ax 2－2ax －3a ＝a (x －1)2
－4a ∴D （1，－4a ） ∵DH ＝HC
∴DH ＝1，CH ＝－4a －（－3a ）＝－a ∴－a ＝1 ∴a ＝－1
∴C （0，3），D （1，4）
设直线CD 的解析式为y ＝kx ＋3，则k ＋3＝4，解得k ＝1 ∴直线CD 的解析式为y ＝x ＋3．
（3）存在，如下图，作MQ ⊥CD 于Q ，由（2）得，E （－3，0），N （
2
3
，0） ∴F （
23，29），EN ＝2
9 设存在满足条件的点M （
23，m ），则FM ＝29－m ，EF ＝2
9
2，MQ ＝OM ＝4
9
2+
m ∵∠QFM ＝∠NFE ，∠FQM ＝∠FNE ＝90° ∴Rt △FQM ∽Rt △FNE
∴
EF
FM
EN MQ =即2
2929
29492m m -=+
整理得4m 2
＋36m －63＝0，(2m －3)(2m ＋21)＝0
∴m 1＝
23，m 2＝－2
21
∴点M 的坐标为M 1（23，23），M 2（23，－2
21
）．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有一元二次方程的解法．在求有关存在不存在问题时要注意先假设存在，再讨论结果． 85.（2011年广西桂林，26，12分）已知二次函数213
42
y x x =-
+的图象如图. （1）求它的对称轴与x 轴交点D 的坐标；
（2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与x 轴，y 轴的交点分别为A 、
B 、
C 三点，若∠ACB =90°，求此时抛物线的解析式；
（3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M ，以AB 为直径，D 为圆心作⊙D ，试判断直线CM
与⊙D 的位置关系，并说明理由.
考点：二次函数综合题．
分析：（1）根据对称轴公式求出x=-
，求出即可；
（2）假设出平移后的解析式即可得出图象与x 轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可；
（3）由抛物线的解析式
可得，A ，B ，C ，M 各点的坐标，再利用勾股定
理逆定理求出CD ⊥CM ，即可证明．
答案：解: （1）由21342y x x =-
+得 32b x a
=-= ∴Ｄ（３，０）
（2）方法一:
如图1, 设平移后的抛物线的解析式为
213
42
y x x k =-++
则C (0,)k OC =k
令0y = 即 213
042
x x k -++=
得 13x =23x =
∴A (3，B (3
∴22331636AB k =-=+
222222(3(3AC BC k k +=+++
22836k k =++ ∵222
AC BC AB +=
即: 2
28361636k k k ++=+
得 14k = 20k =(舍去)
∴抛物线的解析式为213
442
y x x =-++
方法二: ∵ 21342y x x =-
+ ∴顶点坐标93,4⎛⎫
⎪⎝⎭
设抛物线向上平移h 个单位,则得到()0,C h ,顶点坐标93,4M h ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭
∴平移后的抛物线: ()2
19344
y x h =-
-++
当0y =时, ()2
193044
x h -
-++=, 得 13x =13x =
∴ A (3 B (3
∵∠ACB =90° ∴△AOC ∽△COB ∴2
OC =OA ·OB
)
23
3h =
得 14h =,()20h =舍去
∴平移后的抛物线: ()()22
191253434444
y x x =-
-++=--+
（3）方法一:
如图2, 由抛物线的解析式213
442
y x x =-
++可得 A (-2 ，0)，B (8，0) ，C (４，0) ，M 25
(3,)4
过C 、M 作直线，连结CD ，过M 作MH 垂直y 轴于H ,
则3MH = ∴2
225625(
)416
DM == 2222225225
3(
4)416
CM MH CH =+=+-=
在Rt △COD 中,CD 5==AD
∴点C 在⊙D 上
∵2
225625(
)416
DM == 222222525625
5()16416
CD CM +=+==
∴222
DM CM CD =+
∴△CDM 是直角三角形，∴CD ⊥CM ∴直线CM 与⊙D 相切
方法二:
如图3, 由抛物线的解析式可得
A (-2 ，0)，
B (8，0) ，
C (４，0) ，M 25(3,
)4
作直线CM ,过D 作DE ⊥CM 于E , 过M 作MH 垂直y 轴于H ,则3MH =, 254
DM =,
由勾股定理得154
CM =
∵DM ∥OC ∴∠MCH=∠EMD
∴Rt △CMH ∽Rt △DME
∴
DE MD
MH CM
= 得 5DE = 由(2)知10AB = ∴⊙D 的半径为5
∴直线CM 与⊙D 相切
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及勾股定理以及逆定理的应用，利用数形结合得出是解决问题的关键．
86.（2011广西来宾，25，12分）如图，半径为1的⊙M经过直角坐标系的原点O，且与x 的正半轴，y的正半轴交于点A、B，∠OMA=60°,过点B的切线交x轴负半轴于点C，抛物线过点A、B、C.
（1）求点A、B的坐标.
（2）求抛物线的解析式.
（3）若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D，使得△BCD是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点D的坐标.若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题。

分析：（1）由题意可直接得出点A、B的坐标为A（1，0），B（0，）；
（2）再根据BC是切线，可求出BC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）先假设存在，看能否求出符合条件的点D即可．
解答：解：(1)∵⊙M为半径1
∴AB=2
∵∠OMA=60°,
∴∠OAM=60°
∴OA=1,OB
∴A(1,0) ,B
（2）∵AB是⊙M的切线
∴∠CBA=90°
∵∠OAM=60° ∴AC =4 ∴OA =3 ∴C (-3,0)
设抛物线的解析式为2y ax bx c =++ 把A (1,0) ,B (
C (-3,0)代入得
∴0930a b c c a b c ++=⎧⎪
=⎨⎪-+=⎩
∴2y x =+
(3).抛物线的对称轴为x =-1
做BC 的垂直平分线交抛物线于E ，交对称轴于点3D 易求AB
的解析式为y =∵3D E 是BC 的垂直平分线 ∴3D E ∥AB
设3D E 的解析式为y b =+
∵3D E 交x 轴于（-1，0）代入解析式得b =
∴y =把x =-1代入得y=0 ∴3D (-1，0),
过B 做BH ∥x 轴，则BH=1
在Rt△1D HB 中，由勾股定理得1D H
∴1D （-1）同理可求其它点的坐标。

可求交点坐标1D （-1）,2D （-1，,3D (-1，0),4D
5D （-1，-）
点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和等腰三角形判定等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合等数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．
87.（2011湖北黄石，25,10分）已知二次函数y=x 2
﹣2mx+4m ﹣8 （1）当x≤2时，函数值y 随x 的增大而减小，求m 的取值范围．
（2）以抛物线y=x 2
﹣2mx+4m ﹣8的顶点A 为一个顶点作该抛物线的内接正三角形AMN （M ，N 两点在拋物线上），请问：△AMN 的面积是与m 无关的定值吗？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
（3）若抛物线y=x 2
﹣2mx+4m ﹣8与x 轴交点的横坐标均为整数，求整数m 的值．
考点：二次函数综合题。

专题：综合题。

分析：（1）求出二次函数的对称轴x=m ，由于抛物线的开口向上，在对称轴的左边y 随x 的增大而减小，可以求出m 的取值范围．
（2）在抛物线内作出正三角形，求出正三角形的边长，然后计算三角形的面积，得到三角形AMN 的面积是m 无关的定值．
（3）当y=0时，求出抛物线与x 轴的两个交点的坐标，然后确定整数m 的值．
解答：解：（1）二次函数y=x 2
﹣2mx+4m ﹣8的对称轴是：x=m ．
∵当x≤2时，函数值y 随x 的增大而减小， 而x≤2应在对称轴的左边， ∴m≥2． （2）如图：
顶点A 的坐标为（m ，﹣m 2
+4m ﹣8） △AMN 是抛物线的内角正三角形，
MN 交对称轴于点B ，则BN BM AB 33==， 设BM=BN=a ，则a AB 3=，
∴点M 的坐标为（m+a ，8432-+-m m a ）， ∵点M 在抛物线上，
∴84)(2)(84322-++-+=-+-m a m m a m m m a 整理得：032=-a a 得：3=a 或a=0（舍去）
所以△AMN 是边长为32的正三角形， S △AMN =
333322
1
=⨯⨯，与m 无关；
（3）当y=0时，x 2
﹣2mx+4m ﹣8=0，
解得：842+-±=m m m x 4)2(2+-±=m m ，
∵抛物线y=x 2
﹣2mx+4m ﹣8与x 轴交点的横坐标均为整数，
∴（m ﹣2）2
+4应是完全平方数， ∴m=2． 点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）利用二次函数的对称轴确定m 的取值范围．（2）由点M 在抛物线上，求出正三角形的边长，计算正三角形的面积．（3）根据抛物线与x 轴的交点的横坐标都是整数，确定整数m 的值．
88. （2011湖北潜江、天门、仙桃、江汉油田，24，12分）在平面直角坐标系中，抛物线
32++=bx ax y 与x 轴的两个交点分别为A （-3，0）、B （1，0），过顶点C 作CH ⊥x
轴于点H .
（1）直接填写：a = ，b = ，顶点C 的坐标为 ； （2）在y 轴上是否存在点D ，使得△ACD 是以AC 为斜边的直角三角形？若存在，求出
点D 的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若点P 为x 轴上方的抛物线上一动点（点P 与顶点C 不重合），PQ ⊥AC 于点Q ，
考点：二次函数综合题．
分析：（1）将A （-3，0）、B （1，0），代入y=ax 2
+bx+3求出即可，再利用平方法求出顶点坐标即可；
（2）首先证明△CED ∽△DOA ，得出y 轴上存在点D （0，3）或（0，1），即可得出△ACD 是以AC 为斜边的直角三角形．
（3）首先求出直线CM 的解析式为y=k 1x+b 1，再利用联立两函数解析式即可得出交点坐标，再利用若点P 在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ ∽△ACH ，得∠PCQ=∠ACH 得出答案即可．
答案：24.解：（1）2,1-=-=b a ，顶点C 的坐标为（-1，4）
（2）假设在y 轴上存在满足条件的点D , 过点C 由∠CDA =90∴∠3=∠1. 又∵∠CED =∠DOA =90°，
∴△CED ∽△DOA ，∴
AO DO
ED CE =
. 设D （0，c ），则3
41c
c =-.
变形得0342
=+-c c ，解之得1231c ,c ==.
综合上述：在y 轴上存在点D （0，3）或（0，1使△ACD 是以AC 为斜边的直角三角形.
（3）①若点P 在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ ∽△CAH ，得∠QCP =∠CAH .
延长CP 交x 轴于M ，∴AM =CM ， ∴AM 2=CM 2
.
设M （m ，0），则( m +3)2=42+(m +1)2
，∴m =2，即M （2，0）. 设直线CM 的解析式为y=k 1x+b 1， 则⎩⎨⎧=+=+-0241111b k b k ， 解之得341-=k ，381=b .
∴直线CM 的解析式3
834+-
=x y . 联立⎪⎩
⎪⎨⎧+--=+-=3238342x x y x y ，解之得1320
9
x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
或14x y =-⎧⎨=⎩(舍去).∴)92031(，P .
②若点P 在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ ∽△ACH ，得∠PCQ =∠ACH .
过A 作CA 的垂线交PC 于点F ，作FN ⊥x 轴于点N .
由△CFA ∽△CAH 得
2==AH
CH
AF CA ， 由△FNA ∽△AHC 得2
1
===CA AF HC NA AH FN .
∴12==FN AN ，, 点F 坐标为（-5,1）.
设直线CF 的解析式为y=k 2x+b 2，则⎩
⎨⎧=+-=+-1542222b k b k ，解之得419
,4322==b k .
∴直线CF 的解析式4
19
43+=x y .
联立 ⎪⎩⎪⎨⎧+--=+=32419432x x y x y ，解之得⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-=1655
47y x 或 14x y =-⎧⎨=⎩(舍去). ∴)165547(，-P .
∴满足条件的点P 坐标为)92031(，或)1655
47(，-
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
89. （2011•随州）如图所示，过点F （0，1）的直线y=kx+b 与抛物线交于M
（x 1，y 1）和N （x 2，y 2）两点（其中x 1＜0，x 2＞0）． （1）求b 的值．
（图①）
（图②）
（2）求x1•x2的值．
（3）分别过M，N作直线l：y=﹣1的垂线，垂足分别是 M1和N1．判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．
（4）对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线 m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请求出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析：（1）把点F的坐标代入直线可以确定b的值．
（2）联立直线与抛物线，代入（1）中求出的b值，利用根与系数的关系可以求出x1•x2的值．
（3）确定M1，N1的坐标，利用两点间的距离公式，分别求出M1F2，N1F2，M1N12，然后用勾股定理判断三角形的形状．
（4）根据题意可知y=﹣1总与该圆相切．．
解答：解：（1）∵直线y=kx+b过点F（0，1），∴b=1；（3分）
（2）∵直线y=kx+b与抛物线交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点，
∴可以得出：kx+b=x2，
整理得：x2﹣kx﹣1=0，
x1•x2==﹣4；（6分）
（3）△M1FN1是直角三角形（F点是直角顶点）．
理由如下：设直线l与y轴的交点是F1
FM12=FF12+M1F12=x12+4
FN12=FF12+F1N12=x22+4
M1N12=（x1﹣x2）2=x12+x22﹣2x1x2=x12+x22+8
∴FM12+FN12=M1N12
∴△M1FN1是以F点为直角顶点的直角三角形．（10分）
（4）符合条件的定直线m即为直线l：y=﹣1．
过M作MH⊥NN1于H，MN2=MH2+NH2=（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2
=（x 1﹣x 2）2+[（kx 1+1）﹣（kx 2+1）]2
=（x 1﹣x 2）2+k 2（x 1﹣x 2）2
=（k 2+1）（x 1﹣x 2）2
=（k 2+1）（4 ）2
=16（k 2+1）2
∴MN=4（k 2
+1）
分别取MN 和M 1N 1的中点P ，P 1，
PP 1=（MM 1+NN 1）=（y 1+1+y 2+1）=（y 1+y 2）+1=k （x 1+x 1）+2=2k 2+2=2（k 2
+1） ∴PP 1=MN
即线段MN 的中点到直线l 的距离等于MN 长度的一半． ∴以MN 为直径的圆与l 相切．（15分）
点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）由点F 的坐标求出b 的值． （2）结合直线与抛物线的解析式，利用根与系数的关系求出代数式的值． （3）用两点间的距离公式，判断三角形的形状． （4）根据点与圆的位置判断直线与圆的位置．
90. （2011•恩施,24，）如图，在平面直角坐标系中，直线AC ：y=
83
4
x 与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y=ax 2
+bx+c 过点A 、点C ，且与x 轴的另一交点为B （x 0，0），其中x 0＞0，又点P 是抛物线的对称轴l 上一动点．
（1）求点A 的坐标，并在图1中的l 上找一点P 0，使P 0到点A 与点C 的距离之和最小； （2）若△PAC 周长的最小值为10+241，求抛物线的解析式及顶点N 的坐标；
（3）如图2，在线段CO 上有一动点M 以每秒2个单位的速度从点C 向点O 移动（M 不与端点C 、O 重合），过点M 作MH ∥CB 交x 轴于点H ，设M 移动的时间为t 秒，试把△P 0HM 的面积S 表示成时间t 的函数，当t 为何值时，S 有最大值，并求出最大值； （4）在（3）的条件下，当S=
32
75
时，过M 作x 轴的平行线交抛物线于E 、F 两点，问：过E 、F 、C 三点的圆与直线CN 能否相切于点C ？请证明你的结论．（备用图图3）
考点：二次函数综合题。

分析：（1）由题意AB 点关于抛物线对称，则BC 所在直线与对称点的交点即为P 0； （2）由（1）所求可知该题周长最小即为 AC+BC 的长，从而求出x 0，而解得；
（3）由在三角形OBC ∽三角形CMN ，得到高关于t 的式子，因为MH ∥BC ，得到三角形MHP 0三角形底边关于t 的表达式，根据t 的取值范围，从而求得S 的最大值．
（4）把S 的取值代入（3）中表达式中求得t ，从而得到点M 的坐标，从而证明各点． 解答：解：（1）由题意直线AC 与x 轴的交点， 所以当y=0，则x=﹣6， 所以点A （﹣6，0）． 同理点C （0，8），
设点A 关于y 轴对称点为B （x′，0），
由题意02
)
6(`x x =-+则x′=2x 0+6． 则直线BC 为y=﹣8`8
+x x ，
代入x=x 0，则y=﹣8`8
0+x x ，
所以该点为（0x ,﹣8`
8
0+x x ），
即（0x ,﹣86
28000
++x x x ）；
（2）由（1）可知三角形PAC 最小即为AC+BC=10+241，
220228)62(86++++x =10+241，
解得x 0=2或x 0=﹣8（不符舍去）， 则点B （10，0），
由点A ，B ，C 三点的二次函数式为y=-815
8
1522++x x ． 点N （2，16）；
（3）如图
，作MN ⊥BC 与N ，
则在三角形OBC ∽三角形CMN ，
所以
1023t
h =， 即h=t 5
3．
因为MH ∥BC ， 所以
BC
MH
t =-828， 解得MH=
BC t 828-=412828⨯-t =）（t 2-84
41
， S=
21MHh=21×）（t 2-8441×t 53=-t t 5
413204132+， 因为每秒移动2个单位，
则当t=2时符合范围0＜t ＜4， 所以当t 为2时S 最大；
（4）把S 的取值代入（3）中表达式中求得t ， 从而得到点M 的坐标， S=
3275
，即=3275t t 5
413204132+ 则解得t=2，
则由题意知CEF 三点所在圆半径为4， 所以直线CN 与CFE 所在圆相切．
点评：本题考查了二次函数的综合应用，知道三点求二次函数式，考查一次函数与二次函数的结合求三角形面积，知道面积求点，很好结合，是道好题．
91. （2011丽江市中考，24, 分）如图，四边形OABC 是矩形，点B 的坐标为（8，6），
直线AC 和直线OB 相交于点M ，点P 是OA 的中点，PD ⊥AC ，垂足为D ． （1）求直线AC 的解析式；
（2）求经过点O 、M 、A 的抛物线的解析式；
（3）在抛物线上是否存在Q ，使得S △PAD ：S △QOA =8：25，若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析：（1）先求出A 、C 两点的坐标即可求出直线AC 的解析式；
（2）求出O 、M 、A 三点坐标，将三点坐标代入函数解析式便可求出经过点O 、M 、
A 的抛物线的解析式； （3）根据题意先求出Q 点的y 坐标，在根据Q 在抛物线上的关系求出Q 点的横坐
标，便可得出答案．
解答：解：（1）由题意四边形OABC 是矩形，点B 的坐标为（8，6）可知：
A 、C 两点坐标为A （8，0），C （0，6）， 设直线AC 的解析式y=kx+b ，
将A （8，0），C （0，6）两点坐标代入y=kx+b ，
解得346
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，
故直线AC 的解析式为3
64
y x =-
+； （2）由题意可知O （0，0），M （4，3），A （8，0），
设经过点O 、M 、A 的抛物线的解析式为y=ax 2
+bx ，
将M （4，3），A （8，0），两点坐标代入y=ax 2
+bx ， 得1643
6480
a b a b +=⎧⎨
+=⎩，
解得31632
a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，
故经过点O 、M 、A 的抛物线的解析式为233
162
y x x =-+； （3）∵△AOC ∽△APD ，
∴
OC OA AC
PD AD PA == 即
68104
PD AD ==
解得PD=2.4，AD=3.2，S △PAD =12×PD×AD=9625
， ∵S △PAD ：S △QOA =8：25， ∴S △QOA =12， S △QOA =
12×OA×|y Q |=1
2
×8×|y Q |=12， 解得|y|Q =3，
又∵点Q 在抛物线上， 所以2333162x x -
+=或233
3162
x x -+=-
解方程得x 1=4，x 2x 3=4﹣
故Q 点的坐标为(43)Q +-、(43)Q --、Q （4，3）．
点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和三角
形的相似等知识点，是各地中考的热点和难点，，解题时注意数形结合数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．
92. （2011浙江宁波，26，？）如图，平面直角坐标系xOy 中，点A 的坐标为（－2，2），点B 的坐标为（6，6），抛物线经过A 、O 、B 三点，连接OA 、OB 、AB ，线段AB 交y 轴于点E ．
（1）求点E 的坐标；
（2）求抛物线的函数解析式；
（3）点F 为线段OB 上的一个动点（不与点O 、B 重合），直线EF 与抛物线交于M 、N 两点（点N 在y 轴右侧），连接ON 、BN ，当点F 在线段OB 上运动时，求△BON 面积的最大值，并求出此时点N 的坐标；
（4）连接AN ，当△BON 面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP 与△OAN 相似（点B 、O 、P 分别与点O 、A 、N 对应）的点P 的坐标．
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析：（1）根据A 、B 两点坐标求直线AB 的解析式，令x ＝0，可求E 点坐标；
（2）设抛物线解析式为y ＝ax 2
+bx+c ，将A （－2，2），B （6，6），O （0，0）三点坐标代入，列方程组求a 、b 、c 的值即可；
（3）依题意，得直线OB 的解析式为y ＝x ，设过N 点且与直线OB 平行的直线解析式为y ＝x+m ，与抛物线解析式联立，得出关于x 的一元二次方程，当△＝0时，△BON 面积最大，由此可求m 的值及N 点的坐标；
（4）根据N 点的坐标及∠AON ＝∠OBP ，可知直线BP 与y 轴交于点（0，30），可求直线BP 的解析式，与抛物线解析式联立，可求P 点坐标． 解答：解：（1）设直线AB 解析式为y ＝kx+b ，
将A （－2，2），B （6，6）代入，得⎩⎨⎧=+=+-6622b k b k ，解得⎪⎩⎪⎨⎧
==
3
21b k ，
∴y ＝
2
1
x+3，令x ＝0，得E （0，3）；
（2）设抛物线解析式为y ＝ax 2
+bx+c ，
将A （－2，2），B （6，6），O （0，0）三点坐标代入，得⎪⎩⎪⎨⎧==++=+-06636224c c b a c b a ，解得⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧
=-==0
214
1c b a ，
∴y ＝
41x 2－2
1
x ；
（3）依题意，得直线OB 的解析式为y ＝x ，设过N 点且与直线OB 平行的直线解析式为y ＝x+m ，
联立⎪⎩⎪⎨⎧
+=-=m
x y x x y 21412，得x 2
－6x －4m ＝0，当△＝36+16m ＝0时，△BON 面积最大，
解得m ＝－
49，x ＝3，y ＝43，即N （3，4
3
）； （4）依题意，得∠AON ＝∠OBP ，则直线BP 与y 轴交于点（0，30），
设直线BP 的解析式y ＝kx+30，将B （6，6）代入，得k ＝－4， ∴y ＝－4x+30，联立⎪⎩⎪⎨⎧
+-=-=30
421412x y x
x y ，解得⎩⎨
⎧=-=11020y x ，⎩⎨⎧==66y x ， ∴P 点坐标为（－20，110）．
点评：本题考查了二次函数的综合运用．根据已知条件求直线、抛物线解析式，再根据图形特点，将问题转化为列方程组，利用代数方法解题．
93. （2011浙江嘉兴，24，12分）已知直线y =kx +3（k ＜0）分别交x 轴．y 轴于A ．B 两点，
线段OA 上有一动点P 由原点O 向点A 运动，速度为每秒1个单位长度，过点P 作x 轴的垂线交直线AB 于点C ，设运动时间为t 秒．
（1）当k =﹣1时，线段OA 上另有一动点Q 由点A 向点O 运动，它与点P 以相同速度同时出发，当点P 到达点A 时两点同时停止运动（如图1）． ①直接写出t =1秒时C ．Q 两点的坐标；
②若以Q ．C ．A 为顶点的三角形与△AOB 相似，求t 的值． （2）当34
k =-
时，设以C 为顶点的抛物线y =（x +m ）2
+n 与直线AB 的另一交点为D （如图2），
①求CD 的长；
②设△COD 的OC 边上的高为h ，当t 为何值时，h 的值最大？
考点：二次函数综合题． 专题：几何综合题． 分析：（1）①由题意得．②由题意得到关于t 的坐标．按照两种情形解答，从而得到答案．（2）①以点C 为顶点的抛物线，解得关于t 的根，又由过点D 作DE ⊥CP 于点E ，则∠DEC =∠AOB =90°，又由△DEC ∽△AOB 从而解得．②先求得三角形COD 的面积为定值，又由Rt △PCO ∽Rt △OAB ，在线段比例中t 为
36
25
是，h 最大． 解答：解：（1）①C （1，2），Q （2，0）
②由题意得：P （t ，0），C （t ，﹣t +3），Q （3﹣t ，0） 分两种情况讨论：
情形一：当△AQC ∽△AOB 时，∠AQC =∠AOB =90°，∴CQ ⊥OA ，∵CP ⊥OA ，∴点P 与点Q 重合，OQ =OP ，即3﹣t =t ，∴t =1.5
情形二：当△AQC ∽△AOB 时，∠ACQ =∠AOB =90°，∵OA =OB =3∴△AOB 是等腰直角三角形∴△ACQ 也是等腰直角三角形∵CP ⊥OA ∴AQ =2CP ，即t =2（﹣t +3）∴t =2∴满足条件的t 的值是1.5秒或2秒． （2）①由题意得：C （t ，3
34
t -
+） ∴以C 为顶点的抛物线解析式是y =()2
334x t t --+，由()2
334
x t t --+＝334-+，
解得1x t =，23
4
x t =-
． 过点D 作DE ⊥CP 于点E ，则∠DEC =∠AOB =90° ∵DE ∥OA ∴∠EDC =∠OAB
∴△DEC∽△AOB∴DE CD
AO BA
=∵AO=4，AB=5，DE=
2
33
44
x t t
⎛⎫
=--=
⎪
⎝⎭
，∴
CD=
15
16
DE BA
CD
AO
⨯
==
.
②∵
15
16
CD=，CD边上的高=
3412
55
⨯
=，∴
115129
21658
COD
S
∆
=⨯⨯=，∴S△COD为定值．
要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短，因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为12
5
，
∠BCO=90°
∵∠AOB=90°∴∠COP=90°﹣∠BOC=∠OBA 又∵CP⊥OA∴Rt△PCO∽Rt△OAB
∴OP OC
BO BA
=，
36
25
OC BO
OP
BA
⨯
==，即t=
36
25
∴当t为36
25
秒时，h的值最大. ．
点评：本题考查了二次函数的综合题，（1）①由题意很容易知，由题意知P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）代入，分两种情况解答．（2）①以点C为顶点的函数式，设法代入关于t的方程，又由△DEC∽△AOB从而解得．②通过求解可知三角形COD的面积为定值，
又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为36
25
是，h最大．从而解答．
94.（2011浙江金华，24，12分）(本题12分)
如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上的一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB＝AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF.
（1）当∠AOB＝30°时，求弧AB的长；
（2）当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由.
考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；勾股定理；弧长的计算；平行线分线段
成比例。

专题：代数几何综合题。

分析：（1）连接BC ，由已知得∠ACB=2∠AOB=60°，AC=
1
2
AO=5，根据弧长公式求解； （2）连接OD ，由垂直平分线的性质得OD=OA=10，又DE=8，在Rt△ODE 中，由勾股定理求
OE ，依题意证明△OEF∽△DEA，利用相似比求EF ；
（3）存在．当以点E 、C 、F 为顶点的三角形与△AOB 相似时，分为①当交点E 在O ，C 之间
时，由以点E 、C 、F 为顶点的三角形与△AOB 相似，有∠ECF=∠BOA 或∠ECF=∠OAB，②当交点E 在点C 的右侧时，要使△ECF 与△BAO 相似，只能使∠ECF=∠BAO，③当交点E 在点O 的左侧时，要使△ECF 与△B AO 相似，只能使∠ECF=∠BAO，三种情况，分别求E 点坐标．
【解】（1）连结BC ,
∵A （10，0）, ∴OA =10 ,CA =5, ∵∠AOB =30°,
∴∠ACB =2∠AOB =60°, ∴弧AB 的长=
3
5180560π
π=⨯⨯; ……4分
（2）连结OD,
∵OA 是⊙C 直径, ∴∠OBA =90°, 又∵AB =BD,
∴OB 是AD 的垂直平分线, ∴OD =OA =10, 在Rt△ODE 中，
OE ==-22DE OD 681022=-,
∴AE =AO －OE=10-6=4,
由 ∠AOB =∠ADE =90°-∠OAB ，∠OEF =∠DEA ， 得△OEF ∽△DEA,
∴OE EF DE AE =,即6
84EF
=，∴EF =3；……4分 （3）设OE =x ，
①当交点E 在O ，C 之间时，由以点E 、C 、F 为顶点的三角 形与△AOB 相似，有∠ECF =∠BOA 或∠ECF =∠OAB ，
当∠ECF =∠BOA 时，此时△OCF 为等腰三角形，点E 为OC
中点，即OE =2
5， ∴E 1（
2
5
，0）； 当∠ECF =∠OAB 时，有CE =5-x , AE =10-x ， ∴CF ∥AB ,有CF =
1
2
AB , ∵△ECF ∽△EAD,
∴
AD CF AE CE =,即51
104x x -=-,解得：310=x , ∴E 2（3
10
，0）;
②当交点E 在点C 的右侧时， ∵∠ECF ＞∠BOA ，
∴要使△ECF 与△BAO 相似，只能使∠ECF =∠BAO ， 连结BE ，
∵BE 为Rt△ADE 斜边上的中线， ∴BE =AB =BD, ∴∠BEA =∠BAO, ∴∠BEA =∠ECF,
∴CF ∥BE, ∴OE
OC
BE CF =, ∵∠ECF =∠BAO , ∠FEC =∠DEA =Rt∠，
∴△CEF ∽△AED, ∴
CF CE
AD AE
=,
而AD =2BE , ∴2OC CE
OE AE
=, 即55210x x x -=-, 解得417551+=x , 4
17552-=x ＜0（舍去）， ∴E 3（4
1755+，0）;
③当交点E 在点O 的左侧时， ∵∠BOA =∠EOF ＞∠ECF .
∴要使△ECF 与△BAO 相似，只能使∠ECF =∠BAO 连结BE ，得BE =
AD 2
1
=AB ，∠BEA =∠BAO ∴∠ECF =∠BEA, ∴CF ∥BE,
∴OE
OC
BE CF =, 又∵∠ECF =∠BAO , ∠FEC =∠DEA =Rt∠，
∴△CEF ∽△AED, ∴AD CF
AE CE =， 而AD =2BE , ∴2OC CE
OE AE
=,
∴
5+5210+x x x =, 解得417551+-=x , 4
17552--=x ＜0（舍去）, ∵点E 在x 轴负半轴上, ∴E 4（4
17
55-，0）,
综上所述：存在以点E 、C 、F 为顶点的三角形与△AOB 相似,此时点E 坐标为：
1E （25，0）、2E （310，0）、3E （41755+，0）、4E （4
17
55-，0）．……4分 【思路分析】（1）要求弧AB 的长，半径为5，只要知道圆心角的度
数，连结BC ,根据圆心角的度数与它所对的弧所对的圆周角的2
倍，∴∠ACB =2∠AOB =60°,可得∴弧AB 的长=3
5180560π
π=⨯⨯
（2）连结OD,先证⊿OAD 是等腰三角形， ∴OD =OA =10,，解直角三角形Rt△ODE 中，
得OE ==-2
2
DE OD 68102
2
=-, ∴AE =AO －OE=10-6=4,
由△OEF ∽△DE 求出EF =3。

（3）分三种情况讨论：设OE =x ，
①当交点E 在O ，C 之间时，∵∠CEF =∠OBA=90°①当∠ECF =∠BOA ，Rt⊿ECF ∽Rt⊿BOA 此时△OCF 为等腰三角形，点E 为OC 中点，即OE =25，得E 1（2
5
0）；
②当∠ECF =∠OAB 时，Rt⊿ECF ∽Rt⊿AOB 有CE =5-x , AE =10-x ，可得△ECF ∽△EAD,
∴AD CF AE CE =,即51
104x x -=-,解得：310=x , ∴E 2（3
10
，0）;
②当交点E 在点C 的右侧时，只能∠ECF =∠BAO ，
Rt⊿ECF ∽Rt⊿BAO
因为BE 为Rt△ADE 斜边上的中线，
∴⊿BAE 是等腰三角形，因为等边对等角
∴∠BEA =∠BAO,∴∠BEA =∠ECF,∴CF ∥BE, 得
⊿OCF ∽⊿OEB,∴OE
OC
BE CF =, 可证△CEF ∽△AED, 又AD =2BE ,
可解得417551+=
x , 4
17
552-=x ＜0（舍去）， ∴E 3（4
1755+，0）;
③当交点E 在点O 的左侧时，只能使∠ECF =∠BAO
Rt△ECF ∽Rt△BAO ，连结BE ，得BE =AD 2
1
=AB ，
∠BEA =∠BAO ∴∠ECF =∠BEA,
∴CF ∥BE, ∴
OE
OC
BE CF =, 可证△CEF ∽△AED, ∴
AD CF
AE CE =， 又AD =2BE , ∴2OC CE
OE AE =, 可 解得417551+-=x , 4
17
552--=x ＜0（舍去）,
∵点E 在x 轴负半轴上, ∴E 4（4
17
55-，0）,
综上所述：存在以点E 、C 、F 为顶点的三角形与△AOB 相似,此时点E 坐标为：
1E （25，0）、2E （310，0）、3E （41755+，0）、4E （4
1755-，0）．
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，圆周角定理，弧长公式的运用．关键是理解题意，根据基本条件，图形的性质，分类求解． 95. （2011浙江绍兴，24，14分）抛物线y=﹣
4
1（x ﹣1）2
+3与y 轴交于点A ，顶点为B ，对称轴BC 与x 轴交于点C ．
（1）如图1．求点A 的坐标及线段OC 的长；
（2）点P 在抛物线上，直线PQ ∥BC 交x 轴于点Q ，连接BQ ．
①若含45°角的直角三角板如图2所示放置．其中，一个顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一 个顶点E 在PQ 上．求直线BQ 的函数解析式；
②若含30．角的直角三角板一个顶点与点C 重合，直角顶点D 在直线BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上，求点P 的坐标．
考点：二次函数综合题。

专题：综合题。

分析：（1）把x=0代入抛物线求出y 的值确定点A 的坐标，求出抛物线的对称轴得到OC 的长．
（2）①由△CDE 是等腰直角三角形，分别过点D 作x 轴和PQ 的垂线，通过三角形全等得到∠DQO=45°，求出点Q 的坐标，然后用待定系数法求出BQ 的解析式． ②分点P 在对称轴的左右两边讨论，根据相似三角形先求出点Q 的坐标，然后代入抛物线求出点P 的坐标．
解答：解：（1）把x=0代入抛物线得：y=
4
11，
∴点A （0，
4
11
）． 抛物线的对称轴为x=1， ∴OC=1．
（2）①如图：
B （1，3）
分别过点D 作DM ⊥x 轴于M ，DN ⊥PQ 于点N ， ∵PQ ∥BC ，∴∠DMQ=∠DNQ=∠MQN=90°， ∴DMQN 是矩形．
∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴DC=DE ，∠CDM=∠EDN ∴△CDM ≌△EDN ∴DM=DN ，
∴DMQN 是正方形， ∴∠BQC=45° ∴CQ=CB=3 ∴Q （4，0）
设BQ 的解析式为：y=kx+b ，
把B （1，3），Q （4，0）代入解析式得：k=﹣1，b=4． 所以直线BQ 的解析式为：y=﹣x+4．
②当点P 在对称轴右侧，如图：
过点D 作DM ⊥x 轴于M ，DN ⊥PQ 于N ， ∵∠CDE=90°，∴∠CDM=∠EDN ∴△CDM ∽△EDN 当∠DCE=30°，DN
DM
DE DC =3 又DN=MQ ∴
MQ
DM
=3 ∴
CQ
BC
=3，BC=3，CQ=3 ∴Q （1+3，0） ∴P 1（1+3，
4
9） 当∠DCE=60°，点P 2（1+33，﹣
4
15
）． 当点P 在对称轴的左边时，由对称性知：
P 3（1﹣3，
49），P 4（1﹣33，﹣4
15） 综上所述：P 1（1+3，49），P 2（1+33，﹣4
15
），P 3（1﹣3，49），P 4（1﹣33，
﹣4
15）． 点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）利用抛物线与y 轴的交点及对称轴求出点A 的坐标和OC 的长．（2）①利用三角形全等确定点Q 的坐标，求出BQ 的解析式．②根据三角形相似求出点Q 的坐标，然后确定点P 的坐标．
96. （2011杭州，24，12分）图形既关于点O 中心对称，又关于直线AC ，BD 对称，AC =10，BD =6，已知点E ，M 是线段AB 上的动点（不与端点重合），点O 到EF ，MN 的距离分别为h 1，h 2，△OEF 与△OGH 组成的图形称为蝶形．
（1）求蝶形面积S 的最大值；
（2）当以EH 为直径的圆与以MQ 为直径的圆重合时，求h 1与h 2满足的关系式，并求h 2的取值范围．
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；轴对称的性质；中心对称；平行线分线段成比例．
专题：计算题；几何图形问题．
点评：此题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，轴对称的性质，中心对称，平行线分线段成比例等知识点，综合性强，有一定的拔高难度，属于难题．
97. （2011湖州，24，12分）如图1，已知正方形OABC 的边长为2，顶点A 、C 分别在x 、
y 轴的正半轴上，M 是BC 的中点．P （0，m ）是线段OC 上一动点（C 点除外），直线PM 交AB 的延长线于点D ．
（1）求点D 的坐标（用含m 的代数式表示）； （2）当△APD 是等腰三角形时，求m 的值；
（3）设过P 、M 、B 三点的抛物线与x 轴正半轴交于点E ，过点O 作直线ME 的垂线，垂足为H （如图2），当点P 从点O 向点C 运动时，点H 也随之运动．请直接写出点H 所经过的路径长．（不必写解答过程）
考点：二次函数综合题.
专题：代数几何综合题；分类讨论.
分析：（1）证明Rt △PMC ≌Rt △DMB ，即可证明DB =2﹣m ，AD =4﹣m ，从而求解；
（2）分AP =AD ，PD =PA ，PD =DA 三种情况，根据勾股定理即可求解；（3）运动时，路线长不变，可以取当P 在O 点是，求解即可．
解答：解：（1）由题意得CM =BM .∵∠PMC =∠DMB ，∴Rt △PMC ≌Rt △DMB ， ∴DB =PC ，∴DB =2﹣m ，AD =4﹣m ，∴点D 的坐标为（2，4﹣m ）．
（2）分三种情况：①若AP =AD ，则4+m 2=（4﹣m ）2
，解得23=
m . ②若PD=PA ，过P 作PF ⊥AB 于点F （如图），则AF =FD =21AD =2
1
（4－m ）.
又OP =AF ，∴3
4
)4(21=-=m m m .
③若PD =DA ，∵△PMC ≌△DMB ，∴PM =21PD =21AD =21（4－m ），∵PC 2+CM 2=PM 2
，∴
22)4(1)2(m m -=+-，解得3
2
1=m ，22=m （舍去）．
综上所述，当△APD 是等腰三角形时，m 的值为23或34或3
2
.
（3）点H 所经过的路径长为π4
5
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的到大知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
98. （2011浙江衢州，24，12分）已知两直线l 1，l 2分别经过点A （1，0），点B （﹣3，0），并且当两直线同时相交于y 正半轴的点C 时，恰好有l 1⊥l 2，经过点A 、B 、C 的抛物线的对称轴与直线l 2交于点K ，如图所示．
（1）求点C 的坐标，并求出抛物线的函数解析式；
（2）抛物线的对称轴被直线l 1，抛物线，直线l 2和x 轴依次截得三条线段，问这三条线段有何数量关系？请说明理由；
（3）当直线l 2绕点C 旋转时，与抛物线的另一个交点为M ，请找出使△MC K 为等腰三角形的点M ，简述理由，并写出点M 的坐标．
考点：二次函数综合题。

分析：（1）利用△BOC ∽△COA ，得出C 点坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）可求得直线l 1的解析式为y =l 2的解析式为33
y x =
得出D ，E ，F 点的坐标即可得出，三条线段数量关系；
（3）利用等边三角形的判定方法得出△AB K 为正三角形，以及易知△K DC 为等腰三角形，进而得出△MC K 为等腰三角形E 点坐标．
解答：解：（1）解法1：由题意易知：△BOC ∽△COA ，
∴
CO AO
BO CO =， 即1
3CO CO
=，
∴CO ，
∴点C 的坐标是（0。