初中中考数学压轴题及答案(精品)

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中考数学专题复习——压轴题 1. 已知:如图,抛物线 y=-x2+bx+c 与 x 轴、y 轴分别相交于点 A（-1，0）、B（0，3）两点，其 顶点为 D. （1） 求该抛物线的解析式； （2） 若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； （3） △AOB 与△BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由. （注：抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为        a bac a b 4 4,2 2 ） 2. 如图，在 Rt ABC△ 中， 90A   ， 6AB  ， 8AC  ， D E， 分别是边 AB AC， 的 中点，点 P 从点 D 出发沿 DE 方向运动，过点 P 作 PQ BC 于Q ，过点Q 作QR BA∥ 交 AC 于 R ，当点Q 与点 C 重合时，点 P 停止运动．设 BQ x ，QR y ． （1）求点 D 到 BC 的距离 DH 的长； （2）求 y 关于 x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）是否存在点 P ，使 PQR△ 为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的 x 的值； 若不存在，请说明理由． A B C D E R P H Q 3 在△ABC 中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，M 是 AB 上的动点（不与 A，B 重合），过 M 点作 MN∥BC 交 AC 于点 N．以 MN 为直径作⊙O，并在⊙O 内作内接矩形 AMPN．令 AM ＝x． （1）用含 x 的代数式表示△ＭNP 的面积 S； （2）当 x 为何值时，⊙O 与直线 BC 相切？ （3）在动点 M 的运动过程中，记△ＭNP 与梯形 BCNM 重合的面积为 y，试求 y 关于 x 的函数表达式，并求 x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？ A B C M N P 图 3 O A B C M N D 图 2 O A B C M N P 图 1 O 4.如图1，在平面直角坐标系中，己知ΔAOB是等边三角形，点A的坐标是(0，4)， 点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把ΔAOP绕着点A按逆时针方 向旋转.使边AO与AB重合.得到ΔABD.（1）求直线AB的解析式；（2）当点P运动到 点（ 3 ，0）时，求此时DP的长及点D的坐标；（3）是否存在点P，使ΔOPD的面积 等于 4 3 ，若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由. 5 如图，菱形 ABCD 的边长为 2，BD=2，E、F 分别是边 AD，CD 上的两个动点，且满足 AE+CF=2. （1）求证：△BDE≌△BCF； （2）判断△BEF 的形状，并说明理由； （3）设△BEF 的面积为 S，求 S 的取值范围. 6 如图，抛物线 2 1 : 2 3L y x x    交 x 轴于 A、B 两点，交 y 轴于 M 点.抛物线 1L 向右平 移 2 个单位后得到抛物线 2L ， 2L 交 x 轴于 C、D 两点. （1）求抛物线 2L 对应的函数表达式； （2）抛物线 1L 或 2L 在 x 轴上方的部分是否存在点 N，使以 A，C，M，N 为顶点的四边形 是平行四边形.若存在，求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点 P 是抛物线 1L 上的一个动点（P 不与点 A、B 重合），那么点 P 关于原点的对称 点 Q 是否在抛物线 2L 上，请说明理由. 7.如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB＝7，CD＝1，AD＝BC＝5．点 M，N 分别在边 AD， BC 上运动，并保持 MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为 E，F． （1）求梯形 ABCD 的面积； （2）求四边形 MEFN 面积的最大值． （3）试判断四边形 MEFN 能否为正方形，若能， 求出正方形 MEFN 的面积；若不能，请说明理由． CD A BE F NM 8.如图，点 A（m，m＋1），B（m＋3，m－1）都在反比例函数 x ky  的图象上． （1）求 m，k 的值； （2）如果 M 为 x 轴上一点，N 为 y 轴上一点， 以点 A，B，M，N 为顶点的四边形是平行四边形， 试求直线 MN 的函数表达式． （3）选做题：在平面直角坐标系中，点 P 的坐标 为（5，0），点 Q 的坐标为（0，3），把线段 PQ 向右平 移 4 个单位，然后再向上平移 2 个单位，得到线段 P1Q1， 则点 P1 的坐标为 ，点 Q1 的坐标为 ． 9.如图 16，在平面直角坐标系中，直线 3 3y x   与 x 轴交于点 A ，与 y 轴交于点C ， 抛物线 2 2 3 ( 0)3y ax x c a    经过 A B C， ， 三点． （1）求过 A B C， ， 三点抛物线的解析式并求出顶点 F 的坐标； （2）在抛物线上是否存在点 P ，使 ABP△ 为直角三角形，若存在，直接写出 P 点坐标； 若不存在，请说明理由； （3）试探究在直线 AC 上是否存在一点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，若存在，求出 M 点 的坐标；若不存在，请说明理由． A O x y B F C 图 16 10.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形 ABOC 的边 BO 在 x 轴的负半轴上，边OC 在 y 轴的正半轴上，且 1AB  ， 3OB  ，矩形 ABOC 绕点O 按顺时针方向旋转 60 后得到 矩形 EFOD ．点 A 的对应点为点 E ，点 B 的对应点为点 F ，点C 的对应点为点 D ，抛物 xO y A B 友情提示：本大题第（1）小题 4 分，第（2）小题 7 分．对 完成第（2）小题有困难的同学可以做下面的（3）选做 题．选做题 2 分，所得分数计入总分．但第（2）、（3） 小题都做的，第（3）小题的得分不重复计入总分． xO y 1 2 31 Q P2 P1 Q1 线 2y ax bx c   过点 A E D， ， ． （1）判断点 E 是否在 y 轴上，并说明理由； （2）求抛物线的函数表达式； （3）在 x 轴的上方是否存在点 P ，点 Q ，使以点 O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形的面 积是矩形 ABOC 面积的 2 倍，且点 P 在抛物线上，若存在，请求出点 P ，点Q 的坐标；若 不存在，请说明理由． y xO D E C FA B 11.已知：如图 14，抛物线 23 34y x   与 x 轴交于点 A ，点 B ，与直线 3 4y x b   相 交于点 B ，点 C ，直线 3 4y x b   与 y 轴交于点 E ． （1）写出直线 BC 的解析式． （2）求 ABC△ 的面积． （3）若点 M 在线段 AB 上以每秒 1 个单位长度的速度从 A 向 B 运动（不与 A B， 重合）， 同时，点 N 在射线 BC 上以每秒 2 个单位长度的速度从 B 向C 运动．设运动时间为t 秒， 请写出 MNB△ 的面积 S 与t 的函数关系式，并求出点 M 运动多少时间时， MNB△ 的面积 最大，最大面积是多少？ 12.在平面直角坐标系中△ABC 的边 AB 在 x 轴上，且 OA>OB,以 AB 为直径的圆过点 C 若 C 的坐标为(0,2),AB=5, A,B两点的横坐标 XA,XB 是关于 X 的方程 2 ( 2) 1 0x m x n     的 两根: (1) 求 m，n 的值 (2) 若∠ACB 的平分线所在的直线 l 交 x 轴于点 D，试求直线 l 对应的一次函数的解析式 (3) 过点 D 任作一直线 `l 分别交射线 CA，CB（点 C 除外）于点 M，N，则 1 1 CM CN  的值 是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由 A C O B N D M L` 13.已知:如图,抛物线 y=-x2+bx+c 与 x 轴、y 轴分别相交于点 A（-1，0）、B（0，3）两点， 其顶点为 D. (1)求该抛物线的解析式； (2)若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； (3)△AOB 与△BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由. （注：抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为        a bac a b 4 4,2 2 ） 14.已知抛物线 cbxaxy  23 2 ， （Ⅰ）若 1 ba ， 1c ，求该抛物线与 x 轴公共点的坐标； （Ⅱ）若 1 ba ，且当 11  x 时，抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，求 c 的取值范围； （Ⅲ）若 0 cba ，且 01 x 时，对应的 01 y ； 12 x 时，对应的 02 y ，试判断当 10  x 时，抛物线与 x 轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由． 15.已知：如图①，在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点 P 由 B 出发沿 BA 方 向向点 A 匀速运动，速度为 1cm/s；点 Q 由 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动，速度为 2cm/s； 连接 PQ．若设运动的时间为 t（s）（0＜t＜2），解答下列问题： （1）当 t 为何值时，PQ∥BC？ （2）设△AQP 的面积为 y（ 2cm ），求 y 与 t 之间的函数关系式； （3）是否存在某一时刻 t，使线段 PQ 恰好把 Rt△ACB 的周长和面积同时平分？若存在，求 出此时 t 的值；若不存在，说明理由； （4）如图②，连接 PC，并把△PQC 沿 QC 翻折，得到四边形 PQP′C，那么是否存在某一时 刻 t，使四边形 PQP′C 为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由． P 图② A Q C P B 图① A Q C P B 16.已知双曲线 ky x  与直线 1 4y x 相交于 A、B 两点.第一象限上的点 M（m，n）（在 A 点 左侧）是双曲线 ky x  上的动点.过点 B 作 BD∥y 轴于点 D.过 N（0，－n）作 NC∥x 轴交双 曲线 ky x  于点 E，交 BD 于点 C. （1）若点 D 坐标是（－8，0），求 A、B 两点坐标及 k 的值. （2）若 B 是 CD 的中点，四边形 OBCE 的面积为 4，求直线 CM 的解析式. （3）设直线 AM、BM 分别与 y 轴相交于 P、Q 两点，且 MA＝pMP，MB＝qMQ，求 p－q 的值. D B C E N O A M y x 压轴题答案 1. 解：（ 1）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b=2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 2 解：（1） RtA  ， 6AB  ， 8AC  ， 10BC  ． 点 D 为 AB 中点， 1 32BD AB   ． 90DHB A     ， B B   ． BHD BAC△ ∽△ ， DH BD AC BC   ， 3 12810 5 BDDH ACBC      ． （2） QR AB ∥ ， 90QRC A     ． C C   ， RQC ABC△ ∽△ ， RQ QC AB BC   ， 10 6 10 y x  ， 即 y 关于 x 的函数关系式为： 3 65y x   ． （3）存在，分三种情况： ①当 PQ PR 时，过点 P 作 PM QR 于 M ，则QM RM ． y x D E A B F O G A B C D E R P H Q M 2 1 1 2 90     ， 2 90C     ， 1 C   ． 8 4cos 1 cos 10 5C     ， 4 5 QM QP   ， 1 3 6 42 5 12 5 5 x      ， 18 5x  ． ②当 PQ RQ 时， 3 1265 5x   ， 6x  ． ③当 PR QR 时，则 R 为 PQ 中垂线上的点， 于是点 R 为 EC 的中点， 1 1 22 4CR CE AC    ． tan QR BAC CR CA   ， 3 6 65 2 8 x    ， 15 2x  ． 综上所述，当 x 为18 5 或 6 或15 2 时， PQR△ 为等腰三角形． 3 解：（1）∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C． ∴ △AMN ∽ △ABC． ∴ AM AN AB AC  ，即 4 3 x AN ． ∴ AN＝ 4 3 x． ……………2 分 ∴ S = 21 3 3 2 4 8MNP AMNS S x x x      ．（0＜ x ＜4） ……………3 分 （2）如图 2，设直线 BC 与⊙O 相切于点 D，连结 AO，OD，则 AO =OD = 2 1 MN． 在 Rt△ABC 中，BC ＝ 2 2AB AC =5． 由（1）知 △AMN ∽ △ABC． ∴ AM MN AB BC  ，即 4 5 x MN ． ∴ 5 4MN x ， A B C D E RP H Q A B C D E R P H Q A B C M N P 图 1 O A B C M N D 图 2 O Q ∴ 5 8OD x ． …………………5 分 过 M 点作 MQ⊥BC 于 Q，则 5 8MQ OD x  ． 在 Rt△BMQ 与 Rt△BCA 中，∠B 是公共角， ∴ △BMQ∽△BCA． ∴ BM QM BC AC  ． ∴ 55 258 3 24 x BM x    ， 25 424AB BM MA x x     ． ∴ x＝ 49 96 ． ∴ 当 x ＝ 49 96 时 ， ⊙ O 与 直 线 B C 相 切 ． … … … … … … … … … … … … … 7 分 （3）随点 M 的运动，当 P 点落在直线 BC 上时，连结 AP，则 O 点为 AP 的中点． ∵ MN∥BC，∴ ∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APC． ∴ △AMO ∽ △ABP． ∴ 1 2 AM AO AB AP   ． AM＝MB＝2． 故以下分两种情况讨论： ① 当 0＜ x ≤2 时， 2 Δ 8 3 xSy PMN  ． ∴ 当 x ＝2 时， 23 32 .8 2y   最大 ……………………………………8 分 ② 当 2＜ x ＜4 时，设 PM，PN 分别交 BC 于 E，F． ∵ 四边形 AMPN 是矩形， ∴ PN∥AM，PN＝AM＝x． 又∵ MN∥BC， ∴ 四边形 MBFN 是平行四边形． ∴ FN＝BM＝4－x． ∴  4 2 4PF x x x     ． 又△PEF ∽ △ACB． ∴ 2 PEF ABC SPF AB S        ． ∴  23 22PEFS x   ． … … … … … … … … … … … … … … … … … … 9 分 MNP PEFy S S   ＝  22 23 3 92 6 68 2 8x x x x      ．…………………… 10 分 当 2＜ x ＜4 时， 29 6 68y x x    29 8 28 3x       ． A B C M N P 图 4 O E F A B C M N P 图 3 O ∴ 当 8 3x  时，满足 2＜ x ＜4， 2y 最大 ． ……………………11 分 综上所述，当 8 3x  时， y 值最大，最大值是 2． …………………………12 分 4 解：（1）作BE⊥OA，∴ΔAOB是等边三角形∴BE=OB·sin60o= 2 3 ，∴ B( 2 3 ,2) ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   , 以直线 AB 的解析式为 3 43y x   （2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD 是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  如图，作 BE⊥AO,DH⊥OA,GB⊥DH,显然ΔGBD 中∠GBD=30° ∴GD= 1 2 BD= 3 2 ,DH=GH+GD= 3 2 + 2 3 = 5 3 2 , ∴GB= 3 2 BD= 3 2 ,OH=OE+HE=OE+BG= 3 72 2 2   ∴D( 5 3 2 , 7 2 ) (3)设 OP=x,则由（2）可得 D( 32 3 ,2 2x x  )若ΔOPD 的面积为：1 3 3(2 )2 2 4x x  解得： 2 3 21 3x   所以 P( 2 3 21 3   ,0) 5 y x H G E D B A O P 6 7 解：（1）分别过 D，C 两点作 DG⊥AB 于点 G，CH⊥AB 于点 H． ……………1 分 ∵ AB∥CD， ∴ DG＝CH，DG∥CH． ∴ 四边形 DGHC 为矩形，GH＝CD＝1． ∵ DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°， ∴ △AGD≌△BHC（HL）． ∴ AG＝BH＝ 2 17 2  GHAB ＝3． ………2 分 ∵ 在 Rt△AGD 中，AG＝3，AD＝5， ∴ DG＝4． ∴  1 7 4 162ABCDS   梯形 ． ………………………………………………3 分 （2）∵ MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB， ∴ ME＝NF，ME∥NF． ∴ 四边形 MEFN 为矩形． ∵ AB∥CD，AD＝BC， ∴ ∠A＝∠B． ∵ ME＝NF，∠MEA＝∠NFB＝90°， ∴ △MEA≌△NFB（AAS）． ∴ AE＝BF． ……………………4 分 设 AE＝x，则 EF＝7－2x． ……………5 分 ∵ ∠A＝∠A，∠MEA＝∠DGA＝90°， ∴ △MEA∽△DGA． ∴ DG ME AG AE  ． ∴ ME＝ x3 4 ． …………………………………………………………6 分 ∴ 6 49 4 7 3 8)2(73 4 2       xxxEFMES MEFN矩形 ． ……………………8 分 当 x＝ 4 7 时，ME＝ 3 7 ＜4，∴四边形 MEFN 面积的最大值为 6 49 ．……………9 分 （3）能． ……………………………………………………………………10 分 由（2）可知，设 AE＝x，则 EF＝7－2x，ME＝ x3 4 ． 若四边形 MEFN 为正方形，则 ME＝EF． 即  3 4x 7－2x．解，得 10 21x ． ……………………………………………11 分 CD A BE F NM G H CD A BE F NM G H ∴ EF＝ 21 147 2 7 2 10 5x     ＜4． ∴ 四边形 MEFN 能为正方形，其面积为 25 196 5 14 2     MEFNS正方形 ． 8 解：（1）由题意可知，     131  mmmm ． 解，得 m＝3． ………………………………3 分 ∴ A（3，4），B（6，2）； ∴ k＝4×3=12． ……………………………4 分 （2）存在两种情况，如图： ①当 M 点在 x 轴的正半轴上，N 点在 y 轴的正半轴 上时，设 M1 点坐标为（x1，0），N1 点坐标为（0，y1）． ∵ 四边形 AN1M1B 为平行四边形， ∴ 线段 N1M1 可看作由线段 AB 向左平移 3 个单位， 再向下平移 2 个单位得到的（也可看作向下平移 2 个单位，再向左平移 3 个单位得到的）． 由（1）知 A 点坐标为（3，4），B 点坐标为（6，2）， ∴ N1 点坐标为（0，4－2），即 N1（0，2）； ………………………………5 分 M1 点坐标为（6－3，0），即 M1（3，0）． ………………………………6 分 设直线 M1N1 的函数表达式为 21  xky ，把 x＝3，y＝0 代入，解得 3 2 1 k ． ∴ 直线 M1N1 的函数表达式为 23 2  xy ． ……………………………………8 分 ②当 M 点在 x 轴的负半轴上，N 点在 y 轴的负半轴上时，设 M2 点坐标为（x2，0）， N2 点坐标为（0，y2）． ∵ AB∥N1M1，AB∥M2N2，AB＝N1M1，AB＝M2N2， ∴ N1M1∥M2N2，N1M1＝M2N2． ∴ 线段 M2N2 与线段 N1M1 关于原点 O 成中心对称． ∴ M2 点坐标为（-3，0），N2 点坐标为（0，-2）． ………………………9 分 设直线 M2N2 的函数表达式为 22  xky ，把 x＝-3，y＝0 代入，解得 3 2 2 k ， ∴ 直线 M2N2 的函数表达式为 23 2  xy ． 所以，直线 MN 的函数表达式为 23 2  xy 或 23 2  xy ． ………………11 分 （3）选做题：（9，2），（4，5）． ………………………………………………2 分 9 解：（1）直线 3 3y x   与 x 轴交于点 A ，与 y 轴交于点C ． ( 1 0)A  ， ， (0 3)C ， ···················································································1 分 点 A C， 都在抛物线上， 2 30 3 3 a c c       3 3 3 a c      xO y A B M1 N1 M2 N2 抛物线的解析式为 23 2 3 33 3y x x   ······················································ 3 分 顶点 4 31 3F      ， ························································································4 分 （2）存在······································································································ 5 分 1(0 3)P ， ···································································································· 7 分 2 (2 3)P ， ····································································································9 分 （3）存在·····································································································10 分 理由： 解法一： 延长 BC 到点 B，使 B C BC  ，连接 B F 交直线 AC 于点 M ，则点 M 就是所求的点． ··············································································· 11 分 过点 B作 B H AB  于点 H ． B 点在抛物线 23 2 3 33 3y x x   上， (3 0)B ， 在 Rt BOC△ 中， 3tan 3OBC  ， 30OBC   ， 2 3BC  ， 在 Rt BB H△ 中， 1 2 32B H BB   ， 3 6BH B H  ， 3OH  ， ( 3 2 3)B  ， ···············································12 分 设直线 B F 的解析式为 y kx b  2 3 3 4 3 3 k b k b        解得 3 6 3 3 2 k b      3 3 3 6 2y x   ·························································································13 分 3 3 3 3 3 6 2 y x y x       解得 3 7 10 3 7 x y      ， 3 10 3 7 7M       ， A O x y B F C 图 9 H B M 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ．········14 分 解法二： 过点 F 作 AC 的垂线交 y 轴于点 H ，则点 H 为点 F 关于直线 AC 的对称点．连接 BH 交 AC 于点 M ，则点 M 即为所求．································· 11 分 过点 F 作 FG y 轴于点G ，则OB FG∥ ， BC FH∥ ． 90BOC FGH     ， BCO FHG   HFG CBO   同方法一可求得 (3 0)B ， ． 在 Rt BOC△ 中， 3tan 3OBC  ， 30OBC   ，可求得 3 3GH GC  ， GF 为线段CH 的垂直平分线，可证得 CFH△ 为等边三角形， AC 垂直平分 FH ． 即点 H 为点 F 关于 AC 的对称点． 5 30 3H       ， ············································ 12 分 设直线 BH 的解析式为 y kx b  ，由题意得 0 3 5 33 k b b     解得 5 39 5 33 k b      5 53 39 3y   ·························································································13 分 5 53 39 3 3 3 y x y x        解得 3 7 10 3 7 x y      3 10 3 7 7M       ， 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ． 1 10 解：（1）点 E 在 y 轴上················································································1 分 理由如下： 连接 AO ，如图所示，在 Rt ABO△ 中， 1AB  ， 3BO  ， 2AO  A O x y B F C 图 10 H MG 1sin 2AOB   ， 30AOB   由题意可知： 60AOE   30 60 90BOE AOB AOE          点 B 在 x 轴上，点 E 在 y 轴上．·································································· 3 分 （2）过点 D 作 DM x 轴于点 M 1OD  ， 30DOM   在 Rt DOM△ 中， 1 2DM  ， 3 2OM  点 D 在第一象限， 点 D 的坐标为 3 1 2 2       ， ·················································································5 分 由（1）知 2EO AO  ，点 E 在 y 轴的正半轴上 点 E 的坐标为 (0 2)， 点 A 的坐标为 ( 31) ， ···················································································6 分 抛物线 2y ax bx c   经过点 E ， 2c  由题意，将 ( 31)A  ， ， 3 1 2 2D       ， 代入 2 2y ax bx   中得 3 3 2 1 3 3 124 2 2 a b a b        解得 8 9 5 3 9 a b       所求抛物线表达式为： 28 5 3 29 9y x x    ··················································· 9 分 （3）存在符合条件的点 P ，点Q ．·································································· 10 分 理由如下：矩形 ABOC 的面积 3AB BO  以O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形面积为 2 3 ． 由题意可知OB 为此平行四边形一边， 又 3OB  OB 边上的高为 2························································································ 11 分 依题意设点 P 的坐标为 ( 2)m， 点 P 在抛物线 28 5 3 29 9y x x    上 28 5 3 2 29 9m m    解得， 1 0m  ， 2 5 3 8m   1(0 2)P ， ， 2 5 3 28P      ， 以O B P Q， ， ， 为顶点的四边形是平行四边形， PQ OB ∥ ， 3PQ OB  ， 当点 1P 的坐标为 (0 2)， 时， 点Q 的坐标分别为 1( 3 2)Q  ， ， 2 ( 3 2)Q ， ； 当点 2P 的坐标为 5 3 28      ， 时， 点Q 的坐标分别为 3 13 3 28Q      ， ， 4 3 3 28Q       ， ．············································ 14 分 （以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分） 11 解：（1）在 23 34y x   中，令 0y  23 3 04 x   1 2x  ， 2 2x   ( 2 0)A  ， ， (2 0)B ， ·············································· 1 分 又点 B 在 3 4y x b   上 y xO D E C FA B M x y A B C E MD P N O 30 2 b    3 2b  BC 的解析式为 3 3 4 2y x   ········································································· 2 分 （2）由 23 34 3 3 4 2 y x y x         ，得 1 1 1 9 4 x y    2 2 2 0 x y    ···················································4 分 91 4C      ， ， (2 0)B ， 4AB  ， 9 4CD  ························································································5 分 1 9 942 4 2ABCS    △ ···················································································6 分 （3）过点 N 作 NP MB 于点 P EO MB NP EO ∥ BNP BEO△ ∽△ ························································································ 7 分 BN NP BE EO   ··································································································8 分 由直线 3 3 4 2y x   可得： 30 2E      ， 在 BEO△ 中， 2BO  ， 3 2EO  ，则 5 2BE  2 5 3 2 2 t NP  ， 6 5NP t  ················································································· 9 分 1 6 (4 )2 5S t t    23 12 (0 4)5 5S t t t     ·············································································· 10 分 23 12( 2)5 5S t    ······················································································ 11 分 此抛物线开口向下，当 2t  时， 12 5S 最大 当点 M 运动 2 秒时， MNB△ 的面积达到最大，最大为12 5 ． 12 解： (1)m=-5,n=-3 (2)y= 4 3 x+2 (3)是定值. 因为点 D 为∠ACB 的平分线，所以可设点 D 到边 AC,BC 的距离均为 h， 设△ABC AB 边上的高为 H, 则利用面积法可得： 2 2 2 CM h CN h MN H    （CM+CN）h=MN﹒H CM CN MN H h   又 H= CM CN MN  化简可得 (CM+CN)﹒ 1MN CM CN h  故 1 1 1 CM CN h   13 解：（ 1）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b=2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 y x D E A B F O G 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 14 解（Ⅰ）当 1 ba ， 1c 时，抛物线为 123 2  xxy ， 方程 0123 2  xx 的两个根为 11 x ， 3 1 2 x ． ∴该抛物线与 x 轴公共点的坐标是 1 0 ， 和 1 03      ， ． ··········································2 分 （Ⅱ）当 1 ba 时，抛物线为 cxxy  23 2 ，且与 x 轴有公共点． 对于方程 023 2  cxx ，判别式 c124  ≥0，有 c ≤ 3 1 ． ···································3 分 ①当 3 1c 时，由方程 03 123 2  xx ，解得 3 1 21  xx ． 此时抛物线为 3 123 2  xxy 与 x 轴只有一个公共点 1 03     ， ．····························· 4 分 ②当 3 1c 时， 11 x 时， ccy  1231 ， 12 x 时， ccy  5232 ． 由已知 11  x 时，该抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为 3 1x ， 应有 1 2 0 0. y y    ≤ ， 即 1 0 5 0. c c     ≤ ， 解得 5 1c  ≤ ． 综上， 3 1c 或 5 1c  ≤ ． ······································································6 分 （Ⅲ）对于二次函数 cbxaxy  23 2 ， 由已知 01 x 时， 01  cy ； 12 x 时， 0232  cbay ， 又 0 cba ，∴ babacbacba  22)(23 ． 于是 02  ba ．而 cab  ，∴ 02  caa ，即 0 ca ． ∴ 0 ca ． ······························································································ 7 分 ∵关于 x 的一元二次方程 023 2  cbxax 的判别式 0])[(412)(4124 222  accaaccaacb ， ∴抛物线 cbxaxy  23 2 与 x 轴有两个公共点，顶点在 x 轴下方．··························8 分 又该抛物线的对称轴 a bx 3  ， 由 0 cba ， 0c ， 02  ba ， 得 aba 2 ， ∴ 3 2 33 1  a b ． 又由已知 01 x 时， 01 y ； 12 x 时， 02 y ，观察图象， 可知在 10  x 范围内，该抛物线与 x 轴有两个公共点． ······································ 10 分 15 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则 CQ＝(4－2t)cm， ∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm ∴AP＝（5－t）cm， ∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC， ∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2t∶4，解得：t＝10 7 ∴当 t 为10 7 秒时，PQ∥BC ………………2 分 （2）过点 Q 作 QD⊥AB 于点 D，则易证△AQD∽△ABC ∴AQ∶QD＝AB∶BC ∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝ 6 5 t ∴△APQ 的面积： 1 2 ×AP×QD＝ 1 2 （5－t）× 6 5 t ∴y 与 t 之间的函数关系式为：y＝ 233 5t t ………………5 分 （3）由题意： 当面积被平分时有： 233 5t t ＝ 1 2 × 1 2 ×3×4，解得：t＝ 5 5 2  当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1 ∴不存在这样 t 的值 ………………8 分 （4）过点 P 作 PE⊥BC 于 E O y x1 易证：△PAE∽△ABC，当 PE＝ 1 2 QC 时，△PQC 为等腰三角形，此时△QCP′为菱形 ∵△PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝ 4 5 t ∵QC＝4－2t，∴2× 4 5 t ＝4－2t,解得：t＝10 9 ∴当 t＝10 9 时，四边形 PQP′C 为菱形 此时，PE＝ 8 9 ，BE＝ 2 3 ，∴CE＝ 7 3 ………………10 分 在 Rt△CPE 中，根据勾股定理可知：PC＝ 2 2PE CE ＝ 2 28 7( ) ( )9 3  ＝ 505 9 ∴此菱形的边长为 505 9 cm ………………12 分 16 解：（1）∵D（－8，0），∴B 点的横坐标为－8，代入 1 4y x 中，得 y＝－2. ∴B 点坐标为（－8，－2）.而 A、B 两点关于原点对称，∴A（8，2） 从而 k＝8×2＝16 （2）∵N（0，－n），B 是 CD 的中点，A，B，M，E 四点均在双曲线上, ∴mn＝k，B（－2m，－ 2 n ），C（－2m，－n），E（－m，－n） DCNOS矩形 ＝2mn＝2k， DBOS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k， OENS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k. ∴ OBCES矩形 ＝ DCNOS矩形 ― DBOS△ ― OENS△ ＝k.∴k＝4. 由直线 1 4y x 及双曲线 4y x  ，得 A（4，1），B（－4，－1） ∴C（－4，－2），M（2，2） 设直线 CM 的解析式是 y ax b  ，由 C、M 两点在这条直线上，得 4 2 2 2 a b a b        ，解得 a＝b＝ 2 3 ∴直线 CM 的解析式是 y＝ 2 3 x＋ 2 3 . （3）如图，分别作 AA1⊥x 轴，MM1⊥x 轴，垂足分别为 A1，M1 D B C E N O A M y x Q A1M1 设 A 点的横坐标为 a，则 B 点的横坐标为－a.于是 1 1 1 A MMA a mp MP M O m    ， 同理 MB m aq MQ m   ∴p－q＝ a m m  － m a m  ＝－2