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2010年中考数学压轴题100题精选答案
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【001】解：（1）抛物线经过点，
1分
二次函数的解析式为： 3分
（2）为抛物线的顶点过作于，则，
4分
x
y
M
C
D
P
Q
O
A
B
N
E
H
当时，四边形是平行四边形
5分
当时，四边形是直角梯形
过作于，则
（如果没求出可由求）
6分
当时，四边形是等腰梯形
综上所述：当、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形． 7分
（3）由（2）及已知，是等边三角形
则
过作于，则 8分
= 9分
当时，的面积最小值为 10分
此时
A
C
)
B
P
Q
D
图3
E
)
F
11分
【002】解：（1）1，；
（2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴．
A
C
B
P
Q
E
D
图4
由△AQF∽△ABC，，
得．∴． ∴，
即．
（3）能．
A
C
B
P
Q
E
D
图5
A
C(E)
)
B
P
Q
D
图6
G
A
C(E)
)
B
P
Q
D
图7
G
①当DE∥QB时，如图4．
∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．
此时∠AQP=90°．
由△APQ ∽△ABC，得，
即． 解得．
②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ =90°．
由△AQP ∽△ABC，得 ，
即． 解得．
（4）或．
【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．
方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．
，．
由，得，解得．
方法二、由，得，进而可得
，得，∴．∴．
②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．
，】
【003】解.(1)点A的坐标为（4，8） …………………1分
将A (4,8)、C（8，0）两点坐标分别代入y=ax2+bx
8=16a+4b
得
0=64a+8b
解 得a=-,b=4
∴抛物线的解析式为：y=－x2+4x …………………3分
（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE==,即=
∴PE=AP=t．PB=8-t．
∴点Ｅ的坐标为（4+t，8-t）.
∴点G的纵坐标为：－（4+t）2+4(4+t）=－t2+8. …………………5分
∴EG=－t2+8-(8-t) =－t2+t.
∵-＜0，∴当t=4时，线段EG最长为2. …………………7分
②共有三个时刻. …………………8分
t1=， t2=，t3= ． …………………11分
【004】（1）解：由得点坐标为
由得点坐标为∴（2分）
由解得∴点的坐标为（3分）
∴（4分）
（2）解：∵点在上且 ∴点坐标为（5分）又∵点在上且∴点坐标为（6分）
∴（7分）
（3）解法一：当时，如图1，矩形与重叠部分为五边形（时，为四边形）．过作于，则
A
D
B
E
O
R
F
x
y
y
M
（图3）
G
C
A
D
B
E
O
C
F
x
y
y
G
（图1）
R
M
A
D
B
E
O
C
F
x
y
y
G
（图2）
R
M
∴即∴
∴
即（10分）
图1
A
D
E
B
F
C
G
【005】（1）如图1，过点作于点 1分
∵为的中点，
∴
在中，∴ 2分
∴
即点到的距离为 3分
（2）①当点在线段上运动时，的形状不发生改变．
∵∴
∵∴，
同理 4分
如图2，过点作于，∵
图2
A
D
E
B
F
C
P
N
M
G
H
∴
∴
∴
则
在中，
∴的周长= 6分
②当点在线段上运动时，的形状发生改变，但恒为等边三角形．
当时，如图3，作于，则
类似①，
∴ 7分
∵是等边三角形，∴
此时， 8分
图3
A
D
E
B
F
C
P
N
M
图4
A
D
E
B
F
C
P
M
N
图5
A
D
E
B
F（P）
C
M
N
G
G
R
G
当时，如图4，这时
此时，
当时，如图5，
则又
∴
因此点与重合，为直角三角形．
∴
此时，
综上所述，当或4或时，为等腰三角形．
【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=,得AB=，
设A（a,0）,B(b,0)AB=b-a==，解得p=,但p<0,所以p=。
所以解析式为：
（2）令y=0，解方程得，得,所以A(,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC=,同样可求得BC=，显然AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB=,所以。
（3）存在，AC⊥BC，①若以AC为底边，则BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组得D（，9）
②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把 A(，0)代入得AD解析式为y=0.5x+0.25，解方程组得D() 综上，所以存在两点：（,9）或()。
【007】
【008】证明：（1）∵∠ABC=90°，BD⊥EC，
∴∠1与∠3互余，∠2与∠3互余，
∴∠1=∠2…………………………………………………1分
∵∠ABC=∠DAB=90°，AB=AC
∴△BAD≌△CBE…………………………………………2分
∴AD=BE……………………………………………………3分
（2）∵E是AB中点，
∴EB=EA由（1）AD=BE得：AE=AD……………………………5分
∵AD∥BC∴∠7=∠ACB=45°∵∠6=45°∴∠6=∠7
由等腰三角形的性质，得：EM=MD，AM⊥DE。
即，AC是线段ED的垂直平分线。……………………7分
（3）△DBC是等腰三角（CD=BD）……………………8分
理由如下：
由（2）得：CD=CE由（1）得：CE=BD∴CD=BD
∴△DBC是等腰三角形。……………………………10分
【009】O
C
F
M
D
E
N
K
y
x
图1
解：（1）①轴，轴，
四边形为矩形．
轴，轴，
四边形为矩形．
轴，轴，
四边形均为矩形． 1分
，
，
．
．
，
，
． 2分
②由（1）知．
．
． 4分
，
． 5分
．
． 6分
轴，
四边形是平行四边形．
． 7分
同理．
． 8分
（2）与仍然相等． 9分
，
O
C
D
K
F
E
N
y
x
M
图2
，
又，
． 10分
．
．
，
．
．
． 11分
轴，
四边形是平行四边形．
．
同理．
． 12分
【010】y
x
E
D
N
O
A
C
M
P
N
1
F
（第26题图）
解：（1）根据题意，得 2分
解得抛物线对应的函数表达式为． 3分
（2）存在．
在中，令，得．
令，得，．
，，．
又，顶点． 5分
容易求得直线的表达式是．
在中，令，得．
，． 6分
在中，令，得．
．
，四边形为平行四边形，此时． 8分
（3）是等腰直角三角形．
理由：在中，令，得，令，得．
直线与坐标轴的交点是，．
，． 9分
又点，．． 10分
由图知，． 11分
，且．是等腰直角三角形． 12分
（4）当点是直线上任意一点时，（3）中的结论成立． 14分
【011】解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴ CG= FD．………1分
同理，在Rt△DEF中，EG= FD．…………2分∴ CG=EG．…………………3分
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，
∴ △DAG≌△DCG．∴ AG=CG．………………………5分
在△DMG与△FNG中，∵ ∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，
∴ △DMG≌△FNG．∴ MG=NG 在矩形AENM中，AM=EN． ……………6分
在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，
∴ △AMG≌△ENG．∴ AG=EG．∴ EG=CG． ……………………………8分
证法二：延长CG至M,使MG=CG，
连接MF，ME，EC， ……………………4分
在△DCG 与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，
∴△DCG ≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．
∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴ 在Rt△MFE 与Rt△CBE中，
∵ MF=CB，EF=BE，∴△MFE ≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴ △MEC为直角三角形．∵ MG = CG，∴ EG= MC．………8分
（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分
【012】解：（1）圆心在坐标原点，圆的半径为1，
点的坐标分别为
抛物线与直线交于点，且分别与圆相切于点和点，
．点在抛物线上，将的坐标代入，得： 解之，得：
抛物线的解析式为：． 4分
（2）
抛物线的对称轴为，
O
x
y
N
C
D
E
F
B
M
A
P
． 6分
连结，
，，
又，
，
． 8分
（3）点在抛物线上． 9分
设过点的直线为：，
将点的坐标代入，得：，
直线为：． 10分
过点作圆的切线与轴平行，点的纵坐标为，
将代入，得：．
点的坐标为，当时，，
所以，点在抛物线上． 12分
【013】解：（1）该抛物线过点，可设该抛物线的解析式为．
将，代入，
得解得
此抛物线的解析式为． （3分）
（2）存在． （4分）
如图，设点的横坐标为，
O
x
y
A
B
C
4
1
（第26题图）
D
P
M
E
则点的纵坐标为，
当时，
，．
又，
①当时，
，
即．
解得（舍去），． （6分）
②当时，，即．
解得，（均不合题意，舍去）
当时，． （7分）
类似地可求出当时，． （8分）
当时，．
综上所述，符合条件的点为或或． （9分）
（3）如图，设点的横坐标为，则点的纵坐标为．
过作轴的平行线交于．由题意可求得直线的解析式为
． （10分）
点的坐标为．． （11分）
．
当时，面积最大．． （13分）
【014】（1）解：∵点第一次落在直线上时停止旋转，∴旋转了.
∴在旋转过程中所扫过的面积为.……………4分
（2）解：∵∥，∴,.
∴.∴.又∵，∴.
又∵,,∴.∴.∴.∴旋转过程中，当和平行时，正方形旋转的度数为.……………………………………………8分
（3）答：值无变化. 证明：延长交轴于点，则，
，∴.又∵，.∴.∴.
（第26题）
O
A
B
C
M
N
又∵,, ∴.
∴.∴，
∴.
∴在旋转正方形的过程中，值无变化. ……………12分
【015】⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)2+k∵顶点C的横坐标为4，且过点(0，)
∴y=a(x-4)2+k ………………①
又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6 ∴A(1，0)，B(7，0)
∴0=9a+k ………………②由①②解得a=，k=∴二次函数的解析式为：y=(x-4)2－
⑵∵点A、B关于直线x=4对称 ∴PA=PB ∴PA+PD=PB+PD≥DB ∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值 ∴DB与对称轴的交点即为所求点P
设直线x=4与x轴交于点M ∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO
∴△BPM∽△BDO∴ ∴∴点P的坐标为(4，)
⑶由⑴知点C(4，)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot∠ACM=，
∴∠ACM=60o，∵AC=BC，∴∠ACB=120o
①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N 如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有
BQ=6，∠ABQ=120o，则∠QBN=60o ∴QN=3，BN=3，ON=10，此时点Q(10，)，
如果AB=AQ，由对称性知Q(-2，)
②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是(4，)，
经检验，点(10，)与(-2，)都在抛物线上
综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC
点Q的坐标为(10，)或(-2，)或(4，)．
【016】解：（1）设正比例函数的解析式为，
因为的图象过点，所以，解得．
这个正比例函数的解析式为． （1分）
设反比例函数的解析式为．因为的图象过点，所以
，解得．这个反比例函数的解析式为． （2分）
（2）因为点在的图象上，所以，则点． （3分）
设一次函数解析式为．因为的图象是由平移得到的，
所以，即．又因为的图象过点，所以
，解得，一次函数的解析式为． （4分）
（3）因为的图象交轴于点，所以的坐标为．
设二次函数的解析式为．
因为的图象过点、、和，
所以 （5分） 解得
这个二次函数的解析式为． （6分）
（4）交轴于点，点的坐标是，
y
x
O
C
D
B
A
3
3
6
E
如图所示，
．
假设存在点，使．
四边形的顶点只能在轴上方，，
．
，．在二次函数的图象上，
．解得或．
当时，点与点重合，这时不是四边形，故舍去，
点的坐标为． （8分）
【017】解：（1）已知抛物线经过，
解得
所求抛物线的解析式为． 2分
（2），，
可得旋转后点的坐标为 3分
当时，由得，
可知抛物线过点
将原抛物线沿轴向下平移1个单位后过点．
平移后的抛物线解析式为：． 5分
（3）点在上，可设点坐标为
将配方得，其对称轴为． 6分
y
x
C
B
A
O
N
D
B1
D1
图①
①当时，如图①，
此时
y
x
C
B
A
O
D
B1
D1
图②
N
点的坐标为． 8分
②当时，如图②
同理可得
此时
点的坐标为．
综上，点的坐标为或． 10分
【018】解：（1）抛物线经过，两点，
解得
抛物线的解析式为．
y
x
O
A
B
C
D
E
（2）点在抛物线上，，
即，或．
点在第一象限，点的坐标为．
由（1）知．
设点关于直线的对称点为点．
，，且，
，
点在轴上，且．
，．
即点关于直线对称的点的坐标为（0，1）．
（3）方法一：作于，于．
y
x
O
A
B
C
D
E
P
F
由（1）有：，
．
，且．
，
．
，，，
．
设，则，，
．
点在抛物线上，
，
（舍去）或，．
y
x
O
A
B
C
D
P
Q
G
H
方法二：过点作的垂线交直线于点，过点作轴于．过点作于．
．
，
又，．
，，．
由（2）知，．
，直线的解析式为．
解方程组得
点的坐标为．
【019】（1）EO＞EC，理由如下：
由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC， 故EO＞EC …2分
（2）m为定值
∵S四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO·(EO―EC)
S四边形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC) ·CO
∴ ……………………………………………………4分
（3）∵CO=1， ∴EF=EO=
∴cos∠FEC= ∴∠FEC=60°，
∴
∴△EFQ为等边三角形， …………………………………………5分
作QI⊥EO于I，EI=，IQ=
∴IO= ∴Q点坐标为 ……………………………………6分
∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)， Q ，m=1
∴可求得，c=1
∴抛物线解析式为 ……………………………………7分
（4）由（3），
当时，＜AB
∴P点坐标为 …………………8分
∴BP=AO
方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：
①时，∴K点坐标为或
②时， ∴K点坐标为或…………10分
故直线KP与y轴交点T的坐标为
…………………………………………12分
方法2：若△BPK与△AEF相似，由（3）得：∠BPK=30°或60°，过P作PR⊥y轴于R，则∠RTP=60°或30°
①当∠RTP=30°时，
②当∠RTP=60°时，
∴ ……………………………12分
【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD
②成立，理由如下：∵∠FAD=∠BAC=90° ∴∠BAD=∠CAF
又 BA=CA ，AD=AF ∴△BAD≌△CAF∴CF=BD ∠ACF=∠ACB=45°
∴∠BCF=90° ∴CF⊥BD ……（1分）
（2）当∠ACB=45°时可得CF⊥BC，理由如下：
如图：过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G
则∵∠ACB=45° ∴AG=AC ∠AGC=∠ACG=45°
∵AG=AC AD=AF ………（1分）
∴△GAD≌△CAF（SAS） ∴∠ACF=∠AGD=45°
∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90° ∴CF⊥BC …………（2分）
（3）如图：作AQ⊥BC于Q
∵∠ACB=45° AC=4 ∴CQ=AQ=4
∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90°
∴△ADQ∽△DPC …（1分）
∴=
设CD为x（0＜x＜3）则DQ=CQ－CD=4－x则= …………（1分）
∴PC=(－x2+4x)=－(x－2)2+1≥1
当x=2时，PC最长，此时PC=1 ………（1分）
【021】解：（1）； … ………………………………3分
（2）①EF∥AB． ……………………………………4分
证明：如图，由题意可得A（–4，0），B（0，3），， ．
∴PA=3，PE=，PB=4，PF=．
∴，
∴． ………………………… 6分
又∵∠APB=∠EPF．
∴△APB ∽△EPF，∴∠PAB=∠PEF．
∴EF∥AB． …………………………… 7分
②S2没有最小值，理由如下：
过E作EM⊥y轴于点M，过F作FN⊥x轴于点N，两线交于点Q．
由上知M（0，），N（，0），Q（，）． ……………… 8分
而S△EFQ= S△PEF，∴S2＝S△PEF－S△OEF＝S△EFQ－S△OEF＝S△EOM＋S△FON＋S矩形OMQN
＝＝
=． ………………………… 10分
当时，S2的值随k2的增大而增大，而0＜k2＜12． …………… 11分
∴0＜S2＜24，s2没有最小值． …………………………… 12分
说明：1．证明AB∥EF时，还可利用以下三种方法．方法一：分别求出经过A、B两点和经过E、F两点的直线解析式，利用这两个解析式中x的系数相等来证明AB∥EF；方法二：利用＝来证明AB∥EF；方法三：连接AF、BE，利用S△AEF＝S△BFE得到点A、点B到直线EF的距离相等，再由A、B两点在直线EF同侧可得到AB∥EF．
2．求S2的值时，还可进行如下变形：
S2＝ S△PEF－S△OEF＝S△PEF－（S四边形PEOF－S△PEF）＝2 S△PEF－S四边形PEOF，再利用第（1）题中的结论．
【022】解：(1)设抛物线的解析式为：y＝a(x－m＋2)(x－m－2)＝a(x－m)2－4a．……2分
∵AC⊥BC，由抛物线的对称性可知：△ACB是等腰直角三角形，又AB＝4，
∴C(m，－2)代入得a＝．∴解析式为：y＝(x－m)2－2．………………………5分
(亦可求C点，设顶点式)
(2)∵m为小于零的常数，∴
只需将抛物线向右平移－m个单位，再向上平移2个单位，可以使抛物线y＝(x－m)2－2顶点在坐标原点．……………………………………7分
(3)由(1)得D(0，m2－2)，设存在实数m，使得△BOD为等腰三角形．
∵△BOD为直角三角形，∴只能OD＝OB．……………………………………………9分
∴m2－2＝|m＋2|，当m＋2＞0时，解得m＝4或m＝－2(舍)．
当m＋2＜0时，解得m＝0(舍)或m＝－2(舍)；
当m＋2＝0时，即m＝－2时，B、O、D三点重合(不合题意，舍)
综上所述：存在实数m＝4，使得△BOD为等腰三角形．……………………………12分
A
D
C
B
P
M
Q
60°
【023】（1）证明：∵是等边三角形
∴
∵是中点 ∴ ∵
∴
∴ ∴ ∴梯形是等腰梯形．
（2）解：在等边中，
∴
∴∴ ∴ 5分
∵ ∴ 6分
∴ ∴ 7分
（3）解：①当时，则有
则四边形和四边形均为平行四边形∴
当时，则有 ，
则四边形和四边形均为平行四边形 ∴
∴当或时，以P、M和A、B、C、 D中的两个点为顶点的四边形是平行四边形．此时平行四边形有4个．
为直角三角形 ∵ ∴当取最小值时，
∴是的中点，而∴∴
【024】（1）由可知，，又△ABC为等腰直角三角形，
∴，，所以点A的坐标是（）.
（2）∵ ∴，则点的坐标是（）.
又抛物线顶点为，且过点、，所以可设抛物线的解析式为：，得：
解得 ∴抛物线的解析式为 ………7分
（3）过点作于点，过点作于点，设点的坐标是，则，.
∵ ∴∽ ∴ 即，得 ∵ ∴∽ ∴ 即，得 又∵
∴
即为定值8.
【025】解：（1）设点M的横坐标为x，则点M的纵坐标为－x+4（0
0，－x+4>0）；
则：MC＝∣－x+4∣＝－x+4，MD＝∣x∣＝x；
∴C四边形OCMD＝2（MC+MD）＝2（－x+4+x）＝8
∴当点M在AB上运动时，四边形OCMD的周长不发生变化，总是等于8；
（2）根据题意得：S四边形OCMD＝MC·MD＝（－x+4）· x＝－x2+4x＝－(x-2)2+4
∴
四边形OCMD的面积是关于点M的横坐标x（0PA，∴只存在点Q1,使Q1A=Q1P.
如图2,过点Q1作Q1M⊥AP，垂足为点M，Q1M交AC于点F,则AM=.
由△AMF∽△AOD∽△CQ1F,得, ,
∴. ………………1分∴CQ1==.则,
∴ .……………………………1分
第二种情况：当点Q在BA上时,存在两点Q2,Q3,
分别使A P= A Q2,PA=PQ3.
①若AP=AQ2，如图3,CB+BQ2=10-4=6.
则,∴.……1分
②若PA=PQ3，如图4,过点P作PN⊥AB，垂足为N，
由△ANP∽△AEB,得.
∵AE= , ∴AN＝.
∴AQ3=2AN=, ∴BC+BQ3=10-
则.∴.
………………………1分
综上所述，当t= 4秒，以所得的等腰三角形APQ沿底边翻折，翻折后得到菱形的k值为或或.
【032】解：（1）在△ABC中，∵，，．
∴，解得． 4分
（2）①若AC为斜边，则，即，无解．
②若AB为斜边，则，解得，满足．
③若BC为斜边，则，解得，满足．
C
A
B
N
M
（第24题-1）
D
∴或． 9分
（3）在△ABC中，作于D，
设，△ABC的面积为S，则．
①若点D在线段AB上，
则．
∴，即．
∴，即．
∴（）． 11分
当时（满足），取最大值，从而S取最大值． 13分
②若点D在线段MA上，
C
B
A
D
M
N
（第24题-2）
则．
同理可得，
（），
易知此时．
综合①②得，△ABC的最大面积为． 14分
【033】第（2）题
x
y
B
C
O
D
A
M
N
N′
x
y
B
C
O
A
M
N
P1
P2
备用图
（1）.……………4分
（2）由题意得点与点′关于轴对称，，
将′的坐标代入得，
（不合题意，舍去），.……………2分
，点到轴的距离为3.
， ，直线的解析式为，
它与轴的交点为点到轴的距离为.
.……………2分
（3）当点在轴的左侧时，若是平行四边形，则平行且等于，
把向上平移个单位得到，坐标为，代入抛物线的解析式，
得：
（不舍题意，舍去），，.……………2分
当点在轴的右侧时，若是平行四边形，则与互相平分，
．
与关于原点对称，，
将点坐标代入抛物线解析式得：，
（不合题意，舍去），，．……………2分
存在这样的点或，能使得以
为顶点的四边形是平行四边形．
【034】解：（1）2. ……………2分
A
C
B
P
E
第（25）题
（2）证明：在上取点，使，
连结，再在上截取，连结．
，为正三角形，
=，
为正三角形，=，
=，
′，．
，
，为的费马点，
过的费马点，且=+．………2分
【035】解：（1）（1，0） 1分
点P运动速度每秒钟1个单位长度． 2分
（2） 过点作BF⊥y轴于点，⊥轴于点，则＝8，．
∴．
在Rt△AFB中， 3分
过点作⊥轴于点，与的延长线交于点．
∵ ∴△ABF≌△BCH．
∴．
∴．
∴所求C点的坐标为（14，12）． 4分
（3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥轴于点N，
则△APM∽△ABF．
∴． ．
∴． ∴．
设△OPQ的面积为（平方单位）
∴（0≤≤10） 5分
说明:未注明自变量的取值范围不扣分．
∵<0 ∴当时， △OPQ的面积最大． 6分
此时P的坐标为（，） ． 7分
（4） 当 或时， OP与PQ相等． 9分
对一个加1分，不需写求解过程．
【036】解：（1）由已知，得，，
，
．． （1分）
设过点的抛物线的解析式为．将点的坐标代入，得．[来源:学&将和点的坐标分别代入，得 （2分）
y
x
D
B
C
A
E
E
O
Ｍ
F
K
G
G
解这个方程组，得[来源:学#科#网]故抛物线的解析式为． （3分）
（2）成立． （4分）
点在该抛物线上，且它的横坐标为，
点的纵坐标为． （5分）
设的解析式为，
将点的坐标分别代入，得
解得
的解析式为．，． （7分）
过点作于点，则．，
．又，．
．[来．．
（3）点在上，，，则设．
，，．
①若，则，
解得．，此时点与点重合．．
②若，则，解得 ，，此时轴．
与该抛物线在第一象限内的交点的横坐标为1，点的纵坐标为．．
③若，则，[来
解得，，此时，是等腰直角三角形．
过点作轴于点，则，设，
y
x
D
B
C
A
E
E
O
Q
P
H
G
G
(P)
(Q)
Q
(P)
．
．
解得（舍去）．．（12分）
综上所述，存在三个满足条件的点，即或或．
【037】解：（1）设第一象限内的点B（m,n），则tan∠POB，得m=9n，又点B在函数 的图象上，得，所以m=3（－3舍去），点B为，
而AB∥x轴，所以点A（，），所以；
（2）由条件可知所求抛物线开口向下，设点A（a , a），B（，a），则AB=－ a = ,
所以，解得 .
当a = －3时，点A（―3，―3），B（―，―3），因为顶点在y = x上，所以顶点为（－，－），所以可设二次函数为，点A代入，解得k= －,所以所求函数解析式为 .
同理，当a = 时，所求函数解析式为；
（3）设A（a , a），B（，a），由条件可知抛物线的对称轴为 .
设所求二次函数解析式为： .
点A（a , a）代入，解得，，所以点P到直线AB的距离为3或。
【038】解：（1）矩形（长方形）；．
（2）①，，．
，即，，． 4分
同理，，即，
，．． 6分
②在和中，
[来源:学科网ZXXK]． 7分
．设，[来源:学科网]在中， ，解得． 8分
． 9分
（3）存在这样的点和点，使． 10分
Q
C
B
A
O
x
P
y
H
点的坐标是，． 12分
对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求．
过点画于，连结，则，
，，
．设，，Q
C
B
A
O
x
P
y
H
，
如图1，当点P在点B左侧时，
，
在中，，[来源:学科网ZXXK]
解得，（不符实际，舍去）．
，．
②如图2，当点P在点B右侧时，，．
在中，，解得．，
．综上可知，存在点，，使．
【039】(1) 将点A(-4，8)的坐标代入，解得． ……1分
将点B(2，n)的坐标代入，求得点B的坐标为(2，2)，
则点B关于x轴对称点P的坐标为(2，-2)． ……1分
(第24题(1))
4
x
2
2
A
8
-2
O
-2
-4
y
6
B
C
D
-4
4
Q
P
直线AP的解析式是． ……1分
令y=0，得．即所求点Q的坐标是(，0)． ……1分
(2)① 解法1：CQ=︱-2-︱=， ……1分
故将抛物线向左平移个单位时，A′C+CB′最短，
此时抛物线的函数解析式为． ……1分
(第24题(2)①)
4
x
2
2
A′
8
-2
O
-2
-4
y
6
B′
C
D
-4
4
A′′
解法2：设将抛物线向左平移m个单位，则平移后A′，B′的坐标分别为A′(-4-m，8)和B′(2-m，2)，点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-m，-8)．
直线A′′B′的解析式为． 要使A′C+CB′最短，点C应在直线A′′B′上，将点C(-2，0)代入直线A′′B′的解析式，解得．
故将抛物线向左平移个单位时A′C+CB′最短，此时抛物线的函数解析式为． ……1分
(第24题(2)②)
4
x
2
2
A′
8
-2
O
-2
-4
y
6
B′
C
D
-4
4
A′′
B′′
② 左右平移抛物线，因为线段A′B′和CD的长是定值，所以要使四边形A′B′CD的周长最短，只要使A′D+CB′最短； ……1分
第一种情况：如果将抛物线向右平移，显然有A′D+CB′
>AD+CB，因此不存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短．……1分
第二种情况：设抛物线向左平移了b个单位，则点A′和点B′的坐标分别为A′(-4-b，8)和B′(2-b，2)．
因为CD=2，因此将点B′向左平移2个单位得B′′(-b，2)，
要使A′D+CB′最短，只要使A′D+DB′′最短． ……1分
点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-b，-8)，直线A′′B′′的解析式为．要使A′D+DB′′最短，点D应在直线A′′B′′上，将点D(-4，0)代入直线A′′B′′的解析式，解得．故将抛物线向左平移时，存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短，此时抛物线的函数解析式为．……1分
【040】（1）解 ①如图1，当在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：
解得x=……（2分）
②如图3，当在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：
N= 列式得()×=
解得x=……（2分）
综上所述，当△与△重叠部分面积 为平方厘米时，△移动的时间为或（）秒。
图1
图2
图3
图1
（2） ①如图1，当0≤x≤时 ……（1分）
②如图2，当≤x≤时，如图，△DN, △,△是等腰直角三角形， N＝，GF=MN=,
即…(3分)
③如图3，当≤x≤时，…（1分）
（3）①当0≤x≤时， ……（1分）
②当≤x≤时， ……（2分）
③当≤x≤时， ……（1分）
所以，△与△重叠部分面积的最大值为5。
【041】（1）如图 （3分）
y（千米）
x（小时）
150
100
50
-1
1
0
2
3
4
5
6
7
8
A
C
B
D
E
（2）2次 （5分）
（3）如图，设直线的解析式为，
图象过，
．① （7分）
设直线的解析式为，
图象过，
．② （7分）
解由①、②组成的方程组得
最后一次相遇时距离乌鲁木齐市的距离为112.5千米． （12分）
【042】解：（1）∵点是的中点，∴，∴．
又∵是的角平分线，∴，
∴，∴． 3分
（2）过点作的平分线的垂线，垂足为，点即为所求．
y
O
x
D
B
P
E
F
M
易知点的坐标为（2，2），故，作，
∵是等腰直角三角形，∴，
∴点的坐标为（3，3）．
∵抛物线经过原点，∴设抛物线的解析式为．
又∵抛物线经过点和点，∴有 解得
∴抛物线的解析式为． 7分
（3）由等腰直角三角形的对称性知D点关于的平分线的对称点即为点．
连接，它与的平分线的交点即为所求的点（因为，而两点之间线段最短），此时的周长最小．
∵抛物线的顶点的坐标，点的坐标，
设所在直线的解析式为，则有，解得．
∴所在直线的解析式为．
点满足，解得，故点的坐标为．
的周长即是．
（4）存在点，使．其坐标是或． 14分
【043】解（Ⅰ），
. 1分
将分别代入，得
，
解得.函数的解析式为． 3分
（Ⅱ）由已知，得，设的高为，
，即.
根据题意，，由，得.
当时，解得；
当时，解得.
的值为. 6分
（Ⅲ）由已知，得.
，，
，化简得.
，得， .
有.
又，，，
当时，；当时，；
当时，. 10分
【044】(1) 配方,得y=(x–2)2 –1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点为P(2，–1) ．
取x=0代入y=x2 –2x＋1，得y=1，∴点A的坐标是(0，1)．由抛物线的对称性知，点A(0，1)与点B关于直线x=2对称，∴点B的坐标是(4，1)． 2分
设直线l的解析式为y=kx＋b(k≠0)，将B、P的坐标代入，有
解得∴直线l的解析式为y=x–3．3分
(2) 连结AD交O′C于点E，∵ 点D由点A沿O′C翻折后得到，∴ O′C垂直平分AD．[来源:Z。xx。k.Com]
由(1)知，点C的坐标为(0，–3)，∴ 在Rt△AO′C中，O′A=2，AC=4，∴ O′C=2．
据面积关系，有 ×O′C×AE=×O′A×CA，∴ AE=，AD=2AE=．
作DF⊥AB于F，易证Rt△ADF∽Rt△CO′A，∴，
∴ AF=·AC=，DF=·O′A=，5分
又 ∵OA=1，∴点D的纵坐标为1–= –，
∴ 点D的坐标为(，–)．
(3) 显然，O′P∥AC，且O′为AB的中点，
∴ 点P是线段BC的中点，∴ S△DPC= S△DPB ．
故要使S△DQC= S△DPB，只需S△DQC=S△DPC ．
过P作直线m与CD平行，则直线m上的任意一点与CD构成的三角形的面积都等于S△DPC ，故m与抛物线的交点即符合条件的Q点．
容易求得过点C(0，–3)、D(，–)的直线的解析式为y=x–3，
据直线m的作法，可以求得直线m的解析式为y=x–．[来源:学_科_网]
令x2–2x＋1=x–，解得 x1=2，x2=，代入y=x–，得y1= –1，y2=，
因此，抛物线上存在两点Q1(2，–1)(即点P)和Q2(，)，使得S△DQC= S△DPB．
【045】（1）将A（0，1）、B（1，0）坐标代入得解得
∴抛物线的解折式为…（2分）
（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为
即 E点的坐标（，）又∵点E在直线上[来源:Z§xx§k.Com]
∴ 解得（舍去），
∴E的坐标为（4，3）……（4分）
（Ⅰ）当A为直角顶点时
过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1（a,0） 易知D点坐标为（－2，0） 由Rt△AOD∽Rt△POA得
即，∴a＝ ∴P1（，0）……（5分）
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，P2点坐标为（，0）……（6分）
（Ⅲ）当P为直角顶点时，过E作EF⊥x轴于F，设P3（、）由∠OPA+∠FPE＝90°，得∠OPA＝∠FEP Rt△AOP∽Rt△PFE
由得 解得，
∴此时的点P3的坐标为（1，0）或（3，0）……（8分）
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，0）或（1，0）或（3，0）或（，0）[来源:学科网]（Ⅲ）抛物线的对称轴为…（9分）∵B、C关于x＝对称 ∴MC＝MB
要使最大，即是使最大
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时的值最大．易知直线AB的解折式为∴由 得
∴M（，－）……（11分）
【046】网]（1）解：由得点坐标为
由得点坐标为∴ （2分）
由解得∴点的坐标为 （3分）
∴ （4分）
（2）解：∵点在上且
∴点坐标为（5分）又∵点在上且
∴点坐标为（6分）∴（7分）
（3）解法一：当时，如图1，矩形与重叠部分为五边形（时，为四边形）．过作于，则
A
D
B
E
O
R
F
x
y
y
M
（图3）
G
C
A
D
B
E
O
C
F
x
y
y
G
（图1）
R
M
A
D
B
E
O
C
F
x
y
y
G
（图2）
R
M
∴即∴
∴
即
【047】解：方法一：如图（1-1），连接．
N
图（1-1）
A
B
C
D
E
F
M
由题设，得四边形和四边形关于直线对称．
∴垂直平分．∴ 1分
∵四边形是正方形，∴
∵设则
在中，．∴解得，即 3分
在和在中，，，
5分
设则∴
解得即 ∴ 7分
方法二：同方法一， 3分
如图（1－2），过点做交于点，连接
N
图（1-2）
A
B
C
D
E
F
M
G
∵∴四边形是平行四边形．
∴
同理，四边形也是平行四边形．∴
∵
在与中
∴ ５分
∵∴ 7分
类比归纳
（或）；； 12分
【048】解：（1）由题意得 6=a(－2＋3)(－2－1)，∴a=－2，
∴抛物线的函数解析式为y=－2(x＋3)(x－1)与x轴交于B（－3，0）、A（1，0）
设直线AC为y=kx＋b，则有0=k＋b，6=－2k＋b，解得 k=－2，b=2，
∴直线AC为y=－2x＋2
（2）①设P的横坐标为a(－2≤a≤1)，则P（a，－2a＋2），M（a，－2a2－4a＋6）
∴PM=－2a2－4a＋6－(－2a＋2)=－2a2－2a＋4=－2a2＋a＋14＋92
=-2a+122+92，∴当a=-12时，PM的最大值为926分
②M1（0，6）M2-14，678
【049】解：（1）由题意得 解得
∴此抛物线的解析式为 3分
（2）连结、.因为的长度一定，所以周长最小，就是使最小.点关于对称轴的对称点是点，与对称轴的交点即为所求的点.
（第24题图）
O
A
C
x
y
B
E
P
D
设直线的表达式为则解得
∴此直线的表达式为
把代入得∴点的坐标为
（3）存在最大值，理由：∵即
∴∴即
∴
方法一：连结，
=[来源:Z。xx。k.Com]
=，∵∴当时， 9分
方法二：
=
=，∵∴当时， 9分
【050】解：（1）∵A
E
D
Q
P
B
F
C
N
M
∴．而，
∴，∴．∴当．
（2）∵平行且等于，[来源:学科网]
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，∴．∴．
∴．．∴．
过B作，交于，过作，交于．
．∵，
∴．又，，，
，．
（3）．
若，则有，解得．
（4）在和中，
∴．
∴在运动过程中，五边形的面积不变．
【051】解：（1），（-1，0），B（3，0）． 3分
（2）如图14（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．
则 △AOC的面积=，△MOC的面积=，△MOB的面积=6，∴ 四边形 ABMC的面积=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9． 6分
图14（2）
说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面
积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和．
（3）如图14（2），设D（m，），连结OD．
则 0＜m＜3， ＜0． 且 △AOC的面积=，△DOC的面积=，
△DOB的面积=-（），
∴ 四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
==．
图14（3） 图14（4）
∴ 存在点D，使四边形ABDC的面积最大为．
（4）有两种情况：
如图14（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C．
∵ ∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．
∴ 点E的坐标为（0，3）． ∴ 直线BE的解析式为． 12分
由 解得 ∴ 点Q1的坐标为（-2，5）． 13分
如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．
∵ ∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．
∴ 点F的坐标为（-3，0）．∴ 直线CF的解析式为． 14分
由 解得
∴点Q2的坐标为（1，-4）．综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4），
使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．
y
x
O
B
A
D
C
(x=m)
(F2)F1
E1 (E2)
【052】解：（1）根据题意，得
解得．．（2分）
（2）当时，得或，
∵，当时，得，
∴，∵点在第四象限，∴． （4分）
当时，得，∴，
∵点在第四象限，∴． （6分）
（3）假设抛物线上存在一点，使得四边形为平行四边形，则
，点的横坐标为，
当点的坐标为时，点的坐标为，
∵点在抛物线的图象上，∴，∴，
∴，∴（舍去），∴，
∴． （9分）
当点的坐标为时，点的坐标为，
∵点在抛物线的图象上，∴，∴，
∴，∴（舍去），，∴，∴．
【053】解：（1）设，把代入，得， 2分
∴抛物线的解析式为：．顶点的坐标为． 5分
（2）设直线解析式为：（），把两点坐标代入，
得解得．∴直线解析式为． 7分
，∴ 9分
． 10分
∴当时，取得最大值，最大值为． 11分
(E)
1
2
3
3
1
D
y
C
B
A
P
2
x
O
F
M
H
（3）当取得最大值，，，∴．∴四边形是矩形．
作点关于直线的对称点，连接．
法一：过作轴于，交轴于点．
设，则．
在中，由勾股定理，．
解得．∵，∴．
由，可得，．∴．
∴坐标． 13分
法二：连接，交于点，分别过点作的垂线，垂足为．
易证．(E)
1
2
3
3
1
D
y
C
B
A
P
2
x
O
F
M
H
N
M
∴．
设，则．∴，．
由三角形中位线定理，．
∴，即．
∴坐标． 13分
把坐标代入抛物线解析式，不成立，所以不在抛物线上． 14分
【054】（1）由抛物线经过点A(0，1)，C(2，4)，
得解得
∴抛物线对应的函数关系式为：． （2分）
（2）当时，P点坐标为(1，1)，∴Q点坐标为(2，0)．
当时，P点坐标为(2，3)，∴Q点坐标为(5，0)． （5分）
（3）当≤2时，．S．
当≤5时，．S． （8分）
B
A
D
C
O
M
N
x
y
P1
P2
当时，S的最大值为2． （10分）
【055】（1）过点作轴，垂足为，
；
又，
，
点的坐标为； 4分
（2）抛物线经过点，则得到， 5分
解得，所以抛物线的解析式为； 7分
（3）假设存在点，使得仍然是以为直角边的等腰直角三角形：
若以点为直角顶点；
则延长至点，使得，得到等腰直角三角形， 8分
过点作轴，；
，可求得点； 11分
若以点为直角顶点；
则过点作，且使得，得到等腰直角三角形， 12分
过点作轴，同理可证； 13分
，可求得点； 14分
经检验，点与点都在抛物线上． 16分
【056】解：（1） C（3，0）；
（2）①抛物线，令=0，则=， ∴A点坐标（0，c）．
∵，∴ ，∴点P的坐标为（）．
∵PD⊥轴于D，∴点D的坐标为（）． ……………………………………5分
根据题意，得a=a′，c= c′，∴抛物线F′的解析式为．
又∵抛物线F′经过点D（），∴．……………6分
∴．又∵，∴．∴b:b′=．
②由①得，抛物线F′为．
令y=0，则． ∴．
∵点D的横坐标为∴点C的坐标为（）．
设直线OP的解析式为．∵点P的坐标为（），
∴，∴，∴．
∵点B是抛物线F与直线OP的交点，∴．∴．
∵点P的横坐标为，∴点B的横坐标为．
把代入，得．
∴点B的坐标为．∴BC∥OA，AB∥OC．（或BC∥OA，BC =OA），
∴四边形OABC是平行四边形．
又∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形．
【057】(1)
(2)∵，，∴
当点 在上运动时，，
；
当点 在上运动时，作于点，
有∵，∴
∴
（3）当时，，，
此时，过各顶点作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点，所以点不存在；
当时，，，此时，、
【058】解：（1）令，得 解得，令，得
∴ A B C 3分
E
C
B
y
P
A
（2）∵OA=OB=OC= ∴BAC=ACO=BCO=
∵AP∥CB，∴PAB=，过点P作PE轴于E，
则APE为等腰直角三角形
令OE=，则PE= ∴P
∵点P在抛物线上 ∴
解得，（不合题意，舍去） ∴PE= 4分
∴四边形ACBP的面积=AB•OC+AB•PE= 5分
(3)． 假设存在∵PAB=BAC = ∴PAAC
∵MG轴于点G， ∴MGA=PAC =
在Rt△AOC中，OA=OC= ∴AC=，在Rt△PAE中，AE=PE= ∴AP= 6分
G
M
C
B
y
P
A
设M点的横坐标为，则M
①点M在轴左侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时，有=∵AG=，
MG=即 解得（舍去）
（舍去）………7分
(ⅱ) 当MAG PCA时有=
G
M
C
B
y
P
A
即 ，解得：（舍去）
∴M 8分
② 点M在轴右侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时有=
∵AG=，MG=
∴ 解得（舍去） ∴M
(ⅱ) 当MAGPCA时有= 即
解得：（舍去） ∴M ∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似，M点的坐标为，，
M
B
E
A
C
N
D
F
G
图（1）
H
【059】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴AB=AD，AE=AG，∠BAD＝∠EAG＝90º
∴∠BAE＋∠EAD＝∠DAG＋∠EAD
∴∠BAE＝∠DAG
∴△ BAE≌△DAG …………4分
（2）∠FCN＝45º …………5分
理由是：作FH⊥MN于H
∵∠AEF＝∠ABE＝90º
∴∠BAE +∠AEB＝90º，∠FEH+∠AEB＝90º
∴∠FEH＝∠BAE 又∵AE=EF，∠EHF＝∠EBA＝90º
∴△EFH≌△ABE …………7分
∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，∴CH＝BE＝FH
∵∠FHC＝90º，∴∠FCH＝45º …………8分
M
B
E
A
C
N
D
F
G
图（2）
H
（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，…………9分
理由是：作FH⊥MN于H
由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90º
结合（1）（2）得∠FEH＝∠BAE＝∠DAG
又∵G在射线CD上，∠GDA＝∠EHF＝∠EBA＝90º
∴△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE ……11分
∴EH＝AD＝BC＝b，∴CH＝BE，∴＝＝
∴在Rt△FEH中，tan∠FCN＝＝＝
B
A
O
C
y
x
第26题图
Q4
Q3
Q1
Q2
P3
P1
P2
D
C
P4
∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝
【060】解：（1）根据题意，得
，解得
抛物线的解析式为，顶点坐标是（2，4）
（2），设直线的解析式为
直线经过点点
（3）存在．，，，
【061】解（1）A（，0），B（0，3） 2分（每对一个给1分）
（2）满分3分．其中过F作出垂线1分，作出BF中垂线1分，找出圆心并画出⊙P给1分． （注：画垂线PF不用尺规作图的不扣分）
（3）过点P作PD⊥轴于D，则PD=，BD=， 6分
y
x
O
A
B
D
P
F
PB=PF=，∵△BDP为直角三形，∴
∴，即
即∴与的函数关系为
（4）存在
解法1：∵⊙P与轴相切于点F，且与直线相切于点B
∴，∵，∴
∵AF= ， ∴，∴ 11分
把代入，得
∴点P的坐标为（1，）或（9，15）12分
【062】解：实践应用（1）2；．；．（2）．
拓展联想（1）∵△ABC的周长为l，∴⊙O在三边上自转了周．
又∵三角形的外角和是360°，
∴在三个顶点处，⊙O自转了（周）．
∴⊙O共自转了（+1）周．
（2）+1．
【063】（1）① 对称轴 （2分）
② 当时，有，解之，得 ，
∴ 点A的坐标为（，0）． （4分）
（2）满足条件的点P有3个，分别为（，3），（2，3），（，）． （7分）
（3）存在．当时， ∴ 点C的坐标为（0，3）
∵ DE∥轴，AO3，EO2，AE1，CO3
∴ ∽ ∴ 即 ∴ DE1 （9分）
∴ 4
在OE上找点F，使OF，此时2，直线CF把四边形DEOC
分成面积相等的两部分，交抛物线于点M． （10分）
设直线CM的解析式为，它经过点．则 （11分）
解之，得 ∴ 直线CM的解析式为 （12分）
B
O
A
·
x
y
第28题图
P
H
【064】解：（1）抛物线与y轴的交于点B，令x=0得y=2．
∴B（0，2）
∵ ∴A（—2，3）
（2）当点P是 AB的延长线与x轴交点时，
．
当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时，
在点P、A、B构成的三角形中，．
综合上述：
（3）作直线AB交x轴于点P，由（2）可知：当PA—PB最大时，点P是所求的点 8分
作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP
∴ 由（1）可知：AH=3、OH=2、OB=2，∴OP=4，故P（4，0）
【065】解：（1）∵AB是⊙O的直径（已知）
∴∠ACB＝90º（直径所对的圆周角是直角）
∵∠ABC＝60º（已知）
∴∠BAC＝180º－∠ACB－∠ABC＝ 30º（三角形的内角和等于180º）
∴AB＝2BC＝4cm（直角三角形中，30º锐角所对的直角边等于斜边的一半）
即⊙O的直径为4cm．
（2）如图10（1）CD切⊙O于点C，连结OC，则OC＝OB＝1/2·AB＝2cm．
∴CD⊥CO（圆的切线垂直于经过切点的半径）
∴∠OCD＝90º（垂直的定义） ∵∠BAC＝ 30º（已求）
∴∠COD＝2∠BAC＝ 60º ∴∠D＝180º－∠COD－∠OCD＝ 30º∴OD＝2OC＝4cm ∴BD＝OD－OB＝4－2＝2（cm）
∴当BD长为2cm，CD与⊙O相切．
（3）根据题意得：
BE＝（4－2t）cm，BF＝tcm；
如图10（2）当EF⊥BC时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BAC
∴BE：BA＝BF：BC即：（4－2t）：4＝t：2解得：t＝1
如图10（3）当EF⊥BA时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BCA
∴BE：BC＝BF：BA即：（4－2t）：2＝t：4解得：t＝1.6
∴当t＝1s或t＝1.6s时，△BEF为直角三角形．
【066】（1）由得，代入反比例函数中，得
∴反比例函数解析式为： 2分
解方程组由化简得：
，所以 5分
（2）无论点在之间怎样滑动，与总能相似．因为两点纵坐标相等，所以轴．
又因为轴，所以为直角三角形．
同时也是直角三角形，
8分
（在理由中只要能说出轴，即可得分．）
【067】（1）解：∵直角梯形
O
A
P
D
B
Q
C
当时，四边形
为平行四边形．
由题意可知：
当时，四边形为平行四边形． 3分
O
A
P
D
B
Q
C
H
E
（2）解：设与相切于点
过点作垂足为
直角梯形
由题意可知：
为的直径，
为的切线
5分
在中，，
即：，，
，因为在边运动的时间为秒
而，（舍去），当秒时，与相切． 8分
【068】解：（1）如图4，过B作
则
过Q作
则
（2分）
要使四边形PABQ是等腰梯形，则，
即
或（此时是平行四边形，不合题意，舍去） （3分）
（2）当时，。
（4分）
（5分）
（6分）
（3）①当时，则
（7分）
②当时，
即 （8分）
③当时， （9分）
综上，当时，△PQF是等腰三角形． （10分）
【069】解 （1）易求得点的坐标为
由题设可知是方程即 的两根，
所以，所 （1分）
如图3，∵⊙P与轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，设它们的交点为点O，连结DB，∴△AOC∽△DOC，则 （2分）
由题意知点在轴的负半轴上，从而点D在轴的正半轴上，
所以点D的坐标为（0，1） （3分）
（2）因为AB⊥CD， AB又恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称，
所以点的坐标为，即 （4分）
又，
所以解得 （6分）
【070】解：（1）6．（2）8． （3分）
（3）①当0时，
Q1
A
B
C
D
Q2
P3
Q3
E
P2
P1
O
． （5分）
②当3时，
= （7分）
③当时，设与交于点．
(解法一)
过作则为等边三角形．
．
． （10分）
（解法二）
如右图，过点作于点，，于点
过点作交延长线于点．
P3
O
A
B
C
D
Q3
G
H
F
又
又
（10分）
【071】解：（1）由题意得，解得
∴此抛物线的解析式为 3分
（2）连结、.因为的长度一定，所以周长最小，就是使最小.点关于对称轴的对称点是点，与对称轴的交点即为所求的点.
（第24题图）
O
A
C
x
y
B
E
P
D
设直线的表达式为
则 解得
∴此直线的表达式为……5分
把代入得∴点的坐标为 6分
（3）存在最大值 7分
理由：∵即
∴∴即
∴
方法一：
连结
=
= 8分
∵，∴当时， 9分
方法二：
=
= 8分
∵，∴当时， 9分
【072】解：（1）①，，，S梯形OABC=12
②当时，直角梯形OABC被直线扫过的面积=直角梯形OABC面积－直角三角开DOE面积
（2） 存在 ，
对于第（2）题我们提供如下详细解答（评分无此要求）.下面提供参考解法二：
以点D为直角顶点，作轴
设.（图示阴影），在上面二图中分别可得到点的生标为P（－12，4）、P（－4，4）E点在0点与A点之间不可能；
② 以点E为直角顶点
同理在②二图中分别可得点的生标为P（－，4）、P（8，4）E点在0点下方不可能.
以点P为直角顶点
同理在③二图中分别可得点的生标为P（－4，4）（与①情形二重合舍去）、P（4，4），
E点在A点下方不可能.
综上可得点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－，4）、
P（8，4）、P（4，4）．
下面提供参考解法二：
以直角进行分类进行讨论（分三类）：
第一类如上解法⑴中所示图
，直线的中垂线方程：，令得．由已知可得即化简得解得 ；
第二类如上解法②中所示图
，直线的方程：，令得．由已知可得即化简得解之得 ，
第三类如上解法③中所示图
，直线的方程：，令得．由已知可得即解得
（与重合舍去）．
综上可得点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－，4）、
P（8，4）、P（4，4）．
事实上，我们可以得到更一般的结论：
如果得出设，则P点的情形如下
直角分类情形
【073】(1)∵∠A、∠C所对的圆弧相同，∴∠A＝∠C．
∴Rt△APD∽Rt△CPB，∴，∴PA·PB＝PC·PD；………………………3分
(2)∵F为BC的中点，△BPC为Rt△，∴FP＝FC，∴∠C＝∠CPF．
又∠C＝∠A，∠DPE＝∠CPF，∴∠A＝∠DPE．∵∠A＋∠D＝90°，
∴∠DPE＋∠D＝90°．∴EF⊥AD．
(3)作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，同垂径定理：
O
y
x
C
D
B
A
D1
O1
O2
O3
P
60°
（第22题答图）
l
∴OM2＝(2)2－42＝4，ON2＝(2)2－32＝11
又易证四边形MONP是矩形，
∴OP＝
【074】（1）解：由题意得，
点坐标为．在中，，
点的坐标为．
设直线的解析式为，由过两点，得
解得直线的解析式为：．
（2）如图，设平移秒后到处与第一次外切于点，
与轴相切于点，连接．则
轴，，
在中，． 6分
，，
（秒）平移的时间为5秒． 8分
【075】解：（1）对称轴是直线：，
点A的坐标是（3，0）． 2分
（说明：每写对1个给1分，“直线”两字没写不扣分）
（2）如图11，连接AC、AD，过D作于点M，
解法一：利用
∵点A、D、C的坐标分别是A （3，0），D（1，）、C（0，），
∴AO＝3，MD=1．由得∴ 3分
又∵∴由 得
∴函数解析式为： 6分
解法二：利用以AD为直径的圆经过点C
∵点A、D的坐标分别是A （3，0） 、D（1，）、C（0，），
∴，，∵
∴…① 又∵…② 4分
由①、②得 ∴函数解析式为： 6分
（3）如图所示，当BAFE为平行四边形时，则∥，并且＝．
∵=4，∴=4 ，由于对称为，∴点F的横坐标为5． 7分
y
x
O
A
B
C
D
图11
E
F
将代入得，∴F（5，12）．
根据抛物线的对称性可知，在对称轴的左侧
抛物线上也存在点F，使得四边形BAEF是
平行四边形，此时点F坐标为（，12）．
当四边形BEAF是平行四边形时，
点F即为点D，此时点F的坐标为（1，）．
综上所述，点F的坐标为（5，12），
（，12）或（1，）．
【076】解：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB，
又D（5，2）， ∴C（0，2），OC=2 .
∴ 解得
∴抛物线的解析式为： …… 4分
（2）点E落在抛物线上. 理由如下：……… 5分
由y = 0，得. 解得x1=1，x2=4. ∴A（4，0），B（1，0）.
∴OA=4，OB=1. 由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，
由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，∴点E的坐标为（3，－1）.
把x=3代入，得， ∴点E在抛物线上.
（3）法一：存在点P（a，0），延长EF交CD于点G，易求OF=CG=3，PB=a－1.
S梯形BCGF = 5，S梯形ADGF = 3，记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，
下面分两种情形： ①当S1∶S2 =1∶3时，，
此时点P在点F（3，0）的左侧，则PF = 3－a，由△EPF∽△EQG，得，则QG=9－3a，∴CQ=3－(9－3a) =3a －6，由S1=2，得，解得；
②当S1∶S2=3∶1时，，此时点P在点F（3，0）的右侧，则PF = a－3，由△EPF∽△EQG，得QG = 3a－9，∴CQ = 3 +（3 a－9）= 3 a－6，
由S1= 6，得，解得，综上所述：所求点P的坐标为（，0）或（，0）……… 14分
法二：存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8.
当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，此时S1∶S2不符合条件，故a≠3.
设直线PQ的解析式为y = kx+b(k≠0)，则，解得，
∴. 由y = 2得x = 3a－6，∴Q（3a－6，2） ……… 10分
∴CQ = 3a－6，BP = a－1，.
下面分两种情形：①当S1∶S2 = 1∶3时，= 2；
∴4a－7 = 2，解得；……………………………………………… 12分
②当S1∶S2 = 3∶1时，； ∴4a－7 = 6，解得；
综上所述：所求点P的坐标为（，0）或（，0）………… 14分
[说明：对于第（3）小题，只要考生能求出或两个答案，就给6分. ]
【077】解：（1）把B（0，6）代入，得＝6………………………1分
把＝0代入，得＝8
∴点A的坐标为（8，0）…………… 3分
（2）在矩形OACB中，AC＝OB＝6，
BC＝OA＝8，∠C＝90°
∴AB＝
∵PD⊥AB∴∠PDB=∠C＝90°
，∴∴∴
又∵BC∥AE，∴△PBD∽△EAD
∴，即，∴
∵，∴ （）……………………………7分 （注：写成不扣分）
② ⊙Q是△OAB的内切圆 ，可设⊙Q的半径为r
∵,解得r=2.………………………………………8分
设⊙Q与OB、AB、OA分别切于点F、G、H
可知，OF＝2∴BF＝BG＝OB－OF＝6－2＝4，设直线PD与⊙Q交于点 I、J ，过Q作QM⊥IJ于点M，连结IQ、QG， ∵QI＝2，
∴ ∴ 在矩形GQMD中，GD＝QM＝1.6
∴BD＝BG+GD＝4+1.6＝5.6，由，得
∴点P的坐标为（7，6）…………………………………………………………………11分
当PE在圆心Q的另一侧时，同理可求点P的坐标为（3，6）………………………12分
综上，P点的坐标为（7，6）或（3，6）．………………………………………………13分。
【078】（1） 2分
（2）∵，∴点的横坐标为，
①当，即时，，
∴． 3分
②当时，，
∴．∴ 4分
当，即时，，
∴当时，有最大值． 6分
（3）由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴，则，两点关于直线对称，所以，得． 7 分
L
A
O
P
B
x
y
L1
23题图-1
Q
C
下证．连，则四边形是正方形．
法一：（i）当点在线段上，在线段上
（与不重合）时，如图–1．
由对称性，得，
∴ ，
∴ ． 8分
（ii）当点在线段的延长线上，在线段上时，如图–2，如图–3
∵， ∴． 9分
（iii）当点与点重合时，显然．
综合（i）（ii）（iii），．
y
L
A
O
P
B
x
L1
23题图-3
Q
C
2
1
∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形． 11 分
L
A
O
P
B
x
L1
23题图-2
Q
C
2
1
y
法二：由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴， 则，两点关于直线对称，所以，得． 7 分
延长与交于点．
（i）如图–4，当点在线段上（与不重合）时，
∵四边形是正方形，
∴四边形和四边形都是矩形，和都是等腰直角三角形．
∴．
L
A
O
P
B
x
y
L1
23题图-1
Q
C
又∵， ∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
∴． 8分
（ii）当点与点重合时，显然． 9分
（iii）在线段的延长线上时，如图–5，
∵，∠1=∠2
∴
综合（i）（ii）（iii），．
∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形． 11分
23题图-4
L
A
O
M
P
B
x
y
L1
Q
C
N
y
L
A
O
P
B
x
L1
23题图-5
Q
C
2
1
法三：由，所以是等腰直角三角形，若在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以，又轴，
则，O两点关于直线对称，所以，得． 9分
连，∵，，，
∴，
．
∴，∴． 10分
∴在上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形． 11分
【079】解：（1）解得
， 1分
在中，由勾股定理有，
（2）∵点在轴上，，，
1分
由已知可知D（6，4），设当时有
解得，同理时， 1分
在中，
在中，，，
C
P
Q
B
A
M
D
N
（3）满足条件的点有四个， 4分
说明：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，可参照本评
【080】（1）过点作，垂足为．则，
当运动到被垂直平分时，四边形是矩形，
C
P
Q
B
A
M
N
即时，四边形是矩形，
秒时，四边形是矩形．
，
C
P
Q
B
A
M
N
（2）当时，
当时
C
P
Q
B
A
M
N
当时，
10分
【081】解：（1）（0，－3），b＝－，c＝－3． 3分
（2）由（1），得y＝x2－x－3，它与x轴交于A，B两点，得B（4，0）．
∴OB＝4，又∵OC＝3，∴BC＝5．
由题意，得△BHP∽△BOC，
∵OC∶OB∶BC＝3∶4∶5，
∴HP∶HB∶BP＝3∶4∶5，
∵PB＝5t，∴HB＝4t，HP＝3t．
∴OH＝OB－HB＝4－4t．
由y＝x－3与x轴交于点Q，得Q（4t，0）．
∴OQ＝4t． 4分
①当H在Q、B之间时，
QH＝OH－OQ
＝（4－4t）－4t＝4－8t． 5分
②当H在O、Q之间时，
QH＝OQ－OH
＝4t－（4－4t）＝8t－4． 6分
综合①，②得QH＝｜4－8t｜； 6分
（3）存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似． 7分
①当H在Q、B之间时，QH＝4－8t，
若△QHP∽△COQ，则QH∶CO＝HP∶OQ，得＝，
∴t＝． 7分
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO＝HQ∶OQ，得＝，
即t2＋2t－1＝0．
∴t1＝－1，t2＝－－1（舍去）． 8分
②当H在O、Q之间时，QH＝8t－4．
若△QHP∽△COQ，则QH∶CO＝HP∶OQ，得＝，
∴t＝． 9分
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO＝HQ∶OQ，得＝，
即t2－2t＋1＝0．
∴t1＝t2＝1（舍去）． 10分
综上所述，存在的值，t1＝－1，t2＝，t3＝． 10分
附加题：解：（1）8； 5分
（2）2． 10分
【082】（09上海）略
【083】. 解：（1）B（1，）
（2）设抛物线的解析式为y=ax(x+a)，代入点B（1, ），得，
因此
（3）如图，抛物线的对称轴是直线x=—1，当点C位于对称轴与线段AB的交点时，△BOC的周长最小.
C
B
A
O
y
x
设直线AB为y=kx+b.所以，
因此直线AB为，
D
B
A
O
y
x
P
当x=－1时，，
因此点C的坐标为（－1，）.
（4）如图，过P作y轴的平行线交AB于D.
当x=－时，△PAB的面积的最大值为，此时.
【084】解：（1）⊙P与x轴相切.
∵直线y=－2x－8与x轴交于A（4，0），与y轴交于B（0，－8），
∴OA=4，OB=8.由题意，OP=－k，∴PB=PA=8+k.
在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2，
∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径，
∴⊙P与x轴相切.
（2）设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD当圆心P在线段OB上时,作PE⊥CD于E.
∵△PCD为正三角形，∴DE=CD=，PD=3，
∴PE=.
∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE，
∴△AOB∽△PEB，
∴，
∴∴，
∴，∴.
当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－－8)，
∴k=－－8，∴当k=－8或k=－－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形.
【085】解: (1)由题知: ……………………………………1 分
解得: ……………………………………………………………2分
∴ 所求抛物线解析式为: ……………………………3分
(2) 存在符合条件的点P, 其坐标为P (－1, )或P(－1,－ )
或P (－1, 6) 或P (－1, )………………………………………………………7分
(3)解法①：
过点E 作EF⊥x 轴于点F , 设E ( a ,--2a＋3 )( －3< a < 0 )
∴EF=--2a＋3，BF=a＋3，OF=－a ………………………………………………8 分
∴S四边形BOCE = BF·EF + (OC +EF)·OF
=( a＋3 )·(－－2a＋3) + (－－2a＋6)·（－a）……………………………9 分
=………………………………………………………………………10 分
=－+
∴ 当a =－时，S四边形BOCE 最大, 且最大值为 ．……………………………11 分
此时，点E 坐标为 (－，)……………………………………………………12分
解法②：
过点E 作EF⊥x 轴于点F， 设E ( x , y ) ( －3< x < 0 ) …………………………8分
则S四边形BOCE = (3 + y )·(－x) + ( 3 + x )·y ………………………………………9分
= ( y－x)= ( ) …………………………………10 分
= － +
∴ 当x =－时，S四边形BOCE 最大，且最大值为 ． …………………………11分
此时，点E 坐标为 (－，) ……………………………………………………12分
【086】⑴证明：∵BC是⊙O的直径
∴∠BAC=90o
又∵EM⊥BC，BM平分∠ABC，
∴AM=ME，∠AMN=EMN
又∵MN=MN，
∴△ANM≌△ENM
⑵∵AB2=AF·AC
∴
又∵∠BAC=∠FAB=90o
∴△ABF∽△ACB
∴∠ABF=∠C
又∵∠FBC=∠ABC+∠FBA=90o
∴FB是⊙O的切线
⑶由⑴得AN=EN，AM=EM，∠AMN=EMN，
又∵AN∥ME，∴∠ANM=∠EMN，
∴∠AMN=∠ANM，∴AN=AM，
∴AM=ME=EN=AN
∴四边形AMEN是菱形
∵cos∠ABD=，∠ADB=90o
∴
设BD=3x，则AB=5x，，由勾股定理
而AD=12，∴x=3
∴BD=9，AB=15
∵MB平分∠AME，∴BE=AB=15
∴DE=BE-BD=6
∵ND∥ME，∴∠BND=∠BME，又∵∠NBD=∠MBE
∴△BND∽△BME，则
设ME=x，则ND=12-x，，解得x=
∴S=ME·DE=×6=45
【087】（天门）略
【088】解：（1）法一：由图象可知：抛物线经过原点，
设抛物线解析式为．
把，代入上式得： 1分
解得 3分
∴所求抛物线解析式为 4分
法二：∵，，
∴抛物线的对称轴是直线．
设抛物线解析式为（） 1分
把，代入得
2
O
A
B
C
x
y
1
1
3
P
第26题图1
Q
F
解得 3分
∴所求抛物线解析式为． 4分
（2）分三种情况：
①当，重叠部分的面积是，过点作轴于点，
∵，在中，，，
在中，，，
∴，
∴． 6分
2
O
A
B
C
x
y
1
1
3
第26题图2
Q
F
G
P
H
②当，设交于点，作轴于点，
，则四边形是等腰梯形，
重叠部分的面积是．
∴，
∴． 8分
③当，设与交于点，交于点，重叠部分的面积是．
2
O
A
B
C
x
y
1
1
3
第26题图3
Q
F
M
P
N
因为和都是等腰直角三角形，所以重叠部分的面积是．
∵，，
∴，
∴，
∴
． 10分
（3）存在 12分
14分
【089】解：（1）圆心在坐标原点，圆的半径为1，
点的坐标分别为
抛物线与直线交于点，且分别与圆相切于点和点，
． 2分
点在抛物线上，将的坐标代入
，得： 解之，得：
抛物线的解析式为：． 4分
（2）
抛物线的对称轴为，
O
x
y
N
C
D
E
F
B
M
A
P
． 6分
连结，
，，
又，
，
． 8分
（3）点在抛物线上． 9分
设过点的直线为：，
将点的坐标代入，得：，
直线为：． 10分
过点作圆的切线与轴平行，点的纵坐标为，
将代入，得：．
点的坐标为， 11分
当时，，
所以，点在抛物线上． 12分
说明：解答题各小题中只给出了1种解法，其它解法只要步骤合理、解答正确均应得到相应的分数．
【090】（1）解：把A（，0），C（3，）代入抛物线 得
1分
整理得 ……………… 2分 解得………………3分
∴抛物线的解析式为 4分
（2）令 解得
∴ B点坐标为（4，0）
又∵D点坐标为（0，） ∴AB∥CD ∴四边形ABCD是梯形．
D
O
B
A
x
y
C
B
C
y=kx+1
图(9) -1
H
T
∴S梯形ABCD ＝ 5分
设直线与x轴的交点为H，
与CD的交点为T，
E
F
M
N
G
O
B
A
x
y
图(9) -2
则H（，0）， T（，） 6分
∵直线将四边形ABCD面积二等分
∴S梯形AHTD ＝S梯形ABCD＝４
∴ 7分
∴ 8分
（3）∵MG⊥轴于点G，线段MG︰AG＝1︰2
∴设M（m，）， 9分
∵点M在抛物线上 ∴
解得（舍去） 10分
∴M点坐标为（3，） 11分
根据中心对称图形性质知，MQ∥AF，MQ＝AF，NQ＝EF，
∴N点坐标为（1，） 12分
【091】(1)解：法1：由题意得 ……1分
解得 ……2分
法2：∵ 抛物线y＝x2－x＋c的对称轴是x＝，
且 －(－1) ＝2－，∴ A、B两点关于对称轴对称.
∴ n＝2n－1 ……1分
∴ n＝1，c＝－1. ……2分
∴ 有 y＝x2－x－1 ……3分
＝(x－)2－.
∴ 二次函数y＝x2－x－1的最小值是－. ……4分
(2)解：∵ 点P(m，m)(m＞0)，
∴ PO＝m.
∴ 2≤m ≤＋2.
∴ 2≤m≤1＋. ……5分
法1： ∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，
∴ m＝m2－m＋c，即c＝－m2＋2m.
∵ 开口向下，且对称轴m＝1，
∴ 当2≤m≤1＋ 时，
有 －1≤c≤0. ……6分
法2：∵ 2≤m≤1＋，
∴ 1≤m－1≤.
∴ 1≤(m－1)2≤2.
∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，
∴ m＝m2－m＋c，即1－c＝(m－1)2.
∴ 1≤1－c≤2.
∴ －1≤c≤0. ……6分
∵ 点D、E关于原点成中心对称，
法1： ∴ x2＝－x1，y2＝－y1.
∴
∴ 2y1＝－2x1， y1＝－x1.
设直线DE：y＝kx.
有 －x1＝kx1.
由题意，存在x1≠x2.
∴ 存在x1，使x1≠0. ……7分
∴ k＝－1.
∴ 直线DE： y＝－x. ……8分
法2：设直线DE：y＝kx.
则根据题意有 kx＝x2－x＋c，即x2－(k＋1) x＋c＝0.
∵ －1≤c≤0，
∴ (k＋1)2－4c≥0.
∴ 方程x2－(k＋1) x＋c＝0有实数根. ……7分
∵ x1＋x2＝0，
∴ k＋1＝0.
∴ k＝－1.
∴ 直线DE： y＝－x. ……8分
若 则有 x2＋c＋＝0.即 x2＝－c－.
① 当 －c－＝0时，即c＝－时，方程x2＝－c－有相同的实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有唯一交点. ……9分
② 当 －c－＞0时，即c＜－时，即－1≤c＜－时，
方程x2＝－c－有两个不同实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有两个不同的交点. ……10分
③ 当 －c－＜0时，即c＞－时，即－＜c≤0时，
方程x2＝－c－没有实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋没有交点. ……11分
【092】解：（1）如图，在坐标系中标出O，A，C三点，连接OA，OC．
A
B
C
∵∠AOC≠90°， ∴∠ABC=90°，
故BC⊥OC， BC⊥AB，∴B（，1）．（1分，）
即s=，t=1．直角梯形如图所画．（2分）
（大致说清理由即可）
（2）由题意，y=x2+mx－m与 y=1（线段AB）相交，
得， （3分）∴1＝x2+mx－m，
由 (x－1)(x+1+m)=0，得．
∵=1<，不合题意，舍去． （4分）
∴抛物线y=x2+mx-m与AB边只能相交于（，1），
∴≤－m－1≤，∴ ． ①（5分）
又∵顶点P()是直角梯形OABC的内部和其边上的一个动点，
∴，即 ． ② （6分）
∵，
（或者抛物线y=x2+mx－m顶点的纵坐标最大值是1）
∴点P一定在线段AB的下方． （7分）
又∵点P在x轴的上方，
∴，
∴ ． （*8分）
③（9分）
又∵点P在直线y=x的下方，∴，（10分）即
（*8分处评分后，此处不重复评分）
④
由①②③④ ，得．（12分）
说明：解答过程，全部不等式漏写等号的扣1分，个别漏写的酌情处理．
【093】解：（1）连结与交于点，则当点运动到点时，直线平分矩形的面积．理由如下：
∵矩形是中心对称图形，且点为矩形的对称中心．
又据经过中心对称图形对称中心的任一直线平分此中心对称图形的面积，因为直线过矩形的对称中心点，所以直线平分矩形的面积．…………2分
由已知可得此时点的坐标为．
设直线的函数解析式为．
则有 解得，．
所以，直线的函数解析式为：． 5分
（2）存在点使得与相似．
如图，不妨设直线与轴的正半轴交于点．
因为，若△DOM与△ABC相似，则有或．
当时，即，解得．所以点满足条件．
当时，即，解得．所以点满足条件．
由对称性知，点也满足条件．
综上所述，满足使与相似的点有3个，分别为、、． 9分
（3）如图 ，过D作DP⊥AC于点P，以P为圆心，半径长为画圆，过点D分别作
的切线DE、DF，点E、F是切点．除P点外在直线AC上任取一点P1，半径长为画圆，过点D分别作的切线DE1、DF1，点E1、F1是切点．
在△DEP和△DFP中，∠PED＝∠PFD，PF＝PE，PD＝PD，∴△DPE≌△DPF．
∴Ｓ四边形DEPF＝2Ｓ△DPE＝2×．
∴当DE取最小值时，Ｓ四边形DEPF的值最小．
∵，，
∴．
∵，∴．
∴．由点的任意性知：DE是
点与切点所连线段长的最小值．……12分
在△ADP与△AOC中，∠DPA＝∠AOC，
∠DAP＝∠CAO， ∴△ADP∽△AOC．
∴，即．∴．
∴．
∴Ｓ四边形ＤＥＰＦ＝，即Ｓ＝． 14分
（注：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，请参照标准给分．）
【094】解：（1）令二次函数，则
1分
2分
过三点的抛物线的解析式为 4分
（2）以为直径的圆圆心坐标为
5分
为圆切线 6分
8分
坐标为 9分
（3）存在 10分
抛物线对称轴为
设满足条件的圆的半径为，则的坐标为或
而点在抛物线上
故在以为直径的圆，恰好与轴相切，该圆的半径为， 12分
注：解答题只要方法合理均可酌情给分
【095】（1）（4，0），． 2分
． 4分
（2）是直角三角形． 5分
证明：令，则．
．
． 6分
解法一：． 7分
．
是直角三角形． 8分
解法二：
，
． 7分
．
，
．即．
是直角三角形． 8分
G
A
O
B
x
y
图1
D
E
F
H
C
（3）能．当矩形两个顶点在上时，如图1，交于．
，
．
． 9分
解法一：设，则，，
．
=． 10分
当时，最大．
．
，
．
，． 11分
解法二：设，则．
． 10分
当时，最大．
C
A
O
B
x
y
图2
D
G
G
．
，
．
，． 11分
当矩形一个顶点在上时，与重合，如图2，
，
．
．
解法一：设，，
．
=． 12分
当时，最大．
，．
13分
解法二：设，，，，．．
= 12分
当时，最大，
．． 13分
综上所述：当矩形两个顶点在上时，坐标分别为，（2，0）；
当矩形一个顶点在上时，坐标为 14分
【096】（1）因所求抛物线的顶点M的坐标为(2,4)，
故可设其关系式为 ………………(1分)
又抛物线经过O(0,0)，于是得， ………………(2分)
解得 a=-1 ………………(3分)
∴ 所求函数关系式为，即. ……………(4分)
（2）① 点P不在直线ME上. ………………(5分)
根据抛物线的对称性可知E点的坐标为(4,0)，
又M的坐标为(2,4)，设直线ME的关系式为y=kx+b.
于是得 ，解得
所以直线ME的关系式为y=-2x+8. ……(6分)
由已知条件易得，当t时，OA=AP， ……………(7分)
∵ P点的坐标不满足直线ME的关系式y=-2x+8.
∴ 当t时，点P不在直线ME上. ………………(8分)
② S存在最大值. 理由如下： ………………(9分)
∵ 点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上， ∴ OA=AP=t.
∴ 点P，N的坐标分别为(t,t)、(t,-t 2+4t) ∴ AN=-t 2+4t (0≤t≤3) ,
∴ AN-AP=(-t 2+4 t)- t=-t 2+3 t=t(3-t)≥0 , ∴ PN=-t 2+3 t …(10分)
（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为AD，∴ S=DC·AD=×3×2=3. ………………(11分)
（ⅱ）当PN≠0时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是四边形
∵ PN∥CD，AD⊥CD，
∴ S=(CD+PN)·AD=[3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3=
其中(0＜t＜3)，由a=-1，0＜＜3，此时. …………(12分)
综上所述，当t时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积有最大值，
这个最大值为. ………………(13分)
说明：（ⅱ）中的关系式，当t=0和t=3时也适合.
【097】解：（1）点的坐标为． （2分）
（2）抛物线的表达式为． （4分）
y
O
C
D
B
6
A
x
A
M
P1
P2
（3）抛物线的对称轴与轴的交点符合条件．
∵，
∴．
∵，
∴． （6分）
∵抛物线的对称轴，∴点的坐标为． （7分）
过点作的垂线交抛物线的对称轴于点．
∵对称轴平行于轴，
∴．
∵，
∴． （8分）
∴点也符合条件，．
∴，∴． （9分）
∴．∵点在第一象限，
∴点的坐标为，∴符合条件的点有两个，分别是，． （11分）
【098】解：（1）当t=4时，B(4,0)
设直线AB的解析式为y= kx+b .
把 A(0,6)，B(4,0) 代入得：
, 解得： ,
∴直线AB的解析式为：y=－x+6.………………………………………4分
(2) 过点C作CE⊥x轴于点E
由∠AOB=∠CEB=90°，∠ABO=∠BCE，得△AOB∽△BEC.
∴，
∴BE= AO=3，CE= OB= ，
∴点C的坐标为(t+3，).…………………………………………………………2分
方法一：
y
O
C
A
B
x
D
E
S梯形AOEC= OE·(AO+EC)= (t+3)(6+)=t2+t+9，
S△ AOB= AO·OB= ×6·t=3t，
S△ BEC= BE·CE= ×3×= t，
∴S△ ABC= S梯形AOEC－ S△ AOB－S△ BEC
= t2+t+9－3t－t = t2+9.
方法二：
y
O
C
A
B
x
D
E
∵AB⊥BC，AB=2BC，∴S△ ABC= AB·BC= BC2.
在Rt△ABC中，BC2= CE2+ BE2 = t2+9，
即S△ ABC= t2+9.…………………2分
(3)存在，理由如下：
①当t≥0时.
Ⅰ.若AD＝BD.
又∵BD∥y轴
∴∠OAB=∠ABD，∠BAD=∠ABD，
∴∠OAB=∠BAD.
又∵∠AOB=∠ABC，
∴△ABO∽△ACB，
∴，
∴= ，
∴t=3，即B(3，0).
Ⅱ.若AB＝AD.
延长AB与CE交于点G，
又∵BD∥CG
∴AG＝AC
y
O
C
A
B
D
E
H
G
x
过点A画AH⊥CG于H．
∴CH＝HG＝CG
由△AOB∽△GEB，
得＝ ，
∴GE= .
又∵HE＝AO＝６，CE＝
∴＋６＝×（＋）
y
O
C
A
B
x
D
E
F
∴t2-24t-36=0
解得：t=12±6. 因为 t≥0，
所以t=12＋6，即B(12＋6，0).
Ⅲ.由已知条件可知，当0≤t<12时，∠ADB为钝角，故BD ≠ AB.
当t≥12时，BD≤CE
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