中考数学压轴题100题精81100题及答案

中考数学压轴题100题精81100题及答案

2010 年中考数学压轴题 100 题精选（81-100 题） 【081】如图，已知抛物线 y＝ 3 4 x2＋bx＋c 与坐标轴交于 A、B、C 三点， A 点的坐标为（－1，0），过点 C 的直线 y＝ 3 4t x－3 与 x 轴交于点 Q，点 P 是线段 BC 上的一个动点，过 P 作 PH⊥OB 于点 H．若 PB＝5t，且 0＜t＜1． （1）填空：点 C 的坐标是_▲_，b＝_▲_，c＝_▲_； （2）求线段 QH 的长（用含 t 的式子表示）； （3）依点 P 的变化，是否存在 t 的值，使以 P、H、Q 为顶点的三角形与△COQ 相似？若存在，求出所有 t 的值；若不存在，说明理由． 【082】（09 上海）在直角坐标平面内， O 为原点，点 A 的坐标为 (1 0)， ，点C 的 坐标为 (0 4)， ，直线CM x∥ 轴（如图 7 所示）．点 B 与点 A 关于原点对称，直线 y x b  （b 为常数）经过点 B ，且与直线CM 相 交于点 D ，联结OD ． （1）求b 的值和点 D 的坐标； （2）设点 P 在 x 轴的正半轴上，若 POD△ 是等腰 三角形，求点 P 的坐标； （3）在（2）的条件下，如果以 PD 为半径的圆 P 与 圆O 外切，求圆 O 的半径． C M O x y 1 2 3 4 1 图 7 A 1 B D y x b  【083】如图，在直角坐标系中，点 A 的坐标为（－2，0），连结 OA，将线段 OA 绕原点 O 顺时针旋转 120°，得到线段 OB. （1）求点 B 的坐标； （2）求经过 A、O、B 三点的抛物线的解析式； （3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点 C，使△BOC 的周长最小？若 存在，求出点 C 的坐标；若不存在，请说明理由. （4）如果点 P 是（2）中的抛物线上的动点，且在 x 轴的下方，那么△PAB 是否有最大面积？若有，求出此时 P 点的坐标及△PAB 的最大面积；若没有，请 说明理由. B A O y x 【084】如图，在平面直角坐标系中，直线 l：y=－2x－8 分别与 x 轴，y 轴相交于 A，B 两点，点 P（0，k）是 y 轴的负半轴上的一个动点，以 P 为圆心，3 为 半径作⊙P. （1）连结 PA，若 PA=PB，试判断⊙P 与 x 轴的位置关系，并说明理由； （2）当 k 为何值时，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】如图①， 已知抛物线 32  bxaxy （a≠0）与 x 轴交于点 A(1，0)和 点 B (－3，0)，与 y 轴交于点 C． (1) 求抛物线的解析式； (2) 设抛物线的对称轴与 x 轴交于点 M ，问在对称轴上是否存在点 P，使△CMP 为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点 P 的坐标；若不存在，请 说明理由． (3) 如图②，若点 E 为第二象限抛物线上一动点，连接 BE、CE，求四边形 BOCE 面积的最大值，并求此时 E 点的坐标． 【086】如图，以 BC 为直径的⊙O 交△CFB 的边 CF 于点 A，BM 平分 ∠ABC 交 AC 于点 M，AD⊥BC 于点 D，AD 交 BM 于点 N，ME⊥BC 于点 E，AB2=AF·AC， cos∠ABD= 5 3 ，AD=12． ⑴求证：△ANM≌△ENM； ⑵求证：FB 是⊙O 的切线； ⑶证明四边形 AMEN 是菱形，并求该菱形的面积 S． 【087】如图，已知抛物线 y＝x2＋bx＋c 经过矩形 ABCD 的两个顶点 A、B，AB 平 行于 x 轴，对角线 BD 与抛物线交于点 P，点 A 的坐标为(0，2)，AB＝4． (1)求抛物线的解析式； (2)若 S△APO＝ 2 3 ，求矩形 ABCD 的面积． A B CD y P x O (第 23 题图) 【088】如图所示，已知在直角梯形 OABC 中， AB OC BC x∥ ， ⊥ 轴于点 (11) (31)C A B， ，、 ， ．动点 P 从O 点出发，沿 x 轴正方向以每秒 1 个单位长度的速 度移动．过 P 点作 PQ 垂直于直线．．OA ，垂足为 Q ．设 P 点移动的时间为 t 秒 （ 0 4t  ）， OPQ△ 与直角梯形OABC 重叠部分的面积为 S ． （1）求经过O A B、 、 三点的抛物线解析式； （2）求 S 与t 的函数关系式； （3）将 OPQ△ 绕着点 P 顺时针旋转 90°，是否存在t ，使得 OPQ△ 的顶点O 或 Q 在抛物线上？若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由． 2 O A B C x y 1 1 3P 第 26 题图 Q 【089】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，半径为 1 的圆的圆心 O 在坐标原点， 且与两坐标轴分别交于 A B C D、 、 、 四点．抛物线 2y ax bx c   与 y 轴交于 点 D ，与直线 y x 交于点 M N、 ，且 MA NC、 分别与圆O 相切于点 A 和点C ． （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线的对称轴交 x 轴于点 E ，连结 DE ，并延长 DE 交圆O 于 F ，求 EF 的长． （3）过点 B 作圆 O 的切线交 DC 的延长线于点 P ，判断点 P 是否在抛物线上， 说明理由． O x y N C D E F BM A 【090】如图（9）-1，抛物线 2 3y ax ax b   经过 A（ 1 ，0），C（3， 2 ）两 点，与 y 轴交于点 D，与 x 轴交于另一点 B． （1）求此抛物线的解析式； （2）若直线 )0(1  kkxy 将四边形 ABCD 面积二等分，求 k 的值； （3）如图（9）-2，过点 E（1，1）作 EF⊥ x 轴于点 F，将△AEF 绕平面内某点旋 转 180°得△MNQ（点 M、N、Q 分别与点 A、E、F 对应），使点 M、N 在抛物线上， 作 MG⊥ x 轴于点 G，若线段 MG︰AG＝1︰2，求点 M，N 的坐标． D O BA x y C y=kx+1图（9）-1 E F M N G O BA x y 图（9）-2 Q 【091】已知二次函数 y＝x2－x＋c． (1)若点 A(－1，a)、B(2，2n－1)在二次函数 y＝x2－x＋c 的图象上，求此二 次函数的最小值； (2)若点 D(x1，y1)、E(x2，y2)、P(m，n)(m＞n)在二次函数 y＝x2－x＋c 的图 象上，且 D、E 两点关于坐标原点成中心对称，连接 OP．当 2 2≤OP≤2 ＋ 2时，试判断直线 DE 与抛物线 y＝x2－x＋c＋ 3 8 的交点个数，并说明理 由． 【092】已知：直角梯形 OABC 的四个顶点是 O(0，0)，A( 3 2 ，1)， B(s，t)，C( 7 2 ， 0)，抛物线 y=x2＋mx－m 的顶点 P 是直角梯形 OABC 内部或边上的一个动点， m 为常数． (1)求 s 与 t 的值，并在直角坐标系中画出．．直角梯形 OABC； (2)当抛物线 y=x2＋mx－m 与直角梯形 OABC 的边 AB 相交时，求 m 的取值范 围． （第 24 题） 【093】已知在平面直角坐标系中，四边形 OABC 是矩形，点 A、C 的坐标分别为  3A ， 、  0 4C ， ，点 D 的坐标为  D 5 ， ，点 P 是直线 AC 上的一动点， 直线 DP 与 y 轴交于点 M．问： （1）当点 P 运动到何位置时，直线 DP 平分矩形 OABC 的面积，请简要说明理由， 并求出此时直线 DP 的函数解析式； （2）当点 P 沿直线 AC 移动时，是否存在使 DOM△ 与 ABC△ 相似的点 M，若 存在，请求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）当点 沿直线 移动时，以点 为圆心、半径长为 （ ＞ ）画圆，所 得到的圆称为动圆 ．若设动圆 的直径长为 ，过点 作动圆 的两条 切线，切点分别为点 、 ．请探求是否存在四边形 的最小面积 ， 若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由． 注：第（3）问请用备用图解答． 备用图 O y xO y xA BC D A BC D 【094】在平面直角坐标系中，已知 ( 4 0)A  ， ， (1 0)B ， ，且以 AB 为直径的圆交 y 轴的正半轴于点 (0 2)C ， ，过点C 作圆的切线交 x 轴于点 D ． （1）求过 A B C， ， 三点的抛物线的解析式 （2）求点 D 的坐标 （3）设平行于 x 轴的直线交抛物线于 E F， 两点，问：是否存在以线段 EF 为直 径的圆，恰好与 x 轴相切？若存在，求出该圆的半径，若不存在，请说明理由？ y xO C DBA 4 1 2 【095】）如图 1，已知：抛物线 21 2y x bx c   与 x 轴交于 A B、 两点，与 y 轴 交于点C ，经过 B C、 两点的直线是 1 22y x  ，连结 AC ． （1）B C、 两点坐标分别为 B （_____，_____）、C （_____，_____），抛物线的 函数关系式为______________； （2）判断 ABC△ 的形状，并说明理由； （3）若 ABC△ 内部能否截出面积最大的矩形 DEFC （顶点 D E F、 、 、G 在 ABC△ 各边上）？若能，求出在 AB 边上的矩形顶点的坐标；若不能，请说明理 由． [抛物线 2y ax bx c   的顶点坐标是 24,2 4 b ac b a a     ] C A O B x y C A O B x y 图 1 图 2(备用)（第 26 题） 【096】如图 12，已知抛物线经过坐标原点 O 和 x 轴上另一点 E，顶点 M 的坐标 为 (2,4)；矩形 ABCD 的顶点 A 与点 O 重合，AD、AB 分别在 x 轴、y 轴上， 且 AD=2，AB=3. （1）求该抛物线所对应的函数关系式； （2）将矩形 ABCD 以每秒 1 个单位长度的速度从图 12 所示的位置沿 x 轴的正 方向匀速平行移动，同时一动点 P 也以相同的速度．．．．．从点 A 出发向 B 匀速 移动，设它们运动的时间为 t 秒（0≤t≤3），直线 AB 与 该 抛物线的交 点为 N（如图 13 所示）. ① 当 t= 2 5 时，判断点 P 是否在直线 ME 上，并说明理由； ② 设以 P、N、C、D 为顶点的多边形面积为 S，试问 S 是否存在最大值？ 若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 图 13 BC O AD E M y x P N · 图 12 BC O (A)D E M y x 【097】矩形OABC 在平面直角坐标系中位置如图 13 所示， A C、 两点的坐标分 别为 (6 0)A ， ， (0 3)C ， ，直线 3 4y x  与 BC 边相交于 D 点． （1）求点 D 的坐标； （2）若抛物线 2 9 4y ax x  经过点 A ，试确定此抛物线的表达式； （3）设（2）中的抛物线的对称轴与直线OD 交于点 M ，点 P 为对称轴上一动点， 以 P O M、 、 为顶点的三角形与 OCD△ 相似，求符合条件的点 P 的坐标． y O 3 C D B 6 A x 3 4y x  图 13 【098】如图，在平面直角坐标系中，点 A（0，6），点 B 是 x 轴上的一个动点， 连结 AB，取 AB 的中点 M，将线段 MB 绕着点 B 按顺时针方向旋转 90o，得到线段 BC.过点 B 作 x 轴的垂线交直线 AC 于点 D.设点 B 坐标是（t，0）. （1）当 t=4 时，求直线 AB 的解析式； （2）当 t>0 时，用含 t 的代数式表示点 C 的坐标及 △ ABC 的面积； （3）是否存在点 B,使△ABD 为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点 B 的坐标；若不存在，请说明理由. 【099】我们所学的几何知识可以理解为对“构图”的研究：根据给定的．．．．．（．或构造．．． 的．）．几何图形提出相关的概念和问题．．．．．．．．．．．．．．（．或者根据问题构造图形．．．．．．．．．．）．，．并加以研究．．．．．. · y O A x 备用图 M y O C A B x D 例如：在平面上根据两条直线的各种构图，可以提出“两条直线平行”、“两 条直线相交”的概念；若增加第三条直线，则可以提出并研究“两条 直线平行的判定和性质”等问题（包括研究的思想和方法）. 请你用上面的思想和方法对下面关于圆的问题进行研究： (1) 如图 1，在圆 O 所在平面上，放置一条．．直线 m（ m 和圆 O 分别交于点 A、 B），根据这个图形可以提出的概念或问题有哪些（直接写出两个即可）？ (2) 如图 2，在圆 O 所在平面上，请你放置与圆 O 都相交且不同时经过圆心．．．．．．． 的两条．．直线 m 和 n（ m 与圆 O 分别交于点 A、B，n 与圆 O 分别交于点 C、D）. 请你根据所构造的图形提出一个结论，并证明之. (3) 如图 3，其中 AB 是圆 O 的直径，AC 是弦，D 是 的中点，弦 DE⊥ AB 于点 F. 请找出点 C 和点 E 重合的条件，并说明理由. 【100】抛物线 )0(2  acbxaxy 的顶点为 M，与 x 轴的交点为 A、B（点 B 在点 A 的右侧），△ABM 的三个内角∠M、∠A、∠B 所对的边分别为 m、a、b。 ABC A B O m 第 25 题图 1 O 第 25 题图 2 A B O E 第 25 题图 3 D C F G D C 若关于 x 的一元二次方程 0)(2)( 2  ambxxam 有两个相等的实数根。 （1）判断△ABM 的形状，并说明理由。 （2）当顶点 M 的坐标为（－2，－1）时，求抛物线的解析式，并画出该抛物线 的大致图形。 （3）若平行于 x 轴的直线与抛物线交于 C、D 两点，以 CD 为直径的圆恰好与 x 轴 相切，求该圆的圆心坐标。 【081】解：（1）（0，－3），b＝－ 9 4 ，c＝－3． 3 分 （2）由（1），得 y＝ 3 4 x2－ 9 4 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＝ 3 4t 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 4 8 3 t ＝ 3 4 t t ， ∴t＝ 7 32 ． 7 分 若△PHQ∽△COQ，则 PH∶CO＝HQ∶OQ，得 3 3 t ＝ 4 8 4 t t  ， 即 t2＋2t－1＝0． ∴t1＝ 2 －1，t2＝－ 2 －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 8 4 3 t  ＝ 3 4 t t ， ∴t＝ 25 32 ． 9 分 若△PHQ∽△COQ，则 PH∶CO＝HQ∶OQ，得 3 3 t ＝ 8 4 4 t t  ， 即 t2－2t＋1＝0． ∴t1＝t2＝1（舍去）． 10 分 综上所述，存在t 的值，t1＝ 2 －1，t2＝ 7 32 ，t3＝ 25 32 ． 10 分 附加题：解：（1）8； 5 分 （2）2． 10 分 【082】（09 上海）略 【083】. 解：（1）B（1， 3 ） （2）设抛物线的解析式为 y=ax(x+a)，代入点 B（1, 3 ），得 3 3a  ， 因此 23 2 3 3 3y x x  （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. 设直线 AB 为 y=kx+b.所以 3 3, 3 2 0. 2 3 3 kk b k b b           解得 ， 因此直线 AB 为 3 2 3 3 3y x  ， 当 x=－1 时， 3 3y  ， 因此点 C 的坐标为（－1， 3 ）. （4）如图，过 P 作 y 轴的平行线交 AB 于 D. C B A O y x D B A O y x P 2 2 2 1 ( )( )2 1 3 2 3 3 2 3 32 3 3 3 3 3 3 32 2 3 1 9 3 2 2 8 PAB PAD PBD D P B AS S S y y x x x x x x x x                                        当 x=－ 1 2 时，△PAB 的面积的最大值为 9 3 8 ，此时 1 3,2 4P       . 【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= 1 2 CD= 3 2 ，PD=3， ∴PE= 3 3 2 . ∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB， ∴ 3 3 4 2, = 4 5 AO PE AB PB PB  即 ， ∴ 3 15 ,2PB  ∴ 3 158 2PO BO PB    ， ∴ 3 15(0, 8)2P  ，∴ 3 15 82k   . 当圆心 P 在线段 OB 延长线上时,同理可得 P(0,－ 3 15 2 －8)， ∴k=－ 3 15 2 －8，∴当 k= 3 15 2 －8 或 k=－ 3 15 2 －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:      0339 03 ba ba ……………………………………1 分 解得:      2 1 b a ……………………………………………………………2 分 ∴ 所求抛物线解析式为: 322  x－－xy ……………………………3 分 (2) 存在符合条件的点 P, 其坐标为 P (－1, 10 )或 P(－1,－ 10 ) 或 P (－1, 6) 或 P (－1, 3 5 )………………………………………………………7 分 (3)解法①： 过点 E 作 EF⊥x 轴于点 F , 设 E ( a ,- 2a -2a＋3 )( －3< a < 0 ) ∴EF=- 2a -2a＋3，BF=a＋3，OF=－a ………………………………………………8 分 ∴S 四边形 BOCE = 2 1 BF·EF + 2 1 (OC +EF)·OF = 2 1 ( a＋3 )·(－ 2a －2a＋3) + 2 1 (－ 2a －2a＋6)·（－a）……………………………9 分 = 2 9 2 9 2 3 2  aa ………………………………………………………………………10 分 =－ 2 3 2)2 3( a + 8 63 ∴ 当 a =－ 2 3 时，S 四边形 BOCE 最大, 且最大值为 8 63 ．……………………………11 分 此时，点 E 坐标为 (－ 2 3 ， 4 15 )……………………………………………………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 = 2 1 (3 + y )·(－x) + 2 1 ( 3 + x )·y ………………………………………9 分 = 2 3 ( y－x)= 2 3 ( 332 x－－x ) …………………………………10 分 = － 2 3 2)2 3( x + 8 63 ∴ 当 x =－ 2 3 时，S 四边形 BOCE 最大，且最大值为 8 63 ． …………………………11 分 此时，点 E 坐标为 (－ 2 3 ， 4 15 ) ……………………………………………………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 ∴ AB AF AC AB  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= 5 3 ，∠ADB=90o ∴ 5 3 AB BD 设 BD=3x，则 AB=5x，，由勾股定理     xx－xAD 435 22  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 BE BD ME ND  设 ME=x，则 ND=12-x， 15 912  x x ，解得 x= 2 15 ∴S=ME·DE= 2 15 ×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 2 ( 0)y ax bx a   ． 把 (11)A ， ， (31)B ， 代入上式得： 1 分 1 1 9 3 1 a b a b       解得 1 3 4 3 a b      3 分 ∴所求抛物线解析式为 21 4 3 3y x x   4 分 法二：∵ (11)A ， ， (31)B ， ， ∴抛物线的对称轴是直线 2x  ． 设抛物线解析式为 2( 2)y a x h   （ 0a  ） 1 分 把 (0 0)O ， ， (11)A ， 代入得 2 2 0 (0 2) 1 (1 2) a h a h        解得 1 3 4 3 a h      3 分 ∴所求抛物线解析式为 21 4( 2)3 3y x x    ． 4 分 （2）分三种情况： ①当 0 2t ≤ ，重叠部分的面积是 OPQS△ ，过点 A 作 AF x⊥ 轴于点 F ， ∵ (11)A ， ，在 Rt OAF△ 中， 1AF OF  ， 45AOF  °， 在 Rt OPQ△ 中， OP t ， 45OPQ QOP    °， ∴ 2cos45 2PQ OQ t t  ° ， ∴ 2 21 2 1 2 2 4S t t       ． 6 分 ②当 2 3t ≤ ，设 PQ 交 AB 于点G ，作GH x⊥ 轴于点 H ， 45OPQ QOP    °，则四边形OAGP 是等腰梯形， 重叠部分的面积是 OAGPS梯形 ． ∴ 2AG FH t   ， ∴ 1 1( ) ( 2) 1 12 2S AG OP AF t t t        ．8 分 ③当 3 4t  ，设 PQ 与 AB 交于点 M ，交 BC 于点 N ，重叠部分的面积是 OAMNCS五边形 ． 因 为 PNC△ 和 BMN△ 都 是 等 腰 直 角 三 角 形 ， 所 以 重 叠 部 分 的 面 积 是 OAMNCS五边形 BMNOABCS S  △梯形 ． ∵ (31)B ， ，OP t ， 2 O A B C y 1 1 3 第 26 题图 2 Q F G PH 2 O A B C y 1 1 3P 第 26 题图 1 Q F 2 O A B C y 1 1 3 第 26 题图 3 Q F M P N ∴ 3PC CN t   ， ∴ 1 ( 3) 4BM BN t t      ， ∴ 21 1(2 3) 1 (4 )2 2S t     21 1142 2S t t    ． 10 分 （3）存在 1 1t  12 分 2 2t  14 分 【089】解：（1） 圆心O 在坐标原点，圆O 的半径为 1， 点 A B C D、 、 、 的坐标分别为 ( 1 0) (0 1) (1 0) (01)A B C D ，、 ， 、 ，、 ， 抛物线与直线 y x 交于点 M N、 ，且 MA NC、 分别与圆O 相切于点 A 和点 C ，  ( 1 1) (11)M N ， 、 ，． 2 分 点 D M N、 、 在抛物线上，将 (01) ( 1 1) (11)D M N ，、 ， 、 ， 的坐标代入 2y ax bx c   ，得： 1 1 1 c a b c a b c          解之，得： 1 1 1 a b c       抛物线的解析式为： 2 1y x x    ．4 分 （2） 2 2 1 51 2 4y x x x           抛物线的对称轴为 1 2x  ， 1 1 512 4 2OE DE    ， ． 6 分 连结 90BF BFD ， °， BFD EOD△ ∽△ ， DE OD DB FD   ， 又 5 1 22DE OD DB  ， ， ， 4 5 5FD  ， 4 5 5 3 5 5 2 10EF FD DE      ． 8 分 （3）点 P 在抛物线上． 9 分 设过 D C、 点的直线为： y kx b  ， 将点 (1 0) (01)C D，、 ， 的坐标代入 y kx b  ，得： 1 1k b  ， ， 直线 DC 为： 1y x   ． 10 分 过点 B 作圆O 的切线 BP 与 x 轴平行， P 点的纵坐标为 1y   ， 将 1y   代入 1y x   ，得： 2x  ．  P 点的坐标为 (2 1)， ， 11 分 当 2x  时， 2 21 2 2 1 1y x x          ， 所以， P 点在抛物线 2 1y x x    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． O x y N C D E F BM A P 【090】（1）解：把 A（ 1 ，0），C（3， 2 ）代入抛物线 2 3y ax ax b   得      299 0)1(3)1( 2 baa baa 1 分 整理得      2 04 b ba ……………… 2 分 解得      2 2 1 b a ……………… 3 分 ∴抛物线的解析式为 22 3 2 1 2  xxy 4 分 （2）令 022 3 2 1 2  xx 解得 1 21 4x x  ， ∴ B 点坐标为（4，0） 又∵D 点坐标为（0， 2 ） ∴AB∥CD ∴四边形 ABCD 是梯形． ∴S 梯形 ABCD ＝ 82)35(2 1  5 分 设直线 )0(1  kkxy 与 x 轴的交点为 H， 与 CD 的交点为 T， 则 H（ k 1 ，0）， T（ k 3 ， 2 ）6 分 ∵直线 )0(1  kkxy 将四边形 ABCD 面积二等分 ∴S 梯形 AHTD ＝ 2 1 S 梯形 ABCD＝４ ∴ 42)311(2 1  kk 7 分 ∴ 3 4k 8 分 （3）∵MG⊥ x 轴于点 G，线段 MG︰AG＝1︰2 ∴设 M（m， 2 1 m ）， 9 分 ∵点 M 在抛物线上 ∴ 22 3 2 1 2 1 2  mmm 解得 1 23 1m m  ， （舍去） 10 分 E F M N G O BA x y 图(9) -2 Q D O BA x y C y=kx+1 图(9) -1 H T ∴M 点坐标为（3， 2 ） 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， 3 ） 12 分 【 091 】 (1) 解 ： 法 1 ： 由 题 意 得 n＝2＋c， 2n－1＝2＋c. ……1 分 解 得 n＝1， c＝－1. ……2 分 法 2：∵ 抛物线 y＝x2－x＋c 的对称轴是 x＝1 2 ， 且 1 2 －(－1) ＝2－1 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－1 2 )2－5 4 . ∴ 二 次 函 数 y ＝ x2 － x － 1 的 最 小 值 是 － 5 4 . ……4 分 (2)解：∵ 点 P(m，m)(m＞0)， ∴ PO＝ 2m. ∴ 2 2≤ 2m ≤ 2＋2. ∴ 2≤m≤1＋ 2. ……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＋ 2 时， 有 －1≤c≤0. …… 6 分 法 2：∵ 2≤m≤1＋ 2， ∴ 1≤m－1≤ 2. ∴ 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. ∴ y1＝x12－x1＋c， －y1＝x12＋x1＋c. ∴ 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 y＝－x， y＝x2－x＋c＋3 8 . 则有 x2＋c＋3 8 ＝0.即 x2＝－c－3 8. ① 当 －c－3 8 ＝0 时，即 c＝－3 8 时，方程 x2＝－c－3 8 有相同的实数根， 即 直 线 y ＝ － x 与 抛 物 线 y ＝ x2 － x ＋ c ＋ 3 8 有 唯 一 交 点. ……9 分 ② 当 －c－3 8 ＞0 时，即 c＜－3 8 时，即－1≤c＜－3 8 时， 方程 x2＝－c－3 8 有两个不同实数根， 即 直 线 y ＝ － x 与 抛 物 线 y ＝ x2 － x ＋ c ＋ 3 8 有 两 个 不 同 的 交 点. ……10 分 ③ 当 －c－3 8 ＜0 时，即 c＞－3 8 时，即－3 8 ＜c≤0 时， 方程 x2＝－c－3 8 没有实数根， 即 直 线 y ＝ － x 与 抛 物 线 y ＝ x2 － x ＋ c ＋ 3 8 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． ∵∠AOC≠90°， ∴∠ABC=90°， 故 BC⊥OC， BC⊥AB，∴B（ 7 2 ，1）．（1 分，） 即 s= 7 2 ，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， 1 2y = x mx m, y = .     （3 分）∴1＝x2+mx－m， 由 (x－1)(x+1+m)=0，得 1 21, 1x x m    ． ∵ 1x =1< 3 2 ，不合题意，舍去． （4 分） A B C ∴抛物线 y=x2+mx-m 与 AB 边只能相交于（ 2x ，1）， ∴ 3 2 ≤－m－1≤ 7 2 ，∴ 9 2 5 2 m   ． ①（5 分） 又∵顶点 P( 2 4 2 4 ,m m m  )是直角梯形 OABC 的内部和其边上的一个动点， ∴ 70 2 2 m   ，即 7 0m   ． ② （6 分） ∵ 2 2 24 ( 2) 4 ( 1) 4 4 2 1 1m m m m          ， （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， ∴ 2 4 4 0m m  ， ( 4) 0,m m   ∴ 0, 0, 4 0 4 0 m m m m           或者 ． （*8 分） 4 (9 ) 0. m  分 ③（9 分） 又∵点 P 在直线 y= 2 3 x 的下方，∴ 2 4 2 ( ) 4 3 2 m m m    ，（10 分）即 (3 8) 0.m m   0, 0, 3 8 0 3 8 0. m m m m           或者 （*8 分处评分后，此处不重复评分） 8 0. 3 m m   (11分)，或 ④ 由①②③④ ，得 4  8 3 m   ．（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 BO 与 AC 交于点 H ，则当点 P 运动到点 H 时，直线 DP 平 分矩形OABC 的面积．理由如下： ∵矩形是中心对称图形，且点 H 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 DP 过矩形 OABC 的对称中心点 H ，所以直线 DP 平分矩形 OABC 的面 积．…………2 分 由已知可得此时点 P 的坐标为 3( 2 )2P ， ． 设直线 DP 的函数解析式为 y kx b  ． 则有 5 0 3 2.2 k b k b      ， 解得 4 13k  ， 20 13b  ． 所以，直线 DP 的函数解析式为： 4 20 13 13y x  ． 5 分 （2）存在点 M 使得 DOM△ 与 ABC△ 相似． 如图，不妨设直线 DP 与 y 轴的正半轴交于点 (0 )mM y， ． 因为 DOM ABC   ，若△DOM 与△ABC 相似，则有 OM BC OD AB  或 OM AB OD BC  ． 当 OM BC OD AB  时，即 3 5 4 my  ，解得 15 4my  ．所以点 1 15(0 )4M ， 满足条件． 当 OM AB OD BC  时，即 4 5 3 my  ，解得 20 3my  ．所以点 2 20(0 )3M ， 满足条件． 由对称性知，点 3 15(0 )4M ， 也满足条件． 综上所述，满足使 DOM△ 与 ABC△ 相似的点 M 有 3 个，分别为 1 15(0 )4M ， 、 2 20(0 )3M ， 、 3 15(0 )4M ， ． 9 分 （3）如图 ，过 D 作 DP⊥AC 于点 P，以 P 为圆心，半径长为 5 2 画圆，过点 D 分 别作 P 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 5 2 画圆，过点 D 分别作 P 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× 1 5 2 2DE PE DE PE DE     ． ∴当 DE 取最小值时，Ｓ四边形 DEPF 的值最小． ∵ 2 2 2DE DP PE  ， 2 2 2 1 1 1 1DE DP PE  ， ∴ 2 2 2 2 1 1DE DE DP DP   ． ∵ 1DP DP ，∴ 2 2 1 0DE DE  ． ∴ 1DE DE ．由 1P 点的任意性知：DE 是 D 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． ∴ DP CO DA CA  ，即 4 8 5 DP  ．∴ 32 5DP  ． ∴ 2 2 1024 25 3471 25 4 10DE DP PE     ． ∴Ｓ四边形ＤＥＰＦ＝ 3471 4 ，即Ｓ＝ 3471 4 ． 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 2y ax bx c   ，则 16 4 0 0 2 a b c a b c c          1 分 x y  O A BC D P 1P E F 1F 1E 1 2 3 2 2 a b c          2 分 过 A B C， ， 三点的抛物线的解析式为 21 3 22 2y x x    4 分 （2）以 AB 为直径的圆圆心坐标为 3 02O     ， 5 2O C  3 2O O  5 分 CD 为圆O 切线 OC CD  6 分 90O CD DCO    ° 90CO O O CO     ° CO O DCO   O CO CDO△ ∽△ / /O O OC OC OD  8 分 3 / 2 2/2 OD 8 3OD  D 坐标为 80 3      ， 9 分 （3）存在 10 分 抛物线对称轴为 3 2X   设满足条件的圆的半径为 r ，则 E 的坐标为 3( )2 r r  ， 或 3( )2F r r  ， 而 E 点在抛物线 21 3 22 2y x x    上 21 3 3 3( ) ( ) 22 2 2 2r r r         1 291 2r    2 291 2r    故在以 EF 为直径的圆，恰好与 x 轴相切，该圆的半径为 291 2   ， 291 2  12 分 注：解答题只要方法合理均可酌情给分 【095】（1） B （4，0）， (0 2)C ， ． 2 分 21 3 22 2y x x   ． 4 分 （2） ABC△ 是直角三角形． 5 分 证明：令 0y  ，则 21 3 2 02 2x x   ． 1 21 4x x   ， ． ( 1 0)A  ， ． 6 分 解法一： 5 5 2 5AB AC BC   ， ， ． 7 分 2 2 25 20 25AC BC AB      ． ABC△ 是直角三角形． 8 分 解法二： 11 2 4 2 CO AOAO CO BO BO OC       ， ， ， 90AOC COB    °， AOC COB△ ∽△ ． 7 分 ACO CBO   ． 90CBO BCO    °， 90ACO BCO    °．即 90ACB  °． ABC△ 是直角三角形． 8 分 （3）能． ① 当矩形两个顶点在 AB 上时，如图 1，CO 交GF 于 H ． GF AB ∥ ， CGF CAB△ ∽△ ． GF CH AB CO   ． 9 分 解法一：设GF x ，则 DE x ， 2 5CH x ， 22 5DG OH OC CH x     ． 22 22 25 5DEFGS x x x x        矩形 · = 22 5 5 5 2 2x      ． 10 分 当 5 2x  时， S 最大． 5 12DE DG  ， ． ADG AOC△ ∽△ ， 1 1 22 2 AD DG AD OD OEAO OC       ， ， ， ． G A O B y 图 1 D E FHC 1 02D     ， ， (2 0)E ， ． 11 分 解法二：设 DG x ，则 10 5 2 xDE GF   ． 2 210 5 5 5 55 ( 1)2 2 2 2DEFG xS x x x x        矩形 · ． 10 分 当 1x  时， S 最大． 51 2DG DE  ， ． ADG AOC△ ∽△ ， 1 1 22 2 AD DG AD OD OEAO OC       ， ， ， ． 1 02D     ， ， (2 0)E ， ． 11 分 ② 当矩形一个顶点在 AB 上时， F 与C 重合，如图 2， DG BC ∥ ， AGD ACB△ ∽△ ． GD AG BC AF   ． 解法一：设GD x ， 5, 2 5AC BC   ， 5 2 xGF AC AG     ．  215 52 2DEFG xS x x x       矩形 · C A O B x y 图 2 D G G =  21 552 2x   ． 12 分 当 5x  时， S 最大． 55 2GD AG  ， ， 2 2 5 2AD AG GD    ． 3 2OD  3 02D     ， 13 分 解 法 二 ： 设 DE x ， 5AC  ， 2 5BC  ， GC x  ， 5AG x  ． 2 5 2GD x   ．   22 5 2 2 2 5DEFGS x x x x     矩形 · = 2 5 52 2 2x        12 分 当 5 2x  时， S 最大， 55 2GD AG  ， ． 2 2 5 2AD AG GD    ． 3.2OD   3 02D     ， 13 分 综上所述：当矩形两个顶点在 AB 上时，坐标分别为 1 02     ， ，（2，0）； 当矩形一个顶点在 AB 上时，坐标为 3 02      ， 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  22 4y a x   ………………(1 分) 又抛物线经过 O(0,0)，于是得  20 2 4 0a    ， ………………(2 分) 解得 a=-1 ………………(3 分) ∴ 所求函数关系式为  22 4y x    ，即 2 4y x x   . ……………(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      42 04 bk bk ，解得      8 2 b k 所以直线 ME 的关系式为 y=-2x+8. ……(6 分) 由已知条件易得，当 t 2 5 时，OA=AP 2 5 ，      2 5,2 5P ……………(7 分) ∵ P 点的坐标不满足直线 ME 的关系式 y=-2x+8. ∴ 当 t 2 5 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= 2 1 DC·AD= 2 1 ×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= 2 1 (CD+PN)·AD= 2 1 [3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3= 4 21 2 3 2       t 其中(0＜t＜3)，由 a=-1，0＜ 2 3 ＜3，此时 4 21最大S . …………(12 分) 综上所述，当 t 2 3 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 4 21 . ………………(13 分) 说明：（ⅱ）中的关系式，当 t=0 和 t=3 时也适合. 【097】解：（1）点 D 的坐标为 (4 3)， ． （2 分） （2）抛物线的表达式为 23 9 8 4y x x  ． （4 分） （3）抛物线的对称轴与 x 轴的交点 1P 符合条件． ∵OA CB∥ ， ∴ 1POM CDO   ． ∵ 1 90OPM DCO    °， ∴ 1Rt RtPOM CDO△ ∽ △ ． （6 分） ∵抛物线的对称轴 3x  ， ∴点 1P 的坐标为 1(3 0)P ， ． （7 分） 过点 O 作OD 的垂线交抛物线的对称轴于点 2P ． ∵对称轴平行于 y 轴， ∴ 2P MO DOC   ． ∵ 2 90P OM DCO    °， ∴ 2 1Rt RtP M O DOC△ ∽ △ ．（8 分） ∴点 2P 也符合条件， 2OP M ODC   ． ∴ 1 2 13 90PO CO P PO DCO     ， °， y O 3 C D B 6 A x 3 4 y x  A M P P ∴ 2 1Rt RtP PO DCO△ ≌ △ ． （9 分） ∴ 1 2 4PP CD  ． ∵点 2P 在第一象限， ∴点 2P 的坐标为 2P (3 4)， ， ∴符合条件的点 P 有两个，分别是 1(3 0)P ， ， 2P (3 4)， ． （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： b=6 4k+b=0 , 解得： k =－3 2 b=6 , ∴直线 AB 的解析式为：y=－3 2 x+6.………………………………………4 分 (2) 过点 C 作 CE⊥x 轴于点 E 由∠AOB=∠CEB=90°，∠ABO=∠BCE，得△AOB∽△BEC. ∴ 1 2 BE CE BC AO BO AB    ， ∴BE= 1 2 AO=3，CE= 1 2 OB= t 2 ， ∴点 C 的坐标为(t+3，t 2 ).…………………………………………………………2 分 方法一： S 梯形 AOEC= 1 2 OE·(AO+EC)= 1 2 (t+3)(6+t 2 )=1 4 t2+15 4 t+9， S△ AOB= 1 2 AO·OB= 1 2 ×6·t=3t， S△ BEC= 1 2 BE·CE= 1 2 ×3×t 2 = 3 4 t， ∴S△ ABC= S 梯形 AOEC－ S△ AOB－S△ BEC = 1 4 t2+15 4 t+9－3t－3 4 t = 1 4 t2+9. 方法二： y O C A B x D E ∵AB⊥BC，AB=2BC，∴S△ ABC= 1 2 AB·BC= BC2. 在 Rt△ABC 中，BC2= CE2+ BE2 = 1 4 t2+9， 即 S△ ABC= 1 4 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， ∴ 1 2 OB BC AO AB   ， ∴t 6 = 1 2 ， ∴t=3，即 B(3，0). Ⅱ.若 AB＝AD. 延长 AB 与 CE 交于点 G， 又∵BD∥CG ∴AG＝AC 过点 A 画 AH⊥CG 于 H． ∴CH＝HG＝1 2 CG 由△AOB∽△GEB， 得GE BE ＝AO OB ， ∴GE= 18 t . 又∵HE＝AO＝６，CE＝t 2 ∴18 t ＋６＝1 2 ×（t 2 ＋18 t ） ∴t2-24t-36=0 解得：t=12±6 5. 因为 t≥0， y O C A B x D E y A D y O C A B D E H G x 所以 t=12＋6 5，即 B(12＋6 5，0). 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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