2017年中考数学《压轴题》专题训练含答案解析

压轴题

1、已知，在平行四边形OABC中，OA=5，AB=4，∠OCA=90°，动点P从O点出发沿射线OA方向以每秒2个单位的速度移动，同时动点Q从A点出发沿射线AB方向以每秒1个单位的速度移动．设移动的时间为t秒．

（1）求直线AC的解析式；

（2）试求出当t为何值时，△OAC与△PAQ相似； （3）若⊙P的半径为

83，⊙Q的半径为；当⊙P与对角线AC相切时，判断⊙Q与直线AC、BC的位52置关系，并求出Q点坐标。

解：（1）y420 x33（2）①当0≤t≤2.5时，P在OA上，若∠OAQ=90°时， 故此时△OAC与△PAQ不可能相似．

当t>2.5时，①若∠APQ=90°，则△APQ∽△OCA，

∵，∴

符合条件．

②若∠AQP=90°，则△APQ∽△∠OAC，

∵，∴

符合条件．

综上可知，当时，△OAC与△APQ相似．

（3）⊙Q与直线AC、BC均相切，Q点坐标为（

319。 ,）

5102、如图，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直

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角坐标系．已知OA＝3，OC＝2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．

（1）直接写出点E、F的坐标；

（2）设顶点为F的抛物线交y轴正半轴于点P，且以点E、F、P为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛．．．物线的解析式；

（3）在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．

（第2题）

解：（1）E(31)（2）在Rt△EBF中，B90， ，；F(1，2)．

EFEB2BF212225．

设点P的坐标为(0，n)，其中n0，

2顶点F(1，2)，

∴设抛物线解析式为ya(x1)2(a0)．

22①如图①，当EFPF时，EFPF，1(n2)5．

22解得n10（舍去）；n24．P(0，4)．4a(01)22．解得a2．

抛物线的解析式为y2(x1)22

22②如图②，当EPFP时，EPFP，(2n)1(1n)9．

22解得n

5（舍去）． 2----完整版学习资料分享----

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③当EFEP时，EP53，这种情况不存在． 综上所述，符合条件的抛物线解析式是y2(x1)2． （3）存在点M，N，使得四边形MNFE的周长最小． 如图③，作点E关于x轴的对称点E，作点F关于

2y轴的对称点F，连接EF，分别与x轴、y轴交于

点M，N，则点M，N就是所求点．

E(3，1)，F(1，，2)NFNF，MEME．

BF4，BE3．FNNMMEFNNMMEFE32425．又EF5，FNNMMEEF55，此时四边形MNFE的周长最小值是55．

3、如图，在边长为2的等边△ABC中，AD⊥BC,点P为边AB 上一个动点，过P点作PF//AC交线段BD于点F,作PG⊥AB交AD于点E,交线段CD于点G,设BP=x. （1）①试判断BG与2BP的大小关系,并说明理由;

②用x的代数式表示线段DG的长,并写出自变量x的取值范围;

（2）记△DEF的面积为S,求S与x之间的函数关系式,并求出S的最大值;

（3）以P、E、F为顶点的三角形与△EDG是否可能相似？如果能相似，请求出BP的长，如果不能，请说明理由。

A

P

E

BFDGC

第3题

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解：（1）①在等边三角形ＡＢＣ中，∠Ｂ＝60°，∵ＰＧ⊥ＡＢ， ∴∠ＢＧＰ＝30°，∴ＢＧ＝2ＢＰ．

②∵ＰＦ／／ＡＣ，∴△ＰＢＦ为等边三角形，∴ＢＦ＝ＰＦ＝ＰＢ＝x. 又∵ＢＧ＝2x，ＢＤ＝1，∴ＤＧ＝2x－1，∴０＜2x－1≤１，∴

12x1.

A131（2）S=DE×DF=2x11x

232=3233xx 326BPEFDGCA当x

33

时，Smax.

484

（3）①如图１，若∠ＰＦＥ＝Ｒt∠，则两三角形相似，

此时可得ＤＦ＝ＤＧ

即1PEBFDGC2x1 2解得：x．

3②如图２，若∠ＰＥＦ＝Ｒt∠，则两三角形相似， 此时可得ＤＦ＝即1

4、如图，二次函数y且与y轴交于点C.

（1）试求此二次函数的解析式；

（2）试证明：BAOCAO（其中O是原点）；

xx11ＥＦ＝ＢＰ， 2414． x．解得：x4512xbxc的图像经过点A4,0,B4,4， 4（3）若P是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），过P作y轴的平行线，分别交此二次函数图像及

x轴于Q、H两点，试问：是否存在这样的点P，使PH2QH？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，

请说明理由。

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解：（1）∵点A4,0与B4,4在二次函数图像上，

1b044bc∴，解得2， 444bcc2∴二次函数解析式为y121xx2. 42CO21，AO42（2）过B作BDx轴于点D，由（1）得C0,2，则在RtAOC中，tanCAOBD41， AD82∵tanCAOtanBAD，∴CAOBAO.

又在RtABD中，tanBAD（3）由A4,0与B4,4，可得直线AB的解析式为y设Px,1x2， 2111x2,4x4，则Qx,x2x2， 2421111111x22x,QHx2x2.∴2x2x2x2. 2242242∴PH当2511，∴P1,. xx2x4，解得 x11,x24（舍去）

222711，∴P3,. xx2x4，解得 x13,x24（舍去）

22275与3,.

22当2综上所述，存在满足条件的点，它们是1,

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5、如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8厘米，点D在AC上，CD＝3厘米．点P、Q分别由A、C两点同时出发，点P沿AC方向向点C匀速移动，速度为每秒k厘米，行完AC全程用时8秒；点Q

＜x＜8，△DCQ的面积为y1沿CB方向向点B匀速移动，速度为每秒1厘米．设运动的时间为x秒0平方厘米，△PCQ的面积为y2平方厘米．

（1）求y1与x的函数关系，并在图2中画出y1的图象；

（2）如图2，y2的图象是抛物线的一部分，其顶点坐标是（4，12），求点P的速度及AC的长；

（3）在图2中，点G是x轴正半轴上一点（0＜OG＜6＝，过G作EF垂直于x轴，分别交y1、y2于点E、F．

①说出线段EF的长在图1中所表示的实际意义； ②当0＜x＜６时，求线段EF长的最大值． y

12 A 10

8 P6 ↓ 4 D 2

C Q→ B O 2 G 4 6 8 10 x

图1

图2

解：（1）∵SDCQ图象如图所示．

13CQCD，CD＝3，CQ＝x，∴y1x．

221CQCP，CP＝8k－xk，CQ＝x， 211∴y28kkxxkx24kx．∵抛物线顶点坐标是（4，12），

22313∴k424k412．解得k．则点P的速度每秒厘米，AC＝12厘米．

222（2）方法一：SPCQ方法二：观察图象知，当x=4时，△PCQ面积为12． 此时PC＝AC－AP＝8k－4k＝4k，CQ＝4．∴由SPCQ4k4112． CQCP，得

22----完整版学习资料分享----

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解得k33．则点P的速度每秒厘米，AC＝12厘米． 222方法三：设y2的图象所在抛物线的解析式是yaxbxc． ∵图象过（0，0），（4，12），（8，0），

3a，c0，43∴16a4bc12， 解得 b6，∴y2x26x． ①

464a8bc0.c0.11∵SPCQCQCP，CP＝8k－xk，CQ＝x，∴y2kx24kx． ②

2233比较①②得k.则点P的速度每秒厘米，AC＝12厘米．

22（3）①观察图象，知线段的长EF＝y2－y1，表示△PCQ与△DCQ的面积差（或△PDQ面积）．②由⑵得 y2133332x6x.（方法二，y28xxx26x）

22244∵EF＝y2－y1，∴EF＝32339x6xxx2x， 424227最大． 4∵二次项系数小于０，∴在0＜x＜6范围，当x3时，EF6、如图，在ABC中，ABAC5,BC6，D、E分别是边AB、AC

上的两个动点（D不与A、B重合），且保持DE∥BC，以DE为边，在点A的异侧作正方形DEFG. （1）试求ABC的面积；

（2）当边FG与BC重合时，求正方形DEFG的边长； （3）设ADx，ABC与正方形DEFG重叠部分的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并写出定义域；

（4）当BDG是等腰三角形时，请直接写出AD的长。 A

D E

G B F C

解：（1）过A作AHBC于H，∵ABAC5,BC6，∴BH 则在RtABH中，AH1BC3. 2AB2BH24，∴SABC1AH•BC12. 2----完整版学习资料分享----

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（2）令此时正方形的边长为a，则

2a4a12，解得a. 6453626（3）当0x2时，yxx.

525当2x5时，y （4）AD

7、如图已知点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线ymx2mxn上．

（1）求m、n；

（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，若四边形A A′B′B为菱形，求平移后抛物线的表达式；

（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB′ 的交点为点C，试在x轴上找点D，使得以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．

26424242x5xxx. 555251252520,,. 7311744m4mn4m解：（1）根据题意，得： 解得3

m2mn0n4 （2）四边形A A′B′B为菱形，则A A′=B′B= AB=5

y 48 ∵yx2x4

33A A′ 4162 =x4

′ （3）设D（x，0）根据题意，得：AB=5，AC35,BC10,B'C－1 334162,1 ∴ 向右平移5个单位的抛物线解析式为 yx4BB 33－1 O x 1 5

∵∠A=∠B B′A

ⅰ) △ABC∽△B′CD时，∠ABC=∠B′CD ，∴BD=6－x， 由

ABAC535得B'C 解得x=3， ∴D（3，0） B'D56xA ---- ----完整版学习资料分享y 1 C B B资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除

ⅱ）△ABC∽△B′DC时，

ABAC B'DB'C ∴

5351313 解得x ∴D(,0) 336x58、如 图，已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，A B⊥BC ，AD＝2，AB＝8， CD＝10． （1）求梯形ABCD的面积S；

（2）动点P从点B出发，以1cm/s的速度、沿B→A→D→C方向，向点C运动；动点Q从点C出发，以1cm/s的速度、沿C→D→A方向，向点A运动，过点Q作QE⊥BC于点E．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达目的地时整个运动随之结束，设运动时间为t秒．问：①当点P在B→A上运动时，是否存在这样的t，使得直线PQ将梯形ABCD的周长平分？若存在，请求出t的值，并判断此时PQ是否平分梯形ABCD的面积；若不存在，请说明理由；

②在运动过程中，是否存在这样的t，使得以P、D、Q为顶点的三角形恰好是以DQ为一腰的等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．

DDDAAA PPQQ

解： BECBECB（备用图）

C（1）过D作DHBC于H点显然四边形ABHD是矩形 DHAB8；BHAD2在Ｒt△DCH中，CH=CD2DH2102826

AD11SABCD（ADBC）AB （28）840

22(2)① BPCQt

PQAP8t;DQ10tAPADDQPBBCCQ8t210tt8tt38BEC当t3秒时，PQ将梯形ABCD周长平分。经计算，PQ不平分梯形ABCD的面积

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②

第一种情况：0t8时过Q点作QIBC，QHAB，垂足为I、HAP8t,AD2PDAP2AD2(8t)222t216t68 34CIt,QIt5534QHBI8t,BHQIt5541PHttt55APHDQBIC312248PQQH2PH2（8-t)2(t)2tt64 5555DQ10t DQDP,10-ttt16t68，t8秒-

DQPQ,10-tt12248t-t64,3t252t1800552623426234,t2〉8（舍去）3326234 3

t第二种情况：8t10时，DPDQ10-t

当8t10时，以DQ为腰的等腰DPQ恒成立。 第三种情况：10t12时，DPDQt10

当10t12时，以DQ为腰的等腰DPQ恒成立。

综上所述，t26234或8t10或10t12时，以DQ为腰的等腰DPQ成立。 39、如图，⊙O的半径为1，等腰直角三角形ABC的顶点B的坐标为（2，0），CAB=90°，AC=AB，顶点A在⊙O上运动．

（1）当点A在x轴上时，求点C的坐标；

（2）当点A运动到x轴的负半轴上时，试判断直线BC与⊙O位置关系，并说明理由；

（3）设点A的横坐标为x，△ABC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求出S的最大值与最小

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值；

（4）当直线AB与⊙O相切时，求AB所在直线对应的函数关系式．

解：（1）当点A的坐标为（1，0）时，AB=AC=2－1，点C的坐标为（1，2－1）；

当点A的坐标为（－1，0）时，AB=AC=2＋1，点C的坐标为（－1，2＋1）； （2）直线BC与⊙O相切，过点O作OM⊥BC于点M，∴∠OBM＝∠BOM=45°, ∴OM=OB·sin45°=1，∴直线BC与⊙O相切 （3）过点A作AE⊥OB于点E

在Rt△OAE中，AE2=OA2－OE2=1－x2，

在Rt△BAE中，AB2=AE2+BE2=(1-x2) +（2-x）2=3-22x ∴S=

O A B x y C 1113AB·AC= AB2=(3-22x)= 2x 2222y A O 其中－1≤x≤1，

C 3当x=－1时，S的最大值为2，

23当x=1时，S的最小值为2．

2（4）①当点A位于第一象限时(如右图)： 连接OA，并过点A作AE⊥OB于点E ∵直线AB与⊙O相切，∴∠OAB=90°， 又∵∠CAB=90°，∴∠CAB+∠OAB=180°，

∴点O、A、C在同一条直线上，∴∠AOB=∠C=45°，

E B x y （C） E O A 222在Rt△OAE中，OE=AE=．点A的坐标为（，）

222过A、B两点的直线为y=－x+2． ②当点A位于第四象限时(如右图) 点A的坐标为（

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B x 22，－），过A、B两点的直线为y=x－2． 22资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除

10、已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB（1）求A、B、C三点的坐标； （2）求此抛物线的表达式；

（3）连接AC、BC，若点E是线段AB上的一个动点（与点A、点B不重合），过点E作EF∥AC交BC于点F，连接CE，设AE的长为m，△CEF的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（4）在（3）的基础上试说明S是否存在最大值，若存在，请求出S的最大值，并求出此时点E的坐标，判断此时△BCE的形状；若不存在，请说明理由．

解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8

∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8） 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2 ∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0）

（2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上，∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得

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0＝36a－6b＋8 解得 0＝4a＋2b＋8



8b＝－3

2a＝－

3

28

∴所求抛物线的表达式为y＝－x2－x＋8

33

（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m，∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10 40－5mEFBEEF8－m

∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC，∴＝ 即＝，∴EF＝

ACAB10844

过点F作FG⊥AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB＝

5∴

FG4440－5m＝ ∴FG＝·＝8－m EF554

11∴S＝S△BCE－S△BFE＝（8－m）×8－（8－m）（8－m）

22111

＝（8－m）（8－8＋m）＝（8－m）m＝－m2＋4m 222自变量m的取值范围是0＜m＜8 （4）存在．

111

理由：∵S＝－m2＋4m＝－（m－4）2＋8 且－＜0，

222

∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0） ∴△BCE为等腰三角形．

11、数学课上，张老师出示了问题1： 如图25-1，四边形ABCD是正方形， BC =1，对角线交点记作O，点E是边BC 延长线上一点．联结OE交CD边于F，设CEx，CFy，求y关于x的函[来源:学科网ZXXK] 数解析式及其定义域． （1）经过思考，小明认为可以通过添加辅助线——过点O作OM⊥BC，垂足为M求解．你认为这个想

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法可行吗？请写出问题1的答案及相应的推导过程； （2）如果将问题1中的条件“四边形ABCD是正方形，BC =1”改为“四边形ABCD是平行四边形，BC=3，CD=2，”其余条件不变（如图25-2），请直接写出条件改变后的函数解析式； （3）如果将问题1中的条件“四边形ABCD是正方形，BC =1”进一步改为：“四边形ABCD是梯形，AD∥BC，BCa，CDb，ADc(其中a，b，c为常量)”其余条件不变（如图25-3），请你写出条件再次改变后y关于x的函数解析式以及相应的推导过程． A BDOFADAODFOEFCEB B图25-1

C图25-2

图25-3

CE

解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OD． ∵OM⊥BC，∴∠OMB=∠DCB=90，∴OM∥DC． ∴OM即

1y122xDC12，CM12xBC12．∵OM∥DC，∴

CFOMCEEM，

x1，解得y2x1．定义域为x0．

（2）y22x2x3（x0）．

（3）AD∥BC，

BOODacONBOab过点O作ON∥CD，交BC于点N，∴，∴ON． acDCBDCNODcCNcac∵ON∥CD，，∴CN． ，∴acBNBOaBCacCFCEyx∵ON∥CD，∴，即 ． abacONENxacacADc∴y关于x的函数解析式为yBCa，

BOBDa．

abx（x0）．

(ac)xac12、已知关于x的一元二次方程2x2+4x+k-1=0有实数根，k为正整数. （1）求k的值；

（2）当此方程有两个非零的整数根时，将关于x的二次函数y=2x2+4x+k-1的图象向下平移8个单位，求平移后的图象的解析式；

(3) 在（2）的条件下，将平移后的二次函数的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折，图象的其余部分保持不变，得到一个新的图象。请你结合这个新的图像回答：当直线y=

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1x+b (bb的取值范围.

解：(1)由题意得，Δ＝16－8(k－1)≥0．∴k≤3．∵k为正整数，∴k＝1，2，3．

(2)当k＝1时，方程2x2＋4x＋k－1＝0有一个根为零； 当k＝2时，方程2x2＋4x＋k－1＝0无整数根；

当k＝3时，方程2x2＋4x＋k－1＝0有两个非零的整数根． 综上所述，k＝1和k＝2不合题意，舍去；k＝3符合题意．

当k＝3时，二次函数为y＝2x2＋4x＋2，把它的图象向下平移8个单位长度得到的图象的解析式为y＝2x2＋4x－6．

(3)设二次函数y＝2x2＋4x－6的图象与x轴交于A、3，0)，B(1，0)．

依题意翻折后的图象如图所示．

B两点，则A(－

13xb经过A点时，可得b； 2211当直线yxb经过B点时，可得b．

22当直线y由图象可知，符合题意的b(b＜3)的取值范围为

13、如图，已知抛物线与x轴交于点A(-2,0),B(4,0)，与yC(0,8)．

（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；

（2）设直线CD交x轴于点E．在线段OB的垂直平分线上是否存在点P，使得点P到直线CD的距离等于点P到原点O的距离？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；

（3）过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，将抛物线沿其对称轴平移，使抛物线与线段EF总有公共点．试探究：抛物线向上最多可平移多少个单位长度？向下最多可平移多少个单位长度？

解：（1）设抛物线解析式为ya(x2)(x4)，把C(0，8)代入得a1． 轴交于点

13b． 22yx22x8(x1)29，顶点D(19)，

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（2）假设满足条件的点P存在，依题意设P(2，t)， 由C(0，，8)D(1，9)求得直线CD的解析式为yx8，

它与x轴的夹角为45，设OB的中垂线交CD于H，则H(2，10)．

则PH10t，点P到CD的距离为d22PH10t． 22210t． 2222又POt2t4．t42平方并整理得：t220t920，t1083．

1083)． 存在满足条件的点P，P的坐标为(2，

（3）由上求得E(8，，0)F(412)，．

①若抛物线向上平移，可设解析式为yx2x8m(m0)． 当x8时，y72m．

当x4时，ym．72m≤0或m≤12．

E 2y C F D H P A O B x 0m≤72．

②若抛物线向下移，可设解析式为yx2x8m(m0)．

2yx22x8m由， yx81． 41∴向上最多可平移72个单位长，向下最多可平移个单位长．

4有x2xm0．△14m≥0，0m≤14、如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4，OC=2．点

P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．

（1）请用含t的代数式表示出点D的坐标；

（2）求t为何值时，△DPA的面积最大，最大为多少？ （3）在点P从O向A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值． 若不能，请说明理由； （4）请直接写出随着点P的运动，点D运动路线的长． ．．

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解：（1）过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则△PED∽△COP，∴

PEDEPD1 COPOCP2111tPECO1，DEPOt，故D（t+1，）

222211t11（2）S= PADE(4t)t2t(t2)21

22244∴当t=2时，S最大，最大值为1

（3）∵∠CPD=900，∴∠DPA+∠CPO=900，∴∠DPA≠900，故有以下两种情况：

2t①当∠PDA=900时，由勾股定理得PDDAPA，又PDPEDE1，

4222222t2t2t2222DADEEA(3t)，PA(4t)，1(3t)2(4t)2

444222即t24t120，解得t12，t26（不合题意，舍去） ②当∠PAD=900时，点D在BA上，故AE=3－t，得t=3

综上，经过2秒或3秒时，△PAD是直角三角形； （4）25；

15、设抛物线yaxbx2与x轴交于两个不同的点A（－1，0）、B（m，0），与y轴交于点C，且∠ACB＝90°。 （1）求m的值；

（2）求抛物线的解析式，并验证点D（1，－3 ）是否在抛物线上；

（3）已知过点A的直线yx1交抛物线于另一点E. 问：在x轴上是否存在点P，使以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，请求出所有符合要求的点P的坐标. 若不存在，请说明理由。

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解：（1）令x＝0，得y＝－2 ∴C（0，－2）

∵∠ACB＝90°，CO⊥AB ，∴△AOC ∽△COB ，∴OA·OB＝OC2

OC222∴OB＝＝＝4 ∴m＝4

OA11a＝2

（2）将A（－1，0），B（4，0）代入y＝ax2bx2，解得b＝32∴抛物线的解析式为y＝x2当x=1时，y＝x2123x2……（2分） 2123x2=－3，∴点D（1，－3）在抛物线上。 2y＝x1x1＝1x2＝6（3）由 得 ，∴E（6，7） 123

y＝0y＝7y＝xx21222过E作EH⊥x轴于H，则H（6，0）， ∴ AH＝EH＝7 ∴∠EAH＝45° 作DF⊥x轴于F，则F（1，0） ∴BF＝DF＝3 ∴∠DBF＝45° ∴∠EAH=∠DBF=45°

∴∠DBH=135°，90°<∠EBA<135° 则点P只能在点B的左侧，有以下两种情况： ①若△DBP1∽△EAB，则

BPBDABBD532151＝＝ ,∴BP1＝＝AE7ABAE72151313……（2分） ＝，∴P（，0）1777BPBDAEBD723242②若△DBP2∽△BAE，则2＝,∴BP2＝＝＝

AB55AEAB422222∴OP2＝4＝ ∴P……（2分） （，0）25551322综合①、②，得点P的坐标为：P （，0）或P（，0）1275∴OP1＝4

16、如图1，在△ABC中，AB＝BC＝5，AC=6.△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE.AC和BE相交于点O.

（1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，说明理由；

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（2）如图2，P是线段BC上一动点（图2），（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AB于点Q，QR⊥BD，垂足为点R.

①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积；

②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？

AEAQE A E OBPOO DB

解：（1）四边形ABCE是菱形。

∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，∴EC∥AB，且EC＝AB，

∴四边形ABCE是平行四边形，又∵AB=BC，∴四边形ABCE是菱形 . （2）①四边形PQED的面积不发生变化。

1

方法一：∵ABCE是菱形，∴AC⊥BE，OC=AC=3，∵BC=5，∴BO=4，

2

11

过A作AH⊥BD于H，（如图1）.∵S△ABC＝BC×AH＝AC×BO，

22

1124即：×5×AH＝×6×4，∴AH＝.

225

【或 ∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠BCA公用，∴△AHC∽△BOC，∴AH:BO＝AC:BC，

24

即：AH:4＝6:5，∴AH＝.】

5

由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴BP＝QE，

111124

∴S四边形PQED＝（QE+PD）×QR＝（BP+PD）×AH＝BD×AH＝×10×＝24.

22225

方法二: 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO＝ S△QEO，

∵△ECD是由△ABC平移得到得，∴ED∥AC，ED＝AC＝6， 又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，

∴S四边形PQED＝S△QEO＋S四边形POED＝S△PBO＋S四边形POED＝S△BED

11＝×BE×ED＝×8×6＝24. 22 Q E A Q A E O C（第24题图1）DRC（第24题图2）DB C（备用图）1 O 3 2 1 B H P R C （第24题1） D B P G R C （第24题2） D ②方法一：如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，

∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应，

即∠2＝∠1，∴OP=OC=3,过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，△OGC∽△BOC，

9

∴CG:CO＝CO:BC，即：CG:3＝3:5，∴CG=，

5

97

∴PB＝BC－PC＝BC－2CG＝5－2×＝.

55

方法二：如图3，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，

∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，

∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应，

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2418

∴QR:BO＝PR:OC，即：:4＝PR:3，∴PR＝，

55

过E作EF⊥BD于F，设PB＝x，则RF=QE=PB=x，

2418

DF＝ED2-EF2 =62-()2 =，

55

18187

∴BD＝PB＋PR＋RF＋DF＝x＋＋x＋＝10，x＝.

555

方法三: 如图4，若点P在BC上运动，使点R与C重合，

由菱形的对称性知，O为PQ的中点，∴CO是Rt△PCQ斜边上的中线， ∴CO=PO，∴∠OPC＝∠OCP，此时，Rt△PQR∽Rt△CBO，

18

∴PR:CO＝PQ:BC，即PR:3＝6:5，∴PR＝

5

187

∴PB＝BC-PR＝5－＝.

55

Q Q E A A E O 3 2 1 O B P R C F （第24题3） D B P C (R) （第24题4） D

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