最新九年级数学中考必考点大热点压轴题预测密卷有答案 (15)

最新九年级数学中考必考点大热点压轴题预测题

1

一、函数与几何综合的压轴题

1.（2004安徽芜湖）如图①，在平面直角坐标系中，AB、CD都垂直于x轴，垂足分别为B、D且AD与B相交于E点.已知：A(-2,-6),C(1,-3) (1) 求证：E点在y轴上；

(2) 如果有一抛物线经过A，E，C三点，求此抛物线方程.

(3) 如果AB位置不变，再将DC水平向右移动k(k>0)个单位，此时AD与BC相交

于E′点，如图②，求△AE′C的面积S关于k的函数解析式.

A

（2，-6）

图①

A （2，-6） 图②

B O E C（1，-3） C（1+k，-3）

D x B O E′ D x y y [解] （1）（本小题介绍二种方法，供参考）

方法一：过E作EO′⊥x轴，垂足O′∴AB∥EO′∥DC ∴

EODOEOBO, ABDBCDDBEOEO1 ABDCDOEOEO2DB31 ，∴DODBABAB6又∵DO′+BO′=DB ∴

∵AB=6，DC=3，∴EO′=2 又∵

∴DO′=DO，即O′与O重合，E在y轴上

方法二：由D（1，0），A（-2，-6），得DA直线方程：y=2x-2① 再由B（-2，0），C（1，-3），得BC直线方程：y=-x-2 ②

2

x0联立①②得

y2∴E点坐标（0，-2），即E点在y轴上

（2）设抛物线的方程y=ax2+bx+c(a≠0)过A（-2，-6），C（1，-3）

4a2bc6E（0，-2）三点，得方程组abc3

c2解得a=-1,b=0,c=-2 ∴抛物线方程y=-x2-2

（3）（本小题给出三种方法，供参考）

由（1）当DC水平向右平移k后，过AD与BC的交点E′作E′F⊥x轴垂足为F。

EFEF1 得：E′F=2 ABDCEFDF1方法一：又∵E′F∥AB，∴DFDB ABDB3同（1）可得：S△AE′C= S△ADC- S△E′DC==

1112DCDBDCDFDCDB 22231DCDB=DB=3+k 3S=3+k为所求函数解析式

方法二：∵ BA∥DC，∴S△BCA=S△BDA ∴S△AE′C= S△BDE′11BDEF3k23k 22∴S=3+k为所求函数解析式.

证法三：S△DE′C∶S△AE′C=DE′∶AE′=DC∶AB=1∶2

同理：S△DE′C∶S△DE′B=1∶2,又∵S△DE′C∶S△ABE′=DC2∶AB2=1∶4 ∴SAEC221S梯形ABCDABCDBD3k 992∴S=3+k为所求函数解析式.

2. （2004广东茂名）已知：如图，在直线坐标系中，以点M（1，0）为圆心、直径AC为22的圆与y轴交于A、D两点.

（1）求点A的坐标；

（2）设过点A的直线y＝x＋b与x轴交于点B.探究：直线AB是否⊙M的切线？并对你的结论加以证明；

（3）连接BC，记△ABC的外接圆面积为S1、⊙M面积为S2，若

3

S1h，抛物线 S24y＝ax2＋bx＋c经过B、M两点，且它的顶点到x轴的距离为h.求这条抛物线的解析式.

[解]（1）解：由已知AM＝2，OM＝1，

在Rt△AOM中，AO＝

AM2OM21，

∴点A的坐标为A（0，1）

（2）证：∵直线y＝x＋b过点A（0，1）∴1＝0＋b即b＝1 ∴y＝x＋1 令y＝0则x＝－1 ∴B（—1，0）， AB＝BOAO1122222

在△ABM中，AB＝2，AM＝2，BM＝2

AB2AM2(2)2(2)24BM2

∴△ABM是直角三角形，∠BAM＝90°∴直线AB是⊙M的切线

（3）解法一：由⑵得∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝22， ∴BC＝

AB2AC2(2)2(22)210

y A M · D C ∵∠BAC＝90° ∴△ABC的外接圆的直径为BC，

BC21025

∴S1()()222AC2222)()2而S2(22

5S1hh2即　　,　　　h5 24S24，

B x 设经过点B（—1，0）、M（1，0）的抛物线的解析式为： y＝a（＋1）（x－1），（a≠0）即y＝ax2－a，∴－a＝±5，∴a＝±5 ∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5

解法二：（接上） 求得∴h＝5

由已知所求抛物线经过点B（—1，0）、M（1、0），则抛物

线的对称轴是y轴，由题意得抛物线的顶点坐标为（0，±5）

∴抛物线的解析式为y＝a（x－0）2±5

又B（－1,0）、M（1,0）在抛物线上，∴a±5＝0， a＝±5

∴抛物线的解析式为 y＝5x2－5或y＝－5x2＋5 解法三：（接上）求得∴h＝5

因为抛物线的方程为y＝ax2＋bx＋c（a≠0）

4

abc0a＝－5a5由已知得abc0　　　解得b0　　或　　b0

4acb2c5c55　4a∴抛物线的解析式为 y＝5x2－5或y＝－5x2＋5.

3.(2004湖北荆门)如图，在直角坐标系中，以点P（1，－1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，抛物线yax2bxc(a0)过点A、B，且顶点C在⊙P上. (1)求⊙P上劣弧AB的长； (2)求抛物线的解析式；

(3)在抛物线上是否存在一点D，使线段OC与PD互相平分？若存在，求出点D的坐标；y 若不存在，请说明理由.

⌒[解] （1）如图，连结PB，过P作PM⊥x轴，垂足为M.

在Rt△PMB中，PB=2,PM=1, ∴∠MPB＝60°，∴∠APB＝120° AB的长＝

⌒A O B x · P（1，－1） C 12042 1803y （2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,则MB＝MA＝3. 又OM=1，∴A（1－3，0），B（1＋3，0），

A M B x · P（1，－1） O C

由抛物线及圆的对称性得知点C在直线PM上， 则C(1，－3).

点A、B、C在抛物线上，则

5

0a(13)2b(13)ca120a(13)b(13)c 解之得b2

c23abc抛物线解析式为yx22x2

（3）假设存在点D，使OC与PD互相平分，则四边形OPCD为平行四边形，且PC∥OD.

又PC∥y轴，∴点D在y轴上，∴OD＝2，即D（0，－2）.

又点D（0，－2）在抛物线yx22x2上，故存在点D（0，－2）， 使线段OC与PD互相平分.

4.（2004湖北襄樊）如图，在平面直角坐标系内，Rt△ABC的直角顶点C（0，3）在y轴的正半轴上，A、B是x轴上是两点，且OA∶OB＝3∶1，以OA、OB为直径

的圆分别交AC于点E，交BC于点F.直线EF交OC于点Q. （1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式；

（2）请猜想：直线EF与两圆有怎样的位置关系？并证明你的猜想.

（3）在△AOC中，设点M是AC边上的一个动点，过M作MN∥AB交OC于点N.试问：在x轴上是否存在点P，使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由. y

C E

Q A O1 [解] (1)在Rt△ABC中，OC⊥AB，

∴△AOC≌△COB.

2

OB. ∴OC＝OA·

∵OA∶OB＝3∶1,C(0,3), ∴(3)23OBOB.

∴OB＝1.∴OA＝3. ∴A(-3,0),B(1,0).

设抛物线的解析式为yax2bxc.

A E M 3 1 2 4 F x O O2 B y C Q F x O1 P O O2 B

3,a39a3bc0,23, 则abc0,解之，得b3c3.c3.∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y6

322x3x3. 33(2)EF与⊙O1、⊙O2都相切.

证明：连结O1E、OE、OF.

, ∵∠ECF＝∠AEO＝∠BFO＝90°

∴四边形EOFC为矩形. ∴QE＝QO. ∴∠1＝∠2.

∵∠3＝∠4,∠2+∠4＝90°， ∴EF与⊙O1相切. 同理：EF理⊙O2相切.

(3)作MP⊥OA于P，设MN＝a,由题意可得MP＝MN＝a. ∵MN∥OA,

∴△CMN∽△CAO.

MNCN. AOCOa3a∴. 33333解之，得a.

2∴

此时，四边形OPMN是正方形. ∴MNOP∴P(333. 2333,0). 2考虑到四边形PMNO此时为正方形，

∴点P在原点时仍可满足△PNN是以MN为一直角边的等腰直角三角形.

故x轴上存在点P使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形且

P(333,0)或P(0,0). 21523，)，P是以AC为485.（2004湖北宜昌）如图，已知点A(0，1)、C(4，3)、E(

对角线的矩形ABCD内部(不在各边上)的—个动点，点D在y轴，抛物线y＝ax2+bx+1以P为顶点．

(1)说明点A、C、E在一条条直线上；

(2)能否判断抛物线y＝ax2+bx+1的开口方向?请说明理由；

(3)设抛物线y＝ax2+bx+1与x轴有交点F、G(F在G的左侧)，△GAO与△FAO的面积差为3，且这条抛物线与线段AE有两个不同的交点．这时能确定a、b的值吗?若能，请求出a、b的值；若不能，请确定a、b的取值范围． (本题图形仅供分析参考用)

1[解] （1）由题意，A(0，1)、C(4，3)确定的解析式为：y=x+1. 21512323将点E的坐标E(，)代入y=x+1中，左边=，428811523右边=×+1=，

248Y D A B O X C P 7

1x+1上，即点A、C、E 2∵左边=右边，∴点E在直线y=在一条直线上.

（2）解法一：由于动点P在矩形ABCD内部，∴点P的纵坐标大于点A的纵坐标，而点A与点P都在抛物线上，且P为顶点，∴这条抛物线有最高点，抛物线的开口向下

4a—b2解法二：∵抛物线y=ax+bx+c的顶点P的纵坐标为，且P在矩形ABCD内

4a2

4a—b2b2b2部，∴1＜＜3，由1＜1—得—＞0，∴a＜0，∴抛物线的开口向下.

4a4a4a（3）连接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3 ∴

11GO·AO—FO·AO=3 ∵OA=1，22∴GO—FO=6. 设F（x1,0）、G（x2,0），则x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两个根，且x1＜x2，又∵a＜0，∴x1·x2=

1＜0，∴x1＜0＜x2， aY D A C P E B F O G X ∴GO= x2，FO= —x1，∴x2—（—x1）=6， 即x2+x1=6，∵x2+x1= —∴b= —6a,

∴抛物线解析式为：y=ax2—6ax+1, 其顶点P的坐标为（3，1—9a）, ∵顶点P在矩形ABCD内部，

bb ∴—=6， aa

∴1＜1—9a＜3, ∴—

由方程组

2＜a＜0. 98

y=ax2—6ax+1 y=

6a1x+1 2得：ax2—（6a+

1）x=0 2∴x=0或x=

12=6+1. a2a当x=0时，即抛物线与线段AE交于点A，而这条抛物线与线段AE有两个不同的交 点，则有：0＜6+

综合得：—

15112≤，解得：—≤a＜— 4122a91124＜a＜— ∵b= —6a，∴＜b＜

122936.（2004湖南长沙）已知两点O(0，0)、B(0，2)，⊙A过点B且与x轴分别相交于点O、C，⊙A被y轴分成段两圆弧，其弧长之比为3∶1，直线l与⊙A切于点O，抛物线的顶点在直线l上运动. （1）求⊙A的半径；

（2）若抛物线经过O、C两点，求抛物线的解析式；

（3）过l上一点P的直线与⊙A交于C、E两点，且PC＝CE，求点E的坐标； （4）若抛物线与x轴分别相交于C、F两点，其顶点P的横坐标为m，求△PEC的面积关于m的函数解析式.

y [解] (1)由弧长之比为3∶1，可得∠BAO＝90º

再由AB＝AO＝r，且OB＝2，得r＝2 (2)⊙A的切线l过原点，可设l为y＝kx

任取l上一点(b，kb)，由l与y轴夹角为45º可得： b＝－kb或b＝kb，得k＝－1或k＝1， ∴直线l的解析式为y＝－x或y＝x

又由r＝2，易得C(2，0)或C(－2，0)

由此可设抛物线解析式为y＝ax(x－2)或y＝ax(x＋2) 再把顶点坐标代入l的解析式中得a＝1 ∴抛物线为y＝x2－2x或y＝x2＋2x

……6分

(3)当l的解析式为y＝－x时，由P在l上，可设P(m，－m)(m＞0) 过P作PP′⊥x轴于P′，∴OP′＝|m|，PP′＝|－m|，∴OP＝2m2，

又由切割线定理可得：OP2＝PC·PE,且PC＝CE，得PC＝PE＝m＝PP′7分 ∴C与P′为同一点，即PE⊥x轴于C，∴m＝－2，E(－2，2)…8分

0 x

同理，当l的解析式为y＝x时，m＝－2，E(－2，2)

(4)若C(2，0)，此时l为y＝－x，∵P与点O、点C不重合，∴m≠0且m≠2， 当m＜0时，FC＝2(2－m)，高为|yp|即为－m， ∴S＝

9

2(2m)(m)m22m

2

同理当0＜m＜2时，S＝－m2＋2m；当m＞2时，S＝m2－2m；

m22m(m0或m2)∴S＝ 又若C(－2，0)， 2m2m(0m2)m22m(m2或m0)此时l为y＝x，同理可得；S＝ 2m2m(2m0)

7.（2006江苏连云港）如图，直线ykx4与函数yB两点，且与x、y轴分别交于C、D两点．

A A m(x0,m0)的图像交于A、x（1）若COD的面积是AOB的面积的2倍，求k与m之间的函数关系式； （2）在（1）的条件下，是否存在k和m，使得以AB为直径的圆经过点P(2,0)．若存在，求出k和m的值；若不存在，请说明理由．

[解]（1）设A(x1,y1)，B(x2,y2)(其中x1x2,y1y2)，

由SCOD2SAOB，得SCOD2(SAODSBOD) ∴

CA111OD·OD·OD2(·y2)，OC2(y1y2)， y1··OC·

222PBDO又OC4，∴(y1y2)28，即(y1y2)24y1y28， mm由y可得x，代入ykx4可得y24ykm0 ①

yx

∴y1y24，y1y2km， ∴164km8，即k10

2． mCA又方程①的判别式164km80， ∴所求的函数关系式为k2(m0)． mPBND（2）假设存在k,m，使得以AB为直径的圆经过点P(2,0)． O M则APBP，过A、B分别作x轴的垂线，垂足分别为M、N． ∵MAP与BPN都与APM互余，∴MAP BPN． ∴RtMAP∽RtNPB，∴

AMMP． PNNBy12x1mm2)y1y20， ∴，∴(x12)(x22)y1y20， ∴(2)(x22y2y1y2即m22m(y1y2)4y1y2(y1y2)20 ②

由（1）知y1y24，y1y22，代入②得m28m120，

m22m61， ∴m2或6，又k，∴或

kmk13

m2m61． ∴存在k,m，使得以AB为直径的圆经过点P(2,0)，且或

k

k13

8.（2004江苏镇江）已知抛物线ymx(m5)x5(m0)与x轴交于两点

2A(x1,0)、B(x2,0)(x1x2)，与y轴交于点C，且AB=6.

（1）求抛物线和直线BC的解析式.

（2）在给定的直角坐标系中，画抛物线和直线BC.

P的半径.

（4）抛物线上是否存在点M，过点M作MNx轴于点N，使MBN被直线BC

分成面积比为13的两部分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明

（3）若

理由.

P过A、B、C三点，求

[解]（1）由题意得：x1x22m55,x1x2,x2x16. mm2m520(x1x2)4x1x236,36, mm

解得m11,m2.

经检验m=1，∴抛物线的解析式为：yx24x5. 2或：由mx得，x1或(m5)x5011

57y O x x5 mm>0, 156,m1. m抛物线的解析式为yx24x5.

由x4x50得x15,x21. ∴A（－5，0），B（1，0），C（0，－5）. 设直线BC的解析式为ykxb, 则2b5,b5, kb0.k5.∴直线BC的解析式为y5x5. (2)图象略.

（3）法一：在RtDAOC中，

OAOC5,OAC45.

BPC90.

又BCOB2OC226, ∴

P的半径PB26213. 22法二：

由题意，圆心P在AB的中垂线上，即在抛物线yx4x5的对称轴直线x2上，设P（－2，－h）（h＞0），

连结PB、PC，则PB(12)h,PC(5h)2，

2222由PBPC，即(12)h(5h)2，解得h=2.

22222222

P(2,2),P的半径PB(12)22213. 法三：

12

P于点F.

CF为P的直径，CAFCOB90. 又ABCAFC,DACF~DOCB.

延长CP交

CFACACBC,CF. BCOCOC又AC525252,CO5,BC521226,

CF5226213.

5P的半径为13.

（4）设MN交直线BC于点E，点M的坐标为(t,t4t5),则点E的坐标为

2(t,5t5).

若SDMEB:SDENB1:3,则ME:EN1:3.

EN:MN3:4,t24t54(5t5). 35540解得t11（不合题意舍去），t2,M,.

339若SDMEB:SDENB3:1,则ME:EN3:1.

EN:MN1:4,t24t54(5t5).

解得t31（不合题意舍去），t415,M15,280.

540存在点M，点M的坐标为,或（15，280）.

39

0)，直径CD0)、B(1，9. 如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为A(3，⊥x轴于N，直线CE切⊙M于点C，直线FG切⊙M于点F，交CE于G，已知点G的横坐标为3.

(1) 若抛物线yx22xm经过A、B、D三点，求m的值及点D的坐标. (2) 求直线DF的解析式.

(3) 是否存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线的两个交点的横坐标之和等于4？若存在，请求出满足条件的直线的解析式；若不存在，请说明理由.

13

[解] (1) ∵抛物线过A、B两点，

m ∴(3)1，m=3.

1y D F M ∴抛物线为yx2x3.

N 2 又抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线的顶点. 4). ∴D点坐标为(1，O G E x A C （第9题图）

(2) 由题意知：AB=4.

∵CD⊥x轴，∴NA=NB=2. ∴ON=1. 由相交弦定理得：NA·NB=ND·NC， ∴NC×4=2×2. ∴NC=1. 1). ∴C点坐标为(1，设直线DF交CE于P，连结CF，则∠CFP=90°. ∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°. ∵GC、GF是切线， ∴GC=GF. ∴∠3=∠4. ∴∠1=∠2. ∴GF=GP. ∴GC=GP. 可得CP=8.

1) ∴P点坐标为(7，M N A C 4 y D F 3 2 设直线DF的解析式为ykxb

O 1 x G P E k5kb48则 解得

277kb1b8527∴直线DF的解析式为：yx

88(3) 假设存在过点G的直线为yk1xb1，

则3k1b11，∴b13k11.

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yk1x3k112由方程组 得x(2k1)x43k10 2yx2x3由题意得2k14，∴k16. 当k16时，400， ∴方程无实数根，方程组无实数解. ∴满足条件的直线不存在.

10.（2004山西）已知二次函数y12xbxc的图象经过点A（－3，6），并与2x轴交于点B（－1，0）和点C，顶点为P.

（1）求这个二次函数的解析式，并在下面的坐标系中画出该二次函数的图象； （2）设D为线段OC上的一点，满足∠DPC＝∠BAC，求点D的坐标； （3）在x轴上是否存在一点M，使以M为圆心的圆与AC、PC所在的直线及y轴都相切？如果存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

[解] （1）解：∵二次函数yx2bxc的图象过点A（－3，6），B（－1，0）

93bc6b12得 解得3 1cbc022∴这个二次函数的解析式为：yy 12123xx 22由解析式可求P（1，－2），C（3，0） 画出二次函数的图像

（2）解法一：易证：∠ACB＝∠PCD＝45°

又已知：∠DPC＝∠BAC ∴△DPC∽△BAC ∴

O x DCPC 易求AC62,PC22,BC4 BCAC4455∴DC ∴OD3 ∴D,0

3333 解法二：过A作AE⊥x轴，垂足为E.

设抛物线的对称轴交x轴于F. 亦可证△AEB∽△PFD、 ∴

PEEB. 易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2 PFFD

∴FD15

2255 ∴OD1 ∴D,0 3333（3）存在.

（1°）过M作MH⊥AC，MG⊥PC垂足分别为H、G，设AC交y轴于S，CP的延长线交y轴于T

∵△SCT是等腰直角三角形，M是△SCT的内切圆圆心， ∴MG＝MH＝OM 又∵MC2OM且OM＋MC＝OC

∴2OMOM3,得OM323 ∴M323,0

（2°）在x轴的负半轴上，存在一点M′ 同理OM′＋OC＝M′C，OMOC2OM

得OM323 ∴M′323,0 即在x轴上存在满足条件的两个点.

y 6 5 4 3 2 M′ 1 E B -3 -2 -1 0 -1 -2 T H C F M 1 D 2 3 G P x S

11.（2004浙江绍兴）在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（3，0）.

（1）若抛物线过A，B两点，且与y轴交于点（0，－3），求此抛物线的顶点坐标；

（2）如图，小敏发现所有过A，B两点的抛物线如果与y轴负半轴交于点C，M为抛物线的顶点，那么△ACM与△ACB的面积比不变，请你求出这个比值； （3）若对称轴是AB的中垂线l的抛物线与x轴交于点E，F，与y轴交于点C，过C作CP∥x轴交l于点P，M为此抛物线的顶点.若四边形PEMF是有一个内角为60°的菱形，求次抛物线的解析式.

y 16

[解] （1）yx22x3，顶点坐标为（1，－4）.

（2）由题意，设y＝a（x＋1）（x－3）， 即y＝ax2－2ax－3a，

∴ A（－1，0），B（3，0），C（0，－3a）， M（1，－4a），

C M A O B x 1∴ S△ACB＝×4×3a＝6a，

2而a＞0， ∴ S△ACB＝6A、 作MD⊥x轴于D，

又S△ACM＝S△ACO ＋SOCMD －S△AMD＝∴ S△ACM：S△ACB＝1：6.

111·1·3a＋（3a＋4a）－·2·4a＝a， 222（3）①当抛物线开口向上时，设y＝a（x－1）2＋k，即y＝ax2－2ax＋a＋k， 有菱形可知ak＝k，a＋k＞0，k＜0， ∴ k＝a， 2a， ∴ EF2. 2∴ y＝ax2－2ax＋

记l与x轴交点为D，

若∠PEM＝60°，则∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝

6， 666，a＝， 631266x26x∴ 抛物线的解析式为y. 336∴ k＝－

若∠PEM＝120°，则∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝∴ k＝－

17

6， 26，a＝6， 2∴ 抛物线的解析式为y6x226x6. 2②当抛物线开口向下时，同理可得

12662，y6x26x. 6x26x336212.（2005北京）已知：在平面直角坐标系xOy中，一次函数ykx4k的图象与

yx轴交于点A，抛物线yaxbxc经过O、A两点。 （1）试用含a的代数式表示b；

（2）设抛物线的顶点为D，以D为圆心，DA为半径的圆被x轴分为劣弧和优弧两部分。若将劣弧沿x轴翻折，翻折后的劣弧落在⊙D内，它所在的圆恰与OD相切，求⊙D半径的长及抛物线的解析式；

（3）设点B是满足（2）中条件的优弧上的一个动点，抛物线在x轴上方的部分上是否存在这样的点P，使得∠POA存在，请说明理由。

24∠OBA？若存在，求出点P的坐标；若不3[解] （1）解法一：∵一次函数ykx4k的图象与x轴交于点A

∴点A的坐标为（4，0）

∵抛物线yaxbxc经过O、A两点 c0，16a4b0

b4a

解法二：∵一次函数ykx4k的图象与x轴交于点A ∴点A的坐标为（4，0）

∵抛物线yaxbxc经过O、A两点 ∴抛物线的对称轴为直线x2

22b2 2a b4a

x （2）由抛物线的对称性可知，DO＝DA

∴点O在⊙D上，且∠DOA＝∠DAO 又由（1）知抛物线的解析式为yax4ax ∴点D的坐标为（2，4a） ①当a0时，

如图1，设⊙D被x轴分得的劣弧为OmA，它沿x轴翻折后所得劣弧为OnA，显然OnA所在的圆与⊙D关于x轴对称，设它的圆心为D' ∴点D'与点D也关于x轴对称 ∵点O在⊙D'上，且⊙D与⊙D'相切 ∴点O为切点 ∴D'O⊥OD

∴∠DOA＝∠D'OA＝45° ∴△ADO为等腰直角三角形 OD22

∴点D的纵坐标为2

218

⌒⌒⌒4a2 1a，b4a2212 ∴抛物线的解析式为yx2x

2 ②当a0时，

同理可得：OD22 抛物线的解析式为y12x2x 212x2x或2 综上，⊙D半径的长为22，抛物线的解析式为y1yx22x

2 （3）抛物线在x轴上方的部分上存在点P，使得∠POA 设点P的坐标为（x，y），且y＞0 ①当点P在抛物线y4∠OBA 312x2x上时（如图2） 2

∵点B是⊙D的优弧上的一点

19

1∠ADO45 24 ∠POA∠OBA60

3 ∠OBA 过点P作PE⊥x轴于点E

tan∠POE EPOE

ytan60xy3xy3xx1423x20 由解得：（舍去） ，12y1643y20yx2x2 ∴点P的坐标为423，643 ②当点P在抛物线y12x2x上时（如图3） 2

同理可得，y3x

y3xx20x1423， 由解得：（舍去） 12y1643y20yx2x2 ∴点P的坐标为423，643 综上，存在满足条件的点P，点P的坐标为 423，643或423，643



13.（2005北京丰台）在直角坐标系中，⊙O1经过坐标原点O，分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点A、B。

（1）如图，过点A作⊙O1的切线与y轴交于点C，点O到直线AB的距离为

20

123，sinABC，求直线AC的解析55式；

（2）若⊙O1经过点M（2，2），设BOA的内切圆的直径为d，试判断d+AB的值是否会发生变化，如果不变，求出其值，如果变化，求其变化的范围。

y B O1 O A x [解] （1）如图1，过O作OGB于

C G，则OG12 5 设OA3k(k0),AOB90,sinABC35 AB5k，OB4k

OAOBABOG2S12AOB,3k4k55,k1 OA3，OB4，AB5 A（3，0）

AOB90,AB是⊙O1的直径

AC切⊙O1于A，BAAC,BAC90 在RtABC中

cosABCAB4,25 BC5BC4OCBCOB9

4 C(0，94)

设直线AC的解析式为ykxb，则

3kb 0k399

b44，b4 直线AC的解析式为y34x94 （2）结论：dAB的值不会发生变化

设AOB的内切圆分别切OA、OB、AB于点P、Q、T，如图2所示

y B M O1 Q T P O A N x

图2

21

BQBT，APAT，OQOP BQBTOBd2dd ,APATOA22ddABBTATOBOAOAOBd22 则dABdOAOBdOAOB

在x轴上取一点N，使AN=OB，连接OM、BM、AM、MN M(2,2),OM平分AOB,OM22

BOMMON45,AMBM又MANOBM,OBAN BOMANM,BOMANM45,ANMMON OMNM,OMN90

OAOBOAANONOM2MN22OM2224

dAB的值不会发生变化，其值为4。

k

14.（2005福建厦门）已知：O是坐标原点，P（m，n）(m＞0)是函数y ＝ (k＞

x

0)上的点，过点P作直线PA⊥OP于P，直线PA与x轴的正半轴交于点A（a，n4

0）(a＞m). 设△OPA的面积为s，且s＝1＋.

4 （1）当n＝1时，求点A的坐标； （2）若OP＝AP，求k的值；

n4

(3 ) 设n是小于20的整数，且k≠，求OP2的最小值.

2

[解] 过点P作PQ⊥x轴于Q，则PQ＝n，OQ＝m

5

(1) 当n＝1时， s＝

42s5

∴ a＝＝

n2

(2) 解1： ∵ OP＝AP PA⊥OP ∴△OPA是等腰直角三角形 a

∴ m＝n＝

2n41

∴ 1＋＝·an

42即n4－4n2＋4＝0 ∴ k2－4k＋4＝0 ∴ k＝2

解2：∵ OP＝AP PA⊥OP

∴△OPA是等腰直角三角形 ∴ m＝n 设△OPQ的面积为s1 s

则：s1＝

2

11n4∴ ·mn＝(1＋)

224即：n4－4n2＋4＝0 ∴ k2－4k＋4＝0 ∴ k＝2

(3) 解1：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA

∴ △OPQ∽△OAP 设：△OPQ的面积为s1，则 s1PO2＝ sAO21k22kn＋22n

即： 4 ＝nn42

1＋4 (1＋)

44

2 n化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

22

（k－2）（2k－n4）＝0 n4

∴k＝2或k＝(舍去)

2

∴当n是小于20的整数时，k＝2. k2

∵ OP＝n＋m＝n＋2n

2

2

2

2

23

又m＞0，k＝2，

∴ n是大于0且小于20的整数 当n＝1时，OP2＝5 当n＝2时，OP2＝5

4485

当n＝3时，OP2＝32＋2＝9＋＝

399当n是大于3且小于20的整数时，

即当n＝4、5、6、…、19时，OP2得值分别是： 4444

42＋2、52＋2、62＋2、…、192＋2

45619∵192＋

44422

2＞18＋2＞…＞3＋2＞5 19183

∴ OP2的最小值是5.

k2

解2： ∵ OP＝n＋m＝n＋2

n

2

2

2

2

22

＝n＋2 n

2

2

＝(n－)2 ＋4

n2

当n＝ 时，即当n＝2时，OP2最小；

n

又∵n是整数，而当n＝1时，OP2＝5；n＝2时，OP2＝5 ∴ OP2的最小值是5. 解3：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA ∴ △OPQ∽△P AQ

PQOQ

＝ QAPQ

nm

＝ a－mn

化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 n4

∴k＝2或k＝(舍去)

2解4：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA ∴ △OPQ∽△P AQ s1OQ2

＝2 s－s1PQ

化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 n4

∴k＝2或k＝(舍去)

2解5：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA ∴ △OPQ∽△OAP OPOQ∴ ＝

OAOP∴ OP2＝OQ·OA

化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 n4

∴k＝2或k＝(舍去)

2

15.（2005湖北黄冈课改）如图，在直角坐标系中，O是原点，A、B、C三点的坐标分别为A（18，0），B（18，6），C（8，6），四边形OABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别坐匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿OC、CB向终点B运动，当这两点有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。

（1）求出直线OC的解析式及经过O、A、C三点的抛物线的解析式。 （2）试在⑴中的抛物线上找一点D，使得以O、A、D为顶点的三角形与△AOC全等，请直接写出点D的坐标。 （3）设从出发起，运动了t秒。如果点Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q的坐标，并写出此时t的取值范围。 （4）设从出发起，运动了t秒。当P、Q两点运动的路程之和恰好等于梯形OABC的周长的一半，这时，直线PQ

QO P A（18，0） x C（8，6） B（18，6） y 24

能否把梯形的面积也分成相等的两部分，如有可能，请求出t的值；如不可能，请说明理由。

25

[解] （1）∵O、C两点的坐标分别为O0,0，C8,6

设OC的解析式为ykxb，将两点坐标代入得：

33，b0，∴yx 44 ∵A，O是x轴上两点，故可设抛物线的解析式为yax0x18

k 再将C8,6代入得：a∴y3 403227xx 40202（2）D10,6

332（3）当Q在OC上运动时，可设Qm,m，依题意有：m2m2t

44886t，∴Qt,t，0t5 555当Q在CB上时，Q点所走过的路程为2t，∵OC＝10，∴CQ＝2t10 ∴Q点的横坐标为2t1082t2，∴Q2t2,6，5t10

∴m（4）∵梯形OABC的周长为44，当Q点OC上时，P运动的路程为t，则Q运动的路程为22t

△OPQ中，OP边上的高为：22t313,SOPQt22t 5251131梯形OABC的面积＝1810684，依题意有：t22t84

2252整理得：t22t1400 ∵△＝2241400，∴这样的t不存在 当Q在BC上时，Q走过的路程为22t，∴CQ的长为：22t1012t ∴梯形OCQP的面积＝∴这样的t值不存在

综上所述，不存在这样的t值，使得P，Q两点同时平分梯形的周长和面积

2211622t10t＝36≠84×

2216.（2005湖北荆门）已知：如图，抛物线y两点，与y轴交于C点，∠ACB＝90°， （1）求m的值及抛物线顶点坐标；

1223xxm与x轴交于A、B33

（2）过A、B、C的三点的⊙M交y轴于另一点D，连结DM并延长交⊙M于点E，过E点的⊙M的切线分别交x轴、y轴于点F、G，求直线FG的解析式； （3）在（2）条件下，设P为CBD上的动点（P不与C、D重合），连结PA交y轴于点H，问是否存在一个常数k，始终满足AH·AP＝k，如果存在，请写出求解过程；如果不存在，请说明理由.

26

[解] （1）由抛物线可知，点C的坐标为（0，m），且m＜0.

设A（x1，0），B（x2，0）.则有x1·x2＝3m 又OC是Rt△ABC的斜边上的高，∴△AOC∽△COB ∴

OAOC OCOB∴

x1m，即x1·x2＝－m2 mx2y D M · E G F B x ∴－m2＝3m，解得 m＝0 或m＝－3 而m＜0，故只能取m＝－3 这时，

A O C y12231xx3(x3)24333 故抛物线的顶点坐标为（3，－4）

（2）解法一：由已知可得：M（3，0），A（－3，0），B（33，0）， C（0,－3），D（0， 3）

∵抛物线的对称轴是x＝3，也是⊙M的对称轴，连结CE ∵DE是⊙M的直径，

∴∠DCE＝90°，∴直线x＝3，垂直平分CE， ∴E点的坐标为（23，－3） ∵

OAOM3，∠AOC＝∠DOM＝90°， OCOD3∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE ∵AC⊥CB，∴CB⊥DE 又FG⊥DE， ∴FG∥CB

由B（33，0）、C（0，－3）两点的坐标易求直线CB的解析式为： y＝

27

3x－3 33x＋n，把（23，－3）代入求得n＝－5 3可设直线FG的解析式为y＝故直线FG的解析式为y＝

3x－5 31223解法二：令y＝0，解xx－3＝0得

33x1＝－3，x2＝33

即A（－3，0），B（33，0）

根据圆的对称性，易知：：⊙M半径为23， M（3，0） 在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝33，，OC＝3 ∴∠CBO＝30°，同理，∠ODM＝30°。 而∠BME＝∠DMO，∠DOM＝90°，∴DE⊥BC ∵DE⊥FG， ∴BC∥FG ∴∠EFM＝∠CBO＝30°

在Rt△EFM中，∠MEF＝90°，ME＝23，∠FEM＝30°， ∴MF＝43，∴OF＝OM＋MF＝53， ∴F点的坐标为（53，0）

在Rt△OFG中，OG＝OF·tan30°＝53×∴G点的坐标为（0，－5） ∴直线 FG的解析式为y＝（3）解法一：

存在常数k＝12，满足AH·AP＝12 连结CP

3＝5 33x－5 3

28

y D H A O C G M · E P F B x 由垂径定理可知ADAC， ∴∠P＝∠ACH

（或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO） 又∵∠CAH＝∠PAC， ∴△ACH∽△APC

ACAP∴ 即AC2＝AH·AP AHAC在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋OC2＝（3）2＋32＝12 （或利用AC2＝AO·AB＝3×43＝12 ∴AH·AP＝12 解法二：

存在常数k＝12，满足AH·AP＝12 设AH＝x，AP＝y

由相交弦定理得HD·HC＝AH·HP 即(3x23)(3x3)x(yx)

化简得：xy＝12 即 AH·AP＝12