《中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 代數(shù)綜合》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 代數(shù)綜合（36頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、代數(shù)綜合 1、（2013? 德州）下列函數(shù)中，當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而增大的是（　?。? 　 A． y=﹣x+1 B． y=x2﹣1 C． D． y=﹣x2+1 考點： 二次函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的性質(zhì)；反比例函數(shù)的性質(zhì)． 分析： 根據(jù)二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性，結(jié)合自變量的取值范圍，逐一判斷． 解答： 解：A、y=﹣x+1，一次函數(shù)，k＜0，故y隨著x增大而減小，錯誤； B、y=x2﹣1（x＞0），故當(dāng)圖象在對稱軸右側(cè)，y隨著x的增大而增大；而在對稱軸左側(cè)（x＜0），y隨著x的增大而減小，正確． C、y=，k=1＞0，在每個象限里，y隨x的

2、增大而減小，錯誤； D、y=﹣x2+1（x＞0），故當(dāng)圖象在對稱軸右側(cè)，y隨著x的增大而減小；而在對稱軸左側(cè)（x＜0），y隨著x的增大而增大，錯誤； 故選B． 點評： 本題綜合考查二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性（單調(diào)性），是一道難度中等的題目． 2、（2013?攀枝花）如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0），B（1.0），C（0，﹣3）． （1）求拋物線的解析式； （2）若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求出此時點P的坐標(biāo)； （3）設(shè)拋物線的頂點為D，DE⊥x軸于點E，在y軸上是否存在點M，使得△ADM是直角三角形？

3、若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）已知拋物線上的三點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出該二次函數(shù)的解析式； （2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N，先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，設(shè)P點坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），根據(jù)AC的解析式表示出點N的坐標(biāo)，再根據(jù)S△PAC=S△PAN+S△PCN就可以表示出△PAC的面積，運用頂點式就可以求出結(jié)論； （3）分三種情況進(jìn)行討論：①以A為直角頂點；②以D為直角頂點；③以M為直角頂點；設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t），根據(jù)勾股定理列出方程，求出t的值即可． 解答： 解：（1）由于拋物

4、線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），可設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x﹣1）， 將C點坐標(biāo)（0，﹣3）代入，得： a（0+3）（0﹣1）=5，解得 a=1， 則y=（x+3）（x﹣1）=x2+2x﹣3， 所以拋物線的解析式為：y=x2+2x﹣3； （2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N． 設(shè)直線AC的解析式為y=kx+m，由題意，得 ，解得， ∴直線AC的解析式為：y=﹣x﹣3． 設(shè)P點坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），則點N的坐標(biāo)為（x，﹣x﹣3）， ∴PN=PE﹣NE=﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）=﹣x2﹣3x． ∵S△PAC=S△P

5、AN+S△PCN， ∴S=PN?OA =×3（﹣x2﹣3x） =﹣（x+）2+， ∴當(dāng)x=﹣時，S有最大值，此時點P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）； （3）在y軸上是否存在點M，能夠使得△ADE是直角三角形．理由如下： ∵y=x2+2x﹣3=y=（x+1）2﹣4， ∴頂點D的坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）， ∵A（﹣3，0）， ∴AD2=（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2=20． 設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t），分三種情況進(jìn)行討論： ①當(dāng)A為直角頂點時，如圖3①， 由勾股定理，得AM2+AD2=DM2，即（0+3）2+（t﹣0）2+20=（0+1）2+（t+4）2， 解得t=， 所以點M的坐標(biāo)

6、為（0，）； ②當(dāng)D為直角頂點時，如圖3②， 由勾股定理，得DM2+AD2=AM2，即（0+1）2+（t+4）2+20=（0+3）2+（t﹣0）2， 解得t=﹣， 所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣）； ③當(dāng)M為直角頂點時，如圖3③， 由勾股定理，得AM2+DM2=AD2，即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2=20， 解得t=﹣1或﹣3， 所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，﹣3）； 綜上可知，在y軸上存在點M，能夠使得△ADE是直角三角形，此時點M的坐標(biāo)為（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）． 點評： 本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉

7、及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的頂點式的運用，勾股定理等知識，難度適中．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵． 3、（2013達(dá)州壓軸題）如圖，在直角體系中，直線AB交x軸于點A（5，0），交y軸于點B，AO是⊙M的直徑，其半圓交AB于點C，且AC=3。取BO的中點D，連接CD、MD和OC。 （1）求證：CD是⊙M的切線； （2）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D、M、A，其對稱軸上有一動點P，連接PD、PM，求△PDM的周長最小時點P的坐標(biāo)； （3）在（2）的條件下，當(dāng)△PDM的周長最小時，拋物線上是否存在點Q，使？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存

8、在，請說明理由。 解析：（1）證明：連結(jié)CM. ∵OA 為⊙M直徑, ∴∠OCA=90°. ∴∠OCB=90°. ∵D為OB中點, ∴DC=DO. ∴∠DCO=∠DOC.………………………(1分） ∵M(jìn)O=MC, ∴∠MCO=∠MOC.………………………(2分） ∴∠DCM=∠DCO+∠MCO=∠DOC+∠MOC=∠DOM=90°.………………………(3分） 又∵點C在⊙M上， ∴DC是⊙M的切線.………………………(4分） （2）解：在Rt△ACO中,有OC=. 又∵A點坐標(biāo)（5，0）, AC=3, ∴OC==4. ∴tan∠OAC=. ∴.解得 OB=.

9、 又∵D為OB中點，∴OD=. D點坐標(biāo)為（0，).………………………(5分） 連接AD，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b,則有 j解得 ∴直線AD為y=-x+. ∵二次函數(shù)的圖象過M（,0)、A(5,0)， ∴拋物線對稱軸x=.………………………(6分） ∵點M、A關(guān)于直線x=對稱，設(shè)直線AD與直線x=交于點P, ∴PD+PM為最小. 又∵DM為定長， ∴滿足條件的點P為直線AD與直線x=的交點.………………………(7分） 當(dāng)x=時,y=-+=. 故P點的坐標(biāo)為（，）.………………………(8分） （3）解：存在. ∵S△PDM=S△DAM-S△PAM =AM

10、·yD-AM·yP =AM(yD-yp). S△QAM=AM·,由（2）知D（0，),P(，）, ∴×（-）=yQ 解得yQ=±………………………(9分） ∵二次函數(shù)的圖像過M(0，)、A(5，0）， ∴設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a(x-)（x-5). 又∵該圖象過點D（0，)， a×(-）×(-5)=，a=. ∴y=(x-)(x-5).………………………(10分） 又∵C點在拋物線上，且yQ=±， ∴(x-)(x-5)=±. 解之，得x1=，x2=，x3=. ∴點Q的坐標(biāo)為（，)，或（，)，或（，-）.…………(12分） 4、（2013?天津壓軸題）已知拋物線y1=

11、ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸是直線l，頂點為點M．若自變量x和函數(shù)值y1的部分對應(yīng)值如下表所示： （Ⅰ）求y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式； （Ⅱ）若經(jīng)過點T（0，t）作垂直于y軸的直線l′，A為直線l′上的動點，線段AM的垂直平分線交直線l于點B，點B關(guān)于直線AM的對稱點為P，記P（x，y2）． （1）求y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式； （2）當(dāng)x取任意實數(shù)時，若對于同一個x，有y1＜y2恒成立，求t的取值范圍． x … ﹣1 0 3 … y1=ax2+bx+c … 0 0 … 考點： 二次函數(shù)綜合題． 專題： 探究型． 分析： （I）先根據(jù)物線經(jīng)過

12、點（0，）得出c的值，再把點（﹣1，0）、（3，0）代入拋物線y1的解析式即可得出y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式； （II）先根據(jù)（I）中y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式得出頂點M的坐標(biāo)． ①記直線l與直線l′交于點C（1，t），當(dāng)點A′與點C不重合時，由已知得，AM與BP互相垂直平分，故可得出四邊形ANMP為菱形，所以PA∥l，再由點P（x，y2）可知點A（x，t）（x≠1），所以PM=PA=|y2﹣t|，過點P作PQ⊥l于點Q，則點Q（1，y2），故QM=|y2﹣3|，PQ=AC=|x﹣1|，在Rt△PQM中，根據(jù)勾股定理即可得出y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式，再由當(dāng)點A與點C重合時，點B與點P重合可得出

13、P點坐標(biāo)，故可得出y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式； ②據(jù)題意，借助函數(shù)圖象：當(dāng)拋物線y2開口方向向上時，可知6﹣2t＞0，即t＜3時，拋物線y1的頂點M（1，3），拋物線y2的頂點（1，），由于3＞，所以不合題意，當(dāng)拋物線y2開口方向向下時，6﹣2t＜0，即t＞3時，求出y1﹣y2的值；若3t﹣11≠0，要使y1＜y2恒成立，只要拋物線方向及且頂點（1，）在x軸下方，因為3﹣t＜0，只要3t﹣11＞0，解得t＞，符合題意；若3t﹣11=0，y1﹣y2=﹣＜0，即t=也符合題意． 解答： 解：（Ⅰ）∵拋物線經(jīng)過點（0，）， ∴c=． ∴y1=ax2+bx+， ∵點（﹣1，0）、（3，0）在

14、拋物線y1=ax2+bx+上， ∴，解得， ∴y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式為：y1=﹣x2+x+； （II）∵y1=﹣x2+x+， ∴y1=﹣（x﹣1）2+3， ∴直線l為x=1，頂點M（1，3）． ①由題意得，t≠3， 如圖，記直線l與直線l′交于點C（1，t），當(dāng)點A′與點C不重合時， ∵由已知得，AM與BP互相垂直平分， ∴四邊形ANMP為菱形， ∴PA∥l， 又∵點P（x，y2）， ∴點A（x，t）（x≠1）， ∴PM=PA=|y2﹣t|， 過點P作PQ⊥l于點Q，則點Q（1，y2）， ∴QM=|y2﹣3|，PQ=AC=|x﹣1|， 在Rt△PQM中，

15、 ∵PM2=QM2+PQ2，即（y2﹣t）2=（y2﹣3）2+（x﹣1）2，整理得，y2=（x﹣1）2+， 即y2=x3﹣x+， ∵當(dāng)點A與點C重合時，點B與點P重合， ∴P（1，）， ∴P點坐標(biāo)也滿足上式， ∴y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y2=x3﹣x+（t≠3）； ②根據(jù)題意，借助函數(shù)圖象： 當(dāng)拋物線y2開口方向向上時，6﹣2t＞0，即t＜3時，拋物線y1的頂點M（1，3），拋物線y2的頂點（1，）， ∵3＞， ∴不合題意， 當(dāng)拋物線y2開口方向向下時，6﹣2t＜0，即t＞3時， y1﹣y2=﹣（x﹣1）2+3﹣[（x﹣1）2+] =（x﹣1）2+， 若3t﹣1

16、1≠0，要使y1＜y2恒成立， 只要拋物線y=（x﹣1）2+開口方向向下，且頂點（1，）在x軸下方， ∵3﹣t＜0，只要3t﹣11＞0，解得t＞，符合題意； 若3t﹣11=0，y1﹣y2=﹣＜0，即t=也符合題意． 綜上，可以使y1＜y2恒成立的t的取值范圍是t≥． 點評： 本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法二次函數(shù)解的解析式、勾股定理及二次函數(shù)的性質(zhì)，解答此類題目時要注意數(shù)形結(jié)合思想的運用． 5、(2013年江西省壓軸題)已知拋物線拋物線y n=-(x-an)2+an（n為正整數(shù)，且0

17、0)，當(dāng)n=1時，第1條拋物線y1=-(x-a1)2+a1與x軸的交點為A0（0，0）和A1（b1，0），其他依此類推． （1）求a1,b1的值及拋物線y2的解析式； （2）拋物線y3的頂點坐標(biāo)為（ ， ）； 依此類推第n條拋物線yn的頂點坐標(biāo)為（ ， ）; 所有拋物線的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系是 ； （3）探究下列結(jié)論： ①若用An-1An表示第n條拋物線被x軸截得得線段長，直接寫出A0A1的值，并求出An-1An； ②是否存在經(jīng)過點A（2，0）的直線和所有拋物線都相交，且被每一

18、條拋物線截得得線段的長度都相等？若存在，直接寫出直線的表達(dá)式；若不存在，請說明理由． 【答案】解：（1）∵y1=―(x―a1)2+a1與x軸交于點A0（0，0）， ∴―a12+ a1=0，∴a1=0或1． 由已知可知a1>0， ∴a1=1． 即y1=―(x―1)2+1 方法一：令y1=0代入得：―(x―1)2+1=0， ∴x1=0，x2=2， ∴y1與x軸交于A0（0，0），A1（2，0） ∴b1=2， 方法二：∵y1=―(x―a1)2+a1與x軸交于點A0（0，0）， ∴―(b1―1)2+1=0，b1=2或0，b1=0（舍去）． ∴b1=2． 又

19、∵拋物線y2=―(x―a2)2+a2與x軸交于點A1（2，0）， ∴―(2―a2)2+ a2=0， ∴a2=1或4，∵a2> a1，∴a2=1（舍去）． ∴取a2=4，拋物線y2=―(x―4)2+4． （2）（9，9）； （n2，n2） y=x． 詳解如下： ∵拋物線y2=―(x―4)2+4令y2=0代入得：―(x―4)2+4=0， ∴x1=2，x2=6． ∴y2與x軸交于點A1（2，0），A2（6，0）． 又∵拋物線y3=―(x―a3)2+a3與x軸交于A2（6，0）， ∴―(6―a3)2+a3=0 ∴a3=4或9，∵a3> a3，∴a3=4（舍去）， 即a3

20、=9，∴拋物線y3的頂點坐標(biāo)為（9，9）． 由拋物線y1的頂點坐標(biāo)為（1，1），y2的頂點坐標(biāo)為（4，4），y3的頂點坐標(biāo)為（9，9），依次類推拋物線yn的頂點坐標(biāo)為（n2，n2）． ∵所有拋物線的頂點的橫坐標(biāo)等于縱坐標(biāo)， ∴頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y= x； ③∵A0（0，0），A1（2，0）， ∴A0 A1=2． 又∵yn=―(x―n2)2+n2， 令yn=0， ∴―(x―n2)2+n2=0， 即x1=n2+n，x2=n2－n， ∴A n－1(n2－n，0)，A n(n2+n，0)，即A n－1 A n=( n2+n)－( n2－n)=2 n． ②存在．是平行

21、于直線y=x且過A1（2，0）的直線，其表達(dá)式為y=x－2． 【考點解剖】 本題考查了二次函數(shù)的一般知識，求字母系數(shù)、解析式、頂點坐標(biāo)；字母表示數(shù)（符號意識），數(shù)形結(jié)合思想，規(guī)律探究，合情推理，解題方法的靈活性等等，更重要的是一種膽識和魄力，敢不敢動手，會不會從簡單，從特殊值入手去探究一般規(guī)律，畫一畫圖幫助思考，所有這些都是做學(xué)問所必需的品質(zhì)和素養(yǎng)，也是新課程改革所倡導(dǎo)的精神和最高境界． 【解題思路】 （1）將A0坐標(biāo)代入y1的解析式可求得a1的值；a1的值知道了y1的解析式也就確定了，已知拋物線就可求出b1的值，又把（b1，0）代入y2，可求出a2 ，即得y2的解析式；（2）用同樣

22、的方法可求得a3 、a4 、a5 ……由此得到規(guī)律，所以頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y= x；（3）由（2）可知得; 最后一問我們會猜測這是與直線y=x平行且過A（2，0）的一條直線，用特殊值法取得和，得所截得的線段長度為，換一組拋物線試試，求出的值也為（當(dāng)然用字母來運算就是解得和，求得所截得的線段長度也為）. 【解答過程】 略. 【方法規(guī)律】 掌握基礎(chǔ)（知識），靈活運用（方法），敢于動手，不畏艱難. 【關(guān)鍵詞】 二次函數(shù) 拋物線 規(guī)律探究 6、(2013年武漢壓軸題)如圖，點P是直線：上的點，過點P的另一條直線交拋物線于A、B兩點． （1）若直線的解析式為，求A

23、、B兩點的坐標(biāo)； （2）①若點P的坐標(biāo)為（－2，），當(dāng)PA＝AB時，請直接寫出點A的坐標(biāo)； ②試證明：對于直線上任意給定的一點P，在拋物線上都能找到點A，使得PA＝AB成立． （3）設(shè)直線交軸于點C，若△AOB的外心在邊AB上，且∠BPC＝∠OCP，求點P的坐標(biāo)． 解析： （1）依題意，得解得， ∴A（，），B（1，1）． （2）①A1（－1，1），A2（－3，9）． ②過點P、B分別作過點A且平行于軸的直線的垂線，垂足分別為G、H. 設(shè)P（，），A（，），∵PA＝PB，∴△PAG≌△BAH，

24、 ∴AG＝AH，PG＝BH，∴B（，）， 將點B坐標(biāo)代入拋物線，得， ∵△＝ ∴無論為何值時，關(guān)于的方程總有兩個不等的實數(shù)解，即對于任意給定的 點P，拋物線上總能找到兩個滿足條件的點A． （3）設(shè)直線：交y軸于D，設(shè)A（，），B（，）． 過A、B兩點分別作AG、BH垂直軸于G、H． ∵△AOB的外心在AB上，∴∠AOB＝90°， 由△AGO∽△OHB，得，∴． 聯(lián)立得，依題意，得、是方程的兩根，∴，∴，即D（0，1）． ∵∠BPC＝∠OCP，∴DP＝DC＝3．P 設(shè)P（，），過點P作PQ⊥軸于Q，在Rt△PDQ中，， ∴．∴（舍去），，∴P（，）． ∵PN平分∠MNQ

25、，∴PT＝NT，∴， 7、（2013?內(nèi)江壓軸題）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a＞0）的圖象與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）兩點，與y軸交于點C，x1，x2是方程x2+4x﹣5=0的兩根． （1）若拋物線的頂點為D，求S△ABC：S△ACD的值； （2）若∠ADC=90°，求二次函數(shù)的解析式． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）首先解一元二次方程，求出點A、點B的坐標(biāo)，得到含有字母a的拋物線的交點式；然后分別用含字母a的代數(shù)式表示出△ABC與△ACD的面積，最后得出結(jié)論；

26、（2）在Rt△ACD中，利用勾股定理，列出一元二次方程，求出未知系數(shù)a，得出拋物線的解析式． 解答： 解：（1）解方程x2+4x﹣5=0，得x=﹣5或x=1， 由于x1＜x2，則有x1=﹣5，x2=1，∴A（﹣5，0），B（1，0）． 拋物線的解析式為：y=a（x+5）（x﹣1）（a＞0）， ∴對稱軸為直線x=2，頂點D的坐標(biāo)為（﹣2，﹣9a）， 令x=0，得y=﹣5a， ∴C點的坐標(biāo)為（0，﹣5a）． 依題意畫出圖形，如右圖所示，則OA=5，OB=1，AB=6，OC=5a， 過點D作DE⊥y軸于點E，則DE=2，OE=9a，CE=OE﹣OC=4a． S△ACD=S梯形AD

27、EO﹣S△CDE﹣S△AOC =（DE+OA）?OE﹣DE?CE﹣OA?OC =（2+5）?9a﹣×2×4a﹣×5×5a =15a， 而S△ABC=AB?OC=×6×5a=15a， ∴S△ABC：S△ACD=15a：15a=1； （2）如解答圖所示， 在Rt△DCE中，由勾股定理得：CD2=DE2+CE2=4+16a2， 在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC2=OA2+OC2=25+25a2， 設(shè)對稱軸x=2與x軸交于點F，則AF=3， 在Rt△ADF中，由勾股定理得：AD2=AF2+DF2=9+81a2． ∵∠ADC=90°，∴△ACD為直角三角形， 由勾股定理得

28、：AD2+CD2=AC2， 即（9+81a2）+（4+16a2）=25+25a2，化簡得：a2=， ∵a＞0， ∴a=， ∴拋物線的解析式為：y=（x+5）（x﹣1）=x2+x﹣． 點評： 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程的解法、直角三角形與勾股定理、幾何圖形面積的計算等知識點，難度不是很大，但涉及的計算較多，需要仔細(xì)認(rèn)真，避免出錯．注意第（1）問中求△ACD面積的方法． 8、（2013?瀘州壓軸題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點B的坐標(biāo)為（1，﹣），已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過三點A、B、O（O為原點）． （1）求拋物線的解

29、析式； （2）在該拋物線的對稱軸上，是否存在點C，使△BOC的周長最小？若存在，求出點C的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （3）如果點P是該拋物線上x軸上方的一個動點，那么△PAB是否有最大面積？若有，求出此時P點的坐標(biāo)及△PAB的最大面積；若沒有，請說明理由．（注意：本題中的結(jié)果均保留根號） 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）直接將A、O、B三點坐標(biāo)代入拋物線解析式的一般式，可求解析式； （2）因為點A，O關(guān)于對稱軸對稱，連接AB交對稱軸于C點，C點即為所求，求直線AB的解析式，再根據(jù)C點的橫坐標(biāo)值，求縱坐標(biāo)； （3）設(shè)P（x，y）（﹣2＜x＜0，y＜0），用割補(bǔ)

30、法可表示△PAB的面積，根據(jù)面積表達(dá)式再求取最大值時，x的值． 解答： 解：（1）將A（﹣2，0），B（1，﹣），O（0，0）三點的坐標(biāo)代入y=ax2+bx+c（a≠0）， 可得：， 解得：， 故所求拋物線解析式為y=﹣x2﹣x； （2）存在．理由如下： 如答圖①所示， ∵y=﹣x2﹣x=﹣（x+1）2+， ∴拋物線的對稱軸為x=﹣1． ∵點C在對稱軸x=﹣1上，△BOC的周長=OB+BC+CO； ∵OB=2，要使△BOC的周長最小，必須BC+CO最小， ∵點O與點A關(guān)于直線x=﹣1對稱，有CO=CA， △BOC的周長=OB+BC+CO=OB+BC+CA， ∴當(dāng)

31、A、C、B三點共線，即點C為直線AB與拋物線對稱軸的交點時，BC+CA最小，此時△BOC的周長最?。? 設(shè)直線AB的解析式為y=kx+t，則有： ，解得：， ∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣， 當(dāng)x=﹣1時，y=﹣， ∴所求點C的坐標(biāo)為（﹣1，﹣）； （3）設(shè)P（x，y）（﹣2＜x＜0，y＜0）， 則y=﹣x2﹣x ① 如答圖②所示，過點P作PQ⊥y軸于點Q，PG⊥x軸于點G，過點A作AF⊥PQ軸于點F，過點B作BE⊥PQ軸于點E，則PQ=﹣x，PG=﹣y， 由題意可得：S△PAB=S梯形AFEB﹣S△AFP﹣S△BEP =（AF+BE）?FE﹣AF?FP﹣PE?BE

32、=（y++y）（1+2）﹣y?（2+x）﹣（1﹣x）（+y） =y+x+ ② 將①代入②得：S△PAB=（﹣x2﹣x）+x+ =﹣x2﹣x+ =﹣（x+）2+ ∴當(dāng)x=﹣時，△PAB的面積最大，最大值為， 此時y=﹣×+×=， ∴點P的坐標(biāo)為（﹣，）． 點評： 本題考查了坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)求法，拋物線解析式的求法，根據(jù)對稱性求線段和最小的問題，也考查了在坐標(biāo)系里表示面積及求面積最大值等問題；解答本題（3）也可以將直線AB向下平移至與拋物線相切的位置，聯(lián)立此時的直線解析式與拋物線解析式，可求唯一交點P的坐標(biāo)． 9、（2013聊城壓軸題）已知△ABC中，邊BC的長與

33、BC邊上的高的和為20． （1）寫出△ABC的面積y與BC的長x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出面積為48時BC的長； （2）當(dāng)BC多長時，△ABC的面積最大？最大面積是多少？ （3）當(dāng)△ABC面積最大時，是否存在其周長最小的情形？如果存在，請說出理由，并求出其最小周長；如果不存在，請給予說明． 考點：二次函數(shù)綜合題． 分析：（1）先表示出BC邊上的高，再根據(jù)三角形的面積公式就可以表示出表示y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，當(dāng)y=48時代入解析式就可以求出其值； （2）將（1）的解析式轉(zhuǎn)化為頂點式就可以求出最大值． （3）由（2）可知△ABC的面積最大時，BC=10，BC邊上的高也為10過點A作直

34、線L平行于BC，作點B關(guān)于直線L的對稱點B′，連接B′C 交直線L于點A′，再連接A′B，AB′，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)及三角形的周長公式就可以求出周長的最小值． 解答：解：（1）由題意，得 y==﹣x2+10x， 當(dāng)y=48時，﹣ x2+10x=48， 解得：x1=12，x2=8， ∴面積為48時BC的長為12或8； （2）∵y=﹣x2+10x， ∴y=﹣（x﹣10）2+50， ∴當(dāng)x=10時，y最大=50； （3）△ABC面積最大時，△ABC的周長存在最小的情形．理由如下：由（2）可知△ABC的面積最大時，BC=10，BC邊上的高也為10 過點A作直線L平行于BC，作點B關(guān)于

35、直線L的對稱點B′， 連接B′C 交直線L于點A′，再連接A′B，AB′ 則由對稱性得：A′B′=A′B，AB′=AB， ∴A′B+A′C=A′B′+A′C=B′C， 當(dāng)點A不在線段B′C上時，則由三角形三邊關(guān)系可得：△ABC的周長=AB+AC+BC=AB′+AC+BC＞B′C+BC， 當(dāng)點A在線段B′C上時，即點A與A′重合，這時△ABC的周長=AB+AC+BC=A′B′+A′C+BC=B′C+BC， 因此當(dāng)點A與A′重合時，△ABC的周長最小； 這時由作法可知：BB′=20，∴B′C==10，∴△ABC的周長=10+10， 因此當(dāng)△ABC面積最大時，存在其周長最小的情形，最

36、小周長為10+10． 點評：本題是一道二次函數(shù)的綜合試題，考查了二次函數(shù)的解析式的運用，一元二次方程的解法和頂點式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答第三問時靈活運用軸對稱的性質(zhì)是關(guān)鍵．　 10、（2013?蘇州壓軸題）如圖，已知拋物線y=x2+bx+c（b，c是常數(shù)，且c＜0）與x軸分別交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸的負(fù)半軸交于點C，點A的坐標(biāo)為（﹣1，0）． （1）b=　+c　，點B的橫坐標(biāo)為　﹣2c　（上述結(jié)果均用含c的代數(shù)式表示）； （2）連接BC，過點A作直線AE∥BC，與拋物線y=x2+bx+c交于點E，點D是x軸上的一點，其坐標(biāo)為（2，0）．當(dāng)C，D，E三點

37、在同一直線上時，求拋物線的解析式； （3）在（2）條件下，點P是x軸下方的拋物線上的一個動點，連接PB，PC，設(shè)所得△PBC的面積為S． ①求S的取值范圍； ②若△PBC的面積S為整數(shù)，則這樣的△PBC共有　11　個． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）將A（﹣1，0）代入y=x2+bx+c，可以得出b=+c；根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得出﹣1?xB=，即xB=﹣2c； （2）由y=x2+bx+c，求出此拋物線與y軸的交點C的坐標(biāo)為（0，c），則可設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，將B點坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=x+c；由AE∥BC，

38、設(shè)直線AE得到解析式為y=x+m，將點A的坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線AE得到解析式為y=x+；解方程組，求出點E坐標(biāo)為（1﹣2c，1﹣c），將點E坐標(biāo)代入直線CD的解析式y(tǒng)=﹣x+c，求出c=﹣2，進(jìn)而得到拋物線的解析式為y=x2﹣x﹣2； （3）①分兩種情況進(jìn)行討論：（Ⅰ）當(dāng)﹣1＜x＜0時，由0＜S＜S△ACB，易求0＜S＜5；（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，過點P作PG⊥x軸于點G，交CB于點F．設(shè)點P坐標(biāo)為（x，x2﹣x﹣2），則點F坐標(biāo)為（x，x﹣2），PF=PG﹣GF=﹣x2+2x，S=PF?OB=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S最大值=4，即0＜S≤4．則0

39、＜S＜5； ②由0＜S＜5，S為整數(shù)，得出S=1，2，3，4．分兩種情況進(jìn)行討論：（Ⅰ）當(dāng)﹣1＜x＜0時，根據(jù)△PBC中BC邊上的高h(yuǎn)小于△ABC中BC邊上的高AC=，得出滿足條件的△PBC共有4個；（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，由于S=﹣x2+4x，根據(jù)一元二次方程根的判別式，得出滿足條件的△PBC共有7個；則滿足條件的△PBC共有4+7=11個． 解答： 解：（1）∵拋物線y=x2+bx+c過點A（﹣1，0）， ∴0=×（﹣1）2+b×（﹣1）+c， ∴b=+c， ∵拋物線y=x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣1，0）、B（xB，0）（點A位于點B的左側(cè)）， ∴﹣1與xB是一元二次

40、方程x2+bx+c=0的兩個根， ∴﹣1?xB=， ∴xB=﹣2c，即點B的橫坐標(biāo)為﹣2c； （2）∵拋物線y=x2+bx+c與y軸的負(fù)半軸交于點C， ∴當(dāng)x=0時，y=c，即點C坐標(biāo)為（0，c）． 設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c， ∵B（﹣2c，0）， ∴﹣2kc+c=0， ∵c≠0， ∴k=， ∴直線BC的解析式為y=x+c． ∵AE∥BC， ∴可設(shè)直線AE得到解析式為y=x+m， ∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0）， ∴×（﹣1）+m=0，解得m=， ∴直線AE得到解析式為y=x+． 由，解得，， ∴點E坐標(biāo)為（1﹣2c，1﹣c）． ∵點C坐標(biāo)為（0，c

41、），點D坐標(biāo)為（2，0）， ∴直線CD的解析式為y=﹣x+c． ∵C，D，E三點在同一直線上， ∴1﹣c=﹣×（1﹣2c）+c， ∴2c2+3c﹣2=0， ∴c1=（與c＜0矛盾，舍去），c2=﹣2， ∴b=+c=﹣， ∴拋物線的解析式為y=x2﹣x﹣2； （3）①設(shè)點P坐標(biāo)為（x，x2﹣x﹣2）． ∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，﹣2）， ∴AB=5，OC=2，直線BC的解析式為y=x﹣2． 分兩種情況： （Ⅰ）當(dāng)﹣1＜x＜0時，0＜S＜S△ACB． ∵S△ACB=AB?OC=5， ∴0＜S＜5； （Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，過點

42、P作PG⊥x軸于點G，交CB于點F． ∴點F坐標(biāo)為（x，x﹣2）， ∴PF=PG﹣GF=﹣（x2﹣x﹣2）+（x﹣2）=﹣x2+2x， ∴S=S△PFC+S△PFB=PF?OB=（﹣x2+2x）×4=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4， ∴當(dāng)x=2時，S最大值=4， ∴0＜S≤4． 綜上可知0＜S＜5； ②∵0＜S＜5，S為整數(shù)， ∴S=1，2，3，4． 分兩種情況： （Ⅰ）當(dāng)﹣1＜x＜0時，設(shè)△PBC中BC邊上的高為h． ∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，﹣2）， ∴AC2=1+4=5，BC2=16+4=20，AB2=25， ∴AC

43、2+BC2=AB2，∠ACB=90°，BC邊上的高AC=． ∵S=BC?h，∴h===S． 如果S=1，那么h=×1=＜，此時P點有1個，△PBC有1個； 如果S=2，那么h=×2=＜，此時P點有1個，△PBC有1個； 如果S=3，那么h=×3=＜，此時P點有1個，△PBC有1個； 如果S=4，那么h=×4=＜，此時P點有1個，△PBC有1個； 即當(dāng)﹣1＜x＜0時，滿足條件的△PBC共有4個； （Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，S=﹣x2+4x． 如果S=1，那么﹣x2+4x=1，即x2﹣4x+1=0， ∵△=16﹣4=12＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個

44、； 如果S=2，那么﹣x2+4x=2，即x2﹣4x+2=0， ∵△=16﹣8=8＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個； 如果S=3，那么﹣x2+4x=3，即x2﹣4x+3=0， ∵△=16﹣12=4＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個； 如果S=4，那么﹣x2+4x=4，即x2﹣4x+4=0， ∵△=16﹣16=0，∴方程有兩個相等的實數(shù)根，此時P點有1個，△PBC有1個； 即當(dāng)0＜x＜4時，滿足條件的△PBC共有7個； 綜上可知，滿足條件的△PBC共有4+7=11個． 故答案為+c，﹣2c；11． 點評： 本題

45、是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，直線平移的規(guī)律，求兩個函數(shù)的交點坐標(biāo)，三角形的面積，一元二次方程的根的判別及根與系數(shù)的關(guān)系等知識，綜合性較強(qiáng)，有一定難度，運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵． 11、（2013?宜昌壓軸題）如圖1，平面之間坐標(biāo)系中，等腰直角三角形的直角邊BC在x軸正半軸上滑動，點C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4，經(jīng)過O，C兩點做拋物線y1=ax（x﹣t）（a為常數(shù)，a＞0），該拋物線與斜邊AB交于點E，直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k＞0） （1）填空：用含t的代數(shù)式表示點A的坐標(biāo)及k的值：A

46、　（t，4）　，k=?。╧＞0）　； （2）隨著三角板的滑動，當(dāng)a=時： ①請你驗證：拋物線y1=ax（x﹣t）的頂點在函數(shù)y=的圖象上； ②當(dāng)三角板滑至點E為AB的中點時，求t的值； （3）直線OA與拋物線的另一個交點為點D，當(dāng)t≤x≤t+4，|y2﹣y1|的值隨x的增大而減小，當(dāng)x≥t+4時，|y2﹣y1|的值隨x的增大而增大，求a與t的關(guān)系式及t的取值范圍． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）根據(jù)題意易得點A的橫坐標(biāo)與點C的相同，點A的縱坐標(biāo)即是線段AC的長度；把點A的坐標(biāo)代入直線OA的解析式來求k的值； （2）①求得拋物線y1的頂點坐標(biāo)，然后把該坐標(biāo)代入函數(shù)

47、y=，若該點滿足函數(shù)解析式y(tǒng)=，即表示該頂點在函數(shù)y=圖象上；反之，該頂點不在函數(shù)y=圖象上； ②如圖1，過點E作EK⊥x軸于點K．則EK是△ACB的中位線，所以根據(jù)三角形中位線定理易求點E的坐標(biāo)，把點E的坐標(biāo)代入拋物線y1=x（x﹣t）即可求得t=2； （3）如圖2，根據(jù)拋物線與直線相交可以求得點D橫坐標(biāo)是+4．則t+4=+4，由此可以求得a與t的關(guān)系式． 解答： 解：（1）∵點C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4， ∴點A的坐標(biāo)是（t，4）． 又∵直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k＞0）， ∴4=kt，則k=（k＞0）． （2）①當(dāng)a=時，y1=x（x﹣t），其頂點坐標(biāo)

48、為（，﹣）． 對于y=來說，當(dāng)x=時，y=×=﹣，即點（，﹣）在拋物線y=上． 故當(dāng)a=時，拋物線y1=ax（x﹣t）的頂點在函數(shù)y=的圖象上； ②如圖1，過點E作EK⊥x軸于點K． ∵AC⊥x軸， ∴AC∥EK． ∵點E是線段AB的中點， ∴K為BC的中點， ∴EK是△ACB的中位線， ∴EK=AC=2，CK=BC=2， ∴E（t+2，2）． ∵點E在拋物線y1=x（x﹣t）上， ∴（t+2）（t+2﹣t）=2， 解得t=2． （3）如圖2，，則x=ax（x﹣t）， 解得x=+4，或x=0（不合題意，舍去）．． 故點D的橫坐標(biāo)是+t． 當(dāng)x=+t時，

49、|y2﹣y1|=0，由題意得t+4=+t， 解得a=（t＞0）． 點評： 本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、一次函數(shù)與二次函數(shù)交點坐標(biāo)等知識點．解題時，注意“數(shù)形結(jié)合”數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用． 　 12、（2013?黃岡壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動，動點Q也同時從點B沿B→C→O的線路以每秒1個單位的速度向點O運動，當(dāng)點P到達(dá)A點時，點Q也隨之停止，設(shè)點P，Q運動的時間為t（秒）． （1）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式； （2）當(dāng)點Q在CO邊上運

50、動時，求△OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式； （3）以O(shè)，P，Q頂點的三角形能構(gòu)成直角三角形嗎？若能，請求出t的值；若不能，請說明理由； （4）經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎？若能，請求出此時t的值（或范圍），若不能，請說明理由）． 考點： 二次函數(shù)綜合題．3481324 分析： （1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可； （2）根據(jù)已知得出△OPQ的高，進(jìn)而利用三角形面積公式求出即可； （3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3，當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，得出若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，當(dāng)2＜t≤

51、3時，Q在OC邊上運動，得出△OPQ不可能為直角三角形； （4）首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式，得出（1﹣t）×=3﹣t﹣2t，恒成立，即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，再利用2＜t≤3時，求出t的值，根據(jù)t的取值范圍得出答案． 解答： 解：（1）設(shè)所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把A（6，0），B（3，），C（1，）三點坐標(biāo)代入得： ， 解得：， 即所求拋物線解析式為：y=﹣x2+x+； （2）如圖1，依據(jù)題意得出：OC=CB=2，∠COA=60°， ∴當(dāng)動點Q運動到OC邊時，OQ=4﹣t， ∴△OPQ的高為：OQ×sin60°=

52、（4﹣t）×， 又∵OP=2t， ∴S=×2t×（4﹣t）×=﹣（t2﹣4t）（2≤t≤3）； （3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3， 當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ=， PQ==， ∵∠POQ＜∠POC=60°， ∴若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°， 若∠OPQ=90°，如圖2，則OP2+PQ2=QO2，即4t2+3+（3t﹣3）2=3+（3﹣t）2， 解得：t1=1，t2=0（舍去）， 若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°， 若∠OQP=90°，如圖，3，則OQ2+PQ2=PO2，即（3

53、﹣t）2+6+（3t﹣3）2=4t2， 解得：t=2， 當(dāng)2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，此時QP=2t＞4， ∠POQ=∠COP=60°， OQ＜OC=2， 故△OPQ不可能為直角三角形， 綜上所述，當(dāng)t=1或t=2時，△OPQ為直角三角形； （4）由（1）可知，拋物線y=﹣x2+x+=﹣（x﹣2）2+， 其對稱軸為x=2， 又∵OB的直線方程為y=x， ∴拋物線對稱軸與OB交點為M（2，）， 又∵P（2t，0） 設(shè)過P，M的直線解析式為：y=kx+b， ∴， 解得：， 即直線PM的解析式為：y=x﹣， 即（1﹣t）y=x﹣2t， 又0≤t≤2時，Q（3

54、﹣t，），代入上式，得： （1﹣t）×=3﹣t﹣2t，恒成立， 即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上， 即M在直線PQ上； 當(dāng)2＜t≤3時，OQ=4﹣t，∠QOP=60°， ∴Q（，）， 代入上式得：×（1﹣t）=﹣2t， 解得：t=2或t=（均不合題意，舍去）． ∴綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0≤t≤2． 點評： 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關(guān)鍵． 13、（2013?荊門壓軸題）已知關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2

55、﹣2mx+m2+m的圖象與關(guān)于x的函數(shù)y=kx+1的圖象交于兩點A（x1，y1）、B（x2，y2）；（x1＜x2） （1）當(dāng)k=1，m=0，1時，求AB的長； （2）當(dāng)k=1，m為任何值時，猜想AB的長是否不變？并證明你的猜想． （3）當(dāng)m=0，無論k為何值時，猜想△AOB的形狀．證明你的猜想． （平面內(nèi)兩點間的距離公式）． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）先將k=1，m=0分別代入，得出二次函數(shù)的解析式為y=x2，直線的解析式為y=x+1，聯(lián)立，得x2﹣x﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1?x2=﹣1，過點A、B分別作x軸、y軸的平行

56、線，兩線交于點C，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理得出AB=AC，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB=；同理，當(dāng)k=1，m=1時，AB=； （2）當(dāng)k=1，m為任何值時，聯(lián)立，得x2﹣（2m+1）x+m2+m﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=2m+1，x1?x2=m2+m﹣1，同（1）可求出AB=； （3）當(dāng)m=0，k為任意常數(shù)時，分三種情況討論：①當(dāng)k=0時，由，得A（﹣1，1），B（1，1），顯然△AOB為直角三角形；②當(dāng)k=1時，聯(lián)立，得x2﹣x﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1?x2=﹣1，同（1）求出AB=，則A

57、B2=10，運用兩點間的距離公式及完全平方公式求出OA2+OB2=10，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形；③當(dāng)k為任意實數(shù)時，聯(lián)立，得x2﹣kx﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=k，x1?x2=﹣1，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB2=k4+5k2+4，OA2+OB2═k4+5k2+4，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形． 解答： 解：（1）當(dāng)k=1，m=0時，如圖． 由得x2﹣x﹣1=0， ∴x1+x2=1，x1?x2=﹣1， 過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C． ∵直線AB的解析式為y=x+1， ∴∠BAC=45°

58、，△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC=|x2﹣x1|==； 同理，當(dāng)k=1，m=1時，AB=； （2）猜想：當(dāng)k=1，m為任何值時，AB的長不變，即AB=．理由如下： 由，得x2﹣（2m+1）x+m2+m﹣1=0， ∴x1+x2=2m+1，x1?x2=m2+m﹣1， ∴AB=AC=|x2﹣x1|==； （3）當(dāng)m=0，k為任意常數(shù)時，△AOB為直角三角形，理由如下： ①當(dāng)k=0時，則函數(shù)的圖象為直線y=1， 由，得A（﹣1，1），B（1，1）， 顯然△AOB為直角三角形； ②當(dāng)k=1時，則一次函數(shù)為直線y=x+1， 由，得x2﹣x﹣1=0， ∴x1+x2

59、=1，x1?x2=﹣1， ∴AB=AC=|x2﹣x1|==， ∴AB2=10， ∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22 =x12+x22+y12+y22 =x12+x22+（x1+1）2+（x2+1）2 =x12+x22+（x12+2x1+1）+（x22+2x2+1） =2（x12+x22）+2（x1+x2）+2=2（1+2）+2×1+2 =10， ∴AB2=OA2+OB2， ∴△AOB是直角三角形； ③當(dāng)k為任意實數(shù)，△AOB仍為直角三角形． 由，得x2﹣kx﹣1=0， ∴x1+x2=k，x1?x2=﹣1， ∴AB2=（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2

60、 =（x1﹣x2）2+（kx1﹣kx2）2 =（1+k2）（x1﹣x2）2 =（1+k2）[（x1+x2）2﹣4x1?x2] =（1+k2）（4+k2） =k4+5k2+4， ∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22 =x12+x22+y12+y22 =x12+x22+（kx1+1）2+（kx2+1）2 =x12+x22+（k2x12+2kx1+1）+（k2x22+2kx2+1） =（1+k2）（x12+x22）+2k（x1+x2）+2 =（1+k2）（k2+2）+2k?k+2 =k4+5k2+4， ∴AB2=OA2+OB2， ∴△AOB為直角三角形．

61、點評： 本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，平面內(nèi)兩點間的距離公式，完全平方公式，勾股定理的逆定理，有一定難度．本題對式子的變形能力要求較高，體現(xiàn)了由特殊到一般的思想． 14、（2013?黔東南州壓軸題）已知拋物線y1=ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標(biāo)是（1，4），它與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標(biāo)為2． （1）求拋物線的解析式； （2）在給出的坐標(biāo)系中畫出拋物線y1=ax2+bx+c（a≠0）及直線y2=x+1的圖象，并根據(jù)圖象，直接寫出使得y1≥y2的x的取值范圍； （3）設(shè)拋物線與x軸的右邊交點為A，過點A作x軸的垂線，交直

62、線y2=x+1于點B，點P在拋物線上，當(dāng)S△PAB≤6時，求點P的橫坐標(biāo)x的取值范圍． 考點： 二次函數(shù)綜合題． 分析： （1）首先求出拋物線與直線的交點坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式； （2）確定出拋物線與x軸的兩個交點坐標(biāo)，依題意畫出函數(shù)的圖象．由圖象可以直觀地看出使得y1≥y2的x的取值范圍； （3）首先求出點B的坐標(biāo)及線段AB的長度；設(shè)△PAB中，AB邊上的高為h，則由S△PAB≤6可以求出h的范圍，這是一個不等式，解不等式求出xP的取值范圍． 解答： 解：（1）∵拋物線與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標(biāo)為2， ∴交點的縱坐標(biāo)為2+1=3，即交點

63、坐標(biāo)為（2，3）． 設(shè)拋物線的解析式為y1=a（x﹣1）2+4，把交點坐標(biāo)（2，3）代入得： 3=a（2﹣1）2+4，解得a=﹣1， ∴拋物線解析式為：y1=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3． （2）令y1=0，即﹣x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=﹣1， ∴拋物線與x軸交點坐標(biāo)為（3，0）和（﹣1，0）． 在坐標(biāo)系中畫出拋物線與直線的圖形，如圖： 根據(jù)圖象，可知使得y1≥y2的x的取值范圍為﹣1≤x≤2． （3）由（2）可知，點A坐標(biāo)為（3，0）． 令x=3，則y2=x+1=3+1=4，∴B（3，4），即AB=4． 設(shè)△PAB中，AB邊上的高為h

64、，則h=|xP﹣xA|=|xP﹣3|， S△PAB=AB?h=×4×|xP﹣3|=2|xP﹣3|． 已知S△PAB≤6，2|xP﹣3|≤6，化簡得：|xP﹣3|≤3， 去掉絕對值符號，將不等式化為不等式組：﹣3≤xP﹣3≤3， 解此不等式組，得：0≤xP≤6， ∴當(dāng)S△PAB≤6時，點P的橫坐標(biāo)x的取值范圍為0≤xP≤6． 點評： 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、解不等式（組）等知識點．題目難度不大，失分點在于第（3）問，點P在線段AB的左右兩側(cè)均有取值范圍，注意不要遺漏． 15、（13年北京7分23）在平面直角坐標(biāo)系O中，拋

65、物線 （）與軸交于點A，其對稱軸與軸交于點B。 （1）求點A，B的坐標(biāo)； （2）設(shè)直線與直線AB關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，求直線的解析式； （3）若該拋物線在這一段位于直線的上方，并且在這一段位于直線AB的下方，求該拋物線的解析式。 解析：【解析】（1）當(dāng)時，. ∴ 拋物線對稱軸為 ∴ （2）易得點關(guān)于對稱軸的對稱點為 則直線經(jīng)過、. 沒直線的解析式為 則，解得 ∴直線的解析式為 （3）∵拋物線對稱軸為 拋物體在這一段與在這一段關(guān)于對稱軸對稱 結(jié)合圖象可以觀察到拋物線在這一段位于直線的上方 在這一段位于直線的下方； ∴拋物線與直線的交點橫坐標(biāo)為； 當(dāng)時，

66、 則拋物線過點（-1，4） 當(dāng)時，， ∴拋物線解析為. 【點評】本題第(3)問主要難點在于對數(shù)形結(jié)合的認(rèn)識和了解，要能夠觀察到直線與直線 關(guān)于對稱軸對稱， ∵拋物線在這一段位于直線的下方， ∴關(guān)于對稱軸對稱后拋物線在這一段位于直線的下方； 再結(jié)合拋物線在這一段位于直線的上方; 從而拋物線必過點. 考點：代數(shù)綜合（二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像對稱、二次函數(shù)的圖像對稱、數(shù)形結(jié)合思想、二次函數(shù)解析式的確定） 16、(2013年深圳市壓軸題)如圖7-1，直線AB過點A（，0），B（0，），且（其中>0，>0）。 （1）為何值時，△OAB面積最大？最大值是多少？ （2）如圖7-2，在（1）的條件下，函數(shù)的圖像與直線AB相交于C、D兩點，若，求的值。 （3）在（2）的條件下，將△OCD以每秒1個單位的速度沿軸的正方向平移，如圖7-3，設(shè)它與△OAB的重疊部分面積為S，請求出S與運動時間（秒）的函數(shù)關(guān)系式（0<<10）。 解析： 17、（德陽市2013年壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中有一矩形ABCO（O為原點），點A、C分別在