中考数学压轴题100题精选答案

2010年中考数学压轴题100题精选答案【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 11分【002】解：（1）1，；（2）作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴．由△AQF∽△ABC，，得．∴．∴，即．（3）能．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+bx8=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∴即∴∴即（10分）【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，∵∴∴∴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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：（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】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，，又，． 10分．．，．．． 11分轴，四边形是平行四边形．．同理．． 12分【010】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，． 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，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∵，.∴.∴.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=120o①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，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①当时，如图①，此时点的坐标为． 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．（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．由（1）有：，．，且．，．，，，．设，则，，．点在抛物线上，，（舍去）或，．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=BD②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=ACAD=AF………（1分）∴△GAD≌△CAF（SAS）∴∠ACF=∠AGD=45°∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90°∴CF⊥BC…………（2分）（3）如图：作AQBC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）2010年中考数学压轴题100题精选（31-40题）答案【031】解：（1）5,24,…………………………………3分（2）①由题意，得AP=t，AQ=10－2t.……………………………………1分如图1,过点Q作QG⊥AD，垂足为G，由QG∥BE得△AQG∽△ABE,∴,∴QG=,…………………………1分∴(≤t≤5).∵(≤t≤5).∴当t=时，S最大值为6.…………………1分②要使△APQ沿它的一边翻折，翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，根据轴对称的性质，只需△APQ为等腰三角形即可.当t=4秒时，∵点P的速度为每秒1个单位，∴AP=.………………1分以下分两种情况讨论:第一种情况：当点Q在CB上时,∵PQ≥BE>PA，∴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AP=AQ2,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．∴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，则．同理可得，（），易知此时．综合①②得，△ABC的最大面积为． 14分【033】（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（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）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，．．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，，，① 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。（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）（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．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＝∠FEPRt△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∴即∴∴即【047】解：方法一：如图（1-1），连接．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∵∴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.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）∵∴．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==．∴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．【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（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．∴．设，则．∴，．由三角形中位线定理，．∴，即．&