数学中考压轴题大集锦。.pdf

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1、第 1 页 江苏 13 市 2011 年中考数学试题分类解析汇编 专题 12：押轴题 解答题 1. （苏州 10 分）已知二次函数 2 680ya xxa的图象与x 轴分别交于点A、 B， 与 y 轴交于点C 点 D 是抛物线的顶点 (1)如图，连接AC ，将 OAC 沿直线 AC 翻折，若点O 的对应点O恰好落在该抛物线的对称轴上， 求实数 a 的值； (2)如图， 在正方形EFGH 中，点 E、F 的坐标分别是 （4，4） 、 （4，3） ，边 HG 位于边 EF 的右侧 小 林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“ 若点 P 是边 EH 或边 HG 上的任意一点， 则四条线段PA、PB、

2、 PC、PD 不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段不能构成平行四边形）” 若点 P 是 边 EF 或边 FG 上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程； (3)如图，当点P 在抛物线对称轴上时，设点P 的纵坐标t 是大于 3的常数，试问：是否存在一个正 数 a，使得四条线段PA、PB、PC、PD 与一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段能构成平行四 边形）？请说明理由 【答案】 解： （1）由 2 68ya xx， 令0y，解得， 12 2,4xx。 令0x，解得，8ya。 点 A、B、C 的坐标分别为（2，0） ， （4，0） ， （0，8a）

3、 。 该抛物线的对称轴为3x。 第 2 页 如图，设该抛物线的对称轴与x 轴的交点为点M，则由 OA=2 得 AM=1 。 由题意，得OA=OA=2 ， OA=2AM ， OAM=60 0。 OAC= CAO=60 0。 OC= OA32 3，即82 3a。 3 4 a。 （2）若点 P 是边 EF 或边 FG 上的任意一点，结论仍然成立。 如图，若点 P 是边 EF 上的任意一点 （不与点E 重合） ， 连接 PM， 点 E（4， 4） 、F（ 4，3）与点B（4，0）在一直线上， 点 C 在 y 轴上， PB4，PC4， PCPB。 又 PDPMPB，PAPMPB， PB PA ，PB P

4、C，PB PD。 此时线段PA、PB、 PC、PD 不能构成平行四边形。 设点 P 是边 FG 上的任意一点（不与点G 重合）， 点 F 的坐标是（ 4， 3） ，点 G 的坐标是（ 5，3） ， FG=3，GB=10。 3PB 10。 PC 4， PCPB。 又 PD PMPB，PAPMPB， PB PA，PB PC，PB PD。 此时线段PA、PB、 PC、PD 也不能构成平行四边形。 （3）存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边形， 如图，点A、B 是抛物线与x 轴交点，点P 在抛物线对称轴上，PA=PB。 当 PC=PD 时，线段 PA、PB、PC、PD 能

5、构成一个平行四边 形。 点 C 的坐标是（ 0，8a） ，点 D 的坐标是（ 3， a） ， 点 P 的坐标是（ 3，t） ， 22222 PC38PDtata（ ），（ ） 由 PC=PD 得 PC2=PD 2， 222 38tata（ ） （ ）， 第 3 页 整理得， 2 7210ata，解得 2 7 7 tt a。 显然 2 7 7 tt a满足题意。 当t是一个大于3 的常数时，存在一个正数 2 7 7 tt a，使得线段PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边形。 【考点】 二次函数综合题，,图形的翻转，含30 0 角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，解一元二次 方程。 【分

6、析】 (1)先利用点在抛物线上，点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中300角所对的直角边是斜 边一半的性质，求出点A、B、C 的坐标，再求出a。 (2)分点 P 在边 EF 或边 FG 上两种情况比较四线段的长短来得出结论。 (3)因为点 A、B 是抛物线与X 轴的交点，点P 在抛物线对称轴上，所以PA=PB。要 PA，PB，PC， PD 构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD,，从而推出a。 2. (无锡10 分) 十一届全国人大常委会第二十次会议审议的个人所得税法修正案草案(简称 “ 个税法草 案”)，拟将现行个人所得税的起征点由每月2000 元提高到3000 元，并将 9 级超

7、额累进税率修改为7 级， 两种征税方法的15 级税率情况见下表： 税 级 现行征税方法草案征税方法 月应纳税额x 税率速算扣除数月应纳税额x 税率速算扣除数 1 x 50050 x 1 50050 2 500 x 交于点 B(2，1)过点 P(p， p1)(p1)作 x轴的平行线分别交双曲 线0 m yx x 和0 m yx3 时，延长PM 交x轴于 Q，见图（ 3） 。 此时，SAMP大于情况当p3 时的三角形面积 SAMN。故不存在实 数 p，使得 S AMN4SAMP。 综上，当p 3 2 时， SAMN4SAMP。 【考点】 反比例函数和一次函数的图象与性质，待定系数法，曲线上点的坐标

8、与方程的关系，解二元一次 方程组，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。 【分析】 (1)用点 B(2，1)的坐标代入 m y x 即可得m值，用待定系数法， 求解二元一次方程组可得直线l的 解析式。 (2)点 P(p，p 1)在直线y 2 上，实际上表示了点是直线y2 和l的交点，这样要求证 PMB PNA 只要证出对应线段成比例即可。 (3)首先要考虑点P 的位置。实际上，当p3 时，易求出这时SAMPSAMN，当 p3 时，注意 到这时 SAMP大于p3 时的三角形面积，从而大于SAMN。所以只要主要研究当1p3 时的情况。 作 出必要的辅助线后，先求直线 MP 的方程， 再

9、求出各点坐标 （用p表示） ， 然后求出面积表达式，代入 SAMN 4SAMP后求出p值。 6.（泰州12 分） 在平面直角坐标系xOy中，边长为a（a为大于0 的常数）的正方形ABCD的对角线 AC、BD 相交于点P，顶点 A 在x轴正半轴上运动，顶点B 在y轴正半轴上运动（x轴的正半轴、y轴的 正半轴都不包含原点O） ，顶点 C、D 都在第一象限。 （1）当 BAO 45 时，求点P的坐标； （2）求证： 无论点 A 在x轴正半轴上、 点 B 在y轴正半轴上怎样运动， 点 P 都在 AOB 的平分线上； （3）设点 P 到x轴的距离为h，试确定h的取值范围，并说明理由。 第 11 页 【答

10、案】 解： （1）当 BAO 45 时，四边形OAPB 为正方形。 OAOBa cos45 = 2 2 a。 P点坐标为（ 2 2 a， 2 2 a） 。 （2）作 DEx轴于 E,PF x轴于 F, 设 A 点坐标为（m，0） ， B 点坐标为（ 0，n） ， BAO DAE BAO ABO 90 ， DAE ABO 。 在 AOB 和 DEA 中， A O BD E A9 0 A B OD A E A BA D ， AOB 和 DEA （AAS ） 。 AE0Bn，DEOA m。 D 点坐标为（mn，m） 。 点 P为 BD 的中点，且B 点坐标为（ 0，n） P 点坐标为（ 2 mn ,

11、 2 mn ） 。 PF=OF= 2 mn 。 POF=45 。 OP 平分 AOB 。 即无论点A 在x轴正半轴上、点B 在y轴正半轴上怎样运动，点P 都在 AOB 的平分线上。 （3）当 A， B 分别在x轴正半轴和 y轴正半轴上运动时，设 PF 与 PA 的夹角为 。 则 045，hPFPA cos 2 2 a cos 。 045 2 2 cos 1 1 2 ah 2 2 a 【考点】 正方形的性质 , 特殊角三角函数值, 全等三角形的判定和性质，直角梯形的性质。 【分析】 根据已知条件, 用特殊角三角函数值可求。 （2）根据已知条件, 假设 A 点坐标为（m， 0）, B 点坐标为（

12、0，n）并作 DEx轴于 E, PF x轴于 F, 用全等三角形等知识求出点D、P、E、F 的坐标 (用m，n表示 ), 从而证出PFOF, 进而 POF45 .因此得证。 （ 3）由（ 2）知 OPF 45 ，故0OPA 45 ， 2 2 cosOPA 1, 在RtAPF 中PF PA cosOPA，从而得求。 7.（扬州 12 分） 在ABC 中， BAC 90 0， ABAC ，M 是 BC 边的中点， MN BC 交 AC 于点 N动 第 12 页 点 P 从点 B 出发沿射线BA 以每秒3厘米的速度运动同时，动点Q 从点 N 出发沿射线NC 运动，且始 终保持 MQMP，设运动时间为

13、t秒（0t） （1） PBM 与 QNM 相似吗？以图为例说明理由； （2）若 ABC 600，AB 43厘米 求动点 Q 的运动速度； 设 APQ 的面积为S（平方厘米） ，求 S 与t的函数关系式； （3）探求 22 BPPQCQ 2 、三者之间的数量关系，以图为例说明理由 【答案】 解： （1）PBM QNM 。理由如下：如图 1， MQMP，MN BC ，PMBPMNQMNPMN9090，。PMBQMN。 PBMCQNMC9090，PBMQNM。 PBM QNM （2）BACABC9060，BCAB328cm。 又 MN 垂直平分BC，BMCM34cm。 C30， 3 MNCM 3 4

14、 cm。 设 Q 点的运动速度为vcm/s 当04t时，如图，由（1）知 PBM QNM ， NQMN BPMB ，即 4 33 vt t 。1v 当4t时，如图2，同样可证 PBM QNM ，得到1v。 综上所述， Q 点运动速度为1 cm/s AB 4 3cm，BC38cm，由勾股定理可得，AC12 cm。 A B P N Q C M A B C N M 图 1 图 2 （备用图） 第 13 页 AN AC NC1284 cm 当04t时，如图1，AP4 33t，AQ 4t。 1 SAP 2 2 13 AQ4 3348 3 22 ttt。 当 4t 时，如图2， AP34 3t, AQ4t

15、, 1 SAP 2 2 13 AQ34348 3 22 ttt。 综上所述， 2 2 3 8 3 04 2 S 3 8 3 2 4 tt tt 。 （ 3） 222 PQBPCQ。理由如下： 如图 3，延长 QM 至 D，使 MD MQ，连结 BD 、PD。 MQMP，MD MQ， PQPD。 又 MD MQ， BMD CMQ ，BM CM， BDM CQM （SAS） 。 BD CQ， MBD C。 BDAC 。 又BAC 90 ，PBA 90 。 在RtPBD中， 222 PDBPBD，即 222 PQBPCQ。 【考点】 动点问题，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线

16、的性质，列函数关系 式，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】 （1）可以证明两个三角形中的两个角对应相等，则两个三角形一定相似。 （2）由于 ABC 60 0，AB4 3厘米，点 P 从点 B 出发沿射线BA 以每秒3厘米的速度运 动，故点 P从点 B 出发沿射线BA 到达点 A 的时间为4 秒，从而应分两种情况04t和 4t 分别讨论。 分两种情况04t和4t，把 AP 和 BP 分别用 t 的关系式表示，求出面积即可。 （3）要探求 22 BPPQCQ 2 、三者之间的数量关系就要把BPPQCQ、放到一个三角形中，故作辅 助线延长QM至 D ，使MD MQ，连结BD 、 PD 得到

17、PQPD， BD CQ，从而在 RtPBD ， 222 PDBPBD，从而得证。 第 14 页 8.（盐城 12 分） 如图，已知一次函数7yx与正比例函数 4 3 yx的图象交于点A，且与x轴交于点 B. （1）求点 A 和点 B 的坐标； （2）过点 A 作 AC y轴于点 C，过点 B 作直线 ly轴 动点 P 从点 O 出发，以每秒 1 个单位长的速度， 沿 OCA 的路线向点A 运动；同时直线l 从点 B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直 线 l 交x轴于点 R，交线段BA 或线段AO 于点 Q当点P 到达点A 时， 点 P 和直线l 都停止运动在运动过程中，设动点P 运动

18、的时间为t 秒. 当 t 为何值时，以A、 P、R 为顶点的三角形的面积为8？ 是否存在以A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在， 求 t 的值；若不存在，请说明理由 【答案】 解： （1）根据题意，得 7 4 3 yx yx ，解得 3 4 x y ，点 A 的坐标为 (3，4) 。 令70x，得7x。点 B 的坐标为（ 7，0） 。 （2）当 P 在 OC 上运动时， 0t4。 由 S APRS梯形COBASACPS PORSARB8，得 1 2(37) 4 1 2 3 (4t) 1 2t(7 t) 1 2t 48 整理，得t28t120, 解之得 t12，t26（舍去）。 当 P

19、 在 CA 上运动时， 4t7。 由 S APR 1 2 (7t) 48，得 t3（舍去）。 当 t2 时，以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为8。 当 P 在 OC 上运动时， 0t4.，此时直线l 交 AB 于 Q。 AP（4-t） 2+32，AQ 2t，PQ7t。 当 AP AQ 时， （4t）2322(4 t)2，整理得， t28t70，解之得 t1， t7(舍去 ) 。 当 APPQ 时， （4t） 232(7t)2，整理得， 6t=24.， t4(舍去 ) 。 当 AQ PQ 时， 2（4t） 2(7 t)2，整理得， t22t170 解之得 t=1 3 2 (舍去 )。 当 P

20、 在 CA 上运动时， 4t7，此时直线l 交 AO 于 Q。 l x y O B A C P R l R P C A B O y x 第 15 页 过 A 作 AD OB 于 D，则 AD BD4。 设直线 l 交 AC 于 E，则 QEAC，AERDt4，AP7t.。 由 cosOAC AE AQ AC AO ，得 AQ 5 3(t4)。 当 APAQ 时， 7t 5 3(t4)，解得 t 41 8 。 当 AQ PQ 时， AE PE，即 AE 1 2AP， 得 t 4 1 2(7 t)，解得 t 5。 当 APPQ 时，过 P 作 PFAQ 于 F AF 1 2AQ 1 2 5 3(t

21、4)。 在 RtAPF 中，由 cosPAF AF AP 3 5，得 AF 3 5AP， 即 1 2 5 3(t4) 3 5 (7 t)，解得 t 226 43 。 综上所述， t1 或 41 8 或 5 或 226 43 秒时， APQ 是等腰三角形。 【考点】 一次函数的图象和性质，解二元一次方程组，勾股定理，锐角三角函数，解一元二次方程，等腰 三角形的判定。 【分析】（1）联立方程7yx与和 4 3 yx即可求出点A 的坐标，令70x即可得点B 的坐标。 （2）只要把三角形的面积用t 表示，求出即可。应注意分P 在 OC 上运动和P在 CA 上运动两种 情况。 只要把有关线段用t 表示，

22、找出APAQ ，APPQ，AQ PQ 的条件时t 的值即可。应注 意分别讨论P 在 OC 上运动（此时直线l 与 AB 相交）和P 在 CA 上运动（此时直线l 与 AO 相交）时AP AQ， APPQ，AQ PQ 的条件。 9.（淮安 12 分） 如图，在 RtABC 中， C90 ，AC 8，BC6， 点 P 在 AB 上， AP2。.点 E、 F 同时从点 P 出发，分别沿PA、PB 以每秒 1 个单位长度的速度向点 A、 B 匀速运动，点E 到达点 A 后立即以原速度沿AB 向点 B 运动， 点 F 运动到点B 时停止，点E 也随之停止 .在点 E、F 运动过程中，以 EF 为边作正方

23、形EFGH，使它与 ABC 在线段 AB 的同侧，设E、F 运动的时间为t秒（t0） ，正方形 l x y O B A C P R Q D F E l x y O B A C P R Q 第 16 页 EFGH 与ABC 重叠部分面积为S. （ 1）当t1 时，正方形EFGH 的边长是； 当t3 时，正方形EFGH 的边长是； （ 2） 当 0t2 时，求 S与t的函数关系式； （ 3） 直接答出：在整个运动过程中 ，当t为何值时， S 最大？最大面积是多少？ 【答案】 解： (1)2；4。 (2) 求点 H 在 AC 上时t的值（如图1） 。 EP PF1tt， 正方形EFGH 中， HEE

24、F2t。 又 AP2， AEAPEP 2t。 又 EFGH 是正方形，HEA C90 。 又 A A， ABC AHC 。 BCAC68 , HEAE22tt 即， 6 11 t。 求点 G 在 AC 上时 t 的值（如图2） 。 又 EPPF1tt， 正方形EFGH 中，GFEF 2t。 又 AP2， AFAPPF2t。 仿上有， ABC AGF 。 BCAC68 , FGAF22tt 即， 6 5 t。 因此， 0t2 分为三部分讨论： 错误！未找到引用源。当 0t6 11 时（如图3） ，S与t的 函 数关系式是： EFGH SS矩形(2t) 2 4t2； 错误！未找到引用源。当 6 1

25、1 t 6 5 时（如图4） ，S与t的 函数关系式是： HMN EFGH SSS 矩形 4t2 1 2 4 3 2t- 3 4 (2t) 2 25 24 t 211 2 t 3 2 ； 第 17 页 错误！未找到引用源。当 6 5 t2 时（如图5） ，求 S 与 t 的函数关系式是： SSARF S AQE = 1 2 3 4 (2t) 2 1 2 3 4 (2t) 2 3t。 综上所述， S 与t的函数关系式为 S 2 2 40 25113 66 2422 11 6 1 5 6 32 5 1 tt ttt tt 。 （ 3）当 146 25 t时， S最大，最大面积是 1102 75 。

26、 【考点】 图形变换问题，正方形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】 (1) 正方形 EFGH 的边长 =EPPF。 当t 1 时， EPPF1t+1t2t 2。 当t 3 时， EPPF（ 1t2） 1t 2 t2624。 （2）要求 0t2 时， S 与t的函数关系式，要考虑正方形EFGH 的上边 HG 与ABC 的位置关 系，即 EF 在ABC 内， EF 与ABC 的 AC 边相交， EF 在 ABC 外。这样就要先求临界点时t的值。在 求解过程中，反复应用相似三角形对应边的相似比，即能写出用t表示的相关边长，从而应用面积公式得 出 S 与t的函数关系式。 （

27、3）考虑到当2t8 时（在 RtABC 中， 2222 ABACBC8610，PB8） ，正方形 EFGH 以边长为4 而不再变化， 此期间才有S 的最大。这样要求当t为何值时， S 最大，先要求S 与的函数关系式，再求当t为何值时， S 最大和 S 的最大 值： AEt2，TE 3 2 4 t， HT 3113 42 424 tt, HS 4 113 324 t， 2 2 SHT 1 4 113311121 S 2 324826 ttt 第 18 页 FB8t，YF 4 8 3 t， GY 4420 48 333 tt， XG 3420 433 t， 2 2 XGY 1 342022050

28、S 2 433333 ttt 222 STEFYXEFGHSHTXGY 311121220502573125 SSSS16 8263332466 tttttt 当 73 146 6 2525 2 24 t 时， STEFYX S最大。 最大值为 2 STEFYX 25 14673 1461251102 S 2425625675 。 10.（宿迁 12 分） 如图，在 RtABC 中， B90 ，AB 1，BC 2 1 ，以点 C 为圆心， CB 为半径的弧 交 CA 于点 D；以点 A 为圆心， AD 为半径的弧交AB 于点 E （1）求 AE 的长度； （2）分别以点A、 E为圆心， AB

29、长为半径画弧，两弧交于点F（F 与 C 在 AB 两侧） ，连接 AF、EF，设 EF 交弧 DE 所在的圆于点G， 连接 AG ，试猜想 EAG 的大小，并说明理由 【答案】 解： （1）在 Rt ABC 中，由 AB 1，BC 1 2 得 AC 22 1 1() 2 5 2 BC CD，AEAD AE AC AD 51 2 。 （2） EAG36 ，理由如下： FAFE1，AEAG 51 2 ， AE FA AG FE 。 又 AEG FEA ， EAG AEF。 AEG FEA。 AE FA GE AE 。 2 2 51 2 AE35 GE FA12 。 3551 FGFAGE1 22

30、。 AG FD。 FAG F。 FAG EAG 。 第 19 页 由三角形内角和定理，得5F180 ， EAG F36 。 【考点】 勾股定理，相似三角形的判定和性质，等量代换，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。 【分析】 根据在 RtABC 中利用勾股定理求得AC ，根据 BCCD，AE AD 求得 AEAC AD 即可。 （2）由 AEG FEA 求出 GE 从而求出FG 的长，证得AG FD，进而证得 FAG EAG F。从而根据三角形内角和定理即可求。 11.（连云港12 分） 某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论： （1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等

31、于这条边上的对应高之比； （2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比； 现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论（S 表示面积） 问题 1：如图 1，现有一块三角形纸板ABC ，P1，P2三等分边 AB ，R1，R2三等分边 AC 经探究知 1221 RRPP S 四边形 1 3 S ABC，请证明 问题 2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1 中的拼合成四边形ABCD ，如图 2，Q1，Q2三等分 边 DC请探究 2211 PQQP S四边形与 S四边形 ABCD 之间的数量关系 问题 3：如图 3， P1，P2，P3，P4五等分边 AB ，Q1，

32、Q2，Q3，Q4五等分边DC若 S四边形 ABCD1，求 3322 PQQP S四边形 问题 4：如图 4，P1，P2，P3四等分边 AB ， Q1，Q2，Q3四等分边DC，P1Q1，P2Q2，P3Q3将四边形ABCD 分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4请直接写出含有S1，S2，S3，S4的一个等式 第 20 页 【答案】 解：问题1： P1，P2三等分边 AB ，R1，R2三等分边AC， P1R1 P2R2BC AP1 R1 AP2R2 ABC ，且面积比为 1：4： 9。 1221 P P R R S四边形 41 9 SABC 1 3 SABC 问题 2：连接 Q1R1，Q2R

33、2，如图，由问题1的结论，得 1212 P PRR S四边形 1 3 SABC ， 1122 G R R Q S四边形 1 3 SACD 1221 PP R R S四边形 1122 G R R Q S四边形 1 3 S 四边形 ABCD。 由 P1，P2三等分边 AB ，R1，R2三等分边AC ，Q1，Q2三等分边 DC， 可得 P1R1:P2R2Q2R2：Q1R11： 2，且 P1R1P2R2，Q2R2Q1R1。 P1R1A P2R2A， Q1R1A Q2R2A。 P1R1Q1 P2R2 Q2。 由结论（ 2） ，可知 111222 PR OP R Q SS 2 112 2112 2112

34、P Q Q PPR R PQ R R Q SSS 四边形四边形四边形 1 3 S 四边形 ABCD 问题 3：设 1122 PQ Q P S四边形A， 3344 P Q Q P S四边形B，设 223 3 P Q Q P S四边形C， 由问题 2 的结论，可知A 1 3 33 ADQ P S四边形 ， B1 3 22 P Q CB S四边形 。 AB 1 3 (S 四边形 ABCDC) 1 3 (1C)。 又 C 1 3 (A BC)，即 C 1 3 1 3 (1C)C ， C 1 5 ，即 2233 P Q Q P S四边形 1 5 问题 4：S1S4 S2S3 【考点】 平行的判定和性质，

35、相似三角形的判定和性质，等量代换。 【分析】 问题 1：由平行和相似三角形的判定，再由相似三角形面积比是对应边的比的平方的性质可得。 问题 2：由问题 1 的结果和所给结论（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角 的两边乘积之比，可得。 问题 3：由问题2 的结果经过等量代换可求。 问题 4：由问题2 可知 S1S4S2S3 ABCD 1 S 2 。 12.（徐州12 分） 如图，已知二次函数 2 yxbxc的图象与x轴交于A、B A B C 图 2 P1 P2 R2 R1 D Q1Q2 x y O A B C P 第 21 页 两点，与y轴交于点P，顶点为C（12，） 。 （1

36、）求此函数的关系式； （2）作点 C 关于x轴的对称点D，顺次连接A、C、B、D。若在抛物线上存在点E，使直线 PE 将四边形 ACBD 分成面积相等的两个四边形，求点E 的坐标； （3）在（ 2）的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得 PEF 是以 P 为直角顶点的直角三角形？若存在， 求出点 P的坐标及 PEF 的面积；若不存在，请说明理由。 【答案】 解： （1）函数 2 yxbxc的图象顶点为C（12，） ， 函数关系式可表示为 2 2 1221yxyxx，即。 （2）设直线PE的函数关系式为=y kxb。 由题意知四边形ACBD 是菱形，故直线PE 必经过菱形的中心M。 由 P（0，

37、 1） ， M（1， 0）得： 1 0 b kb ，解得 1 1 k b 。 直线 PE 的函数关系式为=1y x。 联列方程组，得： 2 =21 =1 y xx y x 解之，得 12 = 0 = 3xx（不合题意，舍去），。得点 E 的坐标为（ 3， 2） 。 （3）假设存在这样的点F，设 2 F,21FFGGx xxy，过点作轴垂足为点。 00 RPOMRFGPOMPOPM90 , FPGOPM90tt在和中 ,， OMP FPG。 又 POM FGP， POM FGP。 OMGP OPGF 。 又 OM1，OP1， GPGF，即 2 21xxx-1-。 解得 12 = 0 = 1xx（

38、不合题意，舍去），。 点 F 的坐标为（ 1， 2） 。 第 22 页 以上各步皆可逆，故点F（1， 2）即为所求。 PEFMFPMFE 11 SSS2 1223 22 。 【考点】 二次函数的应用，菱形的性质，待定系数法，点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元 二次方程，相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）把二次函数的顶点坐标代入二次函数 2 yxbxc的顶点式可直接写出的函数关系式。 （2）要求点 E 的坐标，就要先求将四边形ACBD 分成面积相等的两个四边形的直线PE。要求 直线 PE 即用已知两点P，M 的坐标求得。 （3）根据三角形相似的性质先求出GPGF，求出 F 点的坐标，从而而求得PEF 的面积。