2013中考数学分类汇编：代数几何综合(7)

16、（2013?自贡压轴题）如图，已知抛物线y=ax+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，直线BD交抛物线于点D，并且D（2，3），tan∠DBA=．

（1）求抛物线的解析式；

（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C、A，求四边形BMCA面积的最大值；

（3）在（2）中四边形BMCA面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．

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考点： 二次函数综合题． 分析： （1）如答图1所示，利用已知条件求出点B的坐标，然后用待定系数法求出抛物线的解析式； （2）如答图1所示，首先求出四边形BMCA面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出其最大值； （3）本题利用切线的性质、相似三角形与勾股定理求解．如答图2所示，首先求出直线AC与直线x=2的交点F的坐标，从而确定了Rt△AGF的各个边长；然后证明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似线段比例关系列出方程，求出点Q的坐标． 解答： 解：（1）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E，则DE=3，OE=2． ∵tan∠DBA==， ∴BE=6， ∴OB=BE﹣OE=4， ∴B（﹣4，0）． ∵点B（﹣4，0）、D（2，3）在抛物线y=ax+bx﹣2（a≠0）上， ∴， 2解得， ∴抛物线的解析式为：y=x+x﹣2． （2）抛物线的解析式为：y=x+x﹣2， 令x=0，得y=﹣2，∴C（0，﹣2）， 令y=0，得x=﹣4或1，∴A（1，0）． 设点M坐标为（m，n）（m＜0，n＜0）， 如答图1所示，过点M作MF⊥x轴于点F，则MF=﹣n，OF=﹣m，BF=4+m． S四边形BMCA=S△BMF+S梯形MFOC+S△AOC =BF?MF+（MF+OC）?OF+OA?OC =（4+m）×（﹣n）+（﹣n+2）×（﹣m）+×1×2 =﹣2n﹣m+1 ∵点M（m，n）在抛物线y=x+x﹣2上， ∴n=m+m﹣2，代入上式得： S四边形BMCA=﹣m﹣4m+5=﹣（m+2）+9， ∴当m=﹣2时，四边形BMCA面积有最大值，最大值为9． （3）假设存在这样的⊙Q． 如答图2所示，设直线x=﹣2与x轴交于点G，与直线AC交于点F． 设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（1，0）、C（0，﹣2）代入得： ， 解得：k=2，b=﹣2， ∴直线AC解析式为：y=2x﹣2， 令x=﹣2，得y=﹣6，∴F（﹣2，﹣6），GF=6． 在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF===3． =． 222222设Q（﹣2，n），则在Rt△AGF中，由勾股定理得：OQ=设⊙Q与直线AC相切于点E，则QE=OQ=在Rt△AGF与Rt△QEF中， ∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE， ∴Rt△AGF∽Rt△QEF， ∴，即2． ， 化简得：n﹣3n﹣4=0，解得n=4或n=﹣1． ∴存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆，点Q的坐标为（﹣2，4）或（﹣2，﹣1）． 点评： 本题是中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、勾股定理、圆的切线性质、解直角三角形、图形面积计算等重要知识点，涉及考点众多，有一定的难度．第（2）问面积最大值的问题，利用二次函数的最值解决；第（3）问为存在型问题，首先假设存在，然后利用已知条件，求出符合条件的点Q坐标． 17、（2013?自贡）将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°． （1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ； （2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？ （3）如图③，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC=1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．

考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形． 分析： （1）先判断∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可证明△B1CQ≌△BCP1，从而得出结论． （2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，继而可得出CQ的长度． （3）证明△AP1C∽△BEC，则有AP1：BE=AC：BC=：1，设AP1=x，则BE=x，得出S△P1BE关于x的表达式，利用配方法求最值即可． 解答： （1）证明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°， ∴∠B1CQ=∠BCP1=45°， ∵在△B1CQ和△BCP1中， ， ∴△B1CQ≌△BCP1（ASA）， ∴CQ=CP1； （2）作P1D⊥CA于D， ∵∠A=30°， ∴P1D=AP1=1， ∵∠P1CD=45°， ∴=sin45°=， ， ∴CP1=P1D=又∵CP1=CQ， ∴CQ=； （3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°， ∴∠A=∠CBE=30°， ∴AC=BC， 由旋转的性质可得：∠ACP1=∠BCE， ∴△AP1C∽△BEC， ∴AP1：BE=AC：BC=：1， 设AP1=x，则BE=x， 在Rt△ABC中，∠A=30°， ∴AB=2BC=2， ∴S△P1BE=×=﹣x（2﹣x）=﹣2x+2x （x﹣1）+， ． 故当x=1时，S△P1BE（max）=点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题需要我们熟练掌握含30°角的直角三角形的性质、勾股定理及配方法求二次函数的最值，有一定难度． 18、（2013?广安压轴题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax+bx+c经过A、B、C三点，已知点A（﹣3，0），B（0，3），C（1，0）． （1）求此抛物线的解析式．

（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点，（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为F，交直线AB于点E，作PD⊥AB于点D． ①动点P在什么位置时，△PDE的周长最大，求出此时P点的坐标； ②连接PA，以AP为边作图示一侧的正方形APMN，随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点M或N恰好落在抛物线对称轴上时，求出对应的P点的坐标．（结果保留根号）

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考点： 二次函数综合题． 专题： 代数几何综合题． 分析： （1）把点A、B、C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答即可； （2）①根据点A、B的坐标求出OA=OB，从而得到△AOB是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°，然后求出△PED是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，PD越大，△PDE的周长最大，再判断出当与直线AB平行的直线

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