2020最新全国各地中考数学常考试题及答案

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2020最新全国各地中考数学常考试题及答案 一、函数与几何综合的压轴题

1.（2018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.

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2，-6）（

图① A B y y D O E C（1，-3） x B O E′ D x C（1+k，-3）

A （2，-6） 图②

[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∴ ,ABDBCDDB又∵DO′+BO′=DB ∴EOEO1 ABDC∵AB=6，DC=3，∴EO′=2 又∵DOEO，∴DOEODB231 DBABAB6------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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∴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

联立①②得x0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6E（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。

同（1）可得：EFEF1 得：E′F=2

ABDC------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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方法一：又∵E′F∥ABEFDF，∴DF1DB

DB3ABS△AE′C= S△ADC- S△E′DC=1DC•DB1DC•DF1DC•2DB

2223=1DC•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′1BD•EF1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2S梯形ABCD21ABCD•BD3k

992∴S=3+k为所求函数解析式.

2. （2018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2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；

2的圆与

y轴交

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（3）连接BC，记△ABC的外接圆面积为S1、⊙M面积为S2，若

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＝在Rt△AOM中，AO＝

2，OM＝1，

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＝

BO2AO212122

2，AM＝2，BM＝2

在△ABM中，AB＝

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＝ ∴BC＝

2，AC＝22，

AB2AC2(2)2(22)210

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∵∠BAC＝90° ∴△ABC的外接圆的直径为BC，

y BC21025 S()•()•∴1222而S2(AC)2•(22)2•222

A

B D 5S1hh2即　　,　　　h5 S24，24M · C 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

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解法三：（接上）求得∴h＝5

因为抛物线的方程为y＝ax2＋bx＋c（a≠0）

abc0a＝－5a5abc0　　　解得b0　　或　　由已知得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.(2018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PDy 互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由. A · [解] （1）如图，连结PB，过P作PM⊥x轴，垂足为P（1，－1） O B x M.

C ------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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

AB的长＝

⌒120421803

y （2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,则MB＝MA＝又OM=1，∴A（1－

3，0），B（1＋A 3. M B 3，0）， O · x P（1，－1） 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

0a(13)2b(13)c20a(13)b(13)c 3abcC

a1解之得b2

c2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），

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使线段OC与PD互相平分.

4.（2018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y C 点P，使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角E 三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理F 由.

[解] (1)在Rt△ABC中，OC⊥AB， ∴△AOC≌△COB. ∴OC2＝OA·OB. ∵OA∶OB＝3∶1,C(0,

3),

A O1 O O2 B x Q ------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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∴(3)23OBgOB.

E M 3 1 2 4 y C Q ∴OB＝1.∴OA＝3. ∴A(-3,0),B(1,0).

A 设抛物线的解析式为yax2bxc. F x O1 P O O2 B 3,a39a3bc0,2b3, abc0,则解之，得3c3.c3.∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为

y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,

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∴△CMN∽△CAO.

MNCN∴AOCO. a3a. ∴33解之，得a333. 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). 25.（2018湖北宜昌）如图，已知点A(0，1)、C(4，3)、

23E(15，)，P是以AC为对角线的矩形ABCD内部(不48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；

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(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)

[解] （1）由题意，A(0，1)、C(4，3)定的解析式为：y=1x+1. 2123将点E的坐标E(15，)代入y=x+1中，42Y D A B O X C P 确8 1523左边=23，右边=1×+1=， 2488∵左边=右边，∴点E在直线y=1x+1上，即点A、C、2E

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

解法二：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点P的纵坐标为

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b2得—

4a4a—b24a＜3，由1

b2＜1—

4a＞0，∴a＜0，∴抛物线的开口向下.

（3）连接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3 ∴1GO·AO2—1FO·AO=3 ∵OA=1，∴GO—2FO=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·x＜0，∴x1＜0＜x2，

∴GO= x2，FO= —x1，∴x2—（—x1）=6， 即x2+x1=6，∵x2+x1= —b ∴—b=6，

aa12=aF Y D A C P E B O G X ∴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， ∴1＜1—9a＜3, ∴—2＜a＜0.

9 由方程组

y=ax2—6ax+1

1y=x+1 2得：ax2—（6a+

1）x=0 2∴x=0或x=

6aa12=6+

1. 2a------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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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+

91≤1542a1，解得：—2≤a＜—12

914综合得：—2＜a＜—12 ∵b= —6a，∴1＜b＜ 236.（2018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； 0 x y （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. [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：

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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

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，

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∴S＝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＝2 又若

m2m(0m2)C(－2，0)，

此时l为

m22m(m2或m0)y＝x，同理可得；S＝2

m2m(2m0)A A 7.（2018江苏连云港）如图，直线ykx4与函数

my(x0,m0)的图像交于A、B两点，且与x、y轴分别x交于C、D两点．

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（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y2C)， A由SCOD22SAOB，得SCOD2(SAODSBOD)

∴1·OC·OD2(

又OC4，∴(y1y2)28，即(y1y2)24y1y28， mm2由y可得x，代入ykx4可得y4ykm0 ①

xy1·OD·y11·OD·y2)，OC2(y1y2)， 22OPBD ∴y1y24，y1y2km， ∴164km8，即k2． CAm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)． OMNDPm（2）假设存在k,m，使得以AB为直径的圆经过点 P(2,0)． 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

PNNBBBPN．

∴RtMAP∽RtNPB，∴AMMP． ∴

y12x1x22y2，∴(x12)(x22)y1y20， ∴(m2)(my1y2 2)y1y20，

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22m6∴m2或6，又k，∴或k1，

mk13

∴存在k,m，使得以AB为直径的圆经过点P(2,0)，且m6

k1． 3

m2

k1或

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8.（2018江苏镇江）已知抛物线ymx2(m5)x5(m0)与

B(x2,0)(x1x2)，x轴交于两点A(x1,0)、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. （3）若eP过A、B、C三点，求eP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，请说明理由.

[解]（1）由题意得：x1x2m5,x1x25,x2x16.

mmm520(x1x2)4x1x236,36, mm22解得m11,m25.

7y 经检验m=1，∴抛物线的解析式为：yx24x5.

O x 或：由mx2(m5)x50得，x1或x5 Qm>0,

m156,m1. m------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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抛物线的解析式为yx24x5.

由x2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b5, kb0.k5.b5,∴直线BC的解析式为y5x5. (2)图象略.

（3）法一：在RtDAOC中，QOAOC5,OAC45.

BPC90.

又BCOB2OC226,

26213. 2∴eP的半径PB法二：

由题意，圆心P在AB的中垂线上，即在抛物线

yx24x5的对称轴直线x2上，设

P（－2，－h）

（h＞0），

连结PB、PC，则PB2(12)2h2,PC2(5h)222， 由PB2PC2，即(12)2h2(5h)222，解得h=2.

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P(2,2),eP的半径PB(12)22213.

法三：

延长CP交eP于点F.

QCF为eP的直径，CAFCOB90.

又ABCAFC,DACF~DOCB.

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

5226213. 5eP的半径为13.

（4）设MN交直线BC于点E，点M的坐标为(t,t24t5),则点E的坐标为(t,5t5). 若SDMEB:SDENB1:3,则ME:EN1:3.

4EN:MN3:4,t24t5(5t5).

3540解得t11（不合题意舍去），t25,M,.

339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.

存在点

540M，点M的坐标为,或（15，280）.

39------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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9. 如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为

0)，直径A(3，0)、B(1，CD⊥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. [解] (1) ∵抛物线过A、B两点，

∴(3)1m，m=3.

1物

线

为

A C （第9题图）

G M N O E x y D F ∴抛

yx22x3.

又抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线

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的顶点.

∴D点坐标为(1，4).

(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. ∴C点坐标为(1，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. ∴P点坐标为(7，1)

设直线DF的解析式为ykxb

A C M N 4 y D F 3 2 O 1 x G P E ------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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则kb47kb1

k58解得 27b8∴直线DF的解析式为：y5x27

88(3) 假设存在过点G的直线为yk1xb1， 则3k1b11，∴b13k11.

yk1x3k11由方程组 2yx2x3得x2(2k1)x43k10

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.（2018山西）已知二次函数y1x2bxc的图象经过

2点A（－3，6），并与x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；

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（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1x2bxc的图象过点A（－

23，6），B（－1，0）

93bc62得 1bc02

1by 解得3 c2∴这个二次函数的解析式为：y1x2x3 22O 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 ∴DCPC 易求AC6BC2,PC22,BC4

AC5∴DC4 ∴OD345 ∴D,0 3333x 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、

∴PEEB. 易求：AE＝6，EB＝2，PF

PFFD------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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＝2

5∴FD2 ∴OD215 ∴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

∴M323,0

2OM

（2°）在x轴的负半轴上，存在一点M′ 同理OM′＋OC＝M′C，OMOC得OM323

∴M′323,0

即在x轴上存在满足条件的两个点.

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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.（2018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；

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（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A O B x y 内角为60°的菱形，求次抛物线的解析C M 式. [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），

∴ S△ACB＝1×4×3a＝6a，

2而a＞0， ∴ S△ACB＝6A、 作MD⊥x轴于D，

又S△ACM＝S△ACO ＋SOCMD －S△AMD＝1·1·3a＋122（3a＋4a）－1·2·4a＝a，

2∴ S△ACM：S△ACB＝1：6.

（3）①当抛物线开口向上时，设y＝a（x－1）2＋k，即y＝ax2－2ax＋a＋k，

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有菱形可知ak＝k，a＋k＞0，k＜0， ∴ k＝a，

2∴ y＝ax2－2ax＋a， ∴

2EF2.

记l与x轴交点为D，

若∠PEM＝60°，则∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝

66，

66∴ k＝－，a＝

63，

36x2266x36∴ 抛物线的解析式为y1.

若∠PEM＝120°，则∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝

62，

62∴ k＝－，a＝6，

∴ 抛物线的解析式为y6x226x62.

②当抛物线开口向下时，同理可得

y1266x26x336，y6x226x62.

12.（2018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x轴交于点A，抛物线O、A两点。

yax2bxc经过

（1）试用含a的代数式表示b；

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（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4∠OBA？若存在，求出点3P的坐标；若不存在，

请说明理由。

[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ax2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ax2bxc经过O、A两点 ∴抛物线的对称轴为直线x2 xb2 2a------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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b4a

（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ax24ax ∴点D的坐标为（2，4a） ①当a0时，

⌒，它沿x 如图1，设⊙D被x轴分得的劣弧为OmA⌒，显然OnA⌒所在的圆与⊙D关于轴翻折后所得劣弧为OnAx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

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4a2a 1，b4a222 ∴抛物线的解析式为y1x22x ②当a0时， 同理可得：OD22

抛物线的解析式为y1x22x

2 综上，⊙D半径的长为2y121x2x或yx22x 222，抛物线的解析式为

（3）抛物线在x轴上方的部分上存在点P，使得

∠POA4∠OBA 3 设点P的坐标为（x，y），且y＞0 ①当点P在抛物线y1x22x上时（如图2）

2

∵点B是⊙D的优弧上的一点 ∠OBA1∠ADO45

2 ∠POA4∠OBA60

3 过点P作PE⊥x轴于点E

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tan∠POEEPOE ytan60xy3x

y3xx1423x20， 由12解得：（舍去） y0y16432yx2x2 ∴点P的坐标为423，643

②当点P在抛物线y1x2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） 12y0yx2xy164322 ∴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

13.（2018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。

423，643或423，643------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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（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

y 123 B ，sinABC，求直线AC 55 O1 的解析式； O A x （2）若⊙O1经过点M（2， C 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。

[解] （1）如图1，过O作OGB于G，则OG12

5 设OA3k(k0),AOB90,sinABC3 AB5k，OB4k 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

AB425,BCBC54

9OCBCOB4cosABC5 OAOBABOG2SAOB,3k4k512,k1

5------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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C(0，9)

4 设直线AC的解析式为ykxb，则

3kb09 b4

k39，b 44 直线AC的解析式为y3x9

44 （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

BQBT，APAT，OQOP2d22 BQBTOBd,APATOAdABBTATOB

dd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、

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AM、MN

M(2,2),OM平分AOB,OM2

OAOBOAANONOM2MN22OM2224

2

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

dAB的值不会发生变化，其值为4。

14.（2018福建厦门）已知：O是坐标原点，P（m，n）

(m＞0)是函数y ＝ (k＞0)上的点，过点P作直

kx线PA⊥OP于P，直线PA与x轴的正半轴交于点A（a，0）(a＞m). 设△OPA的面积为s，且s＝1＋

n4

4

. （1）当n＝1时，求点A的坐标； （2）若OP＝AP，求k的值； (3 ) 设n是小于20的整数，且k≠

n4

2

，求OP2的最

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小值.

[解] 过点P作PQ⊥x轴于Q，则PQ＝n，OQ＝m (1) 当n＝1时， s＝

4∴ a＝

2s＝ n2

5

5

(2) 解1： ∵ OP＝AP PA⊥OP ∴△OPA是等腰直角三角形 ∴ m＝n＝

2∴ 1＋

an41

＝·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

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设△OPQ的面积为s1 则：s1＝ 2

∴ ·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 1

1

sn4

s1s＝PO2AO2

1

即：

2

kn4

4 ＝

n2＋

4 (1＋

k2n2

4)2

1＋

n4

n2

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化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 ∴k＝2或k＝

n4

2

(舍去)

∴当n是小于20的整数时，k＝2. ∵ OP2＝n2＋m2＝n2＋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 当n＝3时，OP2＝32＋

432

＝9＋＝

99

4

85

k2n2

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： 42＋

44

2＋、52

45

2＋、62

46

2＋、…、192

4192

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∵192＋

419

2＋＞182

418

2＋＞…＞32

432

＞5

∴ OP2的最小值是5.

解2： ∵ OP2＝n2＋m2＝n2＋

22

k2n2

＝n2＋

n2

＝(n－)2 ＋4

2

n当n＝ 时，即当n＝

2

n2时，OP2最小；

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

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PQQA

＝

OQPQ

na－m＝

mn化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 ∴k＝2或k＝

n4

2

(舍去)

解4：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA ∴ △OPQ∽△P AQ

s1s－s1

＝

OQ2PQ2

化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 ∴k＝2或k＝

n4

2

(舍去)

解5：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA ∴ △OPQ∽△OAP

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∴

OPOA

＝

OQOP

∴ OP2＝OQ·OA

化简得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0

（k－2）（2k－n4）＝0 ∴k＝2或k＝

n4

2

(舍去)

15.（2018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、

QO P A（18，0） x C（8，6） B（18，6） y ------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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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。

[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：

k

3

，b0，∴y3x 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

再将C8,6代入得：a∴y3227xx 40203 40（2）D10,6

3（3）当Q在OC上运动时，可设Qm,m，依题意有：

4------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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32mm2t

42286∴m8t，∴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

5t10 ∴Q点的横坐标为2t1082t2，∴Q2t2,6，

（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3,52SOPQ13t22t 25梯形OABC的面积＝11810684，依题意有：

131t22t84 252整理得：t222t1400 ∵△＝222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＝1622t10t＝36≠84×1

22∴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

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平分梯形的周长和面积

16.（2018湖北荆门）已知：如图，抛物线y1x22333xm与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，∠ACB＝90°， （1）求m的值及抛物线顶点坐标；

（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；

¼上的动点（P不与C、（3）在（2）条件下，设P为CBDD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.

[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 ∴OAOC

OCOBx∴1mmx2y ，即x1·x2＝－

A D M · E G F B x O C ------《吾爱网络项目》精选范文、公文、论文、和其他应用文档，如需本

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m2

∴－m2＝3m，解得 m＝0 或m＝－3 而m＜0，故只能取m＝－3 这时，

y12231xx3(x3)24 3333，－4）

3，0），A（－

故抛物线的顶点坐

标为（

（2）解法一：由已知可得：M（

3，0），B（33，0），

C（0,－3），D（0， 3） ∵抛物线的对称轴是x＝连结CE

∵DE是⊙M的直径， ∴∠DCE＝90°，∴直线x＝∴E点的坐标为（2∵OAOCOM3OD33，垂直平分3，也是⊙M

的对称轴，

CE，

3，－3）

，∠AOC＝∠DOM＝90°，

∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE ∵AC⊥CB，∴CB⊥DE 又FG⊥DE， ∴FG∥CB

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由B（33，0）、C（0，－3）两点的坐标易求直

线CB的解析式为：

y＝

3x－3 3

3x＋n，把（23，3可设直线FG的解析式为y＝－3）代入求得n＝－5

故直线FG的解析式为y＝解法二：令x1＝－

3x－5 3y＝0，解1x223x－3＝0得

333，x2＝33

3，0），B（33，0）

3，

即A（－

根据圆的对称性，易知：：⊙M半径为2（

3，0）

M

在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝33

3，，OC＝

∴∠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＝2

3，∠FEM

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＝30°，

∴MF＝4

3，∴OF＝OM＋MF＝53，

3，0）

3×

∴F点的坐标为（5

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

3x－5 333＝5

存在常数k＝12，满足AH·AP＝12 连结CP

由垂径定理可知ADAC， ∴∠P＝∠ACH

A y D H O M · E G P F B x （或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO） 又∵∠CAH＝∠PAC， ∴△ACH∽△APC ∴ACAHAP ACC 即AC2＝AH·AP

3）2＋32

在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋OC2＝（＝12

（或利用AC2＝AO·AB＝

3×43＝12

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∴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