中考数学压轴题大集合一、函数与几何综合的压轴题
1.（2004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)
求证：E点在y轴上；
如果有一抛物线经过A，E，C三点，求此抛物线方程.
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.
[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
∴
又∵DO′+BO′=DB
∴
∵AB=6，DC=3，∴EO′=2
又∵，∴
∴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-2②
联立①②得
∴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）
E（0，-2）三点，得方程组
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：得：E′F=2
方法一：又∵E′F∥AB，∴
S△AE′C=S△ADC-S△E′DC=
==DB=3+k
S=3+k为所求函数解析式
方法二：∵BA∥DC，∴S△BCA=S△BDA
∴S△AE′C=S△BDE′
∴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=3+k为所求函数解析式.
2.已知：如图，在直线坐标系中，以点M（1，0）为圆心、直径AC为的圆与y轴交于A、D两点.
求点A的坐标；
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；
连接BC，记△ABC的外接圆面积为S1、⊙M面积为S2，若，抛物线
y＝ax2＋bx＋c经过B、M两点，且它的顶点到轴的距离为.求这条抛物线的解析式.
解：由已知AM＝，OM＝1，
在Rt△AOM中，AO＝，
∴点A的坐标为A（0，1）
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＝
在△ABM中，AB＝，AM＝，BM＝2
∴△ABM是直角三角形，∠BAM＝90°
∴直线AB是⊙M的切线解法一：由⑵得∠BAC＝90°，AB＝，AC＝2，
∴BC＝
∵∠BAC＝90°∴△ABC的外接圆的直径为BC，
∴
而
，
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
解法三：（接上）求得∴h＝5因为抛物线的方程为y＝ax2＋bx＋c（a≠0）
由已知得
∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5.
3.(2004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，抛物线过点A、B，且顶点C在⊙P上.
(1)求⊙P上劣弧的长；
(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PD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由如图，连结PB，过P作PM⊥x轴，垂足为M.
在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,
∴∠MPB＝60°，∴∠APB＝120°
的长＝
（2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,则MB＝MA＝.
又OM=1，∴A（1－，0），B（1＋，0），
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
解之得
抛物线解析式为
（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）在抛物线上，故存在点D（0，－2），
使线段OC与PD互相平分.
如图，在平面直角坐标系内，Rt△ABC的直角顶点C（0，）在轴的正半轴上，A、B是轴上是两点，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.
求过A、B、C三点的抛物线的解析式；
请猜想：直线EF与两圆有怎样的位置关系？并证明你的猜想.
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：在轴上是否存在点P，使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形？若存在，求出P点坐标；若.
[解](1)在Rt△ABC中，OC⊥AB，
∴△AOC≌△COB.
∴OC2＝OA·OB.
∵OA∶OB＝3∶1,C(0,),
∴
∴OB＝1.∴OA＝3.
∴A(-3,0),B(1,0).
设抛物线的解析式为
则解之，得
∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为
(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,
∴△CMN∽△CAO.
∴
∴
解之，得
此时，四边形OPMN是正方形.
∴
∴
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或
5.如图，已知点A(0，1)、C(4，3)、E(，)，P是以AC为对角线的矩形ABCD内部(不在各边上)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；
(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)
x+1.
将点E的坐标E(，)代入y=x+1中，左边=，右边=×+1=，
∵左边=右边，∴点E在直线y=x+1上，即点A、C、E
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，且P在矩形ABCD内部，∴1＜＜3，由1＜1—得—＞0，∴a＜0，∴抛物线的开口向下.
（3）连接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3∴GO·AO—FO·AO=3∵OA=1，∴GO—FO=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·x2=＜0，∴x1＜0＜x2，
∴GO=x2，FO=—x1，∴x2—（—x1）=6，
即x2+x1=6，∵x2+x1=—∴—=6，
∴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,∴—＜a＜0.
∴x=0或x==6+.
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+≤，解得：—≤a＜—
综合得：—＜a＜—∵b=—6a，∴＜b＜
6.（2004湖长沙）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.求⊙A的半径；若抛物线经过O、C两点，求抛物线的解析式；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；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.
(1)由弧长之比为3∶1，可得∠BAO＝90o再由AB＝AO＝r，且OB＝2，得r＝
(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：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＝，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，∴S＝ 同理当0＜m＜2时，S＝－m2＋2m；当m＞2时，S＝m2－2m；∴S＝又若C(－2，0)，此时l为y＝x，同理可得；S＝
.（2006江苏连云港）如图，直线与函数的交于A、B两点，且与x、y轴分别交于C、D两点．
（1）若的面积的倍，求与之间的函数关系式；
（2）在（1）的条件下，是否存在和，使得以为直径的圆经过点．若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由．
[解]（1）设，(其中)，
由，得
∴··(····)，，
又，∴，即，
由可得，代入可得①
∴，，
∴，即．
又方程①的判别式，
∴所求的函数关系式为．
（2）假设存在,，使得以为直径的圆经过点．
则，过、分别作轴的垂线，垂足分别为、．
∵与都与互余，∴．
∴Rt∽Rt，∴．
∴，∴，∴，
即②
由（1）知，，代入②得，
∴或，又，∴或，
∴存在,，使得以为直径的圆经过点，且或．
8.（2004江苏镇江）已知抛物线与x轴交于两点、，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）若过A、B、C三点，求的半径.
（4）抛物线上是否存在点M，过点M作轴于点N，使被直线BC分成面积比为1）由题意得：
解得
经检验m=1，∴抛物线的解析式为：
或：由得，或
抛物线的解析式为
由得
∴A（－50），B（1，0），C（0，－5.
设直线BC的解析式为
则
∴直线BC的解析式为
(2)图象略.
（3）法一：在中，
.
又
∴的半径
法二：
由题意，圆心P在AB的中垂线上，即在抛物线的对称轴直线上，设P（－2－hh＞0），
连结PB、PC，则，
由，即，解得h=2.
的半径.
法三：
延长CP交于点F.
为的直径，
又
又
的半径为
（4）设MN交直线BC于点E，点M的坐标为则点E的坐标为
若则
解得（不合题意舍去），
若则
解得（不合题意舍去），
存在点M，点M的坐标为或（15，280）.
9.如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为、，直径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.
若抛物线经过A、B、D三点，求m的值及点D的坐标.
求直线DF的解析式.
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，
∴，m=3.
∴抛物线为.
又抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线的顶点.
∴D点坐标为.
(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.
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
设直线DF的解析式为
则解得
∴直线DF的解析式为：
(3)假设存在过点G的直线为，
则，∴.
由方程组得
由题意得，∴.
当时，，
∴方程无实数根，方程组无实数解.
∴满足条件的直线不存在.
10.（2004山西）已知二次函数的图象经过点A（－3，6），并与x轴交于点B（－1，0）和点C，顶点为P.
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；
设D为线段OC上的一点，满足∠DPC＝∠BAC，求点D的坐标；
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.
（1）解：∵二次函数的图象过点A（－3，6），B（－1，0）
得解得
∴这个二次函数的解析式为：
由解析式可求P（1，－2），C（3，0）
画出二次函数的
（2）解法一：易证：∠ACB＝∠PCD＝45°
又已知：∠DPC＝∠BAC∴△DPC∽△BAC
∴易求
∴∴∴
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、
∴.易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2
∴∴∴
（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∵且OM＋MC＝OC
∴
∴
（2°）在x轴的负半轴上，存在一点M′
同理OM′＋OC＝M′C，
得∴M′
即在x轴上存在满足条件的两个点.
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；
（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是有一个内角为60°的菱形，求次抛物线的解析式.
（1），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＝×4×＝6，
而a＞0，∴S△ACB＝6A、
作MD⊥x轴于D，
又S△ACM＝S△ACO＋SOCMD－S△AMD＝·1·3a＋（3a＋4a）－·2·4a＝a，
∴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，
有菱形可知＝，a＋k＞0，k＜0，
∴k＝，
∴y＝ax2－2ax＋，∴.
记l与x轴交点为D，
若∠PEM＝60°，则∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝，
∴k＝－，a＝，
∴抛物线的解析式为.
若∠PEM＝120°，则∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝，
∴k＝－，a＝，
∴抛物线的解析式为.
②当抛物线开口向下时，同理可得
，.
（2005北京）已知：在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象与x轴交于点A，抛物线经过O、A两点。
（1）试用含a的代数式表示b；
（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？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
（1）解法一：∵一次函数的图象与x轴交于点A
∴点A的坐标为（4，0）
∵抛物线经过O、A两点
解法二：∵一次函数的图象与x轴交于点A
∴点A的坐标为（4，0）
∵抛物线经过O、A两点
∴抛物线的对称轴为直线
（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
∴点D的坐标为（）
①当时，
如图1，设⊙D被x轴分得的劣弧为，它沿x轴翻折后所得劣弧为，显然所在的圆与⊙D关于x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
∴点D的纵坐标为
∴抛物线的解析式为
②当时，
同理可得：
抛物线的解析式为综上，⊙D半径的长为，抛物线的解析式为或
（3）抛物线在x轴上方的部分上存在点P，使得
设点P的坐标为（x，y），且y＞0
①当点P在抛物线上时（如图2）
∵点B是⊙D的优弧上的一点
过点P作PE⊥x轴于点E
由解得：（舍去）
∴点P的坐标为
②当点P在抛物线上时（如图3）
同理可得，
由解得：（舍去）
∴点P的坐标为
综上，存在满足条件的点P，点P的坐标为
或
（2005北京丰台）在直角坐标系中，⊙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。
（1）如图，过点A作⊙的切线与y轴交于点C，点O到直线AB的距离为，求直线AC的解析式；
（2）若⊙经过点M（2，2），设的内切圆的直径为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。1）如图1，过O作于G，则
设
（3，0）
AB是⊙的直径
切⊙于A，
在中
设直线AC的解析式为，则
直线AC的解析式为
（2）结论：的值不会发生变化
设的内切圆分别切OA、OB、AB于点P、Q、T，如图2所示
图2
则
在x轴上取一点N，使AN=OB，连接OM、BM、AM、MN
平分
的值不会发生变化，其值为4。
14.（2005福建厦门）已知：O是坐标原点，P（m，n）(m＞(k＞P作直线PA⊥OP于P，直线PA与x轴的正半轴交于点A（a，0）(a＞△OPA的面积为s，且s＝1＋≠，求OP2的最小值.
[解]过点P作PQ⊥x轴于Q，则PQ＝n，OQ＝m
当n＝1时，s＝
∴a＝＝
(2)解1：∵OP＝APPA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
∴m＝n＝
∴1＋·an
即n4－n2＋∴k2－k＋∴k＝2
解2：∵OP＝APPA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
∴m＝n
设△OPQ的面积为s1
则：s1＝
∴·mn＝(1＋n4－n2＋∴k2－k＋∴k＝2
(3)解1：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△OAP
设：△OPQ的面积为s1，则
＝
即：＝
化简得：2n4＋k2－kn－k＝0
（k－k－n∴k＝2或k＝(舍去)
∴当n是小于20的整数时，k＝2.
∵OP2＝n2＋mn2＋m＞0k＝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＋＋
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＋＋＋＋∵192＋＞＋＞＞＋＞∴OP2的最小值是5.
解2：∵OP2＝n2＋mn2＋n2＋(n－)＋n＝时，即当n＝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∽△PAQ
＝
＝
化简得：2n4＋k2－kn－k＝0
（k－k－n∴k＝2或k＝(舍去)
解4∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△PAQ
＝
化简得：2n4＋k2－kn－k＝0
（k－k－n∴k＝2或k＝(舍去)
解5：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△OAP
∴＝
∴OP2＝OQ·OA
化简得：2n4＋k2－kn－k＝0
（k－k－n∴k＝2或k＝(舍去)
15.（2005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。
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。
试在⑴中的抛物线上找一点D，使得以O、A、D为顶点的三角形与△AOC全等，请直接写出点D的坐标。
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。
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。
]（1）∵O、C两点的坐标分别为O，C
设OC的解析式为，将两点坐标代入得：
，，∴
∵A，O是轴上两点，故可设抛物线的解析式为
再将C代入得：
∴
（2）D
（3）当Q在OC上运动时，可设Q，依题意有：
∴，∴Q，
当Q在CB上时，Q点所走过的路程为，∵OC＝10，∴CQ＝
∴Q点的横坐标为，∴Q，
（4）∵梯形OABC的周长为44，当Q点OC上时，P运动的路程为，则Q运动的路程为
△OPQ中，OP边上的高为：
梯形OABC的面积＝，依题意有：
整理得：∵△＝，∴这样的不存在
当Q在BC上时，Q走过的路程为，∴CQ的长为：
∴梯形OCQP的面积＝＝36≠84×
∴这样的值不存在
综上所述，不存在这样的值，使得P，Q两点同时平分梯形的周长和面积
16.（2005湖北荆门）已知：如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，∠ACB＝90°，
求m的值及抛物线顶点坐标；
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；
在条件下，设P为上的动点（P不与C、D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.
]（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∴
∴，即x1·x2＝－m2
∴－m2＝3m，解得m＝0或m＝－3
而m＜0，故只能取m＝－3这时，故抛物线的顶点坐标为（，－4）
解法一：由已知可得：M（，0），A（－，0），B（3，0），
C（0,－3），D（0，3）
∵抛物线的对称轴是x＝，也是⊙M的对称轴，连结CE
∵DE是⊙M的直径，
∴∠DCE＝90°，∴直线x＝，垂直平分CE，
∴E点的坐标为（2，－3）
∵，∠AOC＝∠DOM＝90°，
∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE
∵AC⊥CB，∴CB⊥DE
又FG⊥DE，∴FG∥CB
由B（3，0）、C（0，－3）两点的坐标易求直线CB的解析式为：
y＝－3
可设直线FG的解析式为y＝＋n，把（2，－3）代入求得n＝－5
故直线FG的解析式为y＝－5
解法二：令y＝0，解－3＝0得
x1＝－，x2＝3
即A（－，0），B（3，0）
根据圆的对称性，易知：：⊙M半径为2，M（，0）
在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝3，，OC＝3
∴∠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，∠FEM＝30°，
∴MF＝4，∴OF＝OM＋MF＝5，
∴F点的坐标为（5，0）
在Rt△OFG中，OG＝OF·tan30°＝5×＝5
∴G点的坐标为（0，－5）
∴直线FG的解析式为y＝－5
解法一：
存在常数k＝12，满足AH·AP＝12
连结CP
由垂径定理可知，
∴∠P＝∠ACH
（或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO）
又∵∠CAH＝∠PAC，
∴△ACH∽△APC
∴即AC2＝AH·AP
在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋OC2＝（）2＋32＝12
（或利用AC2＝AO·AB＝×4＝12
∴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
化简得：xy＝12
即AH·AP＝12
2
2
O
D
B
A
（2，-6）
C（1+k，-3）
图②
x
E′
y
C（1，-3）
A
（2，-6）
B
D
O
x
E
y
图①
A
B
C
D
x
M
·
y
A
B
C
O
x
y
·
P（1，－1）
A
B
C
O
x
y
P（1，－1）
·
M
A
y
x
B
E
F
O1
Q
O
O2
C
B
A
E
F
O1
Q
O
O2
y
x
2
1
3
4
N
M
P
C
X
O
P
D
C
A
B
Y
X
G
F
O
P
D
E
C
A
B
Y
由方程组
y=ax2—6ax+1
y=x+1
得：ax2—（6a+）x=0
0
x
y
A
A
B
(－2,0)C
C(2,0)
l
O
P
E
P′
x
y
（2,0）
P
C
l
O
y
x
C
F
F
F
P
P
y
x
y
x
x
y
O
（第9题图）
A
y
x
O
N
M
G
F
E
D
C
B
F
B
A
y
x
O
N
M
G
E
D
C
P
1
2
3
4
x
O
y
M′
T
1
1
-1
-2
4
-3
2
3
0
5
6
E
-1
-2
2
3
A
C
x
y
B
D
M
F
S
G
H
P
A
B
C
M
O
x
y
QA
P
O
C（8，6）
B（18，6）
A（18，0）
x
y
A
·
B
C
D
E
F
G
M
x
y
O
A
·
B
C
D
E
F
G
M
x
y
P
H
O
每个学生都应该用的
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□小郎录题
中考数学压轴题大集合
“铜陵市第七中学初三加强班授课笔记”
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