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1、综合题答案1.如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OAOB）且OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1：2（1）求A、C两点的坐标；（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由1答案： 2.如图，二次函数y=ax2+x+c的图象与x轴交于点A、B两点，且A点坐标为（-2，0），与
2、y轴交于点C（0，3）（1）求出这个二次函数的解析式； （2）直接写出点B的坐标为_；（3）在x轴是否存在一点P，使ACP是等腰三角形？若存在，求出满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由；（4）在第一象限中的抛物线上是否存在一点Q，使得四边形ABQC的面积最大？若存在，请求出Q点坐标及面积的最大值；若不存在，请说明理由解答：解：（1）y=ax2+x+c的图象经过A（-2，0），C（0，3），c=3，a=-，所求解析式为：y=-x2+x+3；（2）（6，0）；（3）在RtAOC中，AO=2，OC=3，AC=，当P1A=AC时（P1在x轴的负半轴），P1（-2-，0）；当P2A=AC时（P2在x
3、轴的正半轴），P2（-2，0）；当P3C=AC时（P3在x轴的正半轴），P3（2，0）；当P4C=P4A时（P4在x轴的正半轴），在RtP4OC中，设P4O=x，则（x+2）2=x2+32解得：x=，P4（，0）；（4）解：如图，设Q点坐标为（x，y），因为点Q在y=-x2+x+3上，即：Q点坐标为（x，-x2+x+3），连接OQ，S四边形ABQC=SAOC+SOQC+SOBQ=3+x+3（-x2+x+3）=-x2+x+12，a0，S四边形ABQC最大值=，Q点坐标为（3，）。3.如图（1），抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，）图（2）、图（3）为解答备用图（1），点A的坐标为，
4、点B的坐标为；（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积；（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（4）在抛物线上求点Q，使BCQ是以BC为直角边的直角三角形解答：解：（1），A（-1，0），B（3，0）（2）如图（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（2），设D（m，），连结O
5、D则 0m3，0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（3），过点B作BQ1BC，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的解析式为由解得 点Q1的坐标为（-2，5）如图14（4），过点C作CFCB，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的解析式为由解得点Q2的坐标为（1，-4）综上，
6、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说明：如图14（4），点Q2即抛物线顶点M，直接证明BCM为直角三角形4.如图1，在ABC中，AB=BC，P为AB边上一点，连接CP，以PA、PC为邻边作APCD，AC与PD相交于点E，已知ABC=AEP=（090）（1）求证：EAP=EPA；（2）APCD是否为矩形？请说明理由；（3）如图2，F为BC中点，连接FP，将AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到MEN（点M、N分别是MEN的两边与BA、FP延长线的交点）猜想线段EM与EN之间的数量关系，并证明你的结论考点：旋转的性质；全等三角形的判
7、定；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定。专题：证明题；探究型。分析：（1）根据AB=BC可证CAB=ACB，则在ABC与AEP中，有两个角对应相等，根据三角形内角和定理，即可证得；（2）由（1）知EPA=EAP，则AC=DP，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可求证；（3）可以证明EAMEPN，从而得到EM=EN解答：（1）证明：在ABC和AEP中，ABC=AEP，BAC=EAP，ACB=APE，在ABC中，AB=BC，ACB=BAC，EPA=EAP（2）解：APCD是矩形理由如下：四边形APCD是平行四边形，AC=2EA，PD=2EP，由（1）知EPA=EAP，EA=EP，则AC
8、=PD，APCD是矩形（3）解：EM=EN证明：EA=EP，EPA=90，EAM=180EPA=180（90）=90+，由（2）知CPB=90，F是BC的中点，FP=FB，FPB=ABC=，EPN=EPA+APN=EPA+FPB=90+=90+，EAM=EPN，AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到MEN，AEP=MEN，AEPAEN=MENAEN，即MEA=NEP，在EAM和EPN中，EAMEPN（AAS），EM=EN点评：本题主要考查了等腰三角形的性质，以及矩形的判定方法，在旋转中找到题目中存在的相等的线段以及相等的角是解决本题的关键5.提出问题：如图，在正方形ABCD中，点P，F分别在边
9、BC、AB上，若APDF于点H，则AP=DF类比探究：（1）如图，在正方形ABCD中，点P、F、G分别在边BC、AB、AD上，若GPDF于点H，探究线段GP与DF的数量关系，并说明理由；（2）如图，在正方形ABCD中，点P、F、G分别在边BC、AB、AD上，GPDF于点H，将线段PG绕点P逆时针旋转90得到线段PE，连结EF，若四边形DFEP为菱形，探究DG和PC的数量关系，并说明理由【分析】（1）如答图1，过点A作AMDF 交BC于点M通过证明BAMADF得到其对应边相等：AM=DF，则又由平行四边形的性质推知AM=GP，则GP=DF；（2）如答图2，过点P作FNAD与点N根据菱形的性质、等
10、腰三角形的“三线合一”的性质推知DG=2DN，然后结合矩形DNPC的性质得到：DG=2PC【解答】解：（1）GP=DF理由如下：如答图1，过点A作AMDF 交BC于点M四边形ABCD是正方形，AD=AB，B90，BAM=ADF，在BAM与ADF中，BAMADF（ASA），AM=DF又四边形AMPG为平行四边形，AM=GP，即GP=DF；（2）DG=2PC理由如下：如答图2，过点P作FNAD与点N若四边形DFEP为菱形，则DP=DF，DP=DF，DP=GP，即DG=2DN四边形DNPC为矩形，PC=DN，DG=2PC6.如图，抛物线与x轴交于A(1,0),B(- 3，0)两点，（1）求该抛物线的
11、解析式；（2）设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由.（3）在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P，使PBC的面积最大？，若存在，求出点P的坐标及PBC的面积最大值.若没有，请说明理由.解答：(1)将A(1，0)，B(3，0)代中得 抛物线解析式为： (2)存在。 理由如下：由题知A、B两点关于抛物线的对称轴对称 直线BC与的交点即为Q点， 此时AQC周长最小 C的坐标为：(0，3) 直线BC解析式为： Q点坐标即为的解 Q(1，2)（3）答：存在。理由如下：设P点若有最大值，则就最大，当时，
12、最大值 最大 当时，点P坐标为7.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x22mx+m29（1）求证：无论m为何值，该抛物线与x轴总有两个交点；（2）该抛物线与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，且OAOB，与y轴的交点坐标为（0，5），求此抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与x轴的交点为N，若点M是线段AN上的任意一点，过点M作直线MCx轴，交抛物线于点C，记点C关于抛物线对称轴的对称点为D，点P是线段MC上一点，且满足MP=MC，连结CD，PD，作PEPD交x轴于点E，问是否存在这样的点E，使得PE=PD？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由解答：解：（1）
13、令y=0，则x22mx+m29=0，=（2m）24m2+360，无论m为何值时方程x22mx+m29=0总有两个不相等的实数根，21题答图抛物线y=x22mx+m29的开口向上，顶点在x轴的下方，该抛物线与x轴总有两个交点（2） 抛物线y=x22mx+m29与y轴交点坐标为（0，5），5=m29解得：m=2当m=2，y=0时，x2+4x5=0 解得：x1=5，x2=1，抛物线y=x22mx+m29与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧，且OAOB），m=2不符合题意，舍去m=2抛物线的解析式为y=x24x5；（3）如图2，假设E点存在，MCEM，CDMC，EMP=PCD=90MEP+MPE=90PEPD，EPD=90，MPE+DPC=90。MEP=CPD在EMP和PCD中，EPMPDC（AAS）PM=DC，EM=PC设C（x0，y0），则D（4x0，y0），P（x0，y0）2x04=y0点C在抛物线y=x24x5上；y0x024x05
