中考数学必做的36道压轴题及变式训练

中考必做的36道压轴题及变式训练

第一题夯实双基“步步高”，强化条件是“路标” 例1(北京，23,7分)在平面直角坐标系xOy中，抛物线

ymx22mx2（m0）与y轴交于点A，其对称轴与x轴交于点B．

（1）求点A，B的坐标；

（2）设直线l与直线AB关于该抛物线的对称轴对称，求直线l的解析式；

（3）若该抛物线在2x1这一段位于直线l的上方，并且在2x3这一段位于

直线AB的下方，求该抛物线的解析式．

解：（1）当 x ＝ 0 时， y ＝－2 . ∴ A（0，－2）． 抛物线对称轴为 x＝∴ B（1，0）．

（2）易得 A 点关于对称轴的对称点为 A（2，－2） 则直线 l 经过 A 、 B . 没直线的解析式为 y＝kx＋b 2kb2,k2,解得则 kb0.b2.2m1， 2m∴直线的解析式为 y＝－2x ＋2． （3）∵抛物线对称轴为 x ＝1

抛物体在 2 1

当 x＝－1 时， y＝－2x(－1)＋2 ＝4 则抛物线过点（－1，4）

当 x＝－1 时， m＋2m －2＝4 ， m＝2 ∴抛物线解析为 y＝2x2 －4x－2 .

连接（江苏南京，26，9分）已知二次函数y＝a（x－m）2－a（x－m）（a、m为常数，且a≠0）.

（1）求证：不论a与m为何值，该函数的图象与x轴总有两个公共点； （2）设该函数的图象的顶点为C.与x轴交于A、B两点，与y轴交于点D. ①当△ABC的面积等于1时，求a的值；

②当△ABC的面积与△ABD的面积相等时，求m的值.

【答案】（1）证明：y＝a（x－m）2－a（x－m）＝ax2－（2am＋a）x＋am2＋am. 因为当a≠0时，［－（2am＋a）］2－4a（am2＋am）＝a2＞0. 所以，方程ax2－（2am＋a）x＋am2＋am＝0有两个不相等的实数根. 所以，不论a与m为何值，该函数的图象与x轴总有两个公共点. ………3分 （2）解：①y＝a（x－m）2－a（x－m）＝a（x－所以，点C的坐标为（

2m12a）－， 242m1a，－）. 24当y＝0时，a（x－m）2－a（x－m）＝0.解得x1＝m，x2＝m＋1.所以AB＝1. 当△ABC的面积等于1时，所以

a1×1×＝1.

421a1a×1×（－）＝1，或×1×＝1. 2424所以a＝－8，或a＝8.

②当x＝0时，y＝am2＋am.所以点D的坐标为（0，am2＋am）. 当△ABC的面积与△ABD的面积相等时，

2

a11×1×＝×1×am2am

4221a11a1×1×（－）=×1×（am2＋am），或×1×=×1×（am2＋am）. 242242所以m＝－

12121，或m＝，或m＝.………9分

2223在x0和x2时的函数2变式: （北京，23，7分）已知二次函数y(t1)x22(t2)x值相等。

（1） 求二次函数的解析式；

（2） 若一次函数ykx6的图象与二次函数的图象都经过点A(3，m)，求m和k的值； （3） 设二次函数的图象与x轴交于点B，C（点B在点C的左侧），将二次函数的图象在 点B，C间的部分（含点B和点C）向左平移n(n0)个单位后得到的图象记为G，同时将（2）中得到的直线ykx6向上平移n个单位。请结合图象回答：当平移后的直线与图象 G有公共点时，n的取值范围。

【答案】（1）

①方法一：∵二次函数y(t1)x22(t2)x时的函数值相等

3在x0和x22334(t1)4(t2). 223∴t.

2∴

13∴这个二次函数的解析式是yx2x

22②方法二：由题意可知：二次函数图象的对称轴为x1

2(t2)1

2(t1)3∴t.

2则13∴这个二次函数的解析式是yx2x

22.

（2）∵二次函数的图象过A(3,m)点. ∴m13(3)2(3)6. 22又∵一次函数ykx6的图象经过点A ∴3k66 ∴k4

3

13（3）令yx2x022

解得：x11x23

1由题意知，点B、C间的部分图象的解析式为y(x3)(x1)，（1x3）.

2则向左平移后得到图象G的解析式为：y1（n1x3n）. (x3n)(x1n)，

21(x3n)(x1n)相切. 2此时平移后的一次函数的解析式为y4x6n. 若平移后的直线y4x6n与平移后的抛物线y则4x6n1(x3n)(x1n)有两个相等的实数根。 212129即一元二次方程x(n3)xn0有两个相等的实数的根。

22211292∴判别式=(n3)4()(n)0

222解得：n0与n0矛盾.

1∴平移后的直线y4x6n与平移后的抛物线y(x3n)(x1n)不相切.

2∴结合图象可知，如果平移后的直线与图象G有公共点，则两个临界交点为(n1,0)和(3n,0).

则4(n1)6n0，解得：n4(3n)6n0，解得：n6

2 3∴

2n6 32第2题“弓形问题”再相逢，“殊途同归”快突破

（例题）（湖南湘潭，26，10分） 如图，抛物线yax交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为4,0. （1）求抛物线的解析式；

（2）试探究ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；

（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求MBC的面积的最大值，并求出此时

3x2(a0)的图象与x轴2M点的坐标.

4

【答案】解：（1）将B（4，0）代入yax231x2(a0)中，得：a 22

∴抛物线的解析式为：y（2）∵当

123xx2(a0) 22123xx20时，解得x14，x21 22123xx22 22OAOC1 OCOB2∴A点坐标为（－1，0），则OA=1 ∵当x=0时，y∴C点坐标为（0,－2），则OC=2 在Rt⊿AOC与Rt⊿COB中，∴Rt⊿AOC∽Rt⊿COB ∴∠ACO=∠CBO

∴∠ACB=∠ACO+∠OCB=∠CBO+∠OCB=90° 那么⊿ABC为直角三角形

所以⊿ABC的外接圆的圆心为AB中点，其坐标为（1.5，0） （3）连接OM.设M点坐标为（x，

123xx2） 22则S⊿MBCS⊿OBMS⊿OCMS⊿OBC =

113114(x2x2)2x24 222222 =(x2)4

∴当x=2时，⊿MBC的面积有最大值为4，M的坐标为（2，－3）

5

变式（安徽芜湖24）面直角坐标系中，▱ABOC如图放置，点A、C的坐标分别为（0，3）、（-1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到▱A'B'OC'．

（1）若抛物线过点C，A，A'，求此抛物线的解析式； （2）▱ABOC和▱A'B'OC'重叠部分△OC'D的周长； （3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：点M在何处时△AMA'的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标．

第三题“模式识别”记心头，看似“并列”“递进”

（例题）23．（河南，23，11分）如图，在平面直角坐标系中，直线y21x1与抛2物线yaxbx3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB与点C，作

PD⊥AB于点D．

（1）求a、b及sinACP的值； （2）设点P的横坐标为m．

①用含m的代数式表示线段PD的长， 并求出线段PD长的最大值；

②连接PB，线段PC把△PDB分成 两个三角形，是否存在适合的m值， 使这两个三角形的面积之比为9:10?

若存在，直接写出m值；若不存在，说明理由．

6

y C D A O x

B P 第23题图

【答案】（1）由 由

21x10，得x2,∴A(2,0) 2

1x13，得x4,∴B(4,3) 2211(-2)a-2b-3=0∵yaxbx3经过A,B两点，∴2∴a,b

224a+4b-3=3设直线AB与y轴交于点E，则E(0,1) ∵PC∥y轴，∴ACPAEO.

OA225 AE55121（2）由⑴可知抛物线的解析式为yxx3

221211∴P(m,mm3),C(m,m1)

2221111PCm1(m2m3)m2m4

2222在RtPCD中，PDPCsinACP

∴sinACPsinAEO1225mm4) 25595(m1)2. 555950∴当m1时，PD有最大值∵ 55532②存在满足条件的m值，m或

29 (【提示】

分别过点D、B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F、G．

7

在RtPDF中，DF又BG4m,

11PD(m22m8).

551(m22m8)SDFm25∴PCD．

SPBCBG4m5Sm295时，解得m； 当PCDSPBC5102Sm21032时，解得m当PCD．

SPBC599

变式一27．（江苏泰州，27，12分）已知：二次函数y=x2＋bx－3的图像经过点P（－2,5）．

（1）求b的值，并写出当1＜x≤3时y的取值范围；

（2）设点P1（m,y1）、P2（m+1,y2）、P3(m+2,y3)在这个二次函数的图像上． ①当m=4时，y1、y2、y3能否作为同一个三角形的三边的长？请说明理由；

②当m取不小于5的任意实数时，y1、y2、y3一定能作为同一个三角形三边的长，请说明理由．

【答案】解：（1）把点P代入二次函数解析式得5= （－2）2－2b－3，解得b=－2. 当1＜x≤3时y的取值范围为－4＜y≤0.

（2）①m=4时，y1、y2、y3的值分别为5、12、21，由于5+12＜21，不能成为三角形的三边长．

②当m取不小于5的任意实数时，y1、y2、y3的值分别为m2－2m－3、m2－4、m2＋2m－3，由于， m2－2m－3＋m2－4＞m2＋2m－3，（m－2）2－8＞0， 当m不小于5时成立，即y1＋y2＞y3成立．

所以当m取不小于5的任意实数时，y1、y2、y3一定能作为同一个三角形三边的长，

8

变式二（重庆B卷，25，10分）如图，已知抛物线yxbxc的图像与x轴的一个交

2点为B（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C(0，5). （1）求直线BC与抛物线的解析式；

（2）若点M是抛物线在x轴下方图像上的一动点，过点M作MN//y轴交直线BC于点N，求MN的最大值；

（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图像上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S16S2，求点P的坐标.

y C O A B x

【答案】解：（1）设直线BC的解析式为ymxn，将B（5，0），C（0，5）代入有：

5mn0m1 解得： 所以直线BC的解析式为yx5 n5n5再将B（5，0），C（0，5）代入抛物线yxbxc有：

2255bc0 解得：c5yx26x5

b6 所以抛物线的解析式为：c5（2）设M的坐标为（x，x6x5），则N的坐标为（x，x5），

2MN=(x5)(x26x5)

=x5x

2 9

当x525时，MN有最大值为 24y C N O A Q P1M B x P2

（3）当yx6x50时，解得x11，x25

2故A（1,0），B（5,0），所以AB=4 由（2）可知，N的坐标为（∴S255，） 221545 22则S16S230，那么S△CBP15 在y上取点Q (-1，0)，可得S△CBQ15 故QP∥BC

则直线QP的解析式为yx1

当x6x5x1时，解得x12，x23

2所以P点坐标为（2，3），（3，4），

10

第四题“准线”“焦点”频现身，“居高临下”明“结构” （例题）

12xxm的顶点在直线yx3上，过点F(2,2)4的直线交该抛物线于点M、N两点（点M在点N的左边），MA⊥x轴于点A，NB⊥x轴

（四川资阳，25，9分）抛物线y于点B．

（1）(3分)先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含m的代数式表示），再求m的值；

（2）(3分)设点N的横坐标为a，试用含a的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF＝NB；

（3）(3分)若射线NM交x轴于点P，且PA×PB＝

100，求点M的坐标． 9（第25题图）

121xxm(x2)2(m1) 44∴顶点坐标为(－2 , m1) ∵顶点在直线yx3上，

答案：解（1）y∴－2+3=m1，得m=2 （2）∵点N在抛物线上， ∴点N的纵坐标为即点N(a,

12aa2 412aa2) 4过点F作FC⊥NB于点C，

11

在Rt△FCN中，FC=a+2，NC=NB-CB=

12aa,∴NF2＝NC2FC2＝411(a2a)2(a2)2=(a2a)2(a24a)4 4412122222而NB=(aa2)＝(aa)(a4a)4

4422∴NF＝NB，NF=NB

（3）连结AF、BF

由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由（2）的结论知，MF=MA，∴∠MAF=∠MFA,∵MA⊥x轴，NB⊥x轴，∴MA∥NB,∴∠AMF+∠BNF=180°

∵△MAF和△NFB的内角总和为360°,∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°, ∵∠MAB+∠NBA=180°，∴∠FBA+∠FAB=90°又∵∠FAB+∠MAF=90° ∴∠FBA=∠MAF=∠MFA

又∵∠FPA=∠BPF，∴△PFA∽△PBF，∴

PFPB100，PF2PAPB= PAPF9过点F作FG⊥x轴于点G,在Rt△PFG中，PG=PF2FG2=

8，∴3PO=PG+GO=

∴P(－

14， 314 , 0) 3143 , 0)代入ykxb解得k=，34设直线PF：ykxb，把点F（－2 , 2）、点P(－

377b=，∴直线PF：yx

4221237解方程xx2x，得x=－3或x=2（不合题意，舍去）

44255当x=－3时，y=，∴M（－3 ,）

44变式一25．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）顶点为C（1，1）且过原点O．过抛物线上一点P（x，y）向直线y= 5作垂线，垂足为M，连FM（如图）． 4（1）求字母a，b，c的值；

12

（2）在直线x=1上有一点F(1，并证明此时△PFM为正三角形； 3)，求以PM为底边的等腰三角形PFM的P点的坐标，4（3）对抛物线上任意一点P，是否总存在一点N（1，t），使PM=PN恒成立？若存在请求出t值，若不存在请说明理由． 解：（1）抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）顶点为C（1，1）且过原点O， 4acb2b可得-=1，=1，c=0， 4a2a∴a=-1，b=2，c=0． （2）由（1）知抛物线的解析式为y=-x2+2x， 故设P点的坐标为（m，-m2+2m），则M点的坐标（m，∵△PFM是以PM为底边的等腰三角形 ∴PF=MF，即（m-1）2+（-m2+2m-5）， 43235）=（m-1）2+（-）2 444 13

3131=或-m2+2m-=-， 424231①当-m2+2m-= 42∴-m2+2m-时，即-4m2+8m-5=0 ∵△=64-80=-16＜0 ∴此式无解 ②当-m2+2m-311=-时，即m2-2m=- 424∴m=1+33或m=1- 2233135时，P点的坐标为（1+，），M点的坐标为（1+，） 2224433135时，P点的坐标为（1-，），M点的坐标为（1-，）， 22244Ⅰ、当m=1+Ⅱ、当m=1-经过计算可知PF=PM， ∴△MPF为正三角形， ∴P点坐标为：（1+ （3）当t=3131，）或（1-，）． 22443时，即N与F重合时PM=PN恒成立． 4证明：过P作PH与直线x=1的垂线，垂足为H， 在Rt△PNH中， PN2=（x-1）2+（t-y）2=x2-2x+1+t2-2ty+y2， 14

PM2=（5525-y）2=y2-y+， 4216P是抛物线上的点， ∴y=-x2+2x； 525y+， 216525∴1-y+t2-2ty+y2=y2-y+， 21639移项，合并同类项得：-y+2ty+-t2=0， 21639∴y（2t-）+（-t2）=0对任意y恒成立． 21639∴2t-=0且-t2=0， 21633∴t=，故t=时，PM=PN恒成立． 44∴PN2=1-y+t2-2ty+y2=y2-∴存在这样的点． 变式二（山东潍坊，24，11分）如图12，已知抛物线与坐标轴分别交于A（2，0）、B（2，0）、C（0，1）三点，过坐标原点O的直线ykx与抛物线交于M、N两点．分别过点C、D（0，2）作平行于x轴的直线l1、l2． （1）求抛物线对应二次函数的解析式； （2）求证以ON为直径的圆与直线l1相切；

（3）求线段MN的长（用k表示），并证明M、N两点到直线l2的距离之和等于线段MN的长．

yN A O M C D 图12 B xl1 l2

【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为yax2bxc，

15

1a04a2bc4由04a2bc，解得b0．

c11c1所以yx21．

4（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），因为点M、N在抛物线上， 所以y1112x11，y2x221，所以x224(y21)； 44又ON2=x22y22=4(y21)y22=(y22)2， 所以ON=y22，又因为y2≥1， 所以ON=y22．

设ON的中点为E，分别过点N、E向直线l1作垂线，垂足为P、F， 则EF=

OCNP2y2=， 22所以ON=2EF，

即ON的中点到直线l1的距离等于ON长度的一半， 所以以ON为直径的圆与直线l1相切． （3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则

MN2MH2NH2=(x2x1)2+(y2y1)2，

又y1=kx1，y2=kx2，所以(y2y1)2=k2(x2x1)2， 所以MN2(1k2)(x2x1)2；

又因为点M、N既在y=kx的图象上又在抛物线上， 所以kx12x1，即x24kx40， 44k16k216所以x ==2k±21k2，

2所以(x2x1)2=16(1k2)，

16

所以MN216(1k2)2， 所以MN=4(1k2)．

延长NP交l2于点Q，过点M作MS⊥l2于点S， 则MS + NQ = y12y2=

1211x11x2214=(x12x22)2， 444又x12x22=2[4k24(1k2)]16k28， 所以MS + NQ =4k222=4(1k2)=MN． 即M、N两点到直线l2的距离之和等于线段MN的长．

yA O M E B N H xl P 1l Q 2

C F S D 第24题 第五题末尾“浮云”遮望眼，“洞幽察微”深指向

例题（浙江宁波，26，12分）如图，二次函数yaxbxc的图象交x轴于A（－1，0），B(2，0)，交y轴于C（0，－2），过A，C画直线． (1)求二次函数的解析式；

(2)点P在x轴正半轴上，且PA =PC，求OP的长；

(3)点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H ①若M在y轴右侧，且△CHM ∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标； ②若 M的半径为245，求点M的坐标． 5 17

【答案】解：(1)设该二次函数的解析式为：ya(x1)(x2) 将x=0，y=－2代入，得－2= a(0+1)(0－2) 解得a=1．

∴抛物线的解析式为y(x1)(x2)，即yxx2．

2(2)设OP =x，则 PC=PA =x +1．

在Rt△POC中，由勾股定理，得x2(x1)

222

解得x33，即OP． 22(3)① ∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO． 情形1：如图，当H在点C下方时，

2∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x轴，∴yM2，∴xx22，

解得x=0（舍去），或x=1， M(1，－2)．

18

情形2：如图，当H在点C上方时

∵∠M’CH=∠CAO，由(2)：得，M’为直线CP与抛物线的另一交点， 设直线CM’的解析式为y=kx－2．

33，0）的坐标代入，得k20，

2244解得k，∴yx2．

3342由x2xx2， 37解得x=0（舍去），或x＝，

310710此时y，∴M'(,)．

939把P（

②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，使DE＝

45． 5∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，∴△ADE∽△AOC，∴

ADDE， ACOC45AD5∴，解得AD=2．

25∴D(1，0)或D（－3，0）．

过点D作DM∥AC，交抛物线于M．

则直线DM的解析式为：y2x2或y2x6． 当－ 2x －6= x2 －x－2时，方程无实数解． 当－ 2x+2＝x2 －x－2时， 解得x1117117,x2． 22117117,37)或M(,37) 22∴点M的坐标为M( 19

变式一25．如图，抛物线y=12x+x+3与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，顶4点为点D，对称轴l与直线BC相交于点E，与x轴相交于点F． （1）求直线BC的解析式； （2）设点P为该抛物线上的一个动点，以点P为圆心，r为半径作⊙P ①当点P运动到点D时，若⊙P与直线BC相交，求r的取值范围； ②若r= 45，是否存在点P使⊙P与直线BC相切？若存在，请求出点P的坐标；若不5存在，请说明理由． 提示：抛物线y=ax2+bx+x（a≠0）的顶点坐标（4acb2b ，4a2a），对称轴x=

b． 2a变式二22．（广东省，20，9分）如图，抛物线y=与y轴交于点C，连接BC、AC. (1)求AB和OC的长；

123x-x-9与x轴交于A、B两点，22(2)点E从点A出发，沿x轴向点B运动(点E与点A、B不重合)，过点E作直线l平行于

20

BC，交AC于点D.设AE的长为m，△ADE的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写

出自变量m的取值范围；

(3)在(2)的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积(结果保留).

【答案】(1)当y=0时，

123x-x-9=0，解得x1=－3，x2=6.∴AB=|x1－x2|=|－3－6|=9. 22当x=0时，y=－9.∴OC=9.

(2)由(1)得A(－3,0)，B(6,0)，C(0,－9)， ∴直线BC的解析式为y=3x－9，直线AC的解析式为y=－3x－9. 2∵AE的长为m，∴E(m－3,0).

又∵直线l平行于直线BC，∴直线l的解析式为y=33x－(m-3).

22y3x9m9m9x=由得，∴点D(,－m). 333yx-(m-3)3y-m221311·AE·|D纵|=·(m－3)·|－m|=m2-m.(0＜m＜9) 2222112312192(3)△CDE面积为：S△ACE－S△ADE=m9－(m-m)=m+3m=-(m-3)+， 2222229∴当m=3时，△CDE面积的最大值为.

2∴△ADE 的面积为：S=此时，点E(0,0).如图，作OF⊥BC于F，∵OB=6，OC=9， ∴OF=69OBOC1813. ==22BC1369∴以点E为圆心，与BC相切的圆的面积为：(1832413)2=. 1313 21

第6题 分类讨论“程序化”，“分离抗扰”探本质

例题（贵州遵义，27，14分）已知抛物线yaxbx3(a0)经过A(3，0), B(4，1)两点，

2且与y轴交于点C。

（1）求抛物线yaxbx3(a0)的函数关系式及点C的坐标；

2（2）如图（1）,连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使△PAB是以AB为直角

边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）如图（2）,连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点

的圆交直线AB于点F，当△OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标。

【答案】（1）

22

A(3,0)、B(4,1)代入y=ax2+bx+3中0=9a+3b3116a4b31a=2解得b=－５２1２５∴解析式为ｙ＝ｘ－ｘ＋３2２令ｘ＝０时，ｙ＝３∴C点坐标为(0,3)（2）若∠PAB=90°，分别过P、B作x轴的垂线，垂足分别为E、F。

图（1）

易得△APE∽△BAF,且△BAF为等腰直角三角形，∴△APE为等腰直角三角形。 设PE=a，则P点的坐标为（a，a－3）代入解析式

3-a=

125aa3 解得a=0，或a=3（与A重合舍去） 22∴P（0,3）

若∠PBA=90°，如下图，直线与x轴交与点D, 分别过P、B作x轴的垂线，垂足分别为E、

F。

23

由图可得△PED、△BAD为等腰直角三角形，设PE=a，则DE=a，AB=2,所以AD=2，则P点坐标为（5－a，a）代入解析式，

15a(5a)2(5a)3 解得，a=1，或a=6 （与B重合）是

22所以P点坐标（－1,6）

综上所述P（0,3）或P（－1,6） （3）由题意得，∠CAO=∠OAF=45°

利用同弧所对的圆周角相等，∠OEF=∠OAF=45° ∠EFO=∠EAO=45°

1OE2。 233∴当OE最小时，面积最小。即E为AC中点（,)

22∴△EOF为等腰直角三角形，S△EOF=

2变式一（山东枣庄，25，10分）如图，在平面直角坐标系xoy中，把抛物线yx向左平

移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线y(xh)k.所得抛物线与x轴交于

2A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，顶点为D.

（1）写出h、k的值；

（2）判断△ACD的形状，并说明理由；

（3）在线段AC上是否存在点M，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.

24

y Ａ Ｏ Ｂ x Ｃ Ｄ

2解：（1）y的顶点坐标为Ｄ（－１，－４）， (xh)k，k=-4. ∴ h12 （2）由（1）得y. (x1)42 当y0时，(． 解之，得 x． 3，x1x1)40120)B(1，0). ∴ A(3，， 又当x0时，y， (x1)4(01)4322，-3.……………………………………………………………………4分 ∴C点坐标为0又抛物线顶点坐标D1，4，作抛物线的对称轴x1交x轴于点E， DFy轴于点F．易知

在R中，A； D2420t△AED222在R中，A； C3318t△AOC222在R中，C； D112t△CFD222CCDAD． ∴ A∴ △ACD是直角三角形．

（3）存在．作OM∥BC交AC于M，Ｍ点即为所求点．

222C1832AOC为等腰直角三角形，BAC45由（2）知，△，A．

25

由△∽，得AOM△ABC即

AOAM． ABAC3AM33292，AM. 43442过M点作M于点G，则 GAB92419938AGMG，OGAOAG3. 21644439又点M在第三象限，所以M. （-，-）44y 2Ａ E G Ｏ Ｂ x M Ｃ F

Ｄ 变式二（南充市，21，8分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD=AB=CD=2,∠C=600,M是BC的中点。

（1）求证：⊿MDC是等边三角形；

（2）将⊿MDC绕点M旋转，当MD(即MD′)与AB交于一点E,MC即MC′)同时与AD交于一点F时，点E,F和点A构成⊿AEF.试探究⊿AEF的周长是否存在最小值。如果不存在，请说明理由；如果存在，请计算出⊿AEF周长的最小值.

AD'EC'FDB

26

MC

【答案】（1）证明：过点D作DP⊥BC,于点P，过点A作AQ⊥BC于点Q,

∵∠C=∠B=600 ∴CP=BQ=

1AB,CP+BQ=AB 2又∵ADPQ是矩形，AD=PQ,故BC=2AD, 由已知，点M是BC的中点， BM=CM=AD=AB=CD,

即⊿MDC中，CM=CD, ∠C=600,故⊿MDC是等边三角形.

（2）解：⊿AEF的周长存在最小值，理由如下：

连接AM,由（1）平行四边形ABMD是菱形，⊿MAB, ⊿MAD和⊿MC′D′是等边三角形， ∠BMA=∠BME+∠AME=600, ∠EMF=∠AMF+∠AME=600

∴∠BME=∠AMF）

在⊿BME与⊿AMF中，BM=AM, ∠EBM=∠FAM=600 ∴⊿BME≌⊿AMF(ASA)

∴BE=AF, ME=MF,AE+AF=AE+BE=AB

∵∠EMF=∠DMC=600 ,故⊿EMF是等边三角形，EF=MF. ∵MF的最小值为点M到AD的距离3，即EF的最小值是3. ⊿AEF的周长=AE+AF+EF=AB+EF, ⊿AEF的周长的最小值为2+3.

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