知识点47 新定义型2018--2

这是一份知识点47 新定义型2018--2，共93页。试卷主要包含了49， ，等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. （2018山东滨州，11，3分）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP＝，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A． B． C．6 D．3
A
B
O
P
M
N

第11题图
【答案】D
【解析】分别以OA、OB为对称轴作点P的对称点P1，P2，连接点P1，P2，分别交射线OA、OB于点M、N则此时△PMN的周长有最小值，△PMN周长等于＝PM＋PN＋MN＝ P1N＋P2N＋MN，根据对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP＝，∠P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，过点O作MN的垂线段，垂足为Q，在△OP1Q中，可知P1Q＝,所以P1P2＝2P1Q＝3,故△PMN的周长最小值为3．

第11题答图
【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。

2. （2018四川泸州，10题，3分）在平面直角坐标系内，以原点为原心，1为半径作圆，点P在直线上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. 　 D.

【答案】D
【解析】由题可知，B（-2,0），C（0，），P为直线上一点，过P作圆O的切线PA，连接AO，则在Rt△PAO中，AO=1，由勾股定理可得，要想使PA最小，要求PO最小，所以过点O作OP⊥BC于点P，此时PO=，PA=
P
A
O
y
x
C
B

【知识点】一次函数，圆的切线，勾股定理

3. （2018四川泸州，10题，3分）已知二次函数（其中是自变量），当时，随的增大而增大，且时，的最大值为9，则的值为（ ）
A.或 B.或 C. 　 D.

【答案】D
【解析】原函数可化为y=a(x+1)2+3a2-a+3，对称轴为x=-1，当时，随的增大而增大，所以a>0，抛物线开口向上，因为时，的最大值为9，结合对称轴及增减性可得，当x=1时，y=9，带入可得，a1=1，a2=-2，又因为a>0，所以a=1
【知识点】二次函数，增减性

4. （2018四川绵阳，10，3分） 一艘在南北航线上的测量船，于A点处测得海岛B在点A的南偏东30°方向，继续向南航行30海里到达C点时，测得海岛B在C点的北偏东15°方向，那么海岛B离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据：，）
A.4.64海里 B.5.49海里 C.6.12海里 D.6.21海里
【答案】B.
【解析】解：如图所示，

由题意知，∠BAC=30°、∠ACB=15°，
作BD⊥AC于点D，以点B为顶点、BC为边，在△ABC内部作∠CBE=∠ACB=15°，
则∠BED=30°，BE=CE，
设BD=x，
则AB=BE=CE=2x，AD=DE=x，
∴AC=AD+DE+CE=2x+2x，
∵AC=30，
∴2x+2x=30，
解得：x=≈5.49.
故选B.
【知识点】解直角三角形的应用——方向角问题，勾股定理的应用，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形的性质，垂线段最短的应用

5. （2018四川省宜宾市，8，3分）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2 +PG2的最小值为（ ）

A. B. C.34 D.10
【答案】D
【思路分析】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，即此时才有最小值.
【解题过程】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×
22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，
此时PO=1，所以PF2 +PG2的最小值为10.
【知识点】阅读理解题；矩形的性质


6.（2018天津市，11，3） 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（ ）

A．AB B．DE C.BD D．AF
【答案】D
【解析】分析：本题考查正方形的性质，轴对称的性质，取CD中点E′连结AE′、PE′，根据正方形是轴对称图形，可得EP=E′P,AF= AE′，结合图形由线段公理可得AE′为AP+EP最小值，进而可得结果.

解：取CD中点E′连结AE′、PE′,
由正方形的轴对称性质，可知EP=E′P,AF= AE′
∴AP+EP=AP+ E′P,
∴AP+EP最小值是AE′,
即AP+EP最小值是AF.
故选D
【知识点】正方形的性质；轴对称；线段公理
1. （2018山东德州，12，3分）如图，等边三角形的边长为4,点是△的中心，
.绕点旋转,分别交线段于两点，连接,给出下列四个结论:①;②;③四边形的面积始终等于;④△周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( )
第12题图
第12题答图1
第12题答图2

A．1 B．2 C. 3 D．4
【答案】C
【解析】如图1，连接OB、OC，因为点是△的中心，所以，OA=OB=OC，所以，，所以，所以（ASA），所以OD=OE，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E为BC中点时，；因为，所以，所以=，结论③正确；因为，所以BD=CE，所以BD＋CE=BC=4，因为，OB=OC，易得，如图2，当OD⊥AB时，OD最小=BD×tan∠OBD=，所以DE最小=2，所以△周长的最小值为6, 结论④正确. 故选C.
【知识点】旋转，全等，定值，最值

2. （2018·新疆维吾尔、生产建设兵团，9，5）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP＋PN的最小值是 （ ）
A． B．1 C． D．2

【答案】B．
【解析】如下图，取AD的中点，连接N交AC于点P，则由菱形的轴对称性可知M、关于直线AC对称，从而P＝PM，此时MP＋PN的值最小，而易知四边形CDN是平行四边形，故N＝CD＝1，于是，MP＋PN的最小值是1，因此选B．

【知识点】菱形的性质；轴对称；最小值；动态问题；最值问题

二、填空题
1. （2018四川泸州，题，3分） 如图5，等腰△ABC的底边BC=20，面积为120，点F在边BC上，且BF=3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为 .


第16题图
【答案】18
【解析】做△ABC的高AH，因为S=120，BC=20，所以AH=12，△CDF的周长=CF+CD+DF，CF=5，因为EG是腰AC的垂直平分线，连接AD，AF，可得DA=DC，所以AD+DF的最小值为AF的长度，在Rt△AHF中，HF=5，AH=12，由勾股定理可得AF=13，因此△CDF周长的最小值为18
H

【知识点】三角形面积，垂直平分线，勾股定理

2. （2018四川内江，23，6） 如图，以AB为直径的⊙O的圆心O到直线l的距离OE＝3，⊙O的半径r＝2，直线AB不垂直于直线l，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足分别为点D、C，则四边形ABCD的面积的最大值为 ．

【答案】12
【思路分析】由于四边形ABCD为梯形，所以面积为两底之和的一半再乘以高，由已知条件可以通过构造三角形的中位线，证得两底之和与线段OE的长度有关，是一个定值，所以四边形面积的大小取决于高，当直径AB为梯形的高时，面积最大．
【解题过程】解：连接DO并延长交CB的延长线于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴＝，∴DE＝CE，∴OE＝CF＝ (BF＋BC)＝(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四边形ABCD的面积＝(AD＋BC)×CD，∴当AB∥l时，即AB为梯形的高时四边形ABCD的面积最大，最大值为×6×4＝12．

【知识点】三角形中位线，梯形的面积公式；全等三角形；
1. （2018贵州遵义，17题，4分）如图，抛物线y=x2+2x-3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线对称轴上任意一点，若点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，连接DE、DF，则DE+DF的最小值为______

第17题图
【答案】
【解析】点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，所以DE、DF是△PBC的中位线，DE=PC，DF=PB，所以DE+DF=(PC+PB)，即求PC+PB的最小值，因为B、C为定点，P为对称轴上一动点，点A、B关于对称轴对称，所以连接AC，与对称轴的交点就是点P的位置，PC+PB的最小值等于AC长度，由抛物线解析式可得，A(-3,0)，C(0,-3)，AC=，DE+DF=(PC+PB)=
【知识点】三角形中位线，勾股定理，二次函数，最短距离问题

15． 2. （2018四川攀枝花，15，4） 如图5，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为 .

【答案】
【解析】设△PAB中AB边上的高是h，
∵，∴，
∴，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线L上，如图，作点A关于直线L的对称点A'，链接AA',BA',则BA'即为所求的最短距离。在
∴，即



3. （2018四川自贡，18，4分）如图，在⊿中，,将它沿翻折得到⊿,则
四边形的形状是 形，点分别为线段的任意点，则的最小值是 .

【答案】菱形
【解析】∵，∴是等腰三角形
将沿翻折得到，∴，∴四边形是菱形
沿翻折得到，∴与关于成轴对称
如图所示，作点关于的对称点，根据轴对称的基本性质，
垂直平分，∴，∴，
∴要求的最小值，即在线段、、上分别找点、、，使值最小，根据“两点之间，线段最短”即最小，最小值即为平行线与间的距离.
由题知，，
∴,即，,
在中，
∴的最小值为.


【知识点】菱形的判定，轴对称的基本性质，平行线间距离，解直角三角形

三、解答题
1. （2018山东聊城，25，12分）如图，已知抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).矩形ABCD的边AB在x轴正半轴上，且AB=1，边AD、BC与抛物线分别交于点M、N.当矩形ABCD沿x轴正方向平移，点M、N位于对称轴l的同侧时，连接MN，此时，四边形ABNM的面积记为S；点M、N位于对称轴l的两侧时，连接EM、EN，此时，五边形ABNEM的面积记为S.将点A与点O重合的位置作为矩形ABCD平移的起点，设矩形ABCD平移的长度为t（0≤t≤5）.
（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当t=0时，求的值；
（3）当矩形ABCD沿着x轴的正方向平移时，求S关于t（0≤t≤5）的函数表达式，并求出t为何值时，S有最大值，最大值是多少？

【思路分析】（1）将点F、E的坐标代入求出a、b的值即可得到抛物线的表达式；
（2）画出当t=0时的图形，根据AB=1，借助求出点N的坐标，进而可以求出的值；
（3）利用抛物线的解析式求出AM、BN的长度，再结合AB=1将S用含有t的代数式表示出来，再利用函数最值的求法确定S的最大值.
【解题过程】解：（1）∵抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).
∴，解得
∴这条抛物线的表达式为.
（2）如图所示，

当t=0时，求的值
∵AB=1，
∴点N的坐标为1，
∵点N在二次函数的图象上，
∴点N的纵坐标为，
即BN=.
∴=
（3）①当0≤t≤4时，如图所示，OA=t，OB=t+1，

∴AM=，
BN====，
∴



，
∵，，
∴当t=4时，S最大，最大值=.
②当4＜t≤5时，如图所示，设l交x轴于点P，则EP=5，OP=5，
∵OA=t，OB=t+1，
∴AP=5-t，BP=t+1-5=t-4，AM=，
BN====，

∴





∵，，且，
∴当时，S最大，最大值为=.
综上所述，
当0≤t≤4时，，且当t=4时，S最大，最大值；
当4＜t≤5时，，且当时，S最大，最大值为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式，利用自变量求函数值，三角形、梯形及五边形的面积计算，二次函数的最值问题，动点问题，分段函数



2. （2018山东潍坊，24，12分）如图1，在□ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5.
（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG´M´，连接M′B.
①求四边形BHMM＇的面积；
②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值.
（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K＇恰好落在直线AB上，求线段CP的长.

【思路分析】（1）①由题意可知四边形BHMM＇为梯形，上底BH，下底MM′易求，故只需求出高MH即可，计算MH可通过同角的余角相等证明∠FMH=∠A，而∠A的正切值易求，故高MH可得（求高也可利用△FHM∽△DHA来计算），从而求出面积；②由EF垂直平分CD可得点D和点C关于直线EF对称，故只需连接CM，CM与EF的交点即为满足条件的点N，分别求出CM和DM即可求出周长的最小值；（2）先通过∠A的正切值不变求出FQ的长度，从而求出PK，由折叠可得PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出GＫ′的长度，设PE=x，在Rt△QFK′中把FK′和QK′用x表示出来，利用勾股定理求出x的值，从而求出CP的长度.
【解题过程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6，
∴BF=1，AF=5.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=6，
∵EF垂直平分CD，
∴DE=CE=3.
∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2.
在Rt△ADH中

∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°，
∴∠FMH=∠A
∴.
∵FH=3，∴MH=
由平移可知MM′=CD=6，BH=1+3=4
∴S四边形BHMM′=.
②由点C与点D关于直线EF对称可知，连接CM交EF于点N，连接DN，此时△DMN周长最小.
N

DM=DH－MH=.
在Rt△CDM中，
，即DN＋MN= .
∴△DNM周长的最小值为.
（2）标准答案：
∵BF∥CE,
∴,
∴QF=2，
∴PK=PK′=6
过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E′，交QK于点F′，

当点P在线段CE上时，
在Rt△PK′E′中，
PE′2=PK′2－E′K′2,
∴PE′= ,
∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q,
∴ ,
∴ .
∴QF′=,
∴PE=PE′－EE′= .
∴CP= .
同理可得，当点P在线段ED上时，CP′=.

综上可得，CP的长为或.
方法2：当点P在线段CE上时，
如图所示，设直线AB与PK交于点G.
G

在Rt△BFQ中，∠ABQ=∠A
∴tan∠ABQ= ，
∵BF=1，∴FQ=2.
∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6
∴PK=EQ=6.
由折叠可得：PK′=PK=6，QK′=QK
在Rt△PGK′中，PG=DH=4
GK′=
设PE=x，则GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF=
在Rt△QFK′中，

解得：.
∴CP=CE－PE= .
同理可得，当点P在线段ED上时，
CP′=.
综上可得，CP的长为或.
【知识点】平行四边形，图形的平移，图形的轴对称，勾股定理，梯形，几何最值问题，分类讨论思想

3. （2018年山东省枣庄市，25，10分） 如图，已知二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数y=ax2+x+c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．

【思路分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．
（3）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=（n+2），然后根据S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
得出关于n的二次函数，根据函数解析式求得即可．
【解题过程】解：（1）∵二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴，解得．∴抛物线表达式：y=﹣x2+x+4；
（2）△ABC是直角三角形．
令y=0，则﹣x2+x+4=0，
解得x1=8，x2=﹣2，
∴点B的坐标为（﹣2，0），
由已知可得，
在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，
在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，
又∵BC=OB+OC=2+8=10，
∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2
∴△ABC是直角三角形．
（3）∵A（0，4），C（8，0），
∴AC==4，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣4，0）或（8+4，0）
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为（3，0），
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，
∴MD∥OA，
∴△BMD∽△BAO，
∴=，
∵MN∥AC
∴=，
∴=，
∵OA=4，BC=10，BN=n+2
∴MD=（n+2），
∵S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
=BN•OA﹣BN•MD
=（n+2）×4﹣×（n+2）2
=﹣（n﹣3）2+5，
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．

【知识点】求二次函数的解析式；勾股定理和逆定理；等腰三角形的性质；三角形相似的判定和性质；二次函数的最值

4. （2018四川省成都市，27，10）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A´B´C´(点A、B的对应点分别为A´、B´)，射线CA´、CB´分别交直线m于点P，Q．
（1）如图1，当P与A´重合时，求∠ACA´的度数；
（2）如图2，设A´B´与BC的交点为M，当M为A´B´的中点时，求线段PQ的长；
（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA´，CB´的延长线上时，试探究四边形PA´B´Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA´B´Q的最小面积；若不存在，请说明理由．
【思路分析】（1）当P与A´重合时，解Rt△A´BC，求出∠BA´C的度数，即为∠ACA´的度数；（2）当M为A´B´的中点时，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得∠MA´C＝∠BCA，解Rt△PBC求出PB，利用同角余角相等，得∠BQC＝∠PCB，解Rt△CBQ求出BQ，根据PQ＝PB＋BQ即可求得PQ；（3）作Rt△PCQ斜边中线CM，由S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△PA´B´＝PQ·BC－S△PA´B´＝CM·BC－S△PA´B´，根据垂线段最短，当CM⊥PQ时，S四边形PA´B´Q最小，求出其最小值即可．

【解题过程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝＝，当P与A´重合时，A´C＝AC＝2，在Rt△A´BC中，sin∠BA´C＝＝，∴∠BA´C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA´＝∠BA´C＝60°．
（2）∵∠A´CB´＝90°，M为A´B´的中点时，∴A´M＝CM，∴∠MA´C＝∠A´CM＝∠A，∵在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，∴在Rt△PBC中，tan∠A´CB＝＝，∴PB＝．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A´CB＝，∴BQ＝＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝．
（3）取PQ的中点M，连接CM．∵S△CA´B´＝A´C·B´C＝×2×＝，S△PCQ＝PQ·BC＝PQ，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△CA´B´＝PQ－，∵M为PQ的中点，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－Q－S△CA´B´＝CM－，当CM最小时，S四边形PA´B´Q最小．∵CM≤BC＝，∴当CM＝时，S四边形PA´B´Q的最小值＝ CM－＝3－．

【知识点】解直角三角形；直角三角形斜边中线等于斜边一半；旋转

5. （2018四川广安，题号26，分值：10）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3相较于A，B两点，交x轴于C，D两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（-3,0）.
（1）求出抛物线的解析式.
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使MB-MD的值最大，并求出这个最大值.
（3）点P为y轴右侧抛物线上的一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，是否存在点P，使得以APQ为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.

第26题图
【思路分析】对于（1），将点AC的坐标代入关系式，求出b，c的值即可；
对于（2），先确定要求MB-MD就是求出MB-MC的值最大，即可确定点M的位置，然后求出点B的坐标，即可求出最大值；
对于（3），先确定△ABC是直角三角形，直角边的比为13，再根据题意确定点P，并构造Rt△APE，并根据两直角边的比为13，求出点P的坐标.
【解题过程】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点A（0，3），C（-3，0），
∴c=3,12×(-3)2-3b+c=0.................................................................................................1分
解得b=52,c=3............................................................................................................................2分
∴抛物线的解析式为y=12x2+52x+3…………………………………………………………3分
（2）根据二次函数的对称性可知MD=MC，要求MB-MD的值最大，就是求MB-MC的值最大，由三角形两边之差小于第三边，得当点B，C，M在同一条直线上时，MB-MD的值最大…………………………………………………………………………………….4分
由一次函数和二次函数交于A，B两点，得
12x2+52x+3=12x+3，
解得x=-4或0，
当x=-4时，y=1，
即点B（-4，1）……………………………………………………………………………...5分
∵点C（-3，0），
∴BC=(-4+3)2+(1-0)2=2，
所以最大值为2……………………………………………………………………………….6分

第26题答图
（3）∵点B（-4，1），点A（0，3），点C（-3，0），
∴AB=20，BC=2，AC=32，…………………………………………………………………7分
则AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，解∠C=90°,BCAC=13……………………………………………………8分
设点P的坐标为（a，12a2+52a+3），过点P作PE⊥y轴，于点E.
PE=a或-a，AE=12a2+52a或-12a2-52a，
当a12a2+52a=13或a12a2+52a=3时，可知△APQ和△APE相似，即△APQ和△ABC相似，
解得a=1或a=-133（舍）……………………………………………………………………….9分
所以点P的坐标为（1，6）…………………………………………………………………..10分

第26题答图

6.（2018·重庆B卷，26，12）抛物线y＝－x2－x＋与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1．当PE＋EC的值最大时，求四边形P O1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周，在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△OMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
26题图1
26题图2
26题图3

【思路分析】（1）过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)，再根据抛物线的顶点公式求出D点坐标，最后在Rt△CDE中，由勾股定理，易求出CD的长度；（2）①在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得到关于x的一元二次方程，求解得A、B两点的坐标；②再设直线AC的解析式为y＝kx＋，将A点坐标代入即可得到k的值为；③令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，并根据两点间的距离公式求出EC的长；④计算出PE＋EC＝－(t＋2)2＋，由二次函数的性质易知当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)，且PC∥x轴，易知PC＝2，O1B1＝OB＝，要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，此时利用平移、轴对称知识，先将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．⑤在Rt△P1P2C中，由勾股定理，得PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．
（3）分类讨论如下：如答图3，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图4，若点C与M点重合时，MA＝MN，此时，O2M＝O2C＝AC＝；如答图5，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图6，通过计算可得O2M＝时，MA＝MN，此时C1，H，N重合．综上，符合条件的O2M的长为或或2＋或2－．
第26题答图3 第26题答图4
第26题答图5 第26题答图6

【解题过程】
26．解：（1）如下图，过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)．
∵，，
∴D(－，)，从而CE＝，DE＝．
∴在Rt△CDE中，由勾股定理，得CD＝．

（2）在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得－x2－x＋＝0，
解得x1＝－3，x2＝，从而A(－3，0)，B(，0)．
令直线AC的解析式为y＝kx＋，则－3k＋＝0，解得k＝．
∴直线AC的解析式为y＝x＋．
令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，
EC＝．
∴PE＋EC＝－t2－t－
＝－t2－t＝－(t＋2)2＋．
∴当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)．
∴PC＝2，O1B1＝OB＝．
要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．∴B1（－，0)，将B1向右平移个单位长度即得点O1．此时，PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．

（3）O2M的长为或或2＋或2－．
【知识点】二次函数；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；旋转；轴对称；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题；

7. （2018江苏泰州，24，10分）（本题满分10分）
平面直角坐标系xoy中，二次函数的图像与x轴有两个交点.
（1）当m=－2时，求二次函数的图像与x轴的交点坐标；
（2）过点P（0，m－1）作直线l⊥y轴，二次函数图像的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m的范围；
（3）在（2）的条件下，设二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，求△ABO的面积最大时m的值.
【思路分析】（1）当m=－2时，二次函数变为，令，得解；（2）先根据“二次函数的图像与x轴有两个交点”得m的取值范围，从而确定点P（0，m－1）的大致位置，在用m的代数式表示二次函数顶点A的坐标，最后“顶点A在直线l与x轴之间”得关于m的不等式组，解不等式组即可；（3）先用m的代数式表示出△ABO的面积，根据增减性求出面积最大时m的值.
【解题过程】解：（1）当m=－2时，，
令，得，
∴二次函数的图像与x轴的交点坐标为（，0）；
（2）令=0，则△=，
∴， ∴点P（0，m－1）在x轴负半轴上，
∵，
∴顶点A（m，2m＋2）在第三象限，
∵点A在直线l与x轴之间，
∴m－1＜2m＋2＜0，
∴－3＜m＜－1；
（3）∵二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，
∴点B的坐标为（m，m－1），
∴AB==（2m＋2）－（m－1）= m＋3，
∴S△ABO====，
∴△ABO的面积最大时.
【知识点】二次函数与一元二次方程的关系，三角形面积，二次函数的最值


8. （2018江苏省盐城市，27，14分） ，
如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A（－1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．
（Ⅰ）若点P的横坐标为－，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；
（Ⅱ）直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．

【思路分析】（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，用待定系数法求抛物线的表达式；
（2）（Ⅰ）根据题意先求得P、Q两点的坐标，再用待定系数法求直线PQ的表达式．过点D作DF⊥x轴于E，交PQ于F．直尺的宽度一定，当时DF最长时，△DPQ面积的最大．设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），求得DF的最大值，然后根据三角形的面积公式，求得△DPQ面积的最大值．
（Ⅱ）同理．设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），则直线PQ的表达式可求; 设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），求得DF的最大值，△DPQ面积的最大值可得．
【解题过程】解：（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，
得解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3．
（2）（Ⅰ）设直线PQ的表达式为y＝kx＋b，把P（－，），Q（，－）两点的坐标代入，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－x＋．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），
∴DF＝－m2＋2m＋3－（－m＋）
＝－m2＋3m＋
＝－(m2－3m)＋．
＝－（m－）2＋4
当m＝时，DF有最大值，最大值为4．
此时点D的坐标（，4）．
直尺的宽度一定，所以当DF最长时，△DPQ面积的最大．
△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4＝8
∴△DPQ面积的最大值为8；

（Ⅱ）设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），
把P、Q两点的坐标代入直线PQ的表达式y＝kx＋b，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－（2c＋2）x＋c2＋4c＋3．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），
∴DF＝－m2＋2m＋3－[－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3]
＝－m2＋（2c＋4）m－（c2＋4c）
＝－[m－（c＋2）] 2＋4
当m＝c＋2时，DF最长，最长为4．
此时，△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4
＝8．

【知识点】二次函数的表达式；一次函数的表达式；面积最值；由特殊到一般的思想方法


9.（2018山东省济宁市，20，8）（8分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G.
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N.若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值.

【思路分析】问题（1），根据条件可以确定∠DEG=∠CDF，从而可得△DCF∽△EDG，即可应用相似三角形的性质确定DG与CF的数量关系；问题（2），要求△PDC周长的最小值，也就是要求DP+CP的最小值，只需要作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，因此，问题转化为求出CN的长度，也就是求得DM的长度.根据问题（1）中的结论可以求得GH与EH的比值为1：4，从而DM： EM=1：4，可得DM长为1，因此，可以求得问题的结果.
【解题过程】（1）∵ 四边形ABCD为正方形，∴ BC=CD=AD，∠BCD=∠EDC=90°，即∠CDF+∠ADF=90°.
∵ EH⊥DF，垂足为H， ∴ ∠EHD=90°，即∠DEG+∠ADF=90°，
∴ ∠DEG=∠CDF，∴ △DCF∽△EDG，∴ .
∵ 点E，F分别是边AD，BC的中点，∴ DC=2CF，∴DE=2DG.
（2）∵ Rt△DEG中，∠EDG=90°，∴ tan∠DEG=，∴ tan∠CDF=，
∴ =，∴.
∵ 四边形ABCD为正方形，∴ AD∥BC，NM∥CD，
∴ 四边形DMNC是平行四边形，
∴ .
∵ 点E是边AD的中点，正方形ABCD的边长为10，
∴ED=5，∴DM=CN=1.
作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，
∴ CC′=1，DC′==2，
∴ △PDC周长的最小值为CD+CP+DP=CD+ CC′=10+2
【知识点】正方形的性质 相似三角形的判定与性质 轴对称的性质 勾股定理 转化思想

10. （2018山东烟台，25，14分）（本题满分14分）
如图1，抛物线与x轴相交A(－4，0)，B(1，0)两点，过点B的直线分别与y轴及抛物线交于点C，D．
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；
（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点．在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使DM+MN的值最小？
若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．


【思路分析】 （1）∵抛物线和x轴交点A（－4，0），B（1，0），∴设， 展开后让一次项系数等于2，可求出a，从而求出抛物线的表达式；
（2）此题分类讨论，先以BD为直径画圆和x轴交于两点；再分别过D和C两点作CD的垂线，分别与x轴交于两点，都是符合条件的点，共有四个点.每一种情况都可以通过三角函数（或相似）解决；
(3)此题D是定点，M、N是动点，这与我们以前遇到的求一动点到两定点的距离之和最小不同，但也有共同之处，就是都需要过定点作对称轴的对称点.此题也不例外，就是作D关于对称轴的对称点D’，再根据垂线段最短，过D’作直线EF的垂线，垂足为N，垂线D’N与直线EF交于点M，此时M、N即为所求点，再利用D′N⊥EF，得到：从而求出直线D′N的表达式，与直线EF的表达式联立求出N的坐标；又M的横坐标可通过对称轴确定，将M的的横坐标代入直线D′N的表达式，可求出M的坐标.DM+MN的最小值即为D′N的长度，可以通过D’和N的坐标，利用两点间距离公式得到．
【解题过程】 （1）方法1：∵A（－4，0），B（1，0），
∴设，
∴，
∴3a=2，∴，
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
方法2：把A（－4，0），B（1，0）代入，得
解得
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
（2）∵，∴C（0，），∴OC=．
由得，
∴，
解得当x=－5时，，∴D（－5，4）．
Ⅰ)若∠DPC=90°，如图（1），作DH⊥x轴于H，∴∠1+∠2=90°=∠3+∠2，∴∠1=∠3，
∴tan∠1=tan∠3，∵P（－t，0），∴PH=5－t，OP=t，∴，∴，
∴．

Ⅱ)过D作DP1⊥CD，如图（2），过D作MN∥x轴，过P作P1M⊥MN，可证∠1=∠2，∴tan∠1=tan∠2，
∴，∴
Ⅲ)过C作CP2⊥CD，如图（2），可证∠1=∠3，∴tan∠1=tan∠3，
∴，∴

（3）直线：向下平移4个单位后得到直线EF：
∵对称轴是直线，作D（－5，4）关于直线的对称点D′，
∵
过D′作D′N⊥EF于N，交对称轴于M，如图（3），此时DM+MN最小．
∵D′N⊥EF，∴

．
，
解得x=－2，
代入得
y=－－=－2．
∴N(－2，－2)．
又D′(2，4)，
，



【知识点】二次函数的综合题；分类讨论思想；



11. （2018山东省淄博市，24，9分）
如图，抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中点A（1，），点B（3，-），O为坐标原点.
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）若P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，求t的取值范围；
（3）若C为线段AB上的一个动点，当点A，点B到直线OC的距离之和最大时，求∠BOC的大小及点C的坐标.

【思路分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先求出抛物线的对称轴，考虑x=4在抛物线的哪一侧，再利用抛物线开口朝下，离对称轴越近的点其函数值越大可以看出Q点离对称轴的距离比P点离对称轴的距离远，从而能够确定t的取值范围；（3）易知当OC⊥AB时，A、B两点到OC距离之和最大.由O、A、B坐标易求OA、OB、AB，则可证△AOB是直角三角形，进而求出OC长，再利用解直角三角形求出C点坐标.
【解题过程】解：（1）因为点A（1，），B（3，-）在抛物线y=ax2+bx上，
所以，解得：a=-，b=
所以抛物线所对应的函数表达式为y=-x2+x
（2）因为抛物线y=-x2+x的对称轴是x=-.
所以点P（4，m）关于对称轴x=的对称点的坐标是（-，m）.
又因为P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，所以t的取值范围是t＜-或t＞4
（3）如图所示，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E.

∵S△AOB=OC▪AD+OC▪BE.
∴AD+BE=.
欲使点A，点B到直线OC的距离之和最大，则OC必须最小，当且仅当OC⊥AB时，OC最小，此时D、E、C重合.



根据题意，易得OA=2，OB=2，AB=4.
∵OA2+OB2=16，AB2=16，∴OA2+OB2= AB2
∴△OAB是直角三角形.
∵S△AOB= OA▪OB= OC▪AB,∴OC=，∵cos∠BOC=，∴∠BOC=60°
∵tan∠BOM=，∴∠BOM=30°，∴∠COM=60°-30°=30°.
∴CM=sin∠COM▪OC=，OM=cos∠COM▪OC=
∴点C的坐标是（，）
【知识点】待定系数法；解直角三角形；勾股定理逆定理；平面直角坐标系中两点距离；二次函数图象的性质


12. （2018四川省宜宾市，24，12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(4,1)，如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y= –1.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）知F(x0,y0)为平面内一定点，M(m,n)为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标.

【思路分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由
抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；
（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，所以根据直角三角形中勾股定理求出MF的长，以及根据点到直线的距离求出M到l的距离，从而建立方程，然后再结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．
【解题过程】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），
设抛物线的解析式为y=a（x-2）2．
∵该抛物线经过点（4，1），
∴1=4a，解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：，解得：或，∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．
作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．

∵点B（4，1），直线l为y=-1，
∴点B′的坐标为（4，-3）．
设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（1，）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得：，解得：，
∴直线AB′的解析式为y=，
当y=-1时，有=-1，
解得：x=，
∴点P的坐标为（，-1）．
（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，
∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2，
∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1．
∵M（m，n）为抛物线上一动点，
∴n=m2-m+1，
∴m2-2x0m+x02-2y0（m2-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1，
整理得：（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0．
∵m为任意值，
∴，
∴，
∴定点F的坐标为（2，1）．
【知识点】二次函数的解析式；点到直线的距离；勾股定理；轴对称的性质；一次函数的解析式等

13.（2018四川泸州，25题，12分） 如图11，已知二次函数的图象经过点A(4，0)，与y轴交于点B.在x轴上有一动点C(m，0) (0