南京市鼓楼区清江花苑严老师2013年湖南省中考数学压轴题解析汇编

【2013²湖南长沙²26题】如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x+2与x轴、y轴交于点A、B，动点P(a，b)在第一象限内，由点P向x轴、y轴所作的垂线PM、PN（垂足为M、N）分别与直线AB相交于点E、F，当点P(a，b)运动时，矩形PMON的面积为定值2. （1）求∠OAB的度数； （2）求证：△AOF∽△BEO；

（3）当点E、F都在线段AB上时，由三条线段AE、EF、BF组成一个三角形，记此三角形的外接圆面积为S1，△OEF的面积为S2。试探究：S1+S2是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由。

解：（1）由y=-x+2知，

∵当x=0时，y=2 ∴B（0，2），即OB=2 ∵当y=0时，x=2 ∴A（2，0），即OA=2 ∵OA=OB ∴△AOB是等腰直角三角形 ∴∠OAB=45° （2）∵EM∥OB

∴

BEOM AB

OA ∵FN∥OA

∴AFAB

ON OB

∴AF²

ON

OM=2OM²ON ∵矩形PMON的面积为2 ∴OM²ON=2 ∴AF²BE=4 ∵OA²OB=4

∴AF²BE=OA²OB，即AFOA

OB

BE

∵∠OAF=∠EBO=45° ∴△AOF∽△BEO

（3）易证△AME、△BNF、△PEF为等腰直角三角形

∵AM=EM=2-a ∴AE2=2(2-a)2=2a2-8a+8 ∵BN=FN=2-b ∴BF2=2(2-b)2=2b2-8b+8 ∵PF=PE=a+b-2

∴EF2=2(a+b-2)2=2a2+4ab+2b2-8a-8b+8 ∵ab=2 ∴EF2=2a2+2b2-8a-8b+16 ∵EF2= AE2+BF2

∴由线段AE、EF、BF组成的三角形为直角三角形，且EF为斜边，则此三角形的外接圆面积为：

S 2= 4²2(a+b-2)2=

1=EF2

(a+b-2)24

∵S1

梯形OMPF=

2(PF+OM)²PM S11

△PEF=2PF²PE，S△OME=2OM²EM

∴S2=S梯形OMPF-S△PEF-S△OME

=12(PF+OM)²PM-12PF²PE-1

2OM²EM =1

2[PF²(PM-PE)+OM²(PM-EM)] =1

2(PF²EM+OM²PE) =1

2PE²（EM+OM) =1

2

(a+b-2)(2-a+a) =a+b-2

∴S

1+S2=

2

(a+b-2)2+(a+b-2) 设m=a+b-2，则S 2 1

11+S2=2m+m=2(m+

)2-2

∵面积之和不可能为负数 ∴当m＞-

1

时，S1+S2随m的增大而增大 ∴当m最小时，S1+S2就最小 ∵m=a+b-2=a+

2

a-

)2

2

a=b

时，m最小，最小值为

-

2

∴S

1+S2的最小值=

2

-2)2

-2 = 2(3-

π

-2

【2013²湖南株洲²24题】已知抛物线C1的顶点为P（1，0），且过点（0，

1

），将抛物线C1向下平移h个单位4

（h＞0）得到抛物线C2，一条平行于x轴的直线与两条抛物线相交于A、B、C、D四点（如图），且点A、C关于y轴对称，直线AB与x轴的距离是m2（m＞0）。 （1）求抛物线C1的解析式的一般形式； （2）当m=2时，求h的值；

（3）若抛物线C1的对称轴与直线AB交于点E，与抛物线C2交于点D，求证：tan∠EDF-tan∠ECP=1

解：（1）由题意设抛物线C1的解析式为y=a(x-1)2

∵抛物线C1过点（0，14

） ∴a=

14

∴抛物线C1的解析式的一般形式为

y=14(x-1)2=14x2-12x+14

（2）由题意可得，抛物线C=1

2的解析式为y4

(x-1)2-h

∵当m=2时，直线AB与x轴的距离是4 ∴直线AB的解析式为y=4 ∵在抛物线C1

1中，当y=4时，4

(x-1)2=4 解得x=5或-3

∴点C的坐标为（5，4） ∵点A、C关于y轴对称 ∴点A的坐标为（-5，4） 代入抛物线C1

2的解析式得4=4

(-5-1)2-h ∴h=5

（3）∵在抛物线C1

1中，当y=m2时，

(x-1)24

=m2 解得x=1+2m或1-2m ∴点C坐标为（1+2m，m2

） ∵点E坐标为（1，m2） ∴PE=m2，EC=2m

PEm2∴tan∠ECP=EC m

2m=2

2

C1

2中，当y=m2时，

4

(x-1)2-h=m2 解得x

1-

A坐标为（1-

m2） 点D坐标为（

m2） A、C关于y轴对称 1-

EF=m2+h

EF2tan∠

EDF=DE

=2

=

m+1

2

tan∠EDF-tan∠ECP=

m+12-m2=1

2

∵在抛物线∴点∵点∴∵

∴∴

【2013²湖南郴州²26题】如图，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O为原点，OC、OA所在直线为轴建立坐标系。抛物线顶点为A，且经过点C。点P在线段AO上由A向点O运动，点Q在线段OC上由C向点O运动，QD⊥OC交BC于点D，OD所在直线与抛物线在第一象限交于点E。 （1）求抛物线的解析式；

（2）点E′是E关于y轴的对称点，点Q运动到何处时，四边形OEAE′是菱形？

（3）点P、Q分别以每秒2个单位和3个单位的速度同时出发，运动的时间为t秒，当t为何值时，PB∥OD？

解：（1）由题意知，点A（0，2）是抛物线的顶点

∴可设抛物线的解析式为y=ax2

+2 由题意得，点C（3，0）在抛物线上 ∴9a+2=0，得a=-29

∴抛物线的解析式为y=-229

x+2 （2）连接EE′交y轴于F

当四边形OEAE′是菱形时，OA与EE′互相垂直平分，即F是OA的中点，其坐标为（0，1）

∴点E的纵坐标为1 由-

29

x2

+2=1解得x=

±2

∵点E在第一象限 ∴点E

坐标为（

2

，1） ∴直线OE的解析式为y

x 由题意得，点B坐标为（1，2） 设直线BC的解析式为y=kx+b，则

k b 2 3k b 0 解得

k 1

b 3

∴直线BC的解析式为y=-x+3 联立直线OE、BC的解析式解得： 点D

坐标为（27

7，6

7

） ∵QD⊥OC

∴点Q

0） 故，当点Q

运动到（27 7

，0）时，四边形OEAE′是菱形

（3）∵PB∥OD ∴∠APB=∠AOE

∵DQ∥OA ∴∠QDO=∠AOE ∴∠APB=∠QDO ∴Rt△PAB∽Rt△DQO ∴

DQOQ

AP

AB

过点B作BH⊥OC于H，则四边形AOHB是矩形，得BH=OA=2，OH=AB=1

∴HC=BH=2，即△BHC为等腰直角三角形 ∴△CDQ为等腰直角三角形 ∴DQ=CQ=3t

∵AP=2t，OQ=OC-CQ=3-3t

∴

3t3 3t2t

1，得t=1

2

经检验t=1

2是分式方程的根

∴当t=1

2

s时，PB∥

OD

【2013²湖南常德²26题】已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME。

（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF； （2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长； （3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．

E

F

A

图1解：（1）延长BM交EF于N。

∵AB⊥CE，EF⊥CE ∴AB∥EF

∵∠BAM=∠NFM，∠ABM=∠FNM ∵M是AF的中点 ∴AM=FM ∴△ABM≌△FNM ∴AB=FN ∵AB=BC ∴BC=FN ∵CE=FE ∴BE=NE

∴△BEN是等腰直角三角形 ∴∠EBN=45° ∵∠C=45° ∴∠EBN=∠C ∴BM∥CF

（2）由(1)得，BE=NE=CE-BC=

a

∴

∵△ABM≌△FNM ∴BM=MN

A

图2

C

∴BM=

1

2

∵△BEN是等腰直角三角形，M是BN的中点 ∴

ME=

1

2

BN=2a

（3）延长BM交CF于N，连接BE、NE。

∵∠BCE=45°，∠C=45° ∴∠BCF=90°，即CF⊥BC ∵∠ABC=90°，即AB⊥BC ∴AB∥CF

与(1)同理可证，△ABM≌△FNM ∴BM=NM，AB=FN ∵AB=BC ∴BC=FN

∵∠BCE=∠NFE=45°，CE=FE ∴△BCE≌△NFE（SAS） ∴BE=NE，∠BEC=∠NEF ∵∠CEF=∠NEF+∠CEN=90° ∴∠BEN=∠BEC+∠CEN=90° ∴△BEN是等腰直角三角形

【2013²湖南益阳²21题】阅读材料：如图1，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，

注：上述公式对A、B在平面直角坐标系中其它位置也成立。

解答下列问题：

如图2，直线l：y

=2x+2与抛物线y=2x2交于A、B两点，P

为AB的中点，

过P作x轴的垂线交抛物线于点C

。

（1）求A、B两点的坐标及C点的坐标；

（2）连结AB、AC，求证：△ABC为直角三角形；

（3）将直线l平移到C点时得到直线l′，求两直线l与l′的距离

∵S1解：（1）由 y 2x 2△ACB=

2AC²BC=1

y 2

x

2

可解得： 2AB²CD ∴CD=AC BC点AAB

，

3 由（2）得：AB=5 点B

，3

AC2²

BC2=(

252 )(252 125

4 ∵点P为AB的中点

∴点P坐标为（1

∴AC²2

，3）

∵PC

⊥x轴 ∴点C横坐标为

12

∴1²5 ∵当x=12

∴点C坐标为（2，2

）

（2）∵AC2=(

1252

)2+(1

2

3

2=2

BC2=(1)2+(1

322522

=2 ∴AC2+BC2=25

∵AB2

2

+(332=25

∴AB2= AC2+BC2

∴△

ABC是直角三角形，且∠ACB是直角 （3）过点C作CD⊥

AB于D，则线段CD的长就是两直线l与l′的距离。

∵△ABC是直角三角形，且∠ACB是直角

【2013²湖南张家界²25题】如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC。 （1）求直线CD的解析式； （2）求抛物线的解析式；

（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO； （4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵OD=OC，点C（0，1）

∴点D坐标为（1，0）

设直线CD的解析式为y=kx+b，则

b 1 k k b 0 解得

1

b 1

∴直线CD的解析式为y=-x+1 （2）∵抛物线的顶点Q坐标为（2，3）

∴可设抛物线解析式为y=a(x-2)2+3 ∵点C（0，1）在抛物线上

∴1=4a+3，得a=-1

（3）∵OC=OD

∴△CDO是等腰直角三角形，∠DCO=45° ∵∠DCE=45° ∴∠OCE=90°

∴CE∥x轴，QH⊥CE(QH为抛物线对称轴) ∴点H坐标为（2，1），点E坐标为（4，1） ∴QH=CH=2，QH=EH=2

∴△QCH、△EQH为等腰直角三角形 ∴△CEQ为等腰直角三角形 ∴△CEQ∽△CDO

（4）存在。

作点C关于x轴的对称点A(0，-1)，作点C关于直线QE的对称点B，连接AB交QE于P，交OD于F，连接PC、CF。

由对称性知，PC=PB，FC=FA ∴C△PCF=PC+FC+PF=PB+FA+PF=AB

在QE、OD上任取点P’、F’，连P’B、P’C、F’C、F’A、P’F，得△P’CF’。

则C△P’CF’=P’C+F’C+P’F’=P’B+F’A+P’F’ 由两点之间线段最短可知，AB＜P’B+F’A+P’F’ ∴C△PCF=AB为△PCF周长的最小值

过点B作BK⊥y轴于K

由(3)知，EQ⊥CQ，∠QCE=45°

∴点C、Q

、B在同一直线上，且∠BCK=45° ∴△BCK

是等腰直角三角形 由(3)可得， ∴

∴BK=CK=BC²sin∠

²2

=4 ∵OC=OA=1

∴AK=CK+OC+OA=6 ∴

综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的

【2013²湖南邵阳²26题】如图所示，在Rt△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°，点P是△ABC的外角∠BCN的角平分线上一个动点，点P′是点P关于直线BC的对称点，连结PP′交BC于点M，BP′交AC于D，连结BP、AP′、CP′。

（1）若四边形BPCP′为菱形，求BM的长； （2）若△BMP′∽△ABC，求BM的长； （3）若△ABD为等腰三角形，求△ABD的面积

图1

图2

图3

P

P

MB

PP

M

B

E

B

解：（1）∵四边形BPCP′为菱形

∴BM=

11

BC=³4=2 22

∴BM=BP

′²sin45°=4

³（3）分如下三种情况：

2

（2）∵△BMP′∽△ABC，且△ABC是等腰Rt△

∴△BMP′是等腰Rt△ ∴∠MBP′=45° ∴∠ABP′=45° ∴△ABD是等腰Rt△ ∴BP′是AC的垂直平分线 ∴∠P′AC=∠P′CA

∵CP是∠BCN角平分线，且∠BCN=135° ∴∠PCM=67.5°

∵点P′是点P关于直线BC的对称点 ∴∠P′CM=∠PCM=67.5° ∵∠ACB=45°

∴∠P′CA=∠P′CM-∠ACB=22.5° ∴∠P′AC=22.5°

∴∠P′AB=∠P′AC+∠CAB=22.5°+45°=67.5° ∴∠AP′B=180°-∠P′AB-∠ABP′=67.5° ∴∠P′AB=∠AP′B ∴BP′=AB=4

① 当AD=BD时，则△ABD是等腰Rt△，即图2所示情况。

由(2)可得S△ABD=

111

S△ABC=²AB²BC 22211

=³³4³4=4 22

② 当AB=AD时，如图3所示。过点D作DE⊥AB于E，则△ADE是等腰Rt△

∴

DE=AD²sin45°=4

³

2

∴S△ABD=

11

AB²DE=³4³

22

③ 当AD=BD时，点D与点C重合，点P、M均与点C重合

此时，S△ABD=S△ABC=

11

AB²BC=³4³4=8 22

综上所述，当△ABD为等腰三角形时，△ABD的面积为

4或8或

【2013²湖南娄底²25题】如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，

（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

F

B

Q

DPC

解：（1）∵四边形EFPQ是矩形

易求得NR=

12AD=2，CR=11∴EF∥BC

2CD=2

∴△

AEF∽△ABC，△AEH∽△ABD

∵EF∥BC ∴FGFN

CR

NR

∴

EFAEAE ，AB

AD

AH ∵FN=t ∴FG=1

4

t

∴S11

△FNG=FN²FG=8

t22

（2

）∵EF=x，BC=5，AD=4

∴S=S矩形EFPQ- S△EMK- S△FNG ∴

=5-

1t2-1t2=5-5t2288

∴② 当2≤t≤4时，重叠部分为阴影部分△AKG 易得△AKG∽△∴S4ABC 矩形EFPQ=EF²DH=x(42

5

x 4x

∴

S= 452

S (

AH2

5(x 2) 5

ABC

AD

) ∴当x=5

∵S1△ABC=2BC²AD=1

2

时，矩形EFPQ的面积有最大值，最

2

²5²4=10，AD=4 大面积为5. ∴S=

5

（3）当EF=x=

5

8

AH2 2

时，AH=DH=2 ∵DH=QT=t ① 当0≤t＜2时，重叠部分为阴影部分的多边形 ∴AH=AD-DH=4-t 由∠B=45°，易证得△EMK是等腰直角三角形 ∴S=

58(4-t)2=10-5t-5

8

t2 ∴EK=EM=t ∴S△EMK=

12EK²EM=1

2

t2 故，S与t的函数关系式为：

∵∠B=45° ∴BD=AD=4，则CD=1

52

5-t（0≤t＜2） 8S=

2 10-5t-5t（2≤t≤4）

8

【2013²湖南衡阳²28题】如图，在平面直角坐标系中，已知A（8,0），B（0,6），⊙M经过原点O及点A、B。 （1）求⊙M的半径及圆心M的坐标；

（2）过点B作⊙M的切线l，求直线l的解析式；

（3）∠BOA的平分线交AB于点N，交⊙M于点E，求点N的坐标和线段OE的长

解：（1）∵A（8，0），B（0，6）

∴OA=8，OB=6 ∴

∵∠AOB=90° ∴AB是⊙M的直径 ∴⊙M的半径为

1

2

AB=5 ∵点M是AB的中点 ∴点M坐标为（4，3） （2）令直线l与x轴交于点C

∵BC是⊙M的切线 ∴BC⊥AB，即∠ABC=90° ∵BO⊥AC

∴AB2=OA²AC(射影定理)

∴AC=AB210025

OA

8=2

∴OC=AC-OA=

25

2-8=92

∴点C坐标为（-9

2

，0）

设直线l的解析式为y=kx+b，则

9

k b 0

解得k=4 2 b 6

3，b=6 ∴直线l的解析式为y=

43

x+6 （3）过点N作ND⊥x轴于D，连接AE。

∵OE是∠BOA的平分线 ∴∠DON=45°

∴OD=ND ∵ND∥OB

∴

NDAD

OB

OA

∴ND=34

AD

∵AD=OA-OD=OA-ND=8-ND

∴ND=

34(8-ND)，得ND=24

7

∴点N坐标为（2424

7，7）

∴

ND=24

7

∵AD=4323ND=7

∴

40

7

∴BN=AB-AN=10-407=307

∵∠AEN=∠OBN，∠ANE=∠ONB ∴△AEN∽△OBN

∴

NEAN

BN

ON

∴

NE=AN403025

ON BN 77=

7

∴OE=ON+NE=24

7+25

7

y

l E

B N C M

O

D

A

x

11 南京清江花苑严老师

【2013²湖南湘西洲²25题

已知A点的坐标为A（-2，0）。

（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；

（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式； （3）试判断△AOC与△COB是否相似？并说明理由；

（4）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若不存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由

解：（1）∵点A（-2，0）在抛物线上

∴0=-1-2b+4，得b=

3

∴抛物线的对称轴方程为x=3 （2）∵当x=0时，y=4

∴点C坐标为（0，4） ∵点A、B关于直线x=3对称 ∴点B坐标为（8，0）

设直线BC的解析式为y=kx+b，则

b 4

8k b 0 解得k=-1

2，b=4 ∴直线BC的解析式为y=-

1

2

x+4 （3）△AOC∽△COB。理由如下：

∵OA=2，OB=8，OC=4 ∴

OAOC OCOB 1

2

∵∠AOC=∠COB=90° ∴△AOC∽△COB （4）存在。

① 在Rt△ACB中，D是AB的中点，则AD=CD，故当点Q1位于点

D处时，AQ1=CQ

1，△ACQ1是等腰三角形，此时点Q1坐标为（3，0）

②

过点C作对称轴的垂线，垂足为E，则AE=3

由题得 ∵

AC＞CE

∴以点C为圆心，AC长为半径画圆，该圆与对称轴有交点Q2和Q3

，显然，△ACQ2、△ACQ

3是等腰三角形

∵CQ2=CQ3

CE=3 ∴EQ2=EQ3

∵DE=OC=4

∴DQ2= DE+EQ2

DQ3=DE-EQ3=4

∴点Q2坐标为（3，

），点Q2坐标为（3，4

③ 由于AD=5＞

A为圆心、AC长为半径画圆，与对称轴没有交点，不存在点Q。

综上所述，存在满足题述条件的点Q，其坐标为（3，0）或3，4

y

Q2 C E Q3 A O D Q1 Bx

13 南京清江花苑严老师

【2013²湖南岳阳²24题】如图，已知以E（3，0）为圆心，以5为半径的⊙E与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点，顶点为F。 （1）求A、B、C三点的坐标；

（2）求抛物线的解析式及顶点F的坐标；

（3）已知M为抛物线上一动点（不与C点重合），试探究：

① 使得以A、B、M为顶点的三角形面积与△ABC的面积相等，求所有符合条件的点M的坐标； ② 若探究①中的M点位于第四象限，连接M点与抛物线的顶点F，试判断直线MF与⊙E的位置关系，并说明理由。

解：（1）由题意知，AE=BE=5，OE=3

∴OA=AE-OE=2，OB=OE+BE=8

∴点A坐标为（-2，0），点B坐标为（8，0） 连接AC、BC

∵AB是⊙E的直径 ∴∠ACB=90° ∵OC⊥AB

∴OC2=OA²OB=2³8=16（射影定理） ∴OC=4

∴点C坐标为（0，-4） （2）∵抛物线经过A、B两点

∴可设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-8) ∵抛物线过点C（0，-4） ∴-4=-16a，得a=

1

4

∴抛物线解析式为y=

14(x+2)(x-

由题意知，抛物线的对称轴为x=3

∵当x=3时，y=

14²5²(-5)= 25

4

∴顶点F的坐标为（3， 25

4

）

（3）① 过点C作x轴的平行线交抛物线于点M，显然，△ABM与△ABC的面积相等。

由抛物线的对称性知，点M的坐标为（6，-4） ② 作点C关于x轴的对称点D（0，4），过点D作x轴的平行线交抛物线于点M，显然，△ABM与△ABC的面积相等。

则点M的纵坐标为4

当y=4

故，所有符合条件的点M坐标为（6，-

4）或（4）直线MF与⊙E相切。理由如下：

∵点M在第四象限 ∴点M坐标为（6，-4） 连接EM，连接CM交EF于点N，则点N坐标为（3，-4）

∴EN=4，FN=9

4

，MN=3 ∵MNFN ENMN 43

，且∠MNF=∠ENM=90° ∴△MNF∽△ENM ∴∠EMN=∠MFN ∵∠MFN+∠FMN=90°

∴∠EMN+∠FMN=90°，即∠EMF=90° ∴EM⊥MF

∴直线MF是⊙E的切线

【2013²湖南湘潭²26题】如图，在坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A(1，0)，B(0，2)，抛物线

C点。 （1）求抛物线的解析式；

（2）平移该抛物线的对称轴所在直线l。当l移动到何处时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分？ （3）点P是抛物线上一动点，是否存在点P，使四边形PACB为平行四边形？若存在，求出P点坐标，若不存在，说明理由。

解：（1）过点C作CD⊥x轴于点D

∵A（1，0），B（0，2） ∴OA=1，OB=2

∵∠BAC=90° ∴∠OAB+∠CAD=90° ∵∠OAB+∠OBA=90° ∴∠OBA=∠CAD

∵∠AOB=∠ADC=90°，AB=AC ∴△AOB≌△CDA ∴CD=OA=1，AD=OB=2 ∴OD=OA+AD=3 ∴点C坐标为（3，1） ∵点C在抛物线上

∴1=

92 3b 2，得b=-1

∴抛物线的解析式为1

2

x-2

（

2）∵

∴S1△ABC=

2AB²AC=

12

5

2

由图知，当直线l平分△ABC面积时，直线l应

位于点A右侧、点D左侧，则S15

△EFC=2S△ABC=

由A、C坐标可得，直线AC

由B、C坐标可得，直线BC设直线l为

x=m，则H

（m，0

），E（mF（

m1

2

）

，其中1＜m

＜3

15

²DH=2-m)=4

整理得：(3-m)2=3

解得(舍去)或3∴当直线l移动至x=3

△ABC的面积分为相等的两部分 （3）存在

以点A、B、C为顶点，可以作出三个平行四边形，如图所示。

过点P作PK⊥y轴于K。

易证△PBK≌△BAO，则BK=OA=1，PK=OB=2 ∴点P坐标为（-2，1） ∵当x=-2时，y1

2

²(-2)-2=1 ∴点P在抛物线上

同理可得，点P’坐标为（4，-1），点P’’坐标为（2，3），这两点均不在抛物线上

故，存在满足条件的点

P，其坐标为（-2，1）

【2013²湖南永州²25题】如图，已知AB BD，CD BD

（1）若AB=9，CD=4，BD=10，请问在BD上是否存在P点，使以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由； A（2）若AB=9，CD=4，BD=12，请问在BD上存在多少个P点，使以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长； （3）若AB=9，CD=4，BD=15，请问在BD上存在多少个P点，使以P、A、

B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长； （4）若AB=m，CD=n，BD=l，请问m、n、l满足什么关系时，存在以P、A、

B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似的一个P点？两个BP

P点？三个P点？

解：（1）存在。

假设存在点P，使△PAB∽△PCD ∵∠B=∠C=90° ∴

PBAB PDCD或PBCD

AB

PD

设PB=x，则PD=10-x

若

PBPDAB

CD，则4 x =9(10-x)，得x =90

13 若PBCDAB PD

，则x (10-x)=36 即x 2-10 x +36=0 ∵Δ＜0，方程无实数解 ∴此时不存在点P

故，在BD上存在1个P点，使△PAB∽△PCD，BP的长为

9013

（2）存在2个点P。

设PB=x，则PD=12-x 与(1)同理

若PBPDAB CD，则4 x =9(12-x)，得x =10813 若PBCDAB PD

，则x (12-x)=36 即x 2-12 x +36=0，解得x=6

故，在BD上存在2个P点，使△PAB∽△PCD，BP的长为6或

108

13

（3）存在3个点P。

设PB=x，则PD=15-x 与(1)同理

若

PBPDAB

CD，则4 x =9(15-x)，得x =135

13 若PBCDAB PD

，则x (15-x)=36 即x 2-15 x +36=0，解得x=3或12

故，在BD上存在3个P点，使△PAB∽△PCD，BP的长为3或12或

135

13

（4）设PB=x，则PD=l-x

与(1)同理

若

PBPDAB

CD，则n x =m(l-x)，得x=ml

m n 若PBCDAB PD

，则x (l-x)=mn，即x 2-l x +mn=0 ∵Δ=l2-4mn

∴当l2＜4mn时，方程无实数解，不存在P点 当l2=4mn时，方程有两个相等实数解，存在1

个P点

当l2＞4mn时，方程有两个不相等的实数解，

存在两个P点

综上所述，当l2＜4mn时，存在1个P点，使△PAB∽△PCD；当l2=4mn时，存在2个P点，△PAB∽△PCD；当l2＞4mn时，存在3个P点，△PAB∽△PCD。

【2013²湖南怀化²24题】已知函数y=kx2-2x+

3

（k是常数） 2

3

都是y随x的增大2

（1）若该函数的图像与x轴只有一个交点，求k的值；

（2）若点M（1，k）在某反比例函数的图像上，要使该反比例函数和二次函数y=kx2-2x+而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围； （3）设抛物线y=kx2-2x+

3

与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜x2，x12+x22=1，在y轴上，是否存2

在点P，使△ABP是直角三角形？若存在，求出点P及△ABP的面积；若不存在，请说明理由。

解：（1）∵函数的图像与x轴只有一个交点

∴方程kx2-2x+

3

2=0有两个相等的实数根 ∴Δ=4-4²k²32

2=0，得k=3

（2）∵过点M（1，k）的反比例函数，y随x的增大而增大

∴反比例函数图象位于第二、四象限 ∴k＜0

由y=kx2

-2x+3113

2=k(x-k)2-k+2

知：

∵当k＜0时，抛物线开口向下

∴当x＜1

k

时，y随x的增大而增大

故，k应满足的条件是k＜0，x的取值范围是x＜

1k

（3）存在。

由kx2-2x+

32=0得，x23

1+x2=k，x1x2=2k

∵x12+x22=1 ∴(x41+x2)2-2x1x2=

k2-3

k

=1 即k2+3k-4=0，解得k=1或-4 ∵抛物线与x轴有两个交点 ∴Δ=4-4²k²32＞0，得k＜23

∴k=-4 ∴x11+x2= 2，x31x2= 8

∵x1＜x2

∴x1＜0＜x2

以AB为直径画圆，与y轴交于点P、P’，则△ABP、△ABP’为直角三角形

∵∠ABP=90°，PO⊥AB ∴OP2=OA²OB(射影定理) ∵OA=-x1，OB= x2 ∴OP2=- x3

1x2=

8

∴

OP=

4

∴点P坐标为（0

，

4）或（0，

-4

）

∵AB= x2- x1

∴S1△2AB²OP=1

ABP=

2

²2

²4

=16

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/yowi.html