2022年全国各地中考数学压轴题精选40解析版1--2041.docx

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1、精品学习资源2021 年全国各地中考数学压轴题精选（解读版 120 ）1（ 2021.菏泽）如图，在平面直角坐标系中放置始终角三角板，其顶点为A （0， 1）， B（ 2， 0）， O（ 0， 0），将此三角板绕原点O 逆时针旋转 90，得到 A B O（1） 一抛物线经过点A 、B、B，求该抛物线地解读式；（2） 设点 P 是在第一象限内抛物线上地一动点，是否存在点P，使四边形 PBA B 地面积是 A BO 面积 4 倍？如存在，恳求出P 地坐标；如不存在，请说明理由（3） 在（ 2）地条件下，试指出四边形PB A B 是哪种外形地四边形？并写出四边形PBA B 地两条性质解题思路：（ 1

2、）利用旋转地性质得出函数解读式即可；A （ 1， 0）， B（ 0， 2），再利用待定系数法求二次（ 2）利用 S 四边形 PBAB=S BOA +SPB O+S POB，再假设四边形 PBA B地面积是 A BO 面积地 4 倍，得出一元二次方程，得出P 点坐标即可；（ 3）利用 P 点坐标以及形性质得出答案即可B 点坐标即可得出四边形PBA B 为等腰梯形，利用等腰梯解答：解：（ 1） A BO 是由 ABO 绕原点 O 逆时针旋转又 A （ 0， 1）， B （2， 0）， O（ 0， 0），90得到地， A （ 1， 0）， B （ 0， 2）（1 分）设抛物线地解读式为：y=ax2+

3、bx+c （ a0），抛物线经过点 A 、 B、B，解得：，满意条件地抛物线地解读式为y= x2+x+2 （3 分）（ 2） P 为第一象限内抛物线上地一动点，设 P（x， y），就 x 0，y 0， P 点坐标满意 y= x2+x+2 连接 PB，PO， PB， S 四边形 PBA B=S BOA+S PBO+S POB，欢迎下载精品学习资源=12+2x+2y，=x+ （ x2+x+2 ）+1，= x2+2x+3 （5 分）假设四边形 PBAB 地面积是 A BO 面积地 4 倍，就 4= x2+2x+3 ，即 x2 2x+1=0 ，解得： x1=x2=1 ，此时 y= 12+1+2=2 ，

4、即 P（ 1， 2）（7 分）存在点 P（ 1，2），使四边形 PBA B 地面积是 ABO 面积地 4 倍（ 8 分）（ 3）四边形 PBA B 为等腰梯形，答案不唯独，下面性质中地任意2 个均可 等腰梯形同一底上地两个内角相等； 等腰梯形对角线相等； 等腰梯形上底与下底平行； 等腰梯形两腰相等（10分）或用符号表示： BAB= PBA 或 A B P= BPB ； PA=B B； BPA B ； B A =PB（10 分）2（ 2021.宁波）如图，二次函数y=ax2+bx+c 地图象交 x 轴于 A （ 1， 0）， B （ 2，0），交 y 轴于 C（0， 2），过 A ， C 画直线

5、（1） 求二次函数地解读式；（2） 点 P 在 x 轴正半轴上，且 PA=PC，求 OP 地长；（3） 点 M 在二次函数图象上，以M 为圆心地圆与直线 AC 相切，切点为 H 如 M 在 y 轴右侧，且 CHM AOC （点 C 与点 A 对应），求点 M 地坐标； 如 M 地半径为，求点 M 地坐标欢迎下载精品学习资源解题思路：（ 1）依据与 x 轴地两个交点 A 、B 地坐标，利设出两点法解读式，然后把点C 地坐标代入运算求出a 地值，即可得到二次函数解读式；（ 2）设 OP=x ，然后表示出 PC、PA 地长度，在 Rt POC 中，利用勾股定理列式，然后解方程即可；（ 3） 依据相像

6、三角形对应角相等可得MCH= CAO ，然后分（ i）点 H 在点 C 下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM x 轴，从而得到点 M 地纵坐标与点 C 地纵坐标相同，是 2，代入抛物线解读式运算即可；（ii ）点 H 在点 C 上方时，依据（ 2）地结论，点M 为直线 PC 与抛物线地另一交点，求出直线PC 地解读式，与抛物线地解读式联立求解即可得到点M 地坐标； 在 x 轴上取一点 D，过点 D 作 DE AC 于点 E，可以证明 AED 和 AOC 相像，依据相像三角形对应边成比例列式求解即可得到AD 地长度，然后分点 D 在点A 地左边与右边两种情形求出OD 地长度，从而得到点D

7、地坐标，再作直线DM AC ，然后求出直线 DM 地解读式，与抛物线解读式联立求解即可得到点M地坐标解答：解：（ 1）设该二次函数地解读式为：y=a（ x+1 ）（ x 2）， 将 x=0 ，y= 2 代入，得 2=a（ 0+1 ）（ 0 2），解得 a=1，抛物线地解读式为y=（x+1 ）（ x 2）， 即 y=x2 x 2；（ 2）设 OP=x ，就 PC=PA=x+1 ，在 Rt POC 中，由勾股定理，得x2+22= （ x+1 ） 2， 解得， x=，即 OP=；（ 3） CHM AOC ， MCH= CAO ，（ i）如图 1，当 H 在点 C 下方时， MCH= CAO ， CM

8、 x 轴， yM= 2， x2x 2= 2，解得 x1=0（舍去）， x2=1， M （ 1， 2），（ ii ）如图 1，当 H 在点 C 上方时， MCH= CAO ，欢迎下载精品学习资源 PA=PC，由（ 2）得， M 为直线 CP 与抛物线地另一交点， 设直线 CM 地解读式为 y=kx 2，把 P（ ， 0）地坐标代入，得k2=0 ， 解得 k=， y=x 2，由 x 2=x2 x 2，解得 x1=0（舍去）， x2=， 此时 y= 2=， M （ ，）， 在 x 轴上取一点 D，如图（备用图），过点D 作 DE AC 于点 E，使DE=，在 Rt AOC 中， AC=， COA=

9、DEA=90 ， OAC= EAD ， AED AOC ，=，即=， 解得 AD=2 ， D（ 1， 0）或 D（ 3， 0）过点 D 作 DM AC ，交抛物线于M ，如图（备用图）就直线 DM 地解读式为： y= 2x+2 或 y= 2x 6，当 2x 6=x2 x 2 时，即 x2+x+4=0 ，方程无实数根，当 2x+2=x2 x 2 时，即 x2+x 4=0，解得 x1=， x2=，点 M 地坐标为（， 3+）或（，3）欢迎下载精品学习资源3（ 2021.福州）如图 1，已知抛物线 y=ax2+bx （ a0）经过 A （ 3， 0）、 B（ 4， 4）两点（1） 求抛物线地解读式；

10、（2） 将直线 OB 向下平移 m 个单位长度后，得到地直线与抛物线只有一个公共点D，求m 地值及点 D 地坐标；（3） 如图 2，如点 N 在抛物线上，且NBO= ABO ，就在（ 2）地条件下，求出全部满足 POD NOB 地点 P 坐标（点 P、O、D 分别与点 N、O、B 对应）解题思路：（ 1）利用待定系数法求出二次函数解读式即可；（ 2）依据已知条件可求出OB 地解读式为 y=x ，就向下平移m 个单位长度后地解读式为： y=x m由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解读式后得到地一元二次方程，其根地判别式等于0，由此可求出 m 地值和 D 点坐标；（ 3）综合利用几何变换和

11、相像关系求解方法一：翻折变换，将 NOB 沿 x 轴翻折；方法二：旋转变换，将 NOB 绕原点顺时针旋转90特殊留意求出 P 点坐标之后，该点关于直线y= x 地对称点也满意题意，即满意题意地 P 点有两个，防止漏解解答：解：（ 1）抛物线 y=y=ax2+bx （ a0）经过 A （ 3，0）、 B（ 4， 4），解得：抛物线地解读式是y=x2 3x（ 2）设直线 OB 地解读式为 y=k1x ，由点 B （4， 4），欢迎下载精品学习资源得： 4=4k1 ，解得： k1=1直线 OB 地解读式为 y=x ，直线 OB 向下平移 m 个单位长度后地解读式为：y=x m，点 D 在抛物线 y=

12、x2 3x 上，可设 D （ x， x2 3x）， 又点 D 在直线 y=x m 上， x23x=x m，即 x2 4x+m=0 ，抛物线与直线只有一个公共点， =16 4m=0 ， 解得： m=4 ，此时 x1=x2=2 ， y=x2 3x= 2， D 点地坐标为（ 2， 2）（ 3）直线 OB 地解读式为 y=x ，且 A （ 3，0），点 A 关于直线 OB 地对称点 A 地坐标是（ 0， 3）， 设直线 A B 地解读式为 y=k2x+3 ，过点（ 4，4）， 4k2+3=4 ，解得： k2=，直线 A B 地解读式是 y=， NBO= ABO ，点 N 在直线 A B 上，设点 N

13、（ n，），又点 N 在抛物线 y=x2 3x 上，=n2 3n，解得： n1= ， n2=4 （不合题意，舍去） N 点地坐标为（，）方法一：如图 1，将 NOB 沿 x 轴翻折，得到 N1OB1 ， 就 N1 （，）， B1 （4， 4）， O、D、B1 都在直线 y= x 上 P1OD NOB ， P1OD N1OB1 ，点 P1 地坐标为（，）将 OP1D 沿直线 y= x 翻折，可得另一个满意条件地点P2（， ）， 综上所述，点 P 地坐标是（，）或（， ）方法二：如图 2，将 NOB 绕原点顺时针旋转90，得到 N2OB2 ，就 N2 （， ）， B2（ 4， 4），欢迎下载精品学

14、习资源 O、D、B1 都在直线 y= x 上 P1OD NOB ， P1OD N2OB2 ，点 P1 地坐标为（，）将 OP1D 沿直线 y= x 翻折，可得另一个满意条件地点P2（，），综上所述，点 P 地坐标是（，）或（， ）4（ 2021.临沂）如图，点 A 在 x 轴上， OA=4 ，将线段 OA 绕点 O 顺时针旋转 120至 OB位置置（1） 求点 B 地坐标；（2） 求经过点 A 、O、B 地抛物线地解读式；（3） 在此抛物线地对称轴上，是否存在点P，使得以点 P、O、B 为顶点地三角形是等腰三角形？如存在，求点P 地坐标；如不存在，说明理由欢迎下载精品学习资源解题思路：（ 1）

15、第一依据 OA 地旋转条件确定 B 点位置，然后过 B 做 x 轴地垂线，通过构建直角三角形和 OB 地长（即 OA 长）确定 B 点地坐标（ 2）已知 O、A 、B 三点坐标，利用待定系数法求出抛物线地解读式（ 3）依据（ 2）地抛物线解读式，可得到抛物线地对称轴，然后先设出P 点地坐标，而 O、B 坐标已知，可先表示出OPB 三边地边长表达式，然后分 OP=OB 、 OP=BP、 OB=BP 三种情形分类争论，然后辨论是否存在符合条件地 P 点解答：解：（ 1）如图，过 B 点作 BC x 轴，垂足为 C，就 BCO=90 ， AOB=120 ， BOC=60 ，又 OA=OB=4 ， O

16、C=OB=4=2 ，BC=OB .sin60=4 =2，点 B 地坐标为（ 2， 2）；（ 2）抛物线过原点O 和点 A 、B，可设抛物线解读式为y=ax2+bx ，将 A （ 4， 0）， B （ 2 2）代入，得，解得，此抛物线地解读式为y=x2+x（ 3）存在，如图，抛物线地对称轴是x=2 ，直线 x=2 与 x 轴地交点为 D ，设点 P 地坐标为（ 2， y）， 如 OB=OP ，就 22+|y|2=42 ， 解得 y=2，欢迎下载精品学习资源当 y=2时，在 Rt POD 中， PDO=90 ， sinPOD=， POD=60 ， POB= POD+ AOB=60 +120=180

17、，即 P、O、B 三点在同始终线上， y=2不符合题意，舍去，点 P 地坐标为（ 2， 2） 如 OB=PB ，就 42+|y+2|2=42， 解得 y= 2，故点 P 地坐标为（ 2， 2）， 如 OP=BP，就 22+|y|2=42+|y+2|2， 解得 y= 2，故点 P 地坐标为（ 2， 2），综上所述，符合条件地点P 只有一个，其坐标为（2， 2），5（ 2021.烟台）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形 ABCD 地三个顶点 B（ 1， 0）， C（ 3， 0）， D（ 3， 4）以 A 为顶点地抛物线 y=ax2+bx+c 过点 C动点 P 从点 A 动身， 沿线段 AB 向点

18、B 运动同时动点 Q 从点 C 动身，沿线段 CD 向点 D 运动点 P， Q 地运动速度均为每秒 1 个单位运动时间为 t 秒过点 P 作 PE AB 交 AC 于点 E（1） 直接写出点 A 地坐标，并求出抛物线地解读式；（2） 过点 E 作 EF AD 于 F，交抛物线于点 G，当 t 为何值时， ACG 地面积最大？最大值为多少？（3） 在动点 P， Q 运动地过程中，当 t 为何值时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点H，使以 C，Q， E， H 为顶点地四边形为菱形？请直接写出 t 地值解题思路：（ 1）依据矩形地性质可以写出点A 得到坐标；由顶点A 地坐标可设该抛物线地顶点式

19、方程为 y=a（x 1） 2+4，然后将点 C 地坐标代入，即可求得系数a 地值（利用待定系数法求抛物线地解读式）；（ 2）利用待定系数法求得直线AC 地方程 y= 2x+6 ；由图形与坐标变换可以求得欢迎下载精品学习资源点 P 地坐标（ 1， 4 t），据此可以求得点E 地纵坐标，将其代入直线AC 方程可以求得点 E 或点 G 地横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4、点 A 到 GE 地距离为，C 到 GE 地距离为 2 ；最终依据三角形地面积公式可以求得S ACG=S AEG+S CEG= （t 2）2+1，由二次函数地最值可以解得t=2时， S ACG 地最大值为

20、1；（ 3）由于菱形是邻边相等地平行四边形，所以点H 在直线 EF 上 解答：解：（ 1） A （ 1， 4） （ 1 分）由题意知，可设抛物线解读式为y=a（ x 1） 2+4抛物线过点 C（ 3， 0）， 0=a（ 3 1） 2+4， 解得， a= 1，抛物线地解读式为y=（ x 1） 2+4，即 y= x2+2x+3 （2 分）（ 2） A （ 1， 4）， C（ 3，0），可求直线 AC 地解读式为 y= 2x+6 点 P（ 1， 4 t） （ 3 分）将 y=4 t 代入 y= 2x+6 中，解得点 E 地横坐标为 x=1+ （ 4 分）点 G 地横坐标为 1+，代入抛物线地解读式中

21、，可求点G 地纵坐标为 4 GE=（ 4）（ 4 t） =t （ 5 分）又点 A 到 GE 地距离为， C 到 GE 地距离为 2 ，即 SACG=S AEG+S CEG=.EG.+.EG（2 ）=.2（ t） = （ t 2） 2+1 （ 7 分） 当 t=2 时， SACG 地最大值为 1 （ 8 分）（ 3） t=或 t=20 8 （12 分）（说明：每值各占（ 2 分），多出地值未舍去，每个扣1 分）6（ 2021.义乌市）如图 1，已知直线 y=kx 与抛物线 y=交于点 A （ 3， 6）（1） 求直线 y=kx 地解读式和线段 OA 地长度；欢迎下载精品学习资源（2） 点 P

22、为抛物线第一象限内地动点，过点P 作直线 PM，交 x 轴于点 M （点 M 、O 不重合），交直线OA 于点 Q，再过点 Q 作直线 PM 地垂线，交 y 轴于点 N 摸索究：线段QM 与线段 QN 地长度之比是否为定值？假如是，求出这个定值；假如不是，说明理由；（3） 如图 2，如点 B 为抛物线上对称轴右侧地点，点E 在线段 OA 上（与点 O、A 不重合），点 D （ m， 0）是 x 轴正半轴上地动点，且满意BAE= BED= AOD 连续探究：m 在什么范畴时，符合条件地E 点地个数分别是 1 个、 2 个？解题思路：（ 1）利用待定系数法求出直线y=kx 地解读式，依据 A 点坐

23、标用勾股定理求出线段OA 地长度；（ 2）如答图 1，过点 Q 作 QG y 轴于点 G， QHx 轴于点 H，构造相像三角形 QHM 与QGN ，将线段 QM 与线段 QN 地长度之比转化为相像三角形地相像比，即为定值需要留意争论点位置置不同时，这个结论依旧成立；（ 3）由已知条件角地相等关系BAE= BED= AOD ，可以得到 ABE OED设 OE=x，就由相像边地比例关系可以得到m 关于 x 地表达式（），这是一个二次函数借助此二次函数图象（如答图 3），可见 m 在不同取值范畴时， x 地取值（即 OE 地长度，或 E 点位置置）有 1 个或 2 个这样就将所求解地问题转化为分析二

24、次函数地图象与性质问题另外，在相像三角形 ABE 与 OED 中，运用线段比例关系之前需要第一求出AB地长度如答图 2，可以通过构造相像三角形，或者利用一次函数（直线）地性质求得 AB 地长度解答：解：（ 1）把点 A （ 3，6）代入 y=kx 得； 6=3k ， k=2 ， y=2x （ 2 分）OA= （ 3 分）（ 2）是一个定值，理由如下：如答图 1，过点 Q 作 QGy 轴于点 G， QH x 轴于点 H 当 QH 与 QM 重合时，明显QG 与 QN 重合， 此时； 当 QH 与 QM 不重合时， QN QM ， QG QH欢迎下载精品学习资源不妨设点 H ，G 分别在 x、y

25、轴地正半轴上， MQH= GQN，又 QHM= QGN=90 QHM QGN （ 5 分），当点 P、Q 在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 （ 7 分） （ 3）如答图 2，延长 AB 交 x 轴于点 F，过点 F 作 FC OA 于点 C，过点 A 作AR x 轴于点 R AOD= BAE ， AF=OF ， OC=AC=OA= ARO= FCO=90 ， AOR= FOC， AOR FOC， OF=，点 F（， 0），设点 B（ x，），过点 B 作 BK AR 于点 K ，就 AKB ARF ，即，解得 x1=6， x2=3（舍去），点 B（ 6， 2）， BK=6 3=3 ， AK

26、=6 2=4 ， AB=5（ 8 分）；（求 AB 也可采纳下面地方法）设直线 AF 为 y=kx+b （ k0）把点 A （ 3， 6），点 F（， 0）代入得 k=， b=10，（舍去）， B（ 6， 2）， AB=5 （ 8 分）欢迎下载精品学习资源（其它方法求出 AB 地长酌情给分） 在 ABE 与 OED 中 BAE= BED ， ABE+ AEB= DEO+ AEB ， ABE= DEO ， BAE= EOD ， ABE OED （ 9 分）设 OE=x ，就 AE= x （）， 由 ABE OED 得，（） （10 分）顶点为（， ）如答图 3，当时， OE=x=，此时 E 点有

27、 1 个；当时，任取一个 m 地值都对应着两个x 值，此时 E 点有 2 个当时， E 点只有 1 个 （ 11 分） 当时， E 点有 2 个（ 12 分）欢迎下载精品学习资源7（ 2021.益阳）已知：如图1，在面积为 3 地正方形 ABCD 中， E、F 分别是 BC 和 CD边上地两点， AE BF 于点 G，且 BE=1（1） 求证： ABE BCF ；（2） 求出 ABE 和BCF 重叠部分（即 BEG）地面积；（3） 现将 ABE 绕点 A 逆时针方向旋转到 AB E（如图 2），使点 E 落在 CD 边上地点E处，问 ABE 在旋转前后与 BCF 重叠部分地面积是否发生了变化？

28、请说明理由解题思路：（ 1）由四边形 ABCD 是正方形，可得ABE= BCF=90 ， AB=BC ，又由AE BF，由同角地余角相等，即可证得BAE= CBF，然后利用ASA ，即可判定： ABE BCF ；（ 2）由正方形 ABCD 地面积等于 3，即可求得此正方形地边长，由在 BGE 与 ABE 中， GBE= BAE ， EGB= EBA=90 ，可证得 BGE ABE ，由相像三角形地面积比等于相像比地平方，即可求得答案；（ 3）第一由正切函数，求得BAE=30 ，易证得Rt ABE Rt AB E Rt ADE ，可得 AB 与 AE 在同始终线上，即BF 与 AB 地交点是 G

29、，然后设 BF 与 AE 地交点为 H ，可证得 BAG HAG ，继而证得结论解答：（ 1）证明：四边形ABCD 是正方形， ABE= BCF=90 ，AB=BC ， ABF+ CBF=90 ， AE BF， ABF+ BAE=90 ， BAE= CBF ， 在 ABE 和 BCF 中， ABE BCF （ 4 分）（ 2）解：正方形面积为3， AB=， （ 5 分） 在 BGE 与 ABE 中， GBE= BAE ， EGB= EBA=90 ， BGE ABE ， （ 7 分），又 BE=1 ， AE2=AB2+BE2=3+1=4，欢迎下载精品学习资源 SBGE=S ABE=（ 8 分）（

30、 3）解：没有变化（9 分） 理由： AB=， BE=1 ， tan BAE=， BAE=30 ， （ 10 分） AB =AD ， AB E= ADE=90 ， AE 公共， Rt ABE Rt AB E RtADE ， DAE = BAE =BAE=30 ， AB 与 AE 在同始终线上，即BF 与 AB 地交点是 G， 设 BF 与 AE 地交点为 H ，就 BAG= HAG=30 ，而 AGB= AGH=90 ， AG 公共， BAG HAG ，（ 11 分） S 四边形 GHE B =S AB E S AGH=S ABE SABG=S BGE ABE 在旋转前后与 BCF 重叠部分地

31、面积没有变化（12 分）8（ 2021.丽水）在 ABC 中， ABC=45 ， tan ACB=如图，把 ABC 地一边 BC放置在 x 轴上，有 OB=14 ， OC=，AC 与 y 轴交于点 E（1） 求 AC 所在直线地函数解读式；（2） 过点 O 作 OG AC ，垂足为 G，求 OEG 地面积；（3） 已知点 F（ 10， 0），在 ABC 地边上取两点P， Q，是否存在以O， P， Q 为顶点地三角形与 OFP 全等，且这两个三角形在OP 地异侧？如存在，恳求出全部符合条件地点P 地坐标；如不存在，请说明理由解题思路：（ 1）依据三角函数求E 点坐标，运用待定系数法求解；（ 2）

32、在 Rt OGE 中，运用三角函数和勾股定理求EG，OG 地长度，再运算面积；（ 3）分两种情形争论求解： 点 Q 在 AC 上； 点 Q 在 AB 上求直线 OP 与直欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源线 AC 地交点坐标即可解：（ 1）在 RtOCE 中， OE=OCtan OCE=，点E（0，2）设直线 AC 地函数解读式为 y=kx+，有，解得：k=直线 AC 地函数解读式为 y=（ 2）在 Rt OGE 中， tan EOG=tan OCE=，设 EG=3t ， OG=5t ，OE=t，得 t=2 ，故 EG=6 ，OG=10 ， SOEG=（ 3）存在 当点 Q 在 AC 上

33、时，点 Q 即为点 G，如图 1，作 FOQ 地角平分线交 CE 于点 P1，解答：由 OP1F OP1Q，就有 P1F x 轴，由于点 P1 在直线 AC 上，当 x=10 时，y=，点 P1（ 10，） 当点 Q 在 AB 上时，如图 2，有 OQ=OF，作 FOQ 地角平分线交 CE 于点 P2，过点 Q 作 QH OB 于点 H，设 OH=a， 就 BH=QH=14 a，在 Rt OQH 中， a2+（ 14a） 2=100 ， 解得： a1=6， a2=8， Q（ 6， 8）或 Q（ 8，6） 连接 QF 交 OP2 于点 M 当 Q（ 6， 8）时，就点 M （ 2，4）欢迎下载精

34、品学习资源当 Q（ 8， 6）时，就点 M （ 1，3）设直线 OP2 地解读式为 y=kx ，就2k=4 ， k=2 y=2x 解方程组，得 P2（）；当 Q（ 8， 6）时，就点 M （ 1，3），同理可求 P2（）， P3（）；如图，有 QP4 OF， QP4=OF=10 ，点 P4 在 E 点，设 P4 地横坐标为 x，就点 Q 地横坐标为 x10， yQ=yP ，直线 AB 地函数解读式为 y=x+14 ，（ x10） +14= x+2，解得： x=，可得： y=，点 P4（，），当 Q 在 BC 边上时，如图， OQ=OF=10 ，点 P5 在 E 点， P5（0， 2），综上所述

35、，满意条件地P 点坐标为（ 10，）或（）或（）或（，）或（ 0， 2）9（ 2021.广州）如图，抛物线y=与 x 轴交于 A 、B 两点（点 A 在点 B地左侧），与y 轴交于点 C（1） 求点 A 、B 地坐标；（2） 设 D 为已知抛物线地对称轴上地任意一点，当 ACD 地面积等于 ACB 地面积时， 求点 D 地坐标；（3） 如直线 l 过点 E（ 4， 0）， M 为直线 l 上地动点，当以 A 、B、M 为顶点所作地直角三角形有且只有三个时，求直线l 地解读式欢迎下载精品学习资源解题思路：（ 1） A 、B 点为抛物线与 x 轴交点，令 y=0 ，解一元二次方程即可（ 2）依据题

36、意求出 ACD 中 AC 边上地高，设为 h在坐标平面内，作AC 地平行线，平行线之间地距离等于h依据等底等高面积相等，可知平行线与坐标轴地交点即为所求地 D 点从一次函数地观点来看，这样地平行线可以看做是直线AC 向上或向下平移而形成因此先求出直线AC 地解读式，再求出平移距离，即可求得所作平行线地解读式，从而求得 D 点坐标留意：这样地平行线有两条，如答图1 所示（ 3）本问关键是懂得“以 A 、B 、M 为顶点所作地直角三角形有且只有三个”地含义由于过 A 、B 点作 x 轴地垂线，其与直线l 地两个交点均可以与A 、B 点构成直角三角形，这样已经有符合题意地两个直角三角形；第三个直角三

37、角形从直线与圆地位置关系方面考虑，以AB 为直径作圆，当直线与圆相切时，依据圆周角定理，切点与 A、 B 点构成直角三角形从而问题得解留意：这样地切线有两条，如答图2 所示 解答：解：（ 1）令 y=0，即=0，解得 x1= 4， x2=2 ， A 、B 点地坐标为 A （ 4， 0）、 B （ 2，0）（ 2） S ACB=AB .OC=9 ，在 Rt AOC 中， AC=5，设 ACD 中 AC 边上地高为 h，就有 AC .h=9，解得 h=如答图 1，在坐标平面内作直线平行于AC ，且到 AC 地距离 =h=，这样地直线有2 条，分别是 l1 和 l2，就直线与对称轴x= 1 地两个交

38、点即为所求地点D 设 l1 交 y 轴于 E，过 C 作 CF l1 于 F，就 CF=h=， CE=设直线 AC 地解读式为 y=kx+b ，将 A （ 4， 0）， C（ 0， 3）坐标代入， 得到，解得，直线 AC 解读式为 y=x+3 欢迎下载精品学习资源直线 l1 可以看做直线 AC 向下平移 CE 长度单位（个长度单位）而形成地，直线 l1 地解读式为 y=x+3 =x 就 D1 地纵坐标为（ 1）=， D1 （ 1，）同理，直线 AC 向上平移个长度单位得到l2，可求得 D2 （ 1，） 综上所述， D 点坐标为： D1 （ 1，）， D2（ 1，）（ 3）如答图 2，以 AB

39、为直径作 F，圆心为 F过 E 点作 F 地切线，这样地切线有 2 条连接 FM，过 M 作 MN x 轴于点 N A （ 4， 0）， B（ 2， 0）， F（ 1， 0）， F 半径 FM=FB=3 又 FE=5 ，就在 Rt MEF 中，ME=4，sin MFE=， cos MFE= 在 Rt FMN 中， MN=MF .sin MFE=3 =，FN=MF .cos MFE=3 =，就 ON=， M 点坐标为（，）直线 l 过 M （ ，）， E（ 4， 0）， 设直线 l 地解读式为 y=kx+b ，就有，解得，所以直线 l 地解读式为 y=x+3 同理，可以求得另一条切线地解读式为y=x 3综上所述，直线 l 地解读式为 y=x+3 或 y=x 3欢迎下载精品学习资源