中考数学试题分类汇编 压轴题 (终审稿)

中考数学试题分类汇编

压轴题

Pleasure Group Office【T985AB-B866SYT-B182C-BS682T-STT18】

2010年中考数学试题分类汇编 压轴题(四)

23．(安徽省)如图，已知△ABC∽△A1B1C1，相似比为k（k>1），且△ABC的三边长分别为a、b、c（a>b>c），△A1B1C1的三边长分别为a1、b1、c1.

（1）若c=a1，求证：a=kc；

（2）若c=a1，试给出符合条件的一对△ABC和△A1B1C1，使得a、b、c和a1、b1、c1都是正整数，并加以说明；

（3）若b=a1，c=b1，是否存在△ABC和△A1B1C1使得k=2请说明理由.

第23题图

ak，aka1. a1解:（1）证：△ABC∽△A1B1C1，且相似比为k(k1)，akc. ·又ca1，······························································ （3分）

（2）解：取a8，b6，c4，同时取a14，b13，c12. ········ （8分） 此时

abc2，△ABC∽△A1B1C1且ca1. ······················· （10分） a1b1c1注：本题也是开放型的，只要给出的△ABC和△A1B1C1符合要求就相应赋分. （3）解：不存在这样的△ABC和△A1B1C1.理由如下： 若k2，则a2a1，b2b1，c2c1.

cb1， 又ba1，a2a12b4b14c，

·········································································· （12分） b2c. ·

bc2cc4ca，而bca，

故不存在这样的△ABC和△A1B1C1，使得k2. ························ （14分）

注：本题不要求学生严格按反证法的证明格式推理，只要能说明在题设要求下k2的情况不可能即可.

24．（芜湖市 本小题满分14分）如图，在平面直角坐标系中放置一矩形ABCO，其顶点为A（0，

1）、B（－33，1）、C（－33，0）、O（0，0）．将此矩形沿着过E（－3，1）、F43

（－3，0）的直线EF向右下方翻折，B、C的对应点分别为B′、C′． （1）求折痕所在直线EF的解析式；

（2）一抛物线经过B、E、B′三点，求此二次函数解析式；

（3）能否在直线EF上求一点P，使得△PBC周长最小如能，求出点P的坐标；若不能，说明理由．

解：

（2）设矩形沿直线EF向右下方翻折后，B、C的对应点为

B(x1，y1)，C(x2，y2)．过B作BAAE交AE所在直线于A点. BEBE23，BEFBEF60， BEA60，AE3，BA3.

A与A重合，B在y轴上．x10，y12即B(0，2).

[此时需说明Bx1，y1在y轴上]. ··························································6分

设二次函数解析式为：yax2bxc

抛物线经过B33，1、E3，1、B0，-2.

1a32c4得到3a3bc1解得b3

327a33bc1c214·············································9分 该二次函数解析式yx23x2. ·

33（3）能，可以在直线EF上找到P点，连接BC交EF于P点，再连接BP.

由于BPBP，此时点P到C、B在一条直线上，故BPPCBPPC的和最小， 由于BC为定长，所以满足PBC周长最小. ·········································· 10分 设直线BC的解析式为：ykxb

232b直线BC的解析式为:yx2. ····························· 12分 9033kb又1823x3yx211

P为直线BC和直线EF的交点，解得9y3x4y10111018点P的坐标为3，-. ·························································· 14分

1111[注：对于以上各大题的不同解法，解答正确可参照评分！]

26.( 重庆市綦江县) 已知：抛物线y=ax2+bx+c(a＞0)的图象经过点B(12,0)和C(0，-6），对称轴为

x=2.

(1)求该抛物线的解析式； (2)点D在线段AB上且

A出发沿线段AB以每秒匀速运动，同时另一动

AD=AC，若动点P从1个单位长度的速度点Q以某一速度从C

出发沿线段CB匀速运动，问是否存在某一时刻，使线段PQ被直线CD垂直平分若存在，请求出此时的时间t（秒）和点Q的运动速度；若不存在，请说明理由；

(3)在（2）的结论下，直线x=1上是否存在点M，使△MPQ为等腰三角形若存在，请求出所有点

M的坐标；若不存在请说明理由. 解：方法一：∵抛物线过C(0,-6) ∴c=－6, 即y=ax2+bx－6

b211由2a 解得：a= ,b=－

1144a12b60∴该抛物线的解析式为y=

121x－x－6 -----------------3分 1方法二：∵A、B关于x=2对称

∴A（－8，0） 设y=a(x＋8)(x－12) C在抛物线上 ∴－6=a×8×(－12) 即a=∴该抛物线的解析式为：y=

（2）存在，设直线CD垂直平分PQ,

在Rt△AOC中，AC=8262=10=AD

∴点D在对称轴上，连结DQ 显然∠PDC=∠QDC，-----------4分 由已知∠PDC=∠ACD

∴∠QDC=∠ACD ∴DQ∥AC -----------------------------5分

1 16121x－x－6 --------3分 1

DB=AB－AD=20-10=10

∴DQ为△ABC的中位线 ∴DQ=AP=AD-PD=AD-DQ=10-5=5 ∴t=5÷1=5(秒)

∴存在t=5(秒)时，线段PQ被直线CD垂直平分-----------7分 在Rt△BOC中, BC=62122=65 ∴CQ=35 ∴点Q的运动速度为每秒

35单位长度.------------------8分 51AC=5 -----------------6分 2（3）存在 过点Q作QH⊥x轴于H，则QH=3，PH=9

在Rt△PQH中，PQ=9232=310 --------------------9分 ①当MP=MQ，即M为顶点，

设直线CD的直线方程为：y=kx+b(k≠0),则：

6bb6 解得： 02kbk3∴y=3x-6

当x=1时，y=－3 ∴M1(1, －3) ------------------------10分 ②当PQ为等腰△MPQ的腰时，且P为顶点. 设直线x=1上存在点M(1,y) ,由勾股定理得： 42+y2=90 即y=±74

∴M2（1，74） M3（1，－74） -----------------------11分 ③当PQ为等腰△MPQ的腰时，且Q为顶点.

过点Q作QE⊥y轴于E，交直线x=1于F，则F(1, －3) 设直线x=1存在点M(1,y), 由勾股定理得： (y＋3)2+52=90 即y=－3±65

∴M4(1, －3＋65) M5((1, －3－65) --------------------12分 综上所述：存在这样的五点：

M1(1, －3), M2（1，74）, M3（1，－74）, M4(1, －3＋65), M5((1, －3－65).

25．（山东省滨州市 本题满分l0分）

如图，四边形ABCD是菱形，点D的坐标是（0，3），以点C为顶点的抛物线

yax2bxc恰好经过x轴上A、B两点．

（1）求A、B、C三点的坐标；

（2）求过A、B、C三点的抛物线的解析式；

（3）若将上述抛物线沿其对称轴向上平移后恰好过D点，求平移后抛物线的解析式，并指出平移了多少个单位

解：①由抛物线的对称性可知AM=BM 在Rt△AOD和Rt△BMC中， ∵OD=MC，AD=BC， ∴△AOD≌△BMC．

∴OA=MB=MA．………………………………………l分 设菱形的边长为2m， 在Rt△AOD中，

m2(3)2(2m)2

解得m=1． ，OA=1，OB=3．

∴A、B、C三点的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（2，3）………………… 4分

②设抛物线的解析式为y=a（x—2）2+3 代入A点坐标可得a=—3

抛物线的解析式为y=—3（x—2）2+3……………………………………7分 ③设抛物线的解析式为y=—3（x一2）2+k 代入D（0，3）可得k=53

所以平移后的抛物线的解析式为y=—3（x一2）2+53…………………………9分 平移了53一3=43个单位．…………………………………………………l0分

26.（山东省烟台市 本题满分14分）

如图，已知抛物线y=x2+bx－3a过点A（1，0），B（0，－3），与x轴交于另一点C. （1）求抛物线的解析式；

（2）若在第三象限的抛物线上存在点P，使△角顶点的直角三角形，求点P的坐标；

（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在一B，C为顶点的四边形为直角梯形若存在，请求出点Q在，请说明理由.

解：（1）把A（1，0），B（0，－3）代入y=x2+bx－3a中，得

1+b－3a=0 －3a=－3

a=1 解得

PBC为以点B为直

点Q，使以P，Q，的坐标；若不存

b=2

∴抛物线的解析式为

y=x2+2x－3………………………………………4分 （2）令y=0，得x2+2x－3=0， 解得x1=－3，x2=1

∴点C（－3，0）……………………………………………………5分∵B（0，－3）

∴△BOC为等腰直角三角形.

∴∠CBO=45°……………………………………………………6分过点P作PD⊥y轴，垂足为D，

∵PB⊥BC，∴∠PBD=45°∴PD=BD……………………………8分 所以可设点P（x，－3+x）

则有－3+x=x2+2x－3，∴x=－1，所以P点坐标为（－1，－4）………………………10分

（3）由（2）知，BC⊥BP

当BP为直角梯形一底时，由图象可知点Q不可能在抛若BC为直角梯形一底，BP为直角梯形腰时， ∵B（0，－3），C（－3，0），

∴直线BC的解析式为y=－x－3…………………………11分 ∵直线PQ∥BC，且P（－1，－4），

∴直线PQ的解析式为y=－（x+1）－3－1

即y=－x－5…………………………………………………12分

y=－x－5

联立方程组得 y=x2+2x－3

解得x1=－1，x2=－2…………………………………………………………………………13分

物线上.

∴x=－2，y=－3，即点Q（－2，－3）

∴符合条件的点Q的坐标为（－2，－3）………………………………………………14分

28．(四川省成都市)在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bxc与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A的坐标为(3，0)，若将经过A、C两点的直线ykxb1沿y轴向下平移3个单位后恰好经过原点，且抛物线的对称轴是直线x2．

（1）求直线AC及抛物线的函数表达（2）如果P是线段AC上一点，设的面积分别为SABP、SBPC，且

SABP:SBPC2:3，求点P的坐标；

式；

ABP、BPC（3）设Q的半径为l，圆心Q在抛物运动过程中是否存在Q与坐标轴相切的情圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．并的半径为r，圆心Q在抛物线上运动，则当r与两坐轴同时相切

解：（1）∵ykxb沿y轴向下平移3个单位后恰好经过原点， ∴b3，C(0， 3)。

将A (3，0)代入ykx3，得3k30。解得k1。 ∴直线AC的函数表达式为yx3。 ∵抛物线的对称轴是直线x2

9a3bc0a1b∴解得b4 2c32ac3线上运动，则在况若存在，求出探究：若设⊙Q取何值时，⊙Q

yCDPAEBOx∴抛物线的函数表达式为yx24x3。

（2）如图，过点B作BD⊥AC于点D。 ∵SABP:SBPC2:3，

11∴(APBD):(PCBD)2:3

22∴AP:PC2:3。 过点P作PE⊥x轴于点E， ∵PE∥CO，∴△APE∽△ACO， ∴

PEAP2， COAC526OC 55∴PE∴

96x3，解得

5596∴点P的坐标为(，)

55（3）（Ⅰ）假设⊙Q在运动过程中，存在Q与坐标轴相切的情况。 设点Q的坐标为(x0，y0)。

（1） 当⊙Q与y轴相切时，有x01，即x01。

0) 当x01时，得y0(1)24(1)30，∴Q1(1， 8) 当x01时，得y0124138，∴Q2(1，（2） 当⊙Q与x轴相切时，有y01，即y01

1) 当y01时，得1x024x03，即x024x040，解得x02，∴Q3(2，当y01时，得1x024x03，即x024x020，解得x022，∴Q4(22， 1)，

Q5(22， 1)。

0)，Q2(1， 8)，Q3(2， 1)，综上所述，存在符合条件的⊙Q，其圆心Q的坐标分别为Q1(1，Q4(22， 1)，Q5(22， 1)。 （Ⅱ）设点Q的坐标为(x0，y0)。

当⊙Q与两坐标轴同时相切时，有y0x0。

由y0x0，得x024x03x0，即x023x030， ∵△=324130 ∴此方程无解。

由y0x0，得x024x03x0，即x025x030， 解得x0513 2∴当⊙Q的半径rx0

513513时，⊙Q与两坐标轴同时相切。 228．(四川省泸州市本题满分l2分)

已二次函数y1x22x3及一次函数y2xm.

(l)求该二次函数图象的顶点坐标以及它与x轴的交点坐标；

(2)将该二次函数图象在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新图象，请你在图10中画出这个新图象，并求出新图象与直线y2xm有三个不同公共点时m的值：

(3)当0x2时，函数yy1y2(m2)x3的图象与x轴有两个不同公共点，求m的取值范围．

yOx

解：（1）二次函数图象的顶点坐标为(1，4)，与x轴的交点坐标为A(-1，0)，B(3，0) (2)①当直线位于l1时，此时l1过点A(-1，0), ∴01m，即m1。

②当直线位于l2时，此时l2与函数yx22x3(1x3)的图象有一个公共点。 ∴方程xmx22x3有一根， ∴△14(m3)0，即m当m13 4131时，x满足1x3， 4213由①②知，m1或m。

4（3）∵yy1y2(m2)x3x2(m3)xm

∵当0x2时，函数yx2(m3)xm的图象与x轴有两个不同交点， ∴m应同时满足下列三方面的条件：

①方程x2(m3)xm0的判别式△=(m1)(m9)0， ②抛物线yx2(m3)xm的对称轴满足03m2， 2③当x0时，函数值ym0，当x2时，函数值y3m20

(m1)(m9)03m022即，解得m1。 23m03m20∴当点．

2m1时，函数图象yy1y2(m2)x3（0x2）的图象与x轴有两个不同公共3

26．(重庆市江津区)如图，抛物线yax2bx1与x轴交于两点A（－1，0），B（1，0），与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；

(2)过点B作BD∥CA与抛物线交于点D，求四边形ACBD的面积；

(3)在x轴下方的抛物线上是否存在一点M，过M作MN⊥x轴于点N，使以A、M、N为顶点的三角形与△BCD相似若存在，则求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）把A(1,0) B(1,0)代入yax2bx1得：

ab10a1 解得： b0ab10yx21………………………………………………………………………3分

（2）令x0，得y1 ∴C0,1 ……………………………………………4分 ∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=ABC =45 ∵BD∥CA， ∴ABD=BAC 45

过点D作DEx轴于E，则BDE为等腰直角三角形

令OEk k0，则DEk1 ∴Dk,k1 ∵点D在抛物线yx21上 ∴ k1k1 解得k12，k21（不合题意，舍去） D2,3 ∴DE=3

(说明：先求出直线BD的解析式，再用两个解析式联立求解得到点D的坐标也可)

11∴四边形ACBD的面积S=ABOC +ABDE

221121234………………………………7分 222

（说明：也可直接求直角梯形ACBD的面积为4）

(3)存在这样的点M……………………………………………………………………8分 ∵ABC=ABD=45 ∴DBC=90 ∵MNx轴于点N， ∴ANM=DBC =90 在Rt△BOC中，OB=OC=1 有BC=2 在Rt△DBE中，BE=DE=3 有BD=32 设M点的横坐标为m，则M m,m21 ①点M在y轴左侧时，则m1 (ⅰ) 当AMN ∽CDB时，有∵ANm1,MNm21

ANMN BCBDm1m21即 解得：m1（舍去） m22 232 则M2,3

(ⅱ) 当AMN ∽DCB时，有

ANMN BDBC2m1m21即 解得m11（舍去） m2（舍去）…………10分 3322

② 点M在y轴右侧时，则m1

(ⅰ) 当AMN ∽DCB时，有∵ANm1,MNm21

ANMN BDBCm1m21 ∴ 322解得m11（舍去） m247 ∴M,

394 3(ⅱ) 当AMN ∽CDB时，有

ANMN BCBDm1m21即 解得：m11（舍去） m24 232∴M4,15

47∴M点的坐标为2,3,,,4,15…………………………12分

39

25．（黄冈市15分）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；

3（2）在直线x＝1上有一点F(1,)，求以PM为底边的等腰三角形PFM的P点的坐标，并证明此时

4△PFM为正三角形；

（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）a＝－1，b＝2，c＝0

（2）过P作直线x=1的垂线，可求P的纵坐标为1，故△MPF为正三角形. （3）不存在.因为当t＜同理，当t＞

26.( 湖南常德市)如图10，若四边形ABCD、四边形CFED都是正方形，显然图中有AG=CE，AG⊥CE.

(1)当正方形GFED绕D旋转到如图11的位置时，AG=CE是否成立若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.

(2)当正方形GFED绕D旋转到如图12的位置时，延长CE交AG于H，交AD于M. ①求证：AG⊥CH;

②当AD=4，DG=2时，求CH的长。

B 图10

解：（1）AGCE成立．

四边形ABCD、四边形DEFG是正方 ∴GDDE,ADDC, ……………1分

∠GDE∠ADC90.

∴∠GDA90°-∠ADE∠EDC.

B 图11

……………2分

A

F E F E

A G D

A F E G D

H F M 11，横坐标为13.此时，MP＝MF＝PF＝425，x＜1时，PM与PN不可能相等， 45，x＞1时，PM与PN不可能相等. 4A

D

E C

B 图11

C

B

图12

C

G D

形，

C

∴△AGD△CED. ∴AGCE.

……………3

A H G 1 F M P D E 2 C

图12

分

（2）①类似（1）可得△AGD△CED， ∴∠1＝∠2

…………………4分 又∵∠HMA＝∠DMC.

B ∴∠AHM∠ADC＝90. 即AGCH.

…………………5分

② 解法一: 过G作GPAD于P, 由题意有GPPD2sin451,

GP1………6分 .

AP3DM1 而∠1＝∠2，∴tan∠2＝＝tan∠1＝.

DC348 ∴DM ，即AMADDM.

33 ∴AP3，则tan∠1＝

…………………7分

在RtDMC中，CMCDDM＝2244322＝410,………8分

3 而AMH∽CMD,∴

AHAM, 即DCCM8AH344103,

∴AH分

410. 5 …………………9

再连接AC，显然有AC42,

∴CHAC2AH242

2410810. 552 所求CH的长为810.

5 H G …………………10分

解法二：研究四边形ACDG的面积 过G作GPAD于P,

A 1 F M P D E 2 C

B

由题意有GPPD2sin45O1, ∴AP3,AG 10.

………………8分

而以CD为底边的三角形CDG的高=PD=1,

SAGDSACDS四边形ACDGSACGSCGD,

∴4×1+4×4=10×CH+4 ×1. ∴CH=810.

5 ………………10分

注：本题算法较多，请参照此标准给分.

25．(上海市)如图9，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D，与边AC

相交于点E，连结DE并延长，与线段BC的延长线交于点P. （1）当∠B＝30°时，连结AP，若△AEP与△BDP相似，求CE的长； （2）若CE=2，BD=BC，求∠BPD的正切值；

1（3）若tanBPD，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式.

3

图9 图10(备用) 图11(备用)

解：（1）∵∠B＝30°∠ACB＝90°∴∠BAC＝60° ∵AD=AE ∴∠AED＝60°=∠CEP ∴∠EPC＝30°

∴三角形BDP为等腰三角形 ∵△AEP与△BDP相似

∴∠EAP=∠EPA=∠DBP=∠DPB=30° ∴AE=EP=1

∴在RT△ECP中，EC=EP=

（2）过点D作DQ⊥AC于点Q，且设AQ=a，BD=x ∵AE=1,EC=2 ∴QC=3－a ∵∠ACB＝90°

∴△ADQ与△ABC相似 ∴即

ADAQ ABAC1a3 ，∴ax13x122212123∵在RT△ADQ中DQADAQ1x1x22x8

x1∵

DQAD BCABx2x81x1 xx12ADFBECPQ∴

解之得x=4，即BC=4 过点C作CF

1AEADBFBC21EC21QEDQtanBPDDQ31aAD2AQ2DQ2ACAFBDBP42CP42ECCP3424ADDQAQ54AB55x,BC33x12a231aa1(舍去)a5ABBCAC1x55x44yABBCAC55x33x1x33xy33x福州市 满分14分） 44如图1，在平面直角坐标系中，点B在直线y2x上，过点B作x轴的垂线，垂足为A，OA=5。若抛物线y12xbxc过点O、A两点。 6（1）求该抛物线的解析式；

（2）若A点关于直线y2x的对称点为C，判断点C是否在该抛物线上，并说明理由；

（3）如图2，在（2）的条件下，⊙O1是以BC为直径的圆。过原点O作O1的切线OP，P为切点（P与点C不重合），抛物线上是否存在点Q，使得以PQ为直径的圆与O1相切若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由。

解：（1）把O(0,0)、A(5,0)分别代入y12xbxc， 6c0,5b,25得 解得 …………3分 65bc0.6c0.∴该抛物线的解析式为y125xx. ……………4分 66（2）点C在该抛物线上． ………………………5分

理由：过点C作CDx轴于点D,连结OC，设AC与OB相交于点E． ∵点B在直线y2x上， ∴B(5,10) ∵点A、C关于直线y2x对称，

∴OBAC,CEAE,BCOC，OCOA5,BCBA10． 又∵ABx轴，，由勾股定理得OB55． ∵SRtOAB11AEOBOAAB，∴AE25， ∴AC45． 22∵OBACAB90，CADCAB90，∴CADOBA． 又∵CDAOAB90，∴CDA∽OAB．

CDADAC． ∴CD4,AB8．∴C(3,4)． ……8分 OAABOB15当x3时，y9(3)4．

6615∴点C在抛物线yx2x上． ………………9分

66 ∴

（3）抛物线上存在点Q，使得以PQ为直径的圆与O1相切．

过点P作PFx轴于点F；连结O1P；过点O1作O1Hx轴于点H． ∴CD∥O1H∥BA．

∵C(3,4)，B(5,10)．点O1是BC的中点， 由平行线分线段成比例定理得，AHDH12AD4 ∴OHOAAH1，同理可得：O1H7． ∴点O1的坐标为(1,7)． ……………………10分 ∵BCOC，∴OC为O1的切线． 又∵OP为O1的切线，∴

OCOPO1CO1P5．

∴四边形OPO1C为正方形．∴COP90． ∴POFOCD．又∵PFO＝

OCD90，

∴CDO≌OFP．

∴CDOF,ODPF．∴P(4,3)．…………12设直线O1P的解析式为ykxb(k0) 把O1(1,7)、P(4,3)分别代入ykxb，

4得

kb7,3. 解得，k4kb3, b253.∴直线Oy4251P的解析式为3x3.

若以PQ为直径的圆与O1相切，则点Q为直线O1P与抛物线的交点．

可设点Q的坐标为(m,n) ，则有n43m25153，n6m26m．

∴4253m316m256m．整理得m23m500， 分

解得m

320932093209．∴点Q的横坐标为或．……14分

22224．(日照市 本题满分10分)

如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC与E，交BC与D．求证：

（1）D是BC的中点； （2）△BEC∽△ADC； （3）BC2=2AB·CE．

解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90° ， 即AD是底边BC上的高． ………………………………………1分 又∵AB=AC，∴△ABC是等腰三角形，

∴D是BC的中点；………… ……………………………………………3分 (2) 证明：∵∠CBE与∠CAD是同弧所对的圆周角， ∴ ∠CBE=∠CAD．…………………………………………………5分 又∵ ∠BCE=∠ACD，

∴△BEC∽△ADC；…………………………………………………6分 （3）证明：由△BEC∽△ADC，知

CDCE， ACBC即CD·BC=AC·CE． …………………………………………………8分

1∵D是BC的中点，∴CD=BC．

21 又 ∵AB=AC，∴CD·BC=AC·CE=BC ·BC=AB·CE

2即BC2=2AB·CE．……………………………………………………10分

27．(四川省凉山州)已知：抛物线yax2bxc(a0)，顶点C（1，-4），与x轴交于A、B两点，

A（-1，0）．

（1）求这条抛物线的解析式；

（2）如图，以AB为直径作圆，与抛物线交于点D，与抛物线的对称轴交于

E，依次连接A、D、B、E，点Q为AB上一个动点（Q与A、B两点不重合），过点Q作QF⊥AE

QFQG于F，QG⊥DB于G，请判断 是否为定值，若是，请求出此定值，若不是，请说明理由； BEAD （3）在（2）的条件下，若点H是线段EQ上一点，过点H作MN⊥EQ， MN分别与边AE、BE相交于M、N（M与A、E不重合，N与E、B不重合），

QA是否成立，若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．EM请判断 QBEN

（第27

解：（1）设抛物线解析式为ya(x1)24 ………………1分 将A（-1，0）带入ya(x1)24

得a1 ……………………………………………2分

∴y(x1)24

即yx22x3……………………………………3分

QFQGBEAD

（2） 是定值1…………………………………4分 ∵AB是直径 ∴∠AEB=90° ∵QF⊥AE

∴QF∥BE

QFAQBEABQGQB 同理可得 ………………………………5分 ADABQFQGAQQBAQQBAB1 ∴ BEADABABABABQFQG1.…………………………6分 ∴ 为固定值BEADQAEM （3） 成立……………………………………7分 QBEN ∴

∵直线EC为抛物线对称轴

∴EC垂直平分AB ∴AE=EB ∴∠FAQ=45°

∴AF=FQ…………………………………………8分

∵QF∥BE

QAAF∴ EFQBQAQF∴ ………………………………………9分 QBEF∵MN⊥EQ

∴∠QEF=∠MNE 又∵∠QFE=∠MEN=90° ∴△QEF≌△MNE

QFEFMENEQFMEEFNEQAEMQBEN∴ ……………………………………10分

∴ ……………………………………11分