初中數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練參考答案

初中數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練參考答案專題一、選擇題1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.專題二、填空題1.2.或3.有①7、6、3②7、6、2兩種，任填一種即可4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.，18.19.20.或21.22.23.2、4、6、824.（，）25.（，）專題三、反比例函數(shù)1.解：直線與軸交點為（0，），與軸交點為（-1,0）∴∴一次函數(shù)為：∴、又∵所以2．解：（1）∵雙曲線過A（3，），∴.把B（-5，）代入,得.∴點B的坐標是（-5，-4）.設(shè)直線AB的解析式為，將A（3，）、B（-5，-4）代入得，，解得：.∴直線AB的解析式為：.（2）四邊形CBED是菱形.理由如下:點D的坐標是（3,0），點C的坐標是（-2,0）.∵BE∥軸，∴點E的坐標是（0,-4）.而CD=5，BE=5，且BE∥CD.∴四邊形CBED是平行四邊形.在Rt△OED中，ED2＝OE2＋OD2，∴ED＝＝5，∴ED＝CD.∴□CBED是菱形.3.解：（1），（2）分別過、作軸的垂線，垂足為、.則∽，∵∴在中，當時，∴∴∴(-4,0)4.解：（1）過B點作BD⊥x軸，垂足為D，∵B（n，﹣2），∴BD=2，在Rt△OBD在，tan∠BOC=，即=，解得OD=5，又∵B點在第三象限，∴B（﹣5，﹣2），將B（﹣5，﹣2）代入y=中，得k=xy=10，∴反比例函數(shù)解析式為y=，將A（2，m）代入y=中，得m=5，∴A（2，5），將A（2，5），B（﹣5，﹣2）代入y=ax+b中，得，解得，則一次函數(shù)解析式為y=x+3；（2）由y=x+3得C（﹣3，0），即OC=3，∵S△BCE=S△BCO，∴CE=OC=3，∴OE=6，即E（﹣6，0）．5.解：（1）∵四邊形是矩形 ∴、 ∵是由沿著翻折得到的 ∴，∴四邊形是正方形（2）點是正方形的中心理由：過作軸于，如圖：∵四邊形是正方形∴，∴(，)∴∵(，)、(，)∴直線為設(shè)（，），則，解得：，（不合題意舍去）∴（，），（，）∵∴，∴∴點是正方形的中心.6.解：（1）OA=16，OC=8，設(shè)OD=m，則CD=DA=16-m，在Rt△COD中，∠COD=90∵CD=OC+OD∴(16-m)=8+m，m=6∴D(6，0)∵四邊形OABC是矩形∴OA∥CB，∴∠CED=∠EDA，又∵∠EDA=∠CDE，∴∠CED=∠CDE，∴CE=CD=10，E(10，8)（2）過B作BM⊥BC于M如圖1.BC=AB=OC=8，BE=BE=6，∠CBE=90，BM=CM=，B（，）k=10×8=80，y=，∵圖1∴點B不在這個反比例函數(shù)的圖象上。（3）當x=16時，y=5F=1\*GB3①把線段DE先向右平移10個單位長度，再向上平移5個單位長度，端點E落在G處，G（20，13）；=2\*GB3②把線段EF先向左平移4個單位長度，再向下平移8個單位長度，端點F落在G處，G（12，-3）；=3\*GB3③把線段DF先向左平移6個單位長度，再向上平移3圖2 個單位長度，端點D落在G處，G（0，3）；綜上所述，在直角坐標系中存在：G（20，13）、G（12，-3）、G（0，3）使得以D、E、F、G為頂點的四邊形是平行四邊形。7.解：（1）過A作AD⊥x軸于D.則AD=3，OD=2，DC=4∵BF⊥x軸，AD⊥x軸∴AD∥EF∴△CEF∽△CAD∴∴EF=1,S==(2)①過B作BE⊥x軸于E。設(shè)A（，）、B(6，則CE=()，BE=直線OB為：∴D(a，)∴=1…（Ⅰ）∵AD=，∴∴…（Ⅱ）把（Ⅱ）代人（Ⅰ）解得∵∴∴A(3，4)、B（6，2）（3）過M作MA⊥x軸于A，過N作NB⊥x軸于B,連接ON交MA于點C.直線ON為：當x=m時，y=∴C()MC=-又∵MC=∴-=∴∴∵∴8.解：(1)過點C作CG⊥OA于點G，∵點C是等邊△OAB的邊OB的中點，∴OC＝2，∠AOB＝60°，∴OG＝1，CG＝，∴點C的坐標是(1，)，由＝，得：k＝，∴該雙曲線所表示的函數(shù)解析式為y＝；(2)過點D作DH⊥AF于點H，設(shè)AH＝a，則DH＝a．∴點D的坐標為(4＋a，)，∵點D是雙曲線y＝上的點，由xy＝，得(4＋a)＝，即：a2＋4a－1＝解得：a1＝－2，a2＝－－2(舍去)，∴AD＝2AH＝2－4，∴等邊△AEF的邊長是2AD＝4－8．9.解：設(shè)A()，則B（）、C(0，)（1）AB=AD=（2）①過點F作FG⊥BC于G.∵點F是矩形ABCD的中心∴點F坐標為（）把點F（）代入得：化簡得：∴②△AEF是直角三角形理由：由①得，∴A()，在中，當y=時，AE=∵∠ACB=30，∠ABC=90∴tan30=∴∴∴AB=AF=∴∵∴又∵∠EAF=∠CAD∴△EAF∽△CAD∴∠EFA=∠CDA=90所以△AEF是直角三角形.10.解：（1）∵點E、F在函數(shù)的圖象上，∴設(shè)，∴，∵，∴，。（2）∵四邊形OABC為矩形，OA=2，OC=4，設(shè)，∴BE=，BF=∴∵，∴=∴當時，，∴AE=2.當點E運動到AB的中點時，四邊形OAEF的面積最大，最大值是5.專題四圓解答題1.解：（1）證明：∵∠BCD＝∠BAC，∴eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BC))＝eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BD))。∵AB為⊙O的直徑，∴AB⊥CD，CE＝DE。∴AC＝AD。（2）解：不正確，如當∠CAB＝20°時，CF不是⊙O的切線。如圖，連接OC?！逴C＝OA，∴∠OCA＝20°。∵∠ACB＝90°，∴∠OCB＝70°。又∵∠BCF＝30°，∴∠FCO＝100°。∴CO與FC不垂直.?！啻藭rCF不是⊙O的切線.。2.解：（1）證明：如圖，連接OC，則∠BOC=2∠A=2α，∴∠BOC+∠B=2α＋β=900。∴∠BCO=900，即OC⊥BC?！郆C是的⊙O切線。（2）∵OC=OA=6，由(1)知，OC⊥BC，在中，，即?！郞B=10?！唷?.解：（1）如圖所示，⊙P′即為所求作的圓?！裀′與直線MN相交。（2）設(shè)直線PP′與MN相交于點A，則由⊙P的圓心為P（﹣3，2），半徑為3，直線MN過點M（5，0）且平行于y軸，點N在⊙P′上，得P′N=3，AP′=2，PA=8?！嘣谥校?。在中，。4.證明：（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC?！逜B=AC，∴D是BC的中點。

（2）∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=∠ADB=90°，即∠CEB=∠CDA=90°，∵∠C是公共角，∴△BEC∽△ADC。（3）∵△BEC∽△ADC，∴∠CBE=∠CAD?！逜B=AC，AD=CD，∴∠BAD=∠CAD?！唷螧AD=∠CBE?！摺螦DB=∠BEC=90°，∴△ABD∽△BCE。∴∴。∵BC=2BD，∴，即。∵∠BDP=∠BEC=90°，∠PBD=∠CBE，∴△BPD∽△BCE。∴。∴，即AB?CE=2DP?AD。5.解：（1）連接OD、OB∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°∵EF⊥BC，∴∠F＝∠ABC＝90°∴EF∥AB∵D是EQ\O\AC(AB,\S\UP10(︵))的中點，∴∠BOD＝∠AOD，又OA＝OB，∴OD⊥AB，∴OD⊥EF又EF過半徑OD的外端D，∴EF是⊙O的切線．（2）在Rt△EFC中，CF＝6，∠ACB＝60°∴CE＝12∵OD⊥EF，BC⊥EF，∴OD∥CF∴△ODE∽△CFE設(shè)⊙O的半徑為r，則eq\F(r,6)＝eq\F(12－r,12)，解得r＝4，∴DE＝4eq\R(,3)∴S陰影＝S△ODE－S扇形OAD＝eq\f(1,2)×4×4eq\R(,3)－eq\f(1,6)π×42＝8eq\R(,3)－eq\f(8,3)π6.（1）設(shè)⊙O的半徑為r.∵BC切⊙O于點D∴OD⊥BC∵∠C=90°∴OD∥AC∴△OBD∽△ABC.∴eq\f(OD,AC)=eq\f(OB,AB)，即解得：∴⊙O的半徑為(2)四邊形OFDE是菱形∵四邊形BDEF是平行四邊形∴∠DEF=∠B.∵∠DEF=eq\f(1,2)∠DOB∴∠B=eq\f(1,2)∠DOB.∵∠ODB=90°∴∠DOB+∠B=90°∴∠DOB=60°∵DE∥AB，∴∠ODE=60°.∵OD=OE，∴△ODE是等邊三角形∴OD=DE∵OD=OF∴DE=OF∴四邊形OFDE是平行四邊形∵OE=OF∴平行四邊形OFDE是菱形.7.解：（1）如圖，連接OA，∵直徑CE⊥AB，∴AD=BD=2，。∴∠ACE=∠BCE，∠AOE=∠BOE，又∵∠AOB=2∠ACB，∴∠BOE=∠ACB。又∵=，∴=，在中，設(shè)OD=x，則OB=3x，∵OD2+BD2=OB2，∴x2+22=（3x）2，解得x=?！郞B=3x=，即⊙O的半徑為。（2）證明：∵FE=2OE，∴OF=3OE=。∴。又∵，∴。又∵∠BOF=∠DOB，∴△OBF∽△ODB。∴∠OBF=∠ODB=90°。∵OB是半徑，∴BF是⊙O的切線。8.解：（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即∠ADC+∠CDB=90°?！摺螦DC=∠ABC，∠CBF=∠CDB，∴∠ABC+∠CBF=90°，即∠ABF=90°。∴AB⊥EF。∴EF是⊙O的切線。（2）作BG⊥CD，垂足是G，在中，∵AB=10，=，∴BD=6。∴根據(jù)勾股定理得AD=8。∴=。∵點C是弧AB的中點，∴∠ADC=∠CDB=45°。∴BG=DG=BDsin45°=。∵∠DAB=∠DCB，∴?！唷！??！唷?.（1）證明：∵OC為半徑，點C為的中點，∴OC⊥AD?！逜B為直徑，∴∠BDA=90°，BD⊥AD。∴OF∥BD。（2）①證明：∵點O為AB的中點，點F為AD的中點，∴OF=BD?！逨C∥BD，∴∠FCE=∠DBE。∵∠FEC=∠DEB，∴△ECF∽△EBD，∴，∴FC=BD?！郌C=FO，即點F為線段OC的中點。②解：∵FC=FO，OC⊥AD，∴AC=AO，又∵AO=CO，∴△AOC為等邊三角形?！喔鶕?jù)銳角三角函數(shù)定義，得△AOC的高為。∴（cm2）。答：圖中陰影部分（弓形）的面積為cm2。10.解：（1）PO與BC的位置關(guān)系是PO∥BC。（2）（1）中的結(jié)論PO∥BC成立。理由為：由折疊可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。又∵OA=OP，∴∠A=∠APO?！唷螦=∠CPO。又∵∠A與∠PCB都為所對的圓周角，∴∠A=∠PCB。∴∠CPO=∠PCB。∴PO∥BC。（3）證明：∵CD為圓O的切線，∴OC⊥CD。又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。由折疊可得：∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO為等邊三角形。∴∠AOP=60°。又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。又∵OC=OB，∴△BC為等邊三角形。∴∠COB=60°。∴∠POC=180°﹣（∠AOP+∠COB）=60°。又∵OP=OC，∴△POC也為等邊三角形。∴∠PCO=60°，PC=OP=OC。又∵∠OCD=90°，∴∠PCD=30°。在中，PD=PC，又∵PC=OP=AB，∴PD=AB，即AB=4PD。專題五答案1.解：（1）設(shè)購進甲商品x件，則購進乙商品為（160-x）件。 根據(jù)題意得：（20-15）x+(45-30)x=1100 解得：x=100160-x=60 答：購進甲商品100件，則購進乙商品為60件。 （2）設(shè)購進甲商品n件，則購進乙商品為（160-n）件。 根據(jù)題意得：解得∵n是正整數(shù)，∴n=66或67有兩種進貨方案：①購進甲商品66件，購進乙商品94件；②購進甲商品67件，購進乙商品93件。獲利最大的是①購進甲商品66件，購進乙商品94件。2.解：（1）利用圖象設(shè)關(guān)于的函數(shù)解析式為，將（10，10）（50，6）代入解析式得：，解得：，（10≤x≤50）（2）當生產(chǎn)這種產(chǎn)品的總成本為280萬元時，，解得：，（不合題意舍去），故該產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量為40噸．3.解：(1) （2）∵，w隨著x的增大而增大∴當x=10時，（元）4.解：(1)設(shè)規(guī)定的時間為x天。根據(jù)題意得：解得：經(jīng)檢驗是元方程的解，所以規(guī)定的時間是12天。（2）兩隊合作所需的工資為： 所以該縣準備的工程工資款夠用。5.解：（1）、（2）根據(jù)題意得：解得：，（不合題意舍去）紫菜平均每畝產(chǎn)量的增長率為50%.6.解：（1），且為整數(shù)（2）解得：又∵，是整數(shù)∴、、所以有三種購樹苗方案：①購種樹苗棵、種樹苗棵，所用資金元；②購種樹苗棵、種樹苗棵，所用資金元；③購種樹苗棵、種樹苗棵，所用資金元；7.解：（1）設(shè).根據(jù)題意得：，當時，.所以從剎車到停止經(jīng)過的路程為：（米）(2)設(shè)動車從剎車到滑行2250米處所用的時間為秒.根據(jù)題意得： 解得：，（不合題意舍去）動車從剎車到滑行2250米處所用的時間是40秒.8.解：(1)設(shè)根據(jù)題意得：解得：（2）（3）根據(jù)題意得：解得9.解：（1）設(shè)，則.∵∴，解得：，（不合理舍去）∴（0，）設(shè)直線的解析式為：∵（-6,0）∴直線為：（2）過作于如圖1，設(shè)（，），則（，0）.，根據(jù)題意得：解得：，所以(，)、(-4，).（3）假設(shè)存在（，）使得的面積等于.分兩種情況：①當時，過作于如圖2-1，則（，0）.，根據(jù)題意得：化簡得：∵方程沒有實數(shù)根∴此時不存在這樣的點，使得的面積等于；②當時，過作于如圖2-2，則（，0）.，根據(jù)題意得：解得：，（不合題意舍去）所以此時存在（，）10.解：（1）根據(jù)題意得： 化簡得：（2）當時，解得：，所以當每個書包售價定為元或元時，一個月的利潤剛好是元.（3）當每個書包售價定為大于元而小于元時，商家就可盈利.專題六幾何探究題1.解：(1)∵PQ∥BD∴∠CQP=∠BDC在Rt△BDC種，∵∠C=90∴tan∠BDC=∴∠CQP=∠BDC=30(2)如備用圖1，點R落在AB上。∵∠CPQ=90-∠CQP=60∴∠RPQ=∠CPQ=60∴∠RPB=60∴BP=PR=CP=則∴（3）有兩種情況：①當時，②當時，如備用圖2。∵PB=∴PN=2PB=∴RN=∴2.（1）證明：連接CD如圖1.∵△ABC是直角三角形，∠C=90，AC=BC點D是AB的中點∴CD⊥AB,CD=DB∠FCD=∠B=45∠BDF=90-∠FDC∵∠EDF=90∴∠CDE=90-∠FDC∴∠BDF=∠CDE∴△CDE≌△BDF∴DE=DF（2）過D作DG⊥AB交AC于G如圖2.則AD=DG，∠EGD=∠B=45又∵∠EDG=∠FDB∴△GDE∽△BDF∴∴（3）AB=∵AD∶DB=1∶2∴DG=AD=BD=∴AG=有兩種情況：①如圖2，當時。由△GDE∽△BDF得：∴②如備用圖，當時。由△GDE∽△BDF得：∴3.解：（1）如圖1，當時∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴當時（2）為定值，分三種情況：①當時，如圖1：方法一：由（1）得：∴方法二：==由（1）得： ∴②當時，點、、重合。③當時，如圖2：方法一：∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴方法二：∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴又∵∴綜上所述：為定值。4．解：（1）如圖1，過點G作于M.在正方形EFGH中，.又∵，∴⊿AHE≌⊿BEF.同理可證：⊿MFG≌⊿BEF.∴GM=BF=AE=2.∴FC=BC-BF=10.（2）如圖2，過點G作于M.連接HF.又∴⊿AHE≌⊿MFG.∴GM=AE=2.（3）⊿GFC的面積不能等于2.∵若則12-a=2，∴a=10.此時，在⊿BEF中，在⊿AHE中，.∴AH＞AD.即點H已經(jīng)不在邊AB上.故不可能有解法二：⊿GFC的面積不能等于2.∵點H在AD上，∴菱形邊長EH的最大值為.∴BF的最大值為.又因為函數(shù)的值隨著a的增大而減小，所以的最小值為.又∵，∴⊿GFC的面積不能等于2.5．解：（1）∵四邊形ADEF是正方形，△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AF，∠BAC＝∠DAF＝90o∴∠BAD＝∠CAF，∴△ABD≌△ACF（2）作圖如右：猜測：CF＝BD，CF⊥BD理由是：同（1）可得△ABD≌△ACF∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD＝∠ACB＝45o∴∠FCB＝90o，∴CF⊥BD（3）連接GF∵AE是正方形ADEF的對角線∴∠FAE＝∠DAE＝45o又AD＝AF，AG＝AG∴△AFG≌△ADG∴FG＝DG若Rt△CFG是等腰三角形，則CG＝CF設(shè)CF＝x，得CG＝CF＝BD＝x①如圖1，當BD＜1時，F(xiàn)G＝DG＝2－2x在Rt△CFG中，，根據(jù)勾股定理得FG2＝CG2＋CF2∴（2－2x）2＝2x2解得：x1＝2＋EQ\R(2)＞1（舍去），x2＝2－EQ\R(2)②如圖2，當BD＞1時，∵CG＝BD∴FG＝DG＝BC＝2在Rt△CFG中，，根據(jù)勾股定理得FG2＝CG2＋CF2，22＝2x2解得：x1＝－EQ\R(2)（舍去），x2＝EQ\R(2)綜上所得，當BD等于2－EQ\R(2)或EQ\R(2)時，△CFG是等腰三角形6.解：（1）理由：方法一：∵四邊形與四邊形都是正方形∴∴∴≌可以看作由順時針旋轉(zhuǎn)得到的（或可以看作由逆時針旋轉(zhuǎn)得到的），故，方法二：連接如圖.證≌得，∴=∴∴(2)①方法一：過作,過.則∥∴∵，∴又∵∴≌∴∵，∴方法二：①過作∥交直線于.則∵，∴∴同理：又∵∴≌∴∵∴又∵∴≌∴∴∴②∵≌∴∵≌∴∴∴所以為定值方法三：①過作交.∵，∴∵,∴又∵∴≌∴同理可證：∴即②∵≌，∴∵≌∴∴所以為定值方法四：①過作⊥直線于，過作⊥直線于∵，∴又∵∴≌∴同理可證:≌∴∴又∵，∴≌∴∴又∵∴②由①得≌，≌∴，∴，又∵≌∴∴所以為定值7.（1）方法一：如圖1-1.∵，∴∴又∵∴∴即∴是等腰直角三角形方法二：如圖1-2.把繞著點逆時針旋轉(zhuǎn)，點落在點處，點落在點處，連接.則，，，∵∴∴∥∴四邊形是矩形.又∵∴點是矩形的中心∴點、、在同一直線上.且又∵∴所以是等腰直角三角形方法三：如圖1-2.延長到，使得，連接、、.∵于∴又∵∴四邊形是矩形.∴又∵，∴≌∴，∴∴所以是等腰直角三角形②方法一：在中∵∴∴又∵，∴∴（）方法二：如圖1-3.過點作于.∵，∴∴∴又∵∴∴（）(2)方法一：如圖2-1.把繞著點逆時針旋轉(zhuǎn)，點落在點處，點落在點處，連接、.則，，，∵∴∴∥∴四邊形是平行四邊形.又∵∴點是平行四邊形的中心∴點、、在同一直線上.且又∵∴，所以是等腰直角三角形方法二：如圖2-2.延長到，使得，連接、、、.則四邊形是平行四邊形.∴∵∴∴∵，∴設(shè)繞點逆時針旋轉(zhuǎn)角則，∵，∴∴又∵∴≌∴∴∴，所以是等腰直角三角形8.（1）連接AC如圖1.∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120∴∠ACB=∠ABC=∠CAB=∠ACN=60∴AC=AB又∵∠MAN=60∴∠BAM=∠CAN=60-∠MAN∴△BAM≌△CAN∴AM=AN∴△AMN是等邊三角形(2)∵△BAM≌△CAN∴BM=CN∴CM+CN=BC=AB=4∵四邊形AMCN的周長=AM+CM+CN+AN∴四邊形AMCN的周長=2AM+4∴當AM最小時，四邊形AMCN的周長最小即當AM⊥BC，α=30時，四邊形AMCN的周長最小.此時∵∠AMB=90，∠BAM=α=30∴BM=AB=2∴四邊形AMCN的周長最小值為：（3）理由：方法一:把△ABM繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)，使得點B與點D重合，點P落在點處如圖.則BP=D=2DQ，∠DA=∠PBA=∠ADQ=30∴∠DQ=60，連接Q，記D的中點為T，連接TQ.又∵TD=DQ=∴△DTQ是等邊三角形 ∴TQ=TD=T∴∠DQ=∠QT=30，∵∠DQT=60∴∠DQ=90∴Q=3∴∵∠PAQ=60，∠BAD=120∴∠PAB+∠DAQ=60∵∠AD=∠PAB∴∠AQ=∠PAQ=60又A=AP，AQ=AQ∴△AQ≌△PAQ∴PQ=Q∴方法二：作點D關(guān)于直線AN的對稱點，連接Q、P、A，取P的中點T，連接QT.則DQ=Q、AD=A.證△AP≌△BAP得P=BP，其它步驟與方法一類似。9.解（1）如圖2，∵∥∴∽，∽∴即.∴，（2）如圖3，在等腰中，，則邊上的高為.所以.由∽得即所以.又∵與是同高三角形，所以于是，（3）如圖4，∵，∴又∵∥∴∴≌∴∴是等腰三角形∵與有一個公共的，而且∴只存在的情況。當∽時，也是等腰三角形，∴，解得：10.（1）∵A、D關(guān)于點Q成中心對稱，HQ⊥AB，∴=90°，HD=HA，∴，∴△DHQ∽△ABC．（2）①如圖1，當時，ED=，QH=，此時．當時，最大值．②如圖2，當時，ED=，QH=，此時．當時，最大值．∴y與x之間的函數(shù)解析式為y的最大值是．（3）①如圖1，當時，若DE=DH，∵DH=AH=，DE=，∴=，．顯然ED=EH，HD=HE不可能；②如圖2，當時，若DE=DH，=，；若HD=HE，此時點D，E分別與點B，A重合，；若ED=EH，則△EDH∽△HDA，∴，，．∴當x的值為時，△HDE是等腰三角形.11.解：（1）與的位置關(guān)系是；.證明：如圖1，過點作于,則．∵矩形中,，∴矩形為正方形.∴,．∴∴≌∴.∵∴∴∴．∵,∴，.于是.（2）在（1）中得到的兩個結(jié)論均成立.證明：如圖2，延長交的延長線于點，連結(jié)、，過作，交于點．∵四邊形是矩形，∴∥∴，∵為的中點∴∴≌∴，∵∴∴∵∴∴∴由（1）得∴．∴，∵∴∴≌．∴，∵∴∵∴=.（3）；不一定等于.12.解：（1）依題意，點P既在的平分線上，又在線段AB的垂直平分線上.如圖1，作的平分線，作線段的垂直平分線，與的交點即為所求的P點。是等腰直角三角形.理由：過點P分別作、，垂足為E、F如圖2.∵平分，、，垂足為E、F，∴.又∵，∴≌.∴.∵，，，∴，從而.又∴是等腰直角三角形.（2）如圖2，在中，，，.∴.由≌，≌，可得，.∴.在中，，，，∴.∴.所以的周長為：.因為的面積=的面積的面積的面積===（）.或.（3）方法一：過點分別作、，垂足為、如圖3.易得.由∥得①；由∥得②①+②，得，即.∴，即.方法二：（前面同法1）又，.∴∴.∴，即.方法三：過點作，垂足為如圖4.在中，，由∥得①；②①+②，得，即.∴，即.方法四：過點作∥，交射線于點如圖5.易得，.∵∥，∴.∴，.即.方法五：過點作的平行線，交射線于點如圖6.得，，又，即，所以，方法六：分別過點、分別作的平行線，交射線于點，交射線于點如圖7.得，又，∴，即，專題七二次函數(shù)1.解：（1）∵(，)在拋物線上∴解得（2）由得(,)得(3)當時，點與點關(guān)于拋物線的對稱軸直線對稱，此時(,)當時，設(shè)（，）如圖，∵∴∵∴∴∴≌∴∴解得：，（不合題意舍去）此時(,)。綜上所述：當點的坐標為(,)或(,)時，是等腰三角形。2.解：（1）由題意得解得∴此拋物線的解析式為（2）連結(jié)、.因為的長度一定，所以周長最小，就是使最小.點關(guān)于對稱軸的對稱點是點，與對稱軸的交點即為所求的點.OACxyOACxyBEPD則解得∴此直線的表達式為把代入得∴點的坐標為（3）存在最大值理由：∵即∴∴即∴連結(jié)==∵∴當時，3．（1）根據(jù)題意得：解得（2）設(shè)直線AB的解析式為根據(jù)題意得：解得則P、Q,PQ=當x=0時，（3）當PQ取最大值時，P（0，2）.當y=0時，，，D（1，0）假設(shè)在拋物線上存在M、N兩點，使得以P、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形。有兩種情況：①當MN∥PD、MN=PD時，設(shè)M則N即N（注：平移線段，端點對應(yīng)坐標差相等）-0解得x=-2M、N(-1,-2)②當MN與PD互相平分時，設(shè)M則N即N-0解得（當x=2時，1-x=-1<2不合題意舍去），M(-1,-2)、N(2,4)綜上所述：當PQ的長度取最大值時，在拋物線上存在M、N(-1,-2)使得四邊形MPDN是平行四邊形、存在M(-1,-2)、N(2,4)使得四邊形MPND是平行四邊形。4.解：（1）根據(jù)題意得解得：,（2）①點（，），直線為.當時，.(，)，(，)設(shè)(，)，則(，).當四邊形是平行四邊形時，.解得：，（不合題意舍去）所以NMQ3QNMQ3Q2Q1Gx=1yxOFEPDCBA如圖，∵四邊形是平行四邊形∴∥∴此時點與點重合∴(，)設(shè)對稱軸與軸相交于點，過點作于，過點作于.∵∥∴又∵，∴≌∴過作的平行線交拋物線于、兩點.直線為設(shè)（，）代入得：=解得：，∴（，）、（，）綜上所述：在拋物線上存在(，)、（，）、（，）5.（1）設(shè)點A的坐標為（m，2m）∵AB∥y軸交拋物線于B點,∴B（m，）AC∥x軸交拋物線于C點∴C（2m，2m）∴AC=-m∵點P到AB的距離為（-m）∴.（2）由（1）得AB=2m-=， 解得：m=-2∴B(-2，2)、C（-4，8）A(-2，8)∵∠BAC=90,∴直線BC為： ∵當點P與點B、C不在同一直線上時，，當點P與點B、C在同一直線上時，∴所以的最大值為。 ，當x=0時，y=-4，此時P（0，-4）（3）A（m，nm）、B（m，）AB=有兩種情況：①當點C在點A左邊時，記為C(mn，nm)如圖AC=m-mn∵AB=AC∴∵m<0，n>1∴②當點C在點A右邊時，記為C（-mn，nm）如圖AC=-mn-m∴∵m<0，n>1∴綜上所述，當△ABC是等腰三角形時，或6.解：（1）因所求拋物線的頂點的坐標為（2，4），故可設(shè)其關(guān)系式為．又拋物線經(jīng)過，于是得，解得．∴所求函數(shù)關(guān)系式為，即．（2）①點不在直線上．根據(jù)拋物線的對稱性可知點的坐標為（4，0），又的坐標為（2，4），設(shè)直線的關(guān)系式為．于是得，解得．所以直線的關(guān)系式為．由已知條件易得，當時，，∴．∵點的坐標不滿足直線的關(guān)系式，∴當時，點不在直線上．②存在最大值．理由如下：∵點在軸的非負半軸上，且在拋物線上，∴，∴點的坐標分別為、，∴（），∴，∴．（i）當，即或時，以點為頂點的多邊形是三角形，此三角形的高為，∴．（ii）當時，以點為頂點的多邊形是四邊形，∵，∴，其中（），由，，此時．綜上所述，當時，以點為頂點的多邊形面積有最大值，這個最大值為．7.解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8.∵點B在x軸的正半軸上，點C在y軸的正半軸上，且OB＜OC,∴A、B、C三點的坐標分別是A（－6，0）、B（2，0）、C（0，8）.∵點C（0，8）在二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象上，∴c＝8.將A（－6，0）、B（2，0）代入表達式y(tǒng)＝ax2＋bx＋8，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝36a－6b＋8,0＝4a＋2b＋8))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(2,3),b＝－\f(8,3)))∴所求二次函數(shù)的表達式為y＝－eq\f(2,3)x2－eq\f(8,3)x＋8.（2）∵AB＝8，OC＝8,依題意，AE＝m，則BE＝8－m，∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10.∵EF∥AC,∴△BEF∽△BAC.∴eq\f(EF,AC)＝eq\f(BE,AB).即eq\f(EF,10)＝eq\f(8－m,8).∴EF＝eq\f(40－5m,4).過點F作FG⊥AB，垂足為G，則sin∠FEG＝sin∠CAB＝eq\f(4,5).∴eq\f(FG,EF)＝eq\f(4,5).∴FG＝eq\f(4,5)·eq\f(40－5m,4)＝8－m.∴S＝S△BCE－S△BFE＝eq\f(1,2)（8－m）×8－eq\f(1,2)（8－m）（8－m）＝eq\f(1,2)（8－m）（8－8＋m）＝eq\f(1,2)（8－m）m＝－eq\f(1,2)m2＋4m.自變量m的取值范圍是0＜m＜8.(3)存在．理由如下:∵S＝－eq\f(1,2)m2＋4m＝－eq\f(1,2)（m－4）2＋8,且－eq\f(1,2)＜0,∴當m＝4時，S有最大值，S最大值＝8.∵m＝4，∴點E的坐標為（－2，0）.∴△BCE為等腰三角形．8.解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=kx2+a∵點D（2a，2a）在拋物線上，4a2k+a=2a∴k=eq\f(1,4a)∴拋物線的解析式為y=eq\f(1,4a)x2+a（2）設(shè)拋物線上一點P（x，y），過P作PH⊥x軸，PG⊥y軸，在Rt△GDP中，由勾股定理得：PD2=DG2+PG2=(y–2a)2+x2=y2–4ay+4a2+∵y=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=4a(y–a)=4ay–4a2∴PD2=y2–4ay+4a2+4ay–4a2=y2=∴PD=PH（3）過B點BE⊥x軸，AF⊥x軸.由（2）的結(jié)論：BE=DBAF=DA∵DA=2DB∴AF=2BE∴AO=2BO∴B是OA的中點，∴C是OD的中點，連結(jié)BC∴BC=eq\f(DA,2)=eq\f(AF,2)=BE=DB過B作BR⊥y軸，∵BR⊥CD∴CR=DR，OR=a+eq\f(a,2)=eq\f(3a,2)，∴B點的縱坐標是eq\f(3a,2)，又點B在拋物線上，∴eq\f(3a,2)=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=2a2∵x>0∴x=eq\r(\s\do1,2)a∴B(eq\r(\s\do1,2)a，eq\f(3a,2))AO=2OB，∴S△ABD=S△OBD=4eq\r(\s\do1,2)所以，eq\f(1,2)2aeq\r(\s\do1,2)a=4eq\r(\s\do1,2)∴a2=4∵a>0∴a=29.解：解：（1）由得：（，）∵當時，，∴（，）、（，）（，）方法一：過作,如圖1：則、、∵∴又∵∴∽∴∴解得：，（不合題意舍去）所以拋物線為：方法二：連接.，∵∴∴解得：，（不合題意舍去）所以拋物線為：（2）存在。以為直徑作⊙，則⊙經(jīng)過、、三點，此時⊙與拋物線的交點即為（同弧所對的圓周角），設(shè)（，）如圖3.方法一：如圖3.連接、，過作點，過作點.則，，∵，∴又∵∴∽∴∴∴化簡得：（、），解得：，┄45