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能力强化 / 初三 / 春季
第 1 讲 应用题综合
例题练习题答案
例1 【答案】 解：（1）设y与销售单价x之间的函数关系式为：y＝kx+b（k ≠ 0），
100 = 30k+b
{
将点（30，100）、（45，70）代入一次函数表达式得： ，
70 = 45k+b
k = −2
{
解得： ，
b = 160
故函数的表达式为：y＝﹣2x+160(x的取值应使得y为非负整数)；
（2）由题意得：w＝（x﹣30）（﹣2x+160）＝﹣2（x﹣55） 2 +1250，
∵﹣2＜0，故当x＜55时，w随x的增大而增大，而30≤x≤50，
∴当x＝50时，w有最大值，此时，w＝1200，
故销售单价定为50元时，该超市每天的利润最大，最大利润1200元；
（3）由题意得：（x﹣30）（﹣2x+160）≥800，
解得：40≤x≤70，
∴每天的销售量y＝﹣2x+160≥20，
∴每天的销售量最少应为20件．
例2 【答案】 解：（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米．
150
1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为： = 6千米；
60-35
（2）当150≤x≤200时，设y＝kx+b（k≠0），把点（150，35），（200，10）代
入，
150k+b = 35
{
得 ，
200k+b = 10
k = −0.5
{
∴ ，
b = 110
∴y＝﹣0.5x+110，
当x＝180时，y＝﹣0.5×180+110＝20，答：当150≤x≤200时，函数表达式为y＝﹣0.5x+110，当汽车已行驶180千米时，蓄
电池的剩余电量为20千瓦时．
例3 【答案】 b
解：（1）由题意，设y＝a+ ，
x
b
{11 = a+
120
由表中数据可得： ，
b
12 = a+
100
a = 6
{
解得： ，
b = 600
600
∴y＝6+ ，
x
600 600
由题意，若12＝18﹣（6+ ），则 = 0，
x x
∵x＞0，
600
∴ 0，
x
∴不可能；
（2）将n＝1、x＝120代入x＝2n2 ﹣2kn+9（k+3），得：120＝2﹣2k+9k+27，
解得：k＝13，
2
∴x = 2n −26n+144 ，
将n＝2、x＝100代入x = 2n 2 −26n+144也符合，
∴k＝13；
600
由题意，得：18＝6+ ，
x
解得：x＝50，
∴50 = 2n 2 −26n+144 ，即n2 ﹣13n+47＝0，
2
∵△＝（﹣13） ﹣4×1×47＜0，
∴方程无实数根，
∴不存在；（3）第m个月的利润为W，
600
W＝x（18﹣y）＝18x﹣x（6+ ）
x
＝12（x﹣50）
＝24（m2 ﹣13m+47），
∴第（m+1）个月的利润为W′＝24[（m+1） 2 ﹣13（m+1）+47]＝24（m2 ﹣
11m+35），
若W≥W′，W﹣W′＝48（6﹣m），m取最小1，W﹣W′取得最大值240；
若W＜W′，W′﹣W＝48（m﹣6），由m+1≤12知m取最大11，W′﹣W取得最大值
240；
∴m＝1或11．
例4 【答案】A
例5 【答案】 6 6
解：设小明通过AB时的速度是x米/秒，可得： + = 11，
x 1.2x
6 6
故答案为： + = 11．
x 1.2x
例6 【答案】解：设其他班步行的平均速度为x米/分，则九（1）班步行的平均速度为1.25x米/分，
4000 4000
依题意得： − = 10，
x 1.25x
解得：x＝80，
经检验，x＝80是原方程的解，且符合题意，
∴1.25x＝100．
答：九（1）班步行的平均速度为100米/分，其他班步行的平均速度为80米/分．
例7 【答案】解：探究：（1）由题意，得
y =200t，y =﹣200t+1600
1 2
当相遇前相距400米时，﹣200t+1600﹣200t=400，
t=3，
当相遇后相距400米时，200t﹣（﹣200t+1600）=400，
t=5．
答：当两车相距的路程是400米时t的值为3分钟或5分钟；
（2）1号车第三次恰好经过景点C行驶的路程为：800×2+800×4×2=8000米，∴1号车第三次经过景点C需要的时间为：8000÷200=40分钟，
两车第一次相遇的时间为：1600÷400=4分．
第一次相遇后两车每相遇一次需要的时间为：800×4÷400=8分，
∴两车相遇的次数为：（40﹣4）÷8+1=5次．
∴这一段时间内它与2号车相遇的次数为：5次；
800×4−x x
情况一需要时间为： =16﹣ ，
200 200
800×4+x x
情况二需要的时间为： =16+
200 200
x x
∵16﹣ ＜16+
200 200
∴情况二用时较多．
决策：（1）∵游客乙在AD边上与2号车相遇，
∴此时1号车在CD边上，
∴乘1号车到达A的路程小于2个边长，乘2号车的路程大于3个边长，
∴乘1号车的用时比2号车少．
（2）若步行比乘1号车的用时少，
s 800×2−s
< ，
50 200
∴s＜320．
∴当0＜s＜320时，选择步行．
同理可得
当320＜s＜800时，选择乘1号车，
当s=320时，选择步行或乘1号车一样．
例8 【答案】解：（1）设该菜市场共有x个4平方米的摊位，则有2x个2.5平方米的摊位，
依题意，得：20×4x+20×2.5×2x＝4500，
解得：x＝25．
答：该菜市场共有25个4平方米的摊位．
（2）由（1）可知：5月份参加活动一的2.5平方米摊位的个数为25×2×40%＝
20（个），5月份参加活动一的4平方米摊位的个数为25×20%＝5（个）．3 1
依 题 意 ， 得 ： 20 （ 1+2a% ） ×20×2.5× a%+5 （ 1+6a% ） ×20×4× a% ＝
10 4
5
[20（1+2a%）×20×2.5+5（1+6a%）×20×4]× a%，
18
整理，得：a2 ﹣50a＝0，
解得：a ＝0（舍去），a ＝50．
1 2
答：a的值为50．
能力强化 / 初三 / 春季
第 1 讲 应用题综合
自我巩固答案
1 【答案】解：（1）设三好学生人数为x人
由题意得，参加甲旅行社的费用是1200+1200×0.5×x = 1200+600x；
参加乙旅行社的费用是1200×0.6×(x+1) = 720(x+1)．
（2）由题意得1200+600x−720(x+1) < 0
解不等式得 x > 4
答：（1）1200+600x，720(x+1)．
（2）当学生人数多于4人时，选择参加甲旅行社比较合算．
2 【答案】解：（1）设生产A产品x件，则生产B产品(10−x)件，
由题意得，y＝x+3(10−x)＝−2x+30，
2x+5(10−x) ≤ 35
{
∵ ，
−2x+30 ≥ 16
∴5 ≤ x ≤ 7，
故y＝−2x+30(5 ≤ x ≤ 7)．
（2）由（1）知y＝−2x+30，
∵y随x增大而减少，5 ≤ x ≤ 7，
∴当x＝5时，y ＝−2×5+30＝20（万元）．
最大
∴安排生产A产品5件，B产品5件时，获利最大20万元．
3 【答案】解：（1）由题意可得：m＝(100−80)+10＝30，射线BC所表示的实际意义是：当一次销售数量超过30个以后，都是按单价80元/个销售；
（2）当0 < x ≤ 10时，
w＝(100−60)x＝40x，
当10 < x ≤ 30时，y＝100−(x−10)＝110−x，
w＝[100−(x−10)−60]x＝−x 2 +50x，
当x > 30时，w＝(80−60)x＝20x；
（3）当10 < x ≤ 30时，w＝−x 2 +50x＝−(x−25) 2 +625．
①当10 < x ≤ 25时，w随x的增大而增大，即卖的个数越多，利润越大．
②当25 < x ≤ 30时，w随x的增大而减小，即卖的个数越多，利润越小．
当x＝25时，售价为y＝110−x＝85（元）．
故为了不出现这种现象，在其他条件不变的情况下，店家应把最低价每个80元至少提高到
每个85元．
能力强化 / 初三 / 春季
第 1 讲 应用题综合
课堂落实答案
1 【答案】解：（1）当1 ≤ x ≤ 10时，设AB的解析式为：y＝kx+b，
k+b = 300
{
把A(1,300)，B(10,120)代入得： ，
10k+b = 120
k = −20
{
解得： ，
b = 320
∴AB：y＝−20x+320(1 ≤ x ≤ 10)，
当10 < x ≤ 30时，同理可得BC：y＝14x−20，
y = −20x+320(1 ≤ x ≤ 10)
{
综上所述，y与x之间的函数表达式为： ；
y = 14x−20(10 < x ≤ 30)
（2）当1 ≤ x ≤ 10时，w＝(10−6)(−20x+320)＝−80x+1280，
当w＝1040元，−80x+1280＝1040，
x＝3，
∵−80 < 0，∴w随x的增大而减小，
∴日销售利润不超过1040元的天数：3，4，5，6，7，8，9，10，一共8天；
当10 < x ≤ 30时，w＝(10−6)(14x−20)＝56x−80，
56x−80＝1040，
x＝20，
∵56 > 0，
∴w随x的增大而增大，
∴日销售利润不超过1040元的天数：11，12，13，14，15，16，17，18，19，20，一
共10天；
综上所述，日销售利润不超过1040元的天数共有18天；
（3）若5 ≤ x ≤ 17，第5天的日销售利润最大，最大日销售利润是880元．
能力强化 / 初三 / 春季
第 1 讲 应用题综合
精选精练
1 【答案】 2
解：（1）w＝(x−6)(−30x+600)＝−30x +780x−3600
即w与x之间的函数关系式为w＝−30x 2 +780x−3600；
（2）由题意得6(−30x+600) ≤ 900，解得x ≥ 15．
780
w＝−30x 2 +780x−3600图象对称轴为x = − = 13，
2×(−30)
∵a＝−30 < 0，
∴抛物线开口向下，当x ≥ 15时，w随x增大而减小，
∴当x＝15时，w ＝1350．
最大
即许愿瓶的进货成本不超过900元，要想获得最大利润，此时的销售单价是15元，此时的
最大利润是1350元．
2 【答案】解：（1）根据题意，甲旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：
y = 520×0.8x = 416x；
当0 ≤ x ≤ 18时，乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：
y = 520×0.8x = 416x；当x > 18时，乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：
y = 520×0.8×18+520×0.75×(x−18) = 390x+468；
416x(0 ≤ x ≤ 18)
{
故乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：y = ；
390x+468(x > 18)
（2）当x = 30时，甲旅行社收取的总费用y = 416×30 = 12480（元），
乙旅行社收取的总费用y = 390×30+468 = 12168（元），
∵12168 < 12480，
∴朱老师应选择乙旅行社．
【解析】（1）根据题意，甲旅行社收取的总费用=原价×折扣×人数，人数超过18人时，乙旅行社
收取的总费用=前18人总费用+超出人数的费用，可列出函数关系式；
（2）当x=30时，分别计算两旅行社费用，比较可知．
3 (1)【答案】见解析
【解析】直线BC的函数解析式为y = kt+b，
1.5k+b = 0
{
7 100
( )
把(1.5,0)， ， 代入得 7 100 ，
3 3 k+b =
3 3
k = 40
{
得 ，∴直线BC解析式为y = 40t−60．
b = −60
设直线CD的函数解析式为y = m+n．
7 100
{
7 100
( ) m+n =
把 ， ，(4,0)代入得 3 3 ，
3 3
4m+n = 0
m = −20
{
解得 ，
n = 80
∴直线CD函数解析式为：y = −20t+80．
(2)【答案】见解析
【解析】设甲的速度为akm／h，乙的速度为bkm／h，
0.5a = 1.5b
{
7 7 100
( ) ，
a −1 = b+
3 3 3a = 60
{
计算得 ，
b = 20
∴甲的速度为60km／h，乙的速度为20km／h，
∴OA函数解析式为y = 20t(0 ≤ t ≤ 1)，
所以A的纵坐标为20，
9
20 < y < 30时，20 < 40t−60 < 30，将3 < t < ．
4
5
20 < −20t+80 < 30，得 < t < 3．
2
(3)【答案】见解析
【解析】 7
( )
由题意得：S = 60t−60 1 ≤ t ≤ ，
甲
3
S = 20t(0 ≤ t ≤ 4)，
乙
(4)【答案】见解析
【解析】 4 80
当t = 时，S = ，
Δ
3 3
丙距M地的路程S与时间t的函数表达式为：S = −40t+80(0 ≤ t ≤ 2)．
丙
{ −40t+80 = S 丙 7
→ t = ，
60t−60 = S 甲 5
7
所以丙出发 h与甲相遇．
5
4 (1)【答案】根据题意，得：2000⋅2x+1600x+1000(100−3x) ≤ 170000，
12
解得：x ≤ 26 ，
13∵x为正整数，
∴x至多为26，
答：商店至多可以购买冰箱26台．
【解析】根据表格中三种家电的进价表示三种家电的总进价，小于等于170000元列出关于x的
不等式，根据x为正整数，即可解答；
(2)【答案】设商店销售完这批家电后获得的利润为y元，
则y = (2300−2000)2x+(1800−1600)x+(1100−1000)(100−3x) = 500x+10000，
∵k = 500 > 0，
∴y随x的增大而增大，
12
∵x ≤ 26 且x为正整数，
13
∴当x = 26时，y有最大值，最大值为：500×26+10000 = 23000，
答：购买冰箱26台时，能使商店销售完这批家电后获得的利润最大，最大利润为
23000元．
【解析】设 商 店 销 售 完 这 批 家 电 后 获 得 的 利 润 为 y 元 ， 则
y = (2300−2000)2x+(1800−1600)x+(1100−1000)(100−3x) = 500x+10000，结合
（1）中x的取值范围，利用一次函数的性质即可解答．
5 【答案】解：（1）由题意得：
y = 500−10(x−50) = −10x+1000
w = (x−40)[500−10(x−50)]
2
= −10x +1400x−40000；
（2）当x = 55时
月销售量：500−10×(55−50) = 450（kg），
2
销售利润：w = −10×55 +1400×55−40000 = 6750（元）；
2
（3）当w = 8000即−10x +1400x−40000 = 8000，
2
故x −140x+4800 = 0，
解得： x = 60,x = 80 ，
1 2
售价应每60元或80元时月销售利润为8000元；
2
b 4ac−b
（4）当x = − = 70 时，w= = 9000 （元）．
2a 4a即当售价定为70元时会获最大利润，最大利润为9000元．
6 【答案】解：（1）当0≤x≤15时，设y与x的函数关系式为y=kx，
15k=27，得k=1.8，
即当0≤x≤15时，y与x的函数关系式为y=1.8x，
当x＞15时，设y与x的函数关系式为y=ax+b，
15a+b = 27 a = 2.4
{ {
,，得 ,，
20a+b = 39 b = −9
即当x＞15时，y与x的函数关系式为y=2.4x﹣9，
1.8x(0 ≤ x ≤ 15)
{
由上可得，y与x的函数关系式为y = ；
2.4x−9(x > 15)
（2）设二月份的用水量是xm3
，
当15＜x≤25时，2.4x﹣9+2.4（40﹣x）﹣9=79.8，
解得，x无解，
当0＜x≤15时，1.8x+2.4（40﹣x）﹣9=79.8，
解得，x=12，
∴40﹣x=28，
答：该用户二、三月份的用水量各是12m3 、28m3
．
能力强化 / 初三 / 春季
第 2 讲 解三角形
例题练习题答案
例1 (1)【答案】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠B＝60°，∠C＝75°，
∴∠A＝45°，
在Rt△ADC中，AC=3√2，∴CD=AD=sin45°×3√2=3，
在Rt△BDC中，∠B=60°，
∴BD=√3，
∴AB=√3+3
(2)【答案】解：如图，过点A作AD⊥BC交CB的延长线于D，
在△ABC中，∵S △ABC=3，BC=2，
2S
△ABC 2×3
∴AD＝ = =3
BC 2
∵∠ABC=135°，
∴∠ABD=180°﹣135°=45°，
∴AB=√2 AD=3√2，BD=AD=3，
在Rt△ADC中，CD=2+3=5，
由勾股定理得，
√ √
AC = AD 2 +CD 2 = 3 2 +5 2 = √34．
(3)【答案】21√3或15√3．
例2 (1)【答案】解：∵∠B=90°，∠BDC=45°，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴BD=BC，
BC
在Rt△ABC中，tan∠A=tan30°= ，
AB
BC √3
即 = ，
BC+4 3
解得：BC=2√3+2
(2)【答案】100
【解析】解：过点P作PE⊥AB于点E，∵∠APC=75°，∠BPD=30°，
∴∠APB=75°，
∵∠BAP=∠APC=75°，
∴∠APB=∠BAP，
∴AB=PB=200，
∵∠ABP=30°，
1
∴PE= PB=100．
2
故答案为：100．
例3 【答案】解：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，如图1所示：
在Rt△ADC中，AC=4，
∵∠C=150°，
∴∠ACD=30°，
1
∴AD= AC=2，
2
√3
CD=AC⋅cos30°=4× =2√3，
2
AD 2 1
在Rt△ABD中，tanB= = = ，
BD BD 8
∴BD=16，
∴BC=BD﹣CD=16﹣2√3；
（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，如图2所示：
∵∠ACB=150°，∴∠AMC=∠MAC=15°，
AD 2 1
∴tan15°=tan∠AMD= = =
MD 4+2√3 2+√3
=2﹣√3≈0.27≈0.3．
例4 (1)【答案】解：作AD⊥BC于D点，则
Rt△ACD中，AD = AC×sinC = 8
AD
Rt△ABD中，AB = = 24.
sinB
(2)【答案】（2）①解：过点A作AE⊥BC于点E，
√2
∵cosC= ，
2
∴∠C=45°，
在Rt△ACE中，CE=AC⋅cosC=1，
∴AE=CE=1，
1 AE 1
在Rt△ABE中，tanB= ，即 = ，
3 BE 3
∴BE=3AE=3，
∴BC=BE+CE=4；
②∵AD是△ABC的中线，
1
∴CD= BC=2，
2
∴DE=CD﹣CE=1，
∵AE⊥BC，DE=AE，
∴∠ADC=45°，√2
∴sin∠ADC= ．
2
例5 【答案】解：如图作CE⊥AB于E．
在Rt△ACE中，∵∠A=45°，
∴AE=EC，设AE=EC=x，则BE=x﹣5，
在Rt△BCE中，
EC
∵tan53°= ，
BE
4 x
∴ = ，
3 x−5
解得x=20，
∴AE=EC=20，
∴AC=20√2=28.2，
EC
BC= =25，
sin53∘
28.2
∴A船到C的时间≈ =0.94小时，
30
25
B船到C的时间= =1小时，
25
∴C船至少要等待0.94小时才能得到救援．
例6 (1)【答案】解： ∵ 新坡面坡角为α，新坡面的坡度为1:√3，
1 √3
∴ tanα = = ，
√3 3
∴ α = 30∘；(2)【答案】该文化墙PM不需要拆除，
理由：作CD⊥AB于点D，
则CD = 6米，
∵ 新坡面的坡度为1:√3，
CD 6 1
∴ tan∠CAD = = = ，
AD AD √3
解得，AD = 6√3米，
∵ 坡面BC的坡度为1:1，CD = 6米，
∴ BD = 6米，
∴ AB = AD−BD = (6√3−6)米，
又 ∵ PB = 8米，
∴ PA = PB−AB = 8−(6√3−6)
∴ PA = PB−AB = 8−(6√3−6) = 14−6√3 ≈ 14−6×1.732 ≈ 3.6米 > 3米，
∴ 该文化墙PM不需要拆除．
例7 【答案】解：（1）作AF⊥PQ于F，延长BC交PQ于E，
设AF=x米，
∵AP的坡度为1：2.4，
∴PF=2.4x米，
由勾股定理得，x2 +（2.4x） 2 =26 2 ，
解得，x=10，
即AF=10米，PF=24米，
则坡顶A到地面PQ的距离为10米；
（2）设BC=y米，
∵在坡顶A处又测得该塔顶B的仰角为76°，BC
∴tan∠BAC = ，
AC
y
∴AC = ，
4.01
∵在观景台的P处测得该电视塔顶B 的仰角为45°，
y
∴BE=PE，即y+10= +24，
4.01
解得，y≈19米，
答：电视塔BC的高度约为19米．
例8 【答案】解：延长OB交AC于点D，
由题可知：BD⊥CA，
设BC=x厘米，则BO=OA﹣BC=75﹣x厘米，
在Rt△CBD中，
∵BD=BC⋅sin∠ACB=x⋅sin37°=0.6x厘米，
∴DO=OB+BD=75﹣x+0.6x=（75﹣0.4x）厘米，
在Rt△AOD中，
DO=AO⋅cos∠AOD=75⋅cos37°=60厘米，
∴75﹣0.4x=60，
解得：x=37.5，
∴BD=0.6x=22.5，
答：点B到AC的距离为22.5厘米．
例9 【答案】 BC
解：在Rt△ABC中，tanA = ，
AC
则BC = AC⋅tanA ≈ 121×0.75 = 90.75，
由题意得，CD = AC−AD = 97.5，
在Rt△ECD中，∠EDC = 45∘，∴ EC = CD = 97.5，
∴ BE = EC−BC = 6.75 ≈ 6.8，
答：塔冠BE的高度约为6.8m．
例10 【答案】解：（1）消防车不能通过该直角转弯．
理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H，
∵FH = EH = 4，
∴EF = 4√2，且∠GEC = 45∘，
∵GC = 4，
∴GE = GC = 4，
∴GF = 4√2−4 < 3，
即GF的长度未达到车身宽度，
∴消防车不能通过该直角转弯；
（2）若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形，
∴OG = 4，OM = 4√2，
∴OF = ON = OM−MN = 4√2−4，
∴FG = OG−OF = 4− ( 4√2−4 ) = 8−4√2 < 3，
^
∴C、D在MM ′ 上，
设ON = x，连接OC，
在Rt△OCG中，
OG = x+3，OC = x+4，CG = 4，
2 2 2
由勾股定理得，OG +CG = OC ，
2 2 2
即(x+3) +4 = (x+4) ，
解得x = 4.5，
答：ON至少为4.5米．能力强化 / 初三 / 春季
第 2 讲 解三角形
自我巩固答案
1 【答案】在Rt △ ACM中，
CM 3
∵sin∠CAM = = ，
AM 5
∴设CM = 3x，则AM = 5x，
√
2 2
根据勾股定理得：AC = AM −CM = 4x，
又∵M为BC的中点，
∴BC = 2CM = 6x，
AC 4x 2
在Rt △ ABC中，tanB = = = ．
BC 6x 3
2 【答案】解：由题意，可得∠FED = 45∘．
在Rt △ DEF中， ∵ ∠FDE = 90∘，∠FED = 45∘，
9√2
∴ DE = DF = 1.8，EF = √2DE = ．
5
∵ ∠AEB = ∠FED = 45∘，
∴ ∠AEF = 180∘ −∠AEB−∠FED = 90∘．
在Rt △ AEF中， ∵ ∠AEF = 90∘，∠AFE = 39.3∘ +45∘ = 84.3∘，
9√2
∴ AE = EF⋅tan∠AFE ≈ ×10.02 = 18.036√2．
5
在Rt △ ABE中， ∵ ∠ABE = 90∘，∠AEB = 45∘，√2
∴ AB = AE⋅sin∠AEB ≈ 18.036√2× ≈ 18．
2
故旗杆AB的高度约为18米．
3 【答案】解：没有触礁的危险．
理由如下：
作PC⊥AB于C，如图，∠PAC=30°，∠PBC=45°，AB=8，
设BC=x，
在Rt △ PBC中，∵∠PBC=45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴BC=PC=x，
PC
在Rt △ PAC中， ∵ tan∠PAC = ，
AC
PC x
∴ AC = ，即8+x = ，解得x=4（√3+1）≈10.92，
tan30∘ √3
3
即PC≈10.92，
∵10.92＞10，
∴海轮继续向正东方向航行，没有触礁的危险．
4 【答案】 CM
解：在Rt △ ACM中，tan∠CAM = tan42∘ = = 0.9
AC
∴ AC ≈ 16km
∴ BC = AC−AB = 16−4 = 12km
CN
在Rt △ BCN中，tan∠CBN = tan56 ∘ =
BC
∴ CN ≈ 17.76km∴ MN = 3.4km
答：钓鱼岛东西两端MN之间的距离约为3.4km
5 【答案】解：作AD⊥BC交CB的延长线于D，设AD为x，
由题意得，∠ABD = 45∘，∠ACD = 35∘，
在Rt△ADB中，∠ABD = 45∘，
∴DB = x，
在Rt△ADC中，∠ACD = 35∘，
AD
∴tan∠ACD = ，
CD
x 7
∴ = ，
x+100 10
解得，x ≈ 233m．
6 【答案】解：（1）在Rt △ APD中，
7
∵tanα = ，
24
∴设AD = 7k，PD = 24k，
√
2 2
∴PA = (7k) +(24k) = 25k，
∵PA = 50，
7
∴AD = APsinα = 50× = 14m；
25
（2）延长CB交PO于点E，可得四边形ABED为矩形，
设塔高为x，在Rt △ CBA中，
BC
∵∠CAB = 60∘，tan60∘ = ，
AB
x √3
∴AB = = x，
√3 3
在Rt △ CPE中，
∵∠CPE = 30∘，
CE
∴ = tan30∘，
PE
x+14 √3
即 = ，
√3 3
48+ x
3
解得：x = 24√3−21，
答：塔的高度为(24√3−21)米．
能力强化 / 初三 / 春季
第 2 讲 解三角形
课堂落实答案
1 【答案】2
【解析】如图，作DE⊥AB于点E，则△AED为等腰直角三角形，
√
∴AE=DE，AB = AC 2 +BC 2 = √2AC ，
DE 1
∵ tan∠DBA = = ，
EB 5
1
∴AE=DE= BE．
5
∴AB=BE+AE=6AE=√2AC=6√2AB
∴AE = = √2，
6
∴AD=√2AE=2．
故答案为：2．
2 【答案】解：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，
根据题意得：∠ACD = 30 ∘ ，∠BCD = 68 ∘ ，
设AD = x，则BD = BA+AD = 1000+x，
AD x
在Rt △ ACD中，CD = = = √3x，
tan∠ACD ∘
tan30
在Rt △ BCD中，BD = CD⋅tan68 ∘ ，
∴ 1000+x = √3x⋅tan68 ∘
1000 1000
解得：x = ≈ ≈ 308米，
√3⋅tan68 ∘ −1 1.7×2.5−1
∴ 潜艇C离开海平面的下潜深度为308米.
能力强化 / 初三 / 春季
第 2 讲 解三角形
精选精练
1 【答案】15.3
【解析】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D．则四边形CEBD是矩形，BD = CE = 1.5m，在Rt △ ACD中，CD = EB = 10m，∠ACD = 54∘，
AD
∵ tan∠ACE = ，
CD
∴ AD = CD⋅tan∠ACD ≈ 10×1.38 = 13.8m．
∴ AB = AD+BD = 13.8+1.5 = 15.3m．
答：树的高度AB约为15.3m．
故答案为15.3
2 【答案】C
3 【答案】 在Rt △ ABC中，∵∠ABC = 70∘，
∴AC = AB⋅sin∠ABC = AB⋅sin70∘ = 2.632，
即这架木梯的顶端离地面的距离AC为2.6米．
4 【答案】（1）过B作BG⊥AD于G，
则四边形BGDF是矩形，
∴BG = DF = 5米，
∵AB = 13米，
√
2 2
∴AG = AB −BG = 12米，
BG
∴AB的坡度i = = 1:2.4；
AG
CF 3CF
（2）在Rt △ BCF中，BF = = ，
tan∠CBF 4
CF CF
在Rt △ CEF中，EF = = ，
tan∠CEF 2
∵BE = 4米，
3CF CF
∴BF−EF = − = 4，
4 2解得：CF = 16．
∴DC = CF+DF = 16+5 = 21米．
5 【答案】 解：(1)∵修建的斜坡BE的坡角(即∠BEF)为36∘，
∴∠BEF = 36∘，
∵∠DAC = ∠BDF = 30∘，AD = BD = 30，
1
∴BF = BD = 15，DF = 15√3≈25.5，
2
EF = BF÷tan36∘ = 15÷0.7≈21.43
故：DE = DF−EF = 4.07(米) ；
(2) 过点D作DP⊥AC，垂足为P．
1 1
在Rt △ DPA中，DP = AD = ×30 = 15，
2 2
√3
PA = AD⋅cos30∘ = ×30 = 15√3，
2
在矩形DPGM中，MG = DP = 15，DM = PG = 15√3+27，
在Rt △ DMH中，
√3
HM = DM⋅tan30∘ = × ( 15√3+27 ) = 15+9√3，
3
GH = HM+MG = 15+15+9√3≈45.6米．
答：建筑物GH高约为45.6米．
6 【答案】解：（1）当α=60°时，在Rt △ ABE中，
AB AB
∵tan60∘ = = ，
AE 10
∴AB = 10×tan60∘ = 10√3≈10×1.73=17.3米．
即楼房的高度约为17.3米；（2）当α=45°时，小猫仍可以晒到太阳．理由如下：
假设没有台阶，当α=45°时，从点B射下的光线与地面AD的交点为点F，若与MC有交点，
则设交点为H．
∵∠BFA=45°，
AB
∴tan45∘ = = 1，
AF
此时的影长AF=AB=17.3米，
∴CF=AF﹣AC=17.3﹣17.2=0.1米，
∴CH=CF=0.1米，
∴大楼的影子落在台阶MC这个侧面上，
∴小猫仍可以晒到太阳．
能力强化 / 初三 / 春季
第 3 讲 函数综合
例题练习题答案
例1 (1)【答案】C
(2)【答案】B
例2 (1)【答案】C
【解析】从A点到O点y随x增大一直减小，从O到B先减小后增发，故A不符合题意；
从B到A点y随x的增大先减小再增大，从A到C点y随x的增大先减小再增大，但在A点
距离最大，故B不符合题意；
从B到O点y随x的增大先减小再增大，从O到C点y随x的增大先减小再增大，在B、C
点距离最大，故C符合题意；从C到M点y随x的增大而减小，一直到y为0，从M点到B点y随x的增大而增大，明显
与图象不符，故D不符合题意；
故选：C．
(2)【答案】A
【解析】过点P作PD⊥AB于点D，△ABC是边长为4cm的等边三角形，
则AP=2x，
当点P从A→C的过程中，AD=x，PD=√3x，
如右图1所示，
1 1 √3
则y= AD⋅ PD= x⋅√3x = x 2 ，（0≤x≤2），
2 2 2
当点P从C→B的过程中，
1
BD=（8﹣2x）× =4﹣x，PD=√3（4﹣x），PC=2x﹣4，
2
如右图2所示，
√3
则△ABC边上的高是：AC⋅sin60°=4× =2√3，
2
∴y=S △ABC﹣S △ACP﹣S
△BDP
1 1 1
= ×4×2√3− ×(2x−4)×2√3﹣ ×(4−x)×√3(4−x)
2 2 2
√3
=− x 2 +2√3x（2＜x≤4），
2
故选A．例3 【答案】C
【解析】 1
解：由直线y = x+2与x轴、y轴的交点分别为A、C，
2
∴A(−4,0)，C(0,2)，
∴OA = 4，OC = 2，
∵PB⊥x轴，
∴PB//OC，
OA OC 4 2
∴ = ，即 = ，
AB PB 9−PB PB
∴PB = 3，
∴AB = 6，
OB = 2，
1 1
∴ΔPBC的面积 = PB⋅OB = ×3×2 = 3，
2 2
故选C．
例4 【答案】A
【解析】解：如图，
∵点A坐标为(−1,1)，
∴k = −1×1 = −1，
1
∴反比例函数解析式为y = − ，
x
∵OB = AB = 1，
∴ △ OAB为等腰直角三角形，
∴∠AOB = 45∘，
∵PQ⊥OA，（设Q为直线l与OA交点）
∴∠OPQ = 45∘，
∵点B和点B′关于直线l对称，
∴PB = PB
′
，BB
′⊥PQ，
∴∠B ′ PQ = ∠OPQ = 45∘，∠B ′ PB = 90∘，
∴B ′ P⊥y轴，1
( )
∴点B′的坐标为 − ,t ，
t
′
∵PB = PB ，
1 1
∴t−1 = | − | = ，
t t
1+√5 1−√5
2
整理得t −t−1 = 0，解得t = ， t = （不符合题意，舍去），
1 2
2 2
1+√5
∴t的值为 ．
2
故选：A．
例5 【答案】√5−1
2
【解析】解：设A(m,n)，
则OB = m，OC = n，
∵矩形ABOC绕点A按逆时针反向旋转90∘得到矩形AB ′ O ′ C ′ ，
′ ′ ′ ′
∴O C = n，B O = m，
′
∴O (m+n,n−m)，
∵A，O ′ 在此反比例函数图象上，
∴(m+n)(n−m) = mn，
2 2
∴m +mn−n = 0，
−1±√5
∴m = n，
2m √5−1
∴ = ，（负值舍去），
n 2
OB √5−1
∴ 的值是 ，
OC 2
√5−1
故答案为： ．
2
例6 【答案】9
2
【解析】 8
解：∵点A、B在反比例函数y = (x > 0)的图象上，
x
8
设点B的坐标为( ,m)，
m
∵点B为线段AC的中点，且点C在x轴上，
4
∴点A的坐标为( ,2m)．
m
2
∵AD//x轴、BE//x轴，且点D、E在反比例函数y = (x > 0)的图象上，
x
1 2
∴点D的坐标为( ,2m) ，点E的坐标为( ,m) ．
m m
1 4 1 8 2 9
∴S = ( − + − )×(2m−m) = ．
梯形ABED
2 m m m m 2
9
故答案为： ．
2
例7 【答案】 k
解：（1）设反比例函数的解析式为y = ，
x
把(n,1)代入得：k = n ，
n
即y = ，
x
∵点A(m,6)，B(n,1)在反比例函数图象上，AD⊥x轴于点D，BC⊥x轴于点C，DC = 5 ，6m = n
{
∴ ，
m+5 = n
解得：m = 1，n = 6，
即A(1,6)，B(6,1)；
6
反比例函数的解析式为y = ；
x
（2）设直线AB的解析式为y = ax+b ，
a+b = 6
{
把A(1,6)和B(6,1)代入得： ，
6a+b = 1
解得：a = −1，b = 7，
即直线AB的解析式为：y = −x+7 ，
6
( )
设E点的横坐标为m，则E(m, −m+7)，F m, ，
m
6
∴EF = −m+7− ，
m
1
∵EF = AD ，
3
6 1
∴−m+7− = ×6 ，
m 3
解得：m = 2 、m = 3，
1 2
经检验都是原方程的解，
即E的坐标为(2,5)或(3,4)．
例8 【答案】解：（1）如图，作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H．
∴ ∠PMA = ∠PHA = 90°，
∵ ∠PAM = ∠PAH，PA = PA，
∴ ΔPAM ≅ ΔPAH(AAS)，
∴ PM = PH，∠APM = ∠APH，
同理可证：ΔBPN ≅ ΔBPH，
∴ PH = PN，∠BPN = ∠BPH，
∴ PM = PN，∵ ∠PMO = ∠MON = ∠PNO = 90°，
∴ 四边形PMON是矩形，
∴ ∠MPN = 90°，
1
∴ ∠APB = ∠APH+∠BPH = (∠MPH+∠NPH) = 45°，
2
∵ PM = PN，
∴ 可以假设P(m,m)，
9
∵ P(m,m)在y = 上，
x
∴ m 2 = 9，
∵ m > 0，
∴ m = 3，
∴ P(3,3)．
（2）设OA = a，OB = b，则AM = AH = 3−a，BN = BH = 3−b，
∴ AB = 6−a−b，
∵ AB 2 = OA 2 +OB 2 ，
∴ a 2 +b 2 = (6−a−b) 2 ，
可得ab = 6a+6b−18，
1
∴ 3a+3b−9 = ab，
2
∵ PM//OC，
CO OA
∴ = ，
PM AM
OC a
∴ = ，
3 3−a
3a 3b
∴ OC = ，同法可得OD = ，
3−a 3−b1 1 9ab 1 9ab 1 9ab
∴ S = ⋅OC⋅DO = ⋅ = ⋅ = ⋅ = 9
ΔCOD
2 2 (3−a)(3−b) 2 9−3a−3b+ab 2 1
− ab+ab
2
．
解法二：证明ΔCOP ∽ ΔPOD，得OC⋅OD = OP 2 = 18，可求ΔCOD的面积等于9．
（3）设OA = a，OB = b，则AM = AH = 3−a，BN = BH = 3−b，
∴ AB = 6−a−b，
∴ OA+OB+AB = 6，
√
∴ a+b+ a 2 +b 2 = 6，
∴ 2√ab+√2ab ⩽ 6，
∴ (2+√2)√ab ⩽ 6，
∴ √ab ⩽ 3(2−√2)，
∴ ab ⩽ 54−36√2，
1
∴ S = ab ⩽ 27−18√2，
ΔAOB
2
∴ ΔAOB的面积的最大值为27−18√2．
例9 【答案】解：（1） ∵ 点A(0,8)在直线y = −2x+b上，
∴ −2×0+b = 8，
∴ b = 8，
∴ 直线AB的解析式为y = −2x+8，
将点B(2,a)代入直线AB的解析式y = −2x+8中，得−2×2+8 = a，
∴ a = 4，
∴ B(2,4)，
k
将B(2,4)在反比例函数解析式y = (x > 0)中，得k = xy = 2×4 = 8；
x8
（2）①由（1）知，B(2,4)，k = 8， ∴ 反比例函数解析式为y = ，
x
当m = 3时，
∴ 将线段AB向右平移3个单位长度，得到对应线段CD，
∴ D(2+3,4)，
即：D(5,4)，
8
∵ DF⊥x轴于点F，交反比例函数y = 的图象于点E，
x
8
∴ E(5, )，
5
8 12 8
∴ DE = 4− = ，EF = ，
5 5 5
12
DE 5 3
∴ = = ；
EF 8 2
5
②如图， ∵ 将线段AB向右平移m个单位长度(m > 0)，得到对应线段CD，
∴ CD = AB，AC = BD = m，
∵ A(0,8)，B(2,4)，
∴ C(m,8)，D(m+2,4)，
∵ ΔBCD是以BC为腰的等腰三角形，
∴ Ⅰ、当BC = CD时，
∴ BC = AB，
∴ 点B在线段AC的垂直平分线上，
∴ m = 2×2 = 4，
Ⅱ、当BC = BD时，
∵ B(2,4)，C(m,8)，
√
∴ BC = (m−2) 2 +(8−4) 2 ，
√
∴ (m−2) 2 +(8−4) 2 = m，∴ m = 5，
即：ΔBCD是以BC为腰的等腰三角形，满足条件的m的值为4或5．
能力强化 / 初三 / 春季
第 3 讲 函数综合
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】解：过A作AD⊥x轴于D，
∵OA = OC = 4，∠AOC = 60∘，
∴OD = 2，
由勾股定理得：AD = 2√3，
1 √3
当0 ≤ t < 2时，如图所示，ON = t，MN = √3，ON = √3t，S = ON⋅MN = t 2 ；
2 2
1
当2 ≤ t ≤ 4时，ON = t，MN = 2√3，S = ON⋅2√3=√3t.
2故选：C
2 【答案】C
【解析】解：∵AB = 2，BC = 1，动点P从点B出发，P点在BC上时，BP = x，AB = 2，
1 1
∴ △ ABP的面积S = ×AB×BP = ×2x = x；
2 2
动点P从点B出发，P点在CD上时， △ ABP的高是1，底边是2，所以面积是1，即s = 1；
∴s = x时是正比例函数，且y随x的增大而增大，
s = 1时，是一个常数函数，是一条平行于x轴的直线．
所以只有B符合要求．
故选B．
3 【答案】B
4 【答案】C
【解析】解：∵四边形OCBA是矩形，
∴AB = OC，OA = BC，
设B点的坐标为(a,b)，
∵BD = 3AD，
a
∴D（ ,b)，
4
∵点D，E在反比例函数的图象上，
ab k
∴ = k，∴E(a, )，
4 a
∵
1 ab 1 1 3a k
( )
S = S −S −S −S = ab− ⋅ − k− ⋅ ⋅ b− = 9,
ΔODE 矩形OCBA ΔAOD ΔOCE ΔBDE
2 4 2 2 4 a
24
∴k = ，
5
故选C．5 【答案】解：（1）∵点B与点A关于y轴对称，A(−3,4)，
∴点B的坐标为(3,4)，
k
∵反比例函数y = (x > 0)的图象经过点B．
x
k
∴ = 4，
3
解得k = 12．
（2）相等．理由如下：
设点P的坐标为(m,n)，其中m > 0，n > 0，
12
∵点P在反比例函数y = (x > 0)的图象上，
x
12
∴n = ，即mn = 12．
m
1 1 1
∴S = OD⋅PD = mn = ×12 = 6，
ΔPOD
2 2 2
∵A(−3,4)，B(3,4)，
∴AB//x 轴，OC = 3，BC = 4，
∵点Q在线段AB上，
1 1
∴S = OC⋅BC = ×3×4 = 6．
ΔQOC
2 2
∴S = S
ΔQOC ΔPOD．
能力强化 / 初三 / 春季
第 3 讲 函数综合
课堂落实答案
1 【答案】A
【解析】解：由题意知当从A → B → C 时，纵坐标从2到1.5然后到1，
当从C → D → A 时，纵坐标从1到1.5然后到2，故选A．
2 【答案】4
【解析】设OM = a，
k
∵点A在反比例函数y = ，
x
k
∴AM = ，
a
∵OM = MN = NC，
∴OC = 3a，
1 1 k 3
∴S = ⋅OC⋅AM = ×3a× = k = 6，
ΔAOC
2 2 a 2
解得k = 4．
故答案为：4．
能力强化 / 初三 / 春季
第 3 讲 函数综合
精选精练
1 【答案】B
【解析】解：根据题意BE = CF = t，CE = 8−t，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OB = OC，∠OBC = ∠OCD = 45∘，
∵在 △ OBE 和 △ OCF 中
OB = OC
{
∠OBE = ∠OCF，
BE = CF
∴ △ OBE≌ △ OCF(SAS)，
∴S = S ，
△OBE △OCF1
2
∴S = S = ×8 = 16，
四边形OECF △OBC
4
1 1 1
2 2
∴S = S −S = 16− (8−t)⋅t = t −4t+16 = (t−4) +8(0 ≤ t ≤ 8)，
四边形OECF △CEF
2 2 2
( )
2
∴s cm 与t(s)的函数图象为抛物线一部分，顶点为(4,8)，自变量为0 ≤ t ≤ 8．
故选：B．
2 【答案】B
【解析】解：∵矩形ABCD中，AB = 4cm，AD = 2√3cm，
∴CD = AB = 4cm，BC = AD = 2√3cm，
∵E为CD边上的中点，
1 1
∴DE = CE = CD = ×4 = 2，
2 2
DE 2 √3
∵tan∠DAE = = = ，
AD 2√3 3
∴∠DAE = 30∘，
∴AE = 2DE = 2×2 = 4，
√3
①0 < t ≤ 4时，点P到AB的距离为 t，
2
1 √3 √3
△ APQ 的面积为y = t× t = t 2 ；
2 2 4
②4 < t ≤ 6时，CP = 4+2−t = 6−t，BQ = t−4. ，CQ = 4+2√3−t，
S = S −S −S ，
△APQ 梯形ABCP △ABQ △CPQ
1 1 1
= ×（6−t+4）×2√3− ×4×（t−4）− ×（6−t）×（4+2√3−t）
2 2 2
1
= 10√3−√3t−2t+8−12−6√3+3t+2t+√3t− t 2 ，
2
1
= − t 2 +3t+4√3−4，
2
③t > 6时，CQ = 4+2√3−t，1
S = × ( 4+2√3−t ) ×4 = −2t+8+4√3，
△APQ
2
纵观各选项，B选项图形符合．
故选：B．
3 【答案】3
【解析】 解：设P、Q同时出发后经过的时间为ts ，四边形APQC的面积为Smm 2 ，
则有：
S = S −S
△ABC △PBQ
1 1
= ×12×24− ×4t×(12−2t)
2 2
2
= 4t −24t+144
2
= 4(t−3) +108．
∵4 > 0
∴当t = 3s时，S取得最小值．
故答案为：3．
4 【答案】 1 m
（1）∵点A（ ，2）在反比例函数y = （m为常数）的图象G上，
2 x
1
∴m = ×2 = 1，
2
m 1
∴反比例函数y = （m为常数）对应的函数表达式是y = ，
x x
设直线l对应的函数表达式为y = kx+b（k，b为常数，k ≠ 0），
1
∵直线l经过点A（ ，2），D(1,0)，
21
{
k+b = 2
∴ 2
k+b = 0
k = −4
{
解得： ，
b = 4
∴直线l对应的函数表达式为y = ﹣4x+4；
1
（2）由反比例函数图象的中心对称性可知点C的坐标为（− ，−2)，
2
∵CE//x轴交直线l于点E，
∴y = y ，
E C
3
∴点E的坐标为E（ ，−2)；
2
（3）如图，作AF⊥CE于点F，与过点B的y轴的垂线交于点G，BG交AE于点M，
作CH⊥BG 于点H，则BH//CE，∠BCE = ∠CBH，
1 1 3
∵A（ ，2），C（− ，−2)，E（ ，−2)，
2 2 2
1
∴点F的坐标为F（ ，−2)，
2
∴CF = EF，
∴AC = AE，
∴∠ACE = ∠AEC，
∵点B(3,n)在反比例函数图象上，
1
∴n = ，
3
1 1 1 1 1
∴B(3, ），G（ ， ），H（− ， ），
3 2 3 2 31
2−
AG 3 2
在Rt △ ABG中， tan∠ABH = = = ，
BG 1 3
3−
2
1
2+
CH 3 2
在Rt △ BCH中，tan∠CBH = = = ，
BH 1 3
3+
2
∴∠ABH = ∠CBH，
∴∠BCE = ∠ABH，
∵∠BAE = ∠AMH−∠ABH = ∠AEC−∠ABH，∠ACB = ∠ACE−∠BCE，
∴∠BAE = ∠ACB．
5 【答案】 2
解：（1）∵−k −1 < 0，
2
−k −1
∴反比例函数y = 在每一个象限內y随x的增大而增大，
x
1 1−√3
∵- < < 0，
2 2
∴y > y ；
1 2
2
−k −1
（2）点P(m,n)在反比例函数y = 的图象上，m > 0，
x
∴n < 0，
∴OM = m，PM = −n，
∵tan∠POM = 2，PM −n
∴ = = 2，
OM m
∴−n = 2m，
∵PO = √5，
2 2
∴m +(−n) = 5，
∴m = 1，n = −2，
∴P(1, −2)，
2
∴−k −1 = −2，
解得k = ±1，
2
k +1
①当k = −1时，则不等式kx+ > 0的解集为： x < −√2或0 < x < √2；
x
2
k +1
②当k = 1时，则不等式kx+ > 0的解集为：x > 0．
x
6 【答案】解：（1）∵正方形OABC的边长为2，
∴点D的纵坐标为2，即y = 2，
将y = 2代入y = 2x，得x = 1，
∴点D的坐标为(1,2)，
k
∵函数y = 的图象经过点D，
x
k
∴2 = ，解得k = 2，
1
k 2
∴函数y = 的表达式为y = ，
x x
∴E(2,1)，F(−1, −2)；（2）过点F作FG⊥AB，与BA的延长线交于点G，
∵E(2,1)，F(−1, −2)，
∴AE = 1，FG = 2−(−1) = 3，
1 1 3
∴ △ AEF的面积为： AE⋅FG = ×1×3 = ．
2 2 2
能力强化 / 初三 / 春季
第 4 讲 三角形与四边形
例题练习题答案
例1 (1)【答案】证明：①∵ △ ABC与 △ DCE都是等边三角形，
∴AC = BC，CD = CE，∠ACB = ∠DCE = 60∘．
∴∠ACB+∠ACE = ∠ACE+∠DCE，
即∠BCE = ∠ACD．
在 △ BCE和 △ ACD中，
BC = AC
{
∠BCE = ∠ACD
CE = CD
∴ △ BCE≌ △ ACD(SAS)，
∴AD = BE；
②由①知： △ BCE ≅△ ACD，
∴∠CBE = ∠CAD，
又∵∠BMC = ∠AMF，
∴∠AFB = ∠ACB = 60∘ = ∠ABC，又∵∠BAF = ∠BAD，
∴ △ ABF ∽△ ADB．
(2)【答案】①证明： ∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90∘，
∵ ∠ABC = 45 ∘ ，
∴ ∠BAD = 45 ∘ ，
∴ ∠ABC = ∠BAD，
∴ AD = BD，
在 △ BDE和 △ ADC中，
BD = AD
{
∠EDB = ∠ADC，
DE = DC
∴△ BDE≌ △ ADC(SAS)；
②解：设DE = x，
∵ DE = DC，
∴ DC = x，
5
∵ tanC = ，
2
∴ AD = 2.5x，
∵ AD = BD，
∴ BD = 2.5x，
∴ BC = BD+CD = 3.5x，
∵ BC = 8.4，
∴ x = 2.4，
DE = 2.4．
例2 【答案】 证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，
由折叠可得，∠A＝∠ECG，
∴∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF，∴∠ECB＝∠FCG；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AD＝BC，
由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，
∴∠B＝∠G，BC＝CG，
又∵∠ECB＝∠FCG，
∴△EBC≌△FGC（ASA）．
例3 (1)【答案】解：（一)（1）结论：∠NAB = ∠MAC，BN = MC．
理由：如图1中，
∵ ∠MAN = ∠CAB，
∴ ∠NAB+∠BAM = ∠BAM+∠MAC，
∴ ∠NAB = ∠MAC，
∵ AB = AC，AN = AM，
∴△ NAB≌ △ MAC(SAS)，
∴ BN = CM．
故答案为∠NAB = ∠MAC，BN = CM．
（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由： ∵ ∠MAN = ∠CAB，
∴ ∠NAB+∠BAM = ∠BAM+∠MAC，
∴ ∠NAB = ∠MAC，
∵ AB = AC，AN = AM，
∴△ NAB≌ △ MAC(SAS)，
∴ BN = CM．
(2)【答案】（二)如图3中，在A C 上截取A N = A B ，连接PN，作NH⊥B C 于H，作
1 1 1 1 1 1 1
A M⊥B C 于M．
1 1 1
∵ ∠C A B = ∠PA Q，
1 1 1 1
∴ ∠QA B = ∠PA N，
1 1 1
∵ A Q = A P，A B = AN，
1 1 1 1
∴ △QA B ≅ △PA N(SAS)，
1 1 1
∴ B Q = PN，
1
∴ 当PN的值最小时，QB 的值最小，
1
在Rt△A B M中， ∵ ∠A B M = 60∘，A B = 8，
1 1 1 1 1 1
∴ A M = A B ⋅sin60∘ = 4√3，
1 1 1
∵ ∠MA C = ∠B A C −∠B A M = 75∘ −30∘ = 45∘，
1 1 1 1 1 1 1∴ A C = 4√6，
1 1
∴ NC = A C −A N = 4√6−8，
1 1 1 1
在Rt △ NHC ， ∵ ∠C = 45∘，
1 1
∴ NH = 4√3−4√2，
根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，
∴ QB 的最小值为4√3−4√2．
1
例4 (1)【答案】解：（1）如图1中，
作FH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ FH = AB，MQ = BC，
∵ AB = CB，
∴ FH = MQ，
∵ EF⊥MN，
∴ ∠EON = 90∘，
∵ ∠ECN = 90∘，
∴ ∠MNQ+∠CEO = 180∘，∠FEH+∠CEO = 180∘
∴ ∠FEH = ∠MNQ， ∵ ∠EHF = ∠MQN = 90∘，
∴△ FHE≌ △ MQN(ASA)，
∴ MN = EF，
∴ k = MN:EF = 1．
(2)【答案】 ∵ a:b = 1:2，
∴ b = 2a，
由题意：2a ≤ MN ≤ √5a，a ≤ EF ≤ √5a，
∴ 当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值 = √5，2√5
当MN的长取最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为 ．
5
(3)【答案】连接FN，ME．
∵ k = 3，MP = EF = 3PE，
MN EF
∴ = = 3，
PM PE
PN PF
∴ = = 2， ∵ ∠FPN = ∠EPM，
PM PE
∴△ PNF ∽△ PME，
NF PN
∴ = = 2，ME//NF，
ME PM
设PE = 2m，则PF = 4m，MP = 6m，NP = 12m，
①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．
∵ ∠MPE = ∠FPH = 60∘，
∴ PH = 2m，FH = 2√3m，DH = 10m，
a AB FH √3
∴ = = = ．
b AD HD 5
②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH = m，HE = √3m，
∴ HC = PH+PC = 13m，
MB HE √3
∴ tan∠HCE = = = ，
BC HC 13
∵ ME//FC，∴ ∠MEB = ∠FCB = ∠CFD，
∵ ∠B = ∠D，
∴△ MEB ∽△ CFD，
CD FC
∴ = = 2，
MB ME
a CD 2MB 2√3
∴ = = = ，
b BC BC 13
√3 2√3
综上所述，a:b的值为 或
5 13
例5 【答案】 证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）
∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE
∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt△BCE中，CE2 ＝BC2 +BE2
，
∴AE2 ＝（9﹣AE） 2 +9，
∴AE＝5
例6 【答案】解：（1）作EM⊥AC于M．∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC = 90∘，AD = DC = 3，∠DCA = 45∘，
∴在Rt △ ADE中，∵∠ADE = 90∘，AD = 3，DE = 1，
√
∴AE = AD 2 +DE 2 = √10，
在RT △ EMC中，∵∠EMC = 90∘，∠ECM = 45∘，EC = 2，
∴EM = CM = √2
EM √2 √5
∴在RT △ AEM中， sin∠EAM = = =
AE √10 5
（2）在 △ GDC和 △ EDA中，
DG = DE
{
∠GDC = ∠EDA，
DC = DA
∴ △ GDC ≅△ EDA，
∴∠GCD = ∠EAD，GC = AE = √10，
∵∠DAE+∠AED = 90∘，∠DEA = ∠CEH，
∴∠DCG+∠HEC = 90∘，
∴∠EHC = 90∘，
∴AH⊥GC，
1 1
∵S = AG⋅DC = GC⋅AH，
ΔAGC
2 2
1 1
∴ ×4×3 = ×√10×AH，
2 2
6
∴AH = √10．
5例7 【答案】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OD = OC，
∴∠DOG = ∠COE = 90∘，
∴∠OEC+∠OCE = 90∘，
∵DF⊥CE，
∴∠OEC+∠ODG = 90∘，
∴∠ODG = ∠OCE，
∴ △ DOG ≅△ COE（ASA），
∴OE = OG．
（2）①证明：如图2中，
∵AC，BD为对角线，
∴OD = OC，
∵OG = OE，∠DOG = ∠COE = 90∘，
∴ △ ODG ≅△ OCE，
∴∠ODG = ∠OCE．
②解：设CH = x，
∵四边形ABCD是正方形，AB = 1，
∴BH = 1−x，∠DBC = ∠BDC = ∠ACB = 45∘，
∵EH⊥BC，
∴∠BEH = ∠EBH = 45∘，
∴EH = BH = 1−x，
∵∠ODG = ∠OCE，
∴∠BDC−∠ODG = ∠ACB−∠OCE，
∴∠HDC = ∠ECH，
∵EH⊥BC，
∴∠EHC = ∠HCD = 90∘，∴ △ CHE ∼△ DCH，
EH HC
∴ =
HC CD
2
∴HC = EH∙CD，
2
∴x = (1−x)×1，
√5−1 −√5−1
解得x = 或 （舍弃），
2 2
√5−1
∴HC = ．
2
例8 (1)【答案】 解：如图1中，
∵ PN//BC，
∴△ APN ∽△ ABC，
PN AE PN 4−PN
∴ = ，即 = ，
BC AD 6 4
12
解得PN = ．
5
(2)【答案】能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．
(3)【答案】证明：如图2中，由画图可知∠QMN = ∠PQM = ∠MNP = ∠BM′N′ = 90∘，
∴ 四边形PNMQ是矩形，MN//M′N′，
∴ △BN′M′ ∽△ BNM，
M′N′ BN′
∴ = ，
MN BN
P′N′ BN′
同理可得： = ，
PN BN
M′N′ P′N′
∴ = ，
MN PN
∵ M′N′ = P′N′，
∴ MN = PN，
∴ 四边形PQMN是正方形．
(4)【答案】 解：如图3中，结论：∠QEM = 90∘．
MN 3
理由：由tan∠NBM = = ，可以假设MN = 3k，BM = 4k，则BN = 5k，BQ = k，
BM 4
BE = 2k，
BQ k 1 BE 2k 1
∴ = = ， = = ，
BE 2k 2 BM 4k 2
BQ BE
∴ = ，
BE BM∵ ∠QBE = ∠EBM，
∴△ BQE ∽△ BEM，
∴ ∠BEQ = ∠BME，
∵ NE = NM，
∴ ∠NEM = ∠NME，
∵ ∠BME+∠EMN = 90∘，
∴ ∠BEQ+∠NEM = 90∘，
∴ ∠QEM = 90∘．
能力强化 / 初三 / 春季
第 4 讲 三角形与四边形
自我巩固答案
1 【答案】∵ △ ADE是等边三角形，
∴∠D = ∠E = 60∘，
∵DE//BC，
∴∠AMN = ∠D，∠ANM = ∠E，
∴∠AMN = ∠ANM = 60∘，
∴∠AMB = ∠ANC = 120∘，
∵AB = AC，
∴∠B = ∠C，
在 △ ABM和 △ ACN中，
∠B = ∠C
{
∠AMB = ∠ANC
AB = AC
∴ △ ABM ≅△ ACN，
∴BM = CN．
2 【答案】（1）∵AB = AC，
∴∠B = ∠C．∵∠APD = ∠B，
∴∠APD = ∠B = ∠C．
∵∠APC = ∠BAP+∠B，∠APC = ∠APD+∠DPC，
∴∠BAP = ∠DPC，
∴ΔABP ∼ ΔPCD ，
BP AB
∴ = ，
CD CP
∴AB⋅CD = CP⋅BP．
∵AB = AC，
∴AC⋅CD = CP⋅BP；
（2）∵PD//AB ，
∴∠APD = ∠BAP．
∵∠APD = ∠C，
∴∠BAP = ∠C．
∵∠B = ∠B，
∴ΔBAP ∼ ΔBCA ，
BA BP
∴ =
BC BA
∵AB = 10，BC = 12，
10 BP
∴ =
12 10
25
∴BP = .
3
3 【答案】（1）在□ABCD中，AD//BC，且AD = BC．
∵F是AD的中点，
1
∴DF = AD．
2
1
又∵CE = BC，
2
∴DF = CE，且DF//CE，∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）如图，过点D作DH⊥BE于点H．
在□ABCD中，∵∠B = 60∘，
∴∠DCE = 60∘．
∵AB = 4，
∴CD = AB = 4，
1
∴CH = CD = 2，DH = 2√3．
2
1
在□CEDF中，CE = DF = AD = 3，则EH = 1．
2
√
∴在Rt △ DHE中，根据勾股定理知DE = ( 2√3 )2 +1 = √13．
4 【答案】∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD//BC
∴AF//BE
∵AE是角平分线
∴∠DAE = ∠BAE
∴∠DAE = ∠AEB
∴∠BAE = ∠AEB
∴AB = BE
同理AB = AF
∴AF = BE
∴四边形ABEF是平行四边形
∵AB = BE
∴四边形ABEF是菱形作PH⊥AD于H
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC = 60∘，AB = 4
∴AB = AF = 4，∠ABF = ∠AFB = 30∘，AP⊥BF
1
∴AP = AB = 2
2
∴PH = √3，AH = 1
∴DH = 5
PH √3
∴tan∠ADP = =
DH 5
5 【答案】（1）由折叠的性质可得：∠ENM = ∠DNM，
即∠ENM = ∠ENA+∠ANM，
∠DNM = ∠DNC+∠CNM，
∵∠ENA = ∠DNC
∴∠ANM = ∠CNM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ANM = ∠CMN，
∴∠CMN = ∠CNM，
∴CM = CN；
（2）过点N作NH⊥BC于点H，
则四边形NHCD是矩形，
∴HC = DN，NH = DC，
∵ △ CMN的面积与 △ CDN的面积比为3:1 ，1
⋅MC⋅NH
SΔCMN 2 MC
∴ = = = 3，
SΔCDN 1 ND
⋅DN⋅NH
2
∴MC = 3ND = 3HC，
∴MH = 2HC，
设DN = x，则HC = x，MH = 2x，
∴CM = 3x = CN，
√
在Rt △ CDN中，DC = CN 2 −DN 2 = 2√2x，
∴HN = 2√2x，
√
在Rt △ MNH中，MN = MH 2 +HN 2 = 2√3x，
MN 2√3x
∴ = = 2√3．
DN x
能力强化 / 初三 / 春季
第 4 讲 三角形与四边形
课堂落实答案
1 【答案】∵△AOD和△AOE是等边三角形，
∴∠E = ∠AOF = 60∘，AE = AO，∠OAE = 60∘，
∵∠BAC = 60∘，
∴∠FAO = ∠EAG = 60∘ −∠CAO，
在△AFO和△AGE中，∠FAO = ∠GAE
{
AO = AE ，
∠AOF = ∠E
∴△AFO≌△AGE（ASA），
∴AF = AG．
2 【答案】（1）∵Rt △ OAB中，D为OB的中点，
1 1
∴AD = OB，OD = BD = OB
2 2
∴DO = DA，
∴∠DAO = ∠DOA = 30∘，∠EOA = 90∘，
∴∠AEO = 60∘，
又∵ △ OBC为等边三角形，
∴∠BCO = ∠AEO = 60∘，
∴BC//AE，
∵∠BAO+∠COA = 180∘，
∴CO//AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）设OG = x，由折叠可得：AG = GC = 8−x，
在Rt △ ABO中，
∵∠OAB = 90∘，∠AOB = 30∘，BO = 8，
√3
∴AO = BO⋅cos30∘ = 8× = 4√3，
2
在Rt △ OAG中，OG 2 +OA 2 = AG 2 ，
x 2 + ( 4√3 )2 = (8−x) 2 ，
解得：x = 1，
∴OG = 1．
能力强化 / 初三 / 春季第 4 讲 三角形与四边形
精选精练
1 【答案】证明：（1） ∵ BE，CF分别是△ABC的高，
∴ ∠BFO = ∠CEO = 90∘，
∴ ∠FBO+∠FOB = ∠OCE+∠EOC = 90∘，
∵ ∠FOB = ∠EOC，
∴ ∠FBO = ∠OCE，
在△BAP和△CDA中，
AB = CD
{
∠ABP = ∠DCA，
BP = AC
∴△BAP≌△CDA（SAS），
∴AD = AP
（2）∵△BAP≌△CDA，
∴ ∠BAP = ∠ADC，
∵ CF⊥AB，
∴ ∠AFM = 90∘，
∴ ∠FAM+∠AMF = 90∘，
∴ ∠ADC+∠AMD = 90∘，
∴ ∠DAP = 180∘ −90∘ = 90∘，
∴ DA⊥PA．
2 【答案】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB = AC，∠ABC = 60∘，
∴∠ABD = 120∘，
∵ ∠DAE = 120∘，∴ ∠DAE = ∠ABD，
又∠D = ∠D，
∴△ABD∽△EAD，
∴ AD:ED = AB:AE，
∴ AD⋅AE = AB⋅DE.
3 【答案】证明：（1）AE = AF，
180 ∘ −∠A
∴∠AEF = ∠AFE = ，
2
1 180 ∘ −∠A
∠EDB = ∠ADC =
2 2
∴∠AEF = ∠EDB，GE//DB，
在菱形ABCD中，DE//GB
∴四边形EGBD是平行四边形．
（2）过A作AH垂直BC交BC于点H，
∠FGB = 30 ∘ ，GB = AE = 1，
∴AB = 2，∠ABH = 60 ∘ ，∴AH = √3，
在RtΔAGH中，GH = 2，
∴AG = √3+4 = √7．
4 【答案】解：（1）∵四边形ADEF是正方形，
∴∠DAF = 90∘，AD = AF，
∵AB = AC，∠BAC = 90∘，
∴∠BAD＋∠DAC = ∠CAF＋∠DAC = 90∘，
∴∠BAD = ∠CAF，在 △ BAD和 △ CAF中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAF
AD = AF
∴ △ BAD ≅△ CAF(SAS)，∴CF = BD，∴∠B = ∠ACF，∴∠B＋∠BCA = 90∘，
∴∠BCA＋∠ACF = 90∘，即CF⊥BD.
垂直 相等
（2）当点D在BC的延长线上时（1）的结论仍成立.
理由：∵四边形ADEF是正方形，
∴∠DAF = 90∘，AD = AF，
∵AB = AC，∠BAC = 90∘，
∴∠BAD−∠DAC = ∠CAF−∠DAC = 90∘，
∴∠BAD = ∠CAF，在 △ BAD和 △ CAF中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAF
AD = AF
∴ △ BAD ≅△ CAF(SAS)，
∴CF = BD，∴∠B = ∠ACF，∴∠B＋∠BCA = 90∘，
∴∠BCA＋∠ACF = 90∘，即CF⊥BD.
5 【答案】证明：①∵CN//AB，
∴∠DAC = ∠NCA，
在 △ AMD和 △ CMN中，
MA = MC
{
∵ ∠DAC = ∠NCA ，
∠AMD = ∠CMN
∴ △ AMD ≅△ CMN(ASA)，
∴AD = CN，
又∵AD//CN，
∴四边形ADCN是平行四边形，
∴CD = AN；
②∵∠AMD = 2∠MCD，∠AMD = ∠MCD+∠MDC，
∴∠MCD = ∠MDC，
∴MD = MC，
由①知四边形ADCN是平行四边形，∴MD = MN = MA = MC，
∴AC = DN，
∴四边形ADCN是矩形．
6 【答案】证明：∵Rt △ OAB中，D为OB的中点，
1 1
∴AD = OB，OD = BD = OB
2 2
∴DO = DA，
∴∠DAO = ∠DOA = 30∘，∠EOA = 90∘，
∴∠AEO = 60∘，
又∵ △ OBC为等边三角形，
∴∠BCO = ∠AEO = 60∘，
∴BC//AE，
∵∠BAO = ∠COA = 90∘，
∴CO//AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
解：设OG = x，由折叠可得：AG = GC = 8−x，
在Rt △ ABO中，
∵∠OAB = 90∘，∠AOB = 30∘，BO = 8，
√3
∴AO = BO⋅cos30∘ = 8× = 4√3，
2
在Rt △ OAG中，OG 2 +OA 2 = AG 2 ，
x 2 + ( 4√3 )2 = (8−x) 2 ，
解得：x = 1，
∴OG = 1．
能力强化 / 初三 / 春季
第 5 讲 圆
例题练习题答案例1 【答案】5
【解析】解：连接OP，如图所示．
∵ OA = OB，∠AOB = 90 ∘ ，
∴ ∠OAB = 45 ∘ ．
∵ PC⊥OA，
∴△ ACD为等腰直角三角形，
∴ AC = CD = 1．
设该扇形的半径长为r，则OC = r−1，
在Rt △ POC中，∠PCO = 90 ∘ ，PC = PD+CD = 3，
∴ OP 2 = OC 2 +PC 2 ，即r 2 = (r−1) 2 +9，
解得：r = 5．
故答案为：5．
例2 【答案】（1）证明：连接OD，
∵DE是切线，
∴∠ODE = 90∘ ，
∴∠ADE+∠BDO = 90∘ ，
∵∠ACB = 90∘ ，
∴∠A+∠B = 90∘ ，
∵OD = OB ，
∴∠B = ∠BDO ，
∴∠ADE = ∠A ．
（2）连接CD．
∵∠ADE = ∠A，
∴AE = DE，
∵BC是⊙O的直径，∠ACB = 90∘，∴EC是⊙O的切线，
∴ED = EC，
∴AE = EC，
∵DE = 10，
∴AC = 2DE = 20，
√
在Rt △ ADC中，DC = 20 2 −16 2 = 12，
设BD = x，在Rt △ BDC中，BC 2 = x 2 +12 2 ，在Rt △ ABC中，BC 2 = (x+16) 2 −20 2 ，
2 2 2 2
∴x +12 = (x+16) −20 ，
解得x = 9，
√
2 2
∴BC = 12 +9 = 15．
例3 【答案】B
【解析】如图，连接AC、BC，
AC PA 2
由已知条件得， △ PAC ∽△ PCB，于是 = = ，
CB PC 3
设AC = 2k，BC = 3k，由∠ACB = 90∘得，AB = √13k，
AC 2k 2√13
∴sin∠ACP = sin∠ABC = = = ．
AB √13k 13
例4 【答案】 证明：（1）连接OD，如图所示：
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠ADO+∠BDE=90°，
∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵OA=OD，
∴∠CAB=∠ADO，
∴∠BDE=∠CBA，
∴EB=ED，
∴△DBE是等腰三角形；
（2）∵∠ACB=90°，AC是⊙O的直径，
∴CB是⊙O的切线，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE=EC，
∵EB=ED，
∴EC=EB，
∵OA=OC，
∴OE//AB，
∴△COE∽△CAB．
例5 【答案】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD．
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AC，
∵DE⊥AC，即∠AED=90°，
∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）过O作OG⊥AF于G，
∴AF=2AG，∵∠BAC=60°，OA=2，
1
∴AG= OA=1，
2
∴AF=2，
∴AF=OD，
∴四边形AODF是菱形，
∴DF//OA，DF=OA=2，
∴∠EFD=∠BAC=60°，
∵∠DEF=90°，
1
∴EF= DF=1．
2
例6 (1)【答案】证明：（1） ∵ OC = OB
∴ ∠OBC = ∠OCB
∵ OC//BD
∴ ∠OCB = ∠CBD
∴ ∠OBC = ∠CBD
⌢ ⌢
∴ AC = CD
(2)【答案】（2）连接AC，
∵ CE = 1，EB = 3，∴ BC = 4
⌢ ⌢
∵ AC = CD
∴ ∠CAD = ∠ABC，且∠ACB = ∠ACB
∴△ ACE ∽△ BCA
AC CB
∴ =
CE AC
∴ AC 2 = CB⋅CE = 4×1
∴ AC = 2，
∵ AB是直径
∴ ∠ACB = 90 ∘
√
∴ AB = AC2+BC2 = 2√5
∴ ⊙O的半径为√5
(3)【答案】（3）如图，过点O作OH⊥FQ于点H，连接OQ，
∵ PC是⊙O切线，
∴ ∠PCO = 90 ∘ ，且∠ACB = 90 ∘
∴ ∠PCA = ∠BCO = ∠CBO，且∠CPB = ∠CPA
∴△ APC ∽△ CPB
PA PC AC 2 1
∴ = = = =
PC PB BC 4 2
∴ PC = 2PA，PC 2 = PA⋅PB
∴ 4PA 2 = PA×(PA+2√5)
2√5
∴ PA =
35√5
∴ PO =
3
∵ PQ//BC
∴ ∠CBA = ∠BPQ，且∠PHO = ∠ACB = 90 ∘
∴△ PHO ∽△ BCA
AC BC AB
∴ = =
OH PH PO
2 4 2√5 6
即 = = =
OH PH 5√5 5
3
10 5
∴ PH = ，OH =
3 3
2√5
√
∴ HQ = OQ2−OH2 =
3
10+2√5
∴ PQ = PH+HQ =
3
例7 【答案】（1）证明：∵AP是⊙O的切线，
∴∠EAM=90°，
∴∠BAE+∠MAB=90°，∠AEB+∠AMB=90°．
又∵AB=BM，
∴∠MAB=∠AMB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE
（2）解：连接BC
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°
在Rt △ ABC中，AC=10，AB=6，
∴BC=8，
∵BE=AB=BM，
∴EM=12，由（1）知，∠BAE=∠AEB，
∴△ABC∽△EAM
EM AM
∴∠C=∠AME， = ，
AC BC
12 AM
即 = ，
10 8
48
∴AM =
5
又∵∠D=∠C，
∴∠D=∠AMD
48
∴AD=AM = ．
5
例8 【答案】（1）解：直线AB是⊙O的切线．理由如下：
如图，连接OC．
∵OA = OB，CA = CB，
∴OC⊥AB．
又∵OC是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线
（2）证明：∵ED是⊙O的直径，
∴∠ECD = 90∘(直径所对的圆周角是直角)，
∴∠E+∠EDC = 90∘(直角三角形的两个锐角互余)．又∵∠BCD+∠OCD = 90∘，∠OCD = ∠ODC，
∴∠BCD = ∠E．
又∵∠CBD = ∠EBC，
∴ △ BCD ∽△ BEC．
BC BD
∴ = ，
BE BC
2
∴BC = BD⋅BE；
1
（3）∵tan∠CED = ，
2
CD 1
∴ = ．
EC 2
BC BD CD 1
由(2) 知， △ BCD ∽△ BEC，则 = = = ，
BE BC EC 2
∴BC = 2BD．
设BD = x，BC = 2x．
∵ BC 2 = BD⋅BE，
2
∴(2x) = x⋅(x+6)，
解得x = 0，x = 2，
1 2
∵BD = x > 0，
∴BD = 2，
∴OA = OB = BD+OD = 3+2 = 5
在Rt △ OAC中，OA = 5，OC = 3，则根据勾股定理求得AC = 4．
∴AB = 2AC = 8，
1 1
∴S = AB⋅OC = ×8×3 = 12
△OAB
2 2
即 △ OAB的面积是12
例9 【答案】（1）证明：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC = 90∘ ，∴∠C+∠BAC = 90∘ ，
∵OA = OB ，
∴∠BAC = ∠OBA ，
∵∠PBA = ∠C ，
∴∠PBA+∠OBA = 90∘ ，
即PB⊥OB ，
∴PB是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为2√2，
∴OB = 2√2，AC=4√2 ,
∵OP//BC ，
∴∠C = ∠BOP ，
又∵∠ABC = ∠PBO = 90∘ ，
∴ △ ABC∽ △ PBO ，
BC AC
∴ = ，
BO PO
BC 4√2
即 = ，
2√2 8
∴BC = 2 ．
例10 【答案】 1
解：（1）∵OA = OC = AB = 3，AC = 3 ，
2
∴OA = OC = AC ，
∴ △ OAC为等边三角形，
∴∠AOC = 60∘ ，
⌢
∵圆周角∠AEC与圆心角∠AOC都是AC，1
∴∠AEC = ∠AOC = 30∘ ；
2
（2）∵直线l切⊙O于C，
∴OC⊥CD ，
又∵BD⊥CD ，
∴OC//BD ，
∴∠B = ∠AOC = 60∘ ，
∵AB为⊙O直径，
∴∠AEB = 90∘ ，
又∵∠AEC = 30∘ ，
∴ ∠DEC = 90∘ −∠AEC = 60∘ ，
∴∠B = ∠DEC ，
∴CE//OB ，
∴四边形OBCE为平行四边形，
又∵OB = OC ，
∴四边形OBCE为菱形．
例11 【答案】 （1）证明：∵∠ABC = 90∘，AM = MC，
∴BM = AM = MC ，
∴∠A = ∠ABM ，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠ADE+∠ABE = 180∘ ，
又∠ADE+∠MDE = 180∘ ，
∴∠MDE = ∠MBA ，
同理证明：∠MED = ∠A ，
∴∠MDE = ∠MED ，∴MD = ME ．
（2）①由（1）可知，∠A = ∠MDE ，
∴DE//AB ，
DE MD
∴ = ，
AB MA
∵AD = 2DM ，
∴DM:MA = 1:3 ，
1 1
∴DE = AB = ×6 = 2 ．
3 3
故答案为2．
②如图1所示，连接OD、OE、OM、DE，OM与DE交于点N。
由①知：DE//AB，
∵ 点O是AB的中点，M是AC的中点
∴ OM是 △ ABC的中位线
∴ OM//BC
又 ∵ ∠ABC = 90∘，即AB⊥BC，
∴ AB⊥OM
∴ DE⊥OM
故DE与OM相互平分，四边形ODME是菱形，
1
此时MN = MO，OD = MD
2
∵ △ MAB∽ △ MDE，且MO、MN分别为 △ MAB与 △ MDE的高，
MD MN 1 1
∴ = = ，MD = MA，
MA MO 2 2
∴ AD = MD = OD。
∵ OA，OD均为☉O的半径，
∴ OA = OD
∴ AD = OD = OA，
∴ △ AOD是等边三角形，
∴ ∠A = 60∘例12 (1)【答案】（1）证明：连接OC，如图，
∵ CE为切线，
∴ OC⊥CE，
∴ ∠OCE = 90 ∘ ，即∠1+∠4 = 90 ∘ ，
∵ DO⊥AB，
∴ ∠3+∠B = 90 ∘ ，
而∠2 = ∠3，
∴ ∠2+∠B = 90 ∘ ，
而OB = OC，
∴ ∠4 = ∠B，
∴ ∠1 = ∠2，
∴ CE = FE；
(2)【答案】 ∘
30
∘
22.5
【解析】 （2）解：①当∠D = 30 ∘ 时，∠DAO = 60 ∘ ，
而AB为直径，
∴ ∠ACB = 90 ∘ ，
∴ ∠B = 30 ∘ ，∴ ∠3 = ∠2 = 60 ∘ ，
而CE = FE，
∴△ CEF为等边三角形，
∴ CE = CF = EF，
同理可得∠GFE = 60 ∘ ，
利用对称得FG = FC，
∵ FG = EF，
∴△ FEG为等边三角形，
∴ EG = FG，
∴ EF = FG = GE = CE，
∴ 四边形ECFG为菱形；
②当∠D = 22.5 ∘ 时，∠DAO = 67.5 ∘ ，
而OA = OC，
∴ ∠OCA = ∠OAC = 67.5 ∘ ，
∴ ∠AOC = 180 ∘ −67.5 ∘ −67.5 ∘ = 45 ∘ ，
∴ ∠AOE = 90∘，
∴ ∠COE = 45 ∘ ，
利用对称得∠EOG = 45 ∘ ，
∴ ∠COG = 90 ∘ ，
易得 △ OEC≌ △ OEG，
∴ ∠OGE = ∠OCE = 90 ∘ ，
∴ 四边形ECOG为矩形，
而OC = OG，
∴ 四边形ECOG为正方形．
∘ ∘
故答案为30 ，22.5 ．能力强化 / 初三 / 春季
第 5 讲 圆
自我巩固答案
1 【答案】解：（1）证明：由同弧所对圆周角相等得∠FBD=∠DCF，
又∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF=∠DCF，
已知∠EBF=∠GBF，
∴∠EBF=∠BCF，
∵BC为⊙O直径，
∴∠BFC=90∘，
∴∠FBC+∠FCB=90∘，
∴∠FBC+∠EBF=90∘，
∴BE⊥BC，
∴BE为⊙O切线；
（2）证明：由（1）知∠BFC=∠EBC=90∘，∠EBF=∠ECB，
∴△BEF∽△CEB，
2
∴BE =EF⋅CE，
又∠EBF=∠GBF，BF⊥EG，
∴∠BFE=∠BFG=90∘，∠EBF = ∠GBF
{
在△BEF与△BGF中， BF = BF ，
∠EFB = ∠BFG
∴ △ BEF≌ △ BGF，
∴BE=BG，EF=FG，
2
∴BG =FG⋅CE；
（3）如图，过G作GH⊥BC于H，
∵CF平分∠BCD，
∴GH=GD，
3
∵tan∠DBC = ，
4
3
∴sin∠DBC = ，
5
∵BC=10，
∴BD=8，BG=BD−GD=8−GD，
GH GD 3
∴ = = ，
BG 8−GD 5
∴GD=GH=3，BG=5，BH=4，
∵BC=10，∴OH=OB−BH=1，
在Rt △ OGH中，由勾股定理得OG = √10．
2 【答案】（1）证明：连接OD，
∵OB = OD，
∴∠B = ∠ODB，
∵AB = AC，
∴∠B = ∠C，
∴∠ODB = ∠C，
∴OD//AC，∵DF⊥AC ，
∴OD⊥DF ，
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：连接BE，
∵AB是直径，
∴∠AEB = 90∘，
∵AB = AC，AC = 3AE，
∴AB = 3AE，CE = 4AE，
√
∵BE = AB 2 −AE 2 = 2√2AE
BE 2√2AE √2
在Rt△BEC 中，tanC = = =
CE 4AE 2
3 【答案】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵AB是⊙O直径，
∴∠BCA = 90∘，
∵OF//BC，
∴∠AEO = 90∘，∠1 = ∠2，∠B = ∠3，
∴OF⊥AC，
∵OC = OA，
∴∠B = ∠1，
∴∠3 = ∠2，
在△OAF和△OCF 中，
OA = OC
{
∠3=∠2
OF = OF
∴△OAF≌△OCF(SAS)，
∴∠OAF = ∠OCF，
∵PC是⊙O的切线，∴∠OCF = 90∘，
∴∠OAF = 90∘，
∴FA⊥OA，
∴AF是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为20，AF = 15，∠OAF = 90∘，
√ √
2 2 2 2
∴OF = AF +OA = 15 +20 = 25
∵FA⊥OA,OF⊥AC，
1 1
∴AC = 2AE，△OAF的面积= AF⋅OA = OF⋅AE，
2 2
∴15×20 = 25×AE，
解得：AE = 12，
∴AC = 2AE = 24．
4 【答案】（1）解：连接AC，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠ACD = ∠ABC，
∵AB是直径，
∴∠ACB = 90∘，
∵CD = CB，
∴∠D = ∠ABC，
∴∠D = ∠ACD = ∠ABC，
∵∠D+∠ACD+∠ABC = ∠ACB = 90∘，
∴∠D = 30∘；
（2）证明：连接OC、BE，
∵∠D = ∠ACD = 30∘，
∴∠CAB = 60∘，
∵OA = OC，∴△AOC 是等边三角形，
∴AC = OC，∠AOC = 60∘，
∵CE//AB，
∴AC = EB，
∴四边形ACEB是等腰梯形，OC = BE，
∴∠CAB = ∠EBA = 60∘，
∴∠AOC = ∠EBA = 60∘，
∴OC//BE，
∴四边形COBE是平行四边形，
∵OC = OB，
∴以点C，O，B，E为顶点的四边形是菱形．
能力强化 / 初三 / 春季
第 5 讲 圆
课堂落实答案
1 【答案】解：（1）如图1，∵OC⊥AB ，
∴AC = BC = √2，
√
( )2 ( )2
在Rt △ AOC 中，OC = √6 − √2 = 2，
∵AD为直径，
∴∠ABD = 90∘，
∴OC//BD，
∵AC = BC，AO = OD，
∴OC为 △ ABD的中位线，
∴BD = 2OC = 4，
√
在Rt △ BCD中，CD = 4 2 + (√2 )2 = 3√2，∵OC//BD，
∴ △ OCE ∽△ BDE，
CE OC 1
∴ = = ，
DE BD 2
2
∴DE = CD = 2√2；
3
（2）当DC = DO时，作DG⊥OC于G，则CG = OG，如图3
∴DG为 △ OCF的中位线，
∴CF = 2DG，
√
在Rt △ ODG 中，DG = ( √6 )2 −1 2 = √5，
∴CF = 2√5，
∴AF = CF+AC = 2√5+√2；
√6
当CD = CO时，作CG⊥OD 于G，如图4，则DG = OG =
2
√
√6 √10
( )2
在Rt △ OCG 中，CG = 2 2 − = ，
2 2
∵∠GOC = ∠COF，
∴ △ OGC ∽△ COF，√10 √6
CG OG 2 2 2√15
∴ = ，即 = ，解得CF = ，
CF OC CF 2 3
2√15
∴AF = CF+AC = +√2，
3
2√15
综上所述，AF的长为2√5+√2或 +√2 ．
3
能力强化 / 初三 / 春季
第 5 讲 圆
精选精练
1 【答案】13
2 【答案】（1）证明：∵PC是⊙O的直径，CD是⊙O的切线，
∴∠PAC = ∠OCD = 90∘，
∵DA，DC是⊙O的切线，
∴∠ADO = ∠CDO，AD = DC，
∴DO⊥AC，
∴PA//OD，
∴∠P = ∠DOC，
∴△APC ∼ △COD．
AP OC
（2）解：由△APC∽△COD，得： =
PC OD
x 1
∴ = ，
2 y
2
∴y = ．
x
（3）解：若△ACD是一个等边三角形，则∠ADC = 60∘，∠ODC = 30∘，∵OD = 2OC，
∴y = 2，
∴x = 1．
当x = 1时，△ACD是一个等边三角形．
【解析】（1）由题可知，DA、DC是由D点向圆引的两条切线，由切线的性质可知，DO垂直平分
AC，又因为∠PAC为直径所对的圆周角为90∘，所以PA和AC垂直，因此PA和OD平行，
可得同位角相等即∠P = ∠DOC，结合∠PAC = ∠DCO = 90∘，可得相似．
AP OC
（2）由（1）的相似可得对应线段成比例，利用此性质得 = ，可求出y与x之间的
PC OD
关系式．
（3）若△ACD是一个等边三角形，则∠ADC = 60∘，∠ODC = 30∘，于是OD = 2OC，由
（2）可得出x的值为1．
3 【答案】解：（1）如图1，过D点作DF⊥AE于F点．
√5
√
在Rt △ ADP中，AP = AD 2 +DP 2 =
2
1 1
又∵S = AD⋅DP = AP⋅DF
△ADP
2 2
√5
∴DF =
5
⌢
∵AD所对圆心角的度数为90∘
∴∠DEA = 45∘
√10
∴DE = √2DF =
5AD DP
（2）如图2，当Rt △ ADP ∽ Rt △ QCP时有 =
QC CP
∴ QC = 1，即点Q与点B重合
∴BQ = 0
AD PD
如图3，当Rt △ ADP ∽ Rt △ PCQ时，有 =
PC QC
1 3
∴ QC = ，即BQ = BC−CQ =
4 4
3
∴当BQ = 0或BQ = 时，三角形ADP与以点Q，C，P为顶点的三角形相似．
4
4 【答案】解：（1）如图1，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = 90∘，
∵AC = BC，
180∘ −90∘
∴∠CAB = ∠CBA = = 45∘；
2
（2）① i. 当∠ABD为锐角时，如图2所示，作BF⊥l于点F，连接BC、OC：由（1）知 △ ACB是等腰直角三角形，
∵OA = OB = OC，
∴ △ BOC为等腰直角三角形，
∵l是⊙O的切线，
∴OC⊥l，
又BF⊥l ,
∴四边形OBFC是矩形，
∴AB = 2OC = 2BF，
∵BD = AB，
∴BD = 2BF，
∴∠BDF = 30∘，
∴∠DBA = 30∘，∠BDA = ∠BAD = 75∘，
∴∠CBE = ∠CBA−∠DBA = 45∘ −30∘ = 15∘，
∴∠DEA = ∠CEB = 90∘ −∠CBE = 75∘，
∴∠ADE = ∠AED，
∴AD = AE；
ii. 当∠ABD为钝角时，如图3所示，
1
同理可得BF = BD，即可知∠BDC = 30∘，
2
∵OC⊥AB，OC⊥直线l，
∴AB//直线l，∴∠ABD = 150∘，∠ABE = 30∘，
∴∠BEC = 90∘ −(∠ABE+∠ABC) = 90∘ − ( 30∘ +45∘) = 15∘，
∵AB = DB，
1
∴∠ADB = ∠ABE = 15∘，
2
∴∠BEC = ∠ADE，
∴AE = AD；
② i. 如图2，当D在C左侧时，
由（2）知CD//AB，∠ACD = ∠BAE，∠DAC = ∠EBA = 30∘，
∴ △ CAD∽ △ ABE，
AC CD 1
∴ = = ，
BA AE √2
∴AE//OD，AE = √2CD ，
作EI⊥AB于点I，
∵∠CAB = 45∘，∠ABD = 30∘，
√2
∴BE = 2EI = 2× AE = √2AE = √2×√2CD = 2CD，
2
BE
∴ = 2；
CD
ii. 如图3，当点D在点C右侧时，过点E作EI⊥AB于I，
由（2）知∠ADC = ∠BEA = 15∘，
∵AB//CD，
∴∠EAB = ∠ACD，
∴ △ ACD∽ △ BAE，
AC CD 1
∴ = = ，
BA AE √2
∴AE = √2CD，
∵BA = BD，∠BAD = ∠BDA = 15∘，
∴∠IBE = 30∘，√2
∴BE = 2EI = 2× AE = √2AE = √2×√2CD = 2CD，
2
BE
∴ = 2．
CD
5 【答案】证明：如图，
分别过点E、F作AB的垂线，G、H为垂足，连FA、EB．
2 2 2 2
易知：DB = FB = AB⋅HB，AD = AE = AG⋅AB．
2 2
二式相减得：DB −AD = AB⋅(HB−AG)，
或(DB−AD)⋅AB = AB⋅(HB−AG)．
于是：DB−AD = HB−AG，或DB−HB = AD−AG．
∴ DH = GD．
显然，EG//CD//FH．
故CD平分EF．
6 (1)【答案】（1）证明：连接OC．
∵ AF为半圆的切线，AB为半圆的直径，
∴ AB⊥AD，
∵ CD//AB，BC//OD，
∴ 四边形BODC是平行四边形，
∴ OB = CD，
∵ OA = OB，
∴ CD = OA，∴ 四边形ADCO是平行四边形，
∴ OC//AD，
∵ CD//BA，
∴ CD⊥AD，
∵ OC//AD，
∴ OC⊥CD，
∴ CD是半圆的切线．
(2)【答案】
∵ AB为半圆的直径，
∴ ∠AEB = 90 ∘ ，
∴ ∠EBA+∠BAE = 90 ∘ ，
∵ ∠DAE+∠BAE = 90 ∘ ，
∴ ∠ABE+∠DAE，
∵ ∠ACE = ∠ABE，
∴ ∠ACE = ∠DAE，
∵ ∠ADE = 90 ∘ ，
∴ ∠DAE+∠AED = ∠AED+∠ACD = 90 ∘ ．
能力强化 / 初三 / 春季
第 6 讲 二次函数之三角形构造
例题练习题答案
例1 【答案】 4a−2b−5 = 0
{
解：（1）根据题意得： ，
25a+5b−5 = 01
{a =
2
解得： ，
3
b = −
2
1 3
2
则抛物线的解析式是：y = x − x−5；
2 2
1 3
2
（2）P(m,n)在抛物线上，则n = m − m−5，
2 2
1 3
2
则l = 2m−2( m − m−5)，
2 2
5 65
2 2
即l = −m +5m+10 = −(m− ) + ．
2 4
65 65
l ⩽ ，即l的最大值为 ．
4 4
（3）存在 ，
1 3
2
在y = x − x−5中，
2 2
令x = 0，解得y = −5，
则C的坐标是(0, −5)，则OC = OB = 5．
设线段BC的解析式是y = kx+b，
5k+b = 0
{
则 ，
b = −5
k = 1
{
解得： ，
b = −5
则线段BC的解析式是y = x−5(0 < x < 5)．
当OC是等腰三角形的底边时，
5
即OQ = CQ时，则Q的纵坐标是− ，
25 5
把y = − 代入y = x−5得：x = ，
2 2
5 5
则Q的坐标是( , − )；
2 2
当CQ是等腰三角形的底边，即OC = OQ时，
此时Q和B重合，不符合题意；
当OQ是等腰三角形的底边，即OC = CQ时，
CQ = 5，且∠OCQ = 45∘，作QF⊥y轴于点F．
5√2
则CF = QF = ，
2
5√2 10−5√2
则OF = 5− = ，
2 2
5√2 5√2−10
则Q的坐标是( , )．
2 2
5 5 5√2 5√2−10
综上，Q的坐标是：( , − )或( , )．
2 2 2 2
例2 【答案】解：（1）∵直线y = −2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，
∴A(5,0)、B(0,10)，
∵抛物线过原点，
2
∴设抛物线解析式为y = ax +bx ，
∵抛物线过点A(5,0)、C(8,4)，
25a+5b = 0
{
∴ ，
64a+8b = 41
{a =
6
∴ ，
5
b = −
6
1 5
2
∴抛物线解析式为y = x − x ，
6 6
∵A(5,0)、B(0,10)，C(8,4)，
2 2 2 2 2 2
∴AB = 5 +10 = 125，BC = 8 +(10−4) = 100,
2 2 2
AC = 4 +(8−5) = 25
2 2 2
∴AC +BC = AB ，
∴ △ ABC是直角三角形．
（2）如图1，
当P，Q运动t秒，即OP = 2t,CQ = 10−t时，
由（1）得，AC = OA,∠ACQ = ∠AOP = 90∘ ，
在Rt △ AOP和Rt △ ACQ中，
AC = OA
{
，
PA = QA
∴Rt △ AOP≌Rt △ ACQ（HL）
∴OP = CQ ，
∴2t = 10−t ，
10
∴t = ，
310
∴当运动时间为 s时，PA = QA ；
3
（3）存在，
1 5
2
∵y = x − x ，
6 6
5
∴抛物线的对称轴为x = ，
2
∵A(5,0)、B(0,10)，
∴AB = 5√5
5
设点M( ,m)，
2
①若BM = BA时，
5
( )2
2
∴ +(m−10) = 125 ，
2
20+5√19 20−5√19
∴m = ，m = ，
1 2
2 2
5 20+5√19
∴M ( , )，
1
2 2
5 20−5√19
M ( , )，
2
2 2
②若AM = AB时，
5
( )2
2
∴ +m = 125，
2
5√19 5√19
∴m = ，m = − ，
3 4
2 2
5 5√19 5 5√19
∴M ( , )，M ( , − )，
3 4
2 2 2 2
③若MA = MB 时，5 5
( )2 ( )2
2 2
∴ −5 +m = +(10−m) ，
2 2
∴m = 5 ，
5
( )
∴M ,5 ，此时点M恰好是线段AB的中点，
2
构不成三角形，舍去，
5 20+5√19
∴点M的坐标为：M ( , )，
1
2 2
5 20−5√19 5 5√19
M ( , )，M ( , )，
2 3
2 2 2 2
5 5√19
M ( , − )，
4
2 2
例3 【答案】 2
解：（1）将A(−1,0)、C(0,4)两点代入到抛物线y = ax +bx−4a(a ≠ 0)中，
可得：a = −1，b = 3，
2
故抛物线的表达式为：y = −x +3x+4…①；
3
（2）抛物线的对称轴为：x = ，点D(3,4)，
2
过点D作x轴的垂线交BP于点H，交x轴于点G，
过点H作HR⊥BD与点R，
1
则BG = 1，GD = 4，tan∠BDG = ，∠DBP = 45∘，
4
设：HR = BR = x，则DR = 4x，
√17
BD = 5x = √1+16 = √17，x = ，
53
√
BH = √2x，BG = 1，则GH = 2x 2 −1 = ，
5
3
故点H(3, )，而点B(4,0)，
5
3 12
可得直线HB的表达式为：y = − x+ …②，
5 5
2
联立①②并解得：x = 4（舍去）或− ，
5
2 66
故点P(− ， )；
5 25
3
（3）设点M( ，m)，而点A(−1,0)、点C(0,4)，
2
25 9
2 2 2 2 2
则AM = +m ，CM = +(m−4) ，AC = 17，
4 4
25 9 29
2 2
①当AM是斜边时， +m = +(m−4) +17，解得：m = ；
4 4 8
5
②当CM是斜边时，同理可得：m = − ；
8
5 3
③当AC是斜边时，同理可得：m = 或 ；
2 2
3 29 3 5 3 5 3 3
综上，点M的坐标为：( ， )或( ，− )或( ， )或( ， )．
2 8 2 8 2 2 2 2
例4 【答案】解：（1）令y = 0，则x = −1或5，令x = 0，则y = −5，
故点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(5,0)、(0, −5)；
（2）抛物线的对称轴为：x = 2，
点B是点A关于函数对称轴的对称点，连接BC交抛物线对称轴于点P，则点P为所求，直线BC的表达式为：y = −x+5，
当x = 2时，y = 3，故点P(2,3)；
2
（3）设点D(x, −x +4x+5)，则点E(x, −x+5)，
DE 2
S :S = 2:3，则 = ，
ΔBDE ΔBEF
DF 5
2
−m +4m+5+m−5 2
即： = ，
2 5
−m +4m+5
2
解得：m = 或5（舍去5)，
3
2 65
故点D( ， )；
3 9
（4）设点M(2,m)，而点B、C的坐标分别为：(5,0)、(0, −5)，
2 2 2 2 2
则MB = 9+m ，MC = 4+(m−5) ，BC = 50，
2 2
①当MB为斜边时，则9+m = 4+(m−5) +50，解得：m = 7；
②当MC为斜边时，同理可得：m = −3；
③当BC为斜边时，同理可得：m = 6或−1；
综上点M的坐标为：(2,7)或(2, −3)或(2,6)或(2, −1)．
例5 【答案】 解：（1）∵二次函数y = ax 2 +bx+2的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)，
1
{a = −
a−b+2 = 0 2
{
∴ ，解得 ，
16a+4b+2 = 0 3
b =
2
1 3
2
∴二次函数解析式为y = − x + x+2；
2 21 3
2
（2）在y = − x + x+2中，令x = 0可得y = 2，
2 2
∴C(0,2)，
∵A(−1,0)，B(4,0)，
√
∴AB = 5，AC = 1 2 +2 2 =√5，
√
BC = 2 2 +4 2 = 2√5，
∵AC 2 +BC 2 = (√5) 2 +(2√5) 2 = 25 = AB 2 ，
∴ △ ABC是以AB为斜边的直角三角形，
∴∠ACB = 90∘；
（3）∵P为抛物线上一点，
1 3
∴可设P点坐标为(t, − t 2 + t+2)，
2 2
∴OM = |t|，
1 3
当点P在x轴上方时，则有PM = − t 2 + t+2，
2 2
∵ △ OPM ∽△ ABC ，
1 3
2
− t + t+2
PM OM 2 2 |t|
∴ = ，即 = ，
BC AC 2√5 √5
−1+√17 7−√65
解得t = 或t = ，
2 2
−1+√17 1 3
当t = 时，− t 2 + t+2 = −1+√17，
2 2 2
−1+√17
此时P( , −1+√17)，
2
7−√65 1 3
当t = 时，− t 2 + t+2 = √65−7，
2 2 27−√65
此时P( ,√65−7)，
2
当点P在x轴下方时，
7+√65 −1−√17
同理可求得t = 或t = ，
2 2
−1−√17 1 3
当t = 时，− t 2 + t+2 = −1−√17，
2 2 2
−1−√17
此时P( , −1−√17)，
2
7+√65 1 3
当t = 时，− t 2 + t+2 = −√65−7，
2 2 2
7+√65
此时P( , −√65−7)，
2
−1+√17
综上可知点P的坐标为( , −1+√17)
2
7−√65
或( ,√65−7)
2
−1−√17
或( , −1−√17)
2
7+√65
或( , −√65−7)．
2
例6 (1)【答案】解:将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得
16a+4b = 4
{ ,
4a+2b = −2
解得: a = 1,b = −3.
∴ 抛物线的解析式为y = x 2 −3x.
(2)【答案】 如图1所示:将PC绕着点P逆时针旋转90 ∘ ,过点C ′ 作C ′ D ⊥ 抛物线的对称轴,垂足为D.b 3 3
抛物线的对称轴为x = − = ,设P( ,a).
2a 2 2
∵ ∠CPC ′ = 90∘ ，
∴ ∠DPC ′ +∠CPE = 90∘ ，
又 ∵ ∠DPC ′ +∠C ′ = 90∘ ，
∴ ∠CPE = ∠C ′ .
∠C ′ = ∠CPE
{
在ΔDPC ′ 和 △ ECP中 ∠D = ∠E ，
′
PC = PC
∴ ΔDPC ′ ≅ ΔECP(AAS) .
′
PE = DC ,DP = EC = 1.5 .
∴ 点C ′ 的坐标为(1.5+a,1.5+a).
′
又因为点C 在抛物线上,
∴ 1.5+a = (1.5+a) 2 −3(1.5+a),解得a = −1.5或a = 2.5.
∴ 点P的坐标为(1.5, −1.5)或(1.5,2.5).
∘
如图2所示:将PC绕着点P顺时针旋转90 .∵ ∠CPC ′ = 90∘ ，
∴ ∠DPC ′ +∠CPE = 90∘ ，
又 ∵ ∠DPC ′ +∠C ′ = 90∘ ，
∴ ∠CPE = ∠C ′ .
∠C ′ = ∠CPE
{
在 △ DPC ′ 和 △ ECP中 ∠D = ∠E ，
′
PC = PC
∴ ΔDPC ′ ≅ ΔECP(AAS) .
′
PE = DC ,DP = EC = 1.5 .
∴ 点C ′ 的坐标为(1.5−a,a−1.5).
′
又因为点C 在抛物线上,
∴ a−1.5 = (1.5−a) 2 −3(1.5−a),解得a = 1.5或a = −0.5.
∴ 点P的坐标为(1.5,1.5)或(1.5, −0.5).
综上所述,点P的坐标为(1.5, −1.5)或(1.5,2.5)或(1.5,1.5)或(1.5, −0.5).
(3)【答案】 如图3所示:AN交y轴于点A ′ ，作 △ OAN关于x轴对称的 △ OB N ,过点B作
1 1
BP //B N ,作P 关于OB的对称点P .
1 1 1 1 22
令y = 0得:x −3x = 0,解得:x = 0或x = 3,
∴ C(3,0).
∵ 点A的坐标为(4,4),
∴ ∠A ′ OA = ∠COA = 45∘ ，
∠A ′ OA = ∠COA
{
在ΔOAA ′ 和 △ OCA中 OA = OA ，
∠A ′ AO = ∠CAO
∴△ OAA ′ ≅△ OAC(ASA)
∴ OC = OA ′ = 3 ，
∴ A ′ (0,3) .
′
设直线A A 的解析式为y = kx+3,过点A(4,4),
1
∴ 4k+3 = 4,解得:k = .
4
1
∴ 直线A ′ A 的解析式是y = x+3.
4
∵ ∠NAO = ∠CAO,
∴ 点N在直线A ′ B 上,
1
∴ 设点N(n, n+3),
4
2
又点N在抛物线y = x −3x上,1 3
∴ n+3 = n 2 −3n,解得:n = − ,n = 4(与B重合,不合题意,舍去),
1 2
4 4
3 45
∴ 点N的坐标为(− , ).
4 16
3 45
将 △ NOA沿x轴翻折,得到 △ N OB ,则N (− , − ),B (4, −4),
1 1 1 1
4 16
∴ O、B、B 都在直线y = −x上
1
∵△ P OB ∽△ NOA,
1
∴△ P OB ∽△ N OB ,
1 1 1
∴ P 为ON 的中点.
1 1
3 45
∴ 点P 的坐标为(− , − ).
1
8 32
将 △ P OB沿直线y = −x翻折,可得另一个满足条件的点到x轴距离等于P 到y轴距离,
1 1
点到y轴距离等于P 到x轴距离,
1
45 3
∴ 此点坐标为( , ).
32 8
3 45 45 3
综上所述,点P的坐标是(− , − )或( , )
8 32 32 8
例7 【答案】 解：（1） ∵ 二次函数y = ax 2 −a(a为常数，且a ≠ 0)与x轴交于A，
∴ y = 0时，ax 2 −a = 0，
解得：x = 1，x = −1，
1 2
∴ A(−1,0)，
∵ 直线l:y = kx+b(k，b为常数，且k ≠ 0)过点A，
∴ −k+b = 0，
∴ b = k，
∴ 直线l的解析式为y = kx+k；
3
（2） ∵ a = 3，k = ，
43 3
∴ 二次函数解析式为y = 3x 2 −3，直线l的解析式为y = x+ ，
4 4
3
∴ D(0, )，
4
3
∴ OA = 1，OD = ，
4
√
3 5
√
∴ AD = OA 2 +OD 2 = 1 2 +( ) 2 = ，
4 4
3 3
2
设点P的坐标为(x,3x −3)，则点M(x, x+ )，
4 4
3 3 3 15
∴ PM = x+ −(3x 2 −3) = −3x 2 + x+ ，
4 4 4 4
∵ PM//y轴，
∴ ∠PMN = ∠ADO．
又 ∵ ∠PNM = ∠AOD = 90∘，
∴ ΔPMN ∽ ΔADO，
S
ΔPMN PM
∴ = ( ) 2 ，
S AD
ΔADO
3 16 6
∴ S = × PM 2 = PM 2 ，
ΔPMN
8 25 25
1
∴ 当PM有最大值时，S 的面积最大，此时x = ，
ΔPMN
8
1 189
∴ 3x 2 −3 = 3×( ) 2 −3 = − ，
8 64
1 189
∴ P( , − )．
8 64
（3）ΔACD与ΔQBC相似，
2
当a = 3，k = 1时，二次函数解析式为y = 3x −3，直线l的解析式为y = x+1，
∴ C(0, −3)，B(1,0)，D(0,1)，∴ AD = √2，CD = 4，AC = √10，BC = √10，
设点Q坐标为(x,y)
若ΔACD ∽ ΔQBC，
AC AD CD
∴ = = ，
BQ QC BC
√10 √2 4
∴ = = ，
BQ QC √10
5 √5
∴ BQ = ,CQ = ，
2 2
25
{(x−1) 2 +y 2 =
4
∴ ，
5
2 2
x +(y+3) =
4
1 x = 1
{ {
x = −
解得： 2 ， 5 ，
y = −
y = −2 2
1 5
∴ Q点的坐标为(− , −2)或(1, − )；
2 2
若ΔACD ∽ ΔQCB，
AC AD CD
∴ = = ，
QC BQ BC
√10 √2 4
∴ = = ，
QC BQ √10
5 √5
∴ CQ = ,BQ = ，
2 25
{(x−1) 2 +y 2 =
4
∴ ，
25
2 2
x +(y+3) =
4
x = 0 3
{ {
x =
解得： 1 或 2 ，
y = −
2 y = −1
1 3
∴ Q点的坐标为(0, − )或( , −1)，
2 2
1 5 1 3
综上所述：点Q坐标为：(− , −2)或(1, − )或(0, − )或( , −1)．
2 2 2 2
能力强化 / 初三 / 春季
第 6 讲 二次函数之三角形构造
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】解：① ∵ 二次函数与x轴交于点A(−1,0)、B(3,0)．
(−1)+3 b
∴ 二次函数的对称轴为x = = 1，即− = 1，
2 2a
∴ 2a+b = 0．
故①正确；
② ∵ 二次函数y = ax 2 +bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(3,0)．
∴ a−b+c = 0，9a+3b+c = 0．
又 ∵ b = −2a．
∴ 3b = −6a，a−(−2a)+c = 0．
∴ 3b = −6a，2c = −6a．
∴ 2c = 3b．
故②错误；③ ∵ 抛物线开口向上，对称轴是x = 1．
∴ x = 1时，二次函数有最小值．
∴ m ≠ 1时，a+b+c < am 2 +bm+c．
2
即a+b < am +bm．
故③正确；
④ ∵ AD = BD，AB = 4，ΔABD是等腰直角三角形．
∴ AD 2 +BD 2 = 4 2 ．
2
解得，AD = 8．
设点D坐标为(1,y)．
2 2 2
则[1−(−1)] +y = AD ．
解得y = ±2．
∵ 点D在x轴下方．
∴ 点D为(1, −2)．
∵ 二次函数的顶点D为(1, −2)，过点A(−1,0)．
2
设二次函数解析式为y = a(x−1) −2．
∴ 0 = a(−1−1) 2 −2．
1
解得a = ．
2
故④正确；
⑤由图象可得，AC ≠ BC．
故ΔABC是等腰三角形时，a的值有2个．（故⑤错误）
故①③④正确，②⑤错误．
故选：C．
2 (1)【答案】
{
0 = 16a−8a+c
解:由题意,得
4 = c
1
{
a = −
解得 2
c = 41
∴ 所求抛物线的解析式为:y = − x 2 +x+4.
2
(2)【答案】设点Q的坐标为(m,0),过点E作EG ⊥ x轴于点G.
1
2
由− x +x+4 = 0,
2
得x = −2,x = 4
1 2
∴ 点B的坐标为(−2,0)
∴ AB = 6,BQ = m+2
∵ QE//AC
∴ △BQE ∽ △BAC
EG BQ
∴ =
CO BA
EG m+2
即 =
4 6
2m+4
∴ EG =
3
∴ S = S −S
△CQE △CBQ △EBQ
1 1
= BQ⋅CO− BQ⋅EG
2 2
1 2m+4
( )
= (m+2) 4−
2 3
1 2 8
2
= − m + m+
3 3 31
2
= − (m−1) +3
3
又 ∵ −2 ⩽ m ⩽ 4
∴ 当m = 1时,S 有最大值3,此时Q(1,0).
△CQE
(3)【答案】存在.在 △ ODF中.
(ⅰ)若DO = DF
∵ A(4,0),D(2,0)
∴ AD = OD = DF = 2
又在Rt △ AOC中,OA = OC = 4
∴ ∠OAC = 45°
∴ ∠DFA = ∠OAC = 45°
∴ ∠ADF = 90°.此时,点F的坐标为(2,2)
1
2
由− x +x+4 = 2,
2
得x = 1+√5,x = 1−√5
1 2
此时,点P的坐标为:P(1+√5,2)或P(1−√5,2).
(ⅱ)若FO = FD,过点F作FM ⊥ x轴于点M
由等腰三角形的性质得:
1
OM = OD = 1
2
∴ AM = 3
∴ 在等腰直角 △ AMF中,MF = AM = 3
∴ F(1,3)1
2
由− x +x+4 = 3,
2
得x = 1+√3,x = 1−√3
1 2
此时,点P的坐标为:P(1+√3,3)或P(1−√3,3).
(ⅲ)若OD = OF
∵ OA = OC = 4,且∠AOC = 90 ∘
∴ AC = 4√2
∴ 点O到AC的距离为2√2,而OF = OD = 2 < 2√2,与OF ⩾ 2√2矛盾,所以AC上不存在
点使得OF = OD = 2,此时,不存在这样的直线l,使得 △ ODF是等腰三角形
综上所述,存在这样的直线l,使得 △ ODF是等腰三角形
所求点P的坐标为:P(1+√5,2)或P(1−√5,2)或P(1+√3,3)或P(1−√3,3).
3 【答案】解：（1）过点A作AN⊥x轴于点N，
1
∵ ∠AOB = 120∘，则∠AON = 60∘，ON = OA = 1，AN = √3，
2
故点A坐标为 ( −1, −√3 ) ，
0 = 4a+2b
{
将点A ( −1, −√3 ) 、B(2,0)的坐标代入抛物线表达式得： ，解得：
−√3 = a−b
√3
{
a = −
3
，
2√3
b =
3
√3 2√3
2
故抛物线的表达式为：y = − x + x；
3 3
（2）如上图，连接AM交y轴于点H，
设过A、M两点的一次函数表达式为：y = ax+b(a ≠ 0)，√3
( )
将点A −1, −√3 、M(1, )的坐标代入并解得：
3
2√3 √3 √3
直线AM的表达式为：y = x− ，故OH = ，
3 3 3
1 1 √3 √3
S = ×OH(x −x ) = × ×2 = ；
ΔAOM M A
2 2 3 3
2√3 2√21 2√3
（3）由点的坐标知：OA = 2，OM = ，AM = ，MB = ，
3 3 3
①当∠BMF为钝角时，
OA AM
当ΔOAM ∽ ΔMBF时，则 = ，
MB BF
2√21
2 3 2√7
即： = ，解得：BF = ；
2√3 BF 3
3
当ΔOAM ∽ ΔMFB时，
2√21
同理可得：BF = ，
3
6−2√7 6−2√21
故点F的坐标为：( ，0)或( ，0)；
3 3
②当∠MBF为钝角时，
8
同理可得：点F的坐标为：(4,0)或( ，0)；
3
6−2√7 6−2√21 8
综上，点F的坐标为：( ，0)或( ，0)或(4,0)或( ，0)．
3 3 3
能力强化 / 初三 / 春季第 6 讲 二次函数之三角形构造
课堂落实答案
1 【答案】 9m+6+n = 0
{
2
解：（1）把A(−3,0)，B(1,0)代入y = mx −2x+n得， ，
m−2+n = 0
m = −1
{
解得： ；
n = 3
故m的值为−1，n的值为3；
（2）存在，
理由：过C作CE⊥y轴于E，
∵ 抛物线的解析式为y = −x 2 −2x+3，
∴ y = −(x+1) 2 +4，
∴ C(−1,4)，
∴ CE = 1，OE = 4，
设D(0,a)，
则OD = a，DE = 4−a，
∵ ΔACD是以AC为斜边的直角三角形，
∴ ∠CDE+∠ADO = 90∘，
∴ ∠CDE = ∠DAO，
∴ ΔCDE ∽ ΔDAO，
CE DE
∴ = ，
OD OA
1 4−a
∴ = ，
a 3
∴ a = 1，a = 3，
1 2
∴ 点D的坐标为(0,1)或(0,3)．能力强化 / 初三 / 春季
第 6 讲 二次函数之三角形构造
精选精练
1 【答案】 25
解：（1） ∵ 抛物线顶点坐标为(−4, − )，
2
25
∴ 设抛物线解析式为y = a(x+4) 2 − ，
2
∵ 抛物线过点B(1,0)，
25
∴ a(1+4) 2 − = 0，
2
1
解得a = ，
2
1 25
2
所以，抛物线解析式为y = (x+4) − ，
2 2
1 9
2
即y = x +4x− ；
2 2
13 5
（2）存在点Q (−1, −4)，Q (2√5−9，−√5)，Q (− ，− )．
1 2 3
2 4
25
理由如下： ∵ 抛物线顶点坐标为(−4, − )，
2
∴ 点D的坐标为(−4,0)，
9
令x = 0，则y = − ，
2
1 9
2
令y = 0，则 x +4x− = 0，
2 2
2
整理得，x +8x−9 = 0，解得x = 1，x = −9，
1 2
9
∴ 点A(−9,0)，C(0, − )，
2
9
∴ OA = 9，OC = ，AD = −4−(−9) = −4+9 = 5，
2
√
9 9√5
√ 2
2 2 2
在RtΔAOC中，根据勾股定理，AC = OA +OC = 9 +( ) = ，
2 2
9
OC 2 √5
∴ sin∠OAC = = = ，
AC 9√5 5
2
OA 9 2√5
cos∠OAC = = = ，
AC 9√5 5
2
①AD = Q D时，过Q 作Q E ⊥x轴于点E ，
1 1 1 1 1
2√5
根据等腰三角形三线合一的性质，AQ = 2⋅ADcos∠OAC = 2×5× = 4√5，
1
5
√5
Q E = AQ ⋅sin∠OAC = 4√5× = 4，
1 1 1
5
2√5
AE = AQ ⋅cos∠OAC = 4√5× = 8，
1 1
5
所以，OE = OA−AE = 9−8 = 1，
1 1所以，点Q 的坐标为(−1, −4)；
1
②AD = AQ 时，过Q 作Q E ⊥x轴于点E ，
2 2 2 2 2
√5
Q E = AQ ⋅sin∠OAC = 5× = √5，
2 2 2
5
2√5
AE = AQ ⋅cos∠OAC = 5× = 2√5，
2 2
5
所以，OE = OA−AE = 9−2√5，
2 2
所以，点Q 的坐标为(2√5−9，−√5)；
2
③AQ = DQ 时，过Q 作Q E ⊥x轴于点E ，
3 3 3 3 3 3
1 1 5
则AE = AD = ×5 = ，
3
2 2 2
5 13
所以，OE = 9− = ，
3
2 2
∵ Q E ⊥x轴，OC⊥OA，
3 3
∴ △AQ E ∽ ΔACO，
3 3Q E
3 3 OC
∴ = ，
AE OA
3
9
Q E
3
3 2
即 = ，
5 9
2
5
解得Q E = ，
3 3
4
13 5
所以，点Q 的坐标为(− ，− )，
3
2 4
13 5
综上所述，在线段AC上存在点Q (−1, −4)，Q (2√5−9，−√5)，Q (− ，− )，使得
1 2 3
2 4
ΔADQ为等腰三角形．
2 (1)【答案】 2
将A(−1,0)、B(3,0)、C(0,3)代入抛物线y = ax +bx+c中，得：
a−b+c = 0
{
9a+3b+c = 0，
c = 3
a = −1
{
解得： b = 2
c = 3
∴ 抛物线的解析式：y = −x 2 +2x+3．
(2)【答案】连接BC，直线BC与直线l的交点为P；
∵ 点A、B关于直线l对称，∴ PA = PB，
∴ BC = PC+PB = PC+PA
设直线BC的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)，将B(3,0)，C(0,3)代入上式，得：
3k+b = 0 k = −1
{ {
，解得：
b = 3 b = 3
∴ 直线BC的函数关系式y = −x+3；
当x = 1时，y = 2，即P的坐标(1,2)．
(3)【答案】 b
抛物线的对称轴为：x = − = 1，设M(1,m)，已知A(−1,0)、C(0,3)，则：
2a
2 2 2 2 2 2
MA = m +4，MC = (3−m) +1 = m −6m+10，AC = 10；
2 2
①若MA = MC，则MA = MC ，得：
2 2
m +4 = m −6m+10，得：m = 1；
2 2
②若MA = AC，则MA = AC ，得：
m 2 +4 = 10，得：m = ±√6；
2 2
③若MC = AC，则MC = AC ，得：
2
m −6m+10 = 10，得：m = 0，m = 6；
1 2
当m = 6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为M(1，√6)(1，−√6)(1，1)(1，0)．3 【答案】 19
解：（1） ∵ 抛物线y = mx 2 − x+n经过A(0,3)、B(4,0)，
4
n = 3
{
∴ 19 ，
16m− ×4+n = 0
4
m = 1
{
解得 ．
n = 3
b = 3
{
（2） ∵ 直线y = kx+b经过A(0,3)、B(4,0)，则 ，
4k+b = 0
3
{
k = −
解得 4 ．
b = 3
3
∴ 经过AB两点的一次函数的解析式为y = − x+3．
4
3 19
2 2 2
MN = − x+3−(x − x+3) = −x +4x = −(x−2) +4，
4 4
∵ 0 ⩽ x ⩽ 4，
∴ 当x = 2时，MN取得最大值为4．
（3）存在．
①当ON⊥AB时，（如图1)
可证：∠NOQ = ∠OAB，∠OQN = ∠AOB = 90∘，
∴ ΔAOB ∽ ΔOQN．
ON NQ OQ
∴ = = ，
AB OB OA∵ OA = 3，OB = 4，
∴ AB = 5，
∵ ON⋅AB = OA⋅OB，
12
∴ ON = ，
5
48 36
∴ NQ = ，OQ = ．
25 25
36 48
∴ N( ， )；
25 25
②当N为AB中点时，（如图2)
∠NOQ = ∠B，∠AOB = ∠NQO = 90∘，
3
∴ ΔAOB ∽ ΔNQO．此时N(2, )．
2
36 48 3
∴ 满足条件的N( ， )或N(2, )．
25 25 2
4 【答案】 2
解：（1）y = ax −4ax+3a交x轴于点B、C两点，交y轴于点A，
则点B、C的坐标分别为：(1,0)、(3,0)，点A(0,3a)，
1 1
ΔABC的面积 = BC×OA = ×2×3a = 3，解得：a = 1，
2 2
2
故抛物线的表达式为：y = x −4x+3；
（2）点A(0,3)，点C(3,0)，D(2, −1)，
则PQ平行线于AC直线，其表达式设为：y = −x+b，
2
设点P(m，m −4m+3)(m > 2)，
2
将点P的坐标代入上式并解得：b = m −3m+3，2
则d = AQ = |m −3m|(m > 2)；
2
（3）当d = 4时，|m −3m| = 4，
解得：m = 4或−1（舍去−1)，故点P(4,3)，
2
设点G(n,n −4n+3)，点D(2, −1)，则点N(0, −1)
同理可得：直线PD的函数表达式为：y = 2x−5…①，
直线AG的函数表达式为：y = (n−4)x+3…②，
8 8 16
联立①②并解得：x = ，故点M( ， −5)，
6−n 6−n 6−n
点A(0,3)、点N(0, −1)，
8 16
2 2
2
AN = AM，即4 = ( ) +( −8) ，
6−n 6−n
8
解得：n = 或4，
3
8 5
故点G( ，− )或(4，3)．
3 9
5 【答案】 { 0 = 3k+b
解：（1）将点A、B的坐标代入一次函数表达式：y = kx+b得： ，解得：
2 = k+b
k = −1
{
，
b = 3
故直线AB的表达式为：y = −x+3…①，
将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：a = 1,
2
抛物线的表达式为：y = x +1…②；
（2）联立①②并解得：x = 1或−2，故点C(−2,5)，
如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H，2
设点D(x,x +1)，则点H(x, −x+3)，
1 1
2
则S = 3 = ×DH×(x −x ) = (−x+3−x −1)×(1+2)，
ΔBCD B C
2 2
解得：x = 0或−1，
故点D(−1,2)或(0,1)；
（3）存在，如图2，点M的坐标为：(0,1)，点C(−2,5)，
则直线CM函数表达式中的k = −2，
①当∠PCM = 90∘时，
1
则直线CP的函数表达式为：y = x+m，
2
将点C的坐标代入上式并解得：m = 6，
1
故直线PC的表达式为：y = x+6…③，
2
5
联立②③并解得：x = −2或 （舍去−2)，
2
5 29
故点P的坐标为：( ， )；
2 4
②当∠CMP ′ = 90∘时，
1 5
′
同理可得：点P ( ， )，
2 4
5 29 1 5
综上，点P的坐标为：( ， )或( ， )．
2 4 2 4
6 【答案】解：（1） ∵ 抛物线的顶点为A(0,2)，
∴ 抛物线的对称轴为y轴，∵ 四边形CDEF为矩形，
∴ C、F点为抛物线上的对称点，
∵ 矩形其面积为32，OB = 4，
∴ CF = 8，
∴ F点的坐标为(4,4)，
2
设抛物线解析式为y = ax +2，
1
把F(4,4)代入得16a+2 = 4，解得a = ，
8
1
∴ 抛物线解析式为y = x 2 +2；
8
（2）设P(x,0)．
①当PF = PC时，点P在线段CF的垂直平分线上，此时点P与点O重合，其坐标是(0,0)；
②当PF = CF = 8时，(x−4) 2 +4 2 = 64，解得x = 4±4√3，所以此时点P的坐标是(4+4√3
，0)或(4−4√3，0)；
③当PC = CF = 8时，(x+4) 2 +4 2 = 64，解得x = −4±4√3，所以此时点P的坐标是
(−4+4√3，0)或(−4−4√3，0)；
综上所述，符合条件的点P的坐标是：(0,0)或(4+4√3，0)或(4−4√3，0)或(−4+4√3，
0)或(−4−4√3，0)．
能力强化 / 初三 / 春季
第 7 讲 二次函数之四边形构造
例题练习题答案
例1 【答案】解：（1）将C点坐标代入解析式，得
1
2
×3 +3b−2 = 1，
2
1
解得b = − ，
21 1
2
函数解析式y = x − x−2，
2 2
当x = 0时，y = −2，即D(0, −2)，
1
故答案为：(0, −2)，− ；
2
（2）在Rt △ AOB中，OA = 1，OB = 2，
2 2 2
由勾股定理得AB = OA +OB = 5，
1 5
2
∴S = AB = ，
△ABC
2 2
设l与AC、BC分别交于E，F，直线BC所在的直线解析式为y = kx+b，
将B(0,2)，C(3,1)代入函数解析式，得
b = 2
{
，
3k+b = 1
b = 2
{
1
解得 ，
k = −
3
1
直线BC的解析式为y = − x+2，
3
1 1
同理直线AC的解析式为y = x− ，
2 2
1 1 1
( ) ( )
∴点E，F的坐标为E x, x− ，F x, − x+2 ，
2 2 3
1 1 1 5 5
( ) ( )
EF = − x+2 − x− = − x，
3 2 2 2 6
过C作CH⊥x轴于H点，在 △ CEF中，EF边上的高h = OH−x = 3−x，
1 1
由题意可知S = S = EF⋅h ，
△CEF △ABC
2 2
1 5 5 1 5
即 （ − x)(3−x) = × ，
2 2 6 2 2
解得x = 3−√3，x = 3+√3（不符合题意，舍），
1 2
当OG = 3−√3时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分；
（3）抛物线上存在点P，使四边形PACB为平行四边形，
如图2
过C作CM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥x 轴于N，
则CM = 3，OM = 1，
BM = OB−OM = 1．
过点P作PA//BC，且AP = BC，连接BP，则四边形PABC是平行四边形，
PA//BC
{
∵ ，
AN//MC
∴∠PAN = ∠BCM．
∠PAN = ∠BCM
{
在 △ APN和 △ CBM中， ∠PNA=∠BMC
PA = BC
∴ △ PAN≌ △ BCM（AAS），
∴PN = BM = 1，AN = CM = 3，
∴ON = AN−OA = 2，
∴P点坐标为(−2,1)．
1 1
抛物线解析式为：y = x 2 − x−2，当x = −2时，y = 1，即点P在抛物线上．
2 2∴存在符合条件的点P，点P的坐标为(−2,1)．
例2 【答案】 √3
解：（1） ∵ 抛物线y = x 2 +bx+c的图象经过点(0,0)和(− ，0)，
3
c = 0
{
∴ 1 √3 ，
− b+c = 0
3 3
√3
{
b =
解得： 3 ，
c = 0
√3
∴ 抛物线的解析式为y = x 2 + x．
3
′
（2）△AA B是等边三角形．
√3
{ 2
y = x + x
3
由题意，得
√3 4
y = x+
3 3
2√3
2√3 {
x = −
{ 2
x = 3
1
解得： 3 ， ．
2
y = 2
1 y =
2
3
2√3 2 2√3
∴ A(− ， )，B( ，2)．
3 3 3
如图1，过点A分别作AC⊥x轴，AD⊥A′B，垂足分别为C，D．2 2√3
∴ AC = ，OC =
3 3
4
√
2 2
在RtΔAOC中，OA = AC +OC = ．
3
∵ 点A ′ 与点A关于原点对称
2√3 2 8
∴ A ′ ( ，− )，AA ′ = ．
3 3 3
2√3
∵ B( ，2)
3
2 8
∴ A ′ B = 2−(− ) =
3 3
2√3 2 2√3
又 ∵ A(− ， )，B( ，2)，
3 3 3
4√3 4
∴ AD = ，BD = ．
3 3
在RtΔABD中
8
√
2 2
AB = AD +BD = ．
3
∴ AA ′ = A ′ B = AB
∴ △AA ′ B是等边三角形；
（3）存在，理由如下：
2√3 2√3 2
′
(i)如图2，当A B为对角线时，有x− = ×2，y = ，
3 3 32
解得：x = 2√3，y = ，
3
2
此时，点P的坐标为(2√3， )；
3
2√3 2 8
(ii)如图2，当AB为对角线时，有x = − ，y− = ．
3 3 3
2√3 10
则x = − ，y = ．
3 3
2√3 10
此时点P的坐标是(− ， )；
3 3
2√3 8 2
( )
′
(iii)如图2，当AA 为对角线时，有x = − ，y = − − ．
3 3 3
2√3
则x = − ，y = −2．
3
2√3
此时点P的坐标是(− ，−2)；
3
2 2√3 10 2√3
综上所述，符合条件的点P的坐标是(2√3， )或(− ， )或(− ，−2)．
3 3 3 3
例3 【答案】解：
（1） ∵ C 、C 关于y轴对称，
1 2
∴ C 与C 的交点一定在y轴上，且C 与C 的形状、大小均相同，
1 2 1 2
∴ a = 1，n = −3，
∴ C 的对称轴为x = 1，
1
∴ C 的对称轴为x = −1，
2
∴ m = 2，
∴ C 的函数表示式为y = x 2 −2x−3，C 的函数表达式为y = x 2 +2x−3；
1 2
2 2
（2）在C 的函数表达式为y = x +2x−3中，令y = 0可得x +2x−3 = 0，解得x = −3或
2
x = 1，∴ A(−3,0)，B(1,0)；
（3）存在．
∵ AB只能为平行四边形的一边，
∴ PQ//AB且PQ = AB，
由（2）可知AB = 1−(−3) = 4，
∴ PQ = 4，
2 2 2
设P(t,t −2t−3)，则Q(t+4,t −2t−3)或(t−4,t −2t−3)，
2 2 2
①当Q(t+4,t −2t−3)时，则t −2t−3 = (t+4) +2(t+4)−3，解得t = −2，
∴ t 2 −2t−3 = 4+4−3 = 5，
∴ P(−2,5)，Q(2,5)；
2 2 2
②当Q(t−4,t −2t−3)时，则t −2t−3 = (t−4) +2(t−4)−3，解得t = 2，
∴ t 2 −2t−3 = 4−4−3 = −3，
∴ P(2, −3)，Q(−2, −3)，
综上可知存在满足条件的点P、Q，其坐标为P(−2,5)，Q(2,5)或P(2, −3)，Q(−2, −3)．
例4 (1)【答案】 1
解：在直线解析式y = x+2中，令x = 0，得y = 2，
2
∴ C(0,2)．
7
∵ 点C(0,2)、D(3, )在抛物线y = −x 2 +bx+c上，
2
c = 2
{
∴ 7 ，
−9+3b+c =
2
7
解得b = ，c = 2，
2
7
∴ 抛物线的解析式为：y = −x 2 + x+2．
2
(2)【答案】 ∵ PF//OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，
∴ PF = OC = 2，1
∴ 将直线y = x+2沿y轴向上、下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右侧
2
的交点，即为所求之交点．
由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个．
1 1
将直线y = x+2沿y轴向上平移2个单位，得到直线y = x+4，
2 2
1
{y = x+4
2
联立 ，
7
2
y = −x + x+2
2
解得x = 1，x = 2，
1 2
∴ m = 1，m = 2；
1 2
1 1
将直线y = x+2沿y轴向下平移2个单位，得到直线y = x，
2 2
1
{y = x
2
联立 ，
7
2
y = −x + x+2
2
3+√17 3−√17
解得x = ，x = （不合题意，舍去），
3 4
2 23+√17
∴ m = ．
3
2
3+√17
∴ 当m为值为1，2或 时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形．
2
(3)【答案】（3）存在．
7 1
2
理由：设点P的横坐标为m，则P(m, −m + m+2)，F(m, m+2)．
2 2
如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM = m，EM = 2，
1
∴ FM = y −EM = m，
F
2
∴ tan∠CFM = 2．
√5
在RtΔCFM中，由勾股定理得：CF = m．
2
过点P作PN⊥CD于点N，
则PN = FN⋅tan∠PFN = FN⋅tan∠CFM = 2FN．
∵ ∠PCF = 45∘，
∴ PN = CN，
而PN = 2FN，
√5
∴ FN = CF = m，PN = 2FN = √5m，
2
5
√
2 2
在RtΔPFN中，由勾股定理得：PF = FN +PN = m．
27 1
∵ PF = y −y = (−m 2 + m+2)−( m+2) = −m 2 +3m
P F
2 2
5
∴ −m 2 +3m = m，
2
1
2
整理得：m − m = 0，
2
1
解得m = 0（舍去）或m = ，
2
1 7
∴ P( ， )；
2 2
23 13
同理求得，另一点为P( ， )．
6 18
1 7 23 13
∴ 符合条件的点P的坐标为( ， )或( ， )．
2 2 6 18
例5 【答案】 3
2
解：（1）将点A(−2,0)、C( ,0)代入y = ax +bx−2中，
2
2
0 = 4a−2b−2 {a =
{
3
9 3
得： ，解得： ，
0 = a+ b−2 1
4 2 b =
3
2 1
2
∴抛物线的解析式为y = x + x−2．
3 3
（2）如图，方法一、连接AB，直线AQ与BP交于点E，
设点P(t,0)．
当点E在线段BP上时，如图1所示（当点E在线段PB的延长线上时，如图2所示）．
∵AE⊥BP，BO⊥AC ，
∴ △ BEQ ∽△ BOP ∽△ AEP ，
BQ BE 1
∴ = = ．
AP AE 2
2 1
2
令y = x + x−2中x = 0，则y = −2，
3 3
∴点B(0, −2)，
∴AB = 2√2．
2 2 2
∵AB = AE +BE ，
2√10 4√10
∴BE = ，AE = ．
5 5
√
2
∵AP = t+2，BP = t +4，AP⋅BO = BP⋅AE ，
4√10
√
2
∴2(t+2) = t +4，
5
2
解得：t = ，或t = 6；
3
（3）抛物线上是存在一点M，使BMPQ为平行四边形，
设点P(t,0)，
∵B(0, −2)，
2
∴直线PB解析式为y = x−2，
t
∵过点A(−2,0)作直线BP的垂线交于y轴于点Q，
t
∴直线AQ的解析式为y = − x−t，
2
∴Q(0, −t)，
∴BQ = |t−2|，
∵四边形BMPQ为平行四边形，∴点M只能在y轴右侧，且PM//BQ ，PM = BQ
2 1
2
∴ M(t, t + t−2)，
3 3
2 1
2
∴PM = | t + t−2|
3 3
2 1
2
∴|t−2| = | t + t−2|．
3 3
①如图3，
2 1
当点P在线段OC上， t 2 + t−2 < 0，
3 3
2 1
2
∴t−2 = t + t−2．
3 3
∴t = 0（舍）或t = 1，
∴M(1, −1)
②如图4，
当点P在OC延长线上时，
2 1
2
t + t−2 > 0，
3 3
2 1
2
∴−t+2 = t + t−2．
3 3∴t = −1−√7（舍）或t = −1+√7，
当t = −1+√7时，Q ( 0,1−√7 ) 在B点上方，BMPQ已不是四边形，故舍去
综上：当t = 1时，M(1, −1)．
例6 【答案】 解：（1） ∵ 抛物线y = ax 2 +bx+3(a ≠ 0)经过点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C，
a+b+3 = 0 a = 1
{ {
∴ ，解得 ，
9a+3b+3 = 0 b = −4
∴ 抛物线解析式为y = x 2 −4x+3；
（2）如图：
2
①设P(m,m −4m+3)，
将点B(3,0)、C(0,3)代入得直线BC解析式为y = −x+3．
BC
∵ 过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴ D(m, −m+3)，
∴ PD = (−m+3)−(m 2 −4m+3) = −m 2 +3m．
②S = S +S
ΔPBC ΔCPD ΔBPD
1 3 9
2
= OB⋅PD = − m + m
2 2 2
3 3 27
2
= − (m− ) + ．
2 2 8
3
∴ 当m = 时，S有最大值．
2
3 3
2
当m = 时，m −4m+3 = − ．
2 4
3 3
∴ P( ，− )．
2 4
（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．根据题意，点E(2,1)，
∴ EF = CF = 2，
∴ EC = 2√2，
根据菱形的四条边相等，
∴ ME = EC = 2√2，
∴ M(2,1−2√2)或(2,1+2√2)
当EM = EF = 2时，M(2,3)
答：点M的坐标为M (2,3)，M (2,1−2√2)，M (2,1+2√2)．
1 2 3
例7 【答案】 解：（1） ∵ 抛物线y = ax 2 +bx(a ≠ 0)过点A(4,0)和点B(1, −3)，
16a+4b = 0
{
∴ ，
a+b = −3
a = 1
{
解得 ，
b = −4
∴ 此抛物线的解析式为y = x 2 −4x；
（2） ∵ y = x 2 −4x = (x−2) 2 −4，
∴ 顶点C的坐标为(2, −4)；
（3） ∵ 点D在抛物线上A、C两点之间，点D的横坐标为m，
∴ D(m,m 2 −4m)，
由点A(4,0)和点B(1, −3)得出直线AB的解析式为y = x−4，
∴ E(m,m−4)，
∴ DE = m−4−(m 2 −4m) = −m 2 +5m−4，
1
∵ S = DE⋅ |x −x |，
A B
2
1 3 15
∴ S = (−m 2 +5m−4)×(4−1) = − m 2 + m−6；
2 2 2
3 15 3 5 27
2
∵ S = − m 2 + m−6 = − (m− ) + ，
2 2 2 2 8
5 27
∴ 当m的值为 时，S有最大值 ，
2 83 15 5 27
2 2
故答案为−m +5m−4；S = − m + m−6； ， ；
2 2 2 8
（4） ∵ 以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形，
∴ ΔABM为直角三角形，
①当∠ABM = 90∘，则M在y轴上时，过点B作PQ//x轴，AQ⊥x轴，交于Q点，如图1，
由点A(4,0)和点B(1, −3)可知PB = 1，AQ = 3，BQ = 4−1 = 3，
则有ΔMPB ∽ ΔBQA，
PM PB PM 1
∴ = ，即 = ，解得PM = 1，
BQ AQ 3 3
∵ ΔMPB ≅ ΔNHA，
∴ AH = PB = 1，NH = PM = 1，
∴ N(3.1)；
②当∠ABM = 90∘，则M在x轴上时，作BH⊥x轴于H，NG⊥x轴于G，如图2，
由点A(4,0)和点B(1, −3)可知AH = 4−1 = 3，BH = 3，
则有ΔABH ∽ ΔMGN，
∴ NG = BH = 3，MG = AH = 3，
∵ BH 2 = MH⋅AH，
∴ 3 2 = 3⋅MH，
∴ MH = 3，∴ G、H重合，
∴ OG = 1，
∴ N(1,3)；
③当∠MAB = 90∘时，则M只能在y轴上，作BP⊥x轴于P，NQ⊥y轴于Q，如图3，
∵ ∠NMQ+∠AMQ = 90∘，∠QMA+MAP∠ = 90∘，
∴ ∠NMQ = ∠MAP，
而∠MAP+∠BAP = 90∘，∠NMQ+∠BAP = 90∘，
∴ ∠NMQ = ∠BAP，
而MN = AB，∠MQN = ∠BPA = 90∘，
∴ ΔNQM ≅ ΔAPB(AAS)，
∴ NQ = AP = 3，MQ = PB = 3，
∵ 直线AB的解析式为y = x−4，
∴ 直线AM的解析式为y = −x+4，
∴ M(0,4)，
∴ OQ = 4−3 = 1，
∴ N(−3,1)．
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为(3,1)或(−3,1)或(1,3)．
能力强化 / 初三 / 春季
第 7 讲 二次函数之四边形构造
自我巩固答案
1 (1)【答案】解：令y = 0，解得x = −1或x = 3，
1 2
∴ A(−1，0)，B(3，0)，2
将C点的横坐标x = 2代入y = x −2x−3得y = −3，
∴ C(2, −3)，
∴ 直线AC的函数解析式是y = −x−1；
(2)【答案】解： 设P点的横坐标为x(−1 ⩽ x ⩽ 2)，
则P、E的坐标分别为：P(x, −x−1)，
2
E(x,x −2x−3)，
1 9
∵ P点在E点的上方，PE = (−x−1)−(x 2 −2x−3) = −x 2 +x+2 = −(x− ) 2 +
2 4
，
1 9
∴ 当x = 时，PE的最大值 = ．
2 4
(3)【答案】解：存在4个这样的点F，分别是F (1,0)，F (−3,0)，F (4+√7，0)，F (4−√7，0)
1 2 3 4
，
①如图1，
连接C与抛物线和y轴的交点，那么CG//x轴，此时AF = CG = 2，
因此F点的坐标是(−3,0)；
②如图2，
AF = CG = 2，A点的坐标为(−1,0)，因此F点的坐标为(1,0)；
③如图3，此时C，G两点的纵坐标互为相反数，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出
G点的坐标为(1+√7，3)，
由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为y = −x+h，
将G点代入后可得出直线的解析式为y = −x+4+√7，
因此直线GF与x轴的交点F的坐标为(4+√7，0)；
④如图4，
同③可求出F的坐标为(4−√7，0)．
总之，符合条件的F点共有4个．
2 【答案】如图：
（1） ∵ 抛物线y = ax 2 +bx+3(a ≠ 0)与x轴，y轴分别交于点A(−1,0)，B(3,0)，点C三
点．a−b+3 = 0 a = −1
{ {
∴ 解得
9a+3b+3 = 0 b = 2
∴ 抛物线的解析式为y = −x 2 +2x+3．
（2）存在．理由如下：
2 2
y = −x +2x+3 = −(x−1) +4．
∵ 点D(2,m)在第一象限的抛物线上，
∴ m = 3， ∴ D(2,3)，
∵ C(0,3)
∵ OC = OB，
∴ ∠OBC = ∠OCB = 45∘．
连接CD， ∴ CD//x轴，
∴ ∠DCB = ∠OBC = 45∘，
∴ ∠DCB = ∠OCB，
在y轴上取点G，使CG = CD = 2，
再延长BG交抛物线于点P，
在ΔDCB和ΔGCB中，
CB = CB，∠DCB = ∠OCB，CG = CD，
∴ ΔDCB ≅ ΔGCB(SAS)
∴ ∠DBC = ∠GBC．
设直线BP解析式为y = kx+b(k ≠ 0)，把G(0,1)，B(3,0)代入，得
BP
1
k = − ，b = 1，
3
1
∴ BP解析式为y = − x+1．
BP
3
1
2
y = − x+1，y = −x +2x+3
BP
3
1
2
当y = y 时，− x+1 = −x +2x+3，
BP
3
2
解得x = − ，x = 3（舍去），
1 2
311
∴ y = ，
9
2 11
∴ P(− ， )．
3 9
（3）M (−2, −5)，M (4, −5)，M (2,3)．
1 2 3
3 【答案】 4√3
2
解：（1）设抛物线的表达式为：y = a(x+1) + ，
3
4√3 √3
将点M的坐标代入上式得：√3 = a(−2+1) 2 + ，解得：a = − ，
3 3
√3 2√3
故抛物线的表达式为：y = − x 2 − x+√3；
3 3
√3 2√3
（2）设点T(m,n)，则n = − m 2 − m+√3，点P(s, −1)，
3 3
①当AC是平行四边形的一条边时，
点C向下平移√3个单位向右平移1个单位得到A(1,0)，
同样，点T(P)向下平移√3个单位向右平移1个单位得到P(T)，
√3 2√3
故：n−√3 = −1，m−1 = s，或−1−√3 = n，s−1 = m，且n = − m 2 − m+√3
3 3
，
s = ± √√3+1或−2± √ 7+√3，
故点P的坐标为：(± √√3+1，−1)或(−2± √ 7+√3，−1)；
②当AC是平行四边形对角线时，
s+m = 1，n−1 = √3，方程无解；
综上，点P的坐标为：(± √√3+1，−1)或(−2± √ 7+√3，−1)；
（3）作点M关于直线AC的对称轴M ′ ，连接BM ′ 交直线AC于点Q，则点Q为所求，连接MC， ∵ 点M、C的纵坐标相同，故CM//x轴，过点M ′ 作MC的垂线交MC的延长线于
′
点H，连接CM ，
直线AC的倾斜角为60∘，则∠OCA = ∠CMM ′ = 30∘ = ∠CM ′ M，则CM = 2 = CM ′ ，
1
则∠M ′ CH = 60∘，故CH = CM ′ = 1，则M ′ H = √3，故点M ′ 为(1，2√3)；
2
将点A、C的坐标代入一次函数表达式：y = kx+b并解得：
直线AC的表达式为：y = −√3x+√3；
√3 3√3
同理直线BM′的表达式为：y = x+ ；
2 2
1
联立AC、BM′的函数表达式并解得：x = − ，
3
1 4√3
故点Q(− ， )．
3 3
能力强化 / 初三 / 春季
第 7 讲 二次函数之四边形构造
课堂落实答案
1 【答案】 a+b+c = 0
{
（1）将点A(1,0)，B(2,0)，C(0, −2)代入二次函数y = ax 2 +bx+c中，得 4a+2b+c = 0
c = −2
解得a = −1,b = 3,c = −2．
2
∴y = −x +3x−2．（2）∵AO = 1，CO = 2，BD = m−2，
AO CO
当 △ EDB ∼△ AOC时，得 = ，
ED BD
1 2 m−2
即 = ，解得ED = ，
ED m−2 2
∵点E在第四象限，
2−m
( )
∴E m, ，
1
2
AO CO 1 2
当 △ BDE ∼△ AOC时， = 时，即 = ，
BD ED m−2 ED
解得ED = 2m−4，
∵点E在第四象限，
∴E (m,4−2m)；
2
（3）假设抛物线上存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形，则EF = AB = 1，点F的
2−m 2−m
( ) ( )
横坐标为m−1 ，当点E 的坐标为 m, 时，点F 的坐标为 m−1, ，
1 1
2 2
∵点F 在抛物线的图象上，
1
2−m
2
∴ = −(m−1) +3(m−1)−2，
2
2
∴2m −11m+14 = 0，
∴(2m−7)(m−2) = 0，
7
∴m = ，m = 2（舍去），
25 3
∴F ( ，− ），
1
2 4
当点E 的坐标为(m,4−2m)时，点F 的坐标为(m−1,4−2m)，
2 2
∵点F 在抛物线的图象上，
2
2
∴4−2m = −(m−1) +3(m−1)−2，
2
∴m −7m+10 = 0，
∴(m−2)(m−5) = 0，∴m = 2（舍去），m = 5，
∴F (4, −6)．
2
5 3
综上，F点的坐标为( ，− ）或(4, −6)
2 4
能力强化 / 初三 / 春季
第 7 讲 二次函数之四边形构造
精选精练
1 【答案】 k
解：（1）设反比例函数的解析式为y = ，
x
∵点A(2,6)在反比例函数的图象上，
k
∴6 = ，
2
∴k = 12，
12
∴反比例函数的解析式为y = ，
x
作AM⊥BC ，垂足为M，交x轴于N，如图1，∴CM = 2．
在Rt △ ACM 中，AM = CM⋅tan∠ACB = 2×2 = 4，
∵BC//x 轴，OC = MN = AN−AM = 6−4 = 2，
∴点C的坐标(0,2)．
当y = 2时，代入反比例函数解析式中，得：x = 6，
∴点B的坐标(6,2)，
2
设二次函数的解析式为y = ax +bx+2，
1
{
{ 6 = 4a+2b = 2 a = −
则 ，解得 2 ，
2 = 36a+6b+2
b = 3
1
2
故二次函数的解析式为y = − x +3x+2；
2
（2）分AC为边和AC为对角线两种情况．
①当AC为边时，延长AC交x轴于G，作EH⊥x 轴，垂足为H，如图2，
∵在平行四边形ACDE中，AC//DE ，
∴∠AGO = ∠EDH，
∵BC//x 轴，
∴∠ACM = ∠AGO，
∴∠ACM = ∠EDH．
在 △ ACM 和 △ EDH 中
∠AMC = ∠EHD
{
∠MCA = ∠HDE
AC = DE
∴ △ ACM ≅△ EDH(AAS)，
∴EH = AM = 4，DH = CM = 2．12
∵E点纵坐标为4，点E在反比例函数y = 图象上，
x
∴x = 3，
∴点E(3,4)，
∴OH = 3，OD = OH−DH = 1，
√ √
∴CD = OC 2 +OD 2 = 2 2 +1 2 = √5；
②当AC为对角线时，设D(t,0)，
∵A(2,6)，C(0,2)，
∴线段AC的中点为(1,4)，
∵四边形AECD为平行四边形，
∴线段DE的中点也为(1,4)，
∴E点坐标为(2−t,8)，
∵点E在反比例函数图象上，
1
∴8(2−t) = 12，t = ，
2
1
∴D( ,0)，
2
√
1 √17
2
2
∴CD = ( ) +2 = ，
2 2
√17
综上可知CD的长为√5或 ．
2
2 【答案】解：（1）①过点D作DF⊥x轴于点F，如图1，
∵ ∠DBF+∠ABO = 90∘，∠BAO+∠ABO = 90∘，
∴ ∠DBF = ∠BAO，
又 ∵ ∠AOB = ∠BFD = 90∘，AB = BD，
∴ ΔAOB ≅ ΔBFD(AAS)∴ DF = BO = 1，BF = AO = 2，
∴ D的坐标是(3,1)，
1
2
根据题意，得a = − ，c = 0，且a×3 +b×3+c = 1，
3
4
∴ b = ，
3
1 4
∴ 该抛物线的解析式为y = − x 2 + x；
3 3
② ∵ 点A(0,2)，B(1,0)，点C为线段AB的中点，
1
∴ C( ，1)，
2
∵ C、D两点的纵坐标都为1，
∴ CD//x轴，
∴ ∠BCD = ∠ABO，
∴ ∠BAO与∠BCD互余，
要使得∠POB与∠BCD互余，则必须∠POB = ∠BAO，
1 4
2
设P的坐标为(x, − x + x)，
3 3
（Ⅰ）当P在x轴的上方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图2，
PG BO
则tan∠POB = tan∠BAO，即 = ，
OG AO
1 4
2
− x + x
3 3 1 5
∴ = ，解得x = 0（舍去），x = ，
1 2
x 2 2
1 4 5
∴ − x 2 + x = ，
3 3 45 5
∴ P点的坐标为( ， )；
2 4
（Ⅱ）当P在x轴的下方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图3
PG BO
则tan∠POB = tan∠BAO，即 = ，
OG AO
1 4
2
x − x
3 3 1 11
∴ = ，解得x = 0（舍去），x = ，
1 2
x 2 2
1 4 11
∴ − x 2 + x = − ，
3 3 4
11 11
∴ P点的坐标为( ，− )；
2 4
5 5 11 11
综上，在抛物线上是否存在点P( ， )或( ，− )，使得∠POB与∠BCD互余．
2 4 2 4
（2）如图3， ∵ D(3,1)，E(1,1)，a+b+c = 1 b = −4a
{ {
2
抛物线y = ax +bx+c过点E、D，代入可得 ，解得 ，
9a+3b+c = 1 c = 1+3a
2
所以y = ax −4ax+3a+1．
分两种情况：
①当抛物线y = ax 2 +bx+c开口向下时，若满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的
个数不可能是3个
2
②当抛物线y = ax +bx+c开口向上时，
2
(i)当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y = ax +bx+c必有两个交点，符合条件的点Q
必定有2个；
2
(ii)当点Q在x轴的下方时，要使直线OQ与抛物线y = ax +bx+c只有1个交点，才能使符合
条件的点Q共3个．
根据（2）可知，要使得∠QOB与∠BCD互余，则必须∠QOB = ∠BAO，
OB 1 1
∴ tan∠QOB = tan∠BAO = = ，此时直线OQ的解析式为y = − x，要使直线OQ与
OA 2 2
1
2 2
抛物线y = ax +bx+c有一个交点，所以方程ax −4ax+3a+1 = − x有两个相等的实数
2
1 1 4±√15
2
2
根，所以△ = (−4a+ ) −4a(3a+1) = 0，即4a −8a+ = 0，解得a = ，
2 4 4
∵ 抛物线的顶点在x轴下方
2
4a(3a+1)−16a
∴ < 0，
4a
∴ a > 1，
4−√15
∴ a = 舍去
4
4+√15
综上所述，a的值为a = ．
4
3 【答案】 解： （1） 解方程x 2 −12x+32 = 0得，x = 8，x = 4， ∵ OA > OC，
1 2
∴ OA = 8，OC = 4；
（2） ∵ 四边形ABCO是矩形，∴ AB = OC，∠ABC = ∠AOC = 90∘，
∵ 把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠， 点B落在点D处，
∴ AD = AB，∠ADE = ∠ABC = 90∘，
∴ AD = OC，∠ADE = ∠COE，
∠ADE = ∠COE
{
在ΔADE与ΔCOE中， ∠AED = ∠CEO，
AD = OC
∴ ΔADE ≅ ΔCOE（AAS）；
∵ CE 2 = OE 2 +OC 2 ，即(8−OE) 2 = OE 2 +4 2 ，
∴ OE = 3；
（3） 过D作DM⊥x轴于M，则OE//DM，
∴ ΔOCE ∽ ΔMCD，
OC OE CE 5
∴ = = = ，
CM DM CD 8
32 24
∴ CM = ，DM = ，
5 5
12
∴ OM = ，
5
12 24
∴ D(− ， )；
5 5
（4） 存在； ∵ OE = 3，OC = 4，
∴ CE = 5，
过P 作P H⊥AO于H，
1 1∵ 四边形P ECF 是菱形，
1 1
∴ P E = CE = 5，P E//AC，
1 1
∴ ∠P EH = ∠OAC，
1
P H
1 OC 1
∴ = = ，
EH AO 2
∴ 设P H = k，HE = 2k，
1
∴ P E = √5k = 5，
1
∴ P H = √5，HE = 2√5，
1
∴ OH = 2√5+3，
∴ P (−√5，2√5+3)，
1
同理P (√5，3−2√5)，
3
当A与F重合时， 四边形F ECP 是菱形，
2 2
∴ EF //CP ，EF ， = CP = 5，
2 2 2 2
∴ P (4,5)；
2
当CE是菱形EP CF 的对角线时， 四边形EP CF 是菱形，
4 4 4 4
∴ EP = 5，EP //AC，
4 4
如图 2 ，过P 作P G⊥x轴于G，过P 作P N⊥OE于N，
4 4 4 4
则P N = OG，P G = ON，
4 4
EP //AC，
4
P N
4 1
∴ = ，
EN 2设P N = x，EN = 2x，
4
∴ P E = CP = √5x，
4 4
∴ P G = ON = 3−2x，CG = 4−x，
4
∴ (3−2x) 2 +(4−x) 2 = (√5x) 2 ，
5
∴ x = ，
4
1
∴ 3−2x = ，
2
5 1
∴ P ( ， )，
4
4 2
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P(−√5，2√5+3)，(√5，
5 1
3−2√5)，(4,5)，( ， )．
4 2
4 (1)【答案】 2
在y = −x +2x+3中，当x = 0时，y = 3，
∴C(0,3)，
2
当y = 0时，−x +2x+3 = 0，
解：得x = −1 或x = 3 ，
1 2
∴A(−1,0) ，B(3,0) ，
(2)【答案】①设直线BC的函数关系式为：y = kx+b ．
3k+b = 0
{
把B(3,0)，C(0,3)分别代入得： ，
b = 3
解得：k = −1 ，b = 3 ，
∴直线BC的函数关系式为：y = −x+3 ；
2
在y = −x +2x+3 中，当x = 1 时，y = 4 ，
∴D(1,4) ，
当x = 1 时，y = −1+3 = 2 ，
∴E(1,2) ．
当x = m 时，y = −m+3 ，
∴P(m, −m+3) ．2
当x = m 时，y = −m +2m+3 ，
2
∴F(m, −m +2m+3) ，
∴线段DE = 4−2 = 2 ，
2 2
∴线段PF = −m +2m+3−(−m+3) = −m +3m ，
②∵PF∥DE，
∴当PF = ED 时，四边形PEDF为平行四边形，
2
由−m +3m = 2 ，解得：m = 2 或m = 1 （不合题意，舍去）．
则当m = 2时，四边形PEDF为平行四边形．
5 【答案】解：（1）y = a(x+3)(x−1)，令y = 0，则x = 1或−3，
故点A、B的坐标分别为：(−3,0)、(1,0)；
1
（2）抛物线的表达式为：y = (x+3)(x−1)…①，
3
当∠MAO = 45∘时，如图所示，则直线AM的表达式为：y = x+3…②，
联立①②并解得：x = 4或−3（舍去−3)，故点M(4,7)；
②∠M ′ AO = 45∘时
同理可得：点M(−2, −1)；
故：−2 ≤ m ≤ 4；
（3）①当BD是矩形的对角线时，如图2所示，
过点Q作x轴的平行线EF，过点B作BE⊥EF，过点D作DF⊥EF，
过点P作PG⊥x轴交x轴于点G,
2
抛物线的表达式为：y = ax +2ax−3a，函数的对称轴为：x = −1，抛物线点A、B的坐标分别为：(−3,0)、(1,0)，则点P的横坐标为：−1，OB = 1，
而CD = 4BC，则点D的横坐标为：−4，故点D(−4,5a)，即HD = 5a，
−4+1 3
线段BD的中点K的横坐标为： = − ，则点Q的横坐标为：−2，则点Q(−2, −3a)
2 2
，则HF = BE = 3a，
∵ ∠DQF+∠BQE = 90∘，∠BQE+∠QBE = 90∘， ∴ ∠QBE = ∠DQF，
DF FQ 8a 2 1
∴ ΔDFQ ∽ ΔQEB，则 = ， = ，解得：a = ± （舍去负值），
QE BE 3 3a 2
同理ΔPGB ≅ ΔDFQ(AAS)，
∴ PG = DF = 8a = 4，故点P(−1,4)；
②如图3，当BD是矩形的边时，
作DI⊥x轴，QN⊥x轴，过点P作PL⊥DI于点L，
同理ΔPLD ≅ ΔBNQ(AAS)， ∴ BN = PL = 3，
∴ 点Q的横坐标为4，则点Q(4,21a)，
则QN = DL = 21a，同理ΔPLD ∽ ΔDIB，
PL LD 3 21a √7
∴ = ，即 = ，解得：a = ± （舍去负值），
DI BI 5a 5 7
26√7 26√7
LI = 26a = ，故点P(−1, )，；
7 7
26√7
综上，点P的坐标为：P(−1,4)或(−1, )．
7
6 【答案】解：（1）∵直线y = x−3经过B、C两点，
∴B(3,0)，C(0, −3)，∵y = x 2 +bx+c经过B、C两点，
9+3b+c = 0
{
∴ ，
c = −3
b = −2
{
解得 ，
c = −3
2
故抛物线的解析式为y = x −2x−3；
2
（2）如图1，y = x −2x−3，
2
y = 0时，x −2x−3 = 0，
解得x = −1，x = 3，
1 2
∴A(−1,0)，
∴OA = 1，OB = OC = 3，
∴∠ABC = 45∘，AC = √10,AB = 4，
∵PE⊥x轴，
∴∠EMB = ∠EBM = 45∘，
∵点P的横坐标为t，
∴EM = EB = 3−t，
连结AM，
∵S = S +S ，
ΔABC ΔAMC ΔAMB
1 1 1
∴ AB⋅OC = AC⋅MN+ AB⋅EM，
2 2 2
1 1 1
∴ ×4×3 = ×√10d+ ×4(3−t) ，
2 2 2
2√10
∴d = t；
5（3）如图2，
2 2
∵y = x −2x−3 = (x−1) −4，
∴对称轴为x = 1，
∴由抛物线对称性可得D(2, −3)，
∴CD = 2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，
∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK = 90∘，CK = OB = BK = 3，
∴DK = 1，
∵BQ⊥CP，
∴∠CQB = 90∘，
过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，OG⊥OS交KB于
G，
∴∠OHC = ∠OIQ = ∠OIB = 90∘，
∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ+∠OBQ = 180∘，
∴∠OBG = ∠OCS，
∵OB = OC，∠BOG = ∠COS，
∴△OBG≌△OCS，
∴QG = OS，∠GOB = ∠SOC，
∴∠SOG = 90∘，
∴∠ROG = 45∘，
∵OR = OR，
∴△OSR≌△OGR，∴SR = GR，
∴SR = CS+BR，
∵∠BOR+∠OBI = 90∘，∠IBO+∠TBK = 90∘，
∴∠BOR = ∠TBK，
∴tan∠BOR = tan∠TBK，
BR TK
∴ = ，
OB BK
∴BR = TK，
∵∠CTQ = ∠BTK，
∴∠QCT = ∠TBK，
∴tan∠QCT = tan∠TBK，
设ST = TD = m，
∴SK = 2m+1，CS = 2−2m，TK = m+1 = BR，SR = 3−m，RK = 2−m，
在Rt△SKR中，
2 2 2
∵SK +RK = SR ，
2 2 2
∴(2m+1) +(2−m) = (3−m) ，
1
解得m = −2（舍去），m = ；
1 2
2
1 2
∴SD = TD = ，TK = ，
2 3
TK 3 1
∴tan∠TBK = = ÷3 = ，
BK 2 2
1
∴tan∠PCD = ，
2
过点P作PE ′ ⊥x轴于E ′ 交CD于点F ′ ，
′ ′
∵CF = OE = t，
1
′
∴PF = t，
21
′
∴PE = t+3，
2
1
( )
∴P t, − t−3
2
1
2
∴− t−3 = t −2t−3
2
3
解得t = 0（舍去），t = ．
1
2
2√10 2√10 3 3√10
∴MN = d = t = × =
5 5 2 5
能力强化 / 初三 / 春季
第 8 讲 二次函数值动点存在性问题
例题练习题答案
例1 【答案】 4
解：（1）∵点C(0,4)在直线y = − x+n上，
3
∴n = 4，
4
∴y = − x+4，
3
令y = 0，
∴x = 3，
∴A(3,0)，
2
∵抛物线y = x 2 +bx+c经过点A，
3
交y轴于点B(0, −2)．
∴c = −2，6+3b−2 = 0，4
∴b = − ，
3
2 4
2
∴抛物线解析式为y = x − x−2，
3 3
（2）解法一：
∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，
2 4
2
∴P(m, m − m−2)，
3 3
∵PD⊥x 轴，BD⊥PD
∴点D坐标为(m, −2)
2 4
2
∴|BD| = |m|，|PD| = | m − m−2+2|，
3 3
当 △ BDP为等腰直角三角形时，PD = BD．
2 4 2 4
2 2
∴|m| = | m − m−2+2| = | m − m|
3 3 3 3
2 4
2 2 2
∴m = ( m − m)
3 3
7 1
解得：m = 0（舍去），m = ，m =
1 2 3
2 2
∴当 △ BDP 为等腰直角三角形时，
7 1
线段PD的长为 或 ．
2 2
解法二：
∵点P的横坐标为m．
2 4
2
∴P(m, m − m−2)，
3 3
当 △ BDP 为等腰直角三角形时，PD = BD．
2 4
①当点P在直线BD上方时，PD = m 2 − m
3 3
（i）若点P在y轴左侧，则m < 0，BD = −m．2 4
2
∴ m − m = −m，
3 3
1
解得m = 0（舍去），m = （舍去）
1 2
2
（ii）若点P在y轴右侧，则m > 0，BD = m．
2 4
2
∴ m − m = m，
3 3
7
解得m = 0（舍去），m = ．
1 2
2
②当点P在直线BD下方时，m > 0，BD = m，
2 4
PD = − m 2 + m．
3 3
2 4
2
∴- m + m = m，
3 3
1
解得m = 0（舍去），m = ．
1 2
2
7 1
综上所述，m = 或
2 2
即当 △ BDP 为等腰直角三角形时，
7 1
线段PD的长为 或 ．
2 2
解法三：
∵ △ BDP 为等腰直角三角形，且PD⊥x 轴，BD⊥PD ，
∴∠PBD = 45∘，∴直线BP的解析式为y = −x−2①或y = x+2②，
2 4
∵点P在抛物线y = x 2 − x−2③上，
3 31
{x =
x = 0 2
{
∴联立①③解得， 或 ，
y = −2 5
y = −
2
1 5
∴P（ ，- ），
2 2
1
∴D（ ，−2)，
2
5 1
∴PD = | −2−(− )| =
2 2
7
{x =
x = 0 2
{
联立②③解得， 或 ，
y = 2 3
y =
2
7
∴m = ，
2
7 3
∴P（ ， ），
2 2
7
∴D（ ，−2)，
2
3 7
∴PD = | −(−2)| = ，
2 2
即当 △ BDP 为等腰直角三角形时，
7 1
线段PD的长为 或 ．
2 2
（3）∵∠PBP ′ = ∠OAC，OA = 3，OC = 4，
∴AC = 5，
4 3
∴sin∠PBP ′ = ，cos∠PBP ′ = ，
5 5①当点P ′ 落在x轴上时，过点D ′ 作D ′ N⊥x轴，垂足为N，交BD于点M，
∠DBD ′ = ∠ND ′ P ′ = ∠PBP ′ ，
如图1，
2 4
′ ′ 2
由旋转知，P D = PD = m − m，
3 3
ND 3
在Rt △ P ′ D ′ N中，cos∠ND ′ P ′ = = cos∠PBP ′ = ，
′ ′ 5
P D
3 2 4
∴ND ′ = （ m 2 − m），
5 3 3
在Rt △ BD ′ M中，BD ′ = −m，
′
D M 4
sin∠DBD ′ = = sin∠PBP ′ = ，
′ 5
BD
4
∴D ′ M = − m，
5
′ ′
∴ND −MD = 2，
3 2 4 4
2
∴ （ m − m)−(− m) = 2，
5 3 3 5
∴m = √5（舍），或m = −√5，
如图2，3 2 4 4
同①的方法得，ND ′ = （ m 2 − m），MD ′ = m
5 3 3 3
′ ′
∵ND +MD = 2，
3 2 4 4
2
∴ （ m − m)+ m = 2，
5 3 3 5
∴m = √5，或m = −√5（舍），
4√5+4 −4√5+4
∴P(−√5， ）或P（√5， ），
3 3
②当点P ′ 落在y轴上时，如图3，
过点D ′ 作D ′ M⊥x轴，交BD于M，过点P ′ 作P ′ N⊥y轴，交MD ′ 的延长线于点N，
∴∠DBD ′ = ∠ND ′ P ′ = ∠PBP ′ ，
4 2 4 3
同①的方法得，P ′ N = （ m 2 − m），BM = m，
5 3 3 5
′
∵P N = BM，
4 2 4 3
∴ （ m 2 − m) = m，
5 3 3 5
25
∴m = ，
8
25 11
∴P（ ， ）．
8 32
4√5+4 −4√5+4 25 11
∴P(−√5， ）或P（√5， ）或P（ ， ）．
3 3 8 32例2 【答案】 3
解：（1）∵直线l:y = x+m经过点B(0, −1)，
4
∴m = −1，
3
∴直线l的解析式为y = x−1，
4
3
∵直线l:y = x−1经过点C，且点C的横坐标为4，
4
3
∴y = ×4−1 = 2，
4
1
2
∵抛物线y = x +bx+c
2
经过点C(4,2)和点B(0, −1)，
1
{
2
×4 +4b+c = 2
∴ 2 ，
c = −1
5
{
b = −
解得 4 ，
c = −1
1 5
2
∴抛物线的解析式为y = x − x−1；
2 4
3
（2）令y = 0，则 x−1 = 0，
4
4
解得：x = ，
3
4
∴点A的坐标为（ ，0），
3
4
∴OA = ，
3
在Rt △ OAB 中，OB = 1，
√√
4 5
√
( )2
2 2 2
∴AB = OA +OB = +1 = ，
3 3
∵DE//y轴，
∴∠ABO = ∠DEF，
在矩形DFEG中，
OB 3
EF = DE⋅cos∠DEF = DE⋅ = DE，
AB 5
OA 4
DF = DE⋅sin∠DEF = DE⋅ = DE，
AB 5
4 3 14
∴l = 2(DF+EF) = 2( + )DE = DE，
5 5 5
∵点D的横坐标为t(0 < t < 4)，
1 5 3
2
∴D(t, t − t−1)，E(t, t−1)，
2 4 4
3 1 5 1
2 2
∴DE = ( t−1)−( t − t−1) = − t +2t，
4 2 4 2
14 1 7 28
∴l = ×(− t 2 +2t) = − t 2 + t，
5 2 5 5
7 28 7
2
∵l = − (t−2) + ，且- < 0，
5 5 5
28
∴当t = 2时，l有最大值 ．
5
（3）∵ △ AOB绕点M沿逆时针方向旋转90∘，
∴A O //y轴时，B O //x轴，设点A 的横坐标为x，
1 1 1 1 1
①如图1，点O 、B 在抛物线上时，点O 的横坐标为x，点B 的横坐标为x+1，
1 1 1 1
1 5 1 5
2 2
∴ x − x−1 = (x+1) − (x+1)−1，
2 4 2 4
3
解得x = ，
4
②如图2，点A 、B 在抛物线上时，点B 的横坐标为x+1，点A 的纵坐标比点B 的纵坐标
1 1 1 1 1
3
大 ，
4
1 5 1 5 3
2 2
∴ x − x−1 = (x+1) − (x+1)−1+ ，
2 4 2 4 4
7
解得x = − ，
12
3 7
综上所述，点A 的横坐标为 或- ．
1
4 12
例3 【答案】解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
−1−b+c = 0 b = 4
{ {
，解得 ，
−25+5b+c = 0 c = 5
2
∴抛物线的解析式为：y = −x +4x+5．
（2）∵点P的横坐标为m，
3
( )
2
∴P m, −m +4m+5 ，E(m, − m+3)，F(m,0)．
4
3
( 2 )
∴PE = |y −y | = | −m +4m+5 −(− m+3)|
P E
4
19
2
= | −m + m+2|，
4
3 3
EF = |y −y | = |(− m+3)−0| = |− m+3|．
E F
4 4由题意，PE = 5EF，即：
19 3 15
2
| −m + m+2| = 5|− m+3| = |− m+15|
4 4 4
19 15
2
①若−m + m+2 = − m+15，
4 4
2
整理得：2m −17m+26 = 0，
13
解得：m = 2或m = ；
2
19 15
2
②若−m + m+2 = −(− m+15)，
4 4
2
整理得：m −m−17 = 0，
1+√69 1−√69
解得：m = 或m = ．
2 2
由题意，m的取值范围为：−1 < m < 5，
13 1−√69
故m = 、m = 这两个解均舍去．
2 2
1+√69
∴m = 2或m = ．
2
（3）假设存在．
作出示意图如下：
∵点E、E ′ 关于直线PC对称，
∴∠1 = ∠2，CE = CE ′ ，PE = PE ′ ．
∵PE平行于y轴，
∴∠1 = ∠3，∴∠2 = ∠3，∴PE = CE，
′ ′ ′
∴PE = CE = PE = CE ，即四边形PECE 是菱形．
′
当四边形PECE 是菱形存在时，
3
由直线CD解析式y = − x+3，可得OD = 4，OC = 3，
4
由勾股定理得CD = 5．
过点E作EM//x 轴，交y轴于点M，易得 △ CEM ∽△ CDO ，
ME CE |m| CE 5
∴ = ，即 = ，解得CE = |m|，
OD CD 4 5 4
5
∴PE = CE = |m|，又由（2）可知：
4
19
2
PE = | −m + m+2|
4
19 5
2
∴| −m + m+2| = |m|．
4 4
19 5
①若−m 2 + m+2 = m，整理得：2m 2 −7m−4 = 0，
4 4
1
解得m = 4或m = − ；
2
19 5
②若−m 2 + m+2 = − m，整理得：m 2 −6m−2 = 0，
4 4
解得m = 3+√11，m = 3−√11．
1 2
由题意，m的取值范围为：−1 < m < 5，
故m = 3+√11这个解舍去．
′
当四边形PECE 是菱形这一条件不存在时，
此时P点横坐标为0，E，C，E ′ 三点重合与y轴上，也符合题意，
∴P(0,5)
1 11
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为(0,5)，(− ， ），(4,5)，
2 4(3−√11,2√11−3)
例4 【答案】 4a−2b+c = 5,
{
解：（1）由题意得： a−b+c = 0
9a+3b+c = 0,
a = 1
{
解得 b = −2，
c = −3
∴ 抛物线的函数表达式为y = x 2 −2x−3．
（2） ∵ 抛物线与x轴交于B(−1,0)，C(3,0)，
∴ BC = 4，抛物线的对称轴为直线x = 1，
如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1,0)，BH = 2，
由翻折得C′B = CB = 4，
√ √
在Rt △ BHC′中，由勾股定理，得C′H = C′B 2 −BH 2 = 4 2 −2 2 = 2√3，
C′H 2√3
∴ 点C′的坐标为(1，2√3)，tan∠C′BH = = = √3，
BH 2
∴ ∠C′BH = 60∘，
1
由翻折得∠DBH = ∠C′BH = 30∘，
2
2√3
在Rt △ BHD中，DH = BH⋅tan∠DBH = 2⋅tan30∘ = ，
3
2√3
∴ 点D的坐标为(1, )．
3′
（3）解：取（2）中的点C′，D，连接CC ，
∵ BC ′ = BC，∠C ′ BC = 60∘，
∴ △C ′ CB为等边三角形．分类讨论如下：
①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．
∵△ PCQ，△C ′ CB为等边三角形，
∴ CQ = CP，BC = C′C，∠PCQ = ∠C′CB = 60∘，
∴ ∠BCQ = ∠C′CP，
∴△ BCQ≌△C ′ CP(SAS)，
∴ BQ = C′P．
∵ 点Q在抛物线的对称轴上，
∴ BQ = CQ，
∴ C ′ P = CQ = CP，
又 ∵ BC ′ = BC，
∴ BP垂直平分CC ′ ，
′
由翻折可知BD垂直平分CC ，
∴ 点D在直线BP上，
设直线BP的函数表达式为y = kx+b，
√3
0 = −k+b {
k =
{
3
则
2√3
，解得 ，
= k+b √3
3 b =
3√3 √3
∴ 直线BP的函数表达式为y = x+ ．
3 3
②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．
∵△ PCQ，△C ′ CB为等边三角形，
∴ CP = CQ，BC = CC ′ ，∠CC ′ B = ∠QCP = ∠C ′ CB = 60∘．
∴ ∠BCP = ∠C ′ CQ，
∴△ BCP≌△C ′ CQ(SAS)，
∴ ∠CBP = ∠CC′Q，
∵ BC ′ = CC ′ ，C′H⊥BC，
1
∴ ∠CC ′ Q = ∠CC ′ B = 30∘．
2
∴ ∠CBP = 30∘，
设BP与y轴相交于点E，
√3 √3
在Rt △ BOE中，OE = OB⋅tan∠CBP = OB⋅tan30∘ = 1× = ，
3 3
√3
∴ 点E的坐标为(0, − )．
3
设直线BP的函数表达式为y = mx+n，√3
0 = −m+n {
m = −
{
3
则 √3 ，解得 ，
− = n √3
3 n = −
3
√3 √3
∴ 直线BP的函数表达式为y = − x− ．
3 3
√3 √3 √3 √3
综上所述，直线BP的函数表达式为y = x+ 或y = − x− ．
3 3 3 3
例5 【答案】 2
解：（1）∵y = − x+c与x轴交于点A(3,0)，与y轴交于点B，
3
∴0 = −2+c，解得c = 2，
∴B(0,2)，
4
∵抛物线y = − x 2 +bx+c经过点A，B，
3
10
{
{ −12+3b+c = 0 b =
∴ ，解得 3 ，
c = 2
c = 2
4 10
2
∴抛物线解析式为y = − x + x+2；
3 3
2
（2）①由（1）可知直线解析式为y = − x+2，
3
∵M(m,0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，
N，
2 4 10
2
∴P(m, − m+2)，N(m, − m + m+2)，
3 3 3
2
∴PM = − m+2，AM = 3−m，
3
4 10 2 4
2 2
PN = − m + m+2−(− m+2) = − m +4m$$，
3 3 3 3∵ △ BPN 和 △ APM 相似，且∠BPN = ∠APM，
∴∠BNP = ∠AMP = 90∘或∠NBP = ∠AMP = 90∘，
当∠BNP = 90∘时，则有BN⊥MN ，
∴BN = OM = m，
4
2
− m +4m
BN PN m 3
∴ = ，即 = ，
AM PM 3−m 2
− m+2
3
解得m = 0（舍去）或m = 2.5，
∴M(2.5,0)；
PN BP
当∠NBP = 90∘时，则有 = ，
PA MP
2
∵A(3,0)，B(0,2)，P(m, − m+2)，
3
√
2 √13
( )2
∴BP = m 2 + − m+2−2 = m，
3 3
√
2 √13
( )2
2
AP = (m−3) + − m+2 = (3−m)，
3 3
4 √13
2
− m +4m m
3 3
∴ = ，
√13 2
(3−m) − m+2
3 3
11
解得m = 0（舍去）或m = ，
8
11
∴M（ ，0）；
811
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与 △ APM 相似时，点M的坐标为(2.5,0)或（ ，
8
0）；
2
②由①可知M(m,0)，P(m, − m+2)，
3
4 10
2
N(m, − m + m+2)，
3 3
M，P，N三点为“共谐点”，
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，
当P为线段MN的中点时，
2 4 10
2
则有2(− m+2) = − m + m+2，
3 3 3
1
解得m = 3（三点重合，舍去）或m = ；
2
当M为线段PN的中点时，
2 4 10
2
则有- m+2+(− m + m+2) = 0，
3 3 3
解得m = 3（舍去）或m = −1；
当N为线段PM的中点时，
2 4 10
2
则有- m+2 = 2(− m + m+2)，
3 3 3
1
解得m = 3（舍去）或m = − ；
4
1 1
综上可知当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为 或−1或- ．
2 4
例6 (1)【答案】解：（1）①当x = 0时，分别代入抛物线y ，y ，y ，即可得y = y = y = 1；①正
1 2 3 1 2 3
确；
3
2 2
②y = −x −2x+1，y = −x −3x+1的对称轴分别为x = −1，x = − ，
2 3
21
2
y = −x −x+1的对称轴x = − ，
1
2
1 1 1 3
由x = − 向左移动 得到x = −1，再向左移动 得到x = − ，
2 2 2 2
②正确；
2
③当y = 1时，则−x −x+1 = 1，
∴ x = 0或x = −1；
2
−x −2x+1 = 1，
∴ x = 0或x = −2；
2
−x −3x+1 = 1，
∴ x = 0或x = −3；
∴ 相邻两点之间的距离都是1，
③正确；
故答案为①②③；
(2)【答案】 2
n n +4
2
（2）①y = −x −nx+1的顶点为(− ， )，
n
2 4
2
n n +4
令x = − ，y = ，
2 4
∴ y = x 2 +1；
② ∵ 横坐标分别为−k−1，−k−2，−k−3，…，−k−n(k为正整数），
2
当x = −k−n时，y = −k −nk+1，
∴ 纵坐标分别为−k 2 −k+1，−k 2 −2k+1，−k 2 −3k+1，…，−k 2 −nk+1，
√
∴ 相邻两点间距离分别为 1+k 2 ；
∴ 相邻两点之间的距离都相等；
2
③当y = 1时，−x −nx+1 = 1，
∴ x = 0或x = −n，
∴ A (−1,1)，A (−2,1)，A (−3,1)，…，A (−n,1)，
1 2 3 n2 2 2
C (−k−1, −k −k+1)，C (−k−2, −k −2k+1)，C (−k−3, −k −3k+1)，…
1 2 3
2
，C (−k−n, −k −nk+1)，
n
2 2 2
−k −k+1−1 −k −2k+1−1 −k −3k+1−1
∵ = k+1， = k+2， = k+3，…
−k−1+1 −k−2+2 −k−3+3
2
−k −nk+1−1
， = k+n，
−k−n+n
∴ C A 与C A 不平行；
n n n−1 n−1
例7 (1)【答案】解:
∵ A(1,0),对称轴l为x = −1,
∴ B(−3,0),
a+b−3 = 0 a = 1
{ {
∴ ,解得 ,
9a−3b−3 = 0 b = 2
∴ 抛物线的解析式为y = x 2 +2x−3;
(2)【答案】如图1,过点P作PM ⊥ x轴于点M,
设抛物线对称轴l交x轴于点Q.
∵ PB ⊥ NB, ∴ ∠PBN = 90 ∘ ,
∴ ∠PBM+∠NBQ = 90 ∘ .
∵ ∠PMB = 90 ∘ ,
∴ ∠PBM+∠BPM = 90 ∘ .
∴ ∠BPM = ∠NBQ.又 ∵ ∠BMP = ∠BQN = 90 ∘ ,PB = NB,
∴△ BPM ≅△ NBQ.
∴ PM = BQ.
∵ 抛物线y = x 2 +2x−3与x轴交于点A(1,0)和点B,且对称轴为x = −1,
∴ 点B的坐标为(−3,0),点Q的坐标为(−1,0). ∴ BQ = 2. ∴ PM = BQ = 2.
∵ 点P是抛物线y = x 2 +2x−3上B、C之间的一个动点,
∴ 结合图象可知点P的纵坐标为−2,
2 2
将y = −2代入y = x +2x−3,得−2 = x +2x−3,
解得x = −1−√2,x = −1+√2(舍去),
1 2
∴ 此时点P的坐标为(−1−√2, −2).
(3)【答案】存在.
如图2,连接AC.
2
可设点P的坐标为(x,y)(−3 < x < 0),则y = x +2x−3,
∵ 点A(1,0), ∴ OA = 1.
∵ 点C是抛物线与y轴的交点,
∴ 令x = 0,得y = −3.即点C(0, −3).
∴ OC = 3.
由(2)可知S = S +S +S
四边形PBAC △BPM 四边形PMOC △AOC
1 1 1
= BM⋅PM+ (PM+OC)⋅OM+ OA⋅OC
2 2 2
1 1 1
= (x+3)(−y)+ (−y+3)(−x)+ ×1×3
2 2 23 3 3
= − y− x+ .
2 2 2
2
将y = x +2x−3代入可得
3 3 3 3 3 75
( )2
( )
2
S = − x +2x−3 − x+ = − x+ + .
四边形PBAC
2 2 2 2 2 8
3
∵ − < 0,−3 < x < 0,
2
3 75 15
∴ 当x = − 时,S 有最大值 .此时,y = x 2 +2x−3 = − .
四边形PBAC
2 8 4
3 15 75
( )
∴ 当点P的坐标为 − , − 时,四边形PBAC的面积最大,最大值为 .
2 4 8
例8 【答案】解：（1）如图，作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H．
∴ ∠PMA = ∠PHA = 90∘， ∵ ∠PAM = ∠PAH，PA = PA，
∴ ΔPAM ≅ ΔPAH(AAS)， ∴ PM = PH，∠APM = ∠APH，
同理可证：ΔBPN ≅ ΔBPH，
∴ PH = PN，∠BPN = ∠BPH， ∴ PM = PN，
∵ ∠PMO = ∠MON = ∠PNO = 90∘，
∴ 四边形PMON是矩形， ∴ ∠MPN = 90∘，
1
∴ ∠APB = ∠APH+∠BPH = (∠MPH+∠NPH) = 45∘
2
∵ PM = PN， ∴ 可以假设P(m,m)，
9
∵ P(m,m)在y = 上， ∴ m 2 = 9，
x
∵ m > 0， ∴ m = 3， ∴ P(3,3)．
（2）设OA = a，OB = b，则AM = AH = 3−a，BN = BH = 3−b，
∴ AB = 6−a−b， ∵ AB 2 = OA 2 +OB 2 ， ∴ a 2 +b 2 = (6−a−b) 2 ，
1
可得ab = 6a+6b−18， ∴ 3a+3b−9 = ab，
2CO OA OC a
∵ PM//OC， ∴ = ， ∴ = ，
PM AM 3 3−a
3a 3b
∴ OC = ，同法可得OD = ，
3−a 3−b
1 9ab
∴ S = OC⋅OD =
△COD
2 2(3−a)(3−b)
9ab 9ab
= = = 9
2(9−3a−3b+ab) ab
（3）设OA = a，OB = b，则AM = AH = 3−a，BN = BH = 3−b，
∴ AB = 6−a−b， ∴ OA+OB+AB = 6，
√
∴ a+b+ a 2 +b 2 = 6， ∴ 2√ab+√2ab ≤ 6，
∴ (2+√2)√ab ≤ 6， ∴ √ab ≤ 3(2−√2)，
1
∴ ab ≤ 54−36√2， ∴ S = ab ≤ 27−18√2，
ΔAOB
2
∴ ΔAOB的面积的最大值为27−18√2．
能力强化 / 初三 / 春季
第 8 讲 二次函数值动点存在性问题
自我巩固答案
1 【答案】 1
2
（1）解：把(0,4)，(4,4)分别代入y = − x +bx+c中，
6c = 4
{
得 1 ，
2
− ×4 +4b+c = 4
6
2
{
b =
解得 3 ；
c = 4
1 2
2
令y = 0得− x + x+4 = 0，
6 3
∴x = 2√7+2，x = −2√7+2；
1 2
∴E（−2√7+2，0），F（2√7+2，0）
（2）证明：∵正方形OABC，
∴OA = OC，∠AOP = ∠OCD = 90∘，
∴∠OAP+∠APO = 90∘，
∵OH⊥AP，
∴∠COD+∠APO = 90∘，
∴∠OAP = ∠COD，
在 △ AOP与 △ OCD中
∠AOP = ∠OCD = 90∘
{
∠OAP = ∠COD ，
OA = OC
∴ △ AOP ≅△ OCD(AAS)，
∴OP = CD．
9 1 1 41
（3）(2,2)，(0,4)，（1 ,3 ），(− ， ）；
16 16 16 16
解： △ AOP 绕点M(2,2)顺时针旋转90∘，且A与B重合，O与A重合，A、O两个顶点落在
x轴上方的抛物线上；
△ AOP 绕点M(0,4)逆时针旋转90∘，O与B重合，O与A两个顶点落在x轴上方的抛物线
上；如图3所示：设 △ AOP 绕点M顺时针旋转90∘得到 △ A ′ O ′ P ′ ，且P ′ 、A ′ 两点在抛物线
1 2
2
y = − x + x+4上，
6 3
′ ′ ′
设O (x,y)，则P (x,y−2)，A (x+4,y)
1 2
{ − x 2 + x+4=y−2
6 3
∴ ，
1 2
2
− (x+4) + x(x+4)+4 = y
6 3
1
{x = −1
2
解得 ，
5
y = 4
8
作MG⊥O ′ A ′ 于G，MH⊥OC 于H，设M(a,b)，
∵ △ O ′ MG ≅△ MOH，
′
∴O G = MH = b，MG = OH = a，
1
{b−a = 1
2
∴ ，
5
a+b = 4
8
9
{a = 1
16
解得 ，
1
b = 3
169 1
∴M（1 ，3 ）．
16 16
如图4所示：设 △ AOP 绕点M逆时针旋转90∘得到 △ A′′O′′P′′ ，且P′′ 、A′′ 两点在抛物线
1 2
2
y = − x + x+4上，
6 3
′ ′
设O′′(x,y)，则P (x,y+4)，A (x−2,y)，
1 41
同理证得M（− ， ）；
16 16
故将 △ AOP 绕平面内M点旋转90∘后使得 △ AOP 的两个顶点落在x轴上方的抛物线上的
9 1 1 41
M点的坐标为(2,2)，(0,4)，（1 ，3 ），（− ， ）．
16 16 16 16
2 (1)【答案】 4
解: ∵ 二次函数y = x 2 +bx+c的图象与x轴交于A(3,0),B(−1,0),
3
4
{0 = ⋅9+3b+c
3
∴ ,
4
0 = ⋅1−b+c
3
8
{
b = −
解得 3 ,
c = −4
4 8
∴ y = x 2 − x−4.
3 3
∴ C(0, −4).(2)【答案】 1 9
存在满足条件的点E，点E的坐标为(− ，0)或(− ，0)或(−1,0)或(7,0)．
3 5
如图，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD//OC，
∵ A(3,0)，B(−1,0)，C(0, −4)，O(0,0)，
∴ AB = 4，OA = 3，OC = 4，
√
∴ AC = 3 2 +4 2 = 5，AQ = 4．
∵ QD//OC，
QD AD AQ
∴ = = ，
OC AO AC
QD AD 4
∴ = = ，
4 3 5
16 12
∴ QD = ，AD = ．
5 5
①作AQ的垂直平分线，交x轴于E，此时AE = EQ，即ΔAEQ为等腰三角形．
12
设AE = x，则EQ = x，DE = |AD−AE| = | −x|，
5
12 16 10
∴ 在RtΔEDQ中，( −x) 2 +( ) 2 = x 2 ，解得x = ，
5 5 3
10 1
∴ OA−AE = 3− = − ，
3 3
1
∴ E(− ，0)，点E在x轴的负半轴上；
3
②以Q为圆心，AQ长为半径画圆，交x轴于E，此时QE = QA = 4，12
∵ ED = AD = ，
5
24
∴ AE = ，
5
24 9
∴ OA−AE = 3− = − ，
5 5
9
∴ E(− ，0)；
5
③当AE = AQ = 4时，
∵ OA−AE = 3−4 = −1，或OA+AE = 7，
∴ E(−1,0)或(7,0)．
1 9
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为(− ，0)或(− ，0)或(−1,0)或(7,0)
3 5
．
(3)【答案】 8 29
( )
方法一:四边形APDQ为菱形,D点坐标为 − , − .理由如下:
5 16
如图2,D点关于PQ与A点对称,过点Q作FQ⊥AP于F,
∵ AP = PQ = t,AP = DP,AQ = DQ,
∴ AP = AQ = QD = DP,
∴ 四边形AQDP为菱形,∵ FQ//OC,
AF FQ AQ
∴ = = ,
AO OC AC
AF FQ t
∴ = = ,
3 4 5
3 4
∴ AF = t,FQ = t,
5 5
3 4
( )
∴ Q 3− t, − t ,
5 5
∵ DQ = AP = t,
3 4
( )
∴ D 3− t−t, − t ,
5 5
4 8
∵ D在二次函数y = x 2 − x−4上,
3 3
4 4 8 8 8
( )2 ( )
∴ − t = 3− t − 3− t −4,
5 3 5 3 5
145
∴ t = ,或t = 0(与A重合,舍去),
64
5 29
( )
∴ D − , − .
8 16
方法二: ∵ P,Q运动到t秒,
3 4
( )
∴ 设P(3−t,0),Q 3− t, − t ,
5 5
4
0+ t
5
∴ k = ,K = −2,
PQ PQ
3
3−t−3+ t
5
∵ AD⊥PQ,
∴ k ⋅k = −1,
PQ AD1
∴ k = ,
AD
2
∵ A(3,0),
1 3
∴ l :y = x− ,
AD
2 2
4 8
∵ y = x 2 − x−4,
3 3
5
∴ x = 3(舍),x = − ,
1 2
8
5 29
( )
∴ D − , − ,
8 16
4 29 145
∵ D = Q ,即− t = − ,t = ,
y y
5 16 64
DQ//AP,DQ = AQ = AP,此时四边形APDQ的形状为菱形.
3 【答案】解：（1）由题意得出：
b+1 1
{
− − = 0
2a 2 ，
b−1 = −3
a = 1
{
解得： ，
b = −2
2
∴抛物线解析式为：y = x −x−3，
2
令x = x −x−3，
解得：x = −1，x = 3，
1 2
∴不动点为：(−1, −1)和(3,3)；
（2）∵抛物线C有两个不同的动点，
2
∴x = ax +(b+1)x+(b−1)，
2
整理得：ax +bx+(b−1) = 0，
∵抛物线C有两个不同点，
∴ △> 0，2
即b −4a(b−1) > 0，
2
b −4ab+4a > 0，
∵b为任意实数，且使得上式成立；
2
∴必有(−4a) −4×1×4a < 0，
2
整理得：a −a < 0，
a > 0 a < 0
{ {
从而，得 或 ，
a−1 < 0 a−1 > 0
解得：0 < a < 1，
∴实数a的取值范围应为：0 < a < 1 .
能力强化 / 初三 / 春季
第 8 讲 二次函数值动点存在性问题
课堂落实答案
1 【答案】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x = 1，抛物线与x轴的一个交点为A(4,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(−2,0)，
设抛物线的解析式为y = a(x+2)(x−4)，
1
把B(0,4)代入得a⋅2⋅(−4) = 4，解得a = − ，
2
1 1
2
∴抛物线的解析式为y = − (x+2)(x−4)，即y = − x +x+4；
2 2
1 9
2
∵y = − (x−1) + ，
2 2
9
∴抛物线的顶点C的坐标为(1, ）；
2
（2）①过M点作MN//y 轴交AB于N点，如图，
n = 4 m = −1
{ {
设AB的解析式为y = mx+n，把B(0,4)、A(4,0)代入得 ，解得 ，
4m+n = 0 n = 4
∴直线AB的解析式为y = −x+4，1
2
设M(t, − t +t+4)，则N(t, −t+4)，
2
1 1
2 2
∴MN = − t +t+4−(−t+4) = − t +2t，
2 2
1 1 1
2 2 2
∴S = S +S = ⋅4⋅MN = ⋅4⋅(− t +2t) = −t +4t = −(t−2) +4，
ΔBMN ΔAMN
2 2 2
∴当t = 2时，S有最大值，最大值为4；
②∵S的最大值为4，
∴S的整数值可为1、2、3、4，
当S = 1时，−(t−2) 2 +4 = 1，解得t = 2±√3 ，
当S = 2时，−(t−2) 2 +4 = 2，解得t = 2±√2，
2
当S = 3时，−(t−2) +4 = 3，解得t = 1或3，
2
当S = 4时，−(t−2) +4 = 4，解得t = 2，
∴这样的M点有7个．
故答案为7．
能力强化 / 初三 / 春季
第 8 讲 二次函数值动点存在性问题
精选精练
1 (1)【答案】 ∵ OA = 2，
∴ 抛物线顶点坐标A是(0,2)，C(−1,0)，∴ 设抛物线解析式为y = ax 2 +2，把点C(−1,0)代入，得
0 = a+2，
解得a = −2．
2
则该抛物线解析式为：y = −2x +2；
【解析】 2
该抛物线顶点坐标是(0,2)，故设抛物线解析式为y = ax +2，把点C(−1,0)代入求得
a的值即可．
(2)【答案】如图，连接AC，AC′．
根据旋转的性质得到AC = AC′，OA⊥CC′，即点C与C′关于y轴对称，
又因为该抛物线的对称轴是y轴，点C在该抛物线线上，
所以抛物线经过点C′．
【解析】根据旋转的性质求得点C与C′关于y轴对称，结合抛物线的对称性质进行解答．
2 (1)【答案】 2 2
解:二次函数y = x ,当y = 2时,2 = x ,
解得x = √2,x = −√2,
1 2
∴ AB = 2√2.
∵ 平移得到的抛物线L 经过点B,
1
∴ BC = AB = 2√2,
∴ AC = 4√2.
作抛物线L 的对称轴与AD相交于点N,
2
1 √2
如图2,根据抛物线的轴对称性,得BN = DB = ,
2 2
3√2
∴ OM = .
2
3√2
( )2
设抛物线L 的函数表达式为y = a x− ,
2
2( )
由①得,B点的坐标为 √2,2 ,
3√2
( )2
∴ 2 = a √2− ,
2
解得a = 4.
3√2
( )2
抛物线L 的函数表达式为y = 4 x−
2
2
(2)【答案】解:如图3,抛物线L 与x轴交于点G,其对称轴与x轴交于点Q,过点B作BK⊥x轴于点K,
3
( )
2
设OK = t,则AB = BD = 2t,点B的坐标为 t,at ,
根据抛物线的轴对称性,得OQ = 2t,OG = 2OQ = 4t.
设抛物线L 的函数表达式为y = a x(x−4t),
3 3
( )
∵ 该抛物线过点B t,at 2 ,
∴ at 2 = a t(t−4t),
3
∵ t ≠ 0,
a
3 1
∴ = − ,
a 3
( )
由题意得,点P的坐标为 2t， −4a t 2 ,则−4a t 2 = ax 2 ,
3 3
2√3 2√3 4√3
解得,x = − t,x = t,EF = t,
1 2
3 3 3AB √3
∴ = .
EF 2
3 【答案】 3 1
解：（1）∵x = −2+ = − ，y = 2×(−2)+3 = −1，
2 2
1
( )
′
∴P − , −1 ；
2
b
( )
′
（2）设P(a,b)，则P a+ ,ka+b
k
b
{
a+ = 3
∴ k ，
ka+b = 6
∴k = 2，
∴2a+b = 6．
∵a、b为正整数
∴P(1,4)、(2,2)；
（3）∵B的“−√3关联点”是A，
b
( )
∴A a− , −√3a+b ，
√3
4√3
∵点A还在反比例函数y = − 的图象上，
x
b
( )
( )
∴ −√3a+b a− = −4√3，
√3
∴(b−√3a) 2 = 12，
∵b−√3a > 0，∴b−√3a = 2√3，
∴b = √3a+2√3；
∴B在直线y = √3x+2√3上．
过Q作y = √3x+2√3的垂线QB ，垂足为B ，
1 1
∵Q ( 0,4√3 ) ，且线段BQ最短，
∴B 即为所求的B点，
1
MB B Q
MQ 1 1
由 △ MB Q ∽△ MON 得 = = ，
1
MN MO ON
∵ON = 2，OM = 2√3，
∴MN = 4．
又∵MQ = 2√3，
∴B Q = √3，MB = 3
1 1
在Rt △ MB Q中，B Q⋅MB = MQ⋅h ，
1 1 1 B1
3
∴h = ，
B1
2
3
∴x = ，
B1
2
3 7
( )
∴B , √3 ．
2 2
【解析】 ′
（1）根据题中的新定义求出点P(−2,3)的“2关联点”P 的坐标即可；
（2）根据题中的新定义求出a与b的关系式即可；
b 4√3
( )
（3）根据题意得出A a− , −√3a+b ，代入y = − (x < 0)，求得b = √3a+2√3，
√3 x
从而求得B在直线y = √3x+2√3上，过Q作y = √3x+2√3的垂线QB ，垂足为B ，
1 1( )
Q 0,4√3 ，且线段BQ最短，B 即为所求的B点，由 △ MB Q ∽△ MON 得
1 1
MB B Q
MQ 1 1
= = ，由ON = 2，OM = 2√3，根据勾股定理求得MN = 4．由MQ = 2√3，
MN MO ON
求得B Q = √3，MB = 3，在Rt △ MB Q中，根据面积公式得到B Q⋅MB = MQ⋅h ，
1 1 1 1 1 B1
即可求得B的坐标．
4 【答案】 2
解: (1)由抛物线y = −x −2x+3可知， C(0,3)
2
令y = 0，则0 = −x −2x+3
解得x = −3或x = 1
∴A(−3,0),B(1,0)
2
(2)由抛物线y = −x −2x+3可知，
对称轴为x = −1
设M点的横坐标为m，
2
则PM = −m −2m+3
MN = (−m−1)×2 = −2m−2
∴矩形PMNQ的周长
( )
2
= 2(PM+MN) = −m −2m+3−2m−2 ×2
2
= −2(m+2) +10
∴当m = −2时矩形的周长最大．
∵ A(−3,0)，C(0,3)
∴直线AC解析式为y = x+3
当x = −2时，则E(−2,1)
∴EM = 1,AM = 1
1 1
∴S = ⋅AM⋅EM =
2 2
5 【答案】 解：（1）令y = mx 2﹣16mx+48m = m(x﹣4)(x﹣12) = 0，则x = 12，x = 4 ，
1 2
∴A(12,0)，即OA = 12 ，
又∵C(0，48m) ，
∴当 △ OAC为等腰直角三角形时，OA = OC，即12 = 48m ，
1
∴m = ；
4
（2）由（1）可知点C(0，48m)，
∵对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，
∴必有E(0,﹣48m) ，
设直线AE的解析式为y = kx+b ，
将E(0,﹣48m)，A(12,0) 代入，可得
12k+b = 0 k = 4m
{ {
，解得 ，
b = −48 b = −48m
∴直线AE的解析式为y = 4mx﹣48m ，
∵点D为直线AE与抛物线的交点，
y = m(x−4)(x−12) x = 8 x = 12
{ { {
∴解方程组 ，可得 或 （点A舍去），
y = 4mx−48m y = −16m y = 0
即点D的坐标为(8,﹣16m) ；
（3）当∠ODB = ∠OAD,∠DOB = ∠AOD时， △ ODB ∼△ OAD ，
2
∴OD = OA×OB = 4×12 = 48 ，
∴OD = 4√3 ，
又∵点D为线段AE的中点，
∴AE = 2OD = 8√3 ，
又∵OA = 12 ，
√
∴OE = AE 2 −AO 2 = 4√3，
∴D ( 6,﹣2√3 ) ，
把D ( 6,﹣2√3 ) 代入抛物线y = mx 2﹣16mx+48m ，可得﹣2√3 = 36m﹣96m+48m ，√3
解得m = ，
6
√3
∴抛物线的解析式为y = (x﹣4)(x﹣12)，
6
√3 8√3
即y = (x﹣8) 2 - ，
6 3
( )
∵点P x ,y 为抛物线上任意一点，
0 0
8√3
∴y ≥ ﹣ ，
0
3
令t = ﹣4√3my 2﹣12√3y ﹣50 = ﹣2y 2﹣12√3y ﹣50 = ﹣2（y +3√3）2 +4
0 0 0 0 0
8√3 8√3 10
则当y ≥ ﹣ 时，t = ﹣2（﹣ +3√3）2 +4 = ，
0 最大值
3 3 3
1 1 10
若要使n+ ≥ ﹣4√3my 2﹣12√3y ﹣50成立，则n+ ≥ ，
0 0
6 6 3
1
∴n ≥ 3 ，
6
19
∴实数n的最小值为 ．
6
6 【答案】 b
解：①二次函数y = ﹣x 2 +bx+c+1 的对称轴为x = ，
2
b 1
当b = 1时， = ，
2 2
1
∴当b = 1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x = ．
2
2
b 4(c+1)+b
②二次函数y = ﹣x 2 +bx+c+1 的顶点坐标为（ ， ），
2 4
1
∵二次函数的图象与x轴相切且c = ﹣ b 2﹣2b ，
42
4(c+1)+b
{
= 0
1
4
∴ ，解得：b = ，
1 2
2
c = − b −2b
4
1
∴b为 ，二次函数的图象与x轴相切．
2
③∵AB是半圆的直径，
∴∠AMB = 90∘ ，
∴∠OAM+∠OBM = 90∘ ，
∵∠AOM = ∠MOB = 90∘ ，
∴∠OAM+∠OMA = 90∘ ，
∴∠OMA = ∠OBM ，
∴ △ OAM ∼△ OMB ，
OM OA
∴ = ，
OB OM
2
∴OM = OA∙OB ，
( ) ( )
∵二次函数的图象与x轴交于点A x ,0 ，B x ,0 ，
1 2
∴OA = ﹣x ,OB = x ,x +x = b,x ∙x = ﹣(c+1) ，
1 2 1 2 1 2
∵OM = c+1 ，
2
∴(c+1) = c+1 ，
解得：c = 0或c = ﹣1 （舍去），
∴c = 0,OM = 1 ，
DE 1
∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 = ，
EF 3
∴AD = BD,DF = 4DE ，
∵DF//OM ，
∴ △ BDE ∼△ BOM, △ AOM ∼△ ADF ，
DE BD OM OA
∴ = ， = ，
OM OB DF ADBD AD
∴DE = ，DF = ，
OB OA
AD BD
∴ = ×4，
OA OB
∴OB = 4OA ，即x = ﹣4x ，
2 1
∵x ∙x = ﹣(c+1) = ﹣1 ，
1 2
1
{
x ⋅x = −1
{ 1 2 x = −
1
∴ ，解得： 2 ，
x = −4x
2 1
x = 2
2
1 3
∴b = ﹣ +2 = ，
2 2
3
∴二次函数的表达式为y = ﹣x 2 + x+1 ．
2
能力强化 / 初三 / 春季
第 9 讲 旋转变换
例题练习题答案
例1 【答案】解：（1）90．
理由：∵∠BAC = ∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC = ∠DAE−∠DAC．
即∠BAD = ∠CAE．
在 △ ABD与 △ ACE中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAE
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS)，
∴∠B = ∠ACE．∴∠B+∠ACB = ∠ACE+∠ACB ，
∴∠BCE = ∠B+∠ACB，
又∵∠BAC = 90∘
∴∠BCE = 90∘；
（2）①α +β = 180∘ ，
理由：∵∠BAC = ∠DAE，
∴∠BAD+∠DAC = ∠EAC+∠DAC．
即∠BAD = ∠CAE．
在 △ ABD与 △ ACE中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAE
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS)，
∴∠B = ∠ACE．
∴∠B+∠ACB = ∠ACE+∠ACB．
∴∠B+∠ACB =β ，
∵α +∠B+∠ACB = 180∘ ，
∴α +β = 180∘ ；
②当点D在射线BC上时，α +β = 180∘ ；
理由：∵∠BAC = ∠DAE，
∴∠BAD = ∠CAE，
∵在 △ ABD和 △ ACE中
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAE
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS)，∴∠ABD = ∠ACE，
∵∠BAC+∠ABD+∠BCA = 180∘，
∴∠BAC+∠BCE = ∠BAC+∠BCA+∠ACE
= ∠BAC+∠BCA+∠B = 180∘ ，
∴α +β = 180∘ ；
当点D在射线BC的反向延长线上时，α =β ．
理由：∵∠DAE = ∠BAC，
∴∠DAB = ∠EAC，
∵在 △ ADB和 △ AEC中，
AD = AE
{
∠DAB = ∠EAC
AB = AC
∴ △ ADB≌ △ AEC(SAS)，
∴∠ABD = ∠ACE，
∵∠ABD = ∠BAC+∠ACB，∠ACE = ∠BCE+∠ACB，
∴∠BAC = ∠BCE，
即α =β ．
例2 【答案】 解：（1）∵∠ACB = 90∘，∠A = 30∘，
1
∴∠CBA = 60∘，BC = AB，
2
∵点D是AB的中点，
∴BC = BD，
故答案为：BC = BD；
（2）BF+BP = BD，
理由：∵∠ACB = 90∘，∠A = 30∘，1
∴∠CBA = 60∘，BC = AB，
2
∵点D是AB的中点，
∴BC = BD，
∴ △ DBC 是等边三角形，
∴∠CDB = 60∘，DC = DB，
∵线段DP绕点D逆时针旋转60∘，得到线段DF，
∴∠PDF = 60∘，DP = DF，
∴∠CDB−∠PDB = ∠PDF−∠PDB，
∴∠CDP = ∠BDF，
DC = DB
{
在 △ DCP 和 △ DBF 中， ∠CDP = ∠BDF，
DP = DF
∴ △ DCP≌ △ DBF(SAS)，
∴CP = BF，
∵CP+BP = BC，
∴BF+BP = BC，
∵BC = BD，
∴BF+BP = BD；
（3）如图③，BF = BD+BP，
理由：∵∠ACB = 90∘，∠A = 30∘，
1
∴∠CBA = 60∘，BC = AB，
2
∵点D是AB的中点，
∴BC = BD，
∴ △ DBC 是等边三角形，
∴∠CDB = 60∘，DC = DB，
∵线段DP绕点D逆时针旋转60∘，得到线段DF，
∴∠PDF = 60∘，DP = DF，
∴∠CDB+∠PDB = ∠PDF+∠PDB，∴∠CDP = ∠BDF，
DC = DB
{
在 △ DCP 和 △ DBF 中， ∠CDP = ∠BDF，
DP = DF
∴ △ DCP≌ △ DBF(SAS)，
∴CP = BF，
∵CP = BC+BP，
∴BF = BC+BP，
∵BC = BD，
∴BF = BD+BP．
例3 【答案】B
例4 【答案】B
【解析】AC 2 AB 3 2 BC 4 2
= ， = = ， = = ，
AE 3 AD 4.5 3 DE 6 3
AC AB BC
∴ = = ，
AE AD DE
∴△ABC∽△ADE，
∴ ∠BAC = ∠DAE，
∴ ∠BAC−∠DAC = ∠DAE−∠DAC，
∴ ∠CAE = ∠BAD = 20∘，
故选：B．例5 【答案】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
BD
∴ = 1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
PC
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
AB AD
∵ = = √2，
AC AP
∴△DAB∽△PAC，
BD AB
∴∠PCA＝∠DBA， = = √2，
PC AC
∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OAB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
例6 【答案】解：（1）问题发现
①如图1， ∵ ∠AOB = ∠COD = 40∘，
∴ ∠COA = ∠DOB，
∵ OC = OD，OA = OB，
∴ ΔCOA ≅ ΔDOB(SAS)，
∴ AC = BD，
AC
∴ = 1，
BD
② ∵ ΔCOA ≅ ΔDOB，
∴ ∠CAO = ∠DBO，
∵ ∠AOB = 40∘，
∴ ∠OAB+∠ABO = 140∘，
在ΔAMB中，
∠AMB = 180∘ −(∠CAO+∠OAB+∠ABD)
= 180∘ −(∠DBO+∠OAB+∠ABD) = 180∘ −140∘ = 40∘，
故答案为：①1；②40∘；
（2）类比探究
AC
如图2， = √3，∠AMB = 90∘，理由是：
BD
RtΔCOD中，∠DCO = 30∘，∠DOC = 90∘，
OD √3
∴ = tan30∘ = ，
OC 3
OB √3
同理得： = tan30∘ = ，
OA 3
OD OB
∴ = ，
OC OA
∵ ∠AOB = ∠COD = 90∘，∴ ∠AOC = ∠BOD，
∴ ΔAOC ∽ ΔBOD，
AC OC
∴ = = √3，∠CAO = ∠DBO，
BD OD
在 ΔAMB 中 ， ∠AMB = 180∘ −(∠MAB+∠ABM)
= 180∘ −(∠OAB+∠ABM+∠DBO) = 90∘；
（3）拓展延伸
①点C与点M重合时，如图3，
同理得：ΔAOC ∽ ΔBOD，
AC
∴ ∠AMB = 90∘， = √3，
BD
设BD = x，则AC = √3x，
RtΔCOD中，∠OCD = 30∘，OD = 1，
∴ CD = 2，BC = x−2，
RtΔAOB中，∠OAB = 30∘，OB = √7，
∴ AB = 2OB = 2√7，
2 2 2
在RtΔAMB中，由勾股定理得：AC +BC = AB ，
(√3x) 2 +(x−2) 2 = (2√7) 2 ，
2
x −x−6 = 0，
(x−3)(x+2) = 0，
x = 3，x = −2，
1 2
∴ AC = 3√3；
②点C与点M重合时，如图4，AC
同理得：∠AMB = 90∘， = √3，
BD
设BD = x，则AC = √3x，
2 2 2
在RtΔAMB中，由勾股定理得：AC +BC = AB ，
(√3x) 2 +(x+2) 2 = (2√7) 2
2
x +x−6 = 0，
(x+3)(x−2) = 0，
x = −3，x = 2，
1 2
∴ AC = 2√3；
综上所述，AC的长为3√3或2√3．
例7 【答案】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
1
∴PN∥BD，PN= BD，
2
∵点P，M是CD，DE的中点，
1
∴PM∥CE，PM= CE，
2
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN，
（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
1 1
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN= BD，PM= CE，
2 2
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大=AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，
∴AM=2√2，
在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5√2，
∴MN =2√2+5√2=7√2，
最大1 1 1 1 49
∴S = PM 2 = × MN 2 = ×（7√2） 2 = ．
△PMN最大
2 2 2 4 2
1
方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN= BD，
2
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在AB的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
1 1 49
2 2
∴S = PM = ×7 =
△PMN最大
2 2 2
例8 【答案】 （1）解：∵CE = CD，AC = BC，∠ECA = ∠DCB = 90∘，
∴BE = AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，
1 1
∴FH = AD，FH//AD ，FG = BE，FG//BE ，
2 2
∴FH = FG，
∵AD⊥BE ，
∴FH⊥FG ，
故答案为：相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE = CD，∠ECD = ∠ACD = 90∘，AC = BC，
∴ △ ACD≌ △ BCE
∴AD = BE，
1 1
由（1）知：FH = AD，FH//AD ，FG = BE，FG//BE ，
2 2
∴FH = FG，FH⊥FG ，∴（1）中的猜想还成立．
（3）答：成立，结论是FH = FG，FH⊥FG ．
连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，
同（1）可证
1 1
∴FH = AD，FH//AD ，FG = BE，FG//BE ，
2 2
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE = CD，AC = BC，∠ECD = ∠ACB = 90∘，
∴∠ACD = ∠BCE，
在 △ ACD 和 △ BCE 中
AC = BC
{
∠ACD = ∠BCE，
CE = CD
∴ △ ACD △ BCE(SAS)，
∴AD = BE，∠EBC = ∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA = 90∘，∠CXA = ∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC = 90∘，
∴∠EZA = 180∘ −90∘ = 90∘，
即AD⊥BE ，
∵FH//ADFG//BE ，
∴FH⊥FG ，
即FH = FG，FH⊥FG ，
结论是FH = FG，FH⊥FG
例9 【答案】解：（1）∵ △ ACB 和 △ ECD 是等腰直角三角形，∴AC = BC，EC = CD，∠ACB = ∠ECD = 90∘．
AC = BC
{
在 △ ACE 和 △ BCD 中， ∠ACB = ∠ECD = 90∘，
CE = CD
∴ △ ACE △ BCD(SAS)，
∴AE = BD，∠EAC = ∠CBD，
∵∠CBD+∠BDC = 90∘，
∴∠EAC+∠BDC = 90∘，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
1 1
∴PM = BD，PN = AE，
2 2
∴PM = PN，
∵PM//BDPN//AE ，
∴∠NPD = ∠EAC，∠MPA = ∠BDC，
∵∠EAC+∠BDC = 90∘，
∴∠MPA+∠NPC = 90∘，
∴∠MPN = 90∘，
即PM⊥PN ，
∴ △ PMN为等腰直角三角形；
（2）（1）中的结论成立，
理由：设AE与BC交于点O，如图②所示：
∵ △ ACB 和 △ ECD 是等腰直角三角形，
∴AC = BC，EC = CD，∠ACB = ∠ECD = 90∘．
AC = BC
{
在 △ ACE 和 △ BCD 中， ∠ACB = ∠ECD = 90∘，
CE = CD
∴ △ ACE △ BCD(SAS)，
∴AE = BD，∠CAE = ∠CBD．
∵∠AOC = ∠BOE，∠CAE = ∠CBD，∴∠BHO = ∠ACO = 90∘，
∴AE⊥BD ，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
1 1
∴PM = BD，PM//BD ，PN = AE，PN//AE ，
2 2
∴PM = PN．
∵AE⊥BD ，
∴PM⊥PN ，
∴ △ PMN 为等腰直角三角形．
能力强化 / 初三 / 春季
第 9 讲 旋转变换
自我巩固答案
1 【答案】 ′ ′ 2 2 ′ 2
解：（1）PC = P B ，P P +BP = P B ．
2 2 2
（2）关系式为：2PA +PB = PC
证明如图②：将 △ APC 绕A点逆时针旋转90∘，得到 △ AP ′ B ，连接PP ′ ，′
则ΔAPP 为等腰直角三角形
∴∠APP ′ = 45∘, PP ′ = √2PA, PC = P ′ B ，
∵∠APB = 135∘
∴∠BPP ′ = 90∘
′ 2 2 ′ 2
∴P P +BP = P B ，
2 2 2
∴2PA +PB = PC
（3）k = √3．
证明：如图③将 △ APC 绕A点顺时针旋转120∘得到 △ AP ′ B，连接PP ′ ，过点A作
AH⊥PP ′ ，
可得∠APP ′ = 30∘,PP ′ = √3PA,PC = P ′ B,
∵∠APB = 60∘，
′ 2 2 ′ 2
∴P P +BP = P B ，
∴∠BPP ′ = 90∘ ，
′ 2 2 ′ 2
∴P P +BP = P B ，
∴（√3PA) 2 +PB 2 = PC 2
2 2 2
∵(kPA) +PB = PC ，
∴k = √3．
2 【答案】 解：（1）∵∠ACB = 90∘，D为AB的中点，
∴CD = DB，
∴∠DCB = ∠B，
∵∠B = 60∘，
∴∠DCB = ∠B = ∠CDB = 60∘，
∴∠CDA = 120∘，∵∠EDC = 90∘，
∴∠ADE = 30∘；
（2）∵∠C = 90∘，∠MDN = 90∘，
∴∠DMC+∠CND = 180∘，
∵∠DMC+∠PMD = 180∘，
∴∠CND = ∠PMD，
同理∠CPD = ∠DQN，
∴ △ PMD ∼△ QND，
过点D分别做DG⊥AC于G，DH⊥BC于H，
可知DG，DH分别为 △ PMD 和 △ QND 的高
PM DG
∴ = ，
QN DH
∵DG⊥AC于G，DH⊥BC于H，
∴DG//BC，
又∵D为AC中点，
∴G为AC中点，
∵∠C = 90∘，
∴四边形CGDH为矩形有CG = DH = AG，
DG 1
Rt △ AGD中， =
AG √3
PM √3
即 =
QN 3
（3）是定值，定值为tan ( 90∘ −β ) ，
PM DG
∵ = ，四边形CGDH为矩形有CG = DH = AG，
QN DHDG
∴Rt △ AGD中， = tan∠A = tan ( 90∘ −∠B ) = tan ( 90∘ −β ) ，
AG
PM
∴ = tan ( 90∘ −β ) ．
QN
3 【答案】（1）解：如图1中，∵四边形ABCD、EFGC都是正方形，
∴∠BCD = ∠ECG = 90∘，
∵∠BCG+∠BCD+∠DCE+∠ECG = 360∘，
∴∠BCG+∠ECD = 180∘，
故答案为180∘
（2）证明：如图1，过点E作EM⊥DC 于M点，过点G作GN⊥BC 交BC的延长线于N点，
∴∠EMC = ∠N = 90∘，
∵四边形ABCD和四边形ECGF为正方形，
∴∠BCD = ∠DCN = ∠ECG = 90∘，CB = CD，CE = CG，
∴∠1 = 90∘ −∠2，∠3 = 90∘ −∠2，
∴∠1 = ∠3．
在 △ CME 和 △ CNG 中，
∠EMC = ∠GNC
{
∠1 = ∠3 ，
EC = CG
∴ △ CME≌ △ CNG(ASA)．
∴EM = GN．
1 1
又∵S = CD⋅EM,S = CB⋅GN,
1 2
2 2
∴S = S ；
1 2
故答案为S = S ．
1 2猜想论证：①猜想：S = S ，
1 2
证明：如图2，过点E作EM⊥DC 于M，过点B作BN⊥GC 交GC的延长线于点N，
∴∠EMC = ∠N = 90∘，
∵矩形CGFE由矩形ABCD旋转得到的，
∴CE = CB，CG = CD，
∵∠ECG = ∠ECN = ∠BCD = 90∘，
∴∠1 = 90∘ −∠2，∠3 = 90∘ −∠2，
∴∠1 = ∠3．
在 △ CME 和 △ CNB 中
∠EMC = ∠BNC
{
∠1 = ∠3 ，
EC = CG
∴ △ CME≌ △ CNB(ASA)．
∴EM = BN．
1 1
又∵S = CD⋅EM,S = CG⋅BN ，
1 2
2 2
∴S = S ；
1 2
10 20
②CP = √3cm或 √3 cm．
3 3
理由：如图3，作DM⊥AC 于M，延长BA，交EC于N，∵AB = AC = 10cm，∠B = 30∘，
∴∠ACB = ∠ABC = 30∘，
∴∠BAC = 120∘，
根据对折的性质，∠ACE = ∠ACB = 30∘，
∵AD//CE ，
∴∠DAC = ∠ACE = 30∘，
1
∴∠BAD = 90∘，DM = AD，
2
∴BN⊥EC ，
∵AD = tan∠ABD⋅AB ，AB = 10cm，
10
∴AD = tan30∘ ×10 = √3，
3
1 10 5
∴DM = × √3 = √3，
2 3 3
1 1
∵S = AB⋅PN,S = AC⋅DM,S = S ，AB = AC，
ΔABP ΔADC ΔABP ΔADC
2 2
5
∴PN = DM = √3，
3
在Rt △ ANC 中∠ACN = 30∘，AC = 10cm，
∴NC = cos∠ACN⋅AC = cos30∘ ×10 = 5√3，
5
∵在EC上到N的距离等于 √3的点有两个，
3
10 20
∴P ′ C = √3cm,P ′ C = √3cm ，
3 310 20
∴CP的长为： √3cm或 √3cm．
3 3
能力强化 / 初三 / 春季
第 9 讲 旋转变换
课堂落实答案
1 【答案】（1）证明：①依题意补全图形，如图1所示，
②BC⊥CG，BC = CG；
∵ ∠BAC = 90∘，AB = AC，
∴ ∠ABC = ∠ACB = 45∘，
∵ 四边形ADEF是正方形，
∴ AD = AF，∠DAF = 90∘，
∵ ∠BAC = ∠BAD+∠DAC = 90∘，
∠DAF = ∠CAF+∠DAC = 90∘，
∴ ∠BAD = ∠CAF，
在ΔBAD和ΔCAF中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAF
AD = AF
∴ ΔBAD ≅ ΔCAF(SAS)，
∴ ∠ACF = ∠ABD = 45∘，
∴ ∠ACF+∠ACB = 90∘，∴ BC⊥CG；
∵ 点G是BA延长线上的点，
BC = CG
（2）如图2，
∵ ∠BAC = 90∘，AB = AC，
∴ ∠ABC = ∠ACB = 45∘，
∵ 四边形ADEF是正方形，
∴ AD = AF，∠DAF = 90∘，
∵ ∠BAC = ∠BAD−∠DAC = 90∘，
∠DAF = ∠CAF−∠DAC = 90∘，
∴ ∠BAD = ∠CAF，
在ΔBAD和ΔCAF中，
AB = AC
{
∠BAD = ∠CAF
AD = AF
∴ ΔBAD ≅ ΔCAF(SAS)，
∴ ∠ACF = ∠ABD = 45∘，BD = CF，
∴ ∠ACF+∠ACB = 90∘，
∴ BC⊥CF；
∵ AB = √2，BC = CD = CG = GF = 2，
∴ 在RtΔACG中，根据勾股定理得，AG = √2，
∴ 在RtΔCDG中，根据勾股定理的，DG = 2√2，
∵ AD = √10，√10 2√10
∴ AH = ，HG = ，
5 5
3√10
∴ GI = AD−HG = ，
5
√
∴ GE = GI 2 +IE 2 = √10
故答案为√10．
能力强化 / 初三 / 春季
第 9 讲 旋转变换
精选精练
1 【答案】证明：连接BD，
∵AD = √3AB，∠DBA = 60∘，
可得∠FDE+∠FBE = 180∘，
∴∠DFB = ∠AEB，
∵∠FDB = ∠EAB
∴ △ BDF ∼△ BAE，
∴DF = 2AE，
∵CD = 2CH，
∴2CH = CD = CF+DF = CF+2AE．
2 【答案】 （1）β = 120∘
∵∠DAE = ∠BAC
∴∠BAD = ∠CAE，AB = AC
{
在 △ ABD与 △ ACE中， ∠BAD = ∠CAE，
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS) ，
∴∠ACE = ∠ABC = 60∘，
∴β = 120∘
(2)①α+β = 180∘
∵∠BAC = ∠DAE
∴∠BAC−∠DAC = ∠DAE−∠DAC，
即∠BAD = ∠CAE，
AB = AC
{
在 △ ABD与 △ ACE中， ∠BAD = ∠CAE，
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS) ，
∴∠B = ∠ACE，
∴∠B+∠ACB = ∠ACE+∠ACB，
∴∠B+∠ACB = ∠DCE = β，
∵α+∠B+∠ACB = 180∘，
∴α+β = 180∘
②如图3，α = β，
∵∠DAE = ∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE = ∠BAC−∠BAE，
即∠DAB = ∠EAC，AB = AC
{
在 △ ABD与 △ ACE中， ∠BAD = ∠CAE，
AD = AE
∴ △ ABD≌ △ ACE(SAS) ，
∴∠ADB = ∠AEC，
设线段AE和线段CB相交于点F．
∴∠DFA = ∠EFC，
∵∠DAF+∠DFA+∠ADF
= ∠ECF+∠EFC+∠AEC = 180∘ ，
∴∠DAF = ∠ECF，
∴α = β．
3 【答案】 （1）∵点A为线段BC外一动点，且BC = a，AB = b，
∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB = a+b
，
故答案为：CB的延长线上，a+b；
（2）①∵ △ ABD 与 △ ACE 是等边三角形，
∴AD = AB，AC = AE，∠BAD = ∠CAE = 60∘，
∴∠BAD+∠BAC = ∠CAE+∠BAC，
即∠CAD = ∠EAB，
在 △ CAD 与 △ EAB 中，易证∴ △ CAD≌ △ EAB ，
∴CD = BE；
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，
由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，
∴最大值为BD+BC = AB+BC = 4；
（3）P坐标 ( 2−√2,√2 ) 或 ( 2−√2, −√2 ) ，AM最大值2√2+3
4 【答案】解：（1）连接AG，
∵正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，∴∠GAE = ∠CAB = 45∘，AE = AH，AB = AD，
∴A，G，C共线，AB−AE = AD−AH，
∴HD = BE，
AE AB
∵AG = = √2AE，AC = = √2AB
sin45∘ sin45∘
∴GC = AC−AG = √2AB−√2AE
= √2(AB−AE) = √2BE，
∴HD:GC:EB = 1:√2:1 ；
（2）连接AG、AC，
∵ △ ADC和 △ AHG都是等腰直角三角形，
∴AD:AC = AH:AG = 1:√2 ，
∠DAC = ∠HAG = 45∘，
∴∠DAH = ∠CAG，
∴ △ DAH∽ △ CAG，
∴HD:GC = AD:AC = 1:√2，
∵∠DAB = ∠HAE = 90∘，
∴∠DAH = ∠BAE，
在 △ DAH和 △ BAE中，
AD = AB
{
∠DAH = ∠BAE，
AH = AE
∴ △ DAH≌ △ BAE(SAS)，
∴HD = EB，
∴HD:GC:EB = 1:√2:1 ；
（3）有变化，
连接AG、AC，DA:AB = HA:AE = m:n ，
∵∠ADC = ∠AHG = 90∘，
∴ △ ADC∽ △ AHG，
√
2 2
∴AD:AC = AH:AG = m: m +n ，
∠DAC = ∠HAG，
∴∠DAH = ∠CAG，
∴ △ DAH∽ △ CAG，
√
2 2
∴HD:GC = AD:AC = m: m +n ，
∵∠DAB = ∠HAE = 90∘，
∴∠DAH = ∠BAE，
∵DA:AB = HA:AE = m:n ，
∴ △ ADH∽ △ ABE，
∴DH:BE = AD:AB = m:n ，
√
2 2
∴HD:GC:EB = m: m +n :n ．
5 【答案】解：（1）如图2，
∵∠CDP = 120∘，
∴∠CDB = 60∘，
∵∠BAC = 60∘，
∴∠CDB = ∠BAC = 60∘，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠ACD = ∠ABD．在BP上截取BE = CD，连接AE．
在 △ DCA 与 △ EBA 中，
AC = AB
{
∠ACD = ∠ABE，
CD = BE
∴ △ DCA≌ △ EBA(SAS)，
∴AD = AE，∠DAC = ∠EAB，
∵∠CAB = ∠CAE+∠EAB = 60∘，
∴∠DAE = 60∘，
∴ △ ADE 是等边三角形，
∴DE = AD．
∵BD = BE+DE，
∴BD = CD+AD．
故答案为BD = CD+AD；
（2）如图3，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE = CD，连接AE，过A作AF⊥BD 于
F．
∵∠CDP = 60∘，
∴∠CDB = 120∘．
∵∠CAB = 120∘，
∴∠CDB = ∠CAB，
∵∠DOC = ∠AOB，
∴ △ DOC ∽△ AOB ，
∴∠DCA = ∠EBA．
在 △ DCA 与 △ EBA 中，AC = AB
{
∠ACD = ∠ABE，
CD = BE
∴ △ DCA≌ △ EBA(SAS)，
∴AD = AE，∠DAC = ∠EAB．
∵∠CAB = ∠CAE+∠EAB = 120∘，
∴∠DAE = 120∘，
180∘ −120∘
∴∠ADE = ∠AED = = 30∘．
2
∵在Rt △ ADF 中，∠ADF = 30∘，
√3
∴DF = AD，
2
∴DE = 2DF = √3AD，
∴BD = DE+BE = √3AD+CD，
∴BD−CD = √3AD；
（3）线段BD、CD与AD之间的数量关系为BD+CD = √3AD或CD−BD = √3AD．
6 【答案】 解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD = 120∘，
∴∠D = ∠B = 60∘，
∵AD = AB，
∴ △ ABC， △ ACD 都是等边三角形，
∴∠B = ∠CAD = 60∘，∠ACB = 60∘，BC = AC，
∵∠ECF = 60∘，
∴∠BCE+∠ACE = ∠ACF+∠ACE = 60∘，
∴∠BCE = ∠ACF，
∠B = ∠CAF
{
在 △ BCE 和 △ ACF 中， BC = AC
∠BCE = ∠ACF
∴ △ BCE≌ △ ACF(ASA) ．②∵ △ BCE≌ △ ACF ，
∴BE = AF，
∴AE+AF = AE+BE = AB = AC．
（2）设DH = x，由题意，CD = 2x，CH = √3x，
∴AD = 2AB = 4x，
∴AH = AD−DH = 3x，
∵CH⊥AD ，
√
∴AC = AH 2 +CH 2 = 2√3x，
2 2 2
∴AC +CD = AD ，
∴∠ACD = 90∘，
∴∠BAC = ∠ACD = 90∘，
∴∠CAD = 30∘，
∴∠ACH = 60∘，
∵∠ECF = 60∘，
∴∠HCF = ∠ACE，
∴ △ ACE ∽△ HCF ，
AE AC
∴ = = 2，
FH CH
∴AE = 2FH．（3）如图3中，作CN⊥AD 于N，CM⊥BA 于M，CM与AD交于点H．
∵∠ECF+∠EAF = 180∘，
∴∠AEC+∠AFC = 180∘，
∵∠AFC+∠CFN = 180∘，
∴∠CFN = ∠AEC，
∵∠M = ∠CNF = 90∘，
∴ △ CFN ∽△ CEM ，
CN FN
∴ = ，
CM EM
∵AB⋅CM = AD⋅CN，AD = 3AB，
∴CM = 3CN，
CN FN 1
∴ = = ，设CN = a，FN = b，
CM EM 3
则CM = 3a，EM = 3b，
∵∠MAH = 60∘，∠M = 90∘，
∴∠AHM = ∠CHN = 30∘，
∴HC = 2a，HM = a，HN = √3a，√3 2√3
∴AM = a，AH = a，
3 3
2√21
√
∴AC = AM 2 +CM 2 = a，
3
AE+3AF = (EM−AM)+3(AH+HN−FN) = EM−AM+3AH+3HN−3FN = 3AH+3HN−
14√3
a，
3
14√3
a
AE+3AF 3
∴ = = √7．
AC 2√21
a
3
故答案为√7．
能力强化 / 初三 / 春季
第 10 讲 几何中的动点问题
例题练习题答案
例1 【答案】解：（1）作NH⊥AB交AB的延长线于H，
∵AD = 3，
1
∴DM = AD = 1，AM = 2，
3
∵菱形是中心对称图形，MN过对角线AC与BD的交点，
∴BN = DM = 1，
∵∠DAB = 60∘，
∴∠NBH = 60∘，1 1 √3 √3
∴BH = BN = ，NH = BN = ，
2 2 2 2
√
∴AN = AH 2 +NH 2 =√13，
故答案为：√13；
（2）①∵点A ′ 落在AB边上，
∴MN⊥AA ′ ，
1
∴AN = AM = 1，
2
故答案为：1；
②在菱形ABCD中，∠A = 60∘，
∴∠DAC = ∠BAC = 30∘，
∵点A ′ 落在对角线AC上，
∴MN⊥AC ，
∴∠AMN = ∠ANM = 60∘，
∴AM = AN，
′ ′
由折叠的性质可知，AM = AN = A M = A N，
∴四边形AMA ′ N是菱形；
③∠A ′ = ∠A = 60∘，
∴∠BA ′ N+∠DA ′ M = 120∘，
又∠DMA ′ +∠DA ′ M = 120∘，
∴∠BA ′ N = ∠DMA ′ ，又∠A ′ DM = ∠NBA ′ ，
∴ △ A ′ DM ∽△ NBA ′ ，
′
A B DM DM 1
∴ = = = ．
′ ′ MA 2
A N MA
例2 【答案】解：（1）由折叠性质得： △ ANM≌ △ ADM ，
∴∠MAN = ∠DAM，
∵AN平分∠MAB，
∴∠MAN = ∠NAB，∴∠DAM = ∠MAN = ∠NAB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB = 90∘，
∴∠DAM = 30∘，
√3
∴DM = AD⋅tan∠DAM = 3×tan30∘ = 3× =√3；
3
（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DMA = ∠MAQ，
由折叠性质得： △ ANM≌ △ ADM ，
∴∠DMA = ∠AMQ，AN = AD = 3，MN = MD = 1，
∴∠MAQ = ∠AMQ，
∴MQ = AQ，
设NQ = x，则AQ = MQ = 1+x，
∵∠ANM = 90∘，
∴∠ANQ = 90∘，
在Rt △ ANQ中，由勾股定理得：AQ 2 = AN 2 +NQ 2 ，
2 2 2
∴(x+1) = 3 +x ，
解得：x = 4，
∴NQ = 4，AQ = 5，
∵AB = 4，AQ = 5，
4 4 1
∴S = S = × AN⋅NQ
ΔNAB ΔNAQ
5 5 2
4 1 24
= × ×3×4 = ；
5 2 5
（3）过点A作AH⊥BF 于点H，如图2所示：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠HBA = ∠BFC，
∵∠AHB = ∠BCF = 90∘，
∴ △ ABH ∽△ BFC ，
BH CF
∴ = ，
AH BC
∵AH ≤ AN = 3，AB = 4，
∴当点N、H重合（即AH = AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F
重合，B、N、M三点共线，如图3所示：
由折叠性质得：AD = AH，
∵AD = BC，
∴AH = BC，
∠HBA = ∠BFC
{
在 △ ABH 和 △ BFC中， ∠AHB = ∠BCF，
AH = BC
∴ △ ABH≌ △ BFC(AAS)，
∴CF = BH，
√ √
由勾股定理得：BH = AB 2 −AH 2 = 4 2 −3 2 =√7，
∴CF = √7，
∴DF的最大值 = DC−CF = 4−√7．
例3 【答案】解：发现：如图1，连接OP、OQ，∵AB = 4，
∴OP = OQ = 2，
∵PQ = 2，
∴ △ OPQ是等边三角形，
∴∠POQ = 60∘，
^
60∘π×2 2
∴PQ = = π，
180∘ 3
1
又∵半圆O的长为： π×4 = 2π，
2
^ ^
2 4
∴AP +QB = 2π− π = π，
3 3
4
∴l = π；
3
思考：如图2，过点M作MC⊥AB于点C，
连接OM，
∵OP = 2，PM = 1，
∴由勾股定理可知：OM = √3，
当C与O重合时，
M与AB的距离最大，最大值为√3，
连接AP，
此时，OM⊥AB ，
∴∠AOP = 60∘，
∵OA = OP，∴ △ AOP是等边三角形，
∴AP = 2，
如图3，当Q与B重合时，
连接DM，
∵∠MOQ = 30∘，
1 √3
∴MC = OM = ，
2 2
√3
此时，M与AB的距离最小，最小值为 ，
2
设此时半圆M与AB交于点D，
DM = MB = 1，
∵∠ABP = 60∘，
∴ △ DMB 是等边三角形，
∴∠DMB = 60∘，
60∘π×1 2 π
∴扇形DMB的面积为： = ，
360∘ 6
1 1 √3 √3
△ DMB的面积为： MC⋅DB= × ×1 = ，
2 2 2 4
∴半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为：
π √3
− ；
6 4
探究：当半圆M与AB相切时，
此时，MC = 1，
如图4，当点C在线段OA上时，在Rt △ OCM 中，
由勾股定理可求得：OC = √2，
OC √6
∴cos∠AOM = = ，
OM 3
∴∠AOM = 35∘，
∵∠POM = 30∘，
∴∠AOP = ∠AOM−∠POM = 5∘，
^
5∘π×2 π
∴AP = = ，
180∘ 18
当点C在线段OB上时，
此时，∠BOM = 35∘，
∵∠POM = 30∘，
∴∠AOP = 180∘ −∠POM−∠BOM = 115∘
^
115∘π×2 23
∴AP= = π，
180∘ 18
综上所述，当半圆M与AB相切时，
^
π 23
AP的长为 或 π．
18 18
例4 【答案】解：（1）如图1中，12
当点O在AB的中点时，x = = 6s．
2
故答案为6s．
（2）如图1中，设⊙O与AB交于点H，连接OH，CH．
∵BC是直径，
∴∠CHB = 90∘，
∵AC = BC，∠ACB = 90∘，
∴∠HBC = ∠HCB = 45∘，
∴HC = HB，
∴OH⊥BC ，OH = OB = OC = 6，
1 1
2
∴S = S +S = ⋅π ⋅6 + ⋅6⋅6 = 18+9π ．
扇形OHC ΔOHB
4 2
（3）如图2中，当⊙O与AB相切时（点O在点B左侧），
易知OH = BH = 6，OB = 6√2，OC = 12−6√2，
6+12−6√2
∴x = = 9−3√2．
2
如图3中，当⊙O与AB相切时（点O在点B右侧），
易知OH = BH = 6，OB = 6√2，OC = 12+6√2，
6+12+6√2
∴x = = 9+3√2．
2如图1中，x = 6时，⊙O与AC相切．
综上所述，当x = 0或(9−3√2）或6或(9+3√2）s时，半圆O所在的圆与 △ ABC 的边所在
的直线相切．
例5 【答案】（1）在，
当OQ过点B时，在Rt △ OAB 中，AO = AB，
∴∠DOQ = ∠ABO = 45∘，
∴α = 60∘ −45∘ = 15∘ ；
此时OQ经过点B
（2）如图2，连接AP，
∵OA+AP ≥ OP，
当OP过点A，即α = 60∘ 时，等号成立，
∴AP ≥ OP−OA = 2−1 = 1，
∴当α = 60∘ 时，P、A之间的距离最小，
∴PA的最小值 = 1；
（3）如图2，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，
过点R作RE⊥KQ于点E，在Rt △ OPH 中，PH = AB = 1，OP = 2，∴∠POH = 30∘，
∴α = 60∘ −30∘ = 30∘ ，
∵AD//BC ，
∴∠RPQ = ∠POH = 30∘，
∴∠RKQ = 2×30∘ = 60∘，
1
( )2
60∘π⋅
2 π
∴S = = ，
扇形KRQ
360∘ 24
√3
在Rt △ RKE 中，RE = RK⋅sin60∘ = ，
4
1 1 1 √3 √3
∴S = PK⋅RE = × × = ，
ΔPRK
2 2 2 4 16
π √3
∴S = + ；
阴影
24 16
拓展：
∵∠OAN = ∠MBN = 90∘，∠ANO = ∠BNM，
∴ △ AON ∽△ BMN ，
AN AO 1−BN 1
∴ = ，即 = ，
BN BM BN x
x
∴BN = ，
x+1
如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，
√
BQ = AF = OQ 2 −QF 2 −AO = 2√2−1，
∴x的取值范围是0 < x ≤ 2√2−1；探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；
①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD相交于点S，与OQ初始位置所在的直线
′
交于点O ，
则∠KSO = ∠KTB = 90∘，
作KG⊥OO ′ 于G，在Rt △ OSK 中，
√
2 2
OS = OK −SK = 2，
在Rt △ OSO ′ 中，SO ′ = SO⋅tan60∘ = 2√3，
3
KO ′ = 2√3- ，
2
在Rt △ KGO ′ 中，∠O ′ = 30∘，
1 3
∴KG = KO ′ = √3- ，
2 4
3
√3−
KG 4 4√3−3
∴在Rt △ OGK 中，sinα = = = ，
OK 5 10
2
②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得
1 1
( )
′ ′
O K O T−KT
KG 2 2
sinα = = =
OK 5 5
2 2
√√
5 1 1
( )2 ( )2
− ×√3−
2 2 2
6√2−1
= = ；
5 10
③当半圆K与CD相切时，点Q与点D重合，且为切点，
∴α = 60∘ ，
√3
∴sinα = sin60 ∘ = ，
2
4√3−3 6√2−1 √3
综上所述sinα 的值为： 或 或 ．
10 10 2
例6 【答案】 解：（1）如图1中，作O ′ E⊥AB于E，MF⊥O ′ E于F．则四边形AMFE是矩形，
′
EF = AM = 1．想办法求出O E的长即可．
在Rt △ MFO ′ 中，∵∠MO′F = 30∘，MO ′ = 2，
∴O ′ F = O ′ M⋅ cos30∘ = √3，O ′ E = √3+1，
∴点O ′ 到AB的距离为√3+1．
如图2中，设切点为F，连接O ′ F，作O ′ E⊥OA于E，则四边形O ′ EAF是矩形，
′
∴AE = O F = 2，
∵AM = 1，
∴EM = 1，
′
O E 1
在Rt △ O ′ EM中，sinα = = ，
′ 2
O M
∴α = 60∘故答案为√3+1，60．
（2）设切点为P，连接O ′ P，作MQ⊥O ′ P，则四边形APQM是矩形．
′
∵O P = R，
√3
∴R = R+1，
2
∴R = 4+2√3．
（3）设切点为P，连接O ′ P，作MQ⊥O ′ P，则四边形APQM是矩形．
在Rt △ O ′ QM中，O ′ Q = R⋅ cosα ，QP = m，
′
∵O P = R，
∴R⋅ cosα +m = R ，
R−m
∴cosα = ．
R
R−m
故答案为 ．
R
（4）如图5中，
当半圆与射线AB相切之后开始出现两个交点，此时α = 90∘ ；当N ′ 落在AB上时，为半圆
与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN ′ = 2AM，所以∠AMN ′ = 60∘，所以，α = 120∘
因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α 的取值范围是：90∘ <α ≤ 120∘故答案为90∘ <α ≤ 120∘ ；
当N ′ 落在AB上时，阴影部分面积最大，
120∘ ⋅π⋅m 2 1 1 πm 2 √3
所以S = − ⋅ √3m⋅ m = − m 2 ．
360∘ 2 2 3 4
能力强化 / 初三 / 春季
第 10 讲 几何中的动点问题
自我巩固答案
1 【答案】解：（1）如图1中，
∵AM = ME，AP = PB，
1
∴PM∥BE，PM = BE，
2
∵BN = DN，AP = PB，
1
∴PN∥AD，PN = AD，
2
∵AC = BC，CD = CE，
∴AD = BE，
∴PM = PN，
∵∠ACB = 90∘，
∴AC⊥BC，
∵PM∥BC，PN∥AC，
∴PM⊥PN，
∴△PMN的等腰直角三角形，∴MN = √2PM，
√2
∴MN = BE，
2
∴BE = √2MN，
故答案为BE = √2MN．
（2）如图2中，结论仍然成立．
理由：连接AD、延长BE交AD于点H．
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD = CE，CA = CB，∠ACB = ∠DCE = 90∘，
∵∠ACB−∠ACE = ∠DCE−∠ACE，
∴∠ACD = ∠ECB，
∴△ECB≌△DCA，
∴BE = AD，∠DAC = ∠EBC，
∵∠AHB = 180∘ −(∠HAB+∠ABH)
= 180∘ − ( 45∘ +∠HAC+∠ABH )
= 180∘ − ( 45∘ +∠HBC+∠ABH )
= 180∘ −90∘
= 90∘，
∴BH⊥AD，
∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，
1 1
∴PM∥BE，PM = BE，PN∥AD，PN = AD，
2 2
∴PM = PN，∠MPN = 90∘，
√2
∴BE = 2PM = 2× MN = √2MN．
22 【答案】 答案：（1）①依题意补全图形，如图1所示，
②由旋转的性质得到△ADP为等边三角形，从而判断出△BPD为直角三角形，根据勾股定理
得，PB = 5；
（2）如图2，由旋转的性质得到△DAP是等边三角形，根据勾股定理得逆定理判断出
△BPD为直角三角形，∠APC = 30∘；
（3）作出 △ ABQ ∽△ ACP，判断出△APQ为直角三角形，从而得到△BPQ为直角三角
1
形，PC = BQ = 2．
2
3 【答案】解：（1）∵D，E分别是AB，BC的中点，
1 1
∴BE = BC，BD = BA，
2 2
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B = 60∘，BA = BC，
∴BD = BE，
∴△BDE为等边三角形；
（2）①CE = AD ．理由如下：
1 1
∵△BDE绕点B逆时针旋转，得到△BD E ，
1 1
∴△BD E 为等边三角形，
1 1
∴BD = BE ，∠D BE = 60∘，
1 1 1 1
而∠ABC = 60∘，∴∠ABD = ∠CBE ，
1 1
∴△ABD 可由△CBE 绕点B逆时针旋转得到，
1 1
∴CE = AD ；
1 1
②∵△ABD 可由△CBE 绕点B逆时针旋转得到，
1 1
∴∠BAD = ∠BCE ，
1 1
∴∠APC = ∠ABC = 60∘；
（3）∵∠APC = ∠D BE = 60∘，
1 1
∴点P、D 、B、E 共圆，
1 1
∴当BP⊥BC时，点P到BC所在直线的距离的最大值，此时点E 在AB上，
1
√3 √3
在Rt△PBC中，PB = AB = ×2√3 = 2，
3 3
∴点P到BC所在直线的距离的最大值为2．
故答案为2．
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第 10 讲 几何中的动点问题
课堂落实答案
1 【答案】 解:发现: ∵ ∠APB = ∠APE,∠MPC = ∠MPN,∠CPN+∠NPB = 180∘,
∴ 2∠NPM+2∠APE = 180∘,
∴ ∠MPN+∠APE = 90∘,
∴ ∠APM = 90∘,
∵ ∠CPM+∠APB = 90∘,∠APB+∠PAB = 90∘,
∴ ∠CPM = ∠PAB.又 ∵ ∠C = ∠B = 90∘,
∴ ΔCMP ∽ ΔBPA．
思考：设PB = x,则CP = 4−x.
∵ ΔCMP ∽ ΔBPA,
PB AB
∴ = ,
CM PC
1
∴ CM = x(4−x).
4
如图1所示：作MG⊥AB于G.
√ √
∵ AM = MG 2 +AG 2 = 16+AG 2 ,
∴ AG最小值时,AM最小.
1 1
∵ AG = AB−BG = AB−CM = 4− x(4−x) = (x−2) 2 +3,
4 4
∴ x = 2时,AG最小值 = 3.
∴ AM的最小值 = √16+9 = 5.
探究： ∵ ΔABP ≅ ΔADN,
∴ ∠PAB = ∠DAN,AP = AN,
又 ∵ ∠PAB = ∠EAP,∠AEP = ∠B = 90∘,
∴ ∠EAP = ∠EAN,
∴ ∠PAB = ∠DAN = ∠EAP = ∠EAN = 22.5∘.
如图2：在AB上取一点K使得AK = PK,设PB = z.
∴ ∠KPA = ∠KAP = 22.5∘，∵ ∠PKB = ∠KPA+∠KAP = 45∘，
∴ ∠BPK = ∠BKP = 45∘，
∴ PB = BK = z，AK = PK = √2z，
∴ z+√2z = 4，
∴ z = 4√2−4．
∴ PB = 4√2−4．
能力强化 / 初三 / 春季
第 10 讲 几何中的动点问题
精选精练
1 【答案】解：（1） ∵ ⊙O的半径为2，
3
∴ r = 3，
2
∵ A(4,0)，
∴ OA = 4 > 3，
∴ 点A不是⊙O的“近外点”，
5
B(− ，0)，
2
5 5
∴ OB = ，而2 < < 3，
2 2
∴ B是⊙O的“近外点”，
C(0,3)，
∴ OC = 3，
∴ 点C是⊙O的“近外点”，
D(1, −1)，
∴ OD = √1+1 = √2 < 2，
∴ 点D不是⊙O的“近外点”，
故答案为：B，C；（2） ∵ E(3,4)，
√
∴ OE = 3 2 +4 2 = 5，
∵ 点E是⊙O的“近外点”，
r ⩽ 5
{
∴ 3 ，
r ⩾ 5
2
10
∴ ⩽ r ⩽ 5；
3
（3）如图，
√3
∵ 直线MN的解析式为y = x+b，
3
∴ OM > ON，
①点N在y轴坐标轴时，
当点M是⊙O的“近外点”，此时，点M(−2,0)，
√3 2√3
将M(−2,0)代入直线MN的解析式y = x+b中，解得，b = ，
3 3
2√3
即：b的最小值为 ，
3
过点O作OG⊥M ′ N ′ 于G，
当点G是⊙O的“近外点”时，此时OG = 3，
在Rt△ON ′ G中，∠ON ′ G = 60∘，
OC
∴ ON ′ = = 2√3，
sin60∘b的最大值为2√3，
2√3
∴ ⩽ b ⩽ 2√3，
3
2√3
②当点N在y轴负半轴时，同①的方法得出，−2√3 ⩽ b ⩽ − ，
3
2√3 2√3
即： ≤ b ≤ 2√3或−2√3 ≤ b ≤ − ．
3 3
2 【答案】解：(1)∵A(−2,0),D ( 0,2√3 ) ，
∴OA = 2,OD = 2√3 ，
2 √3
∴tan∠ODA = = ，
2√3 3
∴∠ODA = 30∘AD = 2OA = 4 ，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CD//AB，CD = AD = 4 ，
( )
∴C 4,2√3 ；
故答案为 ( 4,2√3 ) ；
(2)当点P在AD上，如图，作P H⊥AC 于H，
1
当P H = 1 时，⊙P与AC相切，
1
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠DAC = 30∘ ，
在Rt △ AP H中，AP = 2P H = 2 ，此时t = 2(秒)；
1 1 1
4+4−2
当点P在CD上，⊙P与AC相切，如图，同理可得CP = 2，此时t = = 6(秒)；
2
1
4+4+2
当点P在CB上，⊙P与AC相切，如图，同理可得CP = 2，此时t = = 10(秒)；
3
1
4×4−2
当点P在BA上，⊙P与AC相切，如图，同理可得AP = 2，此时t = = 14(秒)；
4
1综上所述，t为2秒或6秒或10秒或14秒时，以点P为圆心、以1为半径的圆与对角线AC相
切．
3 【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形．
∴OD = OB = OC = OA，
∵ △ EDC 和 △ ODC 关于CD对称，
∴DE = DO，CE = CO，
∴DE = EC = CO = OD，
∴四边形CODE是菱形．
（2）①设AE交CD于K．
∵四边形CODE是菱形，
∴DE//AC ，DE = OC = OA，
DK DE 1
∴ = =
KC AC 2
∵AB = CD = 6，
∴DK = 2，CK = 4，
√
在Rt △ ADK 中，AK = √ AD 2 +DK 2 = (√5) 2 +2 2 = 3，
DK 2
∴sin∠EAD = = ，
AK 3
②作PF⊥AD 于F．2
易知PF = AP⋅sin∠DAE = AP ，
3
OP AP 2
∵点Q的运动时间t = + = OP+ AP = OP+PF，
1 3 3
2
∴当O、P、F共线时，OP+PF的值最小，此时OF是 △ ACD 的中位线，
1 1 √5 1
∴OF = CD = 3．AF = AD = ，PF = DK = 1，
2 2 2 2
√
√5 3
2
2
∴AP = ( ) +1 = ，
2 2
3
∴当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，AP的长为 ，点Q走完全程所需的时
2
间为3s．
4 【答案】 解：（1）在矩形ABCD中，AB = 6，AD = 8，∠ADC = 90∘，
∴DC = AB = 6，
√
2 2
∴AC = AD +DC = 10，
要使 △ PCD 是等腰三角形，
①当CP = CD时，AP = AC−CP = 10−6 = 4，
②当PD = PC时，∠PDC = ∠PCD，
∵∠PCD+∠PAD = ∠PDC+∠PDA = 90∘，
∴∠PAD = ∠PDA，
∴PD = PA，
∴PA = PC，
1
∴AP = AC = 5，
2
③当DP = DC时，如图1，过点D作DQ⊥AC 于Q，则PQ = CQ，1 1
∵S = AD⋅DC = AC⋅DQ ，
△ADC
2 2
AD⋅DC 24
∴DQ = = ，
AC 5
18
√
2 2
∴CQ = DC −DQ = ，
5
36
∴PC = 2CQ = ，
5
36 14
∴AP = AC−PC = 10− = ；
5 5
14
所以，若 △ PCD 是等腰三角形时，AP = 4或5或 ；
5
（2）方法一、如图2，连接PF，DE，记PF与DE的交点为O，连接OC，
∵四边形ABCD和PEFD是矩形，
∴∠ADC = ∠PDF = 90∘，
∴∠ADP+∠PDC = ∠PDC+∠CDF，
∴∠ADP = ∠CDF，
∵∠BCD = 90∘，OE = OD，1
∴OC = ED，
2
在矩形PEFD中，PF = DE，
1
∴OC = PF，
2
1
∵OP = OF = PF，
2
∴OC = OP = OF，
∴∠OCF = ∠OFC，∠OCP = ∠OPC，
∵∠OPC+∠OFC+∠PCF = 180∘，
∴2∠OCP+2∠OCF = 180∘，
∴∠PCF = 90∘，
∴∠PCD+∠FCD = 90∘，
在Rt △ ADC 中，∠PCD+∠PAD = 90∘，
∴∠PAD = ∠FCD，
∴ △ ADP ∽△ CDF ，
CF CD 3
∴ = = ，
AP AD 4
∵AP = √2，
3√2
∴CF = ．
4
方法二、如图
∵四边形ABCD和DPEF是矩形，
∴∠ADC = ∠PDF = 90∘，
∴∠ADP = ∠CDF，∵∠DGF+∠CDF = 90∘，
∴∠EGC+∠CDF = 90∘，
∵∠CEF+∠CGE = 90∘，
∴∠CDF = ∠FEC，
∴点E，C，F，D四点共圆，
∵四边形DPEF是矩形，
∴点P也在此圆上，
∵PE = DF，
^ ^
∴PE = DF，
∴∠ACB = ∠DCF，
∵AD//BC ，
∴∠ACB = ∠DAP，
∴∠DAP = ∠DCF，
∵∠ADP = ∠CDF，
∴ △ ADP ∽△ CDF ，
CF CD 3
∴ = = ，
AP AD 4
∵AP = √2，
3√2
∴CF = ．
4
方法三、如图3，过点P作PM⊥BC 于M交AD于N，
∴∠PND = 90∘，
∵PN//CD ，AN AP
∴ = ，
AD AC
AN √2
∴ = ，
8 10
4
∴AN = √2，
5
4 4
∴ND = 8− √2 = (10−√2）
5 5
3
同理：PM = (10−√2）
5
∵∠PND = 90∘，
∴∠DPN+∠PDN = 90∘，
∵四边形PEFD是矩形，
∴∠DPE = 90∘，
∴∠DPN+∠EPM = 90∘，
∴∠PDN = ∠EPM，
∵∠PND = ∠EMP = 90∘，
∴ △ PND ∽△ EMP ，
PD ND 4
∴ = = ，
PE PM 3
∵PD = EF，DF = PE．
EF 4
∴ = ，
DF 3
AD 4
∵ = ，
CD 3
EF AD
∴ = ，
DF CD
∵∠ADP = ∠CDF，
∴ △ ADP ∽△ CDF ，AP AD 4
∴ = = ，
CF CD 3
∵AP = √2，
3√2
∴CF = ．
4
5 【答案】解：（1）作NH⊥BC 于点H．
∵PQ//CA ，
∴ △ BPQ ∽△ BCA ，
BP BQ 2t BQ
∴ = ，即 = ，
BC AB 4 3
3
解得：BQ = t，
2
∵在 △ BPQ 和 △ HNP 中 ，
∠B = ∠NHP
{
∵ ∠HPN = ∠BQP，
PN = QP
∴ △ BPQ △ HNP ，
3
∴HP = BQ = t，NH = BP = 2t，
2
3 7
则BH = 2t+ t = t，
2 2
7
( )
则N点坐标 4− t,3−2t ；
2
（2）当MN在AC上时，如图②．∵ △ BPQ ∽△ BCA ，
BP PQ 2t PQ
∴ = ，即 = ，
BC AC 4 5t
5
解得：PQ = t，
2
5
当MN在AC上时，PN = PQ = t，
2
5
t
PN CP 2 4−2t
△ ABC ∽△ PNC ，即 = ，即 = ，
AB AC 3 5
24
解得：t = ．
37
25
2
则S = t ．
4
24
其中，0 ≤ t ≤ ．
37
24
当t > 时，设PN交AC于点E，如图③．
37PE CP PE 4−2t 12−6t
则 △ ABC ∽△ PEC ，则 = ，即 = ，解得：PE = ，
AB AC 3 5 5
2
则S = −3t +6t．
24
其中， < t ≤ 2．
37
（3）设AC的解析式是y = kx+b，
b = 3
{
则 ，
4k+b = 0
b = 3
{
解得： 3
k = −
4
3
则设直线MN的解析式是y = − x+c，
4
3 7
( )
则− 4− t +c = 3−2t，
4 2
37
解得：c = 6− t，
8
3 37
( )
则直线MN的解析式是y = − x+ 6− t ．
4 8
3 3
( )
同理，直线PQ的解析式是y = − x+ 6− t ，
4 2
F的坐标是(2t,1)．当点F落在MN上时，
40
t =
49
当点F落在PQ上时，
5
∴t = ．
3
40 5
∴ < t <
49 3
6 【答案】 （1）证明：在正方形ABCD中，AB = BC = CD = 4，∠B = ∠C = 90∘，
∵AM⊥MN ，
∴∠AMN = 90∘，
∴∠CMN+∠AMB = 90∘．
在Rt △ ABM 中，∠MAB+∠AMB = 90∘，
∴∠CMN = ∠MAB，
∴Rt △ ABM ∽ Rt △ MCN ．
（2）解：∵Rt △ ABM ∽ Rt △ MCN ，
AB BM 4 x
∴ = ，即 = ，
MC CN 4−x CN
2
−x +4x
∴CN = ，
4
2
1(−x +4x )
∴y = S = +4 ⋅4
ABCN
2 4
1
2
= − x +2x+8
2
1
2
= − (x−2) +10
2
∴当点M运动到离B点的长度为2时，y取最大值，最大值为10．
（3）解：∵∠B = ∠AMN = 90∘，AM AB
∴要使 △ ABM ∽△ AMN ，必须有 = ，
MN BM
AM AB
由（1）知 = ，
MN MC
AB AB
∴ = ，
BM MC
∴BM = MC，
∴当点M运动到BC的中点时， △ ABM ∽△ AMN ，此时x = 2．
能力强化 / 初三 / 春季
第 11 讲 规律题探究
例题练习题答案
例1 【答案】解：（1）如图，
（2）①x = 4对应的函数值y约为2.0；
②该函数有最大值．
故答案为2，该函数有最大值．
例2 【答案】解：（1）依题意得：2x﹣2 ≠ 0 ，
解得x ≠ 1 ，
（2）①点A 和B ，A 和B ，A 和B ，A 和B 均关于某点中心对称，A (0,0)，B (2,2)，
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2
∴中心点点坐标为(1,1) ；
②∵当x<1时，该函数的最大值为0，
∴该函数图象在直线x = 1左侧的最高点的坐标为(0,0)；
故答案为(1,1)；(0,0)；（3）①
②该函数的性质：
（ⅰ）当x < 0 时，y随x的增大而增大；
当0 ≤ x < 1 时，y随x的增大而减小；
当1 < x < 2 时，y随x的增大而减小；
当x ≥ 2 时，y随x的增大而增大．
（ⅱ）函数的图象经过第一、三、四象限．
（ⅲ）函数的图象与直线x = 1无交点，图象由两部分组成．
（ⅳ）当x > 1时，该函数的最小值为2．
例3 【答案】解：（2）①当x = -2 时，y = (x−1)(x−2)(x−3) = −60 ．
故答案为：﹣60．
②观察表格中的数据可得出函数图象关于点(2,0) 中心对称，
∴−7+n = 2×2 ，解得：n = 11 ．
故答案为：11．
（3）①作点A关于点(2,0)的对称点B 1，再在函数图象上找与点B 1纵坐标相等的B 2点．
②根据表格描点、连线，画出图形如图所示．例4 【答案】 1
解：（1） ∵ f(x) = +x(x < 0)，
2
x
1 26 1 63
∴ f(−3) = −3 = − ，f(−4) = −4 = −
(−3)2 9 (−4)2 16
26 63
故答案为：− ，−
9 16
（2） ∵ −4 < −3，f(−4) < f(−3)
1
∴ 函数f(x) = +x(x < 0)是增函数
2
x
故答案为：增
（3）设x < x < 0，
1 2
x +x
1 1 1 2
∵ f(x )−f(x ) = +x − −x = (x −x )(1− )
1 2 1 2 1 2
x1 2 x
2
2 x
1
2 x
2
2
∵ x < x < 0，
1 2
∴ x −x < 0，x +x < 0，
1 2 1 2
∴ f(x )−f(x ) < 0
1 2
∴ f(x ) < f(x )
1 2
1
∴ 函数f(x) = +x(x < 0)是增函数
2
x
例5 【答案】 AP 3
解： 的值为 ．
PD 2
提示：易证 △ AEF≌ △ CEB ，则有AF = BC ．
设CD = k ，则DB = 2k，AF = BC = 3k
由AF//BC 可得 △ APF ∽△ DPB ，
AP AF 3
即可得到 = = ．
PD BD 2
3
故答案为： ；
2解决问题：
（1）过点A作AF//DB ，交BE的延长线于点F，如图，
设DC = k ，由DC：BC = 1：2
得BC = 2k，DB = DC+BC = 3k ．
∵E是AC中点，
∴AE = CE ．
∵AF//DB ，
∴∠F = ∠1 ．
在 △ AEF和 △ CEB中，
∠F = ∠1
{
∠2 = ∠3，
AE = CE
∴ △ AEF≌ △ CEB ，
∴EF = BE,AF = BC = 2k
∵AF//DB ，
∴ △ AFP ∽△ DBP ，
AP FP AF 2k 2
∴ = = = = ．
DP BP DB 3k 3
AP 2
∴ 的值为 ；
PD 3
（2）当CD = 2时，BC = 4,AC = 6 ，
1
√
2 2
∴EC = AC = 3 ，EB = EC +BC = 5 ，
2
∴EF = BE = 5,BF = 10．
FP 2
∵ = （已证），
BP 3BF 5
∴ = ，
BP 3
3 3
∴BP = BF = ×10 = 6 ．
5 5
故答案为6．
例6 【答案】 1
解：（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为 a，
2
1 1 1
2
每个等腰直角三角形的面积为： a⋅ a = a ，
2 2 4
1
2 2
则拼成的新正方形面积为：4× a = a ，
4
即与原正方形ABCD面积相等，
∴这个新正方形的边长为a；
（2）∵四个等腰直角三角形的面积和为a 2 ，正方形ABCD的面积为a 2 ，
∴ S = S +S +S +S
正方形MNPQ ΔARE ΔDWH ΔGCT ΔSBF
1
2
= 4S = 4× ×1 = 2
ΔARE
2
（3）如答图1所示，分别延长RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W．
由题意易得： △ RSF， △ QET， △ PDW 均为底角是30∘的等腰三角形，其底边长均等
于 △ ABC 的边长．
不妨设等边三角形边长为a，则SF = AC = a．
1 1
如答图2所示，过点R作RM⊥SF 于点M，则MF = SF = a，
2 21 √3 √3
在Rt △ RMF 中，RM = MF⋅tan30∘ = a× = a，
2 3 6
1 √3 √3
2
∴S = a⋅ a = a ．
ΔRSF
2 6 12
过点A作AN⊥SD 于点N，设AD = AS = x，
1
则AN = AD⋅sin30∘ = x，SD = 2ND = 2ADcos30∘ = √3x，
2
1 1 1 √3
∴S = SD⋅AN = ⋅√3x⋅ x = x 2 ．
ΔADS
2 2 2 4
√3 √3
∵三个等腰三角形 △ RSF， △ QET， △ PDW 的面积和 = 3S = 3× a 2 = a 2 ，
ΔRSF
12 4
∴S = S +S +S = 3S ，
ΔRPQ ΔADS ΔCFT ΔBEW ΔADS
√3 √3 4
2 2
∴ = 3× x ，得x = ，
3 4 9
2 2
解得x = 或x = − （不合题意，舍去）
3 3
2 2
∴x = ，即AD的长为 ．
3 3
2
故答案为：a；2； ．
3
例7 【答案】解：（1）在Rt △ ABC 中，∠C = 90∘，BC = a，AC = b，AB = c，
2 2 2
由勾股定理得，a +b = c ，
2 2 2
故答案为：a +b = c ；1
2
（2）∵S ab，S = c ，
ΔABC= 正方形ABCD
2
2
S = (a+b) ；
正方形MNPQ
又∵正方形的面积=四个全等直角三角形的面积的面积+正方形AEDB的面积，
1
2 2
∴(a+b) = 4× ab+C ，
2
2 2 2
整理得，a +2ab+b = 2ab+c ，
2 2 2
∴a +b = c ，
故答案为：(a+b) 2 ；正方形的面积；四个全等直角三角形的面积的面积+正方形AEDB的
2 2 2
面积；a +b = c ；
（3）设BE = x，则EC = 8−x，
由折叠的性质可知，AE = EC = 8−x，
在Rt △ ABE 中，AE 2 = AB 2 +BE 2 ，
2 2 2
则(8−x) = 4 +x ，
解得，x = 3，
则BE的长为3．
例8 【答案】解：（1）通过取点、画图、测量可得x = 4时，y = 1.6cm，
故答案为1.6．
（2）利用描点法，图象如图所示．
（3）当 △ PAN 为等腰三角形时，x = y，作出直线y = x与图象的交点坐标为(2.2,2.2)，
∴ △ PAN为等腰三角形时，PA = 2.2cm．
故答案为2.2．例9 【答案】 1
2
解：（1）解：由题意可得x = x+3．
2
∵x < x ，
1 2
3
∴x = − ，x = 2．
1 2
2
1 1 1
∴ + = − ．
x x 6
1 2
1
∵直线y = x+3与x轴交于点C，C点横坐标为x ，
3
2
∴x = −6．
3
1 1
∴ = − ．
x 6
3
1 1 1
∴ + = ．
x x x
1 2 3
（2）①证明：如图1，
过点B作BE//PA 交PC于点E．
∴ △ BEC ∽△ APC ．
由PB平分∠APC，∠APC = 120∘，可得 △ PBE 是等边三角形．
∴BE = PE = PB = x ．
3
∴EC = x −x ．
2 3BE EC
∵ = ，
AP PC
x x −x
3 2 3
∴ = ．
x x
1 2
∴x x +x x = x x ．
2 3 1 3 1 2
1 1 1
∴ + = ．
x x x
1 2 3
②解：过点C作CD⊥x 轴于点D，CE⊥y 轴于点E，如图2，
∵点C在直线y = x上，且横坐标为x ，
3
( )
∴点C x ,x ．
3 3
∴CE = CD = x ．
3
∵S +S = S ，
ΔBOC ΔAOC ΔAOB
1 1 1
∴ x x + x x = x x ．
2 3 1 3 1 2
2 2 2
1 1 1
∴ + = ．
x x x
1 2 3
能力强化 / 初三 / 春季
第 11 讲 规律题探究
课堂落实答案
1 【答案】解：（1）由x+2 ≥ 0，得，x ≥ −2，
∴函数y = −√x+2+|x|的自变量x的取值范围是x ≥ −2，故答案为：x ≥ −2；
（2）该函数的图象如图所示；
（3）由图象得，函数的最小值是−√2；
故答案为：−√2；
（4）该函数的其它性质：当−2 ≤ x < 0时，y随x的增大而减小；
故答案为：当−2 ≤ x < 0时，y随x的增大而减小．
能力强化 / 初三 / 春季
第 11 讲 规律题探究
自我巩固答案
1 【答案】解：（2）延长BC交AD于点M
∵∠BCD是 △ CDM的外角，
∴∠BCD = ∠CMD+∠D，
同理∠CMD是 △ ABM的外角，
∴∠CMD = ∠A+∠B，
∴∠BCD = ∠A+∠B+∠D；
（3）如图3中，设∠B = x，∠ECB = ∠ECD = α，∠EAD = ∠EAB = β．140=102+α+β
{
由（2）可知， ，
102=x+α+β
解得x = 64∘
故答案为64．
（4）四边形EFGH是矩形，
证明：连接AC，BD，交EH于点M，
∵E、F、G、H分别是边DA、AB、BC、CD的中点，
1
∴FG = EH = AC，FG//EH//AC，
2
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AB = AD，BC = DC，
∴A、C在BD的垂直平分线上，
∴AM⊥GH，
已证FG//AC，同理可证GH//BD，
∴∠FGH = 90∘，
∴四边形EFGH是矩形；
故答案为C．
2 【答案】 AD BD
解：∵sinB = ，cosB = ，
AB AB
∴AD = AB⋅sinB = c⋅sinB，BD = AB⋅cosB = c⋅cosB，
CD = BC−BD = a−c⋅cosB，
2 2 2 2 2
∴b = AD +DC ═(c⋅sinB) +(a−c⋅cosB)
2 2 2 2 2
= c sin B+a +c cos B+2ac⋅cosB
( )
2 2 2 2
= c sin B+cos B +a −2ac⋅cosB
2 2
= a +c −2ac⋅cosB．
如图3所示，延长BC，AD交于E，
∵∠B = 90∘，∠BAD = 60∘，AB = 4，
∴AE = 2AB = 8，∠E = 30∘，
∵AD = 5，
∴DE = 3，∵∠ADC = ∠CDE = 90∘，
∴CE = 2√3，
√3
∴AC 2 = CE 2 +AE 2 −2CE⋅AEcos30∘ = 12+64−2×2√3×8× = 28，
2
∴AC = 2√7．
故答案是：c⋅sinB，c⋅cosB；a 2 +c 2 −2ac⋅cosB；补全图形如图，AC = 2√7．
3 【答案】 b
解：（1）函数y = 的自变量x的取值范围是x ≠ 2，
2
(x−2)
故答案为：x ≠ 2；
b b b
（2）当x = 7时，y = = = ；
2 2 25
(x−2) (7−2)
b
∴m = ；
25
（3）该函数的图象如下图所示：
（4）答案不唯一，函数图象关于直线x = 2对称．
故答案为：函数图象关于直线x = 2对称．
4 【答案】解：（1）∵x在分母上，∴x ≠ 0．
故答案为：x ≠ 0．
3 2 13
（2）当x = 3时，m = + = ．
2 3 6
（3）连点成线，画出函数图象，如图所示．
（4）观察函数图象，可知：当x > 2 时，y随x的增大而增大．
故答案为：当x > 2 时，y随x的增大而增大．
5 【答案】 1
解：（1）①当y = 4 时，x = 4，
4
∴m = 4；
1
②函数y = x+ (x > 0)的图象如图：
x
当0 < x < 1时，y随x增大而减小；当x > 1时，y随x增大而增大；当x = 1时函数
1
y = x+ (x > 0)的最小值为2．
x
a
（2）当x = 时，y有最小值，即x = √a 时，y =4√a．
最小
x能力强化 / 初三 / 春季
第 11 讲 规律题探究
精选精练
1 【答案】解：（1）补全函数图象如图所示，
（2）如图1，
作出直线y = −2的图象，
1
3
由图象知，函数y = x −2x的图象和直线y = −2有三个交点，
6
1
3
∴方程 x −2x = −2实数根的个数为3，
6
故答案为3；
（3）由图象知，
1、此函数在实数范围内既没有最大值，也没有最小值，
2、此函数在x < −2和x > 2，y随x的增大而增大，3、此函数图象过原点，
4、此函数图象关于原点对称．
2 【答案】√2a⋅2 n−1
3 【答案】A
4 【答案】B
5 【答案】解：【探索发现】
∵EF、ED为 △ ABC 中位线，
1 1
∴ED//AB，EF//BC，EF = BC，ED = AB，
2 2
又∠B = 90∘，
∴四边形FEDB是矩形，
1 1
BC⋅ AB
S
矩形FEDB EF⋅DE 2 2 1
则 = = = ，
S △ABC 1 1 2
AB⋅BC AB⋅BC
2 2
1
故答案为： ；
2
【拓展应用】
∵PN//BC，
∴ △ APN ∽△ ABC，
PN AE PN h−PQ
∴ = ，即 = ，
BC AD a h
a
∴PN = a− PQ，
h
设PQ = x，
a
( )
则S = PQ∙PN = x a− x
矩形PQMN
h
a a h ah
( )2
2
= − x +ax = − x− +
h h 2 4h ah
∴当PQ = 时， S 最大值为 ，
矩形PQMN
2 4
ah
故答案为： ；
4
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点
I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB = 32，BC = 40，AE = 20，CD = 16，
∴EH = 20、DH = 16，
∴AE = EH、CD = DH，
在 △ AEF和 △ HED中，
∠FAE = ∠DHE
{
∵ AE = EH ，
∠AEF = ∠HED
∴ △ AEF≌ △ HED(ASA)，
∴AF = DH = 16，
同理 △ CDG≌ △ HDE，
∴，
AB+AF
∴BI = = 24，
2
∵BI = 24 < 32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC 于点L，1 1 1 1
由【探索发现】知矩形的最大面积为 ×BG⋅ BF = ×(40+20)× (32+16) = 720，
2 2 2 2
答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
4
∵tanB = tanC = ，
3
∴∠B = ∠C，
∴EB = EC，
∵BC = 108cm，且EH⊥BC，
1
∴BH = CH = BC = 54cm，
2
EH 4
∵tanB = = ，
BH 3
4 4
∴EH = BH = ×54 = 72cm，
3 3
√
在Rt △ BHE 中，BE = EH 2 +BH 2 = 90cm，
∵AB = 50cm，
∴AE = 40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD = 60cm，
∴ED = 30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，1
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为 BC⋅EH = 1944cm 2 ，
4
2
答：该矩形的面积为1944cm ．
能力强化 / 初三 / 春季
第 12 讲 阶段自检
期末试卷答案
1 【答案】C
2 【答案】B
3 【答案】A
4 【答案】C
5 【答案】D
6 【答案】B
7 【答案】3到4之间的无理数π．答案不唯一．
8 【答案】ab(3a+1)(3a−1)
9 【答案】 5．245×10 6
10 【答案】x ≥ −1
11 【答案】3
5
12 【答案】75∘
13 【答案】(3,0)
14 【答案】20∘
15 【答案】8
16 【答案】√2
π
2
17 【答案】解：原式 = 4+1−√27÷3
= 5−3
= 2．18 【答案】 2−x ≤ 0①
{
解：
3(5x+1)＞4x−8②
∵解不等式①得：x ≥ 2，
解不等式②得：x > −1，
∴不等式组的解集为x ≥ 2．
19 【答案】 2
( x 4 ) x−1
解：原式= − ⋅
x−1 x−1 x+2
2
x −4 x−1
= ⋅
x−1 x+2
(x−2)(x+2) x−1
= ⋅
x−1 x+2
= x−2，
当x = 2时，原式 = 0．
20 【答案】解:（1）根据题意画图如下:
则所有取牌的可能性共有9种；
（2）∵两次抽得相同花色的有5种情况，
5
∴A方案:P = ，
(甲胜)
9
∵两次抽得数字和为奇数的有4种情况，
4
∴B方案:P = ，
(甲胜)
9
则选择A方案．
21 【答案】（1）证明：∵AB//DE，
∴∠A = ∠D，
AB = ED
{
在ΔBAC和ΔEDF中 ∠A = ∠D，
AC = FD
∴ △ BAC ≅△ EDF(SAS)，∴BC = EF，∠BCA = ∠EFD，
∴BC//EF，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）解：连接BE，交CF于点G，
∵四边形BCEF是菱形，
∴CG = FG，BE⊥AC ，
∵∠ABC = 90∘，AB = 8，BC = 6，
√
2 2
∴AC = AB +BC = 10，
∵∠BGC = ∠ABC = 90∘，∠ACB = ∠BCG，
∴ △ ABC ∽△ BGC ，
BC BC
∴ = ，
AC CG
6 CG
即 = ，
10 6
∴CG = 3.6，
∵FG = CG，
∴FC = 2CG = 7.2，
∴AF = AC−FC = 10−7.2 = 2.8．
22 【答案】解：（1）设每台B型空气净化器的进价为x元，则每台A型净化器的进价为(x+300)元，
6000 7500
由题意得， = ，
x x+300
解得：x = 1200，
经检验x = 1200是原方程的根，
则x+300 = 1500，
答：每台B型空气净化器、每台A型空气净化器的进价分别为1200元，1500元；
（2）设B型空气净化器的售价为x元，1800−x
根据题意得；(x−1200)(4+ ) = 3200，
50
解得：x = 1600，
答：如果每天商社电器销售B型空气净化器的利润为3200元，那么商社电器应将B型空气
净化器的售价定为1600元．
23 【答案】解：（1）Rt △ ABC 中，由勾股定理得：AB = 5cm；
3
则sin∠A = ；
5
由于BA切⊙O于E，则∠OEA = 90∘；
5
在Rt △ OEA 中，AO = OE÷sin∠A = cm．
3
（2）如图：
①当P位于线段OC上时，设⊙P与CD的切点为G，
则P G⊥CD；
1
由于D是AB的中点，所以CD = DA，即∠DCA = ∠A，
5 2
因此P C = OA = cm，OP = AC−2OA = cm，
1 1
3 3
2
∴t = s；
3
②当P位于线段CB上时，设⊙P与CD的切点为H，
则P H⊥CD；
2
5
同①可得：P C = cm，因此P点运动的距离为：
2
47 5 43 43
OC+P C = + = cm，即t = s；
2
3 4 12 12
③当P位于线段BD上时，P M⊥CD，过B作BQ⊥CN于Q；
3
易知：S = 6cm 2 ，由于D是AB中点，
ΔABC
2
则S = 3cm ；
ΔBCD
1 5
而CD = AB = cm，
2 2
12
可求得CD边上的高为：BQ = cm；
5
P M P D
3 3
易知： △ PDM ∽△ BDQ，则 = ，
BQ BD
P D
1 3 25
即 = ，P D = cm；
3
12 5 24
5 2
163 163
因此P B+BC+OC = cm，即t = s；
3
24 24
213
④当P位于线段AD上时，同③可求得t = s；
24
2 43 163 213
综上可知：当t分别为 s、 s、 s、 s时，⊙P与直线CD相切．
3 12 24 24
24 【答案】解：（1）∵A(0,2)，B(2√3,0)
∴OA = 2，OB = 2√3；
Rt △ OAB 中，由勾股定理，得：
√
2 2
AB = OA +OB = 4；
（2）∵∠AOB = 90∘，
∴AB是⊙C的直径；
∴⊙C的半径r = 2；
过C作CE⊥y 轴于E，则CE//OB ；∵C是AB的中点，
∴CE是 △ AOB 的中位线，
1 1
则OE = OA = 1，CE = OB = √3，即C（√3，1）；
2 2
故⊙C的半径为2，C（√3，1）；
（3）作OB的垂直平分线，交⊙C于P 、P ，交OB于D
1 2
如图 ，连接OC；
由垂径定理知：P P 必过点C，即P P 是⊙C的直径；
1 2 1 2
∴P (√3，3），P (√3，−1)；
1 2
在Rt △ OP D 中，P D = 3，OD = √3，
1 1
∴∠BOP = 60∘；
1
∵P P 是直径，
1 2
∴∠P OP = 90∘，∠BOP = 30∘；
1 2 2
由于P P 垂直平分OB，所以 △ OBP 、 △ OBP 都是等腰三角形，因此P 、P 均符合P
1 2 1 2 1 2
点的要求；
由于此时BO = P O，因此不需要考虑BO为腰的情况．
1
故存在符合条件的P点：
P (√3，3），∠BOP = 60∘；
1 1
P (√3，−1)，∠BOP = 30∘．
2 2
25 【答案】解：●探索发现 PB⊥AK，PB = PK+AK；
理由：如图2中，∵点P在MN上，根据对称性易得∠PBC = ∠2且PB = PC，
又∠ABK = ∠CBK = 45∘，
在 △ BKA和 △ BKC中，
BA = BC
{
∠BKA = ∠BKC
BK = BK
∴ △ ABK ≅△ CBK，
∴∠2 = ∠3且AK = CK，
∴∠PBC = ∠3．
又∠PBC+∠4 = 90∘，
∴∠3+∠4 = 90∘，
即PB⊥AK．
∴PB = PC = PK+CK = PK+AK．
●延伸拓展 以上两个结论仍然成立，
理由如下：如图1中，
∵点P在MN上，根据对称性易得∠PBC = ∠2且PB = PC，
又∠ABK = ∠CBK = 45∘，
在 △ BKA和 △ BKC中，BA = BC
{
∠BKA = ∠BKC
BK = BK
∴ △ ABK ≅△ CBK，
∴∠2 = ∠3且AK = CK，
∴∠PBC = ∠3．
又∠PBC+∠4 = 90∘，
∴∠3+∠4 = 90∘，
即PB⊥AK．
∴PB = PC = PK+CK = PK+AK．
●应用推广
如图3中，过点B作AD的平行线交PK延长线于点C，连接CD．
∵FD//BD，
∴ △ FDK ∼△ CBK．
又DK:BK = 1:3，
∴FD:BC = 1:3．
∵FD:AD = 1:3，
∴BC = AD．
∵BC//AD且AB⊥AD且AB = AD，
∴四边形ABCD为正方形．
∵PB = PK+AK，
即(PE+BE) = (PF+FK)+AK，又PE = PF，
∴BE = FK+AK．
在Rt △ EAB中，∵AE = 1，AB = 3，√
∴BE = AE 2 +AB 2 =√10．
∵AG⊥BE（上一问结论），
∴ Rt △ AGE ∼ Rt △ BGA，且相似比为1：3，
设EG = t，AG = 3t，BG = 9t，
∴BE = 10t = √10，
√10
∴t = ．
10
∴四边形EFKG的周长 = EF+FK+GK+EG
= EF+(FK+AK)−AG+EG
= EF+BE−AG+EG = 1+10t−3t+t
4
= 1+8t = 1+ √10．
5
过点K作AD垂线，垂足为H，
∵HK//AB且DK:DB = 1:4，
1 3
∴KH = AB = ，
4 4
1 1
∴S = S −S = ⋅AF⋅KH− ⋅AG⋅EG
四边形EFGH △AFK △AEG
2 2
1 3 1 3
= ⋅2⋅ − ⋅3t⋅t = ．
2 4 2 5
26 【答案】解：（1）由题意，A(−1,0)，
∵对称轴是直线x = 1，
∴B(3,0)；
把A(−1,0)，B(3,0)分别代入y = ax 2 −2x+c
0 = a+2+c
{
得 ；
0 = 9a−6+c
a = 1
{
解得 ．
c = −3
2
∴这个二次函数的解析式为y = x −2x−3．1
（2）∵直线y = − x+1与y轴交于D(0,1)，
3
∴OD = 1，
2 2
由y = x −2x−3 = (x−1) −4得E(1, −4)；
连接CE，过E作EF⊥y 轴于F（如图1），则EF = 1，
∴OC = OB = 3，CF = 1 = EF，
∴∠OBC = ∠OCB = 45∘，
√
BC = OB 2 +OC 2 =3√2，
√
CE = CF 2 +FE 2 = √2；
OD 1
∴∠BCE = 90∘ = ∠BOD， = ，
CE √2
OB 3 1
= = ，
BC 3√2 √2
OD OB
∴ = ，
CE BC
∴ △ BOD ∽△ BCE ，
∴∠CBE = ∠DBO，
∴α −β = ∠DBC−∠CBE
= ∠DBC−∠DBO = ∠OBC = 45∘．
（3）设P(1,n)，
∵PA = PC，
2 2
∴PA = PC ，
2 2 2 2
即(1+1) +(n−0) = (1+0) +(n+3)
解得n = −1，
2 2 2
∴PA = (1+1) +(−1−0) = 5，
2
∴S = PA = 5；
ΔEDW
( )
2
法一：设存在符合条件的点M m,m −2m−3 ，
则m > 0，
①当M在直线BD上侧时，连接OM（如图1），则S = S +S −S = 5，
ΔBDM ΔOBM ΔODM ΔBOD
1 1 1
| | | |
即 OB⋅ y + OD x − OB⋅OD = 5,
M M
2 2 2
3 1 3
( )
2
m −2m−3 + m− = 5,
2 2 2
2
整理，得3m −5m−22 = 0，
11
解得m = −2（舍去），m = ，
1 2
3
11 28
2
把m = 代入y = m −2m−3得y = ；
3 9
11 28
( )
∴M ， ；
3 9
②当M在直线BD下侧时，连接OM （如图1），
1
则S = S +S −S = 5 ，
ΔBDM ΔBOD ΔBOM ΔDOM
1 1 1
1 1 1
| | | |
即 OB⋅OD+ OB⋅ y − OD⋅ x = 5 ，
M M
1 1
2 2 2
3 3 1
[ ( )]
2
+ − m −2m−3 − m = 5 ，
2 2 2
2
整理，得3m −5m−2 = 0，
1
解得m = 2，m = − ，（舍去）
1 2
3
2
把m = 2代入y = m −2m−3得y = −3，
∴M (2, −3)；
1
综上所述，存在符合条件的点M，
11 28
( )
其坐标为 ， 或(2, −3)．
3 9
( )
2
法二：设存在符合条件的点M m,m −2m−3 ，
则m > 0，①当M在直线BD上侧时，过M作MG//y 轴，
交DB于G；（如图2）
设D、B到MG距离分别为h . ，h ，
1 2
则S = S −S = 5，
ΔBDM ΔDMG ΔBMG
1 1
即 MGh − MGh = 5,
1 2
2 2
1
| |
y −y ⋅(h −h ) = 5,
M G 1 2
2
1 1
[ ( )]
2
m −2m−3− − m+1 ⋅3 = 5,
2 3
2
整理，得3m −5m−22 = 0；
11
解得m = −2（舍去），m = ；
1 2
3
11
2
把m = 代入y = m −2m−3
3
28
得y = ；
9
11 28
( )
∴M ， ．
3 9
②当M在直线BD下侧时，
过M 作M G //y轴，交DB于G （如图2）
1 1 1 1
设D、B到M G 距离分别为h 、h ，
1 1 1 2
则S = S +S = 5 ，
ΔBDM ΔDM G ΔBM G
1 1 1 1
1 1
即 M G h + M G h = 5,
1 1 1 1 1 2
2 2
1
| |
y −y ⋅(h +h ) = 5,
G M 1 2
1 1
2
1 1
[ ]
( )
2
− m+1− m −2m−3 ⋅3 = 5,
2 32
整理，得3m −5m−2 = 0，
1
解得m = 2，m = − ，（舍去）
1 2
3
2
把m = 2代入y = m −2m−3得y = −3，
∴M (2, −3)；
1
综上所述，存在符合条件的点M，
11 28
( )
其坐标为 ， 或(2, −3)．
3 9
法三：①当M在直线BD上侧时，过M作MH//BD ，交y轴于H，连接BH；（如图3）
则S = S = 5，
ΔDHB ΔBDM
1 1
即 DH⋅OB = 5， DH⋅3 = 5，
2 2
10
∴DH = ，
3
13
( )
∴H 0， ；
3
1 13
∴直线MH解析式为y = − x+ ；
3 3
1 13
{
y = − x+
联立 3 3
2
y = x −2x−3
11
{x =
x = −2 3
{
得 或 ；
y = 5 28
y =
9
∵M在y轴右侧，
11 28
( )
∴M坐标为 ， ．
3 9②当M在直线BD下侧时，过M 作M H //BD，交y轴于H ，
1 1 1 1
10
连接BH （如图3），同理可得DH = ，
1 1
3
7
( )
∴H 0，− ，
1
3
1 7
∴直线M H 解析式为y = − x− ，
1 1
3 3
1 7
{
y = − −
3 3
联立
2
y = x −2x−3
1
{ x = −
x = 2 3
{
得 或 ；
y = −3 20
y = −
9
∵M 在y轴右侧，
1
∴M 坐标为(2, −3)
1
综上所述，存在符合条件的点M，
11 28
( )
其坐标为 ， 或(2, −3)．
3 9
