课本+自我巩固+课堂落实（答案）_《爱学习》小学初中奥数资料_10北师初中能力强化_初三高斯数学能力强化（北师）_春9阶课件+电子书_春数学9阶能力强化电子书

第 1 讲  应用题综合
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
例1
解：（1）设y与销售单价x之间的函数关系式为：y＝kx+b（k ≠0），
将点（30，100）、（45，70）代入一次函数表达式得：
100 = 30k + b
70 = 45k + b
，
解得：
k = −2
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）+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．
{
{
2
【答案】
例2
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．
1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为：
150
60-35
= 6千米；
（2）当150≤x≤200时，设y＝kx+b（k≠0），把点（150，35），（200，10）代
入，
得
150k + b = 35
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．
【答案】
例3
解：（1）由题意，设y＝a+
b
x
，
由表中数据可得：
11 = a +
b
120
12 = a +
b
100
，
解得：
a = 6
b = 600
，
∴y＝6+
600
x
，
由题意，若12＝18﹣（6+
600
x
），则
600
x
= 0，
∵x＞0，
∴
600
x
0，
∴不可能；
（2）将n＝1、x＝120代入x＝2n ﹣2kn+9（k+3），得：120＝2﹣2k+9k+27，
解得：k＝13，
∴x = 2n2 −26n + 144 ，
将n＝2、x＝100代入x = 2n2 −26n + 144也符合，
∴k＝13；
由题意，得：18＝6+
600
x
，
解得：x＝50，
∴50 = 2n2 −26n + 144 ，即n ﹣13n+47＝0，
∵△＝（﹣13）﹣4×1×47＜0，
∴方程无实数根，
∴不存在；
{
{
2
2
2
（3）第m个月的利润为W，
W＝x（18﹣y）＝18x﹣x（6+
600
x
）
＝12（x﹣50）
＝24（m ﹣13m+47），
∴第（m+1 ）个月的利润为W′ ＝24[ （m+1）
﹣13 （m+1 ）+47] ＝24 （m ﹣
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．
2
2
2
【答案】
例4
A
【答案】
例5
解：设小明通过AB时的速度是x米/秒，可得：
6
x
+
6
1.2x
= 11，
故答案为：
6
x
+
6
1.2x
= 11．
【答案】
例6
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，
依题意得：
4000
x
−
4000
1.25x
= 10，
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．
【答案】
例7
解：探究：（1）由题意，得
y =200t，y =﹣200t+1600
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
2
∴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；
情况一需要时间为：
800 × 4 −x
200
=16﹣
x
200
，
情况二需要的时间为：
800 × 4 + x
200
 =16+
x
200
∵16﹣
x
200
＜16+
x
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
50
<
800 × 2 −s
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．
【答案】
例8
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）．
第 1 讲  应用题综合
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
依题意，得：20 （1+2a% ）×20×2.5×
3
10
a%+5 （1+6a% ）×20×4×
1
4
a% ＝
[20（1+2a%）×20×2.5+5（1+6a%）×20×4]×
5
18
a%，
整理，得：a ﹣50a＝0，
解得：a ＝0（舍去），a ＝50．
答：a的值为50．
2
1
2
【答案】
1
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．
【答案】
2
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最大＝−2 × 5 + 30＝20（万元）．
∴安排生产A产品5件，B产品5件时，获利最大20万元．
{
【答案】
3
解：（1）由题意可得：m＝(100 −80) + 10＝30，
第 1 讲  应用题综合
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
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＝−x2 + 50x，
当x > 30时，w＝(80 −60)x＝20x；
（3）当10 < x ≤30时，w＝−x2 + 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．
【答案】
1
解：（1）当1 ≤x ≤10时，设AB的解析式为：y＝kx + b，
把A(1, 300)，B(10, 120)代入得：
k + b = 300
10k + b = 120
，
解得：
k = −20
b = 320
，
∴AB：y＝−20x + 320(1 ≤x ≤10)，
当10 < x ≤30时，同理可得BC：y＝14x −20，
综上所述，y与x之间的函数表达式为：
y = −20x + 320(1 ≤x ≤10)
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，
{
{
{
第 1 讲  应用题综合
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∴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．
【答案】
1
解：（1）w＝(x −6)(−30x + 600)＝−30x2 + 780x −3600
即w与x之间的函数关系式为w＝−30x2 + 780x −3600；
（2）由题意得6(−30x + 600) ≤900，解得x ≥15．
w＝−30x2 + 780x −3600图象对称轴为x = −
780
2 × (−30)
= 13，
∵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最大＝1350．
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．
【答案】
2
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；
【解析】
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；
故乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：y =
416x(0 ≤x ≤18)
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．
（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．
{
【答案】
【解析】
(1)
【答案】
【解析】
(2)
3
见解析
直线BC的函数解析式为y = kt + b，
把(1.5, 0)，
7
3
，
100
3
代入得
1.5k + b = 0
7
3
k + b =
100
3
，
得
k = 40
b = −60
，∴直线BC解析式为y = 40t −60．
设直线CD的函数解析式为y = m + n．
把
7
3
，
100
3
，(4, 0)代入得
7
3
m + n =
100
3
4m + n = 0
，
解得
m = −20
n = 80
，
∴直线CD函数解析式为：y = −20t + 80．
见解析
设甲的速度为akm／h，乙的速度为bkm／h，
0.5a = 1.5b
a
7
3
−1
=
7
3
b +
100
3
，
(
)
{
{
(
)
{
{
{ (
)
【答案】
【解析】
(3)
【答案】
【解析】
(4)
计算得
a = 60
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，
20 < y < 30时，20 < 40t −60 < 30，将3 < t <
9
4
．
20 < −20t + 80 < 30，得
5
2
< t < 3．
见解析
由题意得：S甲= 60t −60 1 ≤t ≤
7
3
，
S乙= 20t(0 ≤t ≤4)，
见解析
当t =
4
3
时，SΔ =
80
3
，
丙距M地的路程S与时间t的函数表达式为：S丙= −40t + 80(0 ≤t ≤2)．
−40t + 80 = S丙
60t −60 = S甲
→t =
7
5
，
所以丙出发
7
5
h与甲相遇．
{
(
)
{
【答案】
(1)
4
根据题意，得：2000 ⋅2x + 1600x + 1000(100 −3x) ≤170000，
解得：x ≤26
12
13
，
【解析】
【答案】
【解析】
(2)
∵x为正整数，
∴x至多为26，
答：商店至多可以购买冰箱26台．
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；
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，
∵x ≤26
12
13
且x为正整数，
∴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．
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．
【答案】
5
解：（1）由题意得：
y = 500 −10(x −50) = −10x + 1000
w = (x −40)[500 −10(x −50)]
= −10x2 + 1400x −40000；
（2）当x = 55时
月销售量：500 −10 × (55 −50) = 450（kg），
销售利润：w = −10 × 552 + 1400 × 55 −40000 = 6750（元）；
（3）当w = 8000即−10x2 + 1400x −40000 = 8000，
故x2 −140x + 4800 = 0，
解得： x1 = 60, x2 = 80 ，
售价应每60元或80元时月销售利润为8000元；
（4）当x = −
b
2a
= 70 时，w=
4ac −b2
4a
= 9000 （元）．
第 2 讲  解三角形
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
即当售价定为70元时会获最大利润，最大利润为9000元．
【答案】
6
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
20a + b = 39
, ，得
a = 2.4
b = −9
, ，
即当x＞15时，y与x的函数关系式为y=2.4x﹣9，
由上可得，y与x的函数关系式为y =
1.8x(0 ≤x ≤15)
2.4x −9(x > 15)
；
（2）设二月份的用水量是xm ，
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12m 、28m ．
{
{
{
3
3
3
【答案】
(1)
例1
解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠B＝60°，∠C＝75°，
∴∠A＝45°，
在Rt△ADC中，AC=3√2，
【答案】
(2)
【答案】
(3)
∴CD=AD=sin45°×3√2=3，
在Rt△BDC中，∠B=60°，
∴BD=√3，
∴AB=√3 + 3
解：如图，过点A作AD⊥BC交CB的延长线于D，
在△ABC中，∵S
=3，BC=2，
∴AD＝
2S △ABC
BC
=
2 × 3
2
=3
∵∠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 = √AD2 + CD2 = √32 + 52 = √34．
21√3或15√3．
△ABC
【答案】
(1)
【答案】
【解析】
(2)
例2
解：∵∠B=90°，∠BDC=45°，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴BD=BC，
在Rt△ABC中，tan∠A=tan30°=
BC
AB
，
即
BC
BC + 4
=
√3
3
，
解得：BC=2√3+2
100
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°，
∴PE=
1
2
PB=100．
故答案为：100．
【答案】
例3
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°，
∴AD=
1
2
AC=2，
CD=AC ⋅cos30°=4×
√3
2
=2√3，
在Rt△ABD中，tanB=
AD
BD
=
2
BD
=
1
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°，
∴tan15°=tan∠AMD=
AD
MD
=
2
4 + 2√3
=
1
2 + √3
=2﹣√3≈0.27≈0.3．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
解：作AD⊥BC于D点，则
Rt△ACD中，AD = AC × sinC = 8
Rt△ABD中，AB =
AD
sinB
= 24.
（2）①解：过点A作AE⊥BC于点E，
 
 
∵cosC=
√2
2
，
∴∠C=45°，
在Rt△ACE中，CE=AC ⋅cosC=1，
∴AE=CE=1，
在Rt△ABE中，tanB=
1
3
，即
AE
BE
=
1
3
，
∴BE=3AE=3，
∴BC=BE+CE=4；
②∵AD是△ABC的中线，
∴CD=
1
2
BC=2，
∴DE=CD﹣CE=1，
∵AE⊥BC，DE=AE，
∴∠ADC=45°，
∴sin∠ADC=
√2
2
．
【答案】
例5
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，
∵tan53°=
EC
BE
，
∴
4
3
=
x
x −5
，
解得x=20，
∴AE=EC=20，
∴AC=20√2=28.2，
BC=
EC
sin53 ∘
=25，
∴A船到C的时间≈
28.2
30
=0.94小时，
B船到C的时间=
25
25
=1小时，
∴C船至少要等待0.94小时才能得到救援．
【答案】
(1)
例6
解：∵新坡面坡角为α，新坡面的坡度为1:√3，
∴tanα =
1
√3
=
√3
3
，
∴α = 30 ∘；
【答案】
(2)
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，
∴tan∠CAD =
CD
AD
=
6
AD
=
1
√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．
【答案】
例7
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，x +（2.4x）=26 ，
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°，
2
2
2
∴tan∠BAC =
BC
AC
，
∴AC =
y
4.01
，
∵在观景台的P处测得该电视塔顶B 的仰角为45°，
∴BE=PE，即y+10=
y
4.01
+24，
解得，y≈19米，
答：电视塔BC的高度约为19米．
【答案】
例8
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．
【答案】
例9
解：在Rt△ABC中，tanA =
BC
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．
【答案】
例10
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，
由勾股定理得，OG2+CG2 = OC2，
即(x + 3)2 + 42 = (x + 4)2，
解得x = 4.5，
答：ON至少为4.5米．
(
)
第 2 讲  解三角形
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
1
在Rt △ACM中，
∵sin∠CAM =
CM
AM
=
3
5
，
∴设CM = 3x，则AM = 5x，
根据勾股定理得：AC = √AM2 −CM2 = 4x，
又∵M为BC的中点，
∴BC = 2CM = 6x，
在Rt △ABC中，tanB =
AC
BC
=
4x
6x
=
2
3
．
【答案】
2
解：由题意，可得∠FED = 45 ∘．
在Rt △DEF中，∵∠FDE = 90 ∘，∠FED = 45 ∘，
∴DE = DF = 1.8，EF = √2DE =
9√2
5
．
∵∠AEB = ∠FED = 45 ∘，
∴∠AEF = 180 ∘−∠AEB −∠FED = 90 ∘．
在Rt △AEF中，∵∠AEF = 90 ∘，∠AFE = 39.3 ∘+ 45 ∘= 84.3 ∘，
∴AE = EF ⋅tan∠AFE ≈
9√2
5
× 10.02 = 18.036√2．
在Rt △ABE中，∵∠ABE = 90 ∘，∠AEB = 45 ∘，
∴AB = AE ⋅sin∠AEB ≈18.036√2 ×
√2
2
≈18．
故旗杆AB的高度约为18米．
【答案】
3
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，
在Rt △PAC中，∵tan∠PAC =
PC
AC
，
∴AC =
PC
tan30 ∘
，即8 + x =
x
√3
3
，解得x=4（√3+1）≈10.92，
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．
【答案】
4
解：在Rt △ACM中，tan∠CAM = tan42 ∘=
CM
AC
= 0.9
∴AC ≈16km
∴BC = AC −AB = 16 −4 = 12km
在Rt △BCN中，tan∠CBN = tan56 ∘=
CN
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
【答案】
5
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 ∘，
∴tan∠ACD =
AD
CD
，
∴
x
x + 100
=
7
10
，
解得，x ≈233m．
【答案】
6
解：（1）在Rt △APD中，
∵tanα =
7
24
 ，
∴设AD = 7k，PD = 24k，
∴PA = √(7k)2 + (24k)2 = 25k，
∵PA = 50，
∴AD = APsinα = 50 ×
7
25
= 14m；
（2）延长CB交PO于点E，可得四边形ABED为矩形，
设塔高为x，
第 2 讲  解三角形
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
在Rt △CBA中，
∵∠CAB = 60 ∘，tan60 ∘=
BC
AB
，
∴AB =
x
√3
=
√3
3
x，
在Rt △CPE中，
∵∠CPE = 30 ∘，
∴
CE
PE
= tan30 ∘，
即
x + 14
48 +
√3
3
x
=
√3
3
 ，
解得：x = 24√3 −21，
答：塔的高度为(24√3 −21)米．
【答案】
【解析】
1
2
如图，作DE⊥AB于点E，则△AED为等腰直角三角形，
∴AE=DE，AB = √AC2 + BC2 = √2AC ，
∵tan∠DBA =
DE
EB
=
1
5
，
∴AE=DE=
1
5
BE．
∴AB=BE+AE=6AE=√2AC=6√2
第 2 讲  解三角形
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∴AE =
AB
6
= √2，
∴AD=√2AE=2．
故答案为：2．
【答案】
2
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，
在Rt △ACD中，CD =
AD
tan∠ACD
=
x
tan30 ∘
= √3x，
在Rt △BCD中，BD = CD ⋅tan68 ∘，
∴1000 + x = √3x ⋅tan68 ∘
解得：x =
1000
√3 ⋅tan68 ∘−1
≈
1000
1.7 × 2.5 −1
≈308米，
∴潜艇C离开海平面的下潜深度为308米.
【答案】
【解析】
1
15.3
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 ∘，
∵tan∠ACE =
AD
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
【答案】
2
C
【答案】
3
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．
【答案】
4
（1）过B作BG⊥AD于G，
则四边形BGDF是矩形，
∴BG = DF = 5米，
∵AB = 13米，
∴AG = √AB2 −BG2 = 12米，
∴AB的坡度i =
BG
AG
= 1: 2.4；
（2）在Rt △BCF中，BF =
CF
tan∠CBF
=
3CF
4
，
在Rt △CEF中，EF =
CF
tan∠CEF
=
CF
2
，
∵BE = 4米，
∴BF −EF =
3CF
4
−
CF
2
= 4，
解得：CF = 16．
∴DC = CF + DF = 16 + 5 = 21米．
【答案】
5
解：(1)∵修建的斜坡BE的坡角(即∠BEF)为36 ∘，
∴∠BEF = 36 ∘，
∵∠DAC = ∠BDF = 30 ∘，AD = BD = 30，
∴BF =
1
2
BD = 15，DF = 15√3≈25.5，
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．
在Rt △DPA中，DP =
1
2
AD =
1
2
× 30 = 15，
PA = AD ⋅cos30 ∘=
√3
2
× 30 = 15√3，
在矩形DPGM中，MG = DP = 15，DM = PG = 15√3 + 27，
在Rt △DMH中，
HM = DM ⋅tan30 ∘=
√3
3
× 15√3 + 27
= 15 + 9√3，
GH = HM + MG = 15 + 15 + 9√3≈45.6米．
答：建筑物GH高约为45.6米．
(
)
【答案】
6
解：（1）当α=60°时，在Rt △ABE中，
∵tan60 ∘=
AB
AE
=
AB
10
，
∴AB = 10 × tan60 ∘= 10√3≈10×1.73=17.3米．
即楼房的高度约为17.3米；
第 3 讲  函数综合
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
（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°，
∴tan45 ∘=
AB
AF
= 1，
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．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例1
C
B
【答案】
【解析】
(1)
例2
C
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；
【答案】
【解析】
(2)
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．
A
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，
则y=
1
2
AD ⋅ PD=
1
2
x ⋅√3x =
√3
2
x2，（0≤x≤2），
当点P从C→B的过程中，
BD=（8﹣2x）×
1
2
=4﹣x，PD=√3（4﹣x），PC=2x﹣4，
如右图2所示，
则△ABC边上的高是：AC ⋅sin60°=4×
√3
2
=2√3，
∴y=S
﹣S
﹣S
=
1
2
× 4 × 2√3 −
1
2
× (2x −4) × 2√3﹣
1
2
× (4 −x) × √3(4 −x)
=−
√3
2
x2 + 2√3x（2＜x≤4），
故选A．
△ABC
△ACP
△BDP
【答案】
【解析】
例3
C
解：由直线y =
1
2
x + 2与x轴、y轴的交点分别为A、C，
∴A(−4, 0)，C(0, 2)，
∴OA = 4，OC = 2，
∵PB⊥x轴，
∴PB/ / OC，
∴
OA
AB
=
OC
PB
，即
4
9 −PB
=
2
PB
，
∴PB = 3，
∴AB = 6，
OB = 2，
∴ΔPBC的面积=
1
2
PB ⋅OB =
1
2
× 3 × 2 = 3，
故选C．
【答案】
【解析】
例4
A
解：如图，
∵点A坐标为(−1, 1)，
∴k = −1 × 1 = −1，
∴反比例函数解析式为y = −
1
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，
∴点B′的坐标为−
1
t
, t ，
∵PB = PB ′，
∴t −1 = | −
1
t
| =
1
t
，
整理得t2 −t −1 = 0，解得t1 =
1 + √5
2
， t2 =
1 −√5
2
（不符合题意，舍去），
∴t的值为
1 + √5
2
．
故选：A．
(
)
【答案】
【解析】
例5
√5 −1
2
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，
∴m2 + mn −n2 = 0，
∴m =
−1 ± √5
2
n，
∴
m
n
=
√5 −1
2
，（负值舍去），
∴
OB
OC
的值是
√5 −1
2
，
故答案为：
√5 −1
2
．
【答案】
【解析】
例6
9
2
解：∵点A、B在反比例函数y =
8
x
(x > 0)的图象上，
设点B的坐标为(
8
m
, m)，
∵点B为线段AC的中点，且点C在x轴上，
∴点A的坐标为(
4
m
, 2m)．
∵AD/ / x轴、BE/ / x轴，且点D、E在反比例函数y =
2
x
(x > 0)的图象上，
∴点D的坐标为(
1
m
, 2m) ，点E的坐标为(
2
m
, m) ．
∴S梯形ABED =
1
2
(
4
m
−
1
m
+
8
m
−
2
m
) × (2m −m) =
9
2
．
故答案为：
9
2
．
【答案】
例7
解：（1）设反比例函数的解析式为y =
k
x
，
把(n, 1)代入得：k = n ，
即y =
n
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)；
反比例函数的解析式为y =
6
x
；
（2）设直线AB的解析式为y = ax + b ，
把A(1, 6)和B(6, 1)代入得：
a + b = 6
6a + b = 1
，
解得：a = −1，b = 7，
即直线AB的解析式为：y = −x + 7 ，
设E点的横坐标为m，则E(m, −m + 7)，F m,
6
m
 ，
∴EF = −m + 7 −
6
m
 ，
∵EF =
1
3
AD ，
∴−m + 7 −
6
m
=
1
3
× 6 ，
解得：m1 = 2 、m2 = 3，
经检验都是原方程的解，
即E的坐标为(2, 5)或(3, 4)．
{
{
(
)
【答案】
例8
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°，
∴∠APB = ∠APH + ∠BPH =
1
2
(∠MPH + ∠NPH) = 45°，
∵PM = PN，
∴可以假设P(m, m)，
∵P(m, m)在y =
9
x
上，
∴m2 = 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，
∵AB2 = OA2 + OB2，
∴a2 + b2 = (6 −a −b)2，
可得ab = 6a + 6b −18，
∴3a + 3b −9 =
1
2
ab，
∵PM/ /OC，
∴
CO
PM
=
OA
AM
，
∴
OC
3
=
a
3 −a
，
∴OC =
3a
3 −a
，同法可得OD =
3b
3 −b
，
∴SΔCOD =
1
2
⋅OC ⋅DO =
1
2
⋅
9ab
(3 −a)(3 −b)
=
1
2
⋅
9ab
9 −3a −3b + ab
=
1
2
⋅
9ab
−
1
2
ab + ab
= 9
．
解法二：证明ΔCOP ∽ΔPOD，得OC ⋅OD = OP2 = 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 + √a2 + b2 = 6，
∴2√ab + √2ab ⩽6，
∴(2 + √2)√ab ⩽6，
∴√ab ⩽3(2 −√2)，
∴ab ⩽54 −36√2，
∴SΔAOB =
1
2
ab ⩽27 −18√2，
∴ΔAOB的面积的最大值为27 −18√2．
【答案】
例9
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)，
将B(2, 4)在反比例函数解析式y =
k
x
(x > 0)中，得k = xy = 2 × 4 = 8；
（2）①由（1）知，B(2, 4)，k = 8，∴反比例函数解析式为y =
8
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)，
∵DF⊥x轴于点F，交反比例函数y =
8
x
的图象于点E，
∴E(5,
8
5
)，
∴DE = 4 −
8
5
=
12
5
，EF =
8
5
，
∴
DE
EF
=
12
5
8
5
=
3
2
；
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，
第 3 讲  函数综合
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴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．
【答案】
【解析】
1
C
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，
当0 ≤t < 2时，如图所示，ON = t，MN = √3，ON = √3t，S =
1
2
ON ⋅MN =
√3
2
t2；
当2 ≤t ≤4时，ON = t，MN = 2√3，S =
1
2
ON ⋅2√3=√3t.
故选：C
【答案】
【解析】
2
C
解：∵AB = 2，BC = 1，动点P从点B出发，P点在BC上时，BP = x，AB = 2，
∴△ABP的面积S =
1
2
× AB × BP =
1
2
× 2x = x；
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．
【答案】
3
B
【答案】
【解析】
4
C
解：∵四边形OCBA是矩形，
∴AB = OC，OA = BC，
设B点的坐标为(a, b)，
∵BD = 3AD，
∴D（
a
4
 , b)，
∵点D，E在反比例函数的图象上，
∴
ab
4
= k，∴E(a,
k
a
)，
∵
SΔODE = S矩形OCBA −SΔAOD −SΔOCE −SΔBDE = ab −
1
2
⋅
ab
4
−
1
2
k −
1
2
⋅
3a
4
⋅
b −
k
a
= 9, 
∴k =
24
5
，
故选C．
(
)
第 3 讲  函数综合
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
5
解：（1）∵点B与点A关于y轴对称，A(−3, 4)，
∴点B的坐标为(3, 4)，
∵反比例函数y =
k
x
(x > 0)的图象经过点B．
∴
k
3
= 4，
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，
∵点P在反比例函数y =
12
x
(x > 0)的图象上，
∴n =
12
m
，即mn = 12．
∴SΔPOD =
1
2
OD ⋅PD =
1
2
mn =
1
2
× 12 = 6，
∵A(−3, 4)，B(3, 4)，
∴AB/ / x 轴，OC = 3，BC = 4，
∵点Q在线段AB上，
∴SΔQOC =
1
2
OC ⋅BC =
1
2
× 3 × 4 = 6．
∴SΔQOC = SΔPOD．
【答案】
【解析】
1
A
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，
第 3 讲  函数综合
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
故选A．
【答案】
【解析】
2
4
设OM = a，
∵点A在反比例函数y =
k
x
，
∴AM =
k
a
，
∵OM = MN = NC，
∴OC = 3a，
∴SΔAOC =
1
2
⋅OC ⋅AM =
1
2
× 3a ×
k
a
=
3
2
k = 6，
解得k = 4．
故答案为：4．
【答案】
【解析】
1
B
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 △OBE = S △OCF，
{
∴S四边形OECF = S △OBC =
1
4
× 82 = 16，
∴S = S四边形OECF −S △CEF = 16 −
1
2
(8 −t) ⋅t =
1
2
t2 −4t + 16 =
1
2
(t −4)2 + 8(0 ≤t ≤8)，
∴s cm2 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．
(
)
【答案】
【解析】
2
B
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，
∴DE = CE =
1
2
CD =
1
2
× 4 = 2，
∵tan∠DAE =
DE
AD
=
2
2√3
=
√3
3
，
∴∠DAE = 30 ∘，
∴AE = 2DE = 2 × 2 = 4，
①0 < t ≤4时，点P到AB的距离为
√3
2
t，
△APQ 的面积为y =
1
2
t ×
√3
2
t =
√3
4
t2；
②4 < t ≤6时，CP = 4 + 2 −t = 6 −t，BQ = t −4. ，CQ = 4 + 2√3 −t，
S △APQ = S梯形ABCP −S △ABQ −S △CPQ ，
=
1
2
× （6 −t + 4）× 2√3 −
1
2
× 4 × （t −4）−
1
2
× （6 −t）× （4 + 2√3 −t）
= 10√3 −√3t −2t + 8 −12 −6√3 + 3t + 2t + √3t −
1
2
t2 ，
= −
1
2
t2 + 3t + 4√3 −4，
③t > 6时，CQ = 4 + 2√3 −t，
S △APQ =
1
2
× 4 + 2√3 −t × 4 = −2t + 8 + 4√3，
纵观各选项，B选项图形符合．
故选：B．
(
)
【答案】
【解析】
3
3
解：设P、Q同时出发后经过的时间为ts ，四边形APQC的面积为Smm2，
则有：
S = S △ABC −S △PBQ
=
1
2
× 12 × 24 −
1
2
× 4t × (12 −2t)
= 4t2 −24t + 144
= 4(t −3)2 + 108．
∵4 > 0
∴当t = 3s时，S取得最小值．
故答案为：3．
【答案】
4
（1）∵点A（
1
2
，2）在反比例函数y =
m
x
（m为常数）的图象G上，
∴m =
1
2
× 2 = 1，
∴反比例函数y =
m
x
（m为常数）对应的函数表达式是y =
1
x
，
设直线l对应的函数表达式为y = kx + b（k，b为常数，k ≠0），
∵直线l经过点A（
1
2
，2），D(1, 0)，
∴
1
2
k + b = 2
k + b = 0
解得：
k = −4
b = 4
，
∴直线l对应的函数表达式为y = ﹣4x + 4；
（2）由反比例函数图象的中心对称性可知点C的坐标为（−
1
2
，−2)，
∵CE/ / x轴交直线l于点E，
∴yE = yC，
∴点E的坐标为E（
3
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，
∵A（
1
2
，2），C（−
1
2
，−2)，E（
3
2
，−2)，
∴点F的坐标为F（
1
2
，−2)，
∴CF = EF，
∴AC = AE，
∴∠ACE = ∠AEC，
∵点B(3, n)在反比例函数图象上，
∴n =
1
3
，
∴B(3,
1
3
），G（
1
2
，
1
3
），H（−
1
2
，
1
3
），
{
{
在Rt △ABG中， tan∠ABH =
AG
BG
=
2 −
1
3
3 −
1
2
=
2
3
，
在Rt △BCH中，tan∠CBH =
CH
BH
=
2 +
1
3
3 +
1
2
=
2
3
，
∴∠ABH = ∠CBH，
∴∠BCE = ∠ABH，
∵∠BAE = ∠AMH −∠ABH = ∠AEC −∠ABH，∠ACB = ∠ACE −∠BCE，
∴∠BAE = ∠ACB．
【答案】
5
解：（1）∵−k2 −1 < 0，
∴反比例函数y =
−k2 −1
x
在每一个象限內y随x的增大而增大，
∵-
1
2
<
1 −√3
2
< 0，
∴y1 > y2；
（2）点P(m, n)在反比例函数y =
−k2 −1
x
的图象上，m > 0，
∴n < 0，
∴OM = m，PM = −n，
∵tan∠POM = 2，
∴
PM
OM
=
−n
m
= 2，
∴−n = 2m，
∵PO = √5，
∴m2 + (−n)2 = 5，
∴m = 1，n = −2，
∴P(1, −2)，
∴−k2 −1 = −2，
解得k = ± 1，
①当k = −1时，则不等式kx +
k2 + 1
x
> 0的解集为： x < −√2或0 < x < √2；
②当k = 1时，则不等式kx +
k2 + 1
x
> 0的解集为：x > 0．
【答案】
6
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)，
∵函数y =
k
x
的图象经过点D，
∴2 =
k
1
，解得k = 2，
∴函数y =
k
x
的表达式为y =
2
x
，
∴E(2, 1)，F(−1, −2)；
第 4 讲  三角形与四边形
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
（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，
∴△AEF的面积为：
1
2
AE ⋅FG =
1
2
× 1 × 3 =
3
2
．
【答案】
(1)
例1
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，
{
【答案】
(2)
又∵∠BAF = ∠BAD，
∴△ABF ∽△ADB．
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，
∵tanC =
5
2
，
∴AD = 2.5x，
∵AD = BD，
∴BD = 2.5x，
∴BC = BD + CD = 3.5x，
∵BC = 8.4，
∴x = 2.4，
DE = 2.4．
{
【答案】
例2
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）．
【答案】
(1)
例3
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．
【答案】
(2)
理由：∵∠MAN = ∠CAB，
∴∠NAB + ∠BAM = ∠BAM + ∠MAC，
∴∠NAB = ∠MAC，
∵AB = AC，AN = AM，
∴△NAB≌△MAC(SAS)，
∴BN = CM．
（二) 如图3 中，在A1C1 上截取A1N = A1B1 ，连接PN ，作NH⊥B1C1 于H ，作
A1M⊥B1C1于M．
∵∠C1A1B1 = ∠PA1Q，
∴∠QA1B1 = ∠PA1N，
∵A1Q = A1P，A1B1 = AN，
∴△QA1B1 ≅△PA1N(SAS)，
∴B1Q = PN，
∴当PN的值最小时，QB1的值最小，
在Rt△A1B1M中，∵∠A1B1M = 60 ∘，A1B1 = 8，
∴A1M = A1B1 ⋅sin60 ∘= 4√3，
∵∠MA1C1 = ∠B1A1C1 −∠B1A1M = 75 ∘−30 ∘= 45 ∘，
∴A1C1 = 4√6，
∴NC1 = A1C1 −A1N = 4√6 −8，
在Rt △NHC1，∵∠C1 = 45 ∘，
∴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，
∴QB1的最小值为4√3 −4√2．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
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．
∵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，
【答案】
(3)
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
2√5
5
．
连接FN，ME．
∵k = 3，MP = EF = 3PE，
∴
MN
PM
=
EF
PE
= 3，
∴
PN
PM
=
PF
PE
= 2，∵∠FPN = ∠EPM，
∴△PNF ∽△PME，
∴
NF
ME
=
PN
PM
= 2，ME/ /NF，
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
b
=
AB
AD
=
FH
HD
=
√3
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，
∴tan∠HCE =
MB
BC
=
HE
HC
=
√3
13
，
∵ME/ /FC，
∴∠MEB = ∠FCB = ∠CFD，
∵∠B = ∠D，
∴△MEB ∽△CFD，
∴
CD
MB
=
FC
ME
= 2，
∴
a
b
=
CD
BC
=
2MB
BC
=
2√3
13
，
综上所述，a: b的值为
√3
5
或
2√3
13
【答案】
例5
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，CE ＝BC +BE ，
∴AE ＝（9﹣AE）+9，
∴AE＝5
2
2
2
2
2
【答案】
例6
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 = √AD2 + DE2 = √10，
在RT △EMC中，∵∠EMC = 90 ∘，∠ECM = 45 ∘，EC = 2，
∴EM = CM = √2
∴在RT △AEM中， sin∠EAM =
EM
AE
=
√2
√10
=
√5
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，
∵SΔAGC =
1
2
AG ⋅DC =
1
2
GC ⋅AH，
∴
1
2
× 4 × 3 =
1
2
× √10 × AH，
∴AH =
6
5
√10．
{
【答案】
例7
（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
∴HC2 = EH ∙CD，
∴x2 = (1 −x) × 1，
解得x =
√5 −1
2
或
−√5 −1
2
（舍弃），
∴HC =
√5 −1
2
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例8
解：如图1中，
∵PN/ /BC，
∴△APN ∽△ABC，
∴
PN
BC
=
AE
AD
，即
PN
6
=
4 −PN
4
，
解得PN =
12
5
．
能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．
证明：如图2中，
【答案】
(4)
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′
MN
=
BN′
BN
，
同理可得：
P′N′
PN
=
BN′
BN
，
∴
M′N′
MN
=
P′N′
PN
，
∵M′N′ = P′N′，
∴MN = PN，
∴四边形PQMN是正方形．
解：如图3中，结论：∠QEM = 90 ∘．
理由：由tan∠NBM =
MN
BM
=
3
4
，可以假设MN = 3k，BM = 4k，则BN = 5k，BQ = k，
BE = 2k，
∴
BQ
BE
=
k
2k
=
1
2
，
BE
BM
=
2k
4k
=
1
2
，
∴
BQ
BE
=
BE
BM
，
第 4 讲  三角形与四边形
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∵∠QBE = ∠EBM，
∴△BQE ∽△BEM，
∴∠BEQ = ∠BME，
∵NE = NM，
∴∠NEM = ∠NME，
∵∠BME + ∠EMN = 90 ∘，
∴∠BEQ + ∠NEM = 90 ∘，
∴∠QEM = 90 ∘．
【答案】
1
∵△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．
{
【答案】
2
（1）∵AB = AC，
∴∠B = ∠C．
∵∠APD = ∠B，
∴∠APD = ∠B = ∠C．
∵∠APC = ∠BAP + ∠B，∠APC = ∠APD + ∠DPC，
∴∠BAP = ∠DPC，
∴ΔABP ∼ΔPCD ，
∴
BP
CD
=
AB
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
BC
=
BP
BA
∵AB = 10，BC = 12，
∴
10
12
=
BP
10
∴BP =
25
3
 .
【答案】
3
（1）在□ABCD中，AD/ / BC，且AD = BC．
∵F是AD的中点，
∴DF =
1
2
AD．
又∵CE =
1
2
BC，
∴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，
∴CH =
1
2
CD = 2，DH = 2√3．
在□CEDF中，CE = DF =
1
2
AD = 3，则EH = 1．
∴在Rt △DHE中，根据勾股定理知DE =
2√3 2 + 1 = √13．
√(
)
【答案】
4
∵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
∴AP =
1
2
AB = 2
∴PH = √3，AH = 1
∴DH = 5
∴tan∠ADP =
PH
DH
=
√3
5
【答案】
5
（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 ，
第 4 讲  三角形与四边形
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴
SΔCMN
SΔCDN
=
1
2
⋅MC ⋅NH
1
2
⋅DN ⋅NH
=
MC
ND
= 3，
∴MC = 3ND = 3HC，
∴MH = 2HC，
设DN = x，则HC = x，MH = 2x，
∴CM = 3x = CN，
在Rt △CDN中，DC = √CN2 −DN2 = 2√2x，
∴HN = 2√2x，
在Rt △MNH中，MN = √MH2 + HN2 = 2√3x，
∴
MN
DN
=
2√3x
x
= 2√3．
【答案】
1
∵△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，
能力强化 / 初三 / 春季
∠FAO = ∠GAE
AO = AE
∠AOF = ∠E
，
∴△AFO≌△AGE（ASA），
∴AF = AG．
{
【答案】
2
（1）∵Rt △OAB中，D为OB的中点，
∴AD =
1
2
OB，OD = BD =
1
2
OB
∴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，
∴AO = BO ⋅cos30 ∘= 8 ×
√3
2
= 4√3，
在Rt △OAG中，OG2 + OA2 = AG2，
x2 + 4√3 2 = (8 −x)2，
解得：x = 1，
∴OG = 1．
(
)
第 4 讲  三角形与四边形
精选精练
【答案】
1
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．
{
【答案】
2
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.
【答案】
3
证明：（1）AE = AF，
∴∠AEF = ∠AFE =
180 ∘−∠A
2
，
∠EDB =
1
2
∠ADC =
180 ∘−∠A
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．
【答案】
4
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.
{
【答案】
5
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，
{
第 5 讲  圆
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴MD = MN = MA = MC，
∴AC = DN，
∴四边形ADCN是矩形．
【答案】
6
证明：∵Rt △OAB中，D为OB的中点，
∴AD =
1
2
OB，OD = BD =
1
2
OB
∴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，
∴AO = BO ⋅cos30 ∘= 8 ×
√3
2
= 4√3，
在Rt △OAG中，OG2 + OA2 = AG2，
x2 + 4√3 2 = (8 −x)2，
解得：x = 1，
∴OG = 1．
(
)
【答案】
【解析】
例1
5
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，
∴OP2 = OC2 + PC2，即r2 = (r −1)2 + 9，
解得：r = 5．
故答案为：5．
【答案】
例2
（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 = √202 −162 = 12，
设BD = x，在Rt △BDC中，BC2 = x2 + 122，在Rt △ABC中，BC2 = (x + 16)2 −202，
∴x2 + 122 = (x + 16)2 −202，
解得x = 9，
∴BC = √122 + 92 = 15．
【答案】
【解析】
例3
B
如图，连接AC、BC，
由已知条件得，△PAC ∽△PCB，于是
AC
CB
=
PA
PC
=
2
3
，
设AC = 2k，BC = 3k，由∠ACB = 90 ∘得，AB = √13k，
∴sin∠ACP = sin∠ABC =
AC
AB
=
2k
√13k
=
2√13
13
．
【答案】
例4
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．
【答案】
例5
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，
∴AG=
1
2
OA=1，
∴AF=2，
∴AF=OD，
∴四边形AODF是菱形，
∴DF/ / OA，DF=OA=2，
∴∠EFD=∠BAC=60°，
∵∠DEF=90°，
∴EF=
1
2
DF=1．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例6
证明：（1）∵OC = OB
∴∠OBC = ∠OCB
∵OC/ / BD
∴∠OCB = ∠CBD
∴∠OBC = ∠CBD
∴
⌢
AC =
⌢
CD
（2）连接AC，
∵CE = 1，EB = 3，
【答案】
(3)
∴BC = 4
∵
⌢
AC =
⌢
CD
∴∠CAD = ∠ABC，且∠ACB = ∠ACB
∴△ACE ∽△BCA
∴
AC
CE
=
CB
AC
∴AC2 = CB ⋅CE = 4 × 1
∴AC = 2，
∵AB是直径
∴∠ACB = 90 ∘
∴AB = √AC2 + BC2 = 2√5
∴⊙O的半径为√5
（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
=
PC
PB
=
AC
BC
=
2
4
=
1
2
∴PC = 2PA，PC2 = PA ⋅PB
∴4PA2 = PA × (PA + 2√5)
∴PA =
2√5
3
∴PO =
5√5
3
∵PQ/ / BC
∴∠CBA = ∠BPQ，且∠PHO = ∠ACB = 90 ∘
∴△PHO ∽△BCA
∴
AC
OH
=
BC
PH
=
AB
PO
即
2
OH
=
4
PH
=
2√5
5√5
3
=
6
5
∴PH =
10
3
，OH =
5
3
∴HQ = √OQ2 −OH2 =
2√5
3
∴PQ = PH + HQ =
10 + 2√5
3
【答案】
例7
（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
∴∠C=∠AME，
EM
AC
=
AM
BC
，
即
12
10
=
AM
8
，
∴AM =
48
5
又∵∠D=∠C，
∴∠D=∠AMD
∴AD=AM =
48
5
．
【答案】
例8
（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
BE
=
BD
BC
，
∴BC2 = BD ⋅BE；
（3）∵tan∠CED =
1
2
，
∴
CD
EC
=
1
2
．
由(2) 知，△BCD ∽△BEC，则
BC
BE
=
BD
BC
=
CD
EC
=
1
2
，
∴BC = 2BD．
设BD = x，BC = 2x．
∵BC2 = BD ⋅BE，
∴(2x)2 = x ⋅(x + 6)，
解得x1 = 0，x2 = 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，
∴S △OAB =
1
2
AB ⋅OC =
1
2
× 8 × 3 = 12
即△OAB的面积是12
【答案】
例9
（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
BO
=
AC
PO
，
即
BC
2√2
=
4√2
8
，
∴BC = 2 ．
【答案】
例10
解：（1）∵OA = OC =
1
2
AB = 3，AC = 3 ，
∴OA = OC = AC ，
∴△OAC为等边三角形，
∴∠AOC = 60 ∘ ，
∵圆周角∠AEC与圆心角∠AOC都是
⌢
AC，
∴∠AEC =
1
2
∠AOC = 30 ∘ ；
（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．
【答案】
例11
（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
AB
=
MD
MA
，
∵AD = 2DM ，
∴DM: MA = 1: 3 ，
∴DE =
1
3
AB =
1
3
× 6 = 2 ．
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，
此时MN =
1
2
MO，OD = MD
∵△MAB∽△MDE，且MO、MN分别为△MAB与△MDE的高，
∴
MD
MA
=
MN
MO
=
1
2
，MD =
1
2
MA，
∴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 ∘
【答案】
(1)
【答案】
【解析】
(2)
例12
（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；
30 ∘
22.5 ∘
（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 ∘．
第 5 讲  圆
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
1
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，
∴BE2=EF ⋅CE，
又∠EBF=∠GBF，BF⊥EG，
∴∠BFE=∠BFG=90 ∘，
在△BEF与△BGF中，
∠EBF = ∠GBF
BF = BF
∠EFB = ∠BFG
，
∴△BEF≌△BGF，
∴BE=BG，EF=FG，
∴BG2=FG ⋅CE；
（3）如图，过G作GH⊥BC于H，
∵CF平分∠BCD，
∴GH=GD，
∵tan∠DBC =
3
4
，
∴sin∠DBC =
3
5
，
∵BC=10，
∴BD=8，BG=BD −GD=8 −GD，
∴
GH
BG
=
GD
8 −GD
=
3
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．
{
【答案】
2
（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 = √AB2 −AE2 = 2√2AE
在Rt△BEC 中，tanC =
BE
CE
=
2√2AE
4AE
=
√2
2
【答案】
3
（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 ∘，
∴OF = √AF2 + OA2 = √152 + 202 = 25
∵FA⊥OA,OF⊥AC，
∴AC = 2AE，△OAF的面积=
1
2
AF ⋅OA =
1
2
OF ⋅AE，
∴15 × 20 = 25 × AE，
解得：AE = 12，
∴AC = 2AE = 24．
【答案】
4
（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，
第 5 讲  圆
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴△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．
【答案】
1
解：（1）如图1，∵OC⊥AB ，
∴AC = BC = √2，
在Rt △AOC 中，OC =
√6 2 −√2 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 =
42 + √2 2 = 3√2，
√(
)
(
)
√
(
)
∵OC/ / BD，
∴△OCE ∽△BDE，
∴
CE
DE
=
OC
BD
=
1
2
 ，
∴DE =
2
3
CD = 2√2；
（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 −12 = √5，
∴CF = 2√5，
∴AF = CF + AC = 2√5 + √2；
当CD = CO时，作CG⊥OD 于G，如图4，则DG = OG =
√6
2
在Rt △OCG 中，CG =
22 −
√6
2
2
=
√10
2
，
∵∠GOC = ∠COF，
∴△OGC ∽△COF，
√(
)
√
( )
第 5 讲  圆
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∴
CG
CF
=
OG
OC
 ，即
√10
2
CF
=
√6
2
2
 ，解得CF =
2√15
3
，
∴AF = CF + AC =
2√15
3
+ √2，
综上所述，AF的长为2√5 + √2或 
2√15
3
+ √2 ．
【答案】
1
13
【答案】
2
（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．
（2）解：由△APC∽△COD，得：
AP
PC
=
OC
OD
∴
x
2
=
1
y
，
∴y =
2
x
．
（3）解：若△ACD是一个等边三角形，则∠ADC = 60 ∘，∠ODC = 30 ∘，
【解析】
∵OD = 2OC，
∴y = 2，
∴x = 1．
当x = 1时，△ACD是一个等边三角形．
（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．
（2）由（1）的相似可得对应线段成比例，利用此性质得
AP
PC
=
OC
OD
，可求出y与x之间的
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．
【答案】
3
解：（1）如图1，过D点作DF⊥AE于F点．
在Rt △ADP中，AP = √AD2 + DP2 =
√5
2
又∵S △ADP =
1
2
AD ⋅DP =
1
2
AP ⋅DF
∴DF =
√5
5
∵
⌢
AD所对圆心角的度数为90 ∘
∴∠DEA = 45 ∘
∴DE = √2DF =
√10
5
（2）如图2，当Rt △ADP ∽Rt △QCP时有
AD
QC
=
DP
CP
∴QC = 1，即点Q与点B重合
∴BQ = 0
如图3，当Rt △ADP ∽Rt △PCQ时，有
AD
PC
=
PD
QC
∴QC =
1
4
，即BQ = BC −CQ =
3
4
∴当BQ = 0或BQ =
3
4
时，三角形ADP与以点Q，C，P为顶点的三角形相似．
【答案】
4
解：（1）如图1，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = 90 ∘，
∵AC = BC，
∴∠CAB = ∠CBA =
180 ∘−90 ∘
2
= 45 ∘；
（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，
同理可得BF =
1
2
BD，即可知∠BDC = 30 ∘，
∵OC⊥AB，OC⊥直线l，
∴AB/ / 直线l，
∴∠ABD = 150 ∘，∠ABE = 30 ∘，
∴∠BEC = 90 ∘−(∠ABE + ∠ABC) = 90 ∘−
30 ∘+ 45 ∘
= 15 ∘，
∵AB = DB，
∴∠ADB =
1
2
∠ABE = 15 ∘，
∴∠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
BA
=
CD
AE
=
1
√2
，
∴AE/ / OD，AE = √2CD ，
作EI⊥AB于点I，
∵∠CAB = 45 ∘，∠ABD = 30 ∘，
∴BE = 2EI = 2 ×
√2
2
AE = √2AE = √2 × √2CD = 2CD，
∴
BE
CD
= 2；
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
BA
=
CD
AE
=
1
√2
，
∴AE = √2CD，
∵BA = BD，∠BAD = ∠BDA = 15 ∘，
∴∠IBE = 30 ∘，
(
)
∴BE = 2EI = 2 ×
√2
2
AE = √2AE = √2 × √2CD = 2CD，
∴
BE
CD
= 2．
【答案】
5
证明：如图，
分别过点E、F作AB的垂线，G、H为垂足，连FA、EB．
易知：DB2 = FB2 = AB ⋅HB，AD2 = AE2 = AG ⋅AB．
二式相减得：DB2 −AD2 = 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．
【答案】
(1)
6
（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，
第 6 讲  二次函数之三角形构造
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
(2)
∴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．
∵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 ∘．
【答案】
例1
解：（1）根据题意得：
4a −2b −5 = 0
25a + 5b −5 = 0
，
{
解得：
a =
1
2
b = −
3
2
，
则抛物线的解析式是：y =
1
2
x2 −
3
2
x −5；
（2）P(m, n)在抛物线上，则n =
1
2
m2 −
3
2
m −5，
则l = 2m −2(
1
2
m2 −
3
2
m −5)，
即l = −m2 + 5m + 10 = −(m −
5
2
)2 +
65
4
．
l ⩽
65
4
，即l的最大值为
65
4
．
（3）存在 ，
在y =
1
2
x2 −
3
2
x −5中，
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，
则
5k + b = 0
b = −5
，
解得：
k = 1
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，
即OQ = CQ时，则Q的纵坐标是−
5
2
，
{
{
{
把y = −
5
2
代入y = x −5得：x =
5
2
，
则Q的坐标是(
5
2
, −
5
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．
则CF = QF =
5√2
2
，
则OF = 5 −
5√2
2
=
10 −5√2
2
，
则Q的坐标是(
5√2
2
,
5√2 −10
2
)．
综上，Q的坐标是：(
5
2
, −
5
2
)或(
5√2
2
,
5√2 −10
2
)．
【答案】
例2
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，
∴设抛物线解析式为y = ax2 + bx ，
∵抛物线过点A(5, 0)、C(8, 4)，
∴
25a + 5b = 0
64a + 8b = 4
，
{
∴
a =
1
6
b = −
5
6
，
∴抛物线解析式为y =
1
6
x2 −
5
6
x ，
∵A(5, 0)、B(0, 10)，C(8, 4)，
∴AB2 = 52 + 102 = 125，BC2 = 82 + (10 −4)2 = 100,
AC2 = 42 + (8 −5)2 = 25
∴AC2 + BC2 = AB2 ，
∴△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 ，
∴t =
10
3
，
{
{
∴当运动时间为
10
3
s时，PA = QA ；
（3）存在，
∵y =
1
6
x2 −
5
6
x ，
∴抛物线的对称轴为x =
5
2
，
∵A(5, 0)、B(0, 10)，
∴AB = 5√5
设点M(
5
2
, m)，
①若BM = BA时，
∴
5
2
2
+ (m −10)2 = 125 ，
∴m1 =
20 + 5√19
2
，m2 =
20 −5√19
2
，
∴M1(
5
2
,
20 + 5√19
2
)，
M2(
5
2
,
20 −5√19
2
)，
②若AM = AB时，
∴
5
2
2
+ m2 = 125，
∴m3 =
5√19
2
，m4 = −
5√19
2
，
∴M3(
5
2
,
5√19
2
)，M4(
5
2
, −
5√19
2
)，
③若MA = MB 时，
( )
( )
∴
5
2
−5
2
+ m2 =
5
2
2
+ (10 −m)2 ，
∴m = 5 ，
∴M
5
2
, 5 ，此时点M恰好是线段AB的中点，
构不成三角形，舍去，
∴点M的坐标为：M1(
5
2
,
20 + 5√19
2
)，
M2(
5
2
,
20 −5√19
2
)，M3(
5
2
,
5√19
2
)，
M4(
5
2
, −
5√19
2
)，
(
)
( )
(
)
【答案】
例3
解：（1）将A( −1, 0)、C(0, 4)两点代入到抛物线y = ax2 + bx −4a(a ≠0)中，
可得：a = −1，b = 3，
故抛物线的表达式为：y = −x2 + 3x + 4…①；
（2）抛物线的对称轴为：x =
3
2
，点D(3, 4)，
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，
则BG = 1，GD = 4，tan∠BDG =
1
4
，∠DBP = 45 ∘，
设：HR = BR = x，则DR = 4x，
BD = 5x = √1 + 16 = √17，x =
√17
5
，
BH = √2x，BG = 1，则GH = √2x2 −1 =
3
5
，
故点H(3,
3
5
)，而点B(4, 0)，
可得直线HB的表达式为：y = −
3
5
x +
12
5
…②，
联立①②并解得：x = 4（舍去）或−
2
5
，
故点P( −
2
5
，
66
25
)；
（3）设点M(
3
2
，m)，而点A( −1, 0)、点C(0, 4)，
则AM2 =
25
4
+ m2，CM2 =
9
4
+ (m −4)2，AC2 = 17，
①当AM是斜边时，
25
4
+ m2 =
9
4
+ (m −4)2 + 17，解得：m =
29
8
；
②当CM是斜边时，同理可得：m = −
5
8
；
③当AC是斜边时，同理可得：m =
5
2
或
3
2
；
综上，点M的坐标为：(
3
2
，
29
8
)或(
3
2
，−
5
8
)或(
3
2
，
5
2
)或(
3
2
，
3
2
)．
【答案】
例4
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)；
（3）设点D(x, −x2 + 4x + 5)，则点E(x, −x + 5)，
SΔBDE: SΔBEF = 2: 3，则
DE
DF
=
2
5
，
即：
−m2 + 4m + 5 + m −5
−m2 + 4m + 5
=
2
5
，
解得：m =
2
3
或5（舍去5)，
故点D(
2
3
，
65
9
)；
（4）设点M(2, m)，而点B、C的坐标分别为：(5, 0)、(0, −5)，
则MB2 = 9 + m2，MC2 = 4 + (m −5)2，BC2 = 50，
①当MB为斜边时，则9 + m2 = 4 + (m −5)2 + 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)．
【答案】
例5
解：（1）∵二次函数y = ax2 + bx + 2的图象与x轴交于点A(−1, 0)、B(4, 0)，
∴
a −b + 2 = 0
16a+4b + 2 = 0
，解得
a = −
1
2
b =
3
2
，
∴二次函数解析式为y = −
1
2
x2 +
3
2
x + 2；
{
{
（2）在y = −
1
2
x2 +
3
2
x + 2中，令x = 0可得y = 2，
∴C(0, 2)，
∵A(−1, 0)，B(4, 0)，
∴AB = 5，AC = √12 + 22=√5，
BC = √22 + 42 = 2√5，
∵AC2 + BC2 = (√5)2 + (2√5)2 = 25 = AB2，
∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，
∴∠ACB = 90 ∘；
（3）∵P为抛物线上一点，
∴可设P点坐标为(t, −
1
2
t2 +
3
2
t + 2)，
∴OM = |t|，
当点P在x轴上方时，则有PM = −
1
2
t2 +
3
2
t + 2，
∵△OPM ∽△ABC ，
∴
PM
BC
=
OM
AC
，即
−
1
2
t2 +
3
2
t + 2
2√5
=
|t|
√5
，
解得t =
−1 + √17
2
或t =
7 −√65
2
，
当t =
−1 + √17
2
时，−
1
2
t2 +
3
2
t + 2 = −1 + √17，
此时P(
−1 + √17
2
, −1 + √17)，
当t =
7 −√65
2
时，−
1
2
t2 +
3
2
t + 2 = √65−7，
此时P(
7 −√65
2
, √65 −7)，
当点P在x轴下方时，
同理可求得t =
7 + √65
2
或t =
−1 −√17
2
，
当t =
−1 −√17
2
时，−
1
2
t2 +
3
2
t + 2 = −1 −√17，
此时P(
−1 −√17
2
, −1 −√17)，
当t =
7 + √65
2
时，−
1
2
t2 +
3
2
t + 2 = −√65−7，
此时P(
7 + √65
2
, −√65 −7)，
综上可知点P的坐标为(
−1 + √17
2
, −1 + √17)
或(
7 −√65
2
, √65 −7)
或(
−1 −√17
2
, −1 −√17)
或(
7 + √65
2
, −√65 −7)．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例6
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 = x2 −3x.
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.
抛物线的对称轴为x = −
b
2a
=
3
2
,设P(
3
2
, a).
∵∠CPC ′ = 90 ∘ ，
∴∠DPC ′ + ∠CPE = 90 ∘ ，
又∵∠DPC ′ + ∠C ′ = 90 ∘ ，
∴∠CPE = ∠C ′ .
在ΔDPC ′ 和△ECP中 
∠C ′ = ∠CPE
∠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 ∘.
{
【答案】
(3)
∵∠CPC ′ = 90 ∘ ，
∴∠DPC ′ + ∠CPE = 90 ∘ ，
又∵∠DPC ′ + ∠C ′ = 90 ∘ ，
∴∠CPE = ∠C ′ .
在△DPC ′ 和△ECP中
∠C ′ = ∠CPE
∠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).
如图3所示:AN交y轴于点A ′ ，作△OAN关于x轴对称的△OB1N1,过点B作
BP1/ / B1N1,作P1关于OB的对称点P2.
{
令y = 0得:x2 −3x = 0,解得:x = 0或x = 3,
∴C(3, 0).
∵点A的坐标为(4, 4),
∴∠A ′OA = ∠COA = 45 ∘ ，
在ΔOAA ′ 和△OCA中
∠A ′OA = ∠COA
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),
∴4k + 3 = 4,解得:k =
1
4
.
∴直线A ′A 的解析式是y =
1
4
x + 3.
∵∠NAO = ∠CAO,
∴点N在直线A ′B 上,
∴设点N(n,
1
4
n + 3),
又点N在抛物线y = x2 −3x上,
{
∴
1
4
n + 3 = n2 −3n,解得:n1 = −
3
4
,n2 = 4(与B重合,不合题意,舍去),
∴点N的坐标为( −
3
4
,
45
16
).
将△NOA沿x轴翻折,得到△N1OB1,则N1( −
3
4
, −
45
16
),B1(4, −4),
∴O、B、B1都在直线y = −x上
∵△P1OB ∽△NOA,
∴△P1OB ∽△N1OB1,
∴P1为ON1的中点.
∴点P1的坐标为( −
3
8
, −
45
32
).
将△P1OB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P1到y轴距离,
点到y轴距离等于P1到x轴距离,
∴此点坐标为(
45
32
,
3
8
).
综上所述,点P的坐标是( −
3
8
, −
45
32
)或(
45
32
,
3
8
)
【答案】
例7
解：（1）∵二次函数y = ax2 −a(a为常数，且a ≠0)与x轴交于A，
∴y = 0时，ax2 −a = 0，
解得：x1 = 1，x2 = −1，
∴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；
（2）∵a = 3，k =
3
4
，
∴二次函数解析式为y = 3x2 −3，直线l的解析式为y =
3
4
x +
3
4
，
∴D(0,
3
4
)，
∴OA = 1，OD =
3
4
，
∴AD = √OA2 + OD2 =
12 + (
3
4
)2 =
5
4
，
设点P的坐标为(x, 3x2 −3)，则点M(x,
3
4
x +
3
4
)，
∴PM =
3
4
x +
3
4
−(3x2 −3) = −3x2 +
3
4
x +
15
4
，
∵PM/ /y轴，
∴∠PMN = ∠ADO．
又∵∠PNM = ∠AOD = 90 ∘，
∴ΔPMN ∽ΔADO，
∴
SΔPMN
SΔADO
= (
PM
AD
)2，
∴SΔPMN =
3
8
×
16
25
PM2 =
6
25
PM2，
∴当PM有最大值时，SΔPMN的面积最大，此时x =
1
8
，
∴3x2 −3 = 3 × (
1
8
)2 −3 = −
189
64
，
∴P(
1
8
, −
189
64
)．
（3）ΔACD与ΔQBC相似，
当a = 3，k = 1时，二次函数解析式为y = 3x2 −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
BQ
=
AD
QC
=
CD
BC
，
∴
√10
BQ
=
√2
QC
=
4
√10
，
∴BQ =
5
2
, CQ =
√5
2
，
∴
(x −1)2 + y2 =
25
4
x2 + (y + 3)2 =
5
4
，
解得：
x = −
1
2
y = −2
，
x = 1
y = −
5
2
，
∴Q点的坐标为( −
1
2
, −2)或(1, −
5
2
)；
若ΔACD ∽ΔQCB，
∴
AC
QC
=
AD
BQ
=
CD
BC
，
∴
√10
QC
=
√2
BQ
=
4
√10
，
∴CQ =
5
2
, BQ =
√5
2
，
{
{
{
第 6 讲  二次函数之三角形构造
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴
(x −1)2 + y2 =
5
4
x2 + (y + 3)2 =
25
4
，
解得：
x = 0
y = −
1
2
或
x =
3
2
y = −1
，
∴Q点的坐标为(0, −
1
2
)或(
3
2
, −1)，
综上所述：点Q坐标为：( −
1
2
, −2)或(1, −
5
2
)或(0, −
1
2
)或(
3
2
, −1)．
{
{
{
【答案】
【解析】
1
C
解：①∵二次函数与x轴交于点A( −1, 0)、B(3, 0)．
∴二次函数的对称轴为x =
( −1) + 3
2
= 1，即−
b
2a
= 1，
∴2a + b = 0．
故①正确；
②∵二次函数y = ax2 + 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 < am2 + bm + c．
即a + b < am2 + bm．
故③正确；
④∵AD = BD，AB = 4，ΔABD是等腰直角三角形．
∴AD2 + BD2 = 42．
解得，AD2 = 8．
设点D坐标为(1, y)．
则[1 −( −1)]2 + y2 = AD2．
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)．
设二次函数解析式为y = a(x −1)2 −2．
∴0 = a( −1 −1)2 −2．
解得a =
1
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．
【答案】
(1)
2
解:由题意,得
0 = 16a −8a + c
4 = c
 
解得
a = −
1
2
c = 4
 
{
{
【答案】
(2)
∴所求抛物线的解析式为:y = −
1
2
x2 + x + 4.
设点Q的坐标为(m, 0),过点E作EG ⊥x轴于点G. 
由−
1
2
x2 + x + 4 = 0, 
 
得x1 = −2,x2 = 4 
∴点B的坐标为(−2, 0) 
∴AB = 6,BQ = m + 2 
∵QE/ / AC 
∴△BQE ∽△BAC 
∴
EG
CO
=
BQ
BA
 
即
EG
4
=
m + 2
6
 
∴EG =
2m + 4
3
 
∴S△CQE = S△CBQ −S△EBQ 
=
1
2
BQ ⋅CO −
1
2
BQ ⋅EG 
=
1
2
(m + 2) 4 −
2m + 4
3
 
= −
1
3
m2 +
2
3
m +
8
3
 
(
)
【答案】
(3)
= −
1
3
(m −1)2 + 3 
又∵−2 ⩽m ⩽4 
∴当m = 1时,S△CQE有最大值3,此时Q(1, 0).
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)
由−
1
2
x2 + x + 4 = 2,
得x1 = 1 + √5,x2 = 1 −√5
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:
OM =
1
2
OD = 1
∴AM = 3
∴在等腰直角△AMF中,MF = AM = 3
∴F(1, 3)
由−
1
2
x2 + x + 4 = 3,
得x1 = 1 + √3,x2 = 1 −√3
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).
【答案】
3
解：（1）过点A作AN⊥x轴于点N，
∵∠AOB = 120 ∘，则∠AON = 60 ∘，ON =
1
2
OA = 1，AN = √3，
故点A坐标为−1, −√3 ，
将点A −1, −√3 、B(2, 0) 的坐标代入抛物线表达式得：
0 = 4a + 2b
−√3 = a −b
，解得：
a = −
√3
3
b =
2√3
3
，
故抛物线的表达式为：y = −
√3
3
x2 +
2√3
3
x；
（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)，
(
)
(
)
{
{
能力强化 / 初三 / 春季
将点A −1, −√3 、M(1,
√3
3
)的坐标代入并解得：
直线AM的表达式为：y =
2√3
3
x −
√3
3
，故OH =
√3
3
，
SΔAOM =
1
2
× OH(xM −xA) =
1
2
×
√3
3
× 2 =
√3
3
；
（3）由点的坐标知：OA = 2，OM =
2√3
3
，AM =
2√21
3
，MB =
2√3
3
，
①当∠BMF为钝角时，
当ΔOAM ∽ΔMBF时，则
OA
MB
=
AM
BF
，
即：
2
2√3
3
=
2√21
3
BF
，解得：BF =
2√7
3
；
当ΔOAM ∽ΔMFB时，
同理可得：BF =
2√21
3
，
故点F的坐标为：(
6 −2√7
3
，0)或(
6 −2√21
3
，0)；
②当∠MBF为钝角时，
同理可得：点F的坐标为：(4, 0)或(
8
3
，0)；
综上，点F的坐标为：(
6 −2√7
3
，0)或(
6 −2√21
3
，0)或(4, 0)或(
8
3
，0)．
(
)
第 6 讲  二次函数之三角形构造
课堂落实答案
【答案】
1
解：（1）把A( −3, 0)，B(1, 0)代入y = mx2 −2x + n得，
9m + 6 + n = 0
m −2 + n = 0
，
解得：
m = −1
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 = −x2 −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
OD
=
DE
OA
，
∴
1
a
=
4 −a
3
，
∴a1 = 1，a2 = 3，
∴点D的坐标为(0, 1)或(0, 3)．
{
{
第 6 讲  二次函数之三角形构造
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
1
解：（1）∵抛物线顶点坐标为( −4, −
25
2
)，
∴设抛物线解析式为y = a(x + 4)2 −
25
2
，
∵抛物线过点B(1, 0)，
∴a(1 + 4)2 −
25
2
= 0，
解得a =
1
2
，
所以，抛物线解析式为y =
1
2
(x + 4)2 −
25
2
，
即y =
1
2
x2 + 4x −
9
2
；
（2）存在点Q1( −1, −4)，Q2(2√5 −9，−√5)，Q3( −
13
2
，−
5
4
)．
理由如下：∵抛物线顶点坐标为( −4, −
25
2
)，
∴点D的坐标为( −4, 0)，
令x = 0，则y = −
9
2
，
令y = 0，则
1
2
x2 + 4x −
9
2
= 0，
整理得，x2 + 8x −9 = 0，
解得x1 = 1，x2 = −9，
∴点A( −9, 0)，C(0, −
9
2
)，
∴OA = 9，OC =
9
2
，AD = −4 −( −9) = −4 + 9 = 5，
在RtΔAOC中，根据勾股定理，AC = √OA2+OC2 =
92+(
9
2
)
2
=
9√5
2
，
∴sin∠OAC =
OC
AC
=
9
2
9√5
2
=
√5
5
，
cos∠OAC =
OA
AC
=
9
9√5
2
=
2√5
5
，
①AD = Q1D时，过Q1作Q1E1⊥x轴于点E1，
根据等腰三角形三线合一的性质，AQ1 = 2 ⋅ADcos∠OAC = 2 × 5 ×
2√5
5
= 4√5，
Q1E1 = AQ1 ⋅sin∠OAC = 4√5 ×
√5
5
= 4，
AE1 = AQ1 ⋅cos∠OAC = 4√5 ×
2√5
5
= 8，
所以，OE1 = OA −AE1 = 9 −8 = 1，
√
所以，点Q1的坐标为( −1, −4)；
②AD = AQ2时，过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，
Q2E2 = AQ2 ⋅sin∠OAC = 5 ×
√5
5
= √5，
AE2 = AQ2 ⋅cos∠OAC = 5 ×
2√5
5
= 2√5，
所以，OE2 = OA −AE2 = 9 −2√5，
所以，点Q2的坐标为(2√5 −9，−√5)；
③AQ3 = DQ3时，过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，
则AE3 =
1
2
AD =
1
2
× 5 =
5
2
，
所以，OE3 = 9 −
5
2
=
13
2
，
∵Q3E3⊥x轴，OC⊥OA，
∴△AQ3E3 ∽ΔACO，
∴
Q3E3
AE3
=
OC
OA
，
即
Q3E3
5
2
=
9
2
9
，
解得Q3E3 =
5
4
，
所以，点Q3的坐标为( −
13
2
，−
5
4
)，
综上所述，在线段AC上存在点Q1( −1, −4)，Q2(2√5 −9，−√5)，Q3( −
13
2
，−
5
4
)，使得
ΔADQ为等腰三角形．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
2
将A( −1, 0)、B(3, 0)、C(0, 3)代入抛物线y = ax2 + bx + c中，得：
a −b + c = 0
9a + 3b + c = 0
c = 3
，
解得：
a = −1
b = 2
c = 3
∴抛物线的解析式：y = −x2 + 2x + 3．
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，
{
{
【答案】
(3)
∴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
b = 3
，解得：
k = −1
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)．
抛物线的对称轴为：x = −
b
2a
= 1，设M(1, m)，已知A( −1, 0)、C(0, 3)，则：
MA2 = m2 + 4，MC2 = (3 −m)2 + 1 = m2 −6m + 10，AC2 = 10；
①若MA = MC，则MA2 = MC2，得：
m2 + 4 = m2 −6m + 10，得：m = 1；
②若MA = AC，则MA2 = AC2，得：
m2 + 4 = 10，得：m = ± √6；
③若MC = AC，则MC2 = AC2，得：
m2 −6m + 10 = 10，得：m1 = 0，m2 = 6；
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)．
{
{
【答案】
3
解：（1）∵抛物线y = mx2 −
19
4
x + n经过A(0, 3)、B(4, 0)，
∴
n = 3
16m −
19
4
× 4 + n = 0
，
解得
m = 1
n = 3
．
（2）∵直线y = kx + b经过A(0, 3)、B(4, 0)，则
b = 3
4k + b = 0
，
解得
k = −
3
4
b = 3
．
∴经过AB两点的一次函数的解析式为y = −
3
4
x + 3．
MN = −
3
4
x + 3 −(x2 −
19
4
x + 3) = −x2 + 4x = −(x −2)2 + 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
AB
=
NQ
OB
=
OQ
OA
，
{
{
{
{
∵OA = 3，OB = 4，
∴AB = 5，
∵ON ⋅AB = OA ⋅OB，
∴ON =
12
5
，
∴NQ =
48
25
，OQ =
36
25
．
∴N(
36
25
，
48
25
)；
②当N为AB中点时，（如图2)
∠NOQ = ∠B，∠AOB = ∠NQO = 90 ∘，
∴ΔAOB ∽ΔNQO．此时N(2,
3
2
)．
∴满足条件的N(
36
25
，
48
25
)或N(2,
3
2
)．
【答案】
4
解：（1）y = ax2 −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)，
ΔABC的面积=
1
2
BC × OA =
1
2
× 2 × 3a = 3，解得：a = 1，
故抛物线的表达式为：y = x2 −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，
设点P(m，m2 −4m + 3)(m > 2)，
将点P的坐标代入上式并解得：b = m2 −3m+3，
则d = AQ = | m2 −3m | (m > 2)；
（3）当d = 4时，|m2 −3m | = 4，
解得：m = 4或−1（舍去−1)，故点P(4, 3)，
设点G(n, n2 −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，
联立①②并解得：x =
8
6 −n
，故点M(
8
6 −n
，
16
6 −n
−5)，
点A(0, 3)、点N(0, −1)，
AN = AM，即42 = (
8
6 −n
)
2
+ (
16
6 −n
−8)
2
，
解得：n =
8
3
或4，
故点G(
8
3
，−
5
9
)或(4，3)．
【答案】
5
解：（1）将点A、B的坐标代入一次函数表达式：y = kx + b得：
0 = 3k + b
2 = k + b
，解得：
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,
抛物线的表达式为：y = x2 + 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，
{
{
设点D(x, x2 + 1)，则点H(x, −x + 3)，
则SΔBCD = 3 =
1
2
× DH × (xB −xC) =
1
2
( −x + 3 −x2 −1) × (1 + 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，
则直线CP的函数表达式为：y =
1
2
x + m，
将点C的坐标代入上式并解得：m = 6，
故直线PC的表达式为：y =
1
2
x + 6…③，
联立②③并解得：x = −2或
5
2
（舍去−2)，
故点P的坐标为：(
5
2
，
29
4
)；
②当∠CMP ′ = 90 ∘时，
同理可得：点P ′(
1
2
，
5
4
)，
综上，点P的坐标为：(
5
2
，
29
4
)或(
1
2
，
5
4
)．
【答案】
6
解：（1）∵抛物线的顶点为A(0, 2)，
∴抛物线的对称轴为y轴，
第 7 讲  二次函数之四边形构造
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∵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)，
设抛物线解析式为y = ax2 + 2，
把F(4, 4)代入得16a + 2 = 4，解得a =
1
8
，
∴抛物线解析式为y =
1
8
x2 + 2；
（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 + 42 = 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 + 42 = 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)．
【答案】
例1
解：（1）将C点坐标代入解析式，得
1
2
× 32 + 3b −2 = 1，
解得b = −
1
2
，
函数解析式y =
1
2
x2 −
1
2
x −2，
当x = 0时，y = −2，即D(0, −2)，
故答案为：(0, −2)，−
1
2
；
（2）在Rt △AOB中，OA = 1，OB = 2，
由勾股定理得AB2 = OA2 + OB2 = 5，
∴S △ABC =
1
2
AB2 =
5
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
，
解得
b = 2
k = −
1
3
，
直线BC的解析式为y = −
1
3
x + 2，
同理直线AC的解析式为y =
1
2
x −
1
2
，
∴点E，F的坐标为E x,
1
2
x −
1
2
，F x, −
1
3
x + 2 ，
EF =
−
1
3
x + 2
−
1
2
x −
1
2
=
5
2
−
5
6
x，
过C作CH⊥x轴于H点，
{
{
(
)
(
)
(
) (
)
在△CEF中，EF边上的高h = OH −x = 3 −x，
由题意可知S △CEF =
1
2
S △ABC =
1
2
EF ⋅h ，
即
1
2
（
5
2
−
5
6
x)(3 −x) =
1
2
×
5
2
，
解得x1 = 3 −√3，x2 = 3 + √3（不符合题意，舍），
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．
在△APN和△CBM中，
∠PAN = ∠BCM
∠PNA=∠BMC
PA = BC
∴△PAN≌△BCM（AAS），
∴PN = BM = 1，AN = CM = 3，
∴ON = AN −OA = 2，
∴P点坐标为(−2, 1)．
抛物线解析式为：y =
1
2
x2 −
1
2
x −2，当x = −2时，y = 1，即点P在抛物线上．
{
{
∴存在符合条件的点P，点P的坐标为(−2, 1)．
【答案】
例2
解：（1）∵抛物线y = x2 + bx + c的图象经过点(0, 0)和( −
√3
3
，0)，
∴
c = 0
1
3
−
√3
3
b + c = 0
，
解得：
b =
√3
3
c = 0
，
∴抛物线的解析式为y = x2 +
√3
3
x．
（2）△AA ′B是等边三角形．
由题意，得
y = x2 +
√3
3
x
y =
√3
3
x +
4
3
解得：
x1 =
2√3
3
y1 = 2
，
x2 = −
2√3
3
y2 =
2
3
．
∴A( −
2√3
3
，
2
3
)，B(
2√3
3
，2)．
如图1，过点A分别作AC⊥x轴，AD⊥A′B，垂足分别为C，D．
{
{
{
{
{
∴AC =
2
3
，OC =
2√3
3
在RtΔAOC中，OA = √AC2 + OC2 =
4
3
．
∵点A ′与点A关于原点对称
∴A ′(
2√3
3
，−
2
3
)，AA ′ =
8
3
．
∵B(
2√3
3
，2)
∴A ′B = 2 −( −
2
3
) =
8
3
又∵A( −
2√3
3
，
2
3
)，B(
2√3
3
，2)，
∴AD =
4√3
3
，BD =
4
3
．
在RtΔABD中
AB = √AD2 + BD2 =
8
3
．
∴AA ′ = A ′B = AB
∴△AA ′B是等边三角形；
（3）存在，理由如下：
(i)如图2，当A ′B为对角线时，有x −
2√3
3
=
2√3
3
× 2，y =
2
3
，
解得：x = 2√3，y =
2
3
，
此时，点P的坐标为(2√3，
2
3
)；
(ii)如图2，当AB为对角线时，有x = −
2√3
3
，y −
2
3
=
8
3
．
则x = −
2√3
3
，y =
10
3
．
此时点P的坐标是( −
2√3
3
，
10
3
)；
(iii)如图2，当AA ′为对角线时，有x = −
2√3
3
，y = −
8
3
−
2
3
．
则x = −
2√3
3
，y = −2．
此时点P的坐标是( −
2√3
3
，−2)；
综上所述，符合条件的点P的坐标是(2√3，
2
3
)或( −
2√3
3
，
10
3
)或( −
2√3
3
，−2)．
(
)
【答案】
例3
解：
（1）∵C1、C2关于y轴对称，
∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同，
∴a = 1，n = −3，
∴C1的对称轴为x = 1，
∴C2的对称轴为x = −1，
∴m = 2，
∴C1的函数表示式为y = x2 −2x −3，C2的函数表达式为y = x2 + 2x −3；
（2）在C2的函数表达式为y = x2 + 2x −3中，令y = 0可得x2 + 2x −3 = 0，解得x = −3或
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，
设P(t, t2 −2t −3)，则Q(t + 4, t2 −2t −3)或(t −4, t2 −2t −3)，
①当Q(t + 4, t2 −2t −3)时，则t2 −2t −3 = (t + 4)2 + 2(t + 4) −3，解得t = −2，
∴t2 −2t −3 = 4 + 4 −3 = 5，
∴P( −2, 5)，Q(2, 5)；
②当Q(t −4, t2 −2t −3)时，则t2 −2t −3 = (t −4)2 + 2(t −4) −3，解得t = 2，
∴t2 −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)．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
解：在直线解析式y =
1
2
x + 2中，令x = 0，得y = 2，
∴C(0, 2)．
∵点C(0, 2)、D(3,
7
2
)在抛物线y = −x2 + bx + c上，
∴
c = 2
−9 + 3b + c =
7
2
，
解得b =
7
2
，c = 2，
∴抛物线的解析式为：y = −x2 +
7
2
x + 2．
∵PF/ /OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，
∴PF = OC = 2，
{
∴将直线y =
1
2
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
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．
将直线y =
1
2
x + 2沿y轴向上平移2个单位，得到直线y =
1
2
x + 4，
联立
y =
1
2
x + 4
y = −x2 +
7
2
x + 2
，
解得x1 = 1，x2 = 2，
∴m1 = 1，m2 = 2；
将直线y =
1
2
x + 2沿y轴向下平移2个单位，得到直线y =
1
2
x，
联立
y =
1
2
x
y = −x2 +
7
2
x + 2
，
解得x3 =
3 + √17
2
，x4 =
3 −√17
2
（不合题意，舍去），
{
{
【答案】
(3)
∴m3 =
3 + √17
2
．
∴当m为值为1，2或
3 + √17
2
时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形．
（3）存在．
理由：设点P的横坐标为m，则P(m, −m2 +
7
2
m + 2)，F(m,
1
2
m + 2)．
如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM = m，EM = 2，
∴FM = yF −EM =
1
2
m，
∴tan∠CFM = 2．
在RtΔCFM中，由勾股定理得：CF =
√5
2
m．
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，
∴FN = CF =
√5
2
m，PN = 2FN = √5m，
在RtΔPFN中，由勾股定理得：PF = √FN2 + PN2 =
5
2
m．
∵PF = yP −yF = ( −m2 +
7
2
m + 2) −(
1
2
m + 2) = −m2 + 3m
∴−m2 + 3m =
5
2
m，
整理得：m2 −
1
2
m = 0，
解得m = 0（舍去）或m =
1
2
，
∴P(
1
2
，
7
2
)；
同理求得，另一点为P(
23
6
，
13
18
)．
∴符合条件的点P的坐标为(
1
2
，
7
2
)或(
23
6
，
13
18
)．
【答案】
例5
解：（1）将点A(−2, 0)、C(
3
2
, 0)代入y = ax2 + bx −2中，
得：
0 = 4a −2b −2
0 =
9
4
a +
3
2
b −2
，解得：
a =
2
3
b =
1
3
，
∴抛物线的解析式为y =
2
3
x2 +
1
3
x −2．
（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
AP
=
BE
AE
=
1
2
．
令y =
2
3
x2 +
1
3
x −2中x = 0，则y = −2，
∴点B(0, −2)，
∴AB = 2√2．
∵AB2 = AE2 + BE2，
∴BE =
2√10
5
，AE =
4√10
5
．
∵AP = t + 2，BP = √t2 + 4，AP ⋅BO = BP ⋅AE ，
∴2(t + 2) =
4√10
5
√t2 + 4，
解得：t =
2
3
，或t = 6；
（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)，
∴直线PB解析式为y =
2
t
x −2，
∵过点A(−2, 0)作直线BP的垂线交于y轴于点Q，
∴直线AQ的解析式为y = −
t
2
x −t，
∴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
∴ M(t,
2
3
t2 +
1
3
t −2)，
∴PM = |
2
3
t2 +
1
3
t −2 |
∴| t −2| = |
2
3
t2 +
1
3
t −2 | ．
①如图3，
当点P在线段OC上，
2
3
t2 +
1
3
t −2 < 0，
∴t −2 =
2
3
t2 +
1
3
t −2．
∴t = 0（舍）或t = 1，
∴M(1, −1)
②如图4，
当点P在OC延长线上时，
2
3
t2 +
1
3
t −2 > 0，
∴−t + 2 =
2
3
t2 +
1
3
t −2．
∴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)．
(
)
【答案】
例6
解：（1）∵抛物线y = ax2 + 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
9a + 3b + 3 = 0
，解得
a = 1
b = −4
，
∴抛物线解析式为y = x2 −4x + 3；
（2）如图：
①设P(m, m2 −4m + 3)，
将点B(3, 0)、C(0, 3)代入得直线BC解析式为yBC = −x + 3．
∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴D(m, −m + 3)，
∴PD = ( −m + 3) −(m2 −4m + 3) = −m2 + 3m．
②SΔPBC = SΔCPD + SΔBPD
=
1
2
OB ⋅PD = −
3
2
m2 +
9
2
m
= −
3
2
(m −
3
2
)2 +
27
8
．
∴当m =
3
2
时，S有最大值．
当m =
3
2
时，m2 −4m + 3 = −
3
4
．
∴P(
3
2
，−
3
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M1(2, 3)，M2(2, 1 −2√2)，M3(2, 1 + 2√2)．
【答案】
例7
解：（1）∵抛物线y = ax2 + bx(a ≠0)过点A(4, 0)和点B(1, −3)，
∴
16a + 4b = 0
a + b = −3
，
解得
a = 1
b = −4
，
∴此抛物线的解析式为y = x2 −4x；
（2）∵y = x2 −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, m2 −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 −(m2 −4m) = −m2 + 5m −4，
∵S =
1
2
DE ⋅| xA −xB | ，
∴S =
1
2
( −m2 + 5m −4) × (4 −1) = −
3
2
m2 +
15
2
m −6；
∵S = −
3
2
m2 +
15
2
m −6 = −
3
2
(m −
5
2
)
2
+
27
8
，
∴当m的值为
5
2
时，S有最大值
27
8
，
{
{
故答案为−m2 + 5m −4；S = −
3
2
m2 +
15
2
m −6；
5
2
，
27
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
BQ
=
PB
AQ
，即
PM
3
=
1
3
，解得PM = 1，
∵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，
∵BH2 = MH ⋅AH，
∴32 = 3 ⋅MH，
∴MH = 3，
第 7 讲  二次函数之四边形构造
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴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)．
【答案】
(1)
1
解：令y = 0，解得x1 = −1或x2 = 3，
∴A( −1，0)，B(3，0)，
【答案】
(2)
【答案】
(3)
将C点的横坐标x = 2代入y = x2 −2x −3得y = −3，
∴C(2, −3)，
∴直线AC的函数解析式是y = −x −1；
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)，
E(x, x2 −2x −3)，
∵P点在E点的上方，PE = ( −x −1) −(x2 −2x −3) = −x2 + x + 2 = −(x −
1
2
)2 +
9
4
，
∴当x =
1
2
时，PE的最大值=
9
4
．
解：存在4个这样的点F，分别是F1(1, 0)，F2( −3, 0)，F3(4 + √7，0)，F4(4 −√7，0)
，
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．
【答案】
2
如图：
（1）∵抛物线y = ax2 + 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
9a + 3b + 3 = 0
 解得
a = −1
b = 2
∴抛物线的解析式为y = −x2 + 2x + 3．
（2）存在．理由如下：
y = −x2 + 2x + 3 = −(x −1)2 + 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yBP = kx + b(k ≠0)，把G(0, 1)，B(3, 0)代入，得
k = −
1
3
，b = 1，
∴BP解析式为yBP = −
1
3
x + 1．
yBP = −
1
3
x + 1，y = −x2 + 2x + 3
当y = yBP 时，−
1
3
x + 1 = −x2 + 2x + 3，
解得x1 = −
2
3
，x2 = 3（舍去），
{
{
∴y =
11
9
，
∴P( −
2
3
，
11
9
)．
（3）M1( −2, −5)，M2(4, −5)，M3(2, 3)．
【答案】
3
解：（1）设抛物线的表达式为：y = a(x + 1)2 +
4√3
3
，
将点M的坐标代入上式得：√3 = a( −2 + 1)2 +
4√3
3
，解得：a = −
√3
3
，
故抛物线的表达式为：y = −
√3
3
x2 −
2√3
3
x + √3；
（2）设点T(m, n)，则n = −
√3
3
m2 −
2√3
3
m + √3，点P(s, −1)，
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)，
故：n −√3 = −1，m −1 = s，或−1 −√3 = n，s −1 = m，且n = −
√3
3
m2 −
2√3
3
m + √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，
第 7 讲  二次函数之四边形构造
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
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 ′，
则∠M ′CH = 60 ∘，故CH =
1
2
CM ′ = 1，则M ′H = √3，故点M ′为(1，2√3)；
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；
同理直线BM′的表达式为：y =
√3
2
x +
3√3
2
；
联立AC、BM′的函数表达式并解得：x = −
1
3
，
故点Q( −
1
3
，
4√3
3
)．
【答案】
1
（1）将点A(1, 0)，B(2, 0)，C(0, −2)代入二次函数y = ax2 + bx + c中，得
a + b + c = 0
4a + 2b + c = 0
c = −2
解得a = −1, b = 3, c = −2．
∴y = −x2 + 3x −2．
{
（2）∵AO = 1，CO = 2，BD = m −2，
当△EDB ∼△AOC时，得
AO
ED
=
CO
BD
 ，
即
1
ED
=
2
m −2
 ，解得ED =
m −2
2
 ，
∵点E在第四象限，
∴E1 m,
2 −m
2
，
当△BDE ∼△AOC时，
AO
BD
=
CO
ED
时，即
1
m −2
=
2
ED
 ，
解得ED = 2m −4，
∵点E在第四象限，
∴E2(m, 4 −2m)；
（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
横坐标为m −1 ，当点E1的坐标为m,
2 −m
2
 时，点F1的坐标为m −1,
2 −m
2
 ，
∵点F1在抛物线的图象上，
∴
2 −m
2
= −(m −1)2 + 3(m −1) −2，
∴2m2 −11m + 14 = 0，
∴(2m −7)(m −2) = 0，
∴m =
7
2
，m = 2（舍去），
(
)
(
)
(
)
第 7 讲  二次函数之四边形构造
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∴F1(
5
2
，−
3
4
），
当点E2的坐标为(m, 4 −2m)时，点F2的坐标为(m −1, 4 −2m)，
∵点F2在抛物线的图象上，
∴4 −2m = −(m −1)2 + 3(m −1) −2，
∴m2 −7m + 10 = 0，
∴(m −2)(m −5) = 0，∴m = 2（舍去），m = 5，
∴F2(4, −6)．
综上，F点的坐标为(
5
2
，−
3
4
）或(4, −6)
【答案】
1
解：（1）设反比例函数的解析式为y =
k
x
，
∵点A(2, 6)在反比例函数的图象上，
∴6 =
k
2
，
∴k = 12，
∴反比例函数的解析式为y =
12
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)，
设二次函数的解析式为y = ax2 + bx + 2，
则
6 = 4a + 2b = 2
2 = 36a + 6b + 2
，解得
a = −
1
2
b = 3
，
故二次函数的解析式为y = −
1
2
x2 + 3x + 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．
{
{
{
∵E点纵坐标为4，点E在反比例函数y =
12
x
图象上，
∴x = 3，
∴点E(3, 4)，
∴OH = 3，OD = OH −DH = 1，
∴CD = √OC2 + OD2 = √22 + 12 = √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，
∴8(2 −t) = 12，t =
1
2
，
∴D(
1
2
, 0)，
∴CD =
(
1
2
)
2
+ 22 =
√17
2
，
综上可知CD的长为√5或
√17
2
．
√
【答案】
2
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)，
根据题意，得a = −
1
3
，c = 0，且a × 32 + b × 3 + c = 1，
∴b =
4
3
，
∴该抛物线的解析式为y = −
1
3
x2 +
4
3
x；
②∵点A(0, 2)，B(1, 0)，点C为线段AB的中点，
∴C(
1
2
，1)，
∵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，
设P的坐标为(x, −
1
3
x2 +
4
3
x)，
（Ⅰ）当P在x轴的上方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图2，
则tan∠POB = tan∠BAO，即
PG
OG
=
BO
AO
，
∴
−
1
3
x2 +
4
3
x
x
=
1
2
，解得x1 = 0（舍去），x2 =
5
2
，
∴−
1
3
x2 +
4
3
x =
5
4
，
∴P点的坐标为(
5
2
，
5
4
)；
（Ⅱ）当P在x轴的下方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图3
则tan∠POB = tan∠BAO，即
PG
OG
=
BO
AO
，
∴
1
3
x2 −
4
3
x
x
=
1
2
，解得x1 = 0（舍去），x2 =
11
2
，
∴−
1
3
x2 +
4
3
x = −
11
4
，
∴P点的坐标为(
11
2
，−
11
4
)；
综上，在抛物线上是否存在点P(
5
2
，
5
4
)或(
11
2
，−
11
4
)，使得∠POB与∠BCD互余．
（2）如图3，∵D(3, 1)，E(1, 1)，
抛物线y = ax2 + bx + c过点E、D，代入可得
a + b + c = 1
9a + 3b + c = 1
，解得
b = −4a
c = 1 + 3a
，
所以y = ax2 −4ax + 3a + 1．
分两种情况：
①当抛物线y = ax2 + 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当抛物线y = ax2 + bx + c开口向上时，
(i)当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y = ax2 + bx + c必有两个交点，符合条件的点Q
必定有2个；
(ii)当点Q在x轴的下方时，要使直线OQ与抛物线y = ax2 + 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，
∴tan∠QOB = tan∠BAO =
OB
OA
=
1
2
，此时直线OQ的解析式为y = −
1
2
x，要使直线OQ与
抛物线y = ax2 + bx + c有一个交点，所以方程ax2 −4ax + 3a + 1 = −
1
2
x有两个相等的实数
根，所以△= ( −4a +
1
2
)
2
−4a(3a + 1) = 0，即4a2 −8a +
1
4
= 0，解得a =
4 ± √15
4
，
∵抛物线的顶点在x轴下方
∴
4a(3a + 1) −16a2
4a
< 0，
∴a > 1，
∴a =
4 −√15
4
舍去
综上所述，a的值为a =
4 + √15
4
．
{
{
【答案】
3
解： （1） 解方程x2 −12x + 32 = 0得，x1 = 8，x2 = 4，∵OA > OC，
∴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，
在ΔADE与ΔCOE中，
∠ADE = ∠COE
∠AED = ∠CEO
AD = OC
，
∴ΔADE ≅ΔCOE（AAS）；
∵CE2 = OE2 + OC2，即(8 −OE)2 = OE2 + 42，
∴OE = 3；
（3） 过D作DM⊥x轴于M，则OE/ /DM，
∴ΔOCE ∽ΔMCD，
∴
OC
CM
=
OE
DM
=
CE
CD
=
5
8
，
∴CM =
32
5
，DM =
24
5
，
∴OM =
12
5
，
∴D( −
12
5
，
24
5
)；
（4） 存在；∵OE = 3，OC = 4，
∴CE = 5，
过P1作P1H⊥AO于H，
{
∵四边形P1ECF1是菱形，
∴P1E = CE = 5，P1E/ /AC，
∴∠P1EH = ∠OAC，
∴
P1H
EH
=
OC
AO
=
1
2
，
∴设P1H = k，HE = 2k，
∴P1E = √5k = 5，
∴P1H = √5，HE = 2√5，
∴OH = 2√5 + 3，
∴P1( −√5，2√5 + 3)，
同理P3(√5，3 −2√5)，
当A与F重合时， 四边形F2ECP2是菱形，
∴EF2/ /CP2，EF2，= CP2 = 5，
∴P2(4, 5)；
当CE是菱形EP4CF4的对角线时， 四边形EP4CF4是菱形，
∴EP4 = 5，EP4/ /AC，
如图 2 ，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，
则P4N = OG，P4G = ON，
EP4/ /AC，
∴
P4N
EN
=
1
2
，
设P4N = x，EN = 2x，
∴P4E = CP4 = √5x，
∴P4G = ON = 3 −2x，CG = 4 −x，
∴(3 −2x)2 + (4 −x)2 = (√5x)2，
∴x =
5
4
，
∴3 −2x =
1
2
，
∴P4(
5
4
，
1
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，
3 −2√5)，(4, 5)，(
5
4
，
1
2
)．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
4
在y = −x2 + 2x + 3中，当x = 0时，y = 3，
∴C(0, 3)，
当y = 0时，−x2 + 2x + 3 = 0，
解：得x1 = −1 或x2 = 3 ，
∴A( −1, 0) ，B(3, 0) ，
①设直线BC的函数关系式为：y = kx + b ．
把B(3, 0)，C(0, 3)分别代入得：
3k + b = 0
b = 3
 ，
解得：k = −1 ，b = 3 ，
∴直线BC的函数关系式为：y = −x + 3 ；
在y = −x2 + 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) ．
{
当x = m 时，y = −m2 + 2m + 3 ，
∴F(m, −m2 + 2m + 3) ，
∴线段DE = 4 −2 = 2 ，
∴线段PF = −m2 + 2m + 3 −( −m + 3) = −m2 + 3m ，
②∵PF∥DE，
∴当PF = ED 时，四边形PEDF为平行四边形，
由−m2 + 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．
【答案】
5
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)；
（2）抛物线的表达式为：y =
1
3
(x + 3)(x −1)…①，
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,
抛物线的表达式为：y = ax2 + 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，
线段BD的中点K的横坐标为：
−4 + 1
2
= −
3
2
，则点Q的横坐标为：−2，则点Q( −2, −3a)
，则HF = BE = 3a，
∵∠DQF + ∠BQE = 90 ∘，∠BQE + ∠QBE = 90 ∘，∴∠QBE = ∠DQF，
∴ΔDFQ ∽ΔQEB，则
DF
QE
=
FQ
BE
，
8a
3
=
2
3a
，解得：a = ±
1
2
（舍去负值），
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
DI
=
LD
BI
，即
3
5a
=
21a
5
，解得：a = ±
√7
7
（舍去负值），
LI = 26a =
26√7
7
，故点P( −1,
26√7
7
)，；
综上，点P的坐标为：P( −1, 4)或( −1,
26√7
7
)．
【答案】
6
解：（1）∵直线y = x −3经过B、C两点， 
∴B(3, 0)，C(0, −3)， 
∵y = x2 + bx + c经过B、C两点， 
∴
9 + 3b + c = 0
c = −3
，
解得
b = −2
c = −3
，
故抛物线的解析式为y = x2 −2x −3； 
（2）如图1，y = x2 −2x −3，
 
y = 0时，x2 −2x −3 = 0， 
解得x1 = −1，x2 = 3， 
∴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， 
∵SΔABC = SΔAMC + SΔAMB， 
∴
1
2
AB ⋅OC =
1
2
AC ⋅MN +
1
2
AB ⋅EM，
∴
1
2
× 4 × 3 =
1
2
× √10d +
1
2
× 4(3 −t) ，
∴d =
2√10
5
t；
{
{
 
（3）如图2，
 
∵y = x2 −2x −3 = (x −1)2 −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
OB
=
TK
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， 
∵SK2 + RK2 = SR2， 
∴(2m + 1)2 + (2 −m)2 = (3 −m)2， 
解得m1 = −2（舍去），m2 =
1
2
； 
∴SD = TD =
1
2
，TK =
2
3
，
∴tan∠TBK =
TK
BK
=
3
2
÷ 3 =
1
2
，
∴tan∠PCD =
1
2
，
过点P作PE ′⊥x轴于E ′交CD于点F ′， 
∵CF ′ = OE ′ = t， 
∴PF ′ =
1
2
t，
第 8 讲  二次函数值动点存在性问题
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴PE ′ =
1
2
t + 3，
∴P t, −
1
2
t −3
∴−
1
2
t −3 = t2 −2t −3
解得t1 = 0（舍去），t =
3
2
． 
∴MN = d =
2√10
5
t =
2√10
5
×
3
2
=
3√10
5
(
)
【答案】
例1
解：（1）∵点C(0, 4)在直线y = −
4
3
x + n上，
∴n = 4，
∴y = −
4
3
x + 4，
令y = 0，
∴x = 3，
∴A(3, 0)，
∵抛物线y =
2
3
x2 + bx + c经过点A，
交y轴于点B(0, −2)．
∴c = −2，6 + 3b −2 = 0，
∴b = −
4
3
，
∴抛物线解析式为y =
2
3
x2 −
4
3
x −2，
（2）解法一：
∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，
∴P(m,
2
3
m2 −
4
3
m −2)，
∵PD⊥x 轴，BD⊥PD
∴点D坐标为(m, −2)
∴|BD| = |m|，|PD| = |
2
3
m2 −
4
3
m −2 + 2 | ，
当△BDP为等腰直角三角形时，PD = BD．
∴|m| = |
2
3
m2 −
4
3
m −2 + 2| = |
2
3
m2 −
4
3
m |
∴m2 = (
2
3
m2 −
4
3
m)2
解得：m1 = 0（舍去），m2 =
7
2
，m3 =
1
2
∴当△BDP 为等腰直角三角形时，
线段PD的长为
7
2
或
1
2
．
解法二：
∵点P的横坐标为m．
∴P(m,
2
3
m2 −
4
3
m −2)，
当△BDP 为等腰直角三角形时，PD = BD．
①当点P在直线BD上方时，PD =
2
3
m2 −
4
3
m
（i）若点P在y轴左侧，则m < 0，BD = −m．
∴
2
3
m2 −
4
3
m = −m，
解得m1 = 0（舍去），m2 =
1
2
（舍去）
（ii）若点P在y轴右侧，则m > 0，BD = m．
∴
2
3
m2 −
4
3
m = m，
解得m1 = 0（舍去），m2 =
7
2
．
②当点P在直线BD下方时，m > 0，BD = m，
PD = −
2
3
m2 +
4
3
m．
∴-
2
3
m2 +
4
3
m = m，
解得m1 = 0（舍去），m2 =
1
2
．
综上所述，m =
7
2
或
1
2
即当△BDP 为等腰直角三角形时，
线段PD的长为
7
2
或
1
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，
∵点P在抛物线y =
2
3
x2 −
4
3
x −2③上，
∴联立①③解得，
x = 0
y = −2
或
x =
1
2
y = −
5
2
，
∴P（
1
2
，-
5
2
），
∴D（
1
2
，−2)，
∴PD = | −2 −( −
5
2
) | =
1
2
联立②③解得，
x = 0
y = 2
或
x =
7
2
y =
3
2
，
∴m =
7
2
，
∴P（
7
2
，
3
2
），
∴D（
7
2
，−2)，
∴PD = |
3
2
−(−2) | =
7
2
，
即当△BDP 为等腰直角三角形时，
线段PD的长为
7
2
或
1
2
．
（3）∵∠PBP ′ = ∠OAC，OA = 3，OC = 4，
∴AC = 5，
∴sin∠PBP ′ =
4
5
，cos∠PBP ′ =
3
5
，
{
{
{
{
①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，
由旋转知，P ′D ′ = PD =
2
3
m2 −
4
3
m，
在Rt △P ′D ′N中，cos∠ND ′P ′ =
ND
P ′D ′
= cos∠PBP ′ =
3
5
，
∴ND ′ =
3
5
（
2
3
m2 −
4
3
m），
在Rt △BD ′M中，BD ′ = −m，
sin∠DBD ′ =
D ′M
BD ′
= sin∠PBP ′ =
4
5
，
∴D ′M = −
4
5
m，
∴ND ′ −MD ′ = 2，
∴
3
5
（
2
3
m2 −
4
3
m) −( −
4
5
m) = 2，
∴m = √5（舍），或m = −√5，
如图2，
同①的方法得，ND ′ =
3
5
（
2
3
m2 −
4
3
m），MD ′ = 
4
3
m
∵ND ′ + MD ′ = 2，
∴
3
5
（
2
3
m2 −
4
3
m) +
4
5
m = 2，
∴m = √5，或m = −√5（舍），
∴P( −√5，
4√5 + 4
3
）或P（√5，
−4√5 + 4
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 ′，
同①的方法得，P ′N =
4
5
（
2
3
m2 −
4
3
m），BM = 
3
5
m，
∵P ′N = BM，
∴
4
5
（
2
3
m2 −
4
3
m) =
3
5
m，
∴m =
25
8
，
∴P（
25
8
，
11
32
）．
∴P( −√5，
4√5 + 4
3
）或P（√5，
−4√5 + 4
3
）或P（
25
8
，
11
32
）．
【答案】
例2
解：（1）∵直线l: y =
3
4
x + m经过点B(0, −1)，
∴m = −1，
∴直线l的解析式为y =
3
4
x −1，
∵直线l: y =
3
4
x −1经过点C，且点C的横坐标为4，
∴y =
3
4
× 4 −1 = 2，
∵抛物线y =
1
2
x2 + bx + c
经过点C(4, 2)和点B(0, −1)，
∴
1
2
× 42 + 4b + c = 2
c = −1
，
解得
b = −
5
4
c = −1
，
∴抛物线的解析式为y =
1
2
x2 −
5
4
x −1；
（2）令y = 0，则
3
4
x −1 = 0，
解得：x =
4
3
，
∴点A的坐标为（
4
3
，0），
∴OA =
4
3
，
在Rt △OAB 中，OB = 1，
{
{
√
∴AB = √OA2 + OB2=
4
3
2
+12=
5
3
，
∵DE/ / y轴，
∴∠ABO = ∠DEF，
在矩形DFEG中，
EF = DE ⋅cos∠DEF = DE ⋅
OB
AB
=
3
5
DE，
DF = DE ⋅sin∠DEF = DE ⋅
OA
AB
=
4
5
DE，
∴l = 2(DF + EF) = 2(
4
5
+
3
5
)DE =
14
5
DE，
∵点D的横坐标为t(0 < t < 4)，
∴D(t,
1
2
t2 −
5
4
t −1)，E(t,
3
4
 t −1)，
∴DE = (
3
4
t −1) −(
1
2
t2 −
5
4
t −1) = −
1
2
t2 + 2t，
∴l =
14
5
× ( −
1
2
t2 + 2t) = −
7
5
t2 +
28
5
t，
∵l = −
7
5
(t −2)2 +
28
5
，且-
7
5
< 0，
∴当t = 2时，l有最大值
28
5
．
（3）
√( )
∵△AOB绕点M沿逆时针方向旋转90 ∘，
∴A1O1/ / y轴时，B1O1/ / x轴，设点A1的横坐标为x，
①如图1，点O1、B1在抛物线上时，点O1的横坐标为x，点B1的横坐标为x + 1，
∴
1
2
x2 −
5
4
x −1 =
1
2
(x + 1)2 −
5
4
(x + 1) −1，
解得x =
3
4
，
②如图2，点A1、B1在抛物线上时，点B1的横坐标为x + 1，点A1的纵坐标比点B1的纵坐标
大
3
4
，
∴
1
2
x2 −
5
4
x −1 =
1
2
(x + 1)2 −
5
4
(x + 1) −1 +
3
4
，
解得x = −
7
12
，
综上所述，点A1的横坐标为
3
4
或-
7
12
．
【答案】
例3
解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
−1 −b + c = 0
−25 + 5b + c = 0
，解得
b = 4
c = 5
，
∴抛物线的解析式为：y = −x2 + 4x + 5．
（2）∵点P的横坐标为m，
∴P m, −m2 + 4m + 5 ，E(m, −
3
4
m + 3)，F(m, 0)．
∴PE = | yP −yE| = | −m2 + 4m + 5 −( −
3
4
m + 3) |
= | −m2 +
19
4
m + 2 | ，
EF = | yE −yF| = |( −
3
4
m + 3) −0| = | −
3
4
m + 3 | ．
{
{
(
)
(
)
由题意，PE = 5EF，即：
| −m2 +
19
4
m + 2| = 5| −
3
4
m + 3| = |−
15
4
m + 15 |
①若−m2 +
19
4
m + 2 = −
15
4
m + 15，
整理得：2m2 −17m + 26 = 0，
解得：m = 2或m =
13
2
；
②若−m2 +
19
4
m + 2 = −(−
15
4
m + 15)，
整理得：m2 −m −17 = 0，
解得：m =
1 + √69
2
或m =
1 −√69
2
．
由题意，m的取值范围为：−1 < m < 5，
故m =
13
2
、m =
1 −√69
2
这两个解均舍去．
∴m = 2或m =
1 + √69
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，
由直线CD解析式y = −
3
4
x + 3，可得OD = 4，OC = 3，
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
OD
=
CE
CD
，即
|m|
4
=
CE
5
，解得CE =
5
4
|m|，
∴PE = CE =
5
4
|m|，又由（2）可知：
PE = | −m2 +
19
4
m + 2 |
∴| −m2 +
19
4
m + 2 | =
5
4
|m|．
①若−m2 +
19
4
m + 2 =
5
4
m，整理得：2m2 −7m −4 = 0，
解得m = 4或m = −
1
2
；
②若−m2 +
19
4
m + 2 = −
5
4
m，整理得：m2 −6m −2 = 0，
解得m1 = 3 + √11，m2 = 3 −√11．
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)
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为(0, 5)，( −
1
2
，
11
4
），(4, 5)，
(3 −√11, 2√11−3)
【答案】
例4
解：（1）由题意得：
4a −2b + c = 5,
a −b + c = 0
9a + 3b + c = 0,
解得
a = 1
b = −2
c = −3
，
∴抛物线的函数表达式为y = x2 −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′B2 −BH2 = √42 −22 = 2√3，
∴点C′的坐标为(1，2√3)，tan∠C′BH =
C′H
BH
=
2√3
2
= √3，
∴∠C′BH = 60 ∘，
由翻折得∠DBH =
1
2
∠C′BH = 30 ∘，
在Rt △BHD中，DH = BH ⋅tan∠DBH = 2 ⋅tan30 ∘=
2√3
3
，
∴点D的坐标为(1,
2√3
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，
则
0 = −k + b
2√3
3
= k + b
，解得
k =
√3
3
b =
√3
3
，
{
{
∴直线BP的函数表达式为y =
√3
3
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，
∴∠CC ′Q =
1
2
∠CC ′B = 30 ∘．
∴∠CBP = 30 ∘，
设BP与y轴相交于点E，
在Rt △BOE中，OE = OB ⋅tan∠CBP = OB ⋅tan30 ∘= 1 ×
√3
3
=
√3
3
，
∴点E的坐标为(0, −
√3
3
)．
设直线BP的函数表达式为y = mx + n，
则
0 = −m + n
−
√3
3
= n
，解得
m = −
√3
3
n = −
√3
3
，
∴直线BP的函数表达式为y = −
√3
3
x −
√3
3
．
综上所述，直线BP的函数表达式为y =
√3
3
x +
√3
3
或y = −
√3
3
x −
√3
3
．
{
{
【答案】
例5
解：（1）∵y = −
2
3
x + c与x轴交于点A(3, 0)，与y轴交于点B，
∴0 = −2 + c，解得c = 2，
∴B(0, 2)，
∵抛物线y = −
4
3
x2 + bx + c经过点A，B，
∴
−12 + 3b + c = 0
c = 2
，解得
b =
10
3
c = 2
，
∴抛物线解析式为y = −
4
3
x2 +
10
3
x + 2；
（2）①由（1）可知直线解析式为y = −
2
3
x + 2，
∵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，
∴P(m, −
2
3
m + 2)，N(m, −
4
3
m2 +
10
3
m + 2)，
∴PM = −
2
3
m + 2，AM = 3 −m，
PN = −
4
3
m2 +
10
3
m + 2 −( −
2
3
m + 2) = −
4
3
m2 + 4m$$，
{
{
∵△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，
∴
BN
AM
=
PN
PM
，即
m
3 −m
=
−
4
3
m2 + 4m
−
2
3
m + 2
，
解得m = 0（舍去）或m = 2.5，
∴M(2.5, 0)；
当∠NBP = 90 ∘时，则有
PN
PA
=
BP
MP
，
∵A(3, 0)，B(0, 2)，P(m, −
2
3
m + 2)，
∴BP =
m2 +
−
2
3
m + 2 −2
2
=
√13
3
m，
AP =
(m −3)2 +
−
2
3
m + 2
2
=
√13
3
(3 −m)，
∴
−
4
3
m2 + 4m
√13
3
(3 −m)
=
√13
3
m
−
2
3
m + 2
，
解得m = 0（舍去）或m =
11
8
，
∴M（
11
8
，0）；
√
(
)
√
(
)
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（
11
8
，
0）；
②由①可知M(m, 0)，P(m, −
2
3
m + 2)，
N(m, −
4
3
m2 +
10
3
m + 2)，
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，
则有2( −
2
3
m + 2) = −
4
3
m2 +
10
3
m + 2，
解得m = 3（三点重合，舍去）或m =
1
2
；
当M为线段PN的中点时，
则有-
2
3
m + 2 + ( −
4
3
m2 +
10
3
m + 2) = 0，
解得m = 3（舍去）或m = −1；
当N为线段PM的中点时，
则有-
2
3
m + 2 = 2( −
4
3
m2 +
10
3
m + 2)，
解得m = 3（舍去）或m = −
1
4
；
综上可知当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为
1
2
或−1或-
1
4
．
【答案】
(1)
例6
解：（1）①当x = 0时，分别代入抛物线y1，y2，y3，即可得y1 = y2 = y3 = 1；①正
确；
②y2 = −x2 −2x + 1，y3 = −x2 −3x + 1的对称轴分别为x = −1，x = −
3
2
，
【答案】
(2)
y1 = −x2 −x + 1的对称轴x = −
1
2
，
由x = −
1
2
向左移动
1
2
得到x = −1，再向左移动
1
2
得到x = −
3
2
，
②正确；
③当y = 1时，则−x2 −x + 1 = 1，
∴x = 0或x = −1；
−x2 −2x + 1 = 1，
∴x = 0或x = −2；
−x2 −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）①yn = −x2 −nx + 1的顶点为( −
n
2
，
n2 + 4
4
)，
令x = −
n
2
，y =
n2 + 4
4
，
∴y = x2 + 1；
②∵横坐标分别为−k −1，−k −2，−k −3，…，−k −n(k为正整数），
当x = −k −n时，y = −k2 −nk + 1，
∴纵坐标分别为−k2 −k + 1，−k2 −2k + 1，−k2 −3k + 1，…，−k2 −nk + 1，
∴相邻两点间距离分别为√1 + k2；
∴相邻两点之间的距离都相等；
③当y = 1时，−x2 −nx + 1 = 1，
∴x = 0或x = −n，
∴A1( −1, 1)，A2( −2, 1)，A3( −3, 1)，…，An( −n, 1)，
C1( −k −1, −k2 −k + 1)，C2( −k −2, −k2 −2k + 1)，C3( −k −3, −k2 −3k + 1)，…
，Cn( −k −n, −k2 −nk + 1)，
∵
−k2 −k + 1 −1
−k −1 + 1
= k + 1，
−k2 −2k + 1 −1
−k −2 + 2
= k + 2，
−k2 −3k + 1 −1
−k −3 + 3
= k + 3 ，…
，
−k2 −nk + 1 −1
−k −n + n
= k + n，
∴CnAn与Cn−1An−1不平行；
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例7
解: 
∵A(1, 0),对称轴l为x = −1, 
∴B(−3, 0), 
∴
a + b −3 = 0
9a −3b −3 = 0
,解得
a = 1
b = 2
, 
∴抛物线的解析式为y = x2 + 2x −3;
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.
{
{
【答案】
(3)
又∵∠BMP = ∠BQN = 90 ∘,PB = NB,
∴△BPM ≅△NBQ.
∴PM = BQ.
∵抛物线y = x2 + 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 = x2 + 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,
将y = −2代入y = x2 + 2x −3,得−2 = x2 + 2x −3,
解得x1 = −1 −√2,x2 = −1 + √2(舍去),
∴此时点P的坐标为( −1 −√2, −2).
存在. 
如图2,连接AC. 
 
可设点P的坐标为(x, y)( −3 < x < 0),则y = x2 + 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 四边形PBAC = S△BPM + S 四边形PMOC + S△AOC 
=
1
2
BM ⋅PM +
1
2
(PM + OC) ⋅OM +
1
2
OA ⋅OC 
=
1
2
(x + 3)(−y) +
1
2
(−y + 3)(−x) +
1
2
× 1 × 3 
= −
3
2
y −
3
2
x +
3
2
. 
将y = x2 + 2x −3代入可得
S 四边形PBAC = −
3
2
x2 + 2x −3 −
3
2
x +
3
2
= −
3
2
x +
3
2
2
+
75
8
. 
∵−
3
2
< 0,−3 < x < 0, 
∴当x = −
3
2
时,S 四边形PBAC有最大值
75
8
.此时,y = x2 + 2x −3 = −
15
4
. 
∴当点P的坐标为−
3
2
, −
15
4
时,四边形PBAC的面积最大,最大值为
75
8
.
(
)
(
)
(
)
【答案】
例8
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 ∘，
∴∠APB = ∠APH + ∠BPH =
1
2
(∠MPH + ∠NPH) = 45 ∘
∵PM = PN，∴可以假设P(m, m)，
∵P(m, m)在y =
9
x
上，∴m2 = 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，∵AB2 = OA2 + OB2，∴a2 + b2 = (6 −a −b)2，
可得ab = 6a + 6b −18，∴3a + 3b −9 =
1
2
ab，
第 8 讲  二次函数值动点存在性问题
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∵PM/ /OC，∴
CO
PM
=
OA
AM
，∴
OC
3
=
a
3 −a
，
∴OC =
3a
3 −a
，同法可得OD =
3b
3 −b
，
∴S △COD =
1
2
OC ⋅OD =
9ab
2(3 −a)(3 −b)
=
9ab
2(9 −3a −3b + ab)
=
9ab
ab
= 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 + √a2 + b2 = 6，∴2√ab + √2ab ≤6，
∴(2 + √2)√ab ≤6，∴√ab ≤3(2 −√2)，
∴ab ≤54 −36√2，∴SΔAOB =
1
2
ab ≤27 −18√2，
∴ΔAOB的面积的最大值为27 −18√2．
【答案】
1
（1）解：把(0, 4)，(4, 4)分别代入y = −
1
6
x2 + bx + c中，
得
c = 4
−
1
6
× 42 + 4b + c = 4
 ，
解得
b =
2
3
c = 4
 ；
令y = 0得−
1
6
x2 +
2
3
x + 4 = 0，
∴x1 = 2√7 + 2，x2 = −2√7 + 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．
（3）(2, 2)，(0, 4)，（1
9
16
 , 3
1
16
），( −
1
16
，
41
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
y = −
1
6
x2 +
2
3
x + 4上，
设O ′(x, y)，则P ′(x, y −2)，A ′(x + 4, y) 
∴
−
1
6
x2 +
2
3
x + 4=y −2
−
1
6
(x + 4)2 +
2
3
x(x + 4) + 4 = y
，
解得
x = −1
1
2
y = 4
5
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，
∴
b −a = 1
1
2
a + b = 4
5
8
 ，
解得
a = 1
9
16
b = 3
1
16
 ，
{
{
{
{
∴M（1
9
16
，3
1
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
y = −
1
6
x2 +
2
3
x + 4上，
设O′′(x, y)，则P ′(x, y + 4)，A ′(x −2, y)，
同理证得M（−
1
16
 ，
41
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
M点的坐标为(2, 2)，(0, 4)，（1
9
16
，3
1
16
），（−
1
16
 ，
41
16
）．
【答案】
(1)
2
解: ∵二次函数y =
4
3
x2 + bx + c的图象与x轴交于A(3, 0),B(−1, 0), 
∴
0 =
4
3
⋅9 + 3b + c
0 =
4
3
⋅1 −b + c
, 
解得
b = −
8
3
c = −4
, 
∴y =
4
3
x2 −
8
3
x −4. 
∴C(0, −4).
{
{
【答案】
(2)
存在满足条件的点E，点E的坐标为( −
1
3
，0)或( −
9
5
，0)或( −1, 0)或(7, 0)．
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 = √32 + 42 = 5，AQ = 4．
∵QD/ /OC，
∴
QD
OC
=
AD
AO
=
AQ
AC
，
∴
QD
4
=
AD
3
=
4
5
，
∴QD =
16
5
，AD =
12
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．
设AE = x，则EQ = x，DE = | AD −AE | = |
12
5
−x|，
∴在RtΔEDQ中，(
12
5
−x)2 + (
16
5
)2 = x2，解得x =
10
3
，
∴OA −AE = 3 −
10
3
= −
1
3
，
∴E( −
1
3
，0)，点E在x轴的负半轴上；
②以Q为圆心，AQ长为半径画圆，交x轴于E，此时QE = QA = 4，
【答案】
(3)
∵ED = AD =
12
5
，
∴AE =
24
5
，
∴OA −AE = 3 −
24
5
= −
9
5
，
∴E( −
9
5
，0)；
③当AE = AQ = 4时，
∵OA −AE = 3 −4 = −1，或OA + AE = 7，
∴E( −1, 0)或(7, 0)．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为( −
1
3
，0)或( −
9
5
，0)或( −1, 0)或(7, 0)
．
方法一:四边形APDQ为菱形,D点坐标为−
8
5
, −
29
16
.理由如下:
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
AO
=
FQ
OC
=
AQ
AC
,
∴
AF
3
=
FQ
4
=
t
5
,
∴AF =
3
5
t,FQ =
4
5
t,
∴Q 3 −
3
5
t, −
4
5
t ,
∵DQ = AP = t,
∴D 3 −
3
5
t −t, −
4
5
t ,
∵D在二次函数y =
4
3
x2 −
8
3
x −4上,
∴−
4
5
t =
4
3
3 −
8
5
t
2
−
8
3
3 −
8
5
t
−4,
∴t =
145
64
,或t = 0(与A重合,舍去),
∴D −
5
8
, −
29
16
.
方法二: ∵P,Q运动到t秒,
∴设P(3 −t, 0),Q 3 −
3
5
t, −
4
5
t ,
∴kPQ =
0 +
4
5
t
3 −t −3 +
3
5
t
,KPQ = −2,
∵AD⊥PQ,
∴kPQ ⋅kAD = −1,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
∴kAD =
1
2
,
∵A(3, 0),
∴lAD:y =
1
2
x −
3
2
,
∵y =
4
3
x2 −
8
3
x −4,
∴x1 = 3(舍),x2 = −
5
8
,
∴D −
5
8
, −
29
16
,
∵Dy = Qy,即−
4
5
t = −
29
16
,t =
145
64
,
DQ/ / AP,DQ = AQ = AP,此时四边形APDQ的形状为菱形.
(
)
【答案】
3
解：（1）由题意得出：
−
b + 1
2a
−
1
2
= 0
b −1 = −3
 ，
解得：
a = 1
b = −2
 ，
∴抛物线解析式为：y = x2 −x −3，
令x = x2 −x −3，
解得：x1 = −1，x2 = 3，
∴不动点为：(−1, −1)和(3, 3)；
（2）∵抛物线C有两个不同的动点，
∴x = ax2 + (b + 1)x + (b −1)，
整理得：ax2 + bx + (b −1) = 0，
∵抛物线C有两个不同点，
∴△> 0，
{
{
第 8 讲  二次函数值动点存在性问题
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
即b2 −4a(b −1) > 0，
b2 −4ab + 4a > 0，
∵b为任意实数，且使得上式成立；
∴必有(−4a)2 −4 × 1 × 4a < 0，
整理得：a2 −a < 0，
从而，得
a > 0
a −1 < 0
 或
a < 0
a −1 > 0
 ，
解得：0 < a < 1，
∴实数a的取值范围应为：0 < a < 1 .
{
{
【答案】
1
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)，
把B(0, 4)代入得a ⋅2 ⋅(−4) = 4，解得a = −
1
2
，
∴抛物线的解析式为y = −
1
2
(x + 2)(x −4)，即y = −
1
2
x2 + x + 4；
∵y = −
1
2
(x −1)2 +
9
2
，
∴抛物线的顶点C的坐标为(1,
9
2
）；
（2）①过M点作MN/ / y 轴交AB于N点，如图，
设AB的解析式为y = mx + n，把B(0, 4)、A(4, 0)代入得
n = 4
4m + n = 0
 ，解得
m = −1
n = 4
 ，
∴直线AB的解析式为y = −x + 4，
{
{
第 8 讲  二次函数值动点存在性问题
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
设M(t, −
1
2
t2 + t + 4)，则N(t, −t + 4)，
∴MN = −
1
2
t2 + t + 4 −(−t + 4) = −
1
2
t2 + 2t，
∴S = SΔBMN + SΔAMN =
1
2
⋅4 ⋅MN =
1
2
⋅4 ⋅( −
1
2
t2 + 2t) = −t2 + 4t = −(t −2)2 + 4，
∴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，
当S = 3时，−(t −2)2 + 4 = 3，解得t = 1或3，
当S = 4时，−(t −2)2 + 4 = 4，解得t = 2，
∴这样的M点有7个．
故答案为7．
【答案】
(1)
1
∵OA = 2，
∴抛物线顶点坐标A是(0, 2)，C( −1, 0)，
【解析】
【答案】
【解析】
(2)
∴设抛物线解析式为y = ax2 + 2，把点C( −1, 0)代入，得
0 = a + 2，
解得a = −2．
则该抛物线解析式为：y = −2x2 + 2；
该抛物线顶点坐标是(0, 2)，故设抛物线解析式为y = ax2 + 2，把点C( −1, 0)代入求得
a的值即可．
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′．
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．
【答案】
(1)
2
解:二次函数y = x2,当y = 2时,2 = x2, 
解得x1 = √2,x2 = −√2, 
∴AB = 2√2. 
∵平移得到的抛物线L1经过点B, 
∴BC = AB = 2√2, 
∴AC = 4√2.
作抛物线L2的对称轴与AD相交于点N, 
如图2,根据抛物线的轴对称性,得BN =
1
2
DB =
√2
2
, 
∴OM =
3√2
2
. 
设抛物线L2的函数表达式为y = a x −
3√2
2
2
, 
(
)
【答案】
(2)
由①得,B点的坐标为√2, 2 , 
∴2 = a √2 −
3√2
2
2
, 
解得a = 4. 
抛物线L2的函数表达式为y = 4 x −
3√2
2
2
 
解:如图3,抛物线L3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, 
设OK = t,则AB = BD = 2t,点B的坐标为t, at2 , 
根据抛物线的轴对称性,得OQ = 2t,OG = 2OQ = 4t. 
设抛物线L3的函数表达式为y = a3x(x −4t), 
∵该抛物线过点B t, at2 , 
∴at2 = a3t(t −4t), 
∵t ≠0, 
∴
a3
a
= −
1
3
, 
由题意得,点P的坐标为2t ，−4a3t2 ,则−4a3t2 = ax2, 
解得,x1 = −
2√3
3
t,x2 =
2√3
3
t,EF =
4√3
3
t, 
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
∴
AB
EF
=
√3
2
. 
【答案】
3
解：（1）∵x = −2 +
3
2
= −
1
2
，y = 2 × (−2) + 3 = −1，
∴P ′ −
1
2
, −1 ；
（2）设P(a, b)，则P ′ a +
b
k
, ka + b
∴
a +
b
k
= 3
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，
∴A a −
b
√3
, −√3a + b ，
∵点A还在反比例函数y = −
4√3
x
的图象上，
∴−√3a + b
a −
b
√3
= −4√3，
∴(b −√3a)2 = 12，
∵b −√3a > 0，
(
)
(
)
{
(
)
(
)(
)
【解析】
∴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QB1，垂足为B1，
∵Q 0, 4√3 ，且线段BQ最短，
∴B1即为所求的B点，
由△MB1Q ∽△MON 得
MQ
MN
=
MB1
MO
=
B1Q
ON
，
∵ON = 2，OM = 2√3，
∴MN = 4．
又∵MQ = 2√3，
∴B1Q = √3，MB1 = 3
在Rt △MB1Q中，B1Q ⋅MB1 = MQ ⋅hB1，
∴hB1 =
3
2
，
∴xB1 =
3
2
，
∴B
3
2
,
7
2√3 ．
（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；
（3）根据题意得出A a −
b
√3
, −√3a + b ，代入y = −
4√3
x
(x < 0)，求得b = √3a + 2√3，
从而求得B在直线y = √3x + 2√3上，过Q作y = √3x + 2√3的垂线QB1，垂足为B1，
(
)
(
)
(
)
Q 0, 4√3 ，且线段BQ最短，B1即为所求的B点，由△MB1Q ∽△MON 得
MQ
MN
=
MB1
MO
=
B1Q
ON
，由ON = 2，OM = 2√3，根据勾股定理求得MN = 4．由MQ = 2√3，
求得B1Q = √3，MB1 = 3，在Rt △MB1Q中，根据面积公式得到B1Q ⋅MB1 = MQ ⋅hB1，
即可求得B的坐标．
(
)
【答案】
4
解: (1)由抛物线y = −x2 −2x + 3可知， C(0, 3)
令y = 0，则0 = −x2 −2x + 3
解得x = −3或x = 1
∴A(−3, 0), B(1, 0)
(2)由抛物线y = −x2 −2x + 3可知，
对称轴为x = −1
设M点的横坐标为m，
则PM = −m2 −2m + 3
MN = (−m −1) × 2 = −2m −2
∴矩形PMNQ的周长
= 2(PM + MN) =
−m2 −2m + 3 −2m −2
× 2
= −2(m + 2)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
∴S =
1
2
⋅AM ⋅EM =
1
2
(
)
【答案】
5
解：（1）令y = mx2﹣16mx + 48m = m(x﹣4)(x﹣12) = 0，则x1 = 12，x2 = 4 ，
∴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 ， 
∴m =
1
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
b = −48
，解得
k = 4m
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，
∴解方程组
y = m(x −4)(x −12)
y = 4mx −48m
，可得
x = 8
y = −16m
或
x = 12
y = 0
（点A舍去），
即点D的坐标为(8, ﹣16m) ；
（3）当∠ODB = ∠OAD, ∠DOB = ∠AOD时，△ODB ∼△OAD ，
∴OD2 = 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 = √AE2 −AO2 = 4√3，
∴D 6, ﹣2√3 ，
把D 6, ﹣2√3 代入抛物线y = mx2﹣16mx + 48m ，可得﹣2√3 = 36m﹣96m + 48m ，
{
{
{
{
{
(
)
(
)
解得m =
√3
6
，
∴抛物线的解析式为y =
√3
6
(x﹣4)(x﹣12)，
即y =
√3
6
(x﹣8)2-
8√3
3
，
∵点P x0, y0 为抛物线上任意一点，
∴y0 ≥﹣
8√3
3
，
令t = ﹣4√3my0
2﹣12√3y0﹣50 = ﹣2y0
2﹣12√3y0﹣50 = ﹣2（y0 + 3√3）2 + 4
则当y0 ≥﹣
8√3
3
时，t最大值= ﹣2（﹣
8√3
3
+ 3√3）2 + 4 =
10
3
，
若要使n +
1
6
≥﹣4√3my0
2﹣12√3y0﹣50成立，则n +
1
6
≥
10
3
，
∴n ≥3
1
6
 ，
∴实数n的最小值为
19
6
．
(
)
【答案】
6
解：①二次函数y = ﹣x2 + bx + c + 1 的对称轴为x =
b
2
，
当b = 1时，
b
2
=
1
2
，
∴当b = 1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x =
1
2
．
②二次函数y = ﹣x2 + bx + c + 1 的顶点坐标为（
b
2
，
4(c + 1) + b2
4
），
∵二次函数的图象与x轴相切且c = ﹣
1
4
b2﹣2b ，
∴
4 ( c+ 1) + b2
4
= 0
c = −
1
4
b2 −2b
，解得：b =
1
2
，
∴b为
1
2
，二次函数的图象与x轴相切．
③∵AB是半圆的直径，
∴∠AMB = 90 ∘ ，
∴∠OAM + ∠OBM = 90 ∘ ，
∵∠AOM = ∠MOB = 90 ∘ ，
∴∠OAM + ∠OMA = 90 ∘ ，
∴∠OMA = ∠OBM ，
∴△OAM ∼△OMB ，
∴
OM
OB
=
OA
OM
，
∴OM2 = OA ∙OB ，
∵二次函数的图象与x轴交于点A x1, 0 ，B x2, 0 ，
∴OA = ﹣x1, OB = x2, x1 + x2 = b, x1 ∙x2 = ﹣(c + 1) ，
∵OM = c + 1 ，
∴(c + 1)2 = c + 1 ，
解得：c = 0或c = ﹣1 （舍去），
∴c = 0, OM = 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
DE
EF
=
1
3
，
∴AD = BD, DF = 4DE ，
∵DF/ /OM ，
∴△BDE ∼△BOM, △AOM ∼△ADF ，
∴
DE
OM
=
BD
OB
，
OM
DF
=
OA
AD
，
{
(
)
(
)
第 9 讲  旋转变换
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴DE =
BD
OB
，DF =
AD
OA
，
∴
AD
OA
=
BD
OB
×4，
∴OB = 4OA ，即x2 = ﹣4x1 ，
∵x1 ∙x2 = ﹣(c + 1) = ﹣1 ，
∴
x1 ⋅x2 = −1
x2 = −4x1
，解得：
x1 = −
1
2
x2 = 2
，
∴b = ﹣
1
2
+ 2 =
3
2
 ，
∴二次函数的表达式为y = ﹣x2 +
3
2
x + 1 ．
{
{
【答案】
例1
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）① α + 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 
．
{
【答案】
例2
解：（1）∵∠ACB = 90 ∘，∠A = 30 ∘，
∴∠CBA = 60 ∘，BC =
1
2
AB，
∵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 ∘，
∴∠CBA = 60 ∘，BC =
1
2
AB，
∵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，
在△DCP 和△DBF 中，
DC = DB
∠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 ∘，
∴∠CBA = 60 ∘，BC =
1
2
AB，
∵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，
在△DCP 和△DBF 中，
DC = DB
∠CDP = ∠BDF
DP = DF
，
∴△DCP≌△DBF(SAS)，
∴CP = BF，
∵CP = BC + BP，
∴BF = BC + BP，
∵BC = BD，
∴BF = BD + BP．
{
【答案】
例3
B
【答案】
【解析】
例4
B
AC
AE
=
2
3
，
AB
AD
=
3
4.5
=
2
3
，
BC
DE
=
4
6
=
2
3
，
∴
AC
AE
=
AB
AD
=
BC
DE
，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC = ∠DAE，
∴∠BAC −∠DAC = ∠DAE −∠DAC，
∴∠CAE = ∠BAD = 20 ∘，
故选：B．
【答案】
例5
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
PC
= 1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
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
AC
=
AD
AP
= √2，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，
BD
PC
=
AB
AC
= √2，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OAB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
【答案】
例6
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
BD
= 1，
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
如图2，
AC
BD
= √3，∠AMB = 90 ∘，理由是：
RtΔCOD中，∠DCO = 30 ∘，∠DOC = 90 ∘，
∴
OD
OC
= tan30 ∘=
√3
3
，
同理得：
OB
OA
= tan30 ∘=
√3
3
，
∴
OD
OC
=
OB
OA
，
∵∠AOB = ∠COD = 90 ∘，
∴∠AOC = ∠BOD，
∴ΔAOC ∽ΔBOD，
∴
AC
BD
=
OC
OD
= √3，∠CAO = ∠DBO，
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，
∴∠AMB = 90 ∘，
AC
BD
= √3，
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，
在RtΔAMB中，由勾股定理得：AC2 + BC2 = AB2，
(√3x)2 + (x −2)2 = (2√7)2，
x2 −x −6 = 0，
(x −3)(x + 2) = 0，
x1 = 3，x2 = −2，
∴AC = 3√3；
②点C与点M重合时，如图4，
同理得：∠AMB = 90 ∘，
AC
BD
= √3，
设BD = x，则AC = √3x，
在RtΔAMB中，由勾股定理得：AC2 + BC2 = AB2，
(√3x)2 + (x + 2)2 = (2√7)2
x2 + x −6 = 0，
(x + 3)(x −2) = 0，
x1 = −3，x2 = 2，
∴AC = 2√3；
综上所述，AC的长为3√3或2√3．
【答案】
例7
解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=
1
2
BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=
1
2
CE，
∵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，
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=
1
2
BD，PM=
1
2
CE，
∴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
∴S
=
1
2
PM =
1
2
×
1
2
MN =
1
4
×（7√2）=
49
2
．
方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=
1
2
BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在AB的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S
=
1
2
PM =
1
2
×7 =
49
2
△PMN最大
2
2
2
△PMN最大
2
2
【答案】
例8
（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，
∴FH =
1
2
AD，FH/ / AD ，FG =
1
2
BE，FG/ / BE ，
∴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，
由（1）知：FH =
1
2
AD，FH/ / AD ，FG =
1
2
BE，FG/ / BE ，
∴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
∴FH =
1
2
AD，FH/ / AD ，FG =
1
2
BE，FG/ / BE ，
∵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
{
【答案】
例9
解：（1）∵△ACB 和△ECD 是等腰直角三角形，
∴AC = BC，EC = CD，∠ACB = ∠ECD = 90 ∘．
在△ACE 和△BCD 中，
AC = BC
∠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，
∴PM =
1
2
BD，PN =
1
2
AE，
∴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 ∘．
在△ACE 和△BCD 中，
AC = BC
∠ACB = ∠ECD = 90 ∘
CE = CD
，
∴△ACE △BCD(SAS)，
∴AE = BD，∠CAE = ∠CBD． 　　　　
∵∠AOC = ∠BOE，∠CAE = ∠CBD，
{
{
第 9 讲  旋转变换
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴∠BHO = ∠ACO = 90 ∘，
∴AE⊥BD ，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM =
1
2
BD，PM/ / BD ，PN =
1
2
AE，PN/ / AE ，
∴PM = PN．　　　　　　　　　　　　
∵AE⊥BD ，
∴PM⊥PN ，
∴△PMN 为等腰直角三角形．
【答案】
1
解：（1）PC = P ′B ，P ′P2 + BP2 = P ′B2 ．
（2）关系式为：2PA2 + PB2 = PC2
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 ∘
∴P ′P2 + BP2 = P ′B2 ，
∴2PA2 + PB2 = PC2
（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 ∘，
∴P ′P2 + BP2 = P ′B2 ，
∴∠BPP ′ = 90 ∘ ， 
∴P ′P2 + BP2 = P ′B2 ，
∴（√3PA)2 + PB2 = PC2
∵(kPA)2 + PB2 = PC2，
∴k = √3．
【答案】
2
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
QN
=
DG
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，
Rt △AGD中，
DG
AG
=
1
√3
即
PM
QN
=
√3
3
（3）是定值，定值为tan 90 ∘−β ，
∵
PM
QN
=
DG
DH
，四边形CGDH为矩形有CG = DH = AG，
(
)
∴Rt △AGD中，
DG
AG
 = tan∠A = tan 90 ∘−∠B
= tan 90 ∘− β 
，
∴
PM
QN
= tan 90 ∘− β 
．
(
)
(
)
(
)
【答案】
3
（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．
又∵S1 =
1
2
CD ⋅EM, S2 =
1
2
CB ⋅GN,
∴S1 = S2；
故答案为S1 = S2．
{
猜想论证：①猜想：S1 = S2，
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．
又∵S1 =
1
2
CD ⋅EM, S2 =
1
2
CG ⋅BN ，
∴S1 = S2；
②CP =
10
3 √3cm或
20
3 √3 cm．
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 ∘，
∴∠BAD = 90 ∘，DM =
1
2
AD，
∴BN⊥EC ，
∵AD = tan∠ABD ⋅AB ，AB = 10cm，
∴AD = tan30 ∘× 10 =
10
3
√3，
∴DM =
1
2
×
10
3 √3 =
5
3√3，
∵SΔABP =
1
2
AB ⋅PN, SΔADC =
1
2
AC ⋅DM, SΔABP = SΔADC，AB = AC，
∴PN = DM =
5
3√3，
在Rt △ANC 中∠ACN = 30 ∘，AC = 10cm，
∴NC = cos∠ACN ⋅AC = cos30 ∘× 10 = 5√3，
∵在EC上到N的距离等于 
5
3
√3的点有两个，
∴P ′C =
10
3 √3cm, P ′C =
20
3 √3cm ，
第 9 讲  旋转变换
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴CP的长为：
10
3
√3cm或 
20
3
√3cm．
【答案】
1
（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，
{
第 9 讲  旋转变换
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∴AH =
√10
5
，HG =
2√10
5
，
∴GI = AD −HG =
3√10
5
，
∴GE = √GI2 + IE2 = √10
故答案为√10．
【答案】
1
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．
【答案】
2
（1）β = 120 ∘
∵∠DAE = ∠BAC
∴∠BAD = ∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
AB = AC
∠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，
在△ABD与△ACE中，
AB = AC
∠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，
{
{
在△ABD与△ACE中，
AB = AC
∠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．
{
【答案】
3
（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
(
)
(
)
【答案】
4
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，
∵AG =
AE
sin45 ∘
= √2AE，AC =
AB
sin45 ∘
= √2AB
∴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，
∴AD: AC = AH: AG = m:√m2 + n2，
∠DAC = ∠HAG，
∴∠DAH = ∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD: GC = AD: AC = m:√m2 + n2，
∵∠DAB = ∠HAE = 90 ∘，
∴∠DAH = ∠BAE，
∵DA: AB = HA: AE = m: n ，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH: BE = AD: AB = m: n ，
∴HD: GC: EB = m:√m2 + n2: n ．
【答案】
5
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 ∘，
∴∠ADE = ∠AED =
180 ∘−120 ∘
2
= 30 ∘．
∵在Rt △ADF 中，∠ADF = 30 ∘，
∴DF =
√3
2
AD，
∴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．
{
【答案】
6
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，
在△BCE 和△ACF 中，
∠B = ∠CAF
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 = √AH2 + CH2 = 2√3x，
∴AC2 + CD2 = AD2，
∴∠ACD = 90 ∘，
∴∠BAC = ∠ACD = 90 ∘，
∴∠CAD = 30 ∘，
∴∠ACH = 60 ∘，
∵∠ECF = 60 ∘，
∴∠HCF = ∠ACE，
∴△ACE ∽△HCF ，
∴
AE
FH
=
AC
CH
= 2，
∴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
CM
=
FN
EM
，
∵AB ⋅CM = AD ⋅CN，AD = 3AB，
∴CM = 3CN，
∴
CN
CM
=
FN
EM
=
1
3
，设CN = a，FN = b，
则CM = 3a，EM = 3b，
∵∠MAH = 60 ∘，∠M = 90 ∘，
∴∠AHM = ∠CHN = 30 ∘，
∴HC = 2a，HM = a，HN = √3a，
第 10 讲  几何中的动点问题
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴AM =
√3
3
a，AH =
2√3
3
a，
∴AC = √AM2 + CM2 =
2√21
3
a，
AE + 3AF = (EM −AM) + 3(AH + HN −FN) = EM −AM + 3AH + 3HN −3FN = 3AH + 3HN −
14√3
3
a，
∴
AE + 3AF
AC
=
14√3
3
a
2√21
3
a
= √7．
故答案为√7．
【答案】
例1
解：（1）作NH⊥AB交AB的延长线于H，
∵AD = 3，
∴DM =
1
3
AD = 1，AM = 2，
∵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 ∘，
∴BH =
1
2
BN =
1
2
，NH =
√3
2
BN =
√3
2
，
∴AN = √AH2 + NH2=√13，
故答案为：√13；
（2）①∵点A ′落在AB边上，
∴MN⊥AA ′，
∴AN =
1
2
AM = 1，
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
A ′N
=
DM
MA ′
=
DM
MA
=
1
2
 ．
【答案】
例2
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 ∘，
∴DM = AD ⋅tan∠DAM = 3 × tan30 ∘= 3 ×
√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：AQ2 = AN2 + NQ2，
∴(x + 1)2 = 32 + x2，
解得：x = 4，
∴NQ = 4，AQ = 5，
∵AB = 4，AQ = 5，
∴SΔNAB =
4
5
SΔNAQ =
4
5
×
1
2
AN ⋅NQ
=
4
5
×
1
2
× 3 × 4 =
24
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
AH
=
CF
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，
在△ABH 和△BFC中，
∠HBA = ∠BFC
∠AHB = ∠BCF
AH = BC
，
∴△ABH≌△BFC(AAS)，
∴CF = BH，
由勾股定理得：BH = √AB2 −AH2=√42 −32=√7，
∴CF = √7，
∴DF的最大值= DC −CF = 4 −√7．
{
【答案】
例3
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 ∘，
∴
^
PQ =
60 ∘π × 2
180 ∘
=
2
3
π，
又∵半圆O的长为：
1
2
π × 4 = 2π，
∴
^
AP +
^
QB = 2π −
2
3
π =
4
3
π，
∴l =
4
3
π；
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 ∘，
∴MC =
1
2
OM =
√3
2
，
此时，M与AB的距离最小，最小值为
√3
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 ∘，
∴扇形DMB的面积为：
60 ∘π × 12
360 ∘
 =
π
6
，
△DMB的面积为：
1
2
MC ⋅DB=
1
2
×
√3
2
× 1 =
√3
4
，
∴半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为：
π
6
−
√3
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，
∴cos∠AOM =
OC
OM
=
√6
3
，
∴∠AOM = 35 ∘，
∵∠POM = 30 ∘，
∴∠AOP = ∠AOM −∠POM = 5 ∘，
∴
^
AP =
5 ∘π × 2
180 ∘
=
π
18
，
当点C在线段OB上时，
此时，∠BOM = 35 ∘，
∵∠POM = 30 ∘，
∴∠AOP = 180 ∘−∠POM −∠BOM = 115 ∘
∴
^
AP=
115 ∘π × 2
180 ∘
=
23
18
π，
综上所述，当半圆M与AB相切时，
^
AP的长为
π
18
或
23
18
π．
【答案】
例4
解：（1）如图1中，
当点O在AB的中点时，x =
12
2
= 6s．
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，
∴S = S扇形OHC + SΔOHB =
1
4
⋅ π 
⋅62 +
1
2
⋅6 ⋅6 = 18 + 9 π ．
（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，
∴x =
6 + 12 −6√2
2
= 9 −3√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，
∴x =
6 + 12 + 6√2
2
= 9 + 3√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．
【答案】
例5
（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 ∘，
∴S扇形KRQ =
60 ∘π ⋅
1
2
2
360 ∘
=
π
24
，
在Rt △RKE 中，RE = RK ⋅sin60 ∘=
√3
4
，
∴SΔPRK =
1
2
PK ⋅RE =
1
2
×
1
2
×
√3
4
=
√3
16
，
∴S阴影=
π
24
+
√3
16
；
拓展：
∵∠OAN = ∠MBN = 90 ∘，∠ANO = ∠BNM，
∴△AON ∽△BMN ，
∴
AN
BN
=
AO
BM
，即
1 −BN
BN
=
1
x
，
∴BN =
x
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 = √OQ2 −QF2−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，
OS = √OK2 −SK2 = 2，
在Rt △OSO ′中，SO ′ = SO ⋅tan60 ∘= 2√3，
KO ′ = 2√3-
3
2
，
在Rt △KGO ′中，∠O ′ = 30 ∘，
∴KG =
1
2
KO ′ = √3-
3
4
，
∴在Rt △OGK 中，sin α =
KG
OK
=
√3 −
3
4
5
2
=
4√3 −3
10
，
②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得
sin α =
KG
OK
=
1
2
O ′K
5
2
=
1
2
O ′T −KT
5
2
(
)
√
=
5
2
2
−
1
2
2
× √3 −
1
2
5
=
6√2 −1
10
；
③当半圆K与CD相切时，点Q与点D重合，且为切点，
∴ α = 60 ∘，
∴sin α = sin60
∘=
√3
2
，
综上所述sin α 的值为：
4√3 −3
10
或
6√2 −1
10
或
√3
2
．
√( )
( )
【答案】
例6
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，
在Rt △O ′EM中，sin α =
O ′E
O ′M
=
1
2
，
∴ 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，
∴R =
√3
2
R + 1，
∴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 ⋅ cos α ，QP = m，
∵O ′P = R，
∴R ⋅ cos α + m = R ，
∴cos α =
R −m
R
．
故答案为
R −m
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 ∘
第 10 讲  几何中的动点问题
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
故答案为90 ∘< α ≤120 ∘
；
当N ′落在AB上时，阴影部分面积最大，
所以S =
120 ∘⋅π ⋅m2
360 ∘
−
1
2
⋅ √3m ⋅ 
1
2
m =
πm2
3
−
√3
4
m2．
【答案】
1
解：（1）如图1中，
∵AM = ME，AP = PB， 
∴PM∥BE，PM =
1
2
BE，
∵BN = DN，AP = PB，
∴PN∥AD，PN =
1
2
AD，
∵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，
∴MN =
√2
2
BE，
∴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，
∴PM∥BE，PM =
1
2
BE，PN∥AD，PN =
1
2
AD，
∴PM = PN，∠MPN = 90 ∘，
∴BE = 2PM = 2 ×
√2
2
MN = √2MN．
(
)
(
)
【答案】
2
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
形，PC =
1
2
BQ = 2．  
【答案】
3
解：（1）∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴BE =
1
2
BC，BD =
1
2
BA，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B = 60 ∘，BA = BC，
∴BD = BE，
∴△BDE为等边三角形；
（2）①CE1 = AD1．理由如下：
∵△BDE绕点B逆时针旋转，得到△BD1E1，
∴△BD1E1为等边三角形，
∴BD1 = BE1，∠D1BE1 = 60 ∘，
而∠ABC = 60 ∘，
第 10 讲  几何中的动点问题
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴∠ABD1 = ∠CBE1， 
∴△ABD1可由△CBE1绕点B逆时针旋转得到，
∴CE1 = AD1；
②∵△ABD1可由△CBE1绕点B逆时针旋转得到，
∴∠BAD1 = ∠BCE1，
∴∠APC = ∠ABC = 60 ∘；
（3）∵∠APC = ∠D1BE1 = 60 ∘，
∴点P、D1、B、E1共圆，
∴当BP⊥BC时，点P到BC所在直线的距离的最大值，此时点E1在AB上，
在Rt△PBC中，PB =
√3
3
AB =
√3
3
× 2√3 = 2，
∴点P到BC所在直线的距离的最大值为2．
故答案为2．
【答案】
1
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
CM
=
AB
PC
,
∴CM =
1
4
x(4 −x).
如图1所示：作MG⊥AB于G.
∵AM = √MG2 + AG2 = √16 + AG2,
∴AG最小值时,AM最小.
∵AG = AB −BG = AB −CM = 4 −
1
4
x(4 −x) =
1
4
(x −2)2 + 3,
∴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 ∘，
第 10 讲  几何中的动点问题
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
∵∠PKB = ∠KPA + ∠KAP = 45 ∘，
∴∠BPK = ∠BKP = 45 ∘，
∴PB = BK = z，AK = PK = √2z，
∴z + √2z = 4，
∴z = 4√2 −4．
∴PB = 4√2 −4．
【答案】
1
解：（1）∵⊙O的半径为2，
∴
3
2
r = 3，
∵A(4, 0)，
∴OA = 4 > 3，
∴点A不是⊙O的“近外点”，
B( −
5
2
，0)，
∴OB =
5
2
，而2 <
5
2
< 3，
∴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 = √32 + 42 = 5，
∵点E是⊙O的“近外点”，
∴
r ⩽5
3
2
r ⩾5
，
∴
10
3
⩽r ⩽5；
（3）如图，
∵直线MN的解析式为y =
√3
3
x + b，
∴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)，
将M( −2, 0)代入直线MN的解析式y =
√3
3
x + b中，解得，b =
2√3
3
，
即：b的最小值为
2√3
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 ∘，
∴ON ′ =
OC
sin60 ∘
= 2√3，
{
b的最大值为2√3，
∴
2√3
3
⩽b ⩽2√3，
②当点N在y轴负半轴时，同①的方法得出，−2√3 ⩽b ⩽−
2√3
3
，
即：
2√3
3
≤b ≤2√3或−2√3 ≤b ≤−
2√3
3
．
【答案】
2
解：(1)∵A(−2, 0), D 0, 2√3 ，
∴OA = 2, OD = 2√3 ，
∴tan∠ODA =
2
2√3
=
√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P1H⊥AC 于H，
当P1H = 1 时，⊙P与AC相切，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠DAC = 30 ∘ ，
在Rt △AP1H中，AP1 = 2P1H = 2 ，此时t = 2(秒)；
当点P在CD上，⊙P与AC相切，如图，同理可得CP2 = 2，此时t =
4 + 4 −2
1
= 6(秒)；
当点P在CB上，⊙P与AC相切，如图，同理可得CP3 = 2，此时t =
4 + 4 + 2
1
= 10(秒)；
当点P在BA上，⊙P与AC相切，如图，同理可得AP4 = 2，此时t =
4 × 4 −2
1
= 14(秒)；
(
)
(
)
(
)
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．
【答案】
3
（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
KC
=
DE
AC
=
1
2
∵AB = CD = 6，
∴DK = 2，CK = 4，
在Rt △ADK 中，AK = √AD2 + DK2 =
(√5)2 + 22 = 3，
∴sin∠EAD = 
DK
AK
=
2
3
，
②作PF⊥AD 于F．
√
易知PF = AP ⋅sin∠DAE =
2
3
AP ，
∵点Q的运动时间t =
OP
1
+
AP
3
2
= OP +
2
3
AP = OP + PF，
∴当O、P、F共线时，OP + PF的值最小，此时OF是△ACD 的中位线，
∴OF =
1
2
CD = 3．AF =
1
2
AD =
√5
2
，PF =
1
2
DK = 1，
∴AP =
(
√5
2
)
2
+ 12 =
3
2
，
∴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
3
2
，点Q走完全程所需的时
间为3s．
√
【答案】
4
解：（1）在矩形ABCD中，AB = 6，AD = 8，∠ADC = 90 ∘，
∴DC = AB = 6，
∴AC = √AD2 + DC2 = 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，
∴AP =
1
2
AC = 5，
③当DP = DC时，如图1，过点D作DQ⊥AC 于Q，则PQ = CQ，
∵S △ADC =
1
2
AD ⋅DC =
1
2
AC ⋅DQ ，
∴DQ =
AD ⋅DC
AC
=
24
5
，
∴CQ = √DC2 −DQ2 =
18
5
，
∴PC = 2CQ =
36
5
，
∴AP = AC −PC = 10 −
36
5
=
14
5
；
所以，若△PCD 是等腰三角形时，AP = 4或5或
14
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，
∴OC =
1
2
ED，
在矩形PEFD中，PF = DE，
∴OC =
1
2
PF，
∵OP = OF =
1
2
PF，
∴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
AP
=
CD
AD
=
3
4
，
∵AP = √2，
∴CF =
3√2
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
AP
=
CD
AD
=
3
4
，
∵AP = √2，
∴CF =
3√2
4
．
方法三、如图3，过点P作PM⊥BC 于M交AD于N，
∴∠PND = 90 ∘，
∵PN/ / CD ，
∴
AN
AD
=
AP
AC
，
∴
AN
8
=
√2
10
，
∴AN =
4
5√2，
∴ND = 8 −
4
5√2 =
4
5
(10 −√2）
同理：PM =
3
5
(10 −√2）
∵∠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
PE
=
ND
PM
=
4
3
，
∵PD = EF，DF = PE．
∴
EF
DF
=
4
3
，
∵
AD
CD
=
4
3
，
∴
EF
DF
=
AD
CD
，
∵∠ADP = ∠CDF，
∴△ADP ∽△CDF ，
∴
AP
CF
=
AD
CD
=
4
3
，
∵AP = √2，
∴CF =
3√2
4
．
【答案】
5
解：（1）作NH⊥BC 于点H．
∵PQ/ / CA ，
∴△BPQ ∽△BCA ，
∴
BP
BC
=
BQ
AB
，即
2t
4
=
BQ
3
，
解得：BQ =
3
2
t，
∵在△BPQ 和△HNP 中 ，
∵
∠B = ∠NHP
∠HPN = ∠BQP
PN = QP
，
∴△BPQ △HNP ，
∴HP = BQ =
3
2
t，NH = BP = 2t，
则BH = 2t +
3
2
t =
7
2
t，
则N点坐标4 −
7
2
t, 3 −2t ；
（2）当MN在AC上时，如图②．
{
(
)
∵△BPQ ∽△BCA ，
∴
BP
BC
=
PQ
AC
，即
2t
4
=
PQ
5t
，
解得：PQ =
5
2
t，
当MN在AC上时，PN = PQ =
5
2
t，
△ABC ∽△PNC ，即
PN
AB
=
CP
AC
，即
5
2
t
3
=
4 −2t
5
，
解得：t =
24
37
．
则S =
25
4
t2．
其中，0 ≤t ≤
24
37
．
当t >
24
37
时，设PN交AC于点E，如图③．
则△ABC ∽△PEC ，则
PE
AB
=
CP
AC
，即
PE
3
=
4 −2t
5
，解得：PE =
12 −6t
5
，
则S = −3t2 + 6t．
其中，
24
37
< t ≤2．
（3）设AC的解析式是y = kx + b，
则
b = 3
4k + b = 0
，
解得：
b = 3
k = −
3
4
则设直线MN的解析式是y = −
3
4
x + c，
则−
3
4
4 −
7
2
t
+ c = 3 −2t，
解得：c = 6 −
37
8
t，
则直线MN的解析式是y = −
3
4
x +
6 −
37
8
t ．
同理，直线PQ的解析式是y = −
3
4
x +
6 −
3
2
t ，
F的坐标是(2t, 1)．
{
{
(
)
(
)
(
)
当点F落在MN上时，
t =
40
49
当点F落在PQ上时，
∴t =
5
3
 ．
∴
40
49
< t <
5
3
【答案】
6
（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
MC
=
BM
CN
，即
4
4 −x
=
x
CN
，
∴CN =
−x2 + 4x
4
，
∴y = SABCN =
1
2
−x2 + 4x
4
+ 4
⋅4
= −
1
2
x2 + 2x + 8
= −
1
2
(x −2)2 + 10
∴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 ∘，
(
)
第 11 讲  规律题探究
例题练习题答案
能力强化 / 初三 / 春季
∴要使△ABM ∽△AMN ，必须有
AM
MN
=
AB
BM
 ，
由（1）知
AM
MN
=
AB
MC
，
∴
AB
BM
=
AB
MC
，
∴BM = MC，
∴当点M运动到BC的中点时，△ABM ∽△AMN ，此时x = 2．
【答案】
例1
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．
【答案】
例2
解：（1）依题意得：2x﹣2 ≠0 ，
解得x ≠1 ，
（2）①点A1和B1，A2和B2，A3和B3，A4和B4均关于某点中心对称，A1(0, 0)，B2(2, 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．
【答案】
例3
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 ，再在函数图象上找与点B 纵坐标相等的B 点．
②根据表格描点、连线，画出图形如图所示．
1
1
2
【答案】
例4
解：（1）∵f(x) =
1
x2
+ x(x < 0)，
∴f( −3) =
1
( −3)2
−3 = −
26
9
，f( −4) =
1
( −4)2
−4 = −
63
16
故答案为：−
26
9
，−
63
16
（2）∵−4 < −3，f( −4) < f( −3)
∴函数f(x) =
1
x2
+ x(x < 0)是增函数
故答案为：增
（3）设x1 < x2 < 0，
∵f(x1) −f(x2) =
1
x12
+ x1 −
1
x22
−x2 = (x1 −x2)(1 −
x1 + x2
x1
2x2
2
)
∵x1 < x2 < 0，
∴x1 −x2 < 0，x1 +x2 < 0，
∴f(x1) −f(x2) < 0
∴f(x1) < f(x2)
∴函数f(x) =
1
x2
+ x(x < 0)是增函数
【答案】
例5
解：
AP
PD
的值为
3
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 ，
即可得到
AP
PD
=
AF
BD
=
3
2
 ．
故答案为：
3
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
DP
=
FP
BP
=
AF
DB
=
2k
3k
=
2
3
．
∴
AP
PD
的值为
2
3
；
（2）当CD = 2时，BC = 4,AC = 6 ，
∴EC =
1
2
AC = 3 ，EB = √EC2 + BC2 = 5 ，
∴EF = BE = 5,BF = 10．
∵
FP
BP
=
2
3
（已证），
{
∴
BF
BP
=
5
3
，
∴BP =
3
5
BF =
3
5
× 10 = 6 ．
故答案为6．
【答案】
例6
解：（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为
1
2
a，
每个等腰直角三角形的面积为：
1
2
a ⋅
1
2
a =
1
4
a2，
则拼成的新正方形面积为：4 ×
1
4
a2 = a2，
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a2，正方形ABCD的面积为a2，
∴S正方形MNPQ = SΔARE + SΔDWH + SΔGCT + SΔSBF
= 4SΔARE = 4 ×
1
2
× 12 = 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．
如答图2所示，过点R作RM⊥SF 于点M，则MF =
1
2
SF =
1
2
a，
在Rt △RMF 中，RM = MF ⋅tan30 ∘=
1
2
a ×
√3
3
=
√3
6
a，
∴SΔRSF =
1
2
a ⋅
√3
6
a =
√3
12
a2．
过点A作AN⊥SD 于点N，设AD = AS = x，
则AN = AD ⋅sin30 ∘=
1
2
x，SD = 2ND = 2ADcos30 ∘= √3x，
∴SΔADS =
1
2
SD ⋅AN =
1
2
⋅√3x ⋅
1
2
x =
√3
4
x2．
∵三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW 的面积和= 3SΔRSF = 3 ×
√3
12
a2 =
√3
4
a2，
∴SΔRPQ = SΔADS + SΔCFT + SΔBEW = 3SΔADS，
∴
√3
3
= 3 ×
√3
4
x2，得x2 =
4
9
，
解得x =
2
3
或x = −
2
3
（不合题意，舍去）
∴x =
2
3
，即AD的长为
2
3
．
故答案为：a；2；
2
3
．
【答案】
例7
解：（1）在Rt △ABC 中，∠C = 90 ∘，BC = a，AC = b，AB = c，
由勾股定理得，a2 + b2 = c2，
故答案为：a2 + b2 = c2；
（2）∵SΔABC =
1
2
ab，S正方形ABCD = c2，
S正方形MNPQ = (a + b)2；
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，
∴(a + b)2 = 4 ×
1
2
ab + C2，
整理得，a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2，
∴a2 + b2 = c2，
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
面积；a2 + b2 = c2；
（3）设BE = x，则EC = 8 −x，
由折叠的性质可知，AE = EC = 8 −x，
在Rt △ABE 中，AE2 = AB2 + BE2，
则(8 −x)2 = 42 + x2，
解得，x = 3，
则BE的长为3．
【答案】
例8
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．
【答案】
例9
解：（1）解：由题意可得x2 =
1
2
x + 3．
∵x1 < x2，
∴x1 = −
3
2
，x2 = 2．
∴
1
x1
+
1
x2
= −
1
6
．
∵直线y =
1
2
x + 3与x轴交于点C，C点横坐标为x3，
∴x3 = −6．
∴
1
x3
= −
1
6
．
∴
1
x1
+
1
x2
=
1
x3
．
（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 = x3．
∴EC = x2 −x3．
第 11 讲  规律题探究
课堂落实答案
能力强化 / 初三 / 春季
∵
BE
AP
=
EC
PC
，
∴
x3
x1
=
x2 −x3
x2
．
∴x2x3 + x1x3 = x1x2．
∴
1
x1
+
1
x2
=
1
x3
．
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x3，
∴点C x3, x3 ．
∴CE = CD = x3．
∵SΔBOC + SΔAOC = SΔAOB，
∴
1
2
x2x3 +
1
2
x1x3 =
1
2
x1x2．
∴
1
x1
+
1
x2
=
1
x3
．
(
)
【答案】
1
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，
第 11 讲  规律题探究
自我巩固答案
能力强化 / 初三 / 春季
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．
【答案】
1
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．
由（2）可知，
140=102+α+β
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，
∴FG = EH =
1
2
AC，FG/ / EH/ / AC，
∴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．
{
【答案】
2
解：∵sinB =
AD
AB
，cosB =
BD
AB
，
∴AD = AB ⋅sinB = c ⋅sinB，BD = AB ⋅cosB = c ⋅cosB，
CD = BC −BD = a −c ⋅cosB，
∴b2 = AD2 + DC2═(c ⋅sinB)2 + (a −c ⋅cosB)2
= c2sin2B + a2 + c2cos2B + 2ac ⋅cosB
= c2 sin2B + cos2B + a2 −2ac ⋅cosB
= a2 + c2 −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，
∴AC2 = CE2 + AE2 −2CE ⋅AEcos30 ∘= 12 + 64 −2 × 2√3 × 8 ×
√3
2
= 28，
∴AC = 2√7．
故答案是：c ⋅sinB，c ⋅cosB；a2 + c2 −2ac ⋅cosB；补全图形如图，AC = 2√7．
【答案】
3
解：（1）函数y =
b
(x −2)2
的自变量x的取值范围是x ≠2，
故答案为：x ≠2；
（2）当x = 7时，y =
b
(x −2)2
=
b
(7 −2)2
=
b
25
；
∴m =
b
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．
【答案】
4
解：（1）∵x在分母上，
∴x ≠0．
故答案为：x ≠0．
（2）当x = 3时，m =
3
2
+
2
3
=
13
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．
【答案】
5
解：（1）①当y = 4
1
4
 时，x = 4，
∴m = 4；
②函数y = x +
1
x
(x > 0)的图象如图：
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
y = x +
1
x
(x > 0)的最小值为2．
（2）当x =
a
x
 时，y有最小值，即x = √a 时，y最小=4√a．
第 11 讲  规律题探究
精选精练
能力强化 / 初三 / 春季
【答案】
1
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，
由图象知，函数y =
1
6
x3 −2x的图象和直线y = −2有三个交点，
∴方程
1
6
x3 −2x = −2实数根的个数为3，
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．
【答案】
2
√2a ⋅2n−1
【答案】
3
A
【答案】
4
B
【答案】
5
解：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC 中位线，
∴ED/ / AB，EF/ / BC，EF =
1
2
BC，ED =
1
2
AB，
又∠B = 90 ∘，
∴四边形FEDB是矩形，
则
S矩形FEDB
S △ABC
=
EF ⋅DE
1
2
AB ⋅BC
=
1
2
BC ⋅
1
2
AB
1
2
AB ⋅BC
=
1
2
，
故答案为：
1
2
；
【拓展应用】
∵PN/ / BC，
∴△APN ∽△ABC，
∴
PN
BC
=
AE
AD
，即
PN
a
=
h −PQ
h
，
∴PN = a −
a
h
PQ，
设PQ = x，
则S矩形PQMN = PQ ∙PN = x a −
a
h
x
= −
a
h
x2 + ax = −
a
h
x −
h
2
2
+
ah
4
(
)
(
)
∴当PQ =
h
2
时， S矩形PQMN最大值为
ah
4
，
故答案为：
ah
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，
∴，
∴BI =
AB + AF
2
= 24，
∵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，
{
由【探索发现】知矩形的最大面积为
1
2
× BG ⋅
1
2
BF =
1
2
× (40 + 20) ×
1
2
(32 + 16) = 720，
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，
∵tanB = tanC =
4
3
，
∴∠B = ∠C，
∴EB = EC，
∵BC = 108cm，且EH⊥BC，
∴BH = CH =
1
2
BC = 54cm，
∵tanB =
EH
BH
=
4
3
，
∴EH =
4
3
BH =
4
3
× 54 = 72cm，
在Rt △BHE 中，BE = √EH2 + BH2 = 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，
第 12 讲  阶段自检
期末试卷答案
能力强化 / 初三 / 春季
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为
1
4
BC ⋅EH = 1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
【答案】
1
C
【答案】
2
B
【答案】
3
A
【答案】
4
C
【答案】
5
D
【答案】
6
B
【答案】
7
3到4之间的无理数π．答案不唯一．
【答案】
8
ab(3a + 1)(3a −1)
【答案】
9
5．245 × 106
【答案】
10
x ≥−1
【答案】
11
3
5
【答案】
12
75 ∘
【答案】
13
(3, 0)
【答案】
14
20 ∘
【答案】
15
8
【答案】
16
√2
2
π
【答案】
17
解：原式= 4 + 1 −√27 ÷ 3
= 5 −3
= 2．
【答案】
18
解：
2 −x ≤0①
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．
{
【答案】
19
解：原式=
x2
x −1
−
4
x −1
⋅
x −1
x + 2
=
x2 −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． 
(
)
【答案】
20
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，
∴A方案:P ( 甲胜)=
5
9
 ，
∵两次抽得数字和为奇数的有4种情况，
∴B方案:P ( 甲胜)=
4
9
，
则选择A方案．
【答案】
21
（1）证明：∵AB/ / DE，
∴∠A = ∠D，
在ΔBAC和ΔEDF中
AB = ED
∠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，
∴AC = √AB2 + BC2 = 10，
∵∠BGC = ∠ABC = 90 ∘，∠ACB = ∠BCG，
∴△ABC ∽△BGC ，
∴
BC
AC
=
BC
CG
，
即
6
10
=
CG
6
，
∴CG = 3.6，
∵FG = CG，
∴FC = 2CG = 7.2，
∴AF = AC −FC = 10 −7.2 = 2.8．
【答案】
22
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，
由题意得，
6000
x
=
7500
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，
根据题意得；(x −1200)(4 +
1800 −x
50
) = 3200，
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．
【答案】
23
解：（1）Rt △ABC 中，由勾股定理得：AB = 5cm；
则sin∠A =
3
5
；
由于BA切⊙O于E，则∠OEA = 90 ∘；
在Rt △OEA 中，AO = OE ÷ sin∠A =
5
3
cm．
（2）如图：
①当P位于线段OC上时，设⊙P与CD的切点为G，
则P1G⊥CD；
由于D是AB的中点，所以CD = DA，即∠DCA = ∠A，
因此P1C = OA =
5
3
cm，OP1 = AC −2OA =
2
3
cm，
∴t =
2
3
s；
②当P位于线段CB上时，设⊙P与CD的切点为H，
则P2H⊥CD；
同①可得：P2C =
5
4
cm，因此P点运动的距离为：
OC + P2C =
7
3
+
5
4
=
43
12
cm，即t =
43
12
s；
③当P位于线段BD上时，P3M⊥CD，过B作BQ⊥CN于Q；
易知：SΔABC = 6cm2，由于D是AB中点，
则SΔBCD = 3cm2；
而CD =
1
2
AB =
5
2
cm，
可求得CD边上的高为：BQ =
12
5
cm；
易知：△PDM ∽△BDQ，则
P3M
BQ
=
P3D
BD
，
即
1
12
5
=
P3D
5
2
，P3D =
25
24
cm；
因此P3B + BC + OC =
163
24
cm，即t =
163
24
s；
④当P位于线段AD上时，同③可求得t =
213
24
s；
综上可知：当t分别为
2
3
s、
43
12
s、
163
24
s、
213
24
s时，⊙P与直线CD相切．
【答案】
24
解：（1）∵A(0, 2)，B(2√3, 0)
∴OA = 2，OB = 2√3；
Rt △OAB 中，由勾股定理，得：
AB = √OA2 + OB2 = 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，
则OE =
1
2
OA = 1，CE =
1
2
OB = √3，即C（√3，1）；
故⊙C的半径为2，C（√3，1）；
（3）作OB的垂直平分线，交⊙C于P1、P2，交OB于D
如图 ，连接OC；
由垂径定理知：P1P2必过点C，即P1P2是⊙C的直径；
∴P1(√3，3），P2(√3，−1)；
在Rt △OP1D 中，P1D = 3，OD = √3，
∴∠BOP1 = 60 ∘；
∵P1P2是直径，
∴∠P1OP2 = 90 ∘，∠BOP2 = 30 ∘；
由于P1P2垂直平分OB，所以△OBP1、△OBP2都是等腰三角形，因此P1、P2均符合P
点的要求；
由于此时BO = P1O，因此不需要考虑BO为腰的情况．
故存在符合条件的P点：
P1(√3，3），∠BOP1 = 60 ∘；
P2(√3，−1)，∠BOP2 = 30 ∘．
【答案】
25
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 = √AE2 + AB2=√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，
∴t =
√10
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
= 1 + 8t = 1 +
4
5
√10．
过点K作AD垂线，垂足为H，
∵HK/ / AB且DK: DB = 1: 4，
∴KH =
1
4
AB =
3
4
，
∴S四边形EFGH = S △AFK −S △AEG =
1
2
⋅AF ⋅KH −
1
2
⋅AG ⋅EG
=
1
2
⋅2 ⋅
3
4
−
1
2
⋅3t ⋅t =
3
5
．
【答案】
26
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 = ax2 −2x + c
得
0 = a + 2 + c
0 = 9a −6 + c
；
解得
a = 1
c = −3
．
∴这个二次函数的解析式为y = x2 −2x −3．
{
{
（2）∵直线y = −
1
3
x + 1与y轴交于D(0, 1)，
∴OD = 1，
由y = x2 −2x −3 = (x −1)2 −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 = √OB2 + OC2=3√2，
CE = √CF2 + FE2 = √2；
∴∠BCE = 90 ∘= ∠BOD，
OD
CE
=
1
√2
，
OB
BC
=
3
3√2
=
1
√2
，
∴
OD
CE
=
OB
BC
，
∴△BOD ∽△BCE ，
∴∠CBE = ∠DBO，
∴ α − β = ∠DBC −∠CBE
= ∠DBC −∠DBO = ∠OBC = 45 ∘．
（3）设P(1, n)，
∵PA = PC，
∴PA2 = PC2，
即(1 + 1)2 + (n −0)2 = (1 + 0)2 + (n + 3)2
解得n = −1，
∴PA2 = (1 + 1)2 + (−1 −0)2 = 5，
∴SΔEDW = PA2 = 5；
法一：设存在符合条件的点M m, m2 −2m −3 ，
则m > 0，
①当M在直线BD上侧时，连接OM（如图1），
(
)
则SΔBDM = SΔOBM + SΔODM −SΔBOD = 5，
即
1
2
OB ⋅yM +
1
2
OD xM −
1
2
OB ⋅OD = 5,
3
2
m2 −2m −3 +
1
2
m −
3
2
= 5,
整理，得3m2 −5m −22 = 0，
解得m1 = −2（舍去），m2 =
11
3
，
把m =
11
3
代入y = m2 −2m −3得y =
28
9
；
∴M
11
3
，
28
9
；
②当M在直线BD下侧时，连接OM1（如图1），
则SΔBDM1 = SΔBOD + SΔBOM1 −SΔDOM1 = 5 ，
即
1
2
OB ⋅OD +
1
2
OB ⋅yM1 −
1
2
OD ⋅xM1 = 5 ，
3
2
+
3
2
−m2 −2m −3
−
1
2
m = 5 ，
整理，得3m2 −5m −2 = 0，
解得m1 = 2，m2 = −
1
3
，（舍去）
把m = 2代入y = m2 −2m −3得y = −3，
∴M1(2, −3)；
综上所述，存在符合条件的点M，
其坐标为
11
3
，
28
9
或(2, −3)．
法二：设存在符合条件的点M m, m2 −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h1. ，h2，
则SΔBDM = SΔDMG −SΔBMG = 5，
即
1
2
MGh1 −
1
2
MGh2 = 5,
1
2
yM −yG ⋅(h1 −h2) = 5,
1
2
m2 −2m −3 −
−
1
3
m + 1
⋅3 = 5,
整理，得3m2 −5m −22 = 0；
解得m1 = −2（舍去），m2 =
11
3
；
把m =
11
3
代入y = m2 −2m −3
得y =
28
9
；
∴M
11
3
，
28
9
．
②当M在直线BD下侧时，
过M1作M1G1/ / y轴，交DB于G1（如图2）
设D、B到M1G1距离分别为h1、h2，
则SΔBDM = SΔDM1G1 + SΔBM1G1 = 5 ，
即
1
2
M1G1h1 +
1
2
M1G1h2 = 5,
1
2
yG1 −yM1 ⋅(h1 + h2) = 5,
1
2
−
1
3
m + 1 −m2 −2m −3
⋅3 = 5,
|
|
[
(
)]
(
)
|
|
[
(
)]
整理，得3m2 −5m −2 = 0，
解得m1 = 2，m2 = −
1
3
，（舍去）
把m = 2代入y = m2 −2m −3得y = −3，
∴M1(2, −3)；
综上所述，存在符合条件的点M，
其坐标为
11
3
，
28
9
或(2, −3)．
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SΔDHB = SΔBDM = 5，
即
1
2
DH ⋅OB = 5，
1
2
DH ⋅3 = 5，
∴DH =
10
3
，
∴H 0，
13
3
；
∴直线MH解析式为y = −
1
3
x +
13
3
；
联立
y = −
1
3
x +
13
3
y = x2 −2x −3
得
x = −2
y = 5
或
x =
11
3
y =
28
9
；
∵M在y轴右侧，
∴M坐标为
11
3
，
28
9
．
(
)
(
)
{
{
{
(
)
②当M在直线BD下侧时，过M1作M1H1/ / BD，交y轴于H1，
连接BH1（如图3），同理可得DH1 =
10
3
，
∴H1 0，−
7
3
，
∴直线M1H1解析式为y = −
1
3
x −
7
3
，
联立
y = −
1
3
−
7
3
y = x2 −2x −3
得
x = 2
y = −3
或
x = −
1
3
y = −
20
9
；
∵M1在y轴右侧，
∴M1坐标为(2, −3)
综上所述，存在符合条件的点M，
其坐标为
11
3
，
28
9
或(2, −3)．
(
)
{
{
{
(
)