初中数学专题训练参考答案

初中数学专题训练参考答案专题一、选择题1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.专题二、填空题1.2.或3.有①7、6、3②7、6、2两种，任填一种即可4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.，18.19.20.或21.22.23.2、4、6、824.（，）25.（，）专题三、反比例函数1.解：直线与轴交点为（0，），与轴交点为（-1,0）∴∴一次函数为：∴、又∵所以2．解：（1）∵双曲线过A（3，），∴.把B（-5，）代入,得.∴点B的坐标是（-5，-4）.设直线AB的解析式为，将A（3，）、B（-5，-4）代入得，，解得：.∴直线AB的解析式为：.（2）四边形CBED是菱形.理由如下:点D的坐标是（3,0），点C的坐标是（-2,0）.∵BE∥轴，∴点E的坐标是（0,-4）.而CD=5，BE=5，且BE∥CD.∴四边形CBED是平行四边形.在Rt△OED中，ED2＝OE2＋OD2，∴ED＝＝5，∴ED＝CD.∴□CBED是菱形.3.解：（1），（2）分别过、作轴的垂线，垂足为、.则∽，∵∴在中，当时，∴∴∴(-4,0)4.解：（1）过B点作BD⊥x轴，垂足为D，∵B（n，﹣2），∴BD=2，在Rt△OBD在，tan∠BOC=，即=，解得OD=5，又∵B点在第三象限，∴B（﹣5，﹣2），将B（﹣5，﹣2）代入y=中，得k=xy=10，∴反比例函数解析式为y=，将A（2，m）代入y=中，得m=5，∴A（2，5），将A（2，5），B（﹣5，﹣2）代入y=ax+b中，得，解得，则一次函数解析式为y=x+3；（2）由y=x+3得C（﹣3，0），即OC=3，∵S△BCE=S△BCO，∴CE=OC=3，∴OE=6，即E（﹣6，0）．5.解：（1）∵四边形是矩形 ∴、 ∵是由沿着翻折得到的 ∴，∴四边形是正方形（2）点是正方形的中心理由：过作轴于，如图：∵四边形是正方形∴，∴(，)∴∵(，)、(，)∴直线为设（，），则，解得：，（不合题意舍去）∴（，），（，）∵∴，∴∴点是正方形的中心.6.解：（1）OA=16，OC=8，设OD=m，则CD=DA=16-m，在Rt△COD中，∠COD=90∵CD=OC+OD∴(16-m)=8+m，m=6∴D(6，0)∵四边形OABC是矩形∴OA∥CB，∴∠CED=∠EDA，又∵∠EDA=∠CDE，∴∠CED=∠CDE，∴CE=CD=10，E(10，8)（2）过B作BM⊥BC于M如图1.BC=AB=OC=8，BE=BE=6，∠CBE=90，BM=CM=，B（，）k=10×8=80，y=，∵图1∴点B不在这个反比例函数的图象上。（3）当x=16时，y=5F=1\*GB3①把线段DE先向右平移10个单位长度，再向上平移5个单位长度，端点E落在G处，G（20，13）；=2\*GB3②把线段EF先向左平移4个单位长度，再向下平移8个单位长度，端点F落在G处，G（12，-3）；=3\*GB3③把线段DF先向左平移6个单位长度，再向上平移3图2 个单位长度，端点D落在G处，G（0，3）；综上所述，在直角坐标系中存在：G（20，13）、G（12，-3）、G（0，3）使得以D、E、F、G为顶点的四边形是平行四边形。7.解：（1）过A作AD⊥x轴于D.则AD=3，OD=2，DC=4∵BF⊥x轴，AD⊥x轴∴AD∥EF∴△CEF∽△CAD∴∴EF=1,S==(2)①过B作BE⊥x轴于E。设A（，）、B(6，则CE=()，BE=直线OB为：∴D(a，)∴=1…（Ⅰ）∵AD=，∴∴…（Ⅱ）把（Ⅱ）代人（Ⅰ）解得∵∴∴A(3，4)、B（6，2）（3）过M作MA⊥x轴于A，过N作NB⊥x轴于B,连接ON交MA于点C.直线ON为：当x=m时，y=∴C()MC=-又∵MC=∴-=∴∴∵∴8.解：(1)过点C作CG⊥OA于点G，∵点C是等边△OAB的边OB的中点，∴OC＝2，∠AOB＝60°，∴OG＝1，CG＝，∴点C的坐标是(1，)，由＝，得：k＝，∴该双曲线所表示的函数解析式为y＝；(2)过点D作DH⊥AF于点H，设AH＝a，则DH＝a．∴点D的坐标为(4＋a，)，∵点D是双曲线y＝上的点，由xy＝，得(4＋a)＝，即：a2＋4a－1＝解得：a1＝－2，a2＝－－2(舍去)，∴AD＝2AH＝2－4，∴等边△AEF的边长是2AD＝4－8．9.解：设A()，则B（）、C(0，)（1）AB=AD=（2）①过点F作FG⊥BC于G.∵点F是矩形ABCD的中心∴点F坐标为（）把点F（）代入得：化简得：∴②△AEF是直角三角形理由：由①得，∴A()，在中，当y=时，AE=∵∠ACB=30，∠ABC=90∴tan30=∴∴∴AB=AF=∴∵∴又∵∠EAF=∠CAD∴△EAF∽△CAD∴∠EFA=∠CDA=90所以△AEF是直角三角形.10.解：（1）∵点E、F在函数的图象上，∴设，∴，∵，∴，。（2）∵四边形OABC为矩形，OA=2，OC=4，设，∴BE=，BF=∴∵，∴=∴当时，，∴AE=2.当点E运动到AB的中点时，四边形OAEF的面积最大，最大值是5.专题四圆解答题1.解：（1）证明：∵∠BCD＝∠BAC，∴eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BC))＝eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BD))。∵AB为⊙O的直径，∴AB⊥CD，CE＝DE。∴AC＝AD。（2）解：不正确，如当∠CAB＝20°时，CF不是⊙O的切线。如图，连接OC。∵OC＝OA，∴∠OCA＝20°。∵∠ACB＝90°，∴∠OCB＝70°。又∵∠BCF＝30°，∴∠FCO＝100°。∴CO与FC不垂直.。∴此时CF不是⊙O的切线.。2.解：（1）证明：如图，连接OC，则∠BOC=2∠A=2α，∴∠BOC+∠B=2α＋β=900。∴∠BCO=900，即OC⊥BC。∴BC是的⊙O切线。（2）∵OC=OA=6，由(1)知，OC⊥BC，在中，，即。∴OB=10。∴。3.解：（1）如图所示，⊙P′即为所求作的圆。⊙P′与直线MN相交。（2）设直线PP′与MN相交于点A，则由⊙P的圆心为P（﹣3，2），半径为3，直线MN过点M（5，0）且平行于y轴，点N在⊙P′上，得P′N=3，AP′=2，PA=8。∴在中，。在中，。4.证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC。∵AB=AC，∴D是BC的中点。

（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=∠ADB=90°，即∠CEB=∠CDA=90°，∵∠C是公共角，∴△BEC∽△ADC。（3）∵△BEC∽△ADC，∴∠CBE=∠CAD。∵AB=AC，AD=CD，∴∠BAD=∠CAD。∴∠BAD=∠CBE。∵∠ADB=∠BEC=90°，∴△ABD∽△BCE。∴∴。∵BC=2BD，∴，即。∵∠BDP=∠BEC=90°，∠PBD=∠CBE，∴△BPD∽△BCE。∴。∴，即AB•CE=2DP•AD。5.解：（1）连接OD、OB∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°∵EF⊥BC，∴∠F＝∠ABC＝90°∴EF∥AB∵D是EQ\O\AC(AB,\S\UP10(︵))的中点，∴∠BOD＝∠AOD，又OA＝OB，∴OD⊥AB，∴OD⊥EF又EF过半径OD的外端D，∴EF是⊙O的切线．（2）在Rt△EFC中，CF＝6，∠ACB＝60°∴CE＝12∵OD⊥EF，BC⊥EF，∴OD∥CF∴△ODE∽△CFE设⊙O的半径为r，则eq\F(r,6)＝eq\F(12－r,12)，解得r＝4，∴DE＝4eq\R(,3)∴S阴影＝S△ODE－S扇形OAD＝eq\f(1,2)×4×4eq\R(,3)－eq\f(1,6)π×42＝8eq\R(,3)－eq\f(8,3)π6.（1）设⊙O的半径为r.∵BC切⊙O于点D∴OD⊥BC∵∠C=90°∴OD∥AC∴△OBD∽△ABC.∴eq\f(OD,AC)=eq\f(OB,AB)，即解得：∴⊙O的半径为(2)四边形OFDE是菱形∵四边形BDEF是平行四边形∴∠DEF=∠B.∵∠DEF=eq\f(1,2)∠DOB∴∠B=eq\f(1,2)∠DOB.∵∠ODB=90°∴∠DOB+∠B=90°∴∠DOB=60°∵DE∥AB，∴∠ODE=60°.∵OD=OE，∴△ODE是等边三角形∴OD=DE∵OD=OF∴DE=OF∴四边形OFDE是平行四边形∵OE=OF∴平行四边形OFDE是菱形.7.解：（1）如图，连接OA，∵直径CE⊥AB，∴AD=BD=2，。∴∠ACE=∠BCE，∠AOE=∠BOE，又∵∠AOB=2∠ACB，∴∠BOE=∠ACB。又∵=，∴=，在中，设OD=x，则OB=3x，∵OD2+BD2=OB2，∴x2+22=（3x）2，解得x=。∴OB=3x=，即⊙O的半径为。（2）证明：∵FE=2OE，∴OF=3OE=。∴。又∵，∴。又∵∠BOF=∠DOB，∴△OBF∽△ODB。∴∠OBF=∠ODB=90°。∵OB是半径，∴BF是⊙O的切线。8.解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即∠ADC+∠CDB=90°。∵∠ADC=∠ABC，∠CBF=∠CDB，∴∠ABC+∠CBF=90°，即∠ABF=90°。∴AB⊥EF。∴EF是⊙O的切线。（2）作BG⊥CD，垂足是G，在中，∵AB=10，=，∴BD=6。∴根据勾股定理得AD=8。∴=。∵点C是弧AB的中点，∴∠ADC=∠CDB=45°。∴BG=DG=BDsin45°=。∵∠DAB=∠DCB，∴。∴。∴=。∴。9.（1）证明：∵OC为半径，点C为的中点，∴OC⊥AD。∵AB为直径，∴∠BDA=90°，BD⊥AD。∴OF∥BD。（2）①证明：∵点O为AB的中点，点F为AD的中点，∴OF=BD。∵FC∥BD，∴∠FCE=∠DBE。∵∠FEC=∠DEB，∴△ECF∽△EBD，∴，∴FC=BD。∴FC=FO，即点F为线段OC的中点。②解：∵FC=FO，OC⊥AD，∴AC=AO，又∵AO=CO，∴△AOC为等边三角形。∴根据锐角三角函数定义，得△AOC的高为。∴（cm2）。答：图中阴影部分（弓形）的面积为cm2。10.解：（1）PO与BC的位置关系是PO∥BC。（2）（1）中的结论PO∥BC成立。理由为：由折叠可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。∴∠CPO=∠PCB。∴PO∥BC。（3）证明：∵CD为圆O的切线，∴OC⊥CD。又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。由折叠可得：∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO为等边三角形。∴∠AOP=60°。又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。又∵OC=OB，∴△BC为等边三角形。∴∠COB=60°。∴∠POC=180°﹣（∠AOP+∠COB）=60°。又∵OP=OC，∴△POC也为等边三角形。∴∠PCO=60°，PC=OP=OC。又∵∠OCD=90°，∴∠PCD=30°。在中，PD=PC，又∵PC=OP=AB，∴PD=AB，即AB=4PD。专题五答案1.解：（1）设购进甲商品x件，则购进乙商品为（160-x）件。 根据题意得：（20-15）x+(45-30)x=1100 解得：x=100160-x=60 答：购进甲商品100件，则购进乙商品为60件。 （2）设购进甲商品n件，则购进乙商品为（160-n）件。 根据题意得：解得∵n是正整数，∴n=66或67有两种进货方案：①购进甲商品66件，购进乙商品94件；②购进甲商品67件，购进乙商品93件。获利最大的是①购进甲商品66件，购进乙商品94件。2.解：（1）利用图象设关于的函数解析式为，将（10，10）（50，6）代入解析式得：，解得：，（10≤x≤50）（2）当生产这种产品的总成本为280万元时，，解得：，（不合题意舍去），故该产品的生产数量为40吨．3.解：(1) （2）∵，w随着x的增大而增大∴当x=10时，（元）4.解：(1)设规定的时间为x天。根据题意得：解得：经检验是元方程的解，所以规定的时间是12天。（2）两队合作所需的工资为： 所以该县准备的工程工资款够用。5.解：（1）、（2）根据题意得：解得：，（不合题意舍去）紫菜平均每亩产量的增长率为50%.6.解：（1），且为整数（2）解得：又∵，是整数∴、、所以有三种购树苗方案：①购种树苗棵、种树苗棵，所用资金元；②购种树苗棵、种树苗棵，所用资金元；③购种树苗棵、种树苗棵，所用资金元；7.解：（1）设.根据题意得：，当时，.所以从刹车到停止经过的路程为：（米）(2)设动车从刹车到滑行2250米处所用的时间为秒.根据题意得： 解得：，（不合题意舍去）动车从刹车到滑行2250米处所用的时间是40秒.8.解：(1)设根据题意得：解得：（2）（3）根据题意得：解得9.解：（1）设，则.∵∴，解得：，（不合理舍去）∴（0，）设直线的解析式为：∵（-6,0）∴直线为：（2）过作于如图1，设（，），则（，0）.，根据题意得：解得：，所以(，)、(-4，).（3）假设存在（，）使得的面积等于.分两种情况：①当时，过作于如图2-1，则（，0）.，根据题意得：化简得：∵方程没有实数根∴此时不存在这样的点，使得的面积等于；②当时，过作于如图2-2，则（，0）.，根据题意得：解得：，（不合题意舍去）所以此时存在（，）10.解：（1）根据题意得： 化简得：（2）当时，解得：，所以当每个书包售价定为元或元时，一个月的利润刚好是元.（3）当每个书包售价定为大于元而小于元时，商家就可盈利.专题六几何探究题1.解：(1)∵PQ∥BD∴∠CQP=∠BDC在Rt△BDC种，∵∠C=90∴tan∠BDC=∴∠CQP=∠BDC=30(2)如备用图1，点R落在AB上。∵∠CPQ=90-∠CQP=60∴∠RPQ=∠CPQ=60∴∠RPB=60∴BP=PR=CP=则∴（3）有两种情况：①当时，②当时，如备用图2。∵PB=∴PN=2PB=∴RN=∴2.（1）证明：连接CD如图1.∵△ABC是直角三角形，∠C=90，AC=BC点D是AB的中点∴CD⊥AB,CD=DB∠FCD=∠B=45∠BDF=90-∠FDC∵∠EDF=90∴∠CDE=90-∠FDC∴∠BDF=∠CDE∴△CDE≌△BDF∴DE=DF（2）过D作DG⊥AB交AC于G如图2.则AD=DG，∠EGD=∠B=45又∵∠EDG=∠FDB∴△GDE∽△BDF∴∴（3）AB=∵AD∶DB=1∶2∴DG=AD=BD=∴AG=有两种情况：①如图2，当时。由△GDE∽△BDF得：∴②如备用图，当时。由△GDE∽△BDF得：∴3.解：（1）如图1，当时∵四边形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴当时（2）为定值，分三种情况：①当时，如图1：方法一：由（1）得：∴方法二：==由（1）得： ∴②当时，点、、重合。③当时，如图2：方法一：∵四边形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴方法二：∵四边形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴又∵∴综上所述：为定值。4．解：（1）如图1，过点G作于M.在正方形EFGH中，.又∵，∴⊿AHE≌⊿BEF.同理可证：⊿MFG≌⊿BEF.∴GM=BF=AE=2.∴FC=BC-BF=10.（2）如图2，过点G作于M.连接HF.又∴⊿AHE≌⊿MFG.∴GM=AE=2.（3）⊿GFC的面积不能等于2.∵若则12-a=2，∴a=10.此时，在⊿BEF中，在⊿AHE中，.∴AH＞AD.即点H已经不在边AB上.故不可能有解法二：⊿GFC的面积不能等于2.∵点H在AD上，∴菱形边长EH的最大值为.∴BF的最大值为.又因为函数的值随着a的增大而减小，所以的最小值为.又∵，∴⊿GFC的面积不能等于2.5．解：（1）∵四边形ADEF是正方形，△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AF，∠BAC＝∠DAF＝90º∴∠BAD＝∠CAF，∴△ABD≌△ACF（2）作图如右：猜测：CF＝BD，CF⊥BD理由是：同（1）可得△ABD≌△ACF∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD＝∠ACB＝45º∴∠FCB＝90º，∴CF⊥BD（3）连接GF∵AE是正方形ADEF的对角线∴∠FAE＝∠DAE＝45º又AD＝AF，AG＝AG∴△AFG≌△ADG∴FG＝DG若Rt△CFG是等腰三角形，则CG＝CF设CF＝x，得CG＝CF＝BD＝x①如图1，当BD＜1时，FG＝DG＝2－2x在Rt△CFG中，，根据勾股定理得FG2＝CG2＋CF2∴（2－2x）2＝2x2解得：x1＝2＋EQ\R(2)＞1（舍去），x2＝2－EQ\R(2)②如图2，当BD＞1时，∵CG＝BD∴FG＝DG＝BC＝2在Rt△CFG中，，根据勾股定理得FG2＝CG2＋CF2，22＝2x2解得：x1＝－EQ\R(2)（舍去），x2＝EQ\R(2)综上所得，当BD等于2－EQ\R(2)或EQ\R(2)时，△CFG是等腰三角形6.解：（1）理由：方法一：∵四边形与四边形都是正方形∴∴∴≌可以看作由顺时针旋转得到的（或可以看作由逆时针旋转得到的），故，方法二：连接如图.证≌得，∴=∴∴(2)①方法一：过作,过.则∥∴∵，∴又∵∴≌∴∵，∴方法二：①过作∥交直线于.则∵，∴∴同理：又∵∴≌∴∵∴又∵∴≌∴∴∴②∵≌∴∵≌∴∴∴所以为定值方法三：①过作交.∵，∴∵,∴又∵∴≌∴同理可证：∴即②∵≌，∴∵≌∴∴所以为定值方法四：①过作⊥直线于，过作⊥直线于∵，∴又∵∴≌∴同理可证:≌∴∴又∵，∴≌∴∴又∵∴②由①得≌，≌∴，∴，又∵≌∴∴所以为定值7.（1）方法一：如图1-1.∵，∴∴又∵∴∴即∴是等腰直角三角形方法二：如图1-2.把绕着点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，连接.则，，，∵∴∴∥∴四边形是矩形.又∵∴点是矩形的中心∴点、、在同一直线上.且又∵∴所以是等腰直角三角形方法三：如图1-2.延长到，使得，连接、、.∵于∴又∵∴四边形是矩形.∴又∵，∴≌∴，∴∴所以是等腰直角三角形②方法一：在中∵∴∴又∵，∴∴（）方法二：如图1-3.过点作于.∵，∴∴∴又∵∴∴（）(2)方法一：如图2-1.把绕着点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，连接、.则，，，∵∴∴∥∴四边形是平行四边形.又∵∴点是平行四边形的中心∴点、、在同一直线上.且又∵∴，所以是等腰直角三角形方法二：如图2-2.延长到，使得，连接、、、.则四边形是平行四边形.∴∵∴∴∵，∴设绕点逆时针旋转角则，∵，∴∴又∵∴≌∴∴∴，所以是等腰直角三角形8.（1）连接AC如图1.∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120∴∠ACB=∠ABC=∠CAB=∠ACN=60∴AC=AB又∵∠MAN=60∴∠BAM=∠CAN=60-∠MAN∴△BAM≌△CAN∴AM=AN∴△AMN是等边三角形(2)∵△BAM≌△CAN∴BM=CN∴CM+CN=BC=AB=4∵四边形AMCN的周长=AM+CM+CN+AN∴四边形AMCN的周长=2AM+4∴当AM最小时，四边形AMCN的周长最小即当AM⊥BC，α=30时，四边形AMCN的周长最小.此时∵∠AMB=90，∠BAM=α=30∴BM=AB=2∴四边形AMCN的周长最小值为：（3）理由：方法一:把△ABM绕着点A顺时针旋转，使得点B与点D重合，点P落在点处如图.则BP=D=2DQ，∠DA=∠PBA=∠ADQ=30∴∠DQ=60，连接Q，记D的中点为T，连接TQ.又∵TD=DQ=∴△DTQ是等边三角形 ∴TQ=TD=T∴∠DQ=∠QT=30，∵∠DQT=60∴∠DQ=90∴Q=3∴∵∠PAQ=60，∠BAD=120∴∠PAB+∠DAQ=60∵∠AD=∠PAB∴∠AQ=∠PAQ=60又A=AP，AQ=AQ∴△AQ≌△PAQ∴PQ=Q∴方法二：作点D关于直线AN的对称点，连接Q、P、A，取P的中点T，连接QT.则DQ=Q、AD=A.证△AP≌△BAP得P=BP，其它步骤与方法一类似。9.解（1）如图2，∵∥∴∽，∽∴即.∴，（2）如图3，在等腰中，，则边上的高为.所以.由∽得即所以.又∵与是同高三角形，所以于是，（3）如图4，∵，∴又∵∥∴∴≌∴∴是等腰三角形∵与有一个公共的，而且∴只存在的情况。当∽时，也是等腰三角形，∴，解得：10.（1）∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，∴=90°，HD=HA，∴，∴△DHQ∽△ABC．（2）①如图1，当时，ED=，QH=，此时．当时，最大值．②如图2，当时，ED=，QH=，此时．当时，最大值．∴y与x之间的函数解析式为y的最大值是．（3）①如图1，当时，若DE=DH，∵DH=AH=，DE=，∴=，．显然ED=EH，HD=HE不可能；②如图2，当时，若DE=DH，=，；若HD=HE，此时点D，E分别与点B，A重合，；若ED=EH，则△EDH∽△HDA，∴，，．∴当x的值为时，△HDE是等腰三角形.11.解：（1）与的位置关系是；.证明：如图1，过点作于,则．∵矩形中,，∴矩形为正方形.∴,．∴∴≌∴.∵∴∴∴．∵,∴，.于是.（2）在（1）中得到的两个结论均成立.证明：如图2，延长交的延长线于点，连结、，过作，交于点．∵四边形是矩形，∴∥∴，∵为的中点∴∴≌∴，∵∴∴∵∴∴∴由（1）得∴．∴，∵∴∴≌．∴，∵∴∵∴=.（3）；不一定等于.12.解：（1）依题意，点P既在的平分线上，又在线段AB的垂直平分线上.如图1，作的平分线，作线段的垂直平分线，与的交点即为所求的P点。是等腰直角三角形.理由：过点P分别作、，垂足为E、F如图2.∵平分，、，垂足为E、F，∴.又∵，∴≌.∴.∵，，，∴，从而.又∴是等腰直角三角形.（2）如图2，在中，，，.∴.由≌，≌，可得，.∴.在中，，，，∴.∴.所以的周长为：.因为的面积=的面积的面积的面积===（）.或.（3）方法一：过点分别作、，垂足为、如图3.易得.由∥得①；由∥得②①+②，得，即.∴，即.方法二：（前面同法1）又，.∴∴.∴，即.方法三：过点作，垂足为如图4.在中，，由∥得①；②①+②，得，即.∴，即.方法四：过点作∥，交射线于点如图5.易得，.∵∥，∴.∴，.即.方法五：过点作的平行线，交射线于点如图6.得，，又，即，所以，方法六：分别过点、分别作的平行线，交射线于点，交射线于点如图7.得，又，∴，即，专题七二次函数1.解：（1）∵(，)在抛物线上∴解得（2）由得(,)得(3)当时，点与点关于抛物线的对称轴直线对称，此时(,)当时，设（，）如图，∵∴∵∴∴∴≌∴∴解得：，（不合题意舍去）此时(,)。综上所述：当点的坐标为(,)或(,)时，是等腰三角形。2.解：（1）由题意得解得∴此抛物线的解析式为（2）连结、.因为的长度一定，所以周长最小，就是使最小.点关于对称轴的对称点是点，与对称轴的交点即为所求的点.OACxyOACxyBEPD则解得∴此直线的表达式为把代入得∴点的坐标为（3）存在最大值理由：∵即∴∴即∴连结==∵∴当时，3．（1）根据题意得：解得（2）设直线AB的解析式为根据题意得：解得则P、Q,PQ=当x=0时，（3）当PQ取最大值时，P（0，2）.当y=0时，，，D（1，0）假设在抛物线上存在M、N两点，使得以P、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形。有两种情况：①当MN∥PD、MN=PD时，设M则N即N（注：平移线段，端点对应坐标差相等）-0解得x=-2M、N(-1,-2)②当MN与PD互相平分时，设M则N即N-0解得（当x=2时，1-x=-1<2不合题意舍去），M(-1,-2)、N(2,4)综上所述：当PQ的长度取最大值时，在抛物线上存在M、N(-1,-2)使得四边形MPDN是平行四边形、存在M(-1,-2)、N(2,4)使得四边形MPND是平行四边形。4.解：（1）根据题意得解得：,（2）①点（，），直线为.当时，.(，)，(，)设(，)，则(，).当四边形是平行四边形时，.解得：，（不合题意舍去）所以NMQ3QNMQ3Q2Q1Gx=1yxOFEPDCBA如图，∵四边形是平行四边形∴∥∴此时点与点重合∴(，)设对称轴与轴相交于点，过点作于，过点作于.∵∥∴又∵，∴≌∴过作的平行线交抛物线于、两点.直线为设（，）代入得：=解得：，∴（，）、（，）综上所述：在抛物线上存在(，)、（，）、（，）5.（1）设点A的坐标为（m，2m）∵AB∥y轴交抛物线于B点,∴B（m，）AC∥x轴交抛物线于C点∴C（2m，2m）∴AC=-m∵点P到AB的距离为（-m）∴.（2）由（1）得AB=2m-=， 解得：m=-2∴B(-2，2)、C（-4，8）A(-2，8)∵∠BAC=90,∴直线BC为： ∵当点P与点B、C不在同一直线上时，，当点P与点B、C在同一直线上时，∴所以的最大值为。 ，当x=0时，y=-4，此时P（0，-4）（3）A（m，nm）、B（m，）AB=有两种情况：①当点C在点A左边时，记为C(mn，nm)如图AC=m-mn∵AB=AC∴∵m<0，n>1∴②当点C在点A右边时，记为C（-mn，nm）如图AC=-mn-m∴∵m<0，n>1∴综上所述，当△ABC是等腰三角形时，或6.解：（1）因所求抛物线的顶点的坐标为（2，4），故可设其关系式为．又抛物线经过，于是得，解得．∴所求函数关系式为，即．（2）①点不在直线上．根据抛物线的对称性可知点的坐标为（4，0），又的坐标为（2，4），设直线的关系式为．于是得，解得．所以直线的关系式为．由已知条件易得，当时，，∴．∵点的坐标不满足直线的关系式，∴当时，点不在直线上．②存在最大值．理由如下：∵点在轴的非负半轴上，且在抛物线上，∴，∴点的坐标分别为、，∴（），∴，∴．（i）当，即或时，以点为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为，∴．（ii）当时，以点为顶点的多边形是四边形，∵，∴，其中（），由，，此时．综上所述，当时，以点为顶点的多边形面积有最大值，这个最大值为．7.解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8.∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC,∴A、B、C三点的坐标分别是A（－6，0）、B（2，0）、C（0，8）.∵点C（0，8）在二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象上，∴c＝8.将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式y＝ax2＋bx＋8，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝36a－6b＋8,0＝4a＋2b＋8))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(2,3),b＝－\f(8,3)))∴所求二次函数的表达式为y＝－eq\f(2,3)x2－eq\f(8,3)x＋8.（2）∵AB＝8，OC＝8,依题意，AE＝m，则BE＝8－m，∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10.∵EF∥AC,∴△BEF∽△BAC.∴eq\f(EF,AC)＝eq\f(BE,AB).即eq\f(EF,10)＝eq\f(8－m,8).∴EF＝eq\f(40－5m,4).过点F作FG⊥AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB＝eq\f(4,5).∴eq\f(FG,EF)＝eq\f(4,5).∴FG＝eq\f(4,5)·eq\f(40－5m,4)＝8－m.∴S＝S△BCE－S△BFE＝eq\f(1,2)（8－m）×8－eq\f(1,2)（8－m）（8－m）＝eq\f(1,2)（8－m）（8－8＋m）＝eq\f(1,2)（8－m）m＝－eq\f(1,2)m2＋4m.自变量m的取值范围是0＜m＜8.(3)存在．理由如下:∵S＝－eq\f(1,2)m2＋4m＝－eq\f(1,2)（m－4）2＋8,且－eq\f(1,2)＜0,∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8.∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）.∴△BCE为等腰三角形．8.解：（1）设抛物线的解析式为y=kx2+a∵点D（2a，2a）在抛物线上，4a2k+a=2a∴k=eq\f(1,4a)∴抛物线的解析式为y=eq\f(1,4a)x2+a（2）设抛物线上一点P（x，y），过P作PH⊥x轴，PG⊥y轴，在Rt△GDP中，由勾股定理得：PD2=DG2+PG2=(y–2a)2+x2=y2–4ay+4a2+∵y=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=4a(y–a)=4ay–4a2∴PD2=y2–4ay+4a2+4ay–4a2=y2=∴PD=PH（3）过B点BE⊥x轴，AF⊥x轴.由（2）的结论：BE=DBAF=DA∵DA=2DB∴AF=2BE∴AO=2BO∴B是OA的中点，∴C是OD的中点，连结BC∴BC=eq\f(DA,2)=eq\f(AF,2)=BE=DB过B作BR⊥y轴，∵BR⊥CD∴CR=DR，OR=a+eq\f(a,2)=eq\f(3a,2)，∴B点的纵坐标是eq\f(3a,2)，又点B在抛物线上，∴eq\f(3a,2)=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=2a2∵x>0∴x=eq\r(\s\do1,2)a∴B(eq\r(\s\do1,2)a，eq\f(3a,2))AO=2OB，∴S△ABD=S△OBD=4eq\r(\s\do1,2)所以，eq\f(1,2)2aeq\r(\s\do1,2)a=4eq\r(\s\do1,2)∴a2=4∵a>0∴a=29.解：解：（1）由得：（，）∵当时，，∴（，）、（，）（，）方法一：过作,如图1：则、、∵∴又∵∴∽∴∴解得：，（不合题意舍去）所以抛物线为：方法二：连接.，∵∴∴解得：，（不合题意舍去）所以抛物线为：（2）存在。以为直径作⊙，则⊙经过、、三点，此时⊙与抛物线的交点即为（同弧所对的圆周角），设（，）如图3.方法一：如图3.连接、，过作点，过作点.则，，∵，∴又∵∴∽∴∴∴化简得：（、），解得：，┄45