二次曲线100题(前20题解题提示).doc

第1题 解：（1）对称轴：直线……………………………………………………..… 1分 解析式：或……………………………….2分 顶点坐标：M（1，）……….…………………………………………..3分 （2）由题意得 3……………………………………..1分 得：①…………….………………….……2分 得： ②….………………………………………..………..3分 把②代入①并整理得：(S＞0) (事实上，更确切为S＞6)4分 当时， 解得：(注：S＞0或S＞6不写不扣 分) 把代入抛物线解析式得 ∴点A1（6，3）………5分 （3）存在………………………………………………………………….…..……1分 解法一：易知直线AB的解析式为，可得直线AB与对称轴的 交点E的坐标为 ∴BD=5，DE=，DP=5－t，DQ= t 当∥时， 得 ………2分 下面分两种情况讨论: 设直线PQ与直线AB、x轴的交点分别为点F、G ①当时，如图1-1 ∵△FQE∽△FAG ∴∠FGA＝∠FEQ ∴∠DPQ＝∠DEB 易得△DPQ∽△DEB ∴ ∴ 得 ∴(舍去)…………………………3分 当时，如图1-2 ∵△FQE∽△FAG ∴∠FAG＝∠FQE ∵∠DQP＝∠FQE ∠FAG＝∠EBD ∴∠DQP＝∠DBE 易得△DPQ∽△DEB ∴ ∴， ∴ ∴当秒时，使直线、直线、轴围成的三角形与直线、直线、抛物线的对称轴围成的三角形相似………………………………4分 (注:未求出能得到正确答案不扣分) 解法二：可将向左平移一个单位得到,再用解法一类似的方法可求得 , , ∴ , .  第2题 分析：（1）先根据△ABE与△ABC的面积之比为3：2，E（2，6）可求出C、D两点的坐标，用待定系数法可求出直线AD的解析式，进而可求出A点坐标，再根据A、C、E三点的坐标即可求出抛物线的解析式； （2）先根据△ABQ与△CED相似求出B、F两点的坐标，再根据△ABQ∽△AFD或△ABQ∽△ADF时三角形的对应边成比例即可求出AQ的长，从而求出Q点的坐标． 解答：解：（1）∵△ABE与△ABC的面积之比为3：2，E（2，6）， ∴C（0，4），D（0，2）， 设直线AD的解析式为y=kx+b， 由题意得，解得，直线AD的解析式为y=2x+2， ∴A（﹣1，0）． 抛物线经过A、C、E三点，得解得． 所求抛物线的解析式为：y=﹣x2+3x+4． （2）当△ABQ与△CED相似时， 由（1）有B（4，0），F（，0） ①若△ABQ∽△AFD，=，即=，AQ=2，Q（1，4） ②若△ABQ∽△ADF，=，即=，AQ=，Q（，5）．  解答：解：（1）A（3，0），B（0，1），C（0，3），D（﹣1，0）；（4分） （2）∵抛物线y=ax2+bx+c经过C点， ∴c=3．（1分） 又∵抛物线经过A，C两点， ∴， 解得（2分） ∴y=﹣x2+2x+3（1分） ∴y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， ∴顶点G（1，4）．（1分） （3）解：过点G作GH⊥y轴垂足为点H， ∵，， ∵tan∠BAO=，tan∠GBH=， ∴∠GBH=∠BAO（1分） ∵∠BAO+∠ABO=90°， ∴∠GBH+∠ABO=90°， ∴∠GBA=90°， ∴∠ABQ=∠DOC=∠AOB（1分） ①当时，△ODC∽△BQA， 即， ∴BQ=（1分） 过点Q作QN⊥y轴，垂足为点N，设Q（x，y）， ∵，，， ∵tan∠GBH=， ∴BN=1， ∴，（2分） ②同理可得：Q3（3，10），Q4（﹣3，﹣8）．（2分） 此题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题、旋转变换及待定系数法求函数解析式及点的存在性问题，综合性很强，难度较大，要仔细对待．  分析：（1）先根据y=kx沿y轴向下平移3个单位长度后经过y轴上的点C求出C点的坐标，再用待定系数法求出直线BC的解析式，再根据抛物线y=﹣x2+bx+c过点B，C，把B、C两点的坐标代入所设函数解析式即可求出此解析式； （2）根据（1）中