第42章学科结合与高中衔接问题。
一、选择题。
1. （2011台湾全区，30）如图(十三)，δabc中，以b为圆心，长为半径画弧，分别交、
于d、e两点，并连接、．若∠a=30，＝，则∠bde的度数为何？
a． 45 b． 52．5 c． 67．5 d． 75
答案】ｃ2. （2011贵州安顺，9，3分）正方形abcd边长为1，e、f、g、h分别为边ab、bc、cd、da上的点，且ae=bf=cg=dh．设小正方形efgh的面积为y，ae=x. 则y关于x的函数图象大致是（ ）
abcd．答案】c
3. （2011河北，11，3分）如图4，在矩形中截取两个相同的圆作为圆柱的上、下底面，剩余的矩形作为圆柱的侧面，刚好能组合成圆柱．设矩形的长和宽分别为y和x，则y与x的函数图象大致是（ ）
abcd．
答案】a3. （2011重庆市潼南，10,4分） 如图，在平面直角坐标系中，四边形oabc是菱形，点c的坐标为（4,0），∠aoc= 60°，垂直于x轴的。
直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长。
度的速度向右平移，设直线l与菱形oabc的两边分。
别交于点m,n（点m在点n的上方），若△omn
的面积为s，直线l的运动时间为t 秒（0≤t≤4）,则。
能大致反映s与t的函数关系的图象是。
答案】c4. （2011台湾台北，23）如图(八)，三边均不等长的，若在此三角形内找一点o，使得、、的面积均相等。判断下列作法何者正确？
a． 作中线，再取的中点o
b． 分别作中线、，再取此两中线的交点o
c． 分别作、的中垂线，再取此两中垂线的交点o
d． 分别作、的角平分线，再取此两角平分线的交点o
答案】b二、填空题。
三、解答题。
1. (2011重庆綦江，26，12分)在如图的直角坐标系中，已知点a（1，0）；b（0，－2），将线段ab绕点a按逆时针方向旋转90°至ac．
求点c的坐标；
若抛物线经过点c．
①求抛物线的解析式；
②在抛物线上是否存在点p（点c除外）使△abp是以ab为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点p的坐标；若不存在，请说明理由．
答案】：解：(1)过点c作cd⊥x轴，垂足为d，在△acd和△bao中，由已知有∠cad＋∠bao＝90°,而∠abo＋∠bao＝90°∴∠cad＝∠abo，又∵∠cad＝∠aob＝90°,且由已知有ca＝ab，△acd≌△bao，∴cd＝oa＝1,ad＝bo＝2，点c的坐标为(3,－1)
2)①∵抛物线经过点c(3,－1)，,解得。
抛物线的解析式为。
解法一：② i) 当a为直角顶点时 ，延长ca至点，使，则△是以ab为直角边的等腰直角三角形，如果点在抛物线上，则满足条件，过点作⊥轴，
△≌△ae＝ad＝2,＝cd＝1,可求得的坐标为(－1,1)，经检验点在抛物线上，因此存在点满足条件；
ii） 当b点为直角顶点时，过点b作直线l⊥ba，在直线l上分别取，得到以ab为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△
bf＝oa＝1，可得点的坐标为（－2，－1），经检验点在抛物线上，因此存在点满足条件．同理可得点的坐标为（2，－3），经检验点不在抛物线上．
综上：抛物线上存在点(－1,1)，（2，－1）两点，使得△和△
是以ab为直角边的等腰直角三角形．
解法二：（2）②（如果有用下面解法的考生可以给满分）
i) 当点a为直角顶点时，易求出直线ac的解析式为
由解之可得(－1,1) （已知点c除外）作⊥x轴于e,则ae＝2,＝1, 由勾股定理有又∵ab＝,∴是以ab为直角边的等腰三角形；
ii）当b点为直角顶点时，过b作直线l∥ac交抛物线于点和点，易求出直线l的解析式为，由解得或。
(－2,－1)，（4，－4）作⊥y轴于f，同理可求得。
△是以ab为直角边的等腰三角形作⊥y轴于h，可求得，∴rt△不是等腰直角三角形，∴点不满足条件．
综上：抛物线上存在点(－1,1)，（2，－1）两点，使得△和△是以角ab为直边的等腰直角三角形．
2. （2011广东省，22，9分）如图，抛物线与y轴交于点a，过点a的直线与抛物线交于另一点b，过点b作bc⊥x轴，垂足为点c（3，0）.
1）求直线ab的函数关系式；
2）动点p**段oc上，从原点o出发以每钞一个单位的速度向c移动，过点p作⊥x轴，交直线ab于点m，抛物线于点n，设点p移动的时间为t秒，mn的长为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
3）设（2）的条件下（不考虑点p与点o，点g重合的情况），连接cm，bn，当t为何值时，四边形bcmn为平等四边形？问对于所求的t的值，平行四边形bcmn是否为菱形？说明理由。
解】（1）把x=0代入，得。
把x=3代入，得，∴a、b两点的坐标分别（0，1）、（3，）
设直线ab的解析式为，代入a、b的坐标，得。
解得。所以，
2）把x=t分别代入到和。
分别得到点m、n的纵坐标为和。
mn=-（即。
点p**段oc上移动，0≤t≤3.
3)在四边形bcmn中，∵bc∥mn
当bc=mn时，四边形bcmn即为平行四边形。
由，得。即当时，四边形bcmn为平行四边形。
当时，pc=2，pm=，pn=4，由勾股定理求得cm=bn=,此时bc=cm=mn=bn，平行四边形bcmn为菱形；
当时，pc=1，pm=2，由勾股定理求得cm=,此时bc≠cm，平行四边形bcmn不是菱形；
所以，当时，平行四边形bcmn为菱形．
3. （2011湖南怀化，24，10分）在矩形aobc中，ob=6，oa=4，分别以ob，oa所在直线为x轴和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，f是边bc上的一个动点（不与b，c重合），过f点的反比例函数的图像与ac边交于点e.
1） 求证：ae×ao=bf×bo；
2） 若点e的坐标为（2，4），求经过o、e、f三点的抛物线的解析式；
3） 是否存在这样的点f，使得将△cef沿ef对折后，c点恰好落在ob上？若存在，求出此时的of长；若不存在，请说明理由。
答案】1)证明：由题意知，点e、f均在反比例函数图像上，且在第一象限，所以ae×ao=k，bf×bo=k，从而ae×ao=bf×bo.
2)将点e的坐标为（2，4）代入反比例函数得k=8，所以反比例函数的解析式为。
ob=6，∴当x=6时，y=，点f的坐标为（6，）.
设过点o、e、f三点的二次函数表达式为，将点o（0，0），e），f（6，）三点的坐标代入表达式得：
解得。经过o、e、f三点的抛物线的解析式为：.
1) 如图11，将△cef沿ef对折后，c点恰好落在ob边于点c′.过点e作eh⊥ob于点h.
设ce=n，cf=m，则ae=6-n，bf=4-m
由（1）得ae×ao=bf×bo ∴(6-n)×4=(4-m)×6 ,解得n=1.5m.
由折叠可知，cf=c′f=m，ce=c′e=1.5m，∠ec′f=∠c=90°
在rt△ehc′中，∠ec′h+∠c′eh=90°，又∵∠ec′h+∠ec′f+fc′b=180°，∠ec′f=90°
∠c′eh=fc′b
∠ehc′=c′bf=90°
△ec′h∽△c′fb，∴ 由四边形aeho为矩形可得eh=ao=4 ∴c′b=.
在rt△bc′f中，由勾股定理得，c′f2=bf2+c′b2，即m2=(4-m)2+
解得：m=bf=4-=,在rt△bof中，由勾股定理得，of2=bf2+ob2，即of2=62+=.
of=存在这样的点f，of=,使得将△cef沿ef对折后，c点恰好落在ob上。
4. （2011江苏淮安，28，12分）如图，在rt△abc中，∠c=90°，ac=8，bc=6，点p在ab上，ap=2.点e、f同时从点p出发，分别沿pa、pb以每秒1个单位长度的速度向点a、b匀速运动，点e到达点a后立即以原速度沿ab向点b运动，点f运动到点b时停止，点e也随之停止。
在点e、f运动过程中，以ef为边作正方形efgh，使它与△abc**段ab的同侧，设e、f运动的时间为t秒（t＞0），正方形efgh与△abc重叠部分面积为s.
1)当t=1时，正方形efgh的边长是当t=3时，正方形efgh的边长是。
2)当0＜t≤2时，求s与t的函数关系式；
3)直接答出：在整个运动过程中，当t为何值时，s最大？最大面积是多少？
答案】(1)2；6；
2) 当0＜t≤时（如图），求s与t的函数关系式是：s==(2t)2=4t2；
当＜t≤时（如图），求s与t的函数关系式是：
s=-s△hmn=4t2-××2t- (2-t)] 2 =t2+t-；
当＜t≤2时（如图），求s与t的函数关系式是：
s= s△arf -s△aqe =×2+t) 2 -×2-t) 2=3t.
3)由（2）知：若0＜t≤，则当t=时s最大，其最大值s=；
若＜t≤，则当t=时s最大，其最大值s=；
若＜t≤2，则当t=2时s最大，其最大值s=6.
综上所述，当t=2时s最大，最大面积是6.
5. （2011山东临沂，26，13分)如图，已知抛物线经过a（－2，0），b（－3，3）及原点o，顶点为c．
1）求抛物线的解析式；
2）若点d在抛物线上，点e在抛物线的对称轴上，且以a、o、d、e为顶点的四边形是平行四边形，求点d的坐标；
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