九年级寒假训练(2)

寒假训练（2）

1、（2012广西北海12分）如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（－2，0）、B（0，1）、C

（d，2）。 （1）求d的值；

（2）将△ABC沿x轴的正方向平移，在第一象限内B、C两点的对应点B′、C′正好落在某反比例函数图像上。请求出

这个反比例函数和此时的直线B′C′的解析式；

（3）在（2）的条件下，直线B′C′交y轴于点G。问是否存在x轴上的点M和反比例函数图像上的点P，使得四边形

PGMC′是平行四边形。如果存在，请求出点M和点P的坐标；如果不存在，请说明理由。

2、（2012辽宁铁岭14分）如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x

轴交于点D.直线y2x1经过抛物线上一点B（－2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F.

（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；

（2）P(x, y)是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标；

（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运

动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由.

【答案】解：（1）作CN⊥x轴于点N。

在Rt△CNA和Rt△AOB中， ∵NC＝OA＝2，AC＝AB ∴Rt△CNA≌Rt△AOB（HL）。 ∴AN＝BO＝1，NO＝NA＋AO＝3， 又∵点C在第二象限，∴d＝－3。

（2）设反比例函数为y

kx

，点C′和B′在该比例函数图像上，

设C′（c，2），则B′（c＋3，1）。 把点C′和Ｂ′的坐标分别代入y

kx

，得k＝2 c；k＝c＋3。

6x

∴2 c＝c＋3，c＝3，则k＝6。∴反比例函数解析式为y得点C′（3，2）；B′（6，1）。 设直线C′B′的解析式为y＝ax＋b，把

。

3ab2

C′、B′两点坐标代入得

6ab1

1

a

，解得3

b3

。

∴直线C′B′的解析式为yx3。

3

1

（3）设Q是G C′的中点，由G（0，3），C′（3，2），得点Q的横坐标为，点Q的纵坐标

2

3

为2＋

322

=

52

。∴Q（

32

，

52

）。

6x

过点Q作直线l与x轴交于M′点，与y的

32

图象交于P′点，若四边形P′G M′ C′是平行四边形，则有P′Q＝Q M′，易知点M′的横坐标大于的横坐标小于。

23

，点P′

作P′Ｈ⊥x轴于点H，QK⊥y轴于点K，P′H与QK交于点E，作QF⊥x轴于点F， 则△P′EQ≌△QFM′ 。

设EQ＝FM′＝t，则点P′的横坐标

点P′的纵坐标y为

32

6x

632t



1232t

x为t，

2

3

，

点M′的坐标是（。 t，0）

1232t

52

∴P′E＝。

由P′Q＝QM′，得P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，

125522

∴tt， 32t22

22

整理得：∴t

23

1232t310

5，解得t65

310

（经检验，它是分式方程的解）。

12

310

5

32

，

95

1232t



，t

2

332



310



95

。

32

∴P′（

65

，5），M′（，0），则点P′为所求的点P，点M′为所求的点M。

【考点】反比例函数综合题，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，平行四边形的和性质，勾股定理，解分式方程和二元一次方程组。

【答案】解：（1）∵点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上，

∴m =﹣2×（－2）﹣1=3 。∴B（﹣2，3）。

又∵抛物线经过原点O，∴设抛物线的解析式为yax2bx。 ∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上

1

4a2b3a∴，解得：4。 16a4b0b1



∴设抛物线的解析式为y

14

xx。

1

2

（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，∴P(x, x2x)。

4

∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点，∴C（0，1）。∴OC=1。 若S△ADP=S△ADC， ∵SADC

1

12

ADOC， SADP

12

12

ADy，

∴ADOC

2

ADy，即OCy。 1

14

2

∴xx1， 即x2x1或

1

44

xx1。

2

解得：x12x22x3x42．

∴点P的坐标为 P1

（2，1），P2

（2，1），P3（2，－1）。 （3）结论：存在。当t1

=4t2=6，t3

=t4=

形。

132

时，以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱

【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组

和一元二次方程，二次函数的性质，勾股定理，菱形的判定和性质。

【分析】（1）由点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上，将其代入即可求得m的值，从而得到点B的坐标，由点O，A，B在抛物线上，用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。

（2）设,xP(

即

14

2

1

x 4

2



，求得点C的坐标，由S△ADP=S△ADC和二者是同底等高的三角形，得OC

P的坐标。

14

y

，

xx1，解之即可求得点

（3）∵抛物线的解析式为y顶点E（2，﹣1），对称轴为x=2。 xx，∴

2

∵点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F（2，﹣5），DF=5。 又∵A（4，0），∴AE

如图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： ①菱形AEM1Q1。 ∵此时DM1=AE

∴M1F=DF﹣DE﹣DM1

=4 ∴t1

=4 ②菱形AEOM2。

∵此时DM2=DE=1，∴M2F=DF+DM2=6。 ∴t2=6。

③菱形AEM3Q3。 ∵此时EM3=AE

∴DM3=EM3﹣DE

1。∴M3F=DM3+DF=

1）

+5=。 ∴t3

= ④菱形AM4EQ4。

此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4。

∵易知△AED∽△M4EH∴DM4=M4E﹣DE=∴t4=

132

52

M4EAE



EHDE



5，得M4E=。 12

﹣1=

32

。∴M4F=DM4+DF=

32

+5=

132

。

。

综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A．E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t1

=4，

t2=6，t3

=t4=

132

。

寒假训练（2）

1、（2012广西北海12分）如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（－2，0）、B（0，1）、C

（d，2）。 （1）求d的值；

（2）将△ABC沿x轴的正方向平移，在第一象限内B、C两点的对应点B′、C′正好落在某反比例函数图像上。请求出

这个反比例函数和此时的直线B′C′的解析式；

（3）在（2）的条件下，直线B′C′交y轴于点G。问是否存在x轴上的点M和反比例函数图像上的点P，使得四边形

PGMC′是平行四边形。如果存在，请求出点M和点P的坐标；如果不存在，请说明理由。

2、（2012辽宁铁岭14分）如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x

轴交于点D.直线y2x1经过抛物线上一点B（－2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F.

（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；

（2）P(x, y)是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标；

（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运

动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由.

【答案】解：（1）作CN⊥x轴于点N。

在Rt△CNA和Rt△AOB中， ∵NC＝OA＝2，AC＝AB ∴Rt△CNA≌Rt△AOB（HL）。 ∴AN＝BO＝1，NO＝NA＋AO＝3， 又∵点C在第二象限，∴d＝－3。

（2）设反比例函数为y

kx

，点C′和B′在该比例函数图像上，

设C′（c，2），则B′（c＋3，1）。 把点C′和Ｂ′的坐标分别代入y

kx

，得k＝2 c；k＝c＋3。

6x

∴2 c＝c＋3，c＝3，则k＝6。∴反比例函数解析式为y得点C′（3，2）；B′（6，1）。 设直线C′B′的解析式为y＝ax＋b，把

。

3ab2

C′、B′两点坐标代入得

6ab1

1

a

，解得3

b3

。

∴直线C′B′的解析式为yx3。

3

1

（3）设Q是G C′的中点，由G（0，3），C′（3，2），得点Q的横坐标为，点Q的纵坐标

2

3

为2＋

322

=

52

。∴Q（

32

，

52

）。

6x

过点Q作直线l与x轴交于M′点，与y的

32

图象交于P′点，若四边形P′G M′ C′是平行四边形，则有P′Q＝Q M′，易知点M′的横坐标大于的横坐标小于。

23

，点P′

作P′Ｈ⊥x轴于点H，QK⊥y轴于点K，P′H与QK交于点E，作QF⊥x轴于点F， 则△P′EQ≌△QFM′ 。

设EQ＝FM′＝t，则点P′的横坐标

点P′的纵坐标y为

32

6x

632t



1232t

x为t，

2

3

，

点M′的坐标是（。 t，0）

1232t

52

∴P′E＝。

由P′Q＝QM′，得P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，

125522

∴tt， 32t22

22

整理得：∴t

23

1232t310

5，解得t65

310

（经检验，它是分式方程的解）。

12

310

5

32

，

95

1232t



，t

2

332



310



95

。

32

∴P′（

65

，5），M′（，0），则点P′为所求的点P，点M′为所求的点M。

【考点】反比例函数综合题，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，平行四边形的和性质，勾股定理，解分式方程和二元一次方程组。

【答案】解：（1）∵点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上，

∴m =﹣2×（－2）﹣1=3 。∴B（﹣2，3）。

又∵抛物线经过原点O，∴设抛物线的解析式为yax2bx。 ∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上

1

4a2b3a∴，解得：4。 16a4b0b1



∴设抛物线的解析式为y

14

xx。

1

2

（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，∴P(x, x2x)。

4

∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点，∴C（0，1）。∴OC=1。 若S△ADP=S△ADC， ∵SADC

1

12

ADOC， SADP

12

12

ADy，

∴ADOC

2

ADy，即OCy。 1

14

2

∴xx1， 即x2x1或

1

44

xx1。

2

解得：x12x22x3x42．

∴点P的坐标为 P1

（2，1），P2

（2，1），P3（2，－1）。 （3）结论：存在。当t1

=4t2=6，t3

=t4=

形。

132

时，以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱

【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组

和一元二次方程，二次函数的性质，勾股定理，菱形的判定和性质。

【分析】（1）由点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上，将其代入即可求得m的值，从而得到点B的坐标，由点O，A，B在抛物线上，用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。

（2）设,xP(

即

14

2

1

x 4

2



，求得点C的坐标，由S△ADP=S△ADC和二者是同底等高的三角形，得OC

P的坐标。

14

y

，

xx1，解之即可求得点

（3）∵抛物线的解析式为y顶点E（2，﹣1），对称轴为x=2。 xx，∴

2

∵点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F（2，﹣5），DF=5。 又∵A（4，0），∴AE

如图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： ①菱形AEM1Q1。 ∵此时DM1=AE

∴M1F=DF﹣DE﹣DM1

=4 ∴t1

=4 ②菱形AEOM2。

∵此时DM2=DE=1，∴M2F=DF+DM2=6。 ∴t2=6。

③菱形AEM3Q3。 ∵此时EM3=AE

∴DM3=EM3﹣DE

1。∴M3F=DM3+DF=

1）

+5=。 ∴t3

= ④菱形AM4EQ4。

此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4。

∵易知△AED∽△M4EH∴DM4=M4E﹣DE=∴t4=

132

52

M4EAE



EHDE



5，得M4E=。 12

﹣1=

32

。∴M4F=DM4+DF=

32

+5=

132

。

。

综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A．E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t1

=4，

t2=6，t3

=t4=

132

。