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（2）相交．证明：连接CE，则CE⊥BD，当
时，x1=2，x2=6．
A（0，3），B（2，0），C（6，0），对称轴x=4，∴OB=2，AB==，BC=4，
∵AB⊥BD，∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBC=90°，∴△AOB∽△BEC， ∴
=
，即
=
，解得CE=
，∵
＞2，故抛物线的对称轴l与⊙C相交．
（3）如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q；可求出AC的解析式为；
设P点的坐标为（m，），则Q点的坐标为（m，）；
∴PQ=﹣m+3﹣（m﹣2m+3）=﹣m+m．
22
∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=×（﹣m+m）×6=﹣（m﹣3）+
22
；
∴当m=3时，△PAC的面积最大为；此时，P点的坐标为（3，）．
【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系、图形面积的求法等知识． 苏州中考题：（略）
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十、其它（如新定义型题等）：
例10. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；新定义．【分析】由抛物线的对称性可知，所构成的直角三角形必是以抛物线顶点为直角顶点的等腰三角形，所以此等腰三角形斜边上的高等于斜边的一半．又0＜d＜1，所以等腰直角三角形斜边的长小于2，所以等腰直角三角形斜边的高一定小于1，即抛物线的定点纵坐标必定小于1．
【解答】解：直线l：y=x+b经过点M（0，），则b=；∴直线l：y=x+．由抛物线的对称性知：抛物线的顶点与x轴的两个交点构成的直角三角形必为等腰直角三角形；∴该等腰三角形的高等于斜边的一半．∵0＜d＜1，∴该等腰直角三角形的斜边长小于2，斜边上的高小于1（即抛物线的顶点纵坐标小于1）；∵当x=1时，y1=×1+=时，y2=×2+=
＜1，当x=2
＜1，当x=3时，y3=×3+=＞1，∴美丽抛物线的顶点只有B1、B2．
①若B1为顶点，由B1（1，
），则d=1﹣=；
②若B2为顶点，由B2（2，
），则d=1﹣[（2﹣）﹣1]=，
综上所述，d的值为或时，存在美丽抛物线．故选B．
【点评】考查了二次函数综合题，该题是新定义题型，重点在于读懂新定义或新名词的含义．利用抛物线的对称性找出相应的等腰直角三角形是解答该题的关键． 变式练习：1.【考点】二次函数综合题；切线的性质．【专题】综合题；压轴题． 【解答】解：（1）抛物线y=x+2x﹣3中，x=0，则y=﹣3；y=0，则x=1或﹣3；
∴A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）；∵y=x+2x﹣3=（x+1）﹣4，∴D（﹣1，﹣4）； 故A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3），D（﹣1，﹣4）．
（2）∵C（0，﹣3），D（﹣1，﹣4），∴直线CD：y=x﹣3；将直线CD向左平移两个单位，得：y=（x+2）﹣3=x﹣1，此时直线经过点B（1，0）；联立抛物线的解析式有：
2
2
2
，解得，；∴F（﹣2，﹣3）．
（3）过点P作y轴的平行线与BF交于点M，与x轴交于点H．易得F（﹣2，﹣3），直线BF：y=x﹣1．设P（x，x+2x﹣3），则M（x，x﹣1），∴PM=﹣x﹣x+2=﹣（x+）+；精品文档
2
2
2
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PM的最大值是，此时x=﹣，当PM取最大值时△PBF的面积最大，S△PBF=S△PFM+S△PEM=
，△PFB的面积的最大值为
，P点坐标为：（﹣，﹣
）．
（4）如图，①当直线GH在x轴上方时，设圆的半径为R（R＞0），则H（R﹣1，R）， 代入抛物线的表达式，解得
；
②当直线GH在x轴下方时，设圆的半径为r（r＞0），则H（r﹣1，﹣r），
代入抛物线的表达式，解得
，
∴圆的半径为或．
（第1题答图）（第2题答图）
2. 变式训练：考点：1．切线的性质；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．新定义；4．动点型；5．综合题．
【点评】此题考查了二次函数图象与坐标轴交点坐标的求法、函数图象的平移、图象交点坐标的求法、图形面积的求法、切线的性质等重要知识点．要注意的是（4）题中，应该考虑到在x轴的上、下方都存在符合条件的圆，一定要分类讨论，以免漏解．
苏州中考题：考点：相似三角形的判定与性质；解一元二次方程-配方法；圆周角定理．
分析：（1）由AD是△ABC的角平分线，得到∠BAD=∠DAC，由于∠E=∠BAD，等量代换得到∠E=∠DAC，根据平行线的性质和判定即可得到结果；（2）由BE∥AD，得到精品文档
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∠EBD=∠ADC，由于∠E=∠DAC，得到△EBD∽△ADC，根据相似三角形的性质相似三角形面积的比等于相似比的平方即可得到结果．
解答：（1）证明：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD=∠DAC，∵∠E=∠BAD，∴∠E=∠DAC，∵BE∥AD，∴∠E=∠EDA，∴∠EDA=∠DAC，∴ED∥AC；
（2）解：∵BE∥AD，∴∠EBD=∠ADC，∵∠E=∠DAC，∴△△EBD∽△ADC，且相似比k=
，∴
=k=4，即s1=4s2，∵
2
﹣16S2+4=0，∴16﹣16S2+4=0，即
=0，∴S2=，∵
===
=3，∴S△ABC=．
点评：本题考查了相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，平行线的性质，记住相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．
模拟试题：【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；探究型．
【分析】（1）连接AM、BM，过点M作MD⊥x轴，ME⊥y轴，由等腰三角形的性质可得出AB两点的坐标，利用待定系数法即可得出抛物线的解析式；（2）根据点C与点M关于x轴对称，点M的坐标为（2，﹣2）求出点C的坐标，连接MC，OM，利用两点间的距离公式得出OM，OC，MC，的值，利用勾股定理的逆定理判断出△OMC是等腰直角三角形，故可得出OM⊥OC，进而得出结论；（3）先根据C点坐标求出直线OC的解析式，由AB两点的坐标求出直线AB的解析，由两直线的解析式得出直线AB与直线OC平行，B点即为所求点P，再分OA为平行四边形的边和对角线两种情况求出Q点的坐标即可．
【解答】（1）解：如图1所示：连接AM、BM，过点M作MD⊥x轴，ME⊥y轴， ∵M（2，﹣2），∴D（2，0），E（0，﹣2），∴A（0，﹣4），B（4，0），
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2
2
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∴，解得，∴抛物线的解析式为：y=x﹣3x﹣4；
2
（2）相切．证明：如图2，∵点C与点M关于x轴对称，点M的坐标为（2，﹣2），
∴C（2，2），∵点C是直线OC上的点，连接MC，OM，∵M（2，﹣2），C（2，2），
∴OM=2+（﹣2）=8，OC=2+（﹣2）=8，MC=（2﹣2）+（﹣2﹣2）=16，
∵MC=OM+OC，∴△OMC是等腰直角三角形，∴OM⊥OC，∴直线OC与⊙M相切；
（3）存在．设直线OC的解析式为：y=kx（k≠0），∵点C是直线OC上的点，∴2=2k，解得k=1，∴直线OC的解析式为：y=x，∵A（0，﹣4），B（4，0），连接AB，设直线AB的解析式为：y=kx+b（k≠0），∵A（0，﹣4），B（4，0），∴
，解得
，
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2
∴直线AB的解析式为y=x﹣4，∴直线AB与直线OC平行，B点即为所求点P，当OA为平行四边形的边时，如图3所示：过点B作BQ1⊥x轴于点Q1，∵BQ1⊥x轴，∴点的横坐标为4，纵坐标y=4，∴Q1（4，4）；当OA为平行四边形的对角线时，如图4所示：过点A作AQ2∥x轴交直线OC于点Q，则点Q2的纵坐标为﹣4，横坐标x=﹣4，∴Q2（﹣4，﹣4）．
综上所述：Q点的坐标为Q1（4，4），Q2（﹣4，﹣4）．
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、平行四边形的判定定理等知识，综合性较强． 精品文档
最新江苏省苏州市中考数学压轴题归类复习(十大类型附详细解答)
