已知汽车的刹车距离s(单位：m)与车速v(单位：m/s)之同有如下关系：s=tv+kv2其中t为司机的反应时间(单位：s)，k为制动系数.某机构为测试司机饮酒后刹车距离的变化，对某种型号的汽车进行了“醉汉”驾车测试，已知该型号汽车的制动系数k=0.08，并测得志愿者在未饮酒时的反应时间t=0.7s

(1)若志愿者未饮酒，且车速为11m/s，则该汽车的刹车距离为____m(精确到0.1m)

(2)当志愿者在喝下一瓶啤酒半小时后，以17m/s的速度驾车行驶，测得刹车距离为46m.假如该志愿者当初是以11m/s的车速行驶，则刹车距离将比未饮酒时增加多少?(精确到O.1m)

(3)假如你以后驾驶该型号的汽车以11m/s至17m/s的速度行驶，且与前方车辆的车距保持在40m至50m之间.若发现前方车辆突然停止，为防止“追尾”。则你的反应时间应不超过多少秒?(精确到0. 01s)

【答案】解：(1)17.4m。

(2)设志愿者饮酒后的反应时间为t1，则t1×17+0.08×172=46，解得tl≈1.35 s。

当v=11m/s时，s= 1.35×11+0.08×112=24.53。

∴24.53一17.38≈7.2(m)

答：刹车距离将比未饮酒时增加7.2m。

(3)为防止“追尾”，当车速为17 m/s时，刹车距离必须小于40m,

∴t×17+0.08×172<40，解得t<0.993(s)。

答：反应时间不超过0.99s。

【考点】一次函数的应用，一元一次不等式的应用。

【分析】(1)因为未饮酒时的反应时间t=0.7s，所以s=tv+kv2=0.7×11+0.08×112=17.38≈17.4(m)。

(2)由v=17m/s，s=46m求得饮酒时的反应时间t≈1.35s;再求出v=17m/s，t≈1.35s时的刹车距离，从而求出饮酒时刹车距 离比未饮酒时增加的距离。

(3)为防止“追尾”，车速为最大17 m /s时，刹车距离必须小于最短40m，据此列出不等式t×17+0.08×172<40求解即可。

9. (江苏省苏州市2007年8分)设抛物线 与x轴交于两个不同的点A(一1，0)、B(m，0)，与y轴交于 点C.且∠ACB=90°.

(1)求m的值和抛物线的解析式;

(2)已知点D(1，n )在抛物线上，过点A的直线 交抛物线于另一点E.若点P在x轴上，以

点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标.

(3)在(2)的条件下，△BDP的外接圆半径等于________________.

【答案】解：(1)∵在 中令x=0，得y=-2 ，∴C(0，一2)。

∵∠ACB=90°，CO⊥AB，∴ △AOC ∽△COB。

∴ ，即OB= ∴m=4。

将A(一1，0)、B(4，0)代入 ，得

，解得 。

∴抛物线的解析式为 。

(2)将D (1，n )代入 ，得n=-3。

由 解得 ， 。

∴E(6，7)。

过点E作EH⊥ 轴于点H，则点H(6，0)。

∴AH=EH=7，∠EAH=450。

过点D作DF⊥ 轴于点F，则点F(1，0)。

∴BF=DF=3，∠DBF=450。

∴∠EAH=∠DBF=450。

∴∠DBH=1350，900<∠EBA<1350。

则点P只能在点B的左侧，有以下两种情况(如图)：

①若△BDP1∽△EAB，则 ，

由EH⊥ 轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE= 。

由DF⊥ 轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD= 。

∴ 。

∴OP1=4- 。∴P1( ，0)。

②若△BDP2∽△BAE，则 ，

由EH⊥ 轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE= 。

由DF⊥ 轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD= 。

∴ 。

∴OP2= 。∴P2( ，0)。

综上所述，所求点P的坐标为( ，0)或( ，0)。

(3) 或 。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组。

【分析】(1)在 中令x=0即能求得C点坐标;由△AOC ∽△COB即能求得m的值;由

A、C三点坐标代入 即可求出抛物线的解析式。

(2)将D(1，n )代入 求得n，联立 和 求出点E的坐标。过点E作EH⊥ 轴于点H和过点D作DF⊥ 轴于点F，通过等腰直角三角形的判定和性质得出点P只能在点B的左侧的结论。分△BDP1∽△EAB和△BDP2∽△BAE分别求出符合条件的点P。

(3)①点P( ，0)时，△BDP的外接圆圆心在直线 上，设外接圆圆心坐标为S( )。

则 ，

∴ ,解得 。

∴此时，△BDP的外接圆半径为 。

②点P( ，0)时，△BDP的外接圆圆心在直线 上，设外接圆圆心坐标为T( )。

则 ，

∴ ,解得 。

∴此时，△BDP的外接圆半径为 。

10. (江苏省苏州市2008年8分)如图，帆船A和帆船B在太湖湖面上训练，O为湖面上的一个定点，

教练船静候于O点.训练时要求A、B两船始终关于O点对称.以O为原点.建立如图所示的坐标系，

轴、 轴的正方向分别表示正东、正北方向.设A、B两船可近似看成在双曲线 上运动，湖面风平

浪静，双帆远影优美.训练中当教练船与A、B两船恰好在直线 上时，三船同时发现湖面上有一遇

险的C船，此时教练船测得C船在东南45°方向上，A船测得AC与AB的夹角为60°，B船也同时测得C

船的位置(假设C船位置不再改变，A、B、C三船可分别用A、B、C三点表示).

(1)发现C船时，A、B、C三船所在位置的坐标分别为 A( ， )、B( ， )和C( ， );

(2)发现C船，三船立即停止训练，并分别从A、O、B 三点出发沿最短路线同时前往救援，设A、B两

船的速度相等，教练船与A船的速度之比为3：4，问教练船是否最先赶到?请说明理由。

【答案】解：(1)2，2;-2，-2; 。

(2)作AD⊥x轴于D，连接AC、BC和OC，

∵A(2，2)，∴∠AOD=45°，AO= 。

∵C在O的东南45°方向上，

∴∠AOC=45°+45°=90°。

∵AO=BO，∴AC=BC。

又∠BAC=60°，∴△ABC为等边三角形。

∴AC=BC=AB=2AO= 。

∴ 。

由条件设教练船的速度为3m，A、B两船的速度都为4m，

则教练船所用时间为 ，A、B两船所用时间均为 。

∵ ，即 。

∴教练船没有最先赶到。

【考点】反比例函数综合题。

【分析】(1)A、B两点直线 上和双曲线 ，列方程组 可求A(2，2)、B(-2，-2)。依题意可判断△ABC为等边三角形，OA= ，则OC= OA= 。过C点作x轴的垂线CE，垂足为E，利用OC在第四象限的角平分线上求OE，CE，确定C点坐标( )。

(2)分别求出AC、OC的长，分别表示教练船与A、B两船的速度与时间，比较时间的大小即可。

11. (江苏省苏州市2008年9分)如图，抛物线 与 轴的交点为M、N.直线

与 轴交于P(-2，0).与y轴交于C，若A、B两点在直线 上.且AO=BO= ，AO⊥BO.D

为线段MN的中点。OH为Rt△OPC斜边上的高.

(1)OH的长度等于 ;k= ，b= .

(2)是否存在实数a，使得抛物线 上有一点E.满足以D、N、E为顶点的三角形与△AOB相似?若不存在，说明理由;若存在，求所有符合条件的抛物线的解析式.同时探索所求得的抛物线上是否还有符合条件的E点(简要说明理由).并进一步探索对符合条件的每一个E点，直线NE与直线AB的交点G是否总满足PB•PG 10 ，写出探索过程

【答案】解：(1)1; ; 。或1;- ;- 。

(2)存在。理由如下：假设存在实数a，使得抛物线 上有一点F.满足以D、N、E为顶点的三角形与△AOB相似。

∵AO=BO= ，AO⊥BO，∴△AOB是等腰直角三角形。

∴以D、N、E为顶点与△AOB相似的三角形是等腰直角三角形，有两种情况：①以DN为直角边，②以DN为斜边。

①若DN为直角边，则ED⊥DN。

由抛物线 与 轴的交点为M、N，得M(-1，0)、N(5，0)。

∴D(2，0)。

∴ED=DN=3。∴E(2，3)。

将(2，3)代入 得 。

∴抛物线的解析式为 ，即 。

②若DN为斜边，则DE⊥EN，DE=EN。

过点E作ES⊥ 轴于点S，则

DS=ES= ，OS= 。

∴E( ， )。

将( ， )代入 得 。

∴抛物线的解析式为 ，即 。

当 时，若抛物线 上还有满足条件的E点，不妨设为 ，那么只有可能△D N是以DN为斜边的等腰直角三角形，此时 ( ， )，代入 不成立，所以点 不在抛物线 上。因此，抛物线 上没有满足条件的其它E点。

当 时，若抛物线 上还有满足条件的E点，不妨设为 ，那么只有可能△D N是以DN为直角边的等腰直角三角形，此时 (2，3)，代入 不成立，所以点 不在抛物线 上。因此，抛物线 上没有满足条件的其它E点。

当E(2，3)，对应的抛物线的解析式为 ，

∵△EDN和△AOB是等腰直角三角形，∴∠GMP=∠PBO=450。

又∵∠NPG=∠BPO，∴△NPG∽△BPO。 ，即 。

∵PO=2，PN=7，∴ 。

∵ ，∴ ，即PB•PG 10 。

当E( ， )，对应的抛物线的解析式为 ，

同理可证得PB•PG 10 。

12. (江苏省2009年10分)如图，已知二次函数 的图象的顶点为 .二次函数 的图象与 轴交于原点 及另一点 ，它的顶点 在函数 的图象的对称轴上.

(1)求点 与点 的坐标;

(2)当四边形 为菱形时，求函数 的关系式.

【答案】解：(1)∵ ，∴顶点 的坐标为 ，对称轴为 。

又∵二次函数 的图象经过原点，且它的顶点在二次函数 图象的对称轴 上，

∴点 和点 关于直线 对称。∴点 的坐标为 。

(2)∵四边形 是菱形，

∴点 和点 关于直线 对称。∴点 的坐标为 。

∵二次函数 的图象经过点 ， ，

∴ ，解得

∴二次函数 的关系式为 。

【考点】二次函数的性质，点关于直线对称的性质，菱形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】(1)把 化为顶点式，即可求得点 的坐标。根据 的图象经过原点，且它的顶点在二次函数 图象的对称轴 上，可知点 和点 关于直线 对称，从而根据点关于直线对称的性质求得点 的坐标。

(2)由于四边形 是菱形，根据菱形的性质，知点 和点 关于直线 对称，从而求得点 的坐标。由二次函数 的图象经过点 ， ，根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，列方程组求解即可。

13. (江苏省2009年12分)某加油站五月份营销一种油品的销售利润 (万元)与销售量 (万升)之间函数关系的图象如图中折线所示，该加油站截止到13日调价时的销售利润为4万元，截止至15日进油时的销售利润为5.5万元.(销售利润=(售价-成本价)×销售量)

请你根据图象及加油站五月份该油品的所有销售记录提供的信息，解答下列问题：

(1)求销售量 为多少时，销售利润为4万元;

(2)分别求出线段 与 所对应的函数关系式;

(3)我们把销售每升油所获得的利润称为利润率，那么，在 三段所表示的销售信息中，哪一段的利润率最大?(直接写出答案)

【答案】解：(1)根据题意，当销售利润为4万元，销售量为 (万升)。

答：销售量 为4万升时销售利润为4万元。

(2)∵点 的坐标为 ，从13日到15日利润为 (万元)，

∴销售量为 (万升)。∴点 的坐标为 。

设线段 所对应的函数关系式为 ，

则 ，解得 。

∴线段 所对应的函数关系式为 。

∵从15日到31日销售5万升，利润为 (万元)，

∴本月销售该油品的利润为 (万元)。∴点 的坐标为 。

设线段 所对应的函数关系式为 ，

则 ，解得 。

∴线段 所对应的函数关系式为 。

(3)线段 。

【考点】一次函数的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。

【分析】(1)根据公式：销售利润=(售价-成本价)×销售量，在已知售价和成本价时，可求销售利润为4万元时的销售量：销售量=销售利润÷(售价-成本价)。

(2)分别求出点 、 、 的坐标，根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出 和 所对应的函数关系式。

(3) 段的利润率= ;

段的利润率= ;

段的利润率= 。

∴ 段的利润率最大。

14. (江苏省苏州市2010年8分)如图，四边形 是面积为4的正方形，函数 ( )的图象经过点 .

(1)求 的值;

(2)将正方形 分别沿直线 、 翻折，得到正方形 、 .设线段 、

分别与函数 ( )的图象交于点 、 ，求线段EF所在直线的解析式.

【答案】解：(1)∵四边形 是面积为4的正方形，∴ =2.。∴点 坐标为(2,2)。

∴ =2×2=4。

(2)∵正方形 、 由正方形 翻折所得，∴ =4。

∴点 横坐标为4，点 纵坐标为4。

∵点 、 在函数 的图像上，

∴当 时， ，即 ，当 时， ，即 。

设直线 解析式为 ,将 、 两点坐标代入，

得 ∴ 。

∴直线 解析式为 。

【考点】正方形的性质，比例系数的意义，待定系数法求一次函数的解析式，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。

【分析】(1)由比例系数 ，而四边形 的面积刚好为 即可求得 。

(2)要求直线的解析式，用待定系数法设出这条直线的解析式，并列出与之相关系的二元一次方程求解即可。

15. (江苏省苏州市2010年9分)如图，以 为顶点的抛物线与 轴交于点 .已知 、 两点的坐标分别为(3，0)、(0，4).

(1)求抛物线的解析式;

(2)设 是抛物线上的一点( 、 为正整数)，且它位于对称轴的右侧.若以 、 、 、

为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数，求点 的坐标;

(3)在(2)的条件下，试问：对于抛物线对称轴上的任意一点 ， 是否总成立?请说明理由.

【答案】解：(1) 设 ，把 代入，得 。

∴抛物线的解析式为 。

(2) ∵ 为正整数， , ∴ 应该是9的倍数。∴ 是3 的倍数。

又∵ ，∴ …

当 时， ，此时, 。

∴四边形 的四边长为3，4，5，6。

∵当 时， ，∴四边形 的四边长不能是四个连续的正整数。

∴点 坐标只有一种可能(6，4)。

(3) 设 , 与对称轴交点为 ，

则 ， 。

∴ = 。

∴当 时， 有最小值 。

∴ 总是成立。

【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，连续整数的性质。

【分析】(1)已知抛物线的顶点坐标，求其解析式，用待定系数法设这个抛物线的解析式为顶点式求解。

(2)要求点的坐标与 有关系，对 的取值进行分类讨论。

(3)证明 ，只要 关于点 纵坐标 的函数最小值大于28即可。

16. (江苏省苏州市2011年10分)已知二次函数 的图象与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C.点D是抛物线的顶点.

(1)如图①，连接AC，将△OAC沿直线AC翻折，若点O的对应点O'恰好落在该抛物线的对称轴上，

求实数a的值;

(2)如图②，在正方形EFGH中，点E、F的坐标分别是(4，4)、(4，3)，边HG位于边EF的右侧.小

林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点P是边EH或边HG上的任意一点，则四条线段PA、PB、

PC、PD不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等(即这四条线段不能构成平行四边形).”若点P是

边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立?请你积极探索，并写出探索过程;

(3)如图②，当点P在抛物线对称轴上时，设点P的纵坐标t是大于3的常数，试问：是否存在一个正

数a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等(即这四条线段能构成平行四

边形)?请说明理由.

【答案】解：(1)由 ，

令 ，解得， 。

令 ，解得， 。

∴点A、B、C的坐标分别为(2，0)，(4，0)，(0， )。

∴该抛物线的对称轴为 。

如图①，设该抛物线的对称轴与 轴的交点为点M，

则由OA=2得AM=1。

由题意，得O'A=OA=2，∴O'A=2AM，∴∠O'AM=600。

∴∠OAC=∠CAO'=600。

∴OC= ，即 。∴ 。

(2)若点P是边EF或边FG上的任意一点，结论仍然成立。

①如图②，若点P是边EF上的任意一点(不与点E重合)，连接PM，

∵点E(4，4)、F(4，3)与点B(4，0)在一直线上，点C在y轴上，

∴PB<4，PC≥4，∴PC>PB。

又∵PD>PM>PB，PA>PM>PB，

∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。

∴此时线段PA、PB、P C、PD不能构成平行四边形。

②设点P是边FG上的任意一点(不与点G重合)，

∵点F的坐标是(4，3)，点G的坐标是(5，3)，

∴FG=3，GB= 。

∴3≤PB < 。

∵PC≥4，∴PC>PB。

又PD>PM>PB，PA>PM>PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。

∴此时线段PA、PB、PC、PD也不能构成平行四边形。

(3)存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，

如图③，∵点A、B是抛物线与x轴交点，点P在抛物线对称轴上，∴PA=PB。

∴当PC=PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。

∵点C的坐标是(0，8a)，点D的坐标是(3，-a)，

点P的坐标是(3， )，

∴

由PC=PD得PC2=PD2，∴ ，

整理得， ，解得 。

显然 满足题意。

∴当 是一个大于3的常数时，存在一个正数 ，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。

【考点】二次函数综合题，,图形的翻转，含300角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，解一元二次方程。

【分析】(1)先利用点在抛物线上，点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中300角所对的直角边是斜

边一半的性质，求出点A、B、C的坐标，再求出a。

(2)分点P在边EF或边FG上两种情况比较四线段的长短来得出结论。

(3)因为点A、B是抛物线与X轴的交点，点P在抛物线对称轴上，所以PA=PB。要PA，PB，PC，PD构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD,，从而推出a。

17. (2012江苏苏州10分)如图，已知抛物线 (b是实数且b>2)与x轴的正半轴

分别交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴的正半轴交于点C.

⑴点B的坐标为 ▲ ，点C的坐标为 ▲ (用含b的代数式表示);

⑵请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角

顶点的等腰直角三角形?如果存在，求出点P的坐标;如果不存在，请说明理由;

⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形

均相似(全等可看作相似的特殊情况)?如果存在，求出点Q的坐标;如果不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)B(b，0)，C(0， )。

(2)假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶

点的等腰直角三角形。

设点P坐标(x，y)，连接OP，

则

∴ 。

过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，

∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°。∴四边形PEOD是矩形。∴∠EPD=90°。

∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°。

∴∠EPC=∠BPD。∴△PEC≌△PDB(AAS)。∴PE=PD，即x=y。

由 解得， 。

由△PEC≌△PDB得EC=DB，即 ，解得 符合题意。

∴点P坐标为( ， )。

(3)假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB>∠AOQ，∠QAB>∠AQO.

∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴。

∵b>2，∴AB>OA. ∴∠QOA>∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°。

由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA。

∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°。

(Ⅰ)当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC，∴AQ=CO= 。

由 得： ，解得： 。

∵b>2，∴ 。∴点Q坐标为(1， ).

(Ⅱ)当∠OQC=90°时，△QOA∽△OCQ，∴ ，即 。

又 ，∴ ，即 ，解得：AQ=4

此时b=17>2符合题意。∴点Q坐标为(1，4)。

综上可知：存在点Q(1， )或(1，4)，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任

意两个三角形均相似。

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