全国各地中考数学分类解析159套63专题目专题目60代数几何综合 86页

‎2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）‎ 专题60：代数几何综合 一、选择题 ‎1. （2012浙江义乌3分）一个正方形的面积是15，估计它的边长大小在【 】‎ ‎　　A．2与3之间　　B．3与4之间　　C．4与5之间　　D．5与6之间 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】算术平方根，估算无理数的大小。‎ ‎【分析】∵一个正方形的面积是15，∴该正方形的边长为，‎ ‎∵9＜15＜16，∴3＜＜4。故选B。‎ ‎2. （2012浙江杭州3分）已知抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，则能使△ABC为等腰三角形的抛物线的条数是【 】‎ ‎　　A．2　　B．3　　C．4　　D．5‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点。‎ ‎【分析】根据抛物线的解析式可得C（0，﹣3），再表示出抛物线与x轴的两个交点的横坐标，再根据ABC是等腰三角形分三种情况讨论，求得k的值，即可求出答案：‎ 根据题意，得C（0，﹣3）．‎ 令y=0，则，解得x=﹣1或x=。‎ 设A点的坐标为（﹣1，0），则B（，0），‎ ‎①当AC=BC时，OA=OB=1，B点的坐标为（1，0），∴=1，k=3；‎ ‎②当AC=AB时，点B在点A的右面时，‎ ‎∵，∴AB=AC=，B点的坐标为（﹣1，0），‎ ‎∴；‎ ‎③当AC=AB时，点B在点A的左面时，B点的坐标为（，0），‎ ‎∴。‎ ‎∴能使△ABC为等腰三角形的抛物线的条数是3条。故选B。‎ ‎3. （2012浙江湖州3分）如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD=AD=3时，这两个二次函数的最大值之和等于【 】‎ A． B． C．3 D．4 ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】过B作BF⊥OA于F，过D作DE⊥OA于E，过C作CM⊥OA于M，‎ ‎∵BF⊥OA，DE⊥OA，CM⊥OA，∴BF∥DE∥CM。‎ ‎∵OD=AD=3，DE⊥OA，∴OE=EA=OA=2。‎ 由勾股定理得：DE=。‎ 设P（2x，0），根据二次函数的对称性得出OF=PF=x，‎ ‎∵BF∥DE∥CM，∴△OBF∽△ODE，△ACM∽△ADE。‎ ‎∴，即，解得：。‎ ‎∴BF+CM=。故选A。‎ ‎4. （2012浙江嘉兴、舟山4分）已知△ABC中，∠B是∠A的2倍，∠C比∠A大20°，则∠A等于【 】‎ ‎　 A． 40° B． 60° C． 80° D． 90°‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】一元一次方程的应用（几何问题），三角形内角和定理。‎ ‎【分析】设∠A=x，则∠B=2x，∠C=x+20°，则x+2x+x+20°=180°，解得x=40°，即∠A=40°。故选A。‎ ‎5. （2012江苏苏州3分）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点 B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上．若正方形A1B‎1C1D1的边长为1，∠B‎1C1O=60°，‎ B‎1C1∥B‎2C2∥B‎3C3，则点A3到x轴的距离是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】正方形的性质，平行的性质，三角形内角和定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】过小正方形的一个顶点W作FQ⊥x轴于点Q，过点A‎3F⊥FQ于点F，‎ ‎∵正方形A1B‎1C1D1的边长为1，∠B‎1C1O=60°，B‎1C1∥B‎2C2∥B‎3C3，‎ ‎∴∠B‎3C3 E4=60°，∠D‎1C1E1=30°，‎ ‎∠E2B‎2C2=30°。‎ ‎∴D1E1=D‎1C1=。‎ ‎∴D1E1=B2E2=。‎ ‎∴。‎ 解得：B‎2C2=。‎ ‎∴B3E4=。∴，解得：B‎3C3=。∴WC3=。‎ 根据题意得出：∠WC3 Q=30°，∠C3 WQ=60°，∠A3 WF=30°，‎ ‎∴WQ=，FW=WA3•cos30°=。‎ ‎∴点A3到x轴的距离为：FW+WQ=。故选D。‎ ‎6. （2012湖南永州3分）下列说法正确的是【 】‎ A． ‎ ‎ B．‎ ‎　 C．不等式2﹣x＞1的解集为x＞1‎ D．当x＞0时，反比例函数的函数值y随自变量x取值的增大而减小 ‎7. （2012湖南张家界3分）下列不是必然事件的是【 】‎ ‎　 A． 角平分线上的点到角两边的距离相等 ‎　 B． 三角形任意两边之和大于第三边 ‎　 C． 面积相等的两个三角形全等 ‎　 D． 三角形内心到三边距离相等 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】随机事件，必然事件。‎ ‎【分析】A．为必然事件，不符合题意；B．为必然事件，不符合题意；C．为不确定事件，面积相等的三角形不一定全等，符合题意；D．为必然事件，不符合题意。故选C。‎ ‎8. （2012四川资阳3分）下列计算或化简正确的是【 】‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】合并同类项，二次根式的化简，算术平方根，分式的基本性质。‎ ‎【分析】根据合并同类项和二次根式的化简的运算法则，算术平方根的概念和分式的基本性质逐一判断：‎ A、a2和a3不是同类项，不可以全并，此选项错误；‎ B、，此选项错误；‎ C、，此选项错误；‎ D、，此选项正确。‎ 故选D。‎ ‎9. （2012四川南充3分）下列计算正确的是【 】‎ ‎（A）x3+ x3=x6　（B）m2·m3=m6　（C）3-=3　（D）×=7‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】合并同类项，同底数幂的乘法，二次根式的加减法，次根式的乘法。‎ ‎【分析】对每一项分别进行解答，得出正确的结果，最后选出本题的答案即可：‎ A、x3+x3=2x3，故此选项错误； B、m2•m3=m5，故此选项错误；‎ C、3-再不能合并，故此选项错误；D、，故此选项正确。‎ 故选D。‎ ‎10. （2012四川攀枝花3分）下列运算正确的是【 】‎ ‎　 A． B． C． （ab）2=ab2 D． （﹣a2）3=a6‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】立方根，算术平方根，幂的乘方与积的乘方。‎ ‎【分析】根据立方根，算术平方根，幂的乘方与积的乘方的知识，对各选项分析判断后利用排除法求解，即可求得答案：‎ A．，故本选项正确；B．，故本选项错误；‎ C．（ab）2=a2b2，故本选项错误；D．（﹣a2）3=﹣a6，故本选项错误。‎ 故选A。‎ ‎11. （2012四川泸州2分）已知三角形两边的长分别是3和6，第三边的长是方程x2 - 6x + 8 = 0的根，则这个三角形的周长等于【 】‎ A、13 B、‎11 ‎C、11 或13 D、12或15‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】因式分解法解一元二次方程，三角形三边关系。‎ ‎【分析】首先由方程x2－6x＋8＝0，确定第三边的边长为2或4；其次考查2，3，6或4，3，6能否构成三角形，从而求出三角形的周长：‎ 解方程x2－6x＋8＝0，得：x1＝2或x2＝4。‎ 当第三边是2时，2＋3＜6，不能构成三角形，应舍去；‎ 当第三边是4时，三角形的周长为4＋3＋6＝13。故选A。‎ ‎12. （2012四川广元3分） 一组数据2，3，6，8，x的众数是x，其中x又是不等式组的整数 解，则这组数据的中位数可能是【 】‎ A. 3 B. ‎4 C. 6 D. 3或6‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】一元一次不等式组的整数解，众数，中位数。‎ ‎【分析】先求出不等式组 2x-4＞0x-7＜0 的整数解，再根据众数、中位数的定义可求 ‎ ，‎ 解不等式①得x＞2，解不等式②得x＜7，∴不等式组的解为2＜x＜7。‎ ‎∴不等式组的整数解为3，4，5，6。‎ ‎∵一组数据2、3、6、8、x的众数是x，∴x=3或6。‎ 如果x=3，排序后该组数据为2，3，3，6，8，则中位数为3；‎ 如果x=6，排序后该组数据为2，3，6，6，8，则中位数为6。‎ 故选D。‎ ‎13. （2012辽宁本溪3分）已知一元二次方程x2－8x＋15=0 的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为【 】:]‎ ‎ A、13 B、11或‎13 ‎ C、11 D、12‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】因式分解法解一元二次方程，等腰三角形的性质，三角形三边关系。‎ ‎【分析】∵x2－8x＋15=0 ，∴（x－3）（x－5）=0。∴x－3=0或x－5=0，即x1=3，x2=5。‎ ‎∵一元二次方程x2－8x＋15=0 的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，‎ ‎∴当底边长和腰长分别为3和5时，3+3＞5，∴△ABC的周长为：3+3+5=11；‎ ‎∴当底边长和腰长分别为5和3时，3+5＞5，∴△ABC的周长为：3+5+5=13。‎ ‎∴△ABC的周长为：11或13。故选B。‎ ‎14. （2012辽宁朝阳3分）如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数的图象上，若点A 的坐标为（－2，－3），则k的值为【 】‎ A.1 B. －‎5 C. 4 D. 1或－5‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征。‎ ‎【分析】如图：∵四边形ABCD、HBEO、OECF、GOFD为矩形，‎ 又∵BO为四边形HBEO的对角线，OD为四边形OGDF的对角线，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴xy=k2+4k+1=6，解得，k=1或k=－5。故选D。‎ ‎15. （2012贵州黔西南4分）三角形的两边长分别为2和6，第三边是方程-的解，则第三边的长为【 】‎ ‎（A）7 （B）3 （C）7或3 （D）无法确定 ‎【答案】A。‎ ‎【考点】因式分解法解一元二次方程，三角形三边关系。‎ ‎【分析】由因式分解得：（x－3）（x－7）=0，解得：x1=3，x2=7。‎ ‎∵三角形的第三边是的解，∴三角形的第三边为3或7。‎ 当三角形第三边为3时，2+3＜6，不能构成三角形，舍去；‎ 当三角形第三边为7时，三角形三边分别为2，6，7，能构成三角形。‎ ‎∴第三边的长为7。故选A。‎ ‎16. （2012贵州安顺3分）下列说法中正确的是【 】‎ ‎　 A． 是一个无理数 ‎　 B． 函数的自变量的取值范围是x＞﹣1‎ ‎　 C． 若点P（2，a）和点Q（b，﹣3）关于x轴对称，则a﹣b的值为1‎ ‎　 D． ﹣8的立方根是2‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】无理数，函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件，关于x轴对称的点的坐标，立方根。‎ ‎【分析】A、=3是有理数，故此选项错误；‎ B、函数的自变量的取值范围是x≥﹣1，故此选项错误；‎ C、若点P（2，a）和点Q（b，﹣3）关于x轴对称，则b=2，a=3，故a﹣b=3﹣2=1，故此选项正确；‎ D、﹣8的立方根式﹣2，故此选项错误。‎ 故选C。‎ ‎17. （2012贵州黔东南4分）如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，则点M的坐标为【 】‎ A．（2，0） B．（） C．（） D．（）‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】实数与数轴，矩形的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC，继而得出AM的长，结合数轴的知识可得出点M的坐标：‎ 由题意得，。‎ ‎∴AM= ，BM=AM﹣AB= ﹣3。‎ 又∵点B的坐标为（2，0），∴点M的坐标为（﹣1，0）。故选C。‎ ‎18. （2012贵州黔西南4分）如图，⊙O的半径为2，点A的坐标为，直线AB为⊙O的切线，B为切点，则B点的坐标为【 】‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】切线的判定和性质，坐标与图形性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，‎ ‎∵⊙O的半径为2，点A的坐标为，即OC=2。∴AC是圆的切线。‎ ‎∵OA=4，OC=2，∴∠AOC=60°。‎ 又∵直线AB为⊙O的切线，∴∠AOB=∠AOC=60°。‎ ‎∴∠BOD=180°－∠AOB-∠AOC=60°。‎ 又∵OB=2，∴OD=1，BD=，即B点的坐标为。故选D。‎ ‎19. （2012山东济南3分）已知⊙O1和⊙O2的半径是一元二次方程x2－5x＋6=0的两根，若圆心距O1O2=5，则⊙O1和⊙O2的位置关系是【 】‎ A．外离 　　　　　　B．外切 　　　　　　C．相交 　　　　　　D．内切 ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】一元二次方程根与系数的关系，圆与圆的位置关系。‎ ‎【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，可知圆心距=两圆半径之和，再根据圆与圆的位置关系作出 判断，根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，‎ ‎∵⊙O1和⊙O2的半径是一元二次方程x2－5x＋6=0的两根，∴两根之和=5=两圆半径之和。‎ 又∵圆心距O1O2=5，∴两圆外切。故选B。‎ ‎20. （2012山东潍坊3分）已知两圆半径r1、r2分别是方程x2—7x+10=0的两根，两圆的圆心距为7，则两圆的位置关系是【 】．‎ ‎ A．相交 B．内切 C．外切 D．外离 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】圆与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程。‎ ‎【分析】首先解方程x2—7x+10=0，求得两圆半径r1、r2的值，又由两圆的圆心距为7，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径r1、r2的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系：‎ ‎∵，∴两圆半径r1、r2分别是2，5。‎ ‎∵2＋5=7，两圆的圆心距为7，∴两圆的位置关系是外切。故选C。‎ ‎21. （2012河北省3分）如图，两个正方形的面积分别为16，9，两阴影部分的面积分别为a，b（a＞b），则（a－b）等于【 】‎ A．7 B．‎6 C．5 D．4‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】整式的加减。‎ ‎【分析】设重叠部分面积为c，（a－b）可理解为（a＋c）－（b＋c），即两个正方形面积的差，所以。‎ ‎ A－b=（a＋c）－（b＋c）=16－9=7。故选A。‎ 二、填空题 ‎1. （2012重庆市4分）将长度为8厘米的木棍截成三段，每段长度均为整数厘米．如果截成的三段木棍长度分别相同算作同一种截法（如：5，2，1和1，5，2），那么截成的三段木棍能构成三角形的概率是 ‎ ▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】三角形三边关系，概率公式。‎ ‎【分析】∵因为将长度为‎8厘米的木棍截成三段，每段长度均为整数厘米，共有4种情况，分别是1，2，5；1，3，4；2，3，3；4，2，2。其中能构成三角形的是：2，3，3一种情况。‎ ‎∴截成的三段木棍能构成三角形的概率是。‎ ‎2. （2012广东佛山3分）如图，边长为的正方形纸片剪出一个边长为m的正方形之后，剩余部分可剪拼成一个矩形，若拼成的矩形一边长为4，则另一边长为 ▲ ‎ ‎【答案】‎2m＋4。‎ ‎【考点】图形的变换，一元一次方程的应用（几何问题）。‎ ‎【分析】根据拼成的矩形的面积等于大正方形的面积减去小正方形的面积，列式整理即可得解：‎ 设拼成的矩形的另一边长为x，‎ 则4x=（m＋4）2－m2=（m＋4＋m）（m＋4－m）=‎8m＋16，解得x=‎2m＋4。‎ ‎3. （2012广东珠海4分）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴正半轴上，B点坐标为（3，2），OB与AC交于点P，D、E、F、G分别是线段OP、AP、BP、CP的中点，则四边形DEFG的周长为　 ▲ ．‎ ‎【答案】5。‎ ‎【考点】坐标与图形性质，矩形的性质，三角形中位线定理。 ‎ ‎【分析】根据题意，由B点坐标知OA=BC=3，AB=OC=2；根据三角形中位线定理可求四边形DEFG的各边长度，从而求周长：‎ ‎∵四边形OABC是矩形，∴OA=BC，AB=OC， BA⊥OA，BC⊥OC。‎ ‎∵B点坐标为（3，2），∴OA=3，AB=2。‎ ‎∵D、E、F、G分别是线段OP、AP、BP、CP的中点，∴DE=GF=1.5； EF=DG=1。‎ ‎∴四边形DEFG的周长为 （1.5+1）×2=5。‎ ‎4. （2012浙江湖州4分）如图，将正△ABC分割成m个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可分割成n个边长为1的小三角形，若，则△ABC的边长是 ▲ ‎ ‎【答案】12。‎ ‎【考点】一元二次方程的应用（几何问题），菱形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义。‎ ‎【分析】设正△ABC的边长为x，则由勾股定理，得高为，。‎ ‎∵所分成的都是正三角形，‎ ‎∴根据锐角三角函数定义，可得黑色菱形的较长的对角线为 ，较短的对角线为。‎ ‎∴黑色菱形的面积=。‎ ‎∴，整理得，11x2－144x＋144=0。‎ 解得（不符合题意，舍去），x2=12。‎ 所以，△ABC的边长是12。‎ ‎5. （2012江苏镇江2分）如图，在平面直角坐标系x0y中，直线AB过点A（－4，0），B（0，4），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ 的最小值为 ▲ 。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】坐标和图形，切线的性质，矩形的判定和性质，垂直线段的性质，三角形边角关系，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】如图，过点O作OP1⊥AB，过点P1作⊙O的切线交⊙O于点Q1，连接OQ，OQ1。‎ ‎ 当PQ⊥AB时，易得四边形P1PQO是矩形，即PQ=P1O。‎ ‎∵P1 Q1是⊙O的切线， ∴∠OQ1P1=900。‎ ‎ ∴在Rt△OP1Q1中，P1Q1＜P1O，∴P1Q1即是切线长PQ的最小值。‎ ‎ ∵A（－4，0），B（0，4），∴OA=OB=4。‎ ‎ ∴△OAB是等腰直角三角形。∴△AOP1是等腰直角三角形。‎ ‎ 根据勾股定理，得OP1=。‎ ‎ ∵⊙O的半径为1，∴OQ1=1。‎ ‎ 根据勾股定理，得P1 Q1=。‎ ‎6. （2012江苏徐州2分）函数的图象如图所示，关于该函数，下列结论正确的是 ▲ （填序号）。‎ ‎①函数图象是轴对称图形；②函数图象是中心对称图形；③当x>0时，函数有最小值；④点（1，4）在函数图象上；⑤当x＜1或x＞3时，y＞4。‎ ‎【答案】②③④。‎ ‎【考点】函数的图象和性质，轴对称图形和中心对称图形，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】根据图象作出判断：‎ ‎①函数图象不是轴对称图形。故结论①错误。‎ ‎②函数图象是中心对称图形，对称中心是坐标原点。故结论②正确。‎ ‎③∵当x>0时，，∴函数有最小值。故结论③正确。‎ ‎④∵当x=1时，。∴点（1，4）在函数图象上。故结论④正确。‎ ‎⑤∵当x＜0时，y＜0，∴当x＜1时，y不大于4。故结论⑤错误。‎ ‎∴结论正确的是②③④。‎ ‎7. （2012江苏宿迁3分）如图，已知P是线段AB的黄金分割点，且PA＞PB.若S1表示以PA为一边的正方形的面积，S2表示长是AB、宽是PB的矩形的面积，则S1 ▲ S2.（填“＞”“=”“ ＜”）‎ ‎【答案】=。‎ ‎【考点】黄金分割点，二次根式化简。‎ ‎【分析】设AB=1，由P是线段AB的黄金分割点，且PA＞PB，‎ 根据黄金分割点的定义，AP=，BP=。‎ ‎∴。∴S1=S2。‎ ‎8. （2012江苏盐城3分）已知与的半径分别是方程的两根,且,‎ 若这两个圆相切,则t＝ ▲ .‎ ‎【答案】2或0。‎ ‎【考点】圆与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程。‎ ‎【分析】先解方程求出⊙O1、⊙O2的半径，再分两圆外切和两圆内切两种情况列出关于t的方程讨论求解：∵⊙O1、⊙O2的半径分别是方程的两根，解得⊙O1、⊙O2的半径分别是1和3。‎ ‎①当两圆外切时，圆心距O1O2=t+2=1+3=4，解得t=2；‎ ‎②当两圆内切时，圆心距O1O2=t+2=3－1=2，解得t=0。‎ ‎∴t为2或0。‎ ‎9. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A点从点（１，０）出发，以每秒１个单位长的速度沿着x轴 的正方向运动，经过t秒后，以O、A为顶点作菱形OABC，使B、C点都在第一象限内，且∠AOC=600，‎ 又以P（０，４）为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切，则t= ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】切线的性质，坐标与图形性质，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】∵已知A点从（1，0）点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，‎ ‎∴经过t秒后，∴OA=1+t。，‎ ‎∵四边形OABC是菱形，∴OC=1+t。，‎ 当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，此时PC=OP。‎ 过点P作PE⊥OC，垂足为点E。‎ ‎∴OE=CE=OC，即OE=（1+t）。‎ 在Rt△OPE中，OP=4，∠OPE=900－∠AOC=30°，‎ ‎∴OE=OP•cos30°=，即。‎ ‎∴。‎ ‎∴当PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切时，。‎ ‎10. （2012湖北荆州3分）如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是‎1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5；②cos∠ABE=；③当0＜t≤5时，；④当秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是　 ▲ 　（填序号）．‎ ‎【答案】①③④。‎ ‎【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】根据图（2）可知，当点P到达点E时点Q到达点C，‎ ‎∵点P、Q的运动的速度都是‎1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。‎ 又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。‎ 在Rt△ABE中，，‎ ‎∴。故结论②错误。‎ 过点P作PF⊥BC于点F，‎ ‎∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB=。‎ ‎∴PF=PBsin∠PBF=t。‎ ‎∴当0＜t≤5时，。故结论③正确。‎ 当秒时，点P在CD上，‎ 此时，PD=－BE－ED=，PQ=CD－PD=4－。‎ ‎∵，∴。‎ 又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。‎ 综上所述，正确的有①③④。‎ ‎11. （2012湖北武汉3分）如图，点A在双曲线y＝的第一象限的那一支上，AB垂直于x轴与点B，‎ 点C在x轴正半轴上，且OC＝2AB，点E在线段AC上，且AE＝3EC，点D为OB的中点，若△ADE 的面积为3，则k的值为 ▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，同底三角形面积的计算，梯形中位线的性质。‎ ‎【分析】如图，连接DC， ‎ ‎∵AE=3EC，△ADE的面积为3，∴△CDE的面积为1。‎ ‎∴△ADC的面积为4。‎ ‎∵点A在双曲线y＝的第一象限的那一支上，‎ ‎∴设A点坐标为（）。‎ ‎∵OC＝2AB，∴OC=2。‎ ‎∵点D为OB的中点，∴△ADC的面积为梯形BOCA面积的一半，∴梯形BOCA的面积为8。‎ ‎∴梯形BIEA的面积=，解得。‎ ‎12. （2012湖北武汉3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，0)，点B为y轴正半轴上的一点，点 C是第一象限内一点，且AC＝2．设tan∠BOC＝m，则m的取值范围是 ▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】如图，设C点坐标为（）。‎ ‎ ∵tan∠BOC＝m，∴，即。‎ ‎ ∵A的坐标为(3，0)，∴DA=。‎ ‎ 又∵AC＝2．∴由勾股定理，得，‎ ‎ 即，整理得 ‎ 由得。‎ ‎ ∵tan∠BOC＝m＞0，∴。‎ ‎13. （2012四川德阳3分） 有下列计算：①（m2）3=m6，②，③m6÷m2=m3，‎ ‎④，⑤，其中正确的运算有 ▲ .‎ ‎【答案】①④⑤。‎ ‎【考点】幂的乘方，同底数幂的除法，二次根式的性质与化简，二次根式的四则运算。‎ ‎【分析】∵（m2）3=m2×3=m6，∴①正确；‎ ‎∵，∴②错误；‎ ‎∵m6÷m2=m4，∴③错误；‎ ‎∵，∴④正确；‎ ‎∵，∴⑤正确。‎ ‎∴正确的运算有：①④⑤。‎ ‎14. （2012四川巴中3分）已知a、b、c是△ABC三边的长，且满足关系式 ，‎ 则△ABC的形状为 ▲ ‎ ‎【答案】等腰直角三角形。‎ ‎【考点】非负数的性质，算术平方根，非负数的性质，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定。‎ ‎【分析】∵ ，∴c2－a2－b2=0，且a－b=0。‎ 由c2－a2－b2=0得c2=a2＋b2，∴根据勾股定理的逆定理，得△ABC为直角三角形。‎ 又由a－b=0得a=b，∴△ABC为等腰直角三角形。‎ ‎15. （2012四川内江6分）已知A（1，5），B（3，－1）两点，在x轴上取一点M，使AM－BN取得最大值时，则M的坐标为 ▲ ‎ ‎【答案】（，0）。‎ ‎【考点】一次函数综合题，线段中垂线的性质，三角形三边关系，关于x轴对称的点的坐标，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。‎ ‎【分析】如图，作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′并延长与x轴的交点，即为所求的M点。‎ 此时AM－BM=AM－B′M=AB′。‎ 不妨在x轴上任取一个另一点M′，连接M′A、M′B、M′B．‎ 则M′A－M′B=M′A－M′B′＜AB′（三角形两边之差小于第三边）。‎ ‎∴M′A－M′B＜AM-BM，即此时AM－BM最大。‎ ‎∵B′是B（3，－1）关于x轴的对称点，∴B′（3，1）。‎ 设直线AB′解析式为y=kx+b，把A（1，5）和B′（3，1）代入得：‎ ‎ ，解得 。∴直线AB′解析式为y=－2x+7。‎ 令y=0，解得x= 。∴M点坐标为（，0）。‎ ‎16. （2012四川资阳3分）如图，O为矩形ABCD的中心，M为BC边上一点，N为DC边上一点，ON⊥OM，若AB＝6，AD＝4，设OM＝x，ON＝y，则y与x的函数关系式为 ▲ ．‎ ‎【答案】y=x。‎ ‎【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】如图，作OF⊥BC于F，OE⊥CD于E，‎ ‎∵ABCD为矩形，∴∠C=90°。‎ ‎∵OF⊥BC，OE⊥CD，∴∠EOF=90°。∴∠EON+∠FON=90°。‎ ‎∵ON⊥OM，∴∠EON=∠FOM。∴△OEN∽△OFM。‎ ‎∴。‎ ‎∵O为矩形ABCD的中心，∴。∴ ，即y=x。‎ ‎17. （2012四川自贡4分）正方形ABCD的边长为‎1cm，M、N分别是BC．CD上两个动点，且始终保持AM⊥MN，当BM= ▲ cm时，四边形ABCN的面积最大，最大面积为 ▲ cm2．‎ ‎【答案】，。‎ ‎【考点】正方形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】设BM=xcm，则MC=1﹣xcm，‎ ‎∵∠AMN=90°，∠AMB+∠NMC=90°，∠NMC+∠MNC=90°，∴∠AMB=90°﹣∠NMC=∠MNC。‎ ‎∴△ABM∽△MCN，∴，即，解得CN=x（1﹣x）。‎ ‎∴。‎ ‎∵＜0，∴当x=cm时，S四边形ABCN最大，最大值是cm2。‎ ‎18. （2012辽宁朝阳3分）下列说法中正确的序号有 ▲ 。‎ ‎①在Rt△ABC中，∠C=900，CD为AB边上的中线，且CD=2，则AB=4；‎ ‎②八边形的内角和度数为10800；‎ ‎③2、3、4、3这组数据的方差为0.5；‎ ‎④分式方程的解为；‎ ‎⑤已知菱形的一个内角为600，一条对角线为，则另一对角线为2。‎ ‎【答案】①②③④。‎ ‎【考点】直角三角形斜边上中线的性质，多边形内角和定理，方差，解分式方程，菱形的性质，等边三角形的判定，勾股定理。‎ ‎【分析】①∵在Rt△ABC中，∠C=90°，CD为AB边上的中线，且CD=2，‎ ‎∴根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半的性质，得AB=2CD=4。∴①正确。‎ ‎②∵八边形的内角和度数是（8-2）×180°=1080°。∴②正确。‎ ‎③∵2、3、4、3的平均数是，‎ ‎∴2、3、4、3的方差是。∴③正确。‎ ‎④∵由去分母得：1=3x－1，解得：x=。经检验x=是原方程的解。∴④正确。‎ ‎⑤∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=OC，OD=OB，AB=AD。‎ ‎∵∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形。∴AB=AD=BD，AB=BD=2BO。‎ 分为两种情况：‎ 当BD==AB时，BO=，由勾股定理得：AO=3，AC=6。‎ 当AC=时，AO=，由勾股定理得：BO=1，BD=2。‎ ‎∴另一对角线为2或6。∴⑤错误。‎ 故答案为：①②③④。‎ ‎19. （2012贵州黔南5分）如图，四边形ABCD是矩形，A，B两点在x轴的正半轴上，C，D两点在抛物线上，设OA=m（0＜m＜3），矩形ABCD的周长为l，则l 与m的函数解析式为　 ▲ 　。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】矩形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】求l与m的函数解析式就是把m当作已知量，求l，先求AD，它的长就是D点的纵坐标，再把D点纵坐标代入函数解析式求C点横坐标，C点横坐标与D点横坐标的差就是线段CD的长，用l=2（AD+AB），建立函数关系式：‎ ‎ 把x=m代入抛物线中，得AD=，‎ 把y=代入抛物线中，得，解得x1=m，x2=6－m。‎ ‎∴C的横坐标是6－m。∴AB=6－m－m=6－‎2m。‎ ‎∴矩形的周长是。‎ ‎20. （2012山东济宁3分）在△ABC中，若∠A、∠B满足|cosA﹣|+（sinB﹣）2=0，则∠C=　 ▲ 　．‎ ‎【答案】75°。‎ ‎【考点】非负数的性质，绝对值，偶次方，特殊角的三角函数值，三角形内角和定理。‎ ‎【分析】∵|cosA﹣|+（sinB﹣）2=0，∴cosA﹣=0，sinB﹣=0。‎ ‎∴cosA=，sinB=。∴∠A=60°，∠B=45°。‎ ‎∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣60°﹣45°=75°。‎ ‎21. （2012广西北海3分）如图，点A的坐标为（－1，0），点B在直线y＝2x－4上运动，当线段AB最 短时，点B的坐标是 ▲ 。‎ ‎【答案】（）。‎ ‎【考点】直线上点的坐标与方程的关系，垂直线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。 ‎ ‎【分析】如图，由题意，根据垂直线段最短的性质，当线段AB最短时点B的位置B1，有AB1⊥BD。‎ 过点B1作B1E垂直x轴于点E。‎ 由点C、D在直线y＝2x－4可得，C（2，0），D（0，－4）‎ ‎ 设点B1（x ，2x－4），则E（x ，0）。‎ 由A（－1，0），得AE= x＋1，EB1=∣2x－4∣=4－2x，CO=2，DO=4。‎ 易得△AB1E∽△DCO，∴，即。‎ 解得。∴B1（）。‎ ‎∴当线段AB最短时，点B的坐标是（）。‎ 三、解答题 ‎1. （2012海南省13分）如图，顶点为P（4，－4）的二次函数图象经过原点（0，0），点A在该图象上，‎ OA交其对称轴于点M，点M、N关于点P对称，连接AN、ON ‎（1）求该二次函数的关系式.‎ ‎（2）若点A的坐标是（6，－3），求△ANO的面积.‎ ‎（3）当点A在对称轴右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题：‎ ‎①证明：∠ANM=∠ONM ‎②△ANO能否为直角三角形？如果能，请求出所有符合条件的点A的坐标，如果不能，请说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）∵二次函数图象的顶点为P（4，－4），∴设二次函数的关系式为。‎ ‎ 又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴，解得。‎ ‎ ∴二次函数的关系式为，即。‎ ‎ （2）设直线OA的解析式为，将A（6，－3）代入得，解得。‎ ‎ ∴直线OA的解析式为。‎ ‎ 把代入得。∴M（4，－2）。‎ 又∵点M、N关于点P对称，∴N（4，－6），MN=4。‎ ‎∴。‎ ‎ （3）①证明：过点A作AH⊥于点H，，与x轴交于点D。则 ‎ 设A（）,‎ 则直线OA的解析式为。‎ 则M（），N（），H（）。‎ ‎∴OD=4，ND=，HA=，NH=。‎ ‎∴。‎ ‎∴。∴∠ANM=∠ONM。‎ ‎②能。理由如下：分三种情况讨论：‎ 情况1，若∠ONA是直角，由①，得∠ANM=∠ONM=450，‎ ‎∴△AHN是等腰直角三角形。∴HA=NH，即。‎ 整理，得，解得。‎ ‎∴此时，点A与点P重合。故此时不存在点A，使∠ONA是直角。‎ 情况2，若∠AON是直角，则。‎ ‎∵ ，‎ ‎∴。‎ 整理，得，解得，。‎ 舍去，（在左侧）。‎ 当时，。‎ ‎∴此时存在点A（），使∠AON是直角。‎ 情况3，若∠NAO是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴。‎ ‎∵OD=4，MD=，ND=，∴。‎ 整理，得，解得。‎ ‎∴此时，点A与点P重合。故此时不存在点A，使∠ONA是直角。‎ 综上所述，当点A在对称轴右侧的二次函数图象上运动时，存在点A（），使∠AON是直角，即△ANO为直角三角形。‎ ‎【考点】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，对称的性质，锐角三角函数定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）由二次函数图象的顶点为P（4，－4）和经过原点，设顶点式关系式，用待定系数法即可求。‎ ‎ （2）求出直线OA的解析式，从而得到点M的坐标，根据对称性点N坐标，从而求得MN的长，从而求得△ANO的面积。‎ ‎ （3）①根据正切函数定义，分别求出∠ANM和∠ONM即可证明。‎ ‎ ②分∠ONA是直角，∠AON是直角，∠NAO是直角三种情况讨论即可得出结论。‎ ‎ 当∠AON是直角时，还可在Rt△OMNK中用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解：‎ ‎ ∵OP=PN=PM，OP=‎ ‎∵ PN=－4 ， ∴=－4 。 ∴。‎ ‎2. （2012宁夏区10分）在矩形ABCD中，AB=2，AD=3,P是BC上的任意一点（P与B、C不重合），过点P作AP⊥PE，垂足为P，PE交CD于点E.‎ ‎(1)连接AE，当△APE与△ADE全等时，求BP的长；‎ ‎(2)若设BP为x，CE为y，试确定y与x的函数关系式。当x取何值时，y的值最大？最大值是多少？‎ ‎(3)若PE∥BD，试求出此时BP的长.‎ ‎【答案】解：（1）∵△APE≌△ADE，∴AP=AD=3。‎ 在Rt△ABP中，AB=2，∴BP=。‎ ‎（2）∵AP⊥PE，∴Rt△ABP∽Rt△PCE。‎ ‎∴ ，即。∴。 ‎ ‎∵‎ ‎∴当时，y的值最大，最大值是。‎ ‎（2）设BP=x, 由（2）得。‎ ‎∵PE∥BD，，∴△CPE∽△CBD。‎ ‎∴， 即，‎ 化简得。‎ 解得或（不合题意，舍去）。‎ ‎∴当BP= 时， PE∥BD。‎ ‎【考点】矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，平行的性质，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）由△APE≌△ADE可得AP=AD=3，在Rt△ABP中，应用勾股定理即可求得BP的长。‎ ‎（2）由AP⊥PE，得Rt△ABP∽Rt△PCE，根据相似三角形的对应边成比例可列式得y与x的函数关系式。化为顶点式即可求得当时，y的值最大，最大值是。‎ ‎（3）由PE∥BD，得△CPE∽△CBD，根据相似三角形的对应边成比例可列式可求得BP的长。‎ ‎3. （2012广东省9分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．‎ ‎（1）求AB和OC的长；‎ ‎（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．‎ ‎【答案】解：（1）在中，‎ 令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）；‎ 令y=0，即，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0）。‎ ‎∴AB=9，OC=9。‎ ‎（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，即：。‎ ‎∴s=m2（0＜m＜9）。‎ ‎（3）∵S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2，‎ ‎∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED ‎=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+。‎ ‎∴△CDE的最大面积为，‎ 此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=。‎ 又，‎ 过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：，即：。‎ ‎∴。‎ ‎∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2=。‎ ‎【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，二次函数的最值，勾股定理，直线与圆相切的性质。‎ ‎【分析】（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，从而确定AB、OC的长。‎ ‎（2）直线l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题目条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围。‎ ‎ （3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE关于m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值。‎ ‎②过E做BC的垂线EF，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解。‎ ‎4. （2012广东深圳9分）如图，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4，0)、B(1，0)、C(－2，6)．‎ ‎(1)求经过A、B、C三点的抛物线解析式；‎ ‎(2)设直线BC交y轴于点E，连接AE，求证：AE=CE;‎ ‎(3)设抛物线与y轴交于点D，连接AD交BC于点F，试问以A、B、F，为顶点的三角形与△ABC相似吗？‎ ‎ 请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过A(－4，0)、B(1，0)，∴设函数解析式为：y=a（x＋4）（x－1）。‎ 又∵由抛物线经过C（－2，6），∴6=a（－2＋4）（－2－1），解得： a=－1。‎ ‎ ∴经过A、B、C三点的抛物线解析式为：y=－（x＋4）（x－1），即y=－x2－3x＋4。‎ ‎（2）证明：设直线BC的函数解析式为y=kx+b，‎ 由题意得： ，解得：。‎ ‎∴直线BC的解析式为y=－2x+2．‎ ‎∴点E的坐标为（0，2）。‎ ‎∴。 ‎ ‎∴AE=CE。‎ ‎（3）相似。理由如下：‎ 设直线AD的解析式为y=k1x+b1，则 ，解得：。‎ ‎∴直线AD的解析式为y=x+4。‎ 联立直线AD与直线BC的函数解析式可得：，解得：。‎ ‎∴点F的坐标为（ ）。‎ 则。‎ 又∵AB=5，，‎ ‎∴。∴。‎ 又∵∠ABF=∠CBA，∴△ABF∽△CBA。‎ ‎∴以A、B、F为顶点的三角形与△ABC相似。‎ ‎【考点】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，勾股定理，相似三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求解即可得出抛物线的解析式。‎ ‎（2）求出直线BC的函数解析式，从而得出点E的坐标，然后分别求出AE及CE的长度即可证明出结论。‎ ‎（3）求出AD的函数解析式，然后结合直线BC的解析式可得出点F的坐标，根据勾股定理分别求出BF，BC 得出；由题意得∠ABF=∠CBA， 即可作出判断。‎ ‎5. （2012广东广州14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）．‎ ‎（1）当α=60°时，求CE的长；‎ ‎（2）当60°＜α＜90°时，‎ ‎①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．‎ ‎【答案】解：（1）∵α=60°，BC=10，∴sinα=，即sin60°=，解得CE=。‎ ‎（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF。理由如下：‎ 连接CF并延长交BA的延长线于点G，‎ ‎∵F为AD的中点，∴AF=FD。‎ 在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠G=∠DCF。‎ 在△AFG和△CFD中，‎ ‎∵∠G=∠DCF， ∠G=∠DCF，AF=FD，‎ ‎∴△AFG≌△CFD（AAS）。∴CF=GF，AG=CD。‎ ‎∵CE⊥AB，∴EF=GF。∴∠AEF=∠G。‎ ‎∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，AF=AD=BC=5。∴AG=AF。‎ ‎∴∠AFG=∠G。‎ 在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF，‎ 又∵∠CFD=∠AFG，∴∠CFD=∠AEF。‎ ‎∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，‎ 因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF。‎ ‎②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，‎ 在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2。‎ 在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x。‎ ‎∵CF=GF（①中已证），∴CF2=（CG）2=CG2=（200﹣20x）=50﹣5x。‎ ‎∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣）2+50+。‎ ‎∴当x=，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值。‎ 此时，EG=10﹣x=10﹣，CE=，‎ ‎∴。‎ ‎【考点】锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行四边形的性质，对顶角的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）利用60°角的正弦值列式计算即可得解。‎ ‎（2）①连接CF并延长交BA的延长线于点G，利用“角边角”证明△AFG和△CFD全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=GF，AG=CD，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF=GF，再根据AB、BC的长度可得AG=AF，然后利用等边对等角的性质可得∠AEF=∠G=∠AFG，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠EFC=2∠G，然后推出∠EFD=3∠AEF，从而得解。‎ ‎②设BE=x，在Rt△BCE中，利用勾股定理表示出CE2，表示出EG的长度，在Rt△CEG中，利用勾股定理表示出CG2，从而得到CF2，然后相减并整理，再根据二次函数的最值问题解答。‎ ‎6. （2012浙江嘉兴、舟山14分）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）如图1，当m=时，‎ ‎①求线段OP的长和tan∠POM的值；‎ ‎②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；‎ ‎（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．‎ ‎①用含m的代数式表示点Q的坐标；‎ ‎②求证：四边形ODME是矩形．‎ ‎【答案】解：（1）①把x=代入 y=x2，得 y=2，∴P（，2），∴OP=。‎ ‎∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴。‎ ‎②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴。‎ ‎∴Q（）。∴OQ=。‎ ‎∴当 OQ=OC 时，则C1（0，），C2（0，－）。‎ 当 OQ=CQ 时，则 C3（0，1）。‎ ‎（2）①∵点P的横坐标为m，∴P（m，m2）。设 Q（n，n2），‎ ‎∵△APO∽△BOQ，∴。∴，得。‎ ‎∴Q（）。‎ ‎②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（）代入，得：‎ ‎，解得b=1。∴M（0，1）。‎ ‎∵，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。‎ ‎∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。‎ 同理可证：EM∥OD。‎ 又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。‎ ‎【考点】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，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。‎ ‎【分析】（1）①已知m的值，代入抛物线的解析式中可求出点P的坐标；由此确定PA、OA的长，通过解直角三角形易得出结论。‎ ‎②题目要求△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO两种情况来判断：‎ QO=QC时，Q在线段OC的垂直平分线上，Q、O的纵坐标已知，C点坐标即可确定；‎ QO=OC时，先求出OQ的长，那么C点坐标可确定。‎ ‎（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q的坐标。‎ ‎②在四边形ODME中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，那么可通过证明两组对边平行来得证。‎ ‎7. （2012浙江丽水、金华12分）在△ABC中，∠ABC＝45°，tan∠ACB＝．如图，把△ABC的一边BC放置在x轴上，有OB＝14，OC＝，AC与y轴交于点E．21世纪教育网 ‎(1)求AC所在直线的函数解析式；‎ ‎(2)过点O作OG⊥AC，垂足为G，求△OEG的面积；‎ ‎(3)已知点F(10，0)，在△ABC的边上取两点P，Q，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形与△OFP全等，且这两个三角形在OP的异侧？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：(1) 在Rt△OCE中，OE＝OCtan∠OCE＝，∴点E(0，。‎ 设直线AC的函数解析式为y＝kx＋，有，解得：k＝。‎ ‎∴直线AC的函数解析式为y＝。‎ ‎(2) 在Rt△OGE中，tan∠EOG＝tan∠OCE＝，‎ 设EG＝3t，OG＝5t，，∴，得t＝2。‎ ‎∴EG＝6，OG＝10。∴/‎ ‎(3) 存在。‎ ‎①当点Q在AC上时，点Q即为点G，‎ 如图1，作∠FOQ的角平分线交CE于点P1，‎ 由△OP‎1F≌△OP1Q，则有P‎1F⊥x轴，‎ 由于点P1在直线AC上，当x＝10时，‎ y＝‎ ‎∴点P1(10，)。‎ ‎②当点Q在AB上时，如图2，有OQ＝OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，过点Q作QH⊥OB于点H，设OH＝a，‎ 则BH＝QH＝14－a，‎ 在Rt△OQH中，a2＋(14－a)2＝100，‎ 解得：a1＝6，a2＝8，∴Q(－6，8)或Q(－8，6)。‎ 连接QF交OP2于点M．‎ 当Q(－6，8)时，则点M(2，4)；当Q(－8，6)时，则点M(1，3)。‎ 设直线OP2的解析式为y＝kx，则2k＝4，k＝2。∴y＝2x。‎ 解方程组，得。‎ ‎∴P2()；‎ 当Q(－8，6)时，则点M(1，3)．同理可求P2′()。‎ 综上所述，满足条件的P点坐标为 ‎(10，)或()或()。‎ ‎【考点】一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，锐角三角函数定义，全等三角形的判定和应用。‎ ‎【分析】(1)根据三角函数求E点坐标，运用待定系数法求解。‎ ‎(2)在Rt△OGE中，运用三角函数和勾股定理求EG，OG的长度，再计算面积。‎ ‎(3)分两种情况讨论求解：①点Q在AC上；②点Q在AB上．求直线OP与直线AC的交点坐标即可。‎ ‎8. （2012浙江杭州10分）有一组互不全等的三角形，它们的边长均为整数，每个三角形有两条边的长分别为5和7．‎ ‎（1）请写出其中一个三角形的第三边的长；‎ ‎（2）设组中最多有n个三角形，求n的值；‎ ‎（3）当这组三角形个数最多时，从中任取一个，求该三角形周长为偶数的概率．‎ ‎9. （（2012江苏南京9分）“？”的思考 下框中是小明对一道题目的解答以及老师的批阅。‎ 题目：某村计划建造如图所示的矩形蔬菜温室，要求长与宽的比为2：1，在温室内，沿前侧内墙保留‎3m的空地，其他三侧内墙各保留‎1m的通道，当温室的长与宽各为多少时，矩形蔬菜种植区域的面积是‎288m2‎？‎ 解：设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，‎ 根据题意，得x•2x=288．‎ 解这个方程，得x1=-12（不合题意，舍去），x2=12‎ 所以温室的长为2×12+3+1=28（m），宽为12+1+1=14（m）‎ 答：当温室的长为‎28m，宽为‎14m时，矩形蔬菜种植区域的面积是‎288m2‎．‎ ‎？‎ 我的结果也正确 小明发现他解答的结果是正确的，但是老师却在他的解答中划了一条横线，并打开了一个“？”‎ 结果为何正确呢？‎ ‎（1）请指出小明解答中存在的问题，并补充缺少的过程：‎ 变化一下会怎样…… ‎ ‎（2）如图，矩形A′B′C′D′在矩形ABCD的内部，AB∥A′B′，AD∥A′D′，且AD：AB=2：1，设AB与A′B′、BC与B′C′、CD与C′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a、b、c、d，要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，a、b、c、d应满足什么条件？请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由。‎ 在“设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm．”前补充以下过程：‎ 设温室的宽为ym，则长为2ym。‎ 则矩形蔬菜种植区域的宽为（y－1－1）m，长为（2y－3－1）m。‎ ‎∵，∴矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1。‎ ‎（2）a+c b+d =2。理由如下：‎ 要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，就要，即，‎ 即 ，即a+c b+d =2。‎ ‎【考点】一元二次方程的应用（几何问题），相似多边形的性质，比例的性质。‎ ‎【分析】（1）根据题意可得小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由，所以由已知条件求出矩形蔬菜种植区域的长与宽的关系即可。‎ ‎（2）由使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，利用相似多边形的性质，可得 ，然后利用比例的性质。‎ ‎10. （2012江苏连云港12分）如图，甲、乙两人分别从A(1，)、B(6，0)两点同时出发，点O为坐标原点，甲沿AO方向、乙沿BO方向均以‎4km/h的速度行驶，th后，甲到达M点，乙到达N点．‎ ‎(1)请说明甲、乙两人到达O点前，MN与AB不可能平行．‎ ‎(2)当t为何值时，△OMN∽△OBA？‎ ‎(3)甲、乙两人之间的距离为MN的长，设s＝MN2，求s与t之间的函数关系式，并求甲、乙两人之间距离的最小值．‎ ‎【答案】解：(1)∵A坐标为(1，)，∴OA＝2，∠AOB＝60°。‎ ‎ ∵甲达到O点时间为t＝，乙达到O点的时间为t＝，‎ ‎∴甲先到达O点，所以t＝或t＝时，O、M、N三点不能连接成三角形。‎ ‎①当t＜时，OM＝2－4t，ON＝6－4t，‎ 假设MN∥AB。则△OMN∽△OAB。‎ ‎∴，解得t＝0。即在甲到达O点前，只有当t＝0时，△OMN∽△OAB。‎ ‎∴MN与AB不可能平行。‎ ‎②当＜t＜时，‎ 如图，∵∠PMN＞∠PON＞∠PAB ‎∴MN与AB不平行。‎ 综上所述，在甲、乙两人到达O点前， MN与AB不可能平行。‎ ‎(2) 由（1）知，当t≤时，△OMN不相似△OBA。‎ 当t＞时，OM＝4t －2，ON＝4t －6，‎ 由解得t＝2＞，‎ ‎∴当t＝2时，△OMN∽△OBA。‎ ‎(3)①当t≤时，如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为H，‎ 在Rt△MOH中，∵∠AOB＝60°，‎ ‎∴MH＝OMsin60°＝(2－4t)×＝(1－2t)，‎ OH＝0Mcos60°＝(2－4t)×＝1－2t，‎ ‎∴NH＝(6－4t)－(1－2t)＝5－2t。‎ ‎∴s＝2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28。‎ ‎②当＜t≤时，如图2，作MH⊥x轴，垂足为H，‎ 在Rt△MNH中，MH＝(4t－2)＝(2t－1)，‎ NH＝(4t－2)＋(6－4t)＝5－2t，‎ ‎∴s＝2＋(5－2t)2＝16t2－32t＋28。‎ ‎③当t＞时，同理可得s＝16t2－32t＋28。‎ 综上所述，s＝16t2－32t＋28。‎ ‎∵s＝16t2－32t＋28＝16(t－1)2＋12，‎ ‎∴当t＝1时，s有最小值为12，‎ ‎∴甲、乙两人距离最小值为（km）。‎ ‎【考点】反证法，坐标与图形性质，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形外角性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，二次函数的最值。‎ ‎【分析】(1)用反证法说明．根据已知条件分别表示相关线段的长度，根据三角形相似得比例式说明。‎ ‎(2)根据两个点到达O点的时间不同分段讨论解答。‎ ‎(3)在不同的时间段运用相似三角形的判定和性质分别求解析式，运用函数性质解答问题。‎ ‎11. （2012江苏连云港10分）如图，⊙O的圆心在坐标原点，半径为2，直线y＝x＋b(b＞0)与⊙O交于A、B两点，点O关于直线y＝x＋b的对称点O′，‎ ‎(1)求证：四边形OAO′B是菱形；‎ ‎(2)当点O′落在⊙O上时，求b的值．‎ ‎【答案】(1)证明：∵点O、O′关于直线y＝x＋b的对称，‎ ‎∴直线y＝x＋b是线段OO′的垂直平分线，∴AO＝AO′，BO＝BO′。‎ 又∵OA，OB是⊙O的半径，∴OA＝OB。‎ ‎∴AO＝AO′＝BO＝BO′。∴四边形OAO′B是菱形．‎ ‎(2)解：如图，设直线y＝x＋b与x轴、y轴的交点坐标分别是 N(－b，0)，P(0，b)，AB与OO′相交于点M。‎ 则△ONP为等腰直角三角形，∴∠OPN＝45°。‎ ‎∵四边形OAO′B是菱形，∴OM⊥PN。‎ ‎∴△OMP为等腰直角三角形。‎ 当点O′落在圆上时，OM＝OO′＝1。‎ 在Rt△OMP中，由勾股定理得：OP＝，即b＝。‎ ‎【考点】一次函数综合题，线段中垂线的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】(1)根据轴对称得出直线y＝x＋b是线段OO′D的垂直平分线，根据线段中垂线上的点到比下有余两端的距离相等得出AO＝AO′，BO＝BO′，从而得AO＝AO′＝BO＝BO′，即可推出答案。‎ ‎(2)设直线y＝x＋b与x轴、y轴的交点坐标分别是N(－b，0)，P(0，b)，得出等腰直角三角形ONP，求出OM⊥NP，求出MP＝OM＝1，根据勾股定理求出即可。‎ ‎12. （2012江苏扬州12分）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC、OB相交于E，过点E的直线与边OA、BC分别相交于点G、H．‎ ‎(1)①直接写出点E的坐标：　　．‎ ‎②求证：AG＝CH．‎ ‎(2)如图2，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA与D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数关系式．‎ ‎(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG、GA、AB都相切时，求⊙P的半径．‎ ‎【答案】解：（1）① (1，)。‎ ‎②证明：∵四边形OABC是矩形，∴CE＝AE，BC∥OA。∴∠HCE＝∠GAE。‎ ‎∵在△CHE和△AGE中，∠HCE＝∠GAE， CE＝AE，∠HEC＝∠G EA，‎ ‎∴△CHE≌△AGE（ASA）。∴AG＝CH。‎ ‎（2）连接DE并延长DE交CB于M，连接AC，‎ ‎ 则由矩形的性质，点E在AC上。‎ ‎∵DD＝OC＝1＝OA，∴D是OA的中点。‎ ‎∵在△CME和△ADE中，‎ ‎∠MCE＝∠DAE， CE＝AE，∠MEC＝∠DEA，‎ ‎∴△CME≌△ADE（ASA）。∴CM＝AD＝2－1＝1。‎ ‎∵BC∥OA，∠COD＝90°，∴四边形CMDO是矩形。∴MD⊥OD，MD⊥CB。‎ ‎∴MD切⊙O于D。‎ ‎∵HG切⊙O于F，E(1，)，∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME。‎ 在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即(1－x)2＋()2＝(＋x)2，解得x＝。‎ ‎∴H(，1)，OG＝2－。∴G(，0)。‎ 设直线GH的解析式是：y＝kx＋b，‎ 把G、H的坐标代入得：，解得：。‎ ‎∴直线GH的函数关系式为。‎ ‎（3）连接BG，‎ ‎∵在△OCH和△BAG中，‎ CH=AG，∠HCO＝∠GAB，OC=AB，‎ ‎∴△OCH≌△BAG（SAS）。∴∠CHO＝∠AGB。‎ ‎∵∠HCO＝90°，∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F。‎ ‎∴OH平分∠CHF。∴∠CHO＝∠FHO＝∠BGA。‎ ‎∵△CHE≌△AGE，∴HE＝GE。‎ ‎∵在△HOE和△GBE中，HE＝GE，∠HEO＝∠GEB，OE=BE，‎ ‎∴△HOE≌△GBE（SAS）。∴∠OHE＝∠BGE。21世纪教育网 ‎∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA，∴∠BGA＝∠BGE，即BG平分∠FGA。‎ ‎∵⊙P与HG、GA、AB都相切，∴圆心P必在BG上。‎ 过P做PN⊥GA，垂足为N，则△GPN∽△GBA。∴。‎ 设半径为r，则，解得。‎ 答：⊙P的半径是．‎ ‎【考点】一次函数综合题，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，切线的判定和性质，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，角平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）)①根据矩形的性质和边长即可求出E的坐标。‎ ‎ ②推出CE＝AE，BC∥OA，推出∠HCE＝∠EAG，证出△CHE≌△AGE即可。‎ ‎（2）连接DE并延长DE交CB于M，求出DD＝OC＝OA，证△CME≌△ADE，推出四边形CMDO是矩形，求出MD切⊙O于D，设CH＝HF＝x，推出(1－x)2＋()2＝(＋x)2，求出H、G的坐标，设直线GH的解析式是y＝kx＋b，把G、H的坐标代入求出即可。‎ ‎（3）连接BG，证△OCH≌△BAG，求出∠CHO＝∠AGB，证△HOE≌△GBE，求出∠OHE＝∠BGE，得出BG平分∠FGA，推出圆心P必在BG上，过P做PN⊥GA，垂足为N，根据△GPN∽△GBA，得出，设半径为r，代入求出即可。‎ ‎13. （2012江苏镇江11分）等边△ABC的边长为2，P是BC边上的任一点（与B、C不重合），连接AP，以AP为边向两侧作等边△APD和等边△APE，分别与边AB、AC交于点M、N（如图1）。‎ ‎（1）求证：AM=AN；‎ ‎（2）设BP=x。‎ ‎①若，BM=，求x的值；‎ ‎②记四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积为S，求S与x之间的函数关系式以及S的最小值；‎ ‎③连接DE，分别与边AB、AC交于点G、H（如图2），当x取何值时，∠BAD=150？并判断此时以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是什么特殊三角形，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵△ABC、△APD和△APE都是等边三角形，‎ ‎ ∴AD=AP，∠DAP=∠BAC=600，∠ADM=∠APN=600。∴∠DAM=∠PAN。‎ ‎ ∴△ADM≌△APN（ASA），∴AM=AN。‎ ‎（2）①易证△BPM∽△CAP，∴，‎ ‎ ∵BN=，AC=2，CP=2－x，∴，即。‎ ‎ 解得x=或x=。‎ ‎ ②四边形AMPN的面积即为四边形ADPE与△ABC重叠部分的面积。‎ ‎ ∵△ADM≌△APN，∴。‎ ‎∴。‎ 如图，过点P作PS⊥AB于点S，过点D作DT⊥AP于点T，则点T是AP的中点。‎ 在Rt△BPS中，∵∠P=600，BP=x，‎ ‎∴PS=BPsin600=x，BS=BPcos600=x。‎ ‎∵AB=2，∴AS=AB－BC=2－x。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴当x=1时，S的最小值为。‎ ‎③连接PG，设DE交AP于点O。‎ 若∠BAD=150，‎ ‎∵∠DAP =600，∴∠PAG =450。‎ ‎∵△APD和△APE都是等边三角形，‎ ‎∴AD=DP=AP=PE=EA。‎ ‎∴四边形ADPE是菱形。‎ ‎∴DO垂直平分AP。‎ ‎∴GP=AG。∴∠APG =∠PAG =450。‎ ‎∴∠PGA =900。‎ 设BG=t，‎ 在Rt△BPG中，∠B=600，∴BP=2t，PG=。∴AG=PG=。‎ ‎∴，解得t=－1。∴BP=2t=2－2。‎ ‎∴当BP=2－2时，∠BAD=150。‎ 猜想：以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是直角三角形。‎ ‎∵四边形ADPE是菱形，∴AO⊥DE，∠ADO=∠AEH=300。‎ ‎∵∠BAD=150，∴易得∠AGO=450，∠HAO=150，∠EAH=450。‎ 设AO=a，则AD=AE=‎2 a，OD=a。∴DG=DO－GO=（－1）a。‎ 又∵∠BAD=150，∠BAC=600，∠ADO=300，∴∠DHA=∠DAH=750。‎ ‎∵DH=AD=‎2a，‎ ‎∴GH=DH－DG=‎2a－（－1）a=（3－）a，‎ HE=2DO－DH=‎2‎a－‎2a=2（－1）a。‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎∴。‎ ‎∴以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是直角三角形。‎ ‎【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，二次函数的最值，菱形的判定和性质，勾股定理和逆定理。‎ ‎【分析】（1）由△ABC、△APD和△APE都是等边三角形可得边角的相等关系，从而用ASA证明。‎ ‎ （2）①由△BPM∽△CAP，根据对应边成比例得等式，解方程即可。‎ ‎ ②应用全等三角形的判定和性质，锐角三角函数和勾股定理相关知识求得，‎ 用x的代数式表示S，用二次函数的最值原理求出S的最小值。‎ ‎ ③由∠BAD=150得到四边形ADPE是菱形，应用相关知识求解。‎ ‎ 求出DG、GH、HE的表达式，用勾股定理逆定理证明。‎ ‎14. （2012江苏常州10分）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0）。以点P为圆心，为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（D点在点C的上方）。点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）。‎ ‎（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）连接DB、BE，设△BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ。试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？‎ ‎（3）连接BC，求∠DBC－∠DBE的度数。‎ ‎【答案】解：（1）B（‎3m，0），E（m，‎4m）。‎ ‎（2）线段BQ与线段EQ的长相等。理由如下：‎ 由（1）知B（‎3m，0），E（m，‎4m），‎ ‎∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，‎ ‎∴D（0，‎3m）。‎ ‎∴，，‎ ‎。‎ ‎∴。∴△BDE是直角三角形。‎ ‎∴BE是△BDE的外接圆的直径。‎ 设△BDE的外接圆的圆心为点G，则由B（‎3m，0），E（m，‎4m）得G（‎2m，‎2m）。‎ 过点G作GI⊥DG于点I，则I（0，‎2m）。‎ 根据垂径定理，得DI=IQ ，∴Q（0，m）。‎ ‎∴。‎ ‎∴BQ=EQ。‎ ‎（3）延长EP交x轴于点H，则EP⊥AB，BH=‎2m。‎ 根据垂径定理，得AH=BH=‎2m，AO= m。‎ 根据圆的对称性，OC=OA= m。‎ 又∵OB=‎3m，，，‎ ‎∴。。‎ 又∵∠COB=∠EDB=900，∴△COB∽△EDB。∴∠OBC=∠DBE。‎ ‎∴∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO。‎ 又∵OB=OC，∴∠DBO=450。∴∠DBC－∠DBE=450。‎ ‎【考点】直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理和逆定理，圆的对称性，平行四边形的性质，中点坐标，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）过点P 作PH⊥x轴于点H，PF⊥y轴于点F，连接OE，BP。‎ ‎∵点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0），‎ ‎∴ P（m，m），H（m，0），F（0，m），OH=OF=HP= m。‎ ‎∵PB=，∴。‎ ‎∴OB=‎3 m。∴B（‎3m，0）。‎ ‎∵根据圆的对称性，点D点B关于y=x对称，∴D（0，‎3m）。‎ ‎∵四边形DOPE是平行四边形，∴PE=OD=‎3m，HE=‎4m。∴E（m，‎4 m）。‎ ‎（2）由勾股定理和逆定理，易知△BDE是直角三角形，从而根据圆周角定理和垂径定理可得点Q的坐标，从而根据勾股定理可求出BQ和EQ的长比较即得。‎ ‎（3）求出有关线段的长，可得，从而证得△COB∽△EDB，得到∠OBC=∠DBE。因此∠DBC－∠DBE=∠DBC－∠OBC=∠DBO=450。‎ ‎15. （2012江苏南京8分）某玩具由一个圆形区域和一个扇形区域组成，如图，在和扇形中，与、分别相切于A、B，，E、F事直线与、扇形的两个交点，EF=‎24cm，设的半径为x cm，‎ ‎① 用含x的代数式表示扇形的半径；‎ ‎② 若和扇形两个区域的制作成本分别为0.45元和0.06元，当的半径为多少时，该玩具成本最小？‎ ‎【答案】解：（1）连接O‎1A。‎ ‎ ∵⊙O1与O‎2C、O2D分别切一点A、B，‎ ‎∴O‎1A⊥O‎2C，O2E平分∠CO2D。‎ ‎∵，∴∠AO2O1=∠CO2D=30°。‎ 在Rt△O1AO2中，，∴O1O2=A O1 sin∠AO2O1 =x sin30° =2x。‎ ‎∵EF=‎24cm，∴FO2=EF－EO1－O1O2=24－3x，即扇形O2CD的半径为（24－3x）cm。‎ ‎（2）设该玩具的制作成本为y元，则 ‎。‎ ‎∴当x=4时，y的值最小。‎ 答：当⊙O1的半径为‎4cm时，该玩具的制作成本最小。 ‎ ‎【考点】切线的性质，锐角三角函数定义，扇形面积的计算，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）连接O‎1A．由切线的性质知∠AO2O1=∠CO2D=30°；然后在Rt△O1AO2中利用锐角三角函数的定义求得O1O2=2x；最后由图形中线段间的和差关系求得扇形O2CD的半径FO2。‎ ‎（2）设该玩具的制作成本为y元，则根据圆形的面积公式和扇形的面积公式列出y与x间的函数关系，然后利用二次函数的最值即可求得该玩具的最小制作成本。‎ ‎16. （2012江苏徐州10分）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A、B，与正比例函数的图象相交于点C、D（点C在点D的左侧），⊙O是以CD长为半径的圆。CE∥x轴，DE∥y轴，CE、DE相交于点E。‎ ‎（1）△CDE是 ▲ 三角形；点C的坐标为 ▲ ，点D的坐标为 ▲ （用含有b的代数式表示）；‎ ‎（2）b为何值时，点E在⊙O上？‎ ‎（3）随着b取值逐渐增大，直线与⊙O有哪些位置关系？求出相应b的取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）等腰直角；；。‎ ‎ （2）当点E在⊙O上时，如图，连接OE。则OE=CD。‎ ‎ ∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴△DCE、△BDO是等腰直角三角形。‎ ‎ ∵整个图形是轴对称图形，‎ ‎ ∴OE平分∠AOB，∠AOE=∠BOE=450。‎ ‎ ∵CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴四边形CAOE、OEDB是等腰梯形。‎ ‎ ∴OE=AC=BD。‎ ‎ ∵OE=CD，∴OE=AC=BD=CD。‎ ‎ 过点C作CF⊥x轴，垂足为点F。‎ ‎ 则△AFC∽△AOB。∴。∴。‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎ ∵，∴。‎ ‎ ∴当时，点E在⊙O上。‎ ‎（3）当⊙O与直线相切于点G时，‎ ‎ 如图 ，连接OG。‎ ‎ ∵整个图形是轴对称图形，‎ ‎ ∴点O、E、G在对称轴上。‎ ‎∴GC=GD=CD=OG=AG。∴AC=CG=GD=DB。∴AC=AB。‎ 过点C作CH⊥x轴，垂足为点H。 则△AHC∽△AOB。‎ ‎∴。∴。‎ ‎∴，解得。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∴当时，直线与⊙O相切；‎ 当时，直线与⊙O相离；‎ 当时，直线与⊙O相交。‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称图形的性质，等腰梯形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系。‎ ‎【分析】（1）∵直线与x轴、y轴相交于点A（－b，0），B（0，b），CE∥x轴，DE∥y轴，‎ ‎ ∴△DCE是等腰直角三角形。‎ ‎ 解得，或。‎ ‎ ∵点C在点D的左侧，∴点C的坐标为，点D的坐标为。‎ ‎（2）连接OE，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得OE=AC=BD=CD。由△AFC∽△AOB可求得，代入CF、BO关于b的关系式求解即得所求。‎ ‎（3）讨论直线与⊙O相切时，b的取值即可得到直线与⊙O的位置关系。‎ ‎ 当⊙O与直线相切于点G时，连接OG，过点C作CH⊥x轴于点H。由整个图形是轴对称图形，可求得AC=CG=GD=DB，即AC=AB。由△AHC∽△AOB可求得，代入CH、BO关于b的关系式求解即得⊙O与直线相切时相应b的值。从而得到直线与⊙O相离和相交时相应b的取值范围。‎ ‎17. （2012福建莆田14分） 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC四个顶点的坐标分别为O(0，0)，A(0，3)，B(6，3)，C(6，0)，抛物线过点A。‎ ‎(1)(2分)求c的值； ．‎ ‎(2)(6分)若a＝－l，且抛物线与矩形有且只有三个交点A、D、E，求△ADE的面积S的最大值；‎ ‎(3)(6分)若抛物线与矩形有且只有三个交点A、M、N，线段MN的垂直平分线l过点O，交线段BC于点 F。当BF＝1时，求抛物线的解析式．‎ ‎【答案】解：(1)∵抛物线过点A(0，3)，∴c＝3。‎ ‎(2) ∵a＝－l，∴‎ ‎ 如图①，当抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上时， 抛物线与直线x＝6的交点应落在C点或C点下方。‎ ‎ ∴　当x＝6时，y≤0。‎ ‎∴，即。‎ ‎ 又∵对称轴在y轴右侧，∴b＞0。∴0＜。‎ ‎ 由抛物线的对称性可知： 。‎ ‎ 又∵△ADE的高＝BC＝3，∴S＝×b×3＝。‎ ‎∵＞0，∴S随b的增大而增大。‎ ‎∴当b＝时，S的最大值＝。‎ ‎ 如图②，当抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边上时，抛物线与直线 x＝6的交点应落在线段BC上且不与点B重合，即0≤＜3。‎ 当x＝6，则，‎ ‎∴0≤6b—33＜3，∴≤b＜6。‎ ‎∴BE＝3－(6b－33)＝36—6b。‎ ‎∴S＝AD·BE＝·b·(36—6b)＝－3b2+18b。‎ ‎∵对称轴b＝3＜，∴随b的增大而减小。‎ ‎∴当b＝时，S的最大值＝。‎ 综上所述：S的最大值为。‎ ‎ (3)当a＞0时，符合题意要求的抛物线不存在。‎ ‎ 当a＜0时，符合题意要求的抛物线有两种情况：‎ ‎①当点M、N分别在AB、OC边上时．‎ 如图③过M点作MG⊥OC于点G，连接OM．‎ ‎ ∴MG＝OA＝3．∠2＋∠MNO＝90°。‎ ‎ ∵OF垂直平分MN．‎ ‎∴OM＝ON，∠1＋∠MNO=90°，∠1＝∠2。‎ ‎ ∵FB＝1，FC＝3－1＝2。‎ ‎ ∴tan∠1＝，tan∠2＝＝tan∠1＝。‎ ‎∴GN＝GM＝1。‎ 设N(n，0)，则G(n－1，0)，∴M(n－1，3)。 ∴AM＝n－1，ON＝n＝OM。 ‎ 在Rt△AOM中，，‎ ‎ ∴，解得n＝5。∴　M(4，3)，N(5，0)。‎ 把M(4，3)，N(5，0)分别代入，得 ‎，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎②当点M、N分别在AB、BC边上时．如图④，连接MF．‎ ‎ ∵OF垂直平分MN，‎ ‎∴∠1＋∠NFO＝90°，MF＝FN。‎ ‎ 又∵∠0CB＝90°，∴∠2＋∠CFO=90°。‎ ‎ ∴∠1＝∠2。‎ ‎ ∵BF＝1， ∴FC＝2。‎ ‎∴tan∠1＝tan∠2＝。‎ ‎ 在Rt△MBN，tan∠1＝，∴BN＝3MB。‎ 设N(6，n)．则FN＝2－n，BN＝3一n。∴MF＝2－n，MB＝。‎ 在Rt△MBF中，∵，∴。‎ 解得： (不合题意舍去)，∴。‎ ‎∴AM＝6－＝，∴　M(，3)，N(6，) 。‎ 把M(，3)，N(6，)分别代人，得 ‎，解得　。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ 综上所述，抛物线的解析式为或。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，解二元一次方程组。‎ ‎【分析】（1）将点A的坐标代入即可求得c的值。‎ ‎ （2）分抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上和抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边两种情况应用二次函数性质分别求解。‎ ‎ （3）分抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上和抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边两种情况应用待定系数法分别求解。‎ ‎18. （2012湖北随州13分）在一次数学活动课上，老师出了一道题：‎ ‎ (1)解方程x2－2x－3=0.‎ ‎ 巡视后老师发现同学们解此题的方法有公式法、配方法和十字相乘法(分解因式法)。‎ ‎ 接着，老师请大家用自己熟悉的方法解第二道题：‎ ‎ (2)解关于x的方程mx2+(m－3)x－3=0(m为常数，且m≠0).‎ ‎ 老师继续巡视，及时观察、点拨大家.再接着，老师将第二道题变式为第三道题：‎ ‎(3)已知关于x的函数y=mx2+(m－3)x－3(m为常数).‎ ‎ ①求证：不论m为何值，此函数的图象恒过x轴、y轴上的两个定点(设x轴上的定点为A，y轴上的定点为C)； ‎ ‎ ②若m≠0时，设此函数的图象与x轴的另一个交点为点B，当△ABC为锐角三角形时，求m的取值范围；当△ABC为钝角三角形时，观察图象，直接写出m的取值范围.‎ ‎ 请你也用自己熟悉的方法解上述三道题. ‎ ‎【答案】解：（1）由x2－2x－3＝0，得（x+1）(x－3)=0，∴x1=1，x2=3 。‎ ‎ （2）由mx2+(m－3)x－3=0得（x+1）·(mx－3)=0‎ ‎∵m≠0, ∴x1=－1，x2= 。‎ ‎（3）①1°当m=0时，函数y= mx2+(m－3)x－3为y=－3x－3，‎ 令y=0，得x=－1；令x=0，则y=－3。‎ ‎∴直线y=－3x－3过定点A（－1，0）,C（0，－3）。‎ ‎2°当m≠0时，函数y= mx2+(m－3)x－3为y=（x+1）·(mx－3)，‎ ‎∴抛物线y=（x+1）·(mx－3)恒过两定点A（－1，0）,C（0，－3）。‎ 综上所述，不论m为何值，此函数的图象恒过x轴、y轴上的两个定点A（－1，0）,C（0，－3）。‎ ‎②当m>0时，由①可知抛物线开口向上，且过点A（－1，0）,C（0，－3）和 B（，0），‎ 观察图象，可知，当△ABC为Rt△时，‎ ‎△AOC∽△COB ‎∴，即。∴OB=9。‎ ‎∴B(9，0) 。‎ ‎∴当，即：m＞时，△ABC为锐角三角形。‎ ‎ 当△ABC为钝角三角形时，090º,‎ 当m<0且m≠－3时，点B在x轴的负半轴上，B与A不重合，∠ABC>90º。‎ 综上所述，当△ABC为钝角三角形时，0OB．请解答下列问题：‎ ‎（1）求直线AB的解析式； ‎ ‎（2）若P为AB上一点，且；，求过点P的反比例函数的解析式；‎ ‎（3）在坐标平面内是否存在点Q，使得以A、P、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形? 若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）解x2－12x＋32=0得x1=4，x2=8。‎ ‎ ∵OA、OB的长分别是关于x的方程x2－12x＋32=0的两根，且OA>OB，‎ ‎ ∴OA=8，OB=4。∴A（－8，0），B（0，4）。‎ ‎ 设直线AB的解析式为，则 ‎ ，解得。‎ ‎ ∴直线AB的解析式为。‎ ‎（2）过点P作PH⊥x轴于点H。‎ ‎ 设P（x，y），由AH= x＋8。‎ ‎ ∵，∴，即。‎ ‎ 解得 x=－6。‎ ‎ ∵点P在上，∴。∴P（－6，1）。‎ ‎ 设过点P的反比例函数的解析式为，则。∴。‎ ‎ ∴点P的反比例函数的解析式为。‎ ‎（3）存在。点Q的坐标为（－2，1）或或。‎ ‎【考点】一次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程和二元一次方程组，平行线的性质，等腰梯形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）求出方程x2－12x＋32=0的两根得到A、B两点的坐标，用待定系数法即可求得直线AB的解析式。‎ ‎（2）求出点P 的坐标，即可求得过点P的反比例函数的解析式。‎ ‎（3）根据等腰梯形的性质，‎ ‎ 当AO是等腰梯形的的底边时，AO的中垂线为x=－4，则点P（－6，1）关于x=－4的对称点为Q1（－2，1），此时四边形AOQ1P是等腰梯形。‎ ‎ 当PO是等腰梯形的的底边时，PO的中点坐标为C（－3，），PO： ，由O（0，0），P（－6，1）求得，解得。∴PO：。‎ ‎ 过点C与PO垂直的直线CD：，过点A与PO平行的直线AD：，‎ 二者联立，，解得，∴点D的坐标为，则点A（－8，0）关于点D的对称点为Q2，此时四边形AQ2PO是等腰梯形。‎ ‎ 当AP是等腰梯形的的底边时，AP的中点坐标为C（－7，），AB：。‎ ‎ 过点E与AB垂直的直线EF：，过点O与AB平行的直线FO：，‎ 二者联立，，解得，∴点F的坐标为，则点O（0，0）关于点F的对称点为Q3，此时四边形APOQ3是等腰梯形。‎