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  • 2021-05-10 发布

中考数学冲刺中考数学压轴题填空选择解答题分类汇编

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‎2013年中考数学冲刺必备 压轴题汇编 安徽10.在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点,分别沿斜边中点与这两点的连线剪去两个三角形,剩下的部分是如图所示的直角梯形,其中三边长分别为2、4、3,则原直角三角形纸片的斜边长是( )‎ A.10 B. C. 10或 D.10或 解析:考虑两种情况.要分清从斜边中点向哪个边沿着垂线段过去裁剪的.‎ 解答:解:如下图,,‎ ‎ ‎ ‎14.如图,P是矩形ABCD内的任意一点,连接PA、PB、PC、PD,得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA,设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4,给出如下结论: ①S1+S2=S3+S4 ② S2+S4= S1+ S3 ③若S3=2 S1,则S4=2 S2 ④若S1= S2,则P点在矩形的对角线上其中正确的结论的序号是_____________‎ 解析:过点P分别向AD、BC作垂线段,两个三角形的面积之和等于矩形面积的一半,同理,过点P分别向AB、CD作垂线段,两个三角形的面积之和等于矩形面积的一半. =,又因为,则=,所以④一定成立 安徽22.如图1,在△ABC中,D、E、F分别为三边的中点,G点在边AB上,△BDG与四边形ACDG的周长相等,设BC=a、AC=b、AB=c.‎ ‎(1)求线段BG的长;(2)求证:DG平分∠EDF;‎ ‎(3)连接CG,如图2,若△BDG与△DFG相似,求证:BG⊥CG.‎ 123‎ 解(1)∵D、C、F分别是△ABC三边中点 ∴DE∥AB,DF∥AC,‎ 又∵△BDG与四边形ACDG周长相等 即BD+DG+BG=AC+CD+DG+AG ‎∴BG=AC+AG ∵BG=AB-AG ∴BG==‎ ‎(2)证明:BG=,FG=BG-BF=-‎ ‎∴FG=DF,∴∠FDG=∠FGD又∵DE∥AB ‎ ‎ ∴∠EDG=∠FGD ∠FDG=∠EDG ∴DG平分∠EDF ‎ ‎(3)在△DFG中,∠FDG=∠FGD, △DFG是等腰三角形,‎ ‎∵△BDG与△DFG相似,∴△BDG是等腰三角形,∴∠B=∠BGD,∴BD=DG,‎ 则CD= BD=DG,∴B、CG、三点共圆, ∴∠BGC=90°,∴BG⊥CG ‎23.如图,排球运动员站在点O处练习发球,将球从O点正上方2m的A处发出,把球看成点,其运行的高度y(m)与运行的水平距离x(m)满足关系式y=a(x-6)2+h.已知球网与O点的水平距离为9m,高度为2.43m,球场的边界距O点的水平距离为18m。‎ ‎(1)当h=2.6时,求y与x的关系式(不要求写出自变量x的取值范围)‎ ‎(2)当h=2.6时,球能否越过球网?球会不会出界?请说明理由;‎ ‎(3)若球一定能越过球网,又不出边界,求h的取值范围。‎ ‎23解:(1)把x=0,y=2,及h=2.6代入到y=a(x-6)2+h 即2=a(0-6)2+2.6, ∴ ∴y= (x-6)2+2.6‎ ‎(2)当h=2.6时,y= (x-6)2+2.6 x=9时,y= (9-6)2+2.6=2.45>2.43 ∴球能越过网 x=18时,y= (18-6)2+2.6=0.2>0 ∴球会过界 123‎ ‎(3)x=0,y=2,代入到y=a(x-6)2+h得;‎ x=9时,y= (9-6)2+h>2.43 ① x=18时,y= (18-6)2+h>0 ② 由① ②得h≥‎ 北京8. 小翔在如图1所示的场地上匀速跑步,他从点出发,沿箭头所示方向经过点跑到点,共用时30秒.他的教练选择了一个固定的位置观察小翔的跑步过程.设小翔跑步的时间为(单位:秒),他与教练的距离为(单位:米),表示与的函数关系的图象大致如图2所示,则这个固定位置可能是图1中的 A.点 B.点 C.点 D.点 【解析】 D ‎12.在平面直角坐标系中,我们把横 、纵坐标都是整数的点叫做整点.已知点,点是轴正半轴上的整点,记内部(不包括边界)的整点个数为.当时,点的横坐标的所有可能值是 ;当点的横坐标为(为正整数)时, (用含的代数式表示.)‎ 【解析】 ‎3或4;‎ 北京24.在中,,是的中点,是线段上的动点,将线段绕点顺时针旋转得到线段。‎ ‎ (1) 若且点与点重合(如图1),线段的延长线交射线于点,请补全图形,并写出的度数;‎ ‎ (2) 在图2中,点不与点重合,线段的延长线与射线交于点,猜想的大小(用含的代数式表示),并加以证明;‎ 123‎ ‎ (3) 对于适当大小的,当点在线段上运动到某一位置(不与点,重合)时,能使得线段的延长线与射线交于点,且,请直接写出的范围。‎ ‎【解析】‎ ‎⑴ ,‎ ‎⑵ 连接,易证 ∴ ‎ ‎ 又∵ ∴,‎ ‎∴ ∴‎ ‎∴ ∴ ∴‎ ‎⑶ ∵且 ∴‎ ‎ ∵点不与点重合 ∴ ∴ ∴‎ ‎25.在平面直角坐标系中,对于任意两点与的“非常距离”,给出如下定义:‎ ‎ 若,则点与点的“非常距离”为;‎ ‎ 若,则点与点的“非常距离”为.‎ ‎ 例如:点,点,因为,所以点与点的“非常距离”为,也就是图1中线段与线段长度的较大值(点为垂直于轴的直线与垂直于轴的直线的交点)。‎ ‎ (1)已知点,为轴上的一个动点,‎ ‎ ①若点与点的“非常距离”为2,写出一个满足条件的点的坐标; ②直接写出点与点的“非常距离”的最小值;‎ ‎ (2)已知是直线上的一个动点,‎ 123‎ ‎ ①如图2,点的坐标是(0,1),求点与点的“非常距离”的最小值及相应的点的坐标;‎ ‎ ②如图3,是以原点为圆心,1为半径的圆上的一个动点,求点与点的“非常距离”‎ 的最小值及相应的点和点的坐标。‎ ‎【解析】⑴ ①或 ②‎ ‎⑵ ①设坐标∴当此时∴距离为此时.‎ ‎② ∴ ∴ 最小值1。‎ 123‎ 重庆10.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示对称轴为x=﹣.下列结论中,正确的是(  )‎ ‎  A.abc>0  B.a+b=0  C.2b+c>0  D.4a+c<2b 解答: 解:A、∵开口向上,∴a>0,∵与y轴交与负半轴,∴c<0,‎ ‎∵对称轴在y轴左侧,∴﹣<0,∴b>0,∴abc<0,故本选项错误;‎ B、∵对称轴:x=﹣=﹣,∴a=b,故本选项错误;C、当x=1时,a+b+c=2b+c<0,故本选项错误;‎ D、∵对称轴为x=﹣,与x轴的一个交点的取值范围为x1>1,∴与x轴的另一个交点的取值范围为x2<﹣2,‎ ‎∴当x=﹣2时,4a﹣2b+c<0,即4a+c<2b,故本选项正确.故选D.‎ ‎16.甲、乙两人玩纸牌游戏,从足够数量的纸牌中取牌.规定每人最多两种取法,甲每次取4张或(4﹣k)张,乙每次取6张或(6﹣k)张(k是常数,0<k<4).经统计,甲共取了15次,乙共取了17次,并且乙至少取了一次6张牌,最终两人所取牌的总张数恰好相等,那么纸牌最少有 108 张.‎ 分析: 设甲a次取(4﹣k)张,乙b次取(6﹣k)张,则甲(15﹣a)次取4张,乙(17﹣b)次取6张,从而根据两人所取牌的总张数恰好相等,得出a、b之间的关系,再有取牌总数的表达式,讨论即可得出答案.‎ 解答: 解:设甲a次取(4﹣k)张,乙b次取(6﹣k)张,则甲(15﹣a)次取4张,乙(17﹣b)次取6张,‎ 则甲取牌(60﹣ka)张,乙取牌(102﹣kb)张,则总共取牌:N=a(4﹣k)+4(15﹣a)+b(6﹣k)+6(17﹣b)=﹣k(a+b)+162,‎ 从而要使牌最少,则可使N最小,因为k为正数,函数为减函数,则可使(a+b)尽可能的大,由题意得,a≤15,b≤16,‎ 又最终两人所取牌的总张数恰好相等,故k(b﹣a)=42,而0<k<4,b﹣a为整数,‎ 则由整除的知识,可得k可为1,2,3,‎ ‎①当k=1时,b﹣a=42,因为a≤15,b≤16,所以这种情况舍去;‎ ‎②当k=2时,b﹣a=21,因为a≤15,b≤16,所以这种情况舍去;‎ ‎③当k=3时,b﹣a=14,此时可以符合题意,‎ 综上可得:要保证a≤15,b≤16,b﹣a=14,(a+b)值最大,则可使b=16,a=2;b=15,a=1;b=14,a=0;‎ 当b=16,a=2时,a+b最大,a+b=18,继而可确定k=3,(a+b)=18,所以N=﹣3×18+162=108张.‎ 故答案为:108.‎ 123‎ 重庆 企业的污水处理有两种方式,一种是输送到污水厂进行集中处理,另一种是通过企业的自身设备进行处理.某企业去年每月的污水量均为12000吨,由于污水厂处于调试阶段,污水处理能力有限,该企业投资自建设备处理污水,两种处理方式同时进行.1至6月,该企业向污水厂输送的污水量y1(吨)与月份x(1≤x≤6,且x取整数)之间满足的函数关系如下表:‎ ‎7至12月,该企业自身处理的污水量y2(吨)与月份x(7≤x≤12,且x取整数)之间满足二次函数关系式为.其图象如图所示.1至6月,污水厂处理每吨污水的费用:(元)与月份x之间满足函数关系式:,该企业自身处理每吨污水的费用:(元)与月份x之间满足函数关系式:;7至12月,污水厂处理每吨污水的费用均为2元,该企业自身处理每吨污水的费用均为1.5元.‎ ‎(1)请观察题中的表格和图象,用所学过的一次函数、反比例函数或二次函数的有关知识,分别直接写出与x之间的函数关系式;‎ ‎(2)请你求出该企业去年哪个月用于污水处理的费用W(元)最多,并求出这个最多费用;‎ ‎(3)今年以来,由于自建污水处理设备的全面运行,该企业决定扩大产能并将所有污水全部自身处理,估计扩大产能后今年每月的污水量都将在去年每月的基础上增加a%,同时每吨污水处理的费用将在去年12月份的基础上增加(a﹣30)%,为鼓励节能降耗,减轻企业负担,财政对企业处理污水的费用进行50%的补助.若该企业每月的污水处理费用为18000元,请计算出a的整数值.(参考数据:≈15.2,≈20.5,≈28.4)‎ 解答:解:(1)根据表格中数据可以得出xy=定值,则y1与x之间的函数关系为反比例函数关系:y1=,将(1,12000)代入得:k=1×12000=12000,故y1=(1≤x≤6,且x取整数);‎ 123‎ 根据图象可以得出:图象过(7, 10049),(12,10144)点,代入得:,‎ 解得:,故y2=x2+10000(7≤x≤12,且x取整数);‎ ‎(2)当1≤x≤6,且x取整数时:W=y1x1+(12000﹣y1)•x2=•x+(12000﹣)•(x﹣x2),‎ ‎=﹣1000x2+10000x﹣3000,∵a=﹣1000<0,x=﹣=5,1≤x≤6,∴当x=5时,W最大=22000(元),‎ 当7≤x≤12时,且x取整数时,W=2×(12000﹣y1)+1.5y2=2×(12000﹣x2﹣10000)+1.5(x2+10000),=﹣x2+1900,‎ ‎∵a=﹣<0,x=﹣=0,当7≤x≤12时,W随x的增大而减小,∴当x=7时,W最大=18975.5(元),∵22000>18975.5,‎ ‎∴去年5月用于污水处理的费用最多,最多费用是22000元;‎ ‎(3)由题意得:12000(1+a%)×1.5×[1+(a﹣30)%]×(1﹣50%)=18000,设t=a%,整理得:10t2+17t﹣13=0,‎ 解得:t=,∵≈28.4,∴t1≈0.57,t2≈﹣2.27(舍去),∴a≈57,‎ 答:a的值是57.‎ ‎26.已知:如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=2,BC=6,AB=3.E为BC边上一点,以BE为边作正方形BEFG,使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧.‎ ‎(1)当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时,求BE的长;‎ ‎(2)将(1)问中的正方形BEFG沿BC向右平移,记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG,当点E与点C重合时停止平移.设平移的距离为t,正方形B′EFG的边EF与AC交于点M,连接B′D,B′M,DM,是否存在这样的t,使△B′DM是直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)在(2)问的平移过程中,设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S,请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.‎ 解答: 解:(1)如图①,设正方形BEFG的边长为x,则BE=FG=BG=x,‎ ‎∵AB=3,BC=6,∴AG=AB﹣BG=3﹣x,‎ ‎∵GF∥BE,∴△AGF∽△ABC,∴,即,解得:x=2,即BE=2;‎ ‎(2)存在满足条件的t,‎ 123‎ 理由:如图②,过点D作DH⊥BC于H,则BH=AD=2,DH=AB=3,‎ 由题意得:BB′=HE=t,HB′=|t﹣2|,EC=4﹣t,‎ 在Rt△B′ME中,B′M2=ME2+B′E2=22+(2﹣t)2=t2﹣2t+8,‎ ‎∵EF∥AB,∴△MEC∽△ABC,∴,即,∴ME=2﹣t,‎ 在Rt△DHB′中,B′D2=DH2+B′H2=32+(t﹣2)2=t2﹣4t+13,过点M作MN⊥DH于N,‎ 则MN=HE=t,NH=ME=2﹣t,∴DN=DH﹣NH=3﹣(2﹣t)=t+1,在Rt△DMN中,DM2=DN2+MN2=t2+t+1,‎ ‎(Ⅰ)若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,即t2+t+1=(t2﹣2t+8)+(t2﹣4t+13),解得:t=,‎ ‎(Ⅱ)若∠B′MD=90°,则B′D2=B′M2+DM2,即t2﹣4t+13=(t2﹣2t+8)+(t2+t+1),‎ 解得:t1=﹣3+,t2=﹣3﹣(舍去),∴t=﹣3+;‎ ‎(Ⅲ)若∠B′DM=90°,则B′M2=B′D2+DM2,即:t2﹣2t+8=(t2﹣4t+13)+(t2+t+1),此方程无解,‎ 综上所述,当t=或﹣3+时,△B′DM是直角三角形;‎ ‎(3)①如图③,当F在CD上时,EF:DH=CE:CH,即2:3=CE:4,∴CE=,‎ ‎∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣=,∵ME=2﹣t,∴FM=t,当0≤t≤时,S=S△FMN=×t×t=t2,‎ ‎②当G在AC上时,t=2,∵EK=EC•tan∠DCB=EC•=(4﹣t)=3﹣t,∴FK=2﹣EK=t﹣1,‎ ‎∵NL=AD=,∴FL=t﹣,∴当<t≤2时,S=S△FMN﹣S△FKL=t2﹣(t﹣)(t﹣1)=﹣t2+t﹣;‎ ‎③如图⑤,当G在CD上时,B′C:CH=B′G:DH,即B′C:4=2:3,解得:B′C=,‎ ‎∴EC=4﹣t=B′C﹣2=,∴t=,∵B′N=B′C=(6﹣t)=3﹣t,∵GN=GB′﹣B′N=t﹣1,‎ 123‎ ‎∴当2<t≤时,S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×(t﹣1+t)﹣(t﹣)(t﹣1)=﹣t2+2t﹣,‎ ‎④如图⑥,当<t≤4时,∵B′L=B′C=(6﹣t),EK=EC=(4﹣t),B′N=B′C=(6﹣t)EM=EC=(4﹣t),‎ S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL﹣S梯形B′EMN=﹣t+.综上所述:‎ 当0≤t≤时,S=t2,当<t≤2时,S=﹣t2+t﹣;当2<t≤时,S=﹣t2+2t﹣,当<t≤4时,S=﹣t+.‎ 123‎ 福建福州10.如图,过点C(1,2)分别作x轴、y轴的平行线,交直线y=-x+6于A、B两点,若反比例函数y=(x>0)的图像与△ABC有公共点,则k的取值范围是 ‎ A.2≤k≤9 B.2≤k≤8 C.2≤k≤5 D.5≤k≤8‎ 解答:解:∵ 点C(1,2),BC∥y轴,AC∥x轴,∴ 当x=1时,y=-1+6=5,‎ 当y=2时,-x+6=2,解得x=4,∴ 点A、B的坐标分别为A(4,2),B(1,5),‎ 根据反比例函数系数的几何意义,当反比例函数与点C相交时,k=1×2=2最小,‎ 设与线段AB相交于点(x,-x+6)时k值最大,则k=x(-x+6)=-x2+6x=-(x-3)2+9,‎ ‎∵ 1≤x≤4,∴ 当x=3时,k值最大,此时交点坐标为(3,3),因此,k的取值范围是2≤k≤9.‎ 故选A.‎ ‎15.如图,已知△ABC,AB=AC=1,∠A=36°,∠ABC的平分线BD交AC于点D,则AD的长是______,cosA的值是______________.(结果保留根号)‎ A B C D E 解答:∵ △ABC,AB=AC=1,∠A=36°,∴ ∠ABC=∠ACB==72°.‎ ‎∵ BD是∠ABC的平分线,∴ ∠ABD=∠DBC=∠ABC=36°.∴ ∠A=∠DBC=36°,‎ 又∵ ∠C=∠C,∴ △ABC∽△BDC,∴ =,‎ 设AD=x,则BD=BC=x.则=,解得:x=(舍去)或.故x= .‎ 如右图,过点D作DE⊥AB于点E,∵ AD=BD,‎ 123‎ ‎∴E为AB中点,即AE=AB=.在Rt△AED中,cosA===.‎ 故答案是:;.‎ 福建福州21.如图①,在Rt△ABC中,∠C=90º,AC=6,BC=8,动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动,动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动,过点P作PD∥BC,交AB于点D,连接PQ.点P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒(t≥0).‎ ‎(1) 直接用含t的代数式分别表示:QB=______,PD=______.‎ ‎(2) 是否存在t的值,使四边形PDBQ为菱形?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由.并探究如何改变点Q的速度(匀速运动),使四边形PDBQ在某一时刻为菱形,求点Q的速度;‎ ‎ (3) 如图②,在整个运动过程中,求出线段PQ中点M所经过的路径长.‎ 解答:解:(1) QB=8-2t,PD=t.‎ ‎ ‎第21题图①‎ A B C D P Q 第21题图②‎ A B C D P Q A B C M1‎ x y P N Q M2‎ M3‎ D 图2‎ A B C P N Q D 图3‎ E M F H ‎ (2) 不存在.‎ 在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,∴ AB=10.‎ 123‎ ‎∵ PD∥BC,∴ △APD∽△ACB, ∴ =,即:=,∴ AD=t,∴ BD=AB-AD=10-t.‎ ‎∵ BQ∥DP,∴ 当BQ=DP时,四边形PDBQ是平行四边形,即8-2t=t,解得:t=.‎ 当t=时,PD=×=,BD=10-×=6,∴ DP≠BD,∴ □PDBQ不能为菱形.‎ 设点Q的速度为每秒v个单位长度, 则BQ=8-vt,PD=t,BD=10-t.‎ 要使四边形PDBQ为菱形,则PD=BD=BQ,‎ 当PD=BD时,即t=10-t,解得:t=.‎ 当PD=BQ时,t=时,即×=8-v,解得:v=.‎ ‎ (3) 解法一:如图2,以C为原点,以AC所在直线为x轴,建立平面直角坐标系.‎ 依题意,可知0≤t≤4,当t=0时,点M1的坐标为(3,0);‎ 当t=4时,点M2的坐标为(1,4).设直线M1M2的解析式为y=kx+b, ‎ ‎∴ ,解得:.∴ 直线M1M2的解析式为y=-2x+6.‎ ‎∵ 点Q(0,2t),P(6-t,0), ∴ 在运动过程中,线段PQ中点M3的坐标为(,t).‎ 把x=,代入y=-2x+6,得y=-2×+6=t.∴ 点M3在直线M1M2上.‎ 过点M2作M2N⊥x轴于点N,则M2N=4,M1N=2.∴ M1M2=2.‎ ‎∴ 线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度.‎ 解法二:如图3,设E是AC的中点,连接ME.‎ 当t=4时,点Q与点B重合,运动停止.设此时PQ的中点为F,连接EF.‎ 过点M作MN⊥AC,垂足为N,则MN∥BC.∴ △PMN∽△PDC.‎ ‎∴ ==,即:==.∴ MN=t,PN=3-t,∴ CN=PC-PN=(6-t)-(3-t)=3-t.‎ 123‎ ‎∴ EN=CE-CN=3-(3-t)= t.∴ tan∠MEN==2.‎ ‎∵ tan∠MEN的值不变,∴ 点M在直线EF上.‎ 过F作FH⊥AC,垂足为H.则EH=2,FH=4.∴ EF=2.‎ ‎∵ 当t=0时,点M与点E重合;当t=4时,点M与点F重合,∴ 线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度.‎ ‎22.如图①,已知抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过A(3,0)、B(4,4)两点.‎ ‎(1) 求抛物线的解析式;‎ ‎(2) 将直线OB向下平移m个单位长度后,得到的直线与抛物线只有一个公共点D,求m的值及点D的坐标;‎ ‎(3) 如图②,若点N在抛物线上,且∠NBO=∠ABO,则在(2)的条件下,求出所有满足△POD∽△NOB的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应). ‎ 解:(1) ∵ 抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A(3,0)、B(4,4).‎ ‎∴ ,解得:.∴ 抛物线的解析式是y=x2-3x.‎ D A B O x y N 图1‎ A'‎ P1‎ N1‎ P2‎ B1‎ 图2‎ A'‎ N2‎ P1‎ P2‎ B2‎ A B D O x y N ‎ (2) 设直线OB的解析式为y=k1x,由点B(4,4),得:4=4k1,解得k1=1.∴ 直线OB的解析式为y=x.‎ ‎∴ 直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为:y=x-m.‎ ‎∵ 点D在抛物线y=x2-3x上.∴ 可设D(x,x2-3x).又点D在直线y=x-m上,‎ ‎∴ x2-3x =x-m,即x2-4x+m=0.‎ 123‎ ‎∵ 抛物线与直线只有一个公共点,∴ △=16-4m=0,解得:m=4.‎ 此时x1=x2=2,y=x2-3x=-2,∴ D点坐标为(2,-2).‎ ‎ (3) ∵ 直线OB的解析式为y=x,且A(3,0),∴ 点A关于直线OB的对称点A'的坐标是(0,3).‎ 设直线A'B的解析式为y=k2x+3,过点B(4,4),∴ 4k2+3=4,解得:k2=.‎ ‎∴ 直线A'B的解析式是y=x+3. ‎ ‎∵ ∠NBO=∠ABO,∴ 点N在直线A'B上,∴ 设点N(n,n+3),又点N在抛物线y=x2-3x上,‎ ‎∴ n+3=n2-3n, ‎ 解得:n1=-,n2=4(不合题意,会去),∴ 点N的坐标为(-,).‎ 方法一:如图1,将△NOB沿x轴翻折,得到△N1OB1,则N1(-,-),B1(4,-4),‎ ‎∴ O、D、B1都在直线y=-x上.‎ ‎∵ △P1OD∽△NOB,∴ △P1OD∽△N1OB1,∴ ==,∴ 点P1的坐标为(-,-).‎ 将△OP1D沿直线y=-x翻折,可得另一个满足条件的点P2(,).‎ 综上所述,点P的坐标是(-,-)或(,).‎ 方法二:如图2,将△NOB绕原点顺时针旋转90°,得到△N2OB2,则N2(,),B2(4,-4),‎ ‎∴ O、D、B2都在直线y=-x上.‎ ‎∵ △P1OD∽△NOB,∴ △P1OD∽△N2OB2,∴ ==,∴ 点P1的坐标为(,).‎ 将△OP1D沿直线y=-x翻折,可得另一个满足条件的点P2(-,-).‎ 综上所述,点P的坐标是(-,-)或(,).‎ 123‎ 福建龙岩10.如图,矩形ABCD中,AB=1,BC=2,把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱的侧面积为 ‎ A. B. C. D.2 B ‎(第10题图)‎ ‎(第17题图)‎ ‎17.如图,平面直角坐标系中,⊙O1过原点O,且⊙O1与⊙O2相外切,圆心O1与O2在x轴正半轴上,⊙O1的半径O1P1、⊙O2的半径O2P2都与x轴垂直,且点P1、P2在反比例函数(x>0)的图象上,则_________.‎ 福建龙岩24.矩形ABCD中,AD=5,AB=3,将矩形ABCD沿某直线折叠,使点A的对应点A′落在线段BC上,再打开得到折痕EF. ‎ ‎ (1)当A′与B重合时(如图1),EF= ;当折痕EF过点D时(如图2),求线段EF的长;‎ ‎ (2)观察图3和图4,设BA′=x,①当x的取值范围是 时,四边形AEA′F是菱形;②在①的条件下,利用图4证明四边形AEA′F是菱形.‎ ‎24. (1) 5 ……………………………………………………2分 ‎ 解法1:由折叠(轴对称)性质知 °‎ ‎ 在Rt△中,=3 ∴ ∴‎ ‎ ∵ ∵ 又 ∵°‎ ‎ ∴Rt△∽Rt△ ∴ ‎ 123‎ ‎ 在Rt△中,…6分 ‎ 解法2:同解法1得设,则 ………4分 ‎ 在Rt△中, ∴ ‎ ‎ 在Rt△中,……6分 ‎ 解法3:同解法1得Rt△∽Rt△ ‎ ‎ ∴=15-6- ‎ ‎ 连结, =∴ ‎ ‎(2)① ②证明:‎ ‎ 法一:由折叠(轴对称)性质知 ‎ ‎ 又 ∵∥BC ∴∠AFE=∠FEA′ ∴∠AEF=∠AFE ∴AE=AF ∴ ∴四边形是菱形.‎ 法二:由折叠(轴对称)性质知,,‎ 过作,交AD于G,证明得 ‎ ‎∴ ∴四边形是菱形 ‎25.在平面直角坐标系xoy中, 一块含60°角的三角板作如图摆放,斜边 AB在x轴上,直角顶点C在y轴正半轴上,已知点A(-1,0).‎ ‎ (1)请直接写出点B、C的坐标:B( , )、C( , );并求经过A、B、C三点的抛物线解析式;‎ ‎ (2)现有与上述三角板完全一样的三角板DEF(其中∠EDF=90°,∠DEF=60°),把顶点E放在线段AB上(点E是不与A、B两点重合的动点),并使ED所在直线经过点C. 此时,EF所在直线与(1)中的抛物线交于第一象限的点M. ‎ ‎ ①设AE=x,当x为何值时,△OCE∽△OBC;‎ ‎ ②在①的条件下探究:抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形,若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 123‎ 备用图 ‎25.(1)B(3,0),C(0,) ‎ ‎ 解:法1: 设过A、B、C三点的抛物线为,则 ‎ ∵A(—1,0)B(3,0) ∴ ‎ ‎ 又∵C(0,)在抛物线上 ∴‎ ‎ ∴∴ 即 ‎ ‎(2)①解:当△OCE∽△OBC时,则 ∵, OE=AE—AO=, OB=3 ‎ ‎ ∴ ∴ ∴当时,△OCE∽△OBC.‎ ‎(2)②解:存在点P. 理由如下: 由①可知 ∴OE=1 ∴E(1,0) 此时,△CAE为等边三角形 ‎ ∴∠AEC=∠A=60°‎ 又∵∠CEM=60° ∴∠MEB=60° ∴点C与点M关于抛物线的对称轴对称.‎ ‎ ∵C(0,) ∴M 123‎ ‎ 过M作MN⊥轴于点N(2,0) ∴MN= ∴ EN=1 ∴ EM= ‎ 若△PEM为等腰三角形,则:‎ ⅰ)当EP=EM时, ∵EM=2,且点P在直线上 ∴P(1,2)或P(1,—2)‎ ‎ ⅱ)当EM=PM时,点M在EP的垂直平分线上 ∴P(1,2) ‎ ‎ ⅲ)当PE=PM时,点P是线段EM的垂直平分线与直线的交点 ∴P(1,)‎ ‎ ∴综上所述,存在P点坐标为(1,2)或(1,—2)或(1,)或(1,)时,△EPM为等腰三角形. ‎ 福建南平 10. 如图,正方形纸片ABCD的边长为3,点E、F分别在边BC、CD上,将AB、AD分别和AE、AF折叠,点B、D恰好都将在点G处,已知BE=1,则EF的长为【 】‎ A. B. C. D.3 ‎ ‎【分析】∵正方形纸片ABCD的边长为3,∴∠C=90°,BC=CD=3。根据折叠的性质得:EG=BE=1,GF=DF。‎ 设DF=x,则EF=EG+GF=1+x,FC=DC-DF=3-x,EC=BC-BE=3-1=2。‎ 在Rt△EFC中,EF2=EC2+FC2,即(x+1)2=22+(3-x)2,解得:。‎ ‎∴DF= ,EF=1+。故选B。‎ ‎ ‎ ‎18.设[x)表示大于x的最小整数,如[3)=4,[-1.2)=-1,则下列结论中正确的是 ▲ .(填写所有正确结论的序号)①[0)=0;②[x)-x的最小值是0;③[x)-x的最大值是0;④存在实数x,使[x)-x=0.5成立.‎ 123‎ ‎【分析】根据题意[x)表示大于x的最小整数,结合各项进行判断即可得出答案:‎ ‎①[0)=1,故结论错误;②[x)-x>0,但是取不到0,故结论错误;‎ ‎③[x)-x≤1,即最大值为1,故结论错误;④存在实数x,使[x)-x=0.5成立,例如x=0.5时,故结论正确。‎ 福建南平25.在平面直角坐标系中,矩形OABC如图所示放置,点A在x轴上,点B的坐标为(m,1)(m>0),将此矩形绕O点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′.‎ ‎(1)写出点A、A′、C′的坐标;‎ ‎(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;(a、b、c可用含m的式子表示)‎ ‎(3)试探究:当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能落在(2)中的抛物线上?若能,求出此时m的值. ‎ ‎【答案】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),∴A(m,0),C(0,1)。‎ ‎∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成,∴A′(0,m),C′(-1,0)。(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,‎ ‎∵A(m,0),A′(0,m),C′(-1,0),‎ ‎∴,解得。∴此抛物线的解析式为:y=-x2+(m-1)x+m。‎ ‎(3)∵点B与点D关于原点对称,B(m,1),∴点D的坐标为:(-m,-1),‎ 假设点D(-m,-1)在(2)中的抛物线上,‎ ‎∴0=-(-m)2+(m-1)×(-m)+m=1,即2m2-2m+1=0,‎ ‎∵△=(-2)2-4×2×2=-4<0,∴此方程无解。∴点D不在(2)中的抛物线上。‎ ‎26.如图,在△ABC中,点D、E分别在边BC、AC上,连接AD、DE,且∠1=∠B=∠C.‎ ‎(1)由题设条件,请写出三个正确结论:(要求不再添加其他字母和辅助线,找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中,不必证明)答:结论一: ;结论二: ;结论三: .‎ ‎(2)若∠B=45°,BC=2,当点D在BC上运动时(点D不与B、C重合),‎ ‎①求CE的最大值;②若△ADE是等腰三角形,求此时BD的长.‎ ‎【答案】解:(1)AB=AC;∠AED=∠ADC;△ADE∽△ACD。‎ ‎(2)①∵∠B=∠C,∠B=45°,∴△ACB为等腰直角三角形。∴。‎ 123‎ ‎∵∠1=∠C,∠DAE=∠CAD,∴△ADE∽△ACD。∴AD:AC=AE:AD,∴ 。‎ 当AD最小时,AE最小,此时AD⊥BC,AD=BC=1。∴AE的最小值为 。∴CE的最大值= 。‎ ‎ ‎ ‎②当AD=AE时,∴∠1=∠AED=45°,∴∠DAE=90°。∴点D与B重合,不合题意舍去。‎ 当EA=ED时,如图1,∴∠EAD=∠1=45°。∴AD平分∠BAC,∴AD垂直平分BC。∴BD=1。‎ 当DA=DE时,如图2,∵△ADE∽△ACD,∴DA:AC=DE:DC。∴DC=CA=。∴BD=BC-DC=2-。‎ 综上所述,当△ADE是等腰三角形时,BD的长的长为1或2-。‎ 福建宁德 ‎10.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,点E、F、G、H分别在矩形ABCD的各边上,EF∥HG,EH∥FG,则四边形EFGH的周长是【 】‎ A. B. C.2 D.2 ‎【答案】D。‎ ‎ ‎ 123‎ ‎18.如图,点M是反比例函数y=在第一象限内图象上的点,作MB⊥x轴于点B.过点M的第一条直线交y轴于点A1,交反比例函数图象于点C1,且A1C1=A1M,△A1C1B的面积记为S1;过点M的第二条直线交y轴于点A2,交反比例函数图象于点C2,且A2C2=A2M,△A2C2B的面积记为S2;过点M的第三条直线交y轴于点A3,交反比例函数图象于点C3,且A3C3=A3M,△A3C3B的面积记为S3;依次类推…;则S1+S2+S3+…+S8= ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎25.某数学兴趣小组开展了一次活动,过程如下:‎ 如图1,在等腰△ABC中,AB=AC,∠BAC=90º,小敏将一块三角板中含45º角的顶点放在点A处,从AB边开始绕点A顺时针旋转一个角,其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D,直角边所在的直线交直线BC于点E.‎ ‎(1)小敏在线段BC上取一点M,连接AM,旋转中发现:若AD平分∠MAB,则AE也平分∠MAC.请你证明小敏发现的结论;‎ ‎(2)当0º<≤45º时,小敏在旋转的过程中发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系:BD2+CE2=DE2.同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决:‎ 小颖的方法:将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,连接EF(如图2);‎ 小亮的方法:将△ABD绕点A逆时针旋转90º得到△ACG,连接EG(如图3).‎ 请你从中任选一种方法进行证明;‎ ‎(3)小敏继续旋转三角板,在探究中得出:当45º<≤135º且≠90º时,等量关系BD2+CE2=DE2‎ 仍然成立.现请你继续探究:当135º<<180º时(如图4),等量关系BD2+CE2=DE2是否仍然成立?若成立,给出证明:若不成立,说明理由.‎ 123‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵∠BAC=90º,∠DAE=∠DAM+∠MAE=45º,∴∠BAD+∠EAC=45º。‎ ‎ 又∵AD平分∠MAB,∴∠BAD=∠DAM。∴∠MAE=∠EAC。∴AE平分∠MAC。‎ ‎ (2)证明小颖的方法:‎ ‎ ∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,∴AF=AB,∠AFD=∠B=45º,∠BAD=∠FAD。‎ ‎ 又∵AC=AB,∴AF=AC。‎ ‎ 由(1)知,∠FAE=∠CAE。‎ ‎ 在△AEF和△AEC中,∵AF= AC,∠FAE=∠CAE,AE=AE,‎ ‎ ∴△AEF≌△AEC(SAS)。∴CE=FE,∠AFE=∠C=45º。 ∴∠DFE=∠AFD +∠AFE=90º。‎ ‎ 在Rt△OCE中,DE2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2。‎ ‎(3)当135º<<180º时,等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立。证明如下:‎ ‎ 如图,按小颖的方法作图,设AB与EF相交于点G。‎ ‎ ∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,∴AF=AB,∠AFD=∠ABC=45º,∠BAD=∠FAD。‎ ‎ 又∵AC=AB,∴AF=AC。‎ 123‎ ‎ 又∵∠CAE=900-∠BAE=900-(45º-∠BAD)=45º+∠BAD=45º+∠FAD=∠FAE。‎ 在△AEF和△AEC中,∵AF= AC,∠FAE=∠CAE,AE=AE,‎ ‎ ∴△AEF≌△AEC(SAS)。∴CE=FE,∠AFE=∠C=45º。‎ 又∵在△AGF和△BGE中,∠ABC=∠AFE=45º,∠AGF=∠BGE,∴∠FAG=∠BEG。‎ 又∵∠FDE+∠DEF=∠FDE+∠FAG=(∠ADB+∠DAB)=∠ABC=90º。∴∠DFE=90º。‎ 在Rt△OCE中,DE2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2。‎ ‎26.如图,矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上,且OD=10,OB=8.将矩形的边BC绕点B逆时针旋转,使点C恰好与x轴上的点A重合.‎ ‎(1)直接写出点A、B的坐标:A( , )、B( , );‎ ‎(2)若抛物线y=-x2+bx+c经过点A、B,则这条抛物线的解析式是 ;‎ ‎(3)若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点,作MN⊥x轴于点N.问是否存在点M,使△AMN与△ACD相似?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;‎ ‎(4)当≤x≤7,在抛物线上存在点P,使△ABP的面积最大,求△ABP面积的最大值.‎ 123‎ ‎【答案】解:(1)(6,0),(0,-8)。 (2)。‎ ‎ (3)存在。‎ 设M,则N(m,0)MN=,NA=6-m。‎ ‎ 又DA=4,CD=8,‎ ①若点M在点N上方,,则△AMN∽△ACD。‎ ‎∴,即,解得m=6或m=10。‎ 与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符。∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似。‎ ②若点M在点N下方,,则△AMN∽△ACD。‎ ‎∴,即,解得m=-2或m=6。‎ 与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符。∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似。‎ ③若点M在点N上方,,则△AMN∽△ACD。‎ 123‎ ‎∴,即,方程无解。∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似。‎ ④若点M在点N下方,,则△AMN∽△ACD。‎ ‎∴,即,解得m=或m=6。‎ 当m=时符合条件。∴此时存在点M(,),使△AMN与△ACD相似。‎ 综上所述,存在点M(,),使△AMN与△ACD相似。‎ ‎(4)设P(p,), 在中,令y=0,得x=4或x=6。‎ ‎ ∴≤x≤7分为≤x<4,4≤x<6和6≤x≤7三个区间讨论:‎ ‎ ①如图,当≤x<4时,过点P作PH⊥x轴于点H则OH=p,HA=6-p ,PH=。‎ ‎∴‎ ‎ ∴当≤x<4时,随p的增加而减小。‎ ‎∴当x=时,取得最大值,最大值为。‎ ②如图,当4≤x<6时,过点P作PH⊥BC于点H,过点A作AG⊥BC于点G。‎ 则BH= p,HG=6-p,PH=,‎ 123‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎∴当4≤x<6时,随p的增加而减小。∴当x=4时,取得最大值,最大值为8。‎ ③如图,当6≤x≤7时,过点P作PH⊥x轴于点H。则OH=p,HA= p-6,PH=。‎ ‎∴‎ ‎∴当6≤x≤7时,随p的增加而增加。∴当x=7时,取得最大值,最大值为7。‎ 综上所述,当x=时,取得最大值,最大值为。‎ 福建泉州 ‎⒎如图,点O是△ABC的内心,过点O作EF∥AB,与AC、BC分别交于点E、F,则( )‎ A .EF>AE+BF B. EF5)上的一点,若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数,请你直接写出点P的坐标;‎ ‎(3)连接AC,探索:在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N,使△NAC的面积最大?若存在,请你求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)∵抛物线经过点B(1,0),C(5,0),‎ ‎∴设抛物线对应的函数解析式为。‎ 又∵抛物线经过点A(0,4),∴,解得。‎ ‎∴抛物线对应的函数解析式为,即。‎ 又∵,∴抛物线的对称轴为x=3。‎ ‎(2)(6,4)。‎ ‎(3)存在。△NAC的面积最大,即点N距AC的距离最大,此时点N在直线AC下方的抛物线上,过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。‎ ‎ 设直线AC:,则,解得。∴直线AC:。‎ ‎ 设过点N与直线AC平行的直线为。由整理得。‎ ‎ ∵直线与抛物线只有一个交点, ∴,解得。‎ ‎∴,解得。当时,。∴N(,-3)。‎ ‎∴在直线AC下方的抛物线上存在一点N(,-3),使△NAC的面积最大。‎ 贵州铜仁10.如图,第①个图形中一共有1个平行四边形,第②个图形中一共有5个平行四边形,第③个图形中一共有11个平行四边形,…则第⑩个图形中平行四边形的个数是【 】‎ 123‎ ‎  A.54  B.110  C.19  D.109‎ 第①个图形中有1个平行四边形;第②个图形中有1+4=5个平行四边形;‎ 第③个图形中有1+4+6=11个平行四边形;第④个图形中有1+4+6+8=19个平行四边形;…‎ 第n个图形中有1+2(2+3+4+…+n)个平行四边形;‎ 则第⑩个图形中有1+2(2+3+4+5+6+7+8+9+10)=109个平行四边形。故选D。‎ ‎18.以边长为2的正方形的中心O为端点,引两条相互垂直的射线,分别与正方形的边交于A、B两点,则线段AB的最小值是 ▲ .‎ ‎∵四边形CDEF是正方形,∴∠OCD=∠ODB=45°,∠COD=90°,OC=OD。‎ ‎∵AO⊥OB,∴∠AOB=90°。‎ ‎∴∠CAO+∠AOD=90°,∠AOD+∠DOB=90°,∴∠COA=∠DOB。‎ ‎∵在△COA和△DOB中,∠OCA=∠ODB,OC=OD,∠COA=∠DOB,‎ ‎∴△COA≌△DOB(ASA)。∴OA=OB。‎ ‎∵∠AOB=90°,∴△AOB是等腰直角三角形。‎ 由勾股定理得:。‎ ‎∴要使AB最小,只要OA取最小值即可。‎ 根据垂线段最短的性质,当OA⊥CD时,OA最小。‎ ‎∵四边形CDEF是正方形,∴FC⊥CD,OD=OF。∴CA=DA,∴OA=CF=1。‎ ‎∴AB=。‎ ‎24.为了抓住梵净山文化艺术节的商机,某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品.若购进A种纪念品8件,B种纪念品3件,需要950元;若购进A种纪念品5件,B种纪念品6件,需要800元.‎ ‎(1)求购进A、B两种纪念品每件各需多少元?‎ ‎(2)若该商店决定购进这两种纪念品共100件,考虑市场需求和资金周转,用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元,但不超过7650元,那么该商店共有几种进货方案?‎ 123‎ ‎(3)若销售每件A种纪念品可获利润20元,每件B种纪念品可获利润30元,在第(2)问的各种进货方案中,哪一种方案获利最大?最大利润是多少元?‎ ‎【答案】解:(1)设该商店购进一件A种纪念品需要a元,购进一件B种纪念品需要b元,‎ ‎ 根据题意得方程组得:, 解方程组得:。‎ ‎∴购进一件A种纪念品需要100元,购进一件B种纪念品需要50元。‎ ‎(2)设该商店购进A种纪念品x个,则购进B种纪念品有(100﹣x)个,‎ ‎∴,解得:50≤x≤53。‎ ‎∵x 为正整数,∴x=50,51,52,53。∴共有4种进货方案。‎ ‎(3)∵B种纪念品利润较高,∴B种数量越多总利润越高。‎ ‎∴选择购A种50件,B种50件。‎ 总利润=50×20+50×30=2500(元)。‎ ‎∴当购进A种纪念品50件,B种纪念品50件时,可获最大利润,最大利润是2500元。‎ ‎25.如图,已知:直线交x轴于点A,交y轴于点B,抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C(1,0)三点.‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)若点D的坐标为(-1,0),在直线上有一点P,使ΔABO与ΔADP相似,求出点P的坐标;‎ ‎(3)在(2)的条件下,在x轴下方的抛物线上,是否存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积?如果存在,请求出点E的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)由题意得,A(3,0),B(0,3),‎ ‎∵抛物线经过A、B、C三点,‎ 123‎ ‎∴把A(3,0),B(0,3),C(1,0)三点分别代入y=ax2+bx+c得方程组 ‎ ,解得:。∴抛物线的解析式为。 ‎ ‎(2)由题意可得:△ABO为等腰三角形,如图1所示,‎ 若△ABO∽△AP1D,连接DP1,则,∴DP1=AD=4。∴P1。‎ 若△ABO∽△ADP2 ,过点P2作P2 M⊥x轴于M,连接DP2, ‎ ‎∵△ABO为等腰三角形, ∴△ADP2是等腰三角形。‎ 由三线合一可得:DM=AM=2= P2M,即点M与点C重合。∴P2(1,2)。‎ ‎(3)不存在。理由如下: 如图2设点E ,则 ‎①当P1(-1,4)时,S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE ‎ ∴。 ∴。‎ ‎∵点E在x轴下方 ∴。代入得: ,即 ‎ ‎∵△=(-4)2-4×7=+12<0,∴此方程无解。‎ 123‎ ‎∴当P1(-1,4)时,在x轴下方的抛物线上,不存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积。‎ ‎②当P2(1,2)时, ‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎∵点E在x轴下方,∴。代入得:,即 ‎ ‎∵△=(-4)2-4×5=-4<0,∴此方程无解。‎ ‎∴当P2(1,2)时,在x轴下方的抛物线上,不存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积。‎ 综上所述,在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积。‎ 贵州遵义10.如图,矩形ABCD中,E是AD的中点,将△ABE沿BE折叠后得到△GBE,延长BG交CD于F点,若CF=1,FD=2,则BC的长为【 】‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】过点E作EM⊥BC于M,交BF于N。‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠ABC=90°,AD=BC,‎ ‎∵∠EMB=90°,∴四边形ABME是矩形。∴AE=BM,‎ 由折叠的性质得:AE=GE,∠EGN=∠A=90°,∴EG=BM。‎ ‎∵∠ENG=∠BNM,∴△ENG≌△BNM(AAS)。∴NG=NM。‎ ‎∵E是AD的中点,CM=DE,∴AE=ED=BM=CM。‎ ‎∵EM∥CD,∴BN:NF=BM:CM。∴BN=NF。∴NM=CF=。∴NG=。‎ ‎∵BG=AB=CD=CF+DF=3,∴BN=BG﹣NG=3﹣。∴BF=2BN=5‎ ‎∴。故选B。‎ ‎18.如图,平行四边形ABCD的顶点为A、C在双曲线上,B、D在双曲线上,k1=2k2(k1>0),AB∥y轴,S△ABCD=24,则k1=  ▲  .‎ ‎【分析】∵在ABCD中,AB∥CD,AB=CD(平行四边形的对边平行且相等),‎ 123‎ ‎∴设A(x,y1)、B(x、y2),(x<0)。‎ 则根据反比例函数的图象关于原点对称的性质知,C(﹣x,﹣y1)、D(﹣x、﹣y2)。‎ ‎∵A在双曲线上,B在双曲线上,∴,。∴。‎ 又∵k1=2k2(k1>0),∴y1=﹣2y2。‎ ‎∵S△ABCD=24,∴,即。解得,k1=8。‎ ‎26.如图,△ABC是边长为6的等边三角形,P是AC边上一动点,由A向C运动(与A、C不重合),Q是CB延长线上一点,与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动(Q不与B重合),过P作PE⊥AB于E,连接PQ交AB于D.‎ ‎(1)当∠BQD=30°时,求AP的长;‎ ‎(2)当运动过程中线段ED的长是否发生变化?如果不变,求出线段ED的长;如果变化请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴∠ACB=60°。‎ ‎∵∠BQD=30°,∴∠QCP=90°。‎ 设AP=x,则PC=6﹣x,QB=x,∴QC=QB+C=6+x。‎ ‎∵在Rt△QCP中,∠BQD=30°,∴PC=QC,即6﹣x=(6+x),解得x=2。‎ ‎∴当∠BQD=30°时,AP=2。‎ ‎(2)当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。理由如下:‎ 作QF⊥AB,交直线AB的延长线于点F,连接QE,PF。‎ ‎∵PE⊥AB于E,∴∠DFQ=∠AEP=90°。‎ ‎∵点P、Q做匀速运动且速度相同,∴AP=BQ。‎ ‎∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。‎ ‎∴在△APE和△BQF中,‎ ‎∵∠A=∠FBQ,AP=BQ,∠AEP=∠BFQ=90°,∴△APE≌△BQF(AAS)。‎ ‎∴AE=BF,PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。‎ ‎∴DE=EF。‎ 123‎ ‎∵EB+AE=BE+BF=AB,∴DE=AB。‎ 又∵等边△ABC的边长为6,∴DE=3。‎ ‎∴当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。‎ ‎27.如图,已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过原点O,交x轴于点A,其顶点B的坐标为(3,﹣).‎ ‎(1)求抛物线的函数解析式及点A的坐标;‎ ‎(2)在抛物线上求点P,使S△POA=2S△AOB;‎ ‎(3)在抛物线上是否存在点Q,使△AQO与△AOB相似?如果存在,请求出Q点的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)由函数图象经过原点得,函数解析式为y=ax2+bx(a≠0),‎ 又∵函数的顶点坐标为(3,﹣),‎ ‎∴,解得:。∴函数解析式为:。‎ 由二次函数图象的对称性可得点A的坐标为(6,0)。‎ ‎(2)∵S△POA=2S△AOB,‎ ‎∴点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍,即点P的纵坐标为2。‎ 代入函数解析式得:,解得:x1=3+,x2=3﹣。‎ ‎∴满足条件的有两个,P1(3+,2),P2(3﹣,2)。‎ ‎(3)存在。‎ 过点B作BP⊥OA,则tan∠BOP=tan∠BAP=。‎ ‎∴∠BOA=30°。‎ 设Q1坐标为(x,),过点Q1作Q1F⊥x轴,‎ 123‎ ‎∵△OAB∽△OQ1A,∴∠Q1OA=30°,‎ ‎∴OF=Q1F,即x=,解得:x=9或x=0(舍去)。‎ ‎∴Q1坐标为(9,3),‎ 根据函数的对称性可得Q2坐标为(﹣3,3)。‎ ‎∴Q点的坐标(9,3),(﹣3,3)。‎ 123‎