中考数学冲刺中考数学压轴题填空选择解答题分类汇编 122页

‎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