备战中考历年中考数量和位置变化题汇总 28页

备战2019中考：历年中考数量和位置变化题汇总 ‎　　一、选择题 ‎ ‎ 1. (2019辽宁鞍山3分)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，DE⊥BC于点E，且E是BC中点;动点P从点E出发沿路径ED→DA→AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动;设点P的运动时间为t秒，△PBC的面积为S，则下列能反映S与t的函数关系的图象是【 】 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ 【答案】B。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象。 ‎ ‎ 【分析】分别求出点P在DE、AD、AB上运动时，S与t的函数关系式，结合选项即可得出答案： ‎ ‎ 根据题意得：当点P在ED上运动时，S= BC?PE=2t; ‎ ‎ 当点P在DA上运动时，此时S=8; ‎ ‎ 当点P在线段AB上运动时，S= BC(AB+AD+DE-t)=5- t。 ‎ ‎ 结合选项所给的函数图象，可得B选项符合。故选B。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁大连3分)在平面直角坐标系中，点P(-3，1)所在的象限为【 】 ‎ ‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎ ‎ 【答案】B。 ‎ ‎ 【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征。 ‎ ‎ 【分析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限(+，+);第二象限(-，+);第三象限(-，-);第四象限(+，-)。故点P(-3，1)位于第二象限。故选B。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁沈阳3分)在平面直角坐标系中，点P (-1，2 ) 关于x轴的对称点的坐标为【 】 ‎ ‎ A.(-1，-2 ) B.(1，-2 ) C.(2，-1 ) D.(-2，1 ) ‎ ‎ 【答案】A。 ‎ ‎ 【考点】关于x轴对称的点的坐标特征。 ‎ ‎ 【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点P (-1，2 )关于x轴对称的点的坐标是(-1，-2 )。故选A。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁铁岭3分)如图，□ABCD的AD边长为8，面积为32，四个全等的小平行四边形对称中心分别在□ABCD的顶点上，它们的各边与□ABCD的各边分别平行，且与□ABCD相似.若小平行四边形的一边长为x，且0 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ 【答案】D。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象，平行四边形的性质，相似多边形的性质。 ‎ ‎ 【分析】∵四个全等的小平行四边形对称中心分别在□ABCD的顶点上， ‎ ‎ ∴阴影部分的面积的和等于一个小平行四边形的面积。 ‎ ‎ ∵□ABCD的AD边长为8，面积为32，小平行四边形的一边长为x，阴影部分的面积的和为y，且小平行四边形与□ABCD相似， ‎ ‎ ∴ ，即 。 ‎ ‎ 又∵0 ‎ ‎ 5. (2019辽宁营口3分)如图，菱形ABCD的边长为2，∠B= .动点P从点B出发，沿B-C-D的路线向点D运动.设△ABP的面积为 (B、P两点重合时，△ABP的面积可以看做0)，点P运动的路程为 ，则 与 之间函数关系的图像大致为【 】 ‎ ‎ 【答案】C。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 ‎ ‎ 【分析】当点P在BC上运动时，如图，△ABP的高PE=BPsin∠B= ， ‎ ‎ ∴△ABP的面积 。 ‎ ‎ 当点P在BC上运动时，如图，△ABP的高PF=BCsin∠B=1, ‎ ‎ ∴△ABP的面积 。 ‎ ‎ 因此，观察所给选项，只有C符合。故选C。 ‎ ‎ 二、填空题 ‎ ‎ 1. ‎ ‎(2019辽宁鞍山3分)在平面直角坐标系中，将点P(﹣1，4)向右平移2个单位长度后，再向下平移3个单位长度，得到点P1，则点P1的坐标为 ▲ . ‎ ‎ 【答案】(1，1)。 ‎ ‎ 【考点】坐标平移。 ‎ ‎ 【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此， ‎ ‎ ∵点P(﹣1，4)向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，∴﹣1+2=1，4﹣3=1。 ‎ ‎ ∴点P1的坐标为(1，1)。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁朝阳3分)函数 中，自变量x的取值范围是 ▲ 。 ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁阜新3分)函数 中，自变量x的取值范围是 ▲ . ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁锦州3分)函数 中,自变量x的取值范围是 ▲ . ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。 ‎ ‎ 5. (2019辽宁铁岭3分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC经过平移后点A的对应点为点A′,则平移 ‎ ‎ 后点B的对应点B′的坐标为 ▲ . ‎ ‎ 【答案】(﹣2，1)。 ‎ ‎ 【考点】坐标与图形的平移变化。 ‎ ‎ 【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此， ‎ ‎ 由图可得，点A(1，﹣1)，A′(﹣3，3)， ‎ ‎ ∴平移的规律是：向左平移4个单位，再向上平移4个单位。 ‎ ‎ ∵点B的坐标为(2，﹣3)，∴B′的坐标为(﹣2，1)。 ‎ ‎ 三、解答题 ‎ ‎ 1. (2019辽宁鞍山12分)如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标(3，3)，将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的 ‎ ‎ 延长线交线段BC于点P，连AP、AG. ‎ ‎ (1)求证：△AOG≌△ADG; ‎ ‎ (2)求∠PAG的度数;并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由; ‎ ‎ (3)当∠1=∠2时，求直线PE的解析式. ‎ ‎ 【答案】解：(1)证明：∵∠AOG=∠ADG=90°， ‎ ‎ ∴在Rt△AOG和Rt△ADG中，AO=AD，AG=AG， ‎ ‎ ∴△AOG≌△ADG(HL)。 ‎ ‎ (2)∠PAG =45°,PG=OG+BP。理由如下： ‎ ‎ 由(1)同理可证△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP。 ‎ ‎ ∵由(1)△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG。 ‎ ‎ 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°， ‎ ‎ ∴2∠DAG+2∠DAP=90°，即∠DAG+∠DAP=45°。∴∠PAG=∠DAG+∠DAP=45°。 ‎ ‎ ∵△AOG≌△ADG，△ADP≌△ABP，∴DG=OG，DP=BP。 ‎ ‎ ∴PG=DG+DP=OG+BP。 ‎ ‎ (3)∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD。 ‎ ‎ 又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC。 ‎ ‎ 又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°。∴∠1=∠2=30°。 ‎ ‎ 在Rt△AOG中，AO=3，OG=AOtan30°= ， ‎ ‎ ∴G点坐标为：( ，0)，CG=3﹣ 。 ‎ ‎ 在Rt△PCG中，PC= ，∴P点坐标为：(3， )。 ‎ ‎ 设直线PE的解析式为y=kx+b， ‎ ‎ 则 ，解得 。 ‎ ‎ ∴直线PE的解析式为y= x﹣1。 ‎ ‎ 【考点】一次函数综合题，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，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】(1)由AO=AD，AG=AG，利用“HL”可证△AOG≌△ADG。 ‎ ‎ (2)利用(1)的方法，同理可证△ADP≌△ABP，得出∠1=∠DAG，∠DAP=∠BAP，而∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，由此可求∠PAG的度数;根据两对全等三角形的性质，可得出线段OG、PG、BP之间的数量关系。 ‎ ‎ (3)由△AOG≌△ADG可知，∠AGO=∠AGD，而∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，当∠1=∠2时，可证∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，得出∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，即∠1=∠2=30°，解直角三角形求OG，PC，确定P、G两点坐标，得出直线PE的解析式。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁本溪14分)如图，已知抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1，0)、C(3，0)，交y轴于点A，将线段OB绕点O顺时针旋转90°，点B的对应点为点M，过点A的直线与x轴交于点D(4,0).直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合，∠FEH=90°，EF∥HG,EF=EH=1。直角梯形EFGH从点D开始，沿射线DA方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG与直线AD始终重合，设运动时间为t秒。 ‎ ‎ (1)求此抛物线的解析式; ‎ ‎ (2)当t为何值时，以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形; ‎ ‎ (3)作点A关于抛物线对称轴的对称点A′，直线HG与对称轴交于点K，当t为何值时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的t值。 ‎ ‎ 【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0), ‎ ‎ ∴ ，解得， 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3。 ‎ ‎ (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x轴于点N，延长E′ H’交x轴于点P。 ‎ ‎ ∵点M是点B绕O点顺时针旋转90°得到的， ‎ ‎ ∴点M的坐标为(0，1)。 ‎ ‎ ∵点A是抛物线与y轴的交点， ‎ ‎ ∴点A的坐标为(3，0)。 ‎ ‎ ∵OA=3，OD=4，∴AD=5。 ‎ ‎ ∵E′ H′∥OM，E′ H′=OM=1， ‎ ‎ ∴四边形E′H′ OM是平行四边形(当E′ H′不与y轴重合时)。 ‎ ‎ ∵F′N∥y轴，N G′∥x轴，∴△F′N D∽△AOD。∴ 。 ‎ ‎ ∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的， ‎ ‎ ∴F′D=t，∴ 。∴ 。 ‎ ‎ ∵E′F′=PN=1，∴OP=OD-PN-ND=4-1- =3- 。 ‎ ‎ ∵E′P= ，E′H′=1，∴H′P= -1。 ‎ ‎ 若平行四边形E′H′ OM是矩形，则∠MO H′=900，此时H′G′与x轴重合。 ‎ ‎ ∵F′D=t，∴ ，即 。 ‎ ‎ 即当 秒时，平行四边形EHOM是矩形。 ‎ ‎ 若平行四边形E′H′ OM是菱形，则O H′=1。 ‎ ‎ 在Rt△H′OP中， ，即 ‎ ‎ 得 ，解得 。 ‎ ‎ 即当 秒时，平行四边形EHOM是菱形。 ‎ ‎ 综上所述，当 秒时，平行四边形EHOM是矩形，当 ‎ 秒时，平行四边形EHOM是菱形。 ‎ ‎ (3) 秒或 秒。 ‎ ‎ 【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，直角梯形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、矩形和菱形的判定。 ‎ ‎ 【分析】(1)用待定系数法，将B(-1,0)、C(3,0)代入y=ax2+bx+3即可求得抛物线的解析式。 ‎ ‎ (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x轴于点N，延长E′ H’交x轴于点P。根据相似三角形的判定和性质，可用t表示出OP=3- ，H′P= -1。分平行四边形E′H′ OM是矩形和菱形两种情况讨论即可。 ‎ ‎ (3)∵y=-x2+2x+3的对称轴为x=1，A(0，3)， ‎ ‎ ∴点A关于抛物线对称轴的对称点A′(2，3)。 ‎ ‎ ∴A A′=2。 ‎ ‎ 设直线AD解析式为 ， ‎ ‎ 则由A(0，3)，D(4，0)得 ‎ ‎ ，解得 。∴直线AD解析式为 。 ‎ ‎ 由(2)知，点G的纵坐标为 -1，代入 得横坐标为 。 ‎ ‎ 由HG=2得 ，即 或 。 ‎ ‎ 解得 或 。 ‎ ‎ ∴当 秒或 ‎ 秒时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁大连12分)如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ，0)、B(3 ，0)、C(0，3)三点，线段BC与抛物线的对称轴l相交于点D。设抛物线的顶点为P，连接PA、AD、DP，线段AD与y轴相交于点E。 ‎ ‎ (1)求该抛物线的解析式; ‎ ‎ (2)在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以Q、C、D为顶点的三角形与△ADP全等?若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由; ‎ ‎ (3)将∠CED绕点E顺时针旋转，边EC旋转后与线段BC相交于点M，边ED旋转后与对称轴l相交于点N，连接PM、DN，若PM=2DN，求点N的坐标(直接写出结果)。 ‎ ‎ 【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ，0)、B(3 ，0)、C(0，3)三点， ‎ ‎ ∴抛物线的解析式可设为 ， ‎ ‎ 将C(0，3)代入得 ，解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式为 ，即 。 ‎ ‎ (2)存在。如图， ‎ ‎ 由 得对称轴l为 ， ‎ ‎ 由B(3 ，0)、C(0，3)得tan∠OBC= ， ‎ ‎ ∴∠OBC==300。 ‎ ‎ 由轴对称的性质和三角形外角性质，得 ‎ ‎ ∠ADP==1200。 ‎ ‎ 由锐角三角函数可得点D的坐标为( ，2)。 ‎ ‎ ∴DP=CP=1，AD=4。 ‎ ‎ ①在y轴正方向上存在点Q1，只要CQ1=4，则由SAS可判断△Q1CD≌△ADP， ‎ ‎ 此时，Q1的坐标为(0，7)。 ‎ ‎ ②由轴对称的性质，得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足△Q2CD≌△ADP， ‎ ‎ 过点Q2作Q2G⊥y轴于点G，则在Rt△CQ2G中，由Q2C=4，∠Q2CG=600可得 ‎ ‎ CG=2，Q2G=2 。∴OG=1。∴Q2的坐标为(-2 ，1)。 ‎ ‎ ③在对称轴l点P关于点D的反方向上存在点Q3，只要DQ3=4，则△Q3DC≌△ADP， ‎ ‎ 此时，Q3的坐标为( ，-2)。 ‎ ‎ ④由轴对称的性质，得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足△Q2DC≌△ADP， ‎ ‎ 过点Q4作Q4H⊥l于点H，则在Rt△DQ4H中，由Q4D=4，∠Q4DH=600可得 ‎ ‎ DH=2，HQ4=2 。∴Q4的坐标为(3 ，4)。 ‎ ‎ 综上所述，点Q的坐标为(0，7)或(-2 ，1)或( ，-2)或(3 ，4)。 ‎ ‎ (3)( )。 ‎ ‎ 【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，二次函数的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，轴对称的性质，三角形外角性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)根据已知点的坐标，设抛物线的交点式，用待定系数法即可求。 ‎ ‎ (2)求出△ADP的两边夹一角，根据SAS作出判断。 ‎ ‎ (3)如图，作做EF⊥l于点F， ‎ ‎ 由题意易证明△PMD ≌△EMD，△CME ≌△DNE， ‎ ‎ ∴PM=EM=EN=2DN。 ‎ ‎ 由题意DF=1，EF= ，NF=1-DN ‎ ‎ 在Rt△EFN中， ， ‎ ‎ ∴ ，整理得 ，解得 (负值舍去)。 ‎ ‎ ∴点N的纵坐标为 。∴N( )。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁丹东14分)已知抛物线 与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，点A的坐标是(-1，0)，O是坐标原点，且 . ‎ ‎ (1)求抛物线的函数表达式; ‎ ‎ (2)直接写出直线BC的函数表达式; ‎ ‎ (3)如图1，D为y轴的负半轴上的一点，且OD=2，以OD为边作正方形ODEF.将正方形ODEF ‎ ‎ 以 每秒1个单位的速度沿x轴的正方向移动，在运动过程中，设正方形ODEF与△OBC重叠部分的面积为s，运动的时间为t秒(0 ‎ ‎ 求：①s与t之间的函数关系式; ‎ ‎ ②在运动过程中，s是否存在最大值?如果存在，直接写出这个最大值;如果不存在，请 ‎ ‎ 说明理由. ‎ ‎ (4)如图2，点P(1，k)在直线BC上，点M在x轴上，点N在抛物线上，是否存在以A、M、 ‎ ‎ N、P为顶点的平行四边形?若存在，请直接写出M点坐标;若不存在，请说明理由. ‎ ‎ 【答案】解：(1)∵ A(-1，0), ，∴C(0，-3)。 ‎ ‎ ∵抛物线经过A(-1，0),C(0，，3)， ‎ ‎ ∴ ，解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的函数表达式y=x2-2x-3。 ‎ ‎ (2)直线BC的函数表达式为y=x-3。 ‎ ‎ (3)当正方形ODEF的顶点D运动到直线BC上时，设D点的坐标为(m，-2)， ‎ ‎ 根据题意得：-2=m-3，∴m=1。 ‎ ‎ ①当0 ‎ ‎ 当1 ‎ ‎ G(t，t-3)，H(1，-2)， ‎ ‎ ∴GD1=t-1，HD1= t-1。 ‎ ‎ ∴S= ‎ ‎ ∴s与t之间的函数关系式为 ‎ ‎ ②在运动过程中，s是存在最大值：当t =2秒时，S有最大值，最大值为 。 ‎ ‎ (4)存在。M 1(- ，0)M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，0)。 ‎ ‎ 【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，正方形的性质，二次函数的性质，平行四边形的判定。 ‎ ‎ 【分析】(1)求出点C的坐标，即可根据A，C的坐标用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 ‎ ‎ (2)求出点B的坐标(3，0)，即可由待定系数法求出直线BC的函数表达式。 ‎ ‎ (3)①分0 ‎ ‎ ②由于 在0 ‎ ‎ (4)由点P(1，k)在直线BC上，可得k=-2。∴P(1，-2)。 ‎ ‎ 则过点P且平行于x轴的直线N1N2和在x轴上方与x轴的距离为2的直线N3N4，与y=x2-2x-3的交点N1、N2、 N3、N4的坐标分别为N1( ，-2)，N2( ，-2)， N3( ， 2)，N4( ， 2)。 ‎ ‎ 若AP是边， ‎ ‎ 则M1的横坐标为-PN1加点A的横坐标：- ; ‎ ‎ M2的横坐标为PN2加点A的横坐标： ; ‎ ‎ M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标： ; ‎ ‎ M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标： 。 ‎ ‎ 若AP是对角线，符合条件的点M与上述M 1(- ，0)和M2( ，0)重合。 ‎ ‎ 综上所述，M 1(- ，0)，M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，0)。 ‎ ‎ 5. (2019辽宁阜新12分)在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与x轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C. ‎ ‎ (1)求这个二次函数的关系解析式; ‎ ‎ (2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大?若存在，求出点P的坐标;若不存在，说明理由; ‎ ‎ 考生注意：下面的(3)、(4)、(5)题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊! ‎ ‎ (3)在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由; ‎ ‎ (4)点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E.是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由; ‎ ‎ (5)点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由. ‎ ‎ 【答案】解：(1)由抛物线 过A(-3，0)，B(1，0)，则 ‎ ‎ ，解得 。 ‎ ‎ ∴二次函数的关系解析式为 。 ‎ ‎ (2)设点P坐标为(m，n)，则 。 ‎ ‎ 连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N。 ‎ ‎ PM = ， ，AO=3。 ‎ ‎ 当 时， ，所以OC=2。 ‎ ‎ ∵ <0，∴函数 有最大值，当 时， 有最大值。 ‎ ‎ 此时 。 ‎ ‎ ∴存在点 ，使△ACP的面积最大。 ‎ ‎ (3)存在。点 。 ‎ ‎ (4)存在。点 。 ‎ ‎ (5)点 。 ‎ ‎ 【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，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)将点A、B的坐标代入 即可求得a、b，从而得到二次函数的关系解析式。 ‎ ‎ (2)设点P坐标为(m，n)，则 ‎ ‎。连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，根据 求出S关于m的二次函数，根据二次函数最值求法即可求解。 ‎ ‎ (3)分BQ为斜边和CQ为斜边两种情况讨论即可。 ‎ ‎ (4)分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论即可。 ‎ ‎ (5)分AC是边和对角线两种情况讨论即可。 ‎ ‎ 6. (2019辽宁沈阳12分)已知，如图，在平面直角坐标系内，点A的坐标为(0，24 )，经过原点的直线l1与经过点A的直线l2相交于点B，点B坐标为(18，6). ‎ ‎ (1)求直线l1，l2的表达式; ‎ ‎ (2)点C为线段OB上一动点 (点C不与点O，B重合)，作CD∥y轴交直线l2于点D，过点C，D分别向y轴作垂线，垂足分别为F，E，得到矩形CDEF. ‎ ‎ ①设点C的纵坐标为a，求点D的坐标(用含a的代数式表示); ‎ ‎ ②若矩形CDEF的面积为60，请直接写出此时点C的坐标. ‎ ‎ 【答案】解：(1)设直线l1的表达式为y=k1x，∵直线l1过B(18， 6)，∴18k1=6 ，即k1= 。 ‎ ‎ ∴直线l1的表达式为y= x。 ‎ ‎ 设直线l2的表达式为y=k2x+b，∵直线l2过A (0， 24)， B(18， 6)， ‎ ‎ ∴ 解得 ‎ ‎ y∴直线l2的表达式为=-x+24。 ‎ ‎ (2) ①∵点C在直线l1上， 且点C的纵坐标为a， ‎ ‎ ∴a= x，得x=3a。 ∴点C的坐标为 (3a， a)。 ‎ ‎ ∵CD∥y轴，∴点D的横坐标为3a 。 ‎ ‎ ∵点D在直线l2上 ，∴y=-3a+24。∴D(3a， -3a+24)。 ‎ ‎ ②C(3， 1) 或C (15， 5)。 ‎ ‎ 【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，矩形的性质，解一元二次方程。 ‎ ‎ 【分析】(1)设直线l1的表达式为y=k1x，它过(18，6)可求出k1的值，从而得出其解析式;设直线l2的表达式为y=k2+b，由于它过点A(0，24)，B(18，6)，故把此两点坐标代入即可求出k2，b的值，从而得出其解析式。 ‎ ‎ (2)①因为点C在直线l1上，且点C的纵坐标为a，故把y=a代入直线l1的表达式即可得出x的值，从而得出C点坐标;由于CD∥y轴，所以点D的横坐标为3a，再根据点D在直线l2上即可得出点D的纵坐标，从而得出结论。 ‎ ‎ ②先根据C、D两点的坐标用a表示出CF及CD的值，由矩形的面积为60即可求出a的值，得出C点坐标： ‎ ‎ ∵C(3a，a)，D(3a，-3a+24)，∴CF=3a，CD=-3a+24-a=-4a+24。 ‎ ‎ ∵矩形CDEF的面积为60，∴S矩形CDEF=CF?CD=3a×(-4a+24)=60，解得a=1或a=5 ‎ ‎ 当a=1是，3a=3，故C(3，1);当a=5时，3a=15，故C(15，5)。 ‎ ‎ 综上所述C点坐标为：C(3，1)或C(15，5)。 ‎ ‎ 7. (2019辽宁沈阳14分)已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(-2，0)，点B坐标为 (0，2 )，点E为线段AB上的动点(点E不与点A，B重合)，以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段OB于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y= x2+mx+n的图象经过A，C两点. ‎ ‎ (1) 求此抛物线的函数表达式; ‎ ‎ (2) 求证：∠BEF=∠AOE; ‎ ‎ (3) 当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标; ‎ ‎ (4) 在(3)的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为(1) 中抛物线上一动点，直线PE交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的( ) 倍.若存在，请直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由. ‎ ‎ 温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答. ‎ ‎ 【答案】解：(1)∵A (-2， 0)， B (0， 2)，∴OA=OB=2 。 ‎ ‎ ∴AB2=OA2+OB2=22+22=8。∴AB=2 。 ‎ ‎ ∵OC=AB，∴OC=2 ， 即C (0， 2 )。 ‎ ‎ ∵抛物线y=- x2+mx+n的图象经过A、C两点，得 ‎ ‎ ，解得： 。 ‎ ‎ ∴抛物线的表达式为y=- x2- x+2 。 ‎ ‎ (2)证明：∵OA=OB，∠AOB=90° ，∴∠BAO=∠ABO=45°。 ‎ ‎ 又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF ，∴∠BEF=∠AOE。 ‎ ‎ (3)当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论 ‎ ‎ ①当OE=OF时， ∠OFE=∠OEF=45°， ‎ ‎ 在△EOF中， ∠EOF=180°-∠OEF-∠OFE=180°-45°-45°=90°。 ‎ ‎ 又∵∠AOB=90°，则此时点E与点A重合， 不符合题意， 此种情况不成立。 ‎ ‎ ②如图①， 当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°。 ‎ ‎ 在△EOF中，∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°， ‎ ‎ ∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。 ‎ ‎ ∴ ∠BEF=∠BAO=45° 。 ‎ ‎ 又∵ 由 (2) 可知 ，∠ABO=45°，∴∠BEF=∠ABO。 ‎ ‎ ∴BF=EF。∴EF=BF=OF= OB= ×2=1 。∴ E(-1， 1)。 ‎ ‎ ③如图②， 当EO=EF时， 过点E作EH⊥y轴于点H ， ‎ ‎ 在△AOE和△BEF中， ‎ ‎ ∵∠EAO=∠FBE， EO=EF， ∠AOE=∠BEF， ‎ ‎ ∴△AOE≌△BEF(AAS)。∴BE=AO=2。 ‎ ‎ ∵EH⊥OB ，∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。 ‎ ‎ ∴EH∥AO。 ∴∠BEH=∠BAO=45°。 ‎ ‎ 在Rt△BEH中， ∵∠BEH=∠ABO=45° ，∴EH=BH=BEcos45°=2× = 。 ‎ ‎ ∴OH=OB-BH=2-2 。∴ E(- ， 2- )。 ‎ ‎ 综上所述， 当△EOF为等腰三角形时，点E坐标为E(-1， 1)或E(- ， 2- )。 ‎ ‎ (4) P(0， 2 )或P (-1， 2 )。 ‎ ‎ 【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，等腰直角三角形的性质，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 ‎ ‎ 【分析】(1)应用勾股定理求出点C的坐标，根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 ‎ ‎ (2)应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。 ‎ ‎ (3)分OE=OF，FE=FO，EO=EF三种情况讨论即可。 ‎ ‎ (4)假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时，由(3)知，此时E(- ， 2- )。 ‎ ‎ 如图④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，则OH=FH=2- 。 ‎ ‎ 由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF。 ‎ ‎ 过点F作FN∥x轴，交PG于点N。 ‎ ‎ 易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN=S△EDG。 ‎ ‎ 依题意，可得S△EPF=( )S△EDG=( )S△EFN， ‎ ‎ ∴PE：NE= 。 ‎ ‎ 过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2- 。 ‎ ‎ ∵FN∥EH，∴PT：ST=PE：NE= 。 ‎ ‎ ∴PT=( )ST=( )(2- )=3 -2。 ‎ ‎ ∴PM=PT+TM=2 ，即点P的纵坐标为2 。 ‎ ‎ ∴2 =- x2- x+2 ，解得x1=0，x2=-1。 ‎ ‎ ∴P点坐标为(0， 2 )或(-1， 2 )。 ‎ ‎ 综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的( )倍，点P的坐标为(0， 2 )或(-1， 2 )。 ‎ ‎ 8. (2019辽宁铁岭14分)如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A(4，0)，抛物线顶点为E， ‎ ‎ 它的对称轴与x轴交于点D.直线 经过抛物线上一点B(-2，m)且与y轴交于点C，与抛物线 ‎ ‎ 的对称轴交于点F. ‎ ‎ (1)求m的值及该抛物线对应的解析式; ‎ ‎ (2)P 是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标; ‎ ‎ (3)点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动， ‎ ‎ 设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M ‎ ‎ 的运动时间t的值;若不能，请说明理由. ‎ ‎ 备用图 ‎ ‎ 【考点】动点问题，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，解二元一次方程组和一元二次方程，二次函数的性质，勾股定理，菱形的判定和性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)由点B(﹣2，m)在直线y=﹣2x﹣1上，将其代入即可求得m的值，从而得到点B的坐标，由点O，A，B在抛物线上，用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。 ‎ ‎ (2)设 ，求得点C的坐标，由S△ADP=S△ADC和二者是同底等高的三角形，得 ，即 ，解之即可求得点P的坐标。 ‎ ‎ (3)∵抛物线的解析式为 ，∴顶点E(2，﹣1)，对称轴为x=2。 ‎ ‎ ∵点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F(2，﹣5)，DF=5。 ‎ ‎ 又∵A(4，0)，∴AE= 。 ‎ ‎ 如图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： ‎ ‎ ①菱形AEM1Q1。 ‎ ‎ ∵此时DM1=AE= ， ‎ ‎ ∴M1F=DF﹣DE﹣DM1= 。 ‎ ‎ ∴t1= 。 ‎ ‎ ②菱形AEOM2。 ‎ ‎ ∵此时DM2=DE=1，∴M2F=DF+DM2=6。 ‎ ‎ ∴t2=6。 ‎ ‎ ③菱形AEM3Q3。 ‎ ‎ ∵此时EM3=AE= ， ‎ ‎ ∴DM3=EM3﹣DE= ﹣1。∴M3F=DM3+DF=( ﹣1)+5= 。∴t3= 。 ‎ ‎ ④菱形AM4EQ4。 ‎ ‎ 此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4。 ‎ ‎ ∵易知△AED∽△M4EH，∴ ，即 ，得M4E= 。 ‎ ‎ ∴DM4=M4E﹣DE= ﹣1= 。∴M4F=DM4+DF= +5= 。 ‎ ‎ ∴t4= 。 ‎ ‎ 综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A.E、M四点为顶点的四边形是菱形;时间t的值为：t1= ，t2=6，t3= ，t4= 。 ‎ ‎ 9. (2019辽宁营口14分)在平面直角坐标系中，已知抛物线 经过点A ，0)、B(0，3)、C(1，0)三点. ‎ ‎ (1) 求抛物线的解析式和顶点D的坐标; ‎ ‎ (2) 如图1，将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点D顺时针旋转 ,与直线 交于点N.在直线 ‎ ‎ DN上是否存在点M，使得∠MON= .若存在，求出点M的坐标;若不存在，请说明理由; ‎ ‎ (3) 点P、Q分别是抛物线 和直线 ‎ 上的点，当四边形OBPQ是直角梯形时， ‎ ‎ 求出点Q的坐标. ‎ ‎ 【答案】解：(1)由题意把A(-3，0)、B(0，3)、C(1，0)代入 得， ‎ ‎ ，解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式是 。 ‎ ‎ ∴抛物线的顶点D的坐标为(-1，4)。 ‎ ‎ (2)存在。理由如下： ‎ ‎ 由旋转得∠EDF=60°。 ‎ ‎ 在Rt△DEF中，∵∠EDF=60°，DE=4， ‎ ‎ ∴EF=DE×tan60°=4 。 ‎ ‎ ∴OF=OE+EF=1+4 。 ‎ ‎ ∴F点的坐标为( ，0)。 ‎ ‎ 设过点D、F的直线解析式是 ， ‎ ‎ 把D(-1，4)，F( ，0)代入求得 。 ‎ ‎ 分两种情况： ‎ ‎ ①当点M在射线ND上时，∵∠MON=75°，∠BON=45°， ‎ ‎ ∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=30°。∴∠MOC=60°。 ‎ ‎ ∴直线OM的解析式为 。 ‎ ‎ ∴点M的坐标为方程组. 的解，解方程组得， 。 ‎ ‎ ∴点M的坐标为( ， )。 ‎ ‎ ②当点M在射线NF上时，不存在点M使得∠MON=75°。 ‎ ‎ ∵∠MON=75°，∠FON=45°， ∴∠FOM=∠MON-∠FON=30°。 ‎ ‎ ∵∠DFE=30°。∴∠FOM=∠DFE。∴OM∥FN。∴不存在点M使得∠MON=75°。 ‎ ‎ 综上所述，存在点M ，且点M的坐标为( ， )。 ‎ ‎ (3)有两种情况： ‎ ‎ ①如图，直角梯形OBPQ中，PQ∥OB，∠OBP=90°。 ‎ ‎ ∵∠OBP=∠AOB=90°，∴PB∥OA。 ‎ ‎ ∴点P、B的纵坐标相同都是3。 ‎ ‎ ∵点P在抛物线 上， ‎ ‎ ∴把 3代入抛物线的解析式， ‎ ‎ 解得 =﹣2， =0(舍去)。 ‎ ‎ 由PQ∥OB得到点P、Q的横坐标相同，都等于-2， ‎ ‎ 把 =﹣2代入 ﹣ 得 2。 ‎ ‎ 所以Q点的坐标为(-2，2)。 ‎ ‎ ②如图，在直角梯形OBPQ中，PB∥OQ，∠BPQ=90°。 ‎ ‎ ∵D(-1，4)，B(0，3) ，∴DB∥OQ。 ‎ ‎ ∵PB∥OQ，点P在抛物线上，∴点P、D重合。 ‎ ‎ ∴∠EDF=∠EFD=45°。∴EF=ED=4。∴OF=OE+EF=5。 ‎ ‎ 作QH⊥ 轴于H， ‎ ‎ ∵∠QOF=∠QFO=45°，∴OQ=FQ。∴OH= OF= 。 ‎ ‎ ∴Q点的横坐标﹣ 。 ‎ ‎ ∵Q点在 ﹣ 上，∴把 =﹣ 代入 ﹣ 得 。 ‎ ‎“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。 ‎ 观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原则，有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的，能理解的观察内容。随机观察也是不可少的，是相当有趣的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴趣很浓。我提供的观察对象，注意形象逼真，色彩鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地进行观察，保证每个幼儿看得到，看得清。看得清才能说得正确。在观察过程中指导。我注意帮助幼儿学习正确的观察方法，即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察，观察与说话相结合，在观察中积累词汇，理解词汇，如一次我抓住时机，引导幼儿观察雷雨，雷雨前天空急剧变化，乌云密布，我问幼儿乌云是什么样子的，有的孩子说：乌云像大海的波浪。有的孩子说“乌云跑得飞快。”我加以肯定说“这是乌云滚滚。”当幼儿看到闪电时，我告诉他“这叫电光闪闪。”接着幼儿听到雷声惊叫起来，我抓住时机说：“这就是雷声隆隆。”一会儿下起了大雨，我问：“雨下得怎样?”幼儿说大极了，我就舀一盆水往下一倒，作比较观察，让幼儿掌握“倾盆大雨”这个词。雨后，我又带幼儿观察晴朗的天空，朗诵自编的一首儿歌：“蓝天高，白云飘，鸟儿飞，树儿摇，太阳公公咪咪笑。”这样抓住特征见景生情，幼儿不仅印象深刻，对雷雨前后气象变化的词语学得快，记得牢，而且会应用。我还在观察的基础上，引导幼儿联想，让他们与以往学的词语、生活经验联系起来，在发展想象力中发展语言。如啄木鸟的嘴是长长的，尖尖的，硬硬的，像医生用的手术刀―样，给大树开刀治病。通过联想，幼儿能够生动形象地描述观察对象。 ∴Q点的坐标为(﹣ ， )。 ‎ ‎ 综上所述，符合条件的点Q有两个,坐标分别为：(-2，2)，(﹣ ， )。‎ ‎“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。‎