湖北13市州14套中考数学试题分类解析汇编专题12押轴题 74页

湖北13市州（14套）2012年中考数学试题分类解析汇编 专题12：押轴题 一、选择题 ‎1. （2012湖北武汉3分）在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE＋CF的值为【 】‎ A．11＋ B．11－‎ C．11＋或11－ D．11－或1＋‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】平行四边形的性质和面积，勾股定理。‎ ‎【分析】依题意，有如图的两种情况。设BE=x，DF=y。‎ ‎ 如图1，由AB＝5，BE=x，得。‎ ‎ 由平行四边形ABCD的面积为15，BC＝6，得，‎ ‎ 解得（负数舍去）。‎ ‎ 由BC＝6，DF=y，得。‎ 由平行四边形ABCD的面积为15，AB＝5，得，‎ ‎ 解得（负数舍去）。‎ ‎ ∴CE＋CF=（6－）＋（5－）=11－。‎ ‎ 如图2，同理可得BE= ，DF=。‎ ‎ ∴CE＋CF=（6＋）＋（5＋）=11＋。‎ ‎ 故选C。‎ ‎2. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A，B为反比例函数图像上的两点，动 点P在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎3. （2012湖北荆门3分） 已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①；再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②；然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③；如此反复操作下去，则第2012个图形中直角三角形的个数有【 】‎ A． 8048个 B． 4024个 C． 2012个 D． 1066个 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类）。‎ ‎【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：‎ 第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，‎ 第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，‎ ‎…，‎ 依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2（n+1），当n为偶数时，三角形的个数是2n个，‎ 所以，第2012个图形中直角三角形的个数是2×2012=4024。故选B。‎ ‎4. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0）．对于下列命题：①b﹣‎2a=0；②abc＜0；③a﹣2b+‎4c＜0；④‎8a+c＞0．其中正确的有【 】‎ A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 ‎【答案】A。‎ ‎【考点】二次函数图象与系数的关系。‎ ‎【分析】根据图象可得：a＞0，c＞0，对称轴：。‎ ‎①∵它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），∴对称轴是x=1，‎ ‎∴。∴b+‎2a=0。故命题①错误。‎ ‎②∵a＞0，，∴b＜0。‎ ‎ 又c＞0，∴abc＜0。故命题②正确。‎ ‎③∵b+‎2a=0，∴a﹣2b+‎4c=a+2b﹣4b+‎4c=﹣4b+‎4c。‎ ‎∵a﹣b+c=0，∴‎4a﹣4b+‎4c=0。∴﹣4b+‎4c=﹣‎4a。‎ ‎∵a＞0，∴a﹣2b+‎4c=﹣4b+‎4c=﹣‎4a＜0。故命题③正确。‎ ‎④根据图示知，当x=4时，y＞0，∴‎16a+4b+c＞0。‎ 由①知，b=﹣‎2a，∴‎8a+c＞0。故命题④正确。‎ ‎∴正确的命题为：①②③三个。故选A。‎ ‎5. （2012湖北宜昌3分）已知抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，那么该抛物线的顶点所在的象限是【 】‎ A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限 ‎【答案】D。‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点与对应的一元二次方程的解之间的关系，二次函数的性质。1419956‎ ‎【分析】∵抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，∴△=4﹣‎4a＜0，解得：a＞1。‎ ‎∴抛物线的开口向上。‎ 又∵b=﹣2，∴抛物线的对称轴在y轴的右侧。‎ ‎∴抛物线的顶点在第一象限。故选D。‎ ‎6. （2012湖北恩施3分）如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，∠A=120°，则图中阴影部分的面积是【 】‎ A． B．‎2 ‎‎ C．3 D．‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】菱形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】如图，设BF、CE相交于点M，‎ ‎∵菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，‎ ‎∴△BCM∽△BGF，∴，即。‎ 解得CM=1.2。∴DM=2﹣1.2=0.8。‎ ‎∵∠A=120°，∴∠ABC=180°﹣120°=60°。‎ ‎∴菱形ABCD边CD上的高为2sin60°=2×，‎ 菱形ECGF边CE上的高为3sin60°=3×。‎ ‎∴阴影部分面积=S△BDM+S△DFM=×0.8×+×0.8×。故选A。‎ ‎7. （2012湖北咸宁3分）中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型 摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形 状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为【 】．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】由三视图判断几何体。‎ ‎【分析】一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，即要这个几何体的三 视图分别是正方形、圆和正三角形。符合此条件的只有选项A：主视图是正方形，左视图是正三角形，俯 视图是圆。故选A。‎ ‎8. （2012湖北荆州3分）已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①；再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②；然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③；如此反复操作下去，则第2012个图形中直角三角形的个数有【 】‎ A． 8048个 B． 4024个 C． 2012个 D． 1066个 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类）。‎ ‎【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：‎ 第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，‎ 第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，‎ ‎…，‎ 依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2（n+1），当n为偶数时，三角形的个数是2n个，‎ 所以，第2012个图形中直角三角形的个数是2×2012=4024。故选B。‎ ‎9. （2012湖北黄冈3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=‎6cm，点P 从点A 出发，沿AB方向以 每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒‎1cm 的速度向终点C 运动，将 ‎△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为【 】‎ A. B. ‎2 C. D. 4 ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】动点问题，等腰直角三角形的性质，翻折对称的性质，菱形的性质，矩形。‎ ‎【分析】如图，过点P作PD⊥AC于点D，连接PP′。‎ ‎ 由题意知，点P、P′关于BC对称，∴BC垂直平分PP′。‎ ‎ ∴QP=QP′，PE=P′E。‎ ‎ ∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE。‎ ‎ ∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=450。‎ ‎ ∵AP=t，∴PD= t。‎ ‎ 易得，四边形PDCE是矩形，∴CE=PD= t，即CE=QE= t。‎ ‎ 又BQ= t，BC=6，∴3 t=6，即t=2。‎ ‎ ∴若四边形QPCP′为菱形，则t的值为2。故选B。 ‎ ‎10. （2012湖北随州4分）如图，直线l与反比例函数的图象在第一象限内交于A、B两点，交x轴的正半轴于C点,若AB：BC=(m一l)：1(m>l)则△OAB的面积(用m表示)为【 】‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】反比例函数的应用，曲线上点的坐标与方程式关系，相似三角形的判定和性质，代数式化简。‎ ‎【分析】如图，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E,‎ ‎ 设A(ｘA，ｙA)，B (ｘB，ｙB)，C（c¸0）。‎ ‎ ∵AB：BC=(m一l)：1(m>l)，∴AC：BC=m：1。‎ ‎ 又∵△ADC∽△BEC，∴AD：BE=DC：EC= AC：BC=m：1。‎ ‎ 又∵AD=ｙA，BE=ｙB，DC= c－ｘA，EC= c－ｘB，‎ ‎ ∴ｙA：ｙB= m：1，即ｙA= mｙB。‎ ‎ ∵直线l与反比例函数的图象在第一象限内交于A、B两点， ‎ ‎ ∴，。‎ ‎ ∴，。‎ 将 又由AC：BC=m：1得（c－ｘA）：（c－ｘB）=m：1，即 ‎ ，解得。‎ ‎ ∴‎ ‎。‎ ‎ 故选B。‎ ‎11. （2012湖北十堰3分）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④；⑤．其中正确的结论是【 】‎ A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。‎ ‎【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。‎ ‎∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。‎ ‎∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。‎ ‎∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。 ‎ 连接OO′，‎ ‎∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。‎ ‎∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3‎ ‎，是一组勾股数，‎ ‎∴△AOO′是直角三角形。‎ ‎∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。‎ ‎。故结论④错误。‎ 如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，‎ 点O旋转至O″点．‎ 易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的 直角三角形。‎ 则。‎ 故结论⑤正确。‎ 综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。‎ ‎12. （2012湖北孝感3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60º，E、F分别是AB、AD的中点，DE、BF 相交于点G，连接BD、CG．给出以下结论，其中正确的有【 】‎ ‎①∠BGD＝120º；②BG＋DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，多边形内角和定理，全等三角形的判定和性质，含30度角直角三角形的性质 三角形三边关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】∵在菱形ABCD中，∠A＝60º，∴∠BCD＝60º，∠ADC＝120º，AB=AD。‎ ‎ ∴△ABD是等边三角形。‎ ‎ 又∵E是AB的中点，∴∠ADE＝∠BDE＝30º。∴∠CDG＝90º。同理，∠CBG＝90º。‎ ‎ 在四边形BCDG中，∠CDG＋∠CBG＋∠BCD＋∠BGD=3600，∴∠BGD＝120º ‎。故结论①正确。‎ ‎ 由HL可得△BCG≌△DCG，∴∠BCG＝∠DCG＝30º。∴BG=DG=CG。‎ ‎ ∴BG＋DG＝CG。故结论②正确。‎ ‎ 在△BDG中，BG＋DG＞BD，即CG＞BD，∴△BDF≌△CGB不成立。故结论③不正确。‎ ‎ ∵DE=ADsin∠A=ABsin60º=AB，‎ ‎∴。故结论④正确。‎ 综上所述，正确的结论有①②④三个。故选C。‎ ‎13. （2012湖北襄阳3分）如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是【 】‎ A．k＜ B．k＜且k≠‎0 C．﹣≤k＜ D．﹣≤k＜且k≠0‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】一元二次方程定义和根的判别式，二次根式有意义的条件。‎ ‎【分析】由题意，根据一元二次方程二次项系数不为0定义知： k≠0；根据二次根式被开方数非负数的条件得：2k+1≥0；根据方程有两个不相等的实数根，得△=2k+1﹣4k＞0。三者联立，解得﹣≤k＜且k≠0。‎ 故选D。　‎ ‎14. （2012湖北鄂州3分）在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B‎1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B‎2C2C1,………按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为【 】‎ A. B. C. D.‎ 二、填空题 ‎1. （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，∴。‎ ‎2. （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，。‎ ‎3. （2012湖北荆门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。‎ ‎4. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分）平面直角坐标系中，⊙M的圆心坐标为（0，2），半径为1，点N在x轴的正半轴上，如果以点N为圆心，半径为4的⊙N与⊙M相切，则圆心N的坐标为　 ▲ 　．‎ ‎【答案】（，0）或（，0）。‎ ‎【考点】相切两圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理。‎ ‎【分析】分别从⊙M与⊙N内切或外切去分析：‎ ‎①⊙M与⊙N外切，MN=4+1=5，，‎ ‎∴圆心N的坐标为（，0）。‎ ‎②⊙M与⊙N内切，MN=4﹣1=3，，‎ ‎∴圆心N的坐标为（，0）。‎ 综上所述，圆心N的坐标为（，0）或（，0）。‎ ‎5. （2012湖北宜昌3分）已知⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，则反映直线l与⊙O的位置关系的图形是【 】‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系。1419956‎ ‎【分析】根据直线与圆的位置关系来判定：①直线l和⊙O相交⇔d＜r；②直线l和⊙O相切⇔d=r；③直 线l和⊙O相离⇔d＞r（d为直线与圆的距离，r为圆的半径）。因此，‎ ‎∵⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，‎ ‎∵5＞3，即：d＜r，∴直线L与⊙O的位置关系是相交。故选B。‎ ‎【宜昌无填空题，以倒数第二条选题代替】‎ ‎6. （2012湖北恩施4分）观察数表 根据表中数的排列规律，则B+D=　 ▲ 　．‎ ‎【答案】23。‎ ‎【考点】分类归纳（数字的变化类）。‎ ‎【分析】∵仔细观察每一条虚线或与虚线平行的直线上的数字从左至右相加等于最上而的一个数字，‎ ‎∴1+4+3=B，1+7+D+10+1=34。‎ ‎∴B=8，D=15。‎ ‎∴B+D=8+15=23。‎ ‎7. （2012湖北咸宁3分）对于二次函数，有下列说法：‎ ‎①它的图象与轴有两个公共点；‎ ‎②如果当≤1时随的增大而减小，则；‎ ‎③如果将它的图象向左平移3个单位后过原点，则；‎ ‎④如果当时的函数值与时的函数值相等，则当时的函数值为．‎ 其中正确的说法是 ▲ ．（把你认为正确说法的序号都填上）‎ ‎【答案】①④。‎ ‎【考点】二次函数的性质，一元二次方程的判别式，平移的性质。‎ ‎【分析】由得，‎ ‎ ∴方程有两不相等的实数根，即二次函数的图象与轴有两个公共点。故说法①正确。‎ ‎ ∵的对称轴为，而当≤1时随的增大而减小，‎ ‎ ∴。故说法②错误。‎ ‎ ∵ ，‎ ‎∴将它的图象向左平移3个单位后得。‎ ‎∵经过原点，∴，解得。故说法③错误。‎ ‎ ∵由时的函数值与时的函数值相等，得，‎ ‎ 解得，‎ ‎ ∴当时的函数值为。故说法④正确。‎ ‎ 综上所述，正确的说法是①④。‎ ‎8. （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。‎ ‎9. （2012湖北黄冈3分）某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，‎ 快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为‎60千米／时，两车之间的距离y(千米)与货车行驶时间x(小时)之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：‎ ‎①快递车从甲地到乙地的速度为100千米／时；‎ ‎②甲、乙两地之间的距离为120千米；‎ ‎③图中点B的坐标为(，75)；‎ ‎④快递车从乙地返回时的速度为90千米／时．‎ 以上4个结论中正确的是 ▲ (填序号)‎ ‎【答案】①③④。‎ ‎【考点】一次函数的应用。‎ ‎【分析】①设快递车从甲地到乙地的速度为v‎1千米／时，‎ ‎ 由已知，货车的速度为60千米／时，‎ ‎ 由图象知，货车行驶时间3小时时，两车相距120千米，得 ‎ ，解得v1=100。‎ ‎ ∴快递车从甲地到乙地的速度为100千米／时。故结论①正确。‎ ‎② 由图象知，快递车行驶3小时到达乙地，∴甲、乙两地之间的距离为3×100=300（千米）。‎ 故结论②错误。‎ ‎③ ∵快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，即小时，‎ ‎ ∴点B的横坐标为3＋。‎ ‎ 又∵小时货车行驶了（千米），‎ ‎∴此时两车相距120－45=75（千米），即点B的纵坐标为75。‎ ‎∴图中点B的坐标为(，75)。故结论③正确。‎ ‎④ 设快递车从乙地返回时的速度为v‎2千米／时，‎ ‎ 由③和图象可得，，解得v2=90。‎ ‎ ∴快递车从乙地返回时的速度为90千米／时。故结论④正确。‎ 综上所述，结论①③④正确。‎ ‎10. （2012湖北随州4分）设，且1－ab2≠0，则=‎ ‎ ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】解一元二次方程，求代数式的值。‎ ‎【分析】解得，‎ 解得。‎ ‎∵，∴。‎ 又∵1－ab2≠0，∴。∴。∴。‎ ‎∴。‎ ‎11. （2012湖北十堰3分）如图，直线y=6x，y=x分别与双曲线在第一象限内交于点A，B，若S△OAB=8，则k= 　 ▲ 　．‎ ‎【答案】6。‎ ‎【考点】反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数系数k的几何意义，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】如图，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，‎ 设点A（x1，），B（x2，），‎ 由解得，∴A（，）。‎ 由解得，∴B（，）。‎ ‎∵‎ ‎ ‎ ‎∴k=6。‎ ‎12. （2012湖北孝感3分）二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象的对称轴是直线x＝1，其图象的一部分如 图所示．下列说法正确的是 ▲ (填正确结论的序号)．‎ ‎①abc＜0；②a－b＋c＜0；③‎3a＋c＜0；④当－1＜x＜3时，y＞0．‎ ‎【答案】①②③。‎ ‎【考点】二次函数图象与系数的关系。‎ ‎【分析】由二次函数的图象可得：a＞0，b＜0，c＞0，对称轴x=1，则再结合图象判断正确的选项即可：‎ ‎ 由a＞0，b＜0，c＞0得abc＜0，故结论①正确。‎ ‎ ∵由二次函数的图象可得x=2.5时，y=0，对称轴x=1，∴x=－0.5时，y=0。‎ ‎ ∴x=－1时，y＜0，即a－b＋c＜0。故结论②正确。‎ ‎ ∵二次函数的图象的对称轴为x=1，即，∴。‎ ‎ 代入②a－b＋c＜0得‎3a＋c＜0。故结论③正确。‎ ‎∵由二次函数的图象和②可得，当－0.5＜x＜2.5时，y＞0；当x＜－0.5或 x＞2.5时，y＜0。‎ ‎∴当－1＜x＜3时，y＞0不正确。故结论④错误。‎ 综上所述，说法正确的是①②③。‎ ‎13. （2012湖北襄阳3分）在等腰△ABC中，∠A=30°，AB=8，则AB边上的高CD的长是　 ▲ 　．‎ ‎【答案】4或或。‎ ‎【考点】等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】根据题意画出AB=AC，AB=BC和AC=BC时的图象，然后根据等腰三角形的性质和解直角三角形，分别进行计算即可：‎ ‎（1）如图，当AB=AC时，‎ ‎∵∠A=30°，‎ ‎∴CD=AC=×8=4。‎ ‎（2）如图，当AB=BC时，则∠A=∠ACB=30°。‎ ‎∴∠ACD=60°。∴∠BCD=30°‎ ‎∴CD=cos∠BCD•BC=cos30°×8=4。‎ ‎（3）如图，当AC=BC时，则AD=4。‎ ‎∴CD=tan∠A•AD=tan30°•4=。‎ 综上所述，AB边上的高CD的长是4或或。‎ 16. ‎14. （2012湖北鄂州3分）已知，如图，△OBC中是直角三角形，OB与x轴正半轴重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC=，将△OBC绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB1=OC，得到△OB‎1C1，将△OB‎1C1绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB2=OC1，得到△OB‎2C2，……，如此继续下去，得到△OB‎2012C2012，则m= ▲ 。点C2012的坐标是 ▲ 。‎ ‎【答案】2；（22011，－22011）。‎ ‎【考点】分类归纳（图形的变化类），坐标与图形的旋转变化，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】在△OBC中，∵OB=1，BC=，∴tan∠COB=。∴∠COB=60°，OC=2。‎ ‎∵OB1=mOB，OB1=OC，∴mOB=OC，即m=2。‎ ‎∵每一次的旋转角是60°，∴旋转6次一个周期（如图）。‎ ‎∵2012÷6=335…2，‎ ‎∴点C2012的坐标跟C2的坐标在一条射线OC6n+2上。‎ ‎∵第1次旋转后，OC1=2；第2次旋转后，OC1=22；第3次旋转后，OC3=23；···第2012次旋转后，OC2012=22012。‎ ‎∵∠C2012OB2012=60°，∴OB2012=22011。B‎2012C2012==22011。‎ ‎∴点C2012的坐标为（22011，－22011）。‎ 三、解答题 ‎1. （2012湖北武汉10分）已知△ABC中，AB＝，AC＝，BC＝6．‎ ‎(1)如图1，点M为AB的中点，在线段AC上取点N，使△AMN与△ABC相似，求线段MN的长；‎ ‎(2)如图2，是由100个边长为1的小正方形组成的10×10的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点 的三角形为格点三角形．‎ ‎①请你在所给的网格中画出格点△A1B‎1C1与△ABC全等(画出一个即可，不需证明)；‎ ‎②试直接写出所给的网格中与△ABC相似且面积最大的格点三角形的个数，并画出其中一个(不需 证明)．‎ ‎【答案】解：（1）①如图A，过点M作MN∥BC交AC于点N，‎ ‎ 则△AMN∽△ABC，‎ ‎∵M为AB中点，∴MN是△ABC 的中位线。‎ ‎∵BC＝6，∴MN=3。‎ ‎②如图B，过点M作∠AMN=∠ACB交AC于点N，‎ 则△AMN∽△ACB，∴。‎ ‎∵BC=6，AC= ，AM=，∴，解得MN=。‎ 综上所述，线段MN的长为3或。‎ ‎（2）①如图所示：‎ ‎②每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。‎ ‎【考点】网格问题，作图（相似变换），三角形中位线定理，相似三角形的性质。 ‎ ‎【分析】（1）作MN∥BC交AC于点N，利用三角形的中位线定理可得MN的长；作∠AMN=∠B，利用相似可得MN的长。‎ ‎（2）①A1B1＝为直角三角形斜边的两直角边长为2，4，A‎1C1＝为直角三角形斜边的两直角边长为4，8。以此，先作B‎1C1＝6，画出△A1B‎1C1。‎ ‎②以所给网格的对角线作为原三角形中最长的边，可得每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。‎ ‎2. （2012湖北武汉12分）如图1，点A为抛物线C1：的顶点，点B的坐标为(1，0)，直线AB交抛物线C1于另一点C．‎ ‎(1)求点C的坐标；‎ ‎(2)如图1，平行于y轴的直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，平行于y轴的直线x＝a 交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE＝4∶3，求a的值；‎ ‎(3)如图2，将抛物线C1向下平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，且抛物线C2的顶点为点P，交x轴 于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值．‎ 图1 图2‎ ‎【答案】解：（1）∵当x=0时，y＝－2。∴A（0，－2）。‎ ‎ 设直线AB的解析式为，则，解得。‎ ‎ ∴直线AB的解析式为。‎ ‎ ∵点C是直线AB与抛物线C1的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴C（4，6）。‎ ‎（2）∵直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，‎ ‎ ∴，∴DE=。‎ ‎ ∵FG：DE＝4∶3，∴FG=2。‎ ‎ ∵直线x＝a交直线AB于点F，交抛物线C1于点G，‎ ‎ ∴。‎ ‎∴FG=。‎ ‎ 解得。‎ ‎（3）设直线MN交y轴于点T，过点N作NH⊥y轴于点H。‎ ‎ 设点M的坐标为（t,0），抛物线C2的解析式为。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎∴。∴P（0，）。‎ ‎ ∵点N是直线AB与抛物线C2的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎∴N（）。‎ ‎ ∴NQ=，MQ=。∴NQ=MQ。∴∠NMQ=450。‎ ‎ ∴△MOT，△NHT都是等腰直角三角形。∴MO=TO，HT=HN。‎ ‎ ∴OT=－t，。‎ ‎ ∵PN平分∠MNQ，∴PT=NT。‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎【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，解二元二次方程组，平移的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，平行的性质。‎ ‎【分析】（1）由点A在抛物线C1上求得点A的坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式；联立直线AB和抛物线C1即可求得点C的坐标。‎ ‎ （2）由FG：DE＝4∶3求得FG=2。把点F和点G的纵坐标用含a的代数式表示，即可得等式 FG=，解之即可得a的值。‎ ‎ （3）设点M的坐标为（t,0）和抛物线C2的解析式，求得t和m 的关系。求出点P和点N的坐标（用t的代数式表示），得出△MOT，△NHT都是等腰直角三角形的结论。从而由角平分线和平行的性质得到PT=NT，列式求解即可求得t，从而根据t和m的关系式求出m的值。‎ ‎3. （2012湖北黄石9分）如图1所示：等边△ABC中，线段AD为其内角平分线，过D点的直线 B‎1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1.‎ ‎（1）请你探究：，是否成立?‎ ‎（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角平分线，请问一定成立 吗？并证明你的判断.‎ ‎（3）如图2所示Rt△ABC中，∠ACB=900，AC=8,，E为AB上一点且AE=5，CE交其内 角角平分线AD与F.试求的值.‎ ‎【答案】解：（1）∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴根据三线合一，得CD=DB。‎ ‎ ∴。‎ ‎ 过点D作DN⊥AB于点H。‎ ‎ ∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴C1D=ND。‎ ‎ ∵等边△ABC中，B‎1C1⊥AC，∴∠B1=300。‎ ‎ ∴。‎ ‎∴，都成立。‎ ‎ （2）结论仍然成立。证明如下： ‎ 如图，ΔABC为任意三角形，过B点作BE∥AC交 AD的延长线于点G 。‎ ‎∵∠G=∠CAD=∠BAD，∴BG=AB。‎ 又ΔGBD∽ΔACD ，‎ ‎∴，即。‎ ‎∴对任意三角形结论仍然成立。 ‎ ‎﹙3﹚如图，连接ED。‎ ‎∵AD为ΔABC的内角角平分线，AC=8,，‎ ‎∴由（2）得， 。‎ 又∵AE=5，∴EB=AB－AE=。∴。‎ ‎∴。∴DE∥AC。 ∴ΔDEF∽ΔACF。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】等边三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC，∠CAD=∠BAD=30°，AB=AC，则DB=CD，易得；由于∠C1AB1=60°，得∠B1=30°，则AB1=‎2AC1， 同理可得到DB1=2DC1，易得；‎ ‎（2）过B点作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据平行线的性质和角平分线的定义得到 ‎∠G=∠CAD=∠BAD，则BG=AB，并且根据相似三角形的判定得△GBD∽△ACD，得到，于是有，这实际是三角形的角平分线定理。‎ ‎（3）AD为△ABC的内角角平分线，由（2）的结论得到，又 ‎，则有，得到DE∥AC，根据相似三角形的判定得△DEF∽△ACF，即有。‎ ‎4. （2012湖北黄石10分）已知抛物线C1的函数解析式为，若抛物线C1经过 点，方程的两根为，，且。‎ ‎（1）求抛物线C1的顶点坐标.‎ ‎（2）已知实数，请证明：≥,并说明为何值时才会有.‎ ‎（3）若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C2，设， ‎ 是C2上的两个不同点，且满足： ，，.请你用含有的表达式表示出△AOB的面积S，并求出S的最小值及S取最小值时一次函数OA的函数解析式。‎ ‎（参考公式：在平面直角坐标系中，若，，则P，Q两点间的距离）‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－‎3a＝－３。∴a＝１ 。‎ ‎　∴ｙ＝x2＋bx－３‎ ‎　　　　　 ∵x2＋bx－３=０的两根为x1，x2且，‎ ‎∴＝４且b＜０。∴b＝－２。‎ ‎∴。‎ ‎∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４）。‎ ‎（2）∵x＞０，∴‎ ‎∴。‎ 当时，即当x＝１时，有。 ‎ ‎（3）由平移的性质，得C2的解析式为：y＝x2 。‎ ‎∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。‎ ‎∵ΔAOB为直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。‎ ‎∴m2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2，‎ 化简得：m n＝－１。‎ ‎∵ＳΔAOB=，m n＝－１，‎ ‎∴ＳΔAOB＝＝。‎ ‎∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。‎ ‎∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质，不等式的知识。‎ ‎【分析】（1）求抛物线的顶点坐标，即要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数a、b的值．已知抛物线图象与y轴交点，可确定解析式中的常数项（由此得到a的值）；然后从方程入手求b的值，题目给出了两根差的绝对值，将其进行适当变形（转化为两根和、两根积的形式），结合根与系数的关系即可求出b的值。‎ ‎（2）将配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证。‎ ‎（3）结合（1）的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线C2的解析式；在Rt△OAB中，由勾股定理可确定m、n的关系式，然后用m列出△AOB的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB的最小面积值以及此时m的值，从而由待定系数法确定一次函数OA的解析式。‎ 别解：由题意可求抛物线C2的解析式为：y＝x2。‎ ‎∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。‎ 过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，‎ 则 由 得 ，即。∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。‎ ‎∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。‎ ‎5. （2012湖北荆门10分）已知：y关于x的函数y=（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的图象与x轴有交点．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）若x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，且满足（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2．‎ ‎①求k的值；②当k≤x≤k+2时，请结合函数图象确定y的最大值和最大值．‎ ‎【答案】解：（1）当k=1时，函数为一次函数y=﹣2x+3，其图象与x轴有一个交点。‎ 当k≠1时，函数为二次函数，其图象与x轴有一个或两个交点，‎ 令y=0得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2=0．‎ ‎△=（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（k+2）≥0，解得k≤2．即k≤2且k≠1。‎ 综上所述，k的取值范围是k≤2。‎ ‎（2）①∵x1≠x2，由（1）知k＜2且k≠1。‎ 由题意得（k﹣1）x12+（k+2）=2kx1（*），‎ 将（*）代入（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2中得：2k（x1+x2）=4x1x2。‎ 又∵x1+x2=，x1x2=，∴2k•=4•，‎ 解得：k1=﹣1，k2=2（不合题意，舍去）。∴所求k值为﹣1。‎ ‎②如图，∵k1=﹣1，y=﹣2x2+2x+1=﹣2（x﹣）2+，且﹣1≤x≤1，‎ 由图象知：当x=﹣1时，y最小=﹣3；当x=时，y最大=。‎ ‎∴y的最大值为，最小值为﹣3。‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点，一次函数的定义，一元二次方程根的判别式和根与系数物关系，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）分两种情况讨论，当k=1时，可求出函数为一次函数，必与x轴有一交点；当k≠1时，函数为二次函数，若与x轴有交点，则△≥0。‎ ‎（2）①根据（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2及根与系数的关系，建立关于k的方程，求出k的值。②充分利用图象，直接得出y的最大值和最小值。‎ ‎6. （2012湖北荆门12分）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；‎ ‎（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；‎ ‎（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过点A（3，0），D（﹣1，0），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）。‎ 将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=－（x﹣3）（x+1），即y=﹣x2+2x+3。‎ 又∵y=－x2+2x+3=－（x－1）2+4，∴点B（1，4）。‎ ‎（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．‎ 在Rt△AOE中，OA=OE=3，‎ ‎∴∠1=∠2=45°，。‎ 在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，‎ ‎∴∠MEB=∠MBE=45°，。‎ ‎∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。‎ ‎∴AB是△ABE外接圆的直径。‎ 在Rt△ABE中，，∴∠BAE=∠CBE。‎ 在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即CB⊥AB。‎ ‎∴CB是△ABE外接圆的切线。‎ ‎（3）存在。点P的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，﹣）。‎ ‎（4）设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ 将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。‎ 过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）。‎ 情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。‎ 则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．‎ 由△AHD∽△FHM，得，即，解得HK=2t。‎ ‎∴‎ ‎=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t。‎ 情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。‎ 由△IQA∽△IPF，得．即，‎ 解得IQ=2（3﹣t）。‎ ‎∴‎ ‎=×（3﹣t）×2（3﹣t）﹣（3﹣t）2=（3﹣t）2=t2﹣3t+。‎ 综上所述：。‎ ‎【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，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。‎ ‎ （2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。‎ ‎（3）在Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形。‎ ‎①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。‎ 由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3， ‎ 即tan∠DEO==tan∠BAE，‎ 即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。‎ 因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）。‎ ‎②DE为短直角边时，P2在x轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=。‎ 而DE=，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9。‎ 即P2（9，0）。‎ ‎③DE为长直角边时，点P3在y轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，‎ 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=。‎ 则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷，OP3=EP3﹣OE=。即P3（0，﹣）。‎ 综上所述，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）。‎ ‎ （4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。‎ ‎7. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分）△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B．‎ ‎（1）如图（1）当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形．‎ ‎（2）如图（2），将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点（点E与点A不重合），不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论．‎ ‎（3）在图（2）中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长．‎ ‎【答案】解：（1）图（1）中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。‎ ‎（2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：‎ ‎∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，‎ 又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。‎ ‎∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。‎ ‎∵BD=CD，∴，即。‎ 又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 ‎ ‎（3）连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．‎ ‎∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。‎ 在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，‎ ‎∴AD=8。‎ ‎∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，‎ S△DEF=S△ABC=×48=12。‎ 又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。‎ ‎∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ‎ ‎∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。‎ 又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=。‎ ‎∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12，∴EF=5。‎ ‎【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE：‎ ‎ ∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD。‎ 又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽ABD。‎ 同理可得：△ADE∽△ACD。‎ ‎∵∠MDN=∠C=∠B，∠B+∠BAD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，∠B=∠MDN，‎ ‎∴∠BAD=∠EDC。‎ ‎∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE。‎ ‎（2）利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得出，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。‎ ‎（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即可。‎ ‎8. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．‎ ‎（1）求抛物线解析式及点D坐标；‎ ‎（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；‎ ‎（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，‎ ‎ ∴，解得：。‎ ‎∴抛物线解析式为。‎ 当y=2时，，解得：x1=3，x2=0（舍去）。‎ ‎∴点D坐标为（3，2）。‎ ‎（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：‎ ‎①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2）。‎ ‎②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2。‎ 代入抛物线的解析式：，解得：。‎ ‎∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）。‎ 综上所述：P1（0，2）；P2（，﹣2）；P3（，﹣2）。‎ ‎（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方。‎ 设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（），‎ ‎①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，‎ ‎∴，即，解得F Q′=a﹣3‎ ‎∴OQ′=OF﹣F Q′=a﹣（a﹣3）=3，‎ ‎ 。‎ 此时a=，点P的坐标为（）。‎ ‎②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，，＜0，CQ=﹣a，‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。‎ ‎∴△COQ′∽△Q′FP。‎ ‎∴，即，解得F Q′=3﹣a。‎ ‎∴OQ′=3，。‎ 此时a=﹣，点P的坐标为（）。‎ 综上所述，满足条件的点P坐标为（），（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标。‎ ‎（2）分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点P坐标。‎ ‎（3）结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为（），分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。‎ ‎9. （2012湖北宜昌11分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°．点E为底AD上一点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在梯形对角线BD上的G处，EG的延长线交直线BC于点F．‎ ‎（1）点E可以是AD的中点吗？为什么？‎ ‎（2）求证：△ABG∽△BFE；‎ ‎（3）设AD=a，AB=b，BC=c ‎ ①当四边形EFCD为平行四边形时，求a，b，c应满足的关系；‎ ‎ ②在①的条件下，当b=2时，a的值是唯一的，求∠C的度数．‎ ‎【答案】解：（1）不可以。理由如下：‎ 根据题意得：AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，∴Rt△EGD中，GE＜ED。‎ ‎∴AE＜ED。∴点E不可以是AD的中点。‎ ‎（2）证明：∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBF，‎ ‎∵由折叠知△EAB≌△EGB，∴∠AEB=∠BEG。∴∠EBF=∠BEF。‎ ‎∴FE=FB，∴△FEB为等腰三角形。‎ ‎∵∠ABG+∠GBF=90°，∠GBF+∠EFB=90°，∴∠ABG=∠EFB。‎ 在等腰△ABG和△FEB中，‎ ‎∠BAG=（180°﹣∠ABG）÷2，∠FBE=（180°﹣∠EFB）÷2，‎ ‎∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。‎ ‎（3）①∵四边形EFCD为平行四边形，∴EF∥DC。‎ ‎ ∵由折叠知，∠DAB=∠EGB=90°，∴∠DAB=∠BDC=90°。‎ ‎ 又∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。‎ ‎∴。‎ ‎∵AD=a，AB=b，BC=c，∴BD=‎ ‎∴，即a2+b2=ac。‎ ‎②由①和b=2得关于a的一元二次方程a2﹣ac+4=0，‎ 由题意，a的值是唯一的，即方程有两相等的实数根，‎ ‎∴△=0，即c2﹣16=0。‎ ‎∵c＞0，∴c=4。‎ ‎∴由a2﹣‎4a+4=0，得a=2。‎ 由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠C=45°。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），直角梯形的性质，三角形三边关系，直线平行的性质，等腰（直角）三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质可得AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，再根据直角三角形斜边大于直角边可得DE＞EG，从而判断点E不可能是AD的中点。‎ ‎（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEB=∠EBF，再根据折叠的性质可以判定出∠AEB=∠BEG，然后得到∠EBF=∠BEF，从而判断出△FEB为等腰三角形，再根据等角的余角相等求出∠ABG=∠EFB，然后根据等腰三角形的两个底角相等求出∠BAG=∠FBE，然后根据两角对应相等，两三角形相似即可证明。‎ ‎（3）①根据勾股定理求出BD的长度，再利用两角对应相等，两三角形相似得到△ABD和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解。‎ ‎②把b=2代入a、b、c的关系式，根据a是唯一的，可以判定△=c2﹣16=0，然后求出c=4，再代入方程求出a=2，然后由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，得出∠C=45°。‎ ‎10. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．‎ ‎（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；‎ ‎（2）当点C与点A重合时，求a的值；‎ ‎（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？‎ ‎【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，‎ ‎ ∴OA=1，OB=。∴A的坐标是（0，1）。‎ ‎∴tan∠ABO=。∴∠ABO=30°。‎ ‎（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=，∴OD=。‎ ‎∴D的坐标是（﹣，0），E的坐标是（，0），‎ 把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）2+n，得 ‎，解得。∴a=﹣3。‎ ‎（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。‎ ‎∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，‎ ‎∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。‎ ‎∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。‎ ‎∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。‎ ‎∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）。‎ ‎∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。‎ ‎∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。‎ ‎∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a。‎ ‎∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣‎2‎a。‎ ‎∴DH=HE=﹣a，CH=﹣‎3a，BH=﹣‎3‎a。‎ ‎∴OH=﹣‎3‎a﹣，OE=﹣‎4‎a﹣。‎ ‎∴E（﹣‎4‎a﹣，0），C（﹣‎3‎a﹣，﹣‎3a）。‎ 设二次函数的解析式为：y=a（x+‎3‎a+）2﹣‎3a，‎ ‎∵E在该抛物线上，∴a（﹣‎4‎a﹣+‎3‎a+）2﹣‎3a=0，‎ 得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1。‎ ‎∵a＜0，∴a=﹣1。‎ ‎∴AF=2，CF=2，∴AC=4。‎ ‎∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。‎ ‎【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，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。‎ ‎【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。‎ ‎ （2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。‎ ‎（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。‎ ‎11. （2012湖北恩施12分）如图，AB是⊙O的弦，D为OA半径的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于点F，且CE=CB．‎ ‎（1）求证：BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数；‎ ‎（3）如果CD=15，BE=10，sinA=，求⊙O的半径．‎ ‎【答案】解：（1）证明：连接OB，‎ ‎∵OB=OA，CE=CB，‎ ‎∴∠A=∠OBA，∠CEB=∠ABC。‎ 又∵CD⊥OA，‎ ‎∴∠A+∠AED=∠A+∠CEB=90°。‎ ‎∴∠OBA+∠ABC=90°。∴OB⊥BC。‎ ‎∴BC是⊙O的切线。‎ ‎（2）连接OF，AF，BF，‎ ‎∵DA=DO，CD⊥OA，‎ ‎∴△OAF是等边三角形。‎ ‎∴∠AOF=60°。‎ ‎∴∠ABF=∠AOF=30°。‎ ‎（3）过点C作CG⊥BE于点G，由CE=CB，‎ ‎∴EG=BE=5。‎ 易证Rt△ADE∽Rt△CGE，‎ ‎∴sin∠ECG=sin∠A=，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ 又∵CD=15，CE=13，∴DE=2，‎ 由Rt△ADE∽Rt△CGE得，即，解得。‎ ‎∴⊙O的半径为2AD=。‎ ‎【考点】等腰（边）三角形的性质，直角三角形两锐角的关系，切线的判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。‎ ‎【分析】（1）连接OB，有圆的半径相等和已知条件证明∠OBC=90°即可证明BC是⊙O的切线。‎ ‎（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数。‎ ‎（3）过点C作CG⊥BE于点G，由CE=CB，可求出EG=BE=5，由Rt△ADE∽Rt△CGE和勾股定理求出DE=2，由Rt△ADE∽Rt△CGE求出AD的长，从而求出⊙O的半径。‎ ‎12. （2012湖北恩施8分）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．‎ ‎（1）抛物线及直线AC的函数关系式；‎ ‎（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；‎ ‎（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；‎ ‎（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．‎ ‎【答案】解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，‎ ‎，解得。∴抛物线的函数关系式为。‎ 设直线AC的函数关系式为y=kx+n，由直线AC过点A（﹣1，0）及C（2，3）得 ‎，解得。∴直线AC的函数关系式为y=x+1。‎ ‎（2）作N点关于直线x=3的对称点N′，‎ ‎ 令x=0，得y=3，即N（0，3）。‎ ‎∴N′（6， 3）‎ 由得 D（1，4）。‎ 设直线DN′的函数关系式为y=sx+t，则 ‎，解得。‎ ‎∴故直线DN′的函数关系式为。‎ 根据轴对称的性质和三角形三边关系，知当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小，‎ ‎∴。‎ ‎∴使MN+MD的值最小时m的值为。‎ ‎（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2），‎ ‎ ①当BD为平行四边形对角线时，由B、C、D、N的坐标知，四边形BCDN是平行四边形，此时，点E与点C重合，即E（2，3）。‎ ‎ ②当BD为平行四边形边时，‎ ‎∵点E在直线AC上，∴设E（x，x+1），则F（x，）。‎ 又∵BD=2‎ ‎∴若四边形BDEF或BDFE是平行四边形时，BD=EF。‎ ‎∴，即。‎ 若，解得，x=0或x=1（舍去），∴E（0，1）。‎ 若，解得，，∴E或E。‎ 综上，满足条件的点E为（2，3）、（0，1）、、。‎ ‎（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G， ‎ 设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）。‎ ‎∴。‎ ‎∴ ‎ ‎。‎ ‎ ∵，‎ ‎∴当时，△APC的面积取得最大值，最大值为。‎ ‎【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，轴对称的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式。‎ ‎（2）根据轴对称的性质和三角形三边关系作N点关于直线x=3的对称点N′，当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小。‎ ‎（3）分BD为平行四边形对角线和BD为平行四边形边两种情况讨论。‎ ‎（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），求得线段PQ=﹣x2+x+2。由图示以及三角形的面积公式知，由二次函数的最值的求法可知△APC的面积的最大值。‎ ‎13. （2012湖北咸宁10分）如图1，矩形MNPQ中，点E，F，G，H分别在NP，PQ，QM，MN上，若，则称四边形EFGH为矩形MNPQ的反射四边形．图2，图3，图4中，四边形ABCD为矩形，且AB=4，BC=8．‎ 理解与作图：‎ ‎（1）在图2，图3中，点E，F分别在BC，CD边上，试利用正方形网格在图上作出矩形ABCD的 反射四边形EFGH．‎ 计算与猜想：‎ ‎（2）求图2，图3中反射四边形EFGH的周长，并猜想矩形ABCD的反射四边形的周长是否为定值？‎ 启发与证明：‎ ‎（3）如图4，为了证明上述猜想，小华同学尝试延长GF交BC的延长线于M，试利用小华同学给我 们的启发证明（2）中的猜想．‎ ‎【答案】解：（1）作图如下： ‎ ‎（2）在图2中， ，‎ ‎∴四边形EFGH的周长为。 ‎ 在图3中，，，‎ ‎∴四边形EFGH的周长为。‎ 猜想：矩形ABCD的反射四边形的周长为定值。‎ ‎（3）延长GH交CB的延长线于点N，‎ ‎∵，，‎ ‎∴。‎ 又∵FC=FC，‎ ‎∴Rt△FCE≌Rt△FCM（ASA）。‎ ‎∴EF=MF，EC=MC。‎ 同理：NH=EH，NB=EB。∴MN=2BC=16。‎ ‎∵，，，∴。‎ ‎∴GM=GN。‎ 过点G作GK⊥BC于K，则。‎ ‎∴。‎ ‎∴四边形EFGH的周长为。∴矩形ABCD的反射四边形的周长为定值。‎ ‎【考点】新定义，网格问题，作图（应用与设计作图），勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据网格结构，作出相等的角即可得到反射四边形。‎ ‎（2）图2中，利用勾股定理求出EF=FG=GH=HE的长度，然后即可得到周长，图3中利用勾股定理求出EF=GH，FG=HE的长度，然后求出周长，从而得到四边形EFGH的周长是定值。‎ ‎（3）延长GH交CB的延长线于点N，再利用“ASA”证明Rt△FCE和Rt△FCM全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MF，EC=MC，同理求出NH=EH，NB=EB，从而得到MN=2BC，再证明GM=GN，过点G作GK⊥BC于K，根据等腰三角形三线合一的性质求出，再利用勾股定理求出GM的长度，然后即可求出四边形EFGH的周长。‎ ‎14. （2012湖北咸宁12分）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转，得到线段AB．过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D．运动时间为t秒．‎ ‎（1）当点B与点D重合时，求t的值；‎ ‎（2）设△BCD的面积为S，当t为何值时，?‎ ‎（3）连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线的顶点在△ABM内部（不包括边），求a的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎ （2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：，。‎ 当0＜＜8时，，解得。‎ 当＞8时，，‎ 解得，（为负数，舍去）。‎ 当或时，。‎ ‎（3）过M作MN⊥x轴于N，则。‎ 当MB∥OA时，BE=MN=2，OA=2BE=4。‎ ‎∵，‎ ‎∴抛物线的顶点坐标为（5，）。‎ ‎∴它的顶点在直线上移动。‎ ‎∵直线交MB于点（5，2），交AB于点（5，1），‎ ‎∴1＜＜2。∴＜＜。‎ ‎【考点】动点问题，旋转的性质，矩形的性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）由Rt△CAO∽Rt△ABE得到，根据点B与点D重合的条件，代入CA=2AM=2AB，AO=1·t= t，BE（DE）=OC=4，即可求得此时t的值。‎ ‎（2）分0＜＜8和＞8两种情况讨论即可。‎ ‎（3）求出抛物线的顶点坐标为（5，），知它的顶点在直线上移动。由抛物线的顶点在△ABM内部（不包括边）得1＜＜2，解之即得a的取值范围。‎ ‎15. （2012湖北荆州12分）已知：y关于x的函数y=（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的图象与x轴有交点．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）若x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，且满足（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2．‎ ‎①求k的值；②当k≤x≤k+2时，请结合函数图象确定y的最大值和最大值．‎ ‎【答案】解：（1）当k=1时，函数为一次函数y=﹣2x+3，其图象与x轴有一个交点。‎ 当k≠1时，函数为二次函数，其图象与x轴有一个或两个交点，‎ 令y=0得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2=0．‎ ‎△=（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（k+2）≥0，解得k≤2．即k≤2且k≠1。‎ 综上所述，k的取值范围是k≤2。‎ ‎（2）①∵x1≠x2，由（1）知k＜2且k≠1。‎ 由题意得（k﹣1）x12+（k+2）=2kx1（*），‎ 将（*）代入（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2中得：2k（x1+x2）=4x1x2。‎ 又∵x1+x2=，x1x2=，∴2k•=4•，‎ 解得：k1=﹣1，k2=2（不合题意，舍去）。∴所求k值为﹣1。‎ ‎②如图，∵k1=﹣1，y=﹣2x2+2x+1=﹣2（x﹣）2+，且﹣1≤x≤1，‎ 由图象知：当x=﹣1时，y最小=﹣3；当x=时，y最大=。‎ ‎∴y的最大值为，最小值为﹣3。‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点，一次函数的定义，一元二次方程根的判别式和根与系数物关系，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）分两种情况讨论，当k=1时，可求出函数为一次函数，必与x轴有一交点；当k≠1时，函数为二次函数，若与x轴有交点，则△≥0。‎ ‎（2）①根据（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2及根与系数的关系，建立关于k的方程，求出k的值。②充分利用图象，直接得出y的最大值和最小值。‎ ‎16. （2012湖北荆州12分）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；‎ ‎（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；‎ ‎（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线经过点A（3，0），D（﹣1，0），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）。‎ 将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=－（x﹣3）（x+1），即y=﹣x2+2x+3。‎ 又∵y=－x2+2x+3=－（x－1）2+4，∴点B（1，4）。‎ ‎（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．‎ 在Rt△AOE中，OA=OE=3，‎ ‎∴∠1=∠2=45°，。‎ 在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，‎ ‎∴∠MEB=∠MBE=45°，。‎ ‎∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。‎ ‎∴AB是△ABE外接圆的直径。‎ 在Rt△ABE中，，∴∠BAE=∠CBE。‎ 在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即CB⊥AB。‎ ‎∴CB是△ABE外接圆的切线。‎ ‎（3）存在。点P的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，﹣）。‎ ‎（4）设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ 将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得。‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。‎ 过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）。‎ 情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。‎ 则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．‎ 由△AHD∽△FHM，得，即，解得HK=2t。‎ ‎∴‎ ‎=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t。‎ 情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。‎ 由△IQA∽△IPF，得．即，‎ 解得IQ=2（3﹣t）。‎ ‎∴‎ ‎=×（3﹣t）×2（3﹣t）﹣（3﹣t）2=（3﹣t）2=t2﹣3t+。‎ 综上所述：。‎ ‎【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，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。‎ ‎ （2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。‎ ‎（3）在Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形。‎ ‎①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。‎ 由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3， ‎ 即tan∠DEO==tan∠BAE，‎ 即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。‎ 因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）。‎ ‎②DE为短直角边时，P2在x轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=。‎ 而DE=，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9。‎ 即P2（9，0）。‎ ‎③DE为长直角边时，点P3在y轴上。‎ 若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，‎ 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=。‎ 则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷，OP3=EP3﹣OE=。即P3（0，﹣）。‎ 综上所述，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）。‎ ‎ （4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。‎ ‎17. （2012湖北黄冈12分）某科技开发公司研制出一种新型产品，每件产品的成本为2400 元，销售单价 定为3000 元．在该产品的试销期间，为了促销，鼓励商家购买该新型产品，公司决定商家一次购买这种 新型产品不超过10 件时，每件按3000 元销售；若一次购买该种产品超过10 件时，每多购买一件，所购 买的全部产品的销售单价均降低10 元，但销售单价均不低于2600 元．‎ ‎(1)商家一次购买这种产品多少件时，销售单价恰好为2600 元?‎ ‎(2)设商家一次购买这种产品x 件，开发公司所获的利润为y 元，求y(元)与x(件)之间的函数关系式，并 写出自变量x 的取值范围．‎ ‎(3)该公司的销售人员发现：当商家一次购买产品的件数超过某一数量时，会出现随着一次购买的数量的增多，公司所获的利润反而减少这一情况.为使商家一次购买的数量越多，公司所获的利润越大，公司应将最低销售单价调整为多少元?(其它销售条件不变)‎ ‎【答案】解：（1）设件数为x，依题意，得3000－10（x－10）=2600，解得x=50。‎ 答：商家一次购买这种产品50件时，销售单价恰好为2600元。‎ ‎（2）当0≤x≤10时，y=（3000－2400）x=600x；‎ 当10＜x≤50时，y=[3000－10（x－10）－2400]x，即y=－10x2+700x；‎ 当x＞50时，y=（2600－2400）x=200x。‎ ‎∴。‎ ‎（3）由y=－10x2+700x可知抛物线开口向下，当时，利润y有最大值，‎ 此时，销售单价为3000－10（x－10）=2750元，‎ 答：公司应将最低销售单价调整为2750元。‎ ‎【考点】二次函数的应用。‎ ‎【分析】（1）设件数为x，则销售单价为3000-10（x-10）元，根据销售单价恰好为2600元，列方程求解。‎ ‎（2）由利润y=销售单价×件数，及销售单价均不低于2600元，按0≤x≤10，10＜x≤50，x＞50三种情况列出函数关系式。‎ ‎（3）由（2）的函数关系式，利用二次函数的性质求利润的最大值，并求出最大值时x的值，确定销售单价。‎ ‎18. （2012湖北黄冈14分）如图，已知抛物线的方程C1:与x 轴相交于点B、‎ C，与y 轴相交于点E，且点B 在点C 的左侧.‎ ‎(1)若抛物线C1过点M(2，2)，求实数m 的值．‎ ‎(2)在(1)的条件下，求△BCE的面积．‎ ‎(3)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标．‎ ‎(4)在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线C1过点M(2，2)，∴，解得m=4。‎ ‎（2）由（1）得。‎ ‎ 令x=0，得。∴E（0，2），OE=2。‎ ‎ 令y=0，得，解得x1=－2，x=4。‎ ‎∴B（－2，，0），C（4，0），BC=6。‎ ‎ ∴△BCE的面积=。‎ ‎（3）由（2）可得的对称轴为x=1。‎ ‎ 连接CE，交对称轴于点H，由轴对称的性质和 两点之间线段最短的性质，知此时BH+EH最小。‎ ‎ 设直线CE的解析式为，则 ‎ ，解得。∴直线CE的解析式为。‎ ‎ 当x=1时，。∴H（1，）。‎ ‎（4）存在。分两种情形讨论：‎ ‎ ①当△BEC∽△BCF时，如图所示。‎ 则，∴BC2=BE•BF。‎ 由（2）知B（－2，0），E（0，2），即OB=OE，‎ ‎∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。‎ 作FT⊥x轴于点F，则BT=TF。‎ ‎∴令F（x，－x－2）（x＞0），‎ 又点F在抛物线上，∴－x－2=，‎ ‎∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=‎2m，F（‎2m，－‎2m－2）。‎ 此时，‎ 又BC2=BE•BF，∴（m+2）2= •，解得m=2±。‎ ‎∵m＞0，∴m=+2。‎ ‎②当△BEC∽△FCB时，如图所示。‎ 则，∴BC2=EC•BF。‎ 同①，∵∠EBC=∠CFB，△BTF∽△COE，‎ ‎∴。‎ ‎∴令F（x，－（x+2））（x＞0），‎ 又点F在抛物线上，∴－（x+2）=。‎ ‎∵x+2＞0（∵x＞0），‎ ‎∴x=m+2。∴F（m+2，－（m+4）），，BC=m+2。‎ 又BC2=EC•BF，∴（m+2）2= .‎ 整理得：0=16，显然不成立。‎ 综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2。‎ ‎【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，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值。‎ ‎（2）求出B、C、E点的坐标，从而求得△BCE的面积。‎ ‎（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点。‎ ‎（4）分两种情况进行讨论：‎ ‎①当△BEC∽△BCF时，如图所示，此时可求得+2。‎ ‎②当△BEC∽△FCB时，如图所示，此时得到矛盾的等式，故此种情形不存在。‎ ‎19. （2012湖北随州12分）一列快车由甲地开往乙地，一列慢车由乙地开往甲地, 两车同时出发,匀速运动.快车离乙地的路程y1(km)与行驶的时间x(h)之间的函数关系,如图中线段AB所示；慢车离乙地的路程y2(km)与行驶的时间x(h)之间的函数关系,如图中线段OC所示。根据图象进行以下研究。‎ 解读信息：‎ ‎(1)甲、乙两地之间的距离为 km；‎ ‎(2)线段AB的解析式为 ; 线段OC的解析式为 ；‎ 问题解决：‎ ‎(3)设快、慢车之间的距离为y(km)，求y与慢车行驶时间x(h)的函数关系式，并画出函数的图象。‎ ‎【答案】解：（1）450。‎ ‎ （2）y1=450－150x（0≤x≤3）；y2=75x（0≤x≤6）。‎ ‎（3）根据（2）得出：‎ ‎。‎ 由函数解析式y=450－225x（0≤x＜2），当x=0，y=450；‎ 由函数解析式y=225x－450（2≤x＜3），当x=2，y=0；‎ 由函数解析式y=75x（3≤x≤6），当x=3，y=225，x=6，y=450。‎ 根据各端点，画出图象，其图象为折线图AE－EF－FC：‎ ‎【考点】一次函数的图象和应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】（1）利用A点坐标为（0，450），可以得出甲，乙两地之间的距离。‎ ‎ （2）利用A点坐标（0，450），B点坐标（3，0），用待定系数法求出线段AB的解析式；利用C点坐标（6，450），用待定系数法求出线段AB的解析式：‎ 设线段AB的解析式为：y1=kx+b，根据A点坐标（0，450），B点坐标（3，0），‎ ‎ 得出：，解得：。∴线段AB的解析式为：y1=450－150x ‎（0≤x≤3）。‎ ‎ 设线段OC的解析式为：y2=ax，将（6，450）代入得a=75。‎ ‎∴线段OC的解析式为 y2=75x （0≤x≤6）。‎ ‎（3）利用（2）中所求得出，，从而求出函数解析式，得出图象即可。‎ ‎20.（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，0