全国各地中考数学分类解析159套63专题专题63 押轴的解答题专集1 83页

‎2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）‎ 专题63：押轴的解答题专集（1）‎ 锦元数学工作室 编辑 三、解答题 ‎1. （2012北京市7分）在中，，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，‎ 将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。‎ ‎ （1） 若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，‎ 并写出∠CDB的度数；‎ ‎ （2） 在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的大 小（用含的代数式表示），并加以证明；‎ ‎ （3） 对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得 线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。‎ ‎【答案】解：（1）补全图形如下：‎ ‎∠CDB=30°。‎ ‎（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，‎ ‎∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。‎ ‎∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。‎ 在△APD与△CPD中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC ‎∴△APD≌△CPD（SSS）。‎ ‎∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。‎ 又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。‎ ‎∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。‎ ‎∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。‎ ‎∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。‎ ‎∴∠CDB=90°－α。‎ ‎（3）45°＜α＜60°。‎ ‎【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。‎ ‎【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案：‎ ‎∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。‎ ‎∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。 ‎ ‎∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。‎ ‎∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。‎ ‎（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。‎ ‎（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，‎ ‎∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。‎ ‎∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。‎ ‎∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。‎ ‎2. （2012北京市8分）在平面直角坐标系xoy中，对于任意两点P1（x1,y1）与P2（x2,y2）的“非常距离”，‎ 给出如下定义：‎ ‎ 若∣x1－x2∣≥∣y1－y2∣，则点P1与点P2的“非常距离”为∣x1－x2∣；‎ ‎ 若∣x1－x2∣＜∣y1－y2∣，则点P1与点P2的“非常距离”为∣y1－y2∣.‎ ‎ 例如：点P1（1,2），点P2（3,5），因为∣1－3∣＜∣2－5∣，所以点P1与点P2的“非常距离”为 ‎∣2－5∣=3，也就是图1中线段P1Q与线段P2Q长度的较大值（点Q为垂直于y轴的直线P1Q与垂直于x 轴的直线P2Q的交点）。‎ ‎ （1）已知点，B为y轴上的一个动点，‎ ‎ ①若点A与点B的“非常距离”为2，写出一个满足条件的点B的坐标；‎ ‎ ②直接写出点A与点B的“非常距离”的最小值；‎ ‎ （2）已知C是直线上的一个动点，‎ ‎ ①如图2，点D的坐标是（0，1），求点C与点D的“非常距离”的最小值及相应的点C的坐标；‎ ‎ ②如图3，E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，求点C与点E的“非常距离”的最 小值及相应的点E和点C的坐标。‎ ‎ ‎ ‎【答案】解：（1）①（0，－2）或（0，2）。‎ ‎②。‎ ‎（2）①设C坐标为，如图，过点C作CP⊥x轴于点P，作CQ⊥y轴于点Q。‎ ‎ 由“非常距离”的定义知，当OP=DQ时，点C与点D的“非常距离”最小，‎ ‎∴。‎ 两边平方并整理，得，解得，或（大于，舍去）。‎ ‎∴点C与点D的“非常距离”的最小值距离为，此时。‎ ‎②设直线与x轴和y轴交于点A，B，过点O作直线的垂线交直线于点C，交圆于点E，过点C作CP⊥x轴于点P，作CQ⊥y轴于点Q，过点E作EM⊥x轴于点M，作EN⊥y轴于点N。‎ 易得，OA=4，OB=3，AB=5。‎ 由△OAB∽△MEM，OE=1，得OM=，ON=。∴。‎ 设C坐标为 由“非常距离”的定义知，当MP=NQ时，点C与点E的“非常距离”最小，‎ ‎∴。‎ 两边平方并整理，得，‎ 解得，或（大于，舍去）。‎ ‎∴点C与点E的“非常距离”的最小值距离为1，此时，。‎ ‎【考点】新定义，直线上点的坐标与方程的关系，直线和圆的性质，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的和性质。‎ ‎【分析】（1）根据“非常距离”的定义可直接求出。‎ ‎ （2）①解题关键是，过C点向x、y轴作垂线，当CP和CQ长度相等的时候“非常距离”最短，理由是，如果向下（如左图）或向上（如右图）移动C点到达C’点，其与点D的“非常距离”都会增大。故而C、D为正方形相对的两个顶点时有最小的非常距离。‎ ‎ ②同①，同时理解当OC垂直于直线时，点C与点E的“非常距离”最小。‎ ‎3. （2012天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．‎ ‎（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。‎ 在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。‎ ‎∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．‎ ‎∴点P的坐标为（ ，6）。‎ ‎（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，‎ ‎∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。‎ ‎∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。‎ ‎∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。‎ ‎∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。‎ 又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴。‎ 由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．‎ ‎∴。∴（0＜t＜11）。‎ ‎（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。‎ ‎ （Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，‎ ‎△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。‎ ‎（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值： ‎ 过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。‎ ‎∴∠PC′E+∠EPC′=90°。‎ ‎∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。‎ ‎∴△PC′E∽△C′QA。∴。‎ ‎∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵，即，∴，即。‎ 将代入，并化简，得。解得：。‎ ‎∴点P的坐标为（，6）或（，6）。‎ ‎4. （2012天津市10分）已知抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a＜b）的顶点为P（x0，y0），点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在该抛物线上．‎ ‎（Ⅰ）当a=1，b=4，c=10时，①求顶点P的坐标；②求-的值；‎ ‎（Ⅱ）当y0≥0恒成立时，求的最小值．‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）若a=1，b=4，c=10，此时抛物线的解析式为y=x2+4x+10。‎ ‎ ①∵y=x2+4x+10=（x+2）2+6，∴抛物线的顶点坐标为P（－2，6）。‎ ‎②∵点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在抛物线y=x2+4x+10上，‎ ‎∴yA=15，yB=10，yC=7。∴。‎ ‎（Ⅱ）由0＜2a＜b，得。‎ 由题意，如图过点A作AA1⊥x轴于点A1，‎ 则AA1=yA，OA1=1。‎ 连接BC，过点C作CD⊥y轴于点D，‎ 则BD=yB－yC，CD=1。‎ 过点A作AF∥BC，交抛物线于点E（x1，yE），交x轴于点F（x2，0）。‎ 则∠FAA1=∠CBD。∴Rt△AFA1∽Rt△BCD。‎ ‎∴ ，即。‎ 过点E作EG⊥AA1于点G，易得△AEG∽△BCD。‎ ‎∴，即。‎ ‎∵点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）、E（x1，yE）在抛物线y=ax2+bx+c上，‎ ‎∴yA=a+b+c，yB=c，yC=a－b+c，yE=ax12+bx1+c，‎ ‎∴，化简，得x12＋x1－2=0，‎ 解得x1=－2（x1=1舍去）。‎ ‎∵y0≥0恒成立，根据题意，有x2≤x1＜－1。‎ 则1－x2≥1－x1，即1－x2≥3。‎ ‎∴的最小值为3。 ‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（Ⅰ）将a=1，b=4，c=10代入解析式，即可得到二次函数解析式。‎ ‎①将二次函数化为顶点式，即可得到得到抛物线顶点坐标。‎ ‎②将A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）分别代入解析式，即可求出yA、yB、yC的值，然后计算的值即可。‎ ‎（Ⅱ）根据0＜2a＜b，求出，作出图中辅助线：点A作AA1⊥x轴于点A1，则AA1=yA，OA1=1．连接BC，过点C作CD⊥y轴于点D，则BD=yB－yC，CD=1．过点A作AF∥BC，交抛物线于点E（x1，yE），交x轴于点F（x2，0）。证出Rt△AFA1∽Rt△BCD，得到，，再根据△AEG∽△BCD得到，然后求出yA、yB、yC、yE的表达式，然后y0≥0恒成立，得到x2≤x1＜－1，从而利用不等式求出 的最小值。 ‎ ‎5. （2012上海市12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥OD，垂足为F．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）求线段EF、OF的长（用含t的代数式表示）；‎ ‎（3）当∠ECA=∠OAC时，求t的值．‎ ‎【答案】解：（1）二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴这个二次函数的解析式为：y=﹣2x2+6x+8。‎ ‎（2）∵∠EFD=∠EDA=90°，∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°。∴∠DEF=∠ODA。‎ ‎∴△EDF∽△DAO。∴。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∵OD=t，∴，∴EF=。‎ 同理，∴DF=2，∴OF=t﹣2。‎ ‎（3）∵抛物线的解析式为：y=﹣2x2+6x+8，∴C（0，8），OC=8。‎ 如图，连接EC、AC，过A作EC的垂线交CE于G点．‎ ‎∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）。‎ 在△CAG与△OCA中，‎ ‎∵∠OAC=∠GCA，AC=CA，∠ECA=∠OAC，‎ ‎∴△CAG≌△OCA（ASA）。∴CG=AO=4，AG=OC=8。‎ 如图，过E点作EM⊥x轴于点M，‎ 则在Rt△AEM中，EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+，‎ 由勾股定理得： 。‎ 在Rt△AEG中，由勾股定理得：。‎ 在Rt△ECF中，EF=，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG=4+‎ 由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，即。‎ 解得t1=10（不合题意，舍去），t2=6。‎ ‎∴t=6。‎ ‎【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，锐角三角函数定义，全等三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）已知点A、B坐标，用待定系数法求抛物线解析式即可。‎ ‎ （2）先证明△EDF∽△DAO，然后利用相似三角形对应边的比例关系以及三角形函数的定义求 解。‎ ‎（3）通过作辅助线构造一对全等三角形：△CAG≌△OCA，得到CG、AG的长度；然后利用勾股定理求得AE、EG的长度（用含t的代数式表示）；最后在Rt△ECF中，利用勾股定理，得到关于t的无理方程，解方程求出t的值。‎ ‎6.（2012上海市14分）如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．‎ ‎（1）当BC=1时，求线段OD的长；‎ ‎（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域．‎ ‎【答案】解：（1）∵点O是圆心，OD⊥BC，BC=1，∴BD=BC=。‎ ‎ 又∵OB=2，∴。‎ ‎（2）存在，DE是不变的。‎ 如图，连接AB，则。‎ ‎∵D和E是中点，∴DE=。‎ ‎（3）∵BD=x，∴。‎ ‎∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠AOB=900。‎ ‎∴∠2+∠3=45°。‎ 过D作DF⊥OE，垂足为点F。∴DF=OF=。‎ 由△BOD∽△EDF，得，即 ‎，解得EF=x。‎ ‎∴OE=。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）由OD⊥BC，根据垂径定理可得出BD=BC= ，在Rt△BOD中利用勾股定理即可求出OD的长。‎ ‎（2）连接AB，由△AOB是等腰直角三角形可得出AB的长，再由D和E是中点，根据三角形中位线定理可得出DE= 。‎ ‎（3）由BD=x，可知，由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°，过D作DF⊥OE，则DF=OF=，EF=x，OE=，即可求得y关于x的函数关系式。‎ ‎ ∵，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合），‎ ‎ ∴。‎ ‎7. （2012重庆市10分）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y2=ax2+c(a≠0)．其图象如图所示．1至6月，污水厂处理每吨污水的费用：z1（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：z2（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y1，y2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）‎ ‎【答案】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：。‎ 将（1，12000）代入得：k=1×12000=12000，‎ ‎∴（1≤x≤6，且x取整数）。‎ 根据图象可以得出：图象过（7，10049），（12，10144）点，代入y2=ax2+c得：‎ ‎，解得：。‎ ‎∴y2=x2+10000（7≤x≤12，且x取整数）。‎ ‎（2）当1≤x≤6，且x取整数时：‎ ‎ ‎ ‎=﹣1000x2+10000x﹣3000=﹣1000（x﹣5）2+2200。‎ ‎∵a=﹣1000＜0， 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，对称轴为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：。‎ ‎∵≈28.4，∴t1≈0.57，t2≈﹣2.27（舍去）。‎ ‎∴a≈57。‎ 答：a整数值是57。‎ ‎【考点】二次函数的应用，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，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）利用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，求出即可。再利用函数图象得出：图象过（7，10049），（12，10144）点，求出二次函数解析式即可。‎ ‎（2）利用当1≤x≤6时，以及当7≤x≤12时，分别求出处理污水的费用，即可得出答案。‎ ‎（3）利用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一30）%，得出等式12000（1+a%）×1.5×[1+（a-30）%]×（1-50%）=18000，进而求出即可。‎ ‎8. （2012重庆市12分）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．‎ ‎【答案】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，理由如下：‎ 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，‎ ‎∵EF∥AB，∴△MEC∽△ABC。‎ ‎∴，即。∴ME=2﹣t。‎ 在Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣t）2=t2﹣2t+8。‎ 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=（t+1）2+ t 2=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）。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，正方形的性质，直角梯形的性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）首先设正方形BEFG的边长为x，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长。‎ ‎（2）首先由△MEC∽△ABC与勾股定理，求得B′M，DM与B′D的平方，然后分别从若∠DB′M、‎ ‎∠DB′M和∠B′DM分别是直角，列方程求解即可。‎ ‎（3）分别从，， 和时去分析求解即可求得答案：‎ ‎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，‎ ‎∴当时，S=S△FMN=×t×t=t2。‎ ‎②如图④，当G在AC上时，t=2，‎ ‎∵EK=EC•tan∠DCB= ，‎ ‎∴FK=2﹣EK=﹣1。‎ ‎∵NL=，∴FL=t﹣，‎ ‎∴当时，S=S△FMN﹣S△FKL=t2﹣（t﹣）（﹣1）=。‎ ‎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。‎ ‎∴当时，S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×（t﹣1+t）﹣（t﹣）（﹣1）‎ ‎=。‎ ‎④如图⑥，当时，‎ ‎∵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=。‎ 综上所述：。‎ ‎9. （2012安徽省12分）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.‎ ‎【答案】解：（1）∵D、C、F分别是△ABC三边中点，∴DEAB，DFAC。‎ 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。‎ ‎∴CD= BD=DG。∴B、G、C三点共圆。‎ ‎∴∠BGC=90°。∴BG⊥CG。‎ ‎【考点】三角形中位线定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理。‎ ‎【分析】（1）由△BDG与四边形ACDG的周长相等与D、E、F分别为三边的中点，易得BG=AC+AG，又由BG=AB－AG即可得BG=。‎ ‎（2）由点D、F分别是BC、AB的中点，利用三角形中位线的性质，易得DF=FG，又由DE∥AB，即可求得∠FDG=∠EDG。‎ ‎（3）由△BDG与△DFG相似和（2）得DG=BD=CD，可得B、G、C三点在以BC为直径的圆周上，由圆周角定理，即可得BG⊥C。‎ ‎10. （2012安徽省14分）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。‎ ‎【答案】解：（1）把x=0，y=,及h=2.6代入到y=a(x-6)2+h，即2=a(0－6)2+2.6，∴ ‎ ‎ ∴当h=2.6时， y与x的关系式为y= (x－6)2+2.6‎ ‎（2）当h=2.6时，y= (x－6)2+2.6‎ ‎∵当x=9时，y= (9－6)2+2.6=2.45＞2.43，∴球能越过网。‎ ‎∵当y=0时，即 (18－x)2+2.6=0，解得x=＞18，∴球会过界。‎ ‎（3）把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解得h≥。‎ ‎∴若球一定能越过球网，又不出边界， h的取值范围为h≥。‎ ‎【考点】二次函数的性质和应用。‎ ‎【分析】（1）利用h=2.6，将（0，2）点，代入解析式求出即可。‎ ‎（2）利用h=2.6，当x=9时，y= (9－6)2+2.6=2.45与球网高度比较；当y=0时，解出x值与球场的边界距离比较，即可得出结论。‎ ‎（3）根据球经过点（0，2）点，得到a与h的关系式。由x=9时球一定能越过球网得到y＞2.43；由x=18时球不出边界得到y≤0。分别得出h的取值范围，即可得出答案。‎ ‎11. （2012山西省12分）问题情境：将一副直角三角板（Rt△ABC和Rt△DEF）按图1所示的方式摆放，其中∠ACB=90°，CA=CB，∠FDE=90°，O是AB的中点，点D与点O重合，DF⊥AC于点M，DE⊥BC于点N，试判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由．‎ 探究展示：小宇同学展示出如下正确的解法：‎ 解：OM=ON，证明如下：‎ 连接CO，则CO是AB边上中线，‎ ‎∵CA=CB，∴CO是∠ACB的角平分线．（依据1）‎ ‎∵OM⊥AC，ON⊥BC，∴OM=ON．（依据2）‎ 反思交流：‎ ‎（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：‎ 依据1： ‎ 依据2： ‎ ‎（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．‎ 拓展延伸：‎ ‎（3）将图1中的Rt△DEF沿着射线BA的方向平移至如图2所示的位置，使点D落在BA的延长线上，FD的延长线与CA的延长线垂直相交于点M，BC的延长线与DE垂直相交于点N，连接OM、ON，试判断线段OM、ON的数量关系与位置关系，并写出证明过程．‎ ‎【答案】（1）解：等腰三角形三线合一（或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合）；角平分线上的点到角的两边距离相等。‎ ‎（2）证明：∵CA=CB，∴∠A=∠B。‎ ‎∵O是AB的中点，∴OA=OB。‎ ‎∵DF⊥AC，DE⊥BC，∴∠AMO=∠BNO=90°。‎ ‎∵在△OMA和△ONB中，∠A=∠B，OA=OB，∠AMO=∠BNO，‎ ‎∴△OMA≌△ONB（AAS）。∴OM=ON。‎ ‎（3）解：OM=ON，OM⊥ON。理由如下：‎ 连接CO，则CO是AB边上的中线。‎ ‎∵∠ACB=90°，∴OC=AB=OB。‎ 又∵CA=CB，‎ ‎∴∠CAB=∠B=45，∠1=∠2=45°，∠AOC=∠BOC=90°。∴∠2=∠B。‎ ‎∵BN⊥DE，∴∠BND=90°。‎ 又∵∠B=45°，∴∠3=45°。∴∠3=∠B。∴DN=NB。‎ ‎∵∠ACB=90°，∴∠NCM=90°。‎ 又∵BN⊥DE，∴∠DNC=90°。∴四边形DMCN是矩形。∴DN=MC。∴MC=NB。‎ ‎∴△MOC≌△NOB（SAS）。∴OM=ON，∠MOC=∠NOB。‎ ‎∴∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON，即∠MON=∠BOC=90°。‎ ‎∴OM⊥ON。‎ ‎【考点】等腰三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等腰三角形和角平分线的性质直接作答。‎ ‎（2）利用AAS证明△OMA≌△ONB即可。‎ ‎（3）利用SAS证明△MOC≌△NOB即可得到OM=ON，∠MOC=∠NOB。通过角的等量代换即可得∠MON=∠BOC=90°，而得到OM⊥ON。‎ ‎12. （2012山西省14分）综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．‎ ‎（1）求直线AC的解析式及B．D两点的坐标；‎ ‎（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A．P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．‎ ‎【答案】解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3。‎ ‎ ∵点A在点B的左侧，∴A．B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）。‎ 当x=0时，y=3。∴C点的坐标为（0，3）。‎ 设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则 ‎，解得。‎ ‎∴直线AC的解析式为y=3x+3。‎ ‎∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）。‎ ‎（2）抛物线上有三个这样的点Q。如图，‎ ‎①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；‎ ‎②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；‎ ‎③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）。‎ 综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）。‎ ‎（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求。‎ 过点B′作B′E⊥x轴于点E。‎ ‎∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2。‎ ‎∴Rt△AOC∽Rt△AFB。∴。‎ 由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，‎ ‎∴AC=，AB=4。‎ ‎∴，解得。∴BB′=2BF=，‎ 由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴。‎ ‎∴。∴B′E=，BE=。∴OE=BE﹣OB=﹣3=．‎ ‎∴B′点的坐标为（﹣，）。‎ 设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则 ‎，解得。‎ ‎∴直线B'D的解析式为：。‎ 联立B'D与AC的直线解析式可得：‎ ‎，解得。‎ ‎∴M点的坐标为（）。‎ ‎【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，二次函数的性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，直角三角形两锐角的关系，三角形三边关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。‎ ‎【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B 两点可求得A．B两点的坐标，同样，由由抛物线y=﹣x2+2x+3与y轴交于点C可求得C点的坐标。用待定系数法，可求得直线AC的解析式。由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4可求得顶点D的坐标。‎ ‎（2）由于点P 在x轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求得点Q的坐标。‎ ‎ （3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则根据轴对称和三角形三边关系，知点M为所求。‎ ‎ 因此，由勾股定理求得AC=，AB=4。由Rt△AOC∽Rt△AFB求得，从而得到BB′=2BF=。由Rt△AOC∽Rt△B′EB得到B′E=，BE= ，OE=BE﹣OB=﹣3=，从而得到点B′的坐标。用待定系数法求出线B′D的解析式，与直线AC的解析式即可求得点M的坐标。‎ ‎13. （2012海南省11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.‎ ‎（1）求证：△AND≌△CBM.‎ ‎（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？‎ ‎（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长度.‎ ‎【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。‎ ‎ ∴∠DAC=∠BCA。‎ ‎ 又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。‎ ‎ ∴△AND≌△CBM（ASA）。‎ ‎（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。‎ ‎ 又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，‎ ‎ ∴FN=EM。‎ ‎ 又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，‎ ‎ ∴FN∥EM。∴四边形MFNE是平行四边形。‎ 四边形MFNE不是菱形，理由如下：‎ 由翻折的性质，得∠CEM=∠B=900，‎ ‎∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。‎ ‎∴FM＞EM。∴四边形MFNE不是菱形。‎ ‎（3）解：∵AB=4，BC=3，∴AC=5。‎ ‎ 设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC得 ‎3 x＋5 x=12，解得x=，即DN=BM=。‎ 过点N作NH⊥AB于H，则HM=4－3=1。‎ 在△NHM中，NH=3，HM=1，‎ 由勾股定理，得NM=。‎ ‎∵PQ∥MN，DC∥AB，‎ ‎∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，PQ= NM=。‎ 又∵PQ=CQ，∴CQ=。‎ 在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。‎ ‎∴NP=MQ=。∴PC=4－－=2。‎ ‎【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AND≌△CBM。‎ ‎ （2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。‎ ‎ （3）设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC可得DN=BM=。过点N作NH⊥AB于H，则由勾股定理可得NM=，从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得CQ=。因此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。‎ ‎14. （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 。 ∴。‎ ‎15. （2012陕西省10分）如果一条抛物线与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．‎ ‎（1）“抛物线三角形”一定是 三角形；‎ ‎（2）若抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b的值；‎ ‎（3）如图，△OAB是抛物线的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）等腰。‎ ‎ （2）∵抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，‎ ‎ ∴该抛物线的顶点满足（b＞0）。‎ ‎ ∴b=2。‎ ‎ （3）存在。‎ ‎ 如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，‎ ‎ 则四边形ABCD为平行四边形。‎ ‎ 当OA=OB时，平行四边形ABCD为矩形。‎ ‎ 又∵AO=AB， ∴△OAB为等边三角形。‎ ‎ 作AE⊥OB，垂足为E，‎ ‎ ∴，即，∴．‎ ‎ ∴。‎ ‎ 设过点O、C、D三点的抛物线，则 ‎ ，解得，。‎ ‎ ∴所求抛物线的表达式为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中心对称的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）抛物线的顶点必在抛物线与x轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形”一定是等腰三角形。‎ ‎（2）观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于b＞0，那么其顶点在第一象限，而这个“抛物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出b的值。‎ ‎（3）由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足OA=OB，结合（1）的结论，这个“抛物线三角形”必须是等边三角形，首先用b′表示出AE、OE的长，通过△OAB这个等边三角形来列等量关系求出b′的值，进而确定A、B的坐标，即可确定C、D的坐标，利用待定系数即可求出过O、C、D的抛物线的解析式。‎ ‎16. （2012陕西省12分）如图，正三角形ABC的边长为．‎ ‎（1）如图①，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上．在正三角形ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形，且使正方形的面积最大（不要求写作法）；‎ ‎（2）求（1）中作出的正方形的边长；‎ ‎（3）如图②，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得D、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值及最小值，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）如图①，正方形即为所求。‎ ‎ （2）设正方形的边长为x．‎ ‎ ∵△ABC为正三角形，∴。‎ ‎∴。∴，即。‎ ‎ （3）如图②，连接NE，EP，PN，则。‎ ‎ 设正方形DEMN和正方形EFPH的边长分别为m、n（m≥n），‎ 它们的面积和为S，则，。‎ ‎ ∴.‎ ‎ ∴。‎ ‎ 延长PH交ND于点G，则PG⊥ND。‎ ‎ 在中，。‎ ‎ ∵，即.‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴①当时，即时，S最小。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ②当最大时，S最大，即当m最大且n最小时，S最大。‎ ‎ ∵，由（2）知，。‎ ‎ ∴。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】位似变换，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质。‎ ‎【分析】（1）利用位似图形的性质，作出正方形EFPN的位似正方形E′F′P′N′，如答图①所示。‎ ‎（2）根据正三角形、正方形、直角三角形相关线段之间的关系，利用等式E′F′+AE′+BF′=AB，列方程求得正方形E′F′P′N′的边长 ‎ ‎（3）设正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n（m≥n），求得面积和的表达式为：，可见S的大小只与m、n的差有关：①当m=n时，S取得最小值；②当m最大而n最小时，S取得最大值．m最大n最小的情形见第（1）（2）问。‎ ‎17. （2012宁夏区10分）某超市销售一种新鲜“酸奶”， 此“酸奶”以每瓶3元购进，5元售出.这种“酸奶”的保质期不超过一天，对当天未售出的“酸奶”必须全部做销毁处理.‎ ‎（1）该超市某一天购进20瓶酸奶进行销售.若设售出酸奶的瓶数为x（瓶），销售酸奶的利润为y（元），写出这一天销售酸奶的利润y（元）与售出的瓶数x（瓶）之间的函数关系式。为确保超市在销售这20瓶酸奶时不亏本，当天至少应售出多少瓶？‎ ‎（2）小明在社会调查活动中，了解到近10天当中，该超市每天购进酸奶20瓶的销售情况统计如下：‎ 每天售出瓶数 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ 频数 ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎5‎ 根据上表，求该超市这10天每天销售酸奶的利润的平均数；‎ ‎（3）小明根据（2）中，10天酸奶的销售情况统计，计算得出在近10天当中，其实每天购进19瓶总获利要比每天购进20瓶总获利还多.你认为小明的说法有道理吗？试通过计算说明.‎ ‎【答案】解：（1）由题意知，这一天销售酸奶的利润y（元）与售出的瓶数x（瓶）之间的函数关系式 为y=5x－60 ‎ 当5x－60≥0时，x≥12，‎ ‎∴当天至少应售出12瓶酸奶超市才不亏本。‎ ‎（2）在这10天当中，利润为25元的有1天，30元的有2天，35元的有2天，40元的有 ‎5天，‎ ‎∴这10天中，每天销售酸奶的利润的平均数为（25+30×2+35×2+40×5）÷10=35.5 。‎ ‎（3）小明说的有道理。理由如下：‎ ‎∵在这10天当中，每天购进20瓶获利共计355元.‎ 而每天购进19瓶销售酸奶的利润y（元）与售出的瓶数x（瓶）之间的函数关系式为：y=5x－57‎ ‎ 在10天当中，利润为28元的有1天，33元的有2天，38元的有7天，‎ 总获利为28+33×2+38×7=360>355 。‎ ‎∴小明说的有道理。‎ ‎【考点】一次函数的应用。‎ ‎【分析】（1）根据此“酸奶”以每瓶3元购进，5元售出，该超市某一天购进20瓶酸奶进行销售，即可得出y与x的函数关系式，再利用y大于0得出x的取值范围。‎ ‎（2）根据频数分布表得出总数，从而得出平均数即可。‎ ‎（3）利用每天购进19瓶销售酸奶的利润y（元）与售出的瓶数x（瓶）之间的函数关系式，得出在10天当中，利润为28元的有1天，33元的有2天，8元的有7天，从而得出总利润，比较即可得出答案。‎ ‎18. （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。‎ ‎19. （2012广东省9分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．‎ ‎（1）求证：△ABG≌△C′DG；‎ ‎（2）求tan∠ABG的值；‎ ‎（3）求EF的长．‎ ‎【答案】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，‎ ‎ ∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。‎ 在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB= C′D，∠ABG=∠AD C′，‎ ‎∴△ABG≌△C′DG（ASA）。‎ ‎（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。‎ 设AG=x，则GB=8﹣x，‎ 在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。‎ ‎∴。‎ ‎（3）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。‎ ‎∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。‎ ‎∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=AB=×6=3。‎ ‎∴EF=EH+HF=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。‎ ‎（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。‎ ‎（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。‎ ‎20. （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。‎ ‎21. （2012广东佛山10分）规律是数学研究的重要内容之一．‎ ‎　　　　初中数学中研究的规律主要有一些特定的规则、符号(数)及其运算规律、图形的数值特征和位置关系特征等方面．‎ ‎　　　　请你解决以下与数的表示和运算相关的问题：‎ ‎　(1)写出奇数a用整数n表示的式子；‎ ‎　(2)写出有理数b用整数m和整数n表示的式子；‎ ‎　(3)函数的研究中，应关注y随x变化而变化的数值规律(课本里研究函数图象的特征实际上也是为了说明函数的数值规律)．‎ 下面对函数y=x2的某种数值变化规律进行初步研究：‎ xi ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎...‎ yi ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎16‎ ‎25‎ ‎...‎ yi+1－yi ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎11‎ ‎...‎ 由表看出，当x的取值从0开始每增加1个单位时，y的值依次增加1，3，5...‎ 请回答：‎ 当x的取值从0开始每增加个单位时，y的值变化规律是什么？‎ 当x的取值从0开始每增加个单位时，y的值变化规律是什么？‎ ‎【答案】解：（1）n是任意整数，则表示任意一个奇数的式子是：2n+1。 （2）有理数b=（n≠0）。‎ ‎（3）①当x的取值从0开始每增加个单位时，列表如下：‎ xi ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎...‎ yi ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎...‎ yi+1－yi ‎...‎ 故当x的取值从0开始每增加个单位时，y的值依次增加、 、 …。‎ ‎②当x的取值从0开始每增加个单位时，列表如下：‎ xi ‎0‎ ‎...‎ yi ‎0‎ ‎...‎ yi+1－yi ‎...‎ 故当x的取值从0开始每增加个单位时，y的值依次增加、 、 …。‎ ‎【考点】分类归纳（数字的变化类），二次函数的性质，实数。‎ ‎【分析】（1）n是任意整数，偶数是能被2整除的数，则偶数可以表示为2n，因为偶数与奇数相差1，所以奇数可以表示为2n+1。‎ ‎（2）根据有理数是整数与分数的统称，而所有的整数都可以写成整数的形式，据此可以得到答案。‎ ‎（3）根据图表计算出相应的数值后即可看出y随着x的变化而变化的规律。‎ ‎22. （2012广东佛山11分）（1）按语句作图并回答：作线段AC（AC=4），以A为圆心a为半径作圆，再以C为圆心b为半径作圆（a＜4，b＜4，圆A与圆C交于B、D两点），连接AB、BC、CD、DA．‎ 若能作出满足要求的四边形ABCD，则a、b应满足什么条件？‎ ‎（2）若a=2，b=3，求四边形ABCD的面积．‎ ‎【答案】解：（1）作图如下：‎ 能作出满足要求的四边形ABCD，则a、b应满足的条件是a+b＞4。‎ ‎（2）连接BD，交AC于E，‎ ‎∵⊙A与⊙C交于B、D，∴AC⊥DB，BE=DE。‎ 设CE=x，则AE=4－x，‎ ‎∵BC= b=3，AB= a=2，‎ ‎∴由勾股定理得：‎ 解得：。‎ ‎∴。‎ ‎∴四边形ABCD的面积是。‎ 答：四边形ABCD的面积是。‎ ‎【考点】作图（复杂作图），相交两圆的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）根据题意画出图形，只有两圆相交，才能得出四边形，即可得出答案；‎ ‎（2）连接BD，根据相交两圆的性质得出DB⊥AC，BE=DE，设CE= x，则AE=4－x，根据勾股定理得出关于x的方程，求出x，根据三角形的面积公式求出即可。‎ ‎23. （2012广东广州14分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求点A、B的坐标；‎ ‎（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；‎ ‎（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．‎ ‎【答案】解：（1）在中，令y=0，即，解得x1=﹣4，x2=2。‎ ‎ ∵点A在点B的左侧，∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）。 ‎ ‎（2）由得，对称轴为x=﹣1。‎ ‎ 在中，令x=0，得y=3。‎ ‎ ∴OC=3，AB=6，。‎ 在Rt△AOC中，。‎ 设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h=9，解得h=。‎ 如图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是L1和L2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D。‎ 设L1交y轴于E，过C作CF⊥L1于F，则CF=h=，‎ ‎∴。‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b，‎ 将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入，得 ‎，解得。来源:21‎ ‎∴直线AC解析式为。来源:21世纪教育网]‎ 直线L1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，‎ ‎∴直线L1的解析式为。‎ 则D1的纵坐标为。∴D1（﹣4，）。‎ 同理，直线AC向上平移个长度单位得到L2，可求得D2（﹣1，）。‎ 综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）。‎ ‎（3）如图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．‎ 连接FM，过M作MN⊥x轴于点N。‎ ‎∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3。‎ 又FE=5，则在Rt△MEF中，-‎ ME=，sin∠MFE=，cos∠MFE=。‎ 在Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3×，‎ FN=MN•cos∠MFE=3×。‎ 则ON=。∴M点坐标为（，）。‎ 直线l过M（，），E（4，0），‎ 设直线l的解析式为y=k1x+b1，则有，解得。‎ ‎∴直线l的解析式为y=x+3。‎ 同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3。‎ 综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3。‎ ‎24. （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。‎ ‎25. （2012广东梅州10分）（1）已知一元二次方程x2+px+q=0（p2﹣4q≥0）的两根为x1、x2；求证：x1+x2=﹣p，x1•x2=q．‎ ‎（2）已知抛物线y=x2+px+q与x轴交于A、B两点，且过点（﹣1，﹣1），设线段AB的长为d，当p为何值时，d2取得最小值，并求出最小值．‎ ‎【答案】（1）证明：∵a=1，b=p，c=q，p2﹣4q≥0，‎ ‎∴。‎ ‎（2）解：把（﹣1，﹣1）代入y=x2+px+q得p﹣q=2，即q=p﹣2。‎ ‎ 设抛物线y=x2+px+q与x轴交于A、B的坐标分别为（x1，0）、（x2，0）。‎ ‎∵d=|x1﹣x2|，‎ ‎∴d2=（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4 x1•x2=p2﹣4q=p2﹣4p+8=（p﹣2）2+4。‎ ‎∴当p=2时，d 2的最小值是4。‎ ‎【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，抛物线与x轴的交点，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可直接证得。‎ ‎ 【教材中没有元二次方程根与系数的关系可先根据求根公式得出x1、x2的值，再求出两根的和与积即可】‎ ‎（2）把点（﹣1，﹣1）代入抛物线的解析式，再由d=|x1﹣x2|可得d2关于p的函数关系式，应用二次函数的最值原理即可得出结论。‎ ‎26. （2012广东梅州11分）如图，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，2）、D（0，3），射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．‎ ‎（1）①点B的坐标是　　；②∠CAO=　 　度；③当点Q与点A重合时，点P的坐标为　 　；（直接写出答案）‎ ‎（2）设OA的中心为N，PQ与线段AC相交于点M，是否存在点P，使△AMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的横坐标为m；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）①（6，2）。 ②30。③（3，3）。‎ ‎（2）存在。m=0或m=3﹣或m=2。‎ ‎ （3）当0≤x≤3时，‎ 如图1，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；‎ 由题意可知直线l∥BC∥OA，‎ 可得，∴EF=（3+x），‎ 此时重叠部分是梯形，其面积为：‎ 当3＜x≤5时，如图2，‎ 当5＜x≤9时，如图3，‎ 当x＞9时，如图4，‎ ‎。‎ 综上所述，S与x的函数关系式为：‎ ‎ 。‎ ‎【考点】矩形的性质，梯形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，解直角三角形。‎ ‎【分析】（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标：‎ ‎∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，‎ ‎∵A（6，0）、C（0，2），∴点B的坐标为：（6，2）。‎ ‎②由正切函数，即可求得∠CAO的度数：‎ ‎∵，∴∠CAO=30°。‎ ‎③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，‎ ‎∵∠PQO=60°，D（0，3），∴PE=3。‎ ‎∴。‎ ‎∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴点P的坐标为（3，3）。‎ ‎（2）分别从MN=AN，AM=AN与AM=MN去分析求解即可求得答案：‎ 情况①：MN=AN=3，则∠AMN=∠MAN=30°，‎ ‎∴∠MNO=60°。‎ ‎∵∠PQO=60°，即∠MQO=60°，∴点N与Q重合。‎ ‎∴点P与D重合。∴此时m=0。‎ 情况②，如图AM=AN，作MJ⊥x轴、PI⊥x轴。‎ MJ=MQ•sin60°=AQ•sin600‎ 又，‎ ‎∴，解得：m=3﹣。‎ 情况③AM=NM，此时M的横坐标是4.5，‎ 过点P作PK⊥OA于K，过点M作MG⊥OA于G，‎ ‎∴MG=。‎ ‎∴。‎ ‎∴KG=3﹣0.5=2.5，AG= AN=1.5。∴OK=2。∴m=2。‎ 综上所述，点P的横坐标为m=0或m=3﹣或m=2。‎ ‎（3）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案。‎ ‎27. （2012广东汕头12分）有三张正面分别写有数字﹣2，﹣1，1的卡片，它们的背面完全相同，将这三张卡片北背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面的数字作为x的值，放回卡片洗匀，再从三张卡片中随机抽取一张，以其正面的数字作为y的值，两次结果记为（x，y）．‎ ‎（1）用树状图或列表法表示（x，y）所有可能出现的结果；‎ ‎（2）求使分式有意义的（x，y）出现的概率；‎ ‎（3）化简分式，并求使分式的值为整数的（x，y）出现的概率．‎ ‎【答案】解：（1）用列表法表示（x，y）所有可能出现的结果如下：‎ ‎－2‎ ‎－1‎ ‎1‎ ‎－2‎ ‎（－2，－2）‎ ‎（－1，－2）‎ ‎（1，－2）‎ ‎－1‎ ‎（－2，－1）‎ ‎（－1，－1）‎ ‎（1，－1）‎ ‎1‎ ‎（－2，1）‎ ‎（－1，1）‎ ‎（1，1）‎ ‎（2）∵（x，y）所有可能出现的结果共有9种情况，使分式有意义的（x，y）有（﹣1，﹣2）、（1，﹣2）、（﹣2，﹣1）、（﹣2， 1）4种情况，‎ ‎∴使分式有意义的（x，y）出现的概率是。‎ ‎（3）。‎ ‎∵在使分式有意义的4种情况中，值为整数的（x，y）有（1，﹣2）、‎ ‎（﹣2， 1）2种情况，‎ ‎∴使分式的值为整数的（x，y）出现的概率是。‎ ‎【考点】列表法或树状图法，概率分式有意义的条件，分式的化简求值。‎ ‎【分析】（1）根据题意列出表或画树状图，即可表示（x，y）所有可能出现的结果。‎ ‎（2）根据（1）中的表或树状图中找出使分式有意义的情况，再除以所有情况数即可。‎ ‎（3）先化简，再在使分式有意义的4种情况中，找出使分式的值为整数的 ‎（x，y）的情况，再除以所有情况数即可。‎ ‎28. （2012广东汕头12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。‎ ‎29. （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;[来源:Z&xx&k.Com]‎ ‎(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。‎ ‎30. （2012广东深圳9分）如图，在平面直角坐标系中，直线：y=－2x＋b (b≥0)的位置随b的不同取值而变化．‎ ‎ (1)已知⊙M的圆心坐标为(4，2)，半径为2．‎ ‎ 当b=　　　　时，直线：y=－2x＋b (b≥0)经过圆心M：‎ ‎ 当b=　　　　时，直线：y=－2x＋b(b≥0)与OM相切：‎ ‎ (2)若把⊙M换成矩形ABCD，其三个顶点坐标分别为：A(2，0)、B（6，0）、C(6，2).‎ ‎ 设直线扫过矩形ABCD的面积为S，当b由小到大变化时，请求出S与b的函数关系式，‎ ‎【答案】解：（1）10；。‎ ‎（2）由A(2，0)、B（6，0）、C(6，2)，根据矩形的性质，得D（2，2）。‎ 如图，当直线经过A(2，0)时，b=4；当直线经过D（2，2）时，b=6；当直线经过B（6，0）时，b=12；当直线经过C(6，2)时，b=14。‎ 当0≤b≤4时，直线扫过矩形ABCD的面积S为0。‎ 当4＜b≤6时，直线扫过矩形ABCD的面积S为△EFA的面积（如图1），‎ 在 y=－2x＋b中，令x=2，得y=－4＋b，则E（2，－4＋b），‎ 令y=0，即－2x＋b=0，解得x=，则F（，0）。‎ ‎∴AF=，AE=－4＋b。‎ ‎∴S=。‎ 当6＜b≤12时，直线扫过矩形ABCD的面积S为直角梯形DHGA的面积（如图2），‎ 在 y=－2x＋b中，令y=0，得x=，则G（，0），‎ 令y=2，即－2x＋b=2，解得x=，则H（，2）。‎ ‎∴DH=，AG=。AD=2‎ ‎∴S=。‎ 当12＜b≤14时，直线扫过矩形ABCD的面积S为五边形DMNBA的面积=矩形ABCD的面积－△CMN的面积（如图2）‎ 在 y=－2x＋b中，令y=2，即－2x＋b=2，解得x=，则M（，0），‎ 令x=6，得y=－12＋b，，则N（6，－12＋b）。‎ ‎∴MC=，NC=14－b。‎ ‎∴S=。‎ 当b＞14时，直线扫过矩形ABCD的面积S为矩形ABCD的面积，面积为民8。‎ 综上所述。S与b的函数关系式为：‎ ‎。‎ ‎【考点】直线平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与圆相切的性质，勾股定理，解一元二次方程，矩形的性质。‎ ‎【分析】（1）①∵直线y=－2x＋b (b≥0)经过圆心M(4，2)，‎ ‎ ∴2=－2×4＋b，解得b=10。‎ ②如图，作点M垂直于直线y=－2x＋b于点P，过点 P作PH∥x轴，过点M作MH⊥PH，二者交于点H。设直线y=－2x＋b与x，y轴分别交于点A，B。‎ ‎ 则由△OAB∽△HMP，得。‎ ‎ ∴可设直线MP的解析式为。‎ ‎ 由M(4，2)，得，解得。∴直线MP的解析式为。‎ ‎ 联立y=－2x＋b和，解得。‎ ‎ ∴P（）。‎ ‎ 由PM=2，勾股定理得，，化简得。‎ ‎ 解得。‎ ‎（2）求出直线经过点A、B、C、D四点时b的值，从而分0≤b≤4，4＜b≤6，6＜b≤12，12＜b≤14，b＞14五种情况分别讨论即可。‎ ‎31. （2012广东湛江12分）先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：‎ 例题：解一元二次不等式x2﹣4＞0‎ 解：∵x2﹣4=（x+2）（x﹣2）‎ ‎∴x2﹣4＞0可化为 ‎ ‎（x+2）（x﹣2）＞0‎ 由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，得 解不等式组①，得x＞2，‎ 解不等式组②，得x＜﹣2，‎ ‎∴（x+2）（x﹣2）＞0的解集为x＞2或x＜﹣2，‎ 即一元二次不等式x2﹣4＞0的解集为x＞2或x＜﹣2．‎ ‎（1）一元二次不等式x2﹣16＞0的解集为　 　 ；‎ ‎（2）分式不等式的解集为　 　 ；‎ ‎（3）解一元二次不等式2x2﹣3x＜0．‎ ‎【答案】解：（1）x＞4或x＜﹣4。‎ ‎ （2）x＞3或x＜1。‎ ‎ （3）∵2x2﹣3x=x（2x﹣3）‎ ‎∴2x2﹣3x＜0可化为 x（2x﹣3）＜0‎ 由有理数的乘法法则“两数相乘，异号得负”，得 或。‎ 解不等式组①，得0＜x＜，解不等式组②，无解。‎ ‎∴不等式2x2﹣3x＜0的解集为0＜x＜。‎ ‎【考点】有理数的乘法法则，一元一次不等式组的应用。‎ ‎【分析】（1）将一元二次不等式的左边因式分解后根据有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”化为两个一元一次不等式组求解即可。‎ ‎（2）根据有理数的除法法则“两数相除，同号得正”，可以得到其分子、分母同号，从而转化为两个一元一次不等式组求解即可。‎ ‎ （3）将一元二次不等式的左边因式分解后，有理数的乘法法则“两数相乘，异号得负”，化为两个一元一次不等式组求解即可。‎ ‎32. （2012广东湛江12分）如图，在平面直角坐标系中，直角三角形AOB的顶点A、B分别落在坐标轴上．O为原点，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（0，8）．动点M从点O出发．沿OA向终点A以每秒1个单位的速度运动，同时动点N从点A出发，沿AB向终点B以每秒个单位的速度运动．当一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设动点M、N运动的时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）当t=3秒时．直接写出点N的坐标，并求出经过O、A、N三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）在此运动的过程中，△MNA的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）当t为何值时，△MNA是一个等腰三角形？‎ ‎【答案】解：（1）N（3，4）。‎ ‎ ∵A（6，0）‎ ‎∴可设经过O、A、N三点的抛物线的解析式为：y=ax（x﹣6），则将N（3，4）代入得 ‎4=3a（3﹣6），解得a=﹣。‎ ‎∴抛物线的解析式：。‎ ‎（2）存在。过点N作NC⊥OA于C，‎ 由题意，AN=t，AM=OA﹣OM=6﹣t，‎ ‎∴NC=NA•sin∠BAO=。‎ ‎∴。‎ ‎∴△MNA的面积有最大值，且最大值为6。‎ ‎（3）在Rt△NCA中，AN=t，NC=AN•sin∠BAO=，AC=AN•cos∠BAO=t。‎ ‎ ∴OC=OA﹣AC=6﹣t。∴N（6﹣t，）。‎ ‎∴。‎ 又AM=6﹣t且0＜t＜6，‎ ‎①当MN=AN时，，即t2﹣8t+12=0，解得t1=2，t2=6（舍去）。‎ ‎②当MN=MA时，，即，解得t1=0（舍去），t2=。‎ ‎③当AM=AN时，6﹣t=t，即t=。‎ 综上所述，当t的值取 2或或 时，△MAN是等腰三角形。‎ ‎【考点】二次函数综合题，动点问题，勾股定理，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，二次函数的最值，等腰三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）由A、B的坐标，可得到OA=6，OB=8，根据勾股定理可得AB=10。‎ 当t=3时，AN=t=5=AB，即N是AB的中点，由此得到点N的坐标N（3，4）。‎ 利用待定系数法，设交点式求出抛物线的解析式。‎ ‎（2）△MNA中，过N作MA边上的高NC，先由∠BAO的正弦值求出NC的表达式，而AM=OA-OM，由三角形的面积公式可得到关于S△MNA关于t的函数关系式，由二次函数的最值原理即可求出△MNA的最大面积。‎ ‎（3）首先求出N点的坐标，然后表示出AM、MN、AN三边的长。由于△MNA的腰和底不确定，若该三角形是等腰三角形，可分三种情况讨论：①MN=NA、②MN=MA、③NA=MA；直接根据等量关系列方程求解即可。‎ ‎33. （2012广东肇庆10分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC于点E，交BC于点D，连结BE、AD交于点P. 求证：‎ ‎（1）D是BC的中点；‎ ‎（2）△BEC ∽△ADC；‎ ‎（3）AB× CE=2DP×AD．‎ ‎【答案】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC。‎ ‎∵AB=AC，∴D是BC的中点。 （2）∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=∠ADB=90°，即∠CEB=∠CDA=90°，‎ ‎∵∠C是公共角，∴△BEC∽△ADC。‎ ‎（3）∵△BEC∽△ADC，∴∠CBE=∠CAD。‎ ‎∵AB=AC，AD=CD，∴∠BAD=∠CAD。∴∠BAD=∠CBE。‎ ‎∵∠ADB=∠BEC=90°，∴△ABD∽△BCE。‎ ‎∴。∴。‎ ‎∵BC=2BD，∴，即。‎ ‎∵∠BDP=∠BEC=90°，∠PBD=∠CBE，∴△BPD∽△BCE。∴。‎ ‎∴，即AB•CE=2DP•AD。‎ ‎【考点】圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）由AB是⊙O的直径，可得AD⊥BC，又由AB=AC，由三线合一，即可证得D是BC的中点。‎ ‎（2）由AB是⊙O的直径，∠AEB=∠ADB=90°，又由∠C是公共角，即可证得△BEC∽△ADC。‎ ‎（3）易证得△ABD∽△BCE与△BPD∽△BCE，根据相似三角形的对应边成比例与BC=2BD，即可证得AB•CE=2DP•AD。‎ ‎34. （2012广东肇庆10分）已知二次函数图象的顶点横坐标是2，与x轴交于A（x1，0）、‎ B（x2，0），x1﹤0﹤x2，与y轴交于点C，O为坐标原点，．‎ ‎（1）求证： ；‎ ‎（2）求m、n的值；‎ ‎（3）当p﹥0且二次函数图象与直线仅有一个交点时，求二次函数的最大值．‎ ‎【答案】（1）证明：∵二次函数图象的顶点横坐标是2，‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=2，即，化简得：n+4m=0。‎ ‎（2）解：∵二次函数与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0），x1＜0＜x2，‎ ‎∴OA=－x1，OB=x2；。‎ 令x=0，得y=p，∴C（0，p），∴OC=|p|。‎ 由三角函数定义得：。‎ ‎∵tan∠CAO－tan∠CBO=1，即 ，化简得：。‎ 将 代入得：，化简得：。‎ 由（1）知n+4m=0，‎ ‎∴当n=1时，；当n=－1时，。‎ ‎∴m、n的值为： ，n=－1（此时抛物线开口向上）或 ，n=1（此时抛物线开口向下）。‎ ‎（3）解：由（2）知，当p＞0时，n=1， ，‎ ‎∴抛物线解析式为：。‎ 联立抛物线与直线y=x+3解析式得到：，‎ 化简得： ＊。‎ ‎∵二次函数图象与直线y=x+3仅有一个交点，‎ ‎∴一元二次方程＊根的判别式等于0，即△=02+16（p－3）=0，解得p=3。‎ ‎∴抛物线解析式为：。‎ 当x=2时，二次函数有最大值，最大值为4。‎ ‎∴当p＞0且二次函数图象与直线y=x+3仅有一个交点时，二次函数的最大值为4。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，锐角三角函数定义，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）由题意可知抛物线的对称轴为x=2，利用对称轴公式，化简即得n+4m=0。‎ ‎（2）利用三角函数定义和抛物线与x轴交点坐标性质求解．特别需要注意的是抛物线的开口方向未定，所以所求m、n的值将有两组。‎ ‎（3）利用一元二次方程的判别式等于0求解．当p＞0时，m、n的值随之确定；将抛物线的解析式与直线的解析式联立，得到一个一元二次方程；由交点唯一可知，此一元二次方程的判别式等于0，据此求出p的值，从而确定了抛物线的解析式；最后由抛物线的解析式确定其最大值。 ‎ ‎35. （2012广东珠海9分） 已知，AB是⊙O的直径，点P在弧AB上（不含点A、B），把△AOP沿OP对折，点A的对应点C恰好落在⊙O上．‎ ‎（1）当P、C都在AB上方时（如图1），判断PO与BC的位置关系（只回答结果）；‎ ‎（2）当P在AB上方而C在AB下方时（如图2），（1）中结论还成立吗？证明你的结论；‎ ‎（3）当P、C都在AB上方时（如图3），过C点作CD⊥直线AP于D，且CD是⊙O的切线，证明：AB=4PD．‎ ‎【答案】解：（1）PO与BC的位置关系是PO∥BC。‎ ‎（2）（1）中的结论PO∥BC成立。理由为：‎ 由折叠可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。‎ 又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。‎ 又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。∴∠CPO=∠PCB。‎ ‎∴PO∥BC。‎ ‎（3）证明：∵CD为圆O的切线，∴OC⊥CD。‎ 又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。‎ 由折叠可得：∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。‎ 又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO为等边三角形。‎ ‎∴∠AOP=60°。‎ 又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。‎ 又∵OC=OB，∴△BC为等边三角形。∴∠COB=60°。‎ ‎∴∠POC=180°﹣（∠AOP+∠COB）=60°。‎ 又∵OP=OC，∴△POC也为等边三角形。∴∠PCO=60°，PC=OP=OC。‎ 又∵∠OCD=90°，∴∠PCD=30°。‎ 在Rt△PCD中，PD=PC，‎ 又∵PC=OP=AB，∴PD=AB，即AB=4PD。‎ ‎【考点】折叠的性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）由折叠可得，由∠AOP=∠POC ；因为∠AOC和∠ABC是弧所对的圆心角和圆周角，根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得∠AOP=∠ABC；根据同位角相等两直线平行的判定，得PO与BC的位置关系是平行。‎ ‎（2）（1）中的结论成立，理由为：由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等，根据全等三角形的对应角相等可得出∠APO=∠CPO，再由OA=OP，利用等边对等角得到∠A=∠APO，等量代换可得出∠A=∠CPO，又根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠PCB，再等量代换可得出∠COP=∠ACB，利用内错角相等两直线平行，可得出PO与BC平行。‎ ‎（3）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC⊥CD，又AD⊥CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出△AOP三内角相等，确定出△AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到 ‎∠AOP=60°，由OP∥BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到△OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出△POC为等边三角形，得到内角∠OCP=60°，可求出∠PCD=30°，在Rt△PCD中，利用30°‎ 所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC=圆的半径OP=直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD，得证。‎ ‎36. （2012广东珠海9分）如图，在等腰梯形ABCD中，ABDC，AB=3，DC=，高CE=2，对角线AC、BD交于H，平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G；当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动．记等腰梯形ABCD被直线MN扫过的图形面积为S1、被直线RQ扫过的图形面积为S2，若直线MN平移的速度为1单位/秒，直线RQ平移的速度为2单位/秒，设两直线移动的时间为x秒．‎ ‎（1）填空：∠AHB=　 　；AC=　 ；‎ ‎（2）若S2=3S1，求x；‎ ‎（3）设S2=mS1，求m的变化范围．‎ ‎【答案】解：（1）90°；4。‎ ‎（2）直线移动有两种情况：0＜x＜及≤x≤2。‎ ‎①当0＜x＜时，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ。‎ ‎∵直线MN平移的速度为1单位/秒，直线RQ平移的速度为2单位/秒，‎ ‎∴△AMN和△ARQ的相似比为1：2。‎ ‎∴。∴S2=4S1，与题设S2=3S1矛盾。‎ ‎∴当0＜x＜时，不存在x使S2=3S1。‎ ‎②当≤x≤2时，‎ ‎ ∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH。‎ ‎∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3。‎ ‎∴CH=DH=AC=1，AH═BH=4﹣1=3。‎ ‎∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD=×4×1=2‎ ‎∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB。‎ ‎∴。‎ 又，‎ ‎∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB。∴，‎ ‎∴S1=x2，S2=8﹣8（2﹣x）2。‎ ‎∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3·x2，解得：x1=（舍去），x2=2。‎ ‎∴x的值为2。‎ ‎（3）由（2）得：当0＜x＜时，m=4，‎ 当≤x≤2时，∵S2=mS1，‎ ‎∴。‎ ‎∴m是的二次函数，当≤x≤2时，即当时，m随的增大而增大，‎ ‎∴当x=时，m最大，最大值为4；当x=2时，m最小，最小值为3。‎ ‎∴m的变化范围为：3≤m≤4。‎ ‎【考点】相似三角形的判定和性质，平移的性质，二次函数的最值，等腰梯形的性质。‎ ‎【分析】（1）过点C作CK∥BD交AB的延长线于K，‎ ‎∵CD∥AB，∴四边形DBKC是平行四边形。‎ ‎∴BK=CD=，CK=BD。‎ ‎∴AK=AB+BK=。‎ ‎∵四边形ABCD是等腰梯形，∴BD=AC。‎ ‎∴AC=CK。∴AE=EK=AK=2=CE。‎ ‎∵CE是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°。∴∠ACK=90°。∴∠AHB=∠ACK=90°‎ ‎∴AC=AK•cos45°=。‎ ‎（2）直线移动有两种情况：0＜x＜及≤x≤2；然后分别从这两种情况分析求解：当 ‎0＜x＜时，易得S2=4S1≠3S1；当 ≤x≤2时，根据相似三角形的性质与直角三角形的面积的求解方法，可求得△BCD与△CRQ的面积，继而可求得S2与S1的值，由S2=3S1，即可求得x的值；‎ ‎（3）由（2）可得当0＜x＜ 时，m=4；当≤x≤2时，可得，化为关于的二次函数，利用二次函数的性质求得m的变化范围。‎ ‎37. （2012浙江杭州12分）在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y=k（x2+x﹣1）的图象交于点A（1，k）和点B（﹣1，﹣k）．‎ ‎（1）当k=﹣2时，求反比例函数的解析式；‎ ‎（2）要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围；‎ ‎（3）设二次函数的图象的顶点为Q，当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时，求k的值．‎ ‎【答案】解：（1）当k=﹣2时，A（1，﹣2），‎ ‎∵A在反比例函数图象上，∴设反比例函数的解析式为：。‎ 将A（1，﹣2）代入得： ，解得：m=﹣2。‎ ‎∴反比例函数的解析式为：。‎ ‎（2）∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，∴k＜0。‎ ‎∵二次函数y=k（x2+x﹣1）=，∴它的对称轴为：直线x=﹣。‎ 要使二次函数y=k（x2+x﹣1）满足上述条件，在k＜0的情况下，x必须在对称轴的左边，即x＜﹣时，才能使得y随着x的增大而增大。‎ ‎∴综上所述，k＜0且x＜﹣。‎ ‎（3）由（2）可得：Q。‎ ‎∵△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，（如图是其中的一种情况）‎ ‎∴原点O平分AB，∴OQ=OA=OB。‎ 作AD⊥OC，QC⊥OC，垂足分别为点C，D。‎ ‎∴。‎ ‎∵，‎ ‎∴，解得：k=±。‎ ‎38.（2012浙江杭州12分）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT=30°，AE=3，MN=2．‎ ‎（1）求∠COB的度数；‎ ‎（2）求⊙O的半径R；‎ ‎（3）点F在⊙O上（是劣弧），且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个？你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗？请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比．‎ ‎【答案】解：（1）∵AE切⊙O于点E，∴AE⊥CE。‎ 又∵OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，‎ 又∵∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC。‎ 又∵∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°。‎ ‎（2）∵AE=3，∠A=30°，‎ ‎∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°=，即EC=AEtan30°=3。‎ ‎∵OB⊥MN，∴B为MN的中点。‎ 又∵MN=2，∴MB=MN=。‎ 连接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，‎ ‎∴。‎ 在△COB中，∠BOC=30°，‎ ‎∵cos∠BOC=cos30°=，∴BO=OC。‎ ‎∴。 ‎ 又∵OC+EC=OM=R，‎ ‎∴。‎ 整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5。‎ ‎∴R=5。‎ ‎（3）在EF同一侧，△COB经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，‎ 如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：‎ 延长EO交圆O于点D，连接DF，如图所示，‎ ‎△FDE即为所求。‎ ‎∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°，‎ ‎∴FD=5。‎ 则C△EFD=5+10+5=15+5，‎ 由（2）可得C△COB=3+，‎ ‎∴C△EFD：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1。‎ ‎【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，垂径定理，平移、旋转的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A相等，由∠A的度数即可求出所求角的度数。‎ ‎（2）在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OB⊥MN，根据垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在Rt△OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值。‎ ‎（3）把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有6个。‎ 顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，△FDE即为所求。‎ 根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到△FDE为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出△EFD的周长，再由（2）求出的△OBC的三边表示出△BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比。‎ ‎39. （2012浙江湖州10分）‎ 为进一步建设秀美、宜居的生态环境，某村欲购买甲、乙、丙三种树美化村庄，已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，现计划用210000元资金，购买这三种树共1000棵．‎ ‎（1）求乙、丙两种树每棵各多少元？‎ ‎（2）若购买甲种树的棵树是乙种树的2倍，恰好用完计划资金，求这三种树各能购买多少棵？‎ ‎（3）若又增加了10120元的购树款，在购买总棵树不变的前提下，求丙种树最多可以购买多少棵？ ‎ ‎【答案】解：（1）已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，‎ ‎ ∴乙种树每棵200元，丙种树每棵×200=300（元）。‎ ‎ （2）设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树（1000－3x）棵．‎ 根据题意：200·2x＋200x＋300（1000－3x）=210000，‎ 解得x=30。‎ ‎∴2x=600，1000－3x=100，‎ 答：能购买甲种树600棵，乙种树300棵，丙种树100棵。‎ ‎（3）设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共（1000－y）棵，‎ 根据题意得：200（1000－y）＋300y≤210000＋10120，‎ 解得：y≤201.2。‎ ‎∵y为正整数，∴y最大为201。‎ 答：丙种树最多可以购买201棵。‎ ‎【考点】一元一次方程和一元一次不等式的应用。‎ ‎【分析】（1）利用已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，即可求出乙、丙两种树每棵钱数。‎ ‎（2）设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树（1000-3x）棵，利用（1）中所求树木价格以及现计划用210000元资金购买这三种树共1000棵，得出等式方程，求出即可。‎ ‎（3）设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共（1000－y）棵，根据题意列不等式，求出即可。‎ ‎40. （2012浙江湖州12分）如图1，已知菱形ABCD的边长为，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D的坐标为（- ，3），抛物线y=ax2+b（a≠0）经过AB、CD两边的中点．‎ ‎（1）求这条抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移（如图2），过点B作BE⊥CD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF．设菱形ABCD平移的时间为t秒（0＜t＜ 3 ）‎ ‎①是否存在这样的t，使△ADF与△DEF相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎②连接FC，以点F为旋转中心，将△FEC按顺时针方向旋转180°，得△FE′C′，当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中（包括边界）时，求t的取值范围．（写出答案即可）‎ ‎【答案】解：（1）由题意得AB的中点坐标为（－3 ，0），CD的中点坐标为（0，3），‎ ‎ 分别代入y=ax2+b，得，解得， 。‎ ‎∴这条抛物线的函数解析式为y=－x2＋3。 ‎ ‎（2）①存在。如图2所示，在Rt△BCE中，∠BEC=90°，BE=3，BC= ，‎ ‎∴ 。∴∠C=60°，∠CBE=30°。∴EC=BC=，DE=。 ‎ 又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°。∴∠ADC=180°-60°=120°‎ 要使△ADF与△DEF相似，则△ADF中必有一个角为直角。‎ ‎（I）若∠ADF=90°，∠EDF=120°－90°=30°。‎ 在Rt△DEF中，DE=，得EF=1，DF=2。‎ 又∵E（t，3），F（t，－t2+3），∴EF=3－（－t2＋3）=t2。∴t2=1。‎ ‎∵t＞0，∴t=1 。 ‎ 此时，∴。‎ 又∵∠ADF=∠DEF，∴△ADF∽△DEF。 ‎ ‎（II）若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则。‎ 设EF=m，则FB=3－m。‎ ‎∴ ，即m2－3m＋6=0，此方程无实数根。∴此时t不存在。 ‎ ‎（III）由题意得，∠DAF＜∠DAB=60°，∴∠DAF≠90°，此时t不存在。 ‎ 综上所述，存在t=1，使△ADF与△DEF相似。‎ ‎②。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，平移的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定，解方程和不等式。‎ ‎【分析】（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。‎ ‎（2）①如图2所示，△ADF与△DEF相似，包括三种情况，需要分类讨论：‎ ‎（I）若∠ADF=90°时，△ADF∽△DEF，求此时t的值。‎ ‎（II）若∠ADF=90°时，△DEF∽△FBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t的值。‎ ‎（III）∠DAF≠90°，此时t不存在。‎ ‎②画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出t的取值范围：‎ 如图3所示，依题意作出旋转后的三角形△FE′C′，过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N。‎ 观察图形可知，欲使△FE′C′落在指定区域内，必须满足：EE′≤BE且MN≥C′N。‎ ‎∵F（t，3－t2），∴EF=3－（3－t2）=t2。∴EE′=2EF=2t2。‎ 由EE′≤BE，得2t2≤3，解得。‎ 又∵C′E′=CE= ，∴C′点的横坐标为t－。∴MN=3－（t－）2，‎ 又C′N=BE′=BE－EE′=3－2t2，‎ ‎∴由MN≥C′N，得3－（t－ ）2≥3－2t2，即t2＋2t－3≥0。‎ 求出t2＋2t－3=0，得，∴t2＋2t－3≥0即。‎ ‎∵，∴，解得t≥。‎ ‎∴t的取值范围为：。‎ ‎41. （2012浙江嘉兴、舟山12分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]．‎ ‎（1）如图①，对△ABC作变换[60°，]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=　 　；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为　 　度；‎ ‎（2）如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值；‎ ‎（4）如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值．‎ ‎【答案】解：（1） 3；60。‎ ‎（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。‎ ‎∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．‎ 在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。‎ ‎∴AB′=2 AB，即。‎ ‎（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。‎ 又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。‎ 而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。‎ ‎∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′）。‎ 而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB2=1（1+AB），解得，。‎ ‎∵AB＞0，∴。‎ ‎【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含300角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方，。‎ ‎【分析】（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，‎ ‎∴S△AB′C′：S△ABC=，∠B=∠B′。‎ ‎∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。‎ ‎（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n的值。‎ ‎（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′），继而求得答案。‎ ‎42. （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。‎ ‎43. （2012浙江丽水、金华10分）在直角坐标系中，点A是抛物线y＝x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC．‎ ‎(1)如图1，当点A的横坐标为　　　　时，矩形AOBC是正方形；‎ ‎(2)如图2，当点A的横坐标为时，‎ ‎①求点B的坐标；‎ ‎②将抛物线y＝x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y＝－x2，试判断抛物线y＝－x2经过平移交换后，能否经过A，B，C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由．‎ ‎【答案】解：(1) －1。‎ ‎(2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，‎ 当x＝－时，y＝(－)2＝，‎ 即OE＝，AE＝。‎ ‎∵∠AOE＋∠BOF＝180°－90°＝90°，21世 ‎∠AOE＋∠EAO＝90°，‎ ‎∴∠EAO＝∠BOF。‎ 又∵∠AEO＝∠BFO＝90°，∴△AEO∽△OFB。‎ ‎∴。‎ 设OF＝t，则BF＝2t，∴t2＝2t，解得：t1＝0(舍去)，t2＝2。‎ ‎∴点B(2，4)。‎ ‎②过点C作CG⊥BF于点G，‎ ‎∵∠AOE＋∠EAO＝90°，∠FBO＋∠CBG＝90°，∠EOA＝∠FBO，‎ ‎∴∠EAO＝∠CBG。‎ 在△AEO和△BGC中，∠AEO＝∠G=900，∠EAO＝∠CBG,AO=BC，‎ ‎∴△AEO≌△BGC(AAS)。∴CG＝OE＝，BG＝AE＝。‎ ‎∴xc＝2－，yc＝4＋。∴点C()。‎ 设过A(－，)、B(2，4)两点的抛物线解析式为y＝－x2＋bx＋c，由题意得，‎ ‎，得。‎ ‎∴经过A、B两点的抛物线解析式为y＝－x2＋3x＋2。‎ ‎∵当x＝时，y＝－()2＋3×＋2＝，∴点C也在此抛物线上。‎ ‎∴经过A、B、C三点的抛物线解析式为y＝－x2＋3x＋2＝－(x－)2＋。‎ 平移方案：先将抛物线y＝－x2向右平移个单位，再向上平移个单位得到抛物线 y＝－(x－)2＋。‎ ‎【考点】二次函数综合题，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，全等和相似三角形的判定和性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）如图，过点A作AD⊥x轴于点D，‎ ‎∵矩形AOBC是正方形，∴∠AOC＝45°。‎ ‎∴∠AOD＝90°－45°＝45°。‎ ‎∴△AOD是等腰直角三角形。‎ 设点A的坐标为(－a，a)(a≠0)，‎ 则(－a)2＝a，‎ 解得a1＝－1，a2＝0(舍去)，∴点A的坐标－a＝－1。‎ ‎ (2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，先利用抛物线解析式求出AE的长度，然后证明△AEO和△OFB相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF与BF的关系，然后利用点B在抛物线上，设出点B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解。‎ ‎②过点C作CG⊥BF于点G，可以证明△AEO和△BGC全等，根据全等三角形对应边相等可得CG＝OE，BG＝AE，然后求出点C的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、B的抛物线解析式，把点C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C，如果经过点C，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可。‎ ‎44. （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。‎ ‎45. （2012浙江宁波10分）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，ABCD中，若AB=1，BC=2，则ABCD为1阶准菱形．‎ ‎（1）判断与推理：‎ ‎①邻边长分别为2和3的平行四边形是 阶准菱形；‎ ‎②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把ABCD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形．‎ ‎（2）操作、探究与计算：‎ ‎①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a（a＞1），且是3阶准菱形，请画出ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；‎ ‎②已知ABCD的邻边长分别为a，b（a＞b），满足a=6b+r，b=5r，请写出ABCD是几阶准菱形．‎ ‎【答案】解：（1）①2。‎ ‎②由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF。∴∠AEB=∠FBE。‎ ‎∴∠AEB=∠ABE。∴AE=AB。∴AE=BF。‎ ‎∴四边形ABFE是平行四边形。∴四边形ABFE是菱形。‎ ‎（2）①如图所示：‎ ‎②∵a=6b+r，b=5r，∴a=6×5r+r=31r。‎ 如图所示，‎ 故ABCD是10阶准菱形。‎ ‎【考点】图形的剪拼，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的性质，作图（应用与设计作图）。‎ ‎【分析】（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是边长为1菱形，故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形。‎ ‎②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，从而得出AE=BF，即可得出答案。‎ ‎ （2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案。‎ ‎②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，从而利用图形得出ABCD是几阶准菱形。‎ ‎46.（2012浙江宁波12分）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于C（0，﹣2），过A，C画直线．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长；‎ ‎（3）点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H．‎ ‎①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标；‎ ‎②若⊙M的半径为，求点M的坐标．‎ ‎【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0）‎ ‎∴设该二次函数的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），‎ ‎ 将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a（0+1）（0﹣2），解得a=1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣2），即y=x2﹣x﹣2。‎ ‎（2）设OP=x，则PC=PA=x+1，‎ 在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=（x+1）2，‎ 解得，x=，即OP=。‎ ‎（3）①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO。‎ ‎（i）如图1，当H在点C下方时，‎ ‎∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x轴，∴yM=﹣2。‎ ‎∴x2﹣x﹣2=﹣2，解得x1=0（舍去），x2=1。‎ ‎∴M（1，﹣2）。‎ ‎（ii）如图2，当H在点C上方时，‎ ‎∵∠M′CH=∠CAO，∴PA=PC。‎ 由（2）得，M′为直线CP与抛物线的另一交点，‎ 设直线CM′的解析式为y=kx﹣2，‎ 把P（，0）的坐标代入，得k﹣2=0，解得k=。‎ ‎∴y=x﹣2。‎ 由x﹣2=x2﹣x﹣2，解得x1=0（舍去），x2=。此时y=×。‎ ‎∴M′（）。‎ ‎②在x轴上取一点D，如图3，过点D作DE⊥AC于点E，使DE=，‎ 在Rt△AOC中，AC=。‎ ‎∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，‎ ‎∴△AED∽△AOC，‎ ‎∴，即，解得AD=2。‎ ‎∴D（1，0）或D（﹣3，0）。‎ 过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图 则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6。‎ 当﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2时，即x2+x+4=0，方程无实数根，‎ 当﹣2x+2=x2﹣x﹣2时，即x2+x﹣4=0，解得。 ‎ ‎∴点M的坐标为（）或（）。‎ ‎【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，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。‎ ‎【分析】（1）根据与x轴的两个交点A、B的坐标，故设出交点式解析式，然后把点C的坐标代入计算求出a的值，即可得到二次函数解析式。‎ ‎ （2）设OP=x，然后表示出PC、PA的长度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解方程即可。‎ ‎（3）①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是-2，代入抛物线解析式计算即可；（ii）点H在点C上方时，根据（2）的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标。‎ ‎②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标。‎ ‎47. （2012浙江衢州10分）课本中，把长与宽之比为的矩形纸片称为标准纸．请思考解决下列问题：‎ ‎（1）将一张标准纸ABCD（AB＜BC）对开，如图1所示，所得的矩形纸片ABEF是标准纸．请给予证明．‎ ‎（2）在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD（AB＜BC）进行如下操作：‎ 第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE（如图2甲）；‎ 第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG（如图2乙），此时E点恰好落在AE边上的点M处；‎ 第三步：沿直线DM折叠（如图2丙），此时点G恰好与N点重合．‎ 请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸？请说明理由．‎ ‎（3）不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸．现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC=，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少？探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长．‎ ‎【答案】解：（1）证明： ∵矩形ABCD是标准纸，∴。‎ 由对开的含义知：AF=BC，∴。‎ ‎∴矩形纸片ABEF也是标准纸。‎ ‎（2）是标准纸，理由如下：‎ 设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，DG⊥EM。‎ ‎∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，∴∠DAE=∠BAD=45°。‎ ‎∴△ADG是等腰直角三角形。‎ ‎∴在Rt△ADG中，AD=，‎ ‎∴，∴矩形纸片ABCD是一张标准纸。‎ ‎（3）对开次数：‎ 第一次，周长为：，‎ 第二次，周长为：，‎ 第三次，周长为：，‎ 第四次，周长为：，‎ 第五次，周长为：，‎ 第六次，周长为：，‎ ‎…‎ ‎∴第5次对开后所得标准纸的周长是：，‎ 第2012次对开后所得标准纸的周长为：。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形，矩形的性质，图形的剪拼，分类归纳（图形的变化类）。‎ ‎【分析】（1）根据，得出矩形纸片ABEF也是标准纸。‎ ‎ （2）利用已知得出△ADG是等腰直角三角形，得出，即可得出答案。‎ ‎（3）分别求出每一次对折后的周长，从而得出变化规律求出即可：观察变化规律，得 ‎ 第n次对开后所得标准纸的周长=。‎ ‎48. （2012浙江衢州12分）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．‎ ‎（1）求该抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O，∴c=0。‎ 又∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、C，‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线解析式为。‎ ‎（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，‎ ‎∴△OPN∽△OCD，可得PN=。∴P（t，）。‎ ‎∵点M在抛物线上，∴M（t，）。‎ 如图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，‎ AG=yA﹣yM=2﹣，‎ ‎ BH=PN=。‎ 当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，‎ ‎∴，化简得3t2﹣8t+4=0。‎ 解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，‎ ‎∴点P的坐标为（）。‎ ‎∴存在点P（），使得四边形ABPM为等腰梯形。‎ ‎（3）如图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R。‎ ‎ 由A、C的坐标可求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3‎ 设点A′的横坐标为a，则点A′（a，﹣a+3），‎ 易知△OQT∽△OCD，可得QT=。‎ ‎∴点Q的坐标为（a，）。‎ 设AB与OC相交于点J，‎ ‎∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a。‎ ‎∴S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT•A′T﹣A′Q•HT ‎。‎ ‎∵＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数的图象和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，等腰梯形的性质，相似三角形的判定和性质，图形平移的性质以及几何图形面积的求法。‎ ‎【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式。‎ ‎（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解。结论：存在点P（），使得四边形ABPM为等腰梯形。‎ ‎（3）求出得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值。‎ ‎49. （2012浙江绍兴12分）把一边长为40cm的正方形硬纸板，进行适当的剪裁，折成一个长方形盒子（纸板的厚度忽略不计）。‎ ‎（1）如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方形盒子。‎ ‎①要使折成的长方形盒子的底面积为484cm2，那么剪掉的正方形的边长为多少？‎ ‎②折成的长方形盒子的侧面积是否有最大值？如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长；如果没有，说明理由。‎ ‎（2）若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形（即剪掉的矩形至少有一条边在正方形硬纸板的边上），将剩余部分折成一个有盖的长方形盒子，若折成的一个长方形盒子的表面积为550cm2，求此时长方形盒子的长、宽、高（只需求出符合要求的一种情况）。‎ ‎【答案】解：（1）①设剪掉的正方形的边长为xcm。‎ 则（40－2x）2=484，解得（不合题意，舍去），。‎ ‎∴剪掉的正方形的边长为9cm。‎ ‎②侧面积有最大值。‎ 设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为ycm2，‎ 则y与x的函数关系为：，‎ ‎∴x=10时，y最大=800。‎ 即当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm2。‎ ‎（2）在如图的一种剪裁图中，设剪掉的正方形的边长为xcm。‎ 则 ，‎ 解得：（不合题意，舍去），。‎ ‎∴剪掉的正方形的边长为15cm。‎ 此时长方体盒子的长为15cm，宽为10cm，高为5cm。‎ ‎【考点】二次函数的应用，一元二次方程的应用。‎ ‎【分析】（1）①假设剪掉的正方形的边长为xcm，根据题意得出（40－2x）2=484，求出即可 ‎ ②假设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为ycm2，则y与x的函数关系为：y=4（40-2x）x，利用二次函数最值求出即可。‎ ‎（2）假设剪掉的正方形的边长为xcm，利用折成的一个长方形盒子的表面积为550cm2，得出等式方程求出即可。‎ ‎50. （2012浙江绍兴14分）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线经过A，B两点。‎ ‎（1）求A点坐标及线段AB的长；‎ ‎（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。‎ ‎①当PQ⊥AC时，求t的值；‎ ‎②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）由抛物线知：当x=0时，y=﹣2，∴A（0，﹣2）。‎ ‎∵四边形OABC是矩形，∴AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同。‎ 当y=﹣2时，，解得。∴B（4，﹣2）。‎ ‎∴AB=4。‎ ‎（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t－1）=7 t －7。‎ 当Q点在OA上时，即，时，‎ 如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∵，∴此时t值不合题意。‎ 当Q点在OC上时，即，时，‎ 如图2，过Q点作QD⊥AB。∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。‎ ‎∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。‎ 若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∵，∴符合题意。‎ 当Q点在BC上时，即，时，‎ 如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，‎ 则QG⊥PG，即∠GQP=90°。‎ ‎∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，‎ 此时PQ不与AC垂直。‎ 综上所述，当时，有PQ⊥AC。‎ ‎②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴，‎ ‎∴，解得t=2。‎ 即当t=2时，PQ∥AC。此时AP=2，BQ=CQ=1。‎ ‎∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。‎ 抛物线对称轴的解析式为x=2，‎ 当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，‎ ‎∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ。‎ 作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，‎ 在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。∴OQ=，‎ ‎∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=OQ×PM，‎ ‎∴PM=。∴PP′=2PM=。‎ ‎∵NPP′=∠COQ。∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′。‎ ‎∴，即，解得 ，。‎