中考数学专题复习——压轴题 50页

2009 年中考数学专题复习——压轴题 1.（2008 年四川省宜宾市） 已知:如图,抛物线 y=-x2+bx+c 与 x 轴、y 轴分别相交于点 A（-1，0）、B（0，3）两点，其 顶点为 D. （1） 求该抛物线的解析式； （2） 若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； （3） △AOB 与△BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由. （注：抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为        a bac a b 4 4,2 2 ） . 2. （08 浙江衢州）已知直角梯形纸片 OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所 示，四个顶点的坐标分别为 O(0，0)，A(10，0)，B(8， 32 )，C(0， 32 )，点 T 在线段 OA 上(不与线段端点重合)，将纸片折叠，使点 A 落在射线 AB 上(记为点 A′)，折痕经过点 T，折痕 TP 与射线 AB 交于点 P，设点 T 的横坐标为 t，折叠 后纸片重叠部分(图中的阴影部分)的面积为 S； (1)求∠OAB 的度数，并求当点 A′在线段 AB 上时，S 关于 t 的函数关系式； (2)当纸片重叠部分的图形是四边形时，求 t 的取值范围； (3)S 存在最大值吗？若存在，求出这个最大值，并求此时 t 的值；若不存在，请 说明理由. 3. （08 浙江温州）如图，在 Rt ABC△ 中， 90A   ， 6AB  ， 8AC  ， D E， 分别是 y x O BC AT y x O BC AT 边 AB AC， 的中点，点 P 从点 D 出发沿 DE 方向运动，过点 P 作 PQ BC 于Q ，过点Q 作QR BA∥ 交 AC 于 R ，当点Q 与点 C 重合时，点 P 停止运动．设 BQ x ，QR y ． （1）求点 D 到 BC 的距离 DH 的长； （2）求 y 关于 x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）是否存在点 P ，使 PQR△ 为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的 x 的值； 若不存在，请说明理由． A B C D E R P H Q 4.（08 山东省日照市）在△ABC 中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，M 是 AB 上的动点（不与 A，B 重合），过 M 点作 MN∥BC 交 AC 于点 N．以 MN 为直径作⊙O，并在⊙O 内作内接 矩形 AMPN．令 AM＝x． （1）用含 x 的代数式表示△ＭNP 的面积 S； （2）当 x 为何值时，⊙O 与直线 BC 相切？ （3）在动点 M 的运动过程中，记△ＭNP 与梯形 BCNM 重合的面积为 y，试求 y 关于 x 的函数表达式，并求 x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？ A B C M N P 图 3 O A B C M N D 图 2 O A B C M N P 图 1 O 5、（2007浙江金华）如图1，已知双曲线y= x k (k>0)与直线y=k′x交于A，B两点，点A在 第一象限.试解答下列问题：(1)若点A的坐标为(4，2).则点B的坐标为 ；若 点A的横坐标为m，则点B的坐标可表示为 ； （2）如图2，过原点O作另一条直线l，交双曲线y= x k (k>0)于P，Q两点，点P在第一 象限.①说明四边形APBQ一定是平行四边形；②设点A.P的横坐标分别为m，n， 四边形APBQ可能是矩形吗?可能是正方形吗?若可能，直接写出mn应满足的条件； 若不可能，请说明理由. x y B A O 图 1 B A O P Q 图 2 6. （2008浙江金华）如图1，在平面直角坐标系中，己知ΔAOB是等边三角形，点 A的坐标是(0，4)，点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把ΔAOP 绕着点A按逆时针方向旋转.使边AO与AB重合.得到ΔABD.（1）求直线AB的解析式； （2）当点P运动到点（ 3 ，0）时，求此时DP的长及点D的坐标；（3）是否存在点 P，使ΔOPD的面积等于 4 3 ，若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在， 请说明理由. 7.(2008 浙江义乌)如图 1，四边形 ABCD 是正方形，G 是 CD 边上的一个动点(点 G 与 C、D 不重合)，以 CG 为一边在正方形 ABCD 外作正方形 CEFG，连结 BG，DE．我们探究下列 图中线段 BG、线段 DE 的长度关系及所在直线的位置关系： （1）①猜想如图 1 中线段 BG、线段 DE 的长度关系及所在直线的位置关系； ②将图 1 中的正方形 CEFG 绕着点 C 按顺时针(或逆时针)方向旋转任意角度 ， 得到如图 2、如图 3 情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否 仍然成立,并选取图 2 证明你的判断． （2）将原题中正方形改为矩形（如图 4—6），且 AB=a，BC=b，CE=ka， CG=kb (a  b， k  0)，第(1)题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图 5 为例简要说 明理由． （3）在第(2)题图 5 中，连结 DG 、 BE ，且 a=3，b=2，k= 1 2 ，求 2 2BE DG 的值． 8. (2008 浙江义乌)如图 1 所示，直角梯形 OABC 的顶点 A、C 分别在 y 轴正半轴与 x 轴负半 轴上.过点 B、C 作直线l ．将直线l 平移，平移后的直线l 与 x 轴交于点 D，与 y 轴交于点 E． （1）将直线l 向右平移，设平移距离 CD 为t (t  0)，直角梯形 OABC 被直线l 扫过的面积 （图中阴影部份）为 s ，s 关于t 的函数图象如图 2 所示， OM 为线段，MN 为抛物 线的一部分，NQ 为射线，N 点横坐标为 4． ①求梯形上底 AB 的长及直角梯形 OABC 的面积； ②当 42  t 时，求 S 关于 t 的函数解析式； （2）在第（1）题的条件下，当直线l 向左或向右平移时（包括l 与直线 BC 重合），在 直线．．AB．．上是否存在点 P，使 PDE 为等腰直角三角形?若存在，请直接写出所有满 足条件的点 P 的坐标;若不存在，请说明理由． 9.(2008 山东烟台)如图，菱形 ABCD 的边长为 2，BD=2，E、F 分别是边 AD，CD 上的两个 动点，且满足 AE+CF=2. （1）求证：△BDE≌△BCF； （2）判断△BEF 的形状，并说明理由； （3）设△BEF 的面积为 S，求 S 的取值范围. 10.(2008 山东烟台)如图，抛物线 2 1 : 2 3L y x x    交 x 轴于 A、B 两点，交 y 轴于 M 点. 抛物线 1L 向右平移 2 个单位后得到抛物线 2L ， 2L 交 x 轴于 C、D 两点. （1）求抛物线 2L 对应的函数表达式； （2）抛物线 1L 或 2L 在 x 轴上方的部分是否存在点 N，使以 A，C，M，N 为顶点的四边形 是平行四边形.若存在，求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点 P 是抛物线 1L 上的一个动点（P 不与点 A、B 重合），那么点 P 关于原点的对称 点 Q 是否在抛物线 2L 上，请说明理由. 11.2008 淅江宁波)2008 年 5 月 1 日，目前世界上最长的跨海大桥——杭州湾跨海大桥通车 了．通车后，苏南 A 地到宁波港的路程比原来缩短了 120 千米．已知运输车速度不变时， 行驶时间将从原来的 3 时 20 分缩短到 2 时． （1）求 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程． （2）若货物运输费用包括运输成本和时间成本，已知某车货物从 A 地到宁波港的运输成本 是每千米 1.8 元，时间成本是每时 28 元，那么该车货物从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港 的运输费用是多少元？ （3）A 地准备开辟宁波方向的外运路线，即货物从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港，再从 宁波港运到 B 地．若有一批货物（不超过 10 车）从 A 地按外运路线运到 B 地的运费需 8320 元，其中从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的每车运输费用与（2）中相同，从宁波港到 B 地的海上运费对一批不超过 10 车的货物计费方式是：一车 800 元，当货物每增加 1 车时， 每车的海上运费就减少 20 元，问这批货物有几车？ 12.(2008 淅江宁波)如图 1，把一张标准纸一次又一次对开，得到“2 开”纸、“4 开”纸、“8 开”纸、“16 开”纸…．已知标准纸．．．的 短边长为 a ． （1）如图 2，把这张标准纸对开得到的“16 开”张纸按如下步骤折 叠： 第一步 将矩形的短边 AB 与长边 AD 对齐折叠，点 B 落在 AD 上 的点 B处，铺平后得折痕 AE ； 第二步 将长边 AD 与折痕 AE 对齐折叠，点 D 正好与点 E 重合，铺平后得折痕 AF ． 则 :AD AB 的值是 ， AD AB， 的长分别是 ， ． （2）“2 开”纸、“4 开”纸、“8 开”纸的长与宽之比是否都相等？若相等，直接写出这 个比值；若不相等，请分别计算它们的比值． （3）如图 3，由 8 个大小相等的小正方形构成“ L ”型图案，它的四个顶点 E F G H， ， ， 分别在“16 开”纸的边 AB BC CD DA， ， ， 上，求 DG 的长． （4）已知梯形 MNPQ 中， MN PQ∥ ， 90M  ∠ ， 2MN MQ PQ  ，且四个顶点 M N P Q， ， ， 都在“4 开”纸的边上，请直接写出 2 个符合条件且大小不同的直角梯形的 面积． A B C D B C A DE G H F F E B 4 开 2 开 8 开 16开 图 1 图 2 图 3 a 13.（2008 山东威海）如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB＝7，CD＝1，AD＝BC＝5．点 M，N 分别在边 AD，BC 上运动，并保持 MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为 E，F． （1）求梯形 ABCD 的面积； （2）求四边形 MEFN 面积的最大值． （3）试判断四边形 MEFN 能否为正方形，若能， 求出正方形 MEFN 的面积；若不能，请说明理由． ①标准纸“2 开”纸、“4 开”纸、“8 开”纸、“16 开”纸……都是矩形． ②本题中所求边长或面积 都用含 a 的代数式表示． A O B M C y x CD A BE F NM 14．（2008 山东威海）如图，点 A（m，m＋1），B（m＋3，m－1）都在反比例函数 x ky  的图象上． （1）求 m，k 的值； （2）如果 M 为 x 轴上一点，N 为 y 轴上一点， 以点 A，B，M，N 为顶点的四边形是平行四边形， 试求直线 MN 的函数表达式． （3）选做题：在平面直角坐标系中，点 P 的坐标 为（5，0），点 Q 的坐标为（0，3），把线段 PQ 向右平 移 4 个单位，然后再向上平移 2 个单位，得到线段 P1Q1， 则点 P1 的坐标为 ，点 Q1 的坐标为 ． 15．（2008 湖南益阳）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”， 如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线. 如图 12，点 A、B、C、D 分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点 D 的坐标为(0，-3)， AB 为半圆的直径，半圆圆心 M 的坐标为(1,0)，半圆半径为 2. (1) 请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量的取值范围； (2)你能求出经过点 C 的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看； (3)开动脑筋想一想，相信你能求出经过点 D 的“蛋圆”切线的解析式. xO y A B 友情提示：本大题第（1）小题 4 分，第（2）小题 7 分．对 完成第（2）小题有困难的同学可以做下面的（3）选做 题．选做题 2 分，所得分数计入总分．但第（2）、（3） 小题都做的，第（3）小题的得分不重复计入总分． xO y 1 2 31 Q P2 P1 Q1 16.(2008 年浙江省绍兴市)将一矩形纸片OABC 放在平面直角坐标系中， (0 0)O ， ， (6 0)A ， ， (0 3)C ， ．动点Q 从点O 出发以每秒 1 个单位长的速度沿OC 向终点C 运动，运动 2 3 秒时， 动点 P 从点 A 出发以相等的速度沿 AO 向终点O 运动．当其中一点到达终点时，另一点也 停止运动．设点 P 的运动时间为 t （秒）． （1）用含t 的代数式表示OP OQ， ； （2）当 1t  时，如图 1，将 OPQ△ 沿 PQ 翻折，点O 恰好落在CB 边上的点 D 处，求点 D 的坐标； （4） 连结 AC ，将 OPQ△ 沿 PQ 翻折，得到 EPQ△ ，如图 2．问： PQ 与 AC 能否平 行？ PE 与 AC 能否垂直？若能，求出相应的t 值；若不能，说明理由． 图 1 O P A x BD C Q y 图 2 O P A x BC Q y E 17.(2008 年辽宁省十二市)如图 16，在平面直角坐标系中，直线 3 3y x   与 x 轴交于 点 A ，与 y 轴交于点 C ，抛物线 2 2 3 ( 0)3y ax x c a    经过 A B C， ， 三点． （1）求过 A B C， ， 三点抛物线的解析式并求出顶点 F 的坐标； （2）在抛物线上是否存在点 P ，使 ABP△ 为直角三角形，若存在，直接写出 P 点坐标； 若不存在，请说明理由； （3）试探究在直线 AC 上是否存在一点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，若存在，求出 M 点 的坐标；若不存在，请说明理由． A O x y B F C 图 16 18.(2008 年沈阳市)如图所示，在平面直角坐标系中，矩形 ABOC 的边 BO 在 x 轴的负半轴 上，边OC 在 y 轴的正半轴上，且 1AB  ， 3OB  ，矩形 ABOC 绕点O 按顺时针方向 旋转 60 后得到矩形 EFOD ．点 A 的对应点为点 E ，点 B 的对应点为点 F ，点C 的对应点 为点 D ，抛物线 2y ax bx c   过点 A E D， ， ． （1）判断点 E 是否在 y 轴上，并说明理由； （2）求抛物线的函数表达式； （3）在 x 轴的上方是否存在点 P ，点 Q ，使以点 O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形的面 积是矩形 ABOC 面积的 2 倍，且点 P 在抛物线上，若存在，请求出点 P ，点Q 的坐标；若 不存在，请说明理由． y xO D E C FA B 19.(2008 年四川省巴中市) 已知：如图 14，抛物线 23 34y x   与 x 轴交于点 A ，点 B ， 与直线 3 4y x b   相交于点 B ，点 C ，直线 3 4y x b   与 y 轴交于点 E ． （1）写出直线 BC 的解析式． （2）求 ABC△ 的面积． （3）若点 M 在线段 AB 上以每秒 1 个单位长度的速度从 A 向 B 运动（不与 A B， 重合）， 同时，点 N 在射线 BC 上以每秒 2 个单位长度的速度从 B 向C 运动．设运动时间为t 秒， 请写出 MNB△ 的面积 S 与t 的函数关系式，并求出点 M 运动多少时间时， MNB△ 的面积 最大，最大面积是多少？ 20.(2008 年成都市)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，△OAB 的顶点Ａ的坐标为（10，0）， 顶点 B 在第一象限内，且 AB =3 5 ，sin∠OAB= 5 5 . （1）若点 C 是点 B 关于 x 轴的对称点，求经过 O、C、A 三点的抛物线的函数表达式； （2）在(1)中，抛物线上是否存在一点 P，使以 P、O、C、A 为顶点的四边形为梯形？若存 在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若将点 O、点 A 分别变换为点 Q（ -2k ,0）、点 R（5k，0）（k>1 的常数），设过 Q、 R 两点，且以 QR 的垂直平分线为对称轴的抛物线与 y 轴的交点为 N，其顶点为 M，记△ QNM 的面积为 QMNS ，△QNR 的面积 QNRS ，求 QMNS ∶ QNRS 的值. 21.(2008 年乐山市)在平面直角坐标系中△ABC 的边 AB 在 x 轴上，且 OA>OB,以 AB 为直 径 的圆 过点 C 若 C 的 坐标 为(0,2),AB=5, A,B 两 点的 横坐 标 XA,XB 是 关于 X 的 方程 2 ( 2) 1 0x m x n     的两根: (1) 求 m，n 的值 (2) 若∠ACB 的平分线所在的直线 l 交 x 轴于点 D，试求直线 l 对应的一次函数的解析式 (3) 过点 D 任作一直线 `l 分别交射线 CA，CB（点 C 除外）于点 M，N，则 1 1 CM CN  的值 是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由 A C O B N D M L` 22.(2008 年四川省宜宾市)已知:如图,抛物线 y=-x2+bx+c 与 x 轴、y 轴分别相交于点 A（-1， 0）、B（0，3）两点，其顶点为 D. (1)求该抛物线的解析式； (2)若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； (3)△AOB 与△BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由. （注：抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为        a bac a b 4 4,2 2 ） 23.(天津市 2008 年)已知抛物线 cbxaxy  23 2 ， （Ⅰ）若 1 ba ， 1c ，求该抛物线与 x 轴公共点的坐标； （Ⅱ）若 1 ba ，且当 11  x 时，抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，求 c 的取值范围； （Ⅲ）若 0 cba ，且 01 x 时，对应的 01 y ； 12 x 时，对应的 02 y ，试判断当 10  x 时，抛物线与 x 轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由． 24.(2008 年大庆市) 如图①，四边形 AEFG 和 ABCD 都是正方形，它们的边长分别为 a b， （ 2b a≥ ），且点 F 在 AD 上（以下问题的结果均可用 a b， 的代数式表示）． （1）求 DBFS△ ； （2）把正方形 AEFG 绕点 A 按逆时针方向旋转 45°得图②，求图②中的 DBFS△ ； （3）把正方形 AEFG 绕点 A 旋转一周，在旋转的过程中， DBFS△ 是否存在最大值、最小 值？如果存在，直接写出最大值、最小值；如果不存在，请说明理由． . 25. （2008 年上海市）已知 2 4AB AD ， ， 90DAB   ， AD BC∥ （如图 13）．E 是射线 BC 上的动点（点 E 与点 B 不重合）， M 是线段 DE 的中点． （1）设 BE x ， ABM△ 的面积为 y ，求 y 关于 x 的函数解析式，并写出函数的定义域； （2）如果以线段 AB 为直径的圆与以线段 DE 为直径的圆外切，求线段 BE 的长； （3）联结 BD ，交线段 AM 于点 N ，如果以 A N D， ， 为顶点的三角形与 BME△ 相似， 求线段 BE 的长． D C B A EF G G F E A B CD ① ② B A D M E C图 13 B A D C备用图 26. （2008 年陕西省）某县社会主义新农村建设办公室，为了解决该县甲、乙两村和一所中 学长期存在的饮水困难问题，想在这三个地方的其中一处建一所供水站．由供水站直接铺设 管道到另外两处． 如图，甲，乙两村坐落在夹角为30 的两条公路的 AB 段和CD 段（村子和公路的宽均不计）， 点 M 表示这所中学．点 B 在点 M 的北偏西30 的 3km 处，点 A 在点 M 的正西方向，点 D 在点 M 的南偏西 60 的 2 3 km 处． 为使供水站铺设到另两处的管道长度之和最短，现有如下三种方案： 方案一：供水站建在点 M 处，请你求出铺设到甲村某处和乙村某处的管道长度之和的最小 值； 方案二：供水站建在乙村（线段CD 某处），甲村要求管道建设到 A 处，请你在图①中，画 出铺设到点 A 和点 M 处的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值； 方案三：供水站建在甲村（线段 AB 某处），请你在图②中，画出铺设到乙村某处和点 M 处 的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值． 综上，你认为把供水站建在何处，所需铺设的管道最短？ MA EC D B F 30 乙村 甲村 东 北 图① MA EC D B F 30 乙村 甲村 图② OO 27. （2008 年山东省青岛市）已知：如图①，在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝ 3cm，点 P 由 B 出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动，速度为 1cm/s；点 Q 由 A 出发沿 AC 方向向 点 C 匀速运动，速度为 2cm/s；连接 PQ．若设运动的时间为 t（s）（0＜t＜2），解答下列 问题： （1）当 t 为何值时，PQ∥BC？ （2）设△AQP 的面积为 y（ 2cm ），求 y 与 t 之间的函数关系式； （3）是否存在某一时刻 t，使线段 PQ 恰好把 Rt△ACB 的周长和面积同时平分？若存在，求 出此时 t 的值；若不存在，说明理由； （4）如图②，连接 PC，并把△PQC 沿 QC 翻折，得到四边形 PQP′C，那么是否存在某一时 刻 t，使四边形 PQP′C 为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由． P 图② A Q C P B 图① A Q C P B 28. （2008 年江苏省南通市）已知双曲线 ky x  与直线 1 4y x 相交于 A、B 两点.第一象限 上的点 M（m，n）（在 A 点左侧）是双曲线 ky x  上的动点.过点 B 作 BD∥y 轴于点 D.过 N （0，－n）作 NC∥x 轴交双曲线 ky x  于点 E，交 BD 于点 C. （1）若点 D 坐标是（－8，0），求 A、B 两点坐标及 k 的值. （2）若 B 是 CD 的中点，四边形 OBCE 的面积为 4，求直线 CM 的解析式. （3）设直线 AM、BM 分别与 y 轴相交于 P、Q 两点，且 MA＝pMP，MB＝qMQ，求 p－q 的值. D B C E N O A M y x 29. （2008 年江苏省无锡市）一种电讯信号转发装置的发射直径为 31km．现要求：在一边 长为 30km 的正方形城区选择若干个安装点，每个点安装一个这种转发装置，使这些装置转 发的信号能完全覆盖这个城市．问： （1）能否找到这样的 4 个安装点，使得这些点安装了这种转发装置后能达到预设的要求？ （2）至少需要选择多少个安装点，才能使这些点安装了这种转发装置后达到预设的要求？ 答题要求：请你在解答时，画出必要的示意图，并用必要的计算、推理和文字来说明你的理 由．（下面给出了几个边长为 30km 的正方形城区示意图，供解题时选用） 图 1 图 2 图 3 图 4 压轴题答案 1. 解：（ 1）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b=2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 y x D E A B F O G 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 2. (1) ∵A，B 两点的坐标分别是 A(10，0)和 B(8， 32 )， ∴ 3810 32OABtan  ， ∴  60OAB 当点 A´在线段 AB 上时，∵  60OAB ，TA=TA´， ∴△A´TA 是等边三角形，且 ATTP  ， ∴ )t10(2 360sin)t10(TP  ， )t10(2 1AT2 1APPA  ， ∴ 2 TPA )t10(8 3TPPA2 1SS   ， 当 A´与 B 重合时，AT=AB= 460sin 32  ， 所以此时 10t6  . (2)当点 A´在线段 AB 的延长线，且点 P 在线段 AB(不与 B 重合)上时， 纸片重叠部分的图形是四边形(如图(1)，其中 E 是 TA´与 CB 的交点)， 当点 P 与 B 重合时，AT=2AB=8，点 T 的坐标是(2，0) 又由(1)中求得当 A´与 B 重合时，T 的坐标是(6，0) 所以当纸片重叠部分的图形是四边形时， 6t2  . (3)S 存在最大值 ○1 当 10t6  时， 2)t10(8 3S  ， 在对称轴 t=10 的左边，S 的值随着 t 的增大而减小， ∴当 t=6 时，S 的值最大是 32 . ○2 当 6t2  时，由图○1 ，重叠部分的面积 EBATPA SSS   ∵△A´EB 的高是  60sinBA ， ∴ 2 3)4t10(2 1)t10(8 3S 22  34)2t(8 3)28t4t(8 3 22  当 t=2 时，S 的值最大是 34 ； A´ A B P T EC O y x A´ A B T EC O y x P F ○3 当 2t0  ，即当点 A´和点 P 都在线段 AB 的延长线是(如图○2 ，其中 E 是 TA´与 CB 的交点，F 是 TP 与 CB 的交点)， ∵ ETFFTPEFT  ，四边形 ETAB 是等腰形，∴EF=ET=AB=4， ∴ 343242 1OCEF2 1S  综上所述，S 的最大值是 34 ，此时 t 的值是 2t0  . 3. 解：（1） RtA  ， 6AB  ， 8AC  ， 10BC  ． 点 D 为 AB 中点， 1 32BD AB   ． 90DHB A     ， B B   ． BHD BAC△ ∽△ ， DH BD AC BC   ， 3 12810 5 BDDH ACBC      ． （2） QR AB ∥ ， 90QRC A     ． C C   ， RQC ABC△ ∽△ ， RQ QC AB BC   ， 10 6 10 y x  ， 即 y 关于 x 的函数关系式为： 3 65y x   ． （3）存在，分三种情况： ①当 PQ PR 时，过点 P 作 PM QR 于 M ，则QM RM ． 1 2 90     ， 2 90C     ， 1 C   ． 8 4cos 1 cos 10 5C     ， 4 5 QM QP   ， 1 3 6 42 5 12 5 5 x      ， 18 5x  ． ②当 PQ RQ 时， 3 1265 5x   ， 6x  ． ③当 PR QR 时，则 R 为 PQ 中垂线上的点， 于是点 R 为 EC 的中点， A B C D E R P H Q M 2 1 A B C D E RP H Q A B C D E R P H Q 1 1 22 4CR CE AC    ． tan QR BAC CR CA   ， 3 6 65 2 8 x    ， 15 2x  ． 综上所述，当 x 为18 5 或 6 或15 2 时， PQR△ 为等腰三角形． 4. 解：（1）∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C． ∴ △AMN ∽ △ABC． ∴ AM AN AB AC  ，即 4 3 x AN ． ∴ AN＝ 4 3 x． ……………2 分 ∴ S = 21 3 3 2 4 8MNP AMNS S x x x      ．（0＜ x ＜4） ……………3 分 （2）如图 2，设直线 BC 与⊙O 相切于点 D，连结 AO，OD，则 AO =OD = 2 1 MN． 在 Rt△ABC 中，BC ＝ 2 2AB AC =5． 由（1）知 △AMN ∽ △ABC． ∴ AM MN AB BC  ，即 4 5 x MN ． ∴ 5 4MN x ， ∴ 5 8OD x ． …………………5 分 过 M 点作 MQ⊥BC 于 Q，则 5 8MQ OD x  ． 在 Rt△BMQ 与 Rt△BCA 中，∠B 是公共角， ∴ △BMQ∽△BCA． ∴ BM QM BC AC  ． ∴ 55 258 3 24 x BM x    ， 25 424AB BM MA x x     ． ∴ x＝ 49 96 ． ∴ 当 x ＝ 49 96 时 ， ⊙ O 与 直 线 B C 相 切 ． … … … … … … … … … … … … … 7 分 （3）随点 M 的运动，当 P 点落在直线 BC 上时，连结 AP，则 O 点为 AP 的中点． ∵ MN∥BC，∴ ∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APC． ∴ △AMO ∽ △ABP． A B C M N P 图 1 O A B C M N D 图 2 O Q A B C M N P 图 3 O ∴ 1 2 AM AO AB AP   ． AM＝MB＝2． 故以下分两种情况讨论： ① 当 0＜ x ≤2 时， 2 Δ 8 3 xSy PMN  ． ∴ 当 x ＝2 时， 23 32 .8 2y   最大 ……………………………………8 分 ② 当 2＜ x ＜4 时，设 PM，PN 分别交 BC 于 E，F． ∵ 四边形 AMPN 是矩形， ∴ PN∥AM，PN＝AM＝x． 又∵ MN∥BC， ∴ 四边形 MBFN 是平行四边形． ∴ FN＝BM＝4－x． ∴  4 2 4PF x x x     ． 又△PEF ∽ △ACB． ∴ 2 PEF ABC SPF AB S        ． ∴  23 22PEFS x   ． … … … … … … … … … … … … … … … … … … 9 分 MNP PEFy S S   ＝  22 23 3 92 6 68 2 8x x x x      ．…………………… 10 分 当 2＜ x ＜4 时， 29 6 68y x x    29 8 28 3x       ． ∴ 当 8 3x  时，满足 2＜ x ＜4， 2y 最大 ． ……………………11 分 综上所述，当 8 3x  时， y 值最大，最大值是 2． …………………………12 分 5. 解：（1）（-4，-2）；（-m,- k m ） (2) ①由于双曲线是关于原点成中心对称的，所以OP=OQ,OA=OB,所以四边形APBQ 一定是平行四边形 ②可能是矩形，mn=k即可 不可能是正方形，因为 Op 不能与 OA 垂直. 解：（1）作BE⊥OA， ∴ΔAOB是等边三角形 ∴BE=OB·sin60o= 2 3 ， ∴B( 2 3 ,2) A B C M N P 图 4 O E F ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   ,的以直线 AB 的 解析式为 3 43y x   （2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  6. 解：（1）作BE⊥OA，∴ΔAOB是等边三角形∴BE=OB·sin60o= 2 3 ， ∴B( 2 3 ,2) ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   , 以直线 AB 的解析式为 3 43y x   （2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD 是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  如图，作 BE⊥AO,DH⊥OA,GB⊥DH,显然ΔGBD 中∠GBD=30° ∴GD= 1 2 BD= 3 2 ,DH=GH+GD= 3 2 + 2 3 = 5 3 2 , ∴GB= 3 2 BD= 3 2 ,OH=OE+HE=OE+BG= 3 72 2 2   ∴D( 5 3 2 , 7 2 ) (3)设 OP=x,则由（2）可得 D( 32 3 ,2 2x x  )若ΔOPD 的面积为：1 3 3(2 )2 2 4x x  解得： 2 3 21 3x   所以 P( 2 3 21 3   ,0) 7. 解: y x H G E D B A O P (1)① ,BG DE BG DE  ……………………………………………………………… 2 分 ② ,BG DE BG DE  仍 然 成 立 ……………………………………………………1 分 在图（2）中证明如下 ∵四边形 ABCD 、四边形 ABCD 都是正方形 ∴ BC CD ，CG CE ， 090BCD ECG    ∴ BCG DCE   …………………………………………………………………1 分 ∴ BCG DCE   （SAS）……………………………………………………… 1 分 ∴ BG DE CBG CDE   又∵ BHC DHO   090CBG BHC    ∴ 090CDE DHO    ∴ 090DOH  ∴ BG DE …………………………………………………………………………1 分 （2）BG DE 成立，BG DE 不成立 ………………………………………………… 2 分 简要说明如下 ∵四边形 ABCD 、四边形CEFG 都是矩形， 且 AB a ， BC b ，CG kb ，CE ka ( a b ， 0k  ) ∴ BC CG b DC CE a   ， 090BCD ECG    ∴ BCG DCE   ∴ BCG DCE  ………………………………………………………………………1 分 ∴ CBG CDE   又∵ BHC DHO   090CBG BHC    ∴ 090CDE DHO    ∴ 090DOH  ∴ BG DE ……………………………………………………………………………1 分 （3）∵ BG DE ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2BE DG OB OE OG OD BD GE       又∵ 3a  ， 2b  ， k  1 2 ∴ 2 2 2 2 2 23 652 3 1 ( )2 4BD GE      ………………………………………………1 分 ∴ 2 2 65 4BE DG  ………………………………………………………………………1 分 8. 解： （1）① 2AB  …………………………………………………………………………… 2 分 8 42OA   ， 4OC  ，S 梯形 OABC=12 …………………………………………… 2 分 ②当 42  t 时， 直角梯形 OABC 被直线 l 扫过的面积=直角梯形 OABC 面积－直角三角开 DOE 面积 2112 (4 ) 2(4 ) 8 42S t t t t         …………………………………………4 分 （ 2 ） 存 在 ……………………………………………………………………………………1 分 1 2 3 4 5 8( 12,4), ( 4,4), ( ,4), (4,4), (8,4)3P P P P P   …（每个点对各得 1 分）…… 5 分 对于第（2）题我们提供如下详细解答（评分无此要求）.下面提供参考解法二： 1 以点 D 为直角顶点，作 1PP x 轴 Rt ODE在 中， 2OE OD ， 设 2OD b OE b ， . 1Rt ODE Rt PPD   ，（图示 阴影） 4b  ，2 8b  ，在上面二图中分别可得到 P 点的生标为 P（－12，4）、P（－4，4） E 点在 0 点与 A 点之间不可能； ② 以点 E 为直角顶点 同理在②二图中分别可得 P 点的生标为 P（－ 8 3 ，4）、P（8，4）E 点在 0 点下方不可能. 以点 P 为直角顶点 同理在③二图中分别可得 P 点的生标为 P（－4，4）（与①情形二重合舍去）、P（4，4）， E 点在 A 点下方不可能. 综上可得 P 点的生标共 5 个解，分别为 P（－12，4）、P（－4，4）、P（－ 8 3 ，4）、 P（8，4）、P（4，4）． 下面提供参考解法二： 以直角进行分类进行讨论（分三类）： 第一类如上解法⑴中所示图 2 2P DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) 的中点坐标为 b(- ,b)2 ，直线 DE 的中垂线方程： 1 ( )2 2 by b x    ，令 4y  得 3( 8,4)2 bP  ．由已知可得 2PE DE 即 2 2 2 232 ( 8) (4 2 ) 42 b b b b      化简得 23 32 64 0b b   解得 1 2 1 88 3b b P P   3b， 将之代入（ -8，4） （4，4)、2 2 ( 4,4)P  ； 第二类如上解法②中所示图 2 2E DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) ，直线 PE 的方程： 1 22y x b   ，令 4y  得 (4 8,4)P b  ．由已知可得 PE DE 即 2 2 2 2(4 8) (4 2 ) 4b b b b     化简得 2 2(2 8)b b  解之得 ， 1 2 3 44 3b b P P   ， 将之代入（4b-8，4） （8，4)、 4 8( ,4)3P  第三类如上解法③中所示图 2 2D DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) ，直线 PD 的方程： 1 ( )2y x b   ，令 4y  得 ( 8,4)P b  ．由已知可得 PD DE 即 2 2 2 28 4 4b b   解得 1 2 54 4b b P P    ， 将之代入（-b-8，4） （-12，4)、 6 ( 4,4)P  （ 6 ( 4,4)P  与 2P 重合舍去）． 综上可得 P 点的生标共 5 个解，分别为 P（－12，4）、P（－4，4）、P（－ 8 3 ，4）、 P（8，4）、P（4，4）． 事实上，我们可以得到更一般的结论： 如果得出 AB a OC b 、 、OA h 、设 b ak h  ，则 P 点的情形如下 直角分类情形 1k  1k  P 为直角 1( , )P h h 1( , )P h h 2 ( , )P h h E 为直角 3( , )1 hkP hk   2 ( , )2 hP h 4 ( , )1 hkP hk  D 为直角 5 ( ( 1), )P h k h  3 (0, )P h 6 ( ( 1), )P h k h  4 ( 2 , )P h h 9. 10. 11. 解：（1）设 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为 x 千米， 由题意得 120 10 2 3 x x  ，····················································································2 分 解得 180x  ． A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为 180 千米．···········································4 分 （2）1.8 180 28 2 380    （元）， 该车货物从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用为 380 元．························ 6 分 （3）设这批货物有 y 车， 由题意得 [800 20 ( 1)] 380 8320y y y     ，···················································· 8 分 整理得 2 60 416 0y y   ， 解得 1 8y  ， 2 52y  （不合题意，舍去），························································ 9 分 这批货物有 8 车．·······················································································10 分 12. 解：（1） 2 12 4 4a a， ， ．·········································································· 3 分 （2）相等，比值为 2 ．···············5 分（无“相等”不扣分有“相等”，比值错给 1 分） （3）设 DG x ， 在矩形 ABCD 中， 90B C D       ， 90HGF   ， 90DHG CGF DGH      ， HDG GCF△ ∽△ ， 1 2 DG HG CF GF    ， 2 2CF DG x   ．·······················································································6 分 同理 BEF CFG   ． EF FG ， FBE GCF△ ≌△ ， 1 4BF CG a x    ．··················································································· 7 分 CF BF BC  ， 1 22 4 4x a x a    ，·················································································· 8 分 解得 2 1 4x a ． 即 2 1 4DG a ．·························································································9 分 （4） 23 16 a ，································································································10 分 227 18 2 8 a ． 12 分 13. 解：（1）分别过 D，C 两点作 DG⊥AB 于点 G，CH⊥AB 于点 H． ……………1 分 ∵ AB∥CD， ∴ DG＝CH，DG∥CH． ∴ 四边形 DGHC 为矩形，GH＝CD＝1． ∵ DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°， ∴ △AGD≌△BHC（HL）． ∴ AG＝BH＝ 2 17 2  GHAB ＝3． ………2 分 ∵ 在 Rt△AGD 中，AG＝3，AD＝5， ∴ DG＝4． ∴  1 7 4 162ABCDS   梯形 ． ………………………………………………3 分 （2）∵ MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB， ∴ ME＝NF，ME∥NF． ∴ 四边形 MEFN 为矩形． ∵ AB∥CD，AD＝BC， ∴ ∠A＝∠B． ∵ ME＝NF，∠MEA＝∠NFB＝90°， ∴ △MEA≌△NFB（AAS）． ∴ AE＝BF． ……………………4 分 设 AE＝x，则 EF＝7－2x． ……………5 分 ∵ ∠A＝∠A，∠MEA＝∠DGA＝90°， ∴ △MEA∽△DGA． ∴ DG ME AG AE  ． ∴ ME＝ x3 4 ． …………………………………………………………6 分 ∴ 6 49 4 7 3 8)2(73 4 2       xxxEFMES MEFN矩形 ． ……………………8 分 当 x＝ 4 7 时，ME＝ 3 7 ＜4，∴四边形 MEFN 面积的最大值为 6 49 ．……………9 分 （3）能． ……………………………………………………………………10 分 由（2）可知，设 AE＝x，则 EF＝7－2x，ME＝ x3 4 ． 若四边形 MEFN 为正方形，则 ME＝EF． 即  3 4x 7－2x．解，得 10 21x ． ……………………………………………11 分 ∴ EF＝ 21 147 2 7 2 10 5x     ＜4． ∴ 四边形 MEFN 能为正方形，其面积为 25 196 5 14 2     MEFNS正方形 ． 14. 解：（1）由题意可知，     131  mmmm ． 解，得 m＝3． ………………………………3 分 ∴ A（3，4），B（6，2）； ∴ k＝4×3=12． ……………………………4 分 CD A BE F NM G H CD A BE F NM G H xO y A B M1 N1 M2 N2 （2）存在两种情况，如图： ①当 M 点在 x 轴的正半轴上，N 点在 y 轴的正半轴 上时，设 M1 点坐标为（x1，0），N1 点坐标为（0，y1）． ∵ 四边形 AN1M1B 为平行四边形， ∴ 线段 N1M1 可看作由线段 AB 向左平移 3 个单位， 再向下平移 2 个单位得到的（也可看作向下平移 2 个单位，再向左平移 3 个单位得到的）． 由（1）知 A 点坐标为（3，4），B 点坐标为（6，2）， ∴ N1 点坐标为（0，4－2），即 N1（0，2）； ………………………………5 分 M1 点坐标为（6－3，0），即 M1（3，0）． ………………………………6 分 设直线 M1N1 的函数表达式为 21  xky ，把 x＝3，y＝0 代入，解得 3 2 1 k ． ∴ 直线 M1N1 的函数表达式为 23 2  xy ． ……………………………………8 分 ②当 M 点在 x 轴的负半轴上，N 点在 y 轴的负半轴上时，设 M2 点坐标为（x2，0）， N2 点坐标为（0，y2）． ∵ AB∥N1M1，AB∥M2N2，AB＝N1M1，AB＝M2N2， ∴ N1M1∥M2N2，N1M1＝M2N2． ∴ 线段 M2N2 与线段 N1M1 关于原点 O 成中心对称． ∴ M2 点坐标为（-3，0），N2 点坐标为（0，-2）． ………………………9 分 设直线 M2N2 的函数表达式为 22  xky ，把 x＝-3，y＝0 代入，解得 3 2 2 k ， ∴ 直线 M2N2 的函数表达式为 23 2  xy ． 所以，直线 MN 的函数表达式为 23 2  xy 或 23 2  xy ． ………………11 分 （3）选做题：（9，2），（4，5）． ………………………………………………2 分 15. 解：(1)解法 1：根据题意可得：A(-1,0)，B(3,0)； 则设抛物线的解析式为 )3)(1(  xxay (a≠0) 又点 D(0，-3)在抛物线上，∴a(0+1)(0-3)=-3，解之得：a=1 ∴y=x2-2x-3·······················································································3 分 自变量范围：-1≤x≤3········································································· 4 分 解法 2：设抛物线的解析式为 cbxaxy  2 (a≠0) 根据题意可知，A(-1,0)，B(3,0)，D(0，-3)三点都在抛物线上 ∴       3 039 0 c cba cba ，解之得：       3 2 1 c b a ∴y=x2-2x-3·····································································3 分 自变量范围：-1≤x≤3······················································4 分 (2)设经过点 C“蛋圆”的切线 CE 交 x 轴于点 E，连结 CM， 在 Rt△MOC 中，∵OM=1，CM=2，∴∠CMO=60°,OC= 3 在 Rt△MCE 中，∵OC=2，∠CMO=60°，∴ME=4 ∴点 C、E 的坐标分别为(0， 3 )，(-3,0) ··········································· 6 分 ∴切线 CE 的解析式为 3x3 3y  ··················································· 8 分 (3)设过点 D(0，-3)，“蛋圆”切线的解析式为：y=kx-3(k≠0) ······················· 9 分 由题意可知方程组      32 3 2 xxy kxy 只有一组解 即 323 2  xxkx 有两个相等实根，∴k=-2········································11 分 ∴过点 D“蛋圆”切线的解析式 y=-2x-3·············································· 12 分 16. 解：（1） 6OP t  ， 2 3OQ t  ． 图 1 O P A x BD C Q y 图 2 O P A x BC Q y 1D 图 3 O F A x BC y EQ P （2）当 1t  时，过 D 点作 1DD OA ，交OA 于 1D ，如图 1， 则 5 3DQ QO  ， 4 3QC  ， 1CD  ， (13)D ， ． （3）① PQ 能与 AC 平行． 若 PQ AC∥ ，如图 2，则 OP OA OQ OC  ， A O B M D C 解图 12 y x E 即 6 6 2 3 3 t t    ， 14 9t  ，而 70 3t≤ ≤ ， 14 9t  ． ② PE 不能与 AC 垂直． 若 PE AC ，延长QE 交OA 于 F ，如图 3， 则 2 3 33 5 tQF OQ QF AC OC    ． 25 3QF t      ． EF QF QE QF OQ     2 25 3 3t t             2( 5 1) ( 5 1)3t    ． 又 Rt RtEPF OCA △ ∽ △ ， PE OC EF OA   ， 6 3 2 6( 5 1) 3 t t        ， 3.45t  ，而 70 3t≤ ≤ ， t 不存在． 17. 解：（1）直线 3 3y x   与 x 轴交于点 A ，与 y 轴交于点 C ． ( 1 0)A  ， ， (0 3)C ， ···················································································1 分 点 A C， 都在抛物线上， 2 30 3 3 a c c       3 3 3 a c      抛物线的解析式为 23 2 3 33 3y x x   ······················································ 3 分 A O x y B F C 图 9 H B M 顶点 4 31 3F      ， ························································································4 分 （2）存在······································································································ 5 分 1(0 3)P ， ···································································································· 7 分 2 (2 3)P ， ····································································································9 分 （3）存在·····································································································10 分 理由： 解法一： 延长 BC 到点 B，使 B C BC  ，连接 B F 交直线 AC 于点 M ，则点 M 就是所求的点． ··············································································· 11 分 过点 B作 B H AB  于点 H ． B 点在抛物线 23 2 3 33 3y x x   上， (3 0)B ， 在 Rt BOC△ 中， 3tan 3OBC  ， 30OBC   ， 2 3BC  ， 在 Rt BB H△ 中， 1 2 32B H BB   ， 3 6BH B H  ， 3OH  ， ( 3 2 3)B  ， ···············································12 分 设直线 B F 的解析式为 y kx b  2 3 3 4 3 3 k b k b        解得 3 6 3 3 2 k b      3 3 3 6 2y x   ·························································································13 分 3 3 3 3 3 6 2 y x y x       解得 3 7 10 3 7 x y      ， 3 10 3 7 7M       ， 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ．········14 分 A O x y B F C 图 10 H MG 解法二： 过点 F 作 AC 的垂线交 y 轴于点 H ，则点 H 为点 F 关于直线 AC 的对称点．连接 BH 交 AC 于点 M ，则点 M 即为所求．································· 11 分 过点 F 作 FG y 轴于点G ，则OB FG∥ ， BC FH∥ ． 90BOC FGH     ， BCO FHG   HFG CBO   同方法一可求得 (3 0)B ， ． 在 Rt BOC△ 中， 3tan 3OBC  ， 30OBC   ，可求得 3 3GH GC  ， GF 为线段CH 的垂直平分线，可证得 CFH△ 为等边三角形， AC 垂直平分 FH ． 即点 H 为点 F 关于 AC 的对称点． 5 30 3H       ， ············································ 12 分 设直线 BH 的解析式为 y kx b  ，由题意得 0 3 5 33 k b b     解得 5 39 5 33 k b      5 53 39 3y   ·························································································13 分 5 53 39 3 3 3 y x y x        解得 3 7 10 3 7 x y      3 10 3 7 7M       ， 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ． 1 18. 解：（1）点 E 在 y 轴上·············································································· 1 分 理由如下： 连接 AO ，如图所示，在 Rt ABO△ 中， 1AB  ， 3BO  ， 2AO  1sin 2AOB   ， 30AOB   由题意可知： 60AOE   30 60 90BOE AOB AOE          点 B 在 x 轴上，点 E 在 y 轴上．·································································· 3 分 （2）过点 D 作 DM x 轴于点 M 1OD  ， 30DOM   在 Rt DOM△ 中， 1 2DM  ， 3 2OM  点 D 在第一象限， 点 D 的坐标为 3 1 2 2       ， ·················································································5 分 由（1）知 2EO AO  ，点 E 在 y 轴的正半轴上 点 E 的坐标为 (0 2)， 点 A 的坐标为 ( 31) ， ···················································································6 分 抛物线 2y ax bx c   经过点 E ， 2c  由题意，将 ( 31)A  ， ， 3 1 2 2D       ， 代入 2 2y ax bx   中得 3 3 2 1 3 3 124 2 2 a b a b        解得 8 9 5 3 9 a b       所求抛物线表达式为： 28 5 3 29 9y x x    ··················································· 9 分 （3）存在符合条件的点 P ，点Q ．·································································· 10 分 理由如下：矩形 ABOC 的面积 3AB BO  以O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形面积为 2 3 ． 由题意可知OB 为此平行四边形一边， 又 3OB  OB 边上的高为 2························································································ 11 分 y xO D E C FA B M 依题意设点 P 的坐标为 ( 2)m， 点 P 在抛物线 28 5 3 29 9y x x    上 28 5 3 2 29 9m m    解得， 1 0m  ， 2 5 3 8m   1(0 2)P ， ， 2 5 3 28P      ， 以O B P Q， ， ， 为顶点的四边形是平行四边形， PQ OB ∥ ， 3PQ OB  ， 当点 1P 的坐标为 (0 2)， 时， 点Q 的坐标分别为 1( 3 2)Q  ， ， 2 ( 3 2)Q ， ； 当点 2P 的坐标为 5 3 28      ， 时， 点Q 的坐标分别为 3 13 3 28Q      ， ， 4 3 3 28Q       ， ．············································ 14 分 （以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分） 19. 解：（1）在 23 34y x   中，令 0y  23 3 04 x   1 2x  ， 2 2x   ( 2 0)A  ， ， (2 0)B ， ·············································· 1 分 又点 B 在 3 4y x b   上 30 2 b    3 2b  x y A B C E MD P N O BC 的解析式为 3 3 4 2y x   ········································································· 2 分 （2）由 23 34 3 3 4 2 y x y x         ，得 1 1 1 9 4 x y    2 2 2 0 x y    ···················································4 分 91 4C      ， ， (2 0)B ， 4AB  ， 9 4CD  ························································································5 分 1 9 942 4 2ABCS    △ ···················································································6 分 （3）过点 N 作 NP MB 于点 P EO MB NP EO ∥ BNP BEO△ ∽△ ························································································ 7 分 BN NP BE EO   ··································································································8 分 由直线 3 3 4 2y x   可得： 30 2E      ， 在 BEO△ 中， 2BO  ， 3 2EO  ，则 5 2BE  2 5 3 2 2 t NP  ， 6 5NP t  ················································································· 9 分 1 6 (4 )2 5S t t    23 12 (0 4)5 5S t t t     ·············································································· 10 分 23 12( 2)5 5S t    ······················································································ 11 分 此抛物线开口向下，当 2t  时， 12 5S 最大 当点 M 运动 2 秒时， MNB△ 的面积达到最大，最大为12 5 ． 20. 解：（1）如图，过点 B 作 BD⊥OA 于点 D. 在 Rt△ABD 中， ∵∣AB∣=3 5 ,sin∠OAB= 5 5 , ∴∣BD∣=∣AB∣·sin∠OAB =3 5 × 5 5 =3. 又由勾股定理，得 2 2AD AB B D  2 2(3 5) 3 6   ∴∣OD∣=∣OA∣-∣AD∣=10-6=4. ∵点 B 在第一象限，∴点 B 的坐标为（4，3）. ……3 分 设经过 O(0,0)、C（4，-3）、A(10,0)三点的抛物线的函数表达式为 y=ax2+bx(a≠0). 由 1 ,16 4 3 8 100 10 0 5 .4 aa b a b b           ∴经过 O、C、A 三点的抛物线的函数表达式为 21 5 .8 4y x x  ……2 分 （2）假设在（1）中的抛物线上存在点 P，使以 P、O、C、A 为顶点的四边形为梯形 ①∵点 C（4，-3）不是抛物线 21 5 8 4y x x  的顶点， ∴过点 C 做直线 OA 的平行线与抛物线交于点 P1 . 则直线 CP1 的函数表达式为 y=-3. 对于 21 5 8 4y x x  ，令 y=-3 x=4 或 x=6. ∴ 1 2 1 2 4, 6, 3; 3. x x y y          而点 C（4，-3），∴P1(6,-3). 在四边形 P1AOC 中，CP1∥OA,显然∣CP1∣≠∣OA∣. ∴点 P1（6，-3）是符合要求的点. ……1 分 ②若 AP2∥CO.设直线 CO 的函数表达式为 1 .y k x 将点 C（4，-3）代入，得 1 1 34 3. .4k k     ∴直线 CO 的函数表达式为 3 .4y x  于是可设直线 AP2 的函数表达式为 1 3 .4y x b   将点 A（10，0）代入，得 3 15 .4 2x  ∴直线 AP2 的函数表达式为 3 15.4 2y x   由 2 2 3 15 .4 2 4 60 01 5 8 4 y x x x y x x            ，即（x-10）（x+6）=0. ∴ 1 2 1 2 10, 6 0; 12; x x y y         而点 A（10，0），∴P2（-6，12）. 过点 P2 作 P2E⊥x 轴于点 E，则∣P2E∣=12. 在 Rt△AP2E 中，由勾股定理，得 2 2 2 2 2 2 12 16 20.AP P E AE     而∣CO∣=∣OB∣=5. ∴在四边形 P2OCA 中，AP2∥CO,但∣AP2∣≠∣CO∣. ∴点 P2（-6，12）是符合要求的点. ……1 分 ③若 OP3∥CA,设直线 CA 的函数表达式为 y=k2x+b2 将点 A(10,0)、C(4,-3)代入，得 2 2 2 2 2 2 110 0 ,24 3 5. k b k k b b            ∴直线 CA 的函数表达式为 1 5.2y x  ∴直线 OP3 的函数表达式为 1 2y x 由 2 2 1 2 14 0,1 5 8 4 y x x x y x x         即 x(x-14)=0. ∴ 1 2 1 2 0, 14, 0; 7. x x y y        而点 O(0,0),∴P3（14，7）. 过点 P3 作 P3E⊥x 轴于点 E，则∣P3E∣=7. 在 Rt△OP3E 中，由勾股定理，得 2 2 2 2 3 3 7 14 7 5.OP P F OF     而∣CA∣=∣AB∣=3 5 . ∴在四边形 P3OCA 中，OP3∥CA,但∣OP3∣≠∣CA∣. ∴点 P3（14，7）是符合要求的点. ……1 分 综上可知，在（1）中的抛物线上存在点 P1(6,-3)、P2(-6,12)、P3(14,7), 使以 P、O、C、A 为顶点的四边形为梯形. ……1 分 （3）由题知，抛物线的开口可能向上，也可能向下. ①当抛物线开口向上时，则此抛物线与 y 轴的副半轴交与点 N. 可设抛物线的函数表达式为 ( 2 )( 5 )y a x k x k   （a＞0）. 即 2 23 10y ax akx ak   2 23 49( ) .2 4a x k ak   如图，过点 M 作 MG⊥x 轴于点 G. ∵Q（-2k，0）、R（5k，0）、G( 3 ,02 k     、N(0， -10ak2)、M 23 49, ,2 4k ak    ∴ 32 , 7 , ,2QO k QR k OG k   2 27 49, 10 , .2 4QG k ON ak MG ak   2 31 1 7 10 35 .2 2QNRS QR ON k ak ak        1 1 1( )2 2 2QO ON ON GM OG QG GM        2 2 2 21 1 49 3 1 7 492 10 (10 )2 2 4 2 2 2 4k ak ak ak k k ak          31 49 49(29 15 3 7 ) .2 8 8 ak      ∴ 3 321: ( ) :(35 ) 3: 20.4QNM QNRS S ak ak   ……2 分 ②当抛物线开口向下时，则此抛物线与 y 轴的正半轴交于点 N， 同理，可得 : 3: 20.QNM QNRS S   ……1 分 综上所知， :QNM QNRS S  的值为 3：20. ……1 分 21.解： (1)m=-5,n=-3 (2)y= 4 3 x+2 (3)是定值. 因为点 D 为∠ACB 的平分线，所以可设点 D 到边 AC,BC 的距离均为 h， 设△ABC AB 边上的高为 H, 则利用面积法可得： 2 2 2 CM h CN h MN H    （CM+CN）h=MN﹒H CM CN MN H h   又 H= CM CN MN  化简可得 (CM+CN)﹒ 1MN CM CN h  故 1 1 1 CM CN h   22. 解：（ 1）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b=2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 23. 解（Ⅰ）当 1 ba ， 1c 时，抛物线为 123 2  xxy ， y x D E A B F O G O y x1 方程 0123 2  xx 的两个根为 11 x ， 3 1 2 x ． ∴该抛物线与 x 轴公共点的坐标是 1 0 ， 和 1 03      ， ． ··········································2 分 （Ⅱ）当 1 ba 时，抛物线为 cxxy  23 2 ，且与 x 轴有公共点． 对于方程 023 2  cxx ，判别式 c124  ≥0，有 c ≤ 3 1 ． ···································3 分 ①当 3 1c 时，由方程 03 123 2  xx ，解得 3 1 21  xx ． 此时抛物线为 3 123 2  xxy 与 x 轴只有一个公共点 1 03     ， ．····························· 4 分 ②当 3 1c 时， 11 x 时， ccy  1231 ， 12 x 时， ccy  5232 ． 由已知 11  x 时，该抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为 3 1x ， 应有 1 2 0 0. y y    ≤ ， 即 1 0 5 0. c c     ≤ ， 解得 5 1c  ≤ ． 综上， 3 1c 或 5 1c  ≤ ． ······································································6 分 （Ⅲ）对于二次函数 cbxaxy  23 2 ， 由已知 01 x 时， 01  cy ； 12 x 时， 0232  cbay ， 又 0 cba ，∴ babacbacba  22)(23 ． 于是 02  ba ．而 cab  ，∴ 02  caa ，即 0 ca ． ∴ 0 ca ． ······························································································ 7 分 ∵关于 x 的一元二次方程 023 2  cbxax 的判别式 0])[(412)(4124 222  accaaccaacb ， ∴抛物线 cbxaxy  23 2 与 x 轴有两个公共点，顶点在 x 轴下方．··························8 分 又该抛物线的对称轴 a bx 3  ， 由 0 cba ， 0c ， 02  ba ， 得 aba 2 ， ∴ 3 2 33 1  a b ． 又由已知 01 x 时， 01 y ； 12 x 时， 02 y ，观察图象， 可知在 10  x 范围内，该抛物线与 x 轴有两个公共点． ······································ 10 分 24. 解：（1）∵点 F 在 AD 上， ∴ 2AF a ， ∴ 2DF b a  ， ∴ 21 1 1 2( 2 )2 2 2 2DBFS DFAB b a b b ab    △ × × . （2）连结 AF ， 由题意易知 AF BD∥ ， ∴ 21 2DBF ABDS S b △ △ . （3）正方形 AEFG 在绕 A 点旋转的过程中，F 点的轨迹是以点 A 为圆心，AF 为半径的圆. 第一种情况：当 b>2a 时，存在最大值及最小值； 因为 BFD△ 的边 2BD b ，故当 F 点到 BD 的距离取得最大、最小值时， BFD△S 取 得最大、最小值. 如图②所示 2CF BD 时， BFD△S 的最大值= 2 21 2 22 2 ,2 2 2BF D b b abb a          △S BFD△S 的最小值= 2 21 2 22 2 ,2 2 2BF D b b abb a          △S 第二种情况：当 b=2a 时，存在最大值，不存在最小值； BFD△S 的最大值= 2 2 2 b ab .（如果答案为 4a 或 b 也可） 25. 解：（1）取 AB 中点 H ，联结 MH ， F O D C A BG F E F M 为 DE 的中点， MH BE ∥ ， 1 ( )2MH BE AD  ．·····························（1 分） 又 AB BE ， MH AB  ．··································································（1 分） 1 2ABMS AB MH  △ ，得 1 2( 0)2y x x   ；································· （2 分）（1 分） （2）由已知得 2 2( 4) 2DE x   ．·························································· （1 分） 以线段 AB 为直径的圆与以线段 DE 为直径的圆外切， 1 1 2 2MH AB DE   ，即 2 21 1( 4) 2 (4 ) 22 2x x       ．······················· （2 分） 解得 4 3x  ，即线段 BE 的长为 4 3 ；······························································（1 分） （3）由已知，以 A N D， ， 为顶点的三角形与 BME△ 相似， 又易证得 DAM EBM   ．····································································· （1 分） 由此可知，另一对对应角相等有两种情况：① ADN BEM   ；② ADB BME   ． ①当 ADN BEM   时， AD BE ∥ ， ADN DBE   ． DBE BEM   ． DB DE  ，易得 2BE AD ．得 8BE  ；················································（2 分） ②当 ADB BME   时， AD BE ∥ ， ADB DBE   ． DBE BME   ．又 BED MEB   ， BED MEB△ ∽△ ． DE BE BE EM   ，即 2BE EM DE  ，得 2 2 2 2 21 2 ( 4) 2 ( 4)2x x x     ． 解得 1 2x  ， 2 10x   （舍去）．即线段 BE 的长为 2．·································· （2 分） 综上所述，所求线段 BE 的长为 8 或 2． 26. 解：方案一：由题意可得： MB OB ， 点 M 到甲村的最短距离为 MB ．······························································ （1 分） 点 M 到乙村的最短距离为 MD ． 将供水站建在点 M 处时，管道沿 MD MB， 铁路建设的长度之和最小． 即最小值为 3 2 3MB MD   ．·······························································（3 分） 方案二：如图①，作点 M 关于射线OE 的对称点 M  ，则 2MM ME  ，连接 AM  交OE 于点 P ，则 1 2PE AM ∥ ． 2 6AM BM  ， 3PE  ．·································································（4 分） 在 Rt DME△ 中， 3sin 60 2 3 32DE DM     ， 1 1 2 3 32 2ME DM    ， PE DE  ， P D ， 两点重合．即 AM  过 D 点．······································· （6 分） 在线段CD 上任取一点 P，连接 P A P M P M   ， ， ，则 P M P M   ． AP P M AM     ， 把供水站建在乙村的 D 点处，管道沿 DA DM， 线路铺设的长度之和最小． 即最小值为 2 2 2 26 (2 3) 4 3AD DM AM AM MM        ．··········（7 分） B F 甲村 东 北 B F G G M  方案三：作点 M 关于射线OF 的对称点 M  ，连接GM ，则 GM GM  ． 作 M N OE  于点 N ，交OF 于点G ，交 AM 于点 H ， M N 为点 M  到OE 的最短距离，即 M N GM GN   ． 在 Rt M HM△ 中， 30MM N   ， 6MM   ， 3MH  ． 3NE MH   ． 3DE  ， N D ， 两点重合，即 M N 过 D 点． 在 Rt M DM△ 中， 2 3DM  ， 4 3M D  ．······································· （10 分） 在线段 AB 上任取一点G ，过G 作G N OE   于点 N，连接G M G M  ， ． 显然G M G N G M G N M D           ． 把供水站建在甲村的G 处，管道沿GM GD， 线路铺设的长度之和最小． 即最小值为 4 3GM GD M D   ．························································（11 分） 综上， 3 2 3 4 3  ，供水站建在 M 处，所需铺设的管道长度最短．·······（12 分） 27. 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则 CQ＝(4－2t)cm， ∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm ∴AP＝（5－t）cm， ∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC， ∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2t∶4，解得：t＝10 7 ∴当 t 为10 7 秒时，PQ∥BC ………………2 分 （2）过点 Q 作 QD⊥AB 于点 D，则易证△AQD∽△ABC ∴AQ∶QD＝AB∶BC ∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝ 6 5 t ∴△APQ 的面积： 1 2 ×AP×QD＝ 1 2 （5－t）× 6 5 t ∴y 与 t 之间的函数关系式为：y＝ 233 5t t ………………5 分 （3）由题意： 当面积被平分时有： 233 5t t ＝ 1 2 × 1 2 ×3×4，解得：t＝ 5 5 2  当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1 ∴不存在这样 t 的值 ………………8 分 （4）过点 P 作 PE⊥BC 于 E 易证：△PAE∽△ABC，当 PE＝ 1 2 QC 时，△PQC 为等腰三角形，此时△QCP′为菱形 ∵△PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝ 4 5 t ∵QC＝4－2t，∴2× 4 5 t ＝4－2t,解得：t＝10 9 ∴当 t＝10 9 时，四边形 PQP′C 为菱形 此时，PE＝ 8 9 ，BE＝ 2 3 ，∴CE＝ 7 3 ………………10 分 在 Rt△CPE 中，根据勾股定理可知：PC＝ 2 2PE CE ＝ 2 28 7( ) ( )9 3  ＝ 505 9 ∴此菱形的边长为 505 9 cm ………………12 分 28. 解：（1）∵D（－8，0），∴B 点的横坐标为－8，代入 1 4y x 中，得 y＝－2. ∴B 点坐标为（－8，－2）.而 A、B 两点关于原点对称，∴A（8，2） 从而 k＝8×2＝16 （2）∵N（0，－n），B 是 CD 的中点，A，B，M，E 四点均在双曲线上, ∴mn＝k，B（－2m，－ 2 n ），C（－2m，－n），E（－m，－n） DCNOS矩形 ＝2mn＝2k， DBOS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k， OENS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k. ∴ OBCES矩形 ＝ DCNOS矩形 ― DBOS△ ― OENS△ ＝k.∴k＝4. 由直线 1 4y x 及双曲线 4y x  ，得 A（4，1），B（－4，－1） ∴C（－4，－2），M（2，2） 设直线 CM 的解析式是 y ax b  ，由 C、M 两点在这条直线上，得 4 2 2 2 a b a b        ，解得 a＝b＝ 2 3 ∴直线 CM 的解析式是 y＝ 2 3 x＋ 2 3 . （3）如图，分别作 AA1⊥x 轴，MM1⊥x 轴，垂足分别为 A1，M1 D B C E N O A M y x Q A1M1 设 A 点的横坐标为 a，则 B 点的横坐标为－a.于是 1 1 1 A MMA a mp MP M O m    ， 同理 MB m aq MQ m   ∴p－q＝ a m m  － m a m  ＝－2 29. 解：（1）将图 1 中的正方形等分成如图的四个小正方形，将这 4 个转发装置安装在这 4 个小正方形对角线的交点处，此时，每个小正方形的对角线长为 1 30 2 15 2 312   ，每 个转发装置都能完全覆盖一个小正方形区域，故安装 4 个这种装置可以达到预设的要求． ···················（3 分）（图案设计不唯一） （2）将原正方形分割成如图 2 中的 3 个矩形，使得 BE DG CG  ．将每个装置安装在这 些矩形的对角线交点处，设 AE x ，则 30ED x  ， 15DH  ． 由 BE DG ，得 2 2 2 230 15 (30 )x x    ， 225 15 60 4x   ， 2 215 30 30.2 314BE         ， 即如此安装 3 个这种转发装置，也能达到预设要求．········································（6 分） 或：将原正方形分割成如图 2 中的 3 个矩形，使得 31BE  ， H 是CD 的中点，将每个装 置安装在这些矩形的对角线交点处，则 2 231 30 61AE    ， 30 61DE   ， 2 2(30 61) 15 26.8 31DE    ≈ ，即如此安装三个这个转发装置，能达到预设要 求．········································································································（6 分） 要用两个圆覆盖一个正方形，则一个圆至少要经过正方形相邻两个顶点．如图 3，用一个直 径为 31 的 O 去覆盖边长为 30 的正方形 ABCD ，设 O 经过 A B， ， O 与 AD 交于 E ， 连 BE ，则 2 2 131 30 61 15 2AE AD     ，这说明用两个直径都为 31 的圆不能完 全覆盖正方形 ABCD ． 所以，至少要安装 3 个这种转发装置，才能达到预设要求．·······························（8 分） 评分说明：示意图（图 1、图 2、图 3）每个图 1 分． 30 解：（1） 1OH  ； 3 3k  ， 2 3 3b  ． （2）设存在实数 a ，使抛物线 ( 1)( 5)y a x x   上有一点 E ，满足以 D N E， ， 为顶点的 三角形与等腰直角 AOB△ 相似． 以 D N E， ， 为顶点的三角形为等腰直角三角形，且这样的三角形最多只有两类，一类是 以 DN 为直角边的等腰直角三角形，另一类是以 DN 为斜边的等腰直角三角形． ①若 DN 为等腰直角三角形的直角边，则 ED DN ． 由抛物线 ( 1)( 5)y a x x   得： ( 1 0)M  ， ， (5 0)N ， ． (2 0)D ， ， 3ED DN   ． E 的坐标为 (2 3)， ． 把 (2 3)E ， 代入抛物线解析式，得 1 3a   ． 抛物线解析式为 1 ( 1)( 5)3y x x    ． 即 21 4 5 3 3 3y x x    ． ②若 DN 为等腰直角三角形的斜边， 则 DE EN ， DE EN ． E 的坐标为 (3.51.5)， ． 把 (3.51.5)E ， 代入抛物线解析式，得 2 9a   ． 抛物线解析式为 2 ( 1)( 5)9y x x    ，即 22 8 10 9 9 9y x x    A D CB 图 1 B F DA E HO 图 2 图 3 D CFB EA O D x y NOM P A C B 2 H 当 1 3a   时，在抛物线 21 4 5 3 3 3y x x    上存在一点 (2 3)E ， 满足条件，如果此抛物线上 还有满足条件的 E 点，不妨设为 E 点，那么只有可能 DE N△ 是以 DN 为斜边的等腰直角 三角形，由此得 (3.51.5)E ， ，显然 E 不在抛物线 21 4 5 3 3 3y x x    上，因此抛物线 21 4 5 3 3 3y x x    上没有符合条件的其他的 E 点． 当 2 9a   时，同理可得抛物线 22 8 10 9 9 9y x x    上没有符合条件的其他的 E 点． 当 E 的坐标为 (2 3)， ，对应的抛物线解析式为 21 4 5 3 3 3y x x    时， EDN△ 和 ABO△ 都是等腰直角三角形， 45GNP PBO     ． 又 NPG BPO   ， NPG BPO△ ∽△ ． PG PN PO PB   ， 2 7 14PB PG PO PN      ，总满足 10 2PB PG  ． 当 E 的坐标为 (3.51.5)， ，对应的抛物线解析式为 22 8 10 9 9 9y x x    时， 同理可证得： 2 7 14PB PG PO PN     ，总满足 10 2PB PG  31. 解：（1）如图所示：··················································································4 分 （注：正确画出 1 个图得 2 分，无作图痕迹或痕迹不正确不得分） （2）若三角形为锐角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆；··································· 6 分 若三角形为直角或钝角三角形，则其最小覆盖圆是以三角形最长边（直角或钝角所对的边） 为直径的圆．··································································································8 分 （3）此中转站应建在 EFH△ 的外接圆圆心处（线段 EF 的垂直平分线与线段 EH 的垂直 平分线的交点处）．··············································· 10 分 理由如下： 由 47.8 35.1 82.9HEF HEG GEF          ， 50.0EHF   ， 47.1EFH   ， A A BB CC 80 100 G 32.4 49.8 H E F 53.8 44.0 47.1 35.147.8 50.0 M 故 EFH△ 是锐角三角形， 所以其最小覆盖圆为 EFH△ 的外接圆， 设此外接圆为 O ，直线 EG 与 O 交于点 E M， ， 则 50.0 53.8EMF EHF EGF        ． 故点G 在 O 内，从而 O 也是四边形 EFGH 的最小覆盖圆． 所以中转站建在 EFH△ 的外接圆圆心处，能够符合题中要求． ·············································································12 分