冲刺2011 中考数学压轴题及解答 113页

2010 年中考数学压轴题及解答 2 113、（2010 年山东省滨州市）25．如图，四边形 ABCD 是菱形，点 D 的坐标是(0， 3 )，以点 C 为顶点的 抛物线 2y ax bx c   恰好经过 x 轴上 A、B 两点 (1)求 A、B、C 三点的坐标； (2)求过 A、B、C 三点的抛物线的解析式； (3)若将上述抛物线沿其对称轴向上平移后恰好过 D 点， 求平移后抛物线的解析式，并指出平移了多少个单位? 【解答】 25.（1）A、B、C 的坐标分别为(1，0)，(3，0)，(2，3) （2） 23( 2) 3y x    （3）设抛物线的解析式为 23( 2)y x k    ，代入 (0 3)D ， ，可得 5 3k  ， ∴平移后的抛物线的解析式为 23( 2) 5 3y x    。 ∴平移了5 3 3 4 3  个单位。 114、（2010 年山东省德州市）22． (本题满分 10 分) ●探究 (1) 在图 1 中，已知线段 AB，CD，其中点分别为 E，F． ①若 A (-1，0)， B (3，0)，则 E 点坐标为__________； ②若 C (-2，2)， D (-2，-1)，则 F 点坐标为__________； (2)在图 2 中，已知线段 AB 的端点坐标为 A(a，b) ，B(c，d)， 求出图中 AB 中点 D 的坐标（用含 a，b，c，d 的 代数式表示），并给出求解过程． ●归纳 无论线段 AB 处于直角坐标系中的哪个位置， 当其端点坐标为 A(a，b)，B(c，d)， AB 中点为 D(x，y) 时， x=_________，y=___________．（不必证明） ●运用 在图 2 中，一次函数 2 xy 与反比例函数 xy 3 的图象交点为 A，B． ①求出交点 A，B 的坐标； ②若以 A，O，B，P 为顶点的四边形是平行四边形， 请利用上面的结论求出顶点 P 的坐标． x y y= x 3 y=x-2 A B O 第 22 题图 3 O x y D B 第 22 题图 2 A 第 22 题图 1 O x y D BA C 【解答】 22．（本题满分 10 分） 解： 探究 (1)①(1，0)；②(-2， 2 1 )；-------------------------------2 分 (2)过点 A，D，B 三点分别作 x 轴的垂线，垂足分别为 A， D ， B ，则 AA  ∥ BB  ∥ CC  ．-------------------------------3 分 ∵D 为 AB 中点，由平行线分线段成比例定理得 A D = D B． ∴O D = 22 caaca  ． 即 D 点的横坐标是 2 ca  ．------------------4 分 同理可得 D 点的纵坐标是 2 db  ． ∴AB 中点 D 的坐标为( 2 ca  ， 2 db  )．--------5 分 归纳： 2 ca  ， 2 db  ．-------------------------------6 分 运用 ①由题意得      xy xy 3 2 . ， 解得      1 3 y x . ， 或      3 1 y x . ， ． ∴即交点的坐标为 A(-1，-3)，B(3，1) ．-------------8 分 ②以 AB 为对角线时， 由上面的结论知 AB 中点 M 的坐标为(1，-1) ． ∵平行四边形对角线互相平分， ∴OM=OP，即 M 为 OP 的中点． ∴P 点坐标为(2，-2) ．---------------------------------9 分 同理可得分别以 OA，OB 为对角线时， 点 P 坐标分别为(4，4) ，(-4，-4) ． ∴满足条件的点 P 有三个，坐标分别是(2，-2) ，(4，4) ，(-4，-4) ．------10 分 115、（2010 年山东省德州市）23． (本题满分 11 分) 已知二次函数 cbxaxy  2 的图象经过点 A(3，0)，B(2，-3)，C(0，-3)． (1)求此函数的解析式及图象的对称轴； (2)点 P 从 B 点出发以每秒 0.1 个单位的速度沿线段 BC 向 C 点运动， 点 Q 从 O 点出发以相同的速度沿线段 OA 向 A 点运动，其中一个动点到达 端点时，另一个也随之停止运动．设运动时间为 t 秒． ①当 t 为何值时，四边形 ABPQ 为等腰梯形； ②设 PQ 与对称轴的交点为 M，过 M 点作 x 轴的平行线交 AB 于点 N， 设四边形 ANPQ 的面积为 S，求面积 S 关于时间 t 的函数解析式，并指出 t 的取值范围；当 t 为何值时，S 有最大值或最小值． x y O A BC P Q M N 第 23 题图 x y y= x 3 y=x-2 A B O P A′D′B′O x y D B A 【解答】 23．（本题满分 11 分） 解：(1)∵二次函数 cbxaxy  2 的图象经过点 C(0，-3)， ∴c =-3． 将点 A(3，0)，B(2，-3)代入 cbxaxy  2 得      .3243 3390 ba ba ， 解得：a=1，b=-2． ∴ 322  xxy ．-------------------2 分 配方得： 41 2  ）（xy ，所以对称轴为 x=1．-------------------3 分 (2) 由题意可知：BP= OQ=0.1t． ∵点 B，点 C 的纵坐标相等， ∴BC∥OA． 过点 B，点 P 作 BD⊥OA，PE⊥OA，垂足分别为 D，E． 要使四边形 ABPQ 为等腰梯形，只需 PQ=AB． 即 QE=AD=1． 又 QE=OE－OQ=(2-0.1t)-0.1t=2-0.2t， ∴2-0.2t=1． 解得 t=5． 即 t=5 秒时，四边形 ABPQ 为等腰梯形．-------------------6 分 ②设对称轴与 BC，x 轴的交点分别为 F，G． ∵对称轴 x=1 是线段 BC 的垂直平分线， ∴BF=CF=OG=1． 又∵BP=OQ，∴PF=QG． 又∵∠PMF=∠QMG，∴△MFP≌△MGQ． ∴MF=MG．∴点 M 为 FG 的中点 -------------------8 分 ∴S= BPNABPQ S-S 四边形 ， = BPNABFG S-S 四边形 ． 由 ABFGS四边形 FGAGBF )(2 1  = 2 9 ． tFGBPS BPN 40 3 2 1 2 1  ． ∴S= t40 3 2 9  ．-------------------10 分 又 BC=2，OA=3， ∴点 P 运动到点 C 时停止运动，需要 20 秒． ∴04.8，x<12,所以 128.4  x . 因此△ABC 与正方形 DEFG 重叠部分的面积为      )128.4(83 2 2 2 xxx x y ……………………8 分 当 x0 ≤4.8 时，△ABC 与正方形 DEFG 重叠部分的面积的最大值为 4.82=23.04 当 128.4  x 时，因为 xxy 83 2 2  ，所以当 6 )3 2(2 8   x 时， △ABC 与正方形 DEFG 重叠部分的面积的最大值为 24 )3 2(4 80)3 2(4 2    . 因为 24>23.04， 所以△ABC 与正方形 DEFG 重叠部分的面积的最大值为 24. …10 分 118、（2010 年山东省济南市）23．(本小题满分 9 分) 已知：△ABC 是任意三角形． B （第 24 题图（2）） A D E FG C MB （第 24 题图(3)） A D E FG C N PQ (0< x≤4.8) A B C NM P A M N P1 CP2 B A C M N P1 P2 P2009…… …… B 第 23 题图 2第 23 题图 1 第 23 题图 3 A B C M N P1 第 23 题图 P2 1 2 ⑴如图 1 所示，点 M、P、N 分别是边 AB、BC、CA 的中点．求证：∠MPN=∠A． ⑵如图 2 所示，点 M、N 分别在边 AB、AC 上，且 1 3 AM AB  ， 1 3 AN AC  ，点 P1、P2 是边 BC 的三等分点， 你认为∠MP1N+∠MP2N=∠A 是否正确？请说明你的理由． ⑶如图 3 所示，点 M、N 分别在边 AB、AC 上，且 1 2010 AM AB  ， 1 2010 AN AC  ，点 P1、P2、……、P2009 是 边 BC 的 2010 等分点，则∠MP1N+∠MP2N+……+∠MP2009N=____________． （请直接将该小问的答案写在横线上．） 【解答】 23. ⑴证明：∵点 M、P、N 分别是 AB、BC、CA 的中点， ∴线段 MP、PN 是△ABC 的中位线， ∴MP∥AN，PN∥AM，···················· 1 分 ∴四边形 AMPN 是平行四边形，······ 2 分 ∴∠MPN=∠A. ·························3 分 ⑵∠MP1N+∠MP2N=∠A 正确. ··················· 4 分 如图所示，连接 MN， ························5 分 ∵ 1 3 AM AN AB AC   ，∠A=∠A， ∴△AMN∽△ABC， ∴∠AMN=∠B， 1 3 MN BC  ， ∴MN∥BC，MN= 1 3 BC， ······················· 6 分 ∵点 P1、P2 是边 BC 的三等分点， ∴MN 与 BP1 平行且相等，MN 与 P1P2 平行且相等，MN 与 P2C 平行且相等， ∴四边形 MBP1N、MP1P2N、MP2CN 都是平行四边形， ∴MB∥NP1，MP1∥NP2，MP2∥AC， ·························································7 分 ∴∠MP1N=∠1，∠MP2N=∠2，∠BMP2=∠A， ∴∠MP1N+∠MP2N=∠1+∠2=∠BMP2=∠A. ······················································· 8 分 ⑶∠A. ········································· 9 分 119、（2010 年山东省济南市）24．(本小题满分 9 分) 如图所示，抛物线 2 2 3y x x    与 x 轴交于 A、B 两点，直线 x D C M N OA BP 第 24 题图 l x y F E BD 的函数表达式为 3 3 3y x   ，抛物线的对称轴 l 与直线 BD 交于点 C、与 x 轴交于点 E． ⑴求 A、B、C 三个点的坐标． ⑵点 P 为线段 AB 上的一个动点（与点 A、点 B 不重合），以点 A 为圆心、以 AP 为半径的圆弧与线段 AC 交于点 M，以点 B 为圆心、以 BP 为半径的圆弧与线段 BC 交于点 N，分别连接 AN、BM、MN． ①求证：AN=BM． ②在点 P 运动的过程中，四边形 AMNB 的面积有最大值还是有最小值？并求出该最大值或最小值. 【解答】 24.解：⑴令 2 2 3 0x x    ， 解得： 1 21, 3x x   ， ∴A(－1，0)，B(3，0)························2 分 ∵ 2 2 3y x x    = 2( 1) 4x   ， ∴抛物线的对称轴为直线 x=1， 将 x=1 代入 3 3 3y x   ，得 y=2 3 ， ∴C（1，2 3 ）. ···························· 3 分 ⑵①在 Rt△ACE 中，tan∠CAE= 3CE AE  ， ∴∠CAE=60º， 由抛物线的对称性可知l 是线段AB的垂直平分线， ∴AC=BC， ∴△ABC 为等边三角形， ·······················································4 分 ∴AB= BC =AC = 4，∠ABC=∠ACB= 60º， 又∵AM=AP，BN=BP， ∴BN = CM， ∴△ABN≌△BCM， ∴AN=BM. ··········································································· 5 分 ②四边形 AMNB 的面积有最小值． ··········································· 6 分 设 AP=m，四边形 AMNB 的面积为 S， 由①可知 AB= BC= 4，BN = CM=BP，S△ABC= 3 4 ×42= 4 3 ， ∴CM=BN= BP=4－m，CN=m， 过 M 作 MF⊥BC,垂足为 F, 则 MF=MC•sin60º= 3 (4 )2 m ， ∴S△CMN= 1 2 CN MF = 1 2 m • 3 (4 )2 m = 23 34 m m  ，·······················7 分 ∴S=S△ABC－S△CMN = 4 3 －（ 23 34 m m  ） = 23 ( 2) 3 34 m   ·······························································8 分 ∴m=2 时，S 取得最小值 3 3 . ··············································· 9 分 120、（2010 年山东省济宁市）22．（8 分） 数学课上，李老师出示了这样一道题目：如图1，正方形 ABCD 的边长为 12 ，P 为边 BC 延长线上的一点，E 为 DP 的中点，DP 的垂直平分线交边 DC 于 M ，交边 AB 的延长线于 N .当 6CP  时， EM 与 EN 的比值是多少？ 经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：过 E 作直线平行于 BC 交 DC ， AB 分别于 F ，G ，如图 2 ，则可得： DF DE FC EP  ，因为 DE EP ，所 以 DF FC .可求出 EF 和 EG 的值，进而可求得 EM 与 EN 的比值. (1) 请按照小明的思路写出求解过程. (2) 小东又对此题作了进一步探究，得出了 DP MN 的结论.你认为小 东的这个结论正确吗？如果正确，请给予证明；如果不正确，请说明理由. 【解答】 22．（1）解：过 E 作直线平行于 BC 交 DC ， AB 分别于点 F ， G ， 则 DF DE FC EP  ， EM EF EN EG  ， 12GF BC  . ∵ DE EP ，∴ DF FC .·····························································2 分 ∴ 1 1 6 32 2EF CP    ， 12 3 15EG GF EF     . ∴ 3 1 15 5 EM EF EN EG    . ································································· 4 分 （2）证明：作 MH ∥ BC 交 AB 于点 H ，………5 分 则 MH CB CD  ， 90MHN  . ∵ 180 90 90DCP       ， ∴ DCP MHN   . ∵ 90MNH CMN DME CDP         ， 90DPC CDP     ， ∴ DPC MNH   .∴ DPC MNH   .………7 分 ∴ DP MN .………8 分 121、（2010 年山东省济宁市）23．（10 分） 如图，在平面直角坐标系中，顶点为（ 4 ， 1 ）的抛物线交 y 轴 于 A 点，交 x 轴于 B ，C 两点（点 B 在点C 的左侧）. 已知 A 点坐 标为（ 0 ， 3）. (第 22 题) A x y BO C D (第 23 题) (第 22 题) H B C D E M N A P （1）求此抛物线的解析式； （2）过点 B 作线段 AB 的垂线交抛物线于点 D ， 如果以点C 为圆心的圆与直线 BD 相切，请判断抛 物线的对称轴 l 与⊙C 有怎样的位置关系，并给出证明； （3）已知点 P 是抛物线上的一个动点，且位于 A ，C 两点之间，问：当点 P 运动到什么位置时， PAC 的面积最大？并求出此时 P 点的坐标和 PAC 的最大面积. 【解答】 23．（1）解：设抛物线为 2( 4) 1y a x   . ∵抛物线经过点 A （0，3），∴ 23 (0 4) 1a   .∴ 1 4a  . ∴抛物线为 2 21 1( 4) 1 2 34 4y x x x      . ……………………………3 分 (2) 答： l 与⊙C 相交. …………………………………………………………………4 分 证明：当 21 ( 4) 1 04 x    时， 1 2x  ， 2 6x  . ∴ B 为（2，0），C 为（6，0）.∴ 2 23 2 13AB    . 设⊙C 与 BD 相切于点 E ，连接CE ，则 90BEC AOB     . ∵ 90ABD   ，∴ 90CBE ABO   . 又∵ 90BAO ABO   ，∴ BAO CBE   . ∴ AOB ∽ BEC . ∴ CE BC OB AB  .∴ 6 2 2 13 CE  .∴ 8 2 13 CE   .……6 分 ∵抛物线的对称轴l 为 4x  ，∴C 点到l 的距离为 2. ∴抛物线的对称轴l 与⊙C 相交. ………………7 分 (3) 解：如图，过点 P 作平行于 y 轴的直线交 AC 于点Q . 可求出 AC 的解析式为 1 32y x   .………8 分 设 P 点的坐标为（ m ， 21 2 34 m m  ），则Q 点的坐标为（ m ， 1 32 m  ）. ∴ 2 21 1 1 33 ( 2 3)2 4 4 2PQ m m m m m         . ∵ 2 21 1 3 3 27( ) 6 ( 3)2 4 2 4 4PAC PAQ PCQS S S m m m             , ∴当 3m  时， PAC 的面积最大为 27 4 . A x y BO C D (第 23 题) E P Q 此时， P 点的坐标为（3， 3 4  ）. …………………………………………10 分 122、（2010 年山东省莱芜市）23.（本题满分 10 分） 在 ABCD 中，AC、BD 交于点 O，过点 O 作直线 EF、GH，分别交平行四边形的四条边于 E、G、F、H 四点， 连结 EG、GF、FH、HE. （1）如图①，试判断四边形 EGFH 的形状，并说明理由； （2）如图②，当 EF⊥GH 时，四边形 EGFH 的形状是 ； （3）如图③，在（2）的条件下，若 AC=BD，四边形 EGFH 的形状是 ； （4）如图④，在（3）的条件下，若 AC⊥BD，试判断四边形 EGFH 的形状，并说明理由. 【解答】 23.（本小题满分 10 分） 解：（1）四边形 EGFH 是平行四边形． …………………………1 分 证明：∵ ABCD 的对角线 AC、BD 交于点 O． ∴点 O 是 ABCD 的对称中心． ∴EO=FO，GO=HO． ∴四边形 EGFH 是平行四边形． …………………………4 分 （2）菱形． …………………………5 分 （3）菱形． …………………………6 分 （4）四边形 EGFH 是正方形． …………………………7 分 证明：∵AC=BD，∴ ABCD 是矩形． 又∵AC⊥BD， ∴ ABCD 是菱形． ∴ ABCD 是正方形，∴∠BOC=90°，∠GBO=∠FCO=45°．OB=OC． ∵EF⊥GH ，∴∠GOF=90°．∴∠BOG=∠COF． ∴△BOG≌△COF．∴OG=OF，∴GH=EF． …………………………9 分 由（1）知四边形 EGFH 是平行四边形，又∵EF⊥GH，EF=GH. ∴四边形 EGFH 是正方 形． …………………………10 分 123、（2010 年山东省莱芜市）24.（本题满分 12 分） 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 cbxaxy  2 交 x 轴 于 )0,6(),0,2( BA 两点，交 y 轴于点 )32,0(C . H G F E O D CB A 图① HG F E O D CB A 图② A B C D O E F G H 图③ A B C D O E F G H 图④ （第 23 题图） （第 24 题图） x y O A C B D E F （1）求此抛物线的解析式； （2）若此抛物线的对称轴与直线 xy 2 交于点 D，作⊙D 与 x 轴相切，⊙D 交 y 轴于点 E、F 两点，求劣 弧 EF 的长； （3）P 为此抛物线在第二象限图像上的一点，PG 垂直于 x 轴，垂足为点 G，试确定 P 点的位置，使得△PGA 的面积被直线 AC 分为 1︰2 两部分. 【解答】 24. （本小题满分 12 分） 解：（1）∵抛物线 cbxaxy  2 经过点 )0,2(A ， )0,6(B ， )320( ，C ． ∴         32 0636 024 c cba cba ， 解得             32 33 4 6 3 c b a . ∴抛物线的解析式为： 3233 4 6 3 2  xxy . …………………………3 分 （2）易知抛物线的对称轴是 4x .把 x=4 代入 y=2x 得 y=8，∴点 D 的坐标为（4,8）． ∵⊙D 与 x 轴相切，∴⊙D 的半径为 8． …………………………4 分 连结 DE、DF，作 DM⊥y 轴，垂足为点 M． 在 Rt△MFD 中，FD=8，MD=4．∴cos∠MDF= 2 1 ． ∴∠MDF=60°，∴∠EDF=120°． …………………………6 分 ∴劣弧 EF 的长为：  3 168180 120 ． …………………………7 分 （3）设直线 AC 的解析式为 y=kx+b. ∵直线 AC 经过点 )32,0(),0,2( CA . ∴      32 02 b bk ，解得      32 3 b k .∴直线 AC 的解析式为： 323  xy . ………8 分 设点 )0)(3233 4 6 3,( 2  mmmmP ，PG 交直线 AC 于 N， 则点 N 坐标为 )323,(  mm .∵ GNPNSS GNAPNA ::  . ∴①若 PN︰GN=1︰2，则 PG︰GN=3︰2，PG= 2 3 GN. 即 3233 4 6 3 2  mm = ）（ 3232 3  m . 解得：m1=－3， m2=2（舍去）. x y O A C B D E F P G N M 当 m=－3 时， 3233 4 6 3 2  mm = 32 15 . ∴此时点 P 的坐标为 )32 15,3( . …………………………10 分 ②若 PN︰GN=2︰1，则 PG︰GN=3︰1， PG=3GN. 即 3233 4 6 3 2  mm = ）（ 3233  m . 解得： 121 m ， 22 m （舍去）.当 121 m 时， 3233 4 6 3 2  mm = 342 . ∴此时点 P 的坐标为 )342,12( . 综上所述，当点 P 坐标为 )32 15,3( 或 )342,12( 时，△PGA 的面积被直线 AC 分成 1︰2 两部 分． …………………12 分 124、（2010 年山东省临沂市）25．（本小题满分 11 分） 如图 1，已知矩形 ABED，点 C 是边 DE 的中点，且 AB = 2AD． （1）判断△ABC 的形状，并说明理由； （2）保持图 1 中 ABC 固定不变，绕点 C 旋转 DE 所在的直线 MN 到图 2 中（当垂线段 AD、BE 在直线 MN 的同侧），试探究线段 AD、BE、DE 长度之间有什么关系？并给予证明； （3）保持图 2 中△ABC 固定不变，继续绕点 C 旋转 DE 所在的直线 MN 到图 3 中的位置（当垂线段 AD、 BE 在直线 MN 的异侧）．试探究线段 AD、BE、DE 长度之间有什么关系？并给予证明． 【解答】 25. [解] (1) △ABC 为等腰直角三角形。 如图 1，在矩形 ABED 中，∵点 C 是边 DE 的中点， 且 AB=2AD，∴AD=DC=CE=EB，D=E=90， ∴Rt△ADCRt△BEC。∴AC=BC，1=2=45， ∴ACB=90，∴△ABC 为等腰直角三角形。 (2) DE=ADBE； 如图 2，在 Rt△ADC 和 Rt△CEB 中，∵1CAD=90，12=90， ∴CAD=2。又∵AC=CB，ADC=CEB=90，∴Rt△ADCRt△CEB。 ∴DC=BE，CE=AD，∴DCCE=BEAD，即 DE=ADBE。 (3) DE=BEAD。 如图 3，Rt△ADC 和 Rt△CEB 中，∵1CAD=90，12=90， ∴CAD=2，又∵ADC=CEB=90，AC=CB， 图 1 图 2 图 3 第 25 题图 ∴Rt△ADCRt△CEB，∴DC=BE，CE=AD，∴DCCE=BEAD， 即 DE=BEAD。 125、（2010 年山东省临沂市）26．（本小题满分 13 分） 如图：二次函数 y=﹣x2 + ax + b 的图象与 x 轴交于 A（- 2 1 ， 0），B（2，0）两点，且与 y 轴交于点 C． （1）求该抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状； （2）在 x 轴上方的抛物线上有一点 D，且 A、C、D、B 四点为顶点的四边形是等腰梯形，请直接写出 D 点的坐标； （3）在此抛物线上是否存在点 P，使得以 A、C、B、P 四点为顶点的四边形是直角梯形？若存在，求出 P 点的坐标； 若不存在，说明理由． 【解答】 26. [解] (1) 根据题意，将 A( 2 1 ，0)，B(2，0)代入 y= x2axb 中，得      024 02 1 4 1 ba ba ，解这个 方程，得 a= 2 3 ，b=1，∴该拋物线的解析式为 y= x2 2 3 x1，当 x=0 时，y=1， ∴点 C 的坐标为(0，1)。∴在△AOC 中，AC= 22 OCOA  = 22 1)2 1(  = 2 5 。 在△BOC 中，BC= 22 OCOB  = 22 12  = 5 。 AB=OAOB= 2 1 2= 2 5 ，∵AC 2BC 2= 4 5 5= 4 25 =AB 2，∴△ABC 是直角三角形。 (2) 点 D 的坐标为( 2 3 ，1)。 (3) 存在。由(1)知，ACBC。  若以 BC 为底边，则 BC//AP，如图 1 所示，可求得直线 BC 的解析式为 y=  2 1 x1，直线 AP 可以看作是由直线 BC 平移得到的，所以设直线 AP 的解析式为 y=  2 1 xb， 把点 A( 2 1 ，0)代入直线 AP 的解析式，求得 b=  4 1 ， ∴直线 AP 的解析式为 y=  2 1 x 4 1 。∵点 P 既在拋物线上，又在直线 AP 上， ∴点 P 的纵坐标相等，即x2 2 3 x1=  2 1 x 4 1 ，解得 x1= 2 5 ， x2=  2 1 (舍去)。当 x= 2 5 时，y=  2 3 ，∴点 P( 2 5 ， 2 3 )。 A C B 第 26 题图 1 A B CD E 图 1 2 M N A B C D E 图 2 1 2 A B C D E M N 图 3 1 2 y A B C O x P y A B C O x  若以 AC 为底边，则 BP//AC，如图 2 所示。 可求得直线 AC 的解析式为 y=2x1。 直线 BP 可以看作是由直线 AC 平移得到的， 所以设直线 BP 的解析式为 y=2xb，把点 B(2，0)代 入直线 BP 的解析式，求得 b= 4， ∴直线 BP 的解析式为 y=2x4。∵点 P 既在拋物线 上，又在直线 BP 上，∴点 P 的纵坐标相等， 即x2 2 3 x1=2x4，解得 x1=  2 5 ，x2=2(舍去)。 当 x=  2 5 时，y= 9，∴点 P 的坐标为( 2 5 ，9)。 综上所述，满足题目条件的点 P 为( 2 5 ， 2 3 )或( 2 5 ，9)。 126、（2010 年山东省青岛市）23.（本题满分 10 分） 问题再现：现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至于服装面料设计中随处可见．在八年级课题学习 “平面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究了三角形、四边形、正六边形的镶嵌问题．今 天我们把正多边形．．．．的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中几个问题，共同来探究. 我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面．如右图中，用正方形镶嵌 平面，可以发现在一个顶点 O 周围围绕着 4 个正方形的内角. 试想：如果用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着 个 正六边形的内角． 问题提出： 如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可能设计出几种不同的组合方案？ 问题解决： 猜想 1：是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？ 分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决．从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题的关键在 于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点．具体地说，就是在镶嵌平面时，一个顶点周 围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角． 验证 1：在镶嵌平面时，设围绕某一点有 x 个正方形和 y 个正八边形的内角可以拼成一个周角．根据 题意，可得方程：  8 2 18090 3608x y      ，整理得： 2 3 8x y  ， 我们可以找到惟一一组适合方程的正整数解为 1 2 x y    ． 结论 1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着 1 个正方形和 2 个正八边形的内角可以拼成一个周角， 所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌． 猜想 2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按照上述方 法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由． 验证 2： 结论 2： ． 上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分组合方案， 相信同学们用同样的方法，一定会找到其它可能的组合方案． 问题拓广 请你仿照上面的研究方式，探索出一个同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案，并写出 验证过程． O 猜想 3： . 验证 3： 结论 3： . 【解答】 23．（本小题满分 10 分） 解：3 个； ·························· 1 分 验证 2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有 a 个正三角形和 b 个正六边形的内角可以拼 成一个周角．根据题意，可得方程： 60 120 360a b  ． 整理得： 2 6a b  ， 可以找到两组适合方程的正整数解为 2 2 a b    和 4 1 a b    ．······················3 分 结论 2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着 2 个正三角形和 2 个正六边形的内角或 者围绕着 4 个正三角形和 1 个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时 用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．············· 5 分 猜想 3：是否可以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合进行平面镶 嵌？ ·························· 6 分 验证 3：在镶嵌平面时，设围绕某一点有 m 个正三角形、n 个正方形和 c 个正六边形 的内角可以拼成一个周角. 根据题意，可得方程： 60 90 120 360m n c   ， 整理得： 2 3 4 12m n c   ， 可以找到惟一一组适合方程的正整数解为 1 2 1 m n c      . ·························· 8 分 结论 3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着 1 个正三角形、2 个正方形和 1 个正六边形的内角可 以拼成一个周角，所以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合可以进行平面镶嵌. （说明： 本题答案不惟一，符合要求即可.） ·························10 分 127、（2010 年山东省青岛市）24.（本题满分 12 分）已知：把 Rt△ABC 和 Rt△DEF 按如图（1）摆放（点 C 与点 E 重合），点 B、C（E）、F 在同一条直线上．∠ACB = ∠EDF = 90°，∠DEF = 45°，AC = 8 cm， BC = 6 cm，EF = 9 cm． 如图（2），△DEF 从图（1）的位置出发，以 1 cm/s 的速度沿 CB 向△ABC 匀速移动，在△DEF 移动的 同时，点 P 从△ABC 的顶点 B 出发，以 2 cm/s 的速度沿 BA 向点 A 匀速移动.当△DEF 的顶点 D 移动到 AC 边上时，△DEF 停止移动，点 P 也随之停止移动．DE 与 AC 相交于点 Q，连接 PQ，设移动时间为 t（s）（0 ＜t＜4.5）．解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 A 在线段 PQ 的垂直平分线上？ （2）连接 PE，设四边形 APEC 的面积为 y（cm2），求 y 与 t 之间的函数关系式；是否存在某一时刻 t， 使面积 y 最小？若存在，求出 y 的最小值；若不存在，说明理由． （3）是否存在某一时刻 t，使 P、Q、F 三点在同一条直线上？若存在，求出此时 t 的值；若不存在， 说明理由．（图（3）供同学们做题使用） A D B C F（E） 图（1） A D B C FE 图（2） P Q 解：（1） （2） （3） 【解答】 24．（本小题满分 12 分） 解：（1）∵点 A 在线段 PQ 的垂直平分线上， ∴AP = AQ. ∵∠DEF = 45°，∠ACB = 90°，∠DEF＋∠ACB＋∠EQC = 180°， ∴∠EQC = 45°. ∴∠DEF =∠EQC. ∴CE = CQ. 由题意知：CE = t，BP =2 t， ∴CQ = t. ∴AQ = 8－t. 在 Rt△ABC 中，由勾股定理得：AB = 10 cm . 则 AP = 10－2 t. ∴10－2 t = 8－t. 解得：t = 2. 答：当 t = 2 s 时，点 A 在线段 PQ 的垂直平分线上. ··················· 4 分 （2）过 P 作 PM BE ，交 BE 于 M， ∴ 90BMP   . 在 Rt△ABC 和 Rt△BPM 中， sin AC PMB AB BP   ， ∴ 8 2 10 PM t  . ∴PM = 8 5 t . ∵BC = 6 cm，CE = t， ∴ BE = 6－t. ∴y = S△ABC－S△BPE = 1 2 BC AC － 1 2 BE PM = 1 6 82   －  1 86 t t2 5    = 24 24 245 5t t  =  24 8435 5t   . ∵ 4 05a   ，∴抛物线开口向上. ∴当 t = 3 时，y 最小= 84 5 . 答：当 t = 3s 时，四边形 APEC 的面积最小，最小面积为 84 5 cm2.············· 8 分 （3）假设存在某一时刻 t，使点 P、Q、F 三点在同一条直线上. 过 P 作 PN AC ，交 AC 于 N， ∴ 90ANP ACB PNQ       . ∵ PAN BAC   ，∴△PAN ∽△BAC. A B C 图（3） （用圆珠笔或钢笔画图） 图（2） Q A D B C FE P M CE A D B F P QN ∴ PN AP AN BC AB AC   . ∴ 10 2 6 10 8 PN t AN  . ∴ 66 5PN t  ， 88 5AN t  . ∵NQ = AQ－AN， ∴NQ = 8－t－( 88 5 t ) = 3 5 t ． ∵∠ACB = 90°，B、C（E）、F 在同一条直线上， ∴∠QCF = 90°，∠QCF = ∠PNQ. ∵∠FQC = ∠PQN， ∴△QCF∽△QNP . ∴ PN NQ FC CQ  . ∴ 6 36 5 5 9 t t t t   . ∵ 0 t   ∴ 66 35 9 5 t t   解得：t = 1. 答：当 t = 1s，点 P、Q、F 三点在同一条直线上. 12 分 128、（2010 年山东省日照市）23．(本题满分 10 分) 如图，小明在一次高尔夫球争霸赛中，从山坡下 O 点打出一球向球洞 A 点飞去，球的飞行路线为抛物 线，如果不考虑空气阻力，当球达到最大水平高度 12 米时，球移动的水平距离为 9 米 ．已知山坡 OA 与 水平方向 OC 的夹角为 30o，O、A 两点相距 8 3 米． （1）求出点 A 的坐标及直线 OA 的解析式； （2）求出球的飞行路线所在抛物线的解析式； （3）判断小明这一杆能否把高尔夫球从 O 点直接打入球洞 A 点 ． 【解答】 23．（本题满分 10 分） 解：（1）在 Rt△AOC 中， ∵∠AOC=30 o ，OA=8 3 ， ∴AC=OA·sin30o=8 3 × 2 1 = 34 ， OC=OA·cos30o=8 3 × 2 3 =12． ∴点 A 的坐标为（12， 34 ）． …………………………………2 分 设 OA 的解析式为 y=kx，把点 A（12， 34 ）的坐标代入得： 34 =12k ， ∴k= 3 3 ， ∴OA 的解析式为 y= 3 3 x； …………………… ……………………4 分 (2) ∵顶点 B 的坐标是（9，12）, 点 O 的坐标是（0，0） ∴设抛物线的解析式为 y=a(x-9) 2 +12，…………………………………6 分 把点 O 的坐标代入得： 0=a（0-9） 2 +12，解得 a= 27 4 ， ∴抛物线的解析式为 y= 27 4 (x-9) 2 +12 及 y= 27 4 x 2 + 3 8 x； …………………………………………………8 分 (3) ∵当 x=12 时，y= 3 32  34 ， ∴小明这一杆不能把高尔夫球从 O 点直接打入球洞 A 点． …………10 分 129、（2010 年山东省日照市）24．(本题满分 10 分) 如图，在△ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的⊙O 交 AC 与 E，交 BC 与 D． 求证： （1）D 是 BC 的中点； （2）△BEC∽△ADC； （3）BC2=2AB·CE． 【解答】 24．（本题满分 10 分） （1）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ADB=90° ， 即 AD 是底边 BC 上的高． ………………………………………1 分 又∵AB=AC，∴△ABC 是等腰三角形， ∴D 是 BC 的中点；………… ……………………………………………3 分 (2) 证明：∵∠CBE 与∠CAD 是同弧所对的圆周角， ∴ ∠CBE=∠CAD．…………………………………………………5 分 又∵ ∠BCE=∠ACD， ∴△BEC∽△ADC；…………………………………………………6 分 （3）证明：由△BEC∽△ADC，知 BC CE AC CD  ， 即 CD·BC=AC·CE． …………………………………………………8 分 ∵D 是 BC 的中点，∴CD= 2 1 BC． 又 ∵AB=AC，∴CD·BC=AC·CE= 2 1 BC ·BC=AB·CE 即 BC 2 =2AB·CE．……………………………………………………10 分 130、（2010 年山东省泰安市）25．（本小题满分 10 分） 如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠A=90°，点 P、Q 分别是 AB、AC 上的一动点，且满足 BP=AQ，D 是 BC 的中点. （1）求证：△PDQ 是等腰直角三角形； （2）当点 P 运动到什么位置时，四边形 APDQ 是正方形，并说明 理由。 【解答】 25．（本小题满分 10 分） 解：（1）证明：连结AD ∵△ABC 是等腰直角三角形，D 是 BC 的中点 ∴AD⊥BC，AD=BD=DC，∠DAQ=∠B （2 分） 又∵BP=AQ ∴△BPD≌△AQD （4 分） ∴PD=QD，∠ADQ=∠BDP ∵∠BDP+∠ADP=90° ∴∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90° ∴△PDQ 为等腰直角三角形 （6 分） （2）当 P 点运动到 AB 的中点时，四边形 APDQ 是正方形 由（1）知△ABD 为等腰直角三角形 当 P 为 AB 的中点时，DP⊥AB，即∠APD=90° （8 分） 又∵∠A=90°，∠PDQ=90° ∴四边形 APDQ 为矩形 又∵DP=AP= 2 1 AB ∴四边形 APDQ 为正方形 （10 分） 131、（2010 年山东省泰安市）26．（本小题满分 10 分） 如图，△ABC 是等腰三角形，AB=AC，以 AC 为直径的⊙O 与 BC 交于点 D，DE⊥AB，垂足为 E，ED 的延长线与 AC 的延长线交于点 F。 （1）求证：DE 是⊙O 的切线； （2）若⊙O 的半径为 2，BE=1，求 cosA 的值. 【解答】 26．（本小题满分 10 分） 解：（1）证明：连结 AD、OD ∵AC 是直径 ∴AD⊥BC （2 分）[来源:Z,xx,k.Com] ∵AB=AC， [∴D 是 BC 的中点， 又∵O 是 AC 的中点 ∴OD//AB （4 分） ∵DE⊥AB， ∴OD⊥DE ∴DE 是⊙O 的切线 （6 分） （2）由（1）知 OD//AE ∴ AE OD FA FO  （8 分） ∴ BEAB OD ACFC OCFC   ， ∴ 14 2 4 2   FC FC ，解得 FC=2 ，∴AF=6 ∴cosA= 2 1 6 14  AF BEAB AF AE （10 分） 132、（2010 年山东省威海市）24．（11 分） 如图①，将一张矩形纸片对折，然后沿虚线剪切，得到两个（不等边）三角形纸片△ABC，△A1B1C1． A1 B1 C1 A B C （图①） ﹙1﹚将△ABC，△A1B1C1 如图②摆放，使点 A1 与 B 重合，点 B1 在 AC 边的延长线上，连接 CC1 交 BB1 于点 E．求证：∠B1C1C＝∠B1BC． ﹙2﹚若将△ABC，△A1B1C1 如图③摆放，使点 B1 与 B 重合，点 A1 在 AC 边的延长线上，连接 CC1 交 A1B 于点 F．试判断∠A1C1C 与∠A1BC 是否相等，并说明理由． ﹙3﹚写出问题﹙2﹚中与△A1FC 相似的三角形 ． 【解答】 24．（本小题满分 11 分） （1）证明：由题意，知△ABC≌△A1B1C1， ∴ AB= A1B1，BC1=AC，∠2=∠7，∠A=∠1． ∴ ∠3=∠A=∠1． ……………………………1 分 ∴ BC1∥AC． ∴ 四边形 ABC1C 是平行四边形． ………………2 分 ∴ AB∥CC1． ∴ ∠4=∠7=∠2． …………………………………3 分 ∵ ∠5=∠6， ∴ ∠B1C1C＝∠B1BC．……………………………4 分 ﹙2﹚∠A1C1C =∠A1BC． …………………………5 分 理由如下：由题意，知△ABC≌△A1B1C1， ∴ AB= A1B1，BC1=BC，∠1=∠8，∠A=∠2． ∴ ∠3=∠A，∠4=∠7． ………………………6 分 ∵ ∠1＋∠FBC=∠8＋∠FBC， ∴ ∠C1BC＝∠A1BA． …………………………7 分 ∵ ∠4= 2 1 (180°－∠C1BC)，∠A= 2 1 (180°－∠A1BA)． ∴ ∠4=∠A． …………………………………8 分 ∴ ∠4=∠2． ∵ ∠5=∠6， ∴ ∠A1C1C=∠A1BC．……………………………………………………………………9 分 ﹙3﹚△C1FB，…………10 分； △A1C1B，△ACB．…………11 分﹙写对一个不得分） 133、（2010 年山东省威海市）25.（12 分） （1）探究新知： ①如图，已知 AD∥BC，AD＝BC，点 M，N 是直线 CD 上任意两点． A B(A1) CB1 C1 图 ② E A1 C1 C A B(B1) 图 ③ F A B(A1) CB1 C1 图 ② E 1 43 2 5 6 7 A1 C1 C A B(B1) 图 ③ F 3 6 4 5 1 2 7 8 求证：△ABM 与△ABN 的面积相等． ②如图，已知 AD∥BE，AD＝BE，AB∥CD∥EF，点 M 是直线 CD 上任一点，点 G 是直线 EF 上任一点．试 判断△ABM 与△ABG 的面积是否相等，并说明理由． （2）结论应用： 如图③，抛物线 cbxaxy  2 的顶点为 C（1，4），交 x 轴于点 A（3，0），交 y 轴于点 D．试探究 在抛物线 cbxaxy  2 上是否存在除点 C 以外的点 E，使得△ADE 与△ACD 的面积相等？ 若存在，请求 出此时点 E 的坐标，若不存在，请说明理由． ﹙友情提示：解答本问题过程中，可以直接使用“探究新知”中的结论．﹚ 【解答】 25．（本小题满分 12 分） ﹙1﹚①证明：分别过点 M，N 作 ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为点 E，F． ∵ AD∥BC，AD＝BC， ∴ 四边形 ABCD 为平行四边形． ∴ AB∥CD． ∴ ME= NF． ∵ S△ABM＝ MEAB 2 1 ，S△ABN＝ NFAB 2 1 ， ∴ S△ABM＝ S△ABN． ……………………………………………………………………1 分 A B D CM N 图 ① A 备用图 C D B O x y A 图 ③ C D B O x y C 图 ② A B DM F EG A B D CM N 图 ① E F ②相等．理由如下：分别过点 D，E 作 DH⊥AB，EK⊥AB，垂足分别为 H，K． 则∠DHA=∠EKB=90°． ∵ AD∥BE， ∴ ∠DAH=∠EBK． ∵ AD＝BE， ∴ △DAH≌△EBK． ∴ DH=EK． ……………………………2 分 ∵ CD∥AB∥EF， ∴ S△ABM＝ DHAB 2 1 ，S△ABG＝ EKAB 2 1 ， ∴ S△ABM＝ S△ABG. …………………………………………………………………3 分 ﹙2﹚答：存在． …………………………………………………………………………4 分 解：因为抛物线的顶点坐标是 C(1，4)，所以，可设抛物线的表达式为 4)1( 2  xay . 又因为抛物线经过点 A(3，0)，将其坐标代入上式，得   4130 2  a ，解得 1a . ∴ 该抛物线的表达式为 4)1( 2  xy ，即 322  xxy ． ………………………5 分 ∴ D 点坐标为（0，3）． 设直线 AD 的表达式为 3 kxy ，代入点 A 的坐标，得 330  k ，解得 1k . ∴ 直线 AD 的表达式为 3 xy ． 过 C 点作 CG⊥x 轴，垂足为 G，交 AD 于点 H．则 H 点的纵坐标为 231  ． ∴ CH＝CG－HG＝4－2＝2． …………………………………………………………6 分 设点 E 的横坐标为 m，则点 E 的纵坐标为 322  mm ． 过 E 点作 EF⊥x 轴，垂足为 F，交 AD 于点 P，则点 P 的纵坐标为 m3 ，EF∥CG． 由﹙1﹚可知：若 EP＝CH，则△ADE 与△ADC 的面积相等． ①若 E 点在直线 AD 的上方﹙如图③-1﹚， 则 PF= m3 ，EF＝ 322  mm ． ∴ EP＝EF－PF＝ )3(322 mmm  = mm 32  ． ∴ 232  mm ． 解得 21 m ， 12 m ． ……………………………7 分 当 2m 时，PF=3－2＝1，EF=1+2＝3． ∴ E 点坐标为（2，3）． 同理 当 m=1 时，E 点坐标为（1，4），与 C 点重合． ………………………………8 分 ②若 E 点在直线 AD 的下方﹙如图③－2,③－3﹚， 则 mmmmmPE 3)32()3( 22  ． ……………………………………………9 分 ∴ 232  mm ．解得 2 173 3 m ， 2 173 4 m ． ………………………………10 分 当 2 173m 时，E 点的纵坐标为 2 17122 1733  ； 当 2 173m 时，E 点的纵坐标为 2 17122 1733  ． ∴ 在抛物线上存在除点 C 以外的点 E，使得△ADE 与△ACD 的面积相等，E 点的坐标为 E1（2，3）； )2 171 2 173(2  ，E ； )2 171 2 173(3  ，E ． ………………12 分 ﹙其他解法可酌情处理﹚ H C 图 ② A B DM F EG K A 图 ③-1 C D B O x y H G F P E A C D B O x y H G F A C D B O x y H GF P E 134、（2010 年山东省潍坊市）23．（本题满分 11 分）如图，已知正方形OABC 在直角坐标系 xOy 中，点 A C、 分别在 x 轴、 y 轴的正半轴上，点 O 在坐标原点.等腰直 角三角板 OEF 的直角顶点 O 在原点， E F、 分别在 OA OC、 上，且 4 2.OA OE ， 将三角板 OEF 绕 O 点逆时针旋转至 1 1OE F 的位置，连结 1 1.CF AE， （1）求证： 1 1.OAE OCF△ ≌△ （2）若三角板OEF 绕O 点逆时针旋转一周，是否存在某 一位置，使得 .OE CF∥ 若存在，请求出此时 E 点的坐标； 若不存在，请说明理由. 【解答】 23．（本小题满分 11 分） （1）证明：∵四边形 OABC 为正方形，∴OC OA ， ∵三角板OEF 是等腰直角三角形，∴ 1 1OE OF 又三角板 OEF 绕O 点逆时针旋转至 1 1OE F 的位置时， 1 1AOE COF   ∴ 1 1.OAE OCF△ ≌△ …………3 分 （2）存在. …………4 分 ∵OE OF ， ∴过点 F 与OE 平行的直线有且只有一条，并与 OF 垂直， 又当三角板OEF 绕O 点逆时针旋转一周时，则点 F 在以 O 为圆心，以OF 为半径的圆上， ·········································································· 5 分 ∴过点 F 与OF 垂直的直线必是圆O 的切线，又点C 是圆O 外一点，过点C 与圆O 相切的直线有且只有 2 条，不妨设为 1CF 和 2CF ， 此时， E 点分别在 1E 点和 2E 点，满足 1 1 2 2CF OE CF OE∥ ， ∥ ，················································································· 7 分 当切点 1F 在第二象限时，点 1E 在第一象限， 在直角三角形 1CFO 中， 14 2OC OF ， ， 1 1 1cos 2 OFCOF OC    ， ∴ 1 60COF  °，∴ 1 60AOE  °，∴点 1E 的横坐标为： 1 2cos60 1Ex  ° ， 点 1E 的纵坐标为： 1 2sin 60 3Ey  ° ， ∴点 1E 的坐标为  1 3， ．···················································································9 分 当切点 2F 在第一象限时，点 2E 在第四象限， 同理可求：点 2E 的坐标为  1 3 .， 综上所述，三角板 OEF 绕 O 点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得 OE CF∥ ，此时点 E 的坐标为  1 1 3E ， 或  2 1 3 .E ， ················································································ 11 分 135、（2010 年山东省潍坊市）24．（本题满分 12 分）如图所示， 抛物线与 x 轴交于点    1 0 3 0A B ， 、 ， 两点，与 y 轴交于点  0 3 .C ， 以 AB 为直径作 M⊙ ，过抛物线上一点 P 作 M⊙ 的 切线 PD，切点为 D，并与 M⊙ 的切线 AE 相交于点 E，连结 DM 并延长交 M⊙ 于点 N，连结 .AN AD、 （1）求抛物线所对应的函数关系式及抛物线的顶点坐标； （2）若四边形 EAMD 的面积为 4 3，求直线 PD 的函数关系式； （3）抛物线上是否存在点 P ，使得四边形 EAMD 的面积等于 DAN△ 的面积？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理 由. 【解答】 24．（本题满分 12 分） 解 ：（ 1 ） 因 为 抛 物 线 与 x 轴 交 于 点    1 0 3 0A B ， 、 ， 两 点 ， 设 抛 物 线 的 函 数 关 系 式 为 ：   1 3y a x x   ， ∵抛物线与 y 轴交于点  0 3C ， ， ∴   3 0 1 0 3a    ， ∴ 1.a  所以，抛物线的函数关系式为： 2 2 3y x x   ，····················································2 分 又  21 4y x   ， 因此，抛物线的顶点坐标为  1 4， ．····································································3 分 （2）连结 EM，∵ EA ED、 是 M⊙ ，的两条切线， ∴ EA ED EA AM ED MN  ， ， ，∴ EAM EDM△ ≌△ 又四边形 EAMD 的面积为 4 3，∴ 2 3EAMS △ ，∴ 1 2 32 AM AE · ， 又 2AM  ，∴ 2 3.AE  因此，点 E 的坐标为  1 1 2 3E  ， 或  2 1 2 3 .E  ， ··············································5 分 当 E 点在第二象限时，切点 D 在第一象限. 在直角三角形 EAM 中， 2 3tan 32 EAEMA AM     ， ∴ 60EMA  °，∴ 60DMB  ° 过切点 D 作 DF AB ，垂足为点 F， ∴ 1 3MF DF ， 因此，切点 D 的坐标为 2 3， ．········································································· 6 分 设直线 PD 的函数关系式为 y kx b  ，将    1 2 3 2 3E D ， 、 ， 的坐标代入得 3 2 2 3 k b k b       解之，得 3 3 5 3 3 k b      所以，直线 PD 的函数关系式为 3 5 3 .3 3y x   ················································7 分 当 E 点在第三象限时，切点 D 在第四象限. 同理可求：切点 D 的坐标为 2 3，- ，直线 PD 的函数关系式为 3 5 3 .3 3y x  因此，直线 PD 的函数关系式为 3 5 3 3 3y x   或 3 5 3 .3 3y x  ································································8 分 （3）若四边形 EAMD 的面积等于 DAN△ 的面积 又 2 2EAM DAN AMDEAMDS S S S △ △ △四边形 ， ∴ AMD EAMS S△ △ ∴ E D、 两点到 x 轴的距离相等， ∵ PD 与 M⊙ 相切，∴点 D 与点 E 在 x 轴同侧， ∴切线 PD 与 x 轴平行， 此时切线 PD 的函数关系式为 2y  或 2.y   ······································································ 9 分 当 2y  时，由 2 2 3y x x   得， 1 6x   ； 当 2y   时，由 2 2 3y x x   得， 1 2x   .················································· 11 分 故满足条件的点 P 的位置有 4 个，分别是      1 2 31 6 2 1 6 2 1 2 2P P P   ， 、 ， 、 ， 、  4 1 2 2 .P  ， ···························································································· 12 分 136、（2010 年四川省成都市）27．（本题满分 10 分）已知：如图， ABC 内接于 O ，AB 为直径，弦CE AB 于 F ，C 是 AD 的中点，连结 BD 并延长交 EC 的延长线于点G ，连结 AD ，分别交 CE 、 BC 于点 P 、 Q ． （1）求证： P 是 ACQ 的外心； （2）若 3tan , 84ABC CF   ,求CQ 的长； （3）求证： 2( )FP PQ FP FG   ． 【解答】 27. （1）证明：∵C 是 AD 的中点，∴  AC CD ， ∴∠CAD=∠ABC ∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=90°。∴∠CAD+∠AQC=90° 又 CE⊥AB，∴∠ABC+∠PCQ=90°，∴∠AQC=∠PCQ，∴在△PCQ 中，PC=PQ， ∵CE⊥直径 AB，∴  AC AE ，∴  AE CD ，∴∠CAD=∠ACE。 ∴在△APC 中，有 PA=PC，∴PA=PC=PQ，∴P 是△ACQ 的外心。 （2）解：∵CE⊥直径 AB 于 F， ∴在 Rt△BCF 中，由 tan∠ABC= 3 4 CF BF  ，CF=8，得 4 32 3 3BF CF  。 ∴由勾股定理，得 2 2 40 3BC CF BF   ，∵AB 是⊙O 的直径， ∴在 Rt△ACB 中，由 tan∠ABC= 3 4 AC BC  ， 40 3BC  ，得 3 104AC BC  。 易知 Rt△ACB∽Rt△QCA，∴ 2AC CQ BC  ，∴ 2 15 2 ACCQ BC   。 （3）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=90° ∴∠DAB+∠ABD=90° 又 CF⊥AB，∴∠ABG+∠G=90°，∴∠DAB=∠G；∴Rt△AFP∽Rt△GFB， ∴ AF FP FG BF  ，即 AF BF FP FG   易知 Rt△ACF∽Rt△CBF，∴ 2FG AF BF  （或由摄影定理得） ∴ 2FC PF FG  ，由（1），知 PC=PQ，∴FP+PQ=FP+PC=FC ∴ 2( )FP PQ FP FG   。 137、（2010 年四川省成都市）28．（本题满分 12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 2y ax bx c   与 x 轴交于 A B、 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴交于点C ，点 A 的坐标为 ( 3 0) ， ，若将经过 A C、 两点的直线 y kx b  沿 y 轴向 下平移 3 个单位后恰好经过原点，且抛物线的对称轴是直线 2x   ． （1）求直线 AC 及抛物线的函数表达式； （2）如果 P 是线段 AC 上一点，设 ABP 、 BPC 的面积分 别为 ABPS 、 BPCS ，且 : 2:3ABP BPCS S   ，求点 P 的坐标； （3）设 Q 的半径为 l，圆心Q 在抛物线上运动，则在运动过 程中是否存在 Q 与坐标轴相切的情况？若存在，求出圆心 Q 的坐 标；若不存在，请说明理由．并探究：若设⊙Q 的半径为 r ，圆心Q 在抛物线上运动，则当 r 取何值时，⊙Q 与两坐轴同时相切？ 【解答】 28. （1）解：（1）∵ y kx b  沿 y 轴向下平移 3 个单位后恰好经过原点， ∴ 3b  ， (0 3)C ， 。 将 A ( 3 0) ， 代入 3y kx  ，得 3 3 0k   。解得 1k  。 ∴直线 AC 的函数表达式为 3y x  。 ∵抛物线的对称轴是直线 2x   ∴ 9 3 0 22 3 a b c b a c         解得 1 4 3 a b c      ∴抛物线的函数表达式为 2 4 3y x x   。 （2）如图，过点 B 作 BD⊥AC 于点 D。 ∵ : 2:3ABP BPCS S   ， ∴ 1 1( ) :( ) 2:32 2AP BD PC BD     ∴ : 2:3AP PC  。 过点 P 作 PE⊥x 轴于点 E， ∵PE∥CO，∴△APE∽△ACO， ∴ 2 5 PE AP CO AC   ， ∴ 2 6 5 5PE OC  ∴ 6 35 x  ，解得 x= 9 5  ，∴点 P 的坐标为 9 6( )5 5  ， （3）（Ⅰ）假设⊙Q 在运动过程中，存在 Q 与坐标轴相切的情况。 设点 Q 的坐标为 0 0( )x y， 。 1 当⊙Q 与 y 轴相切时，有 0 1x  ，即 0 1x   。 当 0 1x   时，得 2 0 ( 1) 4 ( 1) 3 0y        ，∴ 1( 1 0)Q  ， 当 0 1x  时，得 2 0 1 4 1 3 8y      ，∴ 2 (1 8)Q ， 2 当⊙Q 与 x 轴相切时，有 0 1y  ，即 0 1y   当 0 1y   时，得 2 0 01 4 3x x    ，即 2 0 04 4 0x x   ，解得 0 2x   ，∴ 3 ( 2 1)Q  ， 当 0 1y  时 ， 得 2 0 01 4 3x x   ， 即 2 0 04 2 0x x   ， 解 得 0 2 2x    ， ∴ 4 ( 2 2 1)Q   ， ， 5 ( 2 2 1)Q   ， 。 综上 所述， 存在符 合条件 的⊙ Q，其 圆心 Q 的坐 标分别 为 1( 1 0)Q  ， ， 2 (1 8)Q ， ， 3 ( 2 1)Q  ， ， 4 ( 2 2 1)Q   ， ， 5 ( 2 2 1)Q   ， 。 （Ⅱ）设点 Q 的坐标为 0 0( )x y， 。 当⊙Q 与两坐标轴同时相切时，有 0 0y x  。 由 0 0y x ，得 2 0 0 04 3x x x   ，即 2 0 03 3 0x x   ， ∵△= 23 4 1 3 0      ∴此方程无解。 由 0 0y x  ，得 2 0 0 04 3x x x    ，即 2 0 05 3 0x x   ， 解得 0 5 13 2x   ∴当⊙Q 的半径 0 5 13 5 13 2 2r x      时，⊙Q 与两坐标轴同时相切。 138、（2010 年四川省达州市）22.(6 分)已知：如图 12，在锐角∠MAN 的边 AN 上取一点 B，以 AB 为直径的 半圆 O 交 AM 于 C，交∠MAN 的角平分线于 E，过点 E 作 ED⊥AM，垂足为 D，反向延长 ED 交 AN 于 F. (1)猜想 ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由； (2)若 cos∠MAN= 1 2 ，AE= 3 ，求阴影部分的面积. 【解答】 22.证明：（1）DE 与⊙O 相切. …………………………1 分 理由如下： 连结 OE. ∵AE 平分∠MAN, ∴∠1=∠2. ∵OA=OE, ∴∠2=∠3. ∴∠1=∠3, ∴OE∥AD. ∴∠OEF=∠ADF=90°,…………………………2 分 即 OE⊥DE，垂足为 E. 又∵点 E 在半圆 O 上， ∴ED 与⊙O 相切. …………………………3 分 （2）∵cos∠MAN= 1 2 , 图 12 ∴∠MAN=60°，∴∠2= 1 2 ∠MAN= 1 2 ×60°=30°, ∠AFD=90°-∠MAN=90°-60°=30°. ∴∠2=∠AFD，∴EF=AE= 3 . …………………………4 分 在 Rt△OEF 中，tan∠OFE= OE EF ，∴tan30°= 3 OE ， ∴OE=1. …………………………5 分 ∵∠4=∠MAN=60°，∴S 阴= OEF SS S 扇形OEB 21 60 11 32 360       = 3 1 2 6  .…………………………6 分 139、（2010 年四川省达州市） 23.(9 分)如图 13，对称轴为 3x  的抛物线 2 2y ax x  与 x 轴相交于点 B 、O . (1）求抛物线的解析式，并求出顶点 A 的坐标； (2)连结 AB，把 AB 所在的直线平移，使它经过原点 O， 得到直线 l.点 P 是 l 上一动点.设以点 A、B、O、P 为顶点 的四边形面积为 S，点 P 的横坐标为t ，当 0＜S≤18 时，求 t 的取值范围； (3)在（2）的条件下，当t 取最大值时，抛物线上是否 存在点Q ，使△OPQ 为直角三角形且 OP 为直角边.若存在, 直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由. 【解答】 23.解：（1）∵点 B 与 O（0，0）关于 x=3 对称, ∴点 B 坐标为（6，0）. 将点 B 坐标代入 2 2y ax x  得： 36 a +12=0, ∴ a = 1 3  . ∴抛物线解析式为 21 23y x x   .…………………………2 分 当 x =3 时， 21 3 2 3 33y       , ∴顶点 A 坐标为（3，3）. …………………………3 分 图 13 （说明：可用对称轴为 2 bx a   ,求 a 值,用顶点式求顶点 A 坐标.） （2）设直线 AB 解析式为 y=kx+b. ∵A(3,3),B(6,0), ∴ 6 0 3 3 k b k b      解得 1 6 k b     , ∴ 6y x   . ∵直线l ∥AB 且过点 O, ∴直线l 解析式为 y x  . ∵点 p 是l 上一动点且横坐标为t , ∴点 p 坐标为（ ,t t ）.…………………………4 分 当 p 在第四象限时（t＞0）， AOB OBPS S S   =12×6×3+ 1 2 ×6× t =9+3t . ∵0＜S≤18, ∴0＜9+3t ≤18, ∴-3＜t ≤3. 又t ＞0, ∴0＜ t ≤3.5 分 当 p 在第二象限时（t ＜0）, 作 PM⊥ x 轴于 M，设对称轴与 x 轴交点为 N. 则   ANB PMOANMP 2 2 +S -S 1 1 1= 3+(-t) (3 ) 3 3 ( )( )2 2 2 1 9 1( 3)2 2 2 S S t t t t t                梯形 =-3 t +9. ∵0＜S≤18, ∴0＜-3 t +9≤18, ∴-3≤ t ＜3. 又 t ＜0, ∴-3≤ t ＜0.6 分 ∴t 的取值范围是-3≤ t ＜0 或 0＜ t ≤3. (3)存在，点 Q 坐标为（3，3）或（6，0）或（-3，-9）.9 分 （说明：点 Q 坐标答对一个给 1 分） 140、（2010 年四川省乐山市）25. （本题满分 12 分）在△ABC 中，D 为 BC 的中点，O 为 AD 的中点，直线 l 过点 O.过 A、B、C 三点分别做直线 l 的垂线，垂足分别是 G、E、F，设 AG=h1，BE=h2，CF=h3. （1）如图（12.1），当直线 l⊥AD 时（此时点 G 与点 O 重合）.求证：h2+h3= 2h1； l （2）将直线 l 绕点 O 旋转，使得 l 与 AD 不垂直. ①如图（12.2），当点 B、C 在直线 l 的同侧时，猜想（1）中的结论是否成立，请说明你的理由； ②如图（12.3），当点 B、C 在直线 l 的异侧时，猜想 h1、h2、h3 满足什么关系.（只需写出关系， 不要求说明理由） 【答案】25.（1）证明：∵BE⊥l，GF⊥l， ∴四边形 BCFE 是梯形. 又∵GD⊥l，D 是 BC 的中点， ∴DG 是梯形的中位线， ∴BE+CF=2DG. 又 O 为 AD 的中点，∴AG=DG， ∴BE+CF=2AG. 即 h2+h3= 2h1. （2）成立. 证明：过点 D 作 DH⊥l，垂足为 H， ∴∠AGO=∠DHO=Rt∠，∠AOG=∠DOH，OA=OD， ∴△AGO≌△DHO， ∴DH=AG. 又∵D 为 BC 的中点，由梯形的中位线性质， 得 2 DH=BE+CF，即 2 AG =BE+CF， ∴h2+h3= 2h1 成立. （3）h1、h2、h3 满足关系：h2－h3= 2h1. （说明：（3）问中，只要是正确的等量关系都得分） 141、（2010 年四川省乐山市）26．（本题满分 13 分）如图(13.1)，抛物线 y＝x2+bx+c 与 x 轴交于 A，B 两 点，与 y 轴交于点 C(0，2)，连接 AC，若 tan∠OAC＝2． (1)求抛物线对应的二次函数的解析式； (2)在抛物线的对称轴 l 上是否存在点 P，使∠APC＝90°，若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请 说明理由； (3)如图(13.2)所示，连接 BC，M 是线段 BC 上(不与 B、C 重合)的一个动点，过点 M 作直线 l′∥l， 交抛物线于点 N，连接 CN、BN，设点 M 的横坐标为 t．当 t 为何值时，△BCN 的面积最大？最大面积为多 少？ 【答案】解：（1）∵抛物线 y=x2＋bx＋c 过点 C(0,2). ∴x=2 又∵tan∠OAC= OC OA =2, ∴OA=1,即 A(1,0). 又∵点 A 在抛物线 y=x2＋bx＋2 上. ∴0=12＋b×1＋2,b=－3 ∴抛物线对应的二次函数的解析式为 y=x2－3x＋2 （2）存在 过点 C 作对称轴 l 的垂线,垂足为 D,如图所示, ∴x=－ 3 3 2 2 1 2 b a    .∴AE=OE-OA= 3 2 -1= 1 2 ,∵∠APC=90°, ∴tan∠PAE= tan∠CPD∴ PE CD EA DP  ,即 1 2 PE 3 2 2 PE   ，解得 PE= 1 2 或 PE= 3 2 ， ∴点 P 的坐标为（ 3 2 ， 1 2 ）或（ 3 2 ， 3 2 ）。（备注：可以用勾股定理 或相似解答） （3）如图，易得直线 BC 的解析式为：y=-x＋2， ∵点 M 是直线 l′和线段 BC 的交点，∴M 点的坐标为（t，-t+2）(0 ＜t＜2) ∴MN=-t+2-(t2－3t＋2)=- t2＋2t ∴S△BCM= S△MNC+S△MNB= 1 2 MN▪t+ 1 2 MN▪(2-t) = 1 2 MN▪(t+2-t)=MN=- t2＋2t(0＜t＜2), ∴S△BCN=- t2＋2t=-(t-1)2+1 ∴当 t=1 时，S△BCN 的最大值为 1。 备注：如果没有考虑的取值范围，可以不扣分） 142、（2010 年四川省凉山市）26．（本题满分 9 分）如图，B 为线段 AD 上一点，△ABC 和△BDE 都是等边 三角形，连接 CE 并延长，交 AD 的延长线于 F，△ABC 的外接圆⊙O 交 CF 于点 M． （1）求证：BE 是⊙O 的切线； （2）求证： CFCMAC 2 ； （3）若过点 D 作 DG//BE 交 EF 于 G，过 G 作 GH//DE 交 DF 于 H， 则易知△DHG 是等边三角形．设△ABC、△BDE、△DHG 的面积分别 为 1S 、 2S 、 3S ，试探究 1S 、 2S 、 3S 之间的数量关系，并说明 理由． 【解答】 26、（1）证明：连结 OB， ∵△ABC 和△BDE 都是等边三角形 ∴∠ABC=∠EBD=60° ……………………………1 分 ∴∠CBE=60°，∠OBC=30° ∴∠OBE=90° ……………………………………2 分 ∴BE 是⊙O 的切线 ………………………………3 分 （2）证明：连结 MB,则∠CMB=180°-∠A=120°…………4 分 ∵∠CBF=60°+60°=120°∴∠CMB=∠CBF ∵∠BCM=∠FCB ∴△CMB≌△CBF …………………………………5 分 ∴ CF CB CB CM  即 CFCMCB 2 ∵AC=CB，∴ CFCMAC 2 …………………………………6 分 （3）解：作 DG//BE，GH//DE ………………………………7 分 ∵AC∥BE∥DG ∴ EG CE BD AB  ∵BC∥DE∥HG ∴ EG CE DH BD  ∴ DH BD BD AB  ………………………………………8 分 ∴ 22          DH BD BD AB ，∵ 2 2 1      BD AB S S , 2 3 2      DH BD S S ∴ 3 2 2 1 S S S S  即 21 2 2 SSS  ……………………………9 分 143、（2010 年四川省凉山市）27．（本题满分 11 分）已知：抛物线 )0(2  acbxaxy ， 顶点 C（1，-4），与 x 轴交于 A、B 两点，A（-1，0）． （1）求这条抛物线的解析式； （2）如图，以 AB 为直径作圆，与抛物线交于点 D，与抛物线的对 称轴交于 E，依次连接 A、D、B、E，点 Q 为 AB 上一个动点（Q 与 A、B 两点不重合），过点 Q 作 QF⊥AE 于 F，QG⊥DB 于 G，请判断 QF QG=BE AD 是否为定值，若是，请求出此定值，若不是，请说明 理由； （3）在（2）的条件下，若点 H 是线段 EQ 上一点，过点 H 作 MN⊥ EQ，MN 分别与边 AE、BE 相交于 M、N（M 与 A、E 不重合，N 与 E、 B 不重合），请判断 QA EM=QB EN 是否成立，若成立，请给出证明， 若不成立，请说明理由． 【解答】 27、解：（1）设抛物线解析式为 4)1( 2  xay ………………1 分 将 A（-1，0）带入 4)1( 2  xay 得 1a ……………………………………………2 分 ∴ 4)1( 2  xy 即 322  xxy ……………………………………3 分 （2） 是定值 1…………………………………4 分 ∵AB 是直径 ∴∠AEB=90° ∵QF⊥AE ∴QF∥BE ∴ 同理可得 ………………………………5 分 ∴ ∴ 为固定值 1.…………………………6 分 （3） 成立……………………………………7 分 （第 27 题） AD QG BE QF  AB QB AD QG  AB AQ BE QF  1 AB AB AB QBAQ AB QB AB AQ AD QG BE QF AD QG BE QF  EN EM QB QA  ∵直线 EC 为抛物线对称轴 ， ∴EC 垂直平分 AB ∴AE=EB ， ∴∠FAQ=45° ∴AF=FQ……………………………………………8 分 ∵QF∥BE ∴ ∴ ………………………………………9 分 ∵MN⊥EQ ，∴∠QEF=∠MNE ，又∵∠QFE=∠MEN=90° ∴△QEF≌△MNE ∴ ……………………………………10 分 ∴ ……………………………………11 分 144、（2010 年四川省泸州市 B 卷）7.(本题满分 l0 分) 如图 9，在平行四边形 ABCD 中，E 为 BC 边上的一点，且 AE 与 DE 分别平分∠BAD 和∠ADC。 (1)求证：AE⊥DE； (2)设以 AD 为直径的半圆交 AB 于 F，连接 DF 交 AE 于 G，已知 CD=5，AE=8，求 FG AF 值。 【解答】 7.(本题满分 l0 分) （1）证明略 （2）DE=6，△AFG∽△AED，∴ 6 3 8 4 FG DE AF AE    145、（2010 年四川省泸州市 B 卷）8．(本题满分 l2 分) 已二次函数 2 1 2 3y x x   及一次函数 2y x m  . (l)求该二次函数图象的顶点坐标以及它与 x 轴的交点坐标； EF AF QB QA  EF QF QB QA  NE EF ME QF  NE ME EF QF  EN EM QB QA  (2)将该二次函数图象在 x 轴下方的部分沿 x 轴翻折到 x 轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新图 象，请你在图 10 中画出这个新图象，并求出新图象与直线 2y x m  有三个不同公共点时 m 的值： (3)当 0 2x  时，函数 1 2 ( 2) 3y y y m x     的图象与 x 轴有两个不同公共点，求 m 的取值范 围． 【解答】 8．(本题满分 l2 分) 解：（1）二次函数图象的顶点坐标为 (1 4)， ，与 x 轴的交点坐标为 A(-1 0) B(3 0)， ， ， (2)①当直线位于 1l 时，此时 1l 过点 A(-1 0)， , ∴ 0 1 m   ，即 1m  。 ②当直线位于 2l 时，此时 2l 与函数 2 2 3( 1 3)y x x x       的图象有一个公共点。 ∴方程 2 2 3x m x x     有一根， ∴ 1 4( 3) 0m   △ ，即 13 4m  当 13 4m  时， 1 2x  满足 1 3x   ， 由①②知， 1m  或 13 4m  。 （3）∵ 2 1 2 ( 2) 3 ( 3)y y y m x x m x m         ∵当 0 2x  时，函数 2 ( 3)y x m x m    的图象与 x 轴有两个不同交点， ∴ m 应同时满足下列三方面的条件： ①方程 2 ( 3) 0x m x m    的判别式△= ( 1)( 9) 0m m   ， ②抛物线 2 ( 3)y x m x m    的对称轴满足 30 22 m  ， ③当 0x  时，函数值 0y m  ，当 2x  时，函数值 3 2 0y m   即 ( 1)( 9) 0 30 22 0 3 2 0 m m m m m            ，解得 2 13 m  。 ∴当 2 13 m  时，函数图象 1 2 ( 2) 3y y y m x     （ 0 2x  ）的图象与 x 轴有两个不同公共点． 146、（2010 年四川省眉山市）25．（9 分）如图，Rt△AB C  是由 Rt△ABC 绕点 A 顺时针旋转得到的，连 结 CC  交斜边于点 E，CC  的延长线交 BB  于点 F． （1）证明：△ACE∽△FBE； （2）设∠ABC= ，∠CAC  =  ，试探索 、  满足什么关系时， △ACE 与△FBE 是全等三角形，并说明理由． 【解答】 25．（1）证明：∵Rt△AB C  是由 Rt△ABC 绕点 A 顺时针旋转得到的， ∴AC=AC ，AB=AB ，∠CAB=∠C AB  ………………（1 分） ∴∠CAC =∠BAB  ∴∠ACC =∠ABB  ……………………………………（3 分） 又∠AEC=∠FEB ∴△ACE∽△FBE ……………………………………（4 分） （2）解：当 2  时，△ACE≌△FBE． …………………（5 分） 在△ACC中，∵AC=AC ， ∴ 180 ' 180' 902 2 CACACC            ………（6 分） 在 Rt△ABC 中， ∠ACC+∠BCE=90°，即 90 90BCE      ， ∴∠BCE= ． ∵∠ABC= ， ∴∠ABC=∠BCE ……………………（8 分） ∴CE=BE 由（1）知：△ACE∽△FBE， ∴△ACE≌△FBE．………………………（9 分） 147、（2010 年四川省眉山市）26．（12 分）如图，Rt△ABO 的两直角边 OA、OB 分别在 x 轴的负半轴和 y 轴的正半轴 上，O 为坐标原点，A、B 两点的坐标分别为（ 3 ，0）、 （0，4），抛物线 22 3y x bx c   经过 B 点，且顶点在 直线 5 2x  上． （1）求抛物线对应的函数关系式； （2）若△DCE 是由△ABO 沿 x 轴向右平移得到的，当四边形 ABCD 是菱形时，试判断点 C 和点 D 是否在 该抛物线上，并说明理由； （3）若 M 点是 CD 所在直线下方该抛物线上的一个动点，过点 M 作 MN 平行于 y 轴交 CD 于点 N．设点 M 的横坐标为 t，MN 的长度为 l．求 l 与 t 之间的函数关系式，并求 l 取最大值时，点 M 的坐标． 【解答】 26．解：（1）由题意，可设所求抛物线对应的函数关系式为 22 5( )3 2y x m   …（1 分） ∴ 22 54 ( )3 2 m    ∴ 1 6m   ……………………………………………………………（3 分） ∴所求函数关系式为： 2 22 5 1 2 10( ) 43 2 6 3 3y x x x      …………（4 分） （2）在 Rt△ABO 中，OA=3，OB=4， ∴ 2 2 5AB OA OB   ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴BC=CD=DA=AB=5 ……………………………………（5 分） ∴C、D 两点的坐标分别是（5，4）、（2，0）． …………（6 分） 当 5x  时， 22 105 5 4 43 3y       当 2x  时， 22 102 2 4 03 3y       ∴点 C 和点 D 在所求抛物线上． …………………………（7 分） （3）设直线 CD 对应的函数关系式为 y kx b  ，则 5 4 2 0 k b k b      解得： 4 8,3 3k b   ． ∴ 4 8 3 3y x  ………（9 分） ∵MN∥y 轴，M 点的横坐标为 t， ∴N 点的横坐标也为 t． 则 22 10 43 3My t t   ， 4 8 3 3Ny t  ，……………………（10 分） ∴ 2 2 24 8 2 10 2 14 20 2 7 34 ( )3 3 3 3 3 3 3 3 2 2N Ml y y t t t t t t                  ∵ 2 03   ， ∴当 7 2t  时， 3 2l 最大 ， 此时点 M 的坐标为（ 7 2 ， 1 2 ）． ………………………………（12 分） 148、（2010 年四川省绵阳市）24．如图，△ABC 内接于⊙O，且∠B = 60 ．过点 C 作圆的切线 l 与 直径 AD 的延长线交于点 E，AF⊥l，垂足为 F，CG⊥AD，垂足为 G． （1）求证：△ACF≌△ACG； （2）若 AF = 4 3 ，求图中阴影部分的面积． 【解答】 24．（1）如图，连结 CD，OC，则∠ADC =∠B = 60 ． ∵ AC⊥CD，CG⊥AD，∴ ∠ACG =∠ADC = 60 ． 由于 ∠ODC = 60 ，OC = OD，∴ △OCD 为正三角形，得 ∠DCO = 60 ． 由 OC⊥l，得 ∠ECD = 30 ，∴ ∠ECG = 30 + 30 = 60 ． 进而 ∠ACF = 180 －2×60 = 60 ，∴ △ACF≌△ACG． （2）在 Rt△ACF 中，∠ACF = 60 ，AF = 4 3 ，得 CF = 4． 在 Rt△OCG 中，∠COG = 60 ，CG = CF = 4，得 OC = 3 8 ． 在 Rt△CEO 中，OE = 3 16 ． 于是 S 阴影 = S△CEO－S 扇形 COD = 360 60 2 1 2OCCGOE   = 9 )33(32  ． 149、（2010 年四川省绵阳市）25．如图，抛物线 y = ax2 + bx + 4 与 x 轴的两个交点分别为 A（－4，0）、 B（2，0），与 y 轴交于点 C，顶点为 D．E（1，2）为线段 BC 的中点，BC 的垂直平分线与 x 轴、y 轴分别 交于 F、G． （1）求抛物线的函数解析式，并写出顶点 D 的坐标； （2）在直线 EF 上求一点 H，使△CDH 的周长最小，并求出最小周长； （3）若点 K 在 x 轴上方的抛物线上运动，当 K 运动到什么位置时， △EFK 的面积最大？并求出最大面积． 【解答】 25．（1）由题意，得      ,0424 ,04416 ba ba 解得 2 1a ，b =－1． 所以抛物线的解析式为 42 1 2  xxy ，顶点 D 的坐标为（－1， 2 9 ）． C E D G A x y O BF B D F A O G E C l B D F A O G E C l （2）设抛物线的对称轴与 x 轴交于点 M．因为 EF 垂直平分 BC，即 C 关于直线 EG 的对称点为 B，连结 BD 交于 EF 于一点，则这一点为所求点 H，使 DH + CH 最小，即最小为 DH + CH = DH + HB = BD = 132 322  DMBM ． 而 2 5)42 9(1 22 CD ． ∴ △CDH 的周长最小值为 CD + DR + CH = 2 1335  ． 设直线 BD 的解析式为 y = k1x + b，则      ,2 9 ,02 11 11 bk bk 解得 2 3 1 k ，b1 = 3． 所以直线 BD 的解析式为 y = 2 3 x + 3． 由于 BC = 2 5 ，CE = BC∕2 = 5 ，Rt△CEG∽△COB， 得 CE : CO = CG : CB，所以 CG = 2.5，GO = 1.5．G（0，1.5）． 同理可求得直线 EF 的解析式为 y = 2 1 x + 2 3 ． 联立直线 BD 与 EF 的方程，解得使△CDH 的周长最小的点 H（ 4 3 ， 8 15 ）． （3）设 K（t， 42 1 2  tt ），xF＜t＜xE．过 K 作 x 轴的垂线交 EF 于 N． 则 KN = yK－yN = 42 1 2  tt －（ 2 1 t + 2 3 ）= 2 5 2 3 2 1 2  tt ． 所以 S△EFK = S△KFN + S△KNE = 2 1 KN（t + 3）+ 2 1 KN（1－t）= 2KN = －t2－3t + 5 =－（t + 2 3 ）2 + 4 29 ． 即当 t =－ 2 3 时，△EFK 的面积最大，最大面积为 4 29 ，此时 K（－ 2 3 ， 8 35 ）． 150、（2010 年四川省南充市）21、（8 分）如图，△ABC 内接于⊙O，AD⊥BC， OE⊥BC， OE＝ 1 2 BC． （1）求∠BAC 的度数． （2）将△ACD 沿 AC 折叠为△ACF，将△ABD 沿 AB 折叠为△ABG，延长 FC 和 GB 相交于点 H．求证：四边形 AFHG 是正方形． （3）若 BD＝6，CD＝4，求 AD 的长． 【解答】 21.（1）解：连结 OB 和 OC． ∵ OE⊥BC，∴ BE＝CE． ∵ OE＝ 1 2 BC，∴ ∠BOC＝90°，∴ ∠BAC＝45°． ……（2 分） （2）证明：∵ AD⊥BC，∴ ∠ADB＝∠ADC＝90°． 由折叠可知，AG＝AF＝AD，∠AGH＝∠AFH＝90°， ∠BAG＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD， ……（3 分） ∴ ∠BAG＋∠CAF＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAC＝45°． ∴ ∠GAF＝∠BAG＋∠CAF＋∠BAC＝90°． ∴ 四边形 AFHG 是正方形． ……（5 分） （3）解：由（2）得，∠BHC＝90°，GH＝HF＝AD，GB＝BD＝6，CF＝CD＝4． 设 AD 的长为 x，则 BH＝GH－GB＝x－6，CH＝HF－CF＝x－4． ……（7 分） 在 Rt△BCH 中，BH2＋CH2＝BC2，∴ （x－6）2＋（x－4）2＝102． 解得，x1=12，x2＝－2（不合题意，舍去）． ∴ AD＝12． ……（8 分） 151、（2010 年四川省南充市）22、（8 分）已知抛物线 21 42y x bx    上 有不同的两点 E 2( 3, 1)k k   和 F 2( 1, 1)k k    ． （1）求抛物线的解析式． （2）如图，抛物线 21 42y x bx    与 x 轴和 y 轴的正半轴分别交于点 A 和 B，M 为 AB 的中点，∠PMQ 在 AB 的同侧以 M 为中心旋转，且∠PMQ＝ 45°，MP 交 y 轴于点 C，MQ 交 x 轴于点 D．设 AD 的长为 m（m＞0），BC 的 长为 n，求 n 和 m 之间的函数关系式． （3）当 m，n 为何值时，∠PMQ 的边过点 F． 【解答】 22、解：（1）抛物线 21 42y x bx    的对称轴为 12 2 bx b        ． ……..（1 分） ∵ 抛物线上不同两个点 E 2( 3, 1)k k   和 F 2( 1, 1)k k    的纵坐标相同， ∴ 点 E 和点 F 关于抛物线对称轴对称，则 ( 3) ( 1) 12 k kb      ，且 k≠－2． ∴ 抛物线的解析式为 21 42y x x    ． ……..（2 分） （2）抛物线 21 42y x x    与 x 轴的交点为 A（4，0），与 y 轴的交点为 B（0，4）， ∴ AB＝ 4 2 ，AM＝BM＝ 2 2 ． ……..（3 分） 在∠PMQ 绕点 M 在 AB 同侧旋转过程中，∠MBC＝∠DAM＝∠PMQ＝45°， 在△BCM 中，∠BMC＋∠BCM＋∠MBC＝180°，即∠BMC＋∠BCM＝135°， 在直线 AB 上，∠BMC＋∠PMQ＋∠AMD＝180°，即∠BMC＋∠AMD＝135°． ∴ ∠BCM＝∠AMD． 故 △BCM∽△AMD． ……..（4 分） ∴ BC BM AM AD  ，即 2 2 2 2 n m  ， 8n m  ． 故 n 和 m 之间的函数关系式为 8n m  （m＞0）． ……..（5 分） （3）∵ F 2( 1, 1)k k    在 21 42y x x    上， ∴ 2 21 ( 1) ( 1) 4 12 k k k          ， 化简得， 2 4 3 0k k   ，∴ k1＝1，k2＝3． 即 F1（－2，0）或 F2（－4，－8）． ……..（6 分） ①MF 过 M（2，2）和 F1（－2，0），设 MF 为 y kx b  ， 则 2 2 2 0. k b k b      ， 解得， 1 2 1. k b     ， ∴ 直线 MF 的解析式为 1 12y x  ． 直线 MF 与 x 轴交点为（－2，0），与 y 轴交点为（0，1）． 若 MP 过点 F（－2，0），则 n＝4－1＝3，m＝ 8 3 ； 若 MQ 过点 F（－2，0），则 m＝4－（－2）＝6，n＝ 4 3 ． ……..（7 分） ②MF 过 M（2，2）和 F1（－4，－8），设 MF 为 y kx b  ， 则 2 2 4 8. k b k b       ， 解得， 5 3 4.3 k b      ， ∴ 直线 MF 的解析式为 5 4 3 3y x  ． 直线 MF 与 x 轴交点为（ 4 5 ，0），与 y 轴交点为（0， 4 3  ）． 若 MP 过点 F（－4，－8），则 n＝4－（ 4 3  ）＝16 3 ，m＝ 3 2 ； 若 MQ 过点 F（－4，－8），则 m＝4－ 4 5 ＝16 5 ，n＝ 5 2 ． ……..（8 分） 故当 1 1 8 ,3 3, m n     2 2 6, 4 ,3 m n   3 3 3 ,2 16 3 m n     或 4 4 16 ,5 5 2 m n     时，∠PMQ 的边过点 F． 152、（2010 年四川省自贡市）27．（11 分）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，∠A＝30°，AB 是⊙O 的直径， 过点 C 作⊙O 的切线，交 AB 延长线于 D，CD＝3 3 cm， （1）求⊙O 的直径。 （2）若动点 M 以 3cm/s 的速度从点 A 出发沿 AB 方向运动。同时点 N 以 1.5cm/s 的速度从 B 点出发沿 BC 方向运动。设运动的时间为 t(0≤t≤2)， 连结 MN，当 t 为何值时△BMN 为 Rt△？并求此时该三角形的面积？ 【解答】 27．（1）解：∵AB 是⊙O 的直径. ∴∠ACB＝90° ………………………（0.5＇） 又∠A＝30° ∴∠ABC＝60° …………………………（1＇） 连接 OC，因 CD 切⊙O 于 C，则∠OCD＝90° ……………………（2＇） 在△OBC 中 ∵OB＝OC，∠ABC＝60° ∴∠OCB＝60° ∴∠BCD＝30° ……………………………………………………（2.5＇） 又∠OBC＝∠BCD＋∠D ∴∠D＝30° …………………………………………………………（3＇） ∴AC＝CD＝3 3 ……………………………………………………（3.5＇） 在 Rt△ABC 中，cosA＝ AB AC ∴AB＝ Acos AC ＝ 2 3 33 ＝6（cm） ……………………………………（5＇） （2）△BMN 中，①当∠BNM＝90°时，cos∠MBC＝ BM BN 即 cos60°＝ t3－6 t5.1 ∴t＝1 ………………………（6＇） 此时 BM＝3 BN＝1.5 MN＝ 22 5.1－3 ＝ 2 3 3 …………（7＇） ∴S△BMN＝ 2 1 BN·MN＝ 8 9 3 （cm2） ………………………（8＇） ②当∠NMB＝90°时，cos∠MBC＝ BN BM 即 cos60°＝ t5.1 t3－6 ∴ t＝1.6 ………………………………………（9＇） 此时 BM＝ 5 6 BN＝ 5 12 MN＝ 22 BM－BN ＝ 5 6 3 ………（10＇） ∴S△BMN＝ 2 1 BM·MN＝ 2 1 × 5 1 × 5 36 ＝ 25 18 3 （cm2） ………………（11＇） 153、（2010 年四川省自贡市）28．（12 分）如图，在直角坐标平面内，O 为坐标原点，A 点的坐标为（1， 0），B 点在 x 轴上且在点 A 的右侧，AB＝OA，过点 A 和 B 作 x 轴的垂线分别交二次函数 y＝x2 的图象于点 C 和 D，直线 OC 交 BD 于 M，直线 CD 交 y 轴于点 H。记 C、D 的横坐标分别 为 xC，xD，点 H 的纵坐标 yH。 （1）证明：①S△CMD∶S 梯形 ABMC＝2∶3 ②xC·xD＝－yH （2）若将上述 A 点坐标（1，0）改为 A 点坐标（t，0），t＞0，其他条件 不变，结论 S△CMD：S 梯形 ABMC＝2∶3 是否仍成立？请说明理由。 （3）若 A 的坐标（t，0）（t＞0），又将条件 y＝x2 改为 y＝ax2（a＞0），其他条件不变，那么 XC、XD 和 yH 又有怎样的数量关系？写出关系式，并证明。 【解答】 28．解：（1）由已知可得点 B 的坐标为（2，0）点 C 的坐标为（1，1），点 D 的坐标为（2，4），且直 线 OC 的函数解析式为 y＝x。 ∴点 M 的坐标为（2，2），易得 S△CMD＝1，S 梯形 ABMC＝ 2 3 ………………（1.5＇） ∴S△CMD∶S 梯形 ABMC＝2∶3，即结论①成立。 设直线 CD 的函数解析式为 y＝kx＋b，则      4bk2 1bk 即      2b 3k ∴直线 CD 的解析式为 y＝3x－2。 由上述可得点 H 的坐标为（0，－2），即 yH＝－2 ………………………（2.5＇） ∴xC·xD＝－yH. 即结论②成立 ………………………………………………（3＇） （2）结论 S△CMD：S 梯形 ABMC＝2:3 仍成立. ……………………………………………（4＇） 理由如下：∵点 A 的坐标为（t，0），（t＞0）. 则点 B 的坐标为（2t，0） 从而点 C 的坐标为（t，t2），点 D 的坐标为（2t，4t2）. 设直线 OC 的解析式为 y＝kx，则 t2＝kt 得 k＝t ∴直线 OC 的解析式为 y＝tx ……………………………………（5＇） 又设 M 的坐标为（2t，y） ∵点 M 在直线 OC 上，∴当 x＝2t 时，y＝2t2 ∴点 M 的坐标为（2t，2t2） ……………………………………（6＇） ∴S△CMD：S 梯形 ABMC＝ 2 1 ·2t2·t∶ 2 1 （t2＋2t2）·t ＝t3∶（ 2 3 t3）＝ 3 2 …………………………………………（7＇） （3）xC，xD 和 yH 有关数量关系 xC·xD＝－ a 1 yH. …………………………………（8＇） 由题意，当二次函数的解析式为 y＝ax2（a＞0），且点 A 的坐标为（t，0）时，点 C 的坐标 为（t，at2），点 D 的坐标为（2t，4at2） …………………………（9＇） 设直线 CD 的解析式为 y＝kx＋b 则      2 2 at4bkt2 atbkt 得      2at2b at3k ∴CD 的解析式为 y＝3atx－2at2 ………………………………………………（11＇） 则 H 的坐标为（0，－2at2）即 yH＝－2at2 …………………………………（11.5＇） ∵xC·xD＝t·2t＝2t2 ………………………………………… …………………（12＇） ∴xC·xD＝－ a 1 yH. 154、（2010 年四川省宜宾市）23．(本题满分 8 分) 小明利用课余时间回收废品，将卖得的钱去购买 5 本大小不同的两种笔记本，要求共花 钱不超过 28 元，且购买的笔记本的总页数不低于 340 页，两种笔记本的价格和页数如下表． 为了节约资金，小明应选择哪一种购买方案?请说明理由． 【解答】 23．解：设购买大笔记本为 x 本，则购买小笔记本为(5–x)本，…………………………1 分 依题意，得 6x+5(5–x)≤28 100x+60 (5–x)≥340 ……………………………………………3 分 解得，1≤ x ≤3．…………………………………………………………………… 4 分 x 为整数,∴x 的取值为 1，2，3； 当 x =1 时，购买笔记本的总金额为 6×1+5×4=26(元)； 当 x =2 时，购买笔记本的总金额为 6×2+5×3=27(元)； 当 x =3 时，购买笔记本的总金额为 6×3+5×2=28(元) …………………… 7 分 ∴应购买大笔记本 l 本，小笔记本 4 本，花钱最少．……………………………8 分 155、（2010 年四川省宜宾市）24．(本题满分 l2 分) 将直角边长为 6 的等腰 Rt△AOC 放在如图所示的平 面直角坐标系中，点 O 为坐标原点， 点 C、A 分别在 x、y 轴的正半轴上，一条抛物线经 过点 A、C 及点 B(–3，0)． (1)求该抛物线的解析式； (2)若点 P 是线段 BC 上一动点，过点 P 作 AB 的平行 线交 AC 于点 E，连接 AP，当 △APE 的面积最大时，求点 P 的坐标； (3)在第一象限内的该抛物线上是否存在点 G，使△ AGC 的面积与（2）中△APE 的最 大面积相等?若存在，请求出点 G 的坐标；若不存在， 请说明理由． 【解答】 24．解：(1)如图，∵抛物线 y=ax2+bx+c(a ≠ 0)的图象经过点 A(0，6)， ∴c=6．…………………………………………1 分 ∵抛物线的图象又经过点(–3，0)和(6，0)， ∴ 0=9a–3b+6 0=36a+6b+6 ………………………………2 分 解之，得 a = – 1 3 b = 1 …………………………3 分 故此抛物线的解析式为：y= – 1 3 x2+x+6…………4 分 (2)设点 P 的坐标为(m，0)， 则 PC=6–m，S△ABC = 1 2 BC·AO = 1 2 ×9×6=27．……5 分 ∵PE∥AB， 大笔记本 小笔记本 价格（元/本） 6 5 页数（页/本） 100 60 24 题图 ∴△CEP∽△CAB．…………………………………6 分 ∴S△CEP S△CAB = (PC BC )2,即 S△CEP 27 = ( 6–m 9 ) 2 ∴S△CEP = 1 3 (6–m)2.…………………………………………………7 分 ∵S△APC = 1 2 PC·AO = 1 2 (6–m)6=3 (6–m) ∴S△APE = S△APC–S△CEP =3 (6–m) – 1 3 (6–m)2 = – 1 3 (m– 3 2 )2+27 4 . 当 m = 3 2 时，S△APE 有最大面积为27 4 ；此时，点 P 的坐标为(3 2 ,0)．………8 分 (3)如图，过 G 作 GH⊥BC 于点 H，设点 G 的坐标为 G(a，b)，………………9 分 连接 AG、GC， ∵S 梯形 AOHG = 1 2 a (b+6), S△CHG = 1 2 (6– a)b ∴S 四边形 AOCG = 1 2 a (b+6) + 1 2 (6– a)b=3(a+b)．……………………10 分 ∵S△AGC = S 四边形 AOCG –S△AOC ∴27 4 =3(a+b)–18．……………11 分 ∵点 G(a，b)在抛物线 y= – 1 3 x2+x+6 的图象上， ∴b= – 1 3 a2+a+6. ∴27 4 = 3(a – 1 3 a2+a+6)–18 化简，得 4a2–24a+27=0 解之，得 a1= 3 2 ，a2= 9 2 故点 G 的坐标为(3 2 ,27 4 )或(9 2 ，15 4 )． ……………………………………12 分 156、（2010 年辽宁省沈阳市）七、(本题 12 分) 24. 如图 1，在△ABC 中，点 P 为 BC 边中点，直线 a 绕顶点 A 旋转，若 B、P 在直线 a 的异侧， BM直线 a 于点 M，CN直线 a 于点 N，连接 PM、PN； (1) 延长 MP 交 CN 于点 E(如图 2)。 求证：△BPM△CPE； 求证：PM = PN； (2) 若直线 a 绕点 A 旋转到图 3 的位置时，点 B、P 在直线 a 的同侧，其它条件不变。此时 PM=PN 还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3) 若直线 a 绕点 A 旋转到与 BC 边平行的位置时，其它条件不变。请直接判断四边形 MBCN 的形状及此时 PM=PN 还成立吗？不必说明理由。 aA B CP M N A B C M N a P A B CP N M a 圖 1 圖 2 圖 3 【解答】 24. (1) [证明]  如图 2，∵BM直线 a 于点 M，CN直线 a 于点 N， ∴BMN=CNM=90，∴BM//CN，∴MBP=ECP， 又∵P 为 BC 边中点，∴BP=CP，又∵BPM=CPE，∴△BPM△CPE，  ∵△BPM△CPE，∴PM=PE，∴PM= 2 1 ME，∴在 Rt△MNE 中，PN= 2 1 ME， ∴PM=PN； (2) 成立，如图 3， [证明] 延长 MP 与 NC 的延长线相交于点 E，∵BM直线 a 于点 M，CN直线 a 于点 N， ∴BMN=CNM=90，∴BMNCNM=180，∴BM//CN，∴MBP=ECP， 又∵P 为 BC 中点，∴BP=CP，又∵BPM=CPE，∴△BPM△CPE，∴PM=PE， ∴PM= 2 1 ME，则在 Rt△MNE 中，PN= 2 1 ME，∴PM=PN。 (3) 四边形 MBCN 是矩形，PM=PN 成立。 157、（2010 年辽宁省沈阳市）八、(本题 14 分) 25. 如图 1，在平面直角坐标系中，拋物线 y=ax2c 与 x 轴正半轴交于点 F(16，0)、与 y 轴正半 轴交于点 E(0，16)，边长为 16 的正方形 ABCD 的顶点 D 与原点 O 重合，顶点 A 与点 E 重 合，顶点 C 与点 F 重合； (1) 求拋物线的函数表达式； (2) 如图 2，若正方形 ABCD 在平面内运动，并且边 BC 所在的直线始终与 x 轴垂直，抛物线始终与边 AB 交于点 P 且同时与边 CD 交于点 Q(运动时，点 P 不与 A、B 两点重合， 点 Q 不与 C、D 两点重合)。设点 A 的坐标为(m，n) (m>0)。  当 PO=PF 时，分别求出点 P 和点 Q 的坐标；  在的基础上，当正方形 ABCD 左右平移时，请直接写出 m 的取值范围；  当 n=7 时，是否存在 m 的值使点 P 为 AB 边中点。若存在，请求出 m 的值；若不存在，请说明理 由。 【解答】 25. [解] (1) 由拋物线 y=ax2c 经过点 E(0，16)、F(16，0)得：      c ca 16 160 2 ，解得 a=  16 1 ，c=16， ∴y=  16 1 x216； (2)  过点 P 做 PGx 轴于点 G，∵PO=PF，∴OG=FG，∵F(16，0)，∴OF=16， ∴OG= 2 1 OF= 2 1 16=8，即 P 点的横坐标为 8，∵P 点在拋物线上， ∴y=  16 1 8216=12，即 P 点的纵坐标为 12，∴P(8，12)， ∵P 点的纵坐标为 12，正方形 ABCD 边长是 16，∴Q 点的纵坐标为4， x A CD E F B O Q P y B O(D) y x F(C) E(A) O y x F E 圖 1 圖 2 備用圖 ∵Q 点在拋物线上，∴4=  16 1 x216，∴x1=8 5 ，x2= 8 5 ， ∵m>0，∴x2= 8 5 (舍去)，∴x=8 5 ，∴Q(8 5 ，4)；  8 5 160，∴x2= 12(舍去)，∴x=12，∴P 点坐标为(12，7)， ∵P 为 AB 中点，∴AP= 2 1 AB=8，∴点 A 的坐标是(4，7)，∴m=4， 又∵正方形 ABCD 边长是 16，∴点 B 的坐标是(20，7)， 点 C 的坐标是(20，9)，∴点 Q 的纵坐标为9，∵Q 点在拋物线上， ∴ 9=  16 1 x216，∴x1=20，x2= 20，∵m>0，∴x2= 20(舍去)，x=20， ∴Q 点坐标(20，9)，∴点 Q 与点 C 重合，这与已知点 Q 不与点 C 重合矛盾， ∴当 n=7 时，不存在这样的 m 值使 P 为 AB 边的中点。 158、（2010 年辽宁省丹东市）七、（12 分） 25．如图， 已知等边三角形 ABC 中，点 D，E，F 分别为边 AB，AC，BC 的中点，M 为直线 BC 上一动点， △DMN 为等边三角形（点 M 的位置改变时， △DMN 也随之整体移动） ． （1）如图①，当点 M 在点 B 左侧时，请你判断 EN 与 MF 有怎样的数量关系？点 F 是否在直线 NE 上？ 都请直接．．．．写出结论，不必证明或说明理由； （2）如图②，当点 M 在 BC 上时，其它条件不变，（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关系是否仍然成立?若 成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由； （3）若点 M 在点 C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关 系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由． 图① 图② 图③ 第 25 题图 A · B C D E F · · · 【解答】 25．（1）判断：EN 与 MF 相等 （或 EN=MF），点 F 在直线 NE 上， ·························· 3 分 （说明：答对一个给 2 分） （2）成立．·······························································································4 分 证明： 法一：连结 DE，DF． ··················································································· 5 分 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB=AC=BC． 又∵D，E，F 是三边的中点， ∴DE，DF，EF 为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°． 又∠MDF+∠FDN=60°， ∠NDE+∠FDN=60°， ∴∠MDF=∠NDE． ····················································································· 7 分 在△DMF 和△DNE 中，DF=DE，DM=DN， ∠MDF=∠NDE， ∴△DMF≌△DNE． ···················································································· 8 分 ∴MF=NE． ···················································································9 分 法二： 延长 EN，则 EN 过点 F． ········································································· 5 分 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB=AC=BC． 又∵D，E，F 是三边的中点， ∴EF=DF=BF． ∵∠BDM+∠MDF=60°， ∠FDN+∠MDF=60°， ∴∠BDM=∠FDN．·························································································7 分 又∵DM=DN， ∠ABM=∠DFN=60°， ∴△DBM≌△DFN．······················································································· 8 分 ∴BM=FN． ∵BF=EF， ∴MF=EN．·················································································9 分 法三： 连结 DF，NF． ···························································································5 分 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AC=BC=AC． 又∵D，E，F 是三边的中点， ∴DF 为三角形的中位线，∴DF= 2 1 AC= 2 1 AB=DB． 又∠BDM+∠MDF=60°， ∠NDF+∠MDF=60°， ∴∠BDM=∠FDN． ····················································································· 7 分 在△DBM 和△DFN 中，DF=DB， DM=DN， ∠BDM=∠NDF，∴△DBM≌△DFN． ∴∠B=∠DFN=60°．···················································································· 8 分 又∵△DEF 是△ABC 各边中点所构成的三角形， ∴∠DFE=60°． ∴可得点 N 在 EF 上， ∴MF=EN． ………… 9 分 （3）画出图形（连出线段 NE）， …………11 分 MF 与 EN 相等的结论仍然成立（或 MF=NE 成立）．……… 12 分 N C A B FM D E N C A B FM D E 159、（2010 年辽宁省丹东市）八、（14 分） 26．如图，平面直角坐标系中有一直角梯形 OMNH， 点 H 的坐标为（－8，0），点 N 的坐标为（－6，－4）． （1）画出直角梯形 OMNH 绕点 O 旋转 180°的图形 OABC，并写出顶点 A，B，C 的坐标（点 M 的对应 点为 A，点 N 的对应点为 B，点 H 的对应点为 C）； （2）求出过 A，B，C 三点的抛物线的表达式； （3）截取 CE=OF=AG=m，且 E，F，G 分别在线段 CO， OA，AB 上，求四边形．．．BEFG 的面积 S 与 m 之间的函 数关系式，并写出自变量 m 的取值范围；面积 S 是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；若 不存在，请说明理由； （4）在（3）的情况下，四边形 BEFG 是否存在邻边 相等的情况，若存在，请直接．．写出此时 m 的值， 并指出相等的邻边；若不存在，说明理由． 【解答】 26．（1） 利用中心对称性质，画出梯形 OABC．……… 1 分 ∵A，B，C 三点与 M，N，H 分别关于点 O 中心对称， ∴A（0，4），B（6，4），C（8，0） ……… 3 分 （写错一个点的坐标扣 1 分） （2）设过 A，B，C 三点的抛物线关系式为 2y ax bx c   ， ∵抛物线过点 A（0，4）， ∴ 4c  ． 则抛物线关系式为 2 4y ax bx   ．……… 4 分 将 B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得 36 6 4 4 64 8 4 0 a b a b        ， ．………5 分 解得 1 4 3 2 a b      ， ． ………6 分 所求抛物线关系式为： 21 3 44 2y x x    ．··············································· （3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m． ················································· ∴ AGF EOF BECEFGB ABCOS S S S S   △ △ △四边形 梯形 2 1 OA（AB+OC） 1 2  AF·AG 1 2  OE·OF 1 2  CE·OA mmmmm 42 1)8(2 1)4(2 18642 1  ）（ 2882  mm （ 0＜ m ＜4） ………10 分 ∵ 2( 4) 12S m   ． ∴当 4m  时，S 的取最小值． 又∵0＜m＜4，∴不存在 m 值，使 S 的取得最小值． ……12 分 （4）当 2 2 6m    时，GB=GF，当 2m  时，BE=BG．……14 分 第 26 题图 O MN H A CE F D B ↑ →－8 (－6，－4) x y 160、（2010 年辽宁省抚顺市）七、解答题（本题 12 分） 25.如图所示，（1）正方形 ABCD 及等腰 Rt△AEF 有公共顶点 A,∠EAF=90 0 , 连接 BE、DF.将 Rt△AEF 绕点 A 旋转,在旋转过程中，BE、DF 具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明； (2)将（1）中的正方形 ABCD 变为矩形 ABCD，等腰 Rt△AEF 变为 Rt△AEF，且 AD=kAB,AF=kAE,其他条件不 变.(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由； (3)将（2）中的矩形 ABCD 变为平行四边形 ABCD，将 Rt△AEF 变为△AEF，且∠BAD=∠EAF= ，其他条件不 变.(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用 k 表示出线段 BE、DF 的数量关系，用 表示出直线 BE、DF 形成的锐角  . 【解答】 七、25.（1）证明：延长 DF 分别交 AB、BE 于点 P、G.---------------------------------------1 分 在正方形 ABCD 和等腰直角△AEF 中 AD=AB,AF=AE, ∠BAD=∠EAF =90° ∴∠FAD=∠EAB ∴ △ FAD ≌ △ EAB -----------------------------------------------------------------------------------2 分 ∴ ∠ FDA= ∠ EBA DF=BE --------------------------------------------------------------------------3 分 ∵∠DPA=∠BPG, ∠ADP+∠DPA=90° ∴∠EBP+∠BPG=90° ∴∠DGB=90° ∴ DF ⊥ BE ------------------------------------------------------------------------------------------- -5 分 （ 2 ） 改 变 . DF=kBE ，  =180 ° - .---------------------------------------------------------------7 分 证法（一）：延长 DF 交 EB 的延长线于点 H ∵AD=kAB,AF=kAE ∴ AB AD =k, AE AF =k ∴ AB AD = AE AF ∵∠BAD=∠EAF = ∴∠FAD=∠EAB ∴ △ FAD ∽ △ EAB--------------------------------------------------------------------------------9 分 ∴ BE DF = AE AF =k ∴ DF=kBE------------------------------------------------------------------------------------- --10 分 由△FAD∽△EAB 得∠AFD=∠AEB ∵∠AFD+∠AFH=180  ∴∠AEB+∠AFH=180° ∵四边形 AEHF 的内角和为 360°， ∴∠EAF+∠EHF=180° ∵∠EAF= ,∠EHF=  ∴  +  =180 ° ∴  =180 ° - --------------------------12 分 证法（二）：DF=kBE 的证法与证法（一）相同 延长 DF 分别交 EB、AB 的延长线于点 H、G. 由△FAD∽△EAB 得∠ADF=∠ABE ∵∠ABE=∠GBH∴∠ADF=∠GBH ∵  =∠BHF =∠GBH+∠G∴  =∠ADF+∠G. 在△ADG 中，∠BAD+∠ADF+∠G=180°,∠BAD= ∴  +  =180 ° ∴  =180 ° - ----------------------------------------------------------12 分 证法（三）：在平行四边形 ABCD 中 AB∥CD 可得到∠ABC+∠C=180° ∵∠EBA+∠ABC+∠CBH=180°∴∠C=∠EBA+∠CBH 在  BHP、  CDP 中，由三角形内角和等于 180°可得∠C+∠CDP=∠CBH+∠BHP ∴∠EBA+∠CBH+∠CDP=∠CBH+∠BHP ∴∠EBA+∠CDP=∠BHP 由△FAD∽△EAB 得∠ADP=∠EBA ∴∠ADP+∠CDP=∠BHP 即∠ADC=∠BHP ∵∠BAD+∠ADC=180  ,∠BAD= ,∠BHP=  ∴  +  =180  ∴  =180  - -----------------------------12 分 161、（2010 年辽宁省抚顺市）八、解答题（本题 14 分） 26.如图所示，平面直角坐标系中, 抛物线 y=ax 2 +bx+c 经过 A(0,4)、 B(-2,0)、C(6,0).过点 A 作 AD∥x 轴交抛物线于点 D,过点 D 作 DE⊥x 轴，垂足为点 E.点 M 是四边形 OADE 的对角线的交点，点 F 在 y 轴负半 轴上，且 F(0,-2). (1)求抛物线的解析式，并直接写出四边形 OADE 的形状； (2)当点 P、Q 从 C、F 两点同时出发，均以每秒 1 个长度单位的速度沿 CB 、FA 方向运动，点 P 运动到 O 时 P、Q 两点同时停止运动.设运动的 时间为 t 秒,在运动过程中，以 P、Q、O、M 四点为顶点的四边形的面积 为 S,求出 S 与 t 之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； (3)在抛物线上是否存在点 N，使以 B、C、F、N 为顶点的四边形是梯形？若存在，直接写出点 N 的坐标； 不存在，说明理由. （第 26 题备用图） 【解答】 八、26.解：（1）∵抛物线经过 A(0,4)、B(-2,0)、C(6,0) ∴得到 c=4 4a-2b+c=0 36a+6b+c=0---------------------------------------------------------------------- --------2 分 解得 a=- 3 1 , b= 3 4 , c=4 ∴ 抛 物 线 的 解 析 式 为 y=- 3 1 x 2 + 3 4 x+4---------------------------------------------------------3 分 （或 y=- 3 1 （x+2）（x-6）或 y=- 3 1 (x-2) 2 + 3 16 . ） 四边形 OADE 为正方形. ---------------------------------4 分 （2）根据题意可知 OE=OA=4 OC=6 OB=OF=2 ∴CE=2∴CO=FA=6 ∵运动的时间为 t∴CP=FQ=t 过 M 作 MN⊥OE 于 N,则 MN=2 当 0≤t＜2 时，OP=6-t, OQ=2-t ----------------------------5 分 ∴S= OPQS + OPMS = 2 1 (6-t)×2+ 2 1 (6-t)(2- t)= 2 1 (6-t)(4- t) ∴ S = 2 1 t 2 -5t+12. --------------------------------------------------------------------------------7 分 当 t=2 时，Q 与 O 重合，点 M、O、P、Q 不能构成四边形.(不写也可) 当 2＜t＜6 时，连接 MO,ME 则 MO=ME 且∠QOM=∠PEM=45  ---------------------------------8 分 ∵FQ=CP=t,FO=CE=2 ∴OQ=EP ∴△QOM≌△PEM ∴四边形 OPMQ 的面积 S= MOES = 2 1 ×4×2=4------------------10 分 综上所述，当 0≤t＜2 时，S= 2 1 t 2 -5t+12；当 2＜t＜6 时，S=4 （3）存在 N 1 (1,5),N 2 (5, 3 7 ),N 3 (2+ 22 ,-2),N 4 (2- 22 ,-2) -----------------------14 分 162、（2010 年辽宁省铁岭市）七、解答题（本题 12 分） 25．如图，一个直角三角形纸片的顶点 A 在∠MON 的边 OM 上 移动，移动过程中始终保持 AB⊥ON 于点 B,AC⊥OM 于点 A.∠ MON 的角平分线 OP 分别交 AB、AC 于 D、E 两点.  （1）点 A 在移动的过程中，线段 AD 和 AE 有怎样的数量关系,并说明理由. （2）点 A 在移动的过程中,若射线 ON 上始终存在一点 F 与点 A 关于 OP 所在的直线对称，判断并说明 以 A、D、F、E 为顶点的四边形是怎样特殊的四边形？ （3）若∠MON=45°，猜想线段 AC、AD、OC 之间有怎样的数量关系，并证明你的猜想. 【解答】 七、解答题（本题 12 分） 25.(1) AE=AD ………2 分 (2)菱形 ………3 分 (法一)：连接 DF、EF ∵点 F 与点 A 关于直线 OP 对称， E、D 在 OP 上， ∴AE=FE,AD=FD . ………5 分 由（1）得 AE=AD ∴AE=FE=AD=FD ∴四边形 ADFE 是菱形 ………7 分 （法二）：连接 AF 交 DE 于点 G,连接 DF,EF. 点 F 与点 A 关于直线 OP 对称可知：AF⊥DE, AE=FE, ………3 分 ∴AG=FG, 又∵AE=AD ∴DG=EG ∴四边形 ADFE 是平行四边形 ………6 分 ∵AF⊥DE ∴平行四边形 ADFE 是菱形 ………7 分 （3）OC= AC+AD ………8 分 (法一)：证明：连接 EF. ∵点 F 与点 A 关于直线 OP 对称, ∴AO=OF ∵AC⊥OM, ∠MON=45° ∴∠OAC=90° ∴∠ACO=∠MON=45° ∴OF = AO = AC ………10 分 由（2）知四边形 ADFE 是菱形 ∴EF∥AB AD=EF ∵AB⊥ON ∴∠ABC=90° ∴∠EFC=∠ABC =90° ∵∠ACO=45° ∴∠ACO=∠CEF ∴FC = EF =AD 又∵OC=OF+FC ∴OC = AC+AD ………12 分 （法 2）证明：连接 EF. ∵AC⊥OM, ∠MON=45° ∴∠OAC=90° ∴∠ACO =∠MON =45° F G ∴AO=AC 由（2）知四边形 ADFE 是菱形 ∴EF∥AB AD=EF ∵AB⊥ON ∴∠ABC=90° ∴∠EFC=∠ABC=90° ∵∠ACO=45° ∴∠FEC = ∠ACO =45° ………9 分 ∴FC=FE=AD ∵∠AOE=∠FOE ∵OE=OE, ∠OAC=∠OFE=90° ∵△OAE≌△OFE ………11 分 ∴OA=OF ∴OF=AC，又∵OF+FC=OC，∴AC+AD=OC ………12 分 （法 3）证明：延长 EA 到 G 点，使 AG=AE ∵∠OAE=90° ∴OA⊥GE ∴OG=OE ∴∠AOG=∠EOA ∵∠AOC=45°,OP 平分∠AOC ∴∠AOE=22.5° ∴∠AOG=22.5°∠G=67.5° ∴∠COG=∠G=67.5° ∴CG=OC ………10 分 由（1）得 AD=AE ∵AD=AE=AG ∴AC+AD=OC ………12 分 163、（2010 年辽宁省铁岭市）八、解答题（本题 14 分） 26．如图，在平面直角坐标系中，已知点 A、B、C 的坐标分别为(－１，０)，（５，０），（０，２）． （１）求过 A、B、C 三点的抛物线解析式． （２）若点 P 从Ａ点出发，沿ｘ轴正方向以每秒１个单位长度的速度向 B 点移动，连接 PC 并延长到点 E，使 CE=PC，将线段 PE 绕点 P 顺时针旋转９０°得到线段 PF,连接 FB．若点 P 运动的时间为ｔ 秒，（０≤ｔ≤６）设△PBF 的面积为 S． ①求 S 与ｔ的函数关系式． ②当ｔ是多少时，△PBF 的面积最大，最大面积是多少？ （３）点 P 在移动的过程中，△PBF 能否成为直角三角形？若能，直接写出点 F 的坐标；若不能，请说 明理由． x y 备用图 y x 备用图 y x 【解答】 八、解答题（本题 14 分） 26.解：（1）（法一）设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c(a≠0),把 A(-1,0),B(5,0) C(0,2)三点代入解析式得 a-b+c=0 a= 25a+5b+c=0 解得 b= ∴ ……3 分 c=2 c=2 （法二）设抛物线的解析式为 把（0,2）代入解析式得 即 ……3 分 （2）过点 F 作 FD⊥x 轴于 D 当点 P 在原点左侧时，BP=5-t,OP=-t 在 Rt△POC 中，∠PCO+∠CPO=90° ∵∠FPD+∠CPO=90° ∴∠PCO=∠FPD ∵∠POC=∠FDP ∴△CPO∽△PFD ……………5 分 ∴ PC PF PO FD  ∵PF=PE=2PC ∴FD=2PO=-2t ……………6 分 ∴ S △ PBF= =t2-5t (-1≤t＜0) …………8 分 当点 P 在原点右侧时，OP=t BP=5-t ∵△CPO∽△PFD ………9 分 ∴FD=2t ∴ S △ PBF= =-t2+5t (0＜t＜5) ………11 分 （3）能 ………12 分 t=1 或 t= 时,△PFB 是直角三角形 ………14 分 164、（2010 年浙江省杭州市）23. (本小题满分 10 分) 如图，台风中心位于点 P，并沿东北方向 PQ 移动，已知台风移 动的速度为 30 千米/时，受影响区域的半径为 200 千米，B 市位 于点 P 的北偏东 75°方向上，距离点 P 320 千米处. (1) 说明本次台风会影响 B 市； （2）求这次台风影响 B 市的时间. 【解答】 23. (本小题满分 10 分) （第 23 题） 5 252  aa )5)(1(5 2  xxy 5 2 5 8 x y D0 2 51 )1)(5(  xxay 25 8 5 2 2  xxy 25 8 5 2 2  xxy DFBP 2 1 DFBP 2 1 x y O (1) 作 BH⊥PQ 于点 H, 在 Rt△BHP 中, 由条件知, PB = 320, BPQ = 30°, 得 BH = 320sin30° = 160 < 200, ∴ 本次台风会影响 B 市. ---4 分 (2) 如图, 若台风中心移动到 P1 时, 台风开始影响 B 市, 台风中心移动到 P2 时, 台风影响结束. 由（1）得 BH = 160, 由条件得 BP1=BP2 = 200, ∴所以 P1P2 = 2 22 160200  =240, --- 4 分 ∴台风影响的时间 t = 30 240 = 8(小时). --- 2 分 165、（2010 年浙江省杭州市）24. (本小题满分 12 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线的解析式是 y = 2 4 1 x +1， 点 C 的坐标为(–4，0)，平行四边形 OABC 的顶点 A，B 在抛物 线上，AB 与 y 轴交于点 M，已知点 Q(x，y)在抛物线上，点 P(t，0)在 x 轴上. (1) 写出点 M 的坐标； (2) 当四边形 CMQP 是以 MQ，PC 为腰的梯形时. ① 求 t 关于 x 的函数解析式和自变量 x 的取值范围； ② 当梯形 CMQP 的两底的长度之比为 1：2 时，求 t 的值. 【解答】 24. (本小题满分 12 分) (1) ∵OABC 是平行四边形，∴AB∥OC，且 AB = OC = 4， ∵A，B 在抛物线上，y 轴是抛物线的对称轴， ∴ A，B 的横坐标分别是 2 和– 2， 代入 y = 2 4 1 x +1 得， A(2, 2 )，B(– 2，2)， ∴M (0，2)， ---2 分 (2) ① 过点 Q 作 QH  x 轴，设垂足为 H， 则 HQ = y ，HP = x–t ， 由△HQP∽△OMC，得： 42 txy  , 即： t = x – 2y , （第 23 题） （第 24 题） （第 24 题） ∵ Q(x,y) 在 y = 2 4 1 x +1 上， ∴ t = – 2 2 1 x + x –2. ---2 分 当点 P 与点 C 重合时，梯形不存在，此时，t = – 4，解得 x = 1 5 , 当 Q 与 B 或 A 重合时，四边形为平行四边形，此时，x =  2 ∴x 的取值范围是 x  1 5 , 且 x 2 的所有实数. ---2 分 ② 分两种情况讨论： 1）当 CM > PQ 时，则点 P 在线段 OC 上， ∵ CM∥PQ，CM = 2PQ ， ∴点 M 纵坐标为点 Q 纵坐标的 2 倍，即 2 = 2( 2 4 1 x +1)，解得 x = 0 ， ∴t = – 202 1 + 0 –2 = –2 . --- 2 分 2）当 CM < PQ 时，则点 P 在 OC 的延长线上， ∵CM∥PQ，CM = 2 1 PQ， ∴点 Q 纵坐标为点 M 纵坐标的 2 倍，即 2 4 1 x +1=22，解得： x =  32 . ---2 分 当 x = – 32 时，得 t = – 2)32(2 1 – 32 –2 = –8 – 32 , 当 x = 32 时， 得 t = 32 –8. ---2 分 166、（2010 年浙江省东阳县）23（10 分）如图，在一块正方形 ABCD 木板上要贴三种不同的墙纸，正方形 EFCG 部分贴 A 型墙纸，△ABE 部分贴 B 型墙纸，其余部分贴 C 型墙纸。A 型、B 型、C 型三种墙纸的 单价分别为每平方 60 元、80 元、40 元。 探究 1：如果木板边长为 2 米，FC＝1 米，则一块木板用墙纸的费用需 ▲ 元； 探究 2：如果木板边长为 1 米，求一块木板需用墙纸的最省费用； 探究 3：设木板的边长为 a（a 为整数），当正方形 EFCG 的边长 为多少时？墙纸费用最省；如要用这样的多块木板贴一 堵墙（7×3 平方米）进行装饰，要求每块木板 A 型的墙 纸不超过 1 平方米，且尽量不浪费材料，则需要这样的 木板 ▲ 块。 【解答】 220)1.(23 ……………………………………………………………………………… 2 分 C O A B D N M P x y R H （2）y=20x2—20x+60 ……………………………………………………………………2 分 当 x= 2 1 时，y 小=55 元。…………………………………………………………………1 分 （3）y=20x2—20ax+60a2 …………………………………………………………………2 分 当 x= 2 1 a 时，…………………………………………………………………………1 分 21 块 …………………………………………………………………………………2 分 167、（2010 年浙江省东阳县）24（12 分）如图，P 为正方形 ABCD 的对称中心，A（0，3），B（1，0），直 线 OP 交 AB 于 N，DC 于 M，点 H 从原点 O 出发沿 x 轴的正半轴方向以 1 个单位每秒速度运动，同时， 点 R 从 O 出发沿 OM 方向以 2 个单位每秒速度运动，运动时间为 t。求： （1）C 的坐标为 ▲ ； （2）当 t 为何值时，△ANO 与△DMR 相似？ （3）△HCR 面积 S 与 t 的函数关系式； 并求以 A、B、C、R 为顶点的四边形是梯形 时 t 的值及 S 的最大值。 【解答】 24．（1）Ｃ（４，１）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分 （2）当∠MDR＝45０时，ｔ＝2,点Ｈ（2，0）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分 当∠DRM＝45０时，ｔ＝3,点Ｈ（3，0）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． ２分 （３）Ｓ＝－ 2 1 ｔ２＋２ｔ（０＜ｔ≤４）；（1 分）Ｓ＝ 2 1 ｔ２－２ｔ（ｔ＞４） （1 分） 当ＣＲ∥ＡＢ时，ｔ＝ 4 13 ，（1 分） Ｓ＝ 32 39 （1 分） 当ＡＲ∥ＢＣ时，ｔ＝ 2 9 ， Ｓ＝ 8 9 （1 分） 当ＢＲ∥ＡＣ时，ｔ＝ 3 1 ， Ｓ＝ 18 11 （1 分） 168、（2010 年浙江省嘉兴市）23．如图，已知⊙O 的半径为 1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿 PQ 排成一列，所有正三角形都关于 PQ 对称，其中第一个△A1B1C1 的顶点 A1 与点 P 重合，第二个△A2B2C2 的顶点 A2 是 B1C1 与 PQ 的交点，…，最后一个△AnBnCn 的顶点 Bn、Cn 在圆上． （1）如图 1，当 n＝1 时，求正三角形的边长 a1； （2）如图 2，当 n＝2 时，求正三角形的边长 a2； （3）如题图，求正三角形的边长 an （用含 n 的代数式表示）． 【解答】 169、（2010 年浙江省嘉兴市）24．如图，已知抛物线 y＝－ 1 2 x2＋x＋4 交 x 轴的正半轴于点 A，交 y 轴于 点 B． （1）求 A、B 两点的坐标，并求直线 AB 的解析式； （2）设 P（x，y）（x＞0）是直线 y＝x 上的一点，Q 是 OP 的中点（O 是原点），以 PQ 为对角线作正方 形 PEQF，若正方形 PEQF 与直线 AB 有公共点，求 x 的取值范围； （3）在（2）的条件下，记正方形 PEQF 与△OAB 公共部分的面积为 S，求 S 关于 x 的函数解析式，并 探究 S 的最大值． 【解答】 170、（2010 年浙江省金华市）23.(本题 10 分） 已知点 P 的坐标为（m，0），在 x 轴上存在点 Q（不与 P 点重合），以 PQ 为边作正方形 PQMN，使 点 M 落在反比例函数 y = 2 x  的图像上.小明对上述问题进行了探究，发现不论 m 取何值，符合上述 条件的正方形只有．．两个，且一个正方形的顶点 M 在第四象限，另一个正方形的顶点 M1 在第二象限. （1）如图所示，若反比例函数解析式为 y= 2 x  ，P 点坐标为（1， 0），图中已画出一符合条件的 y 2 一个正方形 PQMN，请你在图中画出符合条件的另一个正方形 PQ1M1N1，并写出点 M1 的坐标； （温馨提示：作图时，别忘 了用黑色字迹的钢笔或签字 笔描黑喔！） M1 的坐标是 ▲ （2） 请你通过改变 P 点坐标，对直线 M1 M 的解析式 y﹦kx＋b 进行探究可得 k﹦ ▲ ， 若 点 P 的坐标为（m，0）时，则 b﹦ ▲ ； （3） 依据(2)的规律，如果点 P 的坐标为（6，0），请你求出点 M1 和点 M 的坐标． 【解答】 23．(本题 10 分) 解：（1）如图；M1 的坐标为（－1，2） ……2 分 （2） 1k ， mb  …………………4 分（各 2 分） （3）由（2）知，直线 M1 M 的解析式为 6 xy 则 M ( x ， y )满足 2)6(  xx 解得 1131 x ， 1132 x ∴ 1131 y ， 1132 y ∴M1，M 的坐标分别为（ 113  ， 113  ），（ 113  ， 113  ）．……………4 分 171、（2010 年浙江省金华市）24.(本题 12 分) 如图，把含有 30°角的三角板 ABO 置入平面直角坐标系中，A，B 两点坐标分别为 （3，0）和(0，3 3 ）.动点 P 从 A 点开始沿折线 AO-OB-BA 运动，点 P 在 AO，OB， BA 上运动的速度分别为 1， 3 ，2 (长度单位/秒)﹒一直尺的上边缘 l 从 x 轴的位置开 始以 3 3 (长度单位/秒)的速度向上平行移动（即移动过程中保持 l∥x 轴），且分别与 OB， AB 交于 E，F 两点﹒设动点 P 与动直线 l 同时出发，运动时间为 t 秒，当点 P 沿折线 AO-OB-BA 运动一周时，直线 l 和动点 P 同时停止运动． x M1 P Q MN O y 1 2 3 -1 -2 -3 -3 -2 -1 1 2 3 Q1 N1 请解答下列问题： （1）过 A，B 两点的直线解析式是 ▲ ； （2）当 t﹦4 时，点 P 的坐标为 ▲ ；当 t ﹦ ▲ ，点 P 与点 E 重合； （3）① 作点 P 关于直线 EF 的对称点 P′. 在运动过程中，若形成的四边形 PEP′F 为 菱形，则 t 的值是多少？ ② 当 t﹦2 时，是否存在着点 Q，使得△FEQ ∽△BEP ?若存在, 求出点 Q 的坐标； 若不存在，请说明理由． 【解答】 24．(本题 12 分) 解：（1） 333  xy ；………4 分 （2）（0, 3 ）， 2 9t ；……4 分（各 2 分） （3）①当点 P 在线段 AO 上时，过 F 作 FG ⊥ x 轴， G 为垂足（如图 1） ∵ FGOE  , FPEP  ,∠ EOP ∠ FGP 90° ∴△ EOP ≌△ FGP ，∴ PGOP  ﹒ 又∵ tFGOE 3 3 ,∠ A 60°,∴ tFGAG 3 1 60tan 0  而 tAP  ，∴ tOP  3 , tAGAPPG 3 2 由 tt 3 23  得 5 9t ；………………………………………………………………1 分 当点 P 在线段 OB 上时，形成的是三角形，不存在菱形； 当点 P 在线段 BA 上时， 过 P 作 PH ⊥ EF ， PM ⊥OB ， H 、 M 分别为垂足（如图 2） ∵ tOE 3 3 ,∴ tBE 3 333  ,∴ 33 60tan 0 tBEEF  ∴ 6 9 2 1 tEFEHMP  ， 又∵ )6(2  tBP 在 Rt△ BMP 中， MPBP  060cos B F AP E O x y l ( 第 24 题 B F AP E O x y G P′P′ (图 1) B F A P E O x y M P′ H （图 2) 即 6 9 2 1)6(2 tt  ，解得 7 45t ．…………………………………………………1 分 ②存在﹒理由如下： ∵ 2t ，∴ 33 2OE , 2AP ， 1OP 将△ BEP 绕点 E 顺时针方向旋转 90°，得到 △ ECB （如图 3） ∵ OB ⊥ EF ，∴点 B在直线 EF 上， C 点坐标为（ 33 2 ， 33 2 －1） 过 F 作 FQ ∥ CB ，交 EC 于点 Q, 则△ FEQ ∽△ ECB 由 3 QE CE FE EB FE BE ，可得 Q 的坐标为（－ 3 2 ， 3 3 ）………………………1 分 根据对称性可得，Q 关于直线 EF 的对称点 Q （－ 3 2 ， 3 ）也符合条件．……1 分 172、（2010 年浙江省丽水市）23. 小刚上午 7：30 从家里出发步行上学，途经少年宫时走了1200 步，用 时 10 分钟，到达学校的时间是 7：55．为了估测路程等有关数据，小刚特意在学校的田径跑道上，按 上学的步行速度，走完 100 米用了 150 步． (1) 小刚上学步行的平均速度是多少米/分？小刚家和少年宫之间、少年宫和学校之间的路程分别是 多少米？ (2) 下午 4：00，小刚从学校出发，以 45 米/分的速度行走，按上学时的原路回家，在未到少年宫 300 米处与同伴玩了半小时后，赶紧以 110 米/分的速度回家， 中途没有再停留．问： ① 小刚到家的时间是下午几时？ ② 小刚回家过程中，离家的路程 s(米)与时间 t(分)之间的函 数关系如图，请写出点 B 的坐标，并求出线段 CD 所在直线 的函数解析式． 【解答】 23. (本题 10 分) 解：(1) 小刚每分钟走 1200÷10=120(步)，每步走 100÷150= 2 3 (米)， 所以小刚上学的步行速度是 120× 2 3 =80(米/分)． ……2 分 小刚家和少年宫之间的路程是 80×10=800(米)． ……1 分 少年宫和学校之间的路程是 80×(25-10)=1200(米)． ……1 分 (2) ① 1200 300 800 30030 6045 110     (分钟)， 所以小刚到家的时间是下午 5：00． ……2 分 ② 小刚从学校出发，以 45 米/分的速度行走到离少年宫 300 米处时实际走了 900 米，用时 900 2045  分，此时小刚离家 1 100 米，所以点 B 的坐标是（20，1100）．……2 分 线段 CD 表示小刚与同伴玩了 30 分钟后，回家的这个时间段中离家的路程 s(米)与行走时间 t(分)之 y B F AP E O x Q′ B′ QC C1 D1 (图 3) t(分)O s(米) A B C D (第 23 题) 间的函数关系，由路程与时间的关系得 1100 110( 50)s t   ， 即线段 CD 所在直线的函数解析式是 6 600 110s t  ． ……2 分 (线段 CD 所在直线的函数解析式也可以通过下面的方法求得： 点 C 的坐标是（50，1100），点 D 的坐标是（60，0） 设线段 CD 所在直线的函数解析式是 s kt b  ，将点 C，D 的坐标代入，得 50 1100, 60 0. k b k b      解得 110, 6 600. k b     所以线段 CD 所在直线的函数解析式是 110 6 600s t   ) 173、（2010 年浙江省丽水市）24. △ABC 中，∠A=∠B=30°，AB= 2 3 ．把△ABC 放在平面直角坐标系中， 使 AB 的中点位于坐标原点 O(如图)，△ABC 可以绕点 O 作任意角度的旋转． (1) 当点 B 在第一象限，纵坐标是 6 2 时，求点 B 的横坐标； (2) 如果抛物线 2y ax bx c   (a≠0)的对称轴经过点 C，请你探究： ① 当 5 4a  ， 1 2b   ， 3 5 5c   时，A，B 两点是否都 在这条抛物线上？并说明理由； ② 设 b=-2am，是否存在这样的 m 的值，使 A，B 两点不 可能同时在这条抛物线上？若存在，直接写出 m 的值； 若不存在，请说明理由． 【解答】 24. (本题 12 分) 解：(1) ∵ 点 O 是 AB 的中点， ∴ 1 32OB AB  ． ……1 分 设点 B 的横坐标是 x(x>0)，则 2 2 26( ) ( 3)2x   ， ……1 分 解得 1 6 2x  ， 2 6 2x   (舍去)． ∴ 点 B 的横坐标是 6 2 ． ……2 分 (2) ① 当 5 4a  ， 1 2b   ， 3 5 5c   时，得 25 1 3 5 4 2 5y x x   ……(＊) 25 5 13 5( )4 5 20y x   ． ……1 分 以下分两种情况讨论． 情况 1：设点 C 在第一象限(如图甲)，则点 C 的横坐标为 5 5 ， 3tan30 3 13OC OB      ． ……1 分 由此，可求得点 C 的坐标为( 5 5 ， 2 5 5 )， ……1 分 点 A 的坐标为( 2 15 5  ， 15 5 )， O y x C B A (第 24 题) 1 1 -1 -1 O y x C B A (甲) 1 1 -1 -1 ∵ A，B 两点关于原点对称， ∴ 点 B 的坐标为( 2 15 5 ， 15 5  )． 将点 A 的横坐标代入(＊)式右边，计算得 15 5 ，即等于点 A 的纵坐标； 将点 B 的横坐标代入(＊)式右边，计算得 15 5  ，即等于点 B 的纵坐 标． ∴ 在这种情况下，A，B 两点都在抛物线上． ……2 分 情况 2：设点 C 在第四象限(如图乙)，则点 C 的坐标为( 5 5 ，- 2 5 5 )， 点 A 的坐标为( 2 15 5 ， 15 5 )，点 B 的坐标为( 2 15 5  ， 15 5  )． 经计算，A，B 两点都不在这条抛物线上． ……1 分 (情况 2 另解：经判断，如果 A，B 两点都在这条抛物线上，那么抛物线将开口向下，而已知的抛物线 开口向上．所以 A，B 两点不可能都在这条抛物线上) ② 存在．m 的值是 1 或-1． ……2 分 ( 2 2( )y a x m am c    ，因为这条抛物线的对称轴经过点 C，所以-1≤m≤1．当 m=±1 时，点 C 在 x 轴上，此时 A，B 两点都在 y 轴上．因此当 m=±1 时，A，B 两点不可能同时在这条抛物线上) 174、(2010 年浙江省宁波市）26、如图 1、在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，□ABCD 的顶点 A 的坐 标为（－2，0），点 D 的坐标为（0， 32 ），点 B 在 x 轴的正半轴上，点 E 为线段 AD 的中点，过点 E 的直线l 与 x 轴交于点 F，与射线 DC 交于点 G。 （1）求 DCB 的度数; （2）连结 OE，以 OE 所在直线为对称轴，△OEF 经轴对称变换后得到△ FOE  ，记直线 FE  与射线 DC 的 交点为 H。 ①如图 2，当点 G 在点 H 的左侧时，求证：△DEG∽△DHE; ②若△EHG 的面积为 33 ，请直接写出点 F 的坐标。 【解答】26、解：（1） 60 （2）（2， 32 ） O y x C B A (乙) 1 1 -1 -1 y x CD A O B E G F （图 1） x CD A O B E G H F F y （图 2） x CD A O B E y （图 3） x CD E y Ｍ （3）①略 ②过点 E 作 EM⊥直线 CD 于点 M ∵CD∥AB ∴  60DABEDM ∴ 32 3260sin  DEEm ∵ 3332 1 2 1  GHMEGHS EGH ∴ 6GH ，∵△DHE∽△DEG， ∴ DE DH DG DE  即 DHDGDE 2 当点 H 在点 G 的右侧时，设 xDG  ， 6 xDH ， ∴ )6(4  xx 解得： 11321331 x ，∴点 F 的坐标为（ 113  ，0） 当点 H 在点Ｇ的左侧时，设 xDG  ， 6 xDH ，∴ )6(4  xx 解得： 1331 x ， 1331 x （舍），∵△ＤＥＧ≌△ＡＥＦ，∴ 133  DGAF ∵ 5132133  AFAOOF ，∴点Ｆ的坐标为（ 513  ，0） 综上可知，点Ｆ的坐标有两个，分别是 1F （ 113  ，0）， 2F （ 513  ，0） 175、（2010 年浙江省绍兴市）23. (1) 如图 1,在正方形 ABCD 中,点 E,F 分别在边 BC,CD 上,AE,BF 交于点 O,∠AOF＝90°. 求证：BE＝CF. (2) 如图 2,在正方形 ABCD 中,点 E,H,F,G 分别在边 AB,BC,CD,DA 上,EF,GH 交于点 O, ∠FOH＝90°, EF＝4.求 GH 的长. (3) 已知点 E,H,F,G 分别在矩形 ABCD 的边 AB,BC,CD,DA 上，EF,GH 交于点 O,∠FOH＝90°, EF＝4. 直接写出下列两题的答案： ①如图 3,矩形 ABCD 由 2 个全等的正方形组成,求 GH 的长； ②如图 4,矩形 ABCD 由 n 个全等的正方形组成,求 GH 的长(用 n 的代数式表示). 【解答】 23．（本题满分 12 分） 第 23 题图 1 第 23 题图 2 第 23 题图 3 第 23 题图 4 (1) 证明：如图 1，∵ 四边形 ABCD 为正方形， ∴ AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°， ∴ ∠EAB+∠AEB=90°. ∵ ∠EOB=∠AOF＝90°, ∴ ∠FBC+∠AEB=90°，∴ ∠EAB=∠FBC， ∴ △ABE≌△BCF ， ∴ BE=CF． (2) 解：如图 2,过点 A 作 AM//GH 交 BC 于 M， 过点 B 作 BN//EF 交 CD 于 N,AM 与 BN 交于点 O/， 则四边形 AMHG 和四边形 BNFE 均为平行四边形， ∴ EF=BN,GH=AM， ∵ ∠FOH＝90°, AM//GH，EF//BN, ∴ ∠NO/A=90°, 故由(1)得, △ABM≌△BCN， ∴ AM=BN， ∴ GH=EF=4． (3) ① 8．② 4n． 176、（2010 年浙江省绍兴市）24.如图,设抛物线 C1:   51 2  xay , C2:   51 2  xay ,C1 与 C2 的 交点为 A, B,点 A 的坐标是 )4,2( ,点 B 的横坐标是－2. （1）求 a 的值及点 B 的坐标； （2）点D在线段AB上,过D作x轴的垂线,垂足为点H, 在DH的右侧作正三角形DHG. 记过C2顶点Ｍ的 直线为 l ,且 l 与x轴交于点N. ① 若l 过△DHG 的顶点 G,点 D 的坐标为 (1, 2)，求点 N 的横坐标； ② 若l 与△DHG的边DG相交,求点N的横 坐标的取值范围. 【解答】 24．（本题满分 14 分） 解：（1）∵ 点 A )4,2( 在抛物线 C1 上，∴ 把点 A 坐标代入   51 2  xay 得 a =1. ∴ 抛物线 C1 的解析式为 422  xxy , 设 B(－2,b)， ∴ b＝－4, ∴ B(－2,－4) . （2）①如图 1， ∵ M(1, 5)，D(1, 2), 且 DH⊥x 轴，∴ 点 M 在 DH 上，MH=5. 过点 G 作 GE⊥DH,垂足为 E, 由△DHG 是正三角形,可得 EG= 3 , EH=1， ∴ ME＝4. 第 24 题图 第 23 题图 1 第 23 题图 2 O′ N M 设 N ( x, 0 ), 则 NH＝x－1, 由△MEG∽△MHN,得 HN EG MH ME  , ∴ 1 3 5 4  x , ∴ x 134 5  , ∴ 点 N 的横坐标为 134 5  ． ② 当点Ｄ移到与点 A 重合时,如图 2， 直线 l 与 DG 交于点 G,此时点Ｎ的横坐标最大． 过点Ｇ,Ｍ作 x 轴的垂线,垂足分别为点Ｑ,F, 设Ｎ（x，0）， ∵ A (2, 4), ∴ G ( 322  , 2), ∴ NQ= 322 x ，ＮF = 1x , GQ=2, MF =5. ∵ △NGQ∽△NMF， ∴ MF GQ NF NQ  , ∴ 5 2 1 322   x x , ∴ 3 8310 x . 当点 D 移到与点 B 重合时,如图 3， 直线 l 与 DG 交于点 D,即点 B, 此时点 N 的横坐标最小. ∵ B(－2, －4), ∴ H(－2, 0), D(－2, －4), 设 N（x，0）， ∵ △BHN∽△MFN， ∴ MF BH FN NH  ， ∴ 5 4 1 2   x x , ∴ 3 2x . ∴ 点 N 横坐标的范围为 3 2 ≤x≤ 3 8310  . 177、(2010 年浙江省台州市)23．如图 1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB=∠F=90°，∠A=∠E=30°．△EDF 绕 着边 AB 的中点 D 旋转， DE，DF 分别交线段．．AC 于点 M，K． 第 24 题图 2 第 24 题图 3 图 4 （1）观察： ①如图 2、图 3，当∠CDF=0° 或 60°时，AM+CK_______MK(填“>”，“<”或“=”)． ②如图 4，当∠CDF=30° 时，AM+CK___MK(只填“>”或“<”)． （2）猜想：如图 1，当 0°＜∠CDF＜60°时，AM+CK_______MK，证明你所得到的结论． （3）如果 222 AMCKMK  ，请直接写出∠CDF 的度数和 AM MK 的值． 【解答】 23．（12 分）（1）① = ………………………………………………………………………2 分 ② ＞ …………………………………………………………………………………2 分 （2）＞………………………………………………………………………………………2 分 证明：作点 C 关于 FD 的对称点 G， 连接 GK，GM，GD， 则 CD=GD ，GK = CK，∠GDK=∠CDK， ∵D 是 AB 的中点，∴AD=CD=GD． ∵ A 30°，∴∠CDA=120°， ∵∠EDF=60°，∴∠GDM+∠GDK=60°， ∠ADM+∠CDK =60°．∴∠ADM=∠GDM，…………………………………3 分 ∵DM=DM， ∴△ADM≌△GDM，∴GM=AM． ∵GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK．……………………………………………………1 分 （3）∠CDF=15°， 2 3 AM MK ．…………………………………………………………2 分 178、（2010 年浙江省台州市）24．如图，Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=6，AC=8．点 P，Q 都是斜边 AB 上的 动点，点 P 从 B 向 A 运动（不与点 B 重合），点 Q 从 A 向 B 运动，BP=AQ．点 D，E 分别是点 A，B 以 Q， P 为对称中心的对称点， HQ⊥AB 于 Q，交 AC 于点 H．当点 E 到达顶点 A 时，P，Q 同时停止运动．设 BP 的长为 x，△HDE 的面积为 y． （1）求证：△DHQ∽△ABC； （2）求 y 关于 x 的函数解析式并求 y 的最大值； （3）当 x 为何值时，△HDE 为等腰三角形？ 【解答】 24．（14 分）（1）∵A、D 关于点 Q 成中心对称，HQ⊥AB， 图 1 图 2 图 3 （第 23 题） 图 4 （第 24 题） H ∴ CHQD  =90°，HD=HA， ∴ AHDQ  ，…………………………………………………………………………3 分 ∴△DHQ∽△ABC． ……………………………………………………………………1 分 （2）①如图 1，当 5.20  x 时， ED= x410  ，QH= xAAQ 4 3tan  ， 此时 xxxxy 4 15 2 3 4 3)410(2 1 2  ． …………………………………………3 分 当 4 5x 时，最大值 32 75y ． ②如图 2，当 55.2  x 时， ED= 104 x ，QH= xAAQ 4 3tan  ， 此时 xxxxy 4 15 2 3 4 3)104(2 1 2  ． …………………………………………2 分 当 5x 时，最大值 4 75y ． ∴y 与 x 之间的函数解析式为         ).55.2(4 15 2 3 ),5.20(4 15 2 3 2 2 xxx xxx y y 的最大值是 4 75 ．……………………………………………………………………1 分 （3）①如图 1，当 5.20  x 时， 若 DE=DH，∵DH=AH= xA QA 4 5 cos  ， DE= x410  ， ∴ x410  = x4 5 ， 21 40x ． 显然 ED=EH，HD=HE 不可能； ……………………………………………………1 分 ②如图 2，当 55.2  x 时， 若 DE=DH， 104 x = x4 5 ， 11 40x ； …………………………………………1 分 若 HD=HE，此时点 D，E 分别与点 B，A 重合， 5x ； ………………………1 分 若 ED=EH，则△EDH∽△HDA， （图 1） （图 2） ∴ AD DH DH ED  ， x x x x 2 4 5 4 5 104  ， 103 320x ． ……………………………………1 分 ∴当 x 的值为 103 320,5,11 40,21 40 时，△HDE 是等腰三角形. 179、（2010 年浙江省温州市）23．(本题 l2 分)在日常生活中，我们经常有目的地收集数据，分析数据， 作出预测． (1)下图是小芳家 2009 年全年月用电量的条形统计图。 根据图中提供的信息，回答下列问题： ①2009 年小芳家月用电量最小的是 月，四个季度中用电量最大的是第 季度； ②求 2009 年 5 月至 6 月用电量的月增长率； (2)今年小芳家添置了新电器．已知今年 5 月份的用电量是 120 千瓦时，根据 2009 年 5 月至 7 月用电量的 增长趋势，预计今年 7 月份的用电量将达到 240 千瓦时．假设今年 5 月至 6 月用电量月增长率是 6 月至 7 月用电量月增长率的 1.5 倍，预计小芳家今年 6 月份的用电量是多少千瓦时? 【解答】 180、（2010 年浙江省温州市）24．(本题 l4 分)如图，在 RtABC 中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，过点 B 作 射线 BBl∥AC．动点 D 从点 A 出发沿射线 AC 方向以每秒 5 个单位的速度运动，同时动点 E 从点 C 出 发沿射线 AC 方向以每秒 3 个单位的速度运动．过点 D 作 DH⊥AB 于 H，过点 E 作 EF 上 AC 交射线 BB1 于 F，G 是 EF 中点，连结 DG．设点 D 运动的时间为 t 秒． (1) 当 t 为何值时，AD=AB，并求出此时 DE 的长度； (2) 当△DEG 与△ACB 相似时，求 t 的值； (3) 以 DH 所在直线为对称轴，线段 AC 经轴对称变换后的图形为 A′C′． ①当 t> 5 3 时，连结 C′C，设四边形 ACC′A ′的面积为 S，求 S 关于 t 的函数关系式； ②当线段 A ′C ′与射线 BB，有公共点时，求 t 的取值范围(写出答案即可)． 【解答】 181、（2010 年浙江省舟山市）23.（本题满分 10 分）某电脑公司经销甲种型号电脑，今年三月份的电脑售 价比去年同期每台降价 1000 元，如果卖出相同数量的电脑，去年销售额为 10 万元，今年销售额只有 8 万 元． （1）今年三月份甲种电脑每台售价多少元？ （2）为了增加收入，电脑公司决定再经销乙种型号电脑．已知甲种电脑每台进价为 3500 元，乙种电 脑每台进价为 3000 元，公司预计用不多于 5 万元且不少于 4.8 万元的资金购进这两种电脑共 15 台，有几 种进货方案？ （3）如果乙种电脑每台售价为 3800 元，为打开乙种电脑的销路，公司决定每售出一台乙种电脑，返 还顾客现金 a 元，要使（2）中所有方案获利相同，a 值应是多少？ 【解答】 23.（本题满分 10 分） （1）解：设今年三月份甲种电脑每台售价 x 元 xx 80000 1000 100000  解得： 4000x ………………2 分 经检验： 4000x 是原方程的根……………………1 分 所以甲种电脑今年三月份每台售价 4000 元 （2）设购进甲种电脑 y 台 48000 50000)15(30003500  yy …………………2 分 解得 106  y ………………………………………………1 分 因为 y 的正整数解为 6，7，8，9，10，所以共有 5 种进货方案 ……………1 分 （3）设总获利为 w 元 aya yayw 1512000)300( )15)(30003800()35004000(   ………2 分 当 300a 时，（2）中所有方案获利相同………………1 分 182、（2010 年浙江省舟山市）24. （本题满分 12 分）如图，在菱形 ABCD 中，AB=2cm，∠BAD=60°，E 为 CD 边中点，点 P 从点 A 开始沿 AC 方向以每秒 2 3 cm 的速度运动，同时，点 Q 从点 D 出发沿 DB 方向以每 秒 1cm 的速度运动，当点 P 到达点 C 时，P，Q 同时停止运动，设运动的时间为 x 秒 （1）当点 P 在线段 AO 上运动时. ①请用含 x 的代数式表示 OP 的长度； ②若记四边形 PBEQ 的面积为 y，求 y 关于 x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范 围）； （2）显然，当 x=0 时，四边形 PBEQ 即梯形 ABED，请问，当 P 在线段 AC 的其他位置时，以 P，B，E，Q 为顶点的四边形能否成为梯形？若 能，求出所有满足条件的 x 的值；若不能，请说 明理由. 【解答】 24.（本小题满分 12 分） 解：（1）①由题意得∠BAO=30°，AC⊥BD ∵AB=2 ∴OB=OD=1，OA=OC= 3 ∴OP= 3 2 3x ……… ……2 分 ②过点 E 作 EH⊥BD，则 EH 为△COD 的中位线 ∴ 1 3 2 2EH OC  ∵DQ=x ∴BQ=2-x ∴ 1 1 3(2 )( 3 2 3 ) (2 )2 2 2BPQ BEQy S S x x x           2 11 3 3 33 4 2x x   …………………………3 分 （2）能成为梯形，分三种情况： 当 PQ∥BE 时，∠PQO=∠DBE=30° ∴ 3tan30 3 oOP OQ   Q E O A C D B P H Q E O A C D B P Q H E O A C B D P 即 3 2 3 3 1 3 x x   ∴x= 2 5 此时 PB 不平行 QE，∴x= 2 5 时，四边形 PBEQ 为梯形. …………………………2 分 当 PE∥BQ 时，P 为 OC 中点 ∴AP= 3 3 2 ，即 3 32 3 2x  ∴ 3 4x  此时，BQ=2-x= 5 4 ≠PE，∴x= 3 4 时，四边形 PEQB 为梯形. …………………………2 分 当 EQ∥BP 时，△QEH∽△BPO ∴ HE QH OP BO  ∴ 3 1 2 2 12 3 3 x x    ∴x=1（x=0 舍去） 此时，BQ 不平行于 PE， ∴x=1 时，四边形 PEQB 为梯形. ………………………………2 分 综上所述，当 x= 2 5 或 3 4 或 1 时，以 P，B，E，Q 为顶点的四边形是梯形.……………1 分 183（2010 年浙江省义乌市）23．如图 1，已知∠ABC=90°，△ABE 是等边三角形，点 P 为射线 BC 上任意 一点（点 P 与点 B 不重合），连结 AP，将线段 AP 绕点 A 逆时针旋转 60°得到线段 AQ，连结 QE 并延长 交射线 BC 于点 F. （1）如图 2，当 BP=BA 时，∠EBF= ▲ °，猜想∠QFC= ▲ °； （2）如图 1，当点 P 为射线 BC 上任意一点时，猜想∠QFC 的度数，并加以证明； （3）已知线段 AB= 32 ，设 BP= x ，点 Q 到射线 BC 的距离为 y，求 y 关于 x 的函数关系式． Q H E O A C B D P Q H E O A C B D P 图 2 A B E Q PF C 图 1 A CB E F P 【解答】 23．解: （1） EBF 30°...............................1 分 QFC = 60°..................................2 分 （2） QFC =60°.....................................1 分 不妨设 BP＞ 3AB , 如图 1 所示 ∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP ∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP ∴∠BAP=∠EAQ..........................................2 分 在△ABP 和△AEQ 中 AB=AE，∠BAP=∠EAQ， AP=AQ ∴△ABP≌△AEQ（SAS）.........................3 分 ∴∠AEQ=∠ABP=90°...............................4 分 ∴∠BEF 180 180 90 60 30AEQ AEB              ∴ QFC = EBF BEF    30 30    60°…………………………............5 分 (事实上当 BP≤ 3AB 时，如图 2 情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分） (3)在图 1 中，过点 F 作 FG⊥BE 于点 G ∵△ABE 是等边三角形 ∴BE=AB= 32 ，由（1）得 EBF 30° 在 Rt△BGF 中， 32 BEBG   ∴BF= 2cos30 BG  ∴EF=2.......1 分 ∵△ABP≌△AEQ ∴QE=BP= x ∴QF=QE＋EF 2x  ................2 分 过点 Q 作 QH⊥BC，垂足为 H 在 Rt△QHF 中， 3sin 60 ( 2)2y QH QF x     （x＞0） 即 y 关 于 x 的 函 数 关 系 式 是 ： 3 32y x  .......................................................3 分 184、（2010 年浙江省义乌市） 24．如图 1，已知梯形 OABC，抛物线分别过点 O（0，0）、A（2，0）、B（6，3）． （1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点 M 的坐标； （2）将图 1 中梯形 OABC 的上下底边所在的直线 OA、CB 以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于 点 O1、A1、C1、B1，得到如图 2 的梯形 O1A1B1C1．设梯形 O1A1B1C1 的面积为 S，A1、 B1 的坐标分别为 (x1， y1)、(x2，y2)．用含 S 的代数式表示 2x － 1x ，并求出当 S=36 时点 A1 的坐标； （3）在图 1 中，设点 D 坐标为(1，3)，动点 P 从点 B 出发，以每秒 1 个单位长度的速度沿着线段 BC 运动，动点 Q 从点 D 出发，以与点 P 相同的速度沿着线段 DM 运动．P、Q 两点同时出发，当点 Q 到达点 M 时，P、Q 两点同时停止运动．设 P、Q 两点的运动时间为 t，是否存在某一时刻 t，使得 直线 PQ、直线 AB、 x 轴围成的三角形与直线 PQ、直线 AB、抛物线的对称轴．．．围成的三角形相似？ 若存在，请求出 t 的值；若不存在，请说明理由． 图 2 A B E Q PF C 图 1 A CB E Q F P 【解答】 24．解：（1）对称轴：直线 1x  ……………………………………………………..… 1 分 解析式： 21 1 8 4y x x  或 21 1( 1)8 8y x   ……………………………….2 分 顶点坐标：M（1， 1 8  ）……….…………………………………………..3 分 （2）由题意得 2 1 3y y  2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 8 4 8 4y y x x x x      3………………………………..1 分 得： 2 1 2 1 1 1( )[ ( ) ] 38 4x x x x    ①…………….………….……2 分 1 2 1 2 2( 1 1) 3( ) 62 x xs x x       得： 1 2 23 sx x   ②….…………………………………..………..3 分 把②代入①并整理得： 2 1 72x x s   (S＞0) (事实上，更确切为 S＞6 6 )4 分 当 36s  时， 2 1 2 1 14 2 x x x x      解得： 1 2 6 8 x x    (注：S＞0 或 S＞6 6 不写不扣分) 把 1 6x  代入抛物线解析式得 1 3y  ∴点 A1（6，3）………5 分 （3）存在………………………………………………………………….…..……1 分 解法一：易知直线 AB 的解析式为 3 3 4 2y x  ， 可得直线 AB 与对称轴的交点 E 的坐标为 31, 4     ∴BD=5，DE=15 4 ，DP=5－t，DQ= t 当 PQ ∥ AB 时， DQ DP DE DB  5 15 5 4 t t 得 15 7t  ………2 分 下面分两种情况讨论: 设直线 PQ 与直线 AB、x 轴的交点分别为点 F、G ①当 0  15 7t  时，如图 1-1 ∵△FQE∽△FAG ∴∠FGA＝∠FEQ ∴∠DPQ＝∠DEB 易得△DPQ∽△DEB ∴ DQ DP DB DE  ∴ 5 155 4 t t 得 20 15 7 7t   ∴ 20 7t  (舍去)………3 分 ②当15 7  1 8t   时，如图 1-2 ∵△FQE∽△FAG ∴∠FAG＝∠FQE ∵∠DQP＝∠FQE ∠FAG＝∠EBD ∴∠DQP＝∠DBE 易得△DPQ∽△DEB ∴ DQ DP DB DE  ∴ 5 155 4 t t ， ∴ 20 7t  ∴当 20 7t  秒时，使直线 PQ 、直线 AB 、 x 轴围成的三角形与直线 PQ 、直线 AB 、抛物 线的对称轴围成的三角形相似………………………………4 分 (注:未求出 15 7t  能得到正确答案不扣分) 解法二：可将 2 8 4 x xy   向左平移一个单位得到 2 1 8 8 xy   ,再用解法一类似的方法可求得 2 1 72x x S    , 1 (5,3)A , 20 7t  ∴ 2 1 72x x S   1(6,3)A , 20 7t  . 185、（2010 年江西省）24．如图，已知经过原点的抛物线 y＝－2x2＋4x 与 x 轴的另一交点为 A，现将它向 右平移 m（m＞0）个单位，所得抛物线与 x 轴交于 C、D 两点，与原抛物线交于点 P． （1）求点 A 的坐标，并判断△PCA 存在时它的形状（不 要求说理）； （2）在 x 轴上是否存在两条相等的线段，若存在，请 一一找出，并写出它们的长度（可用含 m 的式子表 示）；若不存在，主说明理由； （3）设△CDP 的面积为 S，求 S 关于 m 的关系式． 【解答】 24 解：（1）令 042 2  xx ，得 2,0 21  xx . ∴点 A 的坐标为（2，0）. ······················································2 分 PCA 是等腰三角形. ···························································3 分 （2）存在. 2,  CDOAmADOC .···············································5 分 (3)当 0＜ m ＜2 时，如图 1，作 xPH  轴于 H，设 ),( pp yxP . x y DACO P ∵A(2,0), C( m ,0), ∴ mAC  2 . ∴ 2 2 2 mACCH  . ∴ 2 2 2 2  mmmOHx p 把 2 2 mx p 代入 xxy 42 2  ，得 22 1 2  my p . ∵ 2 OACD , ∴ 22 1)22 1(22 1 2 1 22  mmHPCDS .································9 分 当 2m 时， PCD 不存在 当 2m 时，如图 2，作 xPH  轴于 H，设 ),( pp yxP . ∵A（2，0），C（ m ，0）， ∴ 2 mAC ，∴ 2 2 mAH . ∴ 2 2 2 22  mmOHx p 把 2 2 mx p 代入 xxy 42 2  ， 得 22 1 2  my p . ∵ 2 OACD ， ∴ 22 1)(22 1 2 1 2  myHPCDS p ····························· 12 分 说明：采用 pyHPCDS  22 1 2 1 思路求解，未排除 2m 的，扣 1 分. 186、（2010 年江西省）25．课题：两个重叠的正多形，其中的一个绕某一顶点旋转所形成的有关问题． 实验与论证 设旋转角∠A1A0B1＝α（α＜∠A1A0 A2），θ3、θ4、θ5、θ6 所表示的角如图所示． （1）用含α的式子表示解的度数：θ3＝_______，θ4＝_______，θ5＝_______； （2）图 1—图 4 中，连接 A0H 时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线 A0H 垂直且被 它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由； 归纳与猜想 设正 n 边形 A0A1 A2…An－1 与正 n 边形 A0B1 B2…Bn－1 重合（其中，A1 与 B1 重合），现将正边形 A0B1 B2… 图 1 图 2 Bn－1 绕顶点 A0 逆时针旋转α（0º＜α＜180º n ）． （3）设θn 与上述“θ3、θ4、…”的意义一样，请直接写出θn 的度数； （4）试猜想在正 n 边形的情形下，是否存在与直线 A0H 垂直且被它平分的线段？若存在，请将这 条线段用相应的顶点字母表示出来（不要求证明）；若不存在，请说明理由． 【解答】 25.解：（1） 60 ，  ， 36 .·········································3 分 说明：每写对一个给 1 分. （2）存在.下面就所选图形的不同分别给出证明： 选图 1.图 1 中有直线 HAo 垂直平分 12 BA ，证明如下： 方法一： 证明：∵ 21 AAAo 与 210 BBA 是全等的等边三角形， ∴ 1020 BAAA  ， ∴ 210120 ABABAA  . 又∵  601020 HBAHAA . ∴ 2112 AHBBHA  . ∴ HBHA 12  .∴点 H 在线段 12 BA 的垂直平分线上. 又∵ 1020 BAAA  ，∴点 0A 在线段 12 BA 的垂直平分线上 ∴直线 HAo 垂直平分 12 BA ····················································· 8 分 方法二： 证明：∵ 21 AAAo 与 210 BBA 是全等的等边三角形， ∴ 1020 BAAA  ，∴ 210120 ABABAA  . 又 HBAHAA 1020  . ∴ 2112 ABHBHA  ，∴ 12 HBHA  . 在 HAA 20 与 HBA 10 中 ∵ 1020 BAAA  ， 12 HBHA  ， HBAHAA 1020  ∴ HAA 20 ≌ HBA 10 .∴ HABHAA 0102  ∴ HAo 是等腰三角形 102 BAA 的顶角平分线. ∴直线 HAo 垂直平分 12 BA . ·················································· 8 分 选图 2.图 2 中有直线 HAo 垂直平分 22 BA ，证明如下： ∵ 2020 AABA  ∴ 220220 BAAABA  又∵  45320120 AAABBA ， ∴ 2222 BHAAHB  . ∴ 22 HAHB  .∴点 H 在线段 22 BA 的垂直平分线上. 又∵ 2020 AABA  ，∴点 0A 在线段 22 BA 的垂直平分线上 ∴直线 HAo 垂直平分 22 BA . ···································································· 8 分 说明：（ⅰ）在图 2 中选用方法二证明的，参照上面的方法二给分； （ⅱ）选择图 3 或图 4 给予证明的，参照上述证明过程评分. (3)当 n为奇数时，    nn 180 ， 当 n为偶数时，  n ···························································· 10 分 （4）存在.当 n为奇数时，直线 HAo 垂直平分 2 1 2 1  nn BA ， 当 n为偶数时，直线 HAo 垂直平分 22 nn BA .·································· 12 分 说明：第（3）、（4）问中，每写对一个得 1 分. 187、（2010 年内蒙古包头市）25．（本小题满分 12 分） 如图，已知 ABC△ 中， 10AB AC  厘米， 8BC  厘米，点 D 为 AB 的中点． （1）如果点 P 在线段 BC 上以 3 厘米/秒的速度由 B 点向 C 点运动，同时，点 Q 在线段 CA 上由 C 点向 A 点运动． ①若点 Q 的运动速度与点 P 的运动速度相等，经过 1 秒后， BPD△ 与 CQP△ 是否全等，请说明理由； ②若点 Q 的运动速度与点 P 的运动速度不相等，当点 Q 的运动速度为多少时，能 够使 BPD△ 与 CQP△ 全等？ （2）若点 Q 以②中的运动速度从点 C 出发，点 P 以原来的运动速度从点 B 同时出 发，都逆时针沿 ABC△ 三边运动，求经过多长时间点P 与点Q第一次在 ABC△ 的哪条边上相遇？ 【解答】 25．（12 分）解：（1）①∵ 1t  秒，∴ 3 1 3BP CQ    厘米， ∵ 10AB  厘米，点 D 为 AB 的中点，∴ 5BD  厘米． 又∵ 8PC BC BP BC  ， 厘米，∴ 8 3 5PC    厘米， ∴ PC BD ．又∵ AB AC ，∴ B C   ， ∴ BPD CQP△ ≌△ ．…………（4 分） ②∵ P Qv v ， ∴ BP CQ ， 又∵ BPD CQP△ ≌△ ， B C   ，则 4 5BP PC CQ BD   ， ， ∴点 P ，点 Q 运动的时间 4 3 3 BPt   秒，∴ 5 15 4 4 3 Q CQv t    厘米/秒．…………（7 分） （2）设经过 x 秒后点 P 与点Q 第一次相遇，由题意，得15 3 2 104 x x   ，解得 80 3x  秒． ∴点 P 共运动了 80 3 803   厘米．∵80 2 28 24   ，∴点 P 、点Q 在 AB 边上相遇， ∴经过 80 3 秒点 P 与点Q 第一次在边 AB 上相遇． （12 分） 188、（2010 年内蒙古包头市）26．（本小题满分 12 分） 已知二次函数 2y ax bx c   （ 0a  ）的图象经过点 (1 0)A ， ， (2 0)B ， ， (0 2)C ， ，直线 x m A Q C D B P A Q C D B P （ 2m  ）与 x 轴交于点 D ． （1）求二次函数的解析式； （2）在直线 x m （ 2m  ）上有一点 E （点 E 在第四象限），使得 E D B、 、 为顶点的三角形与以 A O C、 、 为顶点的三角形相似，求 E 点 坐标（用含 m 的代数式表示）； （3）在（2）成立的条件下，抛物线上是否存在一点 F ，使得四边形 ABEF 为平行四边形？若存在，请求出 m 的值及四边形 ABEF 的面积； 若不存在，请说明理由． 【解答】 26．（12 分） 解：（1）根据题意，得 0 4 2 0 2. a b c a b c c           ， ， 解得 1 3 2a b c    ， ， ． 2 3 2y x x     ．··························· （2 分） （2）当 EDB AOC△ ∽△ 时， 得 AO CO ED BD  或 AO CO BD ED  ， ∵ 1 2 2AO CO BD m   ， ， ， 当 AO CO ED BD  时，得 1 2 2ED m   ， ∴ 2 2 mED  ， ∵点 E 在第四象限，∴ 1 2 2 mE m      ， ．························································ （4 分） 当 AO CO BD ED  时，得 1 2 2m ED  ，∴ 2 4ED m  ， ∵点 E 在第四象限，∴ 2 ( 4 2 )E m m， ．························································ （6 分） （3）假设抛物线上存在一点 F ，使得四边形 ABEF 为平行四边形，则 1EF AB  ，点 F 的横坐标为 1m  ， 当点 1E 的坐标为 2 2 mm      ， 时，点 1F 的坐标为 21 2 mm     ， ， ∵点 1F 在抛物线的图象上，∴ 22 ( 1) 3( 1) 22 m m m       ， ∴ 22 11 14 0m m   ，∴ (2 7)( 2) 0m m   ，∴ 7 22m m ， （舍去）， ∴ 1 5 3 2 4F     ， ， ∴ 3 31 4 4ABEFS    ．·················································（9 分） 当点 2E 的坐标为 ( 4 2 )m m， 时，点 2F 的坐标为 ( 1 4 2 )m m ， ，∵点 2F 在抛物线的图象上， y xO y xO BA D C (x=m) (F2)F1 E1 (E2) ∴ 24 2 ( 1) 3( 1) 2m m m       ，∴ 2 7 10 0m m   ， ∴ ( 2)( 5) 0m m   ，∴ 2m  （舍去）， 5m  ，∴ 2 (4 6)F ， ， ∴ 1 6 6ABEFS    ．········································································· （12 分） 189、(2010 年内蒙古鄂尔多斯市)25．（本小题满分 10 分） 在实施“中小学校舍安全工程”之际，某市计划对 A 、B 两类学校的校舍进行改造，根据预算，改造一所 A 类学校和三所 B 类学校的校舍共需资金 480 万元，改造三所 A 类学校和一所 B 类学校的校舍共需资金 400 万元． （1）改造一所 A 类学校的校舍和一所 B 类学校的校舍所需资金分别是多少万元？ （2）该市某县 A 、 B 两类学校共有 8 所需要改造．改造资金由国家财政和地方财政共同承担，若国家财 政拨付的改造资金不超过 770 万元，地方财政投入的资金不少于 210 万元，其中地方财政投入到 A 、B 两 类学校的改造资金分别为每所 20 万元和 30 万元，请你通过计算求出有几种改造方案，每个方案中 A 、B 两类学校各有几所． 【解答】 25．（本小题满分 10 分） 解：（1）设改造一所 A 类学校的校舍需资金 x 万元，改造一所 B 类学校的校舍需资金 y 万元， 则 3 480 3 400 x y x y      ·····························································3 分（正确一个方程组 2 分） 解之得 90 130 x y    ．····························································································4 分 答：改造一所 A 类学校的校舍需资金 90 万元，改造一所 B 类学校的校舍需资金 130 万元．5 分 （2）设 A 类学校应该有 a 所，则 B 类学校有 (8 )a 所， 则 20 30(8 ) 210 (90 20) (130 30)(8 ) 770 a a a a        ≥ ≤ ··························7 分（正确一个不等式给 1 分） 解得 3 1 a a    ≤ ≥ ．··································································································8 分 1 3a ≤ ≤ ，即 1 2 3a  ，，．···············································································9 分 答：有 3 种改造方案： 方案一： A 类学校 1 所， B 类学校 7 所； 方案二： A 类学校 2 所， B 类学校 6 所； 方案三： A 类学校 3 所， B 类学校 5 所．···························································· 10 分 190、（2010 年内蒙古鄂尔多斯市）26．（本小题满分 11 分） 如图，四边形OABC 是一张放在平面直角坐标系的矩形纸片，O 为原点，点 A 在 x 轴上，点C 在 y 轴上， 15 9OA OC ， ，在 AB 上取一点 M ，使得 CBM△ 沿CM 翻折后，点 B 落在 x 轴上，记作 N 点． （1）求 N 点、 M 点的坐标； （2）将抛物线 2 36y x  向右平移 (0 10)a a  个单位后，得到抛物线l ， l 经过 N 点，求抛物线l 的解析式； （3）①抛物线l 的对称轴上存在点 P ，使得 P 点到 M N， 两点的距离之差 最大，求 P 点的坐标；②若点 D 是线段OC 上的一个动点（不与O 、C 重 合），过点 D 作 DE OA∥ 交CN 于 E ，设CD 的长为 m ， PDE△ 的面积 为 S ，求 S 与 m 之间的函数关系式，并说明 S 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． 【解答】 26．（本小题满分 11 分） 解：如图 （1） 15 9CN CB OC   ， ， 2 215 9 12 (12 0)ON N    ， ， ．································1 分 又 15 12 3AN OA ON     ，设 AM x ， 2 2 23 (9 )x x    ，·····················································2 分 4 (15 4)x M  ， ， ．·························································································3 分 （2）解法一：设抛物线l 为 2( ) 36y x a   ， 则 2(12 ) 36.a  ······························································································4 分 1 6a  或 2 18a  （舍去）．·············································································· 5 分 抛物线 2: ( 6) 36l y x   ．············································································6 分 解法二： 2 1 236 0 6 6x x x     ， ， ， 2 36y x   与 x 轴的交点为 ( 6 0) ， 和 (6 0)， ．······················································4 分 由题意知，交点 (6 0)， 向右平移 6 个单位到 N 点，···················································5 分 所以 2 36y x  向右平移 6 个单位得到抛物线 2: ( 6) 36l y x   ．·························· 6 分 （3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知， P 点是直线 MN 与对称轴 6x  的交点， 7 分 设直线 MN 的解析式为 y kx b  ，则 12 0 15 4 k b k b      ，解之得 4 3 16 k b      4 16. (6 8)3y x P    ， ．·············································································· 8 分 ② DE OA ACB ABD ∥ ，△ ∽△ ， 4 9 12 3 m DE DE m  ， ．····························· 9 分 第 26 题图 21 4 2 34(9 8 )2 3 3 3S m m m m         ．····················································· 10 分 2 03a    ，开口向下，又 34 34 3 173 92 3 4 22 3 m          ， S 有最大值， 22 17 34 17 289 3 2 3 2 6S         最大 ．······························································· 11 分 191（2010 年宁夏）25．(10 分) 小明想知道湖中两个小亭 A、B 之间的距离，他在 与小亭 A、B 位于同一水平面且东西走向的湖边小道 l 上某一观测点 M 处，测得亭 A 在点 M 的北偏东 30°, 亭 B 在点 M 的北偏东 60°,当小明由点 M 沿小道 l 向东走 60 米时，到达点 N 处，此时测得亭 A 恰好位于点 N 的 正北方向，继续向东走 30 米时到达点 Q 处，此时亭 B 恰好位于点 Q 的正北方向，根据以上测量数据，请你 帮助小明计算湖中两个小亭 A、B 之间的距离． 【解答】 25.连结 AN、BQ ∵点 A 在点 N 的正北方向，点 B 在点 Q 的正北方向 ∴ lAN  lBQ  --------------------------1 分 在 Rt△AMN 中：tan∠AMN= MN AN ∴ AN= 360 ----------------------------------- ------3 分 在 Rt△BMQ 中：tan∠BMQ= MQ BQ ∴ BQ= 330 ----------------------------------- -----5 分 过 B 作 BE  AN 于点 E 则：BE=NQ=30 ∴ AE= AN － BQ -----------------------------------8 分 在 Rt△ABE 中,由勾股定理得： 222 BEAEAB  222 30)330( AB ∴AB=60（米） 答：湖中两个小亭 A、B 之间的距离为 60 米。---------------------------------------------------10 分 A B M E Q N M B A 192、（2010 年宁夏）26. (10 分) 在△ABC 中，∠BAC=45°，AD⊥BC 于 D，将△ABD 沿 AB 所在的直线折叠，使 点 D 落在点 E 处；将△ACD 沿 AC 所在的直线折叠，使点 D 落在点 F 处，分别延 长 EB、FC 使其交于点 M． (1)判断四边形 AEMF 的形状，并给予证明． (2)若 BD=1，CD=2，试求四边形 AEMF 的面积． 【解答】 26.解：（1）∵AD  BC △AEB 是由△ADB 折叠所得 ∴∠1=∠3，∠E=∠ADB= 090 ，BE=BD, AE=AD 又∵△AFC 是由△ADC 折叠所得 ∴∠2=∠4，∠F=∠ADC= 090 ，FC=CD，AF=AD ∴AE=AF---------------------------------------------2 分 又∵∠1+∠2= 045 ， ∴∠3+∠4= 045 ∴∠EAF= 090 --------------------------------------3 分 ∴四边形 AEMF 是正方形。---------------------5 分 （2）方法一：设正方形 AEMF 的边长为 x 根据题意知：BE=BD, CF=CD ∴ BM=x － 1; CM=x － 2-------------------------------------------------------------------7 分 在 Rt△BMC 中,由勾股定理得： 222 BMCMBC  ∴ 9)2()1( 22  xx ， 0232  xx 解之得： 2 173 1 x 2 173 2 x (舍去) ∴ 2 17313)2 173( 2 AEMFS正方形 ------------------------------------------10 分 方法二：设：AD=x ∴ ADBCS ABC  2 1 = x2 3 ∴ xSS ABCAEBCF 32  五边形 -----------------------------------------------------------7 分 ∵ )2)(1(2 1 2 1  xxCMBMS BMC 且 BMCAEBCFAEMF SSS  五边形正方形 ∴ )2)(1(2 132  xxxx 即 0232  xx 解之得： 2 173 1 x 2 173 2 x (舍去) A B C D 4 3 2 1 M F E D C B A ∴ 2 17313)2 173( 2 AEMFS正方形 ---------------------------------------------10 分 2010 年中考数学压轴题及解答 8 193、（2010 年山西省）25．（本题 10 分）如图 1，已知正方形 ABCD 的边 CD 在正方形 DEFG 的边 DE 上，连接 AE、GC． （1）试猜想 AE 与 GC 有怎样的位置关系，并证明你的结论． （2）将正方形 DEFG 绕点 D 按顺时针方向旋转，使点 E 落在 BC 边上，如图 2，连接 AE 和 CG。你认为 （1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由． A B GD E （第 25 题） F C A B G D E F C （图 1） （图 2） 【解答】 194、（2010 年山西省）26．在直角梯形 OABC 中，CB∥OA，∠COA ＝90º，CB＝3，OA＝6，BA＝3 5．分别以 OA、OC 边所在直线 为 x 轴、y 轴建立如图 1 所示的平面直角坐标系． （1）求点 B 的坐标； （2）已知 D、E 分别为线段 OC、OB 上的点，OD＝5，OE＝2EB，直 线 DE 交 x 轴于点 F．求直线 DE 的解析式； （3）点 M 是（2）中直线 DE 上的一个动点，在 x 轴上方的平面内是否存在另一个点 N．使以 O、D、M、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】 195、（2010 年陕西省）24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 A（-1,0），B（3,0）C（0，-1）三点。 （1）求该抛物线的表达式； （2）点 Q 在 y 轴上，点 P 在抛物线上，要使 Q、P、A、B 为顶点的四边形是平行四边形求所有满足 条件点 P 的坐标。 【解答】 解：（1）设该抛物线的表达式为 y=ax²+bx+c 根据题意，得 a- b+c=0 a= 1 3 9a+3b+c=0 解之，得 b= 2 3  c=-1 c=-1 ∴所求抛物线的表达式为 y= 1 3 x²- 2 3  x-1 （2）①AB 为边时，只要 PQ∥AB 且 PQ=AB=4 即可。 又知点 Q 在 y 轴上，∴点 P 的横坐标为 4 或-4，这时符合条件的点 P 有两个，分别记为 P1,P2 . 而当 x=4 时，y= 5 3 ；当 x=-4 时，y=7， 此时 P1（4， 5 3 ）P2（-4,7） ②当 AB 为对角线时，只要线段 PQ 与线段 AB 互相平分即可 又知点 Q 在 Y 轴上，且线段 AB 中点的横坐标为 1 ∴点 P 的横坐标为 2，这时符合条件的 P 只有一个记为 P3 而且当 x=2 时 y=-1 ，此时 P3（2，-1） 综上，满足条件的 P 为 P1（4， 5 3 ）P2（-4,7）P3（2，-1） 196、（2010 年陕西省） 25.问题探究 (1) 请你在图①中做一条．．直线，使它将矩形 ABCD 分成面积相等的两部分； （2）如图②点 M 是矩形 ABCD 内一点，请你在图②中过点 M 作一条直线，使它将矩形 ABCD 分成面积 相等的两部分。 问题解决 （1） 如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形 OBCD 是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图， 其中 DC∥OB,OB=6,CD=4 开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点 P（4,2）处。 为了方便驻区单位准备过点 P 修一条笔直的道路（路宽不计），并且是这条路所在的直线 l 将 直角梯形 OBCD 分成面积相等的了部分，你认为直线 l 是否存在？若存在求出直线 l 的表达式； 若不存在，请说明理由 【解答】 解：（1）如图① （2）如图②连结 AC 、BC 交与 P 则 P 为矩形对称中心。作直线 MP，直线 MP 即为所求。 （3） 如图③存在直线 l 过点 D 的直线只要作 DA⊥OB 与点 A 则点 P(4,2)为矩形 ABCD 的对称中心 ∴过点 P 的直线只要平分△DOA 的面积即可 易知，在 OD 边上必存在点 H 使得 PH 将△DOA 面积平分。 从而，直线 PH 平分梯形 OBCD 的面积 即直线 PH 为所求直线 l 设直线 PH 的表达式为 y=kx+b 且点 P(4,2) ∴2=4k+b 即 b=2-4k ∴y=kx+2-4k ∵直线 OD 的表达式为 y=2x y=kx+2-4k 2 4 2 kx k   ∴ 解之 y=2x 4 8 2 ky k   ∴点 H 的坐标为（ 2 4 2 kx k   ， 4 8 2 ky k   ） ∴PH 与线段 AD 的交点 F（2,2-2k） ∴0＜2-2k＜4 ∴-1＜k＜1 ∴S△DHF= 1 2 4 1 1(4 2 2 ) (2 ) 2 42 2 2 2 kk k         ∴解之，得 13 3 2k  。（ 13 3 2k   舍去） ∴b=8- 2 13 ∴直线 l 的表达式为 y= 13 3 8 2 132 x   197、（2010 年上海市）24．如图 8，已知平面直角坐标系 xOy，抛物 线 y＝－x2＋bx＋c 过点 A(4,0)、B(1,3) . （1）求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴和顶点坐标； （2）记该抛物线的对称轴为直线 l，设抛物线上的点 P(m,n)在第 四象限，点 P 关于直线 l 的对称点为 E，点 E 关于 y 轴的对 称点为 F，若四边形 OAPF 的面积为 20，求 m、n 的值. 【解答】 （1）解：将 A(4,0)、B(1,3)两点坐标代入抛物线的方程得： 2 2 4 4b 0 1 3 c b c        解之得：b=4，c=0 所以抛物线的表达式为： 2 4y x x   将抛物线的表达式配方得：  22 4 2 4y x x x       所以对称轴为 x=2，顶点坐标为（2，4） （2）点 p（m，n）关于直线 x=2 的对称点坐标为点 E（4-m，n），则点 E 关于 y 轴对称点为点 F 坐标为（4-m,-n）， 则四边形 OAPF 可以分为：三角形 OFA 与三角形 OAP，则 图 8 OFAP OFA OPAS S S   = 1 2OFAS OA n    + 1 2OPAS OA n    = 4 n =20 所以 n =5，因为点 P 为第四象限的点，所以 n<0，所以 n= -5 代入抛物线方程得 m=5 198、（2010 年上海市）25．如图 9，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°.半径为 1 的圆 A 与边 AB 相交于点 D，与 边 AC 相交于点 E，连结 DE 并延长，与线段 BC 的延长线交于点 P. （1）当∠B＝30°时，连结 AP，若△AEP 与△BDP 相似，求 CE 的长； （2）若 CE=2，BD=BC，求∠BPD 的正切值； （3）若 1tan 3BPD  ，设 CE=x，△ABC 的周长为 y，求 y 关于 x 的函数关系式. 图 9 图 10（备用） 图 11（备用） 【解答】 （1）解：∵∠B＝30°∠ACB＝90°∴∠BAC＝60° ∵AD=AE ∴∠AED＝60°=∠CEP ∴∠EPC＝30° ∴三角形 BDP 为等腰三角形 ∵△AEP 与△BDP 相似 ∴∠EAP=∠EPA=∠DBP=∠DPB=30° ∴AE=EP=1 ∴在 RT△ECP 中，EC= 1 2 EP= 1 2 （2）过点 D 作 DQ⊥AC 于点 Q，且设 AQ=a，BD=x ∵AE=1,EC=2 ∴QC=3-a ∵∠ACB＝90° ∴△ADQ 与△ABC 相似 ∴ AD AQ AB AC  即 1 1 3 a x  ，∴ 3 1a x   ∵在 RT△ADQ 中 2 2 2 2 3 2 81 1 1 x xDQ AD AQ x x           ∵ DQ AD BC AB  ∴ 2 2 8 11 1 x x x x x      解之得 x=4，即 BC=4 过点 C 作 CF//DP ∴△ADE 与△AFC 相似， ∴ AE AD AC AF  ，即 AF=AC，即 DF=EC=2, ∴BF=DF=2 ∵△BFC 与△BDP 相似，∴ 2 1 4 2 BF BC BD BP    ，即：BC=CP=4，∴tan∠BPD= 2 1 4 2 EC CP   (3)过 D 点作 DQ⊥AC 于点 Q，则△DQE 与△PCE 相似,设 AQ=a，则 QE=1-a ∴ QE DQ EC CP  且 1tan 3BPD  ，∴  3 1DQ a  ∵在 Rt△ADQ 中，据勾股定理得： 2 2 2AD AQ DQ  即：   22 21 3 1a a     ，解之得 41( ) 5a a 舍去 ∵△ADQ 与△ABC 相似，∴ 4 45 1 5 5 AD DQ AQ AB BC AC x x      ，∴ 5 5 3 3,4 4 x xAB BC   ∴三角形 ABC 的周长 5 5 3 3 1 3 34 4 x xy AB BC AC x x          ，即： 3 3y x  ，其中 x>0 199、（2010 年天津市）25.（本小题 10 分） 在平面直角坐标系中，矩形OACB 的顶点O 在坐标原点，顶点 A、B 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上， 3OA  ， 4OB  ，D 为边 OB 的中点. （Ⅰ）若 E 为边 OA上的一个动点，当△ CDE 的周长最小时，求点 E 的坐标； （Ⅱ）若 E 、F 为边 OA 上的两个动点，且 2EF  ，当四边形 CDEF 的周长最小时，求点 E 、F 的坐标. y B D C y B D C 温馨提示：如图，可以作点 D 关于 x 轴 的对称点 D，连接 CD 与 x 轴交于点 E， 此时△CDE 的周长是最小的.这样，你只需 求出 OE 的长，就可以确定点 E 的坐标了. 【解答】 25.（本小题 10 分） 解：（Ⅰ）如图，作点 D 关于 x 轴的对称点 D，连接 CD 与 x 轴交于点 E，连接 DE . 若在边 OA上任取点 E （与点 E 不重合），连接CE 、 DE 、 D E  . 由 DE CE D E CE CD D E CE DE CE              ， 可知△ CDE 的周长最小. ∵ 在矩形OACB 中， 3OA  ， 4OB  ， D 为 OB 的中点， ∴ 3BC  ， 2D O DO   ， 6D B  . ∵ OE∥BC， ∴ Rt△ D OE ∽Rt△ D BC ，有 OE D O BC D B   . ∴ 2 3 16 D O BCOE D B      . ∴ 点 E 的坐标为（1，0）. ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 （Ⅱ）如图，作点 D 关于 x 轴的对称点 D，在 CB 边上截取 2CG  ，连接 D G 与 x 轴交于点 E ，在 EA 上截取 2EF  . ∵ GC∥EF， GC EF ， ∴ 四边形GEFC 为平行四边形，有 GE CF . 又 DC 、 EF 的长为定值， ∴ 此时得到的点 E 、 F 使四边形 CDEF 的周长最小. ∵ OE∥BC， ∴ Rt△ D OE ∽Rt△ D BG , 有 OE D O BG D B   . ∴ ( ) 2 1 1 6 3 D O BG D O BC CGOE D B D B          . ∴ 1 723 3OF OE EF     . ∴ 点 E 的坐标为（ 1 3 ，0），点 F 的坐标为（ 7 3 ，0）. ．．．．．．．．．．．．．．．10 分 y B O D C A xE D G F y B O D C A xE E D 200、（2010 年天津市）26.（本小题 10 分） 在平面直角坐标系中，已知抛物线 2y x bx c    与 x 轴交于点 A 、B（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴 的正半轴交于点 C ，顶点为 E . （Ⅰ）若 2b  ， 3c  ，求此时抛物线顶点 E 的坐标； （Ⅱ）将（ Ⅰ ） 中 的 抛 物线 向 下 平 移 ， 若 平 移后 ， 在 四 边 形 ABEC 中 满 足 S△BCE = S△ABC，求此 时直线 BC 的解析式； （ Ⅲ ） 将 （ Ⅰ ） 中 的 抛 物 线 作 适 当 的 平 移 ， 若 平 移 后 ， 在 四 边 形 A B E C 中 满 足 S△BCE = 2S△AOC，且顶点 E 恰好落在直线 4 3y x   上，求此时抛物线的解析式. 【解答】 26.（本小题 10 分） 解：（Ⅰ）当 2b  ， 3c  时，抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ，即 2( 1) 4y x    . ∴ 抛物线顶点 E 的坐标为（1，4）． ．．．．．．．．．．．．．．．．．2 分 （Ⅱ）将（Ⅰ）中的抛物线向下平移，则顶点 E 在对称轴 1x  上，有 2b  ， ∴ 抛物线的解析式为 2 2y x x c    （ 0c  ）． ∴ 此时，抛物线与 y 轴的交点为 0( )C c， ，顶点为 1( 1 )E c， ． ∵ 方程 2 2 0x x c    的两个根为 1 1 1x c   ， 2 1 1x c   ， ∴ 此时，抛物线与 x 轴的交点为 1 1 0( )A c  ， ， 1 1 0( )B c  ， ． 如图，过点 E 作 EF∥CB 与 x 轴交于点 F ，连接CF ，则 S△BCE = S△BCF． ∵ S△BCE = S△ABC， ∴ S△BCF = S△ABC． ∴ 2 1BF AB c   ． 设对称轴 1x  与 x 轴交于点 D ， 则 1 3 12DF AB BF c    ． 由 EF∥CB，得 EFD CBO   ． ∴ Rt△EDF∽Rt△COB．有 ED CO DF OB  ． ∴ 1 3 1 1 1 c c c c      ．结合题意，解得 5 4c  ． ∴ 点 5 4 (0 )C ， ， 5 2 ( 0)B ， ． 设直线 BC 的解析式为 y mx n  ，则 E y xFBDA O C 1x  5 ,4 50 .2 n m n      解得 1 ,2 5.4 m n      ∴ 直线 BC 的解析式为 1 5 2 4y x   . ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 （Ⅲ）根据题意，设抛物线的顶点为 ( )E h k， ，（ 0h  ， 0k  ） 则抛物线的解析式为 2( )y x h k    ， 此时，抛物线与 y 轴的交点为 2(0 )C h k ， ， 与 x 轴的交点为 0( )A h k ， ， 0( )B h k ， .（ 0k h  ） 过点 E 作 EF∥CB 与 x 轴交于点 F ，连接 CF ， 则 S△BCE = S△BCF. 由 S△BCE = 2S△AOC， ∴ S△BCF = 2S△AOC. 得 2 2( )BF AO k h   . 设该抛物线的对称轴与 x 轴交于点 D . 则 1 3 22DF AB BF k h    . 于是，由 Rt△EDF∽Rt△COB，有 ED CO DF OB  ． ∴ 2 3 2 k h k k h h k     ，即 22 5 2 0h kh k   ． 结合题意，解得 1 2h k ． ① ∵ 点 ( )E h k， 在直线 4 3y x   上，有 4 3k h   ． ② ∴ 由①②，结合题意，解得 1k  ． 有 1k  ， 1 2h  ． ∴ 抛 物 线 的 解 析 式 为 2 3 4y x x    ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 201、（2010 年云南省红河州）22．（本小题满分 11 分） 二次函数 2xy  的图像如图 8 所示，请将此图像向 右平移 1 个单位，再向下平移 2 个单位. （1）画出经过两次平移后所得到的图像，并写出函数 的解析式. （2）求经过两次平移后的图像与 x 轴的交点坐标，指出当 x 满足什么条件时，函数值大于 0？ 【解答】 解：画图如图所示： 依题意得： 2)1( 2  xy = 2122  xx = 122  xx ∴平移后图像的解析式为： 122  xx （2）当 y=0 时， 122  xx =0 2)1( 2 x 21 x 2121 21  xx ， ∴平移后的图像与 x 轴交与两点，坐标分别为（ 21 ，0）和（ 21 ，0） 由图可知，当 x< 21 或 x> 21 时，二次函数 2)1( 2  xy 的函数值大于 0. 202、（2010 年云南省红河州）23.（本小题满分 14 分）如图 9，在直角坐标系 xoy 中，O 是坐标原点，点 A 在 x 正半轴上，OA= 312 cm，点 B 在 y 轴的正半轴上，OB=12cm，动点 P 从点 O 开始沿 OA 以 32 cm/s 的速度向点 A 移动，动点 Q 从点 A 开始沿 AB 以 4cm/s 的速度向点 B 移动，动点 R 从点 B 开始沿 BO 以 2cm/s 的速度向点 O 移动.如果 P、Q、R 分别从 O、A、B 同时移动，移动时间为 t（0＜t＜6）s. （1）求∠OAB 的度数. （2）以 OB 为直径的⊙O‘与 AB 交于点 M，当 t 为何值时，PM 与⊙O‘相切？ （3）写出△PQR 的面积 S 随动点移动时间 t 的函数关系式，并求 s 的最小值及相应的 t 值. （4）是否存在△APQ 为等腰三角形，若存在，求出相应的 t 值，若不存在请说明理由. 【解答】 解：（1）在 Rt△AOB 中： tan∠OAB= 3 3 312 12  OA OB ∴∠OAB=30° （2）如图 10，连接 O‘P，O‘M. 当 PM 与⊙O‘相切时，有∠PM O‘=∠PO O‘=90°， △PM O‘≌△PO O‘ 由（1）知∠OBA=60° ∵O‘M= O‘B ∴△O‘BM 是等边三角形 ∴∠B O‘M=60° 可得∠O O‘P=∠M O‘P=60° ∴OP= O O‘·tan∠O O‘P =6×tan60°= 36 又∵OP= 32 t ，∴ 32 t= 36 ，t=3 ，即：t=3 时，PM 与⊙O‘相切. （3）如图 9，过点 Q 作 QE⊥x 于点 E ∵∠BAO=30°，AQ=4t ， ∴QE= 2 1 AQ=2t ， AE=AQ·cos∠OAB=4t× t322 3  ∴OE=OA-AE= 312 - 32 t ，∴Q 点的坐标为（ 312 - 32 t，2t） S△PQR= S△OAB -S△OPR -S△APQ -S△BRQ = )32312(22 12)32312(2 1)212(322 1312122 1 tttttt  = 37233636 2  tt = 318)3(36 2 t （ 60 ＜＜t ） 当 t=3 时，S△PQR 最小= 318 （4）分三种情况：如图 11. ○1 当 AP=AQ1=4t 时， ∵OP+AP= 312 ∴ 32 t+4t= 312 ∴t= 23 36  或化简为 t= 312 -18 ○2 当 PQ2=AQ2=4t 时 过 Q2 点作 Q2D⊥x 轴于点 D， ∴PA=2AD=2A Q2·cosA= 34 t 即 32 t+ 34 t = 312 ，∴t=2 ○3 当 PA=PQ3 时，过点 P 作 PH⊥AB 于点 H AH=PA·cos30°=（ 312 - 32 t）· 2 3 =18-3t AQ3=2AH=36-6t ，得 36-6t=4t， ∴t=3.6 综上所述，当 t=2，t=3.6，t= 312 -18 时，△APQ 是等腰三角形. 203、（2010 年云南省昆明市）24．（9 分）已知：如图，在梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠DCB = 90°，E 是 AD 的中点，点 P 是 BC 边上的动点（不与点 B 重合），EP 与 BD 相交于点 O. （1）当 P 点在 BC 边上运动时，求证：△BOP∽△DOE； （2）设（1）中的相似比为 k ，若 AD︰BC = 2︰3. 请探究： 当 k 为下列三种情况时，四边形 ABPE 是什么四边形？ ①当 k = 1 时，是 ；②当 k = 2 时， 是 ； ③ 当 k = 3 时 ， 是 . 并证明．．．k = 2 时的结论. 【解答】 24．（9分） （1）证明：∵AD∥BC ∴∠OBP = ∠ODE ……………1分 在△BOP和△DOE中 ∠OBP = ∠ODE ∠BOP = ∠DOE …………………2分 ∴△BOP∽△DOE (有两个角对应相等的两 三角形相似) ……………3分 （2）① 平行四边形 …………………4分 ② 直角梯形 …………………5分 ③ 等腰梯形 …………………6分 证明：∵k = 2时， BP 2DE  ∴ BP = 2DE = AD 又∵AD︰BC = 2︰3 BC = 3 2 AD PC = BC - BP = 3 2 AD - AD = 1 2 AD = ED ED∥PC , ∴四边形PCDE是平行四边形 ，∵∠DCB = 90° ∴四边形PCDE是矩形 …………………7分 ∴ ∠EPB = 90° …………………8分 又∵ 在直角梯形ABCD中 ，AD∥BC, AB 与DC不平行 ∴ AE∥BP, AB与EP不平行 四边形ABPE是直角梯形 …………9分 204、（2010 年云南省昆明市）25．（12 分）在平面直角坐标 A B C DE P O 系中，抛物线经过 O（0，0）、A（4，0）、B（3， 2 3 3  ）三点. （1）求此抛物线的解析式； （2）以 OA 的中点 M 为圆心，OM 长为半径作⊙M，在（1）中的抛物线上是否存在这样的点 P，过点 P 作⊙M 的切线 l ，且 l 与 x 轴的夹角为 30°，若存在，请求出此时点 P 的坐标；若不存在，请说 明理由.（注意：本题中的结果可保留根号） 【解答】 25．(12分) 解：（1）设抛物线的解析式为： 2 ( 0)y ax bx c a    由题意得： 0 16 4 0 2 39 3 3             c a b c a b c ……………1分 解得： 2 3 8 3, , 09 9a b c    ………………2分 ∴抛物线的解析式为： 22 3 8 3 9 9y x x  ………………3分 （2）存在 ………………4分 抛物线 22 3 8 3 9 9y x x  的顶点坐标是 8 3(2, )9  ，作抛物线和⊙M（如图）， 设满足条件的切线 l 与 x 轴交于点B，与⊙M 相切于点C，连接MC，过C作CD⊥ x 轴于D ∵ MC = OM = 2, ∠CBM = 30°, CM⊥BC ∴∠BCM = 90° ，∠BMC = 60° ，BM = 2CM = 4 , ∴B (-2, 0)， 在Rt△CDM中，∠DCM = ∠CDM - ∠CMD = 30° ∴DM = 1, CD = 2 2CM DM = 3 ∴ C (1, 3 ) 设切线 l 的解析式为: ( 0)y kx b k= + ¹ ，点B、C在 l 上，可得： 3 2 0 k b k b      解得： 3 2 3,3 3k b  ∴切线BC的解析式为： 3 2 3 3 3y x  l′ ∵点P为抛物线与切线的交点 由 22 3 8 3 9 9 3 2 3 3 3 y x x y x       解得： 1 1 1 2 3 2 x y      2 2 6 8 3 3 x y    ∴点P的坐标为： 1 1 3( , )2 2P  ， 2 8 3(6, )3P ………………8分 ∵ 抛物线 22 3 8 3 9 9y x x  的对称轴是直线 2x 此抛物线、⊙M都与直线 2x 成轴对称图形 于是作切线 l 关于直线 2x 的对称直线 l′(如图) 得到B、C关于直线 2x 的对称点B1、C1 l′满足题中要求，由对称性，得到P1、P2关于直线 2x 的对称点： 3 9 3( , )2 2P ， 4 8 3( 2, )3P  即为所求的点. ∴这样的点P共有4个： 1 1 3( , )2 2P  ， 2 8 3(6, )3P ， 3 9 3( , )2 2P ， 4 8 3( 2, )3P  ………12分 205、（2010 年云南省曲靖市）23.（10 分）如图，有一块等腰梯形的草坪，草坪上底长 48 米，下底长 108 米，上下底相距 40 米，现要在草坪中修建一条横、纵向的“ H ”型甬道，甬道宽度相等，甬道面积是整 个梯形面积的 2 13 .设甬道的宽为 x 米. （1）求梯形 ABCD 的周长； （2）用含 x 的式子表示甬道的总长； （3）求甬道的宽是多少米？ 【解答】 解：（1）在等腰梯形 ABCD 中， 48AD EF  ，   2 2 1 2 1 (108 48)2 30 30 40 50 AE BC DF BC BE CF BC EF AB CD              ， ， ， ， 梯形 ABCD 的周长= 50 108 50 48 256AB BC CD DA        (米).············ 2 分 （2）甬道的总长： 40 2 48 2 (128 2 )x x     米.·············································· 4 分 A D CFE B （3）根据题意，得 2 1(128 2 ) 40(48 108)13 2x x     .········································7 分 整理，得， 2 64 240 0x x   ，解之得 1 24 60x x ， .因 60 48 ，不符合题意，舍去. 答：甬道的宽为 4 米.····················································································· 10 分 206、（2010 年云南省曲靖市）24.（12 分）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，抛物线 2y x 向左平移 1 个 单位，再向下平移 4 个单位，得到抛物线 2( )y x h k   .所得 抛物线与 x 轴交于 A B、 两点（点 A 在点 B 的左边），与 y 轴交 于点 C ，顶点为 D . （1）求 h k、 的值； （2）判断 ACD△ 的形状，并说明理由； （3）在线段 AC 上是否存在点 M ，使 AOM△ 与 ABC△ 相 似.若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由. 【解答】 解：（1） 2y x 的顶点坐标为（0，0）， 2( )y x h k    的顶点坐标 ( 1 4)D  ， ， 1h k   ， =-4 .····························································································3 分 （2）由（1）得 2( 1) 4y x   . 当 0y  时， 2( 1) 4 0x    . 1 23 1x x  ， . ( 3 0) 1 0A B  ，， ( ，).························································································ 4 分 当 0x  时， 2 2( 1) 4 (0 1) 4 3y x        ， C 点坐标为 0 3，- ，又顶点坐标  1 4D  ， ，············································5 分 作出抛物线的对称轴 1x   交 x 轴于点 E . 作 DF y 轴于点 F . 在 Rt AED△ 中， 2 2 22 4 20AD    ； 在 Rt AOC△ 中， 2 2 23 3 18AC    ； 在 Rt CFD△ 中， 2 2 21 1 2CD    ；  2 2 2AC CD AD  ， ACD△ 是直角三角形. ………7 分 （3）存在. 由（2）知， AOC△ 为等腰直角三角形， 45BAC   ， 连接 OM ，过 M 点作 MG AB 于点G ， 18 3 2AC   . ①若 AOM ABC△ ∽△ ，则 AO AM AB AC  ，即 3 3 3 2 9 2 4 4 43 2 AM AM   ， .  MG AB ， 2 2 2AG MG AM   . 2 9 2 4 81 9 2 16 4AG MG           ， A y xB FD C O A y xBE FD CM G O 9 33 4 4OG AO AG     . M 点在第三象限， 3 9 4 4M       ， .······················10 分 ②若 AOM ACB△ ∽△ ，则 AO AM AC AB  ，即 3 3 4 2 243 2 3 2 AM AM   ， .  2 2 2 2 22 2 AMAG MG     ， 3 2 1OG AO AG     . M 点在第三象限，  1 2M  ， . 综 上 ① 、 ② 所 述 ， 存 在 点 M 使 AOM△ 与 ABC△ 相 似 ， 且 这 样 的 点 有 两 个 ， 其 坐 标 分 别 为  3 9 1 24 4        ， ， ， .····················································································12 分 207、（2010 年云南省玉溪市）22. 平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系. （1）如图 a，若 AB∥CD，点 P 在 AB、CD 外部，则有∠B=∠BOD，又因∠BOD 是 △POD 的外角，故∠BOD=∠BPD +∠D，得∠BPD=∠B－∠D．将点 P 移到 AB、CD 内部，如图 b，以 上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D 之间有何数量关系？请证明 你的结论； （2）在图 b 中，将直线 AB 绕点 B 逆时针方向旋转一定角度交直线 CD 于点 Q，如图 c，则∠BPD﹑∠B ﹑∠D﹑∠BQD 之间有何数量关系？（不需证明）； （3）根据（2）的结论求图 d 中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F 的度数． 【解答】 解：（1）不成立，结论是∠BPD=∠B+∠D. 延长 BP 交 CD 于点 E, ∵AB∥CD. ∴∠B=∠BED. 又∠BPD=∠BED+∠D， ∴∠BPD=∠B+∠D. …………4 分 （2）结论： ∠BPD=∠BQD+∠B+∠D. …………7 分 （3）由（2）的结论得：∠AGB=∠A+∠B+∠E. 图 c 图 d 图 a O 图 b 又∵∠AGB=∠CGF. ∠CGF+∠C+∠D+∠F=360° ∴∠A+∠B+∠C+∠D∠E+∠F=360°. …………11 分 208、（2010 年云南省玉溪市）23．如图 10，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为（1， 3 ） ，△AOB 的面积是 3 . （1）求点 B 的坐标； （2）求过点 A、O、B 的抛物线的解析式； （3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点 C，使△AOC 的周长最小？若存在，求出点 C 的坐标；若不存在， 请说明理由； （4）在（2）中 x 轴下方的抛物线上是否存在一点 P，过点 P 作 x 轴的垂线，交直线 AB 于点 D，线段 OD 把△AOB 分成两个三角形．使其中一个三角形面积与四边形 BPOD 面积比为 2：3 ？若存在，求出点 P 的坐标；若 不存在，请说明理由． 【解答】 解：（1）由题意得: 2.OB33OB2 1  ， ∴B（－2，0） …………3 分 （2）设抛物线的解析式为 y=ax(x+2)，代入点 A（1, 3 ），得 3 3a  ， ∴ 23 2 3 3 3y x x  …………6 分 （3）存在点 C.过点 A 作 AF 垂直于 x 轴于点 F，抛物线 的对称轴 x= - 1 交 x 轴于点 E.当点 C 位于对称轴 与线段 AB 的交点时，△AOC 的周长最小. ∵ △BCE∽△BAF, ).3 3C(-1, .3 3 BF AFBECE .AF CE BF BE     …………9 分 （4）存在. 如图，设 p(x,y)，直线 AB 为 y=kx+b,则 x y A 0B 图 10 C A B O y x 3 3, 3 2 0. 2 3 3 kk b k b b           解得 ， ∴直线 AB 为 3 2 3 3 3y x  ， BODBPOBPOD SSS  四 = 1 2 |OB||YP|+ 1 2 |OB||YD|=|YP|+|YD| = 23 3 2 3 3 3 3x x   . ∵S△AOD= S△AOB-S△BOD = 3 - 2 1 ×2×∣ 3 3 x+ 3 32 ∣=- 3 3 x+ 3 3 . ∴ ODB OD S S P A 四  = 3 32 3 3-3 3- 3 3 3 3 2   xx x = 3 2 . ∴x1=- 2 1 , x2=1(舍去). ∴p(- 2 1 ,- 4 3 ) . 又∵S△BOD = 3 3 x+ 3 32 , ∴ ODB BOD S S P四  = 3 32 3 3 3 3 3 32 3 3 2   xx x = 3 2 . ∴x1=- 2 1 , x2=-2. P(-2,0)，不符合题意. ∴ 存在，点 P 坐标是（- 2 1 ，- 4 3 ）. …………12 分 209、（2010 年云南省昭通市）22．（11 分）在如图 8 所示的方 格图中，每个小正方形的顶点称为“格点”，且每个小正 方形的边长均为 1 个长度单位，以格点为顶点的图形叫做 “格点图形”，根据图形解决下列问题： （1） 图中格点 A B C  △ 是由格点 ABC△ 通过怎样变换得 到的？ （2） 如果建立直角坐标系后，点 A 的坐标为（ 5 ， 2 ），点 B 的坐标为 ( 5 0) ， ，请求出过 A 点的正比例函数的解析 y x A O D B P 式，并写出图中格点 DEF△ 各顶点的坐标． 【解答】 22．解：（1）格点 A B C  △ 是由格点 ABC△ 先绕点 B 逆时针旋转90°，然后向右平移13个长度单位（或 格）得到的．··································································································4 分 （注：先平移后旋转也行） （2）设过 A 点的正比例函数解析式为 y kx ， 将 ( 5 2)A  ， 代入上式得， 2 5k  ， 2 5k   ． 过 A 点的正比例函数的解析式为 2 5y x  ．····················································· 8 分 DEF△ 各顶点的坐标为： (2 4) (0 8) (7 7)D E F  ， ， ， ， ， ．··································································· 11 分 210、（2010 年云南省昭通市）23．（14 分）如图 9，已知直线l 的解析式为 6y x   ，它与 x 轴、 y 轴分 别相交于 A 、 B 两点，平行于直线l 的直线 n 从原点O 出发，沿 x 轴正方向以每秒1个单位长度的 速度运动，运动时间为t 秒，运动过程中始终保持 n l∥ ，直线 n 与 x 轴，y 轴分别相交于 C 、D 两 点，线段CD 的中点为 P ，以 P 为圆心，以CD 为直径在CD 上方作半圆，半圆面积为 S ，当直线 n 与直线l 重合时，运动结束． （1） 求 A 、 B 两点的坐标； （2） 求 S 与t 的函数关系式及自变量t 的取值范围； （3） 直线 n 在运动过程中， ① 当t 为何值时，半圆与直线l 相切？ ② 是否存在这样的t 值，使得半圆面积 1 2 ABCDS S 梯形 ？若存在，求出t 值，若不存在，说明理由． 【解答】 23．解：（1） 6y x   ， 图 9（1） 图 9（2）备用图 令 0y  ，得 0 6x   ， 6x  ， (6 0)A ， ． 令 0x  ，得 6y  ， (0 6)B ， ．········································································2 分 （2） 6OA OB  ， AOB△ 是等腰直角三角形．  n l∥ ， 45CDO BAO    °， COD△ 为等腰直角三角形， OD OC t   ． 2 2 2 2 2CD OC OD t t t     ． 1 2 2 2PD CD t   ， 2 2 21 1 2 1π π π2 2 2 4S PD t t        · ， 21 π (0 6)4S t t   ≤ ．··················································································8 分 （3） ① 分别过 D 、 P 作 DE AB 于 E 、 PF AB 于 F． 6AD OA OD t    ， 在 Rt ADE△ 中，sin DEEAD AD   ， 2 (6 )2DE t · ， 2 (6 )2PF DE t    ． 当 PF PD 时，半圆与l 相切． 即 2 2(6 )2 2t t  ， 3t  ． 当 3t  时，半圆与直线l 相切．········································································11 分 ② 存在． 21 1 16 6 182 2 2AOB CODABCDS S S t t t        △ △梯形 · ． 21 π4S t ． 若 1 2 ABCDS S 梯形 ，则 2 21 1 1π 184 2 2t t     ， 2(π 1) 36t  ， 2 36 1t   ， 6 6 π 1 6π 1π 1 t    ． 存在 6 π 1 π 1t   ，使得 1 2 ABCDS S 梯形 ．························································14 分 211、（2010 年重庆市）25．今年我国多个省市遭受严重干旱，受旱灾的影响，4 月份，我市某蔬菜价格呈 上升趋势，其前四周每周的平均销售价格变化如下表： 周数 x 1 2 3 4 价格 y（元/千克） 2 2.2 2.4 2.6 进入 5 月，由于本地蔬菜的上市，此种蔬菜的平均销售价格 y（元/千克）从 5 月第 1 周的 2.8 元/千 克下降至第 2 周的 2.4 元/千克，且 y 与周数 x 的变化情况满足二次函数 y＝－ 1 20 x2＋bx＋c. （1）请观察题中的表格，用所学过的一次函数、反比例函数或二次函数的有关知识直接写出 4 月份 y 与 x 的函数关系式，并求出 5 月份 y 与 x 的函数关系式； （2）若 4 月份此种蔬菜的进价 m（元/千克）与周数 x 所满足的函数关系为 m＝ 1 4 x＋1.2，5 月份此种蔬 菜的进价 m（元/千克）与周数 x 所满足的函数关系为 m＝ 5 1 x＋2．试问 4 月份与 5 月份分别在哪 一周销售此种蔬菜一千克的利润最大？且最大利润分别是多少？ （3）若 5 月份的第 2 周共销售 100 吨此种蔬菜．从 5 月份的第 3 周起，由于受暴雨的影响，此种蔬菜的 可供销量将在第 2 周销量的基础上每周减少 a %，政府为稳定蔬菜价格，从外地调运 2 吨此种蔬菜， 刚好满足本地市民的需要，且使此种蔬菜的销售价格比第 2 周仅上涨 0.8 a %．若在这一举措下，此 种蔬菜在第 3 周的总销售额与第 2 周刚好持平，请你参考以下数据，通过计算估算出 a 的整数值． （参考数据：372＝1369，382＝1444，392＝1521，402＝1600，412＝1681） 【解答】