中考數(shù)學(xué)壓軸題100題(1-50題答案)

中考數(shù)學(xué)壓軸題100題精選〔1—50題答案〕【001】解：〔1〕Q拋物線ya(x1)233(a0)經(jīng)過點(diǎn)A(2，0)，309a33a1分二次函數(shù)的解析式為：y3x223x833333分〔2〕QD為拋物線的極點(diǎn)D(13，3)過D作DNOB于N，那么DN33，AN3，AD32(33)26DAO60°4分QOM∥ADyM①當(dāng)ADOP時(shí)，四邊形DAOP是平行四邊形DCOP6t6(s)5分②當(dāng)DPOM時(shí)，四邊形DAOP是直角梯形過O作OHAD于H，AO2，那么AH1

PHAOENQBx〔如果沒求出DAO60°可由Rt△OHA∽R(shí)t△DNA求AH1〕OPDH5t5(s)6分③當(dāng)PDOA時(shí)，四邊形DAOP是等腰梯形OPAD2AH624t4(s)綜上所述：當(dāng)t6、5、4時(shí)，對(duì)應(yīng)四邊形分別是平行四邊形、直角梯形、等腰梯形．7分〔3〕由〔2〕及，COB60°，OCOB，△OCB是等邊三角形那么OBOCAD6，OPt，BQ2t，OQ62t(0t3)過P作PEOQ于E，那么PE3t8分2332SBCPQ16331(62t)3t633t289分222=2t3633當(dāng)2時(shí)，SBCPQ的面積最小值為810分此時(shí)OQ3，OP=3，OE3QE339PE3324444B22PQPE2QE23393344211分QE8ADCFP【002】解：〔1〕1，5；圖3〔2〕作QF⊥AC于點(diǎn)F，如圖3，AQ=CP=t，∴AP3t．由△AQF∽△ABC，BC52324，QFt414得45．∴QF5t．∴S2(3t)5t，S2t26tQD即55．AP圖4〔3〕能．①當(dāng)DE∥QB時(shí)，如圖4．DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四邊形QBED是直角梯形．此時(shí)∠AQP=90°．AQAP由△APQ∽△ABC，得ACAB，t3t9即35．解得t8．②如圖5，當(dāng)PQ∥BC時(shí)，DE⊥BC，

BECAPAP

QDP圖5QD圖6QD圖7

BECBGC(E)BGC(E)四邊形QBED是直角梯形．此時(shí)∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得

AQAPABAC，t3t15即53．解得t8．〔4〕t5452或t14．【注：①點(diǎn)P由C向A運(yùn)動(dòng)，DE經(jīng)過點(diǎn)C．方法一、連結(jié)QC，作QG⊥BC于點(diǎn)G，如圖6．t，QC2QG2CG2[3(5t)]2[44(5t)]2PC55．由PC2QC2，得t2[3(5t)]2[44(5t)]2，解得t5552．方法二、由CQCPAQ，得QACQCA，進(jìn)而可得BQ，∴AQ55BBCQ，得CQBQ2．∴t2．②點(diǎn)P由A向C運(yùn)動(dòng)，DE經(jīng)過點(diǎn)C，如圖7．(6t)2[3(5t)]2[44(5t)]24555，t14】【003】解.(1)點(diǎn)A的坐標(biāo)為〔4，8〕1分將A(4,8)、C〔8，0〕兩點(diǎn)坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx8=16a+4b0=64a+8b1a=-2,b=4y=12x2+4x3PEBC2RtAPERtABCtanPAE=AP=AB,PE4AP=81PE=2AP=2tPB=8-t14+2t8-t.11G24+21t2+8.5

1t2+4(4+2t=11EG=8t2+8-(8-t)=8t2+t.1-80t=4EG2.7.分164085t1=3，t2=13，t3=25．11分2x80，4．A點(diǎn)坐標(biāo)為4，0．【004】〔1〕解：由33得x由2x160，x8．B點(diǎn)坐標(biāo)為8，0．AB8412．分〕得∴〔2y2x8，x，3355，6．y2x．．由解得y〔3分〕6∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為∴S△ABC1·1．2AByC212636〔4分〕〔2〕解：∵點(diǎn)D在l1上且xDxB288．∴D點(diǎn)坐標(biāo)8，yD383為8，8．分〕又∵點(diǎn)E在l2上且yEyD，2xE16．．〔588xE4∴點(diǎn)坐標(biāo)為4，8．〔6分〕∴OE844，EF8．〔7分〕〔3〕解法一：①當(dāng)0≤t3時(shí)，如圖1，矩形DEFG與△ABC重疊局部為五邊形CHFGR〔t0時(shí)，為四邊形CHFGCMAB于M，那么Rt△RGB∽R(shí)t△CMB．

〕．過C作yyyl2l1l2l1l2l1EDEEDDCCCRRRAOFMGBxAFOGMBxFAGOMBx〔圖1〕〔圖2〕〔圖3〕BGRGtRG∴BMCM，，2t．QRt△AFH∽R(shí)t△AMC，即36∴RGSS△ABCS△BRGS△AFH361t2t18t28t．∴223S4t216t44．即333〔10分〕【005】〔1〕如圖1，過點(diǎn)E作EGBC于AD點(diǎn)G．1分EF∵E為AB的中點(diǎn)，BCG1BE2．圖1AB2在Rt△EBG中，∠B∴30．2分60，∠BEGBG1BE1，EG22123．2即點(diǎn)E到BC的距離為3．3分〔2〕①當(dāng)點(diǎn)N在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PMN的形狀不發(fā)生改變．∵PMEF，EG∴PM∥EG．EF，∵EF∴EPGM，PMEG3．∥BC，同理MNAB4分4．如圖2，過點(diǎn)P作PHMN于H，∵M(jìn)N∥AB，∴∠NMC∠B60，∠PMH30．PH1PM3．∴22

NADPEFHBCGM圖2MHPMgcos303．∴2NHMNMH435．那么222253．PNNH2PH2227在Rt△PNH中，∴△PMN的周長=PMPNMN374．6分②當(dāng)點(diǎn)N在線段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PMN的形狀發(fā)生改變，但MNC恒為等邊三角形．當(dāng)PMPN時(shí)，如圖3，作PRMN于R，那么MRNR．MR3．近似①，2MN2MR3．7分∵△MNC是等邊三角形，∴MCMN3．此時(shí)，xEPGMBCBGMC6132．8分ADADADPNPEFEFEF〔P〕RNNBMCBGMCBCGGM圖3圖4圖5當(dāng)MPMN時(shí)，如圖4，這時(shí)MCMNMP3．此時(shí)，xEPGM61353．當(dāng)NPNM時(shí)，如圖5，∠NPM∠PMN30．那么∠PMN120，又∠MNC60，∴∠PNM∠MNC180．因此點(diǎn)P與F重合，△PMC為直角三角形．∴MCPMgtan301．此時(shí)，xEPGM6114．綜上所述，當(dāng)x2或4或53時(shí)，△PMN為等腰三角形．5006】解：〔1〕OC=1,所以,q=-1,又由面積知0.5OC×AB=4,5得AB=2，53設(shè)A〔a,0〕,B(b,0)AB=ba=(ab)24ab=2，解得p=2,但3p<0,所以p=2。yx23x1所以解析式為：2〔2〕令y=0，解方程得

x23x10x11,x222，得2,所以15A(2,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC=2,同樣可求得BC=5，顯然AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角555形。AB為斜邊，所以外接圓的直徑為AB=2,所以4m4?！?〕存在，AC⊥BC，①假定以AC為底邊，那么BD//AC,易求AC的解析式為y=-2x-1,可設(shè)BD的解析式為y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式為y=-2x+4，解方程組

23yxx1y2x4得5D〔2，9〕②假定以BC為底邊，那么BC//AD,易求BC的解析式為1y=0.5x-1,可設(shè)AD的解析式為y=0.5x+b，把A(2，0)代入得AD解析式為y=0.5x+0.25，解方程組

yx23x125,3y0.5x0.25得D(22)553綜上，所以存在兩點(diǎn)：〔2,9〕或(2,2)。007】008】證明：〔1〕∵∠ABC=90°，BD⊥EC，∴∠1與∠3互余，∠2與∠3互余，1=21ABC=DAB=90°AB=ACBADCBE2AD=BE32EABEB=EA1AD=BEAE=AD5ADBC7=ACB=45°6=45°6=7EM=MDAMDEACED73DBCCD=BD82CD=CE1CE=BDCD=BDDBC100091QAC⊥xAE⊥yyAEOCBF⊥xBD⊥yBDOFAC⊥xBD⊥yAEDK，DOCK，CFBK1

AEBDKOCFMx圖1QOCx1，ACy1，x1gy1kS矩形AEOCOCgACx1gy1kQOFx2，F(xiàn)By2，x2gy2k，S矩形BDOFOFgFBx2gy2k．S矩形AEOCS矩形BDOF．QS矩形AEDKS矩形AEOCS矩形DOCK，S矩形CFBKS矩形BDOFS矩形DOCK，S矩形AEDKS矩形CFBK．2分②由〔1〕知S矩形AEDKS矩形CFBK．AKgDKBKgCK．AKBKCKDK．4分QAKB，CKD90°△AKB∽△CKD．5分CDKABK．AB∥CD．6分QAC∥y軸，四邊形ACDN是平行四邊形．ANCD．7分同理BMCD．ANBM．8分〔2〕AN與BM仍舊相等．9分QS矩形AEDKS矩形AEOCS矩形ODKC，S矩形BKCFS矩形BDOFS矩形ODKC，

yANFMOCxDKB圖2又QS矩形AEOCS矩形BDOFk，S矩形AEDKS矩形BKCF．10分AKgDKBKgCK．CKDKAKBK．QKK，△CDK∽△ABK．CDKABK．AB∥CD．11分QAC∥y軸，四邊形ANDC是平行四邊形．ANCD．同理BMCD．ANBM．12分3a4ab1.【010】解：〔1〕根據(jù)題意，得2aa1，解得b2.拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為

2b3，2分yyx2D2x3．3分E〔2〕存在．在令

Nxyx22x3中，令x0，得y3．AO1Ny0，得x22x30，x11，x23．FPCA(10)，，B(3，0)，C(0，3)．M〔第26題圖〕y(x1)24M(1，4)5CMyx3yx3y0x3N(3，0)AN26yx22x3y3x10，x22CP2，ANCPQAN∥CPANCPP(2，3)83△AEFyx3x0y3y0x3yx3D(0，3)B(3，0)ODOBOBD945°QC(0，3)OBOCOBC1045°AEFABFAFE1145°ABE45°EAFAEAF△AEF1290°4Eyx33140111RtFCDGDFCG=FD1RtDEFEG=FD2CG=EG321EG=CGAGGMNADMEFNDAG

DCG

AD=CD

ADG=

CDGDG=DGDAGDCGAG=CG5DMGFNGDGM=FGNFG=DGMDG=

NFGDMGFNGMG=NGAM=EN6

AENMRtAMGRtENGAM=ENMG=NG

AMG

ENG

AG=EGEG=CG

8CG

M,

MG=CGMFMEEC

4DCGFMGFG=DGMGF=CGDMG=CGDCGFMGMF=CDFMGDCGMFCDAB5RtMFERtCBEMF=CBEF=BEMFECBEMECMEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴△MEC為直角三角形．∵M(jìn)G=CG，∴EG=MC．8分〔3〕〔1〕中的結(jié)論仍舊建立，即EG=CG．其他的結(jié)論還有:EG⊥CG．10分【012】解：〔1〕Q圓心O在坐標(biāo)原點(diǎn)，圓O的半徑為1，點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)分別為A(10)，、B(0，1)、C(1，0)、D(01)，拋物線與直線yx交于點(diǎn)M、N，且MA、NC分別與圓O相切于點(diǎn)A和點(diǎn)C，M(1，1)、N(11)，．Q點(diǎn)D、M、N在拋物線上，將c11abcD(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐標(biāo)代入yax2bxc，得：1abca1b1解之，得：c1拋物線的解析式為：yx2x1．4分2Qyx2x1x15〔2〕24x1拋物線的對(duì)稱軸為2，OE1，DE115．6分242連結(jié)BF，BFD90°，DEOD△BFD∽△EOD，DBFD，DE5，OD1，DB2

yDNEAOCxFMPB又2，F(xiàn)D

45，45535EFFDDE210．8分3〕點(diǎn)P在拋物線上．9分設(shè)過D、C點(diǎn)的直線為：ykxb，將點(diǎn)C(10)，、D(01)，的坐標(biāo)代入ykxb，得：k1，b1，直線DC為：yx1．10分過點(diǎn)B作圓O的切線BP與x軸平行，P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y1，將y1代入yx1，得：x2．P點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，1)，當(dāng)x2時(shí)，yx2x122211，所以，P點(diǎn)在拋物線yx2x1上．12分【013】解：〔1〕Q該拋物線過點(diǎn)C(0，2)，可設(shè)該拋物線的解析式為yax2bx2．將A(4，0)，B(1，0)代入，a1，216a4b2，50得ab20.b.解得2此拋物線的解析式為y1x25x222．〔3分〕〔2〕存在．〔4分〕yDP如圖，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，BA1m25m2O1M4x那么P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為22，2EC當(dāng)1m4時(shí)，〔第26題圖〕PM1m25m2AM4m，22．又QCOAPMA90°，AMAO2①當(dāng)PMOC1時(shí)，APM∽△ACO，4m21m25m2即22．解得m12，m24〔舍去〕，P(2，1)．〔6分〕AMOC12(4m)1m25m2②當(dāng)PMOA2時(shí)，△APM∽△CAO，即22．解得m14，m25〔均不合題意，舍去〕當(dāng)1m4時(shí)，P(2，1)．〔7分〕近似地可求出當(dāng)m4時(shí)，P(5，2)．〔8分〕當(dāng)m1時(shí)，P(3，14)．綜上所述，切合條件的點(diǎn)P為(2，1)或(5，2)或(3，14)．〔9分〕〔3〕如圖，設(shè)D點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t(0t4)，那么D點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1t25t2．22過D作y軸的平行線交AC于E．由題意可求得直線AC的解析式為y1x22．〔10分〕1DE1t251122tt，t2t2t2tE點(diǎn)的坐標(biāo)為2．2222．11分〕S△DAC11t22t4t24t(t2)2422．當(dāng)t2時(shí)，△DAC面積最大．D(2，1)．〔13分〕【014】〔1〕解：∵A點(diǎn)第一次落在直線yx上時(shí)停止旋轉(zhuǎn)，∴OA旋轉(zhuǎn)了450.4522∴OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積為3602.4分〔2〕解：∵M(jìn)N∥AC，∴BMNBAC45,BNMBCA45.∴BMNBNM.∴BMBN.又∵BABC，∴AMCN.又∵OAOC,OAMOCN,∴OAMOCN.∴AOMCON.∴AOM1(9045.∴旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)MN和AC平行時(shí)，正2方形OABC旋轉(zhuǎn)的度數(shù)為45.8分〔3〕答：p值無變化.證明：延伸BA交y軸于E點(diǎn)，那么AOE450AOM，CON900450AOM450AOM，∴AOECON.又∵OAOC，OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.yEyx又∵M(jìn)OEMON450,OMOM,AM∴OMEOMN.B∴MNMEAMAE.∴MNAMCN，ONx∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC4.C〔第26∴在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中，p值無變化.12分【015】⑴設(shè)二次函數(shù)的解析式為：y=a(x-h)2+k∵極點(diǎn)C的73橫坐標(biāo)為4，且過點(diǎn)(0，9)∴y=a(x-4)2+k7316ak①9又∵對(duì)稱軸為直線x=4，圖象在x軸上截得的線段長為6A(1，0)，B(7，0)3∴0=9a+k②由①②解得a=9，k=－3∴二次3函數(shù)的解析式為：y=9(x-4)2－3⑵∵點(diǎn)A、B對(duì)于直線x=4對(duì)稱∴PA=PB∴PA+PD=PB+PD≥DB∴當(dāng)點(diǎn)P在線段DB上時(shí)PA+PD取得最小值∴DB與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn)P設(shè)直線x=4與x軸交于點(diǎn)M∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO73PMBM33PM9∴△BPM∽△BDO∴DOBO∴73∴點(diǎn)P的坐標(biāo)3為(4，3)⑶由⑴知點(diǎn)C(4，3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot3ACM=3，∴∠ACM=60o，∵AC=BC，∴∠ACB=120o①當(dāng)點(diǎn)Q在x軸上方時(shí)，過Q作QN⊥x軸于N如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120o，那么∠QBN=60o∴QN=33，BN=3，ON=10，此時(shí)點(diǎn)Q(10，33)，如果AB=AQ，由對(duì)稱性知Q(-2，33)②當(dāng)點(diǎn)Q在x軸下方時(shí)，△QAB就是△ACB，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(4，3)，經(jīng)查驗(yàn)，點(diǎn)(10，33)與(-2，33)都在拋物線上綜上所述，存在這樣的點(diǎn)Q，使△QAB∽△ABC點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(10，33)或(-2，33)或(4，3)．【016】解：〔1〕設(shè)正比率函數(shù)的解析式為yk1x(k10)，因?yàn)閥k1x的圖象過點(diǎn)A(3，3)，所以33k1，解得k11．這個(gè)正比率函數(shù)的解析式為yx．〔1分〕yk2(k20)．因?yàn)閥k2設(shè)反比率函數(shù)的解析式為xx的圖象過點(diǎn)A(3，3)，所以k293y3，解得k29．這個(gè)反比率函數(shù)的解析式為x．〔2分〕993〔2〕因?yàn)辄c(diǎn)B(6，m)在ym2，那么點(diǎn)x的圖象上，所以63B6，．〔3分〕設(shè)一次函數(shù)解析式為yk3xb(k30)．因?yàn)閥k3xb的圖象是由x平移獲得的，3所以k31，即yxb．又因?yàn)閥xb的圖象過點(diǎn)B6，，所以23b9y96bx2，解得2，一次函數(shù)的解析式為2．〔4分〕yx90，92的圖象交y軸于點(diǎn)D，所以D的坐標(biāo)為2．〔3〕因?yàn)樵O(shè)二次函數(shù)的解析式為yax2bxc(a0)．30，9因?yàn)閥ax2B6，，bxc的圖象過點(diǎn)A(3，3)、2、和D29a3bc3，a1，36a6bc3，b2，24c9.〔5分〕c9.所以2解得2y1x24x9這個(gè)二次函數(shù)的解析式為22．〔6分〕Qyx99，2交x軸于點(diǎn)C，點(diǎn)C的坐標(biāo)是20〔4〕y，156161313S6233如下列圖，222299451842

A3EBO3C6xD81．假定存在點(diǎn)E(x0，y0)，使S12812273S432．Q四邊形CDOE的極點(diǎn)E只能在x軸上方，y00，19919819y0．S1S△OCDS△OCE22222gy084819y027y03842，2．QE(x0，y0)在二次函數(shù)的圖象上，12932x04x022．解得x02或x06．3當(dāng)x06時(shí)，點(diǎn)E6，與點(diǎn)B重合，這時(shí)CDOE不是四邊形，故2x06舍去，3點(diǎn)E的坐標(biāo)為2，．〔8分〕2【017】解：〔1〕拋物線yx2bxc經(jīng)過A(1，0)，B(0，2)，01bcb3200c解得c2所求拋物線的解析式為yx23x2．2分〔2〕QA(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2可得旋轉(zhuǎn)后C點(diǎn)的坐標(biāo)為(31)，3分當(dāng)x3時(shí)，由yx23x2得y2，可知拋物線yx23x2過點(diǎn)(3，2)將原拋物線沿y軸向下平移1個(gè)單位后過點(diǎn)C．平移后的拋物線解析式為：yx23x1．5分〔3〕Q點(diǎn)N在yx23x1上，可設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，x023x01)323yx5將yx23x1配方得24，其對(duì)稱軸為x2．6分03yx0①當(dāng)2時(shí)，如圖①，QS△NBB12S△NDD111x02113x0222Qx01此時(shí)x023x011N點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，1)．8分②當(dāng)x032時(shí)，如圖②11x021x03同理可得222x03此時(shí)x023x011點(diǎn)N的坐標(biāo)為(31)，．

BB1CAODxND1圖①yBNB1ACODxD1圖②綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(1，1)或(31)，．10分【018】解：〔1〕Q拋物線yax2bx4a經(jīng)過A(1，0)，C(0，4)兩點(diǎn)，，a，ab4a014a4.解得b3.

y拋物線的解析式為yx2CD3x4．〔2〕Q點(diǎn)D(m，m1)在拋物線上，EAB2Oxm1m3m4，即m22m30，m1或m3．Q點(diǎn)D在第一象限，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3，4)．由〔1〕知OAOB，．CBA45°設(shè)點(diǎn)D對(duì)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)E．QC(0，4)，CD∥AB，且CD3，ECBDCB45°，點(diǎn)在y軸上，且CECD3．OE1，E(0，1)．即點(diǎn)D對(duì)于直線BC對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為〔0，1〕．〔3〕方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E．由〔1〕有：OBOC4，OBC，y45°QDBP45°，CBDPBA．CDQC(0，4)，D(3，4)，CD∥OB且CD3．PEDCECBO45°，ABxFODECE322．BE52BCCE2，QOBOC4，BC42，DE3tanPBFtanCBDBE5．設(shè)PF3t，那么BF5t，OF5t4，P(5t4，3t)．P點(diǎn)在拋物線上，3t(5t4)23(5t4)4，22266t0〔舍去〕或tP，．25，525方法二：過點(diǎn)D作BD的垂線交直線PB于點(diǎn)Q，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于H．過Q點(diǎn)作QG⊥DH于G．yQPBD45°，QDDB．QDGBDH90°，又DQGQDG90°，DQGBDH．

DCQPGABx△QDG≌△DBH，QGDH4，DGBH1．OH由〔2〕知D(3，4)，Q(13)，．y3x12QB(4，0)，直線BP的解析式為55．yx23x，4y3x12，解方程組55得266，

x22，x1，5466.y1；y2025點(diǎn)P的坐標(biāo)為525．【019】〔1〕EO＞EC，原因如下：由折疊知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF為斜邊，∴EF＞EC，故EO＞EC2分〔2〕m為定值∵S四邊形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO·(EO―EC)S四邊形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC)·CO∴S四邊形CFGHm1S四邊形CMNO43CO=1CE1，QF2EF=EO=112QF33331cosFEC=2FEC=60°18060OEA，EAO30FEA6022EFQEQ3

51EQ13EQ3QIEOIEI=23IQ=23211(3,1)6IO=333Q33y=mx2+bx+cC(01)Q(3,1)33m=1b3c=1yx23x17AO3EO23433x23y(23)2323113333AB(23,1)8P33112BP=33AO方法1：假定△PBK與△AEF相像，而△AEF≌△AEO，那么分情況如下：BK23234383223BK①3時(shí)，9(,1)(,1)3∴K點(diǎn)坐標(biāo)為9或92BK32343232時(shí)，BK②333∴K點(diǎn)坐標(biāo)為(3,1)或(0,1)10分故直線KP與y軸交點(diǎn)T的坐標(biāo)為(0,5)或(0,7)或(0,1)或(0,1)12分333方法2：假定△BPK與△AEF相像，由〔3〕得：∠BPK=30°或60°，過P作PR⊥y軸于R，那么∠RTP=60°或30°2332①當(dāng)∠RTP=30°時(shí)，RT32332②當(dāng)∠RTP=60°時(shí)，RT33∴T1(0,7)，T2(0,5)，T3(0,1)，T4(0,1)33312分020】解：〔1〕①CF⊥BD，CF=BD②建立，原因如下：∵∠FAD=∠BAC=90°∴∠BAD=CAF又BA=CA，AD=AF∴△BAD≌△CAF∴CF=BD∠ACF=∠ACB=45°∴∠BCF=90°∴CF⊥BD12ACB=45°CFBCAACCBGACB=45°AG=ACAGC=ACG=45°AG=ACAD=AF1GADCAFSASACF=AGD=45°GCF=GCA+ACF=90°

CFBC

23AQBCQACB=45°AC=42CQ=AQ=4PCD=ADP=90°ADQ+CDP=CDP+CPD=90°ADQDPC1PCCDDQ=AQCDx0x3DQ=CQCD=4xPCx4x=4111PC=4(x2+4x)=4(x2)2+1≥1PC=1

x=2

PC

10211k2k132EFAB4E(4,k2)A–40B034F(k2,3)k2k234PA=3PE=4PB=4PF=3PA312PB412PEk212k2PFk212k23443PAPBPEPFAPB=EPFAPBEPFPAB=PEFEFAB7S2EEMyMFFNxNQk2k2k2k2由上知M〔0，4〕，N〔3，0〕，Q〔3，4〕．8分而S△EFQ=S△PEF，∴S2＝S△PEF－S△OEF＝S△EFQ－S△OEF＝S△EOM＋S△FON＋S矩形OMQN11k2k212＝2k22k234＝k212k21(k26)2310分=12．當(dāng)k26時(shí)，S2的值隨k2的增大而增大，而0＜k2＜12．11分∴0＜S2＜24，s2沒有最小值．12分說明：1．證明AB∥EF時(shí)，還可利用以下三種方法．方法一：分別求出經(jīng)過A、B兩點(diǎn)和經(jīng)過E、F兩點(diǎn)的直線解析式，利用這兩個(gè)解析式中x的系數(shù)相等來證明AB∥EF；方法二：利用tanPAB＝tanPEF來證明AB∥EF；方法三：連結(jié)AF、BE，利用S△AEF＝S△BFE獲得點(diǎn)A、點(diǎn)B到直線EF的距離相等，再由A、B兩點(diǎn)在直線EF同側(cè)可獲得AB∥EF．2．求S2的值時(shí)，還可進(jìn)行如下變形：S2＝S△PEF－S△OEF＝S△PEF－〔S四邊形PEOF－S△PEF〕＝2S△PEF－S四邊形PEOF，再利用第〔1〕題中的結(jié)論．【022】解：(1)設(shè)拋物線的解析式為：y＝a(x－m＋2)(x－m2)a(xm)24a2ACBCACBAB411C(m2)a2y2(xm)225(C)(2)mm12y2(xm)2271(3)(1)D(02m22)mBODBODODOB912m22|m2|m20m4m2()m20m0()m2()m20m2BOD()m4BOD0231△MBCMBMC，∠MBC∠MCB60

MADMADAMMDAD∥BC60°QBCP∴∠AMB∠MBC60，∠DMC∠MCB60∴△AMB≌△DMC∴ABDC∴梯形ABCD是等腰梯形．〔2〕解：在等邊△MBC中，MBMCBC4，∠MBC∠MCB60，MPQ60∴∠BMP∠BPM∠BPM∠QPC120PCCQ∴∠BMP∠QPC∴△BMP∽△CQP∴BMBP5分∵PCx，MQy∴BP4x，QC4y6分x4yy1x2x4∴44x∴47分〔3〕解：①當(dāng)BP1時(shí)，那么有BP∥AM，BP∥MD那么四邊形ABPM和四邊形MBPD均為平行四邊形∴MQy132341344當(dāng)BP3時(shí)，那么有PC∥AM，PC∥MD，那么四邊形MPCD和四邊形APCM均為平行四邊形∴MQy11311444BP1，MQ1313BP3，MQ∴當(dāng)4或4時(shí)，以P、M和A、B、C、中的兩個(gè)點(diǎn)為極點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．此時(shí)平行四邊形有4個(gè)．y1x223△PQC為直角三角形∵4∴當(dāng)y取最小值時(shí)，xPC2∴P是BC的中點(diǎn)，MPBC，而∠MPQ60，∴∠CPQ30，∴∠PQC90【024】〔1〕由B(3,m)可知OC3，BCm，又△ABC為等腰直角三角形，∴ACBCm，OAm3，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)是〔3m,0〕.〔2〕∵ODAOAD45∴ODOAm3，那么點(diǎn)D的坐標(biāo)是0,m3〕.又拋物線極點(diǎn)為P(1,0)，且過點(diǎn)B、D，所以可設(shè)拋物線的解析式為：ya(x1)2，得：a(31)2ma1a(01)2m3解得m4∴拋物線的解析式為yx22x17分〔3〕過點(diǎn)Q作QMAC于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QNBC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(x,x22x1)，那么QMCN(x1)2，MCQN3x.QMPM(x1)2x1∵QM//CE∴PQM∽PEC∴ECPC即EC2，得QNBNEC2(x1)∵QN//FC∴BQN∽BFC∴FCBC即3x4(x1)24，得FC又∵AC4FC4x1FC(ACEC)4[42(x1)]4(2x2)42(x1)8∴x1x1x1即FC(ACEC)為定值8.025】解：〔1〕設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x，那么點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為－x+4〔0<x<4，x>0，－x+4>0〕；那么：MC＝∣－x+4∣＝－x+4，MD＝∣x∣＝x；∴C四邊形OCMD＝2〔MC+MD〕＝2〔－x+4+x〕8∴當(dāng)點(diǎn)M在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四邊形OCMD的周長不發(fā)生變化，老是等于8；〔2〕根據(jù)題意得：S四邊形OCMD＝MC·MD＝〔－x+4〕·x＝－x2+4x＝－(x-2)2+4∴四邊形OCMD的面積是對(duì)于點(diǎn)M的橫坐標(biāo)x〔0<x<4〕的二次函數(shù)，并且當(dāng)x＝2，即當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到線段AB的中點(diǎn)時(shí)，四邊形OCMD的面積最大且最大面積為4；〔3〕如圖10〔2〕，當(dāng)0aS41a21a242時(shí)，22；如圖10〔3〕，當(dāng)2a4時(shí)，S1(4a)21(a4)222；∴S與a的函數(shù)的圖象如下列圖所示：S4·S1a2〔40a2)22·S124)(a4)〔2a20··a2422【026】解：〔1〕∵AH∶AC=2∶3，AC=6∴AH=3AC=3×6=4又∵HF∥DE，∴HG∥CB，∴△AHG∽△ACB1分∴AH=HG，即4=HG，∴ACBC68162HG=31SAHG=2AH·HG=1632

12×4×3=3324HH′CDHCH′DCDH′HC=90°CDH′H5CH=AC-AH=6-4=2CD=CH=2CDH′Ht=2CDH′H6DEF=ABCEFABt=4EFBA.0≤t≤4DEFH′.7FMAC63FFMDEMME=tanDEF=tanABC=BC=8=444884ME=3FM=3×2=3HF=DM=DE-ME=4-3=3141616DEFH′24+3×2=3y=314t≤53CBGH-CDH′H.SCBGH=SABC-S1324040△AHG=2×8×6-3=3S矩形CDH′H=2t∴y=3-2t1〔Ⅲ〕當(dāng)53＜t≤8時(shí)，如圖，設(shè)H′D交AB于P.BD=8-tPD3又DB=tan∠ABC=433∴PD=4DB=4〔8-t〕∴重疊局部的面積y=S,11333PDB=2PD·DB=2·4〔8-t〕〔8-t〕=8〔8-t〕2=8t2-6t+24∴重疊局部面積y與t的函數(shù)關(guān)系式：3y=16〔0≤t≤4〕4013-2t〔4＜t≤53〕31t2-6t+24〔53＜t≤8〕【027】解：(1)設(shè)拋物線的解析式為：y1a(x1)24,把A〔3,0〕代入解析式求得a1所以y1(x1)24x22x3，設(shè)直線AB的解析式為：y2kxb由y1x22x3求得B點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,3)把A(3,0)，B(0,3)代入y2kxb中解得：k1,b3所以y2x36分(2)因?yàn)镃點(diǎn)坐標(biāo)為(１,4)，所以當(dāng)x＝１時(shí)，y1＝4，y2＝2所以CD＝4-2＝28分1323SCAB2(平方單位)(3)假定存在切合條件的點(diǎn)P，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，△PAB的鉛垂高為h，那么hy1y2(x22x3)(x3)x23x，由9S△PAB=8S△CAB13(x23x)932x3得：28，化簡得：4x12x90解得，2將x3代入y1x22x3中，解得P點(diǎn)坐標(biāo)為(3,15)224028】解：〔1〕(5′)錯(cuò)誤!未找到引用源?！邟佄锞€與y軸交于點(diǎn)〔0，3〕，∴設(shè)拋物線解析式為yax2bx3(a0)(1′)ab30a1根據(jù)題意，得9a3b30，解得b2∴拋物線的解析式為yx22x3(5′)(2)(5′)由極點(diǎn)坐標(biāo)公式得極點(diǎn)坐標(biāo)為〔1，4〕〔2′)設(shè)對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)為F∴四邊形ABDE的面積=SABOS梯形BOFDSDFE1AOBO1(BODF)OF1EFDF=2221131(34)11245′=222=93(2′)BD=BG2DG212122BE=BO2OE2323232DE=DF2EF2224225BD2BE220,DE220BD2BE2DE2,BDEAOBO2AOBDBE90,BDBE2,AOBDBE(2′)0291=a24(a2)(a2)240ax22x1x2yx2axa20x1x2ax1?x2a213|x1x2|(x1x2)2134(x1x2)213(x1x2)24x1?x2135(a)24(a2)13(a5)(a1)0a5或1a<0a=1yx2x36〔3〕設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xo,y0)，因?yàn)楹瘮?shù)圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)間的距離等于13，所以：AB=13，所以：S△1AB?|y0|13PAB=2213|y0|13即：|y0|3，那么y03所以：22當(dāng)y03時(shí)，x02xo33，即(x03)(xo2)0x0=－2或3，當(dāng)y03時(shí)，x02解此方程得：xo33，即x0(xo1)0解此方程得：x0=0或1綜上所述，所以存在這樣的P點(diǎn)，P點(diǎn)坐標(biāo)是(－2,3),(3,3),(0,－3)或(1,－3)。〔12分〕34【030】解：〔1〕C(5P3t，tt，0)，55

．〔2分〕〔2〕①當(dāng)⊙C的圓心C由點(diǎn)M5，0向左運(yùn)動(dòng)，使點(diǎn)A到點(diǎn)D并隨⊙C持續(xù)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，3t≤345t≥有2，即3．當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)D左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)C作CF⊥射線DE，垂足為F，那么由CDFEDO，CF3(5t)4t8得△CDF∽△EDO，那么45CF5．．解得CF≤14t8≤1t，解得t≤16由2t，即523．當(dāng)⊙C與射線DE有公共點(diǎn)時(shí)，t的取值范圍為4≤t≤1633．5PAABPPQ⊥xQPA2PQ2AQ216t2229t218t4t253t33t9t272t8002525205t1420y3，t237PAPBPC⊥ABEP5t33t59F5t3OAQCDBxMPBAB16t22PB2PQ2BQ251t33t252513t22t4t28t8002057t2t44，t520711420△PABt4t5t3t3122403115,24,532AP=tAQ=102t.11,QQGADGyDQGBEAQGABE,

PEGAOCxQB(圖1)QGQABEBA,4848tQG=525,1S12422452APQG25t5t(2≤t≤5).S2452525(t2)6(2≤t≤5).5t=2S6.1APQAPQ.t=4P1AP=4.1:QCB,PQ≥BE>PAQ1,Q1A=Q1P.2,Q1Q1MAPMQ1MAC1AP2F,AM=2.FMQ1FOD33AMFAODCQ1F,AMCQ1AO4FM,2,Q1FMQ1FM3310.14QF221tAPCQ1=3=5.ktCQ1,kCQ111AP10.1QBA,AP=AQ2,PA=PQ3.AP=AQ23,CB+BQ2=10-4=6.1tAPkCBBQ23ktCBBQ2,AP2.1PA=PQ34,PPNABNANAPANPAEB,AEAB.AE=AB2BE27285,AN25.56AQ3=2AN=25,194BC+BQ3=10-25251tAPCBBQ397ktCBBQ3.kAP50.1t=411397k10250.

yPDMEAFOCxBQ1(圖2)Q2,Q3,yDPAOCxQ2B(圖3)yPDEAOCxN3B(圖4)APQ【032】解：〔1〕在△ABC中，∵AC1，ABx，BC3x．1x3x∴13xx，解得1x2．4分〔2〕①假定AC為斜邊，那么1x2(3x)2，即x23x40，無解．②假定AB為斜邊，那么x2(3x)21，解得x53，知足1x2．③假定BC為斜邊，那么(3x)21x2，解得x43，知足1x2．∴x543或x3．9分C〔3〕在△ABC中，作CDAB于D，1MADBNh，△ABC的面積為S，那么Sxh〔第24題-1〕設(shè)CD2．①假定點(diǎn)D在線段AB上，那么1h2(3x)2h2x．∴(3x)2h2x22x1h21h2，即x1h23x4．∴x2(1h2)9x224x16，即x2h28x224x16．2122232142∴S4xh2x6x42(x2)≤x11分2〔3〕．當(dāng)x34≤x2122時(shí)〔知足32取最大值2，進(jìn)而S取最大值2．〕，S分②假定點(diǎn)D在線段MA上，那么(3x)2h21h2x．1C同理可得，S22224xh2x6x4MDABN〔第24題-2〕2(x3)211x≤422〔3〕，易知此時(shí)S22．2綜合①②得，△ABC的最大面積為2．14分【033】yyCP1CNN′NOxOxBDBP2AAMM第〔2〕題備用圖M1，a1，N4a，1a〔1〕33.4分〔2〕由題意得點(diǎn)N與點(diǎn)N′對(duì)于y軸對(duì)稱，4a，1aN33，x21a16a28aa，將N′的坐標(biāo)代入y2xa得393a10〔不合題意，舍去〕，a294.2分N33，，點(diǎn)N到y(tǒng)軸的距離為3.4QA93yx90，3，，直線AN的解析式為4，4，N4D9，，94點(diǎn)D到y(tǒng)軸的距離為4.它與x軸的交點(diǎn)為S四邊形ADCNS△ACN19199189S△ACD232416.2分22〔3〕當(dāng)點(diǎn)P在y軸的左側(cè)時(shí)，假定ACPN是平行四邊形，那么PN平行且等于AC，把N向上平移2a個(gè)單位獲得P，坐標(biāo)為4a，7a33，代入拋物線的解析式，7a16a28aa得：3933P17a10〔不舍題意，舍去〕，a2，.28，28分當(dāng)點(diǎn)P在y軸的右側(cè)時(shí)，假定APCN是平行四邊形，那么AC與PN互相平分，OAOC，OPON．P41a，aP與N對(duì)于原點(diǎn)對(duì)稱，33，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式得：1a16a28aa393，a10〔不合題意，舍去〕，a215P5，58，28．2分175，5存在這樣的點(diǎn)P12，8或P228，能使得以P，A，C，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．AB【034】解：〔1〕23.2分EPBC