中考數(shù)學壓軸題60例解答題含答案

中考數(shù)學壓軸題60例（解答題）一、解答題（共60小題）1201遵義y=a+bx+≠與x（40（0軸交于點（02．若點DAC上方，當以ACDD以AB，直線經(jīng)過點（﹣5M2201?已知AB是圓OAO交圓O于DCD=，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．當點P運動到使QC（1，求AP的長；點P在運動程中有幾個位（幾情況使△CQD的面積接寫出答）CQD的面，且Q位于以CD為直的上半圓CQD時（如圖，求AP的長．3（201長沙“”．求數(shù)x+2的圖上所“中國”的坐；若函數(shù)（k≠0，k為常數(shù)的圖象有且只有兩“中國”，試求常數(shù)k的值與相應(yīng)“”的坐標；若二次函數(shù)為常數(shù)x軸相交“x（，一共“中國結(jié)”？4201岳陽）∥，點C是直線m上一點，點D是直線nCD與直m、nP為線段CD操作現(xiàn)直線垂足分為A當點A與點C重合（圖所示，連接P，請直寫出段A與PB的數(shù)關(guān)系 ．的情況下，把直線l與PB的關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．l繞點A所示，、n2?P=kA．5201玉林已知一次數(shù)y﹣2x+0的圖與反比例數(shù)y（k＞的圖象相交于B兩點A在B的右側(cè)．當A（4，2）時，求反比例函數(shù)的解析式及B點的坐標；是以AB為P當（﹣2a+1（b，2b+1OA點C，連接BC交y軸于點D．，△ABC的面．6201煙臺如圖①，已知△ABC是等腰三角形，點E在線段AB上，點D在直線BC上，且ED=EC，將△BCE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF連接EF試證明：AB=DB+AF【類比探究】②，如果點E在線段ABAB，DB，AFE在線段BA③，并寫出AB，DB，AF7201?）yx+3與xy軸分別交于，B兩點，拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A，B兩點，點P在線段OA上，從點O出發(fā)，向點A1/秒的速度勻速運；同時點Q在線段AB上，從點A出發(fā)，點B個單/秒的速度速PQ，設(shè)運動時間為t秒．tAPQ過點PPE∥yAB于點，過點Q作QF∥y軸，交拋物線于點，連接EF，EF∥PQ時，求點F的坐標；，連接，問：是否存在t的值，使以為頂點的三角形與以O(shè)，B，P為頂點的三角形相似？若存在，請求出t8（201湘潭y=+bx+cx軸于（10（3兩點，yC，連接BC，動點P1個單位長度的速度從A向B運動，動點Q個單位長度的速度從BCQQ到達C、Q同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒．1BPQt2，當t＜2時，延長QPy軸于點M，在拋物線上是否存在一點N，使得PQ的中點恰為MN的中點？若存在，求出點N的坐標與t的值；若不存在，請說明理由．9201咸寧）y=+3與x軸交于點A，與y軸交于點x軸下方的部分沿x（V”．如圖雙曲線y與新函的圖象于點（點D是線段AC上一動（不包括端點，過點D作x軸的平行線，與新函數(shù)圖象交于另一點E．①試求△PAD的面積的最大值；②探索：在點DD1201?通遼y=a+bx+（0）的頂點為（2，102y=x與拋物線交于點（點Ey=x于點，交x軸于點G，EF⊥x軸，垂足為，點PPQ⊥x軸，垂足為點Q，△PCQ求點P連接PE，在x軸上點Q的右側(cè)是否存在一點MCQM與△CPE試求出點M的坐標若不存在請說明由．[注：3+2+1）2]．1201?天津y=+bx+（，c為常數(shù)．（Ⅰ）當b=2，c=﹣3時，求二次函數(shù)的最小值；c=5y=lx（Ⅲ）當c=b2時，若在自變量x的值滿足b≤x≤b+3的情況下，與其對應(yīng)的函數(shù)值y的最小值為21，求此時二次函數(shù)的解析式．1（201?泰州y=24的圖象與xy軸分別相交于點、，點P在Px軸、y軸的距離分別為、d2．當P為線段ABd1+d2的值；直接寫出d1+d2的范圍，并求當d1+d2=3時點P的坐標；若在線段AB上存在無數(shù)個P點，使1+a=（a，求a的值．1（201?沈陽OABC的頂點OACB60OAABOAB=9°OC=5是線段OB（點PB重合P與y軸平行的直線l交邊OA或邊AB于點OC或邊BC于點PQRl恰好經(jīng)過點C．求點A和點C的坐標；0＜t＜30時，求mt當m=35時，請直接寫出t的值；直線lPMB+∠POC=90°PMB60M1201?日如圖拋物線yx+mx+n與直線y=x+3交于AB兩點交x軸與DCA，B，已知（，3，（30．（Ⅰ）求拋物線的解析式和tan∠BAC的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）條件下：yPy軸于點存在點P使得以ACBP2）設(shè)E為線段AC（，連接D，一動點M從點D出發(fā)，沿線段DE以每秒一單位速運動到E點，再線段EA以每個單位的度運到A后停當點E的坐標是多少時，點M1（201?泉州1）1①請你寫出這個多面體的名稱，并指出圖中哪三個字母表示多面體的同一點；②如果沿BC、GH將展開圖剪成三塊，恰好拼成一個矩形，那么△BMC應(yīng)滿足什么條件？（不必說理）（2）2）1（201?潛江已知物線經(jīng)過A（，0，（1，C2）三點其對稱軸交x軸于點，一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點，與拋物線交于另一點點D在點C的左邊．1，當S△EOC=S△EAB2CEH=α，∠EAH=β，當α＞β時，直接寫出k1（201?RAOB的兩直角邊OOB分x軸的負半軸和yOAOBxC過點C作AB的垂線，垂足為點D，交y軸于點E．求線段AB的長；CE若M是射線BC，使以ABMP為P1（201?莆田在RACB和R△AEFACBAE=9°，若點P是BFPC，PE．特殊發(fā)現(xiàn)：如圖，若點E，F(xiàn)分別落在邊AACPC=PE成立（問題探究：把圖1中的△AEF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)．，若點E落在邊CA3，若點FAB當k為何值總是等三角請直寫出k的值不必說明理由）1（201?ABCC=9A=6°B=3°；在△A1B1C1中，∠C1=90°，∠A1=45°，∠B1=45°，且A1B1=CB．若將邊A1C1與邊CA重合A1與點C重合．將三角板A1B1C1繞點C（A1）α，旋轉(zhuǎn)過程中邊A1C1與邊AB的交點為M，設(shè)AC=a．（1）計算A1C1的長；（2）當α=30°時，證明：B1C1∥AB；若，當α=45°時計算兩個角板重部分圖形面積；當α=60°a，tan15°=2﹣ ，cos75°= ）2（201南通R△ABCC=9°AB=1BC=PQ分別在BACCP=3CQ=4（＜＜3PCQ繞點PPDDPQ上．PQ∥AB；若點D在∠BAC的平分線上，求CP的長；PDE與△ABC重疊部分圖形的周長為T12≤T≤16，求x2（201?南寧By=a2（＞）點，其中AB1所示，當直線ABx軸平行，∠AOB=90°，且AB=2式和AB2AB與x90°B（2）的條件下，若直線y=﹣2x﹣2分別交直線AB，y軸于點PC，直線ABy軸于點D，且∠BPC=∠OCP，求點P的坐標．2（201?綿陽yx﹣2x+（0）與y軸相交于A，直線x﹣a分與x軸y軸相于B，C兩點，且與線MA相交于N點．BCaaM，A的坐標；NAC沿著y軸翻轉(zhuǎn)，若點NPD，連接CD，求aPCD在拋物線y=﹣x2﹣2x+a（a＞0）上是否存在點P，使得以P，A，C，N形是平行四邊形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．2（201梅州如圖過原點直線y=x和y=x與反比函數(shù)y的圖分別交于兩A，C和B，D，連接AB，BC，CD，DA．四形ABCD一是 四邊形（直接寫結(jié)果）四邊形ABCD設(shè)（yx2（2x＞是函數(shù)y圖象上的任兩點a，，試判斷a，b的大小系，并說理由．2（201?婁底PABD的邊BCP與BC不重合，連接BBQ⊥APCD于點BQCBQBA的延長線于點M．試探究APBQ當AB=3，BP=2PC，求QM的長；當BP=m，PC=n時，求AM的長．2（201?遼陽如圖，平面直坐標系，直線yx+3與拋物線y=a2x+c相交A，B兩點，其中點Ax軸上，點B在yMAB是以ABM，點E為線段AB，以BE為腰作等腰Rt△BDEAOB在直線AB沿著BA與At秒，△BDE與△AOBSSt的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t2（201?錦州y=a+bx+2經(jīng)過點（﹣，0）點（40y軸交于點C，點D（，0，點（n）一個動點，連接CA，CD，PD，PB．PDBCAD的面積時，求點P的坐標；P作直線PE⊥y軸于點E交直線BC于點FFG⊥x軸于點G，連接EG，請直接寫出隨著點P的運動，線段EG的最小值．2（201錦州①Q(mào)N的頂點P在正方形ABCDQPNα，將∠QPN繞點PQPN的兩邊分別與正方形ABCD的邊ADCD交于點E和點F（點F與點C，D不重合．如①，當α=90°時，DE，DF，AD之間足的數(shù)關(guān)系；ABCD改為∠ADC=120°α=60°時）中的論變?yōu)镈E+DFA，請給證明；QPNPQAD交于點DE，DF，AD2（201濟南如圖ABCACB=0，AC=EAC=0，點M為射線AE（A重合CM繞點C90°得到線CN，直線NBCM、射線AE于點FD．NDE的度數(shù)；如圖2、圖3EC（1）如圖∠EAC=15°，∠ACM=60°，直線CM與AB交于其他條件不變，求線段AM2（201?濟南如圖點（81（8都在反例函數(shù)y（x＞的圖象上過點AAC⊥x軸于C，過點B作BD⊥y軸于D．求m的值和直線AB動點P從O2個單位長度的速度沿折線OD﹣DB向B動點Q從O1個單位長度的速度沿折線OC向C點運動，當動點PDQt秒．①設(shè)△OPQ的面積為S，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式；②2，當?shù)腜在線段ODOPQ關(guān)于直線PQO?PQ，是否存在某時刻O?O?t3201?黃）已雙曲線y=（x0，線y=x（＜）定點F且與雙曲交于B兩點設(shè)（1y1B（2，2（1＜2，直線：y﹣x．若k=﹣1，求△OAB的面積S；若AB=k的值；設(shè)0P在雙曲上M在直線2上且P∥x軸求PM+N最小值并求PM+N取得最小值時P（（x，1，B（x2，y2）則A，B兩點的距離為AB=）3（201黃岡“”12050xW元．求W關(guān)于xx100多少錢；“”5050100a1002a元，在（2）“五一”3400元，求a的值．3（201?）y=6與xy軸分別交于BE從B點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BO向O（E與O過點E作x軸于點，將四邊形ABEF沿直線EF折疊后，與點A作點C，與點B對應(yīng)的點記作點D，得到四邊形CDEF，設(shè)點E的運動時間為t秒．t=2時，四邊形ABEF沿直線EFCDE（；在點ECD交x軸于點G，交y軸于點HtCGF的面積；CDEF落在第一象限內(nèi)的圖形面積為StS的最大值．3（201?）OABCCODEOCB繞點O90°得到的，點DxBDy軸于點F，交OE于點H，線BCOC的長是方程x2﹣6x+8=0的兩個根，且OC＞BC．BDOFH的面積；點MN，使以點DF、、N形？若存在，請直接寫出點N3（201河南），在RABCB=0，BC=2B=，點E分別是邊B、AC的中點，連接DEEDC繞點Cα．①當α=0°時，= 當α=180°時，= ．試判斷當0°≤α＜360°時的大小無變化請僅就圖2的情形出證明．當△EDC旋轉(zhuǎn)至A，D，E三點共線時，直接寫出線段BD的長．3（201?）ABDAB=AD=1，將矩形紙片折疊，使點C落在AD邊上的點M處，折痕為PE，此時PD=3．求MP的值；在AB邊上有一個動點F，且不與點A，B重合．當AFMEF最?。咳酎cG，Q是AB邊上的兩個動點，且不與點A，B重合，GQ=2MEQG（）3（201?貴港ABCP在斜邊ABQ=9PC為直角邊作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=9

0°，探究并解決下列問題：如①，點P在線段AB上，且AC=1+ ，則：①線段PB= ，PC= ；②猜想三者之間數(shù)量關(guān)為 ；②P在AB（1）②給出證明過程；若點P滿，的值（提示請利用用圖進探求）3（201廣西在矩形ABCDAB=AD=M為BC（點M與點B、C不重合M交CDCD的延長線于點N．CMN∽△BAM；設(shè)BM=x，CN=y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式．當xy有最大值，并求出y的最大值；當點M在BCb點N在線段CDM在某一位置時，點N恰好與點D重合．3201?甘南如圖在平面直坐標系拋物線yx+bx+經(jīng)過（﹣，B，0，（2，）|2x1|=．求b，c的值；在拋物線上求一點D，使得四邊形BDCE是以BCP，使得四邊形BPOH是以O(shè)B求出點P3（201?丹東ABD中，對角線AC與BD交于點O；在R△PMN中，∠MPN=90°．1，若點P與點OPM⊥AD、PN⊥ABAD、AB于點E、F，請直接寫出PEPF將圖1中的R△PMN繞點O順時針旋轉(zhuǎn)角度α（0＜＜4°．①2（1）理由；②2DOM=15°時，連接EF2線段EF的長；③如圖RPMN的頂點P在線段OB（B重合BD=3BPPEPFBD=m?BP時，請直接寫出PEPF4（201?大連如圖ABCC=9，點D在AC上，且C＞D，DA=，同時從點DDC、射線DA運動，過點Q作AC的垂線段，使，當點Q到達點APQ=x，△PQR與△ABC重疊分的面為關(guān)于x的函數(shù)圖如圖2所（其中0＜x≤，＜x≤m．填：n的值為 ；求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x4201?成都已知AEC分別是四邊形ABCD和EFGEABC內(nèi)，∠CAE+∠CBE=90°．①，當四邊形ABCDEFCGBF．求證：△CAE∽△CBF；若BE=1，AE=2，求CE的長；如當四形ABCD和EFCG均為矩形且=k時若k的值；③，當四邊形ABCDEFCGDAB=∠GEF=45°時，設(shè)BE=m，AE=，C=p，np（過程）4（201?常州如圖反比例數(shù)y的圖象一次數(shù)yx的圖交于點AB，點B4．點PAB若點P，4kAB的面積；、PB與xNPMN設(shè)點Q是反比例函數(shù)圖象上位于B（B，連接ABQ與∠PBQ4（201?北京ABDBDP在射線CD上（與點CD不重合AAD，使點D移動到點CBQ，過點Q作Q⊥BD于H，連接AH，PH．若點P在線段CD1．①依題意補全圖1；②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明；P在線段CDABCD求DP（）4（201?包頭y=+bx+c經(jīng)過A（1，B3，）y軸相交于點C，該拋物線的頂點為點D．求該拋物線的解析式及點D的坐標；連接AC，CD，BD，BCAOC，△BOC，△BCD的面積分別為S1，S2和S3，S1，S2，S3點MAB（不包括點A和點BM作∥BC交AC于點N，M使∠AMN=∠ACM？若存在，求出點MMN4（201?重慶yx+2x3與x軸交于AB（點A在點B的左邊，y軸交于點C，點D和點CADy軸交于點E．求直線ADAD上方的拋物線上有一點FFG⊥AD于點FH平行于x軸交直線AD于點H，求△FGH周長的最大值；點MPy軸上一點，點Q是坐標平面內(nèi)一點，以Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形．若點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，求點T的坐標．4（201?重慶如圖1在平面直坐標系拋物線yx+ x+3 交x軸于B兩（點A在點B的側(cè)交y軸于點頂為拋物的對稱與x軸的交為D．BC點（0（m+0為x2＜＜4EFF分別垂直于x軸，交拋物線于點E?，F(xiàn)?，交BC于點M，N，當ME?+NF?的值最大時，在y軸上找一點R，使|RF?﹣RE?|的值最大，請求出R點的坐標及|RF?﹣RE?|的最大值；如圖2已知x軸上一點0現(xiàn)以P為頂點2 為邊長在x軸上作等邊角形QPG，使GP⊥x軸，現(xiàn)△QPG沿方向每秒1個單位度的速平移，點P到達點A時停，記平后的△QPG△Q?P?G?．△Q?P?G?△ADC的重疊部面積為s．當Q?到x軸的離與點Q?到直線的距離等時，求s的值．4（201漳州y﹣+2x+3與x軸交于B兩點，與y軸交于點C填：點C的坐標（ ， ，點D的坐為 ， ；設(shè)點P（，0|D﹣PCα的值并在圖中標出點P的位置；BCPx，設(shè)點C對應(yīng)點C?的橫坐標為（其中＜＜6BCPBCD重疊部分的面積為，求S與t之間的關(guān)系式，并直接寫出當tS4（201?營口如圖，一條拋物線與x軸交于AB兩點（點A在點B的左側(cè)，與y軸交于點C，且當x=﹣1和x=3時，y的值相，直線與拋物線兩個交，6M．P從原點O出發(fā)，在線段OB1個單位長度的速度向點B點Q從點B出發(fā)，在線段BC2個單位長度的速度向點Ct秒．①若使△BPQ為直角三角形，請求出所有符合條件的t值；②求t為何值時，四邊形ACQP的面積有最小值，最小值是多少？2P運動到OB的中點時，過點PPD⊥x軸，交拋物線于點DOO，DODOD沿x軸向左平移m0＜2，將平移ODMS，求Sm4（201?y﹣2+bx3交x軸于點B（點A在點B的左側(cè)，交y，其對稱軸為x=2經(jīng)過點A，與x（50，交y軸點（，．（1）求拋物線l2的函數(shù)表達式；（2）P為直線x=1上一動點，連接PA，PC，當PA=PC時，求點P的坐標；（3）M為拋物線l2上一動點，過點M作直線MN∥y軸，交拋物線l1于點N，求點M自點A運動至點E的過程中，線段MN長度的最大值．5（201?泉州拋物線y=x2上任一點點（0，1）的離與到線y=﹣1的距離等，可以利用問題解決如圖，在面直角標系中，線y=kx+1與y軸交于C點，與數(shù)x2的圖象于A，B兩點，分別過A，By=﹣1的垂線，交于E，F(xiàn)兩點．寫出點CECF=90°；PEF中，M為EF中點，P為動點．①P2+P2=P2+E2；②已知PE=PF=3，以EF為一條對角線作平行四邊形CEDF，若1＜PD＜2，試求CP的取值范圍．5（201?青島①ABCDAB=3cBC=5cAAACDACQ從點CCB方向勻1cm/sPNM停止平移時，點Q（＜＜4，連接P，M，C當tPQ∥MN？QMC的面積為y（c，求y與t是否存在某一時刻S△QMC：SABQP=1：4ttPQ⊥MQ？若存在，求出t5（201龍巖如圖已知點D在雙線y（x＞0的圖上以D為心的D與y軸相切于點C04，與xBy=a2+bxc經(jīng)過，C三點，PAP與BCQ．寫出點DACO=∠OBC；P，使點Q為線段AP的四等分點？若存在，求出點P5（201?E的圓心（0E與y軸相交于B（點A在點B的上與x軸的正軸交點直線l的解析為y=與x軸相交于點D，以點C為頂點的拋物線過點B．l與⊙E動點P在拋物線上，當點P到直線l的距離最小時．求出點P5（201荊門OABCOA=5AB=D為邊ABBD沿直線CDBOA上的點Ex軸，y求OE的長及經(jīng)過O，D，CP從點CCB2個單位長度的速度向點BQEEC1個單位長度的速度向點CPBt秒，當tDP=DQ；NMM與點M5（201?河南8的正方形OABC的兩邊在坐標軸上，以點C，點P是拋物線上點AC（，過點P作P⊥BC于點F，點、E0，（，0，連接PP、D．小明探究點P的位置發(fā)現(xiàn)：當P與點A或點C重合時，PDPFP，PDPF“PDE”的點P“”PDE的周長最小的點P“好點“”PDE“好點”的坐標．5（201?）y=a+bx+3的圖象與x軸相交于點（﹣01，0y軸相交于點C，點GGC交x軸于點（30AD平行GC交y軸于點D．求證：四邊形ACHDM在第二象限內(nèi)，過點M的直線y=kx交二次函數(shù)的圖象于另一點N．①若四邊形ADCM的面積為S，請求出S關(guān)于t的函數(shù)表達式，并寫出t的取值范圍；②△CMN的面積，請求出①中S的．5（201廣州已知O為坐標原點，拋物線y=a2+bx（0與x軸相交于點（1，0（0y軸交于點C1?＜|1|+x2|=A，C在直線y2=﹣3x+t上．求點C的坐標；當y1隨著xx將拋物線y1y隨著x的增大而增大的部分為P，y2向下平移nP2n2﹣5n5201?德州已知拋線y﹣m2+4+2m與x軸交點（0β0=﹣2，拋物線的對稱軸為y軸的交點為，頂點為，點C關(guān)于l的對稱點為xDNME（若點P在拋物線上，點Q在xDEPQP的坐標．5（201?成都xOyy=a﹣2a﹣3（＜）與x軸交于B（點A在點BAy=kxb與y軸交于點CD，且CD=4AC．直接寫出點Al其中kb用含a；點E是直線l上方拋物線上一點，△ACE的面的最大，求a的值；設(shè)PQ在拋物線上，以點能否成為矩形？若能，求出點P6（201酒泉4（0（0，x軸相交于點M．PP連接AC，在直線ACN，使△NAC若存在，請求出點N2015年全國中考數(shù)學壓軸題60例（解答題卷）參考答案與試題解析一、解答題（共60小題）1201遵義y=a+bx+≠與x（40（0軸交于點（02．若點DAC上方，當以ACDD以AB，直線經(jīng)過點（﹣5M專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）只需運用待定系數(shù)法就可解決問題；過點D作DH⊥ABHAC于點G2的解析式，設(shè)點Dm，則點G的橫坐標也為m，從而可以用m表示出DGADC的面積是關(guān)于m設(shè)過點EM相切于點F，與x軸交于點NMF3，根據(jù)切MF⊥EN．易得MME、MF、EFMEF∽△NEM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出，從而得到點N決問題．（）如圖由題可得：，解得： ，∴拋物線解析為x+2；過點D作DH⊥ABHAC于點G設(shè)直線ACy=kx+t，則有 ，解得： ，∴直線AC的解析為x+2．設(shè)點D的橫坐標為m，則點G的橫坐標也為m，m+2，m2﹣m，∴S△ADC=S△ADG+S△CDGDG?AO=2DG（m2+4m）（m2+4m+4﹣4）[（m+2）2﹣4]（m+2）2+2．∴當m=﹣2時，S△ADC取到最大值2．此時yD=﹣×（﹣2）+2=2，即點D（﹣，；設(shè)過點EM相切于點F，與x軸交于點NMFMF⊥EN．∵（4，B（，0，∴AB=6，MF=MB=MA=3，∴點M（4+，0）即（﹣，0．∵（﹣，5∴ME=，EMN=9．在Rt△MFE中，EF==4．∵∠MEF=∠NEM，∠MFE=∠EMN=90°，∴△MEF∽△NEM，∴，∴，，∴點N的坐標（﹣1，0）即，0）或（10）即（，0．設(shè)直線ENy=px+q．，解得：①當點N的坐為，0）時，，解得：，∴直線EN的解析為．②當點N的坐為，0）時，同理可得直線EN的解析為y=﹣x﹣ ．綜上所述所求直的解析為y=x﹣ 或x﹣ ．2201?已知AB是圓OAO交圓O于DCD=，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．當點P運動到使QC（1，求AP的長；點P在運動程中有幾個位（幾情況使△CQD的面積接寫出答）CQD的面，且Q位于以CD為直的上半圓CQD時（如圖，求AP的長．-定義．專題：壓軸題．分析：（1）如圖1，利用切線的性質(zhì)可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中運用三角函數(shù)就可解決問題；易點Q到CD的離，結(jié)合形2，即解決問題；過點Q作QN⊥CDN，過點PPM⊥CDM，連接QD3，易證△CNQ∽△QND，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CN．易證△PMC∽△QNC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得PM與CM之間的關(guān)系，由∠MAP=30°即可得到PM與AM之間的關(guān)系，然后根據(jù)AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．（）ABO相切于點BABO=0°．×2=1，∴AO=2OB=2，AC=AO﹣CO=2﹣1=1．當Q、C兩點重合時，CP與⊙O相切于點C，如圖1，則有∠ACP=90°，解得AP=；有4個位置△CQD的面提示：設(shè)點Q到CDh，，．由于＜1，結(jié)圖2可得：有4個位使△CQD的積；過點Q作QN⊥CDN，過點PPM⊥CDM3．．∵CD是⊙OQN⊥CD，∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，∴∠CQN=90°﹣∠NQD=∠NDQ，∴△QNC∽△DNQ，∴，∴QN2=CN?DN，設(shè)CN=，則4x2﹣8x+1=0，．，∴=2+ ．∵QN⊥CD，PM⊥CD，∴∠PMC=∠QNC=90°．∵∠MCP=∠NCQ，∴△PMC∽△QNC，∴=2+ ，Rt△AMP中，，MP．）MP=1，∴MP= ，∴AP=2MP= ．APABC（3）小題的關(guān)鍵．3（201長沙“”．求數(shù)x+2的圖上所“中國”的坐；若函數(shù)y=（k≠0，k為常數(shù)“”k的值與”的坐標；若二次函數(shù)為常數(shù)x軸相交“x（，一共“中國結(jié)”？考點：反比例函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；新定義．分析因為x是整，x≠0時， x是一個理數(shù)，以x≠0時x+2不是數(shù)，以x=0，y=2，據(jù)此出函數(shù)y= x+2的圖上所“中國”的坐標可．（2）首判斷出當k=1時，數(shù)y=（k≠0，k為常）的圖象有且只兩個“中國結(jié)”（11（﹣、1；然后判出當k1時函數(shù)y（k≠，k為常數(shù)的圖象4個“”，據(jù)此求出常數(shù)k“”（3）首先令（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=0，則[（k﹣1）x+k][（k﹣2）x+（k﹣1）]=0x2的值是多少；然后根據(jù)x2的值是整數(shù)，求出k的值是多“”x（“”即可．解答解（）x是整，x0時x是一個理數(shù)，∴x≠0時x+2不是數(shù)，=2∴x=0，y ，=2即函數(shù)y= x+2的圖上中國的坐標（，2．（2）①當k=1時，數(shù)（k≠0，k為常）的象上有且有兩個“中國”：（1，（、﹣；②當k=﹣1時，函數(shù)（k≠0，k為常數(shù)的圖上有且只兩個“中國”：（1，1（1，．③當k≠1時，數(shù)y=（k≠0，k為常數(shù)的圖象最少有4個“中國”：（，k（，﹣（，1（，1，這函數(shù)y（k，k為常）的圖象“”矛盾，綜上可得k=1時，數(shù)y（k≠，k為常）的象上有且有兩中國”（1，1（1、1；k=1時函數(shù)y（k≠0k為常數(shù)的圖上有且有兩“中國”（1﹣1（﹣1、1．（3）令（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=0，則[（k﹣1）x+k][（k﹣2）x+（k﹣1）]=0，∴，整理，可得x1x2+2x2+1=0，∴x2（x1+2）=﹣1，∵x1、x2∴ 或∴ 或①當 時，，；②當 時，，∴k=k﹣1，無解；綜上，可得，x1=﹣3，x2=1，y=（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=[）2﹣x①當x=﹣2時，= ×（﹣2）2 ×（﹣2）+=②當x=﹣1時，=×（﹣1）+=1③當x=0時，另外，該函數(shù)的圖象與x軸所圍成的平面圖形中x軸上的“中國結(jié)”有3個：（﹣，0（1、綜上，可得若二次函數(shù)y=（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k（k為常數(shù)）的圖象與x軸相交得到兩個不同的“中國結(jié)”，該函數(shù)的圖象與x（6個0（20（﹣，0（﹣，1（，0（0．（2）此題還考查了對新定義“中國結(jié)”的理解和掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：橫坐標，縱坐標均為整數(shù)的點稱之為“中國結(jié)”．4201岳陽）∥，點C是直線m上一點，點D是直線nCD與直m、nP為線段CD操作現(xiàn)直線垂足分為A當點A與點C重合（圖所示，連接P，請直寫出段A與PB的數(shù)關(guān)系A(chǔ)=PB ．的情況下，把直線l與PB的關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．l繞點A所示，、n2?P=kA．考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）根據(jù)三角形CBD是直角三角形，而且點P為線段CD的中點，應(yīng)用直角三角形的性質(zhì)，可得PA=PB，據(jù)此解答即可．首先過C作CE⊥n于點E，連接PE，然后分別判斷出PC=PEPCA=∠PEB、AC=BE；然后根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△PAC∽△PBE，即可判斷出PA=PB仍然成立．首先延長AP交直線n于點F，作AE⊥BD于點E（）∵⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵點P為線段CD的中點，∴PA=PB．l②②，過C作CE⊥n于點E，連接PE，，∵三角形CED是直角三角形，點P為線段CD的中點，∴PD=PE，又∵點P為線段CD的中點，∴PC=PD，∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直線m∥n，∴∠CDE=∠PCA，∴∠PCA=∠PEB，又∵直線l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l(xiāng)∥CE，∴AC=BE，在△PAC和△PBE中，∴△PAC≌△PBE，∴PA=PB．③AP交直線n于點F，作AE⊥BD于點E，，∵直線m∥n，∴ ，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF?BP=AE?BF，∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA?PB=2k．AB，∴PA?PB=k?AB．5201玉林y﹣2x+0y=（k＞的圖象相交于B兩點A在B的右側(cè)．當A（4，2）時，求反比例函數(shù)的解析式及B點的坐標；是以AB為P當（﹣2a+1（b，2b+1時直線OA與此比例函圖象的另支交于另一點C，連接BC交y軸于點D．若 =，△ABC的面．考點專題：綜合題；壓軸題．AB的坐標；是以AB若∠BAP=90°，過點A作AH⊥OE于H，設(shè)AP與x軸的交點為M1，易得OE=5，OH=4，AH=2，M的坐標然后用待定系數(shù)法求出直線APAP組，就可得到點P②若∠ABP=90°P的坐標；過點B作B⊥y軸于C作Cy軸于O2CDBD根據(jù)相似角形的質(zhì)可由2a+1（b﹣2b+1可得（﹣，2﹣10，C=aBS=，即可得，即b．由AB都在反例函數(shù)的象上可得（2a+1=（2b+1把ba代入即求出a的值從而到點BC的BC的解析式，從而得到點D的坐標及OD×用割補法可求出S△COB，再由OA=OC可得S△ABC=2S△COB，問題得以解決．解答：×（）把（，2）y=，得k=42=．∴反比例數(shù)的解式為y=解方程組 ，得或 ，∴點B1，；（2）①若∠BAP=90°，過點A作AH⊥OE于H，設(shè)AP與x軸的交點為M，如圖1，對于y=﹣2x+10，當y=0時，﹣2x+10=0，解得x=5，∴點E（，0OE=．∵（，2，OH=AH=，∴HE=5﹣4=1．∵AH⊥OE，∴∠AHM=∠AHE=90°．又∵∠BAP=90°，∴∠AME+∠AEM=90°，∠AME+∠MAH=90°，∴∠MAH=∠AEM，∴△AHM∽△EHA，，，∴MH=4，∴（，0，可設(shè)直線AP的解析式為y=mx則有4m=2，解得m=，∴直線AP的解式為y=解方程組 ，得或 ，∴點P（4，2．②若∠ABP=90°，同理可得點P的坐為（1，．綜上所述符合條的點P的坐標（4，2（﹣1，；（3）過點B作BS⊥y軸于S，過點C作CT⊥y軸于T，連接OB，如圖2，則有BS∥CT，∴△CTD∽△BSD，．，．∵（，2a+1B，﹣2b+0，∴（﹣，2﹣10CT=，BSb，，即a．∵（，2a+1B，﹣2b+0）都反比例數(shù)y的圖象上，∴（2a+1）=（2b10，∴（2a+1）（2a+10．∵a≠0，∴﹣2a+0（﹣解得：a=3．∴（，4，（26C（3，4．設(shè)直線BC的解式為則有 ，解得： ，∴直線BC的解析式為y=2x+2．當x=0y=，則點0，2OD=，∴S△COB=S△ODC+S△ODBOD?BS×2×2=5．∵OA=OC，∴S△AOB=S△COB，∴S△ABC=2S△COB=10．6201煙臺如圖①，已知△ABC是等腰三角形，點E在線段AB上，點D在直線BC上，且ED=EC，將△BCE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF連接EF試證明：AB=DB+AF【類比探究】②，如果點E在線段ABAB，DB，AFE在線段BA③，并寫出AB，DB，AF考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．CEFED=EF∠CAFBAC=0EA=BAC∠CAF=10DBE=12EA∠DBE然后根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△EDB≌△FEA，即可判斷出BD=AE，AB=AE+BF，所以AB=DB+AF．CEF是等邊三角形，即可判斷出EF=ECED=EC，可得∠FCG=∠FEA，再根據(jù)∠FCG=∠EAD，∠D=∠EAD，可得∠D=∠FEA；然后根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△EDB≌△FEA，即可判斷出BD=AE，EB=AF，進而判斷出AB=BD+AF即可．首先根據(jù)點EBA③CEFEF=ECED=EC，可得ED=EF，∠CAF=∠BAC=60°，再判斷出∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF；最后根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△EDB≌△FEA，即可判斷出BD=AE，EB=AF，進而判斷出AF=AB+BD即可．解答：證明：ED=EC=CF，∵△BCE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF，∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等邊三角形，∴EF=EC，∠CEF=60°，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠CAF=∠CBA=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，∵∠CAF=∠CEF=60°，∴A、E、C、F四點共圓，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=EC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴DB=AE，BE=AF，∵AB=AE+BE，∴AB=DB+AF．AB=BD+AF；延長EF、CA交于點G，∵△BCE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等邊三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，∴∠D=∠FEA，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可得∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，③，，ED=EC=CF，∵△BCE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等邊三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°﹣∠CAF﹣∠BAC=180°﹣60°﹣60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，∵BE=AB+AE，∴AF=AB+BD，即AB，DB，AF之間的數(shù)量關(guān)系是：AF=AB+BD．7201?）yx+3與xy軸分別交于，B兩點，拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A，B兩點，點P在線段OA上，從點O出發(fā)，向點A1/秒的速度勻速運；同時點Q在線段AB上，從點A出發(fā)，點B個單/秒的速度速PQ，設(shè)運動時間為t秒．tAPQ過點PPE∥yAB于點，過點Q作QF∥y軸，交拋物線于點，連接EF，EF∥PQ時，求點F的坐標；，連接，問：是否存在t的值，使以為頂點的三角形與以O(shè)，B，P為頂點的三角形相似？若存在，請求出t考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）先由直線AB的解析式為y=﹣x+3，求出它與x軸的交點A、與y軸的交點B的坐標，再將A、B兩點的坐標代入y=﹣x2+bx+c，運用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；t秒，則QA=②t設(shè)點P（0E（﹣t+EP=﹣，點Q的坐標為3﹣，，點F3﹣，﹣3﹣+（3﹣）+，則F=3﹣2，EP∥FQ，EF∥PQEP=FQ，t的方程，然后解方程即可求得t的值，然后將t=1代入即可求得點F的坐標；設(shè)動時為t秒則OP=t，BQ=（3﹣t），然后拋物線解析式得點MMBt程，然后即可解得t（）y﹣x+3與x軸交于點A，與y，∴當y=0x=，即A點坐標為當x=0y=，即B（，3，將（，0，（，3）代入yx+bx+，得 ，解得∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3；（2）∵OA=OB=3，∠BOA=90°，∴∠QAP=45°．如①所示：∠PQA=90°時，設(shè)運時間為t秒則QA=在Rt△PQA中，即，解得：t=1；如②所示時，設(shè)運時間為t秒則QA=在Rt△PQA中，即，解得．綜上所述當t=1或時，△PQA是直角角形；③所示：設(shè)點P（，，則點E（，t+，則EP=﹣，點Q的坐標為（3﹣，，點F3﹣，﹣3﹣+2﹣）+，則F=3﹣．∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴EP=FQ解得：1=，2=（舍去．將t=1代入F3﹣，﹣3﹣2+（﹣+3，得點F（23．④所示：設(shè)運動時為t秒，則OP=t，BQ=（3﹣t）．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴點M（，4．．當△BOP∽△QBM時即，整理：t2﹣3t+3=0，△=32﹣4×1×3＜0，無解：當△BOP∽△MBQ時即，解得．∴當t=時，以B，Q，M為頂點的角形以O(shè)，B，P為頂?shù)娜窍嗨疲畉t的方程8（201湘潭y=+bx+cx軸于（10（3兩點，yC，連接BC，動點P1個單位長度的速度從A向B運動，動點Q個單位長度的速度從BCQQ到達C、Q同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒．1BPQt2，當t＜2時，延長QPy軸于點M，在拋物線上是否存在一點N，使得PQ的中點恰為MN的中點？若存在，求出點N的坐標與t的值；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．（1）y=+bx+c的圖象經(jīng)過A（，0（30）系數(shù)法，求出二次函數(shù)的解析式即可．首先根據(jù)待定系數(shù)法，求出BC、點Q當∠QPB=90°當∠PQB=90°等腰直角三角形的性質(zhì)，求出t首先延長MQ交拋物線于點是PQPQPQMNN即可．（）y=+bx+c（，0（30）∴ ，解得 ．∴二次函數(shù)的解析式是：y=x2﹣2x﹣3．（2）∵y=x2﹣2x﹣3，∴點C0，3，∴BC= ，則，解得．設(shè)BC則，解得．∴BC所在的直線的解析式是：y=x﹣3，∵經(jīng)過t秒，AP=t，BQ=t，∴點P（﹣，，設(shè)點Q∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，則y= ×sin45°= =t，則Q點縱坐為﹣t，∴x=3﹣t，∴點Q（3﹣，，①如圖1，，當∠QPB=90°時，點P和點Q的橫坐標相同，∵點P（﹣，，點Q（3﹣，，∴t﹣1=3﹣t，解得t=2，即當t=2時，△BPQ為直角三角形．②如圖2，，當∠PQB=90°時，∵∠PBQ=45°，，，∴4﹣t=解得t=，即當t=時，△BPQ為直三角形．綜上，可得當△BPQ為直三角形或2．（3）如圖3，延長MQ交拋物線于點N，H是PQ的中點，，設(shè)PQ所在的直線的解析式是y=px+q，∵點P（﹣，，點Q（3﹣，，∴ ，解得 ．∴PQ所在直線的析式是，∴點M的坐標），∴PQ的中點H的坐標（1，﹣PQMN的中點，，∴點N的坐標（2又∵點N=22﹣2×2﹣3=﹣3，解得t=或t=，∵t＜2，，∴當t＜2時延長QP交y軸于點當時在物線上存一點使得PQMN①9201咸寧）y=+3與x軸交于點A，與y軸交于點x軸下方的部分沿x（V”．如圖雙曲線y與新函的圖象于點（點D是線段AC上一動（不包括端點，過點D作x軸的平行線，與新函數(shù)圖象交于另一點E．①試求△PAD的面積的最大值；②探索：在點D運動的過程中，四邊形PAEC能否為平行四邊形？若能，求出此時點D的坐標；若不能，請說明理由．考點：反比例函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．x＜﹣3（2先把點（1）代入y=+，求出（4為由點D是線段AC上一動（包括端點可設(shè)點D的標（mm+且﹣＜1那么m+P﹣再根據(jù)三形的面公得出的面積為S=②AC的中點DDP=DEDP≠DE（）如圖①0；②函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=﹣3；由題意得A點坐標為3，0①x≥﹣3時，顯然y=x+3；②當x＜﹣3時，設(shè)其解析式為y=kx+b．在直線y=x+3中，當x=﹣4時，y=﹣1，則點（，﹣）關(guān)于x把（4，（，0）代入y=k+，得 ，解得，∴y=﹣x﹣3．綜上所述新函數(shù)解析式為y= ；（2）如圖2，①∵點C（1，a）在直線y=x+3上，∴a=1+3=4．∵點C（1，4）在雙線上，．∵點D是線段AC（，∴可設(shè)點D的坐標為，m+，且＜＜．∵DP∥x軸，且點P在雙曲線上，∴P，m+，﹣m，∴△PAD的面積為，＜0，∴當時，S有最值，＜1，的面積最大為；②在點D運動的過程中，四邊形PAEC不能為平行四邊形．理由如下：當點D為AC（1P（2E點的坐標為（，2，∵DP=3，DE=4，∴EP與AC∴四邊形PAEC不能為平行四邊形．1201?通遼y=a+bx+（0）的頂點為（2，102y=x與拋物線交于點（點Ey=x于點，交x軸于點G，EF⊥x軸，垂足為，點PPQ⊥x軸，垂足為點Q，△PCQ求點P連接PE，在x軸上點Q的右側(cè)是否存在一點MCQM與△CPE試求出點M的坐標若不存在請說明由．[注：3+2+1）2]．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．（1）（2，y=（x22+，把A的坐標代入即可求得函數(shù)的解析式；PCQCGQCQCQP的邊長，則P即可求得P解方程組即可求得EEF的長等于EOEOCCExCQM≌△CPE，可以證得EM=EF，即MFE為直線y=xM與點FM不存在（）y=（x22+（，2）代入，得0﹣2）2+1=2，解這個方，得a=，∴拋物線表達為y=x2﹣x+2；將x=2y=x，得y=2∴點C的坐標為（2，2）即CG=2，∵△PCQ為等邊三角形∴∠CQP=60°，CQ=PQ，∵PQ⊥x軸，∴∠CQG=30°，．，PQ=4，將y=4代入（x﹣2）2+1，得4=（x﹣2）2+1解這個方，得x=2+2 =Ox=﹣＜0（不題意，舍．∴點P的坐為（2+2 ，4；把y=x代入x2﹣x+2，得x=x2﹣x+2解這個方，得x1=4+2，x2=4﹣2 ＜2（不合意，舍去）=EF∴點E的坐為（4+2），，，∴CE=EF；如圖，假設(shè)x軸上存在一點，使△CQM≌△CPE，則CM=CE，∠QCM=∠PCE∵∠QCP=60°，∴∠MCE=60°∴EM=EF，又∵點E為直線y=x上的點，∴∠CEF=45°，∴點M與點F不重合．∵EF⊥x軸，這與“垂線段最短”矛盾，∴原假設(shè)錯誤，滿足條件的點M不存在．反證法，正確求得E1201?天津y=+bx+（，c為常數(shù)．（Ⅰ）當b=2，c=﹣3時，求二次函數(shù)的最小值；c=5y=lx（Ⅲ）當c=b2時，若在自變量x的值滿足b≤x≤b+3的情況下，與其對應(yīng)的函數(shù)值y的最小值為21，求此時二次函數(shù)的解析式．考點：二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)的性質(zhì)．專題：壓軸題．分析：（Ⅰ）把b=2，c=﹣3代入函數(shù)解析式，求二次函數(shù)的最小值；（Ⅱ）根據(jù)當c=5時，若在函數(shù)值y=l的情況下，只有一個自變量x的值與其對應(yīng)，得到x2+bx+5=1有兩個相等是實數(shù)根，求此時二次函數(shù)的解析式；（Ⅲ）當c=b2時，寫出解析式，分三種情況減小討論即可．Ⅰ）當b=c﹣3時，二次函數(shù)的解析式為y=2+23（x+﹣，∴當x=﹣1時，二次函數(shù)取得最小值﹣4；（Ⅱ）當c=5時，二次函數(shù)的解析式為y=x2+bx+5，由題意得，x2+bx+5=1有兩個相等是實數(shù)根，∴△=b2﹣16=0，解得，b1=4，b2=﹣4，∴次函數(shù)的解析式y(tǒng)=x2+4x+5，y=x2﹣4x+5；（Ⅲ）當c=b2時，二次函數(shù)解析式為圖象開口上，對軸為直線，①當＜b，即b＞0時，在自變量x的值滿足b≤x≤b+3的情況下，y隨x的增大而增大，∴當x=b時，y=b2+b?b+b2=3b2為最小值，∴32=2，解，1（舍去，2；②當b≤﹣≤b+3時，即﹣2≤b≤0，b2為最小，∴b=2，解，b﹣（舍去，2=（舍去；③當﹣＞b+3，即b＜﹣2，在自變量x的值滿足b≤x≤b+3的情況下，y隨x的增大而減小，故當x=b+3時，y=（b+3）2+b（b+3）+b2=3b2+9b+9為最小值，∴32+9b9=2=1（，=﹣；x+7b=﹣4綜上可得此時二函數(shù)的解式為y=x2+x+7或y=x2﹣4x+16．a(chǎn)＞0隨x隨x時當a＜0時拋物線對稱軸側(cè)隨x的增大增大在x；確定一二次數(shù)的最值首先看變量的取范圍，自變1（201?泰州y=24的圖象與xy軸分別相交于點、，點P在Px軸、y軸的距離分別為、d2．當P為線段ABd1+d2的值；直接寫出d1+d2的范圍，并求當d1+d2=3時點P的坐標；若在線段AB上存在無數(shù)個P點，使1+a=（a，求a的值．考點：一次函數(shù)綜合題．專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）對于一次函數(shù)解析式，求出A與B的坐標，即可求出P為線段AB的中點時d1+d2的值；1+2的范圍，設(shè)P（，24d+m的d1+d2=3求出m的值，即可確定出P的坐標；設(shè)（，2﹣41與d，由P在線段上求出m代數(shù)意義表示出d1與d2，代入d1+ad2=4，根據(jù)存在無數(shù)個點P求出a（）y2x﹣，令x=0，得到y(tǒng)=﹣4；令y=0，得到x=2，∴（，0，（0，4，∵P為AB的中點，∴P1，2，d1+d2=3；（2）①d1+d2≥2；②設(shè)P（，24，∴d1+d2=|m|+|2m﹣4|，0≤m≤2時，d1+d2=m+4﹣2m=4﹣m=3，解得：=，此時11，2；當m＞2時，d1+d2=m+2m﹣4=3，解得：，此時2；m＜0綜上P的坐為1，2）或；（3）設(shè)（，2﹣4，∴d1=|2m﹣4|，d2=|m|，∵P在線段AB上，∴0≤m≤2，∴d1=4﹣2m，d2=m，∵d1+ad2=4，∴4﹣2m+am=4，即（a﹣2）m=0，∵有無數(shù)個點，∴a=2．題的關(guān)鍵．1（201?沈陽OABC的頂點OACB60OAABOAB=9°OC=5是線段OB（點PB重合P與y軸平行的直線l交邊OA或邊AB于點OC或邊BC于點PQRl恰好經(jīng)過點C．求點A和點C的坐標；0＜t＜30時，求mt當m=35時，請直接寫出t的值；直線lPMB+∠POC=90°PMB60M考點：一次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）利用等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理結(jié)合B點坐標得出A，C點坐標；（1）中所求得出PR，QP0＜t＜3030≤t≤60mt的關(guān)系利用相似三角形的性質(zhì)，得出M（）如圖，過點A作AO，垂足為，過點C作CO，∵OA=AB，OB，∵∠OAB=90°，OB，∵點B（6，0，∴OB=60，×60=30，∴點A（3，3，∵直線l平行于y軸且當t=40時，直線l恰好過點C，∴OE=40，在Rt△OCE中，OC=50，由勾股定理得：==30，∴點C（4，30；（2）如圖2，∵∠OAB=90°，OA=AB，∴∠AOB=45°，∵直線l平行于y軸，∴∠OPQ=90°，∴∠OQP=45°，∴OP=QP，∵點P的橫坐標為t，∴OP=QP=t，Rt△OCEOE=40，CE=30，，，t，t，∴當0＜t＜30時，m關(guān)于t的函數(shù)關(guān)式為t；（3）由（2）得當0＜t＜30時，m=35=t，解得：t=20；330≤t≤40時，m=35當40＜t＜60時，∵OP=t，則BP=QP=60﹣t，∵PR∥CE，∴△BPR∽△BEC，，，t，則m=60﹣t+90﹣解得：t=46，綜上所述：t的值為20或46；（4）4PMB+∠POC=90°PMB60t=40l恰好經(jīng)過點C，則∠MBP=∠COP，，，解得：x=15，故（4，1240，1，（4，1，（4，15．1201?日如圖拋物線yx+mx+n與直線y=x+3交于AB兩點交x軸與DCA，B，已知（，3，（30．（Ⅰ）求拋物線的解析式和tan∠BAC的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）條件下：yPy軸于點存在點P使得以ACBP2）設(shè)E為線段AC（，連接D，一動點M從點D出發(fā)，沿線段DE以每秒一單位速運動到E點，再線段EA以每個單位的度運到A后停當點E的坐標是多少時，點M考點專題：壓軸題．分析： 2（Ⅰ）只需把AC兩點的坐標代入y=x+mx+nAB與拋物線的交點B的坐標，過點B作BH⊥x軸于H1BCH=∠ACO=45°，從而得然后據(jù)三函數(shù)的定就可出tan∠BAC的值（Ⅱ（1）P作Py軸于PA=9．設(shè)點P，由P在y軸右側(cè)可APQ=∠ACB=90°．若點G在點A時（x﹣3然后把（x﹣3xP當∠AQCBAP的坐標；若點G在點AP坐標2過點E作Ey軸于N如圖3易得AEE則點M在整個動中所用時間可表示作點D關(guān)于AC的對稱點連接則有∠D?CA=∠DCA=45°，從而可得∠D?CD=90°，DE+EN=D?E+EN．根據(jù)兩點之間線段最短可得：當D?、E、N三點共線時，DE+EN=D?E+EN最?。藭r可證到四邊形OCD?N是矩形，從而有ND?=OC=3，ON=D?C=DC．然后求出點D的坐標，從而得到OD、ON、NE的值，即可得到點E的坐標．解答： 2Ⅰ）把A（，3，（3，）代入y=x+mx+，得，解得： ．∴拋物線解析為y=聯(lián)立 ，解得： 或 ，∴點B4，．過點B作BH⊥x軸于H，如圖1．∵（30B4，，∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，∴BH=CH=1．∵∠BHC=90°，．，∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，=；（Ⅱ（1），使得以APQACB過點P作PG⊥y軸于GPGA=90°．設(shè)點P的橫坐標為x，由P在y軸右側(cè)可得x＞0，則PG=x．∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，∴∠APQ=∠ACB=90°．若點G在點A的下方，①如圖2①，當∠PAQ=∠CAB時，則△PAQ∽△CAB．∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，∴△PGA∽△BCA，．∴AG=3PG=3x．則Px，﹣3．把P（x，3﹣3x）代入得x+3=3﹣3x，整理得：x2+x=0x=（舍去，x﹣1（舍去．②2②同理可得AGPGx，則P（，3x，把P（x，3﹣x）代入x+3，得整理得x=0解得x=（舍去，x，∴P；若點G在點A的上方，①同理可得：點P，36．②同理可得點P的坐為P．綜上所述滿足條的點P的坐標（1，3；（2）過點E作EN⊥y軸于N，如圖3．在Rt△ANE中，EN=AE?sin45°=AE，即AE= EN，∴點M在整個動中所的時間為 + =DE+EN．作點D關(guān)于AC的對稱點D?，連接D?E，則有D?E=DE，D?C=DC，∠D?CA=∠DCA=45°，∴∠D?CD=90°，DE+EN=D?E+EN．根據(jù)兩點之間線段最短可得：當D?、E、N三點共線時，DE+EN=D?E+EN最?。藭r，∵∠D?CD=∠D?NO=∠NOC=90°，∴四邊形OCD?N是矩形，∴ND?=OC=3，ON=D?C=DC．對于x+3，當y=0時，解得：x1=2，x2=3．∴（，0，OD=，∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，∴點E（，1．確分類解決第（）小題關(guān)鍵，點M運動總時轉(zhuǎn)化為DE+NⅡ（）1（201?泉州1）1①請你寫出這個多面體的名稱，并指出圖中哪三個字母表示多面體的同一點；②如果沿BC、GH將展開圖剪成三塊，恰好拼成一個矩形，那么△BMC應(yīng)滿足什么條件？（不必說理）（2）2）考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）①根據(jù)這個多面體的表面展開圖，可得這個多面體是直三棱柱，點A、M、D三個字母表示多面體的同一點，據(jù)此解答即可．②根據(jù)圖示，要使沿BCGHBMCBMCBMCDH（2）首先判斷出矩形ACKL、BIJC、AGHB為棱柱的三個側(cè)面，且四邊形DGAL、EIBH、FKCJ須拼成與底面△ABC全等的另一個底面的三角形，AC=LK，且同理，得，據(jù)此斷出△ABC∽△DEF，即可判斷出S△DEF=4S△ABC（①這個多面體是直三棱柱，點A、M、D三個字母表示多面體的同一點．②△BMC應(yīng)滿足的條件是：a、∠BMC=90°，且BM=DH，或CM=DH；b、∠MBC=90°，且BM=DH，或BC=DH；c、∠BCM=90°，且BC=DH，或CM=DH；（2）如圖2，連接ABC∵△DEF是由一個三棱柱表面展開圖剪拼而成，∴矩形ACKL、BIJC、AGHB為棱柱的三個側(cè)面，且四邊形DGAL、EIBH、FKCJ須拼成與底面△ABC全等的另一個底面的三角形，∴AC=LK，且AC=DL+FK，，同理，可得，∴△ABC∽△DEF，∴ ，即S△DEF=4S△ABC，∴ ，即該三棱的側(cè)面與表面積比值．1（201?潛江已知物線經(jīng)過A（，0，（1，C2）三點其對稱軸交x軸于點，一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點，與拋物線交于另一點點D在點C的左邊．1，當S△EOC=S△EAB2CEH=α，∠EAH=β，當α＞β時，直接寫出k考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．分析： 2（1）把A（30B1，0，（，）代入y=x+bx+把C，由S△EOC=S△EAB得關(guān)于kb設(shè)CD的解析為y=kx+﹣2k，當y=0和x=﹣1時，求出FHEHAH，根tanα＞tanβ列不等式可求出k（）y=a+bx+，，∵拋物線過A（，0，（10C2）三點，，∴ ，∴∴拋物線解析為y=；1所示，將C點坐標代入直線CD，得①．當x=0y=，即（，b，當x﹣1y﹣k+，即（﹣，k+．由S△EOC=S△EAB時，[1﹣（﹣3）]（﹣k+b） 聯(lián)立方①②，得，解得 ．當S△EOC=S△EAB時，次函數(shù)解析為y= x+，2所示，①當E點在x軸上方時，如圖2所示，當α=β時，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，，∵（3，E（1，k+，，即聯(lián)立方程解得k舍去，隨著E點向下移動，∠CEH的度數(shù)越來越大，∠EAH的讀數(shù)越來越小，當E點和H點重合時如圖3所示α和β均等于0，此聯(lián)立方程 ，解得因此當 ＜k＜且k≠0時，α＞β；②當E點在x軸下方時，如圖4所示，當α=β時，∵∠EHA=90°，∴∠AEC=90°，根①可得時k（k舍去，隨著ECEHEAH因此時，α＞β．綜上所述得當α＞β時可得值范圍＜k＜＜k＜時．1（201?RAOB的兩直角邊OOB分x軸的負半軸和yOAOBxC過點C作AB的垂線，垂足為點D，交y軸于點E．求線段AB的長；CE若M是射線BC，使以ABMP為P考點：一次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．OA和OB的長，然后根據(jù)勾股定理求得AB的長；ACD∽△AOB，則OC=CDACD∽△AOB形的對應(yīng)邊的比相等求得OC的長，從而求得CCD⊥AB，求得AB的解析式，即可求得CE根據(jù)勾股定理求出MP（）∵OA﹣8|O﹣6）2=，∴OA=8，OB=6，在直△AOB中，AB==10；OBC和△DBC中，，∴△OBC≌△DBC，∴OC=CD，設(shè)OC=x，則AC=8﹣x，CD=x．∵△ACD和△ABO中，∠CAD=∠BAO，∠ADC=∠AOB=90°，∴△ACD∽△AOB，，解得：x=3．即OC=，則C（，0．ABy=kx+b，根據(jù)題意得解得：則直線AB的解析是x+6，設(shè)CD的解析式是y=﹣x+m，則4+m=0，則m=﹣4．則直線CE的解式是y=﹣x﹣4；當ABA1BC的直線方程為y=2x+6設(shè)（2m+（y（（6A1（++1（2m+6）2，=5m2+40m+100，BM2=m2+（2m+6﹣6）2=5m2，1AB=10，1根據(jù)AB2+AM12=BM2得100+5m2+40m+100=5m2，m=﹣5，1∴（5，4，B1中點坐標（，1，BM1中點時也是AP1中點，有 ，解得P1（3，2）②當ABAB2=AM2+BM100=5m2+40m+100+5m2m﹣4或=0（，1 ∴（4，2，AB（，31 AB中點時也是P2M2中點，有 ，解得綜上可得滿足條的P點的坐為1（，）或P2（，8．1（201?莆田在RACB和R△AEFACBAE=9°，若點P是BFPC，PE．特殊發(fā)現(xiàn)：如圖，若點E，F(xiàn)分別落在邊AACPC=PE成立（問題探究：把圖1中的△AEF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)．，若點E落在邊CA3，若點FAB當k為何值總是等三角請直寫出k的值不必說明理由）考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．（1P作PCE于點EAB⊥ACEFM∥CB推，再根點P是BF的中點，得EM=MC，據(jù)此得PC=PE即可．首先過點F作FD⊥AC于點D，過點PPM⊥ACM，連接PDDAF≌△EAF，即可判斷出AD=AE△DAP≌△EAPPD=PE；最后根據(jù)FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，可FD∥BC∥PM，再根據(jù)點PBF的中點，推得PC=PDPD=PE，即可推PC=PE．CPEAEF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)BCF∠BE=9°，點P是BF得點C、E在以點PBFCBECPEk（）如圖，過點P作P⊥CE于點，，PC=PE成立，理由如下：∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，，∵點P是BF的中點，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE．3，過點F作FD⊥AC于點D，過點P作PM⊥AC于點M，連接PD，，PC=PE成立，理由如下：∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中，，∴DAF≌EFAAS，∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，，∴DAP≌EP（SS，∴PD=PE，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，，∵點P是BF的中點，∴DM=MC，又∵PM⊥AC，∴PC=PD，又∵PD=PE，∴PC=PE．4，∵△CPE∴將△AEF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)180°，△CPE仍是等邊三角形，∵∠BCF=∠BEF=90°，點P是BF的中點，∴點C、E在以點P為圓心，BF為直徑的圓上，∵△CPE是等邊三角形，∴∠CPE=60°，根據(jù)圓周角定理，可得即∠ABC=30°，在Rt△ABC中，=tan30°，，∴當k時，△CPE總是等邊角形．“△CPE”1（201?ABCC=9A=6°B=3°；在△A1B1C1中，∠C1=90°，∠A1=45°，∠B1=45°，且A1B1=CB．若將邊A1C1與邊CA重合A1與點C重合．將三角板A1B1C1繞點C（A1）α，旋轉(zhuǎn)過程中邊A1C1與邊AB的交點為M，設(shè)AC=a．（1）計算A1C1的長；（2）當α=30°時，證明：B1C1∥AB；若，當α=45°時計算兩個角板重部分圖形面積；當α=60°a，tan15°=2﹣ ，，tan75°=2+ ）考點分析：（1）在Rt△ABC中，由特殊銳角三角函數(shù)值，先求得BC的長，然后在Rt△A1B1C1中利用特殊銳角三角函數(shù)即可求得A1C1的長；BMC=90°=△A1B1C1的面積﹣△BC1M的面積；=△CC1B1的面積﹣三角形FB1C﹣DC1M的面積．（）在RABCB=3°AC=，由特殊銳三角函可知，∴BC= ．∴B1C=在Rt△A1B1C1，∠B1=∠45°，∴ ．．（2）∵∠ACM=30°，∠A=60°，∴∠BMC=90°．∴∠C1=∠BMC．∴B1C1∥AB．（3）由（1）可知=3+∴△A1B1C1的面=∵∠A1B1C1=45°，∠ABC=30°∴∠MBC1=15°在RBM中1=BCtan1°（3（2）=，∴Rt△BC1M的面==3．∴兩個三板重疊分圖形的積=△A1B1C1的面積﹣△BC1M的面=3+3．（4）由（1）可知：BC= ，a，∴ a2，∵∠MCA=60°，∠A=60°，∴∠AMC=60°∴MC=AC=MA=a．．∵∠MCA=60°，∴∠C1A1B=30°，∴∠C1MD=∠B+∠C1A1B=60°在Rt△DC1M中，特殊銳角角函數(shù)知：C1D=C1M?tan60°=a，∴ a2，兩個三角重疊部圖形的面= ﹣ a2= a2．2（201南通R△ABCC=9°AB=1BC=PQ分別在BACCP=3CQ=4（＜＜3PCQ繞點PPDDPQ上．PQ∥AB；若點D在∠BAC的平分線上，求CP的長；PDE與△ABC重疊部分圖形的周長為T12≤T≤16，求x考點：幾何變換綜合題．專題：壓軸題．（1ACCPQ=∠BPQ∥ABDBACADQ=∠DAQ，AQ=DQ．在Rt△CPQ，故可得出x當點E在AB上時根據(jù)等腰角形的質(zhì)求出x的值再分0＜x≤＜x＜3兩種情況進行分類討論．解答：（1）證明：∵在Rt△ABC中，AB=15，BC=9，=12．，∴=．∵∠C=∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ=∠B，∴PQ∥AB；解：連接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ=∠DAB．∵點D在∠BAC的平分線上，∴∠DAQ=∠DAB，∴∠ADQ=∠DAQ，∴AQ=DQ．在Rt△CPQ中，PQ=5x，∵PD=PC=3x，∴DQ=2x．∵AQ=12﹣4x，∴12﹣4x=2x，解得x=2，∴CP=3x=6．解：當點EAB上時，∵PQ∥AB，∴∠DPE=∠PEB．∵∠CPQ=∠DPE，∠CPQ=∠B，∴∠B=∠PEB，∴PB=PE=5x，∴3x+5x=9，解得．①當0＜x≤時，T=PD+DE+PE=3x+4x+5x=12x，此時0＜T≤；②＜x＜3時，設(shè)PE交AB于點G，DE交AB于F，作GH⊥FQ，垂為H，∴HG=DF，F(xiàn)G=DH，Rt△PHG∽Rt△PDE，．∵PG=PB=9﹣3x，，∴GH（9﹣3PH（﹣3x，∴FG=H=3（9﹣3x，∴T=PG+PD+DF+FG=（9﹣3x）+3x+（9﹣3x）+[3x﹣（9﹣3x）]，此時＜T＜18．0＜x＜3隨x∴T=1212x=12，解得x=1；時，=16，解得．∵12≤T≤16，∴x的取范圍是1≤x≤．在解答（3）2（201?南寧By=a2（＞）點，其中AB1所示，當直線ABx軸平行，∠AOB=90°，且AB=2式和AB2AB與x90°B（2）的條件下，若直線y=﹣2x﹣2分別交直線AB，y軸于點PC，直線ABy軸于點D，且∠BPC=∠OCP，求點P的坐標．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）如圖1，由AB與x軸平行，根據(jù)拋物線的對稱性有AE=BE=1，由于∠AOB=90°得到OEAB=，求出A（1，B1，，把x=1時，y=1代入y=a2