中考數學試卷 壓軸題共30題 人教新課標版

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1、2010年中考數學試卷 壓軸題（共30題） 人教新課標版 ★★1、（2010北京）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y= -x2+x+m2-3m+2 與x軸的交點分別為原點O和點A，點B(2，n)在這條拋物線上。 （1）求點B的坐標； （2）點P在線段OA上，從O點出發(fā)向點運動，過P點作x軸的垂線，與直線OB交于點E。延長PE到點D，使得ED=PE，以PD為斜邊在PD右側作等腰直角三角形PCD（當P點運動時，C點、D點也隨之運動） j 當等腰直角三角形PCD的頂點C落在此拋物線上時，求OP的長； k 若P點從O點出發(fā)向A點作勻速運動，速度為每秒1個單位，同時線段OA上另一

2、點Q從A點出發(fā)向O點作勻速運動，速度為每秒2個單位(當Q點到達O點時停止運動，P點也同時停止運動)。過Q點作x軸的垂線，與直線AB交于點F。延長QF 到點M，使得FM=QF，以QM為斜邊，在QM的左側作等腰直角三角形QMN(當Q 點運動時，M點，N點也隨之運動)。若P點運動到t秒時，兩個等腰直角三角形分別有一條直角邊恰好落在同一條直線上，求此刻t的值。 x y O 1 1 O A B C D E P y x 圖1 解：（1）∵拋物線y= -x2+x+m2-3m+2經過原點，∴m2-3m+2=0，解得m1=1，m2=2，由題

3、意知m11，∴m=2， ∴拋物線的解析式為y= -x2+x， ∵點B(2，n)在拋物線y= -x2+x上， ∴n=4，∴B點的坐標為(2，4)。 （2）j 設直線OB的解析式為y=k1x，求得直線OB的解析式為 y=2x，∵A點是拋物線與x軸的一個交點，可求得A點的坐標為(10，0)，設P點的坐標為(a，0)，則E點的坐標為（a，2a），根據題意作等腰直角三角形PCD，如圖1?？汕蟮命cC的坐標為（3a，2a），由C點在拋物線上，得2a= -′(3a)2+′3a，即a2-a=0，解得a1=，a2=0（舍去），∴OP=。 k 依題意作等腰直角三角形QMN，設直線AB的解析式

4、為y=k2x+b，由點A(10，0)， 點B(2，4)，求得直線AB的解析式為y= -x+5，當P點運動到t秒時，兩個等腰直角三角形分別有一條邊恰好落在同一條直線上，有以下三種情況： 第一種情況：CD與NQ在同一條直線上。 如圖2所示。可證△DPQ為等腰直角三角形。此時OP、DP、AQ的長可依次表示為t、4t、2t個單位?！郟Q=DP=4t，∴t+4t+2t=10，∴t=。 第二種情況：PC與MN在同一條直線上。 如圖3所示。可證△PQM為等腰直角三角形。此時OP、AQ的長可依次表示為t、2t個單位?！郞Q=10-2t，∵F點在直線AB上，∴FQ=t，∴MQ=2t，∴PQ

5、=MQ=CQ=2t， ∴t+2t+2t=10，∴t=2。 第三種情況：點P、Q重合時，PD、QM在同一條直線上， 如圖4所示。此時OP、AQ的長可依次表示為t、2t個單位。∴t+2t=10， 圖4 y x B O Q(P) N C D M E F ∴t=。綜上，符合題意的t值分別為，2， 。 x y O A M (C) B (E) D P Q F N 圖3 E x O A B C y P M Q N F D 圖2 ★★2、（2010北京）問題：已知△ABC中，DB

6、AC=2DACB，點D是△ABC內的一點，且AD=CD，BD=BA。探究DDBC與DABC度數的比值。 請你完成下列探究過程： 先將圖形特殊化，得出猜想，再對一般情況進行分析并加以證明。 (1) 當DBAC=90°時，依問題中的條件補全右圖。觀察圖形，AB與AC的數量關系為 ； 當推出DDAC=15°時，可進一步推出DDBC的度數為 ；可得到DDBC與DABC度數的比值為 ； (2) 當DBAC190°時，請你畫出圖形，研究DDBC與DABC度數的比值是否與(1)中的結論相同，寫出你的猜想并加以證明。 A C B

7、 解：(1) 相等；15°；1：3。 (2) 猜想：DDBC與DABC度數的比值與(1)中結論相同。 證明：如圖2，作DKCA=DBAC，過B點作BK//AC交CK于點K， 連結DK。∵DBAC190°，∴四邊形ABKC是等腰梯形， ∴CK=AB，∵DC=DA，∴DDCA=DDAC，∵DKCA=DBAC， B A C D K 1 2 3 4 5 6 圖2 ∴DKCD=D3，∴△KCD@△BAD，∴D2=D4，KD=BD， ∴KD=BD=BA=KC?！連K//AC，∴DA

8、CB=D6， ∵DKCA=2DACB，∴D5=DACB，∴D5=D6，∴KC=KB， ∴KD=BD=KB，∴DKBD=60°，∵DACB=D6=60°-D1， ∴DBAC=2DACB=120°-2D1， ∵D1+(60°-D1)+(120°-2D1)+D2=180°，∴D2=2D1， ∴DDBC與DABC度數的比值為1：3。 ★★3、（2010郴州）如圖（1），拋物線與y軸交于點A，E（0，b）為y軸上一動點，過點E的直線與拋物線交于點B、C. （1）求點A的坐標； （2)當b=0時（

9、如圖（2）），與的面積大小關系如何？當時，上述關系還成立嗎，為什么？ （3）是否存在這樣的b，使得是以BC為斜邊的直角三角形，若存在，求出b；若不存在，說明理由. 第26題 圖（1） 圖（2） 解：（1）將x=0，代入拋物線解析式，得點A的坐標為（0，－4） （2）當b＝0時，直線為，由解得， 所以B、C的坐標分別為（－2，－2），（2，2） ， 所以（利用同底等高說明面積相等亦可） 當時，仍有成立. 理由如下 由，解得， 所以B、C的坐標分別為（－，－+b），（，+b），

10、作軸，軸，垂足分別為F、G，則， 而和是同底的兩個三角形， 所以. （3）存在這樣的b. 因為 所以，所以，即E為BC的中點 所以當OE=CE時，為直角三角形，因為 所以 ，而 所以，解得， 所以當b＝4或－2時，ΔOBC為直角三角形. ★★4、（2010濱州）如圖，四邊形ABCD是菱形，點D的坐標是（0，），以點C為頂點的拋物線恰好經過軸上A、B兩點． （1）求A、B、C三點的坐標； （2）求過A、B、C三點的拋物線的解析式； （3）若將上述拋物線沿其對稱軸向上平移后恰好過D點，求平移后拋物線的解析式，并指出平移了多少個單位? 解： 解：①

11、由拋物線的對稱性可知AM=BM 在Rt△AOD和Rt△BMC中，∵OD=MC，AD=BC， ∴△AOD≌△BMC．∴OA=MB=MA． 設菱形的邊長為2m，在Rt△AOD中， ，解得m=1．∴DC=2，OA=1，OB=3． ∴A、B、C三點的坐標分別為（1，0）、（3，0）、（2，） ②設拋物線的解析式為y=（—2）2+ 代入A點坐標可得=— 拋物線的解析式為y=—（—2）2+ ③設拋物線的解析式為y=—（一2）2+k，代入D（0，）可得k=5 所以平移后的拋物線的解析式為y=—（一2）2+5，平移了5一=4個單位． ★★5、（2010長沙）已知：二次函數的圖象經

12、過點（1，0），一次函數圖象經過原點和點（1，－b），其中且、為實數． （1）求一次函數的表達式（用含b的式子表示）； （2）試說明：這兩個函數的圖象交于不同的兩點； （3）設（2）中的兩個交點的橫坐標分別為x1、x2，求| x1－x2 |的范圍． 解：（1）∵一次函數過原點∴設一次函數的解析式為y=kx ∵一次函數過（1，－b） ∴y=－bx （2）∵y=ax2+bx－2過（1，0）即a+b=2 由得 ① ∵△＝ ∴方程①有兩個不相等的實數根∴方程組有兩組不同的解 ∴兩函數有兩個不同的交點． （3）∵兩交點的橫坐標x1、x2分別

13、是方程①的解 ∴ ∴＝ 或由求根公式得出。 ∵a>b>0，a+b=2 ∴2>a>1 令函數 ∵在1

14、PAB和△QPB相似時，拋物線經過B、P兩點，過線段BP上一動點M作軸的平行線交拋物線于N，當線段MN的長取最大值時，求直線MN把四邊形OPBQ分成兩部分的面積之比． B A P x C Q O y 第26題圖 解：（1）∵CQ＝t，OP=t，CO=8 ∴OQ=8－t ∴S△OPQ＝（0＜t＜8） （2）∵S四邊形OPBQ＝S矩形ABCD－S△PAB－S△CBQ ＝＝32 ∴四邊形OPBQ的面積為一個定值，且等于32 （3）當△OPQ與△PAB和△QPB相似時, △QPB必須是一個直角三角形，依題意只能是∠QPB＝

15、90° 又∵BQ與AO不平行 ∴∠QPO不可能等于∠PQB，∠APB不可能等于∠PBQ ∴根據相似三角形的對應關系只能是△OPQ∽△PBQ∽△ABP ， ∴解得：t＝4 經檢驗：t＝4是方程的解且符合題意（從邊長關系和速度） 此時P（，0） ∵B（，8）且拋物線經過B、P兩點， ∴拋物線是，直線BP是： 設M（m, ）、N(m，) ∵M在BP上運動 ∴ ∵與交于P、B兩點且拋物線的頂點是P ∴當時， ∴＝ ∴當時，MN有最大值是2 ∴設MN與BQ交于H 點則、 ∴S△BHM＝＝ ∴S△BHM ：S五邊形QOPMH＝＝

16、3:29 ∴當MN取最大值時兩部分面積之比是3：29． ★★7、（2010常德）如圖9，已知拋物線軸交于點A（-4，0）和B（1，0）兩點，與y軸交于C點. （1）求此拋物線的解析式； （2）設E是線段AB上的動點，作EF∥AC交BC于F，連接CE，當的面積是面積的2倍時，求E點的坐標； （3）若P為拋物線上A、C兩點間的一個動點，過P作y軸的平行線，交AC于Q，當P點運動到什么位置時，線段PQ的值最大，并求此時P點的坐標. A B O C 圖9 y x 解：（1）由二次函數與軸交于、兩點可

17、得： 　　　　　　　　　　解得：　 　　　　　　故所求二次函數的解析式為． （2）∵S△CEF=2 S△BEF, ∴， ∵EF//AC，∴，∴△BEF～△BAC， ∴得故E點的坐標為(,0). （3）解法一：由拋物線與軸的交點為，則點的坐標為（0，－2）． 若設直線的解析式為，則有　解得： 故直線的解析式為．若設點的坐標為， 又點是過點所作軸的平行線與直線的交點，則點的坐標為（．則有：＝ ＝ 即當時，線段取大值，此時點的坐標為（－2，－3） 解法二：延長交軸于點，則．要使線段最長，則只須△的面積取大值時即可. 設點坐標為（，則有：

18、 　 ＝ 　 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝－ 即時，△的面積取大值，此時線段最長，則點坐標為（－2，－3） ★★8、（2010常德）如圖10，若四邊形ABCD、四邊形CFED都是正方形，顯然圖中有AG=CE，AG⊥CE. （1）當正方形GFED繞D旋轉到如圖11的位置時，AG=CE是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由. （2）當正方形GFED繞D旋轉到如圖12的位置時，延長CE交AG于H，交AD于M. ①求證：AG⊥CH; ②當AD=4，DG=時，求CH的長。 A B C D E F 圖1

19、10 G A D 圖11 F E B C G A D B C E F H M 圖12 解：（1）成立． 　　　四邊形、四邊形是正方形，∴ ∠∠. ∴∠90°-∠∠. 　　∴△△. ∴. （2）①類似（1）可得△△， ∴∠1＝∠2 又∵∠＝∠. ∴∠∠＝. B A C D E F G 1 2 圖12 H P M 　　　　　 即 　　 　 ② 解法一: 過作于, 由題意有， 　　　　　　∴，則∠1＝. 　　　　　　而∠1＝∠2，∴∠2＝＝∠1＝. 　　　　∴　，即.

20、 　在Rt中，＝＝, 　而∽,∴,　 即,　∴.　 再連接，顯然有，∴. 所求的長為. B A C D E F G 1 2 圖12 H P M 解法二：研究四邊形ACDG的面積，過作于, 　　由題意有，∴,. 而以CD為底邊的三角形CDG的高=PD=1， , ∴4×1+4×4=×CH+4 ×1.∴=. ★★9、（2010丹東）如圖， 已知等邊三角形ABC中，點D，E，F分別為邊AB，AC， BC的中點，M為直線BC上一動點，△DMN為等邊三角形（點M的位置改變時， △DMN 也隨之整體移動） ．

21、 （1）如圖①，當點M在點B左側時，請你判斷EN與MF有怎樣的數量關系？點F是否在直線NE上？都請直接寫出結論，不必證明或說明理由； （2）如圖②，當點M在BC上時，其它條件不變，（1）的結論中EN與MF的數量關系是否仍然成立?若成立，請利用圖②證明；若不成立，請說明理由； （3）若點M在點C右側時，請你在圖③中畫出相應的圖形，并判斷（1）的結論中EN與MF的數量關系是否仍然成立?若成立?請直接寫出結論，不必證明或說明理由． 圖① 圖② 圖③ 第25題圖 A · B C D E F · · · 解：（1）判斷：EN與MF相等 （或EN=MF）

22、，點F在直線NE上， （2）成立． 證明： 法一：連結DE，DF． ∵△ABC是等邊三角形， ∴AB=AC=BC．又∵D，E，F是三邊的中點， ∴DE，DF，EF為三角形的中位線．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°． 又∠MDF+∠FDN=60°， ∠NDE+∠FDN=60°， ∴∠MDF=∠NDE． 在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN， ∠MDF=∠NDE， ∴△DMF≌△DNE． N C A B F M D E N C A B F M D E ∴MF=NE． 法二：延

23、長EN，則EN過點F． ∵△ABC是等邊三角形， ∴AB=AC=BC． 又∵D，E，F是三邊的中點， ∴EF=DF=BF． ∵∠BDM+∠MDF=60°， ∠FDN+∠MDF=60°， ∴∠BDM=∠FDN．又∵DM=DN， ∠ABM=∠DFN=60°， ∴△DBM≌△DFN．∴BM=FN．∵BF=EF， ∴MF=EN． 法三：連結DF，NF． ∵△ABC是等邊三角形， ∴AC=BC=AC． 又∵D，E，F是三邊的中點， ∴DF為三角形的中位線，∴DF=AC=AB=DB． 又∠BDM+∠MDF=60°， ∠NDF+∠MDF=60°， ∴∠BDM=∠FDN．

24、在△DBM和△DFN中，DF=DB， DM=DN， ∠BDM=∠NDF，∴△DBM≌△DFN． ∴∠B=∠DFN=60°．又∵△DEF是△ABC各邊中點所構成的三角形， ∴∠DFE=60°．∴可得點N在EF上， ∴MF=EN． （3）畫出圖形（連出線段NE）， MF與EN相等的結論仍然成立（或MF=NE成立）． ★★10、（2010丹東）如圖，平面直角坐標系中有一直角梯形OMNH，點H的坐標為 （－8，0），點N的坐標為（－6，－4）． （1）畫出直角梯形OMNH繞點O旋轉180°的圖形OABC，并寫出頂點A，B，C的坐標（點M的對應點為A， 點N的對應點為B

25、， 點H的對應點為C）； （2）求出過A，B，C三點的拋物線的表達式； （3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分別在線段CO，OA，AB上，求四邊形BEFG的面積S與m之間的函數關系式，并寫出自變量m的取值范圍；面積S是否存在最小值?若存在，請求出這個最小值；若不存在，請說明理由； （4）在（3）的情況下，四邊形BEFG是否存在鄰邊相等的情況，若存在，請直接寫出 此時m的值，并指出相等的鄰邊；若不存在，說明理由． 第26題圖 O M N H A C E F D B ↑ → －8 (－6，－4)

26、x y 解：（1） 利用中心對稱性質，畫出梯形OABC． ∵A，B，C三點與M，N，H分別關于點O中心對稱， ∴A（0，4），B（6，4），C（8，0） （2）設過A，B，C三點的拋物線關系式為， ∵拋物線過點A（0，4），∴．則拋物線關系式為． 將B（6，4）， C（8，0）兩點坐標代入關系式，得 ，解得，所求拋物線關系式為：． （3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m． ∴ OA（AB+OC）AF·AGOE·OFCE·OA

27、 （ 0＜＜4） ∵． ∴當時，S的取最小值． 又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值． （4）當時，GB=GF，當時，BE=BG． ★★11、（2010德化）如圖1，已知拋物線經過坐標原點O和x軸上另一點E，頂點M的坐標為 (2,4)；矩形ABCD的頂點A與點O重合，AD、AB分別在x軸、y軸上，且AD=2，AB=3. （1）求該拋物線的函數關系式； （2）將矩形ABCD以每秒1個單位長度的速度從圖1所示的位置沿x軸的正方向勻速平行移動，同時一動點P也以相同的速度從點A出發(fā)向B勻速移動，設它們運動的時間為t秒（0≤t≤3），直線AB與該

28、拋物線的交點為N（如圖2所示）. ① 當t=時，判斷點P是否在直線ME上，并說明理由； 圖2 B C O A D E M y x P N · 圖1 B C O (A) D E M y x ② 設以P、N、C、D為頂點的多邊形面積為S，試問S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由． 解：（1） （2）①點P不在直線ME上； ②依題意可知：P（,），N（，） 當0＜t＜3時，以P、N、C、D為頂點的多邊形是四邊形PNCD，依題意可得： =+=+= = ∵拋物線的開口方向

29、：向下，∴當=，且0＜t＜＜3時，= 當時,點P、N都重合，此時以P、N、C、D為頂點的多邊形是三角形 依題意可得，==3 綜上所述，以P、N、C、D為頂點的多邊形面積S存在最大值． ★★12、（2010德州）已知二次函數的圖象經過點A(3，0)，B(2，-3)，C(0，-3)． (1)求此函數的解析式及圖象的對稱軸； (2)點P從BBC向C點運動，點Q從O點出發(fā)以相同的速度沿線段OA向A點運動，其中一個動點到達端點時，另一個也隨之停止運動．設運動時間為t秒． ①當t為何值時，四邊形ABPQ為等腰梯形； ②設PQ與對稱軸的交點為M，過M點作x軸的平行線交AB于點N，設四邊形A

30、NPQ的面積為S，求面積S關于時間t的函數解析式，并指出t的取值范圍；當t為何值時，S有最大值或最小值． x y O A B C P Q M N 第23題圖 解：（1）∵二次函數的圖象經過點C(0，-3)，∴c =-3． 將點A(3，0)，B(2，-3)代入得 解得：a=1，b=-2．∴． 配方得：，所以對稱軸為x=1． (2) 由題意可知：BP= OQt． ∵點B，點C的縱坐標相等，∴BC∥OA． 過點B，點P作BD⊥OA，PE⊥OA，垂足分別為D，E． 要使四邊形ABPQ為等腰梯形，只需PQ=AB． 即QE=

31、AD=1．又QE=OE－OQtttt=1． 解得t=5．即t=5秒時，四邊形ABPQ為等腰梯形． ②設對稱軸與BC，x軸的交點分別為F，G． ∵對稱軸x=1是線段BC的垂直平分線，∴BF=CF=OG=1． 又∵BP=OQ，∴PF=QG．又∵∠PMF=∠QMG，∴△MFP≌△MGQ． ∴MF=MG．∴點M為FG的中點，∴S=， =．由=． ．∴S=．又BC=2，OA=3， ∴點P運動到點C時停止運動，需要20秒． ∴0

32、于N，DC于M，點H從原點O出發(fā)沿x軸的正半軸方向以1個單位每秒速度運動，同時，點R從O出發(fā)沿OM方向以個單位每秒速度運動，運動時間為t。求： （1）C的坐標為 ▲ ； C O A B D N M P x y R H （2）當t為何值時，△ANO與△DMR相似？ （3）△HCR面積S與t的函數關系式； 并求以A、B、C、R為頂點的四邊形是梯形 時t的值及S的最大值。 解：（1）Ｃ（４，１）； （2）當∠MDR＝45０時，ｔ＝2,點Ｈ（2，0） 當∠DRM＝45０時，ｔ＝3,點Ｈ（3，0） （3）Ｓ＝－ｔ２＋２ｔ

33、（０＜ｔ≤４）；（1分）Ｓ＝ｔ２－２ｔ（ｔ＞４） 當ＣＲ∥ＡＢ時，ｔ＝，Ｓ＝ 當ＡＲ∥ＢＣ時，ｔ＝，Ｓ＝ 當ＢＲ∥ＡＣ時，ｔ＝，Ｓ＝ ★★14、（2010恩施）如圖11，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于A、B兩點， A點在原點的左側，B點的坐標為（3，0），與y軸交于C（0，-3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點. （1）求這個二次函數的表達式． （2）連結PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POPC， 那么是否存在點P，使四邊形POPC為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由． （3）當點P運動到什么位置時，四邊形 ABPC的面積

34、最大并求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積. 解：（1）將B、C兩點的坐標代入得解得： 所以二次函數的表達式為： （2）存在點P，使四邊形POPC為菱形．設P點坐標為（x，）， PP交CO于E，若四邊形POPC是菱形，則有PC＝PO． 連結PP 則PE⊥CO于E，∴OE=EC=∴=． ∴= 解得=，=（不合題意，舍去） ∴P點的坐標為（，） （3）過點P作軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設P（x，）， 易得，直線BC的解析式為，則Q點的坐標為（x，x－3）. = 當時，四邊形ABPC的面積最大 此時P點的坐標為，四

35、邊形ABPC的 面積． ★★15、（2010廣安）如圖，直線y = -x-1與拋物線y=ax2+bx-4都經過點A(-1, 0)、B(3, -4)． （1）求拋物線的解析式； （2）動點P在線段AC上，過點P作x軸的垂線與拋物線相交于點E，求線段PE長度的最大值； （3）當線段PE的長度取得最大值時，在拋物線上是否存在點Q，使△PCQ是以PC為直角邊的直角三角形?若存在，請求出Q點的坐標；若不存在．請說明理由． 解：（1）由題知，解得a=1, b= -3 ， ∴拋物線解析式為y=x2-3x-4 （2）設點P坐標(m, -m-1)，則E點坐標(m, m2-3m-4)

36、 ∴線段PE的長度為：-m-1- (m2-3m-4)= -m2+2m+3 = -(m-1)2+4 ∴由二次函數性質知當m=1時，函數有最大值4，所以線段PE長度的最大值為4。 （3）由（2）知P(1, -2) ①過P作PC的垂線與x軸交于F，與拋物線交于Q， 設AC與y軸交于G，則G(0, -1)，OG=1，又可知A(-1, 0) 則OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45o ∴△PAF是等腰直角三角形，由對稱性知F(3, 0) 設直線PF的解析式為y=k1x+b1，則 ，解之得k1=1, b1= -3，∴直線PF為y=x-3 由解得 ∴Q1(2+,

37、 -1) Q2(2-, --1) ②過點C作PC的垂線與x軸交于H，與拋物線交點為Q，由∠HAC=45o，知△ACH是等腰直角三角形，由對稱性知H坐標為(7, 0)，設直線CH的解析式為y=k2x+b2，則 ，解之得k2=1, b2= -7，∴直線CH的解析式為y=x-7 解方程組得 當Q(3, -4)時，Q與C重合，△PQC不存在，所以Q點坐標為(1, -6) 綜上所述在拋物線上存在點Q1(2+, -1)、Q2(2-, --1)、Q3(1, -6)使得△PCQ是以PC為直角邊的直角三角形。 ★★16、（2010廣州）如圖，⊙O的半徑為1，點P是⊙O上一點，弦AB垂直平分線段O

38、P，點D是上任一點（與端點A、B不重合），DE⊥AB于點E，以點D為圓心、DE長為半徑作⊙D，分別過點A、B作⊙D的切線，兩條切線相交于點C． （1）求弦AB的長； （2）判斷∠ACB是否為定值，若是，求出∠ACB的大??；否則，請說明理由； （3）記△ABC的面積為S，若＝4，求△ABC的周長. C P D O B A E 解：（1）連接OA，取OP與AB的交點為F，則有OA＝1． F C P D O B A E H G ∵弦AB垂直平分線段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF． 在Rt△OAF中，∵AF

39、＝＝＝，∴AB＝2AF＝． （2）∠ACB是定值. 理由：由（1）易知，∠AOB＝120°， 因為點D為△ABC的內心，所以，連結AD、BD，則∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA， 因為∠DAE＋∠DBA＝∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°； （3）記△ABC的周長為l，取AC，BC與⊙D的切點分別為G，H，連接DG，DC，DH，則有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC. ∴ ＝AB?DE＋BC?DH＋AC?DG＝(AB＋BC＋AC) ?DE＝l?DE． ∵＝4，∴＝4，∴l(xiāng)＝8DE. ∵CG，CH是⊙D的切線，∴∠GCD＝∠

40、ACB＝30°， ∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE． 又由切線長定理可知AG＝AE，BH＝BE， ∴l(xiāng)＝AB＋BC＋AC＝2＋2DE＝8DE，解得DE＝， ∴△ABC的周長為． ★★17、（2010廣州）如圖所示，四邊形OABC是矩形，點A、C的坐標分別為（3，0），（0，1），點D是線段BC上的動點（與端點B、C不重合），過點D作直線＝－＋交折線OAB于點E． （1）記△ODE的面積為S，求S與的函數關系式； （2）當點E在線段OA上時，若矩形OABC關于直線DE的對稱圖形為四邊形OA1B1C1，試探究OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積是否發(fā)生變

41、化，若不變，求出該重疊部分的面積；若改變，請說明理由. C D B A E O 解：（1）由題意得B（3，1）． 若直線經過點A（3，0）時，則b＝ 若直線經過點B（3，1）時，則b＝ 若直線經過點C（0，1）時，則b＝1 ①若直線與折線OAB的交點在OA上時，即1＜b≤，如圖25-a， 圖1 此時E（2b，0） ∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b ②若直線與折線OAB的交點在BA上時，即＜b＜，如圖2 圖2 此時E（3，），D（2b－2，1） ∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE ) ＝ 3－[(2b－1)×1＋×(

42、5－2b)·()＋×3()]＝ ∴ （2）如圖3，設O1A1與CB相交于點M，OA與C1B1相交于點N，則矩形OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積即為四邊形DNEM的面積。 本題答案由無錫市天一實驗學校金楊建老師草制！ 圖3 由題意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四邊形DNEM為平行四邊形 根據軸對稱知，∠MED＝∠NED 又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四邊形DNEM為菱形． 過點D作DH⊥OA，垂足為H， 由題易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2， 設菱形DNEM 的邊長為a， 則在Rt△DHM中，由勾股定理知：，∴

43、 ∴S四邊形DNEM＝NE·DH＝ ∴矩形OA1B1C1與矩形OABC的重疊部分的面積不發(fā)生變化，面積始終為． ★★18、（2010桂林）如圖，過A（8，0）、B（0，）兩點的直線與直線交于點C．平行于軸的直線從原點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿軸向右平移，到C點時停止；分別交線段BC、OC于點D、E，以DE為邊向左側作等邊△DEF，設△DEF與△BCO重疊部分的面積為S（平方單位），直線的運動時間為t（秒）． （1）直接寫出C點坐標和t的取值范圍； （2）求S與t的函數關系式； （3）設直線與軸交于點P，是否存在這樣的點P，使得以P、O、F為頂點的三角

44、形為等腰三角形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由． 解：（1）C（4，），的取值范圍是：0≤≤4 （2）∵D點的坐標是（，），E的坐標是（，） ∴DE=-= ∴等邊△DEF的DE邊上的高為： ∴當點F在BO邊上時：=，∴=3 ① 當0≤<3時，重疊部分為等腰梯形，可求梯形上底為：- S= == 當3≤≤4時，重疊部分為等邊三角形 S= = （3）存在，P（，0） … 說明：∵FO≥，FP≥，OP≤4 ∴以P，O，F以頂點的等腰三角形，腰只有可能是FO，FP,

45、 若FO=FP時，=2（12-3），=，∴P（，0） ★★19、（2010杭州）在平面直角坐標系xOy中，拋物線的解析式是y =+1， 點C的坐標為(–4，0)，平行四邊形OABC的頂點A，B在拋物 線上，AB與y軸交于點M，已知點Q(x，y)在拋物線上，點 P(t，0)在x軸上. (1) 寫出點M的坐標； (2) 當四邊形CMQP是以MQ，PC為腰的梯形時. ① 求t關于x的函數解析式和自變量x的取值范圍； ② 當梯形CMQP的兩底的長度之比為1：2時，求t的值. （第24題） 解：(1) ∵OABC是平行四邊形，∴AB

46、∥OC，且AB = OC = 4， ∵A，B在拋物線上，y軸是拋物線的對稱軸，∴ A，B的橫坐標分別是2和– 2， 代入y =+1得， A(2, 2 )，B(– 2，2)，∴M (0，2)， (2) ① 過點Q作QH ^ x軸，設垂足為H， 則HQ = y ，HP = x–t ， 由△HQP∽△OMC，得：, 即： t = x – 2y , ∵ Q(x,y) 在y = +1上， ∴ t = –+ x –2， 當點P與點C重合時，梯形不存在，此

47、時，t = – 4，解得x = 1±， 當Q與B或A重合時，四邊形為平行四邊形，此時，x = ± 2 ∴x的取值范圍是x 1 1±, 且x1± 2的所有實數. ② 分兩種情況討論： 1）當CM > PQ時，則點P在線段OC上，∵ CM∥PQ，CM = 2PQ ， ∴點M縱坐標為點Q縱坐標的2倍，即2 = 2(+1)，解得x = 0 ， ∴t = –+ 0 –2 = –2 2）當CM < PQ時，則點P在OC的延長線上，∵CM∥PQ，CM = PQ， ∴點Q縱坐標為點M縱坐標的2倍，即+1=2′2，解得： x = ±. 當x = –時，得t = –––2 = –8 –,

48、 ， 當x =時， 得t =–8. ★★20、（2010紅河州）如圖9，在直角坐標系xoy中，O是坐標原點，點A在x正半軸上，OA=cm，點B在y軸的正半軸上，OB=12cm，動點P從點O開始沿OA以cm/s的速度向點A移動，動點Q從點A開始沿AB以4cm/s的速度向點B移動，動點R從點B開始沿BO以2cm/s的速度向點O移動.如果P、Q、R分別從O、A、B同時移動，移動時間為t（0＜t＜6）s. （1）求∠OAB的度數. （2）以OB為直徑的⊙O‘與AB交于點M，當t為何值時，PM與⊙O‘相切？ （3）寫出△PQR的面積S隨動點移動時間t的函數關系式，并求s的最小值及相應的t值

49、. （4）是否存在△APQ為等腰三角形，若存在，求出相應的t值，若不存在請說明理由. 解：（1）在Rt△AOB中：tan∠OAB=，∴∠OAB=30° （2）如圖10，連接O‘P，O‘M. 當PM與⊙O‘相切時，有∠PM O‘=∠PO O‘=90°， △PM O‘≌△PO O‘ 由（1）知∠OBA=60° ∵O‘M= O‘B ∴△O‘BM是等邊三角形 ∴∠B O‘M=60° 可得∠O O‘P=∠M O‘P=60° ∴OP= O O‘·tan∠O O‘P =6×tan60°= 又∵OP=t ∴t=，t=3 即：t=

50、3時，PM與⊙O‘相切. （3）如圖9，過點Q作QE⊥x于點E ∵∠BAO=30°，AQ=4t， ∴QE=AQ=2t AE=AQ·cos∠OAB=4t× ∴OE=OA-AE=-t ∴Q點的坐標為（-t，2t） S△PQR= S△OAB -S△OPR -S△APQ -S△BRQ = = = （） 當t=3時，S△PQR最小= （4）分三種情況：如圖11. 當AP=AQ1=4t時， ∵OP+AP=∴t+4t= ∴t=或化簡為t=-18 當PQ2=AQ2=4t時， 過Q2點作Q2

51、D⊥x軸于點D， ∴PA=2AD=2A Q2·cosA=t，即t+t =，∴t=2 當PA=PQ3時，過點P作PH⊥AB于點H AH=PA·cos30°=（-t）·=18-3t AQ3=2AH=36-6t，得36-6t=4t， 綜上所述，當t=2，t=3.6，t=-18時，△APQ是等腰三角形. ★★21、（2010黃岡）已知拋物線頂點為C（1，1）且過原點O.過拋物線上一點P（x，y）向直線作垂線，垂足為M，連FM（如圖）. （1）求字母a，b，c的值； （2）在直線x＝1上有一點，求以PM為底邊的等腰三角形PFM的P點的坐標，并證明此時△PFM為正三角形；

52、（3）對拋物線上任意一點P，是否總存在一點N（1，t），使PM＝PN恒成立，若存在請求出t值，若不存在請說明理由. 解：（1）a＝－1，b＝2，c＝0 （2）過P作直線x=1的垂線，可求P的縱坐標為，橫坐標為.此時，MP＝MF＝PF＝1，故△MPF為正三角形. （3）不存在.因為當t＜，x＜1時，PM與PN不可能相等，同理，當t＞，x＞1時，PM與PN不可能相等. ★★22、（2010濟南）如圖所示，拋物線與x軸交于A、B兩點，直線BD的函數表達式為，拋物線的對稱軸l與直線BD交于點C、與x軸交于點E． ⑴求A、B、C三個點的坐標． ⑵點P為線段AB上的一個動點（與點A

53、、點B不重合），以點A為圓心、以AP為半徑的圓弧與線段AC交于點M，以點B為圓心、以BP為半徑的圓弧與線段BC交于點N，分別連接AN、BM、MN． ①求證：AN=BM． ②在點P運動的過程中，四邊形AMNB的面積有最大值還是有最小值？并求出該最大值或最小值. D C M N O A B P l y E x 解：⑴令， 解得：，∴A(－1，0)，B(3，0) ∵=，∴拋物線的對稱軸為直線x=1， 將x=1代入，得y=2，∴C（1，2）. ⑵①在Rt△ACE中，tan∠CAE=， ∴∠

54、CAE=60o， 由拋物線的對稱性可知l是線段AB的垂直平分線， ∴AC=BC， ∴△ABC為等邊三角形， ∴AB= BC =AC = 4，∠ABC=∠ACB= 60o， 又∵AM=AP，BN=BP，∴BN = CM， ∴△ABN≌△BCM， ∴AN=BM. ②四邊形AMNB的面積有最小值． 設AP=m，四邊形AMNB的面積為S， 由①可知AB= BC= 4，BN = CM=BP，S△ABC=×42=， ∴CM=BN= BP=4－m，CN=m， 過M作MF⊥BC,垂足為F，則MF=MC?si

55、n60o=， ∴S△CMN==?=， ∴S=S△ABC－S△CMN=－（） = ∴m=2時，S取得最小值3. ★★23、（2010濟寧）如圖，在平面直角坐標系中，頂點為（，）的拋物線交軸于點，交軸于，兩點（點在點的左側）. 已知點坐標為（，）. （1）求此拋物線的解析式； （2）過點作線段的垂線交拋物線于點， 如果以點為圓心的圓與直線相切，請判斷拋物線的對稱軸與⊙有怎樣的位置關系，并給出證明； （3）已知點是拋物線上的一個動點，且位于，兩點之間，問：當點運動到什么位置時，的面積最大？并求出此時點的坐標和的最大面積.

56、 （1）解：設拋物線為. ∵拋物線經過點（0，3），∴.∴. ∴拋物線為. (2) 答：與⊙相交. 證明：當時，，. ∴為（2，0），為（6，0）.∴. 設⊙與相切于點，連接，則. ∵，∴. 又∵，∴.∴∽. ∴.∴.∴. ∵拋物線的對稱軸為，∴點到的距離為2. ∴拋物線的對稱軸與⊙相交. (3) 解：如圖，過點作平行于軸的直線交于點. 可求出的解析式為. 設點的坐標為（，），則點的坐標為（，）. ∴. ∵, ∴當時，的面積最大為. 此時，

57、點的坐標為（3，）. ★★24、（2010晉江）已知：如圖，把矩形放置于直角坐標系中，，，取的中點，連結，把沿軸的負方向平移的長度后得到. (1)試直接寫出點的坐標； A O x B C M y (2)已知點與點在經過原點的拋物線上，點在第一象限內的該拋物線上移動， 過點作軸于點，連結. ①若以、、為頂點的三角形與相似，試求出點的坐標； ②試問在拋物線的對稱軸上是否存在一點，使得的值最大. A O x D B C M y E P T Q 解：(1)依題意得：； (2) ① ∵，，∴. ∵

58、拋物線經過原點，∴設拋物線的解析式為 又拋物線經過點與點 ∴ 解得：∴拋物線的解析式為.∵點在拋物線上，∴設點. 1)若∽，則， ，解得：(舍去)或，∴點. 2)若∽，則， ，解得：(舍去)或， ∴點. ②存在點，使得的值最大. 拋物線的對稱軸為直線，設拋物線與軸的另一個交點為，則點.，∵點、點關于直線對稱，∴，要使得的值最大，即是使得的值最大， 根據三角形兩邊之差小于第三邊可知，當、、三點在同一直線上時，的值最大. 設過、兩點的直線解析式為， ∴ 解得： ∴直線的解析式為. 當時，. ∴存在一點使得最大. ★★25、（2010）如圖，

59、在等邊中，線段為邊上的中線. 動點在直線上時，以為一邊且在的下方作等邊，連結. (1) 填空：度； (2) 當點在線段上(點不運動到點)時，試求出的值； (3)若，以點為圓心，以5為半徑作⊙與直線相交于點、兩點，在點運動的過程中(點與點重合除外)，試求的長. A B C 備用圖(1) A B C 備用圖(2) 解：(1)60； (2)∵與都是等邊三角形 ∴，， ∴ ∴，∴≌ ∴，∴. (3)①當點在線段上（不與點重合）時，由(2)可知≌，則，作于點，則，連結，則. 在中，，，則. 在中，由勾股定

60、理得：，則 ②當點在線段的延長線上時，∵與都是等邊三角形 ∴，， ∴ ∴ ∴≌ ∴，同理可得：. ③當點在線段的延長線上時， ∵與都是等邊三角形 ∴，， ∴ ∴ ∴≌ ∴，∵ ∴，∴. 同理可得：，綜上，的長是6. ★★26、（2010萊蕪）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線交軸于兩點，交軸于點. （1）求此拋物線的解析式； （2）若此拋物線的對稱軸與直線交于點D，作⊙D與x軸相切，⊙D交軸于點E、F兩點，求劣弧EF的長； （第26題圖） x y O A C B D E F （3）P為此拋物線在第二象限圖像上的一點，PG垂直于軸，垂

61、足為點G，試確定P點的位置，使得△PGA的面積被直線AC分為1︰2兩部分. 解：（1）∵拋物線經過點，，． ∴， 解得. ∴拋物線的解析式為：. （2）易知拋物線的對稱軸是.把x=4代入y=2x得y=8，∴點D的坐標為（4,8）． ∵⊙D與x軸相切，∴⊙D的半徑為8． 連結DE、DF，作DM⊥y軸，垂足為點M． 在Rt△MFD中，FD=8，MD=4．∴cos∠MDF=． ∴∠MDF=60°，∴∠EDF=120°． ∴劣弧EF的長為：． （3）設

62、直線AC的解析式為y=kx+b. ∵直線AC經過點. ∴，解得.∴直線AC的解析式為：. 設點，PG交直線AC于N， 則點N坐標為.∵. x y O A C B D E F P G N M ∴①若PN︰GN=1︰2，則PG︰GN=3︰2，PG=GN. 即=. 解得：m1=－3， m2=2（舍去）. 當m=－3時，=. ∴此時點P的坐標為. ②若PN︰GN=2︰1，則PG︰GN=3︰1， PG=3GN. 即=. 解得：，（舍去）.當時，=. ∴此時點P的坐標為. 綜上所述，當點P坐標為或時， △PGA的面積被直線AC分成1︰2兩部

63、分． ★★27、（2010麗水）小剛上午7：30從家里出發(fā)步行上學，途經少年宮時走了步，用時10分鐘，到達學校的時間是7：55．為了估測路程等有關數據，小剛特意在學校的田徑跑道上，按上學的步行速度，走完100米用了150步． (1)　小剛上學步行的平均速度是多少米/分？小剛家和少年宮之間、少年宮和學校之間的路程分別是多少米？ t(分) O s(米) A B C D (第27題) (2)　下午4：00，小剛從學校出發(fā)，以45米/分的速度行走，按上學時的原路回家，在未到少年宮300米處與同伴玩了半小時后，趕緊以 110米/分的速度回家，中途沒有再停留．問： ①

64、　小剛到家的時間是下午幾時？ ②　小剛回家過程中，離家的路程s(米)與時間t(分)之間的函數關系如圖，請寫出點B的坐標，并求出線段CD所在直線的函數解析式． 解：(1)　小剛每分鐘走1200÷10=120(步)，每步走100÷150=(米)， 所以小剛上學的步行速度是120×=80(米/分)． 小剛家和少年宮之間的路程是80×10=800(米)． 少年宮和學校之間的路程是80×(25-10)=1200(米)． (2)?、佟?分鐘)， 所以小剛到家的時間是下午5：00． ②　小剛從學校出發(fā)，以45米/分的速度行走到離少年宮300

65、米處時實際走了900米，用時分，此時小剛離家1 100米，所以點B的坐標是（20，1100）． 線段CD表示小剛與同伴玩了30分鐘后，回家的這個時間段中離家的路程s(米)與行走時間t(分)之間的函數關系，由路程與時間的關系得 ， 即線段CD所在直線的函數解析式是． ……2分 (線段CD所在直線的函數解析式也可以通過下面的方法求得： 點C的坐標是（50，1100），點D的坐標是（60，0） 設線段CD所在直線的函數解析式是，將點C，D的坐標代入，得 解得　 所以線段CD所在直線的函數解析式是) ★★28、（2010麗水）△ABC中，∠A=∠B=30°，AB=．把

66、△ABC放在平面直角坐標系中，使AB的中點位于坐標原點O(如圖)，△ABC可以繞點O作任意角度的旋轉． O y x C B A (第28題) 1 1 -1 -1 (1)　當點B在第一象限，縱坐標是時，求點B的橫坐標； (2)　如果拋物線(a≠0)的對稱軸經過點C，請你探究： ①　當，，時，A，B兩點是否都 在這條拋物線上？并說明理由； ②　設b=-2am，是否存在這樣的m的值，使A，B兩點不 可能同時在這條拋物線上？若存在，直接寫出m的值； 若不存在，請說明理由． 解：(1)　 ∵　點O是AB的中點，　∴?。? 設點B的橫坐標是x(x>0)，則， 解得　，(舍去)． ∴　點B的橫坐標是． (2)?、佟‘?，，時，得　　……(＊) ． 以下分兩種情況討論． 情況1：設點C在第一象限(如圖甲)，則點C的橫坐標為， O y x C B A (甲) 1 1 -1 -1 ． 由此，可求得點C的坐標為(，)， O y x C B A (乙) 1 1