中考数学压轴题专练.doc

1.

已知:如图,抛物线y=-x2+bx+c与x轴、y轴分别相交于点A（-1，0）、B（0，3）两点，其顶点为D.

（1） 求该抛物线的解析式；

（2） 若该抛物线与x轴的另一个交点为E. 求四边形ABDE的面积；

（3） △AOB与△BDE是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由.

b4acb2（注：抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的顶点坐标为2a,4a）

2

.

2.已知直角梯形纸片OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，四个顶点的坐

标分别为O(0，0)，A(10，0)，B(8，23)，C(0，23)，点T在线段OA上(不与线段端点重合)，将纸片折叠，使点A落在射线AB上(记为点A′)，折痕经过点T，折痕TP与射线AB交于点P，设点T的横坐标为t，折叠后纸片重叠部分(图中的阴影部分)的面积为S；

(1)求∠OAB的度数，并求当点A′在线段AB上时，S关于t的函数关系式； (2)当纸片重叠部分的图形是四边形时，求t的取值范围；

(3)S存在最大值吗？若存在，求出这个最大值，并求此时t的值；若不存在，请说明理由. y y B B C C O O x T A x T A

3.如图，在Rt△ABC中，A90，AB6，AC8，D，E分别是边AB，AC的中

1

点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点P作PQBC于Q，过点Q作QR∥BA交

AC于

R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQx，QRy．

（1）求点D到BC的距离DH的长；

（2）求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；

（3）是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由．

A D P B H Q

R E C

4.在△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMPN．令AM＝x． （1）用含x的代数式表示△ＭNP的面积S； （2）当x为何值时，⊙O与直线BC相切？

（3）在动点M的运动过程中，记△ＭNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数表达式，并求x为何值时，y的值最大，最大值是多少？

A A N C P 图 3

5、如图1，已知双曲线y=B

D 图 2 M O B P C B

图 1

C N M O A N M O

k(k>0)与直线y=k′x交于A，B两点，点A在第一象限.试x解答下列问题：(1)若点A的坐标为(4，2).则点B的坐标为 ；若点A的横坐标为m，则点B的坐标可表示为 ； （2）如图2，过原点O作另一条直线l，交双曲线y=k(k>0)于P，Q两点，点P在第一x象限.①说明四边形APBQ一定是平行四边形；②设点A.P的横坐标分别为m，n，四边形APBQ可能是矩形吗?可能是正方形吗?若可能，直接写出mn应满足的条件；若不可能，请说明理由. 2

y A O B 图1 P A x B Q O 图2 6.如图1，在平面直角坐标系中，己知ΔAOB是等边三角形，点A的坐标是(0，4)，点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把ΔAOP绕着点A按逆时针方向旋转.使边AO与AB重合.得到ΔABD.（1）求直线AB的解析式；（2）当点P运动到点（3，0）时，求此时DP的长及点D的坐标；（3）是否存在点P，使ΔOPD的面积等于3，若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由. 4 7.如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合)，以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连结BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：

（1）①猜想如图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系；

②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针(或逆时针)方向旋转任意角度，得到如图2、如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并选取图2证明你的判断．

（2）将原题中正方形改为矩形（如图4—6），且AB=a，BC=b，CE=ka， CG=kb (ab，k0)，第(1)题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图5为例简要说明理由．

3

（3）在第(2)题图5中，连结DG、BE，且a=3，b=2，k=

1，求BE2DG2的值． 2

8.如图1所示，直角梯形OABC的顶点A、C分别在y轴正半轴与x轴负半轴上.过点B、C作直线l．将直线l平移，平移后的直线l与x轴交于点D，与y轴交于点E．

（1）将直线l向右平移，设平移距离CD为t(t0)，直角梯形OABC被直线l扫过的面积

（图中阴影部份）为s，s关于t的函数图象如图2所示， OM为线段，MN为抛物线的一部分，NQ为射线，N点横坐标为4．

①求梯形上底AB的长及直角梯形OABC的面积； ②当2t4时，求S关于t的函数解析式；

（2）在第（1）题的条件下，当直线l向左或向右平移时（包括l与直线BC重合），在直．

线上是否存在点P，使PDE为等腰直角三角形?若存在，请直接写出所有满足．AB．．

条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由．

9.如图，菱形ABCD的边长为2，BD=2，E、F分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AE+CF=2.

（1）求证：△BDE≌△BCF；

（2）判断△BEF的形状，并说明理由；

（3）设△BEF的面积为S，求S的取值范围.

4

210.如图，抛物线L1:yx2x3交x轴于A、B两点，交y轴于M点.抛物线L1向右

平移2个单位后得到抛物线L2，L2交x轴于C、D两点. （1）求抛物线L2对应的函数表达式；

（2）抛物线L1或L2在x轴上方的部分是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）若点P是抛物线L1上的一个动点（P不与点A、B重合），那么点P关于原点的对称点Q是否在抛物线L2上，请说明理由.

11. 2008年5月1日，目前世界上最长的跨海大桥——杭州湾跨海大桥通车了．通车后，苏南A地到宁波港的路程比原来缩短了120千米．已知运输车速度不变时，行驶时间将从原来的3时20分缩短到2时．

（1）求A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程．

（2）若货物运输费用包括运输成本和时间成本，已知某车货物从A地到宁波港的运输成本是每千米1.8元，时间成本是每时28元，那么该车货物从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用是多少元？

（3）A地准备开辟宁波方向的外运路线，即货物从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港，再从宁波港运到B地．若有一批货物（不超过10车）从A地按外运路线运到B地的运费需8320元，其中从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的每车运输费用与（2）中相同，从宁波港到B地的海上运费对一批不超过10车的货物计费方式是：一车800元，当货物每增加1车时，每车的海上运费就减少20元，问这批货物有几车？

5

12.)如图1，把一张标准纸一次又一次对开，得到“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸…．已知标准纸的短边长为a． ．．．

（1）如图2，把这张标准纸对开得到的“16开”张纸按如下步骤折叠：

第一步 将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B处，铺平后得折痕AE；

第二步 将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF． 则AD:AB的值是 ，AD，AB的长分别是 ， ． （2）“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸的长与宽之比是否都相等？若相等，直接写出这个比值；若不相等，请分别计算它们的比值．

（3）如图3，由8个大小相等的小正方形构成“L”型图案，它的四个顶点E，F，G，H分别在“16开”纸的边AB，BC，CD，DA上，求DG的长．

①标准纸“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸……都是矩形． ②本题中所求边长或面积都用含a的代数式表示． （4）已知梯形MNPQ中，MN∥PQ，∠M90，MNMQ2PQ，且四个顶点

M，N，P，Q都在“4开”纸的边上，请直接写出2个符合条件且大小不同的直角梯形的

面积．

A B

4开

a

2开

8开 16开 图1

D F

A E

H

D G

B

E 图2

C

B

F 图3

C

13.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝7，CD＝1，AD＝BC＝5．点M，N分别在边AD，BC上运动，并保持MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为E，F．

（1）求梯形ABCD的面积；

（2）求四边形MEFN面积的最大值．

（3）试判断四边形MEFN能否为正方形，若能， 求出正方形MEFN的面积；若不能，请说明理由．

D M C N

A E F B

14．如图，点A（m，m＋1），B（m＋3，m－1）都在反比例函数y

6

k

的图象上． x

y （1）求m，k的值；

（2）如果M为x轴上一点，N为y轴上一点， A 以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形， 试求直线MN的函数表达式．

O 友情提示：本大题第（1）小题4分，第（2）小题7

分．对完成第（2）小题有困难的同学可以做下面的（3）

选做题．选做题2分，所得分数计入总分．但第（2）、

（3）小题都做的，第（3）小题的得分不重复计入总分．

（3）选做题：在平面直角坐标系中，点P的坐标 y Q1 为（5，0），点Q的坐标为（0，3），把线段PQ向右平

移4个单位，然后再向上平移2个单位，得到线段P1Q1， Q 2 则点P1的坐标为 ，点Q1的坐标为 ．

1

O 1 2 3 P

B x P1 x 15．（2008湖南益阳）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”，如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线.

如图12，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点D的坐标为(0，-3)，

AB为半圆的直径，半圆圆心M的坐标为(1,0)，半圆半径为2.

(1) 请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量的取值范围； (2)你能求出经过点C的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看；

(3)开动脑筋想一想，相信你能求出经过点D的“蛋圆”切线的解析式.

7

y C A O M B x D 图12

16.将一矩形纸片OABC放在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(6，0)，C(0，3)．动点Q从点

2O出发以每秒1个单位长的速度沿OC向终点C运动，运动秒时，动点P从点A出发以

3相等的速度沿AO向终点O运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．

（1）用含t的代数式表示OP，OQ；

（2）当t1时，如图1，将△OPQ沿PQ翻折，点O恰好落在CB边上的点D处，求点D的坐标；

（4） 连结AC，将△OPQ沿PQ翻折，得到△EPQ，如图2．问：PQ与AC能否平行？PE与AC

能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，说明理由．

y C Q O P 图1

A x D B C E Q O 图2 P A x y B

17.如图16，在平面直角坐标系中，直线y3x3与x轴交于点A，与y轴交于点C，

8

抛物线yax223xc(a0)经过A，B，C三点． 3（1）求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；

（2）在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形，若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由； （3）试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小，若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

y A C O F B x 图16

18.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO在x轴的负半轴上，边OC在y轴的正半轴上，且AB1，OB3，矩形ABOC绕点O按顺时针方向旋转60后得到矩形EFOD．点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，点C的对应点为点D，抛物线yaxbxc过点A，E，D． （1）判断点E是否在y轴上，并说明理由； （2）求抛物线的函数表达式；

（3）在x轴的上方是否存在点P，点Q，使以点O，B，P，Q为顶点的平行四边形的面积是矩形ABOC面积的2倍，且点P在抛物线上，若存在，请求出点P，点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

9

2y E A B F C D O x

19. 已知：如图14，抛物线y交于点B，点C，直线y323x3与x轴交于点A，点B，与直线yxb相443xb与y轴交于点E． 4（1）写出直线BC的解析式． （2）求△ABC的面积．

（3）若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动（不与A，B重合），同时，点N在射线BC上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动．设运动时间为t秒，请写出△MNB的面积S与t的函数关系式，并求出点M运动多少时间时，△MNB的面积最大，最大面积是多少？

20.如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点Ａ的坐标为（10，0），顶点B在第一象限内，且AB=35，sin∠OAB=5. 5（1）若点C是点B关于x轴的对称点，求经过O、C、A三点的抛物线的函数表达式； （2）在(1)中，抛物线上是否存在一点P，使以P、O、C、A为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若将点O、点A分别变换为点Q（ -2k ,0）、点R（5k，0）（k>1的常数），设过Q、R两点，且以QR的垂直平分线为对称轴的抛物线与y轴的交点为N，其顶点为M，记△QNM的面积为SQMN，△QNR的面积SQNR，求SQMN∶SQNR的值.

10

21.在平面直角坐标系中△ABC的边AB在x轴上，且OA>OB,以AB为直径的圆过点C若C的坐标为(0,2),AB=5, A,B两点的横坐标XA,XB是关于X的方程x(m2)xn10的两根:

(1) 求m，n的值

(2) 若∠ACB的平分线所在的直线l交x轴于点D，试求直线l对应的一次函数的解析式 (3) 过点D任作一直线l分别交射线CA，CB（点C除外）于点M，N，则

是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由

`211的值CMCNC M A D O B N L`

22.已知:如图,抛物线y=-x2+bx+c与x轴、y轴分别相交于点A（-1，0）、B（0，3）两点，

11

其顶点为D.

(1)求该抛物线的解析式；

(2)若该抛物线与x轴的另一个交点为E. 求四边形ABDE的面积；

(3)△AOB与△BDE是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由.

b4acb2（注：抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的顶点坐标为2a,4a）

2

23.已知抛物线y3ax22bxc，

（Ⅰ）若ab1，c1，求该抛物线与x轴公共点的坐标；

（Ⅱ）若ab1，且当1x1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围；

x21时，（Ⅲ）若abc0，且x10时，对应的y10；对应的y20，试判断当0x1时，抛物线与x轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．

24.

如图①，四边形AEFG和ABCD都是正方形，它们的边长分别为a，b（b≥2a），且点F在AD上（以下问题的结果均可用a，b的代数式表示）． （1）求S△DBF；

（2）把正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转45°得图②，求图②中的S△DBF；

12

（3）把正方形AEFG绕点A旋转一周，在旋转的过程中，S△DBF是否存在最大值、最小值？如果存在，直接写出最大值、最小值；如果不存在，请说明理由．

D D C C

F

F E

G E

B B G

A A .

① ②

25.已知AB2，AD4，DAB90，AD∥BC（如图13）．E是射线BC上的动点（点E与点B不重合），M是线段DE的中点．

（1）设BEx，△ABM的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域； （2）如果以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切，求线段BE的长； （3）联结BD，交线段AM于点N，如果以A，N，D为顶点的三角形与△BME相似，求线段BE的长．

D D A A

M C B B E C

备用图 图13

26. （2008年陕西省）某县社会主义新农村建设办公室，为了解决该县甲、乙两村和一所中学长期存在的饮水困难问题，想在这三个地方的其中一处建一所供水站．由供水站直接铺设管道到另外两处．

如图，甲，乙两村坐落在夹角为30的两条公路的AB段和CD段（村子和公路的宽均不计），点M表示这所中学．点B在点M的北偏西30的3km处，点A在点M的正西方向，点D在点M的南偏西60的23km处．

为使供水站铺设到另两处的管道长度之和最短，现有如下三种方案：

方案一：供水站建在点M处，请你求出铺设到甲村某处和乙村某处的管道长度之和的最小值；

方案二：供水站建在乙村（线段CD某处），甲村要求管道建设到A处，请你在图①中，画出铺设到点A和点M处的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值； 方案三：供水站建在甲村（线段AB某处），请你在图②中，画出铺设到乙村某处和点M处的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值．

综上，你认为把供水站建在何处，所需铺设的管道最短？

13

北 东 B 甲村 A O M C 乙村 D 图① E A F 甲村 M C 乙村 D 图② E B F 30 30 O

27.已知：如图①，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s；连接PQ．若设运动的时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题： （1）当t为何值时，PQ∥BC？

（2）设△AQP的面积为y（cm），求y与t之间的函数关系式；

（3）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；

（4）如图②，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．

B B P P 2A Q 图①

C A 图② Q C P

28.已知双曲线y

k1与直线yx相交于A、B两点.第一象限上的点M（m，n）（在A点x4k左侧）是双曲线y上的动点.过点B作BD∥y轴于点D.过N（0，－n）作NC∥x轴交双

xk曲线y于点E，交BD于点C.

x（1）若点D坐标是（－8，0），求A、B两点坐标及k的值.

（2）若B是CD的中点，四边形OBCE的面积为4，求直线CM的解析式.

（3）设直线AM、BM分别与y轴相交于P、Q两点，且MA＝pMP，MB＝qMQ，求p－q的值.

14

yMDBCEON

29.一种电讯信号转发装置的发射直径为31km．现要求：在一边长为30km的正方形城区选择若干个安装点，每个点安装一个这种转发装置，使这些装置转发的信号能完全覆盖这个城市．问：

（1）能否找到这样的4个安装点，使得这些点安装了这种转发装置后能达到预设的要求？ （2）至少需要选择多少个安装点，才能使这些点安装了这种转发装置后达到预设的要求？ 答题要求：请你在解答时，画出必要的示意图，并用必要的计算、推理和文字来说明你的理由．（下面给出了几个边长为30km的正方形城区示意图，供解题时选用）

Ax

图1 图2 图3 图4

压轴题答案

15

1. 解：（ 1）由已知得：c=3,b=2

c3解得 1bc02∴抛物线的线的解析式为yx2x3

y(2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4）

所以对称轴为x=1,A,E关于x=1对称，所以E(3,0) 设对称轴与x轴的交点为F

所以四边形ABDE的面积=SABOS梯形BOFDSDFE DBGAOFEx111AOBO(BODF)OFEFDF 222111=13(34)124 222=

=9

（3）相似

如图，BD=BG2DG212122 BE=BO2OE2323232 DE=DF2EF2224225 222所以BDBE20, DE20即： BDBEDE,所以BDE是直角三角形

222所以AOBDBE90,且所以AOBAOBO2, BDBE2DBE.

2. (1) ∵A，B两点的坐标分别是A(10，0)和B(8，23)， ∴tanOAB233，

108 ∴OAB60

当点A´在线段AB上时，∵OAB60，TA=TA´， ∴△A´TA是等边三角形，且TPTA， ∴TP(10t)sin60311(10t)，APAPAT(10t)， 222y A´ E 16

∴SSATP13APTP(10t)2， 28

234， 当A´与B重合时，AT=AB=

sin60C O

B P

T A x 所以此时6t10.

(2)当点A´在线段AB的延长线，且点P在线段AB(不与B重合)上时， 纸片重叠部分的图形是四边形(如图(1)，其中E是TA´与CB的交点)， 当点P与B重合时，AT=2AB=8，点T的坐标是(2，0) y 又由(1)中求得当A´与B重合时，T的坐标是(6，0) A´ 所以当纸片重叠部分的图形是四边形时，2t6. P E B (3)S存在最大值 C F 1当6t10时，S ○

3(10t)2， 8O T A x 在对称轴t=10的左边，S的值随着t的增大而减小，

∴当t=6时，S的值最大是23.

2当2t6时，由图○1，重叠部分的面积SS○ATPSAEB

∵△A´EB的高是ABsin60， ∴S313(10t)2(10t4)2 82233(t24t28)(t2)243 88 当t=2时，S的值最大是43；

3当0t2，即当点A´和点P都在线段AB的延长线是(如图○2，其中E是TA´与○

CB的交点，F是TP与CB的交点)，

∵EFTFTPETF，四边形ETAB是等腰形，∴EF=ET=AB=4，

∴S11EFOC42343 22综上所述，S的最大值是43，此时t的值是0t2. 3. 解：（1）

ARt，AB6，AC8，BC10．

1点D为AB中点，BDAB3．

2DHBA90，BB．

△BHD∽△BAC， DHBDBD312AC8． ，DHACBCBC105（2）

QR∥AB，QRCA90．

17

CC，△RQC∽△ABC， RQQCy10x，， ABBC6103x6． 5即y关于x的函数关系式为：y（3）存在，分三种情况：

①当PQPR时，过点P作PMQR于M，则QMRM．

1290，C290，

1C．

cos1cosC84QM105，QP45， 1325x64，x181255． 5②当PQRQ时，3125x65， x6．

③当PRQR时，则R为PQ中垂线上的点，

于是点R为EC的中点，

CR12CE14AC2．

tanCQRBACRCA， 3x65268，x152．

综上所述，当x为185或6或152时，△PQR为等腰三角形．4. 解：（1）∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠ANM＝∠C． ∴ △AMN ∽ △ABC． ∴ AMABANxANAC，即43．

∴ AN＝34x． ……………2分

∴ S=SMNPS1234xx32AMN8x．（0＜x＜4）18

A

R D P E 1 B 2 M H Q

C

A D P E R B H

Q C A D E P R B H

Q

C

A M O N P B

C 图 1

……………3分

（2）如图2，设直线BC与⊙O相切于点D，连结AO，OD，则AO =OD =在Rt△ABC中，BC ＝ABAC=5． 由（1）知 △AMN ∽ △ABC．

M O B

Q D 图 2

N 221MN． 2A xMN∴ AMMN，即．

45ABBCC 5x， 45∴ ODx． …………………5分

8∴ MN过M点作MQ⊥BC 于Q，则MQOD5x． 8在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角， ∴ △BMQ∽△BCA． ∴ BMQM．

BCAC55x825x，ABBMMA25xx4． ∴ BM2432496． 4996∴ 当x＝时，⊙O与直线BC相切．…………………………………7分

49（3）随点M的运动，当P点落在直线BC上时，连结AP，则O点为AP的中点．

A ∵ MN∥BC，∴ ∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APC． ∴ △AMO ∽ △ABP． ∴ x＝

∴ AMAO1． AM＝MB＝2．

ABAP2故以下分两种情况讨论：

B M O P 图 3

N C 3① 当0＜x≤2时，ySΔPMNx2．

8∴ 当x＝2时，y最大3232. ……………………………………8分 82② 当2＜x＜4时，设PM，PN分别交BC于E，F．

A ∵ 四边形AMPN是矩形，

∴ PN∥AM，PN＝AM＝x． 又∵ MN∥BC， O M ∴ 四边形MBFN是平行四边形． ∴ FN＝BM＝4－x．

∴ PFx4x2x4． 又△PEF ∽ △ACB．

B E F P 图 4

N C 19

SPEFPF∴ ． ABSABC∴ SPEF232x2． ……………………………………………… 9分 23392ySMNPSPEF＝x2x2x26x6．……………………10分

82829298当2＜x＜4时，yx6x6x2．

8838时，满足2＜x＜4，y最大2． ……………………11分 38综上所述，当x时，y值最大，最大值是2． …………………………12分

3k5. 解：（1）（-4，-2）；（-m,-） m∴ 当x(2) ①由于双曲线是关于原点成中心对称的，所以OP=OQ,OA=OB,所以四边形APBQ一定是平行四边形 ②可能是矩形，mn=k即可 不可能是正方形，因为Op不能与OA垂直. 解：（1）作BE⊥OA， ∴ΔAOB是等边三角形 o

∴BE=OB·sin60=23，

∴B(23,2)

∵A(0,4),设AB的解析式为ykx4,所以23k42,解得k解析式为

3,的以直线AB的3y3x4 3o

（2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60,

∴ΔAPD是等边三角形，PD=PA=AO2OP219 o

6. 解：（1）作BE⊥OA，∴ΔAOB是等边三角形∴BE=OB·sin60=23，∴B(23,2) 20

∵A(0,4),设AB的解析式为ykx4,所以23k42,解得k3, 3以直线AB的解析式为y3x4 3o

（2）由旋转知，AP=AD, ∠PAD=60, ∴ΔAPD是等边三角形，PD=PA=AO2OP219

如图，作BE⊥AO,DH⊥OA,GB⊥DH,显然ΔGBD中∠GBD=30° y1∴GD=BD=

23353,DH=GH+GD=+23=, 222AHEOPGBD3337∴GB=BD=,OH=OE+HE=OE+BG=2

2222537∴D(,)

22(3)设OP=x,则由（2）可得D(23x,2x3133x)若ΔOPD的面积为：x(2x) 2224解得：x7. 解:

23212321所以P(,0)

33

21

(1)①BGDE,BGDE ………………………………………………………………2分

②

BGDE,BGDE仍然成

立 ……………………………………………………1分

在图（2）中证明如下

∵四边形ABCD、四边形ABCD都是正方形

∴ BCCD，CGCE， BCDECG90 ∴

0BCGDCE…………………………………………………………………1分 ∴BCGDCE （SAS）………………………………………………………

1分

∴BGDE CBGCD E又∵BHCDHO CBGBHC90 ∴CDEDHO90 ∴DOH90

∴

BGDE …………………………………………………………………………1分

（2）BGDE成立，BGDE不成立 …………………………………………………2分

简要说明如下

∵四边形ABCD、四边形CEFG都是矩形，

且ABa，BCb，CGkb，CEka(ab，k0)

000BCCGb，BCDECG900 DCCEa∴BCGDCE

∴

∴

BCGDCE………………………………………………………………………1分

∴CBGCDE

又∵BHCDHO CBGBHC90 ∴CDEDHO90 ∴DOH90

∴

BGDE ……………………………………………………………………………1分

（3）∵BGDE ∴BEDGOBOEOGODBDGE

2222222200022

又∵a3，b2，k ∴

1 2365 ………………………………………………1分 BD2GE2223212()224 ∴

BE2DG265 ………………………………………………………………………1分 48. 解：

（1）①AB2 ……………………………………………………………………………2分

OA2分

8S梯形OABC=12 ……………………………………………4，OC4，

2②当2t4时，

直角梯形OABC被直线l扫过的面积=直角梯形OABC面积－直角三角开

DOE面积

1S12(4t)2(4t2)2t4分 t8…………………………………………4存

（2）

在 ……………………………………………………………………………………1分

8P(12,4),P(4,4),P(,4),P4(4,4),P5(8,4) …（每个点对各得1分）……12335分

对于第（2）题我们提供如下详细解答（评分无此要求）.下面提供参考解法二：

① 以点D为直角顶点，作PP1x轴

，在RtODE中，（图示OE2OD，设ODb，OE2b.RtODERtPPD123

阴影）

、P（－4，4） b4，2b8，在上面二图中分别可得到P点的生标为P（－12，4）E点在0点与A点之间不可能；

② 以点E为直角顶点

同理在②二图中分别可得P点的生标为P（－

以点P为直角顶点

同理在③二图中分别可得P点的生标为P（－4，4）（与①情形二重合舍去）、P（4，4）， E点在A点下方不可能.

综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－P（8，4）、P（4，4）．

8，4）、P（8，4）E点在0点下方不可能. 38，4）、 3下面提供参考解法二：

以直角进行分类进行讨论（分三类）： 第一类如上解法⑴中所示图

P为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

b1b的中点坐标为(-,b)，直线DE的中垂线方程：yb(x)，令y4得

222P(33b8,4)．由已知可得2PEDE即2(b8)2(42b)2b24b2化简2224

得3b32b640解得 b18，b2283b 将之代入（P-8，4）P（4，4)、132P2(4,4)；

第二类如上解法②中所示图

E为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

，直线PE的方程：y1x2b，令y4得P(4b8,4)．由已知可得PEDE即2(4b8)2(42b)2b24b2化简得b2(2b8)2解之得 ，

b14，b284P(,4) 将之代入（P4b-8，4）P（8，4)、4333第三类如上解法③中所示图

D为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

，直线PD的方程：y(xb)，令y4得P(b8,4)．由已知可得PDDE即

12P-b-8，4）P5（-12，4)、 8242b24b2解得b14，b24将之代入（P6(4,4)（P6(4,4)与P2重合舍去）．

综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－P（8，4）、P（4，4）．

事实上，我们可以得到更一般的结论： 如果得出ABa、OCb、设kOAh、

8，4）、 3ba，则P点的情形如下 h直角分类情形 k1 P1(h,h) k1 P为直角 P2(h,h) P1(h,h) P3(E为直角 hk,h) 1khkP4(,h) k125

hP2(,h) 2

P5(h(k1),h) P3(0,h) P4(2h,h) D为直角 P6(h(k1),h) 9.

10.

26

11. 解：（1）设A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为x千米，

x120x·················································································· 2分 ， ·

1023解得x180．

········································· 4分 A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为180千米． ·

（2）1.8180282380（元），

该车货物从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用为380元．························ 6分 （3）设这批货物有y车，

由题意得

由题意得y[80020(y1)]380y8320， ···················································· 8分 整理得y60y4160，

解得y18，y252（不合题意，舍去）， ························································· 9分

2这批货物有8车． ····················································································· 10分

12. 解：（1）2，

21a，a． ··········································································· 3分 4427

（2）相等，比值为2． ················ 5分（无“相等”不扣分有“相等”，比值错给1分） （3）设DGx，

在矩形ABCD中，BCD90，

HGF90，

DHGCGF90DGH，

△HDG∽△GCF， DGHG1， CFGF2····················································································· 6分 CF2DG2x． ·

同理BEFCFG． EFFG， △FBE≌△GCF，

1················································································· 7分 BFCGax． ·

4CFBFBC，

122xaxa， ················································································· 8分

44解得x21a． 421a． ························································································ 9分 4即DG（4）

32····························································································· 10分 a， ·

16271822a． 12分 813. 解：（1）分别过D，C两点作DG⊥AB于点G，CH⊥AB于点H． ……………1分 ∵ AB∥CD，

∴ DG＝CH，DG∥CH．

∴ 四边形DGHC为矩形，GH＝CD＝1．

∵ DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°，

C D ∴ △AGD≌△BHC（HL）．

M N ABGH71∴ AG＝BH＝＝3． ………2分 22∵ 在Rt△AGD中，AG＝3，AD＝5， ∴ DG＝4．

A B E G H F 174∴ S梯形ABCD16． ………………………………………………3分

228

（2）∵ MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，

C D ∴ ME＝NF，ME∥NF．

M N ∴ 四边形MEFN为矩形．

∵ AB∥CD，AD＝BC， ∴ ∠A＝∠B．

∵ ME＝NF，∠MEA＝∠NFB＝90°， A B E G H F ∴ △MEA≌△NFB（AAS）．

∴ AE＝BF． ……………………4分 设AE＝x，则EF＝7－2x． ……………5分 ∵ ∠A＝∠A，∠MEA＝∠DGA＝90°， ∴ △MEA∽△DGA．

AEME∴ ． AGDG4∴ ME＝x． …………………………………………………………6分

3∴ S矩形MEFN当x＝

48749． ……………………8分 MEEFx(72x)x3346277时，ME＝＜4，∴四边形MEFN面积的最大值为49．……………9分 436（3）能． ……………………………………………………………………10分

4由（2）可知，设AE＝x，则EF＝7－2x，ME＝x．

3若四边形MEFN为正方形，则ME＝EF．

4x21 即 7－2x．解，得 x． ……………………………………………11分

3102114∴ EF＝72x72＜4．

105∴ 四边形MEFN能为正方形，其面积为S正方形MEFN19614．

255214. 解：（1）由题意可知，mm1m3m1．

y 解，得 m＝3． ………………………………3分 A ∴ A（3，4），B（6，2）；

∴ k＝4×3=12． ……………………………4分 N1 B （2）存在两种情况，如图：

①当M点在x轴的正半轴上，N点在y轴的正半轴 MO x 2 M1 上时，设M1点坐标为（x1，0），N1点坐标为（0，y1）． N2 ∵ 四边形AN1M1B为平行四边形，

∴ 线段N1M1可看作由线段AB向左平移3个单位，

再向下平移2个单位得到的（也可看作向下平移2个单位，再向左平移3个单位得到的）．

由（1）知A点坐标为（3，4），B点坐标为（6，2）， ∴ N1点坐标为（0，4－2），即N1（0，2）； ………………………………5分 M1点坐标为（6－3，0），即M1（3，0）． ………………………………6分

2设直线M1N1的函数表达式为yk1x2，把x＝3，y＝0代入，解得k1．

329

2∴ 直线M1N1的函数表达式为yx2． ……………………………………8分

3②当M点在x轴的负半轴上，N点在y轴的负半轴上时，设M2点坐标为（x2，0），N2

点坐标为（0，y2）．

∵ AB∥N1M1，AB∥M2N2，AB＝N1M1，AB＝M2N2， ∴ N1M1∥M2N2，N1M1＝M2N2．

∴ 线段M2N2与线段N1M1关于原点O成中心对称． ∴ M2点坐标为（-3，0），N2点坐标为（0，-2）． ………………………9分

2设直线M2N2的函数表达式为yk2x2，把x＝-3，y＝0代入，解得k2，

32∴ 直线M2N2的函数表达式为yx2．

322所以，直线MN的函数表达式为yx2或yx2． ………………11分

33（3）选做题：（9，2），（4，5）． ………………………………………………2分 15. 解：(1)解法1：根据题意可得：A(-1,0)，B(3,0)；

则设抛物线的解析式为ya(x1)(x3)(a≠0)

又点D(0，-3)在抛物线上，∴a(0+1)(0-3)=-3，解之得：a=1

2

∴y=x-2x-3 ······················································································ 3分 自变量范围：-1≤x≤3 ········································································· 4分

解法2：设抛物线的解析式为yax2bxc(a≠0)

根据题意可知，A(-1,0)，B(3,0)，D(0，-3)三点都在抛物线上

abc0a1 ∴9a3bc0，解之得：b2

c3c3∴y=x-2x-3 ···································································· 3分

自变量范围：-1≤x≤3 ····················································· 4分

(2)设经过点C“蛋圆”的切线CE交x轴于点E，连结CM， 在Rt△MOC中，∵OM=1，CM=2，∴∠CMO=60°,OC=3 在Rt△MCE中，∵OC=2，∠CMO=60°，∴ME=4

∴点C、E的坐标分别为(0，3)，(-3,0) ··········································· 6分

2

∴切线CE的解析式为y3x3 ··················································· 8分 3y

D C A E O M B x 30

(3)设过点D(0，-3)，“蛋圆”切线的解析式为：y=kx-3(k≠0) ························ 9分

由题意可知方程组ykx3只有一组解 2yx2x3 即kx3x22x3有两个相等实根，∴k=-2······································· 11分

∴过点D“蛋圆”切线的解析式y=-2x-3 ············································· 12分

16.

解：（1）OP6t，OQty C Q O D B C Q 2． 3y B C Q P 图2 A x O E P 图3 F A x

y B D1 P 图1

A x O （2）当t1时，过D点作DD1OA，交OA于D1，如图1， 则DQQO54，QC， 33，． CD1，D(13)（3）①PQ能与AC平行． 若PQ∥AC，如图2，则

OPOA， OQOC1476t6，t，而0≤t≤， 2393t314t．

9②PE不能与AC垂直．

即

若PEAC，延长QE交OA于F，如图3，

31

则

QFOQQFACOC353t23．

2QF5t．

3EFQFQEQFOQ 225tt

332(51)t(51)．

3又

Rt△EPF∽Rt△OCA，6t3，

26(51)t3PEOC， EFOA7t3.45，而0≤t≤，

3t不存在．

17. 解：（1）

直线y3x3与x轴交于点A，与y轴交于点C．

3) ·················································································· 1分 A(1，0)，C(0，点A，C都在抛物线上，

323c0aa 3 3c33c抛物线的解析式为y3223xx3 ······················································ 3分 3343顶点F1， ······················································································· 4分 3（2）存在 ····································································································· 5分 ·································································································· 7分 P，3) ·1(0··································································································· 9分 P2(2，3) （3）存在 ··································································································· 10分

32

理由： 解法一：

延长BC到点B，使BCBC，连接BF交直线AC于点M，则点M就是所求的点． ·············································································· 11分 过点B作BHAB于点H．

y B点在抛物线y3223xx3上，B(3，0) 33H A C B O B x

3在Rt△BOC中，tanOBC，

3OBC30，BC23，

在Rt△BBH中，BHM F 图9 1BB23， 2BH3BH6，OH3，B(3，23) ············································· 12分

设直线BF的解析式为ykxb

3233kbk643 解得

kbb3332y333x ······················································································· 13分 623y3x3x31037M， 解得 3337x7yy103，6273103在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M，······ 14分

77． ·解法二：

过点F作AC的垂线交y轴于点H，则点H为点F关于直线AC的对称点．连接BH交······························· 11分 AC于点M，则点M即为所求． ·

过点F作FGy轴于点G，则OB∥FG，BC∥FH．

y BOCFGH90，BCOFHG

HFGCBO

33

A O C M G F H 图10 B x

同方法一可求得B(3，0)．

在Rt△BOC中，tanOBC33，OBC30，可求得GHGC， 33GF为线段CH的垂直平分线，可证得△CFH为等边三角形，

AC垂直平分FH．

即点H为点F关于AC的对称点．H0，设直线BH的解析式为ykxb，由题意得

53 ··········································· 12分 35k303kb9 5 解得b3b5333y55······················································································ 13分 33 ·93355x3x331037y93 解得 M， 77y3x3y10373103在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M，77． 1

18. 解：（1）点E在y轴上 ··············································································· 1分 理由如下：

连接AO，如图所示，在Rt△ABO中，

AB1，BO3，AO2

sinAOB1，AOB30 2由题意可知：AOE60

BOEAOBAOE306090

点B在x轴上，点E在y轴上． ································································· 3分 （2）过点D作DMx轴于点M

OD1，DOM30

34

在Rt△DOM中，DM点D在第一象限，

31，OM 2231点D的坐标为··············································································· 5分 2， ·2由（1）知EOAO2，点E在y轴的正半轴上

点E的坐标为(0，2)

， ·点A的坐标为(31)················································································· 6分

抛物线yaxbxc经过点E，

2c2

，，D由题意，将A(31)312，代入yaxbx2中得 2283a3b21a9 解得 331b2ab534229853x2 ·所求抛物线表达式为：yx2················································· 9分

99（3）存在符合条件的点P，点Q． ································································· 10分 理由如下：

矩形ABOC的面积ABBO3 以O，B，P，Q为顶点的平行四边形面积为23．

由题意可知OB为此平行四边形一边， 又

OB3

······················································································ 11分 OB边上的高为2 ·

2) 依题意设点P的坐标为(m，点P在抛物线y8253xx2上 99853m2m22

9935

解得，m10，m253 853P2)，P221(0，8，

以O，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，

PQ∥OB，PQOB3， 当点P1的坐标为(0，2)时，

点Q的坐标分别为Q1(3，2)，Q2(3，2)； 当点P2的坐标为A B F y E C D x 5328，时，

O M 13333，22点Q的坐标分别为Q3·········································· 14分

，Q48，． ·8（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分） 19. 解：（1）在y32x3中，令y0 43x230

4x12，x22

y C E N A(2，0)，B(2，0) ·············································· 1分 又

点B在y3xb上 4A 30b

23b

2M D O P B x 33······································································· 2分 BC的解析式为yx ·

4232yx3x114（2）由，得9

33y1yx4429C1，，B(2，0)

436

x22 ·················································· 4分 y029 ······················································································· 5分 4199················································································· 6分 S△ABC4 ·

242（3）过点N作NPMB于点P EOMB NP∥EO

······················································································ 7分 △BNP∽△BEO ·

BNNP ································································································· 8分 BEEOAB4，CD由直线y333x可得：E0， 422在△BEO中，BO2，EO35，则BE 2262tNP，NPt ················································································ 9分 5352216St(4t)

25312············································································ 10分 St2t(0t4) ·

55312···················································································· 11分 S(t2)2 ·

5512此抛物线开口向下，当t2时，S最大

512当点M运动2秒时，△MNB的面积达到最大，最大为．

520. 解：（1）如图，过点B作BD⊥OA于点D. 在Rt△ABD中， ∵∣AB∣=35,sin∠OAB=5, 5 ∴∣BD∣=∣AB∣·sin∠OAB =35×

又由勾股定理，得 AD5=3. 52ABBD

222 (35)36

∴∣OD∣=∣OA∣-∣AD∣=10-6=4.

∵点B在第一象限，∴点B的坐标为（4，3）. ……3分

37

设经过O(0,0)、C（4，-3）、A(10,0)三点的抛物线的函数表达式为

2

y=ax+bx(a≠0).

1a,16a4b38由

100a10b05b.4∴经过O、C、A三点的抛物线的函数表达式为y125xx. ……2分 84（2）假设在（1）中的抛物线上存在点P，使以P、O、C、A为顶点的四边形为梯形 ①∵点C（4，-3）不是抛物线y125xx的顶点， 84∴过点C做直线OA的平行线与抛物线交于点P1 .

则直线CP1的函数表达式为y=-3. 对于y125xx，令y=-3x=4或x=6. 84∴x14,x26, y3;y3.12而点C（4，-3），∴P1(6,-3).

在四边形P1AOC中，CP1∥OA,显然∣CP1∣≠∣OA∣.

∴点P1（6，-3）是符合要求的点. ……1分 ②若AP2∥CO.设直线CO的函数表达式为yk1x. 将点C（4，-3）代入，得4k13.k1. ∴直线CO的函数表达式为y343x. 43xb1. 4 于是可设直线AP2的函数表达式为y将点A（10，0）代入，得315x. 42315∴直线AP2的函数表达式为yx.

42315yx.42x24x600，即（x-10）由（x+6）=0.

15yx2x84x110,x26∴ y0;y12;12而点A（10，0），∴P2（-6，12）.

过点P2作P2E⊥x轴于点E，则∣P2E∣=12.

38

在Rt△AP2E中，由勾股定理，得

AP2P2EAE12216220.

22而∣CO∣=∣OB∣=5.

∴在四边形P2OCA中，AP2∥CO,但∣AP2∣≠∣CO∣.

∴点P2（-6，12）是符合要求的点. ……1分 ③若OP3∥CA,设直线CA的函数表达式为y=k2x+b2 将点A(10,0)、C(4,-3)代入，得

1k,10k2b2022 4k2b23b5.21x5. 21∴直线OP3的函数表达式为yx

2∴直线CA的函数表达式为y1yx2x214x0,即x(x-14)=0. 由y1x25x84∴x10,x214, y10;y27.而点O(0,0),∴P3（14，7）.

过点P3作P3E⊥x轴于点E，则∣P3E∣=7. 在Rt△OP3E中，由勾股定理，得

OP3P3FOF7214275.

22而∣CA∣=∣AB∣=35.

∴在四边形P3OCA中，OP3∥CA,但∣OP3∣≠∣CA∣.

∴点P3（14，7）是符合要求的点. ……1分 综上可知，在（1）中的抛物线上存在点P1(6,-3)、P2(-6,12)、P3(14,7),

使以P、O、C、A为顶点的四边形为梯形. ……1分 （3）由题知，抛物线的开口可能向上，也可能向下.

①当抛物线开口向上时，则此抛物线与y轴的副半轴交与点N. 可设抛物线的函数表达式为ya(x2k)(x5k)（a＞0）.

即yax3akx10ak

22349a(xk)2ak2.

2439

如图，过点M作MG⊥x轴于点G. ∵Q（-2k，0）、R（5k，0）、G(33492k,0、N(0，-10ak2)、M2k,ak24,

∴QO2k,QR7k,OG3k,QG7k,ON10ak2,MG49ak2224. SQNR12QRON127k10ak235ak3.

12QOON12(ONGM)OG12QGGM12k10ak21(10ak24931749224ak2)2k22k4ak2 1492(2915387498)ak3.

∴SS2133QNM:QNR(4ak):(35ak)3:20. ②当抛物线开口向下时，则此抛物线与y轴的正半轴交于点N， 同理，可得SQNM:SQNR3:20. 综上所知，SQNM:SQNR的值为3：20. 21.解：

(1)m=-5,n=-3 (2)y=

43x+2 (3)是定值.

因为点D为∠ACB的平分线，所以可设点D到边AC,BC的距离均为h， 设△ABC AB边上的高为H, 则利用面积法可得：

CMhCNhMN2H22 （CM+CN）h=MN﹒H

CMCNMNHh 又 H=CMCNMN

化简可得 (CM+CN)﹒MNCMCN1h

故 1CM11CNh

22. 解：（ 1）由已知得：

c3解得 1bc040

2分

……1分……1分……

c=3,b=2

∴抛物线的线的解析式为yx2x3

2y(2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4）

所以对称轴为x=1,A,E关于x=1对称，所以E(3,0) 设对称轴与x轴的交点为F

所以四边形ABDE的面积=SABOS梯形BOFDSDFE DBGAOFEx111AOBO(BODF)OFEFDF 222111=13(34)124 222=

=9

（3）相似

如图，BD=BG2DG212122 BE=BO2OE2323232 DE=DF2EF2224225 222所以BDBE20, DE20即： BDBEDE,所以BDE是直角三角形

222所以AOBDBE90,且所以AOBAOBO2, BDBE2DBE.

23. 解（Ⅰ）当ab1，c1时，抛物线为y3x22x1， 方程3x22x10的两个根为x11，x21． 30． ·∴该抛物线与x轴公共点的坐标是1········································ 2分 ，0和，

（Ⅱ）当ab1时，抛物线为y3x22xc，且与x轴有公共点．

13

1对于方程3x22xc0，判别式412c≥0，有c≤． ·································· 3分

3①当c111时，由方程3x22x0，解得x1x2． 333此时抛物线为y3x22x110． ·与x轴只有一个公共点，··························· 4分

33②当c1时， 341

x11时，y132c1c， x21时，y232c5c．

1由已知1x1时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为x，

3y1≤0，1c≤0，应有 即

y0.5c0.2解得5c≤1． 综上，c1或5c≤1． ····································································· 6分 3（Ⅲ）对于二次函数y3ax22bxc，

由已知x10时，y1c0；x21时，y23a2bc0， 又abc0，∴3a2bc(abc)2ab2ab． 于是2ab0．而bac，∴2aac0，即ac0．

∴ac0． ···························································································· 7分 ∵关于x的一元二次方程3ax22bxc0的判别式 4b212ac4(ac)212ac4[(ac)2ac]0，

∴抛物线y3ax22bxc与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方． ························· 8分 又该抛物线的对称轴xb， 3ay 由abc0，c0，2ab0， 得2aba， ∴

O 1 x 1b2． 33a3又由已知x10时，y10；x21时，y20，观察图象，

可知在0x1范围内，该抛物线与x轴有两个公共点． ····································· 10分

24. 解：（1）∵点F在AD上， ∴AF2a， ∴DFb2a，

42

1112DFAB×(b2a)×bb2ab. 2222（2）连结AF， 由题意易知AF∥BD，

1∴S△DBFS△ABDb2.

2（3）正方形AEFG在绕A点旋转的过程中，F点的轨迹是以点A为圆心，AF为半径的圆.

第一种情况：当b>2a时，存在最大值及最小值；

∴S△DBF因为△BFD的边BD得最大、最小值.

如图②所示CF2BD时，

2b，故当F点到BD的距离取得最大、最小值时，S△BFD取

S△BFD的最大值=S△BF2D2bb22ab12b,

22a222bb22ab12b2a,

222S△BFD的最小值=S△BF2D第二种情况：当b=2a时，存在最大值，不存在最小值；

b22abS△BFD的最大值=.（如果答案为4a2或b2也可）

2 D C

O F E F1 B G A F2 25. 解：（1）取AB中点H，联结MH，

1··························· （1分） M为DE的中点，MH∥BE，MH(BEAD)． ·

2又ABBE，MHAB． ································································· （1分）

11································· （2分）（1分） S△ABMABMH，得yx2(x0)； ·

22（2）由已知得DE(x4)2． ························································· （1分） 以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切，

22MH1111ABDE，即(x4)2(4x)222． ······················· （2分）

222244解得x，即线段BE的长为； ····························································· （1分）

33（3）由已知，以A，N，D为顶点的三角形与△BME相似， 又易证得DAMEBM． ···································································· （1分） 由此可知，另一对对应角相等有两种情况：①ADNBEM；②ADBBME． ①当ADNBEM时，AD∥BE，ADNDBE．DBEBEM．

43

·············································· （2分） DBDE，易得BE2AD．得BE8； ·

②当ADBBME时，AD∥BE，ADBDBE．

△BED∽△MEB． DBEBME．又BEDMEB，DEBE122，即BE2EMDE，得x2(x4)222(x4)2．

BEEM2解得x12，x210（舍去）．即线段BE的长为2． ··································· （2分） 综上所述，所求线段BE的长为8或2．

26. 解：方案一：由题意可得：MBOB， 点M到甲村的最短距离为MB． ····························································· （1分） 点M到乙村的最短距离为MD．

将供水站建在点M处时，管道沿MD，MB铁路建设的长度之和最小．

即最小值为MBMD323． ······························································ （3分） 方案二：如图①，作点M关于射线OE的对称点M，则MM2ME，连接AM交OE1AM． 2······························································· （4分） AM2BM6，PE3． ·

在Rt△DME中，

∥于点P，则PE DEDMsin60233113，MEDM233， 222······································· （6分） PEDE，P，D两点重合．即AM过D点．

在线段CD上任取一点P，连接PA，PM，PM，则PMPM． APPMAM，

把供水站建在乙村的D点处，管道沿DA，DM线路铺设的长度之和最小． 即最小值为ADDMAM········ （7分） AM2MM262(23)243． ·

北

M

东 F B B G 甲村

G

A A M H N 30 P 30 E O O C N D C P D

M

(第25题答案图①) (第25题答案图②)

方案三：作点M关于射线OF的对称点M，连接GM，则GMGM． 作MNOE于点N，交OF于点G，交AM于点H， MN为点M到OE的最短距离，即MNGMGN．

44

F M E 在Rt△MHM中，MMN30，MM6，

MH3．NEMH3．

DE3，N，D两点重合，即MN过D点．

在Rt△M····································· （10分） DM中，DM23，MD43． ·在线段AB上任取一点G，过G作GNOE于点N，连接GM，GM． 显然GMGNGMGNMD．

把供水站建在甲村的G处，管道沿GM，GD线路铺设的长度之和最小．

D43． ·即最小值为GMGDM······················································ （11分）

综上，

32343，供水站建在M处，所需铺设的管道长度最短． ······ （12分）

27. 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则CQ＝(4－2t)cm， ∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm ∴AP＝（5－t）cm，

∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，

∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2t∶4，解得：t＝∴当t为

10 710秒时，PQ∥BC 7………………2分

（2）过点Q作QD⊥AB于点D，则易证△AQD∽△ABC ∴AQ∶QD＝AB∶BC

∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝t

65116×AP×QD＝（5－t）×t 22532∴y与t之间的函数关系式为：y＝3tt

5∴△APQ的面积：

………………5分

（3）由题意：

当面积被平分时有：3tt＝

3525511××3×4，解得：t＝ 222 当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1

∴不存在这样t的值

………………8分

（4）过点P作PE⊥BC于E

45

1QC时，△PQC为等腰三角形，此时△QCP′为菱形 24∵△PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝t

5104∵QC＝4－2t，∴2×t＝4－2t,解得：t＝

9510∴当t＝时，四边形PQP′C为菱形

9827此时，PE＝，BE＝，∴CE＝

933 易证：△PAE∽△ABC，当PE＝

………………10分

在Rt△CPE中，根据勾股定理可知：PC＝PE2CE2＝()()＝

892732505 9∴此菱形的边长为505cm 9………………12分

28. 解：（1）∵D（－8，0），∴B点的横坐标为－8，代入y1x中，得y＝－2. 4∴B点坐标为（－8，－2）.而A、B两点关于原点对称，∴A（8，2） 从而k＝8×2＝16 （2）∵N（0，－n），B是CD的中点，A，B，M，E四点均在双曲线上, ∴mn＝k，B（－2m，－

n），C（－2m，－n），E（－m，－n） 21111S矩形DCNO＝2mn＝2k，S△DBO＝mn＝k，S△OEN＝mn＝k.

2222∴S矩形OBCE＝S矩形DCNO―S△DBO―S△OEN＝k.∴k＝4. 由直线y14，B（－4，－1） x及双曲线y，得A（4，1）

4x∴C（－4，－2），M（2，2）

设直线CM的解析式是yaxb，由C、M两点在这条直线上，得

4ab22，解得a＝b＝ 32ab2∴直线CM的解析式是y＝

22x＋. 3346

yQDBC（3）如图，分别作AA1⊥x轴，MM1⊥x轴，垂足分别为A1，M1

设A点的横坐标为a，则B点的横坐标为－a.于是pMAM1A1xOEN MAA1M1am， MPM1Om同理qMBma MQm∴p－q＝

amma

－＝－2 mm

29. 解：（1）将图1中的正方形等分成如图的四个小正方形，将这4个转发装置安装在这4个小正方形对角线的交点处，此时，每个小正方形的对角线长为

130215231，每2个转发装置都能完全覆盖一个小正方形区域，故安装4个这种装置可以达到预设的要求．

··················· （3分）（图案设计不唯一）

（2）将原正方形分割成如图2中的3个矩形，使得BEDGCG．将每个装置安装在这些矩形的对角线交点处，设AEx，则ED30x，DH15． 由BEDG，得x3015(30x)，

22222251515x，BE30230.231，

6044即如此安装3个这种转发装置，也能达到预设要求． ······································· （6分）

或：将原正方形分割成如图2中的3个矩形，使得BE31，H是CD的中点，将每个装置安装在这些矩形的对角线交点处，则AE31230261，DE3061，

2DE(3061)2152≈26.831，即如此安装三个这个转发装置，能达到预设要

求． ······································································································· （6分） 要用两个圆覆盖一个正方形，则一个圆至少要经过正方形相邻两个顶点．如图3，用一个直径为31的O去覆盖边长为30的正方形ABCD，设O经过A，B，O与AD交于E，连BE，则AE31302261151AD，这说明用两个直径都为31的圆不能完2全覆盖正方形ABCD．

所以，至少要安装3个这种转发装置，才能达到预设要求． ······························ （8分） 评分说明：示意图（图1、图2、图3）每个图1分．

47

A D

A

E O D H

A E D B

图1

C

B

F 图2

O B F 图3

C

30解：（1）OH1；k323，b． 33（2）设存在实数a，使抛物线ya(x1)(x5)上有一点E，满足以D，N，E为顶点的三角形与等腰直角△AOB相似．

以D，N，E为顶点的三角形为等腰直角三角形，且这样的三角形最多只有两类，一类是以DN为直角边的等腰直角三角形，另一类是以DN为斜边的等腰直角三角形． ①若DN为等腰直角三角形的直角边，则EDDN． 由抛物线ya(x1)(x5)得：M(1，0)，N(5，0)．

D(2，0)，EDDN3．E的坐标为(2，3)．

把E(2，3)代入抛物线解析式，得a．

13y 1抛物线解析式为y(x1)(x5)．

31245即yxx．

333②若DN为等腰直角三角形的斜边， 则DEEN，DEEN．

，． E的坐标为(3.51.5)，代入抛物线解析式，得a把E(3.51.5)P 2 A C H M O B D N x

2． 922810抛物线解析式为y(x1)(x5)，即yx2x

9999112453)满足条件，如果此抛物线上当a时，在抛物线yxx上存在一点E(2，3333还有满足条件的E点，不妨设为E点，那么只有可能△DEN是以DN为斜边的等腰直角

145，，显然E不在抛物线yx2x上，因此抛物线三角形，由此得E(3.51.5)333145yx2x上没有符合条件的其他的E点．

33348

222810时，同理可得抛物线yxx上没有符合条件的其他的E点． 9999145当E的坐标为(2，3)，对应的抛物线解析式为yx2x时，

333当a△EDN和△ABO都是等腰直角三角形，GNPPBO45． NPGBPO，△NPG∽△BPO．

PGPN，PBPGPOPN2714，总满足PBPG102． POPB2810当E的坐标为(3.51.5)，，对应的抛物线解析式为yx2x时，

999又

同理可证得：PBPGPOPN2714，总满足PBPG102

31. 解：（1）如图所示： ·················································································· 4分 A A

100 80

B C B C

（注：正确画出1个图得2分，无作图痕迹或痕迹不正确不得分） （2）若三角形为锐角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆； ··································· 6分 若三角形为直角或钝角三角形，则其最小覆盖圆是以三角形最长边（直角或钝角所对的边）为直径的圆． ································································································· 8分 （3）此中转站应建在△EFH的外接圆圆心处（线段EF的垂直平分线与线段EH的垂直平分线的交点处）． ················································ 10分 M G 理由如下：

由HEFHEGGEF47.835.182.9，

H EHF50.0，EFH47.1，

故△EFH是锐角三角形，

所以其最小覆盖圆为△EFH的外接圆，

设此外接圆为O，直线EG与O交于点E，M， 则EMFEHF50.053.8EGF．

49.8 32.4 53.8 50.0 44.0 47.1 47.835.1 E

F

O内，从而O也是四边形EFGH的最小覆盖圆．

所以中转站建在△EFH的外接圆圆心处，能够符合题中要求．

故点G在

49