初三数学精选试题

1、初三数学精选试题1如图，圆柱底面直径AB、母线BC均为4cm，动点P从A点出发，沿着圆柱的侧面移动到BC的中点S的最短距离 A.（）cm B.（）cmC.（）cm D.（）cm2抛物线y=ax2+bx+c的图角如图，则下列结论：abc0；a+b+c=2；a；b1其中正确的结论是（）（A） （B） （C） （D）3如图，P是等腰直角ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90到BP，已知APB=135，PA：PC=1：3，则PA：PB=【 】。A1： B1：2 C：2 D1：4如图，抛物线y1=a(x2)23与交于点A(1，3)，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于点B、C，则以下结论：无论x取

2、何值，y2总是正数；a=1；当x=0时，y2y1=4；2AB=3AC其中正确的是（ ）A B C D5如图，AB是O的直径，M是O上的一点，MNAB，垂足为N，P，Q分别为弧AM、弧BM上一点（不与端点重合）如果MNP=MNQ，给出下列结论：1=2；P+Q=180；Q=PMN；MN2=PNQN；PM=QM其中结论正确的序号是（ ）A B C D6如图，ABC为等腰直角三角形，BAC=90，BC=2，E为AB上任意一动点，以CE为斜边作等腰RtCDE，连接AD，下列说法：BCE=ACD；ACED；AEDECB；ADBC；四边形ABCD的面积有最大值，且最大值为其中，正确的结论是 。ABCD7如图

3、，A是高为10cm的圆柱底面圆上一点，一只蜗牛从A点出发，沿30角绕圆柱侧面爬行，当他爬到顶上时，他沿圆柱侧面爬行的最短距离是A. 10cm B. 20cm C. 30cm D. 40cm8如图，已知ABC为等腰直角三角形，D为斜边BC的中点，经过点A、D的O与ABC三边分别交于点E、F、M对于如下四个结论：EMB=FMC；AE+AFAC；DEFABC；四边形AEMF是矩形其中正确结论的个数是A.4 B.3 C.2 D.1评卷人得分二、填空题（题型注释）9如图所示，直角三角板ABC的两直角边AC、BC的长分别为40和30，点G在斜边AB上，且BG30，将这个三角板以G为中心按逆时针方向旋转90

4、至ABC的位置，那么旋转前后两个三角板重叠部分（四边形EFGD）的面积为 . 10（本题满分6分）如图，ABC 的顶点A、B在O上，边BC与O 交于点DAB=AC；BD=DC；AB是O的直径此三个条件中的两个作为命题的题设，另一个作为命题的结论，构成三个命题：；.（1）以上三个命题是真命题的为（直接作答） ；（2）请选择一个真命题进行证明（先写出所选命题，然后证明）.11将抛物线y1x2向右平移2个单位，得到抛物线y2的图象.P是抛物线y2对称轴上的一个动点，直线xt平行于y轴，分别与直线y x、抛物线y2交于点A、B若ABP是以点A或点B为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条件的t的值，则t

5、12如图，在平面直角坐标系中，RtOAB的顶点A在x轴的正半轴上，顶点B的坐标为（3，），点C的坐标为（1，0），点P为斜边OB上的一动点，则PAC周长的最小值为 xByACOP13如图，以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点E，交AD边于点F，则= (14分)如图，抛物线:yax2bx+1的顶点坐标为D（1,0），14（1）求抛物线的解析式；15（2）如图1，将抛物线向右平移1个单位，向下平移1个单位得到抛物线，直线， 经过点D交y轴于点A，交抛物线于点B，抛物线的顶点为P,求DBP的面积； 16如图2，连结AP,过点B作BCAP于C,设点Q为抛物线上点至点之间的一动

6、点， 连结 并延长交于点，试问：当点Q运动到什么位置时，BCF的面积为。17如图，在ABC中，AB=8cm，BC=16cm，点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，如果点P、Q分别从点A、B同时出发，经几秒钟PBQ与ABC相似？试说明理由如图，已知点C、D在以O为圆心，AB为直径的半圆上，且于点M，CFAB于点F交BD于点E，,18（1）求O的半径；19（2）求证：CE = BE.20正方形ABCD和正方形DEFG如图放置，保持正方形ABCD不动，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为（0180）（1）当090时，如图，连结A

7、E、CG，则AE：CG= ；（2）当90180时，如图，连结AE、CG，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）将图中的正方形ABCD和正方形DEFG分别改为矩形ABCD和矩形DEFG，且使AD=4，CD=6，ED=2，GD=3，如图，求AE：CG的值21如图（1）（2），图（1）是一个小朋友玩“滚铁环”的游戏，铁环是圆形的，铁环向前滚动时，铁环钩保持与铁环相切将这个游戏抽象为数学问题，如图（2）已知铁环的半径为5个单位（每个单位为5cm），设铁环中心为，铁环钩与铁环相切点为，铁环与地面接触点为，且（1）求点离地面的高度（单位：厘米）；（2）设人站立点与点的水平距离等于个单位，求铁环钩MP的

8、长度（厘米）22已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B和折痕OP设BP=t（）如图，当BOP=30时，求点P的坐标；（）如图，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB上，得点C和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；（）在（）的条件下，当点C恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）23如图，在平行四边形ABCD中，AD=4 cm，A=60，BDAD 一动点P从A出发，以每秒1 cm的速度沿ABC的路线匀速运动，过点P作直线PM，使PMAD （1）

9、当点P运动2秒时，设直线PM与AD相交于点E，求APE的面积；（2）当点P运动2秒时，另一动点Q也从A出发沿ABC的路线运动，且在AB上以每秒1 cm的速度匀速运动，在BC上以每秒2 cm的速度匀速运动 过Q作直线QN，使QNPM 设点Q运动的时间为t秒（0t10），直线PM与QN截平行四边形ABCD所得图形的面积为S cm2 求S关于t的函数关系式； 求S的最大值24如图，二次函数的图象与x轴相交于点A（3，0）、B（1，0），与y轴相交于点C（0，3），点P是该图象上的动点；一次函数y=kx4k（k0）的图象过点P交x轴于点Q（1）求该二次函数的解析式；（2）当点P的坐标为（4，m）时，求

10、证：OPC=AQC；（3）点M，N分别在线段AQ、CQ上，点M以每秒3个单位长度的速度从点A向点Q运动，同时，点N以每秒1个单位长度的速度从点C向点Q运动，当点M，N中有一点到达Q点时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒连接AN，当AMN的面积最大时，求t的值；直线PQ能否垂直平分线段MN？若能，请求出此时点P的坐标；若不能，请说明你的理由25在平面直角坐标系中，二次函数的图像与轴交于点A，B（点B在点A的左侧），与轴交于点C，过动点H（0, ）作平行于轴的直线，直线与二次函数的图像相交于点D，E.（1）写出点A,点B的坐标；（2）若，以DE为直径作Q，当Q与轴相切时，求的值； （3）直线上是

11、否存在一点F，使得ACF是等腰直角三角形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.26如图，点A，B，C，D为O上的四个点，AC平分BAD，AC交BD于点E，CE=4，CD=6，求AE的长。27如图，O的半径为l，等腰直角三角形ABC的顶点B的坐标为（，0），CAB90，ACAB，顶点A在O上运动(1)当点A运动到x轴的负半轴上时，试判断直线BC与O位置关系，并说明理由；(2)当直线AB与O相切时，求AB所在直线对应的函数关系式28如图，在等边ABC中，ADBC于点D，一个直径与AD相等的圆与BC相切于点E，与AB相切于点F，连接EF。（1）判断EF与AC的位置关系（不必说明理由）；（2）如图（

12、2），过E作BC的垂线，交圆于G，连接AG，判断四边形ADEG的形状，并说明理由。（3）求证：AC与GE的交点O为此圆的圆心29如图，一次函数y=2x+t的图象与x轴，y轴分别交于点C，D.（1）求点C，点D的坐标；（2）已知点P是二次函数y=x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点， 若以点C，点D为直角顶点的PCD与OCD相似。求t的值及对应的点P的坐标.OxyDC30如图，AB，BC，CD分别与O相切于E，F，G且ABCDBO=6cm，CO=8cm（1）求证：BOCO；（2）求BE和CG的长31如图，AB是半圆O的直径，点P在BA的延长线上，PD切O于点C，BDPD，垂足为D，连接BC（

13、1）求证：BC平分PDB；（2）求证：BC2=ABBD；（3）若PA=6，PC=6，求BD的长32如图，ABC的高AD=4，BC=8,MNPQ是ABC中任意一个内接矩形（1）设MN=x，MQ=y,求y关于x的函数解析式；（2）设MN=x,矩形MNPQ的面积为s，求s与x的函数关系式，并求出当MN为多大时，矩形MNPQ面积s有最大值，最大值为多少？33已知抛物线过两点(m，0)、(n，0)，且，抛物线于双曲线（x0）的交点为（1，d）（1）求抛物线与双曲线的解析式；（2）已知点都在双曲线（x0）上，它们的横坐标分别为,O为坐标原点，记,点Q在双曲线（x0）上，过Q作QMy轴于M，记。求的值34如

14、图1，已知，是射线上的动点（点与点不重合），是线段的中点（1）设，的面积为，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域；（2）如果以线段为直径的圆与以线段为直径的圆外切，求线段的长；（3）连接，交线段于点，如果以为顶点的三角形与相似，求线段的长35阅读下面材料：在学习小组活动中，小明探究了下面问题：菱形纸片ABCD的边长为2，折叠菱形纸片，将B、D两点重合在对角线BD上的同一点处，折痕分别为EF、GH当重合点在对角线BD上移动时，六边形AEFCHG的周长的变化情况是怎样的？小明发现：若ABC=60，如图1，当重合点在菱形的对称中心O处时，六边形AEFCHG的周长为_；如图2，当重合点在对角线BD上

15、移动时，六边形AEFCHG的周长_（填“改变”或“不变”）.请帮助小明解决下面问题：如果菱形纸片ABCD边长仍为2，改变ABC的大小，折痕EF的长为m（1）如图3，若ABC=120，则六边形AEFCHG的周长为_；（2）如图4，若ABC的大小为，则六边形AEFCHG的周长可表示为_图1图2图3图436如图，点C在以AB为直径的半圆O上，以点A为旋转中心，以（090）为旋转角度将B旋转到点D，过点D作DEAB于点E，交AC于点F，过点C作圆O的切线交DE于点G。ABEODCFG（1）求证：GCA=OCB；（2）设ABC=m，求DFC的值；（3）当G为DF的中点时，请探究与ABC的关系，并说明理由

16、。37边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；（3）如图3，设MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.38如图，抛物线y=x+4x+5交x轴于A、B（以A左B右)两点，交y轴于点C.(1)求直线BC的解析式；(2)点P为抛物线第一象限函数图象上一点，设P点的横坐标为m，P

17、BC的面积为S，求S与m的函数关系式；(3)在(2)的条件下，连接AP，抛物线上是否存在这样的点P，使得线段PA被BC平分，如果不存在，请说明理由；如果存在，求点P的坐标.试卷第11页，总11页本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1AADBCS【解析】考点：勾股定理解：圆柱的部分侧面展开图（如右图）：根据题意得：在直角三角形中，故：动点P从A点出发，沿着圆柱的侧面移动到BC的中点S的最短距离 （）cm 故答案选A。点评：本题利用圆柱的侧面展开图和勾股定理求解。解题关键是画出侧面展开图。2C【解析】试题分析：根据图象的开口方向、对称轴位置、与y轴交点坐标，再结合

18、特殊点依次分析各小题即可.由图可知，则，故错误；把（1，2）代入抛物线可得，故正确；对称轴公式，即，故正确；当时，即（1），由可得（2），把（2）式代入（1）式中得，得，故错误；故选C考点：本题考查的是二次函数图象与系数的关系点评：解答本题的关键是要会利用图象找到所需信息，同时也要会用不等式和等式结合解题3B。【解析】如图，连接AP，BP绕点B顺时针旋转90到BP，BP=BP，ABP+ABP=90。又ABC是等腰直角三角形，AB=BC，CBP+ABP=90，ABP=CBP。在ABP和CBP中， BP=BP，ABP=CBP，AB=BC ，ABPCBP（SAS）。AP=PC。PA：PC=1：3，A

19、P=3PA。连接PP，则PBP是等腰直角三角形。BPP=45，PP= 2 PB。APB=135，APP=135-45=90，APP是直角三角形。设PA=x，则AP=3x，在RtAPP中，。在RtAPP中，。，解得PB=2x。PA：PB=x：2x=1：2。 故选B。4D.【解析】试题分析：抛物线y2=（x-3）2+1开口向上，顶点坐标在x轴的上方，无论x取何值，y2的值总是正数，故本小题正确；把A（1，3）代入，抛物线y1=a（x+2）2-3得，3=a（1+2）2-3，解得a=，故本小题错误；由两函数图象可知，抛物线y1=a（x+2）2-3解析式为y1=（x+2）2-3，当x=0时，y1=(0+

20、2）2-3=-，y2=（0-3）2+1=，故y2-y1=-=-，故本小题错误；物线y1=a（x+2）2-3与y2=（x-3）2+1交于点A（1，3），y1的对称轴为x=-2，y2的对称轴为x=3，B（-5，3），C（5，3）AB=6，AC=4，2AB=3AC，故本小题正确故选D考点: 二次函数的性质5B【解析】解：延长MN交圆于点W，延长QN交于圆点E，延长PN交于圆点F，连接PE，QFPNM=QNM，MNAB，1=2（故正确），2与ANE是对顶角，1=ANE，设圆心为O，连接PO=OE，APNAEN，PN=EN，同理NQ=NF，点N是MW的中点，MNNW=MN2=PNNF=ENNQ=PNQN

21、（故正确），MN：NQ=PN：MN，PNM=QNM，NPMNMQ，Q=PMN（故正确）故选B6.【解析】试题分析：首先根据已知条件看能得到哪些等量条件，然后根据得出的条件来判断各结论是否正确ABC、DCE都是等腰Rt，AB=AC=BC=，CD=DE=CE；B=ACB=DEC=DCE=45；ACB=DCE=45，ACB-ACE=DCE-ACE；即ECB=DCA；故正确；当B、E重合时，A、D重合，此时DEAC；当B、E不重合时，A、D也不重合，由于BAC、EDC都是直角，则AFE、DFC必为锐角；故不完全正确；，；由知ECB=DCA，BECADC；DAC=B=45；DAC=BCA=45，即ADB

22、C，故正确；由知：DAC=45，则EAD=135；BEC=EAC+ECA=90+ECA；ECA45，BEC135，即BECEAD；因此EAD与BEC不相似，故错误；ABC的面积为定值，若梯形ABCD的面积最大，则ACD的面积最大；ACD中，AD边上的高为定值（即为1），若ACD的面积最大，则AD的长最大；由的BECADC知：当AD最长时，BE也最长；故梯形ABCD面积最大时，E、A重合，此时EC=AC=，AD=1；故S梯形ABCD=（1+2）1=，故正确；因此本题正确的结论是.考点：1.相似三角形的判定；2.平行线的判定；3.等腰三角形的性质7B 【解析】将圆柱侧面展开，连接AB，根据三角函数

23、求出AB的长即可：根据题意得，BC=10cm，BAC=30，AB=BCSin30=101/2=20cm故选B8A【解析】试题分析：根据等腰直角三角形的性质和直径所对的圆周角是90，90圆周角所对的弦是直径逐项判断后利用排除法求解由题意得EMB=FMC；AE+AFAC；DEFABC；四边形AEMF是矩形，均正确故选A.考点：圆的综合题点评：此类问题难度较大，在中考中比较常见，一般在压轴题中出现，需特别注意.9144cm2【解析】试题分析：把所求重叠部分面积看作AFG与ADE的面积差，并且这两个三角形都与ABC相似，根据勾股定理求对应边的长，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求面积即可又BG=

24、30，AG=AB-BG=20，解得DG=15，AD=25，AD=AG-DG=AG-GD=20-15=5，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可知考点：旋转的性质，勾股定理、相似三角形的判定和性质点评：相似三角形的判定和性质是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握.10（1）；（2），证明见试题解析【解析】试题分析：本题只要是围绕两个知识点来展开的：1直径所对的圆周角是直角；2，等腰三角形三线合一试题解析：（1）；（2）.证明如下：连接AD，AB=AC，BD=DC，ADBC即：ADB=90，AB是O的直径考点：1圆周角定理；2等腰三角形的性

25、质；3开放型11【解析】试题分析：抛物线y1=x2向右平移2个单位，抛物线y2的函数解析式为y=（x2）2=x24x+4，抛物线y2的对称轴为直线x=2，直线x=t与直线y=x、抛物线y2交于点A、B，点A的坐标为（t，t），点B的坐标为（t，t24t+4），AB=|t24t+4t|=|t25t+4|，AP=|t2|，APB是以点A或B为直角顶点的三角形，|t25t+4|=|t2|，t25t+4=t2或t25t+4=（t2），整理得，t26t+6=0，解得t1=3+，t2=3，整理得，t24t+2=0，解得t1=2+，t2=2，综上所述，满足条件的t值为：考点：二次函数图象与几何变换12+2【

26、解析】试题分析：作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DNOA于N，则此时PA+PC的值最小，DP=PA，PA+PC=PD+PC=CD，B（3，），AB=，OA=3，B=60，由勾股定理得：OB=2，由三角形面积公式得：OAAB=OBAM，AM=，AD=2=3，AMB=90，B=60，BAM=30，BAO=90，OAM=60，DNOA，NDA=30，AN=AD=，由勾股定理得：DN=，C（1，0），CN=ACAN=2=，在RtDNC中，由勾股定理得：DC=，即PA+PC的最小值是，PAC周长的最小值为：+2故答案是+2考点：1.轴对称-最短路线问题2.坐标与图形性质13【

27、解析】连接OE、OF、OC，根据切线长定理证明COF=90；根据切线的性质得OECF则EOFEOC，得EF与EC的关系式，然后求解解答：解：连接OE、OF、OCAD、CF、CB都与O相切，CE=CB；OECF； OF平分AFC，OC平分BCFAFBC，AFC+BCF=180，OFC+OCF=90，COF=90EOFEOC，得 OE2=EFEC设正方形边长为a，则OE=a，CE=aEF=a141516【解析】略17经2或0.8秒钟PBQ与ABC相似【解析】试题分析：设经x秒钟PBQ与ABC相似，则AP=2xcm，BQ=4xcm，AB=8cm，BC=16cm，BP=ABAP=（82x）cm，B是公

28、共角，当，即时，PBQABC，解得：x=2；当，即时，QBPABC，解得：x=0.8，经2或0.8秒钟PBQ与ABC相似考点：相似三角形的性质点评：此题考查了相似三角形的判定此题难度适中，属于动点型题目，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用【答案】18解：(1) OC为O的半径， . DB = 8，MB = 4. 1分设O的半径为， OM=-2， 在中，根据勾股定理得，解得=5. 2分19（2）方法一：连接AC、CB， AB是直径， . . 3分 OC为O的半径， C是的中点，. 4分. 5分方法二：如图，连接BC，补全O，延长CF交O于点G. =. 3分 OC为O的半径， C是

29、的中点， =. 4分=. 5分【解析】略20（1）1；（2）成立，理由见试题解析；（3）2：3【解析】试题分析：（1）易证ADECDG，即可得出AE：CG=1；（2）与（1）类似，证明ADECDG，即可得出AE：CG=1；（3）证明ADECDG即可试题解析：（1）正方形ABCD和正方形DEFG，AD=CD，DE=DG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，在AED和CGD中，AD=CD，ADE=CDG ，DE=DG，ADECDG，AE=CG，AE：CG=1；（2）成立，理由如下：正方形ABCD和正方形DEFG，AD=CD，DE=DG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，在AED和CGD中，A

30、D=CD，ADE=CDG ，DE=DG，ADECDG，AE=CG，AE：CG=1；（3）矩形ABCD和矩形DEFG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，ADECDG，AE：CG=AD：DC=4：6=2：3考点：1正方形的性质；2矩形的性质；3全等三角形的判定与性质；4相似三角形的判定与性质215cm；50cm【解析】试题分析：解：（1）过M作AC平行的直线，与OA，FC分别相交于H，N.（1）在RtOHM中，OHM90，OM5，HMOMsin3，所以OH4，MBHA541（单位），155（cm），所以铁环钩离地面的高度为5cm. 6分（2）因为MOH+OMHOMH+FMN90，FMNMOH，

31、所以FN/FMsin3/5，即得FN3/5FM，在RtFMN中，FNM90，MNBCACAB1138（单位），由勾股定理FM2FN2+MN2，即FM2(3/5FM)2+82，解得FM10（单位），10550（cm），所以铁环钩的长度FM为50cm. 12分 考点：本题考查了三角函数的解法。点评：此类试题属于难度很大，很有代表性的试题，考生解答时务必要分析清楚此类试题的基本考点在哪，该怎么一步步地去解决。22(1)（2，6）(2) m=（0t11）(3) （，6）或（，6）【解析】试题分析：（）根据题意得，OBP=90，OB=6，在RtOBP中，由BOP=30，BP=t，得OP=2t，然后利用勾

32、股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；（）由OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的，可知OBPOBP，QCPQCP，易证得OBPPCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；（）首先过点P作PEOA于E，易证得PCECQA，由勾股定理可求得CA的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m=，即可求得t的值试题解析：（）根据题意，OBP=90，OB=6，在RtOBP中，由BOP=30，BP=t，得OP=2tOP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=-2（舍去）点P的坐标为（2，6）（）OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的，OBPOBP，Q

33、CPQCP，OPB=OPB，QPC=QPC，OPB+OPB+QPC+QPC=180，OPB+QPC=90，BOP+OPB=90，BOP=CPQ又OBP=C=90，OBPPCQ，由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11-t，CQ=6-mm=（0t11）（）过点P作PEOA于E，PEA=QAC=90，PCE+EPC=90，PCE+QCA=90，EPC=QCA，PCECQA，PC=PC=11-t，PE=OB=6，AQ=m，CQ=CQ=6-m，AC=，3（6-m）2=（3-m）（11-t）2，m=，3（-t2+t）2=（3-t2+t-6）（11-t）2，t2（11-t）2=（-t

34、2+t-3）（11-t）2，t2=-t2+t-3，3t2-22t+36=0，解得：t1=，t2=，点P的坐标为（，6）或（，6）考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.坐标与图形性质；3.全等三角形的判定与性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定与性质23（1）（2）【解析】(1) 当点P运动2秒时，AP=2 cm，由A=60，知AE=1，PE= SAPE= 4分(2) 当0t6时，点P与点Q都在AB上运动，设PM与AD交于点G，QN与AD交于点F，则AQ=t，AF=，QF=，AP=t+2，AG=1+，PG= 此时两平行线截平行四边形ABCD的面积为S=2分当6t8时，点P在BC上运动，点Q仍在A

35、B上运动 设PM与DC交于点G，QN与AD交于点F，则AQ=t，AF=，DF=4-，QF=，BP=t-6，CP=10-t，PG=，而BD=，故此时两平行线截平行四边形ABCD的面积为S=2分当8t10时，点P和点Q都在BC上运动 设PM与DC交于点G，QN与DC交于点F，则CQ=20-2t，QF=(20-2t)，CP=10-t，PG= 此时两平行线截平行四边形ABCD的面积为S=2分故S关于t的函数关系式为当0t6时，S的最大值为； 1分当6t8时，S的最大值为； 1分当8t10时，S的最大值为； 1分所以当t=8时，S有最大值为 1分（1）在三角形AEP中，AP=2，A=60，利用三角函数可

36、求出AE和PE，即可求出面积；（2）此题应分情况讨论，因为两个动点运动速度不同，所以有点P与点Q都在AB上运动、点P在BC上运动点Q仍在AB上运动、点P和点Q都在BC上运动三种情况，在每种情况下可利用三角函数分别求出我们所需要的值，进而求解在的基础上，首先求出函数关系式之后，根据t的取值范围不同函数最大值也不同24解：（1）二次函数的图象与x轴相交于点A（3，0）、B（1，0），设二次函数的解析式为：y=a（x+3）（x+1）。二次函数的图象经过点C（0，3），3=a31，解得a=1。二次函数的解析式为：y=（x+3）（x+1），即y =x2+4x+3。 （2）证明：在二次函数解析式y=x2+

37、4x+3中，当x=4时，y=3，P（4，3）。P（4，3），C（0，3），PC=4，PCx轴。一次函数y=kx4k（k0）的图象交x轴于点Q，当y=0时，x=4，Q（4，0），OQ=4。PC=OQ。又PCx轴，四边形POQC是平行四边形。OPC=AQC。（3）在RtCOQ中，OC=3，OQ=4，由勾股定理得：CQ=5如答图1所示，过点N作NDx轴于点D，则NDOC，QNDQCO。，即，解得：。设S=SAMN，则：。又AQ=7，点M的速度是每秒3个单位长度，点M到达终点的时间为t=，（0t）。0，且x时，y随x的增大而增大，当t=时，AMN的面积最大。假设直线PQ能够垂直平分线段MN，则有QM=

38、QN，且PQMN，PQ平分AQC。由QM=QN，得：73t=5t，解得t=1。此时点M与点O重合，如答图2所示，设PQ与OC交于点E，由（2）可知，四边形POQC是平行四边形，OE=CE。点E到CQ的距离小于CE，点E到CQ的距离小于OE。而OEx轴，PQ不是AQC的平分线，这与假设矛盾。直线PQ不能垂直平分线段MN【解析】试题分析：（1）利用交点式求出抛物线的解析式。（2）证明四边形POQC是平行四边形，则结论得证。（3）求出AMN面积的表达式，利用二次函数的性质，求出AMN面积最大时t的值。由于直线PQ上的点到AQC两边的距离不相等，则直线PQ不能平分AQC，所以直线PQ不能垂直平分线段M

39、N。25（1）（4，0）和（1，0）；（2）；（3）存在，m=或或3或.【解析】试题分析：（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q位于直线与抛物线对称轴的交点处，则Q的横坐标为，可推出D、E两点的坐标分别为：，因为D、E都在抛物线上，代入一点即可得m（3）使得ACF是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；而三种情形中F点在AC的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形求解时利用全等三角形知识易得m的值试题解析：解：（1）当y=0时，有，解之得：，A、B两点的坐标分别为（4，0）和（1，0

40、）.（2）Q与轴相切，且与交于D、E两点，圆心O位于直线与抛物线对称轴的交点处，且Q的半径为H点的纵坐标（）.抛物线的对称轴为，D、E两点的坐标分别为：且均在二次函数的图像上.，解得或（不合题意，舍去）.（3）存在.当ACF=90，AC=FC时，如答图1，过点F作FGy轴于G，AOC=CGF=90.ACO+FCG=90，GFC+FCG=90，ACO=CFG.ACOCFG，CG=AO=4.CO=2，或=OG=2+4=6.当CAF=90，AC=AF时，如答图2，过点F作FPx轴于P，AOC=APF=90.ACO+OAC=90，FAP+OAC=90，ACO=FAP.ACOFAP，FP =AO=4.或

41、=FP =4.当AFC=90，FA=FC时，如答图3，则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F，分别过F，F两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，HDFC+CFE=CFE+EFA=90，DFC=EFA.CDF=AEF，CF=AF，CDFAEF.CD=AE，DF=EF.四边形OEFD为正方形.OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.4=2+2CD.CD=1，m=OC+CD=2+1=3HFC+CGF=CGF+GFA，HFC=GFA.HFC=GFA，CF=AF.HFCGFA.HF=GF，CH=AG.四边形OHFG为正方形.OH=1.m=，y的最大值为.直线

42、l与抛物线有两个交点，mm可取值为m=或或3或.综上所述，m的值为m=或或3或.考点：1.二次函数综合题； 2.单动点问题；3.等腰直角三角形存在性问题；4.二次函数的性质；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.直线与圆的位置关系；7.全等三角形的判定和性质；8.正方形的判定和性质；9.分类思想的应用265【解析】 试题分析：首先连接BC，由AC平分BAD，易证得BDC=CAD，继而证得CDECAD，然后由相似三角形的对应边成比例求得AE的长试题解析：连接BC，AC平分BAD，BDC=CAD，ACD=DCE，CDECAD，CD：AC=CE：CD，CD2=ACCE，设AE=x，则AC=AE+CE=

43、4+x，62=4（4+x），解得：x=5AE=5考点：1.圆周角定理；2.圆心角、弧、弦的关系；3.相似三角形的判定与性质27（1）直线BC与O相切;(2) 当点A位于第一象限时, 过A、B两点的直线为y=x+;当点A位于第四象限时, 过A、B两点的直线为y=x【解析】试题分析：（1）直线BC与O相切 1分过点O作OMBC于点M，OBMBOM=45, OM=OBsin45=1直线BC与O相切 （2）当点A位于第一象限时(如右图)：ABCOxyE连接OA，并过点A作AEOB于点E直线AB与O相切，OAB=90，又CAB=90，CAB+OAB=180，点O、A、C在同一条直线上AOB=C=45，在

44、RtOAE中，OE=AE=点A的坐标为（，） 过A、B两点的直线为y=x+ 当点A位于第四象限时(如右图)：AB（C）OxyE点A的坐标为（，） 过A、B两点的直线为y=x考点：直线与圆相切点评：本题考查直线与圆相切以及求直线所对应函数的解析式，解决此题考生对直线与圆相切的概念要熟悉，会求一次函数的解析式28（1）EFAC；（2）四边形ADEG为矩形。【解析】试题分析：（1）根据EFB与FEB都是弦切角，可得ABC是等边三角形，ABC=BAC=ACB=60，即BFE为等边三角形，所以求得BAC=BFE，BCA=BEF，可证明EFAC；（2）根据圆切BC于E，EG为直径，AD=EG，ADBC，可

45、判定四边形ADEG为矩形；（3）由（1）（2）的结论，证明AC垂直平分FG；再根据垂径定理，可知AC必过圆心，又EG为直径，所以AC与GE的交点O为此圆的圆心（1）EFAC；（2）四边形ADEG为矩形。理由：EGBC，E为切点，EG为直径，EG=AD又ADBC，EGBC，ADEG，即四边形ADEG为矩形。（3）连接FG，由（2）可知EG为直径， FGEF，又由（1）可知，EFAC，ACFG， 又四边形ADEG为矩形，EGAG，则AG是已知圆的切线。而AB也是已知圆的切线，则AF=AG， AC是FG的垂直平分线，故AC必过圆心， 因此，圆心O就是AC与EG的交点。说明：也可据AGOAFO进行说理

46、。考点：本题综合考查了矩形的判定和性质、切线的性质和垂径定理点评：解答本题的关键是要熟练掌握矩形的判定和圆中的有关性质才能灵活的解题29(1)见解析 (2)见解析【解析】（1）令一次函数解析式中y=0，求出对应x的值，确定出C的坐标，令x=0，求出对应y的值，确定出D的坐标即可；（2）由（1）得出的C与D的坐标，求出OC及OD的长，在直角三角形OCD中，利用勾股定理表示出CD，以CD为直角边的PCD与OCD相似，过P作PMy轴，PNx轴，如图中红线所示，以D为直角顶点的PCD与OCD相似，此时CDP=90，分两种情况考虑：当PD：DC=OC：OD=1：2时，由表示出的DC得到PD的长，根据P在

47、二次函数图象上，设P的坐标为（x，），表示出PM与MD，在直角三角形PMD中，利用勾股定理列出关系式，记作，表示出CN，在直角三角形PCD与直角三角形PCN中，分别利用勾股定理表示出，将各自的值代入得到关系式，记作，联立可得出t与x的值，进而确定出此时P的坐标；若DC：PD=OC：OD=1：2时，如图所示，同理可以求得t与x的值，确定出此时P的坐标，综上，得到所有满足题意t的值及对应P的坐标（1）C坐标为（，0），D坐标为（0，t）；（2）t=1时点（2，2）、时、时30（1）证明见解析；（2）6.4cm【解析】试题分析：（1）由ABCD得出ABC+BCD=180，根据切线长定理得出OB、OC

48、平分EBF和BCG，也就得出了OBC+OCB=（ABC+DCB）=180=90从而证得BOC是个直角，从而得出BOCO；（2）根据勾股定理求得AB=10cm，根据RTBOFRTBCO得出BF=3.6cm，根据切线长定理得出BE=BF=3.6cm，CG=CF，从而求得BE和CG的长试题解析：解：（1）证明：ABCD，ABC+BCD=180.AB、BC、CD分别与O相切于E、F、G，BO平分ABC，CO平分DCB.OBC=ABC，OCB=DCB.OBC+OCB=（ABC+DCB）=180=90.BOC=90. BOCO（2）如答图，连接OF，则OFBC，RtBOFRtBCO. .在RTBOF中，BO=6cm，CO=8cm，根据勾股定理得，BC=10cm，. BF=3.6cm，AB、BC、CD分别与O相切，BE=BF=3.6cm，CG=CF.CF=BCBF=103.6=6.4cm，CG=CF=6.4cm考点：1.切线