浙江省11市2015年中考数学试题分类解析汇编(20专题)19综合型问题

浙江省11市2015年中考数学试题分类剖析汇编(20专题）专题19：综合型问题江苏泰州鸣午数学工作室编写1.(2015年浙江杭州3分）如图，已知点A，B,C，D，E,F是边长为1的正六边形的极点,连结随意两点均可得到一条线段，在连结两点所得的全部线段中任取一条线段，取到长度为3的线段的概率为【】1225A。B.C。D.4539【答案】B。【考点】概率；正六边形的性质.【剖析】依照概率的求法，找准两点：①全部等可能状况的总数；②切合条件的状况数量；二者的比值就是其发生的概率。因此，如答图，∵正六边形的极点，连结随意两点可得15条线段，其中6条的连长度为3：AC、AE、BD、BF、CE、DF，∴所求概率为62。155应选B。。（2015年浙江嘉兴4分）如图抛物线yx22xm1交x轴于点A(a，）和（，），交y轴于2,0Bb0点C，抛物线的极点为D.以下四个命题：①当x>0时,y>0；②若a1,则b4；③抛物线上有两点P（x1，y1）和Q（x2,y2），若x1<1<x2，且x1x2>2，则y1>y2；④点C对于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在x轴和y轴上，当m2时，四边形EDFG周长的最小值为62。其中真命题的序号是【】A.①B。②C。③D。④【答案】C。【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质;曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的应用（最短线路问题）；勾股定理.【剖析】依照二次函数的图象和性质对各结论进行剖析作出判断：①从图象可知当x>b>0时，y<0，故命题“当x>0时，y>0”不是真命题；②∵抛物线yx22xm1的对称轴为x21，点A和B对于轴对称,∴若a1,则b3，2故命题“若a1，则b4"不是真命题；③∵故抛物线上两点P（x1，y1）和Q（x2，y2）有x1<1<x2,且x1x2>2，∴x21>1x1,又∵抛物线2yx2xm1的对称轴为x1，∴y>y，故命题“抛物线上有两点（x，y）和Q(x，y），12P1122若x1<1<x2，且x1x2>2，则y1>y2"是真命题；④如答图，作点E对于x轴的对称点M，作点D对于y轴的对称点N，连结MN，ME和ND的延伸线交于点P，则MN与x轴和y轴的交点G，F即为使四边形EDFG周长最小的点。m2，∴y

x2

2x3的极点

D的坐标为（1，4），点

C的坐标为

(0，3）.∵点

C对于抛物线对称轴的对称点为

E,∴点

E的坐标为（

2，3）。∴点

M的坐标为

2,

3，点

N的坐标为

1,4

，点

P的坐标为（

2，4）.∴DE

12

12

2,

MN

32

72

58。∴当

m

2时，四边形

EDFG

周长的最小值为

DE

MN

2

58。故命题“点

C对于抛物线对称轴的对称点为

E，点

G，F

分别在

x轴和

y轴上，当

m

2时，四边形EDFG

周长的最小值为

62”不是真命题。综上所述，真命题的序号是③.应选C。32015年浙江宁波4)二次函数ya(x4)24(a0)的图象在2<x〈3这一段位于x轴的下方,在。（分6<x<7这一段位于x轴的上方，则a的值为【】A.1B。-1C.2D。—2【答案】A。【考点】二次函数的性质；解一元一次不等式组；特别元素法的应用.【剖析】∵二次函数ya(x4)24(a0)的图象在2<x〈3这一段位于x轴的下方，在6〈x<7这一段位于x轴的上方，∴当x5时,二次函数ya(x4)24(a0)的图象位于x轴的下方；当x13时，二次函数22ya(x4)24(a0)的图象位于x轴的上方.a(54)24<0a<161616∴29<a<。1316259a(4)24>02a>25a的值为1。应选A。4（.2015

年浙江衢州

3分)如图，已知等腰

ABC,AB

BC

，以

AB为直径的圆交

AC于点

D，过点

D的

O的切线交

BC于点

E，若CD

5,CE

4，则

O的半径是【】2525A.3B。4C.D.68【答案】D．【考点】等腰三角形的性质；切线的性质;平行的判断和性质；矩形的判断和性质；勾股定理；方程思想的应用．【剖析】如答图，连结

OD，过点

B作

BF

OD于点

F

，∵AB

BC，∴

A

C。∵AO

DO，∴

A

ADO。∴

C

ADO。∴

OD//BC

.∵DE是

O的切线，∴

DE

OD。∴

DE

BC。∴CED90,且四边形DEBF是矩形。∵CD5,CE4，∴由勾股定理，得DE3.设O的半径是x,则OBx,BF3,OFxBEx2x44x。∴由勾股定理，得OB2OF2BF2,即x2324x,解得x25.28O的半径是25.8应选D．5.（2015年浙江温州4分)如图，点A的坐标是(2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限.若反比率函数yk】的图象经过点B，则k的值是【xA。1B。2C。3D。23【答案】C.【考点】反比率函数综合题;曲线上点的坐标与方程的关系;等边三角形的性质；勾股定理。【剖析】如答图,过点B作BD⊥x于点D，∵点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形,∴OB=OA=2，OD=1.∴由勾股定理得，BD=3。∵点B在第一象限，∴点B的坐标是1,3.∵反比率函数k3kk3。y的图象经过点B，∴1x应选C.6。（2015年浙江温州4分）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点,连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，AC，BC的中点分别是M，N，P，Q。若MP+NQ=14,AC+BC=18，则AB的长是【】90A。92B.C。13D。167【答案】C。【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理;方程思想、变换思想和整体思想的应用.【剖析】如答图,连结OP、OQ，∵DE，FG，AC，BC的中点分别是M，N，P，Q，∴点O、P、M三点共线,点O、Q、N三点共线.ACDE，BCFG是正方形，AE=CD=AC，BG=CF=BC.设AB=2r,则OMMPr,ONNQr。∵点O、M分别是AB、ED的中点，OM是梯形ABDE的中位线.∴OM11AECDBC1BC，即MP1。AEBD2ACr2ACBC2222同理，得NQr12BCAC.2两式相加，得MPNQ2r3ACBC2。∵MP+NQ=14,AC+BC=18，∴3182r13。142r2应选C。7.（2015年浙江舟山3分)如图,抛物线yx22xm1交x轴于点A（a，0）和B(b,0）,交y轴于点C,抛物线的极点为D。以下四个命题：①当x>0时，y>0；②若a1，则b4;③抛物线上有两点P（x1，y1）和Q(x2,y2),若x1<1<x2,且x1x2>2，则y1>y2；④点C对于抛物线对称轴的对称点为E,点G，F分别在x轴和y轴上，当m2时，四边形EDFG周长的最小值为62.其中真命题的序号是【】A.①B.②C.③D.④【答案】C。【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质;曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的应用(最短线路问题)；勾股定理.【剖析】依照二次函数的图象和性质对各结论进行剖析作出判断：①从图象可知当x>b>0时,y<0，故命题“当x>0时,y>0”不是真命题；②∵抛物线yx22xm1的对称轴为x2,A和B对于轴对称，∴若a1,b3，21点则故命题“若a1，则b4”不是真命题；③∵故抛物线上两点P(x1，y1)和Q（x2，y2)有x1<1<x2,且x1x2>2，∴x21>1x1，又∵抛物线yx22xm1的对称轴为x1，∴y1>y2，故命题“抛物线上有两点P（x1，y1）和Q（x2,y2），若x1<1<x2,且x1x2>2，则y1>y2”是真命题；④如答图,作点E对于x轴的对称点M，作点D对于y轴的对称点N,连结MN,ME和ND的延伸线交于点P，则MN与x轴和y轴的交点G,F即为使四边形EDFG周长最小的点.m2，∴yx22x3的极点D的坐标为(1,4)，点C的坐标为(0,3)。∵点C对于抛物线对称轴的对称点为E，∴点E的坐标为（2，3)。∴点M的坐标为2,3，点N的坐标为1,4，点P的坐标为（2，4）。∴DE12122,MN327258.∴当m2时，四边形EDFG周长的最小值为DEMN258。故命题“点C对于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在x轴和y轴上，当m2时,四边形EDFG周长的最小值为62”不是真命题.综上所述,真命题的序号是③.应选C.1.（2015年浙江杭州4分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点,设点P（1，t）在反比率函数y2的图象x上，过点P作直线l与x轴平行,点Q在直线l上，知足QP=OP，若反比率函数ykQ，则k=的图象经过点x▲【答案】225或225【考点】反比率函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理;分类思想的应用.【剖析】∵点P(1,t)在反比率函数2t22。∴P（1，2）.y的图象上，∴1x∴OP=5。∵过点P作直线l与x轴平行，点Q在直线l上，知足QP=OP，∴Q15,2或Q15,2。∵反比率函数yk的图象经过点Q，x∴当Q15,2时，k152225;Q15,2时，k152225。2。（2015年浙江湖州4分）已知正方形ABC1D1的边长为1，延伸CD到A，以AC为边向右作正方形11111A1C1C2D2，延伸C2D2到A2,以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3（以以下图）,以此类推?，若A1C1=2，且点A，D，D，?,D10都在同素来线上，则正方形AC9CD10的边长是▲23910【答案】38.27【考点】研究规律题（图形的变化）；正方形的性质;相像三角形的判断和性质.【剖析】如答图，设AD10与A1C1订交于点E，则AD1E∽D2A1E，∴AD1D1E。D2A1A1E设A1Ex，∵AD1=1,A1C1=2,∴DA2,DE1x.211∴11xx2。2x3易得D2A1E∽D2A1A1E.D3A2D2,∴A2D2D3A222321设3即D3A2y，则A2D2y2，∴yy2y3C3C2D3A23222。同理可得，C4C3331341232,C5C4242,∴正方形A9C9C10D10的边长是C10C939138。292273.（2015年浙江嘉兴5分）如图，在直角坐标系xOy中，已知点A(0，1）,点P在线段OA上，以AP为半径的⊙P周长为1。点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动,射线AM交x轴于点N（n,0）。设点M转过的路程为m（0<m<1）。(1）当m1时,n=▲;4（2）随着点M的转动,当m从1变化到2时，点N相应搬动的路径长为▲33【答案】（1)1；（2）23.3【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等腰直角三角形的判断和性质;等边三角形的判断和性质；含30度直角三角形的性质。【剖析】（1）当m1时，APM900，∴NAO450.4∵A(0，1）,∴ONOA1。∴n1。（2）∵以AP为半径的⊙P周长为1，∴当m从1变化到2时，点M转动的圆心角为120°,即圆周角为60°.33∴依照对称性，当点M转动的圆心角为120°时,点N相应搬动的路径起点和终点对于y轴对称.∴此时组成等边三角形，且OAN300.∵点A（0,1），即13OA=1,∴ON.33∴当m从1变化到2时，点N相应搬动的路径长为2323.33334.（2015年浙江金华4分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比率函数yk(x0)的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F.若点D的坐标为（6，8）,则点F的坐x标是▲【答案】，8。123【考点】反比率函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用；菱形的性质；中点坐标;方程思想的应用。【剖析】∵菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，点D的坐标为（6，8），∴ODDCOD628210。∴点B的坐标为（10，0）,点C的坐标为（16,8）。∵菱形的对角线的交点为点A，∴点A的坐标为（8，4）。∵反比率函数yk(x0)的图象经过点A,∴k8432。x∴反比率函数为y32。x416mn8m设直线BC的剖析式为ymx3。n，∴n04010mn3∴直线BC的剖析式为y440x.33440x12yx3联立38。32yy3x∴点F的坐标是，812。35.(2015年浙江丽水4分）如图，反比率函数yk1，22），点A是该图象第一象限的图象经过点（—x分支上的动点,连结AO并延伸交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，极点C在第四象限,AC与x轴交于点P，连结BP。（1）k的值为▲.(2)在点A运动过程中，当BP均分∠ABC时，点C的坐标是▲.【答案】(1）k22；（2）（2，2）.【考点】反比率函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；等腰直角三角形的性质；角均分线的性质；相像、全等三角形的判断和性质;方程思想的应用。【剖析】（1）∵反比率函数yk1，22),的图象经过点（—x∴22kk22。12)如答图1，过点P作PM⊥AB于点M，过B点作BN⊥x轴于点N，设Ax,22，则Bx,-22.xx∴28x2.AB2x∵△ABC是等腰直角三角形，∴BCAC2x28，∠BAC=45°.x2∵BP均分∠ABC,∴BPM≌BPCAAS.∴BMBC2x28。x2∴AMABBM22x28PMAM22x28x2。∴x2。又∵OBx28，∴OMBMOB21x28x2x2.易证OBN∽OPM，∴ONBNOB.OMPMOP22由ONBN得，xx，88OMPM21x222x2x2x2解得x2。∴A2,2，B2,-2。如答图2,过点C作EF⊥x轴，过点A作AF⊥EF于点F，过B点作BE⊥EF于点E，易知,BCE≌CAFHL，∴设CEAFy。又∵BC23,BE22y，BC2BE2CE2，即232222y2.∴依照勾股定理，得y∴y222y20，解得y22或y22（舍去）.∴由A2,2,B2,-2可得C2,-2。6。（2015年浙江绍兴5分)在平面直角坐标系的第一象限内，边长为1的正方形ABCD的边均平行于坐标轴，A点的坐标为（a，a）。如图，若曲线y30)与此正方形的边有交点,则a的取值范围是(xx▲【答案】31a3。【考点】反比率函数的性质；正方形的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想和数形联合思想的应用。【剖析】依照题意，当点3(x0)3(x0)上时，aA在曲线y上时，a获取最大值；当点C在曲线yxx获取最小值.当点A在曲线y3(x0)上时,a3a23a3(舍去负值).xa当点C在曲线y3(x0)上时，易得C点的坐标为a1，a1，x∴a13a12a13a13（舍去负值).13a∴若曲线y3(x0)与正方形的边有ABCD交点，a的取值范围是31a3.x7.（2015年浙江义乌4分）在平面直角坐标系的第一象限内,边长为1的正方形ABCD的边均平行于坐标轴,A点的坐标为（a，a）。如图，若曲线y3(x0)与此正方形的边有交点,则a的取值范围是x▲【答案】31a3。【考点】反比率函数的性质；正方形的性质;曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想和数形联合思想的应用。【剖析】依照题意，当点A在曲线y30)上时，a获取最大值；当点C在曲线y3上时，a(x(x0)xx获取最小值。当点A在曲线y3(x0)上时，a3a23a3(舍去负值）。xa当点C在曲线y3(x0)上时,易得C点的坐标为a1，a1,x∴a13a12a13a13（舍去负值)。13a∴若曲线y30)与正方形的边有ABCD交点，a的取值范围是31a3。(xx8。（2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系xOy中，已知点径的⊙P周长为1。点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动，射线

A（0,1），点P在线段OA上，以AP为半AM交x轴于点N（n,0）.设点M转过的行程为m（0<m<1）。随着点M的转动，当m从1变化到2时，点N相应搬动的路径长为▲33【答案】23.3【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理;等边三角形的判断和性质；含30度直角三角形的性质。【剖析】∵以AP为半径的⊙P周长为1，∴当m从1变化到2时,点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°。33∴依照对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应搬动的路径起点和终点对于y轴对称。∴此时组成等边三角形，且OAN300。13∵点A（0,1），即OA=1，∴ON.33∴当m从1变化到2时，点N相应搬动的路径长为2323。33331.（2015

年浙江杭州

12分）方成同学看到一则资料，甲开汽车，乙骑自行车从

M地出发沿一条公路匀速前往N地,设乙行驶的时间为

t(h），甲乙两人之间的距离为

y(km)，y与t

的函数关系如图

1所示,方成思虑后发现了图

1的部分正确信息

,乙先出发

1h，甲出发

0.5小时与乙相遇，

??，请你帮助方成同学解决以下问题

:（1）分别求出线段

BC,CD

所在直线的函数表达式

;(2）当

20〈y<30

时，求

t的取值范围；3）分别求出甲、乙行驶的行程S甲、S乙与时间t的函数表达式,并在图2所给的直角坐标系中分别画出它们的图象；（4）丙骑摩托车与乙同时出发

,从

N地沿同一条公路匀速前往

M地，若丙经过

h与乙相遇，问丙出发后多少时间与甲相遇。S(km)y(km)100C3ABDt(h)10t(h)O11.5741图13图2【答案】解：(1）设线段BC所在直线的函数表达式为yk1tb1，3k1b10k140∵B3,0,C7,100,∴2，解得.2337k1b1100b16033∴线段BC所在直线的函数表达式为y40t60.设线段CD所在直线的函数表达式为yk2tb2，∵71007k2b2100k220C,,D4,0，∴33解得。33,b2804k1b10∴线段BC所在直线的函数表达式为y20t80.（2）∵线段OA所在直线的函数表达式为y20t0t1，∴点A的纵坐标为20.当20<y<30时,即20<40t60<30或20<20t800<30，解得2<t<95<t<3.或24∴当20<y<309或5时,t的取值范围为2<t<<t<3.42(3）S甲60t601t<3，S乙20t1t<4。所绘图形如答图：（4）当t4800时，S乙,33∴丙距M地的行程S丙与时间t的函数关系式为S丙40t800t2。S60t60与S丙40t800t2图象交点的横联立40t,解得S甲60t601t<3S80坐标为7，5∴丙出发后7h与甲相遇.5【考点】一次函数的图象和性质；待定系数法的应用；直线上点的坐标与方程的关系；解方程组和不等式组;分类思想的应用。【剖析】(1）应用待定系数法即可求得线段BC，CD所在直线的函数表达式.2)求出点A的纵坐标，确定合用的函数,解不等式组求解即可.3）求函数表达式绘图即可.（4）求出

S丙与时间

t的函数关系式，与

S甲

60t

601

t<3

联立求解

.2。（2015

年浙江嘉兴

12分）某公司接到一批粽子生产任务，按要求在

15天内达成，约定这批粽子的出厂价为每只

6元。为准时达成任务，该公司招收了新工人，设新工人李明第

x天生产的粽子数量为

y只，

y与50x0

x5x知足以下关系式：

y

.30x

1205<x

15（1）李明第几天生产的粽子数量为

420只？（2）如图

,设第

x天每只粽子的成本是

p元，

p与x之间的关系可用图中的函数图象来刻画。

若李明第

x天创办的收益为

w元，求

w与

x之间的函数表达式，并求出第几天的收益最大？最大值是多少元

(收益=出厂价-成本）？【答案】解：（1）设李明第n天生产的粽子数量为420只，依照题意，得30n120420,解得n10。答：李明第10天生产的粽子数量为420只.（2）由图象可知，当0x<9时，p4.1；当9x15时，设pkxb，把点（9,4.1)，（15，4.7）代入止式，得9kb4.1k0.115kb，解得b.4.73.2p0.1x3.2。①0x5时,w64.154x102.6x，当x5时，w最大513（元）；②5<x<9时，w64.130x12057x228，∵x是整数,∴当x8时,w最大684（元)；③9x15时，w60.1x3.230x1203x272x33623x12768，∵3<0，∴当x12时,w最大768(元)。102.6x0x5综上所述，w与x之间的函数表达式为w57x2285<x<9，第12天的收益3x272x3369x15最大,最大值是768元.【考点】一元一次方程、一次函数和二次函数的综合应用；分类思想的应用.【剖析】（1)方程的应用解题重点是找出等量关系,列出方程求解。此题设李明第n天生产的粽子数量为420只,等量关系为：“第n天生产的粽子数量等于420只”。（2)先求出p与x之间的关系式，分0x5,5<x<9，9x15三种状况求解即可.3。(2015年浙江金华10分）图1，图2为同一长方体房间的表示图，图2为该长方体的表面张开图.（1）蜘蛛在极点A'处①苍蝇在极点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇,沿墙面爬行的近来路线；②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线,往天花板ABCD爬行的近来路线A'GC和往墙面BB'C'C爬行的近来路线A'HC,试经过计算判断哪条路线更近？（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与D'C'相切，圆心M到边CC'的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上,苍蝇Q在⊙M的圆周上,线段PQ为蜘蛛爬行路线。若PQ与⊙M相切，试求PQ的长度的范围.【答案】解:（1）①如答图1，连结A'B，线段A'B就是所求作的近来路线。②两种爬行路线如答图2所示，由题意可得：在Rt△A’C'C2中，A'HC2=A'C'2C'C227023025800(dm）；在Rt△A’B’C1中,A'GC1=A'B'2B'C124026025200(dm）∵5800＞，∴路线A’GC1更近.(2）如答图，连结MQ,PQ为⊙M的切线,点Q为切点，∴MQ⊥PQ.∴在Rt△PQM中,有PQ2=PM2－QM2=PM2－100,当MP⊥AB时,MP最短，PQ获取最小值,如答图3，此时MP=30+20=50，∴PQ=PM2QM2502102206（dm）。当点P与点A重合时，MP最长，PQ获取最大值，如答图4,过点M作MN⊥AB,垂足为N，∵由题意可得PN=25，MN=50，∴在Rt△PMN中，PM2AN2MN2252502.∴在Rt△PQM中，PQ=PM2QM225250210255（dm)。综上所述,PQ长度的取值范围是206dmPQ55dm。【考点】长方体的表面张开图；双动点问题；线段、垂直线段最短的性质；直线与圆的地点关系;勾股定理。【剖析】（1）①依照两点之间线段最短的性质作答.②依照勾股定理，计算两种爬行路线的长，比较即可获取结论。（2）当MP⊥AB时，MP最短，PQ获取最小值;当点P与点A重合时，MP最长，PQ获取最大值.求出这两种状况时的PQ长即可得出结论

.4。(2015

年浙江金华

12分）如图,抛物线

y

ax2

c(a

0)与y轴交于点

A，与

x轴交于点

B，C

两点（点

C在x轴正半轴上）

,△ABC

为等腰直角三角形

,且面积为

4。现将抛物线沿

BA

方向平移，平移后的抛物线经过点C时，与

x轴的另一交点为

E，其极点为

F,对称轴与

x轴的交点为

H.1）求a，c的值；2）连结OF，试判断△OEF可否为等腰三角形,并说明原因；（3）现将一足够大的三角板的直角极点

Q放在射线

AF

或射线

HF

上，素来角边向来过点

E，另素来角边与

y轴订交于点

P，可否存在这样的点

Q,使以点

P，Q，E

为极点的三角形与△POE

全等？若存在

,求出点

Q的坐标；若不存在

,请说明原因。【答案】解：（1)∵△ABC为等腰直角三角形，∴1OA=BC.又∵△ABC的面积=12BC×OA=4，即OA2=4，∴OA=2.2A（0，2），B（2，0），C（2，0）.∴c2a1，解得2.4ac0c2∴a1,c2。22）△OEF是等腰三角形。原因以下:如答图1，A（0，2），B（2，0），∴直线AB的函数表达式为yx2，又∵平移后的抛物线极点F在射线BA上，∴设极点F的坐标为（m，m+2）.∴平移后的抛物线函数表达式为y1(xm)2m2。（2，0）2∵抛物线过点C，∴1(2m)2m20，解得m10(舍去），m26.21∴平移后的抛物线函数表达式为y1(x6)28,即yx26x10.。当y=0时,122x26x100，解得x12,x210。2E（10，0），OE=10。又F（6，8）,OH=6，FH=8。∴OFOH2FH2628210，EFFH2HE2824245，OE=OF，即△OEF为等腰三角形.(3）存在。点Q的地点分两种状况：状况一：点Q在射线HF上，当点P在x轴上方时，如答图2.∵△PQE≌△POE，∴QE=OE=10。在Rt△QHE中,QHQE2HE210242221,∴Q(6,221)。当点P在x轴下方时，如答图3，有PQ=OE=10,过P点作PKHF于点K,则有PK=6.在Rt△PQK中，QKPQ2PK2102628,∵PQE90，∴PQKHQE90。∵HQEHEQ90，∴PQKHEQ.又∵PKQQHE90,∴PKQ∽QHE。∴PKQK，即68，解得QH3.QHHEQH4Q6，3。状况二：点Q在射线AF上，当PQ=OE=10时，如答图4，有QE=PO，∴四边形POEQ为矩形，∴Q的横坐标为10.当x10时,yx212,∴Q(10,12).当QE=OE=10时，如答图5.过Q作QMy轴于点M，过E点作x轴的垂线交QM于点N，设Q的坐标为(x,x2)，∴MQx,QN10x,ENx2.在RtQEN中，有QE2QN2EN2，即102(10x)2(x2)2,解得x414。当x414时，如答图5，yx2614，∴Q(414,614).当x414时，如答图6，yx2614，∴Q(414,614).综上所述，存在点Q(6,221)或6，3或(10,12)或(414,614)或(414,614)，使以P，Q，E三点为极点的三角形与△POE全等.【考点】二次函数综合题;线动平移和全等三角形存在性问题；等腰直角三角形的性质；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系;勾股定理；全等三角形的判断和性质；相像三角形的判断和性质;分类思想和方程思想的应用。【剖析】（1）由△ABC为等腰直角三角形求得点A、B、C的坐标，应用待定系数法即可求得a，c的值.（2）求得平移后的抛物线剖析式，进而求得点E、F的坐标，应用勾股定理分别求出OE、OF、EF的长,进而得出结论。(3）分点Q在射线HF上和点Q在射线AF上两种状况讨论即可.5.(2015年浙江丽水8分）某运动品牌对第一季度A、B两款运动鞋的销售状况进行统计，两款运动鞋的销售量及总销售额以以下图：（1)一月份B款运动鞋的销售量是A款的4,则一月份B款运动鞋销售了多少双?5（2）第一季度这两款运动鞋的销售单价保持不变,求三月份的总销售额（销售额=销售单价×销售量）；（3)联合第一季度的销售状况，请你对这两款运动鞋的进货、销售等方面提出一条建议。【答案】解：(1）∵50440，5∴一月份B款运动鞋销售了40双。（2）设A、B两款运动鞋的销售单价分别为x,y元，50x40y40000x400则依照题意，得52y，解得y.60x50000500∴三月份的总销售额为400655002039000（元)。（3）答案不唯一，如：从销售量来看，A款运动鞋销售量逐月上涨，比B款运动鞋销售量大，建议多进A款运动鞋，少进或不进B款运动鞋。从总销售额来看，由于B款运动鞋销售量逐月减少,致使总销售额减少,建议采用一些促销手段，增加B款运动鞋的销售量。【考点】开放型；代数和统计的综合题；条形统计图和折线统计图；二元一次方程组的应用。【剖析】（1）依照条形统计图A款运动鞋的销售量和B款运动鞋的销售量是A款的4即可列式求解。5（2)方程（组）的应用解题重点是找出等量关系，列出方程（组）求解.此题设A、B两款运动鞋的销售单价分别为x,y元,等量关系为：“一月份A、B两款运动鞋的总销售额40000元"和“二月份A、B两款运动鞋的总销售额50000元”。(3）答案不唯一，合理即可.6。（2015年浙江宁波12分）如图1,点P为∠MON的均分线上一点，以P为极点的角的两边分别与射线OM，ON交于A,B两点，若是∠APB绕点P旋转时向来知足OAOBOP2,我们就把∠APB叫做∠MON的智慧角。（1）如图2，已知∠MON=90°,点P为∠MON的均分线上一点,以点P为极点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，且∠APB=135°.求证：∠APB是∠MON的智慧角；（2）如图1，已知∠MON=（0°<〈90°），OP=2,若∠APB是∠MON的智慧角,连结AB，用含的式子分别表示∠APB的度数和△AOB的面积;（3）如图3，C是函数y3(x0)图象上的一个动点，过点C的直线CD分别交x轴和y轴于点A，Bx两点，且知足BC=2CA，恳求出∠AOB的智慧角∠APB的极点P的坐标.【答案】解:（1）证明：∵∠MON=90°，点P为∠MON的均分线上一点，∴AOPBOP1MON45.2∵AOPOAPAPO180，∴OAPAPO135.∵APB135，∴APOOPB135。∴OAPOPB。AOP∽POB.∴OAOP，即OP2OAOB。OPOB∴∠APB是∠MON的智慧角.(2）∵∠APB是∠MON的智慧角，∴OP2OAOB，即OAOP.OPOB∵点P为∠MON的均分线上一点，∴AOPBOP1.2∴AOP∽POB。∴OAPOPB.∴APBOPBOPAOAPOPA1801。2如答图1，过点A作AH⊥OB于点H，∴SAOB1OBAH1OBOAsin1OP2sin。222∵OP2，∴SAOB2sin.（3)设点Ca,b，则ab3.如答图，过C点作CH⊥OA于点H。i）当点B在y轴的正半轴时，如答图2，当点A在x轴的负半轴时,BC2CA不可以能。如答图3,当点A在x轴的正半轴时，∵BC2CA，∴CA1。AB3∵CH∥OB，∴ACH∽ABO。∴CHAHCA1.∴OB3b,OA3a。OBOAAB32∴OAOB9ab27.22∵∠APB是∠AOB的智慧角，∴OPOAOB2736。22∵∠AOB=90°，OP均分∠AOB，∴点P的坐标为33,33。22ii）当点B在y轴的负半轴时，如答图4∵BC2CA,∴ABCA.∵∠AOB=∠AHC=90°,∠BAO=∠CAH,∴ACH∽ABO。∴OBCHb,OAAH1a。∴OAOB1ab3.222∵∠APB是∠AOB的智慧角，∴OPOAOB316。22∵∠AOB=90°,OP均分∠AOB，∴点P的坐标为3,-3。22综上所述，点P的坐标为33,33或3,-3.2222【考点】新定义和阅读理解型问题；单动点和旋转问题;相像三角形的判断和性质；锐角三角函数定义；反比例函数的性质;曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想的应用.【剖析】(1）经过证明AOP∽POB，即可获取OP2OAOB，进而证得∠APB是∠MON的智慧角。（2）依照SAOB1OBAH1OBOAsin1OP2sin得出结果。222（3）分点B在y轴的正半轴，点B在y轴的负半轴两种状况讨论.7。（2015年浙江宁波14分）如图,在平面直角坐标系中,点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点。以OM为直径的⊙P分别交x轴,y轴于C，D两点交直线,AB于点E(位于点M右下方），连结DE交OM于点K。（1）若点M的坐标为（3，4),①求A，B两点的坐标;②求ME的长；（2）若OK3，求∠OBA的度数;MKx（0〈x<1)，OK（3）设tanOBAy，直接写出y对于x的函数剖析式.MK【答案】解：（1)①如答图，连结DM,MC，∵OM是⊙P的直径，∴MDOMCO90。∵AOB90，∴MD∥OA,MC∥OB。∵点M是AB的中点,∴点D是AB的中点，点C是OA的中点.∵点M的坐标为(3,4），∴OB2MC8,OA2MD6.∴点B的坐标为（0，8）,点A的坐标为（6，0）。②在RtAOB中，∵OA6,OB8,∴由勾股定理，得AB10。∵点M是AB的中点，∴BM15。AB2∵BOMBED，OBMEBD，∴OBM∽EBD.∴BMBO。BDBE∴BEBOBD48BEBM6.451.4.BM56.4.∴ME（2)如答图，连结DP，∵OK3∴OK3MK,OM4MK∴MK.MK,.PK∵OPPM,BDDO，∴DP是BOM的中位线.∴DP∥BM。∴PDKMEK又∵PKDMKE.∴DPK≌EMKAAS。∴DKKE。∵OM是⊙P的直径，∴OMDE.∴cosPK。DPKPD∵DPPM2ME,∴cosDPK1DPK60,DOM30..∴2∵在RtAOB中,点M是AB的中点，∴BMMO。∴OBADOM30.（3）y对于x的函数剖析式为y21x2.【考点】圆的综合题；圆周角定理；平行的性质；点的坐标;勾股定理；相像三角形的判断和性质;三角形中位线定理；全等三角形的判断和性质；锐角三角函数定义；特别角的三角函数值；等腰三角形的性质;由实质问题列函数关系式;方程思想的应用。【剖析】(1）①连结DM,MC,由三角形中位线定理求得A,B两点的坐标.②要求ME的长，由MEBEBM知只需求出BE和BM的长即可，BM的长可由AB长的一半求得,而AB长可由勾股定理求得；BE的长可由OBM∽EBD的对应边成比率列式求得.（2）连结DP，求得DPK≌EMKAAS获取DKKE，由DPPM2ME获取cosDPK1，2即DPK60,因此求得OBADOM30.（3）如答图，连结PC，∵OM是⊙P的直径，∴NEO90.∵tanOBAx（0<x〈1),不如设BE，1∴在RtOBE中，OEBEtanOBAx.设BMOMm，则MEBEBM1m。∵在RtOME中,1m2x2m2,∴m1x2.2∴ME1m1x2,DP1BM1m1m2。2224PKDP1x21x2DPK∽MKE，∴4∵KMME1x221x2.2222∴MPPKMK1x21x3x.21x2MKMK21x2∵点P是MO的中点，∴OM2MP3x2.MKMK1x2∴yOKOKMK3x21x22。MKMK1x21x2∴y对于x的函数剖析式为y21x2.8。（2015年浙江绍兴14分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的极点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC,边AB上的点，连结AC，PQ,点B1是点B对于PQ的对称点。(1）若四边形OABC为矩形，如图1，①求点B的坐标；②若BQ:BP=1：2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标;（2）若四边形OABC为平行四边形,如图2,且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，与对角线AC、边OC分别交于点E、点F。若B1E:B1F=1:3，点B1的横坐标为m，求点B1的纵坐标，并直接写出m的取值范围.【答案】解：（1）①∵四边形OABC为矩形，OA=4，OC=2,∴点B（4，2)。②如答图1，过点P作PD⊥OA于点D，BQ:BP=1:2,点B1是点B对于PQ的对称点,∴∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°.∴∠PB1D=∠B1QA。∴△PB1D∽△B1QA.PDPB12。AB1B1QB1A=1。OB1=3，即B1(3，0）.2）∵四边形OABC为平行四边形，OA=4,OC=2,且OC⊥AC，∴∠OAC=30°.∴点C1，3.B1E：B1F=1：3,∴点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延伸线上。①当点B1在线段FE的延伸线上时,如答图2，延伸B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，B1F∥x轴，B1E：B1F=1：3，∴B1G=m.设OG=a，则GF=323a，OF=a。33∴CF=223a。3∴FE=443a,B1E=223a.33∴B1G=B1E+EF+FG=223a443a3am.333∴a3m63，55即点B1的纵坐标为

361710m3，m的取值范围为m17.5577②当点B1在线段EF（点E、F除外）上时,如答图3，延伸B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，B1F∥x轴，∵B1E：B1F=1：3，∴B1G=m。设OG=a，则GF=3a，OF=23a33∴CF=223a。3∴FE=44333a.3a，B1F=FE=34∴B1G=B1F+FG=33a3am。3∴a3m33，22即点B1的纵坐标为3m33，m的取值范围为15m3.227【考点】轴对称问题;矩形和平行四边形的性质;轴对称的性质;相像三角形的判断和性质；含30度直角三角形的性质;点的坐标；分类思想的应用。【剖析】(1）①直接依照矩形的性质获取点B的坐标。②过点P作PD⊥OA于点D，证明△PB1D∽△B1QA,获取B1A的长,进而获取OB1的长,进而得到点B1的坐标.(2）分点B1在线段FE的延伸线上和点B1在线段EF（点E、F除外）上两种状况讨论即可.9。（2015年浙江台州12分）如图，在多边形ABCDE中，∠A=∠AED=∠D=90°，AB=5，AE=2，ED=3,过点E作EF∥CB交AB于点F，FB=1，过AE上的点P作PQ∥AB交线段EF于点O，交折线BCD于点Q，设AP=x，POOQ=y.（1)①延伸BC交ED于点M，则MD=▲，DC=▲②求y对于x的函数剖析式；（2）当ax1y6b，求a，b的值；(a0)时，9a2（3）当1y3时，请直接写出x的取值范围.【答案】解：(1）①2;1.②∵APx，∴EP2x。在RtAEF中，tanAF4AEF2,AE2∴POPEtanAEF2(2x)2x4∵AAED90，∴ABDE。∵PQAB，∴PQED．当0x1时，如答图1所示,∵EFCB，PQAB，∴四边形OFBQ是平行四边形．∴OQFB1。∴yPOOQ(2x4)12x4．当1x2时,如答图2所示，∵AEDD90，∴AECD．∵PQED，∴四边形DEPQ是矩形．∴OQ3(2x4)2x1．∴yPOOQ(2x4)(2x1)4x210x4．∴y2x40x14x210x41x2（2）∵当ax1a0时，y2x4，∴x4y.22由ax1得，a4y1，解得3y42a.22211(a9a3a∵当ax0)时，9ay6b，∴，解得3。6b422a5b9∴a1,b53。9（3）1x55.24【考点】由实责问题列函数关系式（几何问题）；平行四边形、矩形的判断和性质；相像三角形的判断和性质；方程组和不等式组的应用；分类思想和数形联合思想的应用.【剖析】（1）①如答图1，延伸BC交ED于点M，则∵∠A=∠AED=90°，∴ED∥AB.∵EF∥CB,∴四边形FBME是平行四边形.∴EM=FB=1.∵ED=