中考数学压轴题100题(1-50题答案)

中考数学压轴题100题精选〔1—50题答案〕【001】解：〔1〕Q抛物线ya(x1)233(a0)经过点A(2，0)，309a33a1分二次函数的解析式为：y3x223x833333分〔2〕QD为抛物线的极点D(13，3)过D作DNOB于N，那么DN33，AN3，AD32(33)26DAO60°4分QOM∥ADyM①当ADOP时，四边形DAOP是平行四边形DCOP6t6(s)5分②当DPOM时，四边形DAOP是直角梯形过O作OHAD于H，AO2，那么AH1

PHAOENQBx〔如果没求出DAO60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH1〕OPDH5t5(s)6分③当PDOA时，四边形DAOP是等腰梯形OPAD2AH624t4(s)综上所述：当t6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形．7分〔3〕由〔2〕及，COB60°，OCOB，△OCB是等边三角形那么OBOCAD6，OPt，BQ2t，OQ62t(0t3)过P作PEOQ于E，那么PE3t8分2332SBCPQ16331(62t)3t633t289分222=2t3633当2时，SBCPQ的面积最小值为810分此时OQ3，OP=3，OE3QE339PE3324444B22PQPE2QE23393344211分QE8ADCFP【002】解：〔1〕1，5；图3〔2〕作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴AP3t．由△AQF∽△ABC，BC52324，QFt414得45．∴QF5t．∴S2(3t)5t，S2t26tQD即55．AP图4〔3〕能．①当DE∥QB时，如图4．DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．AQAP由△APQ∽△ABC，得ACAB，t3t9即35．解得t8．②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，

BECAPAP

QDP图5QD图6QD图7

BECBGC(E)BGC(E)四边形QBED是直角梯形．此时∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得

AQAPABAC，t3t15即53．解得t8．〔4〕t5452或t14．【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．方法一、连结QC，作QG⊥BC于点G，如图6．t，QC2QG2CG2[3(5t)]2[44(5t)]2PC55．由PC2QC2，得t2[3(5t)]2[44(5t)]2，解得t5552．方法二、由CQCPAQ，得QACQCA，进而可得BQ，∴AQ55BBCQ，得CQBQ2．∴t2．②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．(6t)2[3(5t)]2[44(5t)]24555，t14】【003】解.(1)点A的坐标为〔4，8〕1分将A(4,8)、C〔8，0〕两点坐标分别代入y=ax2+bx8=16a+4b0=64a+8b1a=-2,b=4y=12x2+4x3PEBC2RtAPERtABCtanPAE=AP=AB,PE4AP=81PE=2AP=2tPB=8-t14+2t8-t.11G24+21t2+8.5

1t2+4(4+2t=11EG=8t2+8-(8-t)=8t2+t.1-80t=4EG2.7.分164085t1=3，t2=13，t3=25．11分2x80，4．A点坐标为4，0．【004】〔1〕解：由33得x由2x160，x8．B点坐标为8，0．AB8412．分〕得∴〔2y2x8，x，3355，6．y2x．．由解得y〔3分〕6∴C点的坐标为∴S△ABC1·1．2AByC212636〔4分〕〔2〕解：∵点D在l1上且xDxB288．∴D点坐标8，yD383为8，8．分〕又∵点E在l2上且yEyD，2xE16．．〔588xE4∴点坐标为4，8．〔6分〕∴OE844，EF8．〔7分〕〔3〕解法一：①当0≤t3时，如图1，矩形DEFG与△ABC重叠局部为五边形CHFGR〔t0时，为四边形CHFGCMAB于M，那么Rt△RGB∽Rt△CMB．

〕．过C作yyyl2l1l2l1l2l1EDEEDDCCCRRRAOFMGBxAFOGMBxFAGOMBx〔图1〕〔图2〕〔图3〕BGRGtRG∴BMCM，，2t．QRt△AFH∽Rt△AMC，即36∴RGSS△ABCS△BRGS△AFH361t2t18t28t．∴223S4t216t44．即333〔10分〕【005】〔1〕如图1，过点E作EGBC于AD点G．1分EF∵E为AB的中点，BCG1BE2．图1AB2在Rt△EBG中，∠B∴30．2分60，∠BEGBG1BE1，EG22123．2即点E到BC的距离为3．3分〔2〕①当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改变．∵PMEF，EG∴PM∥EG．EF，∵EF∴EPGM，PMEG3．∥BC，同理MNAB4分4．如图2，过点P作PHMN于H，∵MN∥AB，∴∠NMC∠B60，∠PMH30．PH1PM3．∴22

NADPEFHBCGM图2MHPMgcos303．∴2NHMNMH435．那么222253．PNNH2PH2227在Rt△PNH中，∴△PMN的周长=PMPNMN374．6分②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但MNC恒为等边三角形．当PMPN时，如图3，作PRMN于R，那么MRNR．MR3．近似①，2MN2MR3．7分∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3．此时，xEPGMBCBGMC6132．8分ADADADPNPEFEFEF〔P〕RNNBMCBGMCBCGGM图3图4图5当MPMN时，如图4，这时MCMNMP3．此时，xEPGM61353．当NPNM时，如图5，∠NPM∠PMN30．那么∠PMN120，又∠MNC60，∴∠PNM∠MNC180．因此点P与F重合，△PMC为直角三角形．∴MCPMgtan301．此时，xEPGM6114．综上所述，当x2或4或53时，△PMN为等腰三角形．5006】解：〔1〕OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=4,5得AB=2，53设A〔a,0〕,B(b,0)AB=ba=(ab)24ab=2，解得p=2,但3p<0,所以p=2。yx23x1所以解析式为：2〔2〕令y=0，解方程得

x23x10x11,x222，得2,所以15A(2,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC=2,同样可求得BC=5，显然AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角555形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB=2,所以4m4。〔3〕存在，AC⊥BC，①假定以AC为底边，那么BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组

23yxx1y2x4得5D〔2，9〕②假定以BC为底边，那么BC//AD,易求BC的解析式为1y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把A(2，0)代入得AD解析式为y=0.5x+0.25，解方程组

yx23x125,3y0.5x0.25得D(22)553综上，所以存在两点：〔2,9〕或(2,2)。007】008】证明：〔1〕∵∠ABC=90°，BD⊥EC，∴∠1与∠3互余，∠2与∠3互余，1=21ABC=DAB=90°AB=ACBADCBE2AD=BE32EABEB=EA1AD=BEAE=AD5ADBC7=ACB=45°6=45°6=7EM=MDAMDEACED73DBCCD=BD82CD=CE1CE=BDCD=BDDBC100091QAC⊥xAE⊥yyAEOCBF⊥xBD⊥yBDOFAC⊥xBD⊥yAEDK，DOCK，CFBK1

AEBDKOCFMx图1QOCx1，ACy1，x1gy1kS矩形AEOCOCgACx1gy1kQOFx2，FBy2，x2gy2k，S矩形BDOFOFgFBx2gy2k．S矩形AEOCS矩形BDOF．QS矩形AEDKS矩形AEOCS矩形DOCK，S矩形CFBKS矩形BDOFS矩形DOCK，S矩形AEDKS矩形CFBK．2分②由〔1〕知S矩形AEDKS矩形CFBK．AKgDKBKgCK．AKBKCKDK．4分QAKB，CKD90°△AKB∽△CKD．5分CDKABK．AB∥CD．6分QAC∥y轴，四边形ACDN是平行四边形．ANCD．7分同理BMCD．ANBM．8分〔2〕AN与BM仍旧相等．9分QS矩形AEDKS矩形AEOCS矩形ODKC，S矩形BKCFS矩形BDOFS矩形ODKC，

yANFMOCxDKB图2又QS矩形AEOCS矩形BDOFk，S矩形AEDKS矩形BKCF．10分AKgDKBKgCK．CKDKAKBK．QKK，△CDK∽△ABK．CDKABK．AB∥CD．11分QAC∥y轴，四边形ANDC是平行四边形．ANCD．同理BMCD．ANBM．12分3a4ab1.【010】解：〔1〕根据题意，得2aa1，解得b2.抛物线对应的函数表达式为

2b3，2分yyx2D2x3．3分E〔2〕存在．在令

Nxyx22x3中，令x0，得y3．AO1Ny0，得x22x30，x11，x23．FPCA(10)，，B(3，0)，C(0，3)．M〔第26题图〕y(x1)24M(1，4)5CMyx3yx3y0x3N(3，0)AN26yx22x3y3x10，x22CP2，ANCPQAN∥CPANCPP(2，3)83△AEFyx3x0y3y0x3yx3D(0，3)B(3，0)ODOBOBD945°QC(0，3)OBOCOBC1045°AEFABFAFE1145°ABE45°EAFAEAF△AEF1290°4Eyx33140111RtFCDGDFCG=FD1RtDEFEG=FD2CG=EG321EG=CGAGGMNADMEFNDAG

DCG

AD=CD

ADG=

CDGDG=DGDAGDCGAG=CG5DMGFNGDGM=FGNFG=DGMDG=

NFGDMGFNGMG=NGAM=EN6

AENMRtAMGRtENGAM=ENMG=NG

AMG

ENG

AG=EGEG=CG

8CG

M,

MG=CGMFMEEC

4DCGFMGFG=DGMGF=CGDMG=CGDCGFMGMF=CDFMGDCGMFCDAB5RtMFERtCBEMF=CBEF=BEMFECBEMECMEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=MC．8分〔3〕〔1〕中的结论仍旧建立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．10分【012】解：〔1〕Q圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，点A、B、C、D的坐标分别为A(10)，、B(0，1)、C(1，0)、D(01)，抛物线与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，M(1，1)、N(11)，．Q点D、M、N在抛物线上，将c11abcD(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入yax2bxc，得：1abca1b1解之，得：c1抛物线的解析式为：yx2x1．4分2Qyx2x1x15〔2〕24x1抛物线的对称轴为2，OE1，DE115．6分242连结BF，BFD90°，DEOD△BFD∽△EOD，DBFD，DE5，OD1，DB2

yDNEAOCxFMPB又2，FD

45，45535EFFDDE210．8分3〕点P在抛物线上．9分设过D、C点的直线为：ykxb，将点C(10)，、D(01)，的坐标代入ykxb，得：k1，b1，直线DC为：yx1．10分过点B作圆O的切线BP与x轴平行，P点的纵坐标为y1，将y1代入yx1，得：x2．P点的坐标为(2，1)，当x2时，yx2x122211，所以，P点在抛物线yx2x1上．12分【013】解：〔1〕Q该抛物线过点C(0，2)，可设该抛物线的解析式为yax2bx2．将A(4，0)，B(1，0)代入，a1，216a4b2，50得ab20.b.解得2此抛物线的解析式为y1x25x222．〔3分〕〔2〕存在．〔4分〕yDP如图，设P点的横坐标为m，BA1m25m2O1M4x那么P点的纵坐标为22，2EC当1m4时，〔第26题图〕PM1m25m2AM4m，22．又QCOAPMA90°，AMAO2①当PMOC1时，APM∽△ACO，4m21m25m2即22．解得m12，m24〔舍去〕，P(2，1)．〔6分〕AMOC12(4m)1m25m2②当PMOA2时，△APM∽△CAO，即22．解得m14，m25〔均不合题意，舍去〕当1m4时，P(2，1)．〔7分〕近似地可求出当m4时，P(5，2)．〔8分〕当m1时，P(3，14)．综上所述，切合条件的点P为(2，1)或(5，2)或(3，14)．〔9分〕〔3〕如图，设D点的横坐标为t(0t4)，那么D点的纵坐标为1t25t2．22过D作y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为y1x22．〔10分〕1DE1t251122tt，t2t2t2tE点的坐标为2．2222．11分〕S△DAC11t22t4t24t(t2)2422．当t2时，△DAC面积最大．D(2，1)．〔13分〕【014】〔1〕解：∵A点第一次落在直线yx上时停止旋转，∴OA旋转了450.4522∴OA在旋转过程中所扫过的面积为3602.4分〔2〕解：∵MN∥AC，∴BMNBAC45,BNMBCA45.∴BMNBNM.∴BMBN.又∵BABC，∴AMCN.又∵OAOC,OAMOCN,∴OAMOCN.∴AOMCON.∴AOM1(9045.∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正2方形OABC旋转的度数为45.8分〔3〕答：p值无变化.证明：延伸BA交y轴于E点，那么AOE450AOM，CON900450AOM450AOM，∴AOECON.又∵OAOC，OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.yEyx又∵MOEMON450,OMOM,AM∴OMEOMN.B∴MNMEAMAE.∴MNAMCN，ONx∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC4.C〔第26∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.12分【015】⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)2+k∵极点C的73横坐标为4，且过点(0，9)∴y=a(x-4)2+k7316ak①9又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6A(1，0)，B(7，0)3∴0=9a+k②由①②解得a=9，k=－3∴二次3函数的解析式为：y=9(x-4)2－3⑵∵点A、B对于直线x=4对称∴PA=PB∴PA+PD=PB+PD≥DB∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值∴DB与对称轴的交点即为所求点P设直线x=4与x轴交于点M∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO73PMBM33PM9∴△BPM∽△BDO∴DOBO∴73∴点P的坐标3为(4，3)⑶由⑴知点C(4，3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot3ACM=3，∴∠ACM=60o，∵AC=BC，∴∠ACB=120o①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120o，那么∠QBN=60o∴QN=33，BN=3，ON=10，此时点Q(10，33)，如果AB=AQ，由对称性知Q(-2，33)②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是(4，3)，经查验，点(10，33)与(-2，33)都在抛物线上综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC点Q的坐标为(10，33)或(-2，33)或(4，3)．【016】解：〔1〕设正比率函数的解析式为yk1x(k10)，因为yk1x的图象过点A(3，3)，所以33k1，解得k11．这个正比率函数的解析式为yx．〔1分〕yk2(k20)．因为yk2设反比率函数的解析式为xx的图象过点A(3，3)，所以k293y3，解得k29．这个反比率函数的解析式为x．〔2分〕993〔2〕因为点B(6，m)在ym2，那么点x的图象上，所以63B6，．〔3分〕设一次函数解析式为yk3xb(k30)．因为yk3xb的图象是由x平移获得的，3所以k31，即yxb．又因为yxb的图象过点B6，，所以23b9y96bx2，解得2，一次函数的解析式为2．〔4分〕yx90，92的图象交y轴于点D，所以D的坐标为2．〔3〕因为设二次函数的解析式为yax2bxc(a0)．30，9因为yax2B6，，bxc的图象过点A(3，3)、2、和D29a3bc3，a1，36a6bc3，b2，24c9.〔5分〕c9.所以2解得2y1x24x9这个二次函数的解析式为22．〔6分〕Qyx99，2交x轴于点C，点C的坐标是20〔4〕y，156161313S6233如下列图，222299451842

A3EBO3C6xD81．假定存在点E(x0，y0)，使S12812273S432．Q四边形CDOE的极点E只能在x轴上方，y00，19919819y0．S1S△OCDS△OCE22222gy084819y027y03842，2．QE(x0，y0)在二次函数的图象上，12932x04x022．解得x02或x06．3当x06时，点E6，与点B重合，这时CDOE不是四边形，故2x06舍去，3点E的坐标为2，．〔8分〕2【017】解：〔1〕抛物线yx2bxc经过A(1，0)，B(0，2)，01bcb3200c解得c2所求抛物线的解析式为yx23x2．2分〔2〕QA(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2可得旋转后C点的坐标为(31)，3分当x3时，由yx23x2得y2，可知抛物线yx23x2过点(3，2)将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．平移后的抛物线解析式为：yx23x1．5分〔3〕Q点N在yx23x1上，可设N点坐标为(x0，x023x01)323yx5将yx23x1配方得24，其对称轴为x2．6分03yx0①当2时，如图①，QS△NBB12S△NDD111x02113x0222Qx01此时x023x011N点的坐标为(1，1)．8分②当x032时，如图②11x021x03同理可得222x03此时x023x011点N的坐标为(31)，．

BB1CAODxND1图①yBNB1ACODxD1图②综上，点N的坐标为(1，1)或(31)，．10分【018】解：〔1〕Q抛物线yax2bx4a经过A(1，0)，C(0，4)两点，，a，ab4a014a4.解得b3.

y抛物线的解析式为yx2CD3x4．〔2〕Q点D(m，m1)在抛物线上，EAB2Oxm1m3m4，即m22m30，m1或m3．Q点D在第一象限，点D的坐标为(3，4)．由〔1〕知OAOB，．CBA45°设点D对于直线BC的对称点为点E．QC(0，4)，CD∥AB，且CD3，ECBDCB45°，点在y轴上，且CECD3．OE1，E(0，1)．即点D对于直线BC对称的点的坐标为〔0，1〕．〔3〕方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E．由〔1〕有：OBOC4，OBC，y45°QDBP45°，CBDPBA．CDQC(0，4)，D(3，4)，CD∥OB且CD3．PEDCECBO45°，ABxFODECE322．BE52BCCE2，QOBOC4，BC42，DE3tanPBFtanCBDBE5．设PF3t，那么BF5t，OF5t4，P(5t4，3t)．P点在抛物线上，3t(5t4)23(5t4)4，22266t0〔舍去〕或tP，．25，525方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于H．过Q点作QG⊥DH于G．yQPBD45°，QDDB．QDGBDH90°，又DQGQDG90°，DQGBDH．

DCQPGABx△QDG≌△DBH，QGDH4，DGBH1．OH由〔2〕知D(3，4)，Q(13)，．y3x12QB(4，0)，直线BP的解析式为55．yx23x，4y3x12，解方程组55得266，

x22，x1，5466.y1；y2025点P的坐标为525．【019】〔1〕EO＞EC，原因如下：由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC，故EO＞EC2分〔2〕m为定值∵S四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO·(EO―EC)S四边形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC)·CO∴S四边形CFGHm1S四边形CMNO43CO=1CE1，QF2EF=EO=112QF33331cosFEC=2FEC=60°18060OEA，EAO30FEA6022EFQEQ3

51EQ13EQ3QIEOIEI=23IQ=23211(3,1)6IO=333Q33y=mx2+bx+cC(01)Q(3,1)33m=1b3c=1yx23x17AO3EO23433x23y(23)2323113333AB(23,1)8P33112BP=33AO方法1：假定△PBK与△AEF相像，而△AEF≌△AEO，那么分情况如下：BK23234383223BK①3时，9(,1)(,1)3∴K点坐标为9或92BK32343232时，BK②333∴K点坐标为(3,1)或(0,1)10分故直线KP与y轴交点T的坐标为(0,5)或(0,7)或(0,1)或(0,1)12分333方法2：假定△BPK与△AEF相像，由〔3〕得：∠BPK=30°或60°，过P作PR⊥y轴于R，那么∠RTP=60°或30°2332①当∠RTP=30°时，RT32332②当∠RTP=60°时，RT33∴T1(0,7)，T2(0,5)，T3(0,1)，T4(0,1)33312分020】解：〔1〕①CF⊥BD，CF=BD②建立，原因如下：∵∠FAD=∠BAC=90°∴∠BAD=CAF又BA=CA，AD=AF∴△BAD≌△CAF∴CF=BD∠ACF=∠ACB=45°∴∠BCF=90°∴CF⊥BD12ACB=45°CFBCAACCBGACB=45°AG=ACAGC=ACG=45°AG=ACAD=AF1GADCAFSASACF=AGD=45°GCF=GCA+ACF=90°

CFBC

23AQBCQACB=45°AC=42CQ=AQ=4PCD=ADP=90°ADQ+CDP=CDP+CPD=90°ADQDPC1PCCDDQ=AQCDx0x3DQ=CQCD=4xPCx4x=4111PC=4(x2+4x)=4(x2)2+1≥1PC=1

x=2

PC

10211k2k132EFAB4E(4,k2)A–40B034F(k2,3)k2k234PA=3PE=4PB=4PF=3PA312PB412PEk212k2PFk212k23443PAPBPEPFAPB=EPFAPBEPFPAB=PEFEFAB7S2EEMyMFFNxNQk2k2k2k2由上知M〔0，4〕，N〔3，0〕，Q〔3，4〕．8分而S△EFQ=S△PEF，∴S2＝S△PEF－S△OEF＝S△EFQ－S△OEF＝S△EOM＋S△FON＋S矩形OMQN11k2k212＝2k22k234＝k212k21(k26)2310分=12．当k26时，S2的值随k2的增大而增大，而0＜k2＜12．11分∴0＜S2＜24，s2没有最小值．12分说明：1．证明AB∥EF时，还可利用以下三种方法．方法一：分别求出经过A、B两点和经过E、F两点的直线解析式，利用这两个解析式中x的系数相等来证明AB∥EF；方法二：利用tanPAB＝tanPEF来证明AB∥EF；方法三：连结AF、BE，利用S△AEF＝S△BFE获得点A、点B到直线EF的距离相等，再由A、B两点在直线EF同侧可获得AB∥EF．2．求S2的值时，还可进行如下变形：S2＝S△PEF－S△OEF＝S△PEF－〔S四边形PEOF－S△PEF〕＝2S△PEF－S四边形PEOF，再利用第〔1〕题中的结论．【022】解：(1)设抛物线的解析式为：y＝a(x－m＋2)(x－m2)a(xm)24a2ACBCACBAB411C(m2)a2y2(xm)225(C)(2)mm12y2(xm)2271(3)(1)D(02m22)mBODBODODOB912m22|m2|m20m4m2()m20m0()m2()m20m2BOD()m4BOD0231△MBCMBMC，∠MBC∠MCB60

MADMADAMMDAD∥BC60°QBCP∴∠AMB∠MBC60，∠DMC∠MCB60∴△AMB≌△DMC∴ABDC∴梯形ABCD是等腰梯形．〔2〕解：在等边△MBC中，MBMCBC4，∠MBC∠MCB60，MPQ60∴∠BMP∠BPM∠BPM∠QPC120PCCQ∴∠BMP∠QPC∴△BMP∽△CQP∴BMBP5分∵PCx，MQy∴BP4x，QC4y6分x4yy1x2x4∴44x∴47分〔3〕解：①当BP1时，那么有BP∥AM，BP∥MD那么四边形ABPM和四边形MBPD均为平行四边形∴MQy132341344当BP3时，那么有PC∥AM，PC∥MD，那么四边形MPCD和四边形APCM均为平行四边形∴MQy11311444BP1，MQ1313BP3，MQ∴当4或4时，以P、M和A、B、C、中的两个点为极点的四边形是平行四边形．此时平行四边形有4个．y1x223△PQC为直角三角形∵4∴当y取最小值时，xPC2∴P是BC的中点，MPBC，而∠MPQ60，∴∠CPQ30，∴∠PQC90【024】〔1〕由B(3,m)可知OC3，BCm，又△ABC为等腰直角三角形，∴ACBCm，OAm3，所以点A的坐标是〔3m,0〕.〔2〕∵ODAOAD45∴ODOAm3，那么点D的坐标是0,m3〕.又抛物线极点为P(1,0)，且过点B、D，所以可设抛物线的解析式为：ya(x1)2，得：a(31)2ma1a(01)2m3解得m4∴抛物线的解析式为yx22x17分〔3〕过点Q作QMAC于点M，过点Q作QNBC于点N，设点Q的坐标是(x,x22x1)，那么QMCN(x1)2，MCQN3x.QMPM(x1)2x1∵QM//CE∴PQM∽PEC∴ECPC即EC2，得QNBNEC2(x1)∵QN//FC∴BQN∽BFC∴FCBC即3x4(x1)24，得FC又∵AC4FC4x1FC(ACEC)4[42(x1)]4(2x2)42(x1)8∴x1x1x1即FC(ACEC)为定值8.025】解：〔1〕设点M的横坐标为x，那么点M的纵坐标为－x+4〔0<x<4，x>0，－x+4>0〕；那么：MC＝∣－x+4∣＝－x+4，MD＝∣x∣＝x；∴C四边形OCMD＝2〔MC+MD〕＝2〔－x+4+x〕8∴当点M在AB上运动时，四边形OCMD的周长不发生变化，老是等于8；〔2〕根据题意得：S四边形OCMD＝MC·MD＝〔－x+4〕·x＝－x2+4x＝－(x-2)2+4∴四边形OCMD的面积是对于点M的横坐标x〔0<x<4〕的二次函数，并且当x＝2，即当点M运动到线段AB的中点时，四边形OCMD的面积最大且最大面积为4；〔3〕如图10〔2〕，当0aS41a21a242时，22；如图10〔3〕，当2a4时，S1(4a)21(a4)222；∴S与a的函数的图象如下列图所示：S4·S1a2〔40a2)22·S124)(a4)〔2a20··a2422【026】解：〔1〕∵AH∶AC=2∶3，AC=6∴AH=3AC=3×6=4又∵HF∥DE，∴HG∥CB，∴△AHG∽△ACB1分∴AH=HG，即4=HG，∴ACBC68162HG=31SAHG=2AH·HG=1632

12×4×3=3324HH′CDHCH′DCDH′HC=90°CDH′H5CH=AC-AH=6-4=2CD=CH=2CDH′Ht=2CDH′H6DEF=ABCEFABt=4EFBA.0≤t≤4DEFH′.7FMAC63FFMDEMME=tanDEF=tanABC=BC=8=444884ME=3FM=3×2=3HF=DM=DE-ME=4-3=3141616DEFH′24+3×2=3y=314t≤53CBGH-CDH′H.SCBGH=SABC-S1324040△AHG=2×8×6-3=3S矩形CDH′H=2t∴y=3-2t1〔Ⅲ〕当53＜t≤8时，如图，设H′D交AB于P.BD=8-tPD3又DB=tan∠ABC=433∴PD=4DB=4〔8-t〕∴重叠局部的面积y=S,11333PDB=2PD·DB=2·4〔8-t〕〔8-t〕=8〔8-t〕2=8t2-6t+24∴重叠局部面积y与t的函数关系式：3y=16〔0≤t≤4〕4013-2t〔4＜t≤53〕31t2-6t+24〔53＜t≤8〕【027】解：(1)设抛物线的解析式为：y1a(x1)24,把A〔3,0〕代入解析式求得a1所以y1(x1)24x22x3，设直线AB的解析式为：y2kxb由y1x22x3求得B点的坐标为(0,3)把A(3,0)，B(0,3)代入y2kxb中解得：k1,b3所以y2x36分(2)因为C点坐标为(１,4)，所以当x＝１时，y1＝4，y2＝2所以CD＝4-2＝28分1323SCAB2(平方单位)(3)假定存在切合条件的点P，设P点的横坐标为x，△PAB的铅垂高为h，那么hy1y2(x22x3)(x3)x23x，由9S△PAB=8S△CAB13(x23x)932x3得：28，化简得：4x12x90解得，2将x3代入y1x22x3中，解得P点坐标为(3,15)224028】解：〔1〕(5′)错误!未找到引用源。∵抛物线与y轴交于点〔0，3〕，∴设抛物线解析式为yax2bx3(a0)(1′)ab30a1根据题意，得9a3b30，解得b2∴抛物线的解析式为yx22x3(5′)(2)(5′)由极点坐标公式得极点坐标为〔1，4〕〔2′)设对称轴与x轴的交点为F∴四边形ABDE的面积=SABOS梯形BOFDSDFE1AOBO1(BODF)OF1EFDF=2221131(34)11245′=222=93(2′)BD=BG2DG212122BE=BO2OE2323232DE=DF2EF2224225BD2BE220,DE220BD2BE2DE2,BDEAOBO2AOBDBE90,BDBE2,AOBDBE(2′)0291=a24(a2)(a2)240ax22x1x2yx2axa20x1x2ax1?x2a213|x1x2|(x1x2)2134(x1x2)213(x1x2)24x1?x2135(a)24(a2)13(a5)(a1)0a5或1a<0a=1yx2x36〔3〕设点P的坐标为(xo,y0)，因为函数图象与x轴的两个交点间的距离等于13，所以：AB=13，所以：S△1AB?|y0|13PAB=2213|y0|13即：|y0|3，那么y03所以：22当y03时，x02xo33，即(x03)(xo2)0x0=－2或3，当y03时，x02解此方程得：xo33，即x0(xo1)0解此方程得：x0=0或1综上所述，所以存在这样的P点，P点坐标是(－2,3),(3,3),(0,－3)或(1,－3)。〔12分〕34【030】解：〔1〕C(5P3t，tt，0)，55

．〔2分〕〔2〕①当⊙C的圆心C由点M5，0向左运动，使点A到点D并随⊙C持续向左运动时，3t≤345t≥有2，即3．当点C在点D左侧时，过点C作CF⊥射线DE，垂足为F，那么由CDFEDO，CF3(5t)4t8得△CDF∽△EDO，那么45CF5．．解得CF≤14t8≤1t，解得t≤16由2t，即523．当⊙C与射线DE有公共点时，t的取值范围为4≤t≤1633．5PAABPPQ⊥xQPA2PQ2AQ216t2229t218t4t253t33t9t272t8002525205t1420y3，t237PAPBPC⊥ABEP5t33t59F5t3OAQCDBxMPBAB16t22PB2PQ2BQ251t33t252513t22t4t28t8002057t2t44，t520711420△PABt4t5t3t3122403115,24,532AP=tAQ=102t.11,QQGADGyDQGBEAQGABE,

PEGAOCxQB(图1)QGQABEBA,4848tQG=525,1S12422452APQG25t5t(2≤t≤5).S2452525(t2)6(2≤t≤5).5t=2S6.1APQAPQ.t=4P1AP=4.1:QCB,PQ≥BE>PAQ1,Q1A=Q1P.2,Q1Q1MAPMQ1MAC1AP2F,AM=2.FMQ1FOD33AMFAODCQ1F,AMCQ1AO4FM,2,Q1FMQ1FM3310.14QF221tAPCQ1=3=5.ktCQ1,kCQ111AP10.1QBA,AP=AQ2,PA=PQ3.AP=AQ23,CB+BQ2=10-4=6.1tAPkCBBQ23ktCBBQ2,AP2.1PA=PQ34,PPNABNANAPANPAEB,AEAB.AE=AB2BE27285,AN25.56AQ3=2AN=25,194BC+BQ3=10-25251tAPCBBQ397ktCBBQ3.kAP50.1t=411397k10250.

yPDMEAFOCxBQ1(图2)Q2,Q3,yDPAOCxQ2B(图3)yPDEAOCxN3B(图4)APQ【032】解：〔1〕在△ABC中，∵AC1，ABx，BC3x．1x3x∴13xx，解得1x2．4分〔2〕①假定AC为斜边，那么1x2(3x)2，即x23x40，无解．②假定AB为斜边，那么x2(3x)21，解得x53，知足1x2．③假定BC为斜边，那么(3x)21x2，解得x43，知足1x2．∴x543或x3．9分C〔3〕在△ABC中，作CDAB于D，1MADBNh，△ABC的面积为S，那么Sxh〔第24题-1〕设CD2．①假定点D在线段AB上，那么1h2(3x)2h2x．∴(3x)2h2x22x1h21h2，即x1h23x4．∴x2(1h2)9x224x16，即x2h28x224x16．2122232142∴S4xh2x6x42(x2)≤x11分2〔3〕．当x34≤x2122时〔知足32取最大值2，进而S取最大值2．〕，S分②假定点D在线段MA上，那么(3x)2h21h2x．1C同理可得，S22224xh2x6x4MDABN〔第24题-2〕2(x3)211x≤422〔3〕，易知此时S22．2综合①②得，△ABC的最大面积为2．14分【033】yyCP1CNN′NOxOxBDBP2AAMM第〔2〕题备用图M1，a1，N4a，1a〔1〕33.4分〔2〕由题意得点N与点N′对于y轴对称，4a，1aN33，x21a16a28aa，将N′的坐标代入y2xa得393a10〔不合题意，舍去〕，a294.2分N33，，点N到y轴的距离为3.4QA93yx90，3，，直线AN的解析式为4，4，N4D9，，94点D到y轴的距离为4.它与x轴的交点为S四边形ADCNS△ACN19199189S△ACD232416.2分22〔3〕当点P在y轴的左侧时，假定ACPN是平行四边形，那么PN平行且等于AC，把N向上平移2a个单位获得P，坐标为4a，7a33，代入抛物线的解析式，7a16a28aa得：3933P17a10〔不舍题意，舍去〕，a2，.28，28分当点P在y轴的右侧时，假定APCN是平行四边形，那么AC与PN互相平分，OAOC，OPON．P41a，aP与N对于原点对称，33，将P点坐标代入抛物线解析式得：1a16a28aa393，a10〔不合题意，舍去〕，a215P5，58，28．2分175，5存在这样的点P12，8或P228，能使得以P，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形．AB【034】解：〔1〕23.2分EPBC