中考数学压轴题60例解答题含答案

中考数学压轴题60例（解答题）一、解答题（共60小题）1201遵义y=a+bx+≠与x（40（0轴交于点（02．若点DAC上方，当以ACDD以AB，直线经过点（﹣5M2201•已知AB是圆OAO交圆O于DCD=，∠DAB=30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q．当点P运动到使QC（1，求AP的长；点P在运动程中有几个位（几情况使△CQD的面积接写出答）CQD的面，且Q位于以CD为直的上半圆CQD时（如图，求AP的长．3（201长沙“”．求数x+2的图上所“中国”的坐；若函数（k≠0，k为常数的图象有且只有两“中国”，试求常数k的值与相应“”的坐标；若二次函数为常数x轴相交“x（，一共“中国结”？4201岳阳）∥，点C是直线m上一点，点D是直线nCD与直m、nP为线段CD操作现直线垂足分为A当点A与点C重合（图所示，连接P，请直写出段A与PB的数关系 ．的情况下，把直线l与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．l绕点A所示，、n2•P=kA．5201玉林已知一次数y﹣2x+0的图与反比例数y（k＞的图象相交于B两点A在B的右侧．当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；是以AB为P当（﹣2a+1（b，2b+1OA点C，连接BC交y轴于点D．，△ABC的面．6201烟台如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF【类比探究】②，如果点E在线段ABAB，DB，AFE在线段BA③，并写出AB，DB，AF7201•）yx+3与xy轴分别交于，B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A1/秒的速度匀速运；同时点Q在线段AB上，从点A出发，点B个单/秒的速度速PQ，设运动时间为t秒．tAPQ过点PPE∥yAB于点，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点，连接EF，EF∥PQ时，求点F的坐标；，连接，问：是否存在t的值，使以为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t8（201湘潭y=+bx+cx轴于（10（3两点，yC，连接BC，动点P1个单位长度的速度从A向B运动，动点Q个单位长度的速度从BCQQ到达C、Q同时停止运动，设运动时间为t秒．1BPQt2，当t＜2时，延长QPy轴于点M，在抛物线上是否存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点？若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．9201咸宁）y=+3与x轴交于点A，与y轴交于点x轴下方的部分沿x（V”．如图双曲线y与新函的图象于点（点D是线段AC上一动（不包括端点，过点D作x轴的平行线，与新函数图象交于另一点E．①试求△PAD的面积的最大值；②探索：在点DD1201•通辽y=a+bx+（0）的顶点为（2，102y=x与抛物线交于点（点Ey=x于点，交x轴于点G，EF⊥x轴，垂足为，点PPQ⊥x轴，垂足为点Q，△PCQ求点P连接PE，在x轴上点Q的右侧是否存在一点MCQM与△CPE试求出点M的坐标若不存在请说明由．[注：3+2+1）2]．1201•天津y=+bx+（，c为常数．（Ⅰ）当b=2，c=﹣3时，求二次函数的最小值；c=5y=lx（Ⅲ）当c=b2时，若在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为21，求此时二次函数的解析式．1（201•泰州y=24的图象与xy轴分别相交于点、，点P在Px轴、y轴的距离分别为、d2．当P为线段ABd1+d2的值；直接写出d1+d2的范围，并求当d1+d2=3时点P的坐标；若在线段AB上存在无数个P点，使1+a=（a，求a的值．1（201•沈阳OABC的顶点OACB60OAABOAB=9°OC=5是线段OB（点PB重合P与y轴平行的直线l交边OA或边AB于点OC或边BC于点PQRl恰好经过点C．求点A和点C的坐标；0＜t＜30时，求mt当m=35时，请直接写出t的值；直线lPMB+∠POC=90°PMB60M1201•日如图抛物线yx+mx+n与直线y=x+3交于AB两点交x轴与DCA，B，已知（，3，（30．（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：yPy轴于点存在点P使得以ACBP2）设E为线段AC（，连接D，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一单位速运动到E点，再线段EA以每个单位的度运到A后停当点E的坐标是多少时，点M1（201•泉州1）1①请你写出这个多面体的名称，并指出图中哪三个字母表示多面体的同一点；②如果沿BC、GH将展开图剪成三块，恰好拼成一个矩形，那么△BMC应满足什么条件？（不必说理）（2）2）1（201•潜江已知物线经过A（，0，（1，C2）三点其对称轴交x轴于点，一次函数的图象经过点，与抛物线交于另一点点D在点C的左边．1，当S△EOC=S△EAB2CEH=α，∠EAH=β，当α＞β时，直接写出k1（201•RAOB的两直角边OOB分x轴的负半轴和yOAOBxC过点C作AB的垂线，垂足为点D，交y轴于点E．求线段AB的长；CE若M是射线BC，使以ABMP为P1（201•莆田在RACB和R△AEFACBAE=9°，若点P是BFPC，PE．特殊发现：如图，若点E，F分别落在边AACPC=PE成立（问题探究：把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转．，若点E落在边CA3，若点FAB当k为何值总是等三角请直写出k的值不必说明理由）1（201•ABCC=9A=6°B=3°；在△A1B1C1中，∠C1=90°，∠A1=45°，∠B1=45°，且A1B1=CB．若将边A1C1与边CA重合A1与点C重合．将三角板A1B1C1绕点C（A1）α，旋转过程中边A1C1与边AB的交点为M，设AC=a．（1）计算A1C1的长；（2）当α=30°时，证明：B1C1∥AB；若，当α=45°时计算两个角板重部分图形面积；当α=60°a，tan15°=2﹣ ，cos75°= ）2（201南通R△ABCC=9°AB=1BC=PQ分别在BACCP=3CQ=4（＜＜3PCQ绕点PPDDPQ上．PQ∥AB；若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；PDE与△ABC重叠部分图形的周长为T12≤T≤16，求x2（201•南宁By=a2（＞）点，其中AB1所示，当直线ABx轴平行，∠AOB=90°，且AB=2式和AB2AB与x90°B（2）的条件下，若直线y=﹣2x﹣2分别交直线AB，y轴于点PC，直线ABy轴于点D，且∠BPC=∠OCP，求点P的坐标．2（201•绵阳yx﹣2x+（0）与y轴相交于A，直线x﹣a分与x轴y轴相于B，C两点，且与线MA相交于N点．BCaaM，A的坐标；NAC沿着y轴翻转，若点NPD，连接CD，求aPCD在抛物线y=﹣x2﹣2x+a（a＞0）上是否存在点P，使得以P，A，C，N形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2（201梅州如图过原点直线y=x和y=x与反比函数y的图分别交于两A，C和B，D，连接AB，BC，CD，DA．四形ABCD一是 四边形（直接写结果）四边形ABCD设（yx2（2x＞是函数y图象上的任两点a，，试判断a，b的大小系，并说理由．2（201•娄底PABD的边BCP与BC不重合，连接BBQ⊥APCD于点BQCBQBA的延长线于点M．试探究APBQ当AB=3，BP=2PC，求QM的长；当BP=m，PC=n时，求AM的长．2（201•辽阳如图，平面直坐标系，直线yx+3与抛物线y=a2x+c相交A，B两点，其中点Ax轴上，点B在yMAB是以ABM，点E为线段AB，以BE为腰作等腰Rt△BDEAOB在直线AB沿着BA与At秒，△BDE与△AOBSSt的函数关系式，并写出自变量t2（201•锦州y=a+bx+2经过点（﹣，0）点（40y轴交于点C，点D（，0，点（n）一个动点，连接CA，CD，PD，PB．PDBCAD的面积时，求点P的坐标；P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点FFG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．2（201锦州①QN的顶点P在正方形ABCDQPNα，将∠QPN绕点PQPN的两边分别与正方形ABCD的边ADCD交于点E和点F（点F与点C，D不重合．如①，当α=90°时，DE，DF，AD之间足的数关系；ABCD改为∠ADC=120°α=60°时）中的论变为DE+DFA，请给证明；QPNPQAD交于点DE，DF，AD2（201济南如图ABCACB=0，AC=EAC=0，点M为射线AE（A重合CM绕点C90°得到线CN，直线NBCM、射线AE于点FD．NDE的度数；如图2、图3EC（1）如图∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于其他条件不变，求线段AM2（201•济南如图点（81（8都在反例函数y（x＞的图象上过点AAC⊥x轴于C，过点B作BD⊥y轴于D．求m的值和直线AB动点P从O2个单位长度的速度沿折线OD﹣DB向B动点Q从O1个单位长度的速度沿折线OC向C点运动，当动点PDQt秒．①设△OPQ的面积为S，写出S与t的函数关系式；②2，当的P在线段ODOPQ关于直线PQOʹPQ，是否存在某时刻OʹOʹt3201•黄）已双曲线y=（x0，线y=x（＜）定点F且与双曲交于B两点设（1y1B（2，2（1＜2，直线：y﹣x．若k=﹣1，求△OAB的面积S；若AB=k的值；设0P在双曲上M在直线2上且P∥x轴求PM+N最小值并求PM+N取得最小值时P（（x，1，B（x2，y2）则A，B两点的距离为AB=）3（201黄冈“”12050xW元．求W关于xx100多少钱；“”5050100a1002a元，在（2）“五一”3400元，求a的值．3（201•）y=6与xy轴分别交于BE从B点出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BO向O（E与O过点E作x轴于点，将四边形ABEF沿直线EF折叠后，与点A作点C，与点B对应的点记作点D，得到四边形CDEF，设点E的运动时间为t秒．t=2时，四边形ABEF沿直线EFCDE（；在点ECD交x轴于点G，交y轴于点HtCGF的面积；CDEF落在第一象限内的图形面积为StS的最大值．3（201•）OABCCODEOCB绕点O90°得到的，点DxBDy轴于点F，交OE于点H，线BCOC的长是方程x2﹣6x+8=0的两个根，且OC＞BC．BDOFH的面积；点MN，使以点DF、、N形？若存在，请直接写出点N3（201河南），在RABCB=0，BC=2B=，点E分别是边B、AC的中点，连接DEEDC绕点Cα．①当α=0°时，= 当α=180°时，= ．试判断当0°≤α＜360°时的大小无变化请仅就图2的情形出证明．当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．3（201•）ABDAB=AD=1，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．求MP的值；在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AFMEF最小？若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2MEQG（）3（201•贵港ABCP在斜边ABQ=9PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=9

0°，探究并解决下列问题：如①，点P在线段AB上，且AC=1+ ，则：①线段PB= ，PC= ；②猜想三者之间数量关为 ；②P在AB（1）②给出证明过程；若点P满，的值（提示请利用用图进探求）3（201广西在矩形ABCDAB=AD=M为BC（点M与点B、C不重合M交CDCD的延长线于点N．CMN∽△BAM；设BM=x，CN=y，求y关于x的函数解析式．当xy有最大值，并求出y的最大值；当点M在BCb点N在线段CDM在某一位置时，点N恰好与点D重合．3201•甘南如图在平面直坐标系抛物线yx+bx+经过（﹣，B，0，（2，）|2x1|=．求b，c的值；在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BCP，使得四边形BPOH是以OB求出点P3（201•丹东ABD中，对角线AC与BD交于点O；在R△PMN中，∠MPN=90°．1，若点P与点OPM⊥AD、PN⊥ABAD、AB于点E、F，请直接写出PEPF将图1中的R△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0＜＜4°．①2（1）理由；②2DOM=15°时，连接EF2线段EF的长；③如图RPMN的顶点P在线段OB（B重合BD=3BPPEPFBD=m•BP时，请直接写出PEPF4（201•大连如图ABCC=9，点D在AC上，且C＞D，DA=，同时从点DDC、射线DA运动，过点Q作AC的垂线段，使，当点Q到达点APQ=x，△PQR与△ABC重叠分的面为关于x的函数图如图2所（其中0＜x≤，＜x≤m．填：n的值为 ；求S关于x的函数关系式，并写出x4201•成都已知AEC分别是四边形ABCD和EFGEABC内，∠CAE+∠CBE=90°．①，当四边形ABCDEFCGBF．求证：△CAE∽△CBF；若BE=1，AE=2，求CE的长；如当四形ABCD和EFCG均为矩形且=k时若k的值；③，当四边形ABCDEFCGDAB=∠GEF=45°时，设BE=m，AE=，C=p，np（过程）4（201•常州如图反比例数y的图象一次数yx的图交于点AB，点B4．点PAB若点P，4kAB的面积；、PB与xNPMN设点Q是反比例函数图象上位于B（B，连接ABQ与∠PBQ4（201•北京ABDBDP在射线CD上（与点CD不重合AAD，使点D移动到点CBQ，过点Q作Q⊥BD于H，连接AH，PH．若点P在线段CD1．①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；P在线段CDABCD求DP（）4（201•包头y=+bx+c经过A（1，B3，）y轴相交于点C，该抛物线的顶点为点D．求该抛物线的解析式及点D的坐标；连接AC，CD，BD，BCAOC，△BOC，△BCD的面积分别为S1，S2和S3，S1，S2，S3点MAB（不包括点A和点BM作∥BC交AC于点N，M使∠AMN=∠ACM？若存在，求出点MMN4（201•重庆yx+2x3与x轴交于AB（点A在点B的左边，y轴交于点C，点D和点CADy轴交于点E．求直线ADAD上方的抛物线上有一点FFG⊥AD于点FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值；点MPy轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．4（201•重庆如图1在平面直坐标系抛物线yx+ x+3 交x轴于B两（点A在点B的侧交y轴于点顶为抛物的对称与x轴的交为D．BC点（0（m+0为x2＜＜4EFF分别垂直于x轴，交抛物线于点Eʹ，Fʹ，交BC于点M，N，当MEʹ+NFʹ的值最大时，在y轴上找一点R，使|RFʹ﹣REʹ|的值最大，请求出R点的坐标及|RFʹ﹣REʹ|的最大值；如图2已知x轴上一点0现以P为顶点2 为边长在x轴上作等边角形QPG，使GP⊥x轴，现△QPG沿方向每秒1个单位度的速平移，点P到达点A时停，记平后的△QPG△QʹPʹGʹ．△QʹPʹGʹ△ADC的重叠部面积为s．当Qʹ到x轴的离与点Qʹ到直线的距离等时，求s的值．4（201漳州y﹣+2x+3与x轴交于B两点，与y轴交于点C填：点C的坐标（ ， ，点D的坐为 ， ；设点P（，0|D﹣PCα的值并在图中标出点P的位置；BCPx，设点C对应点Cʹ的横坐标为（其中＜＜6BCPBCD重叠部分的面积为，求S与t之间的关系式，并直接写出当tS4（201•营口如图，一条抛物线与x轴交于AB两点（点A在点B的左侧，与y轴交于点C，且当x=﹣1和x=3时，y的值相，直线与抛物线两个交，6M．P从原点O出发，在线段OB1个单位长度的速度向点B点Q从点B出发，在线段BC2个单位长度的速度向点Ct秒．①若使△BPQ为直角三角形，请求出所有符合条件的t值；②求t为何值时，四边形ACQP的面积有最小值，最小值是多少？2P运动到OB的中点时，过点PPD⊥x轴，交抛物线于点DOO，DODOD沿x轴向左平移m0＜2，将平移ODMS，求Sm4（201•y﹣2+bx3交x轴于点B（点A在点B的左侧，交y，其对称轴为x=2经过点A，与x（50，交y轴点（，．（1）求抛物线l2的函数表达式；（2）P为直线x=1上一动点，连接PA，PC，当PA=PC时，求点P的坐标；（3）M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值．5（201•泉州抛物线y=x2上任一点点（0，1）的离与到线y=﹣1的距离等，可以利用问题解决如图，在面直角标系中，线y=kx+1与y轴交于C点，与数x2的图象于A，B两点，分别过A，By=﹣1的垂线，交于E，F两点．写出点CECF=90°；PEF中，M为EF中点，P为动点．①P2+P2=P2+E2；②已知PE=PF=3，以EF为一条对角线作平行四边形CEDF，若1＜PD＜2，试求CP的取值范围．5（201•青岛①ABCDAB=3cBC=5cAAACDACQ从点CCB方向匀1cm/sPNM停止平移时，点Q（＜＜4，连接P，M，C当tPQ∥MN？QMC的面积为y（c，求y与t是否存在某一时刻S△QMC：SABQP=1：4ttPQ⊥MQ？若存在，求出t5（201龙岩如图已知点D在双线y（x＞0的图上以D为心的D与y轴相切于点C04，与xBy=a2+bxc经过，C三点，PAP与BCQ．写出点DACO=∠OBC；P，使点Q为线段AP的四等分点？若存在，求出点P5（201•E的圆心（0E与y轴相交于B（点A在点B的上与x轴的正轴交点直线l的解析为y=与x轴相交于点D，以点C为顶点的抛物线过点B．l与⊙E动点P在抛物线上，当点P到直线l的距离最小时．求出点P5（201荆门OABCOA=5AB=D为边ABBD沿直线CDBOA上的点Ex轴，y求OE的长及经过O，D，CP从点CCB2个单位长度的速度向点BQEEC1个单位长度的速度向点CPBt秒，当tDP=DQ；NMM与点M5（201•河南8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C，点P是抛物线上点AC（，过点P作P⊥BC于点F，点、E0，（，0，连接PP、D．小明探究点P的位置发现：当P与点A或点C重合时，PDPFP，PDPF“PDE”的点P“”PDE的周长最小的点P“好点“”PDE“好点”的坐标．5（201•）y=a+bx+3的图象与x轴相交于点（﹣01，0y轴相交于点C，点GGC交x轴于点（30AD平行GC交y轴于点D．求证：四边形ACHDM在第二象限内，过点M的直线y=kx交二次函数的图象于另一点N．①若四边形ADCM的面积为S，请求出S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围；②△CMN的面积，请求出①中S的．5（201广州已知O为坐标原点，抛物线y=a2+bx（0与x轴相交于点（1，0（0y轴交于点C1•＜|1|+x2|=A，C在直线y2=﹣3x+t上．求点C的坐标；当y1随着xx将抛物线y1y随着x的增大而增大的部分为P，y2向下平移nP2n2﹣5n5201•德州已知抛线y﹣m2+4+2m与x轴交点（0β0=﹣2，抛物线的对称轴为y轴的交点为，顶点为，点C关于l的对称点为xDNME（若点P在抛物线上，点Q在xDEPQP的坐标．5（201•成都xOyy=a﹣2a﹣3（＜）与x轴交于B（点A在点BAy=kxb与y轴交于点CD，且CD=4AC．直接写出点Al其中kb用含a；点E是直线l上方抛物线上一点，△ACE的面的最大，求a的值；设PQ在抛物线上，以点能否成为矩形？若能，求出点P6（201酒泉4（0（0，x轴相交于点M．PP连接AC，在直线ACN，使△NAC若存在，请求出点N2015年全国中考数学压轴题60例（解答题卷）参考答案与试题解析一、解答题（共60小题）1201遵义y=a+bx+≠与x（40（0轴交于点（02．若点DAC上方，当以ACDD以AB，直线经过点（﹣5M专题：综合题；压轴题．分析：（1）只需运用待定系数法就可解决问题；过点D作DH⊥ABHAC于点G2的解析式，设点Dm，则点G的横坐标也为m，从而可以用m表示出DGADC的面积是关于m设过点EM相切于点F，与x轴交于点NMF3，根据切MF⊥EN．易得MME、MF、EFMEF∽△NEM，根据相似三角形的性质可求出，从而得到点N决问题．（）如图由题可得：，解得： ，∴抛物线解析为x+2；过点D作DH⊥ABHAC于点G设直线ACy=kx+t，则有 ，解得： ，∴直线AC的解析为x+2．设点D的横坐标为m，则点G的横坐标也为m，m+2，m2﹣m，∴S△ADC=S△ADG+S△CDGDG•AO=2DG（m2+4m）（m2+4m+4﹣4）[（m+2）2﹣4]（m+2）2+2．∴当m=﹣2时，S△ADC取到最大值2．此时yD=﹣×（﹣2）+2=2，即点D（﹣，；设过点EM相切于点F，与x轴交于点NMFMF⊥EN．∵（4，B（，0，∴AB=6，MF=MB=MA=3，∴点M（4+，0）即（﹣，0．∵（﹣，5∴ME=，EMN=9．在Rt△MFE中，EF==4．∵∠MEF=∠NEM，∠MFE=∠EMN=90°，∴△MEF∽△NEM，∴，∴，，∴点N的坐标（﹣1，0）即，0）或（10）即（，0．设直线ENy=px+q．，解得：①当点N的坐为，0）时，，解得：，∴直线EN的解析为．②当点N的坐为，0）时，同理可得直线EN的解析为y=﹣x﹣ ．综上所述所求直的解析为y=x﹣ 或x﹣ ．2201•已知AB是圆OAO交圆O于DCD=，∠DAB=30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q．当点P运动到使QC（1，求AP的长；点P在运动程中有几个位（几情况使△CQD的面积接写出答）CQD的面，且Q位于以CD为直的上半圆CQD时（如图，求AP的长．-定义．专题：压轴题．分析：（1）如图1，利用切线的性质可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中运用三角函数就可解决问题；易点Q到CD的离，结合形2，即解决问题；过点Q作QN⊥CDN，过点PPM⊥CDM，连接QD3，易证△CNQ∽△QND，根据相似三角形的性质可求出CN．易证△PMC∽△QNC，根据相似三角形的性质可得PM与CM之间的关系，由∠MAP=30°即可得到PM与AM之间的关系，然后根据AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．（）ABO相切于点BABO=0°．×2=1，∴AO=2OB=2，AC=AO﹣CO=2﹣1=1．当Q、C两点重合时，CP与⊙O相切于点C，如图1，则有∠ACP=90°，解得AP=；有4个位置△CQD的面提示：设点Q到CDh，，．由于＜1，结图2可得：有4个位使△CQD的积；过点Q作QN⊥CDN，过点PPM⊥CDM3．．∵CD是⊙OQN⊥CD，∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，∴∠CQN=90°﹣∠NQD=∠NDQ，∴△QNC∽△DNQ，∴，∴QN2=CN•DN，设CN=，则4x2﹣8x+1=0，．，∴=2+ ．∵QN⊥CD，PM⊥CD，∴∠PMC=∠QNC=90°．∵∠MCP=∠NCQ，∴△PMC∽△QNC，∴=2+ ，Rt△AMP中，，MP．）MP=1，∴MP= ，∴AP=2MP= ．APABC（3）小题的关键．3（201长沙“”．求数x+2的图上所“中国”的坐；若函数y=（k≠0，k为常数“”k的值与”的坐标；若二次函数为常数x轴相交“x（，一共“中国结”？考点：反比例函数综合题．专题：压轴题；新定义．分析因为x是整，x≠0时， x是一个理数，以x≠0时x+2不是数，以x=0，y=2，据此出函数y= x+2的图上所“中国”的坐标可．（2）首判断出当k=1时，数y=（k≠0，k为常）的图象有且只两个“中国结”（11（﹣、1；然后判出当k1时函数y（k≠，k为常数的图象4个“”，据此求出常数k“”（3）首先令（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=0，则[（k﹣1）x+k][（k﹣2）x+（k﹣1）]=0x2的值是多少；然后根据x2的值是整数，求出k的值是多“”x（“”即可．解答解（）x是整，x0时x是一个理数，∴x≠0时x+2不是数，=2∴x=0，y ，=2即函数y= x+2的图上中国的坐标（，2．（2）①当k=1时，数（k≠0，k为常）的象上有且有两个“中国”：（1，（、﹣；②当k=﹣1时，函数（k≠0，k为常数的图上有且只两个“中国”：（1，1（1，．③当k≠1时，数y=（k≠0，k为常数的图象最少有4个“中国”：（，k（，﹣（，1（，1，这函数y（k，k为常）的图象“”矛盾，综上可得k=1时，数y（k≠，k为常）的象上有且有两中国”（1，1（1、1；k=1时函数y（k≠0k为常数的图上有且有两“中国”（1﹣1（﹣1、1．（3）令（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=0，则[（k﹣1）x+k][（k﹣2）x+（k﹣1）]=0，∴，整理，可得x1x2+2x2+1=0，∴x2（x1+2）=﹣1，∵x1、x2∴ 或∴ 或①当 时，，；②当 时，，∴k=k﹣1，无解；综上，可得，x1=﹣3，x2=1，y=（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k=[）2﹣x①当x=﹣2时，= ×（﹣2）2 ×（﹣2）+=②当x=﹣1时，=×（﹣1）+=1③当x=0时，另外，该函数的图象与x轴所围成的平面图形中x轴上的“中国结”有3个：（﹣，0（1、综上，可得若二次函数y=（k2﹣3k+2）x2+（2k2﹣4k+1）x+k2﹣k（k为常数）的图象与x轴相交得到两个不同的“中国结”，该函数的图象与x（6个0（20（﹣，0（﹣，1（，0（0．（2）此题还考查了对新定义“中国结”的理解和掌握，解答此题的关键是要明确：横坐标，纵坐标均为整数的点称之为“中国结”．4201岳阳）∥，点C是直线m上一点，点D是直线nCD与直m、nP为线段CD操作现直线垂足分为A当点A与点C重合（图所示，连接P，请直写出段A与PB的数关系A=PB ．的情况下，把直线l与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．l绕点A所示，、n2•P=kA．考点：几何变换综合题．专题：压轴题．分析：（1）根据三角形CBD是直角三角形，而且点P为线段CD的中点，应用直角三角形的性质，可得PA=PB，据此解答即可．首先过C作CE⊥n于点E，连接PE，然后分别判断出PC=PEPCA=∠PEB、AC=BE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△PAC∽△PBE，即可判断出PA=PB仍然成立．首先延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E（）∵⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵点P为线段CD的中点，∴PA=PB．l②②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，，∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE，又∵点P为线段CD的中点，∴PC=PD，∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直线m∥n，∴∠CDE=∠PCA，∴∠PCA=∠PEB，又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE，∴AC=BE，在△PAC和△PBE中，∴△PAC≌△PBE，∴PA=PB．③AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，，∵直线m∥n，∴ ，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF•BP=AE•BF，∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA•PB=2k．AB，∴PA•PB=k•AB．5201玉林y﹣2x+0y=（k＞的图象相交于B两点A在B的右侧．当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；是以AB为P当（﹣2a+1（b，2b+1时直线OA与此比例函图象的另支交于另一点C，连接BC交y轴于点D．若 =，△ABC的面．考点专题：综合题；压轴题．AB的坐标；是以AB若∠BAP=90°，过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M1，易得OE=5，OH=4，AH=2，M的坐标然后用待定系数法求出直线APAP组，就可得到点P②若∠ABP=90°P的坐标；过点B作B⊥y轴于C作Cy轴于O2CDBD根据相似角形的质可由2a+1（b﹣2b+1可得（﹣，2﹣10，C=aBS=，即可得，即b．由AB都在反例函数的象上可得（2a+1=（2b+1把ba代入即求出a的值从而到点BC的BC的解析式，从而得到点D的坐标及OD×用割补法可求出S△COB，再由OA=OC可得S△ABC=2S△COB，问题得以解决．解答：×（）把（，2）y=，得k=42=．∴反比例数的解式为y=解方程组 ，得或 ，∴点B1，；（2）①若∠BAP=90°，过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，对于y=﹣2x+10，当y=0时，﹣2x+10=0，解得x=5，∴点E（，0OE=．∵（，2，OH=AH=，∴HE=5﹣4=1．∵AH⊥OE，∴∠AHM=∠AHE=90°．又∵∠BAP=90°，∴∠AME+∠AEM=90°，∠AME+∠MAH=90°，∴∠MAH=∠AEM，∴△AHM∽△EHA，，，∴MH=4，∴（，0，可设直线AP的解析式为y=mx则有4m=2，解得m=，∴直线AP的解式为y=解方程组 ，得或 ，∴点P（4，2．②若∠ABP=90°，同理可得点P的坐为（1，．综上所述符合条的点P的坐标（4，2（﹣1，；（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，则有BS∥CT，∴△CTD∽△BSD，．，．∵（，2a+1B，﹣2b+0，∴（﹣，2﹣10CT=，BSb，，即a．∵（，2a+1B，﹣2b+0）都反比例数y的图象上，∴（2a+1）=（2b10，∴（2a+1）（2a+10．∵a≠0，∴﹣2a+0（﹣解得：a=3．∴（，4，（26C（3，4．设直线BC的解式为则有 ，解得： ，∴直线BC的解析式为y=2x+2．当x=0y=，则点0，2OD=，∴S△COB=S△ODC+S△ODBOD•BS×2×2=5．∵OA=OC，∴S△AOB=S△COB，∴S△ABC=2S△COB=10．6201烟台如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF【类比探究】②，如果点E在线段ABAB，DB，AFE在线段BA③，并写出AB，DB，AF考点：几何变换综合题．专题：压轴题．CEFED=EF∠CAFBAC=0EA=BAC∠CAF=10DBE=12EA∠DBE然后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，AB=AE+BF，所以AB=DB+AF．CEF是等边三角形，即可判断出EF=ECED=EC，可得∠FCG=∠FEA，再根据∠FCG=∠EAD，∠D=∠EAD，可得∠D=∠FEA；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，EB=AF，进而判断出AB=BD+AF即可．首先根据点EBA③CEFEF=ECED=EC，可得ED=EF，∠CAF=∠BAC=60°，再判断出∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF；最后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，EB=AF，进而判断出AF=AB+BD即可．解答：证明：ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，∠CEF=60°，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAF=∠CBA=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，∵∠CAF=∠CEF=60°，∴A、E、C、F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=EC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴DB=AE，BE=AF，∵AB=AE+BE，∴AB=DB+AF．AB=BD+AF；延长EF、CA交于点G，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，∴∠D=∠FEA，由旋转的性质，可得∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°﹣∠CAF﹣∠BAC=180°﹣60°﹣60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，（AAS）∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，∵BE=AB+AE，∴AF=AB+BD，即AB，DB，AF之间的数量关系是：AF=AB+BD．7201•）yx+3与xy轴分别交于，B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A1/秒的速度匀速运；同时点Q在线段AB上，从点A出发，点B个单/秒的速度速PQ，设运动时间为t秒．tAPQ过点PPE∥yAB于点，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点，连接EF，EF∥PQ时，求点F的坐标；，连接，问：是否存在t的值，使以为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）先由直线AB的解析式为y=﹣x+3，求出它与x轴的交点A、与y轴的交点B的坐标，再将A、B两点的坐标代入y=﹣x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；t秒，则QA=②t设点P（0E（﹣t+EP=﹣，点Q的坐标为3﹣，，点F3﹣，﹣3﹣+（3﹣）+，则F=3﹣2，EP∥FQ，EF∥PQEP=FQ，t的方程，然后解方程即可求得t的值，然后将t=1代入即可求得点F的坐标；设动时为t秒则OP=t，BQ=（3﹣t），然后抛物线解析式得点MMBt程，然后即可解得t（）y﹣x+3与x轴交于点A，与y，∴当y=0x=，即A点坐标为当x=0y=，即B（，3，将（，0，（，3）代入yx+bx+，得 ，解得∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）∵OA=OB=3，∠BOA=90°，∴∠QAP=45°．如①所示：∠PQA=90°时，设运时间为t秒则QA=在Rt△PQA中，即，解得：t=1；如②所示时，设运时间为t秒则QA=在Rt△PQA中，即，解得．综上所述当t=1或时，△PQA是直角角形；③所示：设点P（，，则点E（，t+，则EP=﹣，点Q的坐标为（3﹣，，点F3﹣，﹣3﹣+2﹣）+，则F=3﹣．∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴EP=FQ解得：1=，2=（舍去．将t=1代入F3﹣，﹣3﹣2+（﹣+3，得点F（23．④所示：设运动时为t秒，则OP=t，BQ=（3﹣t）．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴点M（，4．．当△BOP∽△QBM时即，整理：t2﹣3t+3=0，△=32﹣4×1×3＜0，无解：当△BOP∽△MBQ时即，解得．∴当t=时，以B，Q，M为顶点的角形以O，B，P为顶的三角相似．tt的方程8（201湘潭y=+bx+cx轴于（10（3两点，yC，连接BC，动点P1个单位长度的速度从A向B运动，动点Q个单位长度的速度从BCQQ到达C、Q同时停止运动，设运动时间为t秒．1BPQt2，当t＜2时，延长QPy轴于点M，在抛物线上是否存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点？若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．（1）y=+bx+c的图象经过A（，0（30）系数法，求出二次函数的解析式即可．首先根据待定系数法，求出BC、点Q当∠QPB=90°当∠PQB=90°等腰直角三角形的性质，求出t首先延长MQ交抛物线于点是PQPQPQMNN即可．（）y=+bx+c（，0（30）∴ ，解得 ．∴二次函数的解析式是：y=x2﹣2x﹣3．（2）∵y=x2﹣2x﹣3，∴点C0，3，∴BC= ，则，解得．设BC则，解得．∴BC所在的直线的解析式是：y=x﹣3，∵经过t秒，AP=t，BQ=t，∴点P（﹣，，设点Q∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，则y= ×sin45°= =t，则Q点纵坐为﹣t，∴x=3﹣t，∴点Q（3﹣，，①如图1，，当∠QPB=90°时，点P和点Q的横坐标相同，∵点P（﹣，，点Q（3﹣，，∴t﹣1=3﹣t，解得t=2，即当t=2时，△BPQ为直角三角形．②如图2，，当∠PQB=90°时，∵∠PBQ=45°，，，∴4﹣t=解得t=，即当t=时，△BPQ为直三角形．综上，可得当△BPQ为直三角形或2．（3）如图3，延长MQ交抛物线于点N，H是PQ的中点，，设PQ所在的直线的解析式是y=px+q，∵点P（﹣，，点Q（3﹣，，∴ ，解得 ．∴PQ所在直线的析式是，∴点M的坐标），∴PQ的中点H的坐标（1，﹣PQMN的中点，，∴点N的坐标（2又∵点N=22﹣2×2﹣3=﹣3，解得t=或t=，∵t＜2，，∴当t＜2时延长QP交y轴于点当时在物线上存一点使得PQMN①9201咸宁）y=+3与x轴交于点A，与y轴交于点x轴下方的部分沿x（V”．如图双曲线y与新函的图象于点（点D是线段AC上一动（不包括端点，过点D作x轴的平行线，与新函数图象交于另一点E．①试求△PAD的面积的最大值；②探索：在点D运动的过程中，四边形PAEC能否为平行四边形？若能，求出此时点D的坐标；若不能，请说明理由．考点：反比例函数综合题．专题：压轴题．x＜﹣3（2先把点（1）代入y=+，求出（4为由点D是线段AC上一动（包括端点可设点D的标（mm+且﹣＜1那么m+P﹣再根据三形的面公得出的面积为S=②AC的中点DDP=DEDP≠DE（）如图①0；②函数图象的对称轴为直线x=﹣3；由题意得A点坐标为3，0①x≥﹣3时，显然y=x+3；②当x＜﹣3时，设其解析式为y=kx+b．在直线y=x+3中，当x=﹣4时，y=﹣1，则点（，﹣）关于x把（4，（，0）代入y=k+，得 ，解得，∴y=﹣x﹣3．综上所述新函数解析式为y= ；（2）如图2，①∵点C（1，a）在直线y=x+3上，∴a=1+3=4．∵点C（1，4）在双线上，．∵点D是线段AC（，∴可设点D的坐标为，m+，且＜＜．∵DP∥x轴，且点P在双曲线上，∴P，m+，﹣m，∴△PAD的面积为，＜0，∴当时，S有最值，＜1，的面积最大为；②在点D运动的过程中，四边形PAEC不能为平行四边形．理由如下：当点D为AC（1P（2E点的坐标为（，2，∵DP=3，DE=4，∴EP与AC∴四边形PAEC不能为平行四边形．1201•通辽y=a+bx+（0）的顶点为（2，102y=x与抛物线交于点（点Ey=x于点，交x轴于点G，EF⊥x轴，垂足为，点PPQ⊥x轴，垂足为点Q，△PCQ求点P连接PE，在x轴上点Q的右侧是否存在一点MCQM与△CPE试求出点M的坐标若不存在请说明由．[注：3+2+1）2]．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．（1）（2，y=（x22+，把A的坐标代入即可求得函数的解析式；PCQCGQCQCQP的边长，则P即可求得P解方程组即可求得EEF的长等于EOEOCCExCQM≌△CPE，可以证得EM=EF，即MFE为直线y=xM与点FM不存在（）y=（x22+（，2）代入，得0﹣2）2+1=2，解这个方，得a=，∴抛物线表达为y=x2﹣x+2；将x=2y=x，得y=2∴点C的坐标为（2，2）即CG=2，∵△PCQ为等边三角形∴∠CQP=60°，CQ=PQ，∵PQ⊥x轴，∴∠CQG=30°，．，PQ=4，将y=4代入（x﹣2）2+1，得4=（x﹣2）2+1解这个方，得x=2+2 =Ox=﹣＜0（不题意，舍．∴点P的坐为（2+2 ，4；把y=x代入x2﹣x+2，得x=x2﹣x+2解这个方，得x1=4+2，x2=4﹣2 ＜2（不合意，舍去）=EF∴点E的坐为（4+2），，，∴CE=EF；如图，假设x轴上存在一点，使△CQM≌△CPE，则CM=CE，∠QCM=∠PCE∵∠QCP=60°，∴∠MCE=60°∴EM=EF，又∵点E为直线y=x上的点，∴∠CEF=45°，∴点M与点F不重合．∵EF⊥x轴，这与“垂线段最短”矛盾，∴原假设错误，满足条件的点M不存在．反证法，正确求得E1201•天津y=+bx+（，c为常数．（Ⅰ）当b=2，c=﹣3时，求二次函数的最小值；c=5y=lx（Ⅲ）当c=b2时，若在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为21，求此时二次函数的解析式．考点：二次函数的最值；二次函数的性质．专题：压轴题．分析：（Ⅰ）把b=2，c=﹣3代入函数解析式，求二次函数的最小值；（Ⅱ）根据当c=5时，若在函数值y=l的情况下，只有一个自变量x的值与其对应，得到x2+bx+5=1有两个相等是实数根，求此时二次函数的解析式；（Ⅲ）当c=b2时，写出解析式，分三种情况减小讨论即可．Ⅰ）当b=c﹣3时，二次函数的解析式为y=2+23（x+﹣，∴当x=﹣1时，二次函数取得最小值﹣4；（Ⅱ）当c=5时，二次函数的解析式为y=x2+bx+5，由题意得，x2+bx+5=1有两个相等是实数根，∴△=b2﹣16=0，解得，b1=4，b2=﹣4，∴次函数的解析式y=x2+4x+5，y=x2﹣4x+5；（Ⅲ）当c=b2时，二次函数解析式为图象开口上，对轴为直线，①当＜b，即b＞0时，在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，y随x的增大而增大，∴当x=b时，y=b2+b•b+b2=3b2为最小值，∴32=2，解，1（舍去，2；②当b≤﹣≤b+3时，即﹣2≤b≤0，b2为最小，∴b=2，解，b﹣（舍去，2=（舍去；③当﹣＞b+3，即b＜﹣2，在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，y随x的增大而减小，故当x=b+3时，y=（b+3）2+b（b+3）+b2=3b2+9b+9为最小值，∴32+9b9=2=1（，=﹣；x+7b=﹣4综上可得此时二函数的解式为y=x2+x+7或y=x2﹣4x+16．a＞0随x随x时当a＜0时抛物线对称轴侧随x的增大增大在x；确定一二次数的最值首先看变量的取范围，自变1（201•泰州y=24的图象与xy轴分别相交于点、，点P在Px轴、y轴的距离分别为、d2．当P为线段ABd1+d2的值；直接写出d1+d2的范围，并求当d1+d2=3时点P的坐标；若在线段AB上存在无数个P点，使1+a=（a，求a的值．考点：一次函数综合题．专题：综合题；压轴题．分析：（1）对于一次函数解析式，求出A与B的坐标，即可求出P为线段AB的中点时d1+d2的值；1+2的范围，设P（，24d+m的d1+d2=3求出m的值，即可确定出P的坐标；设（，2﹣41与d，由P在线段上求出m代数意义表示出d1与d2，代入d1+ad2=4，根据存在无数个点P求出a（）y2x﹣，令x=0，得到y=﹣4；令y=0，得到x=2，∴（，0，（0，4，∵P为AB的中点，∴P1，2，d1+d2=3；（2）①d1+d2≥2；②设P（，24，∴d1+d2=|m|+|2m﹣4|，0≤m≤2时，d1+d2=m+4﹣2m=4﹣m=3，解得：=，此时11，2；当m＞2时，d1+d2=m+2m﹣4=3，解得：，此时2；m＜0综上P的坐为1，2）或；（3）设（，2﹣4，∴d1=|2m﹣4|，d2=|m|，∵P在线段AB上，∴0≤m≤2，∴d1=4﹣2m，d2=m，∵d1+ad2=4，∴4﹣2m+am=4，即（a﹣2）m=0，∵有无数个点，∴a=2．题的关键．1（201•沈阳OABC的顶点OACB60OAABOAB=9°OC=5是线段OB（点PB重合P与y轴平行的直线l交边OA或边AB于点OC或边BC于点PQRl恰好经过点C．求点A和点C的坐标；0＜t＜30时，求mt当m=35时，请直接写出t的值；直线lPMB+∠POC=90°PMB60M考点：一次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）利用等腰三角形的性质以及勾股定理结合B点坐标得出A，C点坐标；（1）中所求得出PR，QP0＜t＜3030≤t≤60mt的关系利用相似三角形的性质，得出M（）如图，过点A作AO，垂足为，过点C作CO，∵OA=AB，OB，∵∠OAB=90°，OB，∵点B（6，0，∴OB=60，×60=30，∴点A（3，3，∵直线l平行于y轴且当t=40时，直线l恰好过点C，∴OE=40，在Rt△OCE中，OC=50，由勾股定理得：==30，∴点C（4，30；（2）如图2，∵∠OAB=90°，OA=AB，∴∠AOB=45°，∵直线l平行于y轴，∴∠OPQ=90°，∴∠OQP=45°，∴OP=QP，∵点P的横坐标为t，∴OP=QP=t，Rt△OCEOE=40，CE=30，，，t，t，∴当0＜t＜30时，m关于t的函数关式为t；（3）由（2）得当0＜t＜30时，m=35=t，解得：t=20；330≤t≤40时，m=35当40＜t＜60时，∵OP=t，则BP=QP=60﹣t，∵PR∥CE，∴△BPR∽△BEC，，，t，则m=60﹣t+90﹣解得：t=46，综上所述：t的值为20或46；（4）4PMB+∠POC=90°PMB60t=40l恰好经过点C，则∠MBP=∠COP，，，解得：x=15，故（4，1240，1，（4，1，（4，15．1201•日如图抛物线yx+mx+n与直线y=x+3交于AB两点交x轴与DCA，B，已知（，3，（30．（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：yPy轴于点存在点P使得以ACBP2）设E为线段AC（，连接D，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一单位速运动到E点，再线段EA以每个单位的度运到A后停当点E的坐标是多少时，点M考点专题：压轴题．分析： 2（Ⅰ）只需把AC两点的坐标代入y=x+mx+nAB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H1BCH=∠ACO=45°，从而得然后据三函数的定就可出tan∠BAC的值（Ⅱ（1）P作Py轴于PA=9．设点P，由P在y轴右侧可APQ=∠ACB=90°．若点G在点A时（x﹣3然后把（x﹣3xP当∠AQCBAP的坐标；若点G在点AP坐标2过点E作Ey轴于N如图3易得AEE则点M在整个动中所用时间可表示作点D关于AC的对称点连接则有∠DʹCA=∠DCA=45°，从而可得∠DʹCD=90°，DE+EN=DʹE+EN．根据两点之间线段最短可得：当Dʹ、E、N三点共线时，DE+EN=DʹE+EN最小．此时可证到四边形OCDʹN是矩形，从而有NDʹ=OC=3，ON=DʹC=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．解答： 2Ⅰ）把A（，3，（3，）代入y=x+mx+，得，解得： ．∴抛物线解析为y=联立 ，解得： 或 ，∴点B4，．过点B作BH⊥x轴于H，如图1．∵（30B4，，∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，∴BH=CH=1．∵∠BHC=90°，．，∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，=；（Ⅱ（1），使得以APQACB过点P作PG⊥y轴于GPGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，∴∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，∴△PGA∽△BCA，．∴AG=3PG=3x．则Px，﹣3．把P（x，3﹣3x）代入得x+3=3﹣3x，整理得：x2+x=0x=（舍去，x﹣1（舍去．②2②同理可得AGPGx，则P（，3x，把P（x，3﹣x）代入x+3，得整理得x=0解得x=（舍去，x，∴P；若点G在点A的上方，①同理可得：点P，36．②同理可得点P的坐为P．综上所述满足条的点P的坐标（1，3；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=AE，即AE= EN，∴点M在整个动中所的时间为 + =DE+EN．作点D关于AC的对称点Dʹ，连接DʹE，则有DʹE=DE，DʹC=DC，∠DʹCA=∠DCA=45°，∴∠DʹCD=90°，DE+EN=DʹE+EN．根据两点之间线段最短可得：当Dʹ、E、N三点共线时，DE+EN=DʹE+EN最小．此时，∵∠DʹCD=∠DʹNO=∠NOC=90°，∴四边形OCDʹN是矩形，∴NDʹ=OC=3，ON=DʹC=DC．对于x+3，当y=0时，解得：x1=2，x2=3．∴（，0，OD=，∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，∴点E（，1．确分类解决第（）小题关键，点M运动总时转化为DE+NⅡ（）1（201•泉州1）1①请你写出这个多面体的名称，并指出图中哪三个字母表示多面体的同一点；②如果沿BC、GH将展开图剪成三块，恰好拼成一个矩形，那么△BMC应满足什么条件？（不必说理）（2）2）考点：几何变换综合题．专题：压轴题．分析：（1）①根据这个多面体的表面展开图，可得这个多面体是直三棱柱，点A、M、D三个字母表示多面体的同一点，据此解答即可．②根据图示，要使沿BCGHBMCBMCBMCDH（2）首先判断出矩形ACKL、BIJC、AGHB为棱柱的三个侧面，且四边形DGAL、EIBH、FKCJ须拼成与底面△ABC全等的另一个底面的三角形，AC=LK，且同理，得，据此断出△ABC∽△DEF，即可判断出S△DEF=4S△ABC（①这个多面体是直三棱柱，点A、M、D三个字母表示多面体的同一点．②△BMC应满足的条件是：a、∠BMC=90°，且BM=DH，或CM=DH；b、∠MBC=90°，且BM=DH，或BC=DH；c、∠BCM=90°，且BC=DH，或CM=DH；（2）如图2，连接ABC∵△DEF是由一个三棱柱表面展开图剪拼而成，∴矩形ACKL、BIJC、AGHB为棱柱的三个侧面，且四边形DGAL、EIBH、FKCJ须拼成与底面△ABC全等的另一个底面的三角形，∴AC=LK，且AC=DL+FK，，同理，可得，∴△ABC∽△DEF，∴ ，即S△DEF=4S△ABC，∴ ，即该三棱的侧面与表面积比值．1（201•潜江已知物线经过A（，0，（1，C2）三点其对称轴交x轴于点，一次函数的图象经过点，与抛物线交于另一点点D在点C的左边．1，当S△EOC=S△EAB2CEH=α，∠EAH=β，当α＞β时，直接写出k考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析： 2（1）把A（30B1，0，（，）代入y=x+bx+把C，由S△EOC=S△EAB得关于kb设CD的解析为y=kx+﹣2k，当y=0和x=﹣1时，求出FHEHAH，根tanα＞tanβ列不等式可求出k（）y=a+bx+，，∵抛物线过A（，0，（10C2）三点，，∴ ，∴∴抛物线解析为y=；1所示，将C点坐标代入直线CD，得①．当x=0y=，即（，b，当x﹣1y﹣k+，即（﹣，k+．由S△EOC=S△EAB时，[1﹣（﹣3）]（﹣k+b） 联立方①②，得，解得 ．当S△EOC=S△EAB时，次函数解析为y= x+，2所示，①当E点在x轴上方时，如图2所示，当α=β时，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，，∵（3，E（1，k+，，即联立方程解得k舍去，随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越大，∠EAH的读数越来越小，当E点和H点重合时如图3所示α和β均等于0，此联立方程 ，解得因此当 ＜k＜且k≠0时，α＞β；②当E点在x轴下方时，如图4所示，当α=β时，∵∠EHA=90°，∴∠AEC=90°，根①可得时k（k舍去，随着ECEHEAH因此时，α＞β．综上所述得当α＞β时可得值范围＜k＜＜k＜时．1（201•RAOB的两直角边OOB分x轴的负半轴和yOAOBxC过点C作AB的垂线，垂足为点D，交y轴于点E．求线段AB的长；CE若M是射线BC，使以ABMP为P考点：一次函数综合题．专题：压轴题．OA和OB的长，然后根据勾股定理求得AB的长；ACD∽△AOB，则OC=CDACD∽△AOB形的对应边的比相等求得OC的长，从而求得CCD⊥AB，求得AB的解析式，即可求得CE根据勾股定理求出MP（）∵OA﹣8|O﹣6）2=，∴OA=8，OB=6，在直△AOB中，AB==10；OBC和△DBC中，，∴△OBC≌△DBC，∴OC=CD，设OC=x，则AC=8﹣x，CD=x．∵△ACD和△ABO中，∠CAD=∠BAO，∠ADC=∠AOB=90°，∴△ACD∽△AOB，，解得：x=3．即OC=，则C（，0．ABy=kx+b，根据题意得解得：则直线AB的解析是x+6，设CD的解析式是y=﹣x+m，则4+m=0，则m=﹣4．则直线CE的解式是y=﹣x﹣4；当ABA1BC的直线方程为y=2x+6设（2m+（y（（6A1（++1（2m+6）2，=5m2+40m+100，BM2=m2+（2m+6﹣6）2=5m2，1AB=10，1根据AB2+AM12=BM2得100+5m2+40m+100=5m2，m=﹣5，1∴（5，4，B1中点坐标（，1，BM1中点时也是AP1中点，有 ，解得P1（3，2）②当ABAB2=AM2+BM100=5m2+40m+100+5m2m﹣4或=0（，1 ∴（4，2，AB（，31 AB中点时也是P2M2中点，有 ，解得综上可得满足条的P点的坐为1（，）或P2（，8．1（201•莆田在RACB和R△AEFACBAE=9°，若点P是BFPC，PE．特殊发现：如图，若点E，F分别落在边AACPC=PE成立（问题探究：把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转．，若点E落在边CA3，若点FAB当k为何值总是等三角请直写出k的值不必说明理由）考点：几何变换综合题．专题：压轴题．（1P作PCE于点EAB⊥ACEFM∥CB推，再根点P是BF的中点，得EM=MC，据此得PC=PE即可．首先过点F作FD⊥AC于点D，过点PPM⊥ACM，连接PDDAF≌△EAF，即可判断出AD=AE△DAP≌△EAPPD=PE；最后根据FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，可FD∥BC∥PM，再根据点PBF的中点，推得PC=PDPD=PE，即可推PC=PE．CPEAEF绕着点A顺时针旋转BCF∠BE=9°，点P是BF得点C、E在以点PBFCBECPEk（）如图，过点P作P⊥CE于点，，PC=PE成立，理由如下：∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE．3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，，PC=PE成立，理由如下：∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中，，∴DAF≌EFAAS，∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，，∴DAP≌EP（SS，∴PD=PE，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，，∵点P是BF的中点，∴DM=MC，又∵PM⊥AC，∴PC=PD，又∵PD=PE，∴PC=PE．4，∵△CPE∴将△AEF绕着点A顺时针旋转180°，△CPE仍是等边三角形，∵∠BCF=∠BEF=90°，点P是BF的中点，∴点C、E在以点P为圆心，BF为直径的圆上，∵△CPE是等边三角形，∴∠CPE=60°，根据圆周角定理，可得即∠ABC=30°，在Rt△ABC中，=tan30°，，∴当k时，△CPE总是等边角形．“△CPE”1（201•ABCC=9A=6°B=3°；在△A1B1C1中，∠C1=90°，∠A1=45°，∠B1=45°，且A1B1=CB．若将边A1C1与边CA重合A1与点C重合．将三角板A1B1C1绕点C（A1）α，旋转过程中边A1C1与边AB的交点为M，设AC=a．（1）计算A1C1的长；（2）当α=30°时，证明：B1C1∥AB；若，当α=45°时计算两个角板重部分图形面积；当α=60°a，tan15°=2﹣ ，，tan75°=2+ ）考点分析：（1）在Rt△ABC中，由特殊锐角三角函数值，先求得BC的长，然后在Rt△A1B1C1中利用特殊锐角三角函数即可求得A1C1的长；BMC=90°=△A1B1C1的面积﹣△BC1M的面积；=△CC1B1的面积﹣三角形FB1C﹣DC1M的面积．（）在RABCB=3°AC=，由特殊锐三角函可知，∴BC= ．∴B1C=在Rt△A1B1C1，∠B1=∠45°，∴ ．．（2）∵∠ACM=30°，∠A=60°，∴∠BMC=90°．∴∠C1=∠BMC．∴B1C1∥AB．（3）由（1）可知=3+∴△A1B1C1的面=∵∠A1B1C1=45°，∠ABC=30°∴∠MBC1=15°在RBM中1=BCtan1°（3（2）=，∴Rt△BC1M的面==3．∴两个三板重叠分图形的积=△A1B1C1的面积﹣△BC1M的面=3+3．（4）由（1）可知：BC= ，a，∴ a2，∵∠MCA=60°，∠A=60°，∴∠AMC=60°∴MC=AC=MA=a．．∵∠MCA=60°，∴∠C1A1B=30°，∴∠C1MD=∠B+∠C1A1B=60°在Rt△DC1M中，特殊锐角角函数知：C1D=C1M•tan60°=a，∴ a2，两个三角重叠部图形的面= ﹣ a2= a2．2（201南通R△ABCC=9°AB=1BC=PQ分别在BACCP=3CQ=4（＜＜3PCQ绕点PPDDPQ上．PQ∥AB；若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；PDE与△ABC重叠部分图形的周长为T12≤T≤16，求x考点：几何变换综合题．专题：压轴题．（1ACCPQ=∠BPQ∥ABDBACADQ=∠DAQ，AQ=DQ．在Rt△CPQ，故可得出x当点E在AB上时根据等腰角形的质求出x的值再分0＜x≤＜x＜3两种情况进行分类讨论．解答：（1）证明：∵在Rt△ABC中，AB=15，BC=9，=12．，∴=．∵∠C=∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ=∠B，∴PQ∥AB；解：连接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ=∠DAB．∵点D在∠BAC的平分线上，∴∠DAQ=∠DAB，∴∠ADQ=∠DAQ，∴AQ=DQ．在Rt△CPQ中，PQ=5x，∵PD=PC=3x，∴DQ=2x．∵AQ=12﹣4x，∴12﹣4x=2x，解得x=2，∴CP=3x=6．解：当点EAB上时，∵PQ∥AB，∴∠DPE=∠PEB．∵∠CPQ=∠DPE，∠CPQ=∠B，∴∠B=∠PEB，∴PB=PE=5x，∴3x+5x=9，解得．①当0＜x≤时，T=PD+DE+PE=3x+4x+5x=12x，此时0＜T≤；②＜x＜3时，设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥FQ，垂为H，∴HG=DF，FG=DH，Rt△PHG∽Rt△PDE，．∵PG=PB=9﹣3x，，∴GH（9﹣3PH（﹣3x，∴FG=H=3（9﹣3x，∴T=PG+PD+DF+FG=（9﹣3x）+3x+（9﹣3x）+[3x﹣（9﹣3x）]，此时＜T＜18．0＜x＜3随x∴T=1212x=12，解得x=1；时，=16，解得．∵12≤T≤16，∴x的取范围是1≤x≤．在解答（3）2（201•南宁By=a2（＞）点，其中AB1所示，当直线ABx轴平行，∠AOB=90°，且AB=2式和AB2AB与x90°B（2）的条件下，若直线y=﹣2x﹣2分别交直线AB，y轴于点PC，直线ABy轴于点D，且∠BPC=∠OCP，求点P的坐标．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）如图1，由AB与x轴平行，根据抛物线的对称性有AE=BE=1，由于∠AOB=90°得到OEAB=，求出A（1，B1，，把x=1时，y=1代入y=a2