中考专题(数学综合题专题)

(数学综合题专题)

一、知识网络梳理

数学综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型。近几年的中考压轴题多以数学综合题的形式出现。解数学综合题一般可分为认真审题、理解题意，探求解题思路，正确解答三个步骤。解数学综合题必须要有科学的分析问题的方法。数学思想是解数学综合题的灵魂，要善于总结解数学综合题中所隐含的重要的转化思想、数形结合思想、分类讨论的思想、方程的思想等，要结合实际问题加以领会与掌握，这是学习解综合题的关键。

题型1方程型综合题

这类题是中考试题中常见的中档题,主要以一元二次方程根的判别式、根与系数的关系为背景，结合代数式的恒等变形、解方程（组）、解不等式（组）、函数等知识。其基本形式有：求代数式的值、求参数的值或取值范围、与方程有关的代数式的证明。

题型2函数型综合题

函数型综合题主要有：几何与函数相结合型、坐标与几何方程与函数相结合型综合问题，历来是各地中考试题中的热点题型。主要是以函数为主线，建立函数的图象及性质、方程的有关理论的综合。解题时要注意函数的图象信息与方程的代数信息的相互转化。例如函数图象与x轴交点的横坐标即为相应方程的根；点在函数图象上即点的坐标满足函数的解析式等。

函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力和较好的区分度，因此是各地中考的热点题型，压轴题的主要来源，并且长盛不衰，年年有新花样。

题型3几何型综合题

几何综合题考查知识点多、条件隐晦，要求学生有较强的理解能力，分析能力，解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识与创新能力。

1． 几何型综合题，常用相似形与圆的知识为考查重点，并贯穿其他几何、代数、三角等知识，以证明、计算等题型出现。

2． 几何计算是以几何推理为基础的几何量的计算，主要有线段和弧的长度的计算，角、角的三角函数值的计算，以及各种图形面积的计算等。

3． 几何论证题主要考查学生综合应用所学几何知识的能力。 4． 解几何综合题应注意以下几点：

（1） 注意数形结合，多角度、全方位观察图形，挖掘隐含条件，寻找数量关系和相等关系。 （2） 注意推理和计算相结合，力求解题过程的规范化。 （3） 注意掌握常规的证题思路，常规的辅助线添法。 （4） 注意灵活地运用数学的思想和方法。

解决几何型综合题的关键是把代数知识与几何图形的性质以及计算与证明有机融合起来，进行分析、推理，从而达到解决问题的目的。 二、知识运用举例

例1（05安徽省六安市）已知关x的一元二次方程 （1）求m的取值范围

（2）若两实数根分别为x1和x2，且x12x211求m2x3xm02有实数根．

的值．

分析与解答 本题目主要综合考查一元二次方程根的判别式、根与系数的关系的应用以及代数式的恒等变形等．

（1）由题意，△≥0，即94m≥0．解得m94．

1

（2）由根与系数的关系，得x1x23,x1x2m．∴x12m1．

x2(x1x2)2x1x292m22．∴92m11．∴

例２（05北京市）已知关于x的方程(a2)x2yx(2a1)x2a5与x22axa0有两个不相等的实数根x1和x2，并且抛物线

轴的两个交点分别位于点（2，0）的两旁．

（1） 求实数a的取值范围． （2） 当

x1x222时，求a的值．

分析与解答 本例以一元二次方程为背影，综合考查一元二次方程桶的判别式、桶与系数关系、分式方程的解法以及二次函数的有性质等． （1）一方面,关于x的方程

(a2x)22axa有0两个不相等的实数根，∴△

x(2a1)x2a52=(2a)24a(a2)0且a20．解之，得a0且a-2．另一方面，抛物线y与x轴的两个交点分别位于点（2，0）的两旁，且开口向上，∴当x2时y0，即

42(a21)a25，解得a32．综合以上两面，a的取值范围是(a2)x232a0

（2）∵x1、x2是关于x的方程

x1x22aa2,x1x2aa22axa的0两个不相等的实数根，∴

aa20．∵

．∵32a0，∴a20，∴x1x22222x1x28，∴x122x1x2x28，即∴x12x1x2x28，∴(x1x2)4x1x28．∴

(2aa2)24aa2328，解得a14,a21．经检验，a14,a21都是方程(2aa2)24aa28的根．∵

a4舍去，∴a1．

说明 运用一元二次方程根的差别式时，要注意二次项系数不为零，运用一元二次方程根与系数的关系时，要注意根存在的前提，即要保证△≥0．

例3（05重庆市） 如图2-4-18，B90，O是AB上的一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点E，与AC切于点D．若AD=23，且AB、AE的长是关于x的方程x8xk0的两个实数根．

（1）求⊙O的半径．（2）求CD的长．

分析与解答 本题是一道方程与几何相结合的造型题，综合考查了切割线定理、根与系数的关系、一元二次方程的解法、勾股定理知识．

（1）∵AD是⊙O的切线，∴AD2AEAB．又AD23，∴AEgAB12．∵AE、AB的长

22是方程x8xk0的两个实数根，∴AEgABk，∴k12，把k12代入方程x8xk0，

20CDAEOB图2-4-182

解得x12,x26．∴AE=2，AB=6．

∴⊙O的半径为

12(ABAE)2

（2）∵CB⊥AB，AB经过圆心O，∴CB切⊙O于点B，∴CD=CB．在Rt△ABC中，设CDx，由勾股定理得AB2BC2AC2，∴62x2(23x)2，解得x23．∴CD23．

例4．（2007四川绵阳）已知x1，x2 是关于x的方程（x－2）（x－m）=（p－2）（p－m）的两个实数根．

（1）求x1，x2 的值；

（2）若x1，x2 是某直角三角形的两直角边的长，问当实数m，p满足什么条件时，此直角三角形的面积最大？并求出其最大值．

解：（1） 原方程变为：x2－（m + 2）x + 2m = p2－（m + 2）p + 2m，

∴ x2－p2－（m + 2）x +（m + 2）p = 0， （x－p）（x + p）－（m + 2）（x－p）= 0， 即 （x－p）（x + p－m－2）= 0， ∴ x1 = p， x2 = m + 2－p． （2）∵ 直角三角形的面积为

121212x1x212p(m2p)=12p212(m2)p

=[p(m2)p(2m222)(2(m2)42)]

=(pm22)2(m2)8，

∴ 当p(m2)82m22且m＞－2时，以x1，x2为两直角边长的直角三角形的面积最大，最大面积为

或

12p．

2例5．（07茂名市）已知函数yx2xc的图象与x轴的两交点的横坐标分别是x1，x2，且

x1x2c2c，求c及x1，x2的值．

2222解：令y0，即x2xc0，当方程有两个不相等的实数根时，该函数的图象与x轴有两个交点．

2此时24c0即c1．

2相关链接 ：

若x1，x2是一元二次方程

axbxc0(a0)的两根，则x1x2ba，x1x2ca．

3

2x1x22由已知 ，

x1x2c222∵ x1x2c2c，

∴ ∴

x1x222x1x2c2c，

22222cc2c ，

∴ c24， ∴c12,c22(舍去)．

当c2时，x22x20， 解得x113,x213． 综上：c2，x113,x213为所求．

例6（07天津市） 已知关于x的一元二次方程x2bxcx有两个实数根x1,x2，且满足x10，x2x11。

（1）试证明c0； （2）证明b22(b2c)；

（3）对于二次函数yx2bxc，若自变量取值为x0，其对应的函数值为y0，则当0x0x1时，试比较y0与x1的大小。

解：（1）将已知的一元二次方程化为一般形式 即x2(b1)xc0 ∵ x1,x2是该方程的两个实数根 ∴ x1x2(b1)，x1x2c 而x10,x2x110 ∴ c0 （2）(x2x1)(x2x1)4x1x2

(b1)4cb2b4c1

2222∵ x2x11 ∴ (x2x1)1 于是b2b4c11，即b2b4c0 ∴ b2(b2c)

（3）当0x0x1时，有y0x1

22∵ y0x0bx0c，x1bx1cx1

222222∴ y0x1x0bx0c(x1bx1c)

(x0x1)(x0x1b)

∵ 0x0x1 ∴ x0x10

4

又∵ x2x11 ∴ x2x11，x1x22x11 ∵ x1x2(b1) ∴ (b1)2x11

于是2x1b0 ∵ 0x0x1 ∴ x0x1b0 由于x0x10，x0x1b0

∴ (x0x1)(x0x1b)0，即y0x10 ∴ 当0x0x1时，有y0x1

例7（05贵阳市）如图2-4-20，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与

y轴交于点C，点C、D是

二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象过点B、D．（1）求D点的坐标．（2）求一次函数的解析式．（3）根据图象写出使一次函数值大于二次函数的值的x的取值范围．

分析与解答 （1）由图2-4-20可得C（0，3）．

∵抛物线是轴对称图形，且抛物线与x轴的两个交点为A（－3，0）、B（1，0）， ∴抛物线的对称轴为x1，D点的坐标为（－2，3）．

（2）设一次函数的解析式为ykxb，将点D（－2，3）、B（1，0）代入解析式，可得

2kb3kb0，解得k1,b1．

x1．

∴一次函数的解析式为y（3）当x2或x1时，一次函数的值大于二次函数的值．

说明：本例是一道纯函数知识的综合题，主要考查了二次函的对称性、对称点坐标的求法、一次函数解析式的求法以及数形结合思想的运用等．

例8（05吉林省） 如图2-4-21，二次函数yaxbxc(a0)2yDCM的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（－1，0），点C（0，5）、D（1，8）在抛物线上，M为抛物线的顶点．

（1）求抛物线的解析式．

（2）求△MCB的面积．

分析与解答 第（1）问，已知抛物线上三个点的坐标，利用待定系数法可求出其解析式．第（20问，△MCB不是一个特殊三角形，我们可利用面积分割的方法转化成特殊的面积求解．

abc02yaxbxc，根据题意，得c5abc8x4x5．

2BAONx图2-4-21（1）设抛物线的解析式为

a1，解之，得b4．

c5∴所求抛物线的解析式为y（2）∵C点的坐标为（0，5）．∴OC=5．令

2y02，则x24x50，解得x11,x25．∴B点坐标

为（5，0）．∴OB=5．∵yx4x5(x2)9，∴顶点M坐标为（2，9）．过点M用MN⊥AB于点N，则ON=2，MN=9．

5

∴SMCBS梯形OCMNSBNMSOBC1(59)9(52)5515 221说明：以面积为纽带，以函数图象为背景，结合常见的平面几何图形而产生的函数图象与图形面积相结合型综合题是中考命题的热点．解决这类问题的关键是把相关线段的长与恰当的点的坐标联系起来，必

要时要会灵活将待求图形的面积进行分割，转化为特殊几何图形的面积求解．

例9（05湖南省娄底市）已知抛物线yx(m4)x2m4与x2轴交于A(x1,0)、B(x2,0)，与y轴交

于点C，且x1、x2满足条件x1x2,x12x20

（1）求抛物线的解析式；

（2）能否找到直线ykxb与抛物线交于P、Q两点，使y轴恰好平分△CPQ的面积？求出k、b所满足的条件．

分析与解答 （1）∵△=(m4)24(2m4)m3202，∴对一切实数m，抛物线与x轴恒有两个交

点，由根与系数的关系得x1x2m4„①，x1x2(2m4)„②．由已知有x12x20„③．③－①，得

x24m,x12x22m8.m12,m2当7.m1时2由②得(2m8)(m4．)m(2化简，得

m9m1420解得．

x1,4x2，满足,2x1x2．当m27时，x16,x23，不满足x1x2，∴抛物线

的解析式为yx2x8．

2（2）如图2-4-22，设存在直线ykxb与抛物线交于点P、Q，使y轴平分△CPQ的面积，设点P的横坐标为xQ，直线与y轴交于点E．

∵SPCESQCE12CExPy12CExQ，∴

xPxQ，由y轴平分

xQ0yC△CPQ的面积得点P、Q在

ykxb2yx2x82轴的两侧，即xPxQ，∴xP，由

PEOQ得

x(k2)xb802．又∵xP、

xQ是方程

xxPxQ(k2)0x(k2)xb8的两根，∴0，∴k2．又直线

图2-4-21与抛物线有两个交点，∴当k2且b8时，直线ykxb与抛物线的交

点P、Q，使y轴能平分△CPQ的面积．故y2xb(b8)．

说明 本题是一道方程与函数、几何相结合的综合题，这类题主要是以函数为主线．解题时要注意运用数形结合思想，将图象信息与方程的代信息相互转化．例如：二次函数与x轴有交点．可转化为一元二

次旗号有实数根，并且其交点的横坐标就是相应一元二次方程的解．点在函数图象上，点的坐标就满足该函数解析式等．

例10（05桂林市） 已知：如图2-4-23，抛物线yaxbxc2经过原点（0，0）和A（－1，5）．

（1）求抛物线的解析式．

（2）设抛物线与x轴的另一个交点为C．以OC为直径作⊙M，如果过抛物线上一点P作⊙M的切线PD，切点为D，且与y轴的正半轴交于点为E，连结MD．已知点E的坐标为（0，m），求四边形EOMD的面积．（用含m的代数式表示）

（3）延长DM交⊙M于点N，连结ON、OD，当点P在（2）的

PyEDOAMNx6

图2-4-21条件下运动到什么位置时，能使得S四边形EOMDSDON？请求出此时点P的坐标．

分析与解答 （1）∵抛物线过O(0，0)、A（1，－3）、B（－1，5）三点， c=0a1∴a+b+c=-3，解得b4，∴抛物线的解析式为yx24x．

c0a-b+c=5（2）抛物线yx24x与x轴的另一个交点坐标为C（4，0），连结EM．∴⊙M的半径是2，即OM=DM=2．∵ED、EO都是的切线，∴EO=ED．∴△EOM≌△EDM．∴S四边形EOMD2SOME2（3）设D点的坐标为（x0，y0），则S四边形EOMD2SOME21212OMOE2m

当S四边形EOMDOMy02y0．

SDON时，即2m2y0，my0，故ED∥x轴，又∵ED为切线，∴D点的坐标为（2，3），∵点P在直线ED上，故设点P的坐标为（x，2），又P在抛物线上，∴2x24x．∴x12P(26,2)或P(26,2)为所求

6,x226．∴

例11（07上海市）如图9，在直角坐标平面内，函数ymx（x0，的图象经过A(1，m是常数）4)，B(a，b)，

其中a1．过点A作x轴垂线，垂足为C，过点B作y轴垂线，垂足为D，连结AD，DC，CB．

y （1）若△ABD的面积为4，求点B的坐标； （2）求证：DC∥AB；

（3）当ADBC时，求直线AB的函数解析式． （1） 解：函数ym4．

mx(x0，m是常数）图象经过A(1，4)， D A B O C x 4a设BD，AC交于点E，据题意，可得B点的坐标为a，，D点的坐标为0，， 图9

a4E点的坐标为1，，

aa1，DBa，AE44a4．

由△ABD的面积为4，即

14a44， 2a43得a3，点B的坐标为3，．

（2）证明：据题意，点C的坐标为(1，0)，DE1，

7

a1，易得EC4a，BEa1，

44a4aa1．

BEDEBEDEa11AECEa1，

AECE．

DC∥AB．

（3）解：DC∥AB，当ADBC时，有两种情况： ①当AD∥BC时，四边形ADCB是平行四边形， 由（2）得，

BEDEAECEa1，a11，得a2．

点B的坐标是（2，2）．

设直线AB的函数解析式为ykxb，把点A，B的坐标代入，

4kb，22kbk2，b6.得解得

直线AB的函数解析式是y2x6．

②当AD与BC所在直线不平行时，四边形ADCB是等腰梯形， 则BDAC，a4，点B的坐标是（4，1）．

设直线AB的函数解析式为ykxb，把点A，B的坐标代入，

4kb，14kb.k1，b5得解得

直线AB的函数解析式是yx5．

综上所述，所求直线AB的函数解析式是y2x6或yx5．

例12．（07资阳）如图10，已知抛物线P：y=ax2+bx+c(a≠0) 与x轴交于A、B两点(点A在x轴的正半轴上)，与y轴交于点C，矩形DEFG的一条边DE在线段AB上，顶点F、G分别在线段BC、AC上，抛物线P上部分点的横坐标对应的纵坐标如下：

x y „ „ -3 -52-2 -4 -1 522 0 „ „ (1) 求A、B、C三点的坐标；

(2) 若点D的坐标为(m，0)，矩形DEFG的面积为S，求S与m的函数关系，并指出m的取值范围；

(3) 当矩形DEFG的面积S取最大值时，连接DF并延长至点M，使FM=k·DF，若点M不在抛物线P上，求k的取值范围.

8

图10

若因为时间不够等方面的原因，经过探索、思考仍无法圆满解答本题，请不要轻易放弃，试试将上述(2)、(3)小题换为下列问题解答(已知条件及第(1)小题与上相同，完全正确解答只能得到5分)： (2) 若点D的坐标为(1，0)，求矩形DEFG的面积. 解：⑴ 解法一：设y=ax2+bx+c(a 0)，

任取x,y的三组值代入，求出解析式y=12x+x-4，

2令y=0，求出x1=-4,x2=2；令x=0，得y=-4，

∴ A、B、C三点的坐标分别是A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4) . 解法二：由抛物线P过点(1，-52)，(-3，-52)可知，

抛物线P的对称轴方程为x=-1，

又∵ 抛物线P过(2，0)、(-2，-4)，则由抛物线的对称性可知， 点A、B、C的坐标分别为 A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4) . ⑵ 由题意，又

BEBO=ADAOEF=DGOC，而AO=2，OC=4，AD=2-m，故DG=4-2m，

OC，EF=DG，得BE=4-2m，∴ DE=3m，

2

∴SDEFG=DG·DE=(4-2m) 3m=12m-6m(0＜m＜2) .

2

⑶ ∵SDEFG=12m-6m(0＜m＜2)，∴m=1时，矩形的面积最大，且最大面积是6 . 当矩形面积最大时，其顶点为D(1，0)，G(1，-2)，F(-2，-2)，E(-2，0)，· 设直线DF的解析式为y=kx+b，易知，k=又可求得抛物线P的解析式为：y=令

23x-2312223，b=-

23，∴y=23x-23，

x+x-4， 613=

12可求出x+x-4，

2x=-1 . 设射线DF与抛物线P相交于点N，则N的横坐标为-1-361，

过N作x轴的垂线交x轴于H，有

FNDFHEDE-2--1-3361===-5+961，

点M不在抛物线P上，即点M不与N重合时，此时k的取值范围是 k≠-5+961且k＞0.

若选择另一问题： ⑵ ∵又∵

ADAOFGAB==DGOCCPOC，而AD=1，AO=2，OC=4，则DG=2， ， 而AB=6，CP=2，OC=4，则FG=3，

∴SDEFG=DG·FG=6.

例13．（07北京市）我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．

（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称； （2）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上， 设CD，BE相交于点O，若A60°，DCBEBC请你写出图中一个与A相等的角，并猜想图中哪个四边形

B A E

12A．

D O C

9

是等对边四边形；

，AC上，且（3）在△ABC中，如果A是不等于60°的锐角，点D，E分别在AB1DCBEBC2 ．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．A解：（1）回答正确的给1分（如平行四边形、等腰梯形等）．

（2）答：与A相等的角是BOD（或COE）． 四边形DBCE是等对边四边形．

（3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE．

证法一：如图1，作CGBE于G点，作BFCD交CD延长线于F点． 因为DCBEBC12A，BC为公共边，

A E

D B 所以△BCF≌△CBG．

所以BFCG．

因为BDFABEEBCDCB，

BECABEA， 所以BDFBEC．

F O G

C

可证△BDF≌△CEG． 所以BDCE．

所以四边形DBCE是等边四边形．

图1

证法二：如图2，以C为顶点作FCBDBC，CF交BE于F点． 因为DCBEBC12A，BC为公共边，

A E

所以△BDC≌△CFB．

所以BDCF，BDCCFB． 所以ADCCFE．

因为ADCDCBEBCABE， FECAABE， 所以ADCFEC．

所以FECCFE． 所以CFCE． 所以BDCE．

所以四边形DBCE是等边四边形．

说明：当ABAC时，BDCE仍成立．只有此证法，只给1分．

D O B F C

图2

例14．（07宁波市）四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两端点的距离不相等，但

到另一对角线的两个端点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点．如图l，点P为四边形ABCD

对角线AC所在直线上的一点，PD=PB，PA≠PC，则点P为四边形ABCD的准等距点． (1)如图2，画出菱形ABCD的一个准等距点．

(2)如图3，作出四边形ABCD的一个准等距点(尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)． (3)如图4，在四边形ABCD中，P是AC上的点，PA≠PC，延长BP交CD于点E，延长DP交BC于点F，且∠CDF=∠CBE，CE=CF．求证：点P是四边形AB CD的准等距点．

(4)试研究四边形的准等距点个数的情况(说出相应四边形的特征及准等距点的个数，不必证明)．

10

解：(1)如图2，点P即为所画点．(答案不唯一．点P不能画在AC中点)

(2)如图3，点P即为所作点．(答案不唯一) (3)连结DB，

在△DCF与△BCE中， ∠DCF=∠BCE， ∠CDF=∠CBE， ∠ CF=CE. ∴△DCF≌△BCE(AAS)， ∴CD=CB， ∴∠CDB=∠CBD.

∴∠PDB=∠PBD， ∴PD=PB， ∵PA≠PC

∴点P是四边形ABCD的准等距点．

(4)①当四边形的对角线互相垂直且任何一条对角线不平分另一对角线或者对角线互相平分且不垂直时，准等距点的个数为0个； ②当四边形的对角线不互相垂直，又不互相平分，且有一条对角线的中垂线经过另一对角线的中点时，准等距点的个数为1个；

③当四边形的对角线既不互相垂直又不互相平分，且任何一条对角线的中垂线都不经过另一条对角线的中点时，准等距点的个数为2个； ④四边形的对角线互相垂直且至少有一条对角线平分另一对角线时，准等距点有无数个．

例15．(07南充市) 如图，点M（4，0），以点M为圆心、2为半径的圆与x轴交于点A、B．已知抛物线

y16xbxc过点A和B，与y轴交于点C．

2（1）求点C的坐标，并画出抛物线的大致图象． （2）点Q（8，m）在抛物线y16xbxc上，点P为此抛物线对称轴上一个动点，求PQ＋PB的最

2小值．

（3）CE是过点C的⊙M的切线，点E是切点，求OE所在直线的解析式．

11

y C A M x O D B E 解：（1）由已知，得 A（2，0），B（6，0）， ∵ 抛物线y126xbxc过点A和B，则

12622bc0,4  解得

b3, 16626bc0,c2.则抛物线的解析式为 y1246x3x2．

故 C（0，2）．

（说明：抛物线的大致图象要过点A、B、C，其开口方向、顶点和对称轴相对准确）（线对称轴l是 x＝4．

∵ Q（8，m）抛物线上，∴ m＝2．

过点Q作QK⊥x轴于点K，则K（8，0），QK＝2，AK＝6， ∴ AQ＝AK2QK2210．

又∵ B（6，0）与A（2，0）关于对称轴l对称， ∴ PQ＋PB的最小值＝AQ＝210．

y l y P C Q C M x M x O D A B K O D AB E E 图①

图②

（3）如图②，连结EM和CM．

由已知，得 EM＝OC＝2．

CE是⊙M的切线，∴ ∠DEM＝90º，则 ∠DEM＝∠DOC． 又∵ ∠ODC＝∠EDM． 故 △DEM≌△DOC．

∴ OD＝DE，CD＝MD．

又在△ODE和△MDC中，∠ODE＝∠MDC，∠DOE＝∠DEO＝∠DCM＝∠DMC．

2）如图①，抛物12

则 OE∥CM．

设CM所在直线的解析式为y＝kx＋b，CM过点C（0，2），M（4，0）， 1k,4kb0,∴  解得 2

b2,b2,直线CM的解析式为y1212x2．

又∵ 直线OE过原点O，且OE∥CM， 则 OE的解析式为 y＝x．

例16．(07宿迁市) 如图，圆在正方形的内部沿着正方形的四条边运动一周，并且始终保持与正

方形的边相切。

（1）在图中，把圆运动一周覆盖正方形的区域用阴影表示出来；

（2）当圆的直径等于正方形的边长一半时，该圆运动一周覆盖正方形的区域的面积是否最大？并说明理由。

解：⑴圆运动一周覆盖正方形的区域用阴影表示如下：

⑵圆的直径等于正方形的边长一半时,覆盖区域的面积不是最大.理由如下：

设正方形的边长为a，圆的半径为r 覆盖区域的面积为S

∵圆在正方形的内部，∴0＜r≤ 由图可知：S＝a2―[（a―4r）2＋4r2－πr2]

＝a2―[（20―π）r2―8ar＋a2]

＝―(20―π) r2＋8ar

＝―(20―π)(r―

)2＋

∵ 0＜ ＜

∴当r＝ 时，S有最大值

∵

大.

三、知识巩固举例

≠

∴圆的直径等于正方形的边长一半时,面积不是最

1．（05湖北省荆门市）已知关于x的方程x(k1)x214k10的两根是一矩形两邻边的长．（1）

2k取何值时，方程有两个实数根？（2）当矩形的对角线长为5时，求k的值．

13

2．（04四川省）已知关于x的方程x22(m1)xm22m30的两个不相等的实数根中有一个根为0，是否存在实数k，使关于x的方程x2(km)xkm25m20的两个实数根x1、x2之差的绝对值为1？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由 3．（04

y22x黑龙江省）已知方程组有两个不相等的实数解．（1）求kykx1xx1yy1xx2yy2有取值范围．（2）若方程组

的两个实数解为和是否存在实数k，使x1x1x2x21？若存在，求出k的值；若不存在，

请说明理由．

4．（04重庆市万州区）如图2-4-19，以△ABC的直角边AB为直径的半圆O与斜边AC交于点D，E是BC边的中点，连结DE．（1）DE与半圆O相切吗？若不相切，请说明理由．（2）若AD、AB的长是方程x210x240的个根，求直角边BC的

CED长．

OBA

图2-4-195（06浙江舟山）如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），•以OA•为边在

第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，•以BC•为边在第四象限内作

等边△CBD，直线DA交y轴于点E．

（1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论．

（2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E•的坐标；若有变化，请说明理由．

（3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m．

6（06浙江金华）如图,平面直角坐标系中,直线AB与x轴,y轴分别交于A(3,0),B(0,3)两点, ,点

C为线段AB上的一动点,过点C作CD⊥x轴于点D.

(1)求直线AB的解析式; (2)若S梯形OBCD＝433,求点C的坐标;

14

(3)在第一象限内是否存在点P,使得以P,O,B为顶点的 三角形与△OBA相似.若存在,请求出所有符合条件 的点P的坐标;若不存在,请说明理由.

7（06湖南常德）如图，在直角坐标系中，以点A(3，以23为半径的圆与x轴相交于点B，C，0)为圆心，与y轴相交于点D，E．

（1）若抛物线y13求抛物线的解析式，并判断点B是否在该抛物线上． xbxc经过C，D两点，

2（2）在（1）中的抛物线的对称轴上求一点P，使得△PBD的周长最小．

（3）设Q为（1）中的抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在这样的点M，使得四边形BCQM是平行四边形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

8（06湖南常德）把两块全等的直角三角形ABC和DEF叠放在一起，使三角板DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合，其中ABCDEF90，CF45，ABDE4，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点O旋转，设射线DE与射线AB相交于点P，射线DF与线段BC相交于点Q．

（1）如图9，当射线DF经过点B，即点Q与点B重合时，易证△APD∽△CDQ．此 时，AP·CQ ．

（2）将三角板DEF由图1所示的位置绕点O沿逆时针方向旋转，设旋转角为．其中

090，问AP·CQ的值是否改变？说明你的理由．

（3）在（2）的条件下，设CQx，两块三角板重叠面积为y，求y与x的函数关系式．

E F

Ａ A P Ａ Ｄ(Ｏ) Ｄ(Ｏ) Ｂ Ｍ Ｅ Ｆ Ｐ

Ｆ Ｃ

Ｄ(Ｏ) Ｐ Ｅ Ｂ Ｑ Ｃ

Ｑ B(Q) C

图1 图3 图3

9（06湖北宜昌）如图，点O是坐标原点，点A（n，0）是x轴上一动点(n＜0）以AO为一边作矩形AOBC，点C在第二象限，且OB＝2OA．矩形AOBC绕点A逆时针旋转90o得矩形AGDE．过点A的直线y＝kx＋m 交

y轴于点F，FB＝FA．抛物线y=ax2+bx+c过点E、F、G且和直线AF交于点H，过点H作HM⊥x轴，垂足为点M．

(1)求k的值；

(2)点A位置改变时，△AMH的面积和矩形AOBC 的面积的比值是否改变？说明你的理由．

15

10.（07安徽省）按右图所示的流程，输入一个数据x，根据y与x的关系式就输出一个数据y，这样可以将一组数据变换成另一组新的数据，要使任意一组都在20～100（含20和100）之间的数据，变换成一组新数据后能满足下列两个要求：

（Ⅰ）新数据都在60～100（含60和100）之间；

（Ⅱ）新数据之间的大小关系与原数据之间的大小关系一致，即原数据大的对应的新数据也较大。

（1）若y与x的关系是y＝x＋p(100－x)，请说明：当p＝

12时，这种变换

满足上述两个要求； 【解】

（2）若按关系式y=a(x－h)2＋k (a>0)将数据进行变换，请写

出一个满

足上述要求的这种关系式。（不要求对关系式符合题意作说明，但要写出关系式得出的主要过程） 【解】

11（07郴州市）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD沿对角线AC平移，平移后的矩形

为EFGH（A、E、C、G始终在同一条直线上），当点E与C重合时停止移动．平移中EF与BC交于点N，GH与BC的延长线交于点M，EH与DC交于点P，FG与DC的延长线交于点Q．设S表示矩形PCMH的面积，S表示矩形NFQC的面积． （1） S与S相等吗？请说明理由．

（2）设AE＝x，写出S和x之间的函数关系式，并求出x取何值时S有最大值，最大值是多少？ （3）如图11，连结BE，当AE为何值时，ABE是等腰三角形．

DADA

x

PPEHHE

BCNFQMGMNFCB

QG10 △ABC中，D为AB边上12（07德州市）已知：如图图14，在

2一点，A36，ACBC，ACABAD．

图11

Ｃ （1）试说明：△ADC和△BDC都是等腰三角形； （2）若AB1，求AC的值；

（3）请你构造一个等腰梯形，使得该梯形连同它的两条对角线得到8个等腰三角形．（标明各角的度数）

Ａ Ｄ

图14

Ｂ

213（07龙岩市）如图，抛物线yax5ax4经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴

上，点C在y轴上，且ACBC．

16

（1）求抛物线的对称轴；

（2）写出A，B，C三点的坐标并求抛物线的解析式；

（3）探究：若点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点，是否存在△PAB是等腰三角形．若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由．

A y C 1 B 0 1 x 14（07年福建省宁德市）已知：矩形纸片ABCD中，AB26厘米，BC18.5厘米，点E在AD上，且AE6厘米，点P是AB边上一动点．按如下操作：

步骤一，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕MN（如图1所示）； 步骤二，过点P作PT⊥AB，交MN所在的直线于点Q，连接QE（如图2所示）

（1）无论点P在AB边上任何位置，都有PQ QE（填“”、“”、“”号）； （2）如图3所示，将纸片ABCD放在直角坐标系中，按上述步骤一、二进行操作： ①当点P在A点时，PT与MN交于点Q1，Q1点的坐标是（ ， ）； ②当PA6厘米时，PT与MN交于点Q2，Q2点的坐标是（ ， ）；

③当PA12厘米时，在图3中画出MN，PT（不要求写画法），并求出MN与PT的交点Q3的坐标； （3）点P在运动过程，PT与MN形成一系列的交点Q1，Q2，Q3，…观察、猜想：众多的交点形成的图象是什么？并直接写出该图象的函数表达式． D (P) E A P 图1

B C y M C

D T Q E A N P 图2

B

M C

D 18 12 B C E Q16 Q2 24 B 0(A) 6 12 18 x 图3

15（07年福建省三明市）如图①，②，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(4，0)，以点A为圆心，4为半径的圆与x轴交于O，B两点，OC为弦，AOC60，P是x轴上的一动点，连结CP． （1）求OAC的度数；（2分）

（2）如图①，当CP与A相切时，求PO的长；（3分）

17

（3）如图②，当点P在直径OB上时，CP的延长线与A相交于点Q，问PO为何值时，△OCQ是等腰三角形？（7分）

16（07年河池市）如图12， 四边形OABC为直角梯形，A（4，0），B（3，4），C（0，4）． 点M从

O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP垂直x轴于点P，连结AC交

NP于Q，连结MQ．

（1）点 （填M或N）能到达终点；

（2）求△AQM的面积S与运动时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，当t为何值时，S的值最大；

（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．

OMPAxQCyNB

图12

17（07贵阳市）如图14，从一个直径是2的圆形铁皮中剪下一个圆心角为90的扇形．

（1）求这个扇形的面积（结果保留）．（3分）

（2）在剩下的三块余料中，能否从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥？请说明理由．（4分）

（3）当O的半径R(R0)为任意值时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（5分）

① B A ② O C

③ 18（07河北省）如图16，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=50，AD=75，BC=135．点P从点B

图14 出发沿折线段BA-AD-DC以每秒5个单位长的速度向点C匀速运动；点Q从点C出发沿线段CB方向以每秒3个单位长的速度匀速运动，过点Q向上作射线QK⊥BC，交折线段CD-DA-AB于点E．点P、Q同时开始运动，当点P与点C重合时停止运动，点Q也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．

18

（1）当点P到达终点C时，求t的值，并指出此时BQ的长； （2）当点P运动到AD上时，t为何值能使PQ∥DC ？

（3）设射线QK扫过梯形ABCD的面积为S，分别求出点E运动到CD、DA上时，S与t的函数关系式；

（不必写出t的取值范围） （4）△PQE能否成为直角三角形？若能，写出t的取值范围；若不能，请说明理由．

19（07常州市）已知A(1，m)与B(2，m33)是反比例函数y（1）求k的值；

（2）若点C(1，0)，则在反比例函数ykxkxA P B 图16

K D E Q

C 图象上的两个点．

图象上是否存在点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四

边形为梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

C O 1 A y 1 1 1 B x （第28题）

20（07连云港市）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，顶点A，C在坐标轴上，OA60cm，OC80cm．动点P从点O出发，以5cm/s的速度沿x轴匀速向点C运动，到达点C即停止．设点P运动的时间为ts．

（1）过点P作对角线OB的垂线，垂足为点T．求PT的长y与时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；

（2）在点P运动过程中，当点O关于直线AP的对称点O恰好落在对角线OB上时，求此时直线AP的函数解析式；

（3）探索：以A，P，T三点为顶点的△APT的面积能否达到矩形OABC面积的

y A T O P C x

19

14？请说明理由．

B （第28题图）

21（07南京市）在平面内，先将一个多边形以点O为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，并且原多边形上的任一点P，它的对应点P在线段OP或其延长线上；接着将所得多边形以点O为旋转中心，逆时针旋转一个角度，这种经过和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，记为

O(k，)，其中点O叫做旋转相似中心，k叫做相似比，叫做旋转角．

（1）填空：

①如图1，将△ABC以点A为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转60，得到△ADE，

，

）；

这个旋转相似变换记为A（

②如图2，△ABC是边长为1cm的等边三角形，将它作旋转相似变换A(3，90)，得到△ADE，

则线段BD的长为 cm； （2）如图3，分别以锐角三角形ABC的三边AB，BC，CA为边向外作正方形ADEB，BFGC，CHIA，点O1，O2，O3分别是这三个正方形的对角线交点，试分别利用△AO1O2与△ABI，△CIB与△CAO2之间的关系，运用旋转相似变换的知识说明线段O1O2与AO2之间的关系．

E Ｄ

Ｉ

Ｅ D E O1Ａ

O3

Ｈ

Ｂ O2Ｃ

Ａ Ｃ Ａ

图1

B

B

2Ｃ

图2

D

Ｆ

图3

Ｇ

22（07苏州市）设抛物线yaxbx2与x轴交于两个不同的点A(一1，0)、B(m，0)，

与y轴交于点C.且∠ACB=90°． (1)求m的值和抛物线的解析式；

(2)已知点D(1，n )在抛物线上，过点A的直线yx1交抛物线于另一点E．若点P在x轴上，以

点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标． (3)在(2)的条件下，△BDP的外接圆半径等于________________．

20

23（07泰州市）如图①，Rt△ABC中，B90，CAB30．它的顶点A的坐标为(10，0)，顶点B的坐标为(5，53)，AB10，点P从点A出发，沿ABC的方向匀速运动，同时点Q从点D(0，2)出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒． （1）求BAO的度数．

（2）当点P在AB上运动时，△OPQ的面积S（平方单位）与时间t（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分，（如图②），求点P的运动速度．

（3）求（2）中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标．

（4）如果点P，Q保持（2）中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，OPQ的大小随着时间t的增大而增大；沿着BC边运动时，OPQ的大小随着时间t的增大而减小，当点P沿这两边运动时，使

OPQ90的点P有几个？请说明理由．

y C B Q D O A （第29题图①）

P x

10 t 5 O （第29题图②） S 30

24（07扬州市）如图，矩形ABCD中，AD3厘米，ABa厘米（a3）．动点M，N同时从B点出发，分别沿BA，BC运动，速度是1厘米／秒．过M作直线垂直于AB，分别交AN，CD于

P，Q．当点N到达终点C时，点M也随之停止运动．设运动时间为t秒．

（1）若a4厘米，t1秒，则PM______厘米；

（2）若a5厘米，求时间t，使△PNB∽△PAD，并求出它们的相似比；

（3）若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，求a的取值范围；

21

（4）是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形PQCN的面积都相等？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．

25（07江西省南昌市）实验与探究

D Q C D Q P A M C N B P A M N B （1）在图1，2，3中，给出平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标（如图所示），写出图1，2，3中的顶点C的坐标，它们分别是 ， ， ；

yyB(1，2) C D(4，0) B(c，d) y B(c，d) C C

O (A) x

O (A) 图1 图2

D(e，0) x

O A(a，b) D(e，b) x

图3

（2）在图4中，给出平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标（如图所示），求出顶点C的坐标（C点坐标用含a，b，c，d，e，f的代数式表示）；

y B(c，d) C D(e，f)

O A(a，b) x

图4

归纳与发现

（3）通过对图1，2，3，4的观察和顶点C的坐标的探究，你会发现：无论平行四边形ABCD处于直角坐标系中哪个位置，当其顶点坐标为A(a，b)，B(c，d)，C(m，n)，D(e，f)（如图4）时，则四个顶

点的横坐标a，c，m，e之间的等量关系为 ；纵坐标b，d，n，f之间的等量关系为 （不必证明）；

运用与推广

（4）在同一直角坐标系中有抛物线yx(5c3)xc和三个点G21591c，c，S，cc，2222H(2c，0)（其中c0）．问当c为何值时，该抛物线上存在点P，使得以G，S，H，P为顶点的四边形

是平行四边形？并求出所有符合条件的P点坐标．

26（07乐山市）如图（16），抛物线yxbxc(b≤0)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点

C，5≤∠FAE≤60其中点A的坐标为(2，直线x1与抛物线交于点E，与x轴交于点F，且40)；

2．

22

（1）用b表示点E的坐标； （2）求实数b的取值范围；

（3）请问△BCE的面积是否有最大值？

若有，求出这个最大值；若没有，请说明理由．

A O y F B x E C

x1

图（16） 2

27（07沈阳市）26．已知抛物线y＝ax＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB（1）求A、B、C三点的坐标；

（2）求此抛物线的表达式；

（3）连接AC、BC，若点E是线段AB上的一个动点（与点A、点B不重合），过点E作EF∥AC交BC于点F，连接CE，设AE的长为m，△CEF的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（4）在（3）的基础上试说明S是否存在最大值，若存在，请求出S的最大值，并求出此时点E的坐标，判断此时△BCE的形状；若不存在，请说明理由．

y2

H（-8，0）OxN（-6，-4）M第26题图

第26题图

28（07辽宁省十二市）如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH，点H的坐标为（－8，0），点N的坐标为（－6，－4）．

（1）画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC，并写出顶点A，B，C的坐标（点M的对应点

为A， 点N的对应点为B， 点H的对应点为C）； （2）求出过A，B，C三点的抛物线的表达式；

（3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分别在线段CO，OA，AB上，求四边形．．．BEFG的面积S与m之间的

函数关系式，并写出自变量m的取值范围；面积S是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；

若不存在，请说明理由；

（4）在（3）的情况下，四边形BEFG是否存在邻边相等的情况，若存在，请直接写出此时m的值，．．

并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．

23

答案

１．（1）k32 （2）k2

２．存在，k2或4

３．（1）k12 （2）满足条件的k存在，k3

４．（1）相切，证明略 （2）35 5．解 （1）两个三角形全等

∵△AOB、△CBD都是等边三角形 ∴OBA=∠CBD=60°

∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC 即∠OBC=∠ABD ∵OB=AB，BC=BD △OBC≌△ABD （2）点E位置不变 ∵△OBC≌△ABD

∴∠BAD=∠BOC=60°

∠OAE=180°-60°-60°=60° 在Rt△EOA中，EO=OA·tan60°=3 或∠AEO=30°，得AE=2，∴OE=3 ∴点E的坐标为（0，3）

（3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1·m=n·AG，即AG=mn

又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，OE2

=EG·EF 在Rt△EOA中，AE=31=2 （3）2

=（2-mn）（2+n）

即2n2+n-2m-mn=0

24

解得m=

2nnn22.

336解 （1）直线AB解析式为：y=x+3．

33（2）方法一：设点Ｃ坐标为（x，x+3），那么OD＝x，CD＝

33x+3．

∴S梯形OBCD＝

36OBCDCD2＝36x23．

由题意：x23 ＝

433，解得x12,x24（舍去）

∴ Ｃ（２，

33）

方法二：∵ SAOB12OAOB332,S梯形OBCD＝

433，∴SACD36．

由OA=3OB，得∠BAO＝30°，AD=3CD．

12∴ SACD＝

CD×AD＝

32CD＝

236．可得CD＝

33．

∴ AD=１，OD＝２．∴C（２，（３）当∠OBP＝Rt∠时，如图

33）．

①若△BOP∽△OBA，则∠BOP＝∠BAO=30°，BP=3OB=3，

33∴P1（3，

）．

②若△BPO∽△OBA，则∠BPO＝∠BAO=30°,OP=

33OB=1．

∴P2（1，3）．

当∠OPB＝Rt∠时

③ 过点P作OP⊥BC于点P(如图)，此时△PBO∽△OBA，∠BOP＝∠BAO＝30° 过点P作PM⊥OA于点M．

25

133方法一： 在Rt△PBO中，BP＝

2OB＝

，OP＝3BP＝

22．

∵ 在Rt△PＭO中，∠OPM＝30°， ∴ OM＝

12OP＝

34；PM＝3OM＝

33．∴33）．

4P33（

4，

4方法二：设Ｐ（x ，33x+3），得OM＝x ，PM＝33x+3

由∠BOP＝∠BAO,得∠POM＝∠ABO．

33x3∵tan∠POM==

PMOM=x ，tan∠ABOC=

OAOB=3．

∴33

3x+3＝3x，解得x＝

3334．此时，P3（

4，

）．4④若△POB∽△OBA(如图)，则∠OBP=∠BAO＝30°，∠POM＝30°． ∴ PM＝

333OM＝

4．

∴ P334（

4，

4）（由对称性也可得到点P4的坐标）．

当∠OPB＝Rt∠时，点P在ｘ轴上,不符合要求. 综合得，符合条件的点有四个，分别是： P1（3，

33），P2（1，3），P3（

34，

3334），P4（

34，

4）．

7解 （1）∵OA3，ABAC23 ∴B(，30，)C(33，0) 又在Rt△AOD中，AD23，OA3 ∴ODAD2OA23

∴D的坐标为(0，3) 又D，C两点在抛物线上，

c3 ∴1解得b233 23(33)b3c30c326

∴抛物线的解析式为：y13x2233x3

当x3时，y0 ∴点B(3，0)在抛物线上

132332 （2）∵y x2x3

13(x3) 4 ∴抛物线y13x2233x3的对称轴方程为x3 在抛物线的对称轴上存在点P，使△PBD的周长最小．

∵BD的长为定值 ∴要使△PBD周长最小只需PBPD最小． 连结DC，则DC与对称轴的交点即为使△PBD周长最小的点． 设直线DC的解析式为ymxn． 3mn3 由得3

33mn0n3 ∴直线DC的解析式为y33x3

3x3yx3 由得 3y2x3 故点P的坐标为(3，-2) （3）存在，设Q(3，t)为抛物线对称轴x3上一点，M在抛物线上要使四边形BCQM为平行四边形，则BC∥QM且BCQM，点M在对称轴的左侧．

于是，过点Q作直线L∥BC与抛物线交于点M(xm，t) 由BCQM得QM43 从而xm33，t12

12)，使得四边形BCQM为平行四边形． 故在抛物线上存在点M(3，8解 （1）8

27

（2）AP·CQ的值不会改变．

Ａ 理由如下：在△APD与△CDQ中，AC45

 APD18045Ｄ（Ｏ）

Ｐ Ｅ Ｂ Ｑ Ｃ

(4a5) a CDQ90a 即APDCDQ

Ｆ

∴△APD∽△CDQ

∴APADCDCQ

∴APCQ1ADCDAD8 AC222（3）情形1：当0a45时，2CQ4，即2x4，此时两三角板重叠部分为四边形DPBQ，过D作DG⊥AP于G，DN⊥BC于N，

∴DGDN2

由（2）知：APCQ8得AP 于是y12ABAC8x12CQDN4)

Ａ Ｇ Ｂ Ｍ Ｅ Ｆ

Ｐ

Ｄ（Ｏ）

Ｃ

8x12

APDG

Ｎ Ｑ 8x(2x 情形2：当45≤a90 由于AP ∴BMMN8x时，0CQ≤2时，即0x≤2，此时两三角板重叠部分为△DMQ，

，PBPB8DN2BM即

xBM4，易证：△PBM∽△DNM， PB2解得BM84x2PB2PB84x4x

∴MQ4BMCQ4x4x184x(0x≤2) 于是yMQDN4x24x

综上所述，当2x4时，y8x 当0x≤2时，y4x8x

84x4x2x4x8 或y

4x28

法二：连结BD，并过D作DN⊥BC于点N，在△DBQ与△MCD中，

DBQMCD45

DQBQCBQDC45QDCMDQQDCMDC

∴△DBQ∽△MCD ∴MCCDDBB Q即MC2

224x2∴MC84x ∴MQMCCD84x

84xxx4x∴y1x24x82DNMQ4x(0x≤2)

法三：过D作DN⊥BC于点N，在Rt△DNQ中，

DQ2D2NN 2Q 4(2x2 ) x24x8

于是在△BDQ与△DMQ中DBQMDQ45 DMQDBMBDM 45BDM BDQ

∴△BDQ∽△DMQ

∴BQDQDQMQ

即4xDQDQMQ

DQ2∴MQx24x84x4x

29

∴y12DNMQx4x84x2(0x≤2)

9解 （1）根据题意得到：E（3n，0）， G（n，－n）

当x＝0时，y＝kx＋m＝m，∴点F坐标为（0，m） ∵Rt△AOF中，AF2＝m2＋n2， ∵FB＝AF，

∴m＋n＝(-2n－m)， 化简得：m＝－0.75n，

对于y＝kx＋m，当x＝n时，y＝0， ∴0＝kn－0.75n， ∴k＝0.75

（2）∵抛物线y=ax2+bx+c过点E、F、G， 09na3nbc2∴ nnanbc

0.75c11解得：a＝，b＝－，c＝－0.75n

4n2121∴抛物线为y=x－x－0.75n

4n2121yxx0.75n解方程组： 4n2y0.75x0.75n22

2

2

yCDMEAGBFOxH得：x1＝5n，y1＝3n；x2＝0，y2＝－0.75n

∴H坐标是：（5n，3n），HM＝－3n，AM＝n－5n＝－4n， ∴△AMH的面积＝0.5×HM×AM＝6n2；

而矩形AOBC 的面积＝2n2，∴△AMH的面积∶矩形AOBC 的面积＝3:1，不随着点A的位置的改变而改变．

10.（1）当P=

1212时，y=x＋

100x,即y=

1212x50。

∴y随着x的增大而增大，即P=

1时，满足条件（Ⅱ）„„3分

又当x=20时，y=10050=100。而原数据都在20～100之间，所以新数据都在60～100之间，即满足

2条件（Ⅰ），综上可知，当P=

12时，这种变换满足要求；„„6分

（2）本题是开放性问题，答案不唯一。若所给出的关系式满足：（a）h≤20；（b）若x=20,100时，y的对应值m，n能落在60～100之间，则这样的关系式都符合要求。 如取h=20,y=ax20k,„„8分

30

2∵a＞0，∴当20≤x≤100时，y随着x的增大„10分 令x=20,y=60，得k=60 ① 令x=100,y=100，得a×802

＋k=100 ②

1由①②解得a160， ∴y1x20260。„„„14分 k60160

11．解：（1）相等 理由是：因为四边形ABCD、EFGH是矩形， 所以SEGHSEGF,SECNSECP,SCGQSCGM

所以SEGHSECPSCGMSEGFSECNSCGQ, 即：SS ………… （2）AB＝3，BC＝4，AC＝5，设AE＝x，则EC＝5－x，PC35(5x),MC45x,所以SPCMC1212

25x(5x)，即S1225x25x(0x5) 配方得：S1225(x522)3，所以当x5时，

2S有最大值3

（3）当AE＝AB＝3或AE＝BE＝5或AE＝3.6时，ABE是等腰三角形.

2

12．解：（1）在△ABC中，ACBC，

BA36，ACB108．

在△ABC与△CAD中，AB36；

AC2ABAD， ACABADACABBC．

△ABC∽△CAD

CDB72，DCB1083672． △ADC和△BDC都是等腰三角形．4分

（2）设ACx，则x211x，即x2x10．

解得x1512，x52（负根舍去）．

72

36

36 72 10836

36 36 36 (有8个等腰三角形)

31

13．解：（1）抛物线的对称轴x5a2a52

（2）A(3，0) B(5，4 ) C(0，4 )把点A坐标代入yax25ax4中，解得a16

y1256x6x4

y C Ｍ B A 0 1 Ｎ Ｋ 1 P3 Ｑ x P2

P1

（3）存在符合条件的点P共有3个．以下分三类情形探索． 设抛物线对称轴与x轴交于N，与CB交于M．

过点B作BQx轴于Q，易得BQ4，AQ8，AN5.5，BM52

① 以AB为腰且顶角为角A的△PAB有1个：△P1AB．

AB2AQ2BQ2824280

在Rt△ANP1中，P1NAP21AN2AB2AN280(5.5)21992

P51991，22 ②以AB为腰且顶角为角B的△PAB有1个：△P2AB．

在Rt△BMPBP22AB2BM22中，MP22BM802542952

P5829522，2 ③以AB为底，顶角为角P的△PAB有1个，即△P3AB．

画AB的垂直平分线交抛物线对称轴于P3，此时平分线必过等腰△ABC的顶点C．32

过点P3作P3K垂直y轴，垂足为K，显然Rt△P3CK∽Rt△BAQ． P3KCKBQAQ12．

P3K2.5 CK5 于是OK1

P3(2.5，1)

14．解：（1）PQQE． （2）①(0，3)；②(6，6)．

③画图，如图所示．

解：方法一：设MN与EP交于点F． 在Rt△APE中，∵PEAE2AP265，

y F ∴PF1．

D 2PE3518 C ∵Q Q3PFEPA90°，AEPEPA90°，3∴Q12 3PFAEP．

又∵EAPQE Q23FP90°， ∴△Q3PF∽△PEA．

Q6 G 1 P ∴Q3P0(A) M 6 x PEPFEA．

12 18 24 B ∴Q3PPE·PFEA15．

∴Q3(12，15)．

方法二：过点E作EGQ3P，垂足为G，则四边形APGE是矩形．

∴GP6，EG12．

设Q3Gx，则Q3EQ3Px6． 在Rt△Q23EG中，∵EQ3EG2Q3G2．

∴(x6)2122x2．

∴x9．

∴Q3P125． ∴Q3(12，15)．

（3）这些点形成的图象是一段抛物线． 函数关系式：y1212x3(0≤x≤26)．

15．解：（1）∵AOC60，AOAC， ∴△AOC是等边三角形． ∴OAC60． （2）∵CP与A相切， ∴ACP90．

33

∴APC90OAC30．

又∵A（4，0），∴ACAO4．∴PA2AC8． ∴POPAOA844．

（3）①过点C作CP1OB，垂足为P1，延长CP1交A于Q1，

∵OA是半径， ∴OCOQ1，∴OCOQ1， ∴△OCQ1是等腰三角形．

又∵△AOC是等边三角形，∴P1O12OA=2 ．

②解法一：过A作ADOC，垂足为D，延长DA交A于Q2，CQ2与x轴交于P2，∵A是圆心， ∴DQ2是OC的垂直平分线． ∴CQ2OQ2． ∴△OCQ2是等腰三角形， 过点Q2作Q2Ex轴于E，

在Rt△AQ2E中，∵Q12AEOAD2OAC30，

∴Q12E2AQ22，AE23．∴点Q2的坐标（4+23，2）．

在Rt△COP1中，∵P1O2，AOC60， ∴CP123．∴C点坐标（2，23）． 设直线CQ2的关系式为：ykxb，则有

2(423)kb， 解得：1， k

232kb．b223．∴yx223． 当y0时，x223． ∴P2O223．

解法二： 过A作ADOC，垂足为D，延长DA交A于Q2，CQ2与x轴交于P2，∵A是圆心， ∴DQ2是OC的垂直平分线． ∴CQ2OQ2． ∴△OCQ2是等腰三角形． ∵OAC60，∴OQ2C12OAC30．

∵DQ2平分OQ2C,ACAQ2，∴ACQ2AQ2C15． ∵△AOC是等边三角形，CP1OA， ∴P1CA12ACO30．

34

∴P1CP2P1CAACQ2301545． ∴△CP1P2是等腰直角三角形． ∴P1P2CP123．

∴P2OP1OP1P2223． 16． 解：（1）点 M 1分 （2）经过t秒时，NBt，OM2t 则CN3t，AM42t ∵BCA=MAQ=45

∴QN CN 3t ∴PQ 1 t ∴S1△AMQ2AMPQ12(42t)(1t)

t2t2

2∴St2t21t92

4∵0≤t≤2∴当t12时，S的值最大．

（3）存在．

设经过t秒时，NB=t，OM=2t 则CN3t，AM42t ∴BCA=MAQ=45

①若AQM90，则PQ是等腰Rt△MQA底边MA上的高∴PQ是底边MA的中线 ∴PQAP12MA

∴1t12(42t)

∴t12

∴点M的坐标为（1，0）

②若QMA90，此时QM与QP重合 ∴QMQPMA ∴1t42t

∴t1

∴点M的坐标为（2，0）

35

17．解：（1）连接BC，由勾股定理求得： ABAC2

A ① ② OSnR21 3602

B E C

③ （2）连接AO并延长，与弧BC和O交于E，F， F

EFAFAE22 弧BC的长：lnR18022

2r22

圆锥的底面直径为：2r22

2222，不能在余料③中剪出一个圆作为底面与此扇形围成圆锥．

（3）由勾股定理求得：ABAC2R

弧BC的长：lnR21802R

2r22R

圆锥的底面直径为：2r22R

EFAFAE2R2R(22)R

2222且R0

(22)R22R

即无论半径R为何值，EF2r

不能在余料③中剪出一个圆作为底面与此扇形围成圆锥．

18．解：（1）t =（50＋75＋50）÷5=35（秒）时，点P到达终点C．

此时，QC=35×3=105，∴BQ的长为135－105=30． （2）如图8，若PQ∥DC，又AD∥BC，则四边形PQCD

A P E K D B

Q H C

图8

36

为平行四边形，从而PD=QC，由QC=3t，BA+AP=5t 得50＋75－5t=3t，解得t=125．

8经检验，当t=125时，有PQ∥DC．

8（3）①当点E在CD上运动时，如图9．分别过点A、D 作AF⊥BC于点F，DH⊥BC于点H，则四边形 ADHF为矩形，且△ABF≌△DCH，从而

FH= AD=75，于是BF=CH=30．∴DH=AF=40． 又QC=3t，从而QE=QC·tanC=3t·DH=4t．

CH2

∴S=S⊿QCE =1QE·QC=6t；

2②当点E在DA上运动时，如图8．过点D作DH⊥BC于点H，由①知DH=40，CH=30，又QC=3t，从而ED=QH=QC－CH=3t－30．

∴S= S梯形QCDE =1(ED＋QC)DH =120 t－600．

2

1558（4）△PQE能成为直角三角形．

当△PQE为直角三角形时，t的取值范围是0＜t≤25且t≠（注：（4）问中没有答出t≠

1558或t=35．

或t=35者各扣1分，其余写法酌情给分）

下面是第（4）问的解法，仅供教师参考：

①当点P在BA（包括点A）上，即0＜t≤10时，如图9．过点P作PG⊥BC于点G ，则PG=PB·sinB=4t，又有QE=4t = PG，易得四边形PGQE为矩形，此时△PQE总能成为直角三角形． ②当点P、E都在AD（不包括点A但包括点D）上，即10＜t≤25时，如图8． 由QK⊥BC和AD∥BC可知，此时，△PQE为直角三角形，但点P、E不能重合，即 5t－50＋3t－30≠75，解得t≠

1558．

A K E D P ③当点P在DC上（不包括点D但包括点C）， 即25＜t≤35时，如图10．由ED＞25×3－30=45， 可知，点P在以QE=40为直径的圆的外部，故 ∠EPQ不会是直角．

由∠PEQ＜∠DEQ，可知∠PEQ一定是锐角． 对于∠PQE，∠PQE≤∠CQE，只有当点P与C 重合，即t=35时，如图11，∠PQE=90°，△PQE 为直角三角形．

综上所述，当△PQE为直角三角形时，t的取值范围是0＜t≤25且t≠

B F(Q) 图11

1558B Q 图10

A(E) D C

C(P)

或t=35．

19．解：（1）由(1)m2(m33)，得m23，因此k23．

（2）如图1，作BEx轴，E为垂足，则CE3，BE3，BC23，因此∠BCE30．

37

由于点C与点A的横坐标相同，因此CAx轴，从而∠ACB120． 当AC为底时，由于过点B且平行于AC的直线与双曲线只有一个公共点B， 故不符题意．

当BC为底时，过点A作BC的平行线，交双曲线于点D， 过点A，D分别作x轴，y轴的平行线，交于点F． 由于∠DAF30，设DFm1(m10)，则AF3m1，AD2m1，

由点A(1，23)，得点D(13m1，23m1)．

因此(13m1)(23m1)23，

解之得m7133（m310舍去），因此点D6，3． 此时AD1433，与BC的长度不等，故四边形ADBC是梯形．

y y D B C D B OC E x O H x A F A

图1

图2 如图2，当AB为底时，过点C作AB的平行线，与双曲线在第一象限内的交点为D．

由于ACBC，因此∠CAB30，从而∠ACD150．作DHx轴，H为垂足，则∠DCH60，设CHm2(m20)，则DH3m2，CD2m2

由点C(1，0)，得点D(1m2，3m2)， 因此(1m2)3m223．

解之得m22（m21舍去），因此点D(1，23)． 此时CD4，与AB的长度不相等，故四边形ABDC是梯形．

如图3，当过点C作AB的平行线，与双曲线在第三象限内的交点为D时，

同理可得，点D(2，3)，四边形ABCD是梯形．

38

综上所述，函数y23x图象上存在点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为梯形，点D的坐

标为：D6，

3或D(1，23)或D(2，33)．

y B C O x D

A，20．解：（1）在矩形OABC中，OA60，OC80 OBAC PT PTBC6080100．„„„„„„„„1分 图3

O，BRt△OPT∽Rt△OBC．

OPOB22，即

PT605t100，yPT3t．

80516．

当点P运动到C点时即停止运动，此时t的最大值为 所以，t的取值范围是0≤t≤16．

（2）当O点关于直线AP的对称点O恰好在对角线OB上时，A，T，P三点应在一条直线上

（如答图2）．

y B12． APO，

B A tAO∽PR△tO，C B R△O 1 T OPAO．

2 CBOCx P C O OP45．点P的坐标为(45，0)．

（第28题答图2） 设直线AP的函数解析式为ykxb．将点A(0，得60)和点P(45，0)代入解析式，

4k，解这个方程组，得3

b60.60ab，045kb. 此时直线AP的函数解析式是y （3）由（2）知，当t三角形．

45543x60．

9时，A，T，P三点在一条直线上，此时点A，T，P 不构成

y B T E O P C 故分两种情况：

A （i）当0t9时，点T位于△AOP的内部（如答图3）． 过A点作AEOB，垂足为点E，由AOABOBAE 可得AE48．

x 39

（第28题答图3）

S△A 12PTS△AO△PSt4△ATSO

3260t51412148t4t22．t6 t542 若S△APTS矩形OABC，则应有6t54t1200，即t9t2000．

此时，(9)2412000，所以该方程无实数根．

所以，当0t9时，以A，P，T为顶点的△APT的面积不能达到矩形OABC面积的 （ii）当9t≤16时，点T位于△AOP的外部．（如答图4） 此时S△APTS△ATOS△OTPS△AOP6t254t． 若S△APT14S矩形OABC，则应有6t54t1200，即t9t2000．

214．

2 解这个方程，得t192881，t292928810（舍去）．

由于881625252，t8819262517．

而此时9t≤16，所以t92881也不符合题意，故舍去．

所以，当9t≤16时，以A，P，T为顶点的△APT的面积也不能达到矩形OABC面积的

14．

14 综上所述，以A，P，T为顶点的△APT的面积不能达到矩形OABC面积的21．解：（1）①2，60； ②2；

．

2分

45)，得到△ABI，此时，线段O1O2变为线段BI； （2）△AO1O2经过旋转相似变换A(2，2 △CIB经过旋转相似变换C，45，得到△CAO2，此时，线段BI变为线段AO1．

22221，454590，

O1O2AO2，O1O2AO2．

22．解：(1)令x=0，得y=－2 ∴C(0，一2)．∵ACB=90°，CO⊥AB,．

∴ △AOC ∽△COB,．∴OA·OB=OC；∴OB=

2

OC2OA2214 ∴m=4．

40

23．解：（1）∠BAO60． 2分 （2）点P的运动速度为2个单位/秒． （3）P(10t，3t)（0≤t≤5）

S12(2t2)(10t)

t921212．

4当t91212时，S有最大值为

4，

此时P119，322． （4）当点P沿这两边运动时，∠OPQ90的点P有2个． ①当点P与点A重合时，∠OPQ90，

当点P运动到与点B重合时，OQ的长是12单位长度，

41

作∠OPM90交y轴于点M，作PHy轴于点H，

由△OPH∽△OPM得：OM203311.5，

所以OQOM，从而∠OPQ90．

所以当点P在AB边上运动时，∠OPQ90的点P有1个．

y②同理当点P在BC边上运动时，可算得OQ12103317.8．

Q CM B H( P)而构成直角时交y轴于3530，，3533320.217.8， D 所以∠OCQ90，从而∠OPQ90的点P也有1个． O A x 第29题图①

所以当点P沿这两边运动时，∠OPQ90的点P有2个． 24．解：（1）PM34，

（2）t2，使△PNB∽△PAD，相似比为3:2

（3）PM⊥AB，CB⊥AB，AMPABC，

△AMP∽△ABC，PMMPMatBNAAB即

ta，PMt(at)a，

QM3t(a1)a

当梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，即(QPAD)DQMPBN)BM2(2

3t(at)3(a1)t(at)tta6a2a2化简得t6a，

t≤3，6a≤3，则a≤6，3a≤66a， （4）3a≤6时，梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等

梯形PQCN的面积与梯形PMBN的面积相等即可，则CNPM ta23a(at)3t，把t6a6a代入，解之得，所以a23．

所以，存在a，当a23时梯形PMBN与梯形PQDA的面积、梯形PQCN的面积相等． 25．解：（1）(5，2)，(ec，d)，(cea，d)． 2分

42

（2）分别过点A，B，C，D作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1，C1，D1， 分别过A，D作AEBB1于E，DFCC1于点F．

y C在平行四边形ABCD中，CDBA，又BB1∥CC1，

B(c，d) F D(e，f)

EBAABCBCFABCBCFFCD180．

E A(a，b) EBAFCD．

O Bx1A 1C 1D 1

又BEACFD90，

△BEA≌△CFD．

AEDFac，BECFdb．

设C(x，y)．由exac，得xeca．

由yfdb，得yfdb．C(eca，fdb)． （此问解法多种，可参照评分）

（3）mace，nbdf或mcea，ndfb．

（4）若GS为平行四边形的对角线，由（3）可得P1(2c，7c)．要使P1在抛物线上， 则有7c4c2(5c3)(2c)c，即c2c0．

c10（舍去），c21．此时P1(2，7)．

若SH为平行四边形的对角线，由（3）可得P2(3c，2c)，同理可得c1，此时P2(3，2)． 若GH为平行四边形的对角线，由（3）可得(c，2c)，同理可得c1，此时P3(1，2)． 综上所述，当c1时，抛物线上存在点P，使得以G，S，H，P为顶点的四边形是平行四边形．符合条件的点有P1(2，7)，P2(3，2)，P3(1，2)． 26．解（1）抛物线yx2bxc过A(2，0)，

c2b4

点E在抛物线上，

y1bc12b4b3b3， 点E的坐标为(1，3b3)． （2）由（1）得EF33b，

45≤∠FAE≤60，AF3，

13≤b≤0．

43

（3）△BCE的面积有最大值，

yx2bxc的对称轴为xb2，A(2，0)，

点B的坐标为(2b，0)，

由（1）得C(0，2b4)，

而S△BCES梯形OCEFS△EFBS△OCB

12(OCEF)OF112EFFB2OBOC

1(42b)(33b)11(33b)(1b)1222(2b)(42b)

12(b23b2)， y12(b23b2)的对称轴是b32，13≤b≤0

当b13时，S△BCE取最大值，

其最大值为

12322(13)3(13)22．

27．解：（1）解方程x2

－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8

∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8） 又∵抛物线y＝ax2

＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2 ∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0） （2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上 ∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得

a＝－

20＝36a－6b＋83



0＝4a＋2b＋8

解得

b＝－83

∴所求抛物线的表达式为y＝－23x2－8

3x＋8

（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m， ∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴

EFAC＝BEEF8－m

AB 即10＝8

∴EF＝40－5m4

过点F作FG⊥AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB＝4

5

44

∴

FG4440－5m＝ ∴FG＝·＝8－m EF554

11∴S＝S△BCE－S△BFE＝（8－m）×8－（8－m）（8－m）

22111

＝（8－m）（8－8＋m）＝（8－m）m＝－m2＋4m 222自变量m的取值范围是0＜m＜8 （4）存在．

12112

理由：∵S＝－m＋4m＝－（m－4）＋8 且－＜0，

222∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）

∴△BCE为等腰三角形．

第26题图(批卷教师用图)

28．解：（1） 利用中心对称性质，画出梯形OABC．

∵A，B，C三点与M，N，H分别关于点O中心对称， ∴A（0，4），B（6，4），C（8，0）

y ↑

A F H －8 O M

D B → E C x

N (－6，－4)

45

（2）设过A，B，C三点的抛物线关系式为yax2bxc， ∵抛物线过点A（0，4），

∴c4．则抛物线关系式为yax2bx4． 将B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得

36a6b44，b40． 64a8a1解得，4 b32．所求抛物线关系式为：y14x232x4．

（3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m．

∴S四边形EFGBS梯形ABCOS△AGFS△EOFS△BEC 112OA（AB+OC）2AF·AG12OE·OF12CE·OA

1124（68）m(4m)1m(8m)12224m

m28m28 （ 0＜m＜4）

∵S(m4)212． ∴当m4时，S的取最小值． 又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值． 4）当m226时，GB=GF，当m2时，BE=BG． 46

（