2019年中考數(shù)學(xué)試卷

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1、2019年中考數(shù)學(xué)試卷 1、如圖，在Rt△ABC中，∠C=90，AB=10cm，AC：BC=4：3，點P從點A出發(fā)沿AB方向向點B運動，速度為1cm/s，同時點Q從點B出發(fā)沿B→C→A方向向點A運動，速度為2cm/s，當(dāng)一個運動點到達終點時，另一個運動點也隨之停止運動． （1）求AC、BC的長； （2）設(shè)點P的運動時間為x（秒），△PBQ的面積為y（cm2），當(dāng)△PBQ存在時，求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍； （3）當(dāng)點Q在CA上運動，并使PQ⊥AB時，以點B、P、Q為定點的三角形與△ABC是否相似，請說明理由； （4）當(dāng)x=5秒時，在直線PQ上是否存在一點M，使△B

2、CM得周長最小，若存在，求出最小周長，若不存在，請說明理由． 解：（1）設(shè)AC=4x，BC=3x，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2， 即：（4x）2+（3x）2=102，解得：x=2，∴AC=8cm，BC=6cm； （2）①當(dāng)點Q在邊BC上運動時，過點Q作QH⊥AB于H， ∵AP=x，∴BP=10﹣x，BQ=2x，∵△QHB∽△ACB， ∴，∴QH=x，y=BP?QH=（10﹣x）?x=﹣x2+8x（0＜x≤3）， ②當(dāng)點Q在邊CA上運動時，過點Q作QH′⊥AB于H′， ∵AP=x， ∴BP=10﹣x，AQ=14﹣2x，∵△AQH′∽△ABC， ∴

3、，即：，解得：QH′=（14﹣x）， ∴y=PB?QH′=（10﹣x）?（14﹣x）=x2﹣x+42（3＜x＜7）； ∴y與x的函數(shù)關(guān)系式為：y=； （3）∵AP=x，AQ=14﹣x， ∵PQ⊥AB，∴△APQ∽△ACB，∴，即：， 解得：x=，PQ=，∴PB=10﹣x=，∴， ∴當(dāng)點Q在CA上運動，使PQ⊥AB時，以點B、P、Q為定點的三角形與△ABC不相似； （4）存在． 理由：∵AQ=14﹣2x=14﹣10=4，AP=x=5，∵AC=8，AB=10， ∴PQ是△ABC的中位線，∴PQ∥AB，∴PQ⊥AC， ∴PQ是AC的垂直平分線，∴PC=AP=5，∴當(dāng)點M與

4、P重合時，△BCM的周長最小， ∴△BCM的周長為：MB+BC+MC=PB+BC+PC=5+6+5=16．∴△BCM的周長最小值為16． 2、（12分） 如圖，矩形ABCD中，點P在邊CD上，且與點C、 D不重合，過點A作AP的垂線與CB的延長線相交于點Q，連接PQ，PQ的中點為M. (1)求證：△ADP∽△ABQ； (2)若AD=10，AB=20，點P在邊CD上運動，設(shè)DP=x, BM 2=y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并求線段BM長的最小值； (3)若AD=10, AB=a， DP=8，隨著a的大小的變化，點M的位置也在變化，當(dāng)點M落在矩形ABCD外部時，求a的取值范圍。

5、 解：(1)證明：∵ 四邊形ABCD是矩形 ∴∠ADP=∠ABC=∠BAD=90 ∵∠ABC+∠ABQ=180 10 x 20-x N ∴∠ABQ=∠ADP =90 ∵AQ⊥AP ∴∠PAQ=90 ∴∠QAB+ ∠BAP=90 又∵∠PAD+∠BAP=90 ∴∠PAD=∠QAB 在△ADP與△ABQ中 ∵ ∴△ADP∽△ABQ （2）如圖，作MN⊥QC，則∠QNM=∠QCD=90 又∵∠MQN=∠PQC ∴△MQN∽△PQC ∴ ∵點M是PQ的中點 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∵△ADP∽△ABQ ∴

6、∴ ∵ ∴ 在Rt△MBN中，由勾股定理得： 即： 10 8 A B C P D Q M 10 a 10 當(dāng)即時，線段BM長的最小值. (3)如圖，當(dāng)點PQ中點M落在AB上時，此時QB=BC=10 由△ADP∽△ABQ得解得： ∴隨著a的大小的變化，點M的位置也在變化， 當(dāng)點M落在矩形ABCD外部時，求a的取值范圍為： 3、如圖，拋物線關(guān)于直線對稱，與坐標(biāo)軸交于三點，且,點在拋物線上，直線是一次函數(shù)的圖象，點是坐標(biāo)原點.（1）求拋物線的解析式； （2）若直線平分四邊形的面積，求的值. （3）把拋物線向左平移1個單位，再向下

7、平移2個單位，所得拋物線與直線交于兩點，問在軸正半軸上是否存在一定點，使得不論取何值，直線與總是關(guān)于軸對稱？若存在，求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 答案：（1）因為拋物線關(guān)于直線x=1對稱，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0), 由點D(2，1.5)在拋物線上，所以，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5, 又，即b=-2a,代入上式解得a=-0.5,b=1,從而c=1.5,所以. 24．（14分）（2013?溫州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x軸，y軸分別交于點A（6，0），B（0.8），點C的坐標(biāo)為（0，m），過點C作CE⊥AB于點E，點D為x軸上的

8、一動點，連接CD，DE，以CD，DE為邊作?CDEF． （1）當(dāng)0＜m＜8時，求CE的長（用含m的代數(shù)式表示）； （2）當(dāng)m=3時，是否存在點D，使?CDEF的頂點F恰好落在y軸上？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （3）點D在整個運動過程中，若存在唯一的位置，使得?CDEF為矩形，請求出所有滿足條件的m的值． 解答： 解：（1）∵A（6，0），B（0，8）． ∴OA=6，OB=8． ∴AB=10， ∵∠CEB=∠AOB=90， 又∵∠OBA=∠EBC， ∴△BCE∽△BAO， ∴=，即=， ∴CE=﹣m； （2）∵m=3， ∴BC=8﹣m

9、=5，CE=﹣m=3． ∴BE=4， ∴AE=AB﹣BE=6． ∵點F落在y軸上（如圖2）． ∴DE∥BO， ∴△EDA∽△BOA， ∴=即=． ∴OD=， ∴點D的坐標(biāo)為（，0）． （3）取CE的中點P，過P作PG⊥y軸于點G． 則CP=CE=﹣m． （Ⅰ）當(dāng)m＞0時， ①當(dāng)0＜m＜8時，如圖3．易證∠GCP=∠BAO， ∴cos∠GCP=cos∠BAO=， ∴CG=CP?cos∠GCP=（﹣m）=﹣m． ∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+． 根據(jù)題意得，得：OG=CP， ∴m+=﹣m， 解得：m=； ②當(dāng)m≥8時，OG＞CP，顯然不存在滿足條件的m的值

10、． （Ⅱ）當(dāng)m=0時，即點C與原點O重合（如圖4）． （Ⅲ）當(dāng)m＜0時， ①當(dāng)點E與點A重合時，（如圖5）， 易證△COA∽△AOB， ∴=，即=， 解得：m=﹣． ②當(dāng)點E與點A不重合時，（如圖6）． OG=OC﹣OG=﹣m﹣（﹣m） =﹣m﹣． 由題意得：OG=CP， ∴﹣m﹣=﹣m． 解得m=﹣． 綜上所述，m的值是或0或﹣或﹣． 28、如圖，過原點的直線l1：y=3x，l2：y=x．點P從原點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動．直線PQ交y軸正半軸于點Q，且分別交l1、l2于點A、B．設(shè)點P的運動時間為t秒時，直線PQ的解

11、析式為y=﹣x+t．△AOB的面積為Sl（如圖①）．以AB為對角線作正方形ACBD，其面積為S2（如圖②）．連接PD并延長，交l1于點E，交l2于點F．設(shè)△PEA的面積為S3；（如圖③） （1）Sl關(guān)于t的函數(shù)解析式為　_________　；（2）直線OC的函數(shù)解析式為　_________??； （3）S2關(guān)于t的函數(shù)解析式為　_________??；（4）S3關(guān)于t的函數(shù)解析式為　_________　． 解：（1）由， 得， ∴A點坐標(biāo)為（，） 由 得 ∴B點坐標(biāo)為（，）． ∴S1=S△AOP﹣S△BOP=t2（2）由（1）得，點C的坐標(biāo)為（，）． 設(shè)直線OC的解析式

12、為y=kx，根據(jù)題意得=， ∴k=， ∴直線OC的解析式為y=x． （3）由（1）、（2）知，正方形ABCD的邊長CB=t﹣=， ∴S2=CB2=（）2=． （4）設(shè)直線PD的解析式為y=k1x+b，由（1）知，點D的坐標(biāo)為（t，）， 將P（t，0）、D（）代入得， 解得 ∴直線PD的解析式為y= 由， 得 ∴E點坐標(biāo)為（，） ∴S3=S△EOP﹣S△AOP=t?t﹣t?t=t2． 25．（10分）（2013?天津）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A（﹣2，0），點B（0，4），點E在OB上，且∠OAE=∠0BA． （Ⅰ）如圖①，求點E的坐標(biāo)； （Ⅱ）如圖②，將△AEO

13、沿x軸向右平移得到△A′E′O′，連接A′B、BE′． ①設(shè)AA′=m，其中0＜m＜2，試用含m的式子表示A′B2+BE′2，并求出使A′B2+BE′2取得最小值時點E′的坐標(biāo)； ②當(dāng)A′B+BE′取得最小值時，求點E′的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）． 考點： 相似形綜合題．3718684 分析： （Ⅰ）根據(jù)相似三角形△OAE∽△OBA的對應(yīng)邊成比例得到=，則易求OE=1，所以E（0，1）； （Ⅱ）如圖②，連接EE′．在Rt△A′BO中，勾股定理得到A′B2=（2﹣m）2+42=m2﹣4m+20，在Rt△BE′E中，利用勾股定理得到BE′2=E′E2+BE2=m2+9，則

14、A′B2+BE′2=2m2﹣4m+29=2（m﹣1）2+27．所以由二次函數(shù)最值的求法知，當(dāng)m=1即點E′的坐標(biāo)是（1，1）時，A′B2+BE′2取得最小值． 解答： 解：（Ⅰ）如圖①，∵點A（﹣2，0），點B（0，4）， ∴OA=2，OB=4． ∵∠OAE=∠0BA，∠EOA=∠AOB=90， ∴△OAE∽△OBA， ∴=，即=， 解得，OE=1， ∴點E的坐標(biāo)為（0，1）； （Ⅱ）①如圖②，連接EE′． 由題設(shè)知AA′=m（0＜m＜2），則A′O=2﹣m． 在Rt△A′BO中，由A′B2=A′O2+BO2，得A′B2=（2﹣m）2+42=m2﹣4m+20． ∵△

15、A′E′O′是△AEO沿x軸向右平移得到的， ∴EE′∥AA′，且EE′=AA′． ∴∠BEE′=90，EE′=m． 又BE=OB﹣OE=3， ∴在Rt△BE′E中，BE′2=E′E2+BE2=m2+9， ∴A′B2+BE′2=2m2﹣4m+29=2（m﹣1）2+27． 當(dāng)m=1時，A′B2+BE′2可以取得最小值，此時，點E′的坐標(biāo)是（1，1）． ②如圖②，過點A作AB′⊥x，并使AB′=BE=3． 易證△AB′A′≌△EBE′， ∴B′A=BE′， ∴A′B+BE′=A′B+B′A′． 當(dāng)點B、A′、B′在同一條直線上時，A′B+B′A′最小，即此時A′B+BE′

16、取得最小值． 易證△AB′A′∽△OBA′， ∴==， ∴AA′=2=， ∴EE′=AA′=， ∴點E′的坐標(biāo)是（，1）． 點評： 本題綜合考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平移的性質(zhì)以及勾股定理等知識點．此題難度較大，需要學(xué)生對知識有一個系統(tǒng)的掌握． 17、（12分）（2013?雅安）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）三點，其頂點為D，對稱軸是直線l，l與x軸交于點H． （1）求該拋物線的解析式； （2）若點P是該拋物線對稱軸l上的一個動點，求△PBC周長的最小值； （3）如圖（2），若E是線段AD上的一個動點（ E與

17、A、D不重合），過E點作平行于y軸的直線交拋物線于點F，交x軸于點G，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為m，△ADF的面積為S． ①求S與m的函數(shù)關(guān)系式； ②S是否存在最大值？若存在，求出最大值及此時點E的坐標(biāo)； 若不存在，請說明理由． 解：（1）由題意可知： 解得： ∴拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣2x+3； （2）∵△PBC的周長為：PB+PC+BC ∵BC是定值， ∴當(dāng)PB+PC最小時，△PBC的周長最小， ∵點A、點B關(guān)于對稱軸I對稱， ∴連接AC交l于點P，即點P為所求的點 ∵AP=BP ∴△PBC的周長最小是：PB+PC+BC=AC+BC ∵A（﹣3，0），B（1，

18、0），C（0，3）， ∴AC=3，BC=； （3）①∵拋物線y=﹣x2﹣2x+3頂點D的坐標(biāo)為（﹣1，4） ∵A（﹣3，0） ∴直線AD的解析式為y=2x+6 ∵點E的橫坐標(biāo)為m， ∴E（m，2m+6），F(xiàn)（m，﹣m2﹣2m+3） ∴EF=﹣m2﹣2m+3﹣（2m+6） =﹣m2﹣4m﹣3 ∴S=S△DEF+S△AEF =EF?GH+EF?AC =EF?AH =（﹣m2﹣4m﹣3）2 =﹣m2﹣4m﹣3； ②S=﹣m2﹣4m﹣3 =﹣（m+2）2+1； ∴當(dāng)m=﹣2時，S最大，最大值為1 此時點E的坐標(biāo)為（﹣2，2）． 16、（12分）（20

19、13?南昌）已知拋物線yn=﹣（x﹣an）2+an（n為正整數(shù)，且0＜a1＜a2＜…＜an）與x軸的交點為An﹣1（bn﹣1，0）和An（bn，0），當(dāng)n=1時，第1條拋物線y1=﹣（x﹣a1）2+a1與x軸的交點為A0（0，0）和A1（b1，0），其他依此類推． （1）求a1，b1的值及拋物線y2的解析式； （2）拋物線y3的頂點坐標(biāo)為（　 　，　 ?。灰来祟愅频趎條拋物線yn的頂點坐標(biāo)為（　 　，　 ?。凰袙佄锞€的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是　 ??； （3）探究下列結(jié)論： ①若用An﹣1An表示第n條拋物線被x軸截得的線段長，直接寫出A0A1的值，并求出An﹣1An；

20、 ②是否存在經(jīng)過點A（2，0）的直線和所有拋物線都相交，且被每一條拋物線截得的線段的長度都相等？若存在，直接寫出直線的表達式；若不存在，請說明理由． 解：（1）∵當(dāng)n=1時，第1條拋物線y1=﹣（x﹣a1）2+a1與x軸的交點為A0（0，0）， ∴0=﹣（0﹣a1）2+a1，解得a1=1或a1=0． 由已知a1＞0，∴a1=1， ∴y1=﹣（x﹣1）2+1． 令y1=0，即﹣（x﹣1）2+1=0，解得x=0或x=2， ∴A1（2，0），b1=2． 由題意，當(dāng)n=2時，第2條拋物線y2=﹣（x﹣a2）2+a2經(jīng)過點A1（2，0）， ∴0=﹣（2﹣a2）2+a2，解得a

21、2=1或a2=4， ∵a1=1，且已知a2＞a1， ∴a2=4， ∴y2=﹣（x﹣4）2+4． ∴a1=1，b1=2，y2=﹣（x﹣4）2+4． （2）拋物線y2=﹣（x﹣4）2+4，令y2=0，即﹣（x﹣4）2+4=0，解得x=2或x=6． ∵A1（2，0）， ∴A2（6，0）． 由題意，當(dāng)n=3時，第3條拋物線y3=﹣（x﹣a3）2+a3經(jīng)過點A2（6，0）， ∴0=﹣（6﹣a3）2+a3，解得a3=4或a3=9． ∵a2=4，且已知a3＞a2， ∴a3=9， ∴y3=﹣（x﹣9）2+9． ∴y3的頂點坐標(biāo)為（9，9）． 由y1的頂點坐標(biāo)（1，1），y2的頂

22、點坐標(biāo)（4，4），y3的頂點坐標(biāo)（9，9）， 依此類推，yn的頂點坐標(biāo)為（n2，n2）． ∵所有拋物線頂點的橫坐標(biāo)等于縱坐標(biāo)， ∴頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y=x． （3）①∵A0（0，0），A1（2，0）， ∴A0A1=2． yn=﹣（x﹣n2）2+n2，令yn=0，即﹣（x﹣n2）2+n2=0， 解得x=n2+n或x=n2﹣n， ∴An﹣1（n2﹣n，0），An（n2+n，0），即An﹣1An=（n2+n）﹣（n2﹣n）=2n． ②存在． 設(shè)過點（2，0）的直線解析式為y=kx+b，則有：0=2k+b，得b=﹣2k， ∴y=kx﹣2k． 設(shè)直線y=kx﹣2

23、k與拋物線yn=﹣（x﹣n2）2+n2交于E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2）兩點， 聯(lián)立兩式得：kx﹣2k=﹣（x﹣n2）2+n2，整理得：x2+（k﹣2n2）x+n4﹣n2﹣2k=0， ∴x1+x2=2n2﹣k，x1?x2=n4﹣n2﹣2k． 過點F作FG⊥x軸，過點E作EG⊥FG于點G，則EG=x2﹣x1， FG=y2﹣y1=[﹣（x2﹣n2）2+n2]﹣[﹣（x1﹣n2）2+n2]=（x1+x2﹣2n2）（x1﹣x2）=k（x2﹣x1）． 在Rt△EFG中，由勾股定理得：EF2=EG2+FG2， 即：EF2=（x2﹣x1）2+[k（x2﹣x1）]2=（k2+1）（x2﹣x1）

24、2=（k2+1）[（x1+x2）2﹣4x1?x2]， 將x1+x2=2n2﹣k，x1?x2=n4﹣n2﹣2k代入，整理得：EF2=（k2+1）[4n2?（1﹣k）+k2+8k]， 當(dāng)k=1時，EF2=（1+1）（1+8）=9，∴EF=3為定值， ∴k=1滿足條件，此時直線解析式為y=x﹣2． ∴存在滿足條件的直線，該直線的解析式為y=x﹣2． 15．（2012義烏市）如圖1，已知直線y=kx與拋物線y=交于點A（3，6）． （1）求直線y=kx的解析式和線段OA的長度； （2）點P為拋物線第一象限內(nèi)的動點，過點P作直線PM，交x軸于點M（點M、O不重合），交直線OA于點Q，再

25、過點Q作直線PM的垂線，交y軸于點N．試探究：線段QM與線段QN的長度之比是否為定值？如果是，求出這個定值；如果不是，說明理由； （3）如圖2，若點B為拋物線上對稱軸右側(cè)的點，點E在線段OA上（與點O、A不重合），點D（m，0）是x軸正半軸上的動點，且滿足∠BAE=∠BED=∠AOD．繼續(xù)探究：m在什么范圍時，符合條件的E點的個數(shù)分別是1個、2個？ 解答：解：（1）把點A（3，6）代入y=kx 得； ∵6=3k， ∴k=2， ∴y=2x．（2012義烏市） OA=．…（3分） （2）是一個定值，理由如下： 如答圖1，過點Q作QG⊥y軸于點G，QH⊥x軸于點H． ①當(dāng)QH與

26、QM重合時，顯然QG與QN重合， 此時； ②當(dāng)QH與QM不重合時， ∵QN⊥QM，QG⊥QH 不妨設(shè)點H，G分別在x、y軸的正半軸上， ∴∠MQH=∠GQN， 又∵∠QHM=∠QGN=90 ∴△QHM∽△QGN…（5分）， ∴， 當(dāng)點P、Q在拋物線和直線上不同位置時，同理可得． …（7分）①① （3）如答圖2，延長AB交x軸于點F，過點F作FC⊥OA于點C，過點A作AR⊥x軸于點R ∵∠AOD=∠BAE， ∴AF=OF， ∴OC=AC=OA= ∵∠ARO=∠FCO=90，∠AOR=∠FOC， ∴△AOR∽△FOC， ∴， ∴OF=， ∴點F（，0）， 設(shè)點

27、B（x，）， 過點B作BK⊥AR于點K，則△AKB∽△ARF， ∴， 即， 解得x1=6，x2=3（舍去）， ∴點B（6，2）， ∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4， ∴AB=5 …（8分）； （求AB也可采用下面的方法） 設(shè)直線AF為y=kx+b（k≠0）把點A（3，6），點F（，0）代入得 k=，b=10， ∴， ∴， ∴（舍去），， ∴B（6，2）， ∴AB=5…（8分） （其它方法求出AB的長酌情給分） 在△ABE與△OED中 ∵∠BAE=∠BED， ∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB， ∴∠ABE=∠DEO， ∵∠BA

28、E=∠EOD， ∴△ABE∽△OED．…（9分） 設(shè)OE=x，則AE=﹣x （）， 由△ABE∽△OED得， ∴ ∴（）…（10分） ∴頂點為（，） 如答圖3，當(dāng)時，OE=x=，此時E點有1個； 當(dāng)時，任取一個m的值都對應(yīng)著兩個x值，此時E點有2個． ∴當(dāng)時，E點只有1個…（11分） 當(dāng)時，E點有2個…（12分）． 已知一個直角三角形紙片OAB，其中∠AOB=90，OA=2，OB=4，如圖，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，折疊該紙片，折痕與邊OB交于點C，與邊AB交于點D。 （Ⅰ）若折疊后使點B與點A重合，求點C的坐標(biāo)； （Ⅱ）若折疊后點B落在

29、邊OA上的點為B′，設(shè)OB′=x，OC=y，試寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并確定y的取值范圍； （Ⅲ）若折疊后點B落在邊OA上的點為B′，且使B′D∥OB，求此時點C的坐標(biāo)。 解：（Ⅰ）如圖（1），折疊后點B與點A重合，連接AC， 則△ACD≌△BCD， 設(shè)點C的坐標(biāo)為（0，m）（m>0）， 則BC=OB-OC=4-m， 于是AC=BC=4-m， 在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC2=OC2+OA2， 即（4-m）2=m2+22，解得m=， ∴點C的坐標(biāo)為； （Ⅱ）如圖（2），折疊后點B落在OA邊上的點為B′連接B′C，B′D， 則△B′CD≌△BCD， 由題設(shè)OB

30、′=x，OC=y， 則B′C=BC=OB-OC=4-y， 在Rt△B′OC中，由勾股定理， 得B′C2=OC2+OB′2， ∴（4-y）2=y2+x2， 即， 由點B′在邊OA上，有0≤x≤2， ∴解析式（0≤x≤2）為所求， ∵當(dāng)0≤x≤2時，y隨x的增大而減小， ∴y的取值范圍為； （Ⅲ）如圖（3），折疊后點B落在OA邊上的點為B′，連接B′C，B′D，B′D∥OB， 則∠OCB′=∠CB′D， 又∵∠CBD=∠CB′D， ∴∠CB′=∠CBD， ∴CB′∥BA， ∴Rt△COB′∽Rt△BOA， 有， 得OC=20B′， 在Rt△B′OC中，設(shè)OB

31、′=x0（x0>0），則OC=2x0， 由（Ⅱ）的結(jié)論，得2x0=， 解得x0=， ∵x0>0， ∴x0=， ∴點C的坐標(biāo)為。 12、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形ABCO的頂點A、C分別在y軸、x軸正半軸上，點P在AB上，PA=1，AO=2．經(jīng)過原點的拋物線y=mx2﹣x+n的對稱軸是直線x=2． （1）求出該拋物線的解析式． （2）如圖1，將一塊兩直角邊足夠長的三角板的直角頂點放在P點處，兩直角邊恰好分別經(jīng)過點O和C．現(xiàn)在利用圖2進行如下探究： ①將三角板從圖1中的位置開始，繞點P順時針旋轉(zhuǎn)，兩直角邊分別交OA、OC于點E、F，當(dāng)點E和點A重合時停止旋轉(zhuǎn)．請你觀察

32、、猜想，在這個過程中，的值是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化，說明理由；若不發(fā)生變化，求出的值． ②設(shè)（1）中的拋物線與x軸的另一個交點為D，頂點為M，在①的旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在點F，使△DMF為等腰三角形？若不存在，請說明理由． （1）∵拋物線y=mx2﹣x+n經(jīng)過原點，∴n=0． ∵對稱軸為直線x=2，∴﹣=2，解得m=． ∴拋物線的解析式為：y=x2﹣x． （2）①的值不變．理由如下： 如答圖1所示，過點P作PG⊥x軸于點G，則PG=AO=2． ∵PE⊥PF，PA⊥PG，∴∠APE=∠GPF． 在Rt△PAE與Rt△PGF中， ∵∠APE=∠GPF，∠PAE=∠P

33、GF=90， ∴Rt△PAE∽Rt△PGF． ∴==． ②存在． 拋物線的解析式為：y=x2﹣x， 令y=0，即x2﹣x=0，解得：x=0或x=4，∴D（4，0）． 又y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣1，∴頂點M坐標(biāo)為（2，﹣1）． 若△DMF為等腰三角形，可能有三種情形： （I）FM=FD．如答圖2所示： 過點M作MN⊥x軸于點N，則MN=1，ND=2，MD===． 設(shè)FM=FD=x，則NF=ND﹣FD=2﹣x． 在Rt△MNF中，由勾股定理得：NF2+MN2=MF2， 即：（2﹣x）2+1=x2，解得：x=， ∴FD=，OF=OD﹣FD=4﹣=， ∴F（，0）；

34、 （II）若FD=DM．如答圖3所示： 此時FD=DM=，∴OF=OD﹣FD=4﹣． ∴F（4﹣，0）； （III）若FM=MD． 由拋物線對稱性可知，此時點F與原點O重合． 而由題意可知，點E與點A重合后即停止運動，故點F不可能運動到原點O． ∴此種情形不存在． 綜上所述，存在點F（，0）或F（4﹣，0），使△DMF為等腰三角形． 如圖1，兩塊等腰直角三角板ABC和DEF有一條邊在同一條直線l上，∠ABC =∠DEF = 90，AB = 1，DE = 2．將直線EB繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)45，交直線AD于點M．將圖1中的三角板ABC沿直線l向右平移，設(shè)C、E兩點間的距離為

35、x． 11、 （第11題圖1） C D E A F M l B （第11題圖2） D E F(C) A B M l 請你和艾思軻同學(xué)一起嘗試探究下列問題： （1）①當(dāng)點C與點F重合時，如圖2所示，可得的值為 ； ②在平移過程中，的值為 （用含x的代數(shù)式表示）； （2）艾思軻同學(xué)將圖2中的三角板ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，原題中的其他條件保持不變． 當(dāng)點A落在線段DF上時，如圖3所示，請你幫他補全圖形，并計算的值； （3）艾思軻同學(xué)又將圖1中的三角板ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)度，，

36、原題中的其他條件保持不變．請你計算的值（用含x的代數(shù)式表示）． （第11題備用圖） D E F l （第11題圖3） D E F(C) l A B 11．解：（1）① 1． ………………………………………………………………………（2分） ②． ………………………………………………………………………（2分） （2）聯(lián)結(jié)AE，補全圖形如圖1所示．…………………………………………（1分） ∵△ABC和△DEF是等腰直角三角形， ∠ABC =∠DEF = 90，AB = 1，DE = 2， ∴BC = 1，EF = 2，∠DFE

37、=∠ACB = 45． ∴，，∠EFB = 90． ∴，∴點A為DF的中點．………………………（1分） ∴EA⊥DF，EA平分∠DEF． ∴∠MAE = 90，∠AEF = 45，． ∵∠MEB =∠AEF = 45，∴∠MEA =∠BEF． ∴Rt△MAE∽Rt△BFE．……………………………………………………（1分） ∴，∴．……………………………………………（1分） （第25題圖1） D E F(C) l A B M （第25題圖2） D E A F M l C B G ∴，∴．……………………（1分）

38、 （3）如圖2，過點B作BE的垂線交直線EM于點G，聯(lián)結(jié)AG． ∵∠EBG = 90，∠BEM = 45，∴∠BGE = 45． ∴BE = BG．…………………………………………………………………（1分） ∵∠ABC =∠EBG = 90，∴∠ABG =∠CBE．……………………………（1分） 又∵BA = BC，∴△ABG≌△CBE．………………………………………（1分） ∴AG = CE = x，∠AGB =∠CEB． ∵∠AGB +∠AGM =∠CEB +∠DEM = 45， ∴∠AGM =∠DEM，∴AG∥DE．…………………………………………（1分） ∴．…

39、………………………………………………………（1分） 注：第（3）小題直接寫出結(jié)果不得分 10、如圖，拋物線：y＝ax2＋bx＋4與x軸交于點A(－2，0)和B(4，0)、與y軸交于點C． (1)求拋物線的解析式； (2)T是拋物線對稱軸上的一點，且△ACT是以AC為底的等腰三角形，求點T的坐標(biāo)； 3)點M、Q分別從點A、B以每秒1個單位長度的速度沿x軸同時出發(fā)相向而行．當(dāng)點M原點時，點Q立刻掉頭并以每秒3/2個單位長度的速度向點B方向移動，當(dāng)點M到達拋物線的對稱軸時，兩點停止運動．過點M的直線l⊥軸，交AC或BC于點P．求點M的運動時間t(秒)與△APQ的面積S的函數(shù)關(guān)系式，并求出

40、S的最大值． （1)、 ⑵ ⑶ 9、 如圖 (1)，△ABC與△EFD為等腰直角三角形，AC與DE重合，AB＝EF＝9，∠BAC＝∠DEF＝90，固定△ABC，將△EFD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)DF邊與AB邊重合時，旋轉(zhuǎn)中止，不考慮旋轉(zhuǎn)開始和結(jié)束時重合的情況，設(shè)DE、DF（或它們的延長線）分別交BC(或它的延長線)于G、H點，如圖(2). (1)問：始終與△AGC相似的三角形有( )及( )； (2)設(shè)CG＝x，BH＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式(只要求根據(jù)圖(2)的情況說明理由）； (3)問：當(dāng)x為何值時，△AGH是等腰三角形？ 解：(1)△HG

41、A及△HAB； (2)由(1)可知△AGC∽△HAB ∴即＝，所以，y＝ (3)當(dāng)CG＜BC時，∠GAC＝∠H＜∠HAC， ∴ACAG,AH>GH 此時，△AGH不可能是等腰三角形； 當(dāng)CG=BC時，G為BC的中點，H與C重合， △AGH是等腰三角形; 此時，GC=，即x= 當(dāng)CG>BC時， 由(1)可知△AGC∽△HGA， 所以，若△AGH是等腰三角形，只可能存在AG＝AH 若AG＝AH，則AC＝CG，此時x＝9． 綜上，當(dāng)x＝9或時，△AGH是等腰三角形． 8、如圖，

42、已知二次函數(shù)y=的圖象與y軸交于點A，與x軸 交于B、C兩點，其對稱軸與x軸交于點D，連接AC． (1)點A的坐標(biāo)為_______ ，點C的坐標(biāo)為_______ ； (2)線段AC上是否存在點E，使得△EDC為等腰三角形?若存在，求出所有符合條件的點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； (3)點P為x軸上方的拋物線上的一個動點，連接PA、PC，若所得△PAC的面積為S，則S取何值時，相應(yīng)的點P有且只有2個? 28．解：（1）A（0，4），C（8，0）．…………………………………………………………2分 （2）易得D（3，0），CD=5．設(shè)直線A

43、C對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為， 則 解得 ∴． ……………………………………3分 ①當(dāng)DE=DC時，∵OA=4，OD=3．∴DA=5，∴（0，4）． ………………………4分 ②當(dāng)ED=EC時，可得（，）．……………5分 ③當(dāng)CD=CE時，如圖，過點E作EG⊥CD， 則△CEG ∽△CAO，∴． 即，，∴（，）．……………………………………6分 綜上，符合條件的點E有三個：（0，4），（，），（，）． （3）如圖，過P作PH⊥OC，垂足為H，交直線AC于點Q． 設(shè)P（m，），則Q（，）．

44、 ①當(dāng)時， PQ=（）()=， ，…………………………7分 ∴； ……………………………………………………………………………8分 ②當(dāng)時， PQ=（）()=， ， ∴．………………………………………………………………………………9分 故時，相應(yīng)的點P有且只有兩個．………………………………………………10分 7、如圖，拋物線的頂點為A（2，1），且經(jīng)過原點O，與x軸的另一個交點為B． （1）求拋物線的解析式 （2）在拋物線上求點M，使△MOB的面積是△AOB面積的2倍； （3）點C在拋物線的對稱軸上，在拋物線上是否存在點P，使以O(shè)、B、P、C為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由。