中考数学压轴题100题精选

2018年中考数学压轴题100题精选

2【001】如图，已知抛物线ya(x1)33（a≠0）经过点A(2，0)，

抛物线的顶点为D，过O作射线OM∥AD．过顶点D平行于x轴的直线交射线OM于点C，B在x轴正半轴上，连结BC． （1）求该抛物线的解析式；

（2）若动点P从点O出发，以每秒1个长度单位的速度沿射线OM运动，设点P运动的时间为t(s)．问当t为何值时，四边形DAOP分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？

（3）若OCOB，动点P和动点Q分别从点O和点B同时出发，分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿OC和BO运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t(s)，连接PQ，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小？并求出最小值及此时PQ的长．

y M D C

P A O Q B x

【002】如图16，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．

（1）当t = 2时，AP = ，点Q到AC的距离是 ； （2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与

t的函数关系式；（不必写出t的取值范围） （3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成

为直角梯形？若能，求t的值．若不能，请说明理由； （4）当DE经过点C 时，请直接写出t的值． ．．

E Q D A P

C B 图16

【003】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）.抛物线y=ax2+bx过A、C两点.

(1)直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；

(2)动点P从点A出发．沿线段AB向终点B运动，同时点Q从点C出发，沿线段CD

向终点D运动．速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E，①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G.当t为何值时，线段EG最长?

②连接EQ．在点P、Q运动的过程中，判断有几个时刻使得△CEQ是等腰三角形?

请直接写出相应的t值。

【004】如图，已知直线l1:y28x与直线l2:y2x16相交于点33C，l1、l2分别交x轴于A、B两点．矩形DEFG的顶点D、E分别在直

线l1、l2上，顶点F、G都在x轴上，且点G与点B重合．

（1）求△ABC的面积；

（2）求矩形DEFG的边DE与EF的长；

（3）若矩形DEFG从原点出发，沿x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移， 设移动时间为t(0≤t≤12)秒，矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关

t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围．

yl2 l1 D E C B F （G）A O x （第4题）

【005】如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，过点E作EF∥BC交CD于点F．AB4，BC6，∠B60. （1）求点E到BC的距离；

（2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线ADC于点N，连结PN，设EPx. ①当点N在线段AD上时（如图2），△PMN的形状是否发生改变？若不变，求出△PMN的周长；若改变，请说明理由； ②当点N在线段DC上时（如图3），是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由.

N

A A A D D E B

图1 A E B

图4（备用）

D F

F C

B E

D N F

C

P M

F C B

图2

E

P

M 图3 D F C

（第25题） A

E B

图5（备用）

C

【006】如图13，二次函数yxpxq(p0)的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，-1），ΔABC的面积为（1）求该二次函数的关系式；

（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴的垂线，若该垂线与ΔABC的

外接圆有公共点，求m的取值范围；

（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯

形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。

25。 4

【007】如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（－3，4），

点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H． （1）求直线AC的解析式；

（2）连接BM，如图2，动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位／秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，当 t为何值时，∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值．

【008】如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AB=BC，E是AB的中点，CE⊥BD。

（1） 求证：BE=AD；

（2） 求证：AC是线段ED的垂直平分线； （3） △DBC是等腰三角形吗？并说明理由。

【009】一次函数yaxb的图象分别与x轴、y轴交于点M,N，与反比例函数yk的图象相交于点A,B．过点A分别作ACx轴，AEyx轴，垂足分别为C,E；过点B分别作BFx轴，BDy轴，垂足分别为F，D，AC与BD交于点K，连接CD． （1）若点A，B在反比例函数y证明：

①S四边形AEDKS四边形CFBK； ②ANBM．

（2）若点A，B分别在反比例函数yk的图象的同一分支上，如图1，试xk的图象的不同分支上，如图2，x则AN与BM还相等吗？试证明你的结论． y N A(x，y)11E

B(x2，y2)

D K x O C F M （第25题图1）

y E N F M O B(x3，y3) A(x1，y1)C D K x （第25题图2）

【010】如图，抛物线yaxbx3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且经过点(2，3a)，对称轴是直线x1，顶点是M． （1）求抛物线对应的函数表达式； （2）经过C,M两点作直线与x轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，使以点P，A请求，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）设直线yx3与y轴的交点是D，在线段BD上任取一点E（不与B，D重合），经过A，B，E三点的圆交直线BC于点F，试判断

2△AEF的形状，并说明理由；

（4）当E是直线yx3上任意一点时，（3）中的结论是否成立？（请直接写出结论）． y

x B A O 1

3 C M （第10题图）

【011】已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．

（1）求证：EG=CG；

（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45º，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）

A

D A G D A F D

B F 第24题图①

C B E G E

F E C 第24题图②

B 第24题图③

C

【012】如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．抛物线yaxbxc与y轴交于点D，与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线的对称轴交x轴于点E，连结DE，并延长DE交圆O于F，求EF的长．

（3）过点B作圆O的切线交DC的延长线于点P，判断点P是否在抛物线上，说明理由． y

D N

E A O x C F M B 2

【013】如图，抛物线经过A(4，，0)B(1，，0)C(0，2)三点．

（1）求出抛物线的解析式；

（2）P是抛物线上一动点，过P作PMx轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．

y x O B 1 4 A

2 C

（第26题图）

【014】在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线yx上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线yx于点M，BC边交x轴于点N（如图）. （1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形 OABC旋转的度数；

（3）设MBN的周长为p，在旋转正方形OABC 的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

y yx A M B O N xC (第26题)

【015】如图，二次函数的图象经过点D(0，73)，且顶点C的横坐标为4，

9该图象在x 轴上截得的线段AB的长为6.

⑴求二次函数的解析式；

⑵在该抛物线的对称轴上找一点P，使PA+PD最小，求出点P的坐标； ⑶在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

【016】如图9，已知正比例函数和反比例函数的图象都经过点A(3，3)． （1）求正比例函数和反比例函数的解析式；

（2）把直线OA向下平移后与反比例函数的图象交于点B(6，m)，求m的值和这个一次函数的解析式；

（3）第（2）问中的一次函数的图象与x轴、y轴分别交于C、D，求过A、B、D三点的二次函数的解析式；

（4）在第（3）问的条件下，二次函数的图象上是否存在点E，使四边形OECD的面积S1与四边形OABD的面积S满足：S1的坐标；

若不存在，请说明理由．

2S？若存在，求点E3y 3 A B O 3 C 6 x D

【017】如图，已知抛物线yxbxc经过A(1，0)，B(0，2)两点，顶点为D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得图象的函数关系式； （3）设（2）中平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标． y B O A D

（第26题）

2x

【018】如图，抛物线yaxbx4a经过A(1，0)、C(0，4)两点，与x轴交于另一点B．

（1）求抛物线的解析式；

（2）已知点D(m，m1)在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；

（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且DBP45°，求点P的坐标．

y

C

A B x O

2

【019】如图所示，将矩形OABC沿AE折叠，使点O恰好落在BC上F处，

以CF为边作正方形CFGH，延长BC至M，使CM＝｜CF—EO｜，再以CM、CO为边作矩形CMNO

(1)试比较EO、EC的大小，并说明理由 (2)令mS四边形CFGHS四边形CNMN；，请问m是否为定值？若是，请求出m的值；若不

是，请说明理由

(3)在(2)的条件下，若CO＝1，CE＝

12，Q为AE上一点且QF＝，抛物线33y＝mx2+bx+c经过C、Q两点，请求出此抛物线的解析式.

(4)在(3)的条件下，若抛物线y＝mx2+bx+c与线段AB交于点P，试问在直

线BC上是否存在点K，使得以P、B、K为顶点的三角形与△AEF相似?若存在，请求直线KP与y轴的交点T的坐标?若不存在，请说明理由。

【020】如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连结AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF。

解答下列问题：

（1）如果AB=AC，∠BAC=90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 。

②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？

（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动。 试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？画出相应图形，并说明理由。（画图不写作法）

（3）若AC=42，BC=3，在（2）的条件下，设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P，求线段CP长的最大值。

2018年中考数学压轴题100题精选答案

【001】解：（1）

2抛物线ya(x1)33(a0)经过点A(2，0)，

09a33a3 ······································································································· 1分 3322383xx ························································· 3分 333二次函数的解析式为：y（2）

33)过D作DNOB于N，则D为抛物线的顶点D(1，DN33，

·························································· 4分 AN3，AD32(33)26DAO60° ·

OM∥AD

①当ADOP时，四边形DAOP是平行四边形

······················································ 5分 OP6t6(s) ·

y D M C ②当DPOM时，四边形DAOP是直角梯形

A H P 过O作OHAD于H，AO2，则AH1 O E N Q （如果没求出DAO60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH1） B x ········································································································· 6分 OPDH5t5(s) ·

③当PDOA时，四边形DAOP是等腰梯形

OPAD2AH624t4(s)

综上所述：当t6、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）及已知，COB60°，OCOB，△OCB是等边三角形 则OBOCAD6，OPt，BQ2t，OQ62t(0t3)

过P作PEOQ于E，则PE3t···················································································· 8分 22SBCPQ当t1133363633(62t)t=···································· 9分 t3 ·222228363时，SBCPQ的面积最小值为··········································································· 10分 3 ·28QE33944PE33 433此时OQ3，OP=，OE242233933 ······························································ 11分 PQPE2QE2B 4428【002】解：（1）1，；

5（2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP3t． 由△AQF∽△ABC，BC534， 得

QFt414．∴QFt． ∴S(3t)t， 45525Q D C 22E Q B A E F D C 图3

P 26即St2t．

55A （3）能． P

图4 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°．

B 由△APQ ∽△ABC，得

AQAP， ACABA Q D P

E C t3t9即． 解得t．

835②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．

此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得

AQAP， ABACQ 图5

B t3t15即． 解得t．

853A P G

D C(E) B G 图6 Q （4）t5或t． 214【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．

方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6． 34PCt，QC2QG2CG2[(5t)]2[4(5t)]2．

55534由PC2QC2，得t2[(5t)]2[4(5t)]2，解得t．

255

方法二、由CQCPAQ，得QACQCA，进而可得 BBCQ，得CQBQ，∴

AQBQ55t2．∴2．

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

3445(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2t55，14】

【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+bx 8=16a+4b

得 0=a+8b

解

1得a=-2,b=4

1∴抛物线的解析式为：y=－2x2+4x …………………3分 PEBCPE4（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE=AP=AB,即AP=8 11∴PE=2AP=2t．PB=8-t． 1∴点Ｅ的坐标为（4+2t，8-t）.

1111∴点G的纵坐标为：－2（4+2t）2+4(4+2t）=－8t2+8. …………………5

分

11∴EG=－8t2+8-(8-t) =－8t2+t.

1∵-8＜0，∴当t=4时，线段EG最长为2. …………………7分

②共有三个时刻. …………………8分

8510t1=3， t2=13，t3= 25． …………………11分

28x0，0．A点坐标为4，3【004】（1）解：由3得x4．

B点坐标为由2x160，得x8．分）

0．AB8412．8，∴（2

28yx，x5，336．y2x16．y6．C5，由解得∴点的坐标为（3分）

S△ABC11AB·yC12636．22（4分）

∴

28xx8，y88．DBDl133（2）解：∵点D在上且 ∴D点坐标

为

88，．（5分）又∵点

E在

l2上且

8yEyD8，2xE168．xE4．E4，．∴点坐标为（6分）

∴OE844，EF8．（7分）

（3）解法一：①当0≤t3时，如图1，矩形DEFG与△ABC重叠部分为五边形CHFGR（t0时，为四边形CHFG）．过C作CMAB于

M，则Rt△RGB∽Rt△CMB．

yE l2y D R l1l2D R y C R C E l1E D l2 C l1A O F M G B x （图1）

A F O G M （图2）

B x F A G O M B x （图3）

BGRGtRG，，BMCM36∴即∴RG2t．Rt△AFH∽Rt△AMC， 112SS△ABCS△BRGS△AFH36t2t8t8t．223∴

414St2t．333（10分） 即

【005】（1）如图1，过点E作EGBC于点G． 1分 ∵E为AB的中点，

E B

A

D F C

图1

在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30． 2分

BE∴

1AB2．2

G

BG∴

1BE1，EG22123．2

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． ∵PMEF，EGEF，∴PM∥EG． ∵EF∥BC，∴EPGM，PMEG3． 同理MNAB4． 4分

如图2，过点P作PHMN于H，∵MN∥AB， ∴∠NMC∠B60，∠PMH30．

A E B

P H

G M 图2

C

N

D F

13PHPM．22∴

3MHPMcos30．2 ∴

NHMNMH4则

35．22

2253PNNH2PH27．22在Rt△PNH中，

∴△PMN的周长=PMPNMN374． 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PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．

3MR．2 类似①，

．∴MN2MR3 7分

．∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3

此时，xEPGMBCBGMC6132．

8分

A E B

D F（P） N

C

A A D D

MCMNMP3．MPMN 当时，如图4，这时

N

P F P F E E xEPGM61353．此时， N R B ∠PMN30．B 当NPNM时，如图5， C C ∠NPMG G M M

图3 图4

则∠PMN120，又∠MNC60， ∴∠PNM∠MNC180．

因此点P与F重合，△PMC为直角三角形．

G

图5

M

．∴MCPMtan301

此时，xEPGM6114． 综上所述，当x2或4或

53时，△PMN为等腰三角形．

55【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=4,得AB=2，

53(ab)4ab=2，解得p=2,但p<0,

2 设A（a,0）,B(b,0)AB=ba=

3所以p=2。

3yx2x12 所以解析式为：

31x2x10x1,x2222（2）令y=0，解方程得，得,所以

51A(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是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直

555m4。 径为AB=2,所以4（3）存在，AC⊥BC，①若以AC为底边，则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，

32yxx125y2x4解方程组得D（2，9）

②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,可设AD的解

1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

32yxx12535,y0.5x0.25组得D(22) 综上，所以存在两点：（2,9）或

53,22)。 (

【007】

【008】证明：（1）∵∠ABC=90°，BD⊥EC， ∴∠1与∠3互余，∠2与∠3互余，

∴∠1=∠2…………………………………………………1分 ∵∠ABC=∠DAB=90°，AB=AC

∴△BAD≌△CBE…………………………………………2分 ∴AD=BE……………………………………………………3分 （2）∵E是AB中点，

∴EB=EA由（1）AD=BE得：AE=AD……………………………5分 ∵AD∥BC∴∠7=∠ACB=45°∵∠6=45°∴∠6=∠7 由等腰三角形的性质，得：EM=MD，AM⊥DE。 即，AC是线段ED的垂直平分线。……………………7分 （3）△DBC是等腰三角（CD=BD）……………………8分 理由如下：

由（2）得：CD=CE由（1）得：CE=BD∴CD=BD ∴△DBC是等腰三角形。……………………………10分 【009】解：（1）①

AC⊥x轴，AE⊥y轴，

四边形AEOC为矩形．

BF⊥x轴，BD⊥y轴，

四边形BDOF为矩形．

AC⊥x轴，BD⊥y轴，

四边形AEDK，DOCK，CFBK均为矩形． 1分

OCx1，ACy1，x1y1k，

S矩形AEOCOCACx1y1k

OFx2，FBy2，x2y2k，

S矩形BDOFOFFBx2y2k．

y N E A D K B O C F M x 图1 S矩形AEOCS矩形BDOF．

S矩形AEDKS矩形AEOCS矩形DOCK

， ，

S矩形CFBKS矩形BDOFS矩形DOCKS矩形AEDKS矩形CFBK． 2分

②由（1）知

S矩形AEDKS矩形CFBK．

AKDKBKCK．

AKBKCKDK． 4分

AKBCKD90°，

△AKB∽△CKD． CDKABK． AB∥CD． 6分

5分

AC∥y轴，

四边形ACDN是平行四边形． ANCD． 7分

同理BMCD．

ANBM． 8分

（2）AN与BM仍然相等．

9分 ，

S矩形AEDKS矩形AEOCS矩形ODKCS矩形BKCFS矩形BDOFS矩形ODKC，

又

S矩形AEOCS矩形BDOFk，

S矩形AEDKS矩形BKCF． 10分 AKDKBKCK．

CKAKDKBK． KK，

△CDK∽△ABK． CDKABK． AB∥CD． 11分

AC∥y轴，

四边形ANDC是平行四边形． ANCD．

同理BMCD．

ANBM． 12分

3a4a2b3，b1.【010】解：（1）根据题意，得2ay E N A F M O C x B D K 图2 y 2分

D E N A O 1 N F P a1，b2.抛物线对应的函数表达式为yx22x3． 3分 解得（2）存在．

在

yx22x3中，令x0，得y3． 令y0，得x22x30，x11，x23．

A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)．

又

y(x1)24，顶点M(1，4)． 5分 容易求得直线CM的表达式是yx3． 在yx3中，令y0，得x3．

N(3，0)，AN2． 6分

在

yx22x3中，令y3，得x10，x22． CP2，ANCP．

AN∥CP，四边形ANCP为平行四边形，此时P(2，3)． （3）△AEF是等腰直角三角形．

理由：在yx3中，令x0，得y3，令y0，得x3．直线yx3与坐标轴的交点是D(0，3)，B(3，0)． ODOB，OBD45°． 9分

又

点C(0，3)，OBOC．OBC45°． 10分 由图知AEFABF45°，AFEABE45°． 11分

8分

EAF90°，且AEAF．△AEF是等腰直角三角形．

分

12

（4）当点E是直线yx3上任意一点时，（3）中的结论成立． 14分

【011】解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴ CG= FD．………1分

同理，在Rt△DEF中，EG= FD．…………2分∴ CG=EG．…………………3分 （2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分

证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 在△DAG与△DCG中，∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG， ∴ △DAG≌△DCG．∴ AG=CG．………………………5分

在△DMG与△FNG中，∵ ∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG， ∴ △DMG≌△FNG．∴ MG=NG 在矩形AENM中，AM=EN． ……………6分

在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，

∴ △AMG≌△ENG．∴ AG=EG．∴ EG=CG． ……………………………8分

证法二：延长CG至M,使MG=CG，

连接MF，ME，EC， ……………………4分

在△DCG 与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG， ∴△DCG ≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．

∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴ 在Rt△MFE 与Rt△CBE中， ∵ MF=CB，EF=BE，∴△MFE ≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴ △MEC为直角三角形．∵ MG = CG，∴ EG= MC．………8分 （3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分

【012】解：（1）

圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，

，、0)B(0，1)、C(1，、0)D(01)， 点A、B、C、D的坐标分别为A(1抛物线与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点

A和点C，

1)、N(11)，．M(1，点D、M、N在抛物线上，将

D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入yax2bxc，得：c11abca1b11abc 解之，得：c1

抛物线的解析式为：yx2x1． 4分

2yx2x115（2）

x24 x1抛物线的对称轴为

2，

OE12，DE14152． 6分

连结BF，BFD90°，

DE△BFD∽△EODOD，DBFD， DE52，OD1，DB2又

， FD455，

EFFDDE455535210．

8分

（3）点P在抛物线上．

9分

y D N A O E C x M F B P 设过D、C点的直线为：ykxb，

，、0)D(01)，的坐标代入ykxb，得：k1，b1， 将点C(1直线DC为：yx1． 10分

过点B作圆O的切线BP与x轴平行，P点的纵坐标为y1， 将y1代入yx1，得：x2．

22yxx12211，1)，x2P点的坐标为(2，当时， 2yxx1上． 所以，P点在抛物线

12分

【013】解：（1）

2)，可设该抛物线的解析式为该抛物线过点C(0，yax2bx2．

0)，B(1，0)代入， 将A(4，1a，216a4b20，b5.ab20.2 得解得15yx2x222此抛物线的解析式为．

（2）存在． （4分） 如图，设P点的横坐标为m，

（3分）

15m2m22则P点的纵坐标为2，

当1m4时，

y B O 1 2 D P A M E C 4 x （第26题图） 15PMm2m2AM4m，22．

又

COAPMA90°，

AMAO2①当PMOC1时，

△APM∽△ACO，

514m2m2m222． 即

解得

m12，m24，． （舍去），P(21)（6分）

②当

AMOC1PMOA2时，

△APM∽△CAO，即

152(4m)m2m222．

解得

m14，

m25（均不合题意，舍去）

1)． （7分） 当1m4时，P(2，2)． （8分） 类似地可求出当m4时，P(5，14)． 当m1时，P(3，1)或(5，2)或(3，14)． （9分） 综上所述，符合条件的点P为(2，（3）如图，设D点的横坐标为t(0t4)，则D点的纵坐标为

15t2t222．

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

y1x22．

（10分） 点

的

坐

标

为

E1251211t，t2DEtt2t2t2t22222．． （11分） 11S△DACt22t4t24t(t2)2422．

1)． 当t2时，△DAC面积最大．D(2，（13分）

【014】（1）解：∵A点第一次落在直线yx上时停止旋转，∴OA旋转了45.

045223602.……………4分 OA∴在旋转过程中所扫过的面积为

（

2

）

解

：

∵

MN∥

AC，∴

BMNBAC45,BNMBCA45.

∴BMNBNM.∴BMBN.又∵BABC，∴AMCN. 又∵OAOC,OAMOCN,∴OAMOCN.∴

1AOM(9045AOMCON.∴2.∴旋转过程中，当

MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45.……………………………………………8分

（3）答：p值无变化. 证明：延长BA交y轴于E点，则

AOE450AOM，

CON900450AOM450AOM，∴AOECON.又

∵OAOC，OAE1809090OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.

又∵MOEMON45,OMOM, ∴OMEOMN. ∴MNMEAMAE.∴MNAMCN，

0000y E A M yx B ∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC4. ∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化. ……………12分

O N C （第26

【015】⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)2+k∵顶点C的横坐标为4，且

73过点(0，9) 7316ak9∴y=a(x-4)2+k ………………①

又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6 ∴A(1，0)，B(7，0)

3∴0=9a+k ………………②由①②解得a=9，k=－3∴二次函数的解析3式为：y=9(x-4)2－3

⑵∵点A、B关于直线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=∠DBO

733PMBM39PM73∴点P的坐标为∴△BPM∽△BDO∴DOBO ∴3(4，3)

3⑶由⑴知点C(4，3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot∠ACM=3，

∴∠ACM=60o，∵AC=BC，∴∠ACB=120o

①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，则∠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)， 经检验，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）设正比例函数的解析式为

yk1x(k10)，

因为

yk1x3)，所以的图象过点A(3，33k1，解得

k11．

这个正比例函数的解析式为yx． （1分）

y设反比例函数的解析式为

k2k(k20)y2xx的图象过点．因为

A(3，3)，所以 3k29y3，解得k29．这个反比例函数的解析式为x．

（2分）

3993Bym6，B(6，m)x的图象上，62，（2）因为点在所以则点2．

（3分）

设一次函数解析式为

yk3xb(k30)．因为

yk3xb的图象是由

yx平移得到的，

3B6，k1所以3，即yxb．又因为yxb的图象过点2，所以

3996bbyx22，一次函数的解析式为2． （4分） ，解得990，yx2y． 2（3）因为的图象交轴于点D，所以D的坐标为

2yaxbxc(a0)． 设二次函数的解析式为

930，B6，2yaxbxcA(3，3)22， 因为的图象过点、、和D19a3bc3，a，2336a6bc，b4，299c.c.2 2所以 （5分） 解得19yx24x22． （6分） 这个二次函数的解析式为

990yx，2交x轴于点C，点C的坐标是2，

y 3 A E O 3 B C 6 x （4）

151131S66633322222如图所示，

99451842

814．

281227SS1E(x0，y0)3432． 假设存在点，使

四边形CDOE的顶点E只能在x轴上方，D y00，

19919819yy00S1S△OCDS△OCE84． 22222819273y0y0842，2．E(x0，y0)在二次函数的图象上，

1293x04x0222．解得x02或x06．

3E6，x6x6当0时，点2与点B重合，这时CDOE不是四边形，故0舍去，

32，点E的坐标为2． （8分）

2yxbxc经过A(1，，0)B(0，2)， 【017】解：（1）已知抛物线

01bcb3200cc2  解得2yx3x2． 2分 所求抛物线的解析式为

（2）

A(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2

， 3分 可得旋转后C点的坐标为(31)2yx3x2得y2， x3当时，由2yx3x2过点(3，2) 可知抛物线

将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．

2平移后的抛物线解析式为：yx3x1． 5分

22(x0，x03x01)yx3x1NN（3）点在上，可设点坐标为

353yxx2yx3x124，其对称轴为2． 6分 将配方得

30x02时，如图①， ①当

S△NBB12S△NDD1

B1 O A D N D1 图①

C x y 2B 1131x021x0222 x01此时

2x03x0111)． 8分 N点的坐标为(1，y ②当

x032时，如图②

B N C x 1131x02x022 同理可得2x03此时

B1 O A D D1 图②

2x03x011，． 点N的坐标为(31)，1)或(31)，． 综上，点N的坐标为(110分

2yaxbx4a经过A(1，0)，C(0，4)两点，【018】解：（1）抛物线

ab4a0，a1，4a4.b3.  解得2抛物线的解析式为yx3x4．

（2）

2点D(m，m1)在抛物线上，m1m3m4，

2y 即m2m30，m1或m3．

4)． 点D在第一象限，点D的坐标为(3，C D A E O B x由（1）知OAOB，CBA45°． 设点D关于直线BC的对称点为点E．

C(0，4)，CD∥AB，且CD3，

ECBDCB45°，

E点在y轴上，且CECD3．

OE1，E(01)，． 即点D关于直线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：OBOC4，OBC45°， DBP45°，CBDPBA．

C(0，，4)D(3，4)，CD∥OB且CD3．

DCECBO45°，

DECE322．

OBOC4BEBCCE52，BC42，2，tanPBFtanCBDDEBE35．

设PF3t，则BF5t，OF5t4，

P(5t4，3t)．

y C D P E A F B O

P点在抛物线上，

23t(5t4)3(5t4)4，

6622P2，t525． t0（舍去）或25，

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．

PBD45°，QDDB． QDGBDH90°，

又DQGQDG90°，DQGBDH．

Q C P y D G B O H A △QDG≌△DBH，QGDH4，DGBH1．

4)，Q(13)，． 由（2）知D(3，312yxB(4，0)，直线BP的解析式为55． 2x，yx23x4，25x14，66312y.2yx，y10；25 55解方程组得266，点P的坐标为525．

【019】（1）EO＞EC，理由如下：

由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC， 故EO＞EC …2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 ∴

mS四边形CFGH1S四边形CMNO ……………………………………………………

4分

CE1（3）∵CO=1，3，QF212313QF ∴EF=EO=3 1∴cos∠FEC=2 ∴∠FEC=60°， FEA18060∴260OEA，EAO30

∴

△

EFQ

为

等

边

三

角

形

EQ23 …………………………………………5分

1EQ13EQ3作QI⊥EO于I，EI=23，IQ=23 2∴IO=

31133 ∴Q点坐标(33,13) ……………………………………6分

(3,13)∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)， Q3 ，m=1

∴可求得b3，c=1 ∴

抛

物

线

解

析

式

yx23x1 ……………………………………7分

，

为

为

AO3EO（4）由（3），

233

x当

22213y(3)23313333＜AB 时，

(231,)33 …………………8分 ∴P点坐标为

1∴BP=

1233AO

23方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下： BK832343223,1)BK(,1)(39∴K点坐标为93时，①或9

2BK3232BK3②3时，

2343(,1)3 ∴K点坐标为3或(0,1)…………

10分

故直线KP与y轴交点T的坐标为

571(0,)或(0,)或(0,)或(0,1)333 ……………………………………

……12分

方法2：若△BPK与△AEF相似，由（3）得：∠BPK=30°或60°，过P作PR⊥y轴于R，则∠RTP=60°或30°

RT①当∠RTP=30°时，

23323 232333

RT②当∠RTP=60°时，

751T1(0,)，T2(0,)，T3(0,)，T4(0,1)333∴ ……………………………

12分

【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD

②成立，理由如下：∵∠FAD=∠BAC=90° ∴∠BAD=∠CAF

又 BA=CA ，AD=AF ∴△BAD≌△CAF∴CF=BD ∠ACF=∠ACB=45° ∴∠BCF=90° ∴CF⊥BD ……（1分） （2）当∠ACB=45°时可得CF⊥BC，理由如下： 如图：过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G 则∵∠ACB=45° ∴AG=AC ∠AGC=∠ACG=45° ∵AG=AC AD=AF ………（1分） ∴△GAD≌△CAF（SAS） ∴∠ACF=∠AGD=45°

∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90° ∴CF⊥BC …………（2分） （3）如图：作AQBC于Q

∵∠ACB=45° AC=42 ∴CQ=AQ=4

∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90°

∴△ADQ∽△DPC …（1分） PCCD∴DQ=AQ 设

CD

为

x（0＜x＜3）则

DQ=CQ－CD=4－x

则

PCx4x=4 …………（1

分）

11∴PC=4(－x2+4x)=－4(x－2)2+1≥1

当x=2时，PC最长，此时PC=1 ………（1分）