2020中考数学压轴题100题精选(附答案解析)

（附答案解析）

【001】如图，已知抛物线

A(2，0)

y

a(x1)

2

33

（a≠0）经过点

，抛物线的顶点为

x轴的直线交射线

D，过O作射线OM∥AD．过顶点DOM

平行于

BC．

于点C，B在x轴正半轴上，连结

（1）求该抛物线的解析式；（2）若动点

P从点O出发，以每秒

P运动的时间为

1个长度单位的速度沿射

t(s)．问当t为何值时，四边

线OM运动，设点

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边形

BCPQ

y

t(s)，连接PQ，当t为何值时，四

PQ的长．

的面积最小？并求出最小值及此时

M

D

C

P

A

O

Q

Bx

第1页共49页

【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B

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

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；

第2页共49页

(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

1个单位长度，运动时间为

t

向终点D运动．速度均为每秒

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。

第3页共49页

【004】如图，已知直线点C，l1、l2分别交在直线

l1:y

23

x

83

与直线

l2:y

2x16相交于

x轴于A、B两点．矩形DEFG的顶点D、E分别

G与点B重合．

l1、l2上，顶点F、G都在x轴上，且点

（1）求△ABC的面积；

DEFG

（2）求矩形（3）若矩形

的边DE与EF的长；

x轴的反方向以每秒

DEFG从原点出发，沿1

个单位长度的速度平移，设移动时间为积为S，求

t(0≤t≤12)秒，矩形DEFG

与△ABC重叠部分的面

S关

t

t的函数关系式，并写出相应的的取值范围．

y

l2

E

C

D

l1

AOF（G）Bx

（第4题）

【005】如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中

第4页共49页

点，过点E作EF∥BC交CD于点FE到BC的距离；

．

AB4，BC

6，∠B

60

.

（1）求点（2）点

M

P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点

x.

，过

M

作MN∥AB交折线ADC于点N，连结PN，设EP

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②当点

△PMN的周长；若改变，请说明理由；

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存在，请说明理由.

A

DF

AP

N

DF

A

x的值；若不

DN

P

F

EEE

B

图1

A

CB

M

图2

CB

M

图3D

C

D

（第25题）A

EFEF

B

图4（备用）

C

B

图5（备用）

C

【006】如图13，二次函数

yx

2

px

q(p

0)的图象与x轴交

第5页共49页

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（3）在该二次函数的图象上是否存在点

为直角梯形？若存在，请说明理由。

m的取值范围；D，使四边形ABCD

求出点D的坐标；若不存在，

【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／秒的速度向终点的面积为S（S≠0），点P的运动时间为

第6页共49页

AC交y轴于点M，AB边交y

C匀速运动，设△PMBt秒，求S与t之间

的函数关系式（要求写出自变量

（3）在（2）的条件下，当BCO互为余角，并求此时直线值．

t的取值范围）；

t为何值时，∠MPB与∠

OP与直线AC所夹锐角的正切

【008】如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD

第7页共49页

∥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】一次函数与反比例函数轴，AE

y

yax

b的图象分别与x轴、y轴交于点M,N，

x

y

kx

的图象相交于点A,B．过点A分别作AC

y轴，垂足分别为C,E；过点B分别作BFx轴，BD

轴，垂足分别为（1）若点

F，D，AC与BD交于点K，连接CD．

y

k

的图象的同一分支上，x

A，B在反比例函数

如

图1，试证明：

①S四边形AEDK②

AN

BM

S四边形CFBK

；

．

A，B分别在反比例函数AN与BM

y

kx

（2）若点

的图象的不同分支

上，如图2，则还相等吗？试证明你的结论．

yNED

A(x1，y1)

B(x2，y2)

yENFM

FM

x

B(x3，y3)

A(x1，y1)

K

OC

第8页共49页

（第25题图1）

O

CDK

x

（第25题图2）

【010】如图，抛物线交于C点，且经过点

yax

2

bx3与x轴交于A，B两点，与y轴

(2，3a)

，对称轴是直线x1，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，C，N为顶点的四边形为平行四

P的坐标；

边形？若存在，请求出点（3）设直线点E（不与试判断

y

x

3与

若不存在，请说明理由；

D，在线段BD上任取一

BC于点F

y轴的交点是

B，D重合），经过A，B，E三点的圆交直线，

△AEF的形状，并说明理由；E是直线y

x

3上任意一点时，

（4）当（3）中的结论是否

第9页共49页

成立？（请直接写出结论）．

y

AO1

3C

B

x

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

G

E

E

D

A

D

第10F页共49页

C

第24题图②

F

E

BF

C

BB

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物线

y

ax

2

A、B、C、D四点．抛x交于点M、N，且

bx

c与y轴交于点D，与直线y

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）抛物线的对称轴交圆O于F，求（3）过点

EF的长．

x轴于点E，连结DE

，并延长

DE

交

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．

第11页共49页

yD

ECF

x

N

AM

O

B

【013】如图，抛物线经过A(4，，0)B(10)，，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为顶点的三角形与似？若存在，请求出符合条件的点说明理由；

（3）在直线AC上方的抛物线上有一点面积最大，求出点

y

△OAC相

P的坐标；若不存在，请

D，使得△DCA的

D的坐标．

OB12C

4

A

x

（第26题图）

第12页共49页

【014】在平面直角坐标中，边长为点A、C分别在

2的正方形OABC的两顶

y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方

y

x上时

x

形OABC绕O点顺时针旋转，当停止旋转，旋转过程中，轴于点

N（如图）

A点第一次落在直线

x于点M

AB边交直线y，BC边交

.

（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；

MN

（2）旋转过程中，当行时，求正方形

OABC旋转的度数；

和AC平

y

y

A

M

B

x

（3）设转正方形

MBN

的周长为p，在旋

O

C

(第26题)

N

x

OABC

p值是否有变化？

的过程中，请证明你的结论.

第13页共49页

【015】如图，二次函数的图象经过点D(0，

79

3)，且顶点C

的横坐标为4，该图象在x轴上截得的线段

⑴求二次函数的解析式；⑵在该抛物线的对称轴上找一点出点P的坐标；

⑶在抛物线上是否存在点如果存在，求出点

AB的长为6.

P，使PA+PD最小，求

Q，使△QAB与△ABC相似？

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)

．

第14页共49页

（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

23

S？若存在，求点

S1与四边形

OABD的面积S满足：

E的坐标；

若不存在，请说明理由．

y

A

3

B

O

3

C6

x

D

第15页共49页

【017】如图，已知抛物线顶点为

D．

yx

2

bx

c经过A(10)，，B(0，2)两点，

（1）求抛物线的解析式；（2）将

△OAB绕点A顺时针旋转

y轴平移后经过点

90°后，点B落到点C的位

置，将抛物线沿函数关系式；

C，求平移后所得图象的

（3）设（2）中平移后，所得抛物线与点为

D1，若点N在平移后的抛物线上，

y轴的交点为

B1，顶

且满足△NBB1的面积是

△NDD1面积的

y

2倍，求点

N

的坐标．

B

O

AD（第26题）

x

第16页共49页

【018】如图，抛物线与x轴交于另一点

B．

yax

2

bx

4a经过A(1，0)、C(0，4)两点，

（1）求抛物线的解析式；（2）已知点

D(m，m1)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

DBP

45°，求点P的坐标．

y

BD，点P为抛物线上一点，且

C

A

O

B

x

第17页共49页

【019】如图所示，将矩形OABC沿AE折叠，使点O恰好落

CFGH，延长BC至M，

在BC上F处，以CF为边作正方形

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

3

1

CO＝1，CE＝，Q为AE上一点且QF

3

＝2，抛物线y＝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

KP与y

顶点的三角形与△AEF相似?若存在，请求直线轴的交点T的坐标?若不存在，请说明理由。

第18页共49页

【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=4

2

，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。

第19页共49页

2020年中考数学压轴题100题精选答

案

【001】解：（1）Q抛物线

y

a(x1)

2

33(a

0)经过点A(2，0)，

0

9a

33

a

33

···························································· 1分

二次函数的解析式为：y

323833x

2

3

x

3

··················· 3分

（2）QD为抛物线的顶点

D(13，3)

过

D

作

DN

OB于N

，则

DN

33，

AN3，AD3

2

(33)

2

6DAO

60°································ 4分

QOM∥AD

y

M

①

当

AD

OP时，四边形DAOP是平行四边形D

C

第20页共49页

P

H

A

OP②

6t6(s)

······························5分

DAOP是直角梯形2，则AH

1

1）

当

DPOM

时，四边形

过O作OHAD于H，AO

DAO

5(s)

（如果没求出

OP③

DH

5t

可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH60°

······························································ 6分

当

PD

AD

OA时，四边形DAOP是等腰梯形

2AH

62

4

t

4(s)

OP

综上所述：当

t

6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、··················································· 7分

COB

60°，OC

6

直角梯形、等腰梯形．（3）由（2）及已知，则OB

OC

AD

6，OP

OB，△OCB是等边三角形

2t(0

t3)

t，BQ2t，OQ3232t

过P作PE

SBCPQ

12

OQ

于E，则

12

(6

PEt

·········································· 8分

328

3

633SBCPQ

2t)

=

t

323

34

2

638

3

··················· 9分

当t

32

时，

OQ

的面积最小值为

34

2

63

······························ 10分

94

PE

334

此时

PQ

3

3，OP=，OE

2

2

QE

2

PEQE

2

334

5

94

332

·································· 11分B

【002】解：（1）1，8；

E

Q

（2）作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴

AP

P

3t

C

．

由△AQF∽△ABC，BC得QF

4

t5

5

2

3

2

4

，

45t，

B

D

A

F

图3

．∴

QF

45

t．∴S

12

(3t)

Q

E

第21页共49D页

A

图4

P

C

即S

25

t

2

65

t．

（3）能．

①当DE∥QB时，如图4．

QD

B

∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．由△APQ∽△ABC，得即

t3

3t5

AQAC

APAB

EC

，

A

P

图5

B

．解得

t

98

．

②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯QG形．

此时∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得即

t5

3t3

AQAB

APAC

A

PD

C(E)B

图6

，

D

AP

QG

．解得

5t或2

4514

t

158

．

（4）t

．

C(E)

【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．

32

[(5t)]5

[4

45

图7

方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．

PC

t

，QC

2

2

QG

2

CG

2

[445

(5t)]

2

2

．

t

52

由PC

QC

2

，得

CQ

t

2

32[(5t)]5

(5t)]

，解得．

方法二、由

B

CP

AQ，得

AQ

QAC

QCA，进而可得52

t

52

BCQ，得CQBQ，∴

BQ

．∴．

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

(6t)

2

32[(5t)]5

[4

45

(5t)]

2

，

t

4514

】

第22页共49页

【8）

003】解.(1)点A的坐标为（4，

…………………１分

(4,8)、C（8，0）两点坐标分别代入

8=16a+4b得0=a+8b

1

将Ay=ax2+bx

解得a=-2,b=4

1

∴抛物线的解析式为：分

y=－

2

x2+4x…………………３

PEBC

（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE=AP=AB,即

PEAP

4

=8

1

1

∴PE=2AP=2t．PB=8-t．

1

∴点Ｅ的坐标为（4+2t，8-t）.

1

1

1

∴点G的纵坐标为：－

18t2+8.

2

（4+

2

t）2+4(4+

2

t）=－

…………………５分

1

1

∴EG=－8t2+8-(8-t) =－8t2+t.

1

∵-

8

＜0，∴当t=4时，线段EG最长为

第23页共49页

2.②刻.

16

…………………７分共

有

三

个

时

…………………８分

40

3

t1=

852

5

，t2=

13

，t3=

．

23x

83

0，

…………………分11得

x

4．A点坐标为

4，0．12．

【004】（1）解：由由

2x160，得xy

2x8，

8．B点坐标为xy

5，

8，0．

∴

AB84

（2分）

由∴

y

S△ABC

33

2x16．

12

解得

12

6．∴C点的坐标为

36．

5，6．

（3分）

·yCAB

126

（4分）

xB

8，yD

238，

8

832xE

8．

（2）解：∵点为

8，．8

D在

l1

上且

xD

∴D点坐标

8．xE

4．∴

（5分）又∵点

4，．8

E在l2上且yE

yD16

E点坐标为（6分）

8．（7

∴OE

844，EF

分）

3时，如图

（3）解法一：叠部分为五边形

CM

AB于M

y

EC

①当0≤t1，矩形

DEFGCHFG

与△ABC重）．过

C

CHFGR（t0时，为四边形作

，则

l2

Rt△RGB∽Rt△CMB．

y

DR

l1

l2

D

CR

y

l1

E

l2

D

C

R

E

l1

AO

FMGBx

BxF页OG第A24共M49页

（图2）

FAGO

MBx

（图1）

（图3）

BGRGCM

∴∴即

BMS

，

t3

RG6

即

，

∴

RG

12

2t．QRt△AFH∽Rt△AMC，

t2t

128t

238t．

S△ABCS△BRGS△AFH36

S

43

t

2

163

t

443

．

（10分）

E作EG

BC于

EA

DF

【005】（1）如图1，过点点G．1分∵E为∴

BE

AB的中点，

12AB

2．

B

G

图1

C

在Rt△EBG中，∠B∴

BG

12BE

1，EG

60，∴∠BEG

2

2

30．

2分

1

2

3．

即点E到BC的距离为

N

3．

3分

的形状不发生改变．

（2）①当点∵PM

在线段AD上运动时，△PMN

EF，EG

EF，∴PM∥EG．

∵EF∥BC，∴同理

MN

AB

EPGM4．4

，PM

EG3．

分

MN

如图2，过点P作PH于H，∵

MN∥AB，

第25页共49页

∴∠NMC∴∴则

PH

12

∠B

PM

60，∠PMH

32．

30．

E

AP

H

N

D

F

MHPMgcos30

32

B

．

GM

图2

C

NHMNMH4

32

52

．

PNNH

2

PH

2

52

3

2

2

32

7．

在Rt△PNH中，∴△PMN的周长=PM②当点

△MNC

N

PN

MN

7

4．6

分

在线段

DC

上运动时，

△PMN

的形状发生改变，但

恒为等边三角形．

PN时，如图

MR

32．

当PM3，作

PR

MN于R，则MR

NR．

类似①，∴MN

2MR3．

7分

MC

MN613

MC

PD

∵△MNC是等边三角形，∴此时，

A

3．2． 8分

MN

F

N

xMP

x

P

EPGM

D

BCBGMC

A

当

MN时，如图

N

4，这时

5

3．

MP

E

A

3．

D

此时，当BNP

G

E

EP

R

FGM61E3

F（P）N

NM

M

图3

时，如图，∠NPMC5B

G

∠PMN

M

30．BC

G

图5

M

C

则∠PMN∴∠PNM因此点

120，又∠MNC

180．

60，

图4

∠MNC

P与F重合，△PMC为直角三角形．

第26页共49页

∴MC此时，

PMgtan30x

EPGM

x

1．

6114．2或

综上所述，当4或

53

时，

△PMN

为等腰三角形．

5

【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知

5

0.5OC×AB=4,

得AB=2，

设A（a,0）,B(b,0)AB=ba=

3

(ab)

2

ab

32,但

=2，解得p=

p<0,所以p=

2。

y

x

2

32

所以解析式为：

（2）令y=0，解方程得

1

x

2

x1

32

x10

，得

x1

12

,x2

2

,所以

5

A(

2

,0),B(2,0),在直角三角形

5，显然

AOC中可求得AC=

2

,同样可求

得BC=AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角形。AB

5

为斜边，所以外接圆的直径为

AB=2,所以

m

。

（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

y=-2x+b，把B(2,0)

x

2

32

x14

5

代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组9）

y2x

得D（2，

②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,

第27页共49页

1

可设AD的解析式为y=0.5x+b，把A(

y

x

2

2

，0)代入得AD解析

53,D(22)

32

x1

式为y=0.5x+0.25，解方程组

5

y

0.5x0.25得

综上，

所以存在两点：（

53

,

2,9）或(22)。

【007】

第28页共49页

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

第29页共49页

∴∠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）①QAC⊥x轴，四边形

AEOC为矩形．

AE⊥y

轴，

yN

ED

A

QBF⊥x轴，BD⊥y轴，

K

B

OCFM

x

四边形

BDOF

为矩形．

图1

QAC⊥x轴，BD⊥y轴，

四边形

QOC

AEDK，DOCK，CFBK

y1，x1gy1

x1gy1

k

均为矩形．1分

x1，AC

，

k

S矩形AEOCQOF

OCgAC

x2，FBy2，x2gy2

k，

第30页共49页

S矩形BDOFOFgFBx2gy2k

．

S矩形AEOCS矩形BDOF．

QS矩形AEDK

S矩形AEOC

S矩形DOCK

，S矩形CFBKS矩形BDOFS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

．

AKgDK

BKgCK

．

AKBKCKDK

． 4分

Q

AKB

CKD

90°，

△AKB∽△CKD．5分

CDK

ABK

．

AB∥CD．

6分

QAC∥y轴，

四边形

ACDN

是平行四边形．

AN

CD．7分

同理

BMCD．

AN

BM

． 8分

（2）AN与BM仍然相等．

9分

QS矩形AEDKS矩形AEOCS矩形ODKC，

S矩形BKCF

S矩形BDOF

S矩形ODKC

，

又Q

S矩形AEOCS矩形BDOF

k

，

S矩形AEDKS矩形BKCF

． 10分

第31页共49页

y

E

A

NFM

O

Cx

B

DK

图2

AKgDK

BKgCK

．

CKDKAKBK

．

Q

K

K，

△CDK∽△ABK．CDK

ABK

．

AB∥CD．

11分

QAC∥y轴，

四边形

ANDC是平行四边形．

AN

CD．同理

BMCD．

AN

BM

． 12分

3a4ab

【010】解：（1）根据题意，得

2a

1.

a1

，解得

b2.

抛物线对应的函数表达式为

（2）存在．在yx

2

2x

3中，令x

0，得y

3．

令

y

0，得x2

2x

3

0，

x1

1，x2

3．

A(10)，，B(3，0)，C(0，3)．

又

y(x1)

2

4，顶点M(1，4)．5分

第32页共49页

2b3， 2分

yD

E

y

x

2

2x

3．

3分

N

AO

1

N

x

F

C

P

M

（第26题图）

容易求得直线在

y

x

CM

的表达式是

0，得x

y

x3．

3中，令y3．

N(3，0)，

AN

2．6分

3，得x1

0，x2

2

在

yx

2

2x

3中，令y

．

CP2，AN

CP．

QAN∥CP，四边形ANCP为平行四边形，此时P(2，3)．8分

（3）△AEF是等腰直角三角形．理由：在直线

OD

y

yx

x

3中，令x

0，得y3，令y0，得x3．

3与坐标轴的交点是D(0，3)，B(3，0)．

OB，

OBD

3)，

45°． 9分OC．45°，AF

OBCAFE

45°． 10分ABE

45°．

又Q点C(0，由图知

EAF

OBABF

AEF

11分

12分

90°，且AE．

x

△AEF是等腰直角三角形．

3上任意一点时，

（4）当点E是直线y（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

第33页共49页

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．∴AM=EN．……………6分在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵∴

△

AMG

≌

△

AM=EN，MG=NG，

∴8分

AG=EG．

∴

MG=NG

在矩形AENM中，

ENG．

EG=CG．……………………………

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．………………………Rt△CBE中，

∵MF=CB，EF=BE，∴△MFE≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴

△MEC为直角三角5分∴在Rt△MFE与

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）Q圆心

O在坐标原点，圆第34页共49页

O的半径为

1，

点A、B、C、D的坐标分别为

y

A(1，、0)B(0，1)、C(10)，、D(01)，

Q抛物线与直线

x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

c1

2

1abbcc

D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入

ab

11

y

x

2

2

yaxbx

c，得：

1a

1

解之，得：

c

抛物线的解析式为：（2）

Qy

x

2

x1．

4分

x1

1

x2

x

12

抛物线的对称轴为

OE

12，DE

14

1

，

52

． 6分

yD

NE

连结

BF，BFD

90°，

DE

ODFD

AM

△BFD∽△EOD，

DE

52455FD

，OD

DB

，

O

FB

C

P

x

又

1，DB2

，

FD

，

DE

455

52

3510

EF

．8分

（3）点设过

P在抛物线上． 9分

y

kxb，

D、C点的直线为：

第35页共49页

将点

C(10)，、D(01)，

的坐标代入

x1． 10

y

kxb，得：k1，b1，

直线过点将

y

DC为：y分

y

1，

B作圆O的切线BP与x轴平行，P点的纵坐标为

1代入y

x1，得：x(2，1)，当x

y

x

2

2．2时，y

x1上．

x

2

P点的坐标为

x12

2

21

1，

所以，P点在抛物线12分

可设该抛物线的

【013】解：（1）Q该抛物线过点解析式为将

y

ax

2

C(0，2)，

bx

2．

A(4，0)，B(1，0)代入，

a

1252y.，

16a4b2

0，

得

ab20.

解得

b

12

此抛物线的解析式为（2）存在．如图，设

x

2

52

x2

．（3分）

（4分）

m，52m2

P点的横坐标为

1m

2

则P点的纵坐标为当1

AM

m

4时，

PM

12

2

，

yB

O1

DP

AMEC

4

x

4m，COA

AM

m

2

52

m2

．

2

又Q

PMA

AOOC

21

90°，

（第26题图）

①当

PM

时，

△APM∽△ACO，

第36页共49页

即

4m2

12

m

2

52

m2

．

P(21)，

解得②当解得

m1AMPMm1

2，m2

OCOA4，m2

4（舍去），1

．（6分）

2(4

m)

12m

2

52

2时，△APM∽△CAO，即5（均不合题意，舍去）

m2

．

当1

m

1)．4时，P(2，（7分）

（8分）

类似地可求出当当m

m

4时，P(5，2)．

1时，P(3，14)．

1)或(5，2)P为(2，

综上所述，符合条件的点分）

（3）如图，设

12t

2

或(

3，14)

．（9

D点的横坐标为

t(0t

4)，则D点的纵坐标为

52

t2

．

AC于E．由题意可求得直线

AC的解析

过D作y轴的平行线交式为

E

y

12x

2

．（10分）

1

t，t2

2

点的坐标为（11分）

．

DE

12

t

2

52

t2

12

t2

12

t

2

2t

．

S△DAC

12

12

t

2

2t4t

2

4t(t2)

2

4

．

（13分）

y

x上时停止旋转，

当t2时，△DAC面积最大．D(2，1)．

【014】（1）解：∵∴OA旋转了

45

0

A点第一次落在直线

.

第37页共49页

452

2

∴OA在旋转过程中所扫过的面积为分

（2）解：∵∴

BMN

MN

3602

.……………4

∥AC，∴

BMNBAC45

,

BNM

CN.AOM

BCA45

.

BNM

.∴BMBN.又∵BAOCN

BC，∴AMOCN

又∵

AOM

OAOC,

12(90

OAM

45

,∴

OAM

.∴

MN

CON

.∴

.∴旋转过程中，当

OABC

和度

AC平行时，

正

45

方形旋转的数8分

E

为

.……………………………………………

p

（3）答：

AOECON

45

0

值无变化.证明：延长，

AOM180

0

BA

交

y

轴于点，则

AOM45

0

90

0

45

0

AOM

0

，∴

OCN

AOECON

.又∵

.∴

OAOC

OE

，

OAECN

9090

0

.∴

OAEOCN

ON,AEMOE

.

45

0

又∵∴MN∴

p

MON

,OM

OMAM

BN

,∴

OME

OMNy.

E

BC

4

y

A

M

x

ME

MN

AM

BN

AE.∴MN

AM

CN

CN，

BM

AB

BM

.

O

N

B

∴在旋转正方形分

OABC的过程中，

p值无变化

.……………12

C

（第26

x

第38页共49页

【015】⑴设二次函数的解析式为：

7

y=a(x-h)2+k∵顶点C的

横坐标为4，且过点(0，

7

9

3

)

k

∴y=a(x-4)2+k又∵对称轴为直线∴A(1，0)，B(7，0)

9

316a

………………①x轴上截得的线段长为

6

x=4，图象在

3

∴0=9a+k………………②由①②解得

39

a=

9

，k=－3∴二次

函数的解析式为：y=

(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取得最小值对称轴的交点即为所求点

P

∴DB与

设直线x=4与x轴交于点M∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO

7

PM

BMBO

∴△BPM∽△BDO∴

3

DO

∴

PM

9

337

33

∴点P的坐标

为(4，

3

)

C(4，，

3

⑶由⑴知点

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，

第39页共49页

由△ABC∽△ABQ有

BQ=6，∠ABQ=120o，则∠QBN=60o∴QN=3ON=10，此时点Q(10，33)，如果AB=AQ，由对称性知

Q(-2，33)

3

，BN=3，

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

3)．

点Q的坐标为(10，33)或(-2，33)或(4，

【016】解：（1）设正比例函数的解析式为因为

y

k1x的图象过点

A(3，3)，所以3

yk1x(k10)

，

3k1，解得k11．

这个正比例函数的解析式为设反比例函数的解析式为

A(3，3)，所以3

k23

y

y

k2x

x．

(k2

0)

（1分）．因为

y

k2x

的图象过点

，解得

k2

9．这个反比例函数的解析式为

y

9x

．（2

分）（2）因为点

B(6，m)

在

y

9x

的图象上，所以

m

96

32

，则点

第40页共49页

3B6，

2

．（3分）

y

k3x

b(k3

0)．因为y

k3x

b的图象是由

设一次函数解析式为

y

x平移得到的，

所以

32

k3

1，即y

b

xb．又因为y92

x

b的图象过点

y

3

B6，

292．

，所以（

4

6b

，解得，一次函数的解析式为

x

分）（3）因为

y

x

9

2的图象交y轴于点D，所以D的坐标为

y

ax

2

0，

92

．

设二次函数的解析式为因为

y

ax

2

bxc(a

0)．

0，

92

bx

c的图象过点3，c

32，

A(3，3)、

3

B6，

2

、和

ab

D

，

9a36ac

3b6b92.

c

1，24，92.

所以

（5分）

y

12x

2

解得

4x

92．

c

这个二次函数的解析式为（4）

Qy

x

92S

（6分）

92，0

交x轴于点

152

6

12

C，

12

点C的坐标是

32

3

12

y

，

如图所示，

4518

814

6633

3

AE

B

94

92

O

3

C

6

x

．

D

第41页共49页

假设存在点

E(x0，y0)，使

S1

23

S

814

23

272

．

y0

0，

Q四边形CDOE的顶点E只能在x轴上方，

1

S181812S△OCD94x0

2

9923

2

12

92

S△OCE272

2

gy0

818

94

y0

．

y0

，

92

32

y0

2．QE(x0，y0)在二次函数的图象上，

4x0

．解得

x02

或x0

6

．

不是四边形，故

当x0

x0

6时，点

3E6，

2

与点B重合，这时CDOE

6舍去，

32，2

点E的坐标为．（8分）

y

x

2

【017】解：（1）已知抛物线

01bc2

00c

b

32

y

x

2

bx

c经过A(1，，0)B(0，2)，

解得

c

所求抛物线的解析式为

，，B(0，2)，（2）QA(10)

3x

2．2分

OA1，OB2

可得旋转后当x

，C点的坐标为(31)yx

2

3分

2，

3时，由

y

x

2

3x2得y3x

可知抛物线2过点(3，2)

将原抛物线沿

y轴向下平移

1个单位后过点

y

x

2

C．

平移后的抛物线解析式为：（3）Q点

N在

y

x

2

3x1． 5分

(x0，x0

2

3x1上，可设N点坐标为

3x01)

第42页共49页

将

yx0

2

3x1配方得x0

32

yx

32

2

，

其对称轴为

y

x

32

．6分

①当时，如图①，

BB1

C

DND1图①

x

QS△NBB1

12Qx0

2S△NDD1

12

32

1x01x0

2

21x0

A

O

此时

3x011

，1)．N点的坐标为(1

x0

32

8分

y

②当时，如图②

B

1

同理可得

x0

3x0

2

2

1x02

12

x0

32

B1O

ADD1图②

N

C

x

此时点

3x011

，．N的坐标为(31)

综上，点

N

的坐标为

(1，1)或(31)，

y

ax

2

．

bx

10分

4a经过A(1，0)，C(0，4)两点，

【018】解：（1）Q

ab4a0，4a

4.

抛物线

ab

y

，13.

x

2

解得

抛物线的解析式为（2）Q点即m

2

3x

4．

m1

m

2

D(m，m1)在抛物线上，0，

3m

4，

y

2m3m

1或m3．

(3，4)．

C

D

Q点D在第一象限，点D的坐标为

第43页共49页

EA

O

B

x

由（1）知设点

OAOB，

CBA45°．

E．

D关于直线BC的对称点为点

CD∥AB，且CDDCB

45°，

CD

3．3，

QC(0，4)，

ECB

E点在y轴上，且CEOE1，

E(01)，

．

0，1）．

y

即点D关于直线BC对称的点的坐标为（

PF⊥AB于FOC

4，

（3）方法一：作由（1）有：

Q

DBP

45°，

OB

，DE⊥BC于E．

45°，

CP

D

E

B

FO

OBC

CBD

PBA．

3．

A

QC(0，，4)D(3，4)

，CD∥OB且CD45°，

DCE

DE

CE

CBO

322

x

．

BCCBD

42，DEBE

35

BE

BC

CE

522

QOBOC

4，

tan

，

tanPBF

．

5t

4，

设PF

P(5t

3t，则BF

4，3t)．

5t，

OF

QP点在抛物线上，

3t

(5t

4)

2

3(5t4)22

4，P

266

，525

t

0（舍去）或

t

25，．

第44页共49页

方法二：过点轴于

Q

D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x

y

H

．过

Q点作QG⊥DH

DB

于G．

PBDQDG

45°，QDBDHQDG

．

Q

CP

GD

90°，

90°，

DQGDH

BDH

又

DQG

．

BH

1．

A

O

H

B

△QDG≌△DBH

，

QG

4，DG

x

由（2）知

QB(4，0)，

D(3，4)，

Q(13)，

．

y

35x2

x125256625，

直线

y

x

BP的解析式为

2

．

3x4，

x1

解方程组点

y

312

，x

55

266

，525

4，0；

得．

y1

y2.

P的坐标为

【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CFGHS四边形CMNO

1

……………………………………………

第45页共49页

………4分（3）∵CO=1，

1

CE

13，QF

23

∴EF=EO=

1

13

23

QF

∴cos∠FEC=2∴∴

EQ

23FEA

180

260

∴∠FEC=60°，

60

OEA，EAO

30

△EFQ为等边三角形5分

，

…………………………………………

1EQ

1

3

3，IQ=2

EQ

33

作QI⊥EO于I，EI=2

2

13

13

∴

(31

,)33

IO=

3

∴Q点6分

(31,)33

坐标为

……………………………………

∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)，Q∴可求得∴

y

x

2

，m=1

b

3，c=1

抛

3x1

物线解析式7分

为

……………………………………

AO

3EO

233

233

（4）由（3），当∴

x

23

3

时，

y(

23

3)

2

31

13＜AB

P点坐标为

第46页共49页

(

231

,)33

1

13

…………………8分

23

∴BP=

AO

方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：

2

BK

2

32332

BK23

323

①

3

时，

BK

239

∴K点坐标为

(

439

,1)

或

(

839

,1)

②

(0,1)

3

时，

BK

233

∴K点坐标为

(

433

,1)

或

…………10分

故直线KP与y轴交点T的坐标为

(0,

17

)或(0,)或(0,)或(0,1)

3335

…………………………………

………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°①当∠RTP=30°时，②当∠RTP=60°时，

RT

233233

3

2

RT3

23

157

T1(0,)，T2(0,)，T3(0,)，T4(0,1)

333∴

……………………………

12分

【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD

第47页共49页

②成立，理由如下：∵∠FAD=∠BAC=90°又

BA=CA，AD=AF

∴∠BAD=∠CAF

∴△BAD≌△CAF∴CF=BD∠ACF=

∠ACB=45°∴BD

（2）当∠ACB=45°时可得由如下：

如图：过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G则∵∠ACB=45°∵AG=AC

∴AG=AC∠AGC=∠ACG=45°AD=AF

………（1分）

∴∠ACF=∠AGD=45°

∴CF⊥

∠

BCF=90

°

∴

……（1分）

CF⊥BC，理

CF

⊥

∴△GAD≌△CAF（SAS）

∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90°BC

…………（2分）

（3）如图：作AQBC于Q∵∠ACB=45°CQ=AQ=4

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

AC=4

2

∴

∴DPC

△ADQ∽△

…（1分）

第48页共49页

PCCD

∴

DQ

=AQ

设CD为x（0＜x＜3）则DQ=CQ－CD=4－x则

PCx

4

x

=4

………（1分）

1

1

∴PC=4(－x2+4x)=－4(x－2)2+1≥1当x=2

时

，

PC

最

长

PC=1

………（第49页共49页

，

1分）

…

此

时