中考数学压轴题100题精选

《中考数学压轴题100题精选》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

我选的中考数学压轴题100题精选【001】如图，已知抛物线ya(x1)2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．yMDCPAOQBx

1【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B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．．．EQDAPC图16

2【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。

328【004】如图，已知直线l:yx与直线l:y2x16相交于点1332C，l、l分别交x轴于A、B两点．矩形DEFG的顶点D、E分别在直12线l、l上，顶点F、G都在x轴上，且点G与点B重合．12（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．yl2lED1CAOF（G）Bx（第4题）

4【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.NADADADNPPEFEFEFBCBCBCMM图1图2图3AD（第25题）ADEFEFBCBC图4（备用）图5（备用）

5【006】如图13，二次函数yx2pxq(p0)的图象与x轴交于A、5B两点，与y轴交于点C（0，-1），ΔABC的面积为。4（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。

6【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．

7【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。

8【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k比例函数y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．k（1）若点A，B在反比例函数y的图象的同一分支上，如图1，试x证明：①SS；四边形AEDK四边形CFBK②ANBM．k（2）若点A，B分别在反比例函数y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．yyNA(x，y)E11EA(x，y)B(x，y)N11D22KFMOCFMxOCxDKB(x，y)33（第25题图1）（第25题图2）

9【010】如图，抛物线yax2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，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点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△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）．yxAO1BC3M（第10题图）

10【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）ADADADGFGEFEEBFCBCBC第24题图①第24题图②第24题图③

11【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ax2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．yDNEAOCxFMB

12【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．yAxOB142C（第26题图）

13【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yOABC旋转的度数；yxA（3）设MBN的周长为p，在旋转正方形OABCM的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.BxONC(第26题)

147【015】如图，二次函数的图象经过点D(0，3)，且顶点C的横坐标为94，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．

15【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2OECD的面积S与四边形OABD的面积S满足：SS？若存在，求点E113的坐标；若不存在，请说明理由．yA3BO3C6xD

16【017】如图，已知抛物线yx2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B，顶点为D，若11点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB的面积是△NDD面积的2倍，11求点N的坐标．yBOADx（第26题）

17【018】如图，抛物线yax2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．yCABxO

18【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S(2)令m四边形CFGH，请问m是否为定值？若是，请求出m的值；若不S四边形CNMN；是，请说明理由12(3)在(2)的条件下，若CO＝1，CE＝，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。

19【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。

202010年中考数学压轴题100题精选答案【001】解：（1）抛物线ya(x1)233(a0)经过点A(2，0)，309a33a·······································································································1分332383二次函数的解析式为：yx2x·························································3分333（2）D为抛物线的顶点D(1，33)过D作DNOB于N，则DN33，AN3，AD32(33)26DAO60°···························································4分OM∥ADyMD①当ADOP时，四边形DAOP是平行四边形COP6t6(s)·······················································5分P②当DPOM时，四边形DAOP是直角梯形HA过O作OHAD于H，AO2，则AH1OENQBx（如果没求出DAO60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH1）OPDH5t5(s)··········································································································6分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)

213过P作PEOQ于E，则PEt···················································································8分211333263S633(62t)t=t3·····································9分BCPQ222228363当t时，S的面积最小值为3············································································10分2BCPQ8333933此时OQ3，OP=，OEQE3PE244442339233PQPE2QE2442······························································11分B8【002】解：（1）1，；5E（2）作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴AP3t．QB由△AQF∽△ABC，BC52324，DACFPQFt414图3得．∴QFt．∴S(3t)t，E4552526Q即St2t．55D（3）能．ACP图4①当DE∥QB时，如图4．B∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．AQAP由△APQ∽△ABC，得，QACABEt3t9D即．解得t．358APC图5②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．此时∠APQ=90°．BAQAP由△AQP∽△ABC，得，ABACt3t15QG即．解得t．538DC(E)AP图6BQG

22545（4）t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)]2．55345由PC2QC2，得t2[(5t)]2[4(5t)]2，解得t．552CQCPAQQACQCA方法二、由，得，进而可得55AQBQtBBCQ，得CQBQ，∴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+bx8=16a+4b得0=64a+8b1解得a=-2,b=41∴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=811∴PE=2AP=2t．PB=8-t．1∴点Ｅ的坐标为（4+2t，8-t）.

231111∴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16408525t1=3，t2=13，t3=．…………………11分28x0，x4．A4，0．【004】（1）解：由33得点坐标为2x160，x8．B8，0．AB8412．由得点坐标为∴（2分）28yx，33x5，y2x16．5，6．y6．C由解得∴点的坐标为（3分）11SAB·y12636．∴△ABC2C2（4分）28xx8，y88．lDBD33（2）解：∵点D在1上且∴D点坐标8，．8l为（5分）又∵点E在2上且yy8，2x168．x4．E4，．8EDEE∴点坐标为（6分）OE844，EF8．∴（7分）

24①0≤t3DEFG△ABC（3）解法一：当时，如图1，矩形与重叠部CHFGRt0CHFGCCMAB分为五边形（时，为四边形）．过作于M，则Rt△RGB∽Rt△CMB．yyyll2l2llE2lED1ED1D1CCCRRRAOFMGBxAFOGMBxFAGOMBx（图1）（图2）（图3）BGRGtRG，，∴BMCM即36∴RG2t．Rt△AFH∽Rt△AMC，112SSSS36t2t8t8t．∴△ABC△BRG△AFH22341644St2t．即333（10分）【005】（1）如图1，过点E作EGBC于点G．1分AD∵E为AB的中点，EF1BEAB2．BC∴2G图1Rt△EBG∠B60，∠BEG30．在中，∴2分1BGBE1，EG22123．∴2BC3．即点E到的距离为3分

25N△PMN（2）①当点在线段AD上运动时，的形状不发生改变．PMEF，EGEF，PM∥EG．∵∴EF∥BC，EPGMPMEG3．∵∴，MNAB4．同理4分PHMNMN∥AB，如图2，过点P作于H，∵∠NMC∠B60，∠PMH30．ND∴APPH1PM3．EF∴22HBC3GMMHPMcos30．∴2图235NHMNMH4．则222523PNNH2PH27．Rt△PNH22在中，△PMNPMPNMN374．∴的周长=6分NDC△PMN△MNC②当点在线段上运动时，的形状发生改变，但恒为等边三角形．PMPNPRMNMRNR．当时，如图3，作于R，则3MR．类似①，2MN2MR3．∴7分

26△MNCMCMN3．∵是等边三角形，∴xEPGMBCBGMC6132．此时，8分ADADADNEPFEPFEF（P）NRNBCBCBCGMGMGM图3图4图5MPMNMCMNMP3．当时，如图4，这时xEPGM61353．此时，NPNM∠NPM∠PMN30．当时，如图5，∠PMN120，∠MNC60，则又∠PNM∠MNC180．∴△PMC因此点P与F重合，为直角三角形．MCPMtan301．∴xEPGM6114．此时，53x2△PMN综上所述，当或4或时，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)24ab设A（a,0）,B(b,0)AB=ba==2，解得p=2,但p<0,

273所以p=2。3yx2x1所以解析式为：231x2x10x,x2（2）令y=0，解方程得2，得122,所以1525A(2,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC=,同样可求得BC=，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径为AB=2,所以44。（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yx2x125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yx2x12535,y0.5x0.25组得D(22)综上，所以存在两点：（2,9）或53,(22)。【007】

28

29【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AC⊥xAE⊥y【009】解：（1）①轴，轴，yN四边形AEOC为矩形．AEBBF⊥xBD⊥yDK轴，轴，OCFMx四边形BDOF为矩形．AC⊥xBD⊥y图1轴，轴，四边形AEDK，DOCK，CFBK均为矩形．1分OCx，ACy，xyk1111，SOCACxyk矩形AEOC11OFx，FBy，xyk2222，SOFFBxyk矩形BDOF22．

30SS矩形AEOC矩形BDOF．SSS矩形AEDK矩形AEOC矩形DOCK，SSS矩形CFBK矩形BDOF矩形DOCK，SS矩形AEDK矩形CFBK．2分SS②由（1）知矩形AEDK矩形CFBK．AKDKBKCK．AKBKCKDK．4分AKBCKD90°，△AKB∽△CKD．5分CDKABK．AB∥CD．6分AC∥y轴，四边形ACDN是平行四边形．ANCD．7分BMCD同理．ANBM．8分（2）AN与BM仍然相等．9分SSS矩形AEDK矩形AEOC矩形ODKC，

31SSS矩形BKCF矩形BDOF矩形ODKC，ySSk又矩形AEOC矩形BDOF，EASSN矩形AEDK矩形BKCF．10分FMOCxAKDKBKCK．DKBCKDK图2AKBK．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．BMCD同理．ANBM．12分3a4a2b3，b1.y2a【010】解：（1）根据题意，得2分DENAO1NFP

32a1，b2.yx22x3解得抛物线对应的函数表达式为．3分（2）存在．yx22x3x0y3在中，令，得．y0x22x30x1，x3令，得，12．A(1，0)B(3，0)C(0，3)，，．y(x1)24M(1，4)又，顶点．5分CMyx3容易求得直线的表达式是．yx3y0x3在中，令，得．N(3，0)AN2，．6分yx22x3y3x0，x2在中，令，得12．CP2，ANCP．AN∥CPANCPP(2，3)，四边形为平行四边形，此时．8分△AEF（3）是等腰直角三角形．yx3x0y3y0x3理由：在中，令，得，令，得．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C(0，3)OBOCOBC45°又点，．．10分AEFABF45°AFEABE45°由图知，．11分

33EAF90°△AEF，且AEAF．是等腰直角三角形．12分yx3（4）当点E是直线上任意一点时，（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OO【012】解：（1）圆心在坐标原点，圆的半径为1，A、B、C、DA(1，、0)B(0，1)、C(1，、0)D(01)，点的坐标分别为yxM、NMA、NCO抛物线与直线交于点，且分别与圆相切于点

34A和点C，M(1，1)、N(11)，D、M、N．点在抛物线上，将D(01)，、M(1，1)、N(11)，yax2bxc的坐标代入，得：c1a11abcb11abcc1解之，得：2x1抛物线的解析式为：yx．4分125yx2x1x24（2）1x抛物线的对称轴为2，115OE，DE1242．6分yBF，BFD90°DN连结，DEODEAOCx△BFD∽△EOD，DBFD，FMPB5DE，OD1，DB22又，45FD5，45535EFFDDE5210．8分（3）点P在抛物线上．9分

35D、Cykxb设过点的直线为：，C(1，、0)D(01)，ykxbk1，b1将点的坐标代入，得：，直线DC为：yx1．10分Oxy1过点B作圆的切线BP与轴平行，P点的纵坐标为，y1yx1x2将代入，得：．P(2，1)x2yx2x122211点的坐标为，当时，，yx2x1所以，P点在抛物线上．12分C(0，2)【013】解：（1）该抛物线过点，可设该抛物线的解析式为yax2bx2．A(4，0)B(1，0)将，代入，1a，216a4b20，5b.ab20.2得解得15yx2x2此抛物线的解析式为22．（3分）（2）存在．（4分）m如图，设P点的横坐标为，15m2m2则P点的纵坐标为22，yPD当1m4时，BAO1M4xE2C（第26题图）

3615PMm2m2AM4m，22．COAPMA90°又，AMAO2①当PMOC1时，△APM∽△ACO，154m2m2m222即．m2，m4P(21)，解得12（舍去），．（6分）AMOC1②当PMOA2时，△APM∽△CAO，即152(4m)m2m222．m4m5解得1，2（均不合题意，舍去）1m4P(2，1)当时，．（7分）m4P(5，2)类似地可求出当时，．（8分）m1P(3，14)当时，．(2，1)(5，2)(3，14)综上所述，符合条件的点P为或或．（9分）t(0t4)（3）如图，设D点的横坐标为，则D点的纵坐标为15t2t222．

37yACAC过D作轴的平行线交于E．由题意可求得直线的解析式为1yx22．（10分）E点的坐标为11511t，t2DEt2t2t2t22t22222．．（11分）11St22t4t24t(t2)24△DAC22．t2△DACD(2，1)当时，面积最大．．（13分）yxOA【014】（1）解：∵A点第一次落在直线上时停止旋转，∴旋转450了.4522OA3602∴在旋转过程中所扫过的面积为.……………4分MNAC（2）解：∵∥，∴BMNBAC45BNMBCA45,.BMNBNMBMBNBABCAMCN∴.∴.又∵，∴.OAOCOAMOCNOAMOCN又∵,,∴.∴1AOM(9045AOMCON.∴2.∴旋转过程中，当MNACOABC和平行时，正方形旋转的度数为

3845.……………………………………………8分py（3）答：值无变化.证明：延长BA交轴于E点，则AOE450AOM，CON900450AOM450AOMAOECON，∴.又∵OAOC，OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.OEON,AECN∴.又∵MOEMON450,OMOM,∴OMEOMN.yyxMNMEAMAEMNAMCNEA∴.∴，MpMNBNBMAMCNBNBMABBC4B∴.OABCp∴在旋转正方形的过程中，值无变化.……………12分ONC（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k∴y=a(x-4)2+k9………………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

39⑵∵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=∠DBO733PMBM93PM∴△BPM∽△BDO∴DOBO∴73∴点P的坐标为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=120o①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)．

40ykx(k0)【016】解：（1）设正比例函数的解析式为11，ykxA(3，3)33kk1因为1的图象过点，所以1，解得1．yx这个正比例函数的解析式为．（1分）kky2(k0)y2设反比例函数的解析式为x2．因为x的图象过点A(3，3)，所以k932y3k9，解得2．这个反比例函数的解析式为x．（2分）9933ymB6，B(6，m)x2（2）因为点在的图象上，所以62，则点．（3分）ykxb(k0)ykxb设一次函数解析式为33．因为3的图象是由yx平移得到的，3B6，k1yxbyxb2所以3，即．又因为的图象过点，所以3996bbyx2，解得2，一次函数的解析式为2．（4分）99yx0，y2（3）因为2的图象交轴于点D，所以D的坐标为．yax2bxc(a0)设二次函数的解析式为．39B6，0，yax2bxcA(3，3)22因为的图象过点、、和D，

419a3bc3，1a，3236a6bc，2b4，99c.c.22所以（5分）解得19yx24x这个二次函数的解析式为22．（6分）99yx，02xCC2（4）交轴于点，点的坐标是，y151131S666333如图所示，22222A399EB451842O3C6x814．281227DSSE(x，y)13432假设存在点00，使．CDOExy0四边形的顶点E只能在轴上方，0，19919819yySSS08401△OCD△OCE22222．819273yy84020E(x，y)，2．00在二次函数的图象上，193x24x20022x2x6．解得0或0．

423E6，x62CDOEx6当0时，点与点B重合，这时不是四边形，故0舍去，32，点E的坐标为2．（8分）yx2bxcA(1，，0)B(0，2)【017】解：（1）已知抛物线经过，01bcb3200cc2解得yx23x2所求抛物线的解析式为．2分A(1，0)B(0，2)OA1，OB2（2），，C(31)，可得旋转后点的坐标为3分x3yx23x2y2当时，由得，yx23x2(3，2)可知抛物线过点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Nyx23x1N(x，x23x1)（3）点在上，可设点坐标为0003253yxxyx23x124将配方得，其对称轴为2．6分y30x02①当时，如图①，BS2S△NBB△NDD11B1CAODxND1图①

431131x21x20220x10x23x11此时00N(1，1)点的坐标为．8分y3x02②当时，如图②B1131x2xN20202B1C同理可得AODxx30D1图②x23x11此时00N(31)，点的坐标为．N(1，1)(31)，综上，点的坐标为或．10分yax2bx4aA(1，0)C(0，4)【018】解：（1）抛物线经过，两点，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．D(m，m1)m1m23m4（2）点在抛物线上，，y即m22m30，m1或m3．D(3，4)C点D在第一象限，点D的坐标为．EABxO

44OAOB，CBA45°由（1）知．BC设点D关于直线的对称点为点E．C(0，4)CD∥ABCD3，，且，ECBDCB45°，E点在y轴上，且CECD3．OE1E(01)，，．BC即点D关于直线对称的点的坐标为（0，1）．DE⊥BC（3）方法一：作PF⊥AB于F，于E．yOBOC4，OBC45°由（1）有：，DDBP45°，CBDPBAC．PEC(0，，4)D(3，4)CD∥OBCD3，且．ABDCECBO45°，FO32DECE2．52BEBCCEOBOC4BC422，，，DE3tanPBFtanCBDBE5．PF3tBF5tOF5t4设，则，，P(5t4，3t)．

45P点在抛物线上，3t(5t4)23(5t4)4，22266tP，t0525（舍去）或25，．QDH⊥x方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点，过点D作轴于H．过Q点作QG⊥DH于G．yPBD45°，QDDB．DQDGBDH90°C，QPGDQGQDG90°DQGBDH又，．AB△QDG≌△DBHQGDH4DGBH1OH，，．D(3，4)Q(13)，由（2）知，．312yxB(4，0)，直线BP的解析式为55．2x，yx23x4，25312x4，661y.y5x5，y0；225解方程组得1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)

46S四边形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC)·CO∴Sm四边形CFGH1S四边形CMNO……………………………………………………4分1212CE，QF1QF33（3）∵CO=1，3∴EF=EO=31∴cos∠FEC=2∴∠FEC=60°，18060FEA60OEA，EAO30∴2∴△EFQ为等边三角形，2EQ3…………………………………………5分1133EQEQ23作QI⊥EO于I，EI=23，IQ=211∴IO=333∴Q点坐标为31(,)33……………………………………6分31(,)33∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)，Q，m=1b3∴可求得，c=1∴抛物线解析式为yx23x1……………………………………7分

472AO3EO3（4）由（3），32221x3y(3)2331当3时，333＜AB231(,)33∴P点坐标为…………………8分121∴BP=33AO方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：2BK3223438323BK(,1)(,1)①33时，9∴K点坐标为9或92BK32343232BK(,1)333(0,1)②3时，∴K点坐标为或…………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°23RT323①当∠RTP=30°时，232RT333②当∠RTP=60°时，

48751T(0,)，T(0,)，T(0,)，T(0,1)∴1323334……………………………12分【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD②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=ACAD=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）