2022年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)壓軸題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

2022年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)壓軸題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)（一）1．解：（1）①直線FG1與直線CD的位置關(guān)系為互相垂直． 1分證明：如圖1，設(shè)直線FG1與直線CD的交點(diǎn)為H．∵線段EC、EP1分別繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°依次得到線段EF、EG1．∴∠P1EG1＝∠CEF＝90°，EG1＝EP1，EF＝EC．∵∠G1EF＝90°－∠P1EF，∠P1EC＝90°－∠P1EF．∴∠G1EF＝∠P1EC，∴△G1EF≌△P1EC．∴∠G1FE＝∠P1CE＝90°，∴∠EFH＝90°，∴∠FHC＝90°．∴FG1⊥CD． 2分ADBCEF圖1HP1GADBCEF圖1HP1G2G1P2 4分（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B＝∠ADC．∵AD＝6，AE＝1，tanB＝．∴DE＝5，tan∠EDC＝tanB＝．可得CE＝4由（1）可得四邊形FECH為正方形∴CH＝CE＝4①如圖2，當(dāng)P1點(diǎn)在線段CH的延長(zhǎng)線上時(shí)ADBCEF圖2HP1G1∵FG1＝CPADBCEF圖2HP1G1∴S△P1FG1＝FG1·P1H＝x(x－4)＝x2－2x即y＝x2－2x（x＞4）． 5分②如圖3，當(dāng)P1點(diǎn)在線段CH上（不與C、H兩點(diǎn)重合）時(shí)∵FG1＝CP1＝x，P1H＝4－x．∴S△P1FG1＝FG1·P1H＝x(4－x)＝－x2＋2x即y＝－x2＋2x（0＜x＜4）． 6分③當(dāng)P1點(diǎn)與H點(diǎn)重合時(shí)，即x＝4時(shí)，△P1FG1不存在． 7分ADBCEF圖3HP1G1綜上所述，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式及自變量x的取值范圍是yADBCEF圖3HP1G1或y＝－x2＋2x（0＜x＜4）． 8分2．解：（1）∵A（－6，0），C（0，），∴OA＝6，OC＝．設(shè)DE與y軸交于點(diǎn)M．∵DE∥AB，∴△DMC∽△AOC．∴＝＝＝，∴CM＝，MD＝3．同理可得EM＝3，∴OM＝．∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，）． 2分（2）由（1）可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，）．11ABOCEDPQ11ABOCEDPQMFGH∴y軸所在直線是線段ED的垂直平分線．∴點(diǎn)C關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)F在軸上．∴ED與CF互相垂直平分，∴CD＝DF＝FE＝EC．∴四邊形CDFE為菱形，且點(diǎn)M為其對(duì)稱中心．作直線BM，設(shè)BM與CD、EF分別交于點(diǎn)P、點(diǎn)Q．易知△FQM≌△CPM，∴FQ＝CP．∵FE＝CD，∴QE＝PD．∵EC＝DF∴QE＋EC＋CP＋PQ＝PD＋DF＋FQ＋QP．∴直線BM將四邊形CDFE分成周長(zhǎng)相等的兩個(gè)四邊形．∵點(diǎn)B（6，0）和點(diǎn)M（0，）在直線y＝kx＋b上∴解得∴直線BM的解析式為y＝－x＋． 4分（3）確定G點(diǎn)位置的方法：過A點(diǎn)作AH⊥BM于點(diǎn)H，則AH與軸的交點(diǎn)即為所求的G點(diǎn)．∵OB＝6，OM＝，∴∠OBM＝60°，∴∠BAH＝30°．在Rt△OAG中，OG＝AO·tan∠BAH＝．∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，）．（或G點(diǎn)的位置為線段OC的中點(diǎn)） 7分ABO圖1CD3．解：（Ⅰ）如圖1，折疊后點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，則△ABO圖1CD設(shè)點(diǎn)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(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，）． 4分（Ⅱ）如圖2，折疊后點(diǎn)B落在邊OA上的點(diǎn)為B′，則△B′CD≌△BCD．ABO圖2CDB′由題設(shè)OB′＝x，OC＝y(tǒng)，則B′C＝BC＝ABO圖2CDB′在Rt△B′OC中，由勾股定理，得B′C2＝OC2＋OB2．∴(4－y)2＝y(tǒng)2＋x2，即y＝－x2＋2． 6分∵點(diǎn)B′在邊OA上，∴0≤x≤2．∴解析式y(tǒng)＝－x2＋2（0≤x≤2）為所求．∵當(dāng)≤≤2時(shí)，y隨x的增大而減?。鄖的取值范圍為≤y≤2． 7分（Ⅲ）如圖3，折疊后點(diǎn)B落在邊OA上的點(diǎn)為B′′，且B′′D∥OB，則∠OCB′′＝∠CB′′D．ABO圖3CDB″又∵∠CBD＝∠CB′′D，∴∠OCABO圖3CDB″∴CB′′∥BA，∴Rt△COB′′∽R(shí)t△BOA．∴＝，∴OC＝2OB′′． 9分在Rt△B′′OC中，設(shè)OB′′＝x0（x0＞0），則OC＝2x0．由（Ⅱ）知，2x0＝－x02＋2，解得x0＝－8±．∵x0＞0，∴x0＝－8＋＝－8．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，－16）． 10分4．解：（Ⅰ）∵y1＝x，y2＝x2＋bx＋c，y1－y2＝0．∴x2＋(b－1)x＋c＝0． 1分將α＝，β＝分別代入x2＋(b－1)x＋c＝0，得解得∴函數(shù)y2的解析式為y2＝x2－x＋． 3分（Ⅱ）由已知，得AB＝，設(shè)△ABM的高為h．則S△ABM＝AB·h＝h＝，即h＝．根據(jù)題意，|t－T|＝h．由T＝t2＋t＋，得|－t2＋t－|＝．當(dāng)－t2＋t－＝時(shí)，解得t1＝t2＝；當(dāng)t2－t＋＝時(shí)，解得t3＝，t4＝．∴t的值為，，． 6分（Ⅲ）由已知，得α＝α2＋bα＋c，β＝β2＋bβ＋c，T＝t2＋bt＋c．∴T－α＝(t－α)(t＋α＋b)，T－β＝(t－β)(t＋β＋b)．α－β＝(α2＋bα＋c)－(β2＋bβ＋c)，整理得(α－β)(α＋β＋b－1)＝0．∵0＜α＜β＜1，∴α－β≠0，∴α＋β＋b－1＝0．∴α＋b＝1－β＞0，β＋b＝1－α＞0．又0＜t＜1，∴t＋α＋b＞0，t＋β＋b＞0．∴當(dāng)0＜t≤α?xí)r，T≤α＜β；當(dāng)α＜t≤β時(shí)，α＜T≤β；當(dāng)β＜t＜1時(shí)，α＜β＜T． 10分5．解：（1）∵點(diǎn)B與點(diǎn)A（1，0）關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（－1，0） 1分∵直線y＝x＋b經(jīng)過點(diǎn)B，∴－1＋b＝0．∴b＝1 2分∴直線BD的方程為y＝x＋1…………①直線CM的方程為y＝4…………②聯(lián)立①②解得x＝3，y＝4．∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（3，4）． 4分（2）點(diǎn)O與點(diǎn)D之間的距離為|OD|＝＝5 5分因點(diǎn)P在軸的正半軸上，故可設(shè)其坐標(biāo)為（x0，0）．①當(dāng)△POD是以O(shè)D為底的等腰三角形時(shí)，則OP2＝DP2．即x02＝(x0－3)2＋42，解得x0＝．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，0） 6分②當(dāng)△POD是以O(shè)P為底的等腰三角形時(shí)|OD|＝|PD|＝5，|OP|＝6此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，0） 7分③當(dāng)△POD是以DP為底的等腰三角形時(shí)|OP|＝|OD|＝5此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（5，0） 8分綜上分析，當(dāng)△POD是等腰三角形時(shí)，滿足條件的點(diǎn)P有3個(gè)，其坐標(biāo)分別為（，0）、（6，0）、（5，0）．（3）當(dāng)以PD為半徑的圓P與圓O外切時(shí)．若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，0），則圓P的半徑PD＝5，圓心距PO＝6．此時(shí)圓O的半徑r＝1 9分若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（5，0），則圓P的半徑PD＝＝，圓心距PO＝5．此時(shí)圓O的半徑r＝5－ 10分若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，0），則圓P的半徑PD＝，圓心距PO＝．此時(shí)圓O不存在 11分綜上所述，所求圓O的半徑等于1或5－． 12分6．解：（1）∵∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠A＝90°．∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC．∵AB＝AD＝2，∴∠ADB＝∠ABD＝45°．∴∠ABD＝∠DBC＝45°，∴∠PBC＝45°． 1分∵＝，AB＝AD，點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合，∴PB＝PQ＝PC．∴∠PBC＝∠PCB＝45° 2分∴∠BPC＝90° 3分∴△PBC是等腰直角三角形∴PC＝BC＝ 4分（2）如圖1，過點(diǎn)P分別作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N． 5分ADCBQPMN圖1則∠PMBADCBQPMN圖1∴四邊形MBNP是矩形∴PM∥BC，PN＝BM．又∵AD∥BC，∴PM∥AD．∴＝＝＝ 6分∵S△APQ＝AQ·PM＝PM(2－x)，S△PBC＝BC·PN＝PN＝BM，＝y(tǒng)．∴＝y(tǒng)，即＝y(tǒng)．∴y＝(2－x)． 8分函數(shù)定義域?yàn)?≤x≤． 9分關(guān)于函數(shù)定義域的求解過程（原題不作要求，本人添加，僅供參考）當(dāng)CP⊥BD時(shí)，∵AD∥BC，∴∠D＝∠PBC．∴Rt△PBC∽R(shí)t△ADB，∴＝．又＝，∴PQ＝PB．點(diǎn)Q的位置有兩種情況：①點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合，此時(shí)x＝0；②點(diǎn)Q與點(diǎn)B不重合，如圖2．ADCBQP圖2E在Rt△ADB中，ADCBQP圖2E∵Rt△PBC∽R(shí)t△ADB，∴＝．即＝，∴PB＝．過點(diǎn)P作PE⊥AB于E，則Rt△EPB∽R(shí)t△ADB．∴＝，即＝，∴EB＝．∵△PBQ是等腰三角形，∴QB＝2EB＝＞AB．∴點(diǎn)Q在BA的延長(zhǎng)線上，這與題設(shè)“點(diǎn)Q在線段AB上”相矛盾．∴點(diǎn)Q只能與點(diǎn)B重合，此時(shí)x＝0．AD(P)CBQAD(P)CBQE圖3過點(diǎn)D作DE⊥BC于E．∵BC＝3，AD＝，∴BE＝EC＝BC．∴PC＝DC＝DB＝∴DQ＝PQ＝·PC＝＝∴AQ＝＝＝圖4CADPBQMN∴BQ＝AB－AQ＝2圖4CADPBQMN綜上分析，函數(shù)定義域?yàn)?≤x≤．（3）如圖4，過點(diǎn)P分別作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N．易得四邊形BNPM為矩形∴PM∥BC，PN＝BM，∠MPN＝90°．∵AD∥BC，∴PM∥AD．∴＝＝＝． 11分又∵∠PMQ＝∠PNC＝90°，∴Rt△PMQ∽R(shí)t△PNC． 12分∴∠MPQ＝∠NPC 13分∵∠MPN＝∠MPQ＋∠QPN＝90°∴∠QPC＝∠NPC＋∠QPN＝90°． 14分7．解：（1）由已知，得C（3，0），D（2，2）．∵∠ADE＝90°－∠CDB＝∠BCD∴AE＝AD·tan∠ADE＝2tan∠BCD＝2×＝1∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，1）． 1分ADBCEOxyMFKG圖1設(shè)過點(diǎn)E、D、C的拋物線的解析式y(tǒng)ADBCEOxyMFKG圖1將點(diǎn)E的坐標(biāo)代入，得c＝1．將c＝1和點(diǎn)D、C的坐標(biāo)分別代入，得 2分解得∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋1． 3分（2）EF＝2GO成立． 4分證明如下：∵點(diǎn)M在該拋物線上，且它的橫坐標(biāo)為．∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為－×()2＋×＋1＝． 5分設(shè)DM的解析式為y＝kx＋b1(k≠0)將點(diǎn)D、M的坐標(biāo)分別代入，得解得∴DM的解析式為y＝－x＋3． 6分∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，3），EF＝2． 7分如圖1，過點(diǎn)D作DK⊥OC于點(diǎn)K，則DA＝DK．∵∠ADK＝∠FDG＝90°，∴∠FDA＝∠GDK．又∵∠FAD＝∠GKD＝90°，∴Rt△DAF≌Rt△DKG．∴KG＝AF＝1，∴GO＝1．∴EF＝2GO． 8分ABCEOxyGABCEOxyGD(P)(Q)圖2∵點(diǎn)P在AB上，∴可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（xp，2）．又∵點(diǎn)G的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，0）．∴PG2＝(xp－1)2＋22，PC2＝(xp－3)2＋22，＝2．①若PG＝PC，則(xp－1)2＋22＝(xp－3)2＋22．解得xp＝2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，2)，此時(shí)Q、P、D三點(diǎn)重合，如圖2．∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2，2)． 9分②若PG＝GC，則(xp－1)2＋22＝22．ABCEOxABCEOxyGQPD圖3∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，2)，此時(shí)PG⊥x軸，如圖3．∴PG與該拋物線在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為1．∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為－×12＋×1＋1＝∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1，)． 10分③若PC＝GC，則(xp－3)2＋22＝22．解得xp＝3∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3，2)，此時(shí)PC＝GC＝2，△PCG是等腰直角三角形．如圖4，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，則QH＝GH．設(shè)QH＝h，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(h＋1，h)．∴－(h＋1)2＋(h＋1)＋1＝h．解得h1＝，h2＝－2（不合題意，舍去）．ADB(P)CEOxyQHADB(P)CEOxyQHG圖4綜上所述，存在三個(gè)滿足條件的點(diǎn)Q即Q1(2，2)、Q2(1，)和Q3(，)．8．解：（1）將A(1，0)，B(－3，0)代入y＝－x2＋bx＋c得 2分解得 3分∴該拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3． 4分（2）存在． 5分該拋物線的對(duì)稱軸為x＝－＝－1∵拋物線交x軸于A、B兩點(diǎn)，∴A、B兩點(diǎn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸x＝－1對(duì)稱．OBACyxQ圖1由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，直線BC與x＝－1的交點(diǎn)即為OBACyxQ圖1將x＝0代入y＝－x2－2x＋3，得y＝3．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，3)．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b1，將B(－3，0)，C(0，3)代入，得解得∴直線BC的解析式為y＝x＋3． 6分聯(lián)立解得∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－1，2)． 7分（3）存在． 8分設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（x－x2－2x＋3）（－3＜x＜0），如圖2．∵S△PBC＝S四邊形PBOC－S△BOC＝S四邊形PBOC－×3×3＝S四邊形PBOC－當(dāng)S四邊形PBOC有最大值時(shí)，S△PBC就最大．∵S四邊形PBOC＝SRt△PBE＋S直角梯形PEOC 9分OBACyxQ圖2EP＝BE·PE＋(OBACyxQ圖2EP＝(x＋3)(－x2－2x＋3)＋(－x2－2x＋3＋3)(－x)＝－(x＋)2＋＋當(dāng)x＝－時(shí)，S四邊形PBOC最大值為＋．∴S△PBC最大值＝＋－＝． 10分當(dāng)x＝－時(shí)，－x2－2x＋3＝－(－)2－2×(－)＋3＝．∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－，)． 11分9．解：（1）把A(－2，0)代入y＝a(x－1)2＋，得0＝a(－2－1)2＋．∴a＝－ 1分∴該拋物線的解析式為y＝－(x－1)2＋即y＝－x2＋x＋． 3分（2）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(xD，yD)，由于D為拋物線的頂點(diǎn)∴xD＝－＝1，yD＝－×12＋×1＋＝．∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，)．如圖，過點(diǎn)D作DN⊥x軸于N，則DN＝，AN＝3，∴AD＝＝6．∴∠DAO＝60° 4分∵OM∥ADDCMyOABQFDCMyOABQFNEPx∴OP＝6∴t＝6（s） 5分②當(dāng)DP⊥OM時(shí)，四邊形DAOP為直角梯形．過點(diǎn)O作OE⊥AD軸于E．在Rt△AOE中，∵AO＝2，∠EAO＝60°，∴AE＝1．（注：也可通過Rt△AOE∽R(shí)t△AND求出AE＝1）∵四邊形DEOP為矩形，∴OP＝DE＝6－1＝5．∴t＝5（s） 6分③當(dāng)PD＝OA時(shí)，四邊形DAOP為等腰梯形，此時(shí)OP＝AD－2AE＝6－2＝4．∴t＝4（s）綜上所述，當(dāng)t＝6s、5s、4s時(shí)，四邊形DAOP分別為平行四邊形、直角梯形、等腰梯形． 7分（3）∵∠DAO＝60°，OM∥AD，∴∠COB＝60°．又∵OC＝OB，∴△COB是等邊三角形，∴OB＝OC＝AD＝6．∵BQ＝2t，∴OQ＝6－2t（0＜t＜3）過點(diǎn)P作PF⊥x軸于F，則PF＝t． 8分∴S四邊形BCPQ＝S△COB－S△POQ＝×6×－×(6－2t)×t＝(t－)2＋ 9分∴當(dāng)t＝（s）時(shí)，S四邊形BCPQ的最小值為． 10分此時(shí)OQ＝6－2t＝6－2×＝3，OP＝，OF＝，∴QF＝3－＝，PF＝．∴PQ＝＝＝ 11分10．解：（1）∵y＝x2－2x－1＝(x－1)2－2∴頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1，－2)． 3分231-112-1-2xyOABCy＝x2－2x－231-112-1-2xyOABCy＝x2－2x－1∴點(diǎn)C與點(diǎn)O關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2，0)． 6分（2）∵四邊形AOBC為菱形，∴點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于直線OC對(duì)稱．∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，2)．∵二次函數(shù)y＝ax2＋bx的圖象經(jīng)過點(diǎn)B(1，2)，C(2，0)．∴解得∴二次函數(shù)y＝ax2＋bx的關(guān)系式為y＝－2x2＋4x 10分11．解：（1）C(5－t，0)，P(3－tt)； 2分（2）①當(dāng)⊙C的圓心C由點(diǎn)M(5，0)向左運(yùn)動(dòng)，使點(diǎn)A到點(diǎn)D并隨⊙C繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，有5－t≤3，即t≥．當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)C作CF⊥射線DE，垂足為ADCADCMBPEyxOFQ∵∠CDF＝∠EDO，∴Rt△CDF∽R(shí)t△EDO．∴＝，∴CF＝．由題意CF≤t即≤t，解得t≤．∴當(dāng)⊙C與射線DE有公共點(diǎn)時(shí)，t的取值范圍為≤t≤． 5分②當(dāng)PA＝AB時(shí)，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于Q．在Rt△PAQ中，PQ＝t，AQ＝OQ－(OC－AC)＝3－t－(5－t－t)＝t－2PA2＝PQ2＋AQ2＝(t)2＋(t－2)2∵PA＝AB＝t，∴(t)2＋(t－2)2＝t2，整理得9t2－72t＋80＝0．解得t1＝，t2＝． 7分當(dāng)PA＝PB時(shí)，可得PC⊥AB，∴5－t＝3－t解得t3＝5． 9分當(dāng)PB＝AB＝t時(shí)PB2＝PQ2＋BQ2＝(t)2＋[5－t－(3－t)＋t]2＝t2＋(2＋t)2∴t2＋(2＋t)2＝t2，整理得7t2－8t－80＝0．解得t4＝4，t5＝－（不合題意，舍去）． 11分∴當(dāng)△PAB為等腰三角形時(shí)，t＝，或t＝4，或t＝5，或t＝． 12分12．解：（1）∵a＞0，∴點(diǎn)A和點(diǎn)B均在第一象限．∵點(diǎn)B在函數(shù)y＝的圖象上，∴可設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(xB，)．由題意得tan∠POB＝＝，∴xB＝3（－3不合題意，舍去）．∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3，)． 2分∵直線y＝a平行于x軸，點(diǎn)A和點(diǎn)B均在直線y＝a上，∴AB∥x軸．∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(，)． 3分∴AB＝3－＝． 4分（2）∵在拋物線的對(duì)稱軸左邊時(shí)，y隨著x的增大而增大，∴拋物線開口向下．設(shè)點(diǎn)A(a，a)，B(，a)，則AB＝－a＝．即3a2＋8a－3＝0解得a＝－3或a＝． 5分當(dāng)a＝－3時(shí)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－3－3)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(－－3)．∵AB∥x軸，∴點(diǎn)A和點(diǎn)B關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱．∴拋物線頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為×(－)－＝－．又∵拋物線的頂點(diǎn)在直線y＝x上∴拋物線頂點(diǎn)的坐標(biāo)為(－－)． 6分∴可設(shè)拋物線的解析式為y＝k(x＋)2－，將點(diǎn)A(－3－3)代入，解得k＝－．∴拋物線的解析式為y＝－(x＋)2－． 7分同理，當(dāng)a＝時(shí)，可求得拋物線的解析式為y＝－(x－)2－． 8分（3）設(shè)點(diǎn)A(a，a)，B(，a)，則由題設(shè)可知拋物線的對(duì)稱軸為x＝＋．又∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)P(2，0)∴拋物線與x軸另一交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(＋)－(2－－)＝a＋－2∵拋物線經(jīng)平移后能得到y(tǒng)＝x2的圖象∴可設(shè)拋物線的解析式為y＝(x－2)[x－(a＋)＋2] 10分將點(diǎn)A(a，a)代入并整理得13a2－45a＋18＝0，解得a1＝3，a2＝．∴點(diǎn)P到直線AB的距離為3或． 12分13．解：（1）C(3，2)，D(1，3)； 2分（2）設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2＋bx＋c，把A(0，1)，D(1，3)，C(3，2)代入得解得 4分∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋1； 5分（3）①當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F（F為原B點(diǎn)的位置）時(shí)yxOAFB′y＝－x＋1A′yxOAFB′y＝－x＋1A′C′D′圖1G當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1．B′F＝AA′＝t∵Rt△AOF∽R(shí)t△∠GB′F，∴＝．∴B′G＝·B′F＝×t＝t正方形落在x軸下方部分的面積為S即為△B′FG的面積S△B′FG∴S＝S△B′FG＝B′F·B′G＝×t×t＝t2 7分②當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)∵Rt△BCC′∽R(shí)t△∠AOB，∴＝．∴CC′＝·BC＝×＝，∴t＝＝2（秒）．yxOAFByxOAFB′A′C′D′圖2GHy＝－x＋1∵A′B′＝AB＝，∴A′F＝t－．∴A′G＝∵B′H＝t∴S＝S梯形A′B′HG＝(A′G＋B′H)·A′B′＝(＋t)·＝t－ 9分③當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)yOAFByOAFB′A′C′D′圖3GHy＝－x＋1t＝＝3（秒）當(dāng)2＜t≤3時(shí)，如圖3．∵A′G＝∴GD′＝－＝∴D′H＝－∴S△D′GH＝()(－)＝()2∴S＝S正方形A′B′C′D′－S△D′GH＝()2－()2＝－t2＋t－ 11分（4）如圖4，拋物線上C、E兩點(diǎn)間的拋物線弧所掃過的面積為圖中陰影部分的面積．∵t＝3，BB′＝AA′＝DD′＝∴S陰影＝S矩形BB′C′C 13分＝BB′·BC＝×＝15 14分yyxOABCDEB′A′C′D′y＝－x＋114．解：（1）如圖，過點(diǎn)B作BG⊥x軸于點(diǎn)．∵B（，2），C（0，2）∴BC∥OG 1分∴∠ABC＝∠BAG 2分∵在Rt△ABG中，AG＝－＝，BG＝2．∴tan∠BAG＝＝＝ 3分∴∠ABC＝∠BAG＝30°． 4分（2）∵AB∥DF，∴∠CFD＝∠ABC＝30°．∵在Rt△CDF中，CD＝2－t，∠CFD＝30°．∴CF＝(2－t) 5分∵在Rt△ABG中，BG＝2，∠BAG＝30°，∴AB＝4，∴BE＝4－2t．∴BF＝ 6分∵CF＋BF＝BC∴(2－t)＋＝ 7分解得t＝（s） 8分（3）①解法一：過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，則EH＝t，OH＝＋．∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(＋，t)． 9分∴DE∥x軸 10分ABFExyCDOHABFExyCDOHG＝DE·CD＋DE·OD＝DE·OC＝×(＋)×2＝＋ 11分解法二：∵BF＝∴CF＝－＝ 9分＝S梯形OABC－S△CDF－S△BEF－S△AOD 10分＝×(＋)×2－××(2－t)－×(4－2t)×－×＝＋ 11分②當(dāng)S＜2時(shí)，＋＜2． 12分∴t＜1∵t＞0∴0＜t＜1 13分∵拋物線y＝－x2＋mx經(jīng)過動(dòng)點(diǎn)E，∴－(＋)2＋m(＋)＝t．∴＝將t1＝0，t2＝1分別代入上式，可得m1＝，m2＝．∴＜m＜． 14分15．解：（1）M(1，a－1)，N(a，－a)． 4分（2）∵點(diǎn)N是△NAC沿軸翻折后點(diǎn)N的對(duì)應(yīng)點(diǎn)∴點(diǎn)N與點(diǎn)N關(guān)于y軸對(duì)稱，∴N(－a，－a)．將N(－a，－a)代入y＝x2－2x＋a，得－a＝(－a)2－2×(－a)＋a整理得4a2＋9a＝0，解得a1＝0（不合題意，舍去），a2＝－． 6分∴N(3，)，∴點(diǎn)N到軸的距離為3．∵a＝－，拋物線y＝x2－2x＋a與y軸相交于點(diǎn)A，∴A(0，－)．∴直線AN的解析式為y＝x－，將y＝0代入，得x＝．∴D(，0)，∴點(diǎn)D到軸的距離為．∴S四邊形ADCN＝S△ACN＋S△ACN＝××3＋××＝ 8分（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)P在y軸的左側(cè)時(shí)，若四邊形ACPN是平行四邊形，則PN平行且等于AC．∴將點(diǎn)N向上平移－2a個(gè)單位可得到點(diǎn)P，其坐標(biāo)為(a，－a)，代入拋物線的解析式，得：－a＝(a)2－2×a＋a，整理得8a2＋3a＝0．解得a1＝0（不合題意，舍去），a2＝－．∴P(－，) 10分CNxOAMByCNxOAMBy備用圖P1P2則AC與PN互相平分．∴OA＝OC，OP＝ON，點(diǎn)P與點(diǎn)N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．∴P(－a，a)，代入y＝x2－2x＋a，得a＝(－a)2－2×(－a)＋a，整理得8a2＋15a＝0．解得a1＝0（不合題意，舍去），a2＝－．∴P(，－) 12分∴存在這樣的點(diǎn)P，使得以P，A，C，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－，)或(，－)．16．解：（1）將點(diǎn)A（－4，8）代入y＝ax2，解得a＝． 1分將點(diǎn)B（2，n）代入y＝x2，求得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，2）． 2分∴點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，－2）． 3分設(shè)直線AP的解析式為y＝kx＋b，將A（－4，8），P（2，－2）代入，得解得∴直線AP的解析式為y＝－x＋． 4分令y＝0，得x＝，即所求點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，0），如圖1． 5分（2）①解法1：CQ＝|－2－|＝ 6分故將拋物線y＝x2向左平移個(gè)單位時(shí)，A′C＋CB最短． 8分此時(shí)拋物線的函數(shù)解析式為y＝(x＋)2，如圖2． 9分解法2：設(shè)將拋物線y＝x2向左平移m個(gè)單位，則平移后A，B的坐標(biāo)分別為A′（－4－m，8）和B′（2－m，2），點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為A′′（－4－m，－8）．可求得直線A′′B的解析式為y＝x＋m－． 6分當(dāng)點(diǎn)C在直線A′′B上時(shí)，A′C＋CB最短． 7分將點(diǎn)C（－2，0）代入直線A′′B的解析式，解得m＝． 8分故將拋物線y＝x2向左平移個(gè)單位時(shí)，A′C＋CB最短．此時(shí)拋物線的函數(shù)解析式為y＝(x＋)2． 9分②左右平移拋物線y＝x2，因?yàn)榫€段AB和CD的長(zhǎng)是定值，所以要使四邊形A′B′CD的周長(zhǎng)最短，只要使A′D＋CB最短． 10分第一種情況：如果將拋物線向右平移，顯然有A′D＋CB＞AD＋CB，因此不存在某個(gè)位置，使四邊形A′B′CD的周長(zhǎng)最短．第二種情況：設(shè)拋物線向左平移了b個(gè)單位，則點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)分別為A′（－4－b，8）和B′（2－b，2）． 11分因?yàn)镃D＝2，因此將點(diǎn)B向左平移2個(gè)單位得B′′（－b，2），要使A′D＋CB最短，只要使A′D＋DB′′最短，如圖3．點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為A′′（－4－b，－8），直線A′′B′′解析式為y＝x＋b＋2． 12分要使A′D＋DB′′最短，點(diǎn)D應(yīng)在直線A′′B′′上，將點(diǎn)D（－4，0）代入直線A′′B′′的解析式，解得b＝． 13分yO2468-2-4-2yO2468-2-4-2-424xCDA′A′′B′圖2yO2468-2-4-2-424xCDA′A′′B′圖3B′′yOA2468-2-4-2-424xBCDP圖1Q17．解：（1）矩形（長(zhǎng)方形）， 1分＝； 3分（2）①∵∠POC＝∠B′OA′，∠PCO＝∠B′A′O＝90°．∴△POC∽△B′OA′，∴＝，即＝．∴CP＝，BP＝BC－CP＝； 4分同理△B′CQ∽△B′C′O，∴＝，即＝．∴CQ＝3，BQ＝BC＋CQ＝11． 5分∴＝． 6分②∵∠CPO＝∠A′PB′，∠OCP＝∠A′＝90°，OC＝B′A′．∴△COP≌△A′B′P（AAS） 7分∴OP＝B′P 8分設(shè)B′P＝x在Rt△COP中，(8－x)2＋62＝x2，解得x＝．∴S△OPB′＝××6＝． 9分（3）存在這樣的點(diǎn)P和點(diǎn)Q，使BP＝BQ． 10分點(diǎn)P的坐標(biāo)是P1(－9－6)，P2(－，6)． 12分對(duì)于第（3）題，我們提供如下詳細(xì)解答，對(duì)學(xué)生無此要求．xOByB′A′C′AxOByB′A′C′ACPQ圖1H∴S△POQ＝PQ·OC，S△POQ＝OP·QH，∴PQ＝OP．設(shè)BP＝x∵BP＝BQ，∴BQ＝2x．①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)OP＝PQ＝BP＋BQ＝3x在Rt△COP中，(8＋x)2＋62＝(3x)2xOByB′A′C′ACPQ圖2H解得x1xOByB′A′C′ACPQ圖2H∴PC＝BP＋BC＝9＋∴P1(－9－6)．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)OP＝PQ＝BQ－BP＝x，OP＝8－x．在Rt△COP中，(8－x)2＋62＝x2，解得x＝．∴PC＝BC－BP＝8－＝∴P2(－，6)．綜上所述，存在點(diǎn)P1(－9－6)，P2(－，6)，使BP＝BQ．18．解：（1）當(dāng)t＝4時(shí)，B(4，0)． 1分設(shè)直線AB的解析式為y＝kx＋b 2分將A(0，6)，B(4，0)代入，得：解得 3分∴直線AB的解析式為y＝－x＋6． 4分（2）如圖1，過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E．MyOCABxDE圖1∵∠CBE＝∠BAO＝90°－∠MyOCABxDE圖1∴△BEC與∽△AOB，∴＝＝＝＝．∴BE＝AO＝3，CE＝BO＝∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(t＋3，)． 6分方法一：S梯形AOEC＝(AO＋CE)·OE＝(6＋)(t＋3)＝t2＋t＋9S△AOB＝AO·OB＝×6×t＝3t，S△BEC＝BE·CE＝×3×＝t．∴S△ABC＝S梯形AOEC－S△AOB－S△BEC＝t2＋t＋9－3t－t＝t2＋9 8分方法二：∵AB⊥BC，AB＝2BM＝2BC，∴S△ABC＝AB·BC＝BC2．又∵在Rt△BEC中，BC2＝BE2＋CE2＝t2＋9．∴S△ABC＝t2＋9 8分（3）存在，理由如下： 9分①當(dāng)t≥0時(shí)Ⅰ.若AD＝BD，則∠BAD＝∠ABD．∵BD∥y軸，∴∠OAB＝∠ABD，∴∠OAB＝∠BAD．又∵∠AOB＝∠ABC，∴△AOB與∽△ABC．∴＝＝，即＝，∴t＝3．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）．Ⅱ．若AB＝AD如圖2，延長(zhǎng)AB與CE交于點(diǎn)G．∵BD∥CG，∴AG＝AC．yyOCABxDE圖2GH過點(diǎn)A作AH⊥CG于H，則CH＝HG＝CG．∵∠GEB＝∠AOB＝90°，∠GBE＝∠ABO，∴△GEB∽△AOB．∴＝，∴GE＝×3＝．yOCABx圖3又∵HE＝AO＝6，CE＝，GE＋HE＝HG＝CG＝(CEyOCABx圖3∴＋6＝(＋)，整理得t2－24t－36＝0．解得t1＝12＋，t2＝12－＜0（不合題意，舍去）．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（12＋，0）．Ⅲ．當(dāng)CE＝AO，即＝6，即t＝12時(shí)，AC∥x軸，∠ADB是直角．當(dāng)0≤t＜12時(shí)，∠ADB是鈍角，△ADB是鈍角三角形，故BD≠AB．當(dāng)t≥12時(shí)，BD≤CE＜BC＜AB．∴當(dāng)t≥0時(shí)，不存在BD＝AB的情況． 10分②當(dāng)t＝－3時(shí)，如圖3．∵AO＝6，BO＝3，∴AB＝，BC＝，AC＝，OC＝．∴AC＝AO＋BO，∴點(diǎn)A、O、C在同一直線上．即點(diǎn)C在x軸上，此時(shí)過點(diǎn)B且垂直于x軸的垂線與直線AC無交點(diǎn)，故△ABD不存在．當(dāng)－3＜t＜0時(shí)，如圖4，∠DAB是鈍角，設(shè)AD＝AB．過點(diǎn)C分別作CE⊥x軸于點(diǎn)E，CF⊥y軸于點(diǎn)F．∵∠AOB＝∠BEC＝90°，∠CBE＝∠BAO＝90°－∠ABO．yOCABx圖4EFD∴△BEC∽△AOByOCABx圖4EFD∴BE＝AO＝3，CE＝BO＝．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（t＋3，）．∴CF＝OE＝t＋3，AF＝6－．∵BD∥y軸，∴∠BAO＝∠ABD，∠ADB＝∠CAF．∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB．∴∠BAO＝∠CAF．又∵∠AOB＝∠AFC＝90°，∴△AOB∽△AFC．∴＝∴＝，整理得t2－24t－36＝0．解得t3＝12＋＞0（不合題意，舍去），t4＝12－．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（12－，0）． 11分yOCABx圖5EFD③當(dāng)t＜－3yOCABx圖5EFD過點(diǎn)C分別作CE⊥x軸于點(diǎn)E，CF⊥y軸于點(diǎn)F．由△AOB∽△BEC可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（t＋3，）∴CF＝－(t＋3)，AF＝6－．∵AB＝BD，∴∠D＝∠BAD＝∠BAC．又∵BD∥y軸，∴∠D＝∠CAF．∴∠BAC＝∠CAF又∵∠ABC＝∠AFC＝90°，AC＝AC．∴△ABC≌△AFC，∴AF＝AB，CF＝BC．∵AB＝2BC，∴AF＝2CF．即6－＝－2(t＋3)，解得t5＝－8．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（－8，0）． 12分綜上所述，存在點(diǎn)B使△ABD為等腰三角形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為：B1(3，0)，B2(12＋，0)，B3(12－，0)，B4(－8，0)．19．解：（1）①－2； 1分②D； 2分（2）∵F1：y＝ax2＋c，B（2，c－1），∴F2：y＝a(x－2)2＋c－1．又∵A（0，c）在F2上，∴a(0－2)2＋c－1＝c，解得a＝．∴DB＝(4a＋c)－(c－1)＝2BDCOyxF1F2AP圖1MHBDCOyxF1F2AP圖1MH（3）當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)A的右側(cè)時(shí)，如圖1．設(shè)AC與BD交于點(diǎn)M，連結(jié)PD、PB．∵F1：y＝x2－x＋＝(x－1)2＋2∴F1的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，2）∵AC＝∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1＋，2）∵F2由F1平移而得，且F2經(jīng)過F1的頂點(diǎn)A．DCOyxF1AP圖2BF2M∴F2的解析式為DCOyxF1AP圖2BF2M∴B（1＋，1），∴D（，3）∴MB＝MD＝1∵點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于直線BD對(duì)稱∴AC⊥DB，且MA＝MC．∴四邊形ABCD是菱形∴PD＝PB作PH⊥AD交AD于點(diǎn)H，則PD＋PH＝PB＋PH．要使PD＋PH最小，即要使PB＋PH最小，此最小值是點(diǎn)B到直線AD的距離，即△ABD邊AD上的高h(yuǎn)． 9分∵M(jìn)D＝1，MA＝，DB⊥AC，∴∠DAM＝30°．∴∠DAB＝60°，∴△ABD是等邊三角形．∴h＝AD＝ 10分即點(diǎn)P到點(diǎn)D的距離和到直線AD的距離之和的最小值為． 11分當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)A的左側(cè)時(shí)，如圖2．同理可求得點(diǎn)P到點(diǎn)D的距離和到直線AD的距離之和的最小值為． 13分綜上所述，點(diǎn)P到點(diǎn)D的距離和到直線AD的距離之和的最小值為． 14分20．解：（1）設(shè)AB＝x，則BC＝BN＝3－x．在△ABC中，有：，解得1＜x＜2． 4分（2）①若AC為斜邊，則1＝x2＋(3－x)2，即x2－3x＋4＝0，方程無解；②若AB為斜邊，則x2＝(3－x)2＋1，解得x＝，滿足1＜x＜2；③若BC為斜邊，則(3－x)2＝1＋x2，解得x＝，滿足1＜x＜2．CABNMD圖1∴x＝或xCABNMD圖1（3）在△ABC中，作于D，如圖1．設(shè)CD＝h，△ABC的面積為S，則S＝xh．①若點(diǎn)D在線段AB上，則＝x．∴(3－x)2－h(huán)2＝x2－2x＋1－h(huán)2，即x＝3x－4．∴x2(1－h(huán)2)＝9x2－24x＋16，即x2h2＝－8x2＋24x－16．∴S2＝x2h2＝－2x2＋6x－4＝－2(x－)2＋（≤x＜2）． 11分當(dāng)x＝時(shí)（滿足≤x＜2），S2取最大值，從而S取最大值． 13分②若點(diǎn)D在線段MA上，如圖2．ABNMD圖2ABNMD圖2C同理可得，S2＝x2h2＝－2x2＋6x－4＝－2(x－)2＋（1＜x≤）易知此時(shí)S＜．綜合①②得，△ABC的最大面積為． 14分21．解：（1）如圖，當(dāng)點(diǎn)A在x軸正半軸、點(diǎn)B在y軸負(fù)半軸上時(shí)，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為； 1分當(dāng)點(diǎn)A在x軸負(fù)半軸、點(diǎn)B在y軸正半軸上時(shí)，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a，易得3a＝ 2分解得a＝，所以正方形的邊長(zhǎng)為 3分（2）如圖2，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F．易知△ADE≌△BAO≌△CBF 4分此時(shí)m＜2，DE＝OA＝BF＝m，OB＝CF＝AE＝2－m．∴OF＝BF＋OB＝2∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2－m，2） 5分∵點(diǎn)C、D在反比例函數(shù)y＝（k＞0）的圖像上∴2m＝2(2－m)，解得m＝1．∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1），代入y＝，得k＝2．∴反比例函數(shù)的解析式為y＝ 7分（3）（－1，3）；（7，－3）；（－4，7）；（4，1） 10分（寫對(duì)1個(gè)1分，2個(gè)或3個(gè)2分，4個(gè)3分）對(duì)應(yīng)的拋物線分別為y＝x2＋；y＝－x2＋；y＝x2＋；y＝－x2＋．（寫對(duì)其中任何1個(gè)即可） 11分所求出的任何拋物線的伴侶正方形的個(gè)數(shù)是偶數(shù)． 12分A第A第(1)題圖DCBy＝x＋1yOxADCBO圖2EF231123BADCO22．解：（1）如圖（作法：作出圓心O，以點(diǎn)O為圓心，BADCO 2分（2）證明：∵CD⊥AC，∴∠ACD＝90°∴AD是⊙O的直徑 3分連結(jié)OC，∵∠A＝∠B＝30°∴∠ACB＝120°，又∵OA＝OC∴∠ACO＝∠A＝30° 4分∴∠BCO＝∠ACB－∠ACO＝120°－30°＝90° 5分∴BC⊥OC∴BC是過A，D，C三點(diǎn)的⊙O的切線 6分（3）存在 7分∵∠BCD＝∠ACB－∠ACD＝120°－90°＝30°∴∠BCD＝∠B，∴DB＝DC．又∵在Rt△ACD中，DC＝AD·sin30°＝，∴DB＝． 8分解法一：①過點(diǎn)D作DP1∥OC，交BC于點(diǎn)P1，則△P1DB∽△COB，∴＝．∵OB＝OD＋DB＝∴DP1＝·OC＝×＝ 9分②過點(diǎn)D作DP2⊥AB，交BC于點(diǎn)P2，則△BDP2∽△BCO，∴＝．BACDOP1P2BACDOP1P2∴DP2＝·OC＝×＝1 10分解法二：①當(dāng)△BP1D∽△BCO時(shí)，∠DP1B＝∠OCB＝90°．在Rt△BP1D中，DP1＝BD·sin30°＝ 9分②當(dāng)△BDP2∽△BCO時(shí)，∠P2DB＝∠OCB＝90°．在Rt△BP2D中，DP2＝BD·tan30°＝1 10分23．解：（1）5、24、； 3分（2）①由題意，得AP＝t，AQ＝10－2t． 4分OACBEDQG圖1P如圖1，過點(diǎn)OACBEDQG圖1P∵QG∥BE，∴△AQG∽△ABE，∴＝．即＝，解得QG＝． 5分∴S＝AP·QG＝－t2＋t（≤t≤5） 6分∵S＝－t2＋t＝－(t－)2＋6（≤t≤5）∴當(dāng)t＝時(shí)，S的最大值為6． 7分②要使得△APQ沿它的一邊翻折，翻折前后兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)，只需△APQ為等腰三角形即可．當(dāng)t＝4秒時(shí)，∵點(diǎn)P的速度為每秒1個(gè)單位，∴AP＝4． 8分以下分兩種情況進(jìn)行討論：第一種情況：當(dāng)點(diǎn)Q在CB上時(shí)．∵PQ≥BE＞PA，∴只存在點(diǎn)Q1，使Q1A＝Q1P如圖2，過點(diǎn)Q1作Q1M⊥AP于點(diǎn)M，Q1M交AC于點(diǎn)F，則AM＝AP＝2∵△AMF∽△AOD∽△CQ1∴＝＝＝，∴FM＝AM＝．∴FQ1＝MQ1－FM＝－＝ 9分∴CQ1＝FQ1＝＝則＝，∴k＝＝＝． 10分第二種情況：當(dāng)點(diǎn)Q在BA上時(shí)，存在兩點(diǎn)Q2、Q3，分別使AP＝AQ2，PA＝PQ3．OACBEDQ1P圖2MF①若AP＝AQ2，如圖3，OACBEDQ1P圖2MF則＝，∴k＝＝＝． 11分②若PA＝PQ3，如圖4，過點(diǎn)P作PN⊥AB于點(diǎn)N．∵△ANP∽△AEB，∴＝．∵AE＝＝＝，∴AN＝＝．∴AQ3＝2AN＝，∴CB＋BQ3＝10－＝．則＝，∴k＝＝＝． 12分綜上所述，當(dāng)t＝4秒時(shí)，使得等腰三角形APQ沿底邊翻折，翻折前后兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形的k值為或或．OAOACBEDQ2P圖3OACBEDQ3P圖4N24．解：（1）令＝2，則4×2－4≤4a＋2b＋c≤2×22－4×2＋4即4≤4a＋2b＋c≤4∴4a＋2b＋c＝4． 4分（2）∵拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過點(diǎn)（－1，1）∴a－b＋c＝1． 5分又∵4a＋2b＋c＝4∴b＝1－a，c＝2－2a． 7分由ax2＋bx＋c≥4x－4恒成立得ax2－(a＋3)x＋6－2a≥0恒成立 8分∴(a＋3)2－4a(6－2a)≤0 9分即(a－1)2≤0又∵(a－1)2≥0，∴(a－1)2＝0．∴a＝1． 10分∴b＝0，c＝0．∴y＝ax2＋bx＋c的解析式為y＝x2 11分（3）∵點(diǎn)M（x，y）是拋物線上任一點(diǎn)，∴M（x，x2）．∴MB2＝x2＋(x2－2)2＝(x2－)2＋ 14分當(dāng)＝，即＝時(shí)，MB2有最小值，即MB有最小值．∴線段MB的長(zhǎng)度的最小值為． 16分25．解：（1）如圖，過點(diǎn)M作MD⊥OA于D，則四邊形ODMQ為矩形．∴OD＝MQ＝2，MD＝OQ＝y(tǒng)，∴PD＝x－2．在Rt△MDP中，y2＋(x－2)2＝32∴x2－4x＋y2＝5（2＜x≤）． 4分（2）當(dāng)△MOP為等腰三角形時(shí)①若OM＝MP，則x＝4； 5分②若MP＝OP，則x＝3； 6分③若OM＝OPOPAQMBD∵OM2＝22＋y2，∴x2OPAQMBD解得x＝1＋ 8分（3）分三種情況進(jìn)行討論：①假設(shè)△MQO∽△OMP若∠OPM＝90°，則MP＝y(tǒng)，OP＝2＝x，得x＝2，不是大于2的實(shí)數(shù)，故∠OPM不可能是90°； 9分②若∠MOP＝90°，由于圓M在第一象限，所以不存在這種情況； 10分③若∠OMP＝90°，則＝＝．∴＝＝，得4＋y2＝2x．于是解得x＝1＋．∵2＜1＋＜∴存在大于2的實(shí)數(shù)x，使△MQO∽△OMP，且x＝1＋． 12分26．解：（1）點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，8）． 1分將A（4，8）、C（8，0）兩點(diǎn)坐標(biāo)分別代入y＝ax2＋bx，得解得a＝－，b＝4．∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4x． 3分（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE＝＝，即＝＝．∴PE＝AP＝t，PB＝8－t．∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4＋t，8－t）．2∴點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為－(4＋t)2＋4(4＋t)＝－t2＋8． 5分∴EG＝－t2＋8－(8－t)＝－t2＋t∵－＜0，∴當(dāng)＝4時(shí)，線段EG最長(zhǎng)為2． 7分②共有三個(gè)時(shí)刻． 8分t1＝，t2＝，t3＝40－． 11分金額w（元）O批發(fā)量n（kg）3002001002040金額w（元）O批發(fā)量n（kg）300200100204060240可按5元/kg批發(fā)；圖②表示批發(fā)量高于60kg的該種水果，可按4元/kg批發(fā) 3分(20≤n≤60(20≤n≤60)(n＞60) 7分由圖可知，資金金額滿足240＜w≤300時(shí)，以同樣的資金可批發(fā)到較多數(shù)量的該種水果． 8分（3）解法一：設(shè)當(dāng)日零售價(jià)為x元，由圖可得日最高銷量n＝320－40x．當(dāng)n＞60時(shí)，x＜．由題意，銷售利潤(rùn)為y＝(x－4)(320－40x)＝40(x－4)(8－x)＝40[－(x－6)2＋4] 12分當(dāng)x＝6時(shí)，y最大值＝160，此時(shí)n＝80．即經(jīng)銷商應(yīng)批發(fā)80kg該種水果，日零售價(jià)定為6元/kg，當(dāng)日可獲得最大利潤(rùn)160元 14分解法二：設(shè)日最高銷售量為xkg（x＞60）．則由圖②日零售價(jià)p滿足：x＝320－40p，于是p＝．銷售利潤(rùn)y＝x(－4)＝－(x－80)2＋160． 12分當(dāng)x＝80時(shí)，最大值＝160，此時(shí)p＝6．即經(jīng)銷商應(yīng)批發(fā)80kg該種水果，日零售價(jià)定為6元/kg，當(dāng)日可獲得最大利潤(rùn)160元． 14分28．解：（1）∵拋物線過A(－1，0)，B′(，0)∴可設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－)(a≠0) 2分又∵拋物線過B(0，)，∴a×1×(－)＝，∴a＝－1．∴y＝－(x＋1)(x－)＝－x2＋(－1)x＋ 4分即拋物線解析式為y＝－x2＋(－1)x＋． 5分-1AOBxy32-1AOBxy321B′A′12-1P圖1∵P是第一象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)∴x＞0，y＞0，且P點(diǎn)坐標(biāo)滿足y＝－x2＋(－1)x＋．連結(jié)PB，PO，PB′．則S四邊形PBAB′＝S△AOB＋S△BOP＋S△POB′＝＋x＋y 8分＝[x－x2＋(－1)x＋＋1]＝[－(x－)2＋] 12分當(dāng)x＝時(shí)，S四邊形PBAB′最大．此時(shí)，y＝－()2＋(－1)×＋＝ 13分S四邊形PBAB′最大值＝×()＝ 14分∴使四邊形PBAB′的面積達(dá)到最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，），面積的最大值為． 15分解法二：如圖2，連接BB′．-1AO-1AOBxy321B′A′12-1P圖2GFElS四邊形PBAB′＝S△ABB′＋S△PBB′，且△ABB′的面積為定值．∴要使S四邊形PBAB′最大，S△PBB′必須最大．∵BB′長(zhǎng)度為定值，∴S△PBB′最大時(shí)點(diǎn)P到BB′的距離最大．即將直線BB′向上平移到與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到BB′的距離最大． 6分設(shè)與直線BB′平行的直線l的解析式為y＝－x＋b聯(lián)立得x2－x＋b－＝0，當(dāng)直線l與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)，該方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根．此時(shí)(－)2－4(b－)＝0，解得b＝＋．此時(shí)直線l的解析式為y＝－x＋＋ 9分聯(lián)立，解得∴直線l與拋物線唯一交點(diǎn)坐標(biāo)為P（，）． 10分設(shè)直線l與y軸交于點(diǎn)E，則BE＝＋－＝．過點(diǎn)B作BF⊥l于F，則在Rt△BEF中，∠FEB＝45°，∴BF＝sin45°＝．過點(diǎn)P作PG⊥BB′于G，則點(diǎn)P到BB′的距離d＝BF＝． 13分此時(shí)四邊形PBAB′的面積最大．∴S四邊形PBAB′最大值＝AB′·OB＋BB′·d＝(＋1)×＋×××． 15分29．解：（1）∵方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，∴m2－1≠0，∴m≠±1． 1分解方程得x1＝，x2＝． 3分∵x1、x2為正整數(shù)，∴，即． 5分∴m＝2． 7分（2）將m＝2分別代入m2＋a2m－8a＝0和m2＋b2m－8b＝0得4＋2a2－8a＝0，4＋2b2－8b＝0，即a2－4a＋2＝0，b2－4b＋2＝0．當(dāng)a＝b時(shí)，a＝b＝2±． 8分當(dāng)a≠b時(shí)，a、b是方程x2－4x＋2＝0的兩根． 9分又△＞0，由韋達(dá)定理得，a＋b＝4＞0，ab＝2＞0，∴a＞0、b＞0． 10分①當(dāng)a≠b，c＝時(shí)．∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝42－2×2＝12＝c2∴△ABC為直角三角形，且∠C＝90°．∴S△ABC＝ab＝1． 11分②當(dāng)a＝b＝2－，c＝時(shí)．∵2(2－)＜，∴不能構(gòu)成三角形，不合題意，舍去． 12分③當(dāng)a＝b＝2＋，c＝時(shí)．∵2(2＋)＞，∴能構(gòu)成三角形．S△ABC＝××＝． 13分綜上分析，△ABC的面積為1或． 14分30．解：（1）6； 1分（2）8； 3分（3）如圖1①當(dāng)0≤x＜3時(shí)y＝S△AP1Q1＝AP1AQ1sin60°＝x2x＝x2 5分②當(dāng)3≤x＜6時(shí)y＝S△AP2Q2＝AP2CQ2sin60°＝x(12－2x)＝－x2＋x 7分③當(dāng)6≤x≤9時(shí)，設(shè)P3Q3與AC交于點(diǎn)O．解法一：過點(diǎn)Q3作Q3E∥CB，則△CQ3E為等邊三角形，∴Q3E＝CE＝CQ3＝2x－12．∵Q3E∥CB，∴△COP3∽△EOQ3∴＝＝＝DBACP1Q1Q2P3P2OQ3DBACP1Q1Q2P3P2OQ3E圖1y＝S△AOP3＝S△ACP3－S△COP3＝ACCP3sin60°－OCCP3sin60°＝×6×(x－6)×－××(2x－12)(x－6)×＝－x2＋x－． 10分DBACP3OQ3圖2HG解法二：如圖2，過點(diǎn)O作OF⊥CP3于點(diǎn)F，OG⊥CQ3于點(diǎn)G，過點(diǎn)P3DBACP3OQ3圖2HG∵∠ACB＝∠ACD，∴OF＝OG．又CP3＝x－6，CQ3＝2x－12，∴S△COP3＝S△COQ3．∴S△COP3＝S△CP3Q3＝×CQ3P3H＝×(2x－12)(x－6)×＝(x－6)2．又S△ACP3＝ACCP3sin60°＝×6×(x－6)×＝(x－6)．∴y＝S△AOP3＝S△ACP3－S△COP3＝(x－6)－(x－6)2＝－x2＋x－． 10分31．解：（1）由題意，得解得∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，）． 1分（2）根據(jù)題意，得AE＝t，OE＝8－t．∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為(8－t)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t．∴PQ＝(8－t)－t＝10－2t當(dāng)MN在AD上時(shí)，10－2t＝t，∴t＝． 3分當(dāng)0＜t≤時(shí)，S＝t(10－2t)，即S＝－2t2＋10t當(dāng)≤t＜5時(shí)，S＝(10－2t)2，即S＝4t2－40t＋100． 5分（3）當(dāng)0＜t≤時(shí)，S＝－2t2＋10t＝－2(t－)2＋當(dāng)t＝時(shí)，S最大值＝；當(dāng)≤t＜5時(shí)，S＝4t2－40t＋100＝4(t－5)2，S隨t的增大而減小∴t＝時(shí)，S最大值＝4(－5)2＝∵＞，∴S的最大值為． 7分（4）4＜t＜． 10分32．解：（1）將y＝0代入y＝x＋，得x＝－4，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（－4，0），∴OA＝4．將y＝0代入y＝－2x＋16，得x＝8，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，0），∴OB＝8．∴AB＝OA＋OB＝4＋8＝12 1分聯(lián)立，解得，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（5，6）． 2分∴S△ABC＝·yC＝×12×6＝36 3分（2）∵點(diǎn)D在直線l1上且xD＝xB＝8，∴yD＝×8＋＝8．∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（8，8）． 4分又∵點(diǎn)E在直線l2上且yE＝y(tǒng)D＝8，∴－2xE＋16＝8，∴xE＝4．∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，8）． 5分∴DE＝8－4＝4，EF＝8． 6分（3）過點(diǎn)C作CM⊥AB于M．∵C（5，6），∴OM＝5，CM＝6，∴MB＝OB－OM＝8－5＝3，∴AM＝AB－MB＝12－3＝9，AB－FG＝12－4＝8，AG＝AB－GB＝12－t，AF＝AG－FG＝12－t－4＝8－t．①當(dāng)0≤t＜3時(shí)，如圖1，矩形DEFG與△ABC重疊部分為五邊形CHFGR（t＝0時(shí)，為四邊形CHFG）．∵Rt△RGB∽R(shí)t△CMB，∴＝，即＝，∴RG＝2t．ABOyxFEDl1l2CGMABOyxFEDl1l2CGMHR圖1即＝，∴HF＝(8－t)．∴S＝S△ABC－S△BRG－S△AFH＝36－×t×2t－(8－t)×(8－t)＝－t2＋t＋即S＝－t2＋t＋（0≤t＜3）． 8分②當(dāng)3≤t＜8時(shí)，如圖2，矩形DEFG與△ABC重疊部分為梯形HFGR．ABOyxFEDl1l2CGMHR圖2∵Rt△AGR∽R(shí)t△AMC．∴＝ABOyxFEDl1l2CGMHR圖2＝(HF＋RG)FG＝[(8－t)＋(12－t)]×4＝－t＋即S＝－t＋（3≤t＜8）． 10分③當(dāng)8≤t＜12時(shí)，如圖3，矩形DEFG與△ABC重疊部分為Rt△AGR．ABOyxFEDlABOyxFEDl1l2CGMR圖3＝AGRG＝(12－t)×(12－t)＝t2－8t＋48即S＝t2－8t＋48（8≤t＜12）． 12分（4）存在，當(dāng)t＝2時(shí)，S最大＝20． 14分33．問題解決解：方法一：如圖（1-1），連接BM，BE，EM．因折疊，故四邊形ABNM和四邊形FENM關(guān)于直線MN對(duì)稱．∴MN垂直平分BE．∴BM＝EM，BN＝EN． 1分∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝DA＝2．EDCBNAMCF圖（1-1）∵＝，∴CE＝DE＝1．設(shè)BN＝x，則ENEDCBNAMCF圖（1-1）在Rt△ENC中，EN2＝CN2＋CE2．∴x2＝(2－x)2＋12，解得x＝，即BN＝． 3分在Rt△ABM和Rt△DEM中AB2＋AM2＝BM2，DE2＋DM2＝EM2．∴AB2＋AM2＝DE2＋DM2． 5分設(shè)AM＝y(tǒng)，則DM＝2－y，∴22＋y2＝12＋(2－y)2．解得y＝，即AM＝． 6分∴＝． 7分方法二：同方法一，BN＝． 3分EDCBNAMCF圖（1-2）G如圖（1-2），過點(diǎn)NEDCBNAMCF圖（1-2）G∵GD∥NC，NG∥CD，∴四邊形GDCN是平行四邊形．∴NG＝CD＝BC．同理，四邊形ABNG也是平行四邊形．∴AG＝BN＝．∵M(jìn)N⊥BE，∴∠EBC＋∠BNM＝90°．∵NG⊥BC，∴∠MNG＋∠BNM＝90°，∴∠EBC＝∠MNG．又∵BC＝NG，∠C＝∠NGM＝90°．∴△BCE≌Rt△NGM，∴EC＝MG． 5分∴AM＝AG－MG＝－1＝． 6分∴＝． 7分類比歸納（或）；；． 10分聯(lián)系拓廣 12分評(píng)分說明：1．如你的正確解法與上述提供的參考答案不同時(shí)，可參照評(píng)分說明進(jìn)行估分．2．如解答題由多個(gè)問題組成，前一問題解答有誤或未答，對(duì)后面問題的解答沒有影響，可依據(jù)參考答案及評(píng)分說明進(jìn)行估分．34．解：（1）A（－1，0），B（3，0），C（0，3）． 2分拋物線的對(duì)稱軸是：x＝1． 3分（2）①設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx＋b．將B（3，0），C（0，3）分別代入得：xyDCAxyDCAOBFMPE∴直線BC的解析式為y＝－x＋3．當(dāng)x＝1時(shí)，y＝－1＋3＝2，∴E（1，2）．當(dāng)x＝m時(shí)，y＝－m＋3，∴P（m，－m＋3）． 4分將x＝1代入y＝－x2＋2x＋3，得y＝4，∴D（1，4）．將x＝m代入y＝－x2＋2x＋3，得y＝－m2＋2m＋3．∴F（m，－m2＋2m＋3）． 5分∴線段DE＝4－2＝2，線段PF＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m 6分∵PF∥DE，∴當(dāng)PF＝DE時(shí)，四邊形PEDF為平行四邊形．由－m2＋3m＝2，解得：m1＝2，m2＝1（不合題意，舍去）．∴當(dāng)m＝2時(shí)，四邊形PEDF為平行四邊形． 7分②設(shè)直線PF與x軸交于點(diǎn)M．由B（3，0），O（0，0），可得：OB＝OM＋MB＝3．則S＝S△BPF＋S△CPF 8分＝PFBM＋PFOM＝PFOB＝(－m2＋3m)×3＝－m2＋m（0≤m≤3）即S與m的函數(shù)關(guān)系式為：S＝－m2＋m（0≤m≤3）． 9分說明：1．第（1）問，寫對(duì)1個(gè)或2個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)均給1分，寫對(duì)3個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)得2分；2．第（2）問，S與m的函數(shù)關(guān)系式未寫出m的取值范圍不扣分．35．解：（1）如圖1，過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G．． 1分FEADBC圖1G∵E為ABFEADBC圖1G在Rt△EBG中，∠B＝60°，∴∠BEG＝30°． 2分∴BG＝BE＝1，EG＝＝．即點(diǎn)E到BC的距離為． 3分（2）①當(dāng)點(diǎn)N在線段AD上時(shí)，△PMN的形狀不發(fā)生改變．FEADBC圖2NPMGH∵PM⊥EFFEADBC圖2NPMGH∵EF∥BC，∴EP＝GM，PM＝EG＝．同理MN＝AB＝4． 4分如圖2，過點(diǎn)P作PH⊥MN于H．∵M(jìn)N∥AB，∴∠NMC＝∠B＝60°，∴∠PMH＝30°．∴PH＝PM＝，∴MH＝PH＝．FEADBC圖3MPNGRNHFEADBC圖3MPNGR在Rt△PHN中，PN＝＝＝．∴△PMN的周長(zhǎng)＝PM＋PN＋MN＝． 6分②當(dāng)點(diǎn)N在線段DC上時(shí)，△PMN的形狀發(fā)生改變，但△MNC恒為等邊三角形．FEADBC圖4GPMN當(dāng)PM＝PN時(shí)，如圖3，作PRFEADBC圖4GPMN類似①，MR＝，∴MN＝2MR＝3． 7分∵△MNC為等邊三角形，∴MC＝MN＝3．此時(shí)，x＝EP＝GM＝BC－BG－MC＝6－1－3＝2． 8分當(dāng)MP＝MN時(shí)，如圖4，則MC＝MN＝MP＝．此時(shí)，x＝EP＝GM＝BC－BG－MC＝6－1－＝5－． 9分F(P)EADBC圖5GMN當(dāng)NP＝NM時(shí)，如圖5，則∠NPM＝∠F(P)EADBC圖5GMN又∵∠MNC＝60°，∴∠MNP＋∠MNC＝180°．∴點(diǎn)P與點(diǎn)F重合，△PMC為直角三角形．∴MC＝PM·tan30°＝1．此時(shí)，x＝EP＝GM＝BC－BG－MC＝6－1－1＝4．綜上所述，x＝2或4或5－時(shí)，△PMN為等腰三角形． 10分36．解：（1）點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，－3）． 2分（2）∵拋物線y＝ax2－x經(jīng)過點(diǎn)A（6，0）∴a·62－×6＝0，解得a＝．∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2－x． 4分（3）拋物線的對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)P1符合條件．∵OA∥CB，∴∠P1OM＝∠CDO．又∠OP1M＝∠DCO＝90∴Rt△P1OM∽R(shí)t△CDO． 6分∵拋物線的對(duì)稱軸x＝3∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為P1（3，0）． 7分過點(diǎn)O作OD的垂線交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)P2．∵拋物線的對(duì)稱軸平行于y軸，∴∠P2MO＝∠DOC．又∠P2OM＝∠DCO＝90°∴Rt△P2MO∽R(shí)t△DOC． 8分∴點(diǎn)P2也符合條件，∠OP2M＝∠CDO∵P1O＝CO＝3，∠P2P1O＝∠DCO＝90°．∴Rt△P2P1O≌Rt△DCO． 9分∴P1P2＝CD＝4∵點(diǎn)P2在第一象限∴點(diǎn)P2的坐標(biāo)為P2（3，4）．∴符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)，分別是P1（3，0），P2（3，4）． 11分66yxOCDB-3AMP1P237．解：（1）∵S△OB′C＝OB′·OC＝OB′·AB∴OB′＝＝＝8（cm）． 2分∴B′C＝＝10（cm） 3分∵△CBM與△CB′M關(guān)于CM所在直線對(duì)稱∴BC＝B′C＝10（cm）． 4分（2）AB′＝OA－OB′＝10－8＝2（cm）設(shè)AM＝x，則B′M＝BM＝6－x∵在Rt△AB′M中，AB′2＋AM2＝B′M2，∴22＋x2＝(6－x)2．解得：x＝ 5分∴M（10，），C（0，6）． 6分設(shè)對(duì)稱軸CM所在直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx＋b將點(diǎn)M、點(diǎn)C的坐標(biāo)代入，得解得 7分∴對(duì)稱軸CM所在直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x＋6． 8分（3）∵B′G∥AB，OB′＝8．∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為8． 9分設(shè)點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為yG，則yG＝－×8＋6＝∴G（8，）． 10分∵拋物線y＝x2＋m過點(diǎn)G∴＝×82＋m，解得m＝－． 11分∴這條拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝x2－． 12分11-12345678050100150x（小時(shí)）y（千米）BDACE38．解：（1）如圖 3分（2）2次 5分（3）如圖，設(shè)直線AB的解析式為y＝k1x＋b1∵圖象過A（4，0），B（6，150）∴解得∴y＝75x－300① 7分設(shè)直線CD的解析式為y＝k2x＋b2∵圖象過C（7，0），D（5，150）∴解得∴y＝－75x＋525② 9分聯(lián)立①、②，解得∴兩車最后一次相遇時(shí)，距烏魯木齊市的路程為千米． 12分39．解：（1）∵點(diǎn)D是OA的中點(diǎn)，∴OD＝2，∴OD＝OC．又∵OP是∠COD的角平分線，∴∠POC＝∠POD＝45°．∴△POC≌∠POD，∴PC＝PD； 3分（2）如圖，過點(diǎn)B作∠AOC的平分線的垂線，垂足為P，點(diǎn)P即為所求．易知點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，2），故BF＝2，作PM⊥BF．(0,2)A(4,0)xyODPB(0,2)A(4,0)xyODPBCEFM∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，3）．∵拋物線經(jīng)過原點(diǎn)∴可設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2＋bx．又∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)P（3，3）和點(diǎn)D（2，0）∴解得∴過O、P、D三點(diǎn)的拋物線的解析式為y＝x2－2x； 7分（3）由等腰直角三角形的對(duì)稱性知D點(diǎn)關(guān)于∠AOC的平分線的對(duì)稱點(diǎn)即為C點(diǎn)．連接EC，它與∠AOC的平分線的交點(diǎn)即為所求的P點(diǎn)（因?yàn)镻E＋PD＝EC，而兩點(diǎn)之間線段最短），此時(shí)△PED的周長(zhǎng)最?。邟佄锞€y＝x2－2x的頂點(diǎn)E的坐標(biāo)（1，－1），C點(diǎn)的坐標(biāo)（0，2）設(shè)CE所在直線的解析式為y＝kx＋b則解得∴CE所在直線的解析式為y＝－3x＋2．聯(lián)立，解得，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）．△PED的周長(zhǎng)即是CE＋DE＝； 11分（4）存在點(diǎn)P，使∠CPN＝90°，其坐標(biāo)為（，）或（2，2）． 14分40．解：（1）如圖1，H理由如下：∵矩形是中心對(duì)稱圖形，且點(diǎn)H為矩形的對(duì)稱中心．又據(jù)經(jīng)過中心對(duì)稱圖形對(duì)稱中心的任一直線平分此中心對(duì)稱圖形的面積，因?yàn)橹本€DP過矩形OABC的對(duì)稱中心點(diǎn)H，所以直線DP平分矩形OABC的面積． 2分圖1由已知可得此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為P（，2）．圖1設(shè)直線DP的函數(shù)解析式為y＝kx＋b．則解得k＝，b＝．∴此時(shí)直線DP的函數(shù)解析式為＝y(tǒng)＝x＋． 5分（2）存在點(diǎn)M使得△DOM與△ABC相似．如圖1，設(shè)直線DP與y軸的正半軸交于點(diǎn)M（0，ym）．∵∠DOM＝∠ABC，若△DOM與△ABC相似，則有＝或＝．當(dāng)＝時(shí)，即＝，解得ym＝．∴點(diǎn)M1（0，）滿足條件．當(dāng)＝時(shí)，即＝，解得ym＝．∴點(diǎn)M2（0，）滿足條件．由對(duì)稱性可知，點(diǎn)M3（0，－）也滿足條件．綜上所述，滿足使得△DOM與△ABC相似的點(diǎn)M有3個(gè)，分別為M1（0，）、M2（0，）、M3（0，－）． 9分（3）∵AC＝＝＝5，∴動(dòng)圓P的半徑R＝．如圖2，過點(diǎn)D作DP⊥AC于P，以點(diǎn)P為圓心、半徑長(zhǎng)為畫圓，過點(diǎn)D分別作⊙P的切線DE、DF，點(diǎn)E、F是切點(diǎn)．除點(diǎn)P外在直線AC上任取一點(diǎn)P1，半徑長(zhǎng)為畫圓，過點(diǎn)D分別作⊙P1的切線DE1、DF1，點(diǎn)E1、F1是切點(diǎn)．在△DEP和△DFP中，∠PED＝∠PFD，PF＝PE，PD＝PD，∴△DPE≌△DPF．圖2∴S四邊形DEPF＝2S△DPE＝2××DE·PE＝DE·PE＝DE．圖2∴當(dāng)DE取最小值時(shí)，Ｓ四邊形DEPF的值最?。逥E2＝DP2－PE2，DE12＝DP12－P1E12．∴DE12－DE2＝DP12－DP2．∵DP1＞DP，∴DE12－DE2＞0，∴DE1＞DE．由P1點(diǎn)的任意性可知：DE是D點(diǎn)與切點(diǎn)所連線段長(zhǎng)的最小值． 12分在△ADP與△AOC中，∠DPA＝∠AOC，∠DAP＝∠CAO．∴△ADP∽△AOC．∴＝，即＝，∴DP＝．∴DE＝＝＝．∴S四邊形DEPF＝DE＝×＝，即S＝． 14分41．解：（1）如圖1，過點(diǎn)B作BD⊥OA于點(diǎn)D，則四邊形CODB是矩形． 1分∴BD＝CO＝4，OD＝CB＝3，∴DA＝3．在Rt△ABD中，AB＝＝＝5 2分當(dāng)MN∥OC時(shí)，則MN∥BD．CBAMONxyD圖1∴△AMN∽CBAMONxyD圖1∵AN＝OM＝t，AM＝6－t，AD＝3．∴＝，解得t＝（秒）． 5分（2）如圖2，過點(diǎn)N作NE⊥x軸于點(diǎn)E，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．∵NE∥BD，∴△AEN∽△ADB，∴＝．即＝，解得NE＝． 6分∵FE＝CO＝4，∴FN＝4－．∵S＝S梯形OABC－S△COM－S△AMN－S△BCN 7分＝CO(OA＋CB)－CO·OM－AM·NE－CB·FN＝×4×(6＋3)－×4×t－×(6－t)×－×3×(4－)CBAMONxyDFCBAMONxyDFE圖2即S＝t2－t＋12（0≤t≤5）． 8分∵S＝t2－t＋12＝(t－4)2＋∴當(dāng)t＝4秒時(shí)，S有最小值，且S最小＝． 9分（3）如圖3，設(shè)MN與CA相交于點(diǎn)P．若MN⊥AC，則△AMP為直角三角形，且∠PMA＋∠PAM＝90°．∵在Rt△ACO中，∠OCA＋∠OAC＝90°，∴∠PMA＝∠OCA．又∠MEN＝∠COA＝90°，∴△MEN∽△COA． 10分∴＝CBAMONxyDEFP圖3∵△AEN∽△ADB，∴CBAMONxyDEFP圖3∴AE＝．NE＝．∵M(jìn)E＝AM－AE＝(6－t)－＝6－． 11分由＝得：＝，解得t＝（秒）．∴存在這樣的t值，使MN與AC互相垂直，此時(shí)t＝秒． 12分42．解：（1）過點(diǎn)A作AF⊥x軸，垂足為點(diǎn)F，過點(diǎn)B作BE⊥x軸，垂足為點(diǎn)E，則AF＝2，OF＝1．∵OB⊥OA，∴∠AOF＋∠BOE＝90°．又∵∠OBE＋∠BOE＝90°，∴Rt△AOF∽R(shí)t△OBE．∴＝＝＝2，∴BE＝2，OE＝4． 1分∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2）． 2分yOBAx11EP2FP3P4（2）設(shè)過點(diǎn)A、OyOBAx11EP2FP3P4解得∴過點(diǎn)A、O、B的拋物線的表達(dá)式為y＝x2－x． 5分（3）由題意，知AB∥x軸．設(shè)拋物線上符合條件的點(diǎn)P到AB的距離為d，則S△ABP＝AB·d＝AB·AF．∴d＝2，∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)只能是0或4． 7分令y＝0，得x2－x＝0，解得x＝0或x＝3．∴點(diǎn)P1（0，0）和P2（3，0）符合條件． 8分令y＝4，得x2－x＝4，解得x＝或x＝．∴點(diǎn)P3（，4）和P4（，4）也符合條件． 9分綜上分析，符合條件的點(diǎn)有四個(gè)：P1（0，0），P2（3，0），P3（，4），P4（，4）． 10分（評(píng)卷時(shí)，無P1（0，0）不扣分）43．解：（1）如圖①，連接AC、BD交于點(diǎn)P，則∠APB＝90°．∴點(diǎn)P為所求． 3分DCBADCBA①P1）以AB為邊在正方形內(nèi)作等邊△ABP；2）作等邊△ABP的外接圓⊙O，分別與AD、BC交于點(diǎn)E、F．∵在⊙O中，弦AB所對(duì)的APB上的圓周角均為60°∴EF上的所有點(diǎn)均為所求的點(diǎn)P． 7分DCBADCBA②PEFO1）連接AC；2）以AB為邊作等邊△ABE；3）作等邊△ABE的外接圓⊙O，交AC于點(diǎn)P；4）在AC上截取AP′＝CP．則點(diǎn)P、P′為所求． 9分（評(píng)卷時(shí)，作圖準(zhǔn)確，無畫法的不扣分）過點(diǎn)B作BG⊥AC，交AC于點(diǎn)G．∵在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3．∴AC＝＝5．∴BG＝＝． 10分DCBA③EGOPDCBA③EGOPP′∴AG＝＝．在Rt△BPG中，∠BPA＝60°．∴PG＝＝×＝．∴AP＝AG＋PG＝．∴S△APB＝AP·BG＝×(＋)×＝． 12分AC)BPQAC)BPQ圖1E)FD（2）如圖1，，則∴＝．∵BC＝＝4，＝AB＝5．∴QF＝．∴S＝AP·QF＝(3－)·＝－2＋ACBPQED圖2S＝－ACBPQED圖2（3）能． 6分①如圖2，當(dāng)DE∥QB時(shí)．∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四邊形QBED是直角梯形，此時(shí)∠AQP＝90°．由△APQ∽△ABC，得＝．即＝，解得t＝． 8分ACBPQED圖3②如圖3，當(dāng)PQ∥BC時(shí)，則DE⊥BC，四邊形ACBPQED圖3由△AQP∽△ABC，得＝．即＝，解得t＝． 10分（4）t＝或t＝． 12分AC(E))BPQD圖4G【注：AC(E))BPQD圖4G方法一：連結(jié)QC，作如圖4．PC＝t，QC2＝QG2＋CG2＝[(5－t)]2＋[4－(5－t)]2．由PC2＝QC2，得t2＝[(5－t)]2＋[4－(5－t)]2，解得t＝．方法二：由CQ＝CP＝AQ，得∠QAC＝∠QCA，進(jìn)而可得AC(E))BPQD圖5G∠B＝∠BCQ，∴CQ＝BQ，∴AAC(E))BPQD圖5G②點(diǎn)P由A向C運(yùn)動(dòng)，DE經(jīng)過點(diǎn)C如圖5．同理可得(6－t)2＝[(5－t)]2＋[4－(5－t)]2，解得t＝．】45．解：（1）∵因所求拋物線的頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，4）∴可設(shè)其對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝a(x－2)2＋4． 1分又拋物線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O（0，0），∴a(0－2)2＋4＝0． 2分解得a＝－1． 3分∴所求函數(shù)關(guān)系式為y＝－(x－2)2＋4，即y＝－x2＋4x． 4分（2）①點(diǎn)P不在直線ME上，理由如下： 5分根據(jù)拋物線的對(duì)稱性可知E點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0）．設(shè)直線ME的解析式為y＝kx＋b，將M（2，4），E（4，0）代入，得解得．∴直線ME的解析式為y＝－2x＋8． 6分當(dāng)t＝時(shí)，OA＝AP＝，∴P（，）． 7分∵點(diǎn)P的坐標(biāo)不滿足直線ME的解析式y(tǒng)＝－2x＋8∴當(dāng)t＝時(shí)，點(diǎn)P不在直線ME上． 8分②S存在最大值，理由如下： 9分∵點(diǎn)A在x軸的非負(fù)半軸上，且N在拋物線上，∴OA＝AP＝t．∴P（t，t），N（t，－t2＋4t），∴AN＝－t2＋4t（0≤≤3）∴PN＝AN－AP＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t＝t(3－t)≥0 10分（ⅰ）當(dāng)PN＝0，即t＝0或t＝3時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形是三角形，此三角形的高為AD．∴S＝DC·AD＝×3×2＝3． 11分（ⅱ）當(dāng)PN≠0時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形是四邊形．∵PN∥CD，AD⊥CD．∴S＝(CD＋PN)·AD＝(3－t2＋3t)×2＝－t2＋3t＋3＝－(t－)2＋（0＜t＜3）．當(dāng)t＝時(shí)，S最大＝． 12分綜上所述，當(dāng)t＝時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形面積S有最大值，最大值為． 13分說明：（ⅱ）中的關(guān)系式，當(dāng)t＝0和t＝3時(shí)也適合．CCQBAMNPD圖146．解：（1）如圖1，過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，則AD＝2．當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)到被垂直平分時(shí)，四邊形MNQP是矩形，即AM＝時(shí)，四邊形MNQP是矩形，∴t＝秒時(shí)，四邊形MNQP是矩形．∵PM＝AM·tan60°＝，CPQBAMN圖2CPQBAMN圖2（2）ⅰ當(dāng)0＜t＜1時(shí)，如圖2．S四邊形MNQP＝(PM＋QN)·MN＝[＋(t＋1)]×1＝t 6分CPQBAMN圖3CPQBAMN圖3S四邊形MNQP＝(PM＋QN)·MN＝[＋(3－t)]×1＝ 8分ⅲ當(dāng)2＜＜3時(shí)，如圖4．CQPBAMN圖4S四邊形MNQP＝(CQPBAMN圖4＝[(