历年中考数学压轴题及答案

历年中考数学压轴题及答案

历年中考数学压轴题及答案（精选） 1. （2011 年四川省宜宾市） 已知 : 如图 , 抛物线 y=-x 2 +bx+c 与 x 轴、 y 轴分别相交于点 A （ -1 ， 0 ）、 B （ 0 ， 3 ）两点， 其顶点为 D.（ 1 ） 求该抛物线的解析式； （ 2 ） 若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； （ 3 ） △ AOB 与△ BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由 . 2. （ 11 浙江衢州）已知直角梯形纸片 OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所 示，四个顶点的坐标分别为 O(0 ， 0) ， A(10 ， 0) ， B(8 ， 32 ) ， C(0 ， 32 ) ，点 T 在线段 OA 上 ( 不与线段端点重合 ) ，将纸片折叠，使点 A 落在射线 AB 上 ( 记为 点 A ′ ) ，折痕经过点 T ，折痕 TP 与射线 AB 交于点 P ，设点 T 的横坐标为 t ，折 叠后纸片重叠部分 ( 图中的阴影部分 ) 的面积为 S ； (1) 求∠ OAB 的度数，并求当点 A ′在线段 AB 上时， S 关于 t 的函数关系式； (2) 当纸片重叠部分的图形是四边形时，求 t 的取值范围； (3)S 存在最大值吗？若存在，求出这个最大值，并求此时 t 的值；若不存在，请 说明理由 . 3. （ 11 浙江温州）如图，在 Rt ABC△ 中， 90A   ， 6AB  ， 8AC  ，D E， 分别 是边 AB AC， 的中点，点 P 从点 D 出发沿 DE 方向运动，过点 P 作 PQ BC 于Q ，过 点Q 作QR BA∥ 交 AC 于 R ，当点Q 与点 C 重合时，点 P 停止运动．设 BQ x ，QR y ． （ 1 ）求点 D 到 BC 的距离 DH 的长； （ 2 ）求 y 关于 x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； （ 3 ）是否存在点 P ，使 PQR△ 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． 4. （ 11 山东省日照市）在△ABC 中， ∠ A＝ 90° ，AB＝ 4 ，AC＝ 3 ，M 是 AB 上的动点（不 与 A，B 重合），过 M 点作 MN ∥ BC 交 AC 于点 N．以 MN 为直径作 ⊙ O，并在 ⊙ O 内作 内接矩形 AMPN．令 AM＝x． （ 1 ）用含 x 的代数式表示△ＭNP 的面积 S； （ 2 ）当 x 为何值时， ⊙ O 与直线 BC 相切？ （ 3 ）在动点 M 的运动过程中，记△ＭNP 与梯形 BCNM 重合的面积为 y，试求 y 关 于 x 的函数表达式，并求 x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？ 5、（2007浙江金华）如图1，已知双曲线y= x k (k>0)与直线y=k′x交于A，B两点，点A在 第一象限.试解答下列问题：(1)若点A的坐标为(4，2).则点B的坐标为 ；若 点A的横坐标为m，则点B的坐标可表示为 ； （2）如图2，过原点O作另一条直线l，交双曲线y= x k (k>0)于P，Q两点，点P在第一 象限.①说明四边形APBQ一定是平行四边形；②设点A.P的横坐标分别为m，n， 四边形APBQ可能是矩形吗?可能是正方形吗?若可能，直接写出mn应满足的条件； 若不可能，请说明理由. 6. （2011浙江金华）如图1，在平面直角坐标系中，己知ΔAOB是等边三角形，点 A的坐标是(0，4)，点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把ΔAOP 绕着点A按逆时针方向旋转.使边AO与AB重合.得到ΔABD.（1）求直线AB的解析式； （2）当点P运动到点（ 3 ，0）时，求此时DP的长及点D的坐标；（3）是否存在点 P，使ΔOPD的面积等于 4 3 ，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. 7.(2011 浙江义乌 ) 如图 1 ，四边形 ABCD 是正方形，G 是 CD 边上的一个动点 ( 点 G 与 C、 D 不重合 ) ，以 CG 为一边在正方形 ABCD 外作正方形 CEFG，连结 BG，DE．我们探究下 列图中线段 BG、线段 DE 的长度关系及所在直线的位置关系： （ 1 ）①猜想如图 1 中线段 BG、线段 DE 的长度关系及所在直线的位置关系； ②将图 1 中的正方形 CEFG 绕着点 C 按顺时针 ( 或逆时针 ) 方向旋转任意角度 ， 得到如图 2 、如图 3 情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论 是否仍然成立,并选取图 2 证明你的判断． （ 2 ）将原题中正方形改为矩形（如图 4 — 6 ），且 AB=a，BC=b，CE=ka， CG=kb ( a  b， k  0) ，第 (1) 题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图 5 为例简 要说明理由 . （ 3 ）在第 (2) 题图 5 中，连结 DG 、 BE ，且 a =3 ，b =2 ，k = 1 2 ，求 2 2BE DG 的值． 8. (2011 浙江义乌 ) 如图 1 所示，直角梯形 OABC 的顶点 A、C 分别在 y 轴正半轴与 x 轴 负半轴上.过点 B、C 作直线l ．将直线l 平移，平移后的直线l 与 x 轴交于点 D，与 y 轴 交于点 E． （ 1 ）将直线l 向右平移，设平移距离 CD 为t ( t 0) ，直角梯形 OABC 被直线l 扫过的 面积（图中阴影部份）为 s ， s 关于t 的函数图象如图 2 所示， OM 为线段， MN 为抛物线的一部分，NQ 为射线，N 点横坐标为 4 ． ①求梯形上底 AB 的长及直角梯形 OABC 的面积； ②当 42  t 时，求 S 关于t 的函数解析式； （ 2 ）在第（ 1 ）题的条件下，当直线l 向左或向右平移时（包括l 与直线 BC 重合）， 在直线．．AB．．上是否存在点 P，使 PDE 为等腰直角三角形 ? 若存在，请直接写出 所有满足条件的点 P 的坐标 ; 若不存在，请说明理由． 9.(2011 山东烟台 ) 如图，菱形 ABCD 的边长为 2 ， BD=2 ， E 、 F 分别是边 AD ， CD 上的 两个动点，且满足 AE+CF=2.（ 1 ）求证：△ BDE ≌△ BCF ； （ 2 ）判断△ BEF 的形状，并说明理由； （ 3 ）设△ BEF 的面积为 S ，求 S 的取值范围 . 10.(2011 山东烟台 ) 如图，抛物线 2 1 : 2 3L y x x    交 x 轴于 A 、 B 两点，交 y 轴于 M点 . 抛物线 1L 向右平移 2 个单位后得到抛物线 2L ， 2L 交 x 轴于 C 、 D 两点 . （ 1 ）求抛物线 2L 对应的函数表达式； （ 2 ）抛物线 1L 或 2L 在 x 轴上方的部分是否存在点 N ，使以 A ， C ， M ， N 为顶点的四边 形是平行四边形 . 若存在，求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由； （ 3 ）若点 P 是抛物线 1L 上的一个动点（ P 不与点 A 、 B 重合），那么点 P 关于原点的 对称点 Q 是否在抛物线 2L 上，请说明理由 . 11.2011 淅江宁波 )2011 年 5 月 1 日，目前世界上最长的跨海大桥——杭州湾跨海大桥 通车了．通车后，苏南 A 地到宁波港的路程比原来缩短了 120 千米．已知运输车速度不 变时，行驶时间将从原来的 3 时 20 分缩短到 2 时． （ 1 ）求 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程． （ 2 ）若货物运输费用包括运输成本和时间成本，已知某车货物从 A 地到宁波港的运输 成本是每千米 1.8 元，时间成本是每时 28 元，那么该车货物从 A 地经杭州湾跨海大桥 到宁波港的运输费用是多少元？ （ 3 ）A 地准备开辟宁波方向的外运路线，即货物从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港， 再从宁波港运到 B 地．若有一批货物（不超过 10 车）从 A 地按外运路线运到 B 地的运 费需 8320 元，其中从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的每车运输费用与（ 2 ）中相同， 从宁波港到 B 地的海上运费对一批不超过 10 车的货物计费方式是：一车 800 元，当货 物每增加 1 车时，每车的海上运费就减少 20 元，问这批货物有几车？ 12.(2011 淅江宁波 ) 如图 1 ，把一张标准纸一次又一次对开，得 到“ 2 开”纸、“ 4 开”纸、“ 8 开”纸、“ 16 开”纸…．已知 标准纸．．．的短边长为 a ． （ 1 ）如图 2 ，把这张标准纸对开得到的“ 16 开”张纸按如下步 骤折叠： 第一步 将矩形的短边 AB 与长边 AD 对齐折叠，点 B 落在 AD 上的点 B处，铺平后得 折痕 AE ； 第二步 将长边 AD 与折痕 AE 对齐折叠，点 D 正好与点 E 重合，铺平后得折痕 AF ． 则 :AD AB 的值是 ， AD AB， 的长分别是 ， ． （ 2 ）“ 2 开”纸、“ 4 开”纸、“ 8 开”纸的长与宽之比是否都相等？若相等，直接写 出这个比值；若不相等，请分别计算它们的比值． （ 3 ）如图 3 ，由 8 个大小相等的小正方形构成“ L ”型图案，它的四个顶点 E F G H， ， ， 分别在“ 16 开”纸的边 AB BC CD DA， ， ， 上，求 DG 的长． ①标准纸“ 2 开”纸、“ 4 开”纸、“ 8 开”纸、“ 16 开”纸……都是矩形． ②本题中所求边长或面积 都用含 a 的代数式表示． （ 4 ）已知梯形 MNPQ 中， MN PQ∥ ， 90M  ∠ ， 2MN MQ PQ  ，且四个顶点 M N P Q， ， ， 都在“ 4 开”纸的边上，请直接写出 2 个符合条件且大小不同的直角梯 形的面积． 13. （ 2011 山东威海）如图，在梯形 ABCD 中，AB ∥ CD，AB＝ 7 ，CD＝ 1 ，AD＝BC＝ 5 ．点 M，N 分别在边 AD，BC 上运动，并保持 MN ∥ AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为 E，F． （ 1 ）求梯形 ABCD 的面积； （ 2 ）求四边形 MEFN 面积的最大值． （ 3 ）试判断四边形 MEFN 能否为正方形，若能， 求出正方形 MEFN 的面积；若不能，请说明理由． 14 ．（ 2011 山东威海）如图，点 A（m，m＋ 1 ），B（m＋ 3 ，m－ 1 ）都在反比例函数 x ky  的图象上． （ 1 ）求 m，k 的值； （ 2 ）如果 M 为 x 轴上一点，N 为 y 轴上一点， 以点 A，B，M，N 为顶点的四边形是平行四边形， 试求直线 MN 的函数表达式． （ 3 ）选做题：在平面直角坐标系中，点 P 的坐标 为（ 5 ， 0 ），点 Q 的坐标为（ 0 ， 3 ），把线段 PQ 向右平 移 4 个单位，然后再向上平移 2 个单位，得到线段 P 1 Q 1 ， 则点 P 1 的坐标为 ，点 Q 1 的坐标为 ． 15 ．（ 2011 湖南益阳）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”， 如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线. 如图 12 ，点 A、B、C、D 分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点 D 的坐标为(0， -3)，AB 为半圆的直径，半圆圆心 M 的坐标为(1,0)，半圆半径为 2. (1)请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量的取值范围； (2)你能求出经过点 C 的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看； (3) 开动脑筋想一想，相信你能求出经过点 D 的“蛋圆”切线的解析式. 16. (2011 年浙江省绍兴市)将一矩形纸片OABC 放在平面直角坐标系中， (0 0)O ， ， (6 0)A ， ， (0 3)C ， ．动点Q 从点O 出发以每秒 1 个单位长的速度沿OC 向终点C 运动， 运动 2 3 秒时，动点 P 从点 A 出发以相等的速度沿 AO 向终点O 运动．当其中一点到达 终点时，另一点也停止运动．设点 P 的运动时间为t （秒）． （ 1 ）用含t 的代数式表示OP OQ， ； （ 2 ）当 1t  时，如图 1 ，将 OPQ△ 沿 PQ 翻折，点O 恰好落在CB 边上的点 D 处，求 点 D 的坐标； （ 4 ） 连结 AC ，将 OPQ△ 沿 PQ 翻折，得到 EPQ△ ，如图 2 ．问： PQ 与 AC 能否 平行？ PE 与 AC 能否垂直？若能，求出相应的t 值；若不能，说明理由． 17. (2011 年辽宁省十二市)如图 16 ，在平面直角坐标系中，直线 3 3y x   与 x 轴 交于点 A ，与 y 轴交于点C ，抛物线 2 2 3 ( 0)3y ax x c a    经过 A B C， ， 三点． （ 1 ）求过 A B C， ， 三点抛物线的解析式并求出顶点 F 的坐标； （ 2 ）在抛物线上是否存在点 P ，使 ABP△ 为直角三角形，若存在，直接写出 P 点坐标； 若不存在，请说明理由； （ 3 ）试探究在直线 AC 上是否存在一点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，若存在，求出 M 点的坐标；若不存在，请说明理由． 18.(2011 年沈阳市)如图所示，在平面直角坐标系中，矩形 ABOC 的边 BO 在 x 轴的负 半轴上，边OC 在 y 轴的正半轴上，且 1AB  ， 3OB  ，矩形 ABOC 绕点O 按顺时 针方向旋转60 后得到矩形 EFOD ．点 A 的对应点为点 E ，点 B 的对应点为点 F ，点C 的对应点为点 D ，抛物线 2y ax bx c   过点 A E D， ， ． （ 1 ）判断点 E 是否在 y 轴上，并说明理由； （ 2 ）求抛物线的函数表达式； （ 3 ）在 x 轴的上方是否存在点 P ，点Q ，使以点O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形的 面积是矩形 ABOC 面积的 2 倍，且点 P 在抛物线上，若存在，请求出点 P ，点Q 的坐 标；若不存在，请说明理由． 19.( 2011 年四川省巴中市 ) 已知：如图 14 ，抛物线 23 34y x   与 x 轴交于点 A ，点 B ， 与直线 3 4y x b   相交于点 B ，点C ，直线 3 4y x b   与 y 轴交于点 E ． （ 1 ）写出直线 BC 的解析式． （ 2 ）求 ABC△ 的面积． （ 3 ）若点 M 在线段 AB 上以每秒 1 个单位长度的速度从 A 向 B 运动（不与 A B， 重合）， 同时，点 N 在射线 BC 上以每秒 2 个单位长度的速度从 B 向C 运动．设运动时间为t 秒， 请写出 MNB△ 的面积 S 与t 的函数关系式，并求出点 M 运动多少时间时， MNB△ 的 面积最大，最大面积是多少？ 20.(2011 年成都市)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，△ OAB 的顶点Ａ的坐标为（ 10 ， 0 ），顶点 B 在第一象限内，且 AB =3 5 ， sin ∠ OAB= 5 5 . （ 1 ）若点 C 是点 B 关于 x 轴的对称点，求经过 O 、 C 、 A 三点的抛物线的函数表达式； （ 2 ）在 (1) 中，抛物线上是否存在一点 P ，使以 P 、 O 、 C 、 A 为顶点的四边形为梯形？ 若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； （ 3 ）若将点 O 、点 A 分别变换为点 Q （ -2k ,0 ）、点 R （ 5k ， 0 ）（ k>1 的常数），设 过 Q 、 R 两点，且以 QR 的垂直平分线为对称轴的抛物线与 y 轴的交点为 N ，其顶点为 M ，记△ QNM 的面积为 QMNS ，△ QNR 的面积 QNRS ，求 QMNS ∶ QNRS 的值 . 21.(2011 年乐山市 ) 在平面直角坐标系中△ ABC 的边 AB 在 x 轴上，且 OA>OB, 以 AB 为 直径的圆过点 C 若 C 的坐标为 (0,2),AB=5, A,B 两点的横坐标 XA ,XB 是关于 X 的方程 2 ( 2) 1 0x m x n     的两根 : (1) 求 m ， n 的值 (2) 若∠ ACB 的平分线所在的直线 l 交 x 轴于点 D ，试求直线 l 对应的一次函数的解析 式 (3) 过点 D 任作一直线 `l 分别交射线 CA ， CB （点 C 除外）于点 M ， N ，则 1 1 CM CN  的 值是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由 22.(2011 年四川省宜宾市)已知 : 如图 , 抛物线 y=-x 2 +bx+c 与 x 轴、 y 轴分别相交于点 A（ -1 ， 0 ）、 B （ 0 ， 3 ）两点，其顶点为 D. (1) 求该抛物线的解析式； (2) 若该抛物线与 x 轴的另一个交点为 E. 求四边形 ABDE 的面积； (3) △ AOB 与△ BDE 是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由 . （注：抛物线 y=ax 2 +bx+c(a ≠ 0) 的顶点坐标为        a bac a b 4 4,2 2 ） 23.(天津市 2011 年)已知抛物线 cbxaxy  23 2 ， （Ⅰ）若 1 ba ， 1c ，求该抛物线与 x 轴公共点的坐标； （Ⅱ）若 1 ba ，且当 11  x 时，抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，求 c 的取值范 围； （Ⅲ）若 0 cba ，且 01 x 时，对应的 01 y ； 12 x 时，对应的 02 y ，试判断当 10  x 时，抛物线与 x 轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由． 24.(2011 年大庆市) 如图①，四边形 AEFG 和 ABCD 都是正方形，它们的边长分别为 a b， （ 2b a≥ ）， 且点 F 在 AD 上（以下问题的结果均可用 a b， 的代数式表示）． （ 1 ）求 DBFS△ ； （ 2 ）把正方形 AEFG 绕点 A 按逆时针方向旋转 45 °得图②，求图②中的 DBFS△ ； （ 3 ）把正方形 AEFG 绕点 A 旋转一周，在旋转的过程中， DBFS△ 是否存在最大值、最 小值？如果存在，直接写出最大值、最小值；如果不存在，请说明理由． 25. （2011 年上海市）已知 2 4AB AD ， ， 90DAB   ，AD BC∥ （如图 13 ）．E 是射线 BC 上的动点（点 E 与点 B 不重合）， M 是线段 DE 的中点． （ 1 ）设 BE x ， ABM△ 的面积为 y ，求 y 关于 x 的函数解析式，并写出函数的定义 域； （ 2 ）如果以线段 AB 为直径的圆与以线段 DE 为直径的圆外切，求线段 BE 的长； （ 3 ）联结 BD ，交线段 AM 于点 N ，如果以 A N D， ， 为顶点的三角形与 BME△ 相似， 求线段 BE 的长． 26. （2011 年陕西省）某县社会主义新农村建设办公室，为了解决该县甲、乙两村和一 所中学长期存在的饮水困难问题，想在这三个地方的其中一处建一所供水站．由供水站 直接铺设管道到另外两处． 如图，甲，乙两村坐落在夹角为30 的两条公路的 AB 段和CD 段（村子和公路的宽均 不计），点 M 表示这所中学．点 B 在点 M 的北偏西30 的 3km 处，点 A 在点 M 的正 西方向，点 D 在点 M 的南偏西60 的 2 3 km 处． 为使供水站铺设到另两处的管道长度之和最短，现有如下三种方案： 方案一：供水站建在点 M 处，请你求出铺设到甲村某处和乙村某处的管道长度之和的 最小值； 方案二：供水站建在乙村（线段CD 某处），甲村要求管道建设到 A 处，请你在图①中， 画出铺设到点 A 和点 M 处的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值； 方案三：供水站建在甲村（线段 AB 某处），请你在图②中，画出铺设到乙村某处和点 M 处的管道长度之和最小的线路图，并求其最小值． 综上，你认为把供水站建在何处，所需铺设的管道最短？ 27. （2011 年山东省青岛市）已知：如图①，在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC ＝3cm，点 P 由 B 出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动，速度为 1cm/s；点 Q 由 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动，速度为 2cm/s；连接 PQ．若设运动的时间为 t（s）（0＜t＜2）， 解答下列问题： （1）当 t 为何值时，PQ∥BC？ （2）设△AQP 的面积为 y（ 2cm ），求 y 与 t 之间的函数关系式； （3）是否存在某一时刻 t，使线段 PQ 恰好把 Rt△ACB 的周长和面积同时平分？若存在， 求出此时 t 的值；若不存在，说明理由； （4）如图②，连接 PC，并把△PQC 沿 QC 翻折，得到四边形 PQP′C，那么是否存在某一 时刻 t，使四边形 PQP′C 为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由． 28. （2011 年江苏省南通市）已知双曲线 ky x  与直线 1 4y x 相交于 A、B 两点.第一 象限上的点 M（m，n）（在 A 点左侧）是双曲线 ky x  上的动点.过点 B 作 BD∥y 轴于点 D.过 N（0，－n）作 NC∥x 轴交双曲线 ky x  于点 E，交 BD 于点 C. （1）若点 D 坐标是（－8，0），求 A、B 两点坐标及 k 的值. （2）若 B 是 CD 的中点，四边形 OBCE 的面积为 4，求直线 CM 的解析式. （3）设直线 AM、BM 分别与 y 轴相交于 P、Q 两点，且 MA＝pMP，MB＝qMQ，求 p－q 的值. 29. （2011 年江苏省无锡市）一种电讯信号转发装置的发射直径为 31km ．现要求：在 一边长为 30km 的正方形城区选择若干个安装点，每个点安装一个这种转发装置，使这 些装置转发的信号能完全覆盖这个城市．问： （ 1 ）能否找到这样的 4 个安装点，使得这些点安装了这种转发装置后能达到预设的要 求？ （ 2 ）至少需要选择多少个安装点，才能使这些点安装了这种转发装置后达到预设的要 求？ 答题要求：请你在解答时，画出必要的示意图，并用必要的计算、推理和文字来说明你 的理由．（下面给出了几个边长为 30km 的正方形城区示意图，供解题时选用） 压轴题答案 1. 解：（ 1 ）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b =2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 2. (1) ∵ A ， B 两点的坐标分别是 A(10 ， 0) 和 B(8 ， 32 ) ， ∴ 3810 32OABtan  ， ∴  60OAB 当点 A ´在线段 AB 上时，∵  60OAB ， TA=TA ´， ∴△ A ´ TA 是等边三角形，且 ATTP  ， ∴ )t10(2 360sin)t10(TP  ， )t10(2 1AT2 1APPA  ， ○ 2 当 6t2  时，由图○ 1 ，重叠部分的面积 EBATPA SSS   ∵△ A ´ EB 的高是  60sinBA ， ∴ 2 3)4t10(2 1)t10(8 3S 22  34)2t(8 3)28t4t(8 3 22  当 t=2 时， S 的值最大是 34 ； ○ 3 当 2t0  ，即当点 A ´和点 P 都在线段 AB 的延长线是 ( 如图○ 2 ，其中 E 是 TA´与 CB 的交点， F 是 TP 与 CB 的交点 ) ， ∵ ETFFTPEFT  ，四边形 ETAB 是等腰形，∴ EF=ET=AB=4 ， ∴ 343242 1OCEF2 1S  综上所述， S 的最大值是 34 ，此时 t 的值是 2t0  . 3. 解：（ 1 ） RtA  ， 6AB  ， 8AC  ， 10BC  ． 点 D 为 AB 中点， 1 32BD AB   ． 90DHB A     ， B B   ． BHD BAC△ ∽△ ， DH BD AC BC   ， 3 12810 5 BDDH ACBC      ． （ 2 ） QR AB ∥ ， 90QRC A     ． C C   ， RQC ABC△ ∽△ ， RQ QC AB BC   ， 10 6 10 y x  ， 即 y 关于 x 的函数关系式为： 3 65y x   ． （ 3 ）存在，分三种情况： ①当 PQ PR 时，过点 P 作 PM QR 于 M ，则QM RM ． 1 2 90     ， 2 90C     ， 1 C   ． 8 4cos 1 cos 10 5C     ， 4 5 QM QP   ， 1 3 6 42 5 12 5 5 x      ， 18 5x  ． ②当 PQ RQ 时， 3 1265 5x   ， 6x  ． ③当 PR QR 时，则 R 为 PQ 中垂线上的点， 于是点 R 为 EC 的中点， 1 1 22 4CR CE AC    ． tan QR BAC CR CA   ， 3 6 65 2 8 x    ， 15 2x  ． 综上所述，当 x 为18 5 或 6 或15 2 时， PQR△ 为等腰三角形． 4.解：（ 1 ） ∵ MN∥BC，∴∠AMN = ∠B，∠ANM＝∠C． ∴ △AMN ∽ △ABC． ∴ AM AN AB AC  ，即 4 3 x AN ． ∴ AN＝ 4 3 x． ……………2 分 ∴ S = 21 3 3 2 4 8MNP AMNS S x x x      ．（ 0 ＜ x ＜ 4 ） ……………3 分 （ 2 ）如图 2，设直线 BC 与 ⊙ O 相切于点 D，连结 AO，OD，则 AO = OD = 2 1 MN． 在 Rt △ABC 中，BC ＝ 2 2AB AC =5 ． 由（ 1 ）知 △AMN ∽ △ABC． ∴ AM MN AB BC  ，即 4 5 x MN ． ∴ 5 4MN x ， ∴ 5 8OD x ． …………………5 分 过 M 点作 MQ⊥BC 于 Q，则 5 8MQ OD x  ． 在 Rt △BMQ 与 Rt △BCA 中， ∠ B 是公共角， ∴ △BMQ ∽ △BCA． ∴ BM QM BC AC  ． ∴ 55 258 3 24 x BM x    ， 25 424AB BM MA x x     ． ∴ x＝ 49 96 ． ∴ 当 x ＝ 49 96 时 ， ⊙ O 与 直 线 B C 相 切 ． … … … … … … … … … … … … … 7 分 故以下分两种情况讨论： ① 当 0 ＜ x ≤ 2 时， 2 Δ 8 3 xSy PMN  ． ∴ 当 x ＝ 2 时， 23 32 .8 2y   最大 ……………………………………8 分 ② 当 2 ＜ x ＜ 4 时，设 PM，PN 分别交 BC 于 E，F． ∵ 四边形 AMPN 是矩形， ∴ PN∥AM，PN＝AM＝x． 又∵ MN∥BC， ∴ 四边形 MBFN 是平行四边形． ∴ FN＝BM＝ 4 －x． ∴  4 2 4PF x x x     ． 又△PEF ∽ △ACB． ∴ 2 PEF ABC SPF AB S        ． ∴  23 22PEFS x   ． … … … … … … … … … … … … … … … … … … 9 分 MNP PEFy S S   ＝  22 23 3 92 6 68 2 8x x x x      ． … … … … … … … … 1 0 分 当 2 ＜ x ＜ 4 时， 29 6 68y x x    29 8 28 3x       ． ∴ 当 8 3x  时，满足 2 ＜ x ＜ 4 ， 2y 最大 ． ……………………11 分 综上所述，当 8 3x  时， y 值最大，最大值是 2 ． …………………………12 分 5. 解：（1）（-4，-2）；（-m,- k m ） (2) ①由于双曲线是关于原点成中心对称的，所以OP=OQ,OA=OB,所以四边形APBQ 一定是平行四边形 ②可能是矩形，mn=k即可 不可能是正方形，因为 Op 不能与 OA 垂直. 解：（1）作BE⊥OA， ∴ΔAOB是等边三角形 ∴BE=OB·sin60o= 2 3 ， ∴B( 2 3 ,2) ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   ,的以直线 AB 的解析式为 3 43y x   （ 2 ）由旋转知， AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  6. 解：（1）作BE⊥OA，∴ΔAOB是等边三角形∴BE=OB·sin60o= 2 3 ， ∴B( 2 3 ,2) ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   , 以直线 AB 的解析式为 3 43y x   （ 2 ）由旋转知， AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  6. 解：（1）作BE⊥OA，∴ΔAOB是等边三角形∴BE=OB·sin60o= 2 3 ， ∴B( 2 3 ,2) ∵A(0,4),设 AB 的解析式为 4y kx  ,所以 2 3 4 2k   ,解得 3 3k   , 以直线 AB 的解析式为 3 43y x   （ 2 ）由旋转知， AP=AD, ∠PAD=60o, ∴ΔAPD 是等边三角形，PD=PA= 2 2 19AO OP  如图，作 B E⊥AO,DH⊥OA,GB⊥DH,显然ΔGBD 中∠GBD=30° ∴GD= 1 2 BD= 3 2 ,DH=GH+GD= 3 2 + 2 3 = 5 3 2 , ∴GB= 3 2 BD= 3 2 ,OH=OE+HE=OE+BG= 3 72 2 2   ∴D( 5 3 2 , 7 2 ) (3)设 OP=x,则由（2）可得 D( 32 3 ,2 2x x  )若ΔOPD 的面积为： 1 3 3(2 )2 2 4x x  解得： 2 3 21 3x   所以 P( 2 3 21 3   ,0) (1)① ,BG DE BG DE  ……………………………………………………………… 2 分 ② ,BG DE BG DE  仍然成 立 …………………………………………………… 1 分 在图（ 2 ）中证明如下 ∵四边形 ABCD 、四边形 ABCD 都是正方形 ∴ BC CD ，CG CE ， 090BCD ECG    ∴ BCG DCE   ………………………………………………………………… 1 分 ∴ BCG DCE   （ SAS ）……………………………………………………… 1 分 ∴ BG DE CBG CDE   又∵ BHC DHO   090CBG BHC    ∴ 090CDE DHO    ∴ 090DOH  ∴ BG DE ………………………………………………………………………… 1 分 （2）BG DE 成立，BG DE 不成立 ………………………………………………… 2 分 简要说明如下 ∵四边形 ABCD 、四边形CEFG 都是矩形， 且 AB a ， BC b ，CG kb ，CE ka ( a b ， 0k  ) ∴ BC CG b DC CE a   ， 090BCD ECG    ∴ BCG DCE   ∴ BCG DCE  ……………………………………………………………………… 1 分 ∴ CBG CDE   又∵ BHC DHO   090CBG BHC    ∴ 090CDE DHO    ∴ 090DOH  ∴ BG DE …………………………………………………………………………… 1 分 （ 3 ）∵ BG DE ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2BE DG OB OE OG OD BD GE       又∵ 3a  ， 2b  ， k  1 2 ∴ 2 2 2 2 2 23 652 3 1 ( )2 4BD GE      ……………………………………………… 1 分 ∴ 2 2 65 4BE DG  ……………………………………………………………………… 1 分 （ 1 ）① 2AB  …………………………………………………………………………… 2分 8 42OA   ， 4OC  ， S 梯形 OABC =12 …………………………………………… 2 分 ②当 42  t 时， 直角梯形 OABC 被直线l 扫过的面积 = 直角梯形 OABC 面积－直角三角开 DOE 面积 2112 (4 ) 2(4 ) 8 42S t t t t         ………………………………………… 4 分 （ 2 ） 存 在 …………………………………………………………………………………… 1 分 1 2 3 4 5 8( 12,4), ( 4,4), ( ,4), (4,4), (8,4)3P P P P P   …（每个点对各得 1 分）…… 5 分 对于第（ 2 ）题我们提供如下详细解答（评分无此要求） . 下面提供参考解法二： 1 以点 D 为直角顶点，作 1PP x 轴 同理在③二图中分别可得 P 点的生标为 P（－ 4 ， 4 ）（与①情形二重合舍去）、P（ 4 ， 4 ）， E 点在 A 点下方不可能 .综上可得 P 点的生标共 5 个解，分别为 P（－ 12 ， 4 ）、P（－ 4 ， 4 ）、P（－ 8 3 ， 4 ）、 P（ 8 ， 4 ）、P（ 4 ， 4 ）． 下面提供参考解法二： 以直角进行分类进行讨论（分三类）： 第一类如上解法⑴中所示图 2 2P DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) 的中点坐标为 b(- ,b)2 ，直线 DE 的中垂线方程： 1 ( )2 2 by b x    ，令 4y  得 3( 8,4)2 bP  ．由已知可得 2PE DE 即 2 2 2 232 ( 8) (4 2 ) 42 b b b b      化简 得 23 32 64 0b b   解得 1 2 1 88 3b b P P   3b， 将之代入（ -8，4） （4，4)、2 2 ( 4,4)P  ； 第二类如上解法②中所示图 2 2E DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) ，直线 PE 的方程： 1 22y x b   ，令 4y  得 (4 8,4)P b  ．由已知可得 PE DE 即 2 2 2 2(4 8) (4 2 ) 4b b b b     化简得 2 2(2 8)b b  解之得 ， 1 2 3 44 3b b P P   ， 将之代入（4b-8，4） （8，4)、 4 8( ,4)3P  第三类如上解法③中所示图 2 2D DE y x b  为直角：设直线 ： ， D此时 （-b,o)，E(O,2b) ，直线 PD 的方程： 1 ( )2y x b   ，令 4y  得 ( 8,4)P b  ．由已知可得 PD DE 即 2 2 2 28 4 4b b   解得 1 2 54 4b b P P    ， 将之代入（-b-8，4） （-12，4)、 6 ( 4,4)P  （ 6 ( 4,4)P  与 2P 重合舍去）． 综上可得 P 点的生标共 5 个解，分别为 P（－ 12 ， 4 ）、P（－ 4 ， 4 ）、P（－ 8 3 ， 4 ）、 P（ 8 ， 4 ）、P（ 4 ， 4 ）． 事实上，我们可以得到更一般的结论： 如果得出 AB a OC b 、 、OA h 、设 b ak h  ，则 P 点的情形如下 11. 解：（ 1 ）设 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为 x 千米， 由题意得 120 10 2 3 x x  ，············································································· 2 分 解得 180x  ． A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为 180 千米．···································· 4 分 （ 2 ）1.8 180 28 2 380    （元）， 该车货物从 A 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用为 380 元．·················· 6 分 （ 3 ）设这批货物有 y 车， 由题意得 [800 20 ( 1)] 380 8320y y y     ，················································ 8 分 整理得 2 60 416 0y y   ， 解得 1 8y  ， 2 52y  （不合题意，舍去），·················································· 9 分 这批货物有 8 车．··············································································· 10 分 12. 解：（ 1 ） 2 12 4 4a a， ， ．···································································· 3 分 （ 2 ）相等，比值为 2 ．········· 5 分（无“相等”不扣分有“相等”，比值错给 1 分） （ 3 ）设 DG x ， 在矩形 ABCD 中， 90B C D       ， 90HGF   ， 90DHG CGF DGH      ， HDG GCF△ ∽△ ， 1 2 DG HG CF GF    ， 2 2CF DG x   ．················································································ 6 分 同理 BEF CFG   ． EF FG ， FBE GCF△ ≌△ ， 1 4BF CG a x    ．············································································· 7 分 CF BF BC  ， 1 22 4 4x a x a    ，·················································································· 8 分 解得 2 1 4x a ． 即 2 1 4DG a ．·················································································· 9 分 （ 4 ） 23 16 a ，························································································ 10 分 227 18 2 8 a ． 12 分 ∴ 6 49 4 7 3 8)2(73 4 2       xxxEFMES MEFN矩形 ． ……………………8 分 当 x＝ 4 7 时，ME＝ 3 7 ＜4，∴四边形 MEFN 面积的最大值为 6 49 ． ……………9 分 （ 3 ）能． ……………………………………………………………………10 分 由（ 2 ）可知，设 AE＝x，则 EF＝ 7 － 2 x，ME＝ x3 4 ． 若四边形 MEFN 为正方形，则 ME＝EF． 即  3 4x 7 － 2 x．解，得 10 21x ． ……………………………………………11 分 ∴ EF＝ 21 147 2 7 2 10 5x     ＜4． ∴ 四边形 MEFN 能为正方形，其面积为 25 196 5 14 2     MEFNS正方形 ． ∴ 6 49 4 7 3 8)2(73 4 2       xxxEFMES MEFN矩形 ． ……………………8 分 当 x＝ 4 7 时，ME＝ 3 7 ＜4，∴四边形 MEFN 面积的最大值为 6 49 ． ……………9 分 （ 3 ）能． ……………………………………………………………………10 分 由（ 2 ）可知，设 AE＝x，则 EF＝ 7 － 2 x，ME＝ x3 4 ． 若四边形 MEFN 为正方形，则 ME＝EF． 即  3 4x 7 － 2 x．解，得 10 21x ． ……………………………………………11 分 ∴ EF＝ 21 147 2 7 2 10 5x     ＜4． ∴ 四边形 MEFN 能为正方形，其面积为 25 196 5 14 2     MEFNS正方形 ． 14. 解：（ 1 ）由题意可知，     131  mmmm ． 解，得 m＝ 3 ． ………………………………3 分 ∴ A（ 3 ， 4 ），B（ 6 ， 2 ）； ∴ k＝ 4 × 3=12 ． ……………………………4 分 （ 2 ）存在两种情况，如图： ①当 M 点在 x 轴的正半轴上，N 点在 y 轴的正半轴 上时，设 M 1 点坐标为（x 1 ， 0 ），N 1 点坐标为（ 0 ，y 1 ）． ∵ 四边形 AN 1 M 1 B 为平行四边形， ∴ 线段 N 1 M 1 可看作由线段 AB 向左平移 3 个单位， 再向下平移 2 个单位得到的（也可看作向下平移 2 个单位，再向左平移 3 个单位得到的）． 由（1）知 A 点坐标为（ 3 ， 4 ），B 点坐标为（ 6 ， 2 ）， ∴ N 1 点坐标为（ 0 ， 4 － 2 ），即 N 1 （ 0 ， 2 ）； ………………………………5 分 M 1 点坐标为（ 6 － 3 ， 0 ），即 M 1 （ 3 ， 0 ）． ………………………………6 分 设直线 M 1 N 1 的函数表达式为 21  xky ，把 x＝ 3 ，y＝ 0 代入，解得 3 2 1 k ． ∴ 直线 M 1 N 1 的函数表达式为 23 2  xy ． ……………………………………8 分 ②当 M 点在 x 轴的负半轴上，N 点在 y 轴的负半轴上时，设 M 2 点坐标为（x 2 ， 0 ）， N 2 点坐标为（ 0 ，y 2 ）． ∵ AB∥N 1 M 1 ，AB∥M 2 N 2 ，AB＝N 1 M 1 ，AB＝M 2 N 2 ， ∴ N 1 M 1 ∥M 2 N 2 ，N 1 M 1 ＝M 2 N 2 ． ∴ 线段 M 2 N 2 与线段 N 1 M 1 关于原点 O 成中心对称． ∴ M 2 点坐标为（- 3 ， 0 ），N 2 点坐标为（ 0 ，- 2 ）． ………………………9 分 设直线 M 2 N 2 的函数表达式为 22  xky ，把 x＝- 3 ，y＝ 0 代入，解得 3 2 2 k ， ∴ 直线 M 2 N 2 的函数表达式为 23 2  xy ． 所以，直线 MN 的函数表达式为 23 2  xy 或 23 2  xy ． ………………11 分 （ 3 ）选做题：（ 9 ， 2 ），（ 4 ， 5 ）． ………………………………………………2 分 15. 解：(1)解法 1：根据题意可得：A(-1,0)，B(3,0)； 则设抛物线的解析式为 )3)(1(  xxay (a≠0) 又点 D (0 ， -3) 在抛物线上，∴a(0+1 )( 0-3)=-3，解之得：a=1 ∴y=x2-2x-3··············································································· 3 分 自变量范围：-1≤x≤3·································································· 4 分 解法 2 ：设抛物线的解析式为 cbxaxy  2 (a≠0) 根据题意可知，A(-1,0)，B(3,0)，D (0 ， -3) 三点都在抛物线上 ∴       3 039 0 c cba cba ，解之得：       3 2 1 c b a ∴y=x2-2x-3····························································· 3 分 自变量范围：-1≤x≤3··············································· 4 分 (2) 设经过点 C“蛋圆”的切线 CE 交 x 轴于点 E，连结 CM， 在 Rt△MOC 中，∵OM=1，CM=2，∴∠CMO=60°,OC= 3 在 Rt△MCE 中，∵OC=2，∠CMO=60°，∴ME=4 ∴点 C、E 的坐标分别为(0， 3 )，(-3,0) ····································· 6 分 ∴切线 CE 的解析式为 3x3 3y  ·············································· 8 分 (3) 设过点 D (0 ， -3) ，“蛋圆”切线的解析式为：y = kx -3( k≠ 0) ··············· 9 分 由题意可知方程组      32 3 2 xxy kxy 只有一组解 即 323 2  xxkx 有两个相等实根，∴k=-2·································· 11 分 ∴过点 D“蛋圆”切线的解析式 y =-2 x -3 ······································· 12 分 （ 2 ）当 1t  时，过 D 点作 1DD OA ，交OA 于 1D ，如图 1 ， 则 5 3DQ QO  ， 4 3QC  ， 1CD  ， (13)D ， ． （ 3 ）① PQ 能与 AC 平行． 若 PQ AC∥ ，如图 2 ，则 OP OA OQ OC  ， 即 6 6 2 3 3 t t    ， 14 9t  ，而 70 3t≤ ≤ ， 14 9t  ． ② PE 不能与 AC 垂直． 若 PE AC ，延长QE 交OA 于 F ，如图 3 ， 则 2 3 33 5 tQF OQ QF AC OC    ． 25 3QF t      ． EF QF QE QF OQ     2 25 3 3t t             2( 5 1) ( 5 1)3t    ． 又 Rt RtEPF OCA △ ∽ △ ， PE OC EF OA   ， 6 3 2 6( 5 1) 3 t t        ， 3.45t  ，而 70 3t≤ ≤ ， t 不存在． 17. 解：（ 1 ）直线 3 3y x   与 x 轴交于点 A ，与 y 轴交于点C ． ( 1 0)A  ， ， (0 3)C ， ············································································· 1 分 点 A C， 都在抛物线上， 2 30 3 3 a c c       3 3 3 a c      抛物线的解析式为 23 2 3 33 3y x x   ················································· 3 分 顶点 4 31 3F      ， ················································································· 4 分 （ 2 ）存在······························································································ 5 分 1(0 3)P ， ····························································································· 7 分 2 (2 3)P ， ····························································································· 9 分 （ 3 ）存在···························································································· 10 分 理由： 解法一： 延长 BC 到点 B，使 B C BC  ，连接 B F 交直线 AC 于点 M ，则点 M 就是所求的点． ········································································ 11 分 在 Rt BB H△ 中， 1 2 32B H BB   ， 3 6BH B H  ， 3OH  ， ( 3 2 3)B  ， ··········································· 12 分 设直线 B F 的解析式为 y kx b  2 3 3 4 3 3 k b k b        解得 3 6 3 3 2 k b      3 3 3 6 2y x   ·················································································· 13 分 3 3 3 3 3 6 2 y x y x       解得 3 7 10 3 7 x y      ， 3 10 3 7 7M       ， 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ．···· 14 分 0 3 5 33 k b b     解得 5 39 5 33 k b      5 53 39 3y   ·················································································· 13 分 5 53 39 3 3 3 y x y x        解得 3 7 10 3 7 x y      3 10 3 7 7M       ， 在直线 AC 上存在点 M ，使得 MBF△ 的周长最小，此时 3 10 3 7 7M      ， ． 1 18. 解：（ 1 ）点 E 在 y 轴上······································································· 1 分 理由如下： 连接 AO ，如图所示，在 Rt ABO△ 中， 1AB  ， 3BO  ， 2AO  1sin 2AOB   ， 30AOB   由题意可知： 60AOE   30 60 90BOE AOB AOE          点 B 在 x 轴上，点 E 在 y 轴上．···························································· 3 分 （ 2 ）过点 D 作 DM x 轴于点 M 1OD  ， 30DOM   在 Rt DOM△ 中， 1 2DM  ， 3 2OM  点 D 在第一象限， 点 D 的坐标为 3 1 2 2       ， ·········································································· 5 分 由（ 1 ）知 2EO AO  ，点 E 在 y 轴的正半轴上 点 E 的坐标为(0 2)， 点 A 的坐标为( 31) ， ············································································ 6 分 抛物线 2y ax bx c   经过点 E ， 2c  由题意，将 ( 31)A  ， ， 3 1 2 2D       ， 代入 2 2y ax bx   中得 3 3 2 1 3 3 124 2 2 a b a b        解得 8 9 5 3 9 a b       所求抛物线表达式为： 28 5 3 29 9y x x    ·············································· 9 分 （ 3 ）存在符合条件的点 P ，点Q ．··························································· 10 分 理由如下：矩形 ABOC 的面积 3AB BO  以O B P Q， ， ， 为顶点的平行四边形面积为 2 3 ． 由题意可知OB 为此平行四边形一边， 又 3OB  OB 边上的高为 2 ················································································· 11 分 依题意设点 P 的坐标为( 2)m， 点 P 在抛物线 28 5 3 29 9y x x    上 28 5 3 2 29 9m m    解得， 1 0m  ， 2 5 3 8m   1(0 2)P ， ， 2 5 3 28P      ， 以O B P Q， ， ， 为顶点的四边形是平行四边形， PQ OB ∥ ， 3PQ OB  ， 当点 1P 的坐标为(0 2)， 时， 点Q 的坐标分别为 1( 3 2)Q  ， ， 2 ( 3 2)Q ， ； 当点 2P 的坐标为 5 3 28      ， 时， 点Q 的坐标分别为 3 13 3 28Q      ， ， 4 3 3 28Q       ， ．······································· 14 分 （以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分） 19. 解：（ 1 ）在 23 34y x   中，令 0y  23 3 04 x   1 2x  ， 2 2x   ( 2 0)A  ， ， (2 0)B ， ··········································· 1 分 又点 B 在 3 4y x b   上 30 2 b    3 2b  BC 的解析式为 3 3 4 2y x   ··································································· 2 分 （ 2 ）由 23 34 3 3 4 2 y x y x         ，得 1 1 1 9 4 x y    2 2 2 0 x y    ·············································· 4 分 91 4C      ， ， (2 0)B ， 4AB  ， 9 4CD  ················································································· 5 分 1 9 942 4 2ABCS    △ ············································································· 6 分 （ 3 ）过点 N 作 NP MB 于点 P EO MB NP EO ∥ BNP BEO△ ∽△ ·················································································· 7 分 BN NP BE EO   ··························································································· 8 分 由直线 3 3 4 2y x   可得： 30 2E      ， 在 BEO△ 中， 2BO  ， 3 2EO  ，则 5 2BE  2 5 3 2 2 t NP  ， 6 5NP t  ··········································································· 9 分 1 6 (4 )2 5S t t    23 12 (0 4)5 5S t t t     ········································································ 10 分 23 12( 2)5 5S t    ················································································ 11 分 此抛物线开口向下，当 2t  时， 12 5S 最大 当点 M 运动 2 秒时， MNB△ 的面积达到最大，最大为12 5 ． 20. 解：（1）如图，过点 B 作 BD⊥OA 于点 D. 在 Rt△ABD 中， ∵∣AB∣=3 5 ,sin∠OAB= 5 5 , ∴∣BD∣=∣AB∣·sin∠OAB =3 5 × 5 5 =3. 又由勾股定理，得 2 2AD AB B D  2 2(3 5) 3 6   ∴∣OD∣=∣OA∣-∣AD∣=10-6=4. ∵点 B 在第一象限，∴点 B 的坐标为（4，3）. ……3 分 设经过 O(0,0)、C（4，-3）、A(10,0)三点的抛物线的函数表达式为 y=ax2+bx(a≠0). 由 1 ,16 4 3 8 100 10 0 5 .4 aa b a b b           ∴经过 O、C、A 三点的抛物线的函数表达式为 21 5 .8 4y x x  ……2 分 （2）假设在（1）中的抛物线上存在点 P，使以 P、O、C、A 为顶点的四边形为梯形 ①∵点 C（4，-3）不是抛物线 21 5 8 4y x x  的顶点， ∴过点 C 做直线 OA 的平行线与抛物线交于点 P1 . 则直线 CP1 的函数表达式为 y=-3. 对于 21 5 8 4y x x  ，令 y=-3 x=4 或 x=6. ∴ 1 2 1 2 4, 6, 3; 3. x x y y          而点 C（4，-3），∴P1(6,-3). 在四边形 P1AOC 中，CP1∥OA,显然∣CP1∣≠∣OA∣. ∴点 P1（6，-3）是符合要求的点. ……1 分 ②若 AP2∥CO.设直线 CO 的函数表达式为 1 .y k x 将点 C（4，-3）代入，得 1 1 34 3. .4k k     ∴直线 CO 的函数表达式为 3 .4y x  于是可设直线 AP2 的函数表达式为 1 3 .4y x b   将点 A（10，0）代入，得 3 15 .4 2x  ∴直线 AP2 的函数表达式为 3 15.4 2y x   由 2 2 3 15 .4 2 4 60 01 5 8 4 y x x x y x x            ，即（x-10）（x+6）=0. ∴ 1 2 1 2 10, 6 0; 12; x x y y         而点 A（10，0），∴P2（-6，12）. 过点 P2 作 P2E⊥x 轴于点 E，则∣P2E∣=12. 在 Rt△AP2E 中，由勾股定理，得 2 2 2 2 2 2 12 16 20.AP P E AE     而∣CO∣=∣OB∣=5. ∴在四边形 P2OCA 中，AP2∥CO,但∣AP2∣≠∣CO∣. ∴点 P2（-6，12）是符合要求的点. ……1 分 ③若 OP3∥CA,设直线 CA 的函数表达式为 y=k2x+b2 将点 A(10,0)、C(4,-3)代入，得 2 2 2 2 2 2 110 0 ,24 3 5. k b k k b b            ∴直线 CA 的函数表达式为 1 5.2y x  ∴直线 OP3 的函数表达式为 1 2y x 由 2 2 1 2 14 0,1 5 8 4 y x x x y x x         即 x(x-14)=0. ∴ 1 2 1 2 0, 14, 0; 7. x x y y        而点 O(0,0),∴P3（14，7）. 过点 P3 作 P3E⊥x 轴于点 E，则∣P3E∣=7. 在 Rt△OP3E 中，由勾股定理，得 2 2 2 2 3 3 7 14 7 5.OP P F OF     而∣CA∣=∣AB∣=3 5 . ∴在四边形 P3OCA 中，OP3∥CA,但∣OP3∣≠∣CA∣. ∴点 P3（14，7）是符合要求的点. ……1 分 综上可知，在（1）中的抛物线上存在点 P1(6,-3)、P2(-6,12)、P3(14,7), 使以 P、O、C、A 为顶点的四边形为梯形. ……1 分 ∴ 32 , 7 , ,2QO k QR k OG k   2 27 49, 10 , .2 4QG k ON ak MG ak   2 31 1 7 10 35 .2 2QNRS QR ON k ak ak        1 1 1( )2 2 2QO ON ON GM OG QG GM        2 2 2 21 1 49 3 1 7 492 10 (10 )2 2 4 2 2 2 4k ak ak ak k k ak          31 49 49(29 15 3 7 ) .2 8 8 ak      ∴ 3 321: ( ) :(35 ) 3: 20.4QNM QNRS S ak ak   ……2 分 ②当抛物线开口向下时，则此抛物线与 y 轴的正半轴交于点 N， 同理，可得 : 3: 20.QNM QNRS S   ……1 分 综上所知， :QNM QNRS S  的值为 3：20. ……1 分 21. 解： (1)m=-5,n=-3 (2)y= 4 3 x+2 (3)是定值. 因为点 D 为∠ACB 的平分线，所以可设点 D 到边 AC,BC 的距离均为 h， 设△ABC AB 边上的高为 H, 则利用面积法可得： 2 2 2 CM h CN h MN H    （CM+CN）h=MN﹒H CM CN MN H h   又 H= CM CN MN  化简可得 (CM+CN)﹒ 1MN CM CN h  故 1 1 1 CM CN h   22. 解：（ 1 ）由已知得： 3 1 0 c b c      解得 c=3,b =2 ∴抛物线的线的解析式为 2 2 3y x x    (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 所以对称轴为 x=1,A,E 关于 x=1 对称，所以 E(3,0) 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积= ABO DFEBOFDS S S  梯形 = 1 1 1( )2 2 2AO BO BO DF OF EF DF      = 1 1 11 3 (3 4) 1 2 42 2 2         =9 （3）相似 如图，BD= 2 2 2 21 1 2BG DG    BE= 2 2 2 23 3 3 2BO OE    DE= 2 2 2 22 4 2 5DF EF    所以 2 2 20BD BE  , 2 20DE  即： 2 2 2BD BE DE  ,所以 BDE 是直角三角形 所以 90AOB DBE     ,且 2 2 AO BO BD BE   , 所以 AOB DBE  . 23. 解（Ⅰ）当 1 ba ， 1c 时，抛物线为 123 2  xxy ， 方程 0123 2  xx 的两个根为 11 x ， 3 1 2 x ． ∴ 该抛物线与 x 轴公共点的坐标是 1 0 ， 和 1 03      ， ． ····································· 2 分 （Ⅱ）当 1 ba 时，抛物线为 cxxy  23 2 ，且与 x 轴有公共点． 对于方程 023 2  cxx ，判别式 c124  ≥0 ，有 c ≤ 3 1 ． ······························ 3 分 ① 当 3 1c 时，由方程 03 123 2  xx ，解得 3 1 21  xx ． 此时抛物线为 3 123 2  xxy 与 x 轴只有一个公共点 1 03     ， ．························ 4 分 ② 当 3 1c 时， 11 x 时， ccy  1231 ， 12 x 时， ccy  5232 ． 由已知 11  x 时，该抛物线与 x 轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为 3 1x ， 应有 1 2 0 0. y y    ≤ ， 即 1 0 5 0. c c     ≤ ， 解得 5 1c  ≤ ． 综上， 3 1c 或 5 1c  ≤ ． ································································ 6 分 （Ⅲ）对于二次函数 cbxaxy  23 2 ， 由已知 01 x 时， 01  cy ； 12 x 时， 0232  cbay ， 又 0 cba ， ∴ babacbacba  22)(23 ． 于是 02  ba ．而 cab  ， ∴ 02  caa ，即 0 ca ． ∴ 0 ca ． ························································································ 7 分 ∵ 关于 x 的一元二次方程 023 2  cbxax 的判别式 0])[(412)(4124 222  accaaccaacb ， ∴ 抛物线 cbxaxy  23 2 与 x 轴有两个公共点，顶点在 x 轴下方．······················ 8 分 24. 解：（ 1 ）∵点 F 在 AD 上， ∴ 2AF a ， ∴ 2DF b a  ， ∴ 21 1 1 2( 2 )2 2 2 2DBFS DFAB b a b b ab    △ × × .（ 2 ）连结 AF ， 由题意易知 AF BD∥ ， ∴ 21 2DBF ABDS S b △ △ . （ 3 ）正方形 AEFG 在绕 A 点旋转的过程中，F 点的轨迹是以点 A 为圆心，AF 为半径的 圆 . 第一种情况：当 b >2 a 时，存在最大值及最小值； 因为 BFD△ 的边 2BD b ，故当 F 点到 BD 的距离取得最大、最小值时， BFD△S 取得最大、最小值 .如图②所示 2CF BD 时， BFD△S 的最大值 = 2 21 2 22 2 ,2 2 2BF D b b abb a          △S BFD△S 的最小值 = 2 21 2 22 2 ,2 2 2BF D b b abb a          △S 第二种情况：当 b =2 a 时，存在最大值，不存在最小值； BFD△S 的最大值 = 2 2 2 b ab . （如果答案为 4 a 或 b 也可） 25. 解：（ 1 ）取 AB 中点 H ，联结 MH ， M 为 DE 的中点， MH BE ∥ ， 1 ( )2MH BE AD  ．························· （ 1 分） 又 AB BE ， MH AB  ．···························································· （ 1 分） 1 2ABMS AB MH  △ ，得 1 2( 0)2y x x   ；····························· （ 2 分）（ 1 分） （ 2 ）由已知得 2 2( 4) 2DE x   ．···················································· （ 1 分） 以线段 AB 为直径的圆与以线段 DE 为直径的圆外切， 1 1 2 2MH AB DE   ，即 2 21 1( 4) 2 (4 ) 22 2x x       ．···················· （ 2 分） 解得 4 3x  ，即线段 BE 的长为 4 3 ；························································（ 1 分） （ 3 ）由已知，以 A N D， ， 为顶点的三角形与 BME△ 相似， 又易证得 DAM EBM   ．······························································· （ 1 分） 由此可知，另一对对应角相等有两种情况：① ADN BEM   ；② ADB BME   ． ①当 ADN BEM   时， AD BE ∥ ， ADN DBE   ． DBE BEM   ． DB DE  ，易得 2BE AD ．得 8BE  ；··········································· （ 2 分） ②当 ADB BME   时， AD BE ∥ ， ADB DBE   ． DBE BME   ．又 BED MEB   ， BED MEB△ ∽△ ． DE BE BE EM   ，即 2BE EM DE  ，得 2 2 2 2 21 2 ( 4) 2 ( 4)2x x x     ． 解得 1 2x  ， 2 10x   （舍去）．即线段 BE 的长为 2 ．····························· （ 2 分） 综上所述，所求线段 BE 的长为 8 或 2 ． 26. 解：方案一：由题意可得： MB OB ， 点 M 到甲村的最短距离为 MB ．························································（ 1 分） 点 M 到乙村的最短距离为 MD ． 将供水站建在点 M 处时，管道沿 MD MB， 铁路建设的长度之和最小． 即最小值为 3 2 3MB MD   ．·························································（ 3 分） 方案二：如图①，作点 M 关于射线OE 的对称点 M  ，则 2MM ME  ，连接 AM  交OE 于点 P ，则 1 2PE AM ∥ ． 2 6AM BM  ， 3PE  ．··························································· （ 4 分） 在 Rt DME△ 中， 3sin 60 2 3 32DE DM     ， 1 1 2 3 32 2ME DM    ， PE DE  ， P D ， 两点重合．即 AM  过 D 点．·································· （ 6 分） 在线段CD 上任取一点 P，连接 P A P M P M   ， ， ，则 P M P M   ． AP P M AM     ， 把供水站建在乙村的 D 点处，管道沿 DA DM， 线路铺设的长度之和最小． 即最小值为 2 2 2 26 (2 3) 4 3AD DM AM AM MM        ．······· （ 7 分） 方案三：作点 M 关于射线OF 的对称点 M  ，连接GM ，则GM GM  ． 作 M N OE  于点 N ，交OF 于点G ，交 AM 于点 H ， M N 为点 M  到OE 的最短距离，即 M N GM GN   ． 在 Rt M HM△ 中， 30MM N   ， 6MM   ， 3MH  ． 3NE MH   ． 3DE  ， N D ， 两点重合，即 M N 过 D 点． 在 Rt M DM△ 中， 2 3DM  ， 4 3M D  ．··································· （ 10 分） 在线段 AB 上任取一点G，过G作G N OE   于点 N，连接G M G M  ， ． 显然G M G N G M G N M D           ． 把供水站建在甲村的G 处，管道沿GM GD， 线路铺设的长度之和最小． 即最小值为 4 3GM GD M D   ．·················································· （ 11 分） 综上， 3 2 3 4 3  ，供水站建在 M 处，所需铺设的管道长度最短．·· （ 12 分） 27. 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则 CQ＝(4－2t)cm， ∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm ∴AP＝（5－t）cm， ∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC， ∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2t∶4，解得：t＝10 7 ∴当 t 为10 7 秒时，PQ∥BC ………………2 分 （2）过点 Q 作 QD⊥AB 于点 D，则易证△AQD∽△ABC ∴AQ∶QD＝AB∶BC ∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝ 6 5 t ∴△APQ 的面积： 1 2 ×AP×QD＝ 1 2 （5－t）× 6 5 t ∴y 与 t 之间的函数关系式为：y＝ 233 5t t ………………5 分 （3）由题意： 当面积被平分时有： 233 5t t ＝ 1 2 × 1 2 ×3×4，解得：t＝ 5 5 2  当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1 ∴不存在这样 t 的值 ………………8 分 （4）过点 P 作 PE⊥BC 于 E 易证：△PAE∽△ABC，当 PE＝ 1 2 QC 时，△PQC 为等腰三角形，此时△QCP′为菱形 ∵△PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝ 4 5 t ∵QC＝4－2t，∴2× 4 5 t ＝4－2t,解得：t＝10 9 ∴当 t＝10 9 时，四边形 PQP′C 为菱形 此时，PE＝ 8 9 ，BE＝ 2 3 ，∴CE＝ 7 3 ………………10 分 在 Rt△CPE 中，根据勾股定理可知：PC＝ 2 2PE CE ＝ 2 28 7( ) ( )9 3  ＝ 505 9 ∴此菱形的边长为 505 9 cm ………………12 分 28. 解：（1）∵D（－8，0），∴B 点的横坐标为－8，代入 1 4y x 中，得 y＝－2. ∴B 点坐标为（－8，－2）.而 A、B 两点关于原点对称，∴A（8，2） 从而 k＝8×2＝16 （2）∵N（0，－n），B 是 CD 的中点，A，B，M，E 四点均在双曲线上, ∴mn＝k，B（－2m，－ 2 n ），C（－2m，－n），E（－m，－n） DCNOS矩形 ＝2mn＝2k， DBOS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k， OENS△ ＝ 1 2 mn＝ 1 2 k. ∴ OBCES矩形 ＝ DCNOS矩形 ― DBOS△ ― OENS△ ＝k.∴k＝4. 由直线 1 4y x 及双曲线 4y x  ，得 A（4，1），B（－4，－1） ∴C（－4，－2），M（2，2） 设直线 CM 的解析式是 y ax b  ，由 C、M 两点在这条直线上，得 4 2 2 2 a b a b        ，解得 a＝b＝ 2 3 ∴直线 CM 的解析式是 y＝ 2 3 x＋ 2 3 . 即如此安装 3 个这种转发装置，也能达到预设要求．································· （ 6 分） 或：将原正方形分割成如图 2 中的 3 个矩形，使得 31BE  ，H 是CD 的中点，将每个 装置安装在这些矩形的对角线交点处，则 2 231 30 61AE    ， 30 61DE   ， 2 2(30 61) 15 26.8 31DE    ≈ ，即如此安装三个这个转发装置，能达到预设 要求．·····························································································（ 6 分） 要用两个圆覆盖一个正方形，则一个圆至少要经过正方形相邻两个顶点．如图 3 ，用一 个直径为 31 的 O 去覆盖边长为 30 的正方形 ABCD ，设 O 经过 A B， ， O 与 AD 交于 E ，连 BE ，则 2 2 131 30 61 15 2AE AD     ，这说明用两个直径都为 31的圆不能完全覆盖正方形 ABCD ． 所以，至少要安装 3 个这种转发装置，才能达到预设要求．························ （ 8 分） 评分说明：示意图（图 1、图 2、图 3）每个图 1 分． 抛物线解析式为 2 ( 1)( 5)9y x x    ，即 22 8 10 9 9 9y x x    当 1 3a   时，在抛物线 21 4 5 3 3 3y x x    上存在一点 (2 3)E ， 满足条件，如果此抛物线 上还有满足条件的 E 点，不妨设为 E 点，那么只有可能 DE N△ 是以 DN 为斜边的等 腰直角三角形，由此得 (3.51.5)E ， ，显然 E 不在抛物线 21 4 5 3 3 3y x x    上，因此抛 物线 21 4 5 3 3 3y x x    上没有符合条件的其他的 E 点． 当 2 9a   时，同理可得抛物线 22 8 10 9 9 9y x x    上没有符合条件的其他的 E 点． 当 E 的坐标为(2 3)， ，对应的抛物线解析式为 21 4 5 3 3 3y x x    时， EDN△ 和 ABO△ 都是等腰直角三角形， 45GNP PBO     ． 又 NPG BPO   ， NPG BPO△ ∽△ ． PG PN PO PB   ， 2 7 14PB PG PO PN      ，总满足 10 2PB PG  ． 当 E 的坐标为(3.51.5)， ，对应的抛物线解析式为 22 8 10 9 9 9y x x    时， 同理可证得： 2 7 14PB PG PO PN     ，总满足 10 2PB PG  31. 解：（ 1 ）如图所示：·········································································· 4 分