2020中考数学压轴题100题精选
（附答案解析）
【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．
y M D C
P A O Q B x
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【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
A D 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；
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(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。
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【004】如图，已知直线l1:y?2x?8与直线l2:y??2x?16相交于
33点C，l1、l2分别交x轴于A、B两点．矩形DEFG的顶点D、E分别在直线l1、l2上，顶点F、G都在x轴上，且点G与点B重合． （1）求△ABC的面积；
（2）求矩形DEFG的边DE与EF的长；
（3）若矩形DEFG从原点出发，沿x轴的反方向以每秒1个单位长度的速度平移，
设移动时间为t(0≤t≤12)秒，矩形DEFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S关
t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围．
yl2 E C D l1A O B F （G） x （第4题）
【005】如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中
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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.
E B
A
D
A
N
D
A
D N
F
C
P F F E E
C B C B
M M 图1 图2 图3
（第25 题） A D A D
E F F E
B
C B C
图4（备用） 图5（备用）
P
【006】如图13，二次函数y?x2?px?q(p?0)的图象与x轴交
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于A、B两点，与y轴交于点C（0，-1），ΔABC的面积为5。
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。
【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
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的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，当 t为何值时，∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值．
【008】如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD
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∥BC，AB=BC，E是AB的中点，CE⊥BD。 （1） 求证：BE=AD；
（2） 求证：AC是线段ED的垂直平分线； （3） △DBC是等腰三角形吗？并说明理由。
【009】一次函数y?ax?b的图象分别与x轴、y轴交于点M,N，与反比例函数y?k的图象相交于点A,B．过点A分别作AC?xx轴，AE?y轴，垂足分别为C,E；过点B分别作BF?x轴，BD?y轴，垂足分别为F，D，AC与BD交于点K，连接CD． （1）若点A，B在反比例函数y?k的图象的同一分支上，如
x图1，试证明：
①S四边形AEDK?S四边形CFBK；
②AN?BM．
（2）若点A，B分别在反比例函数y?k的图象的不同分支
x上，如图2，则AN与BM还相等吗？试证明你的结论．
y N E D A(x1，y1)y B(x2，y2)
K O C F M E N F M O B(x3，y3) A(x1，y1)x 第 8 页 共 49 页
（第25题图1） C D K x （第25题图2）
【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
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成立？（请直接写出结论）．
【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
y A O 1 ?3 C B x M （第10题图）
D A G D A F D E G E
第 10 F 页 共 49 页
B 第24题图②
C E B F C B 第24题图③
C
【012】如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．抛物线y?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．
第 11 页 共 49 页
A M O B E C F y D N x
【013】如图，抛物线经过A(4，，0)B(1，，0)C(0，?2)三点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上一动点，过P作PM?x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．
y O B 1 ?2 4 A x C （第26题图） 第 12 页 共 49 页
【014】在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y?x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y?x于点M，BC边交x轴于点N（如图）.
（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积； （2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形
OABC旋转的度数；
（3）设?MBN的周长为p，在旋转正方形OABC
的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.
y y?x A M B O C (第26题)
N x
第 13 页 共 49 页
【015】如图，二次函数的图象经过点D(0，793)，且顶点
C
的横坐标为4，该图象在x 轴上截得的线段AB的长为6.
⑴求二次函数的解析式；
⑵在该抛物线的对称轴上找一点P，使PA+PD最小，求出点P的坐标；
⑶在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【016】如图9，已知正比例函数和反比例函数的图象都经过点A(3，3)．
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与四边形OABD的面积S满足：
S1?2S？若存在，求点3E的坐标；
若不存在，请说明理由．
y 3 A B O 3 C 6 x D 第 15 页 共 49 页
【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B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是
△NDD1面积的
2倍，求点N的坐标．
y B O A D （第26题）
x 第 16 页 共 49 页
【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．
y 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
在BC上F处，以CF为边作正方形CFGH，延长BC至M，使CM＝｜CF—EO｜，再以CM、CO为边作矩形CMNO (1)试比较EO、EC的大小，并说明理由 (2)令m?S四边形CFGHS四边形CNMN；，请问m是否为定值？若是，请求出m的
值；若不是，请说明理由
(3)在(2)的条件下，若CO＝1，CE＝1，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
3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。
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(x?1)2?3?0?9a?33?a??3(a?0)经过点A(?2，0)，
3 ···························································· 13322383x?x? ··················· 33333)分 分
?二次函数的解析式为：y??3（2）QD为抛物线的顶点?D(1，过D作DN?OB于N，则
DN?33，
AN?3，?AD?32?(33)2?6??DAO?60° ································· 4分
QOM∥AD
①当AD?OP时，四边形DAOP是平行四边形
y D M C 第 20 页 共 49 页
H P A
······························ 5?OP?6?t?6(s) ·分
②当DP?OM时，四边形DAOP是直角梯形
过O作OH?AD于H，AO?2，则AH?1
（如果没求出?DAO?60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA求AH?1） ······························································ 6?OP?DH?5t?5(s)
③当PD?OA时，四边形DAOP是等腰梯形 ?OP?AD?2AH?6?2?4?t?4(s)
分
综上所述：当t?6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形． ···················································· 7分 （3）由（2）及已知，?COB?60°，OC?OB，△OCB是等边三角形 则OB?OC?AD?6，OP?t，BQ?2t，?OQ?6?2t(0?t?3) 过P作PE?OQ于E，则PE??SBCPQ3t ·········································· 822分 分 分
1133?3?63??6?33??(6?2t)?t=·················· 9t???3 ·?2222?2?8当t?3时，SBCPQ的面积最小值为632833?此时OQ?3，OP=，OE?242····························· 103 ·
39?44PE?33 4?QE?3??33??9?23322 ·································· 11?PQ?PE?QE????B ?4????2???4?分
【002】解：（1）1，8；
5E D A F
Q （2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP?3?t．
由△AQF∽△ABC，BC?45552?32?4， 5B 图3
P C 得QF?t．∴QF?4t． ∴S?1(3?t)?4t， 2
Q E 第 21 页 共 49 D 页 A 图4
P
C
即S??2t526?t． 5（3）能．
①当DE∥QB时，如图4．
Q D B ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． 由△APQ ∽△ABC，得
358AQAP， ?ACABA E C P 图5
B 即t?3?t． 解得t?9．
②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯Q G 形．
此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得 即t?3?t． 解得t?15．
538
45t?（4）t?5或． 142A P A P D C(E) B G 图6 Q AQAP?ABAC，
D C(E)
【注：①点P由C向A运动，DE经过点C． 34PC?t，QC2?QG2?CG2?[(5?t)]2?[4?(5?t)]2． 55图7 方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．
由PC
2?QC2，得t2534?[(5?t)]2?[4?(5?t)]2，解得t?255．
方法二、由CQ?CP?AQ，得?QAC??QCA，进而可得
?B??BCQ，得CQ?BQ，∴
AQ?BQ?52．∴
t?52．
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】
第 22 页 共 49 页
【003】解.(1)点A的坐标为（4，
8） …………………1分
将A (4,8)、C（8，0）两点坐标分别代入y=ax2+bx 8=16a+4b
得
0=64a+8b 解 得∴
1a=-2,b=4
1抛物线的解析式为：y=－2x2+4x …………………3
分
（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠
PEAP4=8
PEPAE=APBC=AB,即
∴∴
11PE=2AP=2t．PB=8-t． 1点Ｅ的坐标为（4+2t，8-t）.
12∴点G的纵坐标为：－
18t2+8. …………………5
（4+
12t）2+4(4+
12t）=－
分
∴
11EG=－8t2+8-(8-t) =－8t2+t. 18∵-
＜0，∴当t=4时，线段EG最长为
第 23 页 共 49 页
2. …………………7分 ②
共
有
三
个
时
刻. …………………8分 t1=
852?5163， t2=
4013，t3=
． …………………11分
28x??0，0?．?A点坐标为??4，【004】（1）解：由33得x??4．
0?．AB?8???4??12．?B点坐标为?8，由?2x?16?0，得x?8．∴（2分） 28??y?x?，?x?5，33???6?．y??2x?16．?由解得?y?6．∴C点的坐标为?5，（3
分）
∴
S△ABC?11AB·yC??12?6?36．22（4
分）
28x?x?8，?y??8??8．DBDl133（2）解：∵点D在上且 ∴D点坐标
8???2xE?16?8．?xE?4．为?8，．（5分）又∵点E在l2上且yE?yD?8，∴8?E点坐标为?4，．（6
分）
∴OE?8?4?4，EF?8．（7分）
（3）解法一：①当0≤t?3时，如图1，矩形DEFG与△ABC重叠部分为五边形CHFGR（t?0时，为四边形CHFG）．过C作
CM?AB于M，则Rt△RGB∽Rt△CMB．
yE l2y D R l1l2D R y C R C E l1E D l2 C l1A O F M G B x （图1）
O G F 页第 A 24 共 49 页 x （图2）
M B F A G O M B x （图3）
BGRGtRG?，?，QRt△AFH∽Rt△AMC，∴BMCM即36∴RG?2t． 112S?S△ABC?S△BRG?S△AFH?36??t?2t??8?t???8?t?．223∴
41644S??t2?t?．333（10即
分）
A E B
D F C
图1
【005】（1）如图1，过点E作EG?BC于点G． 1分 ∵E为AB的中点， ∴
BE?1AB?2．2
G
在Rt△EBG中，∠B?60?，∴∠BEG?30?． 2分 ∴
BG?1BE?1，EG?22?12?3．2
3． 3
即点E到BC的距离为分
△PMN的形状不发生改变．（2）①当点N在线段AD上运动时，
∵PM?EF，EG?EF，∴PM∥EG． ∵EF∥BC，∴EP?GM，PM?EG?同理MN?AB?4． 4分
如图2，过点P作PH?MN于H，∵MN∥AB，
3．
第 25 页 共 49 页
∴∠NMC?∠B?60?，∠PMH?30?．
13PH?PM?．22∴
E B
A P H G M 图2
N
D F C
3MH?PMgcos30??．2 ∴
则
NH?MN?MH?4?35?．22
22?5??3?22PN?NH?PH??????7．???22????在Rt△PNH中，
∴△PMN的周长=PM?PN?MN?3?7?4． 6分
②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但
△MNC恒为等边三角形．
当PM?PN时，如图3，作PR?MN于R，则MR?NR．
3MR?．2 类似①，
∴MN?2MR?3． 7分
∵△MNC是等边三角形，∴MC?MN?3． 此时，x?EP?GM?BC?BG?MC?6?1?3?2． 8分
A
N
P P F ?6?1?E 3?5?3．E x?EP?GM此时， R
D
当MP?MN时，如图A D 4，这时MC?MN?MP?3． F N E A D F（P） N C
NP?NM时，如图NPM?∠PMN?C 30?．B B 当G ，∠ C 5B
G M G M
图3 图4
M
图5
则∠PMN?120?，又∠MNC?60?， ∴∠PNM?∠MNC?180?．
因此点P与F重合，△PMC为直角三角形．
第 26 页 共 49 页
∴MC?PMgtan30??1． 此时，x?EP?GM?6?1?1?4． 综上所述，当x?2或4或?5?3?时，△PMN为等腰三角形．
50.5OC×AB=4,
【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知得
5AB=2，
设A（a,0）,B(b,0)AB=b?a=p<0,所以p=
?32。
5(a?b)?4ab=2，解得
2p=
?32,但
3y?x2?x?12所以解析式为：
3x2?x?1?02（2）令y=0，解方程得A(
?，得
1x1??,x2?22,所以
5212,0),B(2,0),在直角三角形
5，显然AOC中可求得AC=,同样可求
得BC=AC2+BC2=AB2，得△ABC是直角三角形。AB
555??m?4。 AB=2,所以4为斜边，所以外接圆的直径为
（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)
3?2?y?x?x?12??y=-2x+4，解方程组?y??2x?4得
代入得BD解析式为9）
D（
?52，
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
可设AD的解析式为y=0.5x+b，把 A(
?12，0)代入得
AD解析
式为
3?2?y?x?x?12??y=0.5x+0.25，解方程组?y?0.5x?0.25得
53,2D(2)
综上，
所以存在两点：（ 【007】
?553,2,9）或(22)。
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【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，AE⊥y轴，
?四边形AEOC为矩形． QBF⊥x轴，BD⊥y轴， ?四边形BDOF为矩形．
y N E D A B K O C F M x QAC⊥x轴，BD⊥y轴，
?四边形AEDK，DOCK，CFBK均为矩形． QOC?x1，AC?y1，x1gy1?k， ?S矩形AEOC?OCgAC?x1gy1?k QOF?x2，FB?y2，x2gy2?k，
图1 1分
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?S矩形BDOF?OFgFB?x2gy2?k． ?S矩形AEOC?S矩形BDOF． QS矩形AEDK?S矩形AEOC?S矩形DOCK，
S矩形CFBK?S矩形BDOF?S矩形DOCK，
?S矩形AEDK?S矩形CFBK． 2
分
②由（1）知S矩形AEDK?S矩形CFBK．
?AKgDK?BKgCK． AK?CK?BKDK． 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BM?CD．
?AN?BM． 8
分
（2）AN与BM仍然相等． 9分
QS矩形AEDK?S矩形AEOC?S矩形ODKC，
S矩形BKCF?S矩形BDOF?S矩形ODKC，
又QS矩形AEOC?S矩形BDOF?k，
?S矩形AEDK?S矩形BKCF． 10
分
第 31 页 共 49 页
y E N A F M O C x B D K 图2
CK． ?AKgDK?BKgCKDK??AKBK．
Q?K??K， ?△CDK∽△ABK． ??CDK??ABK． ?AB∥CD． 11QAC∥y轴，
?四边形ANDC是平行四边形． ?AN?CD．
分
同理BM?CD．
?AN?BM． 12
分
??3a?4a?2b?3，??b??1.?【010】解：（1）根据题意，得?2a 2y D 分 E ?a?1，?2b??2.y?x?2x?3． 3分 ??解得抛物线对应的函数表达式为
N （2）存在．
2y?x?2x?3中，令x?0，得y??3． 在
A O 1 N x F C P 令y?0，得x2?2x?3?0，?x1??1，x2?3．
?A(?1，0)，B(3，0)，C(0，?3)．
2y?(x?1)?4，?顶点M(1，?4)． 又
M （第26题图）
5分
第 32 页 共 49 页
容易求得直线CM的表达式是y??x?3． 在y??x?3中，令y?0，得x??3．
?N(?3，0)，?AN?2．
6分
2y?x?2x?3中，令y??3，得x1?0，x2?2． 在
?CP?2，?AN?CP．
?3)． QAN∥CP，?四边形ANCP为平行四边形，此时P(2，8
分
（3）△AEF是等腰直角三角形．
理由：在y??x?3中，令x?0，得y?3，令y?0，得x?3．
3)，B(3，0)． ?直线y??x?3与坐标轴的交点是D(0，?OD?OB，??OBD?45°． 9分
?3)，?OB?OC．??OBC?45°． 10分 又Q点C(0，由图知?AEF??ABF?45°，?AFE??ABE?45°． 11分
??EAF?90°，且AE?AF．?△AEF是等腰直角三角形．
12分
（4）当点E是直线y??x?3上任意一点时，（3）中的结论成立． 14分
【011】解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴ CG= FD．………1分
同理，在Rt△DEF中，EG= FD．…………2分∴ CG=EG．…………………3分
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长
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．∴ MG=NG 在矩形AENM中，AM=EN． ……………6分
在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG， ∴
△AMG≌△ENG．∴
AG=EG．∴
EG=CG． ……………………………8分 证法二：延长CG至M,使MG=CG， 连接MF，ME，EC， ……………………4分
在△DCG 与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG， ∴△DCG ≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG． ∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴ 在Rt△MFE 与Rt△CBE中，
∵ MF=CB，EF=BE，∴△MFE ≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．∴ △MEC为直角三角形．∵ MG = CG，∴ EG= MC．………8分
（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分
【012】解：（1）Q圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，
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，、0)B(0，?1)、C(1，、0)D(01)， ?点A、B、C、D的坐标分别为A(?1Q抛物线与直线y?x交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切
于点A和点C，
?1)、N(11)，?M(?1，．
Q点
D、M、N在抛物线上，将
?c?1???1?a?b?c?1?a?b?c?D(01)，、M(?1，?1)、N(11)，的坐标代入y?ax2?bx?c，得：?a??1??b?1?c?1解之，得：?
2?抛物线的解析式为：y??x?x?1．
4分
1?5?Qy??x?x?1???x???2?4 ?（2）
22?抛物线的对称轴为
x?12，
115?OE?，DE??1?242． 6分
y D E C F P N 连结BF，?BFD?90°，
?△BFD∽△EOD，
DE??DEOD?DBFD，
A M O B x 又
5，OD?1，DB?22，
?FD?455，
45535??5210?EF?FD?DE?． 8分
（3）点P在抛物线上． 9分 设过D、C点的直线为：y?kx?b，
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0)D(01)，的坐标代入y?kx?b，得：k??1，b?1， 将点C(1，、?直线DC为：y??x?1． 10
分
过点B作圆O的切线BP与x轴平行，P点的纵坐标为y??1， 将y??1代入y??x?1，得：x?2．
?1)，当x?2时，y??x2?x?1??22?2?1??1， ?P点的坐标为(2，2y??x?x?1上． 所以，P点在抛物线
12分
?2)，?可设该抛物线的【013】解：（1）Q该抛物线过点C(0，2y?ax?bx?2． 解析式为
0)，B(1，0)代入， 将A(4，1?a??，??2??16a?4b?2?0，?b?5.??2 得?a?b?2?0.解得?15y??x2?x?222?此抛物线的解析式为．
（3分）
（2）存在． （4分） 如图，设P点的横坐标为m，
15?m2?m?22则P点的纵坐标为2，
y B 1 O ?2 当1?m?4时，
15PM??m2?m?2AM?4?m，22．
D P A M E C 4 x 又Q?COA??PMA?90°，
AMAO2???①当PMOC1时，
（第26题图） △APM∽△ACO，
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5?1?4?m?2??m2?m?2?2?2?． 即
，． （6分） 解得m1?2，m2?4（舍去），?P(21)AMOC115??2(4?m)??m2?m?222②当PMOA2时，△APM∽△CAO，即．
解得m1?4，m2?5（均不合题意，舍去）
1)． ?当1?m?4时，P(2，（7分）
?2)． （8分） 类似地可求出当m?4时，P(5，?14)． 当m?1时，P(?3，1)或(5，?2)或(?3，?14)． （9综上所述，符合条件的点P为(2，分）
（3）如图，设D点的横坐标为t(0?t?4)，则D点的纵坐标为
15?t2?t?222．
过D作y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为
y?1x?22． （10
分）
．
12512?1??1?t，t?2?DE??t?t?2?t?2??t?2t????22222?．???E点的坐标为? （11分）
1?1??S△DAC????t2?2t??4??t2?4t??(t?2)2?42?2?．
1)． （13?当t?2时，△DAC面积最大．?D(2，分）
【014】（1）解：∵A点第一次落在直线y?x上时停止旋转，∴OA旋转了45.
0第 37 页 共 49 页
45??22??2∴OA在旋转过程中所扫过的面积为360.……………4
分
（2）解：∵MN∥AC，∴?BMN??BAC?45?,?BNM??BCA?45?. ∴?BMN??BNM.∴BM?BN.又∵BA?BC，∴AM?CN. 又∵OA?OC,?OAM??OCN,∴?OAM??OCN.∴?AOM??CON.∴
1?AOM?(90??45????????2.∴旋转过程中，当MN和AC平行时，
正方形
OABC旋转的度数为分
45?????????????.……………………………………………8
（3）答：p值无变化. 证明：延长BA交y轴于E点，则
?AOE?450??AOM，
，∴
?AOE??CON?CON?900?450??AOM?450??AOM.又∵.∴
OA?OC，
?OAE?1800?900?900??OCN.∴
?OAE??OCNOE?ON,AE?CN.
0又∵?MOE??MON?45,OM?OM, ∴?OME??OMNy. ∴MN?ME?AM?AE.∴MN?AM?CN，
E A M y?x B ∴p?MN?BN?BM?AM?CN?BN?BM?AB?BC?4. O N ∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化. ……………12分
x
C （第26
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【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
7394，且过点(0，)
73?16a?k9
∴y=a(x-4)2+k
………………①
又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6 ∴A(1，0)，B(7，0)
∴0=9a+k ………………②由①②解得a=函数的解析式为：y=
39(x-4)2－3
39，k=－3∴二次
⑵∵点A、B关于直线x=4对称 ∴PA=PB ∴PA+PD=PB+PD≥DB ∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值 ∴DB与对称轴的交点即为所求点P
设直线x=4与x轴交于点M ∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO
PMBM?∴△BPM∽△BDO∴DOBO
73?339PM??73∴点∴
P的坐标
为(4，
33)
⑶由⑴知点C(4，?3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot∠ACM=
33，
∴∠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，
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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)
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)．
3，BN=3，
【016】解：（1）设正比例函数的解析式为y?k1x(k1?0)，
3)，所以3?3k1，解得k1?1． 因为y?k1x的图象过点A(3，这个正比例函数的解析式为y?x． （1分） 设反比例函数的解析式为
A(3，3)，所以
y?k2k(k2?0)y?2xx．因为
的图象过点
3?k23，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?93?62，则点
第 40 页 共 49 页
?3?B?6，??2?． （3
分）
设一次函数解析式为y?k3x?b(k3?0)．因为y?k3x?b的图象是由
y?x平移得到的，
?3?B?6，?所以k3?1，即y?x?b．又因为y?x?b的图象过点?2?，所以
399?6?bb??y?x?22，?一次函数的解析式为2． ，解得
（4
分）
9??90，?y?x???2y??．2的图象交轴于点D，（3）因为所以D的坐标为
2y?ax?bx?c(a?0)． 设二次函数的解析式为
9??3??B6，0，?????2y?ax?bx?cA(3，3)22????， D因为的图象过点、、和
??9a?3b?c?3，?3?36a?6b?c?，?2?9?c??.??2所以 （5
分）
1?a??，?2??b?4，?9?c??.2 解得?19y??x2?4x?22． 这个二次函数的解析式为
Qy?x?（6分）
（4）
?9?90??，2?， 2交x轴于点C，?点C的坐标是?151131y S??6??6?6???3??3?322222如图所示， 3 A E B C 6 x 99?45?18??42
81?4．
O 3 D 第 41 页 共 49 页
假设存在点E(x0，y0)，使
S1?281227S???3432．
Q四边形CDOE的顶点E只能在x轴上方，?y0?0，
?S1?S△OCD?S△OCE
19919819?????gy0??y02222284．
?819273?y0??y0?842，2．QE(x0，y0)在二次函数的图象上，
1293??x0?4x0??222．解得x0?2或x0?6．
?3?E?6，?当x0?6时，点?2?与点B重合，这时CDOE不是四边形，故x0?6舍去，
（8分）
?3??2，??点E的坐标为?2?．
2y?x?bx?c经过A(1，，0)B(0，2)， 【017】解：（1）已知抛物线
?0?1?b?c???2?0?0?c
?b??3?解得?c?2
2?所求抛物线的解析式为y?x?3x?2．
2分
0)，B(0，2)，?OA?1，OB?2 （2）QA(1，， 3分 可得旋转后C点的坐标为(31)2y?x?3x?2得y?2， x?3当时，由2y?x?3x?2过点(3，2) 可知抛物线
?将原抛物线沿y轴向下平移
1个单位后过点C．
分
2?平移后的抛物线解析式为：y?x?3x?1． 5
22(x0，x0?3x0?1)y?x?3x?1NNQ（3）点在上，可设点坐标为
第 42 页 共 49 页
3?5?3y?x??x???2将y?x?3x?1配方得?2?4，?其对称轴为2．
30?x0?2时，如图①， ①当QS△NBB1?2S△NDD1y 26分
O B B1 A D N D1 图①
C x 11?3???1?x0?2??1???x0?22?2? Qx0?1
8分
y 此时
2x0?3x0?1??1?1)． ?N点的坐标为(1，②当
x0?32时，如图②
B B1 O A D D1 图②
N C x 11?3??1?x0?2???x0??2?2? 同理可得2?x0?3
此时
2x0?3x0?1?1，． ?点N的坐标为(31)?1)或(31)，． 综上，点N的坐标为(1，10分
2y?ax?bx?4a经过A(?1，0)，C(0，4)两点，Q【018】解：（1）抛物线
?a?b?4a?0，?a??1，????4a?4.? 解得?b?3.
2?抛物线的解析式为y??x?3x?4．
（2）Q点D(m，m?1)在抛物线上，?m?1??m2m即?2m?3?0，?m??1或m?3．
2?3m?4，
y 4)． Q点D在第一象限，?点D的坐标为(3，
C D 第 43 页 共 49 页
A E O B x
??CBA?45°． 由（1）知OA?OB，设点D关于直线BC的对称点为点E．
QC(0，4)，?CD∥AB，且CD?3，
??ECB??DCB?45°，
?E点在y轴上，且CE?CD?3．
，． ?OE?1，?E(01)即点D关于直线BC对称的点的坐标为（0，1）． （3）方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E．
y ??OBC?45°， 由（1）有：OB?OC?4，Q?DBP?45°，??CBD??PBA．
QC(0，，4)D(3，4)，?CD∥OB且CD?3．
C P A E B x D ??DCE??CBO?45°，
?DE?CE?322．
?BE?BC?CE?522，
F O QOB?OC?4，?BC?42，?tan?PBF?tan?CBD?DE3?BE5．
设PF?3t，则BF?5t，?OF?5t?4，
?P(?5t?4，3t)．
QP点在抛物线上，
2?3t??(?5t?4)?3(?5t?4)?4，
?t?0（舍去）或
t??266?22?P??，??525?． 25，
第 44 页 共 49 页
方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于H．过Q点作QG⊥DH于G．
Q?PBD?45°，?QD?DB． ??QDG??BDH?90°，
Q C P G B O H D y 又?DQG??QDG?90°，??DQG??BDH．
?△QDG≌△DBH，?QG?DH?4，DG?BH?1． 4)，?Q(?13)，． 由（2）知D(3，A x 312y??x?QB(4，0)，?直线BP的解析式为55． 2?x??，??y??x2?3x?4，?25???x1?4，?312?y?66.?y??x?，2?y1?0；?25 ??55?解方程组得?266???，??点P的坐标为?525?．
【019】（1）EO＞EC，理由如下：
由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC， 故EO＞EC …2分 （2）m为定值
∵S四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO·(EO―EC)
S四边形CMNO=CM·CO=|CE―EO|·CO=(EO―EC) ·CO ∴
m?S四边形CFGH?1S四边形CMNO ……………………………………………
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………4分
12CE?，QF?33 （3）∵CO=1，1∴cos∠FEC=2
∴EF=EO=
1?12??QF33
∴∠FEC=60°，
∴∴
?FEA?180??60??60???OEA，?EAO?30?2
△
23
EFQ为等边三角形，
EQ? …………………………………………5分
3311EQ?EQ?3 3，IQ=2I，EI=2作QI⊥EO于∴
(IO=
211??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∴可求得b??∴
抛
3，c=1
，m=1
物线解析式为
y?x2?3x?1
……………………………………7分
AO?3EO?233
（4）由（3），当∴
x?22213y?(3)2?3?3?1?333＜AB 时，3P点坐标为
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(231,)33
…………………8分
12?33AO
∴BP=
1?方法1：若△PBK与△AEF相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：
BK?2233①32BK?32323323时，
BK?239∴K233点坐标为
(4383,1)(,1)99或
43,1)3②时，
BK? ∴K点坐标为
(或
(0,1)…………10
分
故直线KP与y轴交点T的坐标为
571(0,?)或(0,)或(0,?)或(0,1)333
…………………………………
………12分
方法2：若△BPK与△AEF相似，由（3）得：∠BPK=30°或60°，过P作PR⊥y轴于R，则∠RTP=60°或30° ①当∠RTP=30°时，②当∠RTP=60°时，
RT?23?3?23 232?3?33
RT?751T1(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° ∴∠BAD=∠CAF 又 BA=CA ，AD=AF ∴△BAD≌△CAF∴CF=BD ∠ACF=∠ACB=45° ∴
∠
BCF=90
°
∴
CF
⊥
BD ……（1分） （2）当∠ACB=45°时可得CF⊥BC，理由如下：
如图：过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G
则∵∠ACB=45° ∴AG=AC ∠AGC=∠ACG=45° ∵AG=AC AD=AF ………（1分） ∴△GAD≌△CAF（SAS） ∴∠ACF=∠AGD=45°
∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90° ∴CF⊥BC …………（2分） （3）如图：作AQBC于Q ∵∠ACB=45° AC=4CQ=AQ=4
∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90° ∴
△
ADQ
∽
△
2 ∴
DPC …（1分）
第 48 页 共 49 页
∴
PCDQCD=AQ
设CD为x（0＜x＜3）则DQ=CQ－CD=4－x则
PC4?x= …
x4………（1分）
11∴PC=4(－x2+4x)=－4(x－2)2+1≥1 当
x=2
时
，
PC
最
长
，
此
PC=1 ………（1分）
第 49 页 共 49 页
时
