江苏省13市中考数学试题分类解析汇编20专题专题20压轴题

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江苏省13市中考数学试题分类解析汇编20专题专题20压轴题

江苏省13市2015年中考数学试题分类解析汇编(20专题)‎ 专题20:压轴题 江苏泰州鸣午数学工作室 编辑 ‎1. (2015年江苏连云港3分)如图是本地区一种产品30天的销售图象,图①是产品日销售量y(单位:件)与时间t(单位;天)的函数关系,图②是一件产品的销售利润z(单位:元)与时间t(单位:天)的函数关系,已知日销售利润=日销售量×一件产品的销售利润,下列结论错误的是【 】‎ A. 第24天的销售量为200件 B. 第10天销售一件产品的利润是15元 ‎ C. 第12天与第30天这两天的日销售利润相等 D. 第30天的日销售利润是750元 ‎【答案】C.‎ ‎【考点】一次函数的应用;待定系数法的应用;直线上点的坐标与方程的关系;分类思想的应用.‎ ‎【分析】根据函数图象分别各选项进行分析判断:‎ A、根据图①可得第24天的销售量为200件,故正确.‎ B.设当0≤t≤20,一件产品的销售利润z(单位:元)与时间t(单位:天)的函数关系为,‎ 把(0,25),(20,5)代入得:,∴.‎ 当x=10时,. 故正确.‎ C.当0≤t≤24时,设产品日销售量y(单位:件)与时间t(单位;天)的函数关系为,‎ 把(0,100),(24,200)代入得:,∴,‎ 当t=12时,y=150,,‎ ‎∴第12天的日销售利润为;150×13=1950(元),第30天的日销售利润为;150×5=750(元).‎ 而750≠1950,故C错误.‎ D.第30天的日销售利润为;150×5=750(元),故正确.‎ 故选C.‎ ‎2. (2015年江苏南京2分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=5,AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点,过点D作⊙O的切线交BC于点M,则DM的长为【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A.‎ ‎【考点】矩形的性质;切线的性质;正方形的判定和性质;切线长定理;勾股定理;方程思想的应用.‎ ‎【分析】如答图,连接,‎ 则根据矩形和切线的性质知,四边形都是正方形.‎ ‎∵AB=4,∴.‎ ‎∵AD=5,∴.‎ 设GM=NM=x,则.‎ 在中,由勾股定理得:,即,解得,.‎ ‎∴.‎ 故选A.‎ ‎3. (2015年江苏苏州3分)如图,在一笔直的海岸线l上有A、B两个观测站,AB=‎2km,从A测得船C在北偏东45°的方向,从B测得船C在北偏东22.5°的方向,则船C离海岸线l的距离(即CD的长)为【 】‎ A.km B.km C.km D.km ‎【答案】B.‎ ‎【考点】解直角三角形的应用(方向角问题);矩形的判定和性质;等腰直角三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】如答图,过点B作BE⊥AC交AC于点E,过点E作EF⊥CD交CD于点F,‎ 则根据题意,四边形BDEF是矩形,△ABE、△EFC和△ADC都是等腰直角三角形,‎ ‎∵AB=2,∴DF=BF= AB=2,.‎ ‎∵∠EBC=∠BCE=22.5°,∴CE=BE=2.‎ ‎∴.‎ ‎∴(km).‎ ‎∴船C离海岸线l的距离为 km.‎ 故选B.‎ ‎4. (2015年江苏泰州3分)如图,△中,AB=AC,D是BC的中点,AC的垂直平分线分别交 AC、AD、AB于点E、O、F,则图中全等的三角形的对数是【 】‎ A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 ‎【答案】D.‎ ‎【考点】等腰三角形的性质;线段垂直平分线的性质;全等三角形的判定. ‎ ‎【分析】∵AB=AC,D是BC的中点,‎ ‎∴根据等腰三角形三线合一的性质,易得.‎ ‎∵EF是AC的垂直平分线,‎ ‎∴根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等的性质,易得.‎ 综上所述,图中全等的三角形的对数是4对.‎ 故选D.‎ ‎5. (2015年江苏无锡3分)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90º,AC=3,BC=4,将边AC沿CE翻折,使点A落在AB上的点D处;再将边BC沿CF翻折,使点B落在CD的延长线上的点B′处,两条折痕与斜边AB分别交于点E、F,则线段B′F的长为【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】翻折变换(折叠问题);折叠的性质;等腰直角三角形的判定和性质;勾股定理.‎ ‎【分析】根据折叠的性质可知,‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴. ∴是等腰直角三角形. ∴.‎ ‎∴. ∴.‎ ‎∵,∴.‎ 在中,根据勾股定理,得AB=5,∴.∴.‎ 在中,根据勾股定理,得,∴.‎ ‎∴.‎ 在中,根据勾股定理,得.‎ 故选B.‎ ‎6. (2015年江苏徐州3分)若函数的图像如图所示,则关于的不等式的解集为【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】直线的平移;不等式的图象解法;数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图,将函数的图像向右平移3 个单位得到函数的图象,‎ 由图象可知,当时,函数的图象在轴上方,即.‎ ‎∴关于的不等式的解集为.‎ 故选C.‎ ‎7. (2015年江苏盐城3分)如图,在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG,动点P从点A出发,沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止(不含点A和点B),则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图像大致为【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】单动点问题;函数图象的分析;正方形的性质;三角形的面积;分类思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】根据题意,可知△ABP的面积S随着时间t变化的函数图像分为五段:‎ 当点P从A→D时,△ABP的面积S是t的一次函数;‎ 当点P从D→E时,△ABP的面积S不随t的变化而变化,图象是平行于t轴的一线段;‎ 当点P从E→F时,△ABP的面积S是t的一次函数;‎ 当点P从F→G时,△ABP的面积S不随t的变化而变化,图象是平行于t轴的一线段;‎ 当点P从G→B时,△ABP的面积S是t的一次函数.‎ 故选B.‎ ‎8. (2015年江苏扬州3分)已知x=2是不等式的解,且x=1不是这个不等式的解,则实数的取值范围是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】不等式的解;解一元一次不等式组. ‎ ‎【分析】∵x=2是不等式的解,且x=1不是这个不等式的解,‎ ‎∴.‎ 故选C.‎ ‎9. (2015年江苏常州2分)将一张宽为4cm的长方形纸片(足够长)折叠成如图所示图形,重叠部分是一个三角形,则这个三角形面积的最小值是【 】‎ A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】翻折变换(折叠问题);等腰直角三角形的性质..‎ ‎【分析】如答图,当AC⊥AB时,三角形面积最小,‎ ‎∵∠BAC=90°,∠ACB=45°,∴AB=AC=4cm.‎ ‎∴S△ABC=×4×4=8cm2.‎ 故选B.‎ ‎10. (2015年江苏淮安3分)如图,l1∥l2∥l3,直线a、b与l1、l2、l3分别相交于点A、B、C和点D、E、F,若,DE=4,则EF的长是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】平行线分线段成比例的性质. ‎ ‎【分析】∵l1∥l2∥l3,∴.‎ ‎∵,DE=4,∴.‎ 故选C.‎ ‎11. (2015年江苏南通3分)如图,AB为⊙O的直径,C为⊙O上一点,弦AD平分∠BAC,交BC于点E,AB=6,AD=5,则AE的长为【 】‎ A. 2.5 B. 2.8 C. 3 D. 3.2‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】圆周角定理;勾股定理;相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】如答图,连接BD、CD,‎ ‎∵AB为⊙O的直径,∴∠ADB=90°.‎ ‎∴.‎ ‎∵弦AD平分∠BAC,∴CD=BD=.‎ ‎∴∠CBD=∠DAB.‎ 在△ABD和△BED中,∵∠BAD=∠EBD,∠ADB=∠BDE,‎ ‎∴△ABD∽△BED. ∴,即.‎ ‎∴.‎ 故选B.‎ ‎12. (2015年江苏宿迁3分)在平面直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(﹣3,0),(3,0),点P在反比例函数的图象上,若△PAB为直角三角形,则满足条件的点P的个数为【 】‎ A. 2个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】D.‎ ‎【考点】反比例函数图象上点的坐标特征;圆周角定理;分类思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图,若△PAB为直角三角形,分三种情况:‎ ‎①当∠PAB=90°时,P点的横坐标为﹣3,此时P点有1个;‎ ‎②当∠PBA=90°时,P点的横坐标为3,此时P点有1个;‎ ‎③当∠APB=90°,以点O 为圆心AB长为直径的圆与的图象交于4点,此时P点有4个.‎ 综上所述,满足条件的P点有6个.‎ 故选D.‎ ‎13. (2015年江苏镇江3分)如图,坐标原点O为矩形ABCD的对称中心,顶点A的坐标为(1,t),AB∥x轴,矩形与矩形ABCD是位似图形,点O为位似中心,点A′,B′分别是点A,B的对应点,‎ ‎.已知关于x,y的二元一次方程(m,n是实数)无解,在以m,n为坐标(记为(m,n))的所有的点中,若有且只有一个点落在矩形的边上,则的值等于【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】位似变换;二元一次方程组的解;坐标与图形性质;反比例函数的性质;曲线上点的坐标与方程的关系.‎ ‎【分析】∵坐标原点O为矩形ABCD的对称中心,顶点A的坐标为(1,t),∴点C的坐标为.‎ ‎∵矩形与矩形ABCD是位似图形,,‎ ‎∴点A′的坐标为,点C′的坐标为.‎ ‎∵关于x,y的二元一次方程(m,n是实数)无解,‎ ‎∴由得mn=3,且,即(m≠2).‎ ‎∵以m,n为坐标(记为(m,n))的所有的点中,有且只有一个点落在矩形的边上,‎ ‎∴反比例函数的图象只经过点A′或C′.‎ 而根据反比例函数的对称性,反比例函数的图象同时经过点A′或C′,只有在,时反比例函数的图象只经过点C′.‎ ‎∴.‎ 故选D.‎ ‎1. (2015年江苏连云港3分)如图,在△ABC中,∠BAC=60°,∠ABC=90°,直线l1∥l2∥l3,l1与l2之间距离是1,l2与l3之间距离是2,且l1,l2,l3分别经过点A,B,C,则边AC的长为 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】平行线的性质;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;相似三角形的判定和性质;勾股定理.‎ ‎【分析】如答图,过点B作EF⊥l2,交l1于E,交l3于F, ‎ ‎ ∵∠BAC=60°,∠ABC=90°,∴.‎ ‎∵直线l1∥l2∥l3,∴EF⊥l1,EF⊥l3. ∴∠AEB=∠BFC=90°.‎ ‎∵∠ABC=90°,∴∠EAB=90°﹣∠ABE=∠FBC.‎ ‎∴△BFC∽△AEB,∴.‎ ‎∵EB=1,∴FC=.‎ 在Rt△BFC中,.‎ 在Rt△ABC中, .‎ ‎2. (2015年江苏南京2分)如图,过原点O的直线与反比例函数y1,y2的图象在第一象限内分别交于点A、B,且A为OB的中点,若函数,则y2与x的函数表达式是 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】反比例函数的图象和性质;曲线上点的坐标与方程的关系;待定系数法的应用.‎ ‎【分析】设y2与x的函数表达式是,‎ ‎∵点B在反比例函数y2的图象上,∴可设. ‎ ‎∵A为OB的中点,∴.‎ ‎∵点A在反比例函数的图象上,∴,解得.‎ ‎∴y2与x的函数表达式是.‎ ‎3. (2015年江苏苏州3分)如图,四边形ABCD为矩形,过点D作对角线BD的垂线,交BC的延长线于点E,取BE的中点F,连接DF,DF=4.设AB=x,AD=y,则的值为 ▲ .‎ ‎【答案】16.‎ ‎【考点】代数式的几何意义;矩形的性质;直角三角形斜边上中线的性质;勾股定理. ‎ ‎【分析】∵四边形ABCD为矩形,AB=x,AD=y,∴DC=x,BC=y.‎ ‎∵在中,点F是斜边BE的中点,DF=4,∴BF= DF=4.‎ ‎∴在中,,即.‎ ‎∴.‎ ‎4. (2015年江苏泰州3分)如图, 矩形中,AB=8,BC=6,P为AD上一点, 将△ABP 沿BP翻折至△EBP, PE与CD相交于点O,且OE=OD,则AP的长为 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】翻折 变换(折叠问题);矩形的性质;折叠对称的性质;勾股定理,全等三角形的判定和性质;方程思想的应用. ‎ ‎【分析】如答图,∵四边形是矩形,‎ ‎∴.‎ 根据折叠对称的性质,得,‎ ‎∴.‎ 在和中,∵,‎ ‎∴≌.∴. ‎ ‎∴.‎ 设,则,∴.‎ 在中,根据勾股定理,得,即.解得.‎ ‎∴AP的长为.‎ ‎5. (2015年江苏无锡2分)某商场在“五一”期间举行促销活动,根据顾客按商品标价一次性购物总额,规定相应的优惠方法:①如果不超过500元,则不予优惠;②如果超过500元,但不超过800元,则按购物总额给予8折优惠;③如果超过800元,则其中800元给予8折优惠,超过800元的部分给予6折优惠.促销期间,小红和她母亲分别看中一件商品,若各自单独付款,则应分别付款480元和520元;若合并付款,则她们总共只需付款 ▲ 元. ‎ ‎【答案】838或910.‎ ‎【考点】函数模型的选择与应用;函数思想和分类思想的应用.‎ ‎【分析】由题意知:小红付款单独付款480元,实际标价为480或480×0.8=600元,小红母亲单独付款520元,实际标价为520×0.8=650元,‎ 如果一次购买标价480+650=1130元的商品应付款800×0.8+(1130﹣800)×0.6=838元;‎ 如果一次购买标价600+650=1250元的商品应付款800×0.8+(1250﹣800)×0.6=910元.‎ ‎∴答案为:838或910.‎ ‎6. (2015年江苏徐州3分)用一个圆心角为90°,半径为4的扇形围成一个圆锥的侧面,该圆锥底面圆的半径 ▲ .‎ ‎【答案】1.‎ ‎【考点】圆锥和扇形的计算。‎ ‎【分析】∵扇形圆锥的圆心角为90°,半径为4,∴扇形的弧长为.‎ ‎∵圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长,‎ ‎∴根据圆的周长公式,得,解得.‎ ‎7. (2015年江苏盐城3分)设△ABC的面积为1,如图①将边BC、AC分别2等份,、相交于点O,△AOB的面积记为;如图②将边BC、AC分别3等份,、相交于点O,△AOB的面积记为;……, 依此类推,则可表示为 ▲ .(用含的代数式表示,其中为正整数)‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题(图形的变化类);平行的判定和性质;相似三角形的判定和性质;等底或等高三角形面积的性质.‎ ‎【分析】如答图,连接,可知∥.‎ 在图①中,由题意,得,且,∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵,∴.‎ 在图②中,由题意,得,且,∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵,∴.‎ 在图③中,由题意,得,且,∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎……‎ 依此类推, 可表示为,‎ ‎∵,∴.‎ ‎8. (2015年江苏扬州3分)如图,已知△ABC的三边长为,且,若平行于三角形一边的直线将△ABC的周长分成相等的两部分,设图中的小三角形①、②、③的面积分别为,则的大小关系是 ▲ (用“<”号连接).‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】阅读理解型问题;代数几何综合问题;图形的分割;平行的性质;相似三角形的判定和性质;不等式的性质. ‎ ‎【分析】设△ABC的周长为,面积为,‎ 如答图,设,则.‎ ‎∵平行于三角形一边的直线将△ABC的周长分成相等的两部分,‎ ‎∴,即.‎ ‎∴.‎ ‎∵∥,∴.∴且.‎ ‎∴.‎ 同理可得,,.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.‎ ‎9. (2015年江苏常州2分)如图,在⊙O的内接四边形ABCD中,AB=3,AD=5,∠BAD=60°,点C为弧BD的中点,则AC的长是 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】全等三角形的判定和性质;勾股定理;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;方程思想的应用.‎ ‎【分析】如答图,过点C分别作CE⊥AB于点E,CF⊥AD于点F,‎ 则∠E=∠CFD=∠CFA=90°,‎ ‎∵点C为弧BD的中点,∴.∴∠BAC=∠DAC,BC=CD.‎ ‎∵CE⊥AB,CF⊥AD,∴CE=CF.‎ ‎∵A、B、C、D四点共圆,∴∠D=∠CBE.‎ 在△CBE和△CDF中,∵,∴△CBE≌△CDF(AAS).∴BE=DF.‎ 在△AEC和△AFC中,∵∴△AEC≌△AFC(AAS).∴AE=AF.‎ 设BE=DF=x,‎ ‎∵AB=3,AD=5,∴AE=AF=x+3,∴5=x+3+x,解得:x=1,即AE=4.‎ ‎∵∠BAD=60°,∴∠EAC=30°. ∴.‎ ‎10. (2015年江苏淮安3分)将连续正整数按如下规律排列:‎ 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 第2行 ‎8‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎5‎ 第3行 ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 第4行 ‎16‎ ‎15‎ ‎14‎ ‎13‎ 第5行 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎………‎ 若正整数565位于第行,第列,则= ▲ .‎ ‎【答案】147.‎ ‎【考点】探索规律题(数字的变化类——循环问题).‎ ‎【分析】分别根据行和列的循环规律求解:‎ ‎∵行的排列规律是4个数一行,而,∴.‎ ‎∵列的排列规律是按照1—2—3—4—5—4—3—2列的顺序8个数一循环, 而,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎11. (2015年江苏南通3分)关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根都在﹣1和0之间(不包括﹣1和0),则a的取值范围是 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】一元二次方程与二次函数的关系;一元二次方程根的判别式;二次函数的性质;分类思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】∵关于的一元二次方程的两个不相等的实数根,‎ ‎∴且.‎ 设 ‎∵实数根都在﹣1和0之间,‎ ‎∴当a>0时,如答图1,‎ 由图可知, 当时,;但,矛盾,‎ ‎∴此种情况不存在.‎ 当a<0时,如答图2,‎ 由图可知, 当时,,即.‎ 综上所述,a的取值范围是.‎ ‎12. (2015年江苏宿迁3分)当x=m或x=n(m≠n)时,代数式的值相等,则x=m+n时,代数式的值为 ▲ .‎ ‎【答案】3.‎ ‎【考点】二次函数的性质;求代数式的值;整体思想的应用.‎ ‎【分析】设,‎ ‎∵当x=m或x=n(m≠n)时,代数式的值相等,‎ ‎∴抛物线的对称轴.‎ ‎∴.‎ ‎∴当时,.‎ ‎13. (2015年江苏镇江2分)如图,△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形,AB=AC=3cm,BC=2cm,将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1,连接AC1,BD1.如果四边形ABD1C1是矩形,那么平移的距离为 ▲ cm.‎ ‎【答案】7.‎ ‎【考点】面动平移问题;相似三角形的判定和性质;等腰三角形的性质;矩形的性质;平移的性质.‎ ‎【分析】如答图,过点A作AE⊥BC于点E,‎ ‎∵∠AEB=∠AEC1=90°,∴∠BAE+∠ABC=90°.‎ ‎∵AB=AC,BC=2,∴BE=CE=BC=1,‎ ‎∵四边形ABD1C1是矩形,∴∠BAC1=90°.‎ ‎∴∠ABC+∠AC1B=90°. ∴∠BAE=∠AC1B.‎ ‎∴△ABE∽△C1BA. ∴.‎ ‎∵AB=3,BE=1,∴.∴BC1=9.‎ ‎∴CC1=BC1﹣BC=9﹣2=7,即平移的距离为7.‎ ‎1. (2015年江苏连云港12分)在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置,AD与AE在同一直线上,AB与AG在同一直线上.‎ ‎(1)小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由.‎ ‎(2)如图2,小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点B恰好落在线段DG上时,请你帮他求出此时BE的长.‎ ‎(3)如图3,小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转,将线段DG与线段BE相交,交点为H,写出△GHE与△BHD面积之和的最大值,并简要说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAG=∠BAE=90°,AG=AE,‎ ‎∴△ADG≌△ABE(SAS).∴∠AGD=∠AEB.‎ 如答图1,延长EB交DG于点H,‎ 在△ADG中,∵∠AGD+∠ADG=90°,‎ ‎∴∠AEB+∠ADG=90°.‎ 在△EDH中,∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°,‎ ‎∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE.‎ ‎(2)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°,AG=AE,‎ ‎∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,即∠DAG=∠BAE,‎ ‎∴△ADG≌△ABE(SAS).∴DG=BE.‎ 如答图2,过点A作AM⊥DG交DG于点M,则∠AMD=∠AMG=90°,‎ ‎∵BD为正方形ABCD的对角线,∴∠MDA=45°.‎ 在Rt△AMD中,∵∠MDA=45°,AD=2,‎ ‎∴.‎ 在Rt△AMG中,根据勾股定理得:,‎ ‎∵,∴.‎ ‎(3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由如下:‎ ‎∵对于△EGH,点H在以EG为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△EGH的高最大;‎ ‎∵对于△BDH,点H在以BD为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△BDH的高最大.‎ ‎∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6.‎ ‎【考点】面动旋转问题;正方形的性质;全等三角形的判定和性质;三角形内角和定理;等腰直角三角形的性质,勾股定理;数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】(1)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到△ADG≌△ABE,利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB,作辅助线“延长EB交DG于点H”,利用等角的余角相等得到∠DHE=90°,从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE.‎ ‎(2)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到△ADG≌△ABE,利用全等三角形对应边相等得到DG=BE,作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”,则∠AMD=∠AMG=90°,在Rt△AMD中,根据等腰直角三角形的性质求出AM的长,即为DM的长,根据勾股定理求出GM的长,进而确定出DG的长,即为BE的长.‎ ‎(3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由为:对两个三角形,点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上,当点H与点A重合时,两个三角形的高最大,即可确定出面积的最大值.‎ ‎2. (2015年江苏连云港14分)如图,已知一条直线过点(0,4),且与抛物线交于A,B两点,其中点A的横坐标是﹣2.‎ ‎(1)求这条直线的函数关系式及点B的坐标.‎ ‎(2)在x轴上是否存在点C,使得△ABC是直角三角形?若存在,求出点C的坐标,若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)过线段AB上一点P,作PM∥x轴,交抛物线于点M,点M在第一象限,点N(0,1),当点M的横坐标为何值时,MN+3MP的长度最大?最大值是多少?‎ ‎【答案】解:(1)∵点A是直线与抛物线的交点,且横坐标为﹣2,‎ ‎∴.∴A点的坐标为(2,﹣1).‎ 设直线AB的函数关系式为,‎ 将(0,4),(﹣2,1)代入得,解得.‎ ‎∴直线AB的函数关系式为.‎ ‎∵直线与抛物线相交,∴联立,得,解得:或.‎ ‎∴点B的坐标为(8,16).‎ ‎(2)如答图1,过点B作BG∥x轴,过点A作AG∥y轴,交点为G,‎ ‎∴,‎ ‎∵由A(﹣2,1),B(8,16)根据勾股定理,得AB2=325.‎ 设点C(,0),‎ 根据勾股定理,得,‎ ‎,‎ ‎①若∠BAC=90°,则,‎ 即,解得:.‎ ‎②若∠ACB=90°,则,‎ 即,解得:=0或=6.‎ ‎③若∠ABC=90°,则,‎ 即,解得:=32.‎ ‎∴点C的坐标为(,0),(0,0),(6,0),(32,0).‎ ‎(3)如答图2,设MP与y轴交于点Q,设, ‎ 在Rt△MQN中,由勾股定理得,,‎ 又∵点P与点M纵坐标相同,‎ ‎∴,∴‎ ‎∴点P的横坐标为.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 又∵,2≤6≤8, ‎ ‎∴当M的横坐标为6时,的长度的最大值是18.‎ ‎【考点】二次函数综合题;待定系数的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;直角三角形存在性问题;勾股定理;二次函数的最值;分类思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】(1)首先求得点A的坐标,然后利用待定系数法确定直线的解析式,从而求得直线与抛物线的交点坐标.‎ ‎(2)作辅助线“过点B作BG∥x轴,过点A作AG∥y轴,交点为G”,分若∠BAC=90°,∠ACB=90°,∠ABC=90°三种情况根据勾股定理列方程确定点C的坐标.‎ ‎(3)设MP与y轴交于点Q,设,,首先在Rt△MQN中,由勾股定理得,然后根据点P与点M纵坐标相同得到点P的横坐标,从而得到,根据二次函数的最值原理求解即可.‎ ‎3. (2015年江苏南京8分)如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,BC的延长线与AD的延长线交于点E,且DC=DE. ‎ ‎(1)求证:∠A=∠AEB.‎ ‎(2)连接OE,交CD于点F,OE⊥CD.求证:△ABE是等边三角形.‎ ‎【答案】证明:(1)∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∴∠A+∠BCD=180°.‎ ‎∵∠DCE+∠BCD=180°,∴∠A=∠DCE.‎ ‎∵DC=DE,∴∠DCE=∠AEB.∴∠A=∠AEB.‎ ‎(2)∵∠A=∠AEB,∴△ABE是等腰三角形.‎ ‎∵OE⊥CD,∴CF=DF.∴OE是CD的垂直平分线.∴ED=EC.‎ 又DC=DE,∴DC=DE=EC.∴△DCE是等边三角形.‎ ‎∴∠AEB=60°.∴△AEB是等边三角形.‎ ‎【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理;等腰三角形的性质;等边三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)一方面,根据圆内接四边形对角互补的性质得到∠A+∠BCD=180°,根据邻补角互补的性质得到∠DCE+∠BCD=180°,从而得到∠A=∠DCE;另一方面,根据等腰三角形等边对等角的性质得到∠DCE=∠AEB,进而得出结论.‎ ‎(2)一方面,证明△ABE是等腰三角形;另一方面,证明△DCE是等边三角形得到∠AEB=60°,从而得出结论.‎ ‎4. (2015年江苏南京10分)某企业生产并销售某种产品,假设销售量与产量相等.下图中的折线ABD、线段CD分别表示该产品每千克生产成本y1(单元:元)、销售价y2(单位:元)与产量x(单位:kg)之间的函数关系.‎ ‎(1)请解释图中点D的横坐标、纵坐标的实际意义.‎ ‎(2)求线段AB所表示的y1与x之间的函数表达式.‎ ‎(3)当该产品产量为多少时,获得的利润最大?最大利润是多少?‎ ‎【答案】解:(1)点D的横坐标、纵坐标的实际意义:当产量为为130kg时,该产品每千克生产 成本与销售价相等,都为42元. ‎ ‎(2)设线段AB所表示的y1与x之间的函数关系式为 ,‎ ‎∵的图像过(0,60)与(90,42),‎ ‎∴,解得,.‎ ‎∴线段AB所表示的y1与x之间的函数表达式为 .‎ ‎(3)设y2与x之间的函数表达式为 ,‎ ‎∵的图像过(0,120)与(130,42),‎ ‎∴, 解得, .‎ ‎∴y2与x之间的函数表达式为. ‎ 设产量为xkg时,获得的利润为W元,‎ 当时,,‎ ‎∴当x=75时,W的值最大,最大值为2250.‎ 当时,,‎ ‎∵当x=90时,,由知,当x>65时,W随x的增大而减小,‎ ‎∴时,.‎ 因此,当该产品产量为75kg时获得的利润最大,最大利润是2250元.‎ ‎【考点】一次函数和二次函数的实际应用;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;由实际问题列函数关系式(销售问题);二次函数的性质;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)点D的横坐标、纵坐标的实际意义:当产量为为130kg时,该产品每千克生产成本与销售价相等,都为42元.‎ ‎(2)根据A、B两点的坐标应用待定系数法即可求解.‎ ‎(3)应用待定系数法求出y2与x之间的函数表达式,根据“总利润=单位利润产量”分两种情况列出总利润关于x的二次函数,应用二次函数的性质求解即可.‎ ‎5. (2015年江苏苏州10分)如图,已知二次函数(其中0<m<1)的图像与x 轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,对称轴为直线l.设P为对称轴l上的点,连接PA、PC,PA=PC.‎ ‎(1)∠ABC的度数为 ▲ °;‎ ‎(2)求P点坐标(用含m的代数式表示);‎ ‎(3)在坐标轴上是否存在点Q(与原点O不重合),使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似,且线段PQ的长度最小?如果存在,求出所有满足条件的点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)45.‎ ‎(2)如答图1,过点作轴于点,‎ 设l与轴交于点,‎ 根据题意,得抛物线的对称轴为,‎ 设点的坐标为,‎ ‎∵PA=PC,∴.‎ ‎∴,即.‎ 解得.‎ ‎∴P点坐标为.‎ ‎(3)存在点Q满足题意.‎ ‎∵P点坐标为,‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∴是等腰直角三角形.‎ ‎∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似,‎ ‎∴是等腰直角三角形.‎ ‎∴由题意知,满足条件的点Q的坐标为或.‎ ①当点Q的坐标为时,如答图2,‎ 若PQ与垂直,则,解得,即.‎ 若PQ与不垂直,‎ 则有,‎ ‎∵0<m<1,∴当时,取得最小值,取得最小值.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴当时,点Q的坐标为,取得最小值.‎ ②当点Q的坐标为时,如答图3,‎ 若PQ与垂直,则,解得,即.‎ 若PQ与不垂直,‎ 则有,‎ ‎∵0<m<1,∴当时,取得最小值,取得最小值.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴当时,点Q的坐标为,取得最小值.‎ 综上所述,点Q的坐标为或时,的长度最小.‎ ‎【考点】二次函数综合题;相似三角形的存在性问题;二次函数的性质;曲线上点的坐标与方程的关系;等腰直角三角形的判定和性质;勾股定理;相似三角形的性质;实数的大小比较;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)令,则,点C的坐标为,‎ 令,即,解得,‎ ‎∵0<m<1,点A在点B的左侧,∴点B的坐标为. ‎ ‎∴.‎ ‎∵∠BOC=90°,∴是等腰直角三角形.∴∠OBC=45°.‎ ‎(2)过点作轴于点,设l与轴交于点,求出抛物线的对称轴为,则可设点的坐标为,由PA=PC即,根据勾股定理得到,解出即可求解.‎ ‎(3)根据相似和是等腰直角三角形证明是等腰直角三角形,由题意知,满足条件的点Q的坐标为或,从而分点Q的坐标为或两种情况讨论即可.‎ ‎6. (2015年江苏苏州10分)如图,在矩形ABCD中,AD=acm,AB=bcm(a>b>4),半径为‎2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切.现有动点P从A点出发,在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动,当点P到达D点时停止移动;⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移,移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回,当⊙O回到出发时的位置(即再次与AB相切)时停止移动.已知点P与⊙O同时开始移动,同时停止移动(即同时到达各自的终止位置).‎ ‎(1)如图①,点P从A→B→C→D,全程共移动了 ▲ cm(用含a、b的代数式表示);‎ ‎(2)如图①,已知点P从A点出发,移动2s到达B点,继续移动3s,到达BC的中点.若点P与⊙O的移动速度相等,求在这5s时间内圆心O移动的距离;‎ ‎(3)如图②,已知a=20,b=10.是否存在如下情形:当⊙O到达⊙O1的位置时(此时圆心O1在矩形对角线BD上),DP与⊙O1恰好相切?请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1).‎ ‎(2)∵在整个运动过程中,点P移动的距离为cm,圆心移动的距离为cm,‎ ‎∴由题意得①.‎ ‎∵点P移动2s到达B点,即点P用2s移动了cm,点P继续移动3s到达BC的中点,即点P用3s移动了cm,‎ ‎∴②.‎ 联立①②,解得.‎ ‎∵点P移动的速度与⊙O移动的速度相等,‎ ‎∴⊙O移动的速度为(cm/s).‎ ‎∴这5s时间内圆心O移动的距离为(cm).‎ ‎(3)存在这样的情形.‎ 设点P移动的速度为cm/s,⊙O移动的速度为cm/s,‎ 根据题意,得.‎ 如答图,设直线OO1与AB交于点E,与CD交于点E,⊙O1与AD相切于点PG.‎ 若PD与⊙O1相切,切点为H,则.‎ 易得△DO1G≌△DO1H,∴∠ADB=∠BDP.‎ ‎∵BC∥AD,∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD.‎ ‎∴BP=DP.‎ 设cm,则cm,cm,‎ 在中,由勾股定理,得,‎ 即,解得.‎ ‎∴此时点P移动的距离为(cm).‎ ‎∵EF∥AD,∴△BEO1∽△BAD. ∴,即.‎ ‎∴cm,cm.‎ ①当⊙O首次到达⊙O1的位置时,⊙O与移动的距离为14cm.‎ ‎∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为.‎ ‎∴此时DP与⊙O1恰好相切.‎ ②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时,⊙O与移动的距离为cm.‎ ‎∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为.‎ ‎∴此时DP与⊙O1不可能相切.‎ ‎【考点】单动点和动圆问题;矩形的性质;直线与圆的位置关系;全等三角形的判定和性质;勾股定理;相似三角形的判定和性质;方程思想和分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)根据矩形的性质可得:点P从A→B→C→D,全程共移动了cm.‎ ‎(2)根据“在整个运动过程中,点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用2s移动了cm,点P用3s移动了cm”列方程组求出a,b,根据点P移动的速度与⊙O移动的速度相等求得⊙O移动的速度,从而求得这5s时间内圆心O移动的距离.‎ ‎(3)分⊙O首次到达⊙O1的位置和⊙O在返回途中到达⊙O1的位置两种情况讨论即可.‎ ‎7. (2015年江苏泰州12分)如图,正方形ABCD的边长为8cm,E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点,且AE=BF=CG=DH.‎ ‎(1)求证:四边形EFGH是正方形;‎ ‎(2)判断直线EG是否经过一个定点,并说明理由;‎ ‎(3)求四边形EFGH面积的最小值.‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴四边形EFGH是菱形.‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∴四边形EFGH是正方形.‎ ‎(2)直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心. 理由如下:‎ 如答图,连接,、相交于点,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥DC.‎ ‎∵,∴四边形BGDE是平行四边形.‎ ‎∴,即点是正方形ABCD的中心.‎ ‎∴直线EG经过定点----正方形ABCD的中心.‎ ‎(3)设,则,‎ ‎∵,‎ ‎∴当时,四边形EFGH面积的最小值为32.‎ ‎【考点】单动点和定值问题;正方形的判定和性质;全等三角形的判定和性质;平行四边形的判定和性质;勾股定理;二次函数的应用(实际问题).‎ ‎【分析】(1)由证明,即可证明四边形EFGH是一个角是直角的菱形----正方形.‎ ‎(2)作辅助线“连接,、相交于点”构成平行四边形BGDE,根据平行四边形对角线互分的性质即可证明直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心.‎ ‎(3)设,根据正方形的性质和勾股定理得到关于的二次函数,应用二次函数最值原理求解即可.‎ ‎8. (2015年江苏泰州14分)已知一次函数的图像与 轴、轴分别相交于点A、B,点P在该函数图像上, P到轴、轴的距离分别为、.‎ ‎(1)当P为线段AB的中点时,求的值;‎ ‎(2)直接写出的范围,并求当时点P的坐标;‎ ‎(3)若在线段AB 上存在无数个P点,使(为常数), 求的值.‎ ‎【答案】解:(1)∵一次函数的图像与 轴、轴分别相交于点A、B,‎ ‎∴.‎ ‎∵P为线段AB的中点,∴.‎ ‎∴.‎ ‎(2).‎ ‎∵设,.∴.‎ 当时,,由解得,与不合,舍去.‎ 当时,,由解得,此时.‎ 当时,,由解得,此时.‎ 综上所述,当时点P的坐标为或.‎ ‎(3)设,∴.‎ ‎∵点P在线段AB 上,∴.∴.‎ ‎∵,∴.∴‎ ‎∵存在无数个P点,∴. ‎ ‎【考点】阅读理解型问题;一次函数综合题;直线上点的坐标与方程的关系;绝对值的意义;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)根据直线上点的坐标与方程的关系,由一次函数解析式, 可求出点点A、B的坐标,从而求出中点P的坐标,根据定义求出.‎ ‎(2)设,.∴,‎ 当时,;‎ 当时,,∴由;‎ 当时,.‎ 综上所述, 的范围为.‎ 同样分类讨论时点P的坐标.‎ ‎(3)设,则,由点P在线段AB 上得的范围,得到,根据求解即可.‎ ‎9. (2015年江苏无锡10分)一次函数的图像如图所示,它与二次函数的图像交于A、B两点(其中点A在点B的左侧),与这个二次函数图像的对称轴交于点C.‎ ‎(1)求点C的坐标;‎ ‎(2)设二次函数图像的顶点为D.‎ ‎①若点D与点C关于x轴对称,且△ACD的面积等于3,求此二次函数的关系式;‎ ‎②若CD=AC,且△ACD的面积等于10,求此二次函数的关系式.‎ ‎【答案】解:(1)∵c,‎ ‎∴二次函数图象的对称轴为直线.‎ ‎∵当时,,‎ ‎∴点C的坐标为(2,).‎ ‎(2)①∵点D与点C关于x轴对称,∴点D的坐标为(2,).∴CD=3.‎ 设,‎ 由得:,解得m=0. ∴A(0,0).‎ 由A(0,0)、D(2,)得:,解得:.‎ ‎∴二次函数的关系式为.‎ ‎②设,‎ 如答图,过点A作AE⊥CD于E,则,‎ ‎.‎ ‎∵CD=AC,∴CD= .‎ 由得,‎ 解得:m=﹣2或m=6(舍去).‎ ‎∴m=﹣2. ∴,CD=5.‎ 当a>0时,则点D在点C下方,‎ ‎∴.‎ 由、得:‎ ‎,解得:.‎ ‎∴二次函数的关系式为.‎ 当a<0时,则点D在点C上方,∴.‎ 由、得:,解得:.‎ ‎∴二次函数的关系式为.‎ ‎【考点】二次函数综合题; 二次函数与一次函数的交点问题;三角形的面积公式;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;勾股定理;二次函数的性质;轴对称的性质;方程思想和分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)求出对称轴,然后求出对称轴与一次函数的交点,即点C的坐标.‎ ‎(2)①先求出点D的坐标,设A坐标为,然后根据面积为3,求出m的值,得出点A的坐标,最后根据待定系数法求出a、c的值,即可求出解析式.‎ ‎②作辅助线:过点A作AE⊥CD于E,设A坐标为,由根据面积为10,求出m的值,然后求出点A坐标以及CD的长度,分a>0和a<0两种情况讨论:分别求出点D的坐标,代入求出二次函数的解析式.‎ ‎10. (2015年江苏无锡10分)如图,C为∠AOB的边OA上一点,OC=6,N为边OB上异于点O的一动点,P是线段CN上一点,过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q,PM∥OB交OA于点M.‎ ‎(1)若∠AOB=60º,OM=4,OQ=1,求证:CN⊥OB;‎ ‎(2)当点N在边OB上运动时,四边形OMPQ始终保持为菱形;‎ ‎①问:的值是否发生变化?如果变化,求出其取值范围;如果不变,请说明理由;‎ ‎②设菱形OMPQ的面积为S1,△NOC的面积为S2,求的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)证明:如答图,过点P作PE⊥OA于点E,‎ ‎∵PQ∥OA,PM∥OB,‎ ‎∴四边形OMPQ为平行四边形.‎ ‎∵OQ=1,∠AOB=60°,‎ ‎∴PM=OQ=1,∠PME=∠AOB=60°.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴. ∴∠PCE=30°. ∴∠CPM=90°,‎ 又∵PM∥OB,∴∠CNO=∠CPM=90°,即CN⊥OB.‎ ‎(2)①的值不发生变化,理由如下:‎ 设,‎ ‎∵四边形OMPQ为菱形,∴.‎ ‎∵PQ∥OA,∴∠NQP=∠O.‎ 又∵∠QNP=∠ONC,∴△NQP∽△NOC.‎ ‎∴,即, 化简,得.‎ ‎∴不变化.‎ ‎②如答图,过点P作PE⊥OA于点E,过点N作NF⊥OA于点F,设,‎ 则,∴.‎ ‎∵PM∥OB,∴∠MCP=∠O.‎ 又∵∠PCM=∠NCO,∴△CPM∽△CNO. ∴.‎ ‎∴‎ ‎∵0<x<6,∴根据二次函数的图象可知, .‎ ‎【考点】相似形综合题;单动点问题;定值问题;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;相似三角形的判定和性质;二次函数的性质;平行四边形的判定和性质;菱形的性质.‎ ‎【分析】(1)作辅助性线,过点P作PE⊥OA于E,利用两组对边平行的四边形为平行四边形得到OMPQ为平行四边形,利用平行四边形的对边相等,对角相等得到PM=OQ=1,∠PME=∠AOB=60°,进而求出PE与ME的长,得到CE的长,求出tan∠PCE的值,利用特殊角的三角函数值求出∠PCE的度数,得到PM于NC垂直,而PM与ON平行,即可得到CN与OB垂直.‎ ‎(2)①的值不发生变化,理由如下:设OM=x,ON=y,根据OMPQ为菱形,得到PM=PQ=OQ=x,QN=y﹣x,根据平行得到△NQP与△NOC相似,由相似得比例即可确定出所求式子的值.‎ ‎ ②作辅助性线,过点P作PE⊥OA于点E,过点N作NF⊥OA于点F,表示出菱形OMPQ的面积为S1,△NOC的面积为S2,得到,由PM与OB平行,得到△CPM与△CNO相似,由相似得比例求出所求式子的范围即可.‎ ‎11. (2015年江苏徐州8分)为加强公民的节水意识,合理利用水资源。某市对居民用水实行阶梯水价,居民家庭每月用水量划分为三个阶梯,一、二、三级阶梯用水的单价之比等于1︰1.5︰2. 下图折线表示实行阶梯水价后每月水费y(元)与用水量xm³之间的函数关系. 其中线段AB表示第二级阶梯时y与x 之间的函数关系.‎ ‎(1)写出点B的实际意义;‎ ‎(2)求线段AB所在直线的表达式;‎ ‎(3)某户5月份按照阶梯水价应缴水费102元,其相应用水量为多少立方米?‎ ‎【答案】解:(1)图中B点的实际意义表示当用水25m³时,所交水费为90元.‎ ‎(2)设第一阶梯用水的单价为x元/m³,则第二阶梯用水单价为1.5 x元/m³.‎ 设A(a,45),则,解得,.‎ ‎∴A(15,45),B(25,90).‎ 设线段AB所在直线的表达式为y=kx+b,‎ 则,解得.‎ ‎∴线段AB所在直线的表达式为.‎ ‎(3)设该户5月份用水量为xm³(x > 90),由第(2)知第二阶梯水的单价为4.5元/m³,第三阶梯水的单价为6元/m³,‎ 则根据题意得,解得,x=27.‎ 答:该用户5月份用水量为27m³.‎ ‎【考点】一次函数和一元一次方程的应用;直线上点的坐标与方程的关系;待定系数法的应用.‎ ‎【分析】(1)根据坐标系横、纵坐标的意义作答即可.‎ ‎(2)求出点A的坐标,即可由待定系数法求出线段AB所在直线的表达式.‎ ‎(3)根据“5月份按照阶梯水价应缴水费102元”列方程求解即可.‎ ‎12. (2015年江苏徐州12分)如图,在平面直角坐标系中,点A(10,0),以OA为直径在第一象限内作半圆,B为半圆上一点,连接AB并延长至C,使BC=AB,过C作CD⊥x轴于点D,交线段OB于点E,已知CD=8,抛物线经过O、E、A三点.‎ ‎(1)∠OBA= ▲ °;‎ ‎(2)求抛物线的函数表达式;‎ ‎(3)若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点,以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S,则S取何值时,相应的点P有且只有3个?‎ ‎【答案】解:(1)90.‎ ‎(2)如答图1,连接OC, ‎ ‎∵由(1)知OB⊥AC,又AB=BC,‎ ‎∴OB是的垂直平分线.‎ ‎∴OC=OA=10.‎ 在Rt△OCD中,OC=10,CD=8,∴OD=6.‎ ‎∴C(6,8),B(8,4).‎ ‎∴OB所在直线的函数关系为.‎ 又E点的横坐标为6,∴E点纵坐标为3,即E(6,3).‎ ‎∵抛物线过O(0,0),E(6,3) ,A(10,0),‎ ‎∴设此抛物线的函数关系式为,‎ 把E点坐标代入得,解得.‎ ‎∴此抛物线的函数关系式为,即.‎ ‎(3)设点,‎ ①若点P在CD的左侧,延长OP交CD于Q,如答图2,‎ ‎∵OP所在直线函数关系式为:,‎ ‎∴当x=6时,,即Q点纵坐标为.‎ ‎∴.‎ ‎∴S四边形POAE= S△OAE +S△OPE ‎= S△OAE +S△OQE-S△PQE ‎=‎ ‎=.‎ ‎②若点P在CD的右侧,延长AP交CD于Q,如答图3,‎ ‎,A(10,0),‎ ‎∴设AP所在直线方程为:y=kx+b,‎ 把P和A坐标代入得,,‎ 解得.‎ ‎∴AP所在直线方程为:.‎ ‎∴当x=6时,,即Q点纵坐标为.∴QE=.‎ ‎∴S四边形POAE= S△OAE +S△APE= S△OAE +S△AQE -S△PQE ‎=‎ ‎=.‎ ‎∴当P在CD右侧时,四边形POAE的面积最大值为16,此时点P的位置就一个,‎ 令,解得,.‎ ‎∴当P在CD左侧时,四边形POAE的面积等于16的对应P的位置有两个.‎ 综上知,以P、O、A、E为顶点的四边形面积S等于16时,相应的点P有且只有3个.‎ ‎【考点】二次函数综合题;单动点问题;圆周角定理;线段垂直平分线的性质;勾股定理;待定系数洪都拉斯应用;曲线上点的坐标与方程的关系;分类思想、转换思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】(1)根据直径所对的圆周角定理直接得出结论.‎ ‎(2)作辅助线:连接OC,根据线段垂直平分线的性质和勾股定理求出点E、A的坐标,从而应用待定系数法求出抛物线的函数关系式.‎ ‎(3)设点,分点P在CD的左侧和右侧两种情况求出S四边形POAE关于的二次函数关系式,根据二次函数的最值原理求解即可.‎ ‎13. (2015年江苏盐城12分)知识迁移 ‎ 我们知道,函数的图像是由二次函数的图像向右平移m个单位,再向上平移n个单位得到.类似地,函数的图像是由反比例函数的图像向右平移m个单位,再向上平移n个单位得到,其对称中心坐标为(m,n).‎ ‎ 理解应用 ‎ 函数的图像可以由函数的图像向右平移 ▲ 个单位,再向上平移 ‎ ▲ 个单位得到,其对称中心坐标为 ▲ .‎ ‎ 灵活运用 ‎ 如图,在平面直角坐标系xOy中,请根据所给的的图像画出函数的图像,并根据该图像指出,当x在什么范围内变化时,?‎ 实际应用 ‎ 某老师对一位学生的学习情况进行跟踪研究.假设刚学完新知识时的记忆存留量为1.新知识学习后经过的时间为x,发现该生的记忆存留量随x变化的函数关系为;若在(≥4)时进行一次复习,发现他复习后的记忆存留量是复习前的2倍(复习时间忽略不计),且复习后的记忆存留量随x变化的函数关系为.如果记忆存留量为时是复习的“最佳时机点”,且他第一次复习是在“最佳时机点”进行的,那么当x为何值时,是他第二次复习的“最佳时机点”?‎ ‎【答案】解:理解应用:1;1;(1,1).‎ 灵活运用:函数的图像如答图:‎ 由图可知,当时,.‎ 实际应用:当时,,‎ ‎∴由解得.‎ ‎∴当进行第一次复习时,复习后的记忆存留量变为1.‎ ‎∴点(4,1)在函数的图象上.‎ ‎∴由解得.∴.‎ ‎∴由解得.‎ ‎∴当时,是他第二次复习的“最佳时机点”.‎ ‎【考点】阅读理解型问题;图象的平移;反比例函数的性质;曲线上点的坐标与方程的关系;数形结合思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】理解应用:根据“知识迁移”得到双曲线的平移变换的规律:上加下减;右减左加.‎ 灵活运用:根据平移规律性作出图象,并找出函数图象在直线之上时的取值范围.‎ 实际应用:先求出第一次复习的“最佳时机点”(4,1),代入,求出,从而求出第二次复习的“最佳时机点”.‎ ‎14. (2015年江苏盐城12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,将抛物线的对称轴绕着点P(,2)顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点,点Q是该抛物线上的一点.‎ ‎(1)求直线AB的函数表达式;‎ ‎(2)如图①,若点Q在直线AB的下方,求点Q到直线AB的距离的最大值;‎ ‎(3)如图②,若点Q在y轴左侧,且点T(0,t)(t<2)是直线PO上一点,当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时,求所有满足条件的t的值.‎ ‎【答案】解:(1)如答图1,设直线AB与轴的交点为M,‎ ‎∵,P(,2),∴.‎ 设直线AB的解析式为,‎ 则,解得.‎ ‎∴直线AB的解析式为.‎ ‎(2)如答图2,过点Q作轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为点D,‎ 根据条件可知,是等腰直角三角形.‎ ‎∴.‎ 设,则,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴当时,点Q到直线AB的距离的最大值为.‎ ‎(3)∵,∴中必有一角等于45°.‎ ①由图可知,不合题意.‎ ②若,‎ 如答图3,过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点,此时,.‎ 根据抛物线的轴对称性质,知,‎ ‎∴是等腰直角三角形.‎ ‎∵与相似,且,‎ ‎∴也是等腰直角三角形.‎ i)若,‎ 联立,解得或.‎ ‎∴. ∴.∴,此时,.‎ ii)若,,此时,.‎ ③若,②是情况之一,答案同上.‎ 如答图4,5,过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点,以点为圆心,为半径画圆,则都在上,设与y轴左侧的抛物线交于另一点.‎ ‎∵根据圆周角定理,,‎ ‎∴点也符合要求.‎ 设,‎ 由得解得或,‎ 而,故.∴.‎ 可证是等边三角形,∴.‎ ‎∴.‎ 则在中,.‎ i)若,‎ 如答图4,过点作轴于点,‎ 则,‎ ‎∴.‎ ‎∴,此时,.‎ ii)若,‎ 如答图5,过点作轴于点,‎ 设,则.‎ ‎∵,∴,.∴.‎ ‎∴,此时,.‎ 综上所述,所有满足条件的t的值为或或或.‎ ‎【考点】二次函数综合题;线动旋转和相似三角形存在性问题;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;等腰直角三角形的判定和性质;含30度角直角三角形的性质;二次函数最值;勾股定理;圆周角定理;分类思想、数形结合思想、方程思想的应用.‎ ‎【分析】(1)根据旋转的性质得到等腰直角三角形,从而得到解决点M的坐标,进而应用待定系数法即可求得直线AB的解析式.‎ ‎(2)作辅助线“过点Q作轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为点D”,设,求出关于的二次函数,应用二次函数最值原理即可求解.‎ ‎(3)分,,三种情况讨论即可.‎ ‎15. (2015年江苏扬州12分)科研所计划建一幢宿舍楼,因为科研所实验中会产生辐射,所以需要有两项配套工程:①在科研所到宿舍楼之间修一条笔直的道路;②对宿舍楼进行防辐射处理,已知防辐射费万元与科研所到宿舍楼的距离之间的关系式为:,当科研所到宿舍楼的距离为1时,防辐射费用为720万元;当科研所到宿舍楼的距离为9或大于9时,辐射影响忽略不计,不进行防辐射处理,设每公里修路的费用为万元,配套工程费=防辐射费+修路费.‎ ‎(1)当科研所到宿舍楼的距离为时,防辐射费= ▲ 万元; ▲ , ▲ ; ‎ ‎(2)若每公里修路的费用为90万元,求当科研所到宿舍楼的距离为多少时,配套工程费最少?‎ ‎(3)如果配套工程费不超过675万元,且科研所到宿舍楼的距离小于9,求每公里修路费用万元的最大值.‎ ‎【答案】解:(1)0;;1080.‎ ‎(2)∵,‎ ‎∴当,即时,.‎ ‎(3)∵,∴‎ ‎∵配套工程费不超过675万元,‎ ‎∴.‎ 设,,则,‎ ‎∴当,即时,.‎ ‎∴每公里修路费用万元的最大值为80万元.‎ ‎【考点】函数综合题(实际应用);应用待定系数法和由实际问题列函数关系式;二次函数的最值;整体思想和换元法的应用.‎ ‎【分析】(1)∵当时,;当时,,‎ ‎∴,解得.‎ ‎(2)求出关于的函数,应用整体思想,求出的二次函数,应用二次函数的最值原理求解.‎ ‎(3)求出关于的函数,应用整体思想,求出的二次函数,应用二次函数的最值原理求解.‎ ‎16. (2015年江苏扬州12分)如图,直线⊥线段于点,点在上,且,点是直线上的动点,作点关于直线的对称点,直线与直线相交于点,连接.‎ ‎(1)如图1,若点与点重合,则= ▲ °,线段与的比值为 ▲ ; ‎ ‎(2)如图2,若点与点不重合,设过三点的圆与直线相交于,连接.‎ 求证:①;②;‎ ‎(3)如图3,,则满足条件的点都在一个确定的圆上,在以下两小题中选做一题:‎ ①如果你能发现这个确定圆的圆心和半径,那么不必写出发现过程,只要证明这个圆上的任意一点Q,都满足QA=2QB;‎ ②如果你不能发现这个确定圆的圆心和半径,那么请取几个特殊位置的点,如点在直线上、点与点重合等进行探究,求这个圆的半径.‎ ‎【答案】解:(1)30;2.‎ ‎(2)证明:①∵点关于直线的对称点,∴.∴.‎ ‎∵是圆内接四边形的外角,∴.∴.‎ ‎∴.‎ ②如答图1,连接交于点,过点作∥交于点,‎ ‎∵点关于直线的对称点,‎ ‎∴是的垂直平分线.‎ ‎∴,.‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴.‎ ‎(3)两小题中选做一题:‎ ①如答图2,在的延长线上取点,使,以点为圆心,2为半径画圆,取圆上任一点,连接,在上取点,使,连接,作点关于直线的对称点,连接交于点,过点作∥交于点,‎ ‎∵点关于直线的对称点,‎ ‎∴是的垂直平分线. ∴.‎ 又∵,∴.∴点、重合.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.‎ ②若点在线段上,由知,点与点重合,点与点重合,这个圆的半径为2.‎ 若点在射线的延长线上,由知,点与点重合,这个圆的半径为2.‎ 等.‎ ‎【考点】开放型;单动点和轴对称问题;轴对称的性质;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;圆内接四边形的性质;等腰三角形的判定;线段垂直平分线的性质;平行线分线段成比例的性质.‎ ‎【分析】(1)∵,∴.‎ ‎∵,∴线段与的比值为2.‎ ‎(2)①一方面证明得到;另一方面,由是圆内接四边形 的外角得到,从而得到,进而根据等角对等边的判定得证.‎ ②作辅助线“连接交于点,过点作∥交于点”,应用线段垂直平分线的性质和平行线分线段成比例的性质证明.‎ ‎(3)①如答图2,在的延长线上取点,使,以点为圆心,2为半径画圆,取圆上任一点,连接,在上取点,使,连接,作点关于直线的对称点,连接交于点,过点作∥交于点,此圆即为所求定圆.‎ ②取特殊点探讨,答案不唯一.‎ ‎17. (2015年江苏常州10分)如图,一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B,过点A作x轴的垂线l,点P为直线l上的动点,点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点,点P、Q与点A都不重合.‎ ‎(1)写出点A的坐标;‎ ‎(2)当点P在直线l上运动时,是否存在点P使得△OQB与△APQ全等?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎(3)若点M在直线l上,且∠POM=90°,记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2,求的值.‎ ‎【答案】解(1)(4,0).‎ ‎(2)存在.理由如下:‎ 如答图1所示:‎ 将x=0代入得:,∴OB=4.‎ 由(1)可知OA=4.‎ 在Rt△BOA中,由勾股定理得:.‎ ‎∵△BOQ≌△AQP,∴QA=OB=4,BQ=PA.‎ ‎∵,∴PA= .‎ ‎∴点P的坐标为(4,).‎ ‎(3)如答图2所示:‎ ‎∵OP⊥OM,∴∠1+∠3=90°.‎ 又∵∠2+∠1=90°,∴∠2=∠3.‎ 又∵∠OAP=∠OAM=90°,∴△OAM∽△PAO.‎ ‎∴.‎ 设AP=m,则:,∴.‎ 在Rt△OAP中,,‎ ‎∴.‎ 在Rt△OAM中,,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎【考点】圆的综合题;单动点问题;直线上点的坐标与方程的关系;勾股定理;全等三角形的性质;相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)将y=0代入,求得x的值,从而得到点A的坐标.‎ ‎(2)首先根据题意画出图形,然后在Rt△BOA中,由勾股定理求得AB的长度,由全等三角形的性质求得QA的长度,从而得到BQ的长,然后根据PA=BQ求得PA的长度,从而可求得点P的坐标.‎ ‎(3)首先根据题意画出图形,设AP=m,由△OAM∽△PAO,可求得AM的长度,然后根据勾股定理可求得两圆的直径(用含m的式子表示),然后利用圆的面积公式求得两圆的面积,最后代入所求代数式求解即可 ‎18. (2015年江苏常州10分)如图,反比例函数的图象与一次函数的图象交于点A、B,点B的横坐标是4.点P是第一象限内反比例函数图象上的动点,且在直线AB的上方.‎ ‎(1)若点P的坐标是(1,4),直接写出k的值和△PAB的面积;‎ ‎(2)设直线PA、PB与x轴分别交于点M、N,求证:△PMN是等腰三角形;‎ ‎(3)设点Q是反比例函数图象上位于P、B之间的动点(与点P、B不重合),连接AQ、BQ,比较∠PAQ与∠PBQ的大小,并说明理由.‎ ‎【答案】解:(1).‎ ‎(2)证明:如答图2,过点P作PH⊥x轴于点H, ‎ 设直线PB的解析式为,‎ 把点P(1,4)、B(4,1)代入,得 ‎,解得:,‎ ‎∴直线PB的解析式为.‎ 当y=0时,,∴x=5,点N(5,0).‎ 同理可得M(﹣3,0),‎ ‎∴. ∴MH=NH. ∴PH垂直平分MN.‎ ‎∴PM=PN. ∴△PMN是等腰三角形.‎ ‎(3)∠PAQ=∠PBQ.理由如下:‎ 如答图3,过点Q作QT⊥x轴于T,设AQ交x轴于D,QB的延长线交x轴于E, ‎ 可设点,直线AQ的解析式为,则 ‎,解得:,‎ ‎∴直线AQ的解析式为.‎ 当y=0时,,解得:,‎ ‎∴D(,0).‎ 同理可得E(,0),‎ ‎∴.∴DT=ET.‎ ‎∴QT垂直平分DE,∴QD=QE. ∴∠QDE=∠QED.‎ ‎∵∠MDA=∠QDE,∴∠MDA=∠QED.‎ ‎∵PM=PN,∴∠PMN=∠PNM.‎ ‎∵∠PAQ=∠PMN﹣∠MDA,∠PBQ=∠NBE=∠PNM﹣∠QED,‎ ‎∴∠PAQ=∠PBQ.‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合题;单动点问题;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;三角形的外角性质;线段垂直平分线的性质;等腰三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)如答图1,过点A作AR⊥y轴于R,过点P作PS⊥y轴于S,连接PO,‎ 设AP与y轴交于点C,‎ 把x=4代入,得到点B的坐标为(4,1),‎ 把点B(4,1)代入,得k=4.‎ 解方程组,得到点A的坐标为(﹣4,﹣1),‎ 则点A与点B关于原点对称,∴OA=OB.‎ ‎∴. ∴.‎ 设直线AP的解析式为,‎ 把点A(﹣4,﹣1)、P(1,4)代入,‎ 求得直线AP的解析式为,‎ 则点C的坐标(0,3),OC=3,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎(2)作辅助线“过点P作PH⊥x轴于点H”,用待定系数法求出直线PB的解析式,从而得到点N的坐标,同理可得到点M的坐标,进而得到MH=NH,根据垂直平分线的性质可得PM=PN,即△PMN是等腰三角形;‎ ‎(3)作辅助线“过点Q作QT⊥x轴于T,设AQ交x轴于D,QB的延长线交x轴于E”,设点Q为,运用待定系数法求出直线AQ的解析式,即可得到点D的坐标为(,0),同理可得E(,0),从而得到DT=ET,根据垂直平分线的性质可得QD=QE,则有∠QDE=∠QED.然后根据对顶角相等及三角形外角的性质,就可得到∠PAQ=∠PBQ.‎ ‎19. (2015年江苏淮安12分)阅读理解:‎ 如图①,如果四边形ABCD满足AB=AD,CB=CD,∠B=∠D=900,那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”.‎ 将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示的形状,再展开得到图③,其中CE、CF为折痕,∠BCD=∠ECF=∠FCD,点B′为点B的对应点,点D′为点D的对应点,连接EB′、FD′相交于点O.‎ 简单应用:‎ ‎(1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中,一定为“完美筝形”的是 ▲ ;‎ ‎(2)当图③中的时,∠AEB′= ▲ °;‎ ‎(3)当图②中的四边形AECF为菱形时,对应图③中的“完美筝形”有 ▲ 个(包含四边形ABCD).‎ 拓展提升:‎ ‎ 当图中的时,连接AB′,请探求∠AB′E的度数,并说明理由.‎ ‎【答案】解:简单应用:‎ ‎(1)正方形.‎ ‎(2)80.‎ ‎(3)5.‎ 拓展提升:,理由如下:‎ 如答图,连接,‎ ‎∵,且AB=AD,‎ ‎∴四边形ABCD是正方形. ∴.‎ 由折叠对称的性质,得,‎ ‎∴点在以为直径的圆上.‎ ‎∵由对称性,知,∴.‎ ‎∴.‎ ‎【考点】新定义和阅读理解型问题;折叠问题;正方形的判定和性质;折叠对称的性质;圆周角定理;等腰直角三角形的性质.‎ ‎【分析】简单应用:‎ ‎(1)根据“完美筝形”的定义,知只有正方形是“完美筝形”.‎ ‎(2)∵,∴根据折叠对称的性质,得.‎ ‎∵,∴. ∴.‎ ‎(3)根据“完美筝形”的定义,可知是“完美筝形”.‎ 拓展提升:‎ 作辅助线“连接”,由题意判定四边形ABCD是正方形,从而证明点在以为直径的圆上,即可得出.‎ ‎20. (2015年江苏淮安12分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8. 动点M从点A出发,以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动;同时,动点N从点B出发,以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动. 过线段MN的中点G作边AB的垂线,垂足为点G,交△ABC的另一边于点P,连接PM、PN,当点N运动到点A时,M、N两点同时停止运动,设运动时间为t秒.‎ ‎(1)当t= ▲ 秒时,动点M、N相遇;‎ ‎(2)设△PMN的面积为S,求S与t之间的函数关系式;‎ ‎(3)取线段PM的中点K,连接KA、KC,在整个运动过程中,△KAC的面积是否变化?若变化,直接写出它的最大值和最小值;若不变化,请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)2.5.‎ ‎(2)在整个运动过程中,分三段:点与点重合前;点与点重合后点M、N相遇前;点与点重合后点M、N相遇后.‎ 当点与点重合时,如答图1,‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎∴根据勾股定理,得,解得.‎ 由(1)动点M、N相遇时,.‎ 当点N运动到点A时,由得.‎ ①当时,如题图,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵,,∴,即.‎ ‎∴.‎ ②当时,如答图2,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵,,‎ ‎∴,即.‎ ‎∴.‎ ③当时,如答图3,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵,,‎ ‎∴,即.‎ ‎∴.‎ 综上所述,S与t之间的函数关系式为.‎ ‎(3)在整个运动过程中,△KAC的面积变化,它的最大值是4,最小值是.‎ ‎【考点】双动点问题;由实际问题列函数关系式(几何问题);勾股定理;相似三角形的判定和性质;一次函数的应用和性质;三角形和梯形的中位线定理;分类思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】(1)∵在Rt△ABC中,∠ACB=900,AC=6,BC=8,∴根据勾股定理,得.‎ ‎∵点M的速度是每秒1个单位长度,点N的速度是每秒3个单位长度,‎ ‎∴动点M、N相遇时,有秒.‎ ‎(2)分点与点重合前;点与点重合后点M、N相遇前;点与点重合后点M、N相遇后三种情况讨论即可.‎ ‎(3)分点与点重合前;点与点重合后点M、N相遇前;点与点重合后点M、N相遇后三种情况讨论,如答图,分别过点作的垂线,垂足分别为点,易得 ①当时,如答图4,易得,,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 当时,最大值为;当时,最小值为.‎ ②当或时,如答图4,5,易得,.‎ ‎∴.‎ 当时,最大值为4; 最小值不大于.‎ 综上所述,在整个运动过程中,△KAC的面积变化,它的最大值是4,最小值是.‎ ‎21. (2015年江苏南通13分)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,AB=15,BC=9,点P,Q分别在BC,AC上,CP=3x,CQ=4x(0<x<3).把△PCQ绕点P旋转,得到△PDE,点D落在线段PQ上.‎ ‎(1)求证:PQ∥AB;‎ ‎(2)若点D在∠BAC的平分线上,求CP的长;‎ ‎(3)若△PDE与△ABC重叠部分图形的周长为T,且12≤T≤16,求x的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵在Rt△ABC中,AB=15,BC=9,‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴.‎ 又∵∠C=∠C,∴△PQC∽△BAC. ∴∠CPQ=∠B. ∴PQ∥AB.‎ ‎(2)如答图1,连接AD,‎ ‎∵PQ∥AB,∴∠ADQ=∠DAB.‎ ‎∵点D在∠BAC的平分线上,∴∠DAQ=∠DAB.‎ ‎∴∠ADQ=∠DAQ. ∴AQ=DQ.‎ 在Rt△CPQ中,∵CP=3x,CQ=4x,∴PQ=5x.‎ ‎∵PD=PC=3x,∴DQ=2x.‎ ‎∵AQ=12﹣4x,∴12﹣4x=2x,解得x=2.‎ ‎∴CP=3x=6.‎ ‎(3)当点E在AB上时,‎ ‎∵PQ∥AB,∴∠DPE=∠PEB.‎ ‎∵∠CPQ=∠DPE,∠CPQ=∠B,∴∠B=∠PEB. ∴PB=PE=5x.‎ ‎∴3x+5x=9,解得.‎ ‎①当0<x≤时,,此时0<T≤.‎ ‎∴当0<x≤时,T随x的增大而增大,‎ ‎∵12≤T≤16,∴当12≤T≤时,1≤x≤.‎ ‎②当<x<3时,‎ 如答图2,设PE交AB于点G,DE交AB于F,作GH⊥FQ,垂足为H,‎ ‎∴HG=DF,FG=DH,Rt△PHG∽Rt△PDE.‎ ‎∴.‎ ‎∵PG=PB=9﹣3x,∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 此时,<T<18.‎ ‎∴当<x<3时,T随x的增大而增大.‎ ‎∵12≤T≤16,∴当<T≤16时,<x≤.‎ 综上所述,当12≤T≤16时,x的取值范围是1≤x≤.‎ ‎【考点】面动旋转问题;勾股定理;相似三角形的判定和性质;平行的判定和性质;方程思想、函数思想、分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)先根据勾股定理求出AC的长,再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC,由相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B,由此可得出结论.‎ ‎(2)连接AD,根据PQ∥AB可知∠ADQ=∠DAB,再由点D在∠BAC的平分线上,得出∠DAQ=∠DAB,故∠ADQ=∠DAQ,AQ=DQ.在Rt△CPQ中根据勾股定理可知,AQ=12﹣4x,故可得出x的值,进而得出结论.‎ ‎(3)当点E在AB上时,根据等腰三角形的性质求出x的值,再分0<x≤;<x<3两种情况进行分类讨论.‎ ‎22. (2015年江苏南通13分)已知抛物线(m是常数)的顶点为P,直线.‎ ‎(1)求证:点P在直线l上;‎ ‎(2)当m=﹣3时,抛物线与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,与直线l的另一个交点为Q,M是x轴下方抛物线上的一点,∠ACM=∠PAQ(如图),求点M的坐标;‎ ‎(3)若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形,请直接写出所有符合条件的m的值.‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵,‎ ‎∴点P的坐标为(m,m﹣1),‎ ‎∵当x=m时,y=x﹣1=m﹣1,‎ ‎∴点P在直线l上.‎ ‎(2)当m=﹣3时,抛物线解析式为,‎ 当y=0时,,解得x1=﹣1,x2=﹣5,则A(﹣5,0).‎ 当x=0时,,则C(0,5).‎ 联立方程组,解得或,‎ ‎∴P(﹣3,﹣4),Q(﹣2,﹣3).‎ 如答图,过点M作ME⊥y轴于E,过点P作PF⊥x轴于F,过点Q作QG⊥x轴于G, ‎ ‎∵OA=OC=5,∴△OAC为等腰直角三角形.‎ ‎∴∠ACO=45°. ∴∠MCE=45°﹣∠ACM.‎ ‎∵QG=3,OG=2,∴AG=OA﹣OG=3=QG.‎ ‎∴△AQG为等腰直角三角形. ∴∠QAG=45°.‎ ‎∴.‎ ‎∵∠ACM=∠PAQ,∴∠APF=∠MCE.‎ ‎∴Rt△CME∽Rt△PAF. ∴.‎ 设,则.‎ ‎∴,整理得,解得x1=0(舍去),x2=﹣4,‎ ‎∴点M的坐标为(﹣4,﹣3).‎ ‎(3)m的值为0,,,,.‎ ‎【考点】二次函数综合题;曲线上点的坐标与方程的关系;等腰直角三角形的判定和性质;相似三角形的判定和性质;勾股定理;分类思想和方程思想的应用..‎ ‎【分析】(1)利用配方法求得点P的坐标,然后根据一次函数图象上点的坐标特征判断点P在直线l上.‎ ‎(2)当m=﹣3时,抛物线解析式为,根据抛物线与x轴的交点问题求出A(﹣5,0),易得C(0,5),通过解方程组得P(﹣3,﹣4),Q(﹣2,﹣3),如图,作ME⊥y轴于E,PF⊥x轴于F,QG⊥x轴于G,证明Rt△CME∽Rt△PAF,利用相似得,设,则,解之即可求得点M的坐标.‎ ‎(3)解方程组得或,‎ ‎∴P(m,m﹣1),Q(m+1,m).‎ ‎∴,,‎ ‎.‎ 当PQ=OQ时,,解得;‎ 当PQ=OP时,,解得;‎ 当OP=OQ时,,解得m=0.‎ 综上所述,m的值为0,,,,.‎ ‎23. (2015年江苏宿迁10分)已知:⊙O上两个定点A,B和两个动点C,D,AC与BD交于点E.‎ ‎(1)如图1,求证:EA•EC=EB•ED;‎ ‎(2)如图2,若,AD是⊙O的直径,求证:AD•AC=2BD•BC;‎ ‎(3)如图3,若AC⊥BD,点O到AD的距离为2,求BC的长.‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵∠EAD=∠EBC,∠BCE=∠ADE,∴△AED∽△BEC.‎ ‎∴.∴EA•EC=EB•ED.‎ ‎(2)证明:如答图1,连接OB,OB交AC于点F,‎ ‎∵,∴∠BAC=∠ADB=∠ACB,且AF=CF=AC.‎ 又∵AD为⊙O直径,∴∠ABC=90°.‎ 又∠CFB=90°,∴∠CFB=∠ABC. ∴△CBF∽△ABD.‎ ‎∴,即.∴AD•AC=2BD•BC.‎ ‎(3)如答图2,连接AO并延长交⊙O于F,连接DF,过点O作OH⊥AD于H,‎ ‎∵AF为⊙O的直径,∴∠ADF=90°. ∴AH=DH,OH∥DF.‎ ‎∵AO=OF,∴DF=2OH=4.‎ ‎∵AC⊥BD,∴∠AEB=∠ADF=90°.‎ ‎∵∠ABD=∠F,∴△ABE∽△ADF,‎ ‎∴∠BAE=∠DAF.‎ ‎∴. ∴BC=DF=4.‎ ‎【考点】圆的综合题;双动点问题;圆周角定理;相似三角形的判定和性质;垂径定理;弧、弦的关系;三角形的中位线定理.‎ ‎【分析】(1)根据同弧所对的圆周角相等得到角相等,从而证得△AED∽△BEC,于是得到结论.‎ ‎(2)作辅助线“连接OB,OB交AC于点F”由得到∠BAC=∠ADB=∠ACB,且AF=CF=AC,证得△CBF∽△ABD即可得到结论.‎ ‎(3)作辅助线“连接AO并延长交⊙O于F,连接DF,过点O作OH⊥AD于H”,得到AF为⊙O的直径,从而∠ADF=90°,根据三角形的中位线定理有DF=2OH=4,通过△ABE∽△ADF,得到∠BAE=∠DAF,于是结论可得.‎ ‎24. (2015年江苏宿迁10分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为2a,2b,点A,D,G在y轴上,坐标原点O为AD的中点,抛物线过C,F两点,连接FD并延长交抛物线于点M.‎ ‎(1)若a=1,求m和b的值;‎ ‎(2)求的值;‎ ‎(3)判断以FM为直径的圆与AB所在直线的位置关系,并说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)∵a=1,∴正方形ABCD的边长为2,‎ ‎∵坐标原点O为AD的中点,∴C(2,1).‎ ‎∵抛物线过C点,∴1=4m,解得.‎ ‎∴抛物线解析式为,‎ 将F(2b,2b+1)代入,得,解得(负值舍去).‎ ‎∴,.‎ ‎(2)∵正方形ABCD的边长为2a,坐标原点O为AD的中点,∴C(2a,a).‎ ‎∵抛物线过C点,∴,解得.‎ ‎∴抛物线解析式为.‎ 将F(2b,2b+1)代入,得,解得(负值舍去).‎ ‎∴.‎ ‎(3)以FM为直径的圆与AB所在直线相切.理由如下:‎ ‎∵D(0,a),∴可设直线FD的解析式为. ‎ 由(2)得,‎ 代入得k=1.‎ ‎∴直线FD的解析式为.‎ 联立,‎ 解得或.‎ ‎∴M点坐标为.‎ ‎∴以FM为直径的圆的圆心的坐标为(2a,3a).‎ 如答图,过点作于点,‎ ‎∴到直线AB()的距离.‎ ‎∵以FM为直径的圆的半径.‎ ‎∴.‎ ‎∴以FM为直径的圆与AB所在直线相切.‎ ‎【考点】二次函数综合题;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;正方形的性质;直线与圆满的位置关系的判定;勾股定理;数形结合思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】(1)由a=1,根据正方形的性质及已知条件得出C(2,1).将C点坐标代入,求出,则抛物线解析式为,再将F(2b,2b+1)代入,即可求出b的值.‎ ‎(2)由正方形ABCD的边长为2a,坐标原点O为AD的中点,得出C(2a,a).将C点坐标代入,求出,则抛物线解析式为,再将F(2b,2b+a)代入,整理,把a看作常数,利用求根公式得出(负值舍去),从而得到.‎ ‎(3)先利用待定系数法求出直线FD的解析式为,再求出M,又,利用中点坐标公式得到以FM为直径的圆的圆心O′的坐标为(2a,3a),再求出O′到直线AB()的距离的值,以FM为直径的圆的半径r的值,由=r,根据直线与圆的位置关系可得以FM为直径的圆与AB所在直线相切.‎ ‎25. (2015年江苏镇江9分)【发现】‎ 如图∠ACB=∠ADB=90°,那么点D在经过A,B,C三点的圆上(如图①)‎ ‎【思考】‎ 如图②,如果∠ACB=∠ADB=(≠90°)(点C,D在AB的同侧),那么点D还在经过A,B,C三点的圆上吗?‎ 请证明点D也不在⊙O内.‎ ‎【应用】‎ 利用【发现】和【思考】中的结论解决问题:‎ 若四边形ABCD中,AD∥BC,∠CAD=90°,点E在边AB上,CE⊥DE.‎ ‎(1)作∠ADF=∠AED,交CA的延长线于点F(如图④),求证:DF为Rt△ACD的外接圆的切线;‎ ‎(2)如图⑤,点G在BC的延长线上,∠BGE=∠BAC,已知,AD=1,求DG的长.‎ ‎【答案】解:【思考】点D还在经过A,B,C三点的圆上.‎ 如答图1,假设点D在⊙O内,延长AD交⊙O于点E,连接BE,则∠AEB=∠ACB,‎ ‎∵∠ADE是△BDE的外角,‎ ‎∴∠ADB>∠AEB.‎ ‎∴∠ADB>∠ACB.‎ ‎∴∠ADB>∠ACB,这与条件∠ACB=∠ADB矛盾.‎ ‎∴点D也不在⊙O内.‎ ‎【应用】‎ ‎(1)证明:如答图2,取CD的中点O,则点O是Rt△ACD的外心,‎ ‎∵∠CAD=∠DEC=90°,∴点E在⊙O上. ∴∠ACD=∠AED.‎ ‎∵∠FDA=∠AED,∴∠ACD=∠FDA.‎ ‎∵∠DAC=90°,∴∠ACD+∠ADC=90°. ∴∠FDA+∠ADC=90°.‎ ‎∴OD⊥DF,∴DF为Rt△ACD的外接圆的切线.‎ ‎(2)如答图3,∵∠BGE=∠BAC,‎ ‎∴点G在过C、A、E三点的圆上. ‎ 又∵过C、A、E三点的圆是Rt△ACD的外接圆,即⊙O,‎ ‎∴点G在⊙O上.‎ ‎∵CD是直径,∴∠DGC=90°.‎ ‎∵AD∥BC,∴∠ADG=90°.‎ ‎∵∠DAC=90°,∴四边形ACGD是矩形. ∴DG=AC.‎ ‎∵,∠ACD=∠AED,∴.‎ ‎∴在Rt△ACD中,,‎ ‎∵AD=1,∴.∴.‎ ‎∴.‎ ‎【考点】阅读理解型问题;圆的综合题;圆周角定理;三角形的外角性质;矩形的判定和性质;锐角三角函数定义;勾股定理. ‎ ‎【分析】【思考】假设点D在⊙O内,利用圆周角定理及三角形外角的性质,可证得与条件相矛盾的结论,从而证得点D不在⊙O内.‎ ‎【应用】(1)作出Rt△ACD的外接圆,由发现可得点E在⊙O上,则证得∠ACD=∠FDA,又因为∠ACD+∠ADC=90°,于是有∠FDA+∠ADC=90°,即可证得DF是圆的切线;‎ ‎(2)根据【发现】和【思考】可得点G在过C、A、E三点的圆O上,进而易证四边形AOGD是矩形,根据已知条件解直角三角形ACD可得AC的长,即DG的长.‎ ‎26. (2015年江苏镇江10分)如图,二次函数的图象经过点(0,3),且当x=1时,y有最小值2.‎ ‎(1)求a,b,c的值;‎ ‎(2)设二次函数(k为实数),它的图象的顶点为D.‎ ‎①当k=1时,求二次函数的图象与x轴的交点坐标;‎ ‎②请在二次函数与的图象上各找出一个点M,N,不论k取何值,这两个点始终关于x轴对称,直接写出点M,N的坐标(点M在点N的上方);‎ ‎③过点M的一次函数的图象与二次函数的图象交于另一点P,当k为何值时,点D在∠NMP的平分线上?‎ ‎④当k取﹣2,﹣1,0,1,2时,通过计算,得到对应的抛物线的顶点分别为(﹣1,﹣6,),(0,﹣5),(1,﹣2),(2,3),(3,10),请问:顶点的横、纵坐标是变量吗?纵坐标是如何随横坐标的变化而变化的?‎ ‎【答案】解:(1)∵二次函数当x=1时,y有最小值2,‎ ‎∴可设.‎ 将(0,3)代入,得a=1,∴.‎ ‎∴a=1,b=﹣2,c=3. ‎ ‎(2)①当k=1时,,令,解得,‎ ‎∴图象与轴的交点坐标(,0),(,0).‎ ‎②M(﹣1,6),N(﹣1,﹣6).‎ ‎③如答图,设直线与轴交于点A,MD与轴交于点B,MN与轴交于点E,过点B作BC⊥AM于点C,‎ ‎∵经过M(﹣1,6),∴,解得.‎ ‎∴,则A(7,0).‎ ‎∵MN⊥x轴,∴E点的横坐标为﹣1. ‎ ‎∴AE=8.‎ ‎∵ME=6,∴MA=10.‎ ‎∵MD平分∠NMP,MN⊥x轴,∴BC=BE.‎ 设BC=x,则AB=8﹣x,‎ ‎∵△ABC∽△AME,∴.‎ ‎∴,解得x=3. ∴B(2,0).‎ ‎∴MD的函数表达式为.‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ 把,代入,得,‎ 解得.‎ ‎∵,∴舍去.‎ ‎∴.‎ ‎④是.‎ 当顶点的横坐标大于﹣1时,纵坐标随横坐标的增大而增大,‎ 当顶点的横坐标小于﹣1时,纵坐标随横坐标的增大而减小.‎ ‎【考点】阅读理解型问题;二次函数综合题;二次函数的性质;轴对称的性质;曲线上点的坐标与方程的关系;角平分线的性质;勾股定理;相似三角形的判定和性质;方程思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】(1)利用顶点式的解析式求解即可.‎ ‎(2)①当k=1时,,令,解得x的值,即可得出图象与x轴的交点坐标.‎ ‎②当x=﹣1时,与的图象上点M,N,不论k取何值,这两个点始终关于x轴对称,可得M(﹣1,6),N(﹣1,﹣6).‎ ‎③由,经过M(﹣1,6),可得t的值,由MN⊥x轴,可得E点的横坐标为﹣1,可得出AE,ME,MA的值.设MD交AE于点B,作BC⊥AM于点C,设BC=x,则AB=8﹣x,由△ABC∽△AMN列式,可求出x的值,即可得出MD的函数表达式为y=﹣2x+4.再把点D代入,即可求出k的值样.‎ ‎④观察可得出当顶点的横坐标大于﹣1时,纵坐标随横坐标的增大而增大,当顶点的横坐标小于﹣1时,纵坐标随横坐标的增大而减小.‎
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