江苏省13市中考数学试题分类解析汇编专题20压轴题

江苏省13市中考数学试题分类解析汇编专题20压轴题

江苏省13市2015年中考数学试题分类解析汇编 专题20：压轴题 ‎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°．[来源:学|科|网]‎ ‎∵∠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．[来源:学科网]‎ ‎（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，[来源:学.科.网]‎ 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.[来源:Zxxk.Com]‎ ‎∴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05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：05⊥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，∴∠05O=∠CPM=90°，即05⊥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∽△05O. ∴.‎ ‎∴‎ ‎∵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05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△05O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.[来源:学。科。网]‎ ‎∴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．‎