中考数学一轮总复习31《代几综合问题》知识讲解+巩固练习（提高版）（含答案）

这是一份中考数学一轮总复习31《代几综合问题》知识讲解+巩固练习（提高版）（含答案），共28页。

中考冲刺：代几综合问题—知识讲解（提高）
【中考展望】
代几综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型．近几年的中考压轴题多以代几综合题的形式出现．解代几综合题一般可分为“认真审题、理解题意；探求解题思路；正确解答”三个步骤,解代几综合题必须要有科学的分析问题的方法．数学思想是解代几综合题的灵魂，要善于挖掘代几综合题中所隐含的重要的转化思想、数形结合思想、分类讨论的思想、方程（不等式）的思想等，把实际问题转化为数学问题，建立数学模型，这是学习解代几综合题的关键．
题型一般分为：（1）方程与几何综合的问题；（2）函数与几何综合的问题；（3）动态几何中的函数问题；（4）直角坐标系中的几何问题；（5）几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题.
题型特点：一是以几何图形为载体，通过线段、角等图形寻找各元素之间的数量关系，建立代数方程或函数模型求解；二是把数量关系与几何图形建立联系，使之直观化、形象化，从函数关系中点与线的位置、方程根的情况得出图形中的几何关系.以形导数，由数思形，从而寻找出解题捷径. 解代几综合题要灵活运用数形结合的思想进行数与形之间的相互转化，关键是要从题目中寻找这两部分知识的结合点，从而发现解题的突破口.
【方法点拨】
方程与几何综合问题是中考试题中常见的中档题，主要以一元二次方程根的判别式、根与系数的关系为背景，结合代数式的恒等变形、解方程（组）、解不等式（组）、函数等知识．其基本形式有：求代数式的值、求参数的值或取值范围、与方程有关的代数式的证明．
函数型综合题主要有：几何与函数结合型、坐标与几何、方程与函数结合型问题，是各地中考试题中的热点题型．主要是以函数为主线，建立函数的图象，结合函数的性质、方程等解题．解题时要注意函数的图象信息与方程的代数信息的相互转化．例如函数图象与x轴交点的横坐标即为相应方程的根；点在函数图象上即点的坐标满足函数的解析式等．
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
几何综合题考查知识点多、条件隐晦，要求学生有较强的理解能力，分析能力，解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识与创新能力．
1． 几何型综合题，常以相似形与圆的知识为考查重点，并贯穿其他几何、代数、三角等知识，以证明、计算等题型出现．
2． 几何计算是以几何推理为基础的几何量的计算，主要有线段和弧长的计算，角的计算，三角函数值的计算，以及各种图形面积的计算等．
3． 几何论证题主要考查学生综合应用所学几何知识的能力．
4． 解几何综合题应注意以下几点：
（1） 注意数形结合，多角度、全方位观察图形，挖掘隐含条件，寻找数量关系和相等关系；
（2） 注意推理和计算相结合，力求解题过程的规范化；
（3） 注意掌握常规的证题思路，常规的辅助线作法；
（4） 注意灵活地运用数学的思想和方法．
【典型例题】
类型一、方程与几何综合的问题
1.（2015•大庆模拟）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．点P从B出发沿BA向A运动，速度为每秒1cm，点E是点B以P为对称中心的对称点，点P运动的同时，点Q从A出发沿AC向C运动，速度为每秒2cm，当点Q到达顶点C时，P，Q同时停止运动，设P，Q两点运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，PQ∥BC？
（2）设四边形PQCB的面积为y，求y关于t的函数关系式；
（3）四边形PQCB面积能否是△ABC面积的？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由；
（4）当t为何值时，△AEQ为等腰三角形？（直接写出结果）

【思路点拨】
（1）先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AB=10，再由BP=t，AQ=2t，得出AP=10﹣t，然后由PQ∥BC，根据平行线分线段成比例定理，列出比例式，求解即可；
（2）正确把四边形PQCB表示出来，即可得出y关于t的函数关系式；
（3）根据四边形PQCB面积是△ABC面积的，列出方程，解方程即可；
（4）△AEQ为等腰三角形时，分三种情况讨论：①AE=AQ；②EA=EQ；③QA=QE，每一种情况都可以列出关于t的方程，解方程即可．
【答案与解析】
解：（1）Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，
∴AB=10cm．
∵BP=t，AQ=2t，
∴AP=AB﹣BP=10﹣t．
∵PQ∥BC，
∴=，
∴=，
解得t=；
（2）∵S四边形PQCB=S△ACB﹣S△APQ=AC•BC﹣AP•AQ•sinA
∴y=×6×8﹣×（10﹣t）•2t•
=24﹣t（10﹣t）
=t2﹣8t+24，
即y关于t的函数关系式为y=t2﹣8t+24；
（3）四边形PQCB面积能是△ABC面积的，理由如下：
由题意，得t2﹣8t+24=×24，
整理，得t2﹣10t+12=0，
解得t1=5﹣，t2=5+（不合题意舍去）．
故四边形PQCB面积能是△ABC面积的，此时t的值为5﹣；
（4）△AEQ为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①如果AE=AQ，那么10﹣2t=2t，解得t=；
②如果EA=EQ，那么（10﹣2t）×=t，解得t=；
③如果QA=QE，那么2t×=5﹣t，解得t=．
故当t为秒秒秒时，△AEQ为等腰三角形．
【总结升华】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定等，综合性较强，难度适中．解答此题时要注意分类讨论，不要漏解；其次运用方程思想是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2016•镇江）如图1，在菱形ABCD中，AB=6，tan∠ABC=2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α=∠BCD），得到对应线段CF．
（1）求证：BE=DF；
（2）当t=　 　秒时，DF的长度有最小值，最小值等于　 　；
（3）如图2，连接BD、EF、BD交EC、EF于点P、Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（4）如图3，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α（α=∠BCD），得到对应线段CG．在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．

【答案】
解：（1）∵∠ECF=∠BCD，即∠BCE+∠DCE=∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF=∠BCE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=BC，
在△DCF和△BCE中，
∵，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF=BE；
（2）如图1，
当点E运动至点E′时，DF=BE′，此时DF最小，
在Rt△ABE′中，AB=6，tan∠ABC=tan∠BAE′=2，
∴设AE′=x，则BE′=2x，
∴AB=x=6，
则AE′=6
∴DE′=6+6，DF=BE′=12，
故答案为：6+6，12；
（3）∵CE=CF，
∴∠CEQ＜90°，
①当∠EQP=90°时，如图2①，
∵∠ECF=∠BCD，BC=DC，EC=FC，
∴∠CBD=∠CEF，
∵∠BPC=∠EPQ，
∴∠BCP=∠EQP=90°，
∵AB=CD=6，tan∠ABC=tan∠ADC=2，
∴DE=6，
∴t=6秒；
②当∠EPQ=90°时，如图2②，
∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴EC与AC重合，
∴DE=6，
∴t=6秒；
（4）y=t﹣12﹣，
如图3，连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，
由（1）知∠1=∠2，
又∵∠1+∠DCE=∠2+∠GCF，
∴∠DCE=∠GCF，
在△DCE和△GCF中，
∵，
∴△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3=∠4，
∵∠1=∠3，∠1=∠2，
∴∠2=∠4，
∴GF∥CD，
又∵AH∥BN，
∴四边形CDMN是平行四边形，
∴MN=CD=6，
∵∠BCD=∠DCG，
∴∠CGN=∠DCN=∠CNG，
∴CN=CG=CD=6，
∵tan∠ABC=tan∠CGN=2，
∴GN=12，
∴GM=6+12，
∵GF=DE=t，
∴FM=t﹣6﹣12，
∵tan∠FMH=tan∠ABC=2，
∴FH=（t﹣6﹣12），
即y=t﹣12﹣．

类型二、函数与几何综合问题
2.如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动t（t＞0）秒，抛物线y=x2＋bx＋c经过点O和点P．已知矩形ABCD的三个顶点为A（1，0）、B（1，－5）、D（4，0）．
⑴求c、b（可以用含t的代数式表示）；
⑵当t>1时，抛物线与线段AB交于点M．在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
⑶在矩形ABCD的内部（不含边界），把横、纵坐标都是整数的点称为“好点”．若抛物线将这些“好点”分成数量相等的两部分，请直接写出t的取值范围．

【思路点拨】
（1）由抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，将点O与P的坐标代入方程即可求得c，b；
（2）当x=1时，y=1-t，求得M的坐标，则可求得∠AMP的度数；
（3）根据图形，可直接求得答案．
【答案与解析】
解：（1）把x=0，y=0代入y=x2+bx+c，得c=0，
再把x=t，y=0代入y=x2+bx，得t2+bt=0，
∵t＞0，
∴b=-t；
（2）不变．
∵抛物线的解析式为：y=x2-tx，且M的横坐标为1，
∴当x=1时，y=1-t，
∴M（1，1-t），
∴AM=|1-t|=t-1，
∵OP=t，∴AP=t-1，
∴AM=AP，
∵∠PAM=90°，∴∠AMP=45°；
（3）＜ｔ＜．
①左边4个好点在抛物线上方，右边4个好点在抛物线下方：无解；
②左边3个好点在抛物线上方，右边3个好点在抛物线下方：
则有-4＜y2＜-3，-2＜y3＜-1，
即-4＜4-2t＜-3，-2＜9-3t＜-1，
∴＜ｔ＜４且＜ｔ＜，解得＜ｔ＜；
③左边2个好点在抛物线上方，右边2个好点在抛物线下方：无解；
④左边1个好点在抛物线上方，右边1个好点在抛物线下方：无解；
⑤左边0个好点在抛物线上方，右边0个好点在抛物线下方：无解；
综上所述，t的取值范围是：＜ｔ＜．
【总结升华】
此题考查了二次函数与点的关系．此题综合性很强，难度适中，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．

类型三、动态几何中的函数问题
3. 如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于，与轴交于A、B两点，点B的坐标为
（1）求二次函数的解析式及顶点D的坐标；
（2）点M是第二象限内抛物线上的一动点，若直线OM把四边形ACDB分成面积为1:2的两部分，求出此时点的坐标；
（3）点P是第二象限内抛物线上的一动点，问：点P在何处时△的面积最大？最大面积是多少？并求出此时点P的坐标.

【思路点拨】
（1）抛物线的解析式中只有两个待定系数，因此只需将点B、C的坐标代入其中求解即可．
（2）先画出相关图示，连接OD后发现：S△OBD：S四边形ACDB=2：3，因此直线OM必须经过线段BD才有可能符合题干的要求；设直线OM与线段BD的交点为E，根据题干可知：△OBE、多边形OEDCA的面积比应该是1：2或2：1，即△OBE的面积是四边形ACDB面积的，所以先求出四边形ABDC的面积，进而得到△OBE的面积后，可确定点E的坐标，首先求出直线OE（即直线OM）的解析式，联立抛物线的解析式后即可确定点M的坐标（注意点M的位置）．
（3）此题必须先得到关于△CPB面积的函数表达式，然后根据函数的性质来求出△CPB的面积最大值以及对应的点P坐标；通过图示可发现，△CPB的面积可由四边形OCPB的面积减去△OCB的面积求得，首先设出点P的坐标，四边形OCPB的面积可由△OCP、△OPB的面积和得出．
【答案与解析】
解：（1）由题意，得： 解得：
所以，二次函数的解析式为： ，顶点D的坐标为（-1，4）.
（2）画图由Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四点的坐标，易求四边形ACDB的面积为9.直线BD的解析式为y=2x+6.
设直线OM与直线BD 交于点E，则△OBE的面积可以为3或6.
①当时，如图，易得E点坐标（-2，-2），直线OE的解析式为y=-x.

设M 点坐标（x，-x），

∴
② 当时，同理可得M点坐标．
∴ M 点坐标为（-1，4）．
（3）如图，连接，设P点的坐标为，
∵点P在抛物线上，∴，
∴

　　　

∵，∴当时，. △的面积有最大值
∴当点P的坐标为时，△的面积有最大值，且最大值为

【总结升华】
此题主要考查了二次函数解析式的确定、图形面积的解法以及二次函数的应用等知识；（2）问中，一定先要探究一下点M的位置，以免出现漏解的情况．

举一反三：
【变式】如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－＋交折线OAB于点E．
（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；
（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.

【答案】
（1）由题意得B（3，1）．
若直线经过点A（3，0）时，则b＝
若直线经过点B（3，1）时，则b＝
若直线经过点C（0，1）时，则b＝1.
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，此时点E（2b，0）.
∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b.

②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2，
此时点E（3，），D（2b－2，1）.
∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )
＝ 3－[(2b－1)×1＋×(5－2b)•()＋×3()]



（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，C1B1与OA相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形,
根据轴对称知，
∠MED＝∠NED, 又∠MDE＝∠NED，
∴∠MED＝∠MDE，MD＝ME，
∴平行四边形DNEM为菱形．
过点D作DH⊥OA，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，由题可知，
D（2b-2，1），E（2b，0），
∴DH=1，HE=2b-（2b-2）=2，
∴HN=HE-NE=2-a，则在Rt△DHM中，由勾股定理知：，∴a=.
∴S四边形DNEM＝NE·DH＝．
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．


类型四、直角坐标系中的几何问题
4. 如图所示，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．已知OA＝3，OC＝2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．
（1）直接写出点E、F的坐标；
（2）设顶点为F的抛物线交y轴正半轴于点P，且以点E、F、P为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛物线的解析式；
（3）在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．

【思路点拨】
（1）由轴对称的性质，可知∠FBD=∠ABD，FB=AB，可得四边形ABFD是正方形，则可求点E、F的坐标；（2）已知抛物线的顶点，则可用顶点式设抛物线的解析式. 因为以点E、F、P为顶点的等腰三角形没有给明顶角的顶点，而顶角和底边都是唯一的，所以要抓住谁是顶角的顶点进行分类，可分别以E、F、P为顶角顶点；（3）求周长的最小值需转化为利用轴对称的性质求解.
【答案与解析】
解：(1)E(3,1)；F(1,2)；
(2)连结EF，在Rt△EBF中,∠B=90°，∴EF=.
设点P的坐标为(0,n),n＞0,∵顶点F(1,2), ∴设抛物线的解析式为y=a(x-1)2+2，(a≠0)．
①如图1，当EF=PF时，EF2=PF2，∴12+(n-2)2=5，解得n1=0(舍去)，n2=4.
∴P(0，4)，
∴4=a(0-1)2+2，解得a=2，
∴抛物线的解析式为y=2(x-1)2+2．

②如图2，当EP=FP时，EP2=FP2，
∴(2-n)2+1=(1-n)2+9，解得n=－(舍去)
③当EF=EP时，EP=＜3，这种情况不存在.
综上所述，符合条件的抛物线为y=2(x-1)2+2．

(3)存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小．
如图3，作点E关于x轴的对称点E′，作点F关于y轴的对称点F′，连结E′F′，分别与x轴、y轴交于点M、N，则点M、N就是所求. 连结NF、ME.
∴E′(3，-1)、F′(-1，2)，NF=NF′，ME=ME′. ∴BF′=4，BE′=3.
∴FN+NM+ME=F′N+NM+ME′=F′E′==5.
又∵EF=，∴FN+MN+ME+EF=5+，
此时四边形MNFE的周长最小值为5+.

【总结升华】
本题考查了平面直角坐标系、等腰直角三角形、抛物线解析式的求法、利用轴对称求最短距离以及数形结合、分类讨论等数学思想. 分类讨论的思想要依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类原则是不重不漏，最简分类常见的依据是：一是依据概念分类，如判断直角三角形时明确哪个角可以是直角，两个三角形相似时分清哪两条边是对应边；二是依运动变化的图形中的分界点进行分类，如一个图形在运动过程中，与另一个图形重合部分可以是三角形，也可以是四边形、五边形等. 几何与函数的综合题是中考常见的压轴题型，解决这类问题主要分为两步：一是利用线段的长确定出几何图形中各点的坐标；二是用待定系数法求函数关系式．

类型五、几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题
5. 如图所示，以等腰三角形AOB的斜边为直角边向外作第2个等腰直角三角形ABA，再以等腰直角三角形ABA的斜边为直角边向外作第3个等腰直角三角形ABB，……，如此作下去，若OA=OB=1，则第n个等腰直角三角形的面积Ｓ＝ ________（n为正整数）．

【思路点拨】
本题要先根据已知的条件求出S1、S2的值，然后通过这两个面积的求解过程得出一般性的规律，进而可得出Sn的表达式．
【答案与解析】
根据直角三角形的面积公式，得S1=；
根据勾股定理，得：AB=，则S2=1=20；
A1B=2，则S3=21，
依此类推，发现：=．
【总结升华】
本题要先从简单的例子入手得出一般化的结论，然后根据得出的规律去求特定的值．
举一反三：
【变式】阅读下面的文字，回答后面的问题．
求3+32+33+…+3100的值．
解：令S=3+32+33+…+3100（1），
将等式两边提示乘以3得到：3S=32+33+34+…+3101（2），
（2）-（1）得到：2S=3101-3
∴S=
∴3+32+33+…+3100=
问题：
（1）2+22+…+22011的值为__________________；（直接写出结果）
（2）求4+12+36+…+4×350的值；
（3）如图，在等腰Rt△OAB中，OA=AB=1，以斜边OB为腰作第二个等腰Rt△OBC，再以斜边OC为腰作第三个等腰Rt△OCD，如此下去…一直作图到第8个图形为止．求所有的等腰直角三角形的所有斜边之和．（直接写出结果）．

【答案】
解：（1）22012-2．
（2）令S=4+12+36+…+4×350　 ①，
将等式两边提示乘以3得到：
3S=12+36+108+…+4×351 ②，
②-①得到：2S=4×341-4
∴S=2×351-2
∴4+12+36+…+4×350=2×351-2．
（3）．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


中考冲刺：代几综合问题—知识讲解（提高）
【巩固练习】
一、 选择题
1.（2016•鄂州）如图，O是边长为4cm的正方形ABCD的中心，M是BC的中点，动点P由A开始沿折线A﹣B﹣M方向匀速运动，到M时停止运动，速度为1cm/s．设P点的运动时间为t（s），点P的运动路径与OA、OP所围成的图形面积为S（cm2），则描述面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象可以是（　　）

A． B． C．D．
2. 如图，夜晚，小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为（ ）
　　
二、填空题
3.在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为(4，10)，点C在y轴上，且△ABC
是直角三角形，则满足条件的C点的坐标为______________．
4.（2016•梧州）如图，在坐标轴上取点A1（2，0），作x轴的垂线与直线y=2x交于点B1，作等腰直角三角形A1B1A2；又过点A2作x轴的垂线交直线y=2x交于点B2，作等腰直角三角形A2B2A3；…，如此反复作等腰直角三角形，当作到An（n为正整数）点时，则An的坐标是　 　．

三、解答题
5. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．
（1）连接DP，经过1秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由；
（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？
（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．



6．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是梯形，OA∥BC，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（3，4），点C在y轴的正半轴上．动点M在OA上运动，从O点出发到A点；动点N在AB上运动，从A点出发到B点．两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为t（秒）．
（1）求线段AB的长；当t为何值时，MN∥OC？
（2）设△CMN的面积为S，求S与t之间的函数解析式，并指出自变量t的取值范围；S是否有最小值？若有最小值，最小值是多少？





7.条件：如下图，A、B是直线l同旁的两个定点．

问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小．
方法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．
模型应用：
（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点．连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连接ED交AC于P，则PB+PE的最小值是　　；
（2）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；
（3）如图3，∠AOB=45°，P是∠AOB内一点，PO=10，Q、R分别是OA、OB上的动点，求△PQR周长的最小值．





8.如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=15，OC=9，在AB上取一点M，使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作N点．
（1）求N点、M点的坐标；
（2）将抛物线y=x2﹣36向右平移a（0＜a＜10）个单位后，得到抛物线l，l经过点N，求抛物线l的解析式；
（3）①抛物线l的对称轴上存在点P，使得P点到M、N两点的距离之差最大，求P点的坐标；
②若点D是线段OC上的一个动点（不与O、C重合），过点D作DE∥OA交CN于E，设CD的长为m，△PDE的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并说明S是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．







9.如图，直线y=kx﹣1与x轴、y轴分别交于B、C两点，tan∠OCB=．
（1）求B点的坐标和k的值；
（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y=kx﹣1上的一个动点．当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；
（3）探索：在（2）的条件下：
①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是；
②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．



10.（2015•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．






11.如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．
（1）如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F是否在直线NE上？请直接写出结论，不必证明或说明理由；
（2）如图②，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．







【答案与解析】
一、选择题
1.【答案】A.
【解析】分两种情况：
①当0≤t＜4时，
作OG⊥AB于G，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，AD=AB=BC=4cm，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴AG=BG=OG=AB=2cm，
∴S=AP•OG=×t×2=t（cm2），
②当t≥4时，作OG⊥AB于G，
如图2所示：
S=△OAG的面积+梯形OGBP的面积=×2×2+（2+t﹣4）×2=t（cm2）；
综上所述：面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象是过原点的线段，故选A．
2.【答案】A.

三、填空题
3.【答案】 （0，0），（0，10），（0，2），（0，8）
4．【答案】（2×3n﹣1，0）.
【解析】∵点B1、B2、B3、…、Bn在直线y=2x的图象上，
∴A1B1=4，A2B2=2×（2+4）=12，A3B3=2×（2+4+12）=36，A4B4=2×（2+4+12+36）=108，…，
∴AnBn=4×3n﹣1（n为正整数）．
∵OAn=AnBn，
∴点An的坐标为（2×3n﹣1，0）．
故答案为：（2×3n﹣1，0）．
三、解答题
5．【答案与解析】
解：（1）能，如图1，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，t=1秒，
∴AP=1，BQ=1.25，
∵AC=4，BC=5，点D在BC上，CD=3，
∴PC=AC-AP=4-1=3，QD=BC-BQ-CD=5-1.25-3=0.75，
∵PE∥BC，
解得PE=0.75，
∵PE∥BC，PE=QD，
∴四边形EQDP是平行四边形；


（2）如图2，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，
∴PC=AC-AP=4-t，QC=BC-BQ=5-1.25t，
∴

∴PQ∥AB；

（3）分两种情况讨论：
①如图3，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t，
又∵EQ∥AC，
∴△EDQ∽△ADC
∴，
∵BC=5，CD=3，
∴BD=2，
∴DQ=1.25t-2，
∴
解得t=2.5（秒）；
②如图4，当∠QED=90°时，作EM⊥BC于M，CN⊥AD于N，则EM=PC=4-t，
在Rt△ACD中，
∵AC=4，CD=3，
∴AD=，

∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，
∴△EDQ∽△CDA，

∴ t=3.1（秒）．
综上所述，当t=2.5秒或t=3.1秒时，△EDQ为直角三角形．

6.【答案与解析】
解：（1）过点B作BD⊥OA于点D，
则四边形CODB是矩形，
BD=CO=4，OD=CB=3，DA=3
在Rt△ABD中，．
当时，，
，．
∵，，
∴，
即（秒）．
（2）过点作轴于点，交的延长线于点，
∵，
∴，．
即，．
，
．
，
∴
．
即（）．
由，得．
当时，S有最小值，且．

7．【答案与解析】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，
∴PB=PD，
由题意易得：PB+PE=PD+PE=DE，
在△ADE中，根据勾股定理得，DE=；
（2）作A关于OB的对称点A′，连接A′C，交OB于P，
PA+PC的最小值即为A′C的长，
∵∠AOC=60°
∴∠A′OC=120°
作OD⊥A′C于D，则∠A′OD=60°
∵OA′=OA=2
∴A′D=
∴；
（3）分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON、MN，MN交OA、OB于点Q、R，连接PR、PQ，此时△PQR周长的最小值等于MN．
由轴对称性质可得，OM=ON=OP=10，∠MOA=∠POA，∠NOB=∠POB，
∴∠MON=2∠AOB=2×45°=90°，
在Rt△MON中，MN===10．
即△PQR周长的最小值等于10．


8.【答案与解析】
解：（1）∵CN=CB=15，OC=9，
∴ON==12，∴N（12，0）；
又∵AN=OA﹣ON=15﹣12=3，
设AM=x
∴32+x2=（9﹣x）2，∴x=4，M（15，4）；
（2）解法一：设抛物线l为y=（x﹣a）2﹣36
则（12﹣a）2=36
∴a1=6或a2=18（舍去）
∴抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36
解法二：
∵x2﹣36=0，
∴x1=﹣6，x2=6；
∴y=x2﹣36与x轴的交点为（﹣6，0）或（6，0）
由题意知，交点（6，0）向右平移6个单位到N点，
所以y=x2﹣36向右平移6个单位得到抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36；
（3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知：P点是直线MN与对称轴x=6的交点，
设直线MN的解析式为y=kx+b，
则 ，解得 ，
∴y=x﹣16，
∴P（6，﹣8）；
②∵DE∥OA，
∴△CDE∽△CON，
∴；
∴S=
∵a=﹣＜0，开口向下，又m=﹣
∴S有最大值，且S最大=﹣．


9.【答案与解析】
解： （1）∵y=kx﹣1与y轴相交于点C，
∴OC=1；
∵tan∠OCB=，∴OB=；∴B点坐标为：；
把B点坐标为：代入y=kx﹣1得：k=2；
（2）∵S=，y=kx﹣1，
∴S=×|2x﹣1|；∴S=|x﹣|；
（3）①当S=时，x﹣=，∴x=1，y=2x﹣1=1；
∴A点坐标为（1，1）时，△AOB的面积为；
②存在．
满足条件的所有P点坐标为：P1（1，0），P2（2，0），P3（，0），P4（，0）．

10.【答案与解析】
解：（1）令y=0，则ax2﹣2ax﹣3a=0，
解得x1=﹣1，x2=3
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），
如图1，作DF⊥x轴于F，
∴DF∥OC，
∴=，
∵CD=4AC，
∴==4，
∵OA=1，
∴OF=4，
∴D点的横坐标为4，
代入y=ax2﹣2ax﹣3a得，y=5a，
∴D（4，5a），
把A、D坐标代入y=kx+b得，
解得，
∴直线l的函数表达式为y=ax+a．
（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE=k1x+b1，
则，
解得：，
∴yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），
∴S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，
∴有最大值﹣a=，
∴a=﹣；
（3）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，
解得x1=﹣1，x2=4，
∴D（4，5a），
∵y=ax2﹣2ax﹣3a，∴抛物线的对称轴为x=1，
设P1（1，m），
①若AD是矩形的一条边，
由AQ∥DP知xD﹣xP=xA﹣xQ，可知Q点横坐标为﹣4，将x=﹣4带入抛物线方程得Q（﹣4，21a），
m=yD+yQ=21a+5a=26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP=90°，
∴AD2+PD2=AP2，
∵AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，
PD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，
∴[4﹣（﹣1）]2+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2=（﹣1﹣1）2+（26a）2，
即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，
∴P1（1，﹣）．

②若AD是矩形的一条对角线，
则线段AD的中点坐标为（，），Q（2，﹣3a），
m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠APD=90°，
∴AP2+PD2=AD2，
∵AP2=[1﹣（﹣1）]2+（8a）2=22+（8a）2，
PD2=（4﹣1）2+（8a﹣5a）2=32+（3a）2，
AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，
∴22+（8a）2+32+（3a）2=52+（5a）2，
解得a2=，∵a＜0，∴a=﹣，
∴P2（1，﹣4）．
综上可得，P点的坐标为P1（1，﹣4），P2（1，﹣）．
11.【答案与解析】
解：（1）判断：EN与MF相等 （或EN=MF），点F在直线NE上.
（2）成立．
证明：连结DE，DF．
∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC=BC．
又∵D，E，F是三边的中点，
∴DE，DF，EF为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°．
又∠MDF+∠FDN=60°， ∠NDE+∠FDN=60°，
∴∠MDF=∠NDE．
在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN， ∠MDF=∠NDE，
∴△DMF≌△DNE．
∴MF=NE．

（3）画出图形（连出线段NE），

MF与EN相等的结论仍然成立（或MF=NE成立）．