中考数学压轴题100题二答案

作者：sts1234 | 发布时间：2020-12-15 12:29:15 收藏本文下载本文

中考数学压轴题 100 题精选二【含答案】【001】解：（1）抛物线2(1)3 3(0)y a x a    经过点(2 0)A ，30 9 3 33a a       1 分  二次函数的解析式为：23 2 3 8 33 3 3y x x     3 分（2）D 为抛物线的顶点(13 3)D ，过 D 作 DNOB 于 N，则3 3 DN ，2 23 3(3 3)6 60 AN AD DAO       ，° 4 分 OM AD ∥ ①当 ADOP 时，四边形 DAOP 是平行四边形 6 6(s)OP t     5 分 ②当 DPOM 时，四边形 DAOP 是直角梯形过 O 作 OHAD 于 H，2 AO，则1 AH （如果没求出60 DAO   ° 可由 Rt Rt OHA DNA △ ∽ △求1 AH ）5 5(s)OP DH t     6 分 ③当 PDOA 时，四边形 DAOP 是等腰梯形 2 6 2 4 4(s)OP AD AH t         综上所述：当6 t 、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，60 COB OC OB OCB    °，△是等边三角形则6 2 6 2(0 3)OB OC AD OP t BQ t OQ t t          ，，过 P 作 PEOQ 于 E，则32PE t  8 分 1 1 36 3 3(6 2)2 2 2BCPQS t t        =23 3 6332 2 8t     9 分 x y M C D P Q O A B N E H

当32t 时，BCPQS的面积最小值为6338 10 分  此时3 3 3 9 3 33 32 4 4 4 4OQ OP OE QE PE       ，=，222 23 3 9 3 34 4 2PQ PE QE             11 分【002】解：（1）1，85 ；（2）作 QF⊥AC 于点 F，如图 3，AQ = CP= t，∴3 AP t  ．由△AQF∽△ABC，2 25 3 4 BC   ，得4 5QF t．∴45QF t ． ∴1 4(3)2 5S t t   ，即22 65 5S t t   ．（3）能． ①当 DE∥QB 时，如图 4． ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形 QBED 是直角梯形．此时∠AQP=90°．由△ APQ ∽△ABC，得AQ APAC AB，即33 5t t ．解得98t ． ②如图 5，当 PQ∥BC 时，DE⊥BC，四边形 QBED 是直角梯形．此时∠APQ =90°．由△ AQP ∽△ABC，得 AQ APAB AC，即35 3t t ．解得158t ．（4）52t 或4514t ．【注：①点 P 由 C 向 A 运动，DE 经过点 C．方法一、连接 QC，作 QG⊥BC 于点 G，如图 6． PC t ，2 2 2QC QG CG  2 23 4[(5)] [4(5)]5 5t t     ．由2 2PC QC ，得2 2 23 4[(5)] [4(5)]5 5t t t     ，解得52t ．方法二、由 CQCP AQ  ，得QAC QCA  ，进而可得 A C B P Q E D 图 4 A C B P Q D 图 3 E F A C B P Q E D 图 5 A C(E)B P Q D 图 6 G A C(E)B P Q D 图 7 G

B BCQ  ，得 CQBQ ，∴52AQ BQ  ．∴52t ． ②点 P 由 A 向 C 运动，DE 经过点 C，如图 7． 2 2 23 4(6)[(5)] [4(5)]5 5t t t      ，4514t 】【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 得 a=-12 ,b=4 解 ∴抛物线的解析式为：y=－12 x2+4x …………………3 分（2）①在 Rt△ APE 和 Rt△ ABC 中，tan∠PAE=PEAP=BCAB ,即PEAP=48 ∴PE=12 AP=12 t．PB=8-t． ∴点Ｅ的坐标为（4+12 t，8-t）.∴点 G 的纵坐标为：－12（4+12 t）2+4(4+12 t）=－18 t2+8.…………………5 分 ∴EG=－18 t2+8-(8-t)=－18 t2+t.∵-18 ＜0，∴当 t=4 时，线段 EG 最长为 2.…………………7 分 ②共有三个时刻.…………………8 分 t1=163，t2=4013，t3= 8 52 5 ． …………………11 分【004】（1）解：由2 803 3x ，得4 x A   ．点坐标为  40 ，．由2 16 0 x   ，得8 x B   ．点坐标为  80，．∴  8 4 12 AB    ．（2 分）

由2 83 32 16y xy x   ，．解得56xy ，．∴ C 点的坐标为  56，．（3 分）∴1 112 6 362 2ABC CS AB y     △· ．（4 分）（2）解：∵点 D 在1l上且2 88 8 83 3D B Dx x y       ，． ∴ D 点坐标为  88，．（5 分）又∵点 E 在2l上且8 2 16 8 4E D E Ey y x x       ，．．∴ E 点坐标为  48，．（6 分）∴8 4 4 8 OE EF    ，．（7 分）（3）解法一：①当 03 t  ≤时，如图 1，矩形 DEFG 与ABC △重叠部分为五边形 CHFGR（0 t 时，为四边形 CHFG）．过 C 作 CMAB 于 M，则 RtRt RGB CMB △ ∽ △ ． ∴BG RGBM CM，即 36t RG，∴2 RG t  ． Rt Rt AFH AMC △ ∽ △，∴   1 1 236 2 8 82 2 3ABC BRG AFHS S S S t t t t           △ △ △．即24 16 443 3 3S t t     ．（10 分）【005】（1）如图 1，过点 E 作 EGBC 于点 G． 1 分 ∵ E 为 AB 的中点，∴122BE AB   ．在 RtEBG △中，60 B  ∠，∴30 BEG   ∠ ． 2 分 A D B E O R F x y1l2l M（图 3）G C A D B E O C F x y1l2l G（图 1）R M A D B E O C F x y1l2l G（图 2）R M 图 1 A D E B F C G

∴2 211 2 1 32BG BE EG     ，．即点 E 到 BC 的距离为3． 3 分（2）①当点 N 在线段 AD 上运动时，PMN △的形状不发生改变． ∵ PMEF EG EF  ，∴ PMEG ∥ ． ∵ EFBC ∥，∴ EPGM ，3 PM EG   ．同理4 MN AB   ． 4 分如图 2，过点 P 作 PHMN 于 H，∵ MNAB ∥，∴60 30 NMC B PMH      ∠ ∠，∠ ． ∴1 32 2PH PM   ． ∴3cos302MH PM   ．则3 542 2NH MN MH      ．在 RtPNH △中，222 25 372 2PN NH PH           ． ∴PMN △的周长=3 7 4 PM PN MN      ． 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 PMPN 时，如图 3，作 PRMN 于 R，则 MRNR  ．类似①，32MR  ． ∴2 3 MN MR   ． 7 分 ∵MNC △是等边三角形，∴3 MC MN   ．此时，6 1 3 2 x EP GM BC BG MC          ． 8 分图 2 A D E B F C P N M G H

当 MPMN 时，如图 4，这时3 MC MN MP    ．此时，6 1 3 5 3 x EP GM        ．当 NPNM 时，如图 5，30 NPM PMN    ∠ ∠ ．则120 PMN   ∠，又60 MNC   ∠，∴180 PNM MNC    ∠ ∠ ．因此点 P 与 F 重合，PMC △为直角三角形． ∴tan30 1 MC PM   ．此时，6 1 1 4 x EP GM       ．综上所述，当2 x 或 4 或 5 3 时，PMN △为等腰三角形．【006】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知 0.5OC×AB= 45,得 AB=52，设 A（a,0）,B(b,0)AB=ba=2()4 a b ab  =52，解得 p=32,但 p<0,所以 p=32。

所以解析式为：2312y x x   （2）令 y=0，解方程得231 02x x   ，得1 21, 22x x   ,所以 A(12,0),B(2,0),在直角三角形 AOC 中可求得 AC=52,同样可求得 BC=5，显然 AC2+BC2=AB2，得△ABC 是直角三角形。AB 为斜边，所以外接圆的直径为 AB=52,所以5 54 4m   。

图 3 A D E B F C P N M 图 4 A D E B F C P MN 图 5 A D E B F（P）C M N G G R G

（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)代入得 BD 解析式为 y=-2x+4，解方程组23122 4y x xy x    得D（52，9）②若以 BC 为底边，则 BC//AD,易求 BC 的解析式为 y=0.5x-1,可设 AD 的解析式为y=0.5x+b，把 A(12，0)代入得 AD 解析式为 y=0.5x+0.25，解方程组23120.5 0.25y x xy x   得D(5 3,2 2)综上，所以存在两点：（52,9）或(5 3,2 2)。

【007】

【008】证明：（1）∵∠ABC=90°，BD⊥EC，∴∠1 与∠3 互余，∠2 与∠3 互余，∴∠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）①AC x ⊥轴，AE y ⊥轴， 四边形 AEOC 为矩形． BF x ⊥轴，BDy ⊥轴， 四边形 BDOF 为矩形． AC x ⊥轴，BDy ⊥轴， 四边形 AEDK DOCK CFBK，均为矩形． 1 分 1 1 1 1OC x AC y x y k   ，，1 1 AEOCS OC AC x y k   矩形 2 2 2 2OF x FB y x y k   ，，2 2 BDOFS OF FB x y k   矩形． AEOC BDOFS S 矩形矩形． AEDK AEOC DOCKS S S  矩形矩形矩形，CFBK BDOF DOCKS S S  矩形矩形矩形，AEDK CFBKS S 矩形矩形． 2 分 ②由（1）知AEDK CFBKS S 矩形矩形．  AK DK BK CK ． AK BKCK DK． 4 分 O C F M D E N K y x A B 图 1

90 AKB CKD    °， AKB CKD △ ∽△． 5 分  CDK ABK  ．  AB CD ∥． 6 分 AC y ∥轴， 四边形 ACDN 是平行四边形．  AN CD ． 7 分同理 BMCD ． AN BM  ． 8 分（2）AN 与 BM 仍然相等． 9 分 AEDK AEOC ODKCS S S  矩形矩形矩形，BKCF BDOF ODKCS S S  矩形矩形矩形，又AEOC BDOFS S k  矩形矩形，AEDK BKCFS S 矩形矩形． 10 分  AK DK BK CK ． CK DKAK BK． K K  ， CDK ABK △ ∽△．  CDK ABK  ．  AB CD ∥． 11 分 AC y ∥轴， 四边形 ANDC 是平行四边形． O C D K F E N y x A B M 图 2

 AN CD ．同理 BMCD ．  AN BM ． 12 分【010】解：（1）根据题意，得3 4 2 31.2a a bba     ，2 分解得12.ab  ， 抛物线对应的函数表达式为22 3 y x x   ． 3 分（2）存在．在22 3 y x x   中，令0 x ，得3 y ．令0 y ，得22 3 0 x x   ，1 21 3 x x    ，．(10)A  ，(30)B，(0 3)C ，．又2(1)4 y x   ， 顶点(1 4)M ，． 5 分容易求得直线 CM 的表达式是3 y x   ．在3 y x   中，令0 y ，得3 x．(30)N  ，2 AN  ． 6 分在22 3 y x x   中，令3 y ，得1 20 2 x x  ，． 2 CP AN CP    ，． AN CP ∥， 四边形 ANCP 为平行四边形，此时(2 3)P ，． 8 分（3）AEF △是等腰直角三角形．理由：在3 y x   中，令0 x ，得3 y ，令0 y ，得3 x．  直线3 y x   与坐标轴的交点是(0 3)D，(30)B，． OD OB  ，45 OBD   ° ． 9 分 y x E D N O A C M P N 1 F（第 26 题图）

又点(0 3)C ，OB OC  ．45 OBC   ° ． 10 分由图知45 AEF ABF    °，45 AFE ABE    ° ． 11 分 90 EAF   °，且 AE AF ．AEF △是等腰直角三角形． 12 分（4）当点 E 是直线3 y x   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）圆心 O 在坐标原点，圆 O 的半径为 1， 点 A B C D、、、的坐标分别为(10)(0 1)(10)(01)A B C D  ，、，、，、，抛物线与直线y x 交于点 MN、，且 MA NC、分别与圆 O 相切于点 A 和点 C，(1 1)(11)M N  ，、，．点 DM N、、在抛物线上，将(01)(1 1)(11)D M N  ，、，、，的坐标代入2y ax bx c   ，得：111ca b ca b c       解之，得：111abc    抛物线的解析式为：21 y x x    ． 4 分（2）221 512 4y x x x          

 抛物线的对称轴为12x ，1 1 512 4 2OE DE     ，． 6 分连结90 BF BFD  ，°，BFD EOD △ ∽△，DE ODDB FD ，又51 22DE OD DB   ，，4 55FD  ，4 5 5 3 55 2 10EF FD DE      ． 8 分（3）点 P 在抛物线上． 9 分设过 DC、点的直线为：y kx b  ，将点(10)(01)C D，、，的坐标代入 y kx b  ，得：1 1 k b  ， 直线 DC 为：1 y x  ． 10 分过点 B 作圆 O 的切线 BP 与 x 轴平行，P 点的纵坐标为1 y  ，将1 y  代入1 y x  ，得：2 x ．  P 点的坐标为(21)，当2 x 时，2 21 2 2 1 1 y x x          ，所以，P 点在抛物线21 y x x    上． 12 分【013】解：（1）该抛物线过点(0 2)C ， 可设该抛物线的解析式为22 y ax bx   ．将(4 0)A，(1 0)B，代入，得16 4 2 02 0a ba b.     ，解得1252ab.  ，O x y N C D E F B M A P

 此抛物线的解析式为21 522 2y x x    ．（3 分）（2）存在．（4 分）如图，设 P 点的横坐标为 m，则 P 点的纵坐标为21 522 2m m   ，当 14 m  时，4 AM m  ，21 522 2PM m m    ．又90 COA PMA    °， ①当21AM AOPM OC 时，APM ACO △ ∽△，即21 54 2 22 2m m m        ．解得1 22 4 m m  ，（舍去），(21)P ，．（6 分）②当12AM OCPM OA 时，APM CAO △ ∽△，即21 52(4)22 2m m m     ．解得14 m ，25 m （均不合题意，舍去） 当 1 4 m  时，(2 1)P，．（7 分）类似地可求出当4 m时，(5 2)P ，．（8 分）当1 m时，(3 14)P  ，．综上所述，符合条件的点 P 为(2 1)，或(52)，或(3 14) ，．（9 分）（3）如图，设 D 点的横坐标为(0 4)t t  ，则 D 点的纵坐标为21 522 2t t   ．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122y x  ．O x y A B C 4 1 2 （第 26 题图）D P M E

（10 分）E 点的坐标为122t t   ，．2 21 5 1 12 2 22 2 2 2DE t t t t t            ．（11分）2 2 21 12 4 4(2)42 2DACS t t t t t               △．  当 2 t 时，DAC △面积最大．(2 1)D ，．（13 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045.∴ OA 在旋转过程中所扫过的面积为245 2360 2  .……………4 分（2）解：∵ MN ∥ AC，∴45 BMN BAC     , 45 BNM BCA    .∴BMN BNM  .∴ BMBN .又∵ BABC ，∴ AMCN .又 ∵O A O C ,OAM OCN  , ∴OAM OCN  .∴AOM CON  .∴1(90 452AOM      .∴旋转过程中，当 MN 和 AC平行时，正方形 OABC 旋转的度数为 45.……………………………………………8 分（3）答：p值无变化.证明：延长 BA 交y轴于 E 点，则045 AOE AOM   ，0 0 090 45 45 CON AOM AOM      ，∴AOE CON   .又∵ OAOC ，0 0 0180 90 90 OAE OCN     .∴OAE OCN  .∴, OE ON AE CN  .又∵045 MOE MON   , OMOM , ∴OME OMN  .∴ MNME AM AE   .∴ MNAM CN  ，∴4 p MN BN BM AM CN BN BM AB BC          .∴在旋转正方形 OABC 的过程中，p值无变化.……………12 分（第 26O A B C M N y x  x y E

【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 4，且过点(0，397)∴y=a(x-4)2+k k a 16 397 ………………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=93，k=3 －∴二次函数的解析式为：y=93(x-4)2－3 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 ∴△BPM∽△BDO∴BOBMDOPM ∴3373 397 PM∴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，由△ABC∽△ABQ 有 BQ=6，∠ABQ=120o，则∠QBN=60o ∴QN=33，BN=3，ON=10，此时点 Q(10，3 3)，如果 AB=AQ，由对称性知 Q(-2，3 3)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(10，3 3)与(-2，3 3)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(10，3 3)或(-2，3 3)或(4，3 )．【016】解：（1）设正比例函数的解析式为1 1(0)y k x k  ，因为1y k x 的图象过点(33)A，所以13 3k ，解得11 k ．

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22(0)ky kx ．因为2kyx的图象过点(33)A，所以 233k，解得29 k ．这个反比例函数的解析式为9yx．（2 分）（2）因为点(6)B m，在9yx的图象上，所以9 36 2m  ，则点362B   ，．（3 分）设一次函数解析式为3 3(0)y k x b k   ．因为3y k x b  的图象是由y x 平移得到的，所以31 k ，即y x b  ．又因为y x b  的图象过点362B   ，所以 362b  ，解得92b  ， 一次函数的解析式为92y x  ．（4 分）（3）因为92y x  的图象交y轴于点 D，所以 D 的坐标为902   ，．设二次函数的解析式为2(0)y ax bx c a    ．因为2y ax bx c   的图象过点(33)A，、362B   ，、和 D902   ，所以9 3 3336 629.2a b ca b cc      ，（5 分）解得1249.2abc   ，这个二次函数的解析式为21 942 2y x x    ．（6 分）（4）92y x  交 x 轴于点 C， 点 C 的坐标是902   ，如图所示，15 1 1 3 16 6 6 3 3 32 2 2 2 2S            y x O C D B A 3 3 6 E

9 945 184 2    814．假设存在点0 0()E x y，使12 81 2 273 4 3 2S S    ．四边形 CDOE 的顶点 E 只能在 x 轴上方，00 y ，1 OCD OCES S S   △ △ 01 9 9 1 92 2 2 2 2y     081 98 4y  ． 081 9 278 4 2y   ，032y  ．0 0()E x y，在二次函数的图象上，20 01 9 342 2 2x x    ．解得02 x 或06 x ．当06 x 时，点362E   ，与点 B 重合，这时 CDOE 不是四边形，故06 x 舍去， 点 E 的坐标为322   ，．（8 分）【017】解：（1）已知抛物线2y x bx c   经过(10)(0 2)A B，，0 12 0 0b cc       解得32bc    所求抛物线的解析式为23 2 y x x   ． 2 分（2）(10)A，(0 2)B，1 2 OA OB   ，可得旋转后 C 点的坐标为(31)，3 分当3 x时，由23 2 y x x   得2 y ，可知抛物线23 2 y x x   过点(32)， 将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C ． 平移后的抛物线解析式为：23 1 y x x   ． 5 分

（3）点 N 在23 1 y x x   上，可设 N 点坐标为20 0 0(3 1)x x x  ，将23 1 y x x   配方得23 52 4y x     ， 其对称轴为32x ． 6 分 ①当0302x  时，如图①，1 12NBB NDDS S △ △ 0 01 1 31 2 12 2 2x x           01 x  此时20 03 1 1 x x     N 点的坐标为(11)，． 8 分 ②当032x 时，如图② 同理可得0 01 1 31 22 2 2x x         03 x   此时20 03 1 1 x x     点 N 的坐标为(31)，．综上，点 N 的坐标为(11)，或(31)，． 10 分【018】解：（1）抛物线24 y ax bx a   经过(10)A ，(0 4)C，两点，4 04 4.a b aa     ，解得13.ab  ， 抛物线的解析式为23 4 y x x    ．（2）点(1)D m m，在抛物线上，21 3 4 m m m      ，即22 3 0 m m   ，1 m  或3 m． y x C B A O N D B1 D1 图① y x C B A O D B1 D1 图② N y x O A B C D E

点 D 在第一象限， 点 D 的坐标为(34)，．由（1）知45 OA OB CBA   ，° ．设点 D 关于直线 BC 的对称点为点 E ．(0 4)C，CD AB  ∥，且3 CD，45 ECB DCB    °，E 点在y轴上，且3 CE CD  ． 1 OE  ，(01)E ，．即点 D 关于直线 BC 对称的点的坐标为（0，1）．（3）方法一：作 PFAB ⊥于 F，DEBC ⊥于 E ．由（1）有：4 45 OB OC OBC    ，°，45 DBP CBD PBA     °，．(0 4)(34)C D，，CD OB  ∥且3 CD． 45 DCE CBO    °，3 22DE CE   ． 4 OB OC  ，4 2 BC  ，5 22BE BC CE    ，3tan tan5DEPBF CBDBE     ．设3 PF t ，则5 BF t ，5 4 OF t   ，(5 4 3)P t t   ，． P 点在抛物线上，23(5 4)3(5 4)4 t t t        ，y x O A B C D E P F

0 t  （舍去）或2225t ，2 665 25P    ，．方法二：过点 D 作 BD 的垂线交直线 PB 于点 Q，过点 D 作 DHx ⊥轴于 H ．过 Q 点作QG DH ⊥于 G ． 45 PBD QD DB     °，． QDG BDH  90  °，又90 DQG QDG    °，DQG BDH  ． QDG DBH △ ≌△，4 QG DH   ，1 DG BH  ．由（2）知(3 4)D，(13)Q  ，．(4 0)B， 直线 BP 的解析式为3 125 5y x   ．解方程组23 43 125 5y x xy x      ，得1140xy ，；222566.25xy  ， 点 P 的坐标为2 665 25   ，．【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 ∴1  CMNOCFGHSSm四边形四边形 ……………………………………………………4 分（3）∵CO=1，3231  QF CE，∴EF=EO=QF   32311 ∴cos∠FEC= 21 ∴∠FEC=60°，∴          30 60260 180EAO OEA FEA，y x O A B C D P Q G H

∴△EFQ 为等边三角形，32 EQ …………………………………………5 分作 QI⊥EO 于 I，EI=3121 EQ，IQ=3323 EQ ∴IO=313132  ∴Q 点坐标为)31,33(……………………………………6 分 ∵抛物线 y=mx2+bx+c 过点 C(0，1)，Q)31,33(，m=1 ∴可求得3   b，c=1 ∴抛物线解析式为1 32   x x y ……………………………………7 分（4）由（3），3323   EO AO 当332 x时，311 3323)332(2     y＜AB ∴P 点坐标为)31,33 2(…………………8 分 ∴BP=32311  AO 方法 1：若△PBK 与△AEF 相似，而△AEF≌△AEO，则分情况如下：

①33 23232BK时，93 2 BK∴K 点坐标为)1 ,93 4(或)1 ,93 8(②323233 2BK时，33 2 BK ∴K 点坐标为)1 ,33 4(或)1 , 0(…………10 分故直线 KP 与 y 轴交点 T 的坐标为)1 , 0()31, 0()37, 0()35, 0(或或或   …………………………………………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，2 333 2   RT ②当∠RTP=60°时，32333 2   RT ∴)1 , 0()31, 0()35, 0()37, 0(4 3 2 1T T T T，，  ……………………………12 分【020】解：（1）①CF⊥BD，CF=BD 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=42 ∴CQ=AQ=4 ∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90° ∴ △ ADQ ∽ △DPC …（1 分）∴DQPC=AQCD 设 CD 为 x（0 ＜ x ＜ 3）则 DQ=CQ － CD=4 － x 则xPC 4= 4x …………（1 分）∴PC= 41(－x2+4x)=－ 41(x－2)2+1≥1 当 x=2 时，PC 最长，此时 PC=1 ………（1 分）【021】解：（1）2 1k k ； … ………………………………3 分（2）①EF∥AB． ……………………………………4 分证明：如图，由题意可得 A（–4，0），B（0，3），2(4 ,)4kE  ，2(,3)3kF ．

∴PA=3，PE=234k，PB=4，PF=243k． ∴223 121234PAkPE k ，224 121243PBkPF k  ∴PA PBPE PF． ………………………… 6 分又∵∠APB=∠EPF． ∴△APB ∽△EPF，∴∠PAB=∠PEF． ∴EF∥AB． …………………………… 7 分 ②S2 没有最小值，理由如下：

过 E 作 EM⊥y 轴于点 M，过 F 作 FN⊥x 轴于点 N，两线交于点 Q．由上知 M（0，24k），N（23k，0），Q（23k，24k）． ……………… 8 分而 S△EFQ= S△PEF，∴S2＝S△PEF－S△OEF＝S△EFQ－S△OEF＝S△EOM＋S△FON＋S 矩形 OMQN ＝4 3 21212 22 2k kk k   ＝22 2112k k  =221(6)312k  ． ………………………… 10 分当26 k  时，S2 的值随 k2 的增大而增大，而 0＜k2＜12． …………… 11 分 ∴0＜S2＜24，s2 没有最小值． …………………………… 12 分说明：1．证明 AB∥EF 时，还可利用以下三种方法．方法一：分别求出经过 A、B 两点和经过 E、F 两点的直线解析式，利用这两个解析式中 x 的系数相等来证明 AB∥EF；方法二：利用 tanPAB ＝ tanPEF 来证明 AB∥EF；方法三：连接 AF、BE，利用 S△AEF＝S△BFE 得到点 A、点 B 到直线 EF 的距离相等，再由 A、B 两点在直线 EF 同侧可得到 AB∥EF． 2．求 S2 的值时，还可进行如下变形：

S2＝ S△PEF－S△OEF＝S△PEF－（S 四边形 PEOF－S△PEF）＝2 S△PEF－S 四边形PEOF，再利用第（1）题中的结论．【022】解：(1)设抛物线的解析式为：y＝a(x－m＋2)(x－m－2)＝a(x－m)2－4a．……2 分 ∵AC⊥BC，由抛物线的对称性可知：△ ACB 是等腰直角三角形，又 AB＝4，∴C(m，－2)代入得 a＝12．∴解析式为：y＝12(x－m)2－2．………………………5 分(亦可求 C 点，设顶点式)(2)∵m 为小于零的常数，∴只需将抛物线向右平移－m 个单位，再向上平移 2 个单位，可

以使抛物线 y＝12(x－m)2－2 顶点在坐标原点．……………………………………7 分(3)由(1)得 D(0，12 m2－2)，设存在实数 m，使得△ BOD 为等腰三角形． ∵△BOD 为直角三角形，∴只能 OD＝OB．……………………………………………9 分 ∴12 m2－2＝|m＋2|，当 m＋2＞0 时，解得 m＝4 或 m＝－2(舍)．当 m＋2＜0 时，解得 m＝0(舍)或 m＝－2(舍)；当 m＋2＝0 时，即 m＝－2 时，B、O、D 三点重合(不合题意，舍)综上所述：存在实数 m＝4，使得△ BOD 为等腰三角形．……………………………12 分【023】（1）证明：∵MBC △是等边三角形 ∴60 MB MC MBC MCB    ，∠ ∠ ∵ M 是 AD 中点 ∴ AMMD  ∵ ADBC ∥ ∴60 AMB MBC    ∠ ∠，60 DMC MCB    ∠ ∠ ∴AMB DMC △ ≌△ ∴ ABDC  ∴梯形 ABCD 是等腰梯形．（2）解：在等边MBC △中，4 MB MC BC   ，60 MBC MCB    ∠ ∠，60 MPQ   ∠∴120 BMP BPM BPM QPC      ∠ ∠ ∠ ∠ ∴BMP QPC  ∠ ∠∴BMP CQP △ ∽△ ∴PC CQBM BP 5 分 ∵ PCx MQ y  ，∴4 4 BP x QC y    ，6 分 ∴44 4x yx ∴2144y x x    7 分（3）解：①当1 BP时，则有 BPAM BP MD ∥ ∥，则四边形 ABPM 和四边形 MBPD 均为平行四边形∴21 133 3 44 4MQ y       当3 BP 时，则有 PCAM PC MD ∥ ∥，则四边形 MPCD 和四边形 APCM 均为平行四边形 ∴1 131 1 44 4MQ y       A D C B P M Q 60°

∴当1314BP MQ  ，或1334BP MQ  ，时，以 P、M 和 A、B、C、D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形．此时平行四边形有 4 个． PQC △为直角三角形 ∵ 2 12 34y x    ∴当y取最小值时，2 x PC   ∴ P 是 BC 的中点，MPBC ，而60 MPQ   ∠，∴30 CPQ   ∠，∴90 PQC   ∠ 【024】（1）由(3,)B m可知3 OC ，BCm ，又△ABC 为等腰直角三角形，∴ ACBC m  ，3 OA m  ，所以点 A 的坐标是（3,0 m ）.（2）∵45 ODA OAD     ∴ 3 OD OA m   ，则点 D 的坐标是（0,3 m）.又抛物线顶点为(1,0)P，且过点 B、D，所以可设抛物线的解析式为：2(1)y a x  ，得：

22(3 1)(0 1)3a ma m      解得14am  ∴抛物线的解析式为22 1 y x x    ………7 分（3）过点Q作QM AC 于点 M，过点Q作QN BC 于点 N，设点Q的坐标是2(, 2 1)x x x  ，则2(1)QM CN x   ，3 MC QN x   .∵// QM CE ∴PQM ∽PEC  ∴QM PMEC PC 即2(1)12x xEC ，得2(1)EC x   ∵// QN FC ∴BQN ∽BFC  ∴QN BNFC BC 即23 4(1)4x xFC  ，得41FCx 又∵4 AC  ∴4 4 4()[4 2(1)](2 2)2(1)81 1 1FC AC EC x x xx x x            即()FC AC EC 为定值 8.【025】解：（1）设点 M 的横坐标为 x，则点 M 的纵坐标为－x+4（00，－x+4>0）；则：MC＝∣－x+4∣＝－x+4，MD＝∣x∣＝x； ∴C 四边形 OCMD＝2（MC+MD）＝2（－x+4+x）＝8 ∴当点 M 在 AB 上运动时，四边形 OCMD 的周长不发生变化，总是等于 8；（2）根据题意得：S 四边形 OCMD＝MC·MD＝（－x+4）· x＝－x2+4x＝－(x-2)2+4 ∴四边形 OCMD 的面积是关于点 M 的横坐标 x（0

（3）如图 10（2），当2 0   a时，4212142 2     a a S；如图 10（3），当4 2   a时，2 2)4(21)4(21    a a S； ∴S 与 a 的函数的图象如下图所示：

0 2· 4· · 2 · 4 S a)2 0 4212     a a S（）4 2)4(212    a a S（