初三數(shù)學精選試題

1、初三數(shù)學精選試題1如圖，圓柱底面直徑AB、母線BC均為4cm，動點P從A點出發(fā)，沿著圓柱的側面移動到BC的中點S的最短距離 A.（）cm B.（）cmC.（）cm D.（）cm2拋物線y=ax2+bx+c的圖角如圖，則下列結論：abc0；a+b+c=2；a；b1其中正確的結論是（）（A） （B） （C） （D）3如圖，P是等腰直角ABC外一點，把BP繞點B順時針旋轉90到BP，已知APB=135，PA：PC=1：3，則PA：PB=【 】。A1： B1：2 C：2 D1：4如圖，拋物線y1=a(x2)23與交于點A(1，3)，過點A作x軸的平行線，分別交兩條拋物線于點B、C，則以下結論：無論x取

2、何值，y2總是正數(shù)；a=1；當x=0時，y2y1=4；2AB=3AC其中正確的是（ ）A B C D5如圖，AB是O的直徑，M是O上的一點，MNAB，垂足為N，P，Q分別為弧AM、弧BM上一點（不與端點重合）如果MNP=MNQ，給出下列結論：1=2；P+Q=180；Q=PMN；MN2=PNQN；PM=QM其中結論正確的序號是（ ）A B C D6如圖，ABC為等腰直角三角形，BAC=90，BC=2，E為AB上任意一動點，以CE為斜邊作等腰RtCDE，連接AD，下列說法：BCE=ACD；ACED；AEDECB；ADBC；四邊形ABCD的面積有最大值，且最大值為其中，正確的結論是 。ABCD7如圖

3、，A是高為10cm的圓柱底面圓上一點，一只蝸牛從A點出發(fā)，沿30角繞圓柱側面爬行，當他爬到頂上時，他沿圓柱側面爬行的最短距離是A. 10cm B. 20cm C. 30cm D. 40cm8如圖，已知ABC為等腰直角三角形，D為斜邊BC的中點，經過點A、D的O與ABC三邊分別交于點E、F、M對于如下四個結論：EMB=FMC；AE+AFAC；DEFABC；四邊形AEMF是矩形其中正確結論的個數(shù)是A.4 B.3 C.2 D.1評卷人得分二、填空題（題型注釋）9如圖所示，直角三角板ABC的兩直角邊AC、BC的長分別為40和30，點G在斜邊AB上，且BG30，將這個三角板以G為中心按逆時針方向旋轉90

4、至ABC的位置，那么旋轉前后兩個三角板重疊部分（四邊形EFGD）的面積為 . 10（本題滿分6分）如圖，ABC 的頂點A、B在O上，邊BC與O 交于點DAB=AC；BD=DC；AB是O的直徑此三個條件中的兩個作為命題的題設，另一個作為命題的結論，構成三個命題：；.（1）以上三個命題是真命題的為（直接作答） ；（2）請選擇一個真命題進行證明（先寫出所選命題，然后證明）.11將拋物線y1x2向右平移2個單位，得到拋物線y2的圖象.P是拋物線y2對稱軸上的一個動點，直線xt平行于y軸，分別與直線y x、拋物線y2交于點A、B若ABP是以點A或點B為直角頂點的等腰直角三角形，求滿足條件的t的值，則t

5、12如圖，在平面直角坐標系中，RtOAB的頂點A在x軸的正半軸上，頂點B的坐標為（3，），點C的坐標為（1，0），點P為斜邊OB上的一動點，則PAC周長的最小值為 xByACOP13如圖，以正方形ABCD的AB邊為直徑作半圓O，過點C作直線切半圓于點E，交AD邊于點F，則= (14分)如圖，拋物線:yax2bx+1的頂點坐標為D（1,0），14（1）求拋物線的解析式；15（2）如圖1，將拋物線向右平移1個單位，向下平移1個單位得到拋物線，直線， 經過點D交y軸于點A，交拋物線于點B，拋物線的頂點為P,求DBP的面積； 16如圖2，連結AP,過點B作BCAP于C,設點Q為拋物線上點至點之間的一動

6、點， 連結 并延長交于點，試問：當點Q運動到什么位置時，BCF的面積為。17如圖，在ABC中，AB=8cm，BC=16cm，點P從點A開始沿邊AB向點B以2cm/s的速度移動，點Q從點B開始沿邊BC向點C以4cm/s的速度移動，如果點P、Q分別從點A、B同時出發(fā)，經幾秒鐘PBQ與ABC相似？試說明理由如圖，已知點C、D在以O為圓心，AB為直徑的半圓上，且于點M，CFAB于點F交BD于點E，,18（1）求O的半徑；19（2）求證：CE = BE.20正方形ABCD和正方形DEFG如圖放置，保持正方形ABCD不動，將正方形DEFG繞點D順時針旋轉，旋轉角為（0180）（1）當090時，如圖，連結A

7、E、CG，則AE：CG= ；（2）當90180時，如圖，連結AE、CG，（1）中的結論還成立嗎？請說明理由；（3）將圖中的正方形ABCD和正方形DEFG分別改為矩形ABCD和矩形DEFG，且使AD=4，CD=6，ED=2，GD=3，如圖，求AE：CG的值21如圖（1）（2），圖（1）是一個小朋友玩“滾鐵環(huán)”的游戲，鐵環(huán)是圓形的，鐵環(huán)向前滾動時，鐵環(huán)鉤保持與鐵環(huán)相切將這個游戲抽象為數(shù)學問題，如圖（2）已知鐵環(huán)的半徑為5個單位（每個單位為5cm），設鐵環(huán)中心為，鐵環(huán)鉤與鐵環(huán)相切點為，鐵環(huán)與地面接觸點為，且（1）求點離地面的高度（單位：厘米）；（2）設人站立點與點的水平距離等于個單位，求鐵環(huán)鉤MP的

8、長度（厘米）22已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（11，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點（點P不與點B、C重合），經過點O、P折疊該紙片，得點B和折痕OP設BP=t（）如圖，當BOP=30時，求點P的坐標；（）如圖，經過點P再次折疊紙片，使點C落在直線PB上，得點C和折痕PQ，若AQ=m，試用含有t的式子表示m；（）在（）的條件下，當點C恰好落在邊OA上時，求點P的坐標（直接寫出結果即可）23如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=4 cm，A=60，BDAD 一動點P從A出發(fā)，以每秒1 cm的速度沿ABC的路線勻速運動，過點P作直線PM，使PMAD （1）

9、當點P運動2秒時，設直線PM與AD相交于點E，求APE的面積；（2）當點P運動2秒時，另一動點Q也從A出發(fā)沿ABC的路線運動，且在AB上以每秒1 cm的速度勻速運動，在BC上以每秒2 cm的速度勻速運動 過Q作直線QN，使QNPM 設點Q運動的時間為t秒（0t10），直線PM與QN截平行四邊形ABCD所得圖形的面積為S cm2 求S關于t的函數(shù)關系式； 求S的最大值24如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸相交于點A（3，0）、B（1，0），與y軸相交于點C（0，3），點P是該圖象上的動點；一次函數(shù)y=kx4k（k0）的圖象過點P交x軸于點Q（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）當點P的坐標為（4，m）時，求

10、證：OPC=AQC；（3）點M，N分別在線段AQ、CQ上，點M以每秒3個單位長度的速度從點A向點Q運動，同時，點N以每秒1個單位長度的速度從點C向點Q運動，當點M，N中有一點到達Q點時，兩點同時停止運動，設運動時間為t秒連接AN，當AMN的面積最大時，求t的值；直線PQ能否垂直平分線段MN？若能，請求出此時點P的坐標；若不能，請說明你的理由25在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖像與軸交于點A，B（點B在點A的左側），與軸交于點C，過動點H（0, ）作平行于軸的直線，直線與二次函數(shù)的圖像相交于點D，E.（1）寫出點A,點B的坐標；（2）若，以DE為直徑作Q，當Q與軸相切時，求的值； （3）直線上是

11、否存在一點F，使得ACF是等腰直角三角形？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.26如圖，點A，B，C，D為O上的四個點，AC平分BAD，AC交BD于點E，CE=4，CD=6，求AE的長。27如圖，O的半徑為l，等腰直角三角形ABC的頂點B的坐標為（，0），CAB90，ACAB，頂點A在O上運動(1)當點A運動到x軸的負半軸上時，試判斷直線BC與O位置關系，并說明理由；(2)當直線AB與O相切時，求AB所在直線對應的函數(shù)關系式28如圖，在等邊ABC中，ADBC于點D，一個直徑與AD相等的圓與BC相切于點E，與AB相切于點F，連接EF。（1）判斷EF與AC的位置關系（不必說明理由）；（2）如圖（

12、2），過E作BC的垂線，交圓于G，連接AG，判斷四邊形ADEG的形狀，并說明理由。（3）求證：AC與GE的交點O為此圓的圓心29如圖，一次函數(shù)y=2x+t的圖象與x軸，y軸分別交于點C，D.（1）求點C，點D的坐標；（2）已知點P是二次函數(shù)y=x2+3x圖象在y軸右側部分上的一個動點， 若以點C，點D為直角頂點的PCD與OCD相似。求t的值及對應的點P的坐標.OxyDC30如圖，AB，BC，CD分別與O相切于E，F(xiàn)，G且ABCDBO=6cm，CO=8cm（1）求證：BOCO；（2）求BE和CG的長31如圖，AB是半圓O的直徑，點P在BA的延長線上，PD切O于點C，BDPD，垂足為D，連接BC（

13、1）求證：BC平分PDB；（2）求證：BC2=ABBD；（3）若PA=6，PC=6，求BD的長32如圖，ABC的高AD=4，BC=8,MNPQ是ABC中任意一個內接矩形（1）設MN=x，MQ=y,求y關于x的函數(shù)解析式；（2）設MN=x,矩形MNPQ的面積為s，求s與x的函數(shù)關系式，并求出當MN為多大時，矩形MNPQ面積s有最大值，最大值為多少？33已知拋物線過兩點(m，0)、(n，0)，且，拋物線于雙曲線（x0）的交點為（1，d）（1）求拋物線與雙曲線的解析式；（2）已知點都在雙曲線（x0）上，它們的橫坐標分別為,O為坐標原點，記,點Q在雙曲線（x0）上，過Q作QMy軸于M，記。求的值34如

14、圖1，已知，是射線上的動點（點與點不重合），是線段的中點（1）設，的面積為，求關于的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)的定義域；（2）如果以線段為直徑的圓與以線段為直徑的圓外切，求線段的長；（3）連接，交線段于點，如果以為頂點的三角形與相似，求線段的長35閱讀下面材料：在學習小組活動中，小明探究了下面問題：菱形紙片ABCD的邊長為2，折疊菱形紙片，將B、D兩點重合在對角線BD上的同一點處，折痕分別為EF、GH當重合點在對角線BD上移動時，六邊形AEFCHG的周長的變化情況是怎樣的？小明發(fā)現(xiàn)：若ABC=60，如圖1，當重合點在菱形的對稱中心O處時，六邊形AEFCHG的周長為_；如圖2，當重合點在對角線BD上

15、移動時，六邊形AEFCHG的周長_（填“改變”或“不變”）.請幫助小明解決下面問題：如果菱形紙片ABCD邊長仍為2，改變ABC的大小，折痕EF的長為m（1）如圖3，若ABC=120，則六邊形AEFCHG的周長為_；（2）如圖4，若ABC的大小為，則六邊形AEFCHG的周長可表示為_圖1圖2圖3圖436如圖，點C在以AB為直徑的半圓O上，以點A為旋轉中心，以（090）為旋轉角度將B旋轉到點D，過點D作DEAB于點E，交AC于點F，過點C作圓O的切線交DE于點G。ABEODCFG（1）求證：GCA=OCB；（2）設ABC=m，求DFC的值；（3）當G為DF的中點時，請?zhí)骄颗cABC的關系，并說明理由

16、。37邊長為2的正方形ABCD的兩頂點A、C分別在正方形EFGH的兩邊DE、DG上(如圖1)，現(xiàn)將正方形ABCD繞D點順時針旋轉，當A點第一次落在DF上時停止旋轉，旋轉過程中， AB邊交DF于點M，BC邊交DG于點N.（1）求邊DA在旋轉過程中所掃過的面積；（2）旋轉過程中，當MN和AC平行時(如圖2)，求正方形ABCD旋轉的度數(shù)；（3）如圖3，設MBN的周長為p，在旋轉正方形ABCD的過程中，p值是否有變化？請證明你的結論.38如圖，拋物線y=x+4x+5交x軸于A、B（以A左B右)兩點，交y軸于點C.(1)求直線BC的解析式；(2)點P為拋物線第一象限函數(shù)圖象上一點，設P點的橫坐標為m，P

17、BC的面積為S，求S與m的函數(shù)關系式；(3)在(2)的條件下，連接AP，拋物線上是否存在這樣的點P，使得線段PA被BC平分，如果不存在，請說明理由；如果存在，求點P的坐標.試卷第11頁，總11頁本卷由【在線組卷網】自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參考答案1AADBCS【解析】考點：勾股定理解：圓柱的部分側面展開圖（如右圖）：根據題意得：在直角三角形中，故：動點P從A點出發(fā)，沿著圓柱的側面移動到BC的中點S的最短距離 （）cm 故答案選A。點評：本題利用圓柱的側面展開圖和勾股定理求解。解題關鍵是畫出側面展開圖。2C【解析】試題分析：根據圖象的開口方向、對稱軸位置、與y軸交點坐標，再結合

18、特殊點依次分析各小題即可.由圖可知，則，故錯誤；把（1，2）代入拋物線可得，故正確；對稱軸公式，即，故正確；當時，即（1），由可得（2），把（2）式代入（1）式中得，得，故錯誤；故選C考點：本題考查的是二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系點評：解答本題的關鍵是要會利用圖象找到所需信息，同時也要會用不等式和等式結合解題3B。【解析】如圖，連接AP，BP繞點B順時針旋轉90到BP，BP=BP，ABP+ABP=90。又ABC是等腰直角三角形，AB=BC，CBP+ABP=90，ABP=CBP。在ABP和CBP中， BP=BP，ABP=CBP，AB=BC ，ABPCBP（SAS）。AP=PC。PA：PC=1：3，A

19、P=3PA。連接PP，則PBP是等腰直角三角形。BPP=45，PP= 2 PB。APB=135，APP=135-45=90，APP是直角三角形。設PA=x，則AP=3x，在RtAPP中，。在RtAPP中，。，解得PB=2x。PA：PB=x：2x=1：2。 故選B。4D.【解析】試題分析：拋物線y2=（x-3）2+1開口向上，頂點坐標在x軸的上方，無論x取何值，y2的值總是正數(shù)，故本小題正確；把A（1，3）代入，拋物線y1=a（x+2）2-3得，3=a（1+2）2-3，解得a=，故本小題錯誤；由兩函數(shù)圖象可知，拋物線y1=a（x+2）2-3解析式為y1=（x+2）2-3，當x=0時，y1=(0+

20、2）2-3=-，y2=（0-3）2+1=，故y2-y1=-=-，故本小題錯誤；物線y1=a（x+2）2-3與y2=（x-3）2+1交于點A（1，3），y1的對稱軸為x=-2，y2的對稱軸為x=3，B（-5，3），C（5，3）AB=6，AC=4，2AB=3AC，故本小題正確故選D考點: 二次函數(shù)的性質5B【解析】解：延長MN交圓于點W，延長QN交于圓點E，延長PN交于圓點F，連接PE，QFPNM=QNM，MNAB，1=2（故正確），2與ANE是對頂角，1=ANE，設圓心為O，連接PO=OE，APNAEN，PN=EN，同理NQ=NF，點N是MW的中點，MNNW=MN2=PNNF=ENNQ=PNQN

21、（故正確），MN：NQ=PN：MN，PNM=QNM，NPMNMQ，Q=PMN（故正確）故選B6.【解析】試題分析：首先根據已知條件看能得到哪些等量條件，然后根據得出的條件來判斷各結論是否正確ABC、DCE都是等腰Rt，AB=AC=BC=，CD=DE=CE；B=ACB=DEC=DCE=45；ACB=DCE=45，ACB-ACE=DCE-ACE；即ECB=DCA；故正確；當B、E重合時，A、D重合，此時DEAC；當B、E不重合時，A、D也不重合，由于BAC、EDC都是直角，則AFE、DFC必為銳角；故不完全正確；，；由知ECB=DCA，BECADC；DAC=B=45；DAC=BCA=45，即ADB

22、C，故正確；由知：DAC=45，則EAD=135；BEC=EAC+ECA=90+ECA；ECA45，BEC135，即BECEAD；因此EAD與BEC不相似，故錯誤；ABC的面積為定值，若梯形ABCD的面積最大，則ACD的面積最大；ACD中，AD邊上的高為定值（即為1），若ACD的面積最大，則AD的長最大；由的BECADC知：當AD最長時，BE也最長；故梯形ABCD面積最大時，E、A重合，此時EC=AC=，AD=1；故S梯形ABCD=（1+2）1=，故正確；因此本題正確的結論是.考點：1.相似三角形的判定；2.平行線的判定；3.等腰三角形的性質7B 【解析】將圓柱側面展開，連接AB，根據三角函數(shù)

23、求出AB的長即可：根據題意得，BC=10cm，BAC=30，AB=BCSin30=101/2=20cm故選B8A【解析】試題分析：根據等腰直角三角形的性質和直徑所對的圓周角是90，90圓周角所對的弦是直徑逐項判斷后利用排除法求解由題意得EMB=FMC；AE+AFAC；DEFABC；四邊形AEMF是矩形，均正確故選A.考點：圓的綜合題點評：此類問題難度較大，在中考中比較常見，一般在壓軸題中出現(xiàn)，需特別注意.9144cm2【解析】試題分析：把所求重疊部分面積看作AFG與ADE的面積差，并且這兩個三角形都與ABC相似，根據勾股定理求對應邊的長，根據相似三角形的面積比等于相似比的平方求面積即可又BG=

24、30，AG=AB-BG=20，解得DG=15，AD=25，AD=AG-DG=AG-GD=20-15=5，根據相似三角形面積比等于相似比的平方，可知考點：旋轉的性質，勾股定理、相似三角形的判定和性質點評：相似三角形的判定和性質是初中數(shù)學的重點，貫穿于整個初中數(shù)學的學習，是中考中比較常見的知識點，一般難度不大，需熟練掌握.10（1）；（2），證明見試題解析【解析】試題分析：本題只要是圍繞兩個知識點來展開的：1直徑所對的圓周角是直角；2，等腰三角形三線合一試題解析：（1）；（2）.證明如下：連接AD，AB=AC，BD=DC，ADBC即：ADB=90，AB是O的直徑考點：1圓周角定理；2等腰三角形的性

25、質；3開放型11【解析】試題分析：拋物線y1=x2向右平移2個單位，拋物線y2的函數(shù)解析式為y=（x2）2=x24x+4，拋物線y2的對稱軸為直線x=2，直線x=t與直線y=x、拋物線y2交于點A、B，點A的坐標為（t，t），點B的坐標為（t，t24t+4），AB=|t24t+4t|=|t25t+4|，AP=|t2|，APB是以點A或B為直角頂點的三角形，|t25t+4|=|t2|，t25t+4=t2或t25t+4=（t2），整理得，t26t+6=0，解得t1=3+，t2=3，整理得，t24t+2=0，解得t1=2+，t2=2，綜上所述，滿足條件的t值為：考點：二次函數(shù)圖象與幾何變換12+2【

26、解析】試題分析：作A關于OB的對稱點D，連接CD交OB于P，連接AP，過D作DNOA于N，則此時PA+PC的值最小，DP=PA，PA+PC=PD+PC=CD，B（3，），AB=，OA=3，B=60，由勾股定理得：OB=2，由三角形面積公式得：OAAB=OBAM，AM=，AD=2=3，AMB=90，B=60，BAM=30，BAO=90，OAM=60，DNOA，NDA=30，AN=AD=，由勾股定理得：DN=，C（1，0），CN=ACAN=2=，在RtDNC中，由勾股定理得：DC=，即PA+PC的最小值是，PAC周長的最小值為：+2故答案是+2考點：1.軸對稱-最短路線問題2.坐標與圖形性質13【

27、解析】連接OE、OF、OC，根據切線長定理證明COF=90；根據切線的性質得OECF則EOFEOC，得EF與EC的關系式，然后求解解答：解：連接OE、OF、OCAD、CF、CB都與O相切，CE=CB；OECF； OF平分AFC，OC平分BCFAFBC，AFC+BCF=180，OFC+OCF=90，COF=90EOFEOC，得 OE2=EFEC設正方形邊長為a，則OE=a，CE=aEF=a141516【解析】略17經2或0.8秒鐘PBQ與ABC相似【解析】試題分析：設經x秒鐘PBQ與ABC相似，則AP=2xcm，BQ=4xcm，AB=8cm，BC=16cm，BP=ABAP=（82x）cm，B是公

28、共角，當，即時，PBQABC，解得：x=2；當，即時，QBPABC，解得：x=0.8，經2或0.8秒鐘PBQ與ABC相似考點：相似三角形的性質點評：此題考查了相似三角形的判定此題難度適中，屬于動點型題目，注意掌握數(shù)形結合思想、分類討論思想與方程思想的應用【答案】18解：(1) OC為O的半徑， . DB = 8，MB = 4. 1分設O的半徑為， OM=-2， 在中，根據勾股定理得，解得=5. 2分19（2）方法一：連接AC、CB， AB是直徑， . . 3分 OC為O的半徑， C是的中點，. 4分. 5分方法二：如圖，連接BC，補全O，延長CF交O于點G. =. 3分 OC為O的半徑， C是

29、的中點， =. 4分=. 5分【解析】略20（1）1；（2）成立，理由見試題解析；（3）2：3【解析】試題分析：（1）易證ADECDG，即可得出AE：CG=1；（2）與（1）類似，證明ADECDG，即可得出AE：CG=1；（3）證明ADECDG即可試題解析：（1）正方形ABCD和正方形DEFG，AD=CD，DE=DG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，在AED和CGD中，AD=CD，ADE=CDG ，DE=DG，ADECDG，AE=CG，AE：CG=1；（2）成立，理由如下：正方形ABCD和正方形DEFG，AD=CD，DE=DG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，在AED和CGD中，A

30、D=CD，ADE=CDG ，DE=DG，ADECDG，AE=CG，AE：CG=1；（3）矩形ABCD和矩形DEFG，ADC=EDG=90，ADE=CDG，ADECDG，AE：CG=AD：DC=4：6=2：3考點：1正方形的性質；2矩形的性質；3全等三角形的判定與性質；4相似三角形的判定與性質215cm；50cm【解析】試題分析：解：（1）過M作AC平行的直線，與OA，F(xiàn)C分別相交于H，N.（1）在RtOHM中，OHM90，OM5，HMOMsin3，所以OH4，MBHA541（單位），155（cm），所以鐵環(huán)鉤離地面的高度為5cm. 6分（2）因為MOH+OMHOMH+FMN90，F(xiàn)MNMOH，

31、所以FN/FMsin3/5，即得FN3/5FM，在RtFMN中，F(xiàn)NM90，MNBCACAB1138（單位），由勾股定理FM2FN2+MN2，即FM2(3/5FM)2+82，解得FM10（單位），10550（cm），所以鐵環(huán)鉤的長度FM為50cm. 12分 考點：本題考查了三角函數(shù)的解法。點評：此類試題屬于難度很大，很有代表性的試題，考生解答時務必要分析清楚此類試題的基本考點在哪，該怎么一步步地去解決。22(1)（2，6）(2) m=（0t11）(3) （，6）或（，6）【解析】試題分析：（）根據題意得，OBP=90，OB=6，在RtOBP中，由BOP=30，BP=t，得OP=2t，然后利用勾

32、股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；（）由OBP、QCP分別是由OBP、QCP折疊得到的，可知OBPOBP，QCPQCP，易證得OBPPCQ，然后由相似三角形的對應邊成比例，即可求得答案；（）首先過點P作PEOA于E，易證得PCECQA，由勾股定理可求得CA的長，然后利用相似三角形的對應邊成比例與m=，即可求得t的值試題解析：（）根據題意，OBP=90，OB=6，在RtOBP中，由BOP=30，BP=t，得OP=2tOP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=-2（舍去）點P的坐標為（2，6）（）OBP、QCP分別是由OBP、QCP折疊得到的，OBPOBP，Q

33、CPQCP，OPB=OPB，QPC=QPC，OPB+OPB+QPC+QPC=180，OPB+QPC=90，BOP+OPB=90，BOP=CPQ又OBP=C=90，OBPPCQ，由題意設BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，則PC=11-t，CQ=6-mm=（0t11）（）過點P作PEOA于E，PEA=QAC=90，PCE+EPC=90，PCE+QCA=90，EPC=QCA，PCECQA，PC=PC=11-t，PE=OB=6，AQ=m，CQ=CQ=6-m，AC=，3（6-m）2=（3-m）（11-t）2，m=，3（-t2+t）2=（3-t2+t-6）（11-t）2，t2（11-t）2=（-t

34、2+t-3）（11-t）2，t2=-t2+t-3，3t2-22t+36=0，解得：t1=，t2=，點P的坐標為（，6）或（，6）考點：1.翻折變換（折疊問題）；2.坐標與圖形性質；3.全等三角形的判定與性質；4.勾股定理；5.相似三角形的判定與性質23（1）（2）【解析】(1) 當點P運動2秒時，AP=2 cm，由A=60，知AE=1，PE= SAPE= 4分(2) 當0t6時，點P與點Q都在AB上運動，設PM與AD交于點G，QN與AD交于點F，則AQ=t，AF=，QF=，AP=t+2，AG=1+，PG= 此時兩平行線截平行四邊形ABCD的面積為S=2分當6t8時，點P在BC上運動，點Q仍在A

35、B上運動 設PM與DC交于點G，QN與AD交于點F，則AQ=t，AF=，DF=4-，QF=，BP=t-6，CP=10-t，PG=，而BD=，故此時兩平行線截平行四邊形ABCD的面積為S=2分當8t10時，點P和點Q都在BC上運動 設PM與DC交于點G，QN與DC交于點F，則CQ=20-2t，QF=(20-2t)，CP=10-t，PG= 此時兩平行線截平行四邊形ABCD的面積為S=2分故S關于t的函數(shù)關系式為當0t6時，S的最大值為； 1分當6t8時，S的最大值為； 1分當8t10時，S的最大值為； 1分所以當t=8時，S有最大值為 1分（1）在三角形AEP中，AP=2，A=60，利用三角函數(shù)可

36、求出AE和PE，即可求出面積；（2）此題應分情況討論，因為兩個動點運動速度不同，所以有點P與點Q都在AB上運動、點P在BC上運動點Q仍在AB上運動、點P和點Q都在BC上運動三種情況，在每種情況下可利用三角函數(shù)分別求出我們所需要的值，進而求解在的基礎上，首先求出函數(shù)關系式之后，根據t的取值范圍不同函數(shù)最大值也不同24解：（1）二次函數(shù)的圖象與x軸相交于點A（3，0）、B（1，0），設二次函數(shù)的解析式為：y=a（x+3）（x+1）。二次函數(shù)的圖象經過點C（0，3），3=a31，解得a=1。二次函數(shù)的解析式為：y=（x+3）（x+1），即y =x2+4x+3。 （2）證明：在二次函數(shù)解析式y(tǒng)=x2+

37、4x+3中，當x=4時，y=3，P（4，3）。P（4，3），C（0，3），PC=4，PCx軸。一次函數(shù)y=kx4k（k0）的圖象交x軸于點Q，當y=0時，x=4，Q（4，0），OQ=4。PC=OQ。又PCx軸，四邊形POQC是平行四邊形。OPC=AQC。（3）在RtCOQ中，OC=3，OQ=4，由勾股定理得：CQ=5如答圖1所示，過點N作NDx軸于點D，則NDOC，QNDQCO。，即，解得：。設S=SAMN，則：。又AQ=7，點M的速度是每秒3個單位長度，點M到達終點的時間為t=，（0t）。0，且x時，y隨x的增大而增大，當t=時，AMN的面積最大。假設直線PQ能夠垂直平分線段MN，則有QM=

38、QN，且PQMN，PQ平分AQC。由QM=QN，得：73t=5t，解得t=1。此時點M與點O重合，如答圖2所示，設PQ與OC交于點E，由（2）可知，四邊形POQC是平行四邊形，OE=CE。點E到CQ的距離小于CE，點E到CQ的距離小于OE。而OEx軸，PQ不是AQC的平分線，這與假設矛盾。直線PQ不能垂直平分線段MN【解析】試題分析：（1）利用交點式求出拋物線的解析式。（2）證明四邊形POQC是平行四邊形，則結論得證。（3）求出AMN面積的表達式，利用二次函數(shù)的性質，求出AMN面積最大時t的值。由于直線PQ上的點到AQC兩邊的距離不相等，則直線PQ不能平分AQC，所以直線PQ不能垂直平分線段M

39、N。25（1）（4，0）和（1，0）；（2）；（3）存在，m=或或3或.【解析】試題分析：（1）A、B兩點的縱坐標都為0，所以代入y=0，求解即可（2）由圓和拋物線性質易得圓心Q位于直線與拋物線對稱軸的交點處，則Q的橫坐標為，可推出D、E兩點的坐標分別為：，因為D、E都在拋物線上，代入一點即可得m（3）使得ACF是等腰直角三角形，重點的需要明白有幾種情形，分別以三邊為等腰三角形的兩腰或者底，則共有3種情形；而三種情形中F點在AC的左下或右上方又各存在2種情形，故共有6種情形求解時利用全等三角形知識易得m的值試題解析：解：（1）當y=0時，有，解之得：，A、B兩點的坐標分別為（4，0）和（1，0

40、）.（2）Q與軸相切，且與交于D、E兩點，圓心O位于直線與拋物線對稱軸的交點處，且Q的半徑為H點的縱坐標（）.拋物線的對稱軸為，D、E兩點的坐標分別為：且均在二次函數(shù)的圖像上.，解得或（不合題意，舍去）.（3）存在.當ACF=90，AC=FC時，如答圖1，過點F作FGy軸于G，AOC=CGF=90.ACO+FCG=90，GFC+FCG=90，ACO=CFG.ACOCFG，CG=AO=4.CO=2，或=OG=2+4=6.當CAF=90，AC=AF時，如答圖2，過點F作FPx軸于P，AOC=APF=90.ACO+OAC=90，F(xiàn)AP+OAC=90，ACO=FAP.ACOFAP，F(xiàn)P =AO=4.或

41、=FP =4.當AFC=90，F(xiàn)A=FC時，如答圖3，則F點一定在AC的中垂線上，此時存在兩個點分別記為F，F(xiàn)，分別過F，F(xiàn)兩點作x軸、y軸的垂線，分別交于E，G，D，HDFC+CFE=CFE+EFA=90，DFC=EFA.CDF=AEF，CF=AF，CDFAEF.CD=AE，DF=EF.四邊形OEFD為正方形.OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.4=2+2CD.CD=1，m=OC+CD=2+1=3HFC+CGF=CGF+GFA，HFC=GFA.HFC=GFA，CF=AF.HFCGFA.HF=GF，CH=AG.四邊形OHFG為正方形.OH=1.m=，y的最大值為.直線

42、l與拋物線有兩個交點，mm可取值為m=或或3或.綜上所述，m的值為m=或或3或.考點：1.二次函數(shù)綜合題； 2.單動點問題；3.等腰直角三角形存在性問題；4.二次函數(shù)的性質；5.曲線上點的坐標與方程的關系；6.直線與圓的位置關系；7.全等三角形的判定和性質；8.正方形的判定和性質；9.分類思想的應用265【解析】 試題分析：首先連接BC，由AC平分BAD，易證得BDC=CAD，繼而證得CDECAD，然后由相似三角形的對應邊成比例求得AE的長試題解析：連接BC，AC平分BAD，BDC=CAD，ACD=DCE，CDECAD，CD：AC=CE：CD，CD2=ACCE，設AE=x，則AC=AE+CE=

43、4+x，62=4（4+x），解得：x=5AE=5考點：1.圓周角定理；2.圓心角、弧、弦的關系；3.相似三角形的判定與性質27（1）直線BC與O相切;(2) 當點A位于第一象限時, 過A、B兩點的直線為y=x+;當點A位于第四象限時, 過A、B兩點的直線為y=x【解析】試題分析：（1）直線BC與O相切 1分過點O作OMBC于點M，OBMBOM=45, OM=OBsin45=1直線BC與O相切 （2）當點A位于第一象限時(如右圖)：ABCOxyE連接OA，并過點A作AEOB于點E直線AB與O相切，OAB=90，又CAB=90，CAB+OAB=180，點O、A、C在同一條直線上AOB=C=45，在

44、RtOAE中，OE=AE=點A的坐標為（，） 過A、B兩點的直線為y=x+ 當點A位于第四象限時(如右圖)：AB（C）OxyE點A的坐標為（，） 過A、B兩點的直線為y=x考點：直線與圓相切點評：本題考查直線與圓相切以及求直線所對應函數(shù)的解析式，解決此題考生對直線與圓相切的概念要熟悉，會求一次函數(shù)的解析式28（1）EFAC；（2）四邊形ADEG為矩形?！窘馕觥吭囶}分析：（1）根據EFB與FEB都是弦切角，可得ABC是等邊三角形，ABC=BAC=ACB=60，即BFE為等邊三角形，所以求得BAC=BFE，BCA=BEF，可證明EFAC；（2）根據圓切BC于E，EG為直徑，AD=EG，ADBC，可

45、判定四邊形ADEG為矩形；（3）由（1）（2）的結論，證明AC垂直平分FG；再根據垂徑定理，可知AC必過圓心，又EG為直徑，所以AC與GE的交點O為此圓的圓心（1）EFAC；（2）四邊形ADEG為矩形。理由：EGBC，E為切點，EG為直徑，EG=AD又ADBC，EGBC，ADEG，即四邊形ADEG為矩形。（3）連接FG，由（2）可知EG為直徑， FGEF，又由（1）可知，EFAC，ACFG， 又四邊形ADEG為矩形，EGAG，則AG是已知圓的切線。而AB也是已知圓的切線，則AF=AG， AC是FG的垂直平分線，故AC必過圓心， 因此，圓心O就是AC與EG的交點。說明：也可據AGOAFO進行說理

46、?？键c：本題綜合考查了矩形的判定和性質、切線的性質和垂徑定理點評：解答本題的關鍵是要熟練掌握矩形的判定和圓中的有關性質才能靈活的解題29(1)見解析 (2)見解析【解析】（1）令一次函數(shù)解析式中y=0，求出對應x的值，確定出C的坐標，令x=0，求出對應y的值，確定出D的坐標即可；（2）由（1）得出的C與D的坐標，求出OC及OD的長，在直角三角形OCD中，利用勾股定理表示出CD，以CD為直角邊的PCD與OCD相似，過P作PMy軸，PNx軸，如圖中紅線所示，以D為直角頂點的PCD與OCD相似，此時CDP=90，分兩種情況考慮：當PD：DC=OC：OD=1：2時，由表示出的DC得到PD的長，根據P在

47、二次函數(shù)圖象上，設P的坐標為（x，），表示出PM與MD，在直角三角形PMD中，利用勾股定理列出關系式，記作，表示出CN，在直角三角形PCD與直角三角形PCN中，分別利用勾股定理表示出，將各自的值代入得到關系式，記作，聯(lián)立可得出t與x的值，進而確定出此時P的坐標；若DC：PD=OC：OD=1：2時，如圖所示，同理可以求得t與x的值，確定出此時P的坐標，綜上，得到所有滿足題意t的值及對應P的坐標（1）C坐標為（，0），D坐標為（0，t）；（2）t=1時點（2，2）、時、時30（1）證明見解析；（2）6.4cm【解析】試題分析：（1）由ABCD得出ABC+BCD=180，根據切線長定理得出OB、OC

48、平分EBF和BCG，也就得出了OBC+OCB=（ABC+DCB）=180=90從而證得BOC是個直角，從而得出BOCO；（2）根據勾股定理求得AB=10cm，根據RTBOFRTBCO得出BF=3.6cm，根據切線長定理得出BE=BF=3.6cm，CG=CF，從而求得BE和CG的長試題解析：解：（1）證明：ABCD，ABC+BCD=180.AB、BC、CD分別與O相切于E、F、G，BO平分ABC，CO平分DCB.OBC=ABC，OCB=DCB.OBC+OCB=（ABC+DCB）=180=90.BOC=90. BOCO（2）如答圖，連接OF，則OFBC，RtBOFRtBCO. .在RTBOF中，BO=6cm，CO=8cm，根據勾股定理得，BC=10cm，. BF=3.6cm，AB、BC、CD分別與O相切，BE=BF=3.6cm，CG=CF.CF=BCBF=103.6=6.4cm，CG=CF=6.4cm考點：1.切線