中考数学压轴题100题精选下

中考数学压轴题100题精选（51-60题）

【051】如图14（1），抛物线yx2xk与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，．［图14（2）、图14（3）为解答备用图］ 3）

（1）k ，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； （2）设抛物线yx2xk的顶点为M，求四边形ABMC的面积；

（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；

（4）在抛物线yx2xk上求点Q，使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．

222图14（1） 图14（2） 图14（3）

，0)，B(2，0)，C(0，2)，【052】已知二次函数yaxbxc（a0）的图象经过点A(12直线xm（m2）与x轴交于点D． （1）求二次函数的解析式；

（2）在直线xm（m2）上有一点E（点E在第四象限），使得E、D、B为顶点的三角形与以A、O、C为顶点的三角形相似，求E点坐标（用含m的代数式表示）； （3）在（2）成立的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形？若存在，请求出m的值及四边形ABEF的面积；若不存在，请说明理由． y

x O

，0)，【053】如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线yaxbxc（a0）经过A(1B(3，0)，C(0，3)三点，其顶点为D，连接BD，点P是线段BD上一个动点（不与B、D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE． （1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；

2（2）如果P点的坐标为(x，y)，△PBE的面积为s，求s与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出s的最大值；

（3）在（2）的条件下，当s取得最大值时，过点P作x的垂线，垂足为F，连接EF，把△PEF沿直线EF折叠，点P的对应点为P，请直接写出P点坐标，并判断点P是否在该抛物线上．

y D C 3 2 E 1 P B A O 1 2 3 x 3 2 1 1

【054】如图，在直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在y轴正半轴上，点A、C的坐标分 别为（0，1）、（2，4）．点P从点A出发，沿A→B→C以每秒1个单位的速度运动，到 点C停止；点Q在x轴上，横坐标为点P的横、纵坐标之和．抛物线y12xbxc 4经过A、C两点．过点P作x轴的垂线，垂足为M，交抛物线于点R．设点P的运动时间为t（秒），△PQR的面积为S（平方单位）． （1）求抛物线对应的函数关系式． （2）分别求t=1和t=4时，点Q的坐标．

（3）当0＜t≤5时，求S与t之间的函数关系式，并直接写出S的最大值．

【055】在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A(0，2)，点C(1，0)，如图所示：抛物线yaxax2经过点B． （1）求点B的坐标； （2）求抛物线的解析式；

（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

y A （0，2） B （－1，0） C x 2

（第25题）

【056】如图18，抛物线F：yaxbxc的顶点为P，抛物线：与y轴交于点A，与直线OP交于点B．过点P作PD⊥x轴于点D，平移抛物线F使其经过点A、D得到抛物线F′：

2yax2bxc，抛物线F′与x轴的另一个交点为C．

⑴当a = 1，b=－2，c = 3时，求点C的坐标(直接写出答案)； ⑵若a、b、c满足了b2ac

①求b：b′的值；

②探究四边形OABC的形状，并说明理由．

y

B

A

P

2ODCx图 18

【057】直线ykxb(k0)与坐标轴分别交于A、B两点，OA、OB的长分别是方程

x214x480的两根（OAOB），动点P从O点出发，沿路线O→B→A以每秒1个单位长度的速度运动，到达A点时运动停止．

（1）直接写出A、B两点的坐标；

（2）设点P的运动时间为t(秒)，OPA的面积为S，求S与t之间的函数关系式（不

必写出自变量的取值范围）；

（3）当S12时，直接写出点P的坐标，此时，在坐标轴上是否存在点M，使以O、A、P、M为顶点的四边形是梯形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． y B P

OAx

【058】如图，已知抛物线yx1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C． （1）求A、B、C三点的坐标．

（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积．

（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MGx轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．

A 2y P o C B x

【059】如图（1），已知正方形ABCD在直线MN的上方，BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG． （1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；(4分)

（2）连接FC，观察并猜测∠FCN的度数，并说明理由；(4分) （3）如图（2），将图（1）中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB=a，BC=b（a、b为常数），E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请用含a、b的代数式表示tan∠FCN的值；若∠FCN的大小发生改变，请举例说明．(5分)

G G D A D

F

F

M B

E 图（1）

C

N

M B

E 图（2）

C

N

【060】已知：如图所示，关于x的抛物线yaxxc(a0)与x轴交于点A(2，0)、点B(6，0)，与y轴交于点C．

（1）求出此抛物线的解析式，并写出顶点坐标； （2）在抛物线上有一点D，使四边形ABDC为等腰梯形，写出点D的坐标，并求出直线AD的解析式；

（3）在（2）中的直线AD交抛物线的对称轴于点M，抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q．是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

C y 2A O B x （第26题图）

中考数学压轴题100题精选（51-60题）答案

【051】解：（1）k3，（-1，0），B（3，0）． ················· 3分 （2）如图14（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．

则 △AOC的面积=

33，△MOC的面积=，△MOB的面积=6，∴ 四边形 ABMC的22面积=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9．······· 6分

说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面

积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和．

（3）如图14（2），设D（m，m2m3），连结OD． 则 0＜m＜3，m2m3 ＜0． 且 △AOC的面积=

△DOB的面积=-2233，△DOC的面积=m， 22 图14（2）

32（m2m3）， 2∴ 四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积

3293375mm6=(m)2． 2222831575)，使四边形ABDC的面积最大为． ∴ 存在点D(，248=（4）有两种情况：

图14（3） 图14（4）

如图14（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C． ∵ ∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3． ∴ 点E的坐标为（0，3）． ∴ 直线BE的解析式为yx3． ···················· 12分

ìx1=-2，ìx2=3，yx3，ïïïï由 解得 ∴ 点Q1的坐标为（-2，5）． ······ 13分 íí2ïïyx2x3ïîy1=5；ïîy2=0.如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．

∵ ∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3． ∴ 点F的坐标为（-3，0）．∴ 直线CF的解析式为yx3． ···················· 14分

ìx1=0，ìx2=1， yx3，ïïïï由 解得í í2ïïy=-3；yx2x3ïïî1îy2=-4．∴点Q2的坐标为（1，-4）．综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4），

使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．

abc0，【052】解：（1）根据题意，得4a2bc0，

c2.解得a1（2分） ，b3，c2．yx3x2．

2y A O (F2)F1 C E1 (E2) B D x AOCOAOCO（2）当△EDB∽△AOC时，得或， EDBDBDED(x=m) AOCO12∵AO1时，得， ，CO2，BDm2，当

EDBDEDm2∴EDm22m，∵点E在第四象限，∴E1m，······························· （4分） ． ·

22当

AOCO12时，得，∴ED2m4， BDEDm2ED42m)．·∵点E在第四象限，∴E2(m，······················································· （6分）

（3）假设抛物线上存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形，则 EFAB1，点F的横坐标为m1， 当点E1的坐标为m，2m2mFm1，时，点的坐标为1，

22∵点F1在抛物线的图象上，∴

2m(m1)23(m1)2，∴2m211m140， 2753， ，∴F1，，m2（舍去）

242∴(2m7)(m2)0，∴m∴SABEF133············································································ （9分） ． ·

44当点E2的坐标为(m，42m)时，点F2的坐标为(m1，42m)，

2∵点F2在抛物线的图象上，∴42m(m1)3(m1)2，∴m7m100，

26)，∴S∴(m2)(m5)0，∴m2（舍去），m5，∴F2(4，ABEF166．

【053】解：（1）设ya(x1)(x3)，把C(0，······················ 2分 3)代入，得a1， ·∴抛物线的解析式为：yx2x3．顶点D的坐标为(1························· 5分 ，4)． ·（2）设直线BD解析式为：ykxb（k0），把B、D两点坐标代入，

2得3kb0，解得k2，b6．∴直线AD解析式为y2x6． ··················· 7分

kb4.111············ 9分 PEOExyx(2x6)x23x，∴sx23x(1x3) ·

222s992 sx3x44∴当x3x229．·················································· 10分  ·439时，s取得最大值，最大值为． ····················································· 11分 24333．∴四边形PEOF是矩形． ，y3，∴P，22y D (E) C 3 P （3）当s取得最大值，x作点P关于直线EF的对称点P，连接PE、PF． 法一：过P作PH⊥y轴于H，PF交y轴于点M． P 3设MCm，则MFm，PM3m，PE．

23在Rt△PMC中，由勾股定理，(3m)2m2． 2解得m2A 3 2 1 O 2 H 1 M 1 F 2 1 B 3 x 159．∵CMPHPMPE，∴PH． 810EHEP669由△EHP∽△EPM，可得，EH．∴OH3． EPEM555∴P坐标99，．··················································································· 13分 105法二：连接PP，交CF于点H，分别过点H、P作PC的垂线，垂足为M、N．

易证△CMH∽△HMP．∴

33y D 设CMk，则MH2k，PM4k．∴PC5k，k． 210(E) C 3 M P 126N 由三角形中位线定理，PN8k，PN4k． 552 H P12399∴CNPNPC，即x． 1 521010M A CMMH1． MHPM2B x 1 F 2 3 3 2 1 O 6999································ ·············· 13分 yPFPN3∴P坐标，． ·155105把P坐标99，代入抛物线解析式，不成立，所以P不在抛物线上． ··············· 14分 105【054】（1）由抛物线经过点A(0，1)，C(2，4)，

c1,b2,得1解得 2c1.22bc4.414（2）当t1时，P点坐标为(1，1)，∴Q点坐标为(2，0)． 当t4时，P点坐标为(2，3)，∴Q点坐标为(5，0)． ························ （5分）

111（3）当0t≤2时，S(t22t11)1．St2t．

248115 当2t≤5时，S(5t)(2t212)．St23t． （8分）

222 当t3时，S的最大值为2． ······················································ （10分）

y 【055】（1）过点B作BDx轴，垂足为D， BCDACO90°，ACOCAO90°

A BCDCAO；

B 又BDCCOA90°；CBAC， N P2 △BCD≌△CAO，BDOC1，CDOA2

C O M D x 点B的坐标为(31)，； ······································4分 P1 ∴抛物线对应的函数关系式为：yx22x1． ··························· （2分）

（2）抛物线yaxax2经过点B(31)··················· 5分 ，，则得到19a3a2， ·

21121，所以抛物线的解析式为yxx2； ······································· 7分 222（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

解得a①若以点C为直角顶点；

BC，得到等腰直角三角形△ACP则延长BC至点P1，使得PC······················· 8分 11，

x轴，过点P1作PM1CPBDC90°； 1BC，MCP1BCD，PMC1△MPCBD1，可求得点P(1，-1)； ······· 11分 1≌△DBCCMCD2，PM11②若以点A为直角顶点；

则过点A作AP2CA，且使得AP2AC，得到等腰直角三角形△ACP2， ··········· 12分 过点P2作P2Ny轴，同理可证△AP2N≌△CAO； ········································ 13分

NP2OA2，ANOC1，可求得点P2(2，1)； ········································· 14分 1)都在抛物线y，1)与点P2(2，经检验，点P1(1【056】解：（1） C（3，0）；

（2）①抛物线yax2bxc，令x=0，则y=c， ∴A点坐标（0，c）．

121······················ 16分 xx2上． ·

224acb24ac2ac2accbc∵b2ac，∴ ． ，∴点P的坐标为（,）

4a4a4a22a2b∵PD⊥x轴于D，∴点D的坐标为（． ……………………………………5分 ,0）

2a2根据题意，得a=a′，c= c′，∴抛物线F′的解析式为yax2b'xc．

b2bb又∵抛物线F′经过点D（，∴0a2b'()c．……………6分 ,0）

2a2a4a∴0b22bb'4ac．又∵b22ac，∴03b22bb'．∴b:b′=②由①得，抛物线F′为yax22． 33bxc． 23bb令y=0，则ax2bxc0． ∴x1,x2．

22aabb∵点D的横坐标为． ,∴点C的坐标为（,0）

2aabc设直线OP的解析式为ykx．∵点P的坐标为（， ,）

2a2ac2acb2bcbb∴，∴yx． k，∴kb2b2b222a2bbb∵点B是抛物线F与直线OP的交点，∴ax2bxcx．∴x1,x2．

22aabb∵点P的横坐标为，∴点B的横坐标为．

2aabbb22acbb把x代入yx，得y()c．

2a2a2aa2b（或BC∥OA，BC =OA）， ,c)．∴BC∥OA，AB∥OC．

a∴四边形OABC是平行四边形． 又∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形． ∴点B的坐标为(【057】(1) A(8,0),B(0,6)

(2)∵OA8，OB6，∴AB10 当点P 在OB上运动时，OP1t， yBP2S11OAOP8t4t； 122P1O当点P 在BA上运动时，作P2DOA于点D， 有

DAxP2DAP2483t∵AP2610t16t，∴P2D BOAB5∴S11483t12192 OAP2D8t22555（3）当4t12时，t3，P1(0,3)，

此时，过AOP各顶点作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点，所以点M不存在； 当12192t12时，t11，P2(4,3)，此时，M1(0,3)、M2(0,6) 552【058】解：（1）令y0，得x10 解得x1，令x0，得y1

∴ A(1,0) B(1,0) C(0,1) ········· 3分 （2）∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=45 ∵AP∥CB，∴PAB=45，过点P作PEx轴于E， 则APE为等腰直角三角形

令OE=a，则PE=a1 ∴P(a,a1)

2∵点P在抛物线yx1上 ∴a1a1

2y P A oC E B x 解得a12，a21（不合题意，舍去） ∴PE=3 ·········································· 4分 ∴四边形ACBP的面积S=

1111AB•OC+AB•PE=21234 ····················· 5分 2222(3)． 假设存在∵PAB=BAC =45 ∴PAAC

∵MGx轴于点G， ∴MGA=PAC =90

在Rt△AOC中，OA=OC=1 ∴AC=2，在Rt△PAE中，AE=PE=3 ∴AP= 32 6分

设M点的横坐标为m，则M (m,m1) ①点M在y轴左侧时，则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时，有

22y M P AGMG=∵AG=m1， PACAm1m21MG=m1即 解得m11（舍去） 322G A oC B xm22（舍去）………7分 3AGMG= CAPA(ⅱ) 当MAG ∽PCA时有

m1m21即 解得：m1（舍去） 232，

y P m22∴M(2,3) ···················································································· 8分

M ② 点M在y轴右侧时，则m1

AGMG(ⅰ) 当AMG ∽PCA时有=

PACA

∵AG=m1，MG=m1

2A oC G B xm1m21447∴ 解得m11（舍去） m2 ∴M(,)

339322m1m21AGMG(ⅱ) 当MAG∽PCA时有= 即

CAPA232解得：m11（舍去） m24 ∴M(4,15) ∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似，M点的坐标为(2,3)，(,)，(4,15)

【059】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形 G ∴AB=AD，AE=AG，∠BAD＝∠EAG＝90º

∴∠BAE＋∠EAD＝∠DAG＋∠EAD A D ∴∠BAE＝∠DAG

∴△ BAE≌△DAG …………4分

（2）∠FCN＝45º …………5分 F 理由是：作FH⊥MN于H

∵∠AEF＝∠ABE＝90º

E M B C H N

∴∠BAE +∠AEB＝90º，∠FEH+∠AEB＝90º

图（1）

∴∠FEH＝∠BAE 又∵AE=EF，∠EHF＝∠EBA＝90º

47391第抛物线的解析式为yx2x3，顶点坐标是（2，4） 26题图

4（2）D(4，3)，设直线AD的解析式为ykxb(k0)

∴△EFH≌△ABE …………7分

∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，∴CH＝BE＝FH

∵∠FHC＝90º，∴∠FCH＝45º …………8分

（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，…………9分

G 理由是：作FH⊥MN于H

由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90º 结合（1）（2）得∠FEH＝∠BAE＝∠DAG

D A 又∵G在射线CD上，∠GDA＝∠EHF＝∠EBA＝90º ∴△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE ……11分 F

EHFHFH

∴EH＝AD＝BC＝b，∴CH＝BE，∴＝＝

ABBECHFHEHbM B E C H N ∴在Rt△FEH中，tan∠FCN＝＝＝ CH ABa图（2）

b

∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝ ay 【060】解：（1）根据题意，得 D C P2 P1 1C 4a2c0aQ4 ，解得Q1 4 Q2 A 36a6c0O Q3 B x c3P4 P3 12kb0k1直线经过点A(2，、 0)点D(4，3)yx1 224kb3b1（3）存在．Q1(222，0)，Q2(222，0)，Q3(626，0)，Q4(626，0)

中考数学压轴题100题精选（61-70题）答案

【061】解（1）A（4，0），B（0，3） ·································· 2分（每对一个给1分）

（2）满分3分．其中过F作出垂线1分，作出BF中垂线1分，找出圆心并画出⊙P给1分． （注：画垂线PF不用尺规作图的不扣分）

（3）过点P作PD⊥y轴于D，则PD=x，BD=3y， ········· 6分 PB=PF=y，∵△BDP为直角三形，∴ PBPDBD ∴BPPDBD，即yx3y 222222222y B D P 123即yx(3y)∴y与x的函数关系为yx 62222A （4）存在

解法1：∵⊙P与x轴相切于点F，且与直线l相切于点B O F x ∴ABAF，∵ABOAOB5，∴AF5 ∵AF=x4 ， ∴(x4)5，∴x1或x9 11分 把x1或x9代入y∴点P的坐标为（1，

222222221235x，得y或y15 6235）或（9，15）12分 3l151【062】解：实践应用（1）2；．；．（2）．

43c6l拓展联想（1）∵△ABC的周长为l，∴⊙O在三边上自转了周．

c又∵三角形的外角和是360°，

∴在三个顶点处，⊙O自转了

360． 1（周）

360

l∴⊙O共自转了（+1）周．

cl（2）+1．

c【063】（1）① 对称轴x4··························································· （2分） 2 ·

22② 当y0时，有x4x30，解之，得 x11，x23

∴ 点A的坐标为（3，0）． ························································· （4分） （2）满足条件的点P有3个，分别为（2，3），（2，3），（4，3）． ······ （7分） （3）存在．当x0时，yx4x33 ∴ 点C的坐标为（0，3）

∵ DE∥y轴，AO3，EO2，AE1，CO3 ∴ △AED∽△AOC ∴ ∴ S梯形DEOC2AEDE1DE 即  ∴ DE1 ········· （9分） AOCO331(13)24 2414在OE上找点F，使OF，此时S△COF32，直线CF把四边形DEOC

323分成面积相等的两部分，交抛物线于点M． ················································ （10分）

0．则设直线CM的解析式为ykx3，它经过点F，解之，得 k434k30 （11分） 399 ∴ 直线CM的解析式为 yx3 ······················ （12分） 4412xx2与y轴的交于点B，令x=0得y=2． y 4· A B 【0】解：（1）抛物线y∴B（0，2）

H O P x 121xx2(x2)23 ∴A（—2，3） 44（2）当点P是 AB的延长线与x轴交点时，

∵yPAPBAB．

当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时，

在点P、A、B构成的三角形中，PAPBAB． 综合上述：PAPB≤AB

（3）作直线AB交x轴于点P，由（2）可知：当PA—PB最大时，点P是所求的点 ··· 8分 作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP

AHHP ∴ 由（1）可知：AH=3、OH=2、OB=2，∴OP=4，故P（4，0） BOOP【065】解：（1）∵AB是⊙O的直径（已知） ∴∠ACB＝90º（直径所对的圆周角是直角） ∵∠ABC＝60º（已知） ∴∠BAC＝180º－∠ACB－∠ABC＝ 30º（三角形的内角和等于180º） ∴AB＝2BC＝4cm（直角三角形中，30º锐角所对的直角边等于斜边的一半） 即⊙O的直径为4cm．

（2）如图10（1）CD切⊙O于点C，连结OC，则OC＝OB＝1/2·AB＝2cm． ∴CD⊥CO（圆的切线垂直于经过切点的半径） ∴∠OCD＝90º（垂直的定义） ∵∠BAC＝ 30º（已求）

∴∠COD＝2∠BAC＝ 60º ∴∠D＝180º－∠COD－∠OCD＝ 30º∴OD＝2OC＝4cm ∴BD＝OD－OB＝4－2＝2（cm） ∴当BD长为2cm，CD与⊙O相切． （3）根据题意得：

BE＝（4－2t）cm，BF＝tcm；

如图10（2）当EF⊥BC时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BAC ∴BE：BA＝BF：BC即：（4－2t）：4＝t：2解得：t＝1

如图10（3）当EF⊥BA时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BCA ∴BE：BC＝BF：BA即：（4－2t）：2＝t：4解得：t＝1.6 ∴当t＝1s或t＝1.6s时，△BEF为直角三角形．

，2)，代入反比例函数y【066】（1）由C1，得A(1∴反比例函数解析式为：y12m中，得m2 x2··································································· 2分 (x0) ·

x15yx152222解方程组由x化简得：x5x40

22xy2x1(x4)(x1)0，x14，x21所以B4， ······················································· 5分

2 （2）无论P点在AB之间怎样滑动，△PMN与△CAB总能相似．因为B、C两点纵

坐标相等，所以BC∥x轴．

又因为AC∥y轴，所以△CAB为直角三角形．

同时△PMN也是直角三角形，AC∥PM，BC∥PN． △PMN∽△CAB． ··············································································· 8分 （在理由中只要能说出BC∥x轴，ACB90°即可得分．） 【067】（1）解：∵直角梯形ABCD，AD∥BC

PD∥QC

当PDQC时，四边形PQCD

为平行四边形．

由题意可知：APt，CQ2t

A P D

O 8t2t

C Q 3t8 B

8t

38当ts时，四边形PQCD为平行四边形． ························································ 3分

3（2）解：设PQ与⊙O相切于点H， 过点P作PEBC，垂足为E 直角梯形ABCD，AD∥BC

A P H D

PEAB

由题意可知：APBEt，CQ2t

O BQBCCQ222t

EQBQBE222tt223t

B

E

Q

C AB为⊙O的直径，ABCDAB90° AD、BC为⊙O的切线

APPH，HQBQ

PQPHHQAPBQt222t22t ············································· 5分

在Rt△PEQ中，PEEQPQ，12(223t)(22t) 即：8t88t1440，t11t180，(t2)(t9)0

22222222t12，t29，

因为P在AD边运动的时间为

AD88秒 11而t98，t9（舍去），当t2秒时，PQ与⊙O相切． ·························· 8分

【068】解：（1）如图4，过B作BGOA于G，

则AB2BG2GA2122（1510）16913

过Q作QHOA于H，

则QPQH2PH2122（10t2t)2144(103t)2 ············································································· （2分） 要使四边形PABQ是等腰梯形，则ABQP， 即144(103t)213,

5····················· （3分） t或t5（此时PABQ是平行四边形，不合题意，舍去） ·

3（2）当t2时，OP4，CQ1028，QB2。

CB∥DE∥OF，QBQEQDQB1······································· （4分） . ·

AFEFDPOP2············································ （5分） AF2QB224，OF15419. ·

1························································· （6分） S梯形OFBC（1019）12174. ·

2（3）①当QPPF时，则12(10t2t)152t2t，

22119·············································································· （7分） t或t. ·

33②当QPQF时，则122(10t2t)2122FH2122[152t(10t)]2 即12(103t)12(53t)，t5 ·············································· （8分） 1422③当QFPF时，则12(53t)15，······ （9分） t或t(舍去）. ·

33

11954综上，当t，t，t，t时，△PQF是等腰三角形． ············ （10分）

33632222【069】解 （1）易求得点C的坐标为(0，k)

2由题设可知x1，x2是方程(xm)km0即x2mxk0 的两根，

222m(2m)24k所以x1，，所x1x22m，x1x2k ······················· （1分） 22如图3，∵⊙P与y轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，设它们的交点为点O，连结DB，∴△AOC∽△DOC，则

ODkOAOBx1x2····································· （2分） 1.

OCkk由题意知点C在y轴的负半轴上，从而点D在y轴的正半轴上，

所以点D的坐标为（0，1）·································································· （3分） （2）因为AB⊥CD， AB又恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称，

所以点C的坐标为(0，··················································· （4分） 1)，即k1 ·又ABx2x1(x2x1)4x1x2(2m)4k2mk2m1， 所以S△ABC222211·················· （6分） ABOC2m2115解得m2. ·

22【070】解：（1）6．（2）8． ······································································· （3分）

（3）①当0≤x3时，

Q3 C

D O P3

P2 Q2 P1 E

B A Q1

yS△APQ1311332AP·AQ·sin60·x·2x·x． ······························ （5分） 112222②当3≤x6时，

yS△APQ=121AP2?P2Q22

1AP2·CQ2·sin60213x·(12-2x·)22=32x33x. ···················································································· （7分） 2③当6≤x≤9时，设P3Q3与AC交于点O． (解法一)

过Q3作Q3E∥CB,则△CQ3E为等边三角形．

Q3ECECQ32x12.Q3E∥CB.

△COP3∽△EOQ3OCCP3x61OEEQ,32x122

OC13CE13(2x12),yS△AQP3S△ACP3-S△COP3

12CP13·AC·sin60°2OC·CP3·sin60°12(x6)·6321213(2x12)(x6)32． 36x2732x153． ···································································（解法二）

如右图，过点O作OFCP3于点F，OGCQ3，于点G, 过点P3作P3HDC交DC延长线于点H．

ACBACD,OFOG.

又CP3x6,CQ3,2x122(x6),

S1D Q3

G C H △CQP32S△COQ3 O F P3

S△COP313S△CP3Q3,A B

1312·CQ3·P3H 1312(2x12)(x6)·3236(x6)2.又S△1ACP32CP·3AC·sin60° 10分） （ 13(x6)622 33(x6).2yS△AOP3

S△ACP3S△OCP3 3332(x6)(x6)26

3273xx153. ······································································ （10分） 62中考数学压轴题100题精选（61-70题）答案

【061】解（1）A（4，0），B（0，3） ·································· 2分（每对一个给1分） （2）满分3分．其中过F作出垂线1分，作出BF中垂线1分，找出圆心并画出⊙P给1分． （注：画垂线PF不用尺规作图的不扣分）

（3）过点P作PD⊥y轴于D，则PD=x，BD=3y， ········· 6分 PB=PF=y，∵△BDP为直角三形，∴ PBPDBD ∴BPPDBD，即yx3y 222222222y B D P 123即yx(3y)∴y与x的函数关系为yx 62222A （4）存在

解法1：∵⊙P与x轴相切于点F，且与直线l相切于点B 222222O F x ∴ABAF，∵ABOAOB5，∴AF5 ∵AF=x4 ， ∴(x4)5，∴x1或x9 11分 把x1或x9代入y∴点P的坐标为（1，

221235x，得y或y15 6235）或（9，15）12分 3l151【062】解：实践应用（1）2；．；．（2）．

43c6l拓展联想（1）∵△ABC的周长为l，∴⊙O在三边上自转了周．

c又∵三角形的外角和是360°，

∴在三个顶点处，⊙O自转了

360． 1（周）

360

l∴⊙O共自转了（+1）周．

cl（2）+1．

c【063】（1）① 对称轴x4··························································· （2分） 2 ·

22② 当y0时，有x4x30，解之，得 x11，x23

∴ 点A的坐标为（3，0）． ························································· （4分） （2）满足条件的点P有3个，分别为（2，3），（2，3），（4，3）． ······ （7分） （3）存在．当x0时，yx4x33 ∴ 点C的坐标为（0，3）

∵ DE∥y轴，AO3，EO2，AE1，CO3 ∴ △AED∽△AOC ∴ ∴ S梯形DEOC2AEDE1DE 即  ∴ DE1 ········· （9分） AOCO331(13)24 2414在OE上找点F，使OF，此时S△COF32，直线CF把四边形DEOC

323分成面积相等的两部分，交抛物线于点M． ················································ （10分）

0．则设直线CM的解析式为ykx3，它经过点F，解之，得 k434k30 （11分） 399 ∴ 直线CM的解析式为 yx3 ······················ （12分） 4412xx2与y轴的交于点B，令x=0得y=2． y 4· A B 【0】解：（1）抛物线y∴B（0，2）

11∵yx2x2(x2)23 ∴A（—2，3） 44（2）当点P是 AB的延长线与x轴交点时，

PAPBAB．

当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时， 在点P、A、B构成的三角形中，PAPBAB． 综合上述：PAPB≤AB

H O P x 第28题图

（3）作直线AB交x轴于点P，由（2）可知：当PA—PB最大时，点P是所求的点 ··· 8分 作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP

AHHP ∴ 由（1）可知：AH=3、OH=2、OB=2，∴OP=4，故P（4，0） BOOP【065】解：（1）∵AB是⊙O的直径（已知）

∴∠ACB＝90º（直径所对的圆周角是直角） ∵∠ABC＝60º（已知） ∴∠BAC＝180º－∠ACB－∠ABC＝ 30º（三角形的内角和等于180º） ∴AB＝2BC＝4cm（直角三角形中，30º锐角所对的直角边等于斜边的一半） 即⊙O的直径为4cm．

（2）如图10（1）CD切⊙O于点C，连结OC，则OC＝OB＝1/2·AB＝2cm． ∴CD⊥CO（圆的切线垂直于经过切点的半径） ∴∠OCD＝90º（垂直的定义） ∵∠BAC＝ 30º（已求）

∴∠COD＝2∠BAC＝ 60º ∴∠D＝180º－∠COD－∠OCD＝ 30º∴OD＝2OC＝4cm ∴BD＝OD－OB＝4－2＝2（cm） ∴当BD长为2cm，CD与⊙O相切． （3）根据题意得：

BE＝（4－2t）cm，BF＝tcm；

如图10（2）当EF⊥BC时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BAC ∴BE：BA＝BF：BC即：（4－2t）：4＝t：2解得：t＝1

如图10（3）当EF⊥BA时，△BEF为直角三角形，此时△BEF∽△BCA ∴BE：BC＝BF：BA即：（4－2t）：2＝t：4解得：t＝1.6 ∴当t＝1s或t＝1.6s时，△BEF为直角三角形． 【066】（1）由C1，得A(1，2)，代入反比例函数y∴反比例函数解析式为：y12m中，得m2 x2··································································· 2分 (x0) ·

x15yx152222解方程组由x化简得：x5x40

22xy2x1(x4)(x1)0，x14，x21所以B4， ······················································· 5分

2 （2）无论P点在AB之间怎样滑动，△PMN与△CAB总能相似．因为B、C两点纵坐标相等，所以BC∥x轴．

又因为AC∥y轴，所以△CAB为直角三角形．

同时△PMN也是直角三角形，AC∥PM，BC∥PN． △PMN∽△CAB． ··············································································· 8分 （在理由中只要能说出BC∥x轴，ACB90°即可得分．） 【067】（1）解：∵直角梯形ABCD，AD∥BC

PD∥QC

当PDQC时，四边形PQCD

为平行四边形．

A P D O B Q

C 由题意可知：APt，CQ2t

8t2t 3t8

8t

38当ts时，四边形PQCD为平行四边形． ························································ 3分

3（2）解：设PQ与⊙O相切于点H， 过点P作PEBC，垂足为E 直角梯形ABCD，AD∥BC

A P H D

PEAB

由题意可知：APBEt，CQ2t

O BQBCCQ222t

EQBQBE222tt223t

B

E

Q

C AB为⊙O的直径，ABCDAB90° AD、BC为⊙O的切线

APPH，HQBQ

PQPHHQAPBQt222t22t ············································· 5分

在Rt△PEQ中，PEEQPQ，12(223t)(22t) 即：8t88t1440，t11t180，(t2)(t9)0

22222222t12，t29，

因为P在AD边运动的时间为

AD88秒 11而t98，t9（舍去），当t2秒时，PQ与⊙O相切． ·························· 8分 【068】解：（1）如图4，过B作BGOA于G，

则AB2BG2GA2122（1510）16913

过Q作QHOA于H，

则QPQHPH12（10t2t)144(103t) ············································································· （2分） 要使四边形PABQ是等腰梯形，则ABQP，

22222即144(103t)213,

5····················· （3分） t或t5（此时PABQ是平行四边形，不合题意，舍去） ·

3（2）当t2时，OP4，CQ1028，QB2。

CB∥DE∥OF，QBQEQDQB1······································· （4分） . ·

AFEFDPOP2············································ （5分） AF2QB224，OF15419. ·

1························································· （6分） S梯形OFBC（1019）12174. ·

2（3）①当QPPF时，则12(10t2t)152t2t，

22119·············································································· （7分） t或t. ·

33②当QPQF时，则122(10t2t)2122FH2122[152t(10t)]2 即12(103t)12(53t)，t5 ·············································· （8分） 1422③当QFPF时，则12(53t)15，······ （9分） t或t(舍去）. ·

33

11954综上，当t，t，t，t时，△PQF是等腰三角形． ············ （10分）

33632222【069】解 （1）易求得点C的坐标为(0，k)

2由题设可知x1，x2是方程(xm)km0即x2mxk0 的两根，

222m(2m)24k所以x1，，所x1x22m，x1x2k ······················· （1分） 22如图3，∵⊙P与y轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，设它们的交点为点O，连结DB，∴△AOC∽△DOC，则

ODkOAOBx1x21. ····································· （2分）

OCkk由题意知点C在y轴的负半轴上，从而点D在y轴的正半轴上，

所以点D的坐标为（0，1）·································································· （3分） （2）因为AB⊥CD， AB又恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称，

1)，即k1 ·所以点C的坐标为(0，··················································· （4分）

又ABx2x1(x2x1)4x1x2(2m)4k2mk2m1，

2222所以S△ABC11·················· （6分） ABOC2m2115解得m2. ·

22【070】解：（1）6．（2）8． ······································································· （3分）

（3）①当0≤x3时，

Q3 C

D O P3

P2 Q2 P1 E

B A Q

1

yS△APQ1311332AP·AQ·sin60·x·2x·x． ······························ （5分） 112222②当3≤x6时，

yS△APQ=121AP2?P2Q22

1AP2·CQ2·sin60213x·(12-2x·)22=32x33x. ···················································································· （7分） 2③当6≤x≤9时，设P3Q3与AC交于点O． (解法一)

过Q3作Q3E∥CB,则△CQ3E为等边三角形．

Q3ECECQ32x12.Q3E∥CB.△COP3∽△EOQ3OCCP3x61,OEEQ32x122

11OCCE(2x12),33

yS△AQP3S△ACP3-S△COP3

12CP·sin60°13·AC2OC·CP3·sin60°12(x6)·63113223(2x12)(x6)2． 36x2732x153． ···································································（解法二）

如右图，过点O作OFCP3于点F，OGCQ3，于点G, 过点P3作P3HDC交DC延长线于点H．

ACBACD,OFOG.

又CP3x6,CQ3,2x122(x6),

S1D Q3

G C H △CQPF 32S△COQ3 O P3

S△COP313S△CP3Q3,A B

1312·CQ3·P3H 13132(2x12)(x6)·23(x6)26.又S△1ACP32CP·3AC·sin60° 12(x6)63233 2(x6).yS△AOP3

S△ACP3S△OCP33332 2(x6)6(x6)10分） （ 

3273xx153. ······································································ （10分） 62中考数学压轴题100题精选（71-80题）

【071】已知：抛物线yax2bxca0的对称轴为x1与x轴交于A，B两点，，与y轴交于点C，其中A3， 0、C0，2．（1）求这条抛物线的函数表达式．

（2）已知在对称轴上存在一点P，使得△PBC的周长最小．请求出点P的坐标． （3）若点D是线段OC上的一个动点（不与点O、点C重合）．过点D作DE∥PC交x轴于点E．连接PD、PE．设CD的长为m，△PDE的面积为S．求S与m之间的函数关系式．试说明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． y O A B x

C

（第24题图）

【072】如图1所示，直角梯形OABC的顶点A、C分别在y轴正半轴与x轴负半轴上.过点B、C作直线l．将直线l平移，平移后的直线l与x轴交于点D，与y轴交于点E． （1）将直线l向右平移，设平移距离CD为t(t0)，直角梯形OABC被直线l扫过的面积

（图中阴影部份）为s，s关于t的函数图象如图2所示， OM为线段，MN为抛物线的一部分，NQ为射线，N点横坐标为4．

①求梯形上底AB的长及直角梯形OABC的面积； ②当2t4时，求S关于t的函数解析式；

（2）在第（1）题的条件下，当直线l向左或向右平移时（包括l与直线BC重合），在直．

线上是否存在点P，使PDE为等腰直角三角形?若存在，请直接写出所有满足．AB．．

条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由．

【073】)如图，半径为25的⊙O内有互相垂直的两条弦AB、CD相交于P点． (1)求证：PA·PB=PC·PD；

(2)设BC的中点为F，连结FP并延长交AD于E，求证：EF⊥AD： (3)若AB=8，CD=6，求OP的长．

CFAEPODB第23题图

0)，以点O1为圆心，8为半径的圆【074】如图，在平面直角坐标系中，点O1的坐标为(4，与x轴交于A，B两点，过A作直线l与x轴负方向相交成60°的角，且交y轴于C点，以

5)为圆心的圆与x轴相切于点D． 点O2(13，（1）求直线l的解析式；

（2）将⊙O2以每秒1个单位的速度沿x轴向左平移，当⊙O2第一次与⊙O1外切时，求⊙O2y l 60° O1 O B O2 D x A 平移的时间．

【075】如图11，已知抛物线yax2axb（a0）与x轴的一个交点为B(1，0)，与y轴的负半轴交于点C，顶点为D．

（1）直接写出抛物线的对称轴，及抛物线与x轴的另一个交点A的坐标； （2）以AD为直径的圆经过点C． ①求抛物线的解析式；

②点E在抛物线的对称轴上，点F在抛物线上，且以B，A，F，E四点为顶点的四边形为平行四边形，求点F的坐标．

y 2B C O A x

【076】如图，抛物线y12xmxn与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，四边形2OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5，2），连结BC、AD. （1）求C点的坐标及抛物线的解析式；

（2）将△BCH绕点B按顺时针旋转90°后 再沿x轴对折得到

△BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由； （3）设过点E的直线交AB边于点P，交CD边于点Q. 问是否存在点P，使直线PQ

分梯形ABCD的面积为1∶3两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.

【077】已知直线y3xm与x轴y轴分别交于点A和点B，点B的坐标为（0，6） 4（1）求的m值和点A的坐标；

（2）在矩形OACB中，点P是线段BC上的一动点，直线PD⊥AB于点D，与x轴交于点E，设BP=a，梯形PEAC的面积为s。

①求s与a的函数关系式，并写出a的取值范围；

②⊙Q是△OAB的内切圆，求当PE与⊙Q相交的弦长为2.4时点P的坐标。

B CP QD

OE A

【078】如图 12，已知直线L过点A(0，1)和B(1，0)，P是x轴正半轴上的动点，OP的垂直平分线交L于点Q，交x轴于点M． （1）直接写出直线L的解析式；

（2）设OPt，△OPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式；并求出当0t2时，

S的最大值；

（3）直线L1过点A且与x轴平行，问在L1上是否存在点C， 使得△CPQ是以Q为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出点C的坐标，并证明；若不存在，请说明理由．

y

L L1

A Q

x O M P B

图12

【079】如图，

2若OA、OB的长是关于x的一元ABCD在平面直角坐标系中，AD6，二次方程x7x120的两个根，且OAOB． （1）求sinABC的值．

（2）若E为x轴上的点，且S△AOE16求经过D、E两点的直线的解析式，并判断，3△AOE与△DAO是否相似？

（3）若点M在平面直角坐标系内，则在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F、M为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出F点的坐标；若不存在，请说明理

由．

y A D B O C x 28题图

【080】已知：等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点M与点A重合，点N到达点B时运动终止），过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其它边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒．

（1）线段MN在运动的过程中，t为何值时，四边形MNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积；

（2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t．求四边形

MNQP的面积S随运动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．

C Q P B

A M N

中考数学压轴题100题精选（71-80题）答案

2ba32a14【071】解：（1）由题意得9a3bc0，解得b

3c2c2224xx2 3分 33（2）连结AC、BC.因为BC的长度一定，所以△PBC周长最小，就是使

PCPB最小.B点关于对称轴的对称点是A点，AC与对称轴x1的交点即为所求的点P.

∴此抛物线的解析式为y设直线AC的表达式为ykxb E 2k3kb0，A 则 解得3 b2b2∴此直线的表达式为y把x1代入得yy O B D x 2……5分 x2．3P C 44 ·∴P点的坐标为1，································ 6分 （第24题图） ·33（3）S存在最大值 ············································································· 7分

理由：∵DE∥PC，即DE∥AC．

ODOE2mOE即 ，．OCOA2333∴OE3m，AE3，OEm

22∴△OED∽△OAC．∴方法一：

连结OPSS四边形PDOES△OEDS△POES△PODS△OED =

1341133m2m13m2m 223222323·············································································· 8分 mm ·

423333∵0，∴当m1时，S最大 ···································· 9分

4424=方法二：

SS△OACS△OEDS△AEPS△PCD

=

1131341323m2mmm1 2222232323332······················································ 8分 mmm1 ·

424433∵0，∴当m1时，S最大 ·················································· 9分

448【072】解：（1）①AB2，OA4，OC4，S梯形OABC=12

2②当2t4时，直角梯形OABC被直线l扫过的面积=直角梯形OABC面积－直角三角开

12DOE面积 S12(4t)2(4t)t8t4

28（2） 存在 ，P(12,4),P(4,4),P(,4),P4(4,4),P5(8,4) 1233=对于第（2）题我们提供如下详细解答（评分无此要求）.下面提供参考解法二： ① 以点D为直角顶点，作PP1x轴

，在RtODE中，（图示OE2OD，设ODb，OE2b.RtODERtPPD1阴影）b4，、P（－4，2b8，在上面二图中分别可得到P点的生标为P（－12，4）

4）E点在0点与A点之间不可能； ② 以点E为直角顶点

同理在②二图中分别可得P点的生标为P（－

8，4）、P（8，4）E点在0点下方不可能. 3③ 以点P为直角顶点

同理在③二图中分别可得P点的生标为P（－4，4）（与①情形二重合舍去）、P（4，4）， E点在A点下方不可能.

综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－P（8，4）、P（4，4）．

8，4）、 3下面提供参考解法二：

以直角进行分类进行讨论（分三类）： 第一类如上解法⑴中所示图

P为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

b1b的中点坐标为(-,b)，直线DE的中垂线方程：yb(x)，令y4得

222P(33b8,4)．由已知可得2PEDE即2(b8)2(42b)2b24b2化简222得3b32b0解得 b18，b283b 将之代入（P-8，4）P（4，4)、132P2(4,4)；

第二类如上解法②中所示图

E为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

，直线PE的方程：y1x2b，令y4得P(4b8,4)．由已知可得PEDE即2(4b8)2(42b)2b24b2化简得b2(2b8)2解之得 ，

b14，b284P(,4) 将之代入（P4b-8，4）P（8，4)、4333第三类如上解法③中所示图

D为直角：设直线DE：y2x2b，此时D（-b,o)，E(O,2b)

，直线PD的方程：y(xb)，令y4得P(b8,4)．由已知可得PDDE即

12P-b-8，4）P5（-12，4)、 8242b24b2解得b14，b24将之代入（P6(4,4)（P6(4,4)与P2重合舍去）．

综上可得P点的生标共5个解，分别为P（－12，4）、P（－4，4）、P（－P（8，4）、P（4，4）．

事实上，我们可以得到更一般的结论： 如果得出ABa、OCb、设kOAh、直角分类情形 8，4）、 3ba，则P点的情形如下 hk1 P1(h,h) k1 P为直角 P2(h,h) P1(h,h) E为直角 P3(hk,h) 1khP2(,h) 2P4(hk,h) k1P3(0,h) P4(2h,h) P5(h(k1),h) D为直角 P6(h(k1),h)

【073】(1)∵∠A、∠C所对的圆弧相同，∴∠A＝∠C． ∴Rt△APD∽Rt△CPB，∴

APPD，∴PA·PB＝PC·PD；………………………3分

CPPB(2)∵F为BC的中点，△BPC为Rt△，∴FP＝FC，∴∠C＝∠CPF． 又∠C＝∠A，∠DPE＝∠CPF，∴∠A＝∠DPE．∵∠A＋∠D＝90°， ∴∠DPE＋∠D＝90°．∴EF⊥AD．

(3)作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，同垂径定理： ∴OM2＝(25)2－42＝4，ON2＝(25)2－32＝11 又易证四边形MONP是矩形， ∴OP＝OM2ON215

【074】（1）解：由题意得OA|4||8|12，

y l 60° O1 O3 P O2 x A O B D1 D 0)．在Rt△AOC中，OAC60°， C A点坐标为(12，OCOAtanOAC12tan60°123 123)． C点的坐标为(0，设直线l的解析式为ykxb，由l过A、C两点，得（第22题答图） 123b

012kbb123直线l的解析式为：y3x123． 解得k3（2）如图，设⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，

⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．则O1O3O1PPO38513 O3D1⊥x轴，O3D15，

在Rt△O1O3D1中，O1D1O1O3O3D113512． ······························· 6分

2222O1DO1OOD41317，D1DO1DO1D117125，

t5···················································· 8分 5（秒）⊙O2平移的时间为5秒． ·

1【075】解：（1）对称轴是直线：x1，

点A的坐标是（3，0）． ···················································· 2分 （说明：每写对1个给1分，“直线”两字没写不扣分） （2）如图11，连接AC、AD，过D作DMy 轴于点M，

解法一：利用△AOC∽△CMD

∵点A、D、C的坐标分别是A （3，0），D（1，ab）、C（0，b）， ∴AO＝3，MD=1．由

2AOOC3b得∴3ab0 ······································ 3分 CMMDa1又∵0a(1)2a(1)b∴由2a13ab0 得

b33ab0∴函数解析式为：yx2x3 ································································ 6分 解法二：利用以AD为直径的圆经过点C

∵点A、D的坐标分别是A （3，0） 、D（1，ab）、C（0，b）， ∴AC9b2，CD1a2，AD24(ab)2∵AC2CD2AD2

∴3ab0…① 又∵0a(1)2a(1)b…② ··································· 4分 由①、②得a1·························· 6分 ，b3 ∴函数解析式为：yx2x3 ·（3）如图所示，当BAFE为平行四边形时，则BA∥EF，并且BA＝EF． ∵BA=4，∴EF=4 ，由于对称为x1，∴点F的横坐标为5． ······················ 7分 将x5代入yx2x3得y12，∴F（5，12）． 根据抛物线的对称性可知，在对称轴的左侧 抛物线上也存在点F，使得四边形BAEF是 平行四边形，此时点F坐标为（3，12）． 当四边形BEAF是平行四边形时，

点F即为点D，此时点F的坐标为（1，4）． 综上所述，点F的坐标为（5，12）， （3，12）或（1，4）． 【076】解：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB， 又D（5，2）， ∴C（0，2），OC=2 . 5n2m ∴12 解得2

55mn22n222E y F B C O A D x 图11 125xx2 …… 4分 22（2）点E落在抛物线上. 理由如下：……… 5分 ∴抛物线的解析式为：y125，B（1，0）. xx20. 解得x1=1，x2=4. ∴A（4，0）

22 ∴OA=4，OB=1. 由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°， 由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，∴点E的坐标为（3，－1）. 由y = 0，得

12515xx2，得y32321， ∴点E在抛物线上. 2222（3）法一：存在点P（a，0），延长EF交CD于点G，易求OF=CG=3，PB=a－1.

S梯形BCGF = 5，S梯形ADGF = 3，记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，

1 下面分两种情形： ①当S1∶S2 =1∶3时，S1(53)25，

4PFEF1此时点P在点F（3，0）的左侧，则PF = 3－a，由△EPF∽△EQG，得，

QGEG3把x=3代入y19

则QG=9－3a，∴CQ=3－(9－3a) =3a －6，由S1=2，得(3a6a1)22，解得a；

24

3②当S1∶S2=3∶1时，S1(53)65此时点P在点F（3，0）的右侧，则

4，PF = a－3，由△EPF∽△EQG，得QG = 3a－9，∴CQ = 3 +（3 a－9）= 3 a－6，

9113由S1= 6，得(3a6a1)26，解得a，综上所述：所求点P的坐标为（，0）

244或（

13，0）……… 14分 4 法二：存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8.

当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，此时S1∶S2不符合条件，故a≠3.

1k3kb1a3设直线PQ的解析式为y = kx+b(k≠0)，则，解得，

akb0aba3∴y1a. 由y = 2得x = 3a－6，∴Q（3a－6，2） ……… 10分 xa3a31(3a6a1)24a7. 2∴CQ = 3a－6，BP = a－1，S111下面分两种情形：①当S1∶S2 = 1∶3时，S1S梯形ABCD8= 2；

449；……………………………………………… 12分 43313②当S1∶S2 = 3∶1时，S1S梯形ABCD86； ∴4a－7 = 6，解得a；

444913综上所述：所求点P的坐标为（，0）或（，0）………… 14分

44913[说明：对于第（3）小题，只要考生能求出a或a两个答案，就给6分. ]

44∴4a－7 = 2，解得a【077】解：（1）把B（0，6）代入y3m，得m＝6………………………1分 4