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浙江省中考数学编压轴题真题分类
一、压轴题--四边形
1、（·衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。
(1)如图1，当t=3时，求DF的长；
(2)如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。
2、（·丽水）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连结AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设 =n.
(1)求证：AE=GE；
(2)当点F落在AC上时，用含n的代数式表示 的值；
(3)若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值.
二、压轴题--圆
3、（ 杭州）如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，
(1)点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：
ɑ 30° 40° 50° 60°
β 120° 130° 140° 150°
γ 150° 140° 130° 120°
猜想：β关于ɑ的函数表达式，γ关于ɑ的函数表达式，并给出证明：
(2)若γ=135°，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．
4、（ 温州）如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．
(1)当∠APB=28°时，求∠B和 的度数；
(2)求证：AC=AB．
(3)在点P的运动过程中
①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；
②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．
5、（ 宁波）有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．
(1)如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝ ∠D，∠C＝ ∠A，求∠B与∠C的度数之和；
(2)如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO．∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．
求证：四边形DBCF是半对角四边形；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当DH＝BG时，求△BGH与△ABC的面积之比．
三、压轴题--方程
6、（·台州）在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根，比如对于方程 ，操作步骤是：
第一步：根据方程系数特征，确定一对固定点A（0，1），B（5，2）;
第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B；
第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C 的横坐标m即为该方程的一个实数根（如图1）
第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D 的横坐标为n即为该方程的另一个实数根。
(1)在图2 中，按照“第四步“的操作方法作出点D（请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹）
(2)结合图1，请证明“第三步”操作得到的m就是方程 的一个实数根；
(3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置，若要以此方法找到一元二次方程 的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标；
(4)实际上，（3）中的固定点有无数对，一般地,当 ， ， ， 与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P（ ， ），Q（ ， ）就是符合要求的一对固定点？
四、压轴题--一次函数
7、（ 绍兴）如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.

(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标.
(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标.
(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）.
五、压轴题--二次函数
8、（·金华）(本题12分)如图1,在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别O(0,0),A(3, )，B(9,5 )，C(14,0).动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA AB BC运动，在OA，AB，BC上运动的速度分别为3， ， (单位长度/秒)﹒当P,Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．
(1)求AB所在直线的函数表达式.
(2)如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值.
(3)在P,Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值.
9、（·嘉兴）如图，某日的钱塘江观潮信息如表：
按上述信息，小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离 （千米）与时间 （分钟）的函数关系用图3表示，其中：“11:40时甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点 ，点 坐标为 ，曲线 可用二次函数 （ ， 是常数）刻画．
(1)求 的值，并求出潮头从甲地到乙地的速度；
(2)11:59时，小红骑单车从乙地出发，沿江边公路以 千米/分的速度往甲地方向去看潮，问她几分钟后与潮头相遇？
(3)相遇后，小红立即调转车头，沿江边公路按潮头速度与潮头并行，但潮头过乙地后均匀加速，而单车最高速度为 千米/分，小红逐渐落后，问小红与潮头相遇到落后潮头1.8千米共需多长时间？（潮水加速阶段速度 ， 是加速前的速度）．
10、（ 湖州）如图，在平面直角坐标系 中，已知 ， 两点的坐标分别为 ， ， 是线段 上一点（与 ， 点不重合），抛物线 （ ）经过点 ， ，顶点为 ，抛物线 （ ）经过点 ， ，顶点为 ， ， 的延长线相交于点 ．
(1)若 ， ，求抛物线 ， 的解析式；
(2)若 ， ，求 的值；
(3)是否存在这样的实数 （ ），无论 取何值，直线 与 都不可能互相垂直？若存在，请直接写出 的两个不同的值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
一、压轴题--四边形
1、【答案】（1）解：当t=3时，如图1，点E为AB中点.
∵点D为OB中点，
∴DE//OA，DE=OA=4，
∵OA⊥AB,
∴DE⊥AB,
∴∠OAB=∠DEA=90°,
又∵DF⊥DE,
∴∠EDF=90°
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3.
（2）解： ∵∠DEF大小不变，如图2，
过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB,
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM//AB,DN//OA,
∴,,
∵点D为OB中点，
∴M、N分别是OA、AB中点，
∴DM=AB=3,DN=OA=4,
∵∠EDF=90°,
∴∠FDM=∠EDN.
又∵∠DMF=∠DNE=90°,
∴△DMF∽△DNE
∴,
∵∠EDF=90°,
∴tan∠DEF=
（3）解：过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N.
若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
①当点E到达中点之前时.
NE=3-t，由△DMF∽△DNE得
MF=（3-t）.
∴AF=4+MF=-t+.
∵点为EF的三等分点。
∴（.t）.
由点A（8，0），D（4，3）得直线AD解析式为y=-χ+6.
(.t)代入，得t=.
②当点E越过中点之后.
NE=t-3,由△DMF～△DNE得MF=（t-3）.
∴AF=4-MF=-+.
∵点为EF的三等分点.
∴(.).
代入直线AD解析式y=-χ+6.
得t=.
【考点】矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，与一次函数有关的动态几何问题
【解析】【分析】（1）当t=3时，如图1，点E、D分别为AB、OB中点，得出DE//OA，DE=OA=4，根据OA⊥AB得出DE⊥AB，从而得出四边形DFAE是矩形，根据矩形性质求出DF=AE=3.
（2）如图2，过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,四边形OABC、DMAN都是矩形，由平行得出,,由D、M、N是中点又可以得出条件判断△DMF∽△DNE，从而得出tan∠DEF=。
（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N；若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
分点E到达中点之前或越过中点之后来讨论，得出 NE，由△DMF∽△DNE得 MF和AF的长度， 再算出直线AD的解析式，由点G为EF的三等分点得出G点坐标将其代入AD直线方程求出t值。
2、【答案】（1）证明：由对称得AE=FE，∴∠EAF=∠EFA，
∵GF⊥AE，∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°，
∴∠FGA=∠EFG，∴EG=EF.
∴AE=EG.
（2）解：设AE=a，则AD=na，
当点F落在AC上时（如图1），
由对称得BE⊥AF，
∴∠ABE+∠BAC=90°，
∵∠DAC+∠BAC=90°，
∴∠ABE=∠DAC，
又∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DAC ,
∴
∵AB=DC，∴AB2=AD·AE=na·a=na2,
∵AB>0，∴AB= .
∴ .
（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=4AB，则AB= .
当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a，
此时 ，∴n=4.
∴当点F落在矩形外部时，n>4.
∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，
∴∠FCG<∠BCD，∴∠FCG<90°，
若∠CFG=90°，则点F落在AC上，由（2）得 ，∴n=16.
若∠CGF=90°（如图3），则∠CGD+∠AGF=90°，
∵∠FAG+∠AGF=90°，
∴∠CGD=∠FAG=∠ABE，
∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DGC，
∴ ，
∴AB·DC=DG·AE，即（ ）2=（n-2）a·a.
解得 或 （不合题意，舍去），
∴当n=16或 时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形.
【考点】矩形的性质，解直角三角形的应用
【解析】【分析】（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC , 则 ，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n，需要分类讨论，一般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答.
二、压轴题--圆
3、【答案】（1）解：β=α+90°，γ=﹣α+180°
连接OB，
∴由圆周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，
∵OB=OA，
∴∠OBA=∠OAB=α，
∴∠BOA=180°﹣2α，
∴2β=360°﹣（180°﹣2α），
∴β=α+90°，
∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴OE是线段BC的垂直平分线，
∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°
∵∠BCA=∠EDC+∠CED，
∴β=90°+∠CED，
∴∠CED=α，
∴∠CED=∠OBA=α，
∴O、A、E、B四点共圆，
∴∠EBO+∠EAG=180°，
∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，
∴γ+α=180°
（2）解：当γ=135°时，此时图形如图所示，
∴α=45°，β=135°，
∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，
由（1）可知：O、A、E、B四点共圆，
∴∠BEC=90°，
∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，
∴ ，
∴ ，
设CE=3x，AC=x，
由（1）可知：BC=2CD=6，
∵∠BCE=45°，
∴CE=BE=3x，
∴由勾股定理可知：（3x）2+（3x）2=62 ，
x= ，
∴BE=CE=3 ，AC= ，
∴AE=AC+CE=4 ，
在Rt△ABE中，
由勾股定理可知：AB2=（3 ）2+（4 ）2 ，
∴AB=5 ，
∵∠BAO=45°，
∴∠AOB=90°，
在Rt△AOB中，设半径为r，
由勾股定理可知：AB2=2r2 ，
∴r=5，
∴⊙O半径的长为5．
【考点】余角和补角，三角形的面积，勾股定理，圆的综合题
【解析】【分析】（1）由圆周角定理即可得出β=α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED=α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；（2）由（1）及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，所以 ，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r；
4、【答案】（1）解：∵MN⊥AB，AM=BM，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠B，
∵∠APB=28°，
∴∠B=76°，
如图1，连接MD，
∵MD为△PAB的中位线，
∴MD∥AP，
∴∠MDB=∠APB=28°，
∴ =2∠MDB=56°；
（2）证明：∵∠BAC=∠MDC=∠APB，
又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，
∴∠BAP=∠ACB，
∵∠BAP=∠B，
∴∠ACB=∠B，
∴AC=AB；
（3）解：①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，
∵MD是Rt△MBP的中线，
∴DM=DP，
∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，
∴RC=RP，
∵∠ACR=∠AMR=90°，
∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2 ，
∴12+MR2=22+PR2 ，
∴12+（4﹣PR）2=22+PR2 ，
∴PR= ，
∴MR= ，
Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，
∴Q与R重合，
∴MQ=MR= ；
Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，
在Rt△QCP中，PQ=2PR= ，
∴MQ= ；
Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，
∵BM=1，MP=4，
∴BP= ，
∴DP= BP= ，
∵cos∠MPB= = ，
∴PQ= ，
∴MQ= ；
Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，
由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，
∴MQ= ；
综上所述，MQ的值为 或 或 ；
②△ACG和△DEG的面积之比为 ．
理由：如图6，∵DM∥AF，
∴DF=AM=DE=1，
又由对称性可得GE=GD，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDF=90°﹣60°=30°，
∴∠DEF=75°=∠MDE，
∴∠GDM=75°﹣60°=15°，
∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，
∴GMD=∠GDM，
∴GM=GD=1，
过C作CH⊥AB于H，
由∠BAC=30°可得CH= AC= AB=1=MG，AH= ，
∴CG=MH= ﹣1，
∴S△ACG= CG×CH= ，
∵S△DEG= ，
∴S△ACG：S△DEG= ．
【考点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到 =2∠MDB=56°；（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2 ， 即可得到PR= ，MR= ，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为 或 或 ；②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH= AC=1=MG，即可得到CG=MH= ﹣1，进而得出S△ACG= CG×CH= ，再根据S△DEG= ，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．
5、【答案】（1）解：在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A.
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴3∠B+3∠C=360°.
∴∠B+∠C=120°.
即∠B与∠C的度数之和120°.
（2）证明：在△BED和△BEO中，
.
∴△BED≌△BEO（SAS）.
∴∠BDE=∠BOE.
又∵∠BCF=∠BOE.
∴∠BCF=∠BDE.
如下图，连结OC.
设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2.
∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA=.
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2.
∴∠ABC=∠AOC=∠EFC.
∴四边形DBCF是半对角四边形.
（3）解：如下图，作过点OM⊥BC于点M.
∵四边形DBCF是半对角四边形，
∴∠ABC+∠ACB=120°.
∴∠BAC=60°.
∴∠BOC=2∠BAC=120°.
∵OB=OC
∴∠OBC=∠OCB=30°.
∴BC=2BM=BO=BD.
∵DG⊥OB,
∴∠HGB=∠BAC=60°.
∵∠DBG=∠CBA,
∴△DBG△CBA.
∴=2=.
∵DH=BG,BG=2HG.
∴DG=3HG.
∴=
∴=.
【考点】三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A；根据四边形的内角和为360°，得出∠B与∠C的度数之和.
（2）如图连接OC，根据条件先证△BED≌△BEO，再根据全等三角形的性质得出∠BCF=∠BOE=∠BDE；设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2得出∠EFC=180°-∠AFE=180°-2；再根据OA=OC得出∠OAC=∠OCA=， 根据三角形内角和得出∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2；从而得证.
（3）如下图，作过点OM⊥BC于点M，由四边形DBCF是半对角四边形，得出∠ABC+∠ACB=120°，∠BAC=60°.∠BOC=2∠BAC=120°；再由OB=OC，得出∠OBC=∠OCB=30°.BC=2BM=BO=BD；根据△DBG～△CBA得出答案.
三、压轴题--方程
6、【答案】（1）解：如图2所示：
（2）证明：在图1中，过点B作BD⊥x轴，交x轴于点D.
根据题意可证△AOC∽△CDB.
∴.
∴.
∴m（5-m）=2.
∴m2-5m+2=0.
∴m是方程x2-5x+2=0的实数根.
（3）解：方程ax2+bx+c=0（a≠0）可化为
x2+x+=0.
模仿研究小组作法可得：A（0，1），B（-，）或A（0，），B（-，c）等.
（4）解：以图3为例：P（m1,n1）Q（m2,n2）,
设方程的根为x，根据三角形相似可得.=.
上式可化为x2-(m1+m2）x+m1m2+n1n2=0.
又ax2+bx+c=0,
即x2+x+=0.
比较系数可得：m1+m2=-.
m1m2+n1n2=.
【考点】一元二次方程的解，根与系数的关系，作图—基本作图，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据题目中给的操作步骤操作即可得出图2中的图.
（2）在图1中，过点B作BD⊥x轴，交x轴于点D.依题意可证△AOC∽△CDB.然后根据相似三角形对应边的比相等列出式子，化简后为m2-5m+2=0，从而得证。
（3）将方程ax2+bx+c=0（a≠0）可化为x2+x+=0.模仿研究小组作法即可得答案。
（4）以图3为例：P（m1,n1）Q（m2,n2）,设方程的根为x，根据三角形相似可得.=.化简后为x2-(m1+m2）x+m1m2+n1n2=0.
又x2+x+=0.再依据相对应的系数相等即可求出。
四、压轴题--一次函数
7、【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6，
所以点P与点C重合，
所以点P的坐标为（3,4）.
（2）解：①当点P在边AD上时，
由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2，
设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1，
若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上，
所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。
若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上，
所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）.
②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7，
若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上，
所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）.
若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上，
所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）.
综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）.
（3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）.
①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3,
则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|，
易证得△OGM′~△HM′P，
则 ,
即 ，
则OM′= ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得， ，
解得m= 或 ，
则P（ ，4）或（ ，4）；
②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）,
则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|,
易证得△OGM′~△HM′P，
则 ,
即 ，
则OM′= ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得， ，
整理得m= ,
则P（ ，3）；
如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），
此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，
所以GM=PM=4-2=2，
则P（2，-4）.
综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（ ，3）或（ ，4）或（ ，4）.
【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解.
五、压轴题--二次函数
8、【答案】（1）解：把A（3，3 ），B（9，5 ）代入y=kx+b,
得 ;解得：;
∴y= x+2;
（2）解：在△PQC中，PC=14-t,PC边上的高线长为;
∴
∴当t=5时，S有最大值；最大值为.
（3）解： a.当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图1）；
可得方程
解得：,（舍去），此时t=.
b.当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图2）
可得方程,
解得：;（舍去），此时；
c.当6＜t≤10时，
①线段PQ的中垂线经过点C（如图3）
可得方程14-t=25-;
解得：t=.
②线段PQ的中垂线经过点B（如图4）
可得方程;
解得,（舍去）；
此时；
综上所述：t的值为，，，.
【考点】待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的应用，与一次函数有关的动态几何问题，与二次函数有关的动态几何问题
【解析】【分析】（1）用待定系数法求直线AB方程即可。
（2）根据三角形的面积公式得到关于t的二次三项式，再由二次函数图像的性质求出S的最大值即可。
（3）根据t的值分情况讨论，依题意列出不同的方程从而求出t的值。
9、【答案】（1）解：11:40到12:10的时间是30分钟，则B（30,0），
潮头从甲地到乙地的速度==0.4（千米/分钟）.
（2）解：∵潮头的速度为0.4千米/分钟，
∴到11:59时，潮头已前进19×0.4=7.6（千米），
∴此时潮头离乙地=12-7.6=4.4（千米），
设小红出发x分钟与潮头相遇，
∴0.4x+0.48x=4.4，
∴x=5,
∴小红5分钟后与潮头相遇.
（3）解：把（30,0），C（55,15）代入s=，
解得b=，c=,
∴s=.
∵v0=0.4，∴v=,
当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分，即v=0.48时，
=0.48，∴t=35，
∴当t=35时，s=，
∴从t=35分钟（12:15时）开始，潮头快于小红速度奔向丙地，小红逐渐落后，但小红仍以0.48千米/分的速度匀速追赶潮头.
设小红离乙地的距离为s1,则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h(t≥35)，
当t=35时，s1=s=,代入得：h=,
所以s1=
最后潮头与小红相距1.8千米时，即s-s1=1.8，
所以,，
解得t1=50,t2=20（不符合题意，舍去）
∴t=50,
小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，
∴共需要时间为6+50-30=26分钟，
∴小红与潮头相遇到潮头离她1.8千米外共需26分钟.

【考点】二次函数的应用，二次函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）11:40到12:10的时间是30分钟，由图3可得甲乙两地的距离是12km，则可求出速度；
（2）此题是相遇问题，求出小红出发时，她与潮头的距离；再根据速度和×时间=两者的距离，即可求出时间；
（3）由（2）中可得小红与潮头相遇的时间是在12:04，则后面的运动过程为12:04开始，小红与潮头并行6分钟到12:10到达乙地，这时潮头开始从0.4千米/分加速到0.48千米/分钟，由题可得潮头到达乙后的速度为v=， 在这段加速的过程，小红与潮头还是并行，求出这时的时间t1 ， 从这时开始，写出小红离乙地关于时间t的关系式s1 ， 由s-s1=1.8，可解出的时间t2（从潮头生成开始到现在的时间），所以可得所求时间=6+t2-30。
10、【答案】（1）解：依题可得：
解得 ：
所以抛物线L1的解析式为y=-x2-x-2.
同理，
解得 ：
所以抛物线L2的解析式为y= -x2+x+2.
（2）解：如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H.
依题可得：
解得
∴抛物线L1的解析式为y=-x2+（m-4）x+4m.
∴点D的坐标为（-,）.
∴DG==,AG=.
同理可得，抛物线L2的解析式为y=-x2+（m+4）x-4m
EH==，BH=.
∵AF⊥BF，DG⊥x轴，EH⊥x轴
∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°
∴∠ADG=∠ABF=90°-∠BAF
∴△ADG∽△EBH
∴=.
∴=
∴m=2或m=-2.
（3）解：存在，例如a=-,a=-.
【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的应用，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）把a、m代入得到已知点，把点代入函数解析式构成方程组，根据待定系数法可求出函数解析式.
（2）如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，把a=-1代入函数解析式，然后结合（m,0）和（-4，0）代入可解出函数解析式L1 ， 然后分别求出D点坐标，得到DG,AG的长，同理得到L2;求得EH,BH的长，再根据三角形相似的判定与性质构造方程求解即可.
（3）根据前面的解答，直接写出即可.

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