（玉林、防城港）12的兩個等邊三角形，開始它們在左邊重合，大三角形固定不動，然后把角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．設角形移動的距離為x，兩個三角形yy關于x的函數(shù)圖象是【】【答案】 【答案】（重慶B）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AC＝8，BD＝6，以AB為直徑作一個半 A、256

D256（遵義）如圖，反比例函數(shù)yk（k＞0）ABCO的兩邊相交于E，F(xiàn)Ex的中點，S△BEF=2，則k的值 【答案】E（akB縱坐標也為k AB'C'D'，其中點C的運動能路徑為CC/，則圖中陰影部分的面積 33 .（孝感）如圖，Rt△AOBOBx軸上，雙曲線ykx0OACx另一直角邊交于點D，若SOCD9，則SOBD的值 ∴

1k62考點：1.k的幾何意義；2.三角形中位線的性質(zhì)；3.相似三角形的判定和性質(zhì)；4.轉換思想（）如下圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=2，BC=5，∠BAD的平分線交BC于點E，且AE∥CD，則四邊形ABCD的面積為 3【答案】 3考點：1.等腰梯形的性質(zhì)和面積；2.平行四邊形的判定和性質(zhì)；3.等邊三角形的判定和性質(zhì)；4.平行的性（濰坊）如圖，兩個半徑均為3的⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點,且每個圓都經(jīng)過另一個圓的圓心，則 （結果保留π）

SAO

3 扇形AO 1 1

24 333 2 3 考點：1.扇形面積的計算；2.等邊三角形的判定和性質(zhì)；3.相交兩圓的性質(zhì)；4.銳角三角函數(shù)定義；5.特殊 【答案】

43333 ）.將矩形OABC繞點3GO和x軸于點M、P、N、D，連結MH.若拋物線l:yax2bxc經(jīng)過G、O、E三點，則它的解析式為

<s33 33

時，確定點Q的橫坐標的取值范圍32 【答案】（1）y2x2 3x；（2）3,032 3 2

<x a3a

3bc ∴c3a3bc

，解得b 3 c∴拋物線的解析式為y2x2 3x 由矩形的性質(zhì)知，HG=HF=2OHMNHM∥OG，ON=HM.HM∥2D的坐標為

2,03 3是

3,1,3,3EG的解析式為y3x23如答圖，作s3x233 3

2 <s 3，∴由函數(shù)圖象得 <x 22 332

<x

，∴33233

<x 21.二次函數(shù)綜合題；2.面動旋轉和單動點問題；3.待定系數(shù)法的應用；4.曲線上點的坐標與方程的關系；5.矩形的性質(zhì)；6.30度角直角三角形的性質(zhì)；7.平行四邊形的性質(zhì)；8.由實際問題列函數(shù)關系式；9.33

扇形

= 考點：1.切線的性質(zhì)；2.圓周角定理；3.相似三角形的判定和性質(zhì)；4.等邊三角形的判定和性質(zhì)；5.扇形面<t<2），ΔOPQ與四邊形OABC的面積為接寫出t的值；若不存在，請說明理由；求St的函數(shù)解析式【答案】（1）y1x24x2,4；（2）2t,0t,t（3）t1或1（4 3 t20<tS2t11<t3 2 8t113<t<2 2 ,,∴拋物線的解析式為y1x24x y1x24x1x224，∴頂點M的坐標為

43 .如答圖，過點Q作QD⊥x軸于點D，∴OP2t.∴ODDQ1OP12tt P的坐標為2t,0Q的坐標為t,tΔOPQP90°OO2t,0Q的坐標為Q3t,tO'在y1x24x上，則012t242t，解得t0,t1 ∵0<t<2，∴t12

①當0t1S

1OP

12ttt22②當1<t3時，如答圖，設PQ交AB于點E，則S .2∴OQOPcos4502t 2222

2t.∴AQOQOA 2t 2t∴

1AQ2t122 ∴S t2t12 ③當3<t<2時，如答圖，設PQ交AB于點E，PQ交ABC于點F，則S 2同②可得 1AQ2t12 1CP212t

∴S

t2t1212t322t28t11 t20<t綜上所述，St的函數(shù)解析式為S

11<t3 22t28t113<t<2 2 系；5.等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；6.由實際問題列函數(shù)關系式；7.分類思想和轉換思想的應用.1（十堰）（12分）Cyax122的頂點為AB（﹣2，﹣11求S△OAC：S△OAD的值；（﹣0（0mC和點Eml，m與xl，my軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由．2（2kb

AB的解析式為yx3聯(lián)立

x

x或y3 ∴C（﹣3，0，D（0，﹣3∵A（﹣1，﹣2∴A=1，AE=2．∴ 1OCAE1ODAF1321312 ∴S△OAC：S△OAD的值為設直線myGl交于點H，設點G的坐標為（0，t）m∥l∴△OCG∽△OPQ．∴OCOP ∵P（﹣4，0，Q（0，2，∴OP=4，OQ=2.∴34，解得OG=3 OQOC23OG=6G的坐標為 C（﹣3，03mn∴n

mn6 2∵tan∠GCO=OQt<1，tan∠PQO=OP42 3③＜t≤222∵tan∠CGO=OC33，tan∠QPO=OQ21 ∴∠PCH≠∠CGO．當∠QPC=∠CGO線m的解析式為y2x6和y=2x+6． ）如圖，已知直線ABykx2k4與拋物線y1x2A、B21當k 2（（2，4（2（-2

（） 55（2）∵k1 a2a20a2，a1當a2

1221P的坐標為（-222a=1y1121P的坐標為（11 P的坐標為（-2，2）或（112 過點C作CG⊥DG，垂足為G，2，4GC2225∵CG⊥DGDC 2 GC22255 55點D到直線AB的距離最大，最大值為 55∴點D到直線AB的最大距離為 5考點：1.二次函數(shù)綜合題；2.因式分解法解一元二次方程；3.根與系數(shù)的關系；4.勾股定理；5.相似三角形連接EF，CG．, 9052∴ - 9021211121 5陰 扇形 扇形 考點：1.旋轉問題；2.正方形的性質(zhì)；3.全等三角形的判定和性質(zhì)；4.平行四邊形和平行的判定；5.勾股定C（3，0，D（3，4，Q為動點，設運動時間為t秒．填空：點A坐標 在圖1中，若點P段OC上從點O向點C以1個單位/秒的速度運動，同時，點Q段CE上2P在對稱軸上從點A開始向點B1個單位/PPF⊥AB，交（1（1，4，y=﹣2+2+3（

（3）根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AC的解析式，根據(jù)S△ACQ=S△AFQ+S△CPQ可得S△ACQ=﹣（t﹣2）2+1，試題解析（1（1，4，y=﹣（x﹣1）2+4．OC232∴OC232當∠QPC=90°cosQPCPCOC3t3，解得t15 當∠PQC=90°cosQCPCQOC，∴2t3，解得t9∴當t15或t

3 ∵A（1，4，C（3，0

kb

kAC的解析式為y=kx+b3kb0，解得b6 AC的解析式為∵P（1，4﹣t2（孝感12分）1ABCDADy軸上，拋物線yx24x3A、點Bx軸交于點EF，且其頂點MCD上． （4P是拋物線上一動點（PAB重合P作yl與直線ABGBDH（）A（，3，（，3，C（，－1D（0，－1（2）矩形的性質(zhì)可得C、D的坐標.（2）①BDP的坐標為(xx24x3)Hxx1)P(xx24x3，則點H(xx1)G(x3)∵PH＝2GH(x1)x24x323x1)x27x120，解得x13,x24．當x4P，H，GBx3P的坐標為(30)當0x1GPH的反向延長線上，如圖②，PH＝2GH當x0時，點G段PH上，如圖∵PH＝2GH(x24x3x1)23x1)，即x23x40，解得x11,x24（舍去x1P的坐標為(18)P的坐標為(30)或(18)②如圖④，令x24x30，得x11,x23，∴E10，F(xiàn)30)∴

1EFOA3．考點：1.二次函數(shù)綜合題；單動點問題；3.曲線上點的坐標與方程的關系；4.待定系數(shù)法的應用；5二次（呼和浩特）（12分）l的解析式為y1x1yax2＋bx＋220，B（2，0，D,4 P（x，y）PPExEPE與lFPAFB的面積SP的橫坐標xSS最大時點P的坐標；將（2）S最大時的PBl上的任意一點關于xPB所在 B（2，0，D4a2b2

a

4 ，解得

∴拋物線的解析式為y1x21x2 ∵A（m，0）在拋物線y1x21x201m21m2，解得m4,m2

（2）l的解析式為y1x1PF1x21x21x11x2x3 又∵AB=6，∴S1ABPF161x2x33x23x9 PAFB的面積SP的橫坐標x的函數(shù)為S3x23x9，其中–4x4∵S3x23x93x2212

（）（10分）在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC邊上不同于B、C的一動點，過P作與Rt△ACP全等，也與Rt△BQP全等．

根據(jù)Rt△AOP≌Rt△ACP≌Rt△BQP求出的值即可Rt△ABC中，由勾股定理，得BC2AB2AC2∴BC=33時，Rt△AQPRt△ACP

2333（濱州）（12分）ABCD中，AB=20，BC=10PAB邊上一動點，DP交AC于點Q.②設SAPQSDCQyytP點運動到第幾秒到第幾秒之間時，y【解析】

5t220

0t20，8-①當DP⊥AC時，由△ADC∽△PAD列比例式可求解（2）①當DP⊥AC時，∴∠4+∠2=90又∵∠ADC=∠DAP=90o，∴△ADC∽△PAD.ADDC1020 ∵PA點出發(fā)沿AB1個單位的速度向B②設△APQ的邊APh，則△DCQ的邊上的高為10h∵由（1）△APQ∽△CDQ，∴ t.∴h

10t.∴10h10

20010 20 20 20 ∴ APh t ， DC10h 20 20 20 20 20 5t2∴ySAPQSDCQ20t20t 20 5t2∴yt之間的函數(shù)解析式為y

0t20t0123456789yty當0t8時；yt的值的增大而減小；當9t20時；yt的值的增大而增大（濰坊（12分）1，在正方形ABCD中，E、FBC、CDAE、BF，交點為G．N，當正方形ABCD4GHMN的面積．（3 =k（k>0Rt△BPQ中，設QB=xQB2PB2QP2PB2QFPF2，即x2xk24k2x=52∴sin∠BQP=BP2k4 2（濰坊（13分）如圖，拋物線yax2bxca0yC(0，4)x軸交于AB，其中點A的坐標為2,0，拋物線的對稱軸x=1與拋物線交于點D，與直線BC交于點E.求出點F的坐標；若不存在，請說明理由；的四邊形是平行四邊形，求點P的坐標.77

7,2 2P32 7,27試題分析：（1）CAyax2bxca0上和拋物線的對稱軸x=

=1得到方程組cb4a2b0

聯(lián)立①②③解得：a1,b=1,c=4．2∴拋物線的解析式是y1x2x42OFFFH⊥x軸于HFG⊥yG．F的坐標為t,1t2t40<t<4， FH1t2t422∴ 1OBFH141t24t4t22t8, 1OCFC14t2t ∴S四邊形ABFCSAOCSOBFSOFC4t22t82tt24t12令t24t1217，即t24t50∵424540∴方程t24t1217BC的解析式為ykxnk∴n4kn

n BC的解析式是yx4由y1x2x41x129D（19 由1m22m3解得m2 7 7此時P22 7,27，P32 7,27綜上所述，滿足條件的點P有三個，分別是P1(3，1)，P22 7,27，P32 7,27 n接BF和EG.當ABa（a為常數(shù)），n3FGBFEG的面積為SABCD的面積為S，當S117時，求n的值.（

5a4a2169∴根據(jù)勾股定理，得 5a.∴OEa2169 設菱形BFEG的邊長為x∵AB∴

(ax)434

25a

5a4

15a5a(25a)2(25a)225 定理；7.特殊元素法和方程思想的應用 32個單位的速度沿AO方向向點O勻速運動，同時動點QB1個單位的速度（0＜t≤3寫出A，BA（6，0，B（0，8（2），3（3）t= 13為頂點的三角形與△ABOQ的坐標為1813 ABAP、AQ，再利用∠OAB的正弦求出點Q到AP的距離，然∵S4t25t4t5220，4 43522084最 若∠APQ=90°，則cosOABAP

6，解得t30 若∠AQP=90°，則cosOABAQ10t6，解得t50

此時，OP623018PQAPtanOAB230880 Q的坐標為18 .（以直線x=1為對稱軸的拋物線過A，B，C三點.的面積.【答案】（1）y1x2x4；（2）①150,3或112或3,2, 3,PD，OM，DH的長，由SOPHSOPDSDPH求解即可如圖1，設直線x=1與x軸交于點M，與直線y于點N，過點H作HD⊥直線x=1于點2∴

131133 ②存在當m3l的解析式為yx3p22PE=EF，即p ，解得p3，∴點P的坐標為p222 2p2 PE=PF，即p ，解得p3

p2p22

，解得p0P不存在ii)PCB3P的坐標為p,40p2F的坐標為x,x3FFI⊥PEI.則PE4,PIIF4x3xpxp7p2pp 2xp2xxp2xp26p2 PF 2xp 2p7p 27p PE2p8,PIIF，即2p8x3xpx11p112p11 2xp2xxp2x5p238p2 PF 2xp 211pp 2113p 5p238p25p238p2PE=EF，即2p8 ，解得p3或p5>4（舍去），∴點P的坐標為3,3 PE=PF，即2p8 2113p，解得p8211<0，∴點P不存在2 2

2115p25p238p22

，解得p3或p4（增根，舍去）P3,P，E，F(xiàn)P的坐標為0,3或112或3,2, 3考點：1.動點問題；2.待定系數(shù)法的應用；3.曲線上點的坐標與方程的關系；4.二次函數(shù)的性質(zhì)；5.等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；6.勾股定理；7.等腰三角形存在性問題；8.轉換思想和分類思想的應用.（舟山）如圖，在平面直角坐標系中，A是拋物線y1x2A2⊥y軸于點EB坐標為(O，2)ABxCDCyDE與AB相交于點F，連結BD．設線段AE的長為m，△BED的面積為S．當m 求S關于mm2①若S＝3AF2【答案】 ；（2）Smm>0,m2；（3）①3；②k1m2，證明見解析2 ∴點A的坐標為m,1m2.∴當m 2時，點A的坐標為2,1 B的坐標為0,2 ∴△ABE∽△CBO.∴AEBE， DCyDOCO22

1，解得CO222 222∴S1BEDO11 22 （2）①當0m2∵△ABE∽△CBO，∴△ABE∽△DBO.∴BEBO.∴BEDOAEBO ∴S1BEDO12mm ②當m2時，如圖，同①可得S1BEDO1AEOB 綜上所述，S關于m的函數(shù)解析式Smm0,m2∵△BED的面積為3，∴Sm .∴點A的坐標為3,33 23 設 , ②km的數(shù)量關系為k1m24∵SADFSAEFAFk , ∴SADESADFSAEFkSBDFSBEFk SBDF SBDF 1m1 ∵點A的坐標為m,1m2，∴k 2

m2m>25.軸對稱的性質(zhì)；6.分類思想和待定系數(shù)法的應用（A）如圖，拋物線yx22x3xA、B兩點（AB的左邊C，點D為拋物線的頂點2線AC交于點G（點G在點F的上方）.若FG=2 DQ，求點F的坐標.23，0，B（1，0，C0，3（3

5或2此時M2,0,AM231.AC的解析式為ykxb，則

3kb

k. b b AC的解析式為yx3x=-2代入yx3y=1E2,1,EM∴

1AMME1111 Q0,3，與點C重合，∴OQ=3.由yx22x3x124得D1,4如圖，過點D作DK⊥y軸于點K，則DK=1，OK=4，∴QK=OK-OQ=4-∴△DKQDQ22∴FG22DQ22 42設Fm,m22m3,Gm,m3，則FGm3m22m3m23m m23m4，解得m4,m 當m4m22m35；當m1m22m30F的坐標為4,5或考點：1.二次函數(shù)綜合題；2.單動點問題；3.曲線上點的坐標與方程的關系；4.三角形面積的確定；5.二次函數(shù)最值的應用；6.數(shù)形結合思想的應用．（B）如圖，已知拋物線yx22x3xA、B兩點（AB的左邊y軸交于點C，連接BC.當△BCM的面積最大時，求△BPN的周長；求點Q的坐標.,,（

2（3）1,3211,321

7 或1,2或1,1

4當過點M且與BC平行的直線與拋物線只有一個交點（叫直線與拋物線相切）時，△BCM的面積最 324b30，解得b214M的坐標為3,15N的坐標為3,0P的坐標為3,324 2 ∴△BPN的周長為BNPNPB3332