浙江省各市中考数学分类解析 专题12 押轴题

专题12：押轴题一、选择题
1.（2012浙江杭州3分）已知关于x，y的方程组
x y=4a
x y=3a
-
⎧
⎨
-
⎩
+3
，其中﹣3≤a≤1，给出下列结论：
①
x=5
y=1
⎧
⎨
-
⎩
是方程组的解；
②当a=﹣2时，x，y的值互为相反数；
③当a=1时，方程组的解也是方程x+y=4﹣a的解；
④若x≤1，则1≤y≤4．
其中正确的是【】
A．①②B．②③C．②③④D．①③④
【答案】C。

【考点】二元一次方程组的解，解一元一次不等式组。

【分析】解方程组得出x、y的表达式，根据a的取值范围确定x、y的取值范围，逐一判断：
解方程组
x y=4a
x y=3a
-
⎧
⎨
-
⎩
+3
，得
x=12a
y=1a
+
⎧
⎨
-
⎩。

∵﹣3≤a≤1，∴﹣5≤x≤3，0≤y≤4。

①
x=5
y=1
⎧
⎨
-
⎩
不符合﹣5≤x≤3，0≤y≤4，结论错误；
②当a=﹣2时，x=1+2a=﹣3，y=1﹣a=3，x，y的值互为相反数，结论正确；
③当a=1时，x+y=2+a=3，4﹣a=3，方程x+y=4﹣a两边相等，结论正确；
④当x≤1时，1+2a≤1，解得a≤0，y=1﹣a≥1，已知0≤y≤4，
故当x≤1时，1≤y≤4，结论正确。

，
故选C。

2.（2012浙江湖州3分）如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD=AD=3时，这两个二次函数的最大值之和等于【】
A．5 B．4
5
3
C．3 D．4
3. （2012浙江嘉兴、舟山4分）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A 的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是【】
A． B．
C．D．
【答案】D。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】因为动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，因此，y关于x的函数图象分为四部分：A→B，B→D，D→C，C→A。

当动点P在A→B上时，函数y随x的增大而增大，且y=x，四个图象均正确。

当动点P在B→D上时，函数y在动点P位于BD中点时最小，且在中点两侧是对称的，故选项B
错误。

当动点P在D→C上时，函数y随x的增大而增大，故选项A，C错误。

当动点P在C→A上时，函数y随x的增大而减小。

故选项D正确。

故选D。

4. （2012浙江丽水、金华3分）小明用棋子摆放图形来研究数的规律．图1中棋子围城三角形，其棵数3，6，9，12，…称为三角形数．类似地，图2中的4，8，12，16，…称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是【】
A．2010 B．2012 C．2014 D．2016
【答案】D。

【考点】分类归纳（图形的变化类）。

【分析】观察发现，三角数都是3的倍数，正方形数都是4的倍数，所以既是三角形数又是正方形数的一定是12的倍数，然后对各选项计算进行判断即可得解：
∵2010÷12＝167…6，2012÷12＝167…8，2014÷12＝167…10，2016÷12＝168，
∴2016既是三角形数又是正方形数。

故选D。

5. （2012浙江宁波3分）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为【】
A ．90
B ．100
C ．110
D ．121 【答案】C 。

【考点】勾股定理的证明。

【分析】如图，延长AB 交KF 于点O ，延长AC 交GM 于点P ，
所以，四边形AOLP 是正方形，边长AO=AB+AC=3+4=7。

所以，KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此，矩形KLMJ 的面积为10×11=110。

故选C 。

6. （2012浙江衢州3分）已知二次函数y=﹣x 2
﹣7x+
，若自变量x 分别
取x 1，x 2，x 3，且0＜x 1＜x 2＜x 3，则对应的函数值y 1，y 2，y 3的大小关系正确的是【 】 A ．y 1＞y 2＞y 3 B ．y 1＜y 2＜y 3 C ．y 2＞y 3＞y 1 D ．y 2＜y 3＜y 1 【答案】A 。

【考点】二次函数图象上点的坐标特征。

【分析】根据x 1、x 2、x 3与对称轴的大小关系，判断y 1、y 2、y 3的大小关系：
∵二次函数2
115
y x 7x 22
=--+
，∴此函数的对称轴为：b 7
x===712a 22---
-⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭。

∵7-＜0＜x 1＜x 2＜x 3，三点都在对称轴右侧，a ＜0， ∴对称轴右侧y 随x 的增大而减小。

∴y 1＞y 2＞y 3。

故选A 。

7. （2012浙江绍兴4分）如图，直角三角形纸片ABC 中，AB=3，AC=4，D 为斜边BC 中点，第1次将纸片折叠，使点A 与点D 重合，折痕与AD 交与点P 1；设P 1D 的中点为D 1，第2次将纸片折叠，使点A 与点D 1重合，折痕与AD 交于点P 2；设P 2D 1的中点为D 2，第3次将纸片折叠，使点A 与点D 2重合，折痕与AD 交于点P 3；…；设P n ﹣1D n ﹣2的中点为D n ﹣1，第n 次将纸片折叠，使点A 与点D n ﹣1重合，折痕与AD 交于点P n （n ＞2），则AP 6的长为【 】
A ．512532
⨯
B ．6
9352⨯
C ．6
14532
⨯ D ．711352⨯
【答案】A 。

【考点】分类归纳（图形的变化类），翻折变换（折叠问题）。

【分析】由题意得，AD=1
2
BC=
5
2
，AD1=AD﹣DD1=
15
8
，AD2=
2
5
53
2
⨯
，AD3=
3
7
53
2
⨯
，…∴AD n=
21
53
2
n
n+
⨯。

故AP1=5
4
，AP2=
15
16
，AP3=
2
6
53
2
⨯
…APn=
1
2
53
2
n
n
-
⨯。

∴当n=14时，AP6=
5
12
53
2
⨯。

故选A。

8. （2012浙江台州4分）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为【】
A． 1 B．3 C． 2 D．3＋1
【答案】B。

【考点】菱形的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】分两步分析：
（1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图，作点P关于BD的对
称点P1，连接P1Q，交BD于点K1。

由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得
P1K1 = P K1，P1K=PK。

由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K＋QK＞P1Q= P1K1＋Q K1= P K1＋Q K1。

∴此时的K1就是使PK+QK最小的位置。

（2）点P，Q变动，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上。

因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得，当P1Q⊥AB时P1Q最短。

过点A作AQ1⊥DC于点Q1。

∵∠A=120°，∴∠DA Q1=30°。

又∵AD=AB=2，∴P1Q=AQ1=AD·cos300=
3
23⋅=。

综上所述，PK+QK的最小值为3。

故选B。

9. （2012浙江温州4分）如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C,动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B.已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是【】
A.一直增大
B.一直减小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
【答案】C。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，
∴S△ACM=S△BCM=1
2
S△ABC，
开始时，S△MPQ=S△ACM=1
2
S△ABC；
由于P，Q两点同时出发，并同时到达终点，从而点P到达AC的中点时，点Q也到达BC的中点，
此时，S△MPQ=1
4
S△ABC；
结束时，S△MPQ=S△BCM=1
2
S△ABC。

△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大。

故选C。

10. （2012浙江义乌3分）如图，已知抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；若y1=y2，记M=y1=y2．例如：当x=1时，y1=0，y2=4，y1＜y2，此时M=0．下列判断：
①当x＞0时，y1＞y2；②当x＜0时，x值越大，M值越小；
③使得M大于2的x值不存在；④使得M=1的x值是或．
其中正确的是【】
A．①②B．①④C．②③D．③④
【答案】D。

【考点】二次函数的图象和性质。

【分析】①∵当x＞0时，利用函数图象可以得出y2＞y1。

∴此判断错误。

②∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2，
若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M。

∴当x＜0时，根据函数图象可以得出x值越大，M值越大。

∴此判断错误。

③∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，与y轴交点坐标为：（0，2），
当x=0时，M=2，抛物线y1=﹣2x2+2，最大值为2，故M大于2的x值不存在；∴此判断正确。

④∵使得M=1时，
若y1=﹣2x2+2=1，解得：x12
x2=
2
；
若y2=2x+2=1，解得：x=﹣1
2。

由图象可得出：当x=
2
2
＞0，此时对应y1=M。

∵抛物线y1=﹣2x2+2与x轴交点坐标为：（1，0），（﹣1，0），∴当﹣1＜x＜0，此时对应y2=M，
∴M=1时，x=
2
2
或x=﹣
1
2。

∴此判断正确。

因此正确的有：③④。

故选D。

二、填空题
1. （2012浙江杭州4分）如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为▲ ．
【答案】（﹣1，1），（﹣2，﹣2）。

【考点】利用轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，把A 进行移动可得到点的坐标：
如图所示：A′（﹣1，1），A″（﹣2，﹣2）。

2. （2012浙江湖州4分）如图，将正△ABC 分割成m 个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可分割成n 个边长为1的小三角形，若
m 47
n 25
=
，则△ABC 的边长是 ▲
【答案】12。

【考点】一元二次方程的应用（几何问题），菱形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义。

【分析】设正△ABC 的边长为x ，则由勾股定理，得高为
3x ，2
ABC 133S x x x 2∆=⋅⋅=。

∵所分成的都是正三角形，
∴根据锐角三角函数定义，可得黑色菱形的较长的对角线为
3
x 3- ，较短的对角线为331
x 3=x 12⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝。

∴黑色菱形的面积=()21313
x 3x 1x 222
8⎛⎫⎛⎫--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝。

∴()()22233 x x 2m 4748=3n 25x 28
--=-，整理得，11x 2－144x ＋144=0。

解得112
x 11
=
（不符合题意，舍去）
，x 2=12。

所以，△ABC 的边长是12。

3. （2012浙江、舟山嘉兴5分）如图，在Rt△ABC 中，∠ABC=90°，BA=BC ．点D 是AB 的中点，连接CD ，过点B 作BG 丄CD ，分别交GD 、CA 于点E 、F ，与过点A 且垂直于的直线相交于点G ，连接DF ．给出以下四个结论： ①
AG FG
AB FB
=
；②点F 是GE 的中点；③AF=23AB ；④S △ABC =5S △BDF ，其中正确的结论序号是 ▲ ．
【答案】①③。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质。

【分析】∵在Rt△ABC 中，∠ABC=90°，∴AB⊥BC。

又∵AG⊥AB，∴AG∥BC。

∴△AFG∽△CFB。

∴AG FG
CB FB
=。

∵BA=BC，∴
AG FG
AB FB
=。

故①正确。

∵∠ABC=90°，BG⊥CD，∴∠DBE+∠BDE=∠BDE+∠BCD=90°。

∴∠DBE=∠BCD。

∵AB=CB，点D 是AB 的中点，∴BD=
12AB=12CB 。

∴BD 1tan BCD BC 2
∠==。

又∵BG 丄CD ，∴∠DBE=∠BCD。

∴在Rt△ABG 中，AG 1
tan DBE AB 2
∠==。

∵AG FG CB FB =，∴FG=12
FB 。

故②错误。

∵△AFG∽△CFB，∴AF：CF=AG ：BC=1：2。

∴AF=1
3
AC 。

2AB 2。

故③正确。

设BD= a ，则AB=BC=2 a ，△BDF 中BD 边上的高=2
3。

∴S △ABC
=212a 2a=2a 2⋅⋅， S △BDF 2121=a a=a 233
⋅⋅ ∴S △ABC =6S △BD F ，故④错误。

因此，正确的结论为①③。

4. （2012浙江丽水、金华4分）如图，在直角梯形ABCD 中，∠A＝90°，∠B＝120°，AD ＝3，AB ＝6．在底边AB 上取点E ，在射线DC 上取点F ，使得∠DEF＝120°． (1)当点E 是AB 的中点时，线段DF 的长度是 ▲ ； (2)若射线EF 经过点C ，则AE 的长是 ▲ ．
【答案】6；2或5。

【考点】直角梯形的性质，勾股定理，解直角三角形。

【分析】(1)如图1，过E 点作EG⊥DF，∴EG＝A D ＝3。

∵E 是AB 的中点，AB ＝6，∴DG＝AE ＝3。

∴∠DEG＝60°（由三角函数定义可得）。

∵∠DEF＝120°，∴∠FEG＝60°。

∴tan60°＝
3
，解得，GF ＝3。

∵EG⊥DF，∠DEG＝∠FEG，∴EG 是DF 的中垂线。

∴DF＝2 GF ＝6。

(2)如图2，过点B 作BH⊥DC，延长AB 至点M ，过点C 作CF⊥AB 于F ，则BH ＝AD ＝3。

∵∠ABC＝120°，AB∥CD，∴∠BCH＝60°。

∴CH＝
0BH 3==1tan603，BC ＝0
BH 3
==2cos603。

设AE ＝x ，则BE ＝6－x ， 在Rt△ADE 中，DE ＝()
2
2222AD +AE 3+x =3+x =，
在Rt△EFM 中，EF ＝
()()()
()2
2222EB+BM +MF 6x+1+3=
7x +3=--，
∵AB∥CD，∴∠EFD＝∠BEC。

∵∠DEF＝∠B＝120°，∴△EDF∽△BCE。

∴
BC BE
=
DE EF
，即
()
22
26x
=
3+x7x+3
-
-
，解得x＝2或5。

5. （2012浙江宁波3分）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=22，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为▲ ．
【答案】3。

【考点】垂线段的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，
此时线段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，当半径OE最短时，EF最短。

如
图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H。

∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=22，
∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2。

由圆周角定理可知∠EOH=
1
2
∠EOF=∠BAC=60°，
∴在Rt△EOH中，EH=O E•sin∠EOH=1×
33
=。

由垂径定理可知EF=2EH=3。

6. （2012浙江衢州4分）如图，已知函数y=2x和函数
k
y=
x
的图象交于A、B两点，过点A作AE⊥x轴于点E，若△AOE的面积为4，P是坐标平面上的点，且以点B、O、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的P点坐标是▲ ．
【答案】（0，﹣4），（﹣4，﹣4），（4，4）。

【考点】反比例函数综合题，平行四边形的性质。

【分析】先求出B、O、E的坐标，再根据平行四边形的性质画出图形，即可求出P点的坐标：
如图，∵△AOE的面积为4，函数
k
y=
x
的图象过一、三象限，∴k=8。

∴反比例函数为
8 y=
x
∵函数y=2x和函数
8
y=
x
的图象交于A、B两点，
∴A、B两点的坐标是：（2，4）（﹣2，﹣4），
∵以点B、O、E、P为顶点的平行四边形共有3个，
∴满足条件的P点有3个，分别为：P1（0，﹣4），P2（﹣4，﹣4），P3（4，4）。

7. （2012浙江绍兴5分）如图，矩形OABC的两条边在坐标轴上，OA=1，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移1个单位，若第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为▲ （用含n的代数式表示）
【答案】
14
5n(n1)
+
或
6
5n(n1)
+。

【考点】反比例函数综合题，反比例函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】设反比例函数解析式为
k
y
x =，则
①与BC ，AB 平移后的对应边相交时，则由两交点纵坐标之差的绝对值为0.6和反比例函数关于
y x =对称的性质，得
与AB 平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4），代入k y x =，得1.42k =，解得14
5
k =。

∴反比例函数解析式为14
5y x
=。

则第n 次（n ＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值
为：
1414145n 5(n 1)5n(n 1)
-=++。

②与OC ，AB 平移后的对应边相交时，由0.62k k -=得65
k =。

∴反比例函数解析式为6
5y x
=。

则第n 次（n ＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值
为：
6665n 5(n 1)5n(n 1)
-=++。

综上所述，第n 次（n ＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差
的绝对值为
145n(n 1)+或6
5n(n 1)
+。

8. （2012浙江台州5分）请你规定一种适合任意非零实数a ，b 的新运算“a⊕b”，使得下列算式成立： 1⊕2=2⊕1=3，（﹣3）⊕（﹣4）=（﹣4）⊕（﹣3）=﹣，（﹣3）⊕5=5⊕（﹣3）=﹣，…
你规定的新运算a⊕b= ▲ （用a ，b 的一个代数式表示）． 【答案】
2a+2b
a b
⨯。

【考点】分类归纳（数字的变化类），新定义。

【分析】寻找规律： ∵21+22723+24122133443=
12634⨯⨯⨯-⨯-⊕=⊕==
-⊕-=-⊕-=-⨯-⨯-（）（）
，（）（）（）（）（）（）
，
()25+2343553=1553⨯⨯--⊕=⊕-=-⨯-（）（）（）
，··· ∴2a+2b
a b a b
⊕=
⨯。

9. （2012浙江温州5分）如图，已知动点A 在函数4
y=
x
(x>o)的图象上，AB⊥x 轴于点B ，AC⊥y 轴于点C ，延长CA 至点D ，使AD=AB ，延长BA 至点Ｅ，使AE=AC.直线DE 分别交x 轴，y 轴于点P,Q.当QE ：DP=4:9
时，图中的阴影部分的面积等于 ▲ _.
【答案】
133。

【考点】反比例函数综合题，曲线上坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】过点D 作DG⊥x 轴于点G ，过点E 作EF⊥y 轴于点F 。

∵A 在函数4y=
x (x>o)的图象上，∴设A （t ，4t ）， 则AD=AB=DG=4
t
，AE=AC=EF=t 。

在Rt△ADE 中，由勾股定理，得
42
2
22
4t +16DE AD AE t t t ⎛⎫=+=+=
⎪⎝⎭。

∵△EFQ∽△DAE，∴QE：DE=EF ：AD 。

∴QE=4t t +16
4。

∵△ADE∽△GPD，∴DE：PD=AE ：DG 。

∴DP=43
4t +16
t 。

又∵QE：DP=4：9，∴
443t t +164t +16494t =：：。

解得28
t 3
=。

∴图中阴影部分的面积=2222111116413AC AB t 32222t 33
+=
+⋅=+=。

10. （2012浙江义乌4分）如图，已知点A （0，2）、B （
，2）、C （0，4），过点C 向右作平行于x 轴
的射线，点P 是射线上的动点，连接AP ，以AP 为边在其左侧作等边△APQ，连接PB 、BA ．若四边形ABPQ 为梯形，则：
（1）当AB 为梯形的底时，点P 的横坐标是 ▲ ； （2）当AB 为梯形的腰时，点P 的横坐标是 ▲
【答案】
23
，23。

【考点】梯形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值，平行四边形的判定和性质。

【分析】（1）如图1：当AB 为梯形的底时，PQ∥AB，
∴Q 在CP 上。

∵△APQ 是等边三角形，CP∥x 轴， ∴AC 垂直平分PQ 。

∵A（0，2），C （0，4），∴AC=2。

∴323
PC AC tan302=
33
=⋅︒=⨯。

∴当AB 为梯形的底时，点P 的横坐标是：23。

（2）如图2，当AB 为梯形的腰时，AQ∥BP，∴Q 在y 轴上。

∴BP∥y 轴。

∵CP∥x 轴，∴四边形ABPC 是平行四边形。

∴CP=AB=23。

∴当AB 为梯形的腰时，点P 的横坐标是：23。

三、解答题
1. （2012浙江杭州12分）在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y=k （x 2
+x ﹣1）的图象交于点A （1，k ）和点B （﹣1，﹣k ）．
（1）当k=﹣2时，求反比例函数的解析式；
（2）要使反比例函数和二次函数都是y 随着x 的增大而增大，求k 应满足的条件以及x 的取值范围； （3）设二次函数的图象的顶点为Q ，当△ABQ 是以AB 为斜边的直角三角形时，求k 的值． 【答案】解：（1）当k=﹣2时，A （1，﹣2），
∵A 在反比例函数图象上，∴设反比例函数的解析式为：m
y x
=。

将A （1，﹣2）代入得： m
21
-=
，解得：m=﹣2。

∴反比例函数的解析式为：2y x =-。

（2）∵要使反比例函数和二次函数都是y 随着x 的增大而增大，∴k＜0。

∵二次函数y=k （x 2+x ﹣1）=2
15k x k 2
4
+-（），∴它的对称轴为：直线x=﹣
12。

要使二次函数y=k （x 2
+x ﹣1）满足上述条件，在k ＜0的情况下，x 必须在对称轴的左边，
即x ＜﹣
1
2
时，才能使得y 随着x 的增大而增大。

∴综上所述，k ＜0且x ＜﹣1
2。

（3）由（2）可得：Q 15k 24⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，。

∵△ABQ 是以AB 为斜边的直角三角形，A 点与B 点关于原点对称，（如图是其中的一种情况） ∴原点O 平分AB ，∴OQ=OA=OB。

作AD⊥OC，QC⊥OC，垂足分别为点C ，D 。

∴222
125OQ CQ +OC +k 416
==。

∵222OA AD +OD 1+k ==， ∴
22125+k 1+k 416=，解得：k=±233。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，反比例函数和二次函数的性质。

【分析】（1）当k=﹣2时，即可求得点A 的坐标，然后设反比例函数的解析式为：m
y x
=，利用待定系数法即可求得答案；
（2）由反比例函数和二次函数都是y 随着x 的增大而增大，可得k ＜0。

又由二次函数y=k （x 2
+x ﹣1）的对称轴为x=﹣
12，可得x ＜﹣1
2
时，才能使得y 随着x 的增大而增大。

（3）由△ABQ 是以AB 为斜边的直角三角形，A 点与B 点关于原点对称，利用直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半，即可得OQ=OA=OB ，又由Q 15k 24⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，，A （1，k ），即可得
22125+k 1+k 416=，从而求得答案。

2.（2012浙江杭州12分）如图，AE 切⊙O 于点E ，AT 交⊙O 于点M ，N ，线段OE 交AT 于点C ，OB⊥AT 于点B ，已知∠EAT=30°，AE=33，MN=222． （1）求∠COB 的度数； （2）求⊙O 的半径R ；
（3）点F 在⊙O 上（FME 是劣弧），且EF=5，把△OBC 经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E ，F 重合．在EF 的同一侧，这样的三角形共有多少个？你能在其中找出另一个顶点在⊙O 上的三角形吗？请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC 的周长之比．
【答案】解：（1）∵AE 切⊙O 于点E ，∴AE⊥CE。

又∵OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°， 又∵∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC。

又∵∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°。

（2）∵AE=33，∠A=30°，
∴在Rt△AEC 中，tanA=tan30°=EC
AE
，即EC=AEtan30°=3。

∵OB⊥MN，∴B 为MN 的中点。

又∵MN=222，∴MB=
1
2
MN=22。

连接OM ，在△MOB 中，OM=R ，MB=22， ∴222OB OM MB R 22=-=-。

在△COB 中，∠BOC=30°，
∵cos∠BOC=cos30°=OB 3OC =
，∴BO=3
OC 。

∴22323
OC OB R 223
==-。

又∵OC+EC=OM=R，
∴223
R R 22+33
=
-。

整理得：R 2
+18R ﹣115=0，即（R+23）（R ﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5。

∴R=5。

（3）在EF 同一侧，△COB 经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，
如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：
延长EO 交圆O 于点D ，连接DF ，如图所示， △FDE 即为所求。

∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°， ∴FD=53。

则C △EFD =5+10+53=15+53， 由（2）可得C △COB =3+3，
∴C △EFD ：C △COB =（15+53）：（3+3）=5：1。

【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，垂径定理，平移、旋转的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）由AE 与圆O 相切，根据切线的性质得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A 相等，由∠A 的度数即可求出所求角的度数。

（2）在Rt△AEC 中，由AE 及tanA 的值，利用锐角三角函数定义求出CE 的长，再由OB⊥MN，根
据垂径定理得到B 为MN 的中点，根据MN 的长求出MB 的长，在Rt△OBM 中，由半径OM=R ，及MB 的长，利用勾股定理表示出OB 的长，在Rt△OBC 中，由表示出OB 及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC ，用OE ﹣OC=EC 列出关于R 的方程，求出方程的解得到半径R 的值。

（3）把△OBC 经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E ，F 重合．在EF 的同一
侧，这样的三角形共有6个。

顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，△FDE即为所求。

根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到△FDE为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出△EFD的周长，再由（2）求出的△OBC的三边表示出△BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比。

3. （2012浙江湖州10分）为进一步建设秀美、宜居的生态环境，某村欲购买甲、乙、丙三种树美化村庄，已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，现计划用210000元资金，购买这三种树共1000棵．
（1）求乙、丙两种树每棵各多少元？
（2）若购买甲种树的棵树是乙种树的2倍，恰好用完计划资金，求这三种树各能购买多少棵？
（3）若又增加了10120元的购树款，在购买总棵树不变的前提下，求丙种树最多可以购买多少棵？
【答案】解：（1）已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，
∴乙种树每棵200元，丙种树每棵3
2
×200=300（元）。

（2）设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树（1000－3x）棵．
根据题意：200·2x＋200x＋300（1000－3x）=210000，
解得x=30。

∴2x=600，1000－3x=100，
答：能购买甲种树600棵，乙种树300棵，丙种树100棵。

（3）设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共（1000－y）棵，
根据题意得：200（1000－y）＋300y≤210000＋10120，
解得：y≤201.2。

∵y为正整数，∴y最大为201。

答：丙种树最多可以购买201棵。

【考点】一元一次方程和一元一次不等式的应用。

【分析】（1）利用已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，即可求出乙、丙两种树每棵钱数。

（2）设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树（1000-3x）棵，利用（1）中所求树木价格以及现计划用210000元资金购买这三种树共1000棵，得出等式方程，求出即可。

（3）设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共（1000－y）棵，根据题意列不等式，求出即可。

4. （2012浙江湖州12分）如图1，已知菱形ABCD的边长为A在x轴负半轴上，点B在坐标原
点．点D的坐标为（
- 3，3），抛物线y=ax2+b（a≠0）经过AB、CD两边的中点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移（如图2），过点B作BE⊥CD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF．设菱形ABCD平移的时间为t秒（0＜t＜ 3 ）
①是否存在这样的t，使△ADF与△DEF相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②连接FC，以点F为旋转中心，将△FEC按顺时针方向旋转180°，得△FE′C′，当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中（包括边界）时，求t的取值范围．（写出答案即可）
【答案】解：（1）由题意得AB的中点坐标为（－3 ，0），CD的中点坐标为（0，3），
分别代入y=ax2+b，得
()2
3a+b=0
b3
⎧-
⎪
⎨
=
⎪⎩
，解得，
a=1
b3
-
⎧
⎨
=
⎩。

∴这条抛物线的函数解析式为y=－x2＋3。

（2）①存在。

如图2所示，在Rt△BCE中，∠BEC=90°，BE=3，BC=23，
∴
BE3
sinC
BC23
==。

∴∠C=60°，∠CBE=30°。

∴EC=
1
2
33
又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°。

∴∠ADC=180°-60°=120°
要使△ADF与△DEF相似，则△ADF中必有一个角为直角。

（I）若∠ADF=90°，∠EDF=120°－90°=30°。

在Rt△DEF中，3EF=1，DF=2。

又∵E（t，3），F（t，－t2+3），∴EF=3－（－t2＋3）=t2。

∴t2=1。

∵t＞0，∴t=1 。

此时AD23DF2
2=2
DE EF1
3
===
，，∴
AD DF
=
DE EF。

又∵∠ADF=∠DEF，∴△ADF∽△DEF。

（II ）若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则DE EF FB BA =。

设EF=m ，则FB=3－m 。

∴3 23
= ，即m 2－3m ＋6=0，此方程无实数根。

∴此时t 不存在。

（III ）由题意得，∠DAF＜∠DAB=60°，∴∠DAF≠90°，此时t 不存在。

综上所述，存在t=1，使△ADF 与△DEF 相似。

②66 3t -≤≤。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，平移的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定，解方程和不等式。

【分析】（1）根据已知条件求出AB 和CD 的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。

（2）①如图2所示，△ADF 与△DEF 相似，包括三种情况，需要分类讨论：
（I ）若∠ADF=90°时，△ADF∽△DEF，求此时t 的值。

（II ）若∠ADF=90°时，△DEF∽△FBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t 的
值。

（III ）∠DAF≠90°，此时t 不存在。

②画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制
条件列出不等式，求出t 的取值范围：
如图3所示，依题意作出旋转后的三角形△FE′C′，过C′作
MN⊥x 轴，分别交抛物线、x 轴于点M 、点N 。

观察图形可知，欲使△FE′C′落在指定区域内，必须满足：
EE′≤BE 且MN≥C′N。

∵F（t ，3－t 2），∴EF=3－（3－t 2）=t 2。

∴EE′=2EF=2t 2。

由EE′≤BE，得2t 2≤3，解得6t ≤。

又∵C′E′=CE=3 ，∴C′点的横坐标为t －3。

∴MN=3－（t －3）2，
又C′N=BE′=BE－EE′=3－2t 2，
∴由MN≥C′N，得3－（t －3 ）2≥3－2t 2，即t 2＋23t －3≥0。

求出t 2＋23t －3=0，得t=36-±，∴t 2＋23t －3≥0即()()
t+3+6t+360-≥。

∵t+3+60≥，∴t+360-≥，解得t≥ 6 3-。

∴t 的取值范围为：66 3t 2
-≤≤。

5. （2012浙江嘉兴、舟山12分）将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n 倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]．
（1）如图①，对△ABC 作变换[60°，3]得△AB′C′，则S △AB′C′：S △ABC = ；直线BC 与直线B′C′所夹的锐角为 度；
（2）如图②，△ABC 中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B 、C 、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n 的值；
（4）如图③，△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，BC=l ，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B 、C 、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n 的值．
【答案】解：（1） 3；60。

（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。

∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．
在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。

∴AB′=2 AB，即AB n==2AB
'。

（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。

又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。

∴∠C′AB′=∠BAC=36°。

而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。

∴AB：BB′=CB：AB 。

∴AB 2=CB•BB′=CB（BC+CB′）。

而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB 2=1（1+AB ），解得，15AB ±=。

∵AB＞0，∴B C 1+5n==BC ''。

【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含300角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角
形的判定和性质，公式法解一元二次方，。

【分析】（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，
∴S △AB′C′：S △ABC =()22AB =33AB '⎛⎫= ⎪⎝⎭，∠B=∠B′。

∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。

（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n 的值。

（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB 2
=CB•BB′=CB（BC+CB′），继而求得答案。

6. （2012浙江嘉兴、舟山14分）在平面直角坐标系xOy 中，点P 是抛物线：y=x 2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP ，过点0作OP 的垂线交抛物线于另一点Q ．连接PQ ，交y 轴于点M ．作PA 丄x 轴于点A ，QB 丄x 轴于点B ．设点P 的横坐标为m ． （1）如图1，当m=2时， ①求线段OP 的长和tan∠POM 的值；
②在y 轴上找一点C ，使△OCQ 是以OQ 为腰的等腰三角形，求点C 的坐标；
（2）如图2，连接AM 、BM ，分别与OP 、OQ 相交于点D 、E ．
①用含m 的代数式表示点Q 的坐标；
②求证：四边形ODME 是矩形．
【答案】解：（1）①把2代入 y=x 2
，得 y=22，2）6 ∵PA 丄x 轴，∴PA∥MO．∴OP 2tan POM tan OPA ∠=∠=。

②设 Q （n ，n 2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴2n 2n 2-．∴2n=2
-。

∴Q（2122 ，）。

∴OQ=32。

∴当 OQ=OC 时，则C 1（0
），C 2（0
）。

当 OQ=CQ 时，则 C 3（0，1）。

（2）①∵点P 的横坐标为m ，∴P（m ，m 2）。

设 Q （n ，n 2
）， ∵△APO∽△BOQ，∴BQ BO =AO AP 。

∴22n n =m m -，得1n=m
-。

∴Q（211m m
-， ）。

②设直线PO 的解析式为：y=kx+b ，把P （m ，m 2）、Q （211m m
-， ）代入，得： 22m =mk+b 11=k+b m m
⎧⎪⎨-⋅⎪⎩，解得b=1。

∴M（0，1）。

∵2
QB OB 1=MO AP m =，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。

∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。

同理可证：EM∥OD。

又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME 是矩形。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。

【分析】（1）①已知m 的值，代入抛物线的解析式中可求出点P 的坐标；由此确定PA 、OA 的长，通过解直角三角形易得出结论。

②题目要求△O CQ 是以OQ 为腰的等腰三角形，所以分QO=OC 、QC=QO 两种情况来判断：
QO=QC 时，Q 在线段OC 的垂直平分线上，Q 、O 的纵坐标已知，C 点坐标即可确定；
QO=OC 时，先求出OQ 的长，那么C 点坐标可确定。

（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q 的坐标。

②在四边形ODME 中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，那么可通过证明两组对边平行来得证。

7. （2012浙江丽水、金华10分）在直角坐标系中，点A 是抛物线y ＝x 2
在第二象限上的点，连接OA ，过点O 作OB⊥OA，交抛物线于点B ，以OA 、OB 为边构造矩形AOBC ．
(1)如图1，当点A的横坐标为时，矩形AOBC是正方形；
(2)如图2，当点A的横坐标为
1
2
-时，
①求点B的坐标；
②将抛物线y＝x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y＝－x2，试判断抛物线y＝－x2经过平移交换后，能否经过A，B，C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由．
【答案】解：(1) －1。

(2) ①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，
当x＝－1
2
时，y＝(－
1
2
)2＝
1
4
，
即OE＝1
2
，AE＝
1
4。

∵∠AOE＋∠BOF＝180°－90°＝90°，
∠AOE＋∠EAO＝90°，
∴∠EAO＝∠BOF。

又∵∠AEO＝∠BFO＝90°，∴△AEO∽△OFB。

∴
1
OF AE1
4
1
BF EO2
2
===。

设OF＝t，则BF＝2t，∴t2＝2t，解得：t1＝0(舍去)，t2＝2。

∴点B(2，4)。

②过点C作CG⊥BF于点G，
∵∠AOE＋∠EAO＝90°，∠FBO＋∠CBG＝90°，∠EOA＝∠FBO，∴∠EAO＝∠CBG。

在△AEO和△BGC中，∠AEO＝∠G=900，∠EAO＝∠CBG,AO=BC，
∴△AEO≌△BGC(AAS)。

∴CG＝OE ＝12，BG ＝AE ＝14。

∴x c ＝2－1322=，y c ＝4＋11744=。

∴点C(317,24
)。

设过A(－12，14)、B(2，4)两点的抛物线解析式为y ＝－x 2＋bx ＋c ，由题意得， 111b c 42442b c 4
⎧--+=⎪⎨⎪-++=⎩，得b 3c 2=⎧⎨=⎩。

∴经过A 、B 两点的抛物线解析式为y ＝－x 2
＋3x ＋2。

∵当x ＝
32时，y ＝－(32)2＋3×32＋2＝174
，∴点C 也在此抛物线上。

∴经过A 、B 、C 三点的抛物线解析式为y ＝－x 2＋3x ＋2＝－(x －32)2＋174。

平移方案：先将抛物线y ＝－x 2向右平移32个单位，再向上平移174
个单位得到抛物线 y ＝－(x －32)2＋174。

【考点】二次函数综合题，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，全等和相似三角形的判定和性质，平移的性质。

【分析】（1）如图，过点A 作AD⊥x 轴于点D ，
∵矩形AOBC 是正方形，∴∠AOC＝45°。

∴∠AOD＝90°－45°＝45°。

∴△AOD 是等腰直角三角形。

设点A 的坐标为(－a ，a)(a≠0)，
则(－a)2
＝a ，
解得a 1＝－1，a 2＝0(舍去)，∴点A 的坐标－a ＝－1。

(2) ①过点A 作AE⊥x 轴于点E ，过点B 作BF⊥x 轴于点F ，先利用抛物线解析式求出AE 的长度，然后证明△AEO 和△OFB 相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF 与BF 的关系，然后利用点B 在抛物线上，设出点B 的坐标代入抛物线解析式计算即可得解。

②过点C 作CG⊥BF 于点G ，可以证明△AEO 和△BGC 全等，根据全等三角形对应边相等可
得CG ＝OE ，BG ＝AE ，然后求出点C 的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A 、B 的抛物线解析式，把点C 的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C ，如果经过点C ，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可。