1．（2013湖北省鄂州市，5，3分）下列命題正確的個數(shù)是（ ）
①若代數(shù)式有意義，則x的取值范圍為x≤1且x≠0．
②我市生態(tài)旅游初步形成規(guī)模，2012年全年生態(tài)旅游收入為302 600 000元，保留三個有效數(shù)字用科學記數(shù)法表示為3.03×108元．
③若反比例函數(shù)（m為常數(shù)），當x＞0時，y隨x增大而增大，則一次函數(shù)y=﹣2x+m的圖象一定不經(jīng)過第一象限．
④若函數(shù)的圖象關于y軸對稱，則函數(shù)稱為偶函數(shù)，下列三個函數(shù)：y=3，y=2x+1，y=x2中偶函數(shù)的個數(shù)為2個．
二．填空題
1．（2013·濰坊，18，3分）如圖，直角三角形中，，， ，在線段上取一點，作交于點．現(xiàn)將沿折疊，使點落在線段上，對應點記為；的中點的對應點記為．若∽，則＝__________．
答案：3．2
解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC＝ AB2－BC2 ＝ 102－62 ＝8，設AD＝2x，
∵點E為AD的中點，將△ADF沿DF折疊，點A對應點記為A1，點E的對應點為E1，
∴AE＝DE＝DE1＝A1E1＝x，
∵DF⊥AB，∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△ABC∽△AFD，∴AD：AC ＝DF：BC ，
即2x：8 ＝DF：6 ，解得DF＝1．5x，
在Rt△DE1F中，E1F2＝ DF2＋DE12 ＝ 3．25 x 2 ，
又∵BE1＝AB－AE1＝10－3x，△E1FA1∽△E1BF，∴E1F：A1E1 ＝BE1 ：E1F ，∴E1F2＝A1E1?BE1，
過作,則
∴陰影部分的面積為
【答案】12
3．（2013山東德州，17，4分）如圖，在正方形ABCD中，邊長為2的等邊三角形AEF的頂點E、F分別在BC和CD上，下列結論：①CE＝CF②∠AEB＝750③BE+DF＝EF④S正方形ABCD＝2+，其中正確的序號是 。（把你認為正確的都填上）
【答案】①②④.
【解析】∵在正方形ABCD與等邊三角形AEF中，∴AB=BC=CD=DA，AE=EF=AF，
∴△ABE≌△ADF，∴DF=BE，有DC－DF=BC－BE，即 CE＝CF，①正確；∵CE=CF，∠C=90°，∴∠FEC=45°，而∠AEF=60°，∴∠AEB＝180°－60°－45°=75°，②正確；根據(jù)分析BE+DF≠EF，③不正確；在等腰直角三角形CEF中，CE=CF=EF·sin45°=.在Rt△ADF中，設AD=x，則DF=x－，根據(jù)勾股定理可得，，解得，x1=，
（舍去）. 所以正方形ABCD面積為=2+，④正確.
【方法指導】本題考查正方形與等邊三角形.本題涉及正方形、等邊三角形相關知識，同時應用勾股定理、全等三角形等解題.具有一定的綜合性.解題的關鍵是對所給命題運用相關知識逐一驗證.
4．(2013四川成都，23，4分)若關于t的不等式組恰有三個整數(shù)解，則關于x的一次函數(shù)y＝x－a的圖象與反比例函數(shù)y＝的圖象的公共點的個數(shù)為______．
【答案】0或1．
【解析】解不等式組得a≤t≤．∵原不等式組恰有三個整數(shù)解，即－1，0，1，∴－2＜a≤－1．一次函數(shù)y＝x－a的圖象與反比例函數(shù)y＝的圖象的交點坐標即是方程組的解．消去方程組中的y得，x－a＝．即x2－4ax－4(3a＋2)＝0．其判別式△＝(－4a)2＋16(3a＋2)＝16(a2＋3a＋2)＝16(a＋1)(a＋2)．當－2＜a≤－1時，(a＋1)(a＋2)≤0，即△≤0．∴兩個圖象的公共點的個數(shù)為0或1．
【方法指導】此題有一定的綜合性，解答時涉及的知識點有：不等式組的解及解不等式組、函數(shù)的圖象、一元二次方程根的判別式等．
三．解答題
1．（（2013貴州畢節(jié)，27，16分）如圖，拋物線y=ax2+b與x軸交于點A、B，且A點的坐標為（1，0），與y軸交于點C（0，1）．
（1）求拋物線的解析式，并求出點B坐標；
（2）過點B作BD∥CA交拋物線于點D，連接BC、CA、AD，求四邊形ABCD的周長；（結果保留根號）
（3）在x軸上方的拋物線上是否存在點P，過點P作PE垂直于x軸，垂足為點E，使以B、P、E為頂點的三角形與△CBD相似？若存在請求出P點的坐標；若不存在，請說明理由．
2．（2013·聊城，25，?分）已知△ABC中，邊BC的長與BC邊上的高的和為20．
（1）寫出△ABC的面積y與BC的長x之間的函數(shù)關系式，并求出面積為48時BC的長；
（2）當BC多長時，△ABC的面積最大？最大面積是多少？
（3）當△ABC面積最大時，是否存在其周長最小的情形？如果存在，請說出理由，并求出其最小周長；如果不存在，請給予說明．
考點：二次函數(shù)綜合題．
分析：（1）先表示出BC邊上的高，再根據(jù)三角形的面積公式就可以表示出表示y與x之間的函數(shù)關系式，當y＝48時代入解析式就可以求出其值；
（2）將（1）的解析式轉化為頂點式就可以求出最大值．
（3）由（2）可知△ABC的面積最大時，BC＝10，BC邊上的高也為10過點A作直線L平行于BC，作點B關于直線L的對稱點B′，連接B′C 交直線L于點A′，再連接A′B，AB′，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)及三角形的周長公式就可以求出周長的最小值．
解答：解：（1）由題意，得y＝＝－x2＋10x，
當y＝48時，－ x2＋10x＝48，
解得：x1＝12，x2＝8，∴面積為48時BC的長為12或8；
（2）∵y＝－x2＋10x，∴y＝－（x－10）2＋50，∴當x＝10時，y最大＝50；
（3）△ABC面積最大時，△ABC的周長存在最小的情形．理由如下：由（2）可知△ABC的面積最大時，BC＝10，BC邊上的高也為10，
過點A作直線L平行于BC，作點B關于直線L的對稱點B′，
連接B′C 交直線L于點A′，再連接A′B，AB′
則由對稱性得：A′B′＝A′B，AB′＝AB，
∴A′B＋A′C＝A′B′＋A′C＝B′C，
當點A不在線段B′C上時，則由三角形三邊關系可得：
△ABC的周長＝AB＋AC＋BC＝AB′＋AC＋BC＞B′C＋BC，
當點A在線段B′C上時，即點A與A′重合，
這時△ABC的周長＝AB＋AC＋BC＝A′B′＋A′C＋BC＝B′C＋BC，
因此當點A與A′重合時，△ABC的周長最小；
這時由作法可知：BB′＝20，∴B′C＝＝10，∴△ABC的周長＝10＋10，
因此當△ABC面積最大時，存在其周長最小的情形，最小周長為10＋10．
點評：本題是一道二次函數(shù)的綜合試題，考查了二次函數(shù)的解析式的運用，一元二次方程的解法和頂點式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答第三問時靈活運用軸對稱的性質(zhì)是關鍵．
3．（2013·濟寧，22，?分）如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，P是反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上任意一點，以P為圓心，PO為半徑的圓與坐標軸分別交于點A、B．
（1）求證：線段AB為⊙P的直徑；
（2）求△AOB的面積；
（3）如圖2，Q是反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上異于點P的另一點，以Q為圓心，QO為半徑畫圓與坐標軸分別交于點C、D．
求證：DO?OC=BO?OA．
考點：反比例函數(shù)綜合題．
分析：（1）∠AOB=90°，由圓周角定理的推論，可以證明AB是⊙P的直徑；
（2）將△AOB的面積用含點P坐標的表達式表示出來，容易計算出結果；
（3）對于反比例函數(shù)上另外一點Q，⊙Q與坐標軸所形成的△COD的面積，依然不變，與△AOB的面積相等．
解答：（1）證明：∵∠AOB=90°，且∠AOB是⊙P中弦AB所對的圓周角，
∴AB是⊙P的直徑．
（2）解：設點P坐標為（m，n）（m＞0，n＞0），
∵點P是反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上一點，∴mn=12．
如答圖，過點P作PM⊥x軸于點M，PN⊥y軸于點N，則OM=m，ON=n．
由垂徑定理可知，點M為OA中點，點N為OB中點，
∴OA=2OM=2m，OB=2ON=2n，
∴S△AOB=BO?OA=×2n×2m=2mn=2×12=24．
（3）證明：若點Q為反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上異于點P的另一點，
參照（2），同理可得：S△COD=DO?CO=24，
則有：S△COD=S△AOB=24，即BO?OA=DO?CO，
∴DO?OC=BO?OA．
點評：本題考查了反比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理等知識，難度不大．試題的核心是考查反比例函數(shù)系數(shù)的幾何意義．對本題而言，若反比例函數(shù)系數(shù)為k，則可以證明⊙P在坐標軸上所截的兩條線段的乘積等于4k；對于另外一點Q所形成的⊙Q，此結論依然成立．
4．（2013·濰坊，22，11分）如圖1所示，將一個邊長為2的正方形和一個長為2、寬為1的長方形拼在一起，構成一個大的長方形．現(xiàn)將小長方形繞點順時針旋轉至，旋轉角為．
（1）當點恰好落在邊上時，求旋轉角的值；
（2）如圖2，為的中點，且0°＜＜90°，求證：；
（3）小長方形繞點順時針旋轉一周的過程中，與能否全等？若能，直接寫出旋轉角的值；若不能，說明理由．
答案：(1) ∵DC//EF，∴∠DCD′＝∠CD′E＝∠CD′E＝α． ∴sinα＝，∴α＝30°
(2) ∵G為BC中點，∴GC＝CE′＝CE＝1，
∵∠D′CG＝∠DCG＋∠DCD′＝90°＋α， ∠DCE′＝∠D′CE′＋∠DCD′＝90°＋α，
∴∠D′CG＝∠DCE′又∵CD′＝CD， ∴△GCD′≌△E′CD， ∴GD′＝E′D
(3) 能． α＝135°或α＝315°
考點：圖形的旋轉、三角函數(shù)、解直角三角形、全等三角形的判定
點評：本題依據(jù)學生的認知規(guī)律，從簡單特殊的問題入手，將問題向一般進行拓展、變式，通過操作、觀察、計算、猜想等獲得結論．此類問題綜合性較強，要完成本題學生需要有較強的類比、遷移、分析、變形應用、綜合、推理和探究能力．
5．（2013·濰坊，23，13分）為了改善市民的生活環(huán)境，我是在某河濱空地處修建一個如圖所示的休閑文化廣場．在Rt△內(nèi)修建矩形水池，使頂點在斜邊上，分別在直角邊上；又分別以為直徑作半圓，它們交出兩彎新月（圖中陰影部分），兩彎新月部分栽植花草；其余空地鋪設地磚．其中，．設米，米．
（1）求與之間的函數(shù)解析式；
（2）當為何值時，矩形的面積最大？最大面積是多少？
（3）求兩彎新月（圖中陰影部分）的面積，并求當為何值時，矩形的面積等于兩彎新月面積的？
答案：（1）在Rt△ABC中，由題意得AC＝米，BC＝36米，∠ABC＝30°，
所以
又AD＋DE＋BE＝AB，
所以（0＜x＜8）．
(2)矩形DEFG的面積
所以當x＝9時，矩形DEFG的面積最大，最大面積為平方米．
（3）記AC為直徑的半圓\、BC為直徑的半圓、AB為直徑的半圓面積分別為S1、S2、S3，兩彎新月面積為S，則
由AC2＋BC2＝AB2可知S1＋S2＝S3，∴S1＋S2－S＝S3－S△ABC ，故S＝S△ABC
所以兩彎新月的面積S＝(平方米)
由， 即，解得，符合題意，
所以當米時，矩形DEFG的面積等于兩彎新月面積的．
考點：考查了解直角三角形，二次函數(shù)最值求法以及一元二次方程的解法。
點評：本題是二次函數(shù)的實際問題。解題的關鍵是對于實際問題能夠靈活地構建恰當?shù)臄?shù)學模型，并綜合應用其相關性質(zhì)加以解答．
6.（2013陜西，23，8分）（本題滿分8分）
如圖，直線與⊙O相切于點D，過圓心O作EF∥交⊙O于E、F兩點，點A是⊙O上一點，連接AE，AF，并分別延長交直線于B、C兩點；
（1）求證：∠ABC+∠ACB=90°；
（2）若⊙O的半徑，BD=12，求tan∠ACB的值．
考點：切線的性質(zhì)應用，圓內(nèi)角的性質(zhì)的應用，
正方形的判定與性質(zhì)的應用及三角函數(shù)的定義及
正切值的求法。構造矩形的過程與12年的類似。
解析：切線的性質(zhì)的應用是：有切線，連切點，
得垂直。直徑所對的圓周角是直角的應用及等價轉化的思想的應用。
證明：如圖，∵EF是⊙O的直徑，∴∠EAF=90°，∴∠ABC+∠ACB=90°
解：連接OD，則OD⊥BD．過點E作EH⊥BC，垂足為點H，
∴ EH∥OD ∵EF∥BC，EH∥OD OE=OD
∴四邊形EODH是正方形 ．∴EH=HD=OD=5
∵BD=12，∴BH=7，
在Rt△BEH中，tan∠BEH=
又∵∠ABC+∠BEH=90°,∠ABC+∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠BEH
∴tan∠ACB．
2.（2013陜西，24，10分）
-1
O
x
2
-1
2
3
-2
3
在平面直角坐標系中，一個二次函靈敏的圖象經(jīng)過點A（1，0）、B（3，0）兩點．
（1）寫出這個二次函數(shù)的對稱軸；
（2）設這個二次函數(shù)的頂點為D，與y軸交于點C，
它的對稱軸與x軸交于點E，連接AD、DE和DB，
當△AOC與△DEB相似時，求這個二次函數(shù)的表達式。
[提示：如果一個二次函數(shù)的圖象與x軸的交點
為A，那么它的表達式可表示
為：]
考點：此題在陜西的中考中也較固定，第（1）問主要考查待定
系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)與坐標軸的交點坐標，
拋物線的對稱性等簡單問題。第二問主要考查二次函數(shù)綜合應用之點的存在性問題；包括最短距離與面積的最值等（等腰三角形，平行四邊形，正方形，相似三角形，相似，全等等問題?？疾閱栴}的綜合能力要求較高，基本上都是轉化為求點的坐標的過程。
解析：本題中（1）由拋物線的軸對稱性可知，與x軸的兩個交點關于對稱軸對稱，易求出對稱軸；
（2）由提示中可以設出函數(shù)的解析式，將頂點D與E的坐標表示出來，從而將兩個三角形的邊長表示出來，而相似的確定過程中充分考慮到分類即可解決此題；
解：（1）對稱軸為直線：x=2。
（2）∵A（1，0）、B（3，0），所以設即
當x=0時，y=3a，當x=2時，y=
∴C（0，3a），D(2,-a) ∴OC=|3a|,
∵A（1，0）、E（2，0），
∴OA=1,EB=1,DE=}-a|=|a|
在△AOC與△DEB中，
∵∠AOC=∠DEB=90°
∴當時，△AOC∽△DEB
∴時，解得或
當時，△AOC∽△BED
∴時，此方程無解，
綜上所得：所求二次函數(shù)的表達式為：
或
7.（2013上海市，24，12分）如圖9，在平面直角坐標系中，頂點為的拋物線經(jīng)過點和軸正半軸上的點，= 2，．
（1）求這條拋物線的表達式；
（2）聯(lián)結，求的大?。?br>（3）如果點在軸上，且△與△相似，求點的坐標．
-1
O
x
2
-1
2
3
-2
3
8.（2013四川巴中，31，12分）如圖，在平面直角坐標系中，坐標原點為O，A點坐標為（4，0），B點坐標為（﹣1，0），以AB的中點P為圓心，AB為直徑作⊙P的正半軸交于點C．
（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線所對應的函數(shù)解析式；
（2）設M為（1）中拋物線的頂點，求直線MC對應的函數(shù)解析式；
（3）試說明直線MC與⊙P的位置關系，并證明你的結論．

9.（2013四川樂山，26，13分）如圖1，已知拋物線C經(jīng)過原點，對稱軸與拋物線相交于第三象限的點M，與x軸相交于點N，且。
（1）求拋物線C的解析式；
（2）將拋物線C繞原點O旋轉1800得到拋物線，拋物線與x軸的另一交點為A，B為拋物線上橫坐標為2的點。
= 1 \* GB3 ①若P為線段AB上一動點，PD⊥y軸于點D，求△APD面積的最大值；
= 2 \* GB3 ②過線段OA上的兩點E、F分別作x軸的垂線，交折線O－B－A于E1、F1，再分別以線段EE1、FF1為邊作如圖2所示的等邊△AE1E2、等邊△AF1F2，點E以每秒1個長度單位的速度從點O向點A運動，點F以每秒1個長度單位的速度從點A向點O運動，當△AE1E2有一邊與△AF1F2的某一邊在同一直線上時，求時間t的值。
10.（2013四川綿陽，24，12分）
如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象的頂點C的坐標為（0，-2），交x軸于A、B兩點，其中A（-1，0），直線l：x=m（m＞1）與x軸交于D。
（1）求二次函數(shù)的解析式和B的坐標；
（2）在直線l上找點P（P在第一象限），使得以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似，求點P的坐標（用含m的代數(shù)式表示）；
（3）在（2）成立的條件下，在拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q，使△BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形？如果存在，請求出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由。
解：（1）①二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象的頂點C的坐標為（0，-2），c = -2 , - eq \f(b,2a) = 0 , b=0 ,
點A(-1,0)、點B是二次函數(shù)y=ax2-2 的圖象與x軸的交點，a-2=0,a=2. 二次函數(shù)的解析式為y=2x2-2；
②點B與點A(-1,0)關于直線x=0對稱，點B的坐標為（1，0）；
（2）∠BOC=∠PDB=90o，點P在直線x=m上，
設點P的坐標為（m,p）, OB=1， OC=2， DB= m-1 , DP=|p| ，
①當△BOC∽△PDB時， eq \f(OB,OC)= \f(DP,DB) , eq \f(1,2)= \f(|p|,m-1) ,p= eq \f(m-1,2) 或p = eq \f(1- m,2) ,
點P的坐標為（m， eq \f(m-1,2) ）或（m， eq \f(1- m,2) ）；
②當△BOC∽△BDP時， eq \f(OB,OC)= \f(DB,DP) ， eq \f(1,2)= \f(m-1,|p|) ，p=2m-2或p=2-2m,
點P的坐標為（m，2m-2）或（m，2-2m）；
綜上所述點P的坐標為（m， eq \f(m-1,2) ）、（m， eq \f(1- m,2) ）、（m，2m-2）或（m，2-2m）；
（3）不存在滿足條件的點Q。
點Q在第一象限內(nèi)的拋物線y=2x2-2上，
令點Q的坐標為（x, 2x2-2），x>1, 過點Q作QE⊥直線l ,
垂足為E，△BPQ為等腰直角三角形，PB=PQ，∠PEQ=∠PDB，
∠EPQ=∠DBP，△PEQ≌△BDP，QE=PD，PE=BD，
當P的坐標為（m， eq \f(m-1,2) ）時，
m-x = eq \f(m-1,2) ， m=0 m=1
2x2-2- eq \f(m-1,2) = m-1, x= eq \f(1,2) x=1
與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設條件；
當P的坐標為（m， eq \f(1- m,2) ）時，
x-m= eq \f(m-1,2) m=- eq \f(2,9) m=1
2x2-2- eq \f(1- m,2) = m-1, x=- eq \f(5,6) x=1
與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設條件；
當P的坐標為（m，2m-2）時，
m-x =2m-2 m= eq \f(9,2) m=1
2x2-2-(2m-2) = m-1, x=- eq \f(5,2) x=1
與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設條件；
④當P的坐標為（m，2-2m）時，
x- m = 2m-2 m= eq \f(5,18) m=1
2x2-2-(2-2m) = m-1 x=- eq \f(7,6) x=1
與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設條件；
綜上所述，不存在滿足條件的點Q。
11.（2013四川內(nèi)江，27，12分）如圖，在等邊△ABC中，AB=3，D、E分別是AB、AC上的點，且DE∥BC，將△ADE沿DE翻折，與梯形BCED重疊的部分記作圖形L．
（1）求△ABC的面積；
（2）設AD=x，圖形L的面積為y，求y關于x的函數(shù)解析式；
（3）已知圖形L的頂點均在⊙O上，當圖形L的面積最大時，求⊙O的面積．

12.（2013四川內(nèi)江，28，12分）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a＞0）的圖象與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）兩點，與y軸交于點C，x1，x2是方程x2+4x﹣5=0的兩根．
（1）若拋物線的頂點為D，求S△ABC：S△ACD的值；
（2）若∠ADC=90°，求二次函數(shù)的解析式．

13.（2013四川遂寧，24，10分）如圖，在⊙O中，直徑AB⊥CD，垂足為E，點M在OC上，AM的延長線交⊙O于點G，交過C的直線于F，∠1=∠2，連結CB與DG交于點N．
（1）求證：CF是⊙O的切線；
（2）求證：△ACM∽△DCN；
（3）若點M是CO的中點，⊙O的半徑為4，cs∠BOC=，求BN的長．

14.（2013四川遂寧，25，12分）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于點A（2，0），交y軸于點B（0，）．直線y=kx過點A與y軸交于點C，與拋物線的另一個交點是D．
（1）求拋物線y=x2+bx+c與直線y=kx的解析式；
（2）設點P是直線AD上方的拋物線上一動點（不與點A、D重合），過點P作 y軸的平行線，交直線AD于點M，作DE⊥y軸于點E．探究：是否存在這樣的點P，使四邊形PMEC是平行四邊形？若存在請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）在（2）的條件下，作PN⊥AD于點N，設△PMN的周長為l，點P的橫坐標為x，求l與x的函數(shù)關系式，并求出l的最大值．
15．（2013貴州省黔西南州，26，16分）如圖，已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點O，頂點為C
（1）求拋物線的函數(shù)解析式．
（2）設點D在拋物線上，點E在拋物線的對稱軸上，且以AO為邊的四邊形AODE是平行四邊形，求點D的坐標．
（3）P是拋物線上第一象限內(nèi)的動點，過點P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在點P，使得以P，M，A為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
16．（2013貴州省六盤水，25，16分）已知．在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，OA=，若以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，點B在第一象限內(nèi)，將Rt△OAB沿OB折疊后，點A落在第一象限內(nèi)的點C處．
（1）求經(jīng)過點O，C，A三點的拋物線的解析式．
（2）求拋物線的對稱軸與線段OB交點D的坐標．
（3）線段OB與拋物線交與點E，點P為線段OE上一動點（點P不與點O，點E重合），過P點作y軸的平行線，交拋物線于點M，問：在線段OE上是否存在這樣的點P，使得PD=CM？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．
17．（2013河南省，23，11分）如圖，拋物線與直線交于兩點，其中點在軸上，點的坐標為。點是軸右側的拋物線上一動點，過點作軸于點，交于點.
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點的橫坐標為，當為何值時，以為頂點的四邊形是平行四邊形？請說明理由。
（3）若存在點，使，請直接寫出相應的點的坐標
【解答】（1）∵直線經(jīng)過點,∴
∵拋物線經(jīng)過點，
∴
∴拋物線的解析式為
（2）∵點的橫坐標為且在拋物線上
∴
∵∥，∴當時，以為頂點的四邊形是平行四邊形
當時，
∴，解得：
即當或時，四邊形是平行四邊形
當時，
，解得：（舍去）
即當時，四邊形是平行四邊形
（3）如圖，當點在上方且時，
作,則
△PMF∽△CNF，∴
∴
∴
又∵ ∴
解得：，（舍去） ∴。
同理可以求得：另外一點為
18．（2013黑龍江省哈爾濱市，24）
某水渠的橫截面呈拋物線形，水面的寬為AB(單位：米)?，F(xiàn)以AB所在直線為x軸．以拋物線的對稱軸為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系,設坐標原點為O．已知AB=8米。設拋物線解析式為y=ax2-4．
(1)求a的值；
(2)點C(一1，m)是拋物線上一點，點C關于原點0的對稱點為點D，連接CD、BC、BD，求ABCD的面積．
考點：二次函數(shù)綜合題。
分析：（1）首先得出B點的坐標，進而利用待定系數(shù)法求出a繼而得二次函數(shù)解析式（2）首先得出C點的坐標，再由對稱性得D點的坐標，由S△BCD= S△BOD+ S△BOC求出
解答：(1)解∵AB=8 由拋物線的對稱性可知0B=4
∴B(4，0) 0=16a-4∴a=
(2)解：過點C作CE⊥AB于E，過點D作DF⊥AB于F
∵a= ∴
令x=一1．∴m=×(一1)2—4= ∴C(-1，)
∵點C關于原點對稱點為D ∴D(1，)．∴CE=DF=
S△BCD= S△BOD+ S△BOC = =OB·DF+OB·CE=×4×+×4× =15
∴△BCD的面積為l5平方米
19．（2013河北省，26，14分）
一透明的敞口正方體容器ABCD -A′B′C′D′ 裝有一些
液體，棱AB始終在水平桌面上，容器底部的傾斜角為α
（∠CBE = α，如圖17-1所示）．
探究 如圖17-1，液面剛好過棱CD，并與棱BB′ 交于
點Q，此時液體的形狀為直三棱柱，其三視圖及尺寸如
圖17-2所示．解決問題：
（1）CQ與BE的位置關系是___________，BQ的長是____________dm；
（2）求液體的體積；（參考算法：直棱柱體積V液 = 底面積SBCQ×高AB）
（3）求α的度數(shù).(注：sin49°＝cs41°＝ eq \f(3,4)，tan37°＝ eq \f(3,4))
拓展 在圖17-1的基礎上，以棱AB為軸將容器向左或向右旋轉，但不能使液體溢出，圖17-3或圖17-4是其正面示意圖.若液面與棱C′C或CB交于點P，設PC = x，BQ = y.分別就圖17-3和圖17-4求y與x的函數(shù)關系式，并寫出相應的α的范圍.
[溫馨提示：下頁還有題！]
延伸 在圖17-4的基礎上，于容器底部正中間位置，嵌入一平行于側面的長方形隔板（厚度忽略不計），得到圖17-5，隔板高NM = 1 dm，BM = CM，NM⊥BC.繼續(xù)向右緩慢旋轉，當α = 60°時，通過計算，判斷溢出容器的液體能否達到4 dm3.
[來~
解析：
探究 （1）CQ∥BE 32分
（2）（dm3）4分
（3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=
∴=∠BCQ=37o6分
拓展 當容器向左旋轉時，如圖3,0o≤≤37o7分
∵液體體積不變，∴
∴9分
當容器向右旋轉時，如圖4，
同理得，10分
當液面恰好到達容器口沿，即點Q與點B’重合時，如圖5.
由BB’=4，且，得=3
∴由tan∠=，得∠=37o，∴=∠=53o
此時37o≤≤53o12分
【注：本問的范圍中，“≤”為“1）的頂點，所以點D的坐標為（h，2－h(huán)），將（h，2－h(huán)）代入中，左右兩邊相等，所以點D在直線l上．
（2）①交點C的縱坐標可以表示為：或
由題意知：= ，
整理得：，
解得，或，
∵h>1
∴．
②過點C作CM⊥y軸，垂足為點M，過點D作DE⊥y軸，垂足為點E，過點C作CN⊥DE，垂足為點N，則四邊形CMEN是矩形，
∴∠MCN=90°，
又∵∠ACD=90°
∴∠MCA=∠DCN
∴△ACM∽△DCN
∴
由題意可知CM=m，AM=，CN=，DN=
從而有，
由①得，
∴
解得，，
又∵點C在第一象限內(nèi)，
∴
【方法指導】本題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的頂點坐標、相似三角形的判定和性質(zhì)、一元二次方程的解法等知識點，本題對學生的綜合解題能力要求偏高。對于二次函數(shù)，我們需要了解頂點式和一般式兩種常見形式，能夠熟練的說出它的開口方向、頂點、對稱軸等常用知識點。
40．（2013四川南充，22，8分）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于A，B兩點（點A在點B的左邊），交軸于點C，且經(jīng)過點（，）．
（1）求這條拋物線的解析式；
（2）⊙M過A，B，C三點，交軸于另一點D．求點M的坐標；
（3）連接AM，DM，將∠AMD繞點M順時針旋轉，兩邊MA，MD與軸，軸分別交于點E，F(xiàn)．若為△DMF等腰三角形，求點E的坐標．
【答案】：解：（1）把點（，）代入解析式，得
．
解得．
∴拋物線解析式為．
（2）由，得或．
∴A(﹣3，0)，B(1，0)，C(0，﹣3)．
拋物線的對稱軸是直線．
圓心M在直線上，
∴設M(﹣1，)，作MG⊥軸于G，
MH⊥軸于H，連接MC，MB．
∴MH=1，BG=2．
∵MB=MC，∴．
∴．
解得，
∴點M(﹣1，﹣1)．
（3）如圖，由M(﹣1，﹣1)，得MG=MH．
∵MA=MD，
∴Rt△AMG≌Rt△DMH, ∠1=∠2．
由旋轉可知∠3=∠4．
∴△AME≌△DMF．
若△DMF為等腰三角形，則△AME為等腰三角形．
設E(，0)．△AME為等腰三角形，分三種情況：
①AE=AM=，則, ∴E(，0)．
②∵M在AB的垂直平分線上，
∴MA=ME=MB，∴E(1，0)．
③點E在AM的垂直平分線上，則AE=ME．
AE=，．
∴．
得．∴E(，0)．
∴所求點E的坐標為(，0)，(1，0)，(，0)．
【解析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；
（2）先讓二次函數(shù)y=0，求出A、B兩點坐標，又因為⊙M過A，B兩點，所以MA=MB,則M在AB的垂直平分線上，則M在拋物線的對稱軸上，因此確定了M點的橫坐標. 設M(﹣1，)，作MG⊥軸于G，MH⊥軸于H，連接MC，MB，又C也在⊙M上，所以MC=MB，再利用勾股定理列方程，即可求出M點縱坐標；
（3）根據(jù)（2）知MG=MH，又MA=MD，利用HL可得Rt△AMG≌Rt△DMH，再利用全等三角形對應角相等即旋轉的性質(zhì)可得△AME≌△DMF，進而將△DMF轉化為△AME，所以當△DMF為等腰三角形時，△AME也必為等腰三角形，這樣問題就好解決了，再利用分類討論思想分三種情況解決即可.
【方法指導】本題主要考查了利用待定系數(shù)法確定二次函數(shù)解析式，線段垂直平分線的性質(zhì)及其逆定理的運用，勾股定理的運用，圓當中的相關概念，轉化思想，分類討論思想的運用等知識點，綜合性強，難度大.(2)中M點的橫坐標的確定及輔助線的作法是解決此問題的關鍵，（3）中將△DMF轉化為△AME尤為重要，是問題的突破口.
41．（2013江西南昌，22，8分）如圖，在平面直角坐標系中，以點O為圓心，半徑為2的圓與y軸交于點A，點P（4，2）是⊙O外一點，連接AP，直線PB與⊙O相切于點B，交x軸于點C．
（1）證明PA是⊙O的切線；
（2）求點B的坐標；
（3）求直線AB的解析式．
【思路分析】（1） 點A在圓上，要證PA是圓的切線，只要證PA⊥OA（∠OAP=90°）即可，由A、P兩點縱坐標相等可得AP∥x軸，所以有∠OAP+∠AOC=180°得∠OAP=90°；（2） 要求點B的坐標，根據(jù)坐標的意義，就是要求出點B到x軸、y軸的距離，自然想到構造Rt△OBD，由PB又是⊙O的切線，得Rt△OAP≌△OBP，從而得△OPC為等腰三角形，在Rt△PCE中, PE=OA=2, PC+CE=OE=4,列出關于CE的方程可求出CE、OC的長，△OBC的三邊的長知道了，就可求出高BD,再求OD即可求得點B的坐標；（3）已知點A、點B的坐標用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式．
[解]（1）證明：依題意可知，A（0，2）
∵A（0，2），P（4，2），
∴AP∥x軸，
∴∠OAP=90°，且點A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切線；
（2）解法一：連接OP，OB，作PE⊥x軸于點E，BD⊥x軸于點D，
∵PB切⊙O于點B，
∴∠OBP=90°，即∠OBP=∠PEC
又∵OB=PE=2，∠OCB=∠PEC
∴△OBC≌△PEC
∴OC=PC
（或證Rt△OAP≌△OBP，再得到OC=PC也可）
設OC=PC=x，
則有OE=AP=4，CE=OE－OC=4－x，
在Rt△PCE中，∵PC2=CE2+PE2，
∴x2=(4－x)2+22，解得x=，
∴BC=CE=4－=，
∵OB·BC=OC·BD，即×2×=××BD，∴BD=
∴OD===，
由點B在第四象限可知B（，）；
解法二：連接OP，OB，作PE⊥x軸于點E，BD⊥y軸于點D，
∵PB切⊙O于點B，
∴∠OBP=90°即∠OBP=∠PEC
又∵OB=PE=2，∠OCB=∠PEC
∴△OBC≌△PEC
∴OC=PC（或證Rt△OAP≌△OBP，再得到OC=PC也可）
設OC=PC=x，
則有OE=AP=4，CE=OE－OC=4－x，
在Rt△PCE中，∵PC2=CE2PE2,
∴x2=(4－x)2+22，解得x=，
∴BC=CE=4－=，
∵BD∥x軸，
∴∠COB=∠OBD，
又∵∠OBC=∠BDO=90°，
∴△OBC∽△BDO， ∴==，
即==，
∴BD=，OD=，
由點B在第四象限可知B（，）；
（3）設直線AB的解析式為y=kx+b，
由A（0，2），B（，），可得；
解得∴直線AB的解析式為y=－2x+2．
【方法指導】從整體把握圖形，找全等、相似、等腰三角形；求線段的長要從局部入手，若是直角三角形則用勾股定理，若是相似則用比例式求，要掌握一些求線段長的常用思路和方法.
42、（2013深圳，22，9分）如圖6—①，在直角坐標系中，過點的圓的圓心坐標為（2，0），點為第一象限圓弧上一點， 且⊥，拋物線過、兩點，與軸的另一交點為。
（1）點的坐標為 ；拋物線的解析式為 ；
（2）如圖6—②，求證： ∥；
（3）如圖6—③，點為線段上一點，且，直線交⊙于點,試求的長
【答案】（1），

（2）如圖6—②，過點作⊥軸于點
令，解得，則
由于，由（1）知
∴
則，
于是
∴，
因而為直角三角形，且
∴⊥
又⊥
∴∥
（3）連接、
∵
∴，則
在和中，
∴ 故 即
由于
∴ 則
【解析】（1）求點的坐標，過點作⊥軸于點，易證，
則，即可求出。又（2，0），將點的坐標代入，可得，則
故 為所求
（2）要證明∥，只需證明⊥，即只需證明
由于易求的長，根據(jù)勾股定理的逆定理，可輕松判定為直角三角形，且，問題得解。
（3）考慮到與的位置關系，可構造含有這兩邊且有一條公共邊的兩個三角形，據(jù)此可連接、，于是易證，有。由于是等腰三角形，因而易求，則可順利求出的長。
【方法指導】本題主要考查圖形與坐標、三角形全等的判定及性質(zhì)、平行線的判定、勾股定理及其逆定理、相似三角形的判定及性質(zhì)，圓周角定理及等腰直角三角形的性質(zhì)等知識點。考查時仍以常見的最基本的相似圖形為依托，相似三角的判定也是運用相似判定中最簡單的一個定理，計算量不大，突出體現(xiàn)了“依綱靠本”、“多思少算”的出題理念。
43. (2013山東煙臺，26,12分) 如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC是邊長為2的正方形．二次函數(shù)的圖像經(jīng)過點A．B，x軸分別交于點E,F且點E的坐標為（），以OC為直徑作半圓，圓心為D.
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）求證，直線BE是⊙D的切線；
（3）若直線BE與拋物線的對稱軸交點為P，M是線段CB上的一個動點（點M與點B，C不重合），過點M作MN∥BE交x軸于點N，連結PM．PN．設CM的長為t，△PMN的面積為S．求S與t的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍.S是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，請說明理由．
【思路分析】（1）根據(jù)題中所給條件可以判定出A點的坐標為（0,2），B（2,2）以及點E（），采用待定系數(shù)法，列出方程組，即可求出二次函數(shù)解析式.
（2）過點D作DG⊥BE于點G，分別求出ED、EC、BC、BE的長度，然后通過證明△EGD≌△ECB得出DG等于半徑，即可證明BE是⊙D的切線.
（3）根據(jù)B、E兩點的坐標，利用待定系數(shù)法求出BE的解析式，結合對稱軸可以求出點P的坐標；然后通過證明△MNC∽△BEC,可以把CN、DN用t表示出來；最后把所求的三角形的面積轉化成△PDN的面積與直角梯形PDCB的面積再減去Rt△MNC的面積即可，并把面積S用t表示成二次函數(shù)，進而根據(jù)t的取值范圍確存在S的最大值，并求出此最大值，問題即可迎刃而解.
【解】（1）由題意，得A(0,2),
∴，解得
∴二次函數(shù)的解析式為
（2）過點D作DG⊥BE于點G．
由題意，得ED=，
∴BE=.
∵∴∽
∴
∴
∴
∵⊙D半徑為1，且DG⊥BE,
∴BE是⊙D切線．G為切點，
（3）由題意．得E， B
設直線BE為，
∴解得
∴直線BE為
∵直線BE與對稱軸交于點P，對稱軸為直線x=1，
∴.∴點P的坐標為.
∵MN∥BE，∴ ⊿MNC∽⊿BEC.
∴.
∴.∴.
∴
∴
∵
∴
∴S存在最大值，當t=1時，
【方法指導】本題是一道有關動點問題的壓軸題，考點眾多，主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式、勾股定理、三角形相似的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì)、直角三角形的面積和直角梯形的面積，切線的判定定理，以及一次函數(shù)，二次函數(shù)與動點結合并求三角形面積的最值的綜合題，綜合性很強.解答此題需要掌握相關知識，尤其能數(shù)形結合地觀察圖象.
（1）第一小題是基礎，用待定系數(shù)法易于求解；(2)要證明某條直線是圓的切線，若已知直線經(jīng)過圓上的某一點，則需作出經(jīng)過這點的半徑（直徑），證明直線垂直于這條半徑（直徑），簡記為“作半徑，證垂直”；若已知直線和圓的公共點沒有確定，則應過圓心作直線的垂線，得到垂線段，再證這條垂線段的長等于半徑，簡記為“作垂直，證半徑”.(3)在探討動態(tài)問題時，首先要對運動過程做一個全面的分析，弄清楚運動過程中的變量和常量，變量反映了運動變化關系，常量則是問題求解的重要依據(jù)．其次，要分清運動過程中不同的變化關系，總之，要善于“動”中捕“靜”，并能以“靜”制“動”，并要善于“數(shù)形結合”.對于（3）探索發(fā)現(xiàn)某種數(shù)學關系是否存在的題目，一般的求解方法有：一是直接解法；二是假設求解法. 總之，二次函數(shù)的綜合應用是初中階段的重點題型，是知識覆蓋面廣、數(shù)學方法運用較多的試題，解決這類問題時應從多角度、多方面去分析，還需要數(shù)形結合等數(shù)學思想方法作統(tǒng)領．
44. (2013湖南邵陽,25,8分)如圖所示，已知拋物線y = －2x2 －4x的圖象E，將其向右平移兩個單位后得到拋物線F.
(1)求拋物線F所表示的解析式；
(2)設拋物線F和x軸相交于點O、點B(點B位于點O的右側)，頂點為C.點A位于y軸負半軸上，且到x軸的距離等于點C到x軸距離的2倍，求AB所在直線的解析式.
【答案】：解：(1)∵y=－2x2 －4x = －2(x2+2x) =－2(x +1)2 +2.
∴將拋物線y =－2x2 －4x向右平移兩個單位后的解析式為y =－2(x +1－2)2 +2，即y=－2x2 +4x.
(2)解方程－2x2 +4x =0，得x1=0，x2=4.
∴O(0,0),B(4,0).
∵y=－2(x－1)2 +2，
∴C(1,2)，所以點C到x軸的距離為2.
∴點A到x軸的距離為4，
∵點A在y軸的負半軸上，
∴A(0，－4).
設直線AB的解析式為y=kx+c，
∴有eq \b\lc\{(\a\al\c(4k+b=0,b=4,))，解得eq \b\lc\{(\a\al\c(k=-1,b=4,)).
∴直線AB的解析式為y= －x +4.
【方法指導】：（1）根據(jù)二次函數(shù)圖象左加右減，上加下減的平移規(guī)律進行解答；
先根據(jù)拋物線F的解析式求出頂點C，和x軸交點B的坐標，再設A點坐標為（0，y），根據(jù)點A到x軸的距離等于點C到x軸的距離的2倍，列出關于y的方程，解方程求出y的值，然后利用待定系數(shù)法求出AB所在直線的解析式．
本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，二次函數(shù)的性質(zhì)，運用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，難度適中，求出圖象F所表示的拋物線的解析式是解題的關鍵.
v

A．
1
B．
2
C．
3
D．
4
考點：
命題與定理．
分析：
根據(jù)有關的定理和定義作出判斷即可得到答案．
解答：
解：①若代數(shù)式有意義，則x的取值范圍為x＜1且x≠0，原命題錯誤；
②我市生態(tài)旅游初步形成規(guī)模，2012年全年生態(tài)旅游收入為302 600 000元，保留三個有效數(shù)字用科學記數(shù)法表示為3.03×108元正確．
③若反比例函數(shù)（m為常數(shù)）的增減性需要根據(jù)m的符號討論，原命題錯誤；
④若函數(shù)的圖象關于y軸對稱，則函數(shù)稱為偶函數(shù)，三個函數(shù)中只有y=x2中偶函數(shù)，原命題錯誤，
故選C．
點評：
本題考查了命題與定理的知識，在判斷 一個命題正誤的時候可以舉出反例
2
1．（2013山東臨沂，11，3分）如圖，在平面直角坐標系中，點A1，A2在x軸上，點B1，B2在y軸上，其坐標分別為A1（1，0），A2（2，0），B1（0，1），B2（0，2），分別以A1，A2，B1，B2其中的任意兩點與點O為頂點作三角形，所作三角形是等腰三角形的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】：D．
【解析】有△OA1B1，△QA2B2，△QA1B2，△QA2B1，等腰三角形有兩個，所以概率是。
【方法指導】首先找出一共有幾種情況，然后找出符合條件的個數(shù)，即可得出事件的概率。
3．（2013山東臨沂，14，3分）如圖，正方形ABCD中，AB＝8cm，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別從B，C兩點同時出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC，CD運動，到點C，D時停止運動．設運動時間為t(s)，△OEF的面積為S(cm2)，則S(cm2)與t(s)的函數(shù)關系可用圖象表示為（ ）
【答案】：B．
4．（2013山東德州，11，3分）函數(shù)y=x2+bx+c與y=x的圖象如圖所示，有以上結論：①b2－4c>0②b+c+1=0③3b+c+6=0④當1

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