以下是威廉希尔app 为您推荐的 数量和位置变化中考数学试题分类解析，希望本篇文章对您学习有所帮助。

 数量和位置变化中考数学试题分类解析

一、选择题

1. (2012湖北武汉3分)甲、乙两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步500m，先到终点

的人原地休息.已知甲先出发2s.在跑步过程中，甲、乙两人的距离y(m)与乙出发的时间t(s)之间的关系

如图所示，给出以下结论：①a=8;②b=92;③c=123.其中正确的是【 】

A.①②③ B.仅有①② C.仅有①③ D.仅有②③

【答案】A。

【考点】函数的图象。

【分析】∵乙出发时甲行了2秒，相距8m，∴甲的速度为8/2=4m/ s。

∵100秒时乙开始休息.∴乙的速度是500/100=5m/ s。

∵a秒后甲乙相遇，∴a=8/(5-4)=8秒。因此①正确。

∵100秒时乙到达终点，甲走了4×(100+2)=408 m，∴b=500-408=92 m。 因此②正确。

∵甲走到终点一共需耗时500/4=125 s，，∴c=125-2=123 s。 因此③正确。

终上所述，①②③结论皆正确。故选A。

2. (2012湖北黄石3分)有一根长 的金属棒，欲将其截成 根 长的小段和 根 长的小

段，剩余部分作废料处理，若使废料最少，则正整数 ， 应分别为【 】

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】B。

【考点】网格问题，一次函数的应用。

【分析】根据金属棒的长度是40mm，则可以得到7x+9y≤40，即 。

如图，在网格中作 。

则当线段AB上有整数点时，是废料为0，该点即为所求。但从图中可见，线段AB上没有整数点，故在△ABC区域内离线段AB最近的整数点即为所求，图中可见，点(3，2)离线段AB最近。

∴使废料最少的正整数x，y分别为x=3，y=2。

故选B。

别解：∵ 且x为正整数，∴x的值可以是： 1或2或3或4。

当y的值最大时，废料最少，

∴当x=1时， ，则y最大4，此时，所剩的废料是：40-1×7-3×9=6mm ;

当x=2时， ，则y最大2，此时，所剩的废料是：40-2×7-2×9=8mm;

当x=3时， ，则y最大2，此时，所剩的废料是：40-3×7-2×9=1mm;

当x=4时， ，则y最大1，此时，所剩的废料是：40-4×7-1×9=3mm。

∴使废料最少的正整数x，y分别为x=3，y=2。

3. (2012湖北黄石3分)如图所示，已知A ，B 为反比例函数 图像上的两点，动

点P 在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是【 】

A. B. C. D.

【答案】D。

【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形三边关系。

【分析】∵把A ，B 分别代入反比例函数 得：y1=2，y2= ，

∴A( ，2)，B(2， )。

∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|

∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，

即此时线段AP与线段BP之差达到最大。

设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入得：

，解得： 。∴直线AB的解析式是 。

当y=0时，x= ，即P( ，0)。故选D。

4. (2012湖北荆门3分)已知：多项式x2﹣kx+1是一个完全平方式，则反比例函数 的解析式为【 】

A. B. C. 或 D. 或

【答案】C。

【考点】完全平方式，待定系数法求反比例函数解析式。

【分析】∵多项式x2﹣kx+1是一个完全平方式，∴k=±2。

把k=±2分别代入反比例函数 的解析式得： 或 。故选C。

5. (2012湖北宜昌3分)如图，在10×6的网格中，每个小方格的边长都是1个单位，将△ABC平移到△DEF的位置，下面正确的平移步骤是【 】

A.先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位

B.先把△ABC向右平移5个单位，再向下平移2个单位

C.先把△ABC向左平移5个单位，再向上平移2个单位

D.先把△ABC向右平移5个单位，再向上平移2个单位

【答案】A。

【考点】网格问题，平移的性质。

【分析】根据网格结构，观察点对应点A、D，点A向左平移5个单位，再向下平移2个单位即可到达点D的位置，所以，平移步骤是：先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位。故选A。

6. (2012湖北咸宁3分)如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1∶ ，

点A的坐标为(1，0)，则E点的坐标为【 】.

A.( ，0) B.( ， ) C.( ， ) D.(2，2)

【答案】C。

【考点】坐标与图形性质，位似变换，正方形的性质。

【分析】∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1： ，

∴OA：OD=1： 。

∵点A的坐标为(1，0)，即OA=1，∴OD= 。

∵四边形ODEF是正方形，∴DE=OD= 。∴E点的坐标为：( ， )。故选C。

7. (2012湖北荆州3分)已知点M(1﹣2m，m﹣1)关于x轴的对称点在第一象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是【 】

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】关于x轴对称的点坐标的特征，平面直角坐标系中各象限点的特征，解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集。

【分析】由题意得，点M关于x轴对称的点的坐标为：(1﹣2m，1﹣m)，

又∵M(1﹣2m，m﹣1)关于x轴的对称点在第一象限，

∴ ，解得： ，在数轴上表示为： 。故选A。

8. (2012湖北随州4分)定义：平面内的直线l1与l2相交于点O，对于该平面内任意一点M，点M到直线l1、l2的距离分别为a、b，则称有序非实数对(a，b)是点M的“距离坐标”，根据上述定义，距离坐标为(2，3)的点的个数是【 】

A.2 B.1 C. 4 D.3

【答案】C。

【考点】新定义，点的坐标，点到直线的距离。

【分析】画出两条相交直线，到l1的距离为2的直线有2条，到l2的距离为3的直线有2条，看所画的这些直线的交点有几个即为所求的点的个数：

如图所示，所求的点有4个。故选C。

9. (2012湖北十堰3分)点P(-2，3)关于x轴对称点的坐标是【 】

A.(-3，2)　　　　　B.(2，-3)　　　　　C.(-2，-3)　　　　　D.(2，3)

【答案】C。

【考点】关于x轴对称的点的坐标特征。

【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点P(-2，3)关于x轴对称的点的坐标是(-2，-3)。故选C。

10. (2012湖北十堰3分)一列快车从甲地开往乙地，一列慢车从乙地开往甲地，两车同时出发，两车离乙地的路程S(千米)与行驶时间t(小时)的函数关系如图所示，则下列结论中错误的是【 】

A.甲、乙两地的路程是400千米 B.慢车行驶速度为60千米/小时

C.相遇时快车行驶了150千米 D.快车出发后4小时到达乙地

【答案】C。

【考点】函数的图象。

【分析】根据函数的图象中的相关信息逐一进行判断即可得到答案：

观察图象知甲乙两地相距400千米，故A选项正确;

慢车的速度为150÷2.5=60千米/小时，故B选项正确;

相遇时快车行驶了400-150=250千米，故C选项错误;

快车的速度为250÷2. 5=100千米/小时，用时400÷100=4小时，故D选项正确。

故选C。

11. (2012湖北孝感3分)如图，△ABC在平面直角坐标系中的第二象限内，顶点A的坐标是(-2，3)，

先把△ABC向右平移4个单位长度得到△A1B1C1，再作△A1B1C1关于x轴的对称图形△A2B2C2，则顶点

A2的坐标是【 】

A.(-3，2) B.(2，-3) C.(1，-2) D.(3，-1)

【答案】B。

【考点】坐标与图形的对称和平移变化。

【分析】∵将△ABC向右平移4个单位得△A1B1C1，∴A1的横坐标为-2+4=2;纵坐标不变为3;

∵把△A1B1C1以x轴为对称轴作轴对称图形△A2B2C2，∴A2的横坐标为2，纵坐标为-3。

∴点A2的坐标是(2，-3)。故选B。

二、12. (2012湖北鄂州3分)把抛物线 的图像向右平移3个单位，再向上平移2个单位，所得

到的图象的解析式为 ，则b的值为【 】

A.2 B.4 C.6 D.8

【答案】B。

【考点】二次函数的性质，平移的性质。

【分析】∵

∴图像向右平移3个单位，再向上平移2个单位得 。

又∵ ，

∴ ，解得b=4。故选B。

13. (2012湖北鄂州3分)在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为(1，0)，点D的坐标为(0，2)，延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1,………按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为【 】

A. B. C. D.

【答案】D。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，坐标与图形性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】∵正方形ABCD，∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=∠ABA1=90°=∠DOA。

∴∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAA1=90°。∴∠ADO=∠BAA1。

∵∠DOA=∠ABA1，∴△DOA∽△ABA1。∴ 。

∵AB=AD= ，∴BA1= 。

∴第2个正方形A1B1C1C的边长A1C=A1B+BC= ，面积是 。

同理第3个正方形的边长是 ，面积是： 。

第4个正方形的边长是 ，面积是

…

第2012个正方形的边长是 ，面积是 。

故选D。

二、填空题

1. (2012湖北黄石3分)如图所示，已知A点从点(1，0)出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴

的正方向运动，经过t秒后，以O、A为顶点作菱形OABC，使B、C点都在第一象限内，且∠AOC=600，

又以P(0，4)为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切，则t= ▲ .

【答案】 。

【考点】切线的性质，坐标与图形性质，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】∵已知A点从(1，0)点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，

∴经过t秒后，∴OA=1+t。，

∵四边形OABC是菱形，∴OC=1+t。，

当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，此时PC=OP。

过点P作PE⊥OC，垂足为点E。

∴OE=CE= OC，即OE= (1+t)。

在Rt△OPE中，OP=4，∠OPE=900-∠AOC=30°，

∴OE=OP•cos30°= ，即 。

∴ 。

∴当PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切时， 。

2. (2012湖北荆门3分)如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒.设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD=BE=5;②cos∠ABE= ;③当0

【答案】①③④。

【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。

【分析】根据图(2)可知，当点P到达点E时点Q到达点C，

∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。

又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。

在Rt△ABE中， ，

∴ 。故结论②错误。

过点P作PF⊥BC于点F，

∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB= 。

∴PF=PBsin∠PBF= t。

∴当0

当 秒时，点P在CD上，

此时，PD= -BE-ED= ，PQ=CD-PD=4- 。

∵ ，∴ 。

又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。

综上所述，正确的有①③④。

3. (2012湖北咸宁3分)在函数 中，自变量x的取值范围是 ▲ .

【答案】 。

【考点】函数自变量的取值范围，分式有意义的条件。

【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据分式分母不为0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。

4. (2012湖北荆州3分)如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒.设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD=BE=5;②cos∠ABE= ;③当0

【答案】①③④。

【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。

【分析】根据图(2)可知，当点P到达点E时点Q到达点C，

∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。

又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。

在Rt△ABE中， ，

∴ 。故结论②错误。

过点P作PF⊥BC于点F，

∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB= 。

∴PF=PBsin∠PBF= t。

∴当0

当 秒时，点P在CD上，

此时，PD= -BE-ED= ，PQ=CD-PD=4- 。

∵ ，∴ 。

又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。

综上所述，正确的有①③④。

5. (2012湖北黄冈3分)在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点的坐标分别是A(-2，3)，B(-4，

-1)，C(2，0)，将△ABC平移至△A1B1C1 的位置，点A、B、C 的对应点分别是A1B1C1，若点A1 的

坐标为(3，1).则点C1 的坐标为 ▲ .

【答案】(7，-2)。

【考点】坐标与图形的平移变化。

【分析】根据A点平移后的坐标变化，确定三角形的平移方法，得到C点的平移方法：

由A(-2，3)平移后点A1的坐标为(3，1)，可得A点横坐标加5，纵坐标减2，

则点C的坐标变化与A点的变化相同，故C1(2+5，0-2)，即(7，-2)。

6. (2012湖北随州4分)函数 中自变量x的取值范围是 ▲

【答案】 。

【考点】函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件。

【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。

7. (2012湖北十堰3分)函数 中，自变量x的取值范围是 　 ▲ 　.

【答案】 。

【考点】函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件。

【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。

16. 8. (2012湖北鄂州3分)已知，如图，△OBC中是直角三角形，OB与x轴正半轴重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC= ，将△OBC绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB1=OC，得到△OB1C1，将△OB1C1绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB2=OC1，得到△OB2C2，……，如此继续下去，得到△OB2012C2012，则m= ▲ 。点C2012的坐标是 ▲ 。

【答案】2;(22011，-22011 )。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，坐标与图形的旋转变化，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】在△OBC中，∵OB=1，BC= ，∴tan∠COB= 。∴∠COB=60°，OC=2。

∵OB1=mOB，OB1=OC，∴mOB=OC，即m=2。

∵每一次的旋转角是60°，∴旋转6次一个周期(如图)。

∵2012÷6=335…2，

∴点C2012的坐标跟C2的坐标在一条射线OC6n+2上。

∵第1次旋转后，OC1=2;第2次旋转后，OC1=22;第3次旋转后，OC3=23;•••第2012次旋转后，OC2012=22012。

∵∠C2012OB2012=60°，∴OB2012=22011。B2012C2012==22011 。

∴点C2012的坐标为(22011，-22011 )。

三、解答题

1. (2012湖北武汉6分)在平面直角坐标系中，直线y=kx+3经过点(-1，1)，求不等式kx+3<0的解集.

【答案】解：将(-1，1)代入y=kx+3得1=-k+3

∴k=2

∴不等式kx+3<0即2x+3<0 ，

解得 。

【考点】直线上点的坐标与方程的关系，解一元一次不等式。

【分析】由直线y=kx+3经过点(-1，1) ，将(-1，1)代入y=kx+3即可求出k值，代入不等求解即可。

2. (2012湖北武汉7分)如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(-1，3)、(-4，1)，先

将线段AB沿一确定方向平移得到线段A1B1，点A的对应点为A1，点B1的坐标为(0，2)，在将线段A1B1

绕远点O顺时针旋转90°得到线段A2B2，点A1的对应点为点A2.

(1)画出线段A1B1、A2B2;

(2)直接写出在这两次变换过程中，点A经过A1到达A2的路径长.

【答案】解：(1)画出线段A1B1、A2B2如图：

(2)在这两次变换过程中，点A经过A1到达A2的路径长为 。

【考点】网格问题，图形的平移和旋转变换，勾股定理，扇形弧长公式。

【分析】(1)根据图形的平移和旋转变换性质作出图形。

(2)如图，点A到点A1的平移变换中，

，

点A2到点A3的平移变换中，

∵ ，

∴ 。

∴在这两次变换过程中，点A经过A1到达A2的路径长为 。

3. (2012湖北黄石10分)已知抛物线C1的函数解析式为 ，若抛物线C1经过

点 ，方程 的两根为 ， ，且 。

(1)求抛物线C1的顶点坐标.

(2)已知实数 ，请证明： ≥ ,并说明 为何值时才会有 .

(3)若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C2，设 ，

是C2上的两个不同点，且满足： ， ， .请你用含有 的表达式表示出△AOB的面积S，并求出S的最小值及S取最小值时一次函数OA的函数解析式。

(参考公式：在平面直角坐标系中，若 ， ，则P，Q两点间的距离 )

【答案】解：(1)∵抛物线过(0,-3)点，∴-3a=-3。∴a=1 。

∴y=x2+bx-3

∵x2+bx-3=0的两根为x1，x2且 ，

∴ =4且b<0。∴b=-2。

∴ 。

∴抛物线C1的顶点坐标为(1，-4)。

(2)∵x>0，∴

∴ 。

当 时，即当x=1时，有 。

(3)由平移的性质，得C2的解析式为：y=x2 。

∴A(m，m2)，B(n，n2)。

∵ΔAOB为直角三角形，∴OA2+OB2=AB2。

∴m2+m4+n2+n4=(m-n)2+(m2-n2)2，

化简得：m n=-1。

∵SΔAOB= ，m n=-1，

∴SΔAOB= = 。

∴SΔAOB的最小值为1，此时m=1,A(1,1)。

∴直线OA的一次函数解析式为y=x。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质，不等式的知识。

【分析】(1)求抛物线的顶点坐标，即要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数a、b的值.已知抛物线图象与y轴交点，可确定解析式中的常数项(由此得到a的值);然后从方程入手求b的值，题目给出了两根差的绝对值，将其进行适当变形(转化为两根和、两根积的形式)，结合根与系数的关系即可求出b的值。

(2)将 配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证。

(3)结合(1)的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线C2的解析式;在Rt△OAB中，由勾股定理可确定m、n的关系式，然后用m列出△AOB的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB的最小面积值以及此时m的值，从而由待定系数法确定一次函数OA的解析式。

别解：由题意可求抛物线C2的解析式为：y=x2。

∴A(m，m2)，B(n，n2)。

过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，

则

由 得 ，即 。∴ 。

∴ 。

∴SΔAOB的最小值为1，此时m=1,A(1,1)。

∴直线OA的一次函数解析式为y=x。

4. (2012湖北荆门12分)如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE.已知tan∠CBE= ，A(3，0)，D(﹣1，0)，E(0，3).

(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;

(2)求证：CB是△ABE外接圆的切线;

(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由;

(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0

【答案】解：(1)∵抛物线经过点A(3，0)，D(﹣1，0)，∴设抛物线解析式为y=a(x﹣3)(x+1)。

将E(0，3)代入上式，解得：a=﹣1。

∴抛物线的解析式为y=-(x﹣3)(x+1)，即y=﹣x2+2x+3。

又∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∴点B(1，4)。

(2)证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4).

在Rt△AOE中，OA=OE=3，

∴∠1=∠2=45°， 。

在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，

∴∠MEB=∠MBE=45°， 。

∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。

∴AB是△ABE外接圆的直径。

在Rt△ABE中， ，∴∠BAE=∠CBE。

在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即CB⊥AB。

∴CB是△ABE外接圆的切线。

(3)存在。点P的坐标为(0，0)或(9，0)或(0，﹣ )。

(4)设直线AB的解析式为y=kx+b.

将A(3，0)，B(1，4)代入，得 ，解得 。

∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。

过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x= ，∴F( ，3)。

情况一：如图2，当0

则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L.

由△AHD∽△FHM，得 ，即 ，解得HK=2t。

∴

= ×3×3﹣ (3﹣t)2﹣ t•2t=﹣ t2+3t。

情况二：如图3，当

由△IQA∽△IPF，得 .即 ，

解得IQ=2(3﹣t)。

∴

= ×(3﹣t)×2(3﹣t)﹣ (3﹣t)2= (3﹣t)2= t2﹣3t+ 。

综上所述： 。

【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，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。

【分析】(1)已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。

(2)过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可.BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。

(3)在Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE= ，sin∠BAE= ，cos∠BAE= 。

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形。

①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。

由D(﹣1，0)、E(0，3)，得OD=1、OE=3，

即tan∠DEO= =tan∠BAE，

即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。

因此 O点是符合条件的P1点，坐标为(0，0)。

②DE为短直角边时，P2在x轴上。

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE= 。

而DE= ，则DP2=DE÷sin∠DP2E= ÷ =10，OP2=DP2﹣OD=9。

即P2(9，0)。

③DE为长直角边时，点P3在y轴上。

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，

则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE= 。

则EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷ ，OP3=EP3﹣OE= 。即P3(0，﹣ )。

综上所述，得：P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，﹣ )。

(4)过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个五边形;当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。

5. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分)如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A(﹣1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点.

(1)求抛物线解析式及点D坐标;

(2)点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标;

(3)过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′.是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上?若存在，求出此时点P的坐标;若不存在，说明理由.

【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(﹣1，0)，B(4，0)两点，

∴ ，解得： 。

∴抛物线解析式为 。

当y=2时， ，解得：x1=3，x2=0(舍去)。

∴点D坐标为(3，2)。

(2)A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：

①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1(0，2)。

②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知P点、D点到直线AE(即x轴)的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2。

代入抛物线的解析式： ，解得： 。

∴P点的坐标为( ，﹣2)，( ，﹣2)。

综上所述：P1(0，2);P2( ，﹣2);P3( ，﹣2)。

(3)存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方。

设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为( )，

①当P点在y轴右侧时(如图1)，CQ=a，

PQ= 。

又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，

∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，

∴ ，即 ，解得F Q′=a﹣3

∴OQ′=OF﹣F Q′=a﹣(a﹣3)=3，

。

此时a= ，点P的坐标为( )。

②当P点在y轴左侧时(如图2)此时a<0，， <0，CQ=﹣a，

PQ= 。

又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，

∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。

∴△COQ′∽△Q′FP。

∴ ，即 ，解得F Q′=3﹣a。

∴OQ′=3， 。

此时a=﹣ ，点P的坐标为( )。

综上所述，满足条件的点P坐标为( )，( )。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】(1)用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标。

(2)分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点P坐标。

(3)结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为( )，分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。

6. (2012湖北宜昌12分)如图，在平面直角坐标系中，直线y= x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a(x﹣m)2+n经过点E.⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3(1﹣ )a.

(1)求点A的坐标和∠ABO的度数;

(2)当点C与点A重合时，求a的值;

(3)点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切?

【答案】解：(1)当x=0时，y=1;当y=0时，x=﹣ ，

∴OA=1，OB= 。∴A的坐标是(0，1)。

∴tan∠ABO= 。∴∠ABO=30°。

(2)∵△CDE为等边三角形，点A(0，1)，∴tan30°= ，∴OD= 。

∴D的坐标是(﹣ ，0)，E的坐标是( ，0)，

把点A(0，1)，D(﹣ ，0)，E( ，0)代入 y=a(x﹣m)2+n，得

，解得 。∴a=﹣3。

(3)如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。

∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，

∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。

∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。

∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。

∴MP=MN=CP=CN=3(1﹣ )a(a<0)。

∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。

∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。

∴在Rt△MEP中，tan30°= ，∴PE=( ﹣3)a。

∴CE=CP+PE=3(1﹣ )a+( ﹣3)a=﹣2 a。

∴DH=HE=﹣ a，CH=﹣3a，BH=﹣3 a。

∴OH=﹣3 a﹣ ，OE=﹣4 a﹣ 。

∴E(﹣4 a﹣ ，0)，C(﹣3 a﹣ ，﹣3a)。

设二次函数的解析式为：y=a(x+3 a+ )2﹣3a，

∵E在该抛物线上，∴a(﹣4 a﹣ +3 a+ )2﹣3a=0，

得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1。

∵a<0，∴a=﹣1。

∴AF=2 ，CF=2，∴AC=4。

∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。

【考点】动点问题，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，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。

【分析】(1)已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标;令y=0，能得到B点坐标;在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。

(2)当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。

(3)作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标;那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标.然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。

7. (2012湖北咸宁12分)如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为(0，4)，动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点.将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转 ，得到线段AB.过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D.运动时间为t秒.

(1)当点B与点D重合时，求t的值;

(2)设△BCD的面积为S，当t为何值时， ?

(3)连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线 的顶点在△ABM内部(不包括边)，求a的取值范围.

【考点】动点问题，旋转的性质，矩形的性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，二次函数的性质。

【分析】(1)由Rt△CAO∽Rt△ABE得到 ，根据点B与点D重合的条件，代入CA=2AM=2AB，AO=1•t= t，BE(DE)=OC=4，即可求得此时t的值。

(2)分0< <8和 >8两种情况讨论即可。

(3)求出抛物线 的顶点坐标为(5， )，知它的顶点在直线 上移动。由抛物线 的顶点在△ABM内部(不包括边)得1< <2，解之即得a的取值范围。

8. (2012湖北十堰6分)阅读材料：

例：说明代数式 的几何意义，并求它的最小值.

解： ，如图，建立平面直角坐标系，点P(x，0)是x轴上一点，则 可以看成点P与点A(0，1)的距离， 可以看成点P与点B(3，2)的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值.

设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，因此，求PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，所以PA′+PB的最小值为线段A′B的长度.为此，构造直角三角形A′CB，因为A′C=3，CB=3，所以A′B=3 ，即原式的最小值为3 。

根据以上阅读材料，解答下列问题：

(1)代数式 的值可以看成平面直角坐标系中点P(x，0)与点A(1，1)、点B 的距离之和.(填写点B的坐标)

(2)代数式 的最小值为 .

【答案】解：(1)(2，3)。

(2)10。

【考点】坐标与图形性质，轴对称(最短路线问题)。

【分析】(1)∵原式化为 的形式，

∴代数式 的值可以看成平面直角坐标系中点P(x，0)与点A

(1，1)、点B(2，3)的距离之和。

(2)∵原式化为 的形式，

∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P(x，0)与点A(0，7)、点B(6，1)

的距离之和。

如图所示：设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，

∴求PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B

间的直线段距离最短。

∴PA′+PB的最小值为线段A′B的长度。

∵A(0，7)，B(6，1)，∴A′(0，-7)，A′C=6，BC=8。

∴ 。

9. (2012湖北十堰12分)抛物线y=-x2+bx+c经过点A、B、C，已知A(-1，0)，C(0，3).

(1)求抛物线的解析式;

(2)如图1，P为线段BC上一点，过点P作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BDC的面积最大时，求点P的坐标;

(3)如图2，抛物线顶点为E，EF⊥x轴于F点，M(m，0)是x轴上一动点，N是线段EF上一点，若∠MNC=90°，请指出实数m的变化范围，并说明理由.

【答案】解：(1)∵A(-1，0)，C(0，3)在抛物线y=-x2+bx+c上，

∴ ，解得： 。∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3。

(2)令-x2+2x+3=0，解得x1= -1，x2=3。∴B(3，0)。

设直线BC的解析式为y=kx+b′，则

，解得： 。∴直线BC的解析式为y=-x+3。

设P(a，3-a)，则D(a，-a2+2a+3)，

∴PD=(-a2+2a+3)-(3-a)=-a2+3a。

∴

。

∴当 时，△BDC的面积最大，此时P( ， )。

(3)由(1)，y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∴E(1，4)。

∴OF=1，EF=4，OC=3。

过C作CH⊥EF于H点，则CH=EH=1。

当M在EF左侧时，

∵∠MNC=90°，则△MNF∽△NCH。∴ 。

设FN=n，则NH=3-n，

∴ ，即n2-3n-m+1=0，

∵关于n的方程有解，△=(-3)2-4(-m+1)≥0，

得m≥ ，

当M在EF右侧时，

Rt△CHE中，CH=EH=1，∠CEH=45°，即∠CEF=45°。

作EM⊥CE交x轴于点M，则∠FEM=45°。

∵FM=EF=4，∴OM=5。即N为点E时，OM=5。∴m≤5。

综上所述，m的变化范围为： ≤m≤5。

【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，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，直角三角形的性质。

【分析】(1)由y=-x2+bx+c经过点A(-1，0)，C(0，3)，利用待定系数法即可求得此抛物线的

解析式。

(2)令-x2+2x+3=0，求得点B的坐标，然后设直线BC的解析式为y=kx+b′，由待定系数法即

可求得直线BC的解析式。再设P(a，3-a)，即可得D(a，-a2+2a+3)，即可求得PD的长，由S△BDC=S△PDC+S△PDB，即可得S△BDC ，利用二次函数的性质，即可求得当△BDC的面积最大时，求点P的坐标。

(3)过C作CH⊥EF于H点，则CH=EH=1，然后分别从点M在EF左侧与M在EF右侧时去分

析求解即可求得答案。

10. (2012湖北鄂州12分)已知：如图一，抛物线 与x轴正半轴交于A、B两点，与y

轴交于点C，直线 经过A、C两点，且AB=2.

(1)求抛物线的解析式;

(2)若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线

段BC于点E、D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，(如图2);当点P

运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒 ;设 ，当

t 为何值时，s有最小值，并求出最小值。

(3)在(2)的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似;若存在，求t

的值;若不存在，请说明理由。

【答案】解：(1)在 中，由x=0得y=-2，∴C(0，-2)。

由 y=0得 x=2，∴A(2，0)。

∵AB=2，∴B(4，0)。

∴可设抛物线的解析式为 ，代入点C(0，-2)得 。

∴抛物线的解析式为 。

(2)由题意：CE=t，PB=2t，OP=4-2t。

∵ED∥BA，∴△CED∽△COB。 ∴ ，即 。∴ED=2t。

∴ 。

∴当t=1时， 有最大值1。

∴当t=1时， 的值最小，最小值是1。

(3)存在。设BC所在直线的解析式为y=kx+b，由B(4，0)，C(0，-2)得

，解得 ，∴C所在直线的解析式为 。

由题意可得：D点的纵坐标为t-2，则D点的横坐标为2t。

∴ 。

又 。

∵∠PBD=∠ABC，∴以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况：

当 时，即 ，解得 ;

当 时，即 ，解得 。

综上所述，当 或 时，以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似。

【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，二次函数的最值，相似三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】(1)求出C、A、B的坐标，设抛物线的解析式为y=a(x-2)(x-4)，代入点C的坐标求出a即可。

(2)由题意：CE=t，PB=2t，OP=4-2t，由ED∥BA得出△CED∽△COB ，从而 ，求出ED=2CE=2t，根据 ，根据二次函数的最值求出即可。

(3)以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况： 和 代入求出即可。