2024年2月27日发(作者：荆语海)
2020-2021学年浙江省金华市婺城区湖海塘中学九年级（上）期末数学复习试卷
一．选择题（共5小题）
1．如图，在△ABC中，DE∥BC，且DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：AB＝2：3，则△ADE和△ABC的面积之比等于（ ）
A．2：3 B．4：9 C．4：5 D．
2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
3．如图，在△ABC中，D，E分别为AB、AC边上的中点，则△ADE与△ABC的面积之比是（ ）
A．1：4
B．1：3 C．1：2 D．2：1
4．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图（1）所示）．图（2）由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝108，则S2的值是（ ）
第1页（共46页）
A．48 B．36 C．24 D．25
5．如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图．连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN．已知AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共1小题）
6．如图1，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形所围成的正方形，在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，则AB的长为 ；若将图1中的四个直角三角形中边长为3的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则该“数学风车”的周长为 ．
三．解答题（共14小题）
7．如图，△ABC中，D、E分别是边AB、AC 上的点，且∠DEB＝∠EBC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
第2页（共46页）
（2）若EC＝2AE，求△ADE和△BEC的面积之比．
8．已知平行四边形ABCD，AE与BC延长线相交于E、与CD相交于F，
（1）求证：△AFD∽△EAB．
（2）若DF：FC＝1：2，求△AFD与△EAB的面积之比．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm．点P从点A出发，以5cm/s的速度从点A运动到终点B；同时，点Q从点C出发，以3cm/s的速度从点C运动到终点B，连接PQ；过点P作PD⊥AC交AC于点D，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB为邻边作▱A′PBE，A′E交射线BC于点F，交射线PQ于点G．设▱A′PBE与四边形PDCQ重叠部分图形的面积为Scm2，点P的运动时间为ts．
（1）当t为 时，点A′与点C重合；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）请直接写出当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时t的值．
10．如图（1），边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，记＝k，我们把k叫做这个菱形的“形变度”．
（1）若变形后的菱形有一个内角是60°，则k＝ ．
（2）如图1（2），已知菱形ABCD，若k＝
．
第3页（共46页）
①这个菱形形变前的面积与形变后的面积之比为 ；
②点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，求四边形EFGH形变前与形变后的面积之比．
（3）如图1（3），正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，
△AEF（E、F是小正方形的顶点），同时形变为△A′E′F′，设这个菱形的“形变度”为k．对于△AEF与△A′E′F′的面积之比你有何猜想？并证明你的猜想．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，求A′C′的长．
11．如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线另一点D，连接AC，DE∥AC交边CB于点E．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△CDE与△BAC的面积之比．
12．在直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于B点，与y轴交于点A，D为AB的中点，连接OD，点E是线段AO上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交x轴于点F．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AO上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t＝2时，求F点的坐标；
第4页（共46页）
（2）如图2，当t＝4时，在直线AB上是否存在一点P，使OP+PF的值最小？若存在，请求出P点坐标及OP+PF的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）连接EF，与OD交于点G，当OD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值及直线EF的解析式．
13．如图，已知直线y＝x+3与 x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，使△AOC的面积与△BOC的面积之比为2：1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线l的函数解析式；
（3）在坐标平面是否存在点M，使得以A、C、O、M为顶点的四边形是平行四边形？若没有请说明理由，若有请直接写出M点的坐标．
14．如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于A点，交y轴于B点，下表列举的是直线上的点P（x，y）的取值情况
x
y
……
……
﹣2
6
﹣1
5
0
4
1
3
2
2
3
1
4
0
……
……
（1）若点P（x，y）是直线l上的一点，则P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是 ；
（2）若点P（x，y）是直线l上的一动点，连OP，且△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，求P点的坐标；
第5页（共46页）
（3）已知C（﹣3，0）、D（0，﹣1）、E（5，﹣1），点P在直线l上沿射线EB方向运动．当△PAD的面积与△PCD的面积相等时，求点P坐标．
15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是点F，连接AD，GD，GC．
（1）求证：∠CGF＝∠AGD．
（2）已知∠DGF＝120°，AB＝4．
①求CD的长．
②若，求△CDG与△ADG的面积之比．
上一点，AG，DC的延长线交于
16．（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E证明：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请问结论DE＝BD+CE是否成立，若成立，请你给证明：若不存在，请说明理由．
（3）应用：如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，D、A、E三点都在直线m上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，只出现m与BC的延长线交于点F，若BD＝5，DE＝7，EF＝2CE，求△ABD与△ABF的面积之比．
第6页（共46页）
17．如图，二次函数y＝2mx2+5mx﹣12m（m为参数，且m＜0）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0）．
（1）求直线AC的解析式（用含m的式子表示）．
（2）若m＝﹣，连接BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，设点M为AC上方的抛物线上一动点（与点A，C不重合），以M为圆心的圆与直线AC相切，求⊙M面积的取值范围．
18．[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ + ）．
易知，S△ADC＝S△ABC， ＝ ， ＝ ．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．
第7页（共46页）
19．抛物线y＝ax2+bx+3（a，b为常数，a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于C点．设该抛物线的顶点为M，其对称轴与x轴的交点为N．
（Ⅰ）求该抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（Ⅱ）P为线段MN（含端点M，N）上一点，且纵坐标为m，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①求n关于m的函数解析式；
②当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有且只有一个交点，请直接写出t的值．
20．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、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，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的最第8页（共46页）
，（单位长度/秒），当P、Q中的一点
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．
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2020-2021学年浙江省金华市婺城区湖海塘中学九年级（上）期末数学复习试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．如图，在△ABC中，DE∥BC，且DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：AB＝2：3，则△ADE和△ABC的面积之比等于（ ）
A．2：3 B．4：9 C．4：5 D．
【分析】由DE∥BC，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，进而可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
第10页（共46页）
A．1 B． C． D．
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解．
【解答】解：根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形与菱形的面积，熟知30°角所对的直角边等于斜边的一半是解答本题的关键．
3．如图，在△ABC中，D，E分别为AB、AC边上的中点，则△ADE与△ABC的面积之比是（ ）
A．1：4
B．1：3 C．1：2 D．2：1
【分析】根据相似三角形的性质即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝，
故选：A．
【点评】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于基础题型．
4．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图第11页（共46页）
”（如图（1）所示）．图（2）由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝108，则S2的值是（ ）
A．48 B．36 C．24 D．25
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，得出CG22＝KG，CF＝DG＝KF，再根据S1＝（CG+DG），S2＝GF2，S3＝（KF﹣NF），S1+S2+S3＝108得出3GF2＝108，求出GF2的值即可．
【解答】解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，
∴CG＝KG，CF＝DG＝KF，
∴S1＝（CG+DG）2
＝CG2+DG2+2CG•DG
＝GF2+2CG•DG，
S2＝GF2，
S3＝（KF﹣NF）2＝KF2+NF2﹣2KF•NF，
∴S1+S2+S3＝GF2+2CG•DG+GF2+KF2+NF2﹣2KF•NF＝3GF2＝108，
∴GF2＝36，
∴S2＝36．
故选：B．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出3GF2＝108是解决问题的关键．
5．如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图．连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN．已知AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
第12页（共46页）
A． B． C． D．
【分析】根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，然后可得阴影部分的面积之和为梯形NGFM的面积．
【解答】解：∵S正方形ABCD＝21，
∴AB2＝21，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝21，
∴x2＝，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形NGFM＝（NG+FM）•FG
＝（EM+MF）•FG
＝FE•FG
＝×（2x）2
＝2x2
第13页（共46页）
＝．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．
二．填空题（共1小题）
6．如图1，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形所围成的正方形，在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，则AB的长为 ；若将图1中的四个直角三角形中边长为3的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则该“数学风车”的周长为 （8+12） ．
【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：如图，
在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，
所以AB2＝AC2+BC2＝13，
所以AB＝，
依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为BD，
则BD2＝62+22＝40，
第14页（共46页）
所以BD＝2，
+3）＝8+12． 所以风车的外围周长为4（BD+AC）＝4（2故答案为：；（8+12）．
【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
三．解答题（共14小题）
7．如图，△ABC中，D、E分别是边AB、AC 上的点，且∠DEB＝∠EBC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）若EC＝2AE，求△ADE和△BEC的面积之比．
【分析】（1）由平行线的判定与性质推知DE∥BC，结合平行线的性质和相似三角形的判定定理进行证明；
（2）利用相似三角形的面积之比等于相似比得到S△ADE：S△ABC＝1：9，所以S△ADE：S△DBE＝1：2，故△ADE和△BEC的面积比＝1：6．
【解答】（1）解：∵∠DEB＝∠EBC，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB且∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC；
（2）∵AE：EC＝1：2，
∴AE：AC＝1：3
∴S△ADE：S△ABC＝1：9，
∴S△ADE：S△DBE＝1：2，
∴△ADE和△BEC的面积比＝1：6．
第15页（共46页）
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质．本题关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质求解．
8．已知平行四边形ABCD，AE与BC延长线相交于E、与CD相交于F，
（1）求证：△AFD∽△EAB．
（2）若DF：FC＝1：2，求△AFD与△EAB的面积之比．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BE，AB∥CD，根据平行线的性质得到∠DAE＝∠AEB，∠DCE＝∠B，即可得到结论；
（2）由已知条件得到＝，由四边形ABCD是平行四边形，得到CD＝AB，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BE，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠DCE＝∠B，
∴△AFD∽△EAB；
（2）解：∵DF：FC＝1：2，
∴＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，
∴，
∵△AFD∽△EAB，
∴△AFD与△EAB的面积之比＝（）2＝1：9．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm．点P从点A出发，以第16页（共46页）
5cm/s的速度从点A运动到终点B；同时，点Q从点C出发，以3cm/s的速度从点C运动到终点B，连接PQ；过点P作PD⊥AC交AC于点D，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB为邻边作▱A′PBE，A′E交射线BC于点F，交射线PQ于点G．设▱A′PBE与四边形PDCQ重叠部分图形的面积为Scm2，点P的运动时间为ts．
（1）当t为 1s 时，点A′与点C重合；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）请直接写出当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时t的值．
【分析】（1）证明△ADP∽△ACB，从而可得AD＝4t，由折叠可得AA′＝2AD＝8t，由点A′与点C重合可得8t＝8，从而可以求出t的值．
（2）分三种情况讨论：①当0＜t≤时，过点 A′作A′M⊥PG于M，证明△BPQ∽△BAC．得出∠BQP＝∠BCA．证出PQ∥AC，证明四边形APGA′是平行四边形，得出PG＝AA′＝8t，即可得出结果；
②当＜t≤1时，过点 A′作A′M⊥PG于M，则有A′M＝QC＝3t，PQ＝DC＝8﹣4t，PG＝AA′＝8t，QG＝PG﹣PQ＝12t﹣8，QF＝9t﹣6．由S＝S△A′PG﹣S△GQF，即可得出结果．
③当1＜t＜2时，证出PB＝PS．得出BQ＝SQ．因此SQ＝6﹣3t，即可得出结果．
（3）可分①S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，如图4，②S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，如图5，两种情况进行讨论，就可解决问题．
【解答】解：（1）根据题意得：PA′＝PA＝5t，CQ＝3t，AD＝A′D．
∵∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝6．
∵∠ADP＝∠ACB＝90°，
∴PD∥BC．
第17页（共46页）
∴△ADP∽△ACB．
∴∴＝＝＝＝．
．
∴AD＝4t，PD＝3t．
∴AA′＝2AD＝8t．
当点A′与点C重合时，AA′＝AC．
∴8t＝8．
∴t＝1；
故答案为：1s．
（2）①当0＜t≤时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图1所示，
则有A′M＝CQ＝3t．
∵∴＝＝，
＝，＝＝，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴△BPQ∽△BAC．
∴∠BQP＝∠BCA．
∴PQ∥AC．
∵AP∥A′G．
∴四边形APGA′是平行四边形．
∴PG＝AA′＝8t．
∴S＝S△A′PG＝PG•A′M
＝×8t×3t＝12t2．
②当＜t≤1时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图2所示，
则有A′M＝QC＝3t，PQ＝DC＝8﹣4t，PG＝AA′＝8t，QG＝PG﹣PQ＝12t﹣8，QF＝9t﹣6．
第18页（共46页）
∴S＝S△A′PG﹣S△GQF
＝PG•A′M﹣QG•QF
＝×8t×3t﹣×（12t﹣8）×（9t﹣6）
＝﹣42t2+72t﹣24．
③当1＜t＜2时，如图3所示，
∵PQ∥AC，PA＝PA′
∴∠BPQ＝∠PAA′，∠QPA′＝∠PA′A，∠PAA′＝∠PA′A．
∴∠BPQ＝∠QPA′．
∵∠PQB＝∠PQS＝90°，
∴∠PBQ＝∠PSQ．
∴PB＝PS．
∴BQ＝SQ．
∴SQ＝6﹣3t．
∴S＝S△PQS＝PQ•QS＝×（8﹣4t）×（6﹣3t）＝6t2﹣24t+24．
综上所述：当0＜t≤时，S＝12t2；
当＜t≤1时，S＝﹣42t2+72t﹣24；
当1＜t＜2时，S＝6t2﹣24t+24．
（3）①若S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
过点A′作A′M⊥PG，垂足为M，过点A′作A′T⊥PB，垂足为T，如图4所示，
则有A′M＝PD＝QC＝3t，PG＝AA′＝8t．
∴S△A′PG＝×8t×3t＝12t2．
∵S△APA′＝AP•A′T＝AA′•PD，
∴A′T＝＝＝t．
t＝24t（2﹣t）． ∴S▱PBEA′＝PB•A′T＝（10﹣5t）×∵S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
第19页（共46页）
∴S△A′PG＝×S▱PBEA′．
∴12t2＝×24t（2﹣t）．
∵t＞0，
∴t＝．
②若S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，如图5所示，
同理可得：∠BPQ＝∠A′PQ，BQ＝6﹣3t，PQ＝8﹣4t，平行四边形PBEA′的面积＝24t（2﹣t）．
∵四边形PBEA′是平行四边形，
∴BE∥PA′．
∴∠BNP＝∠NPA′．
∴∠BPN＝∠BNP．
∴BP＝BN．
∵∠BQP＝∠BQN＝90°，
∴PQ＝NQ．
∴S△BPN＝PN•BQ＝PQ•BQ
＝（8﹣4t）×（6﹣3t）．
∵S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，
∴S△BPN＝×S▱PBEA′．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∵t＜2，
∴t＝．
综上所述：当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时，t的值为秒或秒．
第20页（共46页）
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积、三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性第21页（共46页）
强，特别是（2）（3）中，需要进行分类讨论，通过作辅助线才能得出结果．
10．如图（1），边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，记＝k，我们把k叫做这个菱形的“形变度”．
（1）若变形后的菱形有一个内角是60°，则k＝
（2）如图1（2），已知菱形ABCD，若k＝．
；
．
①这个菱形形变前的面积与形变后的面积之比为
②点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，求四边形EFGH形变前与形变后的面积之比．
（3）如图1（3），正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，
△AEF（E、F是小正方形的顶点），同时形变为△A′E′F′，设这个菱形的“形变度”为k．对于△AEF与△A′E′F′的面积之比你有何猜想？并证明你的猜想．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，求A′C′的长．
【分析】（1）在直角三角形中，由∠B＝60°，在Rt△ABC中，利用正弦函数求得；
（2）①求出形变前正方形的面积，形变后菱形的面积，两面积之比即为所求；
（3）过点D′作D′G⊥A′B′于G，由S△A′E′F′＝S△A′HF′＝S菱形A′B′C′D′，根据△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：形A′D′G
中，由三角函数求得结果．
【解答】解：（1）由题意得，∠B＝60°，
第22页（共46页）
时，求得形变度k＝2：，在直角三角
在Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴h＝AC＝ABsin∠B＝∴k＝＝
（2）①形变前的面积＝a2，
∵k＝∴h＝，∴＝，
＝a2
，
；
a，
∴形变后的面积＝a•∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比：＝；
②∵点E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴四边形EFGH形变前的面积为∵EH是△ABD的中位线，
∴EH＝BD，同理EF＝AC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴矩形EFGH的面积＝，
，
∴四边形EFGH形变前的面积与形变后的面积之比是，
（3）猜想：面积之比是；
理由：过点D′作D′G⊥A′B′于G，
则＝k，∵A′B′＝B′C′＝C′D′＝D′A′＝4，
， ∴D′G＝，∴S菱形A′B′C′D′＝A′B′•D′G＝∴S△A′E′F′＝S△A′HF′＝S菱形A′B′C′D′，
第23页（共46页）
∴S△A′E′F′•＝，
S△AEF＝12﹣4﹣1﹣3＝4，
∴＝，
时，k＝， 当△AEF与△A´E´F´的面积之比等于2：∴A′D′：D′G＝∴∠D′A′G＝60°，
∴∠D′A′C′＝60°，∵A′D′＝4，
∴A′C′＝4．
，
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，正方形的面积和菱形的面积的求法，格点三角形的面积，同底等高的三角形的面积相等．
11．如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线另一点D，连接AC，DE∥AC交边CB于点E．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△CDE与△BAC的面积之比．
【分析】（1）直接把y＝0代入求出x的值即可；
（2）先根据CD∥AB，DE∥AC得出△CDE∽△BAC，求出CD的长，再由相似三角形的性质即可得出结论．
第24页（共46页）
【解答】解：（1）∵令y＝0，则﹣（x﹣1）2+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵CD∥AB，DE∥AC，
∴△CDE∽△BAC．
∵当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴CD＝2．
∵AB＝4，
∴＝，
＝（）2＝． ∴【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
12．在直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于B点，与y轴交于点A，D为AB的中点，连接OD，点E是线段AO上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交x轴于点F．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AO上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t＝2时，求F点的坐标；
（2）如图2，当t＝4时，在直线AB上是否存在一点P，使OP+PF的值最小？若存在，请求出P点坐标及OP+PF的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）连接EF，与OD交于点G，当OD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值及直线EF的解析式．
【分析】（1）当t＝2时，AE＝2，可得E（0，4），点D为AB的中点，可得D（3，3），根据待定系数法可求直线ED的解析式，再根据互相垂直的直线的关系，由待定系第25页（共46页）
数法可求直线FD的解析式，从而可求F点的坐标；
（2）当t＝4时，AE＝4，可得E（0，2），根据待定系数法可求直线ED的解析式，再根据互相垂直的直线的关系，由待定系数法可求直线FD的解析式，从而可求F点的坐标，找到O点关于直线AB的对称点坐标为（6，6），根据待定系数法可求O与直线AB的对称点与F的直线解析式，再联立直线AB的解析式可求P点坐标，根据两点间的距离公式可求OP+PF的最小值；
（3）分两种情况EG：GF＝1：2，EG：GF＝2：1，进行讨论即可求解．
【解答】解：（1）当t＝2时，AE＝2，
则E（0，4），
∵点D为AB的中点，
∴D（3，3），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+4，则3k+4＝3，
解得k＝﹣，
则直线ED的解析式的解析式为y＝﹣x+4，
设直线FD的解析式的解析式为y＝3x+b，则3＝9+b，
解得b＝﹣6，
则直线FD的解析式的解析式为y＝3x﹣6，
当y＝0时，x＝2，
故F点的坐标为（2，0）；
（2）当t＝4时，AE＝4，
则E（0，2），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+2，则3k+2＝3，
解得k＝，
则直线ED的解析式的解析式为y＝x+2，
设直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+b，则3＝﹣9+b，
解得b＝12，
则直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+12，
当y＝0时，x＝4，
第26页（共46页）
故F点的坐标为（4，0），
O点关于直线AB的对称点坐标为（6，6），
O与直线AB的对称点与F的直线解析式为y＝3x﹣12，
联立，解得，
则P（4.5，1.5），
OP+PF的最小值为＝2；
（3）当EG：GF＝1：2时，t＝（6﹣t），解得t＝4，
则E（0，2），F（4，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣x+2；
当EG：GF＝2：1时，（6﹣t）＝t，解得t＝2，
则E（0，4），F（2，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣2x+4．
【点评】考查了一次函数综合题，坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形面积、一次函数解析式的求法等知识；本题综合性强，难度较大．
13．如图，已知直线y＝x+3与 x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，使△AOC的面积与△BOC的面积之比为2：1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线l的函数解析式；
（3）在坐标平面是否存在点M，使得以A、C、O、M为顶点的四边形是平行四边形？若没有请说明理由，若有请直接写出M点的坐标．
【分析】（1）利用直线与坐标轴的交点解得A，B坐标；
（2）设直线l的解析式为y＝kx，根据△AOC和△BOC的面积比是2：1，可得△AOC和△AOB的面积比是2：3，易得B，C的纵坐标比，可得C点的纵坐标，由直线y＝x+3第27页（共46页）
可得C点的横坐标，可得直线l的解析式；
（3）分三种情况利用中点坐标公式计算．
【解答】解（1）令x＝0，y＝0+3＝3，
∴B点坐标为（0，3）；
令y＝0，可得0＝x+3，
x＝﹣3，
∴A点坐标为（﹣3，0）；
（2）∵S△AOC：S△BOC＝2：1．
∴S△AOC：S△AOB＝2：3；
∴B，C的纵坐标比为3：2，
∵B点的纵坐标为3，
∴C点的纵坐标为2，
∵点C在直线y＝x+3上，
∴2＝x+3，
∴x＝﹣1，
∴点C的坐标为（﹣1，2），
∵直线l过原点，
∴设直线l的解析式为y＝kx，把点C（﹣1，2）代入得k＝﹣2．
∴直线l的解析式为y＝﹣2x
（3）如图，∵A（﹣3，0），O（0，0），C（﹣1，2），
∴AC的中点坐标为O1（﹣2，1），OA的中点坐标为O2（﹣，0），OC的中点坐标为O3（﹣，1），设M（m，n），
∵以A，O，C，M为顶点的四边形是平行四边形，
∴①AC为对角线时，OM1和AC互相平分，
∴点O1也是OM1的中点，
∴＝﹣2，＝1，
第28页（共46页）
∴m＝﹣4，n＝2，
∴M1（﹣4，2），
②当OA为对角线时，同①的方法得，M2（﹣2，﹣2），
③当OC为对角线时，同①的方法得，M3（2，2）
即：M1（﹣4，2）M2（2，2）M3（﹣2，﹣2）
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，平行四边形的性质，解本题的关键是掌握中点坐标公式，还用到分类讨论的思想，是一道中等难度的中考常考题．
14．如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于A点，交y轴于B点，下表列举的是直线上的点P（x，y）的取值情况
x
y
……
……
﹣2
6
﹣1
5
0
4
1
3
2
2
3
1
4
0
……
……
（1）若点P（x，y）是直线l上的一点，则P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是 y＝﹣x+4 ；
（2）若点P（x，y）是直线l上的一动点，连OP，且△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，求P点的坐标；
（3）已知C（﹣3，0）、D（0，﹣1）、E（5，﹣1），点P在直线l上沿射线EB方向运动．当△PAD的面积与△PCD的面积相等时，求点P坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
第29页（共46页）
（2）分两种情形：如图，当点P在AB的延长线上时，作PE⊥x轴于E．当点P′在线段OA上时，作P′F⊥OA于F．分别利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）分四种情形①当0≤m≤4上时．②当﹣3≤m＜0时．③当m＜﹣3时．④当4＜m≤5时，分别构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）设y＝kx+b，
∵x＝0时，y＝4，x＝4时，y＝0，
∴解得，
，
∴P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是y＝﹣x+4．
（方法二：作PE⊥OB于E，可以根据S△AOB＝S△PBE+S四边形PEOA，构建关系式解决问题．）
故答案为y＝﹣x+4．
（2）如图，当点P在AB的延长线上时，作PE⊥x轴于E．
∵△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，
∴PB：AB＝1：2，
∵OB∥PE，
∴＝＝＝，
∵A（4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴PE＝6，AE＝6，
∴OE＝6﹣4＝2，
∴P（﹣2，6）．
当点P′在线段OA上时，作P′F⊥OA于F．
第30页（共46页）
∵＝＝＝，
∴P′F＝3，AF＝3，OF＝1，
∴P′（1，3）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，6）或（1，3）．
（3）作矩形CKDO，连接PK．设P（m，﹣m+4）．
当0≤m≤4上时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4﹣×5×m，
解得m＝，此时P（，）．
当﹣3≤m＜0时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃）．
当m＜﹣3时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PKD﹣SPCK﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×3×（﹣m+5）﹣×1×（﹣3﹣m）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃），此种情形不存在．
当4＜m≤5时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×m﹣×5×4，
解得m＝5，此时P（5，﹣1），
第31页（共46页）
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，）或（5，﹣1）．
【点评】本题考查三角形综合题，考查了三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是点F，连接AD，GD，GC．
（1）求证：∠CGF＝∠AGD．
（2）已知∠DGF＝120°，AB＝4．
①求CD的长．
②若，求△CDG与△ADG的面积之比．
上一点，AG，DC的延长线交于
【分析】（1）连接BG，根据垂径定理和圆周角定理即可证结论；
（2）①连接BD，先根据题意得到∠AGD＝60°，进而即可证得△ACD是等边三角形，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠ABD＝60°，解直角三角形求得AD，即可求得CD的长；
②根据相似三角形的性质得到，AF•AG＝AD2＝12，进一步得到，＝，从而得到＝，DF＝3＝，由相似三角形的性质得到FG•FA＝FC•FD＝9，即可得到即＝，进而求得
＝．
【解答】（1）证明：连接BG，
∵弦CD⊥AB于点E，
∴
＝，
第32页（共46页）
∴∠DGB＝∠BGC，
∵AB为直径，
∴∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴∠AGB﹣∠DGB＝∠FGB﹣∠CGB，
∴∠CGF＝∠AGD；
（2）解：①连接BD，BC，
∵∠∠DGF＝120°，
∴∠AGD＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠AGD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴sin∠ABD＝∵AB＝4，
∴CD＝AD＝2；
＝，
②∵∠DAG＝∠FAD，∠AGD＝∠ADC，
∴△ADG∽△AFD，
∴∵∴，
，AD＝CD＝2＝，DF＝3，
，AF•AG＝AD2＝12，
， ∴CF＝DF﹣CD＝∵∠GCF＝∠DAF，∠F＝∠F，
∴△FCG∽△FAD，
∴＝，
＝9，
＝，
第33页（共46页）
∴FG•FA＝FC•FD＝∴＝，即
∴，
∵＝，
∴，
∴＝．
【点评】本题考查的是垂径定理，圆周角定理和解直角三角形，相似三角形的判定和性质，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
16．（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E证明：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请问结论DE＝BD+CE是否成立，若成立，请你给证明：若不存在，请说明理由．
（3）应用：如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，D、A、E三点都在直线m上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，只出现m与BC的延长线交于点F，若BD＝5，DE＝7，EF＝2CE，求△ABD与△ABF的面积之比．
【分析】（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理证明∠CAE＝∠ABD，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角第34页（共46页）
形的性质证明；
（3）根据（2）的结论求出AE、AD、EF，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵CE⊥直线m，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）解：结论DE＝BD+CE成立，
证明：∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠BAD，∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD，∠BDA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，即结论DE＝BD+CE成立；
（3）由（2）得，△ABD≌△CAE，
∴AE＝BD＝5，
∴AD＝DE﹣AE＝2，
∴EF＝2CE＝4，
∴△ABD与△ABF的面积之比＝AD：AF＝2：9．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
第35页（共46页）
17．如图，二次函数y＝2mx2+5mx﹣12m（m为参数，且m＜0）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0）．
（1）求直线AC的解析式（用含m的式子表示）．
（2）若m＝﹣，连接BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，设点M为AC上方的抛物线上一动点（与点A，C不重合），以M为圆心的圆与直线AC相切，求⊙M面积的取值范围．
【分析】（1）由抛物线的解析式求出C点坐标，再用待定系数法求直线AC的解析式；
（2）作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'．证明AB'＝CB'便可得结论；
（3）过M点ME∥y轴，交AC于点E，设M点的横坐标为m，用m表示MD，再根据二次函数的性质求得MD的最大值，最后根据圆的面积公式便可求得结果．
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝2mx2+5mx﹣12m＝﹣12m，
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，
∴，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣3mx﹣12m；
（2）∠CBA＝2∠CAB．
理由如下：
如图1，作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'．
第36页（共46页）
∴CB＝CB'，
∴∠CBA＝∠CB'O，
∵m＝﹣时，抛物线的解析式为：∴C（0，2），
∴OC＝2，
当y＝0，得解得x＝﹣4或，
∴A（﹣4，0），B（，0），
∴B'（﹣（，0），
∴AB'＝，CB'＝∴AB'＝CB'，
∴∠CAB＝∠ACB'，
∵∠CB'O＝∠CAB+∠ACB'＝2∠CAB，
∴∠CBA＝2∠CAB；
（3）如图2，以MD为半径做圆，
＝0，
，
第37页（共46页）
过M点ME∥y轴，交AC于点E，
则∠MEC＝∠ACO，
∵A（﹣4，0），以（0，2）
∴直线AC的解析式为y＝设M（m，∴，
，
，
）， ）（﹣4＜m＜0），则E（m，在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝4，由勾股定理可得AC＝2∴sin∠MED＝∴，
，
由二次函数的性质知，当m＝﹣2时，MD有最大值为：∴，
）2＝，
，
，
∴⊙M面积的最大值为：π×（∴⊙M面积的取值范围为：0＜S⊙M≤【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数的性质，二次函数的图象与性质，圆的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的应用，第三题关键是求出DE的最大值．
18．[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF + S△FMC ）．
易知，S△ADC＝S△ABC， S△ANF ＝ S△AEF ， S△FMC ＝ S△FGC ．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，第38页（共46页）
CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）由矩形的性质和三角形面积故选即可得出结论；
（2）同（1）得S矩形AEPM＝S矩形CFPN，则S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，即可求解．
【解答】（1）解：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FMC）．
易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FMC＝S△FGC．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF；
故答案为：S△AEF，S△FMC；S△ANF，S△AEF，S△FMC，S△FGC；
（2）解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：
则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴PM＝DF＝4，
同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFP＝×PE×PM＝×5×4＝10，
∴图中阴影部分的面积S阴＝10+10＝20．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证出S矩形EBMF矩形NFGD＝S．
19．抛物线y＝ax2+bx+3（a，b为常数，a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于C点．设该抛物线的顶点为M，其对称轴与x轴的交点为N．
第39页（共46页）
（Ⅰ）求该抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（Ⅱ）P为线段MN（含端点M，N）上一点，且纵坐标为m，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①求n关于m的函数解析式；
②当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有且只有一个交点，请直接写出t的值．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法即可求解；
（Ⅱ）①设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，即可求解；
②求出线段CQ的解析式，得到线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y＝﹣x+3+t，当线段CQ向上平移，线段CQ与抛物线有且只有一个交点时，由Δ＝0，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+2）（x﹣6）＝a（x2﹣4x﹣12），
则﹣12a＝3，解得：a＝﹣，
抛物线解析式为：y＝﹣（x2﹣4x﹣12）＝﹣x2+x+3①；
则抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4）；
（Ⅱ）①设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），
则PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
第40页（共46页）
∵PQ⊥PC，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，
整理得：n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4）；
②对于n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4），
当m＝4时，n取得最大值为4，
则Q（4，0），
由点C、Q的坐标得：线段CQ的解析式为：y＝﹣x+3，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y＝﹣x+3+t②，
当线段CQ向上平移，线段CQ与抛物线有且只有一个交点时，
联立①②并整理得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，
解得t＝．
此外，当线段CQ向上平移t个单位长度，
因为点C的坐标为（0，3），
故当0≤t＜3时，线段CQ与抛物线有且只有一个交点，
综上，t＝或0≤t＜3．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、勾股定理的运用、图形的平移等，有一定的综合性，难度适中．
20．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、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，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的最第41页（共46页）
，（单位长度/秒），当P、Q中的一点
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．
【分析】（1）利用待定系数法求AB所在直线的函数表达式；
（2）由题意得：OP＝t，PC＝14﹣t，求出PC边上的高为算，并根据二次函数的最值公式求出最大值即可；
（3）分别以Q在OA、AB、BC上运动时讨论：
①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
只要能画出图形，根据中垂线的性质和勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，
把A（3，3）、B（9，5，解得：）代入得：
，
t+2，代入面积公式计∴AB所在直线的函数表达式为y＝x+2；
（2）如图1，由题意得：OP＝t，则PC＝14﹣t，
过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，
过A作AE⊥BF于E，交QH于G，
∵A（3，3），
，
第42页（共46页）
∴OD＝3，AD＝3
由勾股定理得：OA＝6，
∵B（9，5），
﹣3＝2＝4＝，
，
，
∴AE＝9﹣3＝6，BE＝5Rt△AEB中，AB＝tan∠BAE＝＝∴∠BAE＝30°，
点Q过OA的时间：t＝＝2（秒），
∴AQ＝（t﹣2），
，
+3＝t+2，
t+2+，t＝t+14＝4（秒），
∴QG＝AQ＝∴QH＝在△PQC中，PC＝14﹣t，PC边上的高为∴S＝（14﹣t）（t+2）＝﹣；
（2≤t≤6），
∴当t＝5时，S有最大值为（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
过Q作QG⊥x轴于G，
由题意得：OQ＝3t，OP＝t，∠AOG＝60°，
∴∠OQG＝30°，
∴OG＝t，
∴CG＝14﹣t，
sin60°＝∴QG＝，
×3t＝t，
在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG2+CG2＝QC2＝PC2，
可得方程（）2+（14﹣t）2＝（14﹣t）2，
解得：t1＝，t2＝0（舍），此时t＝，
第43页（共46页）
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
∴AQ＝AP，
过A作AG⊥x轴于G，
由题意得：OP＝t，AQ＝（t﹣2），则PG＝t﹣3，AP＝（t﹣2），
在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP2＝AG2+PG2，
可得方程：（3解得：t1＝此时t＝）2+（t﹣3）2＝[，t2＝；
（t﹣2）]2，
（舍去），
当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3﹣1中，易知QC＝PC＝14﹣t，
QG＝t+2，CG＝14﹣t，
t+2）2+（14﹣t）2， 在Rt△QCG中，（14﹣t）2＝（整理得t2﹣4t+6＝0，Δ＜0，无解．此种情形不存在．
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
∴PC＝CQ，
由（2）知：OA＝6，AB＝4t＝+＝6，
，BC＝10，
∴BQ＝（t﹣6），
∴CQ＝BC﹣BQ＝10﹣（t﹣6）＝25﹣t，
可得方程为：14﹣t＝25﹣t，
解得：t＝；
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
∴BP＝BQ，
过B作BG⊥x轴于G，
则BG＝5，PG＝t﹣9，BQ＝（t﹣6），
由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，
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可得方程为：（5解得：t1＝此时t＝）2+（t﹣9）2＝[（t﹣6）]2，
，t2＝，
或或．
（舍去），
综上所述，t的值为或
第45页（共46页）
【点评】本题是四边形的综合题，考查了利用待定系数法求直线的解析式、动点运动问题、组成的三角形的面积问题、二次函数的最值问题、线段垂直平分线的性质以及勾股定理，计算量大，第三问有难度，容易丢解，注意运用数形结合的思想，且第三问主要运用了线段垂直平分线的性质．
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2024年2月27日发(作者：荆语海)
2020-2021学年浙江省金华市婺城区湖海塘中学九年级（上）期末数学复习试卷
一．选择题（共5小题）
1．如图，在△ABC中，DE∥BC，且DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：AB＝2：3，则△ADE和△ABC的面积之比等于（ ）
A．2：3 B．4：9 C．4：5 D．
2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
3．如图，在△ABC中，D，E分别为AB、AC边上的中点，则△ADE与△ABC的面积之比是（ ）
A．1：4
B．1：3 C．1：2 D．2：1
4．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图（1）所示）．图（2）由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝108，则S2的值是（ ）
第1页（共46页）
A．48 B．36 C．24 D．25
5．如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图．连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN．已知AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共1小题）
6．如图1，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形所围成的正方形，在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，则AB的长为 ；若将图1中的四个直角三角形中边长为3的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则该“数学风车”的周长为 ．
三．解答题（共14小题）
7．如图，△ABC中，D、E分别是边AB、AC 上的点，且∠DEB＝∠EBC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
第2页（共46页）
（2）若EC＝2AE，求△ADE和△BEC的面积之比．
8．已知平行四边形ABCD，AE与BC延长线相交于E、与CD相交于F，
（1）求证：△AFD∽△EAB．
（2）若DF：FC＝1：2，求△AFD与△EAB的面积之比．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm．点P从点A出发，以5cm/s的速度从点A运动到终点B；同时，点Q从点C出发，以3cm/s的速度从点C运动到终点B，连接PQ；过点P作PD⊥AC交AC于点D，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB为邻边作▱A′PBE，A′E交射线BC于点F，交射线PQ于点G．设▱A′PBE与四边形PDCQ重叠部分图形的面积为Scm2，点P的运动时间为ts．
（1）当t为 时，点A′与点C重合；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）请直接写出当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时t的值．
10．如图（1），边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，记＝k，我们把k叫做这个菱形的“形变度”．
（1）若变形后的菱形有一个内角是60°，则k＝ ．
（2）如图1（2），已知菱形ABCD，若k＝
．
第3页（共46页）
①这个菱形形变前的面积与形变后的面积之比为 ；
②点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，求四边形EFGH形变前与形变后的面积之比．
（3）如图1（3），正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，
△AEF（E、F是小正方形的顶点），同时形变为△A′E′F′，设这个菱形的“形变度”为k．对于△AEF与△A′E′F′的面积之比你有何猜想？并证明你的猜想．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，求A′C′的长．
11．如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线另一点D，连接AC，DE∥AC交边CB于点E．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△CDE与△BAC的面积之比．
12．在直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于B点，与y轴交于点A，D为AB的中点，连接OD，点E是线段AO上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交x轴于点F．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AO上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t＝2时，求F点的坐标；
第4页（共46页）
（2）如图2，当t＝4时，在直线AB上是否存在一点P，使OP+PF的值最小？若存在，请求出P点坐标及OP+PF的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）连接EF，与OD交于点G，当OD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值及直线EF的解析式．
13．如图，已知直线y＝x+3与 x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，使△AOC的面积与△BOC的面积之比为2：1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线l的函数解析式；
（3）在坐标平面是否存在点M，使得以A、C、O、M为顶点的四边形是平行四边形？若没有请说明理由，若有请直接写出M点的坐标．
14．如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于A点，交y轴于B点，下表列举的是直线上的点P（x，y）的取值情况
x
y
……
……
﹣2
6
﹣1
5
0
4
1
3
2
2
3
1
4
0
……
……
（1）若点P（x，y）是直线l上的一点，则P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是 ；
（2）若点P（x，y）是直线l上的一动点，连OP，且△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，求P点的坐标；
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（3）已知C（﹣3，0）、D（0，﹣1）、E（5，﹣1），点P在直线l上沿射线EB方向运动．当△PAD的面积与△PCD的面积相等时，求点P坐标．
15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是点F，连接AD，GD，GC．
（1）求证：∠CGF＝∠AGD．
（2）已知∠DGF＝120°，AB＝4．
①求CD的长．
②若，求△CDG与△ADG的面积之比．
上一点，AG，DC的延长线交于
16．（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E证明：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请问结论DE＝BD+CE是否成立，若成立，请你给证明：若不存在，请说明理由．
（3）应用：如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，D、A、E三点都在直线m上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，只出现m与BC的延长线交于点F，若BD＝5，DE＝7，EF＝2CE，求△ABD与△ABF的面积之比．
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17．如图，二次函数y＝2mx2+5mx﹣12m（m为参数，且m＜0）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0）．
（1）求直线AC的解析式（用含m的式子表示）．
（2）若m＝﹣，连接BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，设点M为AC上方的抛物线上一动点（与点A，C不重合），以M为圆心的圆与直线AC相切，求⊙M面积的取值范围．
18．[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ + ）．
易知，S△ADC＝S△ABC， ＝ ， ＝ ．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．
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19．抛物线y＝ax2+bx+3（a，b为常数，a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于C点．设该抛物线的顶点为M，其对称轴与x轴的交点为N．
（Ⅰ）求该抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（Ⅱ）P为线段MN（含端点M，N）上一点，且纵坐标为m，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①求n关于m的函数解析式；
②当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有且只有一个交点，请直接写出t的值．
20．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、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，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的最第8页（共46页）
，（单位长度/秒），当P、Q中的一点
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．
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2020-2021学年浙江省金华市婺城区湖海塘中学九年级（上）期末数学复习试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．如图，在△ABC中，DE∥BC，且DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：AB＝2：3，则△ADE和△ABC的面积之比等于（ ）
A．2：3 B．4：9 C．4：5 D．
【分析】由DE∥BC，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，进而可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
第10页（共46页）
A．1 B． C． D．
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解．
【解答】解：根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形与菱形的面积，熟知30°角所对的直角边等于斜边的一半是解答本题的关键．
3．如图，在△ABC中，D，E分别为AB、AC边上的中点，则△ADE与△ABC的面积之比是（ ）
A．1：4
B．1：3 C．1：2 D．2：1
【分析】根据相似三角形的性质即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝，
故选：A．
【点评】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于基础题型．
4．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图第11页（共46页）
”（如图（1）所示）．图（2）由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝108，则S2的值是（ ）
A．48 B．36 C．24 D．25
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，得出CG22＝KG，CF＝DG＝KF，再根据S1＝（CG+DG），S2＝GF2，S3＝（KF﹣NF），S1+S2+S3＝108得出3GF2＝108，求出GF2的值即可．
【解答】解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，
∴CG＝KG，CF＝DG＝KF，
∴S1＝（CG+DG）2
＝CG2+DG2+2CG•DG
＝GF2+2CG•DG，
S2＝GF2，
S3＝（KF﹣NF）2＝KF2+NF2﹣2KF•NF，
∴S1+S2+S3＝GF2+2CG•DG+GF2+KF2+NF2﹣2KF•NF＝3GF2＝108，
∴GF2＝36，
∴S2＝36．
故选：B．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出3GF2＝108是解决问题的关键．
5．如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图．连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN．已知AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
第12页（共46页）
A． B． C． D．
【分析】根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，然后可得阴影部分的面积之和为梯形NGFM的面积．
【解答】解：∵S正方形ABCD＝21，
∴AB2＝21，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝21，
∴x2＝，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形NGFM＝（NG+FM）•FG
＝（EM+MF）•FG
＝FE•FG
＝×（2x）2
＝2x2
第13页（共46页）
＝．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．
二．填空题（共1小题）
6．如图1，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形所围成的正方形，在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，则AB的长为 ；若将图1中的四个直角三角形中边长为3的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则该“数学风车”的周长为 （8+12） ．
【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：如图，
在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝2，∠ACB＝90°，
所以AB2＝AC2+BC2＝13，
所以AB＝，
依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为BD，
则BD2＝62+22＝40，
第14页（共46页）
所以BD＝2，
+3）＝8+12． 所以风车的外围周长为4（BD+AC）＝4（2故答案为：；（8+12）．
【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
三．解答题（共14小题）
7．如图，△ABC中，D、E分别是边AB、AC 上的点，且∠DEB＝∠EBC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）若EC＝2AE，求△ADE和△BEC的面积之比．
【分析】（1）由平行线的判定与性质推知DE∥BC，结合平行线的性质和相似三角形的判定定理进行证明；
（2）利用相似三角形的面积之比等于相似比得到S△ADE：S△ABC＝1：9，所以S△ADE：S△DBE＝1：2，故△ADE和△BEC的面积比＝1：6．
【解答】（1）解：∵∠DEB＝∠EBC，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB且∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC；
（2）∵AE：EC＝1：2，
∴AE：AC＝1：3
∴S△ADE：S△ABC＝1：9，
∴S△ADE：S△DBE＝1：2，
∴△ADE和△BEC的面积比＝1：6．
第15页（共46页）
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质．本题关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质求解．
8．已知平行四边形ABCD，AE与BC延长线相交于E、与CD相交于F，
（1）求证：△AFD∽△EAB．
（2）若DF：FC＝1：2，求△AFD与△EAB的面积之比．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BE，AB∥CD，根据平行线的性质得到∠DAE＝∠AEB，∠DCE＝∠B，即可得到结论；
（2）由已知条件得到＝，由四边形ABCD是平行四边形，得到CD＝AB，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BE，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠DCE＝∠B，
∴△AFD∽△EAB；
（2）解：∵DF：FC＝1：2，
∴＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，
∴，
∵△AFD∽△EAB，
∴△AFD与△EAB的面积之比＝（）2＝1：9．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm．点P从点A出发，以第16页（共46页）
5cm/s的速度从点A运动到终点B；同时，点Q从点C出发，以3cm/s的速度从点C运动到终点B，连接PQ；过点P作PD⊥AC交AC于点D，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB为邻边作▱A′PBE，A′E交射线BC于点F，交射线PQ于点G．设▱A′PBE与四边形PDCQ重叠部分图形的面积为Scm2，点P的运动时间为ts．
（1）当t为 1s 时，点A′与点C重合；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）请直接写出当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时t的值．
【分析】（1）证明△ADP∽△ACB，从而可得AD＝4t，由折叠可得AA′＝2AD＝8t，由点A′与点C重合可得8t＝8，从而可以求出t的值．
（2）分三种情况讨论：①当0＜t≤时，过点 A′作A′M⊥PG于M，证明△BPQ∽△BAC．得出∠BQP＝∠BCA．证出PQ∥AC，证明四边形APGA′是平行四边形，得出PG＝AA′＝8t，即可得出结果；
②当＜t≤1时，过点 A′作A′M⊥PG于M，则有A′M＝QC＝3t，PQ＝DC＝8﹣4t，PG＝AA′＝8t，QG＝PG﹣PQ＝12t﹣8，QF＝9t﹣6．由S＝S△A′PG﹣S△GQF，即可得出结果．
③当1＜t＜2时，证出PB＝PS．得出BQ＝SQ．因此SQ＝6﹣3t，即可得出结果．
（3）可分①S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，如图4，②S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，如图5，两种情况进行讨论，就可解决问题．
【解答】解：（1）根据题意得：PA′＝PA＝5t，CQ＝3t，AD＝A′D．
∵∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝6．
∵∠ADP＝∠ACB＝90°，
∴PD∥BC．
第17页（共46页）
∴△ADP∽△ACB．
∴∴＝＝＝＝．
．
∴AD＝4t，PD＝3t．
∴AA′＝2AD＝8t．
当点A′与点C重合时，AA′＝AC．
∴8t＝8．
∴t＝1；
故答案为：1s．
（2）①当0＜t≤时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图1所示，
则有A′M＝CQ＝3t．
∵∴＝＝，
＝，＝＝，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴△BPQ∽△BAC．
∴∠BQP＝∠BCA．
∴PQ∥AC．
∵AP∥A′G．
∴四边形APGA′是平行四边形．
∴PG＝AA′＝8t．
∴S＝S△A′PG＝PG•A′M
＝×8t×3t＝12t2．
②当＜t≤1时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图2所示，
则有A′M＝QC＝3t，PQ＝DC＝8﹣4t，PG＝AA′＝8t，QG＝PG﹣PQ＝12t﹣8，QF＝9t﹣6．
第18页（共46页）
∴S＝S△A′PG﹣S△GQF
＝PG•A′M﹣QG•QF
＝×8t×3t﹣×（12t﹣8）×（9t﹣6）
＝﹣42t2+72t﹣24．
③当1＜t＜2时，如图3所示，
∵PQ∥AC，PA＝PA′
∴∠BPQ＝∠PAA′，∠QPA′＝∠PA′A，∠PAA′＝∠PA′A．
∴∠BPQ＝∠QPA′．
∵∠PQB＝∠PQS＝90°，
∴∠PBQ＝∠PSQ．
∴PB＝PS．
∴BQ＝SQ．
∴SQ＝6﹣3t．
∴S＝S△PQS＝PQ•QS＝×（8﹣4t）×（6﹣3t）＝6t2﹣24t+24．
综上所述：当0＜t≤时，S＝12t2；
当＜t≤1时，S＝﹣42t2+72t﹣24；
当1＜t＜2时，S＝6t2﹣24t+24．
（3）①若S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
过点A′作A′M⊥PG，垂足为M，过点A′作A′T⊥PB，垂足为T，如图4所示，
则有A′M＝PD＝QC＝3t，PG＝AA′＝8t．
∴S△A′PG＝×8t×3t＝12t2．
∵S△APA′＝AP•A′T＝AA′•PD，
∴A′T＝＝＝t．
t＝24t（2﹣t）． ∴S▱PBEA′＝PB•A′T＝（10﹣5t）×∵S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
第19页（共46页）
∴S△A′PG＝×S▱PBEA′．
∴12t2＝×24t（2﹣t）．
∵t＞0，
∴t＝．
②若S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，如图5所示，
同理可得：∠BPQ＝∠A′PQ，BQ＝6﹣3t，PQ＝8﹣4t，平行四边形PBEA′的面积＝24t（2﹣t）．
∵四边形PBEA′是平行四边形，
∴BE∥PA′．
∴∠BNP＝∠NPA′．
∴∠BPN＝∠BNP．
∴BP＝BN．
∵∠BQP＝∠BQN＝90°，
∴PQ＝NQ．
∴S△BPN＝PN•BQ＝PQ•BQ
＝（8﹣4t）×（6﹣3t）．
∵S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，
∴S△BPN＝×S▱PBEA′．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∵t＜2，
∴t＝．
综上所述：当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时，t的值为秒或秒．
第20页（共46页）
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积、三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性第21页（共46页）
强，特别是（2）（3）中，需要进行分类讨论，通过作辅助线才能得出结果．
10．如图（1），边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，记＝k，我们把k叫做这个菱形的“形变度”．
（1）若变形后的菱形有一个内角是60°，则k＝
（2）如图1（2），已知菱形ABCD，若k＝．
；
．
①这个菱形形变前的面积与形变后的面积之比为
②点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，求四边形EFGH形变前与形变后的面积之比．
（3）如图1（3），正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，
△AEF（E、F是小正方形的顶点），同时形变为△A′E′F′，设这个菱形的“形变度”为k．对于△AEF与△A′E′F′的面积之比你有何猜想？并证明你的猜想．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，求A′C′的长．
【分析】（1）在直角三角形中，由∠B＝60°，在Rt△ABC中，利用正弦函数求得；
（2）①求出形变前正方形的面积，形变后菱形的面积，两面积之比即为所求；
（3）过点D′作D′G⊥A′B′于G，由S△A′E′F′＝S△A′HF′＝S菱形A′B′C′D′，根据△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：形A′D′G
中，由三角函数求得结果．
【解答】解：（1）由题意得，∠B＝60°，
第22页（共46页）
时，求得形变度k＝2：，在直角三角
在Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴h＝AC＝ABsin∠B＝∴k＝＝
（2）①形变前的面积＝a2，
∵k＝∴h＝，∴＝，
＝a2
，
；
a，
∴形变后的面积＝a•∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比：＝；
②∵点E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴四边形EFGH形变前的面积为∵EH是△ABD的中位线，
∴EH＝BD，同理EF＝AC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴矩形EFGH的面积＝，
，
∴四边形EFGH形变前的面积与形变后的面积之比是，
（3）猜想：面积之比是；
理由：过点D′作D′G⊥A′B′于G，
则＝k，∵A′B′＝B′C′＝C′D′＝D′A′＝4，
， ∴D′G＝，∴S菱形A′B′C′D′＝A′B′•D′G＝∴S△A′E′F′＝S△A′HF′＝S菱形A′B′C′D′，
第23页（共46页）
∴S△A′E′F′•＝，
S△AEF＝12﹣4﹣1﹣3＝4，
∴＝，
时，k＝， 当△AEF与△A´E´F´的面积之比等于2：∴A′D′：D′G＝∴∠D′A′G＝60°，
∴∠D′A′C′＝60°，∵A′D′＝4，
∴A′C′＝4．
，
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，正方形的面积和菱形的面积的求法，格点三角形的面积，同底等高的三角形的面积相等．
11．如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线另一点D，连接AC，DE∥AC交边CB于点E．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△CDE与△BAC的面积之比．
【分析】（1）直接把y＝0代入求出x的值即可；
（2）先根据CD∥AB，DE∥AC得出△CDE∽△BAC，求出CD的长，再由相似三角形的性质即可得出结论．
第24页（共46页）
【解答】解：（1）∵令y＝0，则﹣（x﹣1）2+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵CD∥AB，DE∥AC，
∴△CDE∽△BAC．
∵当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴CD＝2．
∵AB＝4，
∴＝，
＝（）2＝． ∴【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
12．在直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于B点，与y轴交于点A，D为AB的中点，连接OD，点E是线段AO上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交x轴于点F．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AO上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t＝2时，求F点的坐标；
（2）如图2，当t＝4时，在直线AB上是否存在一点P，使OP+PF的值最小？若存在，请求出P点坐标及OP+PF的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）连接EF，与OD交于点G，当OD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值及直线EF的解析式．
【分析】（1）当t＝2时，AE＝2，可得E（0，4），点D为AB的中点，可得D（3，3），根据待定系数法可求直线ED的解析式，再根据互相垂直的直线的关系，由待定系第25页（共46页）
数法可求直线FD的解析式，从而可求F点的坐标；
（2）当t＝4时，AE＝4，可得E（0，2），根据待定系数法可求直线ED的解析式，再根据互相垂直的直线的关系，由待定系数法可求直线FD的解析式，从而可求F点的坐标，找到O点关于直线AB的对称点坐标为（6，6），根据待定系数法可求O与直线AB的对称点与F的直线解析式，再联立直线AB的解析式可求P点坐标，根据两点间的距离公式可求OP+PF的最小值；
（3）分两种情况EG：GF＝1：2，EG：GF＝2：1，进行讨论即可求解．
【解答】解：（1）当t＝2时，AE＝2，
则E（0，4），
∵点D为AB的中点，
∴D（3，3），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+4，则3k+4＝3，
解得k＝﹣，
则直线ED的解析式的解析式为y＝﹣x+4，
设直线FD的解析式的解析式为y＝3x+b，则3＝9+b，
解得b＝﹣6，
则直线FD的解析式的解析式为y＝3x﹣6，
当y＝0时，x＝2，
故F点的坐标为（2，0）；
（2）当t＝4时，AE＝4，
则E（0，2），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+2，则3k+2＝3，
解得k＝，
则直线ED的解析式的解析式为y＝x+2，
设直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+b，则3＝﹣9+b，
解得b＝12，
则直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+12，
当y＝0时，x＝4，
第26页（共46页）
故F点的坐标为（4，0），
O点关于直线AB的对称点坐标为（6，6），
O与直线AB的对称点与F的直线解析式为y＝3x﹣12，
联立，解得，
则P（4.5，1.5），
OP+PF的最小值为＝2；
（3）当EG：GF＝1：2时，t＝（6﹣t），解得t＝4，
则E（0，2），F（4，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣x+2；
当EG：GF＝2：1时，（6﹣t）＝t，解得t＝2，
则E（0，4），F（2，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣2x+4．
【点评】考查了一次函数综合题，坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形面积、一次函数解析式的求法等知识；本题综合性强，难度较大．
13．如图，已知直线y＝x+3与 x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，使△AOC的面积与△BOC的面积之比为2：1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线l的函数解析式；
（3）在坐标平面是否存在点M，使得以A、C、O、M为顶点的四边形是平行四边形？若没有请说明理由，若有请直接写出M点的坐标．
【分析】（1）利用直线与坐标轴的交点解得A，B坐标；
（2）设直线l的解析式为y＝kx，根据△AOC和△BOC的面积比是2：1，可得△AOC和△AOB的面积比是2：3，易得B，C的纵坐标比，可得C点的纵坐标，由直线y＝x+3第27页（共46页）
可得C点的横坐标，可得直线l的解析式；
（3）分三种情况利用中点坐标公式计算．
【解答】解（1）令x＝0，y＝0+3＝3，
∴B点坐标为（0，3）；
令y＝0，可得0＝x+3，
x＝﹣3，
∴A点坐标为（﹣3，0）；
（2）∵S△AOC：S△BOC＝2：1．
∴S△AOC：S△AOB＝2：3；
∴B，C的纵坐标比为3：2，
∵B点的纵坐标为3，
∴C点的纵坐标为2，
∵点C在直线y＝x+3上，
∴2＝x+3，
∴x＝﹣1，
∴点C的坐标为（﹣1，2），
∵直线l过原点，
∴设直线l的解析式为y＝kx，把点C（﹣1，2）代入得k＝﹣2．
∴直线l的解析式为y＝﹣2x
（3）如图，∵A（﹣3，0），O（0，0），C（﹣1，2），
∴AC的中点坐标为O1（﹣2，1），OA的中点坐标为O2（﹣，0），OC的中点坐标为O3（﹣，1），设M（m，n），
∵以A，O，C，M为顶点的四边形是平行四边形，
∴①AC为对角线时，OM1和AC互相平分，
∴点O1也是OM1的中点，
∴＝﹣2，＝1，
第28页（共46页）
∴m＝﹣4，n＝2，
∴M1（﹣4，2），
②当OA为对角线时，同①的方法得，M2（﹣2，﹣2），
③当OC为对角线时，同①的方法得，M3（2，2）
即：M1（﹣4，2）M2（2，2）M3（﹣2，﹣2）
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，平行四边形的性质，解本题的关键是掌握中点坐标公式，还用到分类讨论的思想，是一道中等难度的中考常考题．
14．如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于A点，交y轴于B点，下表列举的是直线上的点P（x，y）的取值情况
x
y
……
……
﹣2
6
﹣1
5
0
4
1
3
2
2
3
1
4
0
……
……
（1）若点P（x，y）是直线l上的一点，则P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是 y＝﹣x+4 ；
（2）若点P（x，y）是直线l上的一动点，连OP，且△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，求P点的坐标；
（3）已知C（﹣3，0）、D（0，﹣1）、E（5，﹣1），点P在直线l上沿射线EB方向运动．当△PAD的面积与△PCD的面积相等时，求点P坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
第29页（共46页）
（2）分两种情形：如图，当点P在AB的延长线上时，作PE⊥x轴于E．当点P′在线段OA上时，作P′F⊥OA于F．分别利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）分四种情形①当0≤m≤4上时．②当﹣3≤m＜0时．③当m＜﹣3时．④当4＜m≤5时，分别构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）设y＝kx+b，
∵x＝0时，y＝4，x＝4时，y＝0，
∴解得，
，
∴P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是y＝﹣x+4．
（方法二：作PE⊥OB于E，可以根据S△AOB＝S△PBE+S四边形PEOA，构建关系式解决问题．）
故答案为y＝﹣x+4．
（2）如图，当点P在AB的延长线上时，作PE⊥x轴于E．
∵△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，
∴PB：AB＝1：2，
∵OB∥PE，
∴＝＝＝，
∵A（4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴PE＝6，AE＝6，
∴OE＝6﹣4＝2，
∴P（﹣2，6）．
当点P′在线段OA上时，作P′F⊥OA于F．
第30页（共46页）
∵＝＝＝，
∴P′F＝3，AF＝3，OF＝1，
∴P′（1，3）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，6）或（1，3）．
（3）作矩形CKDO，连接PK．设P（m，﹣m+4）．
当0≤m≤4上时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4﹣×5×m，
解得m＝，此时P（，）．
当﹣3≤m＜0时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃）．
当m＜﹣3时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PKD﹣SPCK﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×3×（﹣m+5）﹣×1×（﹣3﹣m）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃），此种情形不存在．
当4＜m≤5时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×m﹣×5×4，
解得m＝5，此时P（5，﹣1），
第31页（共46页）
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，）或（5，﹣1）．
【点评】本题考查三角形综合题，考查了三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是点F，连接AD，GD，GC．
（1）求证：∠CGF＝∠AGD．
（2）已知∠DGF＝120°，AB＝4．
①求CD的长．
②若，求△CDG与△ADG的面积之比．
上一点，AG，DC的延长线交于
【分析】（1）连接BG，根据垂径定理和圆周角定理即可证结论；
（2）①连接BD，先根据题意得到∠AGD＝60°，进而即可证得△ACD是等边三角形，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠ABD＝60°，解直角三角形求得AD，即可求得CD的长；
②根据相似三角形的性质得到，AF•AG＝AD2＝12，进一步得到，＝，从而得到＝，DF＝3＝，由相似三角形的性质得到FG•FA＝FC•FD＝9，即可得到即＝，进而求得
＝．
【解答】（1）证明：连接BG，
∵弦CD⊥AB于点E，
∴
＝，
第32页（共46页）
∴∠DGB＝∠BGC，
∵AB为直径，
∴∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴∠AGB﹣∠DGB＝∠FGB﹣∠CGB，
∴∠CGF＝∠AGD；
（2）解：①连接BD，BC，
∵∠∠DGF＝120°，
∴∠AGD＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠AGD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴sin∠ABD＝∵AB＝4，
∴CD＝AD＝2；
＝，
②∵∠DAG＝∠FAD，∠AGD＝∠ADC，
∴△ADG∽△AFD，
∴∵∴，
，AD＝CD＝2＝，DF＝3，
，AF•AG＝AD2＝12，
， ∴CF＝DF﹣CD＝∵∠GCF＝∠DAF，∠F＝∠F，
∴△FCG∽△FAD，
∴＝，
＝9，
＝，
第33页（共46页）
∴FG•FA＝FC•FD＝∴＝，即
∴，
∵＝，
∴，
∴＝．
【点评】本题考查的是垂径定理，圆周角定理和解直角三角形，相似三角形的判定和性质，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
16．（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E证明：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请问结论DE＝BD+CE是否成立，若成立，请你给证明：若不存在，请说明理由．
（3）应用：如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，D、A、E三点都在直线m上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，只出现m与BC的延长线交于点F，若BD＝5，DE＝7，EF＝2CE，求△ABD与△ABF的面积之比．
【分析】（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理证明∠CAE＝∠ABD，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角第34页（共46页）
形的性质证明；
（3）根据（2）的结论求出AE、AD、EF，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵CE⊥直线m，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）解：结论DE＝BD+CE成立，
证明：∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠BAD，∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD，∠BDA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，即结论DE＝BD+CE成立；
（3）由（2）得，△ABD≌△CAE，
∴AE＝BD＝5，
∴AD＝DE﹣AE＝2，
∴EF＝2CE＝4，
∴△ABD与△ABF的面积之比＝AD：AF＝2：9．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
第35页（共46页）
17．如图，二次函数y＝2mx2+5mx﹣12m（m为参数，且m＜0）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0）．
（1）求直线AC的解析式（用含m的式子表示）．
（2）若m＝﹣，连接BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，设点M为AC上方的抛物线上一动点（与点A，C不重合），以M为圆心的圆与直线AC相切，求⊙M面积的取值范围．
【分析】（1）由抛物线的解析式求出C点坐标，再用待定系数法求直线AC的解析式；
（2）作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'．证明AB'＝CB'便可得结论；
（3）过M点ME∥y轴，交AC于点E，设M点的横坐标为m，用m表示MD，再根据二次函数的性质求得MD的最大值，最后根据圆的面积公式便可求得结果．
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝2mx2+5mx﹣12m＝﹣12m，
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，
∴，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣3mx﹣12m；
（2）∠CBA＝2∠CAB．
理由如下：
如图1，作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'．
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∴CB＝CB'，
∴∠CBA＝∠CB'O，
∵m＝﹣时，抛物线的解析式为：∴C（0，2），
∴OC＝2，
当y＝0，得解得x＝﹣4或，
∴A（﹣4，0），B（，0），
∴B'（﹣（，0），
∴AB'＝，CB'＝∴AB'＝CB'，
∴∠CAB＝∠ACB'，
∵∠CB'O＝∠CAB+∠ACB'＝2∠CAB，
∴∠CBA＝2∠CAB；
（3）如图2，以MD为半径做圆，
＝0，
，
第37页（共46页）
过M点ME∥y轴，交AC于点E，
则∠MEC＝∠ACO，
∵A（﹣4，0），以（0，2）
∴直线AC的解析式为y＝设M（m，∴，
，
，
）， ）（﹣4＜m＜0），则E（m，在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝4，由勾股定理可得AC＝2∴sin∠MED＝∴，
，
由二次函数的性质知，当m＝﹣2时，MD有最大值为：∴，
）2＝，
，
，
∴⊙M面积的最大值为：π×（∴⊙M面积的取值范围为：0＜S⊙M≤【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数的性质，二次函数的图象与性质，圆的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的应用，第三题关键是求出DE的最大值．
18．[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF + S△FMC ）．
易知，S△ADC＝S△ABC， S△ANF ＝ S△AEF ， S△FMC ＝ S△FGC ．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，第38页（共46页）
CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）由矩形的性质和三角形面积故选即可得出结论；
（2）同（1）得S矩形AEPM＝S矩形CFPN，则S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，即可求解．
【解答】（1）解：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FMC）．
易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FMC＝S△FGC．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF；
故答案为：S△AEF，S△FMC；S△ANF，S△AEF，S△FMC，S△FGC；
（2）解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：
则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴PM＝DF＝4，
同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFP＝×PE×PM＝×5×4＝10，
∴图中阴影部分的面积S阴＝10+10＝20．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证出S矩形EBMF矩形NFGD＝S．
19．抛物线y＝ax2+bx+3（a，b为常数，a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于C点．设该抛物线的顶点为M，其对称轴与x轴的交点为N．
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（Ⅰ）求该抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（Ⅱ）P为线段MN（含端点M，N）上一点，且纵坐标为m，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①求n关于m的函数解析式；
②当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有且只有一个交点，请直接写出t的值．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法即可求解；
（Ⅱ）①设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，即可求解；
②求出线段CQ的解析式，得到线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y＝﹣x+3+t，当线段CQ向上平移，线段CQ与抛物线有且只有一个交点时，由Δ＝0，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+2）（x﹣6）＝a（x2﹣4x﹣12），
则﹣12a＝3，解得：a＝﹣，
抛物线解析式为：y＝﹣（x2﹣4x﹣12）＝﹣x2+x+3①；
则抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4）；
（Ⅱ）①设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），
则PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
第40页（共46页）
∵PQ⊥PC，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，
整理得：n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4）；
②对于n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4），
当m＝4时，n取得最大值为4，
则Q（4，0），
由点C、Q的坐标得：线段CQ的解析式为：y＝﹣x+3，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y＝﹣x+3+t②，
当线段CQ向上平移，线段CQ与抛物线有且只有一个交点时，
联立①②并整理得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，
解得t＝．
此外，当线段CQ向上平移t个单位长度，
因为点C的坐标为（0，3），
故当0≤t＜3时，线段CQ与抛物线有且只有一个交点，
综上，t＝或0≤t＜3．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、勾股定理的运用、图形的平移等，有一定的综合性，难度适中．
20．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、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，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的最第41页（共46页）
，（单位长度/秒），当P、Q中的一点
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．
【分析】（1）利用待定系数法求AB所在直线的函数表达式；
（2）由题意得：OP＝t，PC＝14﹣t，求出PC边上的高为算，并根据二次函数的最值公式求出最大值即可；
（3）分别以Q在OA、AB、BC上运动时讨论：
①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
只要能画出图形，根据中垂线的性质和勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，
把A（3，3）、B（9，5，解得：）代入得：
，
t+2，代入面积公式计∴AB所在直线的函数表达式为y＝x+2；
（2）如图1，由题意得：OP＝t，则PC＝14﹣t，
过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，
过A作AE⊥BF于E，交QH于G，
∵A（3，3），
，
第42页（共46页）
∴OD＝3，AD＝3
由勾股定理得：OA＝6，
∵B（9，5），
﹣3＝2＝4＝，
，
，
∴AE＝9﹣3＝6，BE＝5Rt△AEB中，AB＝tan∠BAE＝＝∴∠BAE＝30°，
点Q过OA的时间：t＝＝2（秒），
∴AQ＝（t﹣2），
，
+3＝t+2，
t+2+，t＝t+14＝4（秒），
∴QG＝AQ＝∴QH＝在△PQC中，PC＝14﹣t，PC边上的高为∴S＝（14﹣t）（t+2）＝﹣；
（2≤t≤6），
∴当t＝5时，S有最大值为（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
过Q作QG⊥x轴于G，
由题意得：OQ＝3t，OP＝t，∠AOG＝60°，
∴∠OQG＝30°，
∴OG＝t，
∴CG＝14﹣t，
sin60°＝∴QG＝，
×3t＝t，
在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG2+CG2＝QC2＝PC2，
可得方程（）2+（14﹣t）2＝（14﹣t）2，
解得：t1＝，t2＝0（舍），此时t＝，
第43页（共46页）
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
∴AQ＝AP，
过A作AG⊥x轴于G，
由题意得：OP＝t，AQ＝（t﹣2），则PG＝t﹣3，AP＝（t﹣2），
在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP2＝AG2+PG2，
可得方程：（3解得：t1＝此时t＝）2+（t﹣3）2＝[，t2＝；
（t﹣2）]2，
（舍去），
当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3﹣1中，易知QC＝PC＝14﹣t，
QG＝t+2，CG＝14﹣t，
t+2）2+（14﹣t）2， 在Rt△QCG中，（14﹣t）2＝（整理得t2﹣4t+6＝0，Δ＜0，无解．此种情形不存在．
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
∴PC＝CQ，
由（2）知：OA＝6，AB＝4t＝+＝6，
，BC＝10，
∴BQ＝（t﹣6），
∴CQ＝BC﹣BQ＝10﹣（t﹣6）＝25﹣t，
可得方程为：14﹣t＝25﹣t，
解得：t＝；
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
∴BP＝BQ，
过B作BG⊥x轴于G，
则BG＝5，PG＝t﹣9，BQ＝（t﹣6），
由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，
第44页（共46页）
可得方程为：（5解得：t1＝此时t＝）2+（t﹣9）2＝[（t﹣6）]2，
，t2＝，
或或．
（舍去），
综上所述，t的值为或
第45页（共46页）
【点评】本题是四边形的综合题，考查了利用待定系数法求直线的解析式、动点运动问题、组成的三角形的面积问题、二次函数的最值问题、线段垂直平分线的性质以及勾股定理，计算量大，第三问有难度，容易丢解，注意运用数形结合的思想，且第三问主要运用了线段垂直平分线的性质．
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