资源简介

浙江省中考数学编压轴题真题分类一、压轴题--四边形1、（·衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。(1)如图1，当t=3时，求DF的长；(2)如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。2、（·丽水）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连结AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设 =n.(1)求证：AE=GE；(2)当点F落在AC上时，用含n的代数式表示 的值；(3)若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值.二、压轴题--圆3、（ 杭州）如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，(1)点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：ɑ 30° 40° 50° 60°β 120° 130° 140° 150°γ 150° 140° 130° 120°猜想：β关于ɑ的函数表达式，γ关于ɑ的函数表达式，并给出证明：(2)若γ=135°，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．4、（ 温州）如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．(1)当∠APB=28°时，求∠B和 的度数；(2)求证：AC=AB．(3)在点P的运动过程中①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．5、（ 宁波）有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．(1)如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝ ∠D，∠C＝ ∠A，求∠B与∠C的度数之和；(2)如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO．∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．求证：四边形DBCF是半对角四边形；(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当DH＝BG时，求△BGH与△ABC的面积之比．三、压轴题--方程6、（·台州）在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根，比如对于方程 ，操作步骤是：第一步：根据方程系数特征，确定一对固定点A（0，1），B（5，2）;第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B；第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C 的横坐标m即为该方程的一个实数根（如图1）第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D 的横坐标为n即为该方程的另一个实数根。(1)在图2 中，按照“第四步“的操作方法作出点D（请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹）(2)结合图1，请证明“第三步”操作得到的m就是方程 的一个实数根；(3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置，若要以此方法找到一元二次方程 的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标；(4)实际上，（3）中的固定点有无数对，一般地,当 ， ， ， 与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P（ ， ），Q（ ， ）就是符合要求的一对固定点？四、压轴题--一次函数7、（ 绍兴）如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.

(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标.(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标.(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）.五、压轴题--二次函数8、（·金华）(本题12分)如图1,在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别O(0,0),A(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， ， (单位长度/秒)﹒当P,Q中的一点到达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.9、（·嘉兴）如图，某日的钱塘江观潮信息如表：按上述信息，小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离 （千米）与时间 （分钟）的函数关系用图3表示，其中：“11:40时甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点 ，点 坐标为 ，曲线 可用二次函数 （ ， 是常数）刻画．(1)求 的值，并求出潮头从甲地到乙地的速度；(2)11:59时，小红骑单车从乙地出发，沿江边公路以 千米/分的速度往甲地方向去看潮，问她几分钟后与潮头相遇？(3)相遇后，小红立即调转车头，沿江边公路按潮头速度与潮头并行，但潮头过乙地后均匀加速，而单车最高速度为 千米/分，小红逐渐落后，问小红与潮头相遇到落后潮头1.8千米共需多长时间？（潮水加速阶段速度 ， 是加速前的速度）．10、（ 湖州）如图，在平面直角坐标系 中，已知 ， 两点的坐标分别为 ， ， 是线段 上一点（与 ， 点不重合），抛物线 （ ）经过点 ， ，顶点为 ，抛物线 （ ）经过点 ， ，顶点为 ， ， 的延长线相交于点 ．(1)若 ， ，求抛物线 ， 的解析式；(2)若 ， ，求 的值；(3)是否存在这样的实数 （ ），无论 取何值，直线 与 都不可能互相垂直？若存在，请直接写出 的两个不同的值；若不存在，请说明理由．答案解析部分一、压轴题--四边形1、【答案】（1）解：当t=3时，如图1，点E为AB中点. ∵点D为OB中点，∴DE//OA，DE=OA=4，∵OA⊥AB,∴DE⊥AB,∴∠OAB=∠DEA=90°, 又∵DF⊥DE,∴∠EDF=90°∴四边形DFAE是矩形，∴DF=AE=3.（2）解： ∵∠DEF大小不变，如图2，过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB,∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM//AB,DN//OA,∴,,∵点D为OB中点，∴M、N分别是OA、AB中点，∴DM=AB=3,DN=OA=4,∵∠EDF=90°,∴∠FDM=∠EDN.又∵∠DMF=∠DNE=90°,∴△DMF∽△DNE∴,∵∠EDF=90°,∴tan∠DEF=（3）解：过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N.若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.①当点E到达中点之前时.NE=3-t，由△DMF∽△DNE得MF=（3-t）.∴AF=4+MF=-t+.∵点为EF的三等分点。∴（.t）.由点A（8，0），D（4，3）得直线AD解析式为y=-χ+6.(.t)代入，得t=.②当点E越过中点之后.NE=t-3,由△DMF～△DNE得MF=（t-3）.∴AF=4-MF=-+.∵点为EF的三等分点.∴(.).代入直线AD解析式y=-χ+6.得t=.【考点】矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，与一次函数有关的动态几何问题【解析】【分析】（1）当t=3时，如图1，点E、D分别为AB、OB中点，得出DE//OA，DE=OA=4，根据OA⊥AB得出DE⊥AB，从而得出四边形DFAE是矩形，根据矩形性质求出DF=AE=3.（2）如图2，过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,四边形OABC、DMAN都是矩形，由平行得出,,由D、M、N是中点又可以得出条件判断△DMF∽△DNE，从而得出tan∠DEF=。（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N；若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.分点E到达中点之前或越过中点之后来讨论，得出 NE，由△DMF∽△DNE得 MF和AF的长度， 再算出直线AD的解析式，由点G为EF的三等分点得出G点坐标将其代入AD直线方程求出t值。2、【答案】（1）证明：由对称得AE=FE，∴∠EAF=∠EFA，∵GF⊥AE，∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°，∴∠FGA=∠EFG，∴EG=EF.∴AE=EG.（2）解：设AE=a，则AD=na，当点F落在AC上时（如图1），由对称得BE⊥AF，∴∠ABE+∠BAC=90°，∵∠DAC+∠BAC=90°，∴∠ABE=∠DAC，又∵∠BAE=∠D=90°，∴△ABE~△DAC ,∴∵AB=DC，∴AB2=AD·AE=na·a=na2,∵AB>0，∴AB= .∴ .（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=4AB，则AB= .当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a，此时 ，∴n=4.∴当点F落在矩形外部时，n>4.∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，∴∠FCG若∠CFG=90°，则点F落在AC上，由（2）得 ，∴n=16.若∠CGF=90°（如图3），则∠CGD+∠AGF=90°，∵∠FAG+∠AGF=90°，∴∠CGD=∠FAG=∠ABE，∵∠BAE=∠D=90°，∴△ABE~△DGC，∴ ，∴AB·DC=DG·AE，即（ ）2=（n-2）a·a.解得 或 （不合题意，舍去），∴当n=16或 时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形.【考点】矩形的性质，解直角三角形的应用【解析】【分析】（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC , 则 ，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n，需要分类讨论，一般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答.二、压轴题--圆3、【答案】（1）解：β=α+90°，γ=﹣α+180°连接OB，∴由圆周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，∵OB=OA，∴∠OBA=∠OAB=α，∴∠BOA=180°﹣2α，∴2β=360°﹣（180°﹣2α），∴β=α+90°，∵D是BC的中点，DE⊥BC，∴OE是线段BC的垂直平分线，∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°∵∠BCA=∠EDC+∠CED，∴β=90°+∠CED，∴∠CED=α，∴∠CED=∠OBA=α，∴O、A、E、B四点共圆，∴∠EBO+∠EAG=180°，∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，∴γ+α=180°（2）解：当γ=135°时，此时图形如图所示，∴α=45°，β=135°，∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，由（1）可知：O、A、E、B四点共圆，∴∠BEC=90°，∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，∴ ，∴ ，设CE=3x，AC=x，由（1）可知：BC=2CD=6，∵∠BCE=45°，∴CE=BE=3x，∴由勾股定理可知：（3x）2+（3x）2=62 ，x= ，∴BE=CE=3 ，AC= ，∴AE=AC+CE=4 ，在Rt△ABE中，由勾股定理可知：AB2=（3 ）2+（4 ）2 ，∴AB=5 ，∵∠BAO=45°，∴∠AOB=90°，在Rt△AOB中，设半径为r，由勾股定理可知：AB2=2r2 ，∴r=5，∴⊙O半径的长为5．【考点】余角和补角，三角形的面积，勾股定理，圆的综合题【解析】【分析】（1）由圆周角定理即可得出β=α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED=α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；（2）由（1）及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，所以 ，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r；4、【答案】（1）解：∵MN⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如图1，连接MD，∵MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴ =2∠MDB=56°；（2）证明：∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；（3）解：①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，∵MD是Rt△MBP的中线，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2 ，∴12+MR2=22+PR2 ，∴12+（4﹣PR）2=22+PR2 ，∴PR= ，∴MR= ，Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，∴Q与R重合，∴MQ=MR= ；Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，在Rt△QCP中，PQ=2PR= ，∴MQ= ；Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，∵BM=1，MP=4，∴BP= ，∴DP= BP= ，∵cos∠MPB= = ，∴PQ= ，∴MQ= ；Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ= ；综上所述，MQ的值为 或 或 ；②△ACG和△DEG的面积之比为 ．理由：如图6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH= AC= AB=1=MG，AH= ，∴CG=MH= ﹣1，∴S△ACG= CG×CH= ，∵S△DEG= ，∴S△ACG：S△DEG= ．【考点】圆的综合题【解析】【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到 =2∠MDB=56°；（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2 ， 即可得到PR= ，MR= ，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为 或 或 ；②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH= AC=1=MG，即可得到CG=MH= ﹣1，进而得出S△ACG= CG×CH= ，再根据S△DEG= ，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．5、【答案】（1）解：在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A. ∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°， ∴3∠B+3∠C=360°. ∴∠B+∠C=120°. 即∠B与∠C的度数之和120°.（2）证明：在△BED和△BEO中， . ∴△BED≌△BEO（SAS）. ∴∠BDE=∠BOE. 又∵∠BCF=∠BOE. ∴∠BCF=∠BDE. 如下图，连结OC. 设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2. ∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2. ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA=. ∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2. ∴∠ABC=∠AOC=∠EFC. ∴四边形DBCF是半对角四边形.（3）解：如下图，作过点OM⊥BC于点M. ∵四边形DBCF是半对角四边形， ∴∠ABC+∠ACB=120°. ∴∠BAC=60°. ∴∠BOC=2∠BAC=120°. ∵OB=OC ∴∠OBC=∠OCB=30°. ∴BC=2BM=BO=BD. ∵DG⊥OB, ∴∠HGB=∠BAC=60°. ∵∠DBG=∠CBA, ∴△DBG△CBA. ∴=2=. ∵DH=BG,BG=2HG. ∴DG=3HG. ∴= ∴=.【考点】三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A；根据四边形的内角和为360°，得出∠B与∠C的度数之和.（2）如图连接OC，根据条件先证△BED≌△BEO，再根据全等三角形的性质得出∠BCF=∠BOE=∠BDE；设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2得出∠EFC=180°-∠AFE=180°-2；再根据OA=OC得出∠OAC=∠OCA=， 根据三角形内角和得出∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2；从而得证.（3）如下图，作过点OM⊥BC于点M，由四边形DBCF是半对角四边形，得出∠ABC+∠ACB=120°，∠BAC=60°.∠BOC=2∠BAC=120°；再由OB=OC，得出∠OBC=∠OCB=30°.BC=2BM=BO=BD；根据△DBG～△CBA得出答案.三、压轴题--方程6、【答案】（1）解：如图2所示：（2）证明：在图1中，过点B作BD⊥x轴，交x轴于点D.根据题意可证△AOC∽△CDB.∴.∴.∴m（5-m）=2.∴m2-5m+2=0.∴m是方程x2-5x+2=0的实数根.（3）解：方程ax2+bx+c=0（a≠0）可化为x2+x+=0.模仿研究小组作法可得：A（0，1），B（-，）或A（0，），B（-，c）等.（4）解：以图3为例：P（m1,n1）Q（m2,n2）,设方程的根为x，根据三角形相似可得.=.上式可化为x2-(m1+m2）x+m1m2+n1n2=0.又ax2+bx+c=0,即x2+x+=0.比较系数可得：m1+m2=-.m1m2+n1n2=.【考点】一元二次方程的解，根与系数的关系，作图—基本作图，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）根据题目中给的操作步骤操作即可得出图2中的图.（2）在图1中，过点B作BD⊥x轴，交x轴于点D.依题意可证△AOC∽△CDB.然后根据相似三角形对应边的比相等列出式子，化简后为m2-5m+2=0，从而得证。（3）将方程ax2+bx+c=0（a≠0）可化为x2+x+=0.模仿研究小组作法即可得答案。（4）以图3为例：P（m1,n1）Q（m2,n2）,设方程的根为x，根据三角形相似可得.=.化简后为x2-(m1+m2）x+m1m2+n1n2=0.又x2+x+=0.再依据相对应的系数相等即可求出。四、压轴题--一次函数7、【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6，所以点P与点C重合，所以点P的坐标为（3,4）.（2）解：①当点P在边AD上时，由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2，设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1，若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上，所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上，所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）.②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7，若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上，所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）.若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上，所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）.综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）.（3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）.①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3,则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|，易证得△OGM′~△HM′P，则 ,即 ，则OM′= ，在Rt△OGM′中，由勾股定理得， ，解得m= 或 ，则P（ ，4）或（ ，4）；②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）,则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|,易证得△OGM′~△HM′P，则 ,即 ，则OM′= ，在Rt△OGM′中，由勾股定理得， ，整理得m= ,则P（ ，3）；如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，所以GM=PM=4-2=2，则P（2，-4）.综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（ ，3）或（ ，4）或（ ，4）.【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题）【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解.五、压轴题--二次函数8、【答案】（1）解：把A（3，3 ），B（9，5 ）代入y=kx+b,得 ;解得：;∴y= x+2;（2）解：在△PQC中，PC=14-t,PC边上的高线长为;∴∴当t=5时，S有最大值；最大值为.（3）解： a.当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图1）；可得方程解得：,（舍去），此时t=.b.当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图2）可得方程,解得：;（舍去），此时；c.当6＜t≤10时，①线段PQ的中垂线经过点C（如图3）可得方程14-t=25-;解得：t=.②线段PQ的中垂线经过点B（如图4）可得方程;解得,（舍去）；此时；综上所述：t的值为，，，.【考点】待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的应用，与一次函数有关的动态几何问题，与二次函数有关的动态几何问题【解析】【分析】（1）用待定系数法求直线AB方程即可。（2）根据三角形的面积公式得到关于t的二次三项式，再由二次函数图像的性质求出S的最大值即可。（3）根据t的值分情况讨论，依题意列出不同的方程从而求出t的值。9、【答案】（1）解：11:40到12:10的时间是30分钟，则B（30,0），潮头从甲地到乙地的速度==0.4（千米/分钟）.（2）解：∵潮头的速度为0.4千米/分钟，∴到11:59时，潮头已前进19×0.4=7.6（千米），∴此时潮头离乙地=12-7.6=4.4（千米），设小红出发x分钟与潮头相遇，∴0.4x+0.48x=4.4，∴x=5,∴小红5分钟后与潮头相遇.（3）解：把（30,0），C（55,15）代入s=，解得b=，c=,∴s=.∵v0=0.4，∴v=,当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分，即v=0.48时，=0.48，∴t=35，∴当t=35时，s=，∴从t=35分钟（12:15时）开始，潮头快于小红速度奔向丙地，小红逐渐落后，但小红仍以0.48千米/分的速度匀速追赶潮头.设小红离乙地的距离为s1,则s1与时间t的函数关系式为s1=0.48t+h(t≥35)，当t=35时，s1=s=,代入得：h=,所以s1=最后潮头与小红相距1.8千米时，即s-s1=1.8，所以,，解得t1=50,t2=20（不符合题意，舍去）∴t=50,小红与潮头相遇后，按潮头速度与潮头并行到达乙地用时6分钟，∴共需要时间为6+50-30=26分钟，∴小红与潮头相遇到潮头离她1.8千米外共需26分钟.

【考点】二次函数的应用，二次函数与一次函数的交点问题【解析】【分析】（1）11:40到12:10的时间是30分钟，由图3可得甲乙两地的距离是12km，则可求出速度；（2）此题是相遇问题，求出小红出发时，她与潮头的距离；再根据速度和×时间=两者的距离，即可求出时间；（3）由（2）中可得小红与潮头相遇的时间是在12:04，则后面的运动过程为12:04开始，小红与潮头并行6分钟到12:10到达乙地，这时潮头开始从0.4千米/分加速到0.48千米/分钟，由题可得潮头到达乙后的速度为v=， 在这段加速的过程，小红与潮头还是并行，求出这时的时间t1 ， 从这时开始，写出小红离乙地关于时间t的关系式s1 ， 由s-s1=1.8，可解出的时间t2（从潮头生成开始到现在的时间），所以可得所求时间=6+t2-30。10、【答案】（1）解：依题可得：解得 ：所以抛物线L1的解析式为y=-x2-x-2.同理，解得 ：所以抛物线L2的解析式为y= -x2+x+2.（2）解：如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H.依题可得：解得∴抛物线L1的解析式为y=-x2+（m-4）x+4m.∴点D的坐标为（-,）.∴DG==,AG=.同理可得，抛物线L2的解析式为y=-x2+（m+4）x-4mEH==，BH=.∵AF⊥BF，DG⊥x轴，EH⊥x轴∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°∴∠ADG=∠ABF=90°-∠BAF∴△ADG∽△EBH∴=.∴=∴m=2或m=-2.（3）解：存在，例如a=-,a=-.【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的应用，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）把a、m代入得到已知点，把点代入函数解析式构成方程组，根据待定系数法可求出函数解析式.（2）如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，把a=-1代入函数解析式，然后结合（m,0）和（-4，0）代入可解出函数解析式L1 ， 然后分别求出D点坐标，得到DG,AG的长，同理得到L2;求得EH,BH的长，再根据三角形相似的判定与性质构造方程求解即可.（3）根据前面的解答，直接写出即可.

展开